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2025年九年级中考数学复习
圆周角定理综合题典型题型
1．如图，在等腰三角形中，，，于点，是的外接圆，交的延长线于点．
(1)判断并说明与的位置关系；
(2)当，时，求弧与弦所围成的弓形面积（阴影部分）．
2．如图，过点C作外接圆，的切线与的延长线交于点D，交于点，垂足为点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，，求的长．
3．如图，是的直径，C为上一点，点D是的中点，连接交于点E，延长至F，使．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求和长．
4．如图，是的直径，，，为垂足，点是上一点，的延长线交于点，连结交于点．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若点是的中点，求的长．
5．已知内接于，为的直径，，点为线段延长线上一点，且．
(1)求证：直线与相切；
(2)过点A作交于点，的延长线交点，若，求线段的长．
6．如图1，四边形是圆的内接四边形，交的延长线于点，平分，是的中点．
(1)若，求的度数．
(2)如图2，连结．求证：
①；
②．
7．如图1，非直径的弦，在上运动，连接，，，．
(1)如图2，当点，重合时，若，，则______．
(2)如图3，当弦在弦所对的优弧上时，延长，交于点，，，．
①求证；
②求半径．
(3)如图4，在（2）条件下，连接，直接写出的最大值．
8．如图，线段为的直径，点C，D为上的两点，点D平分，与相交于点E，连接，，延长至F，连接，使．
(1)求证：；
(2)求证：为的切线；
(3)若，且，求线段的长．
9．如图，在正方形中，是上一点，是上一点，，的外接圆交于点．
(1)求证：；
(2)连接，若，求证：直线是的切线；
(3)在（2）的条件下，若，求线段的长度．
10．已知内接于圆，作外角的角平分线交圆于点A，连结，．
(1)如图1，求证：为等腰三角形．
(2)如图2，若过圆心，、交于点F，，，求．
(3)如图3，作直径交于点G，若，且，，求圆的半径．
11．如图，在中，，点是上一点，以为直径的交于点，连接，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，的半径为4，求的长．
12．如图，内接于，是的直径，点是上一点，过点作的切线交的延长线于点，过点作于点，交于点，．
(1)求证：；
(2)若的半径是3，，求的长．
13．如图，四边形内接于，是的直径，平分，点在延长线上，．
(1)求证：是的切线．
(2)若，，求的长
14．如图，在中，，以为直径作交于点D．点在线段上，．连接并延长交于．
(1)求证：；
(2)连接交于点．若，，求的半径．
15．如图，的外接圆的直径交于点，过点作于点，延长交于点，连接，．
(1)求证：；
(2)若平分．
①已知，，求的长；
②若点为的中点，且，，三点在同一直线上，试猜想与的数量关系，并证明你的结论．
《2025年九年级中考数学复习-圆周角定理综合题典型题型》参考答案
1．(1)直线与的位置关系是相切，理由见解析；
(2)．
【分析】（）连接，由等腰三角形三合一定理可得，故有，所以为的直径，从而得到是中位线，则，得到，最后由切线的判定即可求证；
（）连接，过作于点，证明是等边三角形，则有，，，然后根据直角三角形的性质可得，，，，最后通过弓形面积为即可求解．
【详解】（1）解：直线与的位置关系是相切，理由：
连接，
∵，，
∴，
∴，
∴为的直径，
∴，
∴是中位线，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴与相切；
（2）解：如图，连接，过作于点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴弓形面积为
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，扇形面积，等边三角形的判定与性质，切线的判定，直角三角形的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
2．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，证明可得证是的切线；
（2）延长交于点，连接，则由圆周角定理得到，，则在中，，求出，则由勾股定理得，可得，证明出四边形是正方形，则，则，继而，则，即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵的切线与的延长线交于点D，
∴，
∵ ，，
∴，，，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，，
∴
∴，
∴是的切线；
（2）解：如图，延长交于点，连接，
∵是直径，
∴，
∵，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴
∴
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，正方形的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理，勾股定理等，作出辅助线，活用三角函数是解题的关键．
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，由是的直径可得，进而得垂直平分，得到，根据三线合一可得，又由点是的中点得，即可得，即得，即可求证；
（2）由（1）可得，利用三角函数可得，即可得到，再利用三角函数可得，得到，又由圆周角定理得，设，则，由勾股定理得，解方程求出即可求解；
【详解】（1）解：连接，
是的直径，
，
，
垂直平分，
，
，
即，
∵点是的中点，
，
，
，
，
即，
∵为的半径，
∴是的切线；
（2）解：由（1）可知，，
，
在中，，
，
即，
，
，
在中，，
，
即，
，
，
，
，
∵是的直径，
，
，
设，则，
在中，，
，
解得（不合，舍去）或，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定，等腰三角形的性质，三角函数，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
4．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）连结，设，由直径所对圆周角是直角及同弧所对的圆周角相等得，进而得，即可证明结论；
（2）连接，，，，由垂径定理得，根据圆周角定理可得，进而得，推出 ，根据同弧所对的圆周角相等得，由得，根据等角的补角相等得，即可证明相似；
（3）连结，，设，则，证明， 得 ，进而可得 ，证明，由 ，得，由，即得方程求解即可得解．
【详解】（1）证明：连结，设，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）证明：连接，，，，
是的直径， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又．
，
，
；
（3）解：如图，连结，，
为的中点 ，
设，则，
为直径，，
，
，
，，
，
又 ，
，
，
，
，
， ，
，
，即，
，
，即 ，
，
解得或（舍去），
．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，三角形内角和定理，圆周角定理及推论，垂径定理，相似三角形的判定与性质等，综合性强，难度较大，属于中考压轴题，解此题的关键在于熟练掌握其知识点．
5．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由求出，再由、得到，从而得到，得证是的切线；
（2）由和直径为4结合垂径定理求得、和..的长度，再结合的度数求出和的大小，从而求出线段的长，于是得到结论．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
，，
，
，
，
是的切线．
（2）解：，，
，，
直径为4，
，
，
，，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质、圆周角定理、垂径定理、等腰直角三角形的三边关系和等腰三角形的判定与性质，第一问解题的关键是利用圆周角定理求出的度数和利用等边对等角求出的大小，第二问解题的关键是通过垂径定理判断出，然后利用等角对等边求出线段的长度．
6．(1)
(2)①见解析；②见解析．
【分析】（1）根据，结合得到继而得到，根据圆的内接四边形的性质，平角的定义，三角形内角和定理解答即可．
（2）①根据圆的内接四边形的性质，角的平分线证明即可；
②．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∵是的中点．
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）①证明：∵平分，
∴，
∵四边形是圆的内接四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②证明：延长到点G，使得，连接，
∵，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∵是的中点．
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的内接四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，圆的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
7．(1)
(2)①见详解；②
(3)
【分析】（1）先求出的度数，然后根据圆周角定理求解即可；
（2）①连接，由圆周角定理得，，然后利用三角形外角的性质求解即可；
②取上一点，使得，连接，，．证明为等边三角形，作于点．在求出和，进而可求出，然后可求半径；
（3）先判断在运动过程中形状不变，当为直径时，最大，然后求出的长即可求出的最大值．
【详解】（1）解：∵，，
∴
∴．
故答案为：；
（2）解：① 如图1，连接．
∵，，
∴，
又，
∴；
②如图2，取上一点，使得，连接，，．
∵，
∴
∴
又∵
∴为等边三角形
作于点．
∵
∴
∵，
∴，，
∴，
∴
（3）解：∵为定值，
∴是定值，
∴是定值，
∵，
∴在运动过程中形状不变，当为直径时，最大．
∴，
∴，
∴，
即最大值为．
【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形外角的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，以及锐角三角函数的知识，灵活运用各知识点是解答本题的关键．
8．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由点D平分可知，得，由，可知，则，即可证得结论；
（2）由（1）可知，可知，进而可知，则，即可证得结论；
（3）延长交于，连接，先证，得，进而求得，则，，，，则，再证，得，设，则，，列出方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵点D平分，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：由（1）可知，
∴，
∵，
∴，则，
∴为的切线；
（3）解：延长交于，连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，则，，
∴，，
则，
由圆周角定理可知，，，
∴，
∴，
设，则，，
∴，解得：（负值舍去），
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的证明，平行线的判定，相似三角形的判定及性质，熟练掌握相关图形的性质，添加辅助线构造相似三角形是解决问题的关键．
9．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先根据同弧所对圆周角相等得到，再由等边对等角得到，然后由正方形的性质得到，通过角的和差进而得到，可证，即可证明；
（2）连接根据正方形的性质易证，从而得到，，结合（1）中，可推出，然后利用圆周角定理求得，从而得到，得证；
（3）连接交于点，连接，根据正方形的性质和直径所对圆周角为直角，则有，，然后利用（2）中，，求得，可证，从而得到，，最后在中利用勾股定理并结合（1）中，即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵和为所对圆周角，
，
，
，
，
∵四边形是正方形，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：连接，如图，
∵四边形是正方形，
，
，
∴，
，
由（1）可知，，
，
，
，
又∵是所对的圆周角，是所对圆心角，
，
，
，
∴直线是的切线；
（3）解：连接交于点，连接，如图，
∵四边形是正方形，，
，
，
由（2）可知，
，
，
由（1）可知，
，
又∵是的直径，
，
，
∴，
，
在中，，
，
，
解得，
由（1）可知，
，
∴线段的长度为．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，同弧所对圆周角相等，直径所对圆周角为直角，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，切线的判定，平行线的判定和性质，勾股定理，熟练掌握各种性质、定理，作好辅助线是解题的关键．
10．(1)为等腰三角形
(2)
(3)
【分析】（1）如图，根据圆内接四边形的性质与角平分线定义证明，即可得出结论；
（2）连结．由垂径定理的推论与圆周角定理的推论证明，从而得到，得到即，求得，从而求得，最后由勾股定理求解即可；
（3）连结，在射线上取点K，使得，证明，得到，即，解得，再证明，则，求解得，则，再由勾股定理，求得，在RT中，根据勾股定理得，即
，求解即可．
【详解】（1）解：如图，
，
，即为等腰三角形
（2）解：连结．
∵为圆直径
∴
∴
∴
∴
由勾股定理得：
（3）解：连结，在射线上取点K，使得
∵
∴设
∵
∴
∵
∴
∵四边形内接于圆O，
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴，
∴
∵
∴
∴
∴
由勾股定理，得
在RT中，
．
【点睛】本题考查圆周角定理及其推论，垂径定理的推论，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，此题是圆的综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
11．(1)见解析
(2)4
【分析】本题考查了切线的判定，弧、弦、圆心角的关系，圆周角定理，平行线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握以上知识点是解题的关键．
（）连接，根据圆周角定理得到，得到，根据平行线的性质得到，根据切线的判定定理即可求证；
（）证明，根据相似三角形的性质求出即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：．
12．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，切线的性质，锐角三角函数等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
（1）先根据圆周角定理结合已知得到，则，而，可得到，即可证明平行；
（2）连接，由是的切线，结合得到，由题意得，则，由勾股定理得，由求解即可．
【详解】（1）证明：如图，
∵是的直径，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：连接，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
由题意得，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
13．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，先证明，结合，可得，从而可得结论；
（2）如图：先证明，，可得；求解，，证明，再利用相似三角形的性质可得答案．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
，，
，
是的直径，
，
，
，
为半径，
是的切线．
（2）解：如图：
平分，
，
，，
，
是的直径，
，
，即；
，
，，
，，
，
，
，
．
【点睛】本题考查的是切线的判定，相似三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
14．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，设，先证明，然后根据垂直平分线的性质定理证明，再逐步求得，即得答案；
（2）连接，先证明，接着证明，即得和，从而可得，继续证明是等边三角形，最后利用直角三角形的性质，即可求得答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，设，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：如图，连接，
由（1）可得，，
，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，，
，
，
，
即的半径为．
【点睛】本题主要考查了圆与三角形的综合性问题，垂直平分线的性质定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握圆周角定理及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
15．(1)见解析
(2)①；②，见解析
【分析】（1）由三角形内角和定理得到，进而即可得解；
（2）①过点B作于点M，则，先证，可得，所以，利用勾股定理求出，再利用等面积求出，，，，最后再证，利用相似比求解即可；
②先证都是等腰直角三角形，过点F作于点M，可证，，所以，设，则，，进而即可得解．
【详解】（1）证明：如图1．
∵是的直径，，
∴，
∵对的圆周角是和，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴．
（2）解：①如图2，过点B作于点M，则，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
在中，，由勾股定理，得：．
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴．
②与的数量关系是，理由如下：
如图．
∵，点为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴都是等腰直角三角形，
∴，
过点F作于点M，
∵平分，
∴，
在中，，
由①，得：，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
设，则，，
∴，即．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定和性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．

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