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圆--有关切线的证明 高频考点归纳 专项练 2026年数学中考一轮复习备考
1．如图，是的直径，点D在的延长线上，C、E是上的两点，，，延长交的延长线于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长；
2．如图，四边形内接于，对角线是的直径，过点作的垂线交的延长线于点，为的中点，连接，，与交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
3．如图，四边形内接于，为的直径，点平分，过点的直线分别交，的延长线于点，，且.
(1)求证：为的切线；
(2)若点是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由.
4．如图，在中，点A是弧的中点，以、为邻边作平行四边形，延长交于点E，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径．
5．如图，内接于，是的直径，，作交于点E，交于点F，且．
(1)求证：是的切线．
(2)若，求的长．
6．如图，为的直径，和相交于点F，平分，点C在上，且，交于点P．
(1)求证：是的切线；
(2)求证：．
7．如图，为的直径，为的弦，交于点，延长至点，连接并延长与的延长线交于点．
(1)求证：为的切线；
(2)若，求的长．
8．如图，、分别是的直径和弦，于点．过点作的切线与的延长线交于点，、的延长线交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求线段的长．
9．如图，点A，B，C在上，平分交于点D，点E在的延长线上，连接
(1)求证：是的切线．
(2)若，，求的长．
10．如图，内接于，的延长线交于点，交于点，交的延长线于点，且．
(1)求证：是的切线．
(2)求证：平分．
11．如图，为的外接圆，为的直径，平分，，垂足为D．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，求的半径．
12．如图，内接于，是的直径，过点O作交于点D，垂足为M．连接、，与交于点E，在的延长线上取一点N，使．
(1)求证：是的切线；
(2)若的直径为5，，求的长．
13．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交BC于点D，交CA的延长线于点E，过点D作DG⊥AC，垂足为点G，连接DE，交AB于点F，连接BE．
（1）求证：DG是⊙O的切线；
（2）若AE＝4，，求BE的长．
14．如图，在中，是直径，是弦，且，垂足为，，，在的延长线上取一点，连接，使．
(1)求证：是的切线；
(2)求的长．
15．如图，是的直径，是弦，是的中点，与交于点，是延长线上的一点，且．
(1)求证：为的切线；
(2)连接，取的中点，连接．若，，求的长．
16．如图，是的直径，点C在上，连接，作直线，交直线于点E，交的角平分线于点D，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)连接交于点F．若，，求的半径．
17．如图，是的内接三角形，，点P在的延长线上，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求半径的长．
参考答案
1．(1)见解析；
(2)5．
本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的判定定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
（1）根据圆周角定理，等腰三角形的性质得出，即，再利用圆的切线的判定定理解答即可；
（2）利用直角三角形的边角关系定理，相似三角形的判定与性质求得线段，则，再证明，则可得
（1）证明：如图，连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：在中，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
2．(1)见解析
(2)4
本题是圆的综合题，考查了切线的判定，垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，
（1）由圆周角定理得出，利用直角三角形的性质结合等腰三角形的性质得出，进而得出答案；
（2）过点O作于点G，由垂径定理可得，利用，可求半径为2，即可求解．
（1）证明：如图，连接．
是的直径，
．
．
是的中点，
．
．
，
．
，
．
，即．
是的切线；
（2）解：如图，过点O作于点G．
由垂径定理，得．
设，则，．
，
，
整理，得，即．
，
．
，即的半径为2．
．
3．(1)见解析
(2)四边形是菱形，理由见解析
（1）根据圆内接四边形对角互补得，再结合为的直径，得，然后证明，再结合点是的中点，由垂径定理得，故，即可作答．
（2）先通过三边相等的三角形是等边三角形，证明是等边三角形，再结合四边形内接于，则，然后得，则，即，证明四边形是平行四边形，再结合一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可作答．
（1）证明：如图，连接，
∵四边形内接于，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴为的切线；
（2）解：四边形是菱形.
理由：由（1）知，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形.
本题考查了垂径定理，圆内接四边形，切线的判定与性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，菱形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
4．(1)证明见详解
(2)
本题主要考查了圆的有关知识、平行四边形的判定与性质、切线的判定、勾股定理等知识点，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
（1）如图：连接交于点，根据题意可得，进而得到，再根据平行四边形的性质可得即可证明结论；
（2）如图：连接，由平行四边形的性质可得、，进而得到，根据等腰三角形的性质可得，再根据勾股定理可得，设的半径为，则，然后根据勾股定理列方程求解即可．
（1）证明：如图：连接交于点，
∵A是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线．
（2）解：如图：连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
设的半径为，则，
在中，，
∴，解得：，
∴的半径为．
5．(1)见解析
(2)
（1）根据等边对等角，对顶角的性质可得出，，根据垂直的定义以及三角形的内角和定理得出，即，然后根据切线的判定即可得证；
（2）根据勾股定理求出，证明，求出，，证明，求出，最后根据线段的和差关系求解即可．
（1）证明∶连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
又是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵是的直径，
∴，
又，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
又，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，圆周角定理的推论，等腰三角形的性质等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键．
6．(1)见解析
(2)见解析
本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键．也考查了切线的判定．
（1）连接，如图，先证明，然后利用得到，然后根据切线的判定方法得到结论；
（2）证明，然后利用相似三角形的性质得到结论．
（1）证明：如图1，连接，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是的切线；
（2）证明：∵为的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴.
7．(1)见解析
(2)6
本题主要考查了圆的切线的判定及性质，解直角三角形的相关知识．
（1）连接，由得，由得，再根据可得，即可得出结论；
（2）先由已知证明，即可得，设，则，，，，再由勾股定理可求出x和的长．
（1）证明：如图，连接，
，
，
，
，
，
，即，
，而点在圆上，
为的切线；
（2）解：，
，
，
，
，
，
设，则，
∴，
∵，
∴，
，
在中，，
∴，
解得，
∴．
8．(1)证明见解析；(2) .
(1)连接OC，证明△PAO≌△PCO，得到对应角相等，以及切线的性质定理得到∠PCO=90°，即可得证；
（2）先证三角形OBC是等边三角形，得到∠COB=60°，根据（1）中∠OCF=90°，结合半径OC即可得到答案.
(1)连接，
∵，经过圆心，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴
∵是的切线，
∴．
∴，
即
∴是的切线．
(2)∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
由(1)知，
∴．
本题考查了切线的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形的综合应用.解决本题的关键是证切线转化成证垂直.
9．(1)见解析
(2)的是
连接，则，所以，推导出，由，，得，则，即可证明是的切线；
由，，，证明，则，由，得，则，所以，而，可证明，则．
（1）证明：连接OD、OC，则，
，
，
，
平分交于点D，
，
，
，
，
是的半径，且于点D，
是的切线．
（2）解：，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
的是6．
此题重点考查圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理、切线的判定等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
10．(1)见解析
(2)见解析
本题考查的是切线的判定，圆周角定理，，等腰三角形的性质，熟练掌握圆的性质是解答本题的关键．
（1）先证明，利用平行线的性质得，，求出，再进一步可得结论；
（2）由圆周角定理得，等量代换得，从而可得结论．
（1）证明：是的直径，
．
，
．
，
，
，
，
是半径，
是的切线．
（2）证明：与都是所对的圆周角，
．
，
，
．
由（1），知，
，
平分．
11．(1)见解析
(2)的半径为．
本题考查了切线的判定和性质．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．同时考查了三角函数的知识．
（1）要证为的切线，连接，只证即可；
（2）根据勾股定理求出的长，求得，从而根据三角函数的知识即可得出的半径．
（1）证明：连接；
∵为的直径，平分，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为的切线；
（2）解：∵，，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴的半径为．
12．(1)见解析
(2)
（1）根据，求得，，即可解答．
（2）根据圆周角定理得，根据三角函数，得到，由勾股定理得，根据相似三角形的性质即可得到结论．
本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，三角函数，勾股定理，相似三角形的判定与性质．
（1）证明：，
，
，
，
，即
，
是的半径，
是的切线
（2）是的直径，
在中，，，
，即，
由勾股定理得
，为的半径，
，
，
，
，
，
，
，即，
．
13．（1）见解析；（2）．
（1）连接OD，由等腰三角形的性质得∠ODB=∠OBD=∠ACB，从而得ODAC，进而得DG⊥OD，即可得到结论；
（2）首先根据相似三角形的性质求出OD的长度，进而得出直径的长度，最后根据勾股定理即可求出BE的长度．
解：（1）连接OD，
∵OB=OD，
∴△ODB是等腰三角形，∠OBD=∠ODB，
∵在△ABC中， AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ODB=∠OBD=∠ACB，
∴ODAC，
∵DG⊥AC，
∴DG⊥OD，
∴DG是⊙O的切线；
（2）由（1）可知：，
∴，
又∵，
，
，
∵，
∴，
∵AB是⊙O的直径，
∴，，
∴在中，．
本题主要考查圆的切线的判定定理，等腰三角形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，熟练掌握圆的切线的判定定理，等腰三角形的性质是解题的关键．
14．(1)见解析
(2)
本题考查了圆周角定理、垂径定理、切线的判定以及相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质是解题的关键；
（1）连接，如图，由圆周角定理可得，结合已知可得，根据得到，进而得到，即，即可得到结论；
（2）根据垂径定理可求出，勾股定理求出，接着证明，然后利用相似三角形的性质即可求出答案．
（1）证明：连接，如图：
∵，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，即，
∵为圆的半径，
∴是的切线；
（2）∵是直径，，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：．
15．(1)见解析
(2)
本题考查了切线的判定，同弧所对的圆周角相等，勾股定理，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
（1）连接，．由，，可得，由是的直径，是的中点，，进而可得，即可证明为的切线；
（2）连接，过作，垂足为．利用相似三角形的性质求出，设的半径为，则．在中，勾股定理求得，证明，得出，根据，求得，进而求得，根据勾股定理即可求得．
（1）证明：如图，连接，．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵是的直径，是的中点，则，
∴．
∴．
∴，即．
∴．
∴为的切线．
（2）解：如图，连接，过作，垂足为．
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，解得，
设的半径为，则．
解之得．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵为中点，
∴．
∴，．
∴．
∴．
16．(1)见解析；
(2)．
本题主要考查了全等三角形的判定与性质、圆的切线的判定、相似三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值等知识点，灵活运用相似三角形的判定与性质成为解题的关键．
（1）由角平分线的定义以及已知条件可证明可得，进而得到即可证明结论；
（2）如图：连接．易证可得、，进而得到，易证可得，则、、，根据特殊角的三角函数值可得，则，进而得到，然后求得即可解答．
（1）证明：∵平分，
．
，
．
．
，垂足是C，
．
．
∴半径．
∴是的切线．
（2）解：如图：连接．
．
，
．
．
，，
，
．
．
，
．
，
．
．
∴，
∴，
∴，
∴
∴，即的半径为．
17．(1)是的切线
(2)1
（1）先利用圆周角定理证得，再根据平行线的性质，求得，然后利用切线的判定得出结论；
（2）先证明，再根据相似三角形的性质，列出比例式，设，接着用表示出，然后利用勾股定理求得，代入比例式中，求得，再利用线段的和求得，得到关于的方程，求出，最后求出．
（1）证明：如图，连接．
，
．
，
．
∵是半径，
是的切线．
（2）设与相交于点D．
，
．
∵，
．
，
，
．
，
．
设，则．
∴在中，．
．
．
．
，
，
．
．
本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，利用平行线的性质求角度，解题的关键是证明三角形相似，列出比例式求出待求线段的长．
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