專題12圓的相關性質、計算與基礎證明(36題)一、單選題1．(2023·云南·統(tǒng)考中考真題)如圖，是的直徑，是上一點．若，則(

)

A． B． C． D．【答案】B【分析】根據圓周角定理即可求解．【詳解】解：∵，，∴，故選：B．【點睛】本題考查了圓周角定理，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵．2．(2023·四川自貢·統(tǒng)考中考真題)如圖，內接于，是的直徑，連接，，則的度數是(

)A． B． C． D．【答案】C【分析】由是的直徑，得出，進而根據同弧所對的圓周角相等，得出，進而即可求解．【詳解】解：∵是的直徑，∴，∵，∴，∴，故選：C．【點睛】本題考查了圓周角定理的推論，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵．3．(2023·重慶·統(tǒng)考中考真題)如圖，是的切線，為切點，連接．若，，，則的長度是(

)

A． B． C． D．【答案】C【分析】根據切線的性質及正切的定義得到，再根據勾股定理得到．【詳解】解：連接，∵是的切線，為切點，∴，∵，，∴在中，，∵，∴在，，故選：．

【點睛】本題考查了切線的性質，銳角三角函數，勾股定理，掌握切線的性質是解題的關鍵．4．(2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題)如圖，已知點在上，為的中點．若，則等于()

A． B． C． D．【答案】A【分析】連接，如圖所示，根據圓周角定理，找到各個角之間的關系即可得到答案．【詳解】解：連接，如圖所示：

點在上，為的中點，，，，根據圓周角定理可知，，故選：A．【點睛】本題考查圓中求角度問題，涉及圓周角定理，找準各個角之間的和差倍分關系是解決問題的關鍵．5．(2023·江蘇連云港·統(tǒng)考中考真題)如圖，矩形內接于，分別以為直徑向外作半圓．若，則陰影部分的面積是(

)

A． B． C． D．20【答案】D【分析】根據陰影部分面積為2個直徑分別為的半圓的面積加上矩形的面積減去直徑為矩形對角線長的圓的面積即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接，

∵矩形內接于，∴∴陰影部分的面積是，故選：D．【點睛】本題考查了勾股定理，矩形的性質，熟練掌握勾股定理是解題的關鍵．6．(2023·四川眉山·統(tǒng)考中考真題)如圖，切于點B，連接交于點C，交于點D，連接，若，則的度數為(

)

A． B． C． D．【答案】C【分析】如圖，連接，證明，，可得，從而可得．【詳解】解：如圖，連接，

∵切于點B，∴，∵，，∴，∴，∴；故選：C.【點睛】本題考查的是切線的性質，圓周角定理的應用，三角形的內角和定理的應用，掌握基本圖形的性質是解本題的關鍵．7．(2023·浙江臺州·統(tǒng)考中考真題)如圖，的圓心O與正方形的中心重合，已知的半徑和正方形的邊長都為4，則圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離的最小值為(

)．

A． B．2 C． D．【答案】D【分析】設正方形四個頂點分別為，連接并延長，交于點，由題意可得，的長度為圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離的最小值，求解即可．【詳解】解：設正方形四個頂點分別為，連接并延長，交于點，過點作，如下圖：

則的長度為圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離的最小值，由題意可得：，由勾股定理可得：，∴，故選：D.【點睛】此題考查了圓與正多邊形的性質，勾股定理，解題的關鍵是熟練掌握圓與正多邊形的性質，確定出圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離的最小值的位置．8．(2023·四川瀘州·統(tǒng)考中考真題)如圖，在中，，點在斜邊上，以為直徑的半圓與相切于點，與相交于點，連接．若，，則的長是()

A． B． C． D．【答案】B【分析】連接，，首先根據勾股定理求出，然后證明出，利用相似三角形的性質得到，，證明出，利用相似三角形的性質求出．【詳解】如圖所示，連接，，

∵，，，∴，∵以為直徑的半圓與相切于點，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，即，∴，，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，即，∴解得．故選：B．【點睛】此題考查了圓與三角形綜合題，切線的性質定理，相似三角形的性質和判定，勾股定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．9．(2023·重慶·統(tǒng)考中考真題)如圖，為的直徑，直線與相切于點C，連接，若，則的度數為(

)

A． B． C． D．【答案】B【分析】連接，先根據圓的切線的性質可得，從而可得，再根據等腰三角形的性質即可得．【詳解】解：如圖，連接，

直線與相切，，，，，，，故選：B．【點睛】本題考查了圓的切線的性質、等腰三角形的性質，熟練掌握圓的切線的性質是解題關鍵．10．(2023·四川涼山·統(tǒng)考中考真題)如圖，在中，，則(

)

A．1 B．2 C． D．4【答案】B【分析】連接，由圓周角定理得，由得，，，在中，由，計算即可得到答案．【詳解】解：連接，如圖所示，

，，，，，，在中，，，故選：B．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，垂徑定理，解直角三角形，解題的關鍵是熟練掌握圓周角定理，垂徑定理，添加適當的輔助線．11．(2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題)《夢溪筆談》是我國古代科技著作，其中它記錄了計算圓弧長度的“會圓術”．如圖，是以點O為圓心、為半徑的圓弧，N是的中點，．“會圓術”給出的弧長的近似值計算公式：．當，時，則的值為()

A． B． C． D．【答案】B【分析】連接,根據等邊三角形的性質，垂徑定理，勾股定理，特殊角的三角函數，后代入公式計算即可．【詳解】連接，根據題意，是以點O為圓心、為半徑的圓弧，N是的中點，，

得，∴點M，N，O三點共線，∵，，∴是等邊三角形，∴，∴∴．故選：B．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，垂徑定理，勾股定理，特殊角的函數值，熟練掌握相關知識是解題的關鍵．12．(2023·浙江溫州·統(tǒng)考中考真題)如圖，四邊形內接于，，．若，，則的度數與的長分別為(

)

A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，【答案】C【分析】過點O作于點E，由題意易得，然后可得，，，進而可得，最后問題可求解．【詳解】解：過點O作于點E，如圖所示：

∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，，∴，，，∴，，，∴，∴，∴；故選：C．【點睛】本題主要考查平行線的性質、圓周角定理及三角函數，熟練掌握平行線的性質、圓周角定理及三角函數是解題的關鍵．13．(2023·四川樂山·統(tǒng)考中考真題)如圖，在平面直角坐標系中，直線與x軸、y軸分別交于A、B兩點，C、D是半徑為1的上兩動點，且，P為弦CD的中點．當C、D兩點在圓上運動時，面積的最大值是(

)

A．8 B．6 C．4 D．3【答案】D【分析】根據一次函數與坐標軸的交點得出，確定，再由題意得出當的延長線恰好垂直時，垂足為點E，此時即為三角形的最大高，連接，利用勾股定理求解即可．【詳解】解：∵直線與x軸、y軸分別交于A、B兩點，∴當時，，當時，，∴，∴，∴，∵的底邊為定值，∴使得底邊上的高最大時，面積最大，點P為的中點，當的延長線恰好垂直時，垂足為點E，此時即為三角形的最大高，連接，

∵，的半徑為1，∴∴，∵，∴，∴，∴，故選：D．【點睛】題目主要考查一次函數的應用及勾股定理解三角形，垂徑定理的應用，理解題意，確定出高的最大值是解題關鍵．二、填空題14．(2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題)如圖，四邊形內接于圓，若，則的度數是________．【答案】【分析】根據圓內接四邊形的性質：對角互補，即可解答．【詳解】解：∵四邊形內接于，∴，∵，∴．故答案為：．【點睛】本題主要考查了圓內接四邊形的性質，掌握圓內接四邊形的對角互補是解答本題的關鍵．15．(2023·甘肅武威·統(tǒng)考中考真題)如圖，內接于，是的直徑，點是上一點，，則________．

【答案】35【分析】由同弧所對的圓周角相等，得再根據直徑所對的圓周角為直角，得，然后由直角三角形的性質即可得出結果．【詳解】解：是所對的圓周角，是的直徑，，在中，，故答案為:．【點睛】本題考查了圓周角定理，以及直角三角形的性質，利用了轉化的思想，熟練掌握圓周角定理是解本題的關鍵．16．(2023年重慶市中考數學真題(A卷))如圖，是矩形的外接圓，若，則圖中陰影部分的面積為___________．(結果保留)

【答案】【分析】根據直徑所對的圓周角是直角及勾股定理得到，再根據圓的面積及矩形的性質即可解答．【詳解】解：連接，∵四邊形是矩形，∴是的直徑，∵，∴，∴的半徑為，∴的面積為，矩形的面積為，∴陰影部分的面積為；故答案為：；

【點睛】本題考查了矩形的性質，圓的面積，矩形的面積，勾股定理，掌握矩形的性質是解題的關鍵．17．(2023·浙江嘉興·統(tǒng)考中考真題)如圖，點是外一點，，分別與相切于點，，點在上，已知，則的度數是___________．

【答案】【分析】連接，根據切線的性質得出，根據四邊形內角和得出，根據圓周角定理即可求解．【詳解】解：如圖，

∵，分別與相切于點，，∴，∵，∴，∵，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了切線的性質，圓周角定理，求得是解題的關鍵．18．(2023·四川南充·統(tǒng)考中考真題)如圖，是的直徑，點D，M分別是弦，弧的中點，，則的長是________．

【答案】4【分析】根據圓周角定理得出，再由勾股定理確定，半徑為，利用垂徑定理確定，且，再由勾股定理求解即可．【詳解】解：∵是的直徑，∴，∵，∴，∴，∵點D，M分別是弦，弧的中點，∴，且，∴，∴，故答案為：4．【點睛】題目主要考查圓周角定理、垂徑定理及勾股定理解三角形，理解題意，綜合運用這些知識點是解題關鍵．19．(2023·四川廣安·統(tǒng)考中考真題)如圖，內接于，圓的半徑為7，，則弦的長度為___________．

【答案】【分析】連接，過點作于點，先根據圓周角定理可得，再根據等腰三角形的三線合一可得，，然后解直角三角形可得的長，由此即可得．【詳解】解：如圖，連接，過點作于點，

，，，，，∵圓的半徑為7，，，，故答案為：．【點睛】本題考查了圓周角定理、解直角三角形、等腰三角形的三線合一，熟練掌握圓周角定理和解直角三角形的方法是解題關鍵．20．(2023·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題)如圖，在中，，E為邊上一點，以為直徑的半圓O與相切于點D，連接，．P是邊上的動點，當為等腰三角形時，的長為_____________．

【答案】或【分析】連接，勾股定理求出半徑，平行線分線段成比例，求出的長，勾股定理求出和的長，分和兩種情況進行求解即可．【詳解】解：連接，

∵以為直徑的半圓O與相切于點D，∴，，∴設，則，在中：，即：，解得：，∴，∴，，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；∵為等腰三角形，當時，，當時，∵，∴點與點重合，∴，

不存在的情況；綜上：的長為或．故答案為：或．【點睛】本題考查切線的性質，平行線分線段成比例，勾股定理，等腰三角形的定義．熟練掌握切線的性質，等腰三角形的定義，確定點的位置，是解題的關鍵．21．(2023·上?！そy(tǒng)考中考真題)在中，點D在邊上，點E在延長線上，且，如果過點A，過點D，若與有公共點，那么半徑r的取值范圍是________．【答案】【分析】先畫出圖形，連接，利用勾股定理可得，，從而可得，再根據與有公共點可得一個關于的不等式組，然后利用二次函數的性質求解即可得．【詳解】解：由題意畫出圖形如下：連接，

過點，且，的半徑為7，過點，它的半徑為，且，，，，，在邊上，點在延長線上，，即，，與有公共點，，即，不等式①可化為，解方程得：或，畫出函數的大致圖象如下：

由函數圖象可知，當時，，即不等式①的解集為，同理可得：不等式②的解集為或，則不等式組的解集為，又，半徑r的取值范圍是，故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理、圓與圓的位置關系、二次函數與不等式，根據圓與圓的位置關系正確建立不等式組是解題關鍵．三、解答題22．(2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題)如圖，是的直徑，是上一點，過點作的切線，交的延長線于點，過點作于點．

(1)若，求的度數．(2)若，求的長．【答案】(1)；(2)【分析】(1)根據三角形的外角的性質，即可求解．(2)根據是的切線，可得，在中，勾股定理求得，根據，可得，進而即可求解．【詳解】(1)解：∵于點，∴，∴．

(2)∵是的切線，是的半徑，∴．在中，∵，∴．∵，∴∴，即，∴．【點睛】本題考查了三角形外角的性質，切線的性質，勾股定理，平行線分線段成比例，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．23．(2023·四川樂山·統(tǒng)考中考真題)如圖，已知是的外接圓，，D是圓上一點，E是延長線上一點，連結，且．

(1)求證：直線是是的切線；(2)若，的半徑為3，求的長．【答案】(1)見解析；(2)【分析】(1)由，可知是的直徑，由，可得，由，，可得，，則，由，可得，即，進而結論得證；(2)作，垂足為E，如圖所示，由題意知，是等腰三角形，則，由題意知，，，可求，，，由勾股定理得，根據，計算求解即可．【詳解】(1)證明：∵，∴是的直徑，∵，∴，∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，又∵是半徑，∴直線是是的切線；(2)解：作，垂足為E，如圖所示，

∵，∴是等腰三角形，∵，∴，由題意知，，，∴，∴，∴，由勾股定理得，∴，∴的長為．【點睛】本題考查了切線的判定，的圓周角所對的弦為直徑，同弧所對的圓周角相等，等腰三角形的判定與性質，正弦，勾股定理等知識．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．24．(2023·四川達州·統(tǒng)考中考真題)如圖，內接于是延長線上的一點，，相交于點．

(1)求證：是的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析；(2)6【分析】(1)由，為半徑，可知，，則，，，如圖1，連接，由，可得，則，即，進而結論得證；(2)如圖2，記與交點為，連接，過作于，證明是等邊三角形，則，，設半徑為，則，由，，可得，證明，則，即，解得或(舍去)，根據，計算求解即可．【詳解】(1)解：如圖，連接，

∵，∴，∴，∴，由等邊對等角可得，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，又∵是半徑，∴是的切線；(2)解：如圖2，記與交點為，連接，過作于，

∵，∴，∴是等邊三角形，∴，，設半徑為，∵，∴，∵，∴是等腰三角形，又∵，∴，∵，，∴，∴，即，解得或(舍去)，∴，∴的長為6．【點睛】本題考查了垂徑定理，等腰三角形的判定與性質，切線的判定，等邊三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，余弦、正切等知識．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．25．(2023·四川涼山·統(tǒng)考中考真題)如圖，是的直徑，弦，垂足為點，點是延長線上一點，，垂足為點，．

(1)求證：是的切線；(2)若，求的半徑和的長．【答案】(1)見解析；(2)的半徑為3，的長為【分析】(1)先根據直角三角形的性質可得，再根據等腰三角形的性質可得，從而可得，然后根據圓的切線的判定即可得證；(2)設的半徑為，則，，在中，利用勾股定理求解即可得；根據相似三角形的判定可得，根據相似三角形的性質即可得．【詳解】(1)證明：如圖，連接，

弦，，，，，，，即，，又是的半徑，是的切線．(2)解：如圖，連接，

設的半徑為，則，，，在中，，即，解得，，，，，，即，解得，所以的半徑為3，的長為．【點睛】本題考查了圓的切線的判定、勾股定理、相似三角形的判定與性質、等腰三角形的性質等知識點，熟練掌握圓的切線的判定，相似三角形的判定與性質是解題關鍵．26．(2023·四川南充·統(tǒng)考中考真題)如圖，與相切于點A，半徑，與相交于點D，連接．

(1)求證：；(2)若，求的長．【答案】(1)見解析；(2)【分析】(1)連接，根據切線的性質得出，再由平行線的性質得出，利用圓周角定理及等腰直角三角形的性質即可證明；(2)過點A作，過點C作的延長線于點F，根據勾股定理及等腰直角三角形的性質得出，再由正切函數確定，，再由正方形的判定和性質及相似三角形的判定和性質求解即可．【詳解】(1)證明：連接，如圖所示：

∵與相切于點A，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；(2)過點A作，過點C作交的延長線于點F，如圖所示：

由(1)得，∴為等腰直角三角形，∵，∴，∵，∴，，由(1)得，∵，∴四邊形為矩形，∵，∴四邊形為正方形，∴，∵，∴,∴即，解得：，∴．【點睛】題目主要考查圓周角定理，解直角三角形及正方形與相似三角形的判定和性質，理解題意，作出輔助線，綜合運用這些知識點是解題關鍵．27．(2023·上海·統(tǒng)考中考真題)如圖，在中，弦的長為8，點C在延長線上，且．

(1)求的半徑；(2)求的正切值．【答案】(1)5；(2)【分析】(1)延長，交于點，連接，先根據圓周角定理可得，再解直角三角形可得，由此即可得；(2)過點作于點，先解直角三角形可得，從而可得，再利用勾股定理可得，然后根據正切的定義即可得．【詳解】(1)解：如圖，延長，交于點，連接，

由圓周角定理得：，弦的長為8，且，，解得，的半徑為．(2)解：如圖，過點作于點，

的半徑為5，，，，，，即，解得，，，則的正切值為．【點睛】本題考查了圓周角定理、解直角三角形、勾股定理等知識點，熟練掌握解直角三角形的方法是解題關鍵．28．(2023·安徽·統(tǒng)考中考真題)已知四邊形內接于，對角線是的直徑．

(1)如圖1，連接，若，求證；平分；(2)如圖2，為內一點，滿足，若，，求弦的長．【答案】(1)見解析；(2)【分析】(1)利用垂徑定理的推論和圓周角的性質證明即可．(2)證明四邊形平行四邊形，后用勾股定理計算即可．【詳解】(1)∵對角線是的直徑，∴，∴，∴平分．(2)∵對角線是的直徑，∴，∴∵，∴，∴四邊形平行四邊形，∴，又∵，∴．【點睛】本題考查了垂徑定理的推論，直徑所對的圓周角是直角，平行四邊形的判定和性質，勾股定理，熟練掌握垂徑定理的推論，平行四邊形的判定和性質，勾股定理是解題的關鍵．29．(2023·江蘇連云港·統(tǒng)考中考真題)如圖，在中，，以為直徑的交邊于點，連接，過點作．

(1)請用無刻度的直尺和圓規(guī)作圖：過點作的切線，交于點；(不寫作法，保留作圖痕跡，標明字母)(2)在(1)的條件下，求證：．【答案】見解析【分析】(1)根據尺規(guī)作圖，過點作的垂線，交于點，即可求解；(2)根據題意切線的性質以及直徑所對的圓周角是直角，證明，根據平行線的性質以及等腰三角形的性質得出，進而證明，即可得證．【詳解】(1)解：方法不唯一，如圖所示．

(2)∵，∴．又∵，∴，∴．∵點在以為直徑的圓上，∴，∴．又∵為的切線，∴．∵，∴，∴，∴．∵在和中，∴．∴．【點睛】本題考查了作圓的切線，切線的性質，直徑所對的圓周角是直角，全等三角形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．30．(2023·四川眉山·統(tǒng)考中考真題)如圖，中，以為直徑的交于點E．平分，過點E作于點D，延長交的延長線于點P．

(1)求證：是的切線；(2)若，求的長．【答案】(1)見解析；(2)【分析】(1)連接，利用角平分線的性質和等邊對等角，證明，即可解答；(2)根據，可得，求出的長，再利用勾股定理得的長，即可得到的長，最后證明，即可解答．【詳解】(1)證明：如圖，連接，

，，平分，，，，,,是的切線；(2)解：設，則，，解得，，，根據勾股定理可得，,，是直徑，，，，，，，．

【點睛】本題考查了切線的判定，角平分線的定義，平行線的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，正弦的概念，熟練運用上述性質是解題的關鍵．31．(2023·江西·統(tǒng)考中考真題)如圖，在中，，以為直徑的與相交于點D，E為上一點，且．

(1)求的長；(2)若，求證：為的切線．【答案】(1)；(2)見解析【分析】(1)如圖所示，連接，先求出，再由圓周角定理得到，進而求出，再根據弧長公式進行求解即可；(2)如圖所示，連接，先由三角形內角和定理得到，則由圓周角定理可得，再由是的直徑，得到，進而求出，進一步推出，由此即可證明是的切線．【詳解】(1)解：如圖所示，連接，∵是的直徑，且，∴，∵E為上一點，且，∴，∴，∴的長；

(2)證明：如圖所示，連接，∵，，∴，∴，∵是的直徑，∴，∴，∵，∴，即，∵是的半徑，∴是的切線．

【點睛】本題主要考查了切線的判定，求弧長，圓周角定理，三角形內角和定理等等，正確作出輔助線是解題的關鍵32．(2023·湖南懷化·統(tǒng)考中考真題)如圖，是的直徑，點是外一點，與相切于點，點為上的一點．連接、、，且．

(1)求證：為的切線；(2)延長與的延長線交于點D，求證：；(3)若，求陰影部分的面積．【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3)【分析】(1)連接，證明，即可得證；(2)根據，即可得證；(3)根據圓周角定理得出，進而勾股定理求得，根據，即可求解．【詳解】(1)證明：∵是的切線，∴如圖所示，連接

在與中，∴∵為上的一點．∴是的切線；(2)∵是的切線；∴，∴∴(3)解：∵，∴，∵∴，∴，∴.【點睛】本題考查了切線的性質與判定，圓周角定理，求含30度角的直角三角形的性質，勾股定理，求扇形面積，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．33．(2023·江蘇揚州·統(tǒng)考中考真題)如圖，在中，，點D是上一點，且，點O在上，以點O為圓心的圓經過C、D兩點．

(1)試判斷直線與的位置關系，并說明理由；(2)若的半徑為3，求的長．【答案】(1)直線與相切，理由見解析；(2)6【分析】(1)連接，根據圓周角定理，得到，進而得到，即可得出與相切；(2)解直角三角形，求出的長，進而求出的長，再解直角三角形，求出的長即可．【詳解】(1)解：直線與相切，理由如下：連接，則：，

∵，即：，∴，∵，∴，∴，∴，∵為的半徑，∴直線與相切；(2)解：∵，的半徑為3，∴，∴，∴，∵，∴，設：，則：，∴，∴．【點睛】本題考查切線的判定，解直角三角形．熟練掌握切線的判定方法，正弦的定義，是解題的關鍵．34．(2023·四川成都·統(tǒng)考中考真題)如圖，以的邊為直徑作，交邊于點D，過點C作交于點E，連接．

(1)求證：；(2)若，求和的長．【答案】(1)見解析；(2)，【分析】(1)根據，得到，再根據同弦所對的圓周角相等，得到，可證明是等腰三角形，即可解答；(2)根據直徑所對的圓周角為直角，得到，設，根據勾股定理列方程，解得x的值，即可求出；過點作的垂線段，交的延長線于點F，證明，求出的