?中考數(shù)學第三輪復習策略
第三輪復習的形式是模擬中考的綜合拉練，查漏補缺，這好比是一個建筑工程的驗收階段，考前練兵。
1、同學們應當注重研究歷年的中考題，訓練答題技巧、考場心態(tài)、臨場發(fā)揮的能力等。2、第三輪復習應該注意的幾個問題：
（1）模擬題必須要有模擬的特點。時間的安排，題量的多少，低、中、高檔題的比例，總體難度的控制等要貼近中考題。
（2）模擬題的難度應當立足中考又要高于中考。
（3）詳細統(tǒng)計模擬測試失分情況。
（4）對錯題進行糾錯和消化，與之相關的基礎知識要再記憶再鞏固。
（5）適當?shù)摹敖夥拧?，但應保持適度緊張的精神狀態(tài)。實踐證明，適度緊張是正常或者超常發(fā)揮的最佳狀態(tài)。
（6）調(diào)節(jié)生物鐘。盡量把學習、思考的時間調(diào)整得與中考答卷時間相吻合。

回歸教材重難點09 圓的綜合問題

圓的綜合問題是初中《圓》章節(jié)的重點內(nèi)容，考查的相對比較綜合，把圓的性質(zhì)與相似，三角函數(shù)等知識點結合起來。在中考數(shù)學中，主要是以解答題形式出現(xiàn)。通過熟練圓的性質(zhì)，提升數(shù)學學科素養(yǎng)，提高邏輯思維推斷能力。
本考點是中考五星高頻考點，在全國各地的中考試卷中均有出現(xiàn)，題目難度較大，甚至有些地方將其作為解答題的壓軸題。

1.垂徑定理：垂直于弦的直徑平分弦，并且平分弦所對的兩條弧。
推論：平分弦(不是直徑)的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條弧；弦的垂直平分線過圓心，且平分弦對的兩條?。?br /> 2.圓周角定理：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半。
推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等。
推論2：半圓(或直徑)所對的圓周角是直角，90°的圓周角所對的弦是直徑。

1．（2021·四川內(nèi)江·中考真題）如圖，是的直徑，、是上兩點，且，過點的直線交的延長線于點，交的延長線于點，連接、交于點．
（1）求證：是的切線；
（2）若，的半徑為2，求陰影部分的面積；
（3）連結，在（2）的條件下，求的長．

【答案】（1）見解析；（2）；（3）
【分析】（1）根據(jù)同圓中等弧所對的圓周角相等得到∠CAD=∠DAB，根據(jù)等邊對等角得到∠DAB=∠ODA，則∠CAD=∠ODA，即可判定OD∥AE，進而得到OD⊥DE，據(jù)此即可得解；
（2）連接BD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出AE=3，AD=2，解直角三角形得到∠DAB=30°，則∠EAF=60°，∠DOB=60°，DF=2，再根據(jù)S陰影=S△DOF-S扇形DOB即可得解；
（3）過點E作EM⊥AB于點M，連接BE，解直角三角形得到AM=，EM=，則MB=，再根據(jù)勾股定理求解即可．
【詳解】解：（1）證明：如圖，連接，

，，
，，，，
，，
是的半徑，是的切線；
（2）解：，，，
，的半徑為2，，，
如圖，連接，

是的直徑，，，
，，，即，，
在中，，，，，，
，，；
（3）如圖，過點作于點，連接，

在中，，，
，
．
【點睛】考查了切線的判定與性質(zhì)、扇形的面積、相似三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形，熟練掌握切線的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)并證明△OGD∽△EGA求出AE是解題的關鍵．
2．（2021·遼寧鞍山·中考真題）如圖，AB為的直徑，C為上一點，D為AB上一點，，過點A作交CD的延長線于點E，CE交于點G，連接AC，AG，在EA的延長線上取點F，使．
（1）求證：CF是的切線；
（2）若，，求的半徑．

【答案】（1）見解析；（2）5
【分析】（1）根據(jù)題意判定，然后結合相似三角形的性質(zhì)求得，從而可得，然后結合等腰三角形的性質(zhì)求得，從而判定CF是的切線；
（2）由切線長定理可得，從而可得，得到，然后利用勾股定理解直角三角形可求得圓的半徑．
【詳解】（1）證明：，，
，，
，，，
又，，，
，
，，
，，
AB是的直徑，，
又，
，
，
，
即CF是的切線；
（2）CF是的切線，，
，
，
，
又，
在中，，
設的半徑為x，則，，
在中，，
解得：，
的半徑為5．
【點睛】本題考查了圓周角定理、切線的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等，熟練掌握相關定理與性質(zhì)是解決本題的關鍵．
3．（2021·山東濱州·中考真題）如圖，在中，AB為的直徑，直線DE與相切于點D，割線于點E且交于點F，連接DF．
（1）求證：AD平分∠BAC；
（2）求證：．

【答案】（1）見解析；（2）見解析
【分析】（1）連接OD，然后根據(jù)切線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)，可以得到∠ODA=∠DAC，再根據(jù)OA=OD，可以得到∠OAD=∠ODA，從而可以得到∠DAC=∠OAD，結論得證；
（2）根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)，可以得到DB?DF=EF?AB，再根據(jù)等弧所對的弦相等，即可證明結論成立．
【詳解】解：（1）證明：連接OD，如圖所示，

∵直線DE與⊙O相切于點D，AC⊥DE，∴∠ODE=∠DEA=90°，∴OD∥AC，∴∠ODA=∠DAC，
∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，∴∠DAC=∠OAD，∴AD平分∠BAC；
（2）證明：連接OF，BD，如圖所示，

∵AC⊥DE，垂足為E，AB是⊙O的直徑，∴∠DEF=∠ADB=90°，
∵∠EFD+∠AFD=180°，∠AFD+∠DBA=180°，∴∠EFD=∠DBA，
∴△EFD∽△DBA，∴，∴DB?DF=EF?AB，
由（1）知，AD平分∠BAC，∴∠FAD=∠DAB，∴DF=DB，∴DF2=EF?AB．
【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)、切線的性質(zhì)、角平分線的定義、平行線的性質(zhì)，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數(shù)形結合的思想解答．
4．（2021·西藏·中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，OC是半徑，延長OC至點D．連接AD，AC，BC．使∠CAD＝∠B．
（1）求證：AD是⊙O的切線；
（2）若AD＝4，tan∠CAD＝，求BC的長．

【答案】（1）證明見解析；（2）．
【分析】（1）根據(jù)AB是⊙O的直徑得出∠B＋∠BAC＝90°，等量代換得到∠CAD＋∠BAC＝90°，即∠BAD＝90°，AD⊥OA，即可判定AD是⊙O的切線；
（2）過點D作DM⊥AD交AC的延長線于點M，根據(jù)銳角三角函數(shù)定義求出DM＝2，由等邊對等角得出∠OAC＝∠OCA，由平行線的性質(zhì)得出∠M＝∠OAC，再根據(jù)對頂角相等得出∠DCM＝∠M，即得DC＝DM＝2，根據(jù)勾股定理求出OA＝3，AB＝6，最后根據(jù)勾股定理求解即可．
【詳解】（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠B＋∠BAC＝90°，
∵∠CAD＝∠B，∴∠CAD＋∠BAC＝90°，即∠BAD＝90°，∴AD⊥OA，∴AD是⊙O的切線；
（2）解：過點D作DM⊥AD交AC的延長線于點M，

∵tan∠CAD＝＝，AD＝4，∴DM＝2，
∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，
∵AD⊥OA，DM⊥AD，∴OA∥DM，∴∠M＝∠OAC，
∵∠OCA＝∠DCM，∴∠DCM＝∠M，∴DC＝DM＝2，
在Rt△OAD中，OA2＋AD2＝OD2，即OA2＋42＝（OC＋2）2＝（OA＋2）2，∴OA＝3，∴AB＝6，
∵∠CAD＝∠B，tan∠CAD＝，∴tanB＝tan∠CAD＝＝，∴BC＝2AC，
在Rt△ABC中，AB2＝AC2＋BC2，∴62＝5AC2，∴AC＝，∴BC＝．
【點睛】此題考查了切線的判定與性質(zhì)、解直角三角形，熟記切線的判定與性質(zhì)及銳角三角函數(shù)定義時解題的關鍵．
5．（2021·廣西百色·中考真題）如圖，PM、PN是⊙O的切線，切點分別是A、B，過點O的直線CE∥PN，交⊙O于點C、D，交PM于點E，AD的延長線交PN于點F，若BC∥PM．
（1）求證：∠P＝45°；
（2）若CD＝6，求PF的長．

【答案】（1）見解析；（2）3．
【分析】（1）連接OB，證明四邊形是平行四邊形，由平行四邊形的性質(zhì)解得，結合切線的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)，解得，據(jù)此解題；
（2）連接AC，證明，可得，結合（1）中，解得，再結合切線的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)解得，最后根據(jù)全等三角形對應邊相等解題即可．
【詳解】解：（1）連接OB，如圖，

，四邊形是平行四邊形，
PN是⊙O的切線，
；
（2）連接AC，如圖，

PM、PN是⊙O的切線，
四邊形是平行四邊形，

在與中，，
PM是⊙O的切線，
，，
，，．
【點睛】本題考查圓的切線性質(zhì)、切線長定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識，是重要考點，難度一般，掌握相關知識是解題關鍵．
6．（2021·廣東廣州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線分別與x軸，y軸相交于A、B兩點，點為直線在第二象限的點

（1）求A、B兩點的坐標；
（2）設的面積為S，求S關于x的函數(shù)解析式：并寫出x的取值范圍；
（3）作的外接圓，延長PC交于點Q，當?shù)拿娣e最小時，求的半徑．
【答案】（1）A（-8，0），B（0，4）；（2），-8＜＜0；（3）4．
【分析】（1）根據(jù)一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)即可求出A、B兩點的坐標；
（2）利用三角形面積公式及點的坐標特點即可求出結果；
（3）根據(jù)圓周角性質(zhì)可得，．由等角的三角函數(shù)關系可推出，再根據(jù)三角形面積公式得，由此得結論當最小時，的面積最小，最后利用圓的性質(zhì)可得有最小值，且為的直徑，進而求得結果．
【詳解】解：（1）當時，，解得，∴A（-8，0）．
當時，，∴B（0，4）．
（2）∵A（-8,0），∴．點P在直線上，∴，∴．
∵點P在第二象限，∴＞0，且＜0．解得-8＜＜0；
（3）∵B（0，4），∴．
∵為的外接圓，∴，．∴．
設，則．
∴．∴當最小時，的面積最?。?br /> ∴當時，有最小值，且為的直徑．∴．即的半徑為4．
【點睛】本題考查了一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、三角形面積計算及圓的相關性質(zhì)等知識，熟練掌握一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、三角形面積計算及圓的相關性質(zhì)是解題的關鍵．
7．（2021·山東菏澤·模擬預測）如圖，AD、DC、BC分別與⊙O相切點A，E，B（AD＜BC），且AB為⊙O的直徑，連接AE并延長AE與直線BC相交于點P，連接OC，已知AE?OC＝40．

(1)求證：BC＝CP；
(2)求AD?BC的值；
(3)若S△ADE：S△PCE＝16：25，求四邊形ABCD的面積．
【答案】(1)見解析；(2)20；(3)
【分析】（ 1）利用切線的性質(zhì)及互余倒角可得到∠CEP＝∠P，所以BC＝CP；
（ 2）先推出△BAE∽△COB，利用相似性質(zhì)和AE?OC＝40得出OB的值，再過點D作DG⊥BC于點G，利用矩形的性質(zhì)及切線長定理得到的線段關系，在直角三角形GCD中勾股定理列方程，處理即可得到AD?BC的值；
（3 ）利用相似三角形將面積關系轉化成線段關系，設線段長，利用（2 ）結論列方程即可得到AD、BC的長，從而得到四邊形ABCD的面積．
【詳解】(1)連接BE，

∵CB、CE是⊙O的兩條切線，∴CB＝CE，∴∠CBE＝∠CEB，
∵AB是⊙O的直徑，∴∠AEB＝90°，∴∠BEP＝90°，∴∠CEP+∠CEB＝90°，∠P+∠CBE＝90°，
∴∠CEP＝∠P，∴CP＝CE，∴BC＝CP；
(2)∵BC、AD是⊙O的兩條切線，∴∠DAB＝∠CBA＝90°，∴AD∥BP，∴∠BEA＝∠OBC＝90°，
∵OA＝OB，BC＝CP，∴OC∥AP，∴∠BAE＝∠BOC，∴△BAE∽△COB，∴，即AB?OB＝AE?OC，
∵AB＝2OB，AE?OC＝40，∴2OB2＝40，∴OB＝2，
過點D作DG⊥BC于點G，則四邊形ABGD為矩形，

∴GC＝BC﹣AD，
∵AD、DC、BC是⊙O的三條切線，∴DA＝DE，BC＝CE，
在Rt△GCD中，，∴4BC?AD＝80，∴AD?BC＝20；
(3)∵AD∥BP，∴△ADE∽△PCE，
∵S△ADE：S△PCE＝16：25，∴AD：CP＝4：5，即AD：BC＝4：5，∴設AD＝4x，BC＝5x，
∵AD?BC＝20，∴4x?5x＝20，∴x＝±1（舍負），∴AD＝4，BC＝5，∴．
【點睛】本題是圓的綜合題，涉及到切線長定理，圓周角定理、相似三角形、矩形的性質(zhì)、勾股定理，其中利用相似三角形、構造矩形是解題的關鍵．
8．（2022·浙江·溫州市甌海區(qū)外國語學校一模）如圖， 是的直徑， 弦 于點是劣弧上一點， ， 的延長線交于點．

(1)求證： ．
(2)若是的中點， ， 求的長．
【答案】(1)證明見解析；(2)
【分析】（1）利用垂徑定理得到，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得∠ADC＝∠ACD，根據(jù)圓周角定理的推論得到∠AGD＝∠ACD＝∠ADC，再利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠FGC＝∠ADC，從而得到結論；
（2）如圖，過點G作GH⊥DF于點H，證明△DAG≌△FCG，推出AD＝CF＝3，GD＝GF，利用勾股定理求出AE，AF，再利用平行線分線段成比例定理求解即可．
【詳解】(1)證明：如圖，連接AC，

∵弦，∴，∴，
∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，∴，∴；
(2)解：如圖，過點G作GH⊥DF于點H，

∵∠DAG＋∠DCG＝180°，∠DCG＋∠FCG＝180°，∴∠DAC＝∠FCG，
∵，∴AG＝CG，
∵∠AGD＝∠FGC，∴△DAG≌△FCG（ASA），∴CF＝AD＝3，DG＝FG，
∵GH⊥DF，∴DH＝FH，
∵AB⊥CD，∴DE＝EC＝2，∴DF＝2＋2＋3＝7，∴DH＝HF＝3.5，
∴，∴，
∵GH∥AE，∴，∴，∴．
【點睛】本題考查圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是熟知相關知識點．
9．（2021·河北保定·一模）如圖，PC是⊙O的弦，作OB⊥PC于點E，交⊙O于點B，延長OB到點A，連接AC，OP，使∠A＝∠P．

(1)求證：AC是⊙O的切線；(2)若BE＝2，PC＝4，求AC的長．
【答案】(1)見解析；(2)
【分析】（1）連接OC，根據(jù)OP=OC，得到∠P=∠OCE，根據(jù)∠P=∠A，得到∠A=∠OCE，根據(jù)OB⊥PC，得到∠OEC=90°，推出∠OCE+∠COE=90°，得到∠A+∠COA=90°，推出∠OCA=90°，得到AC是⊙O的切線．
（2）連接OC，BC，根據(jù)OB⊥PC，推出 ，推出，得到∠OBC=60°，推出△OBC是等邊三角形，∠BOC=60°，得到∠A=30°，推出．
【詳解】(1)連接OC，∵OP=OC，∴∠P=∠OCE，∵∠P=∠A，∴∠A=∠OCE，
∵OB⊥PC，∴∠OEC=90°，∴∠OCE+∠COE=90°，∴∠A+∠COA=90°，∴∠OCA=90°，
∴AC是⊙O的切線．

(2)連接OC，BC，∵OB⊥PC，,∴，
∵BE=2，∴，∴∠OBC=60°，
∵OB=OC，∴△OBC是等邊三角形，∴∠BOC=60°，∴∠A=90°-∠AOC=30°，∴．

【點睛】本題主要考查了圓切線，垂徑定理，含30°銳角的直角三角形，等邊三角形。解決問題的關鍵是熟知切線的判定定理，垂徑定理，含30°銳角的直角三角形性質(zhì)，等邊三角形判斷和性質(zhì)。（1）問用切線的判定定理；（2）問用垂徑定理，等邊三角形判斷和性質(zhì)，含30°銳角的直角三角形性質(zhì)．
10．（2021·福建·廈門五緣實驗學校二模）如圖，⊙O是四邊形ABCD的外接圓，AC是⊙O的直徑，BE⊥DC，交DC的延長線于點E，CB平分∠ACE．

(1)求證：BE是⊙O的切線．(2)若AC＝4，CE＝1，求tan∠BAD．
【答案】(1)證明見解析；(2)tan∠BAD＝
【分析】（1）連接OB，求出OB∥DE，推出EB⊥OB，根據(jù)切線的判定得出即可；
（2）根據(jù)圓周角定理得到∠ABC＝90°，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，根據(jù)勾股定理得到，根據(jù)三角函數(shù)的定義即可得到結論．
【詳解】(1)證明：如圖，連接OB，

∵CB平分∠ACE．∴∠ACB＝∠ECB，
∵OB＝OC，∴∠BCO＝∠CBO，∴∠BCE＝∠CBO，∴OB∥ED．
∵BE⊥ED，∴EB⊥BO．∴BE是⊙O的切線；
(2)解：∵AC是⊙O的直徑，∴∠ABC＝90°，
∵BE⊥ED，∴∠E＝90°，∴∠E＝∠ABC，
∵∠BCE＝∠ACB，∴△BCE∽△ACB，∴，
∵AC＝4，CE＝1，∴，∴，
∵∠BCD+∠BAD＝∠BCD+∠BCE＝180°，∴∠BCE＝∠BAD，
∴．
【點睛】本題考查了切線的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角函數(shù)的定義，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
11．（2021·江蘇淮安·一模）如圖，AB是⊙O的直徑，C是?O上一點，E為OD延長線上一點，D是 的中點且∠CAE＝∠AOE．AC與OE交于點F．

(1)請說明：AE是?O的切線；(2)若DC∥AB，DC＝1，求陰影部分面積．
【答案】(1)見解析；(2)
【分析】（1）連接OC，利用垂徑定理的推論得到OE⊥AC，再通過證明∠EAO＝90°得出結論；
（2）把陰影部分面積轉化為S△AOE﹣S扇形AOD進行求解．
【詳解】(1)證明：連接OC，

∵D是的中點，∴∠AOD＝∠COD，
∵OA＝OC，∴OE⊥AC，即∠AFE＝90°，∴∠E+∠EAF＝90°，
∵∠CAE＝∠AOE，∴∠E+∠AOE＝90°，∴∠EAO＝90°，∴AE是⊙O的切線；
(2)解：∵DC∥AB，∴∠CDO＝∠AOD，
∵＝，∴∠AOD＝∠DOC，∴∠CDO＝∠DOC，
∵OC＝OD，∴∠ODC＝∠OCD，∴△DOC為等邊三角形，∴∠DOC＝60°，DC＝OD＝1，
∴∠AOD＝60°，∴△AOD為等邊三角形，∴OA＝1，∴AE＝，
∴陰影部分面積為S△AOE﹣S扇形AOD＝×1﹣＝．
【點睛】本題考查切線的判定和求不規(guī)則圖形的面積，把不規(guī)則圖形轉化為規(guī)則圖形面積的和或差是解決問題的關鍵．

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