第二十四章 圆（综合题拓展训练，14考点92题）-2024-2025学年九年级数学上册单元速记·巧练（人教版）

第二十四章 圆综合题拓展训练 目录与链接 考点一、常规最值问题………………………………………………………………………………2 考点二、隐圆问题…………………………………………………………………………………10 考点三、与圆有关的网格作图……………………………………………………………………23 考点四、与园有关的尺规作图……………………………………………………………………32 考点五、三角形的外接圆问题……………………………………………………………………40 考点六、三角形的内切圆问题……………………………………………………………………56 考点七、圆的平移…………………………………………………………………………………73 考点八、圆的折叠问题……………………………………………………………………………84 考点九、圆的旋转问题……………………………………………………………………………97 考点十、正多边形和圆……………………………………………………………………………111 考点十一、圆与函数的综合问题…………………………………………………………………126 考点十二、圆的应用………………………………………………………………………………146 考点十三、与圆有关的计算………………………………………………………………………162 考点十四、圆的综合问题…………………………………………………………………………177 考点一、常规最值问题 1．（22-23九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，矩形的顶点，在半径为5的上，，当点在上运动时，点也随之运动，则矩形的对角线的最小值为（    ）． A． B． C． D． 2．（2024九年级下·全国·专题练习）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．若点D为抛物线上一点且横坐标为，点E为y轴上一点，点F在以点A为圆心，2为半径的圆上，则的最小值 ． 3．（2024·陕西渭南·二模）如图，在平行四边形中，，，，点F、点N分别为、的中点，点E在边上运动，将沿折叠，使得点D落在处，连接，点M为中点，则的最小值是 ． 4．（2021·河南洛阳·三模）如图，半圆O的直径AB＝4cm，，点C是上的一个动点（不与点B，G重合），CD⊥OG于点D，CE⊥OB于点E，点E与点F关于点O中心对称，连接DE、DF，则△DEF面积的最大值为 cm2 5．（23-24九年级上·江苏徐州·期中）如图，的半径为，点是半圆的中点，点是的一个三等分点（靠近点），点是直径上的动点，则的最小值 ．    6．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，在平面直角坐标系中，点C是以点为圆心，1个单位长度为半径的圆上一点，点B的坐标为，连接，D是的中点，连接，求的最大值．    考点二、隐圆问题 7．（2024·安徽蚌埠·二模）如图，在正方形中，，M，N分别为边 ， 的中点，E为边上一动点，以点 E为圆心，的长为半径画弧，交 于点F，P为的中点，Q为线段上任意一点，则 长度的最小值为（    ）    A． B． C． D． 8．（23-24九年级上·北京东城·期末）如图，以 为圆心，半径为的圆与轴交于两点，与 轴交于两点，点为上一动点，于，当点在的运动过程中，线段的长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 9．（2024九年级下·全国·专题练习）如图，正方形的边长为，点分别在、上，且，与相交于点，连接，则的最小值为 ． 10．（23-24九年级上·湖北武汉·期中）如图，已知在中，，，将绕点A逆时针旋转．得到．点D是边的中点，点E为边上的动点，在绕点A逆时针旋转的过程中，点E的对应点是点，则线段长度的最大值与最小值的差是 ． 11．（2023·江苏南通·模拟预测）直线分别与轴、轴相交于点、，边长为2的正方形的一个顶点在坐标系的原点，直线与相交于点，若正方形绕着点旋转一周，则点到点长度的最小值是 ． 12．（2024·山东济宁·模拟预测）如图，与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，D，P为上一动点，Q为弦上一点，．若点D的坐标为，则的最小值为 ． 13．（23-24九年级上·天津·期末）已知，均是边长为4的等边三角形，点D是边的中点． （Ⅰ）如图①，这两个等边三角形的高为 ； （Ⅱ）如图②，直线相交于点M，当绕点D旋转时，线段长的最小值是 ． 14．（2024·吉林长春·一模）【问题呈现】数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图①，是的半径，．点P在上，将点P沿的方向平移到点Q，使．当点P在上运动一周时，试探究点Q的运动路径． 【问题解决】经过讨论，小组同学想利用平行四边形的知识解决该问题：如图②，在线段上截取，连结、，由平行四边形的性质可推出点Q的运动路径是以点B为圆心、3为半径的圆．下面是部分证明过程： 证明：在线段上截取，连接、． 1°当点P在直线外时， 证明过程缺失 2°当点P在直线上时， 易知． 综上，点Q的运动路径是以点B为圆心、3为半径的圆． 请你补全证明中缺失的过程． 【结论应用】在上述问题的条件下，记点M是线段的中点，如图②．若点P在上运动一周，则点M的运动路径长为　　　　． 【拓展提升】如图③，在矩形中，，．点P是平面内一点，，将点P沿的方向平移到点Q，使．点M是线段上的任意一点，连结．设线段长度的最大值为a，最小值为b，则　　　　． 考点三、与圆有关的网格作图 15．（2024·天津和平·三模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点A，C均落在格点上，点B在网格线上． （Ⅰ）线段的长等于 ； （Ⅱ）以为直径作半圆，在的角平分线上有一点P，上有一点Q，使的值最小．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） ． 16．（2024·天津武清·三模）如图，在每个小正方形的边长为的网格中，圆经过，，三点，点是圆与网格线的交点，点，均在格点上． （1）线段的长为 ； （2）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出以点为顶点的，使得，并简要说明作图过程（不要求证明） ． 17．（23-24九年级上·天津·期末）如图，由边长为1的小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，是的两条弦，且点A，B，C都是格点．仅用无刻度的直尺在给定的网格中完成画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示． （1）线段的长等于 ； （2）在如图所示的网格中，在直线的右侧找一点M，使得且，再在线段上找一点F，使，简要说明点M和F的位置是如何找到的（不要求证明） ． 18．（23-24九年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，在的网格中，的三个顶点都在格点上．为的外接圆，请在指定的网格中用无刻度的直尺作图： (1)在图中标出这个外接圆的圆心，并写出________； (2)在图中画出的角平分线交于； (3)在图中画出关于直线对称的； (4)在图中，若交于点，画出平行四边形． 19．（22-23九年级上·江苏南京·阶段练习）按要求作图： (1)如图1，在正方形网格中，有一圆经过了两个小正方形的顶点A，B，利用无刻度直尺画出这个圆的一条直径； (2)如图2，BA，BD是⊙O中的两条弦，C是BD上一点，BAC50，利用无刻度直尺在图中画一个含有50角的直角三角形； (3)如图3，利用无刻度直尺和圆规，以AB边上一点O为圆心，过A、D两点作⊙O（不写作法，保留作图痕迹）； (4)如图4，AB与圆相切，且切点为点B，利用无刻度直尺在网格中找出点B的位置． 考点四、与园有关的尺规作图 20．（21-22九年级上·江苏南京·期末）如图，已知P是⊙O外一点．用直尺和圆规作图． (1)过点P作一条直线l，使l与⊙O相切； (2)在⊙O上作一点Q，使∠OQP＝60°．（要求：保留作图痕迹，不写作法） 21．（2023·广东湛江·一模）如图，已知四边形是矩形，把沿对角线翻折得到，交于点，是的外接圆．    (1)利用尺规作出的外接圆（要求保留作图痕迹，不写作法）； (2)求证：； (3)若，试判断与直线的位置关系，并说明理由． 22．（23-24九年级上·江苏徐州·期中）据《尔雅·释器》记载：“好倍肉，谓之瑗（yuàn）．”如图1，“好”指中间的孔，“肉”指中孔以外的边（阴影部分），“好倍肉”指中孔和环边比例为． (1)观察： “瑗”的主视图可以作两个同心圆，根据图1中的数据，可得小圆与大圆的半径之比是_______； (2)联想： 如图2，在中，，，平分交于点，则_______； (3)迁移： 图3表示一个圆形的玉坯，若将其加工成玉瑗，请利用圆规和无刻度的直尺先确定圆心，再以题（2）的知识为作图原理作出内孔．（不写作法，保留作图痕迹） 23．（22-23九年级下·河南商丘·阶段练习）年版《义务教育数学课程标准》在年月日正式投入使用，在这个课程标准中要求学生能利用尺规过圆外一点作圆的切线．下面是某数学兴趣小组在学过圆的相关知识后进行的一系列探究． 已知：如图，为的切线，切点为． 求作：的另一条切线，切点为． 该数学兴趣小组的同学们展开了探究，经梳理，有以下几种作法： 作法一：以点为圆心，长为半径作弧，交于点，作直线，则直线即为所求，如图所示． 作法二：连接，作线段的垂直平分线，交于点，以点为圆心，长为半径作圆，交于点，作直线，则直线即为所求，如图所示． 作法三：作直线，过点作的垂线交于点，作直线，则直线即为所求．    根据以上信息，完成下列问题： (1)该数学兴趣小组的某同学对根据作法二作出的图形进行了证明，过程如下： 证明：连接，由作图，可知是的直径． ∴（依据： ① ），即． 又∵是的半径， ∴直线为的切线（依据： ② ）． 在上述证明过程中，“①”处应填写__________________；“②”处应填写________________． (2)根据作法三，请用尺规补全图．（保留作图痕迹） (3)若的半径为，，请你根据作法三作出的图形，求线段的长． 考点五、三角形的外接圆问题 24．（2022·湖北武汉·模拟预测）如图是由三个大小相同的正方形组成的“品”字型轴对称图案，测得顶点A，B之间的距离为5．现用一个等边三角形纸片将其完全覆盖，当此等边三角形面积最小时，则它的外接圆半径是（　　）    A． B． C． D． 25．（23-24九年级上·湖北武汉·期末）已知，在中，，，以为直径的圆经过的外心，则的长为 ． 26．（2021·河北保定·一模）如图1，在中，，点D和点E分别从点A、点B同时出发，在线段上以做等速运动，分别到达点B、点A后停止运动．设运动时间为t秒． (1)求证：； (2)若，求的度数； (3)当△ADC的外心在其外部时，请直接写出t的取值范围． 27．（2020九年级·全国·专题练习）如图，在中，，D、E分别是、的中点，. （1）如图1，若，求的长度（用含a的代数式表示）； （2）如图2，将绕点A顺时针旋转，旋转角为，连接、，判断与的数量关系，并说明理由； （3）在（2）的条件下，当的外心在三角形的外部时，请直接写出的取值范围． 28．（23-24九年级上·江苏连云港·阶段练习）在中，，，点是外一动点（点，点位于两侧），连接，．    (1)如图1，点是的中点，连接，，当为等边三角形时，的度数是______． (2)当时， ①如图2，连接，探究线段，，之间的数最关系，并说明理由； ②如图3，是的外接圆，点在上，点为上一点，连接，，当，时，直接写出面积的最大值． 29．（23-24九年级下·浙江·阶段练习）我们将能完全覆盖某平面图形的最小圆称为该平面图形的最小覆盖圆．例如：线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆；不共线三点A、B、C的最小覆盖圆就是的外接圆． 【操作探究】现有三个边长为的正方形． ①小芳按图1方式摆放，则最小覆盖圆的直径为________； ②小玲按图2方式摆放，则最小覆盖圆的直径为________； ③小慧发现另一种摆放方式，其最小覆盖圆的直径比他俩都小，请你也设计一种比小芳和小玲都小的摆放方式，并求出最小覆盖圆的直径． 【延伸运用】某地有四个村庄E，F，G，H（其位置如图3所示），现拟建一个广播信号中转站，为了使这四个村庄的居民都能接收到广播信号，且使中转站所需发射广播功率最小（距离越小，所需功率越小），请在图中画出中转站所建位置． 30．（22-23九年级上·浙江嘉兴·期中）如图1，已知抛物线经过原点，它的对称轴是直线，动点从抛物线的顶点出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向上运动，设动点运动的时间为秒，连接并延长交抛物线于点，连接，． (1)求抛物线的函数解析式； (2)当为直角三角形时，求的值； (3)如图2，为的外接圆，在点的运动过程中，点也随之运动变化，请你探究：在时，求点经过的路径长度． 考点六、三角形的内切圆问题 31．（22-23九年级下·广东梅州·开学考试）若四边形的对角线，相交于，，，，的周长相等，且，，的内切圆半径分别为，，，则的内切圆半径是（　　） A． B． C． D．以上答案均不正确    32．（2024·江苏无锡·二模）如图，在矩形中，，将边翻折到，使点D的对应点E在边上；再将边翻折到，点A的对应点为F，连接． （1）若，则的长为 ； （2）若点F为的内心，则的长为 ． 33．（22-23九年级上·安徽·阶段练习）如图，为的外接圆，是的中点，接交于点，延长至点，使得平分． (1)求证：直线是的切线． (2)若的半径为，，求的长． (3)在（）的前提下，点在上，的内心在边上，求的长． 34．（23-24九年级上·广东江门·阶段练习）如图，为的直径，C、D为圆上两点，平分， ，．    (1)求证：为切线； (2)用直尺和圆规：作的内心点I．并求长； (3)求长． 35．（2022九年级下·浙江·专题练习）如图，为的外接圆，D为与的交点，E为线段延长线上一点，且． (1)求证：直线是的切线． (2)若D为的中点，，， ①求的半径； ②求的内心到点O的距离． 36．（21-22九年级上·广东茂名·期末）如图，在中，，与的角平分线相交于点，的延长线交的外接圆于点，连接． (1)求证：； (2)证明：点、、在以点为圆心的同一个圆上； (3)若，，求内心与外心之间的距离． 37．（23-24九年级下·吉林长春·期中）【模型提出】如图，已知线段的长度为，在线段所在直线外有一点，且，想确定满足条件的点的位置，可以以为底边构造一个等腰直角三角形，再以点为圆心，长为半径画圆，则点在的优弧上.即：若线段的长度已知，的大小确定，则点一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型. 【模型应用】如图，在正方形中，，点分别是边、上的动点，，连接、，与交于点.    (1)求证：； (2)点从点到点的运动过程中，点经过的路径长为______； (3)若点是的内心，连接，则线段的最小值为______. 考点七、圆的平移 38．（22-23九年级下·广东深圳·期中）如图，在位于轴右侧且半径为6的，从的位置沿直线向上平移，交直线于点，且是与轴的一个公共点，若，则四边形的面积是（    ） A．42 B．64 C．68 D．48 39．（21-22九年级上·安徽六安·期末）如图所示，直线与x轴、y轴分别交于点M，N，的半径为1，将以每秒1个单位的速度向右作平移运动，当移动 秒时，直线恰好与相切． 40．（23-24九年级上·河北廊坊·阶段练习）如图1，在中，，，，点O在边AB上，且，以点O为圆心，2为半径在AB的上方作半圆O，交AB于点D，E，交AC于点P．将半圆O沿AB向右平移，设点D平移的距离为． (1)在图1中，劣弧的长为________； (2)当半圆O平移到与边AC相切时，如图2所示． ①求x的值； ②已知M，N分别是边BC与上的动点，连接MN，求MN的最小值和最大值之和； (3)在半圆O沿边AB向右平移的过程中，当半圆O与的重叠部分是半圆O时，直接写出x的取值范围． 41．（22-23九年级上·江苏淮安·期中）在平面直角坐标系中，的半径为1，A、B为外的两点，．给出如下定义：平移线段得到的弦，（，分别是A，B的对应点），线段的最小值称为线段到的“平移距离” (1)平移线段得到的长度为的弦和，则这两条弦的位置关系是______；在点，，，中，连接点A与点______的线段的长度等于线段到的“平移距离”； (2)若A、B两点在直线上，记线段到的“平移距离”为，求的最小值； (3)若点A的坐标是，记线段到的“平移距离”为， ①求的最小值； ②当取得最小值时点的坐标为______． 42．（20-21九年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图1，已知线段，的长是方程的两根，且，点的坐标为，与轴相切于点． （1）求点和点的坐标及的度数； （2）以每秒1个单位长度的速度沿轴负方向平移，同时，直线绕点顺时针匀速旋转．当第一次与轴相切时，直线也恰好与第一次相切．问：直线绕点每秒旋转多少度？ （3）如图2，过，，三点作，点是劣弧上一点，连接，，，当点在劣弧上运动时（不与，两点重合），的值是否发生变化？如果不变，求其值；如果变化，说明理由． 考点八、圆的折叠问题 43．（21-22九年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，是的直径，是弦，沿对折劣弧，交于点D，E、F分别是和的中点，令为所在圆的圆心，若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 44．（21-22九年级上·浙江台州·期中）一张圆形纸片，小芳进行了如下连续操作：将圆形纸片左右对折、折痕为AB，将圆形纸片上下折叠使A、B两点重合，折痕CD与AB相交于M，将圆形纸片沿EF折叠使B、M两点重合，折痕EF与AB相交于N．连结AE、AF，经过以上操作小芳得到了以下结论：①CDEF；②四边形MEBF是菱形；③△AEF为等边三角形④ ．以上结论正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 45．（23-24九年级上·浙江宁波·阶段练习）如图，在半圆O中，C是半圆上一点，将沿弦折叠交直径于点D，点E是的中点，连结，若的最小值为，则的长为（    ） A． B． C． D． 46．（2024·江西·中考真题）如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为 ． 47．（2022·上海·一模）如图，已知扇形 AOB 的半径为 6，圆心角为 90°，E 是半径 OA上一点，F是上一点．将扇形 AOB 沿 EF 对折，使得折叠后的圆弧恰好与半径 OB 相切于点 G，若OE＝5，则 O 到折痕 EF 的距离为 ． 48．（2019·浙江温州·一模）如图，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上一点，CD是⊙O的切线，∠CDB＝90°，BD交⊙O于点E． （1）求证：． （2）若AE＝12，BC＝10． ①求AB的长； ②如图2，将沿弦BC折叠，交AB于点F，则AF的长为　 　 49．（2024·云南·模拟预测）如图，在等边三角形中，，点E是射线上的一个动点，点D随着点E的运动而在射线上运动，连接，始终有，是的外接圆． (1)为如图1，若点D在边上，求证：是的切线； (2)如图2，若圆心O在边上时，求的长； (3)如图3，当点E运动到边的延长线上时，将的优弧沿直线翻折，交的垂线于点F，若，求弧的长． 考点九、圆的旋转问题 50．（2024·山东临沂·二模）如图，将半径为4，圆心角为的扇形绕点A逆时针旋转得扇形，点O，B的对应点分别为点C，D．当点C落在上时旋转停止，则阴影部分的面积为 ． 51．（22-23九年级上·浙江宁波·开学考试）如图，为半圆的直径，且，半圆绕点B顺时针旋转，点A旋转到点的位置，则图中的阴影部分的面积为 ． 52．（22-23九年级上·河北邢台·期末）在等边三角形中，于点D，半圆O的直径开始在边上，且点E与点C重合，．将半圆O绕点C顺时针旋转，当时，半圆O与相切于点P．如图1所示． (1)求的长度； (2)如图2．当，分别与半圆O交于点M，N时，连接，，． ①求的度数； ②求的长度； (3)当时，将半圆O沿边向左平移，设平移距离为x．当与的边一共有两个交点时，直接写出x的取值范围． 53．（23-24九年级下·浙江杭州·阶段练习）图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键．三角形的旋转如此，扇形的旋转也如此． 【问题情境】如图1，，将绕点O顺时针旋转 成扇形，点C是延长线上一点，，过点C作射线，求弧的长． 【问题解决】如图2，将上题中的扇形绕点B按顺时针方向旋转，若旋转后的扇形和射线相切与点D，求的长． 【问题拓展】如图3，将题（1）中的扇形继续旋转，使旋转后点落在射线上，弧与射线交于另一点E，求的长． 54．（23-24九年级上·河北张家口·期中）在矩形中，，，连接，．将半圆形量角器放在如图1所示的位置，其直径在边上，点E是量角器上的零刻度，交于点F，点O是半圆形量角器所在圆的圆心．         图1                    图2               备用图 (1)求点F在半圆形量角器上的读数； (2)将半圆形量角器绕点A顺时针旋转． ①当点E旋转到上时，交于点M，如图13－2所示．求证：与半圆形量角器相切，并求图2中阴影部分的面积； ②在旋转过程中，当与直线只有一个交点（不包括端点A，E）时，设此交点与点C的距离为d，请直接写出d的取值范围． 55．（23-24九年级上·河北邢台·期中）如图1，在正方形中，，点与点重合，以点为圆心，作半径长为5的半圆，交于点，交的延长线于点，点是的三等分点（点在点的左侧）．将半圆绕点逆时针旋转，记旋转角为，旋转后，点的对应点为点． (1)如图2，在旋转过程中，当经过点时． ①求的度数； ②求图中阴影部分的面积； (2)在旋转过程中，若半圆与正方形的边相切，请直接写出点到切点的距离． 考点十、正多边形和圆 56．（21-22九年级上·山东淄博·期末）已知四个正六边形如图摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F在圆上．若两个大正六边形的边长均为2，则小正六边形的边长是（    ）    A． B． C． D． 57．（2023·浙江温州·三模）图1是由两个正六边形组成的壁挂置物架，轴对称仙人堂盆栽放置在木板上，图2是其示意图．两个正六边形的边与，与均在同一直线上．木板（木板厚度忽略不计），，则的长为 ．盆栽由矩形和圆弧组成，且，，恰好在同一直线上，已知，圆弧最高点到的距离与线段的长度之比为，则圆弧的半径为 ． 58．（22-23九年级上·湖北恩施·期末）已知的半径为a，按照下列步骤作图：（1）作的内接正方形ABCD（如图1）；（2）作正方形的内接圆，再作较小圆的内接正方形（如图2）；（3）作正方形的内接圆，再作其内接正方形（如图3）；…；依次作下去，则正方形的边长是 ． 59．（2023·浙江温州·三模）杭州奥体网球中心以极度对称的“莲花”造型惊艳众人．该建筑底部是由24片全等“花瓣”组成的“固定花环”，上方穹顶由8片全等“旋转花瓣”均匀连接，可根据天气变化合拢或旋转展开．小明借助圆的内接正多边形的知识，模拟“小莲花”变化状态．穹顶合拢时，如图①，正二十四边形顶点，正八边形顶点与圆心O共线，正二十四边形顶点，与正八边形顶点，共线，则的值为 ；穹顶开启时，如图②，所有“旋转花瓣”同时绕着固定点，，…，逆时针同速旋转．圆心O绕旋转后的对应点为，以此类推，当落在上时，若米，则的值为 米．        60．（2021·浙江温州·一模）某厂家要设计一个装彩铅的纸盒，已知每支笔形状、大小相同，底面均为正六边形，六边形边长为1cm. 目前厂家提供了圆形和等边三角形两种作为底面的设计方案，我们以6支彩铅为例，可以设计如图的两种收纳方案： （1）如果要装6支彩铅，在以上两种方案里，你认为更小的底面积是 cm. （2）如果你要装12只彩铅，要求相邻彩铅拼接无空隙，请设计一种最佳的布局，并使用圆形来设计底面，则底面半径的最小值为 cm. 61．（23-24九年级上·广东东莞·期中）如图①，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC上一动点，过P作PMAB交AF于M，作PNCD交DE于N. (1)求出的度数，并证明； (2)如图②，点是的中点，连接、，求证：； (3)如图③，点O是AD的中点，OG平分，求证：四边形OMGN是菱形. 62．（23-24九年级上·广东汕头·期中）【给出问题】：已知：是正方形的外接圆，点P在上（除A、B外），试求的度数． 【分析问题】：善于思考的小明在分析上述题目后，有了以圆为工具来解决问题的思路．用圆来画出准确的示意图就能顺利解题了，在此基础上进一步探索就有了新发现．请善于思考的你帮助解答以下问题： （1）①尺规作图，在中作出内接正方形（保留痕迹，不写作法）． ②原题中 ． 【深入思考】： （2）【问题】如图1，若四边形是的内接正方形，点P为弧上一动点，连接，请探究三者之间或者三者之间有何数量关系，并给予证明． （3）【拓展】如图2，若六边形是的内接正六边形，点P为弧上一动点，请探究三者之间有何数量关系： （不写证明过程）． （4）【应用】如图3，若四边形是矩形，点P为边上一点，，，，试求矩形的面积．    考点十一、圆与函数的综合问题 63．（2022·四川泸州·模拟预测）已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，点是反比例函数图像上的一个动点，若以点为圆心，为半径的圆与直线相交，交点为、，当弦的长等于时，点的坐标为 ． 64．（23-24九年级上·浙江绍兴·期末）根据以下情境信息，探索完成任务． 公路涵洞改造方案的设计与解决 情境1 图1是某公路涵洞，图2是其截面示意图，它由圆心在点的劣弧和矩形构成．测得公路宽，涵洞直壁高，涵洞顶端高出道路（）（即）． 情境2 现需对公路进行拓宽，改造成双向隔离车道，并同步拓宽涵洞，中间设置宽为的隔离带，两边为机动车道．如图3，改造后的公路宽，涵洞直壁高和涵洞顶端到的距离保持不变．    改造方案 方案一 如图4，将涵洞上半部分劣弧改造成顶点为的抛物线一部分的形式．    方案二 如图5，将涵洞上半部分劣弧改造成仍为劣弧的形式    问题解决 任务1 按方案一改造 以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，求抛物线的函数表达式． 任务2 按方案二改造 求涵洞上半部分劣弧所在圆的半径． 任务3 隔离带最大宽度的确定 要使高，宽的货运车能通过此公路涵洞，分别求出两种改造方案下的最大值（，，结果精确到）． 任务三： 65．（2024·广东珠海·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于C点，且． (1)求抛物线的解析式； (2)在第一象限内抛物线上是否存在点M，使，如果存在，求M点的坐标，如果不存在，说明理由； (3)若D是抛物线第二象限上一动点，过点D作轴于点F，过点A、B、D的圆与交于E点，求的面积． 66．（2024·湖南长沙·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于C点，且．    (1)求该抛物线的解析式； (2)抛物线上是否存在点M，使，如果存在，求点M的坐标，如果不存在，说明理由； (3)若点D是抛物线第二象限上一动点，过点D作轴于点F，过点的圆与交于点E，连接，求的面积．       67．（23-24九年级下·福建福州·期中）如图，已知抛物线的图象与x轴交于点和点，与y轴交于点C．连接．    (1)求抛物线的解析式； (2)点M在直线下方的抛物线上，过点M作，交于点N，求的最大值，并写出此时点M的坐标； (3)点P是的外心，点Q在抛物线上，且位于y轴左侧，若，求点Q的坐标． 68．（2023·广东佛山·一模）二次函数． (1)当时，函数图象与轴交于点、，与轴交于点． ①写出函数的一个性质； ②如图1，点是第四象限内函数图象上一动点，求出点坐标，使得的面积最大； ③如图2，点为第一象限内函数图象上一动点，过点作.轴，垂足为，的外接圆与交于点，求的长度； (2)点、为函数图象上任意两点，且.若对于时，都有，求的取值范围． 69．（2023·浙江湖州·模拟预测）如图1，抛物线的顶点为，与轴交于点，其对称轴与轴交于点，点是抛物线对称轴左侧一动点，以和为边作，连结．已知抛物线经过点． (1)求该抛物线的函数表达式． (2)若、、三点在同一直线上，记的面积为，求证：． (3)连结，若，如图，将沿边翻折，得到，试探究：在轴上是否存在点，使？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由 考点十二、圆的应用 70．（2023·河北衡水·二模）如图1，某校学生礼堂的平面示意图为矩形，其宽米，长米，为了能够监控到礼堂内部情况，现需要在礼堂最尾端墙面上安装一台摄像头进行观测，并且要求能观测到礼堂前端墙面区域，同时为了观测效果达到最佳，还需要从点出发的观测角．甲、乙二人给出了找点的思路，以及的值，下面判断正确的是(   ) 甲：如图2，在矩形中取一点，使得，即为所求，此时米； 乙：如图3，在矩形中取一点，使得，且，以为圆心，长为半径画弧，交于点，，则，均满足题意，此时或． A．甲的思路不对，但是的值对 B．乙的思路对，的值都对且完整 C．甲、乙求出的的值合在一起才完整 D．甲的思路对，但是的值不对 71．（2024·浙江温州·二模）图1是圆形置物架，示意图如图2所示，已知置物板，且点E是的中点，测得，，，，则该圆形置物架的半径为 cm． 72．（23-24九年级上·浙江温州·阶段练习）图1是车载手机支架实物图，图2是其正面示意图，其中，，为伸缩杆，其中，支架最大宽度，支架的高为，则外接圆的半径为 ，当一部宽为的手机置于支架中，如图3，此时手机夹臂收缩，手机托下移，手机伸缩杆的移动距离相同，形成的外接圆的圆心为点，若，则为 cm．    73．（2024·陕西西安·一模）【问题提出】 （）如图，为的弦，在上找一点并画出，使点到的距离最大；（不需要说明理由） 【问题探究】 （）如图，在扇形中，点为扇形所在圆的圆心，点为上一动点，连接，与交于点，若，，求的最大值； 【问题解决】 （）某公园有一圆形水池（如图），是水池上的两座长度相等的小桥，且，现规划人员计划再修建两座小桥和，桥的入口在水池边上（即点在上），为使游客观赏效果最佳，要求四座桥围成的四边形面积最大，已知，修建小桥的成本为元，当四边形的面积最大时，求修建和两座小桥的总成本． 74．（2024·陕西西安·模拟预测）（1）如图①， 点P 为上一点，， 垂足分别为点A与点H， 若，则的最大值为 ； (2) 如图②， 在中，， D 是边上一点， 且， 点E 是边上一点， 将沿折叠， 则点C落在 F 处， 连接， 求周长的最小值； （3）如图③，是某花园的设计示意图，已知，，，， 弧为上的一段优弧， 点E为弧上的一点，过点E与点O铺设一条观赏小路，过点 A 铺设一条与之垂直的观赏小路，垂足为F，现计划在内种植牡丹花，已知牡丹花每平米的成本费为 500 元，则种植牡丹花所需费用至少为多少元？ 75．（23-24九年级上·陕西西安·期末）【发现问题】如图1，在画展厅，为保护展品，会放置围栏分隔观赏者和展品，现在数学小组想知道围栏位置是否合适，做出以下研究． 【资料查阅】1471年德国数学家米勒也提出过类似问题，如图2，观赏最佳的位置就是展品的最高点A与最低点B与观赏者的眼睛C所形成的视角最大． 【米勒定理】如图3，当经过A，B，C三点的与过点C的水平线相切于点C时，视角最大，站在此处观赏最理想．这是为什么呢？ 请思考后完成填空： 设点是上任意一个异于C的点， 是的外角， ______（填“、或”）， 又 ______， ． 眼睛位于点C处时，最大． 【问题解决】如图4，在上述定理基础上，假如竖直墙壁上的展品的最高点A距离地面的高度为3.4米，最低点B距离地面的高度为2.4米，观赏者的眼睛C距离地面的高度为1.6米，那么围栏放在什么位置最合适呢？ 76．（23-24九年级上·江苏苏州·阶段练习）【观察思考】： 某种在同一平面进行传动的机械装置如图1，图2是它的示意图．其工作原理是：滑块在平直滑道上可以左右滑动，在滑动的过程中，连杆也随之运动，并且带动连杆绕固定点摆动．在摆动过程中，两连杆的接点在以为半径的上运动．数学兴趣小组为进一步研究其中所蕴含的数学知识，过点作于点，并测得分米，分米，分米．    (1)点在上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是______分米； (2)如图3，小明同学说：“当点滑动到点的位置时，与是相切的．”你认为他的判断对吗？为什么？ (3)小丽同学发现：“当点运动到上时，点到的距离最小．”事实上，还存在着点到距离最大的位置，此时，点到的距离是______分米； 考点十三、与圆有关的计算 77．（23-24九年级下·河南驻马店·阶段练习）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为，点、、均为格点，点为的三等分点（靠近点），点、分别是线段、上的动点，且，点为的中点，连接、．在滑动的过程中，当值最小时，阴影部分的面积是 ． 78．（2024·河南南阳·二模）如图，在扇形中，，半径 ，点C是上一点，连接，沿将扇形折叠，使得点 A落在的延长线上的点D处，连接，则图中阴影部分面积为 (结果保留π) ． 79．（2023·广西贵港·模拟预测）如图，将半径为4，圆心角为的扇形绕弧的中点逆时针旋转，点，的对应点分别为点，点落在上，点落在上，则图中阴影部分的面积为 ． 80．（2020·山东烟台·一模）如图，在一圆柱铁桶内底面的点处有一飞虫，在其上边沿的点处有一面包残渣，已知是点正下方的桶内底面上一点，已知劣弧的长为，铁桶的底面直径为，桶高为60cm，则该飞虫从点到达的最短路径是 cm．    81．（22-23九年级上·四川绵阳·期末）如图，为直径，为的弦，，延长至，且，的半径为6． (1)求证：直线与相切； (2)如图1，若，求阴影部分面积； (3)如图2，若，求的值． 82．（2023·江苏宿迁·模拟预测）在矩形中，，点、分别是边、上的动点，且，连接，将矩形沿折叠，点落在点处，点落在点处． (1)如图1，当与线段交于点时，求证：； (2)如图2，当点在线段的延长线上时，连结交于点连结．求证：； (3)当时，在点由点移动到中点的过程中，直接写出点运动的路线长． 83．（2023·江苏南京·二模）在平面内，将小棒经过适当的运动，使它调转方向(调转前后的小棒不一定在同一条直线上)，那么小棒扫过区域的面积如何尽可能地小呢？ 已知小棒长度为4，宽度不计． 方案1：将小棒绕中点O旋转180°到，设小棒扫过区域的面积为(即图中灰色区域的面积，下同)； 方案2：将小棒先绕A逆时针旋转60°到，再绕C逆时针旋转60°到，最后绕B逆时针旋转60°到，设小棒扫过区域的面积为．    (1)①______，______；(结果保留) ②比较与的大小．(参考数据：，．) (2)方案2可优化为方案3：首次旋转后，将小棒先沿着小棒所在的直线平移再分别进行第2、3次旋转，三次旋转扫过的面积会重叠更多，最终小棒扫过的区域是一个等边三角形． ①补全方案3的示意图； ②设方案3中小棒扫过区域的面积为，求． (3)设计方案4，使小棒扫过区域的面积小于，画出示意图并说明理由． 84．（22-23九年级上·山西临汾·阶段练习）综合与实践 问题情境：如图，将一个圆锥的侧面展开后可得到一个圆心角为，半径为l的扇形，圆锥底面是一个半径为r的圆．母线在展开图上对应的半径经过的中点． (1)特例研究：当，时， ，展开图上，与OB的夹角为 ． (2)问题提出：求证：． (3)问题解决：如图2，一种纸质圆锥形生日帽，底面直径为，母线长也为，为了美观，想在底面圆上一点A和与之相对的母线PB中点C之间拉一条细彩带进行装饰，求彩带长度的最小值．（提示：尝试画出圆锥侧面展开图） 考点十四、圆的综合问题 85．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图1，在中，D在边上，圆O为锐角的外接圆，连接并延长交于点E，设．    (1)若，求的度数； (2)如图2，作，垂足为F，与交于点G，已知． ①求证：； ②若，求的值． 86．（2024·山东济宁·二模）【初步感知】 （1）如图1，点A，B，P均在上，若，则锐角的大小为______度； 【深入探究】 （2）如图2，小明遇到这样一个问题：是等边三角形的外接圆，点P在上（点P不与点A，C重合），连接，，．求证：；小明发现，延长至点E，使，连接，通过证明．可推得是等边三角形，进而得证.请根据小明的分析思路完成证明过程． 【启发应用】 （3）如图3，是的外接圆，，，点P在上，且点P与点B在的两侧，连接，，，若，则的值为_____． 87．（23-24九年级上·浙江台州·期末）如图，内接于，，点是上的动点（不与点，，重合），连接，，．    (1)当点在上时（不与点，重合），求的度数；（用含的式子表示） (2)如图，当点在上时，过点作于点． ①请探究线段，和之间的数量关系，并证明； ②若，则________； (3)若，在点运动过程中，，过点作于点，求的长． 88．（23-24九年级上·江苏无锡·期末）如图1，在中，，，．点是射线上一动点，作的外接圆． (1)若圆心在边上，如图2，则此时的长为______； (2)当与的某一边所在的直线相切时，求此时的长； (3)随着点的运动，与的边的公共点的个数有哪些变化？直接写出对应的长的值或取值范围． 89．（23-24九年级上·湖北武汉·阶段练习）正方形和等腰共顶点，将绕点逆时针旋转一周． (1)如图1，当点与点重合时，若，求的长； (2)如图2，为中点，连接，探究的关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）条件下，连接，若，在旋转过程中，的最小值为___________． 90．（23-24九年级上·河北廊坊·期中）在矩形中，，，连接，，将半圆形量角器放在如图1所示的位置，其直径在边上，点是量角器上的零刻度，交于点，点是半圆形量角器所在圆的圆心． (1)求点在半圆形量角器上的度数； (2)将半圆形量角器绕点顺时针旋转． ①当点旋转到上时，交于点，如图所示．求证：与半圆形量角器相切； ②在旋转过程中，当与直线只有一个交点（不包括端点，）时，设此交点与点的距离为，请直接写出的取值范围． 91．（22-23九年级上·广东广州·阶段练习）如图1，在中，，于，为边上的点，过、、三点的交于，连接，．    (1)求证：； (2)如图2，点为弧上一动点，连接，，．在点运动过程中，试探索，，之间的数量关系，并证明； (3)如图3，在扇形中，为弧上任意一点，过点作于点，设为的内心，当点从点运动到点时，请直接写出内心所经过的路径长． 92．（2024·山东·模拟预测）综合与实践 【问题解决】 （1）如图1，射线、的夹角为，平面内有一点C，连接、，．若，，求线段与线段的长； 【延伸思考】 （2）如图2，当，，时，在射线上取一点E，过点E向BC的延长线作垂线，垂足为点F，连接，．以为直径作．C点为线段上的一个动点，连接，并且．当与相切时，连接，求的长； 【思维拓展】 （3）在图2的构图基础上深入探究：如图3，已知点A、B成为平面内的动点，点O、C为定点，且．若，，其他条件与（2）相同，求的最大值． 试卷第2页，共206页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二十四章 圆综合题拓展训练 目录与链接 考点一、常规最值问题………………………………………………………………………………2 考点二、隐圆问题…………………………………………………………………………………10 考点三、与圆有关的网格作图……………………………………………………………………23 考点四、与园有关的尺规作图……………………………………………………………………32 考点五、三角形的外接圆问题……………………………………………………………………40 考点六、三角形的内切圆问题……………………………………………………………………56 考点七、圆的平移…………………………………………………………………………………73 考点八、圆的折叠问题……………………………………………………………………………84 考点九、圆的旋转问题……………………………………………………………………………97 考点十、正多边形和圆……………………………………………………………………………111 考点十一、圆与函数的综合问题…………………………………………………………………126 考点十二、圆的应用………………………………………………………………………………146 考点十三、与圆有关的计算………………………………………………………………………162 考点十四、圆的综合问题…………………………………………………………………………177 考点一、常规最值问题 1．（22-23九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，矩形的顶点，在半径为5的上，，当点在上运动时，点也随之运动，则矩形的对角线的最小值为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图，取的中点，连接，，在Rt中，为中点，，当时，最小，此时矩形的对角线最小. 、、三点共线时，最小，此时在Rt中，设，知道，长度，根据勾股定理建立方程，即可求解的长度，进而求得的长度. 【详解】解：如图，取的中点，连接，， 在Rt中，为中点，， 当时，最小，此时矩形的对角线最小， ∵，为弦，为中点， ∴在过的直径上， 而为圆心，则、、三点都在一条直线上； 故、、三点共线时，最小； 此时在Rt中，设，知道，， 有， 有， 解得，(舍去)， ， 故选A． 【点睛】本题考查了圆内动点问题、垂径定理等知识，根据垂径定理作出图形是解题的关键． 2．（2024九年级下·全国·专题练习）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．若点D为抛物线上一点且横坐标为，点E为y轴上一点，点F在以点A为圆心，2为半径的圆上，则的最小值 ． 【答案】 【分析】此题考查了二次函数与轴的交点，利用轴对称求最短路线，圆的性质，勾股定理等，解答此题的关键是准确的求出二次函数与轴的交点坐标，难点是确定当为最小式，点，的位置．先求出，点坐标，做辅助线如图求点坐标，根据图像即可分析出答案． 【详解】解：对于，当时， ， 解得：，， ∴点的坐标为， 对于，当时，， ∴点的坐标为， 作点关于轴对称的点，则点， 连接交于轴与，交与，过点作轴与，连接， 当点与点重合，点与点重合时，为最小，最小值为线段的长． 理由如下： 当点与点不重合，点与点不重合时， 根据对称轴的性质可知：， ∴， 根据“两点之间线段最短”可知： ， 即：， ∵， ∴， 即：， ∴当点与点重合，点与点重合时，为最小． ∵点，， ∴，，， ∴， 在中，，， 由勾股定理得：， ∴， 即的最小为， 故答案为：． 3．（2024·陕西渭南·二模）如图，在平行四边形中，，，，点F、点N分别为、的中点，点E在边上运动，将沿折叠，使得点D落在处，连接，点M为中点，则的最小值是 ． 【答案】/ 【分析】根据三角形中位线定理可得，知当取得最小值时，取得最小值，由折叠知，点在以点F为圆心，的长为半径的半圆弧上运动，当点运动到线段上时，取得最小值，为，过点F作于点H，，根据的直角三角形的性质可得的长与的长，根据勾股定理求出的长，进一步可得的最小值，即可求出的最小值． 【详解】连接，， ∵点N为的中点，点M为中点， ∴， ∴当取得最小值时，取得最小值， ∵平行四边形中，，点F为的中点， ∴， 由折叠知，， ∴点在以点F为圆心，的长为半径的半圆弧上运动， 当点运动到线段上时， 取得最小值，最小值为， 过点F作于点H，如图所示， 则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形折叠．熟练掌握平行四边形性质，折叠性质，三角形中位线定理，含的直角三角形性质，勾股定理解直角三角形，是解决问题的关键． 4．（2021·河南洛阳·三模）如图，半圆O的直径AB＝4cm，，点C是上的一个动点（不与点B，G重合），CD⊥OG于点D，CE⊥OB于点E，点E与点F关于点O中心对称，连接DE、DF，则△DEF面积的最大值为 cm2 【答案】2 【分析】连接OC，设OD＝x，OE＝OF＝y．根据S△DEF＝×EF×OD＝×2y×x＝xy，当xy的值最大时，△DEF的面积最大；根据矩形的性质，通过判定四边形ODCE是矩形，得；根据勾股定理、完全平方公式的性质分析，可得结论． 【详解】连接OC，设OD＝x，OE＝OF＝y． ∵ ∴OG⊥AB， ∵S△DEF＝×EF×OD＝×2y×x＝xy， ∴xy的值最大时，△DEF的面积最大， ∵CD⊥OG于点D，CE⊥OB于点E， ∴∠CEO＝∠CDO＝∠DOE＝90°， ∴四边形ODCE是矩形， ∴ ∴x2+y2＝22，即x2+y2＝4， ∵（x﹣y）2≥0， ∴x2+y2≥2xy， ∴2xy≤4， ∴xy≤2， ∴xy的最大值为2， ∴△DEF的面积的最大值为2 cm2 故答案为：2． 【点睛】本题考查了圆、勾股定理、中心对称、矩形、完全平方公式的知识；解题的关键是熟练掌握圆的对称性、勾股定理、完全平方公式的性质，从而完成求解． 5．（23-24九年级上·江苏徐州·期中）如图，的半径为，点是半圆的中点，点是的一个三等分点（靠近点），点是直径上的动点，则的最小值 ．    【答案】 【分析】如图，作点关于直径的对称点，根据圆的对称性可知点在圆上，连接，交直径于点，此时的最小值是的长，根据弧的度数等于它所对圆心角的度数可知，，根据对称的性质可得，，由垂径定理及推论可知，，根据角的直角三角形和勾股定理可得，即可得出答案． 【详解】解：如图，作点关于直径的对称点，则点在圆上，连接，交直径于点， ∴，则的最小值是的长， ∵点是半圆的中点，的半径为， ∴等于半圆的一半， ∴， ∵点是的一个三等分点（靠近点）， ∴等于的， ∴， ∵点与点关于直径的对称， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即的最小值是． 故答案为：．    【点睛】本题考查对称的性质，弧的度数和圆心角的关系，垂径定理及推论，等腰三角形的性质，两点之间线段最短，角的直角三角形和勾股定理等知识点，掌握弧的度数和圆心角的关系，垂径定理以及直角三角形的边角关系是解题的关键． 6．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，在平面直角坐标系中，点C是以点为圆心，1个单位长度为半径的圆上一点，点B的坐标为，连接，D是的中点，连接，求的最大值．    【答案】3 【分析】本题考查了利用轴对称求最短距离问题，三角形的中位线定理，勾股定理，圆的基本性质，掌握圆外一点到圆上任意一点距离的最长线段经过圆心是解本题的关键． 作点B关于y轴的对称点，连接，根据三角形中位线定理得，当最大时，有最大值，确定当，，共线时，有最大值，从而解答即可． 【详解】解：作点B关于原点O的对称点，连接，如图①．    ∵D是的中点， ∴ 如图②，当点C运动到的延长线上时，最大，此时也最大． ∵ ∴ ∵， ∴， ∴的最大值为， ∴的最大值为3． 考点二、隐圆问题 7．（2024·安徽蚌埠·二模）如图，在正方形中，，M，N分别为边 ， 的中点，E为边上一动点，以点 E为圆心，的长为半径画弧，交 于点F，P为的中点，Q为线段上任意一点，则 长度的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图，连接，为的中点，可得，则在以为圆心，为半径的圆弧上运动，当四点共线时，最小，再进一步求解即可． 【详解】解：如图，连接，    ∵正方形，， ∴，， ∵分别，的中点， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴在以为圆心，为半径的圆弧上运动， 当四点共线时，最小， 此时，， ∴， ∴， 即的最小值为：， 故选B 【点睛】本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，正方形的性质，圆的确定，熟练的确定P的运动轨迹是解本题的关键． 8．（23-24九年级上·北京东城·期末）如图，以 为圆心，半径为的圆与轴交于两点，与 轴交于两点，点为上一动点，于，当点在的运动过程中，线段的长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查垂径定理、直角三角形30度角的判定和性质、勾股定理等知识连接， 作 ，连接，可知点在以为直径的圆上移动，当点在的延长线上时，的长最小，根据含的直角三角形的性质和勾股定理求出，即可求解，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 【详解】连接， 作 ，连接， ， ∴， ∵为圆心，半径为， ∴，， 在中，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴点在以为直径的圆上移动， 当点在的延长线上时，的长最小，最小值为， 故选：． 9．（2024九年级下·全国·专题练习）如图，正方形的边长为，点分别在、上，且，与相交于点，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，圆周角定理，勾股定理，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握的圆周角所对的弦是直径是解答本题的关键．通过证明，可证，则点在以为直径的一段弧上运动，当点在与弧的交点处时，最短，然后根据勾股定理求出的长即可求解． 【详解】解∶四边形是正方形， ， 在和中 ， ， ， ， ∴， 点在以为直径的一段弧上运动， 设的中点为，则当点在与弧的交点处时，最短， ， ， ∴， ， 故答案为：． 10．（23-24九年级上·湖北武汉·期中）如图，已知在中，，，将绕点A逆时针旋转．得到．点D是边的中点，点E为边上的动点，在绕点A逆时针旋转的过程中，点E的对应点是点，则线段长度的最大值与最小值的差是 ． 【答案】 【分析】如图，连接，作于H，于．求出的最小值以及最大值即可解决问题． 【详解】解：如图，连接，作于H，于． 以A为圆心，以为半径作圆，与直线的右侧交点为， 以A为圆心，以为半径作圆，与直线的左侧交点为， ∵，，点D是边的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在旋转过程中，当点与重合时，的值最小，且最小值为：， 当点与重合时，的值最大，且最大值， ∴线段长度的最大值与最小值的差为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂线段最短，圆的基本性质，熟练掌握勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂线段最短，圆的基本性质是解题的关键． 11．（2023·江苏南通·模拟预测）直线分别与轴、轴相交于点、，边长为2的正方形的一个顶点在坐标系的原点，直线与相交于点，若正方形绕着点旋转一周，则点到点长度的最小值是 ． 【答案】/ 【分析】由题意可得，则有，由，，进而可得，旋转同理可证，则P在以为直径的圆上，可得圆心G为，半径为，由，可知当圆心G，点P，三点共线时，最小，由，进而可得最小值． 【详解】解：如图： ∵直线与轴、轴交于点、， ∴、， ∴， 在和中， ． ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴， 在正方形旋转的过程中，同理可证，，可得，， ∴在以为直径的圆上， ∴圆心为，半径为，连接， ∵， ∴当圆心，点，三点共线时，最小， ∵， ∴， ∴点到点长度的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一次函数与几何变换、正方形的性质、三角形全等的判定与性质，圆的有关知识，解题的关键是发现点P在以为直径的圆上，确定点P的位置是解题的关键． 12．（2024·山东济宁·模拟预测）如图，与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，D，P为上一动点，Q为弦上一点，．若点D的坐标为，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查坐标与图形的性质，勾股定理，关键是作出辅助圆，当Q与重合时，最小．连接，过Q作，交于M，以M为圆心，为半径作圆，连接交于，得到，求出的长，推出，由勾股定理求出的长即可． 【详解】解：连接，过Q作，交于M，以M为圆心，为半径作圆，连接交于， ∴， ∵， ∴， ∵D的坐标是， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴P， ∴， ∴， ∴Q在M上， ∴当Q与重合时，最小， ∵，， ∴， ∴， ∴的最小值是． 故答案为：． 13．（23-24九年级上·天津·期末）已知，均是边长为4的等边三角形，点D是边的中点． （Ⅰ）如图①，这两个等边三角形的高为 ； （Ⅱ）如图②，直线相交于点M，当绕点D旋转时，线段长的最小值是 ． 【答案】 / 【分析】本题考查等边三角形的性质、勾股定理，圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，得到点M的运动路线是解答的关键． （Ⅰ）可根据等边三角形的性质和勾股定理求解即可；（Ⅱ）如图①中，连接、、，根据题意可得，，，分别证明和，利用全等三角形的性质和等腰三角形的判定与性质推导出，则点M在以为直径的圆上运动，进而得到当点M运动到时，最短，利用圆的基本知识求解即可． 【详解】解：（Ⅰ）如图①中，连接， ∵是边长为4的等边三角形，点D是边的中点， ∴，，， 在中， ∴ 故答案为：； （Ⅱ）如图①中，连接、、， 由题意，，，， ∴，， ∴， ∴，则， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点M在以为直径的圆上运动， 如图②中，当点M运动到时，最短， ∵，， ∴的最小值为， 故答案为：． 14．（2024·吉林长春·一模）【问题呈现】数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图①，是的半径，．点P在上，将点P沿的方向平移到点Q，使．当点P在上运动一周时，试探究点Q的运动路径． 【问题解决】经过讨论，小组同学想利用平行四边形的知识解决该问题：如图②，在线段上截取，连结、，由平行四边形的性质可推出点Q的运动路径是以点B为圆心、3为半径的圆．下面是部分证明过程： 证明：在线段上截取，连接、． 1°当点P在直线外时， 证明过程缺失 2°当点P在直线上时， 易知． 综上，点Q的运动路径是以点B为圆心、3为半径的圆． 请你补全证明中缺失的过程． 【结论应用】在上述问题的条件下，记点M是线段的中点，如图②．若点P在上运动一周，则点M的运动路径长为　　　　． 【拓展提升】如图③，在矩形中，，．点P是平面内一点，，将点P沿的方向平移到点Q，使．点M是线段上的任意一点，连结．设线段长度的最大值为a，最小值为b，则　　　　． 【答案】问题解决：见解析；结论应用：；拓展提升： 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，一点到圆上一点距离的最值问题，勾股定理，矩形的性质等等： （1）根据平移的性质得到，则可证明四边形是平行四边形，得到，则点Q的运动路径是以点B为圆心、3为半径的圆． （2）在上截取，同理可证明点M的运动路径是以点N为圆心、3为半径的圆，再根据圆周长公式求解即可； （3）如图所示，在上截取，连接，同理可证明，则点M的运动轨迹是以点N为圆心，1为半径的圆，则在整个运动过程中当最小时，且当点M运动到上时，有最小值，同理在整个运动过程中当最大时，且当点M运动到延长线上时，有最大值，在中利用勾股定理求出的最大值和最小值即可得到答案． 【详解】问题解决：证明：在线段上截取，连接、． 当点P在直线外时， 由平移的性质可得， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴点Q的运动路径是以点B为圆心、3为半径的圆． 结论应用：如图所示，在上截取，同理可证明点M的运动路径是以点N为圆心、3为半径的圆， ∴点P在上运动一周，则点M的运动路径长为； 拓展提升：如图所示，在上截取，连接， 同理可证明， ∴点M的运动轨迹是以点N为圆心，1为半径的圆， ∵， ∴当点N固定时，当点M运动到上时，有最小值，最小值为， ∴在整个运动过程中当最小时，且当点M运动到上时，有最小值， 同理在整个运动过程中当最大时，且当点M运动到延长线上时，有最大值， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，， 在中，， ∴， ∴， ∴． 考点三、与圆有关的网格作图 15．（2024·天津和平·三模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点A，C均落在格点上，点B在网格线上． （Ⅰ）线段的长等于 ； （Ⅱ）以为直径作半圆，在的角平分线上有一点P，上有一点Q，使的值最小．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） ． 【答案】 见解析 【分析】本题主要考查复杂作图能力，勾股定理，中位线定理，垂线段最短等知识点，掌握以上知识点并与已知图形结合是解决本题关键． （Ⅰ）根据勾股定理计算即可； （Ⅱ）先将补成等腰三角形，然后利用等腰三角形构建三角形的角平分线，然后根据垂线段最短构造三角形的高线交于点P，点P即为所作． 【详解】解：（Ⅰ）， （Ⅱ）如图，点即为所作； 取与格线的交点D，与格线交点O，连接并延长交半圆于点E，连接，取与半圆的交点F，与半圆的交点G，连接和相交于点H，连接并延长与相交于点P，点P即为所求． ∵是的中位线， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即平分， 又∵是直径， ∴， ∴， 根据垂线段最短可得当时，最小，即点P为与的交点． 16．（2024·天津武清·三模）如图，在每个小正方形的边长为的网格中，圆经过，，三点，点是圆与网格线的交点，点，均在格点上． （1）线段的长为 ； （2）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出以点为顶点的，使得，并简要说明作图过程（不要求证明） ． 【答案】 见解析 【分析】（）根据网格特征，利用勾股定理即可求解； （）根据三角形中线，垂径定理及推论，圆周角定理即可； 本题考查了尺规作图，勾股定理，垂径定理及推论，三角形中线，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（）由网格可知：， 故答案为：； （）如图， 取格点，，设圆与网格线交于点， 连接交于点，则点为圆心，交于点，与网格线的交点为， 连接并延长，交于点， 分别连接，， ∴即为所求， 作图过程理由：如图， 取格点，由网格可知，点在线段上，且四边形为菱形， ∴， 故直线经过圆心，连接，，则， 故直线经过圆心，故与的交点为圆心， ∵交于点， ∴点为的中点， 过点作网格线的垂线，与网格线交于点，取格点， ∴， ∴， ∴为的中点， ∴点为的中点， ∴，则，， ∴． 17．（23-24九年级上·天津·期末）如图，由边长为1的小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，是的两条弦，且点A，B，C都是格点．仅用无刻度的直尺在给定的网格中完成画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示． （1）线段的长等于 ； （2）在如图所示的网格中，在直线的右侧找一点M，使得且，再在线段上找一点F，使，简要说明点M和F的位置是如何找到的（不要求证明） ． 【答案】 见解析 【分析】本题考查了网格与勾股定理，同弧或等弧对的圆周角相等，等腰三角形的判定与性质，正方形的性质等知识，熟练掌握相关性质定理是解题关键． （1）利用勾股定理即可求解； （2）在上取格点G，则，找到格点N，连接，相交于点M，取格点D，连接，则交于点F，根据圆周角定理等知识即可得到点M，F即为所求． 【详解】解：（1）； 故答案为：； （2），，， ， ， 为圆的直径， 在上取格点G，则，找到格点N，连接，相交于点M， 为正方形， ； 取格点D，连接，则交于点F，连接，可得， 如图，点M，F即为所求． 18．（23-24九年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，在的网格中，的三个顶点都在格点上．为的外接圆，请在指定的网格中用无刻度的直尺作图： (1)在图中标出这个外接圆的圆心，并写出________； (2)在图中画出的角平分线交于； (3)在图中画出关于直线对称的； (4)在图中，若交于点，画出平行四边形． 【答案】(1)作图见解析， (2)作图见解析 (3)作图见解析 (4)作图见解析 【分析】（）利用圆周角定理及矩形的性质可找到点的位置，再根据圆周角定义及正弦的定义可求出的值； （）利用正方形的性质作出的垂直平分线，交于点，连接，则即为所求； （）利用网格特点作出的垂线，交于点，连接，则即为所求； （）利用作平行线的方法找到点的位置，连接，则四边形即为所求； 本题考查了圆周角定理，三角函数，正方形、矩形的性质，平行四边形的判定，掌握正方形、矩形的性质和平行四边形的判定是解题的关键． 【详解】（1）解：如图，点即为所求，由圆周角定理可得， ∴； （2）解：如图，射线即为所求； （3）解：如图，即为所求； （4）解：如图，四边形即为所求． 19．（22-23九年级上·江苏南京·阶段练习）按要求作图： (1)如图1，在正方形网格中，有一圆经过了两个小正方形的顶点A，B，利用无刻度直尺画出这个圆的一条直径； (2)如图2，BA，BD是⊙O中的两条弦，C是BD上一点，BAC50，利用无刻度直尺在图中画一个含有50角的直角三角形； (3)如图3，利用无刻度直尺和圆规，以AB边上一点O为圆心，过A、D两点作⊙O（不写作法，保留作图痕迹）； (4)如图4，AB与圆相切，且切点为点B，利用无刻度直尺在网格中找出点B的位置． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)见解析； (4)见解析． 【分析】（1）根据垂径定理可知，AB 的垂直平分线过圆心，连接AB，利用网格找出线段AB的垂直平分线即可； （2）延长AC交⊙O与点E，连接BO并延长交⊙O于点F，在连接EF，则即为所求； （3）作线段AD的垂直平分线，交AB于点O，再以点O为圆心，OA为半径作圆即可； （4）过点A作圆的两条割线：ACD和AEF；连接CF，DE交于点G，延长EC和FD交于点H，连接HG交圆于点B，连接AB即可． 【详解】（1）解：根据垂径定理可知，AB 的垂直平分线过圆心，连接AB，利用网格找出线段AB的垂直平分线即可，如图：EF即为直径； （2）解：延长AC交⊙O与点E，连接BO并延长交⊙O于点F，在连接EF，则即为所求； （3）解：作线段AD的垂直平分线，交AB于点O，再以点O为圆心，OA为半径作圆即可，如图； （4）解：过点A作圆的两条割线：ACD和AEF；连接CF，DE交于点G，延长EC和FD交于点H，连接HG交圆于点B，连接AB即可，如图： 【点睛】本题考查作图，圆周角定理，切线性质，垂直平分线，解题的关键是理解题意，综合运用所学知识，是中考中常见题型． 考点四、与园有关的尺规作图 20．（21-22九年级上·江苏南京·期末）如图，已知P是⊙O外一点．用直尺和圆规作图． (1)过点P作一条直线l，使l与⊙O相切； (2)在⊙O上作一点Q，使∠OQP＝60°．（要求：保留作图痕迹，不写作法） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接，作线段的垂直平分线，交于点，以为圆心，的长为半径作弧，交于点，过点作直线，则即为所求； （2）构造四点共圆，作，步骤如下，连接,作垂直平分线与交于点，分别以为圆心，的长为半径作弧，两弧交于点,连接，交于点，则,连接，则,作的外心，即作的垂直平分线与交于点,以为半径作，交于点，连接,则，点即为所求． 【详解】（1）连接，作线段的垂直平分线，交于点，以为圆心，的长为半径作弧，交于点，过点作直线，则即为所求； 理由：三点共圆，是直径，则是直角，即，则为所求作的切线 （2）如图，连接,作垂直平分线与交于点，分别以为圆心，的长为半径作弧，两弧交于点,连接，交于点，则,连接，则,作的外心，即作的垂直平分线与交于点,以为半径作，交于点，连接,则，点即为所求，理由是：是的内接四边形，，则 【点睛】本题考查了尺规作图，作圆的切线，作圆周角，四点共圆，作特殊角，掌握基本作图是解题的关键． 21．（2023·广东湛江·一模）如图，已知四边形是矩形，把沿对角线翻折得到，交于点，是的外接圆．    (1)利用尺规作出的外接圆（要求保留作图痕迹，不写作法）； (2)求证：； (3)若，试判断与直线的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)直线是的切线，理由见解析 【分析】此题是圆的综合题，主要考查了尺规作图，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定，锐角三角函数，求出是解本题的关键． （1）先作出，的垂直平分线，找出圆心，即可得出结论； （2）先判断出，即可得出结论； （3）先求出，进而依次求出，，，再判断出，进而求出，判断出是等边三角形，即可得出结论． 【详解】（1）解：如图，为所求作的图形．    （2）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠知，， ∴， ∴． （3）解：直线是的切线， 如图，连接，，    ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， 由折叠知，， ∴， ∴， 由折叠知，， ∴， ∴， 由（2）知，， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵点在上， ∴直线是的切线． 22．（23-24九年级上·江苏徐州·期中）据《尔雅·释器》记载：“好倍肉，谓之瑗（yuàn）．”如图1，“好”指中间的孔，“肉”指中孔以外的边（阴影部分），“好倍肉”指中孔和环边比例为． (1)观察： “瑗”的主视图可以作两个同心圆，根据图1中的数据，可得小圆与大圆的半径之比是_______； (2)联想： 如图2，在中，，，平分交于点，则_______； (3)迁移： 图3表示一个圆形的玉坯，若将其加工成玉瑗，请利用圆规和无刻度的直尺先确定圆心，再以题（2）的知识为作图原理作出内孔．（不写作法，保留作图痕迹） 【答案】(1) (2) (3)作图见解析 【分析】（1）根据图1中的数据可确定小圆和大圆的半径，即可得出答案； （2）根据直角三角形两锐角互余可得，根据角平分线的定义可得，再根据等角对等边和角的直角三角形可得，，可得出答案； （3）作直线交圆于点，，作的垂直平分线交圆于点，，作的垂直平分线交圆于点，，交于点，过点作，以点为圆心，为半径画弧交圆于点，连接并延长交于点，作的平分线交于点，以点为圆心，为半径画圆，根据垂径定理的推论和垂直平分线的性质可确定点为大圆的圆心，证明为等边三角形，得到，从而得到，再结合（2）的结论可得出结论． 【详解】（1）解：如图1，小圆半径是：，大圆半径是：， ∴小圆与大圆的半径之比是：， 故答案为：； （2）∵在中，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， 故答案为：； （3）作直线交圆于点，，作的垂直平分线交圆于点，，作的垂直平分线交圆于点，，交于点，过点作，以点为圆心，为半径画弧交圆于点，连接并延长交于点，作的平分线交于点，以点为圆心，为半径画圆， ∵垂直平分，是圆的弦， ∴线段为圆的直径， ∵垂直平分于点， ∴点为大圆的圆心，， ∵以点为圆心，为半径画弧交圆于点， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平分， 由（2）知：，， 则小即为所作． 【点睛】本题考查作图—应用与设计作图，考查了利用尺规作垂直平分线、过一点作垂线、作一个角的角平分线、作一条线段等于已知线段，垂径定理的推论，垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，角的直角三角形，等角对等边等知识点．解题的关键是理解题意，利用数形结合思想解决问题． 23．（22-23九年级下·河南商丘·阶段练习）年版《义务教育数学课程标准》在年月日正式投入使用，在这个课程标准中要求学生能利用尺规过圆外一点作圆的切线．下面是某数学兴趣小组在学过圆的相关知识后进行的一系列探究． 已知：如图，为的切线，切点为． 求作：的另一条切线，切点为． 该数学兴趣小组的同学们展开了探究，经梳理，有以下几种作法： 作法一：以点为圆心，长为半径作弧，交于点，作直线，则直线即为所求，如图所示． 作法二：连接，作线段的垂直平分线，交于点，以点为圆心，长为半径作圆，交于点，作直线，则直线即为所求，如图所示． 作法三：作直线，过点作的垂线交于点，作直线，则直线即为所求．    根据以上信息，完成下列问题： (1)该数学兴趣小组的某同学对根据作法二作出的图形进行了证明，过程如下： 证明：连接，由作图，可知是的直径． ∴（依据： ① ），即． 又∵是的半径， ∴直线为的切线（依据： ② ）． 在上述证明过程中，“①”处应填写__________________；“②”处应填写________________． (2)根据作法三，请用尺规补全图．（保留作图痕迹） (3)若的半径为，，请你根据作法三作出的图形，求线段的长． 【答案】(1)直径所对的圆周角是直角；经过半径外端，并与该半径垂直的直线是圆的切线； (2)见解析； (3)． 【分析】（）根据作图可知是的直径，根据直径所对的圆周角是直角，作答即可；； （）根据题意作图即可； （）设交于点，连接，由，为的切线，证，最后根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）直径所对的圆周角是直角，经过半径外端，并与该半径垂直的直线是圆的切线； 故答案为：直径所对的圆周角是直角，经过半径外端，并与该半径垂直的直线是圆的切线； （2）如图，连接，    ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴直线为的切线， 即直线即为所求； （3）在解图的基础上记交于点，连接，如解图所示．    ∵，为的切线， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 在中，，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题考查圆周角定理，切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 考点五、三角形的外接圆问题 24．（2022·湖北武汉·模拟预测）如图是由三个大小相同的正方形组成的“品”字型轴对称图案，测得顶点A，B之间的距离为5．现用一个等边三角形纸片将其完全覆盖，当此等边三角形面积最小时，则它的外接圆半径是（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据轴对称图形的性质可知，等边三角形纸片的一边与B点所在的正方形水平方向的边重合，且等边三角形纸片的左侧的边过A点，据此画出图形，再根据勾股定理，正三角形的性质以及其外接圆的性质，作答即可． 【详解】如图，面积最小的等边三角形为，则等边的外接圆的半径为为等边中线的，设小正方形的边长为x，    根据图形的对称性有：，，，，， ∴， ∵在中，， ∴， 解得：（负值舍去）， ∴， ∵在等边中，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴等边中线长为：， ∵等边的外接圆的半径为为等边中线长的， ∴外接圆半径是， 故选：B． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，外接圆的性质，三角形外心的性质以及轴对称图形的性质等知识，正确的画出图形是解答本题的关键． 25．（23-24九年级上·湖北武汉·期末）已知，在中，，，以为直径的圆经过的外心，则的长为 ． 【答案】或 【分析】根据题意，分两种情况画出图形：情况1为当外心在内部时，情况2为当外心在外部时，根据圆心角与圆周角的关系易得为或，再作出边上的高，利用勾股定理解直角三角形，求出的长． 【详解】解：设是以为直径的圆，点O是的外心． 情况1，如图，当点O在内部时，根据圆心角与圆周角的关系得：， 作于点E，则是等腰直角三角形，， 由勾股定理有，即，， ， ； 情况2，如图，当点O在外部时，根据圆心角与圆周角的关系得： ， 作的延长线于点F，则是等腰直角三角形，， 由勾股定理有，即，， ， ． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心、圆周角定理、勾股定理解直角三角形、等腰直角三角形的性质等，灵活运用相关知识并画出图形分类讨论是解决问题的关键． 26．（2021·河北保定·一模）如图1，在中，，点D和点E分别从点A、点B同时出发，在线段上以做等速运动，分别到达点B、点A后停止运动．设运动时间为t秒． (1)求证：； (2)若，求的度数； (3)当△ADC的外心在其外部时，请直接写出t的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（1）根据题意可得，进而根据可得，利用“SAS”即可求证结论； （2）根据等边对等角和三角形内角和可得，利用“SAS”求证△ADC≅△BEC，继而根据全等三角形的性质可得,继而由等边对等角可得，进而即可求解； （3）由△ADC的外心在其外部，可知必须是钝角三角形，进而分：①∠ADC为钝角，②∠ACD为钝角，两种情况进行讨论即可求解． 【详解】（1）∵点D和点E分别从点A、点B同时出发，在线段上以做等速运动， ∴， ∵， ∴ ∴△ADC≅△BEC（SAS）， （2）如图所示， ∵，， ∴， 由（1）知，，， ∴△ADC≅△BEC（SAS）， ∴， ∴， ∴, （3）要使△ADC的外心在其外部，则必须是钝角三角形， ①当∠ADC为钝角时，过点C作CF⊥AB，垂足为F， ∵，， ∴，，， ∴， ∴， ②当∠ACD为钝角时，过点C作CM⊥AC，交AB于点M， 在Rt△ACM中，， ∴， 由勾股定理可得：， 又， ∴， 解得：， ∴， 又D从A运动到B所需时间为， ∴， 综上所述，当△ADC的外心在其外部时， t的取值范围为：或． 【点睛】本题考查全等三角形的判定及其性质、三角形内角和、等腰三角形的性质、勾股定理、三角形外心，解题的关键是熟练运用所学知识，正确作辅助线，还要注意利用分类讨论进行求解． 27．（2020九年级·全国·专题练习）如图，在中，，D、E分别是、的中点，. （1）如图1，若，求的长度（用含a的代数式表示）； （2）如图2，将绕点A顺时针旋转，旋转角为，连接、，判断与的数量关系，并说明理由； （3）在（2）的条件下，当的外心在三角形的外部时，请直接写出的取值范围． 【答案】（1）2a；（2）BD=CE，理由见详解；（3）0°＜α＜60°或90°＜α＜180°． 【分析】（1）由题意直接根据三角形中位线定理进行分析即可解答； （2）根据题意先证明△DAB≌△EAC，进而根据全等三角形的性质分析即可得到答案； （3）根据题意分∠AEC=90°、∠EAC=90°两种情况求出α，根据三角形的外心的概念进行解答． 【详解】解：（1）∵D、E分别是AB，AC的中点，， ∴BC=2DE=2a； （2）BD=CE， 理由如下：∵D、E分别是AB，AC的中点，AB=AC， ∴AD=AE， 由旋转变换的性质可知，∠DAB=∠EAC， 在△DAB和△EAC中， ， ∴△DAB≌△EAC（SAS）， ∴BD=CE； （3）当△ACE的外心在三角形的外部时，△ACE为钝角三角形， 当∠AEC=90°时，取AC的中点H，连接EH， 则EH=AC=AH， 由题意得，AE=AH， ∴AE=AH=EH， ∴△AEH为等边三角形， ∴∠EAH=60°， ∴当0°＜α＜60°时，△ACE为钝角三角形， 当∠EAC=90°时，α=90°， ∴90°＜α＜180°时，△ACE为钝角三角形， 综上所述：当△ACE的外心在三角形的外部时，0°＜α＜60°或90°＜α＜180°． 【点睛】本题考查的是旋转变换的性质和三角形的外心的概念以及全等三角形的判定和性质，熟练掌握三角形的外接圆圆心的概念、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 28．（23-24九年级上·江苏连云港·阶段练习）在中，，，点是外一动点（点，点位于两侧），连接，．    (1)如图1，点是的中点，连接，，当为等边三角形时，的度数是______． (2)当时， ①如图2，连接，探究线段，，之间的数最关系，并说明理由； ②如图3，是的外接圆，点在上，点为上一点，连接，，当，时，直接写出面积的最大值． 【答案】(1) (2)①，理由见解析；②面积的面积最大值为 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得，，再由等边三角形的性质得，，然后求出，即可求解； （2）①过点作交的延长线于点，证，得； ②连接，由勾股定理得，过点作于，延长交于点，此时点到的距离最大，面积的面积最大，然后由三角形面积求出，则，即可求解三角形的面积最大值，最后用勾股定理借助①的结论求出，即可求出BD． 【详解】（1）解：，，点是的中点， ，， 是等边三角形， ，， ，， ， ， 故答案为：； （2）解：①线段，，之间的数量关系为：， 理由如下：过点作交的延长线于点，如图所示：    则， 是等腰直角三角形， ，， ， ， ， ； ②解：连接，如图所示：    ，， 是等腰直角三角形， ， 是的外接圆， 是的中点， ，， ， 在中，由勾股定理得：， 是定值， 点到的距离最大时，面积的面积最大， 是的直径， 过点作于，延长与的交点恰好是点时，点到的距离最大，面积的面积最大， ， ， ， ， 此时，在中，， 在中，， 在中，， 由 知，， ， ， ， 即面积的面积最大值为，此时，． 【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理的推论，三角形外接圆，三角形面积，本题属圆与三角形综合题目，难度较大，熟练掌握相关性质是解题的关键． 29．（23-24九年级下·浙江·阶段练习）我们将能完全覆盖某平面图形的最小圆称为该平面图形的最小覆盖圆．例如：线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆；不共线三点A、B、C的最小覆盖圆就是的外接圆． 【操作探究】现有三个边长为的正方形． ①小芳按图1方式摆放，则最小覆盖圆的直径为________； ②小玲按图2方式摆放，则最小覆盖圆的直径为________； ③小慧发现另一种摆放方式，其最小覆盖圆的直径比他俩都小，请你也设计一种比小芳和小玲都小的摆放方式，并求出最小覆盖圆的直径． 【延伸运用】某地有四个村庄E，F，G，H（其位置如图3所示），现拟建一个广播信号中转站，为了使这四个村庄的居民都能接收到广播信号，且使中转站所需发射广播功率最小（距离越小，所需功率越小），请在图中画出中转站所建位置． 【答案】（1）①；②；③ （2）此中转站应建在的外接圆圆心处（线段的垂直平分线的交点），见详解． 【分析】本题考查了勾股定理的应用，三角形外接圆的性质作图，关键要懂得何为最小覆盖圆．知道若三角形为锐角三角形，则其最小覆盖圆为其外接圆；若三角形为直角或钝角三角形，则其最小覆盖圆是以三角形最长边（直角或钝角所对的边）为直径的圆． （1）运用勾股定理即可求解外接圆半径或直径； （2）本题关键要确定最小覆盖圆的半径，然后才能作答．中转站应建在的外接圆圆心处（线段的垂直平分线与线段的垂直平分线的交点处）．根据是锐角三角形，可知其最小覆盖圆为的外接圆，所以中转站建在的外接圆圆心处，能够符合题中要求． 【详解】解：（1）①以矩形对角线的中点为圆心，对角线长的一半为半径的圆为最小覆盖圆， 则， 故答案为：． ②以三个小正方形的共顶点为圆心，小正方形的对角线为半径的圆为最小覆盖圆， 则，∴， 故答案为：． ③将2个小正方形一边重合，另1个小正方形的两个顶点分别位于前2个小正方形上边的中点处，连接，延长交上方小正方形上边于点A，设，则，在和中，由勾股定理得： ，解得 ∴， ∴最小覆盖圆的直径为． （2）此中转站应建在的外接圆圆心处（线段的垂直平分线的交点）， ∵，， ∴为钝角三角形，此时不是最小覆盖圆， 对于而言，， 故为锐角三角形， ∴其最小覆盖圆为的外接圆，设圆心为点O，直线与交于点M，连接， ∵, ∴， 同理，为锐角三角形，但是此时点F在外接圆外部，不符合题意， ∴点G在内，从而是四边形的最小覆盖圆，因此中转站建在的外接圆圆心处． 30．（22-23九年级上·浙江嘉兴·期中）如图1，已知抛物线经过原点，它的对称轴是直线，动点从抛物线的顶点出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向上运动，设动点运动的时间为秒，连接并延长交抛物线于点，连接，． (1)求抛物线的函数解析式； (2)当为直角三角形时，求的值； (3)如图2，为的外接圆，在点的运动过程中，点也随之运动变化，请你探究：在时，求点经过的路径长度． 【答案】(1)； (2)当为直角三角形时，的值为1或2或5； (3)经过的路径长度为 【分析】（1）待定系数法求解析式即可； （2）分分别为直角，三种情况讨论，利用勾股定理进行求解即可； （3）根据为的外接圆，可知，点在线段的中垂线上，当时，点的运动路径是在线段中垂线上的一条线段，分别求出当、和时，点的坐标，然后利用两点间的距离公式，进行求解即可． 【详解】（1）解：抛物线经过原点，且对称轴是直线， ，， 则、， 抛物线解析式为； （2）解：设点， ， 点， 则、、， ①若，则， 解得（舍或， ， 则直线解析式为， 当时，，即， ； ②若，则， 解得（舍或， ， 则直线解析式为， 当时，，即， ； ③若，则， 整理，得：， ， ， ， ， 则或（舍， ， 直线解析式为， 当时，，即， ； 综上，当为直角三角形时，的值为1或2或5． （3）为的外接圆， 点在线段的中垂线上， 当时，点的运动路径是在线段中垂线上的一条线段， 当时，如图1， 由（2）知， 此时的外接圆圆心是的中点， ， ； 当时，如图2， 由（2）知，， 此时的外接圆圆心是的中点， 、， ； 当时，如图3， 由（2）知，， 此时的外接圆圆心是的中点， ， ； 则点经过的路径长度为． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用．正确的求出函数解析式，利用二次函数的性质，以及数形结合，分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．本题的综合性强，属于中考压轴题． 考点六、三角形的内切圆问题 31．（22-23九年级下·广东梅州·开学考试）若四边形的对角线，相交于，，，，的周长相等，且，，的内切圆半径分别为，，，则的内切圆半径是（　　） A． B． C． D．以上答案均不正确 【答案】A 【分析】设的内切圆半径为，，，，的周长为L，分别表示出四个三角形的面积，再根据由等高三角形面积之比等于对应的底之比可得，进而可得，由此列出方程，即可解出． 【详解】解：设的内切圆半径为，，，，的周长为L， 如图，是的内切圆，切点分别为，，，则， 由切线长定理可知：，，，， ，，，，，， ∴， 同理：，，，    由等高三角形面积之比等于对应的底之比可得：， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了三角的内切圆与内心性质、等高三角形面积之比等于对应的底之比的应用．知道三角形的面积等于周长与内切圆半径乘积的一半、等高三角形面积之比等于对应的底之比是解答本题的关键． 32．（2024·江苏无锡·二模）如图，在矩形中，，将边翻折到，使点D的对应点E在边上；再将边翻折到，点A的对应点为F，连接． （1）若，则的长为 ； （2）若点F为的内心，则的长为 ． 【答案】 1 【分析】（1）由翻折的性质可得，再利用矩形的性质和勾股定理求出，则； （2）如图所示，过点F作于H，连接，设交于G，由矩形的性质得到；由点F为的内心，得到，，则是等腰直角三角形，可得；证明，即可证明，得到，进一步证明，得到，设，则，，在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】解：（1）由翻折的性质可得， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴； （2）如图所示，过点F作于H，连接，设交于G， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵点F为的内心， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴； 设，则， 由折叠的性质可得， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，三角形内心的定义，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 33．（22-23九年级上·安徽·阶段练习）如图，为的外接圆，是的中点，接交于点，延长至点，使得平分． (1)求证：直线是的切线． (2)若的半径为，，求的长． (3)在（）的前提下，点在上，的内心在边上，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【分析】（）连接，由是的中点，可推导出垂直平分，进而得到，由得到，又根据三角形外角性质可得，结合平分即可得到，即可求证； （）由垂直平分得到，，利用勾股定理求出，得到的长，再利用勾股定理即可求出的长； （）连接，由点为的内心，得到，，进而得到，，利用角的关系可得到，即可得到． 【详解】（1）解：连接， ∵是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴ ， ， ， ， ∴， ∴直线是的切线； （2）解：∵垂直平分， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：连接， ∵点为的内心， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定，线段垂直平分线的判定和性质，弧、弦、圆心角之间的关系，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，圆周角定理，勾股定理，掌握这些性质定理是解题的关键． 34．（23-24九年级上·广东江门·阶段练习）如图，为的直径，C、D为圆上两点，平分， ，．    (1)求证：为切线； (2)用直尺和圆规：作的内心点I．并求长； (3)求长． 【答案】(1)见详解 (2)见详解， (3) 【分析】（1）连接，因为为的直径，平分，得，根据同弧所对的弦相等，即，即，结合，即可作答． （2）作出的平分线，交于一点，为点I，并交于一点，结合三角形外角性质即对顶角相等，则，则，结合勾股定理，即可作答． （3）过点I作，结合角平分线上的点到角的两边距离相等，即，结合，得，结合勾股定理，，即可作答． 【详解】（1）解：如图：连接，    ∵为的直径，平分， ∴， ∵， ∴ ∵ ∴ 即 ∵ ∴ ∵是半径 ∴为切线； （2）解：如图：作出的平分线，交于一点，为点I，并交于一点，    易知 ∵ ∴， 则， ∵， ∴在， 即 即； （3）解：如图：过点I作，    易知 ∴ ∵， ∴ ∴ 同理，得， 即 设， 则 ∵ ∴ ∴ 得， ∵ ∴ ， 由（2）知 ∴ 【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，切线的判定，角平分线的性质，勾股定理，三角形的外角性质，等角对等边等知识内容，综合性强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 35．（2022九年级下·浙江·专题练习）如图，为的外接圆，D为与的交点，E为线段延长线上一点，且． (1)求证：直线是的切线． (2)若D为的中点，，， ①求的半径； ②求的内心到点O的距离． 【答案】(1)见解析 (2)①；②5 【分析】（1）连接，并延长交于点F，连接，证明，即可得到结论； （2）①连接，利用垂径定理以及勾股定理，列方程，解方程即可求解； ②作的平分线交于点H，连接，过点H作，，证明点H是的内心，在中，利用勾股定理求得，利用，求得，据此求解即可． 【详解】（1）证明：连接，并延长交于点F，连接， ∵是直径， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，且是半径， ∴直线是的切线； （2）解：①如图，连接， ∵D为的中点，过圆心， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴的半径为； ②如图，作的平分线交于点H，连接，过点H作，， ∵， ∴，且， ∴平分，且平分， ∴点H是的内心，且，， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，垂径定理，切线的判定，角平分线性质，勾股定理等知识，熟练运用这些性质定理进行推理是本题的关键． 36．（21-22九年级上·广东茂名·期末）如图，在中，，与的角平分线相交于点，的延长线交的外接圆于点，连接． (1)求证：； (2)证明：点、、在以点为圆心的同一个圆上； (3)若，，求内心与外心之间的距离． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用角平分线，得到，利用圆周角定理，得到，即可得出； （2）连接，根据，得到，得到，根据角平分线，得到，再根据，得到，得到，从而得到，即可得证； （3）连接，设与相交于点，利用等腰三角形三线合一，求出的长，垂径定理求出的长，进而求出的长，利用圆周角定理以及勾股定理求出的长，进而得到的长，用的长减去的长，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴； （2）证明：连接， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴点、、在以点为圆心的同一个圆上； （3）解：连接，设与相交于点， ∵，平分， ∴， ∴， ∴， 设，则：，， 在中，，即：， 解得：，即：， ∵为的直径， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵与的角平分线相交于点， ∴点为的内心， ∴的长即为内心与外心之间的距离， ∴内心与外心之间的距离为：． 【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，以及垂径定理，是解题的关键． 37．（23-24九年级下·吉林长春·期中）【模型提出】如图，已知线段的长度为，在线段所在直线外有一点，且，想确定满足条件的点的位置，可以以为底边构造一个等腰直角三角形，再以点为圆心，长为半径画圆，则点在的优弧上.即：若线段的长度已知，的大小确定，则点一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型. 【模型应用】如图，在正方形中，，点分别是边、上的动点，，连接、，与交于点.    (1)求证：； (2)点从点到点的运动过程中，点经过的路径长为______； (3)若点是的内心，连接，则线段的最小值为______. 【答案】(1)证明解析； (2)； (3)． 【分析】（）证明，得到，可得，得到，即可求证； （）由可得点在以为直径的圆上运动，以点为圆心，以为半径画，连接相交于点，可得点的路径为，求出的长度即可求解； （）由点是的内心得，作的外接圆，连接，过点作的延长线于点，则点在上运动，可得，为等腰直角三角形，得到，，进而得到，连接，与相交于点，当点与点重合时，可知线段最短，利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】（1）证明：正方形中，，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，由（）得， ∴点在以为直径的圆上运动， 取的中点，则， 以点为圆心，以为半径画， 连接相交于点，则，， 连接，则，    ∴点在上， 当与重合时，与重合，则与重合， 当与重合时，与重合，则与重合， ∴点的路径为， ∵，为中点， ∴， ∴的长度为， ∴点经过的路径长为， 故答案为：； （3）解：如图，连接， ∵点是的内心， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 作的外接圆，连接，过点作的延长线于点，则点在上运动，    ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 连接，与相交于点， 当点与点重合时，线段最短， ∵， ∴， ∴线段的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直的定义，圆周角定理，弧长公式，三角形出内心及外接圆，等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 考点七、圆的平移 38．（22-23九年级下·广东深圳·期中）如图，在位于轴右侧且半径为6的，从的位置沿直线向上平移，交直线于点，且是与轴的一个公共点，若，则四边形的面积是（    ） A．42 B．64 C．68 D．48 【答案】D 【分析】作轴交轴于，作交于，与相交于点，连接，根据题意可得四边形为矩形，为等腰直角三角形，从而得到，进而得到，再由垂径定理结合勾股定理即可得到，设点的坐标为，则，列出方程，求出的值，即可求出面积． 【详解】解：如图所示，作轴交轴于，作交于，与相交于点，连接， ， 根据题意可得：轴，轴， 四边形为矩形， 点在直线上， 设点的坐标为，即， 为等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， 设点的坐标为， 由图象可知， 则， ， ， 点坐标为， 四边形的面积为， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，垂径定理等知识点，添加恰当的辅助线是解题的关键． 39．（21-22九年级上·安徽六安·期末）如图所示，直线与x轴、y轴分别交于点M，N，的半径为1，将以每秒1个单位的速度向右作平移运动，当移动 秒时，直线恰好与相切． 【答案】或 【分析】作EF平行于MN，且与⊙O切，交x轴于点E，交y轴于点F，设直线EF的解析式为y=x+b，由⊙O与直线EF相切结合三角形的面积即可得出关于b的含绝对值符号的一元一次方程，解方程即可求b值，从而得出点E的坐标，根据运动的相对性，即可得出结论． 【详解】解：作EF平行于MN，且与⊙O切，交x轴于点E，交y轴于点F，如图所示． 设直线EF的解析式为y=x+b，即x-y+b=0， ∵EF与⊙O相切，且⊙O的半径为1， ∴， 解得：b=或b=， ∴直线EF的解析式为或， ∴点E的坐标为（，0）或（，0）． 令y=x2中y=0，则x=2， ∴点M（2，0）． ∵根据运动的相对性，且⊙O以每秒1个单位的速度向右作平移运动， ∴移动的时间为秒或秒． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、一次函数图象上点的坐标特征以及平移的性质，解题的关键是求出点E、M的坐标．本题属于中档题，难度不大，解决该题时，巧妙的利用运动的相对性变移圆为移直线，降低了解题的难度． 40．（23-24九年级上·河北廊坊·阶段练习）如图1，在中，，，，点O在边AB上，且，以点O为圆心，2为半径在AB的上方作半圆O，交AB于点D，E，交AC于点P．将半圆O沿AB向右平移，设点D平移的距离为． (1)在图1中，劣弧的长为________； (2)当半圆O平移到与边AC相切时，如图2所示． ①求x的值； ②已知M，N分别是边BC与上的动点，连接MN，求MN的最小值和最大值之和； (3)在半圆O沿边AB向右平移的过程中，当半圆O与的重叠部分是半圆O时，直接写出x的取值范围． 【答案】(1) (2)①；②MN的最小值和最大值之和为 (3)半圆O与的重叠部分是半圆O时，x的取值范围是 【分析】（1）本题主要考查利用扇形弧长公式计算劣弧长度，找到劣弧所对的圆心角是解决问题的关键，在利用公式求解． （2）本题主要考查利用切线的性质求x的值，其次利用点到直线距离求MN的最小值，由于M，N两点都是自由点，故可以直接算出MN的最大值，即当点M与点B重合时，点N与点D重合时，此时MN最大 （3）本题主要考查圆完全在三角形内部时的临界状态，即圆与三角形两条直角边分别相切时，即可求出x的取值范围． 【详解】（1）解：如下图，连接； ∵，； ∴； ∴劣弧． （2）①连接PO， ∵边AC与半圆O相切； ∴； ∵，； ∴； ∴； ②如下图，当时，OM与弧DE交于点N，此时MN最小； ∵； ∴； ∵； ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴根据勾股定理可得， ∴； 如图2，当点M与点B重合时，点N与点D重合时，此时MN最大，；∴MN的最小值和最大值之和为． （3）解：x的取值范围是； 如图3，半圆O与BC相切，连接OP， ∴， ∴， ∴， ∴； 根据勾股定理可得，解得. ∵； ∴； ∴半圆O与的重叠部分是半圆O时，x的取值范围是. 41．（22-23九年级上·江苏淮安·期中）在平面直角坐标系中，的半径为1，A、B为外的两点，．给出如下定义：平移线段得到的弦，（，分别是A，B的对应点），线段的最小值称为线段到的“平移距离” (1)平移线段得到的长度为的弦和，则这两条弦的位置关系是______；在点，，，中，连接点A与点______的线段的长度等于线段到的“平移距离”； (2)若A、B两点在直线上，记线段到的“平移距离”为，求的最小值； (3)若点A的坐标是，记线段到的“平移距离”为， ①求的最小值； ②当取得最小值时点的坐标为______． 【答案】(1)平行， (2) (3)①3，②或 【分析】（1）由直线的平移和“平移距离”的定义即可得出； （2）过点O作于点H，交弦于点P，得出； （3）①作出图形，根据图象确定点的最小值所在的位置，即可求出平移距离的最小值，②求出直线的解析式根据平移知识求出M点的坐标，进而确定点的坐标，再由平移知识求出B点坐标即可． 【详解】（1）解：由题知， 由“平移距离”的定义可知AP1的长度是线段AB的“平移距离”， 故答案为：平行，； （2）线段在直线上，令直线与x轴交于点C，与y轴交于点D； 平移之后与圆相交，得到的弦为， 过点O作于点H，交弦于点P， ∴， 令，，解得：， 令，， ∴，， ∴，则， ∴， ∵， ∴， 由垂径定理得：， ∴； （3）①∵点A的坐标为， ， ∴点B在以A为圆心，为半径的圆上， 连接OA交圆O于M， 则， ∴， ∵在圆O上， ∴当A点与M重合时有最小值为； ②当取最小值时，即点与M点重合， 设直线的解析式为， 代入A点坐标得， 解得， 即直线的解析式为， 设点M的坐标为， ∵， ∴，解得：，（舍）， ∴此时M点的坐标为， ∴A点向下平移个单位，向左平移个单位即可得到M点坐标， 设点的坐标为：， ∵，点在上， ∴，解得：或， 则点坐标为或， 将点向上平移个单位，向左平移个单位即可得到B点坐标， ∴B点坐标为或， 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查圆的综合题，涉及一次函数的性质，平移的性质等知识，正确理解“平移距离”的定义是解题的关键． 42．（20-21九年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图1，已知线段，的长是方程的两根，且，点的坐标为，与轴相切于点． （1）求点和点的坐标及的度数； （2）以每秒1个单位长度的速度沿轴负方向平移，同时，直线绕点顺时针匀速旋转．当第一次与轴相切时，直线也恰好与第一次相切．问：直线绕点每秒旋转多少度？ （3）如图2，过，，三点作，点是劣弧上一点，连接，，，当点在劣弧上运动时（不与，两点重合），的值是否发生变化？如果不变，求其值；如果变化，说明理由． 【答案】（1），，；（2）直线绕点平均每秒旋转30°；（3）值不变，= 【分析】（1）根据推出方程有两个相等的实数根，利用求出m的值，再去解方程得到OA和OC的长，从而求出点A和点C的坐标，再根据是等腰直角三角形得到的度数； （2）先根据运动到与y轴相切求出运动时间t的值，再利用切线长定理和等腰直角三角形的性质求出直线AC的旋转角度数，得到旋转速度； （3）在上截取，连，证明得到OE=OK，，所以，从而得到的值． 【详解】解：（1）∵， ∴方程有两个相等的实数根， ∴，解得（舍去），， 解方程，得， ∴， ∴，， ∵，， ∴； （2）如图，设平移秒到处与第一次相切，此时，直线旋转到恰好与第一次相切于点，与轴相切于点，连，， 则，，，， ∴， ∴，即， 连，，则，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴直线绕点平均每秒旋转30°； （3）的值不变，等于， 如图，在上截取，连， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查圆的综合题，涉及点坐标的求法、函数、图形的平移和旋转、圆的有关性质，解题的关键是掌握作辅助线构造特殊三角形或全等三角形解决问题． 考点八、圆的折叠问题 43．（21-22九年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，是的直径，是弦，沿对折劣弧，交于点D，E、F分别是和的中点，令为所在圆的圆心，若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，交于点，由垂径定理和对称的性质得出，进而得到，证出四边形是平行四边形，得出，求出，在中，由勾股定理得出，再利用勾股定理求出，即可得出答案． 【详解】解：连接，交于点，如图所示： ∵点E、F分别是和的中点， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴； 故选：A． 【点睛】本题主要考查勾股定理及平行四边形的判定及性质， 掌握圆的有关性质，平行四边形的性质，勾股定理的内容是解题的关键． 44．（21-22九年级上·浙江台州·期中）一张圆形纸片，小芳进行了如下连续操作：将圆形纸片左右对折、折痕为AB，将圆形纸片上下折叠使A、B两点重合，折痕CD与AB相交于M，将圆形纸片沿EF折叠使B、M两点重合，折痕EF与AB相交于N．连结AE、AF，经过以上操作小芳得到了以下结论：①CDEF；②四边形MEBF是菱形；③△AEF为等边三角形④ ．以上结论正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】根据折叠的性质得，则，故①正确；根据垂径定理，BM垂直平分EF，根据折叠的性质得BM、EF互相垂直平分，即可得四边形MEBF是菱形，故②正确；连接ME，MF，则，，根据直角三角形的性质得，，则，，根据三角形内角和定理得，即可得是等边三角形，故③正确；设圆的半径为r，则，，即，，即可得，故④正确；即可得． 【详解】解：∵纸片上下A、B两点重合， ∴， ∵纸片沿EF折叠，B、M两点重合， ∴， ∴， ∴，故①正确； 根据垂径定理，BM垂直平分EF， ∵纸片沿EF折叠，B、M两点重合， ∴BM、EF互相垂直平分， ∴四边形MEBF是菱形，故②正确； 如图，连接ME，MF， 则，， ∴，， ∴， ， ∵，， ∴，， ∴， ， ∴， ， ∴， ∴是等边三角形，故③正确； 设圆的半径为r，则，， ∴，， ，故④正确； 综上，结论正确的是①②③④正确共4个， 故选D． 【点睛】本题考查了折叠的性质，垂径定理，等边三角形的判定，菱形的判定，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点． 45．（23-24九年级上·浙江宁波·阶段练习）如图，在半圆O中，C是半圆上一点，将沿弦折叠交直径于点D，点E是的中点，连结，若的最小值为，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆的相关知识点的应用，图形折叠及三角形三边关系的性质是解题关键．连接，，由三角形任意两边之差小于第三边得，当、、共线时最小，设的弧度为，求出的弧度为，再设半径为r，列方程求解即可． 【详解】解：连接，，    由三角形任意两边之差小于第三边得，当、、共线时最小，即， 设的弧度为， 的弧度为：， ， 的弧度为：， 由折叠得，的弧度为， 的弧度为：， 点为弧中点， 的弧度为：， 的弧度为：， 即所对圆心角为， 设半圆的半径为r， ， ， 解得： 半径为2， 故选：C． 46．（2024·江西·中考真题）如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为 ． 【答案】或或2 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据，可得或2，利用勾股定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键． 【详解】解：为直径，为弦， ， 当的长为正整数时，或2， 当时，即为直径， 将沿翻折交直线于点F，此时与点重合， 故； 当时，且在点在线段之间， 如图，连接， 此时， ， ， ， ， ； 当时，且点在线段之间，连接， 同理可得， ， 综上，可得线段的长为或或2， 故答案为：或或2． 47．（2022·上海·一模）如图，已知扇形 AOB 的半径为 6，圆心角为 90°，E 是半径 OA上一点，F是上一点．将扇形 AOB 沿 EF 对折，使得折叠后的圆弧恰好与半径 OB 相切于点 G，若OE＝5，则 O 到折痕 EF 的距离为 ． 【答案】 【分析】过点G作OG的垂线，交的延长线于点，连接交EF于点H，连接，则点、G、F在以点为圆心，为半径的圆上，证得四边形为矩形，接着求得的长，再求得的长，又证得，从而得到 ，进而得到O 到折痕 EF 的距离． 【详解】解：如图，过点G作OG的垂线，交的延长线于点，连接交EF于点H，连接 ，则点、G、F在以点为圆心，为半径的圆上， ∵与 是等弧 ∴与是等圆 ∴ ∵ ∴ ∴四边形为矩形 ∴ ∴ ∵ ∴ 若则 ∴ ∴ 连接，有 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 即O 到折痕 EF 的距离为 故答案为：． 【点睛】本题考查轴对称、三角形、矩形与圆的综合问题，是填空题的压轴题，懂得根据题意构造出等圆是解题的关键． 48．（2019·浙江温州·一模）如图，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上一点，CD是⊙O的切线，∠CDB＝90°，BD交⊙O于点E． （1）求证：． （2）若AE＝12，BC＝10． ①求AB的长； ②如图2，将沿弦BC折叠，交AB于点F，则AF的长为　 　 【答案】（1）证明见解析；（2）①；②9. 【分析】（1）连接OC交AE于M，由DC与⊙C相切于点C可得∠OCD＝90°，又因为 AB是⊙O的直径，所以∠CDB＝90°，易得OC⊥AE，可证弧AC=弧CE （2）①由（1）易得四边形CMED是矩形，所以CD＝ME＝AM＝AE＝6，由勾股定理求出BD的长，由cos∠DBC= cos∠CAM可求出AC的长，即可求出答案 ②由勾股定理可求出BE的长，由折叠知BF＝BE，根据AF＝AB﹣BF即可求出答案 【详解】解：（1）如图1，连接OC交AE于M， ∵DC与⊙C相切于点C， ∴OC⊥DC，即：∠OCD＝90°， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠AEB＝90°， ∵∠CDB＝90°， ∴CD∥AE， ∴OC⊥AE， ∴弧AC=弧CE； （2）①由（1）知，∠D＝∠OCD＝∠DEM＝∠EMC＝90°， ∴四边形CMED是矩形， ∴CD＝ME＝AM＝AE＝6， 在Rt△BCD中，根据勾股定理得，BD＝＝8， ∴cos∠DBC＝， ∵∠CAM＝∠DBC， ∴cos∠CAM＝＝， ∴AC＝， 在Rt△ABC中，根据勾股定理得，AB＝； ②如图2，在Rt△ABE中，根据勾股定理得，BE＝＝ 连接EF， ∵弧AC=弧CE， ∴∠ABC＝∠DBC， 由折叠知，BF＝BE， ∴AF＝AB﹣BF＝﹣＝9， 故答案为9． 【点睛】此题主要考查圆的综合运用 49．（2024·云南·模拟预测）如图，在等边三角形中，，点E是射线上的一个动点，点D随着点E的运动而在射线上运动，连接，始终有，是的外接圆． (1)为如图1，若点D在边上，求证：是的切线； (2)如图2，若圆心O在边上时，求的长； (3)如图3，当点E运动到边的延长线上时，将的优弧沿直线翻折，交的垂线于点F，若，求弧的长． 【答案】(1)见详解 (2)2 (3) 【分析】（1）连接交于点，连接，得出，结合是等边三角形，得出，，，即可证明； （2）当圆心O在边上时，则 ，得出，，根据，得出，即可得，结合，即可求出； （3）连接．根据是等边三角形，得出，结合，得出，判断出垂直平分， 再证明垂直平分，即可得为翻折后的圆心，解得，根据弧长公式即可求解； 【详解】（1）证明：连接交于点，连接， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是的切线； （2）解：当圆心O在边上时， 则 ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解： 连接． ∵是等边三角形， ∴， ∵， ， ， ∴． 垂直平分，， ∵， ∴是等边三角形， 垂直平分， ∴为翻折后的圆心， ， ， ∴弧的长． 【点睛】该题主要考查了圆周角定理，垂径定理，等边三角形的性质和判定，直角三角形的性质，切线的判定，弧长公式，平行线的性质等知识点，解题的关键是正确做出辅助线． 考点九、圆的旋转问题 50．（2024·山东临沂·二模）如图，将半径为4，圆心角为的扇形绕点A逆时针旋转得扇形，点O，B的对应点分别为点C，D．当点C落在上时旋转停止，则阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查扇形的面积，等边三角形的判定和性质，先判定为等边三角形，根据求解即可 【详解】解：如图，连接，作于点E， 由题意：， ∴是等边三角形， ∴， ∴ ∴ ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 51．（22-23九年级上·浙江宁波·开学考试）如图，为半圆的直径，且，半圆绕点B顺时针旋转，点A旋转到点的位置，则图中的阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了扇形的面积的计算，根据“阴影部分的面积=扇形的面积+以为直径的半圆的面积 -以为直径的半圆的面积=扇形的面积”即可求解． 【详解】解：由旋转的性质得，， 故答案为：． 52．（22-23九年级上·河北邢台·期末）在等边三角形中，于点D，半圆O的直径开始在边上，且点E与点C重合，．将半圆O绕点C顺时针旋转，当时，半圆O与相切于点P．如图1所示． (1)求的长度； (2)如图2．当，分别与半圆O交于点M，N时，连接，，． ①求的度数； ②求的长度； (3)当时，将半圆O沿边向左平移，设平移距离为x．当与的边一共有两个交点时，直接写出x的取值范围． 【答案】(1)6； (2)，； (3)或或． 【分析】（1）如图，连接，等边三角形中，于点D，半圆O与相切于点P，根据角所对的直角边等于斜边的一半可求解； （2）①根据圆周角可求解,②过O作于P，结合①，可求得， 根据角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得，进而求解； （3）由题意可知，始终与的交于一点，即求出与再有E以外的一个交点即可；如图，当F在上时，结合已知，根据角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得；如图，当半圆O与相切于点P时，连接，结合已知，根据角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得，从而求解；如图，当F在上时，结合已知，根据角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得，从而求解． 【详解】（1）解：如图，连接， 等边三角形中，于点D， ， 半圆O与相切于点P， ，， ， ， （2）①如图，由题意可知， 点M，N时，与半圆O上， ； ②过O作于P， ，， （3）由题意可知， 始终与的交于一点， 如图，当F在上时， 在中， ，，， ， ， ， 即 解得， ， 如图，当半圆O与相切于点P时，连接， ，， ， ， ， 即， 解得：， ， 如图，当F在上时， 在中， ，，， ， ， ， 解得， ， 综上所述，当与的边一共有两个交点时， 或或 【点睛】本题考查了圆的基本性质，切线的性质，圆周角定理，垂径定理，等边三角形性质，角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理；解题的关键是解含角的直角三角形． 53．（23-24九年级下·浙江杭州·阶段练习）图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键．三角形的旋转如此，扇形的旋转也如此． 【问题情境】如图1，，将绕点O顺时针旋转 成扇形，点C是延长线上一点，，过点C作射线，求弧的长． 【问题解决】如图2，将上题中的扇形绕点B按顺时针方向旋转，若旋转后的扇形和射线相切与点D，求的长． 【问题拓展】如图3，将题（1）中的扇形继续旋转，使旋转后点落在射线上，弧与射线交于另一点E，求的长． 【答案】问题情境：；问题解决：；问题拓展： 【分析】问题情境：根据弧长计算公式求解即可； 问题解决：如图所示，过点作于E，连接，由切线的性质得到，证明四边形是矩形，得到，则，则，求出，即可得到； 问题拓展：如图所示，过点作于E，于H，同理可证明四边形是矩形，则，证明，得到，设，则，，由勾股定理建立方程，解方程得到，，则． 【详解】解：问题情境：由题意得，弧的长； 问题解决：如图所示，过点作于E，连接， ∵旋转后的扇形和射线相切与点D， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 问题拓展：如图所示，过点作于G，于H， 同理可证明四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）， ∴，， ∴． 【点睛】本题主要考查了求弧长，旋转的性质，切线的性质，勾股定理，矩形的性质与判断，勾股定理等等，解（2）的关键在于作出辅助线构造矩形，解（3）的关键在于作出辅助线构造全等三角形． 54．（23-24九年级上·河北张家口·期中）在矩形中，，，连接，．将半圆形量角器放在如图1所示的位置，其直径在边上，点E是量角器上的零刻度，交于点F，点O是半圆形量角器所在圆的圆心．         图1                    图2               备用图 (1)求点F在半圆形量角器上的读数； (2)将半圆形量角器绕点A顺时针旋转． ①当点E旋转到上时，交于点M，如图13－2所示．求证：与半圆形量角器相切，并求图2中阴影部分的面积； ②在旋转过程中，当与直线只有一个交点（不包括端点A，E）时，设此交点与点C的距离为d，请直接写出d的取值范围． 【答案】(1)60 (2)①见解析，；②或 【分析】（1）连接，利用圆的半径相等，得出，再利用三角形外角的性质求出的度数，即可得出答案； （2）①过点O作，连接．利用直角三角形的性质和勾股定理求得，即可由切线的判定定理得出与半圆形量角器相切的结论；再证明是等边三角形，得到，即可由求解； ②当半圆O与相切时，当半圆经过点B时，点E在上，当点E在的延长线上时，分别求解即可． 【详解】（1）解：连接，如图， ∵ ∴ 在半圆形量角器中， ∵， ∴， ∴点F在半圆形量角器上的读数为60； （2）解：①证明：过点O作，连接． ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴在中，． ∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∴是半圆形量角器的半径． ∵， ∴与半圆形量角器相切； 在中， ∵， ∴． 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴； ②当半圆O与相切时，由①易得． 如图1，当经过点B时，点E在上， ∵，， ∴， 此时． 如图2，当点E在的延长线上时， ∵，， ∴， ∴． 综上所述，当与直线只有一个交点（不包括端点A，E）时，d的取值范围是或． 【点睛】本题考查矩形的性质，圆心角，等腰三角形的性质，勾股定理，切线的判定，扇形面积，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练相关性质定理是解题的关键，注意分类讨论思想的应用． 55．（23-24九年级上·河北邢台·期中）如图1，在正方形中，，点与点重合，以点为圆心，作半径长为5的半圆，交于点，交的延长线于点，点是的三等分点（点在点的左侧）．将半圆绕点逆时针旋转，记旋转角为，旋转后，点的对应点为点． (1)如图2，在旋转过程中，当经过点时． ①求的度数； ②求图中阴影部分的面积； (2)在旋转过程中，若半圆与正方形的边相切，请直接写出点到切点的距离． 【答案】(1)①；② (2)或或 【分析】（1）①连接，可知，再求出即可；②作，根据即可求解； （2）分类讨论当半圆与、、相切的三种情况，画出对应的几何图，根据切线的性质即可求解． 【详解】（1）解：①连接，如图所示： ∵点是的三等分点， ∴， ， ， ， ， 即 ②观察可知： 作，如图所示：    ， ， ， ， ， ∴ （2）解：①当半圆与相切时，如图所示： 设切点为点，连接并延长，交与点，连接，    ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ， ， ， ， ②当半圆与相切时，如图所示： 设切点为点，连接，过点作，    ∵， ∴四边形为矩形， ， ， ， ③当半圆与相切时，如图所示：    综上所述：点到切点的距离为或或 【点睛】本题以正方形和圆作为几何背景，考查了旋转这一类动态问题．涉及了勾股定理、切线的性质定理、矩形的判定与性质等知识点．掌握分类讨论的数学思想是解题关键． 考点十、正多边形和圆 56．（21-22九年级上·山东淄博·期末）已知四个正六边形如图摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F在圆上．若两个大正六边形的边长均为2，则小正六边形的边长是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】在边长为2的大正六边形中，根据正六边形和圆的性质可求出ON和半径OD，进而得出小正六边形MF的长，再根据正六边形的性质求出半径GF，即边长FH即可． 【详解】解：如图，连接AD交PM于O，则点O是圆心，过点O作ON⊥DE于N，连接MF，取MF的中点G，连接GH，GQ， 由对称性可知，OM＝OP＝EN＝DN＝1， 由正六边形的性质可得ON＝2， ∴ODOF， ∴MF1， 由正六边形的性质可知，△GFH、△GHQ、△GQM都是正三角形， ∴FHMF， 故选：D．    【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形和圆的性质是解决问题的关键． 57．（2023·浙江温州·三模）图1是由两个正六边形组成的壁挂置物架，轴对称仙人堂盆栽放置在木板上，图2是其示意图．两个正六边形的边与，与均在同一直线上．木板（木板厚度忽略不计），，则的长为 ．盆栽由矩形和圆弧组成，且，，恰好在同一直线上，已知，圆弧最高点到的距离与线段的长度之比为，则圆弧的半径为 ． 【答案】 20 【分析】设 的圆心是 ，作 于 ，连接 ，由正六边形的性质求出 ， 的长， 由直角三角形的性质， 等腰三角形的性质求出 的长，得到 的长，由勾股定理列出关于 半径的方程， 即可解决问题； 【详解】解：设 的圆心 是 ，作 于 ，连 接 ， ∵ 是圆弧最高点， ∴ 在 上， ∵两个多边形是正六边形， ∴ ， ∴， ∴ 是等边三角形， 三点共线， ∵四边形 是矩形， ∴ ∵圆弧最高点 到 的距离与线段 的长度之 比为 ， ∴ 到 的距离是 ， 设 的半径是 ， ∴ 的半径是 故答案为： 【点睛】本题考查正多边形的性质，垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，关键是由以上知识点求出正六边形的边长， 的长， 的长得到 的长，由勾股定理列出关于 半径的方程 58．（22-23九年级上·湖北恩施·期末）已知的半径为a，按照下列步骤作图：（1）作的内接正方形ABCD（如图1）；（2）作正方形的内接圆，再作较小圆的内接正方形（如图2）；（3）作正方形的内接圆，再作其内接正方形（如图3）；…；依次作下去，则正方形的边长是 ． 【答案】 【分析】观察图形，先根据圆内接正方形的性质求得前几个正方形的边长，进而得出变化规律即可求解． 【详解】解：根据题意， 在图1中圆的半径为a，则正方形的边长， 在图2中，， 则正方形的边长， 在图3中，， 则正方形的边长， …… 依次类推，正方形的边长为， 故答案为：． 【点睛】本题考查圆内接正多边形与圆的规律探究型问题、正方形的性质，观察图形，正确得出边长的变化规律是解答的关键． 59．（2023·浙江温州·三模）杭州奥体网球中心以极度对称的“莲花”造型惊艳众人．该建筑底部是由24片全等“花瓣”组成的“固定花环”，上方穹顶由8片全等“旋转花瓣”均匀连接，可根据天气变化合拢或旋转展开．小明借助圆的内接正多边形的知识，模拟“小莲花”变化状态．穹顶合拢时，如图①，正二十四边形顶点，正八边形顶点与圆心O共线，正二十四边形顶点，与正八边形顶点，共线，则的值为 ；穹顶开启时，如图②，所有“旋转花瓣”同时绕着固定点，，…，逆时针同速旋转．圆心O绕旋转后的对应点为，以此类推，当落在上时，若米，则的值为 米．        【答案】 / 【分析】如图：过O作,连接，运用正多边形的性质说明,,进而得到、，然后代入计算即可；如图：由题意可得,，，运用勾股定理可求得，再运用计算即可． 【详解】解：如图：过O作,连接， ∴，, ∵， ∴,, ∴， ∴,, ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴, ∴．    由题意可知：,，， ∴，即，解得：， ∴． 故答案为，．    【点睛】本题主要考查了正多边形的性质、勾股定理、垂径定理等知识点，理解题意、正确计算是解答本题的关键． 60．（2021·浙江温州·一模）某厂家要设计一个装彩铅的纸盒，已知每支笔形状、大小相同，底面均为正六边形，六边形边长为1cm. 目前厂家提供了圆形和等边三角形两种作为底面的设计方案，我们以6支彩铅为例，可以设计如图的两种收纳方案： （1）如果要装6支彩铅，在以上两种方案里，你认为更小的底面积是 cm. （2）如果你要装12只彩铅，要求相邻彩铅拼接无空隙，请设计一种最佳的布局，并使用圆形来设计底面，则底面半径的最小值为 cm. 【答案】 【分析】（1）利用圆的面积、等边三角形的面积．即可判断； （2）设计方案如图，利用勾股定理求出半径即可． 【详解】解：（1）如图1，在正六边形中，过点B作BM⊥OA，过C作CN⊥OA， ∵正六边形的边长为1，∠ABC=∠BCO= ， ∴∠BAM=， ∴∠ABM=30°，∠MBC=90°， ∴AM==，四边形BMNC是矩形， ∴MN=BC=1， 同理ON=， ∴OA=AM+MN+ON=2， 如图2中，圆的半径为3， ∴底面积为9π（）； 如图3中，连接OA，OD，OB ∵OD=2cm，∠OAD=30°，∠ADO=90° ∴OA=OB=2OD=4cm， ∴ (cm)， ∴等边三角形的边长AC=4 cm， ∴底面积=（）<9π（） ∴等边三角形作为底面积时，面积较小，底面积为 ； （2）如图4中，设计方案如图4所示，过点G作GH⊥OE于H， 在Rt△GHE中，∠HGE= ，GE=1cm ∴GH=cm ，HE=（cm） ∴OE=4（cm） 在Rt△OET中，ET=1cm，OE= cm， ∴（cm） ∴底面半径的最小值为 cm， 故答案为： 【点睛】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解题． 61．（23-24九年级上·广东东莞·期中）如图①，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC上一动点，过P作PMAB交AF于M，作PNCD交DE于N. (1)求出的度数，并证明； (2)如图②，点是的中点，连接、，求证：； (3)如图③，点O是AD的中点，OG平分，求证：四边形OMGN是菱形. 【答案】(1)60°；证明见详解； (2)证明见详解； (3)证明见详解． 【分析】（1）根据正六边形的性质和平行线的性质，得到两个正三角形，然后等量代换即可； （2）根据正六边形的性质，得到OM、ON所在的三角形全等，即可证明； （3）根据（2）的结论以及题意，证明是等边三角形，即可证明结论． 【详解】（1）证明：延长FA、ED，分别交BC延长线于I，H ∵MPAB，PNCD，ABCDEF是正六边形 ∴均为等边三角形 ∴PM=PI，AB=IB，PN=PH，CD=CH，∠IPM=∠HPN=60° ∴∠MPN=180°-60°-60°=60° PM+PN=PI+PH=IB+BP+PC+CH=AB+BC+CD=3a （2）证明：如图，令MP交AD于R，NP交AD于Q， ∵ABCDEF是正六边形，O是AD中点 ∴，AO=OD=AB，∠MAR=∠NDQ=60° ∵ ∴ABPR是平行四边形， ∴AR=BP，∠ARM=180°-120°=60° ∴是等边三角形， ∴AM=MQ=AQ，∠MRO=120° 同理可证QD=PC，DN=DQ=QN，∠OQN=120°， ∵AO=AR+RO=OQ+QD=BP+PC ∴AR=OQ，RO=QN 在 ∴ ∴MO=NO （3）证明：连接OE， ∵ABCDEF是正六边形 ∴∠EOD=60° 由（2）知∠NOQ+∠MOR=60° ∴∠MON=120° ∵OG是∠MON的角平分线 ∴∠GON=60° ∵∠GOE+∠EON=60°，∠DON+∠EON=60° ∴∠GOE=∠DON 在 ∴ ∴GO=GN ∴GO=GM ∵∠MOG=∠NOG=60° ∴都是等边三角形 ∵MO=NO ∴MO=NO=NG=GM ∴四边形MONG是菱形； 【点睛】本题考查了正六边形，涉及了正三角形、平行线的性质、全等三角形等知识，掌握并熟练使用相关知识，同时注意解题中需注意的事情，精准识图，合理推论是本题的解题关键． 62．（23-24九年级上·广东汕头·期中）【给出问题】：已知：是正方形的外接圆，点P在上（除A、B外），试求的度数． 【分析问题】：善于思考的小明在分析上述题目后，有了以圆为工具来解决问题的思路．用圆来画出准确的示意图就能顺利解题了，在此基础上进一步探索就有了新发现．请善于思考的你帮助解答以下问题： （1）①尺规作图，在中作出内接正方形（保留痕迹，不写作法）． ②原题中 ． 【深入思考】： （2）【问题】如图1，若四边形是的内接正方形，点P为弧上一动点，连接，请探究三者之间或者三者之间有何数量关系，并给予证明． （3）【拓展】如图2，若六边形是的内接正六边形，点P为弧上一动点，请探究三者之间有何数量关系： （不写证明过程）． （4）【应用】如图3，若四边形是矩形，点P为边上一点，，，，试求矩形的面积．    【答案】（1）①见解析；②；（2），证明见解析；（3），证明见解析；（4）； 【分析】（1）①利用垂直平分线定义即可作出正方形；②利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可得到结论； （2）根据题意过点C作交于E，利用圆周角定理得到，再判定，证明出和是等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形三边关系即可； （3）根据题意过点B，作，在上截取，连接，再证明，再利用含的直角三角形三边关系即可得到本题答案； （4）根据题意以为边，作正方形，连接，设，则，，再分别在和和中应用勾股定理即可得到本题答案． 【详解】解：（1）①如图所示，作直径的垂直平分线交于点A，C，则四边形是正方形；    ②如图所示，    ， 故答案为：． （2），证明如下： 如图，过点C作交于E，    ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴（ASA）， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 即， 如图所示，过点C作交于F，    同理可得是等腰直角三角形，， ∴，； （3）， 如图，过点B，作，在上截取，连接，    ∵，， 在和中， ， ∴（）， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． （4）如图，以为边，作正方形，连接，， 根据（1）可得P在上，则，    ∴， 设，则，， 在中，， 在中，， 在 中，， ∴， 解得 （负值舍去）， ∴， ∴矩形的面积为． 【点睛】本题考查角平分线定义及画法，圆周角定理，全等三角形判定及性质，等腰三角形判定及性质，勾股定理，含的直角三角形三边关系．掌握圆周角定理是关键． 考点十一、圆与函数的综合问题 63．（2022·四川泸州·模拟预测）已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，点是反比例函数图像上的一个动点，若以点为圆心，为半径的圆与直线相交，交点为、，当弦的长等于时，点的坐标为 ． 【答案】或 【分析】当点在直线上方时，作，利用垂径定理可得，由勾股定理易得，作轴交直线于点，由可得，设，则，易得，，因为点在反比例函数图像上，所以易得可得，易得点的坐标，当点在直线下方时，利用对称性可得点的另一坐标． 【详解】解：当点在直线上方时，连接，作， ，而， ． 作轴交直线于点， ∵∠, ∴，， ∴， 设，则， ， ∵点是反比例函数图像上的一个动点， ， ，（负值舍去） ， 当点在直线下方时，由对称性可知． 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了垂径定理、反比例函数与一次函数的交点、勾股定理等知识点，正确作出恰当的辅助线、利用勾股定理和垂径定理解得是解答此题的关键． 64．（23-24九年级上·浙江绍兴·期末）根据以下情境信息，探索完成任务． 公路涵洞改造方案的设计与解决 情境1 图1是某公路涵洞，图2是其截面示意图，它由圆心在点的劣弧和矩形构成．测得公路宽，涵洞直壁高，涵洞顶端高出道路（）（即）． 情境2 现需对公路进行拓宽，改造成双向隔离车道，并同步拓宽涵洞，中间设置宽为的隔离带，两边为机动车道．如图3，改造后的公路宽，涵洞直壁高和涵洞顶端到的距离保持不变．    改造方案 方案一 如图4，将涵洞上半部分劣弧改造成顶点为的抛物线一部分的形式．    方案二 如图5，将涵洞上半部分劣弧改造成仍为劣弧的形式    问题解决 任务1 按方案一改造 以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，求抛物线的函数表达式． 任务2 按方案二改造 求涵洞上半部分劣弧所在圆的半径． 任务3 隔离带最大宽度的确定 要使高，宽的货运车能通过此公路涵洞，分别求出两种改造方案下的最大值（，，结果精确到）． 【答案】任务一： 任务二： 任务三：的最大值分别为2.4和2.9 【分析】该题主要考查了二次函数的解析式求解，垂径定理，勾股定理以及线段垂直平分线的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 任务一：以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，得出，结合算出抛物线的表达式； 任务二：设圆心为，劣弧所在圆的半径为，连结交于点，连结．得出垂直平分，，，在中用勾股定理即可求解； 任务三：（1）按方案一改造．当时，求出，即可求解． （2）按方案二改造．由题意知改造后为双向车道，且隔离带宽为，作于点．由任务二知半径．求出时，的值，在中由勾股定理求出，即可求解； 【详解】任务一：解：如图，以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，， ， 故设抛物线的表达式为， 把点代入得：， 解得：． ． 任务二：解：如图，设圆心为，劣弧所在圆的半径为，连结交于点，连结． 由题意得垂直平分， ， ，． 在中，由勾股定理，得， 即，解得． 即劣弧所在圆的半径为． 任务三： （1）按方案一改造． 解：当时，， 解得：． ． 从而的最大值为2.4． （2）按方案二改造． 解：如图，由题意易知改造后为双向车道，且隔离带宽为， ， 作于点． 由任务二知半径． 当时，． 在中，由勾股定理得：， ， 解得． 从而的最大值为2.9． 综上所述，的最大值分别为2.4和2.9． 65．（2024·广东珠海·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于C点，且． (1)求抛物线的解析式； (2)在第一象限内抛物线上是否存在点M，使，如果存在，求M点的坐标，如果不存在，说明理由； (3)若D是抛物线第二象限上一动点，过点D作轴于点F，过点A、B、D的圆与交于E点，求的面积． 【答案】(1) (2)存在， (3) 【分析】（1）根据题意得到，，利用待定系数法求出函数解析式即可； （2）判断是等腰直角三角形，可求出，设交x轴于点D，则，求出点D的坐标，利用待定系数法求出直线的解析式，联立方程组，求出公共解即可求出点M坐标； （3）记过点A、B、D的圆的圆心为点G，设，根据，可得出①，由点D在抛物线上，可得出②，将②代入①得求出，根据三角形面积公式求出，然后整体代入计算即可． 【详解】（1）解：∵， ∴点B的坐标为，点C的坐标为， 把，代入， 得， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：在第一象限内抛物线上存在点M，使，理由如下： 如图， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 设交x轴于点D，则， ∴点D的坐标为； 设直线的解析式为， 则， 解得， ∴， 联立， 解得，（舍） ∴点M的坐标为（， （3）解：把代入，得， 解得或， ∴点A的坐标为， ∴AB=6， 设过点A、B、D得圆的圆心为点G， ∵， ∴点G在线段的垂直平分线上， 设点G的坐标为， 同理可得点G在线段的垂直平分线上， ∵轴于点F， ∴设，则， ∴， ∵， ∴， 整理得①， ∵点D在抛物线上， ∴， 得②， 将②代入①得，， ∵， ∴，即， ∴． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图像和性质，待定系数法求出函数解析式，抛物线上的点的坐标特征以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键． 66．（2024·湖南长沙·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于C点，且．    (1)求该抛物线的解析式； (2)抛物线上是否存在点M，使，如果存在，求点M的坐标，如果不存在，说明理由； (3)若点D是抛物线第二象限上一动点，过点D作轴于点F，过点的圆与交于点E，连接，求的面积． 【答案】(1) (2)存在， (3)6 【分析】（1）根据题意得到，，，利用待定系数法求出函数解析式即可； （2）作轴交抛物线于点，将代入求出答案； （3）记过点、、的圆的圆心为点，设，根据面积公式或利用相似三角形的判定与性质列出式子求出答案． 【详解】（1）解：令，则， ， ， ， ， ，， 抛物线过点A，B， ，解得， 抛物线为； （2）解：存在，理由如下： ，， ， 若， 则轴或轴， 又点在抛物线上， 轴， 作轴交抛物线于点，    当时，， 解得，， ； （3）解：由（1）知， ， 记过点、、的圆的圆心为点，    则点在线段的垂直平分线上，故可设， 同理，点在线段的垂直平分线上， 又轴于点， 设，则， ， ， ， 即：①， 又点在抛物线上， ，即：②， 将②代入①得： ， ， ，即：， ， 【点睛】本题主要考查了二次函数的图像和性质，待定系数法求出函数解析式，抛物线上的点的坐标特征以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键． 67．（23-24九年级下·福建福州·期中）如图，已知抛物线的图象与x轴交于点和点，与y轴交于点C．连接．    (1)求抛物线的解析式； (2)点M在直线下方的抛物线上，过点M作，交于点N，求的最大值，并写出此时点M的坐标； (3)点P是的外心，点Q在抛物线上，且位于y轴左侧，若，求点Q的坐标． 【答案】(1)抛物线的解析式为； (2)的最大值为，点M的坐标为； (3)点Q的坐标为． 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）作轴交直线于点，作交直线于点，设，证明，利用相似三角形的性质列出关于的二次函数，利用二次函数的性质求解即可； （3）作，，根据外心的定义以及圆周角定理求得，求得直线的解析式，据此求解即可． 【详解】（1）解：把点和点代入得 ，解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：当时，， ∴，    设直线的解析式为，代入得，解得， ∴直线的解析式为， 同理直线的解析式为， 作轴交直线于点，作交直线于点， ∴直线的解析式为， 联立，解得， ∴， ∴， 设，由， ∴， 由题意得， ∴，即， ∴， ∵， ∴当时，有最大值，最大值为， 此时点M的坐标为； （3）解：连接，作， ∵点P是的外心， ∴，， ∴，， 作， 此时， 延长交抛物线于点Q， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴也是等腰直角三角形， ∴共线， ∴，， ∴， 同理直线的解析式为， 联立，解得（舍去正值），    ∴点Q的坐标为． 【点睛】此题是二次函数的综合问题，重点考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、三角形的外心、圆周角定理、等腰三角形的性质、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法． 68．（2023·广东佛山·一模）二次函数． (1)当时，函数图象与轴交于点、，与轴交于点． ①写出函数的一个性质； ②如图1，点是第四象限内函数图象上一动点，求出点坐标，使得的面积最大； ③如图2，点为第一象限内函数图象上一动点，过点作.轴，垂足为，的外接圆与交于点，求的长度； (2)点、为函数图象上任意两点，且.若对于时，都有，求的取值范围． 【答案】(1)①函数图象的顶点坐标为；②；③ (2) 【分析】（1）先求得二次函数的解析式，①根据解析式和二次函数的性质写出性质即可；②根据二次函数的解析式求得点A、B、C的坐标，再求得直线的解析式，过点P作轴于H，设，则，，，进而，利用二次函数的性质求解即可； ③设圆心为H，过H作轴于N，于M，连接，，利用垂径定理可得，，，设，，利用坐标与图形性质得到，，，，证明四边形是矩形得到，，然后利用勾股定理得到，进而求得x值即可求解； （2）根据二次函数的性质得到该二次函数图象开口向上，对称轴为直线，则当时，y随x的增大而增大，进而根据点M、N的中点坐标和对称轴的位置关系即可求解． 【详解】（1）解：当时，， ①函数图象的顶点坐标为； ②令，由得，， 当时，， ∴，，， 设直线的解析式为， 将代入，得，解得， ∴直线的解析式为， 过点P作轴于H， 与交于G， 设，则，， ∴， ∴， ∵，， ∴当时，有最大值，最大值为； ③设圆心为H，过H作轴于N，于M，连接，， 则，，， 设，， ∵轴， ∴， ∴，，，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， 在中，， 在中，， ∵， ∴， 则， 解得，即； （2）解：由于 ∴二次函数图象开口向上，对称轴为直线， ∴当时，y随x的增大而增大， ∵点、为函数图象上任意两点，且，若对于即时，都有， ∴． 【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及待定系数法求函数解析式、坐标与图形、二次函数的图象与性质、三角形的面积、矩形的判定与性质、垂径定理、勾股定理等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质，利用数形结合思想进行分析求解是解答的关键． 69．（2023·浙江湖州·模拟预测）如图1，抛物线的顶点为，与轴交于点，其对称轴与轴交于点，点是抛物线对称轴左侧一动点，以和为边作，连结．已知抛物线经过点． (1)求该抛物线的函数表达式． (2)若、、三点在同一直线上，记的面积为，求证：． (3)连结，若，如图，将沿边翻折，得到，试探究：在轴上是否存在点，使？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由 【答案】(1) (2)见解析 (3)存在，或 【分析】（1）待定系数法求解析式，即可求解； （2）连接，，根据平行线的性质得出，即可求解； （3）延长交轴于点，得出，进而求得，根据勾股定理的逆定理可得，过点作交于点，以为直径，为圆心作圆，交轴于点，则，根据直径所对的圆周角是直角得出，则，进而即可求解． 【详解】（1）解：将点代入， 得，， 解得： ， ∴抛物线解析式为：； （2）解：∵，则，则， 当时，， ∴，， ∴, 连接，如图所示， ∵四边形是平行四边形， ∴，， 当、、三点在同一直线上， ∴， ∴； （3）解：如图所示，延长交轴于点， ∵，， ∴， ∴， 设直线的解析式为，代入，， 得， 解得：， ∴直线的解析式为， ， 解得：或， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∵将沿边翻折，得到， ∴在直线上，且，， 过点作交于点， ∵， ∴，则， ∴， 以为直径，为圆心作圆，交轴于点，则 设，则， ，， ∵是直径， ∴，则， ∴， 解得， ， ∴或． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，平行四边形的性质，勾股定理及其逆定理，折叠的性质，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 考点十二、圆的应用 70．（2023·河北衡水·二模）如图1，某校学生礼堂的平面示意图为矩形，其宽米，长米，为了能够监控到礼堂内部情况，现需要在礼堂最尾端墙面上安装一台摄像头进行观测，并且要求能观测到礼堂前端墙面区域，同时为了观测效果达到最佳，还需要从点出发的观测角．甲、乙二人给出了找点的思路，以及的值，下面判断正确的是(   ) 甲：如图2，在矩形中取一点，使得，即为所求，此时米； 乙：如图3，在矩形中取一点，使得，且，以为圆心，长为半径画弧，交于点，，则，均满足题意，此时或． A．甲的思路不对，但是的值对 B．乙的思路对，的值都对且完整 C．甲、乙求出的的值合在一起才完整 D．甲的思路对，但是的值不对 【答案】B 【分析】以为边，在矩形的内部作一个等腰直角三角形，且，过作于，交于，利用等腰直角三角形的性质求出，的长，则以为圆心，为半径的圆与相交，从而上存在点，满足，此时满足条件的有两个点，即，，过作于，作于，连接，利用勾股定理求出的长，从而解决问题． 【详解】解：以为边，在矩形的内部作一个等腰直角三角形，且，过作于，交于， ∴四边形和四边形是矩形， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴以为圆心，为半径的圆与相交， ∴上存在点，满足，此时满足条件的有两个点，即，， ∴， 过作于，作于，连接， ∴四边形，四边形和四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴ ∴（米）， （米）， ∴的长度为米或米， ∴乙的思路对，的值都对且完整． 故选：B． 【点睛】本题是圆的综合题，主要考查矩形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，垂径定理等知识，将四边形的综合题转化为圆的综合题是解题的关键． 71．（2024·浙江温州·二模）图1是圆形置物架，示意图如图2所示，已知置物板，且点E是的中点，测得，，，，则该圆形置物架的半径为 cm． 【答案】14 【分析】本题考查三角形的中位线定理，矩形的判定与性质，垂径定理的推论，勾股定理，含30度的直角三角形的性质等知识，正确作出辅助线找出圆心所在的直线是解题的关键． 【详解】过点B作于点M，取的中点Q，连接并延长交AC于点P， ∵Q是BM的中点，点E是的中点， ∴，， ∴点P、Q、E、F共线， 又∵，， ∴， ∴四边形是矩形，， ∴，， 又∵，， ∴，， ∴，，， 又∵， ∴，， ∴四边形，也是矩形， ∴，，， ∴， ∴是的垂直平分线，即直线是直径所在的直线， 在上取圆心为O，连接， 设，则， 在Rt△APO中， ∴， 解得：， 故答案为：14． 72．（23-24九年级上·浙江温州·阶段练习）图1是车载手机支架实物图，图2是其正面示意图，其中，，为伸缩杆，其中，支架最大宽度，支架的高为，则外接圆的半径为 ，当一部宽为的手机置于支架中，如图3，此时手机夹臂收缩，手机托下移，手机伸缩杆的移动距离相同，形成的外接圆的圆心为点，若，则为 cm．    【答案】 【分析】此题主要考查了垂径定理，勾股定理等．延长交于点，设的半径为，在中由勾股定理求出即可；由垂径定理及切线的性质可知：，，，，由得，由可得，进而得，在中由勾股定理求出，设，在中由勾股定理即可求出的值． 【详解】解：延长交于点，如图1所示：    依题意得：，， 由垂径定理得：，， 设的半径为，则， ， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， 的半径为； 延长交于，交于，连接，如图2所示：    依题意得：，， 由垂径定理及切线的性质可知： ，，，， ，， ， ，， ， 又； ， ， ， 在中，由勾股定理得：， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：． 即为． 故答案为：；． 73．（2024·陕西西安·一模）【问题提出】 （）如图，为的弦，在上找一点并画出，使点到的距离最大；（不需要说明理由） 【问题探究】 （）如图，在扇形中，点为扇形所在圆的圆心，点为上一动点，连接，与交于点，若，，求的最大值； 【问题解决】 （）某公园有一圆形水池（如图），是水池上的两座长度相等的小桥，且，现规划人员计划再修建两座小桥和，桥的入口在水池边上（即点在上），为使游客观赏效果最佳，要求四座桥围成的四边形面积最大，已知，修建小桥的成本为元，当四边形的面积最大时，求修建和两座小桥的总成本． 【答案】（）作图见解析（）的最大值为（）修建和两座小桥的总成本为元 【分析】（）过点作的垂线，交优弧于点，点即为所求； （）由知，当最小时， 最大，求出此时的，即可求解； （）当经过圆心时，四边形的面积最大，求出此时的和即可解答； 本题考查了垂径定理定理，勾股定理，的直角三角形的性质，熟练掌握垂径定理是解题的关键． 【详解】解：（）过点作的垂线，交优弧于点，点即为所求； （）过点作交于点， ∵，是半径，不会随着点的运动而改变， ∴当有最小值时，有最大值， 即当时，最小，此时最大， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的最大值为； （）当经过圆心时，四边形面积最大，则， 根据垂径定理可得，， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理可得， ∴， 解得， ∴修建和两座小桥的总成本为：元． 74．（2024·陕西西安·模拟预测）（1）如图①， 点P 为上一点，， 垂足分别为点A与点H， 若，则的最大值为 ； (2) 如图②， 在中，， D 是边上一点， 且， 点E 是边上一点， 将沿折叠， 则点C落在 F 处， 连接， 求周长的最小值； （3）如图③，是某花园的设计示意图，已知，，，， 弧为上的一段优弧， 点E为弧上的一点，过点E与点O铺设一条观赏小路，过点 A 铺设一条与之垂直的观赏小路，垂足为F，现计划在内种植牡丹花，已知牡丹花每平米的成本费为 500 元，则种植牡丹花所需费用至少为多少元？ 【答案】（1）8；（2）；（3）元 【分析】（1）过点 O作于E，则四边形是矩形，据此得到，再由，即可得到； （2）如图所示，连接，由折叠的性质可得，则的周长，根据题意可得点F在以D为圆心，2为半径的圆上运动，故当三点共线，且点F在上时，有最小值，即此时的周长最小，利用勾股定理求出，则的周长最小值为； （3）如图所示，过点A作于G，连接，证明是等腰直角三角形，得到，则，利用勾股定理求出，则，由圆周角定理得到，则；如图所示，取的中点P，过点P作于Q，连接，过点F作于M，由，deed点F在以点P为圆心，为直径的圆上运动，由（1）可知，即，证明四边形是正方形，进而证明四边形是矩形，得到，则，再由，得到当最小时，最小，则最小值为，可得种植牡丹花所需费用至少为元． 【详解】解：（1）如图所示，过点 O作于E，则四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴的最大值为8， 故答案为：8； （2）如图所示，连接， 由折叠的性质可得， ∴的周长， ∵， ∴点F在以D为圆心，2为半径的圆上运动， ∴当三点共线，且点F在上时，有最小值，即此时的周长最小， ∵， ∴， ∴的周长最小值为； （3）如图所示，过点A作于G，连接， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∵，， ∴； 如图所示，取的中点P，过点P作于Q，连接，过点F作于M， ∵， ∴， ∴点F在以点P为圆心，为直径的圆上运动， 由（1）可知， ∴， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴当最小时，最小， ∴最小值为， ∴种植牡丹花所需费用至少为元． 【点睛】本题主要考查了一点到圆上一点的距离的最小值问题，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，折叠的性质，圆周角定理，正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线找到动点的估计是圆是解题的关键． 75．（23-24九年级上·陕西西安·期末）【发现问题】如图1，在画展厅，为保护展品，会放置围栏分隔观赏者和展品，现在数学小组想知道围栏位置是否合适，做出以下研究． 【资料查阅】1471年德国数学家米勒也提出过类似问题，如图2，观赏最佳的位置就是展品的最高点A与最低点B与观赏者的眼睛C所形成的视角最大． 【米勒定理】如图3，当经过A，B，C三点的与过点C的水平线相切于点C时，视角最大，站在此处观赏最理想．这是为什么呢？ 请思考后完成填空： 设点是上任意一个异于C的点， 是的外角， ______（填“、或”）， 又 ______， ． 眼睛位于点C处时，最大． 【问题解决】如图4，在上述定理基础上，假如竖直墙壁上的展品的最高点A距离地面的高度为3.4米，最低点B距离地面的高度为2.4米，观赏者的眼睛C距离地面的高度为1.6米，那么围栏放在什么位置最合适呢？ 【答案】米勒定理∶，；问题解决∶ 围栏放在距离墙壁米位置最合适 【分析】米勒定理∶由得，由圆的基本性质得，即可求证； 问题解决∶过作交于，由矩形的判定方法得 四边形是矩形，由矩形的性质得，，由线段和差可求，，由垂径定理得，由勾股定理得，即可求解． 【详解】米勒定理 请思考后完成填空： 设点是上任意一个异于C的点， 是的外角， ， （填“、或”）， 又， ， ， 眼睛位于点C处时，最大， 故答案：，； 问题解决∶ 解：如图，过作交于， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中， ， ， 故围栏放在距离墙壁米位置最合适． 【点睛】本题考查了矩形的判定及性质，圆的基本性质，垂径定理，勾股定理，掌握性质，理解米勒定理及题意中线段的实际意义，构建直角三角形用勾股定理求解是解题的关键． 76．（23-24九年级上·江苏苏州·阶段练习）【观察思考】： 某种在同一平面进行传动的机械装置如图1，图2是它的示意图．其工作原理是：滑块在平直滑道上可以左右滑动，在滑动的过程中，连杆也随之运动，并且带动连杆绕固定点摆动．在摆动过程中，两连杆的接点在以为半径的上运动．数学兴趣小组为进一步研究其中所蕴含的数学知识，过点作于点，并测得分米，分米，分米．    (1)点在上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是______分米； (2)如图3，小明同学说：“当点滑动到点的位置时，与是相切的．”你认为他的判断对吗？为什么？ (3)小丽同学发现：“当点运动到上时，点到的距离最小．”事实上，还存在着点到距离最大的位置，此时，点到的距离是______分米； 【答案】(1)12 (2)不对，详见解析 (3)6 【分析】（1）当O、P、Q三点共线时，在中，由勾股定理可求得的长度即可解答； （2）显然不对，当Q、H重合时，，显然构不成直角三角形，故与不相切； （3）当P到直线l的距离最长时，这个最大距离为，此时直线l； 【详解】（1）解：当O、P、Q三点共线时，分米 在中， 由勾股定理可求得， ∴点在上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是分米． 故答案为：12； （2）解：不对．理由如下： ∵， ∵当Q、H重合时，， ∵，即， ∴与不垂直． ∴与不相切． （3）解：因为的值永远是6，只有时，点P到直线l的距离最大，此时最大的距离是6分米； 【点睛】本题主要考查了勾股定理、切线的判定、矩形的判定和性质、垂径定理等知识点，灵活运用相关知识是解答本题的关键． 考点十三、与圆有关的计算 77．（23-24九年级下·河南驻马店·阶段练习）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为，点、、均为格点，点为的三等分点（靠近点），点、分别是线段、上的动点，且，点为的中点，连接、．在滑动的过程中，当值最小时，阴影部分的面积是 ． 【答案】 【分析】如图，连接、、、，根据勾股定理的逆定理确定，即的度数为，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，根据题意得，即，推出当点、、三点共线时，取“”号，此时值最小，最小值为：，进一步得出点为的中点，如图，根据弧的度数的意义确定，证明为等边三角形，得到，由等腰三角形三线合一得，求出，，再代入即可得出答案． 【详解】解：如图，连接、、、， ∵每个小正方形的边长为，点为弧的三等分点（靠近点）， ∴，， ∵， ∴是直角三角形， ∴，即的度数为， ∴是直角三角形， ∵点为的中点，， ∴， ∵点、分别是线段、上的动点，点为的中点， ∴， ∴， 当点、、三点共线时，取“”号，此时值最小，最小值为：， 此时点为的中点，如图， ∵点为弧的三等分点（靠近点），的度数为， ∴的度数为：，， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴在滑动的过程中，当值最小时，阴影部分的面积是． 故答案为：． 【点睛】本题考查求不规律图形的面积，考查了勾股定理及逆定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，两点之间线段最短，弧的度数，等边三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，扇形的面积，三角形的面积等知识点．确定点、、三点共线时求出的最小值是解题的关键． 78．（2024·河南南阳·二模）如图，在扇形中，，半径 ，点C是上一点，连接，沿将扇形折叠，使得点 A落在的延长线上的点D处，连接，则图中阴影部分面积为 (结果保留π) ． 【答案】 【分析】过点B作交与点E，垂足为E，作点O关于的对称点，连接，，由折叠的性质可得出，根据，由等边对等角得出，由对称的性质可得出，由直角三角形的性质可得出，解直角三角形可得出，再证明是等腰直角三角形，求出，再根据即可求出答案． 【详解】解：过点B作交与点E，垂足为E，作点O关于的对称点，连接，，如图∶ ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ， ∵ ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴ 故答案为： 【点睛】本题考查扇形面积的计算，直角三角形的性质，轴对称折叠的性质，解直角三角形的相关计算等知识点，构造直角三角形以及对称图形是解题的关键． 79．（2023·广西贵港·模拟预测）如图，将半径为4，圆心角为的扇形绕弧的中点逆时针旋转，点，的对应点分别为点，点落在上，点落在上，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查旋转的性质，扇形的面积，等腰三角形的判定和性质等，设与的交点为，连接、、，过点作于点，由可得，再证，是等腰直角三角形，求出相关线段长度，进而求出，，代入计算即可． 【详解】如图，设与的交点为，连接、、，过点作于点， 扇形绕点逆时针旋转得到扇形， ，扇形中空白部分的面积， ． ， 是等腰三角形， ， ，为弧的中点， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， 为等腰直角三角形， ， ， ． 故答案为：． 80．（2020·山东烟台·一模）如图，在一圆柱铁桶内底面的点处有一飞虫，在其上边沿的点处有一面包残渣，已知是点正下方的桶内底面上一点，已知劣弧的长为，铁桶的底面直径为，桶高为60cm，则该飞虫从点到达的最短路径是 cm．    【答案】 【分析】连接AC、AB、OA、OC，作OD⊥AC于点D，先由弧长公式求出∠AOC的度数，然后得到∠AOD的度数，然后利用勾股定理求出AD，然后得到AC，再利用勾股定理求出AB即可. 【详解】解：根据题意，连接AC、AB、OA、OC，作OD⊥AC于点D，如图：        ∵劣弧的长为，， ∴， 解得：， 即∠AOC=120°， ∵OD⊥AC， ∴∠AOD=∠AOC=60°， ∴∠OAD=30°， ∴OD=OA=10， ∴， ∴， 在Rt△ABC中，，由勾股定理得： ； ∴该飞虫从点到达的最短路径是cm； 故答案为：. 【点睛】本题考查了最短路径问题，也考查了弧长公式，垂径定理，勾股定理，解题的关键是熟练掌握弧长公式和垂径定理，利用勾股定理正确求出AC的长度. 81．（22-23九年级上·四川绵阳·期末）如图，为直径，为的弦，，延长至，且，的半径为6． (1)求证：直线与相切； (2)如图1，若，求阴影部分面积； (3)如图2，若，求的值． 【答案】(1)见详解 (2) (3) 【分析】本题考查圆的综合题型，切线的判定，平行线的判定与性质，勾股定理，垂径定理，矩形的判定与性质． （1）根据切线的判定可得结论； （2）过点作于，连接，先证明四边形为矩形，得出，再求出，最后由即可得出； （3）过点作于，过点作于，则四边形为矩形，设,则，根据勾股定理用含的式子表达出，再根据求出即可． 【详解】（1）证明：, 为的半径 直线与相切； （2）如图，过点作于，连接， 四边形为矩形 是等边三角形 ，， ； （3）如图，过点作于，过点作于，则四边形为矩形， 设，则 解得（舍去）或 ． 82．（2023·江苏宿迁·模拟预测）在矩形中，，点、分别是边、上的动点，且，连接，将矩形沿折叠，点落在点处，点落在点处． (1)如图1，当与线段交于点时，求证：； (2)如图2，当点在线段的延长线上时，连结交于点连结．求证：； (3)当时，在点由点移动到中点的过程中，直接写出点运动的路线长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，翻折变换的性质，等腰三角形的判定，弧长公式以及解直角三角形等知识，本题综合性强，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． （1）由平行线的性质得，由翻折的性质得，则，即可得出结论； （2）同（1）易证，由AAS证得，得出，由等腰三角形三线合一的性质即可得出结论； (3)证出，得，再证点运动的路径是以为圆心，以为半径的弧，求出，再求出，，利用弧长公式运算即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由翻折的性质得：， ∴， ∴； （2）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴，， 由翻折的性质得：， ∴， ∴， ∵，， ∴（AAS）， ∴， ∴； （3）解：连接，交于，连接，如图3所示： 同（2）：， ∴， ∵四边形是矩形， ∴点为、的交点，且， 由折叠的性质得：，， 又∵， ∴（SAS）， ∴， 当点由点移动到中点时，则点移动到的中点，点落在点处， ∴点运动的路径是以为圆心，以为半径的弧， 在中，， ∴， ∴， ∴， 过点作于， 则，， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， ∴， ∴点G运动的路径的长． 83．（2023·江苏南京·二模）在平面内，将小棒经过适当的运动，使它调转方向(调转前后的小棒不一定在同一条直线上)，那么小棒扫过区域的面积如何尽可能地小呢？ 已知小棒长度为4，宽度不计． 方案1：将小棒绕中点O旋转180°到，设小棒扫过区域的面积为(即图中灰色区域的面积，下同)； 方案2：将小棒先绕A逆时针旋转60°到，再绕C逆时针旋转60°到，最后绕B逆时针旋转60°到，设小棒扫过区域的面积为．    (1)①______，______；(结果保留) ②比较与的大小．(参考数据：，．) (2)方案2可优化为方案3：首次旋转后，将小棒先沿着小棒所在的直线平移再分别进行第2、3次旋转，三次旋转扫过的面积会重叠更多，最终小棒扫过的区域是一个等边三角形． ①补全方案3的示意图； ②设方案3中小棒扫过区域的面积为，求． (3)设计方案4，使小棒扫过区域的面积小于，画出示意图并说明理由． 【答案】(1)①，；② (2)①见解析；② (3)见解析 【分析】（1）①利用圆的面积公式计算，利用方案2扫过区域为三个圆心角为60°且半径为4的扇形面积减去两倍的面积计算； ②利用参考数据计算近似值再比较即可； （2）①依题意补全方案3的示意图即可； ②利用等边三角形的高是4，计算出底边，再利用面积公式计算即可； （3）作等边，首先让点B在上运动，点A在的延长线上，运动，使得的长度保持不变，当点B运动到点C时，由此边调转到边，接着两次同样的方式旋转到边和边，从而得到最终小棒扫过的区域，由于所得区域非常不规则，因此可以利用放缩法证明． 【详解】（1）解：①由依题意得：， ， ∴ 又依题意得：方案2扫过区域为三个圆心角为60°且半径为4的扇形面积减去两倍的面积．等边三角形的面积公式：，为等边三角形的边长． ∴ 故答案是：，； ②∵，，， ∴； （2）①依题意补全方案3的示意图如下：    ②连接，M为切点，则的中点，    设，则， 由勾股定理得：，即， 解得：， ∴， ∴． （3）设计方案4：如下图，是等边三角形，首先让点B在上运动，点A在的延长线上运动，使得的长度保持不变，当点B运动到点C时，由此边调转到边，接着两次同样的方式旋转到边和边，最终小棒扫过的区域是如下图所示．    对于第一次旋转，当旋转旋转到时，此时， 又作，则 依题意得：阴影部分比等边三角形多三块全等的图形，记每块面积为， 则有，F为的中点， ∵， ∴， ∴， ∴． 84．（22-23九年级上·山西临汾·阶段练习）综合与实践 问题情境：如图，将一个圆锥的侧面展开后可得到一个圆心角为，半径为l的扇形，圆锥底面是一个半径为r的圆．母线在展开图上对应的半径经过的中点． (1)特例研究：当，时， ，展开图上，与OB的夹角为 ． (2)问题提出：求证：． (3)问题解决：如图2，一种纸质圆锥形生日帽，底面直径为，母线长也为，为了美观，想在底面圆上一点A和与之相对的母线PB中点C之间拉一条细彩带进行装饰，求彩带长度的最小值．（提示：尝试画出圆锥侧面展开图） 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)彩带长度的最小值为． 【分析】（1）圆锥的底面周长等于扇形的弧长，求出，再根据半径经过的中点，得到，即可求出与OB的夹角； （2）根据（1）即可证明结论； （3）先求出圆锥的侧面展开后可得到的扇形圆心角为，得到，再连接，利用勾股定理得到长，即可求出彩带长度的最小值． 【详解】（1）由题意可知，圆锥的底面周长等于扇形的弧长， ， ， ，， ， 经过的中点， ， ， 与OB的夹角为， 故答案为：，； （2）由（1）得：， ； （3），， ， 圆锥的侧面展开后可得到的扇形圆心角为，如下图， ， ， 连接，即为彩带长度的最小值， ，， 由勾股定理得：， 彩带长度的最小值为． 【点睛】本题考查了圆锥的性质，弧长公式，同弧或等弧所对的圆心角相等，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题关键． 考点十四、圆的综合问题 85．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图1，在中，D在边上，圆O为锐角的外接圆，连接并延长交于点E，设．    (1)若，求的度数； (2)如图2，作，垂足为F，与交于点G，已知． ①求证：； ②若，求的值． 【答案】(1) (2)①见解析；② 【分析】（1）根据圆周角定理即可解决问题； （2）①结合（1）利用三角形内角和定理即可解决问题； ②作，证明四边形为矩形，再根据线段的和差即可解决问题． 【详解】（1）如图，连接，    ∵， 又∵， ∴， ∵， ∴； （2）①证明：∵， ∴， 设，则， 由（1）得：， ∵， ∴， ∴， ∴； ②解：如图，作于点M，于点N，    由①得：， ∵ ∴， ∴ ∴， ∵ ∴， ∴由勾股定理得，， ∵ ∴四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了三角形外接圆与外心，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，解决本题的关键是掌握三角形外接圆与外心． 86．（2024·山东济宁·二模）【初步感知】 （1）如图1，点A，B，P均在上，若，则锐角的大小为______度； 【深入探究】 （2）如图2，小明遇到这样一个问题：是等边三角形的外接圆，点P在上（点P不与点A，C重合），连接，，．求证：；小明发现，延长至点E，使，连接，通过证明．可推得是等边三角形，进而得证.请根据小明的分析思路完成证明过程． 【启发应用】 （3）如图3，是的外接圆，，，点P在上，且点P与点B在的两侧，连接，，，若，则的值为_____． 【答案】（1）；（2）见解析；（3） 【分析】（1）根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可直接得出答案； （2）延长至点E，使，连接，根据圆内接四边形的性质得出，再证，推出，，进而证明是等边三角形，可得； （3）延长至点E，使，连接，通过证明，可推得是等腰直角三角形，结合与可得，代入即可求解． 【详解】解：（1）， 故答案为：； （2）证明过程如下： 如图，延长至点E，使，连接，   四边形是的内接四边形， ， 是等边三角形， ， 在和中， ， ， ，， ， 是等边三角形， ， 即； （3）如图，延长至点E，使，连接，   四边形是的内接四边形， ， 在和中， ， ， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造，进行转换求解． 87．（23-24九年级上·浙江台州·期末）如图，内接于，，点是上的动点（不与点，，重合），连接，，．    (1)当点在上时（不与点，重合），求的度数；（用含的式子表示） (2)如图，当点在上时，过点作于点． ①请探究线段，和之间的数量关系，并证明； ②若，则________； (3)若，在点运动过程中，，过点作于点，求的长． 【答案】(1) (2)①，见解析；② (3)或 【分析】（1）根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理得．再根据圆内接四边形性质即可得解； （2）①如图，在上截取，连接，证得，进而根据等腰三角形的性质可得，即可得解；②由，得．进而得．由，得．再根据即可得解． （3）分点在上和点在两种情况，利用圆周角定理及全等三角形的判定及性质求解即可． 【详解】（1）解： ． ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ． （2）解：①．理由如下： 如图，在上截取，连接，    ，，， ∴． 又 ， ． ②， ． 由①得， ， ， ． ， ． ∴与同底等高， ． （3）解：如图，当点在上时，在上截取，连接，过点作于点．    ，， 为等边三角形， ， ， ， ， ， ， 在中，， ． 由（）知，， ； 如图，当点在上时，延长至点，使得，连接，过点作延长线于点．    ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵，， ∴， ， ， ． ，， ， ， ， ． 在中，， ， ． 综上，或． 【点睛】主要考查了圆内接四边形对角互补的性质、同孤所对的圆周角相等、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，平行线的性质等，在求线段的和差关系时，通常会用“裁长补短”法作辅助线将不共线的线段转化到同一直线上：当已知条件中出现平行线及三角形的面积时，通常会用到相似三角形的性质或同底等高的三角形面积相等这一知识点解题；在求解第（）问时要注意对点的位置分情况讨论是解题的关键． 88．（23-24九年级上·江苏无锡·期末）如图1，在中，，，．点是射线上一动点，作的外接圆． (1)若圆心在边上，如图2，则此时的长为______； (2)当与的某一边所在的直线相切时，求此时的长； (3)随着点的运动，与的边的公共点的个数有哪些变化？直接写出对应的长的值或取值范围． 【答案】(1)3 (2)6或 (3)当时，与有3个交点； 当时，与有4个交点； 当时，与有3个交点； 当时，与有2个交点． 【分析】本题主要考查了圆与平行四边形，三角形综合．熟练掌握圆切线性质与判定，垂径定理及推论，圆周角定理及推论，勾股定理解直角三角形，矩形判定和性质，平行四边形的性质，直线与圆的位置关系，四点共圆，分类讨论，是解题的关键． （1）根据直径对的圆周角是直角得到，根据正弦定义得到，根据勾股定理得到． （2）当与相切时，得到 ，根据，得到，根据垂径定理得到，根据，即得；当与相切于点F，设交于点H，作于点L，推出，根据垂径定理得到，推出四边形是矩形，得到，推出，得到，设的半径为r，根据勾股定理得到，解得，得到，推出，结合，推出，得到，求得，得到；根据、都与有两个交点，得到、与都不相切． （3）分，，，四种情况，与的边的交点分别有3个，4个，3个，2个． 【详解】（1）当圆心在边上时，， ∵，， ∴， ∴； 故答案为：3； （2）如图，当与相切时，与只有一个交点，此时A切点， 则，延长交于点E， ∵， ∴， ∴， 由①结论可得，， ∴， ∴； 当与相切时，设切点为F，延长线交于点H，过点A作于点L， ，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ， ∴， ∴， 设的半径为r， 则， ∵， ∴， 解得，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 当与相切，与相切时， ∵与有A、B两个交点，与有B、P两个交点， ∴、与相切都不存在． 故当与的某一边所在的直线相切时，的长为6或． （3）如图，由（2）知，当时，与有3个交点； 如图，在射线上取点M，N，使，，则，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（2）知，, ∴， ∴， ∵， ∴四边形是等腰梯形，， ∴A、B、N、D四点共圆， ∴当时，与有4个交点； 当时，与有3个交点； 当时，与有2个交点． 综上所述，当时，与有3个交点； 当时，与有4个交点； 当时，与有3个交点； 当时，与有2个交点． 89．（23-24九年级上·湖北武汉·阶段练习）正方形和等腰共顶点，将绕点逆时针旋转一周． (1)如图1，当点与点重合时，若，求的长； (2)如图2，为中点，连接，探究的关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）条件下，连接，若，在旋转过程中，的最小值为___________． 【答案】(1) (2)，，理由见解析 (3) 【分析】（1）连接，根据正方形的性质和等腰直角三角形的性质可得，，，再根据勾股定理即可求解； （2）延长至，使，连接、，，可证出，由全等三角形的性质得出，，进而证明，则，，根据等腰直角三角形的性质即可得出结果； （3）越小，越靠近点，而是的中点，可得出点的旋转轨迹是以点为圆心，以为半径的圆，可得当、、三点共线时，最小，根据相似三角形的判定和性质即可求解． 【详解】（1）解：连接， 四边形为正方形， ，，，， ，， ，， ， ； （2）解：如图2，延长至，使，连接、，， ， ， ，， ， 延长，交于点 ， ， ， ， ，， ，； （3）解：连接，取的中点，连接． 四边形是正方形，， ，，，， ，， ， 点的运动轨迹是为圆心，为半径的圆，当与相切时，的值最小， ， ， ， ， ， ， 在上取一点，使得，连接， ， ， ， ，， ， 最小． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，切线的判定与性质，直角三角形的性质，勾肌定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 90．（23-24九年级上·河北廊坊·期中）在矩形中，，，连接，，将半圆形量角器放在如图1所示的位置，其直径在边上，点是量角器上的零刻度，交于点，点是半圆形量角器所在圆的圆心． (1)求点在半圆形量角器上的度数； (2)将半圆形量角器绕点顺时针旋转． ①当点旋转到上时，交于点，如图所示．求证：与半圆形量角器相切； ②在旋转过程中，当与直线只有一个交点（不包括端点，）时，设此交点与点的距离为，请直接写出的取值范围． 【答案】(1)60 (2)①见解析；②或 【分析】（1）连接，利用圆的半径相等，得出，再利用三角形外角的性质求出的度数，即可得出答案； （2）①过点O作，连接．利用直角三角形的性质和勾股定理求得，即可由切线的判定定理得出与半圆形量角器相切的结论； ②当半圆O与相切时，当半圆经过点B时，点E在上，当点E在的延长线上时，分别求解即可． 【详解】（1）解：连接，如图， ∵ ∴ 在半圆形量角器中， ∵， ∴， ∴点F在半圆形量角器上的读数为60； （2）解：①证明：过点O作，连接． ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴在中，． ∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∴是半圆形量角器的半径． ∵， ∴与半圆形量角器相切； ②当半圆O与相切时，由①易得． 如图1，当经过点B时，点E在上， ∵，， ∴， ∴． 如图2，当点E在的延长线上时， ∵，， ∴， ∴． ∴ 综上所述，当与直线只有一个交点（不包括端点A，E）时，d的取值范围是或． 【点睛】本题考查矩形的性质，圆心角，等腰三角形的性质，勾股定理，切线的判定，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练相关性质定理是解题的关键，注意分类讨论思想的应用． 91．（22-23九年级上·广东广州·阶段练习）如图1，在中，，于，为边上的点，过、、三点的交于，连接，．    (1)求证：； (2)如图2，点为弧上一动点，连接，，．在点运动过程中，试探索，，之间的数量关系，并证明； (3)如图3，在扇形中，为弧上任意一点，过点作于点，设为的内心，当点从点运动到点时，请直接写出内心所经过的路径长． 【答案】(1)见解析． (2)，理由见解析． (3) 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可知，，根据圆内接四边形的性质，可求得，进而求得，问题即可得证． （2）过点作的垂线，交于点，连接，可证得，得到，再证明为等腰直角三角形，得到，即可求得，，之间的数量关系． （3）根据内心的定义，先求得的度数，根据，可求得，当点在上从点运动到点时，点在以为弦，并且所对的圆周角为的劣弧上运动，内心所经过的路径长等于劣弧的长度，据此只需求得劣弧所对应的圆心角和劣弧所在圆的半径即可． 【详解】（1）∵，， ∴为等腰直角三角形底边上的中线和顶角的角平分线． ∴，． ∵四边形为的内接四边形， ∴． 又， ∴． 在和中 ∴． ∴． （2）． 理由如下： 如图，过点作的垂线，交于点，连接．    根据题意可知． ∵， ∴为的直径． ∴． ∴． 又， ∴． ∵， ∴． 在和中， ∴．     ∴，． 又， ∴为等腰直角三角形． ∴． ∴． （3）． 理由如下：    如图，连接，，． ∵为的内心， ∴，． ∴ ． 在和中 ∴． ∴． 当点在上从点运动到点时，点在以为弦，并且所对的圆周角为的劣弧上运动，内心所经过的路径长等于劣弧的长度． 设劣弧所在的圆为． 根据题意可知，， ∴为等腰直角三角形． ∴． ∴． 内心所经过的路径长等于． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质、内心的性质、圆周角的性质、弧长的计算，牢记全等三角形的判定定理及性质、内心的性质、圆周角的性质、弧长的计算公式是解题的关键． 92．（2024·山东·模拟预测）综合与实践 【问题解决】 （1）如图1，射线、的夹角为，平面内有一点C，连接、，．若，，求线段与线段的长； 【延伸思考】 （2）如图2，当，，时，在射线上取一点E，过点E向BC的延长线作垂线，垂足为点F，连接，．以为直径作．C点为线段上的一个动点，连接，并且．当与相切时，连接，求的长； 【思维拓展】 （3）在图2的构图基础上深入探究：如图3，已知点A、B成为平面内的动点，点O、C为定点，且．若，，其他条件与（2）相同，求的最大值． 【答案】（1），；（2）（3） 【分析】（1）作，作中点，由，得到四点共圆，，进而得到，，，在中，根据勾股定理得到，由为直径，，，求得， ， （2）由，，，得到，根据切线的性质得到，结合，，得到，，依次求出，，，在中，根据勾股定理，即可求解， （3）在图2中，作，由 是矩形，得到，，结合，得到，当时，是矩形，作，一次求出，，，在中，，由，得到，由（1）可知，在中，，代入即可求解， 本题考查了，勾股定理，四点共圆，圆周角定理，切线的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形三边关系，解题的关键是：熟练掌握相关性质定理． 【详解】解：（1）过点，作，交延长线于点，作中点，连接，， ∵，即：， ∴四点共圆， ∴，， ∴，，， 在中，， ∵，， ∴为圆心，为直径，，， ∴，， （2）设与相切于点，连接，， ∵，，， ∴，， ∴， ∵与相切于点，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 则，，， 在中，， （3）在图2中，作，垂足为， ∵，，， ∴是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴是矩形， 作，垂足为，连接，， ∴，，， 在中，， ∵， ∴， 由（1）可知， 在中，， ∴， 故答案为：（1），；（2）（3）． 十五、解答题 试卷第2页，共206页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$