专题04 圆的重难题训练（6大题型）-【帮课堂】2024-2025学年九年级数学下册同步学与练（湘教版）

专题04 圆的重难题训练 题型1：圆与三角形结合 题型2：圆与四边形结合 题型3：圆与正多边形结合 题型4：圆的切线判定与性质综合应用 题型5：圆与函数的综合 题型6：圆中的几何新定义 题型1：圆与三角形结合 已知内接于，为的直径，连接，与交于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，过点作，垂足为点，交于点，若，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，过点作的平行线交的延长线于点 ．交于点，连接，若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题主要考查了本题考查了圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与性质，特殊角三角函数，根据题意构建全等三角形是解本题的关键． （1）根据圆周角定理可得：，，进而得出结果； （2）连接，可证明，从而得出结论； （3）作于点，根据题意证明，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴． （2）证明：连接，如图 ， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． （3）是直径， ∴，即是的垂直平分线， ∴； 由（2）知，， 设，，则， ∵， ∴， ，， 如图3， ， 作，交的延长线于点Q， 则，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 一．解答题（共3小题） 1．如图，以为直径的中，点C为上一点，连接，，延长至点M，使得，作交于点D，交的延长线于点N． (1)求证：直线为的切线； (2)如图2，若点D是的中点，连接，，求证：四边形为菱形； (3)在（2）的条件下，若，求的长． 2．已知，为的弦，点F为弧的中点，连接交于点D． (1)如图1，求证：； (2)如图2，为的弦，连接，，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点E，过点E作于点M，若，，求的长． 3．如图1，为的直径，为延长线上的点，，为的切线，切点为，，，垂足为，连接． (1)如图1，求证； (2)如图2，是线段上一点，若平分，与线段交于点． ①求证：；②若，，求的长． 题型2：圆与四边形结合 如图，已知正方形内接于，点E在上，则的度数为 °． 【答案】45 【分析】本题考查了圆周角定理和正方形与圆，确定所对的圆心角为是解题的关键． 根据正方形内接于圆得到所对的圆心角为，则，然后根据圆周角定理即可求解． 【详解】解：连接、，如图所示， ∵正方形内接于， ∴， ∴， ∴的度数为， ∴， ∴． 故答案为：45． 一．填空题（共3小题） 1．如图，中，，是内切圆，、分别是、边上点，四边形是平行四边形，其中与相切，若，则长度是 ． 2．如图，点A在以为直径的半圆上，，，点D在线段上运动，点E与点D关于对称，点F与点D关于对称，点G与点D关于点A对称．连接、、、、、，则： （1）当四边形是正方形时， ； （2）当的一边与相切时，的长为 ． 3．《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形的边长为．以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形，若，则四边形的外接圆半径为 ． 二、解答题（共3题） 4.如图，是的外接圆，为直径，是上一点，且，交的延长线于点． (1)求证：； (2)求证：是的切线； (3)若，，求的半径长． 5．如图1，平行四边形的对角线交于点P，E为的中点，过E点的圆O与相切于点P，圆O与直线分别交于点F，G． (1)求证：； (2)如果 如图2．求圆O的直径． 6.问题探究 （1）如图①，在矩形中，，，点为的中点，点为边上的动点，沿折叠，点落在点处，求点到边距离的最小值．   问题解决 （2）如图②，某公园一角有一块四边形空地，其中，，，米，米，在边中点处有一地下水源．现计划在四边形内寻找一个合适位置建蓄水池，要求，同时在水流通道中点处安装一喷灌装置，并计划在及区域内种植花卉．为了节约用水，求种植花卉区域面积的最小值（即及面积和的最小值）． 题型3：圆与正多边形结合 如图， O是正六边形的中心，，点M， N分别为，的内心， 则长为 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形的有关计算，勾股定理，三角形的内心，连接，，，过作于，由正六边形得到，，，，即可得到是等边三角形， ，再由点M为的内心，得到，，根据勾股定理和直角三角形的性质得到，，，，由，求得，最后证明，根据求解即可． 【详解】解：连接，，，过作于， ∵O是正六边形的中心，， ∴，，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵点M为的内心， ∴平分，平分， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故答案为：． 一．填空题（共4小题） 1．一个正多边形的内角等于中心角的2倍，那么这个正多边形的边心距与半径之比为 ． 2．如图，与正八边形相切于点、，若的半径为7，则的长为 （结果保留）． 3.如图，正六边形内接于，，则正六边形的面积为 . 4.铁艺花窗是园林设计中常见的装饰元素．如图是一个花瓣造型的花窗示意图，由六条等弧连接而成，六条弧所对应的弦构成一个正六边形，中心为点O，所在圆的圆心恰好是的内心，若，求花窗的周长（图中实线部分的长度）．（结果保留） 题型4：圆的切线判定与性质综合应用 如图，在四边形中，平分．点 O在上，以点O为圆心，为半径，作与相切于点B，延长线交于点 E，交于点 F，连接，． (1)求证：是的切线； (2)若，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2)的长为 【分析】（1）连接，证明，得到，即可求证； （2）由，，可得垂直平分，，进而可得，即可求出，再利用勾股定理得到的长即可． 【详解】（1）如图，连接， ∵平分， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵与相切于点B， ∴， ∴， ∴，即， ∴是的切线； （2）∵，， ∴垂直平分，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点晴】本题主要考查了角平分线的定义，切线的性质和判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握圆的有关性质是解决此题的关键． 1． 解答题（共7小题） 1．已知：如图，过正方形的顶点，，且与边相切于点．点是与的交点，连接，，，点是延长线上一点，连接，且．    (1)求证：是的切线； (2)如果正方形边长为，求的长． 2．如图，为的直径，C为上一点，点D为的中点，过点C作的切线交的延长线于点E，交的延长线于点F，连接． (1)求证∶与相切； (2)若，，求的半径r． 3．如图，是直角三角形的外接圆，直径，过C点作的切线，与延长线交于点D，M为的中点，连接，，且与相交于点N． (1)求证：与相切； (2)当时，在的圆上取点F，使，补全图形，并求点F到直线的距离． 4.如图1，在边长为6的正方形中，是边的动点，以为圆心，为半径作圆，与相切于点，连接并延长交于点，连接，． (1)求证：； (2)如图2，与相交于点，连接并延长交于点，当满足时，试判断与的位置关系并说明理由． 5.如图，O为正方形对角线上一点，以O为圆心，长为半径的与相切于点M． (1)求证：与相切； (2)若的半径为1，求正方形的边长． 6．如图，为的直径，与相切于点C，过点B作于点D，连接． (1)求证平分； (2)若，，求的长． 7．如图，的弦 是的中点，连接并延长交于点D，交于于点F，过点D作，与的延长线交于点E，连接． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)若，求的长． 题型5：圆与函数的综合 如图，在平面直角坐标系中，点A、点B的坐标分别为、，过点M的直线与的公共点是D、E，与x轴交于点F，连接、、．已知． (1)的直径为 ，点M的坐标为 ； (2)求直线所对应的函数表达式； (3)若P是线段上的动点，与的一个内角相等，求的长度． 【答案】(1)，； (2) (3)或或5 【分析】（1）连接，求出，可得的直径，根据M为中点，可得点M坐标； （2）连接，在证设，即，求出坐标；然后用待定系数法得直线所对应的函数表达式； （3）设，由，， 可得， ；分三种情况：①当时，②当时，③当时分类讨论即可作答． 【详解】（1）解：连接，如图： ∵， ∴为的直径， ∵点A、点B的坐标分别为、， ∴， ∴的直径为， ∵M为中点， ∴ 故答案为：，； （2）连接， ， ， ， 设， ， ， 解得：， ， 设直线所对应的函数表达式为，将，代入，得 ， 解得， 直线所对应的函数表达式 （3）解：设， ，， 解得：，， ， ①当时，连接 ，， ， ， ， ， ， ， 点E和点P横坐标相同, ， ， ， ②当时，如图： ， ， ， ，， ， ， ， ③当时，如图： ， 即， ， ， 综上所述：得长度为或或5． 【点睛】本题考查一次函数的综合应用，圆的性质及应用，待定系数法，一元二次方程，相似三角形判定与性质，解题的关键是分类讨论思想的应用； 1、 解答题（共5小题） 1.如图，在平面直角坐标系中，抛物线交y轴于点，交x轴于点，． (1)求此抛物线的解析式； (2)过点B作线段的垂线交抛物线于点D，求点D的坐标； (3)如果以点C为圆心的圆与直线相切，请判断抛物线的对称轴l与有怎样的位置关系，并给出证明． 2．二次函数（、、是常数）与轴交于两个不同的点、，与轴交于点，图象顶点为点，经过点、、三点，且． (1)求证：为等边三角形； (2)若，求的面积； (3)若直线与相切．求的值． 3．如图，在平面直角坐标系中，过外一点P引它的两条切线，切点分别为M，N，若，则称P为的环绕点． (1)当半径为2时， ①在中，的环绕点是 ； ②直线与轴交于点，轴交于点，若线段上存在的环绕点，求的取值范围； (2)的半径为，圆心为，以为圆心，为半径的所有圆构成图形，若在图形上存在的环绕点，直接写出的取值范围． 4．在平面直角坐标系中，对于图形P，图形和直线l给出如下定义：图形P关于直线l的对称图形为．若图形P与图形均存在点在图形Q内部（包括边界），则称图形Q为图形P关于直线l的“弱相关图形”．    (1)如图，点，点． ①已知图形是半径为2的，是半径为1的，是半径为的，在，，中，线段关于直线的“弱相关图形”是：　　； ②已知的半径为2，若是线段关于直线的“弱相关图形”，求b的取值范围； (2)在由第四象限、原点、x轴正半轴以及y轴负半轴组成的区域内，有一个半径为2的圆P．若存在点，使得对于任意过点C的直线l，有圆P，满足半径r的是圆P关于l的“弱相关图形”，直接写出r的取值范围． 5.在平面直角坐标系中，对于点，和图形，若图形上存在点使得，则称图形与“关联”    (1)已知，，以下列各点为中心，作边长为的正方形，若与“关联”，则这个中心可能是 ． ①；②；③． (2)如图，已知直线：． ①已知，在直线上运动，且点在点左侧．设直线与轴，轴分别交于，两点，若线段与“关联”，其中，求点横坐标的取值范围； ②已知，．长度为的线段在上，以上任意一点为圆心作半径为的圆，对每一个圆总存在使之与既是“关联”又是“关联”但不是“关联”，直接写出的取值范围． 题型6：圆中的几何新定义 对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切）， 可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： (1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”， ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；        （    ） ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；        （    ） ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（    ） (2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：． ①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径． (3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H． ①如图2．连接交于点P．求证：． ②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长． 【答案】(1)①×；②√；③√ (2)①外接型单圆；②见解析 (3)，， 【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③； （2）①根据已知结合题中定义可得结论； ②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论； （3）①连接、、、、，根据四边形是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内角和定理可推导出，，，进而可得，，然后利用圆周角定理可推导出，即可证得结论； ②连接、、、，根据已知条件证明，进而证明得到，再利用勾股定理求得，，同理可证求解即可． 【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以 ①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆， ∴该平行四边形是 “平凡型无圆”四边形，故①错误； ②∵内角不等于的菱形的对角不互补， ∴该菱形无外接圆， ∵菱形的四条边都相等， ∴该菱形的对边之和相等， ∴该菱形有内切圆， ∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确； ③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图， 则，，，， ∴为等腰直角三角形， ∴，即； 故③正确， 故答案为：①×；②√；③√； （2）解：①若四边形中有内切圆，则，这与矛盾， ∴四边形无内切圆， 又∵该四边形有外接圆， ∴该四边形是“外接型单圆”四边形， 故答案为：外接型单圆； ②∵的平分线交于点E，的平分线交于点F， ∴，， ∴，， ∴， ∴，即和均为半圆， ∴是的直径． （3）①证明：如图，连接、、、、， ∵是四边形的内切圆， ∴，，，， ∴， 在四边形中，， 同理可证，， ∵四边形是“完美型双圆”四边形， ∴该四边形有外接圆，则， ∴，则， ∵，， ∴， ∴， ∴； ②如图，连接、、、， ∵四边形 是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H， ∴∴，，，，， ∴，，， ∴， ∵， ∴，又， ∴， ∴， ∵，， ∴，则， 在中，由得， 解得； 在中，， ∴， 同理可证， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战． 一、解答题（共4小题） 1.对于平面直角坐标系中的点P和图形W，图形W上任意两点间的距离有最大值，将这个最大值记为d．给出如下定义：若在图形W上存在一点Q，使得P，Q两点间的距离小于或等于，则称P为图形W的“伴随关联点”． (1)如图1，图形W是半径为2的． ①图形W上任意两点间的距离的最大值d为 ； ②在点，，中，的“伴随关联点”是 ； (2)如图2，图形W是中心在原点的正方形，点．若直线上存在正方形的“伴随关联点”，求t的取值范围； (3)点为x轴上的动点，直线与x轴、y轴分别交于两点，点P为线段MN上的任意一点，均为半径为4的的“伴随关联点”，直接写出t的取值范围． 2．定义：把经过三角形的一个顶点并与其对边所在直线相切的圆叫做三角形的“切接圆” 已知在中，，，． (1)如图1，点在边上，过点且与相切于点，则是的一个“切接圆”，求该圆的半径； (2)过点的的“切接圆”中，是否存在面积的最小值，若存在请求出最小值，若不存在请说明理由； (3)如图2，把放在平面直角坐标系中，使点与原点重合，点落在轴正半轴上．求证：以抛物线上任意一点为圆心都可以作过点的的“切接圆”． 3．定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“闪亮四边形”． (1)若是圆的“闪亮四边形”，则是 （填序号）； ①矩形；②菱形；③正方形 (2)如图1，已知的半径为于点E，四边形是的“闪亮四边形”． ①求证： ②求证： (3)如图2，四边形为的“闪亮四边形”，相交于点，，求的半径为R 4．阅读材料： 圆的定义：到定点的距离等于定长的点所组成的图形叫做圆． 对于任何直角三角形，因为斜边上的中线长度等于斜边长度的一半，故其外接圆的直径就是斜边，外心即是斜边的中点．如果两个直角三角形共享同一个斜边，因为它们的外心和半径都相同，所以它们将拥有相同的外接圆，即这两个直角三角形的所有顶点均在同一个圆上（四点共圆）． 解决问题： 如图1，正方形的边长为6，点O是对角线的交点，点E在上，过点C作，垂足为F，连接． (1)（i）求证：； （ii）若，求的长． (2)如图2，取线段的中点G，连接，当点E在边上运动时，是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由； (3)当点E在直线上运动时，将的内心记为点I，请直接写出在点E的运动过程中的最小值． 学科网（北京）股份有限公司1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 圆的重难题训练 题型1：圆与三角形结合 题型2：圆与四边形结合 题型3：圆与正多边形结合 题型4：圆的切线判定与性质综合应用 题型5：圆与函数的综合 题型6：圆中的几何新定义 题型1：圆与三角形结合 已知内接于，为的直径，连接，与交于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，过点作，垂足为点，交于点，若，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，过点作的平行线交的延长线于点 ．交于点，连接，若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题主要考查了本题考查了圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与性质，特殊角三角函数，根据题意构建全等三角形是解本题的关键． （1）根据圆周角定理可得：，，进而得出结果； （2）连接，可证明，从而得出结论； （3）作于点，根据题意证明，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴． （2）证明：连接，如图 ， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． （3）是直径， ∴，即是的垂直平分线， ∴； 由（2）知，， 设，，则， ∵， ∴， ，， 如图3， ， 作，交的延长线于点Q， 则，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 一．解答题（共3小题） 1．如图，以为直径的中，点C为上一点，连接，，延长至点M，使得，作交于点D，交的延长线于点N． (1)求证：直线为的切线； (2)如图2，若点D是的中点，连接，，求证：四边形为菱形； (3)在（2）的条件下，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，根据是的直径得到，根据得到，结合即可得到即可得到答案； （2）根据得到，从而得到，得到，根据点D是的中点得到从而得到，得到，根据得到，从而得到，即可得到，即可得到证明； （3）根据四边形为菱形得到，结合，得到是等边三角形即可得到，从而得到，结合角所对直角边等于斜边一半在中求出半径，在中即可求出； 【详解】（1）证明：连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ， ∴直线为的切线； （2）证明：∵， ∴， ∴， ∴， ∵点D是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形为菱形； （3）解：连接， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ∵， ∴，， ∴，． 【点睛】本题考查圆的切线证明，菱形的判定与性质，直角三角形角所对直角边等于斜边一半，等边三角形的判定与性质，解题的关键是做出辅助线． 2．已知，为的弦，点F为弧的中点，连接交于点D． (1)如图1，求证：； (2)如图2，为的弦，连接，，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点E，过点E作于点M，若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，根据点是弧的中点，可得，再根据三线合一定理，即可证明； （2）连接，设，则，再通过角度计算，用表示出，进而发现相等，即可得证． （3）连接，过点作与延长线交于，先通过证明与得到的长度，再连接并延长交与点，利用垂径定理和勾股定理即可算出的长度． 【详解】（1）解：证明：连接，， 点F为弧的中点，弧弧 ，，即 （2）连接，设，则， ，， 弧弧， ， ， （3）连接，过点作与延长线交于， ∵点F为弧的中点， ∴垂直平分， ∴， ∵，， ∴， 又， ∴， ∴，， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 再连接并延长交与点， ∵，， ∴，， ∴， 设圆的半径为，则， ， 在直角三角形中，， 即， 解得， 由（1）得到， ∴， ∴在直角三角形中， ． 【点睛】本题考查圆的基本性质，垂径定理，勾股定理，全等三角形等知识点，综合程度较大，能够正确做出辅助线是解题关键． 3．如图1，为的直径，为延长线上的点，，为的切线，切点为，，，垂足为，连接． (1)如图1，求证； (2)如图2，是线段上一点，若平分，与线段交于点． ①求证：；②若，，求的长． 【答案】(1)证明过程见详解； (2)①证明过程见详解；② 【分析】此题是一道圆的综合题目，考查了切线的判定和圆中求线段长，利用垂径定理得到相关的线段和角度，熟练运用已知条件解三角形是解决此类问题的关键． （1）利用垂径定理得到垂直平分，所以，因为是切线，所以得到，因为，得到，通过等量代换，可以算得即．又是半径，从而证明是切线，由切线的性质得进而证明，列出比例式即可得结论； （2）①利用，得到，又是直角三角形，则，证得，又平分，得到，从而得到； ②利用得到，利用等角的补角相等，得到，所以，过作于，解直角，得到的三角函数值，在直角中，因为，，从而求得和的值，即可求． 【详解】（1）证明：连接，如图1， 为切线， ， ，且为直径， 垂直平分， ，， ， 又， ， ， ， 为的切线， ， ， ， ， ； （2）①证明：， ， ， 又， ， 又平分， ， ； ②解：过作于， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 又在中， ，， ， ． 题型2：圆与四边形结合 如图，已知正方形内接于，点E在上，则的度数为 °． 【答案】45 【分析】本题考查了圆周角定理和正方形与圆，确定所对的圆心角为是解题的关键． 根据正方形内接于圆得到所对的圆心角为，则，然后根据圆周角定理即可求解． 【详解】解：连接、，如图所示， ∵正方形内接于， ∴， ∴， ∴的度数为， ∴， ∴． 故答案为：45． 一．填空题（共3小题） 1．如图，中，，是内切圆，、分别是、边上点，四边形是平行四边形，其中与相切，若，则长度是 ． 【答案】/ 【分析】根据内切圆和切线性质，作出切线；根据矩形的判定和正方形的判定定理得出四边形是正方形，根据正方形的性质得出，根据平行四边形的性质得出，，根据等腰直角三角形的判定和性质得出，根据全等三角形的判定和性质得出，根据等腰直角三角形的判定和性质得出，推得点、、共线；根据三角形的外角性质得出，即是等腰直角三角形，根据等腰三角形三线合一的性质得出，设半径为，则，根据勾股定理求得，得出，即可列出方程，求出半径的值，即可求解． 【详解】解：∵是内切圆，与相切， 故令、、、与相切于点、、、； 连接、、、，如图： 故， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴是等腰直角三角形， 故， ∵，，，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， 故， ∵， ∴点、、共线； 即， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， 故， 设半径为，则， 故； ∴， 即， 解得：， 则． 【点睛】本题考查了内切圆的性质，矩形的判定、正方形的判定和性质、平行四边形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的外角性质，全等三角形的判定和性质等，通过全等三角形的判定和性质推得点、、共线是解题的关键． 2．如图，点A在以为直径的半圆上，，，点D在线段上运动，点E与点D关于对称，点F与点D关于对称，点G与点D关于点A对称．连接、、、、、，则： （1）当四边形是正方形时， ； （2）当的一边与相切时，的长为 ． 【答案】 【分析】（1）先利用对称的性质得到，则可判断四边形为矩形，再根据圆周角定理，由为直径得到，则，由于点与点关于对称，则于，如图，设，在中利用含30度的直角三角形三边的关系得到，，接着利用正方形的性质得，则，所以，解得，于是得到； （2）当与相切时，设点为切点，连接交于，交于，如图，则，先证明，得到，同时有，，设，则，，所以，在中，可表示出，，然后根据30度的直角三角形得，即，解方程求出即可得到的长． 【详解】解：（1）∵点与点关于对称，点与点关于点对称， ∴，， ∵点与点关于对称，点与点关于对称， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形， ∵为直径， ∴， 在中， ∵， ∴，， ∵点与点关于对称， ∴于，如图， 设， 在中， ∵，则， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 而， ∴，解得， ∴； 故答案为：； （2）当与相切时，设点为切点，连接交于，交于，如图，则， ∵四边形为矩形， ∴，， 而， ∴， ∴， ∵，， ∴设，则，， ∴， 在中，，， ∵， ∴，则， ∴，解得， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题属于几何综合题，考查了圆周角定理、切线的性质和矩形的判定与性质，轴对称的性质，含的直角三角形的性质，正方形的性质等，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 3．《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形的边长为．以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形，若，则四边形的外接圆半径为 ． 【答案】 【分析】本题考查位似图形的性质，正方形的性质，勾股定理，解题关键求出正方形的边长．根据正方形的边长为和位似比求出，再根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：如图，连接， 正方形与四边形是位似图形， 四边形是正方形， ∴， 是四边形的外接圆直径， 正方形的边长为，， ， ∴， 四边形的外接圆半径为， 故答案为：． 二、解答题（共3题） 4.如图，是的外接圆，为直径，是上一点，且，交的延长线于点． (1)求证：； (2)求证：是的切线； (3)若，，求的半径长． 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 (3) 【分析】 （1）连接，根据圆内接四边形的性质和等弧所对的圆周角相等，可得； （2）连接，由题意可得，即可证，可得，则可证是的切线； （3）过点作于点，由角平分线的性质可得，可证可得，根据勾股定理可求的半径长． 【详解】（1） 证明：连接 ， ，， 四边形是圆内接四边形， ，且， ； （2） 证明：连接 为直径， ， 又， ， ， ， ， ， ， 是的半径， 是的切线． （3） 解：过点作于点， 又，， ， 在和中， (AAS)， ， 设，则， 在中，由勾股定理得，， 解得，， 的半径的长为． 【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键． 5．如图1，平行四边形的对角线交于点P，E为的中点，过E点的圆O与相切于点P，圆O与直线分别交于点F，G． (1)求证：； (2)如果 如图2．求圆O的直径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）作直径，连接，由平行四边形的性质和点E是的中点得，得到，再证明，，可证得． （2）证平行四边形是菱形，则它的对角线互相垂直平分；根据勾股定理可求出菱形的边长．由于E是中点，可得，根据，可得P、O、C三点共线，为的直径，根据，，可得，得到，得到，即得⊙O的直径为． 【详解】（1）证明：连接并延长交于点H，连接，则． ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴． 又∵E为的中点， ∴． ∴． ∴． ∵切于P， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． （2）解：∵平行四边形中，， ∴平行四边形为菱形． ∴，． ∴． ∴． ∵切于P， ∴． ∵， ∴P、O、C三点共线． ∴为的直径． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴⊙O的直径为． 【点睛】本题主要考查了圆与四边形综合．熟练掌握圆切线性质，平行四边形性质，菱形的判定和性质，三角形中位线判定和性质，圆内接四边形性质，直角三角形你斜边上中线的性质，相似三角形的判定和性质，是解决问题的关键． 6.问题探究 （1）如图①，在矩形中，，，点为的中点，点为边上的动点，沿折叠，点落在点处，求点到边距离的最小值．   问题解决 （2）如图②，某公园一角有一块四边形空地，其中，，，米，米，在边中点处有一地下水源．现计划在四边形内寻找一个合适位置建蓄水池，要求，同时在水流通道中点处安装一喷灌装置，并计划在及区域内种植花卉．为了节约用水，求种植花卉区域面积的最小值（即及面积和的最小值）． 【答案】（1）点到边距离的最小值为2；（2）种植花卉区域的最小面积为 【分析】（1）根据，点为中点，得出，由折叠知，则点在以为圆心，3为半径的圆上（矩形内部），过点作于点，交于点，过点作于点，则确定当点，，三点共线时，取最小值为，算出即可； （2）过点作于点，则四边形为矩形，证明，在中，算出，，根据四边形为矩形，算出，作丁，于，则、、三点共线，则确定，要使最小，只需取最大值即可．作的外接圆，则点在优弧上，证出，连接，为中点，，算出，取中点，则，连接，则，点在以为圆心，长为半径的圆上．延长交于点，交于点，确定 ，即可解答； 【详解】解：（1），点为中点， ， 由折叠知， 则点在以为圆心，3为半径的圆上（矩形内部）， 过点作于点，交于点，过点作于点， 则 当点，，三点共线时，取最小值为． 四边形为矩形，， ， ， 即点到边距离的最小值为2．    （2）过点作于点，则四边形为矩形，   ， ， 又， ， 在中，，． ∵四边形为矩形， ， ， 作丁，于， 则、、三点共线，， 则， 要使最小，只需取最大值即可． 作的外接圆，则点在优弧上， ，则， ， 连接，为中点，， ， ， 取中点，则， 连接，则， 点在以为圆心，长为半径的圆上． 延长交于点，交于点，则， ， 取最小值为， 即种植花卉区域的最小面积为． 【点睛】该题主要考查了圆综合题，主要考查的知识点是矩形的性质和判定，解直角三角形，圆周角定理，三角形外接圆，折叠的性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线． 题型3：圆与正多边形结合 如图， O是正六边形的中心，，点M， N分别为，的内心， 则长为 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形的有关计算，勾股定理，三角形的内心，连接，，，过作于，由正六边形得到，，，，即可得到是等边三角形， ，再由点M为的内心，得到，，根据勾股定理和直角三角形的性质得到，，，，由，求得，最后证明，根据求解即可． 【详解】解：连接，，，过作于， ∵O是正六边形的中心，， ∴，，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵点M为的内心， ∴平分，平分， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故答案为：． 一．填空题（共4小题） 1．一个正多边形的内角等于中心角的2倍，那么这个正多边形的边心距与半径之比为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查的是正多边形和圆，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键． 正多边形的内角等于中心角的2倍，算出此多边形是正六边形，根据题意画出图形，由此可判断出的形状，设正多边形的边长为，则其边心距为，故可得出结论． 【详解】解：设这个正多边形是n边形， ∵一个正多边形的内角等于中心角的2倍， ∴， 解得：， 即这个正多边形是正六边形， 如图所示： ∵正六边形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴设正多边形的边长为，则，其边心距为， ∴正多边形的边心距与边长之比为． 故答案为：． 2．如图，与正八边形相切于点、，若的半径为7，则的长为 （结果保留）． 【答案】 【分析】本题主要考查了正八边形的性质，弧长公式的运用，连接、，利用正八边形的性质计算出半径和圆心角即可． 【详解】解：连接、， ∵与正八边形相切于点A，E， ∴， ∵六边形的内角和为，正八边形内角， ∴， ∵， ∴的长为， 故答案为：． 3.如图，正六边形内接于，，则正六边形的面积为 . 【答案】/ 【分析】本题考查了正多边形与圆，连接，，根据正六边形的性质可得，进而可得是等边三角形，则得，再求出等边的面积，进而可求解． 【详解】解：连接，，过F点作于点H，如图： 六边形是正六边形， ， ，且， 是等边三角形，且边长， ∴， ∴， 等边的面积为：， 正六边形的面积为：， 故答案为：． 4.铁艺花窗是园林设计中常见的装饰元素．如图是一个花瓣造型的花窗示意图，由六条等弧连接而成，六条弧所对应的弦构成一个正六边形，中心为点O，所在圆的圆心恰好是的内心，若，求花窗的周长（图中实线部分的长度）．（结果保留） 【答案】 【分析】本题主要考查正多边形与圆，解直角三角形，求弧长．过点C作，根据正多边形的性质得出为等边三角形，再由内心的性质确定，得出，利用余弦得出，再求弧长即可求解． 【详解】解：如图所示：过点C作， ∵六条弧所对应的弦构成一个正六边形， ∴， ∴为等边三角形， ∵圆心C恰好是的内心， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的长为：， ∴花窗的周长为：． 题型4：圆的切线判定与性质综合应用 如图，在四边形中，平分．点 O在上，以点O为圆心，为半径，作与相切于点B，延长线交于点 E，交于点 F，连接，． (1)求证：是的切线； (2)若，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2)的长为 【分析】（1）连接，证明，得到，即可求证； （2）由，，可得垂直平分，，进而可得，即可求出，再利用勾股定理得到的长即可． 【详解】（1）如图，连接， ∵平分， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵与相切于点B， ∴， ∴， ∴，即， ∴是的切线； （2）∵，， ∴垂直平分，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点晴】本题主要考查了角平分线的定义，切线的性质和判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握圆的有关性质是解决此题的关键． 1． 解答题（共7小题） 1．已知：如图，过正方形的顶点，，且与边相切于点．点是与的交点，连接，，，点是延长线上一点，连接，且．    (1)求证：是的切线； (2)如果正方形边长为，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据正方形的性质和切线的判定定理即可得到结论； （2）连接，根据切线的性质得到，过作于，推出四边形是矩形，得到，求得，，根据勾股定理和相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， 是的直径， ， ， 又 ， ， ， ， ， 是的切线； （2）解：连接， 是的切线， ， 过作于， 则四边形是矩形，， ，， ， 是的中位线， ， 设， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ．      【点睛】本题考查了切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，垂径定理，三角形的中位线定理，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键． 2．如图，为的直径，C为上一点，点D为的中点，过点C作的切线交的延长线于点E，交的延长线于点F，连接． (1)求证∶与相切； (2)若，，求的半径r． 【答案】(1)证明见解析 (2)3 【分析】本题主要考查垂径定理、切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握相关定理并能利用等面积法解决问题是关键． （1）连接，由垂径定理得，根据垂直平分线的性质可得，证明，利用全等三角形的性质可得即可； （2）先利用勾股定理求得，设，再根据等面积法列即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接， 是的切线， ， 为的中点，， ，则垂直平分， ， ，， ， ， 与相切； （2）解：∵，， ， 由（1）可知，， ， 设， ， ， ， 解得， 故的半径为． 3．如图，是直角三角形的外接圆，直径，过C点作的切线，与延长线交于点D，M为的中点，连接，，且与相交于点N． (1)求证：与相切； (2)当时，在的圆上取点F，使，补全图形，并求点F到直线的距离． 【答案】(1)见解析 (2)图见解析，点F到直线的距离为： 或 【分析】（1）根据三角形的中位线性质可得，根据直径所对的圆周角是直角，得出，进而得出，证明，得出，即可得证； （2）分点F在以及半圆上，分别作出图形，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵M为的中点，O是中点， ， 是的直径， ， ， ， ， 又， ， ， 是切线 ， ， ，又是的半径， 是切线； （2）解：如图所示，当点F在上时，连接，交于点G， ， ， ， ， ， ∵直径， ， ， ， ； 当点F在半圆上时，过点作，垂足为点H，，垂足为点N， ∴四边形是矩形， 在中，， ， ，， ， ， ， ∴ 综上：点F到直线的距离为：或． 【点睛】本题考查了切线的判定与性质，全等三角形的性质与判定，三角形的中位线性质，含30度角的直角三角形的性质，圆周角定理等知识，综合运用以上知识是解题的关键 4.如图1，在边长为6的正方形中，是边的动点，以为圆心，为半径作圆，与相切于点，连接并延长交于点，连接，． (1)求证：； (2)如图2，与相交于点，连接并延长交于点，当满足时，试判断与的位置关系并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)是的切线，证明见解析 【分析】（1）利用圆的切性的性质定理，正方形的性质和全等三角形的判定定理得到，则，再利用全等三角形的判定定理解答即可； （2）利用（1）的结论得到，利用正方形的性质和同圆的半径相等的性质得到，利用全等三角形的判定与性质和直角三角形的性质得到，再利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵与相切于点， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； （2）是的切线，理由如下： 证明：由（1）知， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的半径， ∴是的切线． 【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键． 5.如图，O为正方形对角线上一点，以O为圆心，长为半径的与相切于点M． (1)求证：与相切； (2)若的半径为1，求正方形的边长． 【答案】(1)见解析 (2)正方形的边为． 【分析】（1）连接，过点O作，垂足为N，根据正方形性质推出，根据角平分线性质推出即可； （2）设正方形的边长为a，证得出比例式，代入求出即可． 【详解】（1）证明：连接，过点O作，垂足为N，    ∵与相切于， ∴， ∵正方形中，平分， 又∵， ∴， ∴与相切； （2）解：设正方形的边长为，则， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴正方形的边为． 【点睛】此题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，正方形的性质，解题的关键是熟练掌握相关性质及判定定理． 6．如图，为的直径，与相切于点C，过点B作于点D，连接． (1)求证平分； (2)若，，求的长． 【答案】(1)答案见解析 (2)1 【分析】本题考查了切线的性质∶圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和相似三角形的判定与性质．勾股定理的应用 (1)连接，根据切线的性质，则，又因为，所以，又因为，得出则平分； (2)根据勾股定理可求出，根据利用相似比求出的长． 点评 【详解】（1）证明：连接， 与相切于点C 为的直径， AB为的直径 BC平分 （2）解： 为的直径 ， ， ，， 7．如图，的弦 是的中点，连接并延长交于点D，交于于点F，过点D作，与的延长线交于点E，连接． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）由垂径定理得，即，再由得，即可得出结论； （2）由且得四边形是平行四边形，得，再由圆周角定理得，即可得； （3）由已知可得，再由勾股定理得，设圆的半径为r，则，由勾股定理得，有，解方程进而可得，再证得，再由即可得解． 【详解】（1）证明：是的中点， ∴由垂径定理得：，即， 又∵， ， 为半径， 是的切线； （2）证明：∵且， ∴四边形是平行四边形， ， 和是同弧所对的圆周角， ， ； （3）解：如图，连接，由（2）知四边形是平行四边形， ， 又是的中点 ， 在中，由勾股定理得， ， 设圆的半径为r，则， 在中，由勾股定理得，有， 解得：，则， ， ， ∴在和中， ， ， ． 【点睛】本题考查了垂径定理，平行四边形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质． 题型5：圆与函数的综合 如图，在平面直角坐标系中，点A、点B的坐标分别为、，过点M的直线与的公共点是D、E，与x轴交于点F，连接、、．已知． (1)的直径为 ，点M的坐标为 ； (2)求直线所对应的函数表达式； (3)若P是线段上的动点，与的一个内角相等，求的长度． 【答案】(1)，； (2) (3)或或5 【分析】（1）连接，求出，可得的直径，根据M为中点，可得点M坐标； （2）连接，在证设，即，求出坐标；然后用待定系数法得直线所对应的函数表达式； （3）设，由，， 可得， ；分三种情况：①当时，②当时，③当时分类讨论即可作答． 【详解】（1）解：连接，如图： ∵， ∴为的直径， ∵点A、点B的坐标分别为、， ∴， ∴的直径为， ∵M为中点， ∴ 故答案为：，； （2）连接， ， ， ， 设， ， ， 解得：， ， 设直线所对应的函数表达式为，将，代入，得 ， 解得， 直线所对应的函数表达式 （3）解：设， ，， 解得：，， ， ①当时，连接 ，， ， ， ， ， ， ， 点E和点P横坐标相同, ， ， ， ②当时，如图： ， ， ， ，， ， ， ， ③当时，如图： ， 即， ， ， 综上所述：得长度为或或5． 【点睛】本题考查一次函数的综合应用，圆的性质及应用，待定系数法，一元二次方程，相似三角形判定与性质，解题的关键是分类讨论思想的应用； 1、 解答题（共5小题） 1.如图，在平面直角坐标系中，抛物线交y轴于点，交x轴于点，． (1)求此抛物线的解析式； (2)过点B作线段的垂线交抛物线于点D，求点D的坐标； (3)如果以点C为圆心的圆与直线相切，请判断抛物线的对称轴l与有怎样的位置关系，并给出证明． 【答案】(1) (2) (3)相交，证明见解析 【分析】此题考查了二次函数解析式的确定、相似三角形的判定和性质、直线与圆的位置关系等知识； （1）已知抛物线交轴于，交轴于、两点坐标分别为，，把以上三点的坐标分别代入抛物线，求出，，的值即可求出此二次函数的解析式； （2）过点作轴与点，设，再证明即可求解； （3）根据抛物线的解析式，易求得对称轴的解析式及、的坐标，分别求出线段、、的长度，再求出的长，与到抛物线的对称轴的距离相比较即可． 【详解】（1）抛物线交轴于，交轴于两点坐标分别为， ， 解得 抛物线的解析式为：； （2）过点作轴与点． 点在抛物线上， 设点坐标为． ，， ，， ， ， ， ． 解得：或（舍去）． ． 点的坐标为． （3）相交． 证明：连接，则， 抛物线交轴于两点坐标分别为，． 对称轴， ，，， ， ， ， ， 即， 解得：， ， 抛物线的对称轴与相交． 2．二次函数（、、是常数）与轴交于两个不同的点、，与轴交于点，图象顶点为点，经过点、、三点，且． (1)求证：为等边三角形； (2)若，求的面积； (3)若直线与相切．求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）不妨设（时情况类似），由抛物线的对称性知，且平分，则，由，得，即，从而问题得证； （2）求出抛物线与x轴两个交点的距离及顶点坐标，设直线交轴于点，则可分别求得，由可求得，则可得，即可求得的面积； （3）设直线切于点N，与抛物线对称轴交于点F，连接，设圆的半径为r；则可得，另一方面可得，即有；由题意得都是等腰直角三角形，则易得，，，即，消去r，即可得与的关系，而，由此可求得结果． 【详解】（1）证明：不妨设，连接，如图所示，（时情况类似），    依题意，得，且平分， ∴， ， ， ∴， 为等边三角形； （2）解：时，二次函数的解析式为：， 当时，， 设 ， 由求根公式得：，， 则， ∵抛物线对称轴为直线， ∴当时，， 故顶点， 如（1）中图，设直线交轴于点，    为等边三角形，， ， ，， ∴， ， ， ，， ， ， ， 故； （3）解：设直线切于点N，与抛物线对称轴交于点F，连接，设圆的半径为r，如图；    由（2）知，，则， ∴， 设的两个解为， 由求根公式得：，， 则， ∴； ∵直线是二、四象限的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴都是等腰直角三角形， ∴，， ∴， 即， ∴， 即， ∵，且， ∴． 【点睛】本题考查二次函数综合、一次函数的应用、一元二次方程的根与系数关系、等腰直角三角形的性质、勾股定理，圆的切线性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，学会利用参数解决问题． 3．如图，在平面直角坐标系中，过外一点P引它的两条切线，切点分别为M，N，若，则称P为的环绕点． (1)当半径为2时， ①在中，的环绕点是 ； ②直线与轴交于点，轴交于点，若线段上存在的环绕点，求的取值范围； (2)的半径为，圆心为，以为圆心，为半径的所有圆构成图形，若在图形上存在的环绕点，直接写出的取值范围． 【答案】(1)①，；②满足条件的的值为或； (2)． 【分析】（1）①如图，，是的两条切线，，为切点，连接，，当时，可证，以为圆心，为半径作，首先说明：当时，的环绕点在图中的圆环内部（包括大圆上的点不包括小圆上的点），利用这个结论解决问题即可； ②如图中，设小圆交轴的正半轴于．求出两种特殊位置的值，结合图形根据对称性解决问题即可； （2）如图中，不妨设，则点在直线时，以，为圆心，为半径的与轴相切，作的切线，观察图象可知，以为圆心，为半径的所有圆构成图形，图形即为的内部，包括射线，上，利用（1）中结论，画出圆环，当圆环与的内部有交点时，满足条件，求出两种特殊位置的值即可解决问题． 【详解】（1）解：①如图，，是的两条切线，，为切点，连接，， 当时， 平分， ， ，， ， 、以为圆心，为半径作， 观察图象可知：当时，的环绕点在图中的圆环内部（包括大圆上的点不包括小圆上的点），    如图中，以点为圆心，2和4为半径画同心圆，观察图象可知，，是的环绕点， 故答案为：，； ②如图中，设小圆交轴的正半轴于，    当直线经过点时，， 当直线与大圆相切于（在第二象限）时，连接， 由题意得，， 所以，，， ，， ，解得：， 观察图像可知，当时，线段上存在的环绕点， 根据对称性可知：当时，线段上存在的环绕点， 综上所述，满足条件的的值为或； （2）解：如图中，不妨设，则点在直线时，    ， 点在射线上运动，作轴于， ， ，， 以为圆心，为半径的与轴相切，作的切线， 观察图象可知，以为圆心，为半径的所有圆构成图形，图形即为的内部，包括射线，上． 当的圆心在轴的正半轴上时，假设以为圆心，为半径的圆与射线相切于，如图：连接， ， ， ，是的切线， ， ， ， ， 当的圆心在轴的负半轴上时，且经过点时，； 综上，当时，在图形上存在的环绕点． 【点睛】本题属于圆的综合题，考查了切线长定理，直线与圆的位置关系，一次函数的性质等知识，解题关键是理解题意，学会用转化的思想解决问题，学会利用特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题． 4．在平面直角坐标系中，对于图形P，图形和直线l给出如下定义：图形P关于直线l的对称图形为．若图形P与图形均存在点在图形Q内部（包括边界），则称图形Q为图形P关于直线l的“弱相关图形”．    (1)如图，点，点． ①已知图形是半径为2的，是半径为1的，是半径为的，在，，中，线段关于直线的“弱相关图形”是：　　； ②已知的半径为2，若是线段关于直线的“弱相关图形”，求b的取值范围； (2)在由第四象限、原点、x轴正半轴以及y轴负半轴组成的区域内，有一个半径为2的圆P．若存在点，使得对于任意过点C的直线l，有圆P，满足半径r的是圆P关于l的“弱相关图形”，直接写出r的取值范围． 【答案】(1)①，② (2) 【分析】（1）①根据定义新图形的规律，分别求出点，点对称点的坐标，结合图形即可求解； ②分当时和两种情况，结合图形即可求解； （2）根据题意，只要找到r的最小值即可求解． 【详解】（1）解：①如图所示：    ∵点，点，关于的对称图形为，半径为， ∴根据轴对称性得：，即点在y的正半轴上， ∴在的内部， ∴为线段关于直线的“弱相关图形”． 故答案为：； ②如图所示，是线段关于直线l：的“弱相关图形”， ∵与平行， ∴与坐标轴的夹角为，由点O关于对称， 则，则在直线上， 当时，点O离对称轴直线l：较远，如图，当在上时，    设l与x轴交于点D， 依题意，，是等腰直角三角形， ∴， ∴D的坐标为，代入 解得：， 当时，点A离对称轴直线较远，如图：当在上时，    同理可得， 连接，在中，设，则， ∵， ∴， 解得：，（舍去）， ∴， ∴， 代入， 解得：， 综上所述：． （2）解：∵， ∴， 即C在直线上， 如图所示：过点O作 于点S，    由，令， 令， ∴， 依题意，点C在直线上运动，过点C的直线为对称轴，将与对称， ∵半径r的是圆P关于l的“弱相关图形”， ∴， ∴当与坐标轴相切时，r取得最小值， 此时点，则， 又∵点C在直线上运动，不能与平行， ∴Q点只能接近点S， ∴的最外端一点与O的距离小于， ∴即r的最小值为：， 即． 【点睛】本题考查了平面直角坐标系中图形的轴对称，圆与直线的关系，掌握对称的性质，几何图形变换的规律，结合点坐标，线段长度关系是解题的关键． 5.在平面直角坐标系中，对于点，和图形，若图形上存在点使得，则称图形与“关联”    (1)已知，，以下列各点为中心，作边长为的正方形，若与“关联”，则这个中心可能是 ． ①；②；③． (2)如图，已知直线：． ①已知，在直线上运动，且点在点左侧．设直线与轴，轴分别交于，两点，若线段与“关联”，其中，求点横坐标的取值范围； ②已知，．长度为的线段在上，以上任意一点为圆心作半径为的圆，对每一个圆总存在使之与既是“关联”又是“关联”但不是“关联”，直接写出的取值范围． 【答案】(1)①③ (2)①；② 【分析】（1）根据题意得出，正方形与射线有交点，进而求得边长为的正方形的中心到边长的距离的范围，进而判断即可求解； （2）①根据一次函数与坐标轴交点结合特殊角的三角函数值得出，根据，在直线上运动，且点在点左侧．线段与“关联”，其中，分别画出，时的点的位置，进而结合图形，即可求解； ②设为上任意一点，分别为的两条切线，根据上任意一点为圆心作半径为的圆，对每一个圆总存在使之与既是“关联”又是“关联”但不是“关联”得出，进而求得的最小值，得出，即可求解． 【详解】（1）解：∵与“关联”， ∴， 如图所示，正方形的边长为，是的中点， ∴，，    ∴正方形的中心到边上的距离的范围为：， ∵边长为的正方形，与“关联”， 则正方形与射线有交点， ∵①；②；③，如图所示，    点③在射线上， ①到的距离为，则以为中心的正方形与有交点 综上所述，若与“关联”，则这个中心可能是①③ 故答案为：①③． （2）①已知直线：，直线与轴，轴分别交于，两点， 当时，；当时，， ∴，， ∴ ∴， ∴ ∵，在直线上运动，且点在点左侧．线段与“关联”，其中， ∴当垂直于直线时，点的横纵坐标最小(不取等于号)，此时    ∴， 当时，如图所示，设与轴交于点，则，    ∴， ∴ ∴点横坐标的取值范围为 ②解：设为上任意一点，分别为的两条切线， 如图所示，当时，    ∵ ∴四边形是矩形 又∵ ∴四边形是正方形 ∴ 当时，则，则， 、   ∵上任意一点为圆心作半径为的圆，对每一个圆总存在使之与既是“关联”又是“关联”但不是“关联” ∴ ∵在直线：上 ∴当时，取得最小值，则取得最小值， 如图所示，    由①可得，则 此时 ∴， ∴． 题型6：圆中的几何新定义 对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切）， 可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： (1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”， ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；        （    ） ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；        （    ） ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（    ） (2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：． ①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径． (3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H． ①如图2．连接交于点P．求证：． ②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长． 【答案】(1)①×；②√；③√ (2)①外接型单圆；②见解析 (3)，， 【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③； （2）①根据已知结合题中定义可得结论； ②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论； （3）①连接、、、、，根据四边形是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内角和定理可推导出，，，进而可得，，然后利用圆周角定理可推导出，即可证得结论； ②连接、、、，根据已知条件证明，进而证明得到，再利用勾股定理求得，，同理可证求解即可． 【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以 ①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆， ∴该平行四边形是 “平凡型无圆”四边形，故①错误； ②∵内角不等于的菱形的对角不互补， ∴该菱形无外接圆， ∵菱形的四条边都相等， ∴该菱形的对边之和相等， ∴该菱形有内切圆， ∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确； ③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图， 则，，，， ∴为等腰直角三角形， ∴，即； 故③正确， 故答案为：①×；②√；③√； （2）解：①若四边形中有内切圆，则，这与矛盾， ∴四边形无内切圆， 又∵该四边形有外接圆， ∴该四边形是“外接型单圆”四边形， 故答案为：外接型单圆； ②∵的平分线交于点E，的平分线交于点F， ∴，， ∴，， ∴， ∴，即和均为半圆， ∴是的直径． （3）①证明：如图，连接、、、、， ∵是四边形的内切圆， ∴，，，， ∴， 在四边形中，， 同理可证，， ∵四边形是“完美型双圆”四边形， ∴该四边形有外接圆，则， ∴，则， ∵，， ∴， ∴， ∴； ②如图，连接、、、， ∵四边形 是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H， ∴∴，，，，， ∴，，， ∴， ∵， ∴，又， ∴， ∴， ∵，， ∴，则， 在中，由得， 解得； 在中，， ∴， 同理可证， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战． 一、解答题（共4小题） 1.对于平面直角坐标系中的点P和图形W，图形W上任意两点间的距离有最大值，将这个最大值记为d．给出如下定义：若在图形W上存在一点Q，使得P，Q两点间的距离小于或等于，则称P为图形W的“伴随关联点”． (1)如图1，图形W是半径为2的． ①图形W上任意两点间的距离的最大值d为 ； ②在点，，中，的“伴随关联点”是 ； (2)如图2，图形W是中心在原点的正方形，点．若直线上存在正方形的“伴随关联点”，求t的取值范围； (3)点为x轴上的动点，直线与x轴、y轴分别交于两点，点P为线段MN上的任意一点，均为半径为4的的“伴随关联点”，直接写出t的取值范围． 【答案】(1)4， (2) (3)或 【分析】（1）①根据圆的特点，找出最大值即可； ②根据“伴随关联点”的定义，对每一个点进行判断即可； （2）由题意可得，过点作垂直直线，交于点， 当或时，，则时，直线，上存在点，使点为正方形的“关联点”； （3）分两种情况：①当点在轴负半轴上时；②点在轴正半轴上时，根据“伴随关联点”的定义，求出的临界值即可． 【详解】（1）解：①图形W是半径为2的， 图形W上任意两点间的距离的最大值为直径的长， ， ②到圆心的距离为， 的半径为2， 的最小值为， 是的“伴随关联点”， 到圆心的距离为， 的半径为2， 的最小值为， 不是的“伴随关联点”， 到圆心的距离为， 的半径为2， 的最小值为， 不是的“伴随关联点”， 在点，，中，的“伴随关联点”是． （2）解：图形W是中心在原点的正方形，且， 正方形的边长为， 正方形中任意两点的距离最值为或的长， ， 过点作垂直直线，交于点， ①    如图，设直线与轴正半轴交于点 当时，， ， ，此时； ②    如图设直线与轴负半轴交于点， 当时，， ， ，此时， 若直线上存在正方形的“伴随关联点”， 则， （3）解： 的圆心为，半径为4， ， 直线与x轴、y轴分别交于两点， 令时，，令， ， ①当点在轴负半轴上时， 点为线段上离最远的点，如图所示，可以保证线段MN上的任意一点，均为半径为4的的“伴随关联点” 使点到的距离为， 则， ∴， ∴； 过点T作线段的垂线于点B，交于点A，则当垂直平分时，点A与线段MN上任一点的距离是最大的，则能保证线段MN上的任意一点，均为半径为4的的“伴随关联点”； ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴； 综上，当在x轴负半轴上时，； ②当点在轴正半轴上时， 如图，连接并延长交于F，设在点T左边交x轴于点E， 当时，则线段任一点P到的最小距离不大于2，即线段MN上的任意一点，均为半径为4的的“伴随关联点”； ∴，， 即； 当点为线段上离最远的点，如图，保证线段MN上的任意一点，均为半径为4的的“伴随关联点”； 点到的距离为， ∴， ， ； 综上，点在轴正半轴上时，； 综合上述两种情况，t的取值范围为或． 【点睛】本题考查了圆的综合应用，弄清定义，能够根据定义，结合正方形的性质，圆的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，数形结合是解题的关键． 2．定义：把经过三角形的一个顶点并与其对边所在直线相切的圆叫做三角形的“切接圆” 已知在中，，，． (1)如图1，点在边上，过点且与相切于点，则是的一个“切接圆”，求该圆的半径； (2)过点的的“切接圆”中，是否存在面积的最小值，若存在请求出最小值，若不存在请说明理由； (3)如图2，把放在平面直角坐标系中，使点与原点重合，点落在轴正半轴上．求证：以抛物线上任意一点为圆心都可以作过点的的“切接圆”． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】（1）连接，设，利用平行线分线段成比例定理，构建方程求解即可； （2）当是的直径时，的半径最小，最小值为，此时面积也最小，计算即可得出答案； （3）设抛物线上任意一点为，设到轴的距离为，证明，可得结论． 【详解】（1）解：连接， ， 设， ∵与相切于点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 解得， ∴； （2）解：存在，当是的直径时，的半径最小，最小值为，此时面积也最小，为； （3）证明：设抛物线上任意一点为， ∴， 设到轴的距离为， 由题意得：， ∴ ， ∴以抛物线上任意一点为圆心都可以作过点的的“切接圆”． 【点睛】本题考查圆与二次函数综合、勾股定理、切线的性质、 分线段成比例定理等知识点，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题． 3．定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“闪亮四边形”． (1)若是圆的“闪亮四边形”，则是 （填序号）； ①矩形；②菱形；③正方形 (2)如图1，已知的半径为于点E，四边形是的“闪亮四边形”． ①求证： ②求证： (3)如图2，四边形为的“闪亮四边形”，相交于点，，求的半径为R 【答案】(1)③ (2)①见解析；②见解析 (3) 【分析】（1）根据“闪亮四边形”的定义结合平行四边形的性质即可解答； （2）①连接并延长交于点F，分别连接，，，，利用垂径定理证明是的中位线，推出，再根据圆周角定理结合“闪亮四边形”的定义，推出，进而推出，，得到，最后，即可得出结论；②过点O作于点G，是等腰三角形，再证明，推出，再根据四边形是的内接四边形，得到，进而求出，，利用勾股定理即可证明； （3）同理（2）②可得，由圆周角定理推出，得到，再根据四边形为的“闪亮四边形”，结合，利用勾股定理可求出，求出，再利用勾股定理求出，由（2）②可得，利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵中，， ∴， ∴， ∵是圆内接四边形， ∴， ∴， ∴是矩形， ∵圆的“闪亮四边形”， ∴， ∴是菱形， ∵是矩形， ∴是正方形， 故答案为：③； （2）①证明∶连接并延长交于点F，分别连接，，，， ∵， ∴， ∴点是的中点， ∵点是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵四边形是“闪亮四边形”， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ②过点O作于点G， 由①知， ∴， ∵， ∴是等腰三角形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：同理（2）②可得， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为的“闪亮四边形”，， ∴，， ∴（负值舍去）， ∵， ∴， ∴， ∴（负值舍去）， 由（2）②可得， ∴， ∴（负值舍去）． 【点睛】本题是圆的综合题，考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，等腰三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，圆的内接四边形，熟练的建立数学模型并灵活应用是解本题的关键． 4．阅读材料： 圆的定义：到定点的距离等于定长的点所组成的图形叫做圆． 对于任何直角三角形，因为斜边上的中线长度等于斜边长度的一半，故其外接圆的直径就是斜边，外心即是斜边的中点．如果两个直角三角形共享同一个斜边，因为它们的外心和半径都相同，所以它们将拥有相同的外接圆，即这两个直角三角形的所有顶点均在同一个圆上（四点共圆）． 解决问题： 如图1，正方形的边长为6，点O是对角线的交点，点E在上，过点C作，垂足为F，连接． (1)（i）求证：； （ii）若，求的长． (2)如图2，取线段的中点G，连接，当点E在边上运动时，是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由； (3)当点E在直线上运动时，将的内心记为点I，请直接写出在点E的运动过程中的最小值． 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii） (2)存在最小值，的最小值为 (3)的最小值为 【分析】（1）i由正方形的性质可得出，结合题意可知，即说明B，O，F，C四点均在以为直径的圆上，根据同弧所对圆周角相等即得出，即易证； ii根据勾股定理可求出，进而得出，结合，又可求出，即可求得．最后根据三角形相似的性质求解即可； （2）法1：取的中点H，连接，根据直角三角形的性质得出，结合勾股定理可求得．根据三角形三边关系可知，结合三角形中位线定理可得出，代入数据，即可求出最小值； 法2：取的中点H，连接，连接，由三角形中位线定理可得出，由于点F，得出点F在以为直径的圆上运动．当交圆H于点F时，取到最小值，即可求解； （3）由三角形的内心得，以为斜边向下作等腰直角，则可得出点Ⅰ在以M为圆心，为半径的圆M的弧上运动，即当A，I，M三点位于同一直线上时，取得最小值，结合勾股定理求解即可． 【详解】（1）（i）证明：∵四边形是正方形，对角线交于点O， ∴， 又∵于点F， ∴， ∴B，O，F，C四点均在以为直径的圆上，如图， ， 又∵， ∴； （ii）∵正方形的边长为6， ∴，， ， ， ∴． ∵， ， ； （2）解：存在最小值，的最小值为． 理由：法1：如图，取的中点H，连接， ∵正方形的边长为6，对角线交于点O， ∴． ∵于点F， ∴， ， ． ， ． ∵点O为的中点，点G为的中点， ∴， ， ， ∴存在最小值，且最小值为； 法2：取的中点H，连接，连接，如图， ∵O，G分别为线段的中点， ． 又于点F， ∴点F在以为直径的圆上运动． 当交圆H于点F时，取到最小值，且最小值为， ∴的最小值为； （3）解：∵点Ⅰ为的内心 ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴． 以为斜边向下作等腰直角，故点Ⅰ在以M为圆心，为半径的圆M的弧上运动，如图， ∴当A，I，M三点位于同一直线上时，取得最小值， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查正方形的性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理的推论，勾股定理，三角形内心的性质，三角形相似的判定和性质等知识，掌握圆的相关知识是解题关键． 学科网（北京）股份有限公司1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$