专题02 与圆相关的综合压轴题（难，解答题25题）-2025年中考数学复习高频考题专项训练（上海专用）

2025年中考数学复习高频考题专项训练（上海专用），一线教师精选试题！ 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 专题02 与圆相关的综合压轴题（难，解答题25题） 一、解答题 1．（23-24九年级下·上海静安·阶段练习）如图1，正方形的边长为2，点M是的中点，P是线段上的一个动点（不与M、C重合），以为直径作，过点P作的切线，交于点F，切点为E． (1)求证：； (2)设，，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围； (3)延长、交于点G，连接并延长交直线于H（图2），问是否存在点P，使以A，F，O为顶点的三角形和以H，E，G为顶点的三角形相似，如果存在，求的长；如果不存在，请说明理由 【答案】(1)见解析 (2) (3)存在； 【分析】（1）首先证明进而得出，即可得出答案． （2）过F作于Q，利用勾股定理求出y与x之间的函数关系，根据M是中点以及，即可得出的取值范围； （3）根据，得出以A，F，O为顶点的三角形和以H，E，G为顶点的三角形相似只存在两种情况：或，然后分类讨论求出结果即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵是的两条切线， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：过F作于Q，如图所示： 则， ∴四边形为矩形， ∴，， 由（1）可知：， ∴， 同理可得：， ∴， ∴， ， ∵在中，， ∴ 化简得：． （3）解：存在这样的P点．理由如下： ∵， ∴以A，F，O为顶点的三角形和以H，E，G为顶点的三角形相似只存在两种情况：或， ∵， ∴，， 当时，， ∵正方形中， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 根据解析（2）可知：， ∴， 解得：， 即； 当时，， ∵正方形中， ∴， ∴， ∴此时、重合，即点E在上， ∵点P在上， ∴当点E在上时，不可能与相切， ∴此种情况不存在； 综上分析可知：时，以A，F，O为顶点的三角形和以H，E，G为顶点的三角形相似． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，求函数解析式，切线的性质，圆周角定理，三角形全等的判定和性质，解直角三角形，三角形相似的性质，解题的关键是数形结合，作出辅助线，注意分类讨论． 2．（2024·上海虹口·模拟预测）如果三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”． (1)若是“准互余三角形”，，则________． (2)如图（1），是半圆的直径，是半圆上的点，D是上的点，交于点E． ①若D是的中点，则图中共有_______个“准互余三角形”； ②当是“准互余三角形”时，求的长； ③如图（2）所示，若F是上的点（不与B、C重合），G为射线上一点，且满足．当是“准互余三角形”时，求的长． 【答案】(1) (2)①3；②3或；③ 【分析】（1）过点C作于D，作垂直平分线交、于E、F，连接，先求得，设，则，，再根据是“准互余三角形”，求得，从而求得，则，，，即可由求解； （2）①根据同弧所对的圆周角相等，推导出，再由，可得，从而得到是“准互余三角形”；再由可得是“准互余三角形”； ②当点D是的中点时，当点D不是的中点时，分别求解即可； ③将沿翻折得到，可证明、B、G三点共线，再证明，得到，即，即可求解． 【详解】（1）解：如图，过点C作于D，作垂直平分线交、于E、F，连接， ∵，， ∴ 设，则，， ∵是“准互余三角形”， ， ∴ ∴ ∵垂直平分 ∴ ∴ ∴ ∴， ∴， ∴ ∴； （2）解：①∵D是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， ∴是“准互余三角形”； ∵， ∴是“准互余三角形”； ∵，， ∴， ∴是“准互余三角形”； 故答案为：3； ②如图（1）中，当点D是的中点时，如图，过点E作于点M，则， ∴，， ∵， ∴， 设，则有， ∴， ∴， ∵是“准互余三角形”， ∴满足条件，． 当点D不是的中点时，如图中， ∵是“准互余三角形”， 设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是“准互余三角形”， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴． 综上所述，满足条件的EC的值为3或． ③将沿翻折得到， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴、B、G三点共线， ∵是“准互余三角形”， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握圆周角定理及推论，三角形相似的判定及性质，角平分线性质，理解新定义是解题的关键． 3．（23-24九年级下·上海徐汇·阶段练习）已知抛物线经过点，点，直线，直线，直线经过抛物线的顶点，且与相交于点，直线与轴、轴分别交于点、，若把抛物线上下平移，使抛物线的顶点在直线上（此时抛物线的顶点记为），再把抛物线左右平移，使抛物线的顶点在直线上（此时抛物线的顶点记为）．    (1)求抛物线的解析式． (2)判断以点为圆心，直径长为的圆与直线的位置关系，并说明理由． (3)设点、在直线上（点在点的下方），当与相似时，求、的坐标（直接写出结果）． 【答案】(1) (2)相切，理由见解析 (3)，或，或， 【分析】（1）把点、坐标代入，即可求解； （2）求而出点、点的坐标，计算得长度即可求解； （3）分点在直线下方、点在直线上方两种情况，求解即可． 【详解】（1）解：把点、坐标代入得： ，解得：， 则抛物线的表达式为：； （2）解：以点为圆心，直径长为的圆与直线相切，理由如下： ， 故顶点坐标为， 把点坐标代入直线表达式得：，即， 直线表达式为：， 设：点代入直线的表达式得：， 即点的坐标为， 设：点代入直线表达式得：， 则点坐标为， 同理得：点、的坐标分别为、、 联立、得，解得：，即：点的坐标为， ，， 点在直线上，， ，即：， ， ∵以点为圆心，直径长为的圆 ∴以点为圆心的圆的半径为 以点为圆心，半径长为4的圆与直线相离； ∴ ∴以点为圆心，直径长为的圆与直线相切； （3）解：①当点在直线下方时，    设：，点、的坐标分别为，， 则，， 过点作轴交于点，则，， ，， 等腰和等腰相似， ，则， 点、的坐标分别为、， 则，，， ，则点的坐标为， ， ，则点的坐标为； ②当点在直线上方时， 同理可得点的坐标为，点的坐标为或； 故：点、的坐标分别为、或、或、． 【点睛】本题是二次函数综合运用，主要考查了待定系数法求函数解析式，直线与圆的位置关系，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质等知识，难点在（3），利用等腰三角形相似得出，再利用解直角三角形的方法求线段的长度，从而求解． 4．（2024·上海虹口·三模）如图1，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，． (1)求：的值 (2)如图2，连接，为线段上一点，过点作的平行线分别交，于点，，交圆于点，过点作于点．设，． ①求：关于的函数解析式及其定义域 ②延长交半圆于点，求当为何值时的值最大时，并求出最大值 【答案】(1) (2)①关于的函数表达式为；②当为时的值最大，最大值为 【分析】（1）连接，先求出的长，可得，，由此可求、的长，结合三角形面积公式即可求解； （2）①证明，可得，即可求解； ②如图，连接、，证明，可得，得到，然后用含的代数式表示出，最后根据二次函数的最值求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵切半圆于点， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴的面积为； （2）∵为半圆的直径，，设，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 过点作于点， ∵，，， ∴， ∴， ∵为线段上一点， ∴， ∴关于的函数表达式为； ②连接、， ∵圆周角、所对的弧是， ∴， 又∵， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当时，有最大值，最大值为：， ∴当为时的值最大，最大值为． 【点睛】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，切线的性质，直径所对的圆周角是直角，同弧或等弧所对的圆周角相等，二次函数的最值，平行四边形的判定和性质，勾股定理等知识，通过作辅助线构造相似三角形是解题的关键． 5．（2023·上海·模拟预测）如图，在中，，． (1)求的面积； (2)以为直径画圆，分别交边、于点、，连接，求线段的长． 【答案】(1)8 (2)2.4 【分析】（1）过点作于点，利用三角函数和勾股定理，可解得，的值，利用三角形面积公式即可获得答案； （2）根据题意作圆并连接，结合为直径，易得，进而解得，的值，同理可得的值，证明，利用相似三角形的性质即可获得答案． 【详解】（1）解：过点作于点，如下图， ∵，， ∴， ∴在中，可有， ∴， ∵，即， 解得， ∴，， ∴； （2）根据题意作圆，并连接，如下图， ∵为直径， ∴，即， ∵， ∴， ∴在中，， 同理可得， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 解得． 【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质、解直角三角形、勾股定理、圆周角、相似三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线是解题关键． 6．（2023·上海崇明·三模）新定义：有两边之比为1：的三角形叫做“勤业三角形”． (1)下列各三角形中，一定是“勤业三角形”的是________；（填序号） ①等边三角形；②等腰直角三角形；③含角的直角三角形；④含角的等腰三角形． (2)如图1，是⊙O的内接三角形，为直径，为上一点，且，作，交线段于点，交⊙O于点，连接交于点．试判断和△是否是“勤业三角形”并证明 (3)如图2，在（2）的条件下，当时，求的余弦值 【答案】(1)③④ (2)都是“勤业三角形”，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据“勤业三角形”的定义进行计算，即可一一判定； （2）如图，连接，设，可证得，，可得，结合，可得，即可判定和都是“勤业三角形”； （3）如图，过点G作交DE于点I，可得， ，可证得，设，则，利用，可求得，，从而可得答案． 【详解】（1）解：①等边三角形各边的比值为1，故等边三角形不是“勤业三角形”； ②等腰直角三角形两直角边的比值为1，直角边与斜边的比为，故等腰直角三角形不是“勤业三角形”； ③设含角的直角三角形的最短边长为a，则斜边长为2a，另一条直角边长为，，故含角的直角三角形是“勤业三角形”； ④如图：中，AB=AC，，过点A作于点D， ， 设，则， ， ， ， 含角的等腰三角形是“勤业三角形”； 故答案为：③④； （2）解：△和△都是“勤业三角形”， 证明如下： 如图：连接，设 ， ， ， ， 又 ， ，即 ， ， 又 ， ， ， ， ， ， ， ， ，， 和都是“勤业三角形”； （3）解：如图：过点G作交DE于点I， ， ， ， ， ， ， ， ， 设， 由（2）知， ， ， ， ， ， ， 在中，， 即． 【点睛】本题考查的是新定义问题，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，锐角三角函数的定义等有关知识，作出辅助线是解决本题的关键． 7．（2024·上海·三模）在△ABC中，，，正方形的边在上，顶点，分别在，上． (1)如图，过点作于点，交于点，求：正方形的边长； (2)如图，在上取点，作于点，交于点，于点，求证：四边形是正方形； (3)如图，在上取点，使，连接，，若试判断点R与以为直径的圆的位置关系并说明理由 【答案】(1)3 (2)见解析 (3)点在圆上，理由见解析 【分析】（1）如图1中，设正方形的边长为x，利用相似三角形的对应高的比等于相似比构建方程即可解决问题； （2）利用平行线分线段成比例定理证明，再证明四边形是平行四边形即可解决问题； （3）设，，则，，可得，推出，推出，推出，再证明可得结论． 【详解】（1）解：如图1中，设正方形的边长为x． ∵， ∴，     ∴ ， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的边长为3． （2）证明：如图2中， ∵，四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形． （3）证明：如图3中， 在中， ∵， ∴设，，则，， ∵， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 取的中点，连接，则：， ∴点R在以为直径的圆上． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，正切，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于压轴题． 8．（2023·上海普陀·三模）如图1，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，，点，分别在线段，上（不与端点重合），且满足．设，． (1)求：y关于x的函数表达式及其定义域 (2)如图2，过点作于点，连接，． ①当为直角三角形时，求的值； ②作点F关于的对称点，当点落在上时，求的值． 【答案】(1) (2)①的值为或；② 【分析】（1）连接，设半径为，利用，得，代入计算求得半圆的半径；再根据，用含的代数式表示的长，再计算求的长即可； （2）①显然，所以分两种情形，当时，则四边形是矩形，当时，过点作于点，则四边形是矩形，分别根据图形可得答案； ②连接，，由对称可知，，利用三角函数表示出和的长度，从而解决问题． 【详解】（1）解：如图1，连接，设半径为， 切半圆于点， ， ， ， ， ， ， 解得， 半圆的半径为； ， ，， ， ， ； （2）解：①显然，所以分两种情形， 当时，则四边形是矩形， ， ， ， ， 当时，过点作于点，如图， 则四边形是矩形， ∵，， ∴， ，， ， ， ， ， ， 由得：， ， 综上，的值为或； ②如图，连接，，由对称可知， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是半圆的直径， ， ， ， ， ． 【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，三角函数等知识，利用三角函数表示各线段的长并运用分类讨论思想是解题的关键． 9．（2023·上海静安·三模）如图1是方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为，现将它剪拼成一个“房子”造型（如图2），过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形作为题字区域（点，，，在圆上，点，在上），形成一幅装饰画． (1)求：圆的半径； (2)求：若点，，在同一直线上，，，求：题字区域的面积． 【答案】(1)5 (2) 【分析】（1）根据不共线三点确定一个圆，根据对称性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾股定理求得； （2）连接，取的中点，连接，在中，根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：如图1所示，正方形边长为， ∴该正方形对角线长为， ∴， ∵过左侧的三个端点作圆，， 又， ∴在上，连接，则为半径， ∵， 在中， ∴ 解得：； （2）解：连接，取的中点，连接，交于点，连接，，    ∵， ∴， ∴， ∵点，，在同一直线上， ∴， ∴， 又， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴， ∵， 设，则 在中， 即 整理得 即 解得：或 ∴题字区域的面积为 【点睛】本题考查了垂径定理，平行线分线段成比例，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关键． 10．（2023·上海静安·三模）如图，过圆外一点P作圆O的切线交圆与A，在圆上一点B（不与A重合），，点D在优弧上运动，连接与圆的另一个交点为C． (1)证明：是圆O的切线； (2)若点D是优弧的中点，且，求； (3)记，，求：y关于x的解析式及其与x轴夹角的正切值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)，1 【分析】（1）连接，由切线的定义可得．证明，推出，即可证明是圆O的切线； （2）先证垂直平分，经过圆心，通过证明得出，通过证明得出，设，，利用勾股定理解可得，进而解出，最后根据可得答案； （3）由得出，由得出，进而可得，即，推出，再证，推出，结合，可得． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵为圆O的切线， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵为圆O的半径， ∴是圆O的切线； （2）解：∵D是优弧的中点， ∴， ∵， ∴是的垂直平分线，且经过圆心， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 如图，连接， ∵是圆O的切线 ∴， ∵经过圆心，即为直径， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 设，， ∴，， ∵， ∴在中，， 即， 整理得， 两边同时除以得：， 解得(负值舍去）， ∴． （3）解：由（2）知， ∴， 同理可证， ∴， ， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即y关于x的解析式是． ∴该解析式与x轴夹角的正切值． 【点睛】本题考查属于圆的综合题，考查切线的性质与判定，相似三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，解一元二次方程等知识点，综合性较强，难度较大，解题的关键是利用圆的性质找出相似三角形． 11．（2024·上海·三模）新定义：如果一个三角形中有两个内角，满足，那我们称这个三角形为“近直角三角形”． (1)若是“近直角三角形”，，，则______度； (2)如图1，在中，，，．若是的平分线，在边上是否存在点（异于点），使得是“近直角三角形”？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由． (3)如图2，在中，，点为边上一点，以为直径的圆交于点，连接交于点，若为“近直角三角形”，且，，求的值． 【答案】(1)20 (2)存在， (3)的值为或 【分析】（1）不可能是或，当时，，，不成立；故，，，则 （2）由，则，即，即，解得：，即可求解 （3）①如图2所示，当时，设，则，则，即，解得：，即可求解； ②如图3所示，当时，，则，则（圆的半径），点是的中点，则，在中，，由三角函数可求解． 【详解】（1）解：不可能是或， 当时，，，不成立； 故，，，则， 故答案为20； （2）存在，理由： 在边上是否存在点（异于点，使得是“近直角三角形”， ，，则， 则， 设，则， ∴， ∴， ∵， 则， 即，即，解得：， 则； （3）①如图2所示，当时， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，则，则， ， 过点作于点， 设，则， 则，即，解得：； ，则， 则； ②如图3所示，当时， 过点作交于点，交于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为的垂直平分线， ∴点是圆的圆心（的中垂线与直径的交点）， ∴， ，， ， ∴， 则， 则，则（圆的半径）， ∵点是的中点，G为中点， ∴， 在中，， 在中，，，， ，， ， ， 综上，的值为或． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定以及性质，全等三角形的判定与性质，三角函数值，圆周角等知识．属于圆的综合题，解决本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来． 12．（2024·上海·三模）新定义1：多边形顶点之间最长距离与最短距离的比值叫做多边形的特征值，如：正五边形的特征值为． 新定义2：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形． (1)如图，已知四边形为圆O的内接矩形，是圆O的内接三角形，若四边形的特征值为，的特征值为1，求证： (2)设正边形（且n为整数）的一边长与边数值恰好相同，一个内角的余弦值为x，特征值为y，求：y关于x的函数解析式（注：当时，） (3)如图，在梯形中，（），，点B，D在以C为圆心，6为半径的圆上，将梯形绕点C按逆时针方向旋转，使点B与点D重合，此时A，D的对应点是点E，F，设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求：双同正多边形的特征值． 【答案】(1)见详解 (2) (3)2 【分析】（1）连接，记交于点K，在上取点Q，使得，可知矩形是正方形，为等边三角形，求出，则，设，则，，故，即可证明； （2）当时，则，则正边形中心角为，而中心角与外角相等，故外角，故每一个内角为钝角，画出正边形的局部，设内角，外角，则，故，设正边形的半径为，由题意得：，过点A作，，解直角三角形得，则，，故，化简得：，故，当时，此时每一个内角为，也符合该函数解析式； （3）连接，过点作于点，由旋转得，，设，则以线段为边的正多边形边数为，故以线段为边的正多边形同中心点C，同边数，因此以线段为边的正多边形是双同正多边形，可证明，则，设，由勾股定理得，，则，故，因此双同正多边形的边数为，则该正多边形为正六边形，故特征值为：． 【详解】（1）解：连接，记交于点K，在上取点Q，使得， 对于矩形，由题意得，最长，或最短， ∵四边形的特征值为， ∴或， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，是直径， ∴矩形是正方形， ∴中心角： ∵的特征值为1， ∴或或， ∴为等腰三角形， 若底边不与腰相等，则则不满足特征值为1， ∴为等边三角形， ∴中心角：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， 由勾股定理得：， ∴ ∴； （2）解：当时，则， ∴正边形中心角为， 而中心角与外角相等，故外角， ∴每一个内角为钝角， 画出正边形的局部，如图： 设内角，外角， ∵， ∴， 设正边形的半径为， 由题意得：， 过点A作，， 由中心角等于外角得，， ∴， 则， 而， ∴， 化简得：， ∴， 当时，此时每一个内角为，也符合该函数解析式， ∴综上，y关于x的函数解析式为：； （3）解：连接，过点作于点， 由旋转得，， 设， ∴以线段为边的正多边形边数为， ∴以线段为边的正多边形同中心点C，同边数， ∴以线段为边的正多边形是双同正多边形， 当两个正多边形面积比为时， 则， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴, ∴， 设， ∵， ∴， ∴由勾股定理得，， ∴， ∴， ∴双同正多边形的边数为， ∴该正多边形为正六边形，如图： ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴则最长距离为，最短距离为， ∴特征值为：． 【点睛】本题考查了圆与正多边形，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，难度较大，正确理解题意是解决本题的关键． 13．（2024·上海奉贤·三模）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． 14．（2022·上海杨浦·二模）已知在扇形中，点C、D是上的两点，且． (1)如图1，当时，求弦的长； (2)如图2，联结，交半径于点E，当//时，求的值； (3)当四边形是梯形时，试判断线段能否成为内接正多边形的边？如果能，请求出这个正多边形的边数；如果不能，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)线段能成为的内接正多边形的边，边数为18 【分析】（1）取的中点，联结，根据圆的有关性质可得，然后由余角的性质及等边三角形的判定与性质可得答案； （2）由平行线的性质及三角形内角和定理可得．然后根据相似三角形的判定与性质可得答案； （3）根据圆内接多边形的性质及三角形的内角和定理分两种情况进行解答： ①；②． 【详解】（1）解：设，取的中点E，联结， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 又， ∴； （2）解： ∵， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴．解之得， ∴； （3）解：当四边形是梯形时，①， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴． 当时，，不合题意，舍去． ②， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴， ∴． ∴线段能成为的内接正多边形的边，边数为18． 【点睛】本题考查的是圆的弧、弦、角之间的关系、三角形的内角和定理、圆内接多边形的性质等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键． 15．（2024·上海浦东新·二模）已知：和相交于A、B两点，线段的延长线交于点C，、的延长线分别交于点D、E． (1)连接、，、分别与连心线相交于点H、点G，如图1，求证：； (2)如果． ①如图2，当点G与O重合，的半径为4时，求的半径； ②连接、，与连心线相交于点F，如图3，当，且的半径为2时，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）先证明，可得，再证明，可得； （2）①如图，连接，，，，证明三点共线，证明，再利用勾股定理求解即可；②如图，连接，，， 证明，可得， 证明，求解，证明，再利用相似三角形的性质与勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理：， ∴， ∴； （2）①如图，连接，，，， ∵为的直径， ∴， ∴三点共线， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴； ②如图，连接，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴，而，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，设，， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， 整理得：， 解得：或（舍去）， ∴． 【点睛】本题考查的是两圆的位置关系，勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，相似三角形的判定与性质，平行线的判定，本题难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键． 16．（2024·上海闵行·二模）沪教版九年级第二学期的教材给出了正多边形的定义：各边相等、各角也相等的多边形叫做正多边形．同时还提到了一种用直尺和圆规作圆的内接正六边形和圆的内接正五边形的方法，但课本上并未证明．我们现开展下列探究活动． 活动一：如图1，展示了一种用尺规作的内接正六边形的方法． ①在上任取一点，以为圆心、为半径作弧，在上截得一点； ②以为圆心，为半径作弧，在上截得一点；再如此从点逐次截得点、、； ③顺次连接、、、、、． (1)根据正多边形的定义，我们只需要证明__________，________ （请用符号语言表示，不需要说明理由），就可证明六边形是正六边形． 活动二：如图2，展示了一种用尺规作的内接正五边形的方法． ①作的两条互相垂直的直径和； ②取半径的中点；再以为圆心、为半径作弧，和半径相交于点； ③以点为圆心，以的长为半径作弧，与相截，得交点． 如此连续截取3次，依次得分点、、，顺次连接、、、、，那么五边形是正五边形． (2)已知的半径为2，求边的长，并证明五边形是正五边形． （参考数据：，，，，．） 【答案】(1)， (2)，证明五边形是正五边形见详解 【分析】（1）各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形，据此即可获得答案； （2）首先结合题意并根据勾股定理解得，进而可得，易得，再在中，由勾股定理解得，即可确定的值；连接，，，，，结合为直径易得，利用三角函数可得，由圆周角定理可得，进而可得，然后利用全等三角形的性质可证明，，即可证明结论． 【详解】（1）解：根据正多边形的定义，我们只需要证明，，就可证明六边形是正六边形． 故答案为：，； （2）解：根据题意，可得，， ∵点为半径的中点， ∴， ∴在中，， ∵以为圆心、为半径作弧，和半径相交于点， ∴， ∴， ∴在中，， ∵以点为圆心，以的长为半径作弧，与相截，得交点， ∴； 如下图，连接，，，，， ∵为直径， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴，， ∴五边形是正五边形． 【点睛】本题主要考查了尺规作图、多边形的定义和性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、解直角三角形等知识，正确理解题意，熟练掌握相关知识是解题关键． 17．（2024·上海长宁·二模）已知在中，，点O为边上一点，以点O为圆心，为半径作，交边于点D（点D不与点A、C重合）． (1)当时，判断点B与的位置关系，并说明理由； (2)过点C作，交延长线于点E．以点E为圆心，为半径作，延长，交于点． ①如图1，如果与的公共弦恰好经过线段的中点，求的长； ②连接、，如果与的一条边平行，求的半径长． 【答案】(1)点B在内，见详解 (2)①；②或 【分析】（1）借助垂径定理，利用表示出和，通过比较和的大小确定点与圆的位置关系； （2）需要紧扣，第①问中结合连心线和公共弦的性质可以发现圆E和圆O是等圆，借助相似三角形的性质或锐角三角函数，用含k的代数式表示出、，从而求解； 第②问当时，过点作，证明出，在中，，得到解得则； 当，延长交延长线于点F，由，得到，解得或5（舍去），则． 【详解】（1）解：过点O作，垂足为点H， ∵过圆心，， ∴ ， ∵， ， ∴在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点B在内． （2）解：过点C作，垂足为M， ∵， ∴， ∵在中，， ∴， ， 又∵ ， ∵， ∴在中，，， 设，则， ∴， ①两圆的交点记为P、Q，连接， ∵与相交，是公共弦， ∴垂直平分，即， ∵经过的中点， ∴垂直平分， ∴，即， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴，解得， ∴； ②由于点A在直线上， ∴不可能与平行， 则当时，过点作， ， ∵， ， ， ∵ ， ∵ ， ∵ ， 在中，， ∴ ； 当，延长交延长线于点F， ∵ ， ∴ ， ∵ ， 解得或5（舍去）， ∴， 综上：或． 【点睛】本题考查了圆和三角形相结合的问题，锐角三角函数，点与圆的位置关系，相交两圆的性质，相似三角形的判定与性质，本题的解题方法都是落在“解三角形”上，发现等角，并灵活解三角形是本题的突破点和难点． 18．（2024·上海奉贤·二模）如图，已知半圆的直径为，点在半径上，为的中点，点在上，以、为邻边作矩形，边交于点． (1)如果，，求边的长； (2)连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的余切值； (3)连接并延长，交于点，如果，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（）连接，过点作，垂足为，由圆周角定理可得，进而可得，再证明，根据，可得，即可求解； （）连接，设， 则 ， ， 求出，得到，进而得到，，分和两种情况解答即可求解； （）由可得，进而得到，可证明△≌△，得到，设，，则，，证明△∽△，得到，即可得到，由勾股定理，即可求解． 【详解】（1）解：连接，过点作，垂足为， ∵点是中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵矩形， ∴， ∵， ∴，， ∴， 在与中，， ∴， ∴， 解得， ∴； （2）解：连接， ，则 ， ， 在△中，， ∴， ∴， ， 当时，， 即， 解得， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 过点作，垂足为， ∵， ∴，则， ∴， 在△中， ∵， ∴； 当时，， 即，不存在； ∴的余切值为：； （3）解：如图 由可得， ∴，，， ∴△≌△， ∴； 设，，由题意得，， ∵四边形为矩形， ∴， ∴，，， ∴， ∴△∽△， ∴， 即 ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，平行线等分线段定理，三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键． 19．（2024·上海·模拟预测）已知，为的直径，内接于，交于点E，． (1)设：为x，为y，求：y关于x的函数解析式及其定义域； (2)如图2，点F在弧上，连接，，，，点G在上，连接，若，求：的值； (3)如图3，在（2）的条件下，点H在弧上，连接，，分别交，于K，Q两点，，若，，若为和m的比例中项，求m的值． 【答案】(1)； (2)； (3)． 【分析】（1）连接，由题意易得，设，然后可得，进而问题可求解； （2）连接，令交于点I，由题意易得，则有，然后可得，进而问题可求解； （3）延长交延长线于点M，由题意易证，，过点F作于T，则，设，，过点A作于N，得等腰，，过点B作于S，得等腰，过点D作，然后根据相似三角形的性质及勾股定理可进行求解． 【详解】（1）解：连接，如图所示： ∵为的直径， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵为x，为y，，， ∴； （2）解：连接， ∵为的直径，， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， 则， ∴，等腰， ∵， ∴， ∴， ∴， 令交于点I， ∵，， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：延长交延长线于点M， ∵， ∴， 又∵， ， ∴， ∴，， 在四边形中，，， ∴平分， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴，等腰， 过点F作于T，则， ∵，设，， 则，在等腰中，， 设，则， 在中，勾股得 ， ∵， ∴， ∴， ∴，， 在等腰中，， ∴，， ∴， ， ∴， 在中， 解，可得， 过点A作于N，得等腰，， ∵，设，， 则， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，， 在中，勾股得， 过点B作于S，得等腰， ∴， ∴， 在和中，，， ∴， ∴，， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ，， ∴， ∵， ∴， 过点D作， ∴，， 在中，， 在中，， 设，，，勾股得， ∴， 解得，（舍）， ∴，， ，， 解得， ∴，， ∴． ∵为和m的比例中项， ∴． 【点睛】本题主要考查圆的综合问题，三角函数的定义，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，勾股定理及全等三角形的性质与判定，熟练掌握圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键． 20．（2024·上海嘉定·三模）定义：若一个圆内接四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为圆美四边形． (1)请在特殊四边形中找出一个圆美四边形，该四边形的名称是 ；如图1，在等腰中，，经过点A、B的交边于点D，交于点E，连接，若四边形为圆美四边形，则的值恰与 °角的余切值相等 (2)如图2，在中，经过点A、B的交边于点D，交于点E，连接交于点F，若在四边形的内部存在一点P，使得，连接交于点G，连接，若． ①试说明：四边形为圆美四边形； ②若，，，当最小时，求：的值 【答案】(1)正方形； (2)①见解析；②1 【分析】此题考查的是圆的综合题，主要考查了新定义圆美四边形的定义的理解和运用，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解答本题的关键． （1）根据圆美四边形的定义即可直接得出结论；连接，先判断出，得出，得到，得到，再求出，即可得到答案； （2）①先判断出，得出，进而判断出，得出，即可得出结论； ②先判断出，再证，进而得出，设，则，， 即可得出关于x、y的等式，进一步即可求出最终结果． 【详解】（1）根据圆美四边形的定义可知，正方形是圆美四边形， 连接，如图， ∵， ∴是的直径， ∴， ∵四边形为圆美四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴在等腰中，， ∴， ∴， ∵， ∴； 如图所示，是等腰直角三角形，，点D是延长线上一点，且， 则，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴的值恰与角的余切值相等； 故答案为：正方形； （2）①∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， 即， ∴， ∴， 又∵，， ∴，即， ∴， 又∵A，B，E，D在同一个圆上， ∴四边形为圆美四边形； ②∵， ∴，， ∴， ∵ A，B，E，D在同一个圆上，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， 设，则，， ∵， ， ∴在中，， ∴， 则利用勾股定理可得， 同理在中可求得：， 根据 得：， 即有 ∴当时，y取最小值，最小值为， 此时． 21．（2024·上海普陀·三模）已知内接于，为的直径，为的中点，连接交于点． (1)如图，求的值； (2)如图，点在上，连接，，，交于点，若，求证； (3)如图，在（）的条件下，点在上，过点作，交于点．，过点作，垂足为，连接，，，点在的延长线上，连接，过点T作，交的延长线于点，若，请直接写出圆半径的长． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)． 【分析】（）连接，根据为的中点，可得，再根据中位线定理得出结论； （）连接，先证得，再根据得，根据即可得出结论； （）连接，先证，再证四边形是矩形，过作垂足为S，先证出，再能够证出从而，得到等腰直角，利用三角函数求出，再根据求出，最后用勾股定理求出答案即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是的中位线， ∴； （2）证明：如图，连接， 设， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵是的直径， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 过点A作垂足为S， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴圆半径的长． 【点睛】本题是圆的综合题，考查圆的有关知识、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、垂径定理、三角函数、勾股定理、圆周角定理等知识，构造辅助线解决问题是解题关键． 22．（2024·上海崇明·模拟预测）如图，是的外接圆，于，交于点， (1)求证：； (2)连结并延长交于点，延长交于，连结交于点，若平分， ①若，，求的长． ②连结，若，，求：关于的函数关系式及其定义域 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）延长交于点，连接，可得，由得，再根据等角的余角相等即可证明结论； （2）①连接，结合（1）的结论先证明，进而可得，，得出是等腰三角形，由等腰三角形三线合一性质得，继而得到垂直平分，证明，，再利用，解三角形即可； ②利用角平分线性质和面积比得出，由，得出，继而求出，再根据比例性质即可得出函数解析式． 【详解】（1）证明：如图，延长交于点，连接， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：如图，连接， ∵， ∴， 又∵平分， ∴， 由（1）得：， ∴， ∵， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴，即点为的中点， ∴垂直平分， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即：， 又∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴； ②如图，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴点到、的距离相等， 设点到、的距离为，点到的距离为， ∴， ∴， ∴， ∵是的外接圆，， ∴在中，， ∴， ∴关于的函数关系式为． 【点睛】本题考查直角所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的判定和性质，角平分线的性质，锐角三角函数的应用，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点．利用相似三角形的性质和平行线进行等面积变换是解题的关键． 23．（2024·上海普陀·模拟预测）在中，于点D，P是边上（与点A，C不重合）的动点，连接PB交于点M，过C，P，M三点作交的延长线于点N，连接． (1)求证：； (2)如图2，连接，若与相切，求此时的半径r； (3)在点P的运动过程中，设线段长为y，圆半径为r，求y关于r的函数解析式及其定义域 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，根据圆内接四边形性质和同弧所对圆周角相等推出，再结合等腰三角形的性质推出，即可求证； （2）连接并延长交于点H，连接，根据，推出，从而得到，证明，得到，再利用同一个三角形面积不变性求解出，在中，利用勾股定理求出，在中，利用勾股定理即可求出半径； （3）连接，，，作，根据条件推出，利用垂径定理和圆周角定理推出，再利用三角函数即可求得线段MN和半径r之间的数量关系． 【详解】（1）证明：如图1，连接， ∵ ∴ ∵圆内接四边形 ∴ 又∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ （2）如图2，连接并延长交于点H，连接． ∵，， ∴，， ∵， ∴为的垂直平分线，即 又∵与相切，即 ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 又∵ ∴ 在中， 在中，， 即：，解得． 当与相切时，的半径r为． （3）如答图3，连接，，，作， ∵ ∴ ∵，， ∴ ∵ ∴，， 又∵ ∴ 又∵ ∴ ∴， 即． 【点睛】本题考查了圆的综合题型，涉及到了等腰三角形的性质、垂直平分线的判定、圆周角定理、平行线的性质与判定、全等三角形的性质与判定、同一个三角形的面积不变性、三角函数等知识点，解题的关键是能够正确作出辅助线，熟练运用各知识点． 24．（2024·上海金山·三模）已知：以为直径的中，弦，垂足为，，． (1)如图，求的周长； (2)如图，为优弧上一动点（不与、、三点重合），为半径的中点，连接，若，弧的长为，求与之间的函数关系式，并写出的取值范围； (3)如图，在（2）的条件下，过点作于点，连接，当时，求的长，并判断以为直径的圆与直线的位置关系． 【答案】(1) (2)（） (3)，以为直径的圆与直线的位置关系为相交 【分析】（1）连接，设，则，根据垂径定理，得，利用勾股定理，得，求得x，继而计算的周长． （2）根据，得到，结合为半径的中点，得到，继而得到，，根据，利用弧长公式计算解答即可． （3）当点P在上时，过点M作于点H，过点O作于点G，证明四边形是矩形，，设，结合，得到，利用勾股定理，得，即得；当点P在上时，同理可证． 【详解】（1）解：如图，连接，设，则， 根据垂径定理，得， 根据勾股定理，得， 解得 ∴的周长为． （2）解：∵， ∴， ∵为半径的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 根据（1）得，， ∴当P与D重合时，， ∴是等边三角形， ∴ ∴． 故，且． （3）解：当点P在上时，过点M作于点H，过点O作于点G， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴， ∵为半径的中点， ∴， ∴, ∴，； 设， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 根据勾股定理，得， ∴， 解得， ∴， ∴； 过点M作于点K， 根据直角三角形的斜边大于任何一条直角边，得， 故满足， ∴以为直径的圆与直线的位置关系是相交． 同理可证，当点P在上时，结论不变，且依然成立． 【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，三角形相似的判定和性质，解直角三角形的应用，直线与圆的位置关系，直角三角形的性质，熟练掌握垂径定理，三角形相似的判定和性质，解直角三角形的应用，直线与圆的位置关系是解题的关键． 25．（2024·上海黄浦·三模）如图，已知圆的半径，是半径上的一个动点（点不与点、点重合），作线段的垂直平分线，分别交线段于点、交圆于点和点（点在点的上方）．连接并延长，交圆于点． (1)当点是线段中点时，求的值； (2)当时， ①如果，求的长； ②连接交于点，连接，如果为等腰三角形，求的长． 【答案】(1)； (2)①；②或． 【分析】（）利用线段垂直平分线和线段中点性质可得，，利用勾股定理可求出，即可求解； （）延长交圆于点，连接，可证，得到，据此即可求解；分三种情况讨论：，和，进行解答即可求解． 【详解】（1）解：∵是的垂直平分线， ∴，， ∵点是线段中点时， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴在中，， ∴； （2）解：延长交圆于点，连接，则，即， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴； 如图，分三种情况讨论： 当时，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的垂直平分线，， ∴，， ∴，， ∴， 即， ∴， 即， ∴； 当时，， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 设，则，， 由（）知， ∴， 即， 解得或（不合，舍去）， ∴， ∴； 当时，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∵， ∴，不合题意，故此种情况不存在； 综上，的长为或． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理及外角性质，正确作出辅助线是解题的关键． 2 助理新中考，周周有练习，月月有重点！ 学科网（北京）股份有限公司 $$2025年中考数学复习高频考题专项训练（上海专用），一线教师精选试题！ 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 专题02 与圆相关的综合压轴题（难，解答题25题） 一、解答题 1．（23-24九年级下·上海静安·阶段练习）如图1，正方形的边长为2，点M是的中点，P是线段上的一个动点（不与M、C重合），以为直径作，过点P作的切线，交于点F，切点为E． (1)求证：； (2)设，，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围； (3)延长、交于点G，连接并延长交直线于H（图2），问是否存在点P，使以A，F，O为顶点的三角形和以H，E，G为顶点的三角形相似，如果存在，求的长；如果不存在，请说明理由 2．（2024·上海虹口·模拟预测）如果三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”． (1)若是“准互余三角形”，，则________． (2)如图（1），是半圆的直径，是半圆上的点，D是上的点，交于点E． ①若D是的中点，则图中共有_______个“准互余三角形”； ②当是“准互余三角形”时，求的长； ③如图（2）所示，若F是上的点（不与B、C重合），G为射线上一点，且满足．当是“准互余三角形”时，求的长． 3．（23-24九年级下·上海徐汇·阶段练习）已知抛物线经过点，点，直线，直线，直线经过抛物线的顶点，且与相交于点，直线与轴、轴分别交于点、，若把抛物线上下平移，使抛物线的顶点在直线上（此时抛物线的顶点记为），再把抛物线左右平移，使抛物线的顶点在直线上（此时抛物线的顶点记为）．    (1)求抛物线的解析式． (2)判断以点为圆心，直径长为的圆与直线的位置关系，并说明理由． (3)设点、在直线上（点在点的下方），当与相似时，求、的坐标（直接写出结果）． 4．（2024·上海虹口·三模）如图1，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，． (1)求：的值 (2)如图2，连接，为线段上一点，过点作的平行线分别交，于点，，交圆于点，过点作于点．设，． ①求：关于的函数解析式及其定义域 ②延长交半圆于点，求当为何值时的值最大时，并求出最大值 5．（2023·上海·模拟预测）如图，在中，，． (1)求的面积； (2)以为直径画圆，分别交边、于点、，连接，求线段的长． 6．（2023·上海崇明·三模）新定义：有两边之比为1：的三角形叫做“勤业三角形”． (1)下列各三角形中，一定是“勤业三角形”的是________；（填序号） ①等边三角形；②等腰直角三角形；③含角的直角三角形；④含角的等腰三角形． (2)如图1，是⊙O的内接三角形，为直径，为上一点，且，作，交线段于点，交⊙O于点，连接交于点．试判断和△是否是“勤业三角形”并证明 (3)如图2，在（2）的条件下，当时，求的余弦值 7．（2024·上海·三模）在△ABC中，，，正方形的边在上，顶点，分别在，上． (1)如图，过点作于点，交于点，求：正方形的边长； (2)如图，在上取点，作于点，交于点，于点，求证：四边形是正方形； (3)如图，在上取点，使，连接，，若试判断点R与以为直径的圆的位置关系并说明理由 8．（2023·上海普陀·三模）如图1，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，，点，分别在线段，上（不与端点重合），且满足．设，． (1)求：y关于x的函数表达式及其定义域 (2)如图2，过点作于点，连接，． ①当为直角三角形时，求的值； ②作点F关于的对称点，当点落在上时，求的值． 9．（2023·上海静安·三模）如图1是方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为，现将它剪拼成一个“房子”造型（如图2），过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形作为题字区域（点，，，在圆上，点，在上），形成一幅装饰画． (1)求：圆的半径； (2)求：若点，，在同一直线上，，，求：题字区域的面积． 10．（2023·上海静安·三模）如图，过圆外一点P作圆O的切线交圆与A，在圆上一点B（不与A重合），，点D在优弧上运动，连接与圆的另一个交点为C． (1)证明：是圆O的切线； (2)若点D是优弧的中点，且，求； (3)记，，求：y关于x的解析式及其与x轴夹角的正切值． 11．（2024·上海·三模）新定义：如果一个三角形中有两个内角，满足，那我们称这个三角形为“近直角三角形”． (1)若是“近直角三角形”，，，则______度； (2)如图1，在中，，，．若是的平分线，在边上是否存在点（异于点），使得是“近直角三角形”？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由． (3)如图2，在中，，点为边上一点，以为直径的圆交于点，连接交于点，若为“近直角三角形”，且，，求的值． 12．（2024·上海·三模）新定义1：多边形顶点之间最长距离与最短距离的比值叫做多边形的特征值，如：正五边形的特征值为． 新定义2：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形． (1)如图，已知四边形为圆O的内接矩形，是圆O的内接三角形，若四边形的特征值为，的特征值为1，求证： (2)设正边形（且n为整数）的一边长与边数值恰好相同，一个内角的余弦值为x，特征值为y，求：y关于x的函数解析式（注：当时，） (3)如图，在梯形中，（），，点B，D在以C为圆心，6为半径的圆上，将梯形绕点C按逆时针方向旋转，使点B与点D重合，此时A，D的对应点是点E，F，设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求：双同正多边形的特征值． 13．（2024·上海奉贤·三模）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． 14．（2022·上海杨浦·二模）已知在扇形中，点C、D是上的两点，且． (1)如图1，当时，求弦的长； (2)如图2，联结，交半径于点E，当//时，求的值； (3)当四边形是梯形时，试判断线段能否成为内接正多边形的边？如果能，请求出这个正多边形的边数；如果不能，请说明理由． 15．（2024·上海浦东新·二模）已知：和相交于A、B两点，线段的延长线交于点C，、的延长线分别交于点D、E． (1)连接、，、分别与连心线相交于点H、点G，如图1，求证：； (2)如果． ①如图2，当点G与O重合，的半径为4时，求的半径； ②连接、，与连心线相交于点F，如图3，当，且的半径为2时，求的长． 16．（2024·上海闵行·二模）沪教版九年级第二学期的教材给出了正多边形的定义：各边相等、各角也相等的多边形叫做正多边形．同时还提到了一种用直尺和圆规作圆的内接正六边形和圆的内接正五边形的方法，但课本上并未证明．我们现开展下列探究活动． 活动一：如图1，展示了一种用尺规作的内接正六边形的方法． ①在上任取一点，以为圆心、为半径作弧，在上截得一点； ②以为圆心，为半径作弧，在上截得一点；再如此从点逐次截得点、、； ③顺次连接、、、、、． (1)根据正多边形的定义，我们只需要证明__________，________ （请用符号语言表示，不需要说明理由），就可证明六边形是正六边形． 活动二：如图2，展示了一种用尺规作的内接正五边形的方法． ①作的两条互相垂直的直径和； ②取半径的中点；再以为圆心、为半径作弧，和半径相交于点； ③以点为圆心，以的长为半径作弧，与相截，得交点． 如此连续截取3次，依次得分点、、，顺次连接、、、、，那么五边形是正五边形． (2)已知的半径为2，求边的长，并证明五边形是正五边形． （参考数据：，，，，．） 17．（2024·上海长宁·二模）已知在中，，点O为边上一点，以点O为圆心，为半径作，交边于点D（点D不与点A、C重合）． (1)当时，判断点B与的位置关系，并说明理由； (2)过点C作，交延长线于点E．以点E为圆心，为半径作，延长，交于点． ①如图1，如果与的公共弦恰好经过线段的中点，求的长； ②连接、，如果与的一条边平行，求的半径长． 18．（2024·上海奉贤·二模）如图，已知半圆的直径为，点在半径上，为的中点，点在上，以、为邻边作矩形，边交于点． (1)如果，，求边的长； (2)连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的余切值； (3)连接并延长，交于点，如果，求的值． 19．（2024·上海·模拟预测）已知，为的直径，内接于，交于点E，． (1)设：为x，为y，求：y关于x的函数解析式及其定义域； (2)如图2，点F在弧上，连接，，，，点G在上，连接，若，求：的值； (3)如图3，在（2）的条件下，点H在弧上，连接，，分别交，于K，Q两点，，若，，若为和m的比例中项，求m的值． 20．（2024·上海嘉定·三模）定义：若一个圆内接四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为圆美四边形． (1)请在特殊四边形中找出一个圆美四边形，该四边形的名称是 ；如图1，在等腰中，，经过点A、B的交边于点D，交于点E，连接，若四边形为圆美四边形，则的值恰与 °角的余切值相等 (2)如图2，在中，经过点A、B的交边于点D，交于点E，连接交于点F，若在四边形的内部存在一点P，使得，连接交于点G，连接，若． ①试说明：四边形为圆美四边形； ②若，，，当最小时，求：的值 21．（2024·上海普陀·三模）已知内接于，为的直径，为的中点，连接交于点． (1)如图，求的值； (2)如图，点在上，连接，，，交于点，若，求证； (3)如图，在（）的条件下，点在上，过点作，交于点．，过点作，垂足为，连接，，，点在的延长线上，连接，过点T作，交的延长线于点，若，请直接写出圆半径的长． 22．（2024·上海崇明·模拟预测）如图，是的外接圆，于，交于点， (1)求证：； (2)连结并延长交于点，延长交于，连结交于点，若平分， ①若，，求的长． ②连结，若，，求：关于的函数关系式及其定义域 23．（2024·上海普陀·模拟预测）在中，于点D，P是边上（与点A，C不重合）的动点，连接PB交于点M，过C，P，M三点作交的延长线于点N，连接． (1)求证：； (2)如图2，连接，若与相切，求此时的半径r； (3)在点P的运动过程中，设线段长为y，圆半径为r，求y关于r的函数解析式及其定义域 24．（2024·上海金山·三模）已知：以为直径的中，弦，垂足为，，． (1)如图，求的周长； (2)如图，为优弧上一动点（不与、、三点重合），为半径的中点，连接，若，弧的长为，求与之间的函数关系式，并写出的取值范围； (3)如图，在（2）的条件下，过点作于点，连接，当时，求的长，并判断以为直径的圆与直线的位置关系． 25．（2024·上海黄浦·三模）如图，已知圆的半径，是半径上的一个动点（点不与点、点重合），作线段的垂直平分线，分别交线段于点、交圆于点和点（点在点的上方）．连接并延长，交圆于点． (1)当点是线段中点时，求的值； (2)当时， ①如果，求的长； ②连接交于点，连接，如果为等腰三角形，求的长． 6 助理新中考，周周有练习，月月有重点！ 学科网（北京）股份有限公司 $$