专题05 圆（10大题型解题攻略精讲精练+中考练场）-2025年中考数学二轮热点题型归纳与变式演练（上海专用）

专题05 圆 目录 热点题型归纳 题型01 圆的基础知识 2 题型02 垂径定理及其应用 4 题型03 弧、弦、圆心角的关系 10 题型04 点与圆的位置关系 14 题型05 三角形的内切圆与外接圆 16 题型06 直线与圆的位置关系 19 题型07 圆与圆的位置关系 25 题型08 正多边形和圆 30 题型09 弧长和扇形面积 34 题型10 圆的综合题 36 中考练场 40 1.考查分值：18-32分。 2.考查题型：基础题以选择填空形式出现、综合题解答题（压轴）形式出现。 3.能力要求： 中考圆的命题趋势主要围绕圆的有关概念和性质进行考查，这些知识点常以选择题、填空题的形式出现，既考查学生对这些基础知识的掌握程度，也考察学生运用这些知识解决实际问题的能力。 在解答题中，会涉及到与其他知识点的综合应用，如与勾股定理、三角形的相似、三角形与四边形相关概念与证明等知识的结合。 题型01 圆的基础知识 【提分秘籍】 1．圆的定义 　　(1)线段OA绕着它的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的封闭曲线，叫做圆. 　　(2)圆是到定点的距离等于定长的点的集合. 要点诠释： 　 ①圆心确定圆的位置，半径确定圆的大小；确定一个圆应先确定圆心，再确定半径，二者缺一不可； 　②圆是一条封闭曲线. 2．圆的性质 　　(1)旋转不变性：圆是旋转对称图形，绕圆心旋转任一角度都和原来图形重合；圆是中心对称图形，对称中心是圆心. 　　 　在同圆或等圆中，两个圆心角，两条弧，两条弦，两条弦心距，这四组量中的任意一组相等，那么它所对应的其他各组分别相等. 　　(2)轴对称：圆是轴对称图形，经过圆心的任一直线都是它的对称轴. 3．两圆的性质 　　(1)两个圆是一个轴对称图形，对称轴是两圆连心线. 　　(2)相交两圆的连心线垂直平分公共弦，相切两圆的连心线经过切点. 【典例分析】 例1．（2024·上海·三模）在半径长为1米，圆心角为的扇形铁皮上剪裁出一个正方形铁皮，那么这个正方形铁皮的边长a的取值范围是 米． 例2．（2024·上海杨浦·一模）已知矩形中，，以为半径的圆A和以为半径的圆C相交于点D、E，如果点E到直线的距离不超过3，设的长度为m，则m的取值范围是 ． 例3．（2024·上海松江·二模）如图，已知中，．点O在边上，以O为圆心，为半径的弧经过点A．    (1)求的半径长； (2)P是上一点，，交于点D，连接．求的正切值． 【变式演练】 1．（2023·上海徐汇·二模）如图，在直角坐标系中，已知点、点，的半径为5，点C是上的动点，点P是线段的中点，那么长的取值范围是 ． 2．（2022·上海虹口·二模）已知：如图，是⊙O的两条弦，，点M、N分别在弦上，且，联结．    (1)求证：； (2)当为锐角时，如果，求证：四边形为等腰梯形． 题型02 垂径定理及其应用 【提分秘籍】 1.垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧. 2.平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧. 3.弦的垂直平分线过圆心，且平分弦对的两条弧. 4.平分一条弦所对的两条弧的直线过圆心，且垂直平分此弦. 5.平行弦夹的弧相等. 要点诠释： 在垂经定理及其推论中：过圆心、垂直于弦、平分弦、平分弦所对的优弧、平分弦所对的劣弧，在这五个条件中，知道任意两个，就能推出其他三个结论.（注意：“过圆心、平分弦”作为题设时，平分的弦不能是直径） 【典例分析】 例1．（2024·上海·三模）如图，和相交于A和B，过点A作的平行线交两圆于C、D，设，则 （用含代数式表示） 例2．（2024·上海嘉定·二模）如图在圆O中，是直径，弦与交于点E，如果，点M是的中点，连接，并延长与圆O交于点N，那么 ．    例3．（2024·上海奉贤·二模）上海之鱼是奉贤区的核心景观湖，湖面成鱼型．如图，鱼身外围有一条圆弧形水道，在圆弧形水道外侧有一条圆弧形道路，它们的圆心相同．某学习小组想要借助所学的数学知识探索上海之鱼的大小． (1)利用圆规和直尺，在图上作出圆弧形水道的圆心O．（保留作图痕迹） (2)如图，学习小组来到了圆弧形道路内侧A处，将所携带的200米绳子拉直至圆弧道路内侧另一点B处，并测得绳子中点C与圆弧形道路内侧中点D的距离为10米，圆弧形水道外侧到道路内侧的距离为22米（点D、C、E在同一直线上），请计算圆弧形水道外侧的半径． 例4．（2024·上海虹口·模拟预测）如图1是一张乒乓球桌，其侧面简化结构如图2所示，台面（台面厚度忽略不计）与地面平行，且高度为（台面与地面之间的距离），直线型支架与的上端E，F与台面下方相连，与的下端P，Q与直径为的脚轮（侧面是圆）相连（衔接之间的距离忽略不计），直线型支架与的上端C，D与台面下方相连，下端G，H与，相连，圆弧形支架分别与，在点G，H相连，且，已知，， (1)求：的长度 (2)当所在的圆经过点P、Q时，求：所在的圆的圆心到台面之间的距离 例5．（2024·上海黄浦·三模）如图，半径为的经过的顶点，与边相交于点，，． (1)求的长； (2)如果，判断直线与以点为圆心、为半径的圆的位置关系，并说明理由． 例6．（2025·上海徐汇·模拟预测）如图1所示的圆弧形混凝土管片是构成圆形隧道的重要部件．管片的横截面（阴影部分）是同心圆环的一部分，左右两边沿的延长线交于圆心， (1)如图1，，的延长线交于圆心O，若甲组测得，，，求的长； (2)如图2，有一混凝土管片放置在水平地面上，底部用两个完全相同的长方体木块固定，管片与地面的接触点L为弧的中点，若丙组测得，，求：该混凝土管片的外圆弧半径． 【变式演练】 1．（2024·上海·模拟预测）下列说法正确的数量为（  ） （1）三角形的外心到三角形三顶点距离相等 （2）一组对边平行的四边形是梯形 （3）垂直平分弦的直径垂直平分弦所对的弧 A．0 B．1 C．2 D．3 2．（2023·上海徐汇·二模）如图，已知的内接正方形，点是的中点，与边交于点，那么 ． 3．（2022·上海奉贤·二模）图1是某种型号圆形车载手机支架，由圆形钢轨、滑动杆、支撑杆组成．图2是它的正面示意图，滑动杆的两端都在圆O上，A、B两端可沿圆形钢轨滑动，支撑杆的底端C固定在圆O上，另一端D是滑动杆的中点，（即当支架水平放置时直线平行于水平线，支撑杆垂直于水平线），通过滑动A、B可以调节的高度．当经过圆心O时，它的宽度达到最大值，在支架水平放置的状态下： (1)当滑动杆的宽度从10厘米向上升高调整到6厘米时，求此时支撑杆的高度． (2)如图3，当某手机被支架锁住时，锁住高度与手机宽度恰好相等（），求该手机的宽度． 4．（2023·上海徐汇·二模）如图，已知是的外接圆，连接并延长交边于点D，连接，且． (1)求证：； (2)当时，过点A作边的平行线，交于点E，连接交于点F．请画出相应的图形，并证明：． 5．（2023·上海闵行·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，抛物线的对称轴交轴于点，连结． (1)求线段的长； (2)如果抛物线的顶点到直线的距离为，求的值； (3)以点为圆心、为半径的交轴的负半轴于点，第一象限内的点在上，且劣弧如果抛物线经过点，求的值． 6．（2023·上海虹口·二模）如图1，在菱形中，，点在对角线上，，是的外接圆，点与点之间的距离记为． (1)如图2，当时，联结，求证：； (2)延长交射线于点，如果是直角三角形，求的长； (3)当圆心在菱形外部时，用含的代数式表示的半径，并直接写出的取值范围． 7．（2024·上海杨浦·三模）已知：如图，在中，平分劣弧，与交于点，点在延长线上，，连接． (1)求证：平分； (2)连结、，延长交于点，如果，求证：四边形是正方形． 题型03 弧、弦、圆心角的关系 【提分秘籍】 定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等. 推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量分别相等. 【解题思路】在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么这两条弧所对的弦相等，所对的圆心角、圆周角也都相等．运用这些相等关系，可以实现线段相等与角相等之间的相互转化． 【典例分析】 例1．（2024·上海静安·二模）对于命题：①如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等；②如果两个圆心角相等，那么它们所对的弧相等．下列判断正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题 例2．（2023·上海崇明·二模）如图，已知在中，，，经过的顶点A、C，交边于点D，，点C是的中点． (1)求的半径长； (2)联结，求． 例3．（2024·上海·模拟预测）如图，以为直径的圆O中，点O为圆心，C为弧的中点，过点C作且．连接，分别交，于点E，F，与圆O交于点G，连接． (1)求证：； (2)连接，，求证：． 【变式演练】 1．（2023·上海普陀·二模）下列关于圆的说法中，正确的是（    ） A．过三点可以作一个圆 B．相等的圆心角所对的弧相等 C．平分弦的直径垂直于弦 D．圆的直径所在的直线是它的对称轴 2．（2024·上海长宁·二模）如图，已知点、、、都在上，，，下列说法错误的是(　　) A．弧弧 B． C． D． 3．（2023·上海·模拟预测）已知钝角内接于，，将沿所在直线翻折，得到，连接、，如果，那么的值为 ． 4．（2023·上海闵行·二模）如图，在扇形中，点C、D在上，，点F、E分别在半径、上，，连接、． (1)求证：； (2)设点Р为的中点，连接、、，线段交于点M、交于点N．如果，求证：四边形是矩形． 5．（2023·上海·一模）已知：如图，是的直径，C是上一点，，垂足为点D，F是的中点，与相交于点E，，． (1)求的长； (2)求的值． 6．（2023·上海宝山·一模）如图，已知圆O的弦与直径交于点，且平分． (1)已知，，求圆O的半径； (2)如果，求弦所对的圆心角的度数． 题型04 点与圆的位置关系 【提分秘籍】 已知⊙O的半径为r，点P到圆心O的距离为d，则： 位置关系 图形 定义 性质及判定 点在圆外 点在圆的外部 d > r 点P在圆外 点在圆上 点在圆周上 d = r 点P在圆上 点在圆内 点在圆的内部 d < r 点P在圆内 【说明】掌握已知点的位置，可以确定该点到圆心的距离与半径的关系，反过来已知点到圆心的距离与半径的关系，可以确定该点与圆的位置关系． 【典例分析】 例1．（2024·上海嘉定·二模）在中， ，，以点为圆心，半径为的圆记作圆，那么下列说法正确的是（  ） A．点在圆外，点在圆上； B．点在圆上，点B在圆内； C．点在圆外，点在圆内； D．点、都在圆外． 例2．（2024·上海闵行·三模）若点P到上的所有点的距离中，最大距离为8，最小距离为2，那么的半径为 ． 例3．（2023·上海静安·二模）在平面直角坐标系中，我们定义点的“关联点”为．如果已知点在直线上，点在的内部，的半径长为（如图所示），那么点的横坐标的取值范围是 ． 【变式演练】 1．（2023·上海奉贤·二模）如图，矩形中，，，点在对角线上，圆经过点．如果矩形有两个顶点在圆O内，那么圆O的半径长r的取值范围是（    ）    A． B． C． D． 2．（2023·上海普陀·二模）已知矩形，，，以点为圆心，为半径画圆，那么点的位置是在 ． 3．（2022·上海静安·二模）如图，已知矩形的边，，现以点A为圆心作圆，如果B、C、D至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外，那么半径r的取值范围是 ． 4．（2023·上海宝山·一模）已知圆O的半径为1，A是圆O内一点，如果将线段的长记为d，那么d的取值范围是 ． 5．（2022·上海黄浦·二模）已知在△ABC中，AB＝AC，BC＝10，，如果顶点C在⊙B内，顶点A在⊙B外，那么⊙B的半径r的取值范围是 ． 6．（2023·上海·一模）如图，矩形中，，，以A为圆心，r为半径作，使得点D在圆内，点C在圆外，则半径r的取值范围是 ．    题型05 三角形的内切圆与外接圆 【提分秘籍】 1. 三角形内切圆与外接圆 三角形外接圆 经过三角形三个顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心，这个三角形叫做这个圆的内接三角形. 三角形内切圆 与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形. 2. 三角形内心与外心 圆心的名称 圆心的确定方法 图形 圆心的性质 外心 三角形三边中垂线的交点 1)OA=OB=OC 2)外心不一定在三角形的内部． 内心 三角形三条角平分线的交点 1)到三边的距离相等； 2)OA、OB、OC分别平分∠BAC、∠ABC、∠ACB； 3)内心一定在三角形内部． 3.常见结论 1）三角形内切圆半径公式：，其中S为三角形的面积；C为三角形的周长. 2）特殊的直角三角形内切圆半径公式：其中a，b为直角三角形的直角边长，c为斜边长. 【解题思路】解三角形的内切圆问题，通常分别连接．内切圆的圆心与切点、圆心与三角形的顶点来构造直角三角形，以便利用直角三角形的知识进行求解． 【典例分析】 例1．（2024·上海·模拟预测）在菱形中，菱形对角线，交于点O， ，菱形面积为，点F为边中点，则的外接圆周长为 ． 例2．（2024·上海·模拟预测）已知的内心为O，． (1)如果的外心也为O，求证：为等边三角形，并尺规作线段； (2)延长交边于E，求证：=． 例3．（2022·上海松江·三模）如图，在梯形中，动点在边上，过点作，与边交于点，过点作，与边交于点，设线段． (1)求关于的函数解析式，并写出定义域； (2)当是以为腰的等腰三角形时，求的值； (3)如图，作的外接圆，当点在运动过程中，外接圆的圆心落在的内部不包括边上时，求出的取值范围． 【变式演练】 1．（2022·上海虹口·二模）如果正三角形的边心距是2，那么它的外接圆半径是 ． 2．（2022·上海静安·二模）如图，已知外接圆的圆心O在高AD上，点E在BC延长线上，． (1)求证：； (2)当，时，求的长． 3．（2024·上海·模拟预测）如图，是圆O直径，弦，垂足为D，圆O周长为， (1)，求内切圆的面积； (2)，求证：． 题型06 直线与圆的位置关系 【提分秘籍】 设⊙O的半径为r，圆心到直线l的距离为d，则直线和圆的位置关系如下表： 位置关系 图形 公共点个数 性质及判定 相离 没有公共点 d > r直线l与⊙O相离 相切 有唯一公共点 d = r直线l与⊙O相切 相交 有两个公共点 d < r直线l与⊙O相交 【小技巧】判断点与圆之间的位置关系，将该点的圆心距与半径作比较即可． 【典例分析】 例1．（2024·上海闵行·二模）在中，，，，以点，点，点为圆心的的半径分别为5、10、8，那么下列结论错误的是（    ） A．点在上 B．与内切 C．与有两个公共点 D．直线与相切 例2．（2024·上海虹口·二模）在中，，．如果以顶点为圆心，为半径作，那么与边所在直线的公共点的个数是（    ） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个． 例3．（2024·上海·模拟预测）在矩形中，，点O在对角线上，圆O半径为2，若圆O与矩形各边都没有公共点，那么线段长的取值范围是 ． 例4．（2024·上海·二模）2023年2月13日，21世纪以来第20个指导“三农”工作的中央一号文件《中共中央国务院关于做好2023年全面推进乡村振兴重点工作的意见》发布，体现了国家对“三农”的重视．实际上在古代，智慧的劳动人民有很多发明创造．如图即为古代劳动人民发明的“石磨”，其原理为在磨盘的边缘连接一个固定长度的“连杆”，推动“连杆”带动磨盘转动将粮食磨碎，物理学上称这种动力传输工具为“曲柄连杆机构”．小明受“石磨”的启发设计了一个“双连杆机构”，设计图如图1，两个固定长度的“连杆”，的连接点P在上，当点P在上转动时，带动点A，B分别在射线，上滑动，．如图2，当AP与相切时，点B恰好落在上．请就图2的情形解答下列问题： (1)若，求的度数． (2)若线段与交于点C，，，求的半径． 例5．（2024·上海奉贤·三模）如图1，在边长为6的正方形中，E是边的动点，以E为圆心，为半径作圆，与相切于点F，连接并延长交于点G，连接、． (1)求证：； (2)如图2，与相交于点H，连接并延长交于点K，当满足时，试判断与的位置关系并说明理由． 例6．（2024·上海·模拟预测）如图，在菱形中，于，以为直径的分别交，于点，，连接．    (1)求证：是的切线； (2)若，，求． 例7．（2024·上海·模拟预测）如图，在中，，，，动点从点出发，沿着方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点从点方向出发，沿着方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为秒，以为圆心，长为半径的与、的另一个交点分别为、，连接、．    (1)若是等腰三角形，求的值； (2)若与线段只有一个公共点，请直接写出的取值范围． 【变式演练】 1．（2024·上海杨浦·三模）已知点A在半径为3的圆O上，如果点A到直线的距离是6，那么圆O与直线的位置关系是（    ） A．相交 B．相离 C．相切 D．以上答案都不对 2．（2024·上海·模拟预测）如图，在梯形中，，，，，如果以为直径的圆与梯形各边共有3个公共点（C，D两点除外），那么长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．（2024·上海嘉定·三模）设以3，4，5为边长构成的三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为 个. 4．（2024·上海长宁·二模）我们把以三角形的重心为圆心的圆叫做该三角形的重心圆．如图，在中，，如果的重心圆与该三角形各边的公共点一共有4个，那么它的半径r的取值范围是 ． 5．（2024·上海·模拟预测）如图，是正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与相切于点，与相交于点． (1)求证：与相切． (2)若正方形的边长为，点是半径上的一个动点，过点作交于点．当时，求的长 6．（2024·上海嘉定·三模）如图，是的直径，连接交于点，连接、，使得． (1)试判断与的位置关系并说明理由 (2)若点是的中点，与交于点，求证：． 7．（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． 8．（2024·上海嘉定·二模）在平面直角坐标系（如图）中，已知抛物线经过点、两点，与轴的交点为点，对称轴为直线． (1)求此抛物线的表达式； (2)已知以点为圆心，半径为的圆记作圆，以点A为圆心的圆记作圆A，如果圆A与圆外切，试判断对称轴直线与圆A的位置关系，请说明理由； (3)已知点在轴的正半轴上，且在点的上方，如果，请求出点的坐标． 题型07 圆与圆的位置关系 【提分秘籍】 设⊙O1、⊙O2的半径分别为r、R（其中R>r），两圆圆心距为d，则两圆位置关系如下表： 位置关系 图形 公共点个数 性质及判定 外离 无 两圆外离 外切 1个切点 两圆外切 相交 两个交点 两圆相交 内切 1个切点 两圆内切 内含 无 两圆内含 两圆相切、相交的重要性质：如果两圆相切，那么切点一定在连心线上，它们是轴对称图形，对称轴是两圆的连心线；相交的两个圆的连心线垂直平分两圆的公共弦. 【典例分析】 例1．（2024·上海·三模）如图，已知和外切，半径长分别为和．如果半径长是的与、都相切，那么符合题意的最多有⋯（    ）． A．4个 B．5个 C．6个 D．7个 例2．（2024·上海静安·二模）如果半径分别为r和2的两个圆内含，圆心距，那么r的取值范围是 ． 例3．（2024·上海·二模）若两个半径为2的等圆外离，则圆心距d的取值范围为 ． 例4．（2024·上海奉贤·二模）已知两个半径都为的与交于点，，那么圆心距的长是 ． 例5．（2024·上海虹口·二模）如图，在中，，，．点在边上，，以点为圆心，为半径作．点在边上，以点为圆心，为半径作．如果和外切，那么的长为 ．    例6．（2024·上海青浦·二模）在矩形中，与相交于点O．经过点B，如果与有公共点，且与边没有公共点，那么的半径长r的取值范围是 ． 例7．（2024·上海松江·二模）如图，已知是与的公共弦，与交于点C，的延长线与交于点P，连接并延长，交于点D． (1)连接如果．求证： ； (2)如果，求证：． 例8．（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． 【变式演练】 1．（2024·上海松江·二模）已知矩形中，，，分别以，为圆心的两圆外切，且点在内，点在内，那么半径的取值范围是（　） A． B． C． D． 2．（2024·上海杨浦·三模）如图，在中，，，，如果以为直径的圆与以为圆心、为半径的圆相交，那么的取值范围是 ． 3．（2024·上海黄浦·三模）当相交的两个圆中有一个圆的圆心在另一圆的圆内部时，我们称此两圆的位置关系为“内相交”．已知点O在线段AB上，的半径为1，如果以OB为半径的与“内相交”，且，那么的取值范围是 4．（2024·上海金山·二模）如图，在中，，，以点C为圆心作半径为1的圆C，P是上的一个点，以P为圆心，为半径作圆P，如果圆C和圆P有公共点，那么的取值范围是 ． 5．（2024·上海普陀·二模）如图，在中，，，分别以点B、C为圆心，1为半径长作、，D为边上一点，将和沿着翻折得到和，点B的对应点为点，与边相交，如果与外切，那么 ． 6．（2024·上海静安·三模）如图1所示，某种汽车转子发动机的平面图，其中的转子形状接近于图2所示的曲边三角形，其中等边的边长为，分别以为圆心，为半径作，为的中心． (1)若为上任意一点，则的最小值为______，最大值为______． (2)转子沿圆转动时，始终保持与相切，的半径为，的半径为，当圆心在线段的延长线上时，求两点间的距离的平方． 7．（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． 题型08 正多边形和圆 【提分秘籍】 1. 正多边形的相关概念 正多边形概念 各条边相等，并且各个内角也都相等的多边形叫做正多边形. 正多边形的中心 正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心. 正多边形的半径 正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径. 正多边形的中心角 正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角. 正多边形的边心距 中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距. 2. 正多边形的常用公式 边长 （Rn为正多边形外接圆的半径） 周长 Pn=n⋅an 外角/中心角度数 面积 Sn=an⋅rn⋅n 对角线条数 边心距 rn=Rn⋅cos 内角和 （ n-2 ）×180°. 内角度数 n边形的边数 （内角和÷180°）＋2 （an 、Rn、rn为构成直角三角形的三边长，已知其中两个值，第三个值可以借助勾股定理求解.） 【解题思路】正多边形与圆的计算问题：正n边形的外接圆半径和边心距把 正n边形分成 2n个全等的直角三角形，而每个直角三角形都集中地反映了这个正n边形各元素间的关系，故可以把正n边形的计算转化为解直角三角形，再利用勾股定理即可完成计算． 3. 正多边形常见边心距与边长的比值 图形 OA:AB:OB 内切圆与外接圆半径的比 等边三角形 1:: 2 1:2 正方形 1:1: 1: 正六边形 : 1:2 :2 【备注】正多边形的内切圆与外接圆为同心圆. 【典例分析】 例1．（2024·上海·模拟预测）下列关于正多边形说法正确的数量为（    ） （1）正多边形一定是轴对称图形   （2）正多边形一定是中心对称图形 （3）正多边形的中心角与其一个外角的度数相等 （4）正多边形的外角和与其边数成正比 A．1 B．2 C．3 D．4 例2．（2024·上海·模拟预测）如果正多边形的中心角是，那么该正多边形的内角和为 ． 例3．（2024·上海·模拟预测）已知一个正多边形的外角为，他的边心距为2，则它外接圆的面积为 例4．（2024·上海·三模）如图，已知圆O是正六边形外接圆，直径，点G、H分别在射线上（点G不与点C、D重合），且，设． (1)如图①，当直线经过弧的中点Q时，求：的正弦值； (2)如图②，当点G在边上时，试写出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围； (3)连接，如果与相似，求的长． 【变式演练】 1．（2024·上海虹口·三模）设正多边形的边数为，中心角度数为，则关于的函数解析式及其定义域为 2．（2024·上海·模拟预测）在正六边形中，若最长对角线长为4，最短对角线长为 3．（2024·上海普陀·三模）对角线条数和边数相同的正多边形的中心角的余弦值为 4．（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． 5．（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：，，，，．） 题型09 弧长和扇形面积 【提分秘籍】 设⊙O 的半径为R，n°圆心角所对弧长为，n为弧所对的圆心角的度数，则 扇形弧长公式 （弧长的长度和圆心角大小和半径的取值有关，且n表示1°的圆心角的倍数，n和180都不要带单位．） 扇形面积公式 S扇形==R 【典例分析】 例1．（2024·上海徐汇·二模）如图，一个半径为的定滑轮由绳索带动重物上升，如果该定滑轮逆时针旋转了，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，那么重物上升的高度是（    ） A．cm B．cm C．cm D．cm 例2．（2024·上海·三模）在中，，，，点D是边的中点．以分别以A、B为圆心，为半径画弧，分别与的边相交于点D、E、F、G（如图所示），那么图中的阴影面积为 ． 例3．（2024·上海·三模）某款“不倒翁”的主视图如图1，它由半圆和等边组成，直径，半圆的中点为点，为桌面，半圆与相切于点，拨动“不倒翁”后它在桌面上做无滑动的滚动． (1)如图1，，请直接写出的长为______（结果保留根号）； (2)如图2，当时，连接， ①直接写出的度数，并求点C到桌面的距离（结果保留根号） ②当或垂直于时“不倒翁”开始折返，直接写出从滚动到（图2-图3）过程中，点在上移动的距离． 【变式演练】 1．（2024·上海·模拟预测）如图，为圆O直径，且，点P为弧上一点，连接，将半圆沿直线折叠，使折叠后的圆弧恰好经过圆心O，则图中阴影部分的周长为 cm    2．（2024·上海·模拟预测）如图，已知等腰直角中，，D是斜边的中点且，以B为圆心，为半径画弧，交于F，以C为圆心，为半径画弧，分别交，于E，G，则阴影部分的面积为 ．    3．（2024·上海·模拟预测）如图，正方形的边长为2，则阴影部分的周长与面积的比值为：    题型10 圆的综合题 【典例分析】 例1．（2024·上海·模拟预测）如图，在平行四边形中，，，，点在边上运动，以为圆心，为半径的圆与边交于、两点． (1)当圆与边相切时，求的长； (2)设，的面积为，求y关于的函数解析式，并写出定义域； (3)当圆与平行四边形的边有个交点时，求x的取值范围． 例2．（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． 【变式演练】 1．（2024·上海虹口·三模）如图1，为半圆O的直径，C为延长线上一点，切半圆于点D，，交延长线于点E，交半圆于点F，已知． (1)求的值 (2)如图2，连接，P为线段上一点，过点P作的平行线分别交，于点M，N，交圆O于点K，过点P作于点H．设． ①求y关于x的函数解析式及其定义域； ②延长交半圆O于点Q，求当x为何值时的值最大时，并求出最大值． 2．（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． 一、单选题 1．（2021·上海·中考真题）如图，已知长方形中，，圆B的半径为1，圆A与圆B内切，则点与圆A的位置关系是（    ） A．点C在圆A外，点D在圆A内 B．点C在圆A外，点D在圆A外 C．点C在圆A上，点D在圆A内 D．点C在圆A内，点D在圆A外 2．（2024·上海·中考真题）在中，，，，点在内，分别以为圆心画，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是（    ） A．内含 B．相交 C．外切 D．相离 二、填空题 3．（2021·上海·中考真题）六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，求中间正六边形的面积 ． 4．（2023·上海·中考真题）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数为 ． 5．（2022·上海·中考真题）如图所示，小区内有个圆形花坛O，点C在弦AB上，AC=11，BC=21，OC=13，则这个花坛的面积为 ．（结果保留） 6．（2022·上海·中考真题）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为 ． 7．（2023·上海·中考真题）在中，点D在边上，点E在延长线上，且，如果过点A，过点D，若与有公共点，那么半径r的取值范围是 ． 三、解答题 8．（2021·上海·中考真题）已知：在圆O内，弦与弦交于点分别是和的中点，联结． （1）求证：； （2）联结，当时，求证：四边形为矩形． 9．（2023·上海·中考真题）如图，在中，弦的长为8，点C在延长线上，且．    (1)求的半径； (2)求的正切值． 10．（2022·上海·中考真题）平行四边形，若为中点，交于点，连接． (1)若， ①证明为菱形； ②若，，求的长． (2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值． 11．（2023·上海·中考真题）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，联结交于点．    (1)如果，求证：四边形为平行四边形； (2)如图（2）所示，联结，如果，求边的长； (3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值． 12．（2024·上海·中考真题）在梯形中，，点E在边上，且． (1)如图1所示，点F在边上，且，联结，求证：； (2)已知； ①如图2所示，联结，如果外接圆的心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长； ②如图3所示，如果点M在边上，联结、、，与交于N，如果，且，，求边的长． 3 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 圆 目录 热点题型归纳 题型01 圆的基础知识 2 题型02 垂径定理及其应用 10 题型03 弧、弦、圆心角的关系 37 题型04 点与圆的位置关系 51 题型05 三角形的内切圆与外接圆 59 题型06 直线与圆的位置关系 73 题型07 圆与圆的位置关系 98 题型08 正多边形和圆 122 题型09 弧长和扇形面积 142 题型10 圆的综合题 150 中考练场 166 1.考查分值：18-32分。 2.考查题型：基础题以选择填空形式出现、综合题解答题（压轴）形式出现。 3.能力要求： 中考圆的命题趋势主要围绕圆的有关概念和性质进行考查，这些知识点常以选择题、填空题的形式出现，既考查学生对这些基础知识的掌握程度，也考察学生运用这些知识解决实际问题的能力。 在解答题中，会涉及到与其他知识点的综合应用，如与勾股定理、三角形的相似、三角形与四边形相关概念与证明等知识的结合。 题型01 圆的基础知识 【提分秘籍】 1．圆的定义 　　(1)线段OA绕着它的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的封闭曲线，叫做圆. 　　(2)圆是到定点的距离等于定长的点的集合. 要点诠释： 　 ①圆心确定圆的位置，半径确定圆的大小；确定一个圆应先确定圆心，再确定半径，二者缺一不可； 　②圆是一条封闭曲线. 2．圆的性质 　　(1)旋转不变性：圆是旋转对称图形，绕圆心旋转任一角度都和原来图形重合；圆是中心对称图形，对称中心是圆心. 　　 　在同圆或等圆中，两个圆心角，两条弧，两条弦，两条弦心距，这四组量中的任意一组相等，那么它所对应的其他各组分别相等. 　　(2)轴对称：圆是轴对称图形，经过圆心的任一直线都是它的对称轴. 3．两圆的性质 　　(1)两个圆是一个轴对称图形，对称轴是两圆连心线. 　　(2)相交两圆的连心线垂直平分公共弦，相切两圆的连心线经过切点. 【典例分析】 例1．（2024·上海·三模）在半径长为1米，圆心角为的扇形铁皮上剪裁出一个正方形铁皮，那么这个正方形铁皮的边长a的取值范围是 米． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了解直角三角形，正方形的性质，圆的基本性质，首先正方形的边长大于0，其次当正方形的顶点D恰好在上时，此时边长最大，解直角三角形求出此时的边长即可． 【详解】解：如图所示，当正方形的顶点D恰好在上时， 由正方形的性质可得， ∴， ∴这个正方形铁皮的边长a的取值范围是， 故答案为：． 例2．（2024·上海杨浦·一模）已知矩形中，，以为半径的圆A和以为半径的圆C相交于点D、E，如果点E到直线的距离不超过3，设的长度为m，则m的取值范围是 ． 【答案】 【分析】如图，当在的左侧时，连接，，，过作于，作于，如图，当在的右侧时，连接，，，过作于， 交于，再分别求解的值，从而可得答案． 【详解】解：如图，当在的左侧时，连接，，，过作于，作于， ∵矩形，，， ∴四边形为矩形，，， ∴，， ∴， ∵，为圆心， ∴是的垂直平分线， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，， 解得：； 如图，当在的右侧时，连接，，，过作于， 交于， ∵矩形，，， ∴，，四边形为矩形， ∴， 同理可得： ，， ∵， ∴， ∴， ∵ 在中，， ∴， 综上：点E到直线的距离不超过3，则； 故答案为： 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，勾股定理的应用，两圆的位置关系，线段的垂直平分线的性质，确定临界点是解本题的关键． 例3．（2024·上海松江·二模）如图，已知中，．点O在边上，以O为圆心，为半径的弧经过点A．    (1)求的半径长； (2)P是上一点，，交于点D，连接．求的正切值． 【答案】(1)5 (2) 【分析】本题主要考查了解直角三角形，圆的基本性质，勾股定理： （1）联结，设，在中，根据勾股定理，求出x的值，即可； （2）过点P作，垂足为H． 根据锐角三角函数可得，，再由，可得，即可求解． 【详解】（1）解：联结，设，    ∵， ∴，        ∵， ∴ 解得：，          ∴的半径长是5． （2）解：过点P作，垂足为H．    ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴，    ∴，                ∴，                   ∴ ． 【变式演练】 1．（2023·上海徐汇·二模）如图，在直角坐标系中，已知点、点，的半径为5，点C是上的动点，点P是线段的中点，那么长的取值范围是 ． 【答案】 【分析】如图，在y轴上取一点，连接，，由勾股定理求出，由三角形中位线定理求，当C在线段上时，的长度最小值，当C在线段延长线上时，的长度最大值，即可求解． 【详解】解：如图，在y轴上取一点，连接，， ∵，， ∴，， ∴， ∵点P是的中点， ∴， ∵，， ∴是的中位线， ∴， 当C在线段上时，的长度最小值为：， 当C在线段延长线上时，的长度最大值为：， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是圆外一点到圆上点距离的最值，三角形中位线定理，勾股定理等知识，添加恰当的辅助线是解答本题的关键． 2．（2022·上海虹口·二模）已知：如图，是⊙O的两条弦，，点M、N分别在弦上，且，联结．    (1)求证：； (2)当为锐角时，如果，求证：四边形为等腰梯形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）如图，联结，，证明，则，由，可得，则，证明，进而结论得证； （2）由，可得，由，可证，则，，则有，，进而结论得证． 【详解】（1）证明：如图，联结，，    在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴； （2）证明：， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形为等腰梯形． 【点睛】本题主要考查了圆的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等腰梯形的判定．构造恰当的辅助线是解题的关键． 题型02 垂径定理及其应用 【提分秘籍】 1.垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧. 2.平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧. 3.弦的垂直平分线过圆心，且平分弦对的两条弧. 4.平分一条弦所对的两条弧的直线过圆心，且垂直平分此弦. 5.平行弦夹的弧相等. 要点诠释： 在垂经定理及其推论中：过圆心、垂直于弦、平分弦、平分弦所对的优弧、平分弦所对的劣弧，在这五个条件中，知道任意两个，就能推出其他三个结论.（注意：“过圆心、平分弦”作为题设时，平分的弦不能是直径） 【典例分析】 例1．（2024·上海·三模）如图，和相交于A和B，过点A作的平行线交两圆于C、D，设，则 （用含代数式表示） 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，向量以及垂径定理，先过点和分别作、，证明四边形是矩形，再运用垂径定理得出，即可作答． 【详解】解：如图：过点和分别作、， ∵过点A作的平行线交两圆于C、D， ∴， ∵、， ∴四边形是矩形， ∴， ∵、， ∴， ∴， ∵， 则． 故答案为：． 例2．（2024·上海嘉定·二模）如图在圆O中，是直径，弦与交于点E，如果，点M是的中点，连接，并延长与圆O交于点N，那么 ．    【答案】/ 【分析】本题主要考查圆有关性质．熟练掌握垂径定理推论，等腰直角三角形性质，是解决问题的关键． 由题意可知，则， 根据垂径定理推论得到，结合可得是等腰直角三角形，求得，即可求得． 【详解】解：∵在圆O中，是直径，， ∴， ∴， ∴， ∵点M是的中点， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 例3．（2024·上海奉贤·二模）上海之鱼是奉贤区的核心景观湖，湖面成鱼型．如图，鱼身外围有一条圆弧形水道，在圆弧形水道外侧有一条圆弧形道路，它们的圆心相同．某学习小组想要借助所学的数学知识探索上海之鱼的大小． (1)利用圆规和直尺，在图上作出圆弧形水道的圆心O．（保留作图痕迹） (2)如图，学习小组来到了圆弧形道路内侧A处，将所携带的200米绳子拉直至圆弧道路内侧另一点B处，并测得绳子中点C与圆弧形道路内侧中点D的距离为10米，圆弧形水道外侧到道路内侧的距离为22米（点D、C、E在同一直线上），请计算圆弧形水道外侧的半径． 【答案】(1)见解析 (2)圆弧形水道外侧的半径为483米 【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，线段垂直平分线的尺规作图： （1）如图所示，分别在圆弧形水道，圆弧形道路上取一条弦，分别作两条弦的垂直平分线，二者的交点即为点O； （2）如图所示，连接，由垂径定理可得，米，则四点共线，设米，则米，由勾股定理得，解得，则米． 【详解】（1）解：如图所示，分别在圆弧形水道，圆弧形道路上取一条弦，分别作两条弦的垂直平分线，二者的交点即为点O； （2）解：如图所示，连接， ∵C为的中点，点D为圆弧形道路内侧中点， ∴，米， ∴四点共线， 设米，则米， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴米． 答：圆弧形水道外侧的半径为483米． 例4．（2024·上海虹口·模拟预测）如图1是一张乒乓球桌，其侧面简化结构如图2所示，台面（台面厚度忽略不计）与地面平行，且高度为（台面与地面之间的距离），直线型支架与的上端E，F与台面下方相连，与的下端P，Q与直径为的脚轮（侧面是圆）相连（衔接之间的距离忽略不计），直线型支架与的上端C，D与台面下方相连，下端G，H与，相连，圆弧形支架分别与，在点G，H相连，且，已知，， (1)求：的长度 (2)当所在的圆经过点P、Q时，求：所在的圆的圆心到台面之间的距离 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查垂径定理及解直角三角形的应用，理解和灵活运用垂径定理，并能够熟练地解直角三角形是解答本题的关键． （1）过点，交于点M．连接．根据已知条件求出、，由勾股定理计算的长度； （2）设点O为所在圆的圆心．连接、、、，过点O作OK⊥GH，交GH于点K，交PQ于点N．由垂径定理求得、，由勾股定理和半径相等列方程，求出，进而求出圆心到的距离． 【详解】（1）解：过点G作，交于点M．连接． 由题意可得：，， ∴． 又∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴． （2）解：设点O为所在圆的圆心．连接、、、，过点O作OK⊥GH，交GH于点K，交PQ于点N． 由垂径定理，得， ∴． ∴． ∵，，且， ∴， ∴，即， 解得． ∴． ∴所在的圆的圆心到台面之间的距离为． 例5．（2024·上海黄浦·三模）如图，半径为的经过的顶点，与边相交于点，，． (1)求的长； (2)如果，判断直线与以点为圆心、为半径的圆的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)； (2)直线与相交，理由见解析． 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，三角函数，三角形的面积，直线和圆的位置关系，正确作出辅助线是解题的关键． （）连接并延长交于点，连接，由可得，进而得，，利用勾股定理得，得到，再由勾股定理即可得到的长； （）直线与相交．过点作于，由三角函数得，得到，进而得，再根据三角形的面积得，即可求证． 【详解】（1）解：连接并延长交于点，连接， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）解：直线与相交，理由如下： 过点作于， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴直线与相交． 例6．（2025·上海徐汇·模拟预测）如图1所示的圆弧形混凝土管片是构成圆形隧道的重要部件．管片的横截面（阴影部分）是同心圆环的一部分，左右两边沿的延长线交于圆心， (1)如图1，，的延长线交于圆心O，若甲组测得，，，求的长； (2)如图2，有一混凝土管片放置在水平地面上，底部用两个完全相同的长方体木块固定，管片与地面的接触点L为弧的中点，若丙组测得，，求：该混凝土管片的外圆弧半径． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，垂径定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键， （1）由，，推出，即可证得，再根据相似三角形对应边成比例解答即可； （2）连接、、、、与相交于点，由垂径定理可得，再结合勾股定理得到，据此解答即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：， 经检验，是原方程的根，即． 答：的长为； （2）解：如图，设圆心为点，连接、、、、与相交于点， 则，， 设外半径为，则， 在中，由勾股定理可得：， 即， 解得：， 答：该混凝土管片的外圆弧半径为． 【变式演练】 1．（2024·上海·模拟预测）下列说法正确的数量为（  ） （1）三角形的外心到三角形三顶点距离相等 （2）一组对边平行的四边形是梯形 （3）垂直平分弦的直径垂直平分弦所对的弧 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】此题考查了三角形外心、梯形的定义、垂径定理及其推论，根据三角形外心、梯形的定义、垂径定理及其推论进行判断即可. 【详解】解：（1）三角形的外心到三角形三顶点距离相等，说法正确， （2）一组对边平行的四边形，另一组对边不平行的四边形是梯形，原说法错误， （3）垂直平分弦的直径平分弦所对的弧，原说法错误， 说法正确的数量1个， 故选：B 2．（2023·上海徐汇·二模）如图，已知的内接正方形，点是的中点，与边交于点，那么 ． 【答案】 【分析】连接，交于点，连接，根据题意得出，设，则，证明，根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，交于点，连接， ∵的内接正方形， ∴经过点， ∵点是的中点， ∴， ∴ 设，则 ∴ ∵, ∴ ∵， ∴ ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正多边形与圆，垂径定理，正方形的性质，相似三角形的性质，证明是解题的关键． 3．（2022·上海奉贤·二模）图1是某种型号圆形车载手机支架，由圆形钢轨、滑动杆、支撑杆组成．图2是它的正面示意图，滑动杆的两端都在圆O上，A、B两端可沿圆形钢轨滑动，支撑杆的底端C固定在圆O上，另一端D是滑动杆的中点，（即当支架水平放置时直线平行于水平线，支撑杆垂直于水平线），通过滑动A、B可以调节的高度．当经过圆心O时，它的宽度达到最大值，在支架水平放置的状态下： (1)当滑动杆的宽度从10厘米向上升高调整到6厘米时，求此时支撑杆的高度． (2)如图3，当某手机被支架锁住时，锁住高度与手机宽度恰好相等（），求该手机的宽度． 【答案】(1)支撑杆的高度为9cm． (2)手机的宽度为8cm． 【分析】（1）如图，连结OA，由题意可得：的直径为10， 由 先求解 从而可得答案； （2）如图，记圆心为O，连结OA，证明 设则则 再利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】（1）解：如图，连结OA，由题意可得：的直径为10， 即 所以此时支撑杆的高度为9cm． （2）解：如图，记圆心为O，连结OA， 由题意可得： ∴四边形为正方形， 设 则 由勾股定理可得： 解得 经检验不符合题意，舍去，取 （cm）， 即手机的宽度为8cm． 【点睛】本题考查的是正方形的判定与性质，垂径定理的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，建立方程解题是关键． 4．（2023·上海徐汇·二模）如图，已知是的外接圆，连接并延长交边于点D，连接，且． (1)求证：； (2)当时，过点A作边的平行线，交于点E，连接交于点F．请画出相应的图形，并证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先证明，再证明，如图，延长交于，结合垂径定理与等腰三角形的判定可得结论； （2）如图，补全图形如下：结合（1）设，再证明，，，可得，结合相似三角形的性质可得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 如图，延长交于， ∴， ∴， ∴结合三角形的内角和定理可得：， ∴． （2）如图，补全图形如下：结合（1）设， ∵， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，而， ∴， ∴，而， ∴． 【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，三角形的内角和定理的应用，等腰三角形的判定与性质，垂径定理的应用，熟练的证明三角形相似是解本题的关键． 5．（2023·上海闵行·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，抛物线的对称轴交轴于点，连结． (1)求线段的长； (2)如果抛物线的顶点到直线的距离为，求的值； (3)以点为圆心、为半径的交轴的负半轴于点，第一象限内的点在上，且劣弧如果抛物线经过点，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】分别求出，，由两点间距离公式可求； 抛物线的顶点为，由，可得； 连接，，，设，求出，由垂径定理可得，，，得，联立可得． 【详解】（1）， 抛物线的对称轴为， ， 令，则， ， ； （2）解：由可知抛物线的顶点为， ， ， ， ， 解得；      （3）连接，，， ， ∴， ， ，   ， 设， ，， ， ∴， ， ， ， 联立可得或舍， 将代入，可得．    【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，圆的垂径定理是解题的关键． 6．（2023·上海虹口·二模）如图1，在菱形中，，点在对角线上，，是的外接圆，点与点之间的距离记为． (1)如图2，当时，联结，求证：； (2)延长交射线于点，如果是直角三角形，求的长； (3)当圆心在菱形外部时，用含的代数式表示的半径，并直接写出的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2)或； (3)⊙O的半径为，m的取值范围为或． 【分析】（1）连接、，交于，由，得出，根据垂径定理得出，，则．由，得出．根据菱形的性质得出，则， （2）分当时，当时，如图所示，设交于点，分别画出图形，解直角三角形，即可求解； （3）连接，过点O作于点E，延长交于点F，过点O作于点G，利用垂径定理得到，，在和中，求得，，在中，利用勾股定理即可得出⊙O的半径；再根据点在对角线上，点与点之间的距离记为，减去圆心在菱形及内部时的情况即可求出m的取值范围． 【详解】（1）解：连接、，交于，如图， ， ， ，， ． ， ， ． 四边形为菱形， ， ， ； （2）解：当时，如图所示， ∵ ∴是的直径， ∵菱形中，， ∴，， ∴， ∵，则， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， 解得：或（舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时，如图所示，设交于点 ∵，， ∴， 又∵，则 ∴ 综上所述，或； （3）解：连接，过点O作于点E，延长交于点F，过点O作于点G，如图， ∵， ∴， 同理，， ∵，， ∵， ∴， ∴． 在中， ∵， ∴． 在中，， 在中， ∵， ∴， ∴⊙O的半径为， 设菱形对角线交点为K， ∵，， ∴，， ∴， ∵点在对角线上，点与点之间的距离记为， ∴； ∵圆心在菱形外部， ①当圆心到达边时， 此时为直径，即， 即点P与点K重合， 此时； ②当圆心到达边时， 如图所示，过点作于点，过点作于点， ∵， ∴， ∵ 设 则 ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， 此时， 综上所述，m的取值范围为或． 【点睛】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，垂径定理，圆周角定理，熟练掌握解直角三角形，与圆的相关性质是解题的关键． 7．（2024·上海杨浦·三模）已知：如图，在中，平分劣弧，与交于点，点在延长线上，，连接． (1)求证：平分； (2)连结、，延长交于点，如果，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）根据平分劣弧可得，即有，再根据垂直可得，问题即可得证； （2）在优弧上任取一点N，连接、，根据圆内接四边形的性质可得：，根据平分劣弧可得，，证明，可得，即可证明，则有，进而可得，问题随之得证． 【详解】（1）∵平分劣弧， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； （2）在优弧上任取一点N，连接、，如图， 根据圆内接四边形的性质可得：， ∵平分劣弧， ∴，，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴菱形是正方形． 【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，正方形的判定以及圆内接四边形的性质等知识，掌握并灵活运用垂径定理是解答本题的关键． 题型03 弧、弦、圆心角的关系 【提分秘籍】 定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等. 推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量分别相等. 【解题思路】在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么这两条弧所对的弦相等，所对的圆心角、圆周角也都相等．运用这些相等关系，可以实现线段相等与角相等之间的相互转化． 【典例分析】 例1．（2024·上海静安·二模）对于命题：①如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等；②如果两个圆心角相等，那么它们所对的弧相等．下列判断正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题 【答案】A 【分析】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．根据圆心角、弧、弦的关系定理判断即可． 【详解】解：①如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等，故本小题说法是真命题； ②在同圆或等圆中，如果两个圆心角相等，那么它们所对的弧相等，故本小题说法是假命题 故选：A． 例2．（2023·上海崇明·二模）如图，已知在中，，，经过的顶点A、C，交边于点D，，点C是的中点． (1)求的半径长； (2)联结，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）联结，易得，为等腰三角形，利用三线合一，以及垂径定理，进行求解即可； （2）过点作，勾股定理求出的长，进而得到的长，等积法求出的长，利用正弦的定义，进行求解即可． 【详解】（1）解：联结，则：， ∵点C是的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， 设圆的半径为，则：， ∴， 在中，，即：， 解得：， ∴的半径长为． （2）解：由（1）知：， ∴， ∴， 过点作于点， 则，即：， ∴， 由（1）知：， ∴． 【点睛】本题考查弧，弦，圆心角的关系，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形．熟练掌握等弧对等弦对等角，是解题的关键． 例3．（2024·上海·模拟预测）如图，以为直径的圆O中，点O为圆心，C为弧的中点，过点C作且．连接，分别交，于点E，F，与圆O交于点G，连接． (1)求证：； (2)连接，，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据平行四边形的判定可得四边形为平行四边形，根据为半圆的中点可得，根据矩形的判定可得平行四边形为矩形，即可证明； （2）连接，，交于，结合（1）易知四边形为正方形，可证，得，再证垂直平分，进而证明，再根据角度之间的互余关系可得，即可则证明． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵为半圆的中点， ∴，即， ∴平行四边形为矩形． ∴， ∴． （2）证明：连接，，交于， 由（1）可知平行四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形，则，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查圆的基本性质，矩形、正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 【变式演练】 1．（2023·上海普陀·二模）下列关于圆的说法中，正确的是（    ） A．过三点可以作一个圆 B．相等的圆心角所对的弧相等 C．平分弦的直径垂直于弦 D．圆的直径所在的直线是它的对称轴 【答案】D 【分析】利用圆的有关定义及性质分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A、过不在同一直线上的三个点一定能作一个圆，故错误，不符合题意； B、同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故错误，不符合题意； C、平分弦不是直径的直径垂直于弦，故错误，不符合题意； D、圆的直径所在的直线是它的对称轴，正确，符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查了确定圆的条件及圆的有关性质，解题的关键是了解有关性质及定义，难度不大． 2．（2024·上海长宁·二模）如图，已知点、、、都在上，，，下列说法错误的是(　　) A．弧弧 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系；根据题意和垂径定理，可以得到，，，然后即可判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题． 【详解】解：∵， ∴，，故A正确；， ∴， , ∴，故B正确；, ∴，故C错误； ∵， ∴，故D正确； 故选：C． 3．（2023·上海·模拟预测）已知钝角内接于，，将沿所在直线翻折，得到，连接、，如果，那么的值为 ． 【答案】/ 【分析】延长交于，设交于、，连接，，设，由翻折知是的垂直平分线，则，，说明，得，则，再利用，可得，从而解决问题． 【详解】解：延长交于，设交于、，连接，，如图， ∵， 设， 由翻折知是的垂直平分线， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴（）， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，， 解得， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆，等腰三角形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，运用相似三角形的性质表示出是解题的关键，综合性较强，属于中考压轴题． 4．（2023·上海闵行·二模）如图，在扇形中，点C、D在上，，点F、E分别在半径、上，，连接、． (1)求证：； (2)设点Р为的中点，连接、、，线段交于点M、交于点N．如果，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）由题意易得，则有，然后可证，进而问题可求证； （2）由（1）可知：，，然后可得扇形关于对称，则有，进而问题可求证． 【详解】（1）证明：∵，是公共弧， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：如图所示： 由（1）可知：，， ∵点Р为的中点， ∴， ∴扇形关于对称， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形． 【点睛】本题主要考查垂径定理、圆的基本性质及矩形的判定，熟练掌握垂径定理、圆的基本性质及矩形的判定是解题的关键． 5．（2023·上海·一模）已知：如图，是的直径，C是上一点，，垂足为点D，F是的中点，与相交于点E，，． (1)求的长； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，根据F是中点，得到，根据得到且，设，则，根据勾股定理得到，解方程得到，即可得到； （2）先求出，再证明，根据余弦定义即可求解得到． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵F是中点， ∴ ∴ ∵ ∴且， 设，则， 在中，， ∴， 解得：， ∴；    （2）解：∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴． 【点睛】本题考查了弧、圆心角的关系，等腰三角形的性质，勾股定理，余弦的定义等知识，熟练掌握相关知识点并灵活应用是解题的关键． 6．（2023·上海宝山·一模）如图，已知圆O的弦与直径交于点，且平分． (1)已知，，求圆O的半径； (2)如果，求弦所对的圆心角的度数． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，如图，设的半径为，则，，先根据垂径定理得到，，在中利用勾股定理得到，然后解方程即可； （2）连接，如图，先利用得到，即，再利用正弦的定义得到，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算即可． 【详解】（1）解：连接，如图，设的半径为，则，， 平分， ，， 在中，， 解得， 即的半径为； （2）连接，如图， ， ， 即， ， ， 在中，， ， ， ， ， 即弦所对的圆心角的度数为． 【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．也考查了垂径定理和勾股定理． 题型04 点与圆的位置关系 【提分秘籍】 已知⊙O的半径为r，点P到圆心O的距离为d，则： 位置关系 图形 定义 性质及判定 点在圆外 点在圆的外部 d > r 点P在圆外 点在圆上 点在圆周上 d = r 点P在圆上 点在圆内 点在圆的内部 d < r 点P在圆内 【说明】掌握已知点的位置，可以确定该点到圆心的距离与半径的关系，反过来已知点到圆心的距离与半径的关系，可以确定该点与圆的位置关系． 【典例分析】 例1．（2024·上海嘉定·二模）在中， ，，以点为圆心，半径为的圆记作圆，那么下列说法正确的是（  ） A．点在圆外，点在圆上； B．点在圆上，点B在圆内； C．点在圆外，点在圆内； D．点、都在圆外． 【答案】C 【分析】本题考查了解直角三角形，点与圆的位置关系，等腰三角形的性质，掌握解直角三角形和会判断点与圆的位置关系是解决问题的关键．由解直角三角形求出，由等腰三角形的性质求出，即可判断出点B和点A与的位置关系，即可得出答案． 【详解】解：如图，过点A作于点D，如图所示： ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵的半径为6， ∵， ∴点在圆外，点在圆内； 故选：C． 例2．（2024·上海闵行·三模）若点P到上的所有点的距离中，最大距离为8，最小距离为2，那么的半径为 ． 【答案】或者 【分析】本题考查了点与圆的位置关系，分点P在外和内两种情况讨论，当点P在外时，最大距离与最小距离之差等于直径；当点P在内时，最大距离与最小距离之和等于直径，即可得． 【详解】解：点P在外时， 外一点到上所有的点的距离中，最大距离是，最小距离是， 的半径长等于； 点P在内时， 内一点到上所有的点的距离中，最大距离是，最小距离是， 的半径长等于， 故答案为：或者． 例3．（2023·上海静安·二模）在平面直角坐标系中，我们定义点的“关联点”为．如果已知点在直线上，点在的内部，的半径长为（如图所示），那么点的横坐标的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据点在直线上，可求得点的“关联点”为，根据点与圆的位置关系可得，根据勾股定理即可得答案． 【详解】解：∵点A在直线上， ∴， ∴，， ∴点的“关联点”为， 当时，，此时点在上， 整理得， 解得：， ∵点在的内部，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了坐标与图形，点与圆的位置关系及解一元二次方程，点在圆内，；点在圆上，，点在圆外，，正确得出点坐标，熟练掌握点与圆点位置关系是解题关键． 【变式演练】 1．（2023·上海奉贤·二模）如图，矩形中，，，点在对角线上，圆经过点．如果矩形有两个顶点在圆O内，那么圆O的半径长r的取值范围是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由勾股定理求出，连接，交于点F，作于点E，求得，再根据圆的运动过程，判断出r的取值范围即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴ ∵， ∴ ∴ 由勾股定理得，， 连接，交于点F，作于点E，    ∵ ∴ 点O从点D开始向B移动，移到E时，的长度从1减到，再移到点F，此时，在这一范围内，，, ∴当时，A，B都在圆外，不满足条件； 当点O从点F移到点B时，，此时，，， ∴当时，满足两点在圆内的条件； 当，即，点O在点F的位置，，此时四点都在圆上，不满足条件； 当，即，点O在点B的位置，此时，，A和B在圆内，点D在圆外，满足条件， 故r的取值范围是：． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，正确进行分类讨论是解答本题的关键． 2．（2023·上海普陀·二模）已知矩形，，，以点为圆心，为半径画圆，那么点的位置是在 ． 【答案】外 【分析】由矩形的性质得，根据勾股定理得，可知点到圆心的距离大于的半径，则点在外，于是得到问题的答案． 【详解】解：四边形是矩形， ， ，， ， 的半径为，且， 点到圆心的距离大于的半径， 点在外， 故答案为：外． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，根据勾股定理求出的长是解题的关键． 3．（2022·上海静安·二模）如图，已知矩形的边，，现以点A为圆心作圆，如果B、C、D至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外，那么半径r的取值范围是 ． 【答案】6<r<10 【分析】先求出矩形对角线的长，然后由B、C、D至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外，即可确定半径r的取值范围． 【详解】解：连接AC，如图， ∵，， 由勾股定理可得：， ∵，，AC=10， 又∵B、C、D至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外， ∴点B在内，点C在外， ∴6<r<10． 故答案为：6<r<10． 【点睛】本题主要考查的是勾股定理、点与圆的位置关系． 4．（2023·上海宝山·一模）已知圆O的半径为1，A是圆O内一点，如果将线段的长记为d，那么d的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据点在圆内，，可得结论． 【详解】解：点在圆内， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查点与圆的位置关系，解题的关键是记住：点与圆的位置关系有3种．设的半径为，点到圆心的距离，则有：①点在圆外②点在圆上．③点在圆内． 5．（2022·上海黄浦·二模）已知在△ABC中，AB＝AC，BC＝10，，如果顶点C在⊙B内，顶点A在⊙B外，那么⊙B的半径r的取值范围是 ． 【答案】/ 【分析】过点A作AD⊥BC于D，则BD=BC==5，解Rt△ABD，求出AD长，从而求出AB长，再根据点与圆的位置关系求解即可． 【详解】解：如图，过点A作AD⊥BC于D， ∵AB=AC，AD⊥BC， ∴BD=BC==5，∠ADB=90°， ∵cot B=，即 ∴AD=12， 由勾股定理，得AB==13， ∵顶点C在⊙B内，顶点A在⊙B外， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质，解直角三角形，点与圆的位置关系，过点A作AD⊥BC于D，构造直角三角形是解题的关键． 6．（2023·上海·一模）如图，矩形中，，，以A为圆心，r为半径作，使得点D在圆内，点C在圆外，则半径r的取值范围是 ．    【答案】 【分析】首先利用勾股定理得出的长，利用以A为圆心，r为半径作，使得点D在圆内，点C在圆外，得出r的取值范围即可． 【详解】解：如图，连接，    ∵矩形矩形中，，， ∴， ∵以A为圆心，r为半径作，使得点D在圆内，点C在圆外， ∴半径r的取值范围是：， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系以及勾股定理，利用图形得出r的取值范围是解题关键． 题型05 三角形的内切圆与外接圆 【提分秘籍】 1. 三角形内切圆与外接圆 三角形外接圆 经过三角形三个顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心，这个三角形叫做这个圆的内接三角形. 三角形内切圆 与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形. 2. 三角形内心与外心 圆心的名称 圆心的确定方法 图形 圆心的性质 外心 三角形三边中垂线的交点 1)OA=OB=OC 2)外心不一定在三角形的内部． 内心 三角形三条角平分线的交点 1)到三边的距离相等； 2)OA、OB、OC分别平分∠BAC、∠ABC、∠ACB； 3)内心一定在三角形内部． 3.常见结论 1）三角形内切圆半径公式：，其中S为三角形的面积；C为三角形的周长. 2）特殊的直角三角形内切圆半径公式：其中a，b为直角三角形的直角边长，c为斜边长. 【解题思路】解三角形的内切圆问题，通常分别连接．内切圆的圆心与切点、圆心与三角形的顶点来构造直角三角形，以便利用直角三角形的知识进行求解． 【典例分析】 例1．（2024·上海·模拟预测）在菱形中，菱形对角线，交于点O， ，菱形面积为，点F为边中点，则的外接圆周长为 ． 【答案】 【分析】根据菱形的面积可得，进而可知，，得，则，可知为等边三角形，设的外接圆圆心为，连接并延长交于，结合圆周角定理及垂径定理，解直角三角形求得半径即可求解． 【详解】解：∵，菱形面积为， ∴，可得：， 在菱形中，，， ∴，则， ∵点F为边中点， ∴，则为等边三角形， ∴，， 设的外接圆圆心为，连接并延长交于， 则，， 由圆周角定理可得，则， ∴， ∴的外接圆周长， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定及性质，解直角三角，圆周角定理，垂径定理，三角形的外接圆等知识点，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键 例2．（2024·上海·模拟预测）已知的内心为O，． (1)如果的外心也为O，求证：为等边三角形，并尺规作线段； (2)延长交边于E，求证：=． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查尺规作图——作角平分线，角平分线的性质，三角形的内心与外心，垂径定理等知识点，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． （1）根据三角形的内心点为角平分线的交点，根据尺规作图作角平分线的方法作平分，平分，，，，进而证明，即可证明，得为等边三角形； （2）由题意可知平分，作，，得，设边上的高为，根据，即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵的内心为O， ∴点为角平分线的交点， 如图，作平分，平分，，，， 则， ∵， ∴， ∴，同理，，， ∵的外心也为O， 由垂径定理可知，，，， ∴，则， ∴为等边三角形， 即为所求； （2）证明：∵的内心为O， ∴点为角平分线的交点， ∴平分， 作，， ∴， 设边上的高为， 则， ∴， ∴． 例3．（2022·上海松江·三模）如图，在梯形中，动点在边上，过点作，与边交于点，过点作，与边交于点，设线段． (1)求关于的函数解析式，并写出定义域； (2)当是以为腰的等腰三角形时，求的值； (3)如图，作的外接圆，当点在运动过程中，外接圆的圆心落在的内部不包括边上时，求出的取值范围． 【答案】(1)， (2)或 (3) 【分析】（1）由题中条件、可知四边形是平行四边形，故CE；过点作垂线交于点，交于点，可得相似的和，用含、的表达式表示它们的边长，再根据相似三角形的对应边成比例即可求得关于的解析式；下一步即为求得和的各自边长，过点作垂线交延长线于点，由且可得四边形为矩形，则；在中，由勾股定理可算得的长度；在中，，则可由勾股定理求得的长度，，至此已求得所有所需边长，根据相似三角形边长比例关系：，代入各边长表达式即可得关于的解析式，再根据题中要求写出定义域即可； （2）分和两种情况进行讨论求解； （3）根据三角形的外接圆圆心落在三角形的内部，得到为锐角三角形，分析点运动过程可知，随点向右运动角度不断减小，且和始终是锐角． 根据题意，令点的位置满足，则大于此时对应的长度就可使得外接圆圆的圆心落在的内部． 【详解】（1）解：如图所示：过点作交延长线于点，再过点作垂线交于点，交于点， ， 四边形是矩形， ， 在中，由勾股定理得： ， 又， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 化简得：， ∵F在边上， ∴， ∴， ∴ 点在上运动，故定义域为：； （2）①当时，过点作交于点， ， 四边形是矩形， ， 由（得， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， 即， 解得：的值为(舍去）或， ②当时，如图，过点作于点，则四边形为矩形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴； ∴ 综上：的值或； （3）解：分析点运动过程可知，随点向右运动角度不断减小，且和始终是锐角． 根据题意，令点的位置满足，则大于此时对应的长度就可使得外接圆圆的圆心落在的内部． 如下图所示，此时， ， ， 同角的余角相等， 同理可得：， ∽， ， ， ， 解得：， 当时， ∴， ∴， ∴， 综上可得，当时，外接圆圆的圆心落在的内部． 【点睛】本题考查矩形和平行四边形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形的外接圆等知识点，解题的关键是熟练掌握并灵活运用以上性质．本题综合性较强，属于中考压轴题． 【变式演练】 1．（2022·上海虹口·二模）如果正三角形的边心距是2，那么它的外接圆半径是 ． 【答案】4 【分析】利用解直角三角形的知识即可求解． 【详解】根据题意作图如下， 根据题意有：在正△ABC中，边心距OD=2，OB为正△ABC外接圆半径， 根据等边三角形的性质可知∠OBD=∠ABD=，且∠ODB=90°， ∴在Rt△ABC中，， 即其外接圆半径r为4， 故答案为：4． 【点睛】本题考查了边心距的含义、解直角三角形、正三角形的性质等知识，理解边心距的含义是解答本题的关键． 2．（2022·上海静安·二模）如图，已知外接圆的圆心O在高AD上，点E在BC延长线上，． (1)求证：； (2)当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先根据题意得到AD垂直平分BC，得到AB=AC，则∠B=∠ACB，再证明EC=AC，得到∠AEC=∠CAE，即可利用三角形外角的性质证明结论； （2）先求出∠BAO=30°，从而求出∠BOD =60°，然后解直角三角形求出BD，AB的长即可得到答案． 【详解】（1）解：∵△ABC的外接圆圆心在高AD上， ∴AD垂直平分BC， ∴AB=AC， ∴∠B=∠ACB， ∵EC=AB， ∴EC=AC， ∴∠AEC=∠CAE， ∵∠ACB=∠AEC+∠CAE， ∴∠B=∠AEC+∠CAE=2∠AEC； （2）解：连接OB， ∵， ∴∠BAO=30°， ∵OB=OA， ∴∠OAB=∠OAB=30°， ∴∠BOD=∠OBA+∠OAB=60°， ∴， ∴， ∵AB=AC，AD⊥BC， ∴BD=CD， ∴． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，根据特殊角三角函数值求度数，解直角三角形，三角形外角的性质，线段垂直平分线的性质等等，确定AB=AC是解题的关键． 3．（2024·上海·模拟预测）如图，是圆O直径，弦，垂足为D，圆O周长为， (1)，求内切圆的面积； (2)，求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】此题考查了垂径定理、内切圆、圆周角定理、等边三角形的判定和性质等知识，证明是等边三角形是解题的关键． （1）连接，证明，则是等边三角形，得到，点O是的内心，求出，即可得到内切圆的面积； （2）连接，根据（1）中的结论求出，即可证明． 【详解】（1）解：连接， ∵是圆O直径，圆O周长为， ∴，， ∴， ∵ ∴， ∵是圆O直径，弦， ∴，垂直平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴，点O是的内心， ∴， ∴ ∴内切圆的面积为； （2）如图，连接， ∵是等边三角形， ， ∴，， ∴， ∵点O是的内心， ∴， ∴ ∴． 题型06 直线与圆的位置关系 【提分秘籍】 设⊙O的半径为r，圆心到直线l的距离为d，则直线和圆的位置关系如下表： 位置关系 图形 公共点个数 性质及判定 相离 没有公共点 d > r直线l与⊙O相离 相切 有唯一公共点 d = r直线l与⊙O相切 相交 有两个公共点 d < r直线l与⊙O相交 【小技巧】判断点与圆之间的位置关系，将该点的圆心距与半径作比较即可． 【典例分析】 例1．（2024·上海闵行·二模）在中，，，，以点，点，点为圆心的的半径分别为5、10、8，那么下列结论错误的是（    ） A．点在上 B．与内切 C．与有两个公共点 D．直线与相切 【答案】D 【分析】首先利用勾股定理解得，然后根据点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系，逐项分析判断即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵，的半径为5， ∴点在上，选项A正确，不符合题意； ∵的半径分别为5、10，且， ∴与内切，选项B正确，不符合题意； ∵， ∴与相交，有两个公共点，选项C正确，不符合题意； 如下图，过点作于点， ∵， ∴，解得， ∵， ∴直线与相交，选项D错误，符合题意． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了勾股定理、点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． 例2．（2024·上海虹口·二模）在中，，．如果以顶点为圆心，为半径作，那么与边所在直线的公共点的个数是（    ） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的面积，直线与圆的位置关系d、r法则，熟练掌握法则是解题的关键．根据面积公式计算点C到的距离d，比较d与半径的大小判断即可． 【详解】解：如图， ∵在平行四边形中，，， 设点C到的距离为d， ∴点C到的距离， ∴直线与圆C相交，即有2个交点， 故选：B． 例3．（2024·上海·模拟预测）在矩形中，，点O在对角线上，圆O半径为2，若圆O与矩形各边都没有公共点，那么线段长的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、切线的性质、正弦函数等知识点，确定临界点成为解题的关键． 根据勾股定理得到，如图1，设与边相切于E，连接，如图2，设与边相切于F，连接，分别运用正弦的定义求得临界点时的取值，进而确定取值范围． 【详解】解： ∵在矩形中，， ∴，， ∴， 如图1，设与边相切于E，连接，则， ∵， ∴，解的：； 如图2，设与边相切于F，连接，则， 同上可得：， ∴， ∴如果圆O与矩形的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是． 故答案为：． 例4．（2024·上海·二模）2023年2月13日，21世纪以来第20个指导“三农”工作的中央一号文件《中共中央国务院关于做好2023年全面推进乡村振兴重点工作的意见》发布，体现了国家对“三农”的重视．实际上在古代，智慧的劳动人民有很多发明创造．如图即为古代劳动人民发明的“石磨”，其原理为在磨盘的边缘连接一个固定长度的“连杆”，推动“连杆”带动磨盘转动将粮食磨碎，物理学上称这种动力传输工具为“曲柄连杆机构”．小明受“石磨”的启发设计了一个“双连杆机构”，设计图如图1，两个固定长度的“连杆”，的连接点P在上，当点P在上转动时，带动点A，B分别在射线，上滑动，．如图2，当AP与相切时，点B恰好落在上．请就图2的情形解答下列问题： (1)若，求的度数． (2)若线段与交于点C，，，求的半径． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了切线的性质，勾股定理，圆周角定理： （1）连接，根据切线的性质得到，证明，根据圆周角定理得到，等量代换证明结论； （2）设的半径为r，根据勾股定理列出关于r的方程，解方程得到答案． 【详解】（1）解：连接，如图所示， ∵与相切， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ， ∵， ， ∴； （2）解：设⨀O的半径为r，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得：，即的半径为． 例5．（2024·上海奉贤·三模）如图1，在边长为6的正方形中，E是边的动点，以E为圆心，为半径作圆，与相切于点F，连接并延长交于点G，连接、． (1)求证：； (2)如图2，与相交于点H，连接并延长交于点K，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)与的位置关系是相切，理由见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆的切线的判定定理和性质定理，找出全等三角形是解题关键． （1）根据正方形的性质和圆的切线的性质，可证，进而推出，利用“”即可证明； （2）同（1）理可证：，推出，从而得出，证明，得到，进而得到，证明出是的切线，即可得解． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， 以E为圆心，为半径作圆，与相切于点F， ，， 在和中， ， ， ， ， 在和中， ， ； （2）解：与的位置关系是相切，理由如下： 四边形是正方形， ， 同（1）理可证：， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ，即， 是半径， 是的切线． 例6．（2024·上海·模拟预测）如图，在菱形中，于，以为直径的分别交，于点，，连接．    (1)求证：是的切线； (2)若，，求． 【答案】(1)见解析， (2) 【分析】本题考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，菱形的性质，勾股定理，求角的正弦值，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）根据菱形的性质得出，根据，可得，进而即可得证； （2）连接交于．连接，先根据菱形的性质以及勾股定理求得，进而根据等面积法求得，在中，求得，再证明由得，由此即可解题. 【详解】（1）证明：①四边形是菱形， ， ，则 又为的半径的外端点， 是的切线． （2）解：连接交于．连接，   菱形，， ，，， 在中，， ， ， ， 在中，， ∵ ∴ 为直径， ， 而 ， 又 ． ∴ ． 例7．（2024·上海·模拟预测）如图，在中，，，，动点从点出发，沿着方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点从点方向出发，沿着方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为秒，以为圆心，长为半径的与、的另一个交点分别为、，连接、．    (1)若是等腰三角形，求的值； (2)若与线段只有一个公共点，请直接写出的取值范围． 【答案】(1)2或或 (2)或 【分析】（1）由题意知，，，则，，由是等腰三角形，可知分当，，三种情况求解即可； （2）当与相切时，，即，则，即，可求，即当时，与线段只有一个公共点； 当时，此时重合，则，即，可求，由题意知，，即，可求，即当时，与线段只有一个公共点． 【详解】（1）解：由题意知，，， ∴，， ∵是等腰三角形， ∴分当，，三种情况求解； 当时， 依题意得，， 解得，； 当时， ∵为直径， ∴，即， ∴， 由勾股定理得，， ∴，即， 解得，， ∴， 解得，； 当时，如图1，连接，则，    ∴，即， 解得，， 经检验是原分式方程的解； 综上所述，当是等腰三角形时，的值为2或或； （2）解：当与相切时，，即， ∴，即， 解得，， ∴当时，与线段只有一个公共点； 当时，此时重合， ∴，即， 解得，， 由题意知，，即， 解得， ∴当时，与线段只有一个公共点； 综上所述，当或时，与线段只有一个公共点． 【点睛】本题考查了勾股定理，直径所对的圆周角为直角，等腰三角形的性质，余弦，切线的性质等知识．熟练掌握勾股定理，直径所对的圆周角为直角，等腰三角形的性质，余弦，切线的性质是解题的关键． 【变式演练】 1．（2024·上海杨浦·三模）已知点A在半径为3的圆O上，如果点A到直线的距离是6，那么圆O与直线的位置关系是（    ） A．相交 B．相离 C．相切 D．以上答案都不对 【答案】D 【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，若，则直线与圆相交；若，则直线与圆相切；若，则直线与圆相离；根据圆心到直线的距离d与半径r的大小关系解答即可； 【详解】A在半径为3的圆O上，如果点A到直线的距离是6， 圆O与直线a的位置关系可能是相切或相离， 故选：D. 2．（2024·上海·模拟预测）如图，在梯形中，，，，，如果以为直径的圆与梯形各边共有3个公共点（C，D两点除外），那么长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】考查了直线和圆的位置关系与数量之间的联系．此题首先能够根据公共点的个数得到直线和圆的位置关系；再进一步计算出相切时圆心到直线的距离，从而根据直线和圆的位置关系与数量之间的联系，得到答案． 【详解】解：根据题意，得圆必须和直线相交，设直线和圆相切于点E， 连接，则，， 又∵， ∴此时． 根据梯形的中位线定理，得 ， ∴， ∴， ∴直线要和圆相交，则． 故选D． 3．（2024·上海嘉定·三模）设以3，4，5为边长构成的三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为 个. 【答案】4 【分析】本题考查了勾股定理逆定理，三角形的内切圆，直线与圆的位置关系，熟练掌握知识点，正确理解题意是解题的关键． 可知该三角形为直角三角形，进而利用等面积法求出内切圆半径正好为1，当圆的位置移动时，就会最多产生4个交点． 【详解】解：如图， 由得该三角形为直角三角形，设，作出的内切圆，设切点为，连接，则，，设， ∵， ∴， 解得：， 进而可知内切圆半径为1，此时正好有3个交点， 当圆的位置移动时，就会最多产生4个交点，如图， 故答案为：4． 4．（2024·上海长宁·二模）我们把以三角形的重心为圆心的圆叫做该三角形的重心圆．如图，在中，，如果的重心圆与该三角形各边的公共点一共有4个，那么它的半径r的取值范围是 ． 【答案】或 【分析】本主要考查三角形重心以及点与圆的位置关系，根据重心的性质得由勾股定理求出，运用面积法求出，从而得出结论 【详解】解：设点O为的重心， ∵为中线， ∴ 连接则 ∴, 过点作于点E，F， ∴ ∵, ∴ ∴ ∴的重心圆与该三角形各边的公共点一共有4个，那么它的半径r的取值范围是或 故答案为：或 5．（2024·上海·模拟预测）如图，是正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与相切于点，与相交于点． (1)求证：与相切． (2)若正方形的边长为，点是半径上的一个动点，过点作交于点．当时，求的长 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）如图，连接，过点作于，证明，得到，即可求证； （）连接，并反向延长交于，连接，可得，得到，，进而得为等腰直角三角形，得到，设的半径为，则，，可得，即得，得到，即可得，得到，，再由可得，得到，最后利用勾股定理得到，进而利用勾股定理即可求解； 【详解】（1）证明：如图，连接，过点作于， ∵为的切线，点为切点， ∴， ∴， ∵四边形是正方形，是对角线， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴与相切； （2）解：连接，并反向延长交于，连接， ∵为的切线，点为切点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∴， 设的半径为，则，， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 6．（2024·上海嘉定·三模）如图，是的直径，连接交于点，连接、，使得． (1)试判断与的位置关系并说明理由 (2)若点是的中点，与交于点，求证：． 【答案】(1)相切，理由见详解 (2)见详解 【分析】（1）由圆周角定理得到，证得，根据相似三角形的性质得到，根据切线的判定定理即可证得结论； （2）由弧和圆周角的关系证得，根据直角三角形的性质和三角形的外角定理证得，由等腰三角形的判定定理即可证得结论． 【详解】（1）解：相切，理由如下， 是的直径， ， ， ， ， ， ， ， 是的切线； （2）证明：∵， ∴， 点是的中点， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，弧和圆周角的关系，等腰三角形的性质和判定，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键． 7．（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． 8．（2024·上海嘉定·二模）在平面直角坐标系（如图）中，已知抛物线经过点、两点，与轴的交点为点，对称轴为直线． (1)求此抛物线的表达式； (2)已知以点为圆心，半径为的圆记作圆，以点A为圆心的圆记作圆A，如果圆A与圆外切，试判断对称轴直线与圆A的位置关系，请说明理由； (3)已知点在轴的正半轴上，且在点的上方，如果，请求出点的坐标． 【答案】(1)此抛物线的表达式是 (2)对称轴直线与圆A的位置是相离，理由见详解 (3)点的坐标为 【分析】（1）直接用待定系数法求解即可； （2）设圆A的半径为r，又圆A与圆外切，所以，得到，即，即可判断； （3）过点作，垂足为，过点作轴，垂足为G，利用等角的正切值相等解决问题，，所以，，所以，即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点、两点 ∴，解得 ∴此抛物线的表达式是； （2）答：对称轴直线与圆A的位置是相离 根据（1）得，抛物线的对称轴是直线， 抛物线与y轴的交点点坐标为， 所以， 所以圆的半径是， 设圆A的半径为r，又圆A与圆外切，所以， 又， 所以， 对称轴与x轴垂直，设垂足为M，那么的长就是圆A到对称轴的距离， 又对称轴是直线， 所以点的坐标为， 所以， 因为，即， 所以对称轴直线与圆A的位置是相离． （3）解：过点作，垂足为，过点作轴，垂足为G， 易得 ，， 又点坐标为， 点坐标为， 所以轴， 所以，，由勾股定理得 ， 所以，在中，， 在中，， 因为， 所以， 所以， 所以点的坐标为． 【点睛】本题是二次函数与几何综合题，考查了待定系数法求解析式，圆与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，二次函数与角度的存在性问题，熟练掌握知识点是解题的关键． 题型07 圆与圆的位置关系 【提分秘籍】 设⊙O1、⊙O2的半径分别为r、R（其中R>r），两圆圆心距为d，则两圆位置关系如下表： 位置关系 图形 公共点个数 性质及判定 外离 无 两圆外离 外切 1个切点 两圆外切 相交 两个交点 两圆相交 内切 1个切点 两圆内切 内含 无 两圆内含 两圆相切、相交的重要性质：如果两圆相切，那么切点一定在连心线上，它们是轴对称图形，对称轴是两圆的连心线；相交的两个圆的连心线垂直平分两圆的公共弦. 【典例分析】 例1．（2024·上海·三模）如图，已知和外切，半径长分别为和．如果半径长是的与、都相切，那么符合题意的最多有⋯（    ）． A．4个 B．5个 C．6个 D．7个 【答案】C 【分析】本题主要考查了圆与圆的位置关系，圆与圆相切分为外切合内切两种情况，据此分与和一内切和一外切，与和两两外切，与和两两内切，三种情况画出示意图求解即可． 【详解】解：如图所示，与和一内切和一外切有两种情况，与和两两外切有两种情况，与和两两内切有两种情况， 故选：C． 例2．（2024·上海静安·二模）如果半径分别为r和2的两个圆内含，圆心距，那么r的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据圆心距与两圆内含的性质得出的取值范围即可．本题考查了圆与圆的位置关系，当时，两圆外离；当时，两圆外切；当时，两圆相交；当时，两圆内切；当时，两圆内含； 【详解】解：半径分别为和2的两个圆内含，圆心距， ， ， ， ∴ 的取值范围是， 故答案为：． 例3．（2024·上海·二模）若两个半径为2的等圆外离，则圆心距d的取值范围为 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆与圆的位置关系，重点考察由数量关系及两圆位置关系求圆心距的取值范围的方法．本题直接告诉了两圆的半径及两圆位置关系，根据数量关系与两圆位置关系的对应情况便可直接得出答案．外离，则；外切，则；相交，则；内切，则；内含，则．表示圆心距，，分别表示两圆的半径）． 【详解】解：根据题意，得 ， 两圆外离， 圆心距， 故答案为 例4．（2024·上海奉贤·二模）已知两个半径都为的与交于点，，那么圆心距的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆与圆相交，根据两个圆相交，两个圆心所在的直线垂直平分相交弦，且圆心距被相交弦垂直平分即可求解，掌握相交圆的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，由题意可得，垂直平分，， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 例5．（2024·上海虹口·二模）如图，在中，，，．点在边上，，以点为圆心，为半径作．点在边上，以点为圆心，为半径作．如果和外切，那么的长为 ．    【答案】/ 【分析】本题考查的是圆和圆的位置关系、解直角三角形的知识，作于点H，连接，先求出，设，在中，根据勾股定理列方程即可解决． 【详解】解：作于点H，连接，   ，， ， 在中，， ， ， 设， 和外切，半径为2， ， 在中，， ， 解得：， 故答案为：． 例6．（2024·上海青浦·二模）在矩形中，与相交于点O．经过点B，如果与有公共点，且与边没有公共点，那么的半径长r的取值范围是 ． 【答案】或 【分析】过点O作于点E，根据勾股定理得到，然后根据，得到，根据题意分两种情况，当线段在外时和当线段在内时，分别得到r的取值范围即可． 【详解】解：过点O作于点E， ∵是矩形， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵与有公共点，且与边没有公共点， 当线段在外时，如图，此时， 当线段在内时，如图，此时    ∴的半径r的取值范围是：或 故答案为：或． 【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，圆与圆的位置关系和直线和圆的位置关系，相似三角形的判定以及性质，掌握圆与圆的位置关系和直线和圆的位置关系是解题的关键． 例7．（2024·上海松江·二模）如图，已知是与的公共弦，与交于点C，的延长线与交于点P，连接并延长，交于点D． (1)连接如果．求证： ； (2)如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了相交圆的性质，综合运用垂径定理、直角三角形的判定以及平行线分线段成比例是本题解题的关键． （1）连接，由直角三角形的判定可知为直角三角形，然后根据圆周角定理求出的度数即可证明； （2）过作于E，过作于F，根据垂径定理和平行线分线段成比例来证明即可． 【详解】（1）连接，如图： ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴为直角三角形， ∴， 由圆周角定理可知，， ∵是与的公共弦，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴； （2）过作于E，过作于F，如图： ∴， ∴， ∴， 由垂径定理可知，， ∴， ∴． 例8．（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． 【变式演练】 1．（2024·上海松江·二模）已知矩形中，，，分别以，为圆心的两圆外切，且点在内，点在内，那么半径的取值范围是（　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据勾股定理求出的长，再根据以，为圆心的两圆外切得出的半径，最后根据点和圆的位置关系，求出的取值范围即可．本题主要考查了相切两圆的性质以及点和圆的位置关系，求出的半径是本题解题的关键． 【详解】解：连接， 四边形为矩形， ， 以，为圆心的两圆外切， 的半径为， 点在内， ， ， 在内， ， ， ． 故选：C． 2．（2024·上海杨浦·三模）如图，在中，，，，如果以为直径的圆与以为圆心、为半径的圆相交，那么的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题考查了两圆位置关系：相交，当时，两圆相交；连接，则可求得，根据条件即可求得r的取值范围． 【详解】解：连接，如图， ∵，，， ∴， ， ∴， ∴； ∵相交， ∴， 即； 故答案为：． 3．（2024·上海黄浦·三模）当相交的两个圆中有一个圆的圆心在另一圆的圆内部时，我们称此两圆的位置关系为“内相交”．已知点O在线段AB上，的半径为1，如果以OB为半径的与“内相交”，且，那么的取值范围是 【答案】 【分析】本题考查了新定义，圆与圆的位置关系，根据题意画出草图，确定临界点，即可求解． 【详解】解：如图所示，设为的中点，则 当与重合时，，如图所示，此时在上，则时，两圆“内相交”． 当时，两圆“内相交”． ∴ 故答案为：． 4．（2024·上海金山·二模）如图，在中，，，以点C为圆心作半径为1的圆C，P是上的一个点，以P为圆心，为半径作圆P，如果圆C和圆P有公共点，那么的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆和圆的位置关系，解直角三角形的应用．分圆P与圆C外切和圆P与圆C内切时，两种情况讨论，画出图形，解直角三角形即可求解． 【详解】解：当圆P与圆C外切时，如图，作，垂足为， 设， ∵，， ∴， ∴，， ∴，，，， 由勾股定理得， 解得，即， 当圆P与圆C内切时，如图，此时， ∴圆C和圆P有公共点，那么的取值范围是． 故答案为：． 5．（2024·上海普陀·二模）如图，在中，，，分别以点B、C为圆心，1为半径长作、，D为边上一点，将和沿着翻折得到和，点B的对应点为点，与边相交，如果与外切，那么 ． 【答案】 【分析】作，，根据余弦的定义，勾股定理，等腰三角形三线合一的性质，在中，得到，的长，，由折叠的性质得到，，由与外切，得到，在中得到， 当在内部时， ，，由此即可求解 【详解】解：过点作交于点，连接，过点作，交于点， ∵，， 在中，，， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∵，， ∴， ∵与外切， ∴，， 在中，，， 如图所示，与边相交， 与外切， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角函数解直角三角形，等腰三角形三线合一，勾股定理，折叠的性质，圆与圆的位置关系，理解题意作图分析，掌握三角函数的计算方法是解题的关键． 6．（2024·上海静安·三模）如图1所示，某种汽车转子发动机的平面图，其中的转子形状接近于图2所示的曲边三角形，其中等边的边长为，分别以为圆心，为半径作，为的中心． (1)若为上任意一点，则的最小值为______，最大值为______． (2)转子沿圆转动时，始终保持与相切，的半径为，的半径为，当圆心在线段的延长线上时，求两点间的距离的平方． 【答案】(1)， (2) 【分析】本题考查了解直角三角形，圆与圆的位置关系， （1）过点作交于点，交于点，解，求得，进而根据点的位置求得最值，即可求解； （2）根据题意画出图形，根据两圆的位置关系可得，进而根据勾股定理，即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，过点作交于点，交于点， ∵等边的边长为，为的中心． ∴，， ∴， 又∵， ∴当点在点时，取得最小值，最小值为 当点在或点时，取的最大值，最大值为 （2）解：如图所示， 由（1）可得，则 ∴ ∴ ∴ ． 7．（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． 题型08 正多边形和圆 【提分秘籍】 1. 正多边形的相关概念 正多边形概念 各条边相等，并且各个内角也都相等的多边形叫做正多边形. 正多边形的中心 正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心. 正多边形的半径 正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径. 正多边形的中心角 正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角. 正多边形的边心距 中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距. 2. 正多边形的常用公式 边长 （Rn为正多边形外接圆的半径） 周长 Pn=n⋅an 外角/中心角度数 面积 Sn=an⋅rn⋅n 对角线条数 边心距 rn=Rn⋅cos 内角和 （ n-2 ）×180°. 内角度数 n边形的边数 （内角和÷180°）＋2 （an 、Rn、rn为构成直角三角形的三边长，已知其中两个值，第三个值可以借助勾股定理求解.） 【解题思路】正多边形与圆的计算问题：正n边形的外接圆半径和边心距把 正n边形分成 2n个全等的直角三角形，而每个直角三角形都集中地反映了这个正n边形各元素间的关系，故可以把正n边形的计算转化为解直角三角形，再利用勾股定理即可完成计算． 3. 正多边形常见边心距与边长的比值 图形 OA:AB:OB 内切圆与外接圆半径的比 等边三角形 1:: 2 1:2 正方形 1:1: 1: 正六边形 : 1:2 :2 【备注】正多边形的内切圆与外接圆为同心圆. 【典例分析】 例1．（2024·上海·模拟预测）下列关于正多边形说法正确的数量为（    ） （1）正多边形一定是轴对称图形   （2）正多边形一定是中心对称图形 （3）正多边形的中心角与其一个外角的度数相等 （4）正多边形的外角和与其边数成正比 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查正多边形、中心对称图形、轴对称图形，根据正多边形的定义及性质、中心对称图形的定义、轴对称图形的定义，即可求得答案． 【详解】（1）说法正确； （2）正多边形不一定是中心对称图形，例如正五边形不是中心对称图形，说法错误； （3）正边形的中心角与其一个外角的度数均为，说法正确； （4）正多边形的外角和为，与其边数不成正比，说法错误； 说法正确的为（1）（3）． 故选：B． 例2．（2024·上海·模拟预测）如果正多边形的中心角是，那么该正多边形的内角和为 ． 【答案】/720度 【分析】本题考查了正多边形和圆，多边形内角与外角．先利用多边形的中心角为，计算出这个正多边形的边数，然后根据内角和公式求解． 【详解】解：这个正多边形的边数为， 所以这个正多边形的内角和． 故答案为：． 例3．（2024·上海·模拟预测）已知一个正多边形的外角为，他的边心距为2，则它外接圆的面积为 【答案】 【分析】本题考查了正多边形和外接圆、锐角三角函数，掌握正多边形外接圆的半径、边长、边心距、中心角之间的计算转化为解直角三角形，熟知是解答本题的关键．由一个正多边形的外角为，可得正五边形，然后根据边心距为2，结合锐角三角函数求出外接圆的半径，再通过圆的面积公式计算即可． 【详解】解：∵一个正多边形的外角为， ∴ ∴这个正多边形是五边形， 如图，过正五边形的中心O作于D，连接，， ∵边心距为2， ∴， ∵，， ∴， 在中，∵， ∴，则， ∴外接圆的面积为， 故答案为：． 例4．（2024·上海·三模）如图，已知圆O是正六边形外接圆，直径，点G、H分别在射线上（点G不与点C、D重合），且，设． (1)如图①，当直线经过弧的中点Q时，求：的正弦值； (2)如图②，当点G在边上时，试写出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围； (3)连接，如果与相似，求的长． 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）如图①，连接，由正六边形，可得，，证明是等边三角形，则，，，由Q为弧的中点，可得，，则，由圆周角定理可得，，如图①，作的延长线于，则，，设，则，，由勾股定理得，，由勾股定理得，，即，可求满足要求的解为，根据，计算求解即可； （2）如图②，在上取点，使，连接，证明是等边三角形，则，，，，证明，则，即，可求，由点G不与点C、D重合，可得； （3）由题意知，分①点在边上，②点在边的延长线上，两种情况求解；①点在边上时，如图③，由题意知，，当与相似，分，两种情况求解；当时，，即，联立，计算求出满足要求的解即可；当时，，即，联立，计算求出满足要求的解即可；②当点在边的延长线上，如图④，同理（3）①，求解作答即可． 【详解】（1）解：如图①，连接， ∵正六边形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵Q为弧的中点， ∴，， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， 如图①，作的延长线于， ∴， ∴， 设，则，， 由勾股定理得，， 由勾股定理得，，即， 解得，或（舍去）， ∴， ∴的正弦值为； （2）解：如图②，在上取点，使，连接， ∵正六边形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 整理得，， ∵点G不与点C、D重合， ∴， ∴，； （3）解：由题意知，分①点在边上，②点在边的延长线上，两种情况求解； ①点在边上时，如图③， 由题意知，， ∴当与相似，分，两种情况求解； 当时，，即， 解得，， ∵， ∴， 解得，或，均不符合要求，舍去； 当时，，即， 解得，， ∵， ∴， 解得，或均不符合要求，舍去； ②当点在边的延长线上，如图④， 当时，，即， 解得，， 同理，解得，或，均不符合要求，舍去； 当时，，即， 解得，， 同理，解得，（不符合要求，舍去）或， 经检验，是原分式方程的解，且符合要求； 综上所述，的长为． 【点睛】本题考查了正多边形内角和，垂径定理，等边三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，正弦，相似三角形的判定与性质等知识．熟练掌握正多边形内角和，垂径定理，等边三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，正弦，相似三角形的判定与性质，并分情况求解是解题的关键． 【变式演练】 1．（2024·上海虹口·三模）设正多边形的边数为，中心角度数为，则关于的函数解析式及其定义域为 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的计算，一个正多边形的中心角都相等，且所有中心角的和是360度，用360度除以中心角的度数，就得到边数． 【详解】解：由题意可得：边数为， 则． 故答案为：． 2．（2024·上海·模拟预测）在正六边形中，若最长对角线长为4，最短对角线长为 【答案】 【分析】本题考查了正多边形和圆，根据正六边形的性质可得边长为，为较短对角线，，，所以可得，，再根据勾股定理即可求出的长，进而求出较短对角线的长． 【详解】解：如图， 六边形是正六边形，连接，作于点， 根据题意可知：为较短对角线， ∵六边形是正六边形，最长对角线长为4， ∴外接圆的直径为4，半径为2， ∴正六边形的边长为2， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 根据勾股定理，得， ∴． 故答案为：． 3．（2024·上海普陀·三模）对角线条数和边数相同的正多边形的中心角的余弦值为 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的对角线条数公式，正多边形的中心角，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，根据题意判断出对角线条数和边数相同的正多边形是正五边形，然后构造三角形相似来求解是解题的关键．先利用正多边形的对角线条数公式求出符合题意的正多边形为正五边形，然后求出正五边形的中心角为，再作等腰，使顶角，则底角，作的角平分线，过点作于，则可得到，设，，则，，证明，得到，即，进而得到，在中，利用余弦的定义即可得解． 【详解】解：设正多边形的边数为，则对角线条数为， 根据题意得，，解得，或（舍去） 对角线条数和边数相同的正多边形是正五边形，正五边形的中心角为， 如图，作等腰，使顶角，则底角，作的角平分线，过点作于， 则， ， ，， ，， ， ，， ，， 设，，则，， ，， ， ，即， 整理得：， ，即， ， ， 在中，， 故答案为：． 4．（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． 5．（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． 题型09 弧长和扇形面积 【提分秘籍】 设⊙O 的半径为R，n°圆心角所对弧长为，n为弧所对的圆心角的度数，则 扇形弧长公式 （弧长的长度和圆心角大小和半径的取值有关，且n表示1°的圆心角的倍数，n和180都不要带单位．） 扇形面积公式 S扇形==R 【典例分析】 例1．（2024·上海徐汇·二模）如图，一个半径为的定滑轮由绳索带动重物上升，如果该定滑轮逆时针旋转了，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，那么重物上升的高度是（    ） A．cm B．cm C．cm D．cm 【答案】B 【分析】本题考查了弧长公式．利用题意得到重物上升的高度为定滑轮中所对应的弧长，然后根据弧长公式计算即可． 【详解】解：根据题意，重物上升的高度为 ． 故选：B． 例2．（2024·上海·三模）在中，，，，点D是边的中点．以分别以A、B为圆心，为半径画弧，分别与的边相交于点D、E、F、G（如图所示），那么图中的阴影面积为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了求不规则图形面积，解直角三角形，先解直角三角形得到，再由线段中点的定义得到，由，得到等于一个圆心角度数为90度，半径为2的扇形面积之和，再根据进行求解即可． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， ∵点D是边的中点， ∴， 由作图方法可知， ∵， ∴等于一个圆心角度数为90度，半径为2的扇形面积之和， ∴ ， 故答案为：． 例3．（2024·上海·三模）某款“不倒翁”的主视图如图1，它由半圆和等边组成，直径，半圆的中点为点，为桌面，半圆与相切于点，拨动“不倒翁”后它在桌面上做无滑动的滚动． (1)如图1，，请直接写出的长为______（结果保留根号）； (2)如图2，当时，连接， ①直接写出的度数，并求点C到桌面的距离（结果保留根号） ②当或垂直于时“不倒翁”开始折返，直接写出从滚动到（图2-图3）过程中，点在上移动的距离． 【答案】(1) (2)①，；② 【分析】（1）如图1：连接，，先根据等边三角形及勾股定理求得，，，三点共线，，之间的距离为，最后根据线段的和差即可解答； （2）①如图2：延长交于，过点C作，，先说明、可得，进而得到；再说明，最后根据角的和差即可解答；解可得，故，点C到桌面的距离为②根据①可得，进而从滚动到过程中经过的圆心角为，最后根据弧长公式即可解答． 【详解】（1）解：如图1：连接，， 等边， ， ， 半圆与相切于点，半圆的中点为点， ∴，， ， ∴， ，重合，， ∴ ，，三点共线，，之间的距离为， 故答案为：； （2）解：①如图2：延长交于，过点C作，， 等边， ， ，， ， ， 半圆的中点为点，为半径， ， ； ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴， 在中，， ∴， 由勾股定理得，， ∴， ∴点C到桌面的距离为； ②如图：当时， 由①可得， ， 从滚动到过程中经过的圆心角为， 点在上移动的距离等于． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、勾股定理、弧长公式、切线的性质等知识点，正确作出辅助线成为解题的关键． 【变式演练】 1．（2024·上海·模拟预测）如图，为圆O直径，且，点P为弧上一点，连接，将半圆沿直线折叠，使折叠后的圆弧恰好经过圆心O，则图中阴影部分的周长为 cm    【答案】 【分析】本题考查了弧长的计算，折叠问题，关键是求出，证明． 作半径于N，由折叠的性质得到，得到，由，求出，得到，由弧长公式求出的长，即可求出阴影的周长． 【详解】解：作半径于N，    由折叠的性质得到，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴阴影的周长=++=+=． 故答案为：． 2．（2024·上海·模拟预测）如图，已知等腰直角中，，D是斜边的中点且，以B为圆心，为半径画弧，交于F，以C为圆心，为半径画弧，分别交，于E，G，则阴影部分的面积为 ．    【答案】4 【分析】本题考查扇形面积的计算、等腰直角三角形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．根据题意和图形可以得到阴影部分的面积是的面积减去扇形的面积和右上角空白部分的面积，由题目中的数据可以求出各部分的面积，从而可以解答本题． 【详解】解：等腰直角中，，D是斜边的中点且， ∴， ， ∴， ∴阴影部分的面积是：， 故阴影部分的面积是4． 故答案为：4 3．（2024·上海·模拟预测）如图，正方形的边长为2，则阴影部分的周长与面积的比值为：    【答案】 【分析】本题考查了扇形的面积，正方形的性质，弧长公式等知识，根据周长的定义，利用弧长公式计算出周长，利用公割法，扇形的面积公式计算出面积，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解： 如图，由题意可得，图中小正方形的边长为1，    ， ， ， ， ， ， ， ∴阴影部分的周长与面积的比值为： ， 故答案为：． 题型10 圆的综合题 【典例分析】 例1．（2024·上海·模拟预测）如图，在平行四边形中，，，，点在边上运动，以为圆心，为半径的圆与边交于、两点． (1)当圆与边相切时，求的长； (2)设，的面积为，求y关于的函数解析式，并写出定义域； (3)当圆与平行四边形的边有个交点时，求x的取值范围． 【答案】(1) (2)，定义域为： (3)或 【分析】本题考查圆与平行四边形综合，涉及圆的切线的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，函数的解析式，定义域，熟练掌握这些性质和定义是解题的关键． （1）设圆与相切于点，连接，证明，利用相似对应边比相等列式求解即可； （2）过点作于点，通过解得，，利用垂径定理求出，求出，即可求解析式，由点在边上，求出当点与点重合时的值，即可求解； （3）①由题可得当与边相切后，至与边相切前，与平行四边形的边有四个交点；②当过点、、时，与平行四边形的边有四个交点；分别求解即可． 【详解】（1）解：如图，设圆与相切于点，连接， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴，， ∴， ∴， 设，则，， ∴， 解得：， 即； （2）解：如图，过点作于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， 当点与点重合时，如图， 可得， 则， 由点在边上， 则定义域为：， 综上，，定义域为：； （3）解：当过点时， ∵， ∴此时点也在上， ①当与边相切后，至与边相切前，与平行四边形的边有四个交点， 又当与边相切时， 由（1）可得此时， 当与边相切时，如图，设切点为点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴当与边相切后，至与边相切前，与平行四边形的边有四个交点，此时的取值范围为：； ②当过点、、时，与平行四边形的边有四个交点， 由（2）可知此时； 综上，的取值范围为：或． 例2．（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． 【变式演练】 1．（2024·上海虹口·三模）如图1，为半圆O的直径，C为延长线上一点，切半圆于点D，，交延长线于点E，交半圆于点F，已知． (1)求的值 (2)如图2，连接，P为线段上一点，过点P作的平行线分别交，于点M，N，交圆O于点K，过点P作于点H．设． ①求y关于x的函数解析式及其定义域； ②延长交半圆O于点Q，求当x为何值时的值最大时，并求出最大值． 【答案】(1) (2)①y关于x的函数表达式为；②当x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x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1，连接， ∵切半圆于点D， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，. ∵， ∴，， ∴； （2）解：①∵为半圆O的直径，，设， ∴， ∴. ∵， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 过点F作于点G，如图2， ∵， ∴， ∴. ∵P为线段上一点， ∴， ∴y关于x的函数表达式为； ②连接，如图3， ∵圆周角所对的弧是， ∴. 又∵， ∴， ∴， ∴. ∵，， ∴， ∴， ∴. ∵， ∴当时，有最大值，最大值为：， ∴当x为时，的值最大，最大值为． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，解直角三角形的应用，求一次函数关系式，二次函数的图象和性质，准确的作出辅助线是解题的关键． 2．（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． 一、单选题 1．（2021·上海·中考真题）如图，已知长方形中，，圆B的半径为1，圆A与圆B内切，则点与圆A的位置关系是（    ） A．点C在圆A外，点D在圆A内 B．点C在圆A外，点D在圆A外 C．点C在圆A上，点D在圆A内 D．点C在圆A内，点D在圆A外 【答案】C 【分析】根据内切得出圆A的半径，再判断点D、点E到圆心的距离即可 【详解】 ∵圆A与圆B内切，，圆B的半径为1 ∴圆A的半径为5 ∵<5 ∴点D在圆A内 在Rt△ABC中， ∴点C在圆A上 故选：C 【点睛】本题考查点与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、勾股定理，熟练掌握点与圆的位置关系是关键 2．（2024·上海·中考真题）在中，，，，点在内，分别以为圆心画，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是（    ） A．内含 B．相交 C．外切 D．相离 【答案】B 【分析】本题考查圆的位置关系，涉及勾股定理，根据题意，作出图形，数形结合，即可得到答案，熟记圆的位置关系是解决问题的关键． 【详解】解：圆半径为1，圆半径为3，圆与圆内切， 圆含在圆内，即， 在以为圆心、为半径的圆与边相交形成的弧上运动，如图所示： 当到位置时，圆与圆圆心距离最大，为， ， 圆与圆相交， 故选：B． 二、填空题 3．（2021·上海·中考真题）六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，求中间正六边形的面积 ． 【答案】． 【分析】由六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，可以得到中间正六边形的边长为1，做辅助线以后，得到△ABC、△CDE、△AEF为以1为边长的等腰三角形，△ACE为等边三角形，再根据等腰三角形与等边三角形的性质求出边长，求出面积之和即可． 【详解】解：如图所示，连接AC、AE、CE，作BG⊥AC、DI⊥CE、FH⊥AE，AI⊥CE， 在正六边形ABCDEF中， ∵直角三角板的最短边为1， ∴正六边形ABCDEF为1， ∴△ABC、△CDE、△AEF为以1为边长的等腰三角形，△ACE为等边三角形， ∵∠ABC=∠CDE =∠EFA =120︒，AB=BC= CD=DE= EF=FA=1， ∴∠BAG=∠BCG =∠DCE=∠DEC=∠FAE =∠FEA=30︒， ∴BG=DI= FH=， ∴由勾股定理得：AG =CG = CI = EI = EH = AH =， ∴AC =AE = CE =， ∴由勾股定理得：AI=， ∴S=， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了含30 度角的直角三角形的性质、正多边形形与圆以及等边三角形的性质，关键在于知识点：在直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半的应用． 4．（2023·上海·中考真题）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数为 ． 【答案】18 【分析】根据正n边形的中心角的度数为进行计算即可得到答案． 【详解】根据正n边形的中心角的度数为， 则， 故这个正多边形的边数为18， 故答案为：18． 【点睛】本题考查的是正多边形内角和中心角的知识，掌握中心角的计算公式是解题的关键． 5．（2022·上海·中考真题）如图所示，小区内有个圆形花坛O，点C在弦AB上，AC=11，BC=21，OC=13，则这个花坛的面积为 ．（结果保留） 【答案】400π 【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，连接OB，如图， ∵AC=11，BC=21， ∴AB=AC+BC=32， ∵OD⊥AB于D， ∴AD=BD=AB=16， ∴CD=AD-AC=5， 在Rt△OCD中，由勾股定理，得 OD==12, 在Rt△OBD中，由勾股定理，得 OB==20， ∴这个花坛的面积=202π=400π， 故答案为：400π． 【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，圆的面积，熟练掌握垂径定理与勾股定理相结合求线段长是解题的关键． 6．（2022·上海·中考真题）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为 ． 【答案】/ 【分析】如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，再证明经过圆心，，分别求解AC，BC，CF， 设的半径为 再分别表示 再利用勾股定理求解半径r即可． 【详解】解：如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK， 过圆心O，， 设的半径为 ∴ 整理得： 解得： 不符合题意，舍去， ∴当等弦圆最大时，这个圆的半径为 故答案为： 【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，弦，弧，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，掌握以上知识是解本题的关键． 7．（2023·上海·中考真题）在中，点D在边上，点E在延长线上，且，如果过点A，过点D，若与有公共点，那么半径r的取值范围是 ． 【答案】 【分析】先画出图形，连接，利用勾股定理可得，，从而可得，再根据与有公共点可得一个关于的不等式组，然后利用二次函数的性质求解即可得． 【详解】解：由题意画出图形如下：连接，   过点，且， 的半径为7， 过点，它的半径为，且， ， ， ，， 在边上，点在延长线上， ，即， ， 与有公共点， ，即， 不等式①可化为， 解方程得：或， 画出函数的大致图象如下：    由函数图象可知，当时，， 即不等式①的解集为， 同理可得：不等式②的解集为或， 则不等式组的解集为， 又， 半径r的取值范围是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理、圆与圆的位置关系、二次函数与不等式，根据圆与圆的位置关系正确建立不等式组是解题关键． 三、解答题 8．（2021·上海·中考真题）已知：在圆O内，弦与弦交于点分别是和的中点，联结． （1）求证：； （2）联结，当时，求证：四边形为矩形． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）连结，由M、N分别是和的中点，可得OM⊥BC，ON⊥AD，由， 可得，可证，，根据等腰三角形三线合一性质; （2）设OG交MN于E，由，可得，可得，，可证可得，由CN∥OG，可得，由可得AM∥CN，可证是平行四边形，再由可证四边形ACNM是矩形． 【详解】证明：（1）连结， ∵M、N分别是和的中点， ∴OM，ON为弦心距， ∴OM⊥BC，ON⊥AD， ， 在中，， ， 在Rt△OMG和Rt△ONG中， ， ， ∴， ; （2）设OG交MN于E， ， ∴， ∴，即， ， 在△CMN和△ANM中 ， ， ， ∵CN∥OG， ， ， ， ∴AM∥CN， 是平行四边形， ， ∴四边形ACNM是矩形． 【点睛】本题考查垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判定，掌握垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判定是解题关键． 9．（2023·上海·中考真题）如图，在中，弦的长为8，点C在延长线上，且．    (1)求的半径； (2)求的正切值． 【答案】(1)5 (2) 【分析】（1）延长，交于点，连接，先根据圆周角定理可得，再解直角三角形可得，由此即可得； （2）过点作于点，先解直角三角形可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据正切的定义即可得． 【详解】（1）解：如图，延长，交于点，连接，    由圆周角定理得：， 弦的长为8，且， ， 解得， 的半径为． （2）解：如图，过点作于点，     的半径为5， ， ， ， ， ，即， 解得， ，， 则的正切值为． 【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、勾股定理等知识点，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键． 10．（2022·上海·中考真题）平行四边形，若为中点，交于点，连接． (1)若， ①证明为菱形； ②若，，求的长． (2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①连接AC交BD于O，证△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论； ②先证点E是△ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,从而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四边形性质即可得出BD长； （2）由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是△ABC的重心，又在直线上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=AB，根据重心性质得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,则AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，则BC=AE，代入即可求得的值． 【详解】（1）①证明：如图，连接AC交BD于O， ∵平行四边形， ∴OA=OC， ∵AE=CE，OE=OE， ∴△AOE≌△COE(SSS)， ∴∠AOE=∠COE， ∵∠AOE+∠COE=180°， ∴∠COE=90°， ∴AC⊥BD， ∵平行四边形， ∴四边形是菱形； ②∵OA=OC， ∴OB是△ABC的中线， ∵为中点， ∴AP是△ABC的中线， ∴点E是△ABC的重心， ∴BE=2OE， 设OE=x，则BE=2x， 在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2, 在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2, ∴9-x2=25-9x2， 解得：x=, ∴OB=3x=3， ∵平行四边形， ∴BD=2OB=6； （2）解：如图， ∵⊙A与⊙B相交于E、F， ∴AB⊥EF， 由（1）②知点E是△ABC的重心， 又在直线上， ∴CG是△ABC的中线， ∴AG=BG=AB，GE=CE， ∵CE=AE， ∴GE=AE，CG=CE+GE=AE， 在Rt△AGE中，由勾股定理，得 AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2, ∴AG=AE, ∴AB=2AG=AE， 在Rt△BGC中，由勾股定理，得 BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2， ∴BC=AE， ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目． 11．（2023·上海·中考真题）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，联结交于点．    (1)如果，求证：四边形为平行四边形； (2)如图（2）所示，联结，如果，求边的长； (3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据等边对等角得出，，等量代换得出，则，根据是的中点，，则是的中位线，则，即可得证； （2）设，，则，由（1）可得则，等量代换得出，进而证明，得出，在中，，则，解方程即可求解； （3）是以为腰的等腰三角形，分为①当时，②当时，证明，得出，设，根据，得出，可得，，连接交于点，证明在与中，，，得出，可得，根据相似三角形的性质得出，进而即可求解． 【详解】（1）证明：∵ ∴ ∵ ∴, ∴ ∴， ∵是的中点，， ∴是的中位线， ∴，即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵，点边中点， 设，，则 由（1）可得 ∴， ∴， 又∵ ∴, ∴ 即， ∵， 在中，， ∴， ∴ 解得：或（舍去） ∴； （3）解：①当时，点与点重合，舍去； ②当时，如图所示，延长交于点P，    ∵点是的中点，， ∴， 设， ∵ ∴， ∴， 设， ∵ ∴，   ∴， ∴， ∴， 连接交于点，    ∵， ∴ ∴， ∴， 在与中，，， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的定义，圆的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，第三问中，证明是解题的关键． 12．（2024·上海·中考真题）在梯形中，，点E在边上，且． (1)如图1所示，点F在边上，且，联结，求证：； (2)已知； ①如图2所示，联结，如果外接圆的心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长； ②如图3所示，如果点M在边上，联结、、，与交于N，如果，且，，求边的长． 【答案】(1)见详解 (2)①；② 【分析】（1）延长交于点G，由，得到，由已知数据得到，，故，因此； （2）①记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接，先证明，再证明，则，即，求得； ②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q，由，求得，可证明，角度推导得，则，求出，继而得到，由，则，设，则，由，设，，由，得到，设，可证明，求出，则，在中，运用勾股定理得：，则，在中，由勾股定理得，，故． 【详解】（1）证明：延长交于点G， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴； （2）①解：记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接， ∵点O为外接圆圆心， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴外接圆半径为； ②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q， ∵， ∴， ∴， 由①知， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由， 得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴设， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， 解得：， ∴， 在中，由勾股定理得： ， ∴， ∴， ∴， 而， ∴在中，由勾股定理得，， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的外接圆等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 3 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $$