重难点05 圆的综合压轴题综合训练（6大题型+高分技法+限时提升练）-2025年中考数学【热点·重点·难点】专练（全国通用）

重难点05 圆的综合压轴题综合训练 中考数学中《圆的综合压轴题》部分主要考向分为六类： 一、圆中弧长和面积的综合题 二、圆与全等三角形的综合题 三、圆的综合证明问题 四、圆与等腰三角形的综合题 五、圆的阅读理解与新定义问题 六、圆与特殊四边形的综合题 中考数学中,“圆”是一个不可或缺的重要考点。圆与其他数学知识点联系紧密，经常出现在综合题中，尤其是大题，有时甚至会作为压轴题出现。因此，在复习时，一定要注重圆与其他知识点的结合，掌握综合题的解题技巧，非常有必要进行综合训练。 考向一：圆中弧长与面积的综合题 ； 公式可以直接应用，也可以由弧长（或面积）的数值求解对应的圆心角或者半径 1．（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形中，，点O是对角线的中点，以点O为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D．无法确定 2．（2024·山东东营·中考真题）习近平总书记强调，中华优秀传统文化是中华民族的根和魂．东营市某学校组织开展中华优秀传统文化成果展示活动，小慧同学制作了一把扇形纸扇．如图，，，纸扇完全打开后，外侧两竹条（竹条宽度忽略不计）的夹角．现需在扇面一侧绘制山水画，则山水画所在纸面的面积为（   ）．    A． B． C． D． 3．（2024·河南·中考真题）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2023·山东滨州·中考真题）如图，某玩具品牌的标志由半径为的三个等圆构成，且三个等圆相互经过彼此的圆心，则图中三个阴影部分的面积之和为（　　）    A． B． C． D． 5．（2022·四川资阳·中考真题）如图．将扇形翻折，使点A与圆心O重合，展开后折痕所在直线l与交于点C，连接．若，则图中阴影部分的面积是(   ) A． B． C． D． 6．（2023·内蒙古·中考真题）如图，正方形的边长为2，对角线相交于点，以点为圆心，对角线的长为半径画弧，交的延长线于点，则图中阴影部分的面积为 ．    7.（2023·湖南·中考真题）如图，某数学兴趣小组用一张半径为的扇形纸板做成一个圆锥形帽子（接缝忽略不计），如果做成的圆锥形帽子的底面半径为，那么这张扇形纸板的面积为 ．（结果保留）    考向二：圆与全等三角形综合题 圆与全等三角形综合常见的有以下3种题型： 题型1:圆中弦与全等三角形 做题步骤:①观察弦是否相等或垂直平分；②应用垂径定理找直角或中点；③结合半径相等(隐含边等)判定全等。 题型2:切线与全等三角形。 做题步骤：①连接切点与圆心，得到垂直关系。2.利用切线长定理得边等。3.寻找对称性或公共边/角构造全等, 题型3:圆周角与全等三角形。 做题步骤:①由等弧得等圆周角；②结合已知边等(如半径、弦长)判定全等；③必要时构造辅助线(如直径、弦心距) 1．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，内接于，为的直径，于点D，将沿所在的直线翻折，得到，点D的对应点为E，延长交的延长线于点F． (1)求证：是的切线； (2)若，，求图中阴影部分的面积． 2．（2024·安徽合肥·一模）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． 3．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，已知四边形内接于，连接交于点E，且平分． (1)如图1，求证：； (2)如图2，若，求证，是等边三角形； (3)如图3，在（2）的条件下，将沿翻折得到的射线交线段于点M，交于点N，若，求线段的长． 4．（2024·福建厦门·二模）如图1，在四边形中，，以为直径的经过点C，连接、交于点E．    (1)证明：； (2)若； ①证明：是的切线 ②如图2连接交于点F，连接，求的度数 5．（2024·黑龙江大庆·二模）如图，是的直径，、为上的点，且，过点作于点． (1)求证：平分； (2)求证： (3)若，，求的半径． 考向三：圆的综合证明问题 1.标注已知条件:明确弦、弧、切线、角度等信息，标在图上。 2.联想相关定理:根据条件匹配圆的性质(如遇切线→切线长定理:遇弦→垂径定理) 3.构造辅助线:连接圆心、弦中点、切点等关键点，或添加辅助圆。 4.转化几何关系:将弧、角、弦的关系转化为三角形全等/相似或勾股定理 5.逆向验证:若直接证明困难，可假设结论成立，反向推导条件是否矛盾。 1．（2024·广东东莞·一模）综合探究： 如图，四边形是的内接四边形，，，点A是的中点，且． (1)若，求证：是的直径； (2)求证：直线是的切线； (3)若，，求的长． 2．（2024·安徽合肥·二模）已知，四边形 内接于为直径 ，与的延长线相交于点E，平分，与相交于点 F． (1)如图1，若 ，求证：； (2)如图2，若，，求的半径． 3．（2024·山东济南·中考真题）如图，为的直径，点在上，连接，点在的延长线上，． (1)求证：与相切； (2)若，求的长． 4．（2024·四川巴中·中考真题）如图，内接于，点为的中点，连接，平分交于点，过点作交的延长线于点． (1)求证：是的切线． (2)求证：． (3)若，，求的长． 5．（2024·四川雅安·中考真题）如图，是的直径，点C是上的一点，点P是延长线上的一点，连接，． (1)求证：是的切线； (2)若，求证：； (3)若于D，，，求的长． 6．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，为的内接三角形，为的直径，将沿直线翻折到，点在上．连接，交于点，延长，，两线相交于点，过点作的切线交于点． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，．求的值． 7．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点． (1)求的值； (2)求证：； (3)求证：与互相平分． 考向四：圆与等腰三角形的综合 1.画图标注条件:明确圆、等腰三角形、切线、弦等位置关系。 2.添加辅助线:①连接圆心与顶点、切点、弦中点；②构造垂直、角平分线或对称轴。 3.应用定理转化:垂径定理→垂直平分弦；圆周角定理→角度的倍数关系；切线性质→垂直与切线长相等 4.推导几何关系:①利用全等三角形(SSS、SAS、HL)或相似三角形；②结合勾股定理、三角函数计算长度或角度。 1．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 2．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，为等腰三角形，是底边的中点，腰与半圆相切于点，底边与半圆交于，两点． (1)求证：与半圆相切； (2)连接．若，，求的值． 3．（2024·湖南·模拟预测）如图，为等腰三角形的外接圆，，延长交于点D，过点C作的垂线，交于点E，交于点F，交于点G，交过点A且与平行的直线于点H，连结． (1)判断与的位置关系，并说明理由； (2)若，求和的大小； (3)若，，求的长． 4．（2024·山东聊城·三模）如图，是以等腰三角形的一腰为直径的圆，且与其底边交于点D，点E是直径延长线上一点，连接并延长交于点F，且． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 5．（2024·广东广州·一模）如图，在中，，点是斜边上一个动点，以为直径作，交于点，与的另一个交点为，连接，． (1)当时，求证：； (2)当，时． ①是否存在点，使得是等腰三角形，若存在，求出所有符合条件的的长；若不存在，请说明理由； ②连接，点在的延长线上，若点关于的对称点恰好落在内，求的取值范围． 6．（2024·浙江温州·二模）如图，内接于，直径交边于点，过点作于点，交于点，连接． (1)求证：． (2)若． ①当是等腰三角形时，求的度数． ②若，求的值． 7．（2024·江苏连云港·二模）如图，内接于，，，是边上一点，是优弧的中点，连结，，，． (1)当的长度为多少时，是以为底边的等腰三角形？并证明； (2)当是以为底边的等腰三角形时，若，求的长． 考向五：圆的阅读理解与新定义问题 1.逐句拆解，提取关键信息 ①标注关键词:圈出定义中的核心条件； ②数学转化:将文字描述转化为符号或图形； 2.关联已知性质，类比经典模型 ①联想经典模型:将新定义与已知圆模型对比，寻找共性； ②结合圆的基本定理:将新问题嵌入垂径定理、切线长定理等框架中分析。 3.分步验证，排除干扰条件 ①分情况讨论:若新定义有条件限制(如“k>0”或“点P在圆外”)，需分别讨论不同情形； ②逆向检验:假设结论成立，反推条件是否自洽，避免隐含矛盾。 1．（2023·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1．对于的弦和外一点C给出如下定义： 若直线，中一条经过点O，另一条是的切线，则称点C是弦的“关联点”．    (1)如图，点，， ①在点，，中，弦的“关联点”是______． ②若点C是弦的“关联点”，直接写出的长； (2)已知点，．对于线段上一点S，存在的弦，使得点S是弦的“关联点”，记的长为t，当点S在线段上运动时，直接写出t的取值范围． 2．（2024·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于的弦和不在直线上的点，给出如下定义：若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”． (1)如图，点，． ①在点，，中，点___________是弦的“可及点”，其中____________； ②若点是弦的“可及点”，则点的横坐标的最大值为__________； (2)已知是直线上一点，且存在的弦，使得点是弦的“可及点”．记点的横坐标为，直接写出的取值范围． 3．（2023·河南商丘·模拟预测）请阅读下列材料，完成相应的任务： 克罗狄斯・托勒密（，约90年-168年），“地心说”的集大成者，生于埃及，著名的天文学家，地理学家，占星学家和光学家． 托勒密定理实出自依巴谷（）之手，托勒密从他的书中摘出并加以完善． 托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积． 已知：如图1，四边形内接于，求证：下面是该结论的证明过程： 证明：如图1，作，交于点.， （依据1），（依据2）， ，，. ，，即， ，， ． 任务： (1)托勒密定理的逆命题是______； 上述证明过程中的“依据1”为______； “依据2”为______． (2)当圆内接四边形是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：______． (3)如图2，以为直径的中，点为上一点，且，的角平分线交于点，连接，，若，求的长． 4．（2024·甘肃兰州·中考真题）在平面直角坐标系中，给出如下定义：点P是图形W外一点，点Q在的延长线上，使得，如果点Q在图形W上，则称点P是图形W的“延长2分点”，例如：如图1，是线段外一点，在的延长线上，且，因为点Q在线段上，所以点P是线段的“延长2分点”． (1)如图1，已知图形：线段，，，在中，______是图形的“延长2分点”； (2)如图2，已知图形：线段，，，若直线上存在点P是图形的“延长2分点”，求b的最小值： (3)如图3，已知图形：以为圆心，半径为1的，若以，，为顶点的等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”．请直接写出t的取值范围． 5．（2024·浙江·一模）定义，若四边形的一条对角线平分这个四边形的面积，则称这个四边形为倍分四边形，这条对角线称为这个四边形的倍分线．如图1，在四边形中，若，则四边形为倍分四边形，为四边形的倍分线． (1)判断：若是真命题请在括号内打，若是假命题请在括号内打． ①平行四边形是倍分四边形（______） ②梯形是倍分四边形（______） (2)如图1，倍分四边形中，是倍分线，若，，，求的长； (3)如图2，在，，以为直径的分别交于点，已知四边形是倍分四边形． ①求的值； ②如图3，连结，交于点，取中点，连结交于，若，求的长． 6．（2022·江苏南京·二模）点是平面直角坐标系中的一点且不在坐标轴上，过点向轴，轴作垂线段，若垂线段的长度的和为，则点叫做“垂距点”例如：下图中的是“垂距点”． (1)在点，，中，是“垂距点”的点为 ； (2)求函数的图象上的“垂距点”的坐标； (3)的圆心的坐标为，半径为若上存在“垂距点”，则的取值范围是 ． 考向六：圆与特殊四边形综合 1．（2024·湖南长沙·中考真题）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． 2．（2024·广东·三模）如图，在菱形中，是边上的高，以为直径的分别交，于点F，G，连接． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)若，，求． 3．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图①，是的外接圆，，以为边作菱形，点B，E在直线的同侧，与交于点M，连结交于N，交于T． (1)如图②，若点E在上，与交于点F，连结，求证． (2)在（1）的条件下，若，，求的半径． (3)如图①，连结，若，，求的值． 4．（2024·浙江宁波·一模）如图，矩形中，对角线与相交于点O，过O，C两点的切线段于点T，分别交线段于点F，E，M，连结，已知． (1)求证：； (2)若M为的中点，求的半径； (3)若的半径为3，求的值． 5．（2024·浙江杭州·一模）如图，是的直径，为上位于异侧的两点，使得，连接交于点． (1)证明：； (2)若，求的度数； (3)设交于点，若，，是的中点，求的值． （建议用时：35分钟） 1．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形中，以点F为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ． 2．（2022九年级·浙江·专题练习）如图1的一汤碗，其截面为轴对称图形，碗体ECDF呈半圆形状（碗体厚度不计），直径cm，碗底cm，，． （1）如图1，当汤碗平放在桌面上时，碗的高度是 cm． （2）如图2，将碗放在桌面上，绕点B缓缓倾斜倒出部分汤，当碗内汤的深度最小时，tan的值是 ． 3．（2024·陕西·中考真题）如图，直线l与相切于点A，是的直径，点C，D在l上，且位于点A两侧，连接，分别与交于点E，F，连接． (1)求证：； (2)若的半径，，，求的长． 4．（2024·四川内江·中考真题）如图，是的直径，是的中点，过点作的垂线，垂足为点．    (1)求证：； (2)求证：是的切线； (3)若，，求阴影部分的面积． 5．（2021·广西·中考真题）如图，已知，是的直径，，与的边，分别交于点，，连接并延长，与的延长线交于点，． （1）求证：是的切线； （2）若，求的值； （3）在（2）的条件下，若的平分线交于点，连接交于点，求的值． 15 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点05 圆的综合压轴题综合训练 中考数学中《圆的综合压轴题》部分主要考向分为六类： 一、圆中弧长和面积的综合题 二、圆与全等三角形的综合题 三、圆的综合证明问题 四、圆与等腰三角形的综合题 五、圆的阅读理解与新定义问题 六、圆与特殊四边形的综合题 中考数学中,“圆”是一个不可或缺的重要考点。圆与其他数学知识点联系紧密，经常出现在综合题中，尤其是大题，有时甚至会作为压轴题出现。因此，在复习时，一定要注重圆与其他知识点的结合，掌握综合题的解题技巧，非常有必要进行综合训练。 考向一：圆中弧长与面积的综合题 ； 公式可以直接应用，也可以由弧长（或面积）的数值求解对应的圆心角或者半径 1．（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形中，，点O是对角线的中点，以点O为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D．无法确定 【答案】A 【分析】连接，将绕点O顺时针旋转得到．证明，推出，利用即可求解． 【详解】解：如图，连接，将绕点O顺时针旋转得到． ， ， 在菱形中，点O是对角线的中点，， ，， ， ， ， ， ， ， ． ， ， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，解直角三角形，扇形的面积，作出辅助线，构造三角形全等，利用是解题的关键． 2．（2024·山东东营·中考真题）习近平总书记强调，中华优秀传统文化是中华民族的根和魂．东营市某学校组织开展中华优秀传统文化成果展示活动，小慧同学制作了一把扇形纸扇．如图，，，纸扇完全打开后，外侧两竹条（竹条宽度忽略不计）的夹角．现需在扇面一侧绘制山水画，则山水画所在纸面的面积为（   ）．    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将山水画所在纸面的面积转化为大小两个扇形的面积之差即可解决问题．本题主要考查了扇形面积的计算，熟知扇形面积的计算公式是解题的关键． 【详解】解：由题知， ， ， 所以山水画所在纸面的面积为：． 故选：C． 3．（2024·河南·中考真题）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过D作于E，利用圆内接四边形的性质，等边三角形的性质求出，利用弧、弦的关系证明，利用三线合一性质求出，，在中，利用正弦定义求出，最后利用扇形面积公式求解即可． 【详解】解∶过D作于E， ∵是边长为的等边三角形的外接圆， ∴，，， ∴， ∵点D是的中点， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，扇形面积公式，解直角三角形等知识，灵活应用以上知识是解题的关键． 4．（2023·山东滨州·中考真题）如图，某玩具品牌的标志由半径为的三个等圆构成，且三个等圆相互经过彼此的圆心，则图中三个阴影部分的面积之和为（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆的对称性可知：图中三个阴影部分的面积相等，只要计算出一个阴影部分的面积即可，如图，连接，阴影的面积＝扇形的面积，据此即可解答. 【详解】解：根据圆的对称性可知：图中三个阴影部分的面积相等； 如图，连接，则，是等边三角形， ∴，弓形的面积相等， ∴阴影的面积＝扇形的面积， ∴图中三个阴影部分的面积之和； 故选：C.    【点睛】本题考查了不规则图形面积的计算，正确添加辅助线、掌握求解的方法是解题关键. 5．（2022·四川资阳·中考真题）如图．将扇形翻折，使点A与圆心O重合，展开后折痕所在直线l与交于点C，连接．若，则图中阴影部分的面积是(   ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接CO，且直线l与AO交于点D，解直角三角形求出，即可求出扇形的面积，再算出的面积，即可求出阴影部分面积． 【详解】连接CO，且直线l与AO交于点D，如图所示， ∵扇形中，， ∴， ∵点A与圆心O重合， ∴，， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∵，， ∴， 故选：B． 【点睛】此题考查求不规则图形的面积，扇形面积公式，添加辅助线是本题的关键． 6．（2023·内蒙古·中考真题）如图，正方形的边长为2，对角线相交于点，以点为圆心，对角线的长为半径画弧，交的延长线于点，则图中阴影部分的面积为 ．    【答案】 【分析】根据正方形的性质得出阴影部分的面积为扇形的面积，然后由勾股定理得出，再由扇形的面积公式求解即可． 【详解】解：正方形， ∴，， ∴， ∵正方形的边长为2， ∴ ∴阴影部分的面积为扇形的面积，即， 故答案为：． 【点睛】题目主要考查正方形的性质及扇形的面积公式，理解题意，将阴影部分面积进行转化是解题关键． 7.（2023·湖南·中考真题）如图，某数学兴趣小组用一张半径为的扇形纸板做成一个圆锥形帽子（接缝忽略不计），如果做成的圆锥形帽子的底面半径为，那么这张扇形纸板的面积为 ．（结果保留）    【答案】 【分析】根据圆锥底面半径，可以求出圆锥底面周长，底面圆周长即是扇形的弧长，根据扇形面积公式可求出扇形面积． 【详解】解：帽子底面圆周长为：， 则扇形弧长为， 扇形面积 故答案为： 【点睛】本题考查了扇形面积的计算，掌握圆锥的性质和扇形的面积公式是求解的关键． 考向二：圆与全等三角形综合题 圆与全等三角形综合常见的有以下3种题型： 题型1:圆中弦与全等三角形 做题步骤:①观察弦是否相等或垂直平分；②应用垂径定理找直角或中点；③结合半径相等(隐含边等)判定全等。 题型2:切线与全等三角形。 做题步骤：①连接切点与圆心，得到垂直关系。2.利用切线长定理得边等。3.寻找对称性或公共边/角构造全等, 题型3:圆周角与全等三角形。 做题步骤:①由等弧得等圆周角；②结合已知边等(如半径、弦长)判定全等；③必要时构造辅助线(如直径、弦心距) 1．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，内接于，为的直径，于点D，将沿所在的直线翻折，得到，点D的对应点为E，延长交的延长线于点F． (1)求证：是的切线； (2)若，，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，由折叠的性质得，，再证明，推出，据此即可证明是的切线； （2）先求得，在中，求得，再利用扇形面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵沿直线翻折得到， ∴，， ∵是的半径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴于点C， 又∵为的半径， ∴是的切线； （2）解：∵， ∴， 由（1）得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定与扇形面积公式，折叠的性质，解直角三角形．充分运用圆的性质，综合三角函数相关概念，求得线段长度是解题的关键． 2．（2024·安徽合肥·一模）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． 3．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，已知四边形内接于，连接交于点E，且平分． (1)如图1，求证：； (2)如图2，若，求证，是等边三角形； (3)如图3，在（2）的条件下，将沿翻折得到的射线交线段于点M，交于点N，若，求线段的长． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)10． 【分析】题目主要考查圆与三角形综合问题，包括圆周角定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． （1）根据题意得，再由圆周角定理及等量代换得出，利用等角对等边即可证明； （2）根据圆周角定理得出，再由等量代换确定，根据等边三角形的判定即可证明； （3）设，根据等边三角形的性质及圆周角定理，利用全等三角形的判定得出，结合图形，根据其性质求解即可． 【详解】（1）证明：平分， ， 弧弧， ， 弧弧， ， ， ； （2）证明：如图：弧弧， ，且， ， ， 且， 为等边三角形； （3）解：如图：设， 为等边三角形， ， ， 弧弧， ， ， 弧弧， ， 弧弧， ， ， ， ， ， ， 在上截取，且， 是等边二角形， ， ，且， ， ， ． 4．（2024·福建厦门·二模）如图1，在四边形中，，以为直径的经过点C，连接、交于点E．    (1)证明：； (2)若； ①证明：是的切线 ②如图2连接交于点F，连接，求的度数 【答案】(1)见解析 (2)见解析； 【分析】（1）连接，证明，得出，根据等腰三角形的性质求出即可； （2）①根据是的直径，得出，证明，得出，求出，即可证明结论； ②连接，证明A、E、F、D四点共圆，得出，求出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：如图1，连接，    ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）①证明：∵是的直径， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴ ∵是半径， ∴是的切线； ②如图，连接，    ∵为直径， ∴， ∵， ∴E，F都在以为直径的圆上， ∴A、E、F、D四点共圆， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，切线的判定和性质，四点共圆，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 5．（2024·黑龙江大庆·二模）如图，是的直径，、为上的点，且，过点作于点． (1)求证：平分； (2)求证： (3)若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)的半径为 【分析】（1）首先由平行线的性质可得，再利用等腰三角形的性质可得，进而可证明结论； （2）过点作于点，由垂径定理可得，再根据垂直的定义可得，然后利用平行线的性质得到，证明，根据全等三角形的性质即可证明； （3）由（2）知，，可得，在中，利用勾股定理即可求解 【详解】（1）证明： ， ， ， ， ， 平分； （2）如图，过点作于点， ，， ， ， ， ， ； 在和中， ， ， ， 又， ； （3）由（2）知，， ， ， ， ，， 的半径为． 【点睛】本题主要考查了垂径定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质，角平分线的定义等知识的综合运用，作出辅助线是解决本题的关键． 考向三：圆的综合证明问题 1.标注已知条件:明确弦、弧、切线、角度等信息，标在图上。 2.联想相关定理:根据条件匹配圆的性质(如遇切线→切线长定理:遇弦→垂径定理) 3.构造辅助线:连接圆心、弦中点、切点等关键点，或添加辅助圆。 4.转化几何关系:将弧、角、弦的关系转化为三角形全等/相似或勾股定理 5.逆向验证:若直接证明困难，可假设结论成立，反向推导条件是否矛盾。 1．（2024·广东东莞·一模）综合探究： 如图，四边形是的内接四边形，，，点A是的中点，且． (1)若，求证：是的直径； (2)求证：直线是的切线； (3)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用垂直的定义，等量代换的性质和的圆周角所对的弦为直径的性质解答即可； （2）连接并延长交于点G，利用垂径定理得到，利用平行线的性质得到，利用圆的切线的判定定理解答即可； （3）连接，过点A作，交的延长线于点H，利用全等三角形的判定与性质得到，，则． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴是的直径； （2）证明：连接并延长交于点G，如图， ∵点A是的中点，且过圆心， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴直线是的切线； （3）解：连接，过点A作，交的延长线于点H，如图， ∵点A是的中点， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴，． 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理垂径定理，圆的切线的判定定理，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题的关键． 2．（2024·安徽合肥·二模）已知，四边形 内接于为直径 ，与的延长线相交于点E，平分，与相交于点 F． (1)如图1，若 ，求证：； (2)如图2，若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质、圆与三角形的综合、勾股定理： （1）利用证得，进而可求证结论； （2）利用先证得，进而可得，，设，，利用勾股定理得，，再结合，即可求解； 熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键。 【详解】（1）证明：为直径， ， ， ， ， 在和中， ， 。 （2） 平分， ， 由（1）得：， 在和中， ， ， ， ，， 设，， 由勾股定理得：，， ，， ，即：， 解得：， 为直径， 的半径为。 3．（2024·山东济南·中考真题）如图，为的直径，点在上，连接，点在的延长线上，． (1)求证：与相切； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）证明，即可证明是的切线； （2）连接，先计算，再计算，后得到解答即可． 本题考查了切线的证明，圆周角定理，三角形函数的应用，熟练掌握切线的判定定理，三角函数的应用是解题的关键． 【详解】（1）解：所对的弧是同弧 ， ， ， 即， 为直径， ， ， ， ， ， 与相切． （2）解： 连接 所对的弧是同弧， ， 为直径， ， 在中，， ， ， ． 4．（2024·四川巴中·中考真题）如图，内接于，点为的中点，连接，平分交于点，过点作交的延长线于点． (1)求证：是的切线． (2)求证：． (3)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）如图，连接，证明，结合，可得，从而可得结论； （2）证明，，结合，，再进一步可得结论； （3）如图，连接，证明，再证明，可得，结合，从而可得答案； 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵点为的中点， ∴， ∵， ∴，且OD是的半径， ∴DF是的切线； （2）证明：∵点为的中点， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∴； （3）解：如图，连接， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，而， ∴， ∵四边形为的内接四边形， ∴， ∴， ∴， ∴，而， ∴， ∴，经检验，符合题意； 【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，切线的判定，相似三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键. 5．（2024·四川雅安·中考真题）如图，是的直径，点C是上的一点，点P是延长线上的一点，连接，． (1)求证：是的切线； (2)若，求证：； (3)若于D，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）首先由直径得到，然后利用等边对等角得到，等量代换得到，进而证明即可； （2）利用得到，求出，然后利用直角三角形两锐角互余得到，进而求解即可； （3）设，证明出，得到，然后表示出，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）如图所示，连接， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是的切线； （2）证明：∵， ∴， ∴， 由（1）知， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）设， 在中，， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， 即，整理得， 解得，（舍去）， 故． 【点睛】此题考查了直径的性质，切线的判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点． 6．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，为的内接三角形，为的直径，将沿直线翻折到，点在上．连接，交于点，延长，，两线相交于点，过点作的切线交于点． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，．求的值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据折叠可得，根据切线的定义可得，即可得证； （2）根据题意证明，进而证明，根据相似三角形的性质，即可得证； （3）根据，设，则，得出，根据折叠的性质可得出，则，进而求得，根据，进而根据正切的定义，即可求解． 【详解】（1）证明：∵将沿直线翻折到， ∴， ∵为的直径，是切线， ∴， ∴； （2）解：∵是切线， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵由折叠可得， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即； （3）解：∵，设，则， ∴， ∴， ∵由折叠可得， ∴， ∵在中，， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的性质，折叠问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键． 7．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点． (1)求的值； (2)求证：； (3)求证：与互相平分． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先证得，再在中，．在中，，可得，再证得结果； （2）过点作，交延长线于点，先证明，可得，再证得，再由相似三角形的判定可得结论； （3）如图，连接，由（2），可得，从而得出，得出， 得出，再由平行线判定得出，，从而得出四边形是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果． 【详解】（1），且是的直径， ． ， 在中，． ， 在中，． ， ； （2）过点作，交延长线于点． ． ， ， ． ， ， ， ，， ． ， ， ， ， ． （3）如图，连接． 是的直径， ． ， ． 由（2）知，， ， ， ． ． ， ． 由（2）知，， ． ， ， ， 四边形是平行四边形， 与互相平分． 【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键． 考向四：圆与等腰三角形的综合 1.画图标注条件:明确圆、等腰三角形、切线、弦等位置关系。 2.添加辅助线:①连接圆心与顶点、切点、弦中点；②构造垂直、角平分线或对称轴。 3.应用定理转化:垂径定理→垂直平分弦；圆周角定理→角度的倍数关系；切线性质→垂直与切线长相等 4.推导几何关系:①利用全等三角形(SSS、SAS、HL)或相似三角形；②结合勾股定理、三角函数计算长度或角度。 1．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 【答案】操作发现：与相切；实践探究：；问题解决：见解析 【分析】操作发现：连接并延长交于点M，连接，根据直径所对圆周角为直角得到，根据旋转的性质得到，由圆周角定理推出，等量代换得到，利用直角三角形的性质即可证明，即可得出结论； 实践探究：证明，得到，结合三角形外角的性质得到，易证，得到，设，则，得到，利用二次函是的性质即可求解； 问题解决：过点E作交于点N，由旋转的性质知：，证明，推出，由旋转的性质得：， 得到，根据，易证，得到，即可证明结论． 【详解】操作发现： 解：连接并延长交于点M，连接， 是直径， ， ， 由旋转的性质得， ， ， ， 是的半径， 与相切； 实践探究： 解： 由旋转的性质得：， 即， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， ， 当时，有最大值为； 问题解决： 证明：过点E作交于点N， 由旋转的性质知：， ， ， ， ， 由旋转的性质得：， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查圆周角定理，切线的证明，旋转的性质，三角形相似的判定与性质，二次函数最值的应用，正确作出辅助线，构造三角形相似是解题的关键． 2．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，为等腰三角形，是底边的中点，腰与半圆相切于点，底边与半圆交于，两点． (1)求证：与半圆相切； (2)连接．若，，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了等腰三角形三线合一，角平分线的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）连接、，作交于，根据等腰三角形三线合一可知，，平分，结合与半圆相切于点，可推出，得证； （2）由题意可得出，根据，在中利用勾股定理可求得的长度，从而得到的长度，最后根据即可求得答案． 【详解】（1）证明：连接、，作交于，如图 为等腰三角形，是底边的中点 ，平分 与半圆相切于点 由 是半圆的切线 （2）解：由（1）可知， ， ， 又 ， 在中，， ， 解得： 3．（2024·湖南·模拟预测）如图，为等腰三角形的外接圆，，延长交于点D，过点C作的垂线，交于点E，交于点F，交于点G，交过点A且与平行的直线于点H，连结． (1)判断与的位置关系，并说明理由； (2)若，求和的大小； (3)若，，求的长． 【答案】(1)是的切线，见解析 (2)， (3) 【分析】（1）由题意得，，，则，进而可证是的切线； （2）由，，，可得，则，，由，可得，由，可得； （3）设，则，由，可求，由，可得，则，可求，由勾股定理得，，则，，由勾股定理得，，，即，可求满足要求的解为，则，如图，连接，设，则，由勾股定理得，，即，计算求解即可． 【详解】（1）解：是的切线，理由如下； ∵为等腰三角形的外接圆，，延长交于点D， ∴，， ∵， ∴， 又∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，； （3）解：设，则， ∴，即， 解得，， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 由勾股定理得，， ∴，， 由勾股定理得，， ， ∴， 解得，或（舍去）， ∴， 如图，连接，设，则， 由勾股定理得，，即， 解得，， ∴的长为． 【点睛】本题考查了外接圆，等腰三角形的性质，切线的判定，同弧所对的圆周角相等，三角形内角和定理，勾股定理，正切等知识．熟练掌握外接圆，等腰三角形的性质，切线的判定，同弧所对的圆周角相等，三角形内角和定理，勾股定理，正切是解题的关键． 4．（2024·山东聊城·三模）如图，是以等腰三角形的一腰为直径的圆，且与其底边交于点D，点E是直径延长线上一点，连接并延长交于点F，且． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用等腰三角形性质证明，利用平行线性质证明，即可证明是的切线； （2）连接，利用平行线分线段成比例得到，利用等腰三角形性质得到，利用锐角三角函数得到，又，进而得到，利用勾股定理得到，同理得到，即可解题． 【详解】（1）证明：连接， 为等腰三角形， ， ， ， ， ， ， ， 为半径， 是的切线； （2）解：连接， ， ，即， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ． 即的半径为． 【点睛】本题考查了等腰三角形性质，平行线性质和判定，切线的判定，平行线分线段成比例，锐角三角函数，勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 5．（2024·广东广州·一模）如图，在中，，点是斜边上一个动点，以为直径作，交于点，与的另一个交点为，连接，． (1)当时，求证：； (2)当，时． ①是否存在点，使得是等腰三角形，若存在，求出所有符合条件的的长；若不存在，请说明理由； ②连接，点在的延长线上，若点关于的对称点恰好落在内，求的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2)①存在，或或；② 【分析】（1）根据得出，连接，可得则，即可得证； （2）①勾股定理可得，进而可得，，，，，分三种情况讨论，分别解直角三角，即可求解； ②根据题意得出四边形是菱形，分当在上时，当在上时，求得临界值，进而结合图形，即可求解． 【详解】（1）证明：∵ ∴， 连接，如图， ∵是直径， ∴， ∴， 即， ∴； （2）∵中，， ∴， ∴， ∵ ∴，， 若存在是等腰三角形； ①当时，，则 连接， ∵是直径， ∴ ∵ ∴ 解得： 当时，过点作于点， ∵ ∴（等腰三角形三线合一） ∴平行， ∴ ∴是的中位线， ∴， ∵ ∴， 解得：， 当时，如图所示，过点作于点， ∴ ∴ ∴， ∴ ∴ ∵∵ ∴， 解得：， 综上所述，或或； ②连接，依题意， ∴四边形是菱形， 当在上时， ∵四边形是菱形， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴为的中位线， ∴ ∴， ②当在上时，∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴ ， 综上所述，的取值范围为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，菱形的性质与判定，轴对称的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，分类讨论是解题的关键． 6．（2024·浙江温州·二模）如图，内接于，直径交边于点，过点作于点，交于点，连接． (1)求证：． (2)若． ①当是等腰三角形时，求的度数． ②若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①和；② 【分析】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）根据圆周角定理可得，再结合已知条件可得、，然后根据圆周角定理可得，最后等量代换即可； （2）设，则，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可得，再根据余角互补可得，然后分、、三种情况，分别根据等腰三角形的性质列方程求解即可． 【详解】（1）解： 是直径， ∴, ∴, ∵， ∴, ∵， ∴． （2）解：设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是等腰三角形， ∴a.当时，， ∴，解得：, ∴； b：当时，， ∴， ∴，解得：， ∴； c. 当时，， ∴，解得：，即三点共线，不符合题意； 综上，的度数为和． ②如图：连接并延长交于G，连接,则，, ∵, ∴， ∵是的直径， ∴, 设圆的直径为d， ∴， ∴， ∵, ∴ ∴， ∴， ∵, ∴，即， ∴， ∴ ∵，， ∴，解得：， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴, ∴，即． 7．（2024·江苏连云港·二模）如图，内接于，，，是边上一点，是优弧的中点，连结，，，． (1)当的长度为多少时，是以为底边的等腰三角形？并证明； (2)当是以为底边的等腰三角形时，若，求的长． 【答案】(1)时，是以为底边的等腰三角形，证明见解析 (2) 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，等弧所对的圆周角相等，解直角三角形； （1）根据同弧所对的圆周角相等可得，则进而可得，即可得证； （2）由（1）可知，当时，，，过点作于，则 ，进而根据 ，即可求解． 【详解】（1）解：当时，是以为底边的等腰三角形， 是优弧的中点，   ， ， ， 当 ， ，即是以为底边的等腰三角形； （2）由（1）可知，当时，，， 过点作于，则 ， ， ， 考向五：圆的阅读理解与新定义问题 1.逐句拆解，提取关键信息 ①标注关键词:圈出定义中的核心条件； ②数学转化:将文字描述转化为符号或图形； 2.关联已知性质，类比经典模型 ①联想经典模型:将新定义与已知圆模型对比，寻找共性； ②结合圆的基本定理:将新问题嵌入垂径定理、切线长定理等框架中分析。 3.分步验证，排除干扰条件 ①分情况讨论:若新定义有条件限制(如“k>0”或“点P在圆外”)，需分别讨论不同情形； ②逆向检验:假设结论成立，反推条件是否自洽，避免隐含矛盾。 1．（2023·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1．对于的弦和外一点C给出如下定义： 若直线，中一条经过点O，另一条是的切线，则称点C是弦的“关联点”．    (1)如图，点，， ①在点，，中，弦的“关联点”是______． ②若点C是弦的“关联点”，直接写出的长； (2)已知点，．对于线段上一点S，存在的弦，使得点S是弦的“关联点”，记的长为t，当点S在线段上运动时，直接写出t的取值范围． 【答案】(1)，； (2)或． 【分析】（1）根据题目中关联点的定义并分情况讨论计算即可； （2）根据，两点来求最值情况，S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的的垂线上，运用相似三角形计算即可． 【详解】（1）解：①由关联点的定义可知，若直线中一经过点O，另一条是的切线，则称点C是弦的“关联点”， ∵点，，，，， ∴直线经过点O，且与相切， ∴是弦的“关联点”， 又∵和横坐标相等，与都位于直线上， ∴与相切，经过点O， ∴是弦的“关联点”． ②∵，， 设，如下图所示，共有两种情况，   a、若与相切，经过点O， 则、所在直线为： ， 解得：， ∴， b、若与相切，经过点O， 则、所在直线为：， 解得：， ∴， 综上，． （2）解：∵线段上一点S，存在的弦，使得点S是弦的“关联点”， 又∵弦随着S的变动在一定范围内变动，且，，， ∴S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的的垂线上，如图所示，    ①当S位于点时，为的切线，作， ∵，的半径为1，且为的切线， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴根据勾股定理得，， 根据勾股定理，，同理，， ∴当S位于点时，的临界值为和． ②当S位于经过点O的的垂直平分线上即点K时， ∵点，， ∴， ∴， 又∵的半径为1，∴， ∴三角形为等边三角形， ∴在此情况下，，， ∴当S位于经过点O的的垂直平分线上即点K时，的临界值为和， ∴在两种情况下，的最小值在内，最大值在， 综上所述，t的取值范围为或， 【点睛】本题主要考查最值问题，题目较为新颖，要灵活运用知识点，明确新概念时解答此题的关键． 2．（2024·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于的弦和不在直线上的点，给出如下定义：若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”． (1)如图，点，． ①在点，，中，点___________是弦的“可及点”，其中____________； ②若点是弦的“可及点”，则点的横坐标的最大值为__________； (2)已知是直线上一点，且存在的弦，使得点是弦的“可及点”．记点的横坐标为，直接写出的取值范围． 【答案】(1)①，45；② (2)或 【分析】（1）由相对运动理解，作出关于的对称圆，若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”，则点C应在的圆内或圆上，先求得，根据点与圆的位置关系的判断方法分别判断即可得出在上，故符合题意，根据圆周角定理即可求解； ②取中点为H，连接，可确定点D在以H为圆心，为半径的上方半圆上运动（不包括端点A、B），当轴时，点D横坐标最大，可求，故点的横坐标的最大值为； （2）反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆，故点P需要在的圆内或圆上，作出的外接圆，连接，则点P在以为圆心，为半径的上运动（不包括端点M、N），可求，随着的增大，会越来越靠近，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大，，由，故当最大，时，此时为等边三角形，此时，故当，的最大值为2，设，则，解得：，可求直线与交于点，，故t的取值范围是或． 【详解】（1）解：①：反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆， ∵若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”， ∴点C应在的圆内或圆上， ∵点，， ∴， 而， ∴, 由对称得：， ∴为等腰直角三角形， ∴, 设半径为， 则,故在外，不符合题意； ，故在上，符合题意； ，故在外，不符合题意， ∴点是弦的“可及点”， 可知三点共线， ∵， ∴， 故答案为：，45； ②取中点为H，连接， ∵， ∴， ∴点D在以H为圆心，为半径的上方半圆上运动（不包括端点A、B）， ∴当点轴时，点D横坐标最大， ∵，， ∴， ∴， ∵点，， ∴， ∴此时， ∴点的横坐标的最大值为， 故答案为：； （2）解：反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆， ∵若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”， ∴点C应在的圆内或圆上， 故点P需要在的圆内或圆上， 作出的外接圆，连接， ∴点P在以为圆心，为半径的上运动（不包括端点M、N）， ∴， ∴， 由对称得点在的垂直平分线上， ∵的外接圆为， ∴点也在的垂直平分线上，记与交于点Q， ∴， ∴， 随着的增大，会越来越靠近，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大，， 连接， ∵， ∴当最大,时，此时为等边三角形， 由上述过程知 ∴， ∴当，的最大值为2， 设，则， 解得：， 而记直线与交于，与y轴交于点K，过点S作轴， 当，当时，， 解得， ∴与x轴交于点， ∴，而 ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴t的取值范围是或． 【点睛】本题考查了新定义，轴对称变换，点与圆的位置关系，圆周角定理，解直角三角形，一次函数与坐标轴的交点问题，已知两点求距离等知识点，正确添加辅助线，找到临界状态情况是解题的关键． 3．（2023·河南商丘·模拟预测）请阅读下列材料，完成相应的任务： 克罗狄斯・托勒密（，约90年-168年），“地心说”的集大成者，生于埃及，著名的天文学家，地理学家，占星学家和光学家． 托勒密定理实出自依巴谷（）之手，托勒密从他的书中摘出并加以完善． 托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积． 已知：如图1，四边形内接于，求证：下面是该结论的证明过程： 证明：如图1，作，交于点.， （依据1），（依据2）， ，，. ，，即， ，， ． 任务： (1)托勒密定理的逆命题是______； 上述证明过程中的“依据1”为______； “依据2”为______． (2)当圆内接四边形是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：______． (3)如图2，以为直径的中，点为上一点，且，的角平分线交于点，连接，，若，求的长． 【答案】(1)如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似 (2)勾股定理 (3) 【分析】（1）利用逆命题的意义，矩形的性质，勾股定理，圆的有关性质和相似三角形的判定定理解答即可； （2）利用相似三角形的判定定理和性质定理，矩形的性质及勾股定理解答即可； （3）利用圆的有关性质，等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质分别求得四边形的边长，再利用（2）的结论解答即可得出结论． 【详解】（1）解：托勒密定理的逆命题是如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形． 证明过程中的“依据1”为：同弧所对的圆周角相等； 依据2”为：两个角分别对应相等的两个三角形相似． 故答案为：如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似； （2）解：如图，作，交于点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即． ， ， ． ． ， 四边形是矩形， ， ， 故答案为：勾股定理； （3）解：为直径， ， ，， ，． 的角平分线交于点， ， ， 为等腰直角三角形， ． 四边形为圆的内接四边形， ． ， ． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，含交的直角三角形的性质，逆命题的意义，本题是阅读型题目，理解并熟练应用新结论是解题的关键． 4．（2024·甘肃兰州·中考真题）在平面直角坐标系中，给出如下定义：点P是图形W外一点，点Q在的延长线上，使得，如果点Q在图形W上，则称点P是图形W的“延长2分点”，例如：如图1，是线段外一点，在的延长线上，且，因为点Q在线段上，所以点P是线段的“延长2分点”． (1)如图1，已知图形：线段，，，在中，______是图形的“延长2分点”； (2)如图2，已知图形：线段，，，若直线上存在点P是图形的“延长2分点”，求b的最小值： (3)如图3，已知图形：以为圆心，半径为1的，若以，，为顶点的等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”．请直接写出t的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）根据题意，画出图象，进行判断即可； （2）作以原点为位似中心，位似比为的位似图形，根据直线上存在点P是图形的“延长2分点”，得到直线与有交点，进而得到当过点时，值最小，进行求解即可； （3）作以原点为位似中心，位似比为的位似，得到与有交点，求出与相切以及与相切，两种情况求出的临近值，即可得出结果． 【详解】（1）解：作线段以原点为位似中心，位似比为的位似图形， ∵，， ∴，， ∵点是图形的“延长2分点”， ∴点在线段上， ∵在线段上， ∴是图形的“延长2分点”； 故答案为：； （2）作以原点为位似中心，位似比为的位似图形，如图， ∵，， ∴，， ∵直线上存在点P是图形的“延长2分点”， ∴直线与有交点， ∴当过点时，值最小， 把，代入，得：， ∴的最小值为； （3）作以原点为位似中心，位似比为的位似， ∵，，， ∴，，， ∵等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”， ∴当与有交点时，满足题意， 当与相切时，如图，则：或， ∴时，满足题意； 当与相切时，且切点为，连接，则：， ∵为等腰直角三角形， ∴为等腰直角三角形， ∵，，， ∴轴， ∴， ∵以为圆心，半径为1的， ∴点在直线上，， ∴， ∴， ∴或， ∴； 综上：或． 【点睛】本题考查坐标与图形变换—位似，等腰三角形的性质，勾股定理，切线的性质等知识点，综合性强，难度大，属于压轴题，理解并掌握新定义，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键． 5．（2024·浙江·一模）定义，若四边形的一条对角线平分这个四边形的面积，则称这个四边形为倍分四边形，这条对角线称为这个四边形的倍分线．如图1，在四边形中，若，则四边形为倍分四边形，为四边形的倍分线． (1)判断：若是真命题请在括号内打，若是假命题请在括号内打． ①平行四边形是倍分四边形（______） ②梯形是倍分四边形（______） (2)如图1，倍分四边形中，是倍分线，若，，，求的长； (3)如图2，在，，以为直径的分别交于点，已知四边形是倍分四边形． ①求的值； ②如图3，连结，交于点，取中点，连结交于，若，求的长． 【答案】(1)（1）①；② (2) (3)①；② 【分析】（1）①平行四边形的对角线平分平行四边形的面积，可判断①是真命题； ②梯形的对角线不平分梯形的面积，可判断②是假命题； （2）过作于，根据是四边形的倍分线，，可得，故，，故； （3）①连接，，，设交于，由，得，故，可知倍分四边形中，是倍分线，即，而，，有，从而，知，，设，由，有，可得，，根据勾股定理可得，即得； ②连接交于，作中点，连接，由为的中点，得，，，则，，证明，得，故，而是的中位线，可得，，故，即得． 【详解】（1）①平行四边形的对角线平分平行四边形的面积，故平行四边形是倍分四边形，①是真命题； 故答案为：； ②梯形的对角线不平分梯形的面积，故梯形不是倍分四边形，②是假命题； 故答案为：； （2）过作于，如图： 是四边形的倍分线，， ， ， 在中， ， ，， ， 在中， ， 的长为； （3）①连接，，，设交于，如图： 为的直径， ， ， ， ， 倍分四边形中，是倍分线，即， ，， ， ， ，， 设，则， ， ， ， ， ，， 在中，， 在中，， 在中，， ； ②连接交于，作中点，连接，如图： 为的中点， ，，， 在中，， ， 由①知，， ，， ， ， ， 为的中点， 是的中位线， ，， ， ， ． 【点睛】本题考圆的综合应用，涉及新定义，全等三角形的判定与性质，相似三角形判定与性质，锐角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形解决问题． 6．（2022·江苏南京·二模）点是平面直角坐标系中的一点且不在坐标轴上，过点向轴，轴作垂线段，若垂线段的长度的和为，则点叫做“垂距点”例如：下图中的是“垂距点”． (1)在点，，中，是“垂距点”的点为 ； (2)求函数的图象上的“垂距点”的坐标； (3)的圆心的坐标为，半径为若上存在“垂距点”，则的取值范围是 ． 【答案】(1)， (2)或 (3) 【分析】（1）由题意利用“垂距点”的定义垂线段的长度的和为4，对点，，进行分析判断； （2）由题意可知点横纵坐标的绝对值的和为4，依次列式求出“垂距点”的坐标； （3）设“垂距点”的坐标为，则，画出函数图像，分情况讨论即可解得． 【详解】（1）解：由题意得 ，垂线段的长度的和为4． ，， 故答案为：． （2）解：设函数的图像上的“垂距点”的坐标． 由题意得 ． ①当时，． ∴． ②当时，． ∴（不合题意，舍）． ③当时，． ∴． ∴  综上所述，函数y＝2x＋3的图像上的“垂距点”的坐标是，． （3）解：设“垂距点”的坐标为，则 当时，，即； 当时，，即； 当时，，即； 当时，，即； 当与相切时，过点作直线于点，则为等腰直角三角形， ∴ 当过点时，上不存在“垂距点”， 此时 ∴若存在“垂距点”，则的取值范围是． 故答案为：． 【点睛】本题考查平面直角坐标系相关，结合题干定义以及书本所学点到轴的距离即为横纵坐标的绝对值进行分析计算． 考向六：圆与特殊四边形综合 1．（2024·湖南长沙·中考真题）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． 2．（2024·广东·三模）如图，在菱形中，是边上的高，以为直径的分别交，于点F，G，连接． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)若，，求． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）首先根据菱形的性质得到，求出，然后由直径得到是的切线； （2）连接，首先得出，然后由得到，然后结合菱形的性质证明即可； （3）连接交于点H，首先根据菱形的性质得到，，，然后利用勾股定理求出，然后利用代数求出，得到，进而等量代换求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴． 又∵为的直径， ∴是的切线； （2）证明：如图1，连接， ∵，是的直径， ∴，， ∴，即． 又∵， ∴． ∵四边形是菱形， ∴，则， ∴，； （3）解：如图2，连接交于点H， ∵四边形是菱形，， ∴，，， 在中， ∵， ∴，解得， ∴． ∵， ∴，解得． 在中，． 由（2）知，， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】此题考查了圆与四边形综合题，圆周角定理，菱形的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 3．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图①，是的外接圆，，以为边作菱形，点B，E在直线的同侧，与交于点M，连结交于N，交于T． (1)如图②，若点E在上，与交于点F，连结，求证． (2)在（1）的条件下，若，，求的半径． (3)如图①，连结，若，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据菱形的性质即可得证； （2）连接，，连接并延长交于H，根据，得到为=的直径，根据圆周角定理求出，设的半径为r，利用勾股定理即可解答； （3）连接，，过B作于K，设，证明，列出比例式，求出，，设，则，设，则，根据，代入数值，得到①，延长交的延长线于点G，②，由①得③，由②得④，求解即可． 【详解】（1）证明：菱形， ，， ． ， ． （2）解：如图①，连结，，连结并延长交于， ， 为的直径． ，， ， ，， ， ． 设的半径为，则， 解得：． （3）解：如图②，连结，，过B作于K，设， ，． ， ． 同理可得：， ． ， ． ， ， ． 同理． 为直径， ， 而． ， ，． 设，则，设，则． ， ，① 延长交的延长线于点，则， 在中，，，，则， 即，② 由①得：，③ 由②得：，④ 得：，代入③得：， ． 【点睛】本题考查圆的综合应用，主要考查勾股定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，菱形的性质，掌握这些性质定理是解题的关键． 4．（2024·浙江宁波·一模）如图，矩形中，对角线与相交于点O，过O，C两点的切线段于点T，分别交线段于点F，E，M，连结，已知． (1)求证：； (2)若M为的中点，求的半径； (3)若的半径为3，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据矩形的性质可得，从而得到，进而得到，即可； （2）连结，连结交于点H，作于点G．则，证明四边形是矩形，即可求解； （3）连结，根据题意可得，再由矩形的性质可得，根据圆内接四边形的性质可得，从而得到，进而得到，然后根据勾股定理可得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形 ， 又 （2）解：连结，连结交于点H，作于点G．则， 为的中点， 为的直径， ，四边形是矩形， ， （3）解：连结． 的半径为3 ∵四边形是矩形 ∵四边形内接于， ∴， ∵， 【点睛】本题主要考查了圆的综合题，涉及了矩形的判定和性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理等知识，熟练掌握矩形的判定和性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理是解题的关键． 5．（2024·浙江杭州·一模）如图，是的直径，为上位于异侧的两点，使得，连接交于点． (1)证明：； (2)若，求的度数； (3)设交于点，若，，是的中点，求的值． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)． 【分析】（1）直接利用圆周角定理得出，再利用线段垂直平分线的性质得出； （2）利用圆内接四边形的性质得出，进而得出，即可得出答案； （3）根据得出的长，即可求出的长，再判断，求出的值． 【详解】（1）证明：是的直径， ，即， ， 垂直平分， ； （2）解：四边形是的内接四边形， ， 又， ， 又， ； （3）解：连接， ， ， 在中， ， 是的中点， ， ， 是的中点， ， ， 即． 【点睛】此题主要考查了圆的综合题、圆周角定理以及相似三角形的判定与性质以及圆内接四边形的性质等知识，根据题意得出，的长是解题关键． （建议用时：35分钟） 1．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形中，以点F为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形的性质，求圆锥的底面半径，先求出正六边形的一个内角的度数，进而求出扇形的圆心角的度数，过点作，求出的长，再利用圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，进行求解即可． 【详解】解：∵正六边形， ∴，， ∴，， ∴， 过点作于点，则：， 设圆锥的底面圆的半径为，则：， ∴； 故答案为：． 2．（2022九年级·浙江·专题练习）如图1的一汤碗，其截面为轴对称图形，碗体ECDF呈半圆形状（碗体厚度不计），直径cm，碗底cm，，． （1）如图1，当汤碗平放在桌面上时，碗的高度是 cm． （2）如图2，将碗放在桌面上，绕点B缓缓倾斜倒出部分汤，当碗内汤的深度最小时，tan的值是 ． 【答案】 【分析】（1）由垂径定理和勾股定理可求的长，即可求解； （2）由旋转的性质可得cm，，由勾股定理可求的长，由面积关系可求的长，由锐角三角函数可求解． 【详解】（1）解：如图，设半圆的圆心为O，连接，过点O作直线于P，交于Q， ∴四边形是矩形，四边形是矩形， ∴cm，， ∵， ∴cm， ∵＝（cm）， ∴cm． ∴碗的高度为15cm； 故答案为：； （2）解：如图1， ＝＝5cm， ∵将碗放在桌面上，绕点B缓缓倾斜倒出部分汤， ∴当半圆O与直线相切时，碗内汤的深度最小， 如图2，设半圆O与直线相切于点R，连接，连接，，过点O作于K， ∵旋转， ∴ cm，， ∵半圆O与直线相切于点R， ∴， ∴cm， ∴＝＝9cm， ∵， ∴ （cm2）， ∴， ∴×5， ∴ cm， ∴ ＝＝3cm， ∴＝＝＝， ∴tan， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的有关知识，锐角三角函数，勾股定理，旋转的等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键． 3．（2024·陕西·中考真题）如图，直线l与相切于点A，是的直径，点C，D在l上，且位于点A两侧，连接，分别与交于点E，F，连接． (1)求证：； (2)若的半径，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】（1）利用切线和直径的性质求得，再利用等角的余角相等即可证明； （2）先求得，，证明和是等腰直角三角形，求得的长，再证明，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵直线l与相切于点A， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴，， ∵直线l与相切于点A， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴也是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，切线的性质，勾股定理等知识点的应用，掌握切线的性质定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 4．（2024·四川内江·中考真题）如图，是的直径，是的中点，过点作的垂线，垂足为点．    (1)求证：； (2)求证：是的切线； (3)若，，求阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】+（1）分别证明，，从而可得结论； （2）连接，证明，可得，再进一步可得结论； （3）连接、，证明四边形是矩形，可得，再证明，可得，可得，利用可得答案. 【详解】（1）证明：∵是的直径 ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴； （2）证明：连接    ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （3）解：连接、    ∵是的直径， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵是半径，是的中点， ∴，， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定及扇形的面积公式，熟练地掌握相似三角形的判定和切线的判定是解决本题的关键。 5．（2021·广西·中考真题）如图，已知，是的直径，，与的边，分别交于点，，连接并延长，与的延长线交于点，． （1）求证：是的切线； （2）若，求的值； （3）在（2）的条件下，若的平分线交于点，连接交于点，求的值． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）． 【分析】（1）连接DF，由圆周角性质可得，则利用平行线的判定与性质可得，再根据等腰三角形性质及直角三角形性质可推出，即可证得结论； （2）由相似三角形的判定可得，则推出，由得出，可利用勾股定理求得，即可求出的值； （3）连接MN，并延长CO与AF，分别相交于点P，点Q，连接AQ，利用（2）所得结论及已知分别求得，，，，，，再由相似三角形的判定及性质可推出，代入求值后即可求得的值． 【详解】（1）证明：如图，连接DF， ∵是的直径， ∴． ∴DF∥AE． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AE∥OC． ∴DF∥OC． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴是的切线． （2）解：∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． 设，则． 由勾股定理得， 即， 解得，（不合题意，舍去）． ∴． ∵， ∴． （3）解：连接MN，并延长CO与AF，分别相交于点P，点Q，连接AQ， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴，，AB∥OC． ∴， ∵平分， ∴． ∴． ∴． ∵ ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵AB∥OC， ∴． ∴． ∵， ∴． 在Rt△APO中，由勾股定理得． ∴． 在Rt△APH中，由勾股定理得． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 【点睛】本题属于圆的综合问题，考查了圆周角定理、切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质及求角的三角函数值等知识，熟练掌握圆的相关知识及相似三角形的判定与性质等知识是解题的关键． 15 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $$