专题10 圆的综合题（讲练，3考点+10题型+方法指导+命题预测）-【上好课】2025年中考数学二轮复习讲练测（江苏专用）

专题10 圆的综合题 (思维导图+3考点+10种题型) 试卷第1页，共3页 2 / 12 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 圆中有关的计算问题 ►题型01 圆中求角度问题 ►题型02 圆中求线段问题 ►题型03 圆中求弧长、面积问题 考点二 圆中有关的证明问题 ►题型01 圆中切线的证明 ►题型02 圆中与特殊的平行四边形的证明 ►题型03 与圆有关的动点问题 ►题型04 与圆有关的探究问题 ►题型05 与圆有关的新定义型问题 考点三 圆与函数的综合问题 ►题型01 圆与一次函数的综合问题 ►题型02 圆与二次函数的综合问题 01考情透视·目标航 中考考点 新课标要求 命题预测 圆的综合 圆的有关概念及证明和计算 在中考中，涉及圆压轴题的相关题目单独出题的可能性还是比较大的，多以解答题形式出现，常结合其它几何图形、锐角三角函数出成压轴题的几率特别大，所占分值也是比较多，属于是中考必考的中等偏上难度的考点. 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 圆中有关的计算问题 ►题型01 圆中求角度问题 1．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，是的内接正n边形的一边，点C在上，，则 ．    2．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，是的直径，点在的延长线上，与相切于点，若，则 °． 3．（2024·江苏常州·中考真题）如图，是的直径，是的弦，连接．若，则 ． 4．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，是圆的直径，、、、的顶点均在上方的圆弧上，、的一边分别经过点A、B，则 ．    ►题型02 圆中求线段问题 5．（2023·江苏·中考真题）如图，是的直径，是的内接三角形．若，，则的直径 ．    6．（2023·江苏南京·中考真题）如图，与正六边形的边，分别相切于点C，F．若，则的半径长为 ． ►题型03 圆中求弧长、面积问题 7．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，已知正六边形的边长为2，以点E为圆心，长为半径作圆，则该圆被正六边形截得的的长为 ． 8．（2023·江苏徐州·中考真题）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形．若母线长l为，扇形的圆心角为，则圆锥的底面圆的半径r为 ．    9．（2023·江苏盐城·中考真题）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转到的位置，点的对应点首次落在斜边上，则点的运动路径的长为 .      10．（2024·江苏南通·中考真题）如图，中，，，，与相切于点D．    (1)求图中阴影部分的面积； (2)设上有一动点P，连接，．当的长最大时，求的长． 1. 圆心角 圆心角概念：顶点在圆心的角叫做圆心角。 弧、弦、弦心距、圆心角之间的关系定理：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。 2. 圆周角 圆周角概念：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角。 圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。（即：圆周角=） 推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等。 在同圆或等圆中，如果两个圆周角相等，它们所对的弧一定相等。 推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径。 推论3：如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形。 3. 圆内接四边形 圆的内接四边形定理：圆的内接四边形的对角互补，外角等于它的内对角。 即：在⊙中， ∵四边是内接四边形∴ ∴ 4. 阴影部分面积计算 直接利用公式法求阴影部分的面积，直接或构造和差法求阴影部分的面积，利用等积转换法求阴影部分的面积.圆的半径为R的扇形面积为S，则S扇形πR2或S扇形lR（其中l为扇形的弧长）．熟练应用公式是解题的关键. 5. 阴影部分周长计算 求阴影部分弧长或周长的计算，掌握弧长计算方法是正确计算的前提，求出相应的圆心角度数和半径是正确计算的关键．该题型一般考试中选择题或填空题型较多，圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则S扇形πR2或S扇形lR（其中l为扇形的弧长）．熟练应用公式是解题的关键. 1．（2024·江苏徐州·三模）如图，以的边为直径的分别交、于点、，连接、．若，则 °． 2．（2023·山东东营·中考真题）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，是的直径，弦于点E，寸，寸，则直径长为 寸． 3．（2024·江苏南京·三模）如图，菱形的顶点，，在上，且与相切，若的半径为，则菱形的周长为 ．    4．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，在边长为的菱形中，，点、分别是、上的动点，且，与交于点．当点从点运动到点时，则点的运动路径长为 ． 5．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，边长为的正方形的对角线，相交于点，以为圆心，长为半径的弧交于点，交于点，则图中阴影部分的面积是 ． 6．（24-25九年级上·安徽亳州·期末）如图，在中，是直径，直线与相切于点，过点作于点，交于点，延长交于点，连接． (1)若，求的度数； (2)若，求的长． 7．（2024·江苏南通·二模）如图，的半径为5，弦，互相垂直，垂足为点E．点F在上，且．连接，，．    (1)求的度数； (2)求的长． 8．（2024·江苏淮安·一模）如图，是的弦，切于点， 垂足为，是的半径，且， (1)求证：平分； (2)若点是弦所对的优弧上一点，且，求图中阴影部分面积（计算结果保留）． 考点二 圆中有关的证明问题 ►题型01 圆中切线的证明 1．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，是直径，是弦，且，垂足为，，，在的延长线上取一点，连接，使．    (1)求证：是的切线； (2)求的长． 2．（2023·江苏盐城·中考真题）如图，在中，是上（异于点，）的一点，恰好经过点，，于点，且平分．    (1)判断与的位置关系，并说明理由； (2)若，，求的半径长． 3．（2023·江苏扬州·中考真题）如图，在中，，点D是上一点，且，点O在上，以点O为圆心的圆经过C、D两点．    (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若的半径为3，求的长． 4．（2022·江苏淮安·中考真题）如图，是的内接三角形，，经过圆心交于点，连接，． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，求图中阴影部分的面积． ►题型02 圆中与特殊的平行四边形的证明 5．（2023·江苏镇江·中考真题）如图，将矩形沿对角线翻折，的对应点为点，以矩形的顶点为圆心、为半径画圆，与相切于点，延长交于点，连接交于点．    (1)求证：． (2)当，时，求的长． 6．（2023·江苏南通·中考真题）如图，等腰三角形的顶角，和底边相切于点，并与两腰，分别相交于，两点，连接，．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积． 7．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图1，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，求的半径． (3)如图2，在（2）的条件下，若点是半径上的一个动点，过点作交于点．当时，求的长． ►题型03 与圆有关的动点问题 8．（2022·江苏无锡·中考真题）如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE． (1)求证； (2)当时，求CE的长． 9．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）．过点P的弦CD⊥AB，Q为上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H．连接AD、BQ． （1）若m＝3． ①求证：∠OAD＝60°； ②求的值； （2）用含m的代数式表示，请直接写出结果； （3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值，求此时∠Q的度数． ►题型04 与圆有关的探究问题 10．（2024·江苏扬州·中考真题）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论． 如图，已知，， 是的外接圆，点在上（），连接、、． 【特殊化感知】 （1）如图1，若，点在延长线上，则与的数量关系为________； 【一般化探究】 （2）如图2，若，点、在同侧，判断与的数量关系并说明理由； 【拓展性延伸】 （3）若，直接写出、、满足的数量关系．（用含的式子表示） 11．（2023·江苏泰州·中考真题）已知：A、B为圆上两定点，点C在该圆上，为所对的圆周角．    知识回顾 (1)如图①，中，B、C位于直线异侧，． ①求的度数； ②若的半径为5，，求的长； 逆向思考 (2)如图②，P为圆内一点，且，，．求证：P为该圆的圆心； 拓展应用 (3)如图③，在（2）的条件下，若，点C在位于直线上方部分的圆弧上运动．点D在上，满足的所有点D中，必有一个点的位置始终不变．请证明． ►题型05 与圆有关的新定义型问题 12．（2024·江苏盐城·一模）我们定义：有一组对角相等的四边形叫做“等对角四边形”． (1)如图①，四边形内接于，点在的延长线上，且．证明：四边形是“等对角四边形”． (2)如图②，在中，，，，平分，点在线段上，以点、、、为顶点构成的四边形为“等对角四边形”，求线段的长． (3)如图③，在中，，，，若四边形是“等对角四边形”，且，则的最大值是______．（直接写出结果） 13．（2024·江苏盐城·模拟预测）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， ①求证：是“近直角三角形”； ②在边上是否存在点E（异于点D），使得也是“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D为边上一点，以为直径的圆交于点E，连接交于点F，若为“近直角三角形”，且，求的长． 14．（2024·浙江宁波·模拟预测）在一个三角形中，如果三个内角的度数之比为连续的正整数，那么我们把这个三角形叫做和谐三角形． (1)概念理解：若为和谐三角形，且，则＝ ，＝ ，＝ ．（任意写一种即可） (2)问题探究：如果在和谐三角形中，，那么的度数是否会随着三个内角比值的改变而改变？若的度数改变，写出的变化范围；若的度数不变，写出的度数，并说明理由． (3)拓展延伸：如图，内接于，为锐角，为圆的直径，．过点作，交直径于点E，交于点，若将分成的两部分的面积之比为，则一定为和谐三角形吗？请说明理由． 1．切线判定的方法一 已知直线与圆有公共点，需连接该公共点与圆心得半径，证明该半径垂直于这条直线，即“连半径，证垂直”. 2．切线判定的方法二 当题目中没有指出直线和圆是否有公共点时，常过圆心作该直线的垂线段，证明该线段的长等于圆的半径，简称“作垂直，证半径”. 1．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在半径为的中，是的直径，是过上一点的直线，且于点，平分，点是的中点，． (1)求证：是的切线； (2)求的长． 2．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，是的直径，点B在上，连接，过圆心O作，连接并延长，交延长线于点A，满足．    (1)求证：是的切线； (2)若F是的中点，的半径为3，求阴影部分的面积． 3．（2024·江苏淮安·模拟预测）如图，点是的直径延长线上一点，，绕点按逆时针方向旋转，点旋转到点，连接交于点，连接． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，求阴影部分的面积． 4．（2024·江苏淮安·模拟预测）如图，在中，，点E是的中点，以为直径的与边交于点 D，连接． (1)试判断与的位置关系，并说明理由； (2)若， ，求直径的长． 5．（2024·江苏苏州·一模）如图，中，，，为的外接圆，点P是所对弧上一动点，连接，，，并延长至E，连结． (1)若，试判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)试猜想，，之间的数量关系为______，证明你的猜想． 6．（2024·江苏镇江·二模）如图①，四边形是菱形，是的外接圆． (1)求证：圆心O在直线上； (2)如图②，当时，求证：与相切； (3)当与菱形的边有五个公共点时，直接写出的取值范围． 7．（2023·江苏苏州·模拟预测）定义：如果一个四边形的一组对角互余，那么我们称这个四边形为“对角互余四边形”． (1)如图1，在对角互余四边形中，，且．若，求四边形的面积和周长． (2)如图2，在四边形中，连接，点O是外接圆的圆心，连接，求证：四边形是“对角互余四边形”； (3)在（2）的条件下，如图3，已知，，，连接，求线段的长． 8．（23-24九年级下·吉林长春·阶段练习）在矩形中，，，点P从点A出发，沿边向点B以每秒的速度移动，同时点Q从点B出发沿边向点C以每秒的速度移动P、Q两点在分别到达B、C两点后就停止移动，设两点移动的时间为t秒，回答下列问题： (1)如图1，当t为几秒时，的面积等于？ (2)如图2，当秒时，试判断的形状，并说明理由； (3)如图3，以Q为圆心，为半径作． ①在运动过程中，是否存在这样的t值，使正好与四边形的一边（或边所在的直线）相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由； ②若与四边形有三个公共点，请直接写出t的取值范围． 考点三 圆与函数的综合问题 ►题型01 圆与一次函数的综合问题 1．（2024·四川德阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交x轴，y轴正半轴于点A，B，内切于，反比例函数的图象经过点P，交直线于点C，D（C在点D的左侧）． (1)求反比例函数的解析式； (2)过点C，D分别作x轴，y轴的平行线交于点E，求线段的长． 2．（2024·江苏常州·模拟预测）定义：在平面直角坐标系中，P、Q为平面内不重合的两个点，其中．若：，则称点Q为点P的“等和点”． (1)如图1，已知点，求点P在直线上“等和点”的坐标； (2)如图2，的半径为1，圆心A坐标为．若点在上有且只有一个“等和点”，求m的值； (3)若函数的图像记为，将其沿直线翻折后的图像记为．当，两部分组成的图像上恰有点的两个“等和点”，请直接写出m的取值范围． ►题型02 圆与二次函数的综合问题 3．（2023·江苏苏州·中考真题）如图，二次函数的图像与轴分别交于点（点A在点的左侧），直线是对称轴．点在函数图像上，其横坐标大于4，连接，过点作，垂足为，以点为圆心，作半径为的圆，与相切，切点为．      (1)求点的坐标； (2)若以的切线长为边长的正方形的面积与的面积相等，且不经过点，求长的取值范围． 4．（2024·海南·中考真题）如图1，抛物线经过点、，交y轴于点，点P是抛物线上一动点． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)当点P的坐标为时，求四边形的面积； (3)当时，求点P的坐标； (4)过点A、O、C的圆交抛物线于点E、F，如图2．连接，判断的形状，并说明理由． 1．（2024·山东淄博·二模）如图，二次函数的图象与轴分别交于点，（点在点的左侧），直线是对称轴．点在函数图象上，其横坐标大于4，连接，，过点作，垂足为，以点为圆心，作半径为的圆，与相切，切点为． (1)求点，的坐标； (2)四边形能是一个菱形吗？若能，求出点的坐标；若不能，说明理由； (3)若以为边长的正方形的面积与的面积相等，且不经过点，求的取值范围． 2．（2024·河南洛阳·一模）如图1，⊙O与直线l相离，过圆心O作直线l的垂线，垂足为P，且交于两点（M在之间）．我们把点N称为关于直线l的“远望点”，把的值称为关于直线l的“远望数”．    (1)如图2，在平面直角坐标系中，点E的坐标为，过点E画垂直于x轴的直线a，则半径为1的关于直线a的“远望点”的坐标是________，关于直线a的“远望数”为________； (2)如图3，在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点C坐标为，以点C为圆心、长为半径作．若与直线相离，点O是关于直线的“远望点”，且关于直线的“远望数”是求直线的函数表达式． 3．（22-23九年级下·江苏苏州·阶段练习）如图1，平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于、B（点A在点B左侧），与y轴交于点C． (1)连接，则______； (2)如图2，若经过A、B、C三点，连接、，若与的周长之比为，求该抛物线的函数表达式； (3)如图3，在（2）的条件下，连接OP，抛物线对称轴上是否存在一点Q，使得以O、P、Q为顶点的三角形与相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由． 4．（2023·江苏常州·二模）如图1，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，P是射线上一点，以为直径画圆，圆心为M． (1)点A的坐标为 ，点B的坐标为 ； (2)当与直线相切时，请在图2中作出点P的位置（不写作法，保留作图痕迹），并求的半径长； (3)当⊙M与直线相交时，另一个交点记为Q，直线l过点Q且与x轴平行，交于点．当三条射线中，其中一条是另两条射线所夹角的角平分线时，求点的坐标． 5．（2024·江苏宿迁·一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别相交于A、B两点，与y轴相交于点C，已知点A的坐标为，点B的坐标为． (1)求出这条抛物线的函数表达式； (2)如图2，点D是第一象限内该抛物线上一动点，过点D作直线轴，直线l与的外接圆相交于点E． ①仅用无刻度直尺找出图2中外接圆的圆心P． ②连接、，与直线的交点记为Q，如图3，设的面积为S，在点D运动的过程中，S是否存在最大值？如果存在，请求出S的最大值；如果不存在，请说明理由． $$专题10 圆的综合题 (思维导图+3考点+10种题型) 试卷第1页，共3页 2 / 12 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 圆中有关的计算问题 ►题型01 圆中求角度问题 ►题型02 圆中求线段问题 ►题型03 圆中求弧长、面积问题 考点二 圆中有关的证明问题 ►题型01 圆中切线的证明 ►题型02 圆中与特殊的平行四边形的证明 ►题型03 与圆有关的动点问题 ►题型04 与圆有关的探究问题 ►题型05 与圆有关的新定义型问题 考点三 圆与函数的综合问题 ►题型01 圆与一次函数的综合问题 ►题型02 圆与二次函数的综合问题 01考情透视·目标航 中考考点 新课标要求 命题预测 圆的综合 圆的有关概念及证明和计算 在中考中，涉及圆压轴题的相关题目单独出题的可能性还是比较大的，多以解答题形式出现，常结合其它几何图形、锐角三角函数出成压轴题的几率特别大，所占分值也是比较多，属于是中考必考的中等偏上难度的考点. 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 圆中有关的计算问题 ►题型01 圆中求角度问题 1．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，是的内接正n边形的一边，点C在上，，则 ．    【答案】10 【知识点】圆周角定理、正多边形和圆的综合 【分析】本题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，求出中心角的度数是解题的关键．由圆周角定理得，再根据正边形的边数中心角，即可得出结论． 【详解】解：， ， ， 故答案为：10． 2．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，是的直径，点在的延长线上，与相切于点，若，则 °． 【答案】35 【知识点】切线的性质定理、直角三角形的两个锐角互余、三角形的外角的定义及性质 【分析】本题利用了切线的性质，三角形的外角与内角的关系，等边对等角求解．连接，构造直角三角形，利用，从而得出的度数． 【详解】解：连接， 与相切于点， ， ， ； ， ， 故答案为：35 3．（2024·江苏常州·中考真题）如图，是的直径，是的弦，连接．若，则 ． 【答案】 【知识点】圆周角定理、半圆（直径）所对的圆周角是直角 【分析】本题考查圆周角定理，根据同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角，结合三角形的内角和定理，进行求解即可． 【详解】解：∵是的直径，，， ∴， ∴； 故答案为：． 4．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，是圆的直径，、、、的顶点均在上方的圆弧上，、的一边分别经过点A、B，则 ．    【答案】90 【知识点】圆周角定理 【分析】本题考查圆周角定理，根据半圆的度数为，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，进行求解即可． 【详解】∵是圆的直径， ∴所对的弧是半圆，所对圆心角的度数为， ∵、、、所对的弧的和为半圆， ∴， 故答案为：90． ►题型02 圆中求线段问题 5．（2023·江苏·中考真题）如图，是的直径，是的内接三角形．若，，则的直径 ．    【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、圆周角定理、利用弧、弦、圆心角的关系求证、半圆（直径）所对的圆周角是直角 【分析】连接，，根据在同圆中直径所对的圆周角是可得，根据圆周角定理可得，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：连接，，如图：    ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， 在中，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了在同圆中直径所对的圆周角是，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 6．（2023·江苏南京·中考真题）如图，与正六边形的边，分别相切于点C，F．若，则的半径长为 ． 【答案】 【知识点】正多边形和圆的综合、解直角三角形的相关计算、用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS） 【分析】连接，，，过点D作于点G，过点E作于点H，根据切线的性质得到，求得，根据等边三角形的性质得，求得，根据全等三角形的性质得，得到，求得，过点O作于点M，解直角三角形即可得出结论． 【详解】连接，，，过点D作于点G，过点E作于点H， ， 是的切线， ， 多边形是正六边形， ， ， ， ， ， ，， ， ， 四边形是矩形， ， ，， ， ， 过点O作于点M， ， ， 的半径长为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正多边形与圆、正六边形的性质、解直角三角形、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键． ►题型03 圆中求弧长、面积问题 7．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，已知正六边形的边长为2，以点E为圆心，长为半径作圆，则该圆被正六边形截得的的长为 ． 【答案】 【知识点】正多边形的内角问题、求弧长 【分析】本题主要考查了正多形的内角和和内角以及弧长公式，根据六边形是正六边形，根据正多边内角和等于，求出内角，再根据弧长公式即可得出答案． 【详解】解：∵六边形是正六边形， ∴， ∴， 故答案为：． 8．（2023·江苏徐州·中考真题）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形．若母线长l为，扇形的圆心角为，则圆锥的底面圆的半径r为 ．    【答案】2 【知识点】求弧长、求圆锥底面半径 【分析】本题考查了圆锥的计算，首先求得展开之后扇形的弧长也就是圆锥的底面周长，进一步利用弧长计算公式求得圆锥的底面圆的半径r． 【详解】解：由题意得：母线长l为，， ， ∴， 故答案为：2． 9．（2023·江苏盐城·中考真题）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转到的位置，点的对应点首次落在斜边上，则点的运动路径的长为 .      【答案】 【知识点】求某点的弧形运动路径长度、等边三角形的判定和性质、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形 【分析】首先证明是等边三角形，再根据弧长公式计算即可． 【详解】解：在中，∵，，， ∴， 由旋转的性质得，， ， ∴是等边三角形， ∴， ∴点的运动路径的长为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转变换，含直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，弧长公式等知识，解题的关键是证明是等边三角形． 10．（2024·江苏南通·中考真题）如图，中，，，，与相切于点D．    (1)求图中阴影部分的面积； (2)设上有一动点P，连接，．当的长最大时，求的长． 【答案】(1) (2) 【知识点】切线的性质定理、求其他不规则图形的面积、用勾股定理解三角形、判断三边能否构成直角三角形 【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理的逆定理，扇形的面积公式等知识，解题的关键是： （1）连接，利用勾股定理的逆定理判定得出，利用切线的性质得出，利用等面积法求出，然后利用求解即可； （2）延长交于P，连接，则最大，然后在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解∶连接，    ∵，，， ∴， ∴， ∵与相切于D， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解∶延长交于P，连接，此时最大，    由（1）知：，， ∴． 1. 圆心角 圆心角概念：顶点在圆心的角叫做圆心角。 弧、弦、弦心距、圆心角之间的关系定理：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。 2. 圆周角 圆周角概念：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角。 圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。（即：圆周角=） 推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等。 在同圆或等圆中，如果两个圆周角相等，它们所对的弧一定相等。 推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径。 推论3：如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形。 3. 圆内接四边形 圆的内接四边形定理：圆的内接四边形的对角互补，外角等于它的内对角。 即：在⊙中， ∵四边是内接四边形∴ ∴ 4. 阴影部分面积计算 直接利用公式法求阴影部分的面积，直接或构造和差法求阴影部分的面积，利用等积转换法求阴影部分的面积.圆的半径为R的扇形面积为S，则S扇形πR2或S扇形lR（其中l为扇形的弧长）．熟练应用公式是解题的关键. 5. 阴影部分周长计算 求阴影部分弧长或周长的计算，掌握弧长计算方法是正确计算的前提，求出相应的圆心角度数和半径是正确计算的关键．该题型一般考试中选择题或填空题型较多，圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则S扇形πR2或S扇形lR（其中l为扇形的弧长）．熟练应用公式是解题的关键. 1．（2024·江苏徐州·三模）如图，以的边为直径的分别交、于点、，连接、．若，则 °． 【答案】56 【知识点】圆周角定理、半圆（直径）所对的圆周角是直角 【分析】本题考查了直径所对的圆周角是直角，圆周角定理，熟悉圆周角定理的应用是解题的关键．连接，由为直径，得到，，然后根据三角形内角和定理得到，最后利用圆周角定理即可得到答案． 【详解】解：连接，如图 是的直径 ，则 故答案为：56． 2．（2023·山东东营·中考真题）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，是的直径，弦于点E，寸，寸，则直径长为 寸． 【答案】26 【知识点】用勾股定理解三角形、垂径定理的实际应用 【分析】本题主要考查了垂径定理和勾股定理，设寸，则寸，由垂径定理得到寸，再由勾股定理可得方程，解方程即可得到答案． 【详解】解：设寸，则寸， ，是直径， 寸， 在中，由勾股定理得， ， ， 寸， 故答案为：26． 3．（2024·江苏南京·三模）如图，菱形的顶点，，在上，且与相切，若的半径为，则菱形的周长为 ．    【答案】 【知识点】利用菱形的性质求线段长、切线的性质定理、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了切线的性质、三角形外角的性质、菱形的性质、含度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握知识点、作辅助线推理是解题的关键． 连接，根据切线的性质得出，再根据菱形的性质得出，再根据外角的性质，求出，根据含度角的直角三角形的性质，得出，根据勾股定理计算，再得出菱形的周长即可． 【详解】解：如图，连接，    ∵与相切， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵的半径为， ∴， ∴， ∴菱形的周长， 故答案为：． 4．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，在边长为的菱形中，，点、分别是、上的动点，且，与交于点．当点从点运动到点时，则点的运动路径长为 ． 【答案】 【知识点】利用菱形的性质求线段长、解直角三角形的相关计算、利用垂径定理求值、求弧长 【分析】根据题意证得，推出，，得到、、、四点共圆，知点的运动路径长为的长，利用弧长公式即可求解． 【详解】解：连接， ∵菱形中，， ∴，， ∴和都为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴、、、四点共圆，即是的外接圆， ∴当点从点运动到点时，则点的运动路径长为的长， ∴， 作于， 根据垂径定理得：，， ∵，即， ∴， 从而点的路径长为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，弧长公式等知识，解题的关键是学会准确寻找点的运动轨迹． 5．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，边长为的正方形的对角线，相交于点，以为圆心，长为半径的弧交于点，交于点，则图中阴影部分的面积是 ． 【答案】 【知识点】根据正方形的性质求线段长、求其他不规则图形的面积、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查正方形的性质，不规则图形的面积，根据正方形的性质求出，利用阴影部分的面积等于计算即可． 【详解】解：四边形是边长为的正方形， ，， ， 阴影部分的面积为， 故答案为：． 6．（24-25九年级上·安徽亳州·期末）如图，在中，是直径，直线与相切于点，过点作于点，交于点，延长交于点，连接． (1)若，求的度数； (2)若，求的长． 【答案】(1) (2) 【知识点】切线的性质定理、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、三角形角平分线的定义 【分析】（1）连接，如图所示，利用切线的性质得到，则判断，所以，然后利用等腰三角形性质确定，得到平分，即可得到答案； （2）利用圆周角定理得到，再利用勾股定理计算出，再证明，利用相似比计算出，利用勾股定理得，求出，进而即可求解． 【详解】（1）证明：连接，如图所示： ∵直线与相切于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分， ， ， ； （2）解：∵是的直径， ∴， 在中，， 在和中， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴在中，， 连接，如图所示： 平分， ， ∴， 在中，， ∴． 【点睛】本题属于圆的综合题，涉及圆的性质、圆周角定理、角平分线的判定与性质、切线的性质、勾股定理以及相似三角形的判定与性质等知识．作出辅助线，熟练运用相关几何性质是解此题的关键． 7．（2024·江苏南通·二模）如图，的半径为5，弦，互相垂直，垂足为点E．点F在上，且．连接，，．    (1)求的度数； (2)求的长． 【答案】(1) (2) 【知识点】圆周角定理、求弧长、全等的性质和SAS综合（SAS）、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，弧长的计算，掌握以上基础知识是解本题的关键． （1）如图，连接．证明，再结合，证明，从而可得结论； （2）如图，连接．由，求解，连接，，，再利用弧长公式计算即可． 【详解】（1）解：如图，连接．   与都是所对的圆周角， ． 又， ． 又， ， ． （2）解：如图，连接．   ， ， 在中， ， ． 连接，， ， 的长 ； 8．（2024·江苏淮安·一模）如图，是的弦，切于点， 垂足为，是的半径，且， (1)求证：平分； (2)若点是弦所对的优弧上一点，且，求图中阴影部分面积（计算结果保留）． 【答案】(1)见解析； (2)． 【知识点】切线的性质定理、含30度角的直角三角形、圆周角定理、求扇形面积 【分析】（1）连结,由切线的性质得出,证出，由平行线的性质和等腰三角形的性质得出，即可证明． （2）由圆周角定理得出,由扇形面积公式和三角形面积公式即可得出结果． 【详解】（1）证明：连结，如图所示， 切与点， ， ， ， ， ， 平分． （2）如图，过作与点 点是弦所对的优弧上一点，且， , ， ， ， ， ， 阴影部分面积等于扇形的面积与三角形的差，即为：． 【点睛】本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、圆周角定理、扇形面积公式等知识；熟练掌握切线的性质和圆周角定理是解决问题的关键． 考点二 圆中有关的证明问题 ►题型01 圆中切线的证明 1．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，是直径，是弦，且，垂足为，，，在的延长线上取一点，连接，使．    (1)求证：是的切线； (2)求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、圆周角定理、证明某直线是圆的切线、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键． （1）连接，根据等腰三角形的性质得到，等量代换得到，得到，根据切线的判定定理得到结论； （2）根据垂径定理得到，根据勾股定理得到，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：连接，   ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是的半径， 是的切线； （2）解：是直径，是弦，且， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ． 2．（2023·江苏盐城·中考真题）如图，在中，是上（异于点，）的一点，恰好经过点，，于点，且平分．    (1)判断与的位置关系，并说明理由； (2)若，，求的半径长． 【答案】(1)见解析 (2)的半径长为． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、证明某直线是圆的切线、用勾股定理解三角形 【分析】（1）连接，证明，即可证得，从而证得是圆的切线； （2）设，则，利用勾股定理求得，推出，利用相似三角形的性质列得比例式，据此求解即可． 【详解】（1）证明：连接，如下图所示，    ∵是的平分线， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 又∵过半径的外端点B， ∴与相切； （2）解：设，则， ∵在中，，，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得． 故的半径长为． 【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，以及勾股定理，熟练掌握切线的判定是解本题的关键． 3．（2023·江苏扬州·中考真题）如图，在中，，点D是上一点，且，点O在上，以点O为圆心的圆经过C、D两点．    (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若的半径为3，求的长． 【答案】(1)直线与相切，理由见解析 (2)6 【知识点】解直角三角形的相关计算、证明某直线是圆的切线、判断直线和圆的位置关系、圆周角定理 【分析】（1）连接，根据圆周角定理，得到，进而得到，即可得出与相切； （2）解直角三角形，求出的长，进而求出的长，再解直角三角形，求出的长即可． 【详解】（1）解：直线与相切，理由如下： 连接，则：，    ∵，即：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的半径， ∴直线与相切； （2）解：∵，的半径为3， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设：， 则：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查切线的判定，解直角三角形．熟练掌握切线的判定方法，正弦的定义，是解题的关键． 4．（2022·江苏淮安·中考真题）如图，是的内接三角形，，经过圆心交于点，连接，． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)直线与相切，理由见解析 (2)图中阴影部分的面积 【知识点】证明某直线是圆的切线、求其他不规则图形的面积 【分析】（1）连接，根据圆周角定理得到，连接，根据等边三角形的性质得到，根据切线的判定定理即可得到结论； （2）根据圆周角定理得到，解直角三角形得到，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）解：直线与相切， 理由：如图，连接， ∵， ∴， 连接， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴直线与相切； （2）解：如（1）中图， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴图中阴影部分的面积． 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，等边三角形 的判定和性质，解直角三角形，扇形面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键． ►题型02 圆中与特殊的平行四边形的证明 5．（2023·江苏镇江·中考真题）如图，将矩形沿对角线翻折，的对应点为点，以矩形的顶点为圆心、为半径画圆，与相切于点，延长交于点，连接交于点．    (1)求证：． (2)当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】矩形与折叠问题、切线的性质定理、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）连接，由切线的性质得，则，由矩形的性质得，再由直角三角形两锐角互余得，根据对顶角相等和同圆的半径相等得，，然后由等角的余角相等得，最后由等角对等边得出结论； （2）由锐角三角函数得，，得，由翻折得，由得，再由矩形对边相等得，最后在中解直角三角形即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图，连接．    ∵与相切于点E， ∴， ∴． ∵四边形是矩形， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． （2）解：在中，，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， 由翻折可知，， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，， ∴． 【点睛】本题是四边形与圆的综合题，考查了矩形的性质、切线的性质、翻折的有关性质、锐角三角函数的定义，正确作出辅助线，巧用解直角三角形是解答本题的关键． 6．（2023·江苏南通·中考真题）如图，等腰三角形的顶角，和底边相切于点，并与两腰，分别相交于，两点，连接，．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】求其他不规则图形的面积、证明四边形是菱形 【分析】（1）连接，根据切线的性质可得，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得，从而可得和都是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得，即可解答； （2）连接交于点，利用菱形的性质可得，，，然后在中，利用勾股定理求出的长，从而求出的长，最后根据图中阴影部分的面积扇形的面积菱形的面积，进行计算即可解答． 【详解】（1）证明：连接，   和底边相切于点， ， ，， ， ，， 和都是等边三角形， ，， ， 四边形是菱形； （2）解：连接交于点，   四边形是菱形， ，，， 在中，， ， ， 图中阴影部分的面积扇形的面积菱形的面积 ， 图中阴影部分的面积为． 【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 7．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图1，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，求的半径． (3)如图2，在（2）的条件下，若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) (3) 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、切线的性质和判定的综合应用、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）方法一：连接，过点作于点，四边形是正方形，是正方形的对角线，得出，进而可得为的半径，又，即可得证； 方法二：连接，过点作于点，根据正方形的性质证明得出，同方法一即可得证； 方法三：过点作于点，连接．得出四边形为正方形，则，同方法一即可得证； （2）根据与相切于点，得出，由（1）可知，设，在中，勾股定理得出，在中，勾股定理求得，进而根据建立方程，解方程，即可求解． （3）方法一：连接，设，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，结合题意得出，即可得出； 方法二：连接，证明得出，进而可得，同理可得 方法三：连接，证明得出，设，则，进而可得，进而同方法一，即可求解． 【详解】（1）方法一：证明：连接，过点作于点， 与相切于点， ． 四边形是正方形，是正方形的对角线， ， ， 为的半径， 为的半径， ， 与相切． 方法二： 证明：连接，过点作于点， 与相切于点，， ， 四边形是正方形， ， 又， ， ， 为的半径， 为的半径， ， 与相切． 方法三： 证明：过点作于点，连接． 与相切，为半径， ， ， ， ， 又四边形为正方形， ， 四边形为矩形， 又为正方形的对角线， ， ， 矩形为正方形， ． 又为的半径， 为的半径， 又， 与相切． （2）解：为正方形的对角线， ， 与相切于点， ， 由（1）可知，设， 在中， ， ， ，， 又正方形的边长为． 在中， ， ， ， ． ∴的半径为． （3）方法一： 解：连接，设， ， ， ， ． 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， 又， ． ． 方法二： 解：连接， 为的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ． 方法三： 解：连接， 为的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， ． 又， ， ． 【点睛】本题考查了切线的性质与判定，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，相似三角形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键． ►题型03 与圆有关的动点问题 8．（2022·江苏无锡·中考真题）如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE． (1)求证； (2)当时，求CE的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据同弧所对圆周角相等可得，再由对顶角相等得，故可证明绪论； （2）根据可得由可得出连接AE，可证明，得出 代入相关数据可求出，从而可求出绪论． 【详解】（1）∵所对的圆周角是， ∴， 又， ∴； （2）∵△是等边三角形， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ 连接如图， ∵ ∴ ∴∠ 又∠， ∴△ ∴， ∴ ∴， ∴（负值舍去） ∴， 解得， 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形和判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键． 9．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）．过点P的弦CD⊥AB，Q为上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H．连接AD、BQ． （1）若m＝3． ①求证：∠OAD＝60°； ②求的值； （2）用含m的代数式表示，请直接写出结果； （3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值，求此时∠Q的度数． 【答案】（1）①见解析；②2；（2）；（3）存在半径为1的圆，45° 【知识点】圆与三角形的综合(圆的综合问题)、三角函数综合、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）①连接OD，则易得CD垂直平分线段OA，从而OD=AD，由OA=OD，即可得△OAD是等边三角形，从而可得结论； ②连接AQ，由圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，从而其余弦值相等，因此可得 ，由①可得AB、AD的值，从而可得结论； （2）连接AQ、BD， 首先与（1）中的②相同，有，由△APD∽△ADB，可求得AD的长，从而求得结果； （3）由（2）的结论可得：，从而BQ2﹣2DH2+PB2 当m=1时，即可得是一个定值，从而可求得∠Q的值． 【详解】（1）①如图，连接OD，则OA=OD ∵AB=PA+PB=1+3=4 ∴OA= ∴OP=AP=1 即点P是线段OA的中点 ∵CD⊥AB ∴CD垂直平分线段OA ∴OD=AD ∴OA=OD=AD 即△OAD是等边三角形 ∴∠OAD=60°     ②连接AQ ∵AB是直径 ∴AQ⊥BQ 根据圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH， ∴ ∵AH⊥DQ 在Rt△ABQ和Rt△ADH中 ∴ ∵AD=OA=2，AB=4 ∴ （2）连接AQ、BD 与（1）中的②相同，有 ∵AB是直径 ∴AD⊥BD ∴∠DAB+∠ADP=∠DAB+∠ABD=90° ∴∠ADP=∠ABD ∴Rt△APD∽Rt△ADB ∴ ∵AB=PA+PB=1+m ∴ ∴ （3）由（2）知， ∴BQ= 即 ∴BQ2﹣2DH2+PB2= 当m=1时，BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值，且这个定值为1，此时PA=PB=1，即点P与圆心O重合 ∵CD⊥AB，OA=OD=1 ∴△AOD是等腰直角三角形 ∴∠OAD=45° ∵∠OAD与∠Q对着同一条弧   ∴∠Q=∠OAD=45° 故存在半径为1的圆，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值1，此时∠Q的度数为45. 【点睛】本题是圆的综合，它考查了圆的基本性质，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，难点是第（3）问，得出BQ2﹣2DH2+PB2后，当m=1即可得出BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值． ►题型04 与圆有关的探究问题 10．（2024·江苏扬州·中考真题）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论． 如图，已知，， 是的外接圆，点在上（），连接、、． 【特殊化感知】 （1）如图1，若，点在延长线上，则与的数量关系为________； 【一般化探究】 （2）如图2，若，点、在同侧，判断与的数量关系并说明理由； 【拓展性延伸】 （3）若，直接写出、、满足的数量关系．（用含的式子表示） 【答案】（1）；（2）（3）当在上时，；当在上时， 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合、已知正弦值求边长 【分析】（1）根据题意得出是等边三角形，则，进而由四边形是圆内接四边形，设交于点，则，设，则，分别求得，即可求解； （2）在上截取，证明，根据全等三角形的性质即得出结论； （3）分两种情况讨论，①当在上时，在上截取，证明，，得出，作于点，得出，进而即可得出结论；②当在上时，延长至，使得，连接，证明，，同①可得，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴是等边三角形，则 ∵是的外接圆， ∴是的角平分线，则 ∴ ∵四边形是圆内接四边形， ∴ ∴ 设交于点，则， 设，则 在中， ∴ ∴， ∵是直径，则， 在中， ∴ ∴ （2）如图所示，在上截取， ∵ ∴ ∴是等边三角形， ∴，则 ∴ ∵四边形是圆内接四边形， ∴ ∴； ∵，， ∴是等边三角形，则 ∴， 又∵ ∴ 在中 ∴ ∴， ∴ 即； （3）解：①如图所示，当在上时， 在上截取， ∵ ∴ 又∵ ∴，则 ∴即 又∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ 如图所示，作于点， 在中，， ∴ ∴ ∴，即 ②当在上时，如图所示，延长至，使得，连接， ∵四边形是圆内接四边形， ∴ 又∵ ∴，则 ∴即， 又∵ ∴ ∴ ∴， ∵ 同①可得 ∴ ∴ 综上所述，当在上时，；当在上时，． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，圆内接四边形对角互补，圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，等腰三角形的性质，熟练掌握截长补短的辅助线方法是解题的关键． 11．（2023·江苏泰州·中考真题）已知：A、B为圆上两定点，点C在该圆上，为所对的圆周角．    知识回顾 (1)如图①，中，B、C位于直线异侧，． ①求的度数； ②若的半径为5，，求的长； 逆向思考 (2)如图②，P为圆内一点，且，，．求证：P为该圆的圆心； 拓展应用 (3)如图③，在（2）的条件下，若，点C在位于直线上方部分的圆弧上运动．点D在上，满足的所有点D中，必有一个点的位置始终不变．请证明． 【答案】(1)①；②； (2)见解析； (3)见解析 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、圆周角定理 【分析】（1）①根据，结合圆周角定理求的度数；②构造直角三角形； （2）只要说明点到圆上、和另一点的距离相等即可； （3）根据，构造一条线段等于，利用三角形全等来说明此线段和相等． 【详解】（1）解：①，， ， ． ②连接，过作，垂足为，   ，， 是等腰直角三角形，且， ，， 是等腰直角三角形， ， 在直角三角形中，， ． （2）证明：延长交圆于点，则，   ， ， ， ， ， ， ， 为该圆的圆心． （3）证明：过作的垂线交的延长线于点，连接，延长交圆于点，连接，，   ， ， 是等腰直角三角形， ， ，， ， 是直径， ， ， ， ， ， ， ， 必有一个点的位置始终不变，点即为所求． 【点睛】本题考查了圆周角定理，还考查了勾股定理和三角形全等的知识，对于（3）构造一条线段等于是关键． ►题型05 与圆有关的新定义型问题 12．（2024·江苏盐城·一模）我们定义：有一组对角相等的四边形叫做“等对角四边形”． (1)如图①，四边形内接于，点在的延长线上，且．证明：四边形是“等对角四边形”． (2)如图②，在中，，，，平分，点在线段上，以点、、、为顶点构成的四边形为“等对角四边形”，求线段的长． (3)如图③，在中，，，，若四边形是“等对角四边形”，且，则的最大值是______．（直接写出结果） 【答案】(1)证明见解析 (2)或 (3) 【知识点】利用垂径定理求值、同弧或等弧所对的圆周角相等、已知圆内接四边形求角度、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了圆内接四边形对角互补，垂径定理，解直角三角形； （1）证明，即可证明四边形是“等对角四边形”； （2）根据新定义分两种情况讨论，或，分别解直角三角形，进行计算即可求解； （3）作的外接圆，作关于的，根据新定义得出在上运动，当在的延长线上时取得最大值，最大值为，进而根据垂径定理以及勾股定理进行计算即可求解． 【详解】（1）证明：四边形内接于， ， ， ， ， ， ， 四边形是“等对角四边形”； （2）如图所示，过点作于点，作交于点， ∵以点、、、为顶点构成的四边形为“等对角四边形”， ∴或 ∵在中，，，， ∴，， ①当时，如图所示， ∴，则 ∵平分，则 ∴ 设，则，， ∴ ∴ 解得： ∴； ②当时， 设，则 ∴ 解得： ∴ 综上，或； （3）如图所示，作的外接圆，作关于的， ∵ ∴ 则在上运动，当在的延长线上时取得最大值，最大值为， ∵在中，，，， ∴ ∴， 如图所示，过点作，则，过点作交的延长线于点，连接，， ∴，四边形是矩形， ∴， 在中， ∴ 在中， ∴的最大值为 13．（2024·江苏盐城·模拟预测）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， ①求证：是“近直角三角形”； ②在边上是否存在点E（异于点D），使得也是“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D为边上一点，以为直径的圆交于点E，连接交于点F，若为“近直角三角形”，且，求的长． 【答案】(1)20 (2)①详见解析；②存在， (3)或． 【知识点】垂径定理的实际应用、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合、圆与三角形的综合(圆的综合问题) 【分析】（1）根据题意可得不可能是或，当时，，，不成立；故时，，，由此即可得到答案； （2）①由是的平分线得到，再由在中，，得到，则，由此即可证明； ②当是近直角三角形，得到或，当时，可证得此时D、E重合不符合题意；当时，得到，则，可证明，得到，即，则，； （3）分两种情况：当时，是近直角三角形，当时，是近直角三角形，进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴不可能是或， 当时，， ∴， ∴不成立； 当时，， ∵， ∴， ∴ 故答案为：20； （2）①证明：如图1所示，∵是的平分线， ∴ ， ∵在中，， ∴， ∴， ∴是“近直角三角形”； ②解：如图所示，假设在边上存在点E（异于点D），使得是“近直角三角形” ∵在中，， ∴， ∵是近直角三角形， ∴或， 当时， ∵， ∴， 又∵， ∴，即， ∴此时D、E重合不符合题意； 当时，   ， ∴， 又∵， 则， ∴，即， ∴， ∴； （3）解：如图所示，由（2）①可知，当时，是近直角三角形，    ∴由垂径定理得：， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； 如图所示，由（2）②可知当时，是近直角三角形， 过点A作交于点H，交于点G，连接，    ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为线段的垂直平分线， ∵是圆的直径， ∴G为圆心，， ∴ ∴， ∴ ∴， ∴， 设，则（圆的半径）， ∵点H是的中点，G是的中点， ∴是的中位线， ∴， 在中，， 在中，，，， 由勾股定理得：， ∴ 解得：， ∴ 在中，， ∴综上所述，的长为或． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，三角形内角和定理，垂径定理，圆周角定理，三角形外角的性质，线段垂直平分线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，解题的关键在于能够正确理解题意和掌握相似三角形的性质与判定． 14．（2024·浙江宁波·模拟预测）在一个三角形中，如果三个内角的度数之比为连续的正整数，那么我们把这个三角形叫做和谐三角形． (1)概念理解：若为和谐三角形，且，则＝ ，＝ ，＝ ．（任意写一种即可） (2)问题探究：如果在和谐三角形中，，那么的度数是否会随着三个内角比值的改变而改变？若的度数改变，写出的变化范围；若的度数不变，写出的度数，并说明理由． (3)拓展延伸：如图，内接于，为锐角，为圆的直径，．过点作，交直径于点E，交于点，若将分成的两部分的面积之比为，则一定为和谐三角形吗？请说明理由． 【答案】(1)30；60；90； (2)的度数不变，，理由见解析； (3)一定为和谐三角形，理由见解析． 【知识点】三角形内角和定理的应用、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）依据题意可设为任意的连续的正整数比，根据三角形内角和可分别求得，，的度数； （2）依据题意可设，其中，为正整数，根据三角形内角和可得，进而可以得解； （3）依据题意，结合所给和谐三角形的定义可分两种情况讨论：①当时，如图1，连结，，过点O作于点G．设，可得，，，从而求得；再根据，可求得；结合，，，得到，推出，从而得出为等边三角形，可得，最后求出，即可判断得解； ②当时，如图2，连结，，过点O作于点G，同理可得，，，得到，推出为等腰直角三角形，可得，根据三个内角的度数之比为连续的正整数，即可判断得解． 【详解】（1）由题意可设（其它任意连续正整数比亦可）， ， 同理可得， ，， 故答案为：30；60；90．（答案不唯一） （2）由题意得可设，其中，为正整数， 的度数不变，且． （3）一定为和谐三角形．理由如下：分两种情况讨论： ①当时，如图1，连结，，过点O作于点G， 设， ， ，， ，， ， 又 ， ， 又 解得： 为等边三角形 为和谐三角形； ②当时，如图2，连结，，过点O作于点G 同理可得，，， ，， ， ， 为等腰直角三角形， ， ， ， 为和谐三角形． 综上所述，一定为和谐三角形． 【点睛】本题考查了和谐三角形的定义，圆周角定理及其推论，三角形内角和，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识点，理解和谐三角形的定义并熟练掌握以上知识点是解题的关键． 1．切线判定的方法一 已知直线与圆有公共点，需连接该公共点与圆心得半径，证明该半径垂直于这条直线，即“连半径，证垂直”. 2．切线判定的方法二 当题目中没有指出直线和圆是否有公共点时，常过圆心作该直线的垂线段，证明该线段的长等于圆的半径，简称“作垂直，证半径”. 1．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在半径为的中，是的直径，是过上一点的直线，且于点，平分，点是的中点，． (1)求证：是的切线； (2)求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、证明某直线是圆的切线、半圆（直径）所对的圆周角是直角 【分析】本题考查圆的切线，圆周角定理、相似三角形的判定及性质； （1）连接，由平分，，可得，，根据，得，即可证明是的切线； （2）由是的中位线，得，再证明，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：连接，如图： 平分， ． ， ， ， ， ， ， 是的半径， 是的切线； （2）解：是的中点，且， 是的中位线，， ， ． 是的直径， ． 又， ， ，即， ． 2．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，是的直径，点B在上，连接，过圆心O作，连接并延长，交延长线于点A，满足．    (1)求证：是的切线； (2)若F是的中点，的半径为3，求阴影部分的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】解直角三角形的相关计算、求其他不规则图形的面积、证明某直线是圆的切线、等边三角形的判定和性质 【分析】本题考查了切线的判定，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，扇形的面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键． （1）连接，根据圆周角定理得到，根据平行线的性质和等腰三角形的性质得到，根据切线的判定定理即可得到结论； （2）连接，根据直角三角形的性质得到，推出是等边三角形，得到，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）证明：连接，   是的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是的半径， 是的切线； （2）解：连接， ，是的中点， ， ∴是等边三角形， ， 的半径为3， ， ，， 阴影部分的面积． 3．（2024·江苏淮安·模拟预测）如图，点是的直径延长线上一点，，绕点按逆时针方向旋转，点旋转到点，连接交于点，连接． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，求阴影部分的面积． 【答案】(1)是的切线，理由见解析 (2) 【知识点】等边三角形的判定和性质、证明某直线是圆的切线、求其他不规则图形的面积、根据旋转的性质求解 【分析】（1）连接，根据题意推出是等边三角形，进而推出是等边三角形，根据等边三角形的性质得到，，根据等腰三角形的性质、三角形外角性质求出，则，根据切线的判定定理即可得解； （2）根据阴影部分的面积，代值求解即可得到答案． 【详解】（1）解：是的切线； 理由如下： 连接，如图所示： 根据题意得，， 是等边三角形， ， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ， ， 是的半径， 是的切线； （2）解：， ， ， ， ， ， 阴影部分的面积． 【点睛】本题考查了圆综合，涉及等边三角形判定与性质、等腰三角形判定与性质、三角形外角和、切线的判定与性质、勾股定理、扇形面积的计算、旋转的性质等知识，熟练切线的判定与性质、扇形面积的计算是解题的关键． 4．（2024·江苏淮安·模拟预测）如图，在中，，点E是的中点，以为直径的与边交于点 D，连接． (1)试判断与的位置关系，并说明理由； (2)若， ，求直径的长． 【答案】(1)相切，理由见解析 (2) 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、半圆（直径）所对的圆周角是直角、证明某直线是圆的切线、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）连接，根据直径所对圆周角为直角得出，再根据直角三角形斜边中线的性质得到，则利用等腰三角形的性质得，由于，即得出，即，即可根据切线的判定定理得到与相切； （2）根据勾股定理和相似三角形的判定与性质即可得到结论． 【详解】（1）解∶ 直线是的切线． 理由：连接，如图， ∵为直径， ∴． ∵E为的中点， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴，即． ∵是的半径， ∴与相切； （2）解∶ 由（1）知， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴，即， 解得：． ∴直径为． 【点睛】本题考查切线的判定定理，圆周角定理的推论，直角三角形斜边中线的性质和相似三角形的判定与性质等知识．连接常用的辅助线是解题关键． 5．（2024·江苏苏州·一模）如图，中，，，为的外接圆，点P是所对弧上一动点，连接，，，并延长至E，连结． (1)若，试判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)试猜想，，之间的数量关系为______，证明你的猜想． 【答案】(1)与相切，证明见解析 (2)，证明见解析 【知识点】用勾股定理解三角形、圆周角定理、证明某直线是圆的切线、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）由， 证明是的直径， 则， 由，变形得而， 即可证明，得， 所以直线与相切； （2）延长到点， 使， 连接， 则，， 由， ， 得，则， 所以， 而， 即可证明， 得则， 所以于是得到问题的答案. 【详解】（1）直线与相切， 理由： ∵， ∴是的直径， ∴， ， ， ∵， ∴， ∴， ∵是的半径， 且， ∴直线与相切. （2） 证明：延长到点，使， 连接， 则， ∴，， ∵， ，， ， ∴， ∵， ∴， ， ， ， 故答案为： ． 【点睛】此题重点考查圆周角定理、相似三角形的判定与性质、切线的判定定理、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 6．（2024·江苏镇江·二模）如图①，四边形是菱形，是的外接圆． (1)求证：圆心O在直线上； (2)如图②，当时，求证：与相切； (3)当与菱形的边有五个公共点时，直接写出的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【知识点】等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质证明、判断三角形外接圆的圆心位置、证明某直线是圆的切线 【分析】（1）如图①，连接，由菱形，可得，，由是的外接圆，可得，则是线段的垂直平分线，即，由，可知三点共线，进而结论得证； （2）如图②，连接，证明是等边三角形，，，同理（1）可知，是线段的垂直平分线，则，，即，进而结论得证； （3）由（2）可知，当时，与菱形的边有3个公共点，当四边形为正方形时，四边形的边与共有4个公共点，进而可知当时，与菱形的边有五个公共点． 【详解】（1）证明：如图①，连接， ∵菱形， ∴，， ∵是的外接圆， ∴， ∴是线段的垂直平分线，即， ∵， ∴三点共线，即圆心O在直线上； （2）证明：如图②，连接， ∵菱形，， ∴，， ∴是等边三角形，， ∴， 同理（1）可知，是线段的垂直平分线， ∴， ∴，即， 又∵是半径， ∴与相切； （3）解：由（2）可知，当时，与菱形的边有3个公共点， 当四边形为正方形时，四边形的边与共有4个公共点， ∴当时，与菱形的边有五个公共点， ∴的取值范围为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的判定，等边三角形的判定与性质，切线的判定，外接圆，正方形的性质等知识．熟练掌握菱形的性质，垂直平分线的判定，等边三角形的判定与性质，切线的判定，外接圆，正方形的性质是解题的关键． 7．（2023·江苏苏州·模拟预测）定义：如果一个四边形的一组对角互余，那么我们称这个四边形为“对角互余四边形”． (1)如图1，在对角互余四边形中，，且．若，求四边形的面积和周长． (2)如图2，在四边形中，连接，点O是外接圆的圆心，连接，求证：四边形是“对角互余四边形”； (3)在（2）的条件下，如图3，已知，，，连接，求线段的长． 【答案】(1)四边形的面积为，周长为； (2)见解析； (3)线段的长是． 【知识点】三角函数综合、相似三角形的判定与性质综合、圆周角定理、用勾股定理解三角形 【分析】（1）由四边形是对角互余四边形，，得，则，可求得， ，于是可求得，； （2）延长交于点E，连接，由是的直径，得，而，则，即可证明四边形是“对角互余四边形”； （3）作于点F，使点F与点A在直线的异侧，由，根据勾股定理得，可证明，得，，所以，由，得，而，则，因为，所以，连接，证明，可求得． 【详解】（1）解：如图1， ∵四边形是对角互余四边形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形的面积为，周长为； （2）证明：如图2，延长交于点E，连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是“对角互余四边形”； （3）解：如图3，作于点F，使点F与点A在直线的异侧， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴线段的长是． 【点睛】此题重点考查圆周角定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、相似三角形的判定与性质、新定义问题的求解等知识与方法，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 8．（23-24九年级下·吉林长春·阶段练习）在矩形中，，，点P从点A出发，沿边向点B以每秒的速度移动，同时点Q从点B出发沿边向点C以每秒的速度移动P、Q两点在分别到达B、C两点后就停止移动，设两点移动的时间为t秒，回答下列问题： (1)如图1，当t为几秒时，的面积等于？ (2)如图2，当秒时，试判断的形状，并说明理由； (3)如图3，以Q为圆心，为半径作． ①在运动过程中，是否存在这样的t值，使正好与四边形的一边（或边所在的直线）相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由； ②若与四边形有三个公共点，请直接写出t的取值范围． 【答案】(1)2秒或4秒 (2)直角三角形；理由见解析 (3)①存在；0或② 【知识点】用勾股定理解三角形、判断三边能否构成直角三角形、根据矩形的性质求线段长、切线的性质定理 【分析】（1）当运动时间为t秒时，，，，，由三角形面积得，即可求解； （2）由勾股定理得，，，由勾股定理逆定理即可求解； （3）①（ⅰ）可得与、不相切；（ⅱ）当时，点P与点A重合时，点B与点Q重合，由切线的判定即可求解；（iii）当正好与四边形的边相切时，由勾股定理得，即，即可求解； ②（i）当时，与四边形有两个公共点；（ii）当经过点D时，与四边形有两个公共点；由勾股定理得，即可求解． 【详解】（1）解：当运动时间为t秒时，，， ，， 的面积等于， ， ， 解得：，， 答：当t为2秒或4秒时，的面积等于； （2）解：的形状是直角三角形， 理由如下： 当秒时，，， ，， 在中， ， 同理，在和中， 由勾股定理得，， ， ， 是直角三角形； （3）解：①存在； （ⅰ）由题意可知与、不相切； （ⅱ）如图1，当时，点P与点A重合时，点B与点Q重合， ， ， ， 为的切线； （iii）当正好与四边形的边相切时，如图2所示， 由题意可知：，，， 在中，由勾股定理得，， 即， 解得：，（舍去）， 综上，当或时，与四边形的一边相切； ②（i）当时，与四边形有两个公共点； （ii）如图3，当经过点D时，与四边形有两个公共点； 由题意知：，，，， 由勾股定理得：， ， ， ， 即：， 整理得：， 解得：，（舍去）， 当时，与四边形有三个公共点． 【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，矩形的性质，切线的判定及性质，掌握判定方法及性质，能熟练利用勾股定理求解，能根据题意进行分类讨论是解题的关键． 考点三 圆与函数的综合问题 ►题型01 圆与一次函数的综合问题 1．（2024·四川德阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交x轴，y轴正半轴于点A，B，内切于，反比例函数的图象经过点P，交直线于点C，D（C在点D的左侧）． (1)求反比例函数的解析式； (2)过点C，D分别作x轴，y轴的平行线交于点E，求线段的长． 【答案】(1) (2) 【知识点】直角三角形周长、面积与内切圆半径的关系、求反比例函数解析式、根据正方形的性质与判定证明、一次函数与反比例函数的交点问题 【分析】（1）由一次函数解析式求得A、B两点的坐标，由勾股定理则可求得；设圆P的半径为R，由内切圆的性质得；由求得R的值， 从而求得点P的坐标，再代入反比例函数解析式中即可求得函数解析式； （2）联立一次函数与反比例函数两个解析式，求得C、D的坐标，从而得点E的坐标，则可求得的长． 【详解】（1）解：∵一次函数的图象分别交x轴，y轴正半轴于点A，B， 令，即，得；令，得， ∴， ∴由勾股定理得：， 设圆P的半径为R， ∵内切于，设分别切x轴、y轴于点E、F， 平分，， ， ∴四边形是正方形； ∴； ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∵点P在反比例函数的图象上， ∴， ∴反比例函数解析式为：； （2）解：联立方程组得， 解得或， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了三角形内切圆，待定系数法求反比例函数解析式，一次函数与反比例函数交点问题，直线与坐标轴交点，勾股定理，正方形的判定与性质等知识，掌握这些知识是关键． 2．（2024·江苏常州·模拟预测）定义：在平面直角坐标系中，P、Q为平面内不重合的两个点，其中．若：，则称点Q为点P的“等和点”． (1)如图1，已知点，求点P在直线上“等和点”的坐标； (2)如图2，的半径为1，圆心A坐标为．若点在上有且只有一个“等和点”，求m的值； (3)若函数的图像记为，将其沿直线翻折后的图像记为．当，两部分组成的图像上恰有点的两个“等和点”，请直接写出m的取值范围． 【答案】(1) (2)或 (3)或 【知识点】其他问题(二次函数综合)、一次函数与几何综合、y=ax²+bx+c的图象与性质、切线的性质和判定的综合应用 【分析】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，理解定义，数形结合，分类讨论是解题的关键． （1）设点P在直线上“等和点”的坐标为，由定义可列方程解答； （2）设点在上“等和点”的坐标为，由定义可知：，点P的“等和点”在直线上，根据点P在上有且只有一个“等和点”，得出直线与相切，即可求解； （3）当时，求出，因此当时，部分组成的图象上恰有2个“等和点”；函数与直线的交点为，当点在直线上时，解得或，结合图象可知：时，两部分组成的图象上恰有2个“等和点”． 【详解】（1）解：设点P在直线上“等和点”的坐标为， 由题知：， 解得， ∴点P在直线上“等和点”的坐标为． （2）设点在上“等和点”的坐标为， 由题知：， ∴点P的“等和点”在直线上， ∵点P在上有且只有一个“等和点”， ∴直线与相切， 如图所示， ， 将代入， 得 解得或． （3）函数关于直线的翻折后的抛物线解析式为， 设点在，两部分组成的图像上“等和点”的坐标为， 由题知：， ∴点P的“等和点”在直线上， 联立方程组 整理得， ， 解得， 联立方程组， 整理得， ， 解得， 当时，与有两个交点，此时与有两个交点， ∴时，两部分组成的图象上恰有2个“等和点”； 当时，， ∴函数与直线的交点为 在直线上时，， 解得或， 当时，两部分组成的图象上恰有1个“等和点”， ∴时，两部分组成的图象上恰有2个“等和点”； 当时，两部分组成的图象上恰有3个“等和点”， ∴时，两部分组成的图象上恰有2个“等和点”； ∴时，两部分组成的图象上恰有2个“等和点”； 综上所述：或时，两部分组成的图象上恰有2个“等和点”． ►题型02 圆与二次函数的综合问题 3．（2023·江苏苏州·中考真题）如图，二次函数的图像与轴分别交于点（点A在点的左侧），直线是对称轴．点在函数图像上，其横坐标大于4，连接，过点作，垂足为，以点为圆心，作半径为的圆，与相切，切点为．      (1)求点的坐标； (2)若以的切线长为边长的正方形的面积与的面积相等，且不经过点，求长的取值范围． 【答案】(1) (2)或或 【知识点】切线的性质定理、面积问题(二次函数综合)、y=ax²+bx+c的图象与性质 【分析】（1）令求得点的横坐标即可解答； （2）由题意可得抛物线的对称轴为，设，则；如图连接，则，进而可得切线长为边长的正方形的面积为；过点P作轴，垂足为H，可得；由题意可得，解得；然后再分当点M在点N的上方和下方两种情况解答即可． 【详解】（1）解：令，则有：，解得：或， ∴． （2）解：∵抛物线过 ∴抛物线的对称轴为， 设， ∵， ∴, 如图：连接，则， ∴， ∴切线为边长的正方形的面积为， 过点P作轴，垂足为H，则：， ∴ ∵， ∴，      假设过点,则有以下两种情况： ①如图1：当点M在点N的上方，即      ∴，解得：或， ∵ ∴； ②如图2：当点M在点N的下方，即    ∴，解得：， ∵ ∴； 综上，或． ∴当不经过点时，或或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、切线的性质、勾股定理等知识点，掌握分类讨论思想是解答本题的关键． 4．（2024·海南·中考真题）如图1，抛物线经过点、，交y轴于点，点P是抛物线上一动点． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)当点P的坐标为时，求四边形的面积； (3)当时，求点P的坐标； (4)过点A、O、C的圆交抛物线于点E、F，如图2．连接，判断的形状，并说明理由． 【答案】(1) (2)16 (3)或 (4)是等边三角形，理由见解析 【知识点】角度问题(二次函数综合)、其他问题(二次函数综合)、90度的圆周角所对的弦是直径、面积问题(二次函数综合) 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）过点P作于T，根据列式求解即可； （3）取，连接，易证明，则线段与抛物线的交点即为所求；求出直线的解析式为，联立，解得或（舍去），则；如图所示，取，连接，同理可得，则直线与抛物线的交点即为所求；同理可得；则符合题意的点P的坐标为或； （4）由90度的圆周角所对的弦是直径得到为过三点的圆的直径，如图所示，取中点R，连接，则，；设与抛物线交于，联立得，解得，则， 由勾股定理可得，则是等边三角形． 【详解】（1）解：将点代入， 得 解得 ∴抛物线解析式为； （2）解:如图所示，过点P作于T， ∵，，， ∴ ， ∴， ∴ ； （3）解：如图所示，取，连接， ∵、，， ∴， ∴， ∴线段与抛物线的交点即为所求； 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， 联立，解得或（舍去）， ∴； 如图所示，取，连接， 同理可得， ∴直线与抛物线的交点即为所求； 同理可知直线的解析式为， 联立，解得或（舍去）， ∴； 综上所述，符合题意的点P的坐标为或； （4）解：是等边三角形，理由如下： ∵三点共圆，且， ∴为过三点的圆的直径， 如图所示，取中点R，连接， ∵， ∴， ∴； 设与抛物线交于， 联立得， ∴， 解得， 在中，当时， 当时， ∴， ∴， ， ， ∴， ∴是等边三角形． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，圆的相关知识，解题的关键在于正确作出辅助线并利用数形结合的思想求解． 1．（2024·山东淄博·二模）如图，二次函数的图象与轴分别交于点，（点在点的左侧），直线是对称轴．点在函数图象上，其横坐标大于4，连接，，过点作，垂足为，以点为圆心，作半径为的圆，与相切，切点为． (1)求点，的坐标； (2)四边形能是一个菱形吗？若能，求出点的坐标；若不能，说明理由； (3)若以为边长的正方形的面积与的面积相等，且不经过点，求的取值范围． 【答案】(1)点的坐标为，点的坐标为 (2)四边形不能是一个菱形．理由见解析 (3)长的取值范围为或或 【知识点】利用点与圆的位置关系求半径、特殊四边形(二次函数综合)、求抛物线与x轴的交点坐标、其他问题(二次函数综合) 【分析】（1）令，代入二次函数中即可求解． （2）假设四边形是菱形，则，进而得出即，过点作轴，垂足为，则，，勾股定理求得，这与相矛盾，即可得出结论； （3）利用配方法求出二次函数的对称轴，设出点坐标，求出点坐标，连接，则，求出，即以切线长为边长的正方形的面积为，过点作轴，垂足为，求出三角形的面积，进而得出半径，假设经过点，分两种情况：①当点在点的上方，②当点在点的下方，即可求解． 【详解】（1）解：令，则， 解得，， ，． 答：点的坐标为，点的坐标为． （2） 不能． 理由如下：由（1）知抛物线对称轴为 假设四边形是菱形，则 由，得， 即 过点作轴，垂足为，则， 由勾股定理得： 这与相矛盾 四边形不能是一个菱形． （3）， 对称轴为． 设， ， ， 连接，则， ， 即以切线长为边长的正方形的面积为， 过点作轴，垂足为， 则，， ， ． 假设经过点，则有两种情况： ①如图，当点在点的上方， ， ，解得或1， ， ． ②如图，当点在点的下方， ， 解得， ， ， 综上所述，或， 当不经过点时，长的取值范围为：或或． 答：长的取值范围为：或或． 【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，菱形的性质，正方形的性质，点与圆的位置关系；熟练掌握以上知识分类讨论，是解题的关键． 2．（2024·河南洛阳·一模）如图1，⊙O与直线l相离，过圆心O作直线l的垂线，垂足为P，且交于两点（M在之间）．我们把点N称为关于直线l的“远望点”，把的值称为关于直线l的“远望数”．    (1)如图2，在平面直角坐标系中，点E的坐标为，过点E画垂直于x轴的直线a，则半径为1的关于直线a的“远望点”的坐标是________，关于直线a的“远望数”为________； (2)如图3，在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点C坐标为，以点C为圆心、长为半径作．若与直线相离，点O是关于直线的“远望点”，且关于直线的“远望数”是求直线的函数表达式． 【答案】(1) (2)直线的函数表达式为 【知识点】求一次函数解析式、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、圆的基本概念辨析 【分析】本题考查了数学新定义，涉及求一次函数解析式、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，准确理解数学新定义是解题的关键． （1）根据“远望点”与“远望数”的定义即可得到答案； （2）先用待定系数法求得直线的解析式，再求得的长，由“远望点”及“远望数”定义可求得的长，易证则得到关于n的比例式，求得n的值，于是得到点B的坐标；同理可求得m的值，于是得到点A的坐标．最后根据点A、点B的坐标可求得直线的表达式． 【详解】（1）根据“远望点”定义，可得半径为1的关于直线a的“远望点”的坐标是， ∴关于直线a的“远望数”为， 故答案为： （2）设直线的解析式为 连接并延长，交于H，交直线于点G，过C作轴于点D，设    ∵点C坐标为， ∵O是关于直线的“远望点”，且关于直线的“远望数”是， 即 ∵点C坐标为，轴于点D， ∴ 即 同理得 即， ∴，解得， ∴直线的函数表达式为 3．（22-23九年级下·江苏苏州·阶段练习）如图1，平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于、B（点A在点B左侧），与y轴交于点C． (1)连接，则______； (2)如图2，若经过A、B、C三点，连接、，若与的周长之比为，求该抛物线的函数表达式； (3)如图3，在（2）的条件下，连接OP，抛物线对称轴上是否存在一点Q，使得以O、P、Q为顶点的三角形与相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)45 (2) (3)点Q的坐标为或 【知识点】等腰三角形的性质和判定、相似三角形问题(二次函数综合)、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）证明是等腰直角三角形，可得结论； （2）证明，都是等腰直角三角形，由与的周长之比为，推出，由此构建方程求出m即可； （3）求出，判断出点Q的位置，分两种情形，分别求解即可． 【详解】（1）解：对于抛物线， 令，可得或， ，， 令，可得， ， ， ， 故答案为：45； （2）， ， ， ， 与都是等腰直角三角形， 与的周长之比为， ， ， ，， ， 解得：或， 当时，位于A的左侧，不符合题意，舍去， 抛物线的解析式为； （3）如图，连接，设抛物线对称轴与x轴交于点E， 由（2）可知， ， 点P在抛物线的对称轴直线上，设， ，是等腰直角三角形， ， ， 解得：或， 位于x轴下方，则不合题意，舍去， ， ，， ， ， 与相似， 满足条件的点Q在点P的下方， 当时，， ， ， 当时，， ． 综上所述，满足条件的点Q的坐标为或． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，三角形的外接圆，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题． 4．（2023·江苏常州·二模）如图1，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，P是射线上一点，以为直径画圆，圆心为M． (1)点A的坐标为 ，点B的坐标为 ； (2)当与直线相切时，请在图2中作出点P的位置（不写作法，保留作图痕迹），并求的半径长； (3)当⊙M与直线相交时，另一个交点记为Q，直线l过点Q且与x轴平行，交于点．当三条射线中，其中一条是另两条射线所夹角的角平分线时，求点的坐标． 【答案】(1) (2)作图见解析，的半径长为 (3)的坐标为或 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、切线的性质定理 【分析】（1）在中，令得y＝4，令y＝0得x＝3，即得； （2）过B作，交x轴于P，则点P即为所求；由，得，即有，，故的半径长为； （3）分三种情况：①当平分时；②当平分时；③由P是射线上一点，可知不能平分． 【详解】（1）在中，令得，令得， ∴， 故答案为：； （2）过B作，交x轴于P，如图： 点P即为所求； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的半径长为； （3）①当平分时，如图： ∵为直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴Q为的中点，坐标为， 设，由得， 解得， ∴， ∵M为中点， ∴， ∴，且轴， ∴在直线上， ∵， ∴； ②当平分时，过Q作轴于K，过M作于T，如图； ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由垂径定理可知， ∴， ∵， ∴； ③∵P是射线上一点， ∴不能平分； 综上所述，的坐标为或． 【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，尺规作图等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用． 5．（2024·江苏宿迁·一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别相交于A、B两点，与y轴相交于点C，已知点A的坐标为，点B的坐标为． (1)求出这条抛物线的函数表达式； (2)如图2，点D是第一象限内该抛物线上一动点，过点D作直线轴，直线l与的外接圆相交于点E． ①仅用无刻度直尺找出图2中外接圆的圆心P． ②连接、，与直线的交点记为Q，如图3，设的面积为S，在点D运动的过程中，S是否存在最大值？如果存在，请求出S的最大值；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①图见解析②存在，2 【知识点】判断三角形外接圆的圆心位置、面积问题(二次函数综合)、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）①抛物线和圆的轴对称性，得到两点关于对称轴对称，连接，连接，并延长，交于点，交于点，易得垂直平分，连接，得到，由圆周角定理得到为圆的直径，则与的交点即为点； ②连接，设相交于点，设，证明，求出的长，进而表示出，利用，列出二次函数解析式，求最值即可。 【详解】（1）解：把，代入二次函数解析式，得： ，解得：， ∴； （2）①如图所示，点即为所求； ②存在； 连接，设相交于点，设，则：，    ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当时，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当时，S有最大值为：2． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求二次函数的解析式，三角形的外接圆，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，综合性强，难度较大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，利用数形结合的思想进行求解是解题的关键． $$