2025年江苏省南京市中考数学二轮复习必考点之《与圆有关的证明与计算》专题复习讲义

2025年南京市中考数学二轮复习必考点之《与圆有关的证明与计算》专题复习讲义 1、切线的判定与性质： （1）性质定理：圆的切线垂直于过点的半径。 推论：①经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点； ②经过切点且垂直到切线的直线必经过圆心。 圆的切线性质定理与它的两个推论涉及一条直线满足的三个条件：（1）垂直于切线；（2）过切点；（3）过圆心，如果一条直线满足于以上三个条件中的任意两个，那么它一定满足另外一个条件，也可理解为“二推一”。 （2）判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。 点拨：切线必须满足两个条件：（1）经过半径的外端；（2）垂直于这条半径，两个条件缺一不可。 2、常见的切线证明思路： （1）证平行，进而证垂直：通过平行线的判定方法：①同位角相等，两直线平行；②内错角相等，两直线平行；再通过“一条直线垂直于两条平行的直线”证出垂直；③中位线定理，证明平行； （2）证全等，进而证垂直：①两三角形全等后，对应角相等，且两对应角互补，得出直角，进而证垂直；②两三角形全等，其中一个三角形的某内角为直角，全等后另一三角形的对应角也为直角，进而证垂直。 （3）通过角与角之间的数量关系：①同角或等角的余角相等；②求出切线与半径所成角的具体度数，或与之在同一图形内其他角的度数， 1．（2024·江苏南京·中考真题）如图，在的内接四边形中，，对角线是的直径．求证：四边形是矩形．    2．（2022·江苏南京·中考真题）如图，在中，，点、在上，，过、、三点作，连接并延长，交于点． (1)求证：； (2)若，，，求的半径长． 3．（2023·江苏南京·中考真题）如图，在中，，是的外接圆，过点 O作的垂线，垂足为 D，分别交直线，于点E，F，射线交直线于点G． (1)求证． (2)若点E在的延长线上，且，求的度数． (3)当时，随着的长度的增大，的长度如何变化? 请描述变化过程，并说明理由． 4．（2025·江苏南京·模拟预测）如图，已知是的直径，A在上，点D是的内心，的延长线与相交于点E，过E作直线 (1)求证：是的切线； (2)若，， ①求的长； ②直接写出的长度：______． 5．（2025·江苏南京·二模）如图，与相交于点E，连接．经过三点的交于点F，且是的切线． (1)连接，求证； (2)求证； (3)若，则的半径为 ． 6．（2025·江苏南京·模拟预测）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫作等补四边形． (1)如图，已知四边形内接于，D是的中点． ①求证：四边形是等补四边形； ②过点D作的切线，分别交的延长线于点E，F．求证：． (2)下列结论： a．每个等补四边形都可以分割成两个全等三角形； b．连接每个等补四边形的2条对角线后，至少有6对相似三角形； c．每个等补四边形都能沿着某条对角线剪开后，拼成等腰三角形； d．有一条对角线是直径的圆内接等补四边形是正方形． 其中所有正确结论前的字母代号是 ． 7．（2025·江苏南京·一模）面积和周长是初中几何数学中讨论的重要内容． (1)小明的想法：若要在锐角三角形里找到一个面积最大的正方形，可以在一条边上先找一个点，然后… ①补全小明的想法，可以画图补充； ②按这样想，面积相等的直角三角形里，面积最大的正方形的面积随着直角三角形高的变化趋势是 ___________． (2)小芳的问题：边长为的等边三角形里，周长最大的正方形的面积是多少？请你回答． (3)小张的问题：在一个边长为5的正方形中，最多可以找出多少个顶点均在边上且面积为10的等边三角形？请你回答： A．有 ___________个 B．无数个 C．没有 (4)一个边长为m的正方形中，圆与正方形各边相切，圆上两个动点之间的距离为m，分别连接两动点和正方形的一个顶点所形成的三角形面积的最大值和最小值的比值：___________． 8．（2025·江苏南京·一模）如图，在中，是弦，与相切于点A，，连接，点D是的中点，连接交于点E，连接交于点F． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 9．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在正方形中，是上一点，是上一点，，过，，的交于点． (1)求证； (2)连接，当时，判断直线与的位置关系，并直接写出的值． 10．（2024·江苏南京·模拟预测）定义：当点在射线上时，把的值叫做点在射线上的射影值；当点不在射线上时，把射线上与点最近点的射影值，叫做点在射线上的射影值．例如：如图（1），三个顶点均在格点上，是边上的高，则点和点在射线上的射影值均为． (1)在中，下列说法： ①点在射线上的射影值小于1时，则是锐角三角形； ②点在射线上的射影值等于1时，则是直角三角形； ③点在射线上的射影值大于1时，则是钝角三角形． 其中，正确说法的序号是___________． (2)是射线上一点，，以为圆心，为半径画圆，是上任意点． ①如图（2），点在射线上的射影值为，求证：直线是的切线． ②如图（3），已知为线段的中点，设点在射线上的射影值为，点在射线上的射影值为，直接写出与之间的函数关系式． 11．（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． 12．（2024·江苏南京·二模）如图，、是的两条弦，与相交于点E，． (1)求证：； (2)连接，作直线，求证：． 13．（2023·江苏南京·一模）如图， 是的外接圆，是的切线，且，连接交于点E． (1)求证：； (2)连接，若为的直径，，，求的半径． 14．（2024·江苏南京·一模）如图，经过菱形的顶点，，与边，分别相交于点，． (1)若与相切，求证：与相切； (2)求证：． 15．（2024·江苏南京·模拟预测）我们知道，三角形的三条高所在直线交于同一点． （1）下面是某数学小组思考如何证明该命题的部分过程，填写其中的空格： 分析：设的高所在直线交于点H，直线交与点F，只要证明______，就可以证明三角形的三条高所在直线交于同一点． 思路：当时，如图①． 分别取的中点O，P， 易证， 所以点E在的外接圆O上． 同理，点E在的外接圆P上． 连接， 可得______ ______ ____________ ． ……． 我们把三角形的三条高所在直线的交点叫做三角形的垂心． （2）点H是的垂心， ①若，，则的度数是______°； ②若，，求的周长． （3）如图②，M是内部一点，且，均垂直于，垂足分别为D，E，点H在上，且．求证：点H是的垂心． 16．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，以正方形的边为直径作半圆O，E为半圆上一点，，延长，相交于点M． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)求证：． 17．（2024·江苏南京·一模）如图，为的直径，和相交于点F，平分，点C在上，且，交于点P． (1)求证：； (2)已知，的值为 ； (3)延长交的延长线于M，连接．当时，随着点C的变化，的长度如何变化？请描述变化过程，并说明理由． 18．（2024·江苏南京·二模）如图，在菱形中，点E 在上，连接交于点F，经过A、B、E，点F 恰好在上 ． (1)求证：； (2)求证：是的切线； (3)若，，则的长为______． 19．（2024·江苏南京·一模）数学概念 若以四边形一边为直径的圆与这条边的对边相切，且切点在边上，我们把这样的圆叫做四边形的径切圆．如图①，以四边形的边为直径的与相切，切点在边上，因此是四边形的径切圆． 初步理解 （1）以下四边形：①对角互补的四边形；②对角线相等的四边形；③相邻两边长为的矩形，其中，一定存在径切圆的是 （填序号）． 性质初探 （2）在图①中，连接，，求证． 深入研究 （3）如图②，与均是四边形的径切圆，其切点分别为，，判断与的位置关系并说明理由． （4）在（3）中，若点和点恰好重合，，，直接写出和的半径长（用含，的代数式表示）． 20．（2024·江苏南京·二模）千姿百态的桥 问题：景区计划在半径为的人工湖上修建景观桥，为容纳更多游客赏景休闲，需要景观桥长度最大．现有以下三种设计方案，分别求出每种设计方案中桥长的最大值，景观桥的宽度忽略不计． “型” （1）如图①，若点，，，在上，则的最大值为　　； “型” （2）如图②，若点，，在上，且．求的最大值； “型” （3）如图③，若点，，在上，且，垂足为，则的最大值为　　 参考答案 1．见解析 【分析】本题考查了矩形的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识．由是的直径，可得，证明，得到，可证明四边形是平行四边形，即可解答． 【详解】证明：是的直径， ，     在和中， ， ，     ， 又， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形． 2．(1)见解析 (2)的半径为5 【分析】（1）连接、、、，先证明，得到，再由，可得垂直平分，即， （2）设求的半径为，由（1）可知为中点，则，利用勾股定理求出，再求出，，，由勾股定理建立方程，解得，则的半径为5． 【详解】（1）证明：连接、、、， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴垂直平分，即， （2）解：设求的半径为， 由（1）可知， ∴为中点，为中点， ∴， 在中，， 在中，，，， ∵ ∴， 解得， ∴的半径为5． 【点睛】本题主要考查了三线合一定理，线段垂直平分线的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，圆的基本性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键． 3．(1)见解析 (2) (3)当时，，随增大，从4.5附近开始逐渐减小到0；当时，，随增大，从0附近开始逐渐增大． 【分析】（1）连接并延长交于点H, 连接，根据线段垂直平分线判断垂直平分，得到，结合，，即得； （2）连接，设，得，得，根据， 垂直平分，得到，得到，根据垂径定理推出，得到，在中，推出, 得到，即得； （3）在和中，根据，得，得，结合，得，当时， ，随增大而减小，从4.5附近开始逐渐减小到0；当时， ，随增大而增大，从0附近开始逐渐增大． 【详解】（1）连接并延长交于点H, 连接， ∵， ∴ 垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴；　 （2）连接，设， 由（1）知，， ∴， ∵, 垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴, ∴， ∴； （3）∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 当时， ， ∴， 随增大而减小，从4.5附近开始逐渐减小到0； 当时， ， ∴， 随增大而增大，从0附近开始逐渐增大． 【点睛】本题主要考查了圆与三角形结合．熟练掌握等腰三角形的判定和性质，垂径定理，三角形外角性质，线段垂直平分线的判定和性质，正弦定义，分类讨论，是解决问题的关键 ． 4．(1)见解析 (2)①的长为4；② 【分析】连接，交于点H，则，由是的直径，点D是的内心，得，，则，所以，则，而，所以，即可证明是的切线； ①连接，则，由，得，则，因为，所以，由，得，求得，则，由，，得； ②作于点I，由，推导出，求得，则，所以，，求得，由，求得，由，求得，则，于是得到问题的答案． 【详解】（1）证明：连接，交于点H， 则， ， 是的直径，点D是的内心， ，． ． ． ． ， ． 是的半径，且， 是的切线． （2）解：①连接， 则， ， ． ． ， ． ，， ． ， ， 于点H， ， ， ， 的长为 ②作于点I，则， ， ． ． ， ． ． ． ． ， ． ， ． ． 故答案为： 【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、切线的判定、圆周角定理、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 5．(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接交于点G，证明，利用垂径定理即可得到结论； （2）连接，证明，即可利用相似三角形的对应边成比例证出结论； （3）连接，并延长交于点H，连接，由，对应边成比例求出，在中，由勾股定理求出，进一步求出OH，在中，利用勾股定理即可求出半径． 【详解】（1）证明：如图，连接交于点G， 是的切线， ， 即， ， ， ， ， ， ， ， 即， 由垂径定理可得，垂直平分， ； （2）证明：如图，连接， 由（1）知，， 则， 又， ， 又， ， ∴，即：； （3）解：如图，连接，并延长交于点H，连接， ， 则， 由（2）可知，， ， 由（2）知， 则，即， ， 又， 垂直平分， ， 在中， ， 设半径为r，则, 在中， 即：， 解得， 故答案为：． 【点睛】本题综合考查圆的知识，解答中涉及圆的基本知识，切线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，能综合运用相关知识解决问题是解题的关键． 6．(1)①见解析；②见解析 (2)bc 【分析】（1）①由圆内接四边形性质结合等补四边形的定义即可证明；②连接，则，连接交于点G，由垂径定理推论可得，从而得，证明，即可证得结论； （2）连接和交于点H，显然，此时四边形不论怎么分，无法分成两个全等的三角形，可判断a错误；有，可判断b正确；显然，从剪开，得到和，两者能拼成等腰三角形，可判断c正确；当圆内接等补四边形有一条对角线是直径时，可得直径所对的两个内角为直角，但无法证明其为正方形．可判断d． 【详解】（1）①证明：∵四边形内接于， 由圆内接四边形性质可得， 又∵， ∴， ∴四边形是等补四边形． ②证明：连接，连接交于点G，如图1，则， ∵，过圆心， 由垂径定理推论可得， ∴， ∴， ∴，即， ∴，即． （2）解：如图2，连接和交于点H， 显然，只有一定是等腰三角形， 此时四边形不论怎么分，无法分成两个全等的三角形，故a错误； 由题意可知，， ∴，，，，，，故b正确； ， 则沿被剪开的两个三角形中，有一组边相等，一组角相等， ∴两者能拼成等腰三角形，故c正确； 当圆内接等补四边形有一条对角线是直径时，可得直径所对的两个内角为直角， 则圆内接四边形不一定为正方形． 故答案为：bc． 7．(1)①见解析；②正方形的面积随高的增大是先变大再变小 (2) (3)C (4) 【分析】本题考查了等边三角形的性质，垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是理解题意，熟练化为基础知识． （1）①在上取，作于，以为边作正方形，连接并延长交于，作，作于，作于，则四边形是面积最大的正方形； ②在中，设，，设正方形的边长是，根据得出，从而，进一步得出结果； （2）设，则，由得，求得，进而得出结果； （3）设等边三角形的边长是，可得出，求得，进一步得出结果； （4）当时，的面积最大，在中求得，进而得出面积最大值；当时，面积最小，同样的方法得出结果，进一步得出结果。 【详解】（1）解：①如图1， 在上取，作于，以为边作正方形，连接并延长交于，作，作于，作于，则四边形是面积最大的正方形；理由如下： ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴矩形是正方形； ②如图2， 在中，设，，设正方形的边长是， ， ， ， ， ， 设(为常数）， ， 当增大时，先变小再变大， 故答案为：正方形的面积随高的增大是先变大再变小； （2）解：如图3， 设，则，， 由得， ， ， ， 答：周长最大的正方形的面积为：； （3）解：选：没有，理由如下： 设等边三角形的边长是， ∴， ∴， ∴， ∴不存在面积为10的等边三角形； （4）解：如图4， 当时，的面积最大， 在中，，， ， ， ， ， 如图5， 当时，面积最小， ∵， ∴， ∴， ∴两动点和正方形的一个顶点所形成的三角形面积的最大值和最小值的比值：． 8．(1)见解析； (2) 【分析】（1 ）连接、，根据切线的性质可得出，设，则，由可得出，利用三角形内角和定理可得出，由利用等腰三角形的三线合一可得出，进而可得出，即，再利用等腰三角形的三线合一可证出； （2 ）由可设，，则，由勾股定理结合可求出x的值，进而可得出、、、、的值，由、可得出，利用相似三角形的性质可求出的长度，设的半径为r，则， ，利用勾股定理可求出r的长度，此题得解． 【详解】（1）证明：连接、， 如图所示． 与相切于点A， ． 设，则． ， ， ． ，D是的中点， ， ， ． 又， ． （2）解：∵， ∴可设，． ，D是的中点， ，， ． ， ，解得： ， ， ． ， ． ，， ， ∴，即， ． 设的半径为r，则， ， ， ，即， 解得： ， ∴的半径为． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、解直角三角形、圆周角定理以及切线的性质，解题的关键是：（1 ）通过角的计算找出；（2 ）利用勾股定理求出的半径． 9．(1)见解析 (2) 【分析】（1）通过圆周角定理可知，利用特殊的平行四边形——正方形的性质可得，证明即可求证； （2）连接，．结合题意即可得，结合平行四边形的性质——对角线互相平分可得，利用平行的判定和性质即可得，即与相切；连接，过点作，垂足为，先证得，利用角平分线的性质得，即可证得，设，正方形的边长为1，则，，，即可通过勾股定理得 ，解得，即可求解． 【详解】（1）证明：在中，， ， ， ， 四边形是正方形， ，，且， ， ． 在和中， ， ， ， ． （2）解：如图，连接，，，过点作，垂足为． 在和中， ， ，， 由（1）得， ， ， ， ， ， 与相切． ， ， ， 由（1）得，， ， ，， ，， 在和中， ， ． 设，， ，，， 在中，， ，解得， 由（1）得， ． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、切线的判定、两直线平行的判定和性质、角平分线的性质以及勾股定理，熟练掌握各种性质、定理，作好辅助线是解题关键． 10．(1)②③ (2)①见解析；②（） 【分析】（1）根据射影值的定义一一判断即可． （2）①根据两边成比例夹角相等的两个三角形相似，可得，由相似三角形的性质可得，根据切线的判定定理可得答案；②图形是上下对称的，只考虑B在直线上及上方部分的情形．分两种情况考虑：当时，设，根据，可得，根据，得，根据，得，得；当时，y不存在． 【详解】（1）解：①错误．点B在射线上的射影值小于1时，可以是钝角，故不一定是锐角三角形； ②正确．点B在射线上的射影值等于1时，，是直角三角形； ③正确．点B在射线上的射影值大于1时，是钝角，故是钝角三角形； 故答案为：②③． （2）解：①如图1，作于点H， ∵点B在射线上的射影值为， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴直线是的切线； ②图形是上下对称的，只考虑B在直线上及上方部分的情形． 过点D作，作，    当时，如图2， 设， ∵D为线段的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∵在和中， ， ∴， ∴①， ∵， ∴②， ①②消去h，得； 如图3，当点N与点O重合时，， ∴， ∴， ∴ ， ∴， ∴， ∴； 当时， 点B与点A重合，点D与点M重合，点D在中点， ∴， ∴； 当时，不存在， ∴y不存在． 综上所述，（）． 【点睛】本题考查新定义——射影值．熟练掌握射影值的定义，相似三角形的判定和性质，圆切线判定，勾股定理，面积法求三角形高，分类讨论的思想思考问题，利用参数构建方程解决问题，添加辅助线，是解题的关键． 11．(1)证明见解析 (2) 【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， ． 12．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了垂直平分线的判定与性质，利用弧、弦、圆心角的关系求证，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据利用弧、弦、圆心角的关系得出，进而可得； （2）因为所以，即结合，得出E、O都在的垂直平分线上，即可作答． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， 即， ∴； （2）证明：连接、， ∵， ∴ ， ∴， ∴ ， ∵， ∴E、O都在的垂直平分线上， ∴ 13．(1)见解析 (2)5 【分析】（1）连接，并延长交于点F，根据切线性质得出，得出，根据平行线的性质得出，证明，根据垂径定理得出，说明垂直平分，即可得出答案； （2）根据中位线性质得出，设的半径为r，则，根据勾股定理得出，解方程得出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：连接，并延长交于点F，如图所示： ∵是的切线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴； （2）解：∵为的直径， ∴， 根据解析（1）可知，， ∴， 设的半径为r，则， 在和中根据勾股定理得：， ， ∴， 解得：或（舍去）， ∴的半径为5． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，垂径定理，平行线的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，数形结合，熟练掌握相关的性质． 14．(1)见解析 (2)见解析 【分析】此题考查的切线的判定与性质、菱形的性质、圆周角定理等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键． （1）连接、、，根据菱形的性质及全等三角形的判定与性质可得，然后由切线的判定方法可得结论； （2）连接、，根据圆的性质及全等三角形的判定与性质可得结论． 【详解】（1）证明：连接、、， 经过菱形的顶点，， 过点，，，， 在和中， ， ， ， 与相切， ， 是半径， 与相切； （2）证明：在和中， ， ， ， ， ， ， ． 15．（1），，，，；（2）①；②；（3）见解析 【分析】（1）根据圆的性质、四边形外接圆的性质等知识分析即可解得； （2）①由圆周角定理可得，同理可得：，然后根据三角形内角和定理即可解答；②如图，H是的垂心，延长分别交于点D，E，F，先说明是的垂直平分线可得；设，则①；证明可得①，再证明可得②，①②联立解得（舍去），进而得到，最后根据三角形周长的定义即可解答； （3）如图，以M为圆心，为半径作圆，由题意得点B，C在上，延长交 于点N，连接，延长交于点F.，先说明是的中位线可得，进而得到，再证明四边形是平行四边形可得，即是边上的高，进而证明结论． 【详解】解：（1）分析：设的高所在直线交于点H，直线交与点F，只要证明，就可以证明三角形的三条高所在直线交于同一点． 思路：当时，如图①． 分别取的中点O，P， 易证， 所以点E在的外接圆O上． 同理，点E在的外接圆P上． 如图：连接， 可得 ． 故答案为：，，，，； （2）①∵是的直径， ∴， ∵， ∴； 同理可得：， ∴； 故答案为：100； ②如图，H是的垂心，延长分别交于点D，E，F， 由题意得， ∵， ∴.， ∴是的垂直平分线， ∴， 设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即：①， ∴， ∵， ∴， ∴，即：，即②， ①②联立解得（舍去）， ∴， ， ∴, :∴的周长； （3）如图，以M为圆心，为半径作圆，由题意得点B，C在上，延长交 于点N，连接，延长交于点F， ∵， ∴， ∵， ∴是的中位线. ∴， ∵， ∴, ∵是直径， ∴， ∵, ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∴， ∴， ∴是边上的高. ∴点H是的垂心． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、圆的内接四边形的性质、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 16．(1)直线与相切，理由见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接、，根据证明，则可得，即可证明与相切． （2）连接、，由，可得垂直平分．再证，则可得，进而可得． 本题考查了切线的判定、线段垂直平分线的判定和性质以及平行线分线段成比例定理．遇切线连半径，这是常用的作辅助线方法．熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】（1）解：直线与相切，理由如下， 连接、， ∵四边形是正方形， ∴ ∵在和中， ，，， ∴． ∴． ∴，且点E在圆上， ∴直线与相切． （2）证明：连接、， ∵是直径， ∴． ∵，， ∴垂直平分． ∴． ∴． ∴． 即． 17．(1)见解析 (2) (3)随着点C的变化，先减小再增大，理由见解析 【分析】（1）由圆周角定理可得，再结合角平分线的定义可得，然后证明，最后根据相似三角形的性质即可证明结论； （2）如图：作于E，先证明可得，然后再证明，最后根据相似三角形的性质即可解答； （3）如图，过O作，先说明点C只能在上运动，且不能与B重合，然后分点C在圆上从M到B和从 B到N两个过程解答即可． 【详解】（1）证明：∵为的直径， ∴， ∵平分， ∴， ∵ ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：如图：作于E， 由（1）可知， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵平分，， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． （3）解：如图，过O作， ∵与圆交于点F， ∴， ∵平分， ∴， ∴点C只能在上运动，且不能与B重合， ①当C在圆上从G到B的过程中，此时的长度逐渐减小， ∵F和C越来越靠近B点， ∴和交点P越来越靠近点B，且G也离B点越来越近， ∴逐渐减小； ②当C在圆上从B到H的过程中，此时的长度逐渐增大． ∵F和C离B点，越来越远， ∴和交点P同样离B点越来越远，且M也是离B的距离逐渐增大 ∴逐渐增大； 综上，随着点C的变化，先减小再增大． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质以及三角形面积等知识，熟练掌握圆周角定理和切线的判定、证明三角形相似是解题的关键． 18．(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）由平行得，由菱形性质得，即可证明； （2）连接并延长交于H，连接，证明，得，根据圆的内接四边形性质得，证明出，再证，证明出，根据三线合一性质得，由平行即可证明出，即可解答； （3）由求出，求出，再由，求出后即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）证明：如图，连接并延长交于H，连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵为半径， ∴是的切线； （3）解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题目主要考查等腰三角形的判定与性质，切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的性质等知识点，熟练应用圆的相关定理及三角形全等、三角形相似等知识点的应用是本题的解题关键． 19．（1）③；（2）见解析；（3），理由见解析；（4）的半径长为，的半径长为 【分析】（1）利用圆的切线的判定与性质和矩形的性质以及径切圆定义解答即可； （2）连接，利用圆的切线的性质定理，圆周角定理，直角三角形的性质解答即可； （3）连接，，，，，，设与交于点，与交于点，与交于点，利用（2）的结论，圆周角定理，三角形的内角和定理得到，则，，进而得到四边形为矩形；再利用相似三角形的判定与性质和平行线的判定定理解答即可； （4）利用（3）的结论和梯形的中位线的性质求得的半径长；利用圆的切线的性质定理，平行线的性质和相似三角形的判定与性质即可得出的半径长． 【详解】（1）解：相邻两边长为的矩形，一定存在径切圆．理由： 矩形的相邻两边长为， 矩形的长边的中点到对边的距离等于这边的一半， 以矩形的长边为直径的圆与对边相切， 相邻两边长为的矩形，一定存在径切圆． 而①②不一定存在径切圆． 故答案为：③； （2）证明：连接，如图， 与相切， ， ， ， 为的直径， ， ． ， ， ， ； （3）解：与的位置关系为：，理由： 连接，，，，，，设与交于点，与交于点，与交于点，如图， 由（2）知：，， 设，则． 同理可得：， 设，则． 与均是四边形的径切圆，其切点分别为，， ，， ， ， ， ， ， ， ∴，． 四边形为平行四边形， ， 四边形为矩形， ，，． ， ，， ， ． 同理：， ， ， ， ， ． ， ， ， ∴． （4）解：点和点恰好重合，如图， 由（3）知：． 点，分别为，的中点， 为梯形的中位线， ， 的半径长， 与相切于点，点和点恰好重合， ， 为梯形的中位线， ，， ． 为的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 的半径长为． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，梯形的中位线，等腰三角形的性质，本题是新定义型，正确理解新定义的规定并熟练运用是解题的关键． 20．（1）；（2）；（3） 【分析】（1）根据题意得出，，即可得出结论； （2）连接，过点作于点，根据度的圆周角所对的弦是直径及勾股定理得，继而得到，再根据，得到，即可得出结论； （3）如图，过点作于点，延长交于点，连接，设，，得到，由垂径定理得，根据勾股定理得，即，由一元二次方程根的判别式得，继而得到，则，可得结论． 【详解】解：（1）∵点，，，在半径为的上， ∴，， ∴， ∴的最大值为， 故答案为：； （2）连接，过点作于点， ∵，的半径为， ∴， ∴， ∵， 即当时，的面积取得最大值， ∴，即， ∴， ∴的最大值为； （3）如图，过点作于点，延长交于点，过点作于点，连接，，设，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴，当点与点重合时，取“”， ∵， ， ∴， ∵，即， 整理，得：， ∴， 解得：， ∴， ∴ ， ∴的最大值为 故答案为：． 学科网（北京）股份有限公司 $$