第11讲 圆的综合问题（讲练）-【上好课】2025年中考数学二轮复习讲练测（广东专用）

模块五 圆 第11讲 圆的综合问题 （思维导图+3考点+8种题型） 试卷第1页，共3页 10 / 12 学科网（北京）股份有限公司 中考考点 命题预测 圆 在广东省数学中考，在选择、填空题中通常考查圆的基本概念、垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形等基础考点，难度一般在中档及以下，而在解答题中，圆的基本性质会和相似、三角形函数、特殊四边形等结合出题，难度中等或偏上。圆的知识在整个中考中的占比分值在13分左右。所以，在复习这块考点的时候，要充分掌握圆的基本性质的各个概念、性质以及推论，才能在后续的结合问题中更好的举一反三。点、直线与圆的位置关系、切线的性质和判定、三角形的内切圆和外接圆三块，在解答题中想必还会考查切线的性质和判定，和直角三角形结合的求线段长的问题和三角函数结合的求角度的问题等知识点综合，考查形式多样，多以动点、动图的形式给出，难度较大.关键是掌握基础知识、基本方法，力争拿到全分。 考点一、圆的性质与几何图形的综合问题 题型01 圆内性质的综合应用问题 1．（2024•广州）如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为72°的扇形，若扇形的半径l是5，则该圆锥的体积是（　　） A．π B．π C．2π D．π 2．（2022•广东）扇形的半径为2，圆心角为90°，则该扇形的面积（结果保留π）为 　 　 ． 3．（2024•广东）综合与实践 【主题】滤纸与漏斗 【素材】如图1所示： ①一张直径为10cm的圆形滤纸； ②一只漏斗口直径与母线均为7cm的圆锥形过滤漏斗． 【实践操作】 步骤1：取一张滤纸； 步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸； 步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形； 步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中． 【实践探索】 （1）滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明． （2）当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留π） 4．（2022•广东）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ADB＝∠CDB． （1）试判断△ABC的形状，并给出证明； （2）若AB，AD＝1，求CD的长度． 1．如图，的圆心O与正方形的中心重合，已知的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（    ）．    A． B．2 C． D． 2．如图，在中，，E为边上一点，以为直径的半圆O与相切于点D，连接，．P是边上的动点，当为等腰三角形时，的长为 ．    3．如图，在中，，O为边上一点，连结，以为半径的半圆与边相切于点D，交边于点E．    (1)求证：； (2)若，，①求半圆的半径；②求图中阴影部分的面积． 题型02 圆与三角形的综合问题 1．（2019•广东）如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于点D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF． （1）求证：ED＝EC； （2）求证：AF是⊙O的切线； （3）如图2，若点G是△ACD的内心，BC•BE＝25，求BG的长． 2．（2018•广东）如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD，以AB为直径的⊙O经过点C，连接AC、OD交于点E． （1）证明：OD∥BC； （2）若tan∠ABC＝2，证明：DA与⊙O相切； （3）在（2）条件下，连接BD交⊙O于点F，连接EF，若BC＝1，求EF的长． 1．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．点P，Q分别在线段上（不与端点重合），且满足．设． (1)求半圆O的半径． (2)求y关于x的函数表达式． (3)如图2，过点P作于点R，连结． ①当为直角三角形时，求x的值． ②作点F关于的对称点，当点落在上时，求的值． 2．如图1，为锐角三角形的外接圆，点D在上，交于点E，点F在上，满足交于点G，，连结，．设． (1)用含的代数式表示． (2)求证：． (3)如图2，为的直径． ①当的长为2时，求的长． ②当时，求的值． 题型03 圆与四边形的综合问题 1．（2023•广东）综合探究 如图1，在矩形ABCD中（AB＞AD），对角线AC，BD相交于点O，点A关于BD的对称点为A′．连接AA′交BD于点E，连接CA′． （1）求证：AA'⊥CA'； （2）以点O为圆心，OE为半径作圆． ①如图2，⊙O与CD相切，求证：； ②如图3，⊙O与CA′相切，AD＝1，求⊙O的面积． 2．（2024•广州）如图，在菱形ABCD中，∠C＝120°．点E在射线BC上运动（不与点B，点C重合），△AEB关于AE的轴对称图形为△AEF．（1）当∠BAF＝30°时，试判断线段AF和线段AD的数量和位置关系，并说明理由； （2）若AB＝6+6，⊙O为△AEF的外接圆，设⊙O的半径为r． ①求r的取值范围； ②连接FD，直线FD能否与⊙O相切？如果能，求BE的长度；如果不能，请说明理由． 1．如图1，四边形内接于，为直径，上存在点E，满足，连接并延长交的延长线于点F，与交于点G． （1）若，请用含的代数式表列． （2）如图2，连接．求证；． （3）如图3，在（2）的条件下，连接，． ①若，求的周长． ②求的最小值． 2．如图1，在矩形中，，点在射线上，过点作切于点，设． (1)如图2，当圆心在对角线上时，_____；请求出此时劣弧的长． (2)过点作于点， ①如图3，当点在线段的延长线上，且时，求的值； ②当点在线段上时，求线段长度的最大值； ③直接写出当时，的值 考点二、圆与函数的综合问题 题型01 圆与一次函数的综合问题 1．（2021•广州）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l：yx+4分别与x轴，y轴相交于A、B两点，点P（x，y）为直线l在第二象限的点． （1）求A、B两点的坐标； （2）设△PAO的面积为S，求S关于x的函数解析式，并写出x的取值范围； （3）作△PAO的外接圆⊙C，延长PC交⊙C于点Q，当△POQ的面积最小时，求⊙C的半径． 2．（2019•深圳）已知在平面直角坐标系中，点A（3，0），B（﹣3，0），C（﹣3，8），以线段BC为直径作圆，圆心为E，直线AC交⊙E于点D，连接OD． （1）求证：直线OD是⊙E的切线； （2）点F为x轴上任意一动点，连接CF交⊙E于点G，连接BG； ①当tan∠ACF时，求所有F点的坐标　，F2（5，0）　 （直接写出）； ②求的最大值． 1．如图，在平面直角坐标系中，经过原点，分别交轴、轴于，，连结．直线分别交于点，（点在左侧），交轴于点，连结． （1）求的半径和直线的函数表达式． （2）求点，的坐标． （3）点在线段上，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长． 2．如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线与交于点D．与y轴交于点E．动点M在线段上，动点N在直线上，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的坐标为    题型02 二次函数与圆的综合问题 1．如图，在平面直角坐标系中，二次函数图象的对称轴是直线，图象与轴交于，两点，点坐标为，直线经过点，且与轴交于点． (1)填空：____；____；_____． (2)将该二次函数图象向右平移个单位，使抛物线顶点落在直线上，试求的值． (3)在（2）的条件下，设是轴上的一动点，若外接圆的圆心落在平移后的抛物线内部，试求的取值范围． 2．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． 考点三 圆的常考类型题 题型01 隐圆问题 圆的最值问题 1．在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（  ） A． B．6 C． D． 2．如图，矩形中，．点P是边上一动点，点M为线段上一动点．，则的最小值为（   ）． A．2 B． C． D． 3．如图，半径为2，圆心M坐标，点P是上的任意一点，，且与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则的最小值为 ． 题型02 圆的折叠问题 1．如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为 ． 2．如图，在中，点在优弧上，将弧沿折叠后刚好经过的三等分点，，若的半径为，，则的长是（   ） A．8 B． C．6 D． 3．点，，在上，将沿折叠后，与交于． (1)若，求的度数． (2)如图，点恰是翻折所得的中点，若，求的度数． 题型3 动态圆问题 1．如图，与的边相切，切点为．将绕点按顺时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点．若，则 度． 2．综合与实践 车轮设计成圆形的数学道理 小青发现路上行驶的各种车辆，车轮都是圆形的.为什么车轮要做成圆形的呢？这里面有什么数学道理吗？带着这样的疑问，小青做了如下的探究活动： 将车轮设计成不同的正多边形，在水平地面上模拟行驶.      (1)探究一：将车轮设计成等边三角形，转动过程如图1，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是，，圆心角.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），请在图2中计算C到的距离. (2)探究二：将车轮设计成正方形，转动过程如图3，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是，，圆心角.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），请在图4中计算C到的距离（结果保留根号）. (3)探究三：将车轮设计成正六边形，转动过程如图5，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是，圆心角______.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），在图6中计算C到的距离______（结果保留根号）. (4)归纳推理：比较，，大小：______，按此规律推理，车轮设计成的正多边形边数越多，其中心轨迹最高点与转动一次前后中心连线（水平线）的距离______（填“越大”或“越小”）. (5)得出结论：将车轮设计成圆形，转动过程如图7，其中心（即圆心）的轨迹与水平地面平行，此时中心轨迹最高点与转动前后中心连线（水平线）的距离______.这样车辆行驶平稳、没有颠簸感.所以，将车轮设计成圆形. 10 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $$模块五 圆 第11讲 圆的综合问题 （思维导图+3考点+8种题型） 试卷第1页，共3页 10 / 12 学科网（北京）股份有限公司 中考考点 命题预测 圆 在广东省数学中考，在选择、填空题中通常考查圆的基本概念、垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形等基础考点，难度一般在中档及以下，而在解答题中，圆的基本性质会和相似、三角形函数、特殊四边形等结合出题，难度中等或偏上。圆的知识在整个中考中的占比分值在13分左右。所以，在复习这块考点的时候，要充分掌握圆的基本性质的各个概念、性质以及推论，才能在后续的结合问题中更好的举一反三。点、直线与圆的位置关系、切线的性质和判定、三角形的内切圆和外接圆三块，在解答题中想必还会考查切线的性质和判定，和直角三角形结合的求线段长的问题和三角函数结合的求角度的问题等知识点综合，考查形式多样，多以动点、动图的形式给出，难度较大.关键是掌握基础知识、基本方法，力争拿到全分。 考点一、圆的性质与几何图形的综合问题 题型01 圆内性质的综合应用问题 1．（2024•广州）如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为72°的扇形，若扇形的半径l是5，则该圆锥的体积是（　　） A．π B．π C．2π D．π 【分析】根据扇形的弧长公式可得圆锥的底面周长，进而得出底面半径，再根据勾股定理求出圆锥的高，然后根据圆锥的体积公式计算即可． 【解答】解：由题意得，圆锥的底面圆周长为2π， 故圆锥的底面圆的半径为1， 所以圆锥的高为：， 该圆锥的体积是：π． 故选：D． 2．（2022•广东）扇形的半径为2，圆心角为90°，则该扇形的面积（结果保留π）为 　 　 ． 【分析】应用扇形面积计算公式进行计算即可得出答案． 【解答】解：Sπ． 故答案为：π． 3．（2024•广东）综合与实践 【主题】滤纸与漏斗 【素材】如图1所示： ①一张直径为10cm的圆形滤纸； ②一只漏斗口直径与母线均为7cm的圆锥形过滤漏斗． 【实践操作】 步骤1：取一张滤纸； 步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸； 步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形； 步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中． 【实践探索】 （1）滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明． （2）当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留π） 【分析】（1）证△CDE∽△CAB即可得证； （2）利用圆锥体积公式计算即可． 【解答】解：（1）滤纸能紧贴此漏斗内壁，理由如下， 方法一：如图作出示意图，由题意知，AB＝AC＝BC＝7cm， 折叠后CD＝CE10＝5（cm）， ∵底面周长10π＝5π（cm）， ∴DE•π＝5πcm， ∴DE＝5cm， ∴， ∴△CDE∽△CAB， ∴滤纸能紧贴此漏斗内壁． 方法二：由2πr得， 图3中，n1＝90°×2＝180°， 图4中，， ∴n2＝180°， ∵n1＝n2， ∴滤纸能紧贴此漏斗内壁． （2）由（1）知CD＝DE＝CE＝5cm， ∴∠CDE＝60°， 过C作CF⊥DE于点F，则DFDEcm， 在Rt△CDF中，CFcm， ∴V＝π•（）2π（cm3）． 答：圆锥形的体积是π（cm3）． 4．（2022•广东）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ADB＝∠CDB． （1）试判断△ABC的形状，并给出证明； （2）若AB，AD＝1，求CD的长度． 【分析】（1）根据圆周角定理，等腰直角三角形的判定定理解答即可； （2）根据勾股定理解答即可． 【解答】解：（1）△ABC是等腰直角三角形，证明过程如下： ∵AC为⊙O的直径， ∴∠ADC＝∠ABC＝90°， ∵∠ADB＝∠CDB， ∴， ∴AB＝BC， 又∵∠ABC＝90°， ∴△ABC是等腰直角三角形． （2）在Rt△ABC中，AB＝BC， ∴AC＝2， 在Rt△ADC中，AD＝1，AC＝2， ∴CD． 即CD的长为：． 1．如图，的圆心O与正方形的中心重合，已知的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（    ）．    A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，由题意可得，的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，求解即可． 【详解】解：设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，过点作，如下图：    则的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值， 由题意可得：， 由勾股定理可得：， ∴， 故选：D 【点睛】此题考查了圆与正多边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆与正多边形的性质，确定出圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值的位置． 2．如图，在中，，E为边上一点，以为直径的半圆O与相切于点D，连接，．P是边上的动点，当为等腰三角形时，的长为 ．    【答案】或 【分析】连接，勾股定理求出半径，平行线分线段成比例，求出的长，勾股定理求出和的长，分和两种情况进行求解即可． 【详解】解：连接，    ∵以为直径的半圆O与相切于点D， ∴，， ∴ 设，则， 在中：，即：， 解得：， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵为等腰三角形， 当时，， 当时， ∵， ∴点与点重合， ∴，    不存在的情况； 综上：的长为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查切线的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，等腰三角形的定义．熟练掌握切线的性质，等腰三角形的定义，确定点的位置，是解题的关键． 3．如图，在中，，O为边上一点，连结，以为半径的半圆与边相切于点D，交边于点E．    (1)求证：； (2)若，，①求半圆的半径；②求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)①2；② 【分析】（1）连接，由切线的性质得出，证明，再由全等三角形的判定即可得出结论； （2）①证出，再由直角三角形的性质即可求解； ②由勾股定理求出，，由三角形面积公式和扇形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵是的切线，点D为切点， ∴， ∵，，， ∴， ∴；    （2）解：①∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴半圆O的半径为2； ②在中，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查切线的性质、全等三角形的判定与性质、扇形的面积公式、锐角三角函数及勾股定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键． 题型02 圆与三角形的综合问题 1．（2019•广东）如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于点D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF． （1）求证：ED＝EC； （2）求证：AF是⊙O的切线； （3）如图2，若点G是△ACD的内心，BC•BE＝25，求BG的长． 【分析】（1）由AB＝AC知∠ABC＝∠ACB，结合∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC得∠BCD＝∠ADC，从而得证； （2）连接OA，由∠CAF＝∠CFA知∠ACD＝∠CAF+∠CFA＝2∠CAF，结合∠ACB＝∠BCD得∠ACD＝2∠ACB，∠CAF＝∠ACB，据此可知AF∥BC，从而得OA⊥AF，从而得证； （3）证△ABE∽△CBA得AB2＝BC•BE，据此知AB＝5，连接AG，得∠BAG＝∠BAD+∠DAG，∠BGA＝∠GAC+∠ACB，由点G为内心知∠DAG＝∠GAC，结合∠BAD+∠DAG＝∠GAC+∠ACB得∠BAG＝∠BGA，从而得出BG＝AB＝5． 【解答】解：（1）∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， 又∵∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC， ∴∠BCD＝∠ADC， ∴ED＝EC； （2）如图1，连接OA， ∵AB＝AC， ∴， ∴OA⊥BC， ∵CA＝CF， ∴∠CAF＝∠CFA， ∴∠ACD＝∠CAF+∠CFA＝2∠CAF， ∵∠ACB＝∠BCD， ∴∠ACD＝2∠ACB， ∴∠CAF＝∠ACB， ∴AF∥BC， ∴OA⊥AF， ∴AF为⊙O的切线； （3）∵∠ABE＝∠CBA，∠BAD＝∠BCD＝∠ACB， ∴△ABE∽△CBA， ∴， ∴AB2＝BC•BE， ∵BC•BE＝25， ∴AB＝5， 如图2，连接AG， 如图2，连接AG， ∴∠BAG＝∠BAD+∠DAG，∠BGA＝∠GAC+∠ACB， ∵点G为内心， ∴∠DAG＝∠GAC， 又∵∠BAD＝∠BCD＝∠ACB， ∴∠BAD+∠DAG＝∠ACB+∠GAC，即∠BAG＝∠BGA， ∴BG＝AB＝5． 2．（2018•广东）如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD，以AB为直径的⊙O经过点C，连接AC、OD交于点E． （1）证明：OD∥BC； （2）若tan∠ABC＝2，证明：DA与⊙O相切； （3）在（2）条件下，连接BD交⊙O于点F，连接EF，若BC＝1，求EF的长． 【分析】（1）连接OC，证△OAD≌△OCD得∠ADO＝∠CDO，由AD＝CD知DE⊥AC，再由AB为直径知BC⊥AC，从而得OD∥BC； （2）根据tan∠ABC＝2可设BC＝a、则AC＝2a、AD＝AB，证OE为中位线知OEa、AE＝CEAC＝a，进一步求得DE2a，再在△AOD中利用勾股定理逆定理证∠OAD＝90°即可得； （3）先证△AFD∽△BAD得DF•BD＝AD2 ①，再证△AED∽△OAD得OD•DE＝AD2②，由①②得DF•BD＝OD•DE，即，结合∠EDF＝∠BDO知△EDF∽△BDO，据此可得，结合（2）可得相关线段的长，代入计算可得． 【解答】解：（1）连接OC， 在△OAD和△OCD中， ∵， ∴△OAD≌△OCD（SSS）， ∴∠ADO＝∠CDO， 又AD＝CD， ∴DE⊥AC， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC， ∴OD∥BC； （2）∵tan∠ABC2， ∴设BC＝a、则AC＝2a， ∴AD＝AB， ∵OE∥BC，且AO＝BO， ∴OEBCa，AE＝CEAC＝a， 在△AED中，DE2a， 在△AOD中，AO2+AD2＝（）2+（a）2a2，OD2＝（OE+DE）2＝（a+2a）2a2， ∴AO2+AD2＝OD2， ∴∠OAD＝90°， 则DA与⊙O相切； （3）连接AF， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠AFD＝∠BAD＝90°， ∵∠ADF＝∠BDA， ∴△AFD∽△BAD， ∴，即DF•BD＝AD2 ①， 又∵∠AED＝∠OAD＝90°，∠ADE＝∠ODA， ∴△AED∽△OAD， ∴，即OD•DE＝AD2②， 由①②可得DF•BD＝OD•DE，即， 又∵∠EDF＝∠BDO， ∴△EDF∽△BDO， ∵BC＝1， ∴AB＝AD、OD、ED＝2、BD、OB， ∴，即， 解得：EF． 方法二：连接CF、AF， 由（2）得AE＝CEAC， ∵BCAC， ∴AE＝BC， ∵， ∴∠CBF＝∠EAF， ∵AD为⊙O的切线， ∴BA⊥AD， 又∵AB＝AD， ∴△ABD为等腰直角三角形， ∵∠AFB＝90°， ∴AF⊥BD， ∴F为BD的中点， ∴AF＝BF， 在△CBF和△EAF中， ∵， ∴△CBF≌△EAF（SAS）， ∴EF＝CF，∠EFA＝∠CFB， ∵∠EFA+∠EFB＝90°， ∴∠CFB+∠EFB＝90°， ∴△CFE为等腰直角三角形， ∵AE＝CE＝BC＝1， ∴EF＝CF． 1．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．点P，Q分别在线段上（不与端点重合），且满足．设． (1)求半圆O的半径． (2)求y关于x的函数表达式． (3)如图2，过点P作于点R，连结． ①当为直角三角形时，求x的值． ②作点F关于的对称点，当点落在上时，求的值． 【答案】(1) (2) (3)①或；② 【分析】（1）连接OD，设半径为r，利用，得，代入计算即可； （2）根据CP=AP十AC，用含x的代数式表示 AP的长，再由（1）计算求AC的长即可； （3）①显然，所以分两种情形，当 时，则四边形RPQE是矩形，当 ∠PQR＝90°时，过点P作PH⊥BE于点H， 则四边形PHER是矩形，分别根据图形可得答案； ②连接，由对称可知，利用三角函数表示出和BF的长度，从而解决问题． 【详解】（1）解：如图1，连结．设半圆O的半径为r． ∵切半圆O于点D， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴，即半圆O的半径是． （2）由（1）得：． ∵， ∴． ∵， ∴． （3）①显然，所以分两种情况． ⅰ）当时，如图2． ∵， ∴． ∵， ∴四边形为矩形， ∴． ∵， ∴， ∴． ⅱ）当时，过点P作于点H，如图3， 则四边形是矩形， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由得：， ∴． 综上所述，x的值是或． ②如图4，连结， 由对称可知， ∵BE⊥CE，PR⊥CE， ∴PR∥BE， ∴∠EQR=∠PRQ， ∵，， ∴EQ=3-x， ∵PR∥BE， ∴， ∴， 即：， 解得：CR=x+1， ∴ER=EC-CR=3-x， 即：EQ= ER ∴∠EQR=∠ERQ=45°， ∴ ∴，   ∴． ∵是半圆O的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，三角函数等知识，利用三角函数表示各线段的长并运用分类讨论思想是解题的关键． 2．如图1，为锐角三角形的外接圆，点D在上，交于点E，点F在上，满足交于点G，，连结，．设． (1)用含的代数式表示． (2)求证：． (3)如图2，为的直径． ①当的长为2时，求的长． ②当时，求的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3)①3；② 【分析】（1）根据，即可求解； （2）由（1）的结论，、证即可； （3）①通过角的转换得，即可求的长；②连结，证，设，则，由相似的性质即可求解； 【详解】（1）∵，① 又∵，② ②-①，得2， ∴． （2）由（1）得， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． （3）①∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴在中，， ∵为的直径， ∴． ∴． ∴与的度数之比为3∶2． ∴与的长度之比为3∶2， ∵， ∴． ②如图，连结． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， 设与的相似比为k， ∴． ∵， ∴设，则， ∴， ， ∴， 由，得， 解得，（舍）， ∴，， ∴， 在中，， ∴． 【点睛】本题主要考查圆的性质、三角函数、三角形的全等、三角形的相似，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键． 题型03 圆与四边形的综合问题 1．（2023•广东）综合探究 如图1，在矩形ABCD中（AB＞AD），对角线AC，BD相交于点O，点A关于BD的对称点为A′．连接AA′交BD于点E，连接CA′． （1）求证：AA'⊥CA'； （2）以点O为圆心，OE为半径作圆． ①如图2，⊙O与CD相切，求证：； ②如图3，⊙O与CA′相切，AD＝1，求⊙O的面积． 【分析】（1）根据轴对称的性质可得AE＝A′E，AA′⊥BD，根据四边形ABCD是矩形，得出OA＝OC，从而OE∥A′C，从而得出AA′⊥CA′； （2）①设⊙O与CD切于点F，连接OF，并延长交AB于点G，可证得OG＝OF＝OE，从而得出∠EAO＝∠GAO＝∠GBO，进而得出∠EAO＝30°，从而； ②设⊙O切CA′于点H，连接OH，可推出AA′＝2OH，CA′＝2OE，从而AA′＝CA′，进而得出∠A′AC＝∠A′CA＝45°，∠AOE＝∠ACA′＝45°，从而得出AE＝OE，OD＝OAAE，设OA＝OE＝x，则OD＝OA，在Rt△ADE中，由勾股定理得出1，从而求得x2，进而得出⊙O的面积． 【解答】（1）证明：∵点A关于BD的对称点为A′， ∴AE＝A′E，AA′⊥BD， ∵四边形ABCD是矩形， ∴OA＝OC， ∴OE∥A′C， ∴AA′⊥CA′； （2）①证明：如图2， 设⊙O与CD切于点F，连接OF，并延长交AB于点G， ∴OF⊥CD，OF＝OE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴OB＝ODBD，AB∥CD，AC＝BD，OAAC， ∴OG⊥AB，∠FDO＝∠GBO，OA＝OB， ∴∠GAO＝∠GBO， ∵∠DOF＝∠BOG， ∴△DOF≌△BOG（ASA）， ∴OG＝OF， ∴OG＝OE， 由（1）知：AA′⊥BD， ∴∠EAO＝∠GAO， ∵∠EAB+∠GBO＝90°， ∴∠EAO+∠GAO+∠GBO＝90°， ∴3∠EAO＝90°， ∴∠EAO＝30°， 由（1）知：AA′⊥CA′， ∴tan∠EAO， ∴tan30°， ∴； ②解：如图3， 设⊙O切CA′于点H，连接OH， ∴OH⊥CA′， 由（1）知：AA′⊥CA′，AA′⊥BD，OA＝OC， ∴OH∥AA′，OE∥CA′， ∴△COH∽△CAA′，△AOE∽△ACA′， ∴， ∴AA′＝2OH，CA′＝2OE， ∴AA′＝CA′， ∴∠A′AC＝∠A′CA＝45°， ∴∠AOE＝∠ACA′＝45°， ∴AE＝OE，OD＝OAAE， 设AE＝OE＝x，则OD＝OA， ∴DE＝OD﹣OE＝（）x， 在Rt△ADE中，由勾股定理得， 1， ∴x2， ∴S⊙O＝π•OE2． 2．（2024•广州）如图，在菱形ABCD中，∠C＝120°．点E在射线BC上运动（不与点B，点C重合），△AEB关于AE的轴对称图形为△AEF．（1）当∠BAF＝30°时，试判断线段AF和线段AD的数量和位置关系，并说明理由； （2）若AB＝6+6，⊙O为△AEF的外接圆，设⊙O的半径为r． ①求r的取值范围； ②连接FD，直线FD能否与⊙O相切？如果能，求BE的长度；如果不能，请说明理由． 【分析】（1）根据折叠的性质和菱形的性质易得AB＝AF＝AD再根据角度求出∠DAF＝90°即可得证； （2）画出示意图，找到半径r和AE的关系，在求出AE的范围即可求解； （3）画出示意图，利用弦切角定理和圆周角定理以及等腰三角形的性质可求得∠AEF＝∠AEB＝75°，再在解三角形ABE即可求解． 【解答】解：（1）AF＝AD，AF⊥AD，理由如下， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，∠BAD＝∠C＝120°， ∵△ABE和△AFE关于AE轴对称， ∴AB＝AF， ∴AF＝AD， ∵∠BAF＝30°， ∴∠DAF＝∠BAD﹣∠BAF＝90°， ∴AF⊥AD， 综上，AF＝AD，AF⊥AD． （2）①如图，设△AEF的外接圆圆心为O，连接OA、OE，作OG⊥AE于点G，作AH⊥BC于点H． ∵∠AFE＝∠ABE＝60°， ∴∠AOE＝120°， ∵OA＝OE， ∴∠OAE＝∠OEA＝30°， ∴OAAG， ∵r＝OAAG•AEAE， 在Rt△ABH中，AH＝AB•sin60°＝9+3， ∵AE≥AH，且点E不与B、C重合， ∴AE≥9+3，且AE≠6+6， ∴r≥33，且r≠26． （3）能相切，此时BE＝12，理由如下： 假设存在，如图画出示意图，设△AEF的外接圆圆心为O，连接OA、OF，作EH⊥AB于点H， ∵∠AFE＝∠ACB＝60°， ∴点C也在⊙O上， 设∠AFD＝α，则∠AEF＝∠AEB＝α（弦切角）， ∴∠CEF＝180°﹣∠AEB﹣∠AEF＝180°﹣2α， ∵AF＝AD， ∴∠ADF＝∠AFD＝α， ∴∠DAF＝180°﹣2α， ∵∠CEF＝∠CAF， ∴∠CAF＝180°﹣2α＝∠DAF， ∵∠CAD∠BAD＝60°， ∴∠CAF＝180°﹣2α＝∠DAF＝30°， ∴α＝75°，即∠AEB＝75°， 作EH⊥AB于点H， ∵∠B＝60°， ∴∠BEH＝30°， ∴∠AEH＝∠EAH＝45°， 设BH＝m，则EH＝AHm，BE＝2m， ∵AB＝6+6， ∴mm＝6+6， ∴m＝6， ∴BE＝12． 1．如图1，四边形内接于，为直径，上存在点E，满足，连接并延长交的延长线于点F，与交于点G． （1）若，请用含的代数式表列． （2）如图2，连接．求证；． （3）如图3，在（2）的条件下，连接，． ①若，求的周长． ②求的最小值． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）①；② 【分析】（1）利用圆周角定理求得，再根据，求得，即可得到答案； （2）由，得到，从而推出，证得，由此得到结论； （3）①连接．利用已知求出，证得，得到，利用中，根据正弦求出，求出EF的长，再利用中，，求出EG及DE，再利用勾股定理求出DF即可得到答案； ②过点C作于H，证明，得到，证明，得到，设，得到，利用勾股定理得到 ，求得，利用函数的最值解答即可． 【详解】解：（1）∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）∵为的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴． （3）①如图，连接． ∵为的直径， ∴． 在中，，， ∴． ∵， ∴， 即， ∴． ∵， ∴． ∵在中，， ∴， ∴． ∵在中，， ∴． 在中，， ∴， ∴的周长为． ②如图，过点C作于H． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 设， ∴， ∴． 在中， ， ∴， 当时，的最小值为3， ∴的最小值为． 【点睛】此题考查圆周角的定理，弧、弦和圆心角定理，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角函数，相似三角形的判定，函数的最值问题，是一道综合的几何题型，综合掌握各知识点是解题的关键． 2．如图1，在矩形中，，点在射线上，过点作切于点，设． (1)如图2，当圆心在对角线上时，_____；请求出此时劣弧的长． (2)过点作于点， ①如图3，当点在线段的延长线上，且时，求的值； ②当点在线段上时，求线段长度的最大值； ③直接写出当时，的值． 【答案】(1)30，； (2)①；②；③或或 【分析】（1）由题意得到，得到，再根据与相切，即可得到的度数；设的半径为，则，求出，再根据弧长公式进行计算； （2）①证明，得到，即，即可得到答案； ②证明，根据相似三角形的性质得到，进行计算求出最大值即可； ③分当点在线段上时和当点在线段的延长线上时两种情况进行分类讨论． 【详解】（1）解：， ． ． 与相切， ． ． ， ， ． ． ． ， 设的半径为，则． ，， ． ． ， ， ． ． 劣弧的长． 故答案为：，； （2）解：①当时， 于点，， ， 与相切， ． ， ， 在和中， ， ． ， ， ， ， 解得． ②如图，由①可知，，． ， ， ， ， ． ， 当时，． ③或或． 由，得． 如图5，当点在线段上时，， 即， 解得或； 如图6，当点在线段的延长线上时，， 即， 解得（舍）或． 故或或． 【点睛】本题主要考查特殊三角形的三角函数值，圆的切线的性质，弧长公式，垂径定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数求最值，解一元二次方程等知识，熟练掌握性质定理是解题的关键． 考点二、圆与函数的综合问题 题型01 圆与一次函数的综合问题 1．（2021•广州）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l：yx+4分别与x轴，y轴相交于A、B两点，点P（x，y）为直线l在第二象限的点． （1）求A、B两点的坐标； （2）设△PAO的面积为S，求S关于x的函数解析式，并写出x的取值范围； （3）作△PAO的外接圆⊙C，延长PC交⊙C于点Q，当△POQ的面积最小时，求⊙C的半径． 【分析】（1）根据直线yx+4分别与x轴，y轴相交于A、B两点，令x＝0，则y＝4；令y＝0，则x＝﹣8，即得A，B的坐标； （2）设P（x，），根据三角形面积公式，表示出S关于x的函数解析式，根据P在线段AB上得出x的取值范围； （3）将S△POQ表示为OP2，从而当△POQ的面积最小时，此时OP最小，而OP⊥AB时，OP最小，借助三角函数求出此时的直径即可解决问题． 【解答】解：（1）∵直线yx+4分别与x轴，y轴相交于A、B两点， ∴当x＝0时，y＝4； 当y＝0时，x＝﹣8， ∴A（﹣8，0），B（0，4）； （2）∵点P（x，y）为直线l在第二象限的点， ∴P（x，）， ∴S△APO2x+16（﹣8＜x＜0）； ∴S＝2x+16（﹣8＜x＜0）； （3）∵A（﹣8，0），B（0，4）， ∴OA＝8，OB＝4， 在Rt△AOB中，由勾股定理得： AB， 在⊙C中，∵PQ是直径， ∴∠POQ＝90°， ∵∠BAO＝∠Q， ∴tanQ＝tan∠BAO， ∴， ∴OQ＝2OP， ∴S△POQ， ∴当S△POQ最小时，则OP最小， ∵点P在线段AB上运动， ∴当OP⊥AB时，OP最小， ∴S△AOB， ∴， ∵sinQ＝sin∠BAO， ∴， ∴， ∴PQ＝8， ∴⊙C半径为4． 2．（2019•深圳）已知在平面直角坐标系中，点A（3，0），B（﹣3，0），C（﹣3，8），以线段BC为直径作圆，圆心为E，直线AC交⊙E于点D，连接OD． （1）求证：直线OD是⊙E的切线； （2）点F为x轴上任意一动点，连接CF交⊙E于点G，连接BG； ①当tan∠ACF时，求所有F点的坐标　，F2（5，0）　 （直接写出）； ②求的最大值． 【分析】（1）连接ED，证明∠EDO＝90°即可，可通过半径相等得到∠EDB＝∠EBD，根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半得DO＝BO＝AO，∠ODB＝∠OBD，得证； （2）①分两种情况：a）F位于线段AB上，b）F位于BA的延长线上；过F作AC的垂线，构造相似三角形，应用相似三角形性质可求得点F坐标； ②方法1：如图4，过G作GH⊥BC于H，由△CBG∽△CFB，可得BC2＝CG•CF，即可推出； 方法2：设∠BCG＝α，则sinα，cosα，运用（sinα﹣cosα）2≥0，即可求得答案． 【解答】解：（1）证明：如图1，连接DE，BD， ∵BC为圆的直径， ∴∠BDC＝90°， ∴∠BDA＝90° ∵OA＝OB ∴OD＝OB＝OA ∴∠OBD＝∠ODB ∵EB＝ED ∴∠EBD＝∠EDB ∴∠EBD+∠OBD＝∠EDB+∠ODB 即：∠EBO＝∠EDO ∵CB⊥x轴 ∴∠EBO＝90° ∴∠EDO＝90° ∵点D在⊙E上 ∴直线OD为⊙E的切线． （2）①如图2，当F位于AB上时，过F作F1N⊥AC于N， ∵F1N⊥AC ∴∠ANF1＝∠ABC＝90° ∴△ANF∽△ABC ∴ ∵AB＝6，BC＝8， ∴AC10，即AB：BC：AC＝6：8：10＝3：4：5 ∴设AN＝3k，则NF1＝4k，AF1＝5k ∴CN＝CA﹣AN＝10﹣3k ∴tan∠ACF，解得：k ∴ 即F1（，0） 如图3，当F位于BA的延长线上时，过F2作F2M⊥CA于M， ∵△AMF2∽△ABC ∴设AM＝3k，则MF2＝4k，AF2＝5k ∴CM＝CA+AM＝10+3k ∴tan∠ACF 解得： ∴AF2＝5k＝2 OF2＝3+2＝5 即F2（5，0） 故答案为：F1（，0），F2（5，0）． ②方法1：如图4，过G作GH⊥BC于H， ∵CB为直径， ∴∠BHG＝∠CBF＝∠BGC＝90°， ∴∠CBG+∠BCG＝∠BFC+∠BCG＝90°， ∴∠CBG＝∠BFC， ∴△BGH∽△FCB， ∴， ∵， ∴， ∴的最大值为． 方法2：设∠BCG＝α，则sinα，cosα， ∴sinαcosα ∵（sinα﹣cosα）2≥0，即：sin2α+cos2α≥2sinαcosα ∵sin2α+cos2α＝1， ∴sinαcosα，即 ∴的最大值． 1．如图，在平面直角坐标系中，经过原点，分别交轴、轴于，，连结．直线分别交于点，（点在左侧），交轴于点，连结． （1）求的半径和直线的函数表达式． （2）求点，的坐标． （3）点在线段上，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长． 【答案】（1）半径为，直线的函数表达式为；（2）点为，点为；（3）5，10或 【分析】（1）由，，确定点为，再利用两点间距离公式求解即可得到半径的长，利用待定系数法可直接得到直线CM的函数表达式； （2）先作辅助线构造相似三角形，求出，，即可得到点为，点为； （3）先作辅助线，得到，再分三种情况讨论，通过作轴于点，证出点为符合条件的点，再分别讨论当时和时的情况，分别得到和的值，最后完成求解． 【详解】解：（1）， 为的直径． ，， 点为， 半径为． 设直线的函数表达式为． 把，代入得，解得． 直线的函数表达式为； ∴⊙M 的半径为，直线 CM 的函数表达式为． （2）过点作轴平行线，点作轴平行线交于点，作轴于点（如图1）， ，， ， ，且 ，， 点为． 点，关于点对称， 点为． （3）作轴于点， ，． ， ． 分三种情况（如图2）： ①作轴于点， ，， ， ， ， 即点为符合条件的一个点． ． ②当时， ， ． ， （）， ， ． ③当时， ， ， ． ， ， , ， ． 综上所述，当与的一个内角相等时，的长为5，10或． 【点睛】本题综合考查了平面直角坐标系、圆、待定系数法求函数解析式、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，要求学生根根据题意找到相等关系建立方程求解，本题综合性很强，对学生的分析能力要求较高，解决本题的关键是能通过作辅助线构造相似三角形以及牢记相关概念、性质和公式等，本题蕴含了分类讨论的思想方法． 2．如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线与交于点D．与y轴交于点E．动点M在线段上，动点N在直线上，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的坐标为    【答案】或 【分析】如图，由是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得在以为直径的圆上，，可得是圆与直线的交点，当重合时，符合题意，可得，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，证明，设，可得，，而，则，再解方程可得答案． 【详解】解：如图，∵是以点N为直角顶点的等腰直角三角形， ∴在以为直径的圆上，， ∴是圆与直线的交点，    当重合时， ∵，则， ∴，符合题意， ∴， 当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，， ∴，    ∵，， ∴， ∴， ∴，设， ∴，， 而， ∴， 解得：，则， ∴， ∴； 综上：或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，本题属于填空题里面的压轴题，难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键． 题型02 二次函数与圆的综合问题 1．如图，在平面直角坐标系中，二次函数图象的对称轴是直线，图象与轴交于，两点，点坐标为，直线经过点，且与轴交于点． (1)填空：____；____；_____． (2)将该二次函数图象向右平移个单位，使抛物线顶点落在直线上，试求的值． (3)在（2）的条件下，设是轴上的一动点，若外接圆的圆心落在平移后的抛物线内部，试求的取值范围． 【答案】(1)；； (2) (3) 【分析】（1）将点坐标代入直线中求出，根据二次函数的对称轴和经过点得到方程组，解方程即可求出、； （2）将抛物线化为顶点式，平移后得到平移后的顶点坐标，再将顶点坐标代入直线求解； （3）先求出平移后的解析式，设抛物线对称轴与轴交于点，根据题意易得到外接圆的圆心必在边的中垂线上，设该中垂线交抛物线于点，，进而求出点，的坐标，过点，分别作轴的垂线，垂足分别为，，得到这两点的横坐标，进而求出和的横坐标，即可求出的取值范围． 【详解】（1）解：点坐标为，直线经过点， ， ． 二次函数图象的对称轴是直线，是二次函数图象是的点， ，， 联立组成方程组为， 解得． 故答案为：；；． （2）解：由题意知：抛物线解析式为，即． 将的图象向右平移个单位后得到， 其顶点坐标为． ∵顶点恰好落在直线上， ， ． （3）解：由题意知：平移后的抛物线解析式为，顶点． 设抛物线对称轴与轴交于点． ， 为等腰直角三角形． 点在轴上， 则外接圆的圆心必在边的中垂线上． 设该中垂线交抛物线于点，． 由可知线段的中点坐标为， ，故可求得该中垂线解析式为． ∴解方程组 解得：． 即，两点的横坐标分别为． 过点，分别作轴的垂线，垂足分别为，， 则，两点的横坐标分别为． ． ． 从而点的横坐标为． 同理． ． 从而点的横坐标为． 的取值范围是． 【点晴】本题主要考查了二次函数的综合，二次函数的图象和性质，函数解析式的求法，二次函数平移规律，二次函数与一次函数的交点，理解相关知识是解答关键． 2．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 【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． 考点三 圆的常考类型题 题型01 隐圆问题 圆的最值问题 1．在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（  ） A． B．6 C． D． 【答案】C 【分析】根据同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半，过点M、N作以点O为圆心，∠MON=90°的圆，则点P在所作的圆上，观察圆O所经过的格点，找出到点M距离最大的点即可求出． 【详解】作线段MN中点Q，作MN的垂直平分线OQ，并使OQ=MN，以O为圆心，OM为半径作圆，如图， 因为OQ为MN垂直平分线且OQ=MN，所以OQ=MQ=NQ， ∴∠OMQ=∠ONQ=45°， ∴∠MON=90°， 所以弦MN所对的圆O的圆周角为45°， 所以点P在圆O上，PM为圆O的弦， 通过图像可知，当点P在位置时，恰好过格点且经过圆心O， 所以此时最大，等于圆O的直径， ∵BM＝4，BN＝2， ∴， ∴MQ=OQ=， ∴OM=， ∴， 故选 C． 【点睛】此题考查了圆的相关知识，熟练掌握同弧所对的圆周角相等、直径是圆上最大的弦，会灵活用已知圆心角和弦作圆是解题的关键． 2．如图，矩形中，．点P是边上一动点，点M为线段上一动点．，则的最小值为（   ）． A．2 B． C． D． 【答案】A 【分析】设的中点为，连接，证明，得出，点在点为圆心，4为半径的圆上，利用勾股定理求出从而计算出答案． 【详解】解：设的中点为，连接， ∵四边形为矩形， ， ， ， ， ， ， ， ∴点在点为圆心，4为半径的圆上． ， ， ∵的最小值为2． 故选：A． 【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，二次根式的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，应用直角三角形性质解决问题． 3．如图，半径为2，圆心M坐标，点P是上的任意一点，，且与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查点与圆的位置关系，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到答案即可．由中得到要使取得最小值，即需取最小值，连接，交于点即可得到答案． 【详解】解：连接， ， ， ， ， 要使取得最小值，即需取最小值， 连接，交于点，此时取得最小值， 过点作轴于点， 则， ， ， ， ， 故答案为：． 题型02 圆的折叠问题 1．如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为 ． 【答案】或或2 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据，可得或2，利用勾股定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键． 【详解】解：为直径，为弦， ， 当的长为正整数时，或2， 当时，即为直径， 将沿翻折交直线于点F，此时与点重合， 故； 当时，且在点在线段之间， 如图，连接， 此时， ， ， ， ， ； 当时，且点在线段之间，连接， 同理可得， ， 综上，可得线段的长为或或2， 故答案为：或或2． 2．如图，在中，点在优弧上，将弧沿折叠后刚好经过的三等分点，，若的半径为，，则的长是（   ） A．8 B． C．6 D． 【答案】A 【分析】连接，过点作于点，过点作于点，过点作于点，首先根据题意可知，，结合垂径定理可知，进而由勾股定理可解得的值；再结合折叠的性质可知弧和弧所在的圆为等圆，进而可得，易知，由等腰三角形的性质可得，证明四边形为矩形，由矩形的性质可得，，在中，由勾股定理解得的值，然后解得，最后在中由勾股定理计算的长即可． 【详解】解：如图，连接，过点作于点，过点作于点，过点作于点， ∵的半径为，，点为的三等分点，且， ∴，，， ∴， ∵将弧沿折叠， ∴弧和弧所在的圆为等圆， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴在中，， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，弧、弦、圆周角的关系，垂径定理，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题关键． 3．点，，在上，将沿折叠后，与交于． (1)若，求的度数． (2)如图，点恰是翻折所得的中点，若，求的度数． 【答案】(1) (2) 【分析】本题是圆的综合题目，考查了圆内接四边形的性质，圆心角、弧、弦之间的关系，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，本题综合性强，熟练掌握圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定与性质是解题的关键． （1）将还原后点的对应点为，连接、，则，，求出，由三角形的外角性质即可得出答案； （2）由（1）得，证出，由等腰三角形的性质得出，，设，则，在中，由三角形内角和定理得出方程，解方程即可； 【详解】（1）解：将还原后点的对应点为，连接、，如图所示： 则，， ， ； （2）（2）由（1）得， ，， ， 点是翻折所得的中点， ， ， ， ， ， 设，则， 在中，由三角形内角和定理得：， 解得， 即． 题型3 动态圆问题 1．如图，与的边相切，切点为．将绕点按顺时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点．若，则 度． 【答案】85 【分析】连结OO′，先证△BOO′为等边三角形，求出∠AOB=∠OBO′=60°，由与的边相切，可求∠CBO==30°，利用三角形内角和公式即可求解． 【详解】解：连结OO′， ∵将绕点按顺时针方向旋转得到， ∴BO′=BO=OO′， ∴△BOO′为等边三角形， ∴∠OBO′=60°， ∵与的边相切， ∴∠OBA=∠O′BA′=90°， ∴∠CBO=90°-∠OBO′=90°-60°=30°， ∵∠A′=25° ∴∠A′O′B=90°-∠A′=90°-25°=65° ∴∠AOB=∠A′O′B=65°， ∴∠OCB=180°-∠COB-∠OBC=180°-65°-30°=85°． 故答案为85． 【点睛】本题考查图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质，掌握图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质是解题关键． 2．综合与实践 车轮设计成圆形的数学道理 小青发现路上行驶的各种车辆，车轮都是圆形的.为什么车轮要做成圆形的呢？这里面有什么数学道理吗？带着这样的疑问，小青做了如下的探究活动： 将车轮设计成不同的正多边形，在水平地面上模拟行驶.      (1)探究一：将车轮设计成等边三角形，转动过程如图1，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是，，圆心角.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），请在图2中计算C到的距离. (2)探究二：将车轮设计成正方形，转动过程如图3，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是，，圆心角.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），请在图4中计算C到的距离（结果保留根号）. (3)探究三：将车轮设计成正六边形，转动过程如图5，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是，圆心角______.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），在图6中计算C到的距离______（结果保留根号）. (4)归纳推理：比较，，大小：______，按此规律推理，车轮设计成的正多边形边数越多，其中心轨迹最高点与转动一次前后中心连线（水平线）的距离______（填“越大”或“越小”）. (5)得出结论：将车轮设计成圆形，转动过程如图7，其中心（即圆心）的轨迹与水平地面平行，此时中心轨迹最高点与转动前后中心连线（水平线）的距离______.这样车辆行驶平稳、没有颠簸感.所以，将车轮设计成圆形. 【答案】(1)1 (2) (3) (4)，越小 (5)0 【分析】（1）是等边三角形，进而求得，进一步得出结果； （2）是等腰直角三角形，进而求得，进一步得出结果； （3）是等边三角形，进而求得，进一步得出结果； （4）比较大小得出结果； （5）圆的半径相等，从而得出结果． 【详解】（1）解：图1， ，， ， ， 是等边三角形， ， ∵C为的中点，为半径， ∴， ； （2）解：如图2，   ，，， ， ， ； （3）解：如图3，   ，， 是等边三角形， ， 在中， ， ， 故答案为：，； （4）解：， ，则其中心轨迹最高点与转动一次前后中心连线（水平线）的距离越小； 故答案为：；越小． （5）解：圆的半径相等， ， 故答案为：0． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，正方形的性质，圆的定义，解直角三角形等知识，解决问题的关键是弄清数量间的关系． $$