2026年中考数学二轮专题训练 圆的拓展 专题提升训练

**基本信息** 聚焦圆的拓展探究，以“辅助线构造-性质应用-综合迁移”为主线，系统整合切线证明、线段计算、新定义探究等高频题型，提炼旋转、截长补短等核心方法，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |切线证明与计算|题1、2|切线判定+解直角三角形|圆周角定理→切线性质→线段关系推导| |线段关系探究|题3、4|旋转构造全等+相似转化|圆中特殊三角形→线段和差→比例关系| |新定义综合|题8、9|新定义转化+分类讨论|圆的性质→新定义应用→综合论证|

2026年中考数学二轮专题训练圆的拓展探究常考热点题型专题提升训练 1．问题探究如图，是的直径，．    (1)求的度数． (2)拓展延伸如图，若，与的交点记作，． ①求的半径； ②如图，若是的切线，且点在的延长线上，求图中阴影部分的周长． 2．如图，在⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，在AB的延长线上有一点E，且EF=ED． (1)求证：DE是⊙O的切线； (2)若tanA=，探究线段AB和BE之间的数量关系，并证明； (3)在（2）的条件下，若OF=1，求⊙O的半径和CD的长． 3．问题背景：如图（1）在四边形中，，，探究线段、、之间的数量关系．小明探究此问题的思路是：将绕点逆时针旋转到处，点B、C分别落在点A、E处（如图（2）），易证点C、A、E在同一条直线上，并且是等腰直角三角形，所以，从而得出结论：． 简单应用： （1）在图（1）中，若，，求的长； （2）如图（3）是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，，若，，求的长．        4．如图，四边形内接于，对角线平分，是的直径． (1)求证：； (2)探究的值是否为一个定值？若是，求出这个定值若不是，请说明理由． (提示：将、、转化到同一个三角形中) 5．问题背景：已知点A是半径为r的圆O上的定点，连接，将线段绕点O逆时针方向旋转得到，连接，过点A作圆O的切线l，在直线l上取点C，使得为锐角． 初步感知： （1）如图1，当时，________； 问题探究： （2）以线段为对角线作矩形，使得边过点E，连接，对角线、相交于点F． ①如图2，当时，求证：不论在给定的范围内如何变化，总是成立． ②如图3，当，时，请补全图形，并求出及的值． 6．在人教版九年级上册数学课本页的实验与探究提及到了圆与圆位置关系，其中内切是指一个圆在另一个圆的内部，且两圆有且只有一个公共点，且过该公共点关于两圆的切线为两个圆的公切线．如图，与内切于点，的半径为，的半径为，，为与的公切线，连接交与于、两点，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 7．阅读材料，某个学习小组成员发现：在等腰中，AD平分，∵，，∴，他们猜想：在任意中，一个内角角平分线分对边所成的两条线段与这个内角的两边对应成比例． 【证明猜想】如图1所示，在中，AD平分，求证：． 丹丹认为，可以通过构造相似三角形的方法来证明； 思思认为，可以通过比较和面积的角度来证明． (1)请你从上面的方法中选择一种进行证明． (2)【尝试应用】如图2，是的外接圆，点E是上一点（与B不重合，且，连结，并延长AE，BC交于点D，H为AE的中点，连结BH交AC于点G，求的值． (3)【拓展提高】如图3，在（2）的条件下，延长交于点F，若，，求的直径（用x的代数式表示）． 8．定义：如果三角形的两个内角与满足，那么称这样的三角形为“类直角三角形”． 【尝试运用】 （1）如图1，在中，，，，是的平分线． ①求证：是“类直角三角形”； ②求出此时的长； ③请在边上找一点（异于点，使得也是“类直角三角形”，并求出此时的长． 【类比拓展】 （2）如图2，内接于，直径，弦，点是弧上一动点（不包括端点，，延长至点，连接，且，当是“类直角三角形”时，求的长． 9．【问题背景】定义：若两个三角形有一对公共边，且另有一组对应边和一对对应角分别对应相等，那么这两个三角形称为邻等三角形． 例如：如图1，，，是公共边，则与是邻等三角形． (1)【探究发现】如图2，四边形是的内接四边形，点是的中点，那么请判断与是否为邻等三角形，并说明理由． (2)【拓展探究】以点为圆心，为半径的交轴于点，交轴于点，是的内接三角形，． ①如图3，求的度数和的长； ②如图4，点为上一点（点不与点和点重合），连接，，若，判断与是否为邻等三角形（如果是请写出证明过程，如果不是请说明理由），并求点A到线段的距离． 10．综合与探究 如图1，内接于，点D在上，连接，交于点E，，． 猜想证明： （1）请判断的形状，并说明理由． 拓展延伸： （2）如图2，过点O作于点M，延长，交于点N．若，，求的长． （3）在（2）的条件下，P为平面内的一点，且，连接，请直接写出的最大值． 11．问题探究： (1)如图1，在中，点是优弧上一点，点在外，且、在直线的同侧，则与的大小关系为______（填“”“”或“”）； (2)如图2，在中，，，点是的中点．若点是边上一点，试求的最小值； (3)如图3，社区便民步道与主干道相交于点，步道入口到的距离为，到主干道的距离为．步道上有一休息椅，它到点的距离为．现需要在主干道上设置一段长的便民服务宣传栏，为节约成本，需使步道入口到、休息椅到的路程和最短（即最小），且居民在步道上散步时，希望在点处能以最佳视角（即最大）看清宣传栏上的内容，求点到路口的距离. 12．【问题情境】如图，矩形中，作，分别交边于点E，交边于点F，作的外接． 【特殊体会】当时，如图1，判断与之间的数量关系是_______； 【初步探究】当经过点D时，如图2，试探究、、之间的数量关系，并加以证明； 【深入探究】当与相切时，如图3，解决下列问题： ①判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，求（直接写出结果）． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1)； (2)①；②． 【分析】（1）连接，先根据圆周角定理得到，进而结合题意进行角的运算即可求解； （2）①连接，先根据圆周角定理结合等腰三角形的性质得到，，进而得到的度数，设的半径为，则，再根据题意解直角三角形即可求解；②连接，进而根据圆周角定理得到，由①可得的半径为，进而根据弧长的计算公式得到的长，再根据切线的性质得到，再解直角三角形得到和，从而根据“阴影部分的周长为”即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接， 是的直径 ． ．    （2）解：①如图，连接． ，是的直径 ，， ． 设的半径为，则． 在中， ，即 解得．    ②如图，连接． ． 由①可得的半径为 的长为． 是的切线 ． 在中， ， ， ， 阴影部分的周长为    【点睛】本题考查了圆周角定理、切线的性质、弧长的计算以及解直角三角形等，解题的关键在于正确画出辅助线． 2．(1)证明：如图，连接， OC⊥AB， ，即， 是的半径 是的切线 (2)， 理由如下：如图，连接， 是的直径 ，即 是的切线 ，即 在中， 设， (3)⊙O的半径为3， 【分析】（1）根据等边对等角可得，，根据OC⊥AB，可得，进而根据等量代换可得，根据切线的判定定理即可证明DE是⊙O的切线； （2）证明，在中，，可得，设，分别表示出即可得到； （3）过点作于点，设，则，，在中，根据，求得，进而求得，过点作，根据，解直角三角形即可求得的长，进而求得的长． 【详解】（1）略 （2）略 （3）如图，过点作于点， ， 是等腰直角三角形， 设，则， 在中， 即 解得 过点作， 在中，， 在中， 3．（1）3； （2）． 【分析】（1）本题主要考查对上述结论的理解与应用，代入上述结论：直接计算即可． （2）本题主要考查在圆内利用已知结论求解线段长，作辅助线根据直径所对的圆周角是直角得：，由弧相等可知所对的弦相等，得到满足图1的条件，所以代入可得CD的长，解答本题的关键在于作出合适的辅助线． 【详解】解：（1）由题意知：， ∴ ∴； 故答案为3； （2）如图3，连接、、， ∵是⊙O的直径， ∴ ∵ ∴， ∵，， ∴由勾股定理得：， 由图1得：   ∴． 4．(1)证明见详解； (2)是定值，值为 【分析】（1）根据角平分线得到相等的圆周角，利用“相等的圆周角所对的弧相等”推出，再由“等弧对等弦”证明； （2）采用截长补短法构造全等三角形，将转化为线段，结合直径所对圆周角为直角、角平分线的性质，证明是等腰直角三角形，从而建立与的数量关系，求出比值． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∴， ∴． （2）解：是定值，定值为，理由如下： 延长到点，使得，连接，如图， ∵四边形内接于， ∴， 又∵， ∴， 由（1）知， 在和中，， ∴， ∴，， ∵是的直径， ∴，，即， ∴， 又∵平分， ∴， 由得， 在中，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴． 5．（1）；（2）见解析；（3）①见解析；②图见解析，， 【分析】本题主要考查了圆的综合题以及切线的性质，锐角三角函数，全等的判定和性质，相似的判定和性质等，熟练掌握相关知识点是解题关键． （1）根据等腰的角度和切线的性质即可求出； （2）因为，且，要证，实际要证，根据我们证线段相等的思路：（1）同一个三角形证等腰（2）不同三角形证全等，可证即可； （3）由得，再作，证得到，通过设边长，再利用勾股定理，建立勾股方程即可找到线段之间的关系． 【详解】（1）且， 是等边三角形， ， 直线是圆的切线，为切点， ，即， ， 故答案为：； （2）证明：四边形是矩形，， ， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ． 即无论在给定的范围内如何变化，总成立． （3）①补全图形如图， 是切线， ， ， ， 设，则， ， ，， ，， 即点在线段上， ． ②：由，得 ， 又， ， ， ． 6．(1)见解析； (2)． 【分析】根据切线的性质和圆周角定理可证，，根据可证，从而可证； 由可知，又有，可证，根据相似三角形的性质可得，设，则，利用勾股定理可得，，设，则，利用勾股定理可得，，，再利用相似三角形的性质可得 ，从而可求． 【详解】（1）证明：如图，延长交于点，连接，连接， 为与的公切线，为的半径， ， ， ，与内切， 、、三点共线， 又为的直径， ， ，， ， ，， ， 又， ， ； （2）解：，， ， ，， ，， ， 设，则， 在中， ， 解得：， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， ，， ， ，， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、圆与圆的位置关系、相似三角形的判定与性质、勾股定理，本题的综合性较强，解决本题的关键需要熟练地掌握图形的性质，并综合运用这些性质． 7．(1)见解析 (2) (3)的直径为 【分析】（1）选丹丹延长AD交过点C与AB平行的直线交于E，AD平分∠BAC，得出∠BAD=∠CAD，根据CE∥AB，可得AC=EC，再证△ABD∽△ECD即可； 选思思过点D作，于点P，Q，根据角平分线性质得出，根据三角形高等得出，再根据即可 （2）连接CE，先证∠AEC=90°，再证Rt△ABC≌Rt△AEC（HL），得出，即AC为的角平分线，得出，根据H为AE的中点，可得AH=即可； （3）作交AE于点N，设BE交AC于M，先证，得出，根据AB=AE，得出BH=BE，根据，可求，得出，求得，可得根据勾股定理BN=，利用三角函数得出，在中，即可． 【详解】（1）选丹丹方法，丹丹认为，可以通过构造相似三角形的方法来证明； 证明：延长AD交过点C与AB平行的直线交于E， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD=∠CAD， ∵CE∥AB， ∴∠BAD=∠CED=∠CAD， ∴AC=EC， ∵AB∥CE， ∴△ABD∽△ECD， ∴， ∴； 选择思思方法：思思认为，可以通过比较和面积的角度来证明． 证明：过点D作，于点P，Q， ∵AD平分，，， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）解：连接CE， ∵是的外接圆，∠ABC=90°， ∴AC为的直径， ∴∠AEC=90°， 在Rt△ABC和Rt△AEC中， ， ∴Rt△ABC≌Rt△AEC（HL）， ∴， 即AC为的角平分线， ∴， 又∵H为AE的中点， ∴AH=， ∴； （3）作交AE于点N，设BE交AC于M， ∵BE=EF， ∴， ∵∠BAE=∠BFE， ∴∠HBE=∠BAE， ∵∠HEB=∠BEA， ∴， ∴， ∵AB=AE， ∴BH=BE， 又∵， 由（2）知BG=2GH=2x， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵BN⊥AD，BH=BE， ∴HN=NE=，∠EBN=， ∴BN=， 在中，， 在中，， 即的直径为． 【点睛】本题考查角平分线定义，平行线性质，等腰三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，三角形面积，三角形全等判定与性质，角平分线性质，线段中点，勾股定理，一元二次方程，锐角三角函数，圆的直径，掌握以上知识是解题关键． 8．（1）①见解析；②；③；（2） 【分析】（1）①证明即可解决问题； ②由勾股定理得，再由角平分线的性质得，然后由面积法求出的长，即可解决问题； ③如图，假设在边设上存在点（异于点，使得是“类直角三角形”．证明，可得，由此构建方程即可解决问题． （2）分两种情形：①如图，当时，作点关于直线的对称点，连接，．则点在上，且． ②如图，由①可知，点，，共线，当点与共线时，由对称性可知，平分，可证，利用相似三角形的性质构建方程即可解决问题． 【详解】（1）①证明： 是的角平分线， ， ， ， ， 为“类直角三角形”． ②解：如图，过点作于点， ，，， ，， 平分，， ， ， ， ， 即， 解得：； ③解：如图，假设在边设上存在点（异于点，使得是“类直角三角形”． ， ， ， ∴， ， ； （2）解：是直径， ， ，， ， ①如图，当时，作点关于直线的对称点，连接，．则点在上，且， ，且， ， ，，共线， ， ， ，即， （不合题意，舍去）． ②如图，由①可知，点，，共线，当点与共线时，由对称性可知，平分， ， ，， ， ，即， ， 在中，， （舍去负值）， 综上所述，当是“类直角三角形”时，的长为． 【点睛】本题通过“类直角三角形”为背景考查角平分线的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、对称性和共线的性质，解题的关键是熟悉相似三角形的判定和性质以及分类讨论思想的应用． 9．(1)与是邻等三角形，理由理由见解析 (2)①，②点A到线段的距离为 【分析】（1）根据点D是的中点，，又，符合邻等三角形的定义； （2）①作，连接，作，在中，，，进而求得,在中， ，根据即可求解；②先证，再证，即可证出结论；作轴，垂足为点F，先求出所在直线与x轴间的距离是，再求出结论即可． 【详解】（1）解：与是邻等三角形，理由如下： ∵点D是的中点， ∴， ∵， ∴与是邻等三角形； （2）①如图2，作，连接， ∵， ∴， ∵点A的坐标是， ∴， ∴， ∴， 作，在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴； ②与是邻等三角形，理由如下： 由①知，， ， 四点都在上，即四边形为圆内接四边形， ， ， ， ， ， ， 为公共边， 与是邻等三角形； 作轴，垂足为点F， ， 轴， 在中，，， ，即所在直线与x轴间的距离是， 由①知，点A到x轴距离， 点A到线段的距离为． 【点睛】本题考查了圆与三角形综合，考查圆周角定理、圆内接四边形性质及勾股定理，解直角三角形，等知识，牢记相关性质是解题的关键． 10．（1）是等边三角形；（2）；（3） 【分析】（1）先证明是等边三角形，从而可得，再利用圆周角定理得出，，从而可得是等边三角形； （2）先根据等边三角形的性质得出，再利用含有度角的直角三角形的性质求得，从而可求得，利用垂径定理求得，从而可结合等边三角形的性质求得； （3）先根据题意得出P在以为直径的圆上，并确定直线交圆于点P，如图，此时为最大，分别求出、相加即可． 【详解】（1）解：连接，如图， ∵交于点E， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ， ∴是等边三角形； （2）∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， 又， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）∵，，P为平面内的一点， ∴P在以为直径的圆上， 作于点，如图， ∵是等边三角形， ∴，， ∴就是以为直径的圆的圆心， ∴垂直平分， 直线交圆于点P，如图，此时为最大， ∴， 在中，， ∴， ∴(负值舍去)， ∵， ∴， ∴的最大值为． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，含度角的直角三角形，用勾股定理解三角形，利用垂径定理求值，圆周角定理等知识，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解 11．(1) (2) (3)点到路口的距离为 【分析】（1）令与的交点为，连接，根据同弧所对的圆周角相等得出，根据外角的性质可得，即可得出； （2）作关于直线的对称点，连接，，，交于，根据对称的性质得出，推得当点，，三点共线时，的值最小，最小值为的长度，根据等腰直角三角形的性质得出，根据中点的定义得出，结合对称的性质和勾股定理求得，即可求解； （3）根据勾股定理求出，过点作且，过点作的对称点，交于点，过点作交于点，过点作的延长线于点，连接，与交于点，连接，结合三角形中位线的定义求出，，，，，根据三角形的三边关系得出，推得当点、、三点共线时，取最小值，结合相似三角形的判定和性质求出；结合（1）得出满足最大，则需要点、、三点在同一个圆上，据此过弦确定圆，与相切于点，连接、、，过点作交于点，结合垂直平分线的性质求出，根据勾股定理推得，即可求出符合条件时，点到路口的距离． 【详解】（1），理由如下： 令与的交点为，连接，如图： ∵， ∴， 在中，， 即， ∴． （2）作关于直线的对称点，连接，，，交于，如图： ∵，关于直线对称， ∴， ∴， 当点，，三点共线时，的值最小，最小值为的长度， ∵，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∵，关于直线对称， ∴，， ∴， 在中，， ∴的最小值为；． （3）根据题意可得，，，，， 故点是的中点，， 过点作且，过点作的对称点，交于点，过点作交于点，过点作的延长线于点，连接，与交于点，连接．如图： 则，四边形是矩形，四边形是平行四边形，， ∵，， ∴， ∴， 又∵点是的中点， ∴， 故是的中位线， ∴，， ∴，， ， ∵， 在中，， ∴， 故当点、、三点共线时，取最小值． ∵， ∴， ∴， ∴． 由第小问可得，满足最大，则需要点、、三点在同一个圆上， 过弦确定圆，与相切于点，连接、、，过点作交于点，如图： 则垂直平分，，． 在中，， 在中，， 即， 又∵， 整理可得； 在中，， 即， ∴． 故符合条件时，点到路口的距离为． 【点睛】在第二问中，对于求线段和的最小值问题，一般根据“将军饮马”的方法来求最值，在第三问中，借助对称的特征和两点之间线段最短确定点的位置，根据相似三角形的判定和性质求出的长是解题的关键． 12．【特殊体会】 【初步探究】，见解析 【深入探究】①与相切；② 【分析】特殊体会：由已知、根据“直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半”可得结论； 初步探究：由已知、根据“圆周角所对的弦是直径”得：是的直径，根据“直径所对的圆周角是直角”得，根据“同角的余角相等”得，根据“直角三角形两锐角互余”可得，根据“等角对等边”得，再根据“”证明，得到：，等量代换得出结论； 深入探究：① 连接，根据“一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半”得 ，由已知、根据“切线垂直于过切点的半径”得，则四边形是矩形，可得，即，根据“经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是这个圆的切线”得出结论； ② 延长交于点，连接，根据“有三个角是直角的四边形是矩形”得：四边形都是矩形，从而得到：，由勾股定理得，从而，再根据勾股定理即可求出的长． 【详解】解：特殊体会：∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴； 初步探究：．如题图2． ∵四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是内接四边形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴，． ∴． ∴． ∴，． ∵， ∴． 深入探究：①与相切． 如图，连接、． ∵， ∴． ∵与相切， ∴． ∴， 又 ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． 又 ∵是半径， ∴与相切． ②． 如图，延长交于点， ∵，， ∴ 四边形、都是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆与四边形的综合探究，矩形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，圆周角定理，切线的性质和判定和勾股定理，综合性很强，对以上知识熟练是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $