专题13 几何压轴题（福建专用）-【好题汇编】2025年中考数学二模试题分类汇编

专题13 几何压轴题 题型概览 题型01 三角形压轴题 题型02 四边形压轴题 题型03 与圆有关的压轴题 ( 题型01 )三角形压轴题 1．（2025·福建宁德·二模）（1）性质发现 如图1，已知点是线段上一点，分别以，为边作等腰直角三角形和等腰直角三角形，．连接，的中点为，连接，．不难发现：线段与之间的数量关系为______；位置关系为______． （2）拓展探究 将图1中的绕点旋转任意角度，则线段，之间的关系是否仍然成立？若成立，请利用图2（或自己画一个一般化的图形）进行证明；若不成立，请画一个反例说明． （注：如果你无法利用图2（或自己画图）证明结论的一般性，也可以画一个特殊位置的图形或直接利用图1进行证明，这种证明方式适当给分） （3）问题解决 若，，则在绕点的旋转过程中，当是等腰三角形时，求的值． 2．（2025·福建福州·二模）“裁剪1次”是指在单张平面图形（或将此图形经过若干次折叠后），用剪刀沿某条路径（图1中，裁剪路径为直线）进行一次裁剪将其裁开的操作．若进行次裁剪，则记载剪次数为．某数学综合实践活动小组开展裁剪卡纸的活动（裁剪路径均为直线），将一个长为，宽为的可折叠矩形卡纸（如图2）裁剪为八边形卡纸，得到的八边形需满足以下要求：①该八边形的所有顶点都在原矩形卡纸的边上，②原矩形卡纸的每一条对称轴都是该八边形的对称轴． (1)为了得到符合要求的八边形卡纸，请用文字简要描述你的裁剪方法（要求：裁剪次数最少，获得满分）； (2)当，时，经裁剪得到符合要求且各边长相等的八边形卡纸，如图3，求得到的该八边形卡纸的面积； (3)该小组在一系列探究后发现可以提供一款矩形卡纸，使其经裁剪能得到符合要求的八边形卡纸，且该八边形是正八边形．请分析他们的说法是否正确？若正确，求该款矩形卡纸长和宽之间的数量关系；若不正确，请说明理由． 3．（2025·福建龙岩·二模）如图，点B，E，C，F在同一条直线上，，，，求证：． 4．（2025·福建三明·二模）如图，网格中每个小正方形的边长相等，则的度数是（    ） A． B． C． D． 5．（2025·福建宁德·二模）已知，，点是上一点，要求用尺规在边上确定一点，使得．小明同学的作法如图所示，其说明直线是垂线的推理过程中，没有用到的依据是（   ） A．直角三角形的两个锐角互余 B．等量代换 C．两个锐角互余的三角形是直角三角形 D．线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等 6．（2025·福建南平·二模）如图，与是的中线，点是线段上的一个动点，是线段的中点，若，且，则的面积为 ． 7．（2025·福建三明·二模）如图，在中，，，为的中点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． (1)求的度数； (2)若的面积为，求的面积．参考数据：，，． ( 题型02 )四边形压轴题 8．（2025·福建厦门·二模）下列多边形中，知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰三角形 9．（2025·福建厦门·二模）一个矩形可不重叠且不留空隙地分割为个正方形，称该矩形为“阶容正矩形”： (1)图1是一个3阶容正矩形．请再画出一个形状不同的3阶容正矩形，若该矩形的周长为，求它的边长； (2)若要求4阶容正矩形的四个顶点分别为所分割的4个正方形的一个顶点，判断4阶容正矩形按此方式是否可分割为4个大小不等的正方形，并证明； (3)若一个矩形可按图2所示的方式分割为9个大小不等的正方形，请探究该9阶容正矩形的一个性质定理．（说明：“大小不等”指两两不全等） 10．（2025·福建·二模）如图，有一块不规则的四边形木板，，，．小伟先沿过点A与垂直的线裁剪，与的交点记为点E，再沿过点E与垂直的线裁剪，与交于点F，若裁剪下的与恰好可以拼成一个矩形，则木板的周长为（    ） A．20 B．24 C．28 D．32 11．（2025·福建·二模）如图是我国汉代数学家赵爽用来说明勾股定理的弦图，他用四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出一个小正方形，若大正方形面积为5，小正方形面积为1，则 ． 12．（2025·福建三明·二模）若添加一个条件，使得是菱形，则这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 13．（2025·福建·二模）已知：如图，在平行四边形中，点E、F在AC上，且．求证：． 14．（2025·福建·二模）如图为淋浴喷头的简易示意图，若用支架把喷头固定在点A处，手柄长，与墙壁的夹角，喷出的水流与形成的夹角．    (1)求B点与墙壁的距离； (2)住户要求：当人站在E处淋浴时，水流正好喷洒在C处，使，，安装师傅应将支架A固定在离地面多高的位置？（参考数据：，，，，，）． 15．（2025·福建·二模）如图，平行四边形的对角线、交于点，点、在上，且求证：． ( 题型0 3 )与圆有关的压轴题 16．（2025·福建福州·二模）如图，是的直径，与相切于点，半径的延长线交于点，则的度数是（  ） A． B． C． D． 17．（2025·福建莆田·二模）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”．如图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，…，为边的正方形依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．则图中的长为（   ） A． B． C． D． 18．（2025·福建厦门·二模）如图所示，已知半径为，是直径，过点作于，交弦于点，连接，若， (1)证明； (2)设是射线上的动点，将绕着点顺时针旋转得到． ①当时，探究直线与的位置关系； ②在旋转过程中，是否存在点落在线段上且的情形？若存在，求出相应的的度数；若不存在，请说明理由． 19．（2025·福建厦门·二模）如图1，已知为的两条直径，连接，于点E，点F是半径的中点，连接． (1)设的半径为1，若，求线段的长； (2)如图2，连接，设与交于点P． ①求证：P为中点； ②若，试求之间的关系． 20．（2025·福建·二模）如图，在中，直径垂直弦于点，连接，作于点，交线段于点（不与点重合），连接．    (1)若，求的长． (2)求证：． (3)若，猜想的度数，并证明你的结论． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题13 几何压轴题 题型概览 题型01 三角形压轴题 题型02 四边形压轴题 题型03 与圆有关的压轴题 ( 题型01 )三角形压轴题 1．（2025·福建宁德·二模）（1）性质发现 如图1，已知点是线段上一点，分别以，为边作等腰直角三角形和等腰直角三角形，．连接，的中点为，连接，．不难发现：线段与之间的数量关系为______；位置关系为______． （2）拓展探究 将图1中的绕点旋转任意角度，则线段，之间的关系是否仍然成立？若成立，请利用图2（或自己画一个一般化的图形）进行证明；若不成立，请画一个反例说明． （注：如果你无法利用图2（或自己画图）证明结论的一般性，也可以画一个特殊位置的图形或直接利用图1进行证明，这种证明方式适当给分） （3）问题解决 若，，则在绕点的旋转过程中，当是等腰三角形时，求的值． 【答案】（1）；；（2）成立，见解析；（3）或 【分析】（1）延长交于点，利用等腰直角三角形和$的性质得到，进而推出，再结合是中点和对顶角相等，证明，得，，再根据等腰直角三角形边的关系，通过等量代换得到，在等腰直角中，根据等腰三角形三线合一性质，得出且． （2）通过多种方法证明且；连接利用全等：由等腰直角三角形性质推出，根据为中点得，证明，结合其他角的关系得出结论．特殊位置分析：当，，三点共线时，在中利用直角三角形斜边中线性质得到，设角计算得出．构造中点辅助线：取、中点、，证四边形是平行四边形，再证，结合角的关系得出结论．作平行线构造全等：过作，证明、，推出是等腰直角三角形，从而得证．另一种中点构造：取、中点、，通过证明线段平行、垂直及相等关系，证，得出结论． （3）先确定等腰中，再分点在右侧和左侧两种情况求解：法一：通过等腰三角形三线合一，找到垂直平分线，计算相关线段长度，利用勾股定理求出，进而得到的值．法二：作，利用相似三角形求出、，进而得到，通过勾股定理求出，再结合、与的关系求解．法三：利用全等三角形的面积关系，结合已知三角形面积，通过面积计算得出的值． 【详解】解：（1）；． 延长交于点． ∵和是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． ∵是中点， ∴， ， ∴， ∴，， ∵，，，， ∴， 在等腰直角中，是中点， ∴且． 故答案为：，； （2）（1）中的结论仍然成立． 证明，方法一：连接． ∵，是等腰直接三角形， ∴． ∴． ∵是的中点， ∴． 又∵，， ∴． ∴． 同理可得 ∴，．即． ②如图所示，当，，三点共线时，证明如下： 在中，． ∵是的中点． ∴． 同理可得，， ∴ 设， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 即． ③分别取的中点，的中点，分别连接，，，． ∴，． ∴四边形是平行四边形， ，． ∴， ，． ∵是等腰直角三角形，是的中点， ∴，． ∴． 同理可得，． ∴． ∴． ∴． ∴，． 在中，， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 法二：如图，过点作，交的延长线于点，延长交于点，交的延长线于点． ∵， ∴，． ∵，． ∴． ∴，． ∵， ∴． ∵，． ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴，． ∴． ∴是等腰直角三角形． ∵是的中点， ∴，． ④当旋转到如图所示的位置时， 取中点，中点，连接，， 延长交于． ∴，，，． ∴，． 同理可证，，，． ∴，． ∴． ∴． ∴， ∴． ∴，． ∵， ∴． ∴．即． （3）当是等腰三角形时，若时，，这与矛盾； 又∵，当是等腰三角形时．只能存在． 法一：①当点位于的右侧时，如图所示， 连接交于点． ∵， ∴是的垂直平分线，是的中点． ∴，． 在中，． 取中点，连接． ∵是的中点，是的中点， ∴，，． ∴，． 在中，． ∵， ∴． ②当点位于的左侧时，如图． 连接并延长交于点，取中点，连接． 由①同理可得 ，． ∴． ∴在中，． ． ∴． 综上所述，的值为或． 法二：①当点位于的右侧时，如图．连接，过点作，交延长线于点． ∵，， ∴是的垂直平分线． ∴，． ∴ ∵， ∴． 又∵， ∴． ∵， ∴． ∴．即． ∴，． ∴． ∴在中，． 由（2）可知，． ∴即． ∴． ②当点位于的左侧时，如图．连接，过点作，交延长线于点． 由①同理可得． 则． ∵， ， ∴． 又∵． ∴． ∴即． ∴，． ∴． ∴在中，． ∴同理可得． ∴． 综上所述，的值为或． 法三：①当点位于的右侧时，如图． 由（2）中法二可得：，． 因此，，． 由（3）可知． ． ． ∴ ②当点位于的左侧时，如图． 同理：，． ，． ∵ ． ∴． ∴． ∴． ∴． 综上所述，的值为或． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及图形旋转的性质；解题关键是通过作辅助线，构造全等或相似三角形，利用相关性质建立线段和角度的关系来求解． 2．（2025·福建福州·二模）“裁剪1次”是指在单张平面图形（或将此图形经过若干次折叠后），用剪刀沿某条路径（图1中，裁剪路径为直线）进行一次裁剪将其裁开的操作．若进行次裁剪，则记载剪次数为．某数学综合实践活动小组开展裁剪卡纸的活动（裁剪路径均为直线），将一个长为，宽为的可折叠矩形卡纸（如图2）裁剪为八边形卡纸，得到的八边形需满足以下要求：①该八边形的所有顶点都在原矩形卡纸的边上，②原矩形卡纸的每一条对称轴都是该八边形的对称轴． (1)为了得到符合要求的八边形卡纸，请用文字简要描述你的裁剪方法（要求：裁剪次数最少，获得满分）； (2)当，时，经裁剪得到符合要求且各边长相等的八边形卡纸，如图3，求得到的该八边形卡纸的面积； (3)该小组在一系列探究后发现可以提供一款矩形卡纸，使其经裁剪能得到符合要求的八边形卡纸，且该八边形是正八边形．请分析他们的说法是否正确？若正确，求该款矩形卡纸长和宽之间的数量关系；若不正确，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)476 (3) 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）由矩形的性质及折叠的性质得出裁剪方案即可； （2）由勾股定理求出，则可得出答案； （3）由全等的等腰直角三角形得出，即，则可得出结论． 【详解】（1）解：裁剪次数为1．裁剪方案：将矩形卡纸沿竖直方向对称轴对折，再沿水平方向对称轴对折，在原矩形四个内角重叠处的适当位置（在原长与宽的位置小于原长与宽的一半处）裁剪1次，展开即可得到符合要求的八边形卡纸． （2）解：根据题意，得裁剪掉的4个三角形是全等的直角三角形．设这些直角三角形在宽上的直角边长为m，在长上的直角边长为n， ∵八边形的各边长相等， ∴， 即， ∴八边形的边长为， 根据勾股定理，得， 化简，得． ∵， ∴， ∴， ∴得到的八边形卡纸的面积是． （3）解：∵正八边形的八条边相等， ∴若能裁剪得到，可同理（2），得， 又∵正八边形的八个角都相等，都为， ∴裁剪掉的4个全等的直角三角形的两个锐角都为， 即这4个三角形是全等的等腰直角三角形， 此时，，即， 综上，当时，能够经裁剪得到的八边形卡纸的形状是正八边形． 3．（2025·福建龙岩·二模）如图，点B，E，C，F在同一条直线上，，，，求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、平行线的判定等知识点，灵活运用全等三角形的判定与性质成为解题的关键． 先说明，再利用证明，根据全等三角形的性质可得，再由平行线的判定定理即可证明结论． 【详解】证明：∵， ∴，即， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 4．（2025·福建三明·二模）如图，网格中每个小正方形的边长相等，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的知识点是全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 利用“边角边”证得，由全等三角形的性质即可得解． 【详解】解：设小正方形的边长为， 依题得：，，， 在和中， ， ， ， ， ． 故选：． 5．（2025·福建宁德·二模）已知，，点是上一点，要求用尺规在边上确定一点，使得．小明同学的作法如图所示，其说明直线是垂线的推理过程中，没有用到的依据是（   ） A．直角三角形的两个锐角互余 B．等量代换 C．两个锐角互余的三角形是直角三角形 D．线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等 【答案】D 【分析】本题主要考查了等角的作图，涉及了直角三角形的性质与判定，熟练掌握直角三角形的性质与判定是解题的关键． 根据直角三角形的性质与判定推出，作图即可． 【详解】解：∵， ∴（直角三角形的两个锐角互余）， 若， ∴（等量代换）， ∴，（两个锐角互余的三角形是直角三角形）， ∴， 故选：D． 6．（2025·福建南平·二模）如图，与是的中线，点是线段上的一个动点，是线段的中点，若，且，则的面积为 ． 【答案】20.16 【分析】本题主要考查三角形的中位线，相似三角形的性质和判定定理，勾股定理等相关知识，解题的关键是利用三角形的中位线构建相似关系和比例关系，将动点问题转化为临界问题．先利用中位线，取中点，连结，得到且且；根据是线段的中点且，分析得到最大值和最小值；利用勾股定理，求解关键线段的长度；然后根据，得到，求出；根据是中线，可知，从而计算得到答案． 【详解】解：取中点，连结 点分别为的中点 分别为的中位线 且且 点是线段上的一个动点 三点共线 当时，取最小值，则； 当点与点重合时，取最大值，则 在中， 在中， ，， 7．（2025·福建三明·二模）如图，在中，，，为的中点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． (1)求的度数； (2)若的面积为，求的面积．参考数据：，，． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出，进而根据旋转的性质以及等边对等角、三角形内角和定理得出，根据，即可求解； （2）由（1）得，，证明，根据，进而根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）解：∵，为中点，， ． 线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴，． ∴． ∴． （2）由（1）得， ∵，， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，等腰三角形三线合一的性质，相似三角形的性质与判定，余弦的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键． ( 题型02 )四边形压轴题 8．（2025·福建厦门·二模）下列多边形中，知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰三角形 【答案】C 【分析】该题考查了矩形、菱形、正方形、等腰三角形的性质，根据四个图形的特征即可解答． 【详解】解：∵正方形的四个角都是直角，四个边相等， 故知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是正方形， 故选：C． 9．（2025·福建厦门·二模）一个矩形可不重叠且不留空隙地分割为个正方形，称该矩形为“阶容正矩形”： (1)图1是一个3阶容正矩形．请再画出一个形状不同的3阶容正矩形，若该矩形的周长为，求它的边长； (2)若要求4阶容正矩形的四个顶点分别为所分割的4个正方形的一个顶点，判断4阶容正矩形按此方式是否可分割为4个大小不等的正方形，并证明； (3)若一个矩形可按图2所示的方式分割为9个大小不等的正方形，请探究该9阶容正矩形的一个性质定理．（说明：“大小不等”指两两不全等） 【答案】(1)画图见解析；2，3，2，3 (2)不可分割；理由见解析 (3)该9阶容正矩形的一组邻边长的比值为 【分析】本题考查了正方形的性质的知识，掌握以上知识是解答本题的关键； （1）设，然后得到，再根据四边形为正方形，可得，然后即可求解； （2）设4个正方形边长分别为，，，，然后根据正方形性质可得，然后即可求解； （3）先作图，并将9个正方形的边长依次表示为，然后可求得，，，，，，，进而得到，然后可求得该矩形的一组邻边长分别为：，，然后即可求解； 【详解】（1）解：如图，矩形即为所求． 设， ∵四边形与四边形均为正方形， ∴，， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴，即， 解得：． ∴该3阶容正矩形边长为2，3，2，3； （2）解：4阶容正矩形按此方式不可分割为4个大小不等的正方形，理由如下： 根据（1）中的线段和差关系推理， 若设4个正方形边长分别为，，，， ∵矩形的四个顶点分别为所分割的4个正方形的一个顶点， ∴矩形的一组对边的长为与，另一组对边的长为与． ∵矩形对边相等， ∴①且②． ①②得． 可得． ∴4阶容正矩形按此方式不可分割为4个大小不等的正方形； （3）解：如图，按图中标号顺序（正方形标号为①），将9个正方形的边长依次表示为， 设，， ∵， ∴， 同理可得： ，，，， ，， ∵矩形对边相等， ∴，即， ∴， ∴该矩形的一组邻边长分别为：，， ∴该9阶容正矩形的一个性质定理为：该9阶容正矩形的一组邻边长的比值为． 10．（2025·福建·二模）如图，有一块不规则的四边形木板，，，．小伟先沿过点A与垂直的线裁剪，与的交点记为点E，再沿过点E与垂直的线裁剪，与交于点F，若裁剪下的与恰好可以拼成一个矩形，则木板的周长为（    ） A．20 B．24 C．28 D．32 【答案】B 【分析】本题考查了勾股定理、矩形的性质与判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据题意可得，推出，，，设，在中利用勾股定理列出方程，解出的值，再证明四边形是矩形，利用矩形的性质求出、的长，再利用周长公式即可求解． 【详解】解：裁剪下的与恰好可以拼成一个矩形， ， ，，， 设，则， 在中，， ， 解得：， ，， ， 四边形是矩形， ，， ， 木板的周长． 故选：B． 11．（2025·福建·二模）如图是我国汉代数学家赵爽用来说明勾股定理的弦图，他用四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出一个小正方形，若大正方形面积为5，小正方形面积为1，则 ． 【答案】2 【分析】本题考查了弦图、正方形的性质、勾股定理、一元二次方程的应用，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据题意得，，，设，在中利用勾股定理列出方程，解出的值，求出的长，再利用平行四边形的面积公式即可求解． 【详解】解：如图， 由题意得，，，， 设，则， 在中，， ， 解得：，（舍去）， ， ． 故答案为：2． 12．（2025·福建三明·二模）若添加一个条件，使得是菱形，则这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的知识点是菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质，解题关键是熟练掌握特殊四边形的判定与性质． 根据菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质对选项进行逐一判断即可得解． 【详解】解：选项，中有，添加该条件不能证明是菱形，不符合题意，选项错误； 选项，添加后可证是矩形，但不能证明是菱形，不符合题意，选项错误； 选项，添加后可证是菱形，符合题意，选项正确； 选项，添加后可证是矩形，但不能证明是菱形，不符合题意，选项错误． 故选：． 13．（2025·福建·二模）已知：如图，在平行四边形中，点E、F在AC上，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质．连接与对角线交于点O．根据平行四边形的性质以及可得，即可求证． 【详解】证明：如图，连接与对角线交于点O． ∵四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴． ∴四边形是平行四边形， ∴． 14．（2025·福建·二模）如图为淋浴喷头的简易示意图，若用支架把喷头固定在点A处，手柄长，与墙壁的夹角，喷出的水流与形成的夹角．    (1)求B点与墙壁的距离； (2)住户要求：当人站在E处淋浴时，水流正好喷洒在C处，使，，安装师傅应将支架A固定在离地面多高的位置？（参考数据：，，，，，）． 【答案】(1)B点与墙壁的距离 (2)安装师傅应将支架A固定在离地面高的位置 【分析】（1）过点B作，根据，即可求解； （2）易得，过点B作于点H，过点A作于点F，过点C作于点G，通过证明四边形为矩形，推出，，证明四边形为矩形，得出，，则，进而得出，证明四边形为矩形，得出，最后根据，即可求解． 【详解】（1）解：过点B作， ∵，，， ∴， 答：B点与墙壁的距离．    （2）解：∵，，， ∴， 过点B作于点H，过点A作于点F，过点C作于点G， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴，，又， ∴， ∵，， ∴，， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 答：安装师傅应将支架A固定在离地面高的位置．    【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，解题的关键是正确作出辅助线，构造直角三角形，根据解直角三角形的方法和步骤求解． 15．（2025·福建·二模）如图，平行四边形的对角线、交于点，点、在上，且求证：． 【答案】见解析 【分析】由平行四边形的性质得出OB=OD，由SAS证明△OBE≌△ODF，即可得出BE=DF． 【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB=OD， 在△OBE和△ODF中， ， ∴△OBE≌△ODF（SAS）， ∴BE=DF． 【点睛】本题主要考查的是全等三角形的性质和判定、平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键． ( 题型0 3 )与圆有关的压轴题 16．（2025·福建福州·二模）如图，是的直径，与相切于点，半径的延长线交于点，则的度数是（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理．熟练掌握圆的相关知识并利用数形结合的思想是解题关键． 由圆周角定理可知，由切线的性质可得出，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵与相切于点B， ∴，即， ∴． 故选∶D 17．（2025·福建莆田·二模）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”．如图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，…，为边的正方形依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．则图中的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了弧长公式，根据弧长公式求解即可，掌握弧长公式是解题的关键． 【详解】解：由题意可得： ， 故选：C． 18．（2025·福建厦门·二模）如图所示，已知半径为，是直径，过点作于，交弦于点，连接，若， (1)证明； (2)设是射线上的动点，将绕着点顺时针旋转得到． ①当时，探究直线与的位置关系； ②在旋转过程中，是否存在点落在线段上且的情形？若存在，求出相应的的度数；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)①当时， 与相切;当时，直线与相交； ②存在； 【分析】本题考查了圆的综合问题，涉及直线与圆的位置关系，解直角三角形，旋转的性质，等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，难度大． （1）由得到，求出，再由三角形外角求出，再由等角对等边即可求证； （2）①连接交直线于，可得．则，即，解，求出，设，则．故当时，，，此时点与点重合，由可得与相切；当时，，，此时点与点不重合，故直线与不相切，则直线与相交． ②当，时，点落在上且连接，，，，，，先确定点在上．当，时，可得．解得到，故，即存在点落在上且的情形，然后证明 ，可得是等边三角形，则，，即点和点都在上．故． 【详解】（1）证明：∵，， ∴． ∵， ∴． ∴在中，． ∴． ∴． ∴； （2）①解：连接交直线于， ∵绕着点顺时针旋转得到， ∴． 由（1）知：，， ∴． ∴，即． ∵在中，， 设， ∴在中，． 当时，，，此时点与点重合，由可得与相切． 当时，，，此时点与点不重合，故直线与不相切，则直线与相交． ②解：存在，当，时，点落在上且． 理由如下： 连接，，，，，． ∵绕着点顺时针旋转得到， ∴，，． ∴． ∵点在射线上， ∴． ∴． ∴点在上． 当，时， ∵，， ∴． ∴． ∴． 又∵， ∴，即存在点落在上且的情形． 此时，，， ∴在和中，，，， ∴． ∴，． ∴． ∴是等边三角形． ∴，，即点和点都在上． ∴． 19．（2025·福建厦门·二模）如图1，已知为的两条直径，连接，于点E，点F是半径的中点，连接． (1)设的半径为1，若，求线段的长； (2)如图2，连接，设与交于点P． ①求证：P为中点； ②若，试求之间的关系． 【答案】(1) (2)①见解析；②，， 【分析】（1）先求出，，由垂径定理得，证明是等边三角形，可证，然后利用直角三角形斜边中线的性质即可解决问题； （2）①过点F作于G，交于H，连接．想办法证明四边形是平行四边形可得结论； ②由平行线分线段成比例定理得，从而，求出可证，等量代换可得，设,，可得，进一步利用勾股定理的逆定理证明即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵， ∴，． ， ∵是直径， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． （2）①证明：过点F作于G，交于H，连接． ∵， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴P为中点； ②，理由： ∵， ∴＝＝1， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴设,， ∵， ∴， ∵，， ∴，， 而， ∴, ∴，即， ∵， ∴，即； 综上：，. 【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理、等边三角形的判定及性质、直角三角形斜边中线的性质、平行四边形的判定及性质、相似三角形的判定及性质，题目的综合性较强，添加辅助线较多，解题的关键是熟记并且灵活运用有关的性质定理． 20．（2025·福建·二模）如图，在中，直径垂直弦于点，连接，作于点，交线段于点（不与点重合），连接．    (1)若，求的长． (2)求证：． (3)若，猜想的度数，并证明你的结论． 【答案】(1)1 (2)见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）由垂径定理可得，结合可得，根据圆周角定理可得，进而可得，通过证明可得； （2）证明，根据对应边成比例可得，再根据，，可证； （3）设，，可证，，通过证明，进而可得，即，则． 【详解】（1）解：直径垂直弦， ， ， ， ， ， 由圆周角定理得， ， 在和中， ， ， ； （2）证明：是的直径， ， 在和中， ， ， ， ， 由（1）知， ， 又， ； （3）解：，证明如下： 如图，连接，   ， ， 直径垂直弦， ，， 又， ， ， 设，， 则，   ， ， 又， ， ，， ， ， ， ， ， 在和中， ，   ， 即， ， ． 【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第3问，需要大胆猜想，再逐步论证． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$