专题04 圆的综合问题（压轴题专项训练）数学沪科版九年级下册

专题04 圆的综合问题 目录 1 类型一、四点共圆 1 类型二、圆与图形变换问题—圆的翻折 18 类型三、圆与图形变换问题—圆的旋转 24 类型四、圆与图形变换问题—圆的覆盖 34 类型五、圆与图形变换问题—圆的截取 44 类型六、圆与三角形综合 50 类型七、圆与四边形综合 61 类型八、圆与函数综合 74 93 类型一、四点共圆 判定方法1：如图1，若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆（圆的定义）. 适用范围：题目出现共端点，等线段时，可利用圆的定义构造辅助圆. 判定方法2：如图2，同侧共边三角形且公共边所对角相等的四个顶点共圆. 判定方法3：如图3，若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个点共圆. 判定方法4：如图4，共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆. 适用范围：双直角三角形共斜边模型. 图1 图2 图3 图4 1．（23-24九年级上·山东·期末）如图，边长为的小正方形网格中，点在格点上，连接，点在上且满足，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】证明在以为圆心，为半径的同圆上，把求转化为求． 【详解】以为圆心，为半径作，连接． 在格点上． 在上 又的直径是 点在上 故选：D． 【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、四点共圆及三角函数的应用，解题的关键在于连接，证明点在以为圆心，为半径的同圆上． 2．（22-23九年级上·湖南·阶段练习）如图，已知中，，，，，过点作的垂线，与的延长线交于点，则的最大值为（    ）    A．4 B．5 C． D． 【答案】C 【分析】由，，证明，推出，当有最大值时，有最大值，根据，得到点A、C、B、P四点共圆，若有最大值，则应为直径，由，得到是圆的直径，勾股定理求出，即可得到答案． 【详解】解：∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴， ∴当有最大值时，有最大值， ∵， ∴点A、C、B、P四点共圆， 若有最大值，则应为直径， ∵， ∴是圆的直径， ∴， ∴的最大值为， 故选：C． 【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，四点共圆的判定和性质，正确掌握四点共圆的性质是解题的关键． 3．（25-26九年级上·江苏南京·期中）如图，正方形的边长为1，E，F分别在，上，且，于点G．则的长的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】根据对角互补四点共圆可得四点共圆，连接，，求证，而后推导出，可得，连接，由三角形的三边关系以及、为定值，则当三点共线时，取得最小值为，最后利用勾股定理求得即可解答． 【详解】解： ，， 根据对角互补四点共圆可得四点共圆， 连接，， ，，， ， ， 四点共圆， ， ，， ， ， 连接，则， ∴当三点共线时，取得最小值为， 在中，， ∴， 取最小值． 故答案为：． 【点睛】本题考查利用辅助圆解决最值问题，涉及全等三角形的判定与性质、同弧所对的圆周角相等、勾股定理等，根据条件作出合适的辅助线，得出是解题的关键． 4．（24-25九年级下·广东·阶段练习）如图，在Rt中，，在斜边上取一点，使得，连接并延长至点，连接．若，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了解直角三角形、勾股定理、四点共圆，由可知、、、四点共圆，进而可得，过作于点，易得再利用 ，可设，则，易证，最后解即可得解． 【详解】解：， ∴点、、、四点共圆， ， ∴为直径， ， 过作 于点， 则 ， 在 中，， ， ， ，即 ， 设，则 ， ， ， ， ， 在 中， ， 即 ， 解得或(舍去)， ； 故答案为：． 5．（2022九年级上·全国·专题练习）如图，四边形中，，且，若，则 ， ．    【答案】 84°/84度 14°/14度 【分析】由可知点B，C，D在以A为圆心的圆上，根据圆心角和圆周角的关系即可求得． 【详解】解：， 点，，在以A为圆心的圆上， ， ， ， ， ， ． 故答案为：，．    【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解题的关键． 6．（22-23九年级上·陕西·阶段练习）如图，在四边形中，，对角线平分，，且．    (1)证明：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由题意推出，从而得到、、、四点共圆，进而得出结论即可； （2）首先根据已知信息求出，再结合四点共圆的结论，在中求解即可． 【详解】（1）证：∵， ∴， ∵， ∴， ∴、、、四点共圆， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵，平分， ∴， ∴在中，， ∵， ∴，， ∵、、、四点共圆， ∴， ∴在中，， ∴． 【点睛】本题考查四点共圆的证明、圆的内接四边形的性质，以及解直角三角形等，掌握圆当中的重要结论，准确求解直角三角形是解题关键． 7．（2024·山东潍坊·模拟预测）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，在的正方形网格图形中，M，N分别是上的格点．若点P是这个网格图形中的格点，连结，则所有满足的中，求边的长的最大值． 【答案】 【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，得出边的长的最大值等于圆的直径是解题的关键．作线段中点，作的垂直平分线，并使 ，以为圆心，为半径作圆，通过图形可知，当点在位置时，恰好过格点且经过圆心，此时最大，等于圆的直径，得出 ，则，即可求解． 【详解】解：作线段中点，作的垂直平分线，并使 ，以为圆心，为半径作圆，如图， ∵为垂直平分线且 ， ∴， ， ， ∴弦所对的圆的圆周角为， ∴点在圆上，为圆的弦， 通过图形可知，当点在位置时，恰好过格点且经过圆心， ∴此时最大，等于圆的直径， ＝，＝， ， ， ， ． 即边的长的最大值为． 8．（22-23九年级下·湖北·阶段练习）问题提出  如图1，点E为等腰内一点，，，将绕着点A逆时针旋转得到，求证：． 尝试应用  如图2，点D为等腰外一点，，，过点A的直线分别交的延长线和的延长线于点N，M，求证：． 问题拓展  如图3，中，，点D，E分别在边，上，，，交于点H．若，，直接写出的长度（用含a，b的式子）． 【答案】见解析 【分析】问题提出：由旋转的性质可证得，，进而得证，即可利用证明． 尝试应用：延长，使，连接，由题意可知、、、四点共圆，可得，进而可得，利用SAS可证得，根据其性质得，，，进而可证得，，即可得证． 问题拓展：将绕点逆时针旋转至，则为等边三角形，由，可知、、、、五点共圆，可得，，，根据，，可得，进而得证，可得，则，作交于，则，可求得，，即可求得的长度． 【详解】解：问题提出： 证明：∵，，将绕着点A逆时针旋转得到， ∴，， ∴，即：， 在与中，， ∴． 尝试应用：延长，使，连接， ∵为等腰直角三角形， ∴，， 又∵，即：， ∴、、、四点共圆， ∴， ∴， 在与中，， ∴． ∴，， ∴，即：， ∴ ∵ ∴， ∴ 即：． 问题拓展：将绕点逆时针旋转至，则为等边三角形， ∴，， ∵， ∴、、、、五点共圆， 则：，，， ，， 又∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴ ∴， ∵，，， ∴ ∴， ∴，则， 作交于，则， ∵， ∴， ∴， 则：． 【点睛】本题属于几何综合，考查全等三角的判定及性质，等腰三角形的性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，添加辅助线构造全等三角形和利用圆周角定理转化角是解决问题的关键，属于中考压轴题． 9．（24-25九年级上·江苏徐州·期中）【推理证明】（1）如图①，在四边形中，，求证：、、、四点共圆．小明认为：连接，取的中点，连接、即可证明，请你按照小明的思路完成证明过程； 【尝试应用】（2）如图②，在正方形中，点是边上任意一点，连接，交于点，请利用无刻度的直尺与圆规在线段上确定点，使是直角三角形．（不写作法，保留作图痕迹） 【拓展延伸】（3）在（2）的基础上，若，，求线段的长． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）． 【分析】本题考查了证明四点共圆以及圆周角定理，正方形性质、直角三角形性质、勾股定理； （1）根据直角三角O形斜边中线等于斜边一半证明，即可得出结论； （2）以为直径作圆，交于点P，由直径所对圆周角等于，即可得得出是直角三角形； （3）由正方形性质和勾股定理求出，再证明得是等腰直角三角形，由此求出． 【详解】（1）证明：连接，取的中点，连接、， ∵， ∴， ∴、、、四点在以点O为圆心，以为半径的圆上． （2）如图，为所求直角三角形； （3）∵在正方形中，，， ∴，，， ， ∴， ∵， ∴， 又∵是直角三角形，， ∴， ∴ 又∵， ∴即 ∴． 10．（23-24九年级下·黑龙江绥化·期中）【模型呈现：材料阅读】 如图①，在四边形中，对角线，相交于点P，若，则可判定A，B，C，D四点共圆． （1）在图①中，若有，，，则 ， ； 【模型改编：问题解决】 （2）如图②，和均为等边三角形，连接，交于点F，交于点M，连接．求证：A，B，C，F四点共圆； 【模型拓广：问题延伸】 （3）如图③，在中，，将绕着点C顺时针旋转得到，连接，，直线与直线交于点F． ①若，，则的长为 ； ②若，，当时，的长为 ． 【答案】（1），；（2）见解析；（3）①6；② 【分析】（1）根据，可证，得，进而可知，，，四点共圆，再由圆的内接四边形可知，，即可求解； （2）由等边三角形的性质可证，得，即：，即可证明结论； （3）①由旋转的性质可知，，，，，进而可证，得，可得，易证，，，四点共圆，可知，得，再利用相似三角形的性质可得，即可求解； ②结合题意可知为等腰直角三角形，由①可知，，，，四点共圆，得，由旋转可知，，则，过点作，可证得，得，解得，根据，求解即可． 【详解】解：（1）∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，，，四点共圆， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：，； （2）证明：∵和均为等边三角形， ∴，，， 则， ∴， ∴， ∴，即：， ∴，，，四点共圆； （3）①由旋转的性质可知，，，，， 则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，，，四点共圆， ∵，则是直径， ∴，即：， ∴， ∵，， ∴， ∴，则， 故答案为：6； ②∵，由旋转可知，， ∴为等腰直角三角形， 由①可知，，，，四点共圆， ∴， 由旋转可知，，则， 过点作， ∴，， ∴， ∴，即：，解得：， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题属于几何综合，考查旋转的性质，圆周角定理，相似三角形的判定及性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 类型二、圆与图形变换问题—圆的翻折 11．（23-24九年级上·安徽合肥·期末）如图，为的内接三角形，，为边上的中线，将沿翻折后刚好经过点，若已知的半径为，则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图，过点作，交于，可得点为点的对应点，根据折叠点性质可得，根据圆内接四边形的性质及邻补角点定义可得，得出，过点作于，过点作于，连接、，根据垂径定理可得出的长，根据“三线合一”可得的长，即可得出四边形是正方形，可得、的长，利用勾股定理可求出的长，即可得出的长，利用勾股定理即可得答案． 【详解】解：如图，过点作，交于，过点作于，过点作于，连接、， ∵为边上的中线，， ∴，， ∴， ∵将沿翻折后刚好经过点，，交于， ∴点为点的对应点，， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查折叠的性质、垂径定理、圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质、正方形的判定与性质及勾股定理，根据圆内接四边形的性质及折叠性质得出是解题关键． 12．（24-25九年级上·浙江杭州·阶段练习）如图，将半径为的沿折叠，恰好经过与垂直的半径的中点，则折痕长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了垂径定理，折叠的性质以及勾股定理，在遇到直径与弦垂直时，常常利用垂径定理得出直径平分弦，进而由圆的半径，弦心距及弦的一半构造直角三角形来解决问题，故延长并连接作出辅助线是本题的关键．延长交于点，交于，由与垂直，根据垂径定理得到为的中点，连接，构造直角三角形，根据折叠的性质得出，即可求出的长，根据勾股定理求出的长，进而得出的长即可得答案． 【详解】解：如图，延长交于点，交于， ∵， ∴， ∵恰好经过与垂直的半径的中点，的半径为， ∴， ∵将半径为的沿折叠， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 13．（24-25九年级上·浙江绍兴·期中）如图，是的外接圆，，把弧沿弦向下折叠交于点，若点为中点，则的长为 ． 【答案】 【分析】 由等腰三角形的性质可得，由折叠的性质和圆周角定理可得可得，可证，可得，即可求解． 【详解】解：如图，设D点的对应点为，连接， ∵， ∴， ∵点D为中点， ∴， ∵， ∴， ∵弧沿弦向下折叠交于点D， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴（负值舍去）， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形外接圆与外心，等腰三角形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键． 14．（2025·山东潍坊·二模）小颖在数学实践课上进行折纸操作，将圆形纸片连续对折两次后展开，将直径四等分，其四等分点分别记为，，，如图1所示．（虚线为折痕） (1)如图2，若折叠后点恰好与点重合，折痕为，顺次连接，，，，得到四边形．请判断四边形的形状并证明； (2)如图3，若折叠后点恰好与点重合，折痕仍记为，连接．请判断直线与所在圆的位置关系，并简述理由． 【答案】(1)四边形为菱形，理由见解析 (2)与所在圆的位置关系是相交，理由见解6790 【分析】本题考查了折叠的性质，菱形的判定和性质，圆与直线的位置关系，熟练掌握菱形的判定和性质，圆与直线的位置关系判定是解题的关键． （1）由折叠得出垂直平分，则，，，根据垂径定理得出，根据弧、弦的关系得出，根据菱形的判定定理即可判断四边形的形状； （2）由折叠可知，所在圆的圆心为点，连接，，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据切线的判定得出与相切，结合可判断与所在圆的位置关系是相交． 【详解】（1）解：四边形为菱形，证明如下： ∵折叠， ∴垂直平分， ∴，，， ∵是直径， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； （2）解：与所在圆的位置关系是相交． 理由如下： 由折叠可知，所在圆的圆心为点， 连接，， ∵是直径， ∴， ∴与相切， ∵， ∴与所在圆的位置关系是相交． 类型三、圆与图形变换问题—圆的旋转 15．（23-24九年级上·安徽合肥·期末）如图，在中，，，，平面上有一点P，，连接，，取的中点G．连接，在绕点A的旋转过程中，则的最大值是（    ） A．3 B．4 C． D．5 【答案】A 【分析】本题考查的是三角形的中位线的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理的应用，圆的确定，作出合适的辅助线是解本题的关键；如图，取的中点，连接，，证明在以为圆心，为半径的圆上，即可得到答案． 【详解】解：如图，取的中点，连接，， ∵为的中点，， ∴， ∴在以为圆心，为半径的圆上， 当C，Q，G三点共线时，最大，， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 即的最大值为． 故选A 16．（20-21九年级上·安徽安庆·期末）如图，按顺时针方向旋转，点O在坐标原点上，边在x轴上，，，把绕点A按顺时针方向转到，使得点的坐标是，则在这次旋转过程中线段扫过部分（阴影部分）的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过作于M，则，证得，从而得到旋转角为，再根据求解即可． 【详解】过作于M，则， ∵点的坐标是， ∴，， ∵， ∴， 由旋转的性质得， ∴， ∴， ∴，即旋转角为， ∴． ∵把绕点A按顺时针方向旋转到， ∴， ∴阴影部分的面积： ． 故选：B． ． 【点睛】本题考查与扇形相关的阴影部分面积问题，理解旋转的性质，找准旋转角，并对所求图形面积进行转换是解题关键． 17．（24-25九年级上·天津·期中）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，点A，点B，点E是边的中点，把绕点A顺时针旋转得，点O，B旋转后的对应点分别为D，C． 连接，，，在旋转的过程中，面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了平面直角坐标系的性质，旋转的性质，利用圆模型求面积的最大值，构造圆，利用直径是圆中最长的弦来解决，是解决本题的关键． 以A为圆心，为半径画，过点作交的延长线于点，当三点共线时，此时高最大，面积最大，求出的值，利用面积公式直接求解即可． 【详解】以A为圆心，为半径画，过点作交的延长线于点， 点A，点B ， 在， , ， 为中点，是直角三角形， ， ， 圆中最长的弦是直径， ∴当点旋转到如图所示的位置时，即三点共线时，此时高最大，面积最大， ∵， ∴在中， ∵， ∴， ∴， 此时，； 18．（24-25九年级上·广东广州·期中）正方形 和正方形的边长分别为6和2，将正方形绕点A逆时针旋转，连接，相交于点H． (1)如图1，在旋转过程中，线段和有何数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接、，取线段中点为点M，线段中点为点N，连接交于P，交于点Q，证明：； (3)如图3，在正方形旋转的过程中，连接，若点I是的内心，求点I到的最大距离． 【答案】(1)，理由见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）如图1中，根据正方形的性质，证明，可得结论； （2）根据以及三角形内角和定理得出，根据中位线的性质得出，，进而证明是等腰直角三角形，即可得出是等腰直角三角形，即可得证； （3）根据得出H在以为直径的半圆上运动，根据内心的性质得出四边形是正方形，则，设，则，结合图形可得，即当取得最大值，当H，I，Z三点共线时取得等于号，取得最大值，此时，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：，理由如下： 四边形，四边形都是正方形， ，，， ， ， ； （2）解：如图2所示，连接交于点O，连接，，设，交于点T， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ； 四边形为正方形， 是的中点； 线段中点为点M，线段中点为点N，O是的中点， ，，，； ，， ，，，， 是等腰直角三角形， ， 是等腰直角三角形， ； （3）解：如图所示，过点I分别作，，的垂线，垂足分别为X，Y，Z，连接， ，则， 在以为直径的半圆上运动， 是的内心， ， 又，，， 四边形是矩形， 又， 四边形是正方形， ， 设，则， ，即，即当等于半径时，取得最大值，此时取得最大值， 当H，I，Z三点共线时取得等于号，取得最大值， 此时， ， 解得：， 点I到的最大距离为． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质与判定，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形的中位线的性质与判定，三角形内心的性质，直角所对的弦是直径，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 19．（24-25九年级上·重庆·期中）如图，在等腰中，，线段绕点A在平面上旋转． (1)如图1，若，线段旋转到延长线上，过点作，交于，，求的度数(用含α 的式子表示)； (2)如图2，若，线段绕点旋转过程中，点恰好落在边上，过点作，连接，使得且，求证：； (3)如图3，若，，连接，过点作，交延长线于点．当取最大值时，请直接写出的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（）由，，得，再根据直角三角形的性质得，最后三角形的内角和定理即可求解； （）过作于点，过点作交延长线于点，由旋转性质得，，证明，通过性质证明是等腰直角三角形，，，然后由勾股定理和线段和差即可求解； （）当时，取最大值，过作交于点，先证明点四点共圆，然后证明，则，设，，则，，，再由勾股定理得出，，最后解方程即可求解． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图，过作于点，过作交延长线于点， 由旋转性质可知：，， ∴， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴都是等腰直角三角形， ∴，， ∴由勾股定理得：，， ∴，， ∵， ∴， ∴； （3）解：如图，在中，， ∵不变， ∴最小时，最大，即有最大， 则根据垂线段最短可知：当时，取最大值，过作交于点， ∵， ∴， ∵， ∴点四点共圆， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，，则，，， 由勾股定理得：，， ∴，， ∴， 整理得：， 解得：，（舍去）， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理，圆周角定理，解一元二次方程，垂线段最短，熟练掌握这些知识点的应用是解题的关键． 类型四、圆与图形变换问题—圆的覆盖 20．（25-26九年级上·江苏无锡·阶段练习）如图是由三张大小相同的正方形、、纸片组成的“品”字形轴对称图案，若正方形纸片的边长是，正方形向左平移，整个过程中，用一个圆形（半径可变）将该图案完全覆盖时，最小面积圆的圆心经过路程是 【答案】 【分析】本题考查了确定圆的条件，垂径定理，勾股定理等知识，根据垂径定理的推论可判定正方形、、组合图的最小覆盖圆的圆心在直线上，然后根据勾股定理分别求出平移前和平移后，最小覆盖圆的圆心到F的距离，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴正方形、、组合图的最小覆盖圆的圆心在直线上， 如图，设与的交点为P，此时最小覆盖圆的圆心为，连接，， 根据题意，得，，，， 设，则， 在中，， 在中，， ∴， 解得，即； 向左移动后，如图，设与的交点为P，此时最小覆盖圆的圆心为，连接，， 根据题意，得，，，， 设，则， 在中，， 在中，， ∴， 解得，即， ∴最小面积圆的圆心经过路程是， 故答案为：． 21．（24-25九年级上·河北唐山·期末）在综合实践课上，老师拿出了如图1所示的三个边长都为的正方形硬纸板，并说：“若将这三个正方形硬纸板互不重叠平放在桌面上，用一个圆形纸片将其完全覆盖，请设计三个正方形摆放的方案．”某小组提供了图2两个方案． （1）在图2中，方案一的圆形纸片的面积记为，方案二的圆形纸片的面积记为，则 （填“”“”或“”）； （2）能完全覆盖图1三个正方形硬纸板的圆形纸片的直径的最小值为 ． 【答案】 / 【分析】此题考查正多边形与圆，圆的面积公式，勾股定理． （1）分别求出两个方案中圆形纸片的半径，然后求出面积进行比较即可； （2）设计一个直径更小的情况，求出半径即可； 解答此题的关键是找出经过以各边顶点的圆的圆心及半径，再根据勾股定理解答． 【详解】解：（1）依题意得：方案一中圆形纸片的直径为， 则半径为； 圆的面积为：； 方案二中圆形纸片的半径为， 圆的面积为：； ∴； 故答案为：． （2）按如图所示位置摆放，连接，，延长交于点P，则，P为中点，此时圆形纸片的直径最小， ∵， ∴， ∵， ∴， 设，则，则有：， ， 则， 此时圆形纸片的直径为 ， 圆形纸片的最小直径为 ， 故答案为：． 22．（20-21九年级下·浙江·期末）图1是一种自动旋转农业灌溉摇臂喷枪．点为喷水口，水雾喷出的路径可以近似看作抛物线的一部分（如图2），已知，则喷洒半径为 米（喷枪长度忽略不计）；现有一块四边形农田，它的四个顶点恰好在上（如图3），，米，米，．焊接一个底座支架可升高喷水口，如果喷水口上升时，水雾喷出的形状与原来相同，要使喷水区域覆盖整块四边形农田，那么喷水口点应至少升高 米． 【答案】 40 10.5 【分析】由可知代入关系式可得，进而可知的长；连接并延长交于，可知，进而可得圆的半径，再把坐标代入升高后的关系式可得答案． 【详解】解：图2中， 由可知， ， ， 代入得：． （米． 图3中，连接并延长交于， 是直径， ， ， ， 设，则， ，解得， ，即圆的半径是50． 喷水口上升时，水雾喷出的形状与原来相同， 设底部支架高米，上升后水雾喷出的路径， 把代入可得． 喷水口点应至少升高10.5米． 故答案为：40；10.5． 【点睛】本题考查二次函数解析式的求法以及圆周角定理的推论，掌握待定系数法并正确作出辅助线是解题关键． 23．（24-25九年级下·福建福州·期中）在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护草坪．某公司准备在一块边长为的正方形草坪（图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案． 说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为的圆面，喷洒覆盖率为待喷洒区域面积，为待喷洒区域中的实际喷洒面积． 这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题． (1)如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为的自动喷洒装置，该方案的实际喷洒面积___________，实际喷洒覆盖率 ___________． (2)如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为5m的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为的自动喷洒装置．．．以此类推，如图5，设计安装个喷洒半径均为的自动喷洒装置，与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由． (3)如图6，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率．已知正方形各边上依次取点，使得 ，设的面积为，求关于的函数表达式，并求当取得最小值时的值． 【答案】(1) (2)不能提高喷洒覆盖率，理由见解析 (3)y 【分析】（1）根据定义，分别计算圆的面积与正方形的面积，即可求解； （2）根据（1）的方法求得喷洒覆盖率即可求解； （3）根据勾股定理求得的关系，进而根据圆的面积公式得出函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解． 【详解】（1）解：（1）当喷洒半径为时，喷洒的圆面积． ∴； 正方形草坪的面积． 故喷洒覆盖率． （2）解：对于任意的，喷洒面积，而草坪面积始终为． 因此，无论取何值，喷洒覆盖率始终为． 这说明增加装置个数同时减小喷洒半径，对提高喷洒覆盖率不起作用． （3）如图所示，连接， 要使喷洒覆盖率，即要求，其中为草坪面积，为喷洒面积． ∴都经过正方形的中心点， 在中，，， ∵ ∴， 在中， ∴ ∴ ∴当时，取得最小值，此时 解得：． 【点睛】本题考查了正方形与圆，二次函数的应用，解决此类问题的关键在于将实际问题转化为数学问题，即如何将喷洒覆盖率的计算问题转化为面积计算和函数求解问题．同时，在解决具体问题时，需要灵活运用已知的数学知识，如圆的面积公式，正方形面积公式，以及函数解析式求解等．最后，还需要注意将数学计算结果还原为实际问题的解决方案． 24．（22-23九年级上·江苏盐城·开学考试）定义：我们将能完全覆盖某平面图形的圆称为该平面图形的覆盖面．其中，能完全覆盖平面图形的最小圆称为该平面图形的最小覆盖圆． 例如：如图1，线段的最小覆盖圆就是以线段为直径的圆； 【初步思考】 （1）边长为的正方形的最小覆盖圆的半径是______； （2）如图2，边长为的两个正方形并列在一起，则其最小覆盖圆的半径是______； 【深入研究】 （1）请分别作出图3中两个三角形的最小覆盖圆（要求用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）． （2）如图4，在正方形网格中建立的平面直角坐标系中，的顶点位于坐标原点，顶点、的坐标分别为、．则的最小覆盖圆的圆心坐标为______，半径长为______；如图5，钝角中，，，则的最小覆盖圆的半径为______． 【生活应用】 某地有四个村庄，，，（其位置如图6所示），现拟建一个5G网络信号中转站，为了使这四个村庄的居民都能接收到信号，且使中转站所需发射功率最小（距离越小，所需功率越小），经过工程人员测量得到及图中相关各角度等数据，四边形区域最小覆盖圆的半径为______． 【答案】【初步思考】（）；（）；【深入探究】（）见解析；（），，；【生活应用】． 【初步思考】（）边长为的正方形的最小覆盖圆，就是以以正方形的对角线为直径的圆，从而求出答案； （）两个正方形组合而成的矩形的最小覆盖圆就是以矩形的对角线为直径的圆； 【深入探究】（）按题意画出图形即可； （）网格中找出和垂直平分线交点，再根据勾股定理求得半径，的中点是覆盖圆圆心，是半径； 【生活应用】的外接圆就是四边形的最小覆盖圆，由直角三角形的性质可得出答案． 【详解】【初步思考】（）∵正方形的边长为， ∴由勾股定理，得正方形的对角线长为：， ∴最小覆盖圆的半径是， 故答案为：； （）∵矩形的长为，宽为，由勾股定理，得矩形的对角线长为， ∴最小覆盖圆的半径是， 故答案为：； 【深入探究】（）如图所示：分别作垂直平分线即可； （）如图， 和垂直平分线的交点在， 由网格可知：， 如图， 将两点覆盖，到最小距离是点的位置，即，此时可以覆盖点， ∴的最小覆盖圆的半径是； 故答案为：，，； 【生活应用】解：∵的最小覆盖圆可以将四边形覆盖， ∴四边形的最小覆盖圆是的外接圆， 作直径，连，如图， ∵， ∴， ∴， 在中，，， 由勾股定理得：， 即， ∴，即， ∴ ∴四边形的最小覆盖圆半径为． 【点睛】本题考查了三角形的外接圆，圆周角定理，勾股定理，垂直平分线，正方形和矩形的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 类型五、圆与图形变换问题—圆的截取 25．（24-25九年级上·山西大同·期中）如图，为的直径，点在上，连接，在上截取，连接并延长交于点．若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆的基本性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理．先证明是等腰直角三角形，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接． ， ． ， ， ． ， ． ， 则是等腰直角三角形． ， ． ． 故答案为：． 26．（24-25九年级上·辽宁葫芦岛·期中）在平面直角坐标系中，的圆心坐标是，半径为，函数的图象被截得的弦的长为，则的值是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了一次函数的综合应用，涉及圆的性质，垂径定理，等腰直角三角形的性质，勾股定理等，求得点的坐标是解题的关键． 作轴于点，交于点，作于点，连接，由于，，得到点的坐标为，则，为等腰直角三角形，根据垂径定理得到，根据勾股定理得到，则，即可得到答案． 【详解】解：如图，作轴于点，交于点，作于点，连接， 的圆心坐标是， ， 把代入得， 点的坐标为， ， 为等腰直角三角形， ， 为等腰直角三角形，， ， ， ， ， ， 故答案为： ． 27．（24-25九年级上·浙江温州·期中）如图所示，我们把一个半圆与抛物线的一部分围成的封闭图形称为“果园”．已知点、、、分别是“果园”与坐标轴的交点，抛物线的对称轴为直线，且，为半圆的直径，则这个“果园”被轴截得的弦的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了抛物线与圆的综合，掌握抛物线与轴的交点，对称轴，坐标与图形，直径所对圆周角为，相似三角形的判定和性质等知识的综合运用是解题的关键． 根据题意，设，则，根据抛物线对称轴可得，可求出，由直径直径所对圆周角为，可证，可得，由即可求解． 【详解】解：设，则， ∴， ∴抛物线的对称轴直线为， ∴， ∴，， 如图所示，连接， ∵是半圆的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， 故答案为： ． 28．（24-25九年级下·陕西西安·开学考试）【问题探究】 （1）如图1，内接于，，点D为劣弧上任意一点（点D不与点A、C重合），连接，点D在运动的过程中始终有，求的度数； 【问题解决】 （2）如图2是一块半径为2米的圆形废旧铁皮，工人李叔叔计划从该铁皮上裁剪出一块四边形进行再利用，根据李叔叔的规划要求，点A，B，C，D均为上的点，，，请问该四边形的周长是否存在最大值？若存在，求出四边形周长的最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在，最大值为 【分析】本题考查了圆的基本性质（圆周角定理、直径性质）、全等三角形的判定与性质、勾股定理逆定理及弦长最值的应用．解题的关键是通过构造全等三角形转化线段和，结合的固定角度确定固定线段长度，利用直径是最长弦求动态线段的最大值． （1）在上截取线段构造全等三角形，利用圆内接图形的角度关系和等腰三角形性质，推导出的度数； （2）延长至F使，连接，证明，得，可得，由勾股定理的逆定理可得；由及，得为直径圆周角对直径），四边形周长，利用直径是最长弦，得最大值为4米，进而求周长最大值． 【详解】解：（1）如图3所示，延长至E，使，连接， 四边形为的内接四边形， ， 又， ， 在和中， ， ， ，， ， 为等边三角形． ， 即 （2）该四边形的周长存在最大值，最大值为，理由如下： 如图4所示，延长至F，使，连接， ∵ ∴ ， 从而， 又， 在中，因，， ∴，故， 从而可得，故为直径，， 即，则， 四边形周长 ， 当最大时即为直径时，四边形周长最大值为 类型六、圆与三角形综合 29．（23-24九年级上·辽宁铁岭·期末）【发现问题】 某公园在一个扇形草坪的圆心O处垂直于草坪的地上竖一根柱子，在A处安装一个自动喷水装置，喷头向外喷水，爱思考的小腾发现喷出的水流呈现出抛物线形状． 【提出问题】 喷出的水距地面的高度与喷出的水与池中心的水平距㐫之间有怎样的函数关系？ 【分析问题】 小腾测出连喷头在内柱高，喷出的水流在与O点的水平距离处达到最高点B，点B距离地面．于是小腾以所在直线为y轴，垂直于的地平线为x轴，点O为坐标原点建立如图1所示的平面直角坐标系，根据测量结果得到点A、点B的坐标，从而得到y与x的函数关系式． 【解决问题】 （1）如图1，在建立的平面直角坐标系中，点A的坐标为，水流的最高点B的坐标为，求抛物线水流对应的函数关系式． （2）当喷头绕立柱旋转时，这个草坪刚好被水覆盖，求扇形草坪的面积．（结果用含的式子表示） （3）现要在扇形内的一块三角形区域地块中建造一个矩形花坛，如图2的设计方案是使G，H分别在，上，在上，设，当x为多少米时，矩形花坛的面积最大？最大面积是多少平方米？ 【答案】（1）；（2）；（3），． 【分析】本题考查了扇形面积计算、二次函数的实际应用、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，关键是掌握扇形面积公式． （1）设抛物线顶点式，代入、两点，可得； （2）令，求得，即为草坪半径，用扇形面积公式可得； （3）已知，借助辅助线和相似三角形对应边成比例，表示出，求得矩形花坛的面积表示，可得当为多少米时，矩形花坛的面积最大，最大面积是多少平方米． 【详解】解：（1）设抛物线的解析式为， 水流的最高点的坐标为， ， 代入点坐标，得， 解得：， ； （2）令，则，解得或（舍去）， 扇形草坪的面积． （3）解：由矩形可得，，，， ， 过作，交于点， ，， ， ， ，， 同理可得，， ，， ∽， ， 同理可得，， ，， ， ， ，， 矩形花坛的面积， 时，矩形花坛的面积最大为平方米． 30．（22-23九年级上·浙江杭州·期中）定义：有两边之比为的三角形叫做智慧三角形． (1)如图1，在智慧三角形中，为边上的中线，求的值； (2)如图2，是的内接三角形，为直径，过的中点作，交线段于点，交于点，连结交于点． ①求证：是智慧三角形； ②如图3，在（2）的条件下，当时，则＝＿＿．（直接写出结果） 【答案】(1) (2)①见解析；② 【分析】（1）先计算，结合公共角证明，再利用相似三角形的性质可得答案； （2）①如图，连结，设，证明，证明，可得 结合，证明，从而可得结论； ②如图，过点作 交于点， 证明，设，则，利用，求解，，从而可得答案． 【详解】（1）解： 是的中线，， ， ， ， ， ； （2）①如图，连结，设， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是的中点， ， ， ，即， 是智慧三角形． ②如图，过点作 交于点， ， ， ， ， 设，则， 由①可得，， ， ， ， ， ， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是相似三角形的性质与判定，圆周角定理，垂径定理的应用，掌握以上知识是解题的关键． 31．（23-24九年级上·安徽亳州·期末）如图，内接于，过点作于点，延长交于点，连接、与交于点． (1)若． ①求的度数． ②若的半径为6，求的长． (2)设，求关于的函数表达式． 【答案】(1)①；② (2) 【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆的基本定理和三角形相似的判定和想是解题的关键． （1）①连接，证明是正三角形，利用圆心角和圆周角关系定理证明即可； ②证明∽列比例计算即可； （2）根据∽表示出，再证明∽即可得证． 【详解】（1）解：①连接， ，， ，， ， 是正三角形， ， ， ． ②⊙的半径为，是正三角形， ． ， ． ， ∽， ， ， ； （2）解：由（1）得∽， ， ， ， ． ，， ∽， ， ， ． 32．（23-24九年级上·江苏·期中）（1）【学习心得】 小赵同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”． ①已知：如图1，，若，求的度数． 解：若以点O为圆心、为半径作辅助圆，是⊙O的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到 ．    ②如图2，点P为正方形内一点，且，若，求的最小值． 解：∵，，∴点P在以为直径的圆上 设圆心为点O，则O、P、A三点共线时最小，最小值为______． （2）【问题解决】 ①如图3，在平行四边形中，已知，，，点P是边上一动点（点P不与B，C重合），连接，作点B关于直线的对称点Q，则线段的最小值为______． ②如图4，中，，，，D为上一动点，以为直径的交于E，求线段的最小值．    （3）【问题拓展】 如图5，在平面直角坐标系中，已知两点，，x轴上有一动点P，当最大时，直接写出点P的坐标______． 【答案】（1）①；②；（2）①；②；（3） 【分析】（1）①根据同弧所对的圆心角是圆周角的一半，进行作答即可； ②根据圆周角为所对的弦是直径，即点P在以为直径的圆上，作图，当O、P、A三点共线时最小，即点的位置，结合勾股定理进行列式，即可作答； （2）①依题意，作图，以点A为圆心，以为半径，点Q也在圆上，连接，，过点A作交于点H，结合，得，通过勾股定理求出的值，当A、Q、C三点共线时，即点的位置，线段取最小值； ②依题意，E点的轨迹以为直径的圆上，记其圆心为点，作图，当点，，三点共线时，即点的位置，线段取最小值，结合勾股定理求出的值，即可作答； （3）依题意，过A、B、P三点的圆中，的长为定长，结合三角形的外角性质，当圆相切时，弧AB的度数最大，即可作答． 【详解】解：①依题意，以点O为圆心、为半径作辅助圆，如图所示：    ∵是⊙O的圆心角， ∴是圆周角， ∵ ∴； ②依题意，∵，， ∴点P在以为直径的圆上， 设圆心为点O，连接交圆上于一点，连接，，，如图所示：    因为是正方形， 所以 则， 此时 则O、P、A三点共线时最小，即点与点重合， 即， 此时的最小值为； （2）①依题意，以点A为圆心，以为半径，点Q也在圆上，连接，，过点A作交于点H，如图：    ∵，， ∴， ∴ ∵ ∴ 则 ∵为半径， ∴ 则 当A、Q、C三点共线时，即点Q与点的位置重合， 此时， 故线段的最小值为； ②依题意，E点的轨迹以为直径的圆上，记其圆心为点，连接，，且交上于一点，即点，连接，，，如图：    ∵D为上一动点，以为直径的交于E ∴， ， ∵，，， ∴， 则 那么 当点C、F、E三点共线时，即取最小值，即点与点重合， 此时， 所以的最小值为； （3）过A、B、P三点的圆中，圆心为点M，的长为定长，连接，，记交圆M于点N， 当圆M与x轴相切时，这时为点，此时的度数最大，即，连接，，，如图所示，    则， 那么 当点与点重合时，，此时的度数最大，即为的度数, 设点， 因为 所以 ∵ ∴ 整理得 解得（舍去），， 即点的坐标为 所以当最大时，点P的坐标为 【点睛】本题考查了勾股定理，三角形的外角性质，圆的基本性质，圆周角定理，三角形三边关系，外接圆的性质等，综合性强，难度较大，对学生作辅助线的能力是有较高的要求，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 类型七、圆与四边形综合 33．（2025·安徽·模拟预测）如图，长方形中，，E为边上一点，连接，过点E作交边于点F，连接交于点． (1)当时，求证：； (2)在（1）的条件下，求的长； (3)若，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理、四点共圆、垂径定理等知识点： （1）根据同角的余角相等证明，再结合已知条件即可证明； （2）延长交于点H，利用平行线分线段成比例定理和勾股定理可求，由即可得到答案； （3）根据可知四点共圆，且是直径，再根据垂径定理可求，从而可求，根据同角的余角相等可得，从而． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴在和中，， ∴ ； （2）解：如图，延长交于点H： 由（1）知 ∵， ∴， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图， ， 四点共圆，且是直径， 又， ， ， ， ∵， ∴， ∴． 34．（2025·浙江宁波·模拟预测）【阅读】若为所在平面上一点，且，则点叫做的费马点如图，在中，如果三角形内部有一点满足，则的值最小理由如下：将绕点A逆时针旋转至，连结． ． ，，． 是等边三角形． ，． ． ，． 点，，，四点在同一条直线上此时，的值最小． 【应用】（1）如图一所示，点是内一点，且点是的费马点，已知，，，求的长． （2）如图二所示，分别以锐角的边，向三角形外部作等边，等边，连结，交于点，求证：点为的费马点． 【拓展】（3）如图三，圆内接矩形内有一点，于点，已知，且的最小值是，求的半径． 【答案】（1）；（2）见解析；（3） 【分析】（1）根据费马点的定义证明∽，得到对应边成比例解题即可； （2）连接，过点A作，于点，，根据等边三角形得到≌，即可得到，，，然后根据角平分线的判定得到，然后根据费马点的定义解题即可； （3）先根据费马点的定义得到当、、、四点共线时，此时，的值最小，且，延长交于点，则，连接，即可得到这时点是外接圆的圆心，然后根据最小值和矩形的性质求出半径即可． 本题属于圆的综合题，主要考查相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，圆的性质，掌握费马点的定义和应用是解题的关键． 【详解】（1）解：点是的费马点，， ， ， ， ∽， ， 已知，， ， 解得（负值舍去）； 证明：连接，过点A作，于点，， 和是等边三角形， ，，， ， 在和中，， ≌， ，，， ， 又，， ， 又， ， ， ， ， 点是的费马点； （3）解：以为边向下作等边，连接，并绕点A顺时针旋转得到，连接，，如图， 根据题目可知当、、、四点共线时，此时，的值最小，且， 延长交于点，则，连接，如图， 又， ， ， ， 点为外接圆的圆心， ，即， 的值最小为， ， 即圆的半径为． 35．（2025·福建泉州·模拟预测）如图1，内接于，为的直径，点在上，连接交于点，． (1)求证：是的平分线； (2)过作，过作，交于点，连接． ①如图2，连接，若，证明：； ②如图3，过点作的切线交延长线于点，若点为中点，且，求的面积．（结果保留） 【答案】(1)见解析 (2)①见解析; ② 【分析】（1）根据可得，结合，证明，即可得出，即可得证； （2）①设，证明得出四边形是平行四边形，进而证明，则，在中，勾股定理，即可求解． ②延长至，使得，连接，设交于点，证明四边形是矩形，进而证明，得出，设，证明，得出，则，设，，证明得出，，连接交于点，根据得出即可得出①，在中，，根据勾股定理求得②，联立解关于的方程得出，进而根据圆的面积公式，即可求解． 【详解】（1）∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是的平分线． （2）①设， ∵， ∴， ∵为的直径， ∴ ∵， ∴ 又∵， ∴四边形是平行四边形 ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴，即 在中， ∴． ②如图，延长至，使得，连接，设交于点， ∵点为中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵是平行四边形 ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是矩形， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴， ∴， 设， ∵过点作的切线交延长线于点， ∴ 又∵， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ， 即，解得：，负值舍去， ∵ ∴， ∴， 设，， ∵ ∴ ∴ ∴， ∵， ∴， 连接交于点， ∴，则， ∵ ∴ ∴即 ∴① 在中， ∴即② 联立①②得， 解得： ∴的面积为． 【点睛】本题主要考查圆周角定理（同弧所对圆周角相等、直径所对圆周角为直角）、三角形内角和定理及角的等量转化，相似三角形的性质与判定，解直角三角形；熟练掌握圆周角定理的应用及角度间的等量代换技巧是解题的关键． 36．（2025·吉林长春·二模）【问题提出】在正方形中，点E、F分别在边、上，且，连结.求证：. 【问题探究】如图①，小亮采用“截长补短”的方法，在的延长线上鹤取，连结，通过证明三角形全等，进而得证. 下面是小亮的部分证明过程： 证明：在的延长线上截取，连结. 四边形是正方形， . 又， . . 证明过程缺失 . 请补全缺失的证明过程. 【方法总结】常用“截长补短”的方法证明线段间的数量关系. 【问题解决】如图②，在【问题探究】的基础上，连结，点在上，过点作，垂足为点，交延长线于点且.若，则线段的长为_______. 【问题拓展】如图③，是的外接圆，，点在上，且点与点在的两侧，连结.若，则的值为_______. 【答案】[问题探究]见解析；[问题解决]9；[问题拓展] 【分析】[问题探究]在原题解答的基础上，通过证明即可得出结论； [问题解决]过点M作于点H，利用等腰直角三角形的判定与性质求得，利用全等三角形的判定与性质得到，再利用[问题探究]的结论解答即可得出结论； [问题拓展]延长至点E，使，连接，利用全等三角形的判定与性质得到，，利用等腰直角三角形的判定与性质得到，再利用已知条件化简运算即可． 【详解】解：[问题探究]证明：在的延长线上截取，连接，如图， ∵四边形是正方形， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． [问题解决]过点M作于点H，如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 由 [问题探究]知：， ∵， ∴． 故答案为：9； 问题拓展：解：延长至点E，使，连接，如图， ∵四边形为圆的内接四边形， ∴， ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，圆的有关性质，圆的内接四边形的性质，本题是阅读型，熟练掌握题干中的“截长补短”的方法是解题的关键． 类型八、圆与函数综合 37．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，已知二次函数与轴交于点、，与轴交于点，且以为直径的圆经过点． (1)若点，点，求的值； (2)若点，，试探索是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)若点是圆与抛物线的交点与、、不重合，在的条件下，轴上是否存在一点，使得以、、为顶点的三角形与相似？若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)的值是定值，为； (3)的坐标为或或或． 【分析】（1）设圆心点为，利用、的坐标求出圆的半径，然后根据勾股定理求出的长，求得点，然后利用轴的交点式代入点的坐标得到函数的解析式即可求解； （2）根据坐标系中交点的坐标，利用三角形相似的判定得到，再根据相似三角形的性质，结合一元二次方程根与系数的关系求出是一个定值； （3）根据题意，分为点在轴上或点在轴上两种情况，结合相似三角形的判定与性质可求点的坐标. 【详解】（1）解：设圆心为点， ，， ，的半径为， ， ， 设抛物线解析式为， 点在抛物线上， ， ， ， ，， ； （2）的值是定值，为， 理由：点，， ，，， ，， ， ， ， ， ， ， 令时，， ， ， ； （3）点是圆与抛物线的交点与、、不重合，， ，即：， 当点在轴上时，如图，设点的坐标为， ，，， ，，， ， ， 以、、为顶点的三角形与相似， ①， ， ， ， 或②， ， ， ， 当点在轴上时，如图， ， ， ， ， ， ， ， ， 设， ，，， ，， ，， 以、、为顶点的三角形与相似， ①， ， ， ∴ 或②， ， ， ∴ 综上所述，满足条件的点的坐标为或或或． 【点睛】本题考查二次函数与圆的综合问题，包括勾股定理，利用待定系数法确定函数解析式，圆周角定理，相似三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点进行分类讨论是解题关键． 38．（24-25九年级下·江苏宿迁·阶段练习）【阅读】平面上两点间距离公式是解析几何中重要的公式之一，若 ，则． 【理解】请用所学知识解决问题：已知的半径为3． (1)如图1，为圆上任意一点，请探究x，y的关系式； (2)如图2，已知为切线，，且，求b与a的函数关系式； 【运用】如图3，点P在圆心为，半径为1的圆上运动，点A的坐标为，点B的坐标为，求当面积最大值时P点的坐标． 【答案】（1）；（2）；（3）； 【分析】（1）根据两点间距离公式可得答案； （2）连，根据切线的性质，得方程，化简即可得到答案； （3）过上一点作，则与相切，与轴交于点，此时的面积最大为，过点作，延长与交于点，求得直线的表达式为；再计算得；可证，即，可得，根据，得横坐标为 ，设直线的表达式为：过点，代入即可求得纵坐标，即为所求坐标. 【详解】解：（1）由题可得， 即； （2）如图；连， ∵为切线， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴ ， 整理得：． （3）如图，过上一点作，则与相切，与轴交于点，此时的面积最大为，作点作延长与交于点， ∴， ∵的半径为， ∴， ∵， ∴设直线的表达式为：； 解得：， ∴直线的表达式为 ； ∴， ∴在， ∴， ∵在中，， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∴即， 则， 在中，， 过点 作轴于点， ∵ ， ∴，解得：； ∴横坐标为 ； ∵，设直线的表达式为：过点， ∴， 将横坐标为 代入得 ， ∴， 即. 【点睛】本题考查了新定义两点间的距离公式，一次函数，三角函数，勾股定理，相似三角形，圆的综合，辅助线的画法等以及对各个知识点的综合运用，题目难度较大，熟练掌握各个知识点时解题的关键. 39．（24-25九年级下·广东湛江·阶段练习）【阅读与探究】 我们定义：如果两个三角形有一条公共边，且这条公共边所对的同侧的角相等，那么这两个三角形有公共的外接圆（如图1），简记为：共边同侧对角等，四点共圆． 几何语言：如图1．． 、B、C、D四点共圆 【定义运用】 （1）如图2，在平面直角坐标系中，四边形的边在x轴上，对角线，交于点F，且． 求证：A、B、C、D四点共圆； （2）在（1）的条件下，如图3，作四边形的外接圆，延长交x轴于点E，若，设，，求y关于x的函数关系式； 【深入探究】 （3）如图4，在平面直角坐标系中，以x轴上的线段为直径作，且的半径为，点，点G是x轴上方劣弧上的一个动点，连接，点N在上，点H在上，且，，连接，，反比例函数的图象经过点G，若，当的值最小时，求k的值． 【答案】（1）见详解；（2）；（3） 【分析】（1）由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，即可得证； （2）过作交于，由余弦函数得，由三角形的外角性质得，由等腰三角形的性质得，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，即可求解； （3）延长至，使得，连接、，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，作轴交于，轴交于，当、、三点共线时，的值最小，此时，由三角函数及勾股定理， ， ，由相似三角形的判定方法，由勾股定理得，，即可求解． 【详解】（1）证明： ， ， ， ， ， A、B、C、D四点共圆； （2）如图，过作交于， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是的内接四边形， ， ， ， ， y关于x的函数关系式； （3）延长至，使得，连接、， ， , ， ， ， ， ， ， ， 如图，作轴交于，轴交于， 当、、三点共线时，的值最小， 此时， 即， ， ， ， ， ， ， 轴，轴， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， ， ， ， ， ， ； 故k的值为． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定及性质，相似形三角形的判定及性质，三角函数，勾股定理等，掌握圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定及性质，相似形三角形的判定及性质，能构建相似三角形找出取得最小值的条件，并能熟练利用三角函数，勾股定理进行求解是解题的关键． 40．（23-24九年级上·山东济宁·期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交y轴于点，交x轴于点，． (1)求此抛物线的解析式； (2)过点B作线段的垂线交抛物线于点D，求点D的坐标； (3)如果以点C为圆心的圆与直线相切，请判断抛物线的对称轴l与有怎样的位置关系，并给出证明． 【答案】(1) (2) (3)相交，证明见解析 【分析】此题考查了二次函数解析式的确定、相似三角形的判定和性质、直线与圆的位置关系等知识； （1）已知抛物线交轴于，交轴于、两点坐标分别为，，把以上三点的坐标分别代入抛物线，求出，，的值即可求出此二次函数的解析式； （2）过点作轴与点，设，再证明即可求解； （3）根据抛物线的解析式，易求得对称轴的解析式及、的坐标，分别求出线段、、的长度，再求出的长，与到抛物线的对称轴的距离相比较即可． 【详解】（1）抛物线交轴于，交轴于两点坐标分别为， ， 解得 抛物线的解析式为：； （2）过点作轴与点． 点在抛物线上， 设点坐标为． ，， ，， ， ， ， ． 解得：或（舍去）． ． 点的坐标为． （3）相交． 证明：连接，则， 抛物线交轴于两点坐标分别为，． 对称轴， ，，， ， ， ， ， 即， 解得：， ， 抛物线的对称轴与相交． 41．（20-21九年级下·广东广州·期中）直线分别与x轴y轴相交与A，B两点，原点O及A，B两点，C是上一点，连接交于点D，．    (1)证明：． (2)直线上是否存在点P，使得的周长最小？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)存在，， 【分析】（1）连接，交轴于点，根据一次函数解析式逐步求出，，再根据同弧或等弧所对圆周角相等求出，得，即可证得； （2）由已知，可得当最小时，的周长最小；过点作于点，并延长交于点，连接交直线于点，此点即为所求；易证得是直径，则可得点与点重合，继而求得点坐标． 【详解】（1）解：连接，交轴于点， 直线分别与轴、轴交于、两点， 当时，，当时，， 点，点，即，， ∴，， ， ， ， ， ， ，， ， ， ；    （2）存在．， 当最小时，的周长最小， 过点作于点，并延长交于点，连接交直线于点， 则垂直平分， ∴， ∴，故此点即为所求；    ∵点，点， ∴，即， 点的坐标为：． 【点睛】此题考查了一次函数的性质，最短路径，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，含30度的直角三角形的性质，勾股定理，此题综合性较强，难度较大，注意掌握数形结合思想的应用． 42．（2022·北京西城·二模）在平面直角坐标系中，对于线段与直线，给出如下定义：若线段关于直线的对称线段为(，分别为点，的对应点)，则称线段为线段的“关联线段”． 已知点，． (1)线段为线段的“关联线段”，点的坐标为，则的长为______，的值为______； (2)线段为线段的“关联线段”，直线经过点，若点，都在直线上，连接，求的度数； (3)点，，线段为线段的“关联线段”，且当取某个值时，一定存在使得线段与线段有公共点，直接写出的取值范围． 【答案】(1)， (2)或 (3)或 【分析】（1）由、关于直线对称，得到，由题意得，把的中点代入，求出即可； （2）连接，，，以为圆心，的长为半径画圆，由，，可得，，根据对称的性质可得，，推出点、、、都在圆上，得到是直线与圆相交所得的长为的弦，分为当在轴的左侧时，取的中点，连接，当在轴的右侧时，两种情况讨论，即可求解； （3）设直线与轴交于点，连接，，求出当时，与相切时，当时，经过点时，两种特殊情形的值，即可得出的取值范围． 【详解】（1）解： ，， ， 、关于直线对称， ， 由题意得：， ， 、关于直线对称， 直线经过的中点， ，， 的中点为，即， 把代入， 得：， 解得：， 故答案为：，； （2）连接，，，以为圆心，的长为半径画圆， ，， ，， 线段为线段的“关联线段”， 直线解析式为：，点、关于直线的对称点是、， ，， 点、、、都在圆上， 点，都在直线上， 是直线与圆相交所得的长为的弦， 如下图，当在轴的左侧时，取的中点，连接， 则，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 如下图，当在轴的右侧时， 同理可求， 综上所述，的度数为或； （3）设直线与轴交于点，连接，． ， 当时，与相切时，， ，， ， ， 解得：（负值已舍去）； 当时，经过点时，， ，，， ，， ， 解得：， 线段与线段有公共点， 或． 【点睛】本题考查轴对称的性质，一次函数的图像与性质，三角函数，圆的相关性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键． 43．（24-25九年级上·浙江宁波·期中）如图1，是的内接三角形，是的内心，连接并延长交于点、交于点，连接、、，已知，． (1)求证：是等腰三角形； (2)求证：； (3)如图2，若为的直径，求线段的长度； (4)若，求线段的长度． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) (4) 【分析】（1）由三角形内心的性质得出，．根据圆周角定理的推论得出，从而得出，最后根据三角形外角性质可求出，即可证是等腰三角形； （2）证明，得出，结合（1）即得出； （3）由直径所对圆周角为直角结合勾股定理可得，．由是的内心，易证，即得出，代入数据即得出．再证明，即得出，即，代入数据即可求出的长； （4）过点B作于点G，连接，根据含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理可求出．再证明四边形为菱形，即得出，，从而可求出．结合（3）知，，即得出，，从而即可求解． 【详解】（1）证明：∵是的内接三角形，是的内心， ∴，． ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴，即是等腰三角形； （2）证明：由（1）可知， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵为的直径， ∴， ∴，． ∵是的内心， ∴， ∴， ∴，即， ∴． ∵，， ∴，， ∴， ∴，即， ∴，即， ∴， ∴， 解得：； （4）解：如图，过点B作于点G，连接， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴． ∵， ∴，， ∴． ∵是的内心，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴和都为等边三角形， ∴， ∴四边形为菱形， ∴，， ∴． 由（3）可知，， ∴，即，， ∴，， ∴，， ∴， 解得：（舍去负值，且验算正确）． 【点睛】本题考查三角形外接圆和内切圆的性质，圆周角定理及其推论，三角形相似的判定和性质，勾股定理，菱形的判定和性质等知识，掌握三角形相似的判定定理和性质定理是解题关键． 44．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期中）已知内接于，于点D． (1)如图1，当经过圆心时，求证：； (2)如图2，当不经过圆心时，过点作于点，交于点，交于点，连接、，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，若，，，求的半径长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据垂径定理，即可证明结论； （2）连接，根据全等三角形的判定与性质，逐步证明，，得到，再根据圆周角定理得到，即可证得结论； （3）作直径，连结，设，先证明，得到，进一步推理得到，可求得，再证明，即可利用相似三角形的性质列出方程，求得答案． 【详解】（1）证明：当经过圆心时， ， 平分， 即； （2）证明：连接， ， ， ， ， ， 又， ， ，， ， ， 又，， ， ， ， ； （3）解：作直径，连结， 设，则，， ，， ， ，， ， ， ， ， 由（2）知， ， ， ， ， 是直径， ， ， ， ， ， ， 解得， 的半径长为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，垂径定理，相似三角形的判定与性质等知识，灵活运用圆周角定理及相似三角形的判定与性质等知识是解题的关键． 45．（23-24九年级上·江苏镇江·期中）如图1，在矩形中，边长，其中分别是方程的两个根，连接．点O从点C出发，沿向点B运动（到达点B停止运动），速度为1个单位每秒，设运动时间为t秒． (1) ； (2)如图2，在运动过程中，连接，将沿折叠，得到，连接，当取最小值时，t为 ，此时，的值为 ； (3)如图3，在运动过程中，以O为圆心，的长为半径作半圆，交射线于Q，当半圆O与的边有两个交点时，直接写出t的取值范围． 【答案】(1)5 (2)， (3)或 【分析】（1）先解一元二次方程，得到根据矩形的性质，得到，利用勾股定理即可求解； （2）由折叠的性质得到，即，，当点O在运动过程中，的长度和的长度是固定不变的，由此可以得到当点B、P、D三点共线时，的长度最短，即有最小值，最小值为，此时，再根据正弦的定义即可求解，此时，过点P作垂足为点，证明，利用相似三角形的性质求出，再利用勾股定理即可求的值； （3）根据题意，分为当半圆O与有2个交点；当点半圆O与有1个交点，与有1个交点；当点半圆O与有1个交点，与有1个交点；三种情况讨论，分别求出半径的范围，即可得到t的取值范围． 【详解】（1）解：，即， 解得：， 边长，其中分别是方程的两个根， ， 四边形是矩形， ， 在中，， 故答案为：5； （2）解：由折叠的性质得：， ，， 点O在运动过程中， 的长度和的长度是固定不变的，如图， ， 当点B、P、D三点共线时，的长度最短，即有最小值，最小值为， 如图，过点P作垂足为点， 此时，， 由（1）知， ， ，， ， 此时， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， 故答案为：，； （3）解：如图1，当半圆O与相切时，此时半圆O与的边有1个交点，即为切点，设切点为H，连接， ，， ， ， 此时，， 如图2，当点Q与点B重合时，此时半圆O与的边有2个交点， 此时，为半圆O的直径， ， ， 当时，半圆O与有2个交点， 即半圆O与的边有2个交点； 如图3，此时，半圆O与有1个交点，与有1个交点， 如图4，当半圆O与相切时，此时半圆O与的边有3个交点，设与半圆O相切点为M，连接， ， ， 当时，半圆O与有1个交点，与有1个交点， 即半圆O与的边有2个交点； 如图5，当半圆O与经过点A时，此时半圆O与的边有3个交点；连接， 则：， ∴， ， ， ， ； 如图6，当点O与点B重合时，此时点O停止运动， ， ， 当时，半圆O与有1个交点，与有1个交点， 即半圆O与的边有2个交点； 综上，半圆O与的边有两个交点时，或． 【点睛】本题考查了圆的综合题，涉及三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，矩形判定和性质，勾股定理，解一元二次方程等知识，解决问题的关键是画出图形，分类讨论． 46．（23-24九年级上·江苏盐城·期中）在期中复习课里，小晨对九年级数学教材第52页习题的第3题进行了再研究．      【原题再现】 （1）如图，在四边形中，，经过点三点作，点在上吗？试说明理由．   小晨解答如下： 如图1，过三点作，连接． 中， 请你帮他完成后面的解答： 【深入探究】 （2）小晨在完成此题解答后，他在图1上连接，得到图2，当时，他发现平分．他的发现正确吗？试说明理由； （3）在（2）的条件下，小晨通过测量发现这三条线段之间存在着一定的数量关系，经过探究，他得到了结论：，请证明这个结论． 【应用实践】 （4）根据小晨同学的研究，张老师提出一个问题：如图3，内接四边形中，为的直径，，作点关于的对称点，连接，若，，请直接写出的长为 ． 【答案】（1）见解析；（2）正确，理由见解析；（3）见解析；（4） 【分析】（1）先证明，再证明即可； （2）根据圆周角定理即可证明结论成立； （3）延长至，使，连接．根据证明，得，根据勾股定理得，进而可证结论成立； （4）由轴对称的性质可得，，证明，可得．证明，可证，过点Q作交的延长线于点E，证明得，然后根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：如图1，过三点作，连接．   中，， ∴是直径， ∴， ∵， ∴， ∴点在上 （2）正确． 中， 中， 平分． （3）如图2，延长至，使，连接．   四边形是内接四边形 又 （4）延长至点Q，使，连接，，    ∵点关于的对称点， ∴，， ∴， ∴． 由（3）的结论可知，， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴，， ∴． 过点Q作交的延长线于点E， ∵ ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，勾股定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键． 47．（22-23九年级下·北京丰台·阶段练习）在平面直角坐标系中，对于点P和，给出如下定义：若上存在一点T，使点P绕点T逆时针旋转的对应点在上，则称P为的旋转点．下图为的旋转点P的示意图． (1)已知：的半径为2． ①在点，，中，的旋转点是 ； ②点P在直线上，若点P为的旋转点，求点P的横坐标的取值范围． (2)设⊙C的圆心在x轴上，半径为2，若在直线上存在点D，使得半径为1的上存在点P是的旋转点，直接写出圆心C的横坐标的取值范围． 　 　　 　　 【答案】(1)①M，N；②或 (2)或 【分析】（1）①画出图形，结合“旋转点”的定义即可解答；②如图，点T是上的任意一点，将点P绕点T逆时针旋转得到点R，连接，．将点P绕点C逆时针旋转得到点F，连接，，设交于点K．结合等腰直角三角形的性质和三角形相似的判定和性质即可证明，说明点R的运动轨迹为以F为圆心为半径的圆．即当时，与有交点，说明当时，P为的旋转点．最后再由这个结论即可求解； （2）由图易知与直线平行且与相切的直线解析式为，过点C作该直线的垂线，垂足为H，设该直线与x轴交于点E．由（1）可知，当时，在直线上存在点D，使得半径为1的上存在点P是的旋转点，进而可求出点C的横坐标取值范围．再根据圆的对称性求出点C在y轴左侧满足条件的点C的横坐标取值范围即可． 【详解】（1）①如图1， ∵点绕点逆时针旋转的对应点在上， ∴M为的旋转点； ∵点绕点逆时针旋转的对应点在上， ∴N为的旋转点； ∵点绕圆上任意点逆时针旋转的对应点不在上， ∴O不是的旋转点． 故答案为：M，N； ②如图2中，点T是上的任意一点，将点P绕点T逆时针旋转得到点R，连接，．将点P绕点C逆时针旋转得到点F，连接，，设交于点K． ∴和都为等腰直角三角形， ∴，，， ∴，, ∴， ∴， ∴， ∴点R的运动轨迹为以F为圆心为半径的圆． 当时，与有交点， ∴当时，P为的旋转点．   如图3， 结合前面所得结论和的半径为2，即得出： 当，即和当，即时，点P为的旋转点， ∴当时，点P为的旋转点， 结合圆的对称性可知当时，点P也为的旋转点． 综上可知点P的横坐标的取值范围为或； （2）如图4，由图易知与直线平行且与相切的直线解析式为，过点C作该直线的垂线，垂足为H，设该直线与x轴交于点． 由（1）可知，当时，在直线上存在点D，使得半径为1的上存在点P是的旋转点， ∴圆心C的横坐标的取值范围是， 根据圆的对称性可知当时也满足． 综上可知圆心C的横坐标的取值范围是或． 【点睛】本题属于圆的综合题，考查点与圆的位置关系，两圆的位置关系，相似三角形的判定和性质等知识．解题的关键是学会添加常用辅助线构造相似三角形解决问题，学会取特殊点解决问题，属于中考压轴题． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 圆的综合问题 目录 1 类型一、四点共圆 1 类型二、圆与图形变换问题—圆的翻折 6 类型三、圆与图形变换问题—圆的旋转 7 类型四、圆与图形变换问题—圆的覆盖 9 类型五、圆与图形变换问题—圆的截取 12 类型六、圆与三角形综合 14 类型七、圆与四边形综合 16 类型八、圆与函数综合 19 22 类型一、四点共圆 判定方法1：如图1，若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆（圆的定义）. 适用范围：题目出现共端点，等线段时，可利用圆的定义构造辅助圆. 判定方法2：如图2，同侧共边三角形且公共边所对角相等的四个顶点共圆. 判定方法3：如图3，若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个点共圆. 判定方法4：如图4，共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆. 适用范围：双直角三角形共斜边模型. 图1 图2 图3 图4 1．（23-24九年级上·山东·期末）如图，边长为的小正方形网格中，点在格点上，连接，点在上且满足，则的值是（   ） A． B． C． D． 2．（22-23九年级上·湖南·阶段练习）如图，已知中，，，，，过点作的垂线，与的延长线交于点，则的最大值为（    ）    A．4 B．5 C． D． 3．（25-26九年级上·江苏南京·期中）如图，正方形的边长为1，E，F分别在，上，且，于点G．则的长的最小值为 ． 4．（24-25九年级下·广东·阶段练习）如图，在Rt中，，在斜边上取一点，使得，连接并延长至点，连接．若，则线段的长为 ． 5．（2022九年级上·全国·专题练习）如图，四边形中，，且，若，则 ， ．      6．（22-23九年级上·陕西·阶段练习）如图，在四边形中，，对角线平分，，且．    (1)证明：； (2)若，，求的长． 7．（2024·山东潍坊·模拟预测）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，在的正方形网格图形中，M，N分别是上的格点．若点P是这个网格图形中的格点，连结，则所有满足的中，求边的长的最大值． 8．（22-23九年级下·湖北·阶段练习）问题提出  如图1，点E为等腰内一点，，，将绕着点A逆时针旋转得到，求证：． 尝试应用  如图2，点D为等腰外一点，，，过点A的直线分别交的延长线和的延长线于点N，M，求证：． 问题拓展  如图3，中，，点D，E分别在边，上，，，交于点H．若，，直接写出的长度（用含a，b的式子）． 9．（24-25九年级上·江苏徐州·期中）【推理证明】（1）如图①，在四边形中，，求证：、、、四点共圆．小明认为：连接，取的中点，连接、即可证明，请你按照小明的思路完成证明过程； 【尝试应用】（2）如图②，在正方形中，点是边上任意一点，连接，交于点，请利用无刻度的直尺与圆规在线段上确定点，使是直角三角形．（不写作法，保留作图痕迹） 【拓展延伸】（3）在（2）的基础上，若，，求线段的长． 10．（23-24九年级下·黑龙江绥化·期中）【模型呈现：材料阅读】 如图①，在四边形中，对角线，相交于点P，若，则可判定A，B，C，D四点共圆． （1）在图①中，若有，，，则 ， ； 【模型改编：问题解决】 （2）如图②，和均为等边三角形，连接，交于点F，交于点M，连接．求证：A，B，C，F四点共圆； 【模型拓广：问题延伸】 （3）如图③，在中，，将绕着点C顺时针旋转得到，连接，，直线与直线交于点F． ①若，，则的长为 ； ②若，，当时，的长为 ． 类型二、圆与图形变换问题—圆的翻折 11．（23-24九年级上·安徽合肥·期末）如图，为的内接三角形，，为边上的中线，将沿翻折后刚好经过点，若已知的半径为，则的长是（    ） A． B． C． D． 12．（24-25九年级上·浙江杭州·阶段练习）如图，将半径为的沿折叠，恰好经过与垂直的半径的中点，则折痕长为（    ） A． B． C． D． 13．（24-25九年级上·浙江绍兴·期中）如图，是的外接圆，，把弧沿弦向下折叠交于点，若点为中点，则的长为 ． 14．（2025·山东潍坊·二模）小颖在数学实践课上进行折纸操作，将圆形纸片连续对折两次后展开，将直径四等分，其四等分点分别记为，，，如图1所示．（虚线为折痕） (1)如图2，若折叠后点恰好与点重合，折痕为，顺次连接，，，，得到四边形．请判断四边形的形状并证明； (2)如图3，若折叠后点恰好与点重合，折痕仍记为，连接．请判断直线与所在圆的位置关系，并简述理由． 类型三、圆与图形变换问题—圆的旋转 15．（23-24九年级上·安徽合肥·期末）如图，在中，，，，平面上有一点P，，连接，，取的中点G．连接，在绕点A的旋转过程中，则的最大值是（    ） A．3 B．4 C． D．5 16．（20-21九年级上·安徽安庆·期末）如图，按顺时针方向旋转，点O在坐标原点上，边在x轴上，，，把绕点A按顺时针方向转到，使得点的坐标是，则在这次旋转过程中线段扫过部分（阴影部分）的面积为（    ） A． B． C． D． 17．（24-25九年级上·天津·期中）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，点A，点B，点E是边的中点，把绕点A顺时针旋转得，点O，B旋转后的对应点分别为D，C． 连接，，，在旋转的过程中，面积的最大值为 ． 18．（24-25九年级上·广东广州·期中）正方形 和正方形的边长分别为6和2，将正方形绕点A逆时针旋转，连接，相交于点H． (1)如图1，在旋转过程中，线段和有何数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接、，取线段中点为点M，线段中点为点N，连接交于P，交于点Q，证明：； (3)如图3，在正方形旋转的过程中，连接，若点I是的内心，求点I到的最大距离． 19．（24-25九年级上·重庆·期中）如图，在等腰中，，线段绕点A在平面上旋转． (1)如图1，若，线段旋转到延长线上，过点作，交于，，求的度数(用含α 的式子表示)； (2)如图2，若，线段绕点旋转过程中，点恰好落在边上，过点作，连接，使得且，求证：； (3)如图3，若，，连接，过点作，交延长线于点．当取最大值时，请直接写出的值． 类型四、圆与图形变换问题—圆的覆盖 20．（25-26九年级上·江苏无锡·阶段练习）如图是由三张大小相同的正方形、、纸片组成的“品”字形轴对称图案，若正方形纸片的边长是，正方形向左平移，整个过程中，用一个圆形（半径可变）将该图案完全覆盖时，最小面积圆的圆心经过路程是 21．（24-25九年级上·河北唐山·期末）在综合实践课上，老师拿出了如图1所示的三个边长都为的正方形硬纸板，并说：“若将这三个正方形硬纸板互不重叠平放在桌面上，用一个圆形纸片将其完全覆盖，请设计三个正方形摆放的方案．”某小组提供了图2两个方案． （1）在图2中，方案一的圆形纸片的面积记为，方案二的圆形纸片的面积记为，则 （填“”“”或“”）； （2）能完全覆盖图1三个正方形硬纸板的圆形纸片的直径的最小值为 ． 22．（20-21九年级下·浙江·期末）图1是一种自动旋转农业灌溉摇臂喷枪．点为喷水口，水雾喷出的路径可以近似看作抛物线的一部分（如图2），已知，则喷洒半径为 米（喷枪长度忽略不计）；现有一块四边形农田，它的四个顶点恰好在上（如图3），，米，米，．焊接一个底座支架可升高喷水口，如果喷水口上升时，水雾喷出的形状与原来相同，要使喷水区域覆盖整块四边形农田，那么喷水口点应至少升高 米． 23．（24-25九年级下·福建福州·期中）在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护草坪．某公司准备在一块边长为的正方形草坪（图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案． 说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为的圆面，喷洒覆盖率为待喷洒区域面积，为待喷洒区域中的实际喷洒面积． 这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题． (1)如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为的自动喷洒装置，该方案的实际喷洒面积___________，实际喷洒覆盖率 ___________． (2)如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为5m的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为的自动喷洒装置．．．以此类推，如图5，设计安装个喷洒半径均为的自动喷洒装置，与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由． (3)如图6，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率．已知正方形各边上依次取点，使得 ，设的面积为，求关于的函数表达式，并求当取得最小值时的值． 24．（22-23九年级上·江苏盐城·开学考试）定义：我们将能完全覆盖某平面图形的圆称为该平面图形的覆盖面．其中，能完全覆盖平面图形的最小圆称为该平面图形的最小覆盖圆． 例如：如图1，线段的最小覆盖圆就是以线段为直径的圆； 【初步思考】 （1）边长为的正方形的最小覆盖圆的半径是______； （2）如图2，边长为的两个正方形并列在一起，则其最小覆盖圆的半径是______； 【深入研究】 （1）请分别作出图3中两个三角形的最小覆盖圆（要求用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）． （2）如图4，在正方形网格中建立的平面直角坐标系中，的顶点位于坐标原点，顶点、的坐标分别为、．则的最小覆盖圆的圆心坐标为______，半径长为______；如图5，钝角中，，，则的最小覆盖圆的半径为______． 【生活应用】 某地有四个村庄，，，（其位置如图6所示），现拟建一个5G网络信号中转站，为了使这四个村庄的居民都能接收到信号，且使中转站所需发射功率最小（距离越小，所需功率越小），经过工程人员测量得到及图中相关各角度等数据，四边形区域最小覆盖圆的半径为______． 类型五、圆与图形变换问题—圆的截取 25．（24-25九年级上·山西大同·期中）如图，为的直径，点在上，连接，在上截取，连接并延长交于点．若，，则的长为 ． 26．（24-25九年级上·辽宁葫芦岛·期中）在平面直角坐标系中，的圆心坐标是，半径为，函数的图象被截得的弦的长为，则的值是 ． 27．（24-25九年级上·浙江温州·期中）如图所示，我们把一个半圆与抛物线的一部分围成的封闭图形称为“果园”．已知点、、、分别是“果园”与坐标轴的交点，抛物线的对称轴为直线，且，为半圆的直径，则这个“果园”被轴截得的弦的长为 ． 28．（24-25九年级下·陕西西安·开学考试）【问题探究】 （1）如图1，内接于，，点D为劣弧上任意一点（点D不与点A、C重合），连接，点D在运动的过程中始终有，求的度数； 【问题解决】 （2）如图2是一块半径为2米的圆形废旧铁皮，工人李叔叔计划从该铁皮上裁剪出一块四边形进行再利用，根据李叔叔的规划要求，点A，B，C，D均为上的点，，，请问该四边形的周长是否存在最大值？若存在，求出四边形周长的最大值；若不存在，请说明理由． 类型六、圆与三角形综合 29．（23-24九年级上·辽宁铁岭·期末）【发现问题】 某公园在一个扇形草坪的圆心O处垂直于草坪的地上竖一根柱子，在A处安装一个自动喷水装置，喷头向外喷水，爱思考的小腾发现喷出的水流呈现出抛物线形状． 【提出问题】 喷出的水距地面的高度与喷出的水与池中心的水平距㐫之间有怎样的函数关系？ 【分析问题】 小腾测出连喷头在内柱高，喷出的水流在与O点的水平距离处达到最高点B，点B距离地面．于是小腾以所在直线为y轴，垂直于的地平线为x轴，点O为坐标原点建立如图1所示的平面直角坐标系，根据测量结果得到点A、点B的坐标，从而得到y与x的函数关系式． 【解决问题】（1）如图1，在建立的平面直角坐标系中，点A的坐标为，水流的最高点B的坐标为，求抛物线水流对应的函数关系式． （2）当喷头绕立柱旋转时，这个草坪刚好被水覆盖，求扇形草坪的面积．（结果用含的式子表示） （3）现要在扇形内的一块三角形区域地块中建造一个矩形花坛，如图2的设计方案是使G，H分别在，上，在上，设，当x为多少米时，矩形花坛的面积最大？最大面积是多少平方米？ 30．（22-23九年级上·浙江杭州·期中）定义：有两边之比为的三角形叫做智慧三角形． (1)如图1，在智慧三角形中，为边上的中线，求的值； (2)如图2，是的内接三角形，为直径，过的中点作，交线段于点，交于点，连结交于点． ①求证：是智慧三角形； ②如图3，在（2）的条件下，当时，则＝＿＿．（直接写出结果） 31．（23-24九年级上·安徽亳州·期末）如图，内接于，过点作于点，延长交于点，连接、与交于点． (1)若． ①求的度数． ②若的半径为6，求的长． (2)设，求关于的函数表达式． 32．（23-24九年级上·江苏·期中）（1）【学习心得】 小赵同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”． ①已知：如图1，，若，求的度数． 解：若以点O为圆心、为半径作辅助圆，是⊙O的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到 ．    ②如图2，点P为正方形内一点，且，若，求的最小值． 解：∵，，∴点P在以为直径的圆上 设圆心为点O，则O、P、A三点共线时最小，最小值为______． （2）【问题解决】 ①如图3，在平行四边形中，已知，，，点P是边上一动点（点P不与B，C重合），连接，作点B关于直线的对称点Q，则线段的最小值为______． ②如图4，中，，，，D为上一动点，以为直径的交于E，求线段的最小值．    （3）【问题拓展】 如图5，在平面直角坐标系中，已知两点，，x轴上有一动点P，当最大时，直接写出点P的坐标______． 类型七、圆与四边形综合 33．（2025·安徽·模拟预测）如图，长方形中，，E为边上一点，连接，过点E作交边于点F，连接交于点． (1)当时，求证：； (2)在（1）的条件下，求的长； (3)若，求的值． 34．（2025·浙江宁波·模拟预测）【阅读】若为所在平面上一点，且，则点叫做的费马点如图，在中，如果三角形内部有一点满足，则的值最小理由如下：将绕点A逆时针旋转至，连结． ． ，，． 是等边三角形． ，． ． ，． 点，，，四点在同一条直线上此时，的值最小． 【应用】（1）如图一所示，点是内一点，且点是的费马点，已知，，，求的长． （2）如图二所示，分别以锐角的边，向三角形外部作等边，等边，连结，交于点，求证：点为的费马点． 【拓展】（3）如图三，圆内接矩形内有一点，于点，已知，且的最小值是，求的半径． 35．（2025·福建泉州·模拟预测）如图1，内接于，为的直径，点在上，连接交于点，． (1)求证：是的平分线； (2)过作，过作，交于点，连接． ①如图2，连接，若，证明：； ②如图3，过点作的切线交延长线于点，若点为中点，且，求的面积．（结果保留） 36．（2025·吉林长春·二模）【问题提出】在正方形中，点E、F分别在边、上，且，连结.求证：. 【问题探究】如图①，小亮采用“截长补短”的方法，在的延长线上鹤取，连结，通过证明三角形全等，进而得证. 下面是小亮的部分证明过程： 证明：在的延长线上截取，连结. 四边形是正方形， . 又， . . 证明过程缺失 . 请补全缺失的证明过程. 【方法总结】常用“截长补短”的方法证明线段间的数量关系. 【问题解决】如图②，在【问题探究】的基础上，连结，点在上，过点作，垂足为点，交延长线于点且.若，则线段的长为_______. 【问题拓展】如图③，是的外接圆，，点在上，且点与点在的两侧，连结.若，则的值为_______. 类型八、圆与函数综合 37．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，已知二次函数与轴交于点、，与轴交于点，且以为直径的圆经过点． (1)若点，点，求的值； (2)若点，，试探索是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)若点是圆与抛物线的交点与、、不重合，在的条件下，轴上是否存在一点，使得以、、为顶点的三角形与相似？若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由． 38．（24-25九年级下·江苏宿迁·阶段练习）【阅读】平面上两点间距离公式是解析几何中重要的公式之一，若 ，则． 【理解】请用所学知识解决问题：已知的半径为3． (1)如图1，为圆上任意一点，请探究x，y的关系式； (2)如图2，已知为切线，，且，求b与a的函数关系式； 【运用】如图3，点P在圆心为，半径为1的圆上运动，点A的坐标为，点B的坐标为，求当面积最大值时P点的坐标． 39．（24-25九年级下·广东湛江·阶段练习）【阅读与探究】 我们定义：如果两个三角形有一条公共边，且这条公共边所对的同侧的角相等，那么这两个三角形有公共的外接圆（如图1），简记为：共边同侧对角等，四点共圆． 几何语言：如图1．． 、B、C、D四点共圆 【定义运用】 （1）如图2，在平面直角坐标系中，四边形的边在x轴上，对角线，交于点F，且． 求证：A、B、C、D四点共圆； （2）在（1）的条件下，如图3，作四边形的外接圆，延长交x轴于点E，若，设，，求y关于x的函数关系式； 【深入探究】 （3）如图4，在平面直角坐标系中，以x轴上的线段为直径作，且的半径为，点，点G是x轴上方劣弧上的一个动点，连接，点N在上，点H在上，且，，连接，，反比例函数的图象经过点G，若，当的值最小时，求k的值． 40．（23-24九年级上·山东济宁·期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交y轴于点，交x轴于点，． (1)求此抛物线的解析式； (2)过点B作线段的垂线交抛物线于点D，求点D的坐标； (3)如果以点C为圆心的圆与直线相切，请判断抛物线的对称轴l与有怎样的位置关系，并给出证明． 41．（20-21九年级下·广东广州·期中）直线分别与x轴y轴相交与A，B两点，原点O及A，B两点，C是上一点，连接交于点D，．    (1)证明：． (2)直线上是否存在点P，使得的周长最小？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由．   42．（2022·北京西城·二模）在平面直角坐标系中，对于线段与直线，给出如下定义：若线段关于直线的对称线段为(，分别为点，的对应点)，则称线段为线段的“关联线段”． 已知点，． (1)线段为线段的“关联线段”，点的坐标为，则的长为______，的值为______； (2)线段为线段的“关联线段”，直线经过点，若点，都在直线上，连接，求的度数； (3)点，，线段为线段的“关联线段”，且当取某个值时，一定存在使得线段与线段有公共点，直接写出的取值范围． 43．（24-25九年级上·浙江宁波·期中）如图1，是的内接三角形，是的内心，连接并延长交于点、交于点，连接、、，已知，． (1)求证：是等腰三角形； (2)求证：； (3)如图2，若为的直径，求线段的长度； (4)若，求线段的长度． 44．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期中）已知内接于，于点D． (1)如图1，当经过圆心时，求证：； (2)如图2，当不经过圆心时，过点作于点，交于点，交于点，连接、，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，若，，，求的半径长． 45．（23-24九年级上·江苏镇江·期中）如图1，在矩形中，边长，其中分别是方程的两个根，连接．点O从点C出发，沿向点B运动（到达点B停止运动），速度为1个单位每秒，设运动时间为t秒． (1) ； (2)如图2，在运动过程中，连接，将沿折叠，得到，连接，当取最小值时，t为 ，此时，的值为 ； (3)如图3，在运动过程中，以O为圆心，的长为半径作半圆，交射线于Q，当半圆O与的边有两个交点时，直接写出t的取值范围． 46．（23-24九年级上·江苏盐城·期中）在期中复习课里，小晨对九年级数学教材第52页习题的第3题进行了再研究．      【原题再现】 （1）如图，在四边形中，，经过点三点作，点在上吗？试说明理由．   小晨解答如下： 如图1，过三点作，连接． 中， 请你帮他完成后面的解答： 【深入探究】 （2）小晨在完成此题解答后，他在图1上连接，得到图2，当时，他发现平分．他的发现正确吗？试说明理由； （3）在（2）的条件下，小晨通过测量发现这三条线段之间存在着一定的数量关系，经过探究，他得到了结论：，请证明这个结论． 【应用实践】 （4）根据小晨同学的研究，张老师提出一个问题：如图3，内接四边形中，为的直径，，作点关于的对称点，连接，若，，请直接写出的长为 ．   47．（22-23九年级下·北京丰台·阶段练习）在平面直角坐标系中，对于点P和，给出如下定义：若上存在一点T，使点P绕点T逆时针旋转的对应点在上，则称P为的旋转点．下图为的旋转点P的示意图． (1)已知：的半径为2． ①在点，，中，的旋转点是 ； ②点P在直线上，若点P为的旋转点，求点P的横坐标的取值范围． (2)设⊙C的圆心在x轴上，半径为2，若在直线上存在点D，使得半径为1的上存在点P是的旋转点，直接写出圆心C的横坐标的取值范围． 　 　　 　　 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $