2025-2026学年山东省青岛市西海岸新区自主招生考试数学--专题十九、圆（1）（适中版）

2025-2026学年青岛市西海岸新区九年级自主招生考试专题 专题十九、圆（1）（适中版） 一、单选题 1．如图，已知是的切线，为切点，与相交于．两点，，，则的长等于（   )    A． B．16cm C． D． 2．如图，正方形的对角线交于点，是正方形外一点，且，连接若，，则的长为（ ） A． B． C． D． 3．如图，等腰直角中，，于点D，的平分线分别交于点E，F，M为中点，延长线交于点N，连接，下列结论：①；②；③平分；④；⑤，其中正确结论的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 4．如图，是的垂心，、、分别交、、于、、，则是的（   ） A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心 5．已知是圆的直径，为圆上一点，，的平分线交圆于点，若，则（    ） A．2 B． C． D．3 6．如图，在中,，以点A为圆心,长为半径作圆，交于点D，交于点E，连接，则的度数为(    ) A． B． C． D． 7．如图，中，，，，以点C为顶点在外部作，连接，若，则长为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在四边形中，，以为腰作等腰直角三角形，顶点恰好落在边上，若，则的长是（    ）    A． B． C．2 D．1 二、填空题 9．、两点在以为直径的半圆周上，平分，，，则的长为 ． 10．已知锐角的外心为，交于，、分别为、的外心，若，，则 . 11．如图，在四边形中，，，连接，，过点B作，垂足为E，若，，，则 ． 12．由一次函数和x轴围成的三角形与圆心在、半径为1的圆构成的图形覆盖的面积等于 ． 13．把两个半径为5及一个半径为8的圆形纸片放在桌面上，使它们两两外切．若要用一个大圆形纸片把这三个圆形纸片完全盖住，则这个大圆形纸片的最小半径等于 ． 14．如图，在正方形中，，点M是边的中点，点E是直线上的动点（点E不与点C重合），将沿所在的直线翻折，得到，作点F关于对角线的对称点G，连接当为等腰三角形时，线段的长为 ． 15．如图，的顶点在矩形的对角线上运动，连接．若，，则的最小值为 ．    三、解答题 16．已知中，，边上的高线与的两条内角平分线、分别交于、两点．、的中点分别为、．求证：． 17．已知点在以为直径的圆上，过点、作圆的切线，交于点，连，若，求的值． 18．如图，在平行四边形中，为对角线上一点，且满足，的延长线与的外接圆交于点. 证明：． 19．如图，设为圆内一定点，过任作一弦，分别过，引圆的切线，再过分别作两切线的垂线，垂足为，．求证：为定值． 20．如图，是的直径，C，D是圆上异于A、B，且在同侧的两点，分别过C、D作的切线，它们交于点E，线段与的交点为F，线段与的交点为M，求证：E、C、M、D四点共圆． 试卷第2页，共24页 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年青岛市西海岸新区九年级自主招生考试专题 专题十九、圆（1）（适中版） 一、单选题 1．如图，已知是的切线，为切点，与相交于．两点，，，则的长等于（   )    A． B．16cm C． D． 【答案】D 【分析】根据已知得到的长，再根据切割线定理即可求得的长 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， 故选D． 【点睛】本题是对圆知识的综合考查，熟练掌握圆及相似三角形的性质是解决本题的关键. 2．如图，正方形的对角线交于点，是正方形外一点，且，连接若，，则的长为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过作于，由四边形是正方形，，得，，，证明，，，四点共圆，可得是等腰直角三角形，故，，在中，可得，从而． 【详解】解：过作于，如图： 四边形是正方形，， ，，， ， ， ， ，，，四点共圆， ， 是等腰直角三角形， ，， ， ， 在中， ， ， 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质及应用，四点共圆，圆周角定理，勾股定理，等腰直角三角形的性质，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形，用勾股定理解决问题． 3．如图，等腰直角中，，于点D，的平分线分别交于点E，F，M为中点，延长线交于点N，连接，下列结论：①；②；③平分；④；⑤，其中正确结论的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】根据三线合一的性质证明，即可判断①；证明A、B、D、M四点共圆，则，得到，即可判断③；证明，过点D作于点H，则，设，则，得到，则，即，即可判断②；求出，过点D作于点P，求出，即可判断④；证明，则，利用等量代换即可判断⑤. 【详解】解：∵，，， ∴，，，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵M为中点， ∴， ∴， ∴， ∴ 在和中， ∴， ∴， ∴①正确； ∵， ∴A、B、D、M四点共圆， ∴， ∴， ∵， ∴平分 ∴③正确； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ 过点D作于点H，则， ∴， 设，则， ∴ ∵ ∴，即， ∴； 故②正确； ∵， ∴ ∴， 过点D作于点P， 则， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵ ∴， ∴ ∴，故④错误； ∵，， ∴， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴， 故⑤正确； 综上可知，正确结论是①②③⑤， 故选：C 【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、解直角三角形，全等三角形的判定和性质、四点共圆等知识，熟练掌握相关知识点是解题关键，综合性较强． 4．如图，是的垂心，、、分别交、、于、、，则是的（   ） A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的垂心的概念及性质，三角形内心的定义，四点共圆的判定及圆的性质，熟练掌握相关知识点并灵活运用是解题的关键； 利用三角形的垂心的性质推出，从而有C、D、H、E四点共圆，可得，同理可得，再利用直角三角形的性质和等量替换推出，可得平分，进一步可得点是三内角平分线的交点，所以点是的内心． 【详解】点是的垂心， ，，， 由，可得， ， C、D、H、E四点共圆， ， 同理可证B、D、H、F四点共圆， ， 又，， ， ， 平分， 同理可证平分，平分， 点是三内角平分线的交点，即点是的内心． 故选：A． 5．已知是圆的直径，为圆上一点，，的平分线交圆于点，若，则（    ） A．2 B． C． D．3 【答案】A 【详解】连接，作于点，则可得，所以，所以． 6．如图，在中,，以点A为圆心,长为半径作圆，交于点D，交于点E，连接，则的度数为(    ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的性质（等边对等角）及圆的半径相等的性质，解题的关键是利用圆的半径相等构造等腰三角形，结合直角三角形内角和逐步推导相关角度． 在中，根据两锐角互余求出的度数；由圆的半径相等得，利用等腰的性质求出的度数；进而求出的度数；再结合等腰的性质求出的度数． 【详解】解：连接， ∵在中， ∴ ∵以点A为圆心，长为半径作圆 ∴（圆的半径相等） 在中，∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 在中，∵ ∴ ∴ 故选：B． 7．如图，中，，，，以点C为顶点在外部作，连接，若，则长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查判断圆的内接四边形的性质和相似三角形的判定和性质，根据已知求得，即可判定A、B、C和D四点共圆，且以中点为圆心，连接，求得，，进一步可证明，有，设，则，求得x和y，再证明，有，即可求得． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴A、B、C和D四点共圆，且以中点为圆心， 连接，如图， ∵，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 设，则， 则，解得， ∵， ∴， ∴， 即，解得， 故选：A． 8．如图，在四边形中，，以为腰作等腰直角三角形，顶点恰好落在边上，若，则的长是（    ）    A． B． C．2 D．1 【答案】A 【分析】先根据等腰三角形的性质可得，，，再判断出点四点共圆，在以为直径的圆上，连接，根据圆周角定理可得，，然后根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质即可得． 【详解】解：是以为腰的等腰直角三角形， ，，， ， ， ， 点四点共圆，在以为直径的圆上， 如图，连接，    由圆周角定理得：，， ， ， ， 在和中，， ， ， ， 故选：A． 【点睛】本题考查了圆内接四边形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，正确判断出点四点共圆，在以为直径的圆上是解题关键． 二、填空题 9．、两点在以为直径的半圆周上，平分，，，则的长为 ． 【答案】4 【详解】连接，，作于，于. ∵平分，∴. 又，∴，∴，∴. 设，则，在中，由勾股定理得. 在中，，即，解得. ∴. 10．已知锐角的外心为，交于，、分别为、的外心，若，，则 . 【答案】 【详解】作于点，于点，于点. ∵、分别为、的外心，∴、分别为、的中点.又，∴，∴. 又，，∴. 又， ∴. 11．如图，在四边形中，，，连接，，过点B作，垂足为E，若，，，则 ． 【答案】 【分析】取中点为O，连接、，延长交于点F，证明点A、B、C、D在以为直径的圆上，根据圆周角定理得出，，证明，得出，．根据勾股定理得出．证明，得出，设，得出，，代入求出x的值，最后根据勾股定理求出结果即可． 【详解】解：如图，取中点为O，连接、，延长交于点F， ， ， 点A、B、C、D在以为直径的圆上， ∴，， ， ， ， ， ， ，， ， ， ，． 在中，由勾股定理得： ． ， ，， ， ， ，设， 则，， ， 解得或， 经检验，是原方程的根，但不符合题意，舍去， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，圆周角定理，相似三角形的性质与判定，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等，解题的关键在于能够熟练掌握相似三角形的性质与判定条件． 12．由一次函数和x轴围成的三角形与圆心在、半径为1的圆构成的图形覆盖的面积等于 ． 【答案】 【详解】如图，所覆盖面积． C B A 故答案为：． 13．把两个半径为5及一个半径为8的圆形纸片放在桌面上，使它们两两外切．若要用一个大圆形纸片把这三个圆形纸片完全盖住，则这个大圆形纸片的最小半径等于 ． 【答案】． 【详解】如图，设的半径为8，，的半径为5，切点为．由对称性，能盖住这3个圆的最小圆形纸片的中心在对称轴上，且与已知三个圆内切．若设这个圆形纸片的半径为，则在中，在中，，，，于是，由得，由此解出，即所求圆形纸片的最小半径等于． 14．如图，在正方形中，，点M是边的中点，点E是直线上的动点（点E不与点C重合），将沿所在的直线翻折，得到，作点F关于对角线的对称点G，连接当为等腰三角形时，线段的长为 ． 【答案】1，2或4 【分析】根据折叠的性质，分或或三种情况讨论求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 取的中点N，连接． ∵点M是边的中点， ∴ ∵是正方形对角线， ∴ ∴点M，N关于直线对称． 又点F，G关于直线对称， ∵， ∴， ∴点G在以点N为圆心，为直径的圆上运动． 由题意可知需分三种情况讨论： ①当时，点G在线段的垂直平分线上，如图（1）， 此时可知点G与点F重合，点E与点N重合， 故． ②当时，如图（2），连接， ∵ ∴ 又 ∴， ， 由折叠得，， ， ∴ ∴点A，F，E共线． ∵点F，G关于直线对称， 设，则， 由勾股定理，得，即， 解得，即． ③当时，如图（3），连接， 同②可证 连接． 故点F，C，点M，N，点B，D分别关于直线对称， ∴与关于直线对称， ∴， ∴ ∵，点E在上， ∴点E与点B重合， ∴． 综上，CE的长为1，2或4． 故答案为：1，2或4． 【点睛】本题主要考查了正方形的折叠，正方形的性质，全等三角形的判定与性质找出点G的运动轨迹，再用分类讨论的思想分别求出符合题意的的长） 15．如图，的顶点在矩形的对角线上运动，连接．若，，则的最小值为 ．    【答案】/ 【分析】如图，过点作于点，连接．则四点共圆，．由，可得．由，可知，且是定值，则点在射线上运动，当时，的值最小．由勾股定理得，，则．由，可求，由勾股定理得，，根据的最小值为，计算求解即可． 【详解】解：如图，过点作于点，连接．    ∵， ∴四点共圆， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴，且是定值， 点在射线上运动， ∴当时，的值最小． 四边形是矩形， ∴， 由勾股定理得，， ∴． ∵， ∴， 由勾股定理得，， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了四点共圆，同弧所对的圆周角相等，矩形的性质，勾股定理，正弦．确定最小的情况是解题的关键． 三、解答题 16．已知中，，边上的高线与的两条内角平分线、分别交于、两点．、的中点分别为、．求证：． 【答案】见解析 【分析】连接，根据角平分线的定义得出．进而求证，则．根据“三线合一”得出，即可求证、、、四点共圆．则，根据圆周角定理得出，故点在的中垂线上．同理可证，点在的中垂线上．则．即可求证． 【详解】解：连接， ∵是的平分线， ∴． 又∵， ∴， ∴． 又∵是的中点， ∴， ∴， ∴、、、四点共圆． 又， ∴，故点在的中垂线上． 同理可证，点在的中垂线上． ∴． 又， ∴． 【点睛】此题考查了角平分线的性质，线段垂直平分线的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质，平行线的判定，解题的关键是掌握四点共圆的条件． 17．已知点在以为直径的圆上，过点、作圆的切线，交于点，连，若，求的值． 【答案】 【详解】解：连，因为，为圆的切线，所以． 又因为，所以． 又因为，所以，所以，所以． 又，所以，所以． 又，，（为圆的半径），代入可求得 ，． 在中，由勾股定理可求得． 所以． 18．如图，在平行四边形中，为对角线上一点，且满足，的延长线与的外接圆交于点. 证明：． 【答案】证明见解析 【详解】证明  由是平行四边形及已知条件知 . 又、、、四点共圆， 所以， 所以， 所以. 又， 所以， 故. 19．如图，设为圆内一定点，过任作一弦，分别过，引圆的切线，再过分别作两切线的垂线，垂足为，．求证：为定值． 【答案】见解析 【分析】由已知条件为圆内一定点可知：为定值，联系问题求证为定值，找到含 的代数式（或等式）并将转化为有关及相关定值即可 【详解】证明：过点作直径交于点，连接，过作直径交于，， ． ，， 且． ，， ． ① 同理可得：② ①②，得： ， ． ． 是直径，点是定点， 是定值， 是定值． 【点睛】本题综合考查了圆的切线性质与相交弦性质，关键要把目标式：转化为已知条件中有关的定值表示出来，具体方法是围绕这一目标构造相似三角形，利用线段之间的关系式变形为目标式有关的式子． 20．如图，是的直径，C，D是圆上异于A、B，且在同侧的两点，分别过C、D作的切线，它们交于点E，线段与的交点为F，线段与的交点为M，求证：E、C、M、D四点共圆． 【答案】见解析 【分析】题目主要考查四点共圆问题，相似三角形的判定和性质，切线的性质定理，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． 连接，根据题意得出，，再由圆周角定理得出，，利用相似三角形的判定和性质得出，，再次利用相似三角形的判定得出，利用其性质得出，确定，即可证明． 【详解】解：连接，如图所示： ∵过C、D作的切线，它们交于点E， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴O、E、C、M、D五点共圆， ∴E、C、M、D四点共圆． 试卷第2页，共24页 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $