第24章 圆的压轴 七大高频考点专项练习 -2025-2026学年人教版九年级数学上学期（25-26真题汇编，福建专用）

圆的压轴七大高频考点-2025-2026学年九年级数学上学期(25-26真题汇编，福建专用) 保密★启用前 圆的压轴七大考点 目目 考向01 圆的尺规作图 1.(25-26九年级上福建莆田期中)如图，直线1上有点A,线外一点P. P A (1)尺规作图：作⊙0，与直线1相切于点A,且过点P. (2)连接PO并延长交O0于点C,交直线I于点D,若AD=3,CD=√3，求△ACD的面积. 2.(24-25九年级上·福建厦门期末)如图，在ABC中，∠C=30°，AB=AC. B (I)在图中，以CA延长线上一点O为圆心作圆，使该圆经过点A,B;(要求：尺规作图，不写作法，保留 作图痕迹) (2)在(1)的条件下，判断直线BC与⊙0的位置关系，并说明理由. 试卷第1页，共3页 3.(23-24九年级上·福建泉州期末)已知ABC,请按以下要求完成本题： B A (1)请作出ABC的外接圆⊙0（尺规作图，保留作图痕迹）： (2)若在ABC中，∠ABC=65°，∠ACB=45°，O的直径AD交CB于E,求∠DEC的度数. 4.(25-26九年级上福建厦门期中)如图，在ABC中，AB=AC,点D为BC中点， A D (1)以点O为圆心作圆，使该圆经过A,B,D(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)； (2)过点D作DE1AC于点E,判断(1)中直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由. 5.(25-26九年级上福建厦门期中)如图，在ABC中，∠A=22.5°，∠B=45°. B (1)求作：O0使得圆心0落在AB边上，且O0经过A、C两点.（尺规作图，保留作图痕迹，不必写作法）： (2)在(1)的条件下，判断直线BC与⊙0的位置关系，并说明理由 试卷第1页，共3页 圆的压轴七大高频考点-2025-2026学年九年级数学上学期(25-26真题汇编，福建专用) 目目 考向02 圆的选填压轴题 6.(25-26九年级上福建福州期中)我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的割圆术”， 即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少.割之又割，以至于不可 割，则与圆周合体，而无所失矣”.“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率π的近似值为 3.1416.圆的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正十二边形面积近似估计圆的面积，可得π的估计值为3.如 图，若用半径为1的圆的内接正八边形面积作近似估计，可得π的估计值为() A.2√2 B.33 C.25 2 D. 7.(25-26九年级上·广西南宁，月考)如图，现有一块直径为10cm的圆形玉料，要用其刻出一个圆周角为 90的扇形玉佩，则图中阴影部分的面积为() A.5zcm2 2 C. 25元cm2 D.15πcm2 2 8.(25-26九年级上福建莆田期中)如图，在四边形ABCD中，AC=3,∠ABC=120°，∠ADC=60°， 求CD的最大值为 0 试卷第1页，共3页 9.(25-26九年级上福建厦门期中)如图，四边形ABCD内接于⊙O,AB=AD,∠ABD=70°，则∠BCD的 大小是 A D B 10.(22-23九年级上·湖北鄂州期末)如图，在平面直角坐标系中，ABC是直角三角形，∠ACB=90°， ∠ABC=30°，直角边BC在x轴上，其内切圆的圆心坐标为I(0,1),抛物线y=ax2+2ax+1的顶点为A, 则a= y C O B 11.(25-26九年级上·福建福州期中)如图，在半圆0中，直径AB长为12，C,D是半圆0上的两点， 将CD沿弦CD翻折，若翻折后的CD所在的圆与AB所在的直线相切，则弦CD长的取值范围是 D 试卷第1页，共3页 圆的压轴七大高频考点-2025-2026学年九年级数学上学期(25-26真题汇编，福建专用) 目目 考向03 圆的综合应用题 12.(25-26九年级上：福建厦门月考)如图，在四边形ABCD中，AD是⊙0的切线，AD1CD, AC=AB,⊙O为ABC的外接圆. D D E .0 B 图1 图2 (1)如图1，若∠ACD=30,求∠ABC; (2)如图2，CD交⊙0于点E,过点A作AG⊥BE,垂足为F,交BC于点G,若AD=2,CD=3,求GF 的长 试卷第1页，共3页 13.(25-26九年级上·福建福州·期中)四边形ABCD内接于OO,AB=AC,AC1BD,垂足为E,点F 在BD的延长线上，且DF=DC,连接AF、CF. C B 图1 图2 (I)如图1，BD是OO直径，求∠BDC的度数； (2)如图2，BD不是00直径. ①求证：LBDC=2LCBD: ②若AF=10,BC=4√5，求点D到线段FC的距离. 试卷第1页，共3页 圆的压轴七大高频考点-2025-2026学年九年级数学上学期(25-26真题汇编，福建专用) 14.(2022浙江温州中考真题)如图1，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于点D, BE⊥CD,交CD延长线于点E,交半圆于点F,己知BC=5,BE=3,点P,Q分别在线段AB,BE上（不 与端点重合)，且满足 EB0=,设BO=xCP=y. E E D R B P OF B 图1 图2 (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PR⊥CE于点R,连结PQ,RQ. ①当△POR为直角三角形时，求x的值， 包作点F关于QR的称点F,当点F落在BC上时，求的值 试卷第1页，共3页 15.(24-25九年级上·浙江金华期末)如图，MN为O0的直径，点A在⊙0上且AM=AN,C为AM上 的一点，连接CN,过A作AB⊥CN于点D,交OO于点B,交MN于点E,连接DO并延长交OO于点F, 连AC. M B C E (1)请判断△ACD的形状，并说明理由. (2)求证：DF平分∠BDN. (③)当D=时，求△BEM与ADEN的面积之比. OF 5 试卷第1页，共3页 圆的压轴七大高频考点-2025-2026学年九年级数学上学期(25-26真题汇编，福建专用) 16.(22-23九年级上·福建福州月考)如图，AB为O0的直径，CD为弦，CD⊥AB于点E,连接DO并 延长交OO于点F,连接AF交CD于点G,连接AC,且AC∥DF, E D (1)求证：CG=AG; (2)若AB=12,求∠CA0和GD的长. 试卷第1页，共3页 17.(2024浙江温州二模)如图，ABC内接于O0,直径BD交边AC于点E,过点C作CH⊥AB于点 H,交BD于点F,连接CD, D E H 0 F B C (1)求证：∠ACH=∠DBC. (2)若AB=AC. ①当aBCE是等腰三角形时，求∠A的度数. ②若sm∠ACD=5,求DE:EF的值. 5 试卷第1页，共3页圆的压轴 七大高频考点-2025-2026学年九年级数学上学期（25-26真题汇编，福建专用） 保密★启用前 圆的压轴七大考点 地 城 考向01 圆的尺规作图 1．（25-26九年级上·福建莆田·期中）如图，直线上有点，线外一点 (1)尺规作图：作，与直线相切于点，且过点 (2)连接并延长交于点，交直线于点，若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【难度】0.65 【分析】本题主要考查切线的性质、确定圆的条件、线段垂直平分线的尺规作图及 （1）连接，分别作的垂直平分线和作过点A的垂线，交于一点O，然后问题可求解； （2）由题意作出图形，设半径，然后根据勾股定理可得，进而问题可求解． 【详解】（1）解：如图，即为所求． （2）解：如图所示： 设半径， ∵，，， ∴， 解得， ∴， ∴． 2．（24-25九年级上·福建厦门·期末）如图，在中，，． (1)在图中，以延长线上一点为圆心作圆，使该圆经过点，；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，判断直线与的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)相切，见解析 【难度】0.65 【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，垂直平分线的性质，解题的关键是添加适当的辅助线， （1）利用垂直平分线的性质即可判断； （2）连接，证明出即可． 【详解】（1）如图即为所求． 作的垂直平分线交延长线于点，以点为圆心，为半径作圆． （2）直线与相切． 证明：如图所示，连接． 在中，， ． ． 经过点，， ． ． ，即． 点在上， 直线与相切． 3．（23-24九年级上·福建泉州·期末）已知，请按以下要求完成本题： (1)请作出的外接圆（尺规作图，保留作图痕迹）： (2)若在中，的直径交于E，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【难度】0.65 【分析】（1）作三角形两边的垂直平分线的交点为外心，再以外心到顶点的距离为半径作圆； （2）连接，再根据圆周角定理和三角形的外角定理求解． 【详解】（1）如图所示为所求作的的外接圆； （2）连接． 是的直径， 又 又 ， 故的度数为． 【点睛】本题考查了复杂作图，掌握三角形的外接圆，圆周角定理和三角形外角的性质是解题的关键． 4．（25-26九年级上·福建厦门·期中）如图，在中，，点D为中点， (1)以点O为圆心作圆，使该圆经过A，B，D（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)过点D作于点E，判断（1）中直线与的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)直线与相切，见解析． 【难度】0.4 【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，三角形中位线定理，尺规作图作三角形的外接圆． （1）取的中点O，以点为圆心，为半径作圆，则即为所作； （2）连接，利用三角形中位线定理求得，，即可推出直线与的位置关系为相切． 【详解】（1）解：如图，即为所作； （2）解：连接， ∵点D为中点，点O为中点， ∴， ∵， ∴， ∵直线经过半径的外端， ∴直线与相切． 5．（25-26九年级上·福建厦门·期中）如图，在中，，． (1)求作：使得圆心落在边上，且经过、两点．（尺规作图，保留作图痕迹，不必写作法）； (2)在（1）的条件下，判断直线与的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)是的切线，证明见解析 【难度】0.4 【分析】本题主要考查了尺规作图、切线的判定、线段垂直平分线的性质、圆周角定理等知识点，根据垂直平分线的性质确定圆心是解题的关键． （1）作线段的垂直平分线交于点O，以O为圆心，以为半径画圆即可； （2）如图：连接，再证明，进而得到结论． 【详解】（1）解：如图，即为所求． （2）解：是的切线，证明如下： 如图：连接， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，且点C在上， ∴是的切线． 地 城 考向02 圆的选填压轴题 6．（25-26九年级上·福建福州·期中）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率π的近似值为3.1416．圆的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正十二边形面积近似估计圆的面积，可得π的估计值为3．如图，若用半径为1的圆的内接正八边形面积作近似估计，可得π的估计值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【分析】本题考查了圆内接正多边形的性质，的直角三角形的特点，三角形的面积公式，圆的面积公式等，正确求出正八边形的面积是解题的关键．根据圆内接正多边形的性质与的直角三角形的特点可得的长，根据三角形的面积公式即可求得正八边形的面积，即可求解． 【详解】解：圆的内接正八边形的面积可以看成8个全等的等腰三角形组成， ∴等腰三角形的顶角为， 设圆的半径为1， 如图为其中一个等腰三角形， 过点作交于点， ∵， ∴， 则中，， ∵， ∴， 即， ∴ 故正八边形的面积为， 圆的面积为， 用圆内接正八边形面积近似估计的面积可得的估计值为． 故选：A． 7．（25-26九年级上·广西南宁·月考）如图，现有一块直径为10的圆形玉料，要用其刻出一个圆周角为的扇形玉佩，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【分析】本题考查了扇形的面积公式，圆周角定理，解答本题的关键是掌握扇形的面积公式．根据圆周角定理由得为的直径，即，根据等腰直角三角形的性质得，然后用圆的面积减去扇形的面积即可求解． 【详解】解：连接， ∵， 为的直径，即， ∵玉佩的形状是扇形， ∴， ， ， ． 故选：C． 8．（25-26九年级上·福建莆田·期中）如图，在四边形中，，，，求的最大值为 ． 【答案】 【难度】0.4 【分析】本题考查四点共圆的性质、垂径定理等性质，解题的关键是判断出四点共圆以及圆内最长的弦为直径． 根据角度关系判断出四点共圆，而为圆周角，为圆周角所对的弦，根据垂径定理等性质可求出圆的半径，最终求出的最大值． 【详解】解：在四边形中，，， ∴， ∴四点共圆，设圆心为O，过点O作交于点E，连接、如图： ∵圆周角， ∴圆心角， ∴为顶角的等腰三角形， ∴为锐角的直角三角形， ∵， ∴， ∵， ∴，由勾股定理可得方程，解得， 为圆内的弦，而圆内长度最大的弦为直径，故． 故答案为：． 9．（25-26九年级上·福建厦门·期中）如图，四边形内接于，则的大小是 ． 【答案】 【难度】0.4 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识点，掌握相关性质定理是解题的关键． 先根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到，然后利用圆内接四边形的性质求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵四边形内接于， ∴． 10．（22-23九年级上·湖北鄂州·期末）如图，在平面直角坐标系中，是直角三角形，，，直角边在轴上，其内切圆的圆心坐标为，抛物线的顶点为，则 ．    【答案】 【难度】0.4 【分析】先求出内切圆半径为1，再设，，则，，由直角三角形性质，得，即，根据切线长定理得，，则，化简得，由勾股定理，得，化简得，把①代入②解得：，则，从而求得，再由抛物线的顶点为，而抛物线的顶点为，则，即可求解． 【详解】解：∵是直角三角形，，其内切圆的圆心坐标为， ∴，，， ∴， 设，， ∴，， ∵， ∴，即， ，化简得， 由勾股定理，得， 化简得， 把①代入②解得：（负值不符合题意，已舍去）， ∴， ∴， ∵， ∴抛物线的顶点为， ∵抛物线的顶点为， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查直角三角形内切圆，切线长性质，勾股定理，直角三角形性质，二次函数图象性质，求出点坐标是解题的关键． 11．（25-26九年级上·福建福州·期中）如图，在半圆中，直径长为12，，是半圆上的两点，将沿弦翻折，若翻折后的所在的圆与所在的直线相切，则弦长的取值范围是 ． 【答案】 【难度】0.4 【分析】本题考查了折叠的性质，垂径定理，切线的性质，勾股定理，熟练掌握定理和公式是解题的关键．先分别找出弦最短和最长时的位置，再分类讨论求解即可． 【详解】解：设折叠圆弧所在的圆的圆心为， 根据题意，当点与点重合，点是的中点时，切点为，此时取得最小值，如图， 根据折叠的性质，，， 四边形是正方形， ； 当，且恰好经过的中点时，取得最大值， 根据折叠性质，垂径定理，得 ， ， ， 故弦长的取值范围为． 故答案为：． 地 城 考向03 圆的综合应用题 12．（25-26九年级上·福建厦门·月考）如图，在四边形中，是的切线，，，为的外接圆． (1)如图1，若，求； (2)如图2，交于点，过点作，垂足为，交于点，若，求的长． 【答案】(1) (2) 【难度】0.65 【分析】（1）由圆的切线定理可知，进而得出，由平行线的性质得出，由直径所对的圆周角等于90度可得出，由直角三角形两锐角互余可得出，由同弧与等弧所对的圆周角相等可得出，，等量代换可得出． （2）连接，由圆内接四边形对角互补结合可得出，由同角的余角相等可得出，结合可得出，再利用等角对等边可证出，由，可证出，利用全等三角形的性质可求出的长，设，在中，利用勾股定理可求出x的值，此题得 【详解】（1）解：连接并延长交于点E，连接CE． ∵是的切线， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， 在中， ， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴． （2）解：如图2，连接， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中 ∴ ∴，， 设， 在中，，， ∴ 由勾股定理，得：， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、圆周角定理、平行线的性质、圆内接四边形、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识点，解题的关键是正确添加辅助线． 13．（25-26九年级上·福建福州·期中）四边形内接于，，，垂足为，点在的延长线上，且，连接． (1)如图，是直径，求的度数； (2)如图，不是直径． 求证：； 若，，求点到线段的距离． 【答案】(1)； (2)证明见解析；． 【难度】0.65 【分析】（）由，是直径，得，故有垂直平分，又，所以，得是等边三角形，所以， 根据圆周角定理得； （）由知，，从而得 ，，再由知，据此可得，即可得证； 先证得，由知是线段的中垂线，，，设，，由  ，求得，知，，，， ，，，，作，垂足为，由 可得． 【详解】（1）解：∵，是直径， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴是线段的中垂线，，， 设，， ∵，， ∴， ∴， 解得：， ∴，，， 设，则， 在中，由可得， 解得：， ∴， ∴， ∴， ∴， 作，垂足为， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定与性质，垂直平分线性质，三角形内角和定理，勾股定理，弦、弧、圆心角的关系，等面积法等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 14．（2022·浙江温州·中考真题）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 【难度】0.4 【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． 15．（24-25九年级上·浙江金华·期末）如图，为的直径，点A在上且，为上的一点，连接，过A作于点，交于点，交于点，连接并延长交于点，连． (1)请判断的形状，并说明理由． (2)求证：平分． (3)当时，求与的面积之比． 【答案】(1)等腰直角三角形，理由见解析 (2)见解析 (3) 【难度】0.65 【分析】（1）先根据圆周角定理得到，再证明，进而可得结论； （2）过O作于G，于P，利用垂径定理可得，，易证，证明四边形是正方形，得到即可得结论； （3）设，，证明得到，，则，，进而可求． 【详解】（1）解：是等腰直角三角形． 理由：如图，连接，， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形； （2）证明：过O作于G，于P， 则，，， ∴四边形是矩形， 由（1）得，， ∴， ∴，即， ∴， ∴，又， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，即平分； （3）解：∵， ∴设，， 由（2）中四边形是正方形可得， 在中，， ∴， ∴，则， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查圆的综合，涉及圆周角定理、等腰直角三角形的判定与性质、弧与弦的关系、垂径定理、矩形的判定、正方形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 16．（22-23九年级上·福建福州·月考）如图，AB为的直径，CD为弦，于点E，连接DO并延长交于点F，连接AF交CD于点G，连接AC，且． (1)求证：； (2)若，求和GD的长． 【答案】(1)见详解 (2)， 【难度】0.65 【分析】（1）由平行线的性质可得，然后可得结论； （2）由垂径定理和圆周角定理可求，可证是等边三角形，可得，由勾股定理可求的长，即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：如图，连接， ， ，， ， ， ， ， 是直径， ， ， 是等边三角形， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ． 【点睛】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，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 17．（2024·浙江温州·二模）如图，内接于，直径交边于点，过点作于点，交于点，连接． (1)求证：． (2)若． ①当是等腰三角形时，求的度数． ②若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①和；② 【难度】0.4 【分析】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）根据圆周角定理可得，再结合已知条件可得、，然后根据圆周角定理可得，最后等量代换即可； （2）设，则，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可得，再根据余角互补可得，然后分、、三种情况，分别根据等腰三角形的性质列方程求解即可． 【详解】（1）解： 是直径， ∴, ∴, ∵， ∴, ∵， ∴． （2）解：设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是等腰三角形， ∴a.当时，， ∴，解得：, ∴； b：当时，， ∴， ∴，解得：， ∴； c. 当时，， ∴，解得：，即三点共线，不符合题意； 综上，的度数为和． ②如图：连接并延长交于G，连接,则，, ∵, ∴， ∵是的直径， ∴, 设圆的直径为d， ∴， ∴， ∵, ∴ ∴， ∴， ∵, ∴，即， ∴， ∴ ∵，， ∴，解得：， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴, ∴，即． 18．（25-26九年级上·福建莆田·期中）如图，是的外接圆，为的直径，点I为的内心，连接并延长交于D点，连接并延长至E，使得，连接． (1)求证：； (2)求证：直线为的切线； (3)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【难度】0.4 【分析】本题主要考查切线的性质与判定、三角形内心与外心的性质、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握切线的性质与判定、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键； （1）由三角形内心的性质可得，然后可得，进而根据三角形外角的性质可进行求解； （2）连接，由（1）可得，然后可得，则有，进而根据切线的判定定理可进行求证； （3）过点I作交于点H，连接，由题意易得，然后根据三角函数可得，进而通过证明进行求解即可． 【详解】（1）证明：点I为的内心， ， 又∵， ∴， ； ； （2）证明：连接，如图所示． 由（1）得：， 则， ， ， ∵为的直径， ∴， ∴， ，即， 又∵为的直径， 直线为的切线； （3）解：为的直径 为直角三角形 ∴ 过点I作交于点H，连接，如图所示． ∵点I为的内心， ∴点I到三边的距离相等， ∵， ∴， ∴， 由（2）得：， ， 同理可得： ， ， ∵， ， ∴， ∴， ∴， ∴． 19．（25-26九年级上·福建厦门·期中）如图，内接于，连接并延长交于点，． (1)如图1，设，连接，求（用含的代数式表示）； (2)如图2，过点作，交的延长线于点，交于点，连接．求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，作的平分线交于点，若，，求的半径． 【答案】(1) (2)见解析 (3)5 【难度】0.15 【分析】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． （1）由等边对等角以及三角形内角和定理可得，，再根据圆周角定理可得，然后再根据三角形外角的性质求解即可； （2）如图2，连接，设，由等边对等角以及圆周角定理可得、，即；再证明，然后利用等腰三角形三线合一的性质可得，再根据垂径定理以及等腰三角形的性质可得，即，最后证明并利用全等三角形的性质即可证明结论； （3）如图：连接，由（2）可得：，，即；由角平分线的定义可得，由圆周角定理可得，利用角的和差可得，则是等腰直角三角形，即；再结合已知条件可得，如图：连接，设，则半径，最后在运用勾股定理列方程求得a的值，进而求得圆的半径． 【详解】（1）解：如图1∵，， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴． （2）证明：如图2，连接，设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵过点作，交的延长线于点， ∴，即是的垂直平分线， ∴， ∴ 在和中， ， ∴， ∴． （3）解：如图：连接， 由（2）可得：，， ∴， ∵作的平分线交于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 如图：连接，设，则半径， 在中，， ∴，解得：或（不合题意舍去）， ∴的半径为． 20．（2023·北京·中考真题）如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．        (1)求证平分，并求的大小； (2)过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长． 【答案】(1)见解析， (2) 【难度】0.4 【分析】（1）根据圆周角定理得出，结合题意可得，再由三角形内角和定理得，最后由圆内接四边形对角互补可求解； （2）根据（1）的结论结合已知条件得出，，是等边三角形，进而得出，由是直径，根据含度角的直角三角形的性质可得，在中，根据含度角的直角三角形的性质求得的长，进而即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， 又∵， ∴， ∵平分， ∴， 又∵ ∴ 又∵， ∴； （2）解：∵，， ∴，则． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴是等边三角形，则． ∵平分， ∴． ∵是直径， ∴，则． ∵四边形是圆内接四边形， ∴，则， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵是直径， ∴此圆半径的长为． 【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键． 地 城 考向04 圆与一次函数综合 21．（2021·四川乐山·中考真题）如图，已知，，，与、均相切，点是线段与抛物线的交点，则的值为（    ） A．4 B． C． D．5 【答案】D 【难度】0.4 【分析】在Rt△AOB中，由勾股定理求得；再求得直线AC的解析式为；设的半径为m，可得P（m，-m+6）；连接PB、PO、PC，根据求得m=1，即可得点P的坐标为（1，5）；再由抛物线过点P，由此即可求得． 【详解】在Rt△AOB中，，， ∴； ∵，， ∴OC=6， ∴C（0，6）； ∵， ∴A（6，0）； 设直线AC的解析式为， ∴ ， 解得， ∴直线AC的解析式为； 设的半径为m， ∵与相切， ∴点P的横坐标为m， ∵点P在直线AC上， ∴P（m，-m+6）； 连接PB、PO、PA， ∵与、均相切， ∴△OBP边OB上的高为m，△AOB边AB上的高为m， ∵P（m，-m+6）； ∴△AOP边OA上的高为-m+6， ∵， ∴， 解得m=1， ∴P（1，5）； ∵抛物线过点P， ∴． 故选D． 【点睛】本题考查了切线的性质定理、勾股定理、待定系数法求解析式，正确求出的半径是解决问题的关键． 22．（23-24九年级上·江苏扬州·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A、点B的坐标分别为、，过点M的直线与的公共点是D、E，与x轴交于点F，连接、、．已知． (1)的直径为 ，点M的坐标为 ； (2)求直线所对应的函数表达式； (3)若P是线段上的动点，与的一个内角相等，求的长度． 【答案】(1)，； (2) (3)或或5 【难度】0.4 【分析】（1）连接，求出，可得的直径，根据M为中点，可得点M坐标； （2）连接，在证设，即，求出坐标；然后用待定系数法得直线所对应的函数表达式； （3）设，由，， 可得， ；分三种情况：①当时，②当时，③当时分类讨论即可作答． 【详解】（1）解：连接，如图： ∵， ∴为的直径， ∵点A、点B的坐标分别为、， ∴， ∴的直径为， ∵M为中点， ∴ 故答案为：，； （2）连接， ， ， ， 设， ， ， 解得：， ， 设直线所对应的函数表达式为，将，代入，得 ， 解得， 直线所对应的函数表达式 （3）解：设， ，， 解得：，， ， ①当时，连接 ，， ， ， ， ， ， ， 点E和点P横坐标相同, ， ， ， ②当时，如图： ， ， ， ，， ， ， ， ③当时，如图： ， 即， ， ， 综上所述：得长度为或或5． 【点睛】本题考查一次函数的综合应用，圆的性质及应用，待定系数法，一元二次方程，相似三角形判定与性质，解题的关键是分类讨论思想的应用； 地 城 考向05 圆与三角形综合 23．（25-26九年级上·福建福州·期中）如图，在中，，点P是外接圆上的一点，且． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，．点M为上一点，过P作于D点，求证：； (3)如图3，点Q是上一动点（不与A，P重合），连，，．求的值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【难度】0.65 【分析】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． （1）由等腰直角三角形的性质可得出结论； （2）作，交的延长线于，如图2，证明，由全等三角形的性质可得出，证出四边形为正方形，得出，则可得出结论； （3）作于，如图3，由（2）得，证出为等腰直角三角形，得出，则可得出答案． 【详解】（1）证明：， 为直径， ， ， ， ， ； （2）证明：作，交的延长线于，如图2， ，，， 为直径， ， ， 四边形为矩形， 在和中， ， ， ， 四边形为正方形， ， ； （3）解：作于，如图3， 由（2）得， ， ， ， 为等腰直角三角形， ， ． 24．（23-24九年级上·山东临沂·月考）如图，是的直径，弦于点，点在上，恰好经过圆心，连接． (1)若，求的直径； (2)若，求的度数． 【答案】(1)的直径是20 (2) 【难度】0.65 【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理、三角形外角的定义及性质、等边对等角，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由垂径定理可得，，设，则，由勾股定理可得，即，求解即可得到答案； （2）由可得，由三角形外角的定义及性质结合可得，再由可得，进行计算即可得到答案． 【详解】（1）解：是的直径，弦于点， ，， 设，则， ， ， 解得：， 的直径为20； （2）解：， ， ， ， ， ， ， ． 25．（2020·贵州安顺·中考真题）如图，是的内接正三角形，点是圆心，点，分别在边，上，若，则的度数是 度． 【答案】120 【难度】0.4 【分析】本题可通过构造辅助线，利用垂径定理证明角等，继而利用SAS定理证明三角形全等，最后根据角的互换结合同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解本题． 【详解】连接OA，OB，作OH⊥AC，OM⊥AB，如下图所示： 因为等边三角形ABC，OH⊥AC，OM⊥AB， 由垂径定理得：AH=AM， 又因为OA=OA，故△OAH△OAM（HL）． ∴∠OAH=∠OAM． 又∵OA=OB,AD=EB, ∴∠OAB=∠OBA=∠OAD, ∴△ODA△OEB（SAS）, ∴∠DOA=∠EOB, ∴∠DOE=∠DOA+∠AOE=∠AOE+∠EOB=∠AOB． 又∵∠C=60°以及同弧， ∴∠AOB=∠DOE=120°． 故本题答案为：120． 【点睛】本题考查圆与等边三角形的综合，本题目需要根据等角的互换将所求问题进行转化，构造辅助线是本题难点，全等以及垂径定理的应用在圆综合题目极为常见，圆心角、弧、圆周角的关系需熟练掌握． 26．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）如图，小明为了测量圆形鼓面的直径，将直角三角板角的顶点落在鼓面圆上任意一点，三角板的两边分别交圆于点、，若测量得到弦的长为，则鼓面圆的直径为(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【分析】此题考查圆周角定理、等边三角形的判定与性质等知识；设鼓面圆的圆心为，连接、，则，因为，所以是等边三角形，则，所以的直径为，于是得到问题的答案． 【详解】解：设鼓面圆的圆心为，连接、，则， ，， ， 是等边三角形， ， 的半径为， 的直径为， 故选：C． 27．（24-25九年级上·福建福州·期中）如图，在中，，，，经过点且与边相切的动圆与，分别相交于点，，则线段长度的最小值为 ． 【答案】/ 【难度】0.4 【分析】如图所示，设的外接圆圆心为O，过点O作于E，连接，利用垂径定理，圆周角定理，含30度角的直角三角形的性质证明，可以得到要使最小，则的直径要最小，过点C作于点，以为直径作圆与分别相交于点，连接，此时，线段的长度最小，据此求解即可． 【详解】解：如图所示，设的外接圆圆心为O，过点O作于E，连接， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴要使最小，则的直径要最小， 过点C作于点，以为直径作圆与分别相交于点，连接，此时，线段的长度最小， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，正确确定最小值时的情形是解题的关键． 28．（25-26九年级上·福建南平·期中）图是某游乐园的摩天轮，，两位同学坐在摩天轮上的示意图如图，摩天轮半径为米，两同学的直线距离为米，当同学旋转到最高位置，此时两位同学的高度差为 米． 【答案】 【难度】0.4 【分析】本题主要考查了勾股定理、三角形面积公式的应用，熟练掌握勾股定理并结合三角形面积法求线段长度是解题的关键。 通过作垂线构造直角三角形，利用三角形面积公式求出直角边长度，再结合勾股定理计算线段长度，从而得到两位同学的高度差。 【详解】解：当同学旋转到最高位置时，过点作于点．令交于， 由题意可得，， ， ∴， ∵， ∴， ∴， （米）， ∴此时两位同学的高度差为米． 故答案为：． 29．（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] 【难度】0.4 【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． 30．（22-23九年级上·江苏宿迁·期中）如图1，在矩形中，，，点以1.5的速度从点向点运动，点以2的速度从点向点运动．点、同时出发，运动时间为秒（），是的外接圆． (1)当时，的半径是 ，与直线CD的位置关系是 ； (2)在点从点向点运动过程中，①圆心的运动路径长是 ；②当与直线相切时，求的值． (3)连接，交于点，如图2，当时，求的值． 【答案】(1)，相离 (2)； (3) 【难度】0.4 【分析】（1）过点作于，交于，根据矩形的性质，得出，，再根据圆周角定理和平行线的性质，得出的直径是，，再根据题意，得出当时，，，进而根据线段之间的数量关系，得出，，再根据勾股定理，得出的值，进而得出的半径，再根据中位线的性质得出的值，进而得出的值，即可判断与直线的位置关系； （2）①根据、运动的速度与、的比相等，得出圆心在对角线上，再根据图形和题意，得出和两点在时在点重合，当时，直径为对角线，根据中点的性质得出，再根据勾股定理解得的值，进而得出的长，即为圆心的运动路径长；②当与相切时，设切点为，连接并延长交于，再根据线段之间的数量关系和题意，得出，，再根据勾股定理解得的值，再根据圆的性质，得出，再根据中位线的性质，得出，根据线段之间的数量关系，列出关于的方程，求解即可得出答案； （3）过作，交的延长线于点，连接，证明，再根据全等三角形的性质得出，根据线段之间的数量关系得出，再根据勾股定理，列出方程，求解即可得出答案． 【详解】（1）解：如图，过点作于，交于， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴的直径是，， 当时，，， ∵，， ∴，， ∴， ∴的半径为， ∵，是的中点， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴与直线的位置关系是相离． 故答案为：；相离； （2）解：①如图， ∵、运动的速度与、的比相等， ∴圆心在对角线上， 由图可知，和两点在时在点重合， 当时，直径为对角线，是的中点， ∴，由勾股定理，可得， ∴， ∴圆心的运动路径长是． 故答案为：； ②如图，当与相切时， 设切点为，连接并延长交于， 则，， 则，， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴，解得， ∴的值为； （3）解：如图，过作，交的延长线于点，连接， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得（舍去），， ∴的值为． 【点睛】本题是四边形与圆的综合问题，主要考查了矩形的性质、圆周角定理、勾股定理、中位线的性质、切线的性质、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质定理，并正确作出辅助线． 31．（2025·河南新乡·三模）如图，四边形中，，且，连接．若，则四边形的面积为 ，的最小值为 ． 【答案】 【难度】0.4 【分析】本题考查了四点共圆的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形面积，三角形三边关系，熟练掌握相关知识的是解题的关键． 由题先证明四点共圆，得到，在的延长线上取，连接，证明，得到，求出；连接，得到，即，得到的最小值为． 【详解】解：如图，过点作于点，于点， ， ， ，平分， ，四边形是矩形， ， ， ， ， ， 四点共圆， 设的中点为， 为的直径， 如图，在的延长线上取，连接， ，， ， ， ，， ， ， ， ； 如图，连接， ，即， 的最小值为； 故答案为： ． 地 城 考向06 圆与四边形综合 32．（24-25九年级上·山东烟台·期末）如图，正方形内接于，线段在对角线上运动，若的面积为，，则的周长的最小值是 ． 【答案】6 【难度】0.4 【分析】本题考查了圆的性质、点的对称性、平行四边形的性质等，确定点M、N的位置是本题解题的关键． 由正方形的性质，知点C是点A关于的对称点，过点C作，且使，连接交于点N，取，连接，则点M、N为所求点，进而求解． 【详解】解：连接， 的面积为，则圆的半径为，则， 由正方形的性质，知点C是点A关于的对称点，， 过点C作，且使， ∴， 连接交于点N，取，连接，则点M、N为所求点， ∵，且，则四边形为平行四边形， 则， 故的周长为最小， 则， 则的周长的最小值为5+1＝6， 故答案为：6． 33．（25-26九年级上·河北保定·月考）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在轴上，顶点在轴上，为上的一动点，点关于的对称点为，当最小时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.4 【分析】本题考查正方形的性质、轴对称的性质以及圆的性质，解题的关键是利用轴对称性质确定点的运动轨迹，再根据几何关系求出最小时点的坐标． 根据轴对称性质确定点的轨迹，再结合几何知识求出最小时点的坐标． 【详解】解：因为四边形是正方形，，所以， 因为点关于的对称点为，所以， 即点在以为圆心，2为半径的圆上运动， 要求最小，如图，根据点到圆上一点的距离，当在连线上时，最小， ， ， 过作交于，又， ， ， ， 点的坐标， 故选：D． 地 城 考向07 圆与旋转综合（隐圆） 34．（25-26九年级上·福建福州·期中）如图，，点C是平面内一动点，且，连接，将绕点A逆时针旋转，得到，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【难度】0.65 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，求圆外一点到圆上一点的最值，将线段绕点逆时针旋转后得到线段，连接，证明，得到，进而得到点在以点为圆心，5为半径的圆上运动，得到当点在线段上时，的值最小为的长进行求解即可． 【详解】解：将线段绕点逆时针旋转后得到线段，连接，则：， ∴， ∵将线段绕点逆时针旋转后得到线段， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点在以点为圆心，5为半径的圆上运动， ∴当点在线段上时，的值最小为的长，即的最小值为. 故答案为：． 35．（21-22九年级上·辽宁鞍山·期中）如图，在中，直径，延长至，使，点在上运动，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，则线段的最大值为 ．    【答案】/ 【难度】0.65 【分析】本题考查了三角形全等的判定和性质，点与圆的位置关系；过点作的垂线，在垂线上截取，连接，从而可证，进而得到，将求线段的最大值转化为求的最大值，然后结合点与圆的位置关系求出最大值即可． 【详解】如图，过点作的垂线，在垂线上截取，连接，    ， ， 绕点顺时针旋转得到， ， 在和中， ， ， ， 连接，并延长交圆于点，即为最大值， ，， ， ， ， ， 故答案为：． 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 $