寒假作业04 正多边形与圆、扇形与圆锥以及圆综合8大必刷题型（巩固培优）九年级数学苏科版

限时练习：60min 完成时间： 月 日 天气： 作业04 正多边形与圆、扇形与圆锥、圆综合 一．正多边形及有关概念 1. 各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形． 2. 圆内接正多边形：把圆分成n（n≥3)等份，依次连接各等分点得到的多边形就是这个圆的内接正n边形，这个圆就是这个正n边形的外接圆． 3. 与正多边形有关的概念 （1）中心，即正多边形的外接圆的圆心； （2）半径，即正多边形的外接圆的半径； （3）中心角，即正多边形每一边所对的圆心角； （4）边心距，即中心到正多边形的一边的距离． 二．正多边形的有关计算 设正n边形的半径为R，边长为a，边心距为r，则 （1）每个内角为；每个中心角为；每个外角为； （2）半径、边长、边心距的关系为 （3）周长；面积 以正六边形为例： 三．正多边形的画法 画正多边形的关键是等分圆周，等分圆周有两种方法： 1. 用量角器等分 特点：（1）可以画出任意正多边形； （2）边数很大时，容易产生较大误差． 步骤：（1）用量角器画一个等于的圆心角，这个角所对的弧就是圆周长的； （2）在圆上依次截取与这条弧相等的弧，就得到圆的n等分点； （3）顺次连接各等分点，即得到圆的内接正n边形． 2. 用尺规等分 特点：（1）不能将圆任意等分，只限一些特殊的正多边形，如正四、八、十六边形，正三、六、十二边形等；（2）作图比较准确． 画正六边形的步骤：（1）作直径AD； （2）分别以A，D为圆心，OA长为半径画弧，分别交⊙O于点B，F，C，E； （3）顺次连接AB，BC，CD，DE，EF，FA，得正六边形ABCDEF． 四．弧长公式 在半径为R的圆中，因为的圆心角所对的弧长就是圆周长，所以的圆心角所对的弧长是，即，于是的圆心角所对的弧长为，弧长为l的弧所对的圆心角为度． 五．扇形的面积公式 1. 扇形：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧围成的图形叫做扇形． 2. 扇形面积公式：在半径为R的圆中，因为的圆心角所对的扇形的面积就是圆面积，所以圆心角是的扇形面积是，于是圆心角为的扇形面积是，还可以用弧长表示扇形面积，其中l为扇形的弧长． 六．圆锥的侧面积和全面积 1. 圆锥的母线：连接圆锥顶点和底面圆周上任意一点的线段叫做圆锥的母线． 2. 圆锥的高：连接圆锥顶点和底面圆心的线段叫做圆锥的高． 3. 圆锥的基本特征 （1）圆锥的轴通过底面圆心，并垂直于底面． （2）圆锥的母线长都相等． （3）圆锥可以看作是由一个直角三角形绕一条直角边所在的直线旋转而成的图形，所以圆锥的母线l，圆锥的高h，圆锥的底面半径r恰好构成一个直角三角形． 4. 圆锥的侧面积和全面积：母线长为l，底面圆的半径为r的圆锥的侧面积．全面积就是它的侧面积与它的底面积之和，即． 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 题型一 正多边形与圆 1．（25-26九年级上·云南丽江·月考）边长为的正六边形中心角度数是 ，内角度数是 ，边心距是 ． 2．（2025九年级上·江苏南京·专题练习）如图，在正十边形中，的度数是（    ） A． B． C． D． 3．（25-26九年级上·河北邯郸·月考）如图，四边形是的内接正方形，若是上一点，则 °． 4．（江西省宜春市2025-2026学年上学期九年级数学12月月考试卷）刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接正多边形或外切正多边形逐步逼近圆来近似地计算圆的面积．如图，设的半径为，若用的外切正六边形的面积S来近似地估算的面积，则 ． 5．（25-26八年级上·江苏盐城·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”，其核心是通过圆内接正多边形的面积逐步逼近圆的面积，以此实现对的近似估算．他由正六边形开始，逐次倍增边数，当计算到圆内接正十二边形时，如图，设定⊙O的半径为1，将圆内接正十二边形分成十二个全等的三角形，每个三角形的顶角为，将这十二个全等三角形的面积之和作为面积的近似值．据此计算，可得的估计值为（    ） A． B．3 C．3.14 D．3.13 6．（25-26九年级上·重庆铜梁·期中）如图，点O为正六边形的中心，连接，若正六边形的边长为3，则点O到的距离的长为 ． 7．（25-26九年级上·天津河西·期中）如图，在平面直角坐标系中，点是正六边形的边与轴的交点，，点在第一象限．将绕点顺时针旋转后点的对应点的坐标为（   ）    A． B． C． D． 8．（2025·江西吉安·二模）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形的周长为4，以它的对角线的交点O为位似中心，作它的位似图形，已知，作四边形的外接圆，则此外接圆的半径为 ． 9．（25-26九年级上·江苏南京·月考）任意边数为偶数的正边形（），选取任意顶点为起点，在顺时针方向每隔一个顶点选取一个顶点，将所有选取的点顺次连接得到一个多边形，设该多边形的边长为，原正边形边长为，，则的值为 （用表示）． 10．（25-26九年级上·江苏常州·期中）如图，正三角形、正方形、正六边形等正n边形与圆的形状有差异，我们将正n边形与圆的接近程度称为“接近度”．在研究“接近度”时，应保证相似图形的“接近度”相等． (1)设正n边形的每个内角的度数为，将正n边形的“接近度”定义为．于是，越小，正n边形就越接近于圆． ①若，则该正n边形的“接近度”等于______； ②若“接近度”等于18，则该正n边形的边数n的值等于______； ③当“接近度”等于______时，正n边形就成了圆． (2)设一个正n边形的半径（即正n边形外接圆的半径）为R，边心距（即正n边形的中心到各边的距离）为r，将正n边形的“接近度”定义为．于是，越小，正n边形就越接近于圆．你认为这种说法是否合理？若不合理，请写出正n边形“接近度”的一个合理定义． 题型二 弧长与扇形的面积 11．（25-26九年级上·浙江·课后作业）如图，为半圆的直径，且，将半圆绕点A顺时针旋转，点B旋转到点C的位置，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 12．（25-26九年级上·重庆沙坪坝·期中）如图，在菱形中，点是对角线的中点，分别以点、为圆心，长为半径画弧，分别交、于点、，交、于点、．若，，则图中阴影部分的面积为 ． 23．（25-26九年级上·山西忻州·月考）如图，在中，，为的中点，连接，为的中点，以点为圆心，的长为半径作，交于点，若，，则图中阴影部分的面积是（） A． B． C． D． 14．（24-25九年级下·全国·期末）如图①，是的外接圆，是的直径，点在上，连接平分，过点作的切线，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，求的长； (3)如图②，连接，，若四边形为菱形，，求阴影部分的面积． 题型三 圆锥的侧面积 15．（25-26九年级上·北京·月考）如图，圆锥的底面圆半径，高，则圆锥的侧面积是（    ） A． B． C． D． 16．（25-26九年级上·黑龙江大兴安岭地·月考）若圆锥的高是，它的侧面展开后扇形的圆心角是，则这个圆锥的侧面积是 （结果保留）． 17．（25-26九年级上·河南周口·月考）用半径为30，圆心角为的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径是（   ） A．5 B．10 C．15 D．30 18．（22-23九年级上·山东泰安·期末）如图，在矩形中，点O在边上，以O为圆心、长为半径作与相切，与交于点E，连接，若，，用扇形（阴影部分）围成的圆锥的底面圆半径 ． 19．（25-26九年级上·河南安阳·月考）图中的冰激凌的外包装可以视为圆锥（如图１），制作这种外包装需要用如图２所示的等腰三角形材料，其中，，．将扇形围成圆锥时，，恰好重合，圆锥底面圆的直径为． (1)求图1中圆锥的母线的长． (2)求加工材料剩余部分（图2中阴影部分）的面积．（结果保留π） 题型四 作图题 20．（江西省宜春市2025-2026学年上学期九年级数学12月月考试卷）如图，在网格纸中，点O，A都是格点，以点O为圆心，为半径作圆．请仅用无刻度的直尺完成以下画图，保留画图痕迹，不写画法．       (1)在图1中画一个的内接正方形； (2)在图2中画一个的内接正八边形． 22．（25-26九年级上·江苏盐城·期中）按要求作图（不写作法，保留作图痕迹）： (1)仅用无刻度直尺作图， ①如图1，直角三角板的直角顶点恰好在圆上，作出一条圆的直径； ②如图2，在的正方形网格中，四边都与圆相切，、、、是切点，在圆上作出一个的圆周角（标出角度）； (2)用无刻度直尺和圆规作图，如图3，点在圆上，作一个圆的内接正方形 题型五 三角形与圆综合 23．（23-24九年级上·山东滨州·期末）如图，点E是的内心，的延长线和的外接圆相交于点D，与相交于点G．则下列结论：①；②若，则；③若点G为的中点，则；④．其中不一定正确的是（　　） A．① B．② C．③ D．④ 24．（24-25九年级上·山东德州·期末）学习心得（1）小雯同学在学习完“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． 例如：如图，在中，，，是外一点，且，求的度数．若以点为圆心，长为半径作辅助圆，则、两点必在上，是的圆心角．是的圆周角，则______． 初步运用（2）如图，在四边形中，，，则_______； 问题迁移（3）①如图①，已知矩形，，，为边上的点，若满足的点恰好有两个，则的取值范围为______． ②如图②，在中，，是边上的高，且，，求的长． 25．（25-26九年级上·全国·期末）如图，是的外接圆，点D位于外一点，连接，，．交于点E，连接．已知． (1)如图1，求证：； (2)如图2，经过圆心O，． ①求的值； ②若，求的半径． 26．（25-26九年级上·湖南·月考）如图1，是的直径，点C在上，点P是直径延长线上一点，且满足，作于点D． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长； (3)如图2，延长交于点Q，延长交于点E，连接与交于点H，若，，求y与x之间的函数关系式． 题型六 四边形与圆综合 27．（24-25九年级上·北京密云·期末）如图，A，B是平面内两定点，C，D是平面内两动点，且满足，．下列说法中，①A，B，C，D四点一定在同一个圆上；②若，则A，B，C，D四点一定在同一个圆上；③若，则四边形的各边一定都与某一个圆相切；④存在四边形既有外接圆，又有内切圆．所有正确说法的序号是（   ）    A．①② B．②④ C．②③④ D．①②③④ 28．（25-26九年级上·山东聊城·期中）如图，在的内接四边形中，，C为上一动点，且，的半径为2，有如下说法：①平分；②三角形是等边三角形；③；④；⑤四边形最大面积是．其中正确说法的个数是（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 29．（25-26九年级上·江苏无锡·期中）如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点P从点A出发，沿对角线向点C以每秒的速度移动；同时点Q从点B出发，沿线段向点A以每秒的速度移动．P，Q两点有一点到达终点时全部停止移动．连接，设点P移动时间为t秒，回答下列问题： (1)当t为何值时，? (2)当t为何值时，以O，P，Q，B为顶点的四边形的面积等于? (3)以点Q为圆心，的长为半径作．在运动过程中，是否存在与矩形的对角线有三个公共点，若存在，请直接写出t的值或取值范围；若不存在，请说明理由． 30．（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． 31．（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． 32．（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_______. 33．（24-25九年级上·江苏扬州·月考）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： (1)下列说法正确的有_____________．（填序号） ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形； ③若“完美型双圆”四边形的外接圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为，则有． (2)如图1，已知四边形内接于．四条边长满足：． ①该四边形是“____________”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接，求证：是的直径． (3)如图2，已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点连接交于点．若的半径为1，连接，当时，求的取值范围． 题型七 函数与圆综合 34．（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 ．    35．（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． 36．（24-25九年级下·江苏宿迁·月考）【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． 37．（24-25九年级上·江苏宿迁·期末）二次函数的图像与x轴分别交于点、，与y轴交于点C，点P是这个函数图像的一个动点． (1)求这个二次函数的表达式； (2)如图1，当点P在直线下方时，过点P作，垂足为M，求的最大值； (3)如图2，当点P在x轴上方时，连接、，直线l是二次函数图像的对称轴，过点P作，垂足为N，以点N为圆心作圆，与相切，切点为T．若以的长为边长的正方形的面积与的面积相等，试说明的半径是常量． 题型八 圆的综合应用 38．（2023·陕西咸阳·二模）问题初探】：（1）如图①，在中，点D、E分别在边上，连接．若，则的长为 ； 【问题深入】：（2）如图②，在扇形中，点C是上一动点，连接求四边形的面积的最大值； 【拓展应用】：（3）为进一步促进西安市文化和旅游高质量发展，推动全市文明旅游创建工作，结合2023年陕西省文明旅游示范单位申报工作，一并开展2023年西安市文明旅游示范单位评选工作．某地为参加评选积极改善环境，拟建一个四边形休闲广场，其大致示意图如图③所示，其中，米．点E处设立一个自动售货机，点E是的中点，连接，与交于点M，连接，沿修建一条石子小路（宽度不计），将和进行绿化．根据设计要求，．为倡导绿色新风尚，现要使绿化的面积尽可能的大，请问和的面积之和是否存在最大值？若存在，请求出和面积之和的最大值；若不存在，请说明理由． 39．（2025·陕西咸阳·二模）【问题提出】 （1）如图①，点A是外一点，点是上一动点．若的半径为3，长度为5，根据，得到点到点A的最短距离为_____________； （2）如图②，已知正方形的边长为4，点分别从点同时出发，以相同的速度沿边方向向终点和运动，连接和交于点．求点到点的最短距离． 【问题解决】 （3）如图③，某老小区有一个矩形活动广场，由于广场年久失修，居民使用率很低，物业为改善居民生活品质，计划将这个广场进行更新改造．按照改造设计要求，在上取一点，在上留一条小路与小路交于点，并将绕点逆时针旋转得到线段，与交于点，连接与交于点，在处建一个人工湖，已知，，．为满足活动广场各功能场所的需要，想让人工湖面积尽可能小．请问，是否存在符合设计要求的面积最小的？若存在，求面积的最小值；若不存在，请说明理由． 40．（25-26九年级上·陕西延安·月考）【初步感知】 （1）如图1，正方形的四个顶点均在上，点E在劣弧上，连接，在上取一点F，使得，连接，求证：； 【拓展延申】 （2）如图2，小军在电脑上画了一个，其中，，．点P在边上，且，同时在上设置动点D，并设置如下程序：点D以点P为起点沿方向向终点A运动，随着点D的运动，关联点E在上运动，且始终保持，以为边在右侧作等边感应区，求在点D运动的过程中，点F所经过的路径长．（结果保留） 41．（2024·陕西西安·模拟预测）问题提出    (1)如图①，是半径为的上一点，直线是外一条直线，于点，圆心到直线的距离为，则线段的最小值为________； 问题探究 (2)如图②，是正方形内一点，且，若，求的最小值； 问题解决 (3)随着社会发展，农业观光园走进了我们的生活，某农业观光园的平面示意图如图③所示的四边形，其中，，千米，千米，观光园的设计者想在园中找一点，使得点与点、、、所连接的线段将整个观光园分成四个区域，用来进行不同的设计与规划，从实用和美观的角度他们还要求在的区域内，且区域的面积最小，试问在四边形内是否存在这样的点，使得，且的面积最小？若存在，请你在图中画出点的位置，并求出的最小面积；若不存在，请说明理由． 42．（25-26九年级上·江苏盐城·期中）有若干块半圆形木板，木匠李师傅在直径上取两点、，作，与半圆交于点，作，与半圆交于点 (1)如图1，李师傅通过测量，使得，此时与的长相等，请说明理由； (2)如图2，李师傅从这块木板中裁出了两块阴影部分的木料，使得为90°， ①若，求裁出的两块木料的周长之和； ②若，，则裁出的两块木料的面积之和为 ； (3)如图3，李师傅在直径上取点，作，与半圆相交于点若，，，求的长．(用含、的代数式表示) 43．（2025·陕西西安·三模）【问题探究】 （1）如图1，已知的半径为7，点、是上的两个动点，则、之间的最大距离为_______； （2）如图2，在中，点是边的中点，连接，若平分，试判断的形状，并说明理由； 【问题解决】 （3）如图3，是一个草药种植区，，的长为定值，，点处是一个储水池，现要对该区域及周边重新规划，计划圈出一个（点、为动点，且始终都在经过点的一条直线上）区域来种植对湿度要求较高的药材，为方便灌溉，需沿线段和线段埋地下水管，沿修一条水渠．根据规划要求，的面积与的面积相等，经过勘测分析可知，所埋地下水管的长度最大值为（即的最大值为）．当所埋地下水管的长度最大时，求水渠的长度． 44．（25-26九年级上·山东聊城·期中）如图，六边形是正六边形，曲线叫作“正六边形的渐开线”，其中，，，，，，…的圆心依次按点A，B，C，D，E，F循环，其弧长分别记为，，，，，，…．当时， ． 45．（25-26九年级上·江苏连云港·期中）点P是半圆上的一个动点，圆心为O，将沿着翻折，与直径交于点C，的中点为D．若已知，则当点P从点A运动到点B的过程中，点D的运动路径长为 ． 46．（25-26九年级上·山东济宁·月考）如图，是以为直径的上一点，是的内心，的延长线交于点，过点作的平行线分别交，的延长线于，．下列说法：①是等腰直角三角形；②与相切；③；④点是以，，为顶点的三角形的外心；⑤．其中一定正确的是 （把你认为正确结论的序号都填上） 47．（25-26九年级上·全国·期末）如图，是半圆的直径，是半圆上一点，连接并延长到，使，连接，，交半圆于点，已知． (1)如图①，过点作于点，求证：是半圆的切线； (2)如图②，当时，求与半圆重合的面积； (3)如图③，若点是的内心，则当点在半圆上时，求的度数． 48．（25-26九年级上·江苏连云港·期中）【阅读理解】①如图1，已知点P为等边外接圆的上任意一点．求证：； ②定义：在所在平面上存在一点P，使它到三角形三顶点的距离之和最小，则称点P为的费马点，此时的值为的费马距离． 【方法探究】根据①的结论，我们有如下探寻（其中均小于）的费马点和费马距离的方法． （1）如图2，在的外部以为边长作等边及其外接圆，在上任取一点，连接、、、．根据①的结论，易知______，______；根据两点间线段最短，我们可以得到线段______的长度为的费马距离． （2）在图3中，作出的费马点P（要求尺规作图）．如果，的费马距离是______； 【问题解决】已知正方形，P是正方形内部一点，且的最小值为，求正方形的边长． 49．（25-26九年级上·福建厦门·期中）如图1，正方形内接于，将线段绕点顺时针旋转得到线段，其中，连接并延长交于点，连接，，过作于点，连接． (1)如图1，若，，共线，求的值； (2)试探究的大小与的关系，并说明理由； (3)当为等腰直角三角形时，求的值． 50．（25-26九年级上·江苏常州·期中）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，以点为圆心，为半径的，交轴于点，点是上的一个动点，作点关于点的对称点，连接． (1)当点刚好落在轴上时，点的坐标为_________； (2)点在运动过程中，若线段与反比例函数有交点，求交点横坐标的取值范围； (3)若由点所组成的图形与直线有且仅有一个交点时，请直接写出的值． 51．（25-26九年级上·北京·期中）线段上有一动点（点不与点重合），在线段的中垂线上（上方）有一点，使得，以为圆心，为半径的圆，叫线段的关联圆． 如图，点，，为线段的关联圆． (1)，，，四个点中，在线段的关联圆上的点有______； (2)线段在轴上，其中点，，若线段上所有点都在线段的关联上，求的取值范围； (3)直线与线段的关联圆相切，直接写出的取值范围______． 52．（24-25九年级上·江苏泰州·月考）如图1所示，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点坐标为，过点．与轴、轴分别交于、两点，为弧的中点．连接并延长交轴于点，连接并延长，使得，连接． (1)求点的坐标； (2)连接、，判断四边形的形状并说明理由； (3)点从点出发以每秒个长度单位的速度沿折线段运动，同时点也从点出发以相同的速度沿射线运动，当点到达点两点同时停止，设运动时间为，的面积为，求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围； (4)如图2，若点为中点，为直线上一点，将线段绕旋转某一角度得到的线段，线段是否能是的弦，若能请求出点的坐标，若不能请说明理由． 53．（25-26九年级上·江苏连云港·月考）【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）． 54．（25-26九年级上·江苏宿迁·期中）在图1和图2中，是等边的外接圆． 【阅读】 如图1，连接，延长交弦于点，交于点，连接．求证：； 小明给出了自己的证明方法如下： 三角形外接圆的圆心为三边垂直平分线的交点且为等边三角形， ， ，则为等边三角形， 同理可得：也为等边三角形， ． 【理解】 （1）如图2，若为上任意一点，连结、，则___________， 若的半径为1，则___________． （2）在图2中，问题原型中的结论是否成立？若成立，请证明：若不成立，请说明理由． 【应用】 （3）如图3，四边形内接于，，平分，且，若的半径为7，求四边形的面积． 55．（2025·广东东莞·一模）如图1，在正方形中，P是边上的动点，E在的外接圆上，且位于正方形的内部，，连结，． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)如图2，连结，过点E作于点F，请探究线段与的数量关系，并说明理由； (3)当点P是的中点时，． ①求的长； ②若点Q是外接圆上的动点，且位于正方形的外部，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长． 56．（2025·广东广州·二模）已知，．是的外接圆，点D在上（），连接． (1)如图，，点D在优弧上． ①证明：平分； ②若的半径为，求四边形面积的最大值． (2)若，，判断之间的数量关系并说明理由． 57．（25-26九年级上·江苏南京·期中）一般地，经过三角形的两个顶点且与该三角形的一条边相切的圆叫作这个三角形的“准接圆”．特别地，当“准接圆”还与该三角形的另一条边相切时，该圆叫作该三角形的“强准接圆”． 【概念理解】 （1）以下四个图中，是的准接圆的是（   ） A．    B．    C．    D． 【深入思考】 （2）以下命题：①任意三角形都存在准接圆；②三角形准接圆的圆心一定在该三角形的外部；③三角形准接圆的直径大于或等于以其经过的两个顶点为端点的边．其中，是真命题的是 （填序号） （3）如果一个三角形存在强准接圆，那么它应满足什么条件？说明理由． 【计算求解】 （4）已知在中，． ①若存在强准接圆，则强准接圆的半径长随着的变化而变化，关于的函数表达式是 ； ②当时，直接写出的准接圆的半径长． 58．（2023·浙江宁波·一模）定义，若四边形的一条对角线平分这个四边形的面积，则称这个四边形为倍分四边形，这条对角线称为这个四边形的倍分线．如图1，在四边形中，若，则四边形为倍分四边形，为四边形的倍分线． (1)判断：若是真命题请在括号内打，若是假命题请在括号内打． ①平行四边形是倍分四边形（______） ②梯形是倍分四边形（______） (2)如图1，倍分四边形中，是倍分线，若，，，求的长； (3)如图2，在，，以为直径的分别交于点，已知四边形是倍分四边形． ①求的值； ②如图3，连结，交于点，取中点，连结交于，若，求的长． 59．（2024·江苏常州·中考真题）对于平面内有公共点的两个图形，若将其中一个图形沿着某个方向移动一定的距离后与另一个图形重合，则称这两个图形存在“平移关联”，其中一个图形叫做另一个图形的“平移关联图形”． (1)如图，是线段的四等分点．若，则在图中，线段的“平移关联图形”是________，________（写出符合条件的一种情况即可）； (2)如图，等边三角形的边长是．用直尺和圆规作出的一个“平移关联图形”，且满足（保留作图痕迹，不要求写作法）； (3)如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别是、、，以点为圆心，为半径画圆．若对上的任意点，连接所形成的图形都存在“平移关联图形”，且满足，直接写出的取值范围． 60．（24-25九年级上·北京·期中）对于平面直角坐标系中的点P和图形W，图形W上任意两点间的距离有最大值，将这个最大值记为d．给出如下定义：若在图形W上存在一点Q，使得P，Q两点间的距离小于或等于，则称P为图形W的“伴随关联点”． (1)如图1，图形W是半径为2的． ①图形W上任意两点间的距离的最大值d为 ； ②在点，，中，的“伴随关联点”是 ； (2)如图2，图形W是中心在原点的正方形，点．若直线上存在正方形的“伴随关联点”，求t的取值范围； (3)点为x轴上的动点，直线与x轴、y轴分别交于两点，点P为线段MN上的任意一点，均为半径为4的的“伴随关联点”，直接写出t的取值范围． 61．（23-24九年级上·北京西城·期中）如图1，对于的顶点及其对边上的一点，给出如下定义：以为圆心，为半径的圆与直线的公共点都在线段上，则称点为关于点的内联点． 在平面直角坐标系中： (1)如图2，已知点，点在直线上． ①若点，点，则在点O，C，A中，点__________是关于点的内联点； ②若关于点的内联点存在，求点纵坐标的取值范围； (2)已知点，点，将点绕原点旋转得到点，若关于点的内联点存在，请求出当点落在第四象限时的最大值． 62．（2025·江苏连云港·模拟预测）圆与反演点 已知的半径为，在从出发的同一条射线上有两点和，若，则称为关于的反演点，反之亦然． 【概念理解】 （1）下列对反演的描述： ①若点在圆外，则它的反演点可能在圆内，也可能在圆外； ②圆的整个内部与其外部是一一对应彼此反演的； ③圆上的点的反演点是圆自身． 其中，所有正确的序号是___________． 【掌握应用】 （2）若是关于的反演点，且，求的长． （3）半径为，若，是关于的反演点，，且，直接写出与的数量关系． 【探索确定】 （4）如图，四边形是菱形，在的延长线上．若和是关于的反演点，在图中用尺规作出． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 限时练习：60min 完成时间： 月 日 天气： 作业04 正多边形与圆、扇形与圆锥、圆综合 一．正多边形及有关概念 1. 各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形． 2. 圆内接正多边形：把圆分成n（n≥3)等份，依次连接各等分点得到的多边形就是这个圆的内接正n边形，这个圆就是这个正n边形的外接圆． 3. 与正多边形有关的概念 （1）中心，即正多边形的外接圆的圆心； （2）半径，即正多边形的外接圆的半径； （3）中心角，即正多边形每一边所对的圆心角； （4）边心距，即中心到正多边形的一边的距离． 二．正多边形的有关计算 设正n边形的半径为R，边长为a，边心距为r，则 （1）每个内角为；每个中心角为；每个外角为； （2）半径、边长、边心距的关系为 （3）周长；面积 以正六边形为例： 三．正多边形的画法 画正多边形的关键是等分圆周，等分圆周有两种方法： 1. 用量角器等分 特点：（1）可以画出任意正多边形； （2）边数很大时，容易产生较大误差． 步骤：（1）用量角器画一个等于的圆心角，这个角所对的弧就是圆周长的； （2）在圆上依次截取与这条弧相等的弧，就得到圆的n等分点； （3）顺次连接各等分点，即得到圆的内接正n边形． 2. 用尺规等分 特点：（1）不能将圆任意等分，只限一些特殊的正多边形，如正四、八、十六边形，正三、六、十二边形等；（2）作图比较准确． 画正六边形的步骤：（1）作直径AD； （2）分别以A，D为圆心，OA长为半径画弧，分别交⊙O于点B，F，C，E； （3）顺次连接AB，BC，CD，DE，EF，FA，得正六边形ABCDEF． 四．弧长公式 在半径为R的圆中，因为的圆心角所对的弧长就是圆周长，所以的圆心角所对的弧长是，即，于是的圆心角所对的弧长为，弧长为l的弧所对的圆心角为度． 五．扇形的面积公式 1. 扇形：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧围成的图形叫做扇形． 2. 扇形面积公式：在半径为R的圆中，因为的圆心角所对的扇形的面积就是圆面积，所以圆心角是的扇形面积是，于是圆心角为的扇形面积是，还可以用弧长表示扇形面积，其中l为扇形的弧长． 六．圆锥的侧面积和全面积 1. 圆锥的母线：连接圆锥顶点和底面圆周上任意一点的线段叫做圆锥的母线． 2. 圆锥的高：连接圆锥顶点和底面圆心的线段叫做圆锥的高． 3. 圆锥的基本特征 （1）圆锥的轴通过底面圆心，并垂直于底面． （2）圆锥的母线长都相等． （3）圆锥可以看作是由一个直角三角形绕一条直角边所在的直线旋转而成的图形，所以圆锥的母线l，圆锥的高h，圆锥的底面半径r恰好构成一个直角三角形． 4. 圆锥的侧面积和全面积：母线长为l，底面圆的半径为r的圆锥的侧面积．全面积就是它的侧面积与它的底面积之和，即． 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 题型一 正多边形与圆 1．（25-26九年级上·云南丽江·月考）边长为的正六边形中心角度数是 ，内角度数是 ，边心距是 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形的计算，正六边形的中心角由除以边数得到；内角使用多边形内角和公式计算；边心距通过构造直角三角形，利用等边三角形的性质及勾股定理求解．掌握正多边形的相关概念是解题的关键． 【详解】解：如图，为边长为的正六边形的外接圆，连接、，过点作于点， ∴中心角度数为：，内角度数为：，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴边心距是， 故答案为：；；． 2．（2025九年级上·江苏南京·专题练习）如图，在正十边形中，的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是正多边形和圆的有关计算，连接，求出正十边形的中心角，根据圆周角定理计算即可． 【详解】解：如图，设正十边形的中心为点O，连接， 则， 由圆周角定理得，， 故选：B． 3．（25-26九年级上·河北邯郸·月考）如图，四边形是的内接正方形，若是上一点，则 °． 【答案】45 【分析】连接，，根据同弦所对的圆周角与圆心角的关系求解即可． 【详解】解：如图，连接，， ∵正方形内接于， ∴=， ∴． 故答案为45． 4．（江西省宜春市2025-2026学年上学期九年级数学12月月考试卷）刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接正多边形或外切正多边形逐步逼近圆来近似地计算圆的面积．如图，设的半径为，若用的外切正六边形的面积S来近似地估算的面积，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的性质，等边三角形的性质，勾股定理及三角形面积公式．通过分析外切正六边形的构成，利用直角三角形的相关知识求出正六边形的边长，进而求出其面积． 【详解】解：∵六边形为正六边形， ∴为等边三角形， ∵的半径为， ∴， ∴由勾股定理得， ∴， ∴． 故答案为：． 5．（25-26八年级上·江苏盐城·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”，其核心是通过圆内接正多边形的面积逐步逼近圆的面积，以此实现对的近似估算．他由正六边形开始，逐次倍增边数，当计算到圆内接正十二边形时，如图，设定⊙O的半径为1，将圆内接正十二边形分成十二个全等的三角形，每个三角形的顶角为，将这十二个全等三角形的面积之和作为面积的近似值．据此计算，可得的估计值为（    ） A． B．3 C．3.14 D．3.13 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，含30度角的直角三角形性质． 根据正十二边形的性质求出中心角的度数，再根据直角三角形的边角关系求出，进而求出三角形的面积，求出正十二边形的面积即是圆的面积即可． 【详解】解：如图，设是正十二边形的一边，过点A作，垂足为M， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴正十二边形的面积为， 即的面积为3， 此时． 故选：B． 6．（25-26九年级上·重庆铜梁·期中）如图，点O为正六边形的中心，连接，若正六边形的边长为3，则点O到的距离的长为 ． 【答案】// 【分析】本题主要考查了正多边形的性质、含30度直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． 如图，连接，由题意可得 ，；根据等边对等角以及三角内角和定理可得；再是等边三角形可得、，易得，然后根据含30度直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵点O为正六边形的中心，正六边形的边长为3， ∴ ，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 7．（25-26九年级上·天津河西·期中）如图，在平面直角坐标系中，点是正六边形的边与轴的交点，，点在第一象限．将绕点顺时针旋转后点的对应点的坐标为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正六边形的性质与坐标旋转变换，解题的关键是先确定点的位置，再利用旋转求对应点坐标． 先根据正六边形的边长和角度性质找出点的位置，再依据绕原点顺时针旋转的坐标，计算出点旋转后的对应点坐标． 【详解】解：由、可知， 正六边形的中心在原点，边长为4，即 正六边形的中心角为，点在第一象限，    旋转到，如图所示， 此时，， 在中，，， 在第四象限， 旋转后对应点坐标为． 故选D． 8．（2025·江西吉安·二模）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形的周长为4，以它的对角线的交点O为位似中心，作它的位似图形，已知，作四边形的外接圆，则此外接圆的半径为 ． 【答案】 【分析】此题考查了位似图形的性质、相似三角形的判定和性质、正多边形与圆等知识，连接，根据相似三角形的性质得到正方形与正方形的周长比为，则正方形的周长为8，得到正方形的边长为2，用勾股定理求出，即可得到答案． 【详解】解：连接， ∵正方形与正方形是位似图形，， ∴正方形与正方形的周长比为， ∵正方形周长为4， ∴正方形的周长为8， ∴正方形的边长为， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴四边形的外接圆的半径为， 故答案为：． 9．（25-26九年级上·江苏南京·月考）任意边数为偶数的正边形（），选取任意顶点为起点，在顺时针方向每隔一个顶点选取一个顶点，将所有选取的点顺次连接得到一个多边形，设该多边形的边长为，原正边形边长为，，则的值为 （用表示）． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形和圆，垂径定理的推论，锐角三角函数等，连接，过圆心作，设交于点，与相交于点，则，由垂径定理的推论可得，进而可得，又由正多边形的性质可得，即得，得到，即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接，过圆心作，设交于点，与相交于点，则， ∵， ∴， ∴， ∴，， 又∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 10．（25-26九年级上·江苏常州·期中）如图，正三角形、正方形、正六边形等正n边形与圆的形状有差异，我们将正n边形与圆的接近程度称为“接近度”．在研究“接近度”时，应保证相似图形的“接近度”相等． (1)设正n边形的每个内角的度数为，将正n边形的“接近度”定义为．于是，越小，正n边形就越接近于圆． ①若，则该正n边形的“接近度”等于______； ②若“接近度”等于18，则该正n边形的边数n的值等于______； ③当“接近度”等于______时，正n边形就成了圆． (2)设一个正n边形的半径（即正n边形外接圆的半径）为R，边心距（即正n边形的中心到各边的距离）为r，将正n边形的“接近度”定义为．于是，越小，正n边形就越接近于圆．你认为这种说法是否合理？若不合理，请写出正n边形“接近度”的一个合理定义． 【答案】(1)①；②；③ (2)不合理．合理定义如越小，正n边形越接近于圆． 【分析】此题考查了正多边形与其外接圆的关系．解直角三角形，解此题的关键是注意数形结合思想的应用． （1）①根据正n边形的“接近度”的定义，即可求解；②根据正n边形的“接近度”的定义，即可求解；③根据正n边形的“接近度”的定义，即可求解； （2）由于正n边形的半径R，边心距r都与此正n边形的边长有关，故将正n边形的“接近度”定义为，不合理，举反例说明；然后给出正n边形“接近度”的一个合理定义，结合正多边形的外接圆的半径与正多边形的中心到各边的距离构造的直角三角形，求解即可． 【详解】（1）解：①当时， ， ∴“接近度”等于； 故答案为：60； ②当“接近度”等于时，则， 解得或（舍去）， 则， 解得， 故答案为：20； ③∵越小，该正n边形就越接近于圆， ∴当时，该正n边形就成了圆， 此时， ∴； 故答案为：0； （2）解：不合理． 例如，对两个相似而不全等的正n边形来说，它们接近于圆的程度是相同的，但却不相等． 合理定义方法不唯一，如定义为越小，正n边形越接近于圆． 如图，当时，为正的外接圆，， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图，当时，为正六边形的外接圆，， ∴， ∴， ∴， ∴； 当边的“接近度”等于0时，正n边形就成了圆． 题型二 弧长与扇形的面积 11．（25-26九年级上·浙江·课后作业）如图，为半圆的直径，且，将半圆绕点A顺时针旋转，点B旋转到点C的位置，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是扇形面积的计算，熟记扇形的面积公式是解答此题的关键．先根据旋转的性质得，，再利用面积的和差得到，即有，然后根据扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：∵半圆AB绕点A顺时针旋转，点B旋转到C的位置， ∴，， ∵， ∴． 故选：B． 12．（25-26九年级上·重庆沙坪坝·期中）如图，在菱形中，点是对角线的中点，分别以点、为圆心，长为半径画弧，分别交、于点、，交、于点、．若，，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查扇形面积的计算，菱形的性质，掌握扇形面积的计算方法以及菱形的性质是正确解答的前提． 根据菱形的性质求出对角线的长，进而求出菱形的面积，再根据扇形面积的计算方法求出两个空白扇形的面积，可得答案． 【详解】解：∵在菱形中，点是对角线的中点，，， ∴与交于点，，，，， ∴，， ∴，， ∴菱形的面积为， ∴图中阴影部分的面积为， 故答案为：． 23．（25-26九年级上·山西忻州·月考）如图，在中，，为的中点，连接，为的中点，以点为圆心，的长为半径作，交于点，若，，则图中阴影部分的面积是（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查解直角三角形，直角三角形斜边上的中线的性质，扇形的面积，等腰三角形的性质，掌握相关知识是解题的关键． 连接，解得到，根据直角三角形斜边上中线的性质得到，因此的半径，再求出，根据扇形的面积公式求得．过点O作于点F，解得到，，再由三线合一得到，根据三角形的面积公式求得，因此根据即可解答． 【详解】解：连接， ∵，，， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴． 过点O作于点F， ∴在中，， ， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 14．（24-25九年级下·全国·期末）如图①，是的外接圆，是的直径，点在上，连接平分，过点作的切线，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，求的长； (3)如图②，连接，，若四边形为菱形，，求阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2)10 (3) 【分析】（1）连接，如图，先利用圆周角定理得到，再根据垂径定理得到，接着利用切线的性质得，然后根据平行线的性质得到结论； （2）先利用得到，所以，再根据圆周角定理得，则利用余弦的定义可求出，所以，接着在中利用余弦的定义得到，于是设，则，求出得到，然后计算即可； （3）由圆周角定理得到，再根据菱形的性质得到，解直角三角形求出，由（1）知，进而推出，，进而求出，再根据阴影部分的面积为即可求解． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵为的切线， ∴， ∴． （2）解：∵， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴设， ∴， 即， 解得， ∴， ∴． （3）解：∵是的直径，， ∴，， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴， 由（1）知， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理、圆周角定理、不规则图形的面积、菱形的性质和解直角三角形．掌握切线的性质，圆的基本性质，解直角三角形是解题的关键． 题型三 圆锥的侧面积 15．（25-26九年级上·北京·月考）如图，圆锥的底面圆半径，高，则圆锥的侧面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了圆锥侧面积的计算及勾股定理的应用，解题的关键是先利用勾股定理求出圆锥的母线长，再代入侧面积公式计算． 由圆锥的底面半径和高，利用勾股定理求出母线长；再根据圆锥侧面积公式（乘以底面半径乘以母线长）计算侧面积． 【详解】解：圆锥的母线长， 圆锥的侧面积为． 故选：A． 16．（25-26九年级上·黑龙江大兴安岭地·月考）若圆锥的高是，它的侧面展开后扇形的圆心角是，则这个圆锥的侧面积是 （结果保留）． 【答案】 【分析】本题考查了圆锥的侧面展开图与扇形的关系，解题的关键是利用圆锥底面周长等于扇形弧长，结合勾股定理求出母线长． 先由弧长公式得底面半径与母线的关系，再结合勾股定理求母线长，最后计算侧面积． 【详解】解：设圆锥母线长为，底面半径为， 由底面周长等于扇形弧长得：，化简得， 结合勾股定理，代入得：， 解得，则． 圆锥侧面积为． 故答案为：． 17．（25-26九年级上·河南周口·月考）用半径为30，圆心角为的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径是（   ） A．5 B．10 C．15 D．30 【答案】B 【分析】本题主要考查扇形的弧长公式，掌握圆锥的底面周长等于圆锥展开扇形的弧长，是解题的关键． 利用弧长公式求出弧长，再根据圆的周长公式求底面半径即可． 【详解】解：∵扇形的弧长， 又∵圆锥底面周长， ∴， ∴． 故选：B． 18．（22-23九年级上·山东泰安·期末）如图，在矩形中，点O在边上，以O为圆心、长为半径作与相切，与交于点E，连接，若，，用扇形（阴影部分）围成的圆锥的底面圆半径 ． 【答案】 【分析】本题考查了切线的性质，矩形的性质，扇形面积的计算，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 设与相切于点，连接，根据切线的性质可得，根据矩形的性质可得，从而可得四边形是矩形，然后利用矩形的性质可得，从而可得，进而求出，最后在中，利用锐角三角函数的定义求出，从而求出，进而利用扇形的弧长公式，进行计算即可解答． 【详解】解：如图，设与相切于点，连接， ， 四边形是矩形， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， 在中，， ， ， 扇形的弧长， 扇形（阴影部分）围成的圆锥的底面圆半径为 故答案为：． 19．（25-26九年级上·河南安阳·月考）图中的冰激凌的外包装可以视为圆锥（如图１），制作这种外包装需要用如图２所示的等腰三角形材料，其中，，．将扇形围成圆锥时，，恰好重合，圆锥底面圆的直径为． (1)求图1中圆锥的母线的长． (2)求加工材料剩余部分（图2中阴影部分）的面积．（结果保留π） 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查圆锥与扇形的关系，扇形弧长公式，等腰直角三角形的性质，掌握“圆锥底面圆周长=扇形弧长”是解题关键． （1）利用“圆锥底面圆周长=扇形弧长”，结合扇形圆心角，代入弧长公式求出母线AE 的长． （2）先求等腰直角三角形的面积，再求扇形的面积，用三角形面积减去扇形面积得到阴影部分面积． 【详解】（1）解：根据题意，圆锥底面圆周长与长度一致， 故， 可得， 即． （2）由条件可得， 故． 题型四 作图题 20．（江西省宜春市2025-2026学年上学期九年级数学12月月考试卷）如图，在网格纸中，点O，A都是格点，以点O为圆心，为半径作圆．请仅用无刻度的直尺完成以下画图，保留画图痕迹，不写画法．       (1)在图1中画一个的内接正方形； (2)在图2中画一个的内接正八边形． 【答案】(1)作图见详解 (2)作图见详解 【分析】本题考查了圆的性质，正方形和正八边形的性质及网格的应用． （1）连接并延长，与相交于点C，此时为的一条直径，利用网格的特点，找到的垂直平分线，该垂直平分线与有两个交点，设为B，D，依次连接A、B、C、D，四边形即为的内接正方形； （2）圆的内接正八边形的中心角为，而正方形的对角线与边的夹角也为，连接正方形的对角线交点O，两条对角线与有四个交点，分别为B，D，H，F，连接并延长至交点E，找到的垂直平分线，该垂直平分线与有两个交点，设为C，G，依次连接A、B、C、D、E、F、G、H，八边形即为的内接正八边形． 【详解】（1）解：如图所示为所求： （2）解：如图所示为所求： 21．（25-26九年级下·全国·期末）在圆内接正六边形中，分别交于点． (1)如图①，求证：点三等分； (2)如图②，过点作的垂线，垂足为，以点为圆心，的长为半径作圆；（保留作图痕迹，不写作法） (3)在（2）所作图形中，求证：是所作圆的切线． 【答案】(1)证明见解析 (2)作图见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先由正六边形的性质、等腰三角形的性质得到相关角度，再由两个三角形全等的判定定理得到，则，进而由等边三角形的判定定理得到是等边三角形，由全等三角形性质及等边三角形性质即可得到，从而得证； （2）由尺规作图，过点作线段的垂直平分线即可得到答案； （3）过点作，垂足为，连接，如图所示，由切线的判定方法求证即可得到答案． 【详解】（1）证明：在圆内接正六边形中，，， ， ，， 在和中， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ∴点三等分； （2）解：如图所示： 、即为所求； （3）证明：过点作，垂足为，连接，如图所示： 则， 由（1）知， ， ， ， 为所作圆的半径， 是所作圆的切线． 【点睛】本题考查圆与多边形综合，涉及圆的基本性质、圆内接正六边形性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、尺规作图-作垂直平分线、圆的切线的判定等知识，熟记圆与多边形相关性质是解决问题的关键． 22．（25-26九年级上·江苏盐城·期中）按要求作图（不写作法，保留作图痕迹）： (1)仅用无刻度直尺作图， ①如图1，直角三角板的直角顶点恰好在圆上，作出一条圆的直径； ②如图2，在的正方形网格中，四边都与圆相切，、、、是切点，在圆上作出一个的圆周角（标出角度）； (2)用无刻度直尺和圆规作图，如图3，点在圆上，作一个圆的内接正方形 【答案】(1)①见解析②见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据的圆周角所对的弦是直径作出图形； （2）连接交弧于点，连接，，即为所求； （3）作射线交于点，作线段的垂直平分线交于点，，连接，，，，四边形即为所求． 【详解】（1）解：①如图1中， ∵的圆周角所对的弦是直径， ∴线段即为所求； ②如图2中，连接交弧于点，连接，，即为所求； ∵由题意为正方形的内切圆， ∴过圆心， 由正方形性质知， ∴； （2）解：如图3中，作射线交于点，作线段的垂直平分线交于点，，连接，，，，四边形即为所求． 由作法知，互相平分， ∴四边形为平行四边形， ∵相等， ∴为矩形； ∵， ∴矩形为正方形． 【点睛】本题考查作图，正方形的判定和性质，正多边形与圆，圆周角定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 题型五 三角形与圆综合 23．（23-24九年级上·山东滨州·期末）如图，点E是的内心，的延长线和的外接圆相交于点D，与相交于点G．则下列结论：①；②若，则；③若点G为的中点，则；④．其中不一定正确的是（　　） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，解决本题的关键是掌握三角形的内心与外心．利用三角形内心的性质得到，则可对①进行判断；直接利用三角形内心的性质对②进行判断；根据垂径定理则可对③进行判断；通过证明得到，则可对④进行判断． 【详解】解：∵E是的内心， ∴平分， ∴，故①正确； 如图，连接， ∵E是的内心， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∴， ∵点G为的中点， ∴G一定在上， ∴，故③正确； 平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 若，则，显然不可能，故④错误． 故选：D． 24．（24-25九年级上·山东德州·期末）学习心得（1）小雯同学在学习完“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． 例如：如图，在中，，，是外一点，且，求的度数．若以点为圆心，长为半径作辅助圆，则、两点必在上，是的圆心角．是的圆周角，则______． 初步运用（2）如图，在四边形中，，，则_______； 问题迁移（3）①如图①，已知矩形，，，为边上的点，若满足的点恰好有两个，则的取值范围为______． ②如图②，在中，，是边上的高，且，，求的长． 【答案】（1）；（2）；（3）①；②； 【分析】由圆周角定理可得出答案； 取的中点，连接、由直角三角形的性质证明点A、、、共圆，由圆的性质得出，则可得出答案； 在上截取，连接，以为直径，由图形可知，由勾股定理求出和的长，则可得出答案； 作的外接圆，过圆心作于点，作于点，连接、、由圆周角定理及勾股定理可得出答案； 【详解】解：是的圆心角，是的圆周角，， ； 故答案为：； 如图，取的中点，连接、， ， ，， ， 点、、、共圆， ， ， ， 故答案为：； 在上截取，连接，以为直径，交于，交于，连接，过圆心作于且交圆于，过作的切线交于交于，如图所示： ， ， 的半径为，即， ， ， ， ， ， ，即， 故答案为：； 如图，作的外接圆，过圆心作于点，作于点，连接、、， ，， ， 在中，， ，为圆心， ， ， 在中，，， ， 在中，，， ． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了等边三角形的性质、圆周角定理、勾股定理、等腰直角三角形的性质、垂径定理等知识，熟练掌握圆的性质是解题的关键． 25．（25-26九年级上·全国·期末）如图，是的外接圆，点D位于外一点，连接，，．交于点E，连接．已知． (1)如图1，求证：； (2)如图2，经过圆心O，． ①求的值； ②若，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】（1）由题意易得，，然后问题可求证； （2）①连接，，由题意易得，，然后可得，，则有，进而根据相似三角形的性质及三角函数可进行求解； ②延长交于点F，由题意易得，，则有，然后根据勾股定理可进行求解． 【详解】（1）证明：是的外接圆， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：①如图2，连接，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵经过圆心O， ∴是的直径， ∴， ∴； ②如图3，延长交于点F， ∴， ∴，， ∵O为的中点， ∴， 由（2）①可得， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴（负根舍去）， ∴． 【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查垂径定理、圆周角的性质、勾股定理、相似三角形的性质与判定，三角函数，熟练掌握垂径定理、圆周角的性质、勾股定理、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键． 26．（25-26九年级上·湖南·月考）如图1，是的直径，点C在上，点P是直径延长线上一点，且满足，作于点D． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长； (3)如图2，延长交于点Q，延长交于点E，连接与交于点H，若，，求y与x之间的函数关系式． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，由可得，再由直径所对的角是直角有，由，可得，最后根据切线的判定定理求解即可； （2）在中，根据勾股定理可得，由可证得，根据相似三角形的性质有，即，设，，可得，由此求解即可； （3）连接，设，根据圆的性质，平行线的判定与相似三角形的判定可证得，由则有，，，，因此，在中，根据勾股定理可得，最后联立两式求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ， ， 是的直径， ， 又， ， 即且是的半径， 是的切线； （2）在中，， 且， ， ， 设，， 则， ， 解得， ； （3）连接，设， 是的直径， 又， ， ， ，则，，，， ① 在中，， ② 将②代入①式得． 【点睛】本题主要考查了圆的相关性质，勾股定理，平行线的判定，相似三角形的性质与判定，切线的判定定理等，灵活运用相关知识，构造合适的辅助线是解题的关键． 题型六 四边形与圆综合 27．（24-25九年级上·北京密云·期末）如图，A，B是平面内两定点，C，D是平面内两动点，且满足，．下列说法中，①A，B，C，D四点一定在同一个圆上；②若，则A，B，C，D四点一定在同一个圆上；③若，则四边形的各边一定都与某一个圆相切；④存在四边形既有外接圆，又有内切圆．所有正确说法的序号是（   ）    A．①② B．②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】由，证明四边形是平行四边形，可知四点不一定在同一个圆上，可判断①错误；由四边形是平行四边形，，证明四边形是矩形，则四点都在为直径的同一个圆上，可判断②正确；由四边形是平行四边形，，证明四边形是菱形，设交于点，过点分别作各边的垂线，垂足分别为点，可证明，则，同理，可知以点为圆心，以长为半径的圆与菱形的各边都相切，可判断③正确；当四边形是正方形时，该四边形既有外接圆，又有内切圆，可判断④正确，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵平行四边形的对角不一定互补， ∴四点不一定在同一个圆上，故①错误； ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴四点都在为直径的同一个圆上，故②正确； ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， 如图，设交于点，过点分别作各边的垂线，垂足分别为点，     ， ， ， 同理， ， ∴以点为圆心，以长为半径的圆与菱形的各边都相切， ∴四边形的各边一定都与某一个圆相切，故③正确； ∵是平面内两定点，是平面内两动点，且四边形是平行四边形， ∴四边形可能是正方形， ∵正方形既有外接圆，又有内切圆， ∴存在四边形既有外接圆，又有内切圆，故④正确， 故选：C． 【点睛】此题重点考查平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定与性质，与圆有关的位置关系等知识，正确理解平行四边形与特殊平行四边形的区别与联系是解题的关键． 28．（25-26九年级上·山东聊城·期中）如图，在的内接四边形中，，C为上一动点，且，的半径为2，有如下说法：①平分；②三角形是等边三角形；③；④；⑤四边形最大面积是．其中正确说法的个数是（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】根据角平分线的性质和圆周角定理可证；根据圆内接四边形对角互补可知，根据有一个角是的等腰三角形是等边三角形，可知是等边三角形；连接、，过点作，根据等边三角形的性质可知，利用勾股定理即可求出，可得的长；在上截取，连接，可证是等边三角形，根据等边三角形的性质可知，，利用可证，根据全等三角形的性质可证，从而可证；根据等边三角形的性质可以求出的面积为，根据点在上运动，可知当点在的中点时的面积最大，可知的最大面积是，所以可得四边形的最大面积是． 【详解】解：∵， ∴， ∴，即平分，故①正确； ∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴三角形是等边三角形，故②正确； 如图，连接、，过点作， 则， ∵的半径为2， ， ∴， ∴，故正确； 如图，在上截取，连接， ， 是等边三角形， ，， ，， ， 在和中， ， ， ， ，故正确； 如图，连接，并延长交于点M， 是等边三角形， ，， ， ， 在中，， ， 当的面积最大时，四边形的面积最大， 当点在的中点时，的面积最大， 的半径为， 点到线段的最大距离是， 的最大面积是， 四边形的最大面积是，故⑤正确； 综上所述，正确的是①②③④⑤，共5个． 故选：C． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是根据圆内接四边形找角之间的关系，根据等边三角形的性质和全等三角形的性质找边之间的关系． 29．（25-26九年级上·江苏无锡·期中）如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点P从点A出发，沿对角线向点C以每秒的速度移动；同时点Q从点B出发，沿线段向点A以每秒的速度移动．P，Q两点有一点到达终点时全部停止移动．连接，设点P移动时间为t秒，回答下列问题： (1)当t为何值时，? (2)当t为何值时，以O，P，Q，B为顶点的四边形的面积等于? (3)以点Q为圆心，的长为半径作．在运动过程中，是否存在与矩形的对角线有三个公共点，若存在，请直接写出t的值或取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)或； (3)或或． 【分析】本题综合考查矩形性质、相似三角形判定、面积计算及圆与直线的位置关系，解题的关键在于利用几何性质建立方程或不等式，结合分类讨论思想分析不同情境下的数量关系． （1）根据相似三角形对应边成比例构建关于的方程求解即可； （2）根据构建关于的方程求解即可； （3）根据⊙Q与对角线的位置关系进行分类讨论，以此确定的范围． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴，，， ∴， 解得：； （2）如图，连接， ∵， ∴根据矩形的性质可得：， ∵， ∴， ，则， 解得：或； （3）如图，，为垂足； 当时，⊙Q与相切，⊙Q与矩形的对角线有三个公共点； 当时，⊙Q与矩形的对角线有四个公共点； 当时，⊙Q与矩形的对角线有三个公共点； 当时，⊙Q经过点O，⊙Q与矩形的对角线有二个公共点； 当时，⊙Q与矩形的对角线有三个公共点； 故存在⊙Q与矩形的对角线有三个公共点， ∵，， ∴， ∴，即， 解得：， 作，为垂足； 同理可得，， ∵点Q的运动速度为每秒1 ， 当时，⊙Q与相切，⊙Q与矩形的对角线有三个公共点； 当时，⊙Q与矩形的对角线有三个公共点； 当时，⊙Q与矩形的对角线有三个公共点； ∴或或． 30．（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， ， ， ， ∵， ∴， ∴． 31．（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) 【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． 32．（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． 33．（24-25九年级上·江苏扬州·月考）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： (1)下列说法正确的有_____________．（填序号） ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形； ③若“完美型双圆”四边形的外接圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为，则有． (2)如图1，已知四边形内接于．四条边长满足：． ①该四边形是“____________”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接，求证：是的直径． (3)如图2，已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点连接交于点．若的半径为1，连接，当时，求的取值范围． 【答案】(1)②③ (2)①外接型单圆；②见解析 (3) 【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③； （2）①假设四边形中有内切圆，则，这与已知矛盾，从而可得结论； ②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论； （3）连接，先证明；过O作于M，于N，连接；可得，，从而可证明四边形是矩形，得，由勾股定理有，，则，由已知即得，由此求得的取值范围． 【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等； ①∵当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆， ∴该平行四边形是 “平凡型无圆”四边形，故①错误； ②∵内角不等于的菱形的对角不互补， ∴该菱形无外接圆， ∵菱形的四条边都相等， ∴该菱形的对边之和相等， ∴该菱形有内切圆， ∴内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确； ③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图， 则，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 即，故③正确； 故答案为：②③； （2）解：①若四边形中有内切圆，则， 这与矛盾， ∴四边形中无内切圆， ∴该四边形是“外接型单圆”四边形， 故答案为：外接型单圆； ②∵的平分线交于点E，的平分线交于点F， ∴， ∴， ∴， ∴， 即均为半圆， ∴是的直径； （3）解：如图，连接， ∵是四边形的内切圆， ∴， ∴， ∴； 同理：； ∵四边形有外接圆， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴； 如图，过O作于M，于N，连接； 由垂径定理知：，； ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 由勾股定理有，， ∴， ∴， ∴， 解得：． 【点睛】本题是圆的综合问题，考查了多边形的外接圆与内切圆，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，多边形内角和，特殊四边形的性质等知识，掌握这些知识，构造适当辅助线是解题的关键． 题型七 函数与圆综合 34．（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】 【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． 35．（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． 36．（24-25九年级下·江苏宿迁·月考）【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. 37．（24-25九年级上·江苏宿迁·期末）二次函数的图像与x轴分别交于点、，与y轴交于点C，点P是这个函数图像的一个动点． (1)求这个二次函数的表达式； (2)如图1，当点P在直线下方时，过点P作，垂足为M，求的最大值； (3)如图2，当点P在x轴上方时，连接、，直线l是二次函数图像的对称轴，过点P作，垂足为N，以点N为圆心作圆，与相切，切点为T．若以的长为边长的正方形的面积与的面积相等，试说明的半径是常量． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】本题主要考查了二次函数的性质，切线的性质、勾股定理、正方形、三角形面积的计算等知识点，掌握知识点的应用是解题的关键； （1）利用待定系数法即可得出答案； （2）连接、，过点P作，交BC于点D，求直线的解析式，设点P坐标为，则，得出，根据，运用三角函数的性质可得结论； （3）设点P坐标为，则 设的半径为r．根据切线的性质得，然后根据的长为边长的正方形的面积与的面积相等，列式计算即可得出结论． 【详解】（1）解：由题意，得， ∴， ∴； （2）连接、，过点P作，交于点D． 由题意，可得点，设直线对应函数表达式为，则 ∴， ∴ 设点P坐标为，则， 则 当时，的最大值为8． ∴， ∴， ∴最大． （3）设点P坐标为，则 设的半径为r． ∵与相切，切点为T． ∴ ∵以的长为边长的正方形的面积与的面积相等 ∴， ∴ ∵， ∴， ∴的半径是常量． 题型八 圆的综合应用 38．（2023·陕西咸阳·二模）问题初探】：（1）如图①，在中，点D、E分别在边上，连接．若，则的长为 ； 【问题深入】：（2）如图②，在扇形中，点C是上一动点，连接求四边形的面积的最大值； 【拓展应用】：（3）为进一步促进西安市文化和旅游高质量发展，推动全市文明旅游创建工作，结合2023年陕西省文明旅游示范单位申报工作，一并开展2023年西安市文明旅游示范单位评选工作．某地为参加评选积极改善环境，拟建一个四边形休闲广场，其大致示意图如图③所示，其中，米．点E处设立一个自动售货机，点E是的中点，连接，与交于点M，连接，沿修建一条石子小路（宽度不计），将和进行绿化．根据设计要求，．为倡导绿色新风尚，现要使绿化的面积尽可能的大，请问和的面积之和是否存在最大值？若存在，请求出和面积之和的最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）6；（2）；（3）和的面积之和存在最大值，和面积之和的最大值为3375平方米． 【分析】（1）设，根据题意得，通过平行推三角形相似，得出，推比例线段，得出的长； （2）过点作于点，延长交于点，连接，过点作于点，根据勾股定理得出，由图可得两个式子结合得出四边形的最大值是； （3）作的外接圆，过点作于点，延长交于点，连接，由，推出，推出，得出，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出，，根据点是的中点，，推出，得出，过点作于点，由图可得，得出的最大值为90，进而求出和面积之和的最大值． 【详解】解：（1）设， ， ， ， ， ， ， ； （2）连接，过点作于点，延长交于点，连接，过点作于点，如图1， ， ， ， ， ， 根据勾股定理得， ， 由图可得， 即， ， ， ∴四边形的最大值是； （3）∵点是的中点， ， ， ， ， ， ， ， 作的外接圆，过点作于点，延长交于点，连接，如图2， 则， ， ， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴， ∴， 过点作于点，由图可得， ∴的最大值为90， ∴， ∴的最大值为：， ∴和的面积之和存在最大值，和面积之和的最大值为3375平方米． 【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数值的知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来． 39．（2025·陕西咸阳·二模）【问题提出】 （1）如图①，点A是外一点，点是上一动点．若的半径为3，长度为5，根据，得到点到点A的最短距离为_____________； （2）如图②，已知正方形的边长为4，点分别从点同时出发，以相同的速度沿边方向向终点和运动，连接和交于点．求点到点的最短距离． 【问题解决】 （3）如图③，某老小区有一个矩形活动广场，由于广场年久失修，居民使用率很低，物业为改善居民生活品质，计划将这个广场进行更新改造．按照改造设计要求，在上取一点，在上留一条小路与小路交于点，并将绕点逆时针旋转得到线段，与交于点，连接与交于点，在处建一个人工湖，已知，，．为满足活动广场各功能场所的需要，想让人工湖面积尽可能小．请问，是否存在符合设计要求的面积最小的？若存在，求面积的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）2；（2）；（3）存在，面积的最小值为19200 【分析】本题考查了正方形、勾股定理、圆、旋转、相似三角形的知识；解题的关键是熟练掌握圆、全等三角形、相似三角形的性质； （1）结合题意，当三点共线时，最小值，从而得到答案； （2）根据题意得，在根据全等三角形的性质，通过证明，推导得，在结合圆的性质，得点在以为直径的圆上，当三点共线时，有最小值；再结合正方形和勾股定理计算，即可得到答案； （3）根据圆的性质，得为定值，再根据相似三角形的性质，通过证明，得，设的半径为，从而计算得，结合一元一次不等式，当共线时，即可得到答案． 【详解】（1）当三点共线时，有最小值为， 故答案为：2； （2）根据题意，得， 又∵， 和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∴点在以为直径的圆上． 如图，取的中点，连接． ∴． 当三点共线时，有最小值为， ∵已知正方形的边长为4， ∴， ∴． ∴的最短距离为． （3）存在． 如图，作的外接圆，连接，过点A作，垂足为，过点作，垂足为S． ∵， ∴四边形四点共圆． ∴为定值． ∵， ∴． ∵， ∴． 又∵， ∴． ∴， 设的半径为， ∴， ∴． ∴． ∵， ∴． 由图可知，即，解得． ∴． 当共线，即时取等号，即面积的最小值为19200． 40．（25-26九年级上·陕西延安·月考）【初步感知】 （1）如图1，正方形的四个顶点均在上，点E在劣弧上，连接，在上取一点F，使得，连接，求证：； 【拓展延申】 （2）如图2，小军在电脑上画了一个，其中，，．点P在边上，且，同时在上设置动点D，并设置如下程序：点D以点P为起点沿方向向终点A运动，随着点D的运动，关联点E在上运动，且始终保持，以为边在右侧作等边感应区，求在点D运动的过程中，点F所经过的路径长．（结果保留） 【答案】（1）见详解，（2） 【分析】本题考查了圆的性质，同弧所对的圆周角相等，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，弧长公式，构造等边三角形证明三角形全等是解题的关键． （1）先证，然后根据全等三角形的性质回答即可； （2）以为边在的右侧作等边三角形, 连接, 证明，求出，由此得出点在以为直径的圆弧上运动，确定点F的运动轨迹是，求出弧长即可． 【详解】(1)证明：四边形为正方形， ， ， ， 在和中， ， ， ； （2）以为边在的右侧作等边三角形, 连接, 如图， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 为等边三角形， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， 点在以为直径的圆弧上运动， 当点D与点P重合时，点F在的中点上， 以为直径作出交于点, 连接, 则点的运动轨迹为，为 起点，为终点， ， 为等边三角形， 点所经过的路径长为. 故答案为：. 41．（2024·陕西西安·模拟预测）问题提出    (1)如图①，是半径为的上一点，直线是外一条直线，于点，圆心到直线的距离为，则线段的最小值为________； 问题探究 (2)如图②，是正方形内一点，且，若，求的最小值； 问题解决 (3)随着社会发展，农业观光园走进了我们的生活，某农业观光园的平面示意图如图③所示的四边形，其中，，千米，千米，观光园的设计者想在园中找一点，使得点与点、、、所连接的线段将整个观光园分成四个区域，用来进行不同的设计与规划，从实用和美观的角度他们还要求在的区域内，且区域的面积最小，试问在四边形内是否存在这样的点，使得，且的面积最小？若存在，请你在图中画出点的位置，并求出的最小面积；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)位置见解析， 【分析】本题考查轨迹圆及利用轨迹圆求最小值，涉及圆的基本知识，正方形的性质，矩形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理等知识；确定动点轨迹是解题的关键． （1）直接利用点到直线的所有连线中垂线段最短即可判定； （2）利用定直线定角，先确定点的轨迹为圆上部分，再确定最值即可求解； （3）利用定直线定角，先确定点的轨迹为圆上部分，连接，，作于，交于，作于，延长交于，当时，的值最小，此时的面积最小． 【详解】（1）解：过点作，交于点，    由点到直线的所有连线中垂线段最短，且圆的半径不变， 可知此时最小， 最小值为， 故答案为； （2）∵是定值，， ∴点的轨迹在以为直径的圆上部分，如图，    连接，交圆于点， 此时的即为的最小， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为； 故答案为：； （3）∵千米，是定值，， ∴点的轨迹为以为弦，圆周角的圆上部分， 即以为边向下作等边三角形，作的外接圆，点轨迹是（不包括，）， 连接，，作于，交于，作于，延长交于，    当时，的值最小，此时的面积最小， 由题意，， ∴， ∴，， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵，， ， ∴， ∴， ∴的面积的最小值． 42．（25-26九年级上·江苏盐城·期中）有若干块半圆形木板，木匠李师傅在直径上取两点、，作，与半圆交于点，作，与半圆交于点 (1)如图1，李师傅通过测量，使得，此时与的长相等，请说明理由； (2)如图2，李师傅从这块木板中裁出了两块阴影部分的木料，使得为90°， ①若，求裁出的两块木料的周长之和； ②若，，则裁出的两块木料的面积之和为 ； (3)如图3，李师傅在直径上取点，作，与半圆相交于点若，，，求的长．(用含、的代数式表示) 【答案】(1)证明过程见解析 (2)①；② (3) 【分析】（1）连接半径，通过线段的等量代换，得到，通过圆的半径相等，证明，即可通过圆心角相等推出两个弧的长相等； （2）①连接半径，通过半径相等和90°角，借助一线三等角全等模型，通过证明三角形全等，得到线段的数量关系，再通过等量代换将阴影部分的线段之和转化为的长，即可计算得到周长； ②借助①中的关系，求出的长，从而得到半径的长，再通过等量代换，得到和的关系，借助勾股定理列方程求出线段的长，再通过作差法求面积即可； （3）通过半径相等，和两个以半径为斜边的直角三角形（两个直角三角形，分别包含和或），从而借助勾股定理建立联系，再通过等量代换得到与m，n的关系即可． 【详解】（1）解：如图，连接，， ∵，， ∴， ∵，， ∴，即， 又， ∴， ∴， ∴． （2）①解：如图，连接，， 由题意，得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴，， 由图可知，， ， ∴裁出的两块木料的周长之和为； ②由①可知，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴在中，，， 解得， ∴， ∴， 由①可知，， ∴， 由图可知，阴影部分的面积半圆的面积扇形的面积， ， 故答案为：． （3）如图，连接，， 由（1），得，， ∴，， ∵，，， ∴， ∴，即， 整理，得， ∴． 【点睛】本题综合考查了“全等三角形的判定与性质”“圆的基本概念”“圆的相关计算”“勾股定理”等知识点，借助圆的概念，通过等量代换的方式，找到全等三角形，再通过全等三角形的性质和勾股定理，建立问题所求值与已知值的关系是解题关键． 43．（2025·陕西西安·三模）【问题探究】 （1）如图1，已知的半径为7，点、是上的两个动点，则、之间的最大距离为_______； （2）如图2，在中，点是边的中点，连接，若平分，试判断的形状，并说明理由； 【问题解决】 （3）如图3，是一个草药种植区，，的长为定值，，点处是一个储水池，现要对该区域及周边重新规划，计划圈出一个（点、为动点，且始终都在经过点的一条直线上）区域来种植对湿度要求较高的药材，为方便灌溉，需沿线段和线段埋地下水管，沿修一条水渠．根据规划要求，的面积与的面积相等，经过勘测分析可知，所埋地下水管的长度最大值为（即的最大值为）．当所埋地下水管的长度最大时，求水渠的长度． 【答案】（1）14；（2）等腰三角形，证明见解析；（3） 【分析】本题考查了圆的基本性质、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线定理、等边三角形的判定与性质以及三角形面积公式的应用，解题的关键是熟练运用这些几何知识，通过作辅助线构建特殊图形，利用图形的性质进行推理和计算． （1）根据圆中直径是圆内最长的弦这一性质，得出圆上两点间的最大距离； （2）过点作于点于点，证明，根据全等三角形的性质和等腰三角形的判定来确定三角形的形状； （3）先根据面积相等得出线段关系，再利用中位线定理、等边三角形的性质找到地下水管长度最大时的条件，进而推出三角形的形状，最后通过解直角三角形求出水渠的长度． 【详解】解：（1）在圆中，直径是圆内最长的弦．已知的半径为7，根据直径（为半径），可得直径为， 点E，F是上的两个动点，当E，F在同一条直径的两个端点时，E，F之间的距离最大，这个最大距离就是圆的直径， E，F之间的最大距离为14； （2）是等腰三角形． 理由：过点作于点于点，如图2． 平分． 点是边的中点，， ， ， 是等腰三角形． （3）在中，， ， ． 的面积与的面积相等， ． 取的中点，连接，如图3-1， 则为的中位线， ． 在（或的延长线）上截取，连接，如图3-1， 则是等边三角形， ． 作的外接圆，连接并延长交于另一点，连接，如图3-1， 则， 当为的直径时，的长最大，此时的长也最大， 的最大值为的直径为． 点在所在直线上，当取最大值时点与点重合， 当取最大值时，点在直径上． 是的直径， ， 当的长最大时，，即平分． ，结合（2）得当的长最大时，为等边三角形，如图3-2． ， ． ． 过点作于点，如图3-2， 则， ． 当所埋地下水管的长度最大时，水渠的长度为． 44．（25-26九年级上·山东聊城·期中）如图，六边形是正六边形，曲线叫作“正六边形的渐开线”，其中，，，，，，…的圆心依次按点A，B，C，D，E，F循环，其弧长分别记为，，，，，，…．当时， ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的性质，弧长公式及找规律，先根据题意可知正六边形的内角和为，每个内角为，在此题中曲线是“正六边形的渐开线”， ，，，，，，…的圆心依次按点A，B，C，D，E，F循环，所以每条弧所对的圆心角均为，则；根据已知的并通过弧长公式，分别计算，，，，，，…的值，最后通过观察上述计算结果，可发现弧长与n的关系为，将代入的公式即可求得． 【详解】解：根据题意可知，，，，，… ，，，… 依此规律可知，， ∴． 故答案为：． 45．（25-26九年级上·江苏连云港·期中）点P是半圆上的一个动点，圆心为O，将沿着翻折，与直径交于点C，的中点为D．若已知，则当点P从点A运动到点B的过程中，点D的运动路径长为 ． 【答案】 【分析】本题考查圆的性质、弧长公式以及动点问题，作点关于的对称点，以为边向下作正方形，连接，先证明，可得当点在点时，点在点处，当点在点时，点在点处，当点从点运动到点时，点的运动轨迹是以为圆心，为半径的，再根据弧长公式计算路径长． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，以为边向下作正方形，连接， ∵是的直径， ∴， 由对称性可得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 当点在点时，点在点处，当点在点时，点在点处， 当点从点运动到点时，点的运动轨迹是以为圆心，为半径的， 已知，则半圆的半径， 点运动路径是以为圆心，为半径的， 所以点的运动路径长为． 故答案为：． 46．（25-26九年级上·山东济宁·月考）如图，是以为直径的上一点，是的内心，的延长线交于点，过点作的平行线分别交，的延长线于，．下列说法：①是等腰直角三角形；②与相切；③；④点是以，，为顶点的三角形的外心；⑤．其中一定正确的是 （把你认为正确结论的序号都填上） 【答案】①②④⑤ 【分析】连接、，根据内心的性质、等角对等弦、直径所对的圆周角是直角，可判断①正确； 连接，由①知，可得，根据，可知，又因为是的半径，可证是的切线，进而可判断②正确； 因为，若，则、分别是、的中点，而已知并未给出这一点，通过反证法可得③错误； 连接、，根据外角定理、内心性质、同弧所对的圆周角相等，可得，所以，又因为，根据垂直平分线的判定定理及外心定义，可判断④正确； 连接，由弦切角定理可知，又因为，所以，根据相似三角形对应边成比例，可判断⑤正确． 【详解】解：连接、，如图所示， 是的内心， ， ， 是的直径， ， 是等腰直角三角形， ①正确，符合题意； 连接，如图所示， ，是的直径， ， ， ，即， 是的半径，在上， 与相切， ②正确，符合题意； ，、不是、的中点， ， ③错误，不符合题意； 连接、，如图所示， 则，， ，， ， ， 点是以，，为顶点的三角形的外心， ④正确，符合题意； 与相切， 由弦切角定理可知，， ， ， ， ， ⑤正确，符合题意； 【点睛】本题考查了内心、外心的性质，圆周角定理，切线判定定理，弦切角定理，相似三角形的判定及性质等，掌握圆相关的知识点并与相似三角形结合是解题的关键． 47．（25-26九年级上·全国·期末）如图，是半圆的直径，是半圆上一点，连接并延长到，使，连接，，交半圆于点，已知． (1)如图①，过点作于点，求证：是半圆的切线； (2)如图②，当时，求与半圆重合的面积； (3)如图③，若点是的内心，则当点在半圆上时，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题主要考查圆的综合知识，切线的判定，不规则图形的面积的求法，三角形的内心，等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点，作出正确的辅助线是做题的关键． （1）先连接，再利用三角形的中位线的性质定理，可得，最后得出即可证明； （2）连接，，，判定，和是等边三角形，再利用等边三角形的性质求出高，最后根据与半圆重合的面积即可求出答案； （3）根据三角形内心的定义，得出角的关系式，再通过设，利用四边形的内角和求出的值，进一步判定为等边三角形，最后根据等边三角形的性质和三角形的内角和定理，即可求出的度数． 【详解】（1）解：如下图所示，连接， ，， 点，点分别为，的中点， ， ， ， 是半圆的半径， 是半圆的切线； （2）解：如下图所示，连接，，， 过点作于点， 是半圆的直径， ， ， ， ， ，是等边三角形， ， ，， 和是等边三角形， ， ， ， ，， ， 与半圆重合的面积； （3）解：当点在半圆上时， 点是的内心，是半圆的直径， ，，， ，， ，， ， ． 设， 则，， 四边形的内角和为， ， 解得，， 为等边三角形， ， . 答：当点在半圆上时，的度数为． 48．（25-26九年级上·江苏连云港·期中）【阅读理解】①如图1，已知点P为等边外接圆的上任意一点．求证：； ②定义：在所在平面上存在一点P，使它到三角形三顶点的距离之和最小，则称点P为的费马点，此时的值为的费马距离． 【方法探究】根据①的结论，我们有如下探寻（其中均小于）的费马点和费马距离的方法． （1）如图2，在的外部以为边长作等边及其外接圆，在上任取一点，连接、、、．根据①的结论，易知______，______；根据两点间线段最短，我们可以得到线段______的长度为的费马距离． （2）在图3中，作出的费马点P（要求尺规作图）．如果，的费马距离是______； 【问题解决】已知正方形，P是正方形内部一点，且的最小值为，求正方形的边长． 【答案】（阅读理解）见解析；（方法探究）（1），，；（2）；（问题解决）正方形的边长为2 【分析】（阅读理解）在上取一点E，使，连接，首先证明是等边三角形，进而证明，由全等三角形的性质可得，即可证明结论； （方法探究）（1）根据阅读理解中的结论，结合费马点和费马距离的定义，即可获得答案； （2）分别以点为圆心，以的长度的半径作弧，交于点，易知为等边三角形，再分别作的垂直平分线交于点，以点为圆心，的长度为半径作圆，连接交于点，连接，则点P为的费马点；根据题意易得，然后由勾股定理确定的值，即可确定的费马距离； （问题解决）将沿点B逆时针旋转到，过作，交的延长线于H，连接，易得是等边三角形，进而可知，结合的最小值为，可得的最小值为，即，，P，C在同一直线上，确；设正方形的边长为，在中，可知，，进而可得，，然后在中，由勾股定理得求得的值，即可获得答案． 【详解】解：（阅读理解）①证明：在上取一点E，使，连接， ∵三角形是等边三角形， ， 又， 是等边三角形， ， ， ∵， ∴， 又∵， ， ， ∴； （方法探究）（1） 在的外部以为边长作等边及其外接圆，在上任取一点，连接、、、．根据①的结论，易知，；根据两点间线段最短，我们可以得到线段的长度为的费马距离． 故答案为：，，； （2）分别以点为圆心，以的长度的半径作弧，交于点，则，易知为等边三角形，再分别作的垂直平分线交于点，以点为圆心，的长度为半径作圆，连接交于点，连接，则点P为的费马点，如下图所示： （方法不唯一） ∵，且为等边三角形， ∴， ∴， ∴， 即的费马距离是； 故答案为：； （问题解决）将沿点B逆时针旋转到， 过作，交的延长线于H，连接， 由旋转的性质可得，，，， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵的最小值为， ∴的最小值为， ∴，，P，C在同一直线上，即， 设正方形的边长为， ∵，， ， 在中，，，得，， 在中，由勾股定理得：， 解得，（舍去）， ∴正方形的边长为2． 【点睛】本题主要考查了费马点和费马距离、三角形和圆的综合应用、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键． 49．（25-26九年级上·福建厦门·期中）如图1，正方形内接于，将线段绕点顺时针旋转得到线段，其中，连接并延长交于点，连接，，过作于点，连接． (1)如图1，若，，共线，求的值； (2)试探究的大小与的关系，并说明理由； (3)当为等腰直角三角形时，求的值． 【答案】(1) (2)的大小与无关，，是个定值 (3)或 【分析】（1）连接，取的中点T，连接，可证明点O为正方形对角线的交点，则，进而可得，由旋转的性质可得，可证明是等边三角形，得到，则可得到，即； （2）连接，可求出；由旋转的性质可得，则，，进而可求出，，证明，可得到；证明E、F、D、G四点共圆，可得，据此可得结论； （3）当和当两种情况，通过构造与的全等三角形求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，连接，取的中点T，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴都是的直径， ∴点O为正方形对角线的交点， ∴， ∵，且，，共线， ∴，； 由旋转的性质可得， ∴； ∵T为的中点， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴，即； （2）解：的大小与无关，，是个定值，理由如下： 如图所示，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴； 由旋转的性质可得， ∴ ，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 又∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴E、F、D、G四点共圆， ∴， ∴的大小与无关，，是个定值； （3）解：如图3-1所示，当时，过点A作交于M， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，； ∵四边形是正方形， ∴ ， ∴， ∴， ∴， 由（2）可得， ∴， ∴， ∴； 如图3-2所示，当时， ∵是等腰直角三角形， ∴ ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的值为或． 【点睛】本题主要考查了圆与正方形综合，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线和利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 50．（25-26九年级上·江苏常州·期中）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，以点为圆心，为半径的，交轴于点，点是上的一个动点，作点关于点的对称点，连接． (1)当点刚好落在轴上时，点的坐标为_________； (2)点在运动过程中，若线段与反比例函数有交点，求交点横坐标的取值范围； (3)若由点所组成的图形与直线有且仅有一个交点时，请直接写出的值． 【答案】(1)或 (2) (3) 【分析】（1）由条件得点，再根据中点坐标求出点的横坐标为，由点和点的横坐标相同得两个点在同一竖直方向上，则，点的纵坐标为； （2）线段与反比例函数有交点的临界状态为点在反比例函数图象上，设点，利用中点坐标表示出点，利用和勾股定理建立方程即可解出的取值范围，即的取值范围； （3）连接，为直径，则直径所对的圆周角，结合得垂直平分，，可判断点所组成的图形是以点为圆心，4为半径的圆，则直线与相切；直线过定点，设直线与轴交于点，与轴交于点，与切于点，连接，利用勾股定理得，再通过三角形面积公式列出方程求解即可． 【详解】（1）解：∵点的坐标为， ∴点，的半径为2； 当点刚好落在轴上时，点的横坐标为0， ∵点为线段中点， ∴点的横坐标为， 此时点和点在同一竖直方向，则点或， 故答案为：或． （2）当点在反比例函数图象上时，设点， 则点， ∵点在圆上， ∴，， 解得或， ∵， ∴或， ∴， 即交点横坐标的取值范围为． （3）如图，连接， ∵为直径， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， 则点所组成的图形是以点为圆心，4为半径的圆， 由条件得直线与该圆相切， ∵， ∴直线过定点， 设直线与轴交于点，与轴交于点，与切于点，连接， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得． 【点睛】本题是圆与函数的综合题，主要考查了圆的性质，中点坐标，勾股定理，切线的性质定理等，熟练掌握“到一个定点的距离等于定长的所有点组成的图形是圆”以及数形结合的思想是解题的关键． 51．（25-26九年级上·北京·期中）线段上有一动点（点不与点重合），在线段的中垂线上（上方）有一点，使得，以为圆心，为半径的圆，叫线段的关联圆． 如图，点，，为线段的关联圆． (1)，，，四个点中，在线段的关联圆上的点有______； (2)线段在轴上，其中点，，若线段上所有点都在线段的关联上，求的取值范围； (3)直线与线段的关联圆相切，直接写出的取值范围______． 【答案】(1)，， (2)或 (3) 或 【分析】本题考查了“圆的定义”“切线的判定”的知识点，根据关联圆的定义，判断出点的运动轨迹是一个四分之一圆弧，通过数形结合的思想，找到题目中的关联圆的运动情况，结合图象判断临界位置的图象并求解是解题关键． （1）由定义可知，的圆心，始终满足，所以点在以点为圆心，的长为半径的圆上运动，因为点是点与上的点组成线段的中垂线上的点，故点的横坐标范围为，画出对应图象，因为点也在上，因此判断这四个点与点，点的距离是否可以满足情况，结合图象即可求出在线段的关联圆上的点． （2）同（1）理，因为点的运动轨迹是四分之一圆弧，结合图象判断，当点在点正上方时，与x轴的交点的横坐标最小，当与x轴的交点与点，三点共线时，与x轴的交点的横坐标最大，所以可以找到与x轴的交点的取值范围的临界位置，从而确定t的取值范围，解题时因为圆的对称性，注意分类讨论． （3）同（2）理，结合图象，问题可转化为点到直线的距离为2时，b的取值范围，结合图象判断，当点在点正上方时，b最小，当与直线垂直时，b最大，求出这两种临界位置时b的值，从而确定t的取值范围，解题时因为圆的对称性，注意分类讨论． 【详解】（1）由定义可知， ∴点在以点为圆心，的长为半径的圆上运动． 又点是点与上的点组成线段的中垂线上的点， 如图，作出点的运动轨迹，当点与点重合时，；当点与点重合时，． ∴点的横坐标范围为． 对于点，点与点的距离为，与点的距离为． ∵，∴在圆弧上存在点，使得，即点在关联圆上． 对于点，点与点的距离为， ∴在圆弧上存在点，使得，即点在关联圆上． 对于点，由图象可知，显然，故点不在关联圆上． 对于点，，∴的最小值为． 又点与点的距离为，， ∴在圆弧上存在点，使得，即点在关联圆上． 故答案为：，，． （2）∵与x轴有2个交点， ∴分两种情况讨论． 第一种：在点与x轴的右方交点（交点记为点）处，如图所示． 当时，点与x轴的右方交点为最小值，记为点． ∴． 解得，或（舍去）． 记点与x轴的右方交点取最大值时的点为，则． ∴． 解得，或（舍去）． 由题意，得∴． 第二种：在点与x轴的左方交点（交点记为点）处，如图所示． 当时，点与x轴的左方交点为最小值，记为点． 由第一种可知，此时． 当时，点与x轴的左方交点为最大值，记为点． ∴． 解得（舍去），或． 由题意，得∴． 综上，或． （3）分两种情况讨论： 第一种：直线在点的上方，如图所示． 当时，直线与相切位置达到最低处，记切点为点． ∴，． 解得，或（舍去）． 记直线与相切位置达到最高处时的切点为点， 则，． ∴，． 解得，或（舍去）． ∴． 第二种：直线在点的下方，如图所示． 当时，直线与相切位置达到最低处，记切点为点． 由第一种情况可知，此时． 当直线与相切位置达到最高处时，切点为点， 代入，得解得． ∴． 综上，或． 52．（24-25九年级上·江苏泰州·月考）如图1所示，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点坐标为，过点．与轴、轴分别交于、两点，为弧的中点．连接并延长交轴于点，连接并延长，使得，连接． (1)求点的坐标； (2)连接、，判断四边形的形状并说明理由； (3)点从点出发以每秒个长度单位的速度沿折线段运动，同时点也从点出发以相同的速度沿射线运动，当点到达点两点同时停止，设运动时间为，的面积为，求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围； (4)如图2，若点为中点，为直线上一点，将线段绕旋转某一角度得到的线段，线段是否能是的弦，若能请求出点的坐标，若不能请说明理由． 【答案】(1) (2)四边形是菱形，理由见解析 (3) (4)能， 【分析】（1）连接，交于点，连接，先确定为直径，在通过计算求出，即可判定为等边三角形，再判定为等边三角形，即可求解； （2）利用等边三角形和垂直判定，结合，即可判定； （3）分两种情况：当在上时和当在上时，分别计算即可； （4）先判断当点在轴上方时不存在；再画出当点在轴下方时的图形，过点作于点，过点作轴于点，连接，判定，在中和中，利用列式求出，即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接，交于点，连接， ∵， ∴为直径， ∵为弧的中点． ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵轴，轴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴； （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵为直径， ∴， 即， ∴四边形是菱形； （3）解：①当在上时，如图，过点作于， 由题意得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当在上时，如图，过点作于， 由题意得：， ， ∴； 综上所述，与之间的函数关系式为； （4）解：线段能是的弦，理由如下： ①当点在轴上方时，如图： 若点在上，则点不可能在上，故不存在； ②当点在轴下方时，如图： 过点作于点，过点作轴于点，连接， ∵在上， ∴， ∵点为中点， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∵为等边三角形，， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， 设， 在中，， 即， 在中，， 即， 则， 解得：， 即， ∵， ∴，， ∴点和点重合， ∴． 【点睛】本题是考查圆的综合题型，涉及垂径定理，圆周角的性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，含直角三角形的性质，动点图形的函数解析式等，熟练掌握这些性质和判定，并可以根据题意作出适当辅助线和辅助图是解题的关键． 53．（25-26九年级上·江苏连云港·月考）【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）． 【答案】【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． 54．（25-26九年级上·江苏宿迁·期中）在图1和图2中，是等边的外接圆． 【阅读】 如图1，连接，延长交弦于点，交于点，连接．求证：； 小明给出了自己的证明方法如下： 三角形外接圆的圆心为三边垂直平分线的交点且为等边三角形， ， ，则为等边三角形， 同理可得：也为等边三角形， ． 【理解】 （1）如图2，若为上任意一点，连结、，则___________， 若的半径为1，则___________． （2）在图2中，问题原型中的结论是否成立？若成立，请证明：若不成立，请说明理由． 【应用】 （3）如图3，四边形内接于，，平分，且，若的半径为7，求四边形的面积． 【答案】（1），；（2）结论成立，理由见解析；（3） 【分析】本题考查的是垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形性质及等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关性质与判定是解题关键， （1）先求出，连接，过点O作于点D，先求出，进而求出结论； （2）延长到点E，使，连接，先证明是等边三角形，再证明即可证明结论； （3）连接，过点C作交延长线于点M，先证明，设，则，求出，连接，过点O作于点F，求出，再根据求出，延长，得出为边上的高，进而求出结论． 【详解】解：（1）∵是等边三角形， ， ， ， 连接，过点O作于点D，如下图： 则， ， ， ， ， ， ， ； （2）结论成立，理由如下： 延长到点E，使，连接，如下图， ∵是等边三角形， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）连接，过点C作交延长线于点M，如下图， 平分， ， ， ， 是等边三角形， 由（2）知，， ， ， 设，则， ， ， ， ， 连接，过点O作于点F， 则， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， ， 延长， 垂直平分，， 经过点A，即为边上的高， ， ∴四边形的面积． 55．（2025·广东东莞·一模）如图1，在正方形中，P是边上的动点，E在的外接圆上，且位于正方形的内部，，连结，． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)如图2，连结，过点E作于点F，请探究线段与的数量关系，并说明理由； (3)当点P是的中点时，． ①求的长； ②若点Q是外接圆上的动点，且位于正方形的外部，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 (3)①；②或12 【分析】（1）如图1，在正方形中，，根据圆内接四边形的性质得到，求得．得到，于是得到结论； （2）如图2，延长交于点H．根据平行线的性质得到，根据垂直的定义得到，根据全等三角形的判定和性质定理得到，，于是得到结论； （3）①由（2）知．求得．根据是BC的中点，于是得到， ②推出，当时，如图3，，根据圆周角定理得到是圆的直径，根据勾股定理得到．当时，如图4，连接．由第一种情况可知是圆的直径，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图1，点在的外接圆上， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形； （2）解：结论：， 理由：如图2，延长交于点H， ，， ，即， ， ， ， ， 又是等腰直角三角形， ， ， ，， ∵四边形是正方形， ∴，， 又， ∴四边形是矩形， ，， ， ， ∴是等腰直角三角形， ； （3）解：①由（2）知． ， ， ∴， 是的中点， ． ②由①可知，， ∴， ∴，， 存在或， 当时，如图3，， ， ， 是圆的直径， 连接，则， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ， ∴， 当时，如图4，连结； 是圆的直径， ， ， ， ， 综上所述，的长是或12． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了等腰直角三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 56．（2025·广东广州·二模）已知，．是的外接圆，点D在上（），连接． (1)如图，，点D在优弧上． ①证明：平分； ②若的半径为，求四边形面积的最大值． (2)若，，判断之间的数量关系并说明理由． 【答案】(1)①见解析；② (2)或，理由见解析 【分析】（1）①根据等边对等角，圆周角定理证明即可； ②②解：取的中点G，连接，并延长交于点E，连接，过点D作于点H， 得四边形的面积为：，根据题意，得到都是定值，是动值，根据圆的性质，得当点D与点E重合时，取得最大值，此时四边形的面积也取得最大值，解答即可． （2）分两种情况，利用三角函数，等腰三角形得性质，三角形全等的判定和性质，解答即可． 【详解】（1）①证明：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； ②解：取的中点G，连接，并延长交于点E，连接，过点D作于点H， ∵， ∴，， ∴是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为：， 根据题意，得到都是定值，是动值， 根据圆的性质，得当点D与点E重合时，取得最大值，此时四边形的面积也取得最大值， ∴四边形面积的最大值为：， ∵，的半径为， ∴，， ， ∴四边形面积的最大值为：； （2）解：（i）当点D在优弧上时，如图，延长到点E，使得, ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 过点C作，交于点H， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （ii）当点D在劣弧上时，如图，延长到点F，使得, ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点C作，交于点G， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上所述，或． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，正弦函数的应用，余弦函数的应用，熟练掌握性质是解题的关键． 57．（25-26九年级上·江苏南京·期中）一般地，经过三角形的两个顶点且与该三角形的一条边相切的圆叫作这个三角形的“准接圆”．特别地，当“准接圆”还与该三角形的另一条边相切时，该圆叫作该三角形的“强准接圆”． 【概念理解】 （1）以下四个图中，是的准接圆的是（   ） A．    B．    C．    D． 【深入思考】 （2）以下命题：①任意三角形都存在准接圆；②三角形准接圆的圆心一定在该三角形的外部；③三角形准接圆的直径大于或等于以其经过的两个顶点为端点的边．其中，是真命题的是 （填序号） （3）如果一个三角形存在强准接圆，那么它应满足什么条件？说明理由． 【计算求解】 （4）已知在中，． ①若存在强准接圆，则强准接圆的半径长随着的变化而变化，关于的函数表达式是 ； ②当时，直接写出的准接圆的半径长． 【答案】（1）C；（2）①③；（3）等腰三角形，理由见解析；（4）①；②半径长为或2或或或或． 【分析】此题考查“准接圆”的定义，全等三角形的判定和性质，切线的性质，勾股定理等， （1）根据“准接圆”的定义直接判断即可； （2）根据“准接圆”的定义判断各选项； （3）结合题意画出图形，证明，推出，由此得到如果一个三角形存在强准接圆，那么为等腰三角形； （4）①如图，由（3）结论可知，由此得到四边形是正方形，即可得到； ②根据“准接圆”的定义，分六种情况，理由勾股定理分别求解． 【详解】解：（1）选项A经过三个顶点，不与边相切，不符合题意； 选项B与三边相切，但不经过定点，不符合题意； 选项C经过两个顶点，且与边相切，符合题意； 选项D与两边相切，但只经过定点C，不符合题意； 故答案为: C; （2）①根据定义可知任意三角形都存在准接圆，故①为真命题; ②如图，当“准接圆”与边的切点恰好为顶点时，此时圆心在三角形的边上，故②为假命题; 当“准接圆”与边的切点恰好为顶点时，此时圆心在三角形的边上，其直径等于以其经过的两个顶点为端点的边， 如图，此时为直径，， ， 此时满足三角形准接圆的直径大于以其经过的两个顶点为端点的边，故③正确； 故答案为：①③； （3）如果一个三角形存在强准接圆，则这个三角形为等腰三角形，理由如下： 如图，为的“强准接圆”， 连接， 根据题意可知， 在和中， ， ∴， ∴， ∴为等腰三角形； （4）①如图，由（3）结论可知， ∵， ∴四边形是正方形， ∴； ②第一种情况：圆经过顶点B，C，且与边相切，此时； 第二种情况：圆经过顶点A，C，且与边相切，此时； 第三种情况，圆经过顶点B，C，且与边相切， 过点O作，交于点M，交于点N， 则，， 设，则， 在中，， 在中，， ∴， 解得， ∴； 第四种情况，圆经过顶点A，C，且与边相切， 过点O作，交于点M，交于点N， 则，， 设，则， 在中，， 在中，， ∴， 解得， ∴； 第五种情况，圆经过顶点A，B，且与边相切， 过点O作，交于点M， 则， ∴ 在中，， ∴， 解得； 第六种情况，圆经过顶点A，B，且与边相切， 过点O作，交于点M， 此时， ∴ 在中，， ∴， 解得； 综上，半径长为或2或或或或． 58．（2023·浙江宁波·一模）定义，若四边形的一条对角线平分这个四边形的面积，则称这个四边形为倍分四边形，这条对角线称为这个四边形的倍分线．如图1，在四边形中，若，则四边形为倍分四边形，为四边形的倍分线． (1)判断：若是真命题请在括号内打，若是假命题请在括号内打． ①平行四边形是倍分四边形（______） ②梯形是倍分四边形（______） (2)如图1，倍分四边形中，是倍分线，若，，，求的长； (3)如图2，在，，以为直径的分别交于点，已知四边形是倍分四边形． ①求的值； ②如图3，连结，交于点，取中点，连结交于，若，求的长． 【答案】(1)（1）①；② (2) (3)①；② 【分析】（1）①平行四边形的对角线平分平行四边形的面积，可判断①是真命题； ②梯形的对角线不平分梯形的面积，可判断②是假命题； （2）过作于，根据是四边形的倍分线，，可得，故，，故； （3）①连接，，，设交于，由，得，故，可知倍分四边形中，是倍分线，即，而，，有，从而，知，，设，由，有，可得，，根据勾股定理可得，即得； ②连接交于，作中点，连接，由为的中点，得，，，则，，证明，得，故，而是的中位线，可得，，故，即得． 【详解】（1）①平行四边形的对角线平分平行四边形的面积，故平行四边形是倍分四边形，①是真命题； 故答案为：； ②梯形的对角线不平分梯形的面积，故梯形不是倍分四边形，②是假命题； 故答案为：； （2）过作于，如图： 是四边形的倍分线，， ， ， 在中， ， ，， ， 在中， ， 的长为； （3）①连接，，，设交于，如图： 为的直径， ， ， ， ， 倍分四边形中，是倍分线，即， ，， ， ， ，， 设，则， ， ， ， ， ，， 在中，， 在中，， 在中，， ； ②连接交于，作中点，连接，如图： 为的中点， ，，， 在中，， ， 由①知，， ，， ， ， ， 为的中点， 是的中位线， ，， ， ， ． 【点睛】本题考圆的综合应用，涉及新定义，全等三角形的判定与性质，相似三角形判定与性质，锐角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形解决问题． 59．（2024·江苏常州·中考真题）对于平面内有公共点的两个图形，若将其中一个图形沿着某个方向移动一定的距离后与另一个图形重合，则称这两个图形存在“平移关联”，其中一个图形叫做另一个图形的“平移关联图形”． (1)如图，是线段的四等分点．若，则在图中，线段的“平移关联图形”是________，________（写出符合条件的一种情况即可）； (2)如图，等边三角形的边长是．用直尺和圆规作出的一个“平移关联图形”，且满足（保留作图痕迹，不要求写作法）； (3)如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别是、、，以点为圆心，为半径画圆．若对上的任意点，连接所形成的图形都存在“平移关联图形”，且满足，直接写出的取值范围． 【答案】(1)， (2)图见解析（答案不唯一） (3)或． 【分析】（）根据平移的性质，进行求解即可； （）延长，在射线上截取线段，分别以为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，即为所求； （）分在圆内和圆外两种情况，进行求解即可． 【详解】（1）解：∵是线段的四等分点．， ∴， ∴， ∴线段的平移图形是，； 故答案为：，； （2）解：如图所示，即为所求； 由作图可知：， ∴四边形为菱形， ∴， ∵， ∴四边形为菱形， ∴， ∴即为所求； （3）解：∵点的坐标分别是、、， ∴， ∴，， ∵对上的任意点，连接所形成的图形都存在“平移关联图形”，且满足，且， ∴或， 如图，当 DE在外时,分别以点D,E为圆心,3为半径画弧,两弧交于点F,则取点F在y轴上半轴时，   ,, , ∴； 同理当在内时，分别以点D,E为圆心,3为半径画弧,两弧交于点F,则取点F在y轴下半轴时，   ,, ∴， 综上：或． 【点睛】本题考查图形的平移，点到圆上一点的最值，坐标与图形，勾股定理，菱形的判定，尺规作图等知识点，熟练掌握相关知识点，理解新定义，是解题的关键． 60．（24-25九年级上·北京·期中）对于平面直角坐标系中的点P和图形W，图形W上任意两点间的距离有最大值，将这个最大值记为d．给出如下定义：若在图形W上存在一点Q，使得P，Q两点间的距离小于或等于，则称P为图形W的“伴随关联点”． (1)如图1，图形W是半径为2的． ①图形W上任意两点间的距离的最大值d为 ； ②在点，，中，的“伴随关联点”是 ； (2)如图2，图形W是中心在原点的正方形，点．若直线上存在正方形的“伴随关联点”，求t的取值范围； (3)点为x轴上的动点，直线与x轴、y轴分别交于两点，点P为线段MN上的任意一点，均为半径为4的的“伴随关联点”，直接写出t的取值范围． 【答案】(1)4， (2) (3)或 【分析】（1）①根据圆的特点，找出最大值即可； ②根据“伴随关联点”的定义，对每一个点进行判断即可； （2）由题意可得，过点作垂直直线，交于点， 当或时，，则时，直线，上存在点，使点为正方形的“关联点”； （3）分两种情况：①当点在轴负半轴上时；②点在轴正半轴上时，根据“伴随关联点”的定义，求出的临界值即可． 【详解】（1）解：①图形W是半径为2的， 图形W上任意两点间的距离的最大值为直径的长， ， ②到圆心的距离为， 的半径为2， 的最小值为， 是的“伴随关联点”， 到圆心的距离为， 的半径为2， 的最小值为， 不是的“伴随关联点”， 到圆心的距离为， 的半径为2， 的最小值为， 不是的“伴随关联点”， 在点，，中，的“伴随关联点”是． （2）解：图形W是中心在原点的正方形，且， 正方形的边长为， 正方形中任意两点的距离最值为或的长， ， 过点作垂直直线，交于点， ①    如图，设直线与轴正半轴交于点 当时，， ， ，此时； ②    如图设直线与轴负半轴交于点， 当时，， ， ，此时， 若直线上存在正方形的“伴随关联点”， 则， （3）解：的圆心为，半径为4， ， 直线与x轴、y轴分别交于两点， 令时，，令， ， ①当点在轴负半轴上时， 点为线段上离最远的点，如图所示，可以保证线段MN上的任意一点，均为半径为4的的“伴随关联点” 使点到的距离为， 则， ∴， ∴； 过点T作线段的垂线于点B，交于点A，则当垂直平分时，点A与线段MN上任一点的距离是最大的，则能保证线段MN上的任意一点，均为半径为4的的“伴随关联点”； ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴； 综上，当在x轴负半轴上时，； ②当点在轴正半轴上时， 如图，连接并延长交于F，设在点T左边交x轴于点E， 当时，则线段任一点P到的最小距离不大于2，即线段MN上的任意一点，均为半径为4的的“伴随关联点”； ∴，， 即； 当点为线段上离最远的点，如图，保证线段MN上的任意一点，均为半径为4的的“伴随关联点”； 点到的距离为， ∴， ， ； 综上，点在轴正半轴上时，； 综合上述两种情况，t的取值范围为或． 【点睛】本题考查了圆的综合应用，弄清定义，能够根据定义，结合正方形的性质，圆的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，数形结合是解题的关键． 61．（23-24九年级上·北京西城·期中）如图1，对于的顶点及其对边上的一点，给出如下定义：以为圆心，为半径的圆与直线的公共点都在线段上，则称点为关于点的内联点． 在平面直角坐标系中： (1)如图2，已知点，点在直线上． ①若点，点，则在点O，C，A中，点__________是关于点的内联点； ②若关于点的内联点存在，求点纵坐标的取值范围； (2)已知点，点，将点绕原点旋转得到点，若关于点的内联点存在，请求出当点落在第四象限时的最大值． 【答案】(1)①，；② (2) 【分析】（1）①分别以为圆心，，，为半径作圆，观察图象根据线段与圆的交点的位置，可得结论． ②如图2中，当点时，此时以为半径的圆与直线的公共点都在线段上，此时点是关于点的内联点，当点时，以为半径的圆，与线段有公共点，此时点是关于点的内联点，利用图象法即可解决问题． （2）如图3中，过点作轴于，过点作轴于．利用相似三角形的性质及全等三角形的性质及判定，结合图象法可得结论． 【详解】（1）解：①如图1中，根据点为关于点的内联点的定义，观察图象可知，点，点是关于点的内联点． 故答案为：，． ②如图2中，当点时，此时以为半径的圆与线段有唯一的公共点，此时点是关于点的内联点， 当点时，以为半径的圆，与线段有公共点，此时点是关于点的内联点，观察图象可知，满足条件的的值为． （2）解：如图3中，过点作轴于，过点作轴于． ， ，， ， 点在第四象限，当时，设交于， ，，， ， ， ，， 在中，则有， 解得， ，， ∵轴, , ∴, ∵， ∴， ∴即, 解得， ∵关于点的内联点存在， ∴观察图象可知，满足条件的的最大值为． 【点睛】本题属于圆综合题，考查了点为关于点的内联点的定义，一次函数的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊点，特殊位置解决问题． 62．（2025·江苏连云港·模拟预测）圆与反演点 已知的半径为，在从出发的同一条射线上有两点和，若，则称为关于的反演点，反之亦然． 【概念理解】 （1）下列对反演的描述： ①若点在圆外，则它的反演点可能在圆内，也可能在圆外； ②圆的整个内部与其外部是一一对应彼此反演的； ③圆上的点的反演点是圆自身． 其中，所有正确的序号是___________． 【掌握应用】 （2）若是关于的反演点，且，求的长． （3）半径为，若，是关于的反演点，，且，直接写出与的数量关系． 【探索确定】 （4）如图，四边形是菱形，在的延长线上．若和是关于的反演点，在图中用尺规作出． 【答案】（1）②③；（2）；（3）；（4）图形见解析 【分析】本题考查圆的综合，解一元二次方程，菱形的性质等知识点，理解反演点的定义是解题的关键； （1）由反演点的定义得到，再根据题意判断之间的关系，即可判断3个选项； （2）根据反演点定义得到，，或，分别代入解方程即可； （3）由，且可得，，代入计算即可； （4）由四边形是菱形可得，，得到，再根据反演点定义得到，，推出，得到，， 则的半径为，，以为圆心，为半径画弧与的交点即为圆心，再以为圆心，为半径画出． 【详解】解：（1）①若点在圆外，则，由可得，即它的反演点在圆内，故说法错误； ②由可得，若点在圆内，则每一个值都有一个圆外对应的值，反之也成立，即圆的整个内部与其外部是一一对应彼此反演的，故说法正确； ③圆上的点到圆心的距离，即它们的反演点是圆自身，故说法正确， 故答案为：②③． （2）∵是关于的反演点，且， ∴，或， 当时，由可得，解得（负值已舍去）； 当时，由可得，解得（负值已舍去）； 综上所述，； （3）∵，且， ∴， ∴，， ∵， ∴， 解得（负值已舍去）； （4）∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵在的延长线上．若和是关于的反演点， ∴， ∴，即， 整理得， ∴，， ∴的半径为，， 以为圆心，为半径画弧与的交点即为圆心，再以为圆心，为半径画出，图形如下： 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $