重难点10-3 几何辅助线构造核心方法（与四边形、圆有关的辅助线问题6大类型21种高频题型配套）（复习讲义）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测

该初中数学中考复习讲义聚焦几何辅助线构造核心方法，覆盖四边形（一般、特殊）和圆（性质、切线等）6大类型21种高频题型，按“类型划分-方法归纳-真题应用”架构，通过考点梳理、辅助线作法指导及中考真题训练，帮助学生系统突破几何难点。 亮点在于“类型化辅助线策略”与核心素养结合，如“筝形连接对角线”培养几何直观，“切线连圆心与切点”提升推理能力。设计“方法归纳+真题演练”环节，配合分层题型训练，确保高效复习，助力学生掌握解题通法，教师可据此精准把控复习节奏。

重难点10-3 几何辅助线构造核心方法（与四边形、圆有关的辅助线问题・6大类型21种高频题型配套） 重难点一 与四边形有关的辅助线问题 题型01 一般四边形 类型一 遇邻边相等的四边形，连接对角线 1．（2025·浙江·三模）数学学习小组成员在阅读课外书中，学习了一种特殊的四边形：筝形，其定义为：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．因此大家以“筝形”为主题开展了实践探究活动． 【素材】学习小组成员将一张长方形卡纸对折后压平，按图中的方法剪出一个三角形，把纸展平，得到四边形． 【探究】(1)如图，判断四边形是否为筝形．若是筝形，请指出哪两组邻边相等；若不是筝形，请说明理由． (2)如图，在探究筝形性质的过程中，猜想：垂直平分．你认为该猜想是否成立？请说明理由． (3)在第（2）题基础上，已知，若，，求筝形的面积． 2．（2025许昌模拟预测）【教材呈现】 活动2  用全等三角形研究：“筝形” 如图，四边形中，，．我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．请你自己画一个筝形，用测量、折纸等方法猜想筝形的角、对角线有什么性质、然后用全等三角形的知识证明你的猜想． 请结合教材内容，解决下面问题： 【概念理解】 （1）如图1，在正方形网格中，点A，B，C是网格线交点，请在网格中画出筝形． 【性质探究】 （2）小文得到筝形角的性质是“筝形有一组对角相等”，请你帮他将证明过程补充完整． 已知：如图2，在筝形中，，．求证：． 证明： （3）如图3，连结筝形的对角线，交于点O．请用文字语言写出筝形对角线的一条性质，并给出证明． 【拓展应用】 （4）如图4，在中，，，点D、E分别是边，上的动点，当四边形为筝形时，请直接与出的度数． 类型二 遇邻角相等的四边形，想到延长对边 1．（2024西安模拟预测）（1）【问题提出】如图①，在中，，则是______三角形； （2）【问题探究】如图②，五边形中，已知米，米，，，求的长； （3）【问题解决】某市一湿地公园内有一条四边形型环湖路，如图③所示．已知米，米，，，．为了进一步提升服务休闲功能，满足市民游园和健身需求，现要修一条由、、连接而成的步行景观道，其中点，分别在边，上．为了节省成本，所修的这条步行景观道需最短，即的值最小，求此时、的长．    2．（24-25九年级上·福建莆田·期末）（1）阅读材料：小红遇到这样一个问题：如图，在四边形中，，，，，求的长．小红发现，延长与相交于点，通过构造，经过推理和计算能够使问题得到解决如图请回答：的长为 ． （2）参考小红思考问题的方法，解决问题： ①如图，在四边形中，，，，，求和的长； ②如图，四边形内接于，，，，，求的长． 类型三 遇到一个内角为直角的四边形，延长对比构Rt△ 1．（2025·江苏淮安·一模）如图，一块四边形铁片中，，，在此四边形中裁剪出一个面积最大的圆形铁片，则该圆形铁片的半径为 ． 2．（2025·山东泰安·三模）如图，在四边形中，，，若，，则四边形的面积为（   ） A．44 B．48 C． D． 3．（2025·安徽·二模）如图，在四边形中，已知，，则的长为（  ） A． B． C．4 D． 类型四 遇一组对边平行的四边形，过顶点作平行线 1．（23-24八年级下·广东江门·期中）综合与实践 如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，交直线于点E，垂足为点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当D在AB中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)在（2）的条件下，当_____时，四边形是正方形． 2．（2025·黑龙江佳木斯·二模）几何综合题 如图，在四边形中，，，cm，cm，cm，点Q从点A出发以2cm/s的速度沿向点D运动，点P从点B同时出发以1cm/s的速度沿向点C运动，当其中一点到达终点时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒．    (1)当t为何值时，以P，Q，B，D为顶点的四边形是平行四边形？ (2)是否存在某一时刻t，使得四边形的面积等于原四边形面积的一半？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由． 3．（2025·浙江丽水·二模）如图1，在四边形中，，．小丽和小明研究用直尺和圆规作图，在上作点，使得四边形是矩形． 小丽：如图2，以点为圆心，长为半径作弧，交边于点，连结． 小明：如图3，以点为圆心，长为半径作弧，交边于点，连结． 小慧：根据所学知识，我能判断出小丽的做法是正确的，但是对小明的作法我存在疑惑． (1)请给出小丽作法中四边形是矩形的证明． (2)请判断小明作法是否正确，并说明理由． 类型五 含四边中点的四边形，想到顺次连接各中点 1．（2025·广东广州·中考真题）如图，菱形的面积为10，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．5 C．4 D．8 2．（2025·四川德阳·中考真题）如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ） A．4 B．5 C．8 D．10 3．（2025·广西南宁·一模）综合与探究 【初步感知】如图1，是三边的中点，则叫作的内中点三角形，叫作的外中点三角形． （1）直接写出面积与面积的数量关系； （2）在图2的网格中画出的外中点． 【类比探究】如图3，是四边形各边的中点，则四边形叫作四边形的内中点四边形，四边形叫作四边形的外中点四边形． （3）求证：四边形是平行四边形； （4）若四边形的面积为，四边形面积为，求证：； （5）在图4的网格中画出的一个外中点四边形．（要求：都在网格线的交点上） 题型02 特殊四边形 类型一 看到平行四边形，想到连接对角线 1．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在平行四边形中，点，分别在边，上，交于点，且，求证：点是线段的中点． 2．（2025·江苏泰州·三模）在中，，，，点E、F分别在上不与端点重合，且，将四边形沿着翻折至四边形处． (1)如图1，与交于点Q，若，求证：四边形为平行四边形； (2)当点G落在边上不与A、D重合时，请用无刻度的直尺和圆规在图2中作出点保留作图痕迹，不要求写作法； (3)当点G落在的边上时，求点B、G之间的距离． 3．（2025·山西长治·一模）阅读与思考 下面是某小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“平行四边形准中点四边形”的研究报告 研究对象：平行四边形的“准中点四边形”． 定义：如图1，分别是各边的中点，连接交于点，连接，交于点，则四边形称为的“准中点四边形”． 性质：四点共线． 结论：1．四边形为平行四边形；2．当满足什么条件时，其“准中点四边形”为菱形？ 任务一：（1）写出结论1的证明过程． 任务二：（2）直接写出结论2中满足的条件：______． 任务三：（3）如图2，已知矩形为某平行四边形的准中点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法） 类型二 看到平行四边形，想到作垂线 1．（2025年贵州省黔东南州剑河县第四中学中考模拟考试数学试卷）在平行四边形中，E是中点，连接并延长，交的延长线于点F． (1)求证：． (2)若，，，求的面积． 2．（2025年山西省九年级中考数学模拟练习试卷（一））如图，两张宽度相等的纸条交叉重叠，重合的部分是什么形状的四边形？请说明理由． 3．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，点，，，分别在边，，，上，且，将分成面积相等的四部分．若，则的长为 ． 4．（2025年湖南省长沙市立信中学中考三模数学试题）已知：如图，在平行四边形中，，，，为上一动点，作，射线交射线于点． (1)如图1，当时，求的长； (2)如图2，若，求证：； (3)如图3，当点在线段上时，射线交射线于点，求线段多长时，线段最长，最大值为多少？ 类型三 看到平行四边形及对角线，想到作平行线 1．（2025·贵州·中考真题）如图，在矩形中，点E，F，M分别在，，边上，分别交对角线、线段于点G，H，且是的中点．若，则的长为 ． 2．如图，在四边形中，，，，E是的中点．点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿向点D运动；点Q同时以每秒3个单位长度的速度从点C出发，沿向点B运动．点P停止运动时，点Q也随之停止运动，当运动时间t秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形，则t的值为 ． 3．（2023·湖南衡阳·二模）已知：在中，，，E为上一点，连接交于F，过点D作于G，延长交于H      (1)如图1，若点E与点C重合，且，求AD的长； (2)如图2，连接，求证：； (3)如图3，连接交于M，当M为的中点时，请直接写出与的数量关系． 4．（2023·宁夏吴忠·一模）知识再现 如图①，在正方形中，，，，分别是边，，，上的点，，当时， ； 问题探究 如图②，在中，，分别是边，上的点，，猜想与的数量关系，并说明理由； 实践应用 如图③，在中，，，，分别是，上的点，交于点，，，，求的长． 重难点二 与圆有关的辅助线问题 题型01 与圆的性质定理有关 类型一 遇圆周角，连接半径，构圆心角 1．（2025·西藏·中考真题）如图，在中，直径，是的弦，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·山东青岛·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，，直线与相切于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，是的内接三角形，．若的半径为2，则劣弧的长为 ． 4．（2025·江西·中考真题）如图，点A，B，C在上，，以，为边作． (1)当经过圆心O时（如图1），求的度数； (2)当与相切时（如图2），若的半径为6，求的长． 类型二 遇圆周角，连接弦，构圆周角 1．（2025·山西·中考真题）如图，为的直径，点是上位于异侧的两点，连接．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，以为直径作，分别交，于点，，连接并延长，交于点，过点作的切线，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 3．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，是弦延长线上的一点，且的延长线交于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 4．（2025·山东济南·中考真题）如图，是的直径，C为上一点，P为外一点，，且，连接． (1)求证：与相切； (2)若，，求的长． 类型三 遇圆周角及劣弧上一点，连接弦，构圆内接四边形 1．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，是的外接圆，连接、，若，则（    ）° A．80 B．100 C．140 D．160 2．（2025·安徽·模拟预测）如图，点A在上做圆周运动，已知，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·四川自贡·中考真题）分别与相切于两点．点在上，不与点重合．若，则的度数为（    ） A． B． C． D．或 4．（2025·河北邯郸·三模）如图，公园里，，，四个亭子（看作点）在上，且点在点的南偏西方向上，点在点的正南方，点在点的南偏东方向上．计划在的延长线上再修建一个亭子，使．下列说法正确的是（   ） A． B．点在点的南偏东方向上 C．点在点的南偏东方向上 D．设与交于点，连接，则 5．（2025·内蒙古·模拟预测）如图，点A，B，C，D柜上，点B是的中点，过点C作的切线交的延长线于点E．若，则（    ） A． B． C． D．   类型四 遇非直径弦与垂直于它的半径，连接弦端点与圆心，构造Rt△ 1．（2025·四川广元·中考真题）如图，是的弦，过圆心O作于点H，交于点A，，点M是上异于C，D的一点，连接，，则的值是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·四川南充·中考真题）如图，是的直径，于点，交于点，于点，交于点，为弧的中点，为线段上一动点，若，则的最小值是（    ） A．4 B． C．6 D． 3．（2025·湖北·中考真题）如图，是的外接圆，．过点作，垂足为，交于点，交于点．过点作的切线，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，求的半径． 4．（2025·江西吉安·二模）如图，为的直径，内接于，且，连接，在的延长线上取一点E，使得． (1)求证：为的切线； (2)若的半径为2，时，求图中阴影部分的面积． 类型五 遇非直径弦与弦端点的半径，过圆心作弦的垂线，构造Rt△ 1．（2025·江苏南通·二模）如图，矩形中，，，以为直径作半圆，则图中阴影部分的面积是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·湖北·二模）如图，已知矩形的顶点B，C在半径为5的半圆O上，顶点A，D在直径上．若，则矩形的面积等于（    ） A．21 B．22 C．23 D．24 3．（2025·河南焦作·三模）如图，直线是东西方向的海岸线，北侧是海面，南侧是陆地．信号塔位于码头南偏西方向上，位于码头南偏东方向上．已知信号塔的信号覆盖面是以为半径的圆形，之间的距离为 ，则海面上被信号覆盖区域（阴影部分）的面积约为（   ）（结果精确到．参考数据：） A． B． C． D． 4．（2025·广东广州·一模）如图，和是的两条弦，且．已知的半径为3，，以为圆心，为半径作弧．若把扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面圆半径为（    ） A． B． C． D． 题型02 与切线有关 类型一 已知切线及切线上一点，连接圆心与切点、圆心与该点，构造Rt△ 1．（2025·青海西宁·三模）如图，，是的两条切线，切点分别为点A，B，连接与相交于点C，若，，则的长为 ． 2．（2025·河南驻马店·模拟预测）足球不仅是全球最受欢迎的运动，更是一种文化纽带．它超越国界，连接人心，激发团队精神与拼搏意志，带来激情与欢乐，成为人们情感交流的桥梁图①是一次足球比赛的奖杯，图②是从奖杯中抽象出的几何模型，是圆的切线，为切点． (1)请用无刻度的直尺和圆规作出这个圆的圆心（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，延长交射线于点，若，请补全图形，并求的长． 3．（2025·四川广元·一模）如图， 在中，，以为直径作． 为上一点，且，连接并延长交的延长线于点． (1)求证：直线与相切； (2)若， 求的长． 4．（2025·辽宁·模拟预测）古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，现根据刘微的《重差》测量一个球体建筑物的高度．如图，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上两点与点在一条直线上，且在点的同侧，若在处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且． (1)求的长度； (2)求该球体建筑物的最高点到地面的距离．（参考数据：） 5．（2025·山东东营·中考真题）如图，是的直径，、是上的两点，，于点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为，求图中阴影部分的面积． 类型二 公共点已知时判定切线 1．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，是的弦，过点作直线，以为顶点作，分别交、于点、，若． (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若的半径为3，，求的长． 2．（2025·四川广安·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，点E在的延长线上，连接，． (1)求证：是的切线． (2)过点C作，垂足为D，若的面积是的面积的3倍，，求的长． 3．（2024·广东珠海·三模）综合探究 如图，在中，，在上取一点，以点为圆心，长为半径作圆，分别交于点，交于点，交于点，连接，且为的中点． (1)【问题初探】求证：为的切线； (2)【深入探究】连接，求证：； (3)【问题拓展】若，，求，的长． 类型三 公共点未知时判定切线 1．（2025·广东深圳·模拟预测）如图①，半圆的直径，和是它的两条切线，与半圆相切于点，并与，分别相交于，两点． (1)请直接写出的度数； (2)求的值； (3)如图②，连接并延长交于点，连接，试判断能否与 相似？若能相似，请求的值；若不能相似，请说明理由． 2．（23-24九年级下·辽宁沈阳·开学考试）如图，平分，点O在射线上，以点O为圆心，半径为1的与相切于点，连接并延长交于点，交于点 ． (1)求证：是的切线． (2)若，求图中阴影部分的面积（结果保留根号和） 3．（2025九年级·江西·专题练习）【课本再现】（1）如图①，PA，PB是的两条切线，切点分别为A，B．图中的PA与PB，与有什么关系？请说明理由． 【知识应用】（2）如图②，PN，PD，DE分别与相切于点A，B，C，且，连接OD，OP，延长PO交于点M，交DE于点E，过点M作交PN于点N． ①求证：MN是的切线； ②当时，求的半径及图中阴影部分的面积． 4．（2025·湖南长沙·中考真题）如图1，点O是以为直径的半圆的圆心，与均为该半圆的切线，C，D均为直径上方的动点，连接，且始终满足． (1)求证：与该半圆相切； (2)当半径时，令，，，，比较m与n的大小，并说明理由； (3)在（1）的条件下，如图2，当半径时，若点E为与该半圆的切点，与交于点G，连接并延长交于点F，连接，，令，，求y关于x的函数解析式．（不考虑自变量x的取值范围） 题型03 遇正多边形内切圆与外接圆 类型一 遇多边形的内切圆，连圆心与切点或圆心与顶点 1．（2025·浙江杭州·二模）如图，是的内切圆，分别切，，于点D，E，F，，P是上一点，则的度数是（　　） A． B． C． D． 2．（2025·湖北武汉·三模）如图，在中，，为中线，若，，设与的内切圆半径分别为，，则的值为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·四川绵阳·三模）如图，在中，，，，I为的内心，于点D，则的长为（    ） A．2 B．1 C．3 D． 4．（2024·浙江杭州·二模）如图，平面直角坐标系中三个点的坐标为，，．则的内切圆半径长为 ． 类型二 遇多边的外接圆，连圆心与顶点或链接圆心与顶点并作垂线 1．（2025·广东东莞·模拟预测）如图，为的外接圆，半径，垂足为点E，，则的长为（    ） A． B． C．10 D．8 2．（2025·四川南充·二模）如图，是等边的外接圆，，分别为，的中点，延长交于点，若的半径，则的长度为（      ） A． B． C． D． 3．（24-25九年级上·山东聊城·期中）如图所示的网格由边长相同的小正方形组成，点在小正方形的顶点上，则的外心是（    ） A．点 B．点 C．点 D．点 4．（2025·广东广州·一模）如图，平面直角坐标系中，点坐标分别为．点是轴正半轴上的一点，且满足，则的外接圆的半径等于（   ） A． B． C．8 D．4 题型04 遇含扇形的不规则图形面积 不规则图形的面积计算可以通过割补法、等积变换法和容斥原理法等方法实现.割补法将图形分割成简单几何形状，分别计算面积后求和.等积变换法通过几何变换，如旋转、翻转，将图形转换为规则形状以便计算面积.容斥原理法先计算各单独形状的面积，再根据形状间的重叠情况进行加减，得出整体面积.这些方法的选择取决于图形的特点和计算需求. 类型一 割补法 1．（2025·四川资阳·中考真题）如图，在正六边形中，，连接，，以点D为圆心、的长为半径作圆弧，则图中阴影部分的面积是 ． 2．（2025·河南·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在为《九章算术》作注时，创立了“割圆术”．如图是研究“割圆术”时的一个图形，所在圆的圆心为点O，四边形为矩形，边与相切于点，连接，，连接交于点．若，则图中阴影部分的面积为 ． 3．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在中心为的正六边形中，点G，H分别在边，上，且不同于正六边形的顶点，． (1)证明：四边形为平行四边形； (2)若正六边形的边长为4，以点为圆心，为半径的扇形与正六边形形成阴影部分，求图中阴影部分的面积． 类型二 等积变换法 1．（2025·山东烟台·中考真题）如图，正六边形的边长为4，中心为点，以点为圆心，以长为半径作圆心角为的扇形，则图中阴影部分的面积为 ． 2．（2025·四川成都·中考真题）如图，的半径为1，A，B，C是上的三个点．若四边形为平行四边形，连接AC，则图中阴影部分的面积为 ． 3．（2025·江苏南通·中考真题）如图，与相切于点，为的直径，点在上，连接，且． (1)连接，求证：； (2)若，，求图中阴影部分的面积． 类型三 容斥定理 1．（2025·山西·中考真题）如图，在中，，分别以点为圆心、的长为半径画弧，与的延长线分别交于点．若，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·云南·模拟预测）如图所示，分别以等边三角形的三个顶点为圆心，边长为半径画弧，得到的封闭图形是莱洛三角形．若，则图中阴影部分的面积为（     ） A． B． C． D． 3．（2025·江苏南通·模拟预测）如图，正方形的边长为，以为圆心，为半径作圆弧；以为圆心，为半径作圆弧．若图中阴影部分的面积分别记为、，则的值为（    ） A． B． C． D． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点10-3 几何辅助线构造核心方法（与四边形、圆有关的辅助线问题・6大类型21种高频题型配套） 重难点一 与四边形有关的辅助线问题 题型01 一般四边形 类型一 遇邻边相等的四边形，连接对角线 1．（2025·浙江·三模）数学学习小组成员在阅读课外书中，学习了一种特殊的四边形：筝形，其定义为：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．因此大家以“筝形”为主题开展了实践探究活动． 【素材】学习小组成员将一张长方形卡纸对折后压平，按图中的方法剪出一个三角形，把纸展平，得到四边形． 【探究】 (1)如图，判断四边形是否为筝形．若是筝形，请指出哪两组邻边相等；若不是筝形，请说明理由． (2)如图，在探究筝形性质的过程中，猜想：垂直平分．你认为该猜想是否成立？请说明理由． (3)在第（2）题基础上，已知，若，，求筝形的面积． 【答案】(1)是筝形， (2)成立，见解析 (3) 【分析】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识． （1）根据折叠的性质可知，，，再根据“筝形”的定义可得结论； （2）由折叠的性质得，，，，则，可得，，进而可得结论； （3）先证明得，求出，再由勾股定理求出，则，再根据求解即可． 【详解】（1）解：根据折叠的性质可知，，， ∴是筝形，两组相等的邻边分别是，； （2）解：猜想成立，理由如下： 由折叠的性质得，，，， ∴， ∴，， ∴垂直平分； （3）解：∵且， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由， 得， 解得， ∴， ∴， 答：筝形的面积为． 2．（2025许昌模拟预测）【教材呈现】 活动2  用全等三角形研究：“筝形” 如图，四边形中，，．我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．请你自己画一个筝形，用测量、折纸等方法猜想筝形的角、对角线有什么性质、然后用全等三角形的知识证明你的猜想． 请结合教材内容，解决下面问题： 【概念理解】 （1）如图1，在正方形网格中，点A，B，C是网格线交点，请在网格中画出筝形． 【性质探究】 （2）小文得到筝形角的性质是“筝形有一组对角相等”，请你帮他将证明过程补充完整． 已知：如图2，在筝形中，，．求证：． 证明： （3）如图3，连结筝形的对角线，交于点O．请用文字语言写出筝形对角线的一条性质，并给出证明． 【拓展应用】 （4）如图4，在中，，，点D、E分别是边，上的动点，当四边形为筝形时，请直接与出的度数． 【答案】【教材呈现】，垂直平分，平分和，证明见解析 〖概念理解〗（1）见解析 〖性质探究〗（2）见解析 （3）有一条对角线平分一组对角(答案不唯一)，证明见解析 〖拓展应用〗（4）或 【分析】〖教材呈现〗利用证明，即可得出结论； （1）取格点B的关于对称格点D，连接、即可； （2）连接，利用证明，即可得出结论； （3）利用证明，即可得出结论； （4）分两种情况：①当筝形中，时，②当筝形中，时，分别求解即可． 【详解】解：〖教材呈现〗如图， 猜想筝形的角、对角线有的性质：，垂直平分，平分和， 证明：∵，，， ∴， ∴，，， 即平分和， ∴垂直平分． 〖概念理解〗（1）如图1，四边形即为所求； 〖性质探究〗 （2）如图2，连接， 在与中， ， ∴， ∴； （3）有一条对角线平分一组对角(答案不唯一)， 证明∶ 在与中， ， ∴， ∴，， 即平分、． 〖拓展应用〗 （4）分两种情况：①当筝形中，时，如图4-1， ∴； ②当筝形中，时，如图4-2， ∵ ∴ ∴ 综上，当四边形为筝形时， 的度数为或． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，网格作图，三角形内角和与外角的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质是解题的关键，注意分类讨论思想的应用． 类型二 遇邻角相等的四边形，想到延长对边 1．（2024西安模拟预测）（1）【问题提出】如图①，在中，，则是______三角形； （2）【问题探究】如图②，五边形中，已知米，米，，，求的长； （3）【问题解决】某市一湿地公园内有一条四边形型环湖路，如图③所示．已知米，米，，，．为了进一步提升服务休闲功能，满足市民游园和健身需求，现要修一条由、、连接而成的步行景观道，其中点，分别在边，上．为了节省成本，所修的这条步行景观道需最短，即的值最小，求此时、的长．    【答案】（1）等边（2）12米（3）1500米，1500米 【分析】（1）根据三角形内角和可得，即可得到； （2）分别延长，，，交于点，，根据三角形内角和可得，即可求得，为等边三角形，推得为等边三角形，根据等量代换，即可求得； （3）延长，，交于点，分别作点关于和的对称点，，连接，与,分别交于点，，连接，，与交于点，根据最短路径可知，此时的值最小，根据等边三角形的判定可得为等边三角形，根据30度角所对的直角边是斜边的一半和勾股定理可得，，，，根据等腰三角形的判定和性质可得，根据等边三角形的判定和性质可得，，，即可求得． 【详解】（1）∵， ∴， 故是等边三角形， 故答案为：等边． （2）分别延长，，，交于点，，如图：    ∵， ∴， ∴，为等边三角形， ∴， ∴为等边三角形， 故， 即 ∴ ∴ ∴； 即的长为12米． （3）延长，，交于点，分别作点关于和的对称点，，连接，与,分别交于点，，连接，，与交于点，如图：    ∵，关于对称，，关于对称， ∴，， ∴， ∵，，，共线， ∴此时最小， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 故为等边三角形， ∴， ∴， 又∵，，， ∴， ∴，，， ∴， ∴，, ∴，， ∴为等腰三角形，且, ∴， ∵， ∴，， ∴，为等边三角形， ∴，， ∴， ． 【点睛】本题考查了三角形内角和，等边三角形的判定和性质，，最短路径，30度角所对的直角边是斜边的一半，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键． 2．（24-25九年级上·福建莆田·期末）（1）阅读材料：小红遇到这样一个问题：如图，在四边形中，，，，，求的长．小红发现，延长与相交于点，通过构造，经过推理和计算能够使问题得到解决如图请回答：的长为 ． （2）参考小红思考问题的方法，解决问题： ①如图，在四边形中，，，，，求和的长； ②如图，四边形内接于，，，，，求的长． 【答案】（1）；（2）①的长为，的长为；② 【分析】（1）延长、交于点，解，得出的长，那么，再解，即可求出； （2）①延长、交于点，由，得，那么，，设，则，，，在中，由得，求出，即可得解； ②延长、交于点，根据余弦的定义求出，根据相似三角形的性质求出． 【详解】解：（1）如图，延长、交于点， ∵，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 在中，，，， ∴， ∴的长为 故答案为：； （2）①如图，延长、交于点， ∵，，， ∴， ∴，， 设， ∴，，， 在中，，， ∴， 解得：， 经检验：是所列方程的解且符合题意， ∴，，， ∴， ∴的长为，的长为； ②如图，延长、交于点， ∵四边形内接于，，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 解得：， ∴的长为． 【点睛】本题属于解直角三角形的相关计算，考查了角的直角三角形的性质，锐角三角函数的定义，等角对等边，勾股定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质等知识点．通过作辅助线构造直角三角形是解题的关键． 类型三 遇到一个内角为直角的四边形，延长对比构Rt△ 1．（2025·江苏淮安·一模）如图，一块四边形铁片中，，，在此四边形中裁剪出一个面积最大的圆形铁片，则该圆形铁片的半径为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是切线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形内切圆，掌握相似三角形的性质、切线的性质是解题的关键．延长、交于点E，根据相似三角形的性质求出，进而求出，根据勾股定理求出，再根据切线的性质、三角形面积公式计算即可． 【详解】解：如图，延长、交于点E， ， ， ，即， 解得：， ， 由勾股定理得：， 当裁剪的圆为的内切圆时，面积最大，设该圆形铁片的半径为x， 由题意得：， 解得：， ，，， 半径为符合题意， 故答案为： 2．（2025·山东泰安·三模）如图，在四边形中，，，若，，则四边形的面积为（   ） A．44 B．48 C． D． 【答案】A 【分析】由，推出点四点共圆，连接，根据勾股定理求出，过点A作于E，连接，利用等腰三角形性质（“三线合一”）及垂径定理的推论证得，且共线，过点O作于F，则，通过勾股定理求得，根据中位线求得，最后根据 求得结果． 【详解】解：在四边形中，， 四点共圆，设圆心为O， 连接，则是直径， 在中，，， ， 过点A作于E， ， 连接，则， 共线， 在中，， ， ， 在中，， 过点O作于F，则， ， ， 在中，， ， ， ， 故选：A． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质（两腰相等、三线合一、等边对等角等）、直角三角形的性质（勾股定理等）以及四点共圆的判定和性质，三角形的中位线定理，垂径定理的推论等知识，解题的关键在于证明四点共圆的条件，通过共圆得到角之间的关系，再结合等腰三角形和直角三角形的特性进行推理计算．同时，构造辅助线将复杂的四边形问题转化为熟悉的三角形问题，运用三角形的性质和定理求解 ． 3．（2025·安徽·二模）如图，在四边形中，已知，，则的长为（  ） A． B． C．4 D． 【答案】B 【分析】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，过点C作于点E，设，则，由勾股定理得，，再证明得，即可得关于x的方程，解方程即可． 【详解】解：如图，过点C作于点E， 设，则， ∴在中，， 在中，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴解得或（不合题意舍去）， ∴， 故选：B． 类型四 遇一组对边平行的四边形，过顶点作平行线 1．（23-24八年级下·广东江门·期中）综合与实践 如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，交直线于点E，垂足为点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当D在AB中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)在（2）的条件下，当_____时，四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形；理由见解析 (3)45 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的判定、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键． （1）由题意得出，结合即可证明四边形是平行四边形； （2）先证明四边形是平行四边形，结合即可得出四边形是菱形； （3）当时，求出，结合菱形的性质求出即可解答． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在中，，过点C的直线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）解：四边形是菱形；理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，D在的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （3）解：当时，四边形是正方形；理由如下： ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 答案为：45． 2．（2025·黑龙江佳木斯·二模）几何综合题 如图，在四边形中，，，cm，cm，cm，点Q从点A出发以2cm/s的速度沿向点D运动，点P从点B同时出发以1cm/s的速度沿向点C运动，当其中一点到达终点时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒．    (1)当t为何值时，以P，Q，B，D为顶点的四边形是平行四边形？ (2)是否存在某一时刻t，使得四边形的面积等于原四边形面积的一半？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) 【分析】此题考查了直角梯形的性质、平行四边形的判定与性质以及矩形的判定与性质，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用是解答本题的关键． （1）当时，由，得四边形是平行四边形，列出关于t一元一次方程即可求解． （2）由四边形的面积等于原四边形面积的一半，可得，列出关于t一元一次方程，即可解答． 【详解】（1）解：由题意及图，可得 ，， 当时，由，得四边形是平行四边形． ∴，解得． ∴当t为时，以P，Q，B，D为顶点的四边形是平行四边形． （2）由题意及图，可得 ，， ∵四边形的面积等于原四边形面积的一半， ∴， 即， ， 解得． 3．（2025·浙江丽水·二模）如图1，在四边形中，，．小丽和小明研究用直尺和圆规作图，在上作点，使得四边形是矩形． 小丽：如图2，以点为圆心，长为半径作弧，交边于点，连结． 小明：如图3，以点为圆心，长为半径作弧，交边于点，连结． 小慧：根据所学知识，我能判断出小丽的做法是正确的，但是对小明的作法我存在疑惑． (1)请给出小丽作法中四边形是矩形的证明． (2)请判断小明作法是否正确，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)正确，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定，矩形的判定，解题关键是熟悉上述知识，并能熟练运用求解． （1）先证明四边形有一组对边平行且相等，可得它是平行四边形，再根据它有一个角是直角，可得四边形是矩形； （2）先判断为小明的作法正确，再说理．先证明，从而可得，再证明，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得四边形是平行四边形，再根据它有一个角是直角，可得它是矩形． 【详解】（1）解： ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是矩形． （2）小明的作法正确 证明：连结 ，，， ， ， 四边形是平行四边形， ， ∴四边形是矩形． 类型五 含四边中点的四边形，想到顺次连接各中点 1．（2025·广东广州·中考真题）如图，菱形的面积为10，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．5 C．4 D．8 【答案】B 【分析】本题考查的是中点四边形，根据三角形中位线定理得，，证明四边形是矩形，进而得菱形的面积．四边形面积是故可得结论． 【详解】解：连接交于O， ∵四边形是菱形， ∴， ∵点E、F、G、H分别是边和的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴菱形的面积， ∴， ∴， ∴四边形的面积为5， 故选：B． 2．（2025·四川德阳·中考真题）如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ） A．4 B．5 C．8 D．10 【答案】B 【分析】本题考查中点四边形，熟练掌握中位线定理是解题的关键 利用三角形中位线定理及特殊四边形的判定与性质求解． 【详解】如图：连接，交于点O， 因为、、、分别是四边形边的中点， ∴，；，；，；， ． ∵， ∴， ∴四边形是菱形． ∴，， ∴， ∵四边形面积为，， ∴， 解得 ． ∴ 在中 ． 故选：B． 3．（2025·广西南宁·一模）综合与探究 【初步感知】如图1，是三边的中点，则叫作的内中点三角形，叫作的外中点三角形． （1）直接写出面积与面积的数量关系； （2）在图2的网格中画出的外中点． 【类比探究】如图3，是四边形各边的中点，则四边形叫作四边形的内中点四边形，四边形叫作四边形的外中点四边形． （3）求证：四边形是平行四边形； （4）若四边形的面积为，四边形面积为，求证：； （5）在图4的网格中画出的一个外中点四边形．（要求：都在网格线的交点上） 【答案】（1） （2）见解析 （3）见解析 （4）见解析 （5）见解析 【分析】（1）证明，即可由相似三角形的性质求解； （2）取格点P、M、N，连接，使B、C、A分别是的中点即可； （3）连接，根据三角形中位线的性质得出，，，．则，．即可由平行四边形的判定定理得出结论； （4）方法一：连接，证明，得同理，，，则 ，即． 方法二：连接分别交于点；过A作于点，交于点．证明，四边形为平行四边形．则．所以．．则． （5）取格点P、Q、M、N，连接，使B、C、D、A分别是的中点即可． 【详解】解：（1）∵是三边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）如图所示，即为所求； （3）如图，连接， 分别是的中点， ，． 同理：，． ，． 四边形是平行四边形． （4）方法一：连接， ， ． 又为中点， ． ，即． 同理，，， ，即． 方法二：连接分别交于点；过A作于点，交于点． ， ． 又为中点， ． ，． 又，， 四边形为平行四边形． ． ． 同理：． ． （5）如图所示，四边形即为所求．（画出一种即可） 【点睛】本题考查三角形的中位线的性质，相似三角形的判定与性质，中点四边形，平行四边形的判定，三角形的面积等知识，熟练掌握三角形的中位线的性质和相似三角形的判定与性质，是解题的关键． 题型02 特殊四边形 类型一 看到平行四边形，想到连接对角线 1．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在平行四边形中，点，分别在边，上，交于点，且，求证：点是线段的中点． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．连接，先根据平行四边形的性质可得，则可得，再证出四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得证． 【详解】证明：如图，连接， 四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴点是线段的中点． 2．（2025·江苏泰州·三模）在中，，，，点E、F分别在上不与端点重合，且，将四边形沿着翻折至四边形处． (1)如图1，与交于点Q，若，求证：四边形为平行四边形； (2)当点G落在边上不与A、D重合时，请用无刻度的直尺和圆规在图2中作出点保留作图痕迹，不要求写作法； (3)当点G落在的边上时，求点B、G之间的距离． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 (3)点B，G之间的距离为或5或 【分析】（1）利用平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答即可； （2）连接，交于点O，作的垂直平分线得到的中点F，作直线交于E，过B作直线的垂线交于G，于是得到结论； （3）连接，，，交于点O，延长交于点P，推导出动点G的轨迹是以O为圆心，长为半径的圆弧．然后分三种情况：当点G落在边上时；当点G落在 边上时；当点G与点D重合时，分别解得的长即可． 【详解】（1）证明：，， ， 在平行四边形中，， 四边形为平行四边形； （2）解：如图所示，点G即为所求； （3）解：①当点G落在边上时，如图， 由折叠性质可知：，，， ， ， 在平行四边形中， ， 四边形是平行四边形， ， 在中，，， ， ， ②当点G落在边上时，连结交于点O，连接，如图， 由平行四边形的中心对称性，得， 由翻折的性质得： ， 为直角三角形，， ； ③当点G落在边上时，连结交于点O，如图， 由折叠可知：， ， 则垂直平分， 由轴对称性可知垂直平分， 点G与点D重合． 过点D作的垂线交于点M， 在中， ，， ， 由勾股定理，得 综上所述，点B，G之间的距离为或5或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，折叠的性质，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． 3．（2025·山西长治·一模）阅读与思考 下面是某小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“平行四边形准中点四边形”的研究报告 研究对象：平行四边形的“准中点四边形”． 定义：如图1，分别是各边的中点，连接交于点，连接，交于点，则四边形称为的“准中点四边形”． 性质：四点共线． 结论：1．四边形为平行四边形；2．当满足什么条件时，其“准中点四边形”为菱形？ 任务一：（1）写出结论1的证明过程． 任务二：（2）直接写出结论2中满足的条件：______． 任务三：（3）如图2，已知矩形为某平行四边形的准中点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析 【分析】本题主要考查了四边形综合，平行四边形及菱形的判定和性质，三角形重心的性质，理解题意，熟练掌握三角形重心的性质是解题关键． （1）根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形均为平行四边形，进而得到，，即可得证； （2）根据菱形的性质结合图形即可得出结果； （3）连接，作直线，交于点O，然后作，，然后连接、、、即可得出点M和N分别为、的重心，据此作图即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， 分别是的中点， ， ， 又， ∴四边形为平行四边形， ， 同理， 四边形为平行四边形． （2）解：当平行四边形满足时，准中点四边形是菱形， 由（1）得四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴准中点四边形是菱形， 故答案为：； （3）解：连接，作直线，与交于点O，然后作，，然后连接、、、，如图所示，即为所求， 证明：矩形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形； 分别延长交四边于点E、F、G、H如图所示： ∵矩形， ∴， ∴， ∴， 由作图得， ∴， ∴， ∴点F为的中点， 同理得：点E为的中点，点G为的中点，点H为的中点． 类型二 看到平行四边形，想到作垂线 1．（2025年贵州省黔东南州剑河县第四中学中考模拟考试数学试卷）在平行四边形中，E是中点，连接并延长，交的延长线于点F． (1)求证：． (2)若，，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)12 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点，数形结合是解题的关键； （1）利用平行四边形的性质，推出，进一步可得，，再由E是中点，可证明； （2）过点A作于点G，利用直角三角形的性质求出的长，进一步可得平行四边形的面积，再结合（1）中结论推出的面积等于平行四边形的面积，即可求解． 【详解】（1）四边形是平行四边形， ，即， ，， 又E是中点， ， ． （2）如图，过点A作于点G，则， 又，， ， 平行四边形的面积， 由（1）知，， ， 的面积等于平行四边形的面积，即． 2．（2025年山西省九年级中考数学模拟练习试卷（一））如图，两张宽度相等的纸条交叉重叠，重合的部分是什么形状的四边形？请说明理由． 【答案】菱形，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定以及全等三角形的判定与性质． 先根据纸条特征判断四边形是平行四边形，再通过作高，利用纸条宽度相等得到高相等，进而证明三角形全等，得出邻边相等，最终确定四边形的形状． 【详解】解：四边形是菱形， 理由：过点A作于E，于F， ∵两条纸条宽度相同， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， 又∵， ∴， ∴平行四边形是菱形． 3．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，点，，，分别在边，，，上，且，将分成面积相等的四部分．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】考查平行四边形性质、全等三角形、面积公式及勾股定理，用面积分割与对称性思想．关键是借对称性证全等、用面积求线段，再构直角三角形计算；易错点是漏用对称性或误判直角边． 首先通过构造垂线得到直角三角形，利用的锐角三角函数求得，接着计算得到平行四边形总面积，得每部分面积为． 然后借对称性证，得、． 由平行四边形的对称性与面积平衡再设，用与的面积列方程，解得，推得、． 最后过作构直角三角形，用勾股定理得． 【详解】解：过A作于点H， ， 在中，． ， ∵，将分成面积相等的四部分， ∴每部分面积为，交点即为平行四边形的中心O， 在中，，， ∴，．，， 连接， ∴经过中心点O， ∴， ∵ ． 同理得：， ∴，． 设，过作于点Q， 在中， 在中，由三角形面积公式：   ． 过E作于延长线上点G， 又，， 且． 在中， 又平行四边形的对称性与面积平衡可得， ， 解得， ． 过M作交于P，过A作于点H， 则． ，． ． 在中，由勾股定理：   ． 故答案为：． 4．（2025年湖南省长沙市立信中学中考三模数学试题）已知：如图，在平行四边形中，，，，为上一动点，作，射线交射线于点． (1)如图1，当时，求的长； (2)如图2，若，求证：； (3)如图3，当点在线段上时，射线交射线于点，求线段多长时，线段最长，最大值为多少？ 【答案】(1)2 (2)证明见解析 (3)当时，线段最长，且最大值为 【分析】（1）解，结合勾股定理求出，，再由面积法得到，即可求解； （2）证明即可求解； （3）先证明，则，过点作于点，设，则，则，令，得到，再由一元二次方程根的判别式求最值即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴，， ∵， ∴ 解得（舍负）， ∴ ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 过点作于点， 由（1）可得， ∴ 设，则， ∴， 令， 则， ∴， ∵该方程有实数根， ∴， ∴， 当时， 解得：或 对于二次函数，当或时，， 而， ∴， ∴的最小值为，那么此时取得最大值为：， ∴此时， 解得：， ∴当时，线段最长，且最大值为． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，利用二次函数的图象与性质解不等式，解直角三角形，全等三角形的判定与性质等知识点，难度较大． 类型三 看到平行四边形及对角线，想到作平行线 1．（2025·贵州·中考真题）如图，在矩形中，点E，F，M分别在，，边上，分别交对角线、线段于点G，H，且是的中点．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】如图，连接，交于，过作于，求解，证明是的中位线，可得，，，证明四边形是平行四边形，可得，而，，求解，再进一步求解即可. 【详解】解：如图，连接，交于，过作于， ∵，， ∴， ∵矩形， ∴，， ∴，， ∵是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，而，， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为： 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的性质，三角形的中位线的性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键. 2．如图，在四边形中，，，，E是的中点．点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿向点D运动；点Q同时以每秒3个单位长度的速度从点C出发，沿向点B运动．点P停止运动时，点Q也随之停止运动，当运动时间t秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形，则t的值为 ． 【答案】2秒或秒 【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的判定方法、进行分类讨论是解题的关键． 由，则时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形，分两种情况讨论：①当Q运动到E和C之间时，设运动时间为t，则得：，解方程即可；②当Q运动到E和B之间时，设运动时间为t，则得：，解方程即可． 【详解】解：∵E是的中点， ∴， ∵， ∴时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形， ①当Q运动到E和C之间时，设运动时间为t， 则，， ∴，， ∵， ∴，解得； ②当Q运动到E和B之间时，设运动时间为t， 则，， ∴，， ∵， ∴，解得； 综上，当运动时间t为2秒或秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形， 故答案为：2秒或秒． 3．（2023·湖南衡阳·二模）已知：在中，，，E为上一点，连接交于F，过点D作于G，延长交于H      (1)如图1，若点E与点C重合，且，求AD的长； (2)如图2，连接，求证：； (3)如图3，连接交于M，当M为的中点时，请直接写出与的数量关系． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）如图1中，利用等腰三角形的性质可得，利用平行四边形的性质可得F为中点，在中，由勾股定理可求得，则可求得，在中，再利用勾股定理可求得； （2）如图2中，在上截取，连接，可先证明，再证明，可证得结论； （3）如图3中，延长交于点N，作交FN于K，首先证明，再证明，即可解决问题． 【详解】（1）解：如图1中，，， ， ， 四边形是平行四边形， 、C重合时， 在中，， ， ，， 在中，．      （2）证明：如图2中，在上截取，连接，      ，， ， 在和中， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 在和中， ， ， ． （3）结论． 理由：如图3中，延长交于点N，作交于K．    ，，， ， ， ， ， ， ， ，， ， ． ， ， ． 【点睛】本题考查四边形综合题、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型． 4．（2023·宁夏吴忠·一模）知识再现 如图①，在正方形中，，，，分别是边，，，上的点，，当时， ； 问题探究 如图②，在中，，分别是边，上的点，，猜想与的数量关系，并说明理由； 实践应用 如图③，在中，，，，分别是，上的点，交于点，，，，求的长． 【答案】知识再现：10；问题探究：，见解析；实践应用： 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，正方形的性质，相似三角形的判定以及性质，全等三角形的判定以及性质，锐角三角函数的应用，等知识，掌握这些判定定理以及性质是解题的关键． （1）知识再现，作于M，于N，利用正方形的性质得出，再利用同角的余角相等得出，证明，由全等三角形的性质即可得出． （2）问题探究，利用平行四边形的性质先证得由相似三角形的性质得出，再证明，再得出，结合，即可得出. （3）实践应用：作于H，设，由，，解出x，求出，再由（2）结论，求出． 【详解】解：（1）知识再现：作于M，于N，如下图： ∵四边形是正方形， ∴四边形和四边形为矩形， ∴，， ∵四边形为正方形， ∴， ∴，， ∵， 设交于P， ∴，， ∴， ∴， ∴． （2）问题探究：，理由如下： ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）实践应用： 如图，作于H， 设， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴， 由(2)可知，， ∴， ∴， ∴， ∵， 即， 解得：． 重难点二 与圆有关的辅助线问题 题型01 与圆的性质定理有关 类型一 遇圆周角，连接半径，构圆心角 1．（2025·西藏·中考真题）如图，在中，直径，是的弦，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理，求弧长．熟练掌握圆周角定理，弧长公式是解题的关键．连接，由圆周角定理可得，再求出半径，根据弧长公式计算求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵， ∴， ∵直径， ∴， ∴的长为． 故选：C． 2．（2025·山东青岛·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，，直线与相切于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，以及切线性质定理，等腰三角形的性质，根据可得，可求出的度数，再由和圆内接四边形的性质可求解的度数，根据圆周角定理求出，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出，最后根据切线性质定理即可求解． 【详解】解：连接，，，如图， ∵，， ∴， ∵，四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵直线为的切线， ∴， ∴． 故选：C ． 3．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，是的内接三角形，．若的半径为2，则劣弧的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆周角定理，求弧长，先根据圆周角定理得，再结合弧长公式代入数值计算，即可作答． 【详解】解：连接，如图所示： ∵，， ∴， ∴劣弧， 故答案为：． 4．（2025·江西·中考真题）如图，点A，B，C在上，，以，为边作． (1)当经过圆心O时（如图1），求的度数； (2)当与相切时（如图2），若的半径为6，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据直径所对的圆周角为直角，得出，再求出，再根据平行四边形的性质得出； （2）连接、，根据切线性质得出，证明，得出， 说明垂直平分，根据线段垂直平分线的性质得出，根据等腰三角形性质得出，根据圆周角定理得出，最后根据弧长公式求出结果即可． 【详解】（1）解：∵经过圆心O， ∴为的直径， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴； （2）解：连接、，如图所示： ∵与相切， ∴， ∴， ∵在中， ∴， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，弧长公式，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，线段垂直平分线的性质，解题的关键是数形结合，熟练掌握相关的判定和性质． 类型二 遇圆周角，连接弦，构圆周角 1．（2025·山西·中考真题）如图，为的直径，点是上位于异侧的两点，连接．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理，连接，由为的直径可得，进而由得，再根据圆周角定理即可求解，掌握圆周角定理是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 2．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，以为直径作，分别交，于点，，连接并延长，交于点，过点作的切线，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用等腰三角形的性质得出角相等，进而得到同位角相等，证明两直线平行； （2）先设圆的半径，结合切线性质和三角函数求出半径，再利用圆的直径所对圆周角为直角、三角函数以及勾股定理求出的长． 【详解】（1）证明：， ． ， ， ， ； （2）解：如图，设的半径为，连接， 切于点， ． 在中，， 解得， ， ， ． 为的直径， ． 在中，， ． ， ． 在中，． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、圆的切线性质、解直角三角形、勾股定理以及圆内接四边形的相关知识，熟练掌握圆的切线性质和三角函数的应用是解题的关键． 3．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，是弦延长线上的一点，且的延长线交于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查圆周角定理，垂直平分线的性质，勾股定理，余弦函数： （1）由直径所对的圆周角为90度，可证，进而可得垂直平分，即可证明； （2）连接，则，结合可得，进而可得，再由勾股定理计算即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， 是的直径， ， ， 又 ， 垂直平分， ； （2）解：如图，连接， 是的直径， ， ， ， ， 由（1）得， ， ． 4．（2025·山东济南·中考真题）如图，是的直径，C为上一点，P为外一点，，且，连接． (1)求证：与相切； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用平行线的性质及等边对等角，通过等量代换可得，进而证明 ，推出，即可证明与相切； （2）由 可推出垂直平分，利用等面积法求出，进而求出，由圆周角定理得，最后用勾股定理解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， 与相切； （2）解：如图，连接交于点D， ， ，， 垂直平分， ，，， ， ， ， ， 是的直径， ， ， ． 【点睛】本题考查切线的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理等，正确作出辅助线是解题的关键． 类型三 遇圆周角及劣弧上一点，连接弦，构圆内接四边形 1．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，是的外接圆，连接、，若，则（    ）° A．80 B．100 C．140 D．160 【答案】D 【分析】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，先根据，得，则，，故，即可作答． 【详解】解：在优弧中取点，连接，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：D 2．（2025·安徽·模拟预测）如图，点A在上做圆周运动，已知，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．分点A在优弧上和点A在劣弧上求解即可． 【详解】解：当点A在优弧上做圆周运动时，如图， ∵， ∴． 当点A在劣弧上做圆周运动时，如图， ∵， ∴， ∴． 综上，则的最大值为， 故选：C． 3．（2025·四川自贡·中考真题）分别与相切于两点．点在上，不与点重合．若，则的度数为（    ） A． B． C． D．或 【答案】D 【分析】本题考查的是切线的性质，圆周角定理的应用，圆的内接四边形的性质，先画图，连接，，求解，再根据C的位置结合圆周角定理与圆的内接四边形的性质可得答案. 【详解】解：如图，连接，， ∵分别与相切于两点， ∴， ∵， ∴， ∴，， 故选：D 4．（2025·河北邯郸·三模）如图，公园里，，，四个亭子（看作点）在上，且点在点的南偏西方向上，点在点的正南方，点在点的南偏东方向上．计划在的延长线上再修建一个亭子，使．下列说法正确的是（   ）    A． B．点在点的南偏东方向上 C．点在点的南偏东方向上 D．设与交于点，连接，则 【答案】D 【分析】本题考查圆的内接四边形的性质，方向角，关键是由圆的内接四边形的性质求出和的度数． 由平行线的性质推出，求出，故可判断A选项；连接，由圆的内接四边形的性质推出，求出，得到点D在点A的南偏东的方向上，故可判断B选项；求出，得到，因此点E在点A的南偏东方向上，故可判断C选项；由圆的内接四边形的性质求出，得到，故可判断D选项． 【详解】解：如图，    由题意可得， ∴， ∴， ∴，故A选项错误； 连接， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点D在点A的南偏东的方向上，故B选项错误； ∵， ∴ ∴在四边形中，， ∴， ∴点E在点A的南偏东方向上，故C选项错误； ∵四边形是圆的内接四边形， ∴， ∴， ∴，故D选项正确． 故选：D 5．（2025·内蒙古·模拟预测）如图，点A，B，C，D柜上，点B是的中点，过点C作的切线交的延长线于点E．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，连接并延长与圆交于点F，连接．根据圆周角定理得出，根据圆内接四边形的性质得出，根据切线的性质得出，然后根据三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：连接，连接并延长与圆交于点F，连接．    ∵B是的中点， ∴， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵， ∴． ∵是的切线， ∴． ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查了切线的性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理等知识，熟练掌握性质定理是解题的关键． 类型四 遇非直径弦与垂直于它的半径，连接弦端点与圆心，构造Rt△ 1．（2025·四川广元·中考真题）如图，是的弦，过圆心O作于点H，交于点A，，点M是上异于C，D的一点，连接，，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题主要考查勾股定理，圆周角定理，垂径定理的应用以及求角的正弦值，关键是根据垂径定理和勾股定理解答． 只要证明，求出即可． 【详解】解：连接，如图， 是的弦，， ， ， ， 和所对的弧都为， ， ， 设， ，， ，， ， ． 故选：B． 2．（2025·四川南充·中考真题）如图，是的直径，于点，交于点，于点，交于点，为弧的中点，为线段上一动点，若，则的最小值是（    ） A．4 B． C．6 D． 【答案】C 【分析】如图，延长交于点，连接，，，，由垂径定理得，进而得，点关于的对称点为点，根据两点之间线段最短得当，，三点共线时，最小，最小值为的长，在利用直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：如图，延长交于点，连接，，， ∵于点，交于点，为弧的中点， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点关于的对称点为点， ∴， ∴ 当，，三点共线时，最小，最小值为的长， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴的最小值． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了弧、圆心角的关系，垂径定理，直角三角形的性质，两点之间线段最短，熟练掌握弧、圆心角的关系，垂径定理是解题的关键． 3．（2025·湖北·中考真题）如图，是的外接圆，．过点作，垂足为，交于点，交于点．过点作的切线，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，求的半径． 【答案】(1)证明过程见详解 (2)的半径 【分析】（1）根据垂直，切线的性质得到，可得是等腰直角三角形，由此即可求解； （2）根据垂径定理得到，是等腰直角三角形，由（1）得到，则，如图所示，连接，设，则，由此勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵，是的切线，即， ∴， ∴， ∴，即是等腰直角三角形， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴，即是等腰直角三角形， ∴， 由（1）得， ∴， 如图所示，连接，设，则， ∴在中，， ∴， 解得，， ∴， ∴的半径． 【点睛】本题主要考查圆内接三角形的综合，掌握垂径定理，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，切线的性质等周四，数形结合分析是关键． 4．（2025·江西吉安·二模）如图，为的直径，内接于，且，连接，在的延长线上取一点E，使得． (1)求证：为的切线； (2)若的半径为2，时，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）连接，由等边对等角得出，结合已知条件可得出，再结合可知，即可得出，进一步即可证明． （2）先利用垂径定理得出，再利用圆周角定理得出，，，最后根据求解即可． 【详解】（1）证明：连接，如下图： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵为的半径， ∴为的切线． （2）解：∵，为的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了证明某直线是圆的切线，垂径定理，圆周角定理，扇形的面积公式等知识，掌握这些知识是解题的关键． 类型五 遇非直径弦与弦端点的半径，过圆心作弦的垂线，构造Rt△ 1．（2025·江苏南通·二模）如图，矩形中，，，以为直径作半圆，则图中阴影部分的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了求扇形面积，垂径定理，勾股定理．设与半圆O交于点E，F，过点O作于点M，则，，根据垂径定理可得，，再结合勾股定理可得，，从而得到，然后根据，即可求解． 【详解】解：如图，设与半圆O交于点E，F，过点O作于点M，则，， ∴，， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴图中阴影部分的面积是． 故选：B． 2．（2025·湖北·二模）如图，已知矩形的顶点B，C在半径为5的半圆O上，顶点A，D在直径上．若，则矩形的面积等于（    ） A．21 B．22 C．23 D．24 【答案】D 【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、垂径定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解答的关键．连接，过于H，则，可证明四边形是矩形得，则，再利用勾股定理求得，进而利用矩形性质求解即可． 【详解】解：连接，过于H，则，， ∵矩形的顶点B，C在半径为5的半圆O上，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，则， 在中，， ∴矩形的面积等于， 故选：D． 3．（2025·河南焦作·三模）如图，直线是东西方向的海岸线，北侧是海面，南侧是陆地．信号塔位于码头南偏西方向上，位于码头南偏东方向上．已知信号塔的信号覆盖面是以为半径的圆形，之间的距离为 ，则海面上被信号覆盖区域（阴影部分）的面积约为（   ）（结果精确到．参考数据：） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出，，再利用解直角三角形求出，，，然后将扇形面积减去三角形面积求得阴影部分面积． 【详解】解：过点作于点， 则，， ∴阴影部分的圆弧所对的圆心角等于，， ∵，之间的距离为6.25km， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴海面上被信号覆盖区域（阴影部分）的面积约为（）， 故选：B ． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质与判定，扇形面积公式，垂径定理，解直三角形，利用平行线的性质求角度，解题关键是掌握上述知识，并能熟练运用求解． 4．（2025·广东广州·一模）如图，和是的两条弦，且．已知的半径为3，，以为圆心，为半径作弧．若把扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面圆半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，作于点D，证明是等边三角形，求出，设圆锥的底面圆半径为，根据扇形的弧长等于圆锥的底面圆周长列方程即可求出答案． 【详解】解：连接，作于点D， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴ ∴， 设圆锥的底面圆半径为， 则， 解得 故选：B 【点睛】此题考查了弧长公式、垂径定理、等边三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，熟练掌握弧长公式、垂径定理是解题的关键． 题型02 与切线有关 类型一 已知切线及切线上一点，连接圆心与切点、圆心与该点，构造Rt△ 1．（2025·青海西宁·三模）如图，，是的两条切线，切点分别为点A，B，连接与相交于点C，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查切线性质、切线长定理、勾股定理、锐角三角函数，熟练掌握余弦定义是解答的关键．利用余弦定义可求得，在中，再利用余弦定义求解即可． 【详解】解：连接，， ∵，是的两条切线，切点分别为点A，B， ∴，，又， ∴垂直平分， ∴，， 在中，， 设，， ∴，则， ∴，， 在中，， ∴， 故答案为：． 2．（2025·河南驻马店·模拟预测）足球不仅是全球最受欢迎的运动，更是一种文化纽带．它超越国界，连接人心，激发团队精神与拼搏意志，带来激情与欢乐，成为人们情感交流的桥梁图①是一次足球比赛的奖杯，图②是从奖杯中抽象出的几何模型，是圆的切线，为切点． (1)请用无刻度的直尺和圆规作出这个圆的圆心（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，延长交射线于点，若，请补全图形，并求的长． 【答案】(1)见详解 (2)见详解， 【分析】本题考查了切线的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）在圆上任取一点D，分别作线段的垂直平分线，相交于点O，则O即为所求， （2）根据题意补全图形，连接，结合切线的性质，可得，，，则，由勾股定理得，设，则，在中，由勾股定理得出，代入数值求出的值即可作答． 【详解】（1）解：点O如图所示： （2）解：连接，如图所示 ∵是圆的切线，为切点． ∴，，， 则， 在中，由勾股定理得， 设，则， 在中，由勾股定理得出， 即， ∴， 解得， ∴． 3．（2025·四川广元·一模）如图， 在中，，以为直径作． 为上一点，且，连接并延长交的延长线于点． (1)求证：直线与相切； (2)若， 求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定定理，切线长定理，勾股定理等知识点，熟练掌握切线的判定与性质定理，学会添加常用辅助线是解题的关键． （1）连接，利用证明，结合已知推出，即，再根据圆的切线判定定理(垂直于半径外端的直线是圆的切线)，即可证明； （2）先设圆的半径，表示出，在中利用勾股定理列方程求解得半径为，进而得出；再根据切线长定理设，表示出，在中再次用勾股定理列方程解得；最后在中通过勾股定理计算出即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵点在圆上， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为半径， ∴直线与相切； （2）解：设， ∵， ∴， 在中，，， 即， 解得， ∴； ∵是圆的切线， ∴设， 在中，， 即， 解得， ∴， 在中，． 4．（2025·辽宁·模拟预测）古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，现根据刘微的《重差》测量一个球体建筑物的高度．如图，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上两点与点在一条直线上，且在点的同侧，若在处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且． (1)求的长度； (2)求该球体建筑物的最高点到地面的距离．（参考数据：） 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查切线的性质，切线长定理，解直角三角形的运用，掌握以上知识，数形结合分析是关键． （1）由题意知：为圆心，为切点，，根据切线长定理，，，在Rt中，，，即可求解； （2）根据直角三角形的性质，，根据圆的基础知识即可求解． 【详解】（1）解：由题意知：为圆心，为切点，， 为的切线， 根据切线长定理，， 为的切线， 根据切线长定理，， ， ， ， 在Rt中，，， ∴． （2）解：， 根据直角三角形的性质，， ． 最高点到地面距离为． 5．（2025·山东东营·中考真题）如图，是的直径，、是上的两点，，于点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了圆的切线判定定理、扇形面积与三角形面积的计算，利用弧相等推导圆心角相等，结合直角三角形性质分析线段与角度关系是解题的关键． （1）连接，，由得圆心角，进而得，由得，由得，可得，即可得，又因是的半径即可证明； （2）由，结合得，由勾股定理可得，由即可得出． 【详解】（1）证明：如图，连接，， ∵是的直径，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 类型二 公共点已知时判定切线 1．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，是的弦，过点作直线，以为顶点作，分别交、于点、，若． (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若的半径为3，，求的长． 【答案】(1)与相切，理由见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定，等边对等角，正切的定义，勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解题的关键． （1）连接，根据等边对等角可得，，进而根据，得出，即可得出结论； （2）根据已知可得，进而设，，在中，，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：与相切； 理由如下：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵为半径， ∴与相切； （2）解：如（1）图，， ∵的半径为3， ∴ ∵，， ∴， ∴， 设，， 在中，， ∴ 解得： ∴． 2．（2025·四川广安·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，点E在的延长线上，连接，． (1)求证：是的切线． (2)过点C作，垂足为D，若的面积是的面积的3倍，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，直径所对的圆周角是直角等等，熟知切线的判定定理，相似三角形的性质与判定定理是解题的关键． （1）连接，由等边对等角得到，则，由直径所对的圆周角是直角得到，则可导角证明，据此可证明结论； （2）证明，得到，则，设，则，，证明，得到，则，据此可求出，再利用勾股定理即可求出答案． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ， ， ， ， 是的直径， ， ， ， 是的半径， 是的切线； （2）解：， ， ， 又， ， ， 的面积是的面积的3倍， ， ， 设， ，， ， ，， ， ， ， ∴， 在中，． 3．（2024·广东珠海·三模）综合探究 如图，在中，，在上取一点，以点为圆心，长为半径作圆，分别交于点，交于点，交于点，连接，且为的中点． (1)【问题初探】求证：为的切线； (2)【深入探究】连接，求证：； (3)【问题拓展】若，，求，的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)的长为，的长为 【分析】（1）连接，由同弧所对的圆周角相等及等腰三角形的判定及性质得，由平行线的性质得，即可得证； （2）由直径所对的圆周角是直角及切线的性质得，结合，即可得证； （3）由余弦函数得，求出，由相似三角形的性质得 ，设，则，由勾股定理得，由正弦函数得，即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接， 为的中点，， ， ， ， ， ， ， ， ∴， 又点在圆上， 为的切线； （2）证明：如图， 为的直径， ， ∴， 为的切线， ， ， ， ， 又 ， ； （3）解：为的直径， ， 在中，，， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， 在中，， ， 解得：（不合题意，舍去），， ，， 又 ，，， ， 即， ， ， 的长为，的长为． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定及性质，切线的判定及性质，圆的基本性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，一般角的三角函数等；掌握切线的判定及性质，圆的基本性质，相似三角形的判定及性质，能熟练利用勾股定理，一般角的三角函数进行求解是解题的关键． 类型三 公共点未知时判定切线 1．（2025·广东深圳·模拟预测）如图①，半圆的直径，和是它的两条切线，与半圆相切于点，并与，分别相交于，两点． (1)请直接写出的度数； (2)求的值； (3)如图②，连接并延长交于点，连接，试判断能否与 相似？若能相似，请求的值；若不能相似，请说明理由． 【答案】(1)． (2) (3)当或时，与相似 【分析】（1）如图所示，连接，由切线长定理得到，，进而求解即可； （2）证明出，得到，求出，代入求解即可； （3）证明出，得到，同理可证，然后分两种情况讨论：①当时，②当时，然后分别根据相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，连接， ∵和是它的两条切线，与半圆相切于点， ∴， ∴是的角平分线 ∴ 同理可得， ∴； （2）解：∵是直径，，是切线， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即． ∵， ∴， ∴； （3）解：能与相似． 如图所示， ∵，是切线， ∴，， 在与中， ∴， ∴， ∵，是切线， 同理可证． ①当时，． ∵，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． 在， 中，分别求得，． ∴； ②当时，． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴，即， ∴． 综上，当或时，与相似． 【点睛】此题考查了切线长定理，相似三角形的性质和判定，角平分线的判定定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 2．（23-24九年级下·辽宁沈阳·开学考试）如图，平分，点O在射线上，以点O为圆心，半径为1的与相切于点，连接并延长交于点，交于点 ． (1)求证：是的切线． (2)若，求图中阴影部分的面积（结果保留根号和） 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】此题考查了切线的判定与性质、扇形的面积以及三角函数的性质，解答本题的关键是掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用． （1）首先过点O作于点，易证得，即可得证； （2）由，，可求得的长，又由，即可求得答案． 【详解】（1）证明：过点O作于点，如图， 与相切于点， ， 平分，是半径， ， 是的切线； （2）解：∵，， ∴ ， ， 在中，，， ， ． 3．（2025九年级·江西·专题练习）【课本再现】（1）如图①，PA，PB是的两条切线，切点分别为A，B．图中的PA与PB，与有什么关系？请说明理由． 【知识应用】（2）如图②，PN，PD，DE分别与相切于点A，B，C，且，连接OD，OP，延长PO交于点M，交DE于点E，过点M作交PN于点N． ①求证：MN是的切线； ②当时，求的半径及图中阴影部分的面积． 【答案】（1）．理由见解析（2）①证明见解析②的半径是，图中阴影部分的面积是 【分析】（1）连接和，根据切线的性质，可得，即可得出结论； （2）①根据题意求证，即可得出，即可得出答案；②根据，求出的长，再用三角形面积减去扇形面积即可得出答案． 【详解】解：（1）．理由如下： 如图①，连接和． 和是⊙O的两条切线， ． 又 ， ． （2）①证明： ，，分别与相切于点A，B，C， ∴，分别平分． 又， ， ，即． 又，． 又MN经过半径OM的外端点M， MN是的切线． ②如图②，连接OB，则． ， ， ， ， ． 综上所述，的半径是，图中阴影部分的面积是． 【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查圆的切线的证明、扇形的面积计算等，解题的关键在于熟练掌握圆的知识点，切线的证明与性质，圆中的相关面积计算等． 4．（2025·湖南长沙·中考真题）如图1，点O是以为直径的半圆的圆心，与均为该半圆的切线，C，D均为直径上方的动点，连接，且始终满足． (1)求证：与该半圆相切； (2)当半径时，令，，，，比较m与n的大小，并说明理由； (3)在（1）的条件下，如图2，当半径时，若点E为与该半圆的切点，与交于点G，连接并延长交于点F，连接，，令，，求y关于x的函数解析式．（不考虑自变量x的取值范围） 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）如图3，连接，并延长交的延长线于点，过点作于点． 根据与均为该半圆的切线，得出，则，可得．证明，得出．根据，得出．则，可得，即平分．又，得出，即可证明与该半圆相切． （2）如图4，过点作，交于点，在中，由勾股定理可得，根据，列等式得出，代入可得． （3）如图5，根据均为该半圆的切线，则，证明，得出，从而得出，证明，得出，得出．得出，则，即可得．同理可得，得出，由（2）可知，得出，又在中，，得出，即可得，从而得出． 【详解】（1）解：如图3，连接，并延长交的延长线于点，过点作于点． ∵与均为该半圆的切线， ． ． ． ∵为的中点， ． 在与中， ， ． ． ， ． ． ，即平分． 又， ． ∴与该半圆相切． （2）解：．理由如下： 如图4，过点作，交于点， 在中，由勾股定理可得， ， ． ， 代入可得． （3）解：如图5，均为该半圆的切线， ， ， ． ， ， ． ， ． ． ． ， ， ． 同理可得， ， 由（2）可知， ． 又在中， ， ． ， ． 【点睛】该题考查了圆综合题，涉及圆切线的性质和判定，切线长定理，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，角平分线定理，勾股定理，函数解析式等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 题型03 遇正多边形内切圆与外接圆 类型一 遇多边形的内切圆，连圆心与切点或圆心与顶点 1．（2025·浙江杭州·二模）如图，是的内切圆，分别切，，于点D，E，F，，P是上一点，则的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题重点考查三角形的内切圆与内心、切线的性质、圆周角定理等知识，连接、，由切线的性质得，而，所以，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接、， ∵与、分别相切于点D，E， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：D． 2．（2025·湖北武汉·三模）如图，在中，，为中线，若，，设与的内切圆半径分别为，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的内切圆和面积，设的内切圆为，与 分别相切于点，由，，得，，连接，由可得，即得，同理得，进而即可求解，正确地作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：设的内切圆为，与 分别相切于点， ∵，，， ∴， ， ∵为斜边上的中线， ∴， ∴， 连接，，，，，，则， ∵，且，，， ∴， 解得：， 同理可得，， 解得， ∴， 故选：D． 3．（2025·四川绵阳·三模）如图，在中，，，，I为的内心，于点D，则的长为（    ） A．2 B．1 C．3 D． 【答案】A 【分析】过点I作于E，于E，连接、、，根据勾股定理求出，，根据内心性质得出，根据，得出，即可得出答案． 【详解】解：过点I作于E，于E，连接、、，如图所示： 在中，∵，，， ∴， ∴， ∵I为的内心， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 解得：， 故选：A． 【点睛】此题考查了直角三角形的内心的概念及性质，勾股定理．熟练掌握三角形内心的特点是解题的关键． 4．（2024·浙江杭州·二模）如图，平面直角坐标系中三个点的坐标为，，．则的内切圆半径长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了坐标与图形、勾股定理、三角形内切圆的定义和性质，设的内切圆与、、分别相切于点、、，连接、、、，由勾股定理得出，由三角形内切圆的性质得出平分，从而得出在的垂直平分线上，证明出、、在同一直线上，得出，推出，连接、、，设的内切圆的半径长为，根据列式计算即可得出答案，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． 【详解】解：如图，设的内切圆与、、分别相切于点、、，连接、、、， ， ∵，，， ∴，，， ∴， ∵点为的内切圆的圆心， ∴平分， ∵， ∴在的垂直平分线上， ∵， ∴、、在同一直线上， ∴， ∴， 连接、、，设的内切圆的半径长为， ∵， ∴， 解得：， 故答案为：． 类型二 遇多边的外接圆，连圆心与顶点或链接圆心与顶点并作垂线 1．（2025·广东东莞·模拟预测）如图，为的外接圆，半径，垂足为点E，，则的长为（    ） A． B． C．10 D．8 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，勾股定理，垂径定理等知识，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键． 由圆周角定理可得，由等腰直角三角形的性质可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：D． 2．（2025·四川南充·二模）如图，是等边的外接圆，，分别为，的中点，延长交于点，若的半径，则的长度为（      ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，交于点M，延长交于点H，连接，根据是等边的外接圆，的半径，可得，求出，，，，再证得，可得，运用勾股定理得，结合线段的和差关系求出的长，即可作答． 【详解】解：如图，连接，交于点M，延长交于点H，连接， ∵是等边的外接圆，的半径， ∴， ∴ 则， ∴， ∴， ∴， ∵，分别为，的中点， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 故选：D 【点睛】本题主要考查了勾股定理，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 3．（24-25九年级上·山东聊城·期中）如图所示的网格由边长相同的小正方形组成，点在小正方形的顶点上，则的外心是（    ） A．点 B．点 C．点 D．点 【答案】C 【分析】本题考查了三角形的外心的定义，根据三角形三边垂直平分线相交于一点，这一点叫做它的外心，据此解答即可求解，掌握三角形的外心的定义是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， 由勾股定理得，，，， ∴， ∴点是的外心， 故选：． 4．（2025·广东广州·一模）如图，平面直角坐标系中，点坐标分别为．点是轴正半轴上的一点，且满足，则的外接圆的半径等于（   ） A． B． C．8 D．4 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的外接圆、垂径定理、圆周角定理，作出三角形的外接圆是解题的关键． 作出的外接圆，以为斜边在x轴上方作等腰，E必为圆心，即、为半径，由勾股定理可得出答案． 【详解】解：如图，作出的外接圆，以为斜边在x轴上方作等腰， ∵， ∴由圆周角定理得：所对的圆心角必为， ∵， ∴在弦的垂直平分线上， ∵， ∴E必为圆心，即、为半径， ∵， ∴， ∵， ， 故选A． 题型04 遇含扇形的不规则图形面积 不规则图形的面积计算可以通过割补法、等积变换法和容斥原理法等方法实现.割补法将图形分割成简单几何形状，分别计算面积后求和.等积变换法通过几何变换，如旋转、翻转，将图形转换为规则形状以便计算面积.容斥原理法先计算各单独形状的面积，再根据形状间的重叠情况进行加减，得出整体面积.这些方法的选择取决于图形的特点和计算需求. 类型一 割补法 1．（2025·四川资阳·中考真题）如图，在正六边形中，，连接，，以点D为圆心、的长为半径作圆弧，则图中阴影部分的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的性质，扇形面积的计算，连接，根据多边形的内角求出扇形的圆心角，然后根据30°角的直角三角形的性质和勾股定理求出长，再根据解答即可． 【详解】解：连接， ∵是正六边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（2025·河南·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在为《九章算术》作注时，创立了“割圆术”．如图是研究“割圆术”时的一个图形，所在圆的圆心为点O，四边形为矩形，边与相切于点，连接，，连接交于点．若，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】根据圆的切线的性质和矩形的性质，得到，由垂径定理可得，由圆周角定理可得，进而证明是等边三角形，得到，再根据阴影部分的面积求解即可． 【详解】解：所在圆的圆心为点O，边与相切于点， ，， 四边形为矩形， ， ， ， ， ， ， ，， ， 是等边三角形， ， ， 阴影部分的面积， 故答案为：． 【点睛】本题考查了求不规则图形面积，矩形的性质，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形面积，掌握圆的相关性质是解题关键． 3．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在中心为的正六边形中，点G，H分别在边，上，且不同于正六边形的顶点，． (1)证明：四边形为平行四边形； (2)若正六边形的边长为4，以点为圆心，为半径的扇形与正六边形形成阴影部分，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】本题考查正多边形的概念，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，扇形面积的计算，根据正六边形的概念确定相等的角和线段，以及角的大小是解题关键． （1）根据正六边形的概念，得到正六边形的每个内角相等，每条边相等，从而证明三角形全等，再利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形证明即可； （2）根据正六边形的概念，确定的度数，进而确定的度数和的长，再通过作差法计算阴影部分的面积即可． 【详解】（1）证明：∵六边形是正六边形， ∴，， 又， ∴， ∴， ∵，， ∴，即， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接，，， ∵是正六边形的中心， ∴，， ∴， ∴， ∴和都是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴阴影部分的面积为． 类型二 等积变换法 1．（2025·山东烟台·中考真题）如图，正六边形的边长为4，中心为点，以点为圆心，以长为半径作圆心角为的扇形，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】连接、、，过点O作于点M，根据正六边形的性质得出，，，证明和为等边三角形，求出，证明，得出，得出，根据求出结果即可． 【详解】解：连接、、，过点O作于点M，如图所示： ∵六边形为正六边形， ∴，，， ∴和为等边三角形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，扇形面积计算，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正六边形的性质． 2．（2025·四川成都·中考真题）如图，的半径为1，A，B，C是上的三个点．若四边形为平行四边形，连接AC，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的判定和性质，求不规则图形的面积，连接，证明四边形为菱形，易得为等边三角形，，得到，根据阴影部分的面积等于弓形的面积加上的面积，即为扇形的面积，进行求解即可． 【详解】解：连接，交于点，则：， ∵四边形为平行四边形，， ∴四边形为菱形， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积； 故答案为：． 3．（2025·江苏南通·中考真题）如图，与相切于点，为的直径，点在上，连接，且． (1)连接，求证：； (2)若，，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）利用切线性质得，再通过证明，从而推出； （2）先结合已知角度推出相关角的度数，确定为等边三角形，求出圆的半径，再根据平行线间面积关系，将阴影部分面积转化为扇形的面积进行计算． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵与相切， ∴， ∴， 在和中 ∴ ∴， ∴； （2）解：如图，连接， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴为等边三角形， ∴， 由（1）可知：， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查圆的切线性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及扇形面积计算，熟练掌握圆的切线垂直于过切点的半径、全等三角形判定定理、等边三角形判定与性质及扇形面积公式是解题的关键． 类型三 容斥定理 1．（2025·山西·中考真题）如图，在中，，分别以点为圆心、的长为半径画弧，与的延长线分别交于点．若，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，扇形的面积，由等腰直角三角形的性质得，，进而由解答即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 2．（2025·云南·模拟预测）如图所示，分别以等边三角形的三个顶点为圆心，边长为半径画弧，得到的封闭图形是莱洛三角形．若，则图中阴影部分的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了不规则图形的面积的求解，阴影面积为扇形的面积减去等边三角形的面积的倍，代入已知数据计算即可． 【详解】解：过A点作于D点， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， 故选：C． 3．（2025·江苏南通·模拟预测）如图，正方形的边长为，以为圆心，为半径作圆弧；以为圆心，为半径作圆弧．若图中阴影部分的面积分别记为、，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了扇形面积的计算，根据题意和图形，可以分别计算出和的值，然后用即可得到的值，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 【详解】解：如图， 由，， ∴ ， 故选：． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $