第13讲 圆（复习讲义，3考点9题型2重难）（上海专用）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“圆”专题，覆盖垂径定理、圆周角定理、切线判定与性质等核心考点，构建“考情剖析-知识网络-考点解析-题型预测”系统架构，通过考点梳理、方法指导和真题训练突破综合应用难点。 亮点在于“模型识别+分类讨论”教学策略，如“直径所对圆周角为直角”模型、切线性质辅助线添加，培养几何直观与推理意识。设分层练习与真题精讲，助力学生高效提升逻辑推理和计算能力，教师可依考频精准把控复习节奏。

第六章 圆 第13讲 圆 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 4 03·考点解析·知识通关 5 04·命题洞悉·题型预测 17 命题点一 圆心角 题型01 弧、弦、圆心角的关系 命题点二 圆周角 题型01 圆周角定理 题型02半圆(直径)所对的圆周角是直角 命题点三 垂径定理 题型01 利用垂径定理求值 命题点四 点、直线、圆的位置关系 题型01圆和圆的位置关系 题型02切线的性质定理 题型03直线和圆的位置关系 命题点五 圆内接四边形与外接圆 题型01圆内接四边形与外接圆 命题点六 正多边形与圆 题型01正多边形的中心角 05·重难突破·思维进阶 74 突破一 圆的综合问题 突破二 正多边形和圆的综合 06·优题精选·练能提分 89 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点类别 具体考点 考频 课标要求 圆的基本性质 1. 垂径定理及推论； 2. 圆心角、弧、弦的关系； 3. 圆周角定理及推论 2023年T18、 2024年T16、 2025年T19 1. 掌握垂径定理，能进行弦长、半径、圆心到弦的距离计算； 2. 理解圆心角与圆周角的关系，能推导角度； 3. 能利用直径所对圆周角为直角构造直角三角形 点、直线与圆的位置关系 1. 点与圆的位置关系）； 2. 直线与圆的位置关系； 3. 切线的判定与性质 2023年T24(1)、2024年T25(2)、2025年T24(1) 1. 能根据距离判断点、直线与圆的位置关系； 2. 掌握切线的判定方法，能证明直线是圆的切线； 3. 能运用切线性质进行角度、线段计算 圆与圆的位置关系 两圆位置关系判定 2023年T6、2025年T7 能根据圆心距和半径判断两圆位置关系，反之亦然 圆的相关计算 1. 弧长公式：（为圆心角度数，为半径）； 2. 扇形面积公式：； 3. 圆锥的侧面积与全面积（侧面积，为母线长；全面积） 2023T21(2)、 2024T21(2)、 2025年T21(2) 1. 熟记弧长、扇形面积公式，能进行相关计算； 2. 理解圆锥侧面展开图与扇形的关系，能计算圆锥侧面积和全面积 圆的综合应用 与三角形、四边形、相似三角形、锐角三角函数的综合证明与计算 2023T25(3)、 2024T25(3)、 2025年T25(2) 能综合运用圆的性质和其他几何知识，解决复杂的证明与计算问题，注重数形结合和分类讨论思想 命题预测 1. 核心考点全覆盖，垂径定理、圆周角定理、切线的判定与性质为解答题必考内容，弧长与扇形面积计算为填空/解答题高频考点。 2. 题型侧重综合应用，常将圆与相似三角形、锐角三角函数、二次函数结合，考查逻辑推理和计算能力。 3. 分类讨论思想仍是易错点，如圆与直线的位置关系、动点问题中的多解情况。 备考建议 1. 夯实基础：熟记圆的基本性质、定理及公式，尤其是垂径定理、切线的判定与性质的应用条件。 2. 强化模型：总结圆的常见模型，如“直径+圆周角”“切线+半径”“圆内接四边形”等，提升模型识别能力。 3. 精练真题：重点练习近三年中考圆的综合题，总结解题思路和辅助线添加技巧（如作半径、作弦心距、作切线的垂线）。 4. 关注细节：注意圆的多解问题，避免因忽略分类讨论导致漏解。 考点一 圆的基本性质 1．圆的认识 （1）圆的定义 定义 定义内容 相关概念说明 圆的表示与读法 定义① 在一个平面内，线段绕它固定的一个端点旋转一周，另一个端点所形成的图形叫做圆 固定的端点叫做圆心，线段叫做半径 以点为圆心的圆，记作“”，读作“圆” 定义② 圆可以看做是所有到定点O的距离等于定长的点的集合 （2）与圆有关的概念 概念 定义 弦 连接圆上任意两点的线段 直径 经过圆心的弦 圆弧（弧） 圆上任意两点间的部分 半圆 圆的任意一条直径的两个端点把圆分成的两条弧 优弧 大于半圆的弧 劣弧 小于半圆的弧 （3）圆的基本性质：①轴对称性．②中心对称性． 2．点与圆的位置关系 （1）点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有： ①点P在圆外⇔d＞r ②点P在圆上⇔d＝r ①点P在圆内⇔d＜r （2）点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系． （3）符号“⇔”读作“等价于”，它表示从符号“⇔”的左端可以得到右端，从右端也可以得到左端． 3. 圆心角、弧、弦的关系 （1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等． （2）推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等． 说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧． （3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系 三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与原图形完全重合． 4．圆周角定理 （1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角． 注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可． （2）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． 推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径． （3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握． （4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角． 5．垂径定理 （1）垂径定理 垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧． （2）垂径定理的推论 推论 推论内容 推论1 平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧． 推论2 弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧． 推论3 平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧． 6．垂径定理的应用 垂径定理的应用很广泛，常见的有： （1）得到推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧． （2）垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题． 这类题中一般使用列方程的方法，这种用代数方法解决几何问题即几何代数解的数学思想方法一定要掌握． 1.（2025春•杨浦区期末）下列说法中正确的是（　　） A．π的值等于3.14 B．π的值是圆周长与直径的比值 C．π的值与圆的大小有关 D．π是一个有理数 【答案】B 【分析】根据圆周率π的意义和取值范围即可求解． 【解答】解：A、圆周率π的值大于3.14，原说法错误，不符合题意； B、圆周率π的值是圆周长与直径的比值，原说法正确，符合题意； C、圆周率π的值是圆周长与直径的比值，圆周率π的值与圆的大小无关，原说法正确，不符合题意； D、圆周率π是一个无限不循环小数，原说法正确，不符合题意． 故选：B． 【点评】本题主要考查了圆的认识，理解掌握相关概念是解题关键． 2.（2025春•宝山区校级月考）如图，在⊙O中，弦AB∥CD，若∠BOD＝80°，则∠ABC的度数为（　　） A．20° B．40° C．50° D．80° 【答案】B 【分析】根据圆周角定理得到∠BCD∠BOD＝40°，由于AB∥CD，根据平行线的性质即可得到∠ABC＝∠BCD＝40°． 【解答】解：∵∠BOD＝80°， ∴∠BCD∠BOD＝40°， ∵AB∥CD， ∴∠ABC＝∠BCD＝40°． 故选：B． 【点评】本题考查了圆周角定理以及平行线的性质，解题的关键是掌握并熟练运用圆周角定理，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角的度数等于它所对的圆心角度数的一半． 3（2025春•宝山区校级期末）一段弧所在的圆的半径为2厘米，弧所对的圆心角为90°，那么这段弧为 　 　 厘米． 【答案】π． 【分析】直接利用弧长公式计算． 【解答】解：∵一段弧所在的圆的半径为2厘米，弧所对的圆心角为90°， ∴这段弧长π（厘米）． 故答案为：π． 【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，记住弧长公式是解决问题的关键． 4.（2025秋•闵行区校级月考）如图，在圆O中，直径AB＝10，弦CD交AB于点E，且CE＝DE，若BE＝2，则CD＝ 　 　 ． 【答案】8． 【分析】连接OC，根据垂径定理的推论得到OE⊥CD，再根据勾股定理计算即可． 【解答】解：如图，连接OC， ∵直径AB＝10， ∴OB＝OC＝5， ∵BE＝2， ∴OE＝OB﹣BE＝5﹣2＝3， ∵CE＝DE， ∴OE⊥CD， ∴CE4， ∴CD＝8， 故答案为：8． 【点评】本题考查的是垂径定理，掌握垂径定理的推论是解题的关键． 5.（2024•浦东新区三模）《九章算术》其卷九勾股篇记载：今有圆材埋于壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？如图，大意是，今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯这木材，锯口深CD等于1寸，锯道AB长1尺，问圆形木材的直径是多少？（1尺＝10寸）答：圆材直径 　 　 寸． 【答案】26． 【分析】过圆心O作OC⊥AB于点C，延长OC交圆于点D，则CD＝1寸，AC＝BCAB，连接OA，设圆的半径为x，利用勾股定理在Rt△OAC中，列出方程，解方程可得半径，进而直径可求． 【解答】解：过圆心O作OC⊥AB于点C，延长OC交圆于点D，连接OA，如图， ∵OC⊥AB， ∴AC＝BCAB，， 则CD＝1寸，AC＝BCAB＝5寸． 设圆的半径为x寸，则OC＝（x﹣1）寸． 在Rt△OAC中，由勾股定理得： 52+（x﹣1）2＝x2， 解得：x＝13． ∴圆形木材的直径是2×13＝26（寸）． 故答案为：26． 【点评】本题主要考查了垂径定理，勾股定理的应用，正确添加辅助线是解题的关键． 考点二 直线与圆、圆与圆的位置关系 1．直线与圆的位置关系 （1）直线和圆的三种位置关系： ①相离：一条直线和圆没有公共点． ②相切：一条直线和圆只有一个公共点，叫做这条直线和圆相切，这条直线叫圆的切线，唯一的公共点叫切点． ③相交：一条直线和圆有两个公共点，此时叫做这条直线和圆相交，这条直线叫圆的割线． （2）判断直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d． ①直线l和⊙O相交⇔d＜r ②直线l和⊙O相切⇔d＝r ③直线l和⊙O相离⇔d＞r． 2．切线的性质 （1）切线的性质 ①圆的切线垂直于经过切点的半径． ②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点． ③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心． （2）切线的性质可总结如下： 如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直． 【解题技法】 切线性质的运用 运用切线的性质进行计算或证明时，常常作的辅助线是连接圆心和切点，通过构造直角三角形或相似三角形解决问题． 3．切线的判定 （1）切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线． （2）在应用判定定理时注意： ①切线必须满足两个条件：a、经过半径的外端；b、垂直于这条半径，否则就不是圆的切线． ②切线的判定定理实际上是从”圆心到直线的距离等于半径时，直线和圆相切“这个结论直接得出来的． ③在判定一条直线为圆的切线时，当已知条件中未明确指出直线和圆是否有公共点时，常过圆心作该直线的垂线段，证明该线段的长等于半径，可简单的说成“无交点，作垂线段，证半径”；当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线，可简单地说成“有交点，作半径，证垂直”． 4．切线的判定与性质 （1）切线的性质 ①圆的切线垂直于经过切点的半径． ②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点． ③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心． （2）切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线． （3）常见的辅助线的： ①判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”； ②有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”． 5．圆与圆的位置关系 （1）圆与圆的五种位置关系：①外离；②外切；③相交；④内切；⑤内含． 如果两个圆没有公共点，叫两圆相离．当每个圆上的点在另一个圆的外部时，叫两个圆外离，当一个圆上的点都在另一圆的内部时，叫两个圆内含，两圆同心是内含的一个特例；如果两个圆有一个公共点，叫两个圆相切，相切分为内切、外切两种；如果两个圆有两个公共点叫两个圆相交． （2）圆和圆的位置与两圆的圆心距、半径的数量之间的关系： ①两圆外离⇔d＞R+r； ②两圆外切⇔d＝R+r； ③两圆相交⇔R﹣r＜d＜R+r（R≥r）； ④两圆内切⇔d＝R﹣r（R＞r）； ⑤两圆内含⇔d＜R﹣r（R＞r）． 6．相切两圆的性质 如果两圆相切，那么连心线必经过切点． 7．相交两圆的性质 （1）相交两圆的性质： 相交两圆的连心线（经过两个圆心的直线），垂直平分两圆的公共弦． 注意：在习题中常常通过公共弦在两圆之间建立联系． （2）两圆的公切线性质： 两圆的两条外公切线的长相等；两圆的两条内公切线的长也相等． 两个圆如果有两条（内）公切线，则它们的交点一定在连心线上． 1.（2025秋•静安区校级月考）下列说法正确的是（　　） A．三点确定一个圆 B．如果圆的直径平分弦，那么这条直径垂直于这条弦 C．和半径垂直的直线是圆的切线 D．三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等 【答案】D 【分析】根据相关知识逐项判断即可． 【解答】解：A、当三点共线时不能确定一个圆，故本选项错误； B、垂径定理要求弦非直径，若弦为直径则直径平分弦但不垂直于弦，故本选项错误； C、切线的判定需直线经过半径外端且垂直于半径，仅垂直不一定相切，故本选项错误； D、三角形的外心是外接圆的圆心，到三个顶点的距离均等于半径，故本选项正确． 故选：D． 【点评】本题考查圆的基本性质，包括确定圆的条件、垂径定理、切线的判定以及三角形外心的性质，掌握其相关知识点是解题的关键． 2（2025秋•静安区期末）如图，已知在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，如果分别以A、C为圆心的两圆相切，且点D在⊙C内，点B在⊙C外，⊙A的半径r的取值范围是（　　） A．6＜r＜8或10＜r＜18 B．2＜r＜4或10＜r＜18 C．2＜r＜4或16＜r＜18 D．6＜r＜8或16＜r＜18 【答案】C 【分析】首先求得⊙C的半径的取值范围，然后根据两圆的圆心距是10，结合两圆内切或外切，进一步求得r的取值范围． 【解答】解：∵在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8， ∴AC10， ∵点D在⊙C内，点B在⊙C外， ∴⊙C的半径R的取值范围为：6＜R＜8， 当⊙A和⊙C外切时，圆心距等于两圆半径之和是10，则R+r＝10， ∴r的取值范围是2＜r＜4． 当⊙A和⊙C相内切时，圆心距等于两圆半径之差是10，则r﹣R＝10， 则16＜r＜18； 所以⊙A的半径r的取值范围是2＜r＜4或16＜r＜18． 故选：C． 【点评】此题综合考查了点和圆的位置关系以及两圆的位置关系与数量关系之间的等价关系．同时注意勾股定理的运用．特别注意两圆相切，可能内切或外切． 3.（2025秋•静安区期末）已知点A坐标为（1，﹣3），如果半径为r的⊙A与x轴无公共点，与y轴有公共点，那么r的取值范围是 　 　 ． 【答案】1≤r＜3． 【分析】根据直线与圆的位置关系作答． 【解答】解：∵点A坐标为（1，﹣3）， ∴点A到x轴的距离为3，到y轴的距离为1． ∵半径为r的⊙A与x轴无公共点，与y轴有公共点， ∴1≤r＜3． 故答案为：1≤r＜3． 4.（2025秋•静安区期末）如图，以点O为圆心的两个同心圆中，不经过圆心的线段与两圆相交，自左向右的交点依次为点A、B、C、D． （1）求证：AB＝CD； （2）联结OA、OB，如果∠OAD＝30°，∠OBC＝45°，AB＝2，求小圆半径r的值． 【答案】（1）过O作OH⊥AD于H， ∴AH＝DH，BH＝CH， ∴AH﹣BH＝DH﹣CH， ∴AB＝CD； （2）． 【分析】（1）过O作OH⊥AD于H，由垂径定理推出AH＝DH，BH＝CH，即可证明AB＝CD； （2）求出AHOH，判定△BHO是等腰直角三角形，得到BH＝OH，OBOH，因此OH﹣OH＝2，求出OH1，得到O，于是得到答案． 【解答】（1）证明：过O作OH⊥AD于H， ∴AH＝DH，BH＝CH， ∴AH﹣BH＝DH﹣CH， ∴AB＝CD； （2）解：∵∠OAD＝30°，∠AHO＝90°， ∴AHOH， ∵∠OBC＝45°，∠AHO＝90°， ∴△BHO是等腰直角三角形， ∴BH＝OH，OBOH， ∵AH﹣BH＝AB＝2， ∴OH﹣OH＝2， ∴OH1， ∴OB（1）． ∴小圆的半径r是． 【点评】本题考查相交两圆的性质，垂径定理，关键是掌握垂径定理． 考点三 正多边形与圆 1. 正多边形与圆的关系 把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆． 2. 正多边形的有关概念 ①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心． ②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径． ③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角． ④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距． 1.（2025•虹口区三模）如果正十边形的边长为a，那么它的半径是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设AB是圆内接正十边形的边长，连接OA、OB，过O作OC⊥AB于C，解直角三角形即可得到结论． 【解答】解：设AB是圆内接正十边形的边长， 连接OA、OB，过O作OC⊥AB于C， 则∠AOB36°， ∴18°，ACAB， ∴OA， 故选：C． 【点评】本题考查了正多边形和圆，等腰三角形的性质，解直角三角形，正确的理解题意是解题的关键． 2.（2025•崇明区三模）如果一个正多边形的外角是锐角，且它的余弦值是，那么它是（　　） A．等边三角形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十二边形 【答案】D 【分析】利用任意凸多边形的外角和均为360°，正多边形的每个外角相等即可求出答案． 【解答】解：∵一个外角为锐角，且其余弦值为， ∴这个一个外角＝30°， ∴360÷30＝12． 故它是正十二边形． 故选：D． 【点评】此题主要考查了多边形的外角和，利用任意凸多边形的外角和均为360°，正多边形的每个外角相等即可求出答案． 3.（2025•上海校级一模）如图，将两个全等的正六边形一边重合放置在一起，中心分别为O1，O2，连接O1O2，其中一个正六边形的外接圆与O1O2交于点A．若外接圆O2的半径为2，则O1A＝　 　 ． 【答案】． 【分析】连接BO2，BO1，CO2，CO1，根据正六边形性质得出BO2＝BO1＝CO2＝CO1，∠BO2C＝60°，证明四边形BO2CO1是菱形，得出∠BO2O1＝30°，BC⊥O2O1，根据直角三角形的性质和勾股定理求出O2D即可求解． 【解答】解：将两个全等的正六边形一边重合放置在一起，中心分别为O1，O2，如图，连接BO2，BO1，CO2，CO1， ∴， ∴四边形BO2CO1是菱形， ∴∠BO2O1＝30°，BC⊥O2O1， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了正多边形与圆，直角三角形的性质，勾股定理，菱形的判定与性质，解题的关键是掌握菱形的判定与性质． 命题点一 圆心角 ►题型01弧、弦、圆心角的关系 【典例1】（2025·上海嘉定·二模）如图，已知是半圆的直径，半径垂直于弦，垂足为点，联结，． (1)求的度数； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【知识点】利用弧、弦、圆心角的关系求解、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了勾股定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键． （1）连接，根据垂径定理可得，从而可得，进而可得，然后利用圆心角、弧、弦的关系可得∠； （2）设，在中，利用锐角三角函数的定义求出和的长，从而求出的长，然后利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【详解】（1）解：连接， ∵半径垂直于弦， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：设， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， 在中，． 【变式1-1】（2025·上海·中考真题）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、利用弧、弦、圆心角的关系求证、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，弧，弦与圆心角之间的关系，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． （1）连接，由等边对等角得到，利用证明，得到，证明，得到，则可证明； （2）连接，由，得到，，证明，得到，则可证明，进而证明，推出；再证明，得到，则可证明． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，连接， ∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴； 由（1）可得， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式1-2】（2025·上海宝山·二模）如图，已知梯形，，，以点为圆心、为半径画弧，与分别交于点，且．                          (1)如果设，，求的长； (2)求的值； (3)如果是弧的中点，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】全等三角形综合问题、根据矩形的性质与判定求线段长、利用弧、弦、圆心角的关系求解、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）过点分别作，垂足为点，过点作，交的延长线于点，可证四边形是矩形，，在中，，，同理， ，在中，，由此即可求解； （2）由（1）设，则，则，， 所以，则，由此即可求解； （3）连接，延长交于点，则，由（2）可设，在中，，，，同理，，，，所以，由此即可求解． 【详解】（1）解：过点分别作，垂足为点，过点作，交的延长线于点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， 同理， ， 在中，． （2）解：由（1）设，则， 在中，， ∴， ∴， ∵点为圆心，， ∴， ∴， ∴． （3）解：连接，延长交于点， ∵， ∴， ∵是弧的中点， ∴， 由（2）可设， 在中，， ∴，， 同理，， ∴， ∴，     ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形的计算，圆的基础知识，掌握以上知识的综合，数形结合分析是关键． 命题点二 圆周角 ►题型01 圆周角定理 【典例1】（2025·上海奉贤·二模）在中，点C是弧的中点，交弦于点D，且D是的中点． (1)求的度数； (2)延长交于点E，连接，交于点F，如果，求的长度． 【答案】(1)60度 (2) 【知识点】解直角三角形的相关计算、圆周角定理、垂径定理的推论、等边对等角 【分析】本题主要考查了垂径定理的推论，解直角三角形，圆周角定理，等边对等角等等，熟知垂径定理的推理是解题的关键． （1）由垂径定理的推论可得，再由线段中点的定义可得，据此解直角三角形即可得到答案； （2）先求出，则，再由垂径定理的推论得到，，解直角三角形得到，再证明，解直角三角形得到，则． 【详解】（1）解：连接 ∵在中，点C是弧的中点， ∴， ∵D是的中点，且， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵，且是的直径， ∴， ∵D是的中点， ∴， ∵在中，点C是弧的中点， ∴，， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【变式1-1】（2025·上海青浦·二模）已知：为的直径，，点C在上．联结OC、，过点O作，交于点D． (1)如图，联结，当时，求证：四边形是菱形； (2)作，垂足为E． ①如图，联结、，交半径于点F，当时，求线段的长； ②如图，联结、、，设的面积为，四边形的面积为，如果，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【知识点】证明四边形是菱形、圆周角定理、解直角三角形的相关计算、圆与三角形的综合(圆的综合问题) 【分析】（1）利用同圆的半径相等的性质，平行线的性质和等边三角形的判定与性质得到，再利用菱形的判定定理解答即可； （2）①利用平行线的性质，圆周角定理和垂径定理得到，则，，即可得出结论； ②过点O作于点H，得，则，利用全等三角形的面积相等和同高的三角形的面积比等于底的比的性质得到，从而求得；利用全等三角形的性质得到，最后根据解答即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴是等边三角形， ∴． ∵， ∴． 同理，是等边三角形，． 又∵， ∴． ∴四边形是菱形． （2）解：①∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． 又∵， ∴， ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵，， ∴． ∴． ∴， ∴， ∴． ②过点O作于点H，得， ∵， ∴， ∵， ∴． ∴， ∴． ∵，， ∴． ∴，， ∴． ∵， ∴． ∵在中，，， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定与性质，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线，熟练掌握上述定理与性质是解题的关键． 【变式1-2】（2025·上海普陀·二模）如图，分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以等边三角形的边长为半径，以另两个顶点为端点画圆弧，由首尾相连的三段圆弧可组成一个曲线图形，这个曲线图形叫做莱洛三角形． (1)下面结论中，正确的是________．（写出所有正确结论的序号） 莱洛三角形是轴对称图形； 莱洛三角形上的任意一点到等边三角形的中心的距离相等； 莱洛三角形的每段圆弧所对的圆心角都为； 莱洛三角形的面积等于． (2)如果、是莱洛三角形上的两点，连接、，满足且，求此时的正切值； (3)已知、分别是、上的两个动点：点沿从点运动到点，点沿从点运动到点，它们同时出发且速度相同，连接．试表述线段的中点的轨迹． 【答案】(1)； (2)或； (3)点在以的中点R为圆心，以为半径的圆心角为的弧上 【知识点】等边三角形的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（）根据莱洛三角形的定义，结合轴对称图形的判断圆的相关性质直接判断即可； （）分当在上方时，当在下方时，两种情况分析即可； （）连接，，，，，取、的中点，连接，，，再证明，得出即可确定轨迹． 【详解】（1）解：因为以等边三角形的每个顶点为圆心，以等边三角形的边长为半径，以另两个顶点为端点画圆弧，由首尾相连的三段圆弧可组成一个曲线图形，这个曲线图形叫做莱洛三角形， 所以莱洛三角形是轴对称图形，正确； 三段弧到它们所对的三角形顶点的距离相等，故莱洛三角形上的任意一点到等边三角形的中心的距离不相等，不正确； 等边三角形的每一个内角都是，故莱洛三角形的每段圆弧所对的圆心角都为，正确； 莱洛三角形的面积等于三个弓形的面积加上等边三角形的面积，即，不正确； 故答案为：； （2）解：如图，当在上方时，过作于点， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴设，则，， ∵且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴； 当在下方时， 同理：∵， ∴设，则，， 由勾股定理得：， ∴； 综上可得：的正切值为或； （3）解：连接，，，，，取、的中点R、S，连接，，， ∵点沿从点运动到点，点沿从点运动到点，它们同时出发且速度相同， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵、的中点为，的中点为， ∴，，，， ∵， ∴， ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当点与点重合时，点为中点，当点与点重合时，点为中点，此时，， 故点在以的中点为圆心，以为半径的圆心角为的弧上； 【点睛】本题考查了圆的有关性质、垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质、解直角三角形，三角形的中位线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是熟练运用相关知识进行证明和推理． ►题型02 半圆(直径)所对的圆周角是直角 【典例2】（2025·上海奉贤·二模）如图，是的直径，是一条弦，D是的中点，于点E，交于点F，交于点H，交于点G．    (1)求证：． (2)若，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)5 【知识点】用勾股定理解三角形、利用垂径定理求值、半圆（直径）所对的圆周角是直角、已知正弦值求边长 【分析】（1）根据D是的中点，于点E，得到,得到即可得证． （2）根据，设，运用勾股定理，得到，结合，得到，运用勾股定理，得到，从而得到，在中，利用勾股定理计算x即可． 【详解】（1）∵D是的中点， ∴， ∵，是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）∵，是的直径， ∴， ∵， 设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴的半径为5． 【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，正弦函数，熟练掌握垂径定理，勾股定理，圆周角定理，正弦函数是解题的关键． 【变式2-1】（2023·上海·中考真题）如图，在中，弦的长为8，点C在延长线上，且．    (1)求的半径； (2)求的正切值． 【答案】(1)5 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、半圆（直径）所对的圆周角是直角、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）延长，交于点，连接，先根据圆周角定理可得，再解直角三角形可得，由此即可得； （2）过点作于点，先解直角三角形可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据正切的定义即可得． 【详解】（1）解：如图，延长，交于点，连接，    由圆周角定理得：， 弦的长为8，且， ， 解得， 的半径为． （2）解：如图，过点作于点，     的半径为5， ， ， ， ， ，即， 解得， ，， 则的正切值为． 【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、勾股定理等知识点，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键． 【变式2-2】（2025·上海普陀·二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线的开口向下，与轴交于点和，与轴交于点．直线交抛物线于点． (1)如图，抛物线的对称轴是直线． ①求此时抛物线的表达式； ②如果，求点的横坐标； (2)如果点关于直线的对称点恰好是的重心，求的值． 【答案】(1)①；②点的横坐标为 (2) 【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、重心的有关性质、半圆（直径）所对的圆周角是直角、相似三角形问题(二次函数综合) 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求函数表达式，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，三角形重心定理，中点坐标，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是数量掌握以上性质并正确作辅助线． （1）①利用对称轴确定系数的关系，再利用待定系数法即可求出抛物线表达式； ②利用圆周角定理确定点的位置，过点做辅助线构造直角三角形，假设出点的坐标，表示出相关点的坐标，证出，利用列出方程，解方程即可； （2）做辅助线确定的重心，表示出，和相关线段的长度，证明，利用对应边成比例表示出，设，则，利用等腰直角三角形的性质和点在直线上，列出方程求解即可求出的值． 【详解】（1）解：①抛物线的对称轴是直线， ，即， 将代入抛物线得：， 则， 解得：， ， 抛物线的表达式为； ②如图，连接,以为直径作圆，与抛物线在第一象限的交点即为点,过点作轴于点，过点作交的延长线于点， ，， ， ， ， ， ， 在中，令，则， ， 直线交抛物线于点，， 设，则，， ，，，， ， ，即， 整理可得：， 解得：（负值已舍去）， 点的横坐标为； （2）解：如图，取的中点，连接，过点作轴于点、交于点，过点作轴于点，与交于点，连接交于点， ， 抛物线的开口向下，与轴交于点和，， ，即，， 抛物线的对称轴为直线，， ， ， 是的重心，点是的中点， 点在上，， ，， ， ， ，， ， ， 设，则， ，， 点关于直线的对称点是， ，， ，， ， ， ， ，即， 整理得：， 设直线的解析式为，将，代入得： ， 解得：， 直线的解析式为， 将代入得：， 整理得：， ∴， 解得， 又∵， ∴可整理为， 解得或（舍去）， 所以. 命题点三 垂径定理 ►题型01 利用垂径定理求值 【典例1】（2025·上海黄浦·二模）如图，已知是的直径，、是上的两点，且，垂足为点，如果，那么的长为 ． 【答案】5 【知识点】用勾股定理解三角形、利用垂径定理求值 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理．利用垂径定理求出是解题的关键． 连接，根据，，得到，，设，则，再根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵，， ∴，， 设，则， 由勾股定理，得， 解得：， ∴ 故答案为：5． 【变式1-1】（2025·上海金山·二模）圆是的外接圆，，，垂足分别是点、，如果，那么 ． 【答案】 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、利用垂径定理求值 【分析】本题主要考查了垂径定理和三角形中位线定理，解题的关键是熟练掌握“垂直于弦的直径平分弦”以及“三角形的中位线等于第三边的一半”． 根据垂径定理可知点和点分别为的中点，根据中位线定理即可进行求解． 【详解】解：∵， ∴点和点分别为的中点， ， ， 故答案为：． 【变式1-2】（2025·上海闵行·二模）如图，在中，直径长为，弦的长为8，点是上一点，过点作的垂线交直线于点． (1)求的正切值． (2)当与相似时，求的长． (3)以点为圆心，长为半径画，试根据线段的长度情况探究和的位置关系． 【答案】(1)； (2)； (3)当时，内含于；当时，圆与圆内切；当或时，与相交． 【知识点】利用垂径定理求值、圆和圆的位置关系、利用相似三角形的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）连接，由直径所对的圆周角是直角得到，利用勾股定理求出的长，再根据正切的定义可得答案； （2）分在的左侧和在的右侧两种情况，讨论求解即可； （3）如解析图示中，求出圆与圆内切时，，再求出时，，据此分，，三种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解；如图所示，连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴，即； （2）解：如图：当在的左侧时；过作， ∴， ∴， 设，则 与相似， ， ， ∵，即， ∴，即， ∴， ∵， ， ，即 解得（已检验，符合题意） ； 如图：当在的右侧时； 过作于，过过于，过作于， 则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵与相似， ∴， 设，则， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴，， ∴， ， ， 综上：； （3）解：如图，当圆与圆内切时，则， 过作于，过过于， 同（2）可证明， ∵， ∴， ∴， ∴ 如图，当时，在内切的基础上，点D会更靠近点B，即此时一定有， ∴， ∴内含于； 如图，过点O作交于T，则， ∴； 如图，当时，，则一定有， ∴与相交； 当时，如图， ∵， ∴， ∴与相交； 综上所述，当时，内含于；当时，圆与圆内切；当或时，与相交． 【点睛】本题主要考查了圆与圆的位置关系，相似三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，角平分线的性质等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 命题点四 点、直线、圆的位置关系 ►题型01 圆和圆的位置关系 【典例1】（2025·上海嘉定·二模）如果与内含，圆心距，的半径长是，那么的半径长的取值范围是（   ）． A． B． C．或 D． 【答案】C 【知识点】圆和圆的位置关系 【分析】本题主要考查了圆与圆的位置关系，两个圆的半径差的绝对值小于圆心距离，那么这两个圆内含，据此分内含于和内含于两种情况，讨论求解即可． 【详解】解：当内含于时，则， ∴， ∴； 当内含于时，则， ∴， ∴； 综上所述，或， 故选：C． 【变式1-1】（2025·上海·中考真题）在锐角三角形中，，，的外接圆为，且半径为5，边中点为，如果以为圆心的圆与相交，那么的半径可以为（   ） A．2 B．5 C．8 D．9 【答案】B 【知识点】圆和圆的位置关系、用勾股定理解三角形、三线合一 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，两圆相交的条件等知识，掌握两圆相交的条件是关键；根据题意，等腰的外接圆半径为5，由等腰三角形的性质、勾股定理求得；当与相交时，圆心距需满足条件，代入数值求解r的范围，进而确定选项． 【详解】解：如图，连接并延长交于点E， ∵，D为中点， ∴，； ∵锐角三角形中，， ∴外接圆心O在上， 连接，由勾股定理得：；      设以D为圆心的圆的半径为，相交应满足：， 即，解得：； 在此范围的半径只有选项B； 故选：B． 【变式1-2】（2024·上海·中考真题）在中，，，，点在内，分别以为圆心画，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是（    ） A．内含 B．相交 C．外切 D．相离 【答案】B 【知识点】用勾股定理解三角形、圆和圆的位置关系 【分析】本题考查圆的位置关系，涉及勾股定理，根据题意，作出图形，数形结合，即可得到答案，熟记圆的位置关系是解决问题的关键． 【详解】解：圆半径为1，圆半径为3，圆与圆内切， 圆含在圆内，即， 在以为圆心、为半径的圆与边相交形成的弧上运动，如图所示： 当到位置时，圆与圆圆心距离最大，为， ， 圆与圆相交， 故选：B． ►题型02 切线的性质定理 【典例2】（2025·上海浦东新·二模）如图，在中，，，点在边上，且是等边三角形，点是对角线上一点．如果经过点且与边没有公共点，那么的半径的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、切线的性质定理、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了直线与圆的位置关系、平行四边形的性质、勾股定理、解直角三角形的应用，解题关键是找到界点时的情况计算． 根据题意，需要找到当时，半径最小；当点与点重合时，半径最大，计算出长度即可解答． 【详解】解：作交于点， 在中， ，，，， ， 是等边三角形， ，， 在直角中， ，， ， ， 在直角中， ， 在直角中， ， 作交于点， ， ， ， 与相切时，，即， 当时，半径最小，即； 当点与点重合时，，即， ， 半径最大为， 综上所述，． 【变式2-1】（2025年上海市松江区中考数学二模试卷　）如图，在△中，，，点在边上，以为圆心，为半径的圆与边交于点，与边相切于点． (1)当时，求的半径长； (2)求的值． 【答案】(1)的半径长为4 (2) 【知识点】含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、切线的性质定理 【分析】此题考查了切线的性质、含角的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握切线的性质、等边三角形的判定和性质是解题的关键． （1）利用切线的性质和含角的直角三角形的性质得到，即可求出答案； （2）连接、，则，证明△和△是等边三角形，再利用含角的直角三角形的性质即可得到答案． 【详解】（1）解：与边相切于点， 于点， ， ，， ， ， ， ， 的半径长为4． （2）连接、，则， ，， ， △是等边三角形， ， ， △是等边三角形， ， ， ， ， ， ， 的值为． 【变式2-2】（2025·上海松江·二模）已知是半圆的直径，是弦延长线上一点． (1)联结与半圆交于点． ①如图1，如果点是弧的中点，且，求的长； ②如图2，如果点是弧的中点，且，求的值． (2)设是弦的中点，如果以点为圆心、为半径的圆与相切，以点为圆心、为半径的圆与直线相切，求的值． 【答案】(1)①；② (2) 【知识点】利用垂径定理求值、切线的性质定理、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）①连接，过点作于点，求出，设，则，由求出，得到，，，则，即可求出答案；②连接，，，证明△△，得到，得到，则．设，，则，证明△△，得到，即可求出答案． （2）设为半径的圆与直线相切于点，连接，，证明△△，得到，设，证明△△，得到，则，，即可得到答案． 【详解】（1）解：①连接，过点作于点，如图， 是半圆的直径，点是弧的中点， ， ，， ， 设，则， ， ， ， ，，， ， ． ②连接，，，如图， 点是弧的中点， ， ，， ， ． ， ， ， ， ， ， △△， ， ， ， ， 四边形为圆的内接四边形， ， ， ， ． 设，，则， △△， ， ． （负数不合题意，舍去）， ， ； （2）设为半径的圆与直线相切于点，连接，，如图， 点为圆心、为半径的圆与相切， 点为切点， ， 设，则， 是弦的中点， ，， 为半径的圆与直线相切于点， ，， 在△和△中， ， △△， ， 设， ，， △△， ， ，， ，， ， ， ， ， ． ， 【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、切线的性质、全等三角形的判定和性质、垂径定理等知识，综合性较强，熟练掌握相似三角形的判定和性质、解直角三角形是解题的关键． ►题型03 直线和圆的位置关系 【典例3】（2025·上海宝山·二模）如图，已知，，，，、是边上的点，，如果以为直径的圆与以为直径的圆相离，且以为直径的圆与边有公共点，那么的值可以是（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【知识点】用勾股定理解三角形、圆和圆的位置关系、已知直线和圆的位置关系求半径的取值 【分析】本题考查直线和圆的位置关系，解三角形等知识点，解题关键是根据确定以为直径圆的圆心是的中点，根据直角三角形的边角关系求出，进而求出，再根据确定的中点是以为直径的圆的圆心，由与直线有公共点，以为直径的圆相离，确定半径的取值范围，进而得出答案． 【详解】解：∵，， ∴，即， ∵，， ∴， ∴，（负值已经舍去） ∴， 如图，取的中点，即， ∵， ∴，即， 过点作，连接， ∴， ∴以为直径的圆与边有公共点时，， ∴，即， ∴， 取的中点，即， ∴， 又∵以为直径的圆与以为直径的圆相离，即， ∴， ∴，即： ∴， 综上所述：， ∵，C选项在取值范围内，故符合题意， ，， ，选项A、B、D不在取值范围内，不符合题意． 故选：C． 【变式3-1】（2024·上海松江·二模）如图，在平面直角坐标系中，有7个半径为1的小圆拼在一起，下面一行的4个小圆都与x轴相切，上面一行的3个小圆都在下一行右边3个小圆的正上方，且相邻两个小圆只有一个公共点，从左往右数，y轴过第2列两个小圆的圆心，点P是第3列两个小圆的公共点．若过点P有一条直线平分这7个小圆的面积，则该直线的函数表达式是 ． 【答案】 【知识点】求一次函数解析式、圆和圆的位置关系、已知直线和圆的位置关系求圆心到直线的距离、根据中心对称的性质求面积、长度、角度 【分析】当直线y过P、N两点时，由中心对称图形的特征可得直线y平分7个小圆的面积，由直线和圆的位置关系，圆和圆的位置关系求得N、P的坐标，再待定系数法求一次函数解析式即可； 【详解】解：如图，⊙N、⊙G、⊙M与x轴相切于F、O、E，连接NF、NG、GM、ME、PM，直线y过P、N两点， ∵右边6个小圆关于点P中心对称，直线y经过点P， ∴直线y平分右边6个小圆的面积， ∵直线y经过左边小圆的圆心， ∴直线y平分⊙N的面积， ∴直线y平分7个小圆的面积， NF⊥x轴，GO⊥x轴，则NF∥GO， NF=GO=1，则NFOG是平行四边形， ∠GOF=90°，则NFOG是矩形， ∵⊙N、⊙G相切， ∴NG=2，即N（-2，1）， 同理可得M（2，1）， ∵P在⊙M的正上方，E点在⊙M的正下方， ∴PE为⊙M的直径，即P、M、E共线， ∴P（2，2）， 设直线y=kx+b，则 ，解得：， ∴， 故答案为：； 【点睛】本题考查了中心对称图形的特征，直线和圆的位置关系，圆和圆的位置关系，一次函数解析式；掌握中心对称图形的特征是解题关键． 【变式3-2】（2025·上海杨浦·二模）为了让游客更好的观赏花圃景观，某植物园打算在不同形状的花圃内都建设一条半圆形的步道，要求一：步道的外围不超过各自花圃的范围；要求二：半圆形步道的圆心在花圃的某一条边上；要求三：半圆形步道的半径尽可能的大（忽略步道的宽度）． 根据以下不同形状的花圃分别按要求画出这个半圆形步道的圆心（不用写作法，保留痕迹），并直接写出不同形状的花圃下半圆形步道的半径． 花圃一：如图1，是一个等腰三角形的花圃，经测量，，半圆形步道的圆心在边上； 花圃二：如图2，四边形是一个梯形的花圃，，经测量，，，，半圆形步道的圆心在边上．（结果保留根号） 【答案】花圃一：画图见解析，半圆形步道的半径为；花圃二：画图见解析，半圆形步道的半径为 【知识点】作角平分线(尺规作图)、用勾股定理解三角形、切线的应用、解直角三角形的相关计算 【分析】花圃一：分别以点B和点C为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于F，连接交于点D即为所求的圆心；过点D作于点E，利用三线合一得到，勾股定理求出，然后利用等面积法求解即可； 花圃二：延长，交于点H，尺规作的角平分线交于点A即为所求作的圆心；过点A作于点N，过点A作于点M，设，则，，，根据列方程求解即可． 【详解】花圃一：根据题意得，当半圆与，相切时，半圆的半径最大， 如图所示，点D即为所求作的圆心； 过点D作于点E，故为半圆的半径 ∵， 由作图得，垂直平分 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴半圆形步道的半径为； 花圃二：根据题意得，当半圆与，相切时，半圆的半径最大， 如图所示，点A即为所求作的圆心； 过点A作于点N，过点A作于点M ∴，且，为半圆的半径 ∵ ∴是等腰直角三角形 ∵ ∴设，则 ∴， ∵ ∴ 解得 ∴ ∴半圆的半径为． 【点睛】此题考查了切线的性质，勾股定理，角平分线的性质定理，解直角三角形等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 命题点五 圆内接四边形与外接圆 ►题型01 圆内接四边形与外接圆 【典例1】（2025·上海静安·二模）已知，四边形内接于，． (1)求证：； (2)小明说：四边形一定是等腰梯形，你认为他的说法正确吗？为什么？ (3)如图所示，已知，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)小明的说法不正确，理由见解析 (3) 【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是矩形、同弧或等弧所对的圆周角相等、已知圆内接四边形求角度 【分析】本题主要考查了圆的内接四边形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、矩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）根据同弧所对的圆周角相等可得、，进而证明可得，再根据同弧所对的圆周角相等可得，由等量代换可得，最后根据平行线的判定定理即可证明结论； （2）通过证明四边形是矩形即可证明结论； （3）如图：连接并延长交于点E，连接．由等腰三角形三线合一的形状可得，利用勾股定理可得，设该圆的半径为r，则，最后根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：小明的说法不正确，理由如下： ∵， ∴， 当时，四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形内接于， ∴，即， ∴四边形是矩形，即小明的说法不正确． （3）解：如图：连接并延长交于点E，连接． ∵， ∴，， ∴， 设该圆的半径为r，则， ∵， ∴，解得：． 【变式1-1】（2026·上海徐汇·一模）如图，在中，，点在边上且，点是边上的动点，以为直角顶点；为腰在其右侧作等腰直角三角形，射线与边交于点． (1)当时，求的面积； (2)当点落在内部（不含边界）时，求的取值范围； (3)连接，如果是直角三角形，请直接写出的长． 【答案】(1) (2) (3)或 【知识点】已知圆内接四边形求角度、解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、圆周角定理 【分析】（1）根据是等腰直角三角形，得出，根据，得出，结合，得，则，证出，则，结合，即可求出，即可解答； （2）由题知：不可能在上，可能在上； 当在上且与重合时，如图所示：过点作，过点作，过点作，则，得出，，勾股定理求出，则，结合，求出，证明，求出，证明，得出，，则，此时，当在上且与重合时，如图所示：由上得，，设，则，则，根据，求出，此时，根据落在内部（不含边界），即可求解； （3）当时，如图所示：由上得，则，，证明，则，证明，则，，得出，，则，当时，如图所示：由上得，设，则，证明，得出，列方程，求出，即可得，的长，由题知：，则四点共圆，得出，求出；当时，不符合； 【详解】（1）解：如图所示： ∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的面积为； （2）解：由题知：不可能在上， ∴可能在上； 当在上且与重合时， 如图所示：过点作，过点作，过点作， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 此时， 当在上且与重合时，如图所示：由上得， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， 此时， ∵落在内部（不含边界），∴； （3）解：当时，如图所示： 由上得， ∴， ∴， 由题知：， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 当时，如图所示： 由上得， 设，则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由题知：， ∴四点共圆， ∵， ∴， ∴， 当时，不符合； 综上：或． 【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，解直角三角形，圆周角定理，四点共圆，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，利用分类讨论思想解答． 【变式1-2】（2024·上海·中考真题）在梯形中，，点E在边上，且． (1)如图1所示，点F在边上，且，联结，求证：； (2)已知； ①如图2所示，联结，如果外接圆的心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长； ②如图3所示，如果点M在边上，联结、、，与交于N，如果，且，，求边的长． 【答案】(1)见详解 (2)①；② 【知识点】用勾股定理解三角形、求特殊三角形外接圆的半径、由平行截线求相关线段的长或比值、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）延长交于点G，由，得到，由已知数据得到，，故，因此； （2）①记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接，先证明，再证明，则，即，求得； ②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q，由，求得，可证明，角度推导得，则，求出，继而得到，由，则，设，则，由，设，，由，得到，设，可证明，求出，则，在中，运用勾股定理得：，则，在中，由勾股定理得，，故． 【详解】（1）证明：延长交于点G， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴； （2）①解：记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接， ∵点O为外接圆圆心， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴外接圆半径为； ②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q， ∵， ∴， ∴， 由①知， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由， 得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴设， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， 解得：， ∴， 在中，由勾股定理得： ， ∴， ∴， ∴， 而， ∴在中，由勾股定理得，， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的外接圆等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 命题点六 正多边形与圆 ►题型01 正多边形的中心角 【典例1】（2025·上海宝山·二模）如果一个正多边形的内角和为，那么这个正多边形的中心角度数是（    ） A．10 B．12 C．18 D．30 【答案】D 【知识点】正多边形的内角问题、求正多边形的中心角 【分析】本题主要考查了多边形的内角和外角，解题关键是熟练掌握正多边形的定义和多边形的内角和公式．设这个正多边形的边数为列方程求出再根据正多边形每条边所对的中心角都相等，列出算式进行计算即可． 【详解】解：设这个正多边形的边数为列方程得： ， 解得， ∴这个正多边形的中心角的度数为：， ∴A，B，C选项不符合题意，D选项符合题意， 故选：D． 【变式1-1】（2025·上海嘉定·一模）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数为 ． 【答案】18 【知识点】已知正多边形的中心角求边数 【分析】根据正n边形的中心角的度数为进行计算即可得到答案． 【详解】根据正n边形的中心角的度数为， 则， 故这个正多边形的边数为18， 故答案为：18． 【点睛】本题考查的是正多边形内角和中心角的知识，掌握中心角的计算公式是解题的关键． 【变式1-2】（2024·上海松江·一模）一个正n边形的中心角为，则n为 ． 【答案】10 【知识点】已知正多边形的中心角求边数 【分析】根据正多边形的中心角和为计算即可． 【详解】解：， 故答案为：10． 【点睛】本题考查的是正多边形和圆，熟知正多边形的中心角和为是解答此题的关键． 突破一 圆的综合问题 【典例1】（2023·上海·中考真题）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，联结交于点．    (1)如果，求证：四边形为平行四边形； (2)如图（2）所示，联结，如果，求边的长； (3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【知识点】证明四边形是平行四边形、与三角形中位线有关的证明、相似三角形的判定与性质综合、圆与三角形的综合(圆的综合问题) 【分析】（1）根据等边对等角得出，，等量代换得出，则，根据是的中点，，则是的中位线，则，即可得证； （2）设，，则，由（1）可得则，等量代换得出，进而证明，得出，在中，，则，解方程即可求解； （3）是以为腰的等腰三角形，分为①当时，②当时，证明，得出，设，根据，得出，可得，，连接交于点，证明在与中，，，得出，可得，根据相似三角形的性质得出，进而即可求解． 【详解】（1）证明：∵ ∴ ∵ ∴, ∴ ∴， ∵是的中点，， ∴是的中位线， ∴，即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵，点边中点， 设，，则 由（1）可得 ∴， ∴， 又∵ ∴, ∴ 即， ∵， 在中，， ∴， ∴ 解得：或（舍去） ∴； （3）解：①当时，点与点重合，舍去； ②当时，如图所示，延长交于点P，    ∵点是的中点，， ∴， 设， ∵ ∴， ∴， 设， ∵ ∴，   ∴， ∴， ∴， 连接交于点，    ∵， ∴ ∴， ∴， 在与中，，， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的定义，圆的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，第三问中，证明是解题的关键． 【变式1-1】（2024·上海普陀·模拟预测）在中，M是斜边的中点，将线段绕点M旋转至位置，点D在直线外，连接，．已知点D和边上的点E满足，． (1)如图1，连接，求证：； (2)如图2，连接，若，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】等腰三角形的性质和判定、证明四边形是菱形、圆周角定理、解直角三角形的相关计算 【分析】（1） 根据题意可得，即可证明四边形和四边形是平行四边形，结合，则平行四边形是菱形，得，结合，可得A、C、D、B四点共圆，则有，即可证明； （2）过点E作于点H，则，利用勾股定理得，结合菱形得性质求得，可得，求得和，即可． 【详解】（1）证明：∵ ∴， 在中， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴A、C、D、B四点共圆， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，过点E作于点H， 则， 在中，由勾股定理得：， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即的值为． 【点睛】本题主要考查直角三角形的判定，菱形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理的推论，勾股定理，以及解直角三角形．解题的关键是熟悉特殊四边形的判定和性质，以及圆周角定理． 【变式1-2】（2025·上海浦东新·二模）如图1，和是半径为2的的两条直径，点P是延长线上的一点．连接交于点E（点E在线段上，且不与点P、点C重合）． (1)当时，求证：； (2)连接，交半径于点M，已知． ①连接，如图2，当点M是的重心时，求的余弦值； ②连接、，当为等腰三角形时，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)①；②或 【知识点】用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、求角的余弦值、圆与三角形的综合(圆的综合问题) 【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质可得，进而可得，根据相似三角形的性质即可得解； （2）①过P作于H，根据直径对直角可得，根据等腰三角形的性质可得，再根据余弦的定义即可得解； ②分三种情况讨论，当时，不符合题意；当时，连接，，证明，即可得解；当时，连接，设与交于G，先证明是的中位线，是的中位线，可得，，再根据勾股定理即可得解． 【详解】（1）解：连接， ， ， ， ， ， ， ∴， ∴， ∴； （2）解：①过P作于H， 是直径， ， ， ∵点M是的重心， ， ∴， ∵，半径为2， ∴， ，， ， ∴； ②当时，如图， ， ， ， 由（1）知，不符合题意； 当时，连接，， 和是的两条直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴， ∴， ， ， ， 当时，连接，设与交于G， ， ， ，， 是直径， ， ， ∴， ， ， ， 是的中位线， ， ， 是的中位线， ， ， ∴， ， ∴， 综上所述，线段的长或． 【点睛】本题考查了圆综合，勾股定理，三角函数，中位线，等腰三角形的性质，相似三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是综合运用以上知识点，运用分类讨论思想； 突破二 正多边形和圆的综合 【典例2】（2025·上海金山·二模）以同一个圆的内接正三角形、正四边形、正边形的边心距为三边作三角形，若这个三角形是直角三角形，正边形的边心距为直角三角形的斜边，那么的值可能是（   ） A．4 B．5 C．6 D．12 【答案】C 【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、垂径定理的推论、正多边形和圆的综合 【分析】设是的直径，，四边形是的内接正三角形，正四边形，交于点，可证明，设，则，连接，作于点，求得，则，设正边形的边心距为，则， 如图，令正边形的一条边为，过点作，则，求得，则，可知为等边三角形，则，即可求解． 【详解】解：如图，是的直径，，四边形是的内接正三角形，正四边形，交于点， ， ， ， ∴是正三角形的边心距，， ， ， 设，则， 连接，作于点， ， ， ， 设正边形的边心距为， ∵以的内接正三角形，正四边形，正边形的边心距为三边作三角形得到直角三角形， ， 如图，令正边形的一条边为，过点作，则， 则， ∴， ∴为等边三角形，则， ， 故选：C． 【点睛】此题重点考查正多边形和圆，等边三角形的判定与性质，正方形的性质，正六边形的性质，勾股定理等知识，设圆的内角正三角形的边心距为，推导出该圆的内接正边形的边心距为是解题的关键． 【变式2-1】（2025·上海松江·二模）如图，正八边形的对角线、交于点，那么的值为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、正多边形和圆的综合、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了正多边形的内角和，勾股定理，相似三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先算出，得出，运用勾股定理表示，因为，证明△△，则，即可作答． 【详解】解：如图，设正八边形的中心为点，连接、、， 则， ， 、、三点在同一条直线上， 点在上， 连接、， 则， ， ， ， 则， ， ， ∴， △△， ， 故答案为：． 【变式2-2】（2025·上海嘉定·二模）已知正五边形，请仅用无刻度的直尺作图，并完成相应的任务（保留作图痕迹，不写作法）． 【初步感知】 （1）如图1，请直接写出的度数； 【实践探究】 （2）请在图2中作出以为对角线的菱形，并证明你的结论； 【拓展延伸】 （3）请在图2正五边形的基础上再设计一个新的正五边形.（不需要证明） 【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析 【知识点】正多边形和圆的综合 【分析】本题考查作图-复杂作图，菱形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）利用正五边形与等腰三角形的性质求解； （2）连接交于点M，四边形即为所求； （3）各边延长线的交组成的五边形即为所求． 【详解】解：∵， ∴； 故答案为：； （2）如图1所示，连接相交于点，菱形为所求图形， 证明：在正五边形中，每个内角都相等且等于，每条边都相等， 可得≌，从而 ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 同理可证：. ∴四边形为平行四边形， 又， ∴四边形为菱形. （3）如图，五边形即为所求． 1．（2025·上海黄浦·二模）已知点在半径为5的内，那么点到圆心的距离不可能是（   ） A．0 B．2 C．4 D．6 【答案】D 【分析】本题考查的是点与圆的位置关系，掌握点P到圆心的距离，当时，点P在圆内是解题的关键． 根据点与圆的位置关系解答即可． 【详解】解：∵点P在半径为5的内， ∴， ∴点P到圆心O的距离不可能是6． 故选：D． 2．（2025·上海浦东新·二模）对于命题：①一个圆上所有的点都在另一个圆的外部，那么这两个圆外离；②一个圆上所有的点都在另一个圆的内部，那么这两个圆内含．下列说法正确的是（    ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①和②都正确 D．①和②都错误 【答案】B 【分析】本题考查了命题的判断，圆与圆的位置关系，掌握命题的定义及分类并能运用所学知识判断命题的真假是解题的关键．根据圆与圆的位置关系判断即可． 【详解】解：①一个圆上所有的点都在另一个圆的外部，那么这两个圆外离或内含，①错误； ②一个圆上所有的点都在另一个圆的内部，那么这两个圆内含，②正确． 故选：B． 3．（2025·上海静安·二模）已知和的半径分别是5和7，那么下列说法中正确的是（    ） A．当时，两圆没有公共点 B．当时，两圆有一个公共点 C．当时，两圆有公共点 D．当时，两圆有两个公共点 【答案】D 【分析】本题主要考查了两圆位置关系，掌握两圆半径、圆心距的关系以及两圆不同位置关系时的公共点数成为解题的关键． 根据圆和圆的位置与两圆的圆心距、半径的数量之间的关系逐项判断即可． 【详解】解：∵和的半径分别是5和7， ∴． A、，则与内切，有一个公共点，故该选项错误； B、，且，则与相交，有两个公共点，故选项错误； C、，当时，与内含，没有公共点，故选项错误； D、时，，则与相交，有两个公共点，故选项正确． 故选：D． 4．（2025·上海普陀·二模）已知和，的半径长为，．如果与相交，那么的半径长可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了两圆相交的条件，解绝对值不等式以及解一元一次不等式，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 由与相交得的半径满足不等式，解出的取值范围，即可得解． 【详解】解：的半径长为，，与相交， 的半径满足不等式：， 解得：， 故选：C． 5．（2025·上海青浦·二模）在同圆中，圆内接正三角形的边长与圆内接正六边形的边长的比值是 ． 【答案】 【分析】设六边形是的内接正六边形，则是的内接正三角形，连接，，，设交于点H，证明和均为正三角形，则，，根据垂径定理得，，则，设，则，，进而得，据此求出的值即可得出答案． 此题主要考查了等边三角形的性质，圆内接正多边形的性质，熟练掌握等边三角形的性质，圆内接正多边形的性质是解决问题的关键． 【详解】解：设六边形是的内接正六边形，则是的内接正三角形， 连接，，，设交于点H，如图所示： ∴，， ∵， ∴和均为正三角形， ∴，， ∵， ∴， 根据垂径定理得：，， ∴， 在中，设， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴， 即在同圆中，圆内接正三角形的边长与圆内接正六边形的边长的比值是． 故答案为：． 1．（2025·上海·中考真题）已知一个圆与一个角的两边各有两个公共点，且在两边上截得的两条弦正好是该圆内接正五边形的两条边，那么这个角的大小是 ． 【答案】或 【分析】本题考查正多边形与圆，如图，分两种情况，当角的顶点在圆上时，如，弦为时，此时恰好是正五边形的一个内角，进行求解即可，当角的顶点在圆外部时，即交的两边，截取的两条弦为时，进行求解即可． 【详解】解：如图，当角的顶点在圆上时，如交的两边，截取的两条弦为，此时恰好是正五边形的一个内角， ∴； 当角的顶点在圆外部，即交的两边，截取的两条弦为时， 则：， ∴， ∴； 综上：这个角的大小是或； 故答案为：或． 2．（2025·上海奉贤·二模）如图，在边长为 2 的正六边形中，G为的中点，点Q为正六边形边上任意一点，以为半径的与以为半径的相交时，那么的半径 r 的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形与圆的问题，正多边形的性质，熟练掌握了正多边形与圆的问题是解题的关键．作正六边形的外接圆，连结，，，设与相交于点P，求出、、的长，即可求得的半径 r 的取值范围，即得答案． 【详解】解：作正六边形的外接圆，连结，，，设与相交于点P， 则，是的直径， ， ， 是等边三角形， ， ， 以为半径的与以为半径的相交， ， 即； 是的直径， ， ， ， 以为半径的与以为半径的相交， ， 即； 的半径 r满足． 故答案为： 3．（2025·上海金山·二模）已知：矩形的对角线与以为圆心为半径的圆弧相交于点，过点作的垂线分别与直线、、交于点、、． (1)当点在边延长线上时，如图所示． ①联结，与交于点，求证：； ②若，求的比值； (2)联结，若为等腰三角形，求的值． 【答案】(1)①见解析；② (2)或1或 【分析】（1）证明，得出，即可证明； ②根据，设，，那么，根据矩形的对边相等，得出，证明，求出，在中，勾股定理求出，即可求出． （2）若为等腰三角形，分为当时，可证为等边三角形，求出，即可求解；当时，可证四边形为正方形，得出，即可求解；当时，设，，可证，得出，求出，在中，勾股定理列方程得出，即可求解． 【详解】（1）解：①四边形为矩形，， ，， 在和中， ，， ， ， 在圆中，， ； ②， 设，，那么， 矩形的对边相等， ， ∵， ∴， ， ， ， 在中，，即， ， ． （2）解：若为等腰三角形， 当时， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在和， ， ， ， 又 ∵， ， 连接， 由（1）①可知， ， ， 即， 在和中， ， ， ， ， ， ， ∴为等边三角形， ， ， ； 当时，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 则四边形为正方形， ， ； 当时，设，， ∴, ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴， 在中，， ，整理得：， ， ． 综上所述，的值为或1或． 【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，角的正切，勾股定理，矩形的性质，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，圆心角定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 4．（2025·上海闵行·二模）已知等腰三角形的底边长为8，它的外接圆半径为5，那么圆心到腰的距离为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．根据题意画出图形，应注意底边BC与圆心可能存在两种位置关系可能． 【详解】解：①如图：过点作于点， 由题意可得， 在中， ∴ 在中， ∴ 在中，； ②如图，过点作于点， ， 在中， ∴ 在中， ∴ 在中，； 综上：圆心到腰的距离为或． 故答案为：或 5．（2025·上海徐汇·二模）如图，在中，，点是边上的动点，以点为圆心，为半径的圆交边于点．设． (1)当点是边的中点时，求的值； (2)已知点是线段AE的中点（规定：当点与点重合时，点也与点重合），以点为圆心、为半径作 ①当与边有公共点时，求的取值范围； ②如果经过边的中点，求此时与的公共弦长． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）过作于点H，由垂径定理可得，再利用三角函数求解即可； （2）①当点E与A重合时可知，过作于点M，求出，可知在点运动过程中，与边始终有公共点，进而即可得出r的范围； ②利用建立方程求解，得到，即此时与A重合，进而即可得解． 【详解】（1）如图，过作于点H，则， ∵， ∴， ∵E为中点， ∴， ∴， ∴，即， 解得； （2）①当点E与点A重合时， 此时与A重合，， ∵， ∴， ∴， ∴，即此时， 过作于点M， ∵， ∴， ∴， ∴在点运动过程中，与边始终有公共点， ∴； ②如图，记中点为F，过F作，过作于点H， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵，即， 解得； ∵， ∴在中，， ∵， 解得（负值舍去）， ∴此时E和A重合，即与A重合，如图所示，为公共弦， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴，即与的公共弦长为． 【点睛】本题主要考查了勾股定理、解直角三角形、垂径定理、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、圆的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 1．（2025·江苏南京·中考真题）如图，扇形的圆心角为，若点在该扇形内，则的度数的范围是 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆周角定理，三角形的外角性质，先延长交圆O于点C，则由圆周角定理得，再分两种情况讨论求解即可． 【详解】解：延长交圆O于点C，连接，如图所示： ∵扇形的圆心角为 ∴圆心角， 根据圆周角定理得：， 当点在扇形内部延长线上时，则； 当点在扇形内部线段上时，连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ 故答案为：． 2．（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：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 3．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，点A，C在上，连接，并延长，分别与的切线相交于点，点，切点为E，与交于点，连接，垂足为点． (1)求证：平分； (2)设，求的值； (3)求的值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】本题综合考查圆周角定理，切线的性质和勾股定理，借助圆的背景，灵活运用圆周角定理找出角度关系，和运用勾股定理解三角形是解题关键． （1）连接，通过切线的性质得到，从而推出，再利用平行线的性质和等边对等角推理论证即可； （2）连接，借助，利用勾股定理求出（即半径）的长，再利用平行线分线段成比例（或证明相似三角形），用k表示出和，借助，利用勾股定理求解即可； （3）借助圆周角定理，推得，作的平行线，借助，利用角平分线的性质和勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， 由题意，得与相切于点E， ∴， 又， ∴， ∴， ∵和都是的半径， ∴， ∴， ∴， ∴平分； （2）解：由（1），得， ∵点F在上， ∴， ∴， 在中，，即， 解得， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， 在中，，即， 设，则， 解得（负值已舍去）， ∴， ∴； （3）解：由圆周角定理，得， 如图，过点O作平分，交于点M，连接 由（2），得， ∵平分， ∴， 又， ∴， ∴，， ∴， 在中，，即， 解得， ∴在中，， ∴， ∴． 1 / 108 学科网（北京）股份有限公司 $定义①：在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫做圆。 定义 L定义②：圆可以看做是所有到定点O的距离等于定长T的点的集合。 圆的认识 与圆有关的概念 圆的基本性质：轴对称性、中心对称性。 点P在圆外台d>r 点与圆的位置关系 点P在圆上台d三T 点P在圆内台d<r (其中d为点P到圆心O的距离，T为半径) 圆的基本性质 一定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的孤相等，所对的弦也相等。 圆心角、孤、弦的关系儿推论：在同圆我等国中，如采两个圆心角、两条孤、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量 都分别相等。 定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角。 圆周角定理 圆周角定理：在同圆或等圆中，同孤或等孤所对的圆周角相等，都等于这条孤所对的圆心角的一半。 推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径。 定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。 推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条孤。 垂径定理 推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧。 推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧。 相离：一条直线和圆没有公共点。(d>r） 直线与圆的位置关系 相切：一条直线和圆只有一个公共点（切点）。(d=r) 相交：一条直线和圆有两个公共点。(d<r) (其中d为圆心到直线的距离，T为半径) 圆的切线垂直于经过切点的半径。 切线的性质 经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点。 经过切，点且垂直于切线的直线必经过圆心。 直线与圆、 判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线。 圆 圆与圆的位置关系 切线的判定 已知公共点：“连半径，证垂直”。 判定方法： 未知公共点：“作垂直，证半径”。 设两圆半径分别为R和r(R≥r),圆心距为d。 外离：d>R+r 外切：d=R十r 相交：R-r<d<R+r 圆与圆的位置关系 内切：d=R-r 内含：0≤d<R一T(同心圆是内含的特例，d=0) 相切两圆的性质：如果两圆相切，那么连心线必经过切点。 相交两圆的性质：相交两圆的连心线垂直平分两圆的公共弦。 正多边形与圆的关系 把一个圆分成（是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个 圆叫做这个正多边形的外接圆。 正多边形与圆 中心：正多边形的外接圆的圆心。 半径：外接圆的半径。 正多边形的有关概念 中心角：正多边形每一边所对的圆心角。中心角Q=60 边心距：中心到正多边形的一边的距离。 定义：四个顶，点都在同一个圆上的四边形叫做圆内接四边形。 圆内接四边形 性质：圆内接四边形的对角互补。定义①：在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫做圆。 定义 定义②：圆可以看做是所有到定点O的距离等于定长T的点的集合。 圆的认识 与圆有关的概念 圆的基本性质：轴对称性、中心对称性。 点P在圆外台d>r 点与圆的位置关系 点P在圆上台d三T 点P在圆内台d<r (其中d为点P到圆心O的距离，T为半径) 圆的基本性质 一定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的孤相等，所对的弦也相等。 圆心角、孤、弦的关系 儿推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条孤、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量 都分别相等。 定义：顶，点在圆上，并且两边都与圆相交的角。 圆周角定理 圆周角定理：在同圆或等圆中，同孤或等孤所对的圆周角相等，都等于这条孤所对的圆心角的一半。 推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径。 定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。 推论1：平分弦（不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条孤。 垂径定理 推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧。 推论3：平分弦所对一条孤的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧。 相离：一条直线和圆没有公共点。(d>r） 直线与圆的位置关系 相切：一条直线和圆只有一个公共点（切点）。(d=T） 相交：一条直线和圆有两个公共点。(d<r) (其中d为圆心到直线的距离，r为半径) 圆的切线垂直于经过切，点的半径。 切线的性质 经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点。 经过切，点且垂直于切线的直线必经过圆心。 直线与圆、 判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线。 圆与圆的位置关系 切线的判定 圆 己知公共点：“连半径，证垂直”。 判定方法： 未知公共点：“作垂直，证半径”。 设两圆半径分别为R和T(R>r),圆心距为d 外离：d>R+r 外切：d=R十r 相交：R-r<d<R+r 圆与圆的位置关系 内切：d=R-r 内含：0≤d<R一r(同心圆是内含的特例，d=0) 相切两圆的性质：如果两圆相切，那么连心线必经过切点。 相交两圆的性质：相交两圆的连心线垂直平分两圆的公共弦。 正多边形与圆的关系 把一个圆分成（是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个 圆叫做这个正多边形的外接圆。 正多边形与圆 中心：正多边形的外接圆的圆心。 半径：外接圆的半径。 正多边形的有关概念 中心角：正多边形每一边所对的圆心角。中心角Q=360° 边心距：中心到正多边形的一边的距离。 定义：四个顶，点都在同一个圆上的四边形叫做圆内接四边形。 圆内接四边形 性质：圆内接四边形的对角互补。 第六章 圆 第13讲 圆 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 4 03·考点解析·知识通关 5 04·命题洞悉·题型预测 17 命题点一 圆心角 题型01 弧、弦、圆心角的关系 命题点二 圆周角 题型01 圆周角定理 题型02半圆(直径)所对的圆周角是直角 命题点三 垂径定理 题型01 利用垂径定理求值 命题点四 点、直线、圆的位置关系 题型01圆和圆的位置关系 题型02切线的性质定理 题型03直线和圆的位置关系 命题点五 圆内接四边形与外接圆 题型01圆内接四边形与外接圆 命题点六 正多边形与圆 题型01正多边形的中心角 05·重难突破·思维进阶 74 突破一 圆的综合问题 突破二 正多边形和圆的综合 06·优题精选·练能提分 89 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点类别 具体考点 考频 课标要求 圆的基本性质 1. 垂径定理及推论； 2. 圆心角、弧、弦的关系； 3. 圆周角定理及推论 2023年T18、 2024年T16、 2025年T19 1. 掌握垂径定理，能进行弦长、半径、圆心到弦的距离计算； 2. 理解圆心角与圆周角的关系，能推导角度； 3. 能利用直径所对圆周角为直角构造直角三角形 点、直线与圆的位置关系 1. 点与圆的位置关系）； 2. 直线与圆的位置关系； 3. 切线的判定与性质 2023年T24(1)、2024年T25(2)、2025年T24(1) 1. 能根据距离判断点、直线与圆的位置关系； 2. 掌握切线的判定方法，能证明直线是圆的切线； 3. 能运用切线性质进行角度、线段计算 圆与圆的位置关系 两圆位置关系判定 2023年T6、2025年T7 能根据圆心距和半径判断两圆位置关系，反之亦然 圆的相关计算 1. 弧长公式：（为圆心角度数，为半径）； 2. 扇形面积公式：； 3. 圆锥的侧面积与全面积（侧面积，为母线长；全面积） 2023T21(2)、 2024T21(2)、 2025年T21(2) 1. 熟记弧长、扇形面积公式，能进行相关计算； 2. 理解圆锥侧面展开图与扇形的关系，能计算圆锥侧面积和全面积 圆的综合应用 与三角形、四边形、相似三角形、锐角三角函数的综合证明与计算 2023T25(3)、 2024T25(3)、 2025年T25(2) 能综合运用圆的性质和其他几何知识，解决复杂的证明与计算问题，注重数形结合和分类讨论思想 命题预测 1. 核心考点全覆盖，垂径定理、圆周角定理、切线的判定与性质为解答题必考内容，弧长与扇形面积计算为填空/解答题高频考点。 2. 题型侧重综合应用，常将圆与相似三角形、锐角三角函数、二次函数结合，考查逻辑推理和计算能力。 3. 分类讨论思想仍是易错点，如圆与直线的位置关系、动点问题中的多解情况。 备考建议 1. 夯实基础：熟记圆的基本性质、定理及公式，尤其是垂径定理、切线的判定与性质的应用条件。 2. 强化模型：总结圆的常见模型，如“直径+圆周角”“切线+半径”“圆内接四边形”等，提升模型识别能力。 3. 精练真题：重点练习近三年中考圆的综合题，总结解题思路和辅助线添加技巧（如作半径、作弦心距、作切线的垂线）。 4. 关注细节：注意圆的多解问题，避免因忽略分类讨论导致漏解。 考点一 圆的基本性质 1．圆的认识 （1）圆的定义 定义 定义内容 相关概念说明 圆的表示与读法 定义① 在一个平面内，线段绕它固定的一个端点旋转一周，另一个端点所形成的图形叫做圆 固定的端点叫做圆心，线段叫做半径 以点为圆心的圆，记作“”，读作“圆” 定义② 圆可以看做是所有到定点O的距离等于定长的点的集合 （2）与圆有关的概念 概念 定义 弦 连接圆上任意两点的线段 直径 经过圆心的弦 圆弧（弧） 圆上任意两点间的部分 半圆 圆的任意一条直径的两个端点把圆分成的两条弧 优弧 大于半圆的弧 劣弧 小于半圆的弧 （3）圆的基本性质：①轴对称性．②中心对称性． 2．点与圆的位置关系 （1）点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有： ①点P在圆外⇔d＞r ②点P在圆上⇔d＝r ①点P在圆内⇔d＜r （2）点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系． （3）符号“⇔”读作“等价于”，它表示从符号“⇔”的左端可以得到右端，从右端也可以得到左端． 3. 圆心角、弧、弦的关系 （1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等． （2）推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等． 说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧． （3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系 三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与原图形完全重合． 4．圆周角定理 （1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角． 注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可． （2）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． 推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径． （3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握． （4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角． 5．垂径定理 （1）垂径定理 垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧． （2）垂径定理的推论 推论 推论内容 推论1 平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧． 推论2 弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧． 推论3 平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧． 6．垂径定理的应用 垂径定理的应用很广泛，常见的有： （1）得到推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧． （2）垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题． 这类题中一般使用列方程的方法，这种用代数方法解决几何问题即几何代数解的数学思想方法一定要掌握． 1.（2025春•杨浦区期末）下列说法中正确的是（　　） A．π的值等于3.14 B．π的值是圆周长与直径的比值 C．π的值与圆的大小有关 D．π是一个有理数 2.（2025春•宝山区校级月考）如图，在⊙O中，弦AB∥CD，若∠BOD＝80°，则∠ABC的度数为（　　） A．20° B．40° C．50° D．80° 3（2025春•宝山区校级期末）一段弧所在的圆的半径为2厘米，弧所对的圆心角为90°，那么这段弧为 　 　 厘米． 4.（2025秋•闵行区校级月考）如图，在圆O中，直径AB＝10，弦CD交AB于点E，且CE＝DE，若BE＝2，则CD＝ 　 　 ． 5.（2024•浦东新区三模）《九章算术》其卷九勾股篇记载：今有圆材埋于壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？如图，大意是，今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯这木材，锯口深CD等于1寸，锯道AB长1尺，问圆形木材的直径是多少？（1尺＝10寸）答：圆材直径 　 　 寸． 考点二 直线与圆、圆与圆的位置关系 1．直线与圆的位置关系 （1）直线和圆的三种位置关系： ①相离：一条直线和圆没有公共点． ②相切：一条直线和圆只有一个公共点，叫做这条直线和圆相切，这条直线叫圆的切线，唯一的公共点叫切点． ③相交：一条直线和圆有两个公共点，此时叫做这条直线和圆相交，这条直线叫圆的割线． （2）判断直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d． ①直线l和⊙O相交⇔d＜r ②直线l和⊙O相切⇔d＝r ③直线l和⊙O相离⇔d＞r． 2．切线的性质 （1）切线的性质 ①圆的切线垂直于经过切点的半径． ②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点． ③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心． （2）切线的性质可总结如下： 如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直． 【解题技法】 切线性质的运用 运用切线的性质进行计算或证明时，常常作的辅助线是连接圆心和切点，通过构造直角三角形或相似三角形解决问题． 3．切线的判定 （1）切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线． （2）在应用判定定理时注意： ①切线必须满足两个条件：a、经过半径的外端；b、垂直于这条半径，否则就不是圆的切线． ②切线的判定定理实际上是从”圆心到直线的距离等于半径时，直线和圆相切“这个结论直接得出来的． ③在判定一条直线为圆的切线时，当已知条件中未明确指出直线和圆是否有公共点时，常过圆心作该直线的垂线段，证明该线段的长等于半径，可简单的说成“无交点，作垂线段，证半径”；当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线，可简单地说成“有交点，作半径，证垂直”． 4．切线的判定与性质 （1）切线的性质 ①圆的切线垂直于经过切点的半径． ②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点． ③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心． （2）切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线． （3）常见的辅助线的： ①判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”； ②有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”． 5．圆与圆的位置关系 （1）圆与圆的五种位置关系：①外离；②外切；③相交；④内切；⑤内含． 如果两个圆没有公共点，叫两圆相离．当每个圆上的点在另一个圆的外部时，叫两个圆外离，当一个圆上的点都在另一圆的内部时，叫两个圆内含，两圆同心是内含的一个特例；如果两个圆有一个公共点，叫两个圆相切，相切分为内切、外切两种；如果两个圆有两个公共点叫两个圆相交． （2）圆和圆的位置与两圆的圆心距、半径的数量之间的关系： ①两圆外离⇔d＞R+r； ②两圆外切⇔d＝R+r； ③两圆相交⇔R﹣r＜d＜R+r（R≥r）； ④两圆内切⇔d＝R﹣r（R＞r）； ⑤两圆内含⇔d＜R﹣r（R＞r）． 6．相切两圆的性质 如果两圆相切，那么连心线必经过切点． 7．相交两圆的性质 （1）相交两圆的性质： 相交两圆的连心线（经过两个圆心的直线），垂直平分两圆的公共弦． 注意：在习题中常常通过公共弦在两圆之间建立联系． （2）两圆的公切线性质： 两圆的两条外公切线的长相等；两圆的两条内公切线的长也相等． 两个圆如果有两条（内）公切线，则它们的交点一定在连心线上． 1.（2025秋•静安区校级月考）下列说法正确的是（　　） A．三点确定一个圆 B．如果圆的直径平分弦，那么这条直径垂直于这条弦 C．和半径垂直的直线是圆的切线 D．三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等 2（2025秋•静安区期末）如图，已知在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，如果分别以A、C为圆心的两圆相切，且点D在⊙C内，点B在⊙C外，⊙A的半径r的取值范围是（　　） A．6＜r＜8或10＜r＜18 B．2＜r＜4或10＜r＜18 C．2＜r＜4或16＜r＜18 D．6＜r＜8或16＜r＜18 3.（2025秋•静安区期末）已知点A坐标为（1，﹣3），如果半径为r的⊙A与x轴无公共点，与y轴有公共点，那么r的取值范围是 　 　 ． 4.（2025秋•静安区期末）如图，以点O为圆心的两个同心圆中，不经过圆心的线段与两圆相交，自左向右的交点依次为点A、B、C、D． （1）求证：AB＝CD； （2）联结OA、OB，如果∠OAD＝30°，∠OBC＝45°，AB＝2，求小圆半径r的值． 考点三 正多边形与圆 1. 正多边形与圆的关系 把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆． 2. 正多边形的有关概念 ①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心． ②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径． ③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角． ④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距． 1.（2025•虹口区三模）如果正十边形的边长为a，那么它的半径是（　　） A． B． C． D． 2.（2025•崇明区三模）如果一个正多边形的外角是锐角，且它的余弦值是，那么它是（　　） 3.（2025•上海校级一模）如图，将两个全等的正六边形一边重合放置在一起，中心分别为O1，O2，连接O1O2，其中一个正六边形的外接圆与O1O2交于点A．若外接圆O2的半径为2，则O1A＝　 　 ． 命题点一 圆心角 ►题型01弧、弦、圆心角的关系 【典例1】（2025·上海嘉定·二模）如图，已知是半圆的直径，半径垂直于弦，垂足为点，联结，． (1)求的度数； (2)求的值． 【变式1-1】（2025·上海·中考真题）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【变式1-2】（2025·上海宝山·二模）如图，已知梯形，，，以点为圆心、为半径画弧，与分别交于点，且．                          (1)如果设，，求的长； (2)求的值； (3)如果是弧的中点，求的值． 命题点二 圆周角 ►题型01 圆周角定理 【典例1】（2025·上海奉贤·二模）在中，点C是弧的中点，交弦于点D，且D是的中点． (1)求的度数； (2)延长交于点E，连接，交于点F，如果，求的长度． 【变式1-1】（2025·上海青浦·二模）已知：为的直径，，点C在上．联结OC、，过点O作，交于点D． (1)如图，联结，当时，求证：四边形是菱形； (2)作，垂足为E． ①如图，联结、，交半径于点F，当时，求线段的长； ②如图，联结、、，设的面积为，四边形的面积为，如果，求线段的长． 【变式1-2】（2025·上海普陀·二模）如图，分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以等边三角形的边长为半径，以另两个顶点为端点画圆弧，由首尾相连的三段圆弧可组成一个曲线图形，这个曲线图形叫做莱洛三角形． (1)下面结论中，正确的是________．（写出所有正确结论的序号） 莱洛三角形是轴对称图形； 莱洛三角形上的任意一点到等边三角形的中心的距离相等； 莱洛三角形的每段圆弧所对的圆心角都为； 莱洛三角形的面积等于． (2)如果、是莱洛三角形上的两点，连接、，满足且，求此时的正切值； (3)已知、分别是、上的两个动点：点沿从点运动到点，点沿从点运动到点，它们同时出发且速度相同，连接．试表述线段的中点的轨迹． ►题型02 半圆(直径)所对的圆周角是直角 【典例2】（2025·上海奉贤·二模）如图，是的直径，是一条弦，D是的中点，于点E，交于点F，交于点H，交于点G．    (1)求证：． (2)若，求的半径． 【变式2-1】（2023·上海·中考真题）如图，在中，弦的长为8，点C在延长线上，且．    (1)求的半径； (2)求的正切值． 【变式2-2】（2025·上海普陀·二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线的开口向下，与轴交于点和，与轴交于点．直线交抛物线于点． (1)如图，抛物线的对称轴是直线． ①求此时抛物线的表达式； ②如果，求点的横坐标； (2)如果点关于直线的对称点恰好是的重心，求的值． 命题点三 垂径定理 ►题型01 利用垂径定理求值 【典例1】（2025·上海黄浦·二模）如图，已知是的直径，、是上的两点，且，垂足为点，如果，那么的长为 ． 【变式1-1】（2025·上海金山·二模）圆是的外接圆，，，垂足分别是点、，如果，那么 ． 【变式1-2】（2025·上海闵行·二模）如图，在中，直径长为，弦的长为8，点是上一点，过点作的垂线交直线于点． (1)求的正切值． (2)当与相似时，求的长． (3)以点为圆心，长为半径画，试根据线段的长度情况探究和的位置关系． 命题点四 点、直线、圆的位置关系 ►题型01 圆和圆的位置关系 【典例1】（2025·上海嘉定·二模）如果与内含，圆心距，的半径长是，那么的半径长的取值范围是（   ）． A． B． C．或 D． 【变式1-1】（2025·上海·中考真题）在锐角三角形中，，，的外接圆为，且半径为5，边中点为，如果以为圆心的圆与相交，那么的半径可以为（   ） A．2 B．5 C．8 D．9 【变式1-2】（2024·上海·中考真题）在中，，，，点在内，分别以为圆心画，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是（    ） A．内含 B．相交 C．外切 D．相离 ►题型02 切线的性质定理 【典例2】（2025·上海浦东新·二模）如图，在中，，，点在边上，且是等边三角形，点是对角线上一点．如果经过点且与边没有公共点，那么的半径的取值范围是 ． 【变式2-1】（2025年上海市松江区中考数学二模试卷　）如图，在△中，，，点在边上，以为圆心，为半径的圆与边交于点，与边相切于点． (1)当时，求的半径长； (2)求的值． 【变式2-2】（2025·上海松江·二模）已知是半圆的直径，是弦延长线上一点． (1)联结与半圆交于点． ①如图1，如果点是弧的中点，且，求的长； ②如图2，如果点是弧的中点，且，求的值． (2)设是弦的中点，如果以点为圆心、为半径的圆与相切，以点为圆心、为半径的圆与直线相切，求的值． ►题型03 直线和圆的位置关系 【典例3】（2025·上海宝山·二模）如图，已知，，，，、是边上的点，，如果以为直径的圆与以为直径的圆相离，且以为直径的圆与边有公共点，那么的值可以是（    ） A．1 B． C． D． 【变式3-1】（2024·上海松江·二模）如图，在平面直角坐标系中，有7个半径为1的小圆拼在一起，下面一行的4个小圆都与x轴相切，上面一行的3个小圆都在下一行右边3个小圆的正上方，且相邻两个小圆只有一个公共点，从左往右数，y轴过第2列两个小圆的圆心，点P是第3列两个小圆的公共点．若过点P有一条直线平分这7个小圆的面积，则该直线的函数表达式是 ． 【变式3-2】（2025·上海杨浦·二模）为了让游客更好的观赏花圃景观，某植物园打算在不同形状的花圃内都建设一条半圆形的步道，要求一：步道的外围不超过各自花圃的范围；要求二：半圆形步道的圆心在花圃的某一条边上；要求三：半圆形步道的半径尽可能的大（忽略步道的宽度）． 根据以下不同形状的花圃分别按要求画出这个半圆形步道的圆心（不用写作法，保留痕迹），并直接写出不同形状的花圃下半圆形步道的半径． 花圃一：如图1，是一个等腰三角形的花圃，经测量，，半圆形步道的圆心在边上； 花圃二：如图2，四边形是一个梯形的花圃，，经测量，，，，半圆形步道的圆心在边上．（结果保留根号） 命题点五 圆内接四边形与外接圆 ►题型01 圆内接四边形与外接圆 【典例1】（2025·上海静安·二模）已知，四边形内接于，． (1)求证：； (2)小明说：四边形一定是等腰梯形，你认为他的说法正确吗？为什么？ (3)如图所示，已知，，求的半径． 【变式1-1】（2026·上海徐汇·一模）如图，在中，，点在边上且，点是边上的动点，以为直角顶点；为腰在其右侧作等腰直角三角形，射线与边交于点． (1)当时，求的面积； (2)当点落在内部（不含边界）时，求的取值范围； (3)连接，如果是直角三角形，请直接写出的长． 【变式1-2】（2024·上海·中考真题）在梯形中，，点E在边上，且． (1)如图1所示，点F在边上，且，联结，求证：； (2)已知； ①如图2所示，联结，如果外接圆的心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长； ②如图3所示，如果点M在边上，联结、、，与交于N，如果，且，，求边的长． 命题点六 正多边形与圆 ►题型01 正多边形的中心角 【典例1】（2025·上海宝山·二模）如果一个正多边形的内角和为，那么这个正多边形的中心角度数是（    ） A．10 B．12 C．18 D．30 【变式1-1】（2025·上海嘉定·一模）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数为 ． 【变式1-2】（2024·上海松江·一模）一个正n边形的中心角为，则n为 ． 突破一 圆的综合问题 【典例1】（2023·上海·中考真题）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，联结交于点．    (1)如果，求证：四边形为平行四边形； (2)如图（2）所示，联结，如果，求边的长； (3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值． 【变式1-1】（2024·上海普陀·模拟预测）在中，M是斜边的中点，将线段绕点M旋转至位置，点D在直线外，连接，．已知点D和边上的点E满足，． (1)如图1，连接，求证：； (2)如图2，连接，若，，求的值． 【变式1-2】（2025·上海浦东新·二模）如图1，和是半径为2的的两条直径，点P是延长线上的一点．连接交于点E（点E在线段上，且不与点P、点C重合）． (1)当时，求证：； (2)连接，交半径于点M，已知． ①连接，如图2，当点M是的重心时，求的余弦值； ②连接、，当为等腰三角形时，求线段的长． 突破二 正多边形和圆的综合 【典例2】（2025·上海金山·二模）以同一个圆的内接正三角形、正四边形、正边形的边心距为三边作三角形，若这个三角形是直角三角形，正边形的边心距为直角三角形的斜边，那么的值可能是（   ） A．4 B．5 C．6 D．12 【变式2-1】（2025·上海松江·二模）如图，正八边形的对角线、交于点，那么的值为 ． 【变式2-2】（2025·上海嘉定·二模）已知正五边形，请仅用无刻度的直尺作图，并完成相应的任务（保留作图痕迹，不写作法）． 【初步感知】 （1）如图1，请直接写出的度数； 【实践探究】 （2）请在图2中作出以为对角线的菱形，并证明你的结论； 【拓展延伸】 （3）请在图2正五边形的基础上再设计一个新的正五边形.（不需要证明） 1．（2025·上海黄浦·二模）已知点在半径为5的内，那么点到圆心的距离不可能是（   ） A．0 B．2 C．4 D．6 2．（2025·上海浦东新·二模）对于命题：①一个圆上所有的点都在另一个圆的外部，那么这两个圆外离；②一个圆上所有的点都在另一个圆的内部，那么这两个圆内含．下列说法正确的是（    ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①和②都正确 D．①和②都错误 3．（2025·上海静安·二模）已知和的半径分别是5和7，那么下列说法中正确的是（    ） A．当时，两圆没有公共点 B．当时，两圆有一个公共点 C．当时，两圆有公共点 D．当时，两圆有两个公共点 4．（2025·上海普陀·二模）已知和，的半径长为，．如果与相交，那么的半径长可以是（   ） A． B． C． D． 5．（2025·上海青浦·二模）在同圆中，圆内接正三角形的边长与圆内接正六边形的边长的比值是 ． 1．（2025·上海·中考真题）已知一个圆与一个角的两边各有两个公共点，且在两边上截得的两条弦正好是该圆内接正五边形的两条边，那么这个角的大小是 ． 2．（2025·上海奉贤·二模）如图，在边长为 2 的正六边形中，G为的中点，点Q为正六边形边上任意一点，以为半径的与以为半径的相交时，那么的半径 r 的取值范围是 ． 3．（2025·上海金山·二模）已知：矩形的对角线与以为圆心为半径的圆弧相交于点，过点作的垂线分别与直线、、交于点、、． (1)当点在边延长线上时，如图所示． ①联结，与交于点，求证：； ②若，求的比值； (2)联结，若为等腰三角形，求的值． 4．（2025·上海闵行·二模）已知等腰三角形的底边长为8，它的外接圆半径为5，那么圆心到腰的距离为 ． 5．（2025·上海徐汇·二模）如图，在中，，点是边上的动点，以点为圆心，为半径的圆交边于点．设． (1)当点是边的中点时，求的值； (2)已知点是线段AE的中点（规定：当点与点重合时，点也与点重合），以点为圆心、为半径作 ①当与边有公共点时，求的取值范围； ②如果经过边的中点，求此时与的公共弦长． 1．（2025·江苏南京·中考真题）如图，扇形的圆心角为，若点在该扇形内，则的度数的范围是 ． 2．（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． 3．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，点A，C在上，连接，并延长，分别与的切线相交于点，点，切点为E，与交于点，连接，垂足为点． (1)求证：平分； (2)设，求的值； (3)求的值． 1 / 108 学科网（北京）股份有限公司 $null