专题05 圆（复习讲义，真题动向+必备知识+命题预测）（全国通用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题05 圆 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 与圆有关的热考题型（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一：垂径定理及其推论综合 题型二：圆周角定理与圆内接四边形综合 题型三：切线的判定与性质 题型四：相交弦与割线模型综合计算 题型五：中点弧模型应用 题型六：圆的内心与外心模型综合 题型七：双切线模型（双切图）计算 题型八：射影定理在圆中的应用 题型九：圆与锐角三角函数综合 题型十：圆的基本性质多结论判断题 题型十一：弧长与扇形面积的实际应用 题型十二：圆柱与圆锥的侧面展开图计算 题型十三：圆与全等/相似三角形综合证明 必备知识 知识1 圆的基本性质 知识2 切线相关 知识3 与圆有关的计算 命题预测 考点二 与圆有关的压轴题型（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一 圆中线段和差最值问题 题型二 圆与坐标系综合应用 题型三 圆中的动点轨迹与最值问题 题型四 圆的存在性问题 题型五 圆的折叠与旋转综合变换问题 题型六 圆与函数（一次、二次函数）综合压轴 题型七 圆的新定义与阅读理解题 命题预测 命题透视 1）从命题形式上看，呈现出“模型化、综合化、情境化”的特点，载体多以典型几何图形（垂径图、切割图、双切图）或实际生活场景（摩天轮、拱桥、扇形工件）为主，凸显对圆核心模型迁移能力的考查，兼顾几何直观与逻辑推理的双重素养。 2）从命题内容上看，切线的判定与性质、圆周角定理及其推论、圆与相似/三角函数的综合是历年中考命题的核心区域，圆与坐标系、动点最值的结合则成为区分度拉满的压轴命题热点。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 垂径定理及其推论 ①广东・T12・垂径图计算 ②江苏・T10・垂径与弦长计算 ①湖南・T9・垂径与勾股综合 ②浙江・T11・垂径平分弦 ①广西・T8・垂径平分弦 ②山东・T10・垂径与弧长 切线的判定与性质 ①江苏・T16・切线证明 ②广东・T14・切线与半径计算 ①四川・T14・切线与相似 ②湖北・T12・切线长定理应用 ①山东・T11・切线长定理 ②北京・T13・切线与圆周角 圆周角定理与圆内接四边形 ①浙江・T10・圆周角互余 ②福建・T12・圆内接四边形角度 ①湖北・T13・圆内接四边形 ②安徽・T11・圆周角与圆心角 ①河南・T9・圆周角与圆心角 ②河北・T10・圆内接四边形性质 圆与相似三角形综合 ①北京・T22・切割图相似 ②四川・T18・双切图相似 ①安徽・T18・双切图相似 ②重庆・T20・射影图相似 ①广东・T21・射影图相似 ②江苏・T19・弦切角与相似 圆与三角函数综合 ①福建・T17・弦长与三角函数 ②湖南・T15・切线与三角函数 ①重庆・T19・切线与三角函数 ②陕西・T16・圆周角与三角函数 ①陕西・T15・圆周角与三角函数 ②浙江・T14・弦长与三角函数 命题预测 圆的二轮复习，核心是抓基础、练模型、破综合： · 基础题围绕垂径定理、圆周角、切线判定、圆内接四边形展开，是必拿分点； · 中档题聚焦双切图、中点弧、多结论判断，侧重模型迁移与计算能力； · 压轴题则以圆与相似/三角函数/坐标系/函数的综合为核心，结合动点最值、存在性问题，是拉开差距的关键。 整体命题趋势是淡化偏难怪定理，突出核心性质+基本模型，强调几何直观与逻辑推理的双重素养。 考点一 与圆有关的热考题型 题型一 垂径定理及其推论综合 1．（2025·山东滨州·中考真题）如图，点A，B，C，D在上，，，则的值为______． 2．（2025·湖北武汉·中考真题）如图，四边形内接于，．若，则的半径是（    ） A． B． C． D．5 3．（2025·安徽·中考真题）如图，四边形的顶点都在半圆O上，是半圆O的直径，连接，． (1)求证：； (2)若，，求的长． 4．（2025·山东德州·中考真题）如图，从一张半圆形的铁片上剪下一个小的半圆形铁片，为了计算剩余部分的面积，在图中作出一条小圆的切线，并使它平行于大圆的直径．设这条切线交大圆于点A，B，量得的长是，则剩余部分的面积是（   ） A． B． C． D． 题型二 圆周角定理与圆内接四边形综合 5．（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 6．（2025·宁夏·中考真题）如图，四边形内接于⊙平分，连接． (1)求证：； (2)延长至点，使，连接．求证：． 7．（2025·吉林·中考真题）图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点内接于⊙O，且点A，B，C，O均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图． (1)在图①中找一个格点D（点D不与点C重合），画出，使． (2)在图②中找一个格点E，画出，使． 8．（2024·浙江·中考真题）如图，在圆内接四边形中，，延长至点E，使，延长至点F，连结，使． (1)若，为直径，求的度数． (2)求证：①；②． 题型三 切线的判定与性质 【公共点已知时判定切线的方法】已知直线与圆的公共点时，可根据切线的判定定理证明.若未给出过该公共点的半径，可先连接公共点和圆心，再证明，口诀：连半径，证垂直. 【公共点未知时判定切线的方法】当直线与圆的公共点不明确时，先过圆心作该直线的垂线，然后根据“若圆心到直线的距离等于圆的半径，则该直线是圆的切线”进行证明，口诀：作垂直，证相等. 9．（2025·四川凉山·中考真题）如图1，是的直径，与相切于点A，连接交于点C，连接，则，理由如下： 是的直径， ， ， 与相切于点A， ， ， ， ． (1)小明根据以上结论，自主探究发现：如图2，当是非直径的弦，而其他条件不变时，仍然成立，请说明理由； (2)小明进一步探究发现：如图3，线段与线段存在如下关系：．请你替小明证一证； (3)拓展应用：如图4，是的内接三角形，，，的延长线与过点A的切线相交于P，若的半径为1，请你利用小明的探究结论求的长． 10．（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） 11．（2025·黑龙江绥化·中考真题）如图．，与相切于点、连接，与相交于点，过点作，垂足为，交于点，连接交于点． (1)求证：是的切线． (2)当，时，求线段的长． 12．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，已知是的直径，是上一点，过作直线与的延长线交于点，过点A作于点，连结、，且． (1)求证：直线是的切线； (2)若，，求与的长度； (3)在（2）的条件下，若为上的一动点，且在直线上方，连结．当四边形面积最大时，求的长度． 题型四 相交弦与割线模型综合计算 13．（2023·河南信阳·三模）相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．    (1)为了说明相交弦定理正确性，需要对其进行证明，如下给出了不完整的“已知”“求证”，请补充完整，并写出证明过程．已知：如图①，弦，交于点P，求证：______________． (2)如图②，已知是的直径，与弦交于点P，且于点P，过D作的切线，交的延长线于E，D为切点，若，的半径为5，求的长． 14．（2025·广西南宁·模拟预测）请阅读材料，并完成相应的任务．战国时期数学家墨子提写的《墨经》一书中就有了圆的记载，与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一． 定义：我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．（也就是切线与弦所夹的角，切点为弦切角的顶点）．如图1中即为弦切角． 弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数． 下面是弦切角定理的证明过程： ①如图1．已知：为圆上任意一点，当弦经过圆心，且切于点时，易证：弦切角． ②如图．当点是优弧上任意一点，切于点．求证：弦切角． 证明：连接并延长交于点，连接，如图2所示． 与相切于点， ▲ ， ， 是直径， ▲ （直径所对的圆周角是直角）， ， ， 又 ▲ （同弧所对的圆周角相等）， ． 完成下列任务： (1)将上述证明过程补充完整； (2)运用材料中的弦切角定理解决下列问题： ①如图3，的顶点在上，和相交于点，且是的切线，切点为，连接．若，求的长； ②如图4，，以为直径的交于点，过点作的切线，交的延长线于点．试猜想与的数量关系，并证明你的猜想． 15．（2025·浙江·一模）【定理学习】欧几里得在《几何原本》中提出切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线（圆外一点引出一条与圆有两个交点的直线叫割线），切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项． 【定理证明】（1）如图①，点为外一点，与相切于点，割线与圆相交于两点，求证：（提示：连结，并延长交于点，连结）． 【解决问题】（2）如图②，是的切线，连结交于点的半径为．若，求的值． 16．（2024·广东广州·三模）已知，如图1，为的割线，直线与有公共点C，且．    (1)求证：①； ②直线是的切线； (2)如图2，作弦，使，连接、，，若，，求的半径； (3)如图3，若的半径为，，，，上是否存在一点Q，使得有最小值？若存在，请求出这个最小值；若不存在，说明理由． 题型五 中点弧模型应用 17．（2025·广东广州·中考真题）如图，的直径，C为中点，点D在弧上，，点P是上的一个动点，则周长的最小值是（   ） A． B． C． D． 18．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，是的直径，是上的一点，连接，延长至点，连接，使． (1)求证：是的切线． (2)点是的中点，连接，交于点，过点作交于点，交于点，连接，若，，求的值． 19．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，是直角，为的中点，为的切线交的延长线于点．连接，． (1)点与的位置关系是 ，线段与线段的数量关系是 ； (2)过点作，与的延长线交于点．根据题意补全图形，判断的形状，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若的半径为，求的长． 题型六 圆的内心与外心模型综合 20．（2025·山东德州·中考真题）如图，点D是的内心，连接并延长交的外接圆于点E，与交于点F，连接． (1)设，则 ；（用含的式子表示） (2)求证：； (3)若，求的长． 21．（2025·四川达州·一模）如图1，是的内接三角形，是的内心，连接并延长交于点、交于点，连接、、，已知． (1)求证：是等腰三角形； (2)如图2，若为的直径，求线段的长度． 22．（2025·湖南·三模）圆O是的外接圆，I是的内心，请回答以下问题：    (1)如图1，连接、，当时，则________； (2)如图2，延长，分别交圆O于点F、G，连接并延长交于点D，交圆O于点E，求证：； (3)如图，连接，当，且时，，试求y关于x的函数解析式． 题型七 双切线模型（双切图）计算 23．（2025·山东·中考真题）【问题情境】 2025年5月29日“天问二号”成功发射，开启了小行星伴飞取样探测的新篇章．某校航天兴趣小组受到鼓舞，制作了一个航天器模型，其中某个部件使用3D打印完成，如图1． 【问题提出】 部件主视图如图2所示，由于1的尺寸不易直接测量，需要设计一个可以得到的长度的方案，以检测该部件中的长度是否符合要求． 【方案设计】 兴趣小组通过查阅文献，提出了钢柱测量法． 测量工具：游标卡尺、若干个底面圆半径相同的钢柱（圆柱）． 操作步骤：如图3，将两个钢柱平行放在部件合适位置，使得钢柱与部件紧密贴合．示意图如图4，分别与，相切于点，．用游标卡尺测量出的长度． 【问题解决】 已知，的长度要求是． （1）求的度数； （2）已知钢柱的底面圆半径为，现测得．根据以上信息，通过计算说明该部件的长度是否符合要求．（参考数据：） 【结果反思】 （3）本次实践过程借助圆柱将不可测量的长度转化为可测量的长度，能将圆柱换成其他几何体吗？如果能，写出一个；如果不能，说明理由． 24．（2025·江苏镇江·中考真题）如图（1），过外一点引的两条切线、，切点是、，为锐角，连接并延长与交于点，点在的延长线上，过点作的垂线，与的延长线相交于点、垂足为． (1)求证：是等腰三角形； (2)在图（2）中作，满足（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (3)已知，在你所作的中，若，求的长． 题型八 射影定理在圆中的应用 25．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，为外接圆的直径，点C为线段上一点（不与D，O重合），点B为的延长线上一点，连接并延长至点M，满足． (1)求证：平分； (2)证明：； (3)若射线与相切于点A，，，求的值． 26．（2024·江苏徐州·中考真题）在中，点在边上，若，则称点是点的“关联点”． (1)如图（1），在中，若，于点．试说明：点是点的“关联点”． (2)如图（2），已知点在线段上，用无刻度的直尺和圆规作一个，使其同时满足下列条件：①点为点的“关联点”；②是钝角（保留作图痕迹，不写作法）． (3)若为锐角三角形，且点为点的“关联点”．设，，用含、的代数式表示的取值范围（直接写出结果）． 题型九 圆与锐角三角函数综合 27．（2025·四川·中考真题）如图，为的直径，C为上的一点，和过点C的切线互相垂直，垂足为D．延长交的延长线于点E． (1)求证：平分； (2)若，，求的半径和的长． 28．（2025·山东潍坊·中考真题）图是某摩天轮的实景图．摩天轮可视作半径为米的，其上的某个座舱可视作上的点，座舱距离地面的最低高度为米，地面上的观察点到点的距离为米，平面示意图如图所示． (1)当视线与相切时，求点处的座舱到地面的距离； (2)已知摩天轮匀速转动一周需要分钟，当座舱距离地面不低于米时，在座舱中观赏风景的体验最佳，点处的座舱随摩天轮匀速转动一周的过程中，求该座舱中乘客最佳观赏风景的时长，并求这段时间内该座舱经过的圆弧的长． （以上结果均保留小数点后一位数字，参考数据：，，，，） 29．（2025·青海西宁·中考真题）综合与实践 【问题提出】 原题呈现（人教版九年级下册85页第14题） 如图1，在锐角中，探究，，之间的关系． 【问题探究】将下列探究过程补充完整： （1）如图1，过点A作，垂足为D，过点B作，垂足为E． 在中，，   ∴， 在中，，   ∴， ∴，即， 同理，在中，_____， 在中，_____， ∴___________， 即， ∴； 【结论应用】 （2）如图2，在中，，，．求，的长．（结果保留小数点后一位；参考数据：，．） 【深度探究】 （3）如图3，是锐角的外接圆，半径为． 求证：． 【拓展应用】 （4）如图4，在中，，，，D是线段上的一个动点，以为直径的分别交，于点E，F，连接．则线段长度的最小值是________． 题型十 圆的基本性质多结论判断题 30．（2025·江苏无锡·二模）如图， 为的直径，，为的中点，连接，点在射线上，连接，取的中点，过作交于，连接．下列结论：①；②；③；④为定值．其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 31．（2025·山东济宁·三模）如图①，A，B是上的两定点，圆上一动点P从点A出发，按逆时针方向匀速运动到点B，运动时间是，线段的长度是，图②是y随x变化的关系图象．①的半径为；②A、B两点间的距离为1；③点P的运动速度为；④的度数为．以上说法正确的是（    ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 32．（2024·北京·三模）如图，是半圆O的直径，C是半圆周上的动点（与A，B不重合），于点D，连接．设，，，给出下面三个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 33．（2025·北京·模拟预测）已知锐角．如图， （1）在射线上取一点C，以点O为圆心，长为半径作，交射线于点D，连接； （2）分别以点C，D为圆心，长为半径作弧，交于点M，N； （3）连接，． 根据以上作图过程及所作图形，下列结论： ①；②；③；④若，则．所有正确结论的序号是（   ） A．①② B．③④ C．①②③ D．①②③④ 题型十一 弧长与扇形面积的实际应用 当已知半径R与圆心角的度数求扇形的面积时，选用公式；当已知弧长l、半径R求扇形的面积时，选用公式 34．（2025·湖南·中考真题）如图，北京市某处位于北纬（即），东经，三沙市海域某处位于北纬（即），东经；设地球的半径约为千米，则在东经所在经线圈上的点和点之间的劣弧长约为（   ） A．（千米） B．（千米） C．（千米） D．（千米） 35．（2025·江苏苏州·中考真题）“苏州之眼”摩天轮是亚洲最大的水上摩天轮，共设有28个回转式太空舱全景轿厢，其示意图如图所示．该摩天轮高（即最高点离水面平台的距离），圆心O到的距离为，摩天轮匀速旋转一圈用时．某轿厢从点A出发，后到达点B，此过程中，该轿厢所经过的路径（即）长度为________．（结果保留） 36．（2025·四川攀枝花·中考真题）类比圆面积公式的推导，我们对扇形的面积公式进行如下探究：将扇形均匀分割成个“小扇形”（如图1），扇形的面积就是这些“小扇形”的面积和，当无限大时，这些“小扇形”可以近似的看成底边长分别为，高为的“小三角形”，它们的面积和为．即扇形面积． 请根据这样的方法继续思考：如图2，扇形ODG与扇形OEF有共同的圆心角，且弧长分别为3和7，，则图中阴影部分面积是__________． 37．（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______________． 题型十二 圆柱与圆锥的侧面展开图计算 1）混淆圆锥的底面半径和圆锥展开后的扇形半径两个概念． 注意：圆锥侧面展开图中扇形的半径是圆锥的母线长，不是圆锥的底面圆的半径. 2）在扇形的两个面积公式和圆锥的侧面积公式中，同一个字母的含义可能不同(如1可以表示扇形的弧长，也可以表示圆锥的母线长)，要做好区分. 38．（2025·山东东营·中考真题）小华用铁皮制作一个烟囱帽，烟囱帽的三视图如图所示，已知主视图和左视图均为边长是的等边三角形，则所需铁皮面积（接缝面积忽略不计）为（    ） A． B． C． D． 39．（2025·云南·中考真题）若一个圆锥的侧面展开图的圆心角度数为，母线长为，则该圆锥的底面圆的半径为（    ） A． B． C． D． 40．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）若圆锥的底面半径为，母线长为，则其侧面展开图的圆心角为__________度． 41．（2024·广东·中考真题）综合与实践 【主题】滤纸与漏斗 【素材】如图1所示： ①一张直径为的圆形滤纸； ②一只漏斗口直径与母线均为的圆锥形过滤漏斗． 【实践操作】 步骤1：取一张滤纸； 步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸； 步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形； 步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中． 【实践探索】 (1)滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明． (2)当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留） 题型十三 圆与全等/相似三角形综合证明 42．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：内接于，圆心在的内部，为的直径，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作的切线，交的延长线于点，求证：； (3)如图③，在（2）的条件下，，连接并延长至点，连接交于点，，为上一点，，连接，点在上，连接，，，点为的中点，连接，，求的面积． 43．（2025·山东潍坊·中考真题）黄金分割被广泛应用在建筑、艺术等领域，我国早在战国时期就已知道并能应用黄金分割．中国澳门发行的邮票小型张《科学与科技——黄金比例》（如图）就是用黄金分割比作为主题设计的．    【阅读观察】 材料：黄金分割点的定义 如图2，若线段上的点满足，则点称作线段的黄金分割点，其中的比值称作黄金分割比，而的比值为，与互为倒数．    材料：黄金分割点的作法（借助尺规作图可以用不同方法确定图中线段的黄金分割点） 方法：如图，过点作； 在直线上截取，连接； 在上截取； 在上截取，即为所求．    方法：如图， 以为边作正方形； 取中点，连接； 以点为圆心，为半径作圆弧，与的延长线交于点； 以为边在一侧作正方形，交于点，可得．点即为所求．    【思考探究】 （1）说明图中； （2）用不同于（）的方法，说明图中； 【迁移拓展】 如图5，作圆内接正五边形： 作的两条互相垂直的半径和，取的中点，连接； 作的平分线，交于点； 过点作的垂线，交于点，，连接，； 截取，，连接，，，五边形即为所求．    （3）若，根据以上作法，证明：． 44．（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． 45．（2025·江苏淮安·中考真题）探究与应用 【问题初探】（1）在等腰三角形的底边上任取一点P（不与端点重合），连接，线段有何数量关系？下面是小刚的部分思路和方法，请完成填空： 如图（1），过点A作于点D， 在中，∵，∴．    ① 在中，∵，∴ ．    ② 由①－②得：． ∵，， ∴ ． ∴． …… 根据小刚的方法，可以得到线段的数量关系是 ． 【简单应用】（2）如图（2），在等腰直角三角形中，，点D在边上，，以为边构造正方形，利用（1）中的结论求正方形的面积． 【灵活应用】（3）如图（3），是的外接圆，的平分线交于点D，连接，若，，，求的长． 【深度思考】（4）如图（4），在中，，点D、E分别在边上，且满足，交于点P，若，则的值为 ． 知识1 圆的基本性质 1.垂径定理及推论 1）垂径定理：__________于弦的直径平分弦，并且__________弦所对的两条弧. 示例：如图，CD是O的直径，AB为弦，CD⊥AB于点E，则____________________. 2）垂径定理的推论 （1）平分弦（非直径）的__________垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧. 示例：如图，CD是O的直径，AE＝BE，则CD⊥AB，. （2）平分弦所对的一条弧的直径垂直于弦，并且平分弦所对的另一条弧. （3）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧.. 【小技巧】一条直线如果具备：①经过圆心；②垂直于弦，③平分弦（非直径），④平分弦所对的优弧，⑤平分弦所对的劣弧，上述五个条件中的任意两个条件都可以推出其它三个结论，简称“知二推三”. 2.弧、弦、圆心角的关系 定理：在同圆或等圆中，__________的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等. 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. 【注意】不能忽略“__________”这个前提条件，如果遗漏了这个前提条件，即使圆心角相等，所对的弧、弦也不一定相等. 示例：如下图，两 3.圆周角定理及其推论 1）圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的__________.（即：圆周角=） 2）圆周角定理的推论 推论1：同弧或等弧所对的圆周角__________. 推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是__________；的圆周角所对的弦是__________. 4.圆内接四边形及其性质 1）圆内接四边形：如果一个四边形的所有顶点均在同一个圆上，那么这个四边形叫做圆内接四边形.这个圆叫做这个四边形的外接圆. 2）圆内接四边形的性质： 1）圆内接四边形对角__________. 如图，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC+∠ADC=180° 2）圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（即与该外角相邻 的内角的对角）. 如图，∠1=∠2 知识2 切线相关 1.切线的定义：线和圆只有一个公共点时，这条直线叫圆的切线，这个公共点叫做切点． 2.性质与判定： 性质定理 圆的切线垂直于经过切点的半径. 判定 1）定义法：当直线与圆有且只有__________公共点时，直线与圆相切； 2）数量关系法：当圆心到直线的距离__________半径时，直线与圆相切； 3）判定定理法：经过半径外端且__________于这条半径的直线是圆的切线. 3.切线长：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长.如图中的PA，PB两条线段的长为点P到⊙O切线长（PA，PB与⊙O相切）. 4.切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长__________，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角． 知识3 与圆有关的计算 1.弧长与扇形的面积计算 1）弧长公式：(n为圆心角的度数，R为圆的半径). 2）扇形的面积公式：(n为圆心角的度数，R为圆的半径)=(l是n°的圆心角所对的弧长). 2.圆锥的相关计算 圆锥的侧面展开图及有关计算 （1）沿一条母线将圆锥侧面剪开并展开，容易得到圆锥的侧面展开图是一个扇形. （2）圆锥常见量之间的关系（如图） 设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，高为h （1）这个扇形的弧长为2πr； （2）； （3） （4） （5）圆锥侧面展开图的圆心角度数为 1．（2025·陕西西安·一模）如图，点均在上，的半径为，则的长为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·四川广元·一模）如图，在中，下列结论不正确的是（     ） A． B． C． D． 3．（2025·辽宁鞍山·一模）如图，是的直径，点D是的中点，过点D作于点E，交于另一点F．若，，则的半径是（   ） A． B． C．6 D．10 4．（24-25九年级上·湖北武汉·期末）如图，正八边形内接于，连接，，若，则的半径为（   ） A．2 B． C． D．4 5．（2025·四川绵阳·一模）如图，为的外接圆，，，为上的一点，且点位于两侧，作关于对称的图形，连接，若，，则的长度是（   ） A． B． C． D． 6．（2025·青海西宁·二模）如图是一个几何体的三视图，根据图纸标注的数据，求得这个几何体的侧面积是（    ）    A． B． C． D． 7．（2025·四川广安·一模）如图1是一个圆锥形生日帽，图2是其示意图．若该圆锥的母线长与底面圆半径的比为，则将该圆锥沿母线剪开后，其侧面展开图的圆心角的度数为________． 8．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，在三星堆文物挖掘工作中，考古人员发现一件珍贵的圆形陶器，可惜其部分破损，经测量得知，该圆形陶器完整时的直径为12cm，而破损处的缺口两端点A，B之间的距离为6cm，则的长为_______cm． 9．（2025·甘肃酒泉·一模）如图所示，为外一点，、分别切于、，切于点，分别交、于点、，若，则的周长为______． 10．（2025·重庆·模拟预测）如图，是的直径，是的切线，，连接，与交于点，连接，点是上的任意一点（不与，重合），连接，与交于点，与的延长线交于点． ①若点是的中点，则的长为_________；（用含的代数式表示） ②无论点在上的位置怎样变化，_________． 11．（2025·江苏扬州·二模）如图，在中，，以为直径作交于点．点在线段上，．连接并延长交于． (1)求证：； (2)连接交于点．若，，求的半径． 12．（2025·上海杨浦·一模）已知：如图，，垂足为，为直径，，为圆上一动点． (1)当F在弧上时，求证：． (2)当F在弧上时，将四边形沿翻折，得到， ①延长，若过点O，且，求的值； ②连接，交于P，若，且，求的值． 13．（24-25九年级上·广东广州·期末）如图，为的直径，为的弦，平分，交于点D，，交的延长线于点E． (1)求证：直线是的切线 (2)若，的半径为5，求的长． 14．（2025·云南·模拟预测）如图1，点，，都在上，且平分，交于点． (1)求证：是等腰三角形； (2)如图2，是的直径，与相交于点． ①若，，求的半径； ②若于点，求证：． 15．（2025·山西运城·一模）阅读与思考 阅读下列材料，完成下面的任务． 关于“三角形的内切圆”的研究报告 【研究内容】如图，在中，三边，，，是它的内切圆，切点分别为，，，如何求、、的长呢？ 【解法】是的内切圆，切点为，，，，，．设，，，则有，，如果设，那么有． 任务： (1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容：______． (2)如图2，这是一张三角形纸片，为它的内切圆，小悦沿着与相切的剪下了一个三角形纸片，已知，，，求三角形纸片的周长． (3)如图3，的内切圆与，，分别相切于点，，，，，，求． 考点二 与圆有关的压轴题型 题型一 圆中线段和差最值问题 1．（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． 2．（2024·四川内江·中考真题）如图，在中，，，是边上一点，且，点是的内心，的延长线交于点，是上一动点，连接、，则的最小值为________．    3．（2024·江苏连云港·中考真题）【问题情境】 （1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略； 【操作实践】 （2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系； 【探究应用】 （3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求AD的长； （4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，，求的最小值． 4．（20-21九年级上·江苏宿迁·期末）问题提出：如图1，在中，，，，的半径为2，P为圆上一动点，连接，，求的最小值． (1)尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图1，连接，在上取一点D，使，连接，则．又因为，所以，所以．所以．所以．请你完成余下的思考，并求出的最小值； (2)自主探案：在“问题提出”的条件不变的前提下，求的最小值； (3)拓展延伸：如图2，已知在扇形中，，，，，P是上一点，求的最小值． 题型二 圆与坐标系综合应用 5．（2025·江苏常州·一模）如图，在平面直角坐标系中，的圆心坐标为，半径长为1，点B的坐标为，点C是上一点，连接，将 绕点C逆时针旋转，得到线段 ，连接 ． (1)若最大，则点D坐标为________； (2)若点D刚好落在y轴上，请求出点C的坐标(原点除外)； (3)若直线经过的圆心，请直接写出直线的函数表达式． 6．（2025·山东潍坊·模拟预测）如图，已知直角坐标系中一条圆弧经过正方形网格的格点． (1)用直尺画出该圆弧所在圆的圆心M的位置； (2)点M的坐标为 ；的半径为 ； (3)点与的位置关系是点D在⊙M ； (4)若E点的坐标为，求证：直线是的切线． 7．（2025·安徽蚌埠·一模）【经历】 （1）如图1所示的正方形网格中，每个小的四边形都是相同的正方形，A、B都是格点，线段交网格线于C，则 ； （2）如图2，将边长为1的的正方形网格如图所示放置在直角坐标系中，一段圆弧经过格点A、B、C，该圆弧所在圆的圆心D的坐标为 ； 【探索】 （3）在如图3所示的正方形网格中，每个小的四边形都是相同的正方形，A、B、C、D都是格点，与交于E，则 ； （4）如图4，是由5个边长为1的小正方形组成的图形，将其放置在中，恰好经过格点A、B、C，的半径为 ． 题型三 圆中的动点轨迹与最值问题 8．（2025·四川资阳·中考真题）如图，在四边形中，，E是线段的中点，F是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 9．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，． （1）面积的最大值为_______； （2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为_______． 10．（2024·四川凉山·中考真题）如图，的圆心为，半径为，是直线上的一个动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为______ 11．（2025·湖南邵阳·一模）已知：中，，点M是上一动点，过点B作于D，设线段被点M分得的线段之比，如图． (1)求证：； (2)若平分，求的长； (3)点M在边上的运动过程中，探究t是否有最小值？若有最小值，请求出t的最小值，若没有最小值，请说明理由． 题型四 圆的存在性问题 12．（2025·云南·中考真题）如图，是五边形的外接圆，是的直径．连接，，，． (1)若，且，求的度数； (2)求证：直线是的切线； (3)探究，发现与证明：已知平分，是否存在常数，使等式成立？若存在，请直接写出一个的值和一个的值，并证明你写出的的值和的值，使等式成立；若不存在，请说明理由． 13．（2025·山东·中考真题）【图形感知】 如图1，在四边形中，已知，，． （1）求的长； 【探究发现】 老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究． 在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点． （2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下： ①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由； ②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长； （3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由． 14．（2024·陕西·中考真题）问题提出 （1）如图1，在中，，，作的外接圆．则的长为________；（结果保留π）   问题解决 （2）如图2所示，道路的一侧是湿地．某生态研究所在湿地上建有观测点D，E，C，线段和为观测步道，其中点A和点B为观测步道出入口，已知点E在上，且，，，，，现要在湿地上修建一个新观测点P，使．再在线段上选一个新的步道出入口点F，并修通三条新步道，使新步道经过观测点E，并将五边形的面积平分．    请问：是否存在满足要求的点P和点F?若存在，求此时的长；若不存在，请说明理由．（点A，B，C，P，D在同一平面内，道路与观测步道的宽、观测点及出入口的大小均忽略不计，结果保留根号） 15．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 题型五 圆的折叠与旋转综合变换问题 16．（2025·河北张家口·二模）【情境】数学课上，同学们用圆形纸片探究折叠的性质，如图1，是的直径，，沿弦折叠，使折叠后的与相切于点． 【发现】所在圆的半径为_____； 【探究】为了找到所在圆的圆心，同学们讨论了以下两种方式． 淇淇说：取弦和弦的中垂线的交点即可． 嘉嘉说：不必画两条中垂线，如图2，只需作点关于弦的对称点，点即为所求． 淇淇说：这样看来，折叠后，切点在直径上运动，可以看成在直径上滚动． 嘉嘉说：没错，所以当点在直径上运动时，点的运动路线和直径的位置关系是_____； 【拓展】 （1）如图3，若切点为的中点，连接，交于点，连接，求弦的长； （2）若切点落在线段上（包括端点），直接写出弦的最大值和最小值． 17．（2025·吉林·一模）【驱动背景】 在中，将劣弧沿弦所在的直线折叠，使得弧恰好过圆心O，圆心O关于直线的对称点为． 【前情感知】 （1）如图1，连接，，的度数为 ； 【问题探究】 （2）如图2，若点D是优弧上的任意一点，连接交折叠后的弧于点C，连接，． ①的度数为 ；猜想与的数量关系 ； ②如图3，若弧（翻折后）不经过圆心O．与的数量关系是否仍然成立？请说明你的理由． 【拓展生长】 （3）如图4，若为直径，将第一次折叠后的弧（弧部分）沿向下翻折交弦于点E，连接．若，，请直接写出线段的长． 18．（2025·河北沧州·模拟预测）将的顶点A放在半圆O上，现从与半圆O相切于点A（如图1）的位置开始，将绕着点A顺时针旋转，设旋转角为，旋转过程中，与半圆O的另一交点记为E，与半圆O的另一交点记为F，连接（如图2）． 已知，，，半圆O的直径为8． (1)嘉嘉认为：在旋转过程中，弦的长度不变；淇淇认为：弦的长度随点E的运动而发生变化． 请你分析他俩谁说的对，并说明理由； (2)当点F与点D重合时，如图3． ①判断与半圆O的位置关系，并证明； ②求图中阴影部分的面积和； (3)设的中点为M，直接写出点M的运动路径长． 19．（2025·广东珠海·一模）【问题情境】在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作和，，，． 【操作探究】如图1，先将和的边、重合，再将绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为，旋转过程中保持不动，连接（如图2）． (1)当时，求的长度； (2)如图3，当时，求的度数； (3)取的中点O，点P是平面内某个定点，连接，在运动过程中的长是个定值，点P的位置是______，这个定值为______，运动开始后______． 题型六 圆与函数（一次、二次函数）综合压轴 20．（2025·四川广元·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线（）与轴交于点和点，与轴交于点． (1)求与的关系； (2)如图①，当时，点在抛物线上，，求点的坐标； (3)如图②，若抛物线上一点关于直线的对称点是的外心，求的值． 21．（2025·浙江舟山·一模）如图1，以点为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线与相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点． (1)填空：的长为______；的长为______；的半径为______；的长为______； (2)如图2，点P是直径上的一个动点（不与C、D重合），连结并延长交于点． ①当时，求的值； ②设，，求y与x的函数关系式． 22．（2025·广东汕头·二模）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交轴于，两点，，为抛物线顶点． (1)求，的值； (2)点是抛物线上一动点 ①当时，则点的坐标为______． ②当时，试求点的坐标． (3)如图2，以为圆心，2为半径作圆，为圆上任一点，求的最小值． 题型七 圆的新定义与阅读理解题 23．（2025·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，对于点和给出如下定义：若上存在两个不同的点，，对于上任意满足的两个不同的点，，都有，则称点是的关联点，称的大小为点与的关联角度．（本定义中的角均指锐角、直角、钝角或平角） (1)如图，的半径为． ①在点，，中，点_______是的关联点且其与的关联角度小于，该点与的关联角度为； ②点在第一象限，若对于任意长度小于的线段，上所有的点都是的关联点，则的最小值为_______； (2)已知点，经过原点，线段上所有的点都是的关联点，记这些点与的关联角度的最大值为．若，直接写出的取值范围． 24．（2025·甘肃兰州·中考真题）在平面直角坐标系中，对于图上或内部有一点（不与原点重合），及平面内一点，给出如下定义：若点关于直线的对称点在图上或内部，则称点是图的“映射点”． (1)如图1，已知图：线段，，．在，中，__________是图的“映射点”； (2)如图2，已知图：正方形，，，，．若直线：上存在点是图的“映射点”，求的最大值； (3)如图3，已知图：，圆心为，半径为．若轴上存在点是图的“映射点”，请直接写出的取值范围． 25．（2025·吉林长春·中考真题）数学活动：探究平面图形的最小覆盖圆 【定义】我们称能完全覆盖某平面图形的圆（即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上）为该平面图形的覆盖圆．其中，能完全覆盖平面图形的最小的圆（即直径最小）称为该平面图形的最小覆盖圆． 【探究一】线段的最小覆盖圆 线段的覆盖圆有无数个，其中，以为直径的圆是其最小覆盖圆． 理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（）． ， ，即的直径大于的直径． 是线段的最小覆盖圆．“”处应填写的推理依据为 ． 【探究二】直角三角形的最小覆盖圆 要确定直角三角形的最小覆盖圆，我们可先将其转化为【探究一】中线段的最小覆盖圆问题．这样就可以先确定直角三角形最长边（斜边）的最小覆盖圆，再判断直角顶点与这个圆的位置关系，从而确定直角三角形的最小覆盖圆．如图②，在中，．是以为直径的圆．请你判断点与的位置关系，并说明理由． 又由【探究一】可知，是最长边的最小覆盖圆，所以，是的最小覆盖圆． 【拓展应用】矩形的最小覆盖圆 如图③，在矩形中，，． （1）用圆规和无刻度的直尺在图③中作矩形的最小覆盖圆：（不写做法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描点） （2）该矩形的最小覆盖圆的直径为 ； （3）若用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为 ． 26．（2025·四川达州·中考真题）综合与实践 问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系． 探究发现：如图1，在中，，是边上一点，过点作于，于，过点作于．连结，由图形面积分割法得：______；则____________． 实践应用：如图2，是等边三角形，，点是边上一点，连结．将线段绕点逆时针旋转得，连结交于，过点作于，于，当时，求的值． 拓展延伸：如图3，已知是半圆的直径，，是弦，，是上一点，，垂足为，，求的值． 1．（2025·上海杨浦·一模）已知：如图，，垂足为，为直径，，为圆上一动点． (1)当F在弧上时，求证：． (2)当F在弧上时，将四边形沿翻折，得到， ①延长，若过点O，且，求的值； ②连接，交于P，若，且，求的值． 2．（2025·黑龙江绥化·模拟预测）图，在平面直角坐标系中，直线交抛物线 （、为常数）于点和， 交轴于点． (1)求、的值及点的坐标； (2)如图，将抛物线向右平移个单位长度，向上平移单位长度后得到新抛物线． ①新抛物线的表达式为 ； ②以新抛物线上任意一点为圆心，为半径画，试说明始终与轴相切； (3) 如图， 在 的条件下， 为直线 上任意一点，将直线 绕着点 顺时针旋转 得到直线 ，交新抛物线．于点，点为平面直角坐标系内任意一点，当四边形为菱形时，点 的横坐标为 ． 3．（2025·黑龙江绥化·模拟预测）【问题呈现】在学习《圆》这一章时，小明遇到了这样一个问题：如图1，已知半径是3，点A是上的一个动点，点P是平面内一点，，求证：线段的最大值为11． 【问题解决】经过分析，如图2，小明将延长交于点A，并猜想此时最大，为了验证这个猜想，小明想利用如下方法来解决，下面是部分证明过程，请补全缺失的部分． 证明：如图2，在上任意取一点B（点B不与点A重合），连接、， 证明过程缺失 则， 则此时，最大，最大值为． 【问题延伸】如图3，在中，，，，点D是边上的一个动点，连接，过点A作于点F，连接，则线段的最小值是 ． 【拓展提升】如图4，某景区有一片油菜花地，形状由和以为直径的半圆两部分构成，已知米，，，为了方便游客游览，该景区计划对油菜花地进行改造，根据设计要求，在半圆上确定一点E，沿修建小路，并在中点F处修建一个凉亭，沿修建仿古长廊，由于仿古长廊造价很高，为了控制成本，景区要求仿古长廊的长度尽可能短，若不考虑其他因素，则仿古长廊最短为 米．（结果保留根号） 4．（2025·广东东莞·一模）在矩形中，，，点从点出发，在线段上向点以每秒的速度移动，以点为圆心，为半径作．设运动时间为秒．解答下列问题： 【知识技能】 （1）如图1，当过点时，求时间的值； 【数学理解】 （2）如图2，若在运动过程中，是否存在的值，使得与直线相切？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； 【拓展探索】 （3）如图3，当与直线相切时，切点为，为弧上的任意一点，过点作的切线分别交，于点，，设长度为． ①求的周长； ②记的面积为，的面积为，当时，求的值． 5．（2025·贵州遵义·一模）如图，是半的直径，，连接，沿翻折弧，恰好经过圆心O． (1)________； (2)若，求的半径r； (3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积． 6．（25-26九年级上·广东深圳·期中）如图，已知抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，对称轴为直线． (1)求抛物线的解析式； (2)点P是线段一动点，过点P作轴，交抛物线于点Q，设P为横坐标为t，的面积为S，求S与t的函数关系式；当t取何值时，S有最大值，求出S的最大值； (3)点P是直线一动点，过点P作轴，交抛物线于点Q，以P为圆心，为半径作，当与坐标轴相切时，请直接写出点P的坐标． 7．（2025·江西抚州·模拟预测）如图，已知：，平分，且．请探究： (1)如图＜1＞，若以为直径作，分别交、于B、C，求的长； (2)如图＜2＞，若以为弦（不是直径），任作分别交、于、点，则的长是否不变？请说明理由； (3)如图＜3＞，若以为弦（不是直径）作与切于A点，交于点，则的长是多少？请说明理由． 8．（2025·甘肃酒泉·一模）如图，在 中， ，米，米，动点以米秒的速度从点出发，沿向点移动，同时，动点以米秒的速度从点出发，沿向点移动，当其中有一点到达终点时，它们都停止移动．设移动的时间为秒 (1)①当秒时，求的面积； ②求的面积平方米关于时间秒的函数解析式； (2)在，移动的过程中，当为等腰三角形时，写出的值； (3)以为圆心，为半径的圆与以为圆心，为半径的圆相切时，求出的值． 9．（2025·广东·一模）如图，已知抛物线与x轴从左到右依次交于两点，与y轴交于点C，点B的坐标为，连接． (1)求此抛物线的解析式； (2)若P为此抛物线的对称轴上的一个动点，连接，设点P的纵坐标表示为m． 试探究： ①当m为何值时，的值最大？并求出这个最大值． ②在P点的运动过程中，能否与相等？若能，请求出P点的坐标；若不能，请说明理由． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 圆 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 与圆有关的热考题型（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一：垂径定理及其推论综合 题型二：圆周角定理与圆内接四边形综合 题型三：切线的判定与性质 题型四：相交弦与割线模型综合计算 题型五：中点弧模型应用 题型六：圆的内心与外心模型综合 题型七：双切线模型（双切图）计算 题型八：射影定理在圆中的应用 题型九：圆与锐角三角函数综合 题型十：圆的基本性质多结论判断题 题型十一：弧长与扇形面积的实际应用 题型十二：圆柱与圆锥的侧面展开图计算 题型十三：圆与全等/相似三角形综合证明 必备知识 知识1 圆的基本性质 知识2 切线相关 知识3 与圆有关的计算 命题预测 考点二 与圆有关的压轴题型（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一 圆中线段和差最值问题 题型二 圆与坐标系综合应用 题型三 圆中的动点轨迹与最值问题 题型四 圆的存在性问题 题型五 圆的折叠与旋转综合变换问题 题型六 圆与函数（一次、二次函数）综合压轴 题型七 圆的新定义与阅读理解题 命题预测 命题透视 1）从命题形式上看，呈现出“模型化、综合化、情境化”的特点，载体多以典型几何图形（垂径图、切割图、双切图）或实际生活场景（摩天轮、拱桥、扇形工件）为主，凸显对圆核心模型迁移能力的考查，兼顾几何直观与逻辑推理的双重素养。 2）从命题内容上看，切线的判定与性质、圆周角定理及其推论、圆与相似/三角函数的综合是历年中考命题的核心区域，圆与坐标系、动点最值的结合则成为区分度拉满的压轴命题热点。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 垂径定理及其推论 ①广东・T12・垂径图计算 ②江苏・T10・垂径与弦长计算 ①湖南・T9・垂径与勾股综合 ②浙江・T11・垂径平分弦 ①广西・T8・垂径平分弦 ②山东・T10・垂径与弧长 切线的判定与性质 ①江苏・T16・切线证明 ②广东・T14・切线与半径计算 ①四川・T14・切线与相似 ②湖北・T12・切线长定理应用 ①山东・T11・切线长定理 ②北京・T13・切线与圆周角 圆周角定理与圆内接四边形 ①浙江・T10・圆周角互余 ②福建・T12・圆内接四边形角度 ①湖北・T13・圆内接四边形 ②安徽・T11・圆周角与圆心角 ①河南・T9・圆周角与圆心角 ②河北・T10・圆内接四边形性质 圆与相似三角形综合 ①北京・T22・切割图相似 ②四川・T18・双切图相似 ①安徽・T18・双切图相似 ②重庆・T20・射影图相似 ①广东・T21・射影图相似 ②江苏・T19・弦切角与相似 圆与三角函数综合 ①福建・T17・弦长与三角函数 ②湖南・T15・切线与三角函数 ①重庆・T19・切线与三角函数 ②陕西・T16・圆周角与三角函数 ①陕西・T15・圆周角与三角函数 ②浙江・T14・弦长与三角函数 命题预测 圆的二轮复习，核心是抓基础、练模型、破综合： · 基础题围绕垂径定理、圆周角、切线判定、圆内接四边形展开，是必拿分点； · 中档题聚焦双切图、中点弧、多结论判断，侧重模型迁移与计算能力； · 压轴题则以圆与相似/三角函数/坐标系/函数的综合为核心，结合动点最值、存在性问题，是拉开差距的关键。 整体命题趋势是淡化偏难怪定理，突出核心性质+基本模型，强调几何直观与逻辑推理的双重素养。 考点一 与圆有关的热考题型 题型一 垂径定理及其推论综合 1．（2025·山东滨州·中考真题）如图，点A，B，C，D在上，，，则的值为______． 【答案】 【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，特殊角的三角函数值，根据垂径定理，圆周角定理推出，再根据特殊角的三角函数值即可得出结果． 【详解】解：连接， ∵， ∴为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 2．（2025·湖北武汉·中考真题）如图，四边形内接于，．若，则的半径是（    ） A． B． C． D．5 【答案】A 【分析】本题考查垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理，掌握垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理是正确解答的关键．根据垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理进行计算即可． 【详解】解：如图，过点O作，垂足为F，交于点E，连接， 则，， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 设半径为R， 在中，， 由勾股定理得，，即， 解得． 故选：A． 3．（2025·安徽·中考真题）如图，四边形的顶点都在半圆O上，是半圆O的直径，连接，． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2)6 【分析】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，三角形中位线定理，勾股定理，熟知圆周角定理和垂径定理是解题的关键． （1）由圆周角定理可得，则可证明，据此可证明． （2）连接，交于点E．由题意知，由直径所对的圆周角是直角得到，即，则可证明，由垂径定理可得点E为的中点，则是的中位线，即可得到．设半圆的半径为r，则．由勾股定理知，解方程即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴． （2）解：连接，交于点E．由题意知， ∵是的直径， ∴，即， ∵， ∴， ∴点E为的中点， 又∵O是的中点， ∴是的中位线， ∴． 设半圆的半径为r，则． 由勾股定理知，， 即， 解得，（舍去）． ∴． 4．（2025·山东德州·中考真题）如图，从一张半圆形的铁片上剪下一个小的半圆形铁片，为了计算剩余部分的面积，在图中作出一条小圆的切线，并使它平行于大圆的直径．设这条切线交大圆于点A，B，量得的长是，则剩余部分的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查的是切线的性质、圆的面积计算，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键． 根据切线的性质得到，根据垂径定理求出，再根据勾股定理、圆的面积公式计算即可． 【详解】解：如图，平移小圆，使小圆的圆心与点重合，小圆与相切于，连接， ∵小圆与相切于， ， ， 在中，， 则剩余部分的面积为：， 故选：D． 题型二 圆周角定理与圆内接四边形综合 5．（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 6．（2025·宁夏·中考真题）如图，四边形内接于⊙平分，连接． (1)求证：； (2)延长至点，使，连接．求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、角平分线的定义以及全等三角形与相似三角形的判定和性质，解题的关键是利用圆周角与弧的对应关系转化角的等量关系，通过构造辅助线（延长线段）创造全等或相似的条件． （1）利用平分得到角相等，结合圆周角定理（同弧所对的圆周角相等），将角平分线得到的等角转化为与、相关的角，进而证明两角相等． （2）由可得通过圆内接四边形的对角互补性质得到结合第一问结论及角平分线性质证明再通过角的等量转化证明，最终得到比例式． 【详解】（1）证明：∵ 平分， ∴． ∵四边形内接于， ∴（同弧所对的圆周角相等）． ∵， ∴． （2）证明：∵， ∴． ∵四边形内接于， ∴（圆内接四边形对角互补）． 又∵（平角定义）， ∴． 由（1）知 ∴（等角对等边）． 在和中 ∴． ∴． ∵， ∴． 又∵ ，， ∴即 ∴． ∴， ∴，即． 7．（2025·吉林·中考真题）图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点内接于⊙O，且点A，B，C，O均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图． (1)在图①中找一个格点D（点D不与点C重合），画出，使． (2)在图②中找一个格点E，画出，使． 【答案】(1)见解析（答案不唯一） (2)见解析（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了圆周角定理以及圆的内接四边形对角互补的性质． （1）取格点，连接，根据得到； （2）取格点，连接，根据圆内接四边形对角互补即可得到． 【详解】（1）解：如图，点即为所求： （2）解：如图，即为所求： 8．（2024·浙江·中考真题）如图，在圆内接四边形中，，延长至点E，使，延长至点F，连结，使． (1)若，为直径，求的度数． (2)求证：①；②． 【答案】(1) (2)①见详解；②见详解 【分析】（1）根据圆周角定理即可求解，由为直径，得到，故，由，得到； （2）①由四点共圆得，而，等量代换得到，故； ②过点D作平行线交于点G，可证明，，因此得到，由，得到． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）证明①：∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴； ②过点D作平行线交于点G， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∵由（1）知， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 题型三 切线的判定与性质 【公共点已知时判定切线的方法】已知直线与圆的公共点时，可根据切线的判定定理证明.若未给出过该公共点的半径，可先连接公共点和圆心，再证明，口诀：连半径，证垂直. 【公共点未知时判定切线的方法】当直线与圆的公共点不明确时，先过圆心作该直线的垂线，然后根据“若圆心到直线的距离等于圆的半径，则该直线是圆的切线”进行证明，口诀：作垂直，证相等. 9．（2025·四川凉山·中考真题）如图1，是的直径，与相切于点A，连接交于点C，连接，则，理由如下： 是的直径， ， ， 与相切于点A， ， ， ， ． (1)小明根据以上结论，自主探究发现：如图2，当是非直径的弦，而其他条件不变时，仍然成立，请说明理由； (2)小明进一步探究发现：如图3，线段与线段存在如下关系：．请你替小明证一证； (3)拓展应用：如图4，是的内接三角形，，，的延长线与过点A的切线相交于P，若的半径为1，请你利用小明的探究结论求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，由切线的性质可推出，则，由等边对等角可得，则由三角形内角和定理可得，则，由圆周角定理得到，则； （2）根据（1）所求可证明，由相似三角形的性质可得，则； （3）由圆周角定理可得，由勾股定理得；求出，则可证明是等边三角形，可得，由切线的性质可推出，则可得到，由圆周角定理得到，则，进一步可得，则，即可得到；设，则，由（2）可得，则，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：如图所示，连接， ∵与相切于点A， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）证明；由（1）可得， 又∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵， ∴， ∵的半径为1， ∴ 在中，由勾股定理得； ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵的延长线与过点A的切线相交于P， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 设，则， 由（2）可得， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定等等，熟知切线的性质和圆周角定理是解题的关键． 10．（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． 11．（2025·黑龙江绥化·中考真题）如图．，与相切于点、连接，与相交于点，过点作，垂足为，交于点，连接交于点． (1)求证：是的切线． (2)当，时，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）方法一：过点作于点，证明，则，由为的半径得到为的半径，由即可证明是的切线；由角平分线的性质定理得到，由为的半径得到为的半径，由即可证明是的切线； （2）证明，则，求出，则，在中，求出，得到，，证明，则，设，则，即可求出答案． 【详解】（1）方法一： 证明：过点作于点， ， ， 与相切于点， ， ， ，， ， ， 为的半径， 为的半径， ， 是的切线； 方法二： 证明：过点作于点， 与相切于点， ， ， 是的平分线， ， 为的半径， 为的半径， ， 是的切线； （2），为半径， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， ，， ，， ， ， 设，则， ， 解得， ． 【点睛】此题考查了切线的判定和性质、垂径定理、相似三角形的判定和性质、勾股定理、角平分线性质定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质、切线的判定和性质是关键． 12．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，已知是的直径，是上一点，过作直线与的延长线交于点，过点A作于点，连结、，且． (1)求证：直线是的切线； (2)若，，求与的长度； (3)在（2）的条件下，若为上的一动点，且在直线上方，连结．当四边形面积最大时，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2)， (3) 【分析】（1）连接， 可得，，由直径性质，得，可得，即得直线是的切线； （2）证明，得，得，可得，证明，得,，由,得； （3）过点E作于点G，则，当四边形面积最大时，面积最大，点F是的中点，可得，得 ，得，∴，得，由，得,即得． 【详解】（1）解：连接， 则， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴直线是的切线； （2）∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得（舍去）或； （3）过点E作于点G， 则， 当四边形面积最大时，面积最大，点F到的距最大，点F是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理及推论，圆切线的判定和性质，正切定义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键． 题型四 相交弦与割线模型综合计算 13．（2023·河南信阳·三模）相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．    (1)为了说明相交弦定理正确性，需要对其进行证明，如下给出了不完整的“已知”“求证”，请补充完整，并写出证明过程．已知：如图①，弦，交于点P，求证：______________． (2)如图②，已知是的直径，与弦交于点P，且于点P，过D作的切线，交的延长线于E，D为切点，若，的半径为5，求的长． 【答案】(1)，证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再利用相似的性质即可； （2）利用（1）可知，求出，再证明，利用相似的性质求出，求差即可得到的长． 【详解】（1）求证：． 证明：连接AC、BD．如图①．    ∵，． ∴． ∴． ∴． （2）解：∵，，．由（1）可知． ∴． ∵，是的直径，，． 连接OD．如图②． ∵为切线． ∴． ∵．． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴，． 又∵． ∴． 【点睛】本题考查了圆的相关性质，三角形相似的判定与性质，严格的逻辑思维和严密的书写过程是解题的关键． 14．（2025·广西南宁·模拟预测）请阅读材料，并完成相应的任务．战国时期数学家墨子提写的《墨经》一书中就有了圆的记载，与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一． 定义：我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．（也就是切线与弦所夹的角，切点为弦切角的顶点）．如图1中即为弦切角． 弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数． 下面是弦切角定理的证明过程： ①如图1．已知：为圆上任意一点，当弦经过圆心，且切于点时，易证：弦切角． ②如图．当点是优弧上任意一点，切于点．求证：弦切角． 证明：连接并延长交于点，连接，如图2所示． 与相切于点， ▲ ， ， 是直径， ▲ （直径所对的圆周角是直角）， ， ， 又 ▲ （同弧所对的圆周角相等）， ． 完成下列任务： (1)将上述证明过程补充完整； (2)运用材料中的弦切角定理解决下列问题： ①如图3，的顶点在上，和相交于点，且是的切线，切点为，连接．若，求的长； ②如图4，，以为直径的交于点，过点作的切线，交的延长线于点．试猜想与的数量关系，并证明你的猜想． 【答案】(1)；； (2)①；②，证明见解析 【分析】（1）根据切线的性质，以及圆周角的性质，即可求解， （2）①由弦切角定理，可得：，进而得出，由对应边成比例，即可求出的长， ②连接，由是直径，可得，结合，根据等腰三角形三线合一，即可得出是的角平分线，根据弦切角定理，即可求解， 本题考查了切线的性质，圆周角的性质，直径所对的圆周角是，相似三角形的性质与判定，等腰三角形三线合一，解题的关键是：理解并应用弦切角定理，结合已经学会的知识点进行解题． 【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接，如图2所示． 与相切于点， ， ， 是直径， ∴（直径所对的圆周角是直角）， ， ， 又 （同弧所对的圆周角相等）， ． 故答案为：；；； （2）解：①如图， 是的切线，切点为， ， 又， ， ，即：， ，解得：； ②如图，连接， 是直径， ，， 又， 是的角平分线，即：， 又是的切线， ， ． 15．（2025·浙江·一模）【定理学习】欧几里得在《几何原本》中提出切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线（圆外一点引出一条与圆有两个交点的直线叫割线），切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项． 【定理证明】（1）如图①，点为外一点，与相切于点，割线与圆相交于两点，求证：（提示：连结，并延长交于点，连结）． 【解决问题】（2）如图②，是的切线，连结交于点的半径为．若，求的值． 【答案】（1）见解析  （2）的值为 【分析】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的性质，掌握构造相似三角形，并应用相似三角形的性质得到线段之间的关系是解题的关键. （1）根据切线可得到，根据直径得到，可推出，再由同弧对应的圆周角相等得到，然后证明得到结论 （2）延长交于点， 连结， ，可以得到，由（1）的结论代入可得到关于的方程，解方程即可求出的值. 【详解】（1）证明： 连接，并延长交于点，连接， ∵与相切于点， ∴， 即， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ，即； （2）如图， 延长交于点， 连结， ， ∵的半径为，， ， 由（1）可知， ， ， 整理得 ， 解得或(舍去)， ∴的值为. 16．（2024·广东广州·三模）已知，如图1，为的割线，直线与有公共点C，且．    (1)求证：①； ②直线是的切线； (2)如图2，作弦，使，连接、，，若，，求的半径； (3)如图3，若的半径为，，，，上是否存在一点Q，使得有最小值？若存在，请求出这个最小值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)存在，最小值为 【分析】（1）①根据已知条件得到，推出，根据相似三角形的性质得到；②作直径，连接，则，得到，过直径的一端点，于是得到结论； （2）作直径，连接、．则，推出，得到，根据勾股定理得到，于是得到结论； （3）取中点，连接与的交点就是符合条件的点，连接、，得到，根据相似三角形的性质得到，求得，根据两点之间线段最短，即可得到结论． 【详解】（1）证明：①， ， ， ， ； ②作直径，连接，    则， ， ，， ， 经过直径的一端点， 直线是的切线； （2）解：作直径，连接、．    则， ， ， ∴， ， ， ， 在中，由勾股定理得： ， ， ； （3）解：取中点，连接与的交点就是符合条件的点， 连接、，   ， ， 的半径， ， ， ， ， ， ， 根据两点之间线段最短， 此时最小， 最小值为． ∴存在，最小值为． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，切线的判定，线段最短，圆周角定理，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键． 题型五 中点弧模型应用 17．（2025·广东广州·中考真题）如图，的直径，C为中点，点D在弧上，，点P是上的一个动点，则周长的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质，轴对称性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先作点关于的对称点，连接，交于点，因为的直径，C为中点，得，再结合，得，再证明是等边三角形，运用勾股定理列式计算得，则周长，即可作答． 【详解】解：作点关于的对称点，连接，记交于点，如图所示： ∴ ∵的直径，C为中点， ∴点在上，，， ∴， ∵， ∴， ∵， 则是等边三角形， ∴， ∵是直径， ∴ ∴， 则周长， ∴周长的最小值是． 故选：B． 18．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，是的直径，是上的一点，连接，延长至点，连接，使． (1)求证：是的切线． (2)点是的中点，连接，交于点，过点作交于点，交于点，连接，若，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，由圆周角定理得，又由等腰三角形的性质及已知可得，即得，进而即可求证； （2）连接，由得，即得，，即得到，设，则，由勾股定理得，解得，再证明，得，即得，进而由得，代入计算即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵是直径， ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴是的切线； （2）解：连接， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， 设，则， ∵， ∴, ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴, ∵， ∴， ∴， 即， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的判定，相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 19．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，是直角，为的中点，为的切线交的延长线于点．连接，． (1)点与的位置关系是 ，线段与线段的数量关系是 ； (2)过点作，与的延长线交于点．根据题意补全图形，判断的形状，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若的半径为，求的长． 【答案】(1)在线段上；； (2)补图见解析，为等腰三角形 (3) 【分析】（1）根据圆周角定理与弧，弦，圆心角定理可得答案； （2）补图如下， 连接，证明，，结合，可得，进一步可得结论； （3）如图，过作于，求解，，，，可得，从而可得答案. 【详解】（1）解：∵是直角， ∴为直径， ∵为圆心， ∴在线段上； ∵为的中点， ∴， ∴； （2）解：补图如下，为等腰三角形，理由如下： 连接， ∵为的切线交的延长线于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； （3）解：如图，过作于， ∵的半径为，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴. 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，弦，弧，圆心角之间的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键. 题型六 圆的内心与外心模型综合 20．（2025·山东德州·中考真题）如图，点D是的内心，连接并延长交的外接圆于点E，与交于点F，连接． (1)设，则 ；（用含的式子表示） (2)求证：； (3)若，求的长． 【答案】(1)或 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据内心是三角形角的平分线交点，在同圆或等圆中，同弧上圆周角相等解答即可； （2）根据内心，三角形外角性质，等腰三角形的判定证明即可； （3）设，根据题意，根据相似三角形的判定和性质，列式解答即可． 本题考查了三角形的内心，圆的性质，三角形外角性质，等腰三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）解：∵点D是的内心， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， 故答案为：． （2）证明：连接， ∵点D是的内心， ∴，， ∵，， ， ∴， ∴． （3）解：设，根据题意， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得． 故的长为． 21．（2025·四川达州·一模）如图1，是的内接三角形，是的内心，连接并延长交于点、交于点，连接、、，已知． (1)求证：是等腰三角形； (2)如图2，若为的直径，求线段的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，三角形的内心，勾股定理等，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键． （1）由三角形内心的性质得出，．根据圆周角定理的推论得出，从而得出，最后根据三角形外角性质可求出，即可证是等腰三角形； （2）由直径所对圆周角为直角结合勾股定理可得，．由是的内心，易证，即得出，代入数据即得出．再证明，即得出，即，代入数据即可求出的长． 【详解】（1）证明：∵是的内接三角形，是的内心， ∴，． ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴，即是等腰三角形； （2）解：∵为的直径， ∴， ∴，． ∵是的内心， ∴， ∴， ∴，即， ∴． ∵，， ∴，， ∴， ∴，即， ∴，即， ∴， ∴， 解得：． 22．（2025·湖南·三模）圆O是的外接圆，I是的内心，请回答以下问题：    (1)如图1，连接、，当时，则________； (2)如图2，延长，分别交圆O于点F、G，连接并延长交于点D，交圆O于点E，求证：； (3)如图，连接，当，且时，，试求y关于x的函数解析式． 【答案】(1)120 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用三角形的内心为三个内角平分线的交点的性质得到，，再利用三角形的内角和定理解答即可； （2）设与交于点，利用（1）的方法得到，利用圆周角定理，角平分线的定义和三角形的外角性质解答即可得出，则可得结论； （3）连接，利用三角形的内心的性质和三角形的外角的性质，圆周角定理和等式的性质得到，则，利用垂径定理可得，则；利用相似三角形的判定与性质求得．则；利用相似三角形的判定与性质得到，则可求结论． 【详解】（1）解：是的内心， 平分，平分， ，， ，， ， ． 故答案为：120； （2）证明：设与交于点，如图，   是的内心， 平分，平分，平分， ，，， ， ． ． ，， ， ， ； （3）解：连接，如图，   是的内心， 平分，平分， ，， ， ， ，， ， ， ， ， ． ，， ， ， ， ． ． ，， ， ， ． ， 关于的函数解析式为． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，三角形的内心的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，三角形的内角和定理及外角性质，熟练掌握三角形的内心的性质是解题的关键． 题型七 双切线模型（双切图）计算 23．（2025·山东·中考真题）【问题情境】 2025年5月29日“天问二号”成功发射，开启了小行星伴飞取样探测的新篇章．某校航天兴趣小组受到鼓舞，制作了一个航天器模型，其中某个部件使用3D打印完成，如图1． 【问题提出】 部件主视图如图2所示，由于1的尺寸不易直接测量，需要设计一个可以得到的长度的方案，以检测该部件中的长度是否符合要求． 【方案设计】 兴趣小组通过查阅文献，提出了钢柱测量法． 测量工具：游标卡尺、若干个底面圆半径相同的钢柱（圆柱）． 操作步骤：如图3，将两个钢柱平行放在部件合适位置，使得钢柱与部件紧密贴合．示意图如图4，分别与，相切于点，．用游标卡尺测量出的长度． 【问题解决】 已知，的长度要求是． （1）求的度数； （2）已知钢柱的底面圆半径为，现测得．根据以上信息，通过计算说明该部件的长度是否符合要求．（参考数据：） 【结果反思】 （3）本次实践过程借助圆柱将不可测量的长度转化为可测量的长度，能将圆柱换成其他几何体吗？如果能，写出一个；如果不能，说明理由． 【答案】（1）；（2）该部件的长度符合要求；（3）见解析 【分析】本题考查了切线长定理，解直角三角形的应用． （1）根据切线长定理求解即可； （2）解直角三角形求得，推出，据此求解即可； （3）能，将圆柱换成正方体． 【详解】解：（1）∵分别与，相切于点，， ∴，； （2）∵钢柱的底面圆半径为， ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理， ∴， ∵， ∴该部件的长度符合要求； （3）能，将圆柱换成正方体．如图， 设正方体的棱长为，用游标卡尺测量出的长度． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 24．（2025·江苏镇江·中考真题）如图（1），过外一点引的两条切线、，切点是、，为锐角，连接并延长与交于点，点在的延长线上，过点作的垂线，与的延长线相交于点、垂足为． (1)求证：是等腰三角形； (2)在图（2）中作，满足（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (3)已知，在你所作的中，若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)图见解析 (3) 【分析】（1）先根据切线长定理、切线的性质定理可得，，再证出，根据等腰三角形的判定可得，由此即可得证； （2）先在的延长线上作，再过点作的垂线，与的延长线相交于点、垂足为，由直角三角形的斜边中线的性质即可得； （3）过点作于点，过点作于点，先解直角三角形可得，再设，则，，，在中，利用勾股定理可得，则可得，，然后证出，根据相似三角形的性质可得的长，最后根据即可得． 【详解】（1）证明：∵是的两条切线，切点是， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 由对顶角相等得：， ∴， ∴， ∴是等腰三角形． （2）解：如图，满足的即为所作． （3）解：如图，过点作于点，过点作于点， ∵是的两条切线，切点是， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴在中，，即， 解得或（不符合题意，舍去）， ∴，， ∵在等腰中，，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ∴． 【点睛】本题考查了切线长定理、切线的性质定理、作垂线、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握切线长定理和解直角三角形的方法是解题关键． 题型八 射影定理在圆中的应用 25．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，为外接圆的直径，点C为线段上一点（不与D，O重合），点B为的延长线上一点，连接并延长至点M，满足． (1)求证：平分； (2)证明：； (3)若射线与相切于点A，，，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)． 【分析】（1）利用圆周角定理求得，再利用，求得，据此即可证明平分； （2）利用半径相等求得，利用三角形的外角性质可证明，推出，可证明，等量代换即可证明结论成立； （3）利用切线的性质结合，证明，设，则，利用，列式计算求得，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵为的直径， ∴，即，， ∵， ∴， ∴，即平分； （2）证明：连接， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：∵射线与相切于点A， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴设，则， ∴，， ∵， ∴， 整理得， 解得或（舍去）， ∴，， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识．作出合适的辅助线是解题的关键． 26．（2024·江苏徐州·中考真题）在中，点在边上，若，则称点是点的“关联点”． (1)如图（1），在中，若，于点．试说明：点是点的“关联点”． (2)如图（2），已知点在线段上，用无刻度的直尺和圆规作一个，使其同时满足下列条件：①点为点的“关联点”；②是钝角（保留作图痕迹，不写作法）． (3)若为锐角三角形，且点为点的“关联点”．设，，用含、的代数式表示的取值范围（直接写出结果）． 【答案】(1)证明见解析 (2)图见解析 (3)或 【分析】（1）证，根据“关联点”的定义即可得结论； （2）以为直径作，过点作的垂线，交于，由圆周角定理可得，由（1）可得，以为圆心，为半径作圆，在直线右侧的上取点作即可得答案； （3）分类讨论，①当时，根据第二问可得出锐角三角形时C的位置，再利用勾股定理求出临界值范围即可，②当时，同①方法． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点D是点C的“关联点”． （2）解：如图，①作线段的垂直平分线，交于点； ②以为圆心，为半径作圆； ③过作交于点； ④以为圆心，为半径画圆，则点在上且在直线右侧．连接、，即为所求， 证明：∵在以为直径的圆上运动， ∴， 由（1）可知：， ∵， ∴． （3）①当时， 如图所示，结合第（2）问，我们发现当点C在直线左侧、A的右侧时，是锐角三角形， 此时， ∵，且，， 在中，， 在中，， ； ②当时，同理可得：； 综上所述，或． 【点睛】本题主要考查了尺规作图，圆周角定理、相似三角形的判定和性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识和正确理解题意是解题的关键． 题型九 圆与锐角三角函数综合 27．（2025·四川·中考真题）如图，为的直径，C为上的一点，和过点C的切线互相垂直，垂足为D．延长交的延长线于点E． (1)求证：平分； (2)若，，求的半径和的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)的半径长为5，的长为 【分析】（1）连接，由等边对等角得到，由切线的性质得，而，则，再由平行线的性质以及等量代换即可证明平分． （2）作于点，因为，，所以，则，求得，可证明，得，求得，则，即可求解半径和． 【详解】（1）证明：连接，则， ， 与相切于点， ， ， ， ， ， 平分； （2）解：作于点，， ，， ， ， ∵， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 的半径长为5，的长为． 【点睛】本题考查了圆的切线的性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 28．（2025·山东潍坊·中考真题）图是某摩天轮的实景图．摩天轮可视作半径为米的，其上的某个座舱可视作上的点，座舱距离地面的最低高度为米，地面上的观察点到点的距离为米，平面示意图如图所示． (1)当视线与相切时，求点处的座舱到地面的距离； (2)已知摩天轮匀速转动一周需要分钟，当座舱距离地面不低于米时，在座舱中观赏风景的体验最佳，点处的座舱随摩天轮匀速转动一周的过程中，求该座舱中乘客最佳观赏风景的时长，并求这段时间内该座舱经过的圆弧的长． （以上结果均保留小数点后一位数字，参考数据：，，，，） 【答案】(1)米； (2)10分钟；米． 【分析】本题考查了切线的性质，解直角三角形的应用，勾股定理，弧长公式等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）连接，，作，垂足为，根据勾股定理得（米），又，所以，因为与相切，所以，可得，所以，（米），从而可得，所以（米）； （）过点作，交于点．延长，交于点，连接，不妨设米，又因为，所以，则（米），然后通过，可得，则，故有最佳观赏风景的时间为（分钟），最后通过弧长公式即可求解． 【详解】（1）解：连接，，作，垂足为， 根据题意可知，（米）， 在中，米，， 所以（米）， 因为， 所以， 因为与相切， 所以， 所以， 因为米， 所以， 所以，（米）， 所以， 在中，（米）， 所以，点处的座舱到地面的距离约为米； （2）解：过点作，交于点．延长，交于点，连接，不妨设米， 因为， 所以， 所以（米）， 因为米， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以最佳观赏风景的时间为（分钟）， 所以的长（米）， ∴座舱经过的的长约为米． 29．（2025·青海西宁·中考真题）综合与实践 【问题提出】 原题呈现（人教版九年级下册85页第14题） 如图1，在锐角中，探究，，之间的关系． 【问题探究】 将下列探究过程补充完整： （1）如图1，过点A作，垂足为D，过点B作，垂足为E． 在中，，   ∴， 在中，，   ∴， ∴，即， 同理，在中，_____， 在中，_____， ∴___________， 即， ∴； 【结论应用】 （2）如图2，在中，，，．求，的长．（结果保留小数点后一位；参考数据：，．） 【深度探究】 （3）如图3，是锐角的外接圆，半径为． 求证：． 【拓展应用】 （4）如图4，在中，，，，D是线段上的一个动点，以为直径的分别交，于点E，F，连接．则线段长度的最小值是________． 【答案】（1），，，；（2），；（3）证明见解析；（4）． 【分析】（1）根据三角函数的定义，类比题目求解即可； （2）根据（1）中结论可知，代入相关数值求解即可； （3）连接，延长分别交于D，E，连接，根据直径对直角和圆周角定理可知，，根据三角函数的定义，分别在，，，中，可得，，即可得证； （4）过O作，连接，，根据垂径定理，圆周角定理和三角函数可得，当时，最小，此时也最小，根据三角函数求出最小值，即可得解． 【详解】（1）解：同理，在中， ， 在中  ， ， ∴， 即， ∴； 故答案为：，，，； （2）解：， ， 由（1）知：， ， ，， ，； （3）证明：连接，延长分别交于D，E，连接，则， ， 是直径， ， 在中，， ∴， 在中，，   ∴， ∴ ， 同理，在中，， 在中，可得， ， ∴； （4）解：过O作，连接，， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， 当时，最小，此时也最小， 过A作于， 在中，， ， ， 长度的最小值是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角函数，垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题的关键是正确作出辅助线，综合运用以上知识解决问题． 题型十 圆的基本性质多结论判断题 30．（2025·江苏无锡·二模）如图， 为的直径，，为的中点，连接，点在射线上，连接，取的中点，过作交于，连接．下列结论：①；②；③；④为定值．其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据题意可得是的垂直平分线，是的垂直平分线，可得点、、在以为圆心的圆上，根据圆周角定理可得，进而可判断①；连接，根据圆周角定理的推论并结合①的结论可得点和点在以点为圆心的同一个圆上，于是可判断②；连接，由①知点、、在以为圆心的圆上，然后根据圆周角定理即可判断③；在直角中，利用锐角三角函数和③的结论可得，然后将进行整理变形即得结论，进而可判断④，于是可得答案． 【详解】解：连接 ∵是中点，， ∴垂直平分， ∴． ∵是半径，为的中点， ∴， ∵， ∴，是等腰直角三角形，， ∴，点、、在以点为圆心的圆上， ∴， ∴， 故①符合题意． 连接， ∵是的直径， ∴ ∴点B，F，C，D四点共圆，即点和点在以点为圆心的同一个圆上 ∴， 故②符合题意． 由①知：点、、以为圆心的圆上， ∴， 故③符合题意． ∵点是的中点，过作交于， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴在直角中， ， ∴， 故④不符合题意． 故选：C 【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论、垂径定理的推论、等腰直角三角形的性质、四点共圆以及锐角三角函数等知识，涉及的知识点多，综合性强，熟练掌握上述知识、灵活应用圆周角定理和解直角三角形的知识是解题关键． 31．（2025·山东济宁·三模）如图①，A，B是上的两定点，圆上一动点P从点A出发，按逆时针方向匀速运动到点B，运动时间是，线段的长度是，图②是y随x变化的关系图象．①的半径为；②A、B两点间的距离为1；③点P的运动速度为；④的度数为．以上说法正确的是（    ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】A 【分析】本题考查的是动点图象问题，正确记忆相关知识点是解题关键．由题图②得，抛物线顶点坐标，即时，最长，即此时是直径，据此可判定①、②、③，最后根据可对④进行判断． 【详解】解：由题图②得，当时，，即此时A、O、P三点共线，则的半径，故①正确； 当时，点P到达点B处，此时， ∴A、B两点间的距离为，故②正确； 点P从点A运动到A、O、P三点共线的位置时，走过的角度为，则走过的弧长为，运动时间为， ∴点P的运动速度是，故③正确； 当点P运动到点B时，，即， ∴，故④错误． 故选：A． 32．（2024·北京·三模）如图，是半圆O的直径，C是半圆周上的动点（与A，B不重合），于点D，连接．设，，，给出下面三个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】C 【分析】根据是半圆O的直径，得出，根据直角三角形的性质得出，根据C是半圆周上的动点(与A，B不重合），即可判断①；根据点C的运动轨迹确定，即可判定②；证明，根据相似三角形的性质得出，结合①中结论即可判断③． 本题考查了相似三角形的判定和性质，圆的有关知识，圆周角定理，掌握相似三角形的判定是解题的关键． 【详解】解：∵是半圆O的直径， ∴， ∵点O是中点， ∴， ∵，， ∴，， 即，故①正确； ∵C是半圆周上的动点(与A，B不重合）， ∴，， ∴， ∴，故②错误； ，， ， ，， ， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，故③正确； 故选：C． 33．（2025·北京·模拟预测）已知锐角．如图， （1）在射线上取一点C，以点O为圆心，长为半径作，交射线于点D，连接； （2）分别以点C，D为圆心，长为半径作弧，交于点M，N； （3）连接，． 根据以上作图过程及所作图形，下列结论： ①；②；③；④若，则．所有正确结论的序号是（   ） A．①② B．③④ C．①②③ D．①②③④ 【答案】D 【分析】本题主要考查作图复杂作图，等边三角形的判定及性质，圆周角定理，弧、弦、圆心角之间的关系．根据弦、弧、圆心角的关系判断①；连接，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和得到，再根据圆周角定理得到，即可求出，得到判断②，根据两点间线段最短判断③；连接，然后根据三角形的内角和求出，即可得到是等边三角形，判断④解题即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴，故①正确； 连接， ∴， 又∵， ∴， ∴，故②正确； 又∵， ∴，即，故③正确； 连接，设，则，， 在中，， 解得， ∴， ∴，故④正确； 故选：D． 题型十一 弧长与扇形面积的实际应用 当已知半径R与圆心角的度数求扇形的面积时，选用公式；当已知弧长l、半径R求扇形的面积时，选用公式 34．（2025·湖南·中考真题）如图，北京市某处位于北纬（即），东经，三沙市海域某处位于北纬（即），东经；设地球的半径约为千米，则在东经所在经线圈上的点和点之间的劣弧长约为（   ） A．（千米） B．（千米） C．（千米） D．（千米） 【答案】C 【分析】本题主要考查了求弧长，根据题意求出的度数，再根据弧长公式求解即可． 【详解】解；由题意得，， ∴劣弧的长为千米， 故选：C． 35．（2025·江苏苏州·中考真题）“苏州之眼”摩天轮是亚洲最大的水上摩天轮，共设有28个回转式太空舱全景轿厢，其示意图如图所示．该摩天轮高（即最高点离水面平台的距离），圆心O到的距离为，摩天轮匀速旋转一圈用时．某轿厢从点A出发，后到达点B，此过程中，该轿厢所经过的路径（即）长度为________．（结果保留） 【答案】 【分析】本题主要考查了弧长计算，熟练掌握弧长公式是解题的关键．先求出摩天轮半径，再求出，最后根据弧长公式求出结果即可． 【详解】解：∵最高点离水面平台的距离为，圆心O到的距离为， ∴摩天轮的半径为， ∵摩天轮匀速旋转一圈用时，轿厢从点A出发，后到达点B， ∴， ∴该轿厢所经过的路径长度为： ． 故答案为：． 36．（2025·四川攀枝花·中考真题）类比圆面积公式的推导，我们对扇形的面积公式进行如下探究：将扇形均匀分割成个“小扇形”（如图1），扇形的面积就是这些“小扇形”的面积和，当无限大时，这些“小扇形”可以近似的看成底边长分别为，高为的“小三角形”，它们的面积和为．即扇形面积． 请根据这样的方法继续思考：如图2，扇形ODG与扇形OEF有共同的圆心角，且弧长分别为3和7，，则图中阴影部分面积是__________． 【答案】20 【分析】本题主要考查扇形的定义及面积；设扇形的半径为，则扇形的半径为，先根据，求出，再结合扇形面积，根据，代入计算即可． 【详解】解：设扇形的半径为，则扇形的半径为， ∵， ∴，即， 解得， ∴扇形的半径为7， ∵扇形面积， ∴， ， ， ∴图中阴影部分面积是20； 故答案为：20． 37．（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． 题型十二 圆柱与圆锥的侧面展开图计算 1）混淆圆锥的底面半径和圆锥展开后的扇形半径两个概念． 注意：圆锥侧面展开图中扇形的半径是圆锥的母线长，不是圆锥的底面圆的半径. 2）在扇形的两个面积公式和圆锥的侧面积公式中，同一个字母的含义可能不同(如1可以表示扇形的弧长，也可以表示圆锥的母线长)，要做好区分. 38．（2025·山东东营·中考真题）小华用铁皮制作一个烟囱帽，烟囱帽的三视图如图所示，已知主视图和左视图均为边长是的等边三角形，则所需铁皮面积（接缝面积忽略不计）为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】这道题考查的是圆锥侧面积的计算，首先明确圆锥侧面积公式为 (r为底面半径，l为母线长)，由三视图可知，圆锥的母线长，底面圆的直径等于等边三角形的边长，即底面半径，代入圆锥侧面积公式计算即可． 【详解】解：则所需铁皮面积 故选B 39．（2025·云南·中考真题）若一个圆锥的侧面展开图的圆心角度数为，母线长为，则该圆锥的底面圆的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是了解圆锥的底面周长等于侧面展开图扇形的弧长． 设圆锥底面圆半径为，根据圆锥侧面展开图的扇形弧长等于底面圆的周长得到，即可求解半径． 【详解】解：设圆锥底面圆半径为， 由题意得：， 解得， 因此，该圆锥的底面圆半径为， 故选：B． 40．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）若圆锥的底面半径为，母线长为，则其侧面展开图的圆心角为__________度． 【答案】160 【分析】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．圆锥的底面半径为，则底面圆的周长是，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，即侧面展开图的扇形弧长是，母线长为即侧面展开图的扇形的半径长是．根据弧长公式即可计算． 【详解】解：根据弧长的公式得到： ， 解得． 即侧面展开图的圆心角为160度． 故答案为：160． 41．（2024·广东·中考真题）综合与实践 【主题】滤纸与漏斗 【素材】如图1所示： ①一张直径为的圆形滤纸； ②一只漏斗口直径与母线均为的圆锥形过滤漏斗． 【实践操作】 步骤1：取一张滤纸； 步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸； 步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形； 步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中． 【实践探索】 (1)滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明． (2)当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留） 【答案】(1)能，见解析 (2) 【分析】本题考查了圆锥，解题的关键是： （1）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长求出圆锥展开图的扇形圆心角，即可判断； （2）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长，求出滤纸围成圆锥形底面圆的半径，利用勾股定理求出圆锥的高，然后利用圆锥体积公式求解即可． 【详解】（1）解：能， 理由：设圆锥展开图的扇形圆心角为， 根据题意，得， 解得， ∴将圆形滤纸对折，将其中一层撑开，围成圆锥形，此时滤纸能紧贴此漏斗内壁； （2）解：设滤纸围成圆锥形底面圆的半径为，高为， 根据题意，得， 解得， ∴， ∴圆锥的体积为． 题型十三 圆与全等/相似三角形综合证明 42．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：内接于，圆心在的内部，为的直径，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作的切线，交的延长线于点，求证：； (3)如图③，在（2）的条件下，，连接并延长至点，连接交于点，，为上一点，，连接，点在上，连接，，，点为的中点，连接，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）通过直径所对的圆周角是直角及同弧所对的圆周角相等得出两角相等，从而得出两边相等； （2）利用圆的性质及矩形的性质与判定来论证线段的关系； （3）先通过全等三角形得到线段长度，再结合已知条件求出相关线段长度，最后求三角形面积． 【详解】（1）证明：为的直径， ． 设． ， ， ， ． ． ． ． （2）证明：连接，，并延长交于点． ， 垂直平分， ，， 是的切线， ． 是的直径， ， 四边形是矩形， ， ． （3）解：如图，连接，，并延长交于点， 为的中点， ， 是的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴≌， ， ， 设，则． 四边形是矩形， ， ， ， ， ，， ∴， ，， ， ， 过点作于点， ， ， ， ， ，， ，　　　 ， ， ． 【点睛】本题考查了圆的有关性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角函数及三角形的面积等知识点，关键是灵活应用知识点解决问题． 43．（2025·山东潍坊·中考真题）黄金分割被广泛应用在建筑、艺术等领域，我国早在战国时期就已知道并能应用黄金分割．中国澳门发行的邮票小型张《科学与科技——黄金比例》（如图）就是用黄金分割比作为主题设计的．    【阅读观察】 材料：黄金分割点的定义 如图2，若线段上的点满足，则点称作线段的黄金分割点，其中的比值称作黄金分割比，而的比值为，与互为倒数．    材料：黄金分割点的作法（借助尺规作图可以用不同方法确定图中线段的黄金分割点） 方法：如图，过点作； 在直线上截取，连接； 在上截取； 在上截取，即为所求．    方法：如图， 以为边作正方形； 取中点，连接； 以点为圆心，为半径作圆弧，与的延长线交于点； 以为边在一侧作正方形，交于点，可得．点即为所求．    【思考探究】 （1）说明图中； （2）用不同于（）的方法，说明图中； 【迁移拓展】 如图5，作圆内接正五边形： 作的两条互相垂直的半径和，取的中点，连接； 作的平分线，交于点； 过点作的垂线，交于点，，连接，； 截取，，连接，，，五边形即为所求．    （3）若，根据以上作法，证明：． 【答案】（）见解析；（）见解析；（）见解析． 【分析】（）设，则，勾股定理得，然后通过线段和差求出，则，所以； （）延长交于点，根据勾股定理得，所以，则有，所以，所以，则，从而可得； （）过点作于点，证明，通过性质可得，设，则，解得，所以，连接，在中，，所以，Rt中，，所以，根据垂径定理，得，所以，又，所以，从而得证． 【详解】（）解：设，则， 在中，根据勾股定理得， 所以， 所以， 所以； （）解：延长交于点， 在中，根据勾股定理，得， 所以， 因为，， 所以，， 所以， 所以， 所以， 所以，即， 所以； （3）证明：因为半径，所以，， 过点作于点， 因为平分， 所以， 所以， 所以， 所以， 在中，， 设，则， 解得， 所以， 连接，在中，， 所以， 在Rt中，， 所以， 根据垂径定理，得， 所以， 因为， 所以， 所以． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，正方形的性质，圆内接正五边形，黄金分割点等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 44．（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，， ∴， ∴． 45．（2025·江苏淮安·中考真题）探究与应用 【问题初探】（1）在等腰三角形的底边上任取一点P（不与端点重合），连接，线段有何数量关系？下面是小刚的部分思路和方法，请完成填空： 如图（1），过点A作于点D， 在中，∵，∴．    ① 在中，∵，∴ ．    ② 由①－②得：． ∵，， ∴ ． ∴． …… 根据小刚的方法，可以得到线段的数量关系是 ． 【简单应用】（2）如图（2），在等腰直角三角形中，，点D在边上，，以为边构造正方形，利用（1）中的结论求正方形的面积． 【灵活应用】（3）如图（3），是的外接圆，的平分线交于点D，连接，若，，，求的长． 【深度思考】（4）如图（4），在中，，点D、E分别在边上，且满足，交于点P，若，则的值为 ． 【答案】（1），，，见解析（2）（3）（4） 【分析】（1）根据三线合一、勾股定理和线段的和差关系，进行求解即可； （2）利用（1）中结论得到，进而求出，即可得出结果； （3）延长交于点，连接，利用（1）中结论得到，证明，得到，推出，代入中，进行求解即可； （4）设，根据三角形的外角结合三角形的内角和定理推出，作，垂足分别为，则：，根据，设，则，根据含30度角的直角三角形的性质，结合线段的和差关系，分别求出的长，进行求解即可． 【详解】解：（1）如图（1），过点A作于点D， 在中， ∵， ∴．① 在中， ∵， ∴．② 由①－②得：． ∵，， ∴． ∴． ∵， ∴， 故答案为：，，； （2）∵等腰直角三角形中，，， ∴， ∵， ∴； 由（1）中结论可知：，即：， ∴， ∴正方形的面积； （3）延长交于点，连接，则：， 由（1）中结论可知：，即：， ∴； ∵平分， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得； （4）∵， ∴， 设， 则：， ∵， ∴， ∴， 作，垂足分别为，则：， ∵， ∴设，则， 在中，， ∴，， ∴，， 同理：，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三线合一，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊三角形和相似三角形，熟练掌握（1）中得到的结论，是解题的关键． 知识1 圆的基本性质 1.垂径定理及推论 1）垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧. 示例：如图，CD是O的直径，AB为弦，CD⊥AB于点E，则AE＝BE，. 2）垂径定理的推论 （1）平分弦（非直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧. 示例：如图，CD是O的直径，AE＝BE，则CD⊥AB，. （2）平分弦所对的一条弧的直径垂直于弦，并且平分弦所对的另一条弧. （3）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧.. 【小技巧】一条直线如果具备：①经过圆心；②垂直于弦，③平分弦（非直径），④平分弦所对的优弧，⑤平分弦所对的劣弧，上述五个条件中的任意两个条件都可以推出其它三个结论，简称“知二推三”. 2.弧、弦、圆心角的关系 定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等. 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. 【注意】不能忽略“在同圆或等圆中”这个前提条件，如果遗漏了这个前提条件，即使圆心角相等，所对的弧、弦也不一定相等. 示例：如下图，两 3.圆周角定理及其推论 1）圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半.（即：圆周角=） 2）圆周角定理的推论 推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等. 推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角；的圆周角所对的弦是直径. 4.圆内接四边形及其性质 1）圆内接四边形：如果一个四边形的所有顶点均在同一个圆上，那么这个四边形叫做圆内接四边形.这个圆叫做这个四边形的外接圆. 2）圆内接四边形的性质： 1）圆内接四边形对角互补. 如图，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC+∠ADC=180° 2）圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（即与该外角相邻 的内角的对角）. 如图，∠1=∠2 知识2 切线相关 1.切线的定义：线和圆只有一个公共点时，这条直线叫圆的切线，这个公共点叫做切点． 2.性质与判定： 性质定理 圆的切线垂直于经过切点的半径. 判定 1）定义法：当直线与圆有且只有一个公共点时，直线与圆相切； 2）数量关系法：当圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切； 3）判定定理法：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线. 3.切线长：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长.如图中的PA，PB两条线段的长为点P到⊙O切线长（PA，PB与⊙O相切）. 4.切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角． 知识3 与圆有关的计算 1.弧长与扇形的面积计算 1）弧长公式：(n为圆心角的度数，R为圆的半径). 2）扇形的面积公式：(n为圆心角的度数，R为圆的半径)=(l是n°的圆心角所对的弧长). 2.圆锥的相关计算 圆锥的侧面展开图及有关计算 （1）沿一条母线将圆锥侧面剪开并展开，容易得到圆锥的侧面展开图是一个扇形. （2）圆锥常见量之间的关系（如图） 设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，高为h （1）这个扇形的弧长为2πr； （2）； （3） （4） （5）圆锥侧面展开图的圆心角度数为 1．（2025·陕西西安·一模）如图，点均在上，的半径为，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查弧长的计算及圆周角定理、圆内接四边形的性质，根据圆内接四边形的性质求出的度数，利用圆周角定理求出的度数，再由弧长公式计算即可． 【详解】如图，连接和， ∵点均在上， ∴， ∴， ∴的长为， 故选：B． 2．（2025·四川广元·一模）如图，在中，下列结论不正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了“弧，弦，圆心角”的关系，全等三角形的性质和判定， 根据“弧，弦，圆心角”的关系得，即可说明A，C；再证明解答D即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴，则A正确，C正确； ∵， ∴， ∴，则D正确． 不一定相等，则B不正确 故选：B． 3．（2025·辽宁鞍山·一模）如图，是的直径，点D是的中点，过点D作于点E，交于另一点F．若，，则的半径是（   ） A． B． C．6 D．10 【答案】A 【分析】本题考查了垂径定理及其推论，弧、弦的关系，熟练掌握垂径定理是解题的关键． 先证，进而得出，，由垂径定理得，再用勾股定理解即可． 【详解】解：点D是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， 如图，连接，设的半径为r，设， 在中，由勾股定理得， ， 解得， 故选：A． 4．（24-25九年级上·湖北武汉·期末）如图，正八边形内接于，连接，，若，则的半径为（   ） A．2 B． C． D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形的性质，三角函数等. 连接，过作交于，由正多边形的性质得，由正弦函数得 ，结合三角形的面积，即可求解． 【详解】解：如图，连接，过作交于点， 正八边形内接于， ， ， 是的直径， ， ， ， ， 解得：， 的半径为； 故选：B． 5．（2025·四川绵阳·一模）如图，为的外接圆，，，为上的一点，且点位于两侧，作关于对称的图形，连接，若，，则的长度是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】延长交于点，连接，由等腰直角三角形的性质得出，证明是等腰直角三角形，再由勾股定理求出，再证明，得出即可求解． 【详解】解：如图，延长交于点，连接， ，， ， ， ， ． 在中， ． 作关于对称的图形， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ． ， ， ． 在和中， ， ， ， 把代入中得， ． 故选B． 【点睛】本题考查了圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、轴对称的性质等知识点，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． 6．（2025·青海西宁·二模）如图是一个几何体的三视图，根据图纸标注的数据，求得这个几何体的侧面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了三视图，几何体侧面积的计算，解题的关键是根据三视图想象出该几何体的形状，由三视图可知，该几何体是一个圆锥，根据圆锥的侧面积公式求解． 【详解】解：由三视图可知，该几何体是一个圆锥，且底面圆的半径是，母线长是， 底面的周长是， 侧面积为：， 故选B． 7．（2025·四川广安·一模）如图1是一个圆锥形生日帽，图2是其示意图．若该圆锥的母线长与底面圆半径的比为，则将该圆锥沿母线剪开后，其侧面展开图的圆心角的度数为________． 【答案】/度 【分析】本题考查的是求解圆锥展开图的扇形圆心角，设其侧面展开扇形的圆心角为度，底面半径为，则母线长为，再利用底面圆周长等于展开图的弧长可得答案. 【详解】解：设其侧面展开扇形的圆心角为度，底面半径为，则母线长为， 由题知，， 解得， 其侧面展开扇形的圆心角为． 故答案为：． 8．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，在三星堆文物挖掘工作中，考古人员发现一件珍贵的圆形陶器，可惜其部分破损，经测量得知，该圆形陶器完整时的直径为12cm，而破损处的缺口两端点A，B之间的距离为6cm，则的长为_______cm． 【答案】 【分析】本题主要考查弧长计算公式，垂径定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，设圆心为O，过点O作于点C，连接，，先求出，得出，然后求出，再根据弧长公式进行计算即可． 【详解】解：设圆心为O，连接，过点O作于点C，连接，，如图所示： ∵，O为圆心， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 故答案为：． 9．（2025·甘肃酒泉·一模）如图所示，为外一点，、分别切于、，切于点，分别交、于点、，若，则的周长为______． 【答案】 【分析】此题主要考查了切线长定理的应用．能够将的周长转换为切线、的长是解答此题的关键． 由于、，、都是的切线，可由切线长定理将的周长转换为、的长． 【详解】解：、切于、， ， 同理，可得：，， 的周长． 即的周长是：． 故答案为：． 10．（2025·重庆·模拟预测）如图，是的直径，是的切线，，连接，与交于点，连接，点是上的任意一点（不与，重合），连接，与交于点，与的延长线交于点． ①若点是的中点，则的长为_________；（用含的代数式表示） ②无论点在上的位置怎样变化，_________． 【答案】 / 72 【分析】本题考查切线的性质、圆周角定理及其推论，相似三角形的判定和性质，遇比例化等积是解决问题的关键． ①先利用切线结合得到等腰直角三角形，结合直径得到，利用圆周角定理结合点D是的中点，求得，然后利用弧长公式求出结果； ②通过证明得到比例式，转化得到等积式求得． 【详解】解：①∵是圆O的切线， ∴， 又∵是圆O的直径， ∴， 又∵， ∴ ， 又D是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴的长为 ， 故答案为： ． ②在等腰直角三角形中，， ∴ , ∴ , ∵， ， ∴， 又∵， ∴， ∴ ， ∴ ， 故答案为：72． 11．（2025·江苏扬州·二模）如图，在中，，以为直径作交于点．点在线段上，．连接并延长交于． (1)求证：； (2)连接交于点．若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角，易得垂直平分，再根据等腰三角形三线合一的性质，得到，再根据同角的余角相等，得到，即可证明结论； （2）先根据等边对等角的性质和等角的余角相等，得出，由垂径定理可知，进而得到，再证明，得到从而求出，设的半径为，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， 是的直径， ，即， ， 是线段的垂直平分线， ， ∴， ， ∵， ， 是的半径， 是的切线， 由弦切角定理可得：， ； （2）解：交于点，， 设，则，， ， ， ， 在中，， ， ， 是的直径， ， ， ， 在中，， ， 由垂径定理可得：， ， ， ， 在和中， ，， ， ， ， 解得，（不合题意，舍去）， ，，， 在中，，， 由勾股定理可得，， 设的半径为， ， ， 在中，由勾股定理可得，， ， 解得． 【点睛】本题考查了圆周角定理，垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握圆的相关性质是解题关键． 12．（2025·上海杨浦·一模）已知：如图，，垂足为，为直径，，为圆上一动点． (1)当F在弧上时，求证：． (2)当F在弧上时，将四边形沿翻折，得到， ①延长，若过点O，且，求的值； ②连接，交于P，若，且，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）连接，，由垂径定理可得，，．由，结合三角函数的定义可得，，由圆周角定理可得，．根据直角三角形的性质，，命题得证； （2）①连接，，作，垂足为，由圆周角定理和轴对称的性质可得，，则．由可得，，使用垂径定理和勾股定理，计算得，．根据三角形的面积公式可求得，，在直角中，使用正弦函数的定义计算即可； ②连接，延长交于点，作，垂足为，设，由轴对称的性质可得，，，结合题干，可证明四边形是矩形，则，，．容易证明，根据相似三角形的性质可计算得，，．根据同角的余角相等，可证明，进而求出．使用勾股定理计算出，再根据余弦函数的定义求值即可． 【详解】（1）证明：如图， 连接，， ∵是圆的直径，且， ∴，，， ∴，， 在直角中，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）解：①如图，连接，，作，垂足为，设，，圆的半径为， ∵， ∴， 由圆内接四边形的性质可知，， ∴， 由轴对称的性质可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在直角中，， ∴， ∴， 在直角中，， ∴， 解得，， ∴， ∵直径， ∴， ∴， ∵， ∴， 在直角中，， ∵， ∴； ②如图，连接，延长交于点，作，垂足为，设， 由轴对称的性质可知，垂直平分， ∴，， ∵直径， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， 由圆内接四边形的性质可知，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，解得， 在直角中，， ∴． 【点睛】本题考查圆的基本性质，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，矩形的判定与性质，轴对称的性质，三角形内角和定理，熟练掌握相关知识是解题关键． 13．（24-25九年级上·广东广州·期末）如图，为的直径，为的弦，平分，交于点D，，交的延长线于点E． (1)求证：直线是的切线 (2)若，的半径为5，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查了切线的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先连接，结合角平分线的定义以及等边对等角，得出，再根据，即可作答． （2）先作，垂足为，运用证明，再运用勾股定理算出，即可作答． 【详解】（1）证明：连接，如图1所示： 平分， ， ， ， ， ， ， ， 点在上， 直线是的切线； （2）解：作，垂足为，如图2所示： ， 在和中， ， ， ，， ， ， 在中，， ． 14．（2025·云南·模拟预测）如图1，点，，都在上，且平分，交于点． (1)求证：是等腰三角形； (2)如图2，是的直径，与相交于点． ①若，，求的半径； ②若于点，求证：． 【答案】(1)证明见解析； (2)①的半径为8；②证明见解析． 【分析】（1）利用角平分线的定义、圆周角定理和等腰三角形的判定定理解答即可； （2）①连接，设的半径为，则，，利用圆周角定理，角平分线的定义得到，利用勾股定理列出方程解答即可； ②过点作于点，利用矩形的判定与性质得到；再利用圆周角定理，全等三角形的判定与性质得到，再利用等量代换的性质解答即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴． ∵，， ∴． ∴． ∴是等腰三角形； （2）①解：如图2，连接， 设的半径为，则， ∵， ∴． ∵平分， ∴． ∴． ∴． ∵是的直径， ∴． ∴为等腰直角三角形． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴（不合题意，舍去）或． ∴的半径为8； ②证明：如备用图，过点作于点， ∵， ∴． ∴． ∵是的直径， ∴． ∵，， ∴． ∴四边形为矩形． ∴． ∵是的直径， ∴ ∴． ∵． ∴． 在和中， ， ∴． ∴． ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，添加适当的辅助线构造等腰三角形和全等三角形是解题的关键． 15．（2025·山西运城·一模）阅读与思考 阅读下列材料，完成下面的任务． 关于“三角形的内切圆”的研究报告 【研究内容】如图，在中，三边，，，是它的内切圆，切点分别为，，，如何求、、的长呢？ 【解法】是的内切圆，切点为，，，，，．设，，，则有，，如果设，那么有． 任务： (1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容：______． (2)如图2，这是一张三角形纸片，为它的内切圆，小悦沿着与相切的剪下了一个三角形纸片，已知，，，求三角形纸片的周长． (3)如图3，的内切圆与，，分别相切于点，，，，，，求． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）由题意得出，则可得出答案； （2）由题意得，如图，设切点分别为，，，则，由三角形周长可得出答案； （3）设，依题意得，，根据勾股定理可得，解方程得出，则可得出答案． 【详解】（1）解：是的内切圆，切点为，，， ，，， 设，，，则有， 三式相加可得， ， 如果设，那么有． 故答案为：，； （2）解：的周长为， 由题意得， 如图，设切点分别为，，，则， ，， ， 三角形纸片的周长， ； （3）解：设，依题意得，， ，， ， 根据勾股定理可得，整理得， 解得或不合题意，合去， ， ，， ． 【点睛】本题考查的知识点是三角形内切圆、切线长定理、勾股定理解直角三角形、解一元二次方程，解题关键是熟练掌握三角形内切圆的性质、切线长定理． 考点二 与圆有关的压轴题型 题型一 圆中线段和差最值问题 1．（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． 2．（2024·四川内江·中考真题）如图，在中，，，是边上一点，且，点是的内心，的延长线交于点，是上一动点，连接、，则的最小值为________．    【答案】 【分析】在取点F，使，连接，，过点F作于H，利用三角形内心的定义可得出，利用证明，得出，则，当C、P、F三点共线时，最小，最小值为，利用含的直角三角形的性质求出，利用勾股定理求出，即可． 【详解】解：在取点F，使，连接，，过点F作于H，    ∵I是的内心， ∴平分， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 当C、P、F三点共线时，最小，最小值为， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的内心，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形和含的直角三角形是解题的关键． 3．（2024·江苏连云港·中考真题）【问题情境】 （1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略； 【操作实践】 （2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系； 【探究应用】 （3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求AD的长； （4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，，求的最小值． 【答案】（1）2（2）（3）（4） 【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案； （2）如图，由，证明，再结合图形变换可得答案； （3）如图，将绕点逆时针旋转，可得在以为圆心，为半径的圆上运动，可得当与相切时，最大，再进一步解答即可； （4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，再将沿方向平移，使与重合，如图，得，由（2）可得：，当三点共线时，最短，再进一步解答即可. 【详解】解：如图， ∵正方形，及圆为正方形的内切圆，为正方形的外接正方形， ∴设，， ∴，， ∴，， ∴大正方形面积是小正方形面积的2倍． （2）如图，∵， ∴，， ，， ∴， 如图， 结合图形变换可得：； （3）如图，∵将绕点逆时针旋转， ∴在以为圆心，为半径的圆上运动， ∵为圆外一个定点， ∴当与相切时，最大， ∴， ∴， 由（2）可得：， ∵，， ∴ ， ∴； （4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接， ∴，， 再将沿方向平移，使与重合，如图，得， 由（2）可得：， ∴当三点共线时，最短， ∵，， ∴，， ∴； ∴的最小值为； 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，旋转的性质，圆与正多边形的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键. 4．（20-21九年级上·江苏宿迁·期末）问题提出：如图1，在中，，，，的半径为2，P为圆上一动点，连接，，求的最小值． (1)尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图1，连接，在上取一点D，使，连接，则．又因为，所以，所以．所以．所以．请你完成余下的思考，并求出的最小值； (2)自主探案：在“问题提出”的条件不变的前提下，求的最小值； (3)拓展延伸：如图2，已知在扇形中，，，，，P是上一点，求的最小值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)13 【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、圆的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是关键． （1）连接，得到当点A，P，D在同一条直线上时，最小，即的最小值为的长．求出的长即可； （2）连接，在上取点D，使，连接，，证明．得到．则．当点B，P，D在同一直线上时，的值最小，即的最小值为的长，进一步求出的长即可； （3）延长到点E，使，连接，．证明．得到．．当E，P，B三点共线时，取得最小值，即的最小值为的长．进一步求出的长即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ，要使最小，即最小． 当点A，P，D在同一条直线上时，最小，即的最小值为的长． 在中，，，． 的最小值为． （2）如图，连接，在上取点D，使，连接，，． ， ． ． ． ． 当点B，P，D在同一直线上时，的值最小，即的最小值为的长， 在中，． 的最小值为． （3）如图，延长到点E，使，连接，． ． ，， ． ， ． ． ． ． 当E，P，B三点共线时，取得最小值，即的最小值为的长． 在中，． 的最值为13． 题型二 圆与坐标系综合应用 5．（2025·江苏常州·一模）如图，在平面直角坐标系中，的圆心坐标为，半径长为1，点B的坐标为，点C是上一点，连接，将 绕点C逆时针旋转，得到线段 ，连接 ． (1)若最大，则点D坐标为________； (2)若点D刚好落在y轴上，请求出点C的坐标(原点除外)； (3)若直线经过的圆心，请直接写出直线的函数表达式． 【答案】(1) (2) (3)和 【分析】（1）当经过圆心A时，与圆的较远交点构成线段最大，此时点C，，结合已知，确定点D坐标为，解答即可； （2）过点C作轴于点F，过点D作与点E，得到四边形是矩形，继而得到，证明，得到，继而得到新结论，故． （3）根据直线经过的圆心，结合，判定直线是的切线，利用勾股定理，三角函数，确定点C的坐标，再利用待定系数法确定解析式，利用圆的对称性，确定另一切线的解析式即可． 【详解】（1）解：当经过圆心A时，与圆的较远交点构成线段最大，此时点C，， 又， 故点D坐标为， 故答案为：． （2）解：过点C作轴于点F，过点D作与点E， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵的圆心坐标为，半径长为1， ∴， ∴， 故． （3）解：∵直线经过的圆心， ， ∴直线是的切线， ∴以为直径作圆与交于C，两点，连接，， 则, ∴，， ∴，， 过点C作于点E， ∴，， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 根据题意，得， 解得， 故直线的解析式为， 根据圆的对称性，得 ∴， 设直线的解析式为， 根据题意，得， 解得， 故直线的解析式为， 故直线的解析式为或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，切线的判定和性质，勾股定理，三角函数的应用，待定系数法求解析式，三角形全等的判定和性质，熟练掌握性质和三角函数的应用是解题的关键． 6．（2025·山东潍坊·模拟预测）如图，已知直角坐标系中一条圆弧经过正方形网格的格点． (1)用直尺画出该圆弧所在圆的圆心M的位置； (2)点M的坐标为 ；的半径为 ； (3)点与的位置关系是点D在⊙M ； (4)若E点的坐标为，求证：直线是的切线． 【答案】(1)见解析 (2)； (3)内 (4)证明见解析 【分析】本题考查了切线的判定，勾股定理，点和圆的位置关系，坐标与图形，解题的关键是熟练掌握圆的相关知识，掌握勾股定理的逆定理； （1）弦的垂直平分线的交点即为圆心； （2）直接求出M，根据勾股定理求出即可得解； （3）根据勾股定理求出，再和半径比较，根据点和圆的位置关系即可得解； （4）设过C点与x轴垂直的直线与x轴的交点为D，连接，作直线，根据勾股定理分别求出，根据勾股定理的逆定理即可证明，即可得证． 【详解】（1）解：用直尺画出该圆弧所在圆的圆心M的位置； （2）解：由图可知M点的坐标为， ， 圆M的半径是； 故答案为：，； （3）解：， ， ， ∴点D在圆M内． 故答案为：内； （4）证明：设过C点与x轴垂直的直线与x轴的交点为D，连接，作直线， ， 在中，， ， 在中，， ， ， ， ， 又∵为半径， ∴直线是的切线． 7．（2025·安徽蚌埠·一模）【经历】 （1）如图1所示的正方形网格中，每个小的四边形都是相同的正方形，A、B都是格点，线段交网格线于C，则 ； （2）如图2，将边长为1的的正方形网格如图所示放置在直角坐标系中，一段圆弧经过格点A、B、C，该圆弧所在圆的圆心D的坐标为 ； 【探索】 （3）在如图3所示的正方形网格中，每个小的四边形都是相同的正方形，A、B、C、D都是格点，与交于E，则 ； （4）如图4，是由5个边长为1的小正方形组成的图形，将其放置在中，恰好经过格点A、B、C，的半径为 ． 【答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【分析】（1）根据平行四边形的性质可知，计算即可． （2）根据圆的性质，勾股定理，计算即可． （3）根据平行线分线段成比例定理，三角形相似的判定和性质，计算即可． （4）根据圆的性质，垂径定理，勾股定理，计算即可． 【详解】解：（1）如图1，连接，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵线段与交于点C， ∴， ∴， 故答案为：． （2）根据圆的性质，得圆心一定在线段得垂直平分线上， ∵ ∴， 设圆心的坐标为， ∵ ∴， 解得， 故圆心的坐标为， 故答案为：． （3）如图，∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， 故 故答案为：． （4）设圆的圆心为点O，则点O一定在的垂直平分线上， 与的交点为D， 根据题意，得，，， 设圆的半径为r，， 根据勾股定理，得， 解得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，圆的性质，三角形相似的判定和性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理，垂径定理，熟练掌握圆的性质，垂径定理，勾股定理是解题的关键． 题型三 圆中的动点轨迹与最值问题 8．（2025·四川资阳·中考真题）如图，在四边形中，，E是线段的中点，F是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，根据题意得到点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动是解题的关键． 过点C作于点G，可得四边形是矩形，从而得到，，再利用勾股定理求出的长，从而得到当点到的距离最小时，面积最小，过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小，然后结合可得点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动，当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小，延长交于点M，过点D作于点N，则，可得，即可求解． 【详解】解：如图，过点C作于点G， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵ ∴， ∴， ∴当点到的距离最小时，面积最小， 过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小， ∵E是线段的中点，， ∴， 由折叠的性质得：， ∴点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动， ∴当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小， 延长交于点M，过点D作于点N，则， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴ ∴， 即面积的最小值为． 故选：B． 9．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，． （1）面积的最大值为_______； （2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为_______． 【答案】 4 【分析】（1）利用直径所对圆周角为90度确定点E的运动轨迹为以为直径的半圆，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和圆的性质解答即可； （2）连接，利用三角形的中位线定理得到，则取得最小值时，长度最小，设的中点为O，连接，当、、三点共线时，此时最小；过点O作，交的延长线于点F，然后利用平行四边形的性质和勾股定理求得，进而得到，即可求得，进而得到． 【详解】（1）解：∵点E是内一动点，且， ∴点E的运动轨迹为以为直径的半圆， 取的中点O，连接，当时，此时与的距离最大， 即此时面积取得最大值，如图， ∵ ∴， ∴面积的最大值． 故答案为：4； （2）连接，如图， ∵、的中点为M、N， ∴， ∴取得最小值时，长度最小． 由（1）可知，点E的运动轨迹为以为直径的半圆，设的中点为O，连接， ∴当、、三点共线时，此时最小，如图， 由（1）可知，， 过点O作，交的延长线于点F，如图， ∵四边形为平行四边形，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴线段长度的最小值． 故答案为：． 【点睛】本题考查了直径所对圆周角等于90度，勾股定理，平行四边形的性质，三角形中位线判定与性质，含30度角的直角三角形等知识点，解题关键是灵活运用上述知识点并得到点的轨迹． 10．（2024·四川凉山·中考真题）如图，的圆心为，半径为，是直线上的一个动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为______ 【答案】 【分析】记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接；由直线解析式可求得点A、K的坐标，从而得均是等腰直角三角形，由相切及勾股定理得：，由，则当最小时，最小，点P与点K重合，此时最小值为，由勾股定理求得的最小值，从而求得结果． 【详解】解：记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接， 当，，当，即， 解得：， 即； 而， ∴， ∴均是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵与相切， ∴， ∴， ∵， ∴当最小时即最小， ∴当 时，取得最小值， 即点P与点K重合，此时最小值为， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴最小值为． 【点睛】本题考查了圆的切线的性质，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点问题，垂线段最短，正确添加辅助线是解题的关键． 11．（2025·湖南邵阳·一模）已知：中，，点M是上一动点，过点B作于D，设线段被点M分得的线段之比，如图． (1)求证：； (2)若平分，求的长； (3)点M在边上的运动过程中，探究t是否有最小值？若有最小值，请求出t的最小值，若没有最小值，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)3 【分析】（1）根据垂直得到，根据对顶角相等得到，即可证明结论； （2）过点M作于N，由勾股定理得，设，结合角平分线的性质定理，证明，再根据勾股定理列方程，求出，，由（1）得，从而求出，即可得解； （3）过点D作于E，证明，得到，取的中点O，连接与，以点O为圆心，为半径作，则过点B、C、D，当时，有最大值，当点D是的中点时，，由为定值可知，的值最大，的值最大，此时D、E、O共线，利用垂径定理和勾股定理，求出，从而得到的值最大为，即可得出的最小值． 【详解】（1）证明：， ， 又， ， ， ； （2）解：过点M作于N， 在中，， ， 设，则， 平分，， ， 在与中， ， ， ， ， 在中， ， 解得：， ， ， 由（1）得：， ， 即：， 解得：， ； （3）解：如图1，过点D作于E， ， ， ， ， 取的中点O，连接与， ， ， ， 以点O为圆心，为半径作，则过点B、C、D， 当时，有最大值， 如图2，当点D是的中点时，， 为定值， 的值最大，的值最大，此时D、E、O共线． ， ， ， ， ， ， ，即的值最大为， 的值最大时，的值最小， 为最小值． 【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，垂径定理等知识，掌握相关知识点是解题关键． 题型四 圆的存在性问题 12．（2025·云南·中考真题）如图，是五边形的外接圆，是的直径．连接，，，． (1)若，且，求的度数； (2)求证：直线是的切线； (3)探究，发现与证明：已知平分，是否存在常数，使等式成立？若存在，请直接写出一个的值和一个的值，并证明你写出的的值和的值，使等式成立；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)存在常数，，理由见解析． 【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的判定等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）证明是等边三角形即可； （）延长交于点，连接，由圆周角定理可得，即，又，，所以，然后由切线的判定方法即可求证； （）设与交于点，由平分，可得，，通过圆周角定理可得，证明，，故有，，即有，，然后通过即可求解． 【详解】（1）解：∵，且， ∴是等边三角形， ∴； （2）解：如图，延长交于点，连接， ∵是的直径， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴直线是的切线； （3）解：存在常数，，使等式成立； 理由如下： 如图，设与交于点， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， 得：， ∵， ∴， ∴，． 13．（2025·山东·中考真题）【图形感知】 如图1，在四边形中，已知，，． （1）求的长； 【探究发现】 老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究． 在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点． （2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下： ①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由； ②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长； （3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由． 【答案】（1）；（2）①四边形是矩形，理由见解析；②；（3）线段的最小值为． 【分析】（1）利用勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质求解即可； （2）①由折叠的性质得，，再证明，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得解； ②延长和相交于点，连接，证明四边形是正方形，再证明，据此求解即可； （3）先利用折叠的性质求得，推出点在以为直径的上，连接，，得到，据此求解即可． 【详解】解：（1）∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴； （2）①四边形是矩形，理由如下， 由折叠的性质得，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； ②延长和相交于点，连接， 由折叠的性质得，，， ∵点恰好落在边上， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∵， ∴点在对角线上， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）由折叠的性质得，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴点在以为直径的上，连接，， ∴，即点在上时，线段存在最小值， ∵， ∴线段的最小值为． 【点睛】本题考查了翻折的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识点，难度较大，第三问判断点在以为直径的上是解题的关键． 14．（2024·陕西·中考真题）问题提出 （1）如图1，在中，，，作的外接圆．则的长为________；（结果保留π）   问题解决 （2）如图2所示，道路的一侧是湿地．某生态研究所在湿地上建有观测点D，E，C，线段和为观测步道，其中点A和点B为观测步道出入口，已知点E在上，且，，，，，现要在湿地上修建一个新观测点P，使．再在线段上选一个新的步道出入口点F，并修通三条新步道，使新步道经过观测点E，并将五边形的面积平分．    请问：是否存在满足要求的点P和点F?若存在，求此时的长；若不存在，请说明理由．（点A，B，C，P，D在同一平面内，道路与观测步道的宽、观测点及出入口的大小均忽略不计，结果保留根号） 【答案】（1）；（2）存在满足要求的点P和点F，此时的长为． 【分析】（1）连接，证明等边三角形，再利用弧长公式计算即可求解； （2）点P在以为圆心，圆心角为的圆上，如图，由题意知直线必经过的中点，得到四边形是平行四边形，求得，作于点，解直角三角形求得和的长，再证明，利用相似三角形的性质求得，据此求解即可． 【详解】解：（1）连接，    ∵， ∴， ∵， ∴等边三角形， ∵， ∴， ∴的长为； 故答案为：； （2）存在满足要求的点P和点F，此时的长为．理由如下， 解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵要在湿地上修建一个新观测点P，使， ∴点P在以为圆心，为弦，圆心角为的圆上，如图，    ∵， ∴经过点的直线都平分四边形的面积， ∵新步道经过观测点E，并将五边形的面积平分， ∴直线必经过的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 作于点，    ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 在中，， ∴． 答：存在满足要求的点P和点F，此时的长为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 15．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 【答案】操作发现：与相切；实践探究：；问题解决：见解析 【分析】操作发现：连接并延长交于点M，连接，根据直径所对圆周角为直角得到，根据旋转的性质得到，由圆周角定理推出，等量代换得到，利用直角三角形的性质即可证明，即可得出结论； 实践探究：证明，得到，结合三角形外角的性质得到，易证，得到，设，则，得到，利用二次函是的性质即可求解； 问题解决：过点E作交于点N，由旋转的性质知：，证明，推出，由旋转的性质得：， 得到，根据，易证，得到，即可证明结论． 【详解】操作发现： 解：连接并延长交于点M，连接， 是直径， ， ， 由旋转的性质得， ， ， ， 是的半径， 与相切； 实践探究： 解： 由旋转的性质得：， 即， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， ， 当时，有最大值为； 问题解决： 证明：过点E作交于点N， 由旋转的性质知：， ， ， ， ， 由旋转的性质得：， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查圆周角定理，切线的证明，旋转的性质，三角形相似的判定与性质，二次函数最值的应用，正确作出辅助线，构造三角形相似是解题的关键． 题型五 圆的折叠与旋转综合变换问题 16．（2025·河北张家口·二模）【情境】数学课上，同学们用圆形纸片探究折叠的性质，如图1，是的直径，，沿弦折叠，使折叠后的与相切于点． 【发现】所在圆的半径为_____； 【探究】为了找到所在圆的圆心，同学们讨论了以下两种方式． 淇淇说：取弦和弦的中垂线的交点即可． 嘉嘉说：不必画两条中垂线，如图2，只需作点关于弦的对称点，点即为所求． 淇淇说：这样看来，折叠后，切点在直径上运动，可以看成在直径上滚动． 嘉嘉说：没错，所以当点在直径上运动时，点的运动路线和直径的位置关系是_____； 【拓展】 （1）如图3，若切点为的中点，连接，交于点，连接，求弦的长； （2）若切点落在线段上（包括端点），直接写出弦的最大值和最小值． 【答案】【发现】2；【探究】平行；【拓展】（1）；（2）弦的最大值为，最小值为． 【分析】发现：由折叠的性质可得，折叠前后圆的半径不变，所在圆的半径为的半径，即； 探究：根据切点在直径上运动，与相切于点，可得折叠后圆的半径为定值，即可得出点的运动路线与直径平行； 拓展：（1）连接，根据直径所对的圆周角为直角和切线的性质，可得，，再结合勾股定理即可求解弦的长； （2）设，与交于点，连接，根据勾股定理，垂径定理可得，再结合的取值范围为，即可求解． 【详解】发现：解：由折叠的性质可得，折叠前后圆的半径不变， ∴所在圆的半径为的半径，即， 故答案为：； 探究：解：∵切点在直径上运动，与相切于点， ∴即点到直径的距离为半径，即为定值， ∴点的运动路线与直径平行． 故答案为：平行； 拓展：（1）解：如图1，连接， ∵点在上，对应的弦为的直径， ∴． 又∵点是的切点， ∴． 在和中，，， ∴， ∴． ∵点为的中点，， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴； （2）最大值为，最小值为． 如图2，设，与交于点，连接． ∴． ∵点是的中点， ∴． 由垂径定理得点为的中点， ∴， ∴． ∵点在线段上， ∴的取值范围为， ∴． ∴弦的最大值为，最小值为． 【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角为直角，切线的性质，折叠的性质，垂径定理，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 17．（2025·吉林·一模）【驱动背景】 在中，将劣弧沿弦所在的直线折叠，使得弧恰好过圆心O，圆心O关于直线的对称点为． 【前情感知】 （1）如图1，连接，，的度数为 ； 【问题探究】 （2）如图2，若点D是优弧上的任意一点，连接交折叠后的弧于点C，连接，． ①的度数为 ；猜想与的数量关系 ； ②如图3，若弧（翻折后）不经过圆心O．与的数量关系是否仍然成立？请说明你的理由． 【拓展生长】 （3）如图4，若为直径，将第一次折叠后的弧（弧部分）沿向下翻折交弦于点E，连接．若，，请直接写出线段的长． 【答案】（1）；（2）①；； ②成立；理由见解析；（3） 【分析】（1）如图，连接，交于点N，则则，则，即可求解； （2）①因为，且，即，结合，得到，即可求解； ②结合四边形是的圆内接四边形，，而，即可求解； （3）证明，得到，由，则，证明，即可求解． 【详解】解：（1）如图，连接，交于点N， 则 则， ∴， 故答案为：； （2）①如图2，， 设翻折前点C对应的点为T，连接、， ∵折叠， ∴， ∵， 即， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， 即； 故答案为：，； ②成立，理由如下： 设折叠前点C的对应点为点，连接，． 由折叠可知，， ∵四边形是的圆内接四边形，， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）补出第一次折叠后上面的弧所在圆，补出第二次折叠后从A到E到C的N所在圆， 由题意得：上述两个圆和圆O是等圆，圆O的之间， 故设圆直径均为10，半径均为5，过B作于H， 由（2）知， ∴， ∴，， 则，， 则，， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， 则（负值已舍去）， ∴， 则（负值已舍去）， 作圆的直径，则， 在圆中，， 则， ∵， 则， 则． 【点睛】本题为圆的综合题，涉及到相似三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质、图形的翻折等，正确确定三角形相似是解题的关键． 18．（2025·河北沧州·模拟预测）将的顶点A放在半圆O上，现从与半圆O相切于点A（如图1）的位置开始，将绕着点A顺时针旋转，设旋转角为，旋转过程中，与半圆O的另一交点记为E，与半圆O的另一交点记为F，连接（如图2）． 已知，，，半圆O的直径为8． (1)嘉嘉认为：在旋转过程中，弦的长度不变；淇淇认为：弦的长度随点E的运动而发生变化． 请你分析他俩谁说的对，并说明理由； (2)当点F与点D重合时，如图3． ①判断与半圆O的位置关系，并证明； ②求图中阴影部分的面积和； (3)设的中点为M，直接写出点M的运动路径长． 【答案】(1)嘉嘉说的对；理由见解析 (2)①与半圆O相切；证明见解析；② (3) 【分析】（1）连接、, 根据圆周角定理得到的度数即可解题 （2）①过点O作于点N，证明，即可得到，然后求出长即可得到结论； ②连接，得到是等边三角形，然后根据阴影部分的面积和 （3）连接，可以得到点M在以点O为圆心，2为半径的圆上运动，然后分为点E与点A重合、点F与点D重合两个临界时刻，求出旋转角解题即可． 【详解】（1）解：嘉嘉说的对； 理由：如图，连接，，则． 的度数不变， 的长度也不变； （2）解：①与半圆O相切； 证明：如图，过点O作于点N， 则， ， ， ． ，，， ． 半圆O的直径为8， ， ， ，解得， ，即是的半径， 与半圆O相切； ②如图，连接， ，， 是等边三角形， ，． ，， ， 阴影部分的面积和； （3）解：的中点M的运动路径长为． 连接，则， ， ， ， 点M在以点O为圆心，2为半径的圆上运动． 当点E与点A重合时，如图，； 当点F与点D重合时，如图． 是的直径， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查切线的判定与性质、垂径定理、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、矩形的判定与性质、三角形的面积公式、弧长公式、扇形的面积公式等知识，掌握圆的相关知识是解题的关键. 19．（2025·广东珠海·一模）【问题情境】在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作和，，，． 【操作探究】如图1，先将和的边、重合，再将绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为，旋转过程中保持不动，连接（如图2）． (1)当时，求的长度； (2)如图3，当时，求的度数； (3)取的中点O，点P是平面内某个定点，连接，在运动过程中的长是个定值，点P的位置是______，这个定值为______，运动开始后______． 【答案】(1)2 (2)； (3)的中点；1； 【分析】（1）根据题意可得，从而得到当时，点共线，点A，D，C共线，可证得是等边三角形，即可求解； （2）过点A作于点H，根据等腰三角形的性质可得，，从而得到，进而得到，，即可求解； （3）根据等腰三角形的性质可得，从而得到点O的运动轨迹为以为直径的圆，进而得到点P的位置是的中点，这个定值为，再由，可得点D在为直径的圆上，然后圆周角定理，即可求解． 【详解】（1）解：如图， ∵，， ∴， ∴当时，点共线，点A，D，C共线， ∵， ∴是等边三角形， ∴； 故答案为：2; （2）解：如图，过点A作于点H， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵点O是的中点，， ∴，即， ∴点O的运动轨迹为以为直径的圆，如图， ∵运动过程中的长是个定值， ∴点P的位置是的中点，且这个定值为， ∵， ∴点D在为直径的圆上， ∴， 故答案为：的中点；1，． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，图形的旋转，熟练掌握圆周角定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，第（3）问得到点O的运动轨迹为以为直径的圆是解题的关键． 题型六 圆与函数（一次、二次函数）综合压轴 20．（2025·四川广元·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线（）与轴交于点和点，与轴交于点． (1)求与的关系； (2)如图①，当时，点在抛物线上，，求点的坐标； (3)如图②，若抛物线上一点关于直线的对称点是的外心，求的值． 【答案】(1) (2)或或 (3) 【分析】（1）将代入，即可求解； （2）先求得直线的解析式，当在的下方时，如图，过点作轴，交于点，进而求得的长，根据三角形的面积公式建立方程，即可求解；当在上方时，过点作的平行线交抛物线与点，得出直线的解析式为，进而联立抛物线，即可求解； （3）根据题意先求得，根据直角三角形的外心在斜边的中点上得出，设，的中点为，过点作轴交于点，进而得出是等腰直角三角形，则，根据中点坐标求得，代入得出，根据，得出，联立求得，进而将代入抛物线解析式，即可求解． 【详解】（1）解：将代入得 ∴即 （2）解：∵ ∴ ∴抛物线解析式为 当时， ∴ 设直线的解析式为，代入， 得 解得： ∴ 当在的下方时，如图，过点作轴，交于点， 设，则 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 解得： ∴ ∴，则 ∴，且轴， ∴， ∴是等腰直角三角形 ∴ ∴到的距离为 如图，延长交轴于点，则 ∴是等腰直角三角形，且 ∴到的距离为， ∵ ∴当在上方时，点在过点与的平行线上，设过点与的平行线交抛物线于点, 设直线的解析式为 代入 ∴ 解得： ∴ 联立 解得：或 ∴或 综上所述，或或 （3）抛物线方程为，由（1）知， 当时，，则 故抛物线为： 设， 当时， ∵ ∴ ∴ 即，解得 ∴ ∵是直角三角形， ∴的外接圆的圆心在上，且为的中点， ∵， ∴的外接圆的圆心坐标为： 因为直线的解析式为 如图，设，的中点为，过点作轴交于点 ∵ ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴ ∴是等腰直角三角形， ∵关于对称， ∴ ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∵， ∴， ∵在上， ∴     ∴即① ∵ ∴ ∴② 联立①②得， ∴ ∵在抛物线上，代入抛物线方程： 解得：或 ∵ ∴ 【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，面积问题，三角形的外心的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理等，熟练掌握以上知识是解题的关键． 21．（2025·浙江舟山·一模）如图1，以点为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线与相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点． (1)填空：的长为______；的长为______；的半径为______；的长为______； (2)如图2，点P是直径上的一个动点（不与C、D重合），连结并延长交于点． ①当时，求的值； ②设，，求y与x的函数关系式． 【答案】(1)5，，2，2 (2)①；②y与x的函数关系式为 【分析】（1）利用直线解析式求出点E和点F坐标，进而得到和的长度，再根据边角关系可得，继而得到和； （2）①易证，从而求出的长，进而即可得解； ②构造8字型相似，作轴于点K，轴于点J，则，，解直角三角形可得，进而得到、和，再在中，，进而建立等式求解． 【详解】（1）解：直线交x轴于点E，交y轴于点F， 令得，， 解得， ； 令得，， ； ， ， 连接，则， ， ， ， ，即的半径为2； ，， 是等边三角形， ； 故答案为：5，，2，2； （2）解：①连接、， ， ， ， ， ， ， ， 为直径， ，， ， ； ②由①知， ， 如图，作轴于点K，轴于点J，则， ，， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， 在中，， ，即， 整理得， 与x的函数关系式为． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、一次函数与坐标轴交点、特殊直角三角形、相似三角形的判定和性质等内容，综合性强，难度大，熟练掌握相关知识是解题的关键． 22．（2025·广东汕头·二模）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交轴于，两点，，为抛物线顶点． (1)求，的值； (2)点是抛物线上一动点 ①当时，则点的坐标为______． ②当时，试求点的坐标． (3)如图2，以为圆心，2为半径作圆，为圆上任一点，求的最小值． 【答案】(1) (2)①； 或 (3)最小值为 【分析】（1）由，，求得点坐标为，代入，解方程组即可求解； （2）①连接，作交于点，作轴于点，证明，得，，进而可得，设直线为，代入，求得，联立得，解之得答案；②过点作直线，由，得出点是直线与抛物线的交点，设直线的解析式为，将，代入得直线的解析式为，进而得直线的解析式为，联立方程，解之得解； （3）取，连接，，由，，，，可证明，得，即，由，，即可求得的最小值． 【详解】（1）解： ，， 点坐标为， 将，代入， 得， 解得，； （2）解：①如图，，连接，作交于点，作轴于点， ，，， ， ， ， ， ，， ，， 时，， ，，     ，，， ， 设直线为， 代入，得，， 解得， ， 联立，， 得， 解得或（舍去）， ； ②过点作直线， ， 点是直线与抛物线的交点， 设直线的解析式为， 将，代入得，， 解得，， 直线的解析式为， 直线的解析式为， 联立方程， 解得，或， 或； （3）解：如图，取，连接，， 则，，， ， ， ， ， ， ， ， 的最小值是． 【点睛】本题主要涉及二次函数的性质，直线方程的求解，相似三角形的性质、判定以及最值问题的求解．通过代入已知点求解参数，利用几何关系求解点的坐标以及通过相似三角形的性质求解最值是正确解答此题的关键． 题型七 圆的新定义与阅读理解题 23．（2025·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，对于点和给出如下定义：若上存在两个不同的点，，对于上任意满足的两个不同的点，，都有，则称点是的关联点，称的大小为点与的关联角度．（本定义中的角均指锐角、直角、钝角或平角） (1)如图，的半径为． ①在点，，中，点_______是的关联点且其与的关联角度小于，该点与的关联角度为； ②点在第一象限，若对于任意长度小于的线段，上所有的点都是的关联点，则的最小值为_______； (2)已知点，经过原点，线段上所有的点都是的关联点，记这些点与的关联角度的最大值为．若，直接写出的取值范围． 【答案】(1)①，；② (2)或或 【分析】本题考查了新定义，直线与圆的位置关系，点与圆的位置关系，理解新定义是解题的关键； （1）①根据新定义可得的是的关联点且其与的关联角度小于，进而根据切线的性质，解,即可求得，即可求解． ②根据定义可得为外一点，由，的半径为，得出，进而当时，勾股定理求得的值，即可求解； （3）由（1）可得，当在圆的外部时，且为圆的切线时，最大，且距离圆心越近，根据，得出，根据已知可得，上距离最近的点在的圆环内，根据是固定线段，让移动，分四种情况讨论，求得的临界值，即可求解． 【详解】（1）解：①根据定义可得：当在上时，不存在都有，当在内部时，过的直径使得的关联角度为，当在的外部时，且为的切线时，最大； 如图，是的关联点且其与的关联角度小于，与的关联角度为，与的关联角度大于， ∵，的半径为， ∴，且是的切线， ∴， ∴ ∴，即与的关联角度为 故答案为：，． ②根据定义可得为外一点， ∵，的半径为， ∴，当时， 如图，取点，则， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． （2）解：由（1）可得，当在圆的外部时，且为圆的切线时，最大，且距离圆心越近， ∵， ∴当时，由，如图， ∴四边形是矩形， 由∵ ∴四边形是正方形， ∴ 当时， ∵点，经过原点，线段上所有的点都是的关联点，则， ∴上距离最近的点在的圆环内， ①和的圆相切，如图， ∴ 解得： ②和半径为的圆相切时，如图， ∴（不包含临界值） ∴ ③当在半径为的圆，如图 解得：（不包含临界值） ∴时，都在内部，此时 ④当在半径为的圆，如图 设的半径为，则， ∵， 解得：， ∴时，此时， 综上所述，或或． 24．（2025·甘肃兰州·中考真题）在平面直角坐标系中，对于图上或内部有一点（不与原点重合），及平面内一点，给出如下定义：若点关于直线的对称点在图上或内部，则称点是图的“映射点”． (1)如图1，已知图：线段，，．在，中，__________是图的“映射点”； (2)如图2，已知图：正方形，，，，．若直线：上存在点是图的“映射点”，求的最大值； (3)如图3，已知图：，圆心为，半径为．若轴上存在点是图的“映射点”，请直接写出的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查了新定义，轴对称的性质，直线与圆的位置关系，切线长定理的应用，一次函数与结合图形，熟练掌握轴对称的性质，找到临界值是解题的关键； （1）根据定义，观察，，经过对称后，判断对称点是否在上，即可求解； （2）根据正方形的顶点到的距离为，则对称之前的点到原点的距离为，进而求得的最大值，将代入得，，即可求解； （3）根据新定义，找到临界值，即为的切线时的情形，求得的值，即可求解． 【详解】（1）解：如图，当重合时，关于的对称点为，在线段上 ∴是图的“映射点”； 而关于的对称点不在上，则不是图的“映射点”； 故答案为：． （2）解：依题意，正方形的顶点到的距离为， ∴当上存在点是图的“映射点”，则点到的距离为 ∴当经过点时，的值最大， 将代入得， 解得：， ∴的最大值； （3）解：如图，分别为的切线， 当为的“映射点”， ∴， 又∵， 设，则 ∴ ∴ 解得： ∴， ∵， ∴, 当减小时，关于的“映射点”，在即的内部，符合题意， ∴ 当时，根据对称性可得 综上所述，． 25．（2025·吉林长春·中考真题）数学活动：探究平面图形的最小覆盖圆 【定义】我们称能完全覆盖某平面图形的圆（即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上）为该平面图形的覆盖圆．其中，能完全覆盖平面图形的最小的圆（即直径最小）称为该平面图形的最小覆盖圆． 【探究一】线段的最小覆盖圆 线段的覆盖圆有无数个，其中，以为直径的圆是其最小覆盖圆． 理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（）． ， ，即的直径大于的直径． 是线段的最小覆盖圆．“”处应填写的推理依据为 ． 【探究二】直角三角形的最小覆盖圆 要确定直角三角形的最小覆盖圆，我们可先将其转化为【探究一】中线段的最小覆盖圆问题．这样就可以先确定直角三角形最长边（斜边）的最小覆盖圆，再判断直角顶点与这个圆的位置关系，从而确定直角三角形的最小覆盖圆．如图②，在中，．是以为直径的圆．请你判断点与的位置关系，并说明理由． 又由【探究一】可知，是最长边的最小覆盖圆，所以，是的最小覆盖圆． 【拓展应用】矩形的最小覆盖圆 如图③，在矩形中，，． （1）用圆规和无刻度的直尺在图③中作矩形的最小覆盖圆：（不写做法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描点） （2）该矩形的最小覆盖圆的直径为 ； （3）若用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为 ． 【答案】探究一：三角形的任意两边之和大于第三边；探究二：在上；证明见解析；拓展应用：（1）作图见解析；（2）；（3）； 【分析】探究一：根据三角形的三边关系可得答案； 探究二：利用直角三角形斜边上的中线的性质证明即可得到答案； 拓展应用：（1）连接，交于点，以为圆心，为半径作圆即可； （2）结合矩形性质与勾股定理计算即可； （3）作的垂直平分线，交于，交于，可得四边形，是两个全等的矩形，，用两个等圆完全覆盖矩形，可得两圆一定过，再进一步解答即可. 【详解】解：探究一： 理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（三角形的任意两边之和大于第三边）． ， ，即的直径大于的直径． 是线段的最小覆盖圆．“”处应填写的推理依据为三角形的任意两边之和大于第三边． 故答案为：三角形的任意两边之和大于第三边； 探究二：∵，为的中点， ∴， ∴在上； 拓展应用：（1）如图，即为矩形的最小覆盖圆； （2）∵矩形，，， ∴，； （3）作的垂直平分线，交于，交于， ∴四边形，是两个全等的矩形， ∴， ∵用两个等圆完全覆盖矩形， ∴两圆一定过， 连接，交点分别为， 同理可得：这样的两个等圆的最小直径为或或或， ∴最小直径为， 如图，作的垂直平分线交于， 同法作，，此时不是直径最小的等圆； 综上：用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为. 【点睛】本题考查的是三角形的三边关系，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理的应用，点与圆的位置关系，多边形的外接圆的含义，矩形的判定与性质，熟练的作图是解本题的关键. 26．（2025·四川达州·中考真题）综合与实践 问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系． 探究发现：如图1，在中，，是边上一点，过点作于，于，过点作于．连结，由图形面积分割法得：______；则____________． 实践应用：如图2，是等边三角形，，点是边上一点，连结．将线段绕点逆时针旋转得，连结交于，过点作于，于，当时，求的值． 拓展延伸：如图3，已知是半圆的直径，，是弦，，是上一点，，垂足为，，求的值． 【答案】探究发现：，；实践应用：；拓展延伸： 【分析】探究发现：图形面积分割法得出 ，根据得出； 实践应用：过点分别作的垂线，垂足分别为，根据等边三角形的性质，含度角的直角三角形的性质，勾股定理分别求得，，进而根据旋转的性质可得是等边三角形，同理求得的长，进而根据探究发现的结论，即可求解； 拓展延伸：延长交于点，过点作于点，设，根据圆周角定理，得出，在，中，根据勾股定理，求得，进而根据弧与圆周角的关系，得出，根据前面的结论，即可求解． 【详解】解：探究发现：∵，， ∴ ， ∴， ∵， ∴； 故答案为：，，；． 实践应用：如图，过点分别作的垂线，垂足分别为， ∵是等边三角形，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵，则， ∴， 在中，． ∵将线段绕点逆时针旋转得， ∴ ∴是等边三角形， ∴，则， ∴由探究发现可得：． 拓展延伸：如图，延长交于点，过点作于点，连接， 设， ∵是半圆的直径， ∴， ∵， 在中，， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴由探究发现可得：， ∵， ∴， ∵， ∴ ． 【点睛】本题考查了勾股定理，点到直线的距离，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，弧与圆周角的关系，熟练掌握等面积法求线段长是解题的关键． 1．（2025·上海杨浦·一模）已知：如图，，垂足为，为直径，，为圆上一动点． (1)当F在弧上时，求证：． (2)当F在弧上时，将四边形沿翻折，得到， ①延长，若过点O，且，求的值； ②连接，交于P，若，且，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）连接，，由垂径定理可得，，．由，结合三角函数的定义可得，，由圆周角定理可得，．根据直角三角形的性质，，命题得证； （2）①连接，，作，垂足为，由圆周角定理和轴对称的性质可得，，则．由可得，，使用垂径定理和勾股定理，计算得，．根据三角形的面积公式可求得，，在直角中，使用正弦函数的定义计算即可； ②连接，延长交于点，作，垂足为，设，由轴对称的性质可得，，，结合题干，可证明四边形是矩形，则，，．容易证明，根据相似三角形的性质可计算得，，．根据同角的余角相等，可证明，进而求出．使用勾股定理计算出，再根据余弦函数的定义求值即可． 【详解】（1）证明：如图， 连接，， ∵是圆的直径，且， ∴，，， ∴，， 在直角中，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）解：①如图，连接，，作，垂足为，设，，圆的半径为， ∵， ∴， 由圆内接四边形的性质可知，， ∴， 由轴对称的性质可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在直角中，， ∴， ∴， 在直角中，， ∴， 解得，， ∴， ∵直径， ∴， ∴， ∵， ∴， 在直角中，， ∵， ∴； ②如图，连接，延长交于点，作，垂足为，设， 由轴对称的性质可知，垂直平分， ∴，， ∵直径， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， 由圆内接四边形的性质可知，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，解得， 在直角中，， ∴． 【点睛】本题考查圆的基本性质，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，矩形的判定与性质，轴对称的性质，三角形内角和定理，熟练掌握相关知识是解题关键． 2．（2025·黑龙江绥化·模拟预测）图，在平面直角坐标系中，直线交抛物线 （、为常数）于点和， 交轴于点． (1)求、的值及点的坐标； (2)如图，将抛物线向右平移个单位长度，向上平移单位长度后得到新抛物线． ①新抛物线的表达式为 ； ②以新抛物线上任意一点为圆心，为半径画，试说明始终与轴相切； (3) 如图， 在 的条件下， 为直线 上任意一点，将直线 绕着点 顺时针旋转 得到直线 ，交新抛物线．于点，点为平面直角坐标系内任意一点，当四边形为菱形时，点 的横坐标为 ． 【答案】(1)，，点的坐标为 (2)①；②证明见解析 (3)或 【分析】（1）将点和点坐标代入抛物线解析式即可得到、的值；设直线的解析式为，再将点和点坐标代入求出直线解析式，即可得到直线解析式与轴的交点点的坐标； （2）①先将抛物线解析式转化为顶点式，再根据抛物线的平移规律：左加右减，上加下减即可得到结果；②设，表示出半径 后比较点到轴的距离及后即可证明始终与轴相切； （3）分两种情况：①当点在轴右侧时，连接并延长交轴于点，根据菱形性质得出，进而得出，从而得出，再得出直线解析式，将其跟新抛物线解析式联立求解后即可得到点的横坐标；②当点在轴左侧时，根据同样的方法即可求解． 【详解】（1）解：把和代入可得： ， 解得， 抛物线解析式为， 设直线的解析式为， 将和代入可得： ， 解得， 直线解析式为， 又直线交轴于点， ， ，，点的坐标是． （2）解：①由（1）得抛物线解析式为， 根据抛物线平移规律可得经过平移后的抛物线解析式为， 故答案为：． ②由圆心在新抛物线上，设， ， 的半径， 点到轴的距离等于的半径， 始终与轴相切． （3）解：①当点在轴右侧时，连接并延长交轴于点，如图， 将直线绕着点顺时针旋转得到直线，交新抛物线于点， ， 四边形为菱形， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 设直线的解析式为, 将和代入得到， 解得， 则直线的解析式是， 点是直线和新抛物线的交点， ， 解得或（舍去）， 点的横坐标为； ②当点在轴左侧时 ，连接并延长轴于点，如图， 同理可得，， 直线解析式为， 点是直线和新抛物线的交点， ， 解得或（舍去）， 点的横坐标为， 综上所述，点的横坐标为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查的知识点是待定系数法求函数解析式、求一次函数解析式、一次函数图象与坐标轴的交点问题、二次函数图象的平移、证明某直线是圆的切线、利用菱形的性质求角度、含度角的直角三角形、解一元二次方程、其他问题(二次函数综合)，解题关键是通过作辅助线构造含角的直角三角形． 3．（2025·黑龙江绥化·模拟预测）【问题呈现】在学习《圆》这一章时，小明遇到了这样一个问题：如图1，已知半径是3，点A是上的一个动点，点P是平面内一点，，求证：线段的最大值为11． 【问题解决】经过分析，如图2，小明将延长交于点A，并猜想此时最大，为了验证这个猜想，小明想利用如下方法来解决，下面是部分证明过程，请补全缺失的部分． 证明：如图2，在上任意取一点B（点B不与点A重合），连接、， 证明过程缺失 则， 则此时，最大，最大值为． 【问题延伸】如图3，在中，，，，点D是边上的一个动点，连接，过点A作于点F，连接，则线段的最小值是 ． 【拓展提升】如图4，某景区有一片油菜花地，形状由和以为直径的半圆两部分构成，已知米，，，为了方便游客游览，该景区计划对油菜花地进行改造，根据设计要求，在半圆上确定一点E，沿修建小路，并在中点F处修建一个凉亭，沿修建仿古长廊，由于仿古长廊造价很高，为了控制成本，景区要求仿古长廊的长度尽可能短，若不考虑其他因素，则仿古长廊最短为 米．（结果保留根号） 【答案】问题解决：见解析 问题延伸： 拓展提升： 【分析】问题解决：利用三角形三边的关系证明线段的最大值；问题延伸：通过构造圆，利用点与圆的位置关系求线段的最小值；拓展提升：构造圆，结合中位线定理和勾股定理求仿古长廊最短长度． 【详解】问题解决 证明：如图2，在上任意取一点B（点B不与点A重合），连接、， 在中，， ， ， 则， 则此时，最大，最大值为； 问题延伸 解：如图3， ， ∴， ∴点F在以为直径的圆上，以为直径作，连接交于F， 由点圆关系得此时最小， ∵， ∴， ∵， ∴， ， 故答案为：； 拓展提升 解：如图4，取、中点、，连接， 以为直径作，连接交于点， 作于，连接、， ∵点F为中点， ∴、分别为和的中位线， ∴， ∴， ∵为半圆直径， ∴， ∴， ∴F在以为直径的圆上，即在上，由点圆关系得，为的最小值， ∵、为、中点， ∴为中位线， ∴米，， ∴米， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴米， ∴（米）， ∵， ∴米， ∴米， ∴米， ∴（米）， ∵米， ∴（米）． 故答案为：． 【点睛】本题主要涉及圆的性质、三角形三边的关系、勾股定理以及中位线定理的相关知识；线段最值问题常转化为“点到圆的距离的最值”核心是找到动点的轨迹圆，再计算圆心距与半径的和或差． 4．（2025·广东东莞·一模）在矩形中，，，点从点出发，在线段上向点以每秒的速度移动，以点为圆心，为半径作．设运动时间为秒．解答下列问题： 【知识技能】 （1）如图1，当过点时，求时间的值； 【数学理解】 （2）如图2，若在运动过程中，是否存在的值，使得与直线相切？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； 【拓展探索】 （3）如图3，当与直线相切时，切点为，为弧上的任意一点，过点作的切线分别交，于点，，设长度为． ①求的周长； ②记的面积为，的面积为，当时，求的值． 【答案】（1）（2）（3）①6②的值为或 【分析】（1）由题可知，再利用中建立勾股方程求解即可； （2）由相切可知，再由，代入求解即可； （3）①由与直线相切可得四边形是正方形，所以，再利用切线长定理，，从而的周长； ②证出，进而得到，代入，解得，则可得出答案． 【详解】解：（1）连接， 四边形是矩形， ，，， 过点， ， ， ， 在中，， 即， 解得； （2）过作于点， 当与直线相切时，为半径，此时， ， ， ，， ， ， 即， 解得； （3）①如图，过作于点， 当与直线相切时，为半径，此时， ， 四边形是正方形， ， 与圆相切，与圆相切，与圆相切， 由切线长定理可得，，， 的周长 ； ②在和中， ， 同理可证， ， ， ， ， 整理得， 解得或（舍）， 当时，， ， ， ， ，， ， ， ， ， 整理得， 解得，； 综上，的值为或． 【点睛】本题主要考查了切线的性质、切线长定理、勾股定理、解直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 5．（2025·贵州遵义·一模）如图，是半的直径，，连接，沿翻折弧，恰好经过圆心O． (1)________； (2)若，求的半径r； (3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积． 【答案】(1) (2)4 (3) 【分析】（1）根据圆心角，弧，平角的定义解答即可； （2）过O作于H，根据直角三角形的性质，勾股定理解答即可； （3）利用分割法求面积，得阴影面积扇形的面积减去弓形面积． 本题考查了圆的性质，扇形的面积，弓形面积，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：120． （2）解：中，，， ∴， 过O作于H， 则，， 在中，，即， 解得， ． （3）解：半圆的面积， 扇形的面积， 的面积． 弦与弧围成的弓形面积， 弦与弧围成的弓形面积， 弓形面积弓形面积， ∴阴影面积扇形的面积减去弓形面积． 6．（25-26九年级上·广东深圳·期中）如图，已知抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，对称轴为直线． (1)求抛物线的解析式； (2)点P是线段一动点，过点P作轴，交抛物线于点Q，设P为横坐标为t，的面积为S，求S与t的函数关系式；当t取何值时，S有最大值，求出S的最大值； (3)点P是直线一动点，过点P作轴，交抛物线于点Q，以P为圆心，为半径作，当与坐标轴相切时，请直接写出点P的坐标． 【答案】(1) (2)当时，S有最大，最大为值为 (3)点P的坐标为或或或 【分析】本题考查了二次函数的性质，解一元二次方程，切线的性质． （1）根据抛物线的对称性求出，得到，，代入抛物线，即可求出抛物线的解析式； （2）由轴得到点Q的横坐标为t，设直线的解析式为，求出直线的解析式为，得到点，进而得到解析式，根据二次函数的性质作答即可； （3）由（2）可知直线的解析式为，设，则，得到，分与x轴相切、与y轴相切两种情况，解一元二次方程即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于点和点，对称轴为直线， ∴点A和点B关于抛物线对称轴对称， ∴， 解得， ∴，， 将，代入抛物线， 可得，解得， ∴该抛物线的解析式为； （2）解：如图2， ∵轴，点P的横坐标为t， ∴点Q的横坐标为t，点， 对于抛物线， 令，则有， ∴， 设直线的解析式为， 则， 解得， ∴直线的解析式为． ∴点， ∴， ∴当时，PQ最大， ∴； （3）解：由（2）可知直线的解析式为， ∵点P是直线一动点， ∴可设， 又∵轴，点Q在抛物线上， ∴， ∴， 当与x轴相切时，， 则或， 解得，或，， 当时，点P、Q重合，不合题意， 当时，可有，即 当时，可有，即； 当与y轴相切时，， 则或， 解得，或，， 当时，点P、Q重合，不合题意， 当时，可有，即， 当时，可有，即； 综上所述，与x轴相切时，点P的坐标为或或或． 7．（2025·江西抚州·模拟预测）如图，已知：，平分，且．请探究： (1)如图＜1＞，若以为直径作，分别交、于B、C，求的长； (2)如图＜2＞，若以为弦（不是直径），任作分别交、于、点，则的长是否不变？请说明理由； (3)如图＜3＞，若以为弦（不是直径）作与切于A点，交于点，则的长是多少？请说明理由． 【答案】(1) (2)不变，见解析 (3)，见解析 【分析】（1）根据，平分，即可得出，再利用求出即可； （2）首先利用证明，即可得出，进而得出； （3）先得出为等腰三角形，即可求出，即，，即可得出答案． 【详解】（1）解：连接． ∵为的直径， ∴， ∵平分， ∴， ∴ ∴； （2）解：的长度不变． 理由：连接、，，， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （3）解：连接并延长交于D，连接、， ∴，则， ∵与切于A点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰三角形， ∵，即， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查了切线的性质、圆周角定理、弦与圆周角的关系、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质及解直角三角形等知识，根据题意得出和为等腰三角形是解题关键． 8．（2025·甘肃酒泉·一模）如图，在 中， ，米，米，动点以米秒的速度从点出发，沿向点移动，同时，动点以米秒的速度从点出发，沿向点移动，当其中有一点到达终点时，它们都停止移动．设移动的时间为秒 (1)①当秒时，求的面积； ②求的面积平方米关于时间秒的函数解析式； (2)在，移动的过程中，当为等腰三角形时，写出的值； (3)以为圆心，为半径的圆与以为圆心，为半径的圆相切时，求出的值． 【答案】(1)①平方米；② (2)秒或秒或秒 (3)或5 【分析】（1）①运用勾股定理可求出，根据点的运动，分别用含的式子表示出的值，结合相似三角形的性质求解，再利用面积公式求解即可；②运用相似三角形的性质可得的值，根据三角形面积公式可得函数关系式． （2）根据等腰三角形的判定和性质，分类讨论：当时；当时；当时；根据等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质列式求解即可． （3）过点作于点，则有，表示，， 在中， ，再分两种情况讨论即可． 【详解】（1）解：在中，米，米， （米）． 由题意得，，则． 过点作于，而， ∴， ∴， ∴， 秒时，米，米，（米）， （米）， （平方米）； 由①得：， ∴， ∴， ． （2）解：过作于，结合（1）可得：， 当为等腰三角形，分类讨论： 第一种情况：当时，如图所示，过点作于点， ∵为等腰三角形，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得，， ∴当时，为等腰三角形； 第二种情况，当时，如图所示， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得，， ∴当时，为等腰三角形； 第三种情况：当时，如图所示， ∴， 解得，， ∴当时，为等腰三角形； 综上所述，当的值为或或时，为等腰三角形． （3）解：过点作于点，则有， ，即， ，， 在中， ． 当与外切时，有， ∴， 整理得：， 解得，舍去 故当与外切时，； 当与内切时，有， 此时， 整理得，解得，， 故当与内切时，秒或秒． 【点睛】本题考查勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，圆与圆的位置关系，一元二次方程的解法，作出合适的辅助线是解本题的关键． 9．（2025·广东·一模）如图，已知抛物线与x轴从左到右依次交于两点，与y轴交于点C，点B的坐标为，连接． (1)求此抛物线的解析式； (2)若P为此抛物线的对称轴上的一个动点，连接，设点P的纵坐标表示为m． 试探究： ①当m为何值时，的值最大？并求出这个最大值． ②在P点的运动过程中，能否与相等？若能，请求出P点的坐标；若不能，请说明理由． 【答案】(1)抛物线的解析式为 (2)①当时，的值最大，最大值为；②能， 【分析】（1）把代入，根据待定系数法可求抛物线的解析式； （2）①由三角形的三边关系可知，，当P、A、C三点共线时，的值最大，为的长度，延长交直线于点P，则点P为所求的点． 求得，根据勾股定理可得的长．根据待定系数法可求直线的解析式，进一步得到点P的坐标，从而求解； ②设直线与x轴的交点为点D，作的外接圆与直线位于x轴下方的部分的交点为，关于x轴的对称点为，则均为所求的点．在中，由勾股定理得的长，可得．由对称性得． 【详解】（1）把代入， 得， 解得， ∴此抛物线的解析式为； （2）①由三角形的三边关系可知，， ∴当三点共线时，的值最大，且等于的长度， ∴如图，延长交直线于点P，则点P为所求的点． 解，得 ， ∴． 当时，， ∴， 则有， ， 设直线的解析式为，则， 解得， ∴直线的解析式为， ∵抛物线的对称轴为直线， ∴点， ∵点P在直线上， ， ∴当时，的值最大，最大值为； ②设直线与x轴的交点为点D，如图，作的外接圆与直线的x轴下方部分交于点，关于x轴的对称点为，则均为所求的点．连接，， 都是所对的圆周角， ，且射线上的其他点P都不满足， ∵圆心E必在边的垂直平分线即直线上， ∴点E的横坐标为2， 又， ∴圆心E也在边的垂直平分线上， ∵，， ∴线段的中点坐标为， 设边的垂直平分线解析式为， ∴， ∴， ∴边的垂直平分线解析式是， ， 在中，， 由勾股定理得， ， ， ， 由对称性得， ∴符合题意的点P的坐标为． 【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及的知识点有：待定系数法求抛物线的解析式，三角形的三边关系，勾股定理，待定系数法求直线的解析式，外接圆的性质，关于x轴的对称点的特征，以及对称性．综合性较强，有一定的难度 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $