专题08 圆（专项训练）（上海专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

题型一、利用垂径定理求值 题型二、利用垂径定理求解其他问题 垂径定理 题型三、垂径定理的推论 题型四、垂径定理的实际应用 题型五、孤、弦、圆心角的关系 题型六、圆周角定理 圆心角与圆周角 题型七、同孤或等孤所对的圆周角相等 题型八、半圆（直径)所对的圆周角是直角 圆 题型九、点和圆的位置关系 题型十、三角形的外接圆 题型十一、直线和圆的位置关系 点、直线、圆的位置关系 题型十二、切线的判定定理 题型十三、圆内接四边形 题型十四、圆的综合问题 题型十五、正多边形的中心角 题型十六、正多边形和圆的综合 正多边形 题型十七、孤长公式 题型十八、扇形的定义及面积null 第四章 图形的性质 专题08 圆 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 题型一、利用垂径定理求值 易｜混｜易｜错 忽略 “垂直于弦” 的前提，在不垂直时误用平分弦的结论；混淆弦长、弦心距、半径的关系，记错勾股定理公式（误将弦长当成半弦长计算）；平行弦问题中未分类讨论圆心位置，导致漏解；忽略 “平分非直径弦的直径才垂直于弦” 的推论限制，误用垂直条件；实际应用中误将非弦、非半径的线段代入公式计算。 1．（2025·上海·模拟预测）已知圆的半径长为，和是圆的两条弦，，，是的中点，是的中点，那么线段的长度不可能为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·上海·模拟预测）如图，是的弦，将劣弧沿弦折叠后，圆弧恰好经过圆心，若，则的半径为_____． 3．（2025·上海·二模）已知正六边形的边长为4，其外接圆被顶点分为六条小劣弧，那么任意一条弦所对劣弧上一点到这条弦的最大距离是________． 4．（2025·上海·二模）如图所示，是圆O的一条直径，点D和点B位于圆上，且分居两侧，联结．延长交于点E，联结交于点F，线段与交于点G． (1)如果E为中点，求证：． (2)联结，如果，求证：． 5．（2025·上海·模拟预测）已知是的直径，是的弦，是弧的中点（如图），弦与交于点． (1)当为的中点时，求证：； (2)求证：； (3)当时，求的正弦值． 题型二、利用垂径定理求解其他问题 易｜混｜易｜错 忽略 “垂直于弦” 的前提，在不垂直时误用平分弦的结论；混淆弦、半径、弦心距的关系，错误代入勾股定理计算；多弦问题中未分类讨论圆心位置，导致漏解；实际应用中误将非弦、非半径的线段代入公式，导致计算错误。 6．（2025·上海闵行·二模）如图，在扇形中，点C、D在上，，点F、E分别在半径、上，，连接． (1)求证：； (2)设点P为的中点，连接，线段交于点M、交于点N．如果，求证：四边形是矩形． 7．（2025·上海虹口·二模）在梯形中，，点E在射线上，点F在射线上，连接相交于点P，．    (1)如图①，如果，点E、F分别在边上．求证：； (2)如图②，如果，，，．在射线的下方，以为直径作半圆O，半圆O与的另一个交点为点G．设与弧的交点为Q． ①当时，求和的长； ②当点Q为弧的中点时，求的长． 8．（2025·上海·二模）如图，在矩形中，联结，在边上取一点E，上取一点F，联结，．在上有一点G．作的外接圆，弧弧．联结，延长交边于点H． (1)若点C、H重合，求证：． (2)若； ①当时，求的长和的余切值； ②列表写出圆O的圆心分别在、与内部时，长度的取值范围(不写解答过程)． 点O位置 长的取值范围 内 内 内 题型三、垂径定理的推论 易｜混｜易｜错 忽略 “平分的弦不是直径” 的前提，误用 “平分弦的直径垂直于弦” 的结论；混淆推论与原定理的条件，搞反垂直与平分的逻辑；在非直径线段中误用推论，导致推理错误。 9．（2025·上海杨浦·模拟预测）下列命题中，假命题是（    ） A．斜边相等的直角三角形全等 B．过圆心且垂直弦的直线，平分这条弦以及弦所对的弧 C．两平行线间的距离处处相等 D．过圆心且平分弦（弦非直径）的直线，平分并垂直这条弦其所对的弧 10．（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 11．（2025·上海·模拟预测）在半圆中作矩形，点C、D在圆弧上，点E在上，点F在上．连接交于点G，连接．若，则半圆的半径长为___________． 12．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，已知在中，经过点A、B，与的另一个交点为，． (1)求的半径长； (2)求的面积． 题型四、垂径定理的实际应用 易｜混｜易｜错 忽略实际图形的几何约束，误将非弦、非半径的线段代入公式；对实际场景中的弦、圆心位置判断错误，导致几何模型偏差；忘记验证结果是否符合实际限制（如弦长超过直径）；混淆 “高度”“距离” 与弦心距、半径的对应关系。 13．（2025·上海奉贤·二模）上海之鱼是奉贤区的核心景观湖，湖面成鱼型．如图，鱼身外围有一条圆弧形水道，在圆弧形水道外侧有一条圆弧形道路，它们的圆心相同．某学习小组想要借助所学的数学知识探索上海之鱼的大小． (1)利用圆规和直尺，在图上作出圆弧形水道的圆心O．（保留作图痕迹） (2)如图，学习小组来到了圆弧形道路内侧A处，将所携带的200米绳子拉直至圆弧道路内侧另一点B处，并测得绳子中点C与圆弧形道路内侧中点D的距离为10米，圆弧形水道外侧到道路内侧的距离为22米（点D、C、E在同一直线上），请计算圆弧形水道外侧的半径． 14．（2025·上海·模拟预测）如图，在中，，圆O的圆心在内部，与的边顺时针分别交于点E、D、F、G、N、M（点E在线段上），射线交边于点P．如果； (1)求证：． (2)连接，求证：． 15．（2025·上海闵行·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，抛物线的对称轴交轴于点，连结． (1)求线段的长； (2)如果抛物线的顶点到直线的距离为，求的值； (3)以点为圆心、为半径的交轴的负半轴于点，第一象限内的点在上，且劣弧如果抛物线经过点，求的值． 题型五、弧、弦、圆心角的关系 易｜混｜易｜错 忽略 “同圆或等圆” 前提，直接用弧、弦、圆心角的对应关系；混淆三者的推导逻辑，误将弦相等等同于弧相等（或反之）；在不同圆中误用关系，导致结论错误。 16．（2025·上海·模拟预测）我们认为，一个命题的真假和其逆命题的真假相反，则该命题为“黑白命题”．在下列命题中，“黑白命题”的数量为（　　）个． 【命题一】等弧所对的弦相等． 【命题二】正比例函数的图像是一条过原点的直线． 【命题三】直角梯形是有两个内角为直角的四边形． A．0 B．1 C．2 D．3 17．（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：． 18．（2025·上海浦东新·三模）如图，在中，，，，点是边上的动点，以为半径作．    (1)若与边的另一交点为点，设，的面积为，求关于的函数解析式，并直接写出函数的定义域； (2)若被直线和直线截得的弦长相等，求的长； (3)若的半径等于1，且与的公共弦长为，求的长． 题型六、圆周角定理 易｜混｜易｜错 忽略 “同弧或等弧” 前提，在不同弧上误用 “圆周角等于圆心角一半” 的结论；混淆圆周角与圆心角的倍数关系，记反两者比例；在非圆图形中误用定理；复杂图形中找错对应弧，导致角度计算错误。 19．（2025·上海·二模）如图，已知与相交于A、B两点，的半径长为2，的半径长为3，如果的圆心在上，那么公共弦的长为______． 20．（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． 21．（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． 22．（2025·上海·模拟预测）如图，在正方形中，点、分别是边、上的点，且满足（参考材料：．） (1)设，，求证：； (2)连接交于，交于．求证：． 23．（2025·上海普陀·三模）如图，内接于，为直径，在延长线上取一点E，使得，连结，在下方，作，连结交于点D，连结． (1)如图1，若． ①求证：； ②若，，求的长度； (2)如图2，若，时，求证：． 题型七、同弧或等弧所对的圆周角相等 易｜混｜易｜错 忽略 “同圆或等圆” 前提，在不同圆中误用等角结论；混淆 “等弧” 与 “等长弧”，误将长度相等的弧当成等弧；复杂图形中找错对应弧，导致角度关系判断错误；搞反性质逻辑，用角相等反推弧相等时忽视前提。 24．（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． 25．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，、、、四点内接于圆，且对角线与垂直，满足． (1)求证：； (2)过点作于，求证： 26．（2025·上海·模拟预测）如图1，为圆O的内接三角形，的三条角平分线交于点I，延长交圆O于点D，连接． (1)求证：； (2)如图2，连接，设与交于点P，若，求的值； (3)如图3，四边形内接于圆O，连接对角线，交于点E，且平分，过B作交于点F，平分交于点G，若，，求的最大值，并求此时圆O的面积与周长之比k． 题型八、半圆（直径）所对的圆周角是直角 易｜混｜易｜错 忽略 “半圆（直径）” 前提，在非直径弧上误用直角结论；混淆圆周角与圆心角，误将圆心角当成直角；复杂图形中找错直径对应的圆周角，导致角度判断错误；用直角反推直径时忽视前提。 27．（2025·上海·模拟预测）如图，在中，，． (1)求的面积； (2)以为直径画圆，分别交边、于点、，连接，求线段的长． 28．（2025 ·上海崇明·模拟预测）如图，是的外接圆，于，交于点， (1)求证：； (2)连结并延长交于点，延长交于，连结交于点，若平分， ①若，，求的长． ②连结，若，，求：关于的函数关系式及其定义域 29．（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． 题型九、点和圆的位置关系 易｜混｜易｜错 混淆点到圆心的距离 d 与半径 r 的大小关系，记错位置判断规则；误将点到圆上点的距离当成 d，导致位置判断错误；实际问题中误用非圆心距离的线段，导致结论偏差。 30．（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 31．（2025·上海杨浦·二模）如图，已知中，，，，以A为圆心、2为半径作圆，点D是圆A上一点，连接，点E是的中点，连接，那么长度的取值范围是______． 32．（2025·上海·模拟预测）在中，．过点C作圆B，并作圆A和圆B外切．若圆B内切于圆C，则点A在圆C___________（填写“内”“上”或“外”）． 题型十、三角形的外接圆 易｜混｜易｜错 混淆外接圆与内切圆的定义，误将外心（三边垂直平分线交点）当成内心（角平分线交点）；忽略外心位置与三角形类型的关系（锐角在内部、直角在斜边中点、钝角在外部），导致位置判断错误；记错外心到顶点的距离等于外接圆半径的性质，误用线段长度；实际问题中误将内心当成外心，导致半径计算错误。 33．（2025·上海·二模）我们把一个三角形的重心与外心之间的距离叫做该三角形的“变形值”．已知等腰三角形的腰长为5，底边长为8，那么它的“变形值”等于______． 34．（2025·上海·模拟预测）已知菱形的边长为1，，等边两边分别交、于E，F． (1)如图1，若点、分别是边、的中点，求证：菱形对角线、的交点即为等边的外心； (2)如图2，当E，F分别是边、的中点时，过等边的外心点O的一直线交边于M，边于G，边的延长线于N，求：的值； (3)如图3，若点E，F始终在边，上移动，等边外心为P，求：的度数． 35．（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． 题型十一、直线和圆的位置关系 易｜混｜易｜错 混淆圆心到直线的距离 d 与半径 r 的大小关系，记错相离、相切、相交的判断规则；把直线上点到圆的距离当成 d，导致位置判断错误；忽略 “d 是垂线段长度”，误用其他线段长度；混淆 “唯一公共点” 与 “相切” 的对应关系，忽视前提。 36．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，已知点到直线的距离为5，如果在以点为圆心的圆上有且只有两个点到直线的距离为2，那么这个圆的半径长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 37．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，梯形中，，，点是边上一点，分别平分，那么下列结论中，错误的是（   ） A．点是边的中点 B．以为直径的圆与直线相切 C． D． 38．（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． 39．（2025·上海奉贤·三模）已知：在平面直角坐标系中（如图），反比例函数在第一象限内的图像与直线的交点为，且直线与直线平行． (1)求直线的表达式； (2)若以A为圆心、半径长为r的与以原点O为圆心、半径长为1的相切，求r的值． 题型十二、切线的判定定理 易｜混｜易｜错 忽略 “经过半径外端” 和 “垂直于这条半径” 两个条件，误用单一条件判定切线；混淆判定与性质的逻辑，用切线性质作为判定依据；复杂图形中找错半径外端或垂直关系，导致判定错误；在非圆图形中误用定理。 40．（2025·上海嘉定·三模）如图，是的直径，连接交于点，连接、，使得． (1)试判断与的位置关系并说明理由 (2)若点是的中点，与交于点，求证：． 41．（2025·上海黄浦·二模）已知，在中，，，，是边上一动点，连接．点在线段上，且，以点为圆心，为半径作，交边于点． (1)当点与点重合时，判断与边的位置关系并说明理由； (2)已知点在上，且，与边交于点，当经过圆心时（如图），求的值； (3)过点作，交边于点，当与线段只有一个交点时，求的取值范围． 42．（2025·上海·模拟预测）如图，是⊙O的直径，是弦，点E在圆外，于D，交于F，连接，，，． (1)求证：，并判断直线与的位置关系． (2)求证： ． 题型十三、圆内接四边形 易｜混｜易｜错 忽略 “内接于圆” 前提，在非圆内接四边形中误用对角互补结论；混淆外角与内对角的对应关系，找错对应角；复杂图形中误将非内接四边形当成内接四边形，导致角度计算错误；用对角互补反推内接四边形时忽视前提。 43．（2025·上海徐汇·一模）如图，四边形中，，如果，且，那么的长是__________（用含的式子表示）． 44．（2025·上海·模拟预测）已知E为x轴正半轴上一点，交x轴于A，B两点，交y轴于C，D两点，P点为劣弧上一个动点（点P不与B，C重合），且，． (1)如图1，连接，取的中点G，连接，，则与具有怎样的关系？并求的最大值； (2)如图2，连接，，，其中与y轴交于点F，平分交于点Q； ①求点Q的运动路径长； ②记，，求y关于x的函数关系式； (3)如图3，连接，，，求证：定值． 45．（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． 题型十四、圆的综合问题 易｜混｜易｜错 忽略多个定理的前提条件，在综合应用中误用垂径定理、圆周角定理等；复杂图形中找错对应线段、角度或弧，导致关系判断错误；多解问题中未分类讨论（如圆心位置、弦的位置），导致漏解；混淆不同圆的性质，在多圆问题中误用同圆或等圆的结论；实际应用中误将非几何量代入公式，导致计算偏差。 46．（2025·上海·模拟预测）在平面直角坐标系中，以原点O为圆心作：．若抛物线与⊙O有且只有两个交点，且抛物线不从内部穿过，则的取值范围（用表示）为____． 47．（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． 48．（2025·上海杨浦·模拟预测）已知在中，，点是直线上一点，点是射线上一点，． (1)如图1，当时，求的长； (2)当点在射线上时，设，求关于的函数解析式，并写出定义域； (3)过点作，交射线于点，如果以为圆心，为半径的圆与以点为圆心，为半径的圆有且只有一个交点，求的长． 49．（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． 题型十五、正多边形的中心角 易｜混｜易｜错 混淆中心角与内角的定义，记错中心角公式（误将 ​ 记为内角公式）；忽略 “正多边形” 前提，在非正多边形中误用中心角性质；综合问题中找错中心角对应的边，导致角度计算错误。 50．（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 51．（2025·上海·二模）边长为a的正十边形的半径是（   ） A．； B． C． D． 52．（2025·上海杨浦·模拟预测）如果将一个正多边形绕它的中心旋转后，才与原正多边形第一次重合，那么这个正多边形的边数是_____________． 53．（2025·上海·二模）在平行四边形中，连接．在上取点M，向下作以为直径的半圆O，交于点N．    (1)如图1，若，是半圆O内接正十二边形的一边，求的长． (2)若； （i）如图2，当弧的中点E为半圆O与直线的唯一交点时，求的长． （ii）如图3，连接交于点P，交半圆O于点Q，射线和的交点为点T．连接，当时，求的余弦值． 题型十六、正多边形和圆的综合 易｜混｜易｜错 混淆正多边形的中心角、内角、外角的定义及公式，记错对应角度关系；忽略 “正多边形内接于圆” 的前提，在非内接情况下误用性质；综合问题中找错中心角、半径、边长的对应关系，导致计算错误；多解问题中未分类讨论（如边数、圆的位置），导致漏解；混淆外接圆与内切圆的半径，误用线段长度。 54．（2025·上海奉贤·三模）圆半径长为，对于圆的内接正六边形，下列说法错误的是（   ） A．中心角是 B．内角是 C．边心距为 D．边长为 55．（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______． 56．（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_______． 57．（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__． 58．（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） 题型十七、弧长公式 易｜混｜易｜错 忽略圆心角的单位要求，误用弧度或非对应角度代入公式；记错弧长公式，混淆弧长与圆周长的关系；找错圆心角对应的弧，导致计算错误；实际问题中误将非弧段长度当成弧长，误用公式。 59．（2025·上海·模拟预测）如图，正方形的边长为2，则阴影部分的周长与面积的比值为：________    60．（2025·上海·二模）如图，圆和圆B相交于点、，连结、、，．若、，则圆的劣弧的长为___________．（取、取、取，保留） 61．（2025·上海·三模）某款“不倒翁”的主视图如图1，它由半圆和等边组成，直径，半圆的中点为点，为桌面，半圆与相切于点，拨动“不倒翁”后它在桌面上做无滑动的滚动． (1)如图1，，请直接写出的长为______（结果保留根号）； (2)如图2，当时，连接， ①直接写出的度数，并求点C到桌面的距离（结果保留根号） ②当或垂直于时“不倒翁”开始折返，直接写出从滚动到（图2-图3）过程中，点在上移动的距离． 题型十八、扇形的定义及面积 易｜混｜易｜错 混淆扇形定义，误将非由圆心角和两条半径围成的图形当成扇形；记错扇形面积公式，混淆与弧长公式的结构；忽略圆心角单位要求，误用弧度或非对应角度代入；找错对应半径或圆心角，导致面积计算错误；混淆扇形面积与圆面积的比例关系，误用比例结论。 62．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知扇形，过点作，垂足为点，如果，那么扇形的面积为_______________．（结果保留） 63．（2025·上海·模拟预测）如图，已知等腰直角中，，D是斜边的中点且，以B为圆心，为半径画弧，交于F，以C为圆心，为半径画弧，分别交，于E，G，则阴影部分的面积为_____．    64．（2025·上海·模拟预测）在矩形中，以D为圆心，为半径画弧，交于点E，再以为直径作半圆交弧于点F，连接、，若，则随机往该区域丢飞镖，落在阴影部分的概率为___________________． 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 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·模拟预测）如图，以边长为1的正方形的顶点O、P、R分别为圆心作圆，圆O过点Q，圆P、R均和圆O内切．设圆P、R上任意两点之间的距离是d，则d的最大值是_________． 4．（2025·上海杨浦·模拟预测）两个相切的圆半径分别为和，若圆心距，那么的最小值为______． 5．（2025·上海松江·二模）如图，在中，，，点在边上，以O为圆心，为半径的圆与边交于点，与边相切于点E． (1)当时，求的半径长； (2)求的值． 6．（2025·上海·模拟预测）如图，在⊙O中，直径垂直于弦于点H． (1)联结，求证：； (2)若四边形是菱形，求的值． 1．（2025·上海·模拟预测）已知矩形 ，，，点是边 上的动点，以为圆心，为半径画圆，将圆沿直线翻折得到圆，如果点恰好在圆与圆的连心线上，那么圆与圆的公共弦的长度为______． 2．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，已知在中，是直径，点是的中点，点是弧的中点，点是弧上一点，，过点作，交于点，那么的值是_____________． 3．（2025·上海金山·模拟预测）已知：和相交于、两点，线段的延长线交于点，、的延长线分别交于点、． (1)、，、分别与连心线相交于点、点．如图1，求证：； (2)如图2，已知，当点与重合，的半径为4时，求的半径． 4．（2025·上海·模拟预测）如图，线段的中点是点，以点为圆心，为半径作，点是上一点（不在直线上），连接、、． (1)求证：． (2)若，求的值． 2 / 149 1 / 149 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 图形的性质 专题08 圆 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 题型一、利用垂径定理求值 易｜混｜易｜错 忽略 “垂直于弦” 的前提，在不垂直时误用平分弦的结论；混淆弦长、弦心距、半径的关系，记错勾股定理公式（误将弦长当成半弦长计算）；平行弦问题中未分类讨论圆心位置，导致漏解；忽略 “平分非直径弦的直径才垂直于弦” 的推论限制，误用垂直条件；实际应用中误将非弦、非半径的线段代入公式计算。 1．（2025·上海·模拟预测）已知圆的半径长为，和是圆的两条弦，，，是的中点，是的中点，那么线段的长度不可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】利用垂径定理求值、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理以及线段的最值问题，连接、、、，由垂径定理得，，，，由勾股定理得，，当时，E、O、F三点共线，当、位于O的同侧时，线段的长度最短，当、位于O的两侧时，线段的长度最长，便可得出结论． 【详解】解：连接、、、，如图所示： ∵的直径为10， ∴， ∵点E、F分别是弦、的中点，，， ∴，，，， ∴，， 当时，E、O、F三点共线， 当、位于O的同侧时，线段的长度最短， 当、位于O的两侧时，线段的长度最长， ∴线段的长度的取值范围是， 故选：D． 2．（2025·上海·模拟预测）如图，是的弦，将劣弧沿弦折叠后，圆弧恰好经过圆心，若，则的半径为_____． 【答案】2 【知识点】用勾股定理解三角形、利用垂径定理求值、利用弧、弦、圆心角的关系求解、折叠问题 【分析】本题考查垂径定理，翻折变换，关键是由翻折变换的性质推出是等边三角形． 由翻折变换的性质推出是等边三角形，得到，由垂径定理得到的长，由锐角的正弦即可求出的长． 【详解】解：设的对应点是，连接,，， 由题意知垂直平分， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴的半径是2． 故答案为：2． 3．（2025·上海·二模）已知正六边形的边长为4，其外接圆被顶点分为六条小劣弧，那么任意一条弦所对劣弧上一点到这条弦的最大距离是________． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、利用垂径定理求值、正多边形和圆的综合 【分析】本题考查了正多边形外接圆的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，正确地画出图形是解决本题的关键． 先画出正六边形和外接圆，再取的中点G，连接，根据等边三角形的性质和含的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵正六边形的边长为4， ∴外接圆半径， ∵正六边形的每条边都是外接圆的一条弦， ∴对应的圆心角为， 又∵， ∴为等边三角形， 取的中点G，连接并延长交于点H，则是点H到弦的最大距离； ∵为等边三角形， ∴，，， ∴， 在含的中，， ∴， ∴任意一条弦所对劣弧上一点到这条弦的最大距离是， 故答案为：． 4．（2025·上海·二模）如图所示，是圆O的一条直径，点D和点B位于圆上，且分居两侧，联结．延长交于点E，联结交于点F，线段与交于点G． (1)如果E为中点，求证：． (2)联结，如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】利用垂径定理求值、利用弧、弦、圆心角的关系求证、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）先由三角形中位线定理求得，再由垂径定理结合同圆中等弧对等弦得到，则，而，那么，故，再由三角形的外角性质即可证明； （2）可得，则，由圆周角定理得到，故，则点共圆，那么，可证明，则，再等量代换求证即可． 【详解】（1）证明：如图： ∵是直径， ∴， ∵分别为中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）证明：如图， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点共圆， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，弧与弦的关系，三角形的中位线定理，相似三角形的判定与性质等知识点，难度较大． 5．（2025·上海·模拟预测）已知是的直径，是的弦，是弧的中点（如图），弦与交于点． (1)当为的中点时，求证：； (2)求证：； (3)当时，求的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)的正弦值为． 【知识点】利用垂径定理求值、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】（）连接并延长交于点，连接，利用垂径定理得到，，利用圆周角定理得到，则，利用相似三角形的判定与性质得到 ，则，利用半径与直径的关系解答即可得出结论； （）连接并延长交于点，连接，利用（）的结论和相似三角形的判定与性质得到，则，再利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论； （）连接并延长交于点，连接，连接，设的半径为，，则，，利用等腰三角形的性质，对顶角相等的性质，圆周角定理和等腰三角形的判定定理得到；利用相似三角形的判定与性质得到，解方程求得，再利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论． 【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接，如图， ∵是的中点， ∴， ∴，， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）证明：连接并延长交于点，连接，如图， 由（）得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴； （3）解：连接并延长交于点，连接，连接，如图， 设的半径为，，则，， 由（）知：， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（负数不合题意，舍去）， ∴， ∴， ∴的正弦值为． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，熟练掌握知识点的应用及正确添加辅助线是解题的关键． 题型二、利用垂径定理求解其他问题 易｜混｜易｜错 忽略 “垂直于弦” 的前提，在不垂直时误用平分弦的结论；混淆弦、半径、弦心距的关系，错误代入勾股定理计算；多弦问题中未分类讨论圆心位置，导致漏解；实际应用中误将非弦、非半径的线段代入公式，导致计算错误。 6．（2025·上海闵行·二模）如图，在扇形中，点C、D在上，，点F、E分别在半径、上，，连接． (1)求证：； (2)设点P为的中点，连接，线段交于点M、交于点N．如果，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)证明见详解； (2)证明见详解． 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、证明四边形是矩形、利用垂径定理求解其他问题、利用弧、弦、圆心角的关系求证 【分析】（1）先证明得到，然后证明得； （2）连接，如图，利用垂径定理得到，则利用等腰三角形的性质和三角形内角和得到，则可判断所以，加上，于是可得到四边形为平行四边形，然后利用得到四边形为矩形． 【详解】（1）证明：， ， ， ， 在和中， ， ， ； （2）连接，如图， 点P为的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， 四边形为矩形． 【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，垂径定理，矩形的判定．全等三角形的判定与性质等知识点，掌握这些是解题的关键． 7．（2025·上海虹口·二模）在梯形中，，点E在射线上，点F在射线上，连接相交于点P，．    (1)如图①，如果，点E、F分别在边上．求证：； (2)如图②，如果，，，．在射线的下方，以为直径作半圆O，半圆O与的另一个交点为点G．设与弧的交点为Q． ①当时，求和的长； ②当点Q为弧的中点时，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、半圆（直径）所对的圆周角是直角、利用垂径定理求解其他问题 【分析】（1）根据平行线的性质以及三角形外角的性质证明即可得证； （2）①过作于，连接，根据锐角三角函数的定义，求出的长，从而求得和的长，根据勾股定理求出的长，从而得到的三角函数值，进而求得的长，然后根据，推出和相似，从而求出的长即可； ②过点作于，根据垂径定理以及勾股定理求出的三角函数值，然后用表示出的长，即可求出的长度． 【详解】（1）证明：∵， ， 又， ， ， ； （2）解：①过作于，连接，如图：   ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， ， ∴四边形为矩形， ， ， ， 又， ， 在中，， ， ∵为直径， ， ， ， ， ； ②过点作于，连接，如图：   是的中点， ，， ， ， 设， ， ， ， 设， ， ， ， ， 设，则， ， 在中，， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了圆的综合题，综合运用三角函数的定义、垂径定理、相似三角形的性质和判定、矩形的性质和判定、勾股定理以及平行线的性质等知识点，掌握以上知识点是本题解题的关键． 8．（2025·上海·二模）如图，在矩形中，联结，在边上取一点E，上取一点F，联结，．在上有一点G．作的外接圆，弧弧．联结，延长交边于点H． (1)若点C、H重合，求证：． (2)若； ①当时，求的长和的余切值； ②列表写出圆O的圆心分别在、与内部时，长度的取值范围(不写解答过程)． 【答案】(1)见解析 (2)①，；②见解析 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、利用垂径定理求解其他问题、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】（1）连接，延长 交 于 M，证明四边形是矩形，在矩形中，，再证明，即可解答； （2）①先证明，求出，，， ，再证明，即可求出的长，连接，交于点N，过点G作交延长线于点P，同(1)得，即可求出，证明，求出， ，利用余切的定义即可解答；②过点E作与点M，分当点O在上，点O在上， 点O在上时，三种情况讨论，利用矩形的性质结合解直角三角形求出的长，利用相似三角形的性质即可求出点O在边界上时的值，再结合图形即可得到结果． 【详解】（1）解：连接，延长 交 于 M， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 在矩形中，， ∵， ∴， ， ， ， ， ； （2）解：①， ， 又， ∴， ， ， ， ，， ， ∵， ∴， ， ∴， ， 连接，交于点N，过点G作交延长线于点P， 同(1)得， 则， ∵， ∴； ∴， ∴， ， ∵， ； ， ， ； ②解：过点E作与点M， 当点O在上时，如图，连接， ，， ， ， ， ∴四边形是矩形， ∴， 同理，四边形是矩形， ∴， 设，则， ， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴，即， 解得（负值舍去）， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ， ∴， ，即， ∴； 当点O在上时，如图，延长交于点K， 同理得：四边形是矩形，则， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ， ， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四点共圆， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ，即， ∴， 解得：， ∴，， ， ∴， ，即， ∴； 当点O在上时，如图， 同理得：四边形是矩形，则， 此时，为的直径， ∴， ， ， ， ∴四边形是矩形， ， ∴四边形是正方形， 同理：四边形是正方形， 设，则，， ， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∴， ，即， ∴； 当点C、H重合时，； 则 点O位置 长的取值范围 内 内 内 【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形相似的判定与性质，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，垂径定理，勾股定理等，解题的关键是作辅助线利用特殊角构造直角三角形来求相关线段的长度． 题型三、垂径定理的推论 易｜混｜易｜错 忽略 “平分的弦不是直径” 的前提，误用 “平分弦的直径垂直于弦” 的结论；混淆推论与原定理的条件，搞反垂直与平分的逻辑；在非直径线段中误用推论，导致推理错误。 9．（2025·上海杨浦·模拟预测）下列命题中，假命题是（    ） A．斜边相等的直角三角形全等 B．过圆心且垂直弦的直线，平分这条弦以及弦所对的弧 C．两平行线间的距离处处相等 D．过圆心且平分弦（弦非直径）的直线，平分并垂直这条弦其所对的弧 【答案】A 【知识点】求平行线间的距离、用HL证全等（HL）、垂径定理的推论、判断命题真假 【分析】本题考查了命题真假的判断，垂径定理及其推论，熟练掌握定理是解题的关键．根据全等三角形的判定，垂径定理及其推论，平行线间的距离等，逐项判断即可． 【详解】解：A.斜边相等的直角三角形不一定全等，故A为假命题． B．过圆心且垂直弦的直线，平分这条弦以及弦所对的弧，故B为真命题． C．两平行线间的距离处处相等，故C为真命题． D．过圆心且平分弦（弦非直径）的直线，必垂直于弦，并平分弦所对的弧，故D为真命题， 故选：A． 10．（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． 11．（2025·上海·模拟预测）在半圆中作矩形，点C、D在圆弧上，点E在上，点F在上．连接交于点G，连接．若，则半圆的半径长为___________． 【答案】 【知识点】垂径定理的推论、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了相似三角形和全等三角形的判定与性质综合，垂径定理的推论等知识点，连接，证，得；；再证，推出，，；由题易知：，可推出，，即可求解； 【详解】解：连接，如图所示： ∵ ∴； ∵， ∴； ∴；； ∵， ∴； ∵ ∴； ∴，， ∴； 作，如图所示： 则； ∵， ∴四边形矩形， ∴； 同理可得：； ∴； ∴，，， ∴ 即， ∴， ∴， 故答案为： 12．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，已知在中，经过点A、B，与的另一个交点为，． (1)求的半径长； (2)求的面积． 【答案】(1) (2) 【知识点】解直角三角形的相关计算、垂径定理的推论、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了垂径定理、勾股定理、解直角三角形等知识，正确作出辅助线是解题关键． （1）连接延长交于，连接，结合易得，由垂径定理可知，进而由勾股定理可解得得值，设圆半径为，则，然后由勾股定理解得的值即可； （2）连接，证明，由正切的定义可知，即，代入求得，易知，然后根据三角形面积公式求解即可． 【详解】（1）解：如下图，连接延长交于，连接， ， ， ， ， ， ， 设圆半径为，则， ，即 解得：； （2）连接，如下图， ， ， ， ，即， ∴，解得， ， ． 题型四、垂径定理的实际应用 易｜混｜易｜错 忽略实际图形的几何约束，误将非弦、非半径的线段代入公式；对实际场景中的弦、圆心位置判断错误，导致几何模型偏差；忘记验证结果是否符合实际限制（如弦长超过直径）；混淆 “高度”“距离” 与弦心距、半径的对应关系。 13．（2025·上海奉贤·二模）上海之鱼是奉贤区的核心景观湖，湖面成鱼型．如图，鱼身外围有一条圆弧形水道，在圆弧形水道外侧有一条圆弧形道路，它们的圆心相同．某学习小组想要借助所学的数学知识探索上海之鱼的大小． (1)利用圆规和直尺，在图上作出圆弧形水道的圆心O．（保留作图痕迹） (2)如图，学习小组来到了圆弧形道路内侧A处，将所携带的200米绳子拉直至圆弧道路内侧另一点B处，并测得绳子中点C与圆弧形道路内侧中点D的距离为10米，圆弧形水道外侧到道路内侧的距离为22米（点D、C、E在同一直线上），请计算圆弧形水道外侧的半径． 【答案】(1)见解析 (2)圆弧形水道外侧的半径为483米 【知识点】确定圆心(尺规作图)、垂径定理的实际应用、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，线段垂直平分线的尺规作图： （1）如图所示，分别在圆弧形水道，圆弧形道路上取一条弦，分别作两条弦的垂直平分线，二者的交点即为点O； （2）如图所示，连接，由垂径定理可得，米，则四点共线，设米，则米，由勾股定理得，解得，则米． 【详解】（1）解：如图所示，分别在圆弧形水道，圆弧形道路上取一条弦，分别作两条弦的垂直平分线，二者的交点即为点O； （2）解：如图所示，连接， ∵C为的中点，点D为圆弧形道路内侧中点， ∴，米， ∴四点共线， 设米，则米， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴米． 答：圆弧形水道外侧的半径为483米． 14．（2025·上海·模拟预测）如图，在中，，圆O的圆心在内部，与的边顺时针分别交于点E、D、F、G、N、M（点E在线段上），射线交边于点P．如果； (1)求证：． (2)连接，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等三角形综合问题、角平分线的判定定理、垂径定理的实际应用 【分析】本题考查了全等三角形综合问题、角平分线的判定定理、垂径定理的实际应用等知识点，熟记相关几何结论是解题关键． （1）作，推出，进而得平分，即可求证； （2）证得，，进而得，再证即可； 【详解】（1）证明：作， ， ， ∴平分， ， （2）证明：如图所示： ， ， ， ； ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 15．（2025·上海闵行·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，抛物线的对称轴交轴于点，连结． (1)求线段的长； (2)如果抛物线的顶点到直线的距离为，求的值； (3)以点为圆心、为半径的交轴的负半轴于点，第一象限内的点在上，且劣弧如果抛物线经过点，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】垂径定理的实际应用、y=ax²+bx+c的图象与性质 【分析】分别求出，，由两点间距离公式可求； 抛物线的顶点为，由，可得； 连接，，，设，求出，由垂径定理可得，，，得，联立可得． 【详解】（1）， 抛物线的对称轴为， ， 令，则， ， ； （2）解：由可知抛物线的顶点为， ， ， ， ， 解得；      （3）连接，，， ， ∴， ， ，   ， 设， ，， ， ∴， ， ， ， 联立可得或舍， 将代入，可得．    【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，圆的垂径定理是解题的关键． 题型五、弧、弦、圆心角的关系 易｜混｜易｜错 忽略 “同圆或等圆” 前提，直接用弧、弦、圆心角的对应关系；混淆三者的推导逻辑，误将弦相等等同于弧相等（或反之）；在不同圆中误用关系，导致结论错误。 16．（2025·上海·模拟预测）我们认为，一个命题的真假和其逆命题的真假相反，则该命题为“黑白命题”．在下列命题中，“黑白命题”的数量为（　　）个． 【命题一】等弧所对的弦相等． 【命题二】正比例函数的图像是一条过原点的直线． 【命题三】直角梯形是有两个内角为直角的四边形． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【知识点】写出命题的逆命题、判断命题真假、利用弧、弦、圆心角的关系求解 【分析】本题主要考查命题及其逆命题，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的定义及性质定理．据弧、弦之间的关系定理、正比例函数的图像性质、直角梯形的概念判断即可． 【详解】命题一：等弧所对的弦相等，是真命题，其逆命题为相等的弦所对的弧相等，是假命题，所以本命题是“黑白命题”； 命题二：正比例函数的图像是一条过原点的直线，是真命题，其逆命题为过原点的一条直线是正比例函数的图象，是假命题，例如坐标轴经过原点，但不是正比例函数的图象，故本命题是“黑白命题”； 命题三：直角梯形是有两个内角为直角的四边形，是真命题，其逆命题是有两个内角为直角的四边形是直角梯形，是假命题，故本命题是“黑白命题”； 故选：D． 17．（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】相似三角形的判定与性质综合、利用弧、弦、圆心角的关系求证、等腰三角形的性质和判定、全等的性质和SAS综合（SAS） 【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∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 18．（2025·上海浦东新·三模）如图，在中，，，，点是边上的动点，以为半径作．    (1)若与边的另一交点为点，设，的面积为，求关于的函数解析式，并直接写出函数的定义域； (2)若被直线和直线截得的弦长相等，求的长； (3)若的半径等于1，且与的公共弦长为，求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】解直角三角形的相关计算、利用弧、弦、圆心角的关系求解、利用垂径定理求值 【分析】（1）作，垂径定理结合三角函数，求出，进而得到，，利用三角形的面积公式求出函数解析式，根据，求出自变量的范围即可； （2）作，易得四边形为矩形，根据等弦对应的弦心距相等，得到，进而得到四边形为正方形，得到，列出方程进行求解即可； （3）设与的公共弦与交于点，易得，，进而得到垂直平分，勾股定理，求出的长，进而求出的长，在中，根据勾股定理，列出方程进行求解即可． 【详解】（1）解：作，则：， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）作， ∵， ∴四边形为矩形， ∵被直线和直线截得的弦长相等， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， 解得：， ∴ （3）如图，设与的公共弦与交于点， 由题意，得：，， ∴垂直平分， ∴， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 整理，得：， ∴， 解得：， 经检验，均为原方程的解， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，解直角三角形，矩形和正方形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，是解题的关键． 题型六、圆周角定理 易｜混｜易｜错 忽略 “同弧或等弧” 前提，在不同弧上误用 “圆周角等于圆心角一半” 的结论；混淆圆周角与圆心角的倍数关系，记反两者比例；在非圆图形中误用定理；复杂图形中找错对应弧，导致角度计算错误。 19．（2025·上海·二模）如图，已知与相交于A、B两点，的半径长为2，的半径长为3，如果的圆心在上，那么公共弦的长为______． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、利用垂径定理求值、圆周角定理 【分析】此题考查了垂径定理、勾股定理、圆周角定理等知识，熟练掌握垂径定理和圆周角定理是关键．延长交于点，连接，则为的直径，求出，证明， 在中，，得到，即可得到． 【详解】解：延长交于点，连接，则为的直径， ∴，， ∴ ∵ ∴垂直平分， ∴， 在中， ∴， ∴ 故答案为： 20．（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，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 21．（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． 22．（2025·上海·模拟预测）如图，在正方形中，点、分别是边、上的点，且满足（参考材料：．） (1)设，，求证：； (2)连接交于，交于．求证：． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； 【知识点】根据正方形的性质证明、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合、求角的正切值 【分析】（1）通过旋转三角形，将分散的线段和角集中，构造全等三角形，再结合三角函数和角公式推导等式． （2）先证明四点共圆得出直角，得到等腰直角三角形，再证明三角形相似，利用相似三角形性质推导线段关系． 【详解】（1）证明：将绕点顺时针旋转，得到． ∵旋转， ∴，，，． ∵， ∴，即、、三点共线． ∵，， ∴． 在和中， ， ∴． ∴． ∵，，， ∴，且，即． 根据，令，，则 ． ∵， ∴． ∴． ∴． （2）证明：连接， 四边形是正方形， ， ，且， ， 点、、、四点共圆， ． 又， 是等腰直角三角形， ． 同理，． ， ， ． ， ． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及三角函数和角公式，熟练掌握这些知识是解题的关键． 23．（2025·上海普陀·三模）如图，内接于，为直径，在延长线上取一点E，使得，连结，在下方，作，连结交于点D，连结． (1)如图1，若． ①求证：； ②若，，求的长度； (2)如图2，若，时，求证：． 【答案】(1)①见解析；② (2)见解析 【知识点】圆周角定理、利用弧、弦、圆心角的关系求证、用勾股定理解三角形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】（1）①由圆周角定理得，等量代换得，然后根据即可证明； ②由圆周角定理得，在中，求出， 在中求出，由面积法求出，然后在中利用勾股定理即可求解； （2）取的中点G，连结，根据证明得，设，，求出，进而可证结论成立． 【详解】（1）①证明：∵， ， ∵， 在和中， ； ②解：连结， 为直径， ， ， ， ， ，， 在中，， 在中，， ， ， 在中，； （2）解：取的中点G，连结， ∵， ， ∵， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 设，， ， ， ， ， ， 连接， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，弧、弦、圆心角的关系，正确作出辅助线是解答本题的关键． 题型七、同弧或等弧所对的圆周角相等 易｜混｜易｜错 忽略 “同圆或等圆” 前提，在不同圆中误用等角结论；混淆 “等弧” 与 “等长弧”，误将长度相等的弧当成等弧；复杂图形中找错对应弧，导致角度关系判断错误；搞反性质逻辑，用角相等反推弧相等时忽视前提。 24．（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】已知圆内接四边形求角度、同弧或等弧所对的圆周角相等、证明四边形是矩形、用勾股定理解三角形 【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：． 25．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，、、、四点内接于圆，且对角线与垂直，满足． (1)求证：； (2)过点作于，求证： 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】已知圆内接四边形求角度、同弧或等弧所对的圆周角相等、利用垂径定理求值、与三角形中位线有关的证明 【分析】（1）根据同弧或等弧所对的圆周角相等，结合，即可证明； （2）作直径，连接、，和交于点，根据垂径定理可知，推出是的中位线，得到；然后根据直径所对圆周角为直角和可证的，结合四边形是圆的内接四边形，可推出，得到，进而得到，即，得证． 【详解】（1）证明：， ， 和为所对圆周角， ， ． （2）证明：作直径，连接、，和交于点，如图所示， 则， 又， ， 是的中位线， ； 为直径，为圆上的一点， ， ， ， ， ， 又四边形是圆的内接四边形， ， ， ， ， ， ， ，即． 【点睛】本题考查了同弧或等弧所对的圆周角相等，垂径定理，圆的内接四边形的性质，三角形的中位线的判定与性质，直径所对的圆周角是直角，平行线的判断与性质，作出合适的辅助线是解题的关键． 26．（2025·上海·模拟预测）如图1，为圆O的内接三角形，的三条角平分线交于点I，延长交圆O于点D，连接． (1)求证：； (2)如图2，连接，设与交于点P，若，求的值； (3)如图3，四边形内接于圆O，连接对角线，交于点E，且平分，过B作交于点F，平分交于点G，若，，求的最大值，并求此时圆O的面积与周长之比k． 【答案】(1)见解析 (2) (3)的最大值为，圆O的面积与周长之比k为 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、同弧或等弧所对的圆周角相等、利用垂径定理求值 【分析】（1）根据角平分线的定义，通过外角性质及圆周角定理，即可证明，从而证得结论； （2）首先由垂径定理，可得，根据圆周角定理及（1）可得，再根据角平分线的定义及圆周角定理，即可证得，根据相似三角形的性质即可求解； （3）过C作于点H，连接，根据角平分线的定义及（1），可证得：，可得：，设，则，，再根据平行线的性质及圆周角定理，可证得可证得：，根据相似三角形的性质可得，，根据二次函数的性质可得，当时，取到最大值为，此时作直径，连接，则，即可求，据此即可得半径，从而求最后结果． 【详解】（1）证明：的三条角平分线交于点I， ， ，即， ； （2）解：， ， 由（1）知， ， 的三条角平分线交于点I， ， 又， ， ； （3）解：如图：过C作于点H，连接， 平分，平分， ， 同（1）可证得， ， 设，则，， ， ， 又， ， ， ， ， ， 时，取到最大值为， 如图：作直径，连接， 则， ， 此时圆O的半径为， 圆O的面积与周长之比． 【点睛】本题考查了三角形角平分线的定义，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，正弦的定义，作出辅助线是解决本题的关键． 题型八、半圆（直径）所对的圆周角是直角 易｜混｜易｜错 忽略 “半圆（直径）” 前提，在非直径弧上误用直角结论；混淆圆周角与圆心角，误将圆心角当成直角；复杂图形中找错直径对应的圆周角，导致角度判断错误；用直角反推直径时忽视前提。 27．（2025·上海·模拟预测）如图，在中，，． (1)求的面积； (2)以为直径画圆，分别交边、于点、，连接，求线段的长． 【答案】(1)8 (2)2.4 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、半圆（直径）所对的圆周角是直角、用勾股定理解三角形 【分析】（1）过点作于点，利用三角函数和勾股定理，可解得，的值，利用三角形面积公式即可获得答案； （2）根据题意作圆并连接，结合为直径，易得，进而解得，的值，同理可得的值，证明，利用相似三角形的性质即可获得答案． 【详解】（1）解：过点作于点，如下图， ∵，， ∴， ∴在中，可有， ∴， ∵，即， 解得， ∴，， ∴； （2）根据题意作圆，并连接，如下图， ∵为直径， ∴，即， ∵， ∴， ∴在中，， 同理可得， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 解得． 【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质、解直角三角形、勾股定理、圆周角、相似三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线是解题关键． 28．（2025 ·上海崇明·模拟预测）如图，是的外接圆，于，交于点， (1)求证：； (2)连结并延长交于点，延长交于，连结交于点，若平分， ①若，，求的长． ②连结，若，，求：关于的函数关系式及其定义域 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、半圆（直径）所对的圆周角是直角、同弧或等弧所对的圆周角相等 【分析】（1）延长交于点，连接，可得，由得，再根据等角的余角相等即可证明结论； （2）①连接，结合（1）的结论先证明，进而可得，，得出是等腰三角形，由等腰三角形三线合一性质得，继而得到垂直平分，证明，，再利用，解三角形即可； ②利用角平分线性质和面积比得出，由，得出，继而求出，再根据比例性质即可得出函数解析式． 【详解】（1）证明：如图，延长交于点，连接， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：如图，连接， ∵， ∴， 又∵平分， ∴， 由（1）得：， ∴， ∵， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴，即点为的中点， ∴垂直平分， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即：， 又∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴； ②如图，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴点到、的距离相等， 设点到、的距离为，点到的距离为， ∴， ∴， ∴， ∵是的外接圆，， ∴在中，， ∴， ∴关于的函数关系式为． 【点睛】本题考查直角所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的判定和性质，角平分线的性质，锐角三角函数的应用，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点．利用相似三角形的性质和平行线进行等面积变换是解题的关键． 29．（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. 题型九、点和圆的位置关系 易｜混｜易｜错 混淆点到圆心的距离 d 与半径 r 的大小关系，记错位置判断规则；误将点到圆上点的距离当成 d，导致位置判断错误；实际问题中误用非圆心距离的线段，导致结论偏差。 30．（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 【知识点】利用点与圆的位置关系求半径 【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． 31．（2025·上海杨浦·二模）如图，已知中，，，，以A为圆心、2为半径作圆，点D是圆A上一点，连接，点E是的中点，连接，那么长度的取值范围是______． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的证明、点与圆上一点的最值问题 【分析】本题考查了点与圆的位置关系、三角形中位线定理和勾股定理．根据题意正确作出辅助线、懂得利用中位线定理确定点的运动轨迹是解题的关键． 先取的中点，点E是的中点，连接、，根据中位线定理确定点的运动轨迹是在以为圆心，半径为1的圆上，然后根据勾股定理求出的长度，最后确定的范围． 【详解】解：取的中点，连接、、，如图： 点E是的中点，点是的中点，， ，， 当点D在圆A上时，点始终在以为圆心，半径为1的圆上， 点是的中点， ， 在中，， ， ， 即． 故答案为：． 32．（2025·上海·模拟预测）在中，．过点C作圆B，并作圆A和圆B外切．若圆B内切于圆C，则点A在圆C___________（填写“内”“上”或“外”）． 【答案】外 【知识点】圆和圆的位置关系、判断点与圆的位置关系 【分析】本题考查了点和圆的位置关系，圆外切性质，熟练掌握是解题的关键．设的半径为，点到圆心的距离为，若，则点在外；若，则点在上；若，则点在内；反之亦然．两圆内切时，圆心距等于半径的差．根据的半径为5，内切于，可得的半径为10．由，比较的半径即可判断点A与的位置关系． 【详解】解：设的半径为，的半径为，与内切于点D，交射线于点E， 则点D在延长线上， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点A在外． 故答案为：外． 题型十、三角形的外接圆 易｜混｜易｜错 混淆外接圆与内切圆的定义，误将外心（三边垂直平分线交点）当成内心（角平分线交点）；忽略外心位置与三角形类型的关系（锐角在内部、直角在斜边中点、钝角在外部），导致位置判断错误；记错外心到顶点的距离等于外接圆半径的性质，误用线段长度；实际问题中误将内心当成外心，导致半径计算错误。 33．（2025·上海·二模）我们把一个三角形的重心与外心之间的距离叫做该三角形的“变形值”．已知等腰三角形的腰长为5，底边长为8，那么它的“变形值”等于______． 【答案】 【知识点】求特殊三角形外接圆的半径、用勾股定理解三角形、三线合一、重心的有关性质 【分析】此题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、重心和外心等知识．求出和，即可得到答案． 【详解】解：如图，中，，作于点， ∴， ∴， 设三角形的外心为，外接圆半径为， ∵等腰三角形的外心在底边的垂直平分线上， ∴在所在直线上， 设， 在中，，即， 解得， ∴， 重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点距离是到对边中点的距离两倍， ∴重心G在在上，且， ∴“变形值”等于， 故答案为： 34．（2025·上海·模拟预测）已知菱形的边长为1，，等边两边分别交、于E，F． (1)如图1，若点、分别是边、的中点，求证：菱形对角线、的交点即为等边的外心； (2)如图2，当E，F分别是边、的中点时，过等边的外心点O的一直线交边于M，边于G，边的延长线于N，求：的值； (3)如图3，若点E，F始终在边，上移动，等边外心为P，求：的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、判断三角形外接圆的圆心位置、利用菱形的性质求角度、全等三角形综合问题 【分析】（1）连接、，由四边形是菱形，得出，平分，，又由、分别为、中点，证得，即可得证； （2）连接、交于点，设，，则，易证，得出，，再通过，得出，进而求出的值； （3）连接、，过点分别作于，于，求出的度数，又由点是等边的外心，易证，可得，即点在的平分线上，即点落在直线上，即可求解． 【详解】（1）证明：如图1，连接、， 四边形是菱形， ，平分，，， ， 又、分别为、中点， ，，， ， 点即为的外心． （2）解：如图2，连接、交于点，设交于点， 设，，则， ， ，， 又由（1）知， ， ， ． ， ， ， ， ， ， 即． （3）解：如图3，分别连接、，过点分别作于，于， ， ， ， 点是等边的外心， ，， ， ， ， ， 点在的平分线上，即点落在直线上， ． 【点睛】此题考查了全等三角形、相似三角形的判定与性质，三角形的外心的判定与性质，菱形的性质等知识． 35．（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】相似三角形的判定与性质综合、由平行截线求相关线段的长或比值、求特殊三角形外接圆的半径、用勾股定理解三角形 【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． 题型十一、直线和圆的位置关系 易｜混｜易｜错 混淆圆心到直线的距离 d 与半径 r 的大小关系，记错相离、相切、相交的判断规则；把直线上点到圆的距离当成 d，导致位置判断错误；忽略 “d 是垂线段长度”，误用其他线段长度；混淆 “唯一公共点” 与 “相切” 的对应关系，忽视前提。 36．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，已知点到直线的距离为5，如果在以点为圆心的圆上有且只有两个点到直线的距离为2，那么这个圆的半径长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】已知直线和圆的位置关系求半径的取值 【分析】此题主要考查了圆与直线的位置关系．要掌握直线与圆的三种位置关系中各自的特点，并根据特殊的位置关系求出相对应的半径的长度是解题的关键．已知点O到直线l的距离为5，要使圆上有且只有两个点到直线l的距离为2．过点O作直线l的垂线，垂足为A．当圆与直线l的位置关系满足： 以O为圆心的圆与直线l相交，且在直线l两侧到直线l距离为2的点中，只有两个在圆上．从距离角度看，圆的半径r要满足：，即，得出答案． 【详解】解：已知点O到直线l的距离为5，要使圆上有且只有两个点到直线l的距离为2． 过点O作直线l的垂线，垂足为A． 当圆与直线l的位置关系满足： 以O为圆心的圆与直线l相交，且在直线l两侧到直线l距离为2的点中，只有两个在圆上． 从距离角度看，圆的半径r要满足：，即． 故选：D 37．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，梯形中，，，点是边上一点，分别平分，那么下列结论中，错误的是（   ） A．点是边的中点 B．以为直径的圆与直线相切 C． D． 【答案】D 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、判断直线和圆的位置关系、角平分线的性质定理、角平分线的有关计算 【分析】本题考查了角平分线的性质，直线和圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，过作交于，由角平分线的性质可得，，即得，即可判定；由，可判定；由平行线的性质和角平分线的定义可得，即得，再利用余角性质可得，即可判定；证明，可得，即得，即可判定，综上即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：过作交于， ∵，， ∴， ∵分别平分， ∴，， ，即点是边的中点，故正确； ∵，， ∴， ∵， ∴以为直径的圆与直线相切，故正确； ∵， ∴， ∵分别平分， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，故正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即，故错误； 故选：． 38．（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】已知直线和圆的位置关系求半径的取值、圆和圆的位置关系、用勾股定理解三角形 【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． 39．（2025·上海奉贤·三模）已知：在平面直角坐标系中（如图），反比例函数在第一象限内的图像与直线的交点为，且直线与直线平行． (1)求直线的表达式； (2)若以A为圆心、半径长为r的与以原点O为圆心、半径长为1的相切，求r的值． 【答案】(1) (2)或 【知识点】一次函数与反比例函数的交点问题、已知直线和圆的位置关系求半径的取值、一次函数与几何综合 【分析】本题考查了反比例函数和一次函数的交点问题，涉及待定系数法求函数解析式和两圆相切的性质，熟练掌握待定系数法求函数解析式和两圆相切的性质是解题的关键． （1）根据交点求出m的值，再根据两直线平行求出k的值，再代入点A坐标即可求出b的值； （2）根据相切的性质，分两圆内切和外切两种情况讨论即可． 【详解】（1）解：∵反比例函数在第一象限内的图像与直线的交点为， ∴， ∵直线与直线平行， ∴， ∴， 解得， ∴． （2）解：∵， ∴， ∵以A为圆心、半径长为r的与以原点O为圆心、半径长为1的相切， 当两圆外切时，， ∴； 当两圆内切时，， ∴； ∴r的值为或． 题型十二、切线的判定定理 易｜混｜易｜错 忽略 “经过半径外端” 和 “垂直于这条半径” 两个条件，误用单一条件判定切线；混淆判定与性质的逻辑，用切线性质作为判定依据；复杂图形中找错半径外端或垂直关系，导致判定错误；在非圆图形中误用定理。 40．（2025·上海嘉定·三模）如图，是的直径，连接交于点，连接、，使得． (1)试判断与的位置关系并说明理由 (2)若点是的中点，与交于点，求证：． 【答案】(1)相切，理由见详解 (2)见详解 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、证明某直线是圆的切线、圆周角定理、根据等角对等边证明等腰三角形 【分析】（1）由圆周角定理得到，证得，根据相似三角形的性质得到，根据切线的判定定理即可证得结论； （2）由弧和圆周角的关系证得，根据直角三角形的性质和三角形的外角定理证得，由等腰三角形的判定定理即可证得结论． 【详解】（1）解：相切，理由如下， 是的直径， ， ， ， ， ， ， ， 是的切线； （2）证明：∵， ∴， 点是的中点， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，弧和圆周角的关系，等腰三角形的性质和判定，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键． 41．（2025·上海黄浦·二模）已知，在中，，，，是边上一动点，连接．点在线段上，且，以点为圆心，为半径作，交边于点． (1)当点与点重合时，判断与边的位置关系并说明理由； (2)已知点在上，且，与边交于点，当经过圆心时（如图），求的值； (3)过点作，交边于点，当与线段只有一个交点时，求的取值范围． 【答案】(1)相切，见解析 (2) (3)或 【知识点】证明某直线是圆的切线、解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）过点C作于点，先解求出，的度数，过点O作于点，则当点与点重合时，，由，得到，故，即可判断； （2）由垂径定理的推论可得，可得为等腰直角三角形，证明，则，设，则，由，得到，那么，代入即可求解； （3）当与线段相切时，过点作于点，过点作于点，导角证明，则，那么；当经过点时，过点分别作，垂足分别为，由平行线分线段成比例定理得到，设，则，则，那么，解得到，再由平行线分线段成比例定理得到，即，求出，即可求解． 【详解】（1）解：与边相切，理由如下： 过点C作于点， ∵在中，， ∴， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 过点O作于点, ∵，当点与点重合时， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 而为半径，为点O到边的距离， ∴与边相切； （2）解：∵，经过圆心， ∴， ∵经过圆心， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵为半径，， ∴， ∴一定不经过点， 当与线段相切时，如图： 过点作于点，过点作于点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 当经过点时，过点分别作，垂足分别为， ∴，， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴当时，符合题意， 综上所述，当与线段只有一个交点时，或． 【点睛】本题考查了圆的切线的性质，直线与圆的位置关系，垂径定理及其推论，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，难度较大，解题的关键在于两个临界情况进行分析． 42．（2025·上海·模拟预测）如图，是⊙O的直径，是弦，点E在圆外，于D，交于F，连接，，，． (1)求证：，并判断直线与的位置关系． (2)求证： ． 【答案】(1)见解析． (2)见解析． 【知识点】圆周角定理、证明某直线是圆的切线、相似三角形的判定与性质综合、三角函数综合 【分析】本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质等知识，证明是解决问题（2）的关键． （1）利用两个角相等得，得，再根据两边成比例且夹角相等证明；根据圆周角定理得，则，从而有，即可证明结论． （2）通过证明得到，再证明出，根据面积之比等于相似比的平方得到，即可证明结论． 【详解】（1）证明：与相切，理由如下： ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是半径， ∴与相切． ∵， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． （2）证明：∵是直径， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵O是中点， ∴， ． 题型十三、圆内接四边形 易｜混｜易｜错 忽略 “内接于圆” 前提，在非圆内接四边形中误用对角互补结论；混淆外角与内对角的对应关系，找错对应角；复杂图形中误将非内接四边形当成内接四边形，导致角度计算错误；用对角互补反推内接四边形时忽视前提。 43．（2025·上海徐汇·一模）如图，四边形中，，如果，且，那么的长是__________（用含的式子表示）． 【答案】 【知识点】四点共圆、已知圆内接四边形求角度、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定 【分析】延长，过点D作，交的延长线于点H，证明A、B、C、D四点共圆，得出，证明为等腰直角三角形，得出，设，则，，根据勾股定理得出，求出，根据勾股定理得出，即，求出，即可得出答案． 【详解】解：延长，过点D作，交的延长线于点H，如图所示： 则， ∵，， ∴， ∴A、B、C、D四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， 设，则，， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 整理得：， 即， ∴，（舍去）， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了四点共圆，圆内角四边形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握圆内接四边形的判定和性质． 44．（2025·上海·模拟预测）已知E为x轴正半轴上一点，交x轴于A，B两点，交y轴于C，D两点，P点为劣弧上一个动点（点P不与B，C重合），且，． (1)如图1，连接，取的中点G，连接，，则与具有怎样的关系？并求的最大值； (2)如图2，连接，，，其中与y轴交于点F，平分交于点Q； ①求点Q的运动路径长； ②记，，求y关于x的函数关系式； (3)如图3，连接，，，求证：定值． 【答案】(1)关系为，，的最大值为 (2)①；② (3)见解析 【知识点】已知圆内接四边形求角度、相似三角形的判定与性质综合、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）由题意得：为的直径，，利用垂径定理得到，利用三角形的中位线定理和直径是圆中最长的弦的性质解答即可； （2）①连接，利用勾股定理得到，利用等腰三角形的判定与性质得到，进而得到点Q的运动轨迹为以A为圆心，2为半径，圆心角为的，最后利用弧长公式解答即可； ②连接，利用勾股定理，圆周角定理和相似三角形的判定与性质解答即可得出结论； （3）在的延长线上取一点H，使，连接，，过点A作于点K，利用全等三角形的判定与性质得到，利用等腰三角形的三线合一的性质和直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论． 【详解】（1）解：与具有的关系为：，，理由如下： 由题意得：为的直径，， ∴， ∵点G为的中点， ∴， ∴为的中位线， ∴，， ∴当取得最大值时，取得最大值． ∵直径是圆中最长的弦， ∴当为圆的直径时，最大， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴的最大值为4， ∴的最大值为2； （2）解：①连接，如图， 则， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴，， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵P点为劣弧上一个动点（点P不与B、C重合）， ∴点Q的运动轨迹为以A为圆心，2为半径，圆心角为的， ∴点Q的运动路径长； ②连接，如图， 由①知：，， ∴，， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：在的延长线上取一点H，使，连接，，，   过点A作于点K，如图， 由题意得：为的直径，， ∴， ∴， ∵四边形为圆的内接四边形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴为定值． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，三角形的中位线，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆的弧长公式，连接直径所对的圆周角，作出弦心距是解决此类问题常添加的辅助线． 45．（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】圆周角定理、已知圆内接四边形求角度、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）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． 题型十四、圆的综合问题 易｜混｜易｜错 忽略多个定理的前提条件，在综合应用中误用垂径定理、圆周角定理等；复杂图形中找错对应线段、角度或弧，导致关系判断错误；多解问题中未分类讨论（如圆心位置、弦的位置），导致漏解；混淆不同圆的性质，在多圆问题中误用同圆或等圆的结论；实际应用中误将非几何量代入公式，导致计算偏差。 46．（2025·上海·模拟预测）在平面直角坐标系中，以原点O为圆心作：．若抛物线与⊙O有且只有两个交点，且抛物线不从内部穿过，则的取值范围（用表示）为____． 【答案】或 【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、圆与函数的综合(圆的综合问题) 【分析】本题考查圆的性质、二次函数的图像性质．根据圆和抛物线图像的对称性可知，要满足条件，则，联立圆和抛物线的方程，消去x得到关于y的一元二次方程，则该方程有且仅有一个大于且小于的根，据此即可解答． 【详解】解：可化为， 它表示动点到定点的距离为定值， 即的几何意义是以原点为圆心，为半径的圆， 抛物线的图象是关于与x轴垂直的直线对称的， 故要使抛物线和圆有且只有两个交点，且抛物线不从内部穿过， 则抛物线对称轴为y轴，即，，图像可能是： ①  或②  ， 由得，代入得， 即（*）， 则，则， 此时方程（*）的根为， ①，解得； ②，解得； 综上，或． 47．（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】圆与三角形的综合(圆的综合问题)、求角的余弦值、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形 【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； 48．（2025·上海杨浦·模拟预测）已知在中，，点是直线上一点，点是射线上一点，． (1)如图1，当时，求的长； (2)当点在射线上时，设，求关于的函数解析式，并写出定义域； (3)过点作，交射线于点，如果以为圆心，为半径的圆与以点为圆心，为半径的圆有且只有一个交点，求的长． 【答案】(1)1 (2) (3) 【知识点】圆与三角形的综合(圆的综合问题)、解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、等腰三角形的性质和判定 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，圆的综合问题等知识，正确作出辅助线是解题的关键． （1）先用勾股定理求出，证明，再运用这两个角的正切值列出方程求解即可； （2）过点作的垂线交延长线于点，可得，由同理得到，从而得到，即，求出n，从而得到； （3）分当在线段上时，当点在线段延长线上时两者情况，运用相似三角形的判定与性质求解即可． 【详解】（1）解：， ， ， ， ， ， ， ， ， 设， ， ∴，即， 解得：； （2）如图：过点作的垂线交延长线于点， 由， 设， ， ， ， ，即， 解得：， ； （3）解：如图：在线段上时，过作于，连接， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 此时和外切符合； ， ， 解得：， ， ， ． 当点在线段延长线上时， 此时有且仅有和外切，， 同理：， ， 解得：， ， ， ， ∴， ， ， ， 综上：． 49．（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 【知识点】圆周角定理、折叠问题、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）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． 题型十五、正多边形的中心角 易｜混｜易｜错 混淆中心角与内角的定义，记错中心角公式（误将 ​ 记为内角公式）；忽略 “正多边形” 前提，在非正多边形中误用中心角性质；综合问题中找错中心角对应的边，导致角度计算错误。 50．（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． 51．（2025·上海·二模）边长为a的正十边形的半径是（   ） A．； B． C． D． 【答案】A 【知识点】求正多边形的中心角、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查三角函数，正多边形的性质，根据题意画出图形，过点O作交与点M，再根据等腰三角形三线合一的性质得出，，最后根据余弦的定义求解即可得出答案． 【详解】解：如图，正十边形的中心角， 过点O作交与点M， ∴，，． ∴， ∴ 故选：A． 52．（2025·上海杨浦·模拟预测）如果将一个正多边形绕它的中心旋转后，才与原正多边形第一次重合，那么这个正多边形的边数是_____________． 【答案】12 【知识点】已知正多边形的中心角求边数 【分析】本题主要考查了正多边形中心角与其边数的关系，正多边形的中心角等于360度除以其边数，根据题意可得该正多边形的中心角为，据此求解即可． 【详解】解：由题意得，该正多边形的中心角为， ∴这个正多边形的边数为， 故答案为：12． 53．（2025·上海·二模）在平行四边形中，连接．在上取点M，向下作以为直径的半圆O，交于点N．    (1)如图1，若，是半圆O内接正十二边形的一边，求的长． (2)若； （i）如图2，当弧的中点E为半圆O与直线的唯一交点时，求的长． （ii）如图3，连接交于点P，交半圆O于点Q，射线和的交点为点T．连接，当时，求的余弦值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、求正多边形的中心角、切线的性质定理 【分析】（1）连接，作于点，根据中心角的计算公式求出，等边对等角，求出的度数，进而求出的度数，分别解，求出的长，进而求出的长即可； （2）（i）连接由题意，与圆O相切于点，根据弧，弦，角之间的关系，求出，三角形的外角推出，进而得到，推出，勾股定理求出的长，设，则，根据，求出的值，再根据，求出的长，利用线段的和差关系求出的长； （ii）延长交于点，三线合一得到，平行四边形的性质，得到，，，设，则，证明，得到，证明，得到，得到，进而得到，求出的长，进而求出的长，作于点，作于点，则：，平行线分线段得到，，进而推出，得到，进而求出，设，则：，利用勾股定理求出的值，再根据余弦的定义，进行求解即可． 【详解】（1）解：连接，作于点，则：，    ∵是半圆O内接正十二边形的一边， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平行四边形， ∴， 在中，，， 在中，， ∴； （2）（i）连接    ∵E为半圆O与直线的唯一交点， ∴与圆O相切于点， ∴， ∵E为弧中点， ∴， ∴， ∵，，即：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则， 则，即：， 解得：， ∵，即：， ∴， ∴； （ii）延长交于点，    ∵为圆O的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平行四边形， ∴，，， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∴， ∴， 作于点，作于点，则：， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则：， 在和中，由勾股定理，得：， 即：， 解得：， ∴． 【点睛】本题考查圆与正多边形，直线和圆的位置关系，圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理知识点，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，是解题的关键． 题型十六、正多边形和圆的综合 易｜混｜易｜错 混淆正多边形的中心角、内角、外角的定义及公式，记错对应角度关系；忽略 “正多边形内接于圆” 的前提，在非内接情况下误用性质；综合问题中找错中心角、半径、边长的对应关系，导致计算错误；多解问题中未分类讨论（如边数、圆的位置），导致漏解；混淆外接圆与内切圆的半径，误用线段长度。 54．（2025·上海奉贤·三模）圆半径长为，对于圆的内接正六边形，下列说法错误的是（   ） A．中心角是 B．内角是 C．边心距为 D．边长为 【答案】D 【知识点】正多边形和圆的综合、用勾股定理解三角形、等边三角形的判定和性质、三线合一 【分析】根据正六边形的性质，计算它的中心角、内角、边心距以及边长即可． 【详解】解：如图，正六边形内接于，连接，，过点作于点， ∴，， 即中心角是，故选项A不符合题意； ∵正六边形内接于， ∴， 即正六边形的内角为，故选项B不符合题意； ∵，， ∴是等边三角形， ∴， 即正六边形的边长为，故选项D符合题意； ∵， ∴， ∴， 即正六边形的边心距为，故选项C不符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查正多边形和圆，考查了正六边形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一性质，勾股定理等知识点．掌握正六边形的性质是解题的关键． 55．（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 【知识点】正多边形和圆的综合 【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． 56．（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】 【知识点】圆和圆的位置关系、正多边形和圆的综合 【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： 57．（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：． 58．（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． 题型十七、弧长公式 易｜混｜易｜错 忽略圆心角的单位要求，误用弧度或非对应角度代入公式；记错弧长公式，混淆弧长与圆周长的关系；找错圆心角对应的弧，导致计算错误；实际问题中误将非弧段长度当成弧长，误用公式。 59．（2025·上海·模拟预测）如图，正方形的边长为2，则阴影部分的周长与面积的比值为：________    【答案】 【知识点】求其他不规则图形的面积、求弧长、根据正方形的性质求面积 【分析】本题考查了扇形的面积，正方形的性质，弧长公式等知识，根据周长的定义，利用弧长公式计算出周长，利用公割法，扇形的面积公式计算出面积，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解： 如图，由题意可得，图中小正方形的边长为1，    ， ， ， ， ， ， ， ∴阴影部分的周长与面积的比值为： ， 故答案为：． 60．（2025·上海·二模）如图，圆和圆B相交于点、，连结、、，．若、，则圆的劣弧的长为___________．（取、取、取，保留） 【答案】 【知识点】解直角三角形的相关计算、求弧长、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了圆的基本性质，三角函数的应用，弧长公式． 本题先通过作辅助线结合三角函数求出的度数，再求出的度数，再求出圆的半径，最后根据弧长公式求出劣弧的长． 【详解】解：连接，，，且与交于点， ，， 垂直平分， 在中，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 在圆中劣弧的长为：． 61．（2025·上海·三模）某款“不倒翁”的主视图如图1，它由半圆和等边组成，直径，半圆的中点为点，为桌面，半圆与相切于点，拨动“不倒翁”后它在桌面上做无滑动的滚动． (1)如图1，，请直接写出的长为______（结果保留根号）； (2)如图2，当时，连接， ①直接写出的度数，并求点C到桌面的距离（结果保留根号） ②当或垂直于时“不倒翁”开始折返，直接写出从滚动到（图2-图3）过程中，点在上移动的距离． 【答案】(1) (2)①，；② 【知识点】求弧长、切线的性质定理、用勾股定理解三角形、含30度角的直角三角形 【分析】（1）如图1：连接，，先根据等边三角形及勾股定理求得，，，三点共线，，之间的距离为，最后根据线段的和差即可解答； （2）①如图2：延长交于，过点C作，，先说明、可得，进而得到；再说明，最后根据角的和差即可解答；解可得，故，点C到桌面的距离为②根据①可得，进而从滚动到过程中经过的圆心角为，最后根据弧长公式即可解答． 【详解】（1）解：如图1：连接，， 等边， ， ， 半圆与相切于点，半圆的中点为点， ∴，， ， ∴， ，重合，， ∴ ，，三点共线，，之间的距离为， 故答案为：； （2）解：①如图2：延长交于，过点C作，， 等边， ， ，， ， ， 半圆的中点为点，为半径， ， ； ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴， 在中，， ∴， 由勾股定理得，， ∴， ∴点C到桌面的距离为； ②如图：当时， 由①可得， ， 从滚动到过程中经过的圆心角为， 点在上移动的距离等于． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、勾股定理、弧长公式、切线的性质等知识点，正确作出辅助线成为解题的关键． 题型十八、扇形的定义及面积 易｜混｜易｜错 混淆扇形定义，误将非由圆心角和两条半径围成的图形当成扇形；记错扇形面积公式，混淆与弧长公式的结构；忽略圆心角单位要求，误用弧度或非对应角度代入；找错对应半径或圆心角，导致面积计算错误；混淆扇形面积与圆面积的比例关系，误用比例结论。 62．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知扇形，过点作，垂足为点，如果，那么扇形的面积为_______________．（结果保留） 【答案】 【知识点】圆的基本概念辨析、求扇形面积、根据特殊角三角函数值求角的度数 【分析】本题主要考查了解三角形和扇形面积的计算，先根据在中，，得出扇形的圆心角度数，进而根据扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：∵，，， ∴，， ∴， ∴扇形的面积， 故答案为． 63．（2025·上海·模拟预测）如图，已知等腰直角中，，D是斜边的中点且，以B为圆心，为半径画弧，交于F，以C为圆心，为半径画弧，分别交，于E，G，则阴影部分的面积为_____．    【答案】4 【知识点】求其他不规则图形的面积、求扇形面积、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查扇形面积的计算、等腰直角三角形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．根据题意和图形可以得到阴影部分的面积是的面积减去扇形的面积和右上角空白部分的面积，由题目中的数据可以求出各部分的面积，从而可以解答本题． 【详解】解：等腰直角中，，D是斜边的中点且， ∴， ， ∴， ∴阴影部分的面积是：， 故阴影部分的面积是4． 故答案为：4 64．（2025·上海·模拟预测）在矩形中，以D为圆心，为半径画弧，交于点E，再以为直径作半圆交弧于点F，连接、，若，则随机往该区域丢飞镖，落在阴影部分的概率为___________________． 【答案】 【知识点】几何概率、解直角三角形的相关计算、求其他不规则图形的面积、根据矩形的性质求线段长 【分析】连接，过点E作于点M，过点E作于点N，根据题意及矩形的性质可以推出是等边三角形，再根据等边三角形的性质和邻补角定义得出，然后解直角三角形求出，从而得出，根据勾股定理及三角形面积公式可得出，最后根据图形得出阴影部分的面积代入即可得出答案． 【详解】解∶如图， 连接，过点E作于点M，过点E作于点N， ， ． 四边形为矩形， ． 以D为圆心，为半径画弧，交于点E，再以为直径作半圆交弧于点F， ， ， ． 是等边三角形． ，． ． ， ， ，． ，， ． ． 在中， ，， ． ． 图中阴影部分的面积 ． ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了扇形面积公式，矩形的性质，等边三角形的判定及性质，解直角三角形，概率计算，熟练掌握性质定理是解题的关键． 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． 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 【知识点】圆和圆的位置关系 【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·模拟预测）如图，以边长为1的正方形的顶点O、P、R分别为圆心作圆，圆O过点Q，圆P、R均和圆O内切．设圆P、R上任意两点之间的距离是d，则d的最大值是_________． 【答案】 【知识点】圆和圆的位置关系、求过圆内一点的最长弦 【分析】本题考查圆的内切，圆上两点间距离的最值：连接，延长交圆于C，求出圆P和圆R的半径．连接P，R，并延长与圆P交于A，与圆R交于B，则AB的长度即为圆P、R上任意两点之间的距离d的最大值． 【详解】如图，连接，延长交圆于C， 由圆O和圆P内切知C点即为切点， ∴， 连接P，R，并延长与圆P交于A，与圆R交于B， 则AB的长度即为圆P、R上任意两点之间的距离d的最大值， ∴， 故答案为：． 4．（2025·上海杨浦·模拟预测）两个相切的圆半径分别为和，若圆心距，那么的最小值为______． 【答案】 【知识点】圆和圆的位置关系 【分析】本题考查了圆和圆的位置关系，熟练掌握两个相切的圆分外切和内切两种情况是解题的关键．根据两圆相切可分外切和内切两种情况：外切时，则圆心距等于两圆半径之和；内切时，则圆心距等于两圆半径之差，据此即可求得答案． 【详解】解：根据题意，当两圆外切时，则，即； 当两圆内切时，则，即； 那么的最小值为． 故答案为：． 5．（2025·上海松江·二模）如图，在中，，，点在边上，以O为圆心，为半径的圆与边交于点，与边相切于点E． (1)当时，求的半径长； (2)求的值． 【答案】(1)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， ， ， ，， ， ， ， ， 的半径长为4． （2）解：连接、，则， ，， ， △是等边三角形， ，, ， △是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， 的值为． 6．（2025·上海·模拟预测）如图，在⊙O中，直径垂直于弦于点H． (1)联结，求证：； (2)若四边形是菱形，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】线段垂直平分线的性质、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、利用垂径定理求值 【分析】此题考查了垂径定理、勾股定理、菱形的性质等知识，熟练掌握垂径定理是解题的关键． （1）根据垂径定理得到垂直平分，即可证明结论成立； （2）根据菱形的性质得到，勾股定理证明，即可得到结论． 【详解】（1）解；如图， ∵直径垂直于弦于点H． ∴， ∴垂直平分， ∴； （2）∵四边形是菱形， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴ 1．（2025·上海·模拟预测）已知矩形 ，，，点是边 上的动点，以为圆心，为半径画圆，将圆沿直线翻折得到圆，如果点恰好在圆与圆的连心线上，那么圆与圆的公共弦的长度为______． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据菱形的性质与判定求线段长、圆的基本概念辨析、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，圆的有关概念等知识，连接，，，设与交于点，由圆沿直线翻折得到圆，点恰好在圆与圆的连心线上，则，所以四边形是菱形，故有，，又四边形是矩形，则，，，所以，，通过，可得，从而得出，，在中，，即，然后求出即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，，，设与交于点， 由圆沿直线翻折得到圆，点恰好在圆与圆的连心线上， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴圆与圆的公共弦的长度为， 故答案为：． 2．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，已知在中，是直径，点是的中点，点是弧的中点，点是弧上一点，，过点作，交于点，那么的值是_____________． 【答案】/ 【知识点】线段垂直平分线的性质、用勾股定理解三角形、利用垂径定理求值、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查平行线截线段成比例，垂直平分线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，垂径定理等知识，正确做出辅助线是解题的关键．先连接，，过作于，根据三个垂直关系得到，得到，，证明，从而得到，判定继而求出，进而求出，用勾股定理求出，从而得解． 【详解】解：连接，，过作于， ， ，， 设圆半径为2， 点是的中点， ∴ ∵点是弧的中点， ， ， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ， ． 3．（2025·上海金山·模拟预测）已知：和相交于、两点，线段的延长线交于点，、的延长线分别交于点、． (1)、，、分别与连心线相交于点、点．如图1，求证：； (2)如图2，已知，当点与重合，的半径为4时，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)的半径为3 【知识点】圆的基本概念辨析 【分析】本题主要考查“圆的基本性质”，连接半径，通过圆的性质推导出线段之间的数量关系和位置关系是解题关键． （1）连接半径，根据同圆的半径相等，推出是的垂直平分线，进而推出，再通过补角的性质和等腰三角形的性质，推出，得到也是的垂直平分线，即可得证． （2）利用（1）中得到的，连接半径，借助等腰三角形的性质，通过等角转换，求出，再通过勾股定理即可求解． 【详解】（1）如图，连接，，，，，． ∵是连心线，是公共弦， ∴，． ∴垂直平分． ∴，． 又， ∴． ∴． ∴． 又，， ∴． ∴． ∴． ∴，即． ∴是的垂直平分线． ∴． ∴． （2）如图，连接、． ∵，∴．∵，∴． ∵，∴．∴． ∴． ∵，∴． 在中，，，∴． ∴的半径为3． 4．（2025·上海·模拟预测）如图，线段的中点是点，以点为圆心，为半径作，点是上一点（不在直线上），连接、、． (1)求证：． (2)若，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】圆的基本概念辨析、相似三角形的判定与性质综合、三角函数综合、求角的正切值 【分析】（1）利用角相等，角的两边对应成比例即可证明两三角形相似； （2）为求，则过点作，垂足为点，利用求解．为求，先求，故过点作，垂足为点，易求，设，根据几何关系依次计算即可． 本题考查了三角形相似的判定、等腰直角三角形的性质、三角函数的应用． 【详解】（1）证明：∵， ， 在与中， ， ∴． （2）解：过点作，垂足为点．过点作，垂足为点． ∴是等腰直角三角形， 根据勾股定理可知， 设， 则， 在中，∵， ． 2 / 149 1 / 149 学科网（北京）股份有限公司 $