专题05 圆（专题专练）（全国通用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题05 圆 中 目 录 第一部分 风向速递 洞察考向，感知前沿 新情境 新考法 新设问 第二部分 分层突破 固本培优，精准提分 一阶·题型靶向练 题型 1：垂径定理及其推论综合 题型 2：圆周角定理与圆内接四边形综合 题型 3：切线的判定与性质 题型 4：相交弦与割线模型综合计算 题型 5：中点弧模型应用 题型 6：圆的内心与外心模型综合 题型 7：双切线模型（双切图）计算 题型 8：射影定理在圆中的应用 题型 9：圆与锐角三角函数综合 题型 10：圆的基本性质多结论判断题 题型 11：弧长与扇形面积的实际应用 题型 12：点/直线与圆的最值问题 题型 13：圆与全等 / 相似三角形综合证明 题型 14：圆中线段和差最值问题 题型 15：圆与坐标系综合应用 题型 16：圆中的动点轨迹与最值问题 题型 17：圆的存在性问题 题型 18：圆的折叠与旋转综合变换问题 题型 19：圆与函数（一次、二次函数）综合压轴 题型 20：圆的新定义与阅读理解题 二阶·素养进阶练 第三部分 真题验证 对标中考，感悟考法 风●向●速●递 【新情境问题】（考查解直角三角形、勾股定理，及圆的切线性质与内切圆半径计算） 1．（2025·广东深圳·三模）【综合与实践】 新学期，同学们回校布置教室．如图所示，教室前门宽度，门轴到墙角的距离，设，，在同一条直线上，门打开后被教室黑板墙阻挡，，门边靠在墙的位置． (1)门打开的最大角度______； (2)教室的俯视图如图2，其中靠近前门第一位同学课桌右侧与墙的距离为，且该矩形课桌的边与教室前墙平行，若要使得开关门不受阻挡，则与的距离需大于多少？（结果保留根号） (3)如图，同学们想充分利用教室的空间，在门后中放置一个圆柱形的储物桶，如果购买直径为的圆柱形桶，能放得进吗？请说明理由．（参考数据：，，） 【答案】(1)； (2)需大于； (3)能放进，理由见解析． 【分析】（）易得，进而可得的余弦值，即可求得的度数，则可以求得的度数； （）作于点，连接，求得的长度，加上的长度，即可求得点到的距离，进而可得开关门不受阻挡，与的距离范围； （）求得直角三角形内切圆的半径，进而可得内切圆的直径，和圆桶的直径比较即可得到能否放进去． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：在图中作于点，连接， 则，， 由题意得：， ∴， ∵， ∴， ∴与的距离需大于； （3）解：能放进直径为的圆柱形桶，理由如下： 如图，设圆心为，内切圆半径为，连接切点，，，则四边形为正方形， ∴， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴能放进直径为的圆柱形桶． 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，勾股定理，切线的性质，正方形的性质，一元一次方程等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 【新考法问题】（考查三角形内心定义、切线长定理，及直角三角形内切圆相关计算） 2．（2025·江苏泰州·三模）综合实践：探索三角形内心的性质 定义回顾：三角形三条角平分线的交点称为三角形的内心． 性质应用： （1）在中，，I是的内心，则 ． （2）在中，，则内切圆的半径为____． 性质拓展： （3）刘徽是魏晋时期我国伟大的数学家，是中国古典数学理论的奠基者之一．他在注解《九章算术》时，十分重视一题多解，其中最典型的就是给出直角三角形内切圆直径的多种表达形式．如图1，已知，在中，，的长分别表示为a，b，c，内切圆的直径为d． ①在下列表达式中（A）；（B），选择一个正确的表达式，并证明这个表达式的正确性． 我选________（填“A”或“B”） ②如图2，若，过的内心O，作一直线分别交，于M，N，当的面积最小时，求的长． 【答案】（1）；（2）；（3）①B；② 【分析】（）由三角形内角和定理得，再根据内心的定义得，进而即可求解； （）作的内切圆，分别与、、相切于、、，连结，，，，，，等腰三角形的面积可通过作高求得，这样得到关于半径的方程，解方程即可； （3）①同理（2）得，则有，然后可得，进而根据完全平方公式可进行求解；②过点M作于点G，连接，过点O分别作，则有，然后可得设，，进而可得，最后根据二次函数的性质及三角函数可进行求解． 【详解】解：（）如图， ∵在中，， ∴． ∵点是的内心， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：作的内切圆，分别与、、相切于、、，连结，，，，，， 则，，， 是内心， ， ， ． 、、三点共线， ， 设内切圆半径为， ，， ， ，则， 又， ，则内切圆的半径为． 故答案为：． （3）①如图，作的内切圆，分别与、、相切于、、，连结，，，，，， 同理（2）得， ， ∵，， ∴，即， ∴， ， ， ∴ ， ∴， ∴， 故B正确， 故答案为：B； ②过点M作于点G，连接，过点O分别作，如图所示： ∵点O为内心， ∴是的角平分线， ∴， ∵，， ∴， ∴，， 由①知， ∴， ∴的内切圆半径为，即， 设， ∴， ∴， ∴， 整理得：， 当点N与点B重合时，过点M作于点H，如图， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 令， ∵， ∴， ∵，且对称轴为， ∴当时，有最大值， ∴当时，的面积有最小值，最小值为； ∴，， ∴， ∴ 【点睛】本题考查了三角形的内心，切线长定理，勾股定理及三角函数，掌握以上知识点是解题的关键． 【新设问问题】（考查旋转的性质、相似三角形判定，及等腰三角形存在性与圆内接四边形性质） 3．（2025·广东佛山·三模）如图1，在中，，将绕点顺时针旋转到，连接． (1)绕点旋转过程中，求证：； (2)绕点旋转过程中，延长交线段于点，当四边形为平行四边形时，求线段的长度； (3)在绕点旋转过程中，是否存在以、、为顶点，且为腰的等腰三角形，若存在，直接写出的长度，若不存在，说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)存在，或． 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，确定圆的条件，解直角三角形等知识，掌握以上知识是解答本题的关键． （1）可得出，，进而得出，从而； （2）连接，根据，得出，，从而点、、、共圆，从而，从而得出，进而得出，进一步得出结果； （3）作于，作于，设，当时，可得出，， ，从而得出，，，在中根据勾股定理得出的值，进而得出的值；同样方法求得当时的结果． 【详解】（1）解：∵绕点顺时针旋转到， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （2）解：连接，如图： ， ∵，，， ∴，， 由（1）知，， ∴，， 即， ∴点、、、共圆， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：作于，作于， 设， 如图： ， 当时， ∵， ∴， 由（2）知， ，，点、、、共圆， ∴，， ∴， ， ∴， ， ∴， 在中，由勾股定理得， ， 即， ∴， ； 当时，如图： ， ∵， ∴， ∴， 在中，，由勾股定理得， ， ∴， ∴， ∴， 综上所述： 或； 分●层●突●破 一阶·题型靶向练 题型01 垂径定理及其推论综合 1．（2026·湖南·模拟预测）如图，是的直径，是上两点，于点，若，则（   ） A．10 B．5 C．6 D．3 【答案】A 【分析】本题主要考查了勾股定理，垂径定理，解直角三角形的相关计算，解题的关键是熟练掌握相关的性质．连接，根据垂径定理得出，根据，得出，设，则，，根据勾股定理得出，求出，得出，根据，求出结果即可． 【详解】解：连接，如图所示： ∵， ∴，， ∵， ∴， 即， 设，则，， 在中，根据勾股定理得： ， 即， 解得：或（舍去）， 即，， ∴， ∴． 故选：A． 2．（2026·陕西·一模）如图，为的直径，弦于点F，于点E，若，，则的长度为______． 【答案】 【分析】本题主要考查了垂径定理、勾股定理等知识点，灵活运用垂径定理和勾股定理求出边的长度是解题的关键． 如图：连接，根据勾股定理求出，根据垂径定理求出，可求出，设，则，根据勾股定理得出，求出，再根据勾股定理求出，根据垂径定理求出，即可求出的长． 【详解】解：如图：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得：， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， 由勾股定理得：， ∴，解得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 3．（2025·广东惠州·三模）图1是木马玩具底座水平放置的示意图．点O是所在圆的圆心，的半径为，已知点A，B之间的水平距离为，且两点距离地面的竖直高度一样高． (1)求点A的竖直高度； (2)将图1的木马玩具沿地面向右作无滑动的滚动，当与相切于点B时，如图2，点A的竖直高度升高了多少？（参考数据：） 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，作辅助线构造直角三角形是解题的关键． （1）过点作于点C交于点D，则为切点，根据勾股定理求出长即可解题； （2）过点作于点，根据列方程解题即可． 【详解】（1）解：过点作于点C交于点D，则为切点， ∵A，B两点距离地面的竖直高度一样高， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点A的竖直高度； （2）解：过点作于点， 则A点到地面的距离为长，设，则， ∴，即， 解得， ∴点A的高度升高为． 题型02 圆周角定理与圆内接四边形综合 4．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，四边形内接于，其中，，分别延长，交于点A．若，则的半径为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理，过点作于，连接，作直径，连接，设，则，由直角三角形的性质可得，由勾股定理可得，证明，求出，从而可得，证明，求出，再由勾股定理得出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，过点作于，连接，作直径，连接， ， 设，则， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形内接于， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的半径为， 故选：A． 5．（2025·江苏连云港·二模）如图，点A，B，C都在上，若，，则的度数为______° 【答案】75 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形性质，等边三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 延长交于点D，连接，根据圆周角定理可得，从而可得，然后利用圆内接四边形的性质可得，从而可得，进而可得是等边三角形，再利用等边三角形的性质可得，最后根据圆内接四边形的性质可得，再利用角的和差关系进行计算即可解答． 【详解】解：延长交于点D，连接， ∴ ∵， ∴ ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， 故答案为：． 6．（2025·安徽合肥·二模）如图，是的弦，点为上一点，的延长线垂直于，垂足为，点为弧上一点，且，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)点为上一点，平分，且，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，圆内接四边形，三角形的内角和定理，三角形的外角性质，垂直平分线的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）设与交于点，由垂径定理得，，则有，，然后通过三角形的内角和定理即可求证； （）由角平分定义可设，则，通过圆内接四边形和平角定义可得，则有，，，最后由角度和差求出的值即可． 【详解】（1）证明：设与交于点， ∵， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ； （2）解：∵平分， ∴， 设，则， ∵四边形是圆内接四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴，解得， ∴． 题型03 切线的判定与性质 7．（2025·山东泰安·一模）如图，在中，为直径，且弦，垂足为点E，点P为延长线上的一点，且与切于点C．连接并延长，交于点F，连接和． (1)求证：直线为的切线； (2)探究线段，，之间的数量关系，并加以证明； (3)若，，求的值及线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 (3)， 【分析】（1）连接，根据垂径定理可知是的垂直平分线，得，则，再利用可证明，从而证明结论； （2）利用，得，从而得出答案； （3）设，则，，由垂径定理可知是的中位线，得，，在中，由勾股定理得：，从而得出，从而解决问题． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵是直径，， ∴，， ∵是的垂直平分线， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：∵， ∴， ∵， ∴， 设，则，， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴O是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得： ∴， 解得：或（舍去）， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定与性质，垂径定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，运用参数法表示出中各边的长是解题的关键． 8．（2025·内蒙古赤峰·一模）【问题情境】一次数学活动课上，同学们对教材P．102习题12作了深入研讨． 【教材原题】如图，为的直径，与相切于，于．求证：平分． （1）【知识迁移】宏志小组同学发现，原题有多个逆命题，其中一个如下． 如图，为的直径，为上一点，于，平分．那么为的切线．这个命题是真命题吗？说明你判断的依据． （2）【问题拓展】思进小组同学发现，原题记与交于，三条线段，，有特定的数量关系．请你写出这个数量关系并说明理由． 【答案】（1）这个命题是真命题，见解析；（2），理由见解析；（3） 【分析】（1）先证明原命题正确，再证明，又由是半径，则为的切线．即可证明命题是真命题； （2）如图，在上截取，连接，作于点，证明，则，证明，则，证明，则，即可证明结论成立； 【详解】教材原题：证明：如图，连接， ， ， 与相切于， ， ， ， ， ， 平分， （1）解：这个命题是真命题，理由如下： 如图，连接， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 是半径， ∴为的切线． （2）解：． 理由如下：如图，在上截取，连接，作于点， ∵平分． ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】此题考查了切线的判定和性质、圆周角定理、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识，综合性较强，难度较大，添加合适的辅助线是解题的关键． 9．（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． 题型04 相交弦与割线模型综合计算 10．（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. 11．（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． 12．（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， ， ． 题型05 中点弧模型应用 13．（2025·浙江宁波·一模）如图，已知内接于，点M为的中点，连接交于点E，且C为弧的中点，连接 ，在上存在点 H，使得    若 ， 则的长（    ） A．4 B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，连接，证明，可得，即，设，则，证明，可得，过作于，作于，结合面积法可得：，再进一步建立方程求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵点M为的中点， ∴， ∵C为弧的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， 同理可得：， ∴， ∵，， ∴， 过作于，作于， ∴， 由面积法可得：， ∴， 解得：， ∴； 故选：C 【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，本题难度较大，作出合适的辅助线是解本题的关键． 14．（2023·陕西西安·模拟预测）如图，是半径为6的的直径，是弦，是弧的中点，与相交于点，若为的中点，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据圆周角定理得到，根据垂径定理得到，，则可证明为的中位线，所以，通过证明得到，所以，则可计算出，然后利用勾股定理计算出，从而得到的长． 【详解】解：是半径为6的的直径， ， 是弧的中点， ， ， ， 为的中位线， ， 为的中点， ， 在和中， ， ， ， ， ， 即， ， 解得：， 在中，， ， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系：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，也考查了垂径定理和圆周角定理． 15．（2025·浙江杭州·二模）如图，在矩形中，E是边上的一点，，以E为圆心，为半径的弧交于点G，交于点F．若G是的中点，则的值为_________． 【答案】 【分析】连接，过点E作于点H，设，先证明，进而得，则，再根据，得，设，则，，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，由此解得，则，，据此即可得出的值． 【详解】解：连接，过点E作于点H，如图所示： 设， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ∵， ∴， 解得：， ∴，， ∴． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，矩形的性质，圆心角、弧、弦的关系，理解圆周角定理，矩形的性质，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握相似三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键 题型06 圆的内心与外心模型综合 16．（2025·湖北武汉·模拟预测）我们将一个三角形内切圆的半径与外接圆的半径的比值叫做该三角形的“径比”，已知等腰三角形底为6，腰为5，则该三角形的“径比”为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了新定义，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的内切圆和外接圆等知识点，解题的关键是求出内切圆和外接圆的半径． 本题需计算等腰三角形的内切圆半径与外接圆半径的比值，通过勾股定理求高，进而计算面积，分别求出两个半径，最后求比值． 【详解】解：如图所示，为等腰底边上的高，点为三角形的外心， ∴， 由三线合一和勾股定理得，， ， 由勾股定理得， 解得， 如图，点为的内心， ， ∴， ∴ 故选：B． 17．（2025·江苏泰州·三模）如图，点是的内心，点是的外心． (1)请仅用没有刻度的直尺在上一个点，使得． (2)试判断点是图中哪三个点构成的三角形的外心，并说明理由．（如需画草图，请使用图2） 【答案】(1)见解析 (2)点是图中的外心，理由见解析 【分析】本题考查了三角形外心与内心，弧与弦的关系，圆周角定理．熟记三角形外心与内心的性质是解题的关键． （1）连接，并延长交于点，连接，由三角形内心的性质可得平分，平分，得到，根据圆周角定理可得，推出，进而求出，即可得到； （2）如图，连接，由（1）知，圆周角定理可得，推出，进而得到点在以点D为圆心，为半径的圆上，即是的外心． 【详解】（1）解：如图所示，点D为所求： ∵点是的外心， ∴是的外接圆， ∵点是的内心， ∴平分，平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：点是图中的外心，理由如下： 如图，连接， 由（1）知， ∴，即， ∴， ∴点在以点D为圆心，为半径的圆上，即是的外心． 题型07 双切线模型（双切图）计算 18．（2025·广东广州·二模）如图，是的切线，切点分别为A、B，是的直径，交于点E，连接交于点F，连接交于点D．下列结论错误的是（   ）． A． B． C．平分 D． 【答案】A 【分析】连接根据切线长定理判断B；再说明是的垂直平分线，根据等弧所对的圆周角相等得，即可判断B；然后证明，可得，接下来说明是的中位线，根据中位线的性质判断D即可；最后证明，解答A即可． 【详解】解：如图所示，连接 ∵是的切线， ∴． 则B正确； ∵， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∴平分； 则C正确； ∵是的直径， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴是的中位线， ∴，即． 则D正确； ∵， ∴， 不能说明这两个三角形全等． 所以A不正确． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了切线长定理，线段垂直平分线的性质和判定，圆周角定理及推论，相似三角形的判定，中位线的定义和性质，灵活选择判定定理是解题的关键． 19．（2025·安徽·三模）如图，分别与圆相切于点，射线与的延长线相交于点，与圆相交于点，连接和，若，，则圆的半径是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了切线长定理及切线的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质等，连接，由切线长定理及切线的性质得，，，进而由可设，，即得，，再证明，可得，即得到，利用勾股定理求出即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵分别与圆相切于点，是半径， ∴，，， ∴， ∵， ∴可设，， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴圆的半径为， 故选：． 20．（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． 题型08 射影定理在圆中的应用 21．（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． 22．（2025·四川广元·一模）如图，是的直径，点是延长线上一点，过作的切线，切点为，连接、． (1)若，求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质和解直角三角形． （1）连接，先证，再证，得到，可得结论； （2）先证明，得到，再利用三角形函数得，最后求出的长． 【详解】（1）证明：连接， ∵是切线， ∴， ∴， ∴， 又∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接， ∵是切线， ∴， ∴， ∴， 又∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又 ∴， ∴， 又∵在中，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴． 23．（2026·江苏南通·模拟预测）综合探究 如图所示，为的直径， 为上的两点，且 为的中点，弦 相交于点． (1)求证: ； (2)若、 ，求的长 (结果用表示)； (3)过点作的切线，交的延长线于点 ，若 求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)的长； (3) 【分析】（）根据“两角分别相等的两个三角形相似”即可得证； （）根据已知得半径为，由求出，结合是中点推出对应的圆心角为，最后用弧长公式计算出的长； （）先利用圆的切线性质得到垂直关系，再结合三角函数和勾股定理求出三角形的边长与圆的半径，接着通过角的关系证明三角形相似得到比例关系，最后设未知数建立方程并求解，舍去不合题意的解得到最终结果． 【详解】（1）证明：∵点为的中点， ∴， ∴（等弧所对的圆周角相等 ）， 又∵（公共角）， ∴（两角分别相等的两个三角形相似）； （2）解：∵为的直径， ∴（直径所对的圆周角是直角）， ∵， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∴所对的圆心角为 ∵， ∴半径， ∴的长； （3）解：如图： ∵是的切线， ∴，即， ∵， ∴在中，， ∵， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴， 又∵ ∴ ∴ ∴ 设， ∴， ∴， 又∵， 即， ∴， ∴， 解得：（舍去）， 即． 题型09 圆与锐角三角函数综合 24．（2026·江苏南京·一模）【知识技能】 （1）如图1，在中，是的中位线．连接，将绕点按逆时针方向旋转，得到．当点的对应点与点重合时，求证：． 【数学理解】 （2）如图2，在中()，是的中位线．连接，将绕点按逆时针方向旋转，得到，连接，，作的中线．求证：． 【拓展探索】 （3）如图3，在中，，点在上，．过点作，垂足为，，．在四边形内是否存在点，使得？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）存在，理由见解析 【分析】（1）用旋转的性质得到，推出，再结合三角形中位线的平行性质，得到，通过等角对等边证明； （2）先由旋转的性质得到对应边相等、对应旋转角相等，证明，得到对应边的比例关系，再结合三角形中位线定理，证明是的中位线，得到，代入比例式变形即可得证； （3）要满足，可构造以为直径的和以为直径的，利用直径所对的圆周角为直角，得到、，满足角度和为，再通过勾股定理、相似三角形的性质计算两圆圆心距，判定两圆有交点，同时验证交点在四边形内部，即可证明存在符合条件的点． 【详解】（1）解：∵绕点按逆时针方向旋转，得到，且点的对应点与点重合， ∴， ∴， ∵是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接， ∵绕点按逆时针方向旋转，得到， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵是的中位线，是的中线， ∴，， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴； （3）解：存在，理由如下： 取的中点，的中点，分别以、为圆心，、为半径作和，点为两圆的交点， ∵是的直径，是的直径， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴，由勾股定理得， ∵， ∴的半径， ∵， ∴的半径， ∴， ∵，是的半径， ∴是的切线， 过点作于点， ∵，， ∴， ∴，即，解得， ∵，即圆心到的距离大于的半径， ∴在外， 过点作于点，， 在中，， 设，，由勾股定理得，解得， ∴，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， 而， ， ∴， ∴与有交点，结合、均在外，可知两圆的交点在四边形内部， 故四边形内存在点，使得． 25．（2026·广东·模拟预测）如图，已知四边形内接于，直径交于点． (1)如图，求证：； (2)如图，连接，当时，求证：； (3)如图，在（）的条件下，交于点，，，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】()如图，连接，根据直径，得到，结合变形即可. ()如图，连接，证明即可. ()如图，延长交于点，利用三角形相似，勾股定理，垂径定理，锐角三角函数，平行线分线段成比例定理，计算即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵是圆的直径， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：如图，连接， 则， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）如图，延长交于点， 根据（）得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，（舍去）， 连接， ∵四边形是圆的内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得，（舍去）， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 过点作于点，连接， ∵，， ∴， 过点作于点，交于点， ∵，， ∴， 设， ∵， ∴， ， ∴ 在直角三角形中，根据勾股定理，得 ， ∴， 解得或（舍去）， ∴， 过点作于点， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得即， ∴． 【点睛】本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，垂径定理，勾股定理，三角函数，平行线分线段成比例定理，熟练掌握圆的性质，科学添加辅助线，活用三角形相似是解题的关键． 题型10 圆的基本性质多结论判断题 26．（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． 27．（2025·山东滨州·模拟预测）如图，的角平分线交其外接圆于点，以下说法不正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】本题考查了弧与圆周角、弦之间的关系，勾股定理的应用，全等三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，连接，延长至，使得，连接，证明，根据各选项可得出等腰三角形，进而勾股定理解直角三角形，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，延长至，使得，连接， ∵的角平分线交其外接圆于点， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， 又∵ ∴ ∴ 过点作于点， ∴， ∴ ∴，即，故A正确； 如图所示，，同理可得 ∴， ∴，故B正确； 如图所示，，同理可得 ∴， ∴，故C正确； 如图所示，，同理可得 ∴， 如图所示，作的外接圆，连接，延长交于点， ∵ ∴ ∵ ∴是等边三角形， ∵ ∴ ∴ ∴ 在中， ∴ 即 ∴，故D不正确 故选：D． 28．（2025·安徽合肥·一模）如图，矩形中，，，点E是边上一点，且，点F是边上任一点，把沿翻折，点B的对应点为，连接、，则以下结论正确的是（   ） ①当与相似时，；②的最小值是；③点到距离的最小值是；④取的中点P，连接，则的最大值是． A．①③④ B．②③④ C．②③ D．②④ 【答案】B 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、三角形的中位线性质、勾股定理、圆的基本性质，熟练掌握隐形圆上的点到定点和定直线的距离问题是解答的关键．利用相似三角形的性质可判断①；②由折叠性质得，则点在以点E为圆心，1为半径的圆上运动，如图，连接，当C、、E共线时，有最小值，最小值为，利用勾股定理求解即可判断②；过E作于G，当、、共线时，最小，即点到距离的最小，最小值为的长度，利用三角形的面积公式求得，进而求得可判断③；取的中点，连接、，利用三角形的中位线求得，则点P在以点O为圆心，为半径的圆上运动，当点P在的延长线上时，最大，最大值为，利用相似三角形的判定与性质和勾股定理求得即可判断④，进而可得答案． 【详解】解：∵矩形中，，， ∴，， ∵， ∴， ①当时，则，即， 解得； 当时，则，即， 解得， 综上，当与相似时，或，故①错误； ②由折叠性质得，则点在以点E为圆心，1为半径的圆上运动，如图，连接，当C、、E共线时，有最小值，最小值为， 在中，， ∴的最小值为，故②正确； ③过E作于G，当、、共线时，最小，即点到距离的最小，最小值为的长度， 由得， ∴， ∴点到距离的最小值为，故③正确； ④取的中点，连接、， ∵点P是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴点P在以点O为圆心，为半径的圆上运动，当点P在的延长线上时，最大，最大值为， 过O作于H，则，又， ∴， ∴， ∴，， ∴在中，， ∴的最大值是，故④正确， 综上，结论正确的是②③④， 故选：B． 题型11 弧长与扇形面积的实际应用 29．（2025·福建福州·模拟预测）综合与实践——黄金矩形． 宽与长之比为的矩形称为黄金矩形，黄金矩形给我们以协调匀称的美感，它常见于艺术、建筑、自然界中，今天我们利用纸片来折出黄金矩形，创造数学美！ 如图1，矩形纸片的宽，小明按如下步骤操作． 第一步：如图2，沿折叠．使点落在长边上的点处，连接，得正方形； 第二步：对折正方形，使边与重合，得折痕，并展开，如图3，则； 第三步：连接，沿折叠，使点落在延长线上的点处，如图4，则的长为①__________； 第四步：过点折叠纸片，得折痕，使，交于点，并展开，如图5，则矩形为黄金矩形． (1)补全小明操作过程中①所缺的内容__________； (2)小明发现，在图5中，除了黄金矩形外，还有另一个黄金矩形，请找出这个矩形，并给予证明； (3)小明进一步探究，在黄金矩形中折去正方形，留下的矩形为黄金矩形．类似于“勾股树”．黄金矩形也能不断“生长”，可以在图6中继续折出更多的黄金矩形、黄金矩形，……如图7.若用弧线将折得的不断分割的黄金矩形的分割点连接起来，便会形成一条曲线，通常被称为“黄金螺线”．自然界的很多植物、建筑、艺术作品中都有“黄金螺线”的影子．若，记的弧长分别为，请探究满足的数量关系． 【答案】(1) (2)另一个黄金矩形是矩形，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形的性质及勾股定理可算得答案； （2）根据黄金矩形的定义及正方形的性质，可得四边形为黄金矩形； （3）在黄金矩形中，设，则，利用题中给出的信息，分别求出，然后分别验证选项是否成立即可． 【详解】（1）解：根据题意可得， 在中，由勾股定理得：， 由折叠的性质可得，， 故答案为：； （2）图5中还有黄金矩形， 证明：， ， ， 矩形是黄金矩形； （3）解：在黄金矩形中，设，则， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了翻折变换（折叠问题），勾股定理，正方形的性质，黄金矩形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 30．（2025·河北邯郸·模拟预测）将一量角器与矩形直尺按如图所示的位置摆放，其中量角器的直径平行于直尺的边缘，对应量角器的刻度线，对应量角器的刻度线，且量角器的轮廓线与直尺的边缘相切于点，与直尺的另一边缘相交于点，．已知直尺的宽度为，量角器的直径为，点在直尺上的读数为． (1)分别求点、点在直尺上的读数． (2)如图，直尺保持固定，将图中的量角器沿向右作无滑动地滚动，当量角器的端点恰好落在直尺的上边缘时停止． 求此时点在量角器上的读数（结果精确到）； 求此时点P在直尺上的读数（结果精确到）．（参考数据：，取） 【答案】(1)点在直尺上的读数为，点在直尺上的读数为； (2)点在量角器上的读数约为；． 【分析】（）连接交于点，连接，由半圆与相切于点P，则，所以，然后通过勾股定理求出，由垂径定理得，从而求解； （）如解图，连接，，设与交于点，在中，，则，故有 如图，取半圆弧的中点，连接，则，所以，然后求出的长为即可． 【详解】（1）解：如解图，连接交于点，连接， ∵半圆与相切于点P， ∴， ∵直尺是矩形， ∴， ∴， ∵量角器的直径为， ∵， ∵， ∴， ∴， 由垂径定理，得， ∵点在直尺上的读数为， ∴点在直尺上的读数为，点在直尺上的读数为， ∴点在直尺上的读数为； （2）如解图，连接，，设与交于点， 在中，， ∴， ∴， ∴点在量角器上的读数约为， 如图，取半圆弧的中点，连接，则， ∴， ∴的长为，即点移动的距离约为 ∴点在直尺上的读数约为． 【点睛】本题考查了垂径定理，弧长的计算，解直角三角形，切线的性质，矩形的性质，三角形外角性质，勾股定理等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 31．（2025·河北邯郸·模拟预测）音乐课上，老师带领同学们自制弹拨乐器，将空心不带盖的塑料圆管放置在水平台面上，底部用两个完全相同的长方体木块固定（图），图为其截面示意图，半径为的与水平台面相切于点，点在上，两木块之间的距离． (1)直接写出的度数； (2)求长方体木块的高； (3)如图，弦交于，且． 操作：将塑料圆管沿切割取下面的部分，得到图中的型塑料管，将拨弦线与型截面平行，并套在型塑料管上便得到自制弹拨乐器． 计算：求每一根拨弦线的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（）利用切线的性质解答即可； （）过点作于，连接，可证四边形是矩形，得到，进而可证明四边形是矩形，得到，即得点在同一直线上，得到四边形是矩形，即得到，，得到，最后利用勾股定理求出即可求解； （）由弦交于，可得，即得，，又由等腰三角形的性质可得，即得，进而求出线段和的长，再相加即可求解． 【详解】（1）解：∵是的切线，切点为， ∴， ∴； （2）解：过点作于，连接，如图， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴点在同一直线上， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 答：长方体木块的高为； （3）解：∵弦交于，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴, ∴， 又∵的长， ∴每一根拨弦线的长为． 【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，弧长公式，勾股定理，矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质等，掌握知识点的应用是解题的关键． 32．（2025·河北邯郸·二模）如图1是一个手表，其表盘可以看作是一个标准的圆形，图2是简化的示意图，一侧表带与表盘连接处的弧长（或）为表盘的周长的．已知表带的宽度和均为． (1)求表盘的直径和表盘圆心到表带边缘的距离； (2)求表带被表盘覆盖的面积（阴影部分）． 【答案】(1)表盘的直径为，表盘圆心到表带边缘的距离为 (2) 【分析】（1）先根据的长为表盘的周长的，得出，结合半径相等得是等边三角形，则，则表盘的直径为． 过点作于点，把数值代入，即可作答． （2）把数值代入进行计算，得，再结合，由圆的对称性可知，两个阴影部分的面积相同，则表带被表盘覆盖的面积为，即可作答． 【详解】（1）解：连接． 的长为表盘的周长的， ． 又， 是等边三角形， ， 表盘的直径为． 过点作于点， 则 表盘圆心到表带边缘的距离为． （2）解：． ， 由圆的对称性可知，两个阴影部分的面积相同， 表带被表盘覆盖的面积为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形的相关运算，等边三角形的判定与性质，求不规则的面积，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 题型12 点/直线与圆的最值问题 33．（2026·山东滨州·一模）如图，的半径为2，圆心M的坐标为，点P是上的任意一点，过点P 分别向两坐标轴作垂线段，，垂足分别为点A，B，则线段的最小值为_______． 【答案】3 【分析】连接，，过点M作轴于点C，则四边形是矩形，得，则当最小时，最小，可知当O、P、M共线时最小，即最小，此时设点P为点，求出，利用即可求解． 【详解】解：如图，连接，，过点M作轴于点C， ∵轴，轴，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴当最小时，最小， ∵点P是上的任意一点， ∴当O、P、M共线时最小，即最小， 此时设点P为点， ∵，轴， ∴，， ∴， ∴， 即最小为3． 34．（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． 35．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为________． 【答案】/ 【分析】根据平行四边形的性质得到，，，由折叠性质得到，进而得到点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即此时面积的最小，过C作于N，根据平行线间的距离处处相等得到，故只需利用锐角三角函数求得即可求解． 【详解】解：∵在中，，， ∴，，则， ∵E为边的中点， ∴， ∵沿翻折得， ∴， ∴点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即面积的最小， 过C作于N， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴面积的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、圆的有关性质以及直线与圆的位置关系、锐角三角函数等知识，综合性强的填空压轴题，得到点的运动路线是解答的关键． 题型13 圆与全等 / 相似三角形综合证明 36．（2025·福建福州·三模）已知，是圆的弦且交于同一点． (1)若是圆的直径，为圆上一点． ①如图，是垂直于的直径，和关于直线对称，连接，证明：； ②如图，过的中点，，连接，证明：． (2)如图，过的中点，连接交于、，判断的数量关系并证明． 【答案】(1)①见解析；②见解析； (2)，理由见解析． 【分析】（1）①连接，易证是圆的直径，得，由和关于直线对称，得，从而即可得证；②连接，证明和关于所在直线对称，所在直线是的对称轴，得，，进而利用相似三角形的判定及性质证明即可得证明； （2）过作交圆于点，连接，，，过作于，交圆于，证明点、、、共圆，得，点、、、四点共圆，进而证明，即可得解． 【详解】（1）解：①如图，连接， ∵，是圆的直径，交于同一点． ∴是圆的直径， ∴， ∴， ∵和关于直线对称， ∴， ∴； ②如图，连接， ∵是的中点，是直径， ∴，，，所在直线是圆的对称轴，和关于所在直线对称， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴所在直线是的对称轴， ∴点与点关于所在直线对称， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理可证， ∴； （2）解：，理由如下： 过作交圆于点，连接，，，过作于，交圆于， ∵是的中点， ∴是直径， ∵，， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵点、、、共圆， ∴， ∴点、、、四点共圆， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定及性质，垂径定理，圆的性质，全等三角形的判定及性质，四点共圆，熟练掌握相似三角形的判定及性质，垂径定理是解题的关键． 37．（2025·吉林长春·一模）【问题呈现】数学兴趣小组利用一副三角板进行实验探究活动．若在与中，，，，点D在线段上，、分别交边，于点E、F若将绕点D旋转，则在旋转过程中点A、E、D、F共圆． 【问题解决】证明过程如下： 证明：如图①，连接，取中点O，连接、． 证明过程缺失 点A、E、D、F在以点O为圆心为半径的圆上． 补全证明中缺失的过程． 【结论应用】如图②，若将绕点D旋转，使得，连接，直接写出的度数__________． 【拓展提升】如图③，若点D为中点，连接、交于点Q，下列结论正确的是__________（填序号）①；②；③若，则四边形周长的最小值为4；④． 【答案】[问题解决]见详解； [结论应用] [拓展提升] ①③ 【分析】本题考查了等腰三角形性质，直角三角形性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． [问题解决]根据直角三角形斜边上中线等于斜边的一半及圆的定义即可证明； [结论应用] 利用[问题解决]中的结论，根据同弧所对的圆周角相等即可得结论； [拓展提升] 利用[问题解决]中的结论，根据同弧所对的圆周角相等，证明， 可逐个判断每个说法，即可选出正确的． 【详解】[问题解决] 证明：如图①，连接，取中点O，连接、． ， ， ， 点A、E、D、F在以点O为圆心，为半径的圆上； [结论应用] 解：由[问题解决]中结论：点A、E、D、F在以点O为圆心，为半径的圆上，如图所示： ， ，， ， ， 故答案为：； [拓展提升] 解：由[问题解决]中结论：点A、E、D、F在以点O为圆心，为半径的圆上，如图所示： ，①正确； ， ，②错误； ，， ， ， 点D为中点， ， ， ， ， ， ， ，， 四边形周长， 当时，最小，四边形的周长最小， ，此时，， 四边形周长的最小值为4，③正确； ，④错误； 综上所述，正确的是：①③， 故答案为：①③． 38．（2025·广东汕头·一模）如图1，正方形的边长为4，E为上一点（B、C点除外），连接，以为直径作，与对角线的另一交点为F，连接，． (1)证明：为等腰直角三角形； (2)如图2，连接，若． ①证明：与相切； ②求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②8 【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角得出，根据正方形的性质和圆周角定理得出，结合三角形内角和定理求出，根据等角对等边得出，即可得证； （2）①根据三线合一的性质求出，证明，得出，进而得出，然后根据切线的判定即可得证； ②过C作于G，根据等角对等边可得出，证明，可得出，设，则，在中，根据勾股定理可求出，在中，根据勾股定理可求出，结合，得出，求出，则，在中，根据勾股定理求出，在中，根据勾股定理求出，然后根据求解即可． 【详解】（1）证明：∵为的直径， ∴， ∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形； （2）①证明：连接， ∵，，， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， 又是的半径， ∴与相切； ②解：过C作于G， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 又， ∴， 设，则， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ． 【点睛】本题考查了切线的判断，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键． 题型14 圆中线段和差最值问题 39．（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． 40．（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15 圆与坐标系综合应用 41．（2025·河南南阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，是反比例函数图象上的一点，以点为圆心，长为半径作圆，与轴交于点，与轴交于点，连接． (1)求证：为线段的中点． (2)若，求点的坐标， 【答案】(1)见解析 (2)点的坐标为 【分析】（1）证法一：利用直径所对的圆周角等于得出为的直径即可得证； 证法二：由题意得，证明点，，三点共线，即可得证； （2）过点分别作轴交轴于点，作轴交轴于点，由得为的中点，为的中点，由得，设，则，由作辅助线得四边形是矩形，所以点的坐标为，最后将点的坐标代入反比例函数的解析式中解出的值即可． 【详解】（1）证法一：由题意，知点，，在上，且， 为的直径， 为线段的中点； 证法二：由题意得， ，， ， ， 点，，三点共线， 为线段的中点； （2）解：如解图，过点分别作轴交轴于点，作轴交轴于点， 由（1），知为线段的中点， ， 为的中点，为的中点， ， ， 设，则， ，， 由作辅助线得四边形是矩形， ， 点的坐标为， 点在反比例函数的图象上， ， 解得（负值已舍去）， 点的坐标为． 【点睛】本题考查了直径所对的圆周角等于，等边对等角，三角形内角和定理，正切的定义，反比例函数的性质，矩形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 42．（2025·陕西汉中·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于与点（点在的右边），与轴交于点，且． (1)求抛物线表达式． (2)若此时正比例函数与抛物线交于两点，动点在抛物线上，且在直线的上方，若以点作，始终与直线相切，求的最大面积及此时点的坐标． 【答案】(1)； (2)圆的面积最大值为，点． 【分析】本题为二次函数的图象与性质，解直角三角形，切线的性质等知识，确定是解题的关键． （1）由待定系数法即可求解； （2）证明，故当取得最大值时，为最大，即可求解． 【详解】（1）解：， ∴点， 则抛物线的表达式为： ； （2）解：过点作，过点作轴的平行线交于点，如图： ∵始终与直线相切，即点为切点，为圆的半径， 由知，函数和轴的夹角为，则， ∴， ∴当取得最大值时，为最大， 设点，则点， ∴ ∴的最大值为，此时，点，则的最大值为， ∴圆的面积最大值为：． 43．（2025·广东梅州·一模）【问题背景】 正方形与正方形相邻，点O，C，F在同一条直线上．以所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图．若过A，B，E三点（圆心P在x轴上），抛物线经过A，C两点，与x轴的另一交点为G，M是的中点，正方形的面积为1． 【构建联系】 （1）求抛物线的解析式． （2）求证：是的切线． 【深入探究】 （3）设是抛物线上的一个动点（不与点C，G重合）．当时，请求出点N的横坐标的取值范围． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）或 【分析】题目主要考查二次函数的应用，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． （1）连接，，，根据正方形的性质得出，再由全等三角形的判定和性质得出，，设，由圆和正方形的轴对称性可知利用勾股定理确定，，得出，确定点的坐标，利用待定系数法即可求解； （2）根据正方形的性质及抛物线与坐标轴交点得出，确定，利用相似三角形的判定和性质即可得出结果； （3）以为边在轴上方作等边三角形，以为圆心，为半径作圆，当点在点左侧时，．连接，交于点，连接，利用圆周角定理及三角形外角的性质即可得出结果；当当在点右侧时，，同理可得即可． 【详解】（1）解：如图，连接，，． 正方形的面积为1， ． ∵过A，B，E三点， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， 设，则 . ， ， ， 解得或（舍去）. ． . 点在抛物线上， 解得 抛物线的解析式为. （2）证明：正方形的面积为1， ． 抛物线与轴交于点 ， ， ． ． ， . 在和中， ， ，且． ． . ． 是的切线； （3）解：如图，以为边在轴上方作等边三角形，以为圆心，为半径作圆． 当点在点左侧时，． 连接，交于点，连接． ， 当点在点右侧时，． 同理可得， 当时，点的横坐标的取值范围是或． 题型16 圆中的动点轨迹与最值问题 44．（2025·江苏连云港·二模）如图，在平面直角坐标系中，点A是x轴上一动点，点B是直线上一动点，，，则的最大值是___________． 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形，圆周角定理，勾股定理，平行四边形的判定与性质，直角三角形的性质，一次函数与几何综合，难度大，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 先解求出，作的外接圆，记为，连接，取的中点，根据正比例函数确定，由圆周角定理得到，则为等腰直角三角形，，由勾股定理得，而，由，得到当点三点共线时，取得最大值为． 【详解】解：∵，， ∴， 作的外接圆，记为，连接，取的中点， ∵点B是直线上一动点， ∴设， ∴点的水平距离与铅锤距离均为， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵的中点为点， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴当点三点共线时，取得最大值为， 故答案为：． 45．（2025·天津·模拟预测）在中， 则（1）的面积最大值是______； （2）的最大值为______． 【答案】 【分析】（1）过点O作于点E，延长交于点D，则，当点C与点D重合时，的面积最大，根据圆周角定理，特殊角的三角函数值解答即可； （2）解：作的垂直平分线，垂足为M，在垂直平分线上截取，则，连接，根据垂径定理的逆定理，得， 故，延长交于点F，连接，过点B作于点D，， 当最大时，取得最大值，延长交于点G，根据直径是圆的最大弦，得当点F与点G重合时，最大，此时， 故的最大值为． 本题考查三角形的外接圆、圆周角定理、等腰直角三角形的性质，勾股定理，特殊角的三角函数值，正切函数的应用，圆的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：（1）设的外接圆为，连接， ∵ ∴ ∴ ∴， 过点O作于点E，延长交于点D， 则， ∴当点C与点D重合时，的面积最大，最大面积为 ， 故答案为：． （2）解：取的中点M，过点M作，且使得， 则， 连接，根据垂径定理的逆定理，得， 故， 延长交于点F，连接， 则， ， 过点B作于点D， 则，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当最大时，取得最大值， 延长交于点G，根据直径是圆的最大弦，得当点F与点G重合时，最大， 此时， 故的最大值为， 故答案为：． 46．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在中，，，则的最大值为______． 【答案】10 【分析】过点作，垂足为，如图所示，利用三角函数定义得到，延长到，使，连接，如图所示，从而确定，，再由辅助圆-定弦定角模型得到点在上运动，是的弦，求的最大值就是求弦的最大值，即是直径时，取到最大值，由圆周角定理及勾股定理求解即可得到答案． 【详解】解：过点作，垂足为，如图所示： ， 在中，设，则，由勾股定理可得， ，即， ， 延长到，使，连接，如图所示： ， ，， 是等腰直角三角形，则， 在中，，，由辅助圆-定弦定角模型，作的外接圆，如图所示： 由圆周角定理可知，点在上运动，是的弦，求的最大值就是求弦的最大值，根据圆的性质可知，当弦过圆心，即是直径时，弦最大，如图所示： 是的直径， ， ， 是等腰直角三角形， ， ，则由勾股定理可得，即的最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查动点最值问题，涉及解三角形、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、圆的性质、圆周角定理、动点最值问题-定弦定角模型等知识，熟练掌握动点最值问题-定弦定角模型的解法是解决问题的关键． 47．（2025·广东东莞·一模）如图，在中，以点O为圆心作与直线相切，点E是上一个动点，连接交于点F，则的最大值是______． 【答案】3 【分析】本题考查的是相似三角形判定与性质及全等三角形的判定与性质，设与直线切点为，连接，，，作，，垂足分别为，，先证明得出，设的半径为，则，证明得出，进一步即可求出结论． 【详解】解：设与直线切点为，连接，，，作，，垂足分别为，，如图， 则， ，， ， ， 设的半径为，则， 在中， ， ， ， 在和中 ， ， ， ， ， ， 的最大值是， 故答案为：． 题型17 圆的存在性问题 48．（2025·陕西咸阳·模拟预测）问题提出 （1）如图①，在矩形中，，．在边上是否存在一点M，使得的值最大？若存在，请找出点M，并求出的最大值；若不存在，请说明理由． 问题解决 （2）如图②，一支队伍沿着射线方向行进，一名观察员从点O出发，沿着射线行进，从而观察整支队伍的行进情况．已知与的夹角为，观察员行进后到达点P，观察队伍的行进情况，设其有效观测角为．若射线上存在唯一观测点P，满足，请结合题目条件求出队伍AB的长度． 【答案】（1）存在，（2）米 【分析】本题考查了三角形的外接圆，勾股定理，圆周角定理，解直角三角形的相关计算，等腰三角形三线合一，圆切线的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）作的外接圆，根据题意，当与相切时，满足题意．连接并延长与交于点，连接，由与相切，可知，故在矩形中，，根据圆周角定理，得出角之间的数量关系，设的半径为，利用勾股定理求出半径，即可求解； （2）作的外接圆，根据题意可知当与相切于点时，满足题意，连接并延长与交于点，连接，过点作，垂足为，根据圆周角的性质定理，求出相关角之间的数量关系，设的半径为，利用锐角三角函数求出相关的线段，利用线段的和差求出半径，即可求解． 【详解】解：（1）存在，理由如下： 如图，作的外接圆，根据题意，当与相切时，满足题意．连接并延长与交于点，连接，由与相切，可知，故在矩形中，， ， ，， ， 又，即， 设的半径为， 在中，， 即，解得， ； （2）如图，作的外接圆，根据题意可知当与相切于点时，满足题意，连接并延长与交于点，连接，过点作，垂足为， ，， ， ， ， ， 又， ， 由与相切可知，即， 在中，，故， 设的半径为， 在中，， 在中，， 而， 解得， ， 即队伍的长度为米． 49．（2025·云南·模拟预测）如图所示，是的直径，四边形是的内接四边形，延长至点，连接，使得 作 垂足为点F， ， ． (1)作 交 于点G，求的长． (2)求证：是的切线． (3)①求 的长度． ②设三角形的面积为 ，三角形  的面积为 ，是否存在常数，使 成立?若存在，求常数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)作图见解析， (2)见解析 (3)①；②常数，使 成立 【分析】本题考查了垂径定理、圆周角定理、切线的判定、相似三角形的性质和判定、三角函数，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）连接，根据垂径定理和勾股定理即可解题； （2）连接，证明，结合等腰三角形的性质和三角形内角和即可证明； （3）①连接，求出，结合三角函数求解；②直接计算，然后求出和的相似比，进而得到面积比，计算出，即可解题． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵， ∴为的中点， ∵是直径， ∴是中点，且， ∴为的中位线， ∴； ∵， ∴； （2）证明：如图，连接， ∵ ， ∴， ∵， ∴∽， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， 即，， ∵为半径， ∴是的切线； （3）解：①如图，连接， 由（1）知，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ②∵， ∴， ， ∴， ∴； ∵， ∴和的相似比为， ∴和的面积比为， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即存在常数，使成立． 50．（2025·广东·模拟预测）如图，在平行四边形中，，以点O为圆心，作与直线相切，切点为E，连接． (1)求的半径； (2)延长交于点F，G是射线上一点，若与相似，请求出的长； (3)P是上的一个动点，连接交直线于点H．在点P运动过程中，是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)1 (2)或 (3)3 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，由切线的性质得到，由含30度角的直角三角形的性质即可求解； （2）根据相似三角形的判定和性质，分类讨论，运用解直角三角形的计算，数形结合即可求解； （3）作，交的延长线于点Q，如图，得到，所以，当最大时，的值最大，平移，使平移后的直线与相切，设切点为，作，交于点，连接，当点P在点处时，的值最大，再根据含30度角的直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， ∴的半径为1． （2）解：当时，如图， 则， ∵，， ∴； 当时，如图， 则， ∵， ∴， ∵，， ∴， 综上所述，的长为或． （3）解：作，交的延长线于点Q，如图， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当最大时，的值最大， 平移，使平移后的直线与相切，设切点为，作，交于点，连接，则， 当点P在点处时，的值最大， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的最大值为3． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形的计算，掌握以上知识数形结合分析是关键． 题型18 圆的折叠与旋转综合变换问题 51．（2025·河北沧州·模拟预测）如图1~图3，是半圆O的直径，且，是半圆O的弦（点M，N可分别与点A，B重合），将半圆O沿直线翻折．     (1)当点N与点B重合，且时，如图1． ①求劣弧的长； ②当半圆O沿直线翻折后，劣弧是否经过圆心O？__________（填“是”或“否”）； (2)当时，如图2，过点O作，垂足为点P，折叠后的劣弧恰好经过的中点Q，连接，求的值； (3)若折叠后的劣弧与直径切于点C，且点C是半径的中点，如图3，求折痕的长； (4)若折叠后的劣弧始终与直径相切，设，直接写出d的取值范围． 【答案】(1)①；②是 (2) (3) (4) 【分析】（1）①连接，根据，，得到，，根据弧长公式求劣弧的长即可； ②设点O的对称点为W，如图，与得交点为R，则， 由，故，根据折叠的等距性质，得，解答即可； （2）设与圆的交点为T，根据折叠的性质，得，结合折叠后的劣弧恰好经过的中点Q，得到，故，利用勾股定理，正切函数的定义解答即可； （3）设折叠圆弧所在的圆的圆心为，连接，设与的交点为H，根据折叠的性质，得，，，利用勾股定理，垂径定理解答即可． （4）分类解答即可． 【详解】（1）①解：连接， ∵，， ∴，， ∴劣弧， 故答案为：； ②解：当半圆O沿直线翻折后，设点O的对称点为W，如图，与的交点为R，则， 由， 故， 根据折叠的等距性质，得， 故，等于圆的半径， 故点W一定圆上， 故劣弧是经过点W的， 故答案为：是． （2）解：设与圆的交点为T， ∵，， ∴， 根据折叠的性质，得， ∵折叠后的劣弧恰好经过的中点Q， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：设折叠圆弧所在的圆的圆心为， 连接，设与的交点为H， 根据折叠的性质，得，， ， ∵点C是半径的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （4）解：设折叠圆弧所在的圆的圆心为， 根据题意，当点N 与点B重合，点M是的中点时，切点为B，此时取得最小值， 根据折叠的性质，，， ∴四边形是正方形， ∴； 当， 且恰好经过的中点K时，取得最大值， 根据折叠性质，垂径定理，得 ∴， ∴， ∴， 故． 【点睛】本题考查了折叠的性质，垂径定理，勾股定理，弧长公式，熟练掌握定理和公式是解题的关键． 52．（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． 53．（2025·四川成都·三模）数学活动课上，同学门将两个全等的三角形纸片重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，． 【初步感知】 （1）如图1，连接，在纸片绕点A旋转过程中，试探究的值； 【深入探究】 （2）如图2，在纸片绕点A逆时针旋转过程中（旋转角不大于），直线与交于点F； ①求证：； ②当时，求的长； 【拓展延伸】 （3）在纸片绕点A逆时针旋转过程中（旋转角不大于），试探究C，D，F三点能否构成等腰三角形，若能，直接写出的长；若不能，请说明理由． 【答案】（1） （2）①见解析；② （3）C，D，F三点能构成等腰三角形，的长为或 或 【分析】（1）先判定，进而由相似三角形对应边成比例求解． （2）①由可得，进而证明A、D、F、E四点共圆．从而得到，再根据等腰三角形“三线合一”的性质证得结论； ②由可得，进而得出，证得，再由为梯形的中位线，在中由勾股定理求出的长度． （3）绕点A逆时针旋转，则点D在以点A为圆心，为半径的圆上运动，点E在以点A为圆心，为半径的圆上运动，在旋转角不大于时，分三种情况：①时，②时，③当时，分别 求出的长即可． 【详解】解：（1）∵，． 在和中，，， ∴． ∴； （2）①证明：连接． ∵ ∴． 在四边形中，． ∴A、D、F、E四点共圆． ∴， ∵是等腰三角形， ∴． ②如图，作交于点F．由于，则． 由可得， 又∵， ∴， ∴， 由①知点F为中点， ∴为梯形的中位线， ∴，． 在中，． （3）∵ ∴， ∴点D在以点A为圆心，为半径的圆上运动，点E在以点A为圆心，为半径的圆上运动， 由（2）①知：， ∵， ∴， ∴， ∴点F在以为直径的圆上运动， 在旋转角不大于时，分三种情况： ①时，连接，过点D作于N，过点E作交延长线于M，如图， ∵ ∴ ∴A、B、C、F四点共圆， ∴ ∵ ∴ ∴即， 设，则，， ∵，， ∴， 由（2）①知：， ∴， ∵， ∴ ∵ ∴ ∴，即 ∴，， ∴， 在中，由勾股定理，得 ∴ ∴ ∴； ②时，如图，连接， 则 由（2）①知：， ∴ ∴ ∵， ∴ ∵ ∴ ∴A、D、C三点共线， ∴ ∴ ∴； ③当时，过点C作于P，过点E作交延长线于Q如图， ∵，， ∴ ∴，即， 设，则，， ∵，， ∴ ∴，， ∴ 在中，由勾股定理，得 ∴ ∴ ∴； 综上，C，D，F三点能构成等腰三角形，的长为或 或． 【点睛】本题考查旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，四点共圆的判定，圆周角定理，本题综合性较强，有一定难度，属中考压轴题目． 题型19 圆与函数（一次、二次函数）综合压轴 54．（2026·全国·模拟预测）已知抛物线（a为常数）经过点． (1)求抛物线的函数表达式． (2)将抛物线向右平移个单位后得到抛物线，当时，抛物线与抛物线有一个交点． ①求m的取值范围． ②设抛物线与x轴交于B，C两点，与y轴交于点D，的外接圆圆心为点．求n的取值范围． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）①由题意得到可记为，求得两个分界点和，再代入计算即可求解； ②由抛物线和圆的对称性求得点横坐标，再求得，再利用半径相等得到，整理得，据此求解即可． 【详解】（1）解：（为常数）经过点， ， ． ； （2）解：①如图1，向右平移后可记为， 当时，，当时，， 当经过点时， （0舍去）． 当经过点时，， （0舍去）． 综上：m的取值范围为； ②如图2， 由题意可知，垂直平分， 点横坐标， 又， ， ， ， 化简，，， ， ， ， ， ． 【点睛】此题考查了二次函数的图象和性质、圆的相关性质、解一元二次方程等知识，数形结合是解题的关键． 55．（2025·广东·二模）如图，抛物线 经过点． (1)求该抛物线的函数解析式； (2)以为直径的圆与直线的一个交点为 C． 若，求点 C 的坐标； (3)在（2）的条件下， 点 D 在以为直径的圆上， 且，求的值． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】本题主要考查了二次函数综合，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，等腰直角三角形的性质与判定等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． （1）利用待定系数法求解即可； （2）连接，设，可证明是等腰直角三角形，，据此利用两点距离计算公式建立方程求解即可； （3）分点D在点A左侧和点D在点A右侧两种情况，画出对应的示意图，讨论求解即可． 【详解】（1）解：把代入中得：， 解得， ∴抛物线解析式为； （2）解：如图所示，连接，设， ∵以为直径的圆与直线的一个交点为C， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，当点D在点A左侧时，设中点为E，连接，，过点D作于R， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴ ； 如图所示，当点D在点A右侧时，设中点为E，连接，，过点D作交延长线于T， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可得，， ∴， ； 综上所述，的值为或． 56．（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． 题型20 圆的新定义与阅读理解题 57．（2026·陕西西安·一模）【定义新知】 婆罗摩芨多是公元世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”． 【理解运用】 （）如图，四边形为的内接四边形，连接、、、、、，与交于点，已知．试说明：四边形是“婆氏四边形”； （）如图，在中，，以为弦的交于，交于，连接、、．其中，，若四边形是“婆氏四边形”，求的长； 【问题拓展】 （）如图，某公园欲规划一个圆形景观区，并在其内部设计一个四边形区域，作为花海，其中点、、、均在上，、为花海内两条笔直的观光通道．根据设计要求，四边形是“婆氏四边形”，且与的长度之和为米．为了节约成本，要求圆形景观区的面积尽可能的小，请问圆形景观区的面积是否存在最小值？若存在，请求出圆形景观区面积的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（）说明见解析 （） （）存在，，理由见解析 【分析】本题主要考查围绕“婆氏四边形”(对角线互相垂直的圆内接四边形)展开，核心考查圆的性质(圆内接四边形对角互补、圆周角定理、垂径定理)、特殊四边形判定(平行四边形、矩形、正方形的判定逻辑)、几何计算与最值(勾股定理、全等三角形判定与性质、二次函数最值)，并紧扣“婆氏四边形”定义串联各知识点，综合考查圆、四边形、三角形的性质与判定及几何最值问题的解决能力． （）根据圆周角定理即可得出，从而可得，继而证明结论． （）根据垂径定理和圆周角定理可得，，设，则，，在中解直角三角形即可； （）先作，由垂径定理得；再利用结合圆周角定理，推导得，进而证，得到； 设，则，进而得到，在中用勾股定理表示半径 ；最后化简表达式为，当时，的长取最小值，且最小值为，即可解答． 【详解】（）∵ ∴， ∴ 即， 又∵四边形是的内接四边形， ∴四边形是“婆氏四边形”； （）解∵， ∴，为直径， ∴， ∵四边形是“婆氏四边形”， ∴， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理， ，即： 解得，即； （）存在，； 理由：过点作于点，于点，连接， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是“婆氏四边形”， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和 中， ， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴当时，的长取最小值，且最小值为， ∴半径的最小值为， ∴圆形景观区面积的最小值（平方米） 58．（2025·广东清远·一模）【定义】两个图形任意两点之间的距离的最小值为两个图形之间的距离．例如：如下图，直线与y轴的距离为1． 【应用】根据定义回答下列问题： （1）如图：直线与直线的距离是 ； （2）如图：已知点，圆A的半径为1，将直线向下平移m个单位后与圆A相切，求m的值； 【拓展】 （3）如图，某城市规划局要在地铁线附近规划建设一工业园区，工业园区的下边界是抛物线的一部分，建立如图所示的坐标系后，工业园区下边界所在的抛物线为（）（单位长度为百米），地铁线所在的直线为，现在要在地铁线上建设一出口P，使得点P到该工业园距离最近，请直接写出点P的坐标． 【答案】（1） ；（2）或；（3） 【分析】（1）设与轴交于点，与轴交于点，与轴交于点，可得：，，，为等腰直角三角形，则，作交于，解直角三角形即可求解； （2）过A作于B，交圆A于点E、F，分别过E、F作直线的平行线，，则，，则，为圆A的切线，由得，，则，，可知，，和中，，求得，可得，，过点作轴，交，于，可知，和中，，求得，同理，，即可求解； （3）设与x轴、y轴分别交于点A、B，可知，，过P作交抛物线于点Q，过Q作轴交直线于点G，则，解直角三角形得，设，则，则，可知当时，，此时，，作于H，求得，，求得可得． 【详解】解：（1）设与轴交于点，与轴交于点，与轴交于点， 对于，当时，，则，即：， 对于，当时，，则，即：， 当时，，则，即：， ∴为等腰直角三角形，则， 作交于，， ∴， 故答案为：； （2）过A作于B，交圆A于点E、F，分别过E、F作直线的平行线，，则，， ∴，为圆A的切线， 由得，，则，， ∴，， 和中，， ∴， ∴，， 过点作轴，交，于， ∵， ∴， 和中，， ∴， 同理， 综上，或； （3）设与x轴、y轴分别交于点A、B， 当时，，当时，，则， 则，， 过P作交抛物线于点Q，过Q作轴交直线于点G，则 和中， ∴， 设，则， 则 当时，， 此时，， 作于H， 则， 由勾股定理可得， 则，， ∴． 【点睛】本题考查圆的切线，二次函数与一次函数综合，勾股定理，解直角三角形等知识，理由数形结合的思想是解决问题的关键． 59．（2025·上海虹口·二模）阅读材料： 我们学过有关直角三角形的性质定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．这条定理的逆命题“如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形”也是真命题． 如图，在中，为上的中线，如果，那么．也可以说，在中，如果，那么． 根据上面的阅读材料，完成下列问题：（若需要，可直接运用直角三角形性质定理的逆命题）如图，为半圆的直径，是半圆的弦，以为直径作． (1)如图①，过点作，垂足为． ①求证：； ②已知，如果经过点（如图②），求直线与直线夹角的正弦值； (2)已知与线段相交于点、，，如果，求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2)或 【分析】本题考查了相似三角形的性质，圆的性质，解直角三角形，分类讨论是解题的关键； （1）①证明，根据相似三角形的性质，即可得证； ②根据①的结论，结合已知得出，进而得出，过点作于点，连接得出则过点作交于点，则四边形是矩形，得出直线与直线夹角的为，进而根据正弦的定义，即可求解； （2）设，根据题意画出图形，分当在的左侧时，当在的右侧时，分别求得，，进而在，中，，根据勾股定理求得的值，即可求解． 【详解】（1）解：①如图 ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴， ∴ ∴ ∴即； ②∵， ∴， ∴ ∴ 过点作于点，连接，如图， ∵ ∴， ∵，， ∴ ∴，， ∴ 过点作交于点，则四边形是矩形， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴直线与直线夹角的正弦值为 （2）解：∵， ∴设 ①当在的左侧时，如图，连接，，过点作于点， ∴ ∴ ∵ ∵， ∴ ∴ 又∵， ∵ ∴ ∴在，中， ∴ 解得： ∴ ②如图，当在的右侧时， ∴ ∴ 同理可得， ∴ 同理得， 解得： ∴ 综上所述，或． 60．（2025·山西晋中·三模）阅读与思考 请认真阅读材料，并完成相应任务． 婆罗摩笈多是公元7世纪的古印度伟大数学家，曾研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，这类四边形被称为“婆罗摩笈多四边形”．我们一起了解这位数学家的研究成果吧！ 如图1，已知⊙O的内接四边形，对角线于点．婆罗摩笈多发现等于⊙O半径平方的4倍． 下面是他的探究思路： 于点， ． ．（依据1） 如图2，连接并延长交⊙O于点，连接， 则．（依据2） ． 又，． ，． ．． …… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指： ，依据2是指： ； (2)请完成材料中的剩余证明； (3)如图3，⊙M的半径为5，四边形内接于⊙M，且于点，则的长为 ． 【答案】(1)勾股定理；直径所对的圆周角是直角 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据勾股定理和直径所对的圆周角是直角即可解答； （2）根据圆周角定理进行线段的转换，再利用勾股定理即可解答； （3）直接利用（2）中原理即可解答． 【详解】（1）解：材料中的依据1是指勾股定理，依据2是指直径所对的圆周角是直角， 故答案为：勾股定理；直径所对的圆周角是直角； （2）证明：于点， ， ， 如图2，连接并延长交⊙O于点，连接， 则， ， 又， ， ， ． ， ， ， ， 即等于⊙O半径平方的4倍； （3）解：根据（2）中结论可得， ， 故答案为：． 二阶·素养进阶练 1．（2026·陕西西安·二模）张老师开展“角”主题学习活动，收到了同学们分享的几道优质习题，现邀请你一同思考解答． (1)如图1，在中，，，，D是的中点，则______． (2)如图2，正方形中，E，F分别在边，上，且，连接分别交，于点H，G，试猜想，，的数量关系，并说明理由． (3)如图3，在（2）基础上，点E为正方形的边上的点，点F在射线上，求的最大值，请直接写出结果． 【答案】(1) (2)，理由见详解 (3) 【分析】（1）根据已知条件证得是等腰直角三角形，得到，利用勾股定理求得，进而通过D是的中点求得的值，最后通过勾股定理即可得出结果； （2）延长至M，使，连接，证明，利用全等三角形的性质和角的和差关系再证明，从而得出，最后利用线段和差关系即可得证； （3）作正方形的外接圆，连接，取的中点O，此时O为圆心，利用相似三角形的判定证得，从而得出，再过点G作于点H，证得，随即推出，设，则的半径，当最大时，的值最大，当点G，H，O三点共线时，有最大值为，而时，的值最小，即可求得的最小值表达式，进而求得的最大值表达式，并最终推出结果． 【详解】（1）解：在中，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由勾股定理，， 得：，即， 解得：， ∵D是的中点， ∴， 在中, ， ∴， 解得：． （2）解：， 理由：延长至M，使，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵, ， ∴， 又∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴． （3）解：如图，作正方形的外接圆，连接，取的中点O，此时O为圆心， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点G作于点H， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则的半径， ∴当最大时，的值最大， ∵点G在上运动， ∴当点G，H，O三点共线时，有最大值为， 当时，的值最小， ∴的最小值为， ∴的最大值为， ∴的最大值为． 2．（2026·陕西西安·二模）问题探究 （1）如图①，，面积为6，则的面积为________； （2）如图②，，点为平面内一点，且满足面积为6，求周长的最小值； 问题解决 （3）某新区计划在一块空地上修建一个四边形公园，如图③所示，按规划要求千米，千米，且四边形面积最大．在规划的面积最大的公园内修建一个凉亭，沿着、修建观光路线，两条观光路线恰好平分四边形的面积．若修建观光路线每千米投资20万元，试问观光路线修建费用是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）6；（2）；（3）存在，最小值为万元 【分析】（1）根据“同底等高的两个三角形的面积相等”即可求解； （2）过A作于D，作，作C关于a的对称点，连接，，，根据轴对称的性质和线段公理得出，则当、、三点共线时，最小，最小值为，即周长的最小值为，在中根据勾股定理求出，即可求解； （3）连接，作的外接圆O，连接，求出，结合，得出当最大时，最大，证明A、B、C、D四点共圆，则当时，最大，连接，，过O作，在上任取一点Q（不含端点），连接，，根据三角形中线的性质得出，，可求出，由（1）知：，进而得出，则当点Q在上（不含端点）时，、平分四边形的面积，延长交于，连接，，根据直径所对的圆周角是直角得出，则可证，根据垂径定理得出是的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质得出，则，故当A、Q、三点共线，即Q和O重合时，最小，最小值为，即可求解． 【详解】解：（1）∵， ∴A、D到的距离相等， ∴和是同底（）等高的两个三角形， ∴； （2）过A作于D，作，作C关于a的对称点，连接，，， 则， ∴， ∴当、、三点共线时，最小，最小值为， 又， ∴周长的最小值为， ∵面积为6，， ∴， ∴， ∵对称， ∴， ∴， ∴周长的最小值为； （3）连接，作的外接圆O，连接 ∵，， ∴，， ∵， ∴当最大时，最大， ∵， ∴A、B、C、D四点共圆， ∴当时，最大， 如图，连接，，过O作，在上任取一点Q（不含端点），连接，， 由（1）知：， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴当点Q在上（不含端点）时，、平分四边形的面积， 延长交于，连接，， ∵是直径， ∴，即， ∵， ∴， ∴平分，即是的垂直平分线， ∴， ∴， 当A、Q、三点共线，即Q和O重合时，最小，最小值为， ∴的最小值为， ∴观光路线修建费用的最小值为（万元）． 【点睛】掌握“将军饮马”模型是解题的关键． 3．（2026·江苏南通·模拟预测）如图，放在平面直角坐标系中的圆O的半径为3，现做如下实验：抛掷一枚均匀的正四面体骰子，它有四个顶点，各顶点数分别是1，2，3，4，每个顶点朝上的机会是相同的，连续抛掷两次，将骰子朝上的点数作为直角坐标系中点P的坐标（第一次的点数为横坐标，第二次的点数为纵坐标）． (1)若第一次骰子朝上的点数为1，第二次骰子朝上的点数为2，此时点P （填“是”或“否”）落在圆O内部； (2)请你用树状图或列表的方法表示出P点坐标的所有可能结果； (3)求点P落在圆O面上（含内部与边界）的概率． 【答案】(1)是 (2)见解析 (3) 【分析】（1）由抛掷结果得到点坐标为．利用勾股定理计算点到原点的距离，比较距离与圆半径的大小，得出点在圆内的结论． （2）明确横坐标、纵坐标的可能取值均为1，2，3，4，采用列表法，将横、纵坐标的所有组合一一列出，得到全部16种等可能结果． （3）确定点在圆面上的判定条件：．逐一验证列表中的16个点，统计满足条件的点，根据概率公式，计算得概率． 【详解】（1）解：第一次骰子朝上的点数为1，第二次骰子朝上的点数为2， ∴点P坐标为， ∴到原点距离为， ∵圆O的半径为3， ∵ ∴点P在圆O内部， （2）解：P点坐标的所有可能结果如下： 横坐标纵坐标 1 2 3 4 1 2 3 4 （3）由表格可知共有16种等可能的结果， 设点， 点P落在圆面上的条件是：点到圆心的距离半径 即：， ， 逐一验证16个点： ：， ：， ：， ：， ：， ：， ：， ：， ：， ：， ：， ：， ：， ：， ：， ：； 其中点P落在⊙O面上（含内部与边界）的有：，，，，共4个 ∴ ∴点P落在⊙O面上（含内部与边界）的概率为． 4．（2026·山东·一模）如图，在中，，点是所在平面内一点，连接． (1)如图1，若，点在边上，平分，，求的长； (2)如图2，若，点在边上(点不与点，重合)，将射线绕点顺时针旋转，在旋转后的射线上取一点，连接，使得，过点作于点，过点作于点，探索线段，，之间的数量关系，并证明； (3)如图3，若点在直线下方，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，，，，当四边形的面积取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿翻折到四边形所在平面内得到，连接，当取最小值时，请直接写出的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用直角三角形两锐角互余求出，结合角平分线定义得到等角，推出，再利用含角的直角三角形的性质求出，通过勾股定理计算，最后再次利用含角的直角三角形性质求出． （2）作辅助线，先证明得到，推出是等边三角形；再结合含角的直角三角形性质得到，证明得到，最终结合推导线段的数量关系． （3）通过旋转构造全等三角形，将四边形的面积转化为等边的面积减去的面积，得到四边形面积最小时的面积最大；利用定角定弦确定点的轨迹，找到面积最大时的位置；结合翻折的性质确定的轨迹，找到取最小值时的位置，最终通过面积的和差计算的面积． 【详解】（1）解：∵，， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， 在中，，， ∴， 由勾股定理得，， 在中，， ∴； （2）解：，证明如下： 如图，连接，过点作于点， ∵，， ∴，即是的中线， 在中，，， ∴，， ∴， ∵射线绕点顺时针旋转得到， ∴， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， 在中，， ∴，， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵，， ∴； （3）解：将绕点逆时针旋转得，连接，， ∵线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∵为定值， ∴要使四边形的面积最小，需使最大， 在四边形中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，为定角， 如图，作的外接圆， ∵， ∴劣弧所对的圆周角为， ∴圆心角， ∵，， ∴，即是定圆， 当时，点到的距离最大，此时最大，记此时为， ∵，， ∴垂直平分， ∴点，，三点共线，记与的交点为， ∴，， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∵将沿翻折得到， ∴，， ∵等边中，， ∴， ∴，即点在直线上， 当时，取最小值，此时垂足为的中点， ∵等边中，， ∴，， 过点作于点， ∵，， ∴， ∵是中点， ∴是的中位线， 在中，，， ∴， ∴， ∵， ， ， ， ， ∴ ， 即的面积为． 5．（2026·江苏南通·一模）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，，P是边上一点，过点P作于D，于E，过点A作于F，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G是边上一点．连结，将线段绕点C逆时针旋转得，连结交于P，过点P作于D，于E，当时，求的值； 拓展延伸：如图3，已知是半圆O的直径，，是弦，，P是上一点，，垂足为D，，，，求的值． 【答案】探究发现：，，；实践应用：；拓展延伸：24 【分析】本题考查了图形面积的分割与组合，三角形面积公式的应用，等边三角形、圆的相关性质及勾股定理． 探究发现：通过三角形的面积关系得出线段关系； 实践应用：结合等边三角形和旋转的性质求出线段长度； 拓展延伸：利用圆的性质和勾股定理求出相关线段长度，进而求出三角形面积之和． 【详解】解：探究发现：∵在中，，P是边上一点，过点P作于D，于E，过点A作于F， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：，，； 实践应用：如图，过点C作于点M，过点F作于点N， ∵是等边三角形，， ∴， ∵， ∴，， 在中，， ∵， ∴， 在中，， ∵将线段绕点C逆时针旋转得到， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，则， ∴； 拓展延伸：如图，延长、交于点T，过点P作于点S，连接， 设， ∵是半圆O的直径， ∴， ∵，，， 在中，， 在中，， ∴， 解得， 即， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， 在中，， ∴， ∵， ∴． 6．（2026·江苏南京·一模）如图1，在⊙中截掉一个圆心角为的扇形，优弧与直线相切于点，且． (1)求点到直线的距离． (2)如图2，优弧上存在一动点，从出发按顺时针方向转动，转动速度为每秒，转动时间为秒．当点运动至点处时，停止转动．过点作直线，直线与优弧交于另一点． ①当直线与优弧相切时，的值为______． ②当时，求阴影部分面积． (3)在（2）的转动过程中，如图3，过点作直线，与直线交于点，则在转动过程中，的最大值为___． 【答案】(1)； (2)①或；②； (3) 【分析】本题考查了圆的切线的性质、等边三角形的判定与性质、扇形面积的计算、垂径定理、直角三角形的性质等知识点，关键是熟练掌握圆的相关性质，结合几何图形的特点，通过作辅助线构造直角三角形或特殊三角形，结合图形的运动变化分析求解． （1）先根据圆心角和半径相等判定为等边三角形，得到的长度和的度数，再结合切线的性质得到，进而求出的度数，最后利用直角三角形中角对的直角边是斜边的一半，求出点到的距离． （2）①分直线在左侧和右侧两种相切的情况，结合切线的性质、平行线的性质得到，分别求出两种情况下旋转的角度，再结合转动速度求出对应的值； ②先根据的值求出的度数，结合平行线和切线的性质得到相关角的度数，再利用垂径定理和直角三角形的性质求出的长度和圆心到的距离，最后用扇形的面积减去的面积，得到阴影部分的面积． （3）通过作辅助线构造矩形和直角三角形，将的长度转化为与相关的表达式，再根据垂线段最短的性质得到的最大值，进而求出的最大值． 【详解】（1）解：如图，连接，过点作于点， ∵，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵优弧与直线相切于点， ∴， ∴， ∴， 在中，，， ∴， 即点到直线的距离为； （2）①解：如图，当直线与优弧相切，且直线在的左侧时， ∵直线与优弧相切， ∴， ∵直线， ∴， ∴， ∵从出发按顺时针方向转动，转动速度为每秒，转动时间为秒， ∴，解得； 当直线与优弧相切，且直线在的右侧时， ∵直线与优弧相切， ∴， ∵直线， ∴， ∴， 此时顺时针旋转的度数为， ∴，解得； 综上，当直线与优弧相切时，的值为或， 故答案为：或； ②解：如图，连接，过点作于点，设l交于点， ∵， ∴， ∵优弧与直线相切于点， ∴， ∵直线， ∴直线， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 在中，，，， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴阴影部分面积； （3）解：如图，延长交于点，过点作于点，过点作于点， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， 在中，，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴为点到直线的垂线段， ∴， ∵， ∴， 当点与点重合时，取得最大值， 此时的最大值为， 故答案为：． 7．（2026·湖南·模拟预测）如图，是的直径，是上一点，连接，延长至点，连接交于点，过点作于点，连接，___________． 请从“①；②”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： (1)求证：与相切； (2)若，求的值； (3)若，设的面积为，四边形的面积为，当时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题主要考查切线的判定定理，垂径定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟练运用相关知识是解答本题的关键． （1）连接，得，由，可得结论； （2）证明得，再证明是等边三角形，，，可得结论； （3）证明是的中位线，得且，延长交于点，得四边形CFEK是矩形，得出，由得出，再证明，根据相似三角形的性质可得结论． 【详解】（1）解：选① 证明：连接，如图， ， ， ， ， ， ∵， ∴，即， 又是半径， 与相切； （2）解：∵是的直径， ∴，则， ∴， 又，， ∴， ∴， 又是直径 ∵， ∴ ∴ ∴， ∴， ∴是等边三角形，， ∴， （3）解：，， 垂直平分， ， 是的中位线， 且， 延长交于点， ， ， 又且， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， 又， 由（1）知， ， ， 又， ， ，则， ． 8．（25-26九年级上·广东惠州·期末）如图1，O为菱形对角线上一点，以点O为圆心，为半径的圆与菱形相邻两边的交点分别为点E、F． (1)若的半径为3，，则劣弧的长为_________；（结果保留或根式） (2)如图2，若与相切于点M．求证：与相切； (3)在（2）的基础上，若，，求的半径． 【答案】(1) (2)见解析 (3)3 【分析】本题考查切线的性质和判定，求弧长，等边三角形的判定和性质，菱形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键： （1）证明为等边三角形，进而得到，再利用弧长公式进行计算即可； （2）连接，作于点，切线的性质得到，角平分线的性质，得到，即可得证； （3）设的半径为，则，在中利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）解：∵菱形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴； 故答案为：； （2）证明：连接，作于点， ∵与相切于点M， ∴， ∵菱形， ∴平分， ∵，， ∴， ∴是的半径， 又∵， ∴与相切； （3）解：设的半径为，则， ∴， ∵， ∴， ∴，解得； ∴设的半径为3． 9．（25-26九年级上·广东东莞·期末）如图1，在直角坐标系中，点的坐标为，以为圆心，为半径的半圆交轴于点，在半圆弧上取点，连接， (1)若点是点关于中心对称的点，请判断四边形的形状． (2)如图2，上取点使得，连接． ①若点的横坐标为2，求的长． ②求的最小值． 【答案】(1)四边形是矩形 (2)①；② 【分析】（1）连接，根据中心对称的性质得到三点共线，，结合，得到四边形是平行四边形，由是半圆的直径，得到，再根据矩形的判定即可得出结论； （2）①作轴于点E．证明，得到，求出，根据勾股定理求出，再利用线段的和差即可求出的长； ②在y轴上取点F，使得，连接，证明，得到．根据，得到当点F、C、M三点共线时，取最小值，此时有最小值．求出，，即可得到的最小值为． 【详解】（1）解：如图1，连接， ∵点是点关于中心对称的点， ∴三点共线，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵是半圆的直径， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：①如图，作轴于点E． 则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点C的横坐标为2，点M的坐标为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ②在y轴上取点F，使得，连接． ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴当点F、C、M三点共线时，取最小值，此时有最小值． 在中，， 此时， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了圆周角定理、平面直角坐标系、中心对称的性质、矩形的判定、相似三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、勾股定理、线段最值问题，添加适当的辅助线是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的几何推理和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生． 10．（2026·广东梅州·模拟预测）如图，在中，，是边上的点，过点作，交于点，过点作，交于点，经过点、、的与、的另一个公共点分别为、，连接、、． (1)求证：； (2)若，， ①当时，求的长； ②若恰为的直径，则的长为 ． 【答案】(1)见解析 (2)①的长为4；② 【分析】（1）根据圆内接四边形的性质和圆周角定理得到，再利用平行线的性质和等腰三角形的性质推导出，，进而根据相似三角形的判定可得结论； （2）①连接，证明得到，结合得到，进而求得；再证明∽得到，即，进而可求解； ②设与交于点，根据恰为的直径，设，则，可得，根据锐角三角函数即可得的长． 【详解】（1）证明：∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵和是同弧所对圆周角， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴； （2）解： ①如图，连接， ∵， ，， ∴， ， ， ∴， ∴， ，， 由（1）知：； ， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴∽， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 答：的长为4； ②如图，设与交于点， ， ， ， ∴，又恰为的直径， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴设，则，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴． ∴的长为． 故答案为：． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 真●题●验●证 1．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内切圆的性质，掌握相关知识点是解题关键．根据正方形的性质证明全等，得到，设，利用勾股定理求出，，令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，，根据内切圆的性质得到，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：正方形ABCD， ，， ， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：或， ，， 令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，， 内切于， ， ， ， ， 解得：，即的内切圆半径为2， 故选：B． 2．（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． 3．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可． 【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点， 则， 又∵， ∴， ∴， 由旋转得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即当点P在时，的值最大为长， ∵是正方形， ， ∴， ∴的值最大为， ∴的最大面积是， 故选：C． 4．（2025·江苏镇江·中考真题）如图，直线，直线分别交于点，以为圆心，长为半径画弧，分别交于直线同侧的点，，，则的长等于（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了弧长计算，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握相关的判定和性质是解题的关键．连接，先根据平行线的性质求出，，，根据平行线的性质得出，根据弧长公式求出结果即可． 【详解】解：连接，如图所示： ∵， ∴， 根据作图可知：， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴的长为． 故选：C． 5．（2025·四川广元·中考真题）如图，是的弦，过圆心O作于点H，交于点A，，点M是上异于C，D的一点，连接，，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题主要考查勾股定理，圆周角定理，垂径定理的应用以及求角的正弦值，关键是根据垂径定理和勾股定理解答． 只要证明，求出即可． 【详解】解：连接，如图， 是的弦，， ， ， ， 和所对的弧都为， ， ， 设， ，， ，， ， ． 故选：B． 6．（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． 7．（2025·山西·中考真题）如图，在中，，分别以点为圆心、的长为半径画弧，与的延长线分别交于点．若，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，扇形的面积，由等腰直角三角形的性质得，，进而由解答即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 8．（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． 9．（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． 10．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，点在边上，过点作，垂足为点，则的最小值是___________． 【答案】 【分析】本题考查直角所对的弦是直径，找出点E的运动轨迹是解题的关键．根据点D运动过程中，始终保持，所以点E在以中点为圆心，长为半径的半圆上，进而分析当重合时，重合，取得最小值，即可求解． 【详解】解：∵ ∴ ∴点E在以中点为圆心，长为半径的半圆上， 如图，此时 ∵ ∴当重合时，重合， 此时，则 ∴的最小值是 故答案为：． 11．（2025·江苏南通·中考真题）在平面直角坐标系中，以点为圆心，为半径作．直线与交于两点，则的最小值为____________． 【答案】6 【分析】本题主要考查了一次函数的图象，垂径定理，对于，当时，得直线过定点，再求出，得点P在内部，根据过圆内定点P的所有弦中，与垂直的弦最短，得当直线与垂直时，为最小，此时，在中，由勾股定理求出，进而可得的最小值． 【详解】解：∵ ∴直线过定点， ∵点， ∴， 又∵的半径为， ∴， ∴点P在内部， 由于过圆内定点P的所有弦中，与垂直的弦最短，即当直线与垂直时，为最小，如图所示： 由垂径定理得：， ∴， 在中，，， 由勾股定理得：， ∴， 即的最小值为6． 故答案为：6． 12．（2025·江苏南京·中考真题）某纸杯的尺寸（单位：）如图（1）所示，展开它的侧面得到扇环纸片（可以看作扇形纸片剪去扇形纸片后剩余的部分）． (1)的长为____________，____________； (2)记表示两边长分别为，（，单位：）的矩形纸片的大小． ①图（2）是可以剪出扇环纸片的一张矩形纸片，它的一边与相切，点，在对边上，点，分别在另外两边上，直接写出，的值； ②用一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片吗？说明理由； ③若一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片，写出求的范围的思路（无需算出最终结果）． 【答案】(1)， (2)①，②可以，理由见解析③见解析 【分析】（1）设，，则，利用圆的周长公式和弧长公式解答即可； （2）①延长，，延长线交于点，设矩形的边与相切于点，连接，交于点，利用圆的切线的性质定理，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理解答即可； ②将扇环纸片按如图所示放置，在矩形的边上，延长，，延长线交于点，过点作于点，过点作于点，利用直角三角形的边角关系定理求得，的长度，再利用它们与的矩形纸片的长与宽作比较即可； ③设计出能够放置扇环纸片的最小的的矩形纸片即可． 【详解】（1）解：由题意得：的长为，的长为， 设，，则， ， ， ． 故答案为：，； （2）解：①延长，，延长线交于点，设矩形的边与相切于点，连接，交于点，如图， 则， 四边形为矩形， 四边形，为矩形， ， 由题意得：，，，， 为等边三角形， ，，， ，， ，， ， ． ②用一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片，理由： 将扇环纸片按如图所示放置，在矩形的边上，延长，，延长线交于点，过点作于点，过点作于点， 由题意得：，，，， ，，， ， ，， ，， 用一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片． ③设的矩形纸片为矩形，，将扇环纸片如图放置，使点在边上，点在边上，点在边上，与边相切于点， 则此时的值最小，若求的范围，则此时的为的最小值． 延长，，延长线交于点，连接，交于点，过点作于点，过点作于点，设交于点， 由题意得：，，，， 与边相切于点， ， ，，四边形为矩形， 四边形，四边形，四边形为矩形， ，，， ，． 求得，的值即可求得的最小值； 由于，解和即可求得结论． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，弧长公式，分类讨论的思想方法，矩形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，等边三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键． 13．（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． 14．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，是的弦，过点作直线，以为顶点作，分别交、于点、，若． (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若的半径为3，，求的长． 【答案】(1)与相切，理由见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定，等边对等角，正切的定义，勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解题的关键． （1）连接，根据等边对等角可得，，进而根据，得出，即可得出结论； （2）根据已知可得，进而设，，在中，，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：与相切； 理由如下：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵为半径， ∴与相切； （2）解：如（1）图，， ∵的半径为3， ∴ ∵，， ∴， ∴， 设，， 在中，， ∴ 解得： ∴． 16．（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． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 圆 中 目 录 第一部分 风向速递 洞察考向，感知前沿 新情境 新考法 新设问 第二部分 分层突破 固本培优，精准提分 一阶·题型靶向练 题型 1：垂径定理及其推论综合 题型 2：圆周角定理与圆内接四边形综合 题型 3：切线的判定与性质 题型 4：相交弦与割线模型综合计算 题型 5：中点弧模型应用 题型 6：圆的内心与外心模型综合 题型 7：双切线模型（双切图）计算 题型 8：射影定理在圆中的应用 题型 9：圆与锐角三角函数综合 题型 10：圆的基本性质多结论判断题 题型 11：弧长与扇形面积的实际应用 题型 12：点/直线与圆的最值问题 题型 13：圆与全等 / 相似三角形综合证明 题型 14：圆中线段和差最值问题 题型 15：圆与坐标系综合应用 题型 16：圆中的动点轨迹与最值问题 题型 17：圆的存在性问题 题型 18：圆的折叠与旋转综合变换问题 题型 19：圆与函数（一次、二次函数）综合压轴 题型 20：圆的新定义与阅读理解题 二阶·素养进阶练 第三部分 真题验证 对标中考，感悟考法 风●向●速●递 【新情境问题】（考查解直角三角形、勾股定理，及圆的切线性质与内切圆半径计算） 1．（2025·广东深圳·三模）【综合与实践】 新学期，同学们回校布置教室．如图所示，教室前门宽度，门轴到墙角的距离，设，，在同一条直线上，门打开后被教室黑板墙阻挡，，门边靠在墙的位置． (1)门打开的最大角度______； (2)教室的俯视图如图2，其中靠近前门第一位同学课桌右侧与墙的距离为，且该矩形课桌的边与教室前墙平行，若要使得开关门不受阻挡，则与的距离需大于多少？（结果保留根号） (3)如图，同学们想充分利用教室的空间，在门后中放置一个圆柱形的储物桶，如果购买直径为的圆柱形桶，能放得进吗？请说明理由．（参考数据：，，） 【新考法问题】（考查三角形内心定义、切线长定理，及直角三角形内切圆相关计算） 2．（2025·江苏泰州·三模）综合实践：探索三角形内心的性质 定义回顾：三角形三条角平分线的交点称为三角形的内心． 性质应用： （1）在中，，I是的内心，则 ． （2）在中，，则内切圆的半径为____． 性质拓展： （3）刘徽是魏晋时期我国伟大的数学家，是中国古典数学理论的奠基者之一．他在注解《九章算术》时，十分重视一题多解，其中最典型的就是给出直角三角形内切圆直径的多种表达形式．如图1，已知，在中，，的长分别表示为a，b，c，内切圆的直径为d． ①在下列表达式中（A）；（B），选择一个正确的表达式，并证明这个表达式的正确性． 我选________（填“A”或“B”） ②如图2，若，过的内心O，作一直线分别交，于M，N，当的面积最小时，求的长． 【新设问问题】（考查旋转的性质、相似三角形判定，及等腰三角形存在性与圆内接四边形性质） 3．（2025·广东佛山·三模）如图1，在中，，将绕点顺时针旋转到，连接． (1)绕点旋转过程中，求证：； (2)绕点旋转过程中，延长交线段于点，当四边形为平行四边形时，求线段的长度； (3)在绕点旋转过程中，是否存在以、、为顶点，且为腰的等腰三角形，若存在，直接写出的长度，若不存在，说明理由． 分●层●突●破 一阶·题型靶向练 题型01 垂径定理及其推论综合 1．（2026·湖南·模拟预测）如图，是的直径，是上两点，于点，若，则（   ） A．10 B．5 C．6 D．3 2．（2026·陕西·一模）如图，为的直径，弦于点F，于点E，若，，则的长度为______． 3．（2025·广东惠州·三模）图1是木马玩具底座水平放置的示意图．点O是所在圆的圆心，的半径为，已知点A，B之间的水平距离为，且两点距离地面的竖直高度一样高． (1)求点A的竖直高度； (2)将图1的木马玩具沿地面向右作无滑动的滚动，当与相切于点B时，如图2，点A的竖直高度升高了多少？（参考数据：） 题型02 圆周角定理与圆内接四边形综合 4．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，四边形内接于，其中，，分别延长，交于点A．若，则的半径为（     ） A． B． C． D． 5．（2025·江苏连云港·二模）如图，点A，B，C都在上，若，，则的度数为______° 6．（2025·安徽合肥·二模）如图，是的弦，点为上一点，的延长线垂直于，垂足为，点为弧上一点，且，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)点为上一点，平分，且，求的度数． 题型03 切线的判定与性质 7．（2025·山东泰安·一模）如图，在中，为直径，且弦，垂足为点E，点P为延长线上的一点，且与切于点C．连接并延长，交于点F，连接和． (1)求证：直线为的切线； (2)探究线段，，之间的数量关系，并加以证明； (3)若，，求的值及线段的长． 8．（2025·内蒙古赤峰·一模）【问题情境】一次数学活动课上，同学们对教材P．102习题12作了深入研讨． 【教材原题】如图，为的直径，与相切于，于．求证：平分． （1）【知识迁移】宏志小组同学发现，原题有多个逆命题，其中一个如下． 如图，为的直径，为上一点，于，平分．那么为的切线．这个命题是真命题吗？说明你判断的依据． （2）【问题拓展】思进小组同学发现，原题记与交于，三条线段，，有特定的数量关系．请你写出这个数量关系并说明理由． 9．（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． 题型04 相交弦与割线模型综合计算 10．（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． 11．（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． 12．（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． 题型05 中点弧模型应用 13．（2025·浙江宁波·一模）如图，已知内接于，点M为的中点，连接交于点E，且C为弧的中点，连接 ，在上存在点 H，使得    若 ， 则的长（    ） A．4 B． C． D． 14．（2023·陕西西安·模拟预测）如图，是半径为6的的直径，是弦，是弧的中点，与相交于点，若为的中点，则的长为（   ） A． B． C． D． 15．（2025·浙江杭州·二模）如图，在矩形中，E是边上的一点，，以E为圆心，为半径的弧交于点G，交于点F．若G是的中点，则的值为_________． 题型06 圆的内心与外心模型综合 16．（2025·湖北武汉·模拟预测）我们将一个三角形内切圆的半径与外接圆的半径的比值叫做该三角形的“径比”，已知等腰三角形底为6，腰为5，则该三角形的“径比”为（   ） A． B． C． D． 17．（2025·江苏泰州·三模）如图，点是的内心，点是的外心． (1)请仅用没有刻度的直尺在上一个点，使得． (2)试判断点是图中哪三个点构成的三角形的外心，并说明理由．（如需画草图，请使用图2） 题型07 双切线模型（双切图）计算 18．（2025·广东广州·二模）如图，是的切线，切点分别为A、B，是的直径，交于点E，连接交于点F，连接交于点D．下列结论错误的是（   ）． A． B． C．平分 D． 19．（2025·安徽·三模）如图，分别与圆相切于点，射线与的延长线相交于点，与圆相交于点，连接和，若，，则圆的半径是（    ） A． B． C． D． 20．（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． 题型08 射影定理在圆中的应用 21．（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． 22．（2025·四川广元·一模）如图，是的直径，点是延长线上一点，过作的切线，切点为，连接、． (1)若，求证：； (2)若，，求的长． 23．（2026·江苏南通·模拟预测）综合探究 如图所示，为的直径， 为上的两点，且 为的中点，弦 相交于点． (1)求证: ； (2)若、 ，求的长 (结果用表示)； (3)过点作的切线，交的延长线于点 ，若 求的长． 题型09 圆与锐角三角函数综合 24．（2026·江苏南京·一模）【知识技能】 （1）如图1，在中，是的中位线．连接，将绕点按逆时针方向旋转，得到．当点的对应点与点重合时，求证：． 【数学理解】 （2）如图2，在中()，是的中位线．连接，将绕点按逆时针方向旋转，得到，连接，，作的中线．求证：． 【拓展探索】 （3）如图3，在中，，点在上，．过点作，垂足为，，．在四边形内是否存在点，使得？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． 25．（2026·广东·模拟预测）如图，已知四边形内接于，直径交于点． (1)如图，求证：； (2)如图，连接，当时，求证：； (3)如图，在（）的条件下，交于点，，，，求的面积． 题型10 圆的基本性质多结论判断题 26．（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 27．（2025·山东滨州·模拟预测）如图，的角平分线交其外接圆于点，以下说法不正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 28．（2025·安徽合肥·一模）如图，矩形中，，，点E是边上一点，且，点F是边上任一点，把沿翻折，点B的对应点为，连接、，则以下结论正确的是（   ） ①当与相似时，；②的最小值是；③点到距离的最小值是；④取的中点P，连接，则的最大值是． A．①③④ B．②③④ C．②③ D．②④ 题型11 弧长与扇形面积的实际应用 29．（2025·福建福州·模拟预测）综合与实践——黄金矩形． 宽与长之比为的矩形称为黄金矩形，黄金矩形给我们以协调匀称的美感，它常见于艺术、建筑、自然界中，今天我们利用纸片来折出黄金矩形，创造数学美！ 如图1，矩形纸片的宽，小明按如下步骤操作． 第一步：如图2，沿折叠．使点落在长边上的点处，连接，得正方形； 第二步：对折正方形，使边与重合，得折痕，并展开，如图3，则； 第三步：连接，沿折叠，使点落在延长线上的点处，如图4，则的长为①__________； 第四步：过点折叠纸片，得折痕，使，交于点，并展开，如图5，则矩形为黄金矩形． (1)补全小明操作过程中①所缺的内容__________； (2)小明发现，在图5中，除了黄金矩形外，还有另一个黄金矩形，请找出这个矩形，并给予证明； (3)小明进一步探究，在黄金矩形中折去正方形，留下的矩形为黄金矩形．类似于“勾股树”．黄金矩形也能不断“生长”，可以在图6中继续折出更多的黄金矩形、黄金矩形，……如图7.若用弧线将折得的不断分割的黄金矩形的分割点连接起来，便会形成一条曲线，通常被称为“黄金螺线”．自然界的很多植物、建筑、艺术作品中都有“黄金螺线”的影子．若，记的弧长分别为，请探究满足的数量关系． 30．（2025·河北邯郸·模拟预测）将一量角器与矩形直尺按如图所示的位置摆放，其中量角器的直径平行于直尺的边缘，对应量角器的刻度线，对应量角器的刻度线，且量角器的轮廓线与直尺的边缘相切于点，与直尺的另一边缘相交于点，．已知直尺的宽度为，量角器的直径为，点在直尺上的读数为． (1)分别求点、点在直尺上的读数． (2)如图，直尺保持固定，将图中的量角器沿向右作无滑动地滚动，当量角器的端点恰好落在直尺的上边缘时停止． 求此时点在量角器上的读数（结果精确到）； 求此时点P在直尺上的读数（结果精确到）．（参考数据：，取） 31．（2025·河北邯郸·模拟预测）音乐课上，老师带领同学们自制弹拨乐器，将空心不带盖的塑料圆管放置在水平台面上，底部用两个完全相同的长方体木块固定（图），图为其截面示意图，半径为的与水平台面相切于点，点在上，两木块之间的距离． (1)直接写出的度数； (2)求长方体木块的高； (3)如图，弦交于，且． 操作：将塑料圆管沿切割取下面的部分，得到图中的型塑料管，将拨弦线与型截面平行，并套在型塑料管上便得到自制弹拨乐器． 计算：求每一根拨弦线的长． 32．（2025·河北邯郸·二模）如图1是一个手表，其表盘可以看作是一个标准的圆形，图2是简化的示意图，一侧表带与表盘连接处的弧长（或）为表盘的周长的．已知表带的宽度和均为． (1)求表盘的直径和表盘圆心到表带边缘的距离； (2)求表带被表盘覆盖的面积（阴影部分）． 题型12 点/直线与圆的最值问题 33．（2026·山东滨州·一模）如图，的半径为2，圆心M的坐标为，点P是上的任意一点，过点P 分别向两坐标轴作垂线段，，垂足分别为点A，B，则线段的最小值为_______． 34．（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_______． 35．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为________． 题型13 圆与全等 / 相似三角形综合证明 36．（2025·福建福州·三模）已知，是圆的弦且交于同一点． (1)若是圆的直径，为圆上一点． ①如图，是垂直于的直径，和关于直线对称，连接，证明：； ②如图，过的中点，，连接，证明：． (2)如图，过的中点，连接交于、，判断的数量关系并证明． 37．（2025·吉林长春·一模）【问题呈现】数学兴趣小组利用一副三角板进行实验探究活动．若在与中，，，，点D在线段上，、分别交边，于点E、F若将绕点D旋转，则在旋转过程中点A、E、D、F共圆． 【问题解决】证明过程如下： 证明：如图①，连接，取中点O，连接、． 证明过程缺失 点A、E、D、F在以点O为圆心为半径的圆上． 补全证明中缺失的过程． 【结论应用】如图②，若将绕点D旋转，使得，连接，直接写出的度数__________． 【拓展提升】如图③，若点D为中点，连接、交于点Q，下列结论正确的是__________（填序号）①；②；③若，则四边形周长的最小值为4；④． 38．（2025·广东汕头·一模）如图1，正方形的边长为4，E为上一点（B、C点除外），连接，以为直径作，与对角线的另一交点为F，连接，． (1)证明：为等腰直角三角形； (2)如图2，连接，若． ①证明：与相切； ②求四边形的面积． 题型14 圆中线段和差最值问题 39．（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． 40．（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15 圆与坐标系综合应用 41．（2025·河南南阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，是反比例函数图象上的一点，以点为圆心，长为半径作圆，与轴交于点，与轴交于点，连接． (1)求证：为线段的中点． (2)若，求点的坐标， 42．（2025·陕西汉中·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于与点（点在的右边），与轴交于点，且． (1)求抛物线表达式． (2)若此时正比例函数与抛物线交于两点，动点在抛物线上，且在直线的上方，若以点作，始终与直线相切，求的最大面积及此时点的坐标． 43．（2025·广东梅州·一模）【问题背景】 正方形与正方形相邻，点O，C，F在同一条直线上．以所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图．若过A，B，E三点（圆心P在x轴上），抛物线经过A，C两点，与x轴的另一交点为G，M是的中点，正方形的面积为1． 【构建联系】 （1）求抛物线的解析式． （2）求证：是的切线． 【深入探究】 （3）设是抛物线上的一个动点（不与点C，G重合）．当时，请求出点N的横坐标的取值范围． 题型16 圆中的动点轨迹与最值问题 44．（2025·江苏连云港·二模）如图，在平面直角坐标系中，点A是x轴上一动点，点B是直线上一动点，，，则的最大值是___________． 45．（2025·天津·模拟预测）在中， 则（1）的面积最大值是______； （2）的最大值为______． 46．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在中，，，则的最大值为______． 47．（2025·广东东莞·一模）如图，在中，以点O为圆心作与直线相切，点E是上一个动点，连接交于点F，则的最大值是______． 题型17 圆的存在性问题 48．（2025·陕西咸阳·模拟预测）问题提出 （1）如图①，在矩形中，，．在边上是否存在一点M，使得的值最大？若存在，请找出点M，并求出的最大值；若不存在，请说明理由． 问题解决 （2）如图②，一支队伍沿着射线方向行进，一名观察员从点O出发，沿着射线行进，从而观察整支队伍的行进情况．已知与的夹角为，观察员行进后到达点P，观察队伍的行进情况，设其有效观测角为．若射线上存在唯一观测点P，满足，请结合题目条件求出队伍AB的长度． 49．（2025·云南·模拟预测）如图所示，是的直径，四边形是的内接四边形，延长至点，连接，使得 作 垂足为点F， ， ． (1)作 交 于点G，求的长． (2)求证：是的切线． (3)①求 的长度． ②设三角形的面积为 ，三角形  的面积为 ，是否存在常数，使 成立?若存在，求常数的值；若不存在，请说明理由． 50．（2025·广东·模拟预测）如图，在平行四边形中，，以点O为圆心，作与直线相切，切点为E，连接． (1)求的半径； (2)延长交于点F，G是射线上一点，若与相似，请求出的长； (3)P是上的一个动点，连接交直线于点H．在点P运动过程中，是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由． 题型18 圆的折叠与旋转综合变换问题 51．（2025·河北沧州·模拟预测）如图1~图3，是半圆O的直径，且，是半圆O的弦（点M，N可分别与点A，B重合），将半圆O沿直线翻折．     (1)当点N与点B重合，且时，如图1． ①求劣弧的长； ②当半圆O沿直线翻折后，劣弧是否经过圆心O？__________（填“是”或“否”）； (2)当时，如图2，过点O作，垂足为点P，折叠后的劣弧恰好经过的中点Q，连接，求的值； (3)若折叠后的劣弧与直径切于点C，且点C是半径的中点，如图3，求折痕的长； (4)若折叠后的劣弧始终与直径相切，设，直接写出d的取值范围． 52．（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． 53．（2025·四川成都·三模）数学活动课上，同学门将两个全等的三角形纸片重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，． 【初步感知】 （1）如图1，连接，在纸片绕点A旋转过程中，试探究的值； 【深入探究】 （2）如图2，在纸片绕点A逆时针旋转过程中（旋转角不大于），直线与交于点F； ①求证：； ②当时，求的长； 【拓展延伸】 （3）在纸片绕点A逆时针旋转过程中（旋转角不大于），试探究C，D，F三点能否构成等腰三角形，若能，直接写出的长；若不能，请说明理由． 题型19 圆与函数（一次、二次函数）综合压轴 54．（2026·全国·模拟预测）已知抛物线（a为常数）经过点． (1)求抛物线的函数表达式． (2)将抛物线向右平移个单位后得到抛物线，当时，抛物线与抛物线有一个交点． ①求m的取值范围． ②设抛物线与x轴交于B，C两点，与y轴交于点D，的外接圆圆心为点．求n的取值范围． 55．（2025·广东·二模）如图，抛物线 经过点． (1)求该抛物线的函数解析式； (2)以为直径的圆与直线的一个交点为 C． 若，求点 C 的坐标； (3)在（2）的条件下， 点 D 在以为直径的圆上， 且，求的值． 56．（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． 题型20 圆的新定义与阅读理解题 57．（2026·陕西西安·一模）【定义新知】 婆罗摩芨多是公元世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”． 【理解运用】 （）如图，四边形为的内接四边形，连接、、、、、，与交于点，已知．试说明：四边形是“婆氏四边形”； （）如图，在中，，以为弦的交于，交于，连接、、．其中，，若四边形是“婆氏四边形”，求的长； 【问题拓展】 （）如图，某公园欲规划一个圆形景观区，并在其内部设计一个四边形区域，作为花海，其中点、、、均在上，、为花海内两条笔直的观光通道．根据设计要求，四边形是“婆氏四边形”，且与的长度之和为米．为了节约成本，要求圆形景观区的面积尽可能的小，请问圆形景观区的面积是否存在最小值？若存在，请求出圆形景观区面积的最小值；若不存在，请说明理由． 58．（2025·广东清远·一模）【定义】两个图形任意两点之间的距离的最小值为两个图形之间的距离．例如：如下图，直线与y轴的距离为1． 【应用】根据定义回答下列问题： （1）如图：直线与直线的距离是 ； （2）如图：已知点，圆A的半径为1，将直线向下平移m个单位后与圆A相切，求m的值； 【拓展】 （3）如图，某城市规划局要在地铁线附近规划建设一工业园区，工业园区的下边界是抛物线的一部分，建立如图所示的坐标系后，工业园区下边界所在的抛物线为（）（单位长度为百米），地铁线所在的直线为，现在要在地铁线上建设一出口P，使得点P到该工业园距离最近，请直接写出点P的坐标． 59．（2025·上海虹口·二模）阅读材料： 我们学过有关直角三角形的性质定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．这条定理的逆命题“如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形”也是真命题． 如图，在中，为上的中线，如果，那么．也可以说，在中，如果，那么． 根据上面的阅读材料，完成下列问题：（若需要，可直接运用直角三角形性质定理的逆命题）如图，为半圆的直径，是半圆的弦，以为直径作． (1)如图①，过点作，垂足为． ①求证：； ②已知，如果经过点（如图②），求直线与直线夹角的正弦值； (2)已知与线段相交于点、，，如果，求的长． 60．（2025·山西晋中·三模）阅读与思考 请认真阅读材料，并完成相应任务． 婆罗摩笈多是公元7世纪的古印度伟大数学家，曾研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，这类四边形被称为“婆罗摩笈多四边形”．我们一起了解这位数学家的研究成果吧！ 如图1，已知⊙O的内接四边形，对角线于点．婆罗摩笈多发现等于⊙O半径平方的4倍． 下面是他的探究思路： 于点， ． ．（依据1） 如图2，连接并延长交⊙O于点，连接， 则．（依据2） ． 又，． ，． ．． …… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指： ，依据2是指： ； (2)请完成材料中的剩余证明； (3)如图3，⊙M的半径为5，四边形内接于⊙M，且于点，则的长为 ． 二阶·素养进阶练 1．（2026·陕西西安·二模）张老师开展“角”主题学习活动，收到了同学们分享的几道优质习题，现邀请你一同思考解答． (1)如图1，在中，，，，D是的中点，则______． (2)如图2，正方形中，E，F分别在边，上，且，连接分别交，于点H，G，试猜想，，的数量关系，并说明理由． (3)如图3，在（2）基础上，点E为正方形的边上的点，点F在射线上，求的最大值，请直接写出结果． 2．（2026·陕西西安·二模）问题探究 （1）如图①，，面积为6，则的面积为________； （2）如图②，，点为平面内一点，且满足面积为6，求周长的最小值； 问题解决 （3）某新区计划在一块空地上修建一个四边形公园，如图③所示，按规划要求千米，千米，且四边形面积最大．在规划的面积最大的公园内修建一个凉亭，沿着、修建观光路线，两条观光路线恰好平分四边形的面积．若修建观光路线每千米投资20万元，试问观光路线修建费用是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 3．（2026·江苏南通·模拟预测）如图，放在平面直角坐标系中的圆O的半径为3，现做如下实验：抛掷一枚均匀的正四面体骰子，它有四个顶点，各顶点数分别是1，2，3，4，每个顶点朝上的机会是相同的，连续抛掷两次，将骰子朝上的点数作为直角坐标系中点P的坐标（第一次的点数为横坐标，第二次的点数为纵坐标）． (1)若第一次骰子朝上的点数为1，第二次骰子朝上的点数为2，此时点P （填“是”或“否”）落在圆O内部； (2)请你用树状图或列表的方法表示出P点坐标的所有可能结果； (3)求点P落在圆O面上（含内部与边界）的概率． 4．（2026·山东·一模）如图，在中，，点是所在平面内一点，连接． (1)如图1，若，点在边上，平分，，求的长； (2)如图2，若，点在边上(点不与点，重合)，将射线绕点顺时针旋转，在旋转后的射线上取一点，连接，使得，过点作于点，过点作于点，探索线段，，之间的数量关系，并证明； (3)如图3，若点在直线下方，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，，，，当四边形的面积取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿翻折到四边形所在平面内得到，连接，当取最小值时，请直接写出的面积． 5．（2026·江苏南通·一模）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，，P是边上一点，过点P作于D，于E，过点A作于F，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G是边上一点．连结，将线段绕点C逆时针旋转得，连结交于P，过点P作于D，于E，当时，求的值； 拓展延伸：如图3，已知是半圆O的直径，，是弦，，P是上一点，，垂足为D，，，，求的值． 6．（2026·江苏南京·一模）如图1，在⊙中截掉一个圆心角为的扇形，优弧与直线相切于点，且． (1)求点到直线的距离． (2)如图2，优弧上存在一动点，从出发按顺时针方向转动，转动速度为每秒，转动时间为秒．当点运动至点处时，停止转动．过点作直线，直线与优弧交于另一点． ①当直线与优弧相切时，的值为______． ②当时，求阴影部分面积． (3)在（2）的转动过程中，如图3，过点作直线，与直线交于点，则在转动过程中，的最大值为___． 7．（2026·湖南·模拟预测）如图，是的直径，是上一点，连接，延长至点，连接交于点，过点作于点，连接，___________． 请从“①；②”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： (1)求证：与相切； (2)若，求的值； (3)若，设的面积为，四边形的面积为，当时，求的长． 8．（25-26九年级上·广东惠州·期末）如图1，O为菱形对角线上一点，以点O为圆心，为半径的圆与菱形相邻两边的交点分别为点E、F． (1)若的半径为3，，则劣弧的长为_________；（结果保留或根式） (2)如图2，若与相切于点M．求证：与相切； (3)在（2）的基础上，若，，求的半径． 9．（25-26九年级上·广东东莞·期末）如图1，在直角坐标系中，点的坐标为，以为圆心，为半径的半圆交轴于点，在半圆弧上取点，连接， (1)若点是点关于中心对称的点，请判断四边形的形状． (2)如图2，上取点使得，连接． ①若点的横坐标为2，求的长． ②求的最小值． 10．（2026·广东梅州·模拟预测）如图，在中，，是边上的点，过点作，交于点，过点作，交于点，经过点、、的与、的另一个公共点分别为、，连接、、． (1)求证：； (2)若，， ①当时，求的长； ②若恰为的直径，则的长为 ． 真●题●验●证 1．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（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． 3．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 4．（2025·江苏镇江·中考真题）如图，直线，直线分别交于点，以为圆心，长为半径画弧，分别交于直线同侧的点，，，则的长等于（   ） A． B． C． D． 5．（2025·四川广元·中考真题）如图，是的弦，过圆心O作于点H，交于点A，，点M是上异于C，D的一点，连接，，则的值是（   ） A． B． C． D． 6．（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． 7．（2025·山西·中考真题）如图，在中，，分别以点为圆心、的长为半径画弧，与的延长线分别交于点．若，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 8．（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） 9．（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__________． 10．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，点在边上，过点作，垂足为点，则的最小值是___________． 11．（2025·江苏南通·中考真题）在平面直角坐标系中，以点为圆心，为半径作．直线与交于两点，则的最小值为____________． 12．（2025·江苏南京·中考真题）某纸杯的尺寸（单位：）如图（1）所示，展开它的侧面得到扇环纸片（可以看作扇形纸片剪去扇形纸片后剩余的部分）． (1)的长为____________，____________； (2)记表示两边长分别为，（，单位：）的矩形纸片的大小． ①图（2）是可以剪出扇环纸片的一张矩形纸片，它的一边与相切，点，在对边上，点，分别在另外两边上，直接写出，的值； ②用一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片吗？说明理由； ③若一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片，写出求的范围的思路（无需算出最终结果）． 13．（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． 14．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，是的弦，过点作直线，以为顶点作，分别交、于点、，若． (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若的半径为3，，求的长． 16．（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________ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 学科网（北京）股份有限公司 $