解题秘籍05 圆的性质、模型与综合探究应用11大考向（专项训练）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测

函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 解题秘籍05圆的性质、模型与综合探究应用 (11大考向) 趋势领航·探考向 命题预测 圆是中考几何压轴的重要载体，命题围绕圆的基本性质、垂径定理、圆周角、切线展开，常结合全 等、相似、勾股、三角函数进行计算与证明。试题大量融入折叠、旋转等几何变换，突出隐圆、动点、 最值、存在性探究，常常与三角形、四边形、函数综合设问。重点考查倒角转化、模型识别、数形结合 与分类讨论思想，是二轮复习突破几何压轴、冲刺高分的关键专题。 圆的基本性质与基础计算 点、直线与圆的位置关系 切线综合与切线长定理 圆与角度、弧长、扇形面积计算 圆内接多边形与正多边形综合 圆的性质、模型与 综合探究应用 圆与全等、相似、三角函数综合 隐圆（辅助圆）与三角形综合 圆与几何变换综合（折叠、旋转、平移） 圆的动点、最值与存在性探究 圆与函数综合（一次、二次、反比例） 圆的规律探究、格点与新定义问题 考法破译·知规律 者▣.01圆的基本性质与基础计算 核心考点 1)圆的半径、直径、弦、弧、圆心角、圆周角、垂径定理及其推论； 2)同圆或等圆中弧、弦、圆心角、圆周角之间的对等关系； 3)垂径定理：作垂线、连半径、构直角，求弦长、半径、弦心距； 4)圆周角定理、直径所对圆周角为90°、同弧所对圆周角相等。 1/29 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 命题定位 基础必考题型，选择、填空、解答第一问高频出现，重在基础推理、线段计算，属于保底得分题。 1.(2025四川广元中考真题)如图，CD是⊙O的弦，过圆心O作0A1CD于点H,交⊙O于点A, OH:HA=3:2,点M是CBD上异于C,D的一点，连接CM,DM,则sin∠CMD的值是() 6 M H A. B专 2.(2025山东东营.中考真题)如图，四边形ABCD内接于⊙O,若∠B0D=130°，则∠ECD的度数是() B A.50° B.55° C.65 D.70° 3.(2025·青海西宁.中考真题)如图，AB,AC是⊙O的弦，AB=AC,半径OE,OF分别与弦AB,AC垂直， 垂足分别为G,H,AM∥OF交OE于点M,AN∥OE交OF于点N,连接OA. (1)求证：∠A0E=∠A0F; (2)求证：四边形AMON是菱形； (3)若AB=16,0A=10,则0M= 4.(2025江西.中考真题)如图，点A,B,C在⊙O上，∠ACB=35°，以BA,BC为边作口ABCD. 2/29 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B B .o 图1 图2 (1)当BC经过圆心O时（如图1），求∠D的度数： (2)当AD与⊙0相切时（如图2），若⊙O的半径为6，求AC的长 5.(2025宁夏.中考真题)如图，四边形ABCD内接于⊙O,AC平分∠BAD,连接BD. (1)求证：∠CBD=∠BDC; (2)延长AB至点E,使BE=AD,连接CE.求证： AC BC AB+AD BD ●者的.Q2.点、.直线点圆的位置送系 核心考点 1)点与圆：比较点到圆心距离与半径判断位置： 2)直线与圆：相离、相切、相交，用圆心到直线距离判定； 3)切线判定：连半径证垂直、作垂直证半径； 4)切线性质：切线垂直于过切点的半径。 命题定位 中档主干题型，切线证明是解答题必考，贯穿圆所有综合题。 6.(2025·四川广元中考真题)综合与实践 (1)【初步感知】如图①，ABC和ADE中，∠C=90°，AE·AB=AD·AC,LCAD=∠EAB,求∠E的 度数； 3/29 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 E D C 图① (2)【深入探究】如图②，在矩形ABCD中，AB=3,BC=4,点E是线段BC上一点，连接AE,过点A 1 在AE上方作FA⊥EA,使S△AEF=S矩形ABCD,连接DF，请证明△ABE∽△AFD,并直接写出点F到BC的 2 距离的最大值； R D B E 图② (3)【学以致用】如图③，梯形ABCD中，AD∥BC,∠B=90°，AD=AB=8,BC=16,点E是线段AB 中点，点F是线段BC上一点，连接EF,过点E在EF上方作GE上FE,使Sac8SD' △ADG的面积最小时，求EG的长. D B 图③ 7.(2025·辽宁铁岭二模)如图，在Rt△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，点D为直线BC上一动点，连 接AD,将AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE,连接BE,CE,取CD的中点F,连接AF,交BE于点 G. E G B D F (1)BC与CE的位置关系是 4/29 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)当点D在线段BC上运动时，求证：AF⊥BE; (3)若AB=4,直接写出点G到直线CE的距离的最小值. 8.(2025四川中考真题)如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，AD和过点C的切线互相垂直，垂 足为D.延长DC交AB的延长线于点E. D B (1)求证：AC平分∠DAE; ②若tanE),CB2,求OO的半径和CD的的 9.(2025四川泸州中考真题)如图，AB,CD是⊙O的直径，过点C的直线与过点B的切线交于点E,与 BA的延长线交于点F,且EB=EC,连接DE交AB于点G, B (1)求证：EF是⊙O的切线： 2诺P=10,sF-求EG的长 者▣.03切线综合与切线长定理 核心考点 1)单一切线、双切线构图，切线长相等： 2)内心、外心识别与性质，三角形内切圆、外接圆： 3)切线+勾股、切线十相似、切线十三角函数综合求值； 4)含切线角度倒角、线段比例计算。 命题定位 圆最核心中档题，考法固定、综合性强，得分关键。 10.(2025湖南长沙.中考真题)如图1，点O是以AB为直径的半圆的圆心，AD与BC均为该半圆的切线， C,D均为直径AB上方的动点，连接CD,且始终满足CD=AD+BC. 5/29 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D 0 图1 图2 (1)求证：CD与该半圆相切： 21 2+a+246'n=0+ 2 1+a+1中6，比较m与n的大小，并说明 b (2)当半径r=√2时，令AD=a,BC=b,m= 理由； (3)在(1)的条件下，如图2，当半径r=1时，若点E为CD与该半圆的切点，AC与BD交于点G,连接 EG并延长交AB于点F,连接AE,BE,令EG=,AE·BE+FG 4 1 CD=y,求y关于x的函数解析式. (不考虑自变量x的取值范围)11.(2025广东广州中考真题)已知⊙0的半径为6，⊙0所在平面内有一 动点P,过点P可以引⊙O的两条切线PA,PB,切点分别为A,B.点P与圆心O的距离为d,则d的取 值范围是；若过点O作OC∥PA交直线PB于点C(点C不与点B重合)，线段0C与⊙O交于点D,设 PA=x,CD=y,则y关于x的函数解析式为一 12.(2025-四川泸州中考真题)如图，梯形ABCD中，AD∥BC,AB=CD=10,⊙O与梯形ABCD的各边都 相切，且⊙O的面积为16π，则点B到CD的距离为 D B 13.(2025江苏镇江中考真题)如图(1)，过⊙O外一点M引⊙O的两条切线MA、MB,切点是A、B, ∠AMB为锐角，连接MO并延长与⊙O交于点N,点P在MN的延长线上，过点P作MA的垂线，与BO的 延长线相交于点E、垂足为F. M M B B 图(1) 图(2) (1)求证：△E0P是等腰三角形； 6/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)在图(2)中作△E0P,满足0P=0F(尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)； 3已知sin∠AMB= ,在你所作的△EOP中，若PF=2,求OE的长. 3 14.(2025山东.中考真题)【问题情境】 2025年5月29日“天问二号”成功发射，开启了小行星伴飞取样探测的新篇章.某校航天兴趣小组受到鼓舞， 制作了一个航天器模型，其中某个部件使用3D打印完成，如图1. 【问题提出】 部件主视图如图2所示，由于1的尺寸不易直接测量，需要设计一个可以得到1的长度的方案，以检测该部 件中的长度是否符合要求， 了正面 【方案设计】 兴趣小组通过查阅文献，提出了钢柱测量法 测量工具：游标卡尺、若干个底面圆半径相同的钢柱（圆柱）. 操作步骤：如图3，将两个钢柱平行放在部件合适位置，使得钢柱与部件紧密贴合.示意图如图4，⊙0分 别与AC,AD相切于点B,D,用游标卡尺测量出CC'的长度y. C B 【问题解决】 已知∠CAD=∠C'A'D'=60°，1的长度要求是1.9cm~2.1cm. (1)求∠BA0的度数： (2)已知钢柱的底面圆半径为1cm,现测得y=7.52cm.根据以上信息，通过计算说明该部件l的长度是否 符合要求.（参考数据：√5≈1.73） 【结果反思】 (3)本次实践过程借助圆柱将不可测量的长度转化为可测量的长度，能将圆柱换成其他几何体吗？如果能， 写出一个；如果不能，说明理由 的.04圆与角度、弧长.扇形面积计算 核心考点 7/29 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 1)圆心角、圆周角、圆内接四边形对角互补倒角计算； 2)弧长公式、扇形面积公式、圆锥侧面积、底面半径换算； 3)阴影面积：割补法、加减法、平移旋转转化面积。 命题定位 计算类高频题，选填必考，侧重公式熟练与图形转化。 15.(2025四川自贡.中考真题)PA,PB分别与⊙O相切于A,B两点.点C在⊙O上，不与点A,B重合.若 ∠P=80°，则∠ACB的度数为() A.50° B.100 C.130 D.50°或130° 16.(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 AB的长是5cm,则剩余部分的面积是() B A.25πcm B.2 -πcm c.2 -ncm2 D.25 πcm 8 17.(2025山西.中考真题)如图，在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,分别以点B、C为圆心、BC的长 为半径画弧，与BA、CA的延长线分别交于点D、E.若BC=4,则图中阴影部分的面积为() A.2π-4 B.4π-4 C.8π-8 D.4π-8 18.(2025湖南.中考真题)如图，北京市某处A位于北纬40°（即∠A0C=40°），东经116°，三沙市海域某 处B位于北纬15°（即∠B0C=15°），东经116°；设地球的半径约为R千米，则在东经116°所在经线圈上的 点A和点B之间的劣弧长约为() 北极 地轴 4(北纬40°，东经116) 地心O 赤道 B(北纬15°，东经116) 南极 8/29 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A. 5 πR(千米) 72 B.R(千米) C. 6R(千米) D.号R(千* 19.(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n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，2，…，，高为”的“小三角形”，它们的面积和为 请根据这样的方法继续思考：如图2，扇形ODG与扇形OF有共同的圆心角，且弧长分别为3和7， DE=4,则图中阴影部分面积是 O 4 13 7 图1 图2 20.(2025黑龙江大庆.中考真题)如图，四边形ABCD是正方形，AB=1,执行下面操作：第一次操作以 点A为圆心，以AD为半径顺时针作弧DE交BA的延长线于点E,得到扇形DAE;第二次操作以点B为圆 心，以BE为半径顺时针作弧EF交CB的延长线于点F,得到扇形EBF;第三次操作以点C为圆心，以CF 为半径顺时针作弧FG交DC的延长线于点G,得到扇形FCG,依此类推进行操作，其中DE,EF、FG、 GH,的圆心依次按A,B,C,D循环，所得曲线DEFGH.叫做“正方形的渐开线”，则经过四次操作后 所得到的四个扇形的面积和为 一·（结果保留π） H C D E 21.(2025江苏南京.中考真题)某纸杯的尺寸（单位：c)如图(1）所示，展开它的侧面得到扇环纸片 ABCD(可以看作扇形纸片OAD剪去扇形纸片OBC后剩余的部分). 9/29 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 -9 b 长6 B D 图1) 图2) (1)AD的长为 cm,OB= cm; (2)记a×b表示两边长分别为a,b(a≤b,单位：cm)的矩形纸片的大小. ①图(2)是可以剪出扇环纸片ABCD的一张矩形纸片，它的一边与AD相切，点B,C在对边上，点A, D分别在另外两边上，直接写出a,b的值： ②用一张18.2×25.7的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD吗？说明理由； ③若一张15×b的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD,写出求b的范围的思路（无需算出最终结果). 22.(2025山东潍坊.中考真题)图1是某摩天轮的实景图.摩天轮可视作半径为50米的⊙O,其上的某个座 舱可视作⊙O上的点A,座舱距离地面的最低高度BC为10米，地面1上的观察点D到点C的距离DC为80米， 平面示意图如图2所示. A B 图1 图2 备用图 (1)当视线DA与⊙O相切时，求点A处的座舱到地面的距离： (2)已知摩天轮匀速转动一周需要30分钟，当座舱距离地面不低于85米时，在座舱中观赏风景的体验最佳， 点A处的座舱随摩天轮匀速转动一周的过程中，求该座舱中乘客最佳观赏风景的时长，并求这段时间内该 座舱经过的圆弧的长。 3 (以上结果均保留小数点后一位数字，参考数据：tan36.87°≈子，sin6.87°≈0.92，c0s66.87°0.39， √5≈1.73，π≈3.14) 23.(2025江苏南通.中考真题)如图，PA与⊙O相切于点A,AC为⊙O的直径，点B在⊙O上，连接 PB,PC,且PA=PB. 10/29 解题秘籍05 圆的性质、模型与综合探究应用 （11大考向） 圆是中考几何压轴的重要载体，命题围绕圆的基本性质、垂径定理、圆周角、切线展开，常结合全等、相似、勾股、三角函数进行计算与证明。试题大量融入折叠、旋转等几何变换，突出隐圆、动点、最值、存在性探究，常常与三角形、四边形、函数综合设问。重点考查倒角转化、模型识别、数形结合与分类讨论思想，是二轮复习突破几何压轴、冲刺高分的关键专题。 考向01 圆的基本性质与基础计算 核心考点 1）圆的半径、直径、弦、弧、圆心角、圆周角、垂径定理及其推论； 2）同圆或等圆中弧、弦、圆心角、圆周角之间的对等关系； 3）垂径定理：作垂线、连半径、构直角，求弦长、半径、弦心距； 4）圆周角定理、直径所对圆周角为 90°、同弧所对圆周角相等。 命题定位 基础必考题型，选择、填空、解答第一问高频出现，重在基础推理、线段计算，属于保底得分题。 1．（2025·四川广元·中考真题）如图，是的弦，过圆心O作于点H，交于点A，，点M是上异于C，D的一点，连接，，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题主要考查勾股定理，圆周角定理，垂径定理的应用以及求角的正弦值，关键是根据垂径定理和勾股定理解答． 只要证明，求出即可． 【详解】解：连接，如图， 是的弦，， ， ， ， 和所对的弧都为， ， ， 设， ，， ，， ， ． 故选：B． 2．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形内接于，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质．根据圆周角等于同弧所对圆心角的一半求出的度数，再根据圆内接四边形的性质及平角的定义即可求出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形内接于， ∴且， ∴， 故选：C． 3．（2025·青海西宁·中考真题）如图，是的弦，，半径分别与弦垂直，垂足分别为G，H，交于点M，交于点N，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形； (3)若，，则_______． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】本题考查弧，弦，角之间的关系，垂径定理，勾股定理，菱形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键： （1）根据弧，弦，角之间的关系以及垂径定理，即可得证； （2）先证明四边形为平行四边形，等积法推出，即可得证； （3）垂径定理结合勾股定理求出的长，设，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵半径分别与弦垂直， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵半径分别与弦垂直， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形； （3）∵， ∴， 在中，由勾股定理，得：， 由（2）知：四边形为菱形， ∴设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得； ∴． 4．（2025·江西·中考真题）如图，点A，B，C在上，，以，为边作． (1)当经过圆心O时（如图1），求的度数； (2)当与相切时（如图2），若的半径为6，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据直径所对的圆周角为直角，得出，再求出，再根据平行四边形的性质得出； （2）连接、，根据切线性质得出，证明，得出， 说明垂直平分，根据线段垂直平分线的性质得出，根据等腰三角形性质得出，根据圆周角定理得出，最后根据弧长公式求出结果即可． 【详解】（1）解：∵经过圆心O， ∴为的直径， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴； （2）解：连接、，如图所示： ∵与相切， ∴， ∴， ∵在中， ∴， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，弧长公式，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，线段垂直平分线的性质，解题的关键是数形结合，熟练掌握相关的判定和性质． 5．（2025·宁夏·中考真题）如图，四边形内接于⊙平分，连接． (1)求证：； (2)延长至点，使，连接．求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、角平分线的定义以及全等三角形与相似三角形的判定和性质，解题的关键是利用圆周角与弧的对应关系转化角的等量关系，通过构造辅助线（延长线段）创造全等或相似的条件． （1）利用平分得到角相等，结合圆周角定理（同弧所对的圆周角相等），将角平分线得到的等角转化为与、相关的角，进而证明两角相等． （2）由可得通过圆内接四边形的对角互补性质得到结合第一问结论及角平分线性质证明再通过角的等量转化证明，最终得到比例式． 【详解】（1）证明：∵ 平分， ∴． ∵四边形内接于， ∴（同弧所对的圆周角相等）． ∵， ∴． （2）证明：∵， ∴． ∵四边形内接于， ∴（圆内接四边形对角互补）． 又∵（平角定义）， ∴． 由（1）知 ∴（等角对等边）． 在和中 ∴． ∴． ∵， ∴． 又∵ ，， ∴即 ∴． ∴， ∴，即． 考向02 点、直线与圆的位置关系 核心考点 1）点与圆：比较点到圆心距离与半径判断位置； 2）直线与圆：相离、相切、相交，用圆心到直线距离判定； 3）切线判定：连半径证垂直、作垂直证半径； 4）切线性质：切线垂直于过切点的半径。 命题定位 中档主干题型，切线证明是解答题必考，贯穿圆所有综合题。 6．（2025·四川广元·中考真题）综合与实践 （1）【初步感知】如图①，和中，，，，求的度数； （2）【深入探究】如图②，在矩形中，，点E是线段上一点，连接，过点A在上方作，使，连接，请证明，并直接写出点F到的距离的最大值； （3）【学以致用】如图③，梯形中，，，，，点E是线段的中点，点F是线段上一点，连接，过点E在上方作，使，当的面积最小时，求的长． 【答案】（1）；（2）证明见解析；F到的距离的最大值为；（3） 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、矩形和梯形的面积计算及几何最值问题，解题的关键是通过角度关系和线段比例证明相似三角形，利用面积关系转化线段关系，结合图形性质求解． （1）初步感知：由推出，结合得比例式，证明，利用得出的度数． （2）深入探究：由矩形面积和面积关系得的定值，结合和矩形中，证明；得出，即可得出在以为直径的圆上运动，进而根据题意，即可求解． （3）学以致用：先计算梯形面积和面积，结合得的定值；根据（2）构造矩形，证明，得出，得出在为直径的圆上，进而求得出当的面积最小时，得出是等腰直角三角形，勾股定理即可得出长． 【详解】（1）解：∵ ∴，即． ． ∴（两边对应成比例且夹角相等）． ∵， ∴． （2）证明：∵， ∴，即， ∴ ∵四边形是矩形，， ∴，， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴在以为直径的圆上运动， ∴到的最大距离为； （3）解：∵梯形中，，，，， ∴， ∵， ∴，即， ∵点E是线段的中点， ∴， 如图，取，作矩形，则，，连接， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴在为直径的圆上， ∴当的面积最小时，在过点且垂直于的直线上，则此时是等腰直角三角形， ∴． 7．（2025·辽宁铁岭·二模）如图，在中，，，点为直线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到线段，连接，，取的中点，连接，交于点． (1)与的位置关系是_____________； (2)当点在线段上运动时，求证：； (3)若，直接写出点到直线的距离的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由等腰直角三角形性质、结合旋转性质得到相关角度、线段关系，再由两个三角形全等的判定与性质即可得证； （2）延长到点，使，连接，如图所示，先由全等三角形的判定定理得到，进而由全等性质及平行性质得到边与角的关系，从而由两个三角形全等的判定定理得到，再由全等三角形性质及两角互余即可得证； （3）取的中点，过点作垂足为，作垂足为，如图所示，先判断，进而得到四边形为矩形，在和中，解直角三角形求出，结合点在以为直径的上，当点在线段上时，点到直线的距离最小，求出即可得到答案． 【详解】（1）解：在中，，， ， 将绕点逆时针旋转得到线段， ，， ，， ， 在和中， ， ，则， ， 故答案为：； （2）证明：延长到点，使，连接，如图所示： ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：取的中点，过点作垂足为，作垂足为，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴ 在中，， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∵长度不变， ∴点在以为直径的上，当点在线段上时，点到直线的距离最小，此时， ∴点到直线的距离的最小值为． 【点睛】本题考查几何综合，综合性强、难度较大，涉及等腰直角三角形性质、旋转性质、全等三角形的判定与性质、平行线判定与性质、直角三角形的判定、矩形的判定与性质、解直角三角形、动点最值问题-辅助圆等知识，熟记相关几何判定与性质、全等三角形的判定与性质及动点最值问题-辅助圆问题的解法是解决问题的关键． 8．（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． 9．（2025·四川泸州·中考真题）如图，是的直径，过点的直线与过点的切线交于点，与的延长线交于点，且，连接交于点． (1)求证：是的切线； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了切线的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质与判定，全等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，由切线的性质可得，证明，可得，据此由切线的判定定理可证明结论； （2）过点C作于H，过点D作于M，设，则，解得到，则，解方程可得，则，，，由勾股定理得，则；解得到，则，，由勾股定理得；由等面积法可得，证明，得到；证明可得，则． 【详解】（1）证明；如图所示，连接， ∵是的切线， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：如图所示，过点C作于H，过点D作于M， 设，则， 由（1）可得， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴； 在中，， ∴，， 在中，由勾股定理得； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴，即， ∴． 考向03 切线综合与切线长定理 核心考点 1)单一切线、双切线构图，切线长相等； 2)内心、外心识别与性质，三角形内切圆、外接圆； 3)切线＋勾股、切线＋相似、切线＋三角函数综合求值； 4）含切线角度倒角、线段比例计算。 命题定位 圆最核心中档题，考法固定、综合性强，得分关键。 10．（2025·湖南长沙·中考真题）如图1，点O是以为直径的半圆的圆心，与均为该半圆的切线，C，D均为直径上方的动点，连接，且始终满足． (1)求证：与该半圆相切； (2)当半径时，令，，，，比较m与n的大小，并说明理由； (3)在（1）的条件下，如图2，当半径时，若点E为与该半圆的切点，与交于点G，连接并延长交于点F，连接，，令，，求y关于x的函数解析式．（不考虑自变量x的取值范围） 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）如图3，连接，并延长交的延长线于点，过点作于点． 根据与均为该半圆的切线，得出，则，可得．证明，得出．根据，得出．则，可得，即平分．又，得出，即可证明与该半圆相切． （2）如图4，过点作，交于点，在中，由勾股定理可得，根据，列等式得出，代入可得． （3）如图5，根据均为该半圆的切线，则，证明，得出，从而得出，证明，得出，得出．得出，则，即可得．同理可得，得出，由（2）可知，得出，又在中，，得出，即可得，从而得出． 【详解】（1）解：如图3，连接，并延长交的延长线于点，过点作于点． ∵与均为该半圆的切线， ． ． ． ∵为的中点， ． 在与中， ， ． ． ， ． ． ，即平分． 又， ． ∴与该半圆相切． （2）解：．理由如下： 如图4，过点作，交于点， 在中，由勾股定理可得， ， ． ， 代入可得． （3）解：如图5，均为该半圆的切线， ， ， ． ， ， ． ， ． ． ． ， ， ． 同理可得， ， 由（2）可知， ． 又在中， ， ． ， ． 【点睛】该题考查了圆综合题，涉及圆切线的性质和判定，切线长定理，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，角平分线定理，勾股定理，函数解析式等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 11．（2025·广东广州·中考真题）已知的半径为，所在平面内有一动点，过点可以引的两条切线，，切点分别为，．点与圆心的距离为，则的取值范围是______；若过点作交直线于点（点不与点重合），线段与交于点．设，，则关于的函数解析式为______． 【答案】 【分析】由题意可得点在外，从而得出，再由切线长定理可得，，，又，则，所以，可得，故有，，最后通过勾股定理即可求解． 【详解】解：如图， ∵过点可以引的两条切线，， ∴点在外， ∴， ∵，是的两条切线， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，的半径为， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故答案为：，． 【点睛】本题主要考查了点和圆的位置关系，切线长定理，勾股定理，求函数解析式，等角对等边，平行线的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 12．（2025·四川泸州·中考真题）如图，梯形中，，与梯形的各边都相切，且的面积为，则点到的距离为____________． 【答案】 【分析】本题考查了圆的切线的性质，切线长定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，难度较大，正确添加辅助线是解题的关键． 设分别与的切点记为点，连接，过点作于点，过点作于点，过点作于点，由圆的切线的性质证明四边形为矩形，则，可求圆的半径为，设，在中有勾股定理建立方程，解得：或（舍），同理可得：，，最后由即可求解． 【详解】解：设分别与的切点记为点，连接，过点作于点，过点作于点，过点作于点， ∴，， ∴， ∵梯形，， ∴点共线， ∴四边形为矩形， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∴ ∵在中，， ∴， 解得：或（舍）， ∴， 同理可得：，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点到的距离为， 故答案为：． 13．（2025·江苏镇江·中考真题）如图（1），过外一点引的两条切线、，切点是、，为锐角，连接并延长与交于点，点在的延长线上，过点作的垂线，与的延长线相交于点、垂足为． (1)求证：是等腰三角形； (2)在图（2）中作，满足（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (3)已知，在你所作的中，若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)图见解析 (3) 【分析】（1）先根据切线长定理、切线的性质定理可得，，再证出，根据等腰三角形的判定可得，由此即可得证； （2）先在的延长线上作，再过点作的垂线，与的延长线相交于点、垂足为，由直角三角形的斜边中线的性质即可得； （3）过点作于点，过点作于点，先解直角三角形可得，再设，则，，，在中，利用勾股定理可得，则可得，，然后证出，根据相似三角形的性质可得的长，最后根据即可得． 【详解】（1）证明：∵是的两条切线，切点是， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 由对顶角相等得：， ∴， ∴， ∴是等腰三角形． （2）解：如图，满足的即为所作． （3）解：如图，过点作于点，过点作于点， ∵是的两条切线，切点是， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴在中，，即， 解得或（不符合题意，舍去）， ∴，， ∵在等腰中，，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ∴． 【点睛】本题考查了切线长定理、切线的性质定理、作垂线、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握切线长定理和解直角三角形的方法是解题关键． 14．（2025·山东·中考真题）【问题情境】 2025年5月29日“天问二号”成功发射，开启了小行星伴飞取样探测的新篇章．某校航天兴趣小组受到鼓舞，制作了一个航天器模型，其中某个部件使用3D打印完成，如图1． 【问题提出】 部件主视图如图2所示，由于1的尺寸不易直接测量，需要设计一个可以得到的长度的方案，以检测该部件中的长度是否符合要求． 【方案设计】 兴趣小组通过查阅文献，提出了钢柱测量法． 测量工具：游标卡尺、若干个底面圆半径相同的钢柱（圆柱）． 操作步骤：如图3，将两个钢柱平行放在部件合适位置，使得钢柱与部件紧密贴合．示意图如图4，分别与，相切于点，．用游标卡尺测量出的长度． 【问题解决】 已知，的长度要求是． （1）求的度数； （2）已知钢柱的底面圆半径为，现测得．根据以上信息，通过计算说明该部件的长度是否符合要求．（参考数据：） 【结果反思】 （3）本次实践过程借助圆柱将不可测量的长度转化为可测量的长度，能将圆柱换成其他几何体吗？如果能，写出一个；如果不能，说明理由． 【答案】（1）；（2）该部件的长度符合要求；（3）见解析 【分析】本题考查了切线长定理，解直角三角形的应用． （1）根据切线长定理求解即可； （2）解直角三角形求得，推出，据此求解即可； （3）能，将圆柱换成正方体． 【详解】解：（1）∵分别与，相切于点，， ∴，； （2）∵钢柱的底面圆半径为， ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理， ∴， ∵， ∴该部件的长度符合要求； （3）能，将圆柱换成正方体．如图， 设正方体的棱长为，用游标卡尺测量出的长度． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 考向04 圆与角度、弧长、扇形面积计算 核心考点 1）圆心角、圆周角、圆内接四边形对角互补倒角计算； 2）弧长公式、扇形面积公式、圆锥侧面积、底面半径换算； 3）阴影面积：割补法、加减法、平移旋转转化面积。 命题定位 计算类高频题，选填必考，侧重公式熟练与图形转化。 15．（2025·四川自贡·中考真题）分别与相切于两点．点在上，不与点重合．若，则的度数为（    ） A． B． C． D．或 【答案】D 【分析】本题考查的是切线的性质，圆周角定理的应用，圆的内接四边形的性质，先画图，连接，，求解，再根据C的位置结合圆周角定理与圆的内接四边形的性质可得答案. 【详解】解：如图，连接，， ∵分别与相切于两点， ∴， ∵， ∴， ∴，， 故选：D 16．（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． 17．（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：． 18．（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． 19．（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． 20．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，四边形是正方形，．执行下面操作：第一次操作以点A为圆心，以为半径顺时针作弧交的延长线于点E，得到扇形；第二次操作以点B为圆心，以为半径顺时针作弧交的延长线于点F，得到扇形；第三次操作以点C为圆心，以为半径顺时针作弧交的延长线于点G，得到扇形，依此类推进行操作，其中，、、，…的圆心依次按A，B，C，D循环，所得曲线叫做“正方形的渐开线”，则经过四次操作后所得到的四个扇形的面积和为_______．（结果保留π） 【答案】 【分析】本题考查了扇形的面积．先求得前三个扇形的面积，找出规律，根据规律求解即可． 【详解】解：根据题意得： 第一个扇形，圆心角为，半径为，面积为； 第二个扇形，圆心角为，半径为，面积为； 第三个扇形，圆心角为，半径为，面积为； 则第四个扇形，圆心角为，半径为，面积为； ∴经过四次操作后所得到的四个扇形的面积和为 ， 故答案为：． 21．（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． 22．（2025·山东潍坊·中考真题）图是某摩天轮的实景图．摩天轮可视作半径为米的，其上的某个座舱可视作上的点，座舱距离地面的最低高度为米，地面上的观察点到点的距离为米，平面示意图如图所示． (1)当视线与相切时，求点处的座舱到地面的距离； (2)已知摩天轮匀速转动一周需要分钟，当座舱距离地面不低于米时，在座舱中观赏风景的体验最佳，点处的座舱随摩天轮匀速转动一周的过程中，求该座舱中乘客最佳观赏风景的时长，并求这段时间内该座舱经过的圆弧的长． （以上结果均保留小数点后一位数字，参考数据：，，，，） 【答案】(1)米； (2)10分钟；米． 【分析】本题考查了切线的性质，解直角三角形的应用，勾股定理，弧长公式等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）连接，，作，垂足为，根据勾股定理得（米），又，所以，因为与相切，所以，可得，所以，（米），从而可得，所以（米）； （）过点作，交于点．延长，交于点，连接，不妨设米，又因为，所以，则（米），然后通过，可得，则，故有最佳观赏风景的时间为（分钟），最后通过弧长公式即可求解． 【详解】（1）解：连接，，作，垂足为， 根据题意可知，（米）， 在中，米，， 所以（米）， 因为， 所以， 因为与相切， 所以， 所以， 因为米， 所以， 所以，（米）， 所以， 在中，（米）， 所以，点处的座舱到地面的距离约为米； （2）解：过点作，交于点．延长，交于点，连接，不妨设米， 因为， 所以， 所以（米）， 因为米， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以最佳观赏风景的时间为（分钟）， 所以的长（米）， ∴座舱经过的的长约为米． 23．（2025·江苏南通·中考真题）如图，与相切于点，为的直径，点在上，连接，且． (1)连接，求证：； (2)若，，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）利用切线性质得，再通过证明，从而推出； （2）先结合已知角度推出相关角的度数，确定为等边三角形，求出圆的半径，再根据平行线间面积关系，将阴影部分面积转化为扇形的面积进行计算． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵与相切， ∴， ∴， 在和中 ∴ ∴， ∴； （2）解：如图，连接， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴为等边三角形， ∴， 由（1）可知：， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查圆的切线性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及扇形面积计算，熟练掌握圆的切线垂直于过切点的半径、全等三角形判定定理、等边三角形判定与性质及扇形面积公式是解题的关键． 考向05 圆内接多边形与正多边形综合 核心考点 1）圆内接四边形对角互补、外角等于内对角； 2）正多边形边长、边心距、半径构成直角三角形； 3）圆与矩形、菱形、正方形组合求值、证明。 命题定位 跨几何综合题，衔接四边形，属于中档融合考点。 24．（2025·山东·中考真题）在中国古代文化中，玉璧寓意宇宙的广阔与秩序，也经常被视为君子修身齐家的象征．下图是某玉璧的平面示意图，由一个正方形的内切圆和外接圆组成．已知内切圆的半径是2，则图中阴影部分的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的内切圆、外切圆、勾股定理等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键． 如图：连接相交于O，由正方形的内切圆的半径是2，，，再运用勾股定理可得，则，最后根据圆的面积公式求解即可． 【详解】解：如图：连接相交于O， ∵正方形的内切圆的半径是2， ∴，， ∴，， ∴图中阴影部分的面积是． 故选D． 25．（2025·上海·中考真题）已知一个圆与一个角的两边各有两个公共点，且在两边上截得的两条弦正好是该圆内接正五边形的两条边，那么这个角的大小是______． 【答案】或 【分析】本题考查正多边形与圆，如图，分两种情况，当角的顶点在圆上时，如，弦为时，此时恰好是正五边形的一个内角，进行求解即可，当角的顶点在圆外部时，即交的两边，截取的两条弦为时，进行求解即可． 【详解】解：如图，当角的顶点在圆上时，如交的两边，截取的两条弦为，此时恰好是正五边形的一个内角， ∴； 当角的顶点在圆外部，即交的两边，截取的两条弦为时， 则：， ∴， ∴； 综上：这个角的大小是或； 故答案为：或． 26．（2025·广东广州·模拟预测）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率π的近似值为3.1416．如图1，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得π的估计值为，如图2，是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心，，若用圆内接正十二边形作近似估计，则π的估计值为 _____． 【答案】3 【分析】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键．过A作于M，求得，根据直角三角形的性质得到，根据三角形的面积公式得到，于是得到正十二边形的面积为，根据圆的面积公式即可得到结论． 【详解】解：如图2，是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心， 过A作于M， 在正十二边形中，， ∴， ∴， ∴正十二边形的面积为， ∴， ∴， ∴π的近似值为3， 故答案为：3． 27．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，螺母的一个面的外沿可以看作是正六边形，这个正六边形的半径是，则这个正六边形的周长是______． 【答案】18 【分析】此题主要考查了正多边形与圆、等边三角形的判定与性质；根据题意构造出是等边三角形是解题关键． 如图，正六边形的半径是，由正六边形的性质构造证出是等边三角形，由等边三角形的性质得出，即可得出答案． 【详解】解：如图，连接，交点为， 由正多边形的性质得，点为正六边形的中心 点是正六边形的中心，正六边形的半径是， ， ， 是等边三角形， ， 正六边形的周长为：， 故答案为：18． 28．（2025·青海·中考真题）活动与探究 解码蜜蜂的“家”——为什么蜂房是正六边形的？ 蜜蜂的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也不浪费空间．这是数学中的密铺（或镶嵌）问题．平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片． 探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？ 平面图形 每个内角度数 能否整除 能否密铺 正三角形 能 正方形 ①________ ②________ 能 正五边形 不能 正六边形 能 正七边形 不能 正八边形 ③________ ④________ ．．． ．．． ．．． ．．． （1）请补全上述表格①________；②________；③________；④________． 探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？ 数学视角：蜜蜂的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜蜂即正多边形的内切圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小．          观察图1，发现是正三角形的内切圆，与切于点，，，，在中，，则的周长为． （2）如图2，正方形的周长为__________； （3）如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）． 探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？ 数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小． （4）若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为__________；正方形的面积为__________；正六边形的面积为__________． 【得出结论】 综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造蜂房的最优方案． 【答案】（1）①，②，③，④不能；（2）8；（3）；（4），， 【分析】（1）根据正方形，正八边形内角性质解答； （2）根据正方形内切圆半径为1，得正方形边长为2，即得正方形周长； （3）根据正六边形内切圆半径为1，得正六边形边长为，即得正六边形周长； （4）在周长都是12的情况下，得正三角形的边长为4，边心距为，积为；正方形的边长为3，面积为9；正六边形的边长为2，边心距为，面积为． 【详解】（1）∵正方形每个内角为 ， ∴， ∴能密铺； ∵正八边形的每个内角为， ∴， ∴不能密铺； 故答案为：①；② ；③；④不能； （2）设切于点E，连接， 则交于点O，， ∵， ∴， ∴， ∴正方形的周长为8； 故答案为：8； （3）设切于点G，连接， 则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴正六边形周长为； （4）三角形： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 正方形： ∵， ∴， 正六边： ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查了平面镶嵌．熟练掌握平面镶嵌的原理，正三角形，正方形，正六边形性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，是解题的关键． 考向06 圆与全等、相似、三角函数综合 核心考点 1）同弧倒角造相等角，构造相似三角形、全等三角形； 2）直径造直角，结合三角函数求边长、比值； 3）母子型、八字型相似嵌入圆中求值。 命题定位 区分度题型，常在圆大题第二、三问出现，侧重转化和模型识别。 29．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，点A，C在上，连接，并延长，分别与的切线相交于点，点，切点为E，与交于点，连接，垂足为点． (1)求证：平分； (2)设，求的值； (3)求的值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】本题综合考查圆周角定理，切线的性质和勾股定理，借助圆的背景，灵活运用圆周角定理找出角度关系，和运用勾股定理解三角形是解题关键． （1）连接，通过切线的性质得到，从而推出，再利用平行线的性质和等边对等角推理论证即可； （2）连接，借助，利用勾股定理求出（即半径）的长，再利用平行线分线段成比例（或证明相似三角形），用k表示出和，借助，利用勾股定理求解即可； （3）借助圆周角定理，推得，作的平行线，借助，利用角平分线的性质和勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， 由题意，得与相切于点E， ∴， 又， ∴， ∴， ∵和都是的半径， ∴， ∴， ∴， ∴平分； （2）解：由（1），得， ∵点F在上， ∴， ∴， 在中，，即， 解得， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， 在中，，即， 设，则， 解得（负值已舍去）， ∴， ∴； （3）解：由圆周角定理，得， 如图，过点O作平分，交于点M，连接 由（2），得， ∵平分， ∴， 又， ∴， ∴，， ∴， 在中，，即， 解得， ∴在中，， ∴， ∴． 30．（2025·山东滨州·中考真题）【背景资料】 最小覆盖圆在几何学和计算机科学中有着广泛的应用．我们把能完全覆盖某平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．如线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆是这个三角形的外接圆，直角三角形的最小覆盖圆是以斜边为直径的圆，钝角三角形的最小覆盖圆是以最长边为直径的圆，正方形的最小覆盖圆是以对角线为直径的圆． 【动手操作】 如图1，中，，请作出的最小覆盖圆．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．） 【迁移运用】 正方形的边长为7，在边上截取，以为边向外作正方形． （1）如图2，连接，求的最小覆盖圆的直径； （2）将图2中的正方形绕点C逆时针旋转（如图3），经过A，D，F三点，且与边分别交于点I，L，求的最小覆盖圆的直径； （3）将正方形绕点C旋转，分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形（如图4）．在旋转过程中，四边形的最小覆盖圆的直径d的值是否发生变化？如果不变，请直接写出d的值；如果变化，请直接写出d的取值范围． 【答案】【动手操作】图见解析；【迁移运用】（1）；（2）；（3）变化， 【分析】动手操作：作的中垂线，再以中垂线与的交点为圆心，交点与点之间的距离为半径画圆即可； （1）延长交于点，求得为钝角，根据题意得到为的最小覆盖圆的直径，在中，利用勾股定理进行求解即可； （2）连接，根据题意，易得为锐角三角形，的外接圆为其最小覆盖圆，根据正方形的性质，得到，进而得到即为的外接圆的直径，进行求解即可； （3）连接，交于点，交于点，连接，根据三角形的中位线定理，证明四边形为平行四边形，证明，推出四边形为正方形，进而得到四边形的最小覆盖圆的直径为的长，根据正方形的性质得到，根据，求出的范围，即可得出结果． 【详解】解：动手操作：∵中，， ∴是钝角三角形， ∴的最小覆盖圆为以为直径的圆，作图如下： 迁移运用： （1）∵正方形的边长为7，正方形， ∴， ∴， ∴为钝角三角形， ∴为最小覆盖圆的直径， 延长交于点，则：， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴； （2）连接，作于点，延长交于点， 则：四边形为矩形， ∴，， ∴，， 在中，， ∴， ∵，即：， ∴， ∵过点，， ∴，为的直径， 又∵， ∴为锐角三角形， ∴即为的最小覆盖圆， ∵， ∴，即：， ∴， ∴，即的最小覆盖圆的直径为； （3）变化； 连接，交于点，交于点，连接， ∵分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵正方形，正方形， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形为菱形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∴，四边形的最小覆盖圆的直径为， ∴随着的变化而变化， ∵，即， ∴， ∴，即． 【点睛】本题考查三角形的外接圆，圆周角定理，解直角三角形，正方形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，综合性强，难度大，属于中考压轴题，熟练掌握题干给出的信息，判断三角形和四边形的最小覆盖圆，是解题的关键． 31．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：内接于，圆心在的内部，为的直径，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作的切线，交的延长线于点，求证：； (3)如图③，在（2）的条件下，，连接并延长至点，连接交于点，，为上一点，，连接，点在上，连接，，，点为的中点，连接，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）通过直径所对的圆周角是直角及同弧所对的圆周角相等得出两角相等，从而得出两边相等； （2）利用圆的性质及矩形的性质与判定来论证线段的关系； （3）先通过全等三角形得到线段长度，再结合已知条件求出相关线段长度，最后求三角形面积． 【详解】（1）证明：为的直径， ． 设． ， ， ， ． ． ． ． （2）证明：连接，，并延长交于点． ， 垂直平分， ，， 是的切线， ． 是的直径， ， 四边形是矩形， ， ． （3）解：如图，连接，，并延长交于点， 为的中点， ， 是的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴≌， ， ， 设，则． 四边形是矩形， ， ， ， ， ，， ∴， ，， ， ， 过点作于点， ， ， ， ， ，， ，　　　 ， ， ． 【点睛】本题考查了圆的有关性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角函数及三角形的面积等知识点，关键是灵活应用知识点解决问题． 32．（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． 33．（2025·四川凉山·中考真题）如图1，是的直径，与相切于点A，连接交于点C，连接，则，理由如下： 是的直径， ， ， 与相切于点A， ， ， ， ． (1)小明根据以上结论，自主探究发现：如图2，当是非直径的弦，而其他条件不变时，仍然成立，请说明理由； (2)小明进一步探究发现：如图3，线段与线段存在如下关系：．请你替小明证一证； (3)拓展应用：如图4，是的内接三角形，，，的延长线与过点A的切线相交于P，若的半径为1，请你利用小明的探究结论求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，由切线的性质可推出，则，由等边对等角可得，则由三角形内角和定理可得，则，由圆周角定理得到，则； （2）根据（1）所求可证明，由相似三角形的性质可得，则； （3）由圆周角定理可得，由勾股定理得；求出，则可证明是等边三角形，可得，由切线的性质可推出，则可得到，由圆周角定理得到，则，进一步可得，则，即可得到；设，则，由（2）可得，则，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：如图所示，连接， ∵与相切于点A， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）证明；由（1）可得， 又∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵， ∴， ∵的半径为1， ∴ 在中，由勾股定理得； ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵的延长线与过点A的切线相交于P， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 设，则， 由（2）可得， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定等等，熟知切线的性质和圆周角定理是解题的关键． 考向07 隐圆（辅助圆）与三角形综合 核心考点 1）定弦定角→隐圆，判断动点轨迹为圆弧； 2）直角对定边→直径圆，找点、求最值； 3）到定点距离相等→圆，解决线段最值、角度问题； 4）圆外一点到圆最值：点心距 ± 半径。 命题定位 压轴高频考点，拉开分数，和几何最值、动态探究联动。 34．（2025·吉林长春·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上．连接，作于点，交于点．给出下面四个结论： ①； ②； ③当时，； ④点与点之间的距离的最小值为． 上述结论中，正确结论的序号有_______． 【答案】①②④ 【分析】根据正方形的性质可得，结合，可得，故①符合题意；证明，可得，故②符合题意；当时，，可得，，可得，故③不符合题意；如图，取的中点，连接，可得在以为圆心，为直径的圆上，当共线时，最小，再进一步可判断④. 【详解】解：∵正方形， ∴，，，， ∵， ∴， ∵， ∴，故①符合题意； ∵，， ∴， ∴，故②符合题意； 当时，， ∴，， ∴，故③不符合题意； 如图，取的中点，连接， ∵， ∴在以为圆心，为直径的圆上， 当共线时，最小， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点与点之间的距离的最小值为．故④符合题意； 故答案为：①②④ 【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，点到圆上各点距离的最小值的含义，本题难度较大，作出合适的辅助线是解本题的关键. 35．（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． 36．（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：． 37．（2025·陕西·中考真题）问题探究 （1）如图①，在中，请画出一个，使得点，，分别在边，，上； （2）如图②，在矩形中，，，为矩形内一点，且满足，周长的最小值； 问题解决 （3）为了进一步提升游客的体验感，某公园管理部门准备在花海边沿与游客服务中心之间的草地上选址修建一条笔直的步道及一个观景台．如图③所示，区域为草地，线段为花海边沿，点为游客服务中心，线段为步道，点和点为步道口，点为观景台．按照设计要求，点，分别在边，上，且满足，为的中点，为保证观赏花海的最佳效果，还需使最大．已知，，请你帮助公园管理部门确定观景台的位置（在图中画出符合条件的点），并计算此时步道口与游客服务中心之间的距离．（步道的宽及步道口、观景台、游客服务中心的大小均忽略不计） 【答案】（1）见详解（2）（3） 【分析】（1）先作，交于点，得出，再以点B为圆心，以的长为半径画弧，交线段于一点，连接，则，故四边形是平行四边形，即可作答． （2）过点作于点，解得，故在线段上运动的，整理，经过分析当有最小值时，则的周长有最小值，即作点关于的对称点，当三点共线时，有最小值，即的长，结合矩形的性质以及勾股定理列式计算，得，即可作答． （3）取的中点，取的中点，连接，得是的中位线，再过点作，证明，整理，故，再证明四边形是平行四边形，因为是的中点，得，11 、证明，，理解题意，得为定值，则点在的中位线上运动，作的外接圆，当且仅当与相切时，的值最大，先得出，，运用三角函数得，代入数值进行计算，即可作答． 【详解】解：（1）依题意， 先作，交于点，得出，再以点B为圆心，以的长为半径画弧，交线段于一点，连接， 则， ∵ ∴四边形是平行四边形， 即如图所示： （2）如图，过点作于点， ∵， ∴， 解得， 过点作且分别与，交于， 即在线段上运动的， 则， 当有最小值时，则的周长有最小值， 作点关于的对称点 ∴，， ∴， 当三点共线时，有最小值，即的长， 即的周长有最小值， ∵ 四边形是矩形， ∴， 在中，， ∴， 此时的周长； （3）如图，取的中点，取的中点，连接， ∴是的中位线， 过点作， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 连接 ∵是的中点，且四边形是平行四边形， ∴， ∴是的中点 过点作于点，过点作于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，过点作于点， ∴为定值， ∴为定值， 则点在的中位线上运动， 作的外接圆，当且仅当与相切时，的值最大， ， 故， 如图，连接，作于点，于点，连接 ∵与相切于点 ∴， ∵于点， ∴， ∵， ∴， 故三点共线， ∴， 则， ∴， ∵，是的中点， ∴，， ∴， 即， ∴， ∴， ∵点是的中点，是的中点 ∴是三角形的中位线， ∴ ∴． 【点睛】本题考查了解直角三角形的相关运算，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，中位线的判定与性质，矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，综合性强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 38．（2025·河北·中考真题）综合与实践 ［情境］要将矩形铁板切割成相同的两部分，焊接成直角护板（如图），需找到合适的切割线． ［模型］已知矩形（数据如图所示）．作一条直线，使与所夹的锐角为，且将矩形分成周长相等的两部分． ［操作］嘉嘉和淇淇尝试用不同方法解决问题． ［探究］根据以上描述，解决下列问题． ［拓展］操作和探究中蕴含着一般性结论，请继续研究下面的问题． 如图3，嘉嘉的思路如下： ①连接，交于点； ②过点作，分别交，于点， …… 如图4，淇淇的方法如下： ①在边上截取，连接； ②作线段的垂直平分线，交于点； ③在边上截取，作直线． (1)图中，矩形的周长为______； (2)在图的基础上，用尺规作图作出直线（作出一条即可，保留作图痕迹，不写作法）； (3)根据淇淇的作图过程，请说明图中的直线符合要求． (4)如图，若直线将矩形分成周长相等的两部分，分别交边，于点，，过点作于点，连接． 当时，求的值； 当最大时，直接写出的长． 【答案】(1)； (2)见解析； (3)； (4)；． 【分析】根据矩形的周长公式计算即可； 以点为圆心为半径画弧，交于点，延长交于点，连接，由作图可知是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可证，根据矩形的性质可证，根据全等三角形的性质可证，，从而可证直线把矩形分成了周长相等的两部分，所以线段即为所求； 根据矩形的性质可证四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可证，根据平行四边形的性质和矩形的性质可以证明书，，所以可以证明，所以直线把矩形分成了周长相等的两部分，从而可证直线符合要求； 过点作，连接交于点，过点作于点，过点作，根据矩形的性质可得：，，，根据勾股定理可以求出，利用可证，根据全等三角形的性质可得：，，从而可得：，，根据等腰直角三角形的性质可得：，，根据正切的定义可以求出的正切； 连接交于点，把矩形分成了周长相等的两部分，点为和的中点，利用勾股定理可以求出，，过点作，则，根据相似三角形的性质可以求出，，，在中，利用勾股定理可得：，在中，利用勾股定理即可求出的长度． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ， ，， ，， 矩形的周长为， 故答案为：； （2）解：如下图所示， 以点为圆心为半径画弧，交于点，延长交于点，线段即为所求， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 矩形的对角线交于点， ， 四边形是矩形， ，， ， 在和中，， ， ， ， ， 直线把矩形分成周长相等的两部分； （3）证明：四边形是矩形， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 直线是的垂直平分线， ， ， ，， ， ， 把矩形分成了周长相等的两部分， 直线符合要求； （4）解：如下图所示，过点作，连接交于点，过点作于点，过点作， 四边形是矩形，且直线将矩形分成周长相等的两部分， 则点是矩形的对角线与的交点， 点是的中点， ， ，，， ， 是等腰直角三角形， ， ， 四边形是矩形， ， ， 在和中，， ， ，， ， ， ， 于点， ， 是等腰直角三角形， ，， ； 解：如下图所示，连接交于点， 把矩形分成了周长相等的两部分， 点为和的中点， ， 点在以为直径的上， 当与相切时，最大， ，， ， ， ， 过点作， ， 四边形是矩形， ， 则， ， ， ，， ， ， 是的切线， ， ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、中心对称图形的性质、圆的基本性质、切线的性质、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质，本题的综合性较强，难度较大，需要综合运用矩形、圆、切线等图形的性质，解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用直角三角形的性质求解． 39．（2025·陕西西安·三模）问题提出 （1）如图①，内接于，过点作的切线，在上任取一点，连接，，则______．（填写“＞”“＜”或“＝”） 问题探究 （2）如图②，四边形中，，，，，，在边上，是否存在一点，使得的值最大？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由． 问题解决 （3）如图③，有一长为2米的移动耙从地面上的点处沿方向飞行，在距点水平方向60米的处上方，建有一射击台点（设计台的大小忽略不计），米，当最大时更容易击中靶子，请求出此时的长及的值． 【答案】（1）；（2）（3）； 【分析】（1）连接，进而根据三角形的外角的性质，即可求解； （2）作的外接圆，在上任取一点，当重合时取得等于号，此时和相切，，延长交于点，则，连接，过点作于点，求得，设，在中，，根据勾股定理建立方程求得，进而根据正弦的定义，即可求解； （3）过点作，作的外接圆，连接，并延长交于点，同（1）可得（圆与相切时相等），由（2）可得，则，圆与相切，延长，交于点，分别求得得出，进而根据求得，在中，勾股定理建立方程，得出，进而根据正弦的定义，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵ ∴ 故答案为：． （2）解：如图，作的外接圆，在上任取一点， 由（1）可得 当重合时取得等于号，此时和相切，， 如图，延长交于点，则，连接，过点作于点， ∴ ∵四边形中，，，，， ∴ ∵ 设， ∴ 在中， ∴ 解得： ∴ （3）如图，过点作，作的外接圆，连接，并延长交于点， 同（1）可得（圆与相切时相等） 由（2）可得，则 ∴ 如图，圆与相切，延长，交于点， 依题意，，则是等腰直角三角形 ∴， ∴，, ∴ ∴ 设， 在中， ∴ 解得： ∴ 【点睛】本题考查了切线的性质，三角形的外角的性质，垂径定理，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 40．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，将沿直线翻折得到，过点作，垂足为，点是线段上一点，且．当点从点运动到点时，点运动的路径长是______． 【答案】 【分析】分点在矩形内部和点在矩形外部，两种情况进行讨论求解，当点在矩形内部时，作，交于点，证明，进而得到，进而得到点在以为直径的圆上运动，得到当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆，当点在矩形外部时，同法可得，点在以为直径的圆上，得到当点运动到点时，点的运动轨迹是圆心角为的，求出两段路径的和即可得出结果． 【详解】解：∵矩形， ∴， ∵翻折， ∴， 当点在矩形内部时，作，交于点，则：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点在以为直径的圆上运动， ∴当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆， ∴点的运动路径长为：； 当点在矩形的外部时，作，交的延长线于点， 同法可得：，， ∴，点在以为直径的上运动，连接， 当点运动到点时，如图： ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点的运动轨迹为圆心角为的，路径长为， ∴点的运动路径总长为：； 故答案为： 【点睛】本题考查矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，求弧长，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造相似三角形，确定点的运动轨迹，是解题的关键． 考向08 圆与几何变换综合（折叠、旋转、平移） 核心考点 1）旋转：等弧等弦、造等角、造全等、造隐圆； 2）折叠：对称、等弦等角、结合垂径定理勾股求值； 3）平移：平行转化、等面积、等弧转化。 命题定位 动态主流考法，中档＋压轴都常考，综合性强。 41．（2025·北京门头沟·二模）在平面直角坐标系中，的半径为，点是上一点．对平面内的一点，先将点关于点作中心对称变换得到点，再将点沿射线的方向平移半径的长度得到点，称为一次关于半径的反射平移，点称为点关于半径的反射平移点．如图，已知点． (1)点是上的动点，当时，在，，，中，可能是点关于半径的反射平移点的是_______； (2)设直线与轴交于点，与轴交于点，直线经过． 在上述条件下，________； 当的坐标为时，如果线段上一点关于半径的反射平移点在上或内部，直接写出点的横坐标的取值范围； 当在轴的正半轴上时，如果线段上存在点，使点关于半径的反射平移点在上，直接写出的半径的取值范围． 【答案】(1)，； (2)；；． 【分析】（）根据新定义可得在为圆心，为半径的圆上，进而根据点的坐标到)的距离为，即可求解； （）根据一次函数的性质即可求出的值； 线段上一点关于半径的反射平移点在上或内部，即在的内部时，先中心对称再平移得出，则，由线段经过反射平移后与轴的夹角不变，所以，进而得出，结合图形即可求解； 当与相切时，为临界值，延长交于点，作轴，则，，，求出，根据 ，再解方程． 【详解】（1）解：由点关于的对称点， ∵， ∴在为圆心，为半径的圆上，如图所示， ∵，，， ， ∴根据图形可知，在上， 故答案为：，； （2）解：∵经过点， ∴当时，， 故答案为：； ∵， ∴， 如图所示，线段上一点关于半径的反射平移点在上或内部，即在的内部时，先中心对称再平移， 当时，， 则， ∴， ∴， ∴， ∵线段经过反射平移后与轴的夹角不变， ∴， ∴当在上且不与点重合时，连接，则即为等边三角形， ∴ ∴，， 结合图形，可得线段上一点关于半径的反射平移点在上或内部时， ； 如图所示，当与相切时，为临界值，延长交于点，作轴，则，，， ∴， ∴， ∵轴， ∴， 又∵， ∴， 解得， ∴线段上存在点，使点关于半径的反射平移点在上，的半径的取值范围为． 【点睛】本题考查了圆的综合应用，几何新定义，中心对称与平移变换，一次函数与坐标轴交点问题，解直角三角形，直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，勾股定理，理解题意，熟练掌握以上知识掌握是解题的关键． 42．（2025·河南·模拟预测）如图，为的直径，C为上一点，连接，将沿弦翻折，翻折后经过圆心O．若的半径为2，则图中阴影部分的面积为________． 【答案】 【分析】作点O关于弦的对称点D，得点D在上，连接，交于点E，连接．可得为等边三角形．得．证明是等边三角形．得四边形是菱形．由,得，连接，由 得．即得． 【详解】解：如解图，作点O关于弦的对称点D， 由对称性知，D在上， 连接，交于点E，连接． 则． 又∵， ∴为等边三角形． ∴． ∵，， ∴． ∴． ∴是等边三角形． ∴． ∴四边形是菱形． ∵, ∴， 连接， ∵， ∴ ∴． ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查圆弧折叠，扇形面积的计算，熟练掌握折叠的性质，等边三角形判定和性质，含30度的直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，菱形判定和性质，扇形的面积计算公式，是解题的关键． 43．（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． 44．（23-24九年级下·浙江杭州·月考）图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键．三角形的旋转如此，扇形的旋转也如此． 【问题情境】如图1，，将绕点O顺时针旋转 成扇形，点C是延长线上一点，，过点C作射线，求弧的长． 【问题解决】如图2，将上题中的扇形绕点B按顺时针方向旋转，若旋转后的扇形和射线相切与点D，求的长． 【问题拓展】如图3，将题（1）中的扇形继续旋转，使旋转后点落在射线上，弧与射线交于另一点E，求的长． 【答案】问题情境：；问题解决：；问题拓展： 【分析】问题情境：根据弧长计算公式求解即可； 问题解决：如图所示，过点作于E，连接，由切线的性质得到，证明四边形是矩形，得到，则，则，求出，即可得到； 问题拓展：如图所示，过点作于E，于H，同理可证明四边形是矩形，则，证明，得到，设，则，，由勾股定理建立方程，解方程得到，，则． 【详解】解：问题情境：由题意得，弧的长； 问题解决：如图所示，过点作于E，连接， ∵旋转后的扇形和射线相切与点D， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 问题拓展：如图所示，过点作于G，于H， 同理可证明四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）， ∴，， ∴． 【点睛】本题主要考查了求弧长，旋转的性质，切线的性质，勾股定理，矩形的性质与判断，勾股定理等等，解（2）的关键在于作出辅助线构造矩形，解（3）的关键在于作出辅助线构造全等三角形． 考向09 圆的动点、最值与存在性探究 核心考点 1）坐标系中求圆半径、圆心坐标、切线解析式； 2）圆与抛物线、双曲线交点、最值、存在性； 3）结合垂径、切线、隐圆求点坐标。 命题定位 整张试卷最难压轴之一，数形结合、运算量大、区分顶尖学生。 45．（2025·四川广元·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线（）与轴交于点和点，与轴交于点． (1)求与的关系； (2)如图①，当时，点在抛物线上，，求点的坐标； (3)如图②，若抛物线上一点关于直线的对称点是的外心，求的值． 【答案】(1) (2)或或 (3) 【分析】（1）将代入，即可求解； （2）先求得直线的解析式，当在的下方时，如图，过点作轴，交于点，进而求得的长，根据三角形的面积公式建立方程，即可求解；当在上方时，过点作的平行线交抛物线与点，得出直线的解析式为，进而联立抛物线，即可求解； （3）根据题意先求得，根据直角三角形的外心在斜边的中点上得出，设，的中点为，过点作轴交于点，进而得出是等腰直角三角形，则，根据中点坐标求得，代入得出，根据，得出，联立求得，进而将代入抛物线解析式，即可求解． 【详解】（1）解：将代入得 ∴即 （2）解：∵ ∴ ∴抛物线解析式为 当时， ∴ 设直线的解析式为，代入， 得 解得： ∴ 当在的下方时，如图，过点作轴，交于点， 设，则 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 解得： ∴ ∴，则 ∴，且轴， ∴， ∴是等腰直角三角形 ∴ ∴到的距离为 如图，延长交轴于点，则 ∴是等腰直角三角形，且 ∴到的距离为， ∵ ∴当在上方时，点在过点与的平行线上，设过点与的平行线交抛物线于点, 设直线的解析式为 代入 ∴ 解得： ∴ 联立 解得：或 ∴或 综上所述，或或 （3）抛物线方程为，由（1）知， 当时，，则 故抛物线为： 设， 当时， ∵ ∴ ∴ 即，解得 ∴ ∵是直角三角形， ∴的外接圆的圆心在上，且为的中点， ∵， ∴的外接圆的圆心坐标为： 因为直线的解析式为 如图，设，的中点为，过点作轴交于点 ∵ ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴ ∴是等腰直角三角形， ∵关于对称， ∴ ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∵， ∴， ∵在上， ∴     ∴即① ∵ ∴ ∴② 联立①②得， ∴ ∵在抛物线上，代入抛物线方程： 解得：或 ∵ ∴ 【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，面积问题，三角形的外心的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理等，熟练掌握以上知识是解题的关键． 46．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，已知二次函数图象的对称轴为轴，且过坐标原点及点，过点作射线平行于轴（点在点上方），点坐标为，连接并延长交抛物线于点，射线平分，过点作的垂线交轴于点． (1)求二次函数的表达式； (2)判断直线与二次函数的图象的公共点的个数，并说明理由； (3)点为轴上的一个动点，且为钝角，请直接写出实数的取值范围． 【答案】(1) (2)个，理由见解析 (3)当为钝角时， 【分析】本题考查了二次函数综合，一次函数与二次函数交点问题，直径所对的圆周角是直角，解直角三角形，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键； （1）根据二次函数的图象对称轴为轴，过坐标原点及点，待定系数法求解析式，即可求解； （2）设与轴交于点，过点作轴于点，先解，进而得出是等边三角形，得出，进而根据含度角的直角三角形的性质得出，求得直线的解析式为，联立二次函数解析式，即可求解； （3）先求得直线的解析式为，联立二次函数解析式得出，当以为直径的圆与轴相交时，设交点为，交点与构成的三角形为直角三角形，当在之间时，即在圆内，此时，进而根据，利用勾股定理建立方程，求得的值，进而可根据为钝角时，确定的范围，即可求解． 【详解】（1）解：∵二次函数图象的对称轴为轴，过坐标原点及点 ∴ ∴ ∴二次函数解析式为： （2）解：如图，设与轴交于点，过点作轴于点， ∵，点坐标为， ∴， ∴，， ∴ ∵轴， ∴ ∵射线平分， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴即， 设直线的解析式为，代入，， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 消去得，， ∵， ∴直线与二次函数的图象的公共点的个数为 （3）解：设直线的解析式为，代入，， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：或 ∴ 如图， 当以为直径的圆与轴相交时，设交点为，交点与构成的三角形为直角三角形， 当在之间时，即在圆内，此时 ∵，，， ∴， 当时，时， ∴ 解得：， ∴当为钝角时，． 47．（2025·山东·中考真题）【图形感知】 如图1，在四边形中，已知，，． （1）求的长； 【探究发现】 老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究． 在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点． （2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下： ①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由； ②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长； （3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由． 【答案】（1）；（2）①四边形是矩形，理由见解析；②；（3）线段的最小值为． 【分析】（1）利用勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质求解即可； （2）①由折叠的性质得，，再证明，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得解； ②延长和相交于点，连接，证明四边形是正方形，再证明，据此求解即可； （3）先利用折叠的性质求得，推出点在以为直径的上，连接，，得到，据此求解即可． 【详解】解：（1）∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴； （2）①四边形是矩形，理由如下， 由折叠的性质得，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； ②延长和相交于点，连接， 由折叠的性质得，，， ∵点恰好落在边上， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∵， ∴点在对角线上， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）由折叠的性质得，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴点在以为直径的上，连接，， ∴，即点在上时，线段存在最小值， ∵， ∴线段的最小值为． 【点睛】本题考查了翻折的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识点，难度较大，第三问判断点在以为直径的上是解题的关键． 48．（2025·重庆·中考真题）在中，，点D是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，，求的度数； (2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明： (3)如图3，，，，连接，．点从点移动到点过程中，将绕点逆时针旋转得线段，连接，作交的延长线于点．当取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿所在直线翻折到所在的平面内，得，连接，，，当取最大值时，请直接写出的面积． 【答案】(1) (2)，理由见解析. (3) 【分析】（1）利用，，得出是等边三角形，得出．由旋转得，则可求出，再利用外角即可求解； （2）连接，，利用，，得，证明，得，，得出，再证明，得出，可得，，再通过点是的中点，和点是的中点，证明，，通过证明是等腰直角三角形，即可得出； （3）取中点，中点，连接，，，通过证明，得出，由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，即点和点重合时，最小， 此时，由翻折可知，则点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值，此时，连接，过点作于点，过点作于点，证明，得出，，通过证明，得出，，再计算出，，即可求出，则，通过，求出， 可求出，则利用即可求出． 【详解】（1）解：∵，， ∴是等边三角形， ∴． 由旋转得， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 如图，连接，， ∵，， ∴， 由旋转知，， ∴， 即， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 即； （3）解：取中点，中点，连接，，， ∵，， ∴，，， ∴， ∵是中点， ∴， ∴， 由旋转知，， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， 由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动， 由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线， 即点和点重合时，最小， 此时如图， 由翻折可知， ∴点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆， 由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值， 此时如图，连接，过点作于点，过点作于点， 由旋转知，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， ∵，， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，三角形内角和定理和外角性质，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键． 49．（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E． (1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； (3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______． 【答案】(1)，理由见解析 (2)见解析 (3)25 【分析】（1）过作于过点C作的延长线于，根据旋转的性质得到再证明，可得，最后利用三角形面积公式即可得到结论； （2）延长至， 使得， 连接，连接，证明，可得，从而得出四点共圆，根据圆周角定理可得，最后再利用直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质证明即可得到结论； （3）过点C作延长线于，先求得，再由勾股定理得，最后再求解即可得到结论． 【详解】（1）解：，理由如下： 由旋转的性质可得 过作于过点C作的延长线于， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， （2）证明：延长至， 使得， 连接， 为中点 为的中位线 由旋转的性质可得， ，， ， ， 四点共圆， ， ， 连接， 在中，点是的中点， ， 同理可得， 在中，点是的中点， ， 同理可得， ， 四边形是菱形， ， 即， 四边形是平行四边形， ， 又， P，Q，R三点共线； （3）解：过点C作延长线于， 由旋转的性质可得， 由（1）得，由旋转的性质可得， ， ， ， ， ， ， ， 中，， ， 则S的最大值为25． 故答案为：25． 【点睛】本题考查了几何变换综合题，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，旋转的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质及三角形中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 考向10 圆与函数综合（一次、二次、反比例） 核心考点 1）坐标系中求圆半径、圆心坐标、切线解析式； 2）圆与抛物线、双曲线交点、最值、存在性； 3）结合垂径、切线、隐圆求点坐标。 命题定位 整张试卷最难压轴之一，数形结合、运算量大、区分顶尖学生。 50．（2025·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，过原点O的直线与反比例函数的图象交于A，B两点，分别以点A，点B为圆心，画半径为1的和．当，分别与x轴相切时，切点分别为点C和点D，连接，，则阴影部分图形的面积和为________．（结果保留） 【答案】/ 【分析】本题是反比例函数与一次函数的交点的问题，考查了切线的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，解直角三角形，扇形的面积，解题的关键是求得，根据题意得到，则A点的纵坐标为1，代入解析式求得A的坐标，进而求得，再利用扇形的面积公式即可求得两个象限中扇形的面积，进一步求得阴影部分图形的面积之和． 【详解】解：当，分别与x轴相切时，切点分别为点C和点D， ∴轴，轴， ∵半径为1， ∴， ∴A点的纵坐标为1， 把代入，求得， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴第一象限中阴影的面积， 同理，第三象限中阴影的面积， ∴． 故答案为：． 51．（2025·甘肃兰州·中考真题）在平面直角坐标系中，对于图上或内部有一点（不与原点重合），及平面内一点，给出如下定义：若点关于直线的对称点在图上或内部，则称点是图的“映射点”． (1)如图1，已知图：线段，，．在，中，__________是图的“映射点”； (2)如图2，已知图：正方形，，，，．若直线：上存在点是图的“映射点”，求的最大值； (3)如图3，已知图：，圆心为，半径为．若轴上存在点是图的“映射点”，请直接写出的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查了新定义，轴对称的性质，直线与圆的位置关系，切线长定理的应用，一次函数与结合图形，熟练掌握轴对称的性质，找到临界值是解题的关键； （1）根据定义，观察，，经过对称后，判断对称点是否在上，即可求解； （2）根据正方形的顶点到的距离为，则对称之前的点到原点的距离为，进而求得的最大值，将代入得，，即可求解； （3）根据新定义，找到临界值，即为的切线时的情形，求得的值，即可求解． 【详解】（1）解：如图，当重合时，关于的对称点为，在线段上 ∴是图的“映射点”； 而关于的对称点不在上，则不是图的“映射点”； 故答案为：． （2）解：依题意，正方形的顶点到的距离为， ∴当上存在点是图的“映射点”，则点到的距离为 ∴当经过点时，的值最大， 将代入得， 解得：， ∴的最大值； （3）解：如图，分别为的切线， 当为的“映射点”， ∴， 又∵， 设，则 ∴ ∴ 解得： ∴， ∵， ∴, 当减小时，关于的“映射点”，在即的内部，符合题意， ∴ 当时，根据对称性可得 综上所述，． 52．（2025·黑龙江绥化·模拟预测）图，在平面直角坐标系中，直线交抛物线 （、为常数）于点和， 交轴于点． (1)求、的值及点的坐标； (2)如图，将抛物线向右平移个单位长度，向上平移单位长度后得到新抛物线． ①新抛物线的表达式为 ； ②以新抛物线上任意一点为圆心，为半径画，试说明始终与轴相切； (3) 如图， 在 的条件下， 为直线 上任意一点，将直线 绕着点 顺时针旋转 得到直线 ，交新抛物线．于点，点为平面直角坐标系内任意一点，当四边形为菱形时，点 的横坐标为 ． 【答案】(1)，，点的坐标为 (2)①；②证明见解析 (3)或 【分析】（1）将点和点坐标代入抛物线解析式即可得到、的值；设直线的解析式为，再将点和点坐标代入求出直线解析式，即可得到直线解析式与轴的交点点的坐标； （2）①先将抛物线解析式转化为顶点式，再根据抛物线的平移规律：左加右减，上加下减即可得到结果；②设，表示出半径 后比较点到轴的距离及后即可证明始终与轴相切； （3）分两种情况：①当点在轴右侧时，连接并延长交轴于点，根据菱形性质得出，进而得出，从而得出，再得出直线解析式，将其跟新抛物线解析式联立求解后即可得到点的横坐标；②当点在轴左侧时，根据同样的方法即可求解． 【详解】（1）解：把和代入可得： ， 解得， 抛物线解析式为， 设直线的解析式为， 将和代入可得： ， 解得， 直线解析式为， 又直线交轴于点， ， ，，点的坐标是． （2）解：①由（1）得抛物线解析式为， 根据抛物线平移规律可得经过平移后的抛物线解析式为， 故答案为：． ②由圆心在新抛物线上，设， ， 的半径， 点到轴的距离等于的半径， 始终与轴相切． （3）解：①当点在轴右侧时，连接并延长交轴于点，如图， 将直线绕着点顺时针旋转得到直线，交新抛物线于点， ， 四边形为菱形， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 设直线的解析式为, 将和代入得到， 解得， 则直线的解析式是， 点是直线和新抛物线的交点， ， 解得或（舍去）， 点的横坐标为； ②当点在轴左侧时 ，连接并延长轴于点，如图， 同理可得，， 直线解析式为， 点是直线和新抛物线的交点， ， 解得或（舍去）， 点的横坐标为， 综上所述，点的横坐标为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查的知识点是待定系数法求函数解析式、求一次函数解析式、一次函数图象与坐标轴的交点问题、二次函数图象的平移、证明某直线是圆的切线、利用菱形的性质求角度、含度角的直角三角形、解一元二次方程、其他问题(二次函数综合)，解题关键是通过作辅助线构造含角的直角三角形． 53．（2025·黑龙江·模拟预测）综合与探究 如图1，在平面直角坐标系中抛物线经过点和点，交y轴于C． (1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标； (2)若P为y轴上的一动点，且的值最大，则点P坐标为______； (3)点E在第二象限抛物线上，且，求出点E的坐标； (4)如图2，连接、，点M在线段上（不与A、B重合），作，交线段于点N，是否存在这样的点M，使得为等腰三角形？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由； (5)点F在x轴下方，，则最小值为______． 【答案】(1)， (2) (3) (4)存在这样的点，使得为等腰三角形；或 (5) 【分析】本题主要考查二次函数的性质、求二次函数解析式、圆周角定理、二次函数与几何综合等知识点，根据所求的最值构造合适的辅助线是解题的关键． （1）将和点代入抛物线求出抛物线解析式，再将解析式化为顶点式即可； （2）首先将的值最大转化为点A，D，P在同一条直线上，再求出直线的解析式即可得到点P的坐标； （3）首先将转化为为的平分线，再构造辅助线，利用直线与抛物线的交点即为点E，求解直线的解析式即可； （4）首先利用得到，此时可以得到的关系式，进而分类讨论为等腰三角形的情况，求解的值即可； （5）首先利用得到点F在圆上，再构造辅助圆求解圆心的坐标和半径，再将最小值转化为点外一点到圆上一点的最短距离，即为，再利用两点间的距离求解的长即可求解最小值． 【详解】（1）解：∵经过点和点， ∴抛物线的解析式为； ∵， ∴点； （2）解：如图，∵在中，， ∴当点A，D，P在同一条直线上时，，此时的值最大， 如图，可设直线的解析式为， ∴代入，，得， ∴解得， ∴点； （3）解：∵，，， ∴，， ∵点E在第二象限抛物线上，且， ∴为的平分线， ∴， 如图，过点D作交的延长线于点F， ∴， ∴，则为等腰三角形， ∴, ∴， 设直线的解析式为， ∴将，代入得，，解得：， ∴， 联立，解得：（与点B重合，舍去），， ∴； （4）解：存在点M，使得为等腰三角形， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ①当时，此时， ∴， ∴； ②当时，∴， ∴， ∴，解得：， ∵，即， 解得：； ③当时，此时点M与点B重合， ∴不符合题意， ∴此情况不存在； ∴的长为1或． （5）解：如图：∵点F在x轴下方，， ∴点F在上，过点A，O，且始终为， 设圆心，半径为r， ∴点Q在的垂直平分线上， ∴，即， ∵， ∴，， ∴为等腰直角三角形，即， 解得：或（不合题意舍去）， ∴，， ∵最小值为， ∴， ∴最小值为． 考向11 圆的规律探究、格点与新定义问题 核心考点 1）圆弧、圆排列面积、角度递推规律； 2）格点圆、整点圆存在与计算； 3）新定义圆弧、新圆型、新距离现场解题。 命题定位 能力拓展题，考查现场学习、归纳推理。 54．（2025·黑龙江大庆·一模）如图，把置于平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点是内切圆的圆心．将沿轴的正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与轴重合，第一次滚动后圆心为，第二次滚动后圆心为，依此规律，第2025次滚动后，内切圆的圆心的坐标是______． 【答案】 【分析】本题考查了直角三角形内切圆半径和周长的关系，勾股定理，坐标类规律探索，熟练掌握以上知识点，得出每滚动3次为一个循环是解题的关键．设内切圆与，，的切点分别为，，，连接，，，根据勾股定理求得，可求得内切圆的半径为1，因此的坐标为，然后根据三角形内切圆的性质，可知，，，四边形是正方形，得到，进而得到，，结合，可知每次滚动后圆心的纵坐标都为1，然后计算、、的横坐标，得出每滚三次一个循环，每个循环横坐标增加12，进而可求得答案． 【详解】解：设内切圆与，，的切点分别为，，，连接，，，如图， 点是内切圆的圆心， ，，，，， 四边形是正方形， ， ，， ，， 在中，， 内切圆的半径， 点坐标为， ， ，， ，即点到三边距离都相等， 每次滚动后圆心的纵坐标都为1， 第1次滚动后点的横坐标为：，即点的坐标为； 第2次滚动后点的横坐标为：，点的坐标为； 第3次滚动后点的横坐标为：，点的坐标为； 每滚三次一个循环，每个循环横坐标增加， ， 点的横坐标为：， 则点的坐标为， 故答案为：． 55．（2023·黑龙江绥化·一模）如图，正六边形的边长为2，正六边形的外接圆与正六边形的各边相切，正六边形的外接圆与正六边形的各边相切……按这样的规律进行下去，的边长为___________． 【答案】 【分析】连接，，，根据正六边形的性质可得，则为等边三角形，再根据切线的性质得，于是可得，利用正六边形的边长等于它的半径可得正六边形的边长，同理可得正六边形的边长，依此规律求解即可． 【详解】解：连接，，，如图所示， 六边形为正六边形， ， 为等边三角形， 正六边形的外接圆与正六边形的各边相切， ， ， 正六边形的边长， 同理可得正六边形的边长， 正六边形的边长． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正多边形与圆的关系，解题的关键在于利用正六形边的一边与圆的两条半径可构成特殊的三角形——等边三角形，再利用60度角的余弦值即可求出下一个正六边形的边长． 56．（2025·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点P，A均在格点上． （1）线段的长为____________； （2）直线与的外接圆相切于点．点在射线上，点在线段的延长线上，满足，且与射线垂直．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明）____________． 【答案】 见解析 【分析】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理的推论，等腰三角形的性质，正方形的性质，三角形中位线的判定和性质等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）利用勾股定理进行求解即可； （2）利用圆周角定理的推论，正方形的性质确定圆心，再根据全等三角形和等腰三角形的三线合一确定线段的中点，利用网格确定点为线段的中点，则为三角形的中位线，利用一组平行线确定点为线段的中点，证明和，得出，即，最后利用切线的性质和等腰三角形的性质，得出为等腰三角形，再利用等腰三角形的性质得出． 【详解】解：（1）由勾股定理得， 故答案为：； （2）如图所示，点即为所求， 作法：直线PA与射线BC的交点为；取圆与网格线的交点和，连接；取格点，连接，与相交于点；连接并延长，与相交于点，与直线相交于点；连接并延长，与网格线相交于点，连接，与网格线相交于点；连接，与线段的延长线相交于点，则点M，N即为所求． 理由：∵， ∴为圆的直径， ∵为正方形的对角线， ∴, ∴垂直平分线段， ∴点为圆的圆心， ∴， 又， ， ， 平分， ∴点为线段的中点， 由网格可知点为线段的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴点为线段的中点， ∵， ， ， ∴， 又， ∴， , 即， 延长交于点， ∵， ∴, ， ∴ ∵为圆的切线， ∴， ， , ∴， 即， ∵， ， ∴为等腰三角形， ∴， ∴点即为所求． 57．（2025·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，对于点和给出如下定义：若上存在两个不同的点，，对于上任意满足的两个不同的点，，都有，则称点是的关联点，称的大小为点与的关联角度．（本定义中的角均指锐角、直角、钝角或平角） (1)如图，的半径为． ①在点，，中，点_______是的关联点且其与的关联角度小于，该点与的关联角度为； ②点在第一象限，若对于任意长度小于的线段，上所有的点都是的关联点，则的最小值为_______； (2)已知点，经过原点，线段上所有的点都是的关联点，记这些点与的关联角度的最大值为．若，直接写出的取值范围． 【答案】(1)①，；② (2)或或 【分析】本题考查了新定义，直线与圆的位置关系，点与圆的位置关系，理解新定义是解题的关键； （1）①根据新定义可得的是的关联点且其与的关联角度小于，进而根据切线的性质，解,即可求得，即可求解． ②根据定义可得为外一点，由，的半径为，得出，进而当时，勾股定理求得的值，即可求解； （3）由（1）可得，当在圆的外部时，且为圆的切线时，最大，且距离圆心越近，根据，得出，根据已知可得，上距离最近的点在的圆环内，根据是固定线段，让移动，分四种情况讨论，求得的临界值，即可求解． 【详解】（1）解：①根据定义可得：当在上时，不存在都有，当在内部时，过的直径使得的关联角度为，当在的外部时，且为的切线时，最大； 如图，是的关联点且其与的关联角度小于，与的关联角度为，与的关联角度大于， ∵，的半径为， ∴，且是的切线， ∴， ∴ ∴，即与的关联角度为 故答案为：，． ②根据定义可得为外一点， ∵，的半径为， ∴，当时， 如图，取点，则， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． （2）解：由（1）可得，当在圆的外部时，且为圆的切线时，最大，且距离圆心越近， ∵， ∴当时，由，如图， ∴四边形是矩形， 由∵ ∴四边形是正方形， ∴ 当时， ∵点，经过原点，线段上所有的点都是的关联点，则， ∴上距离最近的点在的圆环内， ①和的圆相切，如图， ∴ 解得： ②和半径为的圆相切时，如图， ∴（不包含临界值） ∴ ③当在半径为的圆，如图 解得：（不包含临界值） ∴时，都在内部，此时 ④当在半径为的圆，如图 设的半径为，则， ∵， 解得：， ∴时，此时， 综上所述，或或． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $