专题05 圆的计算与证明（题型专练）（山东专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题05 圆的计算与证明 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01圆中求角导角问题 题型02圆中求线段长度问题 题型03 圆中弧长、面积的相关计算 题型04 圆与正多边形的相关计算 题型05切线的性质与判定综合运用 题型06 圆与特殊四边形综合问题题型 题型07圆与相似三角形解直角三角形的计算与证明 题型 08 圆背景下的翻折与旋转 题型09圆中的动点问题 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 圆中求角导角问题 典例引领 【典例01】（2025·山东青岛·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，，直线与相切于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【典例02】（2024·山东·中考真题）如图，是的内接三角形，若，，则________． 方法透视 考向解读 基础必考题，选择/填空为主，考查圆心角、圆周角、弦切角、圆内接四边形的角度关系，常结合弧、弦、直径性质命题，侧重角的转化与等量代换。 方法技能 核心定理:同弧所对圆周角是圆心角的一半，直径所对圆周角为90”;圆内接四边形对角互补、外 角等于内对角，弦切角等于所夹弧的圆周角;找等弧/同弧关联角度，利用定理完成角的和差、倍分 计算。 变式演练 【变式01】（2025·山东聊城·二模）如图，点A、B、C、D在上，，，则（    ） A． B． C． D． 变式02】（2024·山东泰安·中考真题）如图，是直径，，是上两点，平分，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【变式03】【（2024·山东济宁·中考真题）如图，分别延长圆内接四边形的两组对边，延长线相交于点E，F．若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 题型02 圆中求线段长度问题 典例引领 【典例01】（2025·山东淄博中考真题）如图，在中，，为斜边上一点，以为直径的圆与相切于点．若，，则的长是（   ）． A．10 B．12 C．13 D．15 【典例02】（2024·山东烟台·中考真题）如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交O于点D，E是上任意一点，连接，，，． （1）若，求的度数； （2）找出图中所有与相等的线段，并证明； （3）若，，求的周长． 方法透视 考向解读 考查方向除圆中的核心定理（垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形的性质）外还注重了三角形的内角和定理、三角形的内心性质、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、切线长定理以及解直角三角形，相似三角形、勾股定理等相关知识的联系与运用． 方法技能 考查垂径定理，同弧或等弧所对的弦长相等，直径所对的圆周角为直角，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理，同弧或等弧所对的弦长相等，直径所对的圆周角为直角，相似三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键。 变式演练 【变式01】（2024·山东威海·中考真题）如图，已知是的直径，点C，D在上，且．点E是线段延长线上一点，连接并延长交射线于点F．的平分线交射线于点H，． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的长． 【变式02】（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为上任意一点，点为的中点，连接交于点，延长与相交于点，若，，则的长为__________． 【变式03】（2024·山东日照·中考真题）如图1，为直径，是上异于的任一点，连接，过点A作射线为射线上一点，连接． 【特例感知】 （1）若．则_______． （2）若点在直线同侧，且，求证：四边形是平行四边形； 【深入探究】 若在点C运动过程中，始终有，连接． （3）如图2，当与相切时，求的长度； （4）求长度的取值范围． 题型03圆中弧长、面积的相关计算 典例引领 【典例01】（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：，，，，） 【典例02】（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． 方法透视 考向解读 考查方向除圆的性质、扇形面积、弧长公式外，命题还注重了与解直角三角形的应用．勾股定理、三角函数、三角形面积公式，平行四边形面积公式等知识点的融合，掌握数形结合思想成为解题的关键 方法技能 ； 公式可以直接应用，也可以由弧长（或面积）的数值求解对应的圆心角或者半径 变式演练 【变式01】（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． 【变式02】（2025·山东青岛·中考真题）如图，在扇形中，，，点在上，且．延长到，使．以，为邻边作平行四边形，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）． 【变式03】（2024·山东·中考真题）如图，在四边形中，，，．以点为圆心，以为半径作交于点，以点为圆心，以为半径作所交于点，连接交于另一点，连接． （1）求证：为所在圆的切线； （2）求图中阴影部分面积．（结果保留） 题型04 圆与正多边形的相关计算 典例引领 【典例01】（2025·山东烟台·中考真题）如图，正六边形的边长为4，中心为点，以点为圆心，以长为半径作圆心角为的扇形，则图中阴影部分的面积为 ． 【典例02】（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形中，以点F为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为________． 方法透视 考向解读 考查正多边形的性质，圆锥的底面半径，正多边形的内角的度数，扇形的圆心角的度数，并融合勾股定理，等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形的面积公式，正多边形与圆，解题的关键是熟练掌握这些基本知识。 方法技能 其中，r表示图形外接圆的半径，AB表示正多边形的一条边长 另：圆内接正三角形的每个内角=60°，中心角=120°，弦心距=半径； 圆内接正方形的每个内角=90°，中心角=90°，弦心距=半径； 圆内接正六边形的每个内角=120°，中心角=60°，弦心距=半径； 变式演练 【变式01】（2024·山东济宁·中考真题）如图，边长为2的正六边形内接于，则它的内切圆半径为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【变式02】（2024·山东东营·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“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的近似值为3.1416，如图，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，可得的估计值为．若用圆内接正八边形近似估计的面积，可得的估计值为_________． 【变式03】（2025·山东德州·二模）如图，是正五边形的内切圆，点，，分别是边，，与的切点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 题型05切线的性质与判定综合运用 典例引领 【典例01】（2025·山东·中考真题）如图，在中，点在上，边交于点，于点．是的平分线． (1)求证：为的切线； (2)若的半径为2，，求的长． 【典例02】（2025·山东济南·中考真题）如图，是的直径，C为上一点，P为外一点，，且，连接． (1)求证：与相切； (2)若，，求的长． 方法透视 考向解读 切线的判定与性质是山东中考的高频考点，常出现在解答题中，与三角形相似、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形、特殊平行四边形的判定和性质等结合，考查推理与计算能力。熟练掌握相关知识的联系与性质是解答的关键。 方法技能 1.切线的性质：经过切点的半径垂直于圆的切线； 延伸：经过切点的直径也垂直于圆的这条切线 常用辅助线及规律：见切点，连半径，得垂直！ 2、切线长定理：过圆外一点所作的圆的两条切线长相等； 切线的判定方法1：圆心到直线的距离等于半径的直线是圆的切线； 切线的判定方法2：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线； 切线证明常见辅助线及规律：有切点，连半径，证垂直；无切点，作垂直，证半径； 变式演练 【变式01】（2025·山东威海·中考真题）如图，是的切线，点A为切点．点B为上一点，射线交于点C，连接，点D在上，过点D作，，交于点F，作，垂足为点E．． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 【变式02】（2025·山东烟台·中考真题）如图，内接于，，点在线段的延长线上，且，连接． (1)求证：是的切线； (2)当，时，求的长及的半径． 【变式03】（2024·山东潍坊·中考真题）如图，已知内接于，是的直径，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点，连接． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的直径． 题型06圆与特殊四边形综合问题 典例引领 【典例01】（2025·山东威海·中考真题）（1）如图①，将平行四边形纸片的四个角向内折叠，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，已知能按照图①的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形，其中，点M在上，点N在上，点P在上，点Q在上．请用直尺和圆规确定点M的位置．（不写作法，保留作图痕迹） 【典例02】（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形中，，点O是对角线的中点，以点O为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为（ ） A. B. C. D. 无法确定 方法透视 考向解读 考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定及其应用；考察题型上从选择到填空再到解答题都有，题型变化也比较多样；并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强。 方法技能 由于该题型与三角形相似、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形、特殊平行四边形的判定和性质等结合，考查推理与计算能力。所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握各类图形性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合，同时善于添加辅助线构造特殊三角形和全等三角形，是解题的关键． 变式演练 【变式01】（2024·山东滨州·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形AOCD是菱形，∠B的度数是______． 【变式02】（2025·山东临沂·二模）如图，在边长为4的正方形中，以点为圆心、为半径作弧，点在上，且与、两点均不重合，点在上，且，过点作，交于点，连接、． (1)求证：是弧所在的切线； (2)当时，求的长． 【变式03】（2025·山东临沂·二模）如图，将矩形沿对角线翻折，C的对应点为点，以矩形的顶点A为圆心、r为半径画圆，与相切于点E，延长交于点F，连接交于点G． (1)求证：； (2)当，时，求的长． 题型07 圆与相似三角形解直角三角形的计算与证明 典例引领 【典例01】（2025·山东济南·二模）如图，是的直径，点E，F是上的点且位于直径的两侧（点E位于左侧），连接，，过点B作的切线分别交，的延长线于点C，D，若． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【典例02】（2025·山东临沂·二模）如图，四边形内接于，为的直径，点D为的中点，过点D的直线l交的延长线于点M，交的延长线于点N，且． (1)求证：是的切线； (2)当，时，求的长． 方法透视 考向解读 除考查垂径定理，圆周角定理，切线的性质和判定外，还会延伸考查等腰三角形的判定与性质、解直角三角形、相似三角形的判定和性质等内容，有时还会需要正确作出辅助线，进行计算和证明。 方法技能 借助圆的背景，灵活运用圆中求角导角的相关定理与方法找出角度关系，然后综合运用相似三角形解三角形的相关知识是解题关键． 变式演练 【变式01】（2025·山东青岛·一模）如图，是的外接圆，是的直径，F是延长线上一点，连接，，且． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为5，，求的长． 【变式02】（2025·山东济宁·一模）如图，是的直径，点A在上，点C在的延长线上，，平分交于点D，连接． (1)求证：是的切线； (2)当，时，求的长． 【变式03】（2025·山东潍坊·二模）如图，是的直径，内接于，取的中点，连接、，过点作，交的延长线于点，且，．    (1)判断与的位置关系，并说明理由； (2)求的值． 题型08 圆背景下的翻折与旋转 典例引领 【典例01】（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． 【典例02】（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 方法透视 考向解读 除考查圆中相关知识（如垂径定理，圆周角定理，切线的性质和判定）外，还会延伸考查三角形，特殊四边形等知识，特别折叠与旋转的核心性质，解题关键，与常用方法。 方法技能 借助圆的背景，结合圆的相关知识灵活运用折叠.与旋转的方法是解题的关键： 1、折叠核心性质：折叠前后对应边相等、对应角相等，折痕是对应点连线的垂直平分线； 解题关键：抓住 “折叠不变量”，即对应边、对应角、对应线段长度相等； 常用方法：设未知数，利用勾股定理建立方程，求解未知线段长度。 2旋转核心性质：旋转前后对应边相等、对应角相等，旋转角等于对应点与旋转中心连线的夹角； 解题关键：找准旋转中心、旋转方向和旋转角，利用全等三角形证明线段 / 角关系； 辅助线技巧：连接旋转中心与对应点，构造等腰三角形或直角三角形。 变式演练 【变式01】（2025·山东淄博·二模）如图，在中，C为半圆上一点（为的直径），连接，点分别在弦上，连接，将沿折叠，使点C恰好落在圆心O上．若已知，则的长为（   ） A． B． C． D． 【变式02】（2025·山东日照·二模）如图，以为直径的半圆，绕点顺时针旋转，点的对应点为点交半圆于点，若，则图中阴影部分的面积为 ． 【变式03】（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． 题型09 圆中动点问题 典例引领 【典例01】（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________． 【典例02】（2024·山东济南·中考真题）某校数学兴趣小组的同学在学习了图形的相似后，对三角形的相似进行了深入研究． （一）拓展探究 如图1，在中，，垂足为． （1）兴趣小组的同学得出．理由如下： ①______ ②______ 请完成填空：①______；②______； （2）如图2，为线段上一点，连接并延长至点，连接，当时，请判断的形状，并说明理由． （二）学以致用 （3）如图3，是直角三角形，，平面内一点，满足，连接并延长至点，且，当线段的长度取得最小值时，求线段的长． 方法透视 考向解读 圆中动点问题是山东中考的高频考点，选择、填空与解答题中都有出现，知识方面关注圆的知识与三角形相似、勾股定理、全等三角形、等腰三角形、特殊平行四边形的判定和性质结合，方法方面注重动点问题与辅助圆的综合运用是解决问题的关键。 方法技能 动点运动轨迹为辅助圆的三种类型： 一．定义法——若一动点到定点的距离恒等于固定长，则该点的运动轨迹为以定点为圆心，定长为半径的圆（或圆弧） 二.定边对直角 模型原理：直径所对的圆周角是直角 思路构造：若一条定边所对的“动角”始终为直角，则直角顶点运动轨迹是以该定边为直径的圆（或圆弧） 三．定边对定角 模型原理：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等 思路构造：若一条定边所对的“动角”始终为定角，则该定角顶点运动轨迹是以该定角为圆周角，该定边为弦的圆（或圆弧） 变式演练 【变式01】（2025·山东烟台·中考真题）如图，在菱形中，，对角线．点M从点A出发，沿方向以的速度向点C运动，同时，点N从点C出发，沿方向以的速度向点D运动，当一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，交于点P．在此过程中，点P的运动路径长为 ． 【变式02】（2025·山东济宁·二模）如图，半径为，正方形内接于，点在上运动，连接，作，垂足为，连接．则长的最小值为 ． 【变式03】（2025·山东日照·二模）在中，，点是平面内一点，． (1)将线段绕点逆时针旋转得到线段，直线与交于点． ①如图1，若点在边上，连接，求的长； ②如图2，若点在内部，求证：； (2)如图3，连接，取边上一点，连接，将绕点顺时针旋转得到线段，连接． ①在点的运动过程中，线段的最小值为__________； ②在①的前提下，当最短时，直接写出的面积． 题●型●训●练 1．（2025·山东聊城·一模）如图，的边经过的圆心，与相切于，是上的一点，连接，，若，则的大小为（　　） A． B． C． D． 2．（2025·山东淄博·二模）如图，在扇形中，过圆心作的垂线交于点，若，，则的长是（   ） A．14 B．15 C．16 D．18 3．（2025·山东淄博·一模）如图，在每个小正方形的边长均为1的网格图中，一段圆弧经过格点A，B，C，格点C，D的连线交于点E，则的长为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·山东潍坊·二模）如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点，与相交于点，则下列结论：①；②若，则；③若点为的中点，则；④．其中一定正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2025·山东潍坊·一模）如图，点是与坐标轴三个交点，是上动点（包括端点和），于点．半径为2，．点从到运动中，线段扫过面积是（    ） A． B． C． D． 6．（2025·山东青岛·二模）如图，与正六边形的边，分别相切于点，点．若，则的半径长为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·山东烟台·一模）如图，在中，，，．以点C为圆心，以的长为半径画弧，分别交于点D，E，则图中阴影部分的面积为 ． 8（2025·山东临沂·二模）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是，与轴相切，点在上，它们的横坐标分别是0，18．若沿着轴向右作无滑动的滚动，当点第一次落在轴上时，此时点的坐标是（    ） A． B． C． D． 9.（2025·山东济南·一模）在平面直角坐标系中，⊙P的圆心是（2，a）（a＞2），半径为2，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则a的值是 ． 10.（2025·山东济宁·一模）如图，是的直径，点A在上，点C在的延长线上，，平分交于点D，连接． (1)求证：是的切线； (2)当，时，求的长． 11．（2025·山东潍坊·二模）小颖在数学实践课上进行折纸操作，将圆形纸片连续对折两次后展开，将直径四等分，其四等分点分别记为，如图1所示．（虚线为折痕） (1)如图2，若折叠后点恰与点重合，折痕为，顺次连接，得到四边形．请判断四边形的形状并证明； (2)如图3，若折叠后点恰与点重合，折痕仍记为，连接．请判断直线与所在圆的位置关系，并简述理由． 12．（2025·山东东营·一模）如图，在中，是直径，是弦，F是上的一点，交于点为延长线上的一点，且． (1)求证：是的切线； (2)若，求的半径长． 13．（2025·山东淄博·二模）如图，是的直径，是的切线，点在上，且，连接交弦于点． (1)求证：是的切线； (2)若，求的值． 14（2025·山东威海·二模）如图，点在矩形的对角线上，经过点C，且与，分别交于点，，且． (1)求证：直线与相切； (2)若，，求的半径． 15（2025·山东烟台·一模）如图，在平行四边形 中，过 三点的 交 于点 ，连结 ． (1)求证： ． (2)如图 2 ，已知 为 的切线，连结 并延长交 于点 ． ①求证： ； ②若 ，求 的值． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 圆的计算与证明 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01圆中求角导角问题 题型02圆中求线段长度问题 题型03 圆中弧长、面积的相关计算 题型04 圆与正多边形的相关计算 题型05切线的性质与判定综合运用 题型06 圆与特殊四边形综合问题题型 题型07圆与相似三角形解直角三角形的计算与证明 题型 08 圆背景下的翻折与旋转 题型09圆中的动点问题 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 圆中求角导角问题 典例引领 【典例01】（2025·山东青岛·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，，直线与相切于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：连接，，，如图， ∵，， ∴， ∵，四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵直线为的切线， ∴， ∴． 故选：C ． 【典例02】（2024·山东·中考真题）如图，是的内接三角形，若，，则________． 【答案】##40度 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，利用圆周角定理求出的度数，利用等边对等角、三角形内角和定理求出的度数，利用平行线的性质求出的度数，即可求解． 【详解】解∶连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 方法透视 考向解读 基础必考题，选择/填空为主，考查圆心角、圆周角、弦切角、圆内接四边形的角度关系，常结合弧、弦、直径性质命题，侧重角的转化与等量代换。 方法技能 核心定理:同弧所对圆周角是圆心角的一半，直径所对圆周角为90”;圆内接四边形对角互补、外 角等于内对角，弦切角等于所夹弧的圆周角;找等弧/同弧关联角度，利用定理完成角的和差、倍分 计算。 变式演练 【变式01】（2025·山东聊城·二模）如图，点A、B、C、D在上，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】与平行线有关的三角形内角和问题、等边对等角、圆周角定理 【分析】本题考查了圆周角定理，平行线的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，正确添加辅助线是解题的关键．连接，则，由平行线的性质以及等腰三角形得到，再由三角形内角和定理求出，再由角度和差计算即可． 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：D． 变式02】（2024·山东泰安·中考真题）如图，是直径，，是上两点，平分，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理、角平分线的定义、三角形的内角和定理，先根据角平分线的定义得到根据圆周角定理得到，再根据圆周角定理得到，，然后利用三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：∵平分， ∴， ∵是的直径，， ∴，，则， ∴， 故选：A． 【变式03】【（2024·山东济宁·中考真题）如图，分别延长圆内接四边形的两组对边，延长线相交于点E，F．若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据“圆的内接四边形对角互补”可得，．根据三角形外角定理可得，，由此可得，又由，可得，即可得解． 本题主要考查了“圆的内接四边形对角互补”和三角形外角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】∵四边形是的内接四边形 ∴， ，， ， ，，， ， 解得， ， ． 故选：C 题型02 圆中求线段长度问题 典例引领 【典例01】（2025·山东淄博中考真题）如图，在中，，为斜边上一点，以为直径的圆与相切于点．若，，则的长是（   ）． A．10 B．12 C．13 D．15 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】用勾股定理解三角形、切线的性质定理、解直角三角形的相关计算 【分析】本题主要考查切线的性质，勾股定理及解直角三角形，解题的关键是利用勾股定理建立方程得到圆的半径． 根据题意可得，设半径为，利用勾股定理求出半径，再根据求解即可． 【详解】解：设中点圆心为，半径为，连接， 因为圆与相切于点，所以， 则，即， 解得，， 又， 所以． 故选：B． 【典例02】（2024·山东烟台·中考真题）如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交O于点D，E是上任意一点，连接，，，． （1）若，求的度数； （2）找出图中所有与相等的线段，并证明； （3）若，，求的周长． 【答案】（1） （2），证明见解析 （3）30 【解析】 【分析】（1）利用圆周角定理得到，再根据三角形的内角和定理求，然后利用圆内接四边形的对角互补求解即可； （2）连接，由三角形的内心性质得到内心，，，然后利用圆周角定理得到，，利用三角形的外角性质证得，然后利用等角对等边可得结论； （3）过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，根据内切圆的性质和和切线长定理得到，，，利用解直角三角形求得， ，进而可求解． 【小问1详解】 解：∵是的直径， ∴，又， ∴， ∵四边形是内接四边形， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：， 证明：连接， ∵点I为的内心， ∴，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P， ∵点I为的内心，即为的内切圆的圆心． ∴Q、F、P分别为该内切圆与三边的切点， ∴，，， ∵，，， ∴， ∵，，， ∴， ∴的周长为 ． 【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角形的内角和定理、三角形的内心性质、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、切线长定理以及解直角三角形，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 方法透视 考向解读 考查方向除圆中的核心定理（垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形的性质）外还注重了三角形的内角和定理、三角形的内心性质、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、切线长定理以及解直角三角形，相似三角形、勾股定理等相关知识的联系与运用． 方法技能 考查垂径定理，同弧或等弧所对的弦长相等，直径所对的圆周角为直角，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理，同弧或等弧所对的弦长相等，直径所对的圆周角为直角，相似三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键。 变式演练 【变式01】（2024·山东威海·中考真题）如图，已知是的直径，点C，D在上，且．点E是线段延长线上一点，连接并延长交射线于点F．的平分线交射线于点H，． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，根据角平分线的定义得到是解题的关键． （1）连接，根据圆周角定理得到，即可得到，然后根据角平分线的定义得到，然后得到即可证明切线； （2）设的半径为，根据，可以求出，然后根据，即可得到结果． 【小问1详解】 证明：连接， 则， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 又∵是半径， ∴是的切线； 【小问2详解】 解：设的半径为，则， ∵，即， 解得， ∴，， 又∵ ∴， ∴，即，解得． 【变式02】（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为上任意一点，点为的中点，连接交于点，延长与相交于点，若，，则的长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质、切线的性质、圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． 先证可得从而得到，求得，再运用勾股定理可得，再根据圆周角定理以及角的和差可得，最后根据等角对等边即可解答． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴． 故答案为：． 【变式03】（2024·山东日照·中考真题）如图1，为直径，是上异于的任一点，连接，过点A作射线为射线上一点，连接． 【特例感知】 （1）若．则_______． （2）若点在直线同侧，且，求证：四边形是平行四边形； 【深入探究】 若在点C运动过程中，始终有，连接． （3）如图2，当与相切时，求的长度； （4）求长度的取值范围． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） （4） 【解析】 【分析】（1）根据直径性质得到，,根据，，运用勾股定理可得； （2）根据．，得到．得到，结合， 得到，得到，得到四边形是平行四边形； （3）连接．根据，得到，，根据切线性质得到，．得到，．得到，得到，运用勾股定理得； （4）过点A作射线，使，连接．得到，，根据．，可得，根据，得到，得，得到．根据，得到，即得． 【详解】（1）解：∵为的直径， ∴, ∵，， ∴ 故答案为：； （2）证明：∵为的直径， ∴． ∵， ∴， ∴． ∴， ∵， ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形． （3）解：如图，连接． ∵在中，， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴． 又∵， ∴ ∴． ∴， 在中，， ∴在中，； （4）解：如图，过点A作，使，连接． 则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理推论，圆切线性质，平行四边形的判定，含30°的直角三角形判定和性质，勾股定理解直角三角形，锐角三角函数解直角 三角形，相似三角形的判定和性质，是解决问题的关键． 题型03圆中弧长、面积的相关计算 典例引领 【典例01】（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：，，，，） 【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． 【典例02】（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． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 方法透视 考向解读 考查方向除圆的性质、扇形面积、弧长公式外，命题还注重了与解直角三角形的应用．勾股定理、三角函数、三角形面积公式，平行四边形面积公式等知识点的融合，掌握数形结合思想成为解题的关键 方法技能 ； 公式可以直接应用，也可以由弧长（或面积）的数值求解对应的圆心角或者半径 变式演练 【变式01】（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． 【变式02】（2025·山东青岛·中考真题）如图，在扇形中，，，点在上，且．延长到，使．以，为邻边作平行四边形，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）． 【答案】 【详解】解：过A作， ∵，， ， ∵， ∴， ， ， ， 设长度为，则，在中，由勾股定理得： 解得：， ， ， 则，， ， ． 故答案为：． 【变式03】（2024·山东·中考真题）如图，在四边形中，，，．以点为圆心，以为半径作交于点，以点为圆心，以为半径作所交于点，连接交于另一点，连接． （1）求证：为所在圆的切线； （2）求图中阴影部分面积．（结果保留） 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质和判定，圆的性质，扇形面积，等边三角形的性质等知识点，证明四边形是平行四边形是解题关键． （1）根据圆的性质，证明，即可证明四边形是平行四边形，再证明是等边三角形，再根据圆的切线判定定理即可证得结果． （2）先求出平行四边形的高，根据扇形面积公式三角形面积公式，平行四边形面积公式求解即可． 【小问1详解】 解：连接如图， 根据题意可知：， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴在以为直径的圆上， ∴， ∴为所在圆切线． 【小问2详解】 过作于点， 由图可得：， 在中，，， ∴， ∴， 由题可知：扇形和扇形全等， ∴， 等边三角形的面积为：， ∴ 题型04 圆与正多边形的相关计算 典例引领 【典例01】（2025·山东烟台·中考真题）如图，正六边形的边长为4，中心为点，以点为圆心，以长为半径作圆心角为的扇形，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】连接、、，过点O作于点M，根据正六边形的性质得出，，，证明和为等边三角形，求出，证明，得出，得出，根据求出结果即可． 【详解】解：连接、、，过点O作于点M，如图所示： ∵六边形为正六边形， ∴，，， ∴和为等边三角形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，扇形面积计算，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正六边形的性质． 【典例02】（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形中，以点F为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查正多边形的性质，求圆锥的底面半径，先求出正六边形的一个内角的度数，进而求出扇形的圆心角的度数，过点作，求出的长，再利用圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，进行求解即可． 【详解】解：∵正六边形， ∴，， ∴，， ∴， 过点作于点，则：， 设圆锥的底面圆的半径为，则：， ∴； 故答案为：． 方法透视 考向解读 考查正多边形的性质，圆锥的底面半径，正多边形的内角的度数，扇形的圆心角的度数，并融合勾股定理，等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形的面积公式，正多边形与圆，解题的关键是熟练掌握这些基本知识。 方法技能 其中，r表示图形外接圆的半径，AB表示正多边形的一条边长 另：圆内接正三角形的每个内角=60°，中心角=120°，弦心距=半径； 圆内接正方形的每个内角=90°，中心角=90°，弦心距=半径； 圆内接正六边形的每个内角=120°，中心角=60°，弦心距=半径； 变式演练 【变式01】（2024·山东济宁·中考真题）如图，边长为2的正六边形内接于，则它的内切圆半径为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的判定和性质，勾股定理； 连接，，作于G，证明是等边三角形，可得，然后利用勾股定理求出即可． 【详解】解：如图，连接，，作于G， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 即它的内切圆半径为， 故选：D． 【变式02】（2024·山东东营·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“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的近似值为3.1416，如图，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，可得的估计值为．若用圆内接正八边形近似估计的面积，可得的估计值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了圆内接正多边形的性质，三角形的面积公式，勾股定理等，正确求出正八边形的面积是解题的关键．过点A作，求得，根据勾股定理可得，即可求解． 【详解】 如图，是正八边形的一条边，点O是正八边形的中心，过点A作， 在正八边形中， ∴ ∵，，解得： ∴ ∴正八边形为 ∴ ∴ ∴的估计值为 故答案为：． 【变式03】（2025·山东德州·二模）如图，是正五边形的内切圆，点，，分别是边，，与的切点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】三角形内角和定理的应用、等边对等角、圆周角定理、应用切线长定理求解 【分析】本题考查正多边形与圆，切线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，如图，连接，．求出，再利用圆周角定理求解即可． 【详解】解：如图，连接，． ，，分别是，，与的切点， ，， ， 正五边形中 ， ， ， 故选：A． 题型05切线的性质与判定综合运用 典例引领 【典例01】（2025·山东·中考真题）如图，在中，点在上，边交于点，于点．是的平分线． (1)求证：为的切线； (2)若的半径为2，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】本题考查了切线的判定，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等． （1）利用等边对等角求得，由角平分线的定义求得，可证明，即可证明为的切线； （2）先证明等腰三角形，求得，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∴， 即且为半径， ∴为的切线； （2）解：∵，又， ∴等腰直角三角形， ∵的半径为2， ∴， ∴， ∴． 【典例02】（2025·山东济南·中考真题）如图，是的直径，C为上一点，P为外一点，，且，连接． (1)求证：与相切； (2)若，，求的长． 【详解】（1）证明：如图，连接， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， 与相切； （2）解：如图，连接交于点D， ， ，， 垂直平分， ，，， ， ， ， ， 是的直径， ， ， ． 方法透视 考向解读 切线的判定与性质是山东中考的高频考点，常出现在解答题中，与三角形相似、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形、特殊平行四边形的判定和性质等结合，考查推理与计算能力。熟练掌握相关知识的联系与性质是解答的关键。 方法技能 1.切线的性质：经过切点的半径垂直于圆的切线； 延伸：经过切点的直径也垂直于圆的这条切线 常用辅助线及规律：见切点，连半径，得垂直！ 2、切线长定理：过圆外一点所作的圆的两条切线长相等； 切线的判定方法1：圆心到直线的距离等于半径的直线是圆的切线； 切线的判定方法2：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线； 切线证明常见辅助线及规律：有切点，连半径，证垂直；无切点，作垂直，证半径； 变式演练 【变式01】（2025·山东威海·中考真题）如图，是的切线，点A为切点．点B为上一点，射线交于点C，连接，点D在上，过点D作，，交于点F，作，垂足为点E．． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 【详解】（1）证明：连接， ∵是的切线， ∴ ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， 即， ∴是的切线； （2）解：∵，， ∴， 设， ∴，， ∵是的切线，是的切线， ∴， ∵ ∴， 解得：， ∴半径为． 【变式02】（2025·山东烟台·中考真题）如图，内接于，，点在线段的延长线上，且，连接． (1)求证：是的切线； (2)当，时，求的长及的半径． 【答案】(1)见解析 (2)；的半径为 【分析】本题考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）连接并延长交于点，连接，根据已知得出，根据圆周角定理得出，进而等量代换可得即，即可得证； （2）证明，即可得出，过点作于点，得出，进而求得，即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接并延长交于点，连接， ∵， ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵是直径 ∴ ∴即 ∴是的切线； （2）∵ ∴ ∴ ∵ ∴， 又∵， ∴ 解得： 如图，过点作于点， ∵， ∴， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴的半径为 【变式03】（2024·山东潍坊·中考真题）如图，已知内接于，是的直径，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点，连接． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的直径． 【答案】（1）证明见解析； （2）． 【解析】 【分析】（）连接，由角平分线可得，又由可得，即得，由得，进而可得，即得，即可求证； （）是的直径可得，又由（）知，由，，进而可得，再根据，，，可得，得到，，解得到，再解即可求解； 本题考查了角平分线的定义，等腰三角形的性质，切线的判定，圆周角定理，三角函数，掌握圆的有关定理是解题的关键． 【小问1详解】 证明：连接， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∵是半径， ∴是的切线； 【小问2详解】 解：∵是的直径， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∵，，， ∴ ∴，， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴， 即的直径为． 题型06圆与特殊四边形综合问题 典例引领 【典例01】（2025·山东威海·中考真题）（1）如图①，将平行四边形纸片的四个角向内折叠，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，已知能按照图①的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形，其中，点M在上，点N在上，点P在上，点Q在上．请用直尺和圆规确定点M的位置．（不写作法，保留作图痕迹） 【详解】解：（1）四边形是矩形，理由如下： 由折叠的性质可知，，， ， ， ，即， 同理可得：， ∴四边形是矩形； （2）由（1）可知：， 故分别为的中点，点在以为直径的圆上， 同理：点分别为的中点，点在以为直径的圆上， 如图，即为所求． 【典例02】（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形中，，点O是对角线的中点，以点O为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为（ ） A. B. C. D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】连接，将绕点O顺时针旋转得到．证明，推出，利用即可求解． 【详解】解：如图，连接，将绕点O顺时针旋转得到． ， ， 在菱形中，点O是对角线的中点，， ，， ， ， ， ， ， ， ． ， ， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，解直角三角形，扇形的面积，作出辅助线，构造三角形全等，利用是解题的关键． 方法透视 考向解读 考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定及其应用；考察题型上从选择到填空再到解答题都有，题型变化也比较多样；并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强。 方法技能 由于该题型与三角形相似、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形、特殊平行四边形的判定和性质等结合，考查推理与计算能力。所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握各类图形性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合，同时善于添加辅助线构造特殊三角形和全等三角形，是解题的关键． 变式演练 【变式01】（2024·山东滨州·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形AOCD是菱形，∠B的度数是______． 【答案】60°##60度 【解析】 【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠B+∠D=180°，根据菱形的性质，圆周角定理列式计算即可． 【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠B+∠D=180°， ∵四边形OACD是菱形， ∴∠AOC=∠D， 由圆周角定理得，∠B=∠AOC， ∴∠B+2∠B=180°， 解得，∠B=60°， 故答案为：60°． 【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 【变式02】（2025·山东临沂·二模）如图，在边长为4的正方形中，以点为圆心、为半径作弧，点在上，且与、两点均不重合，点在上，且，过点作，交于点，连接、． (1)求证：是弧所在的切线； (2)当时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、证明某直线是圆的切线、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查切线的判定，全等三角形的判定及性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质，综合运用相关知识是解题的关键． （1）过点作于点，则，由，得到，由，得到 ，因此，从而，进而证得，得到，得证结论； （2）由求出，在中， ，．证明，得到，求出，根据勾股定理在中即可求解． 【详解】（1）证明：过点作于点， ∴， ∵在正方形中，， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴是所在圆的切线． （2）解：∵，， ∴在中， ， ∴． ∵， ， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴在中，． 【变式03】（2025·山东临沂·二模）如图，将矩形沿对角线翻折，C的对应点为点，以矩形的顶点A为圆心、r为半径画圆，与相切于点E，延长交于点F，连接交于点G． (1)求证：； (2)当，时，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【知识点】等腰三角形的性质和判定、矩形与折叠问题、切线的性质定理、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）连接，由切线的性质得，则，由矩形的性质得，再由直角三角形两锐角互余得，根据对顶角相等和同圆的半径相等得，然后由等角的余角相等得，最后由等角对等边得出结论； （2）由锐角三角函数得，，得，，由翻折得，由得，再由矩形对边相等得，最后在 中解直角三角形即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图，连接． ∵与相切于点， ， ， ∵四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ． （2）解：在中，， ， ， ， ∵四边形是矩形， ， 由翻折可知，， ∵四边形是矩形， ， 在中，， ， ． 【点睛】本题是四边形与圆的综合题，考查了矩形的性质、切线的性质、翻折的有关性质、锐角三角函数的定义，正确作出辅助线，巧用解直角三角形是解答本题的关键． 题型07 圆与相似三角形解直角三角形的计算与证明 典例引领 【典例01】（2025·山东济南·二模）如图，是的直径，点E，F是上的点且位于直径的两侧（点E位于左侧），连接，，过点B作的切线分别交，的延长线于点C，D，若． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】圆周角定理、切线的性质定理、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）先证，，可得，进而导角可得，即可得证； （2）证，得，据此求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， ， ， 是的直径， ， ， ， 与相切于点， ， ， ， ， 又， ， 与所对的弧是同弧， ， ， ； （2）解：由（1）可得：， 又， ， ， ， ， 在中， 设：，，则：， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理、解直角三角形、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【典例02】（2025·山东临沂·二模）如图，四边形内接于，为的直径，点D为的中点，过点D的直线l交的延长线于点M，交的延长线于点N，且． (1)求证：是的切线； (2)当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)6 【知识点】半圆（直径）所对的圆周角是直角、证明某直线是圆的切线、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）连接交于点H，如图．证明，可得．证明，进一步解答即可； （2）连接交于点H，连接，如图，证明．求解，．证明．可得．，．设，则，再进一步解答即可． 【详解】（1）证明：连接交于点H，如图． ∵点D为的中点， ∴． ∴， ∴． ∵为圆O的直径， ∴． ∵， ∴， ∴． ∴， 又是圆O的半径， ∴是圆O的切线． （2）解：连接交于点H，连接，如图， ∵，， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵点D为的中点， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴． ∴，． 设，则． 解得（不符合题意的根舍去）． ∴． 【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，切线的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 方法透视 考向解读 除考查垂径定理，圆周角定理，切线的性质和判定外，还会延伸考查等腰三角形的判定与性质、解直角三角形、相似三角形的判定和性质等内容，有时还会需要正确作出辅助线，进行计算和证明。 方法技能 借助圆的背景，灵活运用圆中求角导角的相关定理与方法找出角度关系，然后综合运用相似三角形解三角形的相关知识是解题关键． 变式演练 【变式01】（2025·山东青岛·一模）如图，是的外接圆，是的直径，F是延长线上一点，连接，，且． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为5，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，则，因为，所以，由AD是的直径，得，推导出，即可证明是的切线； （2）因为的半径为5，所以，，由，，得，则，由勾股定理求得，再证明，得，则，且，于是得，求得． 【详解】（1）证明：连接，则， ， ， ， 是的直径， ， ， 是的半径，且， 是的切线． （2）解：的半径为5， ，， ，， ， ， ， ，， ， ， ，且， ， 解得：， 的长为． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质、圆周角定理、切线的判定、勾股定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 【变式02】（2025·山东济宁·一模）如图，是的直径，点A在上，点C在的延长线上，，平分交于点D，连接． (1)求证：是的切线； (2)当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直径对的圆周角是直角，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键． （1）连接，根据直径所对的圆周角为直角得到．根据等腰三角形的性质得到，求得，根据切线的判定定理得到结论； （2）根据相似三角形的判定和性质定理得到．求得．连接，根据角平分线的定义得到，求得，得到，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵是的直径， ． ． ， ． ∵， ． ． ． 是的半径， 是的切线； （2）解：，， ． ． ∴． ． ． 如图，连接， 平分， ． ． ． 是的直径， ． ． ． 【变式03】（2025·山东潍坊·二模）如图，是的直径，内接于，取的中点，连接、，过点作，交的延长线于点，且，．    (1)判断与的位置关系，并说明理由； (2)求的值． 【答案】(1)是的切线，理由见解析 (2) 【知识点】同弧或等弧所对的圆周角相等、半圆（直径）所对的圆周角是直角、证明某直线是圆的切线、求角的余弦值 【分析】本题考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，垂径定理以及求锐角的余弦值，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）连接，证明，即可得出结论； （2）连接，设交于点，由（1）可得四边形是矩形，则，证明得出得出，证明得出，证明得出，进而得出，设，则，求得，进而根据余弦的定义，即可求解． 【详解】（1）解：是的切线，理由如下， 如图，连接，    ∵点是的中点 ∴， ∵是的直径， ∴ ∴ ∵， ∴ ∴， 又∵是圆的半径， ∴是的切线， （2）解：如图，连接，设交于点    由（1）可得 则四边形是矩形， ∴， ∵ ∴ 又∵点是的中点 ∴ ∴ ∴ ∴ ∵，． ∴ 即， 又∵ ∴ ∴，即 ∵ ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴，设，则 ∴， ∵，设，则 ∴，， ∴， ∴． 题型08 圆背景下的翻折与旋转 典例引领 【典例01】（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 【难度】0.65 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据正方形的性质求线段长、根据旋转的性质求解、点与圆上一点的最值问题 【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． 【典例02】（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 【答案】操作发现：与相切；实践探究：；问题解决：见解析 【解析】 【分析】操作发现：连接并延长交于点M，连接，根据直径所对圆周角为直角得到，根据旋转的性质得到，由圆周角定理推出，等量代换得到，利用直角三角形的性质即可证明，即可得出结论； 实践探究：证明，得到，结合三角形外角的性质得到，易证，得到，设，则，得到，利用二次函是的性质即可求解； 问题解决：过点E作交于点N，由旋转的性质知：，证明，推出，由旋转的性质得：， 得到，根据，易证，得到，即可证明结论． 【详解】操作发现： 解：连接并延长交于点M，连接， 是直径， ， ， 由旋转的性质得， ， ， ， 是的半径， 与相切； 实践探究： 解： 由旋转的性质得：， 即， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， ， 当时，有最大值为； 问题解决： 证明：过点E作交于点N， 由旋转的性质知：， ， ， ， ， 由旋转的性质得：， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查圆周角定理，切线的证明，旋转的性质，三角形相似的判定与性质，二次函数最值的应用，正确作出辅助线，构造三角形相似是解题的关键． 方法透视 考向解读 除考查圆中相关知识（如垂径定理，圆周角定理，切线的性质和判定）外，还会延伸考查三角形，特殊四边形等知识，特别折叠与旋转的核心性质，解题关键，与常用方法。 方法技能 借助圆的背景，结合圆的相关知识灵活运用折叠.与旋转的方法是解题的关键： 1、折叠核心性质：折叠前后对应边相等、对应角相等，折痕是对应点连线的垂直平分线； 解题关键：抓住 “折叠不变量”，即对应边、对应角、对应线段长度相等； 常用方法：设未知数，利用勾股定理建立方程，求解未知线段长度。 2旋转核心性质：旋转前后对应边相等、对应角相等，旋转角等于对应点与旋转中心连线的夹角； 解题关键：找准旋转中心、旋转方向和旋转角，利用全等三角形证明线段 / 角关系； 辅助线技巧：连接旋转中心与对应点，构造等腰三角形或直角三角形。 变式演练 【变式01】（2025·山东淄博·二模）如图，在中，C为半圆上一点（为的直径），连接，点分别在弦上，连接，将沿折叠，使点C恰好落在圆心O上．若已知，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】直角三角形的两个锐角互余、用勾股定理解三角形、圆周角定理、解直角三角形的相关计算 【分析】先由圆周角定理得，再结合折叠性质得，，根据半径相等得，因为，所以，解得，同理，在中，，解得，即可作答． 【详解】解：连接 ∵为的直径 ∴， 即， ∵将沿折叠，使点C恰好落在圆心O上． ∴，， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∴， 则， 故选：B． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等边对等角，直角三角形的两个锐角互余，解直角三角形的相关运算，折叠性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【变式02】（2025·山东日照·二模）如图，以为直径的半圆，绕点顺时针旋转，点的对应点为点交半圆于点，若，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【知识点】等边三角形的判定和性质、圆周角定理、求其他不规则图形的面积、解直角三角形的相关计算 【分析】本题主要考查圆周角定理，等边三角形的判定和性质，求不规则图形的面积，解直角三角形等等．连接，，根据题意可得，，证明是等边三角形，结合图形得出，，，利用计算即可得出结果． 【详解】解：连接，， ∵为半圆O的直径， ∴， 由题意得， ∴， ∴是等边三角形， 在中，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 故答案为：． 【变式03】（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． 题型09 圆中动点问题 典例引领 【典例01】（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】## 【解析】 【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． 【典例02】（2024·山东济南·中考真题）某校数学兴趣小组的同学在学习了图形的相似后，对三角形的相似进行了深入研究． （一）拓展探究 如图1，在中，，垂足为． （1）兴趣小组的同学得出．理由如下： ①______ ②______ 请完成填空：①______；②______； （2）如图2，为线段上一点，连接并延长至点，连接，当时，请判断的形状，并说明理由． （二）学以致用 （3）如图3，是直角三角形，，平面内一点，满足，连接并延长至点，且，当线段的长度取得最小值时，求线段的长． 【答案】（1）①；②；（2）是直角三角形，证明见解析；（3） 【解析】 【分析】（1）根据余角性质和三角形相似的性质进行解答即可； （2）证明，得出，证明，得出，即可得出答案； （3）证明，得出，求出，以点为圆心，2为半径作，则都在上，延长到，使，交于，连接，证明，得出，说明点在过点且与垂直的直线上运动，过点作，垂足为，连接，根据垂线段最短，得出当点E在点处时，最小，根据勾股定理求出结果即可． 【详解】解：（1）， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）是直角三角形；理由如下： ， ， ， 由（1）得， ， ， ， ， ， 是直角三角形． （3）， ， ， ， 如图，以点为圆心，2为半径作，则都在上，延长到，使，交于，连接， 则， ∵为的直径， ∴， ， ∴， ， ， ， 点在过点且与垂直的直线上运动， 过点作，垂足为，连接， ∵垂线段最短， ∴当点E在点处时，最小， 即的最小值为的长， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 在中根据勾股定理得：， 即当线段的长度取得最小值时，线段的长为． 【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，圆周角定理，矩形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法． 方法透视 考向解读 圆中动点问题是山东中考的高频考点，选择、填空与解答题中都有出现，知识方面关注圆的知识与三角形相似、勾股定理、全等三角形、等腰三角形、特殊平行四边形的判定和性质结合，方法方面注重动点问题与辅助圆的综合运用是解决问题的关键。 方法技能 动点运动轨迹为辅助圆的三种类型： 一．定义法——若一动点到定点的距离恒等于固定长，则该点的运动轨迹为以定点为圆心，定长为半径的圆（或圆弧） 二.定边对直角 模型原理：直径所对的圆周角是直角 思路构造：若一条定边所对的“动角”始终为直角，则直角顶点运动轨迹是以该定边为直径的圆（或圆弧） 三．定边对定角 模型原理：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等 思路构造：若一条定边所对的“动角”始终为定角，则该定角顶点运动轨迹是以该定角为圆周角，该定边为弦的圆（或圆弧） 变式演练 【变式01】（2025·山东烟台·中考真题）如图，在菱形中，，对角线．点M从点A出发，沿方向以的速度向点C运动，同时，点N从点C出发，沿方向以的速度向点D运动，当一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，交于点P．在此过程中，点P的运动路径长为 ． 【答案】 【分析】如图，连接交于．求解，，，，设运动时间为，则，，证明，可得，作等边三角形，以为圆心，为半径作圆，取点，连接，，证明在上，且在弧上，再利用弧长公式计算即可. 【详解】解：如图，∵在菱形中，，对角线，连接交于． ∴，，，， ∵设运动时间为，则，， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴， 作等边三角形，以为圆心，为半径作圆，取点，连接，， ∴，，， ∴， ∴在上，且在弧上， ∴在此过程中，点P的运动路径长为； 故答案为： 【点睛】本题考查的是菱形的性质，圆周角定理的应用，圆的确定，三角函数的应用，弧长的计算，证明在上，且在弧上是解本题的关键. 【变式02】（2025·山东济宁·二模）如图，半径为，正方形内接于，点在上运动，连接，作，垂足为，连接．则长的最小值为 ． 【答案】/ 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、已知圆内接四边形求角度 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质．先求得正方形的边长，取的中点G，连接，当点C、F、G在同一直线上时，根据两点之间线段最短，则有最小值，此时即可求得这个值． 【详解】解：如图，连接，取的中点G，连接， ∵是圆内接正方形，， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∵ 当点C、F、G在同一直线上时，有最小值，如下图： 最小值是：， 故答案为：． 【变式03】（2025·山东日照·二模）在中，，点是平面内一点，． (1)将线段绕点逆时针旋转得到线段，直线与交于点． ①如图1，若点在边上，连接，求的长； ②如图2，若点在内部，求证：； (2)如图3，连接，取边上一点，连接，将绕点顺时针旋转得到线段，连接． ①在点的运动过程中，线段的最小值为__________； ②在①的前提下，当最短时，直接写出的面积． 【答案】(1)①；②见解析； (2)①；②； 【知识点】全等三角形综合问题、三线合一、根据旋转的性质求解、已知正切值求边长 【分析】（1）①由旋转的性质及已知可证明，则，再结合等腰三角形的性质即可求解； ②连接，过点B作交的延长线于点H，先证明，则，；再证明，则有； （2）①取中点G，连接，则点D在以G为圆心，1为半径的圆上运动，当点D在线段上时，最小，在中利用勾股定理即可求得最小值； ②取的中点M，连接，则，；过点Q作于N，证明，则，得，有，即点Q在直线上运动，当时，最短；利用正切函数及勾股定理分别求得的长，从而求得的面积． 【详解】（1）①解：∵点在边上，且，， ∴； ∴； 由勾股定理得， ∴； 由旋转知，， ∴； ∴， ∴； ②证明：如图2，连接，过点B作交的延长线于点H， 由旋转知，， ∴； ∴， 即， ∴； ∵， ∴， ∴，， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； （2）解：①如图3，取中点G，连接， 则， ∴点D在以G为圆心，1为半径的圆上运动， ∵， ∴当点D在线段上时，最小， 在中，， 由勾股定理得， 故的最小值为； 故答案为：； ②如图4，取的中点M，连接， ∵， ∴，； 过点Q作于N，则； 由旋转知：， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵， ∴，即， ∴， ∴，即点Q在直线上运动， 当时，最短； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴； 在中，由勾股定理得：， 即， ∴， ∴． 【点睛】本题是一道几何综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，涉及较多的知识点及辅助线的作法，证明三角形全等，确定动点的运动路径是解题的关键． 题●型●训●练 1．（2025·山东聊城·一模）如图，的边经过的圆心，与相切于，是上的一点，连接，，若，则的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设交于点，连接、，由切线的性质得，则，由圆周角定理得，再根据直径所对的圆周角是直角得，则． 【详解】解：设交于点，连接、， 与相切于， ， ， ， ， ， 是的直径， ， ， ， 故选：C． 【点睛】此题重点考查切线的性质、直角三角形的两个锐角互余、圆周角定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 2．（2025·山东淄博·二模）如图，在扇形中，过圆心作的垂线交于点，若，，则的长是（   ） A．14 B．15 C．16 D．18 【答案】B 【知识点】利用垂径定理求值、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了垂径定理，相似三角形的判定和性质．利用垂径定理求得，，证明，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】解：作于点， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 3．（2025·山东淄博·一模）如图，在每个小正方形的边长均为1的网格图中，一段圆弧经过格点A，B，C，格点C，D的连线交于点E，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接、、，由，可知是直径且值为，可知，根据勾股定理逆定理可判断出是等腰直角三角形，求出，可知的长是圆周长的，利用圆周长公式求解即可． 【详解】解：如图所示：连接、、， ∵， ∴是直径， ∴， 根据网格图形可知： ， ， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴所对的圆心角是， ∴的长为以为直径的圆周长的， 即． 故选：A． 【点睛】本题考查了勾股定理逆定理、圆周角定理及其推论、弧长的计算公式、利用网格求线段长等知识，准确的作出辅助线构造出直角三角形和正确的计算是解决本题的关键． 4．（2025·山东潍坊·二模）如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点，与相交于点，则下列结论：①；②若，则；③若点为的中点，则；④．其中一定正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【知识点】三角形内心有关应用、圆周角定理、三角形内角和定理的应用 【分析】根据点是的内心，可得，故①正确；连接BE，CE，可得∠ABC+∠ACB =2（∠CBE+∠BCE），从而得到∠CBE+∠BCE=60°，进而得到∠BEC=120°，故②正确； ，得出，再由点为的中点，则成立，故③正确；根据点是的内心和三角形的外角的性质，可得，再由圆周角定理可得，从而得到∠DBE=∠BED，故④正确；即可求解． 【详解】解：∵点是的内心， ∴，故①正确； 如图，连接BE，CE， ∵点是的内心， ∴∠ABC=2∠CBE，∠ACB=2∠BCE， ∴∠ABC+∠ACB =2（∠CBE+∠BCE）， ∵∠BAC=60°， ∴∠ABC+∠ACB=120°， ∴∠CBE+∠BCE=60°， ∴∠BEC=120°，故②正确； ∵点是的内心， ∴， ∴, ∵点为的中点， ∴线段AD经过圆心O， ∴成立，故③正确； ∵点是的内心， ∴， ∵∠BED=∠BAD+∠ABE， ∴， ∵∠CBD=∠CAD， ∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=∠CBE+∠CAD， ∴， ∴∠DBE=∠BED， ∴，故④正确； ∴正确的有4个． 故选：D 【点睛】本题主要考查了三角形的内心问题，圆周角定理，三角形的内角和等知识，熟练掌握三角形的内心问题，圆周角定理，三角形的内角和等知识是解题的关键． 5．（2025·山东潍坊·一模）如图，点是与坐标轴三个交点，是上动点（包括端点和），于点．半径为2，．点从到运动中，线段扫过面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了求扇形面积，直径所对的弦是圆的直径；连接，设是的中点．点在第一象限从到运动过程中，点的运动路径（轨迹）圆弧的圆心为，半径为，．根据线段扫过面积即可求解． 【详解】连接，设是的中点． ∵半径为2，． ∴， 中，； 中，． 点在第一象限从到运动过程中，点的运动路径（轨迹）圆弧的圆心为，半径为，． 线段扫过面积 6．（2025·山东青岛·二模）如图，与正六边形的边，分别相切于点，点．若，则的半径长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、切线的性质定理、正多边形和圆的综合、解直角三角形的相关计算 【分析】连接，过点作于点，过点作于点，根据切线的性质得到，求得，根据等边三角形的性质得，求得，根据全等三角形的性质得，得到，求得，过点作于点，解直角三角形即可得出结论． 【详解】解：连接，过点作于点，过点作于点， ∴， ∵是的切线， ∴， ∵多边形是正六边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形是矩形， ， ， ， ， 过点作于点， ， ， ∴的半径长为， 故选：B． 【点睛】本题考查了正多边形与圆、正六边形的性质、解直角三角形、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键． 7．（2024·山东烟台·一模）如图，在中，，，．以点C为圆心，以的长为半径画弧，分别交于点D，E，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了扇形面积的计算，解直角三角形，等边三角形的性质等，正确作出辅助线是解题的关键． 如图所示，过点作于，连接，先解得到，再证明是等边三角形得到；解求出，最后根据进行求解即可． 【详解】解：如图所示，过点作于，连接， ∵，， ∴， ∵以的长为半径画弧，分别交于点， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，， ， 故答案为：． 8（2025·山东临沂·二模）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是，与轴相切，点在上，它们的横坐标分别是0，18．若沿着轴向右作无滑动的滚动，当点第一次落在轴上时，此时点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】切线的性质定理、坐标系中的旋转 【分析】本题主要考查了圆上的动点问题，圆的性质，切线定理，勾股定理，弧长公式等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． 设与轴的交点为，过点作轴，交轴于点，连接，根据勾股定理求出，确定，求出点滚动的长度，然后利用对应点的长度即可求出点的坐标． 【详解】解：如图1，设与轴的交点为，过点作轴，交轴于点，连接， 轴，轴，点的坐标是， ， 即的半径为10， ， 在中，， 延长与相交，此时交点到点的距离为18，而点的横坐标为18， 故交点为点， ， 如图2，当点第一次落在轴上时，滚动了， 点滚动的距离为：， 点的对应点为，点的对应点为，点的对应点为，点的对应点为， 此时，，点的纵坐标为， 点的横坐标为， 点的坐标为， 故选：C． 9.（2025·山东济南·一模）在平面直角坐标系中，⊙P的圆心是（2，a）（a＞2），半径为2，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则a的值是 ． 【答案】2+ 【详解】试题分析：过P点作PE⊥AB于E，过P点作PC⊥x轴于C，交AB于D，连接PA． ∵PE⊥AB，AB=2，半径为2， ∴AE=AB=，PA=2， 根据勾股定理得：PE=1， ∵点A在直线y=x上， ∴∠AOC=45°， ∵∠DCO=90°， ∴∠ODC=45°， ∴△OCD是等腰直角三角形， ∴OC=CD=2， ∴∠PDE=∠ODC=45°， ∴∠DPE=∠PDE=45°，   ∴DE=PE=1，   ∴PD= ∵⊙P的圆心是（2，a），   ∴a=PD+DC=2+． 【点睛】本题主要考查的就是垂径定理的应用以及直角三角形勾股定理的应用，属于中等难度的题型．解决这个问题的关键就是在于作出辅助线，将所求的线段放入到直角三角形中．本题还需要注意的一个隐含条件就是：直线y=x或直线y=-x与x轴所形成的锐角为45°，这一个条件的应用也是很重要的． 10.（2025·山东济宁·一模）如图，是的直径，点A在上，点C在的延长线上，，平分交于点D，连接． (1)求证：是的切线； (2)当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直径对的圆周角是直角，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键． （1）连接，根据直径所对的圆周角为直角得到．根据等腰三角形的性质得到，求得，根据切线的判定定理得到结论； （2）根据相似三角形的判定和性质定理得到．求得．连接，根据角平分线的定义得到，求得，得到，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵是的直径， ． ． ， ． ∵， ． ． ． 是的半径， 是的切线； （2）解：，， ． ． ∴． ． ． 如图，连接， 平分， ． ． ． 是的直径， ． ． ． 11．（2025·山东潍坊·二模）小颖在数学实践课上进行折纸操作，将圆形纸片连续对折两次后展开，将直径四等分，其四等分点分别记为，如图1所示．（虚线为折痕） (1)如图2，若折叠后点恰与点重合，折痕为，顺次连接，得到四边形．请判断四边形的形状并证明； (2)如图3，若折叠后点恰与点重合，折痕仍记为，连接．请判断直线与所在圆的位置关系，并简述理由． 【答案】(1)四边形为菱形，理由见解析 (2)与所在圆的位置关系是相交，理由见解析 【知识点】证明四边形是菱形、利用垂径定理求值、证明某直线是圆的切线、折叠问题 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，圆与直线的位置关系，熟练掌握菱形的判定和性质，圆与直线的位置关系判定是解题的关键． （1）由对折可知，垂直平分，所以，所以被平分（依据垂径定理，关键步骤），所以，由菱形的判定定理即可判断四边形的形状； （2）由轴对称性可知，所在圆的圆心为点，连接，可知，所以与相切，说明与所在圆的位置关系是相交． 【详解】（1）解：四边形为菱形，证明如下： 由对折可知，垂直平分， 所以，， 所以被平分（依据垂径定理，关键步骤）， 所以， 所以四边形为菱形； （2）解：与所在圆的位置关系是相交．理由如下： 由轴对称性可知，所在圆的圆心为点， 连接，可知，所以与相切， 说明与所在圆的位置关系是相交． 12．（2025·山东东营·一模）如图，在中，是直径，是弦，F是上的一点，交于点为延长线上的一点，且． (1)求证：是的切线； (2)若，求的半径长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查圆周角定理，切线的判定，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键： （1）圆周角定理推出，根据，结合三角形的内角和定理，推出，即，即可得证； （2）连接，得出，直径得到，在中，勾股定理求出的长，证出，设，则，在中，根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】（1）解：， ． ，， ，即， 是的半径， 是的切线； （2）解：连接． ， ， 是的直径， ， ， ． ， ∴， 设，则， 在中，， ， ， ， 的半径为． 13．（2025·山东淄博·二模）如图，是的直径，是的切线，点在上，且，连接交弦于点． (1)求证：是的切线； (2)若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】全等的性质和SSS综合（SSS）、用勾股定理解三角形、证明某直线是圆的切线、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了切线的性质和判定，全等三角形的判定和性质，切线长定理，线段垂直平分线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线的判定和性质等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）利用切线的性质得出，然后证明，利用全等三角形的性质即可证明； （2）根据切线长定理得出垂直平分线段，根据三角形中位线的性质设，则，根据相等的角得出，然后利用相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接，． 是的切线， ， ， ，，， ． ， ， 是的切线； （2）解： 设交于． 是直径， ， 、都是切线， ，， ， 垂直平分线段， ，， ，设，则， ，， ， ， 由直角和公共角易得， ，设， ， 整理得，， 解得，（舍负根）， ， ， ． 14（2025·山东威海·二模）如图，点在矩形的对角线上，经过点C，且与，分别交于点，，且． (1)求证：直线与相切； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)详见解析 (2)的半径为 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形性质理解、证明某直线是圆的切线、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了解直角三角形、勾股定理、切线的判定定理，根据题意添加合适的辅助线是解题的关键． （1）连接，由已知条件易证，由此可得，结合，可得从而可得，由此可得，从而可得直线与相切； （2）根据同角的正切值相等及正切的概念可求得的值，再根据勾股定理可求得的值，在中，根据正切的概念可求得的值；设的半径为，在中，根据勾股定理建立方程，解方程即可求得r的值． 【详解】（1）解：连接． ∵， ∴． ∵四边形是矩形， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴，即． ∴直线与相切； （2）解：∵，， ∴． ∵， ∴． 在中，， ， 在中，由勾股定理得． 设的半径为r． 在中，由勾股定理得． 解得． ∴的半径为． 15（2025·山东烟台·一模）如图，在平行四边形 中，过 三点的 交 于点 ，连结 ． (1)求证： ． (2)如图 2 ，已知 为 的切线，连结 并延长交 于点 ． ①求证： ； ②若 ，求 的值． 【答案】(1)见解析(2)①见解析；② 【分析】（1）根据平行四边形的性质得，再根据同角的补角相等得，可得最后根据等角对等边得出答案； （2）①延长 交 于点 ，连结 ， 根据切线的性质和平行线的性质，及垂径定理得是的垂直平分线，得，再根据等腰三角形的性质得，进而得出，最后根据“弧，弦，圆心角的关系”得，即可得出结论； ②延长交的延长线于点M，设，则,进而得出再说明， 可求出，然后证明，可得，，接下来说明，再设，则，根据相似三角形的对应边成比例求出 ，最后根据得出答案. 【详解】（1）证明： ． ， ； （2）①证明：如图，延长 交 于点 ，连结 ， 切 于点， ， ∵， ∴ ， ∴， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴， 即． ②如图3，延长交的延长线于点M，设，则． 由， ∴， ∴． 由，得， ， 解得． 由 得. ∵， ∴， ∴ ． ∴， ∴， ∴． ∵，且， ∴， ∴． 设，则，得  ， 解得， ∴， ∴． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $