专题06 圆9大题型（题型专练）（上海专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题06 圆 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 垂径定理及其推论的计算与应用 题型02 圆周角定理及其推论的应用 题型03 弧、弦、圆心角的关系与几何证明 题型04 点与圆的位置关系 题型05 直线与圆的位置关系及切线的性质与判定 题型06 圆与圆的位置关系 题型07 圆内接四边形的性质与应用 题型08 正多边形和圆的综合 题型09 圆与三角形、四边形的综合问题 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 垂径定理及其推论的计算与应用 典例引领 【典例01】（2025·上海·模拟预测）如图，是的弦，将劣弧沿弦折叠后，圆弧恰好经过圆心，若，则的半径为_____． 【典例02】（2025·上海黄浦·二模）如图，已知是的直径，、是上的两点，且，垂足为点，如果，那么的长为_______________． 方法透视 考向解读 本考点是圆模块的核心基础，是上海中考填空、解答题的高频必考考点，难度系数0.40.85，对应文档核心知识点为利用垂径定理求值、利用垂径定理求解其他问题、垂径定理的推论、垂径定理的实际应用，核心考查垂径定理的线段长度计算、推论的几何证明，是圆模块所有计算的基础。 方法技能 1.垂径定理核心内容：垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的两条弧。 2.核心推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，且平分弦所对的两条弧；弦的垂直平分线经过圆心，且平分弦所对的两条弧。 3.解题核心模型：垂径定理的计算核心是半径、弦长的一半、圆心到弦的距离构成直角三角形，利用勾股定理建立方程求解，这是中考最常用的解题思路。 4.易错点：推论中“平分弦”的前提是弦不是直径，直径互相平分但不一定垂直。 变式演练 【变式01】（2025·上海闵行·二模）已知等腰三角形的底边长为8，它的外接圆半径为5，那么圆心到腰的距离为______． 【变式02】（2025·上海·二模）如图，已知与相交于A、B两点，的半径长为2，的半径长为3，如果的圆心在上，那么公共弦的长为______． 【变式03】（2025·上海金山·二模）圆是的外接圆，，，垂足分别是点、，如果，那么_________． 【变式04】（2025·上海奉贤·二模）在中，点C是弧的中点，交弦于点D，且D是的中点． (1)求的度数； (2)延长交于点E，连接，交于点F，如果，求的长度． 题●型●破●译 题型02 圆周角定理及其推论的应用 典例引领 【典例01】如图，是的直径，点，是上位于异侧的两点，连接，，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【典例02】如图，是的直径，弦，若，则的度数为___________． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、填空题的必考基础考点，也是几何证明题的核心依据，难度系数0.650.85，对应文档核心知识点为圆周角定理、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，核心考查圆周角的度数计算、直径所对圆周角的直角模型应用，是圆模块角度计算的核心。 方法技能 1.圆周角定理核心内容：同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半。 2.核心推论： 半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径； 同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等。 3.解题技巧：遇到直径，优先构造直径所对的直角三角形，结合勾股定理、锐角三角函数求解；角度计算优先找同弧所对的圆周角/圆心角进行转化。 变式演练 【变式01】如图，是的直径，点、在上，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【变式02】如图，内接于，是上一点，，连接交于，平分，，，则___________． 【变式03】（2025·上海嘉定·二模）如图，已知是半圆的直径，半径垂直于弦，垂足为点，联结，． (1)求的度数； (2)求的值． 题●型●破●译 题型03 弧、弦、圆心角的关系与几何证明 典例引领 【典例01】（2025·上海·中考真题）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【典例02】（2025·上海普陀·三模）如图，内接于，为直径，在延长线上取一点E，使得，连结，在下方，作，连结交于点D，连结． (1)如图1，若． ①求证：； ②若，，求的长度； (2)如图2，若，时，求证：． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题几何证明的高频考点，难度系数0.40.65，对应文档核心知识点为利用弧、弦、圆心角的关系求证、利用弧、弦、圆心角的关系求解，核心考查同圆中弧、弦、圆心角的等量关系转化，结合全等三角形、等腰三角形进行几何证明。 方法技能 1.核心定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等；反之，相等的弧/弦所对的圆心角也相等。 2.证明技巧：弧、弦、圆心角三者中，有一组量相等，即可推导出另外两组量相等，是圆中证明线段相等、角相等、弧相等的核心依据；常结合全等三角形的SAS、ASA判定定理进行综合证明。 变式演练 【变式01】（2025·上海·模拟预测）如图，在中，，圆O的圆心在内部，与的边顺时针分别交于点E、D、F、G、N、M（点E在线段上），射线交边于点P．如果； (1)求证：． (2)连接，求证：． 【变式02】（2025·上海宝山·二模）如图，已知梯形，，，以点为圆心、为半径画弧，与分别交于点，且．                          (1)如果设，，求的长； (2)求的值； (3)如果是弧的中点，求的值． 【变式03】（2025·上海·二模）已知在中，，是边上的中线．以点B为圆心，为半径的圆交线段于点E（点E不与点C、点D不重合）． (1)如图1，如果与边交于点F，，求的度数； (2)如图2，当时，求的正切值； (3)如图3，以点E为圆心，为半径的与相交，其中一个交点P在边上．如果，求的长． 题●型●破●译 题型04 点与圆的位置关系 典例引领 【典例01】如图，是的半径，弦于点D，，，所在的平面内有一点，若，则点与的位置关系是（   ） A．点在内 B．点在上 C．点在外 D．无法确定 【典例02】（2025·上海杨浦·二模）如图，已知中，，，，以A为圆心、2为半径作圆，点D是圆A上一点，连接，点E是的中点，连接，那么长度的取值范围是______． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、填空题的基础考点，也是圆中最值问题的核心基础，难度系数0.40.85，对应文档核心知识点为判断点与圆的位置关系、点与圆上一点的最值问题、求特殊三角形外接圆的半径，核心考查点与圆位置关系的判断、三角形外接圆相关计算、圆上动点到定点的最值求解。 方法技能 1．点与圆的位置关系判断规则（设圆半径为 ，点到圆心的距离为 ）： 点在圆外； 点在圆上； 点在圆内。 2．核心最值模型：圆外一点到圆上点的距离，最大值为 ，最小值为 ；圆内一点到圆上点的距离，最大值为 ，最小值为 。 3．三角形外接圆核心性质：三角形外接圆的圆心是三边垂直平分线的交点（外心），直角三角形的外心在斜边中点，外接圆半径等于斜边的一半。 变式演练 【变式01】（2024·上海闵行·二模）在中，，，，以点，点，点为圆心的的半径分别为5、10、8，那么下列结论错误的是（    ） A．点在上 B．与内切 C．与有两个公共点 D．直线与相切 【变式02】（2025·上海宝山·二模）如图，已知，，，，、是边上的点，，如果以为直径的圆与以为直径的圆相离，且以为直径的圆与边有公共点，那么的值可以是（    ） A．1 B． C． D． 【变式03】（2024·上海·中考真题）在梯形中，，点E在边上，且． (1)如图1所示，点F在边上，且，联结，求证：； (2)已知； ①如图2所示，联结，如果外接圆的心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长； ②如图3所示，如果点M在边上，联结、、，与交于N，如果，且，，求边的长． 题●型●破●译 题型05 直线与圆的位置关系及切线的性质与判定 典例引领 【典例01】（2025·上海松江·二模）如图，在中，，，点在边上，以O为圆心，为半径的圆与边交于点，与边相切于点E． (1)当时，求的半径长； (2)求的值． 【典例02】（2025·上海崇明·二模）如图，中，，，，过点的直线与边平行，点在射线上，是以为圆心，为半径的圆． (1)当直线与相切时，求的长； (2)当直线与相交时，交点记为点、，且点在点的右边；以为圆心、为半径长作与的另一个交点记为． ①若四边形是矩形，求的长； ②若是以为腰的等腰三角形，求的正切值． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、填空题的高频考点，也是解答题几何综合的核心考点，难度系数0.330.85，对应文档核心知识点为判断直线和圆的位置关系、切线的性质定理、切线的性质和判定的综合应用、已知直线和圆的位置关系求半径的取值、切线的应用，核心考查直线与圆位置关系的判断、切线的性质与判定证明、切线相关的线段计算。 方法技能 1．直线与圆的位置关系判断规则（设圆半径为 ，圆心到直线的距离为 ）： 相离； 相切； 相交。 2．切线核心性质与判定： 性质：圆的切线垂直于过切点的半径，是构造直角三角形的核心依据； 判定：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线。 3．解题技巧：遇到切线，优先连接圆心和切点，构造垂直关系；证明切线时，有交点连半径证垂直，无交点作垂线证半径。 变式演练 【变式01】（2024·上海杨浦·三模）已知点A在半径为3的圆O上，如果点A到直线的距离是6，那么圆O与直线的位置关系是（    ） A．相交 B．相离 C．相切 D．以上答案都不对 【变式02】（2024·上海黄浦·三模）如图，半径为的经过的顶点，与边相交于点，，． (1)求的长； (2)如果，判断直线与以点为圆心、为半径的圆的位置关系，并说明理由． 【变式03】（2025·上海杨浦·二模）为了让游客更好的观赏花圃景观，某植物园打算在不同形状的花圃内都建设一条半圆形的步道，要求一：步道的外围不超过各自花圃的范围；要求二：半圆形步道的圆心在花圃的某一条边上；要求三：半圆形步道的半径尽可能的大（忽略步道的宽度）． 根据以下不同形状的花圃分别按要求画出这个半圆形步道的圆心（不用写作法，保留痕迹），并直接写出不同形状的花圃下半圆形步道的半径． 花圃一：如图1，是一个等腰三角形的花圃，经测量，，半圆形步道的圆心在边上； 花圃二：如图2，四边形是一个梯形的花圃，，经测量，，，，半圆形步道的圆心在边上．（结果保留根号） 【变式04】（2025·上海浦东新·二模）如图，在中，，，点在边上，且是等边三角形，点是对角线上一点．如果经过点且与边没有公共点，那么的半径的取值范围是________． 题●型●破●译 题型06 圆与圆的位置关系 典例引领 【典例01】（2024·上海·中考真题）在中，，，，点在内，分别以为圆心画，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是（    ） A．内含 B．相交 C．外切 D．相离 【典例02】（2025·上海闵行·二模）如图，点A，在直线上，厘米，，的半径均为厘米．以每秒厘米的速度自右向左运动，与此同时，的半径也不断增大，其半径（厘米）与时间（秒）之间的关系式为．若点出发秒后两圆相切，则时间的值是______． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、填空题的高频基础考点，难度系数0.40.85，对应文档核心知识点为圆和圆的位置关系，核心考查两圆位置关系的判断、相切/相交状态下的线段长度计算，是中考必拿分的基础考点。 方法技能 1．两圆位置关系核心判断规则（设两圆半径为 ，圆心距为 ）： 外离： ，无公共点； 外切： 个公共点； 相交： 个公共点； 内切： 个公共点； 内含： ，无公共点。 2．解题技巧：两圆相切分外切和内切两种情况，切勿漏解；两圆相交时，公共弦被两圆的连心线垂直平分，结合垂径定理、勾股定理计算公共弦长。 变式演练 【变式01】（2025·上海·中考真题）在锐角三角形中，，，的外接圆为，且半径为5，边中点为，如果以为圆心的圆与相交，那么的半径可以为（   ） A．2 B．5 C．8 D．9 【变式02】（2025·上海嘉定·二模）如果与内含，圆心距，的半径长是，那么的半径长的取值范围是（   ）． A． B． C．或 D． 【变式03】（2025·上海青浦·二模）已知与有交点，圆心距如果的半径，那么的半径为的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【变式04】（2025·上海静安·二模）已知和的半径分别是5和7，那么下列说法中正确的是（    ） A．当时，两圆没有公共点 B．当时，两圆有一个公共点 C．当时，两圆有公共点 D．当时，两圆有两个公共点 【变式05】（2025·上海松江·二模）已知的半径是5，的半径是6．圆心在上．那么两圆的公共弦长是（    ） A． B． C．10 D．12 题●型●破●译 题型07 圆内接四边形的性质与应用 典例引领 【典例01】（2025·上海静安·二模）已知，四边形内接于，． (1)求证：； (2)小明说：四边形一定是等腰梯形，你认为他的说法正确吗？为什么？ (3)如图所示，已知，，求的半径． 【典例02】（2025·上海奉贤·三模）在中，，以D为圆心、为半径的交的延长线于点E，连接，交于点F．当时，的长为________． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、解答题的基础考点，难度系数0.40.65，对应文档核心知识点为已知圆内接四边形求角度、圆内接四边形的性质、同弧或等弧所对的圆周角相等，核心考查圆内接四边形的对角互补、外角等于内对角的核心性质，结合圆周角定理、勾股定理进行角度计算、几何证明与半径求解，是圆模块几何综合的基础考点。 方法技能 1.圆内接四边形核心性质： 圆内接四边形的对角互补； 圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（即外角等于相邻内角的对角）； 圆内接四边形的四个顶点到圆心的距离相等，均等于圆的半径。 2.解题技巧：结合圆周角定理，将圆内接四边形的内角与圆周角、圆心角进行转化，是角度计算的核心思路；证明角相等时，优先利用“外角等于内对角”的性质，结合同弧所对的圆周角相等推导。 3.易错点：只有四个顶点都在同一个圆上的四边形才适用圆内接四边形的性质，切勿对非圆内接四边形误用对角互补的性质。 变式演练 【变式01】点B，C在以点O为圆心，为半径的上，连接，． (1)如图①，求证：平分； (2)如图②，D为弦下方上一点，连接，E是上一点，，过点E作交于点F，连接，求证； (3)如图③，在（2）的条件下，若为的直径，的面积为8，，求的半径． 【变式02】（2025·上海金山·二模）已知：矩形的对角线与以为圆心为半径的圆弧相交于点，过点作的垂线分别与直线、、交于点、、． (1)当点在边延长线上时，如图所示． ①联结，与交于点，求证：； ②若，求的比值； (2)联结，若为等腰三角形，求的值． 【变式03】（2025·上海浦东新·二模）对于命题：①一个圆上所有的点都在另一个圆的外部，那么这两个圆外离；②一个圆上所有的点都在另一个圆的内部，那么这两个圆内含．下列说法正确的是（    ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①和②都正确 D．①和②都错误 【变式04】（2025·上海青浦·二模）已知：为的直径，，点C在上．联结OC、，过点O作，交于点D． (1)如图，联结，当时，求证：四边形是菱形； (2)作，垂足为E． ①如图，联结、，交半径于点F，当时，求线段的长； ②如图，联结、、，设的面积为，四边形的面积为，如果，求线段的长． 题●型●破●译 题型08 正多边形和圆的综合 典例引领 【典例01】（2025·上海宝山·二模）如果一个正多边形的内角和为，那么这个正多边形的中心角度数是（    ） A．10 B．12 C．18 D．30 【典例02】（2025·上海·二模）已知正六边形的边长为4，其外接圆被顶点分为六条小劣弧，那么任意一条弦所对劣弧上一点到这条弦的最大距离是________． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、填空题的基础考点，难度系数0.650.85，对应文档核心知识点为正多边形和圆的综合、求正多边形的中心角、正多边形的内角问题，核心考查正多边形与外接圆的关系、边长、边心距、中心角的计算。 方法技能 1．核心公式： 正 边形的中心角= 外角 ，每个内角 ； 正 边形的半径、边长的一半、边心距构成直角三角形，结合勾股定理、锐角三角函数计算边长、边心距。 2．解题技巧：正多边形的计算核心是转化为直角三角形求解，将正 边形拆分为2 n个全等的直角三角形。 变式演练 【变式01】（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______． 【变式02】（2025·上海金山·二模）以同一个圆的内接正三角形、正四边形、正边形的边心距为三边作三角形，若这个三角形是直角三角形，正边形的边心距为直角三角形的斜边，那么的值可能是（   ） A．4 B．5 C．6 D．12 【变式03】（2025·上海青浦·二模）在同圆中，圆内接正三角形的边长与圆内接正六边形的边长的比值是__________． 【变式04】（2025·上海嘉定·二模）已知正五边形，请仅用无刻度的直尺作图，并完成相应的任务（保留作图痕迹，不写作法）． 【初步感知】 （1）如图1，请直接写出的度数； 【实践探究】 （2）请在图2中作出以为对角线的菱形，并证明你的结论； 【拓展延伸】 （3）请在图2正五边形的基础上再设计一个新的正五边形.（不需要证明） 题●型●破●译 题型09 圆与三角形、四边形的综合问题 典例引领 【典例01】（2025·上海浦东新·三模）如图，在中，，，，点是边上的动点，以为半径作．    (1)若与边的另一交点为点，设，的面积为，求关于的函数解析式，并直接写出函数的定义域； (2)若被直线和直线截得的弦长相等，求的长； (3)若的半径等于1，且与的公共弦长为，求的长． 【典例02】（2024·上海虹口·三模）如图1，为半圆O的直径，C为延长线上一点，切半圆于点D，，交延长线于点E，交半圆于点F，已知． (1)求的值 (2)如图2，连接，P为线段上一点，过点P作的平行线分别交，于点M，N，交圆O于点K，过点P作于点H．设． ①求y关于x的函数解析式及其定义域； ②延长交半圆O于点Q，求当x为何值时的值最大时，并求出最大值． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题的核心必考考点，难度系数0.4-0.65，对应文档核心知识点为圆与三角形的综合(圆的综合问题)、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、三角形外接圆相关，核心考查圆背景下三角形的全等/相似证明、线段长度计算、三角函数值求解，是圆综合题的核心基础。 方法技能 1.解题核心逻辑： 第一步：利用垂径定理、圆周角定理、弧弦圆心角的关系，推导角相等、线段相等； 第二步：根据等角，证明三角形全等/相似，得到线段比例关系； 第三步：结合勾股定理、锐角三角函数，建立方程求解线段长度、三角函数值。 2.核心技巧：圆中同弧所对的圆周角相等，是证明三角形相似的核心突破口；等腰三角形、直角三角形的性质是圆与三角形综合的高频结合点。 变式演练 【变式01】（2025·上海黄浦·二模）如图，已知扇形，过点作，垂足为点，如果，那么扇形的面积为_______________．（结果保留） 【变式02】（2025·上海闵行·二模）如图，在中，直径长为，弦的长为8，点是上一点，过点作的垂线交直线于点． (1)求的正切值． (2)当与相似时，求的长． (3)以点为圆心，长为半径画，试根据线段的长度情况探究和的位置关系． 【变式03】（2025·上海浦东新·二模）如图1，和是半径为2的的两条直径，点P是延长线上的一点．连接交于点E（点E在线段上，且不与点P、点C重合）． (1)当时，求证：； (2)连接，交半径于点M，已知． ①连接，如图2，当点M是的重心时，求的余弦值； ②连接、，当为等腰三角形时，求线段的长． 【变式04】（（2025·上海·二模）如图，在矩形中，联结，在边上取一点E，上取一点F，联结，．在上有一点G．作的外接圆，弧弧．联结，延长交边于点H． (1)若点C、H重合，求证：． (2)若； ①当时，求的长和的余切值； ②列表写出圆O的圆心分别在、与内部时，长度的取值范围(不写解答过程)． 点O位置 长的取值范围 内 内 内 1 / 137 学科网（北京）股份有限公司 题●型●训●练 1．（2026·上海金山·一模）下列命题中真命题是（    ） A．如果，那么 B．如果两个相等的向量相减，那么结果为0 C．如果和都是单位向量，那么 D．如果，那么 2．（2026·上海·一模）对于相似形，小明提出以下命题： 邻边之比为的两个平行四边形是相似形； 有一个锐角相等的两个直角三角形一定相似； 两个等腰三角形腰上的高和腰对应成比例，则这两个三角形一定相似； 有两边及第三边上的中线对应成比例的两三角形相似； 两边对应成比例的两个直角三角形一定相似； 其中，正确的个数有（    ） A． B． C． D． 3．（2025·上海闵行·二模）如图，在等边三角形中，、分别在、上，连接、交于，连接交于点．有下列两个命题： ①如果，那么为中点； ②如果，那么． 对于这两个命题判断正确的是（   ） A．①②都是真命题； B．①是真命题，②是假命题； C．①是假命题，②是真命题； D．①②都是假命题． 4．（2025·上海松江·一模）已知命题： ①两边及第三边上的中线对应成比例的两个三角形相似； ②两边及第三边上的高对应成比例的两个三角形相似． 下列对这两个命题的判断，正确的是（   ） A．①和②都是真命题 B．①和②都是假命题 C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是真命题 5．（2025·上海杨浦·二模）为了让游客更好的观赏花圃景观，某植物园打算在不同形状的花圃内都建设一条半圆形的步道，要求一：步道的外围不超过各自花圃的范围；要求二：半圆形步道的圆心在花圃的某一条边上；要求三：半圆形步道的半径尽可能的大（忽略步道的宽度）． 根据以下不同形状的花圃分别按要求画出这个半圆形步道的圆心（不用写作法，保留痕迹），并直接写出不同形状的花圃下半圆形步道的半径． 花圃一：如图1，是一个等腰三角形的花圃，经测量，，半圆形步道的圆心在边上； 花圃二：如图2，四边形是一个梯形的花圃，，经测量，，，，半圆形步道的圆心在边上．（结果保留根号） 6．（2025·上海嘉定·二模）如果与内含，圆心距，的半径长是，那么的半径长的取值范围是（   ）． A． B． C．或 D． 7．（2025·上海松江·二模）如图，在中，，，点在边上，以O为圆心，为半径的圆与边交于点，与边相切于点E． (1)当时，求的半径长； (2)求的值． $ 专题06 圆 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 垂径定理及其推论的计算与应用 题型02 圆周角定理及其推论的应用 题型03 弧、弦、圆心角的关系与几何证明 题型04 点与圆的位置关系 题型05 直线与圆的位置关系及切线的性质与判定 题型06 圆与圆的位置关系 题型07 圆内接四边形的性质与应用 题型08 正多边形和圆的综合 题型09 圆与三角形、四边形的综合问题 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 垂径定理及其推论的计算与应用 典例引领 【典例01】（2025·上海·模拟预测）如图，是的弦，将劣弧沿弦折叠后，圆弧恰好经过圆心，若，则的半径为_____． 【答案】2 【知识点】用勾股定理解三角形、利用垂径定理求值、利用弧、弦、圆心角的关系求解、折叠问题 【分析】本题考查垂径定理，翻折变换，关键是由翻折变换的性质推出是等边三角形． 由翻折变换的性质推出是等边三角形，得到，由垂径定理得到的长，由锐角的正弦即可求出的长． 【详解】解：设的对应点是，连接,，， 由题意知垂直平分， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴的半径是2． 故答案为：2． 【典例02】（2025·上海黄浦·二模）如图，已知是的直径，、是上的两点，且，垂足为点，如果，那么的长为_______________． 【答案】5 【知识点】用勾股定理解三角形、利用垂径定理求值 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理．利用垂径定理求出是解题的关键． 连接，根据，，得到，，设，则，再根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵，， ∴，， 设，则， 由勾股定理，得， 解得：， ∴ 故答案为：5． 方法透视 考向解读 本考点是圆模块的核心基础，是上海中考填空、解答题的高频必考考点，难度系数0.40.85，对应文档核心知识点为利用垂径定理求值、利用垂径定理求解其他问题、垂径定理的推论、垂径定理的实际应用，核心考查垂径定理的线段长度计算、推论的几何证明，是圆模块所有计算的基础。 方法技能 1.垂径定理核心内容：垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的两条弧。 2.核心推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，且平分弦所对的两条弧；弦的垂直平分线经过圆心，且平分弦所对的两条弧。 3.解题核心模型：垂径定理的计算核心是半径、弦长的一半、圆心到弦的距离构成直角三角形，利用勾股定理建立方程求解，这是中考最常用的解题思路。 4.易错点：推论中“平分弦”的前提是弦不是直径，直径互相平分但不一定垂直。 变式演练 【变式01】（2025·上海闵行·二模）已知等腰三角形的底边长为8，它的外接圆半径为5，那么圆心到腰的距离为______． 【答案】或 【知识点】用勾股定理解三角形、利用垂径定理求值 【分析】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．根据题意画出图形，应注意底边BC与圆心可能存在两种位置关系可能． 【详解】解：①如图：过点作于点， 由题意可得， 在中， ∴ 在中， ∴ 在中，； ②如图，过点作于点， ， 在中， ∴ 在中， ∴ 在中，； 综上：圆心到腰的距离为或． 故答案为：或 【变式02】（2025·上海·二模）如图，已知与相交于A、B两点，的半径长为2，的半径长为3，如果的圆心在上，那么公共弦的长为______． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、利用垂径定理求值、圆周角定理 【分析】此题考查了垂径定理、勾股定理、圆周角定理等知识，熟练掌握垂径定理和圆周角定理是关键．延长交于点，连接，则为的直径，求出，证明， 在中，，得到，即可得到． 【详解】解：延长交于点，连接，则为的直径， ∴，， ∴ ∵ ∴垂直平分， ∴， 在中， ∴， ∴ 故答案为： 【变式03】（2025·上海金山·二模）圆是的外接圆，，，垂足分别是点、，如果，那么_________． 【答案】 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、利用垂径定理求值 【分析】本题主要考查了垂径定理和三角形中位线定理，解题的关键是熟练掌握“垂直于弦的直径平分弦”以及“三角形的中位线等于第三边的一半”． 根据垂径定理可知点和点分别为的中点，根据中位线定理即可进行求解． 【详解】解：∵， ∴点和点分别为的中点， ， ， 故答案为：． 【变式04】（2025·上海奉贤·二模）在中，点C是弧的中点，交弦于点D，且D是的中点． (1)求的度数； (2)延长交于点E，连接，交于点F，如果，求的长度． 【答案】(1)60度 (2) 【知识点】等边对等角、垂径定理的推论、圆周角定理、解直角三角形的相关计算 【分析】本题主要考查了垂径定理的推论，解直角三角形，圆周角定理，等边对等角等等，熟知垂径定理的推理是解题的关键． （1）由垂径定理的推论可得，再由线段中点的定义可得，据此解直角三角形即可得到答案； （2）先求出，则，再由垂径定理的推论得到，，解直角三角形得到，再证明，解直角三角形得到，则． 【详解】（1）解：连接 ∵在中，点C是弧的中点， ∴， ∵D是的中点，且， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵，且是的直径， ∴， ∵D是的中点， ∴， ∵在中，点C是弧的中点， ∴，， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 题●型●破●译 题型02 圆周角定理及其推论的应用 典例引领 【典例01】如图，是的直径，点，是上位于异侧的两点，连接，，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】直角三角形的两个锐角互余、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 【分析】如图，连接，首先由直径求出，然后求出，最后利用同弧所对的圆周角相等求解即可． 【详解】解：如图，连接 ∵是的直径， ∴ ∵ ∴ ∴． 【典例02】如图，是的直径，弦，若，则的度数为___________． 【答案】56 【知识点】利用垂径定理求值、圆周角定理、半圆（直径）所对的圆周角是直角 【分析】根据垂径定理可得，再由圆周角定理，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵是的直径，弦， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、填空题的必考基础考点，也是几何证明题的核心依据，难度系数0.650.85，对应文档核心知识点为圆周角定理、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，核心考查圆周角的度数计算、直径所对圆周角的直角模型应用，是圆模块角度计算的核心。 方法技能 1.圆周角定理核心内容：同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半。 2.核心推论： 半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径； 同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等。 3.解题技巧：遇到直径，优先构造直径所对的直角三角形，结合勾股定理、锐角三角函数求解；角度计算优先找同弧所对的圆周角/圆心角进行转化。 变式演练 【变式01】如图，是的直径，点、在上，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】三角形内角和定理的应用、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 【分析】根据是的直径，，再由三角形内角和定理求出的度数，结合即可得到答案． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 【变式02】如图，内接于，是上一点，，连接交于，平分，，，则___________． 【答案】10 【知识点】因式分解法解一元二次方程、圆周角定理、半圆（直径）所对的圆周角是直角、相似三角形的判定与性质综合 【分析】延长交于点，连接，，得，证明，可证明，求出，再求出，再由勾股定理可求出． 【详解】解：延长交于点，连接，，如图， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得：， ∴，， 又， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴． 【变式03】（2025·上海嘉定·二模）如图，已知是半圆的直径，半径垂直于弦，垂足为点，联结，． (1)求的度数； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【知识点】利用弧、弦、圆心角的关系求解、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了勾股定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键． （1）连接，根据垂径定理可得，从而可得，进而可得，然后利用圆心角、弧、弦的关系可得∠； （2）设，在中，利用锐角三角函数的定义求出和的长，从而求出的长，然后利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【详解】（1）解：连接， ∵半径垂直于弦， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：设， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， 在中，． 题●型●破●译 题型03 弧、弦、圆心角的关系与几何证明 典例引领 【典例01】（2025·上海·中考真题）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、利用弧、弦、圆心角的关系求证、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，弧，弦与圆心角之间的关系，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． （1）连接，由等边对等角得到，利用证明，得到，证明，得到，则可证明； （2）连接，由，得到，，证明，得到，则可证明，进而证明，推出；再证明，得到，则可证明． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，连接， ∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴； 由（1）可得， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【典例02】（2025·上海普陀·三模）如图，内接于，为直径，在延长线上取一点E，使得，连结，在下方，作，连结交于点D，连结． (1)如图1，若． ①求证：； ②若，，求的长度； (2)如图2，若，时，求证：． 【答案】(1)①见解析；② (2)见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、利用弧、弦、圆心角的关系求证、圆周角定理 【分析】（1）①由圆周角定理得，等量代换得，然后根据即可证明； ②由圆周角定理得，在中，求出， 在中求出，由面积法求出，然后在中利用勾股定理即可求解； （2）取的中点G，连结，根据证明得，设，，求出，进而可证结论成立． 【详解】（1）①证明：∵， ， ∵， 在和中， ； ②解：连结， 为直径， ， ， ， ， ，， 在中，， 在中，， ， ， 在中，； （2）解：取的中点G，连结， ∵， ， ∵， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 设，， ， ， ， ， ， 连接， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，弧、弦、圆心角的关系，正确作出辅助线是解答本题的关键． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题几何证明的高频考点，难度系数0.40.65，对应文档核心知识点为利用弧、弦、圆心角的关系求证、利用弧、弦、圆心角的关系求解，核心考查同圆中弧、弦、圆心角的等量关系转化，结合全等三角形、等腰三角形进行几何证明。 方法技能 1.核心定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等；反之，相等的弧/弦所对的圆心角也相等。 2.证明技巧：弧、弦、圆心角三者中，有一组量相等，即可推导出另外两组量相等，是圆中证明线段相等、角相等、弧相等的核心依据；常结合全等三角形的SAS、ASA判定定理进行综合证明。 变式演练 【变式01】（2025·上海·模拟预测）如图，在中，，圆O的圆心在内部，与的边顺时针分别交于点E、D、F、G、N、M（点E在线段上），射线交边于点P．如果； (1)求证：． (2)连接，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等三角形综合问题、角平分线的判定定理、垂径定理的实际应用 【分析】本题考查了全等三角形综合问题、角平分线的判定定理、垂径定理的实际应用等知识点，熟记相关几何结论是解题关键． （1）作，推出，进而得平分，即可求证； （2）证得，，进而得，再证即可； 【详解】（1）证明：作， ， ， ∴平分， ， （2）证明：如图所示： ， ， ， ； ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 【变式02】（2025·上海宝山·二模）如图，已知梯形，，，以点为圆心、为半径画弧，与分别交于点，且．                          (1)如果设，，求的长； (2)求的值； (3)如果是弧的中点，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】全等三角形综合问题、根据矩形的性质与判定求线段长、利用弧、弦、圆心角的关系求解、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）过点分别作，垂足为点，过点作，交的延长线于点，可证四边形是矩形，，在中，，，同理， ，在中，，由此即可求解； （2）由（1）设，则，则，， 所以，则，由此即可求解； （3）连接，延长交于点，则，由（2）可设，在中，，，，同理，，，，所以，由此即可求解． 【详解】（1）解：过点分别作，垂足为点，过点作，交的延长线于点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， 同理， ， 在中，． （2）解：由（1）设，则， 在中，， ∴， ∴， ∵点为圆心，， ∴， ∴， ∴． （3）解：连接，延长交于点， ∵， ∴， ∵是弧的中点， ∴， 由（2）可设， 在中，， ∴，， 同理，， ∴， ∴，     ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形的计算，圆的基础知识，掌握以上知识的综合，数形结合分析是关键． 【变式03】（2025·上海·二模）已知在中，，是边上的中线．以点B为圆心，为半径的圆交线段于点E（点E不与点C、点D不重合）． (1)如图1，如果与边交于点F，，求的度数； (2)如图2，当时，求的正切值； (3)如图3，以点E为圆心，为半径的与相交，其中一个交点P在边上．如果，求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】利用垂径定理求值、利用弧、弦、圆心角的关系求解、相似三角形的判定与性质综合、求角的正切值 【分析】（1）由弧等得到，由直角三角形斜边上中线的性质得到，然后根据等边对等角以及三角形的外角性质得到，最后在中，由三角形内角和定理建立方程求解； （2）过点作于点，由垂径定理得到，设，则， 那么，则，故，由勾股定理得，再由正切的定义即可求解； （3）连接，先证明，再证明，则，设，则，代入解一元二次方程即可． 【详解】（1）解：如图： ∵， ∴， 设， ∵，是边上的中线， ∴， ∴， ∴, ∵， ∴， ∵在中，， ∴， 解得：，即； （2）解：过点作于点， ∵过圆心， ∴， ∵， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：连接， 由上知， ∵， ∴， 由题意得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 整理得：， 解得：或（舍）， ∴． 【点睛】本题考查了圆的综合问题，涉及圆心角和弧之间的关系，圆与圆的位置关系，垂径定理，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握并运用圆的相关性质是解题的关键． 题●型●破●译 题型04 点与圆的位置关系 典例引领 【典例01】如图，是的半径，弦于点D，，，所在的平面内有一点，若，则点与的位置关系是（   ） A．点在内 B．点在上 C．点在外 D．无法确定 【答案】A 【知识点】用勾股定理解三角形、利用垂径定理求值、判断点与圆的位置关系 【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，判断点与圆的位置关系．利用垂径定理求出半径的长，比较的大小关系，即可得出结论． 【详解】解：设交于点， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴点在内； 故选：A． 【典例02】（2025·上海杨浦·二模）如图，已知中，，，，以A为圆心、2为半径作圆，点D是圆A上一点，连接，点E是的中点，连接，那么长度的取值范围是______． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的证明、点与圆上一点的最值问题 【分析】本题考查了点与圆的位置关系、三角形中位线定理和勾股定理．根据题意正确作出辅助线、懂得利用中位线定理确定点的运动轨迹是解题的关键． 先取的中点，点E是的中点，连接、，根据中位线定理确定点的运动轨迹是在以为圆心，半径为1的圆上，然后根据勾股定理求出的长度，最后确定的范围． 【详解】解：取的中点，连接、、，如图： 点E是的中点，点是的中点，， ，， 当点D在圆A上时，点始终在以为圆心，半径为1的圆上， 点是的中点， ， 在中，， ， ， 即． 故答案为：． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、填空题的基础考点，也是圆中最值问题的核心基础，难度系数0.40.85，对应文档核心知识点为判断点与圆的位置关系、点与圆上一点的最值问题、求特殊三角形外接圆的半径，核心考查点与圆位置关系的判断、三角形外接圆相关计算、圆上动点到定点的最值求解。 方法技能 1．点与圆的位置关系判断规则（设圆半径为 ，点到圆心的距离为 ）： 点在圆外； 点在圆上； 点在圆内。 2．核心最值模型：圆外一点到圆上点的距离，最大值为 ，最小值为 ；圆内一点到圆上点的距离，最大值为 ，最小值为 。 3．三角形外接圆核心性质：三角形外接圆的圆心是三边垂直平分线的交点（外心），直角三角形的外心在斜边中点，外接圆半径等于斜边的一半。 变式演练 【变式01】（2024·上海闵行·二模）在中，，，，以点，点，点为圆心的的半径分别为5、10、8，那么下列结论错误的是（    ） A．点在上 B．与内切 C．与有两个公共点 D．直线与相切 【答案】D 【知识点】用勾股定理解三角形、圆和圆的位置关系、判断点与圆的位置关系、判断直线和圆的位置关系 【分析】首先利用勾股定理解得，然后根据点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系，逐项分析判断即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵，的半径为5， ∴点在上，选项A正确，不符合题意； ∵的半径分别为5、10，且， ∴与内切，选项B正确，不符合题意； ∵， ∴与相交，有两个公共点，选项C正确，不符合题意； 如下图，过点作于点， ∵， ∴，解得， ∵， ∴直线与相交，选项D错误，符合题意． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了勾股定理、点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． 【变式02】（2025·上海宝山·二模）如图，已知，，，，、是边上的点，，如果以为直径的圆与以为直径的圆相离，且以为直径的圆与边有公共点，那么的值可以是（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【知识点】用勾股定理解三角形、圆和圆的位置关系、已知直线和圆的位置关系求半径的取值 【分析】本题考查直线和圆的位置关系，解三角形等知识点，解题关键是根据确定以为直径圆的圆心是的中点，根据直角三角形的边角关系求出，进而求出，再根据确定的中点是以为直径的圆的圆心，由与直线有公共点，以为直径的圆相离，确定半径的取值范围，进而得出答案． 【详解】解：∵，， ∴，即， ∵，， ∴， ∴，（负值已经舍去） ∴， 如图，取的中点，即， ∵， ∴，即， 过点作，连接， ∴， ∴以为直径的圆与边有公共点时，， ∴，即， ∴， 取的中点，即， ∴， 又∵以为直径的圆与以为直径的圆相离，即， ∴， ∴，即： ∴， 综上所述：， ∵，C选项在取值范围内，故符合题意， ，， ，选项A、B、D不在取值范围内，不符合题意． 故选：C． 【变式03】（2024·上海·中考真题）在梯形中，，点E在边上，且． (1)如图1所示，点F在边上，且，联结，求证：； (2)已知； ①如图2所示，联结，如果外接圆的心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长； ②如图3所示，如果点M在边上，联结、、，与交于N，如果，且，，求边的长． 【答案】(1)见详解 (2)①；② 【知识点】用勾股定理解三角形、求特殊三角形外接圆的半径、由平行截线求相关线段的长或比值、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）延长交于点G，由，得到，由已知数据得到，，故，因此； （2）①记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接，先证明，再证明，则，即，求得； ②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q，由，求得，可证明，角度推导得，则，求出，继而得到，由，则，设，则，由，设，，由，得到，设，可证明，求出，则，在中，运用勾股定理得：，则，在中，由勾股定理得，，故． 【详解】（1）证明：延长交于点G， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴； （2）①解：记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接， ∵点O为外接圆圆心， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴外接圆半径为； ②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q， ∵， ∴， ∴， 由①知， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由， 得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴设， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， 解得：， ∴， 在中，由勾股定理得： ， ∴， ∴， ∴， 而， ∴在中，由勾股定理得，， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的外接圆等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 题●型●破●译 题型05 直线与圆的位置关系及切线的性质与判定 典例引领 【典例01】（2025·上海松江·二模）如图，在中，，，点在边上，以O为圆心，为半径的圆与边交于点，与边相切于点E． (1)当时，求的半径长； (2)求的值． 【答案】(1)4 (2) 【知识点】含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、切线的性质定理 【分析】此题考查了切线的性质、含角的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握切线的性质、等边三角形的判定和性质是解题的关键． （1）利用切线的性质和含角的直角三角形的性质得到，即可求出答案； （2）连接、，则，证明△和△是等边三角形，再利用含角的直角三角形的性质即可得到答案． 【详解】（1）解：与边相切于点， ， ， ，， ， ， ， ， 的半径长为4． （2）解：连接、，则， ，， ， △是等边三角形， ，, ， △是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， 的值为． 【典例02】（2025·上海崇明·二模）如图，中，，，，过点的直线与边平行，点在射线上，是以为圆心，为半径的圆． (1)当直线与相切时，求的长； (2)当直线与相交时，交点记为点、，且点在点的右边；以为圆心、为半径长作与的另一个交点记为． ①若四边形是矩形，求的长； ②若是以为腰的等腰三角形，求的正切值． 【答案】(1) (2)①；②或 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、切线的性质和判定的综合应用、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）作，先在中求出、长度及的值， 利用切线性质设得出表达式． 在中根据正弦函数定义列方程求解； （2）① 利用矩形性质得到的长度，设，表示出，在中，依据勾股定理列方程求解；②由两圆相交性质得出，通过角度关系得到，分与两种情况讨论即可． 【详解】（1）解：作于， 与相切 设， 在中 ，， ∴， ， ， 在中 ， ， ； （2）解：①四边形是矩形 ， 设，则， 在中，， ， ， ； ②若是以为腰的等腰三角形， 那么或， 设与相交于点， 与相交于， ， 又， ， 又， ， （i）当时， ， ，解得：， ， ， ． （ii）当时，作， ， ， ，即， ， 解得， 设，则，在中， ， ， ． 综上所述，或． 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、矩形性质、等腰三角形性质、解直角三角形及勾股定理的应用．解题关键是利用相关性质构建边的关系，通过方程求解线段长度，并借助角度等量代换求角的正切值． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、填空题的高频考点，也是解答题几何综合的核心考点，难度系数0.330.85，对应文档核心知识点为判断直线和圆的位置关系、切线的性质定理、切线的性质和判定的综合应用、已知直线和圆的位置关系求半径的取值、切线的应用，核心考查直线与圆位置关系的判断、切线的性质与判定证明、切线相关的线段计算。 方法技能 1．直线与圆的位置关系判断规则（设圆半径为 ，圆心到直线的距离为 ）： 相离； 相切； 相交。 2．切线核心性质与判定： 性质：圆的切线垂直于过切点的半径，是构造直角三角形的核心依据； 判定：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线。 3．解题技巧：遇到切线，优先连接圆心和切点，构造垂直关系；证明切线时，有交点连半径证垂直，无交点作垂线证半径。 变式演练 【变式01】（2024·上海杨浦·三模）已知点A在半径为3的圆O上，如果点A到直线的距离是6，那么圆O与直线的位置关系是（    ） A．相交 B．相离 C．相切 D．以上答案都不对 【答案】D 【知识点】判断直线和圆的位置关系 【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，若，则直线与圆相交；若，则直线与圆相切；若，则直线与圆相离；根据圆心到直线的距离d与半径r的大小关系解答即可； 【详解】A在半径为3的圆O上，如果点A到直线的距离是6， 圆O与直线a的位置关系可能是相切或相离， 故选：D. 【变式02】（2024·上海黄浦·三模）如图，半径为的经过的顶点，与边相交于点，，． (1)求的长； (2)如果，判断直线与以点为圆心、为半径的圆的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)； (2)直线与相交，理由见解析． 【知识点】用勾股定理解三角形、利用垂径定理求值、判断直线和圆的位置关系、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，三角函数，三角形的面积，直线和圆的位置关系，正确作出辅助线是解题的关键． （）连接并延长交于点，连接，由可得，进而得，，利用勾股定理得，得到，再由勾股定理即可得到的长； （）直线与相交．过点作于，由三角函数得，得到，进而得，再根据三角形的面积得，即可求证． 【详解】（1）解：连接并延长交于点，连接， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）解：直线与相交，理由如下： 过点作于， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴直线与相交． 【变式03】（2025·上海杨浦·二模）为了让游客更好的观赏花圃景观，某植物园打算在不同形状的花圃内都建设一条半圆形的步道，要求一：步道的外围不超过各自花圃的范围；要求二：半圆形步道的圆心在花圃的某一条边上；要求三：半圆形步道的半径尽可能的大（忽略步道的宽度）． 根据以下不同形状的花圃分别按要求画出这个半圆形步道的圆心（不用写作法，保留痕迹），并直接写出不同形状的花圃下半圆形步道的半径． 花圃一：如图1，是一个等腰三角形的花圃，经测量，，半圆形步道的圆心在边上； 花圃二：如图2，四边形是一个梯形的花圃，，经测量，，，，半圆形步道的圆心在边上．（结果保留根号） 【答案】花圃一：画图见解析，半圆形步道的半径为；花圃二：画图见解析，半圆形步道的半径为 【知识点】作角平分线(尺规作图)、用勾股定理解三角形、切线的应用、解直角三角形的相关计算 【分析】花圃一：分别以点B和点C为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于F，连接交于点D即为所求的圆心；过点D作于点E，利用三线合一得到，勾股定理求出，然后利用等面积法求解即可； 花圃二：延长，交于点H，尺规作的角平分线交于点A即为所求作的圆心；过点A作于点N，过点A作于点M，设，则，，，根据列方程求解即可． 【详解】花圃一：根据题意得，当半圆与，相切时，半圆的半径最大， 如图所示，点D即为所求作的圆心； 过点D作于点E，故为半圆的半径 ∵， 由作图得，垂直平分 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴半圆形步道的半径为； 花圃二：根据题意得，当半圆与，相切时，半圆的半径最大， 如图所示，点A即为所求作的圆心； 过点A作于点N，过点A作于点M ∴，且，为半圆的半径 ∵ ∴是等腰直角三角形 ∵ ∴设，则 ∴， ∵ ∴ 解得 ∴ ∴半圆的半径为． 【点睛】此题考查了切线的性质，勾股定理，角平分线的性质定理，解直角三角形等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 【变式04】（2025·上海浦东新·二模）如图，在中，，，点在边上，且是等边三角形，点是对角线上一点．如果经过点且与边没有公共点，那么的半径的取值范围是________． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、切线的性质定理、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了直线与圆的位置关系、平行四边形的性质、勾股定理、解直角三角形的应用，解题关键是找到界点时的情况计算． 根据题意，需要找到当时，半径最小；当点与点重合时，半径最大，计算出长度即可解答． 【详解】解：作交于点， 在中， ，，，， ， 是等边三角形， ，， 在直角中， ，， ， ， 在直角中， ， 在直角中， ， 作交于点， ， ， ， 与相切时，，即， 当时，半径最小，即； 当点与点重合时，，即， ， 半径最大为， 综上所述，． 题●型●破●译 题型06 圆与圆的位置关系 典例引领 【典例01】（2024·上海·中考真题）在中，，，，点在内，分别以为圆心画，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是（    ） A．内含 B．相交 C．外切 D．相离 【答案】B 【知识点】用勾股定理解三角形、圆和圆的位置关系 【分析】本题考查圆的位置关系，涉及勾股定理，根据题意，作出图形，数形结合，即可得到答案，熟记圆的位置关系是解决问题的关键． 【详解】解：圆半径为1，圆半径为3，圆与圆内切， 圆含在圆内，即， 在以为圆心、为半径的圆与边相交形成的弧上运动，如图所示： 当到位置时，圆与圆圆心距离最大，为， ， 圆与圆相交， 故选：B． 【典例02】（2025·上海闵行·二模）如图，点A，在直线上，厘米，，的半径均为厘米．以每秒厘米的速度自右向左运动，与此同时，的半径也不断增大，其半径（厘米）与时间（秒）之间的关系式为．若点出发秒后两圆相切，则时间的值是______． 【答案】或或或 【知识点】几何问题(一元一次方程的应用)、圆和圆的位置关系 【分析】本题考查了圆与圆的位置关系，解题的关键是能够将移动的过程中两圆的位置关系全部考虑到． 在移动过程中有两次内切，两次外切，根据两圆的各种位置关系中圆心距和两圆的半径之间的关系列出有关时间t的方程求解即可． 【详解】解：设点运动到点时两圆相切， 两圆第一次外切时，， 有， 得， 两圆第一次内切时，， 有， 得， 两圆第二次内切时，， 有， 得， 两圆第二次外切时，， 有， 得， 故答案为：或或或． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、填空题的高频基础考点，难度系数0.40.85，对应文档核心知识点为圆和圆的位置关系，核心考查两圆位置关系的判断、相切/相交状态下的线段长度计算，是中考必拿分的基础考点。 方法技能 1．两圆位置关系核心判断规则（设两圆半径为 ，圆心距为 ）： 外离： ，无公共点； 外切： 个公共点； 相交： 个公共点； 内切： 个公共点； 内含： ，无公共点。 2．解题技巧：两圆相切分外切和内切两种情况，切勿漏解；两圆相交时，公共弦被两圆的连心线垂直平分，结合垂径定理、勾股定理计算公共弦长。 变式演练 【变式01】（2025·上海·中考真题）在锐角三角形中，，，的外接圆为，且半径为5，边中点为，如果以为圆心的圆与相交，那么的半径可以为（   ） A．2 B．5 C．8 D．9 【答案】B 【知识点】三线合一、用勾股定理解三角形、圆和圆的位置关系 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，两圆相交的条件等知识，掌握两圆相交的条件是关键；根据题意，等腰的外接圆半径为5，由等腰三角形的性质、勾股定理求得；当与相交时，圆心距需满足条件，代入数值求解r的范围，进而确定选项． 【详解】解：如图，连接并延长交于点E， ∵，D为中点， ∴，； ∵锐角三角形中，， ∴外接圆心O在上， 连接，由勾股定理得：；      设以D为圆心的圆的半径为，相交应满足：， 即，解得：； 在此范围的半径只有选项B； 故选：B． 【变式02】（2025·上海嘉定·二模）如果与内含，圆心距，的半径长是，那么的半径长的取值范围是（   ）． A． B． C．或 D． 【答案】C 【知识点】圆和圆的位置关系 【分析】本题主要考查了圆与圆的位置关系，两个圆的半径差的绝对值小于圆心距离，那么这两个圆内含，据此分内含于和内含于两种情况，讨论求解即可． 【详解】解：当内含于时，则， ∴， ∴； 当内含于时，则， ∴， ∴； 综上所述，或， 故选：C． 【变式03】（2025·上海青浦·二模）已知与有交点，圆心距如果的半径，那么的半径为的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】圆和圆的位置关系 【分析】此题考查圆与圆相交时，圆心距与半径的关系． 根据圆心距与半径之和，半径之差的关系即可得到答案． 【详解】由题意可知：， 解得：． 故选：D． 【变式04】（2025·上海静安·二模）已知和的半径分别是5和7，那么下列说法中正确的是（    ） A．当时，两圆没有公共点 B．当时，两圆有一个公共点 C．当时，两圆有公共点 D．当时，两圆有两个公共点 【答案】D 【知识点】圆和圆的位置关系 【分析】本题主要考查了两圆位置关系，掌握两圆半径、圆心距的关系以及两圆不同位置关系时的公共点数成为解题的关键． 根据圆和圆的位置与两圆的圆心距、半径的数量之间的关系逐项判断即可． 【详解】解：∵和的半径分别是5和7， ∴． A、，则与内切，有一个公共点，故该选项错误； B、，且，则与相交，有两个公共点，故选项错误； C、，当时，与内含，没有公共点，故选项错误； D、时，，则与相交，有两个公共点，故选项正确． 故选：D． 【变式05】（2025·上海松江·二模）已知的半径是5，的半径是6．圆心在上．那么两圆的公共弦长是（    ） A． B． C．10 D．12 【答案】B 【知识点】圆和圆的位置关系 【分析】本题主要考查了相交两圆的性质，先根据题意画出图形，设和相交于A，B，连接，设与相交于点C，设，则，，，，，在和中，由勾股定理得，则，由此解出，则，进而即可得出公共弦AB的长． 【详解】解：设和相交于点，，连接，，，，，设与相交于点，如图所示： 设， 的半径是5，的半径是6．圆心在上， ，，，， ，， 在△和△中，由勾股定理得：， ， 解得：， ， ， ． 故选：B 题●型●破●译 题型07 圆内接四边形的性质与应用 典例引领 【典例01】（2025·上海静安·二模）已知，四边形内接于，． (1)求证：； (2)小明说：四边形一定是等腰梯形，你认为他的说法正确吗？为什么？ (3)如图所示，已知，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)小明的说法不正确，理由见解析 (3) 【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是矩形、同弧或等弧所对的圆周角相等、已知圆内接四边形求角度 【分析】本题主要考查了圆的内接四边形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键． （1）根据同弧所对的圆周角相等可得、，进而证明可得，再根据同弧所对的圆周角相等可得，由等量代换可得，最后根据平行线的判定定理即可证明结论； （2）通过证明四边形是矩形即可证明结论； （3）如图：连接并延长交于点E，连接．由等腰三角形三线合一的形状可得，利用勾股定理可得，设该圆的半径为r，则，最后根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：小明的说法不正确，理由如下： ∵， ∴， 当时，四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形内接于， ∴，即， ∴四边形是矩形，即小明的说法不正确． （3）解：如图：连接并延长交于点E，连接． ∵， ∴，， ∴， 设该圆的半径为r，则， ∵， ∴，解得：． 【典例02】（2025·上海奉贤·三模）在中，，以D为圆心、为半径的交的延长线于点E，连接，交于点F．当时，的长为________． 【答案】 【知识点】等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的性质求解、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合 【分析】如图，延长至，使，连接，证明，，，再证明，可得，，可得四点在同一个圆上，即四点在上，证明，，设，再进一步利用相似三角形的性质建立方程求解即可． 【详解】解：如图，延长至，使，连接， ∵在中，， ∴，， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四点在同一个圆上，即四点在上， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴设， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：，（经检验不符合题意，舍去）， ∴． 故答案为： 【点睛】本题考查的是等腰三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、解答题的基础考点，难度系数0.40.65，对应文档核心知识点为已知圆内接四边形求角度、圆内接四边形的性质、同弧或等弧所对的圆周角相等，核心考查圆内接四边形的对角互补、外角等于内对角的核心性质，结合圆周角定理、勾股定理进行角度计算、几何证明与半径求解，是圆模块几何综合的基础考点。 方法技能 1.圆内接四边形核心性质： 圆内接四边形的对角互补； 圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（即外角等于相邻内角的对角）； 圆内接四边形的四个顶点到圆心的距离相等，均等于圆的半径。 2.解题技巧：结合圆周角定理，将圆内接四边形的内角与圆周角、圆心角进行转化，是角度计算的核心思路；证明角相等时，优先利用“外角等于内对角”的性质，结合同弧所对的圆周角相等推导。 3.易错点：只有四个顶点都在同一个圆上的四边形才适用圆内接四边形的性质，切勿对非圆内接四边形误用对角互补的性质。 变式演练 【变式01】点B，C在以点O为圆心，为半径的上，连接，． (1)如图①，求证：平分； (2)如图②，D为弦下方上一点，连接，E是上一点，，过点E作交于点F，连接，求证； (3)如图③，在（2）的条件下，若为的直径，的面积为8，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、圆与三角形的综合(圆的综合问题) 【分析】本题考查了三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，圆的性质，四点共圆，正弦函数的应用，熟练掌握判定和性质，三角函数的应用是解题的关键． （1）连接，证明即可证明平分； （2）连接，交于点K，连接，证明四点共圆，得到，，再证明，等量代换证明即可结论． （3）先证明，得到，再根据的面积为8，得到，确定，继而得到，后利用勾股定理解答即可． 【详解】（1）证明：连接， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∴平分． （2）证明：连接，交于点K，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四点共圆， ∴，， 在和中， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）解：连接， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∵的面积为8， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（负的舍去）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的半径． 【变式02】（2025·上海金山·二模）已知：矩形的对角线与以为圆心为半径的圆弧相交于点，过点作的垂线分别与直线、、交于点、、． (1)当点在边延长线上时，如图所示． ①联结，与交于点，求证：； ②若，求的比值； (2)联结，若为等腰三角形，求的值． 【答案】(1)①见解析；② (2)或1或 【知识点】全等三角形综合问题、利用弧、弦、圆心角的关系求证、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）证明，得出，即可证明； ②根据，设，，那么，根据矩形的对边相等，得出，证明，求出，在中，勾股定理求出，即可求出． （2）若为等腰三角形，分为当时，可证为等边三角形，求出，即可求解；当时，可证四边形为正方形，得出，即可求解；当时，设，，可证，得出，求出，在中，勾股定理列方程得出，即可求解． 【详解】（1）解：①四边形为矩形，， ，， 在和中， ，， ， ， 在圆中，， ； ②， 设，，那么， 矩形的对边相等， ， ∵， ∴， ， ， ， 在中，，即， ， ． （2）解：若为等腰三角形， 当时， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在和， ， ， ， 又 ∵， ， 连接， 由（1）①可知， ， ， 即， 在和中， ， ， ， ， ， ， ∴为等边三角形， ， ， ； 当时，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 则四边形为正方形， ， ； 当时，设，， ∴, ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴， 在中，， ，整理得：， ， ． 综上所述，的值为或1或． 【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，角的正切，勾股定理，矩形的性质，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，圆心角定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 【变式03】（2025·上海浦东新·二模）对于命题：①一个圆上所有的点都在另一个圆的外部，那么这两个圆外离；②一个圆上所有的点都在另一个圆的内部，那么这两个圆内含．下列说法正确的是（    ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①和②都正确 D．①和②都错误 【答案】B 【知识点】圆和圆的位置关系 【分析】本题考查了命题的判断，圆与圆的位置关系，掌握命题的定义及分类并能运用所学知识判断命题的真假是解题的关键．根据圆与圆的位置关系判断即可． 【详解】解：①一个圆上所有的点都在另一个圆的外部，那么这两个圆外离或内含，①错误； ②一个圆上所有的点都在另一个圆的内部，那么这两个圆内含，②正确． 故选：B． 【变式04】（2025·上海青浦·二模）已知：为的直径，，点C在上．联结OC、，过点O作，交于点D． (1)如图，联结，当时，求证：四边形是菱形； (2)作，垂足为E． ①如图，联结、，交半径于点F，当时，求线段的长； ②如图，联结、、，设的面积为，四边形的面积为，如果，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【知识点】证明四边形是菱形、圆周角定理、解直角三角形的相关计算、圆与三角形的综合(圆的综合问题) 【分析】（1）利用同圆的半径相等的性质，平行线的性质和等边三角形的判定与性质得到，再利用菱形的判定定理解答即可； （2）①利用平行线的性质，圆周角定理和垂径定理得到，则，，即可得出结论； ②过点O作于点H，得，则，利用全等三角形的面积相等和同高的三角形的面积比等于底的比的性质得到，从而求得；利用全等三角形的性质得到，最后根据解答即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴是等边三角形， ∴． ∵， ∴． 同理，是等边三角形，． 又∵， ∴． ∴四边形是菱形． （2）解：①∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． 又∵， ∴， ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵，， ∴． ∴． ∴， ∴， ∴． ②过点O作于点H，得， ∵， ∴， ∵， ∴． ∴， ∴． ∵，， ∴． ∴，， ∴． ∵， ∴． ∵在中，，， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定与性质，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线，熟练掌握上述定理与性质是解题的关键． 题●型●破●译 题型08 正多边形和圆的综合 典例引领 【典例01】（2025·上海宝山·二模）如果一个正多边形的内角和为，那么这个正多边形的中心角度数是（    ） A．10 B．12 C．18 D．30 【答案】D 【知识点】正多边形的内角问题、求正多边形的中心角 【分析】本题主要考查了多边形的内角和外角，解题关键是熟练掌握正多边形的定义和多边形的内角和公式．设这个正多边形的边数为列方程求出再根据正多边形每条边所对的中心角都相等，列出算式进行计算即可． 【详解】解：设这个正多边形的边数为列方程得： ， 解得， ∴这个正多边形的中心角的度数为：， ∴A，B，C选项不符合题意，D选项符合题意， 故选：D． 【典例02】（2025·上海·二模）已知正六边形的边长为4，其外接圆被顶点分为六条小劣弧，那么任意一条弦所对劣弧上一点到这条弦的最大距离是________． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、利用垂径定理求值、正多边形和圆的综合 【分析】本题考查了正多边形外接圆的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，正确地画出图形是解决本题的关键． 先画出正六边形和外接圆，再取的中点G，连接，根据等边三角形的性质和含的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵正六边形的边长为4， ∴外接圆半径， ∵正六边形的每条边都是外接圆的一条弦， ∴对应的圆心角为， 又∵， ∴为等边三角形， 取的中点G，连接并延长交弧于点H，则是点H到弦的最大距离； ∵为等边三角形， ∴，，， ∴， 在含的中，， ∴， ∴任意一条弦所对劣弧上一点到这条弦的最大距离是， 故答案为：． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、填空题的基础考点，难度系数0.650.85，对应文档核心知识点为正多边形和圆的综合、求正多边形的中心角、正多边形的内角问题，核心考查正多边形与外接圆的关系、边长、边心距、中心角的计算。 方法技能 1．核心公式： 正 边形的中心角= 外角 ，每个内角 ； 正 边形的半径、边长的一半、边心距构成直角三角形，结合勾股定理、锐角三角函数计算边长、边心距。 2．解题技巧：正多边形的计算核心是转化为直角三角形求解，将正 边形拆分为2 n个全等的直角三角形。 变式演练 【变式01】（2025·上海·中考真题）已知一个圆与一个角的两边各有两个公共点，且在两边上截得的两条弦正好是该圆内接正五边形的两条边，那么这个角的大小是______． 【答案】或 【知识点】正多边形和圆的综合 【分析】本题考查正多边形与圆，如图，分两种情况，当角的顶点在圆上时，如，弦为时，此时恰好是正五边形的一个内角，进行求解即可，当角的顶点在圆外部时，即交的两边，截取的两条弦为时，进行求解即可． 【详解】解：如图，当角的顶点在圆上时，如交的两边，截取的两条弦为，此时恰好是正五边形的一个内角， ∴； 当角的顶点在圆外部，即交的两边，截取的两条弦为时， 则：， ∴， ∴； 综上：这个角的大小是或； 故答案为：或． 【变式02】（2025·上海金山·二模）以同一个圆的内接正三角形、正四边形、正边形的边心距为三边作三角形，若这个三角形是直角三角形，正边形的边心距为直角三角形的斜边，那么的值可能是（   ） A．4 B．5 C．6 D．12 【答案】C 【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、垂径定理的推论、正多边形和圆的综合 【分析】设是的直径，，四边形是的内接正三角形，正四边形，交于点，可证明，设，则，连接，作于点，求得，则，设正边形的边心距为，则， 如图，令正边形的一条边为，过点作，则，求得，则，可知为等边三角形，则，即可求解． 【详解】解：如图，是的直径，，四边形是的内接正三角形，正四边形，交于点， ， ， ， ∴是正三角形的边心距，， ， ， 设，则， 连接，作于点， ， ， ， 设正边形的边心距为， ∵以的内接正三角形，正四边形，正边形的边心距为三边作三角形得到直角三角形， ， 如图，令正边形的一条边为，过点作，则， 则， ∴， ∴为等边三角形，则， ， 故选：C． 【点睛】此题重点考查正多边形和圆，等边三角形的判定与性质，正方形的性质，正六边形的性质，勾股定理等知识，设圆的内角正三角形的边心距为，推导出该圆的内接正边形的边心距为是解题的关键． 【变式03】（2025·上海青浦·二模）在同圆中，圆内接正三角形的边长与圆内接正六边形的边长的比值是__________． 【答案】 【知识点】等边三角形的性质、正多边形和圆的综合 【分析】设六边形是的内接正六边形，则是的内接正三角形，连接，，，设交于点H，证明和均为正三角形，则，，根据垂径定理得，，则，设，则，，进而得，据此求出的值即可得出答案． 此题主要考查了等边三角形的性质，圆内接正多边形的性质，熟练掌握等边三角形的性质，圆内接正多边形的性质是解决问题的关键． 【详解】解：设六边形是的内接正六边形，则是的内接正三角形， 连接，，，设交于点H，如图所示： ∴，， ∵， ∴和均为正三角形， ∴，， ∵， ∴， 根据垂径定理得：，， ∴， 在中，设， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴， 即在同圆中，圆内接正三角形的边长与圆内接正六边形的边长的比值是． 故答案为：． 【变式04】（2025·上海嘉定·二模）已知正五边形，请仅用无刻度的直尺作图，并完成相应的任务（保留作图痕迹，不写作法）． 【初步感知】 （1）如图1，请直接写出的度数； 【实践探究】 （2）请在图2中作出以为对角线的菱形，并证明你的结论； 【拓展延伸】 （3）请在图2正五边形的基础上再设计一个新的正五边形.（不需要证明） 【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析 【知识点】正多边形和圆的综合 【分析】本题考查作图复杂作图，菱形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）利用正五边形与等腰三角形的性质求解； （2）连接交于点M，四边形即为所求； （3）各边延长线的交组成的五边形即为所求． 【详解】解：∵， ∴； 故答案为：； （2）如图1所示，连接相交于点，菱形为所求图形， 证明：在正五边形中，每个内角都相等且等于，每条边都相等， 可得≌，从而 ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 同理可证：. ∴四边形为平行四边形， 又， ∴四边形为菱形. （3）如图，五边形即为所求． 题●型●破●译 题型09 圆与三角形、四边形的综合问题 典例引领 【典例01】（2025·上海浦东新·三模）如图，在中，，，，点是边上的动点，以为半径作．    (1)若与边的另一交点为点，设，的面积为，求关于的函数解析式，并直接写出函数的定义域； (2)若被直线和直线截得的弦长相等，求的长； (3)若的半径等于1，且与的公共弦长为，求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】利用垂径定理求值、利用弧、弦、圆心角的关系求解、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）作，垂径定理结合三角函数，求出，进而得到，，利用三角形的面积公式求出函数解析式，根据，求出自变量的范围即可； （2）作，易得四边形为矩形，根据等弦对应的弦心距相等，得到，进而得到四边形为正方形，得到，列出方程进行求解即可； （3）设与的公共弦与交于点，易得，，进而得到垂直平分，勾股定理，求出的长，进而求出的长，在中，根据勾股定理，列出方程进行求解即可． 【详解】（1）解：作，则：， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）作， ∵， ∴四边形为矩形， ∵被直线和直线截得的弦长相等， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， 解得：， ∴ （3）如图，设与的公共弦与交于点， 由题意，得：，， ∴垂直平分， ∴， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 整理，得：， ∴， 解得：， 经检验，均为原方程的解， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，解直角三角形，矩形和正方形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，是解题的关键． 【典例02】（2024·上海虹口·三模）如图1，为半圆O的直径，C为延长线上一点，切半圆于点D，，交延长线于点E，交半圆于点F，已知． (1)求的值 (2)如图2，连接，P为线段上一点，过点P作的平行线分别交，于点M，N，交圆O于点K，过点P作于点H．设． ①求y关于x的函数解析式及其定义域； ②延长交半圆O于点Q，求当x为何值时的值最大时，并求出最大值． 【答案】(1) (2)①y关于x的函数表达式为；②当x为时的值最大，最大值为 【知识点】图形问题(实际问题与二次函数)、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、圆与三角形的综合(圆的综合问题) 【分析】（1）连接，先求出的长，可得，，由此可求的长，结合三角形面积公式即可求解； （2）①证明可得，即可求解； ②如图，连接，证明，可得，得到，然后用含x的代数式表示出，最后根据二次函数的最值求解即可． 【详解】（1）解：如图1，连接， ∵切半圆于点D， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，. ∵， ∴，， ∴； （2）解：①∵为半圆O的直径，，设， ∴， ∴. ∵， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 过点F作于点G，如图2， ∵， ∴， ∴. ∵P为线段上一点， ∴， ∴y关于x的函数表达式为； ②连接，如图3， ∵圆周角所对的弧是， ∴. 又∵， ∴， ∴， ∴. ∵，， ∴， ∴， ∴. ∵， ∴当时，有最大值，最大值为：， ∴当x为时，的值最大，最大值为． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，解直角三角形的应用，求一次函数关系式，二次函数的图象和性质，准确的作出辅助线是解题的关键． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题的核心必考考点，难度系数0.4-0.65，对应文档核心知识点为圆与三角形的综合(圆的综合问题)、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、三角形外接圆相关，核心考查圆背景下三角形的全等/相似证明、线段长度计算、三角函数值求解，是圆综合题的核心基础。 方法技能 1.解题核心逻辑： 第一步：利用垂径定理、圆周角定理、弧弦圆心角的关系，推导角相等、线段相等； 第二步：根据等角，证明三角形全等/相似，得到线段比例关系； 第三步：结合勾股定理、锐角三角函数，建立方程求解线段长度、三角函数值。 2.核心技巧：圆中同弧所对的圆周角相等，是证明三角形相似的核心突破口；等腰三角形、直角三角形的性质是圆与三角形综合的高频结合点。 变式演练 【变式01】（2025·上海黄浦·二模）如图，已知扇形，过点作，垂足为点，如果，那么扇形的面积为_______________．（结果保留） 【答案】 【知识点】圆的基本概念辨析、求扇形面积、根据特殊角三角函数值求角的度数 【分析】本题主要考查了解三角形和扇形面积的计算，先根据在中，，得出扇形的圆心角度数，进而根据扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：∵，，， ∴，， ∴， ∴扇形的面积， 故答案为． 【变式02】（2025·上海闵行·二模）如图，在中，直径长为，弦的长为8，点是上一点，过点作的垂线交直线于点． (1)求的正切值． (2)当与相似时，求的长． (3)以点为圆心，长为半径画，试根据线段的长度情况探究和的位置关系． 【答案】(1)； (2)； (3)当时，内含于；当时，圆与圆内切；当或时，与相交． 【知识点】利用垂径定理求值、圆和圆的位置关系、利用相似三角形的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）连接，由直径所对的圆周角是直角得到，利用勾股定理求出的长，再根据正切的定义可得答案； （2）分在的左侧和在的右侧两种情况，讨论求解即可； （3）如解析图示中，求出圆与圆内切时，，再求出时，，据此分，，三种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解；如图所示，连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴，即； （2）解：如图：当在的左侧时；过作， ∴， ∴， 设，则 与相似， ， ， ∵，即， ∴，即， ∴， ∵， ， ，即 解得（已检验，符合题意） ； 如图：当在的右侧时； 过作于，过过于，过作于， 则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵与相似， ∴， 设，则， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴，， ∴， ， ， 综上：； （3）解：如图，当圆与圆内切时，则， 过作于，过过于， 同（2）可证明， ∵， ∴， ∴， ∴ 如图，当时，在内切的基础上，点D会更靠近点B，即此时一定有， ∴， ∴内含于； 如图，过点O作交于T，则， ∴； 如图，当时，，则一定有， ∴与相交； 当时，如图， ∵， ∴， ∴与相交； 综上所述，当时，内含于；当时，圆与圆内切；当或时，与相交． 【点睛】本题主要考查了圆与圆的位置关系，相似三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，角平分线的性质等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 【变式03】（2025·上海浦东新·二模）如图1，和是半径为2的的两条直径，点P是延长线上的一点．连接交于点E（点E在线段上，且不与点P、点C重合）． (1)当时，求证：； (2)连接，交半径于点M，已知． ①连接，如图2，当点M是的重心时，求的余弦值； ②连接、，当为等腰三角形时，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)①；②或 【知识点】用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、求角的余弦值、圆与三角形的综合(圆的综合问题) 【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质可得，进而可得，根据相似三角形的性质即可得解； （2）①过P作于H，根据直径对直角可得，根据等腰三角形的性质可得，再根据余弦的定义即可得解； ②分三种情况讨论，当时，不符合题意；当时，连接，，证明，即可得解；当时，连接，设与交于G，先证明是的中位线，是的中位线，可得，，再根据勾股定理即可得解． 【详解】（1）解：连接， ， ， ， ， ， ， ∴， ∴， ∴； （2）解：①过P作于H， 是直径， ， ， ∵点M是的重心， ， ∴， ∵，半径为2， ∴， ，， ， ∴； ②当时，如图， ， ， ， 由（1）知，不符合题意； 当时，连接，， 和是的两条直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴， ∴， ， ， ， 当时，连接，设与交于G， ， ， ，， 是直径， ， ， ∴， ， ， ， 是的中位线， ， ， 是的中位线， ， ， ∴， ， ∴， 综上所述，线段的长或． 【点睛】本题考查了圆综合，勾股定理，三角函数，中位线，等腰三角形的性质，相似三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是综合运用以上知识点，运用分类讨论思想； 【变式04】（（2025·上海·二模）如图，在矩形中，联结，在边上取一点E，上取一点F，联结，．在上有一点G．作的外接圆，弧弧．联结，延长交边于点H． (1)若点C、H重合，求证：． (2)若； ①当时，求的长和的余切值； ②列表写出圆O的圆心分别在、与内部时，长度的取值范围(不写解答过程)． 【答案】(1)见解析 (2)①，；②见解析 【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、利用垂径定理求解其他问题、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）连接，延长 交 于 M，证明四边形是矩形，在矩形中，，再证明，即可解答； （2）①先证明，求出，，， ，再证明，即可求出的长，连接，交于点N，过点G作交延长线于点P，同(1)得，即可求出，证明，求出， ，利用余切的定义即可解答；②过点E作与点M，分当点O在上，点O在上， 点O在上时，三种情况讨论，利用矩形的性质结合解直角三角形求出的长，利用相似三角形的性质即可求出点O在边界上时的值，再结合图形即可得到结果． 【详解】（1）解：连接，延长 交 于 M， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 在矩形中，， ∵， ∴， ， ， ， ， ； （2）解：①， ， 又， ∴， ， ， ， ，， ， ∵， ∴， ， ∴， ， 连接，交于点N，过点G作交延长线于点P， 同(1)得， 则， ∵， ∴； ∴， ∴， ， ∵， ； ， ， ； ②解：过点E作与点M， 当点O在上时，如图，连接， ，， ， ， ， ∴四边形是矩形， ∴， 同理，四边形是矩形， ∴， 设，则， ， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴，即， 解得（负值舍去）， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ， ∴， ，即， ∴； 当点O在上时，如图，延长交于点K， 同理得：四边形是矩形，则， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ， ， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四点共圆， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ，即， ∴， 解得：， ∴，， ， ∴， ，即， ∴； 当点O在上时，如图， 同理得：四边形是矩形，则， 此时，为的直径， ∴， ， ， ， ∴四边形是矩形， ， ∴四边形是正方形， 同理：四边形是正方形， 设，则，， ， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∴， ，即， ∴； 当点C、H重合时，； 则 点O位置 长的取值范围 内 内 内 【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形相似的判定与性质，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，垂径定理，勾股定理等，解题的关键是作辅助线利用特殊角构造直角三角形来求相关线段的长度． 题●型●训●练 1．（2026·上海金山·一模）下列命题中真命题是（    ） A．如果，那么 B．如果两个相等的向量相减，那么结果为0 C．如果和都是单位向量，那么 D．如果，那么 【答案】A 【知识点】判断命题真假、向量的线性运算、向量的相关概念 【分析】本题考查向量的基本概念，包括向量的平行、相等、单位向量和模长 【详解】对于A: ∵， ∴ 与 平行，命题真； 对于B: ∵ 两个相等向量相减结果为零向量（），而不是数量0，假命题； 对于C: ∵ 单位向量模长均为1但方向可能不同， ∴ 与 不一定相等，命题假； 对于D: ∵ 只表示模长相等方向可能不同， ∴ 与 不一定相等，命题假． ∴ 真命题是A． 故选：A． 2．（2026·上海·一模）对于相似形，小明提出以下命题： 邻边之比为的两个平行四边形是相似形； 有一个锐角相等的两个直角三角形一定相似； 两个等腰三角形腰上的高和腰对应成比例，则这两个三角形一定相似； 有两边及第三边上的中线对应成比例的两三角形相似； 两边对应成比例的两个直角三角形一定相似； 其中，正确的个数有（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】判断命题真假、相似三角形的判定综合、求角的正弦值 【分析】本题考查了相似三角形的判定，判断各命题的正确性：错误，因相似平行四边形需对应角相等且对应边成比例，仅邻边比相等不足以保证；正确，直角三角形一锐角相等则三角对应相等，故相似；错误，两个等腰三角形腰上的高和腰对应成比例，则这两个三角形不一定相似；正确，两边及第三边中线对应成比例可推导出第三边成比例，故三边成比例相似；正确，直角三角形两边对应成比例则第三边也成比例，故三边成比例相似，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵邻边之比为的两个平行四边形对应角不一定相等， ∴错误； ∵两个直角三角形有一个锐角相等，则另一个锐角也相等（直角均为）， ∴两角对应相等的两个三角形相似，故正确； 设等腰三角形的顶角为，腰长为，腰上高为，则， 条件意味着两个三角形的顶角正弦值相等，则顶角可能相等或互补，当顶角互补且不相等时，三角形不相似， ∴错误； ∵有两边及第三边上的中线对应成比例的两三角形相似 ∴正确； ∵直角三角形两边对应成比例，则第三边可由勾股定理推导出成比例， ∴三边对应成比例， ∴正确； ∴正确个数为， 故选：． 3．（2025·上海闵行·二模）如图，在等边三角形中，、分别在、上，连接、交于，连接交于点．有下列两个命题： ①如果，那么为中点； ②如果，那么． 对于这两个命题判断正确的是（   ） A．①②都是真命题； B．①是真命题，②是假命题； C．①是假命题，②是真命题； D．①②都是假命题． 【答案】A 【知识点】等边三角形的判定和性质、判断命题真假、用反证法证明命题 【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，中垂线的判定，证明，得到，再证明，得到，进而得到垂直平分，判断①，反证法判断②． 【详解】解析：①三角形为等边三角形， ∴， ， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ， ∵，， ， ， 为中垂线上的点， ∵， ∴为中垂线上的点， ∴垂直平分， 为中点； 所以①为真命题； 假设与不平行，作，与交于点，作，则：，， ∵， ∴， ∵是的一个外角， ∴，即：，与矛盾， ∴假设不成立， ∴；故②为真命题． 故选A． 4．（2025·上海松江·一模）已知命题： ①两边及第三边上的中线对应成比例的两个三角形相似； ②两边及第三边上的高对应成比例的两个三角形相似． 下列对这两个命题的判断，正确的是（   ） A．①和②都是真命题 B．①和②都是假命题 C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是真命题 【答案】C 【知识点】判断命题真假、相似三角形的判定综合 【分析】本题考查了相似三角形的判定，掌握其判定方法是解题的关键． 如图所示，在中，是边上的中线，如图所示，延长至点，使得，连接，可得，同理，延长至点，使得，连接，，可证，由此可证，可判定①；如图所示，在中，，是边上的高，由此可判定②；由此即可求解． 【详解】解：①两边及第三边上的中线对应成比例的两个三角形相似； 如图所示，在中，是边上的中线，， 如图所示，延长至点，使得，连接， ∴， ∴， ∴， 同理，延长至点，使得，连接， ，，， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， 又∵， ∴，故①是真命题； ②两边及第三边上的高对应成比例的两个三角形相似． 如图所示，在中，，是边上的高， ∴，但与不相似，故②是假命题； 综上所述，①是真命题，②是假命题， 故选：C ． 5．（2025·上海杨浦·二模）为了让游客更好的观赏花圃景观，某植物园打算在不同形状的花圃内都建设一条半圆形的步道，要求一：步道的外围不超过各自花圃的范围；要求二：半圆形步道的圆心在花圃的某一条边上；要求三：半圆形步道的半径尽可能的大（忽略步道的宽度）． 根据以下不同形状的花圃分别按要求画出这个半圆形步道的圆心（不用写作法，保留痕迹），并直接写出不同形状的花圃下半圆形步道的半径． 花圃一：如图1，是一个等腰三角形的花圃，经测量，，半圆形步道的圆心在边上； 花圃二：如图2，四边形是一个梯形的花圃，，经测量，，，，半圆形步道的圆心在边上．（结果保留根号） 【答案】花圃一：画图见解析，半圆形步道的半径为；花圃二：画图见解析，半圆形步道的半径为 【知识点】作角平分线(尺规作图)、用勾股定理解三角形、切线的应用、解直角三角形的相关计算 【分析】花圃一：分别以点B和点C为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于F，连接交于点D即为所求的圆心；过点D作于点E，利用三线合一得到，勾股定理求出，然后利用等面积法求解即可； 花圃二：延长，交于点H，尺规作的角平分线交于点A即为所求作的圆心；过点A作于点N，过点A作于点M，设，则，，，根据列方程求解即可． 【详解】花圃一：根据题意得，当半圆与，相切时，半圆的半径最大， 如图所示，点D即为所求作的圆心； 过点D作于点E，故为半圆的半径 ∵， 由作图得，垂直平分 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴半圆形步道的半径为； 花圃二：根据题意得，当半圆与，相切时，半圆的半径最大， 如图所示，点A即为所求作的圆心； 过点A作于点N，过点A作于点M ∴，且，为半圆的半径 ∵ ∴是等腰直角三角形 ∵ ∴设，则 ∴， ∵ ∴ 解得 ∴ ∴半圆的半径为． 【点睛】此题考查了切线的性质，勾股定理，角平分线的性质定理，解直角三角形等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 6．（2025·上海嘉定·二模）如果与内含，圆心距，的半径长是，那么的半径长的取值范围是（   ）． A． B． C．或 D． 【答案】C 【知识点】圆和圆的位置关系 【分析】本题主要考查了圆与圆的位置关系，两个圆的半径差的绝对值小于圆心距离，那么这两个圆内含，据此分内含于和内含于两种情况，讨论求解即可． 【详解】解：当内含于时，则， ∴， ∴； 当内含于时，则， ∴， ∴； 综上所述，或， 故选：C． 7．（2025·上海松江·二模）如图，在中，，，点在边上，以O为圆心，为半径的圆与边交于点，与边相切于点E． (1)当时，求的半径长； (2)求的值． 【答案】(1)4 (2) 【知识点】含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、切线的性质定理 【分析】此题考查了切线的性质、含角的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握切线的性质、等边三角形的判定和性质是解题的关键． （1）利用切线的性质和含角的直角三角形的性质得到，即可求出答案； （2）连接、，则，证明△和△是等边三角形，再利用含角的直角三角形的性质即可得到答案． 【详解】（1）解：与边相切于点， ， ， ，， ， ， ， ， 的半径长为4． （2）解：连接、，则， ，， ， △是等边三角形， ，, ， △是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， 的值为． 1 / 137 学科网（北京）股份有限公司 $