专题04 圆的综合（复习讲义）(广东专用)2026年中考数学二轮复习讲练测

命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题04 圆的综合 目录 01析·考情目标 02筑·专题框架 03攻·重难考点 题型一圆的基本性质（弧、弦、圆心角） 题型二圆周角定理 题型三切线的性质与判定 真题动向 题型四三角形的内切圆 题型五与圆有关的计算（弧长、扇形面积） 题型六圆与三角形、四边形的综合证明 知识1圆的有关概念（半径、直径、弦、弧等） 知识2圆的对称性、垂径定理及其推论 知识3圆周角定理及圆心角、弧、弦的关系 必备知识 知识4切线的判定定理与性质定理 知识5三角形的外接圆、内切圆与内心、外心 知识6弧长公式、扇形面积公式 预测1圆周角定理及圆心角[广东省卷2025年16题/深圳2025年15题/广 州2025年14题] 预测2垂径定理及弦长[两年必考] 预测3切线的判定与性质综合【三地解答题必考核心) 预测4三角形外接圆、内切圆[广州2024年10题高频 命题预测 预测5弧长、扇形面积计算[选择填空必考] 预测6直线和圆的位置关系[常在综合题中涉及] 预测7圆与三角形综合[深圳、广州压轴题涉及] 预测8圆与函数综合[深圳选择压轴偶考 预测9圆中阴影部分面积及弧长计算[两年必考] 预测10圆的综合证明与计算[广东省卷解答题压轴 01 析·考情目标 1/31 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 命题形式： 命题 选择题、填空题及解答题 考察能力： 透视 运算能力、抽象能力、推理能力 考点 广东省卷 广州倦 深圳卷 2025:T9（直径→圆周 圆的基本性 角90°， 扇形概率，等 2025:T9（圆周角、等边三 2025:T18(菱形外接圆、 质（垂径定理、 腰直角三角形) 角形、轴对称求周长最小值) 切线的性质与判定) 圆周角、圆心 2024:T9(（垂径定理、 2024:T9(垂径定理、圆周 2024:T18(三角形外接 角) 圆周角→点与圆位置关 角→点与圆位置关系) 圆、切线的性质与判定) 系) 与圆有关的 2025:T16（切线的性质、 2025:T18(切线的性质 2025:无单独考察 位置关系（点 点与圆的位置关系) 与判定) 与圆、直线与 2024:T9（点与圆的位 2024:T9（点与圆的位置关 2024:T18(切线的性质 圆) 置关系) 系) 与判定) 热考 与圆有关的 2025:T9(扇形面积与 角度 2025:无单独考察 2025:无单独考察 计算（孤长、 概率) 扇形面积、圆 2024:T10（圆锥侧面展开 2024:T11(矩形中扇形 2024:T10(（圆锥侧面展 锥) 图十孤长、圆锥体积) 面积) 开图→孤长、 圆锥体积) 2025:T17（圆的切线与 2025:24（圆与菱形、轴 2025:T18（菱形与圆、 圆与三角 直角三角形) 对称、外接圆、切线) 切线、半径计算) 形、四边形的 2024:T18(矩形充电站 综合 2024:T24（菱形与圆、轴 2024:T18(三角形外接 →解直角三角形，未涉 对称、外接圆、切线) 圆、切线、矩形) 及圆) 2025:T25(平行四边形与 2025:T18(圆与切线、 圆与函数、动 圆、动点最值) 动点求半径) 点综合 2024:T25（二次函数与圆、 2024:无 旋转) 1.考情预测 根据近两年广东省内中考的趋势，2026年的中考中，“圆的综合”板块常以选择题、填 命题 空题或解答题的中档题出现，有时作为压轴题的背景。 预测 圆的基本性质：垂径定理、圆周角定理是高频考点，常结合弦、弧、圆心角、圆周角的 关系进行角度或线段计算。 与圆有关的位置关系：点与圆、直线与圆（特别是切线）的判定与性质是必考内容，常 2/31 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 需要证明切线或利用切线性质求线段长。 与圆有关的计算：弧长、扇形面积、圆锥的侧面展开图（弧长与底面圆周长的关系）是 常见考查点，难度中等。 圆与几何图形的综合：圆与三角形（特别是直角三角形、等腰三角形）、四边形（菱形 矩形、正方形)的结合是常见题型，考查推理和计算能力。 。圆与函数、动点综合：部分地区（如广州卷）会在压轴题中结合二次函数、动点问题考 查圆的性质，难度较大。 2.备考建议 ·熟练掌握垂径定理及其推论，能灵活运用勾股定理进行弦、半径、弦心距的计算。 ·牢固掌握圆周角定理及其推论（直径所对圆周角为90°），能进行角度转换和证明。 。掌握切线的判定方法（过半径外端且垂直于半径；到圆心距离等于半径）和性质（垂直 于过切点的半径)，能熟练证明切线并利用切线性质计算。 。熟记弧长公式1=器，扇形面积公式S=器=，圆锥侧面展开图的相关计算。 ·加强圆与三角形、四边形的综合训练，特别是圆内接四边形、圆幂定理等拓展知识。 ·对于动点与圆的问题，学会寻找临界位置，利用分类讨论和数形结合思想求解。 02 筑•专题框架 垂径定理 圆的基础性质O 圆心角、圆周角定理 弧、弦、圆心角关系 点与圆：内外上 二、点/线与圆位置 直线与圆：相离、相切、相交 切线判定与性质 切线长定理 三、圆内核心定理O 弦切角、圆内接四边形 弧长、扇形缅积 四、综合计算O 圆锥侧面积 线段长度、角度 证切线、证等角等弧 五、 综合证明○ 证相似、勾股应用 连半径、作垂线 六、解题思路 构造直角三角形 数形结合 3/31 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 03 攻·重难考点 题 动 向 ●●● ◆题型一圆的基本性质（弧、弦、圆心角） 点方法 1.同圆/等圆中，等弧、等弦、等圆心角可互相推导。 2.垂径定理：垂直于弦的直径平分弦及所对弧，常结合勾股定理求弦长。 3.半径、弦心距、弦的一半构成直角三角形，是核心计算模型。 1.(2024·广东佛山真题)下列给出5个命题： ①对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 ②六边形的内角和等于720 ③相等的圆心角所对的弧相等 ④顺次连接菱形各边中点所得的四边形是矩形 ⑤三角形的内心到三角形三个顶点的距离相等 其中正确命题的个数是() A.2个 B.3个 C.4个 D.5个 2.(2024·广东湛江·中考真题)如图，AB是⊙0的直径，∠A0C=110°，则∠D=【】 D B A 1100 C A.250 B.350 C.550 D.700 3.(2024·广东·中考真题)同圆中，己知弧AB所对的圆心角是100°，则弧AB所对的圆周角是 ◆题型二圆周角定理 点方法 1.同弧所对圆周角等于圆心角的一半，同弧所对圆周角相等。 4/31 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2.直径所对圆周角为90°，90°圆周角所对弦为直径。 3.圆内接四边形对角互补，外角等于其内对角。 1.2025·广东广州·中考真题）如图.00的直径AB=4,C为aB中点，点D在强8C上，D8C, 点P是AB上的一个动点，则△PCD周长的最小值是() B A.2+万 B.2+25 C.3+V万 D.4+4V3 2.(2025·广东·中考真题)如图，在直径BC为2√2的圆内有一个圆周角为90°的扇形ABC.随机地往圆 内投一粒米，该粒米落在扇形内的概率为() A:5 B. c D. 3.(2025·广东深圳·中考真题)如图，以矩形ABCD的B点为圆心，BC的长为半径作OB,交AB于点 F,点E为AD上一点，连接CE,将线段CE绕点E顺时针旋转至EG,点G落在OB上，且点F为EG中 点.若AF=1,AE=3,则CD的长为 G B 题型三切线的性质与判定 点方法 1.切线垂直于过切点的半径，遇切线先连半径得直角。 2.判定：切点已知则连半径证垂直，切点未知则作垂直证半径。 5/31 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 3.圆外一点引两条切线，切线长相等，该点与圆心连线平分夹角。 1.(2025·广东·中考真题)如图，点0是Rt△ABC斜边AC边上的一点，以OA为半径的O0与边BC相 切于点D,求证：AD平分∠BAC, 2.(2025·广东深圳·中考真题)如图1，在Rt△ABC中，D是AB的中点，AE=CD,AD=EC. D B 图1 图2 (1)求证：四边形ADCE为菱形； (2)如图2，若点0为AC上一点，AC=4,且E,A,D三点均在⊙0上，连接0D,CD与O0相切于点 D, ①求LACD= ②求⊙0的半径r; (3)利用圆规和无刻度直尺在图2中作射线DF∥AC，交BC于点F,保留作图痕迹，不用写出作法和理由， 3.(2023·广东深圳·中考真题)如图，在单位长度为1的网格中，点0，A,B均在格点上，OA=3, AB=2,以0为圆心，OA为半径画圆，请按下列步骤完成作图，并回答问题： B ①过点A作切线AC,且AC=4(点C在A的上方)； ②连接0C,交00于点D: ③连接BD,与AC交于点E. (1)求证：BD为O0的切线： (2)求AE的长度. 6/31 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 题型四三角形的内切圆 皮方法 1.外心是三边垂直平分线交点，到三顶点距离相等；直角三角形外心在斜边中点。 2.内心是三角平分线交点，到三边距离相等。 3.直角三角形内切圆半径r=,一般三角形周长r=育天。 2 1.(2023·广东广州·中考真题)如图，ABC的内切圆⊙I与BC,CA,AB分别相切于点D,E,F,若 ⊙I的半径为，∠A=a,则(BF+CE-BC)的值和∠FDE的大小分别为() B A.2r,90°-a B.0,90°-a C.2x,90°- Γ2 L0.0-号 2.(2024·广东深圳·中考真题)如图7，△ABC的内心在y轴上，点C的坐标为(2,0)，点B的坐标为(0,2)， 直线AC的解析式为y=一x-l,则tanA的值是 y B ◆题型五与圆有关的计算 点方法 1. 弧长1=器扇形面积S=器=R。 2.圆锥侧面积为πr1,分清底面半径r和母线1。 3.阴影面积多用割补法，整体减空白部分计算。 7/31 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 1.(2024·广东广州·中考真题)如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为72°的扇形，若扇形的半径1是 5,则该圆锥的体积是() 720 A A.3 8元 B.vii C.26元 D.26 2.(2024·广东深圳·中考真题)如图，在矩形ABCD中，BC=√2AB,0为BC中点，OE=AB=4,则扇 形EOF的面积为 D B 3.(2024·广东·中考真题)综合与实践 【主题】滤纸与漏斗 【素材】如图1所示： ①一张直径为10cm的圆形滤纸； ②一只漏斗口直径与母线均为7cm的圆锥形过滤漏斗. 7 cm -10cm 图1 【实践操作】 步骤1：取一张滤纸： 步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸： 步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形； 步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中. 8/31 品学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (○9∀号 图2 【实践探索】 (1)滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明。 (2)当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积.（结果保留刀） ◆题型六圆与三角形、四边形的综合证明 皮方法 1.优先用圆周角、垂径、切线性质找等角、垂直关系。 2.结合全等、相似、勾股定理推导线段与角度。 3.圆内接四边形用对角互补，直径用直角转化条件。 1.(2024·广东深圳·中考真题)一个玻璃球体近似半圆O,AB为直径，半圆0上点C处有个吊灯EF, EF1IAB,C0⊥AB,EF的中点为D,OA=4. D 50 M MB M 图① 图② 图③ (1)如图①，CM为一条拉线，M在OB上，OM=1.6,DF=0.8,求CD的长度. (2)如图②，一个玻璃镜与圆O相切，H为切点，M为OB上一点，MH为入射光线，NH为反射光线， OHM=∠OHN=45,an∠COH=求Ow的长度 (3)如图③，M是线段OB上的动点，MH为入射光线，LHOM=50°，HN为反射光线交圆O于点N,在M从 O运动到B的过程中，求N点的运动路径长. 2.(2024·广东深圳·中考真题)如图，AB为O0的弦，D,C为ACB的三等分点，AC∥BE. 9/31 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 E D (1)求证：∠A=∠E; (2)若BC=3,BE=5,求CE的长. 年。● 《。知识1圆的有关概念（半径、直径、弦、弧等） 圆：平面内到定点（圆心）距离等于定长（半径）的所有点的集合。 半径r:圆心到圆上任意一点的线段；直径d:过圆心的弦，d=2r。 弦：连接圆上两点的线段，直径是最长的弦。 弧：圆上任意两点间的部分； 劣弧：小于半圆的弧；优弧：大于半圆的弧；半圆：直径所对的弧。 等圆：半径相等的圆；等弧：同圆或等圆中，能够重合的弧。 ◇知识2圆的对称性、垂径定理及其推论 对称性：圆是轴对称图形（任意一条直径所在直线都是对称轴），也是中心对称图形（圆心为对称中心）。 垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。 推论： 平分弦（非直径）的直径垂直于弦，且平分弦所对的弧： 弦的垂直平分线经过圆心，且平分弦所对的弧。 《。知识3圆周角定理及圆心角、弧、弦的关系 圆心角、弧、弦关系：同圆或等圆中，相等的圆心角=所对的弧相等≠所对的弦相等。 圆周角定理：同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半。 重要推论： 10/31 专题04 圆的综合 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 真题动向 题型一 圆的基本性质（弧、弦、圆心角） 题型二 圆周角定理 题型三 切线的性质与判定 题型四 三角形的内切圆 题型五 与圆有关的计算（弧长、扇形面积） 题型六 圆与三角形、四边形的综合证明 必备知识 知识1 圆的有关概念（半径、直径、弦、弧等） 知识2 圆的对称性、垂径定理及其推论 知识3 圆周角定理及圆心角、弧、弦的关系 知识4 切线的判定定理与性质定理 知识5 三角形的外接圆、内切圆与内心、外心 知识6 弧长公式、扇形面积公式 命题预测 预测1 圆周角定理及圆心角[广东省卷2025年16题/深圳2025年15题/广州2025年14题] 预测2 垂径定理及弦长[两年必考] 预测3 切线的判定与性质综合 [三地解答题必考核心] 预测4 三角形外接圆、内切圆[广州2024年10题高频] 预测5 弧长、扇形面积计算 [选择填空必考] 预测6直线和圆的位置关系[常在综合题中涉及] 预测7 圆与三角形综合 [深圳、广州压轴题涉及] 预测8 圆与函数综合 [深圳选择压轴偶考] 预测9 圆中阴影部分面积及弧长计算 [两年必考] 预测10 圆的综合证明与计算 [广东省卷解答题压轴] 命题 透视 命题形式： 选择题、填空题及解答题 考察能力： 运算能力、抽象能力、推理能力 热考角度 考点 广东省卷 广州卷 深圳卷 圆的基本性质（垂径定理、圆周角、圆心角） 2025：T9（直径→圆周角90°，扇形概率，等腰直角三角形） 2024：T9（垂径定理、圆周角→点与圆位置关系） 2025：T9（圆周角、等边三角形、轴对称求周长最小值） 2024：T9（垂径定理、圆周角→点与圆位置关系） 2025：T18（菱形外接圆、切线的性质与判定） 2024：T18（三角形外接圆、切线的性质与判定） 与圆有关的位置关系（点与圆、直线与圆） 2025：无单独考察 2024：T9（点与圆的位置关系） 2025：T16（切线的性质、点与圆的位置关系） 2024：T9（点与圆的位置关系） 2025：T18（切线的性质与判定） 2024：T18（切线的性质与判定） 与圆有关的计算（弧长、扇形面积、圆锥） 2025：T9（扇形面积与概率） 2024：T10（圆锥侧面展开图→弧长、圆锥体积） 2025：无单独考察 2024：T10（圆锥侧面展开图→弧长、圆锥体积） 2025：无单独考察 2024：T11（矩形中扇形面积） 圆与三角形、四边形的综合 2025：T17（圆的切线与直角三角形） 2024：T18（矩形充电站→解直角三角形，未涉及圆） 2025：T24（圆与菱形、轴对称、外接圆、切线） 2024：T24（菱形与圆、轴对称、外接圆、切线） 2025：T18（菱形与圆、切线、半径计算） 2024：T18（三角形外接圆、切线、矩形） 圆与函数、动点综合 / 2025：T25（平行四边形与圆、动点最值） 2024：T25（二次函数与圆、旋转） 2025：T18（圆与切线、动点求半径） 2024：无 命题预测 1. 考情预测 · 根据近两年广东省内中考的趋势，2026年的中考中，“圆的综合”板块常以选择题、填空题或解答题的中档题出现，有时作为压轴题的背景。 · 圆的基本性质：垂径定理、圆周角定理是高频考点，常结合弦、弧、圆心角、圆周角的关系进行角度或线段计算。 · 与圆有关的位置关系：点与圆、直线与圆（特别是切线）的判定与性质是必考内容，常需要证明切线或利用切线性质求线段长。 · 与圆有关的计算：弧长、扇形面积、圆锥的侧面展开图（弧长与底面圆周长的关系）是常见考查点，难度中等。 · 圆与几何图形的综合：圆与三角形（特别是直角三角形、等腰三角形）、四边形（菱形、矩形、正方形）的结合是常见题型，考查推理和计算能力。 · 圆与函数、动点综合：部分地区（如广州卷）会在压轴题中结合二次函数、动点问题考查圆的性质，难度较大。 2. 备考建议 · 熟练掌握垂径定理及其推论，能灵活运用勾股定理进行弦、半径、弦心距的计算。 · 牢固掌握圆周角定理及其推论（直径所对圆周角为90°），能进行角度转换和证明。 · 掌握切线的判定方法（过半径外端且垂直于半径；到圆心距离等于半径）和性质（垂直于过切点的半径），能熟练证明切线并利用切线性质计算。 · 熟记弧长公式 ，扇形面积公式 ，圆锥侧面展开图的相关计算。 · 加强圆与三角形、四边形的综合训练，特别是圆内接四边形、圆幂定理等拓展知识。 · 对于动点与圆的问题，学会寻找临界位置，利用分类讨论和数形结合思想求解。 题型一 圆的基本性质（弧、弦、圆心角） 1. 同圆/等圆中，等弧、等弦、等圆心角可互相推导。 2. 垂径定理：垂直于弦的直径平分弦及所对弧，常结合勾股定理求弦长。 3. 半径、弦心距、弦的一半构成直角三角形，是核心计算模型。 1．（2024·广东佛山真题）下列给出5个命题： ①对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 ②六边形的内角和等于720° ③相等的圆心角所对的弧相等 ④顺次连接菱形各边中点所得的四边形是矩形 ⑤三角形的内心到三角形三个顶点的距离相等 其中正确命题的个数是（ ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】A 【分析】分别根据正方形的判定方法，多边形的内角和公式，圆心角、弧、弦的关系，矩形的判定，三角形内心的性质逐项判断即可． 【详解】解：根据正方形的判定方法，对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，所以①错误； 根据多边形的内角和公式，六边形的内角和等于720°，所以②正确； 根据圆心角、弧、弦的关系，在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所以③错误； 根据三角形中位线性质、菱形的性质和矩形的判定方法，顺次连接菱形各边中点所得的四边形是矩形，所以④正确； 根据三角形内心的性质，三角形的内心到三角形三边的距离相等，所以⑤错误． 故选A． 【点睛】本题考查了命题的真假，涉及正方形的判定方法，多边形的内角和公式，圆心角、弧、弦的关系，矩形的判定，三角形内心的性质等知识点，正确理解这些判定与性质是解题的关键． 2．（2024·广东湛江·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，∠AOC=110°， 则∠D=【 】 A．250 B．350 C．550 D．700 【答案】B 【详解】解：∵∠AOC=110°，∠BOC与∠AOC是邻补角， ∴∠BOC=70°， 又∵∠BOC与∠D是同弧所对的圆心角和圆周角， ∴根据同弧所对圆周角是圆心角一半的性质，得． 故选：B． 3．（2024·广东·中考真题）同圆中，已知弧AB所对的圆心角是100°，则弧AB所对的圆周角是_____． 【答案】50° 【分析】直接利用圆周角定理进行求解即可． 【详解】解：∵弧AB所对的圆心角是100°， ∴弧AB所对的圆周角为50°， 故答案为50°． 【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，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． 题型二 圆周角定理 1. 同弧所对圆周角等于圆心角的一半，同弧所对圆周角相等。 2. 直径所对圆周角为90°，90°圆周角所对弦为直径。 3. 圆内接四边形对角互补，外角等于其内对角。 1．（2025·广东广州·中考真题）如图，的直径，C为中点，点D在弧上，，点P是上的一个动点，则周长的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质，轴对称性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先作点关于的对称点，连接，交于点，因为的直径，C为中点，得，再结合，得，再证明是等边三角形，运用勾股定理列式计算得，则周长，即可作答． 【详解】解：作点关于的对称点，连接，记交于点，如图所示： ∴ ∵的直径，C为中点， ∴点在上，，， ∴， ∵， ∴， ∵， 则是等边三角形， ∴， ∵是直径， ∴ ∴， 则周长， ∴周长的最小值是． 故选：B． 2．（2025·广东·中考真题）如图，在直径为的圆内有一个圆周角为的扇形．随机地往圆内投一粒米，该粒米落在扇形内的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图所示，过点A作于点D，证明出是等腰直角三角形，求出，然后得到，然后分别求出和，然后根据概率公式求解即可． 【详解】如图所示，过点A作于点D ∵是直径 ∴ ∵ ∴是等腰直角三角形 ∵ ∴， ∴ ∴， ∴该粒米落在扇形内的概率为． 故选：D． 【点睛】此题考查了几何概率，求扇形面积，等腰直角三角形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 3．（2025·广东深圳·中考真题）如图，以矩形的点为圆心，的长为半径作，交于点，点为上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转至，点落在上，且点为中点．若，，则的长为__________． 【答案】6 【分析】由矩形的性质得，根据圆周角定理，可求得，根据，可推出为直角，从点为中点，可推出，接着再证明，利用相似三角形的性质求解即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 为所对的圆周角，所对的圆心角为， ， 将线段绕点顺时针旋转至， ， ， ， ， ， 又， ∴， ∴， 点为中点， ， ， ， ． 故答案为：6． 【点睛】本题考查矩形的性质，圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，旋转的性质以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 题型三 切线的性质与判定 1. 切线垂直于过切点的半径，遇切线先连半径得直角。 2. 判定：切点已知则连半径证垂直，切点未知则作垂直证半径。 3. 圆外一点引两条切线，切线长相等，该点与圆心连线平分夹角。 1．（2025·广东·中考真题）如图，点是斜边边上的一点，以为半径的与边相切于点．求证：平分． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了圆的切线的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 连接，根据圆的切线的性质得到，则根据平行线的判定与性质得到，再由等边对等角得到，即可等量代换求证． 【详解】证明：连接， ∵与边相切于点， ∴，即， ∵为直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴平分． 2．（2025·广东深圳·中考真题）如图1，在中，是的中点，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)如图2，若点为上一点，，且，，三点均在上，连接，与相切于点， ①求__________； ②求的半径； (3)利用圆规和无刻度直尺在图2中作射线，交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由． 【答案】(1)见解析 (2)①30°；② (3)见解析 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，斜边上的中线得到，即可得证； （2）①根据菱形的性质，得到，等角对等边得到，三角形的外角得到，切线得到，再根据角的和差关系进行求解即可；②解直角三角形，进行求解即可； （3）利用尺规作图作，即可． 【详解】（1）解：， 四边形为平行四边形， 又，且为中点 ， 平行四边形为菱形． （2）①四边形为菱形． ， ， 又， ， ， 切于， ， ； ； ②设半径为， ， ， ，， ； 解得：； （3）由题意，作图如下： 【点睛】本题考查菱形的判定和性质，斜边上的中线，切线的性质，解直角三角形，尺规作平行线，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 3．（2023·广东深圳·中考真题）如图，在单位长度为1的网格中，点O，A，B均在格点上，，，以O为圆心，为半径画圆，请按下列步骤完成作图，并回答问题： ①过点A作切线，且（点C在A的上方）； ②连接，交于点D； ③连接，与交于点E． (1)求证：为的切线； (2)求的长度． 【答案】(1)画图见解析，证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意作图，首先根据勾股定理得到，然后证明出，得到，即可证明出为的切线； （2）首先根据全等三角形的性质得到，然后证明出，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）如图所示， ∵是的切线， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∵点D在上， ∴为的切线； （2）∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴解得． 【点睛】此题考查了格点作图，圆切线的性质和判定，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 题型四 三角形的内切圆 1. 外心是三边垂直平分线交点，到三顶点距离相等；直角三角形外心在斜边中点。 2. 内心是三角平分线交点，到三边距离相等。 3. 直角三角形内切圆半径 ，一般三角形 周长。 1．（2023·广东广州·中考真题）如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（    ） A．2r， B．0， C．2r， D．0， 【答案】D 【分析】如图，连接．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可． 【详解】解：如图，连接． ∵的内切圆与，，分别相切于点D，E，F， ∴， ∴，， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型． 2．（2024·广东深圳·中考真题）如图7，△ABC的内心在y轴上，点C的坐标为（2,0），点B的坐标为（0,2），直线AC的解析式为，则tanA的值是_________． 【答案】 【分析】根据三角形内心的特点知∠ABO=∠CBO，根据点C、点B的坐标得出OB=OC，∠OBC=45°，∠ABC=90°可知△ABC为直角三角形，BC=2，设A点坐标为（x，x-1），根据两点间距离公式及勾股定理得出x的值，即可求得AB长；在Rt△ABC中，即根据正切函数的定义求tanA的值即可． 【详解】根据三角形内心的特点知∠ABO=∠CBO， ∵已知点C、点B的坐标， ∴OB=OC，∠OBC=45°，∠ABC=90°， ∴△ABC为直角三角形，BC=2， ∵点A在直线AC上，设A点坐标为（x，x-1），x<0 设直线AB与x轴交于点D. 则=-2-x 解得：x=-6， ∴AB=6 在Rt△ABC中，． 故答案为． 【点睛】本题主要考查了三角形内心、两点间距离公式、勾股定理和三角函数的定义，综合性较强，难度较大． 题型五 与圆有关的计算 1. 弧长 ，扇形面积 。 2. 圆锥侧面积为，分清底面半径和母线。 3. 阴影面积多用割补法，整体减空白部分计算。 1．（2024·广东广州·中考真题）如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若扇形的半径是5，则该圆锥的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了弧长公式，圆锥的体积公式，勾股定理，理解圆锥的底面周长与侧面展开图扇形的弧长相等是解题关键，设圆锥的半径为，则圆锥的底面周长为，根据弧长公式得出侧面展开图的弧长，进而得出，再利用勾股定理，求出圆锥的高，再代入体积公式求解即可． 【详解】解：设圆锥的半径为，则圆锥的底面周长为， 圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，且扇形的半径是5， 扇形的弧长为， 圆锥的底面周长与侧面展开图扇形的弧长相等， ， ， 圆锥的高为， 圆锥的体积为， 故选：D． 2．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在矩形中，，O为中点，，则扇形的面积为________． 【答案】 【分析】本题考查了扇形的面积公式，解直角三角形．利用解直角三角形求得，，得到，再利用扇形的面积公式即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵O为中点， ∴， ∵， 在中，， ∴， 同理， ∴， ∴扇形的面积为， 故答案为：． 3．（2024·广东·中考真题）综合与实践 【主题】滤纸与漏斗 【素材】如图1所示： ①一张直径为的圆形滤纸； ②一只漏斗口直径与母线均为的圆锥形过滤漏斗． 【实践操作】 步骤1：取一张滤纸； 步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸； 步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形； 步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中． 【实践探索】 (1)滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明． (2)当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留） 【答案】(1)能，见解析 (2) 【分析】本题考查了圆锥，解题的关键是： （1）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长求出圆锥展开图的扇形圆心角，即可判断； （2）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长，求出滤纸围成圆锥形底面圆的半径，利用勾股定理求出圆锥的高，然后利用圆锥体积公式求解即可． 【详解】（1）解：能， 理由：设圆锥展开图的扇形圆心角为， 根据题意，得， 解得， ∴将圆形滤纸对折，将其中一层撑开，围成圆锥形，此时滤纸能紧贴此漏斗内壁； （2）解：设滤纸围成圆锥形底面圆的半径为，高为， 根据题意，得， 解得， ∴， ∴圆锥的体积为． 题型六 圆与三角形、四边形的综合证明 1. 优先用圆周角、垂径、切线性质找等角、垂直关系。 2. 结合全等、相似、勾股定理推导线段与角度。 3. 圆内接四边形用对角互补，直径用直角转化条件。 1．（2024·广东深圳·中考真题）一个玻璃球体近似半圆为直径，半圆上点处有个吊灯的中点为 　 　 (1)如图①，为一条拉线，在上，求的长度． (2)如图②，一个玻璃镜与圆相切，为切点，为上一点，为入射光线，为反射光线，求的长度． (3)如图③，是线段上的动点，为入射光线，为反射光线交圆于点在从运动到的过程中，求点的运动路径长． 【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】（1）由，可得出为的中位线，可得出D为中点，即可得出的长度； （2）过N点作，交于点D，可得出为等腰直角三角形，根据,可得出，设，则，根据，即可求得，再根据勾股定理即可得出答案； （3）依题意得出点N路径长为： ，推导得出，即可计算给出，即可得出答案． 【详解】（1）∵ ∴为的中位线 ∴D为的中点 ∵ ∴ （2）过N点作，交于点D， ∵， ∴为等腰直角三角形，即， 又∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， ∴，， ∴在中，； （3）如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合． 当点M运动至点A时，点N运动至点T，故点N路径长为： ．    ∵． ∴． ∴． ∴， ∴， ∴N点的运动路径长为： ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的性质，弧长公式、勾股定理、中位线，利用锐角三角函数值解三角函数，掌握以上知识，并能灵活运用是解题的关键． 2．（2024·广东深圳·中考真题）如图，为的弦，D，C为的三等分点，． （1）求证：； （2）若，，求的长． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据题意，连接，通过证明，再由可证四边形为平行四边形，进而即可得到； （2）根据平行四边形的性质及D，C为的三等分点可证，得到，进而求得即可得到的长． 【详解】（1）如图连接， ∵A、D、C、B四点共圆 ∴ 又 ∴ ∵D，C为的三等分点 ∴ ∴ ∴ ∴，又 ∴四边形为平行四边形 ∴即原题中； （2）∵四边形为平行四边形， ∴ ∵D，C为的三等分点， ∴， ∴，， ∵ ∴ ∴ ∴，即 ∴ ∴． 【点睛】本题主要考查了圆中综合知识、平行四边形的性质及判定及三角形相似的判定及性质，熟练掌握相关几何综合运用知识是解决本题的关键． 知识1 圆的有关概念（半径、直径、弦、弧等） 圆：平面内到定点（圆心）距离等于定长（半径）的所有点的集合。 半径：圆心到圆上任意一点的线段；直径：过圆心的弦，。 弦：连接圆上两点的线段，直径是最长的弦。 弧：圆上任意两点间的部分； 劣弧：小于半圆的弧；优弧：大于半圆的弧；半圆：直径所对的弧。 等圆：半径相等的圆；等弧：同圆或等圆中，能够重合的弧。 知识2 圆的对称性、垂径定理及其推论 对称性：圆是轴对称图形（任意一条直径所在直线都是对称轴），也是中心对称图形（圆心为对称中心）。 垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。 推论： 平分弦（非直径）的直径垂直于弦，且平分弦所对的弧； 弦的垂直平分线经过圆心，且平分弦所对的弧。 知识3 圆周角定理及圆心角、弧、弦的关系 圆心角、弧、弦关系：同圆或等圆中，相等的圆心角⇌所对的弧相等⇌所对的弦相等。 圆周角定理：同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半。 重要推论： 同弧或等弧所对的圆周角相等； 直径所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径。 知识4 切线的判定定理与性质定理 判定定理：经过半径外端，并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。 性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径。 常用辅助线：见切线，连圆心与切点，得直角。 知识5 三角形的外接圆、内切圆与内心、外心 外接圆与外心： 外心：三角形三边垂直平分线的交点； 性质：到三角形三个顶点距离相等。 内切圆与内心： 内心：三角形三条角平分线的交点； 性质：到三角形三边距离相等。 知识6 弧长公式、扇形面积公式 设圆心角度数为，半径为，弧长为： 弧长公式： 扇形面积： · 命题预测1：圆周角定理及圆心角[广东省卷2025年16题/深圳2025年15题/广州2025年14题] 1．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，在中，点是的中点，垂直平分半径，，则该圆的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了弧弦圆心角的关系，等边三角形的判定和性质，勾股定理等，连接，由线段垂直平分线的性质和弧弦圆心角的关系可得，即得和是等边三角形，可得，再利用等边三角形的性质和勾股定理解答即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵垂直平分半径， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴和是等边三角形， ∴， 设， ∵， ∴，， ∴，， 在中，， ∴， 解得（负值舍去）， ∴，即圆的半径为， 故选：． 2．如图，点A、B、C、D在上，点A、C在直径同侧，若，，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆周角定理的推论可得，，根据等腰三角形的性质，即可求解． 【详解】解：， ， ， ， ． 3．（2026·广东深圳·一模）如图，在中，，是斜边上的中线，过点作交于点．若，，则的面积为___________． 【答案】 【分析】如图，连接，首先证明出点B，E，F，C四点共圆，且是圆的直径，得到，设，则，利用勾股定理求出，则，然后求出，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接 ∵， ∴点B，E，F，C四点共圆，且是圆的直径 ∴ ∴ ∴ 设，则 ∵ ∴ ∴ ∴，则 ∵是斜边上的中线， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴的面积为． 4．（2026·广东深圳·一模）如图，直径，为圆上一点，于（），．点在弧上，连接交于，若，则__________．    【答案】 【分析】连接，，根据勾股定理在中，求得，从而得到，根据得到，因此在中，，，进而得到，求出，即可解答． 【详解】解：连接，，    ∵， ∴， ∵，， ∴在中，， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， ∴， ∴． 5．（2025·广东广州·二模）如图，在中，为的中点，于点，于点．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查圆心角、弧、弦之间的关系，全等三角形的判定和性质，根据等弧所对的圆心角相等得，证明，再根据全等三角形的性质可得结论．解题的关键是掌握：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． 【详解】证明：如图，连接， ∵在中，为的中点， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 6．（2024·广东·模拟预测）如图，四边形内接于，为的直径，，过点的直线交的延长线于点，交的延长线于点，且． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)当时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)6 【分析】（1）连接，，根据圆心角，弦，弧的关系可得，根据直径所对的圆周角是90度可得，半径相等可得，根据等腰三角形的判定可得是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质可得垂直平分，根据平行线的判定和性质可得，即可证明； （2）连接，根据同弧所对的圆周角相等可得，根据平行线的性质可得，，推得，根据相似三角形的判定和性质可得，即可求证； （3）令与交于点，根据正弦的定义可求得，，根据勾股定理可求得，，根据矩形的判定和性质可得，，根据相似三角形的判定和性质可求得，即可求得． 【详解】（1）解：连接，，如图：    ∵， ∴， ∵四边形内接于，为的直径， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， 又∵， ∴垂直平分， ∵， ∴， ∴， 即是的切线； （2）解：连接，如图：    ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 即， 又∵， ∴； （3）解：令与交于点，如图：    ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴ 即， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆心角，弦，弧的关系，直径所对的圆周角是90度，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定，等腰三角形三线合一的性质，平行线的判定和性质，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的判定和性质，正弦的定义，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握以上性质是解题的关键． 7．（2025·广东东莞·模拟预测）如图，为的直径，点C和点D为上位于直径同侧的两点，且，连接． (1)求证：； (2)连接，若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，圆心角、弧、弦的关系，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）根据直径所对的圆周角是直角可得：，再根据已知易得：，然后证明，即可解答； （2）利用（1）的结论可得：，再根据垂径定理可得：，从而可得，然后利用等弧所对的圆周角相等即可解答． 【详解】（1）证明：∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）解：如图： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 8．（2025·广东广州·二模）如图，已知是以为直径的半圆上两点. (1)尺规作图：在半圆上求作一点，使（不要求写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，已知，，求的值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查作图—复杂作图，圆心角与弦、弧的关系，圆周角定理，角直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）连接作平分交于点，根据在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等即可说理； （2）证明，则，那么，然后根据角直角三角形的性质，勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）解：如图，点即为所求； （2）解：过点作于点，连接．   ， ， ， ， ∴， ， ， ， ， ， ∴ ， ． 9．（2026·广东佛山·模拟预测）如图，为的直径，点B在上，连接，，过点B的切线与的延长线交于点A，，交于点F，求证：． 【答案】见解析 【分析】连接，由为直径得，为切线得，结合，推得；又得，故，由内错角相等即可证． 【详解】证明：连接，如图， 为的直径， ， ， 是切线， ， ， 又， ， ， ， ， ． 【点睛】本题以圆为载体，融合切线性质、直径所对圆周角、等腰三角形性质与平行线判定，通过角度转化推导平行，考查几何逻辑推理与转化化归的核心数学思想． 10．（2026·广东珠海·一模）如题图，是的直径，点C为上一点，平分交于点D，连接．若，，求的长． 【答案】2 【分析】连接，则，由角平分线的定义和同弧所对的圆周角相等得到，解直角三角形求出的长，再利用勾股定理即可求出的长． 【详解】解：如图所示，连接， ∵是的直径， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ． 命题预测2：垂径定理及弦长[两年必考] 1．（2024·广东·模拟预测）如图，已知是的弦，直径，交于点H，连接，若，，则（    ） A．3 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了垂径定理和勾股定理，熟练掌握相关定理是解答本题的关键．根据垂径定理得出，再根据勾股定理解答即可． 【详解】解：∵直径，， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故选：D． 2．（2025·广东广州·二模）如图，若的半径为，圆心到的距离为，则（ ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，过作于，由垂径定理得到，由勾股定理求出，即可得到的长． 【详解】解：过作于， ， 的半径为，圆心到的距离为， ，， ， ． 故选C． 3．（2024·广东·模拟预测）如图，在中有折线，其中，，，则的长为________． 【答案】 【分析】延长，交于点，证明是等边三角形，可得，作于点，，可得，由可得，从而可得，即可得的长． 【详解】解：延长，交于点， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 作于点，则为的中点，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 故答案为：． 【点睛】本题考查三角形的内角和定理，等边三角形的判定和性质，垂径定理，含角的直角三角形． 4．（2026·广东佛山·一模）如图，是半圆的直径，点O为圆心，C是半圆上一点，连接． (1)尺规作图：在半圆上确定一点P，使得（不写作法，只保留作图痕迹）． (2)在（1）的条件下，连接，，若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】（1）连接，过点作交于点，点即为所求； （2）先求得，再利用圆周角定理求解即可. 【详解】（1）解：如图，点即为所求； （2）解：∵，， ∴， ∵是半圆的直径， ∴， ∴． 5．（2025·广东东莞·一模）在矩形中，． (1)请在图①中用无刻度的直尺和圆规作图．先在边上确定点，使．再在边上确定点，作出以为圆心的圆，且使经过点和点； (2)在（1）的条件下，若点在直线上，点在直线上，，且，则的半径为______．（使用备用图分析） 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）以为圆心，为半径作弧交于点，连接，作线段的垂直平分线交于点，以为圆心，为半径作即可； （2）连接，设，利用勾股定理构建方程求解． 【详解】（1）解：如图①中，点，点，即为所求； 以为圆心，为半径作弧交于点，连接，作线段的垂直平分线交于点，以为圆心，为半径作即可； （2）解：四边形是矩形， ，， 设， 则， 解得， 的半径为． 故答案为：． 【点睛】本题考查作图－复杂作图，线段垂直平分线的性质，勾股定理，垂径定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 6．（2023·广东江门·二模）如图，点A、B、C在上，是直径，的角平分线与交于点D，与交于点M，且，连接，交于点N． (1)证明：； (2)试猜想与之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)ODAB，证明见解析 【分析】（1）根据，证得，进而根据垂径定理证得； （2）先证明是的中位线，得出，进而得出结论． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∴， ∴； （2）解：猜想 ． ∵，， ∴． ∵，， ∴是的中位线， ∴． ∴． ∵， ∴， ∴． ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的定理和性质． 7．（2024·广东广州·模拟预测）如图，为的直径，点是上一点，点是劣弧的中点． (1)作点，并连接（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）； (2)（1）的条件下，延长，它们的延长线交于点，若点为的中点． ①求证：点为的中点； ②若，求的半径． 【答案】(1)图见解析 (2)①证明见解析；② 【分析】本题考查作图—中垂线的做法、垂径定理、平行直线的判定、平行直线分线段成比例定理、三角形中位线的性质、直径所对圆周角直角、勾股定理： （1）作弦的中垂线，中垂线与劣弧的交点即为D； （2）①证明，再根据平行线分线段成比例定理即可证明． 【详解】（1）解：作的垂直平分线：以A、C为圆心，大于的长为半径画圆弧，两端圆弧交于两点，过这两点作直线与劣弧的交点为D，连接： （2）解：①如图，与的交点为F， ∵， ∴， ∵是圆的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， 点为的中点， ， ∴，即， ∴点为的中点； ②设圆的半径为R， 由①知B是中点，是中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵O是中点，F是中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， 在中，，即， 解得． 8．（2025·广东韶关·二模）如图，在中，是的直径． (1)尺规作图：作半径的垂直平分线，交于两点，交半径于点；（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)若的半径是4，连接，沿着半径剪开，把和构成的扇形围成圆锥的侧面，求这个圆锥的底面周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据线段的垂直平分线的基本作图解答即可． （2）根据弧长公式，圆锥的展开图性质解答即可． 本题考查了线段的垂直平分线的基本作图，圆锥的展开图，弧长公式，熟练掌握基本作图，弧长公式是解题的关键． 【详解】（1）解：如图所示， 则直线为所求． （2）解：连接， ∵直线是线段的垂直平分线，的半径是4； ∴； ∴； ∴；                            ∵； ∴； ∴； ∵的长为； 又∵扇形围成圆锥的侧面时，圆锥的底面周长等于扇形的弧长， ∴圆锥的底面周长是． 命题预测3：切线的判定与性质综合 [三地解答题必考核心] 1．（2025·广东佛山·三模）如图，是的弦，为过点的切线上一点，且，分别在上，且，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查切线的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形全等的判定与性质、三角形的内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质、切线的判定与性质是解答的关键． （1）连接，先根据等腰三角形的性质得到，再根据切线的性质定理可得，进而根据切线的判定定理可得结论； （2）证明得到，利用等腰三角形的性质求得，进而利用三角形的内角和定理和平角定义得到． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴． ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：在与中， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴． 2．（2025·广东汕头·三模）如图，是的直径，与相切于点，交的延长线于点，交的延长线于点， (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)与相切，见解析 (2) 【分析】本题主要综合考查了切线的性质和判定和勾股定理，能运用性质进行推理和计算是解此题的关键． （1）过点O作，先根据切线的性质、同角或等角的余角相等证明，进而可得，，由到圆心距离等于半径的直线是圆的切线即可得出结论； （2）由勾股定理求出，进而可得，再在中，由勾股定理列方程求出的半径． 【详解】（1）解：证明：过点O作， 是的直径，与相切于点A， ， ， ， ， ， ， ， 在与中， ， ， 与相切； （2）由（1）证得， ， ，，， ∴ 由（1）证得， ， ， 设的半径为：， ， ， 的半径为． 3．（2025·广东深圳·三模）如图，是的直径，点在上，分别连接，，的切线与的延长线交于点，是的中点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据切线性质得出，根据圆周角定理得出，根据直角三角形性质得出，根据等腰三角形的性质得出，，求出，即可得出结论； （2）根据切线的性质得出，解直角三角形得出，根据勾股定理求出，解直角三角形得出，根据，，求出结果即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， 是的切线， ， 为直径， ， 点是的中点， ， ， ， ， ， ， 为半径， 是的切线． （2）解：是的切线， ， ， 由（1）得：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ． 【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，解直角三角形的相关计算，圆周角定理，勾股定理，三角形面积计算，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 4．（2025·广东深圳·二模）如图，在中，以上一点为圆心，为半径的与、相交于、，连接． (1)从以下三个信息中选择两个作为条件，剩余的一个作为结论组成一个真命题，并写出你的证明过程． ①平分；②；③直线是的切线．你选择的条件是______，结论是______（填序号）； (2)在（1）的条件下，若，，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)①②，③ (2) 【分析】（1）选择的条件是①②，结论是③；理由：连接，根据等腰三角形性质可得，根据角平分线性质得，可得，得，即得； （2）先求出，，得，再阴影部分的面积等于三角形的面积减去扇形的面积，即可． 【详解】（1）解：选择的条件是①②，结论是③． 理由如下： 如图，连接， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵为的半径， ∴是的切线； 故答案为：①②，③（答案不唯一）； （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故阴影部分的面积为． 【点睛】本题考查构造真命题，角平分线定义，等腰三角形性质，圆切线的判定和性质，扇形的面积，三角形面积，勾股定理，含30度的直角三角形的性质等知识．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 5．（2025·广东·一模）如图1，以的边为直径作交于点，连接，其中 (1)求证：与相切； (2)如图2，连接交于点，若求的长； (3)如图3，在（2）的条件下，过点作于点，连接交于点，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) (3) 【分析】本题主要考查了切线的判定，直径定理，解直角三角形，勾股定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并准确作出辅助线． （1）利用直径定理得出，利用给出的三角函数比可得，进而可得相切； （2）根据三角函数比得出，假设半径为，表示出相关线段，根据求出的值即可得出答案； （3）过点作交于点，根据三角函数比得出，，根据平行的性质得出，，根据相似比得出，求得，进而可求的长度． 【详解】（1）证明：为的直径， ， ， 在中，， ， ， ， 与相切； （2）解：在中，， ， ， ， ， ， 设， 在中，， ， ∴， ∴，， ∴在Rt△中，； （3）解： 如图3，过点作交于点． ∵， ∴为的中点， ∴， 在Rt△中，， ∴， 又∵， ∴，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 命题预测4：三角形外接圆、内切圆[广州2024年10题高频] 1．（2025·广东东莞·模拟预测）如图，为的外接圆，半径，垂足为点E，，则的长为（    ） A． B． C．10 D．8 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，勾股定理，垂径定理等知识，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键． 由圆周角定理可得，由等腰直角三角形的性质可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：D． 2．（2025·广东广州·二模）已知等边三角形边长为6，点P为平面内一点，连接． (1)如图1．若点P在内部，，请作出的外接圆，并找出圆心O． (2)如图1，求证：为的切线． (3)如图2，若点P在内部，以边作等边三角形，若，求的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用三角形的外接圆的圆心为三边垂直平分线的交点的性质解答即可； （2）连接并延长，交于点M，连接，利用圆的内接四边形的性质，圆周角定理和直角三角形的性质得到，利用等边三角形的性质得到，再利用圆的切线的判定定理解答即可； （3）过点A作于点F，过点D作于点G，过点E作于点H，利用等边三角形的性质和三角形的面积公式分别求得三个三角形的面积，利用已知条件化简得到，则为直角三角形，，利用点的轨迹的性质得到点P的运动轨迹为以为直径的圆中在的内部的一段弧，当三点共线时的值最小，即可得出结论． 【详解】（1）解：1．作的垂直平分线， 2．作的垂直平分线，与交于点O， 3．以点O为圆心，以为半径画圆O，如图， 则为的外接圆，点O为圆心； （2）证明：连接并延长，交于点M，连接，如图， ∵四边形为圆的内接四边形， ∴， ∵， ∴． ∵为圆的直径， ∴， ∴． ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵为圆的半径， ∴为的切线． （3）解：过点A作于点F，过点D作于点G，过点E作于点H，如图， ∵为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴． 同理：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为直角三角形，， ∴点P的运动轨迹为以为直径的圆中在的内部的一段弧，如图， 当三点共线时的值最小， 由题意得：， ∵， ∴． ∴的最小值为． 【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆，圆的有关性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，圆的切线的判定定理，等边三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理的逆定理，直角三角形的边角关系定理，特殊角的三角函数值，基本作图，线段的垂直平分线的性质，三角形的面积公式，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键． 3．（2025·广东深圳·三模）【综合与实践】 新学期，同学们回校布置教室．如图所示，教室前门宽度，门轴到墙角的距离，设，，在同一条直线上，门打开后被教室黑板墙阻挡，，门边靠在墙的位置． (1)门打开的最大角度______； (2)教室的俯视图如图2，其中靠近前门第一位同学课桌右侧与墙的距离为，且该矩形课桌的边与教室前墙平行，若要使得开关门不受阻挡，则与的距离需大于多少？（结果保留根号） (3)如图，同学们想充分利用教室的空间，在门后中放置一个圆柱形的储物桶，如果购买直径为的圆柱形桶，能放得进吗？请说明理由．（参考数据：，，） 【答案】(1)； (2)需大于； (3)能放进，理由见解析． 【分析】（）易得，进而可得的余弦值，即可求得的度数，则可以求得的度数； （）作于点，连接，求得的长度，加上的长度，即可求得点到的距离，进而可得开关门不受阻挡，与的距离范围； （）求得直角三角形内切圆的半径，进而可得内切圆的直径，和圆桶的直径比较即可得到能否放进去． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：在图中作于点，连接， 则，， 由题意得：， ∴， ∵， ∴， ∴与的距离需大于； （3）解：能放进直径为的圆柱形桶，理由如下： 如图，设圆心为，内切圆半径为，连接切点，，，则四边形为正方形， ∴， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴能放进直径为的圆柱形桶． 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，勾股定理，切线的性质，正方形的性质，一元一次方程等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 4．（2025·广东珠海·一模）【问题背景】 在矩形中，，，点为线段上一点，将沿着线段折叠得到． 【构建联系】 （1）如题1图，当点恰好在在线段上时，求线段的长． 【深入探究】 （2）如题2图，当点在矩形的外部，线段交线段于点，作的平分线交线段于点． ①求证：． ②如题3图，点为的内心，连接，若线段，求线段的长． 【答案】（1）3；（2）①见解析；②6 【分析】（1）根据折叠得出，根据勾股定理求出，即可求解； （2）方法一：作交的延长线于，根据平行线的性质，角平分线的定义以及等角对等边可得出，证明，根据相似三角形的性质可得出，即可得证； 方法二：作交于点，根据角平分线的性质得出，然后根据等面积法得出，即可得证； （3）连接，根据勾股定理求出，结合（2）中，可求出，根据内心的定义，三角形的内角和定理等可求出，证明，然后根据相似三角形的性质求出即可． 【详解】（1）解∶∵将沿着线段折叠得到 ∴ 在矩形中，，， ∴， ∴ （2）解：方法一：作交的延长线于 ∵， ∴ ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴ 方法二：作交于点 ∵平分，，， ∴， ∵， ∴， ∴ （3）连接 ∵，，， ∴ 由（2）得 ∴， ∴， ∵点是的内心 ∴平分，平分，平分， ∴，，， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，相似三角形的判定与性质，三角形的内心等知识，明确题意，添加合适辅助线，找出对应的相似三角形是解题的关键． 44．（2025·广东广州·二模）三边长为3，4，5的三角形，它的外接圆半径为_______． 【答案】 【分析】本题主要考查三角形的外接圆与外心、勾股定理的逆定理等知识点，掌握直角三角形的外心就是斜边中点是解题的关键． 根据勾股定理的逆定理，可以判断这个三角形是直角三角形，且斜边就是外接圆的直径，据此即可解答． 【详解】解：∵三角形的三边长分别为3，4，5， 又∵， ∴这个三角形是直角三角形， ∴这个三角形的外接圆的直径的长就是斜边的长为5， ∴此三角形的外接圆半径是． 故答案为． 5．（2025·广东江门·三模）如图，点O是的内心，连接，若的高，则点O到边的距离为：__________． 【答案】3 【分析】此题重点考查三角形的内切圆与内心、角平分线的性质等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．作于点H，因为是的高，所以于点D，由点O是的内心，证明平分，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：作于点H， ∵是的高， ∴于点D， ∵点O是的内心， ∴平分， ∵点O在的平分线上，且于点H，于点D， ∴， ∴点O到边的距离为3， 故答案为：3． 命题预测5：弧长、扇形面积计算 [选择填空必考] 1．如图，是的直径，点和点是上的两点，过点作的切线交延长线于点．    (1)若，求的度数； (2)若，，求阴影部分的面积． 【答案】(1) (2)阴影部分的面积为 【分析】（1）连接，根据切线，可知，然后求得，结合圆周角定理，求得； （2）设，在中，由勾股定理得：，求得半径，然后利用解直角三角形，求得，然后再求得，最后利用求得答案． 【详解】（1）解：如图，连接，    ∵是的切线，是⊙O的半径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：设， 在中，由勾股定理得：，，， 即， 解得：， ∴，， ∴， ， ， ， ， 阴影面积为：． 【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，三角形内角和，圆周角定理，扇形的面积，解直角三角形，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 2．（2025·广东中山·模拟预测）如图，在中，，以为直径的与交于点D，连接． (1)用无刻度的直尺和圆规作出劣弧的中点E．（不写作法，保留作图痕迹），连接交于F点，并证明：； (2)若的半径等于4，且与相切于A点，求劣弧的长度和阴影部分的面积（结果保留π）． 【答案】(1)见解析 (2)劣弧的长度为，阴影的面积为 【分析】（1）作的角平分线即可得出弧的中点，连接，根据圆周角定理得出相等的角，证明，即可得出结论； （2）连接，根据垂直和等边得出，然后利用弧长公式和扇形面积公式进行求解即可． 【详解】（1）解：如图，作的角平分线交于点E，交于点， ∴点E为所求的劣弧的中点． 证明：连接， ∵， ∴． ∴． ∴． 即； （2）解：如图，连接， ∵与相切，为半径， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴劣弧的长度． ． 【点睛】本题主要考查了角平分线的作法，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，切线的性质，扇形和弧长公式，解题的关键是掌握以上性质和公式． 3．（2025·广东广州·模拟预测）一个几何体的三视图如图所示，这个几何体的表面积为______． 【答案】 【分析】本题考查了由三视图判断几何体，圆锥的有关计算，由该三视图中的数据确定圆锥的底面直径和母线长是解本题的关键． 首先判断该几何体的形状，然后根据其尺寸求得其侧面积和底面积，则表面积可求． 【详解】解：观察三视图发现该几何体为圆锥， 其底面直径为，母线长为， 所以其侧面积为：，底面积为：， 所以全面积为：． 故答案为：． 4．（2025·广东江门·二模）在中，，点是上一点，且，以点为圆心，为半径的圆与相切于点，与相交于点，若，则图中阴影部分的面积是__________ （结果保留） 【答案】 【分析】本题考查扇形面积公式，涉及含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，切线的性质，扇形的面积公式等知识，综合程度较高．设交于点，连接、、，由切线的性质得，则，因为，所以，则，由，得，则是等边三角形，可证明是等边三角形，求得，则，所以，则，由求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：设交于点，连接、、，则， 以点为圆心，为半径的圆与相切于点， ， ， ，且， ， ， ， ， ， ，而， 是等边三角形， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 5．（2025·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，将绕点A逆时针旋转后得到，则图中阴影部分的面积是 ____________________ ． 【答案】 【分析】先利用含30度的直角三角形三边的关系计算出，再根据旋转的性质得到，，则，接着在中计算出，从而得到，然后根据扇形的面积公式，利用图中阴影部分的面积进行计算． 【详解】解：∵， ∴，， ∵将绕点A逆时针旋转后得到， ∴，， ∴， 在中，∵， ∴， ∴， ∴图中阴影部分的面积2． 故答案为：． 【点睛】本题考查了扇形面积的计算：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则或（其中l为扇形的弧长）．求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．也考查了旋转的性质． 6．（2025·广东阳江·模拟预测）如图，为半圆内一点，为圆心，直径长为，，，将绕圆心逆时针旋转至，点在上，则边扫过区域(图中阴影部分)的面积为______．(结果保留) 【答案】 【分析】本题考查旋转的性质，解直角三角形，扇形的面积公式．根据题意结合图形可知是解题关键． 根据旋转和解直角三角形，可求出和的长度，再结合图形，即可求出阴影部分面积． 【详解】解：如图可知， ∵，是由绕圆心O逆时针旋转得到， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴ ，， ． 故答案为：． 命题预测6：直线和圆的位置关系[常在综合题中涉及] 1．（2025·广东东莞·模拟预测）已知点O到直线l的距离为，以点O为圆心的与直线l有两个交点，则的半径可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了直线与圆的位置关系，根据圆心到直线的距离d与半径r的大小关系解答．若，则直线与圆相交；若，则直线于圆相切；若，则直线与圆相离．据此作答即可． 【详解】解：∵点O到直线l的距离为，以点O为圆心的与直线l有两个交点， ∴的半径． ∴的半径可能为． 故选：D． 2．（2025·广东广州·二模）如图，在中，，，是边上的高，，若圆是以点为圆心，为半径的圆，那么圆与直线的关系是（　　） A．相切 B．相离 C．相交 D．不能确定 【答案】B 【分析】此题考查了勾股定理、直线与圆的位置关系、含角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握直线与圆的位置关系是关键．过点D作于点H，求出，由即可得到结论． 【详解】解：过点D作于点H， ∵在中，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴则圆与直线的关系是相离． 故选：B． 3．（2025·广东揭阳·一模）已知的半径是关于的方程的增根，圆心到直线的距离，则直线与的位置关系是（　　） A．相切 B．相交 C．相离 D．平行 【答案】A 【分析】本题主要考查分式方程的增根以及直线和圆的关系，熟练掌握直线和圆的关系是解题的关键．根据题意得到，求出，得到圆的半径，比较半径与圆心到直线的距离的大小，即可得到答案． 【详解】解：的半径是关于的方程的增根 ∴ ∴ ∴的半径是2， ∵圆心到直线的距离， 直线与的位置关系是相切． 故选：A． 4．（2025·江苏镇江·一模）已知矩形中，，，若以为直径的圆与边有交点，则与满足的关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了圆与直线的位置关系，掌握圆的半径与圆心到直线的距离的大小关系是关键． 根据圆的半径与圆心到直线的距离的关系判定即可，即，相离；，相切；，相交，由此即可求解． 【详解】解：根据题意，作图如下， 以为直径的的半径为， ∵与边有交点， ∴，即， ∴， 故选：A ． 5．（2025·广东汕头·一模）如图，已知直线，点A是上的定点，于点B，C，D分别是，上的动点，且，连接交于点E，于点F，则当最大时，的值为_________． 【答案】 【分析】证明，得出，根据，得出，说明点F在以为直径的圆上运动，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，则点F在上运动，说明当与相切时最大，得出，根据，求解，再进一步求解即可求出结果． 【详解】解：∵两条平行线、，点A是上的定点，于点B， ∴点B为定点，的长度为定值， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点F在以为直径的圆上运动， 如图，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆， 则点在上运动， ∴当与相切时最大， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，切线的性质，解直角三角形，勾股定理的应用等知识点，解题的关键是确定点F的运动轨迹． 6．（2025·广东东莞·二模）【问题背景】 已知抛物线（k是实数）与x轴有交点，将此抛物线向左平移1个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到新的抛物线E，设抛物线E与x轴的交点为B、C，如图． 【构建联系】 （1）求k的值，并求抛物线E所对应的函数关系式及其顶点A的坐标． （2）连接，把所在的直线平移，使它经过点C，得到直线l，点P是l上一动点（与点C不重合）．设以点A，B，C，P为顶点的四边形面积为S，点P的横坐标为t，当时，求出S关于t的函数关系式，并求出t的取值范围． 【深入探究】 （3）点Q是直线l上的另一个动点，以点Q为圆心，R为半径作⊙，当R取何值时，⊙与直线相切？相交？相离？直接给出结果． 【答案】（1），，坐标为；（2）；（3）当时相切，时相交，时相离 【深入探究】（1）首先根据抛物线与轴有交点，则判别式，据此即可求得的值，函数的解析式即可求得，然后根据将此抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位，得到新的抛物线，即可求得的解析式以及顶点坐标； （2）首先求得、的坐标，然后利用待定系数法即可求得，的解析式，分在轴下方和上方，两种情况利用的横坐标表示出四边形的面积，再根据得出t的范围即可得到S关于t的函数关系式，求得的范围； （3）过点作，为垂足，利用三角形的面积公式求得的长，然后利用直线与圆的位置关系的判定方法，即可写出结果． 【详解】解：（1）抛物线是实数）与轴有交点， 则判别式， 则， 因而抛物线的解析式是：， 将此抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位得到的抛物线是：， 即： 即， 顶点坐标为； （2）令，得， 解得：， 所以，，， 设直线的函数关系式为、 ，， ，解得， 直线且过点， 可设直线的函数关系式为， 直线过点， ，解得：， 直线的函数关系式为， 点是上一动点且横坐标为， 点坐标为， 当在轴下方时， ． ， ， ， 又， ， 当在轴上方时， 作轴于，设对称轴与轴交点为．则 ， ， ， ， 又， ， 综上所述，； （3）因为，， 所以， 过点作，为垂足， 所以， 因为平行线间距离处处相等，所以点到直线的距离等于， 所以当时相切，时相交，时相离． 【点睛】此题考查了待定系数法求抛物线解析式以及直线与圆的位置关系的判定，并且用到了分类讨论的数学思想，难点在于考虑问题要全面，做到不重不漏． 命题预测7：圆与三角形综合 [深圳、广州压轴题涉及] 1．（2024·广东深圳·三模）如图，四边形中，，以为直径的经过点C，连接、交于点．连接交于点，连接，若，，则以下结论：①；②为的切线；③；④；则正确的结论个数为(    )    A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】①连接，证得，又知，得到，圆周角定理得到，进而得到； ②、则、，证为中位线知、，进一步求得，再在中利用勾股定理逆定理证即可得出结论； ③连接，证明四点共圆，进而根据同弧所对的圆周角相等，即可得证； ④先证得，再证得，联立得，即，结合知，据此可得，结合可得相关线段的长，代入计算可得． 【详解】解：①连接， 在和中， ， ， ， ， ， 为的直径， ， ，即， ， ②，， ， ，且， ，， 在中，， 在中，， ， ， ， 则与相切； ③连接，   ，是圆的切线， 为等腰直角三角形， 为直径， ，， ， 四点共圆， ，故③正确 ④是的直径， ， ， ， ，即， 又，， ， ，即， 由可得，即， 又， ， ， ，，，，， ，即， 解得：，故④正确； 故选：D． 【点睛】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理逆定理等知识点． 2．（2025·广东韶关·一模）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到该边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“中项点”．如图，中，点是边上一点，连接，若，则称点是中边上的“中项点”． (1)如图，的顶点是网格图的格点，每个单元格的边长相等，点在格点上，连接交于点，求证：点是边上的一个“中项点”． (2)如图，是的内接三角形，点在上，连接并延长交于点．点是中边上的“中项点”． 求证：； 若，的半径为，且，求的值． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； ． 【分析】利用网格图证明，得出，利用直角三角形中角的关系可以证明，利用相似三角形对应边成比例可证点是边上的一个“中项点”； 利用圆周角定理可证，根据相似三角形的性质可证，根据点是中边上的“中项点”，可证，利用垂径定理可证结论成立； 由可知，，根据平行线的性质可证是直角，根据圆周角定理可证是的直径，设，则，，利用勾股定理可以求出，，又因为，可得：，从而可求． 【详解】（1）证明：如下图所示， ∵，，， ∴， ∴， ， ， ， ， ， 点是边上的一个“中项点”； （2）证明：如下图所示，连接， ， 又， ， ， ， 点是中边上的“中项点”， ， ， ， ； 解：如下图所示，连接， 由可知，， 又， ， ， 是的直径， ， 设，则， ， 在中，， ， 在中，， ， ， 解得：， 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形相似的判定与性质、垂径定理、圆周角、勾股定理等知识点．解题的关键与难点在于理解新定义与所学知识的连接，灵活运用已有知识． 3．（2025·广东广州·二模）已知线段，． (1)如图1，当时，求的度数； (2)如图2，当时，作，与交于点D，求的最小值； (3)如图3，当时，点E是线段上，关于对称线段为，延长交的延长线于点G，求当点E线段上运动时，点G的运动路径长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）证明是等边三角形，即可求解； （2）作，于点，设中点为Q，证明，再推出，求得，当点三点共线，且点在下方时，取得最大值，据此可求得的最小值； （3）连接，设，，利用三角形的外角和以及内角和定理求得，推出点在的外接圆上，得到点的路径为以2为半径，为圆心角的弧上，利用弧长公式求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴是等边三角形， ∴； （2）解：作，于点，，连接，设中点为Q， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴点在以为直径的上， ∴当点三点共线，且点在下方时，取得最大值，即有最小值， 此时， ∴， ∴， ∴，即的最小值为， （3）解：连接， ∵， ∴， 设，， 则，，， ∵， ∴， 在中，即， ∴， ∴， ∴点在的外接圆上， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴点的路径为以2为半径，为圆心角的弧上， ∴点G的运动路径长为． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，弧长公式，等边三角形的判定和性质，四点共圆，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 4．（2025·安徽滁州·三模）如图，是的直径，弦于点E，F是上一点，C是的中点，与交于点G，连接． (1)如图1，求证：． (2)如图2，若是直径且，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题是圆的综合题，主要考查了圆的基本性质，等腰三角形的判定及性质，直角三角形的特征，勾股定理等，掌握有关性质是解题的关键． （1）先求得，可得，再证得，在和中，，可得，从而得出，即可求证； （2）先求得，再求得，证明是等边三角形，再由可得，再由勾股定理求得，再证明是直角三角形，再求解即可． 【详解】（1）证明：是的中点， ， ， ，AB是直径， ， 在和中，， ， ， 即； （2）解：DF是直径，由（1）知 ， 又 ， 又， 是等边三角形， 又 ， ， 是直径， ， 是直角三角形， 又G是AC的中点， ． 5．（2025·广东清远·一模）如图，内接于是的直径，是的切线交的延长线于点于点是上的动点（不与点，重合），连接并延长到点，连接． (1)求的度数； (2)求证：平分； (3)若，求四边形面积的最大值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据圆内接四边形的性质可得，即可； （2）连接，根据切线的性质可得，再由是等边三角形，可得，可证得是等腰三角形，即可； （3）根据直角三角形的性质可得，，从而得到．过点作于点．在中，为动点，为底边，当垂直平分时，的值最大，此时，，从而得到，进而得到，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是内接四边形， ∴， ∵， ． （2）证明：如图，连接． 是的切线， ∴， ． 又在中，， 是等边三角形， ∴． ， ， ， ∴， 是等腰三角形． ， 平分． （3）解：由（2）得在中，，， ． 是直径， 是直角三角形，且． ∴， ∴， ． 如图，过点作于点． 在中，为动点，为底边，当垂直平分时，的值最大， ∵，， ∴， ∵垂直平分， ∴，， ∴， ∴， ， ∴． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，锐角三角函数，等边三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 6．（2025·广东肇庆·二模）如图，在中，，以为直径的交于点，点是线段的中点，连接并延长交的延长线于点． (1)求证：直线是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）连接、，则，由等边对等角得到，由直径可得，再结合斜边中点，得到，从而得出，求出，即可证明结论； （2）连接，利用角的正切值，得出，，从而得出，，证明是的中位线，得到，，再证明，即可求出的长． 【详解】（1）证明：如图，连接、，则， ， 是的直径， ， ， ∵点是线段的中点， ， ， ， ， ， 是的半径，且， ∴直线是的切线．； （2）解：如图，连接， ∵，， ∴， ，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的长是． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，圆的切线的判定，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质等知识，正确作辅助线是解题关键． 命题预测8：圆与函数综合 [深圳选择压轴偶考] 1．（2025·广东广州·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y= x与双曲线交于A，B两点，其中A的坐标为（1，a），P是以点C（ - 2，2）为圆心，半径长为1的圆上一动点，连接AP，Q为AP的中点. (1)求双曲线的解析式： (2)将直线y = x向上平移m（m > 0）个单位长度，若平移后的直线与⊙C相切，求m的值 (3)求线段OQ长度的最大值. 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）先求出点A的坐标，然后利用待定系数法求解即可； （2）由题意得平移后的直线解析式为，如图所示，设直线与圆C的切点为D，与y轴的交点为H，连接OC，过点C作CE⊥x轴于E，先证明O、C、D三点共线，求出OD=DH，OH的长即为m的值，据此求解即可； （2）如图所示，连接PB，PC，BC，证明OQ是△PAB的中位线，把求OQ的最大值转化成求PB的最大值，即转化成求圆外一点到圆上一点距离的最大值，由此求解即可． 【详解】（1）解：∵点A（1，a）在直线y=x上， ∴a=1， ∴点A的坐标为（1，1）， ∴把点A坐标代入到反比例函数解析式得， ∴， ∴反比例函数解析式为； （2）解：由题意得平移后的直线解析式为， 如图所示，设直线与圆C的切点为D，与y轴的交点为H，连接OC，过点C作CE⊥x轴于E， ∴点H的坐标为（0，m） ∴OH=m， ∵点C（-2，2）， ∴CE=OE=2， ∴∠COE=45°， ∴∠DOH=45°， 同理可证∠BOE=45°， ∴∠BOC=90° ，即OC⊥AB， ∵直线与直线AB平行， ∴OC与直线垂直， 又∵直线与圆C相切于点C， ∴CD与直线垂直， ∴C、O、D三点共线， ∵圆C的半径为1， ∴， ∵∠ODH=90°，∠DOH=45°， ∴∠DHO=45°， ∴， ∴， ∴ 同理当切点D在圆O上方时可以求得， 综上所述，若平移后的直线与⊙C相切，或； （3）解：如图所示，连接PB，PC，BC， 由对称性可知A、B关于原点对称，即O是AB的中点， ∴点B的坐标为（-1，-1）， ∵Q是AP的中点， ∴OQ是△APB的中位线， ∴， ∴要想OQ最大，则PB最大， ∵， ∴当P、B、C三点共线，且P在C点上方时，PB有最大值，即PB=PC+BC=1+BC， ∵点C（-2，2），点B（-1，-1）， ∴， ∴， ∴ 【点睛】本题主要考查了圆与函数综合，待定系数法求函数解析式，勾股定理，三角形中位线定理，熟知相关知识，利用数形结合的思想求解是解题的关键． 2．（2024·广东深圳·一模）在平面直角坐标系中，点为坐标原点，直线与轴交于点，过点的抛物线与直线交于另一点，且点的横坐标为1 （1）该抛物线的解析式为　 　； （2）如图1，为抛物线上位于直线上方的一动点（不与、重合），过作轴，交 轴于，连接，为中点，连接，过 作交直线于，若点的横坐标为 ，点的横坐标为，求与的函数关系式；在此条件下，如图2，连接并延长，交 轴于，连接，求为何值时，． （3）如图3，将直线绕点顺时针旋转15度交抛物线对称轴于点，点为线段上的一动点（不与 、重合），以点为圆心、以为半径的圆弧与线段交于点，以点 为圆心、以为半径的圆弧与线段交于点，连接．在点 运动的过程中，四边形的面积有最大值还是有最小值？请求出该值． 【答案】（1）；（2）；；（3）存在最小值， 【分析】（1）先求出点、的坐标，然后利用待定系数法，即可求出抛物线解析式； （2）过点作轴于，于，先证明、、三点在以为圆心为半径的上，再证明，然后得到，，再设，通过建立关于的方程，解方程即可； （3）设，四边形的面积为，过作，垂足为，利用三角函数和三角形面积关系即可得到结论． 【详解】解：（1）直线与轴交于点， 令，则， 点为， 直线经过点，点的横坐标为1， 点的纵坐标为：， 点为：， 把点、代入，得： ， 解得：， 抛物线解析式为． （2）如图1，过点作轴于，于， 设直线与轴交于点， 当时，， ， ， ， ， ， ， 、、三点在以为圆心为半径的上， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ，，， ， ，． 如图2，连接并延长，交轴于，连接， ，， ， 为中点，即， ， ， 解得， 时，． （3）四边形的面积有最小值． 设，四边形的面积为， 是抛物线对称轴上一点， ． 直线绕点旋转， ， 是等边三角形， ，， ，， 如图3，过作，垂足为， 则， ， ． 在点运动的过程中，四边形的面积有最小值为． 【点睛】本题考查了全等三角形判定和性质，三角函数、三角形面积、二次函数的图像和性质、旋转的性质等重要知识点，解题时必须认真审题，熟练运用相关知识，运用数形结合、方程思想和转化思想思考问题和解决问题． 3．（2024·广东深圳·一模）如图1，经过点B(1，0)的抛物线与y轴交于点C，其顶点为点G，过点C作y轴的垂线交抛物线对称轴于点D，线段CO上有一动点M，连接DM、DG． （1）求抛物线的表达式； （2）求的最小值以及相应的点M的坐标； （3）如图2，在（2）的条件下，以点A(﹣2，0)为圆心，以AM长为半径作圆交x轴正半轴于点E．在y轴正半轴上有一动点P，直线PF与⊙A相切于点F，连接EF交y轴于点N，当PF∥BM时，求PN的长． 【答案】（1）；（2）最小值，M(0，)；（3） ． 【分析】（1）将点B的坐标代入解析式即可求出a的值，即可确定函数解析式； （2）过点O作直线l与x轴夹角为α，且，α＝45°，过点M作MH⊥直线l于H，推出，则当D、M、H共线时，的值最小，最后求出DH的长即可解答； （3）连接BM，延长FA交y轴于J．想办法求出FJ，根据tan∠FPJ＝tan∠OMB，可得＝，由此构建方程求出PF，再证明PN＝PF即可解决问题． 【详解】解：（1）∵抛物线，经过点B(1，0)， ∴0＝4a﹣， ∴a＝ ∴． （2）如图1：过点O作直线l与x轴夹角为α，且，α＝45°，过点M作MH⊥直线l于H， 则有， ∴， ∴， ∴， ∴当D，M，H共线时，的值最小， ∵D(﹣1，﹣)，直线l的解析式为y＝﹣x， ∴直线DH的解析式为y＝x﹣， 由，解得， ∴H(，﹣)，M(0，)， ∴DH＝＝， ∵DG＝﹣+＝， ∴的最小值==． （3）如图2中，连接BM，延长FA交y轴于J． ∵A(﹣2，0)，M(0，﹣)， ∴AM＝AF＝＝， ∵B(1，0)， ∴直线BM的解析式为y＝x﹣， ∵PF是⊙A的切线， ∴PF⊥AF， ∵PF∥BM， ∴AF⊥BM， ∴直线AF的解析式为y＝﹣x﹣， ∴J(0，﹣)， ∴AJ＝＝， ∴FJ＝AF+AJ＝， ∵PF∥BM， ∴∠FPJ＝∠OMB， ∴tan∠FPJ＝tan∠OMB， ∴＝， ∴＝， ∴PF＝， ∵AF＝AE， ∴∠AFE＝∠AEF， ∵∠AFE+∠PFN＝90°，∠AEN+∠ONE＝90°，∠PNF＝∠ENO， ∴∠PFN＝∠PNF， ∴PN＝PF＝ ． 【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的性质、一次函数的性质、垂线段最短，解直角三角形等知识，正确利用垂线段最短解决最值问题是解答本题的关键． 命题预测9：圆中阴影部分面积及弧长计算 [两年必考] 1．（2026·广东深圳·一模）“湾区之光”摩天轮位于深圳市宝安区滨海文化公园内，是国内首个全天景回转式轿厢摩天轮，共设有28个进口太空舱，其示意图如图所示．该摩天轮高（即最高点离水面平台的距离），圆心O到的距离为，摩天轮匀速旋转一圈用时．某轿厢从点A出发，后到达点B，此过程中，该轿厢所经过的路径（即）长度为（    ）m．（结果保留）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出摩天轮半径，再求出，最后根据弧长公式求出结果即可． 【详解】解：∵最高点离水面平台的距离为，圆心O到的距离为， ∴摩天轮的半径为， ∵摩天轮匀速旋转一圈用时，轿厢从点A出发，后到达点B， ∴， ∴该轿厢所经过的路径长度为： ． 2．（2026·广东深圳·一模）“湾区之光”摩天轮位于深圳欢乐港湾内，是国内首个全景回转式进口轿厢摩天轮．其示意图如图所示，“湾区之光”总高米（即最高点离水面平台的距离），圆心到的距离为米，匀速旋转一圈时间是分钟．某轿厢从点出发顺时针旋转，7分钟后到达点，此过程中，该轿厢所经过的路径长度为（   ）米（结果保留） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出摩天轮半径，再求出，最后根据弧长公式求出结果即可． 【详解】解：∵“湾区之光”总高米，圆心O到的距离为米， ∴摩天轮的半径为， ∵摩天轮匀速旋转一圈用时分钟，轿厢从点A出发，分钟后到达点B， ∴， ∴该轿厢所经过的路径长度为：米． 3．（2026·广东佛山·一模）如图，点C、D是以为直径的半圆上的三等分点，连接，半径，则阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，，，证明是等边三角形，，得，根据阴影部分的面积计算即可． 【详解】解：连接，，，如图， ∵点C、D是以为直径的半圆上的三等分点， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积 4．（2026·广东深圳·一模）如图，在矩形中，，以为圆心，长为半径画弧交边于点，连接，则图中阴影部分的面积为______．（结果保留） 【答案】 【分析】先推导出，得到，则，然后利用扇形面积公式求解即可． 【详解】解：在矩形中，， ，， 由题意，得， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 则图中阴影部分的面积为． 5．（2026·广东深圳·一模）根据题意解答下列问题 (1)如图1，在中，．求作的外接圆；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)如图2，是的直径，C是的中点，过点C作的垂线，垂足为点E．如图①，求证：是的切线； (3)如图②，过点O作于F，若，，求阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）作出的垂直平分线，得到的中点，即可作出的外接圆； （2）只要证明，即可得到是的切线； （3）连接，得到四边形是矩形，根据求解即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求作． ； （2）证明：如图①，连接，则， ， ， ， ， ， ， ∵是的半径， ∴是的切线； （3）解：如图②，，连接， ，， ∴四边形是矩形， ， ， ， ，是等腰直角三角形， ， ， ， ． 6．如图，在中，，以为直径的交于点，过点作，垂足为点，延长交于点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）如图，连接，由根据“等边对等角”得，已知，即可得，根据“同位角相等，两直线平行”得，根据，可得即可证明结论； （2）如图，过点作，垂足为点，根据垂径定理，则得，再根据等边对等角以及三角形的外角的性质可得，解直角三角形可得，，进而得到；再证明四边形是矩形，以及；易得，则，最后根据求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， 以为直径的交于点， ， ， ， ， ， ， ， ， 是的切线． （2）解：如图，过点作，垂足为点， 在中，， ， ， ， ，， ， ，，， ∴，，， 四边形是矩形， ， ， ， ． 【点睛】对于涉及切线的问题常常连接圆心和切点以及求不规则阴影部分的面积需要通过作辅助线转化为规则图形的面积的和差成为解题的关键． 命题预测10：圆的综合证明与计算 [广东省卷解答题压轴] 1．（2026·广东江门·一模）如图1，在正方形中，P是边上的动点，E在的外接圆上，且位于正方形的内部，，连接，． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)如图2，连接，过点E作于点F，请探究线段与的数量关系，并说明理由； (3)当点P是的中点时，．若点Q是外接圆上的动点，且位于正方形的外部，连接．当与的一个内角相等时，请直接写出所有满足条件的的长． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 (3)或12 【分析】（1）如图1，在正方形中，，根据圆内接四边形的性质得到，求得．得到，于是得到结论； （2）如图2，延长交于点H．根据平行线的性质得到，根据垂直的定义得到，根据全等三角形的判定和性质定理得到，，于是得到结论； （3）由（2）知．求得．根据是BC的中点，于是得到，推出不存在，当时，如图3，，根据圆周角定理得到是圆的直径，根据勾股定理得到．当时，如图4，连接．由第一种情况可知是圆的直径，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图1，点在的外接圆上， ， 在正方形中，， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形； （2）解：结论：， 理由：如图2，延长交于点H， ，， ，即， ， ， ， ， 又， ， ，， ∵四边形是正方形， ∴，， 又， ∴四边形是矩形， ，， ， ， ∴是等腰直角三角形， ； （3）解：由（2）知． ， ， ∴， 是的中点， ． 由①可知，， ∴， ， 是圆的直径， 当点Q在上方的弧上时，（时相切，不存在）；当点Q在左侧的弧上时，（时相切，不存在），当点Q在下方的弧上时，， 不存在， 当时，如图3，， ， 连接，则， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ， ∴， 当时，如图4，连接； 是圆的直径， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， 综上所述，的长是或12． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了等腰直角三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 2．（2024·广东阳江·二模）如图1，在正方形中，P是边上的动点，E在的外接圆上，且位于正方形的内部，，连结，． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)如图2，连结，过点E作于点F，请探究线段与的数量关系，并说明理由； (3)当点P是的中点时，． ①求的长； ②若点Q是外接圆上的动点，且位于正方形的外部，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 (3)①；②或12 【分析】（1）如图1，在正方形中，，根据圆内接四边形的性质得到，求得．得到，于是得到结论； （2）如图2，延长交于点H．根据平行线的性质得到，根据垂直的定义得到，根据全等三角形的判定和性质定理得到，，于是得到结论； （3）①由（2）知．求得．根据是BC的中点，于是得到， ②推出，当时，如图3，，根据圆周角定理得到是圆的直径，根据勾股定理得到．当时，如图4，连接．由第一种情况可知是圆的直径，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图1，点在的外接圆上， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形； （2）解：结论：， 理由：如图2，延长交于点H， ，， ，即， ， ， ， ， 又是等腰直角三角形， ， ， ，， ∵四边形是正方形， ∴，， 又， ∴四边形是矩形， ，， ， ， ∴是等腰直角三角形， ； （3）解：①由（2）知． ， ， ∴， 是的中点， ． ②由①可知，， ∴， ∴，， 存在或， 当时，如图3，， ， ， 是圆的直径， 连接，则， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ， ∴， 当时，如图4，连结； 是圆的直径， ， ， ， ， 综上所述，的长是或12． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了等腰直角三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 3．（2024·广东·模拟预测）如图①，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，．如图②，连接，为线段上一点，过点作的平行线分别交，于点，，过点作于点．设，． (1)求的长和关于的函数解析式； (2)当，且长度分别等于，，的三条线段组成的三角形与相似时，求的值； (3)延长交半圆于点，当时，求的长． 【答案】(1)， (2)或或 (3) 【分析】（1）如图1，连接，根据切线的性质得出，证明，得出，即可得出；证明四边形是平行四边形，得出，代入数据可得； （2）根据三边之比为，可分为三种情况．当时，当时，当时，分别列出比例式，进而即可求解； （3）连接，，过点作于点，根据，得出，由，可得，代入（1）中解析式，即可求解． 【详解】（1）解：如图1，连接． ∵切半圆于点， ∴． ∵，， ∴，，， ∴． ∵， ∴， ∴，即， ∴． 如图2，， ∴． ∵，∴四边形是平行四边形，， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：如图2， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，，三边之比为， ∴可分为三种情况： i）当时，，，解得， ∴． ii）当时，，，解得， ∴． iii）当时，，，解得， ∴． （3）解：如图3，连接，，过点作于点， 则，， ∴． ∵，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，即的长为． 【点睛】本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，函数解析式，分类讨论，作出辅助线是解题的关键． 4．（2024·广东·模拟预测）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，对称轴与抛物线交于点M ． (1)求抛物线的解析式； (2)直线与轴交于点N，在抛物线上是否存在这样的点P，使以点P，A，C，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由； (3)设直线与轴的交点是D，在线段上任取一点E（不与B，D重合），经过A，B，E三点的圆交直线于点F，试判断的形状，并说明理由； 【答案】(1) (2)存在， (3)是等腰直角三角形，理由见解析 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）求出顶点，从而可得直线的表达式是，进而可得，，求出得出，再由平行四边形的性质即可得解； （3）由等腰直角三角形的性质可得．，由图并结合圆周角定理可得，，即可得解． 【详解】（1）解：根据题意，设函数为：， 把代入得：， 抛物线对应的函数表达式为； （2）解：存在． 如图：连接、， ∵， 顶点， 设直线的表达式为， 将，代入表达式可得， 解得：，                       ∴直线的表达式是．       在中，令，得，解得． ∴， ∵， 在中，令，得，解得，， ， ． ， 四边形为平行四边形，此时； （3）解：是等腰直角三角形．                理由：在中，令，得，令，得． 直线与坐标轴的交点是，． ， ． 点， ． ．      由图并结合圆周角定理可得，． ，且．                是等腰直角三角形． 【点睛】本题考查了求二次函数的解析式，二次函数综合—特殊的四边形问题，二次函数综合—特殊的三角形问题，圆周角定理，一次函数与几何综合，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 5．（2025·广东深圳·三模）某教室内的桌子皆为同一款多功能桌，4张此款桌子可紧密拼接成中间有圆形镂空的大圆桌，上视图如图1所示，其外围及镂空边界为一大一小的同心圆，其中大圆的半径为80公分，小圆的半径为20公分，且任两张相邻桌子接缝的延长线皆通过圆心． 为了有效运用教室空间，老师考虑了图2及图3两种拼接此款桌子的方式．这两种方式皆是将2张桌子的一边完全贴合进行拼接A、B两点为图2中距离最远的两个桌角，C、D两点为图3中距离最远的两个桌角，且与2张桌子的接缝相交于G点，G为中点． 请根据上述信息及图2、图3中的标示回答下列问题，完整写出你的解题过程并详细解释： (1)的长度为多少公分？ (2)判断与的长度何者较大？请说明理由． 【答案】(1)30公分 (2)，见解析 【分析】（1）由，可求得公分，再根据中点性质即可求得答案； （2）根据为大圆的直径可得公分，再根据勾股定理可得公分，进而可得公分，比较160与的大小，即可得出答案． 【详解】（1）解：大圆的半径为80公分，小圆的半径为20公分， 公分， 为中点， 公分； 答：的长度为30公分． （2）解：，理由如下： 由题意得：大圆的直径公分， 如图3，延长、交于点O，延长、交于点，则公分， （公分）， （公分）， ， ， （公分）， ， ， 即 【点睛】本题考查了圆的性质，勾股定理，中点性质等，难度适中，构造直角三角形是解题关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $