专项03 中考解答题中圆的试题特点与命题趋势（大题专练）（上海专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

专项03 中考解答题中圆的试题特点与命题趋势 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选中考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 近五年上海中考解答题对 “圆” 的考查，呈现题位灵活化、知识极简化、角色工具化、难度弹性化的清晰趋势；圆逐渐从独立几何板块，退化为服务于综合题的基础背景，命题风格稳定、基础、不深挖、不超纲。 一、题位分布：从固定中档题，转向 “灵活 + 压轴化” 2021—2022：圆稳定出现在第 23 题（中档几何证明），位置固定、考法传统。 2023：出现双题考查（21 题基础计算 + 25 题压轴综合），难度跨度拉大。 2024：完全退出 23 题，仅在压轴 25 题出现，圆开始承担 “综合背景” 功能。 2025：回归 23 题，但考法更简洁、更偏向工具化。 趋势结论：圆不再是固定的中档证明题，题位灵活化、波动化，并明显向压轴综合题倾斜。 二、考查深度：明显 “弱化性质，强化工具属性” 从表格可以清晰看出： 早年（2021—2022）还考查垂径定理、弦心距、弦弧关系等圆的专属性质。 2023—2024 压轴题中，几乎只用到 “半径相等” 这一条。 趋势结论：圆在上海中考中持续弱化，不再单独考查圆的体系化知识，典型 “工具化”。 三、题型风格：从纯证明 → 证明 / 计算 / 压轴三线并行 2021—2022：纯几何证明，强调逻辑推理。 2023：出现基础计算题（21 题），降低入门门槛。 2024：完全进入压轴综合，与相似、坐标、分类讨论结合。 2025：回到证明，但更简洁、更短平快。 趋势结论：圆的题型不再单一，但核心始终简单，不搞复杂圆综合。 四、知识点收敛：高度聚焦，绝不超纲 五年下来真正反复考的只有三类： 半径相等（最核心、出现最多） 垂径定理（仅基础应用） 圆心角、弧、弦关系定理（推导角的关系、线段关系） 趋势结论：上海对圆的考查极度收敛、极度基础，严格遵循减负方向，只考定义与最简单性质。 五、与新课标的契合趋势 降低几何难度：减少圆的复杂推理，符合新课标 “减负提质”。 强化综合运用：圆与相似、函数、坐标系结合，突出数形结合。 重基础轻技巧：不考套路模型，只考最本质的定义与性质。 突出核心素养：侧重几何直观、逻辑推理、模型观念。 真题·欣赏 1．（2025·上海·中考真题）23.如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 研考点·通技法 一、圆的基本特征：圆的半径都相等 思考：第（1）小问已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． 求证：； 【分析】连接，由等边对等角得到，利用证明，得到，证明，得到，则可证明； 二、圆的基本性质：圆心角、弧、弦、弦心距关系定理 思考：（2）如果，求证：． 【分析】连接，由，得到，，证明，得到，则可证明，进而证明，则可证明． 真题·欣赏 2．（2024·上海·中考真题）25.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． 析典例·建模型 三、弱化性质，强化背景属性 思考：（2）问①在梯形中，，点E在边上，且．已知，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； 【分析】本题看似考查三角形的外接圆，其实圆的出现只是承担几何综合题背景功能，它的等价于告诉学生O点在等腰△AED的∠EAD的平分线上，且OA=OE=OD，又因为点O在∠B的平分线上，根据几何模型“两直线平行，同旁内角的平分线互相垂直”即可知AO⏊BO.过点O作OH⏊AB，在几何模型“射影定理”的基本图形中，即可得到从而求出结论。 真题·欣赏 3．（2023·上海·中考真题）21. 如图，在中，弦长为8，点C在延长线上，且． （1）求的半径； （2）求的正切值． 研考点·通技法 四、重基础、强运用，减负提质 【分析】23年圆首次以纯计算的形式出现在解答题中，说明现在考试形式灵活，重基础、强运用，切合减负提质。 （1）过点O作OH⏊AB于点H，根据垂径定理即可求解； （2）过点作于点，先解直角三角形可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据正切的定义即可得． 破类题·提能力 1.（2025·上海奉贤·二模真题21）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． 2.（2025·上海静安·二模真题23）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． 3.（2025·上海黄浦·二模真题25）已知，在中，，是边上一动点，联结．点在线段上，且，以点为圆心，为半径作，交边于点． (1)当点与点重合时，判断与边的位置关系并说明理由； (2)已知点在上，且，与边交于点，当经过圆心时（如图），求的值； (3)过点作，交边于点，当与线段只有一个交点时，求的取值范围． 4.（2025·上海徐汇·二模真题25）如图，在中，，点是边上的动点，以点为圆心，为半径的圆交边于点．设． (1)当点是边的中点时，求的值； (2)已知点是线段AE的中点（规定：当点与点重合时，点也与点重合），以点为圆心、为半径作 ①当与边有公共点时，求的取值范围； ②如果经过边的中点，求此时与的公共弦长． 5.（2023·上海·中考真题25）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，联结交于点．    (1)如果，求证：四边形为平行四边形； (2)如图（2）所示，联结，如果，求边的长； (3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值． 6.（2025·上海虹口·二模真题25）如图，为半圆的直径，是半圆的弦，以为直径作． (1)如图①，过点作，垂足为． ①求证：； ②已知，如果经过点（如图②），求直线与直线夹角的正弦值； (2)已知与线段相交于点、，，如果，求的长． 7.（2022·上海·中考真题25）平行四边形，若为中点，交于点，连接． (1)若， ①证明为菱形； ②若，，求的长． (2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值． 8.（2025·上海杨浦·二模真题25）已知圆O的直径上有一点C（不与A、B重合），，过点C作弦，点F是弧的中点，连接，交于点G． (1)如图1，当点G与点O重合时，求的长； (2)如图2，连接，当时，求的值； (3)设，，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项03 中考解答题中圆的试题特点与命题趋势 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选中考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 近五年上海中考解答题对 “圆” 的考查，呈现题位灵活化、知识极简化、角色工具化、难度弹性化的清晰趋势；圆逐渐从独立几何板块，退化为服务于综合题的基础背景，命题风格稳定、基础、不深挖、不超纲。 一、题位分布：从固定中档题，转向 “灵活 + 压轴化” 2021—2022：圆稳定出现在第 23 题（中档几何证明），位置固定、考法传统。 2023：出现双题考查（21 题基础计算 + 25 题压轴综合），难度跨度拉大。 2024：完全退出 23 题，仅在压轴 25 题出现，圆开始承担 “综合背景” 功能。 2025：回归 23 题，但考法更简洁、更偏向工具化。 趋势结论：圆不再是固定的中档证明题，题位灵活化、波动化，并明显向压轴综合题倾斜。 二、考查深度：明显 “弱化性质，强化工具属性” 从表格可以清晰看出： 早年（2021—2022）还考查垂径定理、弦心距、弦弧关系等圆的专属性质。 2023—2024 压轴题中，几乎只用到 “半径相等” 这一条。 趋势结论：圆在上海中考中持续弱化，不再单独考查圆的体系化知识，典型 “工具化”。 三、题型风格：从纯证明 → 证明 / 计算 / 压轴三线并行 2021—2022：纯几何证明，强调逻辑推理。 2023：出现基础计算题（21 题），降低入门门槛。 2024：完全进入压轴综合，与相似、坐标、分类讨论结合。 2025：回到证明，但更简洁、更短平快。 趋势结论：圆的题型不再单一，但核心始终简单，不搞复杂圆综合。 四、知识点收敛：高度聚焦，绝不超纲 五年下来真正反复考的只有三类： 半径相等（最核心、出现最多） 垂径定理（仅基础应用） 圆心角、弧、弦关系定理（推导角的关系、线段关系） 趋势结论：上海对圆的考查极度收敛、极度基础，严格遵循减负方向，只考定义与最简单性质。 五、与新课标的契合趋势 降低几何难度：减少圆的复杂推理，符合新课标 “减负提质”。 强化综合运用：圆与相似、函数、坐标系结合，突出数形结合。 重基础轻技巧：不考套路模型，只考最本质的定义与性质。 突出核心素养：侧重几何直观、逻辑推理、模型观念。 真题·欣赏 1．（2025·上海·中考真题）23.如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 研考点·通技法 一、圆的基本特征：圆的半径都相等 思考：第（1）小问已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． 求证：； 【分析】连接，由等边对等角得到，利用证明，得到，证明，得到，则可证明； 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； 二、圆的基本性质：圆心角、弧、弦、弦心距关系定理 思考：（2）如果，求证：． 【分析】连接，由，得到，，证明，得到，则可证明，进而证明，则可证明． （2）证明：如图所示，连接， ∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴； 由（1）可得， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 真题·欣赏 2．（2024·上海·中考真题）25.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． 析典例·建模型 三、弱化性质，强化背景属性 思考：（2）问①在梯形中，，点E在边上，且．已知，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； 【分析】本题看似考查三角形的外接圆，其实圆的出现只是承担几何综合题背景功能，它的等价于告诉学生O点在等腰△AED的∠EAD的平分线上，且OA=OE=OD，又因为点O在∠B的平分线上，根据几何模型“两直线平行，同旁内角的平分线互相垂直”即可知AO⏊BO.过点O作OH⏊AB，在几何模型“射影定理”的基本图形中，即可得到从而求出结论。 【详解】（2）①解：记点O为外接圆圆心，过点O作于点H，连接， ∵点O为外接圆圆心， ∴，OA⏊ED， ∴，AO平分∠BAD ∵， ∴， ∵平分，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴外接圆半径为； 真题·欣赏 3．（2023·上海·中考真题）21. 如图，在中，弦长为8，点C在延长线上，且． （1）求的半径； （2）求的正切值． 研考点·通技法 四、重基础、强运用，减负提质 【分析】23年圆首次以纯计算的形式出现在解答题中，说明现在考试形式灵活，重基础、强运用，切合减负提质。 （1）过点O作OH⏊AB于点H，根据垂径定理即可求解； （2）过点作于点，先解直角三角形可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据正切的定义即可得． 【详解】（1）解：如图，过点O作OH⏊AB于点H，   由垂径定理得BH=AH=AB=4， ∵cos∠ABC= ∴BO= 的半径为10． （2）解：如图，过点作于点，     的半径为5， ， ， ， ， ，即， 解得， ，， 则的正切值为． 破类题·提能力 1.（2025·上海奉贤·二模真题21）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) 【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，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 2.（2025·上海静安·二模真题23）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． 【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：． 3.（2025·上海黄浦·二模真题25）已知，在中，，是边上一动点，联结．点在线段上，且，以点为圆心，为半径作，交边于点． (1)当点与点重合时，判断与边的位置关系并说明理由； (2)已知点在上，且，与边交于点，当经过圆心时（如图），求的值； (3)过点作，交边于点，当与线段只有一个交点时，求的取值范围． 【分析】（1）过点C作于点，先解求出，的度数，过点O作于点，则当点与点重合时，，由，得到，故，即可判断； （2）由垂径定理的推论可得，可得为等腰直角三角形，证明，则，设，则，由，得到，那么，代入即可求解； （3）当与线段相切时，过点作于点，过点作于点，导角证明，则，那么；当经过点时，过点分别作，垂足分别为，由平行线分线段成比例定理得到，设，则，则，那么，解得到，再由平行线分线段成比例定理得到，即，求出，即可求解． 【详解】（1）解：与边相切，理由如下： 过点C作于点， ∵在中，， ∴， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 过点O作于点, ∵，当点与点重合时， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 而为半径，为点O到边的距离， ∴与边相切； （2）解：∵，经过圆心， ∴， ∵经过圆心， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵为半径，， ∴， ∴一定不经过点， 当与线段相切时，如图： 过点作于点，过点作于点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 当经过点时，过点分别作，垂足分别为， ∴，， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴当时，符合题意， 综上所述，当与线段只有一个交点时，或． 【点睛】本题考查了圆的切线的性质，直线与圆的位置关系，垂径定理及其推论，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，难度较大，解题的关键在于两个临界情况进行分析． 4.（2025·上海徐汇·二模真题25）如图，在中，，点是边上的动点，以点为圆心，为半径的圆交边于点．设． (1)当点是边的中点时，求的值； (2)已知点是线段AE的中点（规定：当点与点重合时，点也与点重合），以点为圆心、为半径作 ①当与边有公共点时，求的取值范围； ②如果经过边的中点，求此时与的公共弦长． 【分析】（1）过作于点H，由垂径定理可得，再利用三角函数求解即可； （2）①当点E与A重合时可知，过作于点M，求出，可知在点运动过程中，与边始终有公共点，进而即可得出r的范围； ②利用建立方程求解，得到，即此时与A重合，进而即可得解． 【详解】（1）如图，过作于点H，则， ∵， ∴， ∵E为中点， ∴， ∴， ∴，即， 解得； （2）①当点E与点A重合时， 此时与A重合，， ∵， ∴， ∴， ∴，即此时， 过作于点M， ∵， ∴， ∴， ∴在点运动过程中，与边始终有公共点， ∴； ②如图，记中点为F，过F作，过作于点H， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵，即， 解得； ∵， ∴在中，， ∵， 解得（负值舍去）， ∴此时E和A重合，即与A重合，如图所示，为公共弦， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴，即与的公共弦长为． 【点睛】本题主要考查了勾股定理、解直角三角形、垂径定理、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、圆的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 5.（2023·上海·中考真题25）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，联结交于点．    (1)如果，求证：四边形为平行四边形； (2)如图（2）所示，联结，如果，求边的长； (3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值． 【分析】（1）根据等边对等角得出，，等量代换得出，则，根据是的中点，，则是的中位线，则，即可得证； （2）设，，则，由（1）可得则，等量代换得出，进而证明，得出，在中，，则，解方程即可求解； （3）是以为腰的等腰三角形，分为①当时，②当时，证明，得出，设，根据，得出，可得，，连接交于点，证明在与中，，，得出，可得，根据相似三角形的性质得出，进而即可求解． 【详解】（1）证明：∵ ∴ ∵ ∴, ∴ ∴， ∵是的中点，， ∴是的中位线， ∴，即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵，点边中点， 设，，则 由（1）可得 ∴， ∴， 又∵ ∴, ∴ 即， ∵， 在中，， ∴， ∴ 解得：或（舍去） ∴； （3）解：①当时，点与点重合，舍去； ②当时，如图所示，延长交于点P，    ∵点是的中点，， ∴， 设， ∵ ∴， ∴， 设， ∵ ∴，   ∴， ∴， ∴， 连接交于点， 6.（2025·上海虹口·二模真题25）如图，为半圆的直径，是半圆的弦，以为直径作． (1)如图①，过点作，垂足为． ①求证：； ②已知，如果经过点（如图②），求直线与直线夹角的正弦值； (2)已知与线段相交于点、，，如果，求的长． 【分析】本题考查了相似三角形的性质，圆的性质，解直角三角形，分类讨论是解题的关键； （1）①证明，根据相似三角形的性质，即可得证； ②根据①的结论，结合已知得出，进而得出，过点作于点，连接得出则过点作交于点，则四边形是矩形，得出直线与直线夹角的为，进而根据正弦的定义，即可求解； （2）设，根据题意画出图形，分当在的左侧时，当在的右侧时，分别求得，，进而在，中，，根据勾股定理求得的值，即可求解． 【详解】（1）解：①如图 ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴， ∴ ∴ ∴即； ②∵， ∴， ∴ ∴ 过点作于点，连接，如图， ∵ ∴， ∵，， ∴ ∴，， ∴ 过点作交于点，则四边形是矩形， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴直线与直线夹角的正弦值为 （2）解：∵， ∴设 ①当在的左侧时，如图，连接，，过点作于点， ∴ ∴ ∵ ∵， ∴ ∴ 又∵， ∵ ∴ ∴在，中， ∴ 解得： ∴ ②如图，当在的右侧时， ∴ ∴ 同理可得， ∴ 同理得， 解得： ∴ 综上所述，或．    ∵， ∴ ∴， ∴， 在与中，，， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的定义，圆的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，第三问中，证明是解题的关键． 7.（2022·上海·中考真题25）平行四边形，若为中点，交于点，连接． (1)若， ①证明为菱形； ②若，，求的长． (2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值． 【分析】（1）①连接AC交BD于O，证△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论； ②先证点E是△ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,从而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四边形性质即可得出BD长； （2）由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是△ABC的重心，又在直线上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=AB，根据重心性质得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,则AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，则BC=AE，代入即可求得的值． 【详解】（1）①证明：如图，连接AC交BD于O， ∵平行四边形， ∴OA=OC， ∵AE=CE，OE=OE， ∴△AOE≌△COE(SSS)， ∴∠AOE=∠COE， ∵∠AOE+∠COE=180°， ∴∠COE=90°， ∴AC⊥BD， ∵平行四边形， ∴四边形是菱形； ②∵OA=OC， ∴OB是△ABC的中线， ∵为中点， ∴AP是△ABC的中线， ∴点E是△ABC的重心， ∴BE=2OE， 设OE=x，则BE=2x， 在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2, 在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2, ∴9-x2=25-9x2， 解得：x=, ∴OB=3x=3， ∵平行四边形， ∴BD=2OB=6； （2）解：如图， ∵⊙A与⊙B相交于E、F， ∴AB⊥EF， 由（1）②知点E是△ABC的重心， 又在直线上， ∴CG是△ABC的中线， ∴AG=BG=AB，GE=CE， ∵CE=AE， ∴GE=AE，CG=CE+GE=AE， 在Rt△AGE中，由勾股定理，得 AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2, ∴AG=AE, ∴AB=2AG=AE， 在Rt△BGC中，由勾股定理，得 BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2， ∴BC=AE， ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目． 8.（2025·上海杨浦·二模真题25）已知圆O的直径上有一点C（不与A、B重合），，过点C作弦，点F是弧的中点，连接，交于点G． (1)如图1，当点G与点O重合时，求的长； (2)如图2，连接，当时，求的值； (3)设，，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． 【分析】（1）连接，根据垂径定理得出，根据弧、圆心角的关系，以及对顶角的性质得出，结合平角定义求出，根据余弦定义求出，即可求解； （2）连接，，，，设与相交于H，根据垂径定理得出，根据弧、弦、圆心角的关系得出，，结合（1）可得，，结合平角定义求出，根据等边对等角和三角形内角和定理可求出，进而求出，根据垂径定理、垂直平分线的性质得出，进而求出，然后证明，得出，证明是等腰三角形，得出，则可化简为，最后解方程即可； （3）分情况讨论：当C在上时，连接，，，过F作与于H，证明 ，得出，证明，得出，在和中，根据勾股定理得出，则可求出即可求出y关于x的函数解析式；当C在上时，同理求解即可． 【详解】（1）解∶连接， ∵， ∴， ∴， ∵点F是弧的中点， ∴， ∴， 又， ∴， 又， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接，，，，设与相交于H， ∵， ∴， ∴，， 又， ∴， 又， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 化简得， 解得（负值舍去）； （3）解：当C在上时，连接，，，过F作与于H， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， 又， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∴， 化简得， ∴（负值舍去）， ∴； 当C在上时，连接，，，过F作与于H， 同理可求出， ， 解得 ∴， 综上，． 【点睛】本题考查了圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，垂径定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，解一元二次方程，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造相似三角形是解题的关键． 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $