专题06 圆综合问题（压轴题专练，10大题型+强化训练）（江苏专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

专题06 圆综合问题 命题预测 江苏中考圆压轴以垂径定理、圆周角定理、切线判定与性质为核心考点，结合考纲要求命题。常融合等腰三角形、解直角三角形、相似三角形与三角函数综合考查，涉及弧长、扇形及阴影面积计算。搭配动点、几何变换、线段最值等题型，运用方程思想、数形结合解题，注重逻辑推理、多情况分类讨论，综合性强，是中考几何重难点压轴题型。 高频考法 1.垂径定理压轴 2.切线的性质 3.弧长与扇形面积压轴 4.圆与三角形综合 5.圆与四边形综合 6.圆与相似三角形综合 7.圆与解直角三角形综合 8.圆与函数综合 9.圆中的最值问题（阿氏圆等） 10.与圆有关的材料型或新定义型问题 典例·靶向·突破 题型01 垂径定理压轴 1．（2025·江苏无锡·一模）如图，已知是的直径，M为上的点，且，，弦经过点M．当时，______；的最大值为______． 【答案】 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理等知识点，由题意可知，，连接，，则，当时，由垂径定理可知，，结合勾股定理可得，则此时，；由，，可得，，即可得，由图可知，，当时，有最大值8，此时，有最大值，再结合，判断存在使得，即存在当时，有最大值．利用线段关系得面积关系是解决问题的关键． 【详解】解：∵是的直径，且，， ∴，， 连接，，则， 当时， 由垂径定理可知，， 在中，，则， 则此时，； ∵，， ∴，即， 同理：， ∴， 由图可知，，当时，有最大值8， 此时，有最大值， 若，则，点到的距离为，此时， 即存在使得， 即存在当时，有最大值， 故答案为：，． 2．（2025·江苏南京·一模）如图，圆内接四边形的对角线互相垂直，且平分，延长，交于点F，若，，则__________． 【答案】/ 【分析】延长交于H，交于G，设、相交于E，根据角平分线的定义，圆周角定理以及三角形外角的性质可得出，根据垂径定理得出，证明，根据平行线分线段成比例可求出，在中，根据勾股定理得出，解方程求出，即可求解． 【详解】解：延长交于H，交于G，设、相交于E， ∵圆内接四边形的对角线互相垂直， ∴， ∵平分， ∴， 又， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴，即， ∴， 在中，， ∴， 解得（负值已舍去）， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的内接四边形，平行线分线段成比例，垂径定理，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，判断出，是解题的关键． 题型02 切线的性质 3．（2025·江苏南通·一模）如图，是的外接圆，且．连接并延长交于点D．过点A作，垂足为点E．点F在的延长线上，连接．使．    (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)直线与相切，理由见解析 (2)的半径为 【分析】（1）连接，证明，由角的等量代换即可证明，可得结论； （2）连接，延长交于点M，证明，在中，，代入计算即可． 【详解】（1）解：直线与相切，理由如下： 证明：连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴直线是的切线； （2）解：如图，连接，延长交于点M， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∵， ∴， 解得，． 即的半径为． 【点睛】本题考查圆的有关性质，圆周角定理，切线的判定、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，掌握圆的有关性质是解题的关键． 4．（2025·江苏苏州·一模）如图，中，D为上一点，，是的外接圆，为的直径，连接． (1)求证为的切线； (2)若⊙O的直径，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长为28 【分析】（1）由直径所对圆周角为直角可知，根据圆周角定理可知，结合，可知，进而证明结论； （2）由（1）可知，进而解直角三角形求得，，连接，由圆周角定理可知，进而解直角三角形求得，，过点作于，则，，得，再证，得，设，则，根据，列方程即可求解． 【详解】（1）证明：∵为的直径， ∴，则， ∵， ∴， 又∵， ∴，则， ∴， ∴为的切线； （2）解：由（1）可知，， ∴， ∵， ∴，则， 连接， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴，则， ∴，则， 过点作于，则，， ∴， ∵，， ∴， 则， 设，则 ∵，即， ∴，解得：， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 题型03 弧长与扇形面积压轴 5．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，扇形中，，，点C为的中点，将扇形绕点C顺时针旋转，得到扇形，则图中阴影部分的面积为_____． 【答案】 【分析】与交于点E，连接点，交于点F，由旋转得，，设，，则，，证明，由对应边成比例得，推出，由三角函数得，解直角三角形求出，，，则阴影部分的面积等于． 【详解】解：如图， 与交于点E，连接点，交于点F， 扇形绕点C顺时针旋转，得到扇形， ，， ，点C为的中点， ，， 设，，则，， ，， ， ，即， 解得， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即图中阴影部分的面积为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查扇形的面积，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，旋转的性质等，难度较大，解题的关键是得出的度数． 6．（2025·江苏盐城·二模）如图，两个大小完全相同的直角三角板、，已知，，平分交于点G，M为边的中点．起初边放置在上，点E与点C重合，后拖动三角板，点E沿的延长线方向滑至处，点D沿方向随之滑至C处，则运动中线段所扫过的图形面积为___________________． 【答案】 【分析】此题考查了求扇形面积，等边三角形的性质和判定，三角形内角和定理，解直角三角形等知识，连接，交于点N，证明出三角形是等边三角形，得到，得出点G，M，F三点围成的图形即为运动中线段所扫过的图形，求出，然后证明出，得到，然后得到，得到运动中线段所扫过的图形面积，解题的关键是掌握以上知识点，得到线段所扫过的图形形状． 【详解】解：如图，分别为滑动的对应点， ，， ， 根据滑动可得， ， 四点共圆， ， 为直径，即为圆的圆心， ，即点到的距离固定， 点的运动轨迹是以点为圆心的圆上的弧， 如图所示，连接，交于点N， ∵两个大小完全相同的直角三角板、，，， ∴， ∴， ∵，M为边的中点， ∴， ∴三角形是等边三角形， ∴，， ∴线段和圆弧围成的图形即为运动中线段所扫过的图形， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴运动中线段所扫过的图形面积． 故答案为：． 题型04 圆与三角形综合 7．（2025·江苏无锡·二模）如图，矩形中，，为上靠近点的三等分点，为上一点，，，则_________． 【答案】 【分析】根据题意，如图所示，过点作于点，过点作于点，延长交于点，连接，则四边形是矩形，，是等腰直角三角形，则，设，则，则，有点四点共圆，点四点共圆，，则，，由，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵为上靠近点的三等分点， ∴， 如图所示，过点作于点，过点作于点，延长交于点，连接，则四边形是矩形，， ∵，， ∴是等腰直角三角形，则， 设，则， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴点四点共圆，点四点共圆， ∴， 在中，， ∴是等腰直角三角形，则， 在中，， ∴， ∴， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，圆的基础知识，掌握矩形的性质，同弧所对圆周角相等是关键． 8．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，在中，，以为直径作，在上取一点，连接使得，延长交的延长线于点，连接并延长交于点，连接． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的半径及的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)半径为4， 【分析】本题考查了圆的切线的判定、三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等： （1）连接，证明即可； （2）首先利用等腰直角三角形性质可知，设的半径为，从而可表示出圆的直径及，证明，根据边长成比例可求出，再求出，最后即可求出直径，在等腰直角三角形中即可求出． 【详解】（1）证明：如图，连接， 在与中，， ∴， ∴，即， ∵是的半径， ∴为的切线； （2）解：∵为的切线，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． 设的半径为， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的半径为4， ∴． 等腰直角三角形中， ∴． 题型05 圆与四边形综合 9．（2025·山东临沂·一模）如图，是的直径，是的中点，过点作的垂线，垂足为点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，证明，可得，再进一步可得结论； （2）连接，，证明四边形是矩形，可得，再证明，可得，可得，利用可得答案． 【详解】（1）证明：是的直径，是的中点，过点作的垂线，垂足为点．如图，连接，则， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：是的直径，如图，连接，，交于点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的判定与性质，垂径定理，扇形面积的计算，熟练掌握切线的判定方法是解决本题的关键． 10．（2025·江苏南京·模拟预测）综合与实践 如图，在中，点是斜边上的动点（点与点不重合），连接，以为直角边在的右侧构造，，连接，． 特例感知（1）如图1，当时，与之间的位置关系是______，数量关系是______． 类比迁移（2）如图2，当时，猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想． 拓展应用（3）在（1）的条件下，点与点关于对称，连接，，，如图3．已知，设，四边形的面积为． ①求与的函数表达式，并求出的最小值； ②当时，请直接写出的长度． 【答案】（1），；（2），，证明见解析；（3）①，的最小值为32；②或 【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、二次函数的应用、圆周角定理、垂径定理、一元二次方程的应用等知识，综合性强，难度大，通过作辅助线，构造圆，利用到圆的性质是解题关键． （1）根据三角形全等的判定证出，根据全等三角形的性质可得，，则，即，由此即可得； （2）先证出，再根据相似三角形的性质可得，，则，即，由此即可得； （3）①先证出四边形是正方形，再过点作于点，则，分和两种情况，求出的长，然后利用勾股定理可得，则可得关于的函数表达式，利用二次函数的性质即可得的最小值； ②连接交于点，连接，则正方形是的内接正方形，对角线是的两条直径，先根据圆周角定理可得点在上，，再过点作于点，过点作于点，根据垂径定理可得，，根据矩形的判定与性质可得，利用勾股定理可得的长，然后求出正方形的面积的值，代入函数关系式求解即可得． 【详解】解：（1）当时，， ∴，， ∵，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴，即， ∴． 故答案为：，． （2），，证明如下： ∵，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴，即， ∴． （3）①当时，， ∴，， ∵， ∴， ∵点与点关于对称， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 又∵， ∴菱形是正方形． 如图，过点作于点，则， 当时，， ∴； 当时，， ∴； 综上，， 由二次函数的性质可知，当时，取得最小值，最小值为32． ②如图，连接交于点，连接，则正方形是的内接正方形，对角线是的两条直径， 由上已证：，即， ∴点在上， 由圆周角定理得：， 过点作于点，过点作于点， ∴，， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴直径， ∴正方形的面积， 由（3）①已得：， ∴， 解得或，均符合题意， 所以的长度为或． 题型06 圆与相似三角形综合 11．（2025·江苏南通·三模） 是的内接三角形，点是上一点，且点与点在的两侧，连接，，． (1)在图1中，是等边三角形的外接圆，点P是上任一点，连接，如果把绕点A逆时针旋转，得到，易证点P，C，D三点共线，且是等边三角形．所以，，这三条线段的数量关系是________；（只填结果） (2)类比探究如图，把中的改为等腰直角三角形，，其他条件不变，三条线段，，还有以上的数量关系吗？说明理由． (3)知识应用如图3，在四边形中，，，，，求的长． (4)迁移拓展如图，把（1）中改为任意三角形，，，时，其他条件不变，求证 【答案】(1) (2)没有，理由见详解； (3) (4)证明见解析 【分析】（1）根据旋转的性质和等边三角形的性质得到，，然后由，等量代换可得答案； （2）当为等腰直角三角形时，延长到点E，使得，连接，借助等腰直角三角形的性质及圆内接四边形的性质，证明，进而证明，也为等腰直角三角形，再推导出； （3）如图3，过点A作，交的延长线于点F，首先利用证明，得到，，然后证明，得到，，求出，再利用三角函数即可求出． （4）当改为任意三角形时，在中，以点A为顶点，为边，作，点F在上，借助圆周角定理的推论（同弧或等弧所对的圆周角相等）证明和，再由相似三角形的性质可推导出和，由可推导，即得出结论； 【详解】（1）解：∵把绕点A逆时针旋转，得到，P，C，D三点共线，且是等边三角形， ∴，， ∴，即； 故答案为； （2）若为等腰直角三角形，，三条线段，，没有（1）中的数量关系，理由如下： 如图，延长到点E，使得，连接， ∵为等腰直角三角形，， ∴，， ∵四边形内接于圆， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴三条线段，，没有（1）中的数量关系； （3）如图，过点A作，交的延长线于点F， ∵在四边形中，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． （4）证明：如图，在中，以点A为顶点，为边，作，点F在上， ∵， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴ ， 当，，时， ∴， 即． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理的推论、等腰三角形的判定和性质、全等三角形和相似三角形的性质，解直角三角形，等知识，综合性强，难度大，解题关键是通过延长线段或截取线段构造全等三角形或相似三角形． 12．（2025·江苏南京·二模）如图，四边形内接于，直线交的延长线于点，延长，相交于点，平分． (1)求证：． (2)若是的切线． ①求证：． ②若，，是的中点，则的半径为_____． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②． 【分析】（1）利用角平分线的定义，圆的内接四边形的性质和圆周角定理得到，再利用等腰三角形的判定定理解答即可； （2）①连接并延长交于点，利用等腰三角形的性质，垂径定理得到，利用圆的切线的性质定理得到，则，利用平行线的性质，圆周角定理，弦切角定理和相似 三角形的判定定理解答即可； ②连接并延长交于点，过点作于点，连接，利用切割线定理求得的长度，利用相似三角形的判定与性质求得，利用线段的中点的定义和等腰三角形的三线合一的性质得到，利用矩形的判定与性质得到，利用勾股定理求得，设的半径为，则，利用勾股定理列出方程解答即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵平分， ， ∵四边形为圆的内接四边形， ， ， ， ； （2）①证明：连接并延长交于点，如图： 由（1）知：， ，， ， ∵是的切线， ， ∴， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴； ②连接并延长交于点，过点作于点，连接，如图： ∵是的切线， ， ∵， ∴． ∴， 由①知：， ， ， ， ∵是的中点， ， ，， ， ，， ， ∴四边形为矩形， ， ， ， ， 设的半径为，则， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，圆的内接四边形的性质，圆的切线的性质定理，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，添加适当的辅助线构造直角三角形和相似三角形是解题的关键． 题型07 圆与解直角三角形综合 13．（2025·江苏苏州·二模）如图1，内接于，直径交于点，满足． (1)若，求的度数． (2)求证：． (3)如图2，连接．若，，求的值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，可得，，根据，可得，从而可得，再根据圆周角等于圆心角的一半即可解题； （2）连接、，可得，，，，根据三角形外角性质可得，从而可得，可得，从而证得； （3）连接，过点，作交于点，作，的延长线交于点，结合三角形外角性质，以及等腰三角形性质得到，，，进而得到，然后求出，然后利用勾股定理求出，，然后利用，求出，最后证明，得到，即可解题． 【详解】（1）解：如图，连接，可得，， ，， ， ， ； （2）证明：如图，连接、，可得，，，， ， ， ， 即， ， 为等腰三角形； （3）解：连接，过点，作交于点，作，的延长线交于点， ， ， ，， ， ， ，， ， ， 是的直径， ，， ，即 ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴，即 ∴ ∵ ∴， ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形性质，三角形外角性质，勾股定理，相似三角形性质和判定，锐角三角函数，解题的关键在于熟练掌握相似三角形性质和判定． 14．（2025·江苏常州·二模）如图1，点是线段上的一点（不与点重合），若点满足，则称点是点关于的“关联点”． (1)下列情况中，点是点关于的“关联点”的是______（填序号）． ①如图，在中，，，垂足为． ②如图，在中，，，． (2)如图3，，点是线段上的一点，，，点是点关于的“关联点”． ①求的长； ②点是点关于的一个“关联点”，且与点不重合．若与面积相等，求的长． (3)已知点是线段上的一点，点在线段上方，，，若在射线上存在两个点，使其为点关于线段的“关联点”，直接写出的取值范围． 【答案】(1)①② (2)①；②或 (3) 【分析】（1）①根据两角相等证明，得出，然后根据“关联点”的定义判定即可； ②根据对应边成比例，且夹角相等证明，得出，然后根据“关联点”的定义判定即可； （2）根据“关联点”的定义可求出，然后根据勾股定理求解即可； ②根据“关联点”的定义可求出，点以点为圆心，以为半径的上，根据与面积相等可得出M、C到的距离相等，进而得出，则点为直线与的交点，即为图中，，当点在处时，过点作延长线于点，则，四边形是矩形，则，，，根据勾股定理求出，则，根据勾股定理以及二次根式的性质可求出；当点在处时，同理求出，即可求解； （3）设，根据“关联点”的定义可得出，过作于F，根据正切定义可得出，设，则，，根据勾股定理得出，则，根据在射线上存在两个点，使其为点关于线段的“关联点”，得出方程有两个不等的实数根，然后根据根的判别式可求出；同时根据在射线上存在两个点，使其为点关于线段的“关联点”，可判定，则，求出，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点是点关于的“关联点”，即①符合题意； 在中，，，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴点是点关于的“关联点”，即②符合题意； 故答案为：①②； （2）解：①，则， ∵点是点关于的“关联点”， ∴， 解得，（负值舍去）， ∵， ∴； ②∵， ∴， ∴， ∵点是点关于的一个“关联点”， ∴， 解得，（负值舍去）， ∴， ∴点以点为圆心，以为半径的上， ∵与面积相等， ∴M、C到的距离相等， 又M、C在同侧， ∴， ∵， ∴点到的距离为， 如图，点为直线与的交点，即为图中，， 当点在处时， 过点作延长线于点，则，四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴ ； 当点在处时， 过点作延长线于点， 同理可求出， ∴ ； 综上，的长为或； （3）解：设，点关于线段的“关联点”， 则， 过作于F， ∵， ∴， 设，则，， ∴， 则， 化简得， ∵在射线上存在两个点，使其为点关于线段的“关联点”， ∴方程有两个不等的实数根， ∴， 解得， ∵在射线上存在两个点，使其为点关于线段的“关联点”， ∴， ∴， 解得， ∴， 即当时，在射线上存在两个点，使其为点关于线段的“关联点”． 【点睛】本题考查了新定义，相似三角形的判定与性质，正切的定义，矩形的判定与性质，勾股定理，圆的基本概念，一元二次方程根的判别式等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键． 题型08 圆与函数综合 15．（2025·江苏·一模）如图，以点为圆心，以6个单位长为半径作，与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于C，D两点．二次函数的图象经过A，B，C三点． (1)求c的值； (2)连接和，求证：四边形为菱形； (3)如果横坐标、纵坐标都是整数的点称为整点．已知位于x轴下方的抛物线上有两个整点R，T，连接，那么在x轴下方的二次函数的图象上，是否存在点P，使，如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)或． 【分析】本题主要考查求函数解析式、菱形的判定、圆周角定理、垂径定理等知识点，发现点P的轨迹是解题的关键． （1 ）先根据题意确定，然后代入解析式即可确定c的值； （2 ）先根据图形以及线段的和差可得，再根据垂径定理可得，则四边形为平行四边形，最后结合即可证明结论； （3 ）先求得、，根据题意可得点R，T，得横坐标在和之间，进而确定，再根据等腰直角三角形的性质、圆的性质、点到直线的距离得到点P到点H的距离为，即，最后与抛物线联立求解即可． 【详解】（1）解：∵以点为圆心，以6个单位长为半径作， ∴， ∴， ∴， 将代入可得：，解得：． （2）解：∵以点为圆心，以6个单位长为半径作， ∴， ∴，即， 又∵是直径，， ∴， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形为菱形． （3）解：由（1）可知抛物线解析式为：， 当时，有，解得：， ∴，， ∵位于x轴下方的抛物线上有两个整点R，T，连接， ∴点R，T的横坐标在和之间， 由整点的定义以及抛物线解析式可知：，即， ∵， ∴如图：点P在以为弦的圆上，且圆心角， ∵， ∴轴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴点P在以为圆心，以为半径的圆上，即点P到点H的距离为， ∴，即， 联立，解得：或或（舍弃）或舍弃）， ∴点P的坐标为或． 16．（2025·江苏常州·一模）如图，已知抛物线的顶点坐标为，且与轴交于点，点的坐标为，点为抛物线上一动点，以点为圆心，长为半径的圆交轴于两点（点在点的左侧）． (1)求此抛物线的函数表达式； (2)当点在抛物线上运动时，弦的长度是不是定值？若不是定值，请说明理由；若是定值，请求出弦的长． (3)如图2，若直线过点，求证：三角形是等边三角形． 【答案】(1)抛物线的函数表达式为 (2)弦的长度是定值．弦的长为6 (3)见解析 【分析】本题考查二次函数的综合应用，垂径定理，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键： （1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）过点作轴，垂足为，连接，设点的坐标为，则，利用垂径定理结合勾股定理求出的长，进而求出的长，进行判断即可； （3）求出直线的解析式，设，则且，求出，分两种情况，进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线的顶点坐标为， ∴设抛物线的函数表达式为． 将点代入，得， 解得， 抛物线的函数表达式为． （2）弦的长度是定值．理由如下： 如图1所示，过点作轴，垂足为，连接，则：， 设点的坐标为，则． ， ∴． ， ． ， ， ∴弦的长度为定值． （3）证明：设直线的解析式为， 直线过点， ，解得：， ∴； 设，则且， ， ， ． ①当时，点在对称轴左侧，如图2， ． ， 的坐标为， ，又， 三角形是等边三角形． ②当时，在对称轴右侧，如图3， ， ， 的坐标为， ， ，又， 三角形是等边三角形． 题型09 圆中的最值问题（阿氏圆等） 17．（2025·江苏无锡·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知，，点在以为圆心，为半径的圆上，关于的对称点为，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的最小值是（   ） A．14 B．15 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的运用规律，掌握点的运动，建立合理的数量关系，数形结合分析是关键． 根据题意，轴对称，旋转的性质得到点关于点的对称点的横坐标为，纵坐标为，即，点在以点为圆心，为半径的圆上，点在以点为圆心，为半径的圆上，由此得到的最小值是的值减去的最大值，数形结合分析即可求解． 【详解】解：∵点， ∴点关于点的对称点的横坐标为，纵坐标为，即， ∵点在以为圆心，为半径的圆上，关于的对称点为， ∴点在以点为圆心，为半径的圆上， 如图所示，连接， ∵， ∴点到轴的距离为，到轴的距离为， ∴， 将绕点逆时针旋转度得，则， ∴与轴的负半轴的夹角为， ∴， ∴点在以点为圆心，为半径的圆上， ∴当点在上顺时针运动时，根据轴对称的性质得到点在上逆时针运动，点在上顺时针运用， 连接， ∴， ∵点的运动方向不同， ∴线段与线段的关系是：相交与平行，如图所示， ∴如图3所述，当时，延长交于点，过点作于点， 当时，， ∴最大时，的值最小， ∴当时，的值在四边形是平行四边形时最大， ∴， ∴， 故选： D． 18．（2025·江苏·一模）如图，在中，，，则的最大值为______．    【答案】 【分析】过点作，垂足为，如图所示，利用三角函数定义得到，延长到，使，连接，如图所示，从而确定，，再由辅助圆-定弦定角模型得到点在上运动，是的弦，求的最大值就是求弦的最大值，即是直径时，取到最大值，由圆周角定理及勾股定理求解即可得到答案． 【详解】解：过点作，垂足为，如图所示：   ， 在中，设，则，由勾股定理可得， ，即， ， 延长到，使，连接，如图所示：   ， ，， 是等腰直角三角形，则， 在中，，，由辅助圆-定弦定角模型，作的外接圆，如图所示：   由圆周角定理可知，点在上运动，是的弦，求的最大值就是求弦的最大值，根据圆的性质可知，当弦过圆心，即是直径时，弦最大，如图所示：   是的直径， ， ， 是等腰直角三角形， ， ，则由勾股定理可得，即的最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查动点最值问题，涉及解三角形、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、圆的性质、圆周角定理、动点最值问题-定弦定角模型等知识，熟练掌握动点最值问题-定弦定角模型的解法是解决问题的关键． 题型10 与圆有关的材料型或新定义型问题 19．（2025·江苏镇江·中考真题）为什么变速自行车会“变速”？ 变速自行车是常用的交通工具，图（1）所示的是某型号变速自行车的基本结构，图中处分别有几个大小不同的齿轮，链条连接的两个齿轮称为主动链轮、从动链轮． ［探究]为了便于研究主动链轮与从动链轮的关系，我们先探究一组相互啮合的两个齿轮（如图（2）），通过操作发现：两个齿轮如果可以实现传动，那么两个齿轮的齿距（相邻两齿在圆上的弧长）相等，相同时间内啮合的齿数相等． （1）已知主动轮、从动轮的齿数分别为、，主动轮每分钟转圈，则每分钟啮合的齿数有_____个，从动轮每分钟转圈，则每分钟啮合的齿数有_____个，由于相同时间内啮合的齿数相等，从而可推出与的关系是_____． （2）如图（3），在主动轮与从动轮之间加入一个“惰轮”形成新的齿轮组合，已知主动轮、从动轮的齿数分别为32齿和14齿． 若主动轮的转速为每分钟70圈，求从动轮的转速，并说一说图（3）的齿轮组合在实现传动时，“惰轮”的作用是什么？ ［发现]不难发现，变速自行车中的链条作用如同“惰轮”．若骑行者每分钟蹬的圈数不变，实现自行车“变速”的方法可以是_____（写出一种即可）． 【答案】［探究]（1），，（2）从动轮的转速为每分钟160圈，“惰轮”的作用是使从动轮与主动轮旋转的方向保持一致［发现] 更换不同齿数的从动轮或主动轮 【分析】本题主要考查了圆的性质，旋转的性质，比的应用，解题的关键是理解题意，找到等量关系． ［探究]（1）根据题意，列出代数式，根据等式求出比值即可； （2）借助（1）的结论，根据齿数相等，进行求解即可，观察图中圆旋转的方向，可得“惰轮”的作用； ［发现]根据齿数相等，可选择更换不同齿数的从动轮或主动轮进行变速． 【详解】解：［探究]（1）主动轮每分钟转圈，则每分钟啮合的齿数有个，从动轮每分钟转圈，则每分钟啮合的齿数有个， ∵ ∴， 故答案为：，，； （2）从动轮的转速为（圈/分钟）， “惰轮”的作用是使从动轮与主动轮旋转的方向保持一致， ∴从动轮的转速为每分钟160圈； ［发现]实现自行车“变速”的方法可以是：更换不同齿数的从动轮或主动轮． 20．（2025·江苏淮安·中考真题）探究与应用 【问题初探】（1）在等腰三角形的底边上任取一点P（不与端点重合），连接，线段有何数量关系？下面是小刚的部分思路和方法，请完成填空： 如图（1），过点A作于点D， 在中，∵，∴．    ① 在中，∵，∴ ．    ② 由①－②得：． ∵，， ∴ ． ∴． …… 根据小刚的方法，可以得到线段的数量关系是 ． 【简单应用】（2）如图（2），在等腰直角三角形中，，点D在边上，，以为边构造正方形，利用（1）中的结论求正方形的面积． 【灵活应用】（3）如图（3），是的外接圆，的平分线交于点D，连接，若，，，求的长． 【深度思考】（4）如图（4），在中，，点D、E分别在边上，且满足，交于点P，若，则的值为 ． 【答案】（1），，，见解析（2）（3）（4） 【分析】（1）根据三线合一、勾股定理和线段的和差关系，进行求解即可； （2）利用（1）中结论得到，进而求出，即可得出结果； （3）延长交于点，连接，利用（1）中结论得到，证明，得到，推出，代入中，进行求解即可； （4）设，根据三角形的外角结合三角形的内角和定理推出，作，垂足分别为，则：，根据，设，则，根据含30度角的直角三角形的性质，结合线段的和差关系，分别求出的长，进行求解即可． 【详解】解：（1）如图（1），过点A作于点D， 在中， ∵， ∴．① 在中， ∵， ∴．② 由①－②得：． ∵，， ∴． ∴． ∵， ∴， 故答案为：，，； （2）∵等腰直角三角形中，，， ∴， ∵， ∴； 由（1）中结论可知：，即：， ∴， ∴正方形的面积； （3）延长交于点，连接，则：， 由（1）中结论可知：，即：， ∴； ∵平分， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得； （4）∵， ∴， 设， 则：， ∵， ∴， ∴， 作，垂足分别为，则：， ∵， ∴设，则， 在中，， ∴，， ∴，， 同理：，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三线合一，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊三角形和相似三角形，熟练掌握（1）中得到的结论，是解题的关键． 1．（2025·江苏淮安·中考真题）观察点和观察的图形在同一平面内，我们把以观察点为顶点，包含被观察图形的最小角称为从观察点观察该图形的张角．如图（1），为观察点P观察正方形的张角．如图（2），在正方形所在平面内观察这个正方形，若张角为，则观察点的位置都在图中的圆弧上．如图（3），等边三角形的边长为6，在三角形所在平面内观察这个三角形，若张角为，则所有符合条件的观察点组成的图形周长为______． 【答案】 【分析】本题考查了圆周角定理，弧长公式，等边三角形的性质等知识点，难度较大，解题的关键是确定所有符合条件的观察点组成的图形． 先作出符合题意的图形，再根据弧长公式求解整个图形的周长即可． 【详解】解：先作出点关于的对称点，连接，以点为圆心，为半径画圆， 则， ∴， 同理作出圆， ∴点在以为弦的优弧上，如图： 延长交圆于点，当点在劣弧上时，此时不符合题意，如图； ∴点P组成的图形应去掉6段和劣弧一样的弧，如图： 作以点为圆心，为半径的圆与圆交于点，当在劣弧上也符合题意，此时， ∴点也可以在另外两段和劣弧一样的弧，如下图，整个实线图形即为所有符合条件的观察点组成的图形， ∴周长为， 故答案为：． 2．（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E． (1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； (3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______． 【答案】(1)，理由见解析 (2)见解析 (3)25 【分析】（1）过作于过点C作的延长线于，根据旋转的性质得到再证明，可得，最后利用三角形面积公式即可得到结论； （2）延长至， 使得， 连接，连接，证明，可得，从而得出四点共圆，根据圆周角定理可得，最后再利用直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质证明即可得到结论； （3）过点C作延长线于，先求得，再由勾股定理得，最后再求解即可得到结论． 【详解】（1）解：，理由如下： 由旋转的性质可得 过作于过点C作的延长线于， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， （2）证明：延长至， 使得， 连接， 为中点 为的中位线 由旋转的性质可得， ，， ， ， 四点共圆， ， ， 连接， 在中，点是的中点， ， 同理可得， 在中，点是的中点， ， 同理可得， ， 四边形是菱形， ， 即， 四边形是平行四边形， ， 又， P，Q，R三点共线； （3）解：过点C作延长线于， 由旋转的性质可得， 由（1）得，由旋转的性质可得， ， ， ， ， ， ， ， 中，， ， 则S的最大值为25． 故答案为：25． 【点睛】本题考查了几何变换综合题，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，旋转的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质及三角形中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 3．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，将沿直线翻折得到，过点作，垂足为，点是线段上一点，且．当点从点运动到点时，点运动的路径长是______． 【答案】 【分析】分点在矩形内部和点在矩形外部，两种情况进行讨论求解，当点在矩形内部时，作，交于点，证明，进而得到，进而得到点在以为直径的圆上运动，得到当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆，当点在矩形外部时，同法可得，点在以为直径的圆上，得到当点运动到点时，点的运动轨迹是圆心角为的，求出两段路径的和即可得出结果． 【详解】解：∵矩形， ∴， ∵翻折， ∴， 当点在矩形内部时，作，交于点，则：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点在以为直径的圆上运动， ∴当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆， ∴点的运动路径长为：； 当点在矩形的外部时，作，交的延长线于点， 同法可得：，， ∴，点在以为直径的上运动，连接， 当点运动到点时，如图： ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点的运动轨迹为圆心角为的，路径长为， ∴点的运动路径总长为：； 故答案为： 【点睛】本题考查矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，求弧长，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造相似三角形，确定点的运动轨迹，是解题的关键． 4．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，已知是的直径，E为上一点，连接，平分交于点C，于点D，连接交于点G，，连接．若，，则________________ ，__________________ ． 【答案】 【分析】连接，设，证明点为内心，进而证明为等腰三角形，设，由，可知，由垂径定理可得，即有，在中，结合勾股定理解得的值，即可确定的值；确定，的长度，再证明为等腰三角形，可设，则，在中，由勾股定理解得的值，然后根据三角形面积公式求解即可． 【详解】解：如下图，连接，    设， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴，即平分， 又∵平分， ∴，点为内心， ∴平分，即， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， 在中，， ∴，解得或（舍去）， ∴，， ∵， ∴，即， 解得， ∴在中，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴在中，， ∴，解得，即， ∴． 故答案为：，． 【点睛】本题主要考查了三角形内心、圆周角、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、垂径定理等知识，正确作出辅助线是解题关键． 5．（2025·江苏·模拟预测）半径为的圆中，是两条垂直的直径，为弧上的任一点，弦与交于，弦与交于，则四边形的面积为 ______． 【答案】 【分析】此题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等，连接，过点作交的延长线于，可证，由得，即得①，再证得②，由①②得，由此可得，得到，然后求出的面积即可；正确地作出辅助线，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：连接，过点作交的延长线于，如图所示： ∴，， ∵是两条垂直的直径， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即①， ∵，， ∴， ∴， 即②， 由①②得，， 即， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵的半径为， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 6．（2025·江苏盐城·一模）如图，在中，，点是边上一点，且，点、分别是边、上的动点，且始终满足，连接，则线段的最小值为______． 【答案】 【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，平行线的性质，垂线段最短等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 作的外接圆，连接，构造圆内接四边形，设外接圆的半径为，又，则，故有，即是等腰直角三角形，从而可得点四点共圆，则有，过作于点，，然后通过垂线段最短即可求解． 【详解】解：如图，作的外接圆，连接，构造圆内接四边形， 设外接圆的半径为， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴点四点共圆， ∴， ∴， 如图，过作于点， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴线段的最小值为， 故答案为：． 7．（2025·江苏无锡·一模）如图，在平面直角坐标系中，，与射线以及轴的正半轴始终相切，过点作的切线，切点为，则______，切线长的最小值为______． 【答案】 【分析】通过两点间距离公式求出的长度．求出的解析式为．设点，利用等积法求出点P在直线上，根据切线的性质和勾股定理得到的二次函数表达式，再根据二次函数求最值进行解答即可． 【详解】解：在平面直角坐标系中，，， ． 设与轴相切于点，射线交于点D，作轴于点F，则四边形是矩形，连接， ∵与射线以及轴的正半轴始终相切， ∴轴， 设射线的解析式为， 把代入得 ， ， 射线的解析式为． 设点，则， ∴， ∵ ∴ 整理得，， 即点P在直线上， 连接， ∵过点作的切线，切点为， ∴， ∴， ∵， ∴当时，有最小值， 即当时，切线长的最小值为， 故答案为：5， 【点睛】本题考查了两点间距离公式，切线的性质，勾股定理，一次函数解析式的求法，二次函数最值的求法，求出圆心所在直线解析式是关键． 8．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，为的直径，，为圆上两点，，弦，相交于点，连接交边于点． (1)求证：． (2)若，，求和半径的长． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，熟练运用相关知识点是解题的关键． （1）由，得，，由，得，即可求证； （2）由圆周角定理得，由垂径定理得，设，由，得，，，由勾股定理得，根据，可求出的值，即可得出半径的长；证明，即可求出的长． 【详解】（1）证明：， ，． 又， ． ． （2）如图，连接， 为直径， ，． 又， ． 设与交点为， ． 设， ， ． ． ． ， ． ， ． ． ． ． ． ， ，解得． ． ， ． ． ． ． 半径的长为． ， ． ． ． ． 9．（2025·江苏泰州·三模）如图1，在菱形中，，是的外接圆，E是上一动点，连接并延长交于M，连接并延长交于N， (1)求证：是的切线； (2)如图2，当E是中点时，求图中阴影部分面积； (3)当时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，证明是等边三角形，可得，然后根据是的外接圆，可得，从而得到，即可求证； （2）连接，设交于点F，根据垂径定理和圆周角定理可得，，从而得到，再根据图中阴影部分面积为，即可求解； （3）过点M作于点H，证明，可得，可证明，从而得到，然后在中，解直角三角形可得，，从而得到，再利用勾股定理解答即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵是的外接圆， ∴垂直平分， ∴， ∴， 即， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：如图，连接，设交于点F， 由（1）得：是等边三角形，， ∴， ∵E是中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴图中阴影部分面积为； （3）解：如图，过点M作于点H， ∵四边形是的内接四边形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆的综合题，涉及了切线的判定，圆内接四边形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，垂径定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握切线的判定，圆内接四边形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，垂径定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识是解题的关键． 10．（2025·江苏盐城·模拟预测）如图，在中，，，以为直径的交于点D，，垂足为E，的延长线交于点F． (1)求的值 (2)求证： (3)若，则 【答案】(1) (2)见解析 (3)2 【分析】（1）根据题意，得，，解答即可． （2）根据等角的正弦相等，证明比例式成立，再利用两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，证明即可． （3）过点O作于点G，利用三角形相似的判定和性质，勾股定理，三角函数的应用，解答即可． 【详解】（1）解：∵，，以为直径的交于点D，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴． （2）证明：根据（1）证明，得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）解：过点O作于点G， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， 由（1）得， 设， 则， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴ 解得． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆的性质，余角的性质，三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟练掌握三角函数的应用，勾股定理，三角形相似的判定和性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键． 11．（2025·江苏南京·三模）如图①，是的一条弦，是上的一个动点（不与点，重合），连接，以，为边作． (1)如图②，当点在上时，求证：是矩形； (2)若的半径为，． ①当的某一边与相切时，直接写出点到的距离； ②（I）随着点的运动，点的运动路径是__________； ．线段 ．圆 ．抛物线 ．平行四边形 （Ⅱ）连接，则的长的最大值为__________． 【答案】(1)见解析； (2)①当边与相切时：点到的距离为、； 当边与相切时：点到的距离为； ②（I）；（II）． 【分析】（1）根据平行四边形的对角相等，圆内接四边形的对角互补可求出，然后根据矩形的判定即可得证； （2）①分三种情况讨论：当与相切，且在上方；当与相切，且在下方；当与相切时，根据平行四边形的性质、垂径定理、勾股定理以及相似三角形求解即可； ②（I）连接，过O作的平行线，过A作的平行线，两线相交于Q，连接、，得出四边形是平行四边形，则，，证明四边形是平行四边形，得出，则点D在以Q为圆心，3为半径的圆上运动，即点D的运动路径是圆，即可解答； （II）过O作于E．过Q作于F，连接，，则四边形是矩形，得出，根据证明，得出，，根据勾股定理求出，根据，得出当D、Q、B三点共线时，取最大值，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴ ∵是的内接四边形， ∴， ∴， ∴是矩形； （2）解：①当与相切，且在上方，如图，连接并延长，交于E，连接， 则， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 当与相切，且在下方，如图，连接交于E，连接， 同理可求； 当与相切时，如图，连接交于D，过C作于F，连接， 则， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， 综上，当边与相切时：点到的距离为、； 当边与相切时：点到的距离为； ②（I）连接，过O作的平行线，过A作的平行线，两线相交于Q，连接、， 则四边形是平行四边形， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴点D在以Q为圆心，3为半径的圆上运动，即点D的运动路径是圆， 故答案为：； （II）过O作于E．过Q作于F，连接， ， 则四边形是矩形， ∴， 由①知：，， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，即， ∴当D、Q、B三点共线时，取最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，勾股定理，圆内接四边形的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论是解题的关键． 12．（2025·江苏盐城·三模）在平面直角坐标系中有正方形，点的坐标． (1)如图1，点在第一象限，半圆与轴、轴相切于点，半圆的半径为5，半圆交边于．则点的坐标是 ，的坐标是 ，点的坐标是 (2)如图2，在（1）的条件下，将半圆绕点顺时针旋转()，当半圆与边相切时，则点P坐标为 ，半圆从图1位置旋转到与边相切时，半圆扫过的面积为 （结果保留π） (3)如图3，在（1）的条件下，将半圆沿线段向右平移一个单位到点，将半圆绕点顺时针旋转()．求当半圆正好过点时，在五边形中所剪出最大圆的面积．（参考数据∶） 【答案】(1)；； (2)； (3) 【分析】（1）连接，设直线与交于T，由切线的性质可得，则，即可得到点D的坐标为，点P的坐标为；证明四边形是矩形， 得到，，则，由勾股定理得，则，即可得到点F的坐标为； （2）设半圆P与边相切于K，连接并延长交于S，则，，证明四边形是矩形，得到，，则，由勾股定理得，则，即可得到点P的坐标为；解，得到，则可证明，再根据扇形面积计算公式求解即可； （3）先求出点M的坐标为，；设点P的坐标为，根据题意可得，则，解方程可得点P的坐标为；设所剪出的圆的圆心为W，设的半径为，分当恰好与相切时， 当恰好与相切时， 当恰好与相切时，三种情况分别求出对应的r的值， 比较即可得到答案． 【详解】（1）解：如图所示，连接，设直线与交于T， ∵半圆与轴、轴相切于点，半圆的半径为5， ∴， ∴， ∴点D的坐标为，点P的坐标为； ∵四边形是正方形，且， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴点F的坐标为， 故答案为：，，； （2）解：如图所示，设半圆P与边相切于K，连接并延长交于S， ∴，， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴点P的坐标为； 如图所示，半圆P扫过的图形面积即为半圆P的面积加上扇形的面积， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴半圆扫过的面积为， 故答案为：；； （3）解：∵将半圆沿线段向右平移一个单位到点， ∴点M的坐标为， ∵四边形是正方形， ∴， ∴； 设点P的坐标为， ∵半圆P恰好经过点C， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴点P的坐标为， ∴此时点P在上， ∴， 又∵， ∴， 设所剪出的圆的圆心为W，设的半径为 如图所示，当恰好与相切时，则点W到的距离都为， ∴点W到的距离为， ∵， ∴， 解得； 如图所示，当恰好与相切时，则点W到的距离都为， ∴点W到的距离为， ∵， ∴， 解得； 如图所示，当恰好与相切时，则点W到的距离都为， ∴点W到的距离为， ∵， ∴， 解得； ∵， ∴当恰好与相切时，的面积最大，最大为； 综上所述，在五边形中所剪出最大圆的面积为． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，扇形面积计算，勾股定理，解直角三角形，正方形的性质，矩形的性质与判定等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 2 / 2 北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 圆综合问题 命题预测 江苏中考圆压轴以垂径定理、圆周角定理、切线判定与性质为核心考点，结合考纲要求命题。常融合等腰三角形、解直角三角形、相似三角形与三角函数综合考查，涉及弧长、扇形及阴影面积计算。搭配动点、几何变换、线段最值等题型，运用方程思想、数形结合解题，注重逻辑推理、多情况分类讨论，综合性强，是中考几何重难点压轴题型。 高频考法 1.垂径定理压轴 2.切线的性质 3.弧长与扇形面积压轴 4.圆与三角形综合 5.圆与四边形综合 6.圆与相似三角形综合 7.圆与解直角三角形综合 8.圆与函数综合 9.圆中的最值问题（阿氏圆等） 10.与圆有关的材料型或新定义型问题 典例·靶向·突破 题型01 垂径定理压轴 1．（2025·江苏无锡·一模）如图，已知是的直径，M为上的点，且，，弦经过点M．当时，______；的最大值为______． 2．（2025·江苏南京·一模）如图，圆内接四边形的对角线互相垂直，且平分，延长，交于点F，若，，则__________． 题型02 切线的性质 3．（2025·江苏南通·一模）如图，是的外接圆，且．连接并延长交于点D．过点A作，垂足为点E．点F在的延长线上，连接．使．    (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，，求的半径． 4．（2025·江苏苏州·一模）如图，中，D为上一点，，是的外接圆，为的直径，连接． (1)求证为的切线； (2)若⊙O的直径，求的长． 题型03 弧长与扇形面积压轴 5．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，扇形中，，，点C为的中点，将扇形绕点C顺时针旋转，得到扇形，则图中阴影部分的面积为_____． 6．（2025·江苏盐城·二模）如图，两个大小完全相同的直角三角板、，已知，，平分交于点G，M为边的中点．起初边放置在上，点E与点C重合，后拖动三角板，点E沿的延长线方向滑至处，点D沿方向随之滑至C处，则运动中线段所扫过的图形面积为___________________． 题型04 圆与三角形综合 7．（2025·江苏无锡·二模）如图，矩形中，，为上靠近点的三等分点，为上一点，，，则_________． 8．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，在中，，以为直径作，在上取一点，连接使得，延长交的延长线于点，连接并延长交于点，连接． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的半径及的长． 题型05 圆与四边形综合 9．（2025·山东临沂·一模）如图，是的直径，是的中点，过点作的垂线，垂足为点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求阴影部分的面积． 10．（2025·江苏南京·模拟预测）综合与实践 如图，在中，点是斜边上的动点（点与点不重合），连接，以为直角边在的右侧构造，，连接，． 特例感知（1）如图1，当时，与之间的位置关系是______，数量关系是______． 类比迁移（2）如图2，当时，猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想． 拓展应用（3）在（1）的条件下，点与点关于对称，连接，，，如图3．已知，设，四边形的面积为． ①求与的函数表达式，并求出的最小值； ②当时，请直接写出的长度． 题型06 圆与相似三角形综合 11．（2025·江苏南通·三模） 是的内接三角形，点是上一点，且点与点在的两侧，连接，，． (1)在图1中，是等边三角形的外接圆，点P是上任一点，连接，如果把绕点A逆时针旋转，得到，易证点P，C，D三点共线，且是等边三角形．所以，，这三条线段的数量关系是________；（只填结果） (2)类比探究如图，把中的改为等腰直角三角形，，其他条件不变，三条线段，，还有以上的数量关系吗？说明理由． (3)知识应用如图3，在四边形中，，，，，求的长． (4)迁移拓展如图，把（1）中改为任意三角形，，，时，其他条件不变，求证 12．（2025·江苏南京·二模）如图，四边形内接于，直线交的延长线于点，延长，相交于点，平分． (1)求证：． (2)若是的切线． ①求证：． ②若，，是的中点，则的半径为_____． 题型07 圆与解直角三角形综合 13．（2025·江苏苏州·二模）如图1，内接于，直径交于点，满足． (1)若，求的度数． (2)求证：． (3)如图2，连接．若，，求的值． 14．（2025·江苏常州·二模）如图1，点是线段上的一点（不与点重合），若点满足，则称点是点关于的“关联点”． (1)下列情况中，点是点关于的“关联点”的是______（填序号）． ①如图，在中，，，垂足为． ②如图，在中，，，． (2)如图3，，点是线段上的一点，，，点是点关于的“关联点”． ①求的长； ②点是点关于的一个“关联点”，且与点不重合．若与面积相等，求的长． (3)已知点是线段上的一点，点在线段上方，，，若在射线上存在两个点，使其为点关于线段的“关联点”，直接写出的取值范围． 题型08 圆与函数综合 15．（2025·江苏·一模）如图，以点为圆心，以6个单位长为半径作，与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于C，D两点．二次函数的图象经过A，B，C三点． (1)求c的值； (2)连接和，求证：四边形为菱形； (3)如果横坐标、纵坐标都是整数的点称为整点．已知位于x轴下方的抛物线上有两个整点R，T，连接，那么在x轴下方的二次函数的图象上，是否存在点P，使，如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由． 16．（2025·江苏常州·一模）如图，已知抛物线的顶点坐标为，且与轴交于点，点的坐标为，点为抛物线上一动点，以点为圆心，长为半径的圆交轴于两点（点在点的左侧）． (1)求此抛物线的函数表达式； (2)当点在抛物线上运动时，弦的长度是不是定值？若不是定值，请说明理由；若是定值，请求出弦的长． (3)如图2，若直线过点，求证：三角形是等边三角形． 题型09 圆中的最值问题（阿氏圆等） 17．（2025·江苏无锡·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知，，点在以为圆心，为半径的圆上，关于的对称点为，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的最小值是（   ） A．14 B．15 C． D． 18．（2025·江苏·一模）如图，在中，，，则的最大值为______．    题型10 与圆有关的材料型或新定义型问题 19．（2025·江苏镇江·中考真题）为什么变速自行车会“变速”？ 变速自行车是常用的交通工具，图（1）所示的是某型号变速自行车的基本结构，图中处分别有几个大小不同的齿轮，链条连接的两个齿轮称为主动链轮、从动链轮． ［探究]为了便于研究主动链轮与从动链轮的关系，我们先探究一组相互啮合的两个齿轮（如图（2）），通过操作发现：两个齿轮如果可以实现传动，那么两个齿轮的齿距（相邻两齿在圆上的弧长）相等，相同时间内啮合的齿数相等． （1）已知主动轮、从动轮的齿数分别为、，主动轮每分钟转圈，则每分钟啮合的齿数有_____个，从动轮每分钟转圈，则每分钟啮合的齿数有_____个，由于相同时间内啮合的齿数相等，从而可推出与的关系是_____． （2）如图（3），在主动轮与从动轮之间加入一个“惰轮”形成新的齿轮组合，已知主动轮、从动轮的齿数分别为32齿和14齿． 若主动轮的转速为每分钟70圈，求从动轮的转速，并说一说图（3）的齿轮组合在实现传动时，“惰轮”的作用是什么？ ［发现]不难发现，变速自行车中的链条作用如同“惰轮”．若骑行者每分钟蹬的圈数不变，实现自行车“变速”的方法可以是_____（写出一种即可）． 20．（2025·江苏淮安·中考真题）探究与应用 【问题初探】（1）在等腰三角形的底边上任取一点P（不与端点重合），连接，线段有何数量关系？下面是小刚的部分思路和方法，请完成填空： 如图（1），过点A作于点D， 在中，∵，∴．    ① 在中，∵，∴ ．    ② 由①－②得：． ∵，， ∴ ． ∴． …… 根据小刚的方法，可以得到线段的数量关系是 ． 【简单应用】（2）如图（2），在等腰直角三角形中，，点D在边上，，以为边构造正方形，利用（1）中的结论求正方形的面积． 【灵活应用】（3）如图（3），是的外接圆，的平分线交于点D，连接，若，，，求的长． 【深度思考】（4）如图（4），在中，，点D、E分别在边上，且满足，交于点P，若，则的值为 ． 1．（2025·江苏淮安·中考真题）观察点和观察的图形在同一平面内，我们把以观察点为顶点，包含被观察图形的最小角称为从观察点观察该图形的张角．如图（1），为观察点P观察正方形的张角．如图（2），在正方形所在平面内观察这个正方形，若张角为，则观察点的位置都在图中的圆弧上．如图（3），等边三角形的边长为6，在三角形所在平面内观察这个三角形，若张角为，则所有符合条件的观察点组成的图形周长为______． 2．（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E． (1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； (3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______． 3．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，将沿直线翻折得到，过点作，垂足为，点是线段上一点，且．当点从点运动到点时，点运动的路径长是______． 4．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，已知是的直径，E为上一点，连接，平分交于点C，于点D，连接交于点G，，连接．若，，则________________ ，__________________ ． 5．（2025·江苏·模拟预测）半径为的圆中，是两条垂直的直径，为弧上的任一点，弦与交于，弦与交于，则四边形的面积为 ______． 6．（2025·江苏盐城·一模）如图，在中，，点是边上一点，且，点、分别是边、上的动点，且始终满足，连接，则线段的最小值为______． 7．（2025·江苏无锡·一模）如图，在平面直角坐标系中，，与射线以及轴的正半轴始终相切，过点作的切线，切点为，则______，切线长的最小值为______． 8．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，为的直径，，为圆上两点，，弦，相交于点，连接交边于点． (1)求证：． (2)若，，求和半径的长． 9．（2025·江苏泰州·三模）如图1，在菱形中，，是的外接圆，E是上一动点，连接并延长交于M，连接并延长交于N， (1)求证：是的切线； (2)如图2，当E是中点时，求图中阴影部分面积； (3)当时，求的长． 10．（2025·江苏盐城·模拟预测）如图，在中，，，以为直径的交于点D，，垂足为E，的延长线交于点F． (1)求的值 (2)求证： (3)若，则 11．（2025·江苏南京·三模）如图①，是的一条弦，是上的一个动点（不与点，重合），连接，以，为边作． (1)如图②，当点在上时，求证：是矩形； (2)若的半径为，． ①当的某一边与相切时，直接写出点到的距离； ②（I）随着点的运动，点的运动路径是__________； ．线段 ．圆 ．抛物线 ．平行四边形 （Ⅱ）连接，则的长的最大值为__________． 12．（2025·江苏盐城·三模）在平面直角坐标系中有正方形，点的坐标． (1)如图1，点在第一象限，半圆与轴、轴相切于点，半圆的半径为5，半圆交边于．则点的坐标是 ，的坐标是 ，点的坐标是 (2)如图2，在（1）的条件下，将半圆绕点顺时针旋转()，当半圆与边相切时，则点P坐标为 ，半圆从图1位置旋转到与边相切时，半圆扫过的面积为 （结果保留π） (3)如图3，在（1）的条件下，将半圆沿线段向右平移一个单位到点，将半圆绕点顺时针旋转()．求当半圆正好过点时，在五边形中所剪出最大圆的面积．（参考数据∶） 2 / 2 北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $