重难点05 圆的综合压轴题（重难专练）（全国通用）2026年中考数学二轮复习讲练测

**基本信息** 以“定理复用-跨界融合-动态建模”为主线，构建“考向拆解-要点精析-靶向刷题”三阶训练体系，提炼10类核心题型的通用解题框架，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |考向01-05|5考向10题型，每题型3道典例|切线性质转化直角三角形、相似比例整体代换、隐圆构造定弦定角等|从圆的基本定理（垂径/切线长）到几何综合（三角/四边形），再到代数几何跨界（函数），最终进阶动态探究与隐圆最值模型，形成“基础-综合-高阶”递进逻辑|

函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 重难点05圆的综合压轴题 ◆)◆ 内容导航 第部分重难考向解读拆解核心难点，明确备考要点 ★核心模块 ★重难考向 ★考法解读/考向预测 第二部分重难要点賠剖析精解核心要点，点拨解题技巧 ★要点梳理 ★典例验知★技巧点拨 ★类题夯基 考向01圆与三角形的综合（解直角三角形/相似） 考向02圆与四边形的综合（计算与证明） 考向03圆与函数的综合（代数几何跨界） 考向04圆的动态探究与存在性问题（压轴拉分） 考向05隐圆与最值模型（高阶思维) 第三部分重难提分必刷靶向突破难点，精练稳步进阶 ---◆》00◆ 重●难●考●向●解●读 一、2023、2024、2025年考法解读 纵观近三年全国中考数学压轴题，圆的综合题呈现出“重代数推理、重跨科融合、重模型变式”的鲜 明特点： 1.基础回归，核心定理高频复用：垂径定理、切线长定理、圆周角定理依然是解题的“三板斧”。命 题人偏爱将这些基础定理镶嵌在复杂图形中，考查学生的“图形拆解力”。 2.跨界融合，函数方程成为主旋律：圆与二次函数、反比例函数的综合题占比逐年攀升。核心考点 聚焦于“直线与圆相切的临界条件”、“圆上一动点的坐标参数化”。 3.动态探究，分类讨论杜绝漏解：2024、2025年多省市（如浙江、湖北、重庆）真题中，出现了大 量“动点十圆”的存在性探究题，要求学生不仅要会算，更要具备严密的逻辑分类思想。 二、2026年考法预测 基于近年命题演变，对2026年中考命题趋势及备考策略作出如下预测： 1. 命题趋势展望 (1)从“有形”向“无形”转变：显性给出的圆将减少，更多题目会以“到定点距离等于定长”或“定弦对定 角”的隐性条件出现，考察学生构造“隐形圆”的能力。 (2)运算偏向“整体代换”与“降维”：在求解半径或线段长时，单纯靠勾股定理列方程的情况会减少，更 多需要借助相似比例进行整体代换，或将三维几何问题降维转化为二维坐标问题。 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (3)新定义题型崛起：预计2026年会涌现一批结合“闭包”、“极距等新定义的圆综合题，实质是考察圆 的基本量的快速提取能力。 2.2026年备考策略建议 (1)狠抓“半径”这根主线：让学生建立条件反射一看到圆，第一时间寻找或构造半径，将问题转化 为直角三角形或等腰三角形问题。 (2)固化“分类讨论”触发机制：教导学生遇到“相切”想内外，遇到“弦”想优/劣弧，遇到“点对圆”想圆内 /圆外，形成肌肉记忆。 (3)强化“建系”破题法：对于纯几何推导受阻的优等生，鼓励采用平面直角坐标系，用代数方程暴力 破解几何最值。 重●难●要●点●剖●析 考向01圆与三角形的综合（解直角三角形/相似） 。题型01利用切线性质结合解直角三角形求线段/角度 回棉豪妙计 通用思路：切线的本质是提供了直角，将曲线问题转化为直线型的三角形问题。 关键步骤： 1.连半径：连接圆心与切点，标记直角符号(90°)。 2. 设未知：根据已知角度（如30°，45°）和边长，设出半径r或相关线段长。 3. 列方程：在构造出的直角三角形中，利用勾股定理或锐角三角函数列出关于r的一元一次方程并求解。 1.(2026安徽阜阳·二模)如图1，在AOB中，0A=0B,⊙0与AB相切于点C,与OB交于点D,点E 是⊙0上一点，连接CE,DE,CE交0D于点G,已知∠A=50°，⊙0的半径为4， 图1 图2 (1)求∠E的度数： (2)如图2，若0A∥CE,延长D0交⊙0于点F,连接EF,求EF的长. 2.(2026辽宁沈阳一模)如图，AB为半圆O的直径，点P在AB的延长线上，过点P作半圆O的切线， 与半圆相切于点C,过点O作AB的垂线与PC的延长线相交于点D,与半圆O相交于点F,连接AC, 高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 OD与AC相交于点E. E (I)求证：DC=DE; ②若半圆0的半径长为4，an∠8MC=?求0D的长. 3.(2026陕西渭南一模)如图，ABC内接于O0,且AB是O0的直径，延长AC至点D,过点D作 DE⊥AB于点E,过点C作OO的切线CF交DE于点F, (I)求证：LA=∠BCF; 3 (2)若点E是OB的中点，00的半径为10，si血B=亏，求AD的长. ②题型02圆中的垂直与相似模型（母子相似以） 回棉豪妙计 通用思路：圆中的相似多见于相交弦、切割线以及直径所对的圆周角构成的直角三角形。 关键步骤： 1. 找直角：若有过直径的圆周角，直接得到90°并作垂线（双垂直模型）。 2. 证相似：通过“公共角十直角”或“对顶角十圆周角相等”证明两三角形相似。 3. 得比例：写出对应边成比例式（如PA2=PB·PC为切割线定理推论），代入已知量求未知量。 1.(2026北京通州一模)如图，已知AB为半圆O的直径，C为半圆O上一点，连接AC,BC,过点O 作OD⊥AC于点D,过点A作半圆O的切线交OD的延长线于点E,连接EC. D 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (I)求证：EC为圆O的切线； (②连接BD并延长交E于R,若半圆0的直径为10，am∠C4B子，求F的长。 2.(2023山东德州模拟预测)如图，在ABC中，以ABC的边AB为直径作O0,交AC于点D,DE是 OO的切线，且DE⊥BC,垂足为点E. (I)求证：AB=BC; (2)若DE=3,CE=6,求直径AB长. 3.(2026陕西榆林二模)如图，⊙0是ABC的外接圆，BC是直径，点E是BC左侧O0上的一点，连接 CE、BE,延长EB到点D,连接AD,AD是OO的切线，CE‖AD. B (I)求证：∠EBC=2LACB; (2)若BD=1,AB=5,求O0的半径长. 考向02圆与四边形的综合（计算与证明） ◆题型03圆内接四边形的性质应用与角度推导 回棉豪妙什 通用思路：圆内接四边形的核心特征是“对角互补，外角等于内对角”，是导角的利器。 关键步骤： 1. 审图形：确认四点共圆（或需证明共圆）。 2.转角度：利用“对角之和=180°”求出未知角；或利用“一个角的外角等于它的内对角”进行等量 代换。 3. 推结论：结合三角形内角和或平行线性质，完成最终的度数计算。 1.(2026陕西商洛一模)如图，ABC内接于O0,点E在AB上，点D在劣弧AC上，连接AD、CD、 CE,若四边形ADCE为平行四边形，且∠D=108°，则∠BCE的度数为() 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D E 0 B A.30° B.35 C.36° D.40 2.(2026北京石景山一模)如图，在ABC中，AB=AC,∠B=65°，以AC为直径画圆，与AB交于点 D,与BC交于点E,连接DE,则∠DEC的大小为() A.130° B.115° C.65 D.50° 3.(2026云南保山一模)如图，ABC是O0的内接等腰三角形，AB=AC,点E是劣弧AC上的动点（与 点A,点C均不重合)，连接BE,CE,连接AE并延长交BC的延长线于点D,过点A作直线AM∥BC. M (I)若LABC=52°，求∠AEC的度数； (2)求证：AM是O0的切线： (3)探究、发现与证明：是否存在常数m和n,使等式DC.DB=m·AD2+n·AC2成立？若存在，请直接 写出m和n的值，并证明DC·DB=m·AD2+n·AC2成立；若不存在，请说明理由. 。题型04圆与特四边形判定综合（如正田明是菱形矩形） 回棉豪妙计 通用思路：将四边形问题转化为圆心到各边距离（弦心距）的问题。 关键步骤： 1.定基础：先证明四边形是平行四边形（如证明对边平行或对角线互相平分）。 2.添条件： (1)证菱形：证明邻边相等（如利用切线长定理，或圆心到四边距离相等）。 (2)证矩形：证明有一个角是直角（如证明圆心在四边形对角线交点上，且半径相等）。 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 答题模板：先证平四（两组对边分别平行/相等）一→再添条件（一组邻边等/一个角为直角）→下结论。 1.(2025陕西西安模拟预测)如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，E是AB上一点，F是AD上一点，连 接EF,CF,∠CFE=60°，若BE+DF=6,则菱形ABCD的面积为 B 2.(2025福建泉州一模)如图，在菱形ABCD中，∠D=a,△ACD的外接圆O0交BC边于点E,则 ∠EAC的大小为 (用含a的代数式表示) A D B E 3.(2024山东滨州中考真题)如图，四边形ABCD内接于O0,若四边形OABC是菱形，则∠D= D B 考向03圆与函数的综合（代数几何跨界) 。题型05圆与一次函数的综合（求解折式/交点） 回佛豪妙社 通用思路：将圆上一动点或圆外一点设元，利用两点间距离公式（或切线垂直关系）建立等式。 关键步骤： 1.设坐标：设动点为x,ax2+bx+c或利用参数设元。 2. 找等量： (1)若点在圆上：该点到圆心的距离等于半径（用距离公式）。 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)若线与圆相切：圆心到该直线的距离等于半径。 3. 解方程：代入坐标，去根号（平方）或去分母求解参数。 1.(2026北京海淀一模)如图，在平面直角坐标系x0y中，4-2m是抛物线y=x2上一点.以点C(0,1) 2 为圆心，CA长为半径的圆与抛物线在第一象限交于点B,抛物线和⊙C在点A,B之间的部分分别记为 G,G.M,N分别是G,G,上的两个动点(M,N均不与A,B重合).给出下面四个结论： G 2衣 ①当MN⊥x轴时，MN长的最大值为V5+1; ②若点Q在x轴上，则在第一象限内存在点M,使四边形ABM0的面积等于△ABQ的面积； ③△AMN可能是等边三角形； ④以0)为中点的线段MN拾有两条。 上述结论中，所有正确结论的序号是(. A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 2.(2025上海模拟预测)在平面直角坐标系x0y中，以原点O为圆心作00：x2+y2=mm>0）.若抛物 线y=ax2+bx+c(a≠0)与⊙O有且只有两个交点，且抛物线不从⊙0内部穿过，则a的取值范围（用m 表示)为 3.(2025·甘肃武威模拟预测)如图，己知二次函数y=ax2+bx+c(a<0,c>0)与x轴交于点A、B,与y 轴交于点C,且以AB为直径的圆经过点C, VA 备用图 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)若点A-2,0),点B(8,0),求c的值： (2)若点A(x,0),B(x2,0),试探索C是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. (3)若点D是圆与抛物线的交点(D与A、B、C不重合)，在(1)的条件下，x轴上是否存在一点P,使 得以P、B、C为顶点的三角形与△CBD相似？若存在，请直接写出点P坐标；若不存在，请说明理由. 。题型06反比例函数帼像中的圆形运轨迹 回棉豪妙计 通用思路：利用反比例函数上点的坐标特征|y|=k|,结合圆的弦长公式进行计算。 关键步骤： k 1. 表坐标：设圆与反比例函数图象的交点坐标为m, m 2. 造勾股：若涉及弦长，结合垂径定理，将半弦长、弦心距、半径用m和k表示。 3. 消元解：列出等式，目标通常是求解比例式或消去m求出k的值。 1.(2025河南南阳模拟预测)已知反比例函数y=经过点A3,4). x (I)求反比例函数的解析式： (2)以平面直角坐标系原点0为圆心，OA长为半径画圆，与该反比例函数图象有交点，求除点A外的其 余交点的坐标： (3)若该反比例函数与⊙0在第一象限的另一个交点为点B,求△OAB的面积. 2.(2022广东广州一模)如图，在平面直角坐标系中，直线yx与双曲线y=交于4，B两点，其中4 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. 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 k 3.(2025河南漯河·二模)如图，在平面直角坐标系中，点P在反比例函数y=二(x>0)的图象上，0P与y轴 交于A,B两点，与x轴相切于点C.连接PA,PB,已知△PAB是等边三角形，且PA=4. B (I)求反比例函数的表达式： (2)过点B作BD∥x轴，交0P于另一点D,点D是否在反比例函数的图象上？ (3)若OP与反比例函数的图象交于点E,F,连接AE,EF,请直接写出∠AEF的度数. 考向04圆的动态探究与存在性问题（压轴拉分） 《题型07直线与圆的位置送系探究（相切/相交的临界态） 回棉豪妙计 通用思路：动直线或动圆引发的位置关系变化，关键在于找准“恰好相切”的这一瞬间。 关键步骤： 1.画草图：画出初始状态和相切临界状态的示意图。 2. 表距离：用含有变量的代数式表示出“圆心到切线的距离”或“圆心到动点的距离”。 3. 列方程：令该距离等于圆的半径，解出的变量值即为临界值，最后根据不等式确定范围。 1.(2025·北京·三模)如图所示，在一个半径为1m的圆形轨道所在平面内，垂直立一根柱子，设轨道到柱 子的最近距离为d(d>0),在圆形轨道上有精密测距仪，可以在轨道的不同的n个位置测量离柱子的距 离h,用h,h,，h,表示n个不同位置测量的距离 立柱 轨道 当h+h+…+hn-1=hn时，此时为轨道与柱子的最佳位置，此时的d为最佳距离. (1)当最佳距离d=1m时，hn的最大值为 (2)当n的最大值为6时，最佳距离d的范围是 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2.(2024广东汕头·一模)如图1，正方形ABCD的边长为4，E是BC边的中点，点P在射线AD上，过P 作PF⊥AE于F.设PA=x· D D B E E(F) E 图1 图2 图3 (I)若以P,F,E为顶点的三角形与△ABE相似，试求x的值； (2)如图2，当点F与点E重合时，设PF交CD于点G,试判断∠GAE与∠BAE的大小关系并说明理由； (3)以D为圆心，DP为半径的⊙D与线段AE只有一个公共点时，请直接写出x的取值， 3.(2026天津东丽一模)已知在00中，点C为AB的中点，连接0C交弦AB于点E,点D在00上，连 接OA,OB,BD,CD. D D F 图① 图② (1)如图①，连接AC,若∠D=28°，求∠OBA和L0AC的度数； (2)如图②，过点A作O0的切线交0C延长线于点F,若∠D=30°，OA=3,求AB和AF的长. 题型08圆上一动点构成的三角形存在性（等腰直角三角形） 回棉豪妙计 通用思路：圆上的动点通常有无数个，需按固定顶点分类，转化为纯粹的代数计算。 关键步骤： 1.定分类：明确哪个点是直角顶点或等腰顶点（若未明确，需分三种情况）。 2. 设坐标：设动圆上的点为(x,y),并满足圆心为(a,b)的圆的方程(x-a2+(y-b2=R2。 3. 列等式：根据等腰或直角列出第二个方程。 4. 解方程组：联立圆的解析式求解，并代入原图检验是否符合题意（防增根）。 1.(2026云南一模)如图，ABC是00的内接三角形，AB为O0的直径，AB=10,点D在⊙0上. 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 CD平分∠ACB,连接OC,AD,BD,E是OC延长线上一点，连接AE,AE=OA,过点A作 AF⊥OC于点F,∠ABC=22.5°. ⊙ D (I)求证：AE是O0的切线； (2)求AD的长： (3)探究：是否存在常数m,使等式AC·BC+AD·BD=mCD成立？若存在，求出m的值；若不存在， 说明理由， 2.(2026云南一模)如图，ABC内接于⊙0，∠BAC的平分线AD与O0交于点D,连接BD,CD,过 点D作DE∥BC,DE交AC的延长线于点E. .O C E (I)求证：LDBC=∠DCB; (2)求证：DE是O0的切线： (3)探究、发现与证明：是否存在常数m,n,使等式AD2=mAB·AC+nBD2成立？若存在，请直接写出一 个m的值和一个的值，并证明你写出的m的值和的值，使等式AD2=mAB·AC+nBD?成立；若不存 在，请说明理由， 3.(2023·湖南衡阳一模)如图，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A(-1,0,B(3,0)两点，交y轴于点C(0,3) ,D为顶点， 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)求抛物线的解析式： (2)在y轴的负半轴上是否存在点P使∠APB+∠ACB=180°，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请 说明理由； (3)过点C作直线1与y轴垂直，与抛物线的另一个交点为E,连接AD,AE,DE,在直线1下方的抛物 线上是否存在一点M,过点M作MF⊥1，垂足为F,使以M,F,E三点为顶点的三角形与ADE相似？ 若存在，请求出M点的坐标，若不存在，请说明理由. (4)点H是直线AC上一点，该抛物线的对称轴上一动点G,连接0G,GH,则两线段0G,GH的长度 之和的最小值等于，此时点G的坐标为（直接写出答案.） 考向05隐圆与最值模型（高阶思维） 题型09利用“定弦定角”构造隐圆求晶值 回棉豪妙竹 通用思路：若线段AB固定，且动点P满足∠APB=0(定值)，则P的轨迹是以AB为弦的一段圆弧。 关键步骤： 1. 找定弦：确定长度不变的线段AB。 2. 造圆：利用尺规作图，作出使得∠APB=的圆弧（即找圆心O,使∠AOB=20)。 3. 求最值：将所求线段（如PA十PB或PC)转化为圆心到某定点的距离士半径，利用“两点之间线段 最短”求得结果。 1.(2025·陕西渭南模拟预测)【问题提出】 D B 图① 图② 图③ 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (1)如图①，在Rt△ABC中，AB⊥BC,AB=12,BC=8,以AB为直径作OO,点P是ABC内部 的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC,则线段CP的最小值为 (2)如图②，BD是等边△ABD与△DBC的公共边，且∠BCD=30°，BD=4.点E是等边△ABD内 部一点，且满足∠DEB=150°，求线段AE的最小值； 【问题解决】 (3)如图③是某生态公园的部分示意图，正方形ABCD是一块绿地，经测量，AB=100m,政府计划对 该绿地及周边区域进行重新规划利用，在射线AD上取一点E,沿BE,CE修两条小路，并在小路BE上 取点F,将CF段修建为供游客休息的走廊（走廊宽度忽略不计）.根据设计要求，LBFC=∠BCE,为 了节省铺设成本，要求供游客休息的走廊CF的长度尽可能小，问CF的长度是否存在最小值？若存在， 求出CF长度的最小值；若不存在，请说明理由. 2.(2025·陕西商洛·一模)问题提出 )知图O,在等边三角形ABC中，4E=CD-8C=2,点F为BC上一动点，求EF+DF的最小值： 问题解决 (2)如图②，某市计划将四边形ABCD修建为一个批发市场，其中E为该批发市场的车辆入口， △BCG为货物零售区域，现需在AD边上的点F处设置一个快递分类装车点，并修建车道EF,FG用来运 送货物.已知∠ABC=60°，∠BCD=∠ADC=90°，∠ABG+∠DCG=90°，AB=BC=300V3m,CE=DE.为 节约成本，需将车道EF,FG修建的尽可能短，则EF+FG的值是否存在最小值？若存在，求EF+FG的 最小值；若不存在，请说明理由.（结果保留根号） A 图① 图② 3.(2025吉林长春，三模)【问题原型】如图①，在矩形ABCD中，AB=2,AD=22,点E在边AD上， 点F在射线DC上，且DF=√2AE,连结BE、AF交于点M,若点P是AD边上的一个动点，连结PC 、PM,试探究PC+PM的最小值. 【问题分析】如图②，小明首先作点C关于直线AD的对称点C,连结PC'、P,由对称性可知 PC=PC,利用基本事实：“两点之间线段最短”，可知当C、P、M三点共线时， PC+PM=PC'+PM=C'M,进而问题转化为探究C'M的最小值问题，又进一步转化为探究点M的轨 迹的问题 其次，小明发现可通过证明△DAF∽△ABE,得出AF⊥BE,进而可知∠AMB=9O°，即可确定点M的 轨迹 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 以下是证明∠AMB=90°的部分过程 证明：在矩形ABCD中，∠BAD=∠ADC=90 :AB=2,AD=2√2 AD =2 AB 证明过程缺 失 请你补全上述缺失的证明过程， 【问题解决】请结合上述探究过程，用圆规和无刻度的直尺，在图③中作出【问题原型】中的点P、M, 使PC+PM的值最小，此时PC+PM的最小值为 ·(保留作图痕迹) D D 4 图① 图② 图③ 题型10“点到圆”的最大/最小距离问题 回棉豪妙什 通用思路：圆外一点P到圆O上任意一点Q的距离，最大值为PO十，最小值为PO一r。 关键步骤： 1. 定圆心半径：从复杂图形中抽象出隐形圆的圆心O和半径。 2. 连线段：连接圆外定点P与圆心O并延长，使之与圆交于两点。 3. 算极值：最大值=PO十r,最小值=PO一r(若点P在圆内，则最大/最小值互换)。 1. (2023湖南永州·三模)我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫做两点间的距离； 同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到这条直线的垂线 段的长度，叫做点到直线的距离.类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，最短线段的长 度，叫做点到曲线的距离。依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点A2,)到以原点为圆心，以1为 半径的圆的最短距离为 ·最长距离为 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ·A(2,1) 2.(2022河南南阳一模)习过相似三角形后，刘老师布置了一道思考题 问题情境：如图1，等腰三角形ABC中，AC=BC,CD为AB边上的中线，M为CD上一个动点， DE⊥BM于点E,连接CE,若点N为AC上一个动点，连接EN,当AC=5,AB=6时，求EN的最 小值. 小明在分析这道题时，发现思路不明显，他采用从特殊到一般的方法进行探究，以下是他的探究过程， 请仔细阅读，并完成下列任务. D 8 D B 图1 图2 图3 原题中动点较多，小明准备先从动点的条件入手分析： 分析一：如图2，等腰三角形ABC中，AC=BC,CD为AB边上的中线， 若CD=AB,点M为CD的中点，DE⊥BM于点E,连接CE, 点N为AC上一个动点，连接EN,探究EN是否存在最小值： 过程：连接AE,:CD垂直平分AB,CD=AB,M是CD的中点， BD=MD,∠BDM=90°，△BDM是等腰直角三角形， :DE⊥BM,.BE=DE,.∠DBE=∠EDC=45°， :AB=CD,.△BAE≌△DCE, AE=CE,.∠BEA=∠DEC, ∠BEA-LDEA=∠DEC-LDEA,.∠BED=∠CEA=90°， △CAE是等腰直角三角形，.当EN⊥AC时有最小值； 分析二：如图3，等腰三角形ABC中，AC=BC,CD为AB边上的中线， 若CD≠AB,且M,N分别为CD、CA的中点，DE L BM于点E, 连接CE,EN,求证：AC=2EN, 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 任务： (I)小明在分析一中判断EN的最小值时运用了 原理；（填序号） ①两点之间线段最短；②垂线段最短；③平行线间的距离；④点到圆的距离. (2)请完成分析二的证明： (3)请直接写出问题情境中EN的最小值. 3.(2025浙江杭州一模)【定理学习】欧几里得在《几何原本》中提出切割线定理：从圆外一点引圆的切 线和割线（圆外一点引出一条与圆有两个交点的直线叫割线），切线长是这点到割线与圆交点的两条线 段长的比例中项。 【定理证明】(1)如图①，点P为O0外一点，PA与O0相切于点A,割线PC与圆相交于B,C两点， 求证：PA=PB,PC(提示：连结AB,AC,AO,并延长A0交OO于点D,连结BD). 【解决问题】(2)如图②，PA是⊙0的切线，连结PO交⊙0于点B,⊙O的半径为r.若 PA=r+2,PB=P-2,求r的值， B D 图① 图② 重●难●提●分●必●刷 (建议用时：60分钟) 一、单选题 1.(2026安徽模拟预测)如图，点P为正方形ABCD内或边上一动点，PA=AB=4,M为PB的中点，分 别连接PC,CM,则下列结论错误的是() D M B A.CM的最小值为√5 B.PM的最大值为22 C.PC的最小值为4√2-4 D.PC+PM的最大值为2√2+4 2.(2026四川绵阳二模)如图，M(2,2),⊙M与x轴，y轴均相切，一次函数y=3x+b的图像与⊙M相 切于A点（点A在点M左边），则A点坐标是() 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 。M 10-3V1010+V10 B. 5 5 c. 103+V10 1010-V10 2,2 D. 3,3 3.(2026湖北武汉一模)如图，AB是半径为5√2的O0的一条弦，点C在AB上，过点C作AB的垂线交 ⊙0于点D,AB=14,则AC+CD的最大值是() B A.16 B.17 C.18 D.19 4.(2026江西萍乡.一模)如图，正方形ABCD的边长为2，动点E从点A出发，沿折线A→D→C的方向 运动，同时动点F以相同的速度沿折线D→C→B的方向运动，当其中一点停止运动时，另一点也随即 停止运动，连接AF,BE交于点G.点H是边CD上的另一动点，连接BH和HG,则BH+HG的最小值 为() C H A.√7 B.25 C.25-1 D.V17-1 5.(2026安徽淮南一模)己知点C是半圆的动点，AB为直径，且AB=10,求AC+2BC的最大值() C A.10V5+5√2B.105 C.152 D.5V3+5 6.(2026四川德阳·一模)水车是中国古代重要的灌溉工具，罗江太平廊桥旁也保留了几座大水车.图1是 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 某种型号水车的示意图，其外围部件是绕中心轴旋转的圆形轮盘，它的边缘平均分布了12个水斗，这 些水斗随轮盘转动而升降.如图2，在水车顺时针转动时，其中的1个水斗在点A处放空水，同时有1 个水斗刚好在点B处接触水面，中间还有2个水斗，已知外围轮盘半径OA为5m,点A到水面的距离为 7m,则水面宽度CB为() 图1 图2 A.6m B.7m C.6m或8m D.7m或8m 二、填空题 7.(2026湖北荆州模拟预测)如图，在矩形ABCD中，AB=8,BC=10,O0经过点B,与AD相切于 点F,交BC于点G,交BO的延长线于点E,BE=BC,则BG的长是 F B D E :点B、E都在⊙O上，且O在BE上， B H G .BE是⊙O的直径， .BE=BC=10, 8.(2026浙江宁波一模)如图，矩形ABCD内接于OO，连接AC,E是AD上一点，连接EB,ED,EB 与AD交于点F.若BF=EF,∠BAC=2LABE,则9的值为 BC / 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D 9.(2026重庆模拟预测)如图，O0是等腰ABC的外接圆，AB=AC=5,BC=6.连接A0并延长交 O0于点D,∠ABC的角平分线交AD于点E,交OO于点F,连接AF,则AF的长度为 D 10.(2026陕西西安模拟预测)如图，在边长为4的正方形ABCD中，点P为边AB上一动点，E为PD中 点，F为PC上一点，且满足EF=AE,则BF的最小值为 B 11.(2026四川成都二模)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，O是斜边AB边上一点，以0为圆心的半圆与 AC,BC边分别相切于点D,E,己知AD=2,半圆半径为4，则图中两部分阴影面积的和为 12.(2026陕西西安·三模)如图，ABC为等腰直角三角形，LACB=90°，AC=BC=√2，D为AB的中 点，E为线段AB上的一个动点，连接CE,将△ACE沿AC折叠得到△ACF,过点F作直线CE的垂 线交直线CE于点G,连接DG和BG,则V5DG+BG的最小值为 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 三、解答题 13.(2026黑龙江哈尔滨·二模)己知：在O0中，弦AC交弦BD于点E,点F在线段AB上，连接DF交 AC于点G,∠AED=∠CDF. 0 图1 图2 图3 (I)如图1，求证：BF=DF; (2)如图2，若AB=AC,连接0G,求证：∠AG0=∠DG0; (③图3，在②》的条件下，4C18D,AF=名，DE=4,连接0F,延长OF交00于点弘，当 ∠AFG是锐角时，求线段FH的长. 14.(2026黑龙江哈尔滨一模)已知：ABC内接于O0,∠C=90°，点D在圆上，弧DA=弧DB,连接 AD, D A B B B 图① 图② 图③ (1)如图①，求证：AB=√2AD (2)如图②，点E在AB上，点G在CB延长线上，连接AG,EG，作EH⊥AG,∠ABC=3LEGB, ∠BEG=∠AGB,求证：∠HEA=∠HEG; (3如图③，在②的条件下，作EF⊥AE交AD延长线于点R,连接FG,四边形4EGF的面积为16 4 AD=3V5,求AC的长. 15.(2026湖北十堰模拟预测)在数学实践课上，同学们利用圆形纸片开展折纸类探究活动： 如图，AB是OO的直径，将弦CD沿AB折叠后，点C恰好落在⊙O上的点D处，连接DO并延长交 O0于点F,连接AF交CD于点G,且CG=AG. 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 G D (I)试判断AC与DF的位置关系，并说明理由， (2)若AB=12,求AC和GD的长， 16.(2026山东济南一模)【先导问题】 D M 图1 图2 图3 (0)如图1，ABC中，∠B=60°，∠BAG=∠CAD,若4织=4C ADAG,则∠D= 度； (2)【提炼模型】如图2，在Rt△ABC中，LB=90°，∠BAG=∠CAD,且满足AD·AC=AB·AG,求 证：∠D=90°； (3)【识别模型、应用模型】如图3，直线MN上有一定点B,∠ABN=45°，AB=2√2，点C为直线 MN上一点，连接AC,∠CAD=90°，且满足AD·AC=8,求BD的最小值. 17.(2026湖北武汉一模)如图，在正方形ABCD中，E,F分别为边CD,BC上的点，且DE=CF,连接 AE,DF交于点G. (1) (1)如图(1)，求证：AE⊥DF; (2)连接CG. ①如图(2)，若CG平分∠EGF,求证：CE=DE; ®如图(3，连接BG,若G平分乙BGC,直接写出的值 18.(2026北京海淀一模)在平面直角坐标系x0y中，对于图形G、图形R和直线1，给出如下定义：若图 形G上存在点T(T在直线1外)，使得图形R上至少有k(k>O)个点到直线1的距离与点T到直线1的 距离相等，则称图形R为图形G关于直线1的“k-等距”图形 0记点42.8，(5岛1 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ①当t=2时，在线段OB,BB2,B,B,中，线段为点A关于y轴的“k-等距”图形，其中k的值 为 ②若线段B,B2为线段AB,关于y轴的“2-等距”图形，则t的取值范围是 ； (2)已知直线：y=x,⊙C的圆心为C(s,a),半径为1.若存在实数s以及⊙C的弦MN,使得任意以 点(s,I)为中心且边长为√3的等边△PQR均为弦MW关于直线1的“3-等距”图形，直接写出a的取值范 围， 重难点05 圆的综合压轴题 内容导航 第一部分 重难考向解读 拆解核心难点，明确备考要点 核心模块 重难考向 考法解读/考向预测 第二部分 重难要点剖析 精解核心要点，点拨解题技巧 要点梳理 典例验知 技巧点拨 类题夯基 考向01 圆与三角形的综合（解直角三角形/相似） 考向02 圆与四边形的综合（计算与证明） 考向03 圆与函数的综合（代数几何跨界） 考向04 圆的动态探究与存在性问题（压轴拉分） 考向05 隐圆与最值模型（高阶思维） 第三部分 重难提分必刷 靶向突破难点，精练稳步进阶 重●难●考●向●解●读 一、 2023、2024、2025年考法解读 纵观近三年全国中考数学压轴题，圆的综合题呈现出“重代数推理、重跨科融合、重模型变式”的鲜明特点： 1. 基础回归，核心定理高频复用：垂径定理、切线长定理、圆周角定理依然是解题的“三板斧”。命题人偏爱将这些基础定理镶嵌在复杂图形中，考查学生的“图形拆解力”。 2. 跨界融合，函数方程成为主旋律：圆与二次函数、反比例函数的综合题占比逐年攀升。核心考点聚焦于“直线与圆相切的临界条件”、“圆上一动点的坐标参数化”。 3. 动态探究，分类讨论杜绝漏解：2024、2025年多省市（如浙江、湖北、重庆）真题中，出现了大量“动点＋圆”的存在性探究题，要求学生不仅要会算，更要具备严密的逻辑分类思想。 二、 2026年考法预测 基于近年命题演变，对2026年中考命题趋势及备考策略作出如下预测： 1. 命题趋势展望 (1) 从“有形”向“无形”转变：显性给出的圆将减少，更多题目会以“到定点距离等于定长”或“定弦对定角”的隐性条件出现，考察学生构造“隐形圆”的能力。 (2) 运算偏向“整体代换”与“降维”：在求解半径或线段长时，单纯靠勾股定理列方程的情况会减少，更多需要借助相似比例进行整体代换，或将三维几何问题降维转化为二维坐标问题。 (3) 新定义题型崛起：预计2026年会涌现一批结合“闭包”、“极距”等新定义的圆综合题，实质是考察圆的基本量的快速提取能力。 2. 2026年备考策略建议 (1) 狠抓“半径”这根主线：让学生建立条件反射——看到圆，第一时间寻找或构造半径，将问题转化为直角三角形或等腰三角形问题。 (2) 固化“分类讨论”触发机制：教导学生遇到“相切”想内外，遇到“弦”想优/劣弧，遇到“点对圆”想圆内/圆外，形成肌肉记忆。 (3) 强化“建系”破题法：对于纯几何推导受阻的优等生，鼓励采用平面直角坐标系，用代数方程暴力破解几何最值。 重●难●要●点●剖●析 考向01 圆与三角形的综合（解直角三角形/相似） 题型01 利用切线性质结合解直角三角形求线段/角度 通用思路：切线的本质是提供了直角，将曲线问题转化为直线型的三角形问题。 关键步骤： 1. 连半径：连接圆心与切点，标记直角符号（90°）。 2. 设未知：根据已知角度（如30°,45°）和边长，设出半径r或相关线段长。 3. 列方程：在构造出的直角三角形中，利用勾股定理或锐角三角函数列出关于r的一元一次方程并求解。 1．（2026·安徽阜阳·二模）如图1，在中，，与相切于点，与交于点，点是上一点，连接，，交于点，已知，的半径为4． (1)求的度数； (2)如图2，若，延长交于点，连接，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，求得，利用圆周角定理可得； （2）利用平行线的性质求得，即可求得，最后求得，利用勾股定理即可解答． 【详解】（1）解：如图，连接． 与相切， ． ，， ． ； （2）解：如图，连接， ， ． ． 是的直径， ，， ， ， ． 2．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，为半圆O的直径，点P在的延长线上，过点P作半圆O的切线，与半圆相切于点C，过点O作的垂线与的延长线相交于点D，与半圆O相交于点F，连接，与相交于点E． (1)求证：； (2)若半圆O的半径长为4，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】（1）连接，则，由等边对等角可得，由切线的性质可得，，利用垂直得出，再由等量代换确定，结合等角对等边即可证明； （2）根据正切函数得出，确定，，再由勾股定理建立方程求解即可． 【详解】（1）证明：连接，则， ∴， ∵与相切于点C，与的延长线相交于点D， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴． （2）解：∵的半径为4． ∴． ∵， ∴． ∴， ∴， ∴． ∵，且， ∴， 解得， ∴． 3．（2026·陕西渭南·一模）如图，内接于，且是的直径，延长至点，过点作于点，过点作的切线交于点． (1)求证：； (2)若点是的中点，的半径为，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了圆的性质、勾股定理以及三角函数定义等． （1）连接，根据圆的切线性质得，再利用直径所对的圆周角是直角得，根据等腰三角形的性质，由得，即可得证； （2）先根据三角函数定义，得，求出的长，结合勾股定理求出的长，从而求得，进而得到，最后由勾股定理得：，即可求得的长． 【详解】（1）证明：如图，连接， 是的切线， ，即， ， 是的直径， ， ， ， ， ， ； （2）解：的半径为， ， 在中，， ， ， ， 点是的中点， ， ， ， ， 在中，， ， 由勾股定理得：， 即， 得， ， ， 故的长为． 题型02 圆中的双垂直与相似模型（母子相似） 通用思路：圆中的相似多见于相交弦、切割线以及直径所对的圆周角构成的直角三角形。 关键步骤： 1. 找直角：若有过直径的圆周角，直接得到90°并作垂线（双垂直模型）。 2. 证相似：通过“公共角＋直角”或“对顶角＋圆周角相等”证明两三角形相似。 3. 得比例：写出对应边成比例式（如PA2＝PB·PC为切割线定理推论），代入已知量求未知量。 1．（2026·北京通州·一模）如图，已知为半圆O的直径，C为半圆O上一点，连接，，过点O作于点D，过点A作半圆O的切线交的延长线于点E，连接． (1)求证：为圆O的切线； (2)连接并延长交于F，若半圆O的直径为10，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）如图1，连接，垂径定理得出，垂直平分线的性质得，则，根据，得，根据是半圆O的切线，得出，则，即，即可证明为圆O的切线； （2）作于M，如图2，根据垂径定理和，求出，，根据，得出，则，则，求出，，证明，根据相似三角形的性质即可求解； 【详解】（1）证明：如图1，连接， ∵， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是半圆O的切线， ∴， ∴， ∴， ∵为半径， ∴为圆O的切线． （2）解：作于M，如图2， ∵半圆O的直径为10，为半圆O的直径，， ∴， ∵， ∴设， ∴， 解得：， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴． 2．（2023·山东德州·模拟预测）如图，在中，以的边为直径作，交于点D，是的切线，且，垂足为点E． (1)求证：； (2)若，求直径长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据切线的性质可得，再结合已知可得，从而可得，然后利用等腰三角形的性质可得，从而可得，最后根据等角对等边即可解答； （2）连接，证明，再根据相似三角形的性质求出，进而求出，即可得解． 【详解】（1）证明：连接， ∵是的切线， ， ， ， ， 又∵， ， ∴， ∴； （2）解：连接， ∵为直径， ， ， ， ∵， ， ， ， ， ， ， ， ， 由（1）知：， ． 直径长为． 3．（2026·陕西榆林·二模）如图，是的外接圆，是直径，点是左侧上的一点，连接、，延长到点，连接，是的切线，． (1)求证：； (2)若，，求的半径长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角，可得：，根据平行线的性质可知，根据切线的定义可知，所以可证，根据平行线的性质可得，根据三角形外角的性质可知，等量代换可得：； （2）根据同角的余角相等，可知，可证，根据相似三角形的性质可得：，从而可求的长度，即的半径长为． 【详解】（1）证明：如下图所示，连接， 是的直径， ， ， ， 是的切线， ， 即， ， ， ， ， ； （2）解：， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， 即的半径长为． 考向02 圆与四边形的综合（计算与证明） 题型03 圆内接四边形的性质应用与角度推导 通用思路：圆内接四边形的核心特征是“对角互补，外角等于内对角”，是导角的利器。 关键步骤： 1. 审图形：确认四点共圆（或需证明共圆）。 2. 转角度：利用“对角之和＝180°”求出未知角；或利用“一个角的外角等于它的内对角”进行等量代换。 3. 推结论：结合三角形内角和或平行线性质，完成最终的度数计算。 1．（2026·陕西商洛·一模）如图，内接于，点在上，点在劣弧上，连接、、，若四边形为平行四边形，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用圆内接四边形性质求得的度数，再由平行四边形的性质可得的度数，最后根据外角的性质可求得的度数． 【详解】解：， ， 四边形为平行四边形，， ， ． 2．（2026·北京石景山·一模）如图，在中，，，以为直径画圆，与交于点，与交于点，连接，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意画出图形，根据等腰三角形的性质求出，再根据圆内接四边形对角互补求出结果． 【详解】解：如下图所示， 在中，，， ， ， 四边形是圆内接四边形， ， ． 3．（2026·云南保山·一模）如图，是的内接等腰三角形，，点E是劣弧上的动点（与点A，点C均不重合），连接，连接并延长交的延长线于点D，过点A作直线． (1)若，求的度数； (2)求证：是的切线； (3)探究、发现与证明：是否存在常数m和n，使等式成立？若存在，请直接写出m和n的值，并证明成立；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)存在；；证明见解析 【分析】（1）由圆内接四边形的性质即可求解； （2）连接，由线段垂直平分线的性质得，再由即可求证； （3）存在；；延长交于点F，分别在中，利用勾股定理即可证明． 【详解】（1）解：∵四边形是圆的内接四边形， ∴， ∴； （2）证明：如图，连接， ∵， ∴点O、A在线段的垂直平分线上， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （3）解：存在；，此时； 证明如下： 如图，延长交于点F， ∵， ∴； 在中，由勾股定理得：， 即， 整理得：， 即， ∴， ∴当，成立． 题型04 圆与特殊四边形判定综合（如证明是菱形/矩形） 通用思路：将四边形问题转化为圆心到各边距离（弦心距）的问题。 关键步骤： 1. 定基础：先证明四边形是平行四边形（如证明对边平行或对角线互相平分）。 2. 添条件： (1) 证菱形：证明邻边相等（如利用切线长定理，或圆心到四边距离相等）。 (2) 证矩形：证明有一个角是直角（如证明圆心在四边形对角线交点上，且半径相等）。 答题模板：先证平四（两组对边分别平行/相等） →再添条件（一组邻边等/一个角为直角） →下结论。 1．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，，E是上一点，F是上一点，连接，，，若，则菱形的面积为_______． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆等等，过点A作于H，连接，由菱形的性质和已知条件可得，是等边三角形，则，据此可证明A、E、C、F四点共圆，得到，则是等边三角形，证明，得到，则，求出，则． 【详解】解：如图所示，过点A作于H，连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴，是等边三角形， ∴， ∴A、E、C、F四点共圆， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（2025·福建泉州·一模）如图，在菱形中，，的外接圆交边于点E，则的大小为____________．（用含的代数式表示） 【答案】 【分析】本题考查的是三角形的外接圆，掌握圆内接四边形的性质、菱形的性质、三角形的外角性质是解题的关键． 根据菱形的性质求出，根据圆内接四边形的性质求出，再根据三角形的外角性质计算，得到答案． 【详解】解∶ 四边形为菱形， ，． ． ． 四边形是的内接四边形， ． ， ． 是的外角， ． 故答案为∶ 3．（2024·山东滨州·中考真题）如图，四边形内接于，若四边形是菱形，则___________． 【答案】 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质，菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键； 根据圆内接四边形的性质得到，根据菱形的性质，圆周角定理列式计算即可求解． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：． 考向03 圆与函数的综合（代数几何跨界） 题型05 圆与二次函数的综合（求解析式/交点） 通用思路：将圆上一动点或圆外一点设元，利用两点间距离公式（或切线垂直关系）建立等式。 关键步骤： 1. 设坐标：设动点为或利用参数设元。 2. 找等量： (1) 若点在圆上：该点到圆心的距离等于半径（用距离公式）。 (2) 若线与圆相切：圆心到该直线的距离等于半径。 3. 解方程：代入坐标，去根号（平方）或去分母求解参数。 1．（2026·北京海淀·一模）如图，在平面直角坐标系中，是抛物线上一点．以点为圆心，长为半径的圆与抛物线在第一象限交于点，抛物线和在点之间的部分分别记为，．分别是，上的两个动点（均不与重合）．给出下面四个结论： ①当轴时，长的最大值为； ②若点在轴上，则在第一象限内存在点，使四边形的面积等于的面积； ③可能是等边三角形； ④以为中点的线段恰有两条． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ）． A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】A 【分析】本题考查二次函数图象与性质，圆与函数的综合，等边三角形的性质与判定；当与轴重合时，的长取最大值，计算此时的的长即可判断①；，即可判断②；以为圆心，以为半径画圆与抛物线有交点，改变点位置使得，即可使得是等边三角形，即可判断③；设，表示出在上，利用建立方程，求出，最后根据的取值范围，即可判断④． 【详解】解：①当与轴重合时，的长取最大值， ∵将代入，得，解得：， ∴， ∴， ∴当与轴重合时，，， ∴当与轴重合时，即为最大值， ∴①正确； ②如图1所示，对于轴上的任意一点， ∵轴， ∴， ∵四边形的名称为， ∴点在第一象限的抛物线上， 抛物线在第一象限曲线上的任意一点，都可以画出, 显然， ∴②错误； ③如图2所示，以为圆心，以为半径画圆与抛物线有交点，改变点位置使得，即可使得是等边三角形， ∴③正确； ④点分别是，上的点，设， ∵、，、在点、点之间，均不与重合， ∴， ∵为中点， ∴在上， ∴，即， （负值舍去）或， ∵， ∴， ∵，这与是矛盾的， ∴不存在以为中点的线段， ∴④错误； 综上：①③正确，选A． 2．（2025·上海·模拟预测）在平面直角坐标系中，以原点O为圆心作：．若抛物线与⊙O有且只有两个交点，且抛物线不从内部穿过，则的取值范围（用表示）为____． 【答案】或 【分析】本题考查圆的性质、二次函数的图像性质．根据圆和抛物线图像的对称性可知，要满足条件，则，联立圆和抛物线的方程，消去x得到关于y的一元二次方程，则该方程有且仅有一个大于且小于的根，据此即可解答． 【详解】解：可化为， 它表示动点到定点的距离为定值， 即的几何意义是以原点为圆心，为半径的圆， 抛物线的图象是关于与x轴垂直的直线对称的， 故要使抛物线和圆有且只有两个交点，且抛物线不从内部穿过， 则抛物线对称轴为y轴，即，，图像可能是： ①  或②  ， 由得，代入得， 即（*）， 则，则， 此时方程（*）的根为， ①，解得； ②，解得； 综上，或． 3．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，已知二次函数与轴交于点、，与轴交于点，且以为直径的圆经过点． (1)若点，点，求的值； (2)若点，，试探索是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)若点是圆与抛物线的交点与、、不重合，在的条件下，轴上是否存在一点，使得以、、为顶点的三角形与相似？若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)的值是定值，为； (3)的坐标为或或或． 【分析】（1）设圆心点为，利用、的坐标求出圆的半径，然后根据勾股定理求出的长，求得点，然后利用轴的交点式代入点的坐标得到函数的解析式即可求解； （2）根据坐标系中交点的坐标，利用三角形相似的判定得到，再根据相似三角形的性质，结合一元二次方程根与系数的关系求出是一个定值； （3）根据题意，分为点在轴上或点在轴上两种情况，结合相似三角形的判定与性质可求点的坐标. 【详解】（1）解：设圆心为点， ，， ，的半径为， ， ， 设抛物线解析式为， 点在抛物线上， ， ， ， ，， ； （2）的值是定值，为， 理由：点，， ，，， ，， ， ， ， ， ， ， 令时，， ， ， ； （3）点是圆与抛物线的交点与、、不重合，， ，即：， 当点在轴上时，如图，设点的坐标为， ，，， ，，， ， ， 以、、为顶点的三角形与相似， ①， ， ， ， 或②， ， ， ， 当点在轴上时，如图， ， ， ， ， ， ， ， ， 设， ，，， ，， ，， 以、、为顶点的三角形与相似， ①， ， ， ∴ 或②， ， ， ∴ 综上所述，满足条件的点的坐标为或或或． 【点睛】本题考查二次函数与圆的综合问题，包括勾股定理，利用待定系数法确定函数解析式，圆周角定理，相似三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点进行分类讨论是解题关键． 题型06 反比例函数图象中的圆形运动轨迹 通用思路：利用反比例函数上点的坐标特征∣xy∣＝∣k∣，结合圆的弦长公式进行计算。 关键步骤： 1. 表坐标：设圆与反比例函数图象的交点坐标为。 2. 造勾股：若涉及弦长，结合垂径定理，将半弦长、弦心距、半径用m和k表示。 3. 消元解k：列出等式，目标通常是求解比例式或消去m求出k的值。 1．（2025·河南南阳·模拟预测）已知反比例函数经过点． (1)求反比例函数的解析式； (2)以平面直角坐标系原点为圆心，长为半径画圆，与该反比例函数图象有交点，求除点A外的其余交点的坐标； (3)若该反比例函数与在第一象限的另一个交点为点，求的面积． 【答案】(1) (2)，，； (3) 【分析】本题考查反比例函数的图象与性质、圆的性质、三角形的面积公式． （1）将点的坐标代入反比例函数解析式即可求解； （2）根据点的坐标求出的长，进而求出的方程，联立的方程和反比例函数的解析式即可求解； （3）根据点，的坐标，求出直线的解析式，进而求出直线与轴的交点坐标，再根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】（1）解：将点代入反比例函数中，得， ， 反比例函数的解析式为； （2）解：∵点为圆心，，， ， 的方程为， 联立， 将代入得 ，即， 设，则， 解得或． 当时，，， 时 时． 当时，，， 时， 时． 除点外的其余交点的坐标为，，； （3）由（2）可知，点的坐标为， 设直线的解析式为， 将点，代入中，得 ， 解得， 直线的解析式为， 令，则， 直线与轴的交点坐标为， ． 2．（2022·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． 3．（2025·河南漯河·二模）如图，在平面直角坐标系中，点在反比例函数的图象上，与轴交于A，B两点，与轴相切于点．连接，．已知是等边三角形，且． (1)求反比例函数的表达式； (2)过点作轴，交于另一点，点是否在反比例函数的图象上？ (3)若与反比例函数的图象交于点E，F，连接，．请直接写出的度数． 【答案】(1) (2)在 (3) 【分析】（1）运用等边三角形的性质得，运用勾股定理算，结合切线的性质得点P的坐标为，再代入求出反比例函数的表达式为； （2）先证明四边形是矩形，得，则点D的横坐标为，结合点M的坐标为，得，即点D的坐标为，根据，即可作答． （3）因为与反比例函数的图象交于点E，F，故设点的坐标为，由（1）得点P的坐标为，运用两点的距离公式，列式，得点的坐标为，因为，即三点共线，结合直径所对的圆周角是90度，即可作答． 【详解】（1）解：∵是等边三角形，且， ∴， 如图1，过点P作轴，垂足为M，连接， 由三线合一得， 即， ∴， 则， ∵与轴交于A，B两点，与轴相切于点． ∴轴， ∴P点的纵坐标为4， ∴点P的坐标为， ∵点P在反比例函数图象上， ∴把代入，得， 解得， ∴反比例函数的表达式为； （2）解：如图2，记交于点N ∵轴，轴， ∴， ， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 即， ∴， 即点D的横坐标为， 由（1）得， ∴点M的坐标为， 则， ∴点D的坐标为， ∵， ∴点在反比例函数的图象上； （3）解：∵与反比例函数的图象交于点E，F， ∴设点的坐标为， 由（1）得点P的坐标为， ∴， 即， ∴解得（另一个小于，故舍去） ∴点的坐标为， ∵由（1）得，且， ∴的坐标为 ∵点P的坐标为， ∵， 即三点共线， 即为直径， 连接，如图所示： ∴． 故答案为： 【点睛】本题考查了切线的性质，反比例函数与圆综合，求反比例函数的解析式，圆周角定理，等边三角形的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，难度较大，综合形较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 考向04 圆的动态探究与存在性问题（压轴拉分） 题型07 直线与圆的位置关系探究（相切/相交的临界态） 通用思路：动直线或动圆引发的位置关系变化，关键在于找准“恰好相切”的这一瞬间。 关键步骤： 1. 画草图：画出初始状态和相切临界状态的示意图。 2. 表距离：用含有变量的代数式表示出“圆心到切线的距离”或“圆心到动点的距离”。 3. 列方程：令该距离等于圆的半径r，解出的变量值即为临界值，最后根据不等式确定范围。 1．（2025·北京·三模）如图所示，在一个半径为的圆形轨道所在平面内，垂直立一根柱子，设轨道到柱子的最近距离为，在圆形轨道上有精密测距仪，可以在轨道的不同的n个位置测量离柱子的距离，用，，，表示个不同位置测量的距离． 当时，此时为轨道与柱子的最佳位置，此时的为最佳距离． （1）当最佳距离时，的最大值为______； （2）当的最大值为时，最佳距离d的范围是______． 【答案】 【分析】本题考查圆上一点到圆外直线的距离，解题的关键是正确理解题意． （1）根据圆的性质，当最佳距离时，利用圆上一点到圆外一点距离的最值关系求解最大值； （2）根据以及圆上点到圆外一条直线的距离的取值范围，结合的最大值为，建立不等式求解，即可得最佳距离的范围． 【详解】（1）解：如图，轨道圆心记为点，立柱所在直线记为，作，与交于点，点，与交于点， 根据题意可知，， ∴， 当最佳距离时，， ∴， ∴， 的最大值为， 故答案为：． （2）解：当时，， 根据题意可得，， ∵，， ∴， ∴， 当的最大值为时， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（2024·广东汕头·一模）如图1，正方形的边长为4，E是边的中点，点P在射线上，过P作于F．设． (1)若以P，F，E为顶点的三角形与相似，试求x的值； (2)如图2，当点F与点E重合时，设交于点G，试判断与的大小关系并说明理由； (3)以D为圆心，为半径的与线段只有一个公共点时，请直接写出x的取值， 【答案】(1)满足条件的x的值为2或5 (2)，理由见解析 (3)或或 【分析】（1）本题考查了三角形相似的性质，熟悉三角形相似是解决问题的关键．以P，F，E为顶点的三角形与相似，有两种情况，或者，因此需要分情况讨论，然后利用三角形相似对应角相等，对应边成比例即可求解． （2）本题考查了三角形相似的判定和性质，由，可得，相似三角形对应边成比例可求的长，由此可得，又，所以可证，因此． （3）本题考查了圆与直线的位置关系，熟悉其性质以及掌握分类讨论思想是解决问题的关键．由于以D为圆心，为半径的与线段只有一个公共点时，情况可以分为相切的时候或者相交只有一个交点的时候，因此需要对于情况进行分类讨论.当相切的时候，点可以在线段上，也可以在的延长线上，故也需要分类讨论这两种情况．当圆与直线相交的时候，当以为半径经过点时，此时与线段刚好有两个交点，当以为半径经过点时，刚好只有一个交点，而半径介于这两种情况之间时刚好只有一个公共点，由此问题得到解决． 【详解】（1）解：若，则． ∴． ∴ 四边形为矩形， ∴，即． 若，则． ∵ ∴． ∴． ∵， ∴点F为的中点， ∵ ∴ ∵，即 ∴，即． ∴ 满足条件的x的值为2或5． （2）解：，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∴． ∵E是的中点， ∴， ∴ ∵， ∴，， ∴ ， ∴， ∴，即 ∴ ∴ ∴ ∵， ∴， ∴． （3）解：以D为圆心，为半径的与线段只有一个公共点时，有以下几种情况， 情况1：如图一，与相切，在上，作于，则即为切点，与线段的距离即为的长，半径． ， ，又， ， ，又，， ． 的半径， 此时，即， ， 情况2：如图二，与相切，在的延长线上，作于，则与线段的距离即为的长，半径． 的半径， 此时，即 ∴ 情况3：如图三时，当时，过点与线段相交于图中的、两点，此时 如图四时，当时，过点与线段相交于图中的一点，此时， ， ∴， 图三和图四的两种情况是临界情况，当的半径大于图三所示情况，且半径小于图四所示情况时，与线段刚好只有一个公共点． ∴当，与线段只有一个公共点． 综上，当或或时，与线段只有一个公共点． 【点睛】本题综合考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，直线与圆的位置关系，熟练掌握它们的相关性质，以及利用分类讨论思想是解决本题的关键． 3．（2026·天津东丽·一模）已知在中，点C为的中点，连接交弦于点E，点D在上，连接，，，． (1)如图①，连接，若，求和的度数； (2)如图②，过点A作的切线交延长线于点F，若，，求和的长． 【答案】(1)． (2)， 【分析】（1）根据题意得，，再根据等腰三角形的定义可得． （2）由圆周角定理得，可求出，的长，进而可求出的长． 【详解】（1）解：∵C为的中点， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． （2）解：由（1）知 ，．                ∵，， ∴， ∴， ∵C为的中点， ∴， ∵切于点A， ∴，即， 又， ∴． 题型08 圆上一动点构成的三角形存在性（等腰/直角三角形） 通用思路：圆上的动点通常有无数个，需按固定顶点分类，转化为纯粹的代数计算。 关键步骤： 1. 定分类：明确哪个点是直角顶点或等腰顶点（若未明确，需分三种情况）。 2. 设坐标：设动圆上的点为，并满足圆心为(a, b)的圆的方程。 3. 列等式：根据等腰或直角列出第二个方程。 4. 解方程组：联立圆的解析式求解，并代入原图检验是否符合题意（防增根）。 1．（2026·云南·一模）如图，是的内接三角形，为的直径，，点在上．平分，连接，，，是延长线上一点，连接，，过点作于点，． (1)求证：是的切线； (2)求的长： (3)探究：是否存在常数，使等式成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据圆周角定理得到，再根据得到，再利用三角形内角和定理求出，再根据切线的判定定理即可证明； （2）证明是等腰直角三角形，得到，再结合即可求解； （3）延长至使得，连接，由为的直径，得到，则有，再证明，得到，，，进而得到，则有，再由，得出，即可求出的值． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：∵为的直径， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形，， ∵， ∴； （3）解：如图，延长至使得，连接， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵四点共圆， ∴， ∵， ∴， 由（2）得，， 又∵， ∴， ∴，，， ∴， 即， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴存在常数，使等式成立． 2．（2026·云南·一模）如图，内接于，的平分线与交于点，连接，过点作，交的延长线于点． (1)求证：； (2)求证：是的切线； (3)探究、发现与证明：是否存在常数，使等式成立？若存在，请直接写出一个的值和一个的值，并证明你写出的的值和的值，使等式成立；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)，证明见解析． 【分析】（1）根据同弧所对圆周角相等即可证明． （2）连接，由垂径定理可得，然后根据切线的判定定理得到结论； （3）过点作，垂足为，过点作，垂足为，证明，，设，，，由勾股定理可得，，结合，根据始终成立，即可得出． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∴， ∴． （2）证明：连接， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴是的切线； （3）解：当时，等式成立．证明如下： 过点作，垂足为，过点作，垂足为， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，，， 则，， ， ∴， ∵， ∴ 即：， 要使等式成立，取值与、、无关，则，，， ∴． 3．（2023·湖南衡阳·一模）如图，抛物线交x轴于两点，交y轴于点，D为顶点．    (1)求抛物线的解析式； (2)在y轴的负半轴上是否存在点P使，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由； (3)过点C作直线l与y轴垂直，与抛物线的另一个交点为E，连接，在直线l下方的抛物线上是否存在一点M，过点M作，垂足为F，使以M，F，E三点为顶点的三角形与相似？若存在，请求出M点的坐标，若不存在，请说明理由． (4)点H是直线上一点，该抛物线的对称轴上一动点G，连接，则两线段的长度之和的最小值等于_，此时点G的坐标为_（直接写出答案．） 【答案】(1) (2)存在，，理由见解析 (3)或或． (4)， 【分析】（1）直接将、分别代入求得a、b、c即可解答； （2）由题意可知，点A，C，B，P四点共圆，画出图形，即可求出点P的坐标； （3）由抛物线的对称性可得出点E的坐标、点D的坐标，根据两点间的距离公式可得出的长，可得出是直角三角形，且；再根据相似三角形的性质可得出和的比例，进而求得点M的坐标即可． （4）如图：根据抛物线的对称性可知：点H关于对称轴的对称点L在直线上，由轴对称和两点之间直线最短可知当O、G、L三点共线时，存在最小值；然后再求出直线的解析式为；设点，根据两点间距离公式可得，即当时，有最小值，有最小值，进而得到，然后在求出直线的解析式为，最后令即可解答． 【详解】（1）解：将、分别代入可得： ，解得：， ∴抛物线的解析式为． （2）解：存在，，理由如下：    ∵， ∴， ∴如图：点A，C，B，P四点共圆，所示， ∵、 ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． （3）解：存在，理由如下： ∵， ∴， 由抛物线的对称性可得：， ∵， ∴， 同理：， ∴， ∴是直角三角形，且，． ∵点M在直线l下方的抛物线上，    ∴设，则或． ∴, 若与相似，则或， ∴或， 解得（舍）或或3或（舍）或， ∴M的坐标为或或． 综上，存在点M，使以M，F，E三点为顶点的三角形与相似，此时点M的坐标为或或． （4）解：如图：根据抛物线的对称性可知：点H关于对称轴的对称点L在直线上， ∴, ∴， ∴当O、G、L三点共线时，存在最小值， 设直线的解析式为， 则有：，解得：， ∴直线的解析式为， 设点， ∴， ∴当时，有最小值，有最小值为， ∴， ∴直线的解析式为， ∵抛物线的对称轴为， ∴当时，， ∴． 故答案为：，．   【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式、圆内四边形的性质、相似三角形的性质与判定、分类讨论思想、根据轴对称和二次函数求最值等知识点，灵活应用所学知识是解题关键． 考向05 隐圆与最值模型（高阶思维） 题型09 利用“定弦定角”构造隐圆求最值 通用思路：若线段AB固定，且动点P满足∠APB＝θ（定值），则P的轨迹是以AB为弦的一段圆弧。 关键步骤： 1. 找定弦：确定长度不变的线段AB。 2. 造圆：利用尺规作图，作出使得∠APB＝θ的圆弧（即找圆心O，使∠AOB＝2θ）。 3. 求最值：将所求线段（如PA＋PB或PC）转化为圆心到某定点的距离±半径，利用“两点之间线段最短”求得结果。 1．（2025·陕西渭南·模拟预测）【问题提出】 （1）如图①，在中，，，，以为直径作，点是内部的一个动点，且满足，则线段的最小值为___________； （2）如图②，是等边与的公共边，且，．点是等边内部一点，且满足，求线段的最小值； 【问题解决】 （3）如图③是某生态公园的部分示意图，正方形是一块绿地，经测量，．政府计划对该绿地及周边区域进行重新规划利用，在射线上取一点，沿，修两条小路，并在小路上取点，将段修建为供游客休息的走廊（走廊宽度忽略不计）．根据设计要求，，为了节省铺设成本，要求供游客休息的走廊的长度尽可能小，问的长度是否存在最小值？若存在，求出长度的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）4；（2）；（3）的长度存在最小值，理由见解析 【分析】（1）先证明点在以为直径的上，得出连接交于点，此时最小，再利用勾股定理求得，然后利用线段差求得即可； （2）先证明点，，，四点共圆，从而可得作的外接圆，连接，，，交于点，交于点，此时线段最短，再证明是等边三角形，然后证明四边形是菱形，从而可得与互相垂直平分，平分，再利用正切求得，接着利用含有度角的直角三角形的性质求得，然后利用线段差求得即可； （3）先判定的长度存在最小值，再说明理由．先证明，再利用相似三角形的性质列出比例式，从而可得，再证明，利用相似三角形的性质可得，从而得出点在射线上运动时，点在以为直径的圆上运动，接着求得，再利用勾股定理求得，然后利用线段差求得，可得当点与点重合时，的值最小，由此得出结果． 【详解】解：（1）∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点在以为直径的上， 如图，连接交于点，此时最小， ∵点是的中点， ∴， 在中，，，， ， ∴． ∴最小值为4； （2）， ． 点，，，四点共圆． 如图②，作的外接圆，连接，，，交于点，交于点，此时线段最短． ， ． ， 是等边三角形． 是等边三角形， ． 四边形是菱形． 与互相垂直平分，平分． ，． ． ． ， ． 线段的最小值为． （3）的长度存在最小值．理由如下： 四边形是正方形， ，． ， ． ． ． 如图③，连接，以为直径作． ，且， ． ． 点在射线上运动时，点在以为直径的圆上运动． 连接交于点． ， 在中，由勾股定理得 ． 当点与点重合时，的值最小． 的长度存在最小值，最小值为． 【点睛】本题考查了圆的综合问题，圆的有关知识，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题关键是找准相似三角形，列出比例式求出相关线段． 2．（2025·陕西商洛·一模）问题提出 （1）如图①，在等边三角形中，，点为上一动点，求的最小值； 问题解决 （2）如图②，某市计划将四边形修建为一个批发市场，其中E为该批发市场的车辆入口，为货物零售区域，现需在边上的点F处设置一个快递分类装车点，并修建车道用来运送货物．已知．为节约成本，需将车道修建的尽可能短，则的值是否存在最小值？若存在，求的最小值；若不存在，请说明理由．（结果保留根号） 【答案】（1）；（2）存在最小值，为 【分析】（1）作点关于的对称点，连接、，如图所示，从而得到，由由三角形三边关系可知，则当三点共线时，有最小值，为，由等边三角形性质及平行四边形的判定与性质即可得到答案； （2）根据题意，由“定弦定角”模型可知，点在的外接圆上运动，进而得到点在上运动，作点关于的对称点，连接、、，如图所示，求的最小值就是求的外接圆半径，为便于计算，将图补全，在圆中结合圆内接四边形、垂径定理和含的直角三角形性质求出线段长即可得到答案． 【详解】解：（1）作点关于的对称点，连接、，如图所示： 点与点关于对称， ，则， ， 由三角形三边关系可知，则当三点共线时，有最小值，为， 连接，如图所示： 在等边三角形中，，；由对称性可知，，， ，则， ， 四边形是平行四边形，则， 故的最小值为； （2）存在最小值， ，， ， ， 由三角形内角和定理可知，， ， 由“定弦定角”模型可知，点在的外接圆上运动，如图所示： 计划将四边形修建为一个批发市场，为货物零售区域， 点在上运动， 作点关于的对称点，连接、、，如图所示： 将图补全，作出的外接圆，作线段的中垂线，交于点，过点作，作，过作，如图所示： 在圆内接四边形中，，则， ， 在中，由垂径定理可知，则， 在中，，，则，， 与重合， ，则， 在中，，，则由勾股定理可得， 的外接圆半径， 的最小值为． 【点睛】本题属于中考数学压轴题，考查动点最值问题的两种类型：①轨迹是直线型；②轨迹是圆弧型；综合性强、难度较大，涉及动点最值问题-将军饮马模型的解法、动点最值问题-点圆模型的解法，主要知识点是对称性、三角形三边关系、平行四边形的判定与性质、辅助圆定弦定角模型、圆内接四边形、垂径定理、勾股定理和含的直角三角形性质等，掌握动点最值问题的基本模型及解法是解决问题的关键． 3．（2025·吉林长春·三模）【问题原型】如图①，在矩形中，，，点E在边上，点F在射线上，且，连结、交于点M，若点P是边上的一个动点，连结、，试探究的最小值． 【问题分析】如图②，小明首先作点C关于直线的对称点，连结、PM，由对称性可知，利用基本事实：“两点之间线段最短”，可知当、P、M三点共线时，，进而问题转化为探究的最小值问题，又进一步转化为探究点M的轨迹的问题． 其次，小明发现可通过证明，得出，进而可知，即可确定点M的轨迹． 以下是证明的部分过程 证明：在矩形中， ， 证明过程缺失 请你补全上述缺失的证明过程． 【问题解决】请结合上述探究过程，用圆规和无刻度的直尺，在图③中作出【问题原型】中的点P、M，使的值最小，此时的最小值为________．（保留作图痕迹） 【答案】问题分析：见解析；问题解决：图见解析， 【分析】问题分析：由题意可得，结合，即可得证； 问题解决：证明出点再以为直径的圆上，作线段的垂直平分线，交于，交于，以为圆心，为半径画圆，则点的轨迹即为所求，结合题意可得，，， 作点C关于直线的对称点，连结交于，交于，连接并延长交于，连接并延长交于，则，再结合勾股定理计算即可得解． 【详解】问题分析：证明：在矩形中， ， ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点再以为直径的圆上， 问题解决：作线段的垂直平分线，交于，交于，以为圆心，为半径画圆，则点的轨迹如图所示： ， 则结合题意可得：，，， 作点C关于直线的对称点，连结交于，交于，连接并延长交于，连接并延长交于，则， ∴，， ∴， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理、圆周角定理、轴对称的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 题型10 “点到圆”的最大/最小距离问题 通用思路：圆外一点P到圆O上任意一点Q的距离，最大值为PO＋r，最小值为PO－r。 关键步骤： 1. 定圆心半径：从复杂图形中抽象出隐形圆的圆心O和半径r。 2. 连线段：连接圆外定点P与圆心O并延长，使之与圆交于两点。 3. 算极值：最大值=PO＋r，最小值=PO－r（若点P在圆内，则最大/最小值互换）。 1．（2023·湖南永州·三模）我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫做两点间的距离；同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，最短线段的长度，叫做点到曲线的距离．依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点到以原点为圆心，以1为半径的圆的最短距离为__________．最长距离为__________．    【答案】 / / 【分析】连接，与圆交于点，根据题干中的概念得到点到圆的距离即为，再求出，结合圆半径可得结果． 【详解】解：根据题意可得： 点到圆的距离为：该点与圆上各点的连线中，最短的线段长度， 连接，与圆交于点， 可知：点和圆上点之间的连线最短， ，， ， 圆的半径为， ， 点到以原点为圆心，以为半径的圆的最短距离为，最长距离为 故答案为：；．    【点睛】本题考查了圆的新定义问题，坐标系中两点之间的距离，勾股定理，解题的关键是理解题意，利用类比思想解决问题． 2．（2022·河南南阳·一模）习过相似三角形后，刘老师布置了一道思考题． 问题情境：如图1，等腰三角形ABC中，，CD为AB边上的中线，M为CD上一个动点，于点E，连接CE，若点N为AC上一个动点，连接EN，当，时，求EN的最小值． 小明在分析这道题时，发现思路不明显，他采用从特殊到一般的方法进行探究，以下是他的探究过程，请仔细阅读，并完成下列任务． 原题中动点较多，小明准备先从动点的条件入手分析： 分析一：如图2，等腰三角形ABC中，，CD为AB边上的中线， 若，点M为CD的中点，于点E，连接CE， 点N为AC上一个动点，连接EN，探究EN是否存在最小值； 过程：连接AE，∵CD垂直平分AB，，M是CD的中点， ∴，，∴是等腰直角三角形， ∵，∴，∴， ∵，∴≌， ∴，∴， ∴，∴， ∴是等腰直角三角形，∴当时有最小值； 分析二：如图3，等腰三角形ABC中，，CD为AB边上的中线， 若，且M，N分别为CD、CA的中点，于点E， 连接CE，EN，求证：． 任务： (1)小明在分析一中判断EN的最小值时运用了______原理；（填序号） ①两点之间线段最短；②垂线段最短；③平行线间的距离；④点到圆的距离． (2)请完成分析二的证明； (3)请直接写出问题情境中EN的最小值． 【答案】(1)② (2)见解析 (3) 【分析】（1）由分析一的证明过程即可求解； （2）连接AE，证明∽，得到，再得到，证明∽，得到，证明，再利用三线合一即可证明； （3）当时EN的长最短，由点M的运动过程中，一直等于90°，故点E可看成在以BD为直径，O为圆心的内部的圆周上的动点， 过点O作交于点，交AC于点，此时即为所求EN的最小值，根据解直角三角形的方法求出的长，故可求解． 【详解】（1）由分析一知当时有最小值，即垂线段最短，故填②； （2）接AE，∵CD垂直平分AB，， ∴． ∵，， ∴， ∴∽， ∴， ∵D，M分别是AB，CD的中点， ∴BD=AB，DM=CD ∴， ∴， ∵， ∴∽， ∴， ∴， ∴， ∵N是AC的中点， ∴． （3）求EN的最小值，即为时EN的长． 在点M的运动过程中，一直等于90°， ∴点E可看成在以BD为直径，O为圆心的内部的圆周上的动点， 如图所示．过点O作交于点，交AC于点， 此时即为所求EN的最小值． ∵，，CD垂直平分AB， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴EN的最小值为． 【点睛】此题主要考查圆与几何综合，解题的关键是熟知等腰直角三角形的性质、全等三角形与相似三角形的判定与性质、圆的性质、解直角三角形的方法． 3．（2025·浙江杭州·一模）【定理学习】欧几里得在《几何原本》中提出切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线（圆外一点引出一条与圆有两个交点的直线叫割线），切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项． 【定理证明】（1）如图①，点为外一点，与相切于点，割线与圆相交于两点，求证：（提示：连结，并延长交于点，连结）． 【解决问题】（2）如图②，是的切线，连结交于点的半径为．若，求的值． 【答案】（1）见解析  （2）的值为 【分析】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的性质，掌握构造相似三角形，并应用相似三角形的性质得到线段之间的关系是解题的关键. （1）根据切线可得到，根据直径得到，可推出，再由同弧对应的圆周角相等得到，然后证明得到结论 （2）延长交于点， 连结， ，可以得到，由（1）的结论代入可得到关于的方程，解方程即可求出的值. 【详解】（1）证明： 连接，并延长交于点，连接， ∵与相切于点， ∴， 即， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ，即； （2）如图， 延长交于点， 连结， ， ∵的半径为，， ， 由（1）可知， ， ， 整理得 ， 解得或(舍去)， ∴的值为. 重●难●提●分●必●刷 （建议用时：60分钟） 一、单选题 1．（2026·安徽·模拟预测）如图，点P为正方形内或边上一动点，，M为的中点，分别连接，则下列结论错误的是（   ） A．的最小值为 B．的最大值为 C．的最小值为 D．的最大值为 【答案】A 【分析】取的中点N，连接，则为的中位线，，当C，M，N在同一条直线上时，最小，根据可得P在以A为圆心，长为半径的圆弧上，当A，P，C在同一条直线上时，取最小值，当P与D重合时，最大，由此逐项判断即可． 【详解】解：如图，取的中点N，连接， 四边形为正方形， ，，， ， M为的中点，N为的中点， 为的中位线， 在点P的运动过程中，的值不变，且， ∵，当C，M，N在同一条直线上时，最小， 此时，即的最小值为， ∴A选项结论错误； 当P与D重合时，最大，最大值为， ∴的最大值， ∴B选项结论正确； ∵P在以A为圆心，长为半径的圆弧上， ∴当A，P，C在同一条直线上时，取最小值， ∴C选项结论正确； 当P与D重合时，和均取最大值，即取最大值为， ∴D选项结论正确． 2．（2026·四川绵阳·二模）如图，，与轴，轴均相切，一次函数的图像与相切于点（点在点左边），则点坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意得的半径为2，设直线与轴交于点B，与y轴交于点C，求出点C的坐标为，点B的坐标为，由勾股定理得，根据面积关系得出，求出，得直线解析式为；再求出的解析式为，联立方程组，求解方程组可得点坐标． 【详解】解：∵与轴，轴均相切，且圆心的坐标为， ∴的半径； 设直线与轴交于点B，与y轴交于点C， ∵直线与y轴正半轴相交， ∴， 令，得， ∴点C的坐标为， 令，得，解得， ∴点B的坐标为， ∴，， ∴在中，， 如图，连接、、、，并延长交轴于点，作轴于点，则， ∵直线与相切于点A， ∴，且， ∵ ，， ， ， ∴， 解得： (舍去)，， ∴直线解析式为； ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 把，代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立方程组得， 解得， ∴点的坐标为． 3．（2026·湖北武汉·一模）如图，是半径为的的一条弦，点在上，过点作的垂线交于点，，则的最大值是（   ） A．16 B．17 C．18 D．19 【答案】C 【分析】作于点，于点，连接，，利用垂径定理求得，则，中，利用勾股定理求得，再根据完全平方公式变形，求解即可． 【详解】解：作于点，于点，连接，， ∵， ∴四边形是矩形，设，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ， ∴， ∴， 在中，，即 ， ∵， ∴， ∴当且仅当时，取得最大值，最大值为100， 又∵， ∴有最大值为10，此时，满足题意； ∴的最大值是． 4．（2026·江西萍乡·一模）如图，正方形的边长为2，动点从点出发，沿折线的方向运动，同时动点以相同的速度沿折线的方向运动，当其中一点停止运动时，另一点也随即停止运动，连接交于点．点是边上的另一动点，连接和，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了动点轨迹和最短路径问题，解题的关键是画出对应图形，找出G的轨迹在一个圆上，再由“将军饮马”模型求出最小值． 【详解】解：当E在上，F在上时，由这两点运动速度相同，故，由正方形性质知，， 由 ， ， ， ， 故由圆周角性质得G在以为直径，中点O为圆心的圆上，以为对称轴将点B翻转上去得到点，如图所示 则 ，故 三点共线时最短，若 三点不共线，则 中 ， 故当 三点共线时最短，此时 四点共线，由于圆的半径为1， ， 故由勾股定理得 ， 最小为 ， 此时实际上E在上，F在上，如图所示 此时，但不变 5．（2026·安徽淮南·一模）已知点C是半圆的动点，为直径，且，求的最大值（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，利用勾股定理表示出，然后表示出，整理后利用判别式求解即可． 【详解】解：设， ∵为直径， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴设 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 整理得， 解得 ∴y的最大值为，即的最大值为． 6．（2026·四川德阳·一模）水车是中国古代重要的灌溉工具，罗江太平廊桥旁也保留了几座大水车．图1是某种型号水车的示意图，其外围部件是绕中心轴旋转的圆形轮盘，它的边缘平均分布了12个水斗，这些水斗随轮盘转动而升降．如图2，在水车顺时针转动时，其中的1个水斗在点处放空水，同时有1个水斗刚好在点处接触水面，中间还有2个水斗，已知外围轮盘半径为，点到水面的距离为，则水面宽度为（）       A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】作，设，先说明四边形是矩形，得到，证明，得到，根据勾股定理列出方程，求出，最后根据垂径定理，计算即可求解． 【详解】解：如图，作交于点，作于点， 设， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点到水面的距离为， ∴，则， ∵圆形轮盘分布了个水斗，水斗和中间还有个水斗， ∴， ∴， 又∵，即， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，， 根据勾股定理得，，即， 整理得：， 解得：， ∴或， ∵， ∴点是的中点，即， ∴或， 则水面宽度为或． 二、填空题 7．（2026·湖北荆州·模拟预测）如图，在矩形中，，，经过点，与相切于点，交于点，交的延长线于点，，则的长是________． 【答案】 【分析】利用为圆的直径求出半径，结合切线性质与矩形边长算出圆心到的距离，再通过勾股定理和垂径定理，最终求得弦的长度为． 【详解】解：连接并延长交于，连接， ∵点都在上，且在上， ∴是的直径， ∴， ∴的半径， ∵与相切于， ∴， 矩形中，， ∴，， ∵， ∴是的中点，即， 在中，由勾股定理：， ∴． 8．（2026·浙江宁波·一模）如图，矩形内接于，连接，是上一点，连接，，与交于点．若，，则的值为________． 【答案】 【分析】由等腰三角形的性质得，由圆周角定理得，再由得，则，由平行线的性质得，根据垂径定理得，证明，得，，设，则，，证明，则得，即可求解． 【详解】解：如图，连接交于点G，连接、， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵在矩形中，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴，， 设，则，， ∵矩形内接于， ∴、交于点O，且为直径， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴． 9．（2026·重庆·模拟预测）如图，是等腰的外接圆，，．连接并延长交于点D，的角平分线交于点E，交于点F，连接，则的长度为______． 【答案】 【分析】连接，设交于点，过点作交的延长线于点，过点作于点，勾股定理求得，证明，进而根据相似三角形的性质求得，，再根据勾股定理，即可求解． 【详解】解：如图，连接，设交于点，过点作交的延长线于点，过点作于点， ∵是等腰的外接圆， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，． 10．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，在边长为4的正方形中，点为边上一动点，为中点，为上一点，且满足，则的最小值为___________． 【答案】 【分析】根据正方形的性质得和，结合直角三角形的性质和等腰三角形的性质判定，则点F在以为直径的圆上，的中点O为圆心的圆上，连接，交圆O于点，此时取得最小值，结合勾股定理和圆的性质即可求得最小值． 【详解】解；∵四边形是边长为4的正方形， ∴，， ∵点为中点， ∴， ∵， ∴， 连接，如图， 则，， ∵ ， ∴ ， ∴点F在以为直径，的中点O为圆心的圆上， 连接，交圆O于点，此时取得最小值， ∵点O是的中点，， ∴，圆O的半径， 在中，， 则的最小值为， 【点睛】本题主要考查正方形的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理和圆的性质，解题的关键是找到点的轨迹． 11．（2026·四川成都·二模）如图，在中，是斜边边上一点，以为圆心的半圆与，边分别相切于点D，E，已知，半圆半径为4，则图中两部分阴影面积的和为_____． 【答案】 【分析】连接，，证明四边形是正方形，证明，可求出；分别求出，，，再根据求解即可． 【详解】解：连接，， ∵半圆与，边分别相切于点D，E， ∴，，， 又， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，解得：； ∴，；， ∴． 12．（2026·陕西西安·三模）如图，为等腰直角三角形，，，为的中点，为线段上的一个动点，连接，将沿折叠得到，过点作直线的垂线交直线于点，连接和，则的最小值为____________ 【答案】 【分析】先由，得到四点共圆，则，，根据定角对定长可得点在以为圆心，半径为的圆上运动；连接交于点，在上取一点，使，连接，过作于，根据，，可得，则，得到，当在上时，最小，再求出的长度即可． 【详解】解：连接，，，延长至，使于， ∵为等腰直角三角形，，，为的中点， ∴，，，， 由折叠可得，， ∴，， ∵， ∴， ∴四点共圆， ∴， ∴， ∵，，，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴根据定角对定长可得点在以为圆心，半径为的圆上运动； 连接交于点，在上取一点，使，连接，过作于， ∵，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴当在上时，最小． 三、解答题 13．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知：在中，弦交弦于点E，点F在线段上，连接交于点G，． (1)如图1，求证：； (2)如图2，若，连接，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，，，，连接，延长交于点H，当是锐角时，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据圆周角定理得到，进而得到，从而得出结论； （2）连接，，，，根据圆周角定理得到，进而得到，再次利用圆周角定理得到，进而得到，证明，从而得出结论； （3）根据余角的性质得到，令，则，进而得到，根据等腰三角形的性质得到，证明，进而得到，根据勾股定理求出、长，再证明，进而得到，根据三角形外角和定理得到，进而得到，则，根据平行线的性质得到，进而得到，根据等腰三角形的性质得到，在中，、，再根据勾股定理求出长，利用求解即可． 【详解】（1）证明：， ， 又， ， ； （2）证明：如图2，连接，，，， ， ， 又， ， ， 又， ， ， 又，， ， ； （3）解：如图3，连接，，过点A作于点M，过点O作于点N, ， ， ，， ， 令， 、， ， ， 在和中 ， 、， 在中，由勾股定理得：， ， 在中，， ， ， 在中，，， 在和中， ， ， ， 又， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，，， ， 在中，由勾股定理得：， ， ． 【点睛】本题考查圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、解直角三角形、勾股定理，熟练掌握相关性质定理，数形结合的思想方法的运用是解题的关键． 14．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知：内接于，，点D在圆上，弧弧，连接， (1)如图①，求证： (2)如图②，点E在上，点G在延长线上，连接，，作，，，求证：； (3)如图③，在②的条件下，作交延长线于点F，连接，四边形的面积为，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，根据题意得，，再利用勾股定理求解即可求证结论； （2）设，根据题意证，再结合即可求证结论； （3）作交延长线于点M，作于点N，证，得，四边形为矩形，根据，求出，设交于点K，在上截取，根据角的关系求得，设，根据列方程求解得，，， ，求出可解答． 【详解】（1）证明：连接 ∴为的直径 ， 弧弧 在中 （2）证明：设 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：作交延长线于点M，作于点N， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， 又∵， ， ， ， 四边形为矩形 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 如图设交于点K，在上截取 为的直径， ， ， ， ， ， ， 设， ，， ， ， ， ， ， ， ∴， ， 15．（2026·湖北十堰·模拟预测）在数学实践课上，同学们利用圆形纸片开展折纸类探究活动： 如图，是的直径，将弦沿折叠后，点C恰好落在上的点D处，连接并延长交于点F，连接交于点G，且． (1)试判断与的位置关系，并说明理由． (2)若，求和的长． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】（1）根据得到，再根据圆周角定理得出，进而得到，即可求证； （2）由题意可得，，证明，得到，进而得到，再证明，推出，则． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴，， 由折叠的性质， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 根据勾股定理可得：， 则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴． 16．（2026·山东济南·一模）【先导问题】 (1)如图1，中，，，若，则________度； (2)【提炼模型】如图2，在中，，，且满足，求证：； (3)【识别模型、应用模型】如图3，直线上有一定点，，，点为直线上一点，连接，，且满足，求的最小值． 【答案】(1)60 (2)见解析 (3)的最小值为 【分析】（1）先证明，进而即可得到答案； （2）先证明，进而即可得到答案； （3）分点C在B的右侧、左侧以及和B重合讨论，过点作，使得，连接，通过证明，可得点的轨迹为以点为圆心，以为半径的圆，从而得为等腰直角三角形，进而即可得到答案． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：当点C在店B的右侧时，如图，过点作，使得，连接， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴点的轨迹为以点为圆心，以为半径的圆的一部分，即优弧， 如图，连接、， ∵． ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴在中，， ∴； 当C和B重合时，D和G重合，此时， 当C在B的左侧时，如图，过点作，使得，连接， 同理可证， ∴， ∵，， ∴点的轨迹为以点为圆心，以为半径的圆的一部分，即劣弧， 如图，连接、，连接交于点， 同理可求， ∴的最小值为， 综上，的最小值为． 17．（2026·湖北武汉·一模）如图，在正方形中，E，F分别为边上的点，且，连接交于点． (1)如图（1），求证：； (2)连接． ①如图（2），若平分，求证：； ②如图（3），连接，若平分，直接写出的值． 【答案】(1)见详解 (2)①见详解② 【分析】（1）结合正方形的性质，证明，再进行角的等量代换，即可作答． （2）①由（1）得，且结合正方形的性质，得出，故四点共圆，再运用圆周角定理得 ，故是等腰直角三角形，结合，故； ②设，结合正方形的性质证明，再得出四边形是矩形，，，同理证明，即，因为平分，得，再把数值代入，整理得，运用公式法解得，再代入计算，即可作答． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 则， ∴， 即； （2）解：①由（1）得， 即 ∵平分， ∴ ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴四点共圆，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； ②设， 过点作，过点作，过点作的延长线，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴ ∴ 由（1）得， ∵， ∴， 则， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， 同理证明， ∴，， 则， ∵平分， ∴， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， 整理得， ∴， 则， 则（舍去）， 与①同理得四点共圆，如图所示： ∵ ∴ ∴， ∵ 则 ∵， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，解直角三角形的相关计算，四点共圆，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，圆周角定理，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 18．（2026·北京海淀·一模）在平面直角坐标系中，对于图形G、图形R和直线l，给出如下定义：若图形G上存在点T（T在直线l外），使得图形R上至少有个点到直线l的距离与点T到直线l的距离相等，则称图形R为图形G关于直线l的“等距”图形． (1)已知点，，，． ①当时，在线段，，中，线段______为点A关于y轴的“等距”图形，其中k的值为______； ②若线段为线段关于y轴的“等距”图形，则t的取值范围是______； (2)已知直线，的圆心为，半径为1．若存在实数s以及的弦，使得任意以点为中心且边长为的等边均为弦关于直线l的“等距”图形，直接写出a的取值范围． 【答案】(1)①，1；② (2) 【分析】（1）①先求出点A到y轴的距离为2，再根据“等距”图形的定义即可求解；②设线段上的点到y轴的距离为，当时，线段有2个点满足；当或时，线段有1个点满足；再结合线段为线段关于y轴的“等距”图形，即可求出t的取值范围； （2）由边长为的等边均为弦关于直线l的“等距”图形，得出这个等边三角形的中心点必然经过直线，即，且，再根据任意的弦，上都存在点，到直线l的距离的最大值也要为，可找到的临界状态，求出临界状态的的值，即可求出的取值范围． 【详解】（1）解：①当时，则点，如图所示： ∴点A到y轴的距离为2， ∵，， ∴线段上的点到y轴的距离最小值为0，最大值为1， ∴线段不是点A关于y轴的“等距”图形， ∵，， ∴线段上的点到y轴的距离最小值为0，最大值为1， ∴线段不是点A关于y轴的“等距”图形， ∵，， ∴线段上的点到y轴的距离最小值为0，最大值为3， ∴线段是点A关于y轴的“等距”图形， 设线段的解析式为， 则，解得， ∴线段的解析式为， 当时，， ∴线段上有1个点到y轴的距离为2， ∴k的值为1． ②∵，， ∴同理①的方法可得，线段的解析式为， 设线段上的点到y轴的距离为，如图所示： 当时，线段有2个点满足， 当或时，线段有1个点满足， 又∵线段为线段关于y轴的“等距”图形， ∴线段存在点T，使得点T到y轴的距离不大于， 又∵在y轴的右侧，且到y轴的距离为3， ∴点在直线上或直线的左侧，如图所示： ∴t的取值范围为． （2）解：∵边长为的等边均为弦关于直线l的“等距”图形， ∴等边上存在3个点到直线的距离等于某个具体数值， ∵是以点为中心的任意一个等边三角形，且均存在3个点到直线的距离等于，如图所示： ∴这个等边三角形的中心点必然经过直线，即，且， ∴任意的弦，上都存在点，到直线l的距离的最大值也要为， 如图所示，点在直线上，作直线，，且， 作与直线相切于点， 若上存在一点到直线的距离达到，则与直线有交点即可， ∵直线， ∴， ∴、是等腰直角三角形， ∵的半径为1， ∴， ∴，， ∴， 同理，当点在直线的下方时，，， ∴， ∵点在第四象限， ∴点，即， ∴． / 学科网（北京）股份有限公司 $