专题10 圆（6大题型专练）（浙江专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题10 圆 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01 弧长与扇形面积 题型02 垂径定理 题型03 圆心角定理 题型04 圆周角定理 题型05 正多边形与圆 题型06 圆与切线 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 弧长与扇形面积 典例引领 【典例01】（2026·浙江温州·模拟预测）如图，在中，，，分别以点、为圆心，、的长为半径作弧，与交于点、．若，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查扇形公式、解直角三角形计算，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键． 根据题意易得、，再利用进行计算阴影部分面积即可． 【详解】解：在中，，， ， 、 则图中阴影部分的面积为． 【典例02】（2023·浙江台州·模拟预测）如图① ，铜钱纹是我国古代常见的装饰花纹，花纹是由一个整圆和四条以整圆的外接正方形顶点为圆心画的等弧构成（如图②）． 若整圆的外接正方形的边长为2，则等弧与圆所围成的阴影部分面积等于______． 【答案】 【分析】通过转化，把阴影面积转化成已知图形的和差的形式，进行求解． 【详解】解：由图形的对称性可知，四个阴影部分的面积相同， 不妨设每个小阴影部分的面积为， 则所围成的阴影部分的面积为， 四个角上的空白部分的面积也相同，可设其中每个角上小空白部分的面积为， 中间的空白部分的面积为， 则 解得：， 则阴影部分的面积为：． 方法透视 考向解读 1. 弧长公式：，其中 ( n ) 为圆心角度数，( R ) 为半径。 2. 扇形面积公式：。 3. 阴影面积通常用“规则图形面积的和差”求解。 4. 等积转化：利用全等、对称、平移将不规则图形转化为规则图形求面积。 方法技能 弧长公式，扇形面积； 阴影面积用差积，等积转化更简便。 变式演练 【变式01】（2025·浙江·模拟预测）如图，C是以为直径的半圆上一点，过B，C两点作与弦相切．已知，，则阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设与交于点D，的圆心为O，连接，利用圆周角定理和圆的切线的性质得到经过圆心O，利用含角的直角三角形的性质和勾股定理求得，再利用阴影部分的面积解答即可得出结论． 本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，扇形与三角形的面积，直角三角形的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，连接直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线． 【详解】解：设与交于点D，的圆心为O，连接，如图， 为半圆的直径， ， ， 过B，C两点作与弦相切， 经过圆心O， 即为直径， ， ， ，，， ， ， ， ， ， ， 阴影部分的面积 故选：D． 【变式02】（2024·浙江杭州·一模）如图，是以为直径的半圆的一条弦，且，，设的面积为，阴影部分面积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查扇形面积的计算、圆周角定理等，掌握扇形面积公式、圆周角定理及三角函数是本题的关键． 连接、，过点作于点，设的半径为，根据圆周角定理和三角函数将的面积用和表示出来，根据与同底等高得，从而得，利用扇形的面积公式用和将扇形的面积表示出来，进而计算即可． 【详解】解：连接、，过点作于点，设的半径为． ， ， ，， ， ，， ； ， 与同底等高， ， ， ． 故选：C． 【变式03】（2025·浙江杭州·二模）如图，在中，，以为直径的与，交于点，，连结，．若，，则阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了扇形的面积、圆周角定理、中位线定理，把不规则图形转化为规则图形计算面积是解题的关键． 根据直径所对的圆周角是直角得到，点是的中点，从而得出是的中位线，于是，阴影部分的面积转化为扇形的面积，进而求解． 【详解】连接、，如图： ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， 即点是的中点， ∵点是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：C ． 题型02 垂径定理 典例引领 【典例01】（2026·浙江温州·模拟预测）如图，为的直径，弦于点，点为上一点，，连接交于点．若，，则的长为__________． 【答案】 【分析】连接，，，根据垂径定理得到，进而得到，利用圆周角定理得到，进而证得，再证得，则，设，则，，，，据此列方程求解即可． 【详解】解：如图，连接，，， 为的直径，弦， ， ， ，即， ， ， ，， ， ， ， ， ， 即， 设， ，， ，，，，， ， 解得， 的长为． 【典例02】（2026·浙江杭州·模拟预测）如图，是圆的一条弦（不是直径）．仅用无刻度的直尺和圆规按下列要求作图，并保留作图痕迹，不写作法． (1)作圆心和的中点． (2)连接，交于点，若，，求的半径． 【答案】(1)图见解析 (2) 【分析】（1）在圆弧上再取一点，连接，作两条弦的垂直平分线，交点即为圆心，的垂直平分线与的交点即为点； （2）连接，由垂径定理的逆定理可得，，使用勾股定理计算出的值即可． 【详解】（1）解：如图，点和点即为所求， （2）解：如图，连接， 由（1）可知，点是的中点， ∴， ∴， 在中，． 方法透视 考向解读 1. 垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的两条弧。 2. 推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，且平分弦所对的两条弧。 3. 常用辅助线：过圆心作弦的垂线，连接半径，构造直角三角形，利用勾股定理求解。 4. 常见题型：求弦长、半径、圆心到弦的距离等。 方法技能 垂径定理过圆心，垂直弦平分弦和弧； 半径半弦弦心距，勾股定理建方程。 变式演练 【变式01】（2026·浙江衢州·一模）如图，边长为4的正方形中，为边的中点，点在边上，连接，若的外接圆恰好与相切于点，则的半径为__________． 【答案】 【分析】连接，延长交于点，证明四边形是矩形，得，，求出，设，则，由勾股定理列方程可求出． 【详解】解：连接，延长交于点，如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵是的切线，点F是切点， ∴，即, ∴四边形是矩形， ∴，，即, ∴, ∵点是的中点， ∴， ∴， 设，则， 在中，, ∴, 解得：． 【变式02】（2024·浙江绍兴·模拟预测）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，长为半径的圆弧，C是弦的中点，D在上，，“会圆术”给出的长l的近似值s的计算公式：，当时，___________(结果保留) 【答案】 【分析】本题考查扇形的弧长，垂径定理，勾股定理，弧长公式，掌握相关定理公式是问题求解的关键． 根据已知条件求得和的长，代入得到弧长的近似值，利用弧长公式求得弧长的值，即可完成求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵是弦的中点，在上，， ∴延长可得在上，， ∴， ∴， 又， ∴． 故答案为：． 【变式03】（2023·浙江台州·模拟预测）如图，在中，直径垂直弦于点M，E为直径延长线上一点，平分． (1)求证：是的切线； (2)若，，则求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，证明，利用，得出，利用平分，证明，则可得，即可求证； （2）设，利用垂径定理得出，利用勾股定理在中列式求出，再利用列式求解即可． 【详解】（1）证明：连接， ， ， ， ， ， ∵平分， ∴， ， ， 又是半径， ∴是的切线； （2）解：设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴在中，，解得， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴． 题型03 圆心角定理 典例引领 【典例01】（2025·浙江宁波·一模）图1是阿基米德的滑动曲尺模型，图2是其抽象成的几何图形．为的直径，其延长线与弦的延长线交于点，．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆的基本概念、等边对等角，熟练掌握圆的基本概念是解题的关键．利用等边对等角得到，由得到，利用三角形的外角的性质得到，结合即可求解． 【详解】解：， ， ， ， ， ， ， ， ，即． 故选：B． 【典例02】（2025·浙江温州·模拟预测）如图，已知，都是的直径，D是上一点，若，且，请写出与相等的角． 【答案】，， 【分析】本题考查了圆心角、弧、弦的关系．根据圆心角、弧间的关系求得，由对顶角的定义知即可解答． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴与相等的角有：，，． 方法透视 考向解读 1. 圆心角定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等。 2. 弧、弦、圆心角的关系：弧相等 ⇔ 弦相等 ⇔ 圆心角相等。 3. 利用圆心角定理证明线段相等、弧相等或角度相等。 4. 结合等腰三角形性质（如半径相等）进行角度计算。 方法技能 圆心角等弧弦等，弧弦角三者互推； 半径等腰三角形，外角内角灵活用。 变式演练 【变式01】（2025·浙江·模拟预测）如图，以等边的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，由三段圆弧得到的封闭图形就是“莱洛三角形”，而封闭图形由，，，组成是由两个“莱洛三角形”交叠而成．若，则封闭图形的周长是______． 【答案】/ 【分析】连接，如图，先根据等边三角形的性质得到，则根据圆心角、弧、弦的关系得到，再利用画法得到，所以，所以封闭图形ABCD的周长的长，然后根据弧长公式计算即可． 本题考查了弧长的计算，弧长公式：其中n为圆心角的度数，R为圆的半径也考查了等边三角形的性质． 【详解】解：连接，如图， 为等边三角形， ，， ， ， ， ， 封闭图形的周长的长 故答案为： 【变式02】（2026·浙江丽水·一模）如图，在矩形中，，是边上的一点，，以为圆心，为半径的圆弧交于点，交于点．若是弧的中点，则_____ ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、圆的性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理，连接，过点作于点，先利用矩形、弧中点和平行线的性质，推导出角相等，证明，从而求出，设，用表示出相关线段，再根据勾股定理，结合建立方程，解出的值，最后代入计算出和的长度，得到它们的比值． 【详解】解：连接，过点作于点， ∵四边形为矩形，， ，，， ， 平行于， ， 是弧的中点， ∴弧弧， ，， ， ，， ， ， 又， ， ， ，， ， ， 设， ，，， 在中， 由勾股定理得：， 在中， 由勾股定理得：， ， ， 解得：， ，， ． 【变式03】（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，四边形内接于，为的直径，为边上一点．若，，，连接交于点．求： (1)的长． (2)的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（）由等腰三角形和平行线的性质可得，即得，得到，即可求解； （）延长交于点，可证，得到，进而由可得，即得，即得到，再由得 ，得到，即得到，最后根据即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）解：如图，延长交于点， 由（）可知，， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为的中点． ∵， ∴， ∴， ∵，    ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，弧弦圆心角的关系，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，正确作出辅助线是解题的关键． 题型04 圆周角定理 典例引领 【典例01】（2026·浙江杭州·一模）如图，直线与相切于点，半径，点在优弧上，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据相切和可得，再根据圆周角定理即可解答． 【详解】解：直线与相切于点， ， ， ， ． 【典例02】（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，，，以为直径的半圆分别交于点，若，则图中的长为______． 【答案】 【分析】连接，根据圆周角结合三线合一，推出，进而得到，再根据弧长公式进行计算即可. 【详解】解：连接， ∵为直径， ∴，即， ∵，， ∴，， ∴，， ∴. 方法透视 考向解读 1. 圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半。 2. 推论：直径所对的圆周角是直角（）；同弧或等弧所对的圆周角相等。 3. 圆内接四边形性质：对角互补，外角等于内对角。 4. 常见题型：利用圆周角定理求角度、证明垂直、结合相似三角形求线段长。 方法技能 圆周角等圆心半，直径对的角； 同弧对等角，圆内接四边形对角互补。 变式演练 【变式01】（2026·浙江杭州·一模）如图，四边形内接于，，，则________ ． 【答案】 【分析】连接、，根据圆内接四边形的性质求出，根据圆周角定理求出，计算即可． 【详解】解：如图，连接、， ∵四边形内接于， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式02】（2026·浙江·模拟预测）如图，矩形内接于是上一点，连接分别交于点，边上的点与点关于对称，连接交于点．若，则的直径长为_____． 【答案】 【分析】过点P作于M，延长交于N，连接，由轴对称的性质可得，，则可证明，进而可证明，得到；证明四边形是矩形，得到；设，则，；可证明是等腰直角三角形，得到，则；证明，利用相似三角形的性质列出比例式求出x的值，再利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：如图所示，过点P作于M，延长交于N，连接， ∵四边形是矩形， ∴； ∵边上的点与点关于对称， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴四边形是矩形，， ∴； 设，则， ∴； ∵，， ∴，为的直径， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， 解得（已检验是原方程的解）或（舍去）， ∴， ∴， ∴的直径长为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理，轴对称的性质，等腰直角三角形的性质与判定，证明和是等腰直角三角形是解题的关键． 【变式03】（2026·浙江杭州·一模）如图，内接于，，连结并延长交于点E，交于点D．连结，，． (1)求证：． (2)若，求的度数． (3)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）得出，即可； （2）连接，根据圆周角定理求出的度数，再根据等腰三角形的性质求解即可； （3）延长，交于点，连接，先证出，则，再设，则，，，证出，求出的长，则可得的长，然后在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 由圆周角定理得：， ∴． （2）解：如图，连接， ∵，， ∴， 由圆周角定理得：， ∵， ∴． （3）解：如图，延长，交于点，连接， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得（负值已舍）， 设，则， ∴， ∴，， 由圆周角定理得：， ∴，即， 又∵， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 解得（负值已舍）， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴在中，，即， 解得或（舍去）， ∴． 【点睛】根据两个三角形的面积之比联想到相似三角形，再结合圆周角定理解答． 题型05 正多边形与圆 典例引领 【典例01】（2025·浙江舟山·一模）如图，六边形是的内接正六边形，把每段弧二等分，作出一个圆内接正十二边形，G是其中一顶点，连结，，交于点P，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设正六边形外接圆的圆心为O，连接，于是得到，由题意得，，，过A作于H，推出是等腰直角三角形，得到，求得，根据弧长的计算公公式即可得到结论． 本题考查了正多边形和圆，正六边形和正十二边形的性质，解直角三角形，弧长的计算，正确的理解题意是解题的关键． 【详解】解：设正六边形外接圆的圆心为O， 连接，,则，， 故，是等边三角形， 由题意得，，，， 过A作于H， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 的长， 故选：D． 【典例02】（2025·浙江金华·二模）如图，已知点是正六边形内一点，连结，，，．若，，则的长为________． 【答案】 【分析】本题考查了正六边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，过点作，交分别为，连接，过点作于点，设正六边形的边长为，根据已知得出，即可求解． 【详解】解：如图，过点作，交分别为，连接，过点作于点，设正六边形的边长为 ∵六边形是正六边形 ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵六边形是正六边形 ∴ ∵ ∴，则， ∴ ∵， ∴ 即 解得： 即， 故答案为：． 方法透视 考向解读 1. 正多边形的外接圆：各顶点在圆上，中心到各顶点距离相等（半径）。 2. 中心角：，边心距：，边长：。 3. 正多边形面积：周长 × 边心距。 4. 正多边形与圆的综合：利用正多边形的对称性、全等三角形进行几何推理。 方法技能 正多边形中心角，边长； 边心距，面积周长乘边心距。 变式演练 【变式01】（2025·浙江金华·三模）下列图形不能被边长为4的正方形完全覆盖的是（  ） A．半径为2的圆 B．半径为的半圆 C．两边长分别为，的三角形 D．斜边长为5的直角三角形 【答案】B 【分析】本题主要考查正方形的性质，圆的基本概念，实数大小比较，解题的关键是掌握相关图形的特征进行判断．先计算出正方形的对角线长，即可逐项进行判定求解即可． 【详解】解：正方形的边长为4， 对角线长为； A．半径为2的圆的直径为4，因此半径为2的圆能被边长为4的正方形完全覆盖，故不符合题意； B、半径为的半圆的直径为5，因为，所以半径为的半圆不能被边长为4的正方形完全覆盖，故B符合题意； C、因为，所以两边长分别为，的三角形，能被边长为4的正方形完全覆盖，故C不符合题意； D、因为，所以斜边长为5的直角三角形能被边长为4的正方形完全覆盖，故D不符合题意． 故选：B． 【变式02】（2025·浙江·模拟预测）如图是一铺设在人行道上地板砖的一部分，它是由正六边形和四边形镶嵌而成，，，为各多边形顶点，则的值为________． 【答案】 【分析】在图中标出字母如下，过点作延长线于点，连接，作于点，过点作于点，易得四边形和是矩形，再根据正六边形的性质求出每个内角的度数，进而得到是等边三角形，设，易表示出，，，，再利用矩形的性质和勾股定理求解和的长度即可求解． 【详解】解：在图中标出字母如下，过点作延长线于点，连接，作于点，过点作于点， 则四边形和是矩形． 人行道上地板砖由正六边形和四边形镶嵌而成， 正六边的内角为， ， , ，是等边三角形． 设， ， ， ，， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正六边形的性质，平面镶嵌，等边三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，标出字母，作出辅助线构建直角三角形是解答关键． 【变式03】（2025·浙江杭州·三模）已知，正方形和它的外接圆． (1)如图1，若点在弧上，是上的一点，且，过点作，．求的半径； (2)如图2，若点在弧上，过点作，试探究此时线段、、之间的关系．请写出你的结论并证明； (3)如图3，在正方形中，，若点满足，且，请直接写出点到的距离． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)或 【分析】（1）连接、，由题意易得，则可证，然后可得，进而可得是等腰直角三角形，进而在中，勾股定理，即可求解． （2）在上取点G，使，连接，同理（1）可得：，则有是等腰直角三角形三角形，然后问题可求解； （3）由题意易得点P在以为直径的圆上，则可分当点P在如图3①所示位置时，当点P在如图3②所示位置时，进而问题可求解 【详解】（1）解：连接、，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴是的直径， ∴ 在中， ∴ ∴的半径为 （2），理由如下： 在上取点G，使，连接， 同理（1）可得：， ∴， 在正方形中，， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形三角形， ∵， ∴， ∵， ∴； （3）解：点A到的距离是或，理由如下： ∵， ∴点在以点为圆心，为半径的圆上， ∵， ∴点在以为直径的圆上， ∴点是这两圆的交点， ①当点P在如图3①所示位置时， 连接、、，作，垂足为H，过点A作，交于点E，如图3①， ∵四边形是正方形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴A、P、D、B在以为直径的圆上， ∴， ∴是等腰直角三角形， 又∵是等腰直角三角形，点B、E、P共线，， ∴由（2）中的结论可得：， ∴， ∴； ②当点P在如图3②所示位置时， 连接、、，作，垂足为H，过点A作，交的延长线于点E，如图3②， 同理可得：， ∴， ∴， 综上所述：点A到的距离为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、圆周角定理、三角形全等的判定与性质等知识，考查了运用已有的知识和经验解决问题的能力，而通过添加适当的辅助线从而能用（2）中的结论解决问题是解决第（3）的关键． 题型06 圆与切线 典例引领 【典例01】（2026·浙江舟山·一模）如图，为内接三角形，其中为直径，且，点为和平分线的交点，延长交于点，连结，，． ①________； ②若，，与之间的函数关系为________． 【答案】 6 【分析】①如图，连接，根据圆周角相等得到弦，即为等腰直角三角形，求出； ②连接，过分别作三边的垂线，垂足分别为、、，由点为和平分线的交点得到是的内心，则，证明，得到，同理可得，再根据，得到，接着根据，得到，求出，最后在中由勾股定理得到，整理化简即可． 【详解】解：①如图，连接， ∵平分角， ∴， ∴， ∵为的直径，且， ∴， ∴； ②连接，过分别作、、的垂线，垂足分别为、、， ∵为直径， ∴，， ∵点为和平分线的交点， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 同理可得， ∵， ∴， 整理得， ∵， ∴， 即， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 解得， ∵中，，， ∴， 整理得． 【典例02】（2026·浙江·模拟预测）在中，，． (1)尺规作图：作，使圆心O在上，经过A，B两点（保留作图痕迹，不写作法） (2)求证：是（1）题所作的切线． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）作线段的垂直平分线，交于点O，以点O为圆心，为半径画圆； （2）连接，利用三角形内角和求出，即可证明切线． 【详解】（1）解：如图所示： 即为所求； （2）解：连接， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∵为半径， ∴是的切线． 方法透视 考向解读 1. 切线的判定：过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线。 2. 切线的性质：切线垂直于过切点的半径。 3. 切线长定理：从圆外一点引两条切线，切线长相等，该点与圆心的连线平分两条切线的夹角。 4. 常见模型：连接圆心与切点得垂直，构造直角三角形；利用切线长定理证线段相等。 方法技能 切线判定垂半径，切点圆心连垂线； 切线长等夹平分，直角三角常出现。 变式演练 【变式01】（2026·浙江舟山·一模）如图，点是外一点，的延长线交于点，点在圆上，连接，且，． (1)求证：为切线； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）通过证明得以论证为切线； （2）利用直角三角形的性质求解即可. 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴为切线； （2）解：∵在中，， ∴， ∵， ∴． 【变式02】（2026·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，以为直径作半圆O，切线的延长线交于点F，E为切点，对角线恰好过E点． (1)求证：F为中点； (2)求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证、CD为的切线，再根据切线长定理得出，从而得出，然后根据平行线的性质与对顶角性质证得，得出，最后由切线长定理得出，即可得出结论； （2）设，则，，再在中，由勾股定理得出，解得：，即可求解． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴， ∵为半圆O的直径， 、CD为的切线， 又AE为切线， ， ， 在矩形ABCD中，， ， ， ， 、FC为切线， ， ， 为CD中点． （2）解：、AE为切线 ， 设 则， ∴， ∵矩形， ∴， 在中 ， 即， 又， ， ． 【点睛】本题考查切线的判定与性质，切线长定理，勾股定理，矩形的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握切线的判定与性质以及切线长定理是解题的关键． 【变式03】（2025·浙江台州·二模）如图1，在中，是钝角，以为直径的圆与边交于点D，与延长线交于点E，连结，连结交于点G． (1)求证：． (2)记与之间是否存在确定的数量关系？若存在，请求出该数量关系；若不存在，请说明理由． (3)如图2，若点G关于的对称点在以为直径的圆上，证明点G是的内心． 【答案】(1)见解析 (2)存在， (3)见解析 【分析】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，直角三角形的性质，直角三角形的斜边上的中线的性质，相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，三角形的内心的性质，角平分线的定义，添加适当的辅助线构造等腰三角形是解题的关键． （1）连接，利用直径所对的圆周角为直角的性质得到，∠AEB=90°，利用等腰三角形的三线合一的性质得到，即为直角三角形斜边上的中线，利用直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半的性质解答即可得出结论； （2）利用相似三角形的判定与性质得到，，利用等量代换的性质得到，则结论可得； （3）连接，，，利用轴对称的性质和线段的垂直平分线的性质得到垂直平分，则，，利用等腰三角形的三线合一的性质得到，，再利用圆周角定理得到为的平分线，为的平分线，最后利用三角形的内心为三个内角平分线的交点的性质得出结论即可． 【详解】（1）证明：连接． ∵为直径， ∴ ． ∴， ∵， ∴， ∴为直角三角形斜边上的中线， ∴， ∴； （2）解：与之间存在确定的数量关系，该数量关系为． 理由： ∵，， ∴， ∴， ∵四边形为圆的内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴； （3）证明：连接，，，如图， ∵点G关于的对称点在以为直径的圆上， ∴垂直平分， ∴，， ∵， ∴，， ∵，， ∴． ∴为的平分线， ∵，， ∴， ∴为的平分线， ∴点G是的内心． 题●型●训●练 1．（2026·浙江丽水·一模）如图，四边形内接于，是直径，连接，若，，，则的长为（   ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】过点D作于点H，连接，由是直径，得到，由勾股定理可得，由三线合一定理得到，证明三点共线，求出的长，进而求出的长即可得到答案． 【详解】解：如图所示，过点D作于点H，连接， ∵是直径， ∴， ∵，， ∴， ∴； ∵，， ∴，； 又∵， ∴， ∴O、D、H三点共线， 在中，由勾股定理得， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 2．（2026·浙江温州·一模）如图,在中，，，，为边上的高，以点B为圆心，长为半径画圆弧分别交边，于点E，F，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据直角三角形的性质求出，再利用等面积法求出，利用弧长公式进行计算即可． 【详解】解： ，，， ， ， ， 为边上的高线， ， 即， ， ． 3．（2023·浙江金华·模拟预测）如图是小李上学用的自行车，型号是24英寸（车轮的直径为24英寸，1英寸厘米），为了防止在下雨天骑车时的泥水溅到身上，他想在自行车两轮的阴影部分两侧装上挡水的铁皮（两个阴影部分分别是以C、D为圆心的两个扇形），量出四边形中、，安装时向车轮外延伸厘米，那么预计需要的铁皮面积约是（    ） A．1141平方厘米 B．2281平方厘米 C．3752平方厘米 D．4000平方厘米 【答案】B 【分析】根据车轮的半径求出挡水铁皮的半径，再根据四边形的内角和求出，由扇形面积公式进行计算即可． 【详解】解：∵车轮的半径为（厘米）， ∴挡水铁皮的半径为（厘米）， ∵、， ∴ ∴需要的铁皮面积为（平方厘米）． 4．（2026·浙江湖州·模拟预测）如图，已知折扇骨柄长为，折扇完全张开时的度数为，此时弧的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据弧长公式计算即可． 【详解】解：由题意可得，弧的长为． 5．（2026·浙江台州·一模）如图，在圆内接四边形中，是圆的直径，过点C作于点E，连接．若，，，则的面积为（   ） A．16 B．15 C．12 D．10 【答案】B 【分析】过点作，交的延长线于点，证明，求出，分别证明，得出，，得出，根据三角形面积公式可求出． 【详解】解：过点作，交的延长线于点，如图， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴（负值舍去）， ∵， ∴， ∵，， ∴； 在和中， ， ∴， ∴； 在和中， ， ∴ ∴， ∴， ∴． 6．（2026·浙江嘉兴·一模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形和正方形．延长交以为直径的半圆于点，连接．若，则的值为______． 【答案】 【分析】设直角三角形的长直角边为，短直角边为，得到，连接，根据圆周角定理结合等弧对等弦得到，，进而推出四点共圆，得到，求出，将绕点旋转，得到，推出三点共线，得到，三线合一，得到，进而得到，得到，进而求出的长，即可得出结果． 【详解】解：设直角三角形的长直角边为，短直角边为， 由题意，， 连接， ∵为半圆的直径，， ∴，， ∴，， ∴四点共圆， ∴，， ∴， 将绕点旋转，得到，则，，， ∴， ∴三点共线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴． 7．（2026·浙江湖州·一模）如图，已知点为的直径上一点，且．为上一点，满足：连接并延长交圆于点．连接，过点作，若，则的长为__________ 【答案】 【分析】连接，过点B作于点G，设，则，，证明，可得，再由，可得， 从而得到，，在中， 根据勾股定理可得，，在中，，再由，可得，在中，可得 ，联立解方程组，即可求解． 【详解】解：连接，过点B作于点G， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴，， ∴，， 在中， ， ∴， 在中，， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 联立得：， 解得：， ∴． 8．（2026·浙江杭州·模拟预测）已知弧的长为，该弧所在圆的半径为，则该弧的度数为______． 【答案】 【分析】设弧的度数为，利用弧长公式构造方程并求解即可． 【详解】解：设弧的度数为， 由弧长公式可得，， ∴， 解得． 9．（2026·浙江金华·一模）如图，在边长为2的正六边形中，点G为的中点，连接交于点H，则四边形的周长为_____________． 【答案】 【分析】如图，连接，交于点O，连接，由正六边形性质得到点O在上，，，证明出，，是等边三角形，得到，然后利用勾股定理求出，证明出，得到，代数求出，，进而求解即可． 【详解】解：如图，连接，交于点O，连接 ∵正六边形的边长为2 ∴点O在上，，， ∴，，是等边三角形 ∴ ∴ ∵正六边形 ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵点G为的中点 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴，即 ∴， ∴四边形的周长为． 10．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在中，，半圆O与边相切于点E，与边交于点D，F，点G是弧上的动点，点H，I分别是边的中点．当点G从点D运动到点E时，点I运动的路径长是 ______． 【答案】/ 【分析】本题考查了直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半，三角形的中位线，弧长公式，运用三角形中位线求解是解题的关键．本题先根据中点的性质确定点的运动轨迹，再通过已知条件求出相关角度和线段长度，最后利用弧长公式计算出点运动的路径长． 【详解】解：如图，连接，分别取的中点，连接， 分别为的中位线， ， , ， ， 令， ，， 同理，连接，取的中点，则； 是的中点，运动轨迹为， 的运动轨迹为运动轨迹的一半， 又为的中点， 的运动轨迹为运动轨迹的一半， 如下图，连接， 半圆与相切于点， ， ， ， ， ， ， 的运动轨迹为， 的运动轨迹为， 故答案为： 11．（2026·浙江杭州·一模）如图，四边形内接于，，对角线交于点，延长至点，，连接交于点． (1)求证：． (2)记的面积为，的面积为，若，，求的值． (3)求证：． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】（1）根据圆内接四边形的性质可得，即可解答； （2）证明，求得的值即可解答； （3）证明，可得，再证明，可得，即可解答． 【详解】（1）证明：四边形内接于， ， ， ， ， ； （2）解：， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）证明：， ， ， 即， ， ， ， ， ， ． 12．（2026·浙江金华·二模）如图1，为的直径，点在上，且弧弧，弦交于点，的垂直平分线交于点，交于点，连接，，和． (1)求证：四边形为菱形． (2)如图2，若点，重合，求与的面积比． (3)如图1，若，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据垂直平分线的性质得到，，从而得出结论； （2）连接，连接交于点，根据圆周角定理得到，由三角形内角和定理求出，进而得到和是等腰直角三角形，设，则，根据勾股定理求出长，利用求解即可； （3）连接、，过点作于点，设的半径为，则、，在中，根据勾股定理列出方程求出的值，证明，则，据此求出长，根据等腰直角三角形的性质得到，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：是的垂直平分线， ，， 经过圆心，且， ， ， 四边形为菱形； （2）解：连接，连接交于点，如图2， 是的直径， ， ， ， 由（1）知，四边形为菱形， 、， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ， ； （3）解：连接、，过点作于点，设的半径为，则、， 由（1）知，四边形为菱形， 、， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得， 、、， ， ， ，是的直径， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， ， 在中，， ， 在中，， ， ． 【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质、菱形的判定与性质、圆周角定理、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、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． 13．（2026·浙江宁波·一模）如图，在中，，平分交于点，点在边上，以为直径的恰好过点． (1)求证：与相切． (2)当时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，证明即可； （2）利用解直角三角形求解即可； 【详解】（1）解：如图，连接， 平分， ， ， ， ， ， ， ， 与相切． （2）解：， ， ， ，，． ， ， ． 14．（2026·浙江绍兴·一模）如图，四边形内接于圆O，为直径，，交于点G，，垂足为E，交于点F． (1)如图1，证明：． (2)如图2，连结，若，求的度数． (3)如图3，连结，若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据圆中直径对应的圆周角为和证明即可． （2）根据已知关系证明，得到F是中点，从而是中位线，故，再根据弧长相等则对应的角相等求得 ，最后求出． （3）连结，过O作，垂足为H，证明，得出相应边的比例关系，三角形的面积关系，用勾股定理表示出相应边和面积，最后求解． 【详解】（1）证明： 为直径，所以，． 又 ． ． ． ， ． ， ． （2）解：由（1）已知，，， ， ． ， ，即F是中点， O是的中点， 所以． ，， ， ． ， ， ． （3）解：连结，过O作，垂足为H，所以， 由圆的性质和已知条件得， 由 ， ，， 是中点，， ，设， ， ，所以． ， ，， ， ， ， ． F为BG的中点， ， ， ． 15．（2026·浙江金华·一模）如图，在中，，以为直径作半，点是该半圆上的点，连接交于点，． (1)求证：为的中点； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明过程见解析； (2)的长为． 【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质，可得，，可得，可得，，可得，由等角对等边可得，即可证得结论； （2）连接，是等边三角形，可得，可得，由圆周角定理可得，由三角形外角的性质，可得，由角所对的直角边与斜边的关系，结合勾股定理，可得，可得，即可得的长． 【详解】（1）证明：连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴为的中点． （2）解：连接， ∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 圆 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01 弧长与扇形面积 题型02 垂径定理 题型03 圆心角定理 题型04 圆周角定理 题型05 正多边形与圆 题型06 圆与切线 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 弧长与扇形面积 典例引领 【典例01】（2026·浙江温州·模拟预测）如图，在中，，，分别以点、为圆心，、的长为半径作弧，与交于点、．若，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【典例02】（2023·浙江台州·模拟预测）如图① ，铜钱纹是我国古代常见的装饰花纹，花纹是由一个整圆和四条以整圆的外接正方形顶点为圆心画的等弧构成（如图②）． 若整圆的外接正方形的边长为2，则等弧与圆所围成的阴影部分面积等于______． 方法透视 考向解读 1. 弧长公式：，其中 ( n ) 为圆心角度数，( R ) 为半径。 2. 扇形面积公式：。 3. 阴影面积通常用“规则图形面积的和差”求解。 4. 等积转化：利用全等、对称、平移将不规则图形转化为规则图形求面积。 方法技能 弧长公式，扇形面积； 阴影面积用差积，等积转化更简便。 变式演练 【变式01】（2025·浙江·模拟预测）如图，C是以为直径的半圆上一点，过B，C两点作与弦相切．已知，，则阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【变式02】（2024·浙江杭州·一模）如图，是以为直径的半圆的一条弦，且，，设的面积为，阴影部分面积为，则（    ） A． B． C． D． 【变式03】（2025·浙江杭州·二模）如图，在中，，以为直径的与，交于点，，连结，．若，，则阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 题型02 垂径定理 典例引领 【典例01】（2026·浙江温州·模拟预测）如图，为的直径，弦于点，点为上一点，，连接交于点．若，，则的长为__________． 【典例02】（2026·浙江杭州·模拟预测）如图，是圆的一条弦（不是直径）．仅用无刻度的直尺和圆规按下列要求作图，并保留作图痕迹，不写作法． (1)作圆心和的中点． (2)连接，交于点，若，，求的半径． 方法透视 考向解读 1. 垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的两条弧。 2. 推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，且平分弦所对的两条弧。 3. 常用辅助线：过圆心作弦的垂线，连接半径，构造直角三角形，利用勾股定理求解。 4. 常见题型：求弦长、半径、圆心到弦的距离等。 方法技能 垂径定理过圆心，垂直弦平分弦和弧； 半径半弦弦心距，勾股定理建方程。 变式演练 【变式01】（2026·浙江衢州·一模）如图，边长为4的正方形中，为边的中点，点在边上，连接，若的外接圆恰好与相切于点，则的半径为__________． 【变式02】（2024·浙江绍兴·模拟预测）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，长为半径的圆弧，C是弦的中点，D在上，，“会圆术”给出的长l的近似值s的计算公式：，当时，___________(结果保留) 【变式03】（2023·浙江台州·模拟预测）如图，在中，直径垂直弦于点M，E为直径延长线上一点，平分． (1)求证：是的切线； (2)若，，则求的长． 题型03 圆心角定理 典例引领 【典例01】（2025·浙江宁波·一模）图1是阿基米德的滑动曲尺模型，图2是其抽象成的几何图形．为的直径，其延长线与弦的延长线交于点，．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【典例02】（2025·浙江温州·模拟预测）如图，已知，都是的直径，D是上一点，若，且，请写出与相等的角． 方法透视 考向解读 1. 圆心角定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等。 2. 弧、弦、圆心角的关系：弧相等 ⇔ 弦相等 ⇔ 圆心角相等。 3. 利用圆心角定理证明线段相等、弧相等或角度相等。 4. 结合等腰三角形性质（如半径相等）进行角度计算。 方法技能 圆心角等弧弦等，弧弦角三者互推； 半径等腰三角形，外角内角灵活用。 变式演练 【变式01】（2025·浙江·模拟预测）如图，以等边的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，由三段圆弧得到的封闭图形就是“莱洛三角形”，而封闭图形由，，，组成是由两个“莱洛三角形”交叠而成．若，则封闭图形的周长是______． 【变式02】（2026·浙江丽水·一模）如图，在矩形中，，是边上的一点，，以为圆心，为半径的圆弧交于点，交于点．若是弧的中点，则_____ ． 【变式03】（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，四边形内接于，为的直径，为边上一点．若，，，连接交于点．求： (1)的长． (2)的长． 题型04 圆周角定理 典例引领 【典例01】（2026·浙江杭州·一模）如图，直线与相切于点，半径，点在优弧上，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【典例02】（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，，，以为直径的半圆分别交于点，若，则图中的长为______． 方法透视 考向解读 1. 圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半。 2. 推论：直径所对的圆周角是直角（）；同弧或等弧所对的圆周角相等。 3. 圆内接四边形性质：对角互补，外角等于内对角。 4. 常见题型：利用圆周角定理求角度、证明垂直、结合相似三角形求线段长。 方法技能 圆周角等圆心半，直径对的角； 同弧对等角，圆内接四边形对角互补。 变式演练 【变式01】（2026·浙江杭州·一模）如图，四边形内接于，，，则________ ． 【变式02】（2026·浙江·模拟预测）如图，矩形内接于是上一点，连接分别交于点，边上的点与点关于对称，连接交于点．若，则的直径长为_____． 【变式03】（2026·浙江杭州·一模）如图，内接于，，连结并延长交于点E，交于点D．连结，，． (1)求证：． (2)若，求的度数． (3)若，，求的长． 题型05 正多边形与圆 典例引领 【典例01】（2025·浙江舟山·一模）如图，六边形是的内接正六边形，把每段弧二等分，作出一个圆内接正十二边形，G是其中一顶点，连结，，交于点P，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【典例02】（2025·浙江金华·二模）如图，已知点是正六边形内一点，连结，，，．若，，则的长为________． 方法透视 考向解读 1. 正多边形的外接圆：各顶点在圆上，中心到各顶点距离相等（半径）。 2. 中心角：，边心距：，边长：。 3. 正多边形面积：周长 × 边心距。 4. 正多边形与圆的综合：利用正多边形的对称性、全等三角形进行几何推理。 方法技能 正多边形中心角，边长； 边心距，面积周长乘边心距。 变式演练 【变式01】（2025·浙江金华·三模）下列图形不能被边长为4的正方形完全覆盖的是（  ） A．半径为2的圆 B．半径为的半圆 C．两边长分别为，的三角形 D．斜边长为5的直角三角形 【变式02】（2025·浙江·模拟预测）如图是一铺设在人行道上地板砖的一部分，它是由正六边形和四边形镶嵌而成，，，为各多边形顶点，则的值为________． 【变式03】（2025·浙江杭州·三模）已知，正方形和它的外接圆． (1)如图1，若点在弧上，是上的一点，且，过点作，．求的半径； (2)如图2，若点在弧上，过点作，试探究此时线段、、之间的关系．请写出你的结论并证明； (3)如图3，在正方形中，，若点满足，且，请直接写出点到的距离． 题型06 圆与切线 典例引领 【典例01】（2026·浙江舟山·一模）如图，为内接三角形，其中为直径，且，点为和平分线的交点，延长交于点，连结，，． ①________； ②若，，与之间的函数关系为________． 【典例02】（2026·浙江·模拟预测）在中，，． (1)尺规作图：作，使圆心O在上，经过A，B两点（保留作图痕迹，不写作法） (2)求证：是（1）题所作的切线． 方法透视 考向解读 1. 切线的判定：过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线。 2. 切线的性质：切线垂直于过切点的半径。 3. 切线长定理：从圆外一点引两条切线，切线长相等，该点与圆心的连线平分两条切线的夹角。 4. 常见模型：连接圆心与切点得垂直，构造直角三角形；利用切线长定理证线段相等。 方法技能 切线判定垂半径，切点圆心连垂线； 切线长等夹平分，直角三角常出现。 变式演练 【变式01】（2026·浙江舟山·一模）如图，点是外一点，的延长线交于点，点在圆上，连接，且，． (1)求证：为切线； (2)若，求的长． 【变式02】（2026·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，以为直径作半圆O，切线的延长线交于点F，E为切点，对角线恰好过E点． (1)求证：F为中点； (2)求的长． 【变式03】（2025·浙江台州·二模）如图1，在中，是钝角，以为直径的圆与边交于点D，与延长线交于点E，连结，连结交于点G． (1)求证：． (2)记与之间是否存在确定的数量关系？若存在，请求出该数量关系；若不存在，请说明理由． (3)如图2，若点G关于的对称点在以为直径的圆上，证明点G是的内心． 题●型●训●练 1．（2026·浙江丽水·一模）如图，四边形内接于，是直径，连接，若，，，则的长为（   ） A．3 B． C． D． 2．（2026·浙江温州·一模）如图,在中，，，，为边上的高，以点B为圆心，长为半径画圆弧分别交边，于点E，F，则的长为（   ） A． B． C． D． 3．（2023·浙江金华·模拟预测）如图是小李上学用的自行车，型号是24英寸（车轮的直径为24英寸，1英寸厘米），为了防止在下雨天骑车时的泥水溅到身上，他想在自行车两轮的阴影部分两侧装上挡水的铁皮（两个阴影部分分别是以C、D为圆心的两个扇形），量出四边形中、，安装时向车轮外延伸厘米，那么预计需要的铁皮面积约是（    ） A．1141平方厘米 B．2281平方厘米 C．3752平方厘米 D．4000平方厘米 4．（2026·浙江湖州·模拟预测）如图，已知折扇骨柄长为，折扇完全张开时的度数为，此时弧的长是（   ） A． B． C． D． 5．（2026·浙江台州·一模）如图，在圆内接四边形中，是圆的直径，过点C作于点E，连接．若，，，则的面积为（   ） A．16 B．15 C．12 D．10 6．（2026·浙江嘉兴·一模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形和正方形．延长交以为直径的半圆于点，连接．若，则的值为______． 7．（2026·浙江湖州·一模）如图，已知点为的直径上一点，且．为上一点，满足：连接并延长交圆于点．连接，过点作，若，则的长为__________ 8．（2026·浙江杭州·模拟预测）已知弧的长为，该弧所在圆的半径为，则该弧的度数为______． 9．（2026·浙江金华·一模）如图，在边长为2的正六边形中，点G为的中点，连接交于点H，则四边形的周长为_____________． 10．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在中，，半圆O与边相切于点E，与边交于点D，F，点G是弧上的动点，点H，I分别是边的中点．当点G从点D运动到点E时，点I运动的路径长是 ______． 11．（2026·浙江杭州·一模）如图，四边形内接于，，对角线交于点，延长至点，，连接交于点． (1)求证：． (2)记的面积为，的面积为，若，，求的值． (3)求证：． 12．（2026·浙江金华·二模）如图1，为的直径，点在上，且弧弧，弦交于点，的垂直平分线交于点，交于点，连接，，和． (1)求证：四边形为菱形． (2)如图2，若点，重合，求与的面积比． (3)如图1，若，，求的值． 13．（2026·浙江宁波·一模）如图，在中，，平分交于点，点在边上，以为直径的恰好过点． (1)求证：与相切． (2)当时，求的长． 14．（2026·浙江绍兴·一模）如图，四边形内接于圆O，为直径，，交于点G，，垂足为E，交于点F． (1)如图1，证明：． (2)如图2，连结，若，求的度数． (3)如图3，连结，若，，求四边形的面积． 15．（2026·浙江金华·一模）如图，在中，，以为直径作半，点是该半圆上的点，连接交于点，． (1)求证：为的中点； (2)若，求的长． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $