专题03 圆综合（重难专练）（湖南专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

**基本信息** 以“定理-技巧-综合”为逻辑主线，提炼“锦囊妙计”式解题方法，覆盖圆的核心定理及中考高频综合题型，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| |----|-----------|----------|----------| |圆周角与垂径定理|10题|“有直先找直，有弦垂径吃”，构造直角三角形用勾股定理|从圆周角、垂径定理基础概念，到对称性应用，层层递进| |切线判定与性质|10题|“遇切点连半径，无切点作垂直”，切线性质与判定两法|结合直线与圆位置关系，衔接切线长定理，强化推理| |圆的综合应用|25题|相似三模型（弦切角、相交弦、双垂直），函数动点问题数形结合|融合相似、四边形、函数知识，对接中考压轴题，突出模型意识|

专题03 圆综合 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难考向保分攻略 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难考向的核心方法论与实战技巧，精选同源试题巩固内化 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感” 近两年：湖南统考2024年侧重圆的综合运用，一道选择题考查圆周角定理，压轴题以圆为背景融合旋转、矩形、切线、相似与三角函数，难度较大；2025年则将圆的知识分散到选择、填空和解答题中，主要考查弧长公式、正多边形中心角、切线性质等基础内容，难度适中。湖南两年真题均涉及圆的切线性质，说明该知识点是高频考点。 预测2026年：圆的相关知识仍将是湖南中考数学几何板块的核心。结合湖南统一命题趋势，考查重点将集中在切线的判定与性质、圆周角定理的综合应用，并加强与全等三角形、相似三角形、函数及动点问题的融合。命题会更加注重情境化和综合性，突出图形识别与辅助线构造能力。因此，考生应扎实掌握圆的核心定理与常见模型，提升推理、计算及综合运用能力，做到举一反三，灵活应对。 考向01 圆周角定理与垂径定理联动应用 题型1 圆周角、圆心角、弧、弦的关系及垂径定理 核心定理①同弧所对圆周角相等，且圆周角度数等于对应圆心角度数的一半：②直径所对圆周角为直角：若为圆的直径，则；③垂径定理：垂直于弦的直径平分弦且平分弦所对的两条弧。 解题技巧①遇直径→找直角三角形→运用勾股定理求解；②遇弦的中点或弦与直径垂直→过圆心作弦的垂线，构造，设未知数列方程求解；③遇弧相等→推导对应弦相等、对应圆周角/圆心角相等。 易错点：忽略“同圆或等圆”的前提条件；垂径定理中“平分弦”的适用范围不包含直径；混淆圆周角与圆心角的2倍数量关系。 锦囊妙计：有直先找直，有弦垂径吃：看到直径立刻标注，构造直角三角形；看到非直径的弦，过圆心作垂线，半弦、弦心距、半径构成直角三角形，缺量设参，结合勾股定理列式求解。 1．如图，为的直径，弦与交于点E，已知，，则的度数为________． 2．如图，，，是上的点，，垂足为点，且为的中点，若，则的长为______． 3．如图，是圆O的直径，点C在半径上，，，点D、E在半圆上，，，则D到的距离为______． 4．如图，从一张半圆形的铁片上剪下一个小的半圆形铁片，为了计算剩余部分的面积，在图中作出一条小圆的切线，并使它平行于大圆的直径．设这条切线交大圆于点，，量得的长是，则剩余部分的面积是________． 5．如图，是的弦，，若，则的长为__________． 题型2 圆的对称性应用（垂径定理的引申） 核心性质：圆是轴对称图形（对称轴为任意直径所在直线）、中心对称图形（对称中心为圆心）。 应用技巧：①利用轴对称性：垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的两条弧（垂径定理），可用于求弦长、半径、弦心距（构造直角三角形，勾股定理求解）；②利用中心对称性：圆上点绕圆心旋转180°得到的点与原点点关于圆心对称，可用于转化线段、角关系；③垂径定理延伸：弦的垂直平分线经过圆心，可用于确定圆心位置； 易错点：垂径定理应用时，忽略“直径垂直于弦”（非直径的弦垂直于弦，不一定平分弦）；求弦长时，未构造弦心距、半径、半弦长组成的直角三角形；忽略圆的对称性隐含的相等关系（如对称点到圆心的距离相等）。 锦囊妙计：若求圆上一点到两定点距离之和最小，先找其中一个定点关于直径的对称点，再根据“两点之间线段最短”求解最值。 6．如图，，，，均在上，，若，则的长最大为（    ） A． B． C． D． 7．如图，在中，，，与交于点C，与相切，过点C作，交于点D，M是边上一动点，则当的周长最小时，的值为（　　） A． B． C． D． 8．如图，在半径为2的扇形中，，点P是线段上一动点，点Q为线段的中点，射线交于点C，当线段最短时，的长为（    ）    A． B． C． D． 9．如图，是的外接圆，为直径，若，点从点出发，在内运动且始终保持，当两点距离最小时，动点的运动路径长为（     ） A． B． C． D． 10．如图，⊙O的半径是4，A为⊙O上一点，M是⊙A上一点（M在⊙O内），过点M作⊙A切线l，且l与⊙O相交于P，Q两点，若⊙A的半径为2，当线段PQ最长时线段OM的长度为m，当线段PQ最短时线段OM的长度为n，则m﹣n的值是（　　） A．2﹣3 B． C．2﹣2 D．2﹣2 考向02 切线的判定与性质 题型3 直线与圆的位置关系判定 核心判定方法：设圆的半径为r，圆心到直线的距离为d，①d＜r：直线与圆相交（有两个公共点）；②d＝r：直线与圆相切（有一个公共点）；③d＞r：直线与圆相离（无公共点）； 解题技巧：①已知直线过圆上一点：连半径，证垂直（证明半径与直线夹角为）；②无明确公共点：过圆心作直线垂线，证垂线段长度。 易错点：混淆“圆心到直线的距离”与“点到直线的距离”，计算d时出错；忽略直线与圆相交时，弦长与d、r的关系；判定时，误将“公共点个数”作为唯一依据，忽略d与r的数量关系。 锦囊妙计：遇切点，连半径；无切点，作垂直：若直线与圆已有公共点，立即连接该点与圆心，通过角度互余、平行线性质、三角形全等证明半径与直线垂直。若无明确公共点，则过圆心向直线作垂线，证明垂线段长度等于半径。 11．如图，，圆心在边上的的半径为，．若在上向点移动，当与相切时，圆心移动的距离为________． 12．如图，中，，，．点在边上，点是边上一点（不与点、重合），且，则的取值范围是________ 13．如图，已知AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，C是⊙O外一点．若，直线BC与⊙O相交，判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由． 14．如图，点为上一点，点在直径的延长线上，且，过点作的切线，交的延长线于点. 判断直线与的位置关系，并说明理由； 若，求:①的半径，②的长. 15．如图，是的外接圆，为直径，交的延长线于点E． (1)求证：是的切线； (2)若，求． 题型4 切线的判断与性质 核心性质①切线性质：圆的切线垂直于过切点的半径；②切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，且该点与圆心的连线平分两条切线的夹角。即：若为圆的切线，则，。 解题技巧①遇切线：连接切点与圆心，构造直角，利用勾股定理、三角形全等求解；②遇圆外一点双切线：直接得到等腰三角形、角平分线，转化线段与角度。 易错点：切线长定理仅适用于圆外一点引两条切线的场景，不可滥用；圆心与圆外点的连线不一定过切点。 锦囊妙计：切线长相等是圆中线段转化的核心工具，常与角平分线、垂直平分线性质结合，简化线段长度计算与角度推导。 16．如图，在中，，点O在边上，与相切于点D，与相交于A，E两点，连接． (1)求证：平分； (2)若，，求的半径． 17．如图，中，，点为边上一点，以点为圆心，为半径作圆与相切于点，连接．求证：． 18．如图，在中，四边形是圆内接四边形，是的直径，，过D作交延长线于点E，连接． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的半径长． 19．如图，，是的切线，，为切点，延长，与，延长线交于点，点． (1)求证：； (2)过点作交于点．若，．求的长． 20．如图，分别与相切于点是的直径，连接． (1)求证：； (2)连接，若，求的值． 考向03 圆的综合应用 题型5 圆与相似（弦切角、相交弦、双垂直） 综合形式：圆+三角形（全等、相似），考查线段长度、角的度数、面积计算、证明等，是中考圆综合的基础题型； 解题关键：以圆的性质（圆周角定理、切线性质等）为基础，构造全等或相似三角形，转化线段、角关系，进而完成计算或证明； 解题思路：①利用圆的性质（如圆周角相等、切线垂直于半径）构造相等的角，为全等、相似判定创造条件；②通过全等证明线段相等、角相等，补充圆综合所需的条件；③通过相似的比例关系，求线段长度、面积比，结合圆的半径、弦长等完成计算； 核心相似模型 ①弦切角模型：弦切角等于所夹弧所对的圆周角，构造子母相似三角形； ②相交弦模型：圆内两弦相交，对应线段成比例，即； ③双垂直模型：直径+弦垂直，构成射影定理相似，满足、、。 易错点：无法结合圆的性质构造全等、相似三角形；全等、相似的对应关系找错；忽略圆的性质与三角形性质的衔接，导致推理中断。 圆内相似三兄弟，弦切、相交、双垂直：见到圆外一点引切线，用弦切角定理构造母子相似；见到圆内两弦相交，用相交弦定理列比例式；见到直径与弦垂直，套用射影定理模型。解题优先找等角，相似关系可快速推导。 21．如图，是的直径，点C为上一点，平分交于点D，过D作交延长线于E． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的长． 22．如图，在中，，以边为直径作，过点A作的切线交的延长线于点D，切点为E，连接． (1)求证：； (2)若，求的值． 23．如图，为的直径，点为上的一点，过点作，垂足为，将沿翻折，点的对应点为，交于点，延长交的延长线于点． (1)判断与的位置关系并说明理由； (2)若，，求的长． 24．如图，，点Q是的边上的一点，，点P是射线上的一点，连接，经过点A且与相切于点P，与边相交于另一点D． (1)①的最小值是______； ②当圆心O在射线上时，求的半径； (2)连接，当时，求圆心O到直线的距离； (3)直接写出当时，圆心O到直线的距离． 25．如图，内接于，直径交于点，延长与过点的切线交于点．已知与互余． (1)求证：． (2)连接，当，，时，求的半径和的长． 题型6 圆与四边形综合 核心性质：圆内接四边形对角互补，外角等于不相邻的内对角。即：若四边形内接于圆，则，，外角。 解题技巧 ①判定四边形内接于圆，直接利用对角互补推导角度； ②四边形一边为直径时，该边所对内角为，构造直角三角形； ③圆与菱形综合时，利用菱形对角线垂直平分性质，判定圆心位置与对称轴关系。 易错点：混淆圆内接四边形与普通四边形的性质；忽略“外角等于内对角”的角度转化功能，导致角度求解繁琐或出错。 锦囊妙计：圆内接，对角补；外角等于内对角：四个顶点共圆，优先用对角互补求角度；遇四边形边延长线，利用外角等于不相邻内对角转移角度。与矩形、菱形综合时，优先判断对角线是否过圆心，结合直径直角性质解题。 26．如图，四边形是梯形，，以为直径的半圆与交于点，连接． (1)求证：； (2)记的面积为的面积为的面积为，求的值； (3)若半圆的半径为1，令，求关于的解析式．（不考虑自变量的取值范围） 27．综合应用：已知正方形，以为直径作，点在射线上运动，连接． (1)如图1，当，时，与相切于，求． (2)如图2，当运动到右侧，连接，交于点， ①在运动过程中，求的最小值； ②与交于点，与相交于点，顺时针旋转使得点落在上的点上，得，当时，求． 28．若四边形是圆内接四边形，且它的一条对角线将其分割成一个等腰三角形和一个直角三角形，则称该四边形为“等直共圆四边形”．    (1)以下哪些图形一定是“等直共圆四边形”：________（填序号）； ①正方形  ②矩形  ③含角的菱形  ④含角的等腰梯形 (2)如图1，四边形是“等直共圆四边形”，．若E是上中点，，求的长； (3)如图2，是的直径，点A在上，请用无刻度的直尺和圆规在上求作一点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是“等直共圆四边形”．当时，求的长． 29．已知四边形内接于，过C、D分别作的切线，，若，为的一条直径，设与交于P点 (1)判断线段、、的数量关系，并证明 (2)若也是的一条直径，连接、，设，求的值 30．如图，长方形中，，E为边上一点，连接，过点E作交边于点F，连接交于点． (1)当时，求证：； (2)在（1）的条件下，求的长； (3)若，求的值． 题型7 圆与函数、动点综合 1、核心综合形式：圆+一次函数/二次函数+动点，考查动点运动过程中圆的位置变化、切线判定、线段最值、点的坐标等，是中考几何压轴题的高频形式； 2、解题关键：数形结合，将圆的性质、函数解析式、动点运动规律结合，用代数方法解决几何问题；抓住动点的运动轨迹，分情况讨论（如动点在直线、抛物线上运动的情况）； 3、解题思路：①建立平面直角坐标系，确定圆心、圆上关键点的坐标，写出圆的解析式；②结合动点运动规律，用含参数的式子表示动点坐标；③利用圆的性质（如切线判定、圆心到直线的距离）、函数解析式，建立与参数相关的等式，求解未知量；④分情况讨论，确定符合条件的参数取值范围，求最值或特殊点坐标； 4、易错点：动点运动情况考虑不全面，遗漏分类讨论；无法用参数表示动点坐标或圆的解析式；忽略函数自变量与圆的半径、圆心距的取值限制，导致结果不合理。 31．【概念生成】定义：我们把经过三角形的一个顶点并与其对边所在直线相切的圆叫做三角形的“切接圆”，如图1，，经过点A，并与点A的对边相切于点D，则该就叫做的切接圆，根据上述定义解决下列问题： (1)【理解应用】已知，中，，，． ①如图2，_________． ②如图2，若点D在边上，，以D为圆心，长为半径作圆，则__________（填“是”或“不是”）的“切接圆”，请证明． ③在图3中，若点D在的边上，以D为圆心，长为半径作圆，当是的“切接圆”时，求的半径． (2)【思维拓展】如图4，在平面直角坐标系中，的顶点坐标为，，， ①判断的形状，并求出的周长； ②试说明：以抛物线图像上任意一点P为圆心，长为半径作圆，一定是的“切接圆”； ③若点P在抛物线上，且是的“切接圆”，当的半径最小时，直接写出点P的坐标． 32．如图，在平面直角坐标系中，经过原点，分别交轴、轴于点，连结．直线分别交于点（点在左侧），交轴于点，连结． (1)求的半径和直线的函数表达式； (2)点在线段上，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长． 33．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． 34．如图1，已知抛物线过三点)，过线段的中点，若点为所在圆的圆心． (1)求抛物线的解析式； (2)求的度数； (3)求圆心点的坐标，并判断点是否在这条抛物线上； (4)若弧的中点为，是否在轴上存在点，使得与相似？若存在，请求出点的坐标，若不存在说明理由． 35．在平面直角坐标系xOy中，直线（）分别与x轴、y轴相交于A、B两点．⊙G经过A、B、O三点，C为⊙G在直线上方的弧上的一个动点． (1)求⊙G的半径长（用含m的式子表示）； (2)已知弧AC、弧BC的中点分别为点P、Q，连接OP，OQ．问：∠POQ的度数是否为定值？如果是，请求出它的度数；如果不是，请说明理由； (3)在（2）条件下，连接AC，BC，OP分别交AB、AC于M、E点，OQ分别交AB、BC于N、F．连接EF．对于每一个确定的m的值，都有一个点C，使得S△ACB取最大值，对于此时的C，记以AM、MN、BN为三边的三角形的外接圆面积为S1，△CEF外接圆的面积为S2，求的最小值． 题型8 圆的实际应用 常见场景：圆弧形拱桥、摩天轮、圆形口径测量、滚轮转动等实际几何应用问题。 解题技巧 ①建立平面直角坐标系，将实际场景数据转化为坐标、线段长度； ②结合垂径定理与勾股定理（为半径，为弦心距，为弦长）求半径、拱高； ③统一单位，规避单位换算错误。 易错点：忽略实际问题隐含条件，如圆弧最高点高度为圆心高度+半径；默认圆心在图形内部，遗漏圆心在图形外部的情况。 锦囊妙计：圆的测量类实际问题，核心构造直角三角形，牢牢抓住弦长、弦心距、半径三者的勾股关系，即可破解绝大多数题型。 36．如图1，月洞门是中国古典建筑中的一种圆形门洞，形如满月，故称“月洞门”．图2是月洞门的示意图，月洞门呈圆弧形，用表示，点O是所在圆的圆心，是月洞门的横跨，是月洞门的拱高．已知，，则月洞门所在圆的半径为______． 37．如图，拱桥可以近似地看作一个圆弧，桥拱和路面之间用数根钢索垂直相连，其正下方的路面长度为，如果这些钢索中最长的一根的长度为，则该圆弧的半径为______m． 38．如图，有一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为，瓶内液体已经过半，液体的最大深度，当瓶内液体升高，则截面圆中弦的长减少了______． 39．古希腊数学家曾给出一个估算地球周长（或子午圈长）的简单方法．如图，点A和点B分别表示埃及的赛伊尼和亚历山大两地，B地在A地的北方，两地的经度大致相同，且实际距离为800km．当太阳光线在A地直射时，同一时刻在B地测量太阳光线偏离直射方向的角为α，实际测得α是．由此估算地球周长约为_______km． 40．埃拉托色尼是一位古希腊的杰出数学家，他首创了“地理学”这个词，被尊称为“地理学之父”．他的名著《对地球大小的修正》中提出了一种测量地球周长的设想，如图，塞伊尼点和亚历山大点是几乎在同一条经线上的两座城市，两地相距约，在塞伊尼城有一口垂直于地面的水井，夏至日中午12点太阳光可直射井底，同一时刻在亚历山大城竖起一根垂直于地面的木棍，利用影子测出太阳光线与木棍所在直线的夹角约为，据此可以估算地球的周长约为______ （建议用时：100分钟） 1．如图，是地球的示意图，其中表示赤道，分别表示北回归线和南回归线．夏至日正午时，太阳光线所在直线经过地心O，此时点F处的太阳高度角（即平行于的光线与的切线所成的锐角）的大小为，此时______． 2．如图，在矩形中，，为对角线上一动点，过点作直线的垂线，垂足为点，则的最大值是______． 3．如图，在中，，，点是的中点，将线段绕着点顺时针旋转到，点是上任意一点，连接并延长交于点．在此旋转过程中，点运动的路线长为________． 4．如图，在矩形中，，点为平面内一点，且满足．连接，则的最小值是_____，最大值是_____． 5．如图，点O，E为四边形的边上的点，以点O为圆心，长为半径的经过点D，且与边相切于点C，连接，，．若，，，则阴影部分的面积为________． 6．如图，是的直径，弦于点．以，为邻边构造平行四边形，连接交于点，过点作交于点，垂足为点．若，，则的长度为________． 7．如图，是的外接圆，在中，，延长至点，使．过点作，垂足为． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的半径． 8．如图，为的直径，为弦延长线上一点，且满足，连接，并过点作的垂线，与交于点，与的延长线交于点． (1)求证：为的切线； (2)若的半径为3，，求线段的长． 9．已知内接于，，，是的直径，连接． (1)如图①，求和的大小； (2)如图②，过点作的切线，与的延长线交于点，过点作的切线，与交于点，若，求的长． 10．已知锐角三角形内接于，，为的直径，连接． (1)如图①，若，求和的大小； (2)如图②，过点A作的切线，与的延长线相交于点P．若，，求线段的长． 11．已知是的直径，，是的弦．      (1)如图①，若E为的中点，，求和的大小； (2)如图②，若是的直径，过点D作的切线交延长线于点C，连接．，，求的长． 12．如图，内接于，直径交于点E，、的延长线相交于点P，点C为中点，过点C作的切线交于点Q． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，，求的面积． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 圆综合 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难考向保分攻略 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难考向的核心方法论与实战技巧，精选同源试题巩固内化 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感” 近两年：湖南统考2024年侧重圆的综合运用，一道选择题考查圆周角定理，压轴题以圆为背景融合旋转、矩形、切线、相似与三角函数，难度较大；2025年则将圆的知识分散到选择、填空和解答题中，主要考查弧长公式、正多边形中心角、切线性质等基础内容，难度适中。湖南两年真题均涉及圆的切线性质，说明该知识点是高频考点。 预测2026年：圆的相关知识仍将是湖南中考数学几何板块的核心。结合全国统一命题趋势，考查重点将集中在切线的判定与性质、圆周角定理的综合应用，并加强与全等三角形、相似三角形、函数及动点问题的融合。命题会更加注重情境化和综合性，突出图形识别与辅助线构造能力。因此，考生应扎实掌握圆的核心定理与常见模型，提升推理、计算及综合运用能力，做到举一反三，灵活应对。 考向01 圆周角定理与垂径定理联动应用 题型1 圆周角、圆心角、弧、弦的关系及垂径定理 核心定理①同弧所对圆周角相等，且圆周角度数等于对应圆心角度数的一半：②直径所对圆周角为直角：若为圆的直径，则；③垂径定理：垂直于弦的直径平分弦且平分弦所对的两条弧。 解题技巧①遇直径→找直角三角形→运用勾股定理求解；②遇弦的中点或弦与直径垂直→过圆心作弦的垂线，构造，设未知数列方程求解；③遇弧相等→推导对应弦相等、对应圆周角/圆心角相等。 易错点：忽略“同圆或等圆”的前提条件；垂径定理中“平分弦”的适用范围不包含直径；混淆圆周角与圆心角的2倍数量关系。 锦囊妙计：有直先找直，有弦垂径吃：看到直径立刻标注，构造直角三角形；看到非直径的弦，过圆心作垂线，半弦、弦心距、半径构成直角三角形，缺量设参，结合勾股定理列式求解。 1．如图，为的直径，弦与交于点E，已知，，则的度数为________． 【答案】 【分析】根据等腰三角形的性质求出的度数，再利用圆的半径相等得到，进而求出的度数，最后利用角的和差关系及邻补角定义求出的度数． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 2．如图，，，是上的点，，垂足为点，且为的中点，若，则的长为______． 【答案】 【分析】连接，可得，根据垂直平分线的性质可得，即可得出． 【详解】解：如图，连接， ∵，，是上的点， ∴， ∵，垂足为点，且为的中点， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴． 3．如图，是圆O的直径，点C在半径上，，，点D、E在半圆上，，，则D到的距离为______． 【答案】 【分析】如图所示，过点E作于点F，过点D作于点G，过点E作于点K，过点C作于点H，连接，连接，则四边形和四边形都是矩形，设，则；证明，得到，则，，由勾股定理可得方程组，解方程组可推出，则． 【详解】解：如图所示，过点E作于点F，过点D作于点G，过点E作于点K，过点C作于点H，连接，连接，则四边形和四边形都是矩形， ∴； 设，则； ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得 ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点D到的距离为． 4．如图，从一张半圆形的铁片上剪下一个小的半圆形铁片，为了计算剩余部分的面积，在图中作出一条小圆的切线，并使它平行于大圆的直径．设这条切线交大圆于点，，量得的长是，则剩余部分的面积是________． 【答案】 【分析】设小圆半径为，大圆半径为，通过切线条件利用勾股定理建立方程求出半径的平方，进而求得剩余部分的面积． 【详解】解：设小圆半径为，大圆半径为， 切线平行于大圆直径且与小圆相切， 大圆圆心到切线的距离等于小圆半径， 设的中点为，连接， 则，，， 在中， 由勾股定理得：， ， 剩余部分的面积为 ． 5．如图，是的弦，，若，则的长为__________． 【答案】 【分析】由题意得是等腰直角三角形，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：由题意得，， ， 是等腰直角三角形， ． 题型2 圆的对称性应用（垂径定理的引申） 核心性质：圆是轴对称图形（对称轴为任意直径所在直线）、中心对称图形（对称中心为圆心）。 应用技巧：①利用轴对称性：垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的两条弧（垂径定理），可用于求弦长、半径、弦心距（构造直角三角形，勾股定理求解）；②利用中心对称性：圆上点绕圆心旋转180°得到的点与原点点关于圆心对称，可用于转化线段、角关系；③垂径定理延伸：弦的垂直平分线经过圆心，可用于确定圆心位置； 易错点：垂径定理应用时，忽略“直径垂直于弦”（非直径的弦垂直于弦，不一定平分弦）；求弦长时，未构造弦心距、半径、半弦长组成的直角三角形；忽略圆的对称性隐含的相等关系（如对称点到圆心的距离相等）。 锦囊妙计：若求圆上一点到两定点距离之和最小，先找其中一个定点关于直径的对称点，再根据“两点之间线段最短”求解最值。 6．如图，，，，均在上，，若，则的长最大为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查圆内接四边形的性质，连接、，根据圆内接四边形的性质求出，根据圆周角定理求出，再根据等边三角形的判定和性质解答即可．熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 【详解】解：如图，连接、， ∵点，，，均在上， ∴四边形为的圆内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴为等边三角形， ∴， 当为的直径时，最大，最大值为． 故选：C． 7．如图，在中，，，与交于点C，与相切，过点C作，交于点D，M是边上一动点，则当的周长最小时，的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图，延长交于点E，连接，交于点M，此时周长最小．设，，证明得到，由正切定义和勾股定理求得，，根据切线性质得，证明，利用相似三角形的性质求得，进而可求解． 【详解】解：如图，延长交于点E，连接，交于点M， ∵，， ∴垂直平分，则， ∴，此时周长最小． 设，， ∵，， ∴，又， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，则， 设于相切于点F，连接， 则，又， ∴， ∴，即， 解得， ∴ 故选：B． 【点睛】本题考查了切线的性质、轴对称求最短路线、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等问题，解题的关键在于正确找到M点位置． 8．如图，在半径为2的扇形中，，点P是线段上一动点，点Q为线段的中点，射线交于点C，当线段最短时，的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查垂线段最短，等边三角形的判定及性质，弧长公式． 由垂线段最短可得当时，最短．此时，由点Q是的中点，可得，从而证得，得到，根据弧长公式即可解答． 【详解】解：如图，当时，最短．    连接，， ∵，即， 又， ∴， ∴， ∵点Q是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴是等边三角形， ∴， ∴． 故选：B 9．如图，是的外接圆，为直径，若，点从点出发，在内运动且始终保持，当两点距离最小时，动点的运动路径长为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了圆，解直角三角形，弧长公式，取的中点，即可得，根据为直径得，则，根据得，即可得，点P在以为直径的上运动，即当J、P、C共线时，的值最小，在中得，可得，即可得；添加辅助线，根据计算得出点P在以为直径的上运动，当J、P、C共线时，的值最小时解题的关键． 【详解】解：如图所示，取的中点， ∵， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点P在以为直径的上运动， 即当J、P、C共线时，的值最小， 在中，，， ∴， ∴， ∴当C、P两点距离最小时，动点P的运动路径长为：， 故选：A． 10．如图，⊙O的半径是4，A为⊙O上一点，M是⊙A上一点（M在⊙O内），过点M作⊙A切线l，且l与⊙O相交于P，Q两点，若⊙A的半径为2，当线段PQ最长时线段OM的长度为m，当线段PQ最短时线段OM的长度为n，则m﹣n的值是（　　） A．2﹣3 B． C．2﹣2 D．2﹣2 【答案】D 【分析】当线段PQ最长时，P、Q、O、M在一条直线上，此时线段OM的长度可依据勾股定理求得，即可求出m的值，当线段PQ最短时，PQ与AM垂直，此时OM的长度为两个圆的半径的差，即可求出n的值，进而得出答案． 【详解】解：当线段PQ最长时，如图1所示，此时点P、Q、O、M在一条直线上， 连接OA，OM， ∵PQ与⊙O相切于点M， ∴OM⊥PQ， 在Rt△OAM中，OA=4，AM=2， ∴OM==2， 即，m=2， 当线段PQ最短时，如图2所示，此时点O、A、M在一条直线上， ∵PQ与⊙O相切于点M， ∴OM⊥PQ， ∴OM=OA-AM=4-2=2， 即，n=2， ∴m-n=2-2， 故选：D． 【点睛】本题考查切线的性质，勾股定理，利用切线的性质构造直角三角形是解决问题的关键． 考向02 切线的判定与性质 题型3 直线与圆的位置关系判定 核心判定方法：设圆的半径为r，圆心到直线的距离为d，①d＜r：直线与圆相交（有两个公共点）；②d＝r：直线与圆相切（有一个公共点）；③d＞r：直线与圆相离（无公共点）； 解题技巧：①已知直线过圆上一点：连半径，证垂直（证明半径与直线夹角为）；②无明确公共点：过圆心作直线垂线，证垂线段长度。 易错点：混淆“圆心到直线的距离”与“点到直线的距离”，计算d时出错；忽略直线与圆相交时，弦长与d、r的关系；判定时，误将“公共点个数”作为唯一依据，忽略d与r的数量关系。 锦囊妙计：遇切点，连半径；无切点，作垂直：若直线与圆已有公共点，立即连接该点与圆心，通过角度互余、平行线性质、三角形全等证明半径与直线垂直。若无明确公共点，则过圆心向直线作垂线，证明垂线段长度等于半径。 11．如图，，圆心在边上的的半径为，．若在上向点移动，当与相切时，圆心移动的距离为________． 【答案】 【分析】此题重点考查平移的性质、切线的性质定理、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 当移动到与相切时，设圆心为，切点为，由，，，得，最后求解即可． 【详解】解：当移动到与相切时，设圆心为，切点为，则， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴圆心移动的距离为． 故答案为：． 12．如图，中，，，．点在边上，点是边上一点（不与点、重合），且，则的取值范围是________ 【答案】 【分析】本题主要考查了直线与圆的位置关系，含角的直角三角形的性质，以D为圆心的长为半径画圆分类讨论是解题的关键．利用以为圆心，的长为半径画圆，当圆与相切时，即可求出的最小值，当圆与相交时，即可求出的最大值，即可求解． 【详解】解：以为圆心，的长为半径画圆，当圆与相切，如图①，时， ， ∴， ∵ ∴ ， ∵点到的最短距离为 ∴ 当圆与相交时，如图②，若交点为，则， ∴ 的取值范围是． 13．如图，已知AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，C是⊙O外一点．若，直线BC与⊙O相交，判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由． 【答案】相交，理由见解析 【分析】根据平行线的性质即圆的性质，证明，从而得，根据已知条件直线BC与⊙O相交，即可判断与⊙O的位置关系 【详解】相交，理由如下： 如图，连接， ， ，， ， ， ， ，， （SAS）， ， 直线BC与⊙O相交， ， ． 直线与⊙O相交． 线CD与⊙O的位置关系是：相交． 【点睛】本题考查了圆的性质，三角形全等的性质与判定，直线与圆的位置关系，掌握直线与圆的位置关系是解题的关键． 14．如图，点为上一点，点在直径的延长线上，且，过点作的切线，交的延长线于点. 判断直线与的位置关系，并说明理由； 若，求:①的半径，②的长. 【答案】(1) 直线与相切；见解析（2）①3；②6. 【分析】（1）首先由圆的性质得出，然后由圆内接直角三角形得出，，进而得出，即可判定其相切； （2）①首先根据根据元的性质得出，，进而可判定，即可得出半径； ②首先由OP、OB得出OC，然后由切线性质得出，再由判定进而利用相似性质构建方程，即可得解. 【详解】直线与相切； 理由:连接， ， ， 是的直径， ， ， ， ， 即， 为上的一点， 直线与相切； ①， ， ， ， ， ， ， 圆的半径为; ②， ， ∵过点作的切线交的延长线于点， ， ，即 【点睛】此题主要考查直线和圆的位置关系以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握。即可解题. 15．如图，是的外接圆，为直径，交的延长线于点E． (1)求证：是的切线； (2)若，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了切线的判定，矩形的性质和判定，中位线的定义和性质，求余弦，等腰三角形的性质，圆周角定理， 对于（1），连接并延长交于点F，连接，先说明为线段的垂直平分线，再说明，可得四边形为矩形，进而得，则此题可证； 对于（2），先根据中位线的性质得，再求出，然后说明，最后根据可得答案. 【详解】（1）证明：连接并延长交于点F，连接， ∵， ∴为线段的垂直平分线. ∵为的直径， ∴. ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴是的切线； （2）解：∵点O，F分别为的中点， ∴. ∵， ∴. ∵， ∴. ∵， ∴， ∴. 题型4 切线的判断与性质 核心性质①切线性质：圆的切线垂直于过切点的半径；②切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，且该点与圆心的连线平分两条切线的夹角。即：若为圆的切线，则，。 解题技巧①遇切线：连接切点与圆心，构造直角，利用勾股定理、三角形全等求解；②遇圆外一点双切线：直接得到等腰三角形、角平分线，转化线段与角度。 易错点：切线长定理仅适用于圆外一点引两条切线的场景，不可滥用；圆心与圆外点的连线不一定过切点。 锦囊妙计：切线长相等是圆中线段转化的核心工具，常与角平分线、垂直平分线性质结合，简化线段长度计算与角度推导。 16．如图，在中，，点O在边上，与相切于点D，与相交于A，E两点，连接． (1)求证：平分； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)证明见解析 (2)7.5 【分析】本题主要考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，角平分线的证明，相似三角形的性质和判定， 对于（1），根据切线的性质说明，可得，再根据“等边对等角”得，进而得出，则答案可得； 对于（2），先证明，可得，即可求出，再根据勾股定理求出答案． 【详解】（1）证明：∵是的切线， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴平分； （2）解：∵是的直径， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 设，根据勾股定理，得 ， 解得， 所以的半径是7.5． 17．如图，中，，点为边上一点，以点为圆心，为半径作圆与相切于点，连接．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质，是解题的关键，连接，根据题意可得，根据余角的性质可得，根据圆周角定理可得，等量代换即可得证． 【详解】证明：如图，连接， ∵为切线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴． 18．如图，在中，四边形是圆内接四边形，是的直径，，过D作交延长线于点E，连接． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的半径长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）要证明为的切线，需连接，利用圆内接四边形性质和角度关系证明； （2）通过角度关系证明为等边三角形，过E作于H，利用辅助线构造直角三角形，结合特殊角（）的直角三角形的性质计算线段的长度，进而求求出半径． 【详解】（1）解：连接，如图， 四边形是圆内接四边形，， ， 又， ， ， ， ， ，即， 是半径， 为的切线。 （2）， ， ，四边形是圆内接四边形， ， 又， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 过E作于H， 在中， ， ， ， 在中，， ， ， 的半径为． 【点睛】本题考查了圆的综合题，切线的判定性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确构造辅助线是解题的关键． 19．如图，，是的切线，，为切点，延长，与，延长线交于点，点． (1)求证：； (2)过点作交于点．若，．求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，圆的切线长定理，圆的切线的性质，等腰直角三角形的判定与三边关系，二次根式，熟练掌握这些性质、判定与定理是解题的关键． （1）由圆的切线长定理得，结合切线的性质，和，即可判定，即可得； （2）判定是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形三边关系得出，由，得出，则可得，即可求解． 【详解】（1）解：∵，是的切线，，为切点， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 20．如图，分别与相切于点是的直径，连接． (1)求证：； (2)连接，若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接、，由切线的性质可得，由切线长定理可得及，再利用互余关系及三角形内角和，可得结论； （2）作，交延长线于点，连接，得出，根据得出，，设，则，则得出，在中得出，在中，根据正切的定义即可求解． 【详解】（1）证明：连接、， 与、相切， ， 由切线长定理得：， （）， ． ， （2）作，交延长线于点，连接， 由（）得， ， ， ∴， ∵， ∴，， 设，则， ∴， 又∵， ∴， 在中，，   ∴， ∴， 在中，， ∴． 【点睛】本题考查了切线长定理，切线的性质，解直角三角形，正确的添加辅助线是解题的关键． 考向03 圆的综合应用 题型5 圆与相似（弦切角、相交弦、双垂直） 综合形式：圆+三角形（全等、相似），考查线段长度、角的度数、面积计算、证明等，是中考圆综合的基础题型； 解题关键：以圆的性质（圆周角定理、切线性质等）为基础，构造全等或相似三角形，转化线段、角关系，进而完成计算或证明； 解题思路：①利用圆的性质（如圆周角相等、切线垂直于半径）构造相等的角，为全等、相似判定创造条件；②通过全等证明线段相等、角相等，补充圆综合所需的条件；③通过相似的比例关系，求线段长度、面积比，结合圆的半径、弦长等完成计算； 核心相似模型 ①弦切角模型：弦切角等于所夹弧所对的圆周角，构造子母相似三角形； ②相交弦模型：圆内两弦相交，对应线段成比例，即； ③双垂直模型：直径+弦垂直，构成射影定理相似，满足、、。 易错点：无法结合圆的性质构造全等、相似三角形；全等、相似的对应关系找错；忽略圆的性质与三角形性质的衔接，导致推理中断。 圆内相似三兄弟，弦切、相交、双垂直：见到圆外一点引切线，用弦切角定理构造母子相似；见到圆内两弦相交，用相交弦定理列比例式；见到直径与弦垂直，套用射影定理模型。解题优先找等角，相似关系可快速推导。 21．如图，是的直径，点C为上一点，平分交于点D，过D作交延长线于E． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，则，所以，而，则，所以，由交延长线于E，得，则，即可证明； （2）连接交于点L，由是的直径，，得，，由，求得，则，可证明四边形是矩形，则，所以，而，根据三角形中位线定理得，则． 【详解】（1）证明：连接，则， ∴， ∵平分交于点D， ∴， ∴， ∴， ∵交延长线于E， ∴， ∴， ∵是的半径，且， ∴为的切线． （2）解：连接交于点L， ∵是的直径，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的长为1． ． 22．如图，在中，，以边为直径作，过点A作的切线交的延长线于点D，切点为E，连接． (1)求证：； (2)若，求的值． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）利用切线的性质以及同弧所对的圆周角是圆心角的一半，证得，再利用半径相等得到等腰三角形证得，证出结果． （2）先通过同角的余角相等证得，利用已知条件证得的值，再次证明，通过相似比进行等量代换，求出答案． 【详解】（1）证明：如图所示，连， ∵是的切线，是切点， ∴， ∵， ∴在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：如下图所示，连，， ∵是的直径， ∴，， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵，是的直径， ； ∵， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∴， 则， ∴， ∴． 23．如图，为的直径，点为上的一点，过点作，垂足为，将沿翻折，点的对应点为，交于点，延长交的延长线于点． (1)判断与的位置关系并说明理由； (2)若，，求的长． 【答案】(1)与相切，理由见解析 (2) 【分析】（1）先证明，即可得出，得到，从而得出是的切线； （2）连接，交于点，证明四边形为矩形，根据垂径定理可得，再利用解直角三角形求得半径，即可解答． 【详解】（1）解：与相切，理由：连接， ， ， 将沿翻折，点的对应点为， ，， ， ， ， ， 是的半径， 是的切线； （2）解：如图，连接，交于点， 为直径， ， ， ， 四边形为矩形， ，， ， ， ， ， ， ， 根据勾股定理可得，， ， 根据勾股定理可得， ． 24．如图，，点Q是的边上的一点，，点P是射线上的一点，连接，经过点A且与相切于点P，与边相交于另一点D． (1)①的最小值是______； ②当圆心O在射线上时，求的半径； (2)连接，当时，求圆心O到直线的距离； (3)直接写出当时，圆心O到直线的距离． 【答案】(1)①8；② (2) (3) 【分析】（1）①当时，最小，由，设，，利用勾股定理求出，可得，； ②根据圆心在射线上时，是的直径可得答案； （2）当时，连接，作于T，作于R，可证得，从而有，即可求出；当时，作于R，连接，可证得，从而有，即可求出； （3）当时，作于R，连接，证明，求出即可． 【详解】（1）①解：如图1， 当时，最小， ∴， 设，， ∴， ∴（舍去负值）， ∴，，即的最小值是8， ②∵当圆心在射线上时，是的直径， ∴的半径为； （2）当时，连接，作于T，作于R，如图2， ∴，， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴圆心O到直线的距离为； （3）当时，作于R，连接，如图3， ∵， ∴经过圆心O， ∵是的切线， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴圆心O到距离为． 25．如图，内接于，直径交于点，延长与过点的切线交于点．已知与互余． (1)求证：． (2)连接，当，，时，求的半径和的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)4      【分析】(1)首先，连接，，然后，根据与相切于点，与互余， 证得，进而得平分，，可得； (2)首先，连接，， ，设 与交于点，然后，根据已知条件证得，再由，得，得，由，得，即为半径；再证得是等边三角形，得，，接着，证得，再由 ，得出 ，再分别求出 ，，最后，再证得，得，即，解得 ． 【详解】（1）证明：如图1，连接，． ∵与相切于点， ∴， ∴， ∴． ∵与互余， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴平分， ∴， ∴，即； （2） 解：如图2，连接，， ，设 与交于点． ∵， ∴， ∴， 由（1）知平分， ∴， ∵， ∴． ∴． ∵， ∴，即， 解得． ∴的半径为4． ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， 由（1）知， ∴． ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∴． ∴． ∵，， ∴． ∴，即， ∴． 【点睛】解题的关键是熟练掌握圆的垂径定理、切线的性质，特殊角的正切、正弦、余弦函数的运用，证得． 题型6 圆与四边形综合 核心性质：圆内接四边形对角互补，外角等于不相邻的内对角。即：若四边形内接于圆，则，，外角。 解题技巧 ①判定四边形内接于圆，直接利用对角互补推导角度； ②四边形一边为直径时，该边所对内角为，构造直角三角形； ③圆与菱形综合时，利用菱形对角线垂直平分性质，判定圆心位置与对称轴关系。 易错点：混淆圆内接四边形与普通四边形的性质；忽略“外角等于内对角”的角度转化功能，导致角度求解繁琐或出错。 锦囊妙计：圆内接，对角补；外角等于内对角：四个顶点共圆，优先用对角互补求角度；遇四边形边延长线，利用外角等于不相邻内对角转移角度。与矩形、菱形综合时，优先判断对角线是否过圆心，结合直径直角性质解题。 26．如图，四边形是梯形，，以为直径的半圆与交于点，连接． (1)求证：； (2)记的面积为的面积为的面积为，求的值； (3)若半圆的半径为1，令，求关于的解析式．（不考虑自变量的取值范围） 【答案】(1)见解析 (2)1 (3) 【分析】（1）根据圆周角定理得出，再由等量代换得出，利用相似三角形的判定即可证明； （2）根据圆内接四边形的性质得出，再由各角之间的等量代换确定，结合相似三角形的判定和性质得出，，然后代入求解即可； （3）由（2）可知，，结合相似三角形的判定和性质得出，，进行等量代换得出，然后代入化简计算即可． 【详解】（1）证明：是半圆的直径，点在半圆上， ， ， ， ， ， 又， ； （2）解：四边形内接于半圆， ， ， ， 是半圆的直径，点在半圆上， ， ， ， ， ， 又， ， ， ； （3）解：由（2）可知， ， ， 半圆的半径为1， ， ， 四边形内接于半圆， ， 又， ， ， ， 又， ， ， 即， ， ， ． 27．综合应用：已知正方形，以为直径作，点在射线上运动，连接． (1)如图1，当，时，与相切于，求． (2)如图2，当运动到右侧，连接，交于点， ①在运动过程中，求的最小值； ②与交于点，与相交于点，顺时针旋转使得点落在上的点上，得，当时，求． 【答案】(1)1 (2)①；② 【分析】本题考查切线长定理，正方形的性质，相似三角形的性质和判定，点与圆的位置关系，全等三角形的性质和判定； （1）根据切线长定理可得，再根据正方形的性质求出即可； （2）①连接，先证明得出，再结合，可证明，得出,要求最小值，即求最小值，即求的最大值，连接并延长交于点，此时的最大值为，求出，即可求出的最小值； ②顺时针旋转到，可证明，得出，设，则，由，可得出，可得出，即，即可求出的值． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，，， ∴，， ∴，与相切于点， ∵与相切于， ∴． （2）解：①连接， ∵是上一点，为直径, ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， 又∵, ∴, ∴, 又∵， ∴， ∵, ∴, ∴, ∵要求最小值，即求最小值， 又∵为已知正方形的边长，为定值， ∴最小值，即求的最大值， 连接并延长交于点，此时的最大值为， , ∴． ②∵顺时针旋转到， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是直径， ∴，即， 又∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴ ， ∴，即， ∴， ∴，解得：（舍去负根）或， ∴． 28．若四边形是圆内接四边形，且它的一条对角线将其分割成一个等腰三角形和一个直角三角形，则称该四边形为“等直共圆四边形”．    (1)以下哪些图形一定是“等直共圆四边形”：________（填序号）； ①正方形  ②矩形  ③含角的菱形  ④含角的等腰梯形 (2)如图1，四边形是“等直共圆四边形”，．若E是上中点，，求的长； (3)如图2，是的直径，点A在上，请用无刻度的直尺和圆规在上求作一点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是“等直共圆四边形”．当时，求的长． 【答案】(1)① (2) (3)或或 【分析】（1）根据特殊四边形的性质以及“等直共圆四边形”的定义判断即可； （2）由同弧可得，，则．设，则．证明，利用对应边成比例求出，则，设，，利用勾股定理列方程求解即可． （3）分别作的三条角平分线，根据等角得到对应弦相等，从而得到等腰三角形，完成作图；情况①：过B作交于点E．由圆周角可得，，再结合锐角三角函数求解即可；情况②：连接交于点E，连接，则垂直平分，再结合勾股定理求解即可；情况③：连接交于点E，连接，则垂直平分，再结合勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：只有正方形的对角线可以将其分割成一个等腰三角形和一个直角三角形， 即一定是“等直共圆四边形”的是正方形； （2）解：， ． 四边形是的内接四边形，， ． ， ． ． ， ． ． ， 即． ． 是上中点，， 设，则． ， ． ，即． ． 解得． ． 设． 在中，，即． 解得． ． （3）解：作图分三种情况：如下图，点D为所求． 在中，， ． 情况①：如图，过B作交于点E．   是的直径， ， ， ． ． ，． 在中，． ． 情况②：如图，连接交于点E，连接．   ， 垂直平分． ． ， 在中，． ， 在中，． 情况③：如图，连接交于点E，连接．   ， 垂直平分． ． 在中，． ． 在中，． 综上所述，的长度为或或． 29．已知四边形内接于，过C、D分别作的切线，，若，为的一条直径，设与交于P点 (1)判断线段、、的数量关系，并证明 (2)若也是的一条直径，连接、，设，求的值 【答案】(1)线段、、的数量关系为，见解析 (2) 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，圆的切线的性质，圆周角定理，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，垂直平分线的性质，勾股定理； （1）过C点作且使，连接，，构造出了，可寻找条件证明，得出从而将转化为，再利用圆内接四边形对角互补得出A、D、E三点共线，从而得出即为线段，最后证明是等腰直角三角形，得出，得出； （2）过P作交延长线于E，于F于G，解题思路是构建一个含有的，在这个直角三角形中利用来求解，所以解题的关键就变成表示出，的长度，设，利用正方形的性质，矩形的性质，勾股定理可分别求出，的长度，从而求出. 【详解】（1）解：线段、、的数量关系为，证明如下： 如图1所示，过C点作且使，连接， ∵，为的切线切点为C、D， ∴，，， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴， 又∵为的一条直径，O为圆心， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴在与中， ∴， ∴，，， ∵四边形内接于， ∴， ∴， 即 ∴A、D、E三点共线， ∵， ∴， ， ∴， ∴是等腰直角三角形，D点为边上一点， ∴， 即 ∵， ∴. 故答案为：线段、、的数量关系为. （2）解：如图2所示，过P作交延长线于E，于F，于G， 若也是的一条直径，由（1）得四边形为正方形，四边形也为正方形，且，设，则， ∵四边形为正方形，四边形也为正方形， ∴四边形为矩形， ∴， 在中 ∵，， ∴， ∵， ∴， 在中 ∴. 故答案为：. 30．如图，长方形中，，E为边上一点，连接，过点E作交边于点F，连接交于点． (1)当时，求证：； (2)在（1）的条件下，求的长； (3)若，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理、四点共圆、垂径定理等知识点： （1）根据同角的余角相等证明，再结合已知条件即可证明； （2）延长交于点H，利用平行线分线段成比例定理和勾股定理可求，由即可得到答案； （3）根据可知四点共圆，且是直径，再根据垂径定理可求，从而可求，根据同角的余角相等可得，从而． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴在和中，， ∴； （2）解：如图，延长交于点H： 由（1）知 ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图， ， 四点共圆，且是直径， 又， ， ， ， ∵， ∴， ∴． 题型7 圆与函数、动点综合 1、核心综合形式：圆+一次函数/二次函数+动点，考查动点运动过程中圆的位置变化、切线判定、线段最值、点的坐标等，是中考几何压轴题的高频形式； 2、解题关键：数形结合，将圆的性质、函数解析式、动点运动规律结合，用代数方法解决几何问题；抓住动点的运动轨迹，分情况讨论（如动点在直线、抛物线上运动的情况）； 3、解题思路：①建立平面直角坐标系，确定圆心、圆上关键点的坐标，写出圆的解析式；②结合动点运动规律，用含参数的式子表示动点坐标；③利用圆的性质（如切线判定、圆心到直线的距离）、函数解析式，建立与参数相关的等式，求解未知量；④分情况讨论，确定符合条件的参数取值范围，求最值或特殊点坐标； 4、易错点：动点运动情况考虑不全面，遗漏分类讨论；无法用参数表示动点坐标或圆的解析式；忽略函数自变量与圆的半径、圆心距的取值限制，导致结果不合理。 31．【概念生成】定义：我们把经过三角形的一个顶点并与其对边所在直线相切的圆叫做三角形的“切接圆”，如图1，，经过点A，并与点A的对边相切于点D，则该就叫做的切接圆，根据上述定义解决下列问题： (1)【理解应用】已知，中，，，． ①如图2，_________． ②如图2，若点D在边上，，以D为圆心，长为半径作圆，则__________（填“是”或“不是”）的“切接圆”，请证明． ③在图3中，若点D在的边上，以D为圆心，长为半径作圆，当是的“切接圆”时，求的半径． (2)【思维拓展】如图4，在平面直角坐标系中，的顶点坐标为，，， ①判断的形状，并求出的周长； ②试说明：以抛物线图像上任意一点P为圆心，长为半径作圆，一定是的“切接圆”； ③若点P在抛物线上，且是的“切接圆”，当的半径最小时，直接写出点P的坐标． 【答案】(1)①8， ②是，证明见详解， ③的半径为4或； (2)①是等腰三角形，∴的周长为16， ②见详解， ③点P的坐标为． 【分析】（1）①直接利用勾股定理求解即可， ②过点D作的垂线，构造相似三角形，进而得到线段的比例关系，即可得到圆的半径与 相同，进而证明， ③根据题意作出图形，进行分类讨论，分点D在上和点D在上两种情况，分别进行计算即可； （2）①利用两点间距离公式分别计算、、的长，进行相加即可， ②根据题意作出图形，设点P的坐标，从而计算出以及点P到的距离，再根据“切接圆”的定义可得出结论． ③在②小问的基础上判断当点P到的距离最小时，点P的坐标即可． 【详解】（1）解：①在中，由勾股定理可得： ， ②是的“切接圆”，理由如下： ∵，， ∴， ∴的半径为， 如解图①，过点D作于点E， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴， ∴是的“切接圆”， ③当点D在上时， ∵， ∴点A是切点，是的直径， ∴， 当点D在上时，如解图②，过点D作于点F， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据“切接圆”的性质可设，， ∴， ∴， 解得， 综上所述，的半径为4或； （2）解：①是等腰三角形， ∵的顶点坐标为，，， ∴， ， ， ∴的周长为, ②如解图③，连接，过点P作，         设点P的坐标为， ∴， ∵点G在上，∴点G的纵坐标为， ∴， ∴， 根据“切接圆”的定义可知，以抛物线图象上任意一点P为圆心，长为半径作圆，是的“切接圆”； ③点P的坐标为． [解法]要使最小，∵，∴当时，取得最小值2，即此时的半径最小，∴点P的坐标为. 【点睛】本题是在圆背景下的新定义问题，主要考查相似三角形的性质与判定，二次函数图象上点的坐标特征，切线的性质，两点间的距离公式等相关知识，理解“切接圆”的定义是解题关键. 32．如图，在平面直角坐标系中，经过原点，分别交轴、轴于点，连结．直线分别交于点（点在左侧），交轴于点，连结． (1)求的半径和直线的函数表达式； (2)点在线段上，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长． 【答案】(1)； (2)的长为5或10或 【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角可得是圆的直径，再由中点坐标公式可得点M坐标，然后由两点距离公式求得即为圆的半径；由M、C两点坐标利用待定系数法求直线解析式即可； （2）设点D的坐标为，根据圆的半径由两点距离公式列方程求解，得到D、E的坐标；然后过点D作于点H，过点E作于点G，由B、D、A、E坐标可得，；①当时，则为等腰直角三角形，由E点坐标即可求解；②时，则，由相似三角形对应边成比例求解即可；③时，同②解答． 【详解】（1）解：∵经过原点，分别交轴、轴于点，且， ∴为的直径， ∵点M是的中点，， ∴， ∴圆的半径为， 设直线的表达式为， 代入、得， 解得， ∴直线的表达式为； （2）解：∵直线分别交于点， 不妨设点D的坐标为，则， ∴， 解得或， 当或时，对应的值为3或5， ∵点在点的左侧， ∴、； 如图，过点D作于点H，过点E作于点G， 则，， ∵， ∴， 由点A、E的坐标，同理可得， ∵、，、 ∴，，，， ①当时， 则为等腰直角三角形，， ∴点P的坐标为，即； ②时， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴； ③时， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， 综上所述，的长为5或10或． 33．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． 34．如图1，已知抛物线过三点)，过线段的中点，若点为所在圆的圆心． (1)求抛物线的解析式； (2)求的度数； (3)求圆心点的坐标，并判断点是否在这条抛物线上； (4)若弧的中点为，是否在轴上存在点，使得与相似？若存在，请求出点的坐标，若不存在说明理由． 【答案】(1) (2) (3)点在抛物线上，理由见解析 (4)存在，点M的坐标是 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）过点作于，分别求得的长，根据即可求解； （3）连接，，过点作轴，求得的坐标，证明是等边三角形，进而根据，求得的坐标，进而即可求解； （4）①点是弧的中点，，则，由（3）可得，则，即可求得点的坐标是，②连结，，，得出四边形是菱形，根据得出，进而即可求解． 【详解】（1）解：把，代入抛物线解析式中，得                 把，分别代入抛物线解析式中， 得， 解得， 则这条抛物线解析式； （2）如图1，过点作于， ∵， ∴， ， ∴， ∵， ∴； （3）如图2，连接，，过点作轴， ∵ ∴， ∵线段的中点是， ∴点， ∴ ∵， ∴垂直平分， 又∵， ∴，， ∴ ∴是直角三角形， ∵ ∴ ∴是等边三角形， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴点的坐标为， ∵， ∴点在抛物线上； （4）存在， 如图3， ①∵点是弧的中点， 当时， ∴，又， ∴， 则， ∵， ∴， ∴的坐标是， ②连结，，， ∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∵为的中点， ∴，   ∴， ∴， 若， 则， ∴ ， ∴的坐标是， 则点的坐标是． 【点睛】本题考查了二次函数与圆综合，相似三角形的性质与判定，垂径定理的推论，综合运用以上知识是解题的关键． 35．在平面直角坐标系xOy中，直线（）分别与x轴、y轴相交于A、B两点．⊙G经过A、B、O三点，C为⊙G在直线上方的弧上的一个动点． (1)求⊙G的半径长（用含m的式子表示）； (2)已知弧AC、弧BC的中点分别为点P、Q，连接OP，OQ．问：∠POQ的度数是否为定值？如果是，请求出它的度数；如果不是，请说明理由； (3)在（2）条件下，连接AC，BC，OP分别交AB、AC于M、E点，OQ分别交AB、BC于N、F．连接EF．对于每一个确定的m的值，都有一个点C，使得S△ACB取最大值，对于此时的C，记以AM、MN、BN为三边的三角形的外接圆面积为S1，△CEF外接圆的面积为S2，求的最小值． 【答案】(1) (2)是，45° (3) 【分析】（1）根据解析式，可直接表示出A（0，m），B（m，0），即可求出AB长度，由此即可求出⊙G的半径； （2）根据P、Q分别为弧AC弧BC的中点，可知，，即，可得POQ＝45°为定值； （3）延长FE交y轴于H，取最大值时，C为上半圆AB的中点，易得四边形AOBC为正方形，G为它的对角线交点，可证得，即EF∥AB，可知，，，由（2）可知，把△AOM绕O点顺时针方向旋转90º，易得，即：以BN、MN、AM为三边的三角形的外接圆面积为，△EFC外接圆的面积为，可知，代入即可求得结果． 【详解】（1）解：由题意可知A（0，m），B（m，0）， ∵∠AOB=90°， ∴在中，有勾股定理得：， ∴， 即：⊙G的半径长为； （2）POQ＝45°为定值． 证明：连接OC， ∵P、Q分别为弧AC弧BC的中点， ∴弧AP＝弧PC，弧CQ＝弧QB， ∴，． ∴ 即POQ＝45°； （3）延长FE交y轴于H， ∵取最大值时，C为上半圆AB的中点， ∴弧AC＝弧BC，AC＝BC 易得四边形AOBC为正方形，G为它的对角线交点． 又∵P、Q分别为弧AC弧BC的中点， ∴PO、QO分别为∠AOC、∠BOC的角平分线， ∴，． 即， ∴EF∥AB， ∴OC⊥AB，OC⊥EF， ∴， ∵OH＝OA＋AH＝OA＋AE， ∵， ∴，． ∵由（2）可知，，把△AOM绕O点顺时针方向旋转90º，易得， ∴以BN、MN、AM为三边的三角形的外接圆面积为， △EFC外接圆的面积为， ∴， ∴原式 所以的最小值为． 【点睛】本题主要考查的是圆与一次函数，与几何图形的综合，灵活运用所学知识是解题关键． 题型8 圆的实际应用 常见场景：圆弧形拱桥、摩天轮、圆形口径测量、滚轮转动等实际几何应用问题。 解题技巧 ①建立平面直角坐标系，将实际场景数据转化为坐标、线段长度； ②结合垂径定理与勾股定理（为半径，为弦心距，为弦长）求半径、拱高； ③统一单位，规避单位换算错误。 易错点：忽略实际问题隐含条件，如圆弧最高点高度为圆心高度+半径；默认圆心在图形内部，遗漏圆心在图形外部的情况。 锦囊妙计：圆的测量类实际问题，核心构造直角三角形，牢牢抓住弦长、弦心距、半径三者的勾股关系，即可破解绝大多数题型。 36．如图1，月洞门是中国古典建筑中的一种圆形门洞，形如满月，故称“月洞门”．图2是月洞门的示意图，月洞门呈圆弧形，用表示，点O是所在圆的圆心，是月洞门的横跨，是月洞门的拱高．已知，，则月洞门所在圆的半径为______． 【答案】 【分析】设月洞门所在圆的半径为，则，，由垂径定理得到，再由勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， 设月洞门所在圆的半径为，则， ∴， 由题意得，， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴月洞门所在圆的半径为． 37．如图，拱桥可以近似地看作一个圆弧，桥拱和路面之间用数根钢索垂直相连，其正下方的路面长度为，如果这些钢索中最长的一根的长度为，则该圆弧的半径为______m． 【答案】130 【分析】本题考查了圆的综合应用，解题的关键是建立坐标系，以中点为原点，利用圆上三点坐标建立方程组求解．设圆心坐标为，由在圆上得，由最高点在圆上得，联立解方程即可求出半径． 【详解】解：以的中点为原点，所在直线为轴建立坐标系， 则，圆弧最高点坐标为， 由对称性知圆心在轴上，设圆心为，半径为， 在圆上， , 即，① 最高点在圆上， ，② 将②代入①，得 ， 解得， ． 故答案为：130． 38．如图，有一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为，瓶内液体已经过半，液体的最大深度，当瓶内液体升高，则截面圆中弦的长减少了______． 【答案】 【分析】连接，利用勾股定理结合垂径定理分别求出瓶内液体没升高时和升高时的长度，即可解答． 【详解】解：连接， 当瓶内液体没升高时， ∵，球的半径为， ∴，， 由题意得， ∴点为的中点， ∴， ∴此时； 当瓶内液体升高时， 则，， ∴， 同理，得， ∴此时； ∴当瓶内液体升高，则截面圆中弦的长减少了． 39．古希腊数学家曾给出一个估算地球周长（或子午圈长）的简单方法．如图，点A和点B分别表示埃及的赛伊尼和亚历山大两地，B地在A地的北方，两地的经度大致相同，且实际距离为800km．当太阳光线在A地直射时，同一时刻在B地测量太阳光线偏离直射方向的角为α，实际测得α是．由此估算地球周长约为_______km． 【答案】40000 【分析】本题考查弧长的计算，圆的周长．设地球的半径是，由弧长公式得到：的长，求出，即可得到地球周长． 【详解】解：设地球的半径是， 太阳的光线是平行的， ， 的长， ∴ ， 地球周长约是． 故答案为：40000． 40．埃拉托色尼是一位古希腊的杰出数学家，他首创了“地理学”这个词，被尊称为“地理学之父”．他的名著《对地球大小的修正》中提出了一种测量地球周长的设想，如图，塞伊尼点和亚历山大点是几乎在同一条经线上的两座城市，两地相距约，在塞伊尼城有一口垂直于地面的水井，夏至日中午12点太阳光可直射井底，同一时刻在亚历山大城竖起一根垂直于地面的木棍，利用影子测出太阳光线与木棍所在直线的夹角约为，据此可以估算地球的周长约为______ 【答案】 【分析】本题考查弧长的计算．根据所给条件得到的值是解决本题的关键．易得的长度为，所对的圆心角为，根据弧长公式可得的值，进而可求得地球的周长． 【详解】解：如图， 由题意得：，，的长度为， ， 设地球的半径为， ， 解得：， 地球的周长为， 故答案为：40000． （建议用时：100分钟） 1．如图，是地球的示意图，其中表示赤道，分别表示北回归线和南回归线．夏至日正午时，太阳光线所在直线经过地心O，此时点F处的太阳高度角（即平行于的光线与的切线所成的锐角）的大小为，此时______． 【答案】 【分析】首先求出的度数，最后根据南北回归线关于赤道对称的性质，得出的度数． 【详解】解：是的切线， ∴． ∵， ∴． ∵，即， ∴（两直线平行，同旁内角互补）． ∴． ∵分别表示北回归线和南回归线，表示赤道， ∴． ∴． 故答案为． 2．如图，在矩形中，，为对角线上一动点，过点作直线的垂线，垂足为点，则的最大值是______． 【答案】 【分析】连接，交于点，连接，以点为圆心，为半径作，由矩形的性质，结合直角三角形斜边中线的性质，可得点、、、、在上，设，则，由勾股定理可得，可得，作于点，作于点，由，可得，证明，可得，由，可得的最大值． 【详解】解：连接，交于点，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵于点， ∴， ∴， 以点为圆心，为半径作， 点、、、、在上， 设，则， ∴， ∴， 作于点，作于点，则， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的最大值是． 3．如图，在中，，，点是的中点，将线段绕着点顺时针旋转到，点是上任意一点，连接并延长交于点．在此旋转过程中，点运动的路线长为________． 【答案】 【分析】根据点是的中点，可得，由旋转得，当点运动到直线与相切于点时，则点的运动路径为线段，进而分别求得，即可求解． 【详解】解：∵在中，，，点是的中点， ， 由旋转得， 如图，当点运动到直线与相切于点时，则点的运动路径为线段， 连接，则，且， ， ， ， ， ； 当点又继续运动到点时，点的运动路径为线段， ， ， 点运动的路线长为， 4．如图，在矩形中，，点为平面内一点，且满足．连接，则的最小值是_____，最大值是_____． 【答案】 【分析】由题意可得点在以为直径的圆上，分别画出图形分两种情况解答即可求解． 【详解】解：∵矩形中， ， 点在以为直径的圆上， 如图，取的中点，连接，交于点，此时的值最小， ∵点是的中点， ， ∴， 的最小值为 ， 如图，取的中点，连接并延长，交于点，此时的值最大， ∴的最大值为， 故答案为：，． 5．如图，点O，E为四边形的边上的点，以点O为圆心，长为半径的经过点D，且与边相切于点C，连接，，．若，，，则阴影部分的面积为________． 【答案】/ 【分析】连接，，计算出半径和，结合切线性质证明，得到，再用割补法表示阴影面积即可． 【详解】解：如图，连接，，则， ， 与相切于点C， ， ， ∴， ． 6．如图，是的直径，弦于点．以，为邻边构造平行四边形，连接交于点，过点作交于点，垂足为点．若，，则的长度为________． 【答案】 【分析】先证明，得到，求出线段长度，再根据等面积法算出，再根据算出半径，最后根据算出即可． 【详解】解：连接，，过作交于， ∵ 四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， 在中，， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设圆的半径为，则， 在中， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∴， 解得， ∴， 又∵ ∴． 【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，相似三角形的性质和判定，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键． 7．如图，是的外接圆，在中，，延长至点，使．过点作，垂足为． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】（1）根据三角形中位线定理可得，从而得到，即可求证； （2）根据勾股定理可得， 再证明，从而得到， 进而得到，可得到，即可解答． 【详解】（1）解：连接， 是中点，是中点， 是的中位线， ， ． ， ， ， ．   是半径， 为的切线． （2）解：在中，根据勾股定理，得：， 由（1）得， ． ， ．   在中，， ， ，即， ∴， ， 的半径为3． 8．如图，为的直径，为弦延长线上一点，且满足，连接，并过点作的垂线，与交于点，与的延长线交于点． (1)求证：为的切线； (2)若的半径为3，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，可得是的中位线，即，根据平行线性质即可解答； （2）求得，证明，利用相似三角形的性质即可解答． 【详解】（1）证明：如图，连接， 为的直径， ． ， 是的中位线， ， ， 是半径， 为的切线， （2）解：由（1）可知，则 ，， ， ，， ， ． 9．已知内接于，，，是的直径，连接． (1)如图①，求和的大小； (2)如图②，过点作的切线，与的延长线交于点，过点作的切线，与交于点，若，求的长． 【答案】(1)，； (2)6． 【分析】（1）由三角形内角和定理得，由直径所对圆周角是直角得，可得，得出； （2）连接，证明．．．可得四边形是矩形．又，四边形是正方形．可得．求出，可得． 【详解】（1）（1），， ． ． 是的直径， ． ； （2）解：连接． 切于点， ，即． 同理． 又，则． 四边形是矩形． 又， 四边形是正方形． ，． 则． 由（1）知，， 则． 由，可知 ． 则． 又 ． 10．已知锐角三角形内接于，，为的直径，连接． (1)如图①，若，求和的大小； (2)如图②，过点A作的切线，与的延长线相交于点P．若，，求线段的长． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）因为为的直径，所以，结合已知，可先求出的度数；然后利用等腰三角形内角和定理可求出的度数；因为同弧所对的圆周角相等，则有，再结合与互余，可求出的度数． （2）因为是的切线，连接，，有；再根据条件和垂径定理可推出，进而得到相关角的关系，确定的形状；利用切线的性质、圆周角定理，得出是含角的直角三角形，再结合已知，求解出线段长度，进而得到的长． 【详解】（1）解：为的直径， ． ，， ． ． ． ． （2）解：如图，连接，． 与相切， ，即． 为的直径，， ，， ． 为等边三角形． ． ，． ， ． ． ． ， ． 在中，． 11．已知是的直径，，是的弦．      (1)如图①，若E为的中点，，求和的大小； (2)如图②，若是的直径，过点D作的切线交延长线于点C，连接．，，求的长． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据直径所对圆周角为直角和圆周角定理得到，再根据E为的中点，得到，即可求解； （2）根据切线的性质结合圆周角定理推出，求出，利用含30度角直角三角形的特征得到，，利用勾股定理求出，再利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵是的直径， ∴， 在中，， ∴， ∵与都是所对的圆周角， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵是的切线，是直径， ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 在中，， ∵，， 在中，． 12．如图，内接于，直径交于点E，、的延长线相交于点P，点C为中点，过点C作的切线交于点Q． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据圆周角定理得，根据斜边中线定理得，根据“同弧对等角”即可得证； （2）连接，根据切线的性质得，根据（1）可推得，从而证明，即可得证； （3）根据题意可设，，由（2）可得，则可计算，从而得到，，，即可计算，由于与的高相同，根据这两个三角形底边的比计算面积即可． 【详解】（1）证明：∵为直径， ∴， ∵点C为中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）证明：连接， ∵， ∴， ∵由（1）可知，， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， （3）解：∵， ∴设，， 则半径， 由（2）可知，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 则，， 由（1）可知，， ∴， ∴， 由（2）可知，，则， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查圆周角定理，切线的概念，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数解直角三角形，能够熟练掌握相关性质，并灵活地解直角三角形是解题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $