高频考点06圆（专项训练，5大考点19命题点+中考预测）（浙江专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

高频考点06 圆 内容概览 01命题探源·考向解密（分析近3年中考考向与命题特征） 02根基夯实·知识整合（核心知识必备、常用结论与技巧等） 03高频考点·妙法指津（5大命题点+18道中考预测题，） 考点一 圆的概念与性质 命题点1圆的基本概念 命题点2利用垂径定理求值 命题点3垂径定理的应用 命题点4弧，弦，圆心角的关系 命题点5圆周角定理及推论 命题点6半圆所对的角为直角 中考预测题3道 考点二 直线与圆的位置关系 命题点1三角形的外接圆 命题点2直线与圆的位置关系 命题点3切线的判定 命题点4切线长定理的应用 命题点5三角形的内切圆 命题点6圆的内接四边形 中考预测题4道 考点三 正多边形与圆 命题点1正多边形与圆 中考预测题4道 考点四 扇形与圆锥有关求值 命题点1利用弧长公式求值 命题点2求扇形与不规则图形面积 命题点3圆锥有关的求值 中考预测题3道 考点五 圆的综合题 命题点1圆与三角形的综合问题 命题点2圆与四边形的综合问题 命题点3圆与函数的综合问题 中考预测题4道 04好题速递·分层闯关（精选10道最新名校模拟试题+9道中考闯关题） 考点 考向 命题特征 圆的概念与性质 1. 垂径定理与勾股定理结合求弦长、半径、弦心距及拱高（多以水管、桥洞等实际生活为背景）。 2. 圆周角定理及其推论：考查“同弧或等弧所对的圆周角相等”；利用“直径所对的圆周角是直角”构造直角三角形是核心转化手段。 常见于选择、填空题前半部分。命题的关键在于“隐形直角三角形”的构造，只要连接半径、作弦的垂线，即可将圆的问题转化为直角三角形的计算。 直线与圆的位置关系 （切线的判定与性质） 1. 切线的证明：核心分为“有半径，连半径，证垂直”和“无半径，作垂线，证半径相等”两种基本思路。 2. 切线性质的应用：切线垂直于过切点的半径。在中考中常与相似三角形、三角函数或全等三角形结合，进行线段长度或角度的综合计算。 通常作为几何解答题的第一问或填空题的压轴位置出现。命题极其注重逻辑推导的严密性，常与角平分线、平行线等特殊位置关系复合出题。 正多边形与圆 1. 正多边形核心元素的计算：考查正三角形、正方形、正六边形的边长、半径、边心距、周长及面积的互化。 2. 正多边形与圆的组合图形：考查在网格或平面直角坐标系中，特殊多边形顶点在圆上的位置关系。 常以选择题或填空题形式考查，难度属中等偏下。解题的关键是锁定由“半径、边心距、半边”构成的核心直角三角形，利用特殊角三角函数可直接秒杀。 扇形与圆锥有关的计算 1. 弧长与扇形面积公式的直接应用：结合阴影部分面积求法（如“割补法”、“割拼法”）。 2. 圆锥的侧面积与全面积计算：核心在于考查“圆锥底面周长等于侧面展开图（扇形）的弧长”这一等量关系。 中考必考点，百分之百在选择题或填空题中出现一题。近年来命题越来越偏向于生活情境化，公式记忆必须精准，严防计算失误。 圆的综合题 1. “隐形圆”模型：重点考查“定弦定角模型”（由圆周角定理逆定理推导）和“定点定长模型”（动点到定点距离为定值），要求学生能自主发现轨迹并求出最值。 2. 圆与函数、相似的代数几何综合：在平面直角坐标系中，结合二次函数、反比例函数，考查点在运动过程中特殊几何状态（如切点、交点、特殊四边形）的存在性问题。 属于中考解答题的压轴题或填空压轴题，难度大。命题呈现明显的“数形结合”与“分类讨论”特征。图形通常为动态（动点、动线或动圆），要求学生具备极高的识图能力以及将几何问题代数化方程求解的能力。 考点一 圆的概念与性质 《解题指南》 易错提醒： 【平行弦距离位置分类漏解】 在应用垂径定理求圆内两条平行弦之间的距离时，若题干未给出图形，必须分类讨论：① 两条弦在圆心的同侧；② 两条弦在圆心的异侧。考场上极易因漏掉其中一种图形状态而痛失一半分数。 【同弦所对圆周角的多解陷阱】 一条弦（非直径）所对的圆周角有两个，它们顶点分别在圆心的两侧，且这两个圆周角互补（一个锐角，一个钝角）。题目中若只给出弦长和半径，求圆周角度数时，必须严防漏掉钝角的情况。 【圆心角与圆周角转换中的2倍关系错位】 错把“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”记反，或者在涉及多条弦和复杂组合图形时，没有锁定“同弧”这一大前提，导致角度计算错误。 命题点01 圆的基本概念 【典例1】．（2025·浙江·模拟预测）下列命题正确的是（   ） A．经过三个不同的点可以画一个圆 B．垂直于圆的半径的直线是圆的切线 C．在同圆中，等弧所对的圆周角相等 D．平分弦的直径垂直于弦并且平分弦所对的两条弧 【典例2】．（2024·浙江台州·一模）如图，在矩形中，，先以点A为圆心，长为半径画弧交边于点E；再以点D为圆心，长为半径画弧交边于点F；最后以点C为圆心，长为半径画弧交边于点G．求的长，只需要知道（   ） A．线段的长 B．线段的长 C．线段的长 D．线段的长 【典例3】．（23-24九年级上·海南省直辖县级单位·期末）如图，某城市公园的雕塑是由3个直径为的圆两两相垒立在水平的地面上，则雕塑的最高点到地面的距离为（    ） A． B． C． D． 【典例4】．（25-26七年级下·江苏扬州·期中）圆是最美的对称图形之一，将圆竖直位置的直径向左移动，水平位置的直径向下移动，把圆分成如图所示的四个部分，其中①②③④的面积分别记为，，，．则________． 命题点02 利用垂径定理求值 【典例1】．（2025·浙江·二模）如图，内接于为的直径，点D，E分别为上的动点（不与点A，点B，点C重合），且，F为的中点，分别连接，若，则的最大值为（　　） A．3 B．4 C．4.5 D．5 【典例2】．（2025·浙江宁波·模拟预测）如图，在四边形中，，对角线和交于点E，若，则长的最小值为（    ） A．6 B． C．4 D． 【典例3】．（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4】．（2025·山东滨州·中考真题）如图，点A，B，C，D在上，，，则的值为______． 【典例5】．（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__________． 命题点03 垂径定理的应用 【典例1】．（2025·江苏南京·中考真题）一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔，它的部分尺寸（单位：）如图，这枚古钱币的半径为____________ ． 【典例2】．（2025·四川南充·一模）如图甲，筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具．如图乙，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O在水面的上方，被水面截得的弦长为4米，点C是运行轨道的最低点，点C到弦的距离为1米，则的半径长为（    ） A．1米 B．米 C．2米 D．米 【典例3】．（2025·陕西汉中·二模）如图所示的是排污管道的横截面，其直径为1m，测得淤泥（阴影部分）横截面的最大宽度为0.8m，则淤泥的最大深度为（    ） A．0.5m B．0.4m C．0.3m D．0.2m 【典例4】．（2025·甘肃平凉·中考真题）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”，其形制可追溯至汉代，但真正在美学与功能上成熟于宋代，北宋建筑学家李诫编撰的《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术典籍之一．如图2是古人根据《营造法式》中的“五举法”作出的月洞门的设计图，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，是月洞门的拱高现在我们也可以用尺规作图的方法作出月洞门的设计图如图3，已知月洞门的横跨为，拱高的长度为a．作法如下： ①作线段的垂直平分线，垂足为； ②在射线上截取； ③连接，作线段的垂直平分线交于点O； ④以点O为圆心，的长为半径作． 则就是所要作的圆弧． 请你依据以上步骤，用尺规作图的方法在图3中作出月洞门的设计图（保留作图痕迹，不写作法） 命题点04 弧、弦、圆心角的关系 【典例1】．（2025·浙江·二模）如图，的直径垂直弦，点是的中点，弦交于点，连接．若，则（　　） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·湖北武汉·中考真题）如图，四边形内接于，．若，则的半径是（    ） A． B． C． D．5 【典例3】．（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． 【典例4】．（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． 命题点05 圆周交定理及推论 【典例1】．（2025·四川·中考真题）如图，点A，B，C在上，若，则（    ） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·浙江丽水·二模）如图，是的内接三角形，是的直径，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【典例3】．（2025·浙江舟山·三模）如图，是外接圆，是的直径，连接，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【典例4】．（2025·江苏南京·中考真题）如图，扇形的圆心角为，若点在该扇形内，则的度数的范围是____________． 【典例5】．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，四边形内接于，，连接、，则____． 【典例6】．（2025·江苏常州·中考真题）如图，是的直径，是的弦．若，，则_________． 命题点06 半圆所对的角为直角 【典例1】．（2025·四川巴中·中考真题）如图，A、B、C是上的点，是圆的直径，在延长线上取一点D，使，连接，则为（   ） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·浙江·三模）如图，经过A，B两点的与相切于点A，与边相交于点E，为的直径，，连接，若，则的度数为_______． 【典例3】．（2025·浙江·模拟预测）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接，若，则_______． 【典例4】．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，，，点在边上，过点作，垂足为点，则的最小值是___________． 中考预测题 1.如图，某考古队在发掘一处古代遗址时，发现了一枚残缺的青铜四边形挂饰．经检测，挂饰的三条线段满足，且工匠在边角处清晰刻下了，为完整复原这枚挂饰的形制，考古人员需要计算出的度数．根据所学几何知识，点，，在以点为圆心的同一个圆上，则的度数为（  ） A． B． C． D． 2.如图，上有两点M和N，若点N在圆上匀速运动一周，那么弦的长度y与时间t的关系可能是下图中的（   ） A．① B．③ C．①或③ D．②或④ 3.如图，已知是的直径，点C，D在上，，．则的度数为（    ） A． B． C． D． 4.如图，在半径为3的中，是直径，是弦，D是的中点，与交于点E，若E是的中点，则的长为________． 5.如图，是的半径，点D是上一点，连接并延长交于点C，连接．若，，则的度数为___________． 1.小明参加了一场1500米的跑步比赛，他以4米/秒的速度跑了一段路程后，又以3米/秒的速度跑完了剩下 考点二 直线与圆的位置关系 《解题指南》 易错提醒： 【切边证明的“越级”逻辑错误】 证明一条直线是圆的切线时，常犯“循环论证”或判定不完整的错误。必须严格满足两个条件：① 直线经过半径的外端点；② 直线垂直于这条半径。很多同学只证了垂直，却未说明该点在圆上，导致扣分。 【切线性质中的直角“隐形化”】 题目已知某直线是切线，但在后续推导角度或线段比例时，迟迟想不到利用“切线垂直于过切点的半径”这一核心性质，导致无法构造直角三角形或无法建立垂直关系。 命题点01 三角形的外接圆 【典例1】．（2025·江苏南京·中考真题）下列图形中，一定有外接圆的是（   ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【典例2】．（2025·广东东莞·模拟预测）如图，为的外接圆，半径，垂足为点E，，则的长为（    ） A． B． C．10 D．8 【典例3】．（2025·江苏南京·一模）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别为，，，是的外接圆，若点是其外接圆上任意一点，则的最大值为__________． 命题点02 直线与圆的位置关系 【典例1】．（2025·浙江杭州·一模）已知的半径是5，直线与相交，则圆心到直线的距离可能是（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【典例2】．（2025·浙江金华·模拟预测）如图，在中，，点是的中点，以为圆心，长为半径作圆． 若与线段有两个交点，则满足的条件是__________． 【典例3】．（2025·河南濮阳·一模）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________． 命题点03 切线的判定 【典例1】．（2025·浙江丽水·二模）如图，四边形内接于，连结、交于点P，，过点A作交的延长线于点E． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)若，求的长． 【典例2】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，以的直角为直径作，与斜边交于点D，E为边的中点，连结． (1)求证：是的切线． (2)连结，当为何值时，四边形是平行四边形？并在此条件下，求的值． 【典例3】．（2025·浙江·模拟预测）如图，是的直径，C为延长线上的一点，E为上一点，连结，过A作，垂足为D，交于点F，E为的中点． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)若的半径为1，，求的长． 【典例4】．（2025·四川雅安·中考真题）如图，中，是角平分线，O是上一点，经过点A、点M的分别交于点E，点F． (1)判断与的位置关系，并说明理由； (2)求证：； (3)若，，求的长． 【典例5】．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，是的弦，过点作直线，以为顶点作，分别交、于点、，若． (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若的半径为3，，求的长． 命题点04 切线长定理的应用 【典例1】．（2025·浙江台州·二模）如图，已知的半径长是分别切于点，连结并延长交于点，连结．若四边形是菱形，则的长是（　　） A．5 B． C．6 D． 【典例2】．（2025·浙江宁波·模拟预测）如图，是的切线，切点为，点在上，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【典例3】．（2025·青海西宁·中考真题）如图，四边形是的外切四边形，，．则四边形的周长为_______． 【典例4】．（2025·江苏镇江·中考真题）如图（1），过外一点引的两条切线、，切点是、，为锐角，连接并延长与交于点，点在的延长线上，过点作的垂线，与的延长线相交于点、垂足为． (1)求证：是等腰三角形； (2)在图（2）中作，满足（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (3)已知，在你所作的中，若，求的长． 【典例5】．（2025·山东威海·中考真题）如图，是的切线，点A为切点．点B为上一点，射线交于点C，连接，点D在上，过点D作，，交于点F，作，垂足为点E．． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 命题点05 三角形的内切圆 【典例1】．（2025·浙江杭州·二模）如图，是的内切圆，分别切，，于点D，E，F，，P是上一点，则的度数是（　　） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·宁夏·中考真题）如图，⊙是的内切圆，，则_____． 【典例3】．（2025·浙江·三模）如图，点是的内心，的延长线与边相交于点，与的外接圆相交于点，延长至点，连接，使． (1)若，请判断的形状，并说明理由． (2)求证：． (3)探究线段，，之间是否存在确定的等量关系？若存在，请求出此关系；若不存在，请说明理由． 命题点06 圆的内接四边形 【典例1】．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，，连接BD，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·甘肃·中考真题）如图，四边形内接于，，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【典例3】．（2025·陕西·中考真题）如图，点在上，若，则的度数为_____． 【典例4】．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，四边形内接于，，连接、，则____． 【典例5】．（2025·浙江杭州·二模）如图，内接于，若，则的度数为_________． 中考预测题 1.如图，四边形内接于，为的直径，，过点作的切线，交的延长线于点．若，，则的长为（） A． B． C． D． 2.如图，在中，，，，以点为圆心，为半径的交于点． (1)求的长； (2)过点作的切线与的延长线交于点，连接，求的长． 3.如图，是的外接圆，平分交于点D，过点D作交延长线于点E．    (1)求证：是的切线； (2)若，求的半径． 考点三 正多边形与圆 《解题指南》 解题思维： 【锚定正多边形黄金Rt△】 任何正多边形的计算问题，一律不需要看整体。直接剥离出由“圆半径 R、边心距 r、半边长 a/2”组成的直角三角形。该直角三角形的顶角（圆心角的一半）恒等于 180°/n。在中考最常考的正三角形（30°）、正方形（45°）、正六边形（30°/60°）中，利用特殊角三角函数可直接口算实现三者互化。 命题点01 正多边形与圆综合 【典例1】．（2025·浙江杭州·二模）如图，在正六边形中，连结与，以点为圆心，长为半径画弧．若，则图中阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 【典例2】．（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________． 【典例3】．（2025·浙江杭州·一模）图1为蜂巢的巢房，图2为其横截面示意图，由边长都相等的正六边形组成，A，B，C为顶点，则的值为______． 【典例4】．（2025·上海·中考真题）已知一个圆与一个角的两边各有两个公共点，且在两边上截得的两条弦正好是该圆内接正五边形的两条边，那么这个角的大小是______． 中考预测题 1.如图，正五边形的边长为2，分别以B，E为圆心，2为半径画弧，两弧交于点P，连接和，则的长为（   ） A． B． C． D． 2.如图，正五边形内接于中，P是劣弧上一点，则的度数为______． 3.我国古代《九章算术》记载“方田割圆”思想，若一个圆内接正六边形的边长为2，则该圆的阴影部分面积为____________． 考点四 扇形与圆锥相关计算 《解题指南》 易错提醒： 【圆锥轴截面面积的底边漏乘】 圆锥的轴截面是一个等腰三角形（腰为母线 l，底边为底面圆的直径 2r）。许多学生在计算轴截面面积时，下意识将底边错当成底面半径 r，导致算出来的面积缩水一半。 【展开图半径与底面半径混淆】 扇形面积公式 S = 1/2 * l * r 中的 r 是指扇形的半径。但在圆锥展开题中，扇形的半径实际是圆锥的母线 l，而扇形的弧长实际是底面圆的周长 2πr。公式中的字母代入极其容易绕晕，属于高频计算失误点。 命题点01 利用弧长公式求值 【典例1】．（2025·江苏常州·中考真题）如图，的半径为2，直径、互相垂直，则弧的长是（   ） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·浙江·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，以点C为圆心，长为半径作弧，与的另一个交点为点E．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【典例3】．（2025·浙江·模拟预测）如图，已知等边三角形的一条边长和与它一边相切的圆的周长相等，当这个圆按箭头方向从某一位置沿该三角形作无滑动旋转，直至回到出发位置时，该圆自转了圈，则（   ） A． B． C． D． 【典例4】．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）一个扇形的弧长是，半径是，则此扇形的圆心角是_____． 【典例5】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，点，，在半径为的上，，则的长为______．    命题点02 求扇形与不规则图形面积 【典例1】．（2025·浙江嘉兴·二模）如图，点A，B，C在上．若的半径为1，，则扇形的面积为（    ） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·浙江·模拟预测）如图，等腰直角的腰长为2．将绕C点逆时针旋转，则线段扫过的面积是______． 【典例3】．（2025·浙江绍兴·三模）如图，扇形的圆心角为，，点，分别为，的中点，则图中阴影部分的面积为________．（结果保留） 【典例4】．（2025·四川攀枝花·中考真题）类比圆面积公式的推导，我们对扇形的面积公式进行如下探究：将扇形均匀分割成个“小扇形”（如图1），扇形的面积就是这些“小扇形”的面积和，当无限大时，这些“小扇形”可以近似的看成底边长分别为，高为的“小三角形”，它们的面积和为．即扇形面积． 请根据这样的方法继续思考：如图2，扇形ODG与扇形OEF有共同的圆心角，且弧长分别为3和7，，则图中阴影部分面积是__________． 【典例5】．（2025·青海西宁·中考真题）如图，在正五边形内，以为边作等边，再以点A为圆心，长为半径画弧．若，则图中阴影部分的面积是________． 命题点03 圆锥有关的求值 【典例1】．（2025·山东东营·中考真题）小华用铁皮制作一个烟囱帽，烟囱帽的三视图如图所示，已知主视图和左视图均为边长是的等边三角形，则所需铁皮面积（接缝面积忽略不计）为（    ） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·四川广安·中考真题）如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若圆锥的母线长为5，则该圆锥的底面圆的半径为（    ） A． B． C． D．5 【典例3】．（2025·浙江衢州·二模）某单位需要在如图的雪糕筒路障侧面贴上彩纸进行装饰，若该路障可以近似看做圆锥，其主视图的边，，则彩纸的面积是（　　）． A． B． C． D． 【典例4】．（2025·江苏盐城·中考真题）已知圆锥的侧面积为，母线长为5，则圆锥的底面半径是_____． 【典例5】．（2025·浙江温州·三模）如图，一块扇形铁皮的弧长为，要把它做成一个圆锥形容器（接缝忽略不计），则这个圆锥形容器的底面半径为___________． 中考预测题 1.如图，将半径为1，圆心角为的扇形绕点A逆时针旋转，点O，B的对应点分别为O'，B'，连接，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 2.如图，已知的半径为2，在上顺次取四点，连接，，，．若，则的长为（    ） A． B． C． D． 3.如图，阴影部分是以正六边形纸片的顶点为圆心，对角线为半径的扇形，已知边长，若将图中阴影部分剪下围成圆锥的侧面，再从另一纸片上截取一个圆作为圆锥的底面，恰好能围成一个圆锥，则所截圆的半径为__________． 4.如图，用一张圆心角为，半径为6的扇形纸片制作一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径是______． 考点五 圆的综合问题 《解题指南》 易错提醒： 【缺乏严密推导，凭视觉盲目猜测】 动态几何压轴题中，当点运动到某个特殊位置时，图形“看起来”像是切线、或者“看起来”互相垂直。很多学生在没有给出严格几何证明的前提下，直接代入直角或切线条件去列方程，这在改卷时属于原则性错误，不给步骤分。 【动点变轨时漏掉临界边界值】 当动点在圆周、线段上连续运动时，某些几何状态（如相切、交点个数突变）往往在端点、垂足或相切等特定临界位置发生突变。分类讨论时若忽略了取值范围的边界，会导致漏解或算出了不合题意的无效解。 命题点01 圆与三角形的综合题 【典例1】．（2025·浙江·模拟预测）如图，在中，，，，延长至使得，设为线段上一动点（异于点），连结交直线于点，过三点作交直线于另一点． (1)求证：； (2)设的半径为，给出下列两个结论：①的长度不变；②的值不变．其中有且只有一个结论是正确的，请你判断哪一个结论正确，证明正确的结论并求出其值． 【典例2】．（2025·浙江·模拟预测）如图1，是的直径，以为边在内作等腰三角形，且，过点D作的垂线，交于C，E两点，连结，，． (1)①求证：； ②若，，，求的长． (2)当时，求的值． (3)如图2，连结，设，，求y关于x的函数表达式． 【典例3】．（2025·浙江·一模）如图，半圆中，直径，点为弧的中点，点在弧上，连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接． (1)求证：． (2)若为中点，求的长． (3)①求证：面积与面积的差是定值； ②若，求的长． 【典例4】．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，点A，C在上，连接，并延长，分别与的切线相交于点，点，切点为E，与交于点，连接，垂足为点． (1)求证：平分； (2)设，求的值； (3)求的值． 命题点02 圆与四边形的综合问题 【典例1】．（2025·浙江宁波·模拟预测）【阅读】若为所在平面上一点，且，则点叫做的费马点如图，在中，如果三角形内部有一点满足，则的值最小理由如下：将绕点A逆时针旋转至，连结． ． ，，． 是等边三角形． ，． ． ，． 点，，，四点在同一条直线上此时，的值最小． 【应用】（1）如图一所示，点是内一点，且点是的费马点，已知，，，求的长． （2）如图二所示，分别以锐角的边，向三角形外部作等边，等边，连结，交于点，求证：点为的费马点． 【拓展】（3）如图三，圆内接矩形内有一点，于点，已知，且的最小值是，求的半径． 【典例2】．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图①，是的外接圆，，以为边作菱形，点B，E在直线的同侧，与交于点M，连结交于N，交于T． (1)如图②，若点E在上，与交于点F，连结，求证． (2)在（1）的条件下，若，，求的半径． (3)如图①，连结，若，，求的值． 【典例3】．（2024·浙江温州·二模）如图1，在四边形中，，，，，点在上，作交于点，点为上一点，且，如图2，作的外接圆交于点，连结，设，．    (1)求的长； (2)求关于的函数表达式； (3)当与的一边相等时，求满足所有条件的的长． 【典例4】．（2024·浙江宁波·一模）如图，矩形中，对角线与相交于点O，过O，C两点的切线段于点T，分别交线段于点F，E，M，连结，已知． (1)求证：； (2)若M为的中点，求的半径； (3)若的半径为3，求的值． 命题点03 圆与函数的综合问题 【典例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 【典例2】．（2021·浙江嘉兴·二模）定义：平面直角坐标系xOy中，过二次函数图像与坐标轴交点的圆，称为该二次函数的坐标圆． (1)已知点P（2，2），以P为圆心，为半径作圆．请判断⊙P是不是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆，并说明理由； (2)已知二次函数y＝x2﹣4x+4图像的顶点为A，坐标圆的圆心为P，如图1，求△POA周长的最小值； (3)已知二次函数y＝ax2﹣4x+4（0＜a＜1）图像交x轴于点A，B，交y轴于点C，与坐标圆的第四个交点为D，连接PC，PD，如图2．若∠CPD＝120°，求a的值． 【典例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． 中考预测题 1.（2026·福建漳州·模拟预测）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． 2.（2026·湖南长沙·二模）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） 3.（2022·江苏常州·模拟预测）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． 好题速递 1.（2026·山西朔州·一模）如图，在平行四边形中，，，以点为圆心，的长为半径画弧，与的延长线交于点，连接，以点为圆心，的长为半径画弧，与的延长线交于点．若，则线段，，所围成的图形（图中阴影部分）的面积为（   ） A． B． C． D． 2.（2026·安徽芜湖·二模）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，液面到烧瓶底部最大距离为，则截面圆中弦的长为_______． 3.（2026·安徽阜阳·二模）如图，为半圆O的直径，C，D是圆上两点，，，则________． 4.（2026·安徽阜阳·二模）如图，半径为的内接，，． (1)求的长； (2)求的面积． 5.（2026·安徽阜阳·二模）如图，内接于，，分别为，的中点，连接分别为，于，两点，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 6.（25-26九年级下·陕西榆林·期中）如图，是的直径，内接于，连接、，过点作的切线交的延长线于点． (1)求证：； (2)与交于点，若，求的长． 7.（2026·江苏苏州·一模）如图①、已知中，为直径，四边形是的内接四边形，． (1)求证：； (2)如图②，连接交于，连接，若 的直径，求线段的长度． 8.（2026·江西抚州·二模）如图，是的外接圆，是的直径，是延长线上一点，为的切线，过切点作于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 中考闯关 1.如图已知为半圆O的直径，为弦，且平分．若，则的长为（    ） A． B．5 C． D． 2.如图是一把折扇，扇面是由两条弧和两条线段所组成的封闭图形，是的一半．已知，，则扇面的周长为（   ）． A．60 B． C． D． 3.如图，是的弦，将沿着弦折叠，点是折叠后的上一动点，连结并延长交于点，点是的中点，连结．若半径，则的最小值为__________． 4.如图，在中，，以为直径作半圆，交于点D，交于点E．若，求弧的长为_______． 5.如图1，等腰中，，，点为边上的动点，连接，过点作的垂线，交的外接圆于点． (1)求证：； (2)如图2，作直径，交于点，连接； ①若四边形中的一组对边比为，求的长； ②记的面积为，的面积为，当时，求的值． 6.已知内接于，作外角的角平分线交于点A，连接，． (1)如图1，求证：为等腰三角形． (2)如图2，若过圆心O，、交于点，，求． (3)如图3，作直径交于点G，若，且，求． 7.【文化欣赏】（圆周率）的估算方法贯穿了数学发展史．其中阿基米德使用正九十六边形，利用（其中C为周长，d为直径），估算出的值． 【应用体验】 (1)如图1，正六边形内接于半径为1的圆内，求这个正六边形的周长并用此值估算的值． (2)如图2，半径为1的圆内切于正八边形，求这个正八边形的周长并用此值估算的值． (3)实际圆的周长介于内接正六边形周长与外切正八边形周长之间，请用这两个近似值的平均数来估算的值．【，（取1.41）】 8.已知，正方形，以为直径在正方形内部作半圆M，点E是边上动点，连结交半圆M于点F，连结． (1)若，求的长度； (2)如图2，连结，将沿着对折，得到交于点N． ①若，求的度数； ②求的最小值． 9.如图，是的直径，点，为圆上两点，，连接交于点，过点作的切线，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，，求的长． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 高频考点06 圆 内容概览 01命题探源·考向解密（分析近3年中考考向与命题特征） 02根基夯实·知识整合（核心知识必备、常用结论与技巧等） 03高频考点·妙法指津（5大命题点+18道中考预测题，） 考点一 圆的概念与性质 命题点1圆的基本概念 命题点2利用垂径定理求值 命题点3垂径定理的应用 命题点4弧，弦，圆心角的关系 命题点5圆周角定理及推论 命题点6半圆所对的角为直角 中考预测题3道 考点二 直线与圆的位置关系 命题点1三角形的外接圆 命题点2直线与圆的位置关系 命题点3切线的判定 命题点4切线长定理的应用 命题点5三角形的内切圆 命题点6圆的内接四边形 中考预测题4道 考点三 正多边形与圆 命题点1正多边形与圆 中考预测题4道 考点四 扇形与圆锥有关求值 命题点1利用弧长公式求值 命题点2求扇形与不规则图形面积 命题点3圆锥有关的求值 中考预测题3道 考点五 圆的综合题 命题点1圆与三角形的综合问题 命题点2圆与四边形的综合问题 命题点3圆与函数的综合问题 中考预测题4道 04好题速递·分层闯关（精选10道最新名校模拟试题+9道中考闯关题） 考点 考向 命题特征 圆的概念与性质 1. 垂径定理与勾股定理结合求弦长、半径、弦心距及拱高（多以水管、桥洞等实际生活为背景）。 2. 圆周角定理及其推论：考查“同弧或等弧所对的圆周角相等”；利用“直径所对的圆周角是直角”构造直角三角形是核心转化手段。 常见于选择、填空题前半部分。命题的关键在于“隐形直角三角形”的构造，只要连接半径、作弦的垂线，即可将圆的问题转化为直角三角形的计算。 直线与圆的位置关系 （切线的判定与性质） 1. 切线的证明：核心分为“有半径，连半径，证垂直”和“无半径，作垂线，证半径相等”两种基本思路。 2. 切线性质的应用：切线垂直于过切点的半径。在中考中常与相似三角形、三角函数或全等三角形结合，进行线段长度或角度的综合计算。 通常作为几何解答题的第一问或填空题的压轴位置出现。命题极其注重逻辑推导的严密性，常与角平分线、平行线等特殊位置关系复合出题。 正多边形与圆 1. 正多边形核心元素的计算：考查正三角形、正方形、正六边形的边长、半径、边心距、周长及面积的互化。 2. 正多边形与圆的组合图形：考查在网格或平面直角坐标系中，特殊多边形顶点在圆上的位置关系。 常以选择题或填空题形式考查，难度属中等偏下。解题的关键是锁定由“半径、边心距、半边”构成的核心直角三角形，利用特殊角三角函数可直接秒杀。 扇形与圆锥有关的计算 1. 弧长与扇形面积公式的直接应用：结合阴影部分面积求法（如“割补法”、“割拼法”）。 2. 圆锥的侧面积与全面积计算：核心在于考查“圆锥底面周长等于侧面展开图（扇形）的弧长”这一等量关系。 中考必考点，百分之百在选择题或填空题中出现一题。近年来命题越来越偏向于生活情境化，公式记忆必须精准，严防计算失误。 圆的综合题 1. “隐形圆”模型：重点考查“定弦定角模型”（由圆周角定理逆定理推导）和“定点定长模型”（动点到定点距离为定值），要求学生能自主发现轨迹并求出最值。 2. 圆与函数、相似的代数几何综合：在平面直角坐标系中，结合二次函数、反比例函数，考查点在运动过程中特殊几何状态（如切点、交点、特殊四边形）的存在性问题。 属于中考解答题的压轴题或填空压轴题，难度大。命题呈现明显的“数形结合”与“分类讨论”特征。图形通常为动态（动点、动线或动圆），要求学生具备极高的识图能力以及将几何问题代数化方程求解的能力。 考点一 圆的概念与性质 《解题指南》 易错提醒： 【平行弦距离位置分类漏解】 在应用垂径定理求圆内两条平行弦之间的距离时，若题干未给出图形，必须分类讨论：① 两条弦在圆心的同侧；② 两条弦在圆心的异侧。考场上极易因漏掉其中一种图形状态而痛失一半分数。 【同弦所对圆周角的多解陷阱】 一条弦（非直径）所对的圆周角有两个，它们顶点分别在圆心的两侧，且这两个圆周角互补（一个锐角，一个钝角）。题目中若只给出弦长和半径，求圆周角度数时，必须严防漏掉钝角的情况。 【圆心角与圆周角转换中的2倍关系错位】 错把“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”记反，或者在涉及多条弦和复杂组合图形时，没有锁定“同弧”这一大前提，导致角度计算错误。 命题点01 圆的基本概念 【典例1】．（2025·浙江·模拟预测）下列命题正确的是（   ） A．经过三个不同的点可以画一个圆 B．垂直于圆的半径的直线是圆的切线 C．在同圆中，等弧所对的圆周角相等 D．平分弦的直径垂直于弦并且平分弦所对的两条弧 【答案】C 【分析】本题考查了确定圆的条件，切线的判定，圆周角定理，垂径定理，解得关键是理解相关的定理． 根据各个定理分别对四个选项作出分析，再作出判断． 【详解】A．经过三个不同的点可以画一个圆，少了“不共线的”条件，所以A错误； B．经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，所以B错误； C．因为两条弧相等，所以它们重合，那么它们所对的圆周角也相等，正确； D．平分弦的直径，这里的弦必须是非直径，所以D错误． 故选：C． 【典例2】．（2024·浙江台州·一模）如图，在矩形中，，先以点A为圆心，长为半径画弧交边于点E；再以点D为圆心，长为半径画弧交边于点F；最后以点C为圆心，长为半径画弧交边于点G．求的长，只需要知道（   ） A．线段的长 B．线段的长 C．线段的长 D．线段的长 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，圆的基本概念，掌握矩形的对边相等，圆的半径相等是解题的关键；由矩形的性质和圆的半径相等，再结合线段的和差关系，可推出，进而即可得到答案 【详解】解：设，由作图可知：，， 四边形矩形， ， ， ， ， ， 求的长，只需要知道线段的长． 故选：C． 【典例3】．（23-24九年级上·海南省直辖县级单位·期末）如图，某城市公园的雕塑是由3个直径为的圆两两相垒立在水平的地面上，则雕塑的最高点到地面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质、解直角三角形，三个等圆的圆心分别为，连接、、，作于，交地面于，交上面圆于点，得出，从而得出，再根据，得出，即可得出答案． 【详解】解：如图，三个等圆的圆心分别为，连接、、，作于，交地面于，交上面圆于点， ，，，， ， ， ， ， ， 故选：A． 【典例4】．（25-26七年级下·江苏扬州·期中）圆是最美的对称图形之一，将圆竖直位置的直径向左移动，水平位置的直径向下移动，把圆分成如图所示的四个部分，其中①②③④的面积分别记为，，，．则________． 【答案】80 【分析】利用中心对称的性质将圆分成9个部分，再利用各部分之间面积的和差关系将所求的面积转化为规则图形的面积即可． 【详解】解：作圆竖直位置的直径向右移动，水平位置的直径向上移动， 如图所示： 由对称性可知：、、， 则 ． 命题点02 利用垂径定理求值 【典例1】．（2025·浙江·二模）如图，内接于为的直径，点D，E分别为上的动点（不与点A，点B，点C重合），且，F为的中点，分别连接，若，则的最大值为（　　） A．3 B．4 C．4.5 D．5 【答案】B 【分析】如图1，过点作于，以点为圆心，以为半径作圆，由勾股定理得：，为的中位线，当点，在上运动时，点在以点为圆心，以为半径的圆上运动，根据“两点之间线段最短”得：，如图2：此时，即的最大值为4，由此即可求解． 【详解】解：如图1，过点作于，以点为圆心，以为半径作圆， ∵为的直径， ∴， 在中，，，由勾股定理得：， ∴， ∵，， ∴为的中位线， ∴，即弦的弦心距， ∵点为的中点， ∴为弦的弦心距， ∵， ∴， ∴当点，在上运动时，点在以点为圆心，以为半径的圆上运动，根据“两点之间线段最短”得：， ∴当点在的延长线上时，为最大， 如图2：此时，即的最大值为4， 故选：B． 【典例2】．（2025·浙江宁波·模拟预测）如图，在四边形中，，对角线和交于点E，若，则长的最小值为（    ） A．6 B． C．4 D． 【答案】B 【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，先证明A，B，C，D四点共圆，得到为直径，取的中点即圆心O，得到当弦时，取到最小值，利用垂径定理和勾股定理进行求解即可． 【详解】解：如图，． ∴A，B，C，D四点共圆，为直径，取的中点即圆心O， 当弦时，取到最小值， ∵，直径． ∴半径， ∴． 在中，． ∴． 故选B． 【典例3】．（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4】．（2025·山东滨州·中考真题）如图，点A，B，C，D在上，，，则的值为______． 【答案】 【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，特殊角的三角函数值，根据垂径定理，圆周角定理推出，再根据特殊角的三角函数值即可得出结果． 【详解】解：连接， ∵， ∴为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 【典例5】．（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：． 命题点03 垂径定理的应用 【典例1】．（2025·江苏南京·中考真题）一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔，它的部分尺寸（单位：）如图，这枚古钱币的半径为____________ ． 【答案】13 【分析】本题考查了垂径定理，正方形的性质，勾股定理，先根据题意，则是的直径，过作，连接，再结合正方形的性质以及垂径定理得，，由勾股定理列式计算，即可作答． 【详解】解：如图所示：是的直径，过作，连接， 依题意，， ∵， ∴，， ∵一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔， ∴， 在中，， 即这枚古钱币的半径为， 故答案为：13 【典例2】．（2025·四川南充·一模）如图甲，筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具．如图乙，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O在水面的上方，被水面截得的弦长为4米，点C是运行轨道的最低点，点C到弦的距离为1米，则的半径长为（    ） A．1米 B．米 C．2米 D．米 【答案】D 【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．连接、，交于点，设的半径长为，由垂径定理得（米），再由勾股定理列方程求出的值即可． 【详解】解：如图，连接、，交于点， 设的半径长为， ∵点是运行轨道的最低点，点到弦的距离为1米， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴的半径长为米． 故选：D． 【典例3】．（2025·陕西汉中·二模）如图所示的是排污管道的横截面，其直径为1m，测得淤泥（阴影部分）横截面的最大宽度为0.8m，则淤泥的最大深度为（    ） A．0.5m B．0.4m C．0.3m D．0.2m 【答案】D 【分析】连接，可得 m，m，，在中，通过勾股定理求得，然后即可求解． 【详解】解：连接，如图 由题可得：m，m，， ∴m， 在中，， ∴m， ∴ m， 故选：D． 【点睛】本题考查了垂径定理的实际应用，掌握垂径定理，勾股定理是解答本题的关键． 【典例4】．（2025·甘肃平凉·中考真题）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”，其形制可追溯至汉代，但真正在美学与功能上成熟于宋代，北宋建筑学家李诫编撰的《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术典籍之一．如图2是古人根据《营造法式》中的“五举法”作出的月洞门的设计图，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，是月洞门的拱高现在我们也可以用尺规作图的方法作出月洞门的设计图如图3，已知月洞门的横跨为，拱高的长度为a．作法如下： ①作线段的垂直平分线，垂足为； ②在射线上截取； ③连接，作线段的垂直平分线交于点O； ④以点O为圆心，的长为半径作． 则就是所要作的圆弧． 请你依据以上步骤，用尺规作图的方法在图3中作出月洞门的设计图（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】见解析 【分析】本题考查尺规作图—复杂作图，熟练掌握尺规作线段，作垂线的方法是解题的关键． 根据题干给定的作图步骤，结合尺规作垂线和作线段的方法作图即可． 【详解】解：由题意，作图如下，即为所求： 命题点04 弧、弦、圆心角的关系 【典例1】．（2025·浙江·二模）如图，的直径垂直弦，点是的中点，弦交于点，连接．若，则（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查圆周角定理，连接，圆周角定理，得到，，等弧对等角求出，进而求出的度数，即可得出结果． 【详解】解：连接，则：，， ∵， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选C． 【典例2】．（2025·湖北武汉·中考真题）如图，四边形内接于，．若，则的半径是（    ） A． B． C． D．5 【答案】A 【分析】本题考查垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理，掌握垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理是正确解答的关键．根据垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理进行计算即可． 【详解】解：如图，过点O作，垂足为F，交于点E，连接， 则，， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 设半径为R， 在中，， 由勾股定理得，，即， 解得． 故选：A． 【典例3】．（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． 【典例4】．（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：，，． 命题点05 圆周交定理及推论 【典例1】．（2025·四川·中考真题）如图，点A，B，C在上，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查圆周角定理，掌握一条弧所对的圆周角等于这条弧所对圆心角的一半是解题的关键． 直接运用圆周角定理求解即可． 【详解】解：∵， ∴． 故选：B． 【典例2】．（2025·浙江丽水·二模）如图，是的内接三角形，是的直径，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，根据直角所对的圆周角是直角得到的度数，则可求出的度数，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 【典例3】．（2025·浙江舟山·三模）如图，是外接圆，是的直径，连接，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角形外接圆，同弧所对圆周角相等，直径所对圆周角为直角等知识，掌握以上知识是关键． 根据直径所对圆周角为直角得到，根据同弧所对圆周角相等得到，结合直角三角形两锐角互余即可求解． 【详解】解：是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：D ． 【典例4】．（2025·江苏南京·中考真题）如图，扇形的圆心角为，若点在该扇形内，则的度数的范围是____________． 【答案】 【分析】本题考查了圆周角定理，三角形的外角性质，先延长交圆O于点C，则由圆周角定理得，再分两种情况讨论求解即可． 【详解】解：延长交圆O于点C，连接，如图所示： ∵扇形的圆心角为 ∴圆心角， 根据圆周角定理得：， 当点在扇形内部延长线上时，则； 当点在扇形内部线段上时，连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ 故答案为：． 【典例5】．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，四边形内接于，，连接、，则____． 【答案】140 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记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求出，再根据圆周角定理求出． 【详解】解：四边形内接于， ， ， 由圆周角定理得：， 故答案为：140． 【典例6】．（2025·江苏常州·中考真题）如图，是的直径，是的弦．若，，则_________． 【答案】 【分析】根据直径所对的圆周角为，可知，求出，得到，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵是的直径， ， ∵与对应同一段弧， ， ， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角为，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，等角对等边等性质，掌握圆周角定理的推论是解题的关键． 命题点06 半圆所对的角为直角 【典例1】．（2025·四川巴中·中考真题）如图，A、B、C是上的点，是圆的直径，在延长线上取一点D，使，连接，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了直径所对的圆周角为直角，等腰三角形的性质，根据题意可得，再利用等腰三角形的性质即可解答． 【详解】解：是圆的直径， ， ， ， ， 故选：C． 【典例2】．（2025·浙江·三模）如图，经过A，B两点的与相切于点A，与边相交于点E，为的直径，，连接，若，则的度数为_______． 【答案】 【分析】此题重点考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理、切线的性质、圆周角定理等知识，推导出及是解题的关键． 由，得，则，由切线的性质得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：， ， ， 为的直径，与相切于点， ， ， ， ， 故答案为：． 【典例3】．（2025·浙江·模拟预测）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接，若，则_______． 【答案】 【分析】本题考查圆内接四边形以及圆周角定理，根据圆内接四边形的对角互补，以及直径所对的圆周角为直角，进行求解即可． 【详解】解：∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， 故答案为：35． 【典例4】．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，，，点在边上，过点作，垂足为点，则的最小值是___________． 【答案】 【分析】作交于点，作交于点，根据勾股定理和三角形的面积公式求出，根据相似三角形的判定和性质得出，结合的值，可得出当取最大值时，取最小值，根据度的圆周角所对的弦是直径得出点在以的中点为圆心，的长为半径的半圆上，当点在弧上时，点，，共线，此时的值最大，根据相似三角形的判定和性质求出的最大值，求出；当点在弧上时，点与点重合，点与点重合，此时的值最大，求出，即可求解． 【详解】如图，作交于点，作交于点， 在中，， 在中，， 即， 解得． ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵是定值， 故当取最大值时，取最小值． ∵ ∴ ∴点在以的中点为圆心，的长为半径的半圆上， 当点在弧上时，点，，共线，此时的值最大，如图： ∵，， ∴， ∴， 即， 解得， 此时，即的最大值为， 故． 当点在弧上时，点与点重合，点与点重合，此时的值最大，如图： 即的最大值为， 故． 综上所述，的最小值是． 中考预测题 1.如图，某考古队在发掘一处古代遗址时，发现了一枚残缺的青铜四边形挂饰．经检测，挂饰的三条线段满足，且工匠在边角处清晰刻下了，为完整复原这枚挂饰的形制，考古人员需要计算出的度数．根据所学几何知识，点，，在以点为圆心的同一个圆上，则的度数为（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可得点，，在以点为圆心的同一个圆上，然后通过圆周角定理即可求解． 【详解】解：如图， ∵， ∴点，，在以点为圆心的同一个圆上， ∴， ∴， ∴的度数为． 2.如图，上有两点M和N，若点N在圆上匀速运动一周，那么弦的长度y与时间t的关系可能是下图中的（   ） A．① B．③ C．①或③ D．②或④ 【答案】C 【分析】观察图像可知，N点的运动轨迹可以分为顺时针运动、逆时针运动两种情况，再结合运动过程中弦的长度变化进行分析，即可解题． 【详解】解：由图中可知：长度y是一开始就存在的，如果点N顺时针运动，那么长度y将逐渐变大；当点N运动到和在同一直线上时，长度y最大，随后开始变小，当点N运动到和重合时，长度y为，随后开始变大，则运动图象为①； 如果点N逆时针运动，那么长度y将逐渐变小；当点N运动到和重合时，长度y为，随后开始变大，当点N运动到和在同一直线上时，长度y最大，随后开始变小，则运动图象为③； 弦的长度y与时间t的关系可能是下图中的①或③． 3.如图，已知是的直径，点C，D在上，，．则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由，得，则，由得，则，由，得，即可由求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵是的直径， ∴点O在上， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 4.如图，在半径为3的中，是直径，是弦，D是的中点，与交于点E，若E是的中点，则的长为________． 【答案】 【分析】连接，交于点，根据垂径定理得出,，，进而证明得出，根据半径为，得出，然后根据直径所对的圆周角是直角，得出是直角三角形，勾股定理即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，交于点，    ∵是的中点， ∴,，， ∵， ∴， ∵是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴． 5.如图，是的半径，点D是上一点，连接并延长交于点C，连接．若，，则的度数为___________． 【答案】 85 【分析】根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，求出的度数，再根据三角形的外角性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和，即可求出 的度数； 【详解】解：， ， 是的外角， ， ， ． 1.小明参加了一场1500米的跑步比赛，他以4米/秒的速度跑了一段路程后，又以3米/秒的速度跑完了剩下 考点二 直线与圆的位置关系 《解题指南》 易错提醒： 【切边证明的“越级”逻辑错误】 证明一条直线是圆的切线时，常犯“循环论证”或判定不完整的错误。必须严格满足两个条件：① 直线经过半径的外端点；② 直线垂直于这条半径。很多同学只证了垂直，却未说明该点在圆上，导致扣分。 【切线性质中的直角“隐形化”】 题目已知某直线是切线，但在后续推导角度或线段比例时，迟迟想不到利用“切线垂直于过切点的半径”这一核心性质，导致无法构造直角三角形或无法建立垂直关系。 命题点01 三角形的外接圆 【典例1】．（2025·江苏南京·中考真题）下列图形中，一定有外接圆的是（   ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】A 【分析】本题考查了外接圆．外接圆是指多边形的所有顶点都在同一个圆上．三角形一定有外接圆，因为三角形的三条垂直平分线交于一点（外心），该点到各顶点距离相等，四边形、五边形、六边形不一定有外接圆，只有特殊的多边形（如圆内接多边形）才有，据此进行分析，即可作答． 【详解】解：∵任何三角形的三条垂直平分线都交于一点（外心）,且外心到三个顶点的距离相等， ∴ 三角形一定有外接圆， 四边形、五边形、六边形不一定有外接圆，只有特殊的多边形（如圆内接多边形）才有， 故选：A 【典例2】．（2025·广东东莞·模拟预测）如图，为的外接圆，半径，垂足为点E，，则的长为（    ） A． B． C．10 D．8 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，勾股定理，垂径定理等知识，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键． 由圆周角定理可得，由等腰直角三角形的性质可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：D． 【典例3】．（2025·江苏南京·一模）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别为，，，是的外接圆，若点是其外接圆上任意一点，则的最大值为__________． 【答案】 【分析】本题考查了外接圆的性质，两点间的距离，一元二次方程的根的判别式，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．由，，都在上，得点P在y轴上，设，根据两点间的距离即可求出b的值，则圆心，得到，设，则，再转化为一元二次方程的根的判别式即可求解． 【详解】解：是的外接圆， 点在、、垂直平分线的交点上，， ，， 点在轴上， 设， ， ， 圆心的坐标为， 是其外接圆上任意一点， ， ， 设，则， ， 整理得， 为实数， ， 解得， 的最大值为． 故答案为：． 命题点02 直线与圆的位置关系 【典例1】．（2025·浙江杭州·一模）已知的半径是5，直线与相交，则圆心到直线的距离可能是（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】A 【分析】本题考查直线与圆的位置关系，根据直线和相交即，即可判断． 【详解】解：∵直线与相交， ∴圆心到直线的距离小于， 符合要求的为4， 故选：A． 【典例2】．（2025·浙江金华·模拟预测）如图，在中，，点是的中点，以为圆心，长为半径作圆． 若与线段有两个交点，则满足的条件是__________． 【答案】且 【分析】本题主要考查了直线与圆的位置，相似三角形的判定与性质，勾股定理，垂径定理等知识点，解题的关键是注意临界状态的分析． 当恰好经过点C时，利用求解；当与相切时，此时与线段只有一个交点，由是的垂直平分线，得到；当恰好经过点A时，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：当恰好经过点C时，符合题意，如图： 此时 ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，点是的中点， ∴， ∴， ∴； 当与相切时，此时与线段只有一个交点， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴； 当恰好经过点A时，符合题意，如图： 过点作于点E， ∴， ∴，， ∴， ∴与线段有两个交点，满足的条件是且， 故答案为：且． 【典例3】．（2025·河南濮阳·一模）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：． 命题点03 切线的判定 【典例1】．（2025·浙江丽水·二模）如图，四边形内接于，连结、交于点P，，过点A作交的延长线于点E． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)若，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3) 【分析】（1）连接并延长交于点F，由已知条件可得出，由垂径定理的推论可知，，再根据平行线的性质即可得出，进一步即可证明． （2）利用同弧所对的圆周角相等以及平行线的性质，结合等边对等角的性质进一步证明，由相似三角形的性质即可得证． （3）证明，由相似三角形的性质得出，设，，则，由勾股定理求出k值，进而求出，，最后根据（2）的结论即可求出． 【详解】（1）证明：连接并延长交于点F， ∵， ∴， 由垂径定理的推论可知，， ∵， ∴， ∵是半径， ∴是切线． （2）证明：∵四边形内接于， ， ， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． （3）解：∵， ∴， 又∵， ∴， ， 设，，则， ∴，， 在中， ，即， 解得， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 由（2）可知， ∴. 【点睛】本题主要考查了垂径定理的推论，同弧所对的圆周角相等，证明某直线是圆的切线，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握这些知识是解题的关键． 【典例2】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，以的直角为直径作，与斜边交于点D，E为边的中点，连结． (1)求证：是的切线． (2)连结，当为何值时，四边形是平行四边形？并在此条件下，求的值． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）如图，连结．先证是直角三角形，得,再证，得，问题得证； （2）根据可证得是等腰三角形，得证是的中点，根据中位线可证得四边形为平行四边形；如图，过点E作于点H．可根据正弦定义求出即可． 【详解】（1）证明：如图，连结． 是的直径， ． ∵E是的中点， ． 又,， ， ． ∵点D在上， 是的切线． （2）当时，四边形平行四边形． 理由：， ， ， ， 在中，， ， ， ，即是的中点， 又是的中点， ， 四边形是平行四边形， 如图，过点E作于点H． 设，则，， 在中，， ． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质，直径所对的圆周角是直角，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，切线的判定定理和性质定理，平行四边形的判定和性质，勾股定理，正弦定义，构造辅助线是解题的关键． 【典例3】．（2025·浙江·模拟预测）如图，是的直径，C为延长线上的一点，E为上一点，连结，过A作，垂足为D，交于点F，E为的中点． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)若的半径为1，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质定理，垂径定理，切线的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． （1）连接，，根据圆周角定理得到，根据垂径定理得到，根据平行线的性质得到，根据切线的判定定理得到是的切线； （2）根据切线的性质得到，求得，根据圆周角定理得到，得到，根据相似三角形的判定定理得到∽； （3）根据相似三角形的性质得到，得到负值舍去，设，，根据勾股定理得到结论． 【详解】（1）证明：连接，， 是的直径， ， 为的中点， ， ， ， ， ， 是的半径， 是的切线； （2）证明：是的切线， ， ， 是的直径， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：的半径为1， ， ∴， ， ， ， 负值舍去， ， 设，， ， ， ， 【典例4】．（2025·四川雅安·中考真题）如图，中，是角平分线，O是上一点，经过点A、点M的分别交于点E，点F． (1)判断与的位置关系，并说明理由； (2)求证：； (3)若，，求的长． 【答案】(1)相切，见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，由角平分线的性质及等腰三角形的性质得，再由即可得，从而得与的位置关系是相切； （2）连接，证明即可； （3）连接，在中，由，设，则，从而，求得a的值，则可得，再由正弦函数关系即可求得的值． 【详解】（1）解：与的位置关系是相切； 理由如下： 如图，连接， ∵是的平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∵为圆的半径， ∴与的位置关系是相切． （2）证明：如图，连接， ∵是圆的直径， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即； （3）解：如图，连接， 由（1）知， 在中，， 设，则， ∴， 解得， ∴，， ∵为圆的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【典例5】．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，是的弦，过点作直线，以为顶点作，分别交、于点、，若． (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若的半径为3，，求的长． 【答案】(1)与相切，理由见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定，等边对等角，正切的定义，勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解题的关键． （1）连接，根据等边对等角可得，，进而根据，得出，即可得出结论； （2）根据已知可得，进而设，，在中，，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：与相切； 理由如下：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵为半径， ∴与相切； （2）解：如（1）图，， ∵的半径为3， ∴ ∵，， ∴， ∴， 设，， 在中，， ∴ 解得： ∴． 命题点04 切线长定理的应用 【典例1】．（2025·浙江台州·二模）如图，已知的半径长是分别切于点，连结并延长交于点，连结．若四边形是菱形，则的长是（　　） A．5 B． C．6 D． 【答案】C 【分析】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．连接，，根据菱形的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，根据切线的性质得到，求得，得到，于是得到结论． 【详解】解：连接，， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， 切于点， ， ， ， ， ， ， 故选：C． 【典例2】．（2025·浙江宁波·模拟预测）如图，是的切线，切点为，点在上，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆的内接四边形的性质，切线长定理，等腰三角形的性质等知识点，正确作辅助线是解题关键． 根据圆的内接四边形的性质得，即可求出，由切线长定理得，即可求得结果． 【详解】解：连接，则， 又∵， ∴， 又∵是的切线， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 【典例3】．（2025·青海西宁·中考真题）如图，四边形是的外切四边形，，．则四边形的周长为_______． 【答案】48 【分析】本题考查了切线长定理，掌握从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题的关键． 根据切线长定理得到，得到，根据四边形的周长公式计算，得到答案． 【详解】解：如图，令与边的切点分别为E，F，G，H， ∵四边形是的外切四边形， ∴， ∴ ∴， ∴四边形的周长为 ． 故答案为：48． 【典例4】．（2025·江苏镇江·中考真题）如图（1），过外一点引的两条切线、，切点是、，为锐角，连接并延长与交于点，点在的延长线上，过点作的垂线，与的延长线相交于点、垂足为． (1)求证：是等腰三角形； (2)在图（2）中作，满足（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (3)已知，在你所作的中，若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)图见解析 (3) 【分析】（1）先根据切线长定理、切线的性质定理可得，，再证出，根据等腰三角形的判定可得，由此即可得证； （2）先在的延长线上作，再过点作的垂线，与的延长线相交于点、垂足为，由直角三角形的斜边中线的性质即可得； （3）过点作于点，过点作于点，先解直角三角形可得，再设，则，，，在中，利用勾股定理可得，则可得，，然后证出，根据相似三角形的性质可得的长，最后根据即可得． 【详解】（1）证明：∵是的两条切线，切点是， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 由对顶角相等得：， ∴， ∴， ∴是等腰三角形． （2）解：如图，满足的即为所作． （3）解：如图，过点作于点，过点作于点， ∵是的两条切线，切点是， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴在中，，即， 解得或（不符合题意，舍去）， ∴，， ∵在等腰中，，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ∴． 【点睛】本题考查了切线长定理、切线的性质定理、作垂线、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握切线长定理和解直角三角形的方法是解题关键． 【典例5】．（2025·山东威海·中考真题）如图，是的切线，点A为切点．点B为上一点，射线交于点C，连接，点D在上，过点D作，，交于点F，作，垂足为点E．． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了圆的综合题，涉及圆的切线的性质与判定，切线长定理，解直角三角形，勾股定理等知识点，正确添加辅助线是解题的关键． （1）连接，证明，则，而，则，由于是的切线，则，再由等式的性质即可证明； （2）可得，设，则，，由切线长定理得到，则，求出，即可求解半径． 【详解】（1）证明：连接， ∵是的切线， ∴ ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， 即， ∴是的切线； （2）解：∵，， ∴， 设， ∴，， ∵是的切线，是的切线， ∴， ∵ ∴， 解得：， ∴半径为． 命题点05 三角形的内切圆 【典例1】．（2025·浙江杭州·二模）如图，是的内切圆，分别切，，于点D，E，F，，P是上一点，则的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题重点考查三角形的内切圆与内心、切线的性质、圆周角定理等知识，连接、，由切线的性质得，而，所以，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接、， ∵与、分别相切于点D，E， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：D． 【典例2】．（2025·宁夏·中考真题）如图，⊙是的内切圆，，则_____． 【答案】 【分析】本题考查三角形的内切圆的性质与三角形内角和定理，此题难度不大． 根据是的内切圆，得出，，进而得出，即可得出答案． 【详解】解：∵是的内切圆， ∴，， ∵， ∴， ∴ 故答案为：． 【典例3】．（2025·浙江·三模）如图，点是的内心，的延长线与边相交于点，与的外接圆相交于点，延长至点，连接，使． (1)若，请判断的形状，并说明理由． (2)求证：． (3)探究线段，，之间是否存在确定的等量关系？若存在，请求出此关系；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)等边三角形，理由见解析 (2)证明见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）根据三角形内心的定义得，根据平行线的性质及等边对等角可得，，推出，即可得出结论； （2）如图，连接，，根据圆周角定理及弧、弦、圆心角的关系可得，，继而得到，推出，证明，再根据全等三角形的性质即可得证； （3）如图，连接，根据三角形内心的定义得，继而得到，推出，证明得，整理后可得结论． 【详解】（1）解：是等边三角形． 理由：∵点是的内心， ∴平分，即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形； （2）证明：如图，连接，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． （3）解：． 理由：如图，连接， ∵∵是的内心， ∴平分， ∴， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∵， ∴． 【点睛】本题考查三角形内心的定义，圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，等边三角形的判定，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识点．通过作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 命题点06 圆的内接四边形 【典例1】．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，，连接BD，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆内接四边形，圆的性质，解题的关键是熟练掌握圆的性质． 根据圆的内接四边形对角互补可得的度数，由弦相等可得弧相等，从而可得圆周角相等，计算即可． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：． 【典例2】．（2025·甘肃·中考真题）如图，四边形内接于，，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查圆内接四边形的性质、圆周角定理，根据圆内接四边形的性质得到，根据得到，即可得到的度数．关键是根据圆内接四边形的性质得到解答． 【详解】解：由圆内接四边形的性质可知：， ， ， ∵， ． 故选：C． 【典例3】．（2025·陕西·中考真题）如图，点在上，若，则的度数为_____． 【答案】/80度 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆内接四边形的对角互补以及等腰三角形的两底角相等是解题的关键． 通过连接，利用等腰三角形的性质得出，，从而求出的度数，再根据圆内接四边形的对角互补求出的度数． 【详解】解：连接． ∵，， ∴，， ∵， ∴ ∵， ∴． 故答案为：． 【典例4】．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，四边形内接于，，连接、，则____． 【答案】140 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记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求出，再根据圆周角定理求出． 【详解】解：四边形内接于， ， ， 由圆周角定理得：， 故答案为：140． 【典例5】．（2025·浙江杭州·二模）如图，内接于，若，则的度数为_________． 【答案】/25度 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，圆内接四边形性质，熟练掌握知识点是解题的关键．在上的优弧上任取一点，连接，，，利用圆内接四边形性质得出，利用圆周角定理得出，再利用等腰三角形的性质即可求解． 【详解】解：如图，在上的优弧上任取一点，连接，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 中考预测题 1.如图，四边形内接于，为的直径，，过点作的切线，交的延长线于点．若，，则的长为（） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先，连接，，利用切线的性质构造直角三角形，结合已知角求出圆心角的度数；其次，利用的条件，根据“圆中平行弦所夹的弧相等”这一性质，将转化为所求弧对应的圆心角；最后，结合直径求出半径，代入弧长公式计算即可得出答案． 【详解】连接，如图： 是的切线， ，即， 在中，， ，即圆心角， ，根据圆中平行弦所夹的弧相等，可知， ， 又直径， 半径， 根据弧长公式， 可得的长为． 2.如图，在中，，，，以点为圆心，为半径的交于点． (1)求的长； (2)过点作的切线与的延长线交于点，连接，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意可得，根据直角三角形的性质得出，结合勾股定理列出方程，求出，得出，，即可求解； （2）设与相切于点，连接，过点作交于点，则，结合直角三角形的性质得出，，，根据勾股定理求出，根据角平分线的判定得出平分，根据角平分线的定义得出，求得，，，推得，根据等角对等边得出，求得，结合勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：根据题意可得， 在中，，，， ∴， 则， 即， 解得， ∴，， ∴． （2）解：设与相切于点，连接，过点作交于点，如图： 则． ∵，， ∴， ∴， 在中，，， ，，， 故点在的角平分线上， 即平分， ∴， 则， ， ， 即， ∴， ∴， 在中，， ∴． 3.如图，是的外接圆，平分交于点D，过点D作交延长线于点E．    (1)求证：是的切线； (2)若，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)3或4 【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角得，再根据角平分线的定义得，结合圆周角定理得，然后由平行线的性质得，则此题可证； （2）作于F，设的半径为r，则，再说明四边形是正方形，可得，进而得出，然后根据勾股定理得，求出答案即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵是的直径， ∴． ∵平分， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：过B作于F， 设的半径为r，则， ∴． 由（1）知：， ∴， ∴四边形是矩形． ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得：， 即：的半径为3或4． 考点三 正多边形与圆 《解题指南》 解题思维： 【锚定正多边形黄金Rt△】 任何正多边形的计算问题，一律不需要看整体。直接剥离出由“圆半径 R、边心距 r、半边长 a/2”组成的直角三角形。该直角三角形的顶角（圆心角的一半）恒等于 180°/n。在中考最常考的正三角形（30°）、正方形（45°）、正六边形（30°/60°）中，利用特殊角三角函数可直接口算实现三者互化。 命题点01 正多边形与圆综合 【典例1】．（2025·浙江杭州·二模）如图，在正六边形中，连结与，以点为圆心，长为半径画弧．若，则图中阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作正六边形的外接圆，连接交于点L，连接、，求得，，则，，由垂径定理得，，则，所以，求得，则，即可根据扇形的面积公式求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：作正六边形的外接圆，圆心为点O，连接交于点L，连接、， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】此题重点考查正多边形和圆、圆周角定理、垂径定理、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、扇形的面积公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 【典例2】．（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：． 【典例3】．（2025·浙江杭州·一模）图1为蜂巢的巢房，图2为其横截面示意图，由边长都相等的正六边形组成，A，B，C为顶点，则的值为______． 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，正六边形，>三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握解直角三角形是解题的关键． 延长交的延长线于点，作于点，得到，，设正六边形的边长为，则，求出，得到，继而得到，，求得，得到，即可得到答案． 【详解】解：如图，延长交的延长线于点，作于点， ，， 设正六边形的边长为，则， ， 正六边形的一个内角为， ， ， ， ，， ， ， 故答案为：． 【典例4】．（2025·上海·中考真题）已知一个圆与一个角的两边各有两个公共点，且在两边上截得的两条弦正好是该圆内接正五边形的两条边，那么这个角的大小是______． 【答案】或 【分析】本题考查正多边形与圆，如图，分两种情况，当角的顶点在圆上时，如，弦为时，此时恰好是正五边形的一个内角，进行求解即可，当角的顶点在圆外部时，即交的两边，截取的两条弦为时，进行求解即可． 【详解】解：如图，当角的顶点在圆上时，如交的两边，截取的两条弦为，此时恰好是正五边形的一个内角， ∴； 当角的顶点在圆外部，即交的两边，截取的两条弦为时， 则：， ∴， ∴； 综上：这个角的大小是或； 故答案为：或． 中考预测题 1.如图，正五边形的边长为2，分别以B，E为圆心，2为半径画弧，两弧交于点P，连接和，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接EP，DP，由题意及正五边形性质得：，，证明B，P，D三点在同一直线上，，根据相似三角形的性质得到点P为的黄金分割点，，即可得到答案． 【详解】解：如解图，连接EP，DP，由题意及正五边形性质得： ，， 四边形为菱形， ，， ， ， ， ，同理得， ，， ， B，P，D三点在同一直线上，， ， ， ， 点P为的黄金分割点， ， ． 2.如图，正五边形内接于中，P是劣弧上一点，则的度数为______． 【答案】 /36度 【分析】连接，，构造圆心角，利用正五边形的性质求得圆心角的度数，从而求得的度数． 【详解】解：如图，连接，， ∵正五边形内接于， ∴， ∴． 3.我国古代《九章算术》记载“方田割圆”思想，若一个圆内接正六边形的边长为2，则该圆的阴影部分面积为____________． 【答案】/ 【分析】利用圆的面积公式和三角形的面积公式求得圆的面积和正六边形的面积，根据阴影面积圆的面积−正六边形的面积即可得出结果． 【详解】解：如图，是正六边形的一条边，连接,则，作于点，则， ∵， ∴是等边三角形，， ∴， 即的半径为2， ∴ ∴，的面积为， ∴， ∵正六边形可分为六个边长为2的等边三角形， ∴正六边形面积为． ∴阴影面积为． 考点四 扇形与圆锥相关计算 《解题指南》 易错提醒： 【圆锥轴截面面积的底边漏乘】 圆锥的轴截面是一个等腰三角形（腰为母线 l，底边为底面圆的直径 2r）。许多学生在计算轴截面面积时，下意识将底边错当成底面半径 r，导致算出来的面积缩水一半。 【展开图半径与底面半径混淆】 扇形面积公式 S = 1/2 * l * r 中的 r 是指扇形的半径。但在圆锥展开题中，扇形的半径实际是圆锥的母线 l，而扇形的弧长实际是底面圆的周长 2πr。公式中的字母代入极其容易绕晕，属于高频计算失误点。 命题点01 利用弧长公式求值 【典例1】．（2025·江苏常州·中考真题）如图，的半径为2，直径、互相垂直，则弧的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查弧长的计算，熟练掌握弧长的计算公式是解题的关键．先利用直径、互相垂直，得出，再利用弧长公式计算即可． 【详解】解：∵直径、互相垂直， ∴， ∴的长是， 故选：C． 【典例2】．（2025·浙江·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，以点C为圆心，长为半径作弧，与的另一个交点为点E．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查求弧长，斜边上的中线，根据斜边上的中线求出得到，进而得到，三角形的外角得到的度数，作图可知，等边对等角求出的度数，再根据弧长公式进行计算即可． 【详解】解：∵，是斜边上的中线，， ∴， ∴， ∴， 由作图可知， ∴， ∴， ∴的长为； 故选B． 【典例3】．（2025·浙江·模拟预测）如图，已知等边三角形的一条边长和与它一边相切的圆的周长相等，当这个圆按箭头方向从某一位置沿该三角形作无滑动旋转，直至回到出发位置时，该圆自转了圈，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了弧长公式，设等边三角形的边长为，圆的半径为，求出圆心转动过的路程进而即可求解，理解题意是解题的关键． 【详解】解：设等边三角形的边长为，圆的半径为， ∵等边三角形的一条边长和与它一边相切的圆的周长相等， ∴， ∴， ∴圆心经过的路径长为， ∴ 故选：． 【典例4】．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）一个扇形的弧长是，半径是，则此扇形的圆心角是_____． 【答案】/70度 【分析】本题考查弧长公式，掌握弧长公式是解题的关键． 利用弧长公式列方程求解即可． 【详解】解：设扇形的圆心角为． 由题意得：， 解得：． 故答案为：． 【典例5】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，点，，在半径为的上，，则的长为______．    【答案】 【分析】本题考查了圆周角定理，弧长公式，由圆周角定理得，然后通过弧长公式即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵点，，在半径为4的上，， ∴， ∴， ∴的长为， 故答案为：． 命题点02 求扇形与不规则图形面积 【典例1】．（2025·浙江嘉兴·二模）如图，点A，B，C在上．若的半径为1，，则扇形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了圆周角定理，扇形面积计算，由圆周角定理得到，再根据扇形面积计算公式求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 故选：A． 【典例2】．（2025·浙江·模拟预测）如图，等腰直角的腰长为2．将绕C点逆时针旋转，则线段扫过的面积是______． 【答案】 【分析】本题主要考查了不规则图形的面积，根据题意可得， ，然后计算即可获得答案． 【详解】解：如图， ． 故答案为：． 【典例3】．（2025·浙江绍兴·三模）如图，扇形的圆心角为，，点，分别为，的中点，则图中阴影部分的面积为________．（结果保留） 【答案】 【分析】本题考查了扇形面积公式、根据阴影部分面积等于扇形的面积减去的面积，即可求解． 【详解】解：∵扇形的圆心角为，，点，分别为，的中点 ∴ ∴图中阴影部分的面积为 故答案为：． 【典例4】．（2025·四川攀枝花·中考真题）类比圆面积公式的推导，我们对扇形的面积公式进行如下探究：将扇形均匀分割成个“小扇形”（如图1），扇形的面积就是这些“小扇形”的面积和，当无限大时，这些“小扇形”可以近似的看成底边长分别为，高为的“小三角形”，它们的面积和为．即扇形面积． 请根据这样的方法继续思考：如图2，扇形ODG与扇形OEF有共同的圆心角，且弧长分别为3和7，，则图中阴影部分面积是__________． 【答案】20 【分析】本题主要考查扇形的定义及面积；设扇形的半径为，则扇形的半径为，先根据，求出，再结合扇形面积，根据，代入计算即可． 【详解】解：设扇形的半径为，则扇形的半径为， ∵， ∴，即， 解得， ∴扇形的半径为7， ∵扇形面积， ∴， ， ， ∴图中阴影部分面积是20； 故答案为：20． 【典例5】．（2025·青海西宁·中考真题）如图，在正五边形内，以为边作等边，再以点A为圆心，长为半径画弧．若，则图中阴影部分的面积是________． 【答案】 【分析】本题考查正多边形的内角问题，等边三角形的性质，求扇形的面积，熟练掌握相关公式是解题的关键．先求出正五边形的一个内角的度数，根据等边三角形的性质，结合角的和差关系，求出的度数，再根据扇形的面积公式进行计算即可． 【详解】解：∵正五边形， ∴， ∵为等边三角形，， ∴， ∴，， ∴阴影部分的面积即为扇形的面积：； 故答案为：． 命题点03 圆锥有关的求值 【典例1】．（2025·山东东营·中考真题）小华用铁皮制作一个烟囱帽，烟囱帽的三视图如图所示，已知主视图和左视图均为边长是的等边三角形，则所需铁皮面积（接缝面积忽略不计）为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】这道题考查的是圆锥侧面积的计算，首先明确圆锥侧面积公式为 (r为底面半径，l为母线长)，由三视图可知，圆锥的母线长，底面圆的直径等于等边三角形的边长，即底面半径，代入圆锥侧面积公式计算即可． 【详解】解：则所需铁皮面积 故选B 【典例2】．（2025·四川广安·中考真题）如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若圆锥的母线长为5，则该圆锥的底面圆的半径为（    ） A． B． C． D．5 【答案】A 【分析】本题考查了与圆锥相关的计算，熟知圆锥侧面展开后是扇形及与圆锥的底面半径的关系是解题的关键； 先计算圆锥展开图的扇形的弧长，再进一步计算即可 【详解】解：圆锥侧面展开图的扇形的弧长， ∴该圆锥的底面圆的半径为； 故选：A 【典例3】．（2025·浙江衢州·二模）某单位需要在如图的雪糕筒路障侧面贴上彩纸进行装饰，若该路障可以近似看做圆锥，其主视图的边，，则彩纸的面积是（　　）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆锥的侧面展开图、扇形面积公式，首先根据，可以求出圆锥底面圆的周长为，即圆锥侧面展开得到的扇形的弧长为，半径为，根据扇形的面积公式是计算即可求出彩纸的面积． 【详解】解：如下图所示，过点作， ， 以为直径的圆的周长是， 圆锥的侧面展开图的面积是， 故选：D． 【典例4】．（2025·江苏盐城·中考真题）已知圆锥的侧面积为，母线长为5，则圆锥的底面半径是_____． 【答案】 【分析】本题考查了圆锥侧面积公式，根据，代入数据即可得到答案． 【详解】解：∵ ∴， ∴， 故答案为：． 【典例5】．（2025·浙江温州·三模）如图，一块扇形铁皮的弧长为，要把它做成一个圆锥形容器（接缝忽略不计），则这个圆锥形容器的底面半径为___________． 【答案】 【分析】本题考查了圆锥的计算，根据圆锥的侧面弧长等于底面圆的周长计算解答． 【详解】解：设这个圆锥形容器的底面半径为， ∴， 解得， 故答案为：． 中考预测题 1.如图，将半径为1，圆心角为的扇形绕点A逆时针旋转，点O，B的对应点分别为O'，B'，连接，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查扇形的面积，熟练掌握割补法是解题的关键． 连接，，根据题意可推得，，，三点共线，利用扇形面积公式和三角形面积公式求解即可． 【详解】解：连接，, 由题可知，，， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， 平行四边形为菱形， ， ， ， 则，，三点共线， 在中，，则，， ． 2.如图，已知的半径为2，在上顺次取四点，连接，，，．若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆的内接四边形的性质可得，可得，代入弧长公式计算即可． 【详解】连接， ∵四边形为圆的内接四边形， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴． 3.如图，阴影部分是以正六边形纸片的顶点为圆心，对角线为半径的扇形，已知边长，若将图中阴影部分剪下围成圆锥的侧面，再从另一纸片上截取一个圆作为圆锥的底面，恰好能围成一个圆锥，则所截圆的半径为__________． 【答案】3 【分析】过点作于点，设所截圆的半径为．解直角三角形求出，再利用弧长公式构建方程解决问题． 【详解】解：如图，过点作于点，设所截圆的半径为． 在正六边形中，，， ， ，， ， ，， ， 则有， 解得． 故答案为：3． 4.如图，用一张圆心角为，半径为6的扇形纸片制作一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径是______． 【答案】2 【分析】根据圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长求解即可． 【详解】解：设这个圆锥的底面半径是， 由题意得：， 解得， 即这个圆锥的底面半径是2． 考点五 圆的综合问题 《解题指南》 易错提醒： 【缺乏严密推导，凭视觉盲目猜测】 动态几何压轴题中，当点运动到某个特殊位置时，图形“看起来”像是切线、或者“看起来”互相垂直。很多学生在没有给出严格几何证明的前提下，直接代入直角或切线条件去列方程，这在改卷时属于原则性错误，不给步骤分。 【动点变轨时漏掉临界边界值】 当动点在圆周、线段上连续运动时，某些几何状态（如相切、交点个数突变）往往在端点、垂足或相切等特定临界位置发生突变。分类讨论时若忽略了取值范围的边界，会导致漏解或算出了不合题意的无效解。 命题点01 圆与三角形的综合题 【典例1】．（2025·浙江·模拟预测）如图，在中，，，，延长至使得，设为线段上一动点（异于点），连结交直线于点，过三点作交直线于另一点． (1)求证：； (2)设的半径为，给出下列两个结论：①的长度不变；②的值不变．其中有且只有一个结论是正确的，请你判断哪一个结论正确，证明正确的结论并求出其值． 【答案】(1) 见解析； (2) ②正确，其值为，证明见解析． 【分析】本题主要涉及圆的性质、等腰三角形的判定与性质以及三角函数的相关知识． () 通过证明角相等来得出线段相等； ()需要通过作辅助线，利用圆的垂径定理和三角函数来判断并求解； 【详解】（1）解：证明：连结，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）②的值不变，其值为. 证明：作于，连接，，， 则，且， ∴， ∵，， ∴， ∴， 又，， ∵， ∴， 在中，∵，，， ∴ ∴， 所以，的值不变，其值为． 【点睛】本题主要涉及圆的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、以及三角函数的相关知识，熟练掌握圆的性质是解答本题的关键． 【典例2】．（2025·浙江·模拟预测）如图1，是的直径，以为边在内作等腰三角形，且，过点D作的垂线，交于C，E两点，连结，，． (1)①求证：； ②若，，，求的长． (2)当时，求的值． (3)如图2，连结，设，，求y关于x的函数表达式． 【答案】(1)①见解析；②8； (2)； (3) 【分析】（1）①可得，，从而； ②根据得出，从而，进而得出结果； （2）连接，根据，得出，可证得，从而得出，即，根据得出，设，，则，，从而得出，进一步得出结果； （3）作于G，连接，可证得，从而，从而得出，根据定义得出，从而得出，从而得出结果． 【详解】（1）①证明：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②解：由①知， ， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图1， 连接， 由①知， ， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，，则，， ∴， ∴， ∴， ∴或（舍去）， ∴； （3）解：如图2， 作于G，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数的定义等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形． 【典例3】．（2025·浙江·一模）如图，半圆中，直径，点为弧的中点，点在弧上，连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接． (1)求证：． (2)若为中点，求的长． (3)①求证：面积与面积的差是定值； ②若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)①证明见解析；②或 【分析】（1）利用垂径定理，圆周角定理，相似的判定证明即可． （2）利用三角形相似，勾股定理计算即可． （3）①证明，得到，继而得到，以为底，分别表示两个三角形的面积，作差计算即可． 利用直角三角形的边角关系定理得到设，则，则，，利用得到关于的方程，解方程求得值，再利用勾股定理解答即可得出结论． 本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的有关性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：点为弧的中点，为直径， ， ， 即， ， ， ， ， ， 故． （2）解：直径，，， ，， 为的中点， ， 由知：， ， ， ， 即：， ， ， ； （3）证明：面积与面积的差是定值，理由如下： 由知：， ， ， 又， ， ， ， ． ，， 面积与面积的差 ， 故面积与面积的差为定值； 解：， 设，则， ，， 由知：， ， 解得：或， 或． ，， 当时，， 当时，， 综上，或． 【典例4】．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，点A，C在上，连接，并延长，分别与的切线相交于点，点，切点为E，与交于点，连接，垂足为点． (1)求证：平分； (2)设，求的值； (3)求的值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】本题综合考查圆周角定理，切线的性质和勾股定理，借助圆的背景，灵活运用圆周角定理找出角度关系，和运用勾股定理解三角形是解题关键． （1）连接，通过切线的性质得到，从而推出，再利用平行线的性质和等边对等角推理论证即可； （2）连接，借助，利用勾股定理求出（即半径）的长，再利用平行线分线段成比例（或证明相似三角形），用k表示出和，借助，利用勾股定理求解即可； （3）借助圆周角定理，推得，作的平行线，借助，利用角平分线的性质和勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， 由题意，得与相切于点E， ∴， 又， ∴， ∴， ∵和都是的半径， ∴， ∴， ∴， ∴平分； （2）解：由（1），得， ∵点F在上， ∴， ∴， 在中，，即， 解得， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， 在中，，即， 设，则， 解得（负值已舍去）， ∴， ∴； （3）解：由圆周角定理，得， 如图，过点O作平分，交于点M，连接 由（2），得， ∵平分， ∴， 又， ∴， ∴，， ∴， 在中，，即， 解得， ∴在中，， ∴， ∴． 命题点02 圆与四边形的综合问题 【典例1】．（2025·浙江宁波·模拟预测）【阅读】若为所在平面上一点，且，则点叫做的费马点如图，在中，如果三角形内部有一点满足，则的值最小理由如下：将绕点A逆时针旋转至，连结． ． ，，． 是等边三角形． ，． ． ，． 点，，，四点在同一条直线上此时，的值最小． 【应用】（1）如图一所示，点是内一点，且点是的费马点，已知，，，求的长． （2）如图二所示，分别以锐角的边，向三角形外部作等边，等边，连结，交于点，求证：点为的费马点． 【拓展】（3）如图三，圆内接矩形内有一点，于点，已知，且的最小值是，求的半径． 【答案】（1）；（2）见解析；（3） 【分析】（1）根据费马点的定义证明∽，得到对应边成比例解题即可； （2）连接，过点A作，于点，，根据等边三角形得到≌，即可得到，，，然后根据角平分线的判定得到，然后根据费马点的定义解题即可； （3）先根据费马点的定义得到当、、、四点共线时，此时，的值最小，且，延长交于点，则，连接，即可得到这时点是外接圆的圆心，然后根据最小值和矩形的性质求出半径即可． 本题属于圆的综合题，主要考查相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，圆的性质，掌握费马点的定义和应用是解题的关键． 【详解】（1）解：点是的费马点，， ， ， ， ∽， ， 已知，， ， 解得（负值舍去）； 证明：连接，过点A作，于点，， 和是等边三角形， ，，， ， 在和中，， ≌， ，，， ， 又，， ， 又， ， ， ， ， 点是的费马点； （3）解：以为边向下作等边，连接，并绕点A顺时针旋转得到，连接，，如图， 根据题目可知当、、、四点共线时，此时，的值最小，且， 延长交于点，则，连接，如图， 又， ， ， ， 点为外接圆的圆心， ，即， 的值最小为， ， 即圆的半径为． 【典例2】．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图①，是的外接圆，，以为边作菱形，点B，E在直线的同侧，与交于点M，连结交于N，交于T． (1)如图②，若点E在上，与交于点F，连结，求证． (2)在（1）的条件下，若，，求的半径． (3)如图①，连结，若，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据菱形的性质即可得证； （2）连接，，连接并延长交于H，根据，得到为=的直径，根据圆周角定理求出，设的半径为r，利用勾股定理即可解答； （3）连接，，过B作于K，设，证明，列出比例式，求出，，设，则，设，则，根据，代入数值，得到①，延长交的延长线于点G，②，由①得③，由②得④，求解即可． 【详解】（1）证明：菱形， ，， ． ， ． （2）解：如图①，连结，，连结并延长交于， ， 为的直径． ，， ， ，， ， ． 设的半径为，则， 解得：． （3）解：如图②，连结，，过B作于K，设， ，． ， ． 同理可得：， ． ， ． ， ， ． 同理． 为直径， ， 而． ， ，． 设，则，设，则． ， ，① 延长交的延长线于点，则， 在中，，，，则， 即，② 由①得：，③ 由②得：，④ 得：，代入③得：， ． 【点睛】本题考查圆的综合应用，主要考查勾股定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，菱形的性质，掌握这些性质定理是解题的关键． 【典例3】．（2024·浙江温州·二模）如图1，在四边形中，，，，，点在上，作交于点，点为上一点，且，如图2，作的外接圆交于点，连结，设，．    (1)求的长； (2)求关于的函数表达式； (3)当与的一边相等时，求满足所有条件的的长． 【答案】(1) (2) (3)的值为或或 【分析】（1）作于点，可证四边形是矩形，可求出的值，在中根据勾股定理即可求解； （2）根据题意可证，分别用含的式子表示，用含的式子表示，根据，即可求解； （3）根据题意，分类讨论，①当时，则；②当时，可证，可得，由，得，即可求解；③当时，可得，由即可求解． 【详解】（1）解：作于点，      ，且， ， 四边形是矩形， ，， ， ． （2）解： ， ， ， ∴， ∴， ，，， ， ，， ， ，得． （3）解：由（2）可知， 在中，，且， ∴， ①如图所示，当时，则，   ， ； ②如图所示，当时，    ， ， ∴， ，即四边形是等腰梯形， ， ，即是等腰三角形， 作于点， ∴， ∵， ∴， ∴，且，， ∴， ∴，且， ∵， ， 解得，， ∴， 解得，， ； ③当时，则，    ∵四边形为内接四边形， ∴， ， ， 四边形是平行四边形，且， ， ， ∴， 解得，， ， 综上可得，的值为或或． 【点睛】本题主要考查勾股定理，矩形的判定和性质，待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，解方程，分类讨论等知识的综合，掌握相似三角形的判定和性质，分类讨论思想的运用是解题的关键． 【典例4】．（2024·浙江宁波·一模）如图，矩形中，对角线与相交于点O，过O，C两点的切线段于点T，分别交线段于点F，E，M，连结，已知． (1)求证：； (2)若M为的中点，求的半径； (3)若的半径为3，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据矩形的性质可得，从而得到，进而得到，即可； （2）连结，连结交于点H，作于点G．则，证明四边形是矩形，即可求解； （3）连结，根据题意可得，再由矩形的性质可得，根据圆内接四边形的性质可得，从而得到，进而得到，然后根据勾股定理可得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形 ， 又 （2）解：连结，连结交于点H，作于点G．则， 为的中点， 为的直径， ，四边形是矩形， ， （3）解：连结． 的半径为3 ∵四边形是矩形 ∵四边形内接于， ∴， ∵， 【点睛】本题主要考查了圆的综合题，涉及了矩形的判定和性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理等知识，熟练掌握矩形的判定和性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理是解题的关键． 命题点03 圆与函数的综合问题 【典例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． 【典例2】．（2021·浙江嘉兴·二模）定义：平面直角坐标系xOy中，过二次函数图像与坐标轴交点的圆，称为该二次函数的坐标圆． (1)已知点P（2，2），以P为圆心，为半径作圆．请判断⊙P是不是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆，并说明理由； (2)已知二次函数y＝x2﹣4x+4图像的顶点为A，坐标圆的圆心为P，如图1，求△POA周长的最小值； (3)已知二次函数y＝ax2﹣4x+4（0＜a＜1）图像交x轴于点A，B，交y轴于点C，与坐标圆的第四个交点为D，连接PC，PD，如图2．若∠CPD＝120°，求a的值． 【答案】(1)⊙P是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆，理由见解析 (2)△POA周长的最小值为6 (3) 【分析】（1）先求出二次函数y=x2-4x+3图像与x轴、y轴的交点，再计算这三个交点是否在以P（2，2）为圆心，为半径的圆上，即可作出判断． （2）由题意可得，二次函数y=x2-4x+4图像的顶点A（2，0），与y轴的交点H（0，4），所以△POA周长=PO+PA+OA=PO+PH+2≥OH+2，即可得出最小值． （3）连接CD，PA，设二次函数y=ax2-4x+4图像的对称轴l与CD交于点E，与x轴交于点F，由对称性知，对称轴l经过点P，且l⊥CD，设PE=m，由∠CPD=120°，可得PA=PC=2m，CE=m，PF=4-m，表示出AB、AF=BF，在Rt△PAF中，利用勾股定理建立方程，求得m的值，进而得出a的值． 【详解】（1）对于二次函数y＝x2﹣4x+3， 当x＝0时，y＝3；当y＝0时，解得x＝1或x＝3， ∴二次函数图像与x轴交点为A（1，0），B（3，0），与y轴交点为C（0，3）， ∵点P（2，2）， ∴PA＝PB＝PC＝， ∴⊙P是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆． （2）如图1，连接PH， ∵二次函数y＝x2﹣4x+4图像的顶点为A，坐标圆的圆心为P， ∴A（2，0），与y轴的交点H（0，4）， ∴△POA周长＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2＝6， ∴△POA周长的最小值为6． （3）如图2，连接CD，PA， 设二次函数y＝ax2﹣4x+4图像的对称轴l与CD交于点E，与x轴交于点F， 由对称性知，对称轴l经过点P，且l⊥CD， ∵AB＝， ∴AF＝BF＝， ∵∠CPD＝120°，PC＝PD，C（0，4）， ∴∠PCD＝∠PDC＝30°， 设PE＝m，则PA＝PC＝2m，CE＝m，PF＝4﹣m， ∵二次函数y＝ax2﹣4x+4图像的对称轴l为， ∴，即， 在Rt△PAF中，PA2＝PF2+AF2， ∴， 即， 化简，得，解得， ∴． 【点睛】此题是二次函数与圆的综合题，主要考查了二次函数的性质、圆的基本性质、解直角三角形、勾股定理等知识以及方程的思想，添加辅助线构造直角三角形是解答本题的关键． 【典例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． 中考预测题 1.（2026·福建漳州·模拟预测）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． 2.（2026·湖南长沙·二模）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， ， ， ． 3.（2022·江苏常州·模拟预测）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． 好题速递 1.（2026·山西朔州·一模）如图，在平行四边形中，，，以点为圆心，的长为半径画弧，与的延长线交于点，连接，以点为圆心，的长为半径画弧，与的延长线交于点．若，则线段，，所围成的图形（图中阴影部分）的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件和平行四边形的性质，得出是等边三角形，则，，进而根据勾股定理以及含30度角的直角三角形的性质，求得的长，进而根据线段，，所围成的图形（图中阴影部分）的面积为，利用扇形面积公式和三角形公式，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点，连接， ∵在平行四边形中，，， ∴，， 又∵ ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵，， ∴ ∴， ∴线段，，所围成的图形（图中阴影部分）的面积为 2.（2026·安徽芜湖·二模）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，液面到烧瓶底部最大距离为，则截面圆中弦的长为_______． 【答案】 【分析】过点作交于点，延长交于点，连接，根据题意可得，，，，先求出，再根据勾股定理求出，即可求出，即可得出答案． 【详解】解：过点作交于点，延长交于点，连接，如图： 则，，，， ∴， 在中，， ∴． 即截面圆中弦的长为 ． 3.（2026·安徽阜阳·二模）如图，为半圆O的直径，C，D是圆上两点，，，则________． 【答案】 【分析】先结合直径所对的圆周角是90度，得出，再算出，又因为，得出，最后根据圆周角定理进行分析，即可作答． 【详解】解：连接，如图所示： ∵为半圆O的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴． 4.（2026·安徽阜阳·二模）如图，半径为的内接，，． (1)求的长； (2)求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，作于点H，于点M．得到，．求出即可求出答案； （2）求出，，根据三角形面积公式即可求出答案． 【详解】（1）解：如图，连接，作于点H，于点M， ， ， ，，， ， ∴， ． （2）解：在中，， ∴， 在中，， ， ． 5.（2026·安徽阜阳·二模）如图，内接于，，分别为，的中点，连接分别为，于，两点，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）如图，连接，首先得到，，，等量代换得到，推出，即可得到； （2）证明，得到，然后代入得到，即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接， ．分别为的中点， ，，， ，， ， ， ； （2）解：是的中点， ， ， 又， ， ， ，， ， ， ， ， ． 6.（25-26九年级下·陕西榆林·期中）如图，是的直径，内接于，连接、，过点作的切线交的延长线于点． (1)求证：； (2)与交于点，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）结合圆周角定理得，又因为，得，则，根据切线的性质得，即可作答． （2）根据垂径定理得，运用勾股定理得，再证明，最后把数值代入计算，即可作答． 【详解】（1）证明： ， ， ， 是的半径， ， 是的切线， ， ． （2）解：由（1）得 是的直径， ， ， ， ， ， 即， ． 7.（2026·江苏苏州·一模）如图①、已知中，为直径，四边形是的内接四边形，． (1)求证：； (2)如图②，连接交于，连接，若 的直径，求线段的长度． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）利用圆内接四边形性质和已知条件，转化成同旁内角互补，从而证明两直线平行． （2）过点A作于点G，连，由，设，分别证明四边形为矩形和，推出，再通过证明，求出，在中利用勾股定理求x，则线段的长度可求． 【详解】（1）证明：， ∴， ． （2）解：，， ∴四边形是平行四边形， ∴ ∵为直径， ∴， ∵， ∴在中，， ∴设， 则， 过点A作于点G，连， ∴ ∵， ∴，， ∴四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ，， ， ， ， ， ，且四边形内接于， ， ， ， ， ， 为直径， ， 在中， ∴， ∴， ∴， ∴ 8.（2026·江西抚州·二模）如图，是的外接圆，是的直径，是延长线上一点，为的切线，过切点作于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）通过直径所对的圆周角等于得到直角三角形的两个锐角互余，再利用垂直关系得到另一组互余角，从而证明两个角相等； （2）通过角度推导确定圆心角 ，再利用三角函数求半径，最后用弧长公式计算 的长． 【详解】（1）证明：是的直径， ， ． ， ， ； （2）解：如图，连接， ， ． ， ． 由（1）知． 与相切，为的半径， ． ， ， ， ， ， ， ， ． ， ， 在中，， ， 的长为． 中考闯关 1.如图已知为半圆O的直径，为弦，且平分．若，则的长为（    ） A． B．5 C． D． 【答案】A 【分析】如图，连接，作于E，于F，运用圆周角定理可证得，即证，所以，根据勾股定理，得，然后在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图：连接，作于E，于F， ，， ∵平分， ， 又， ， 在和中， ， ∴， ， ， ， ， 在中，， 在中，． 2.如图是一把折扇，扇面是由两条弧和两条线段所组成的封闭图形，是的一半．已知，，则扇面的周长为（   ）． A．60 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意得到，再结合弧长公式求解，即可解题． 【详解】解： 是的一半．， ， ， ， ， 扇面的周长为． 3.如图，是的弦，将沿着弦折叠，点是折叠后的上一动点，连结并延长交于点，点是的中点，连结．若半径，则的最小值为__________． 【答案】2 【分析】过点O作于点E，连接，由垂径定理得到，根据勾股定理得到．连接，则．连接，，根据和所对圆周角都是，得到，由点C是的中点，得到，根据直角三角形斜边上的中线的性质得到，从而可得的最小值为． 【详解】解：过点O作于点E，连接， ∴， ∵， ∴在中，． 连接，则， ∴的最小值为． 连接，， ∵和所对圆周角都是， ∴， ∴， ∵点C是的中点， ∴， ∴， ∴的最小值为． 4.如图，在中，，以为直径作半圆，交于点D，交于点E．若，求弧的长为_______． 【答案】 【分析】连接，，利用等腰三角形的性质证明，进而利用平行线的性质和等腰三角形的性质求出的度数，再利用弧长公式计算即可． 【详解】解：连接，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 的长为． 5.如图1，等腰中，，，点为边上的动点，连接，过点作的垂线，交的外接圆于点． (1)求证：； (2)如图2，作直径，交于点，连接； ①若四边形中的一组对边比为，求的长； ②记的面积为，的面积为，当时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①或；② 【分析】（1）连接，易得为直径，则可得，从而得； （2）①证明，则有；分两种情况考虑：；，在中，利用勾股定理建立方程即可求解； ②过点G作于H，设，则；设，可得，从而，即，则得；由，则可表示出t，根据，即可求得a的值，进一步求得结果． 【详解】（1）证明：如图，连接， ， ， 为的直径， ； ， ； ， ， ， ； （2）解：①为等腰直角三角形，且， ； 四边形是圆内接四边形， ， , ， 为直径， ， ， ； 分两种情况考虑： 当时； 则， ， ， ， 即； 在中，由勾股定理得：， ， 即， 解得：或（舍去）； 当时， 则； ， ， ， 即； 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：或（舍去）； 综上，或； ②如图，过点G作于H， 设，则； ∵，,， ∴，则， ， 是等腰直角三角形， ， 设， 四点共圆， ∴， ， ， ； ， ， ； ， ， ， ， 解得：（舍负）， 即， ． 6.已知内接于，作外角的角平分线交于点A，连接，． (1)如图1，求证：为等腰三角形． (2)如图2，若过圆心O，、交于点，，求． (3)如图3，作直径交于点G，若，且，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据圆内接四边形的性质与角平分线定义证明，即可得出结论； （2）连接，由垂径定理的推论与圆周角定理的推论证明，从而得到，得到，即，求得，从而求得，最后由勾股定理求解即可； （3）连接，在上取点，使得，由，可得，再证明，得到，即，解得，再证明，则，求解得，则，，再由勾股定理，求得，由，可得即可求解． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， 由题意可得四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为等腰三角形． （2）解：如图，连接， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：如图，连接，在上取点，使得， ∵， ∵， ∴， ∴， 设，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∵， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得，（舍去）， ∴， ∵为直径，由（2）可知， ∴，， ∴， ∵， ∴． 7.【文化欣赏】（圆周率）的估算方法贯穿了数学发展史．其中阿基米德使用正九十六边形，利用（其中C为周长，d为直径），估算出的值． 【应用体验】 (1)如图1，正六边形内接于半径为1的圆内，求这个正六边形的周长并用此值估算的值． (2)如图2，半径为1的圆内切于正八边形，求这个正八边形的周长并用此值估算的值． (3)实际圆的周长介于内接正六边形周长与外切正八边形周长之间，请用这两个近似值的平均数来估算的值．【，（取1.41）】 【答案】(1)正六边形的周长为， (2)正八边形的周长为， (3) 【分析】（1）连接、，得到是等边三角形，得到，进而可求出正六边形的周长，然后根据题意即可估算出； （2）如图，连接，先证，进而可得到，再利用三角函数可求出，进而可求出正八边形的周长，然后根据题意即可估算出； （3）利用（1）（2）估算出的值求平均值即可． 【详解】（1）解：如图，连接、， ∵正六边形， ∴， 又， ∴是等边三角形， ∴， ∴圆的直径为， ∴正六边形的周长为， 根据题意可得到， ∴； （2）解：如图，连接， ∵正八边形， ∴， ∵圆内切于正八边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴正八边形的周长为：， 圆的直径为， 根据题意可得到， ∴； （3）解：∵这两个近似值为和， 故这两个近似值的平均数为． 8.已知，正方形，以为直径在正方形内部作半圆M，点E是边上动点，连结交半圆M于点F，连结． (1)若，求的长度； (2)如图2，连结，将沿着对折，得到交于点N． ①若，求的度数； ②求的最小值． 【答案】(1)π (2)①；② 【分析】（1）先求出，再由圆周角定理求出的度数，最后由弧长公式求解即可； （2）①由折叠的性质得：，设，则，可得，从而得到，再由，可得，从而得到，即可求解； ②仿照①的思路先证明，延长交的延长线于点，先证明，得到，故当取得最大值时，最小，则当与相切时，取得最大值，连接，交于点，根据切线长定理可得，由折叠的性质得：，可证得四边形是菱形，从而得到垂直平分，再由，可得点M在上，在中，根据勾股定理可得，从而得到，再根据，可得，再利用锐角三角函数可得的长，即可求解． 【详解】（1）解：∵正方形， ∴，， ∵ ∴ ∵以为直径在正方形内部作半圆M， ∴， ∴的长度； （2）解∶ ①由折叠的性质得：， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②由折叠的性质得：， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 延长交的延长线于点， ∵正方形中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当取得最大值时，最小， ∵点在上， ∴当与相切时，取得最大值，如图： 连接，交于点， ∵， ∴与圆M相切， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∴四边形是菱形， ∴垂直平分， ∵， ∴点M在上， ∵正方形，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 即的最小值为． 9.如图，是的直径，点，为圆上两点，，连接交于点，过点作的切线，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接、，由结合等腰三线合一得，由切线性质得，再利用同圆半径相等得底角相等，结合等角的余角相等与对顶角相等，推出，即可证得； （2）连接、，由同弧所对圆周角相等，将转化为中，得到与的比例；再通过角的等量代换，用判定证得，结合相似比与已知算出、的长度，最终由求得的长． 【详解】（1）证明：如图，连接、， ∵为中点，， ∴， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：如图，连接、， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，， ∴． 【点睛】切线类证明的黄金法则：遇切线，连半径，得垂直，这是本题第一问的破题关键，将切线条件转化为直角，结合等腰三角形性质、等角的余角相等完成角的等量代换，把证线段相等的问题，转化为证对应角相等的基础问题；第二问通过同弧所对圆周角相等，把已知的三角函数值转移到直径所对的直角三角形中锁定边比；再通过角的代换找到子母型相似，利用相似比搭建已知与未知线段的桥梁，是圆综合计算题的通用解题框架． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $