专题07 圆（7大考点）（全国通用）2026年中考数学二模分类汇编

**基本信息** 聚焦圆的7大核心考点，精选2026年多地二模真题，通过航天器模型、摩天轮等真实情境设计问题，梯度覆盖基础应用与综合探究。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|12题|垂径定理、切线判定、扇形面积|结合探月工程徽章设计考查面积计算| |填空|8题|切线长定理、圆与三角形综合|以矩形折叠为背景融合对称性与圆性质| |解答|15题|圆与函数综合、动态几何|摩天轮问题串联弧长计算与实际高度测量|

专题07 圆 7大考点概览 考点01垂径定理及其推论 考点02弧长与扇形面积 考点03切线的判定与性质 考点04切线长定理 考点05圆与三角形综合 考点06圆与四边形综合 考点07圆与函数综合 垂径定理及其推论 考点01 1．（2026·湖南永州·二模）如图，直径，弦，垂足为．若，则（     ） A． B． C． D． 2．（2026·黑龙江佳木斯·二模）如图，的直径，弦于点，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·云南临沧·二模）如图，在中，直径，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 4．（2026·广西南宁·二模）如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点为圆心的圆的一部分.如果是中弦的中点，经过圆心交于点，并且．则的半径为（　　） A． B．3m C． D．4m 5．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，为的直径，点在上，连接，分别以，为圆心，以大于长为半径画弧，两弧相交于点，，直线交于点，，连接．若，则______． 6．（2026·浙江舟山·二模）如图，在中，，将其绕点逆时针旋转得，过，，三点作圆，延长交圆于点，连接． (1)如图，当点在圆上时，若为中点，且为直径． ①求证：． ②求的长度． (2)如图，若，连接，且，求的长度． 7．（2026·广东清远·二模）九年级数学兴趣小组以探究“矩形的性质”为主题开展活动．小北将如图所示的矩形纸片（）进行折叠，使点落在边上的点处，折痕为，展开后，连接，就可以得到一个四边形． (1)如图1，求证：四边形是正方形． (2)如图2，若将图1中的矩形纸片沿中点所在直线进行折叠，使得点恰好与点重合，展开后，折痕所在的直线交的延长线于点，交于点，交于点，交于点，若，，求的长． (3)如图3，（优弧）与（优弧）关于直线对称，，点是（优弧）上的一个动点，连接，若，，求的最小值． 8．（2026·广东东莞·二模）矩形中，点是延长线上一点，点、分别是、的中点，与相交于点． (1)如图1，若，，，________； (2)如图2，运动点，证明：； (3)在（2）问的条件下，以为圆心，为半径画圆． ①如图3，若与、分别相切于点、，求的值； ②如图4，若经过点，，求证：四边形是正方形． 9．（2026·河北石家庄·二模）某大型摩天轮如图1所示，摩天轮共设有28个轿厢（大小忽略不计），把摩天轮看作，摩天轮依靠等腰三角形钢架支撑固定于地面上，如图2所示，已知，，轿厢旋转至最低点距离地面高度为，摩天轮匀速旋转一圈用时． (1)求支架固定点距离地面的高度；（，，，结果保留整数） (2)某轿厢从点出发，后到达点，此过程中，该轿厢所经过的路径长为多少；（结果保留） (3)要在摩天轮上安装一条彩灯（为线段，如图3），彩灯到劣弧的中点的距离为，求彩灯的长度． 10．（2026·北京平谷·二模）如图，为的直径，点为圆上一点，点是的中点，过点作交延长线于点，连结、． (1)求证：是的切线； (2)连结，若，，求的长． 弧长与扇形面积 考点02 1．（2026·山东聊城·二模）如图，点，是以为直径的半圆的三等分点，，，，三点共线，于点，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·浙江舟山·二模）如图，在等腰三角形中，，以为圆心，为半径作，与相切于点，则阴影部分（与重合区域）的面积为（     ）． A． B． C． D． 3．（2026·山东聊城·二模）如图，四边形内接于，的半径为3，，连接，．若，，则阴影部分的面积是（     ） A． B． C． D． 4．（2026·河南驻马店·二模）如图，扇形中，连接，将弓形沿着翻折，恰好经过点，则阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 5．（2026·山西朔州·二模）2025年中国探月工程在载人登月技术验证和月球科学研究双线并进，取得了扎实的突破．为此，某学校科技小组的学生设计了一枚纪念徽章，徽章中心设计图案如下：在一个边长为2的正方形内，以正方形的四个顶点为圆心，对角线长的一半为半径在正方形内画弧，四条弧相交于点O，象征四支火箭轨道汇聚于月球．则四段圆弧围成的阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，在矩形中，以为圆心，长为半径画弧，交于点，以为圆心，为半径画弧交于点．若，，则图中阴影部分的面积为（     ） A． B． C． D． 7．（2026·河南濮阳·二模）图1是直径为4的半圆，是半圆的中点，将扇形向右平移至图2位置，两弧交于点，则图中阴影部分的面积是________． 8．（2026·河南周口·二模）如图，在中，，是的内切圆，半径为3，则阴影部分的面积为________． 9．（2026·山东济宁·二模）已知⊙O是正六边形的外接圆，正六边形的边心距为3，将图中阴影部分的扇形围成一个圆锥的侧面，则该圆锥的底面圆的半径为______． 10．（2026·河南商丘·二模）如图，扇形中，，点为弧上一点，以为邻边构造菱形，则图中阴影部分面积的和为_____． 切线的判定与性质 考点03 1．（2026·北京海淀·二模）如图，为外一点，连接，分别以，为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接交于点，以为圆心，为半径作圆，交于点，，连接，，．若，则的大小为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·安徽阜阳·二模）如图，正方形的边长为4，点E，F分别在边上，且与相交于点G，连接，则下列结论错误的是（    ） A．的最小值为 B．的最小值为 C．的最小值为 D．当最大时， 3．（2026·江西新余·二模）等腰中，，点O为边中点，如图1，以O为圆心作圆与相切于点M． (1)求证：是的切线； (2)如图2， 点D为上一点，，连接并延长交于点N．若半径为3，求弧的长度． 4．（2026·山东临沂·二模）如图，的顶点A，B，D在上，边与相切于点B，对角线经过圆心O，与交于点E，连接，． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为4，求的面积． 5．（2026·湖南益阳·二模）如图，是的直径，是上的两点，连接，且平分．过点作的垂线交的延长线于点． (1)证明：是的切线； (2)过点作圆的切线交的延长线于点，且，求的度数． 6．（2026·陕西榆林·二模）如图，是的外接圆，是直径，点是左侧上的一点，连接、，延长到点，连接，是的切线，． (1)求证：； (2)若，，求的半径长． 切线长定理 考点04 1．（2026·河南平顶山·二模）如图，在中，，是的内切圆，半径为3，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·广东江门·二模）如图，的内切圆分别与相切于点D、E、F，且，则的周长为（   ） A．32 B．30 C．28 D．26 3．（2026·四川泸州·二模）定义：有三条直线与圆相切的图形称为“多切型”．如图多切型中，、、分别与切于、、，且，连接并延长交于点，过点作的切线交于，交于，若的直径为，．则_________． 4．（2026·河南驻马店·二模）如图，在矩形中，，，E为边上一动点，连接，作点A关于的对称点F，连接并延长交边于点G，则的最大值为_____________． 5．（2026·四川南充·二模）如图，中，，以为直径作与交于，过点作的切线与交于，弦与交于，恰是的中点． (1)求证：恰是的中点； (2)若，，求的长． 6．（2026·广西来宾·二模）综合与实践 【问题情境】 2025年5月29日“天问二号”成功发射，开启了小行星伴飞取样探测的新篇章．某校航天兴趣小组受到鼓舞，制作了一个航天器模型，其中某个部件使用打印完成，如图1． 【问题提出】 部件主视图如图所示，由于的尺寸不易直接测量，需要设计一个可以得到的长度的方案，以检测该部件中的长度是否符合要求． 【方案设计】 兴趣小组通过查阅文献，提出了钢柱测量法． 测量工具：游标卡尺、若干个底面圆半径相同的钢柱（圆柱）． 操作步骤：如图3，将两个钢柱平行放在部件合适位置，使得钢柱与部件紧密结合．示意图如图4，分别与，相切于点，．用游标卡尺量出的长度． 【问题解决】已知，的长度要求是． (1)求的度数； (2)已知钢柱的底面圆半径为，现测得．根据以上信息，通过计算说明该部件的长度是否符合要求．（参考数据：） (3)【结果反思】本次实践过程借助圆柱将不可测量的长度转化为可测量的长度，如果将圆柱换成正方体也能得出的长度．如图5，设正方体的棱长为．请用含、的式子表示的长度． 7．（2026·四川内江·二模）如图，与相切于点A，为的直径，点B在上，连接、，交于点D，且． (1)求证：是的切线； (2)连接交于点E，求证：； (3)若，，求图中阴影部分的面积． 8．（2026·北京大兴·二模）如图，在中，，点是中点，以为圆心，的长为半径作交延长线于点，交于点，交于点，过点作的切线交延长线于点． (1)求证：； (2)连接并延长交于点，若，，求的半径． 圆与三角形综合 考点05 1．（2026·山东济宁·二模）已知为的外接圆，点E是的内心，的延长线交于点F，交于点D．如图，为的直径，若，，则的长为（    ） A．2 B． C．3 D． 2．（2026·重庆·二模）如图，为的直径，与相切于点，连接交于点，点在上，，连接交于点，连接，以，为一组邻边作平行四边形，边交于点，若，，则的半径为__________，的长度为___________． 3．（2026·河南周口·二模）如图，在中，，以为直径的交于点，的切线与相交于点．若，，则的长为______． 4．（2026·贵州遵义·二模）如图，是的直径，过点作的切线，连接交于点，点是下方半圆的中点，连接，，，交于点，． (1)写出图中两个的角，并直接写出线段与线段的数量关系； (2)求证：； (3)若的半径为，求的长． 5．（2026·江苏南京·二模）如图①，在半径为10的中，弦，点P在优弧上，过点P作分别交、弦于点C、D．连接，过点A作分别交、弦、于点E、F、G．    (1)如图②，当为的直径时，求的长； (2)求证：； (3)当点P运动时，的长是否随之改变呢？若不改变，请直接写出的长；若改变，请说明的长的变化情况． 6．（2026·北京昌平·二模）在平面直角坐标系中，的半径为，点，点均在上．给出如下定义：若满足，且与有个公共点，则称为关于点的点－镶嵌三角形，点叫做关于点的点－镶嵌关联点． (1)如图，若点，． ①在点，，，，点________是关于点的点－镶嵌关联点； ②点为直线上一点，若是关于点的点－镶嵌三角形，则的取值范围为________； (2)点，为直线与的交点（点在点左侧），已知点是关于点的（）点－镶嵌关联点，若存在点，使为以点为直角顶点的等腰直角三角形，直接写出的取值范围． 7．（2026·河南周口·二模）如图， 是的直径， 是的切线，切点为B，连接，过点C作 交于点A，连接． (1)求证： 是的切线； (2)若 的半径为6，求的长． 8．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）如图已知：在中，直径，垂足为E，连接，． (1)如图1，求证：； (2)如图2，过点B作的垂线交于点G，交于点F，求证：． (3)如图3，在（2）的条件下，连接，点J为上一点，连接、，延长交于点H，，，当时，求的长． 9．（2026·湖南邵阳·二模）如图，在中，点在上，以为圆心，长为半径作圆，恰好与相切于点，且． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的半径． 10．（2026·辽宁本溪·二模）如图，中，，以为直径的与，分别交于点和点，过点作，垂足为，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，，求半径． 圆与四边形综合 考点06 1．（2026·安徽阜阳·二模）如图，在正方形中，，点是平面内的一动点，且是的中点，是上一动点，连接，，则的最小值为（   ） A． B． C．9 D． 2．（2026·重庆·二模）如图，线段为的直径，于点，点，均在上，以为边作平行四边形，，连接交于点，连接．若，则________． 3．（2026·四川广元·二模）如图，在四边形中，，，若，，则四边形的面积_______． 4．（2026·河北邯郸·二模）如图1，在正方形中，．以为直径在正方形内部作半圆，点O为圆心．点E在边上，且．连接，交半圆于点F．点G为上的动点．          (1)如图1，连接，求的长； (2)如图2，连接，当时，求的长； (3)如图3，连接，求面积的最大值． 5．（2026·广东东莞·二模）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． 6．（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） 7．（2026·上海浦东新·二模）已知：如图，与相交于点、，且，过点的直线分别交、于点、，且．点是线段的中点．联结并延长交于点，且． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． 圆与函数综合 考点07 1．（2026·广东广州·二模）已知平面直角坐标系中，抛物线的表达式为． (1)证明：该抛物线与x轴一定有两个交点； (2)若该抛物线与x轴的两个交点为A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C．点E为x轴下方抛物线上的一点，且． ①若点E的纵坐标为，求a的值； ②作点E关于原点的对称点P，过点P作x轴的垂线，交抛物线于点Q．求证：P，A，Q，B四点共圆． 2．（2026·湖南·二模）我们不妨约定：在平面直角坐标系中，若点和点满足：，我们就说点和点是该坐标平面内的一对“点”；若函数的图象上存在一对或一对以上“点”（其中点在的图象上，点在的图象上），我们就说函数互为“函数”，且叫“函数”的一个“值”． (1)根据约定填空： ①若是坐标平面内的一对“点”，则_____； ②若一次函数，当自变量时，在函数，的图象上的两点恰好是一对“点”，则一次函数的解析式为：_____； ③已知反比例函数，且互为“函数”，则应该满足：_____． (2)若函数与二次函数互为“函数”只存在一对“点”且在轴右侧，“值”为8，二次函数图象的对称轴为直线，求二次函数的解析式； (3)已知以为自变量的二次函数，函数与互为“函数”，且当自变量取任意实数时，函数的图象上对应点都是“点”．记函数的图象分别交轴于两点，函数的图象交轴于点，经过三点的圆与轴的另一个交点为，点是轴下方圆上的动点，且点不与点重合，设，令，当取最大值时，试判断四边形的形状，并说明理由． 过点 作 于点 ，作 于点 ． ， 在 轴上， 轴，即 ． 3．（2026·广西南宁·二模）【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． 2/23 1/23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 圆 7大考点概览 考点01垂径定理及其推论 考点02弧长与扇形面积 考点03切线的判定与性质 考点04切线长定理 考点05圆与三角形综合 考点06圆与四边形综合 考点07圆与函数综合 垂径定理及其推论 考点01 1．（2026·湖南永州·二模）如图，直径，弦，垂足为．若，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接， 由垂径定理可得的长，在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】如图，连接， 弦，， ， 在中，，， 根据勾股定理得：． 2．（2026·黑龙江佳木斯·二模）如图，的直径，弦于点，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据垂径定理解答即可． 【详解】解：∵的直径，弦于点，， ∴． 3．（2026·云南临沧·二模）如图，在中，直径，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查圆周角定理，垂径定理，三角形的内角和定理．试题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用和利用弧、弦、圆心角的关系求解．根据垂径定理得到，再根据圆周角定理，利用弧与圆心角的关系和三角形的内角和定理即可得到结论． 【详解】解：连接，如图， ∵是直径，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， 在中，， ∴， ∴， 在中，． 4．（2026·广西南宁·二模）如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点为圆心的圆的一部分.如果是中弦的中点，经过圆心交于点，并且．则的半径为（　　） A． B．3m C． D．4m 【答案】C 【分析】先根据垂径定理的逆定理得出，再根据勾股定理得出答案即可． 【详解】解：∵点M是的中点，且经过点O，， ∴， ∴． 设半径为r，则，根据勾股定理，得 ， 解得， 所以半径为． 5．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，为的直径，点在上，连接，分别以，为圆心，以大于长为半径画弧，两弧相交于点，，直线交于点，，连接．若，则______． 【答案】 【分析】由作图可得是的垂直平分线，那么根据垂径定理的推论可得，经过圆心，再由三角形的外角性质以及圆周角定理求解即可． 【详解】解：由作图可得，是的垂直平分线， ∴根据垂径定理的推论可得，经过圆心， ∴ ∴． 6．（2026·浙江舟山·二模）如图，在中，，将其绕点逆时针旋转得，过，，三点作圆，延长交圆于点，连接． (1)如图，当点在圆上时，若为中点，且为直径． ①求证：． ②求的长度． (2)如图，若，连接，且，求的长度． 【答案】(1)①见解析；② (2)7 【分析】（1）①先由四点共圆得到，然后由旋转的性质结合等角的补角相等证明即可； ②延长交于点，连接，先证明为等边三角形，则结合圆周角定理可得，然后再解即可； （2）延长交于点，过点作于点，先证明，再由等腰三角形的三线合一得到，最后对和运用勾股定理求解． 【详解】（1）证明：①∵点共圆， ∴ 由旋转可得，， ∵ ∴ ∴ ∴； ②延长交于点，连接， ∵为直径， ∴ ∵ ∴ ∵为中点，且为直径 ∴点为圆心， ∵经过圆心， ∴ ∴ 由旋转可得， ∴ ∴为等边三角形， ∴ ∴； （2）解：延长交于点，过点作于点 ∵ ∴ 由旋转可得，， ∴ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴设， ∴ ∴ ∴ ∴ 在和中，由勾股定理得， ∴ 解得（舍负）， ∴． 7．（2026·广东清远·二模）九年级数学兴趣小组以探究“矩形的性质”为主题开展活动．小北将如图所示的矩形纸片（）进行折叠，使点落在边上的点处，折痕为，展开后，连接，就可以得到一个四边形． (1)如图1，求证：四边形是正方形． (2)如图2，若将图1中的矩形纸片沿中点所在直线进行折叠，使得点恰好与点重合，展开后，折痕所在的直线交的延长线于点，交于点，交于点，交于点，若，，求的长． (3)如图3，（优弧）与（优弧）关于直线对称，，点是（优弧）上的一个动点，连接，若，，求的最小值． 【答案】(1)证明：四边形为矩形， ， 矩形纸片进行折叠，使点落在边上的点处，折痕为， ，， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， 四边形为正方形； (2) (3) 【分析】（1）先证明四边形为矩形，再证明四边形为正方形即可； （2）连接，，，与交于点，证明，得出，求出，，同理可得：，求出，从而得出，证明为直角三角形，得出，即可得出答案； （3）取（优弧）所在圆的圆心O，作点O关于的对称点，则点为（优弧）所在圆的圆心，连接，交于点M，过点M作于点N，过点O作于点G，延长交于点H，连接，，，，与于点，先求出，再求出，，以点C为原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，根据两点间距离公式求出，最后得出答案即可． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接，，，与交于点， 在矩形中，，， 根据解析（1）可得：四边形为正方形， ∴，， ∴，， ∴， 矩形纸片沿中点P所在直线进行折叠， 垂直平分， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴，， ∴， 同理可得：， ∴， ∴， 解得：， ∴， 由矩形纸片沿进行折叠，使点落在边上的点处， 得，， ， 垂直平分， ， ， ， ． ， ． ， ，即， 为直角三角形． 点P为的中点， ， ∴； （3）解：取（优弧）所在圆的圆心O，作点O关于的对称点，则点为（优弧）所在圆的圆心，连接，交于点M，过点M作于点N，过点O作于点G，延长交于点H，连接，，，，与于点，如图所示： 在矩形中，，， 根据解析（1）可得：四边形为正方形， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 根据轴对称可得：，， 设，则， 在中，根据勾股定理得：， ∴， 在中，根据勾股定理得：， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 如图，以点C为原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系， ∴点O的坐标为，点M的坐标为，， 根据中点坐标公式得点的坐标为：，即点， ∴， ∵点是（优弧）上的一个动点， ∴当点R运动到时，最小，且最小值为：． 8．（2026·广东东莞·二模）矩形中，点是延长线上一点，点、分别是、的中点，与相交于点． (1)如图1，若，，，________； (2)如图2，运动点，证明：； (3)在（2）问的条件下，以为圆心，为半径画圆． ①如图3，若与、分别相切于点、，求的值； ②如图4，若经过点，，求证：四边形是正方形． 【答案】(1) (2)证明：设，，， 取中点F，连接， ∵E是中点， ∴，，， ∴， ∵是中点， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； (3)①； ②证明：设，， ∵， ∴， ∵经过点C，E为中点， ∴，， ∴， ∴在中，，， 在中，， ∴ ， 由（2）知：， ∴， 在中，， 解得 ， ∴ ， ∴矩形是正方形． 【分析】（1）取中点F，连接，根据三角形中位线定理得出，，，根据平行线的性质得出，然后在中，根据正切的定义求解即可； （2）设，，，取中点F，连接，类似（1）求出，，则可得出，然后根据等角对等边即可得证； （3）①设的半径为r，连接、、、，证明四边形 是正方形，得出 ， ， ，判断是等腰直角三角形，求出 ， ，判断是等腰直角三角形，得出 ，根据切线的性质，等边对等角，三角形的内角和定理可得出 ，然后结合圆周角定理可得出 ，证明 ，根据相似三角形的性质得出，求出 ，则 ，最后代入计算即可； ②设，，则，根据垂径定理的推论得出，，根据勾股定理求出 ，在中，根据正切的定义求出，，在中，根据正切的定义求出 ，由（2）知：，则，在中，根据正切的定义求出 ，则 ，最后根据正方形的判定即可得证． 【详解】（1）解：∵矩形中，，， ∴， ， 取中点F，连接， ∵E是中点，， ∴，，， ∴， ∵是中点， ∴， ∴， ∴； （2）略 （3）解：①设的半径为r， 连接、、、， ∵与、分别相切于点、， ∴， ，， 又， ∴四边形 是矩形， 又 ， ∴矩形 是正方形， ∴ ， ， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴ ， ∴ ， 同理是等腰直角三角形， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∵， ∴ ， ∴ ， ∴ ， 又 ， ∴ ， 又， ∴ ， ∴，即， 解得 （负值舍去）， ∵是中点， ∴ ， ∴； ②略． 9．（2026·河北石家庄·二模）某大型摩天轮如图1所示，摩天轮共设有28个轿厢（大小忽略不计），把摩天轮看作，摩天轮依靠等腰三角形钢架支撑固定于地面上，如图2所示，已知，，轿厢旋转至最低点距离地面高度为，摩天轮匀速旋转一圈用时． (1)求支架固定点距离地面的高度；（，，，结果保留整数） (2)某轿厢从点出发，后到达点，此过程中，该轿厢所经过的路径长为多少；（结果保留） (3)要在摩天轮上安装一条彩灯（为线段，如图3），彩灯到劣弧的中点的距离为，求彩灯的长度． 【答案】(1)支架固定点距离地面的高度约为； (2)该轿厢所经过的路径长度为； (3)彩灯的长度为． 【分析】（1）延长交于点，解，可求出； （2）先求出摩天轮半径，再求出，最后根据弧长公式求出结果即可； （3）连接交于点，连接，根据勾股定理和垂径定理的推论求解即可． 【详解】（1）解：延长交于点， 在中，，， ， ∴ ， 解得 ， 答：支架固定点距离地面的高度约为． （2）解：由题意得， ∴半径 ， ∵摩天轮匀速旋转一圈用时，轿厢从点出发，后到达点， ∴ ， ∴． 答：该轿厢所经过的路径长度为． （3）解：连接交于点，连接， ∵点为劣弧的中点， ∴，， ∵ ， ， ∴ ， 在中，， ∴， ∴， 答：彩灯的长度为． 10．（2026·北京平谷·二模）如图，为的直径，点为圆上一点，点是的中点，过点作交延长线于点，连结、． (1)求证：是的切线； (2)连结，若，，求的长． 【答案】(1)证明：连结， ∵点是的中点， ， ， ， 是的半径， 是的切线； (2) 【分析】（1）连结，易证，再根据已知可得，即可证明结论； （2）设与交于点，连结，易求， ，得到，求出，，在中，，求出，证明，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：设与交于点，连结， ∵点是的中点， ， ， ， ， 为的直径， ， 在中，， 设，， ， ， ，， ， ， ， 在中，， ，， ， ， ， ， ， ， 弧长与扇形面积 考点02 1．（2026·山东聊城·二模）如图，点，是以为直径的半圆的三等分点，，，，三点共线，于点，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接、、，可证四边形是菱形，根据菱形的性质可以求出、，由图形可知，再根据梯形的面积公式和等边三角形的面积公式即可求出阴影部分的面积． 【详解】解：如下图所示，连接、、， 点，是以为直径的半圆的三等分点， ， ，， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， . 2．（2026·浙江舟山·二模）如图，在等腰三角形中，，以为圆心，为半径作，与相切于点，则阴影部分（与重合区域）的面积为（     ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据切线的性质得出 ，结合等腰三角形性质得出 ，最后利用扇形面积公式计算即可． 【详解】解： 与 相切于点 ， ，即 ， ， 为等腰直角三角形 ， ， 阴影部分为扇形，半径 ，圆心角 ， ． 3．（2026·山东聊城·二模）如图，四边形内接于，的半径为3，，连接，．若，，则阴影部分的面积是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证明四边形是菱形，根据菱形的性质，勾股定理，求出对角线的长度，可求出菱形的面积，再求出扇形的面积，即可求出阴影部分的面积． 【详解】解：连接，，设与的交点为点， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形的面积为：， ∵， ∴阴影部分的面积为． 4．（2026·河南驻马店·二模）如图，扇形中，连接，将弓形沿着翻折，恰好经过点，则阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作，垂足为，并交于点，根据折叠的性质，可得，，再由垂径定理可得，；设，则，在中，利用勾股定理以及三角函数，解得，，进而可得，然后计算阴影部分的面积即可． 【详解】解：如下图，过点作，垂足为，并交于点， 根据题意，将弓形沿着翻折，恰好经过点， ∴，， ∵， ∴由垂径定理可得，， 设，则， ∴在中，可得，即， 解得， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积． 5．（2026·山西朔州·二模）2025年中国探月工程在载人登月技术验证和月球科学研究双线并进，取得了扎实的突破．为此，某学校科技小组的学生设计了一枚纪念徽章，徽章中心设计图案如下：在一个边长为2的正方形内，以正方形的四个顶点为圆心，对角线长的一半为半径在正方形内画弧，四条弧相交于点O，象征四支火箭轨道汇聚于月球．则四段圆弧围成的阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据正方形边长求出对角线长，从而确定扇形半径；然后计算四个扇形的面积之和；最后利用面积的和差关系，用四个扇形的面积和减去正方形的面积即可得出阴影部分的面积． 【详解】解： 正方形边长为， 正方形面积 ， ∴对角线长为． 扇形半径为对角线长的一半 ， 半径． 四个扇形的圆心角均为 ， 四个扇形的面积之和． ∵正方形被四个扇形完全覆盖，其中阴影部分为两个扇形的重叠部分，空白部分为一个扇形的非重叠部分 ， ． 6．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，在矩形中，以为圆心，长为半径画弧，交于点，以为圆心，为半径画弧交于点．若，，则图中阴影部分的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，，根据解直角三角形求出，，再利用求解即可． 【详解】解：连接，， ∵在矩形中，，， ∴，，， 由作图可得， ∴在中，， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ， ∴ ． 7．（2026·河南濮阳·二模）图1是直径为4的半圆，是半圆的中点，将扇形向右平移至图2位置，两弧交于点，则图中阴影部分的面积是________． 【答案】 【分析】连接，作于点D，先求出，从而求出，再求出，可求出弧和线段以及围成的空白部分的面积，可求出，进而可求出图中阴影部分的面积． 【详解】解：连接，作于点D． ∵直径为4， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， 在直角中，， ∴， ∴弧和线段以及围成的空白部分的面积是：， ∴， ∵， ∴ ∴． 8．（2026·河南周口·二模）如图，在中，，是的内切圆，半径为3，则阴影部分的面积为________． 【答案】 【分析】连接，根据内切圆的定义得到，可知，证明，得到，根据三角函数得到，进而可知阴影部分的面积． 【详解】解：如图，E、F为圆与三角形的交点，连接， ∵在中，， ∴， ∵是的内切圆， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵半径为3， ∴， ∴阴影部分的面积． 9．（2026·山东济宁·二模）已知⊙O是正六边形的外接圆，正六边形的边心距为3，将图中阴影部分的扇形围成一个圆锥的侧面，则该圆锥的底面圆的半径为______． 【答案】 【分析】根据边心距求得外接圆的半径，根据圆锥的底面圆周长等于扇形的弧长，计算圆锥的半径即可． 【详解】解：如下图，过点O作，垂足为G，连接， 六边形是正六边形， 是3个全等的等边三角形， ， 正六边形的边心距为3，即， ， ， ，即， 解得：， 设圆锥的半径为r，根据题意，得：， 解得：． 10．（2026·河南商丘·二模）如图，扇形中，，点为弧上一点，以为邻边构造菱形，则图中阴影部分面积的和为_____． 【答案】 【分析】连接，过作于，设与相交于，证明是等边三角形，得出，则可求，，，证明四边形是矩形，得出，最后根据求解即可. 【详解】解：连接，过作于，设与相交于， ∵菱形，， ∴，， 又， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， 又， ∴四边形是矩形， ∴， ∴ . 切线的判定与性质 考点03 1．（2026·北京海淀·二模）如图，为外一点，连接，分别以，为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接交于点，以为圆心，为半径作圆，交于点，，连接，，．若，则的大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意得点，在以为直径的上，连接，证明和都是的切线，利用切线长定理结合四边形内角和定理求解即可． 【详解】解：如图，由题意得点，在以为直径的上，连接， ∴， ∵和都是的半径， ∴和都是的切线， ∴， ∴． 2．（2026·安徽阜阳·二模）如图，正方形的边长为4，点E，F分别在边上，且与相交于点G，连接，则下列结论错误的是（    ） A．的最小值为 B．的最小值为 C．的最小值为 D．当最大时， 【答案】D 【分析】根据正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，圆的切线的判定和性质，直径定理等，逐项进行判断即可． 【详解】解：四边形是正方形， ． 设，则． 在中，． ∵， ∴， ∴当时，的值最小，， 的最小值为．故A正确，不符合题意； 在和中， ， ． ， ， ， 如图，取的中点O，即点G在以点O为圆心，2为半径圆上， 当为位置，即正方形对角线交点位置时，的值最小， 的最小值为，故B正确，不符合题意； 如图所示， ∵，点为线段的中点， ∴， 由勾股定理得， 当点在同一条直线上时，可取最小值， 即点与点重合时，的值最小， 的最小值为．故C正确，不符合题意； 当与相切时，最大． ，是的半径， 是的切线， ． 连接，交于点M． ，， 垂直平分， ， ， ． ， ， ． ， ， ．故D错误，符合题意． 3．（2026·江西新余·二模）等腰中，，点O为边中点，如图1，以O为圆心作圆与相切于点M． (1)求证：是的切线； (2)如图2， 点D为上一点，，连接并延长交于点N．若半径为3，求弧的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）作于点，连接，，证明，求得，据此即可证明是的切线； （2）连接，利用切线的性质结合圆周角定理求得，再利用弧长公式求解即可． 【详解】（1）证明：作于点，连接，， ∵，点为边中点， ∴， ∵是的切线， ∴， ∵， ∴， ∴，即是的半径， ∴是的切线； （2）解：连接，， ∵是的切线，， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵半径为3， ∴弧的长度． 4．（2026·山东临沂·二模）如图，的顶点A，B，D在上，边与相切于点B，对角线经过圆心O，与交于点E，连接，． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为4，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】连接，先证明，再证明是等边三角形，求出，，可得，由平行四边形的性质推出，可得，即可证明； （2）由（1）知，，易证四边形是菱形，求出，得到，过点作交延长线于点，易求，解直角三角形求出，即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵中，， ∴， ∵对角线经过圆心O，即是的直径， ∴， ∵与相切于点B， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是的切线； （2）解：由（1）知， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， 过点作交延长线于点， ∵， ∴， 由（1）知， ∴， ∴， ∴的面积为． 5．（2026·湖南益阳·二模）如图，是的直径，是上的两点，连接，且平分．过点作的垂线交的延长线于点． (1)证明：是的切线； (2)过点作圆的切线交的延长线于点，且，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据角平分线的定义和等边对等角证明，则，再证明，据此可证明结论； （2）根据平行线的性质得到的度数，再由切线的性质得到的度数，再根据四边形的内角和为360度可得到答案． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵平分， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：由（1）得，是的切线 ∵， ∴， 由切线的性质可得， ∴． 6．（2026·陕西榆林·二模）如图，是的外接圆，是直径，点是左侧上的一点，连接、，延长到点，连接，是的切线，． (1)求证：； (2)若，，求的半径长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角，可得：，根据平行线的性质可知，根据切线的定义可知，所以可证，根据平行线的性质可得，根据三角形外角的性质可知，等量代换可得：； （2）根据同角的余角相等，可知，可证，根据相似三角形的性质可得：，从而可求的长度，即的半径长为． 【详解】（1）证明：如下图所示，连接， 是的直径， ， ， ， 是的切线， ， 即， ， ， ， ， ； （2）解：， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， 即的半径长为． 切线长定理 考点04 1．（2026·河南平顶山·二模）如图，在中，，是的内切圆，半径为3，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据内切圆的条件，首先过圆心向角的两边作垂线，进而把阴影面积转化为四边形和扇形面积的差，再结合已知条件分别求出四边形和扇形的面积即可． 【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，连接． ∵在中，， ． 又，， ， ． 又的半径为3，即， ， ． 2．（2026·广东江门·二模）如图，的内切圆分别与相切于点D、E、F，且，则的周长为（   ） A．32 B．30 C．28 D．26 【答案】C 【分析】根据切线长定理得到，，，因此将的周长转化为即可求解． 【详解】解：∵分别与相切于点， ∴，，， ∴ ． 3．（2026·四川泸州·二模）定义：有三条直线与圆相切的图形称为“多切型”．如图多切型中，、、分别与切于、、，且，连接并延长交于点，过点作的切线交于，交于，若的直径为，．则_________． 【答案】/ 【分析】分别过点作，连接，易证，即三点共线，勾股定理求出，证明四边形是矩形，四边形是矩形，，由切线长定理求出，得到，再根据是的切线，得到，解直角三角形求出，再求出，再根据，求出，即可求解． 【详解】解：分别过点作，连接， ∵、、分别与切于、、， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴，即三点共线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 同理，四边形是矩形， ∴， 设， ∴，即， 解得， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴，，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴，即， ∴， ∴． 4．（2026·河南驻马店·二模）如图，在矩形中，，，E为边上一动点，连接，作点A关于的对称点F，连接并延长交边于点G，则的最大值为_____________． 【答案】2 【分析】连接，确定点F的运动轨迹为以点B为圆心，长为半径的圆弧的一部分，当与圆弧相切时，最大，此时点E与点G重合，由切线长定理和切线的性质得到，，再由勾股定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 连接，如图所示． ∵点A，F关于对称， ， 即点F的运动轨迹为以点B为圆心，长为半径的圆弧的一部分， 当与圆弧相切时，最大，此时点E与点G重合． ∴，， 在中，． 设，则 在中，由勾股定理得， 解得 ， 即的最大值为2． 5．（2026·四川南充·二模）如图，中，，以为直径作与交于，过点作的切线与交于，弦与交于，恰是的中点． (1)求证：恰是的中点； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了锐角三角函数，圆的切线的判定定理，切线长定理，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定和性质等知识点． （1）连接，根据圆周角定理得到，根据切线的判定定理得到是的切线，根据切线长定理得到，根据等角的余角相等得到，即，继而得证结论． （2）首先解直角三角形得到，通过证明，，解直角三角形得到，继而得到． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵为的直径， ∴， ∵，为的直径， ∴是的切线， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是的中点； （2）解：∵， ∴由（1）可知，， ∵，， ∴，即，解得：， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵为的直径，是的中点， ∴，， ∴， ∴，即，解得：， ∴. 6．（2026·广西来宾·二模）综合与实践 【问题情境】 2025年5月29日“天问二号”成功发射，开启了小行星伴飞取样探测的新篇章．某校航天兴趣小组受到鼓舞，制作了一个航天器模型，其中某个部件使用打印完成，如图1． 【问题提出】 部件主视图如图所示，由于的尺寸不易直接测量，需要设计一个可以得到的长度的方案，以检测该部件中的长度是否符合要求． 【方案设计】 兴趣小组通过查阅文献，提出了钢柱测量法． 测量工具：游标卡尺、若干个底面圆半径相同的钢柱（圆柱）． 操作步骤：如图3，将两个钢柱平行放在部件合适位置，使得钢柱与部件紧密结合．示意图如图4，分别与，相切于点，．用游标卡尺量出的长度． 【问题解决】已知，的长度要求是． (1)求的度数； (2)已知钢柱的底面圆半径为，现测得．根据以上信息，通过计算说明该部件的长度是否符合要求．（参考数据：） (3)【结果反思】本次实践过程借助圆柱将不可测量的长度转化为可测量的长度，如果将圆柱换成正方体也能得出的长度．如图5，设正方体的棱长为．请用含、的式子表示的长度． 【答案】(1) (2)是 (3) 【分析】（1）根据切线长定理求解即可； （2）解直角三角形求出，即可求解，再由求解即可； （3）先解求出，即可求解，再同上可求解． 【详解】（1）解分别与，相切于点，， ，； （2）解：∵钢柱的底面圆半径为， ， ，， ， ， 同理， ， ， ∴该部件的长度符合要求； （3）解：如图，用游标卡尺测量出的长度． ∵正方体的棱长为， ， ， ， ， ． 7．（2026·四川内江·二模）如图，与相切于点A，为的直径，点B在上，连接、，交于点D，且． (1)求证：是的切线； (2)连接交于点E，求证：； (3)若，，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，证明，结合圆的切线的性质，得出，即可得证； （2）连接，证明，得到，再结合切线长定理和三线合一的性质，证明，得到，即可得证； （3）连接、，根据直径和圆的切线的性质，得到，进而推出，利用四边形内角和得出，在中，，再利用扇形面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， 在和中， ∴， ∴， ∵与相切， ∴ ∴，即， 又∵是半径， ∴是的切线； （2）证明：如图，连接， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵ ∴， 又∵ ∴ ∴， ∴， ∵、是的切线， ∴，且平分， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，连接、， ∵是的直径， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵平分， ∴ ∴在中，， ∴ ∴． 8．（2026·北京大兴·二模）如图，在中，，点是中点，以为圆心，的长为半径作交延长线于点，交于点，交于点，过点作的切线交延长线于点． (1)求证：； (2)连接并延长交于点，若，，求的半径． 【答案】(1)证明：连接，如图： ∵，为的中点， ∴， 又∵是的半径， ∴是的切线， 又∵是的切线， ∴； (2)的半径为． 【分析】（1）证明是的切线，再根据切线长定理可得结论； （2）连接并延长交于点，过点作于点，连接，根据题意得到，设的半径为，则，分别求出，，，，再根据直角三角形得到，即，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：连接并延长交于点，过点作于点，连接，如图： ∵，点是中点， ∴，平分，即平分， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 设的半径为，则， ∵，，，即， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴，即， ∵， ∴， 在中，， 由（1）知，， ∴， ∴，即， ∴， ∴的半径为． 圆与三角形综合 考点05 1．（2026·山东济宁·二模）已知为的外接圆，点E是的内心，的延长线交于点F，交于点D．如图，为的直径，若，，则的长为（    ） A．2 B． C．3 D． 【答案】B 【分析】连接、、．根据内心的性质可知平分，结合为直径，利用垂径定理可得且．在中利用勾股定理求出，进而得到的长．在中求出的长．利用圆周角定理和三角形外角性质证明，最后根据求解． 【详解】解：连接、、． ∵点是的内心， ∴平分，平分， ∵为的直径， ∴，． 在中，，， ， ∴． 在中，， ∵，， 又∵，， ∴， ∴， ∴． 2．（2026·重庆·二模）如图，为的直径，与相切于点，连接交于点，点在上，，连接交于点，连接，以，为一组邻边作平行四边形，边交于点，若，，则的半径为__________，的长度为___________． 【答案】 【分析】连接、，根据题意，设，，则，根据切线的定义得出，根据等边对等角得出，根据直径所对的圆周角是直角得出，，根据圆周角定理推得，根据相似三角形的判定和性质得出，结合勾股定理求出，，根据圆周角定理推得，根据相似三角形的判定和性质求出，求出直径，即可求出的半径；根据锐角三角函数的定义分别求出，，求得，根据平行四边形的性质得出，，根据锐角三角函数的定义即可求出的值． 【详解】连接、，如图： 根据题意，设，，则， ∵与相切于点，∴， ∵， ∴， ∵为的直径， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即； 在中，， 在中，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， 故， 解得； ∴， 故的半径为． 则，，， 在中，，， 在中，， 即， 解得：， ， 即， 解得：， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 在中，， 即， 解得：． 3．（2026·河南周口·二模）如图，在中，，以为直径的交于点，的切线与相交于点．若，，则的长为______． 【答案】 【分析】本题考查切线的性质定理，直径所对的圆周角是直角，等边三角形的判定和性质，垂直平分线的判定和性质，弧长的计算公式等知识点． 连接，连接，首先证明是的垂直平分线，得到，通过证明是等边三角形，得到，继而根据弧长计算公式得到答案． 【详解】解：如图，连接，连接， ∵是的直径， ∴，即， 又∵， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵是的切线， ∴，即， ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴的半径， ∴． 4．（2026·贵州遵义·二模）如图，是的直径，过点作的切线，连接交于点，点是下方半圆的中点，连接，，，交于点，． (1)写出图中两个的角，并直接写出线段与线段的数量关系； (2)求证：； (3)若的半径为，求的长． 【答案】(1)，； (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用切线性质、直径所对圆周角为直角，结合直角三角形的性质确定的角；再结合半圆中点的性质，利用等腰直角三角形的边角关系确定线段与的数量关系； （2）根据等弧所对的圆周角相等，结合同弧所对的圆周角相等，证明两组角对应相等，从而证明三角形相似； （3）通过作辅助线构造等腰直角三角形与含角的直角三角形，利用三角函数建立方程求出线段长度，再结合勾股定理计算的长． 【详解】（1）解：是的切线，， ， 是的直径， ， ， 如图，连接， ， 是下方半圆的中点， ， ， ； （2）证明：点是下方半圆的中点， ， ； ， ， ； （3）解：如图，过点作于点， 由（2）可知， 是的直径， ， ， ， 是的切线， ， ， ， ， ， ， 设， 则， 在中，， ， 解得， ， ． 5．（2026·江苏南京·二模）如图①，在半径为10的中，弦，点P在优弧上，过点P作分别交、弦于点C、D．连接，过点A作分别交、弦、于点E、F、G．    (1)如图②，当为的直径时，求的长； (2)求证：； (3)当点P运动时，的长是否随之改变呢？若不改变，请直接写出的长；若改变，请说明的长的变化情况． 【答案】(1)2 (2)见解析 (3)当点P运动时，的长不改变；的长为16 【分析】（1）根据垂径定理勾股定理求解即可； （2）连接，证明，可得，即可求证； （3）作直径，连接，根据题意可得，再证明四边形为平行四边形，可得，即可解答． 【详解】（1）解：如图，连接，    ∵为的直径，，， ∴， ∵的半径为10， ∴， 在中，， ∴； （2）证明：如图，连接，    ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：当点P运动时，的长不改变， 作直径，连接，    在中，， ∴点G为的垂心， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， 在中，， ∴， ∴当点P运动时，的长不改变， 的长为16． 6．（2026·北京昌平·二模）在平面直角坐标系中，的半径为，点，点均在上．给出如下定义：若满足，且与有个公共点，则称为关于点的点－镶嵌三角形，点叫做关于点的点－镶嵌关联点． (1)如图，若点，． ①在点，，，，点________是关于点的点－镶嵌关联点； ②点为直线上一点，若是关于点的点－镶嵌三角形，则的取值范围为________； (2)点，为直线与的交点（点在点左侧），已知点是关于点的（）点－镶嵌关联点，若存在点，使为以点为直角顶点的等腰直角三角形，直接写出的取值范围． 【答案】(1)①，；②或． (2)存在点，的取值范围为或. 【分析】（1）①根据点－镶嵌关联点的定义：，且与有个公共点，逐点判断即可； ②根据定义可得，符合条件的点在以为圆心，为半径的圆上，画出图像，再根据图像平移直线分析符合是关于点的点－镶嵌三角形时，的取值范围． （2）由为以点为直角顶点的等腰直角三角形，可得点在第一、三象限或第二、四象限的平分线上，将求的取值范围，转换成的长度范围，再结合图象和镶嵌关联点的定义对点的位置分类讨论即可得到的取值范围． 【详解】（1）解：①点，， ， 对于，， 轴，由图可知，与有个公共点， 点是关于点的点－镶嵌关联点； 对于，， 由图可知，与有个公共点， 点不是关于点的点－镶嵌关联点； 对于，， 由图可知，与有个公共点， 点是关于点的点－镶嵌关联点； 对于，， 点不是关于点的点－镶嵌关联点； ②若是关于点的点－镶嵌三角形， 则，点在以为圆心，为半径的圆上， 又点为直线上一点， 如图，以为圆心，为半径作出圆，作轴， 线段与有个交点，当两条线段与只有个交点时，符合题意， 点坐标为，代入，得， 点坐标为，代入，得， 将代入，得， 将代入，得， 由图象可知， 当时，与只有个交点，不符合题意； 当或时，与有个交点，符合题意； 的取值范围为或． （2）解：点是关于点的（）点－镶嵌关联点， ，即点在以为圆心，为半径的圆上， 若存在点，使为以点为直角顶点的等腰直角三角形， 则点在第一、三象限或第二、四象限的平分线上， 当点在第一象限时，如图 直线为，与轴交点为，与轴交点为， 与轴较小的夹角为，且直线为第一、三象限平分线， ，且在上， 为的垂直平分线， ，且， 为等边三角形． 当与圆相切时，不符合题意， 此时，则，即， 当沿第一、三象限平分线向下移动时，直到在上时，符合题意， 当点在上时，符合题意， 此时，， 点在第一象限时，． 当点在第三象限时，如图 同理可得，； 当点在第二象限时，如图 当为直径时，不成立，不符合题意， 此时，则，即， 当点沿第二、四象限平分线向下移动时，直到在上时，符合题意， 当点在上时，符合题意， 此时，， 点在第二象限时，． 当点在第四象限时， 直线在内平移时，点始终在内， ，不符合题意； 综上，的取值范围为或. 7．（2026·河南周口·二模）如图， 是的直径， 是的切线，切点为B，连接，过点C作 交于点A，连接． (1)求证： 是的切线； (2)若 的半径为6，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，证明即可证明是的切线； （2）连接交于点，设，根据勾股定理，得，再利用三角形的面积，勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：连接， ， ， ， ， ， ，， ， ， 是的切线， ， ， ， 又因为是半径， 是的切线； （2）解：连接交于点， 的半径为6， ， ， ， ， 垂直平分， ， 设， ， ， 解得， ， ， ， ， ， 是的直径， ， ． 8．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）如图已知：在中，直径，垂足为E，连接，． (1)如图1，求证：； (2)如图2，过点B作的垂线交于点G，交于点F，求证：． (3)如图3，在（2）的条件下，连接，点J为上一点，连接、，延长交于点H，，，当时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据圆周角定理可得，即可求证； （2）证明，可得，即可求证； （3）过点B作，交于点W，证明，可得，，设，则，，，再证明，可证明，可得，设，，，，根据，可得，即可求解． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， ， ． （2）证明：，， ， 又，， ， ， ， ， ． （3）解：如图，过点B作，交于点W， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则，，， ∵为直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 9．（2026·湖南邵阳·二模）如图，在中，点在上，以为圆心，长为半径作圆，恰好与相切于点，且． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)的半径为6 【分析】（1）首先连接，利用切线性质得到，从而推出，接着利用半径相等（）和三角形外角性质，得出，结合已知条件，通过等量代换得到，最后将代入互余关系中，证得，即，从而完成证明； （2）在已知和的情况下，首先在中利用三角函数定义求出斜边的长，再利用勾股定理求出的长，接着，通过证明（利用公共角和第一问证得的），建立对应边成比例的关系式。设半径为，将、及已知线段长代入比例式，列出关于的方程求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， 与相切， ，， ， ， ， ， ， ， ， 半径于点， 为的切线． （2）解：由知， 在中，， ， ， ，， ， ， 设的半径为，则有， 解得：， 的半径为6． 10．（2026·辽宁本溪·二模）如图，中，，以为直径的与，分别交于点和点，过点作，垂足为，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，，求半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用等腰三角形的性质，证明即可解答； （2）连接，利用等腰三角形的性质，得到，，利用圆内接四边形的性质，得到，证明，即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接， ， ． ， ． ， ， ， ， ， ． 是的半径， 是的切线． （2）解：如图，连接， 是的直径， ， ． ， ，． 四边形是的内接四边形 ， ， ． ， ， ， ， ， 半径为． 圆与四边形综合 考点06 1．（2026·安徽阜阳·二模）如图，在正方形中，，点是平面内的一动点，且是的中点，是上一动点，连接，，则的最小值为（   ） A． B． C．9 D． 【答案】A 【分析】利用三角形中位线定理，由推导出中点的轨迹是以正方形中心为圆心、半径为1的圆．利用轴对称性质，作点关于的对称点，将转化为．根据圆外一点到圆上点的最短距离，用点到圆心的距离减去半径，即可得到的最小值． 【详解】解： 四边形是正方形，， 连接、交于点， 点为的中点． ， 点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆． 是的中点，是的中点， 连接， 是的中位线． ， ， 点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆． 作点关于的对称点，连接，，， ， ． ∴当点O，F，E，M在同一直线上时，取得最小值，为的长， 过点作于点， 是正方形对角线的交点， ，． 点与点关于对称， ，， ∴点A，B，M三点共线， ． 在中， ． 的最小值为， 的最小值为． 2．（2026·重庆·二模）如图，线段为的直径，于点，点，均在上，以为边作平行四边形，，连接交于点，连接．若，则________． 【答案】 【分析】首先根据平行四边形的性质和已知角度求出，进而在中，求出；利用圆周角定理或三角函数求出的长，然后根据平行四边形的性质求出的长，在中，求出，最后通过构造直角三角形，利用勾股定理求出的长． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，， 如图，连接， ∵为直径，， ∴， ∵， 在中，， ， ∵， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴，即， 在中，， ∴， ∵点G在上， ∴， 过点G作于点H， 在中，， ∴， ∴， 在中，． 3．（2026·四川广元·二模）如图，在四边形中，，，若，，则四边形的面积_______． 【答案】 【分析】由，推出、、、四点共圆，设圆心为，连接，根据勾股定理求出，过点作于点，连接，利用等腰三角形性质（“三线合一”）及垂径定理的推论证得，推出、、共线，通过勾股定理求得、、，最后根据求得结果． 【详解】解：在四边形中，， 、、、四点共圆， 设圆心为，则点是的中点 如图，连接，则为的直径， 在中，，， ， 过点作于点， ， ， 连接，则， 、、共线， ， ， ， ， ， ． 4．（2026·河北邯郸·二模）如图1，在正方形中，．以为直径在正方形内部作半圆，点O为圆心．点E在边上，且．连接，交半圆于点F．点G为上的动点．          (1)如图1，连接，求的长； (2)如图2，连接，当时，求的长； (3)如图3，连接，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据特殊角锐角函数值可得，即可求解； （2）连接，当时，点G在的垂直平分线上，此时的垂直平分线过圆心O．求出，再根据弧长公式，即可求解； （3）当点G为中点时，面积最大，连接交于点H，则，且点H为为中点，根据三角形中位线定理可得，可证明为等边三角形，即可求解． 【详解】（1）解：在中，，， ∵， ∴． ∵为直径， ∴． ∴； （2）解：连接， 当时，点G在的垂直平分线上，此时的垂直平分线过圆心O． ∴，， ∵， ∴． 又∵， ∴圆的半径为3， ∴的长； （3）解：当点G为中点时，面积最大， 连接交于点H，则，且点H为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∵点O为的中点， ∴， ∴，， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴面积最大值． 5．（2026·广东东莞·二模）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． 6．（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， ， ， ． 7．（2026·上海浦东新·二模）已知：如图，与相交于点、，且，过点的直线分别交、于点、，且．点是线段的中点．联结并延长交于点，且． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）作，垂足为，根据垂径定理可得，，，从而得到，可得到四边形是梯形，即可求证； （2）联结交于，根据题意可得垂直平分，从而得到，，再有，可得，从而得到，可得到四边形是平行四边形，即可求证． 【详解】（1）证明：作，垂足为． ∵过圆心，， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴，即点是中点． ∵过圆心，， ∴． ∴， ∴． ∴， ∵， ∴四边形是梯形． ∵点是线段的中点，点是中点， ∴， ∴， ∴． （2）证明：联结交于． ∵与相交于点、， ∴垂直平分， ∴，． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 圆与函数综合 考点07 1．（2026·广东广州·二模）已知平面直角坐标系中，抛物线的表达式为． (1)证明：该抛物线与x轴一定有两个交点； (2)若该抛物线与x轴的两个交点为A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C．点E为x轴下方抛物线上的一点，且． ①若点E的纵坐标为，求a的值； ②作点E关于原点的对称点P，过点P作x轴的垂线，交抛物线于点Q．求证：P，A，Q，B四点共圆． 【答案】(1)见解析 (2)①；②见解析 【分析】（1）计算，再结合，的条件，得出，即可证明该抛物线与轴一定有两个交点； （2）①先设出、两点的坐标，根据一元二次方程根与系数的关系写出方程的两根之和与两根之积，再设点的坐标为，分别表示出、和，由根据勾股定理得到，展开并整理等式，再结合点在抛物线上的条件，将代入整理后的式子，化简得到，最后将点的纵坐标代入，即可求出的值； ②先由①得到的，舍去的情况，得出点的纵坐标为，进而写出点、点关于原点的对称点以及过作轴垂线与抛物线交点的坐标，再设直线与轴交于点，写出、、的长度，将抛物线写成交点式，把代入求出的表达式，分别计算和，得出两者相等，进而推出，根据同弧所对圆周角相等的逆定理，即可证明P、A、Q、B四点共圆． 【详解】（1）证明：， ∵，， ∴，即， ∴该抛物线与x轴一定有两个交点； （2）①解：设，，则和是方程的两个根， ∴，， 设点， ， ， ， ∵， ∴， ∴， 整理，得 ， ∴ ， 整理，得 ， ∵在抛物线上， ∴ ，将其代入①式，可得 ， 当时，代入可得； ②证明：设点，，， 由（2）①可得 ， ∴（舍去）或， ∴， ∴，． 如图，设直线与x轴交于点M，连接，则， ∴，， ，， ∵抛物线与x轴交点为，， ∴， 当时，等式变为， ∴， ∴， ， ∴， ∴P，A，Q，B四点共圆． 2．（2026·湖南·二模）我们不妨约定：在平面直角坐标系中，若点和点满足：，我们就说点和点是该坐标平面内的一对“点”；若函数的图象上存在一对或一对以上“点”（其中点在的图象上，点在的图象上），我们就说函数互为“函数”，且叫“函数”的一个“值”． (1)根据约定填空： ①若是坐标平面内的一对“点”，则_____； ②若一次函数，当自变量时，在函数，的图象上的两点恰好是一对“点”，则一次函数的解析式为：_____； ③已知反比例函数，且互为“函数”，则应该满足：_____． (2)若函数与二次函数互为“函数”只存在一对“点”且在轴右侧，“值”为8，二次函数图象的对称轴为直线，求二次函数的解析式； (3)已知以为自变量的二次函数，函数与互为“函数”，且当自变量取任意实数时，函数的图象上对应点都是“点”．记函数的图象分别交轴于两点，函数的图象交轴于点，经过三点的圆与轴的另一个交点为，点是轴下方圆上的动点，且点不与点重合，设，令，当取最大值时，试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)①；②；③ (2) (3)四边形为正方形，理由见解析 【分析】（1）①由 得 ，，故 ；②当 时，，，由 点定义得 ，即 ，解得 ，故 ；③设 ， 为 点，则 ，需 且 ，即 ． （2）由“K值”为8得 ，结合 轴右侧及 得 点为 ，对应二次函数上点为 ，再由对称轴 及唯一 点（判别式为0）联立求解得 ，，； （3）由“任意实数都是 点”得 与 关于 轴对称，故 ．求得 ，，，利用圆的性质及相似得 ，．通过求得 ，由判别式或基本不等式得 时 ，此时 且 ，故四边形 为正方形． 【详解】（1）解：①∵ ， 是一对“K点”， 根据定义有 ． ，，且两者之和为 ， 且 ， ，， ，， ； ②当 时， ， ． 两点坐标为 和 ． 这两点是一对“K点”， ， 即， ， ， ， 或 ． ， ． ； ③设 在 图象上，在 图象上，且 ，为“K点”． 根据定义：． ，， 且 ， 且 ． 将 代入 得：， ， ． （2）解：“点”在轴右侧，“值”为8， 图象上的“点”为， 则图象上的“点”为， 根据题意有， ， ， 只存在一对“点”，则一元二次方程有两个相等的实数根， 即， ， ， 二次函数的解析式为． （3）解：，且， ， 由题意得函数与的图象关于轴对称， ， ， ，且 是的垂直平分线， 直径所在直线是圆的对称轴， 是经过三点的圆的直径． 连接，则， ， 在中，， ， ， ， ， ， ， ， ． 过点 作 于点 ，作 于点 ． ， 在 轴上， 轴，即 ． ，在 y轴上， 轴，即 ． 四边形 为平行四边形， 又 ， 四边形 为矩形， ． 在中，， 在中， ， 又， ， 整理得， 由得， ，又， ， ， ，此时，即， （符合题意）， 时，取最大值，此时， 又，则四边形为正方形． 3．（2026·广西南宁·二模）【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. 2/23 1/23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $