专题07 圆8大考点（广东专用）2026年中考数学二模分类汇编

**基本信息** 广东各地二模圆专题汇编，覆盖8大考点，以选择、填空、解答题呈现，融合足球射门、劳动基地规划等生活情境及刘徽割圆术、青花瓷盘等文化素材，注重基础巩固与综合应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择填空|多题|圆心角圆周角、切线性质判定等|结合“月影通楼”拱门计算考查垂径定理| |解答题|综合题|圆与三角形、函数综合等|以足球射门角度问题考切线长定理，融入动态几何与极值思想|

西学科网 www.zxxk.com 专题07圆 ☆8大考点概览 考点01圆的基础知识及圆心角、圆周角 考点02垂径定理及其推论 考点03切线的性质与判定 考点04切线长定理 考点05正多边形、孤长与扇形面积的有关计算 考点06圆与三角形的综合 考点07圆与四边形的综合 考点08圆与函数的综合 考点01 圆的基础知识及圆心角、圆周角 1.(2026广东深圳二模)下列命题正确的是() A.对角线相等的四边形是矩形 B.相等的弦所对的弧相等 C.两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例 D.若点C是线段AB的黄金分割点，则AC与AB的比叫做黄金比 2(2026广东二模)如图，4B为0的直径，点C、D在00上，点 ⊙0 1/23 让教与学更高效 A CD 为劣弧的中点，连接 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AD,OD,OC,BC∠AD0=50° .∠ABC .若 ,则 的度数是() A.30° B.40° C.50° D.60° 3.(2026广东珠海二模)如图，点AB,C在量角器的半圆周上，点O为中心点，则∠ACB=() 0010 A.70° B.65 C.35 D.55 4.(2026广东深圳二模)如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点E,BD是OO的直径， 者B=AC ∠BAC=80° 则∠AEB 的度数是() A.30° B.40° C.50° D.60° 者01=2 4(2026广东广州二模)如图，4，B是o0上的两点，C为分的中点，∠4C8=120, 则四边形OACB的面积为() 2/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B A.3 B.25 C:35 D.4V5 5.(2026广东肇庆·二模)如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AC是直径，延长AD与BC相交于 点E,连接OD,若AB=BC,∠COD=42°，则∠DCE的度数为() D A.42° B.45o C.66° D.72° 6.(2026:广东清远二模)如图，BC为⊙0的直径，AB=6,∠BDA=30°，则AC的长为() D A.6 B.8 C.6V5 D.12 7.(2026广东广州二模)如图，AB为⊙O的弦，PA,PB为⊙O的切线，且AB=AP,点C为劣弧上一 动点（点C与点A,B不重合），则∠ACB的度数为一· 3/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B 8.(2026:广东汕头二模)如图，△ABC内接于⊙0，AB是O0的直径. C ()尺规作图：过点O作OD‖BC交⊙0于点D,(保留作图痕迹，不写作法) (2)在(1)的条件下，设OD交AC于点M,求证：AM=CM. 9.(2026·广东广州·二模)某校有一块圆形劳动教育实践基地，现在其内部规划一个四边形ABCD区域植鲜 花.如图，数学兴趣小组已经确立了A、B、C三点的位置，∠B1C=30°.已知点D在劣C上，且 CD=BC. B ()尺规作图：请在⊙O上确定点D的位置，并连接AD、CD: (2)已知AC=a,求鲜花种植区域四边形ABCD的面积（请用含a的式子表达） 10.(2026广东江门二模)如图1，C,D是以AB为直径的⊙O上的两动点，分别位于AB两侧，连接AC、 BD、AD,且∠CAB=2∠DAB.连结CD交AB于E. 4/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C E B B 0 0 D 图1 图2 (I)求证：AC=AE； (2)若DE=1,AD-2,求AC的长： (3)如图2，若直径AB为定值，当△ABC的面积最大时，求△CBD的面积与△BED的面积比. 考点02 垂径定理及其推论 1.(2026广东深圳二模)下列命题正确的是() A.平分弦的直径垂直于弦 B.两边成比例及一角对应相等的两个三角形相似 C.方程x2-x+1=0没有实数根 D.如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角一定相等 2.(2026广东广州二模)如图，⊙0的直径CD=10,AB是弦，AB⊥CD,垂足为M,OM:MC=2:3, 则AB的长为() D M B A4 B.8 C.v②i D.2V27 3（2026广东茂名二模)如图，△1BC 的内接三角形， B=25∠ACB=60°，连接0 OA OB 则⊙0的半径是() 5/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A 1 B.2 C.3 D.⑤ 4.(2026广东佛山二模)如图，网格中的每个小正方形的边长都为1，一条圆弧经过A,B,C三点，则 这条圆弧所在圆的半径长为() A② B.5 C.2 D.6 5.(2026广东清远·二模)定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫 做美角，如图，若四边形ABCD是美角为∠A的圆美四边形，⊙O的半径为4，则BD的长是() A 2V5 B.3 C.4V2 D.45 6.(2026广东广州一模)如图，四边形ABCD是⊙0的内接四边形，已知⊙0的半径为4，∠BCD=120° ,则BD= 6/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 Q CD 2 7.(2026广东东莞二模)如图，在⊙0中，0D1AB于点C,AE为直径，连接EC,若AB=4,OC3, 则tan∠ECB= D 8.(2026广东广州·二模)花都岭南园，坐落于风景秀丽的花都湖国家湿地公园内，融合了广东地区独特的 建筑风格与自然景观，展现了岭南文化的深厚底蕴和精湛技艺.园内亭台楼榭错落有致，有一处“月影通 楼”的拱门建筑，外观可以看作圆形.如图，圆形拱门下端是一个长方形，拱门所在的⊙0与长方形的边 BC 相切于点M,点E为拱门的最高点，经测量， AB=0.2 m BC=1.4m BC ,则拱门最高点到地面 的距离是() E A B A.1.325m B.1.525m c.2.45m D.2.65m 9.(2026广东广州二模)如图，在足球比赛中，球员甲带球奔向对方球门AB，在不考虑其他因素的情况 下，一般射门角度越大，射门进球的可能性就越大.球员甲带球路线ED与球门AB垂直，D为垂足，点C 7/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在ED上，过AB的⊙O与CD相切于点F.球员甲带球到点 (填“C”或“F”)射门，进球的 可能性更大；若AB=4,BD=1,则DF的长为一 A D E 10.(2026广东广州二模)如图，⊙0的半径OC=5cm,直线110C,垂足为H,且I交⊙0于A,B两 点，AB=8m,若I沿OC所在直线平移后与⊙0相切，则平移的距离是cm. B 11.(2026广东东莞二模)如图，由5个边长为3的小正方形组成的L型图案如图摆放，点A、B在半圆直 径上，点C、D在半圆上，则半圆的半径为 B 12.(2026广东广州二模)如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB,垂足为P,连接AC,BC,求证： △ACP∽ACBP D 8/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 13.(2026广东·二模)已知AB是⊙O的直径，点C,D是半圆O的三等分点.连接AC,DO D BA B H 图① 图② (I)如图①，求∠BOD及∠A的大小： (2)如图②，过点C作CF⊥AB于点F,交⊙O于点H,若⊙O的半径为2.求CH的长. 14.(2026广东清远·二模)综合与实践 某地的景观湖湖面成鱼型，如图1，鱼身外围有一条圆弧形水道，在圆弧形水道外侧有一条圆弧形道路， 它们的圆心相同.某学习小组想要借助所学的数学知识探索该景观湖的大小，如图2，学习小组来到了圆 弧形道路内侧A处，将所携带的200米绳子拉直至圆弧道路内侧另一点B处，并测得绳子中点C与圆弧形 道路内侧中点D的距离为10米，圆弧形水道外侧到道路内侧的距离DE为22米（点D,C,E在同一直线 上)，请计算圆弧形水道外侧的半径. 圆弧形道路 圆弧形水道 圆弧形水道 圆弧形道路 87 图1 图2 考点03 切线的性质与判定 1.(2026广东广州二模)如图，相距20km的两个城镇A,B之间有一个半径为5km的圆形湖泊，它的 圆心落在AB连线的中点O处.现要修建一条由线段AA,AB,线段BB三部分组成的公路，其中AA, BB' ⊙0 A B 分别与相切于点”，”，则这段公路的总长度为() km 9/23 西学科网 www.zxxk.com B 5 5 A10π+10W3B.3π+10W3 C.3π+55 D 2.(2026广东深圳二模)如图，四边形ABCD为正方形，点E在DC上 若CE= 4,则正方形的边长为() D 0 E A.4 B.5 C.6 D D 与 相切， B M ⊙0 BC .OM⊥BC, ∴.∠OMC=90° :四边形ABCD是正方形， .AB=BC=CD=DA,∠ABC=∠OMC=∠C=∠D=90°，AB IICD .OM∥AB∥CD BM BN OA ·CM NE OE .BN=NE,BM=CM, 10/23 让教与学更高效 2 6π+5V5 以AE为直径的⊙O与BC相切， 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3(2026广东广州二模)如图，在平面直角坐标系中，动点P在直线'=+2 2上，动点2在半径为的 ⊙O上(O为坐标原点)，过点P作⊙O的一条切线PR,R为切点， (1)原点O到该直线的距离为一： (2)当PQ+PR的值为最小时，tan∠RPQ的值为 4.(2026广东·二模)如图，AB与⊙0相切于点B,连接B0,过点O作B0的垂线OC,交O0于点C, 连接AC,交线段OB于点D.若AB=3,OC=2,则tan4的值为 D B 5.(2026广东广州二模)如图，以△ABC的一边AC为直径作⊙O,⊙O与BC边的交点D恰好为BC边 的中点。 (I)求证：AB=AC: (2)过点D作DE⊥AB,交AB于点E, ①求证：DE为⊙O的切线： BF ②连接OB交DE于点F,若tanLABC=2,求OF的值. 11/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 0的直径，4C是O0的弦，点D是BC的中点，过点D作 ⊙ 6(2026:广东梅州二模)如图，4B是9 DE⊥AC,AC ACFG ⊙0CF_⊙0 AF,CG 交的延长线于点E.四边形 内接于 ,是 的直径，连接 D )若AC=B ,求∠BC 度数； (2)求证：DE是⊙O的切线. 7.(2026广东广州·二模)如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，点D是△ABC的内心，连接AD并 延长交⊙O于点E,连接CE,过点E作EFI‖BC,交AB的延长线于点F, (I)求证：EF是OO的切线； (2)若⊙0的半径为2，∠AEC=30°，求阴影部分的面积（结果用含兀的式子表示）. 8.(2026广东广州二模)如图所示，△ABC是等腰三角形，且AC=BC,∠A=30°，在AB上取一点O, 使OB=OC,以O为圆心，OB为半径作圆， 12/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)猜想AC与⊙0的位置关系，并证明你的猜想： (2)已知AC=3, ①求扇形OBC的面积（结果保留π） ②若把扇形OBC围成圆锥的侧面，求圆锥底面圆的半径长. 9.(2026:广东广州二模)如图，已知在等腰△ABC中，∠A=∠B=30°，点D为边AB上一点，且 CD⊥AC,⊙O为△ACD的外接圆. D (1)尺规作图：求作⊙0（保留作图痕迹，不要求写作法）； (②)求证：BC是⊙0切线. 10.(2026广东惠州二模)如图，AB是⊙0的直径，C为⊙0上的动点，连接C0,BC.⊙O的切线AD 与BC的延长线交于点D B D (I)尺规作图：作AD的中点E,连接CE(保留作图痕迹，不写作法)： (2)求证：CE是⊙O的切线 11.(2026广东惠州二模)如图，在△ABC中，∠ABC=90°，⊙0是△ABC的外接圆，点D是圆外一点， D0⊥AB,交AB于点E,交O0于点F,且∠DBA=∠C 13/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B (I)求证：DB是⊙0O的切线： ②若点B是CF的中点，求证：四边形 ,OAFB是菱形. 12.(2026广东广州二模)如图，△ABC是等腰三角形，AB=AC,⊙0是△ABC的外接圆，O是圆心. A 0 6 备用图 (I)请用无刻度的直尺和圆规在图中作以AC为对角线，AB、BC为边的平行四边形ABCD: (2)求证：AD是⊙O的切线： (3)若AB=3,BC=2,求⊙0的半径. 13.(2026广东·二模)如图，在△ABC中，CA=CB,∠ABC=30°.点O在边AB上，以点O为圆心， OA ⊙0 AB 为半径的过点C,且与交于另一点D. D B E (1)求证：BC与⊙0相切： (2)点E为O0上一点， EA=D,连接BE,若OA=l,求BE的长. 14/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 14.(2026:广东深圳二模)如图，在△ABC中，∠ABC=90°，⊙0是△ABC外接圆，点D是圆外一点.连 接DO,DO与AB交于点E,DO⊥AB,己知∠DBA=∠ACB. B D E (I)求证：DB是⊙O的切线： (2)若BC=2,DE=4,求△DBE的面积. 15.(2026广东江门二模)如图，AB为⊙O直径，C,D为⊙O上的两点，且CE是⊙O的切线， CE⊥DB交DB的延长线于点E.若∠A=25°，求∠ACD的度数； D 16.(2026广东江门二模)如图，R△AEF中，∠AEF=90°，点O为边AF上一点，以0为圆心，OA为 半径的圆与AE交于点C,与EF相切于D,点P为OO上一点. (I)求证：BD=CD (2)若sin∠APC= 3,BF=2,求AE的长。 17.(2026广东梅州二模)如图，AB为⊙0的直径，P2与⊙0相切于点Q,点G在PQ的延长线上， GQ=GM,猜想OG与AB的位置关系，并证明你的结论. 15/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B 18.(2026广东二模)如图，在四边形ABCD中，BD=CD,∠C=∠BAD.以AB为直径的⊙0经过点 D,且与边CD交于点E,连接AE,BE. D B (1)求证：BC为⊙O的切线： (②若1B=Vi0.sinLAED=io 10,求BE的长， 考点04 切线长定理 1.(2026东深圳二模)如图，P1,PB分别切00于点1，B,若∠P=60°，的长为0r,则00的 ⊙0 半径为() A A.10 B.15 C.20 D.30 2.(2026广东江门二模)如图，△ABC的内切圆⊙O分别与AB、BCAC相切于点D、E、F,且 AB=CE=7,则△ABC的周长为() 16/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4 D 0 E A.32 B.30 C.28 D.26 3.(2026广东二模)如图，在四边形ABCD中，ADI‖BC,AD,CD分别与扇形BAF相切于点A,E.若 AB=15,BC=17 则D 的长为() A.8 B.8.5 c.5v3 D.9 4.(2026广东二模)如图PA、PB是圆O的切线，切点分别为A、B,点C在AB上，过C作圆O的切线 分别交PA、PB于点D、E,连接OD、OE,若∠P=50°，则∠DOE的度数为() B D 70 A.130° B.50° C.60° D.65 5.(2026广东二模)如图，在RtABC中，∠ACB=90°，AC=5,BC=12,⊙0是△ABC的内切圆，连 接OA,OB,则图中阴影部分的面积是() 17/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4 5 A,元 B.3 3π D. 6.(2026广东广州二模)如图，AB为OO的弦，PA,PB为⊙O的切线，且AB=AP，点C为劣弧上一 动点（点C与点A,B不重合），则∠ACB的度数为一 A 0 B 7.(2026广东东莞·一模)足球是跨越国界与文化的通用语言，用激情与拼搏连接人心，成为全世界情感交 流的桥梁.图①是某次足球比赛的奖杯，图②是从奖杯中抽象出的几何模型，PA,PB是圆的切线，A,B 为切点 (1)请用无刻度的直尺和圆规作出这个圆的圆心O(不写作法，保留作图痕迹)； (②)在(1)的条件下，延长B0交射线PA于点C,若PB=6,PC=10,请补全图形，并求OC的长. 考点05 正多边形、弧长与扇形面积的有关 1.(2026广东中山二模)如图，在正n边形中，∠ADB=20°，则n的值是() 18/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.8 B.9 C.10 D.18 2.(2026广东深圳二模)刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即 用内接正多边形或外切正多边形逐步逼近圆来近似地计算圆的面积.如图，⊙O的内接正六边形与外切正 六边形的面积比是() √3 1 A.2 B.4 C.2 D.4 3.(2026广东广州二模)如图，边长为4的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，顶点C,F在x轴上， 将正六边形绕点0顺时针旋转，每次旋转45°，则第2026次旋转结束时，点A的坐标为（) A.(4,0) B.(25,2 c.(2,2v5) D.（-25,-2) 4.(2026广东惠州二模)如图，甲同学利用尺规作图找到了一件圆形“青花瓷盘”文物瓷片的圆心O,点 4,B,C均在圆弧上，经测量得∠1BC=135°，OB=2,侧1C 的长度为() 19/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B A.2n B. c D 5.(2026广东广州二模)如图，四边形ABCD内接于O0,已知⊙0的半径为2，AB=BC,若 ∠ADC=110° BC 则劣弧心的长是 D 6.(2026广东广州二模)如图，AB是⊙0的直径，BC是⊙0的切线，点B为切点，若BC=4cm, tan∠BAC= √5 3,则劣弧BD长为()· B V5π 3π 2W3 A.3-cm -cm -cm B.2 C.3 D.V3πcm 7.(2026广东广州二模)如图，⊙0的直径AB为6，P是弧AB上一动点，半径OC垂直于AB, AH⊥CP,垂足为H.当点P从A运动到B的过程中，点H运动的路径长为() 20/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3 3V2」 A. B.3π D.3V2π 8.(2026广东·二模)自行车停车架，主要用于自行车稳定停放及快速取放，如图1是自行车固定好后，后 轮与车架的摆放方式，图2是它的简化示意图，已知后轮⊙0与底部停车架切于点A,与侧面停车架切于 点B,车轮半径 40cm,则B 的长度为() 图1 图2 A.10πcm B 20zcm C.30πcm D.40πcm 9（2026广东笔庆二模)如图，在矩形1BCD BC EOF 中，O为 中点， BC=2 OE=AB=2 则扇形 的面积为 D F B 2v5 10.(2026广东广州二模)如图，O0是边长为25的等边三角形18C的外接圆，点D是BC的中点，连 ABC BC 接BD,CD.以点D为圆心，BD的长为半径在OO内画弧，则阴影部分的面积为() 21/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D A. 3 B. C.2π D.3π 1.(2026广东深圳二模)如图，在矩形4BCD中，4B=25,BC=8.以8C的中点D为圆心，0B长为 半径作BC 则阴影部分的面积为() A.4π-8 B.2π-4V2 C.4π-4 D.2n-4 12.(2026广东广州·一模)已知圆锥的母线长为3，底面半径是1，则这个圆锥侧面展开图的圆心角是() 0 A.60 B.90 C.120 D.135 13.(2026广东广州二模)如图，已知扇形的半径是9Cm,圆心角为120°，用这个扇形围成一个圆锥，则 该圆锥底面圆的半径为. cm 120° 14.(2026广东广州二模)在R1△ABC中，∠C=90°，CB=3.若以AC所在直线为轴，把△ABC旋转一 周，得到一个圆锥，这个圆锥侧面展开所得扇形的弧长等于一· 15.(2026广东广州·二模)校园科技文化节举办手工作品创意展，小华用一张半径为15Cm的扇形纸板，制 作一个无底面的圆锥形小丑帽（接缝重叠部分忽略不计），如果圆锥帽的底面半径为5m,那么该扇形纸 22/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 板的面积为 cm2 5cm 16.(2026广东韶关二模)如图，在边长为6cm的菱形ABCD中，∠DAB=60°，以点D为圆心，菱形的 高DF为半径画弧，交AD于点E,交CD于点G,则图中阴影部分的面积是 cm2 D G 17.(2026广东深圳二模)如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，点A,B,C,D,O 都在格点（小正方形的顶点）上，AB和CD 和 所在圆的圆心均为点，则阴影部分的面积为一· A B D 18(2026r东清远二模)如图.在矩形4BCD巾，4B=35.BC=3,以点B为圆心， BC长为半径画 弧，交AB边于点E点F是AB边上的一点，且BF-4,港接CP,并将BCF沿CF折流，此时，点 B的对应点B'恰好落在弧CE上，则图中阴影部分的面积是 (结果保留π) E F 19.(2026广东二模)如图，在口ABCD中，∠A=60°，AD=2,AB=3,以点A为圆心、AD长为半径 23/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 画弧，交AB于点E,以点B为圆心、BE长为半径画弧，交BC于点F,则图中阴影部分的面积为 (结果保留根号和π)， D 考点06 圆与三角形的综合 1.(2026广东广州二模)如图，以△ABC的一边AC为直径作⊙O,⊙O与BC边的交点D恰好为BC边 的中点 (1)求证：AB=AC: (2)过点D作DE⊥AB,交AB于点E, ①求证：DE为⊙O的切线： BE ②连接OB交DE于点F,若an∠ABC=2,求OF的值. 2.(2026广东韶关二模)如图1，在矩形OABC中，OC=30A=15,对角线AC,，OB交于点D,E是 AO延长线上一点，连接CE,DE,己知AE=CE,MN为半圆O的直径，CE切半圆O于点F. B A M O 图1 图2 (1)求证：△ADE△AOC: (2)求半圆0的直径； (3)如图2，动点P在CF上点C出发向终点F匀速运动，同时，动点Q从M出发向终点V匀速运动，且它 24/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 们恰好同时停止运动.当PO与△ABD的一边平行时，求所有满足条件的MQ的长. 3.(2026广东广州二模)【阅读材料】德国数学家约翰内斯·米勒在1471年提出了一个有趣的问题：如图 ①，一根竖直悬挂的杆AB,在地面（直线）上的哪个点P能让杆AB看起来最长（也就是∠APB最大）， 这个最大视角问题是数学史上100个著名的极值问题之一.利用圆的知识，其实这个问题并不难解决.如 图②，作⊙O过点A,B且与直线I相切于点C,当点P异于点C时，容易证明∠ACB>∠APB,所以当点 P与点C重合时，∠APB最大，也就是说，当△PAB的外接圆与I相切时，∠APB最大. D B 7777777777777777777777 M 图① 图② 图③ 【解决问题】 (I)请完成材料中∠ACB>∠APB的证明： (2)材料中的最大视角问题，设AB=a,点B到直线I的距离为b,当∠APB最大时，点P到AB所在直线的 距离是多少？（用含a,b的代数式表示） ③如图③，2是射线4M上的一点，4B上4M,4B=25,C是45的中点.把CB绕点C顺时针旋转 6O°得到CD,连接DE.求当∠CDE最大时，AC的长. 考点07 圆与四边形的综合 1.(2026广东广州二模)如图，点E是边长为2的正方形ABCD的边CD上一动点（不与C,D重合）， EC和EF关于直线BE对称，连接AF交射线BE于点G. G B (I)当点F在对角线BD上时，求∠CEF的度数； AG·FG=(BG+2)(BG-2) (2)求证： 25/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 P BG G=√2BP (3)若点在上，且 ，当<BAP 最大时，求P的长度。 2.(2026:广东广州二模)【问题背景】菱形ABCD的边长为6，其中∠DAB=60°，E是BC边上的一个动 点，作射线AE,点D关于直线AE的对称点为F,连接BF,直线BF与射线AE交于点G,连接DF、 DG B 图1 图2 备用图 【知识技能】 (I)如图1，连接AF,求证：∠ABF=∠ADG: (2)如图2，连接DB,求证：DB2=AEDG: 【拓展探索】 (3)当E在直线BC上运动时，求BE=2时，DG的长度是_ 3.(2026广东深圳二模)在矩形ABCD中，E是AD上一点，且∠ABE=∠CBD: 图1 图2 ()尺规作图：作⊙0，使点O在对角线BD上，且⊙O经过E、D两点.（保留作图痕迹，标出点O,不写 作法) (2)如图2，求证：BE为⊙0的切线： 6法sn∠ABE-写CD=4,求0O的￥径. 4.(2026广东东莞二模)矩形ABCD中，点M是AB延长线上一点，点G、E分别是AB、CM的中点， GE与DM相交于点H. 26/23 西学科网 www.zxxk.com M B G M B G 图1 图2 E B G 图3 图4 (1)如图1，若AD=3,AB=4,MB=1,tan∠EGM= (2)如图2，运动点M,证明：MH=GH； (3)在(2)问的条件下，以H为圆心，MH为半径画圆. AD ①如图3，若oH与CD、AD分别相切于点P、Q,求CD的值； EH 1 ②如图4，若OH经过点C,EM2,求证：四边形ABCD是正方形。 5.(2026:广东广州二模)如图，矩形1BC 的边1B=2W5cm、AD=2V6cn AD移动.以CE为直径作⊙O,点F为⊙O与射线BD的公共点，连接EF, EG与⊙O相交于点G,连接CG B G 备用图 (I)判断四边形EFCG是什么形状，试说明理由； (2)当⊙O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中. ①矩形EFCG的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在， ②连接DG,取线段DG的中点P,求点P移动轨迹的长. 27/23 让教与学更高效 ,点E从点A出发，沿射线 CF.过点E作EG⊥EF, 说明理由； 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点08 圆与函数的综合 1.(2026广东广州二模)已知抛物线y=a(x-m)(x-n)与x轴交于两点A,B(A在B的左边，m<n), 与》轴交于点 (0,1 ,设△ABC的外接圆圆心为P,⊙P与'轴相切，圆心P在反比例函数 y=k(k>1x>0)图象上. (1)求点P的纵坐标； (2)求a的值； ()当CA∥BP时，设直线BP与函数y=图象的另一交点为E,若该抛物线对称轴上一点O满足 ∠CQE≤30° E,⊙P 证明点在上，并直接写出点的纵坐标的取值范围. 2.(2026广东广州二模)如图1，点O是以AB为直径的半圆的圆心，C,D均为直径AB上方的动点， 连接CD,AD、BC和CD均为该半圆的切线. D 图1 图2 (I)求证：CD=AD+BC: g当半轻，万时.令DaC-6名。，“。。，出锁m与n的大小并装明 理由； (3)在(I)的条件下，如图2，当半径r=1时，若点E为CD与该半圆的切点，AC与BD交于点G,连接 4 EG并延长交AB于点F,连接AE,BE,令EG=x,AE-BET FG ++CD=y,求y关于x的函数解析式. (不考虑自变量x的取值范围) 28/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 29/23 专题07 圆 8大考点概览 考点01圆的基础知识及圆心角、圆周角 考点02垂径定理及其推论 考点03切线的性质与判定 考点04切线长定理 考点05正多边形、弧长与扇形面积的有关计算 考点06圆与三角形的综合 考点07圆与四边形的综合 考点08圆与函数的综合 圆的基础知识及圆心角、圆周角 考点01 1.（2026·广东深圳·二模）下列命题正确的是（） A．对角线相等的四边形是矩形 B．相等的弦所对的弧相等 C．两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例 D．若点是线段的黄金分割点，则与的比叫做黄金比 【答案】C 【分析】根据矩形判定，圆中弦弧关系，平行线分线段成比例定理，黄金分割定义逐一判断命题正误即可. 【详解】解：、对角线相等的平行四边形才是矩形，任意对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形对角线相等但不是矩形，故该选项错误，不符合题意； 、只有在同圆或等圆中，相等的弦所对的弧才相等，未给出同圆或等圆的条件，故该选项错误，不符合题意； 、该表述是平行线分线段成比例的基本定理，表述正确，故该选项正确，符合题意； 、黄金比是较长线段与整条线段的比，选项未说明是较长线段，表述不严谨，故该选项错误，不符合题意． 2.（2026·广东·二模）如图，为的直径，点C、D在上，点为劣弧的中点，连接．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等边对等角及三角形内角和定理求出，再根据“同弧（等弧）所对的圆心角相等”得出，然后根据圆周角定理得出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴． ∵点是的中点， ∴， ∴． 3.（2026·广东珠海·二模）如图，点在量角器的半圆周上，点为中心点，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】直接利用圆周角定理即可得出结果. 【详解】解：由图可知，， ∴. 4.（2026·广东深圳·二模）如图，圆内接四边形的对角线与相交于点，是的直径，若，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆周角定理可得，利用是的直径，可得，进而求出，最后利用求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 4.（2026·广东广州·二模）如图，，是上的两点，为劣弧的中点，，若，则四边形的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，交于点，根据弦、弧、圆心角的关系得出和为等边三角形，进而得出四边形是菱形，根据菱形的性质，结合勾股定理分别求出、的长，利用菱形的面积公式即可求解． 【详解】解：如图，连接，交于点， ∵为劣弧的中点， ∴， ∵， ∴垂直平分，， ∵， ∴， ∵， ∴和为等边三角形， ∴，， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 5.（2026·广东肇庆·二模）如图，四边形是的内接四边形，是直径，延长与相交于点E，连接，若，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆周角是圆心角的一半即可得，根据是直径可知，，根据等腰直角三角形可知，，进而根据角度关系即可求解． 【详解】， ． 是的直径， ， ， ， ． ∵四边形是的内接四边形， ∴ ． 6.（2026·广东清远·二模）如图，为的直径，，，则的长为（     ） A．6 B．8 C． D．12 【答案】C 【分析】由题意易得，，然后根据三角函数可进行求解． 【详解】解：∵为的直径， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴． 7.（2026·广东广州·二模）如图，为的弦，，为的切线，且，点为劣弧上一动点（点与点，不重合），则的度数为______． 【答案】/度 【分析】连接、，在优弧上取一点，连接、，根据切线的性质及切线长定理得出，，进而得出是等边三角形，根据四边形内角和为求出，根据圆周角定理及圆内接四边形的性质即可得出答案． 【详解】解：如图，连接、，在优弧上取一点，连接、， ∵，为的切线， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵和是所对的圆周角和圆心角， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴． 8.（2026·广东汕头·二模）如图，内接于，是的直径． (1)尺规作图：过点O作交于点．（保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，设交于点M，求证：． 【答案】(1)如图，即为所求： (2)证明：是的直径， ， ， ， ， ． 【分析】（1）作交于点，根据平行线的判定可得，则即为所求； （2）由是的直径，得到，再根据平行线的性质得到，即，再根据垂径定理即可证明． 【详解】（1）略 （2）略 9.（2026·广东广州·二模）某校有一块圆形劳动教育实践基地，现在其内部规划一个四边形区域植鲜花．如图，数学兴趣小组已经确立了、、三点的位置，．已知点在劣弧上，且 (1)尺规作图：请在上确定点的位置，并连接、； (2)已知，求鲜花种植区域四边形的面积（请用含的式子表达） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意作，即可求解； （2）过点分别作的垂线，垂足分别为，证明，，进而根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，根据四边形的面积，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：如图，过点分别作的垂线，垂足分别为， 由（1）可得， ∵ ∴， 在，中， ∴ ∴ 在中， ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴四边形的面积 10.（2026·广东江门·二模）如图1，C，D是以为直径的上的两动点，分别位于两侧，连接、、，且．连结交于E． (1)求证：； (2)若，，求的长： (3)如图2，若直径为定值，当的面积最大时，求的面积与的面积比． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，利用直径性质得到，推导得到，利用同弧对应的圆周角相等，得到，通过三角形内角和计算出的度数，证明两个底角相等，最终用等角对等边得到； （2）利用三角形内角和得到三个内角的三角函数关系，结合正弦定理和同角三角函数平方和为1，解出和的数值，利用相似三角形的比例性质，代入已知边长求出的长度，结合第一问的结论直接得到的长度； （3）先确定面积最大的条件：C为上半圆中点，为等腰直角三角形，得到对应角度值，利用圆周角和弧的度数对应关系，得到各段弧的圆心角，再利用同高三角形面积比等于底边长之比的性质，最终计算出两个三角形的面积比值． 【详解】（1）证明：如图，连接， 设，则， ， AB为直径， ， ， ， ， ； （2）解：过点D作垂直于，垂足为G，如图， ，，， ，，， 为等腰三角形， 垂直于，， ，， 在中，， ，， ， 即，， ，即， ． ； （3）解：设点C到线段的距离为， ， 要使得的面积最大，就是当， 此时，为等腰直角三角形，且， 连接，过点D作，如图， ，， ，则， 为等腰直角三角形，， ，， ， ． 【点睛】本题为圆的综合几何题，核心用到直径所对圆周角为直角、同弧对应的圆周角相等、等角对等边、相似三角形判定、三角形面积比例性质等初中几何核心知识点． 垂径定理及其推论 考点02 1.（2026·广东深圳·二模）下列命题正确的是（   ） A．平分弦的直径垂直于弦 B．两边成比例及一角对应相等的两个三角形相似 C．方程没有实数根 D．如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角一定相等 【答案】C 【分析】根据垂径定理、相似三角形的判定、一元二次方程的根的判别式、平行线的性质及判定进行判断即可. 【详解】解：对于选项A， ∵当被平分的弦是直径时，两条直径互相平分但不一定垂直，∴A错误； 对于选项B， ∵必须是两边成比例且夹角对应相等才能判定两个三角形相似，不能判定三角形相似，∴B错误； 对于选项C， 对于一元二次方程，计算得判别式，∴方程没有实数根，C正确； 对于选项D， ∵一个角的两边分别平行于另一个角的两边时，这两个角相等或互补，不是一定相等，∴D错误. 2.（2026·广东广州·二模）如图，的直径，是弦，，垂足为，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直径求出半径和的长，利用比例关系求出的长，在中利用勾股定理求出的长，最后根据垂径定理求出的长． 【详解】解：的直径， ， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴． 3.（2026·广东茂名·二模）如图，是的内接三角形，，，连接，，则的半径是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作，由垂径定理求出，根据圆周角求出圆心角，然后算出，设短直角边为，则斜边即圆的半径为，用勾股定理列方程求解半径． 【详解】解：如图，过点作， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， 解得或（不合题意，舍去）， ， 故的半径是． 4.（2026·广东佛山·二模）如图，网格中的每个小正方形的边长都为1，一条圆弧经过，，三点，则这条圆弧所在圆的半径长为（     ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】本题考查网格中圆弧所在圆的半径计算，解题核心是利用垂径定理的推论确定圆心，再结合勾股定理计算半径． 【详解】解：圆弧经过，，三点，连接，， 圆心在和垂直平分线的交点， 半径． 5.（2026·广东清远·二模）定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角．如图，若四边形是美角为的圆美四边形，的半径为4，则的长是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，过点作，则有，由四边形是美角为的圆美四边形求出，然后根据三角函数可进行求解． 【详解】解：连接，过点作，如图所示： ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵四边形是美角为的圆美四边形， ∴，即， ∴，即， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 6.（2026·广东广州·一模）如图，四边形是的内接四边形，已知的半径为4，，则________． 【答案】 【分析】连接，过点作于点，首先根据圆内接四边形的性质可得，由圆周角定理可得，再确定，，进一步利用三角函数解得的值，即可获得答案． 【详解】解：如下图，连接，过点作于点， ∵四边形是的内接四边形，， ∴， ∴， ∵的半径为4，即，且， ∴，， ∴， ∴． 7.（2026·广东东莞·二模）如图，在中，于点C，为直径，连接．若，，则______． 【答案】 【分析】连接，利用垂径定理求得，设，，在中，由勾股定理列式计算求得，得到，利用勾股定理求得，再利用正切函数的定义求解即可． 【详解】解：连接， ∵为直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴设，， ∴， 在中，由勾股定理得，即， 解得或（舍去）， ∴， ∴， ∴． 8.（2026·广东广州·二模）花都岭南园，坐落于风景秀丽的花都湖国家湿地公园内，融合了广东地区独特的建筑风格与自然景观，展现了岭南文化的深厚底蕴和精湛技艺．园内亭台楼榭错落有致，有一处“月影通楼”的拱门建筑，外观可以看作圆形．如图，圆形拱门下端是一个长方形，拱门所在的与长方形的边相切于点，点为拱门的最高点，经测量，，，则拱门最高点到地面的距离是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接交于点，连接，根据矩形的性质和垂径定理求得的值，通过构建直角三角形，利用勾股定理进行计算即可求解． 【详解】解：连接交于点，连接，如图： 根据题意可得：四边形是矩形，， ∴，， ∵，， ∴， 即， ∴，， 设的半径为，则， 在中，， 即， 解得， ∴拱门最高点到地面的距离是． 9.（2026·广东广州·二模）如图，在足球比赛中，球员甲带球奔向对方球门，在不考虑其他因素的情况下，一般射门角度越大，射门进球的可能性就越大．球员甲带球路线与球门垂直，为垂足，点在上，过的与相切于点．球员甲带球到点_______（填“”或“”）射门，进球的可能性更大；若，，则的长为______． 【答案】 【分析】令与的交点为，连接，过点作于点，连接，推导出，得到，则球员甲带球到点射门，进球的可能性更大，进而推导出四边形是矩形，得到，，根据勾股定理求出，则，即可解答． 【详解】解∶令与的交点为，连接，过点作于点，连接，如图， ，都为弧所对的圆周角， ， ， ， 球员甲带球到点射门，进球的可能性更大； ，点为圆心， ，， ，切于点， ， 四边形是矩形， ，，即， ， ． 10.（2026·广东广州·二模）如图，的半径，直线，垂足为，且交于，两点，，若沿所在直线平移后与相切，则平移的距离是________． 【答案】或 【分析】连接，利用垂径定理可得，再由勾股定理可得，然后分两种情况解答即可． 【详解】解：连接， ∵直线，， ∴， 在中，， ∴， ∵直线l沿所在直线平移后与相切， ∴直线l应垂直于过点C的直径，垂足为直径的两个端点， ∴当直线向下平移时，直线l沿所在直线移动的距离为； 当直线向上平移时，直线l沿所在直线移动的距离为； 综上所述，平移的距离是或． 11.（2026·广东东莞·二模）如图，由5个边长为3的小正方形组成的L型图案如图摆放，点A、B在半圆直径上，点C、D在半圆上，则半圆的半径为__________． 【答案】 【分析】连接、，先证明、、三点共线，进而证明，求出，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，标记各点，连接、， 由题意可知，，，，， 点是的中点， ， ， 、、三点共线， ， ， ， ， ， ， ，即半圆的半径为． 12.（2026·广东广州·二模）如图，是的直径，弦，垂足为P，连接，，求证：． 【答案】证明： ∵是的直径，弦，垂足为P， ∴，， ∴， 在和中，，， ∴． 【分析】根据垂径定理得，则，再结合，即可证明． 【详解】略 13.（2026·广东·二模）已知AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点．连接AC，DO． (1)如图①，求∠BOD及∠A的大小； (2)如图②，过点C作CF⊥AB于点F，交⊙O于点H，若⊙O的半径为2．求CH的长． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）直接利用半圆所对的圆心角为，半圆所对的圆周角为求解即可； （2）先求出是等边三角形，再求出，，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）∵点C，D是半圆O的三等分点，且半圆所对的圆心角为，圆周角为 ∴，， ∴，． （2）如图，连接， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴，， ∴， ∴，即的长为． 【点睛】本题考查了圆的相关概念，涉及圆周角和圆心角、垂径定理、等边三角形的判定与性质等知识，解题关键是牢记相关概念，正确作出辅助线构造直角三角形并利用勾股定理求解． 14.（2026·广东清远·二模）综合与实践 某地的景观湖湖面成鱼型，如图1，鱼身外围有一条圆弧形水道，在圆弧形水道外侧有一条圆弧形道路，它们的圆心相同．某学习小组想要借助所学的数学知识探索该景观湖的大小，如图2，学习小组来到了圆弧形道路内侧A处，将所携带的200米绳子拉直至圆弧道路内侧另一点B处，并测得绳子中点C与圆弧形道路内侧中点D的距离为10米，圆弧形水道外侧到道路内侧的距离为22米（点D，C，E在同一直线上），请计算圆弧形水道外侧的半径． 【答案】圆弧形水道外侧的半径为483米 【分析】根据垂径定理可知，，的长度，进而根据勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，设两同心圆的圆心为O，连接，，， ∵C为的中点，D为圆弧形道路内侧中点， ∴，， ∴O，E，C，D四点共线，（米）， 设米，则（米）． 在中，由， 得， 解得． ∴（米）． ∴圆弧形水道外侧的半径为483米． 切线的性质与判定 考点03 1.（2026·广东广州·二模）如图，相距的两个城镇，之间有一个半径为的圆形湖泊，它的圆心落在连线的中点处．现要修建一条由线段，，线段三部分组成的公路，其中，分别与相切于点，，则这段公路的总长度为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据切线的性质以及已知条件，可得，进而得出，再勾股定理求得，，进而根据弧长公式求得的长，即可求解． 【详解】解：∵，为的中点 ∴ 又∵，分别与相切于点，，且的半径为 ∴， ∴, ∴， 同理 ∴ ∴ ∴的长为 ∴这段公路的总长度为． 2.（2026·广东深圳·二模）如图，四边形为正方形，点在上，以为直径的与相切，若，则正方形的边长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】令切点为，连接、相交于点，由切线的性质得，由正方形的性质得，从而得，，，于是，，在中利用勾股定理即可得解． 【详解】解：令切点为，连接、相交于点， ∵与相切， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， 即N、M分别是的中点， 又∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， 即， 整理得， 即， ∴或， ∴（舍去）或. 3.（2026·广东广州·二模）如图，在平面直角坐标系中，动点在直线上，动点在半径为的上（为坐标原点），过点作的一条切线，为切点， （1）原点到该直线的距离为________； （2）当的值为最小时，的值为________． 【答案】 【分析】（1）设直线与x轴，y轴分别交于点A，B，过点O作于点K，求出点A，B的坐标可得，再由等腰三角形的性质解答即可； （2）连接，则，根据切线的性质可得，当最小时，均取得最小值，此时的值最小，且当时，的值最小，即可求解． 【详解】解：（1）如图，设直线与x轴，y轴分别交于点A，B，过点O作于点K， 当时，，当时，， ∴点， ∴， ∴， ∴，即原点到该直线的距离为2； （2）如图，连接，则， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴当最小时，均取得最小值，此时的值最小， ∴当时，的值最小， 由（1）得：此时的最小值为2， 此时 ， ∴此时． 4.（2026·广东·二模）如图，与相切于点，连接，过点作的垂线，交于点，连接，交线段于点．若，则的值为___________． 【答案】 【分析】利用平行线的判定与性质证明，再求得，再利用直角三角形的边角关系解答即可． 【详解】解：∵与相切于点B， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，平行线的判定与性质，相似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，熟练掌握上述定理与性质是解题的关键． 5.（2026·广东广州·二模）如图，以的一边为直径作⊙，⊙与边的交点恰好为边的中点． (1)求证：； (2)过点作，交于点， ①求证：为⊙的切线； ②连接交于点，若，求的值． 【答案】(1)证明：∵为的直径， ∴，即． ∵为中点， ∴垂直平分， ∴． (2)①证明：如图，连接， 由（1）得，则． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵为半径， ∴为的切线． ②． 【分析】（1）由圆周角定理可得，可证垂直平分，进而可证； （2）①连接，证明，可得，进而得出，可证为⊙的切线； ②设，则，由勾股定理求出，可得，，再证明即可求解． 【详解】（1）略； （2）①略； ②解：∵在中，， ， ∴设，则， ∴． ∵在中，， ， ， ， ， ． ， ， ． 6.（2026·广东梅州·二模）如图， 是 的直径，是 的弦，点D是的中点．过点D作交的延长线于点E．四边形内接于 ，是 的直径，连接． (1)若，求的度数； (2)求证：是的切线． 【答案】(1) (2)证明：如图，连接． ∵点D是的中点， ∴， ∵ ， ∴， ∵， ∴， ∵ 是 的半径， ∴是 的切线． 【分析】（1）证明 是等腰直角三角形，即可求解； （2）利用垂径定理求得，推出，即可得到，据此即可证明是 的切线； 【详解】（1）解：如图，连接． ∵ 是 的直径， ∴ ． ∵， ∴， 则 是等腰直角三角形． ∴； （2）略 7.（2026·广东广州·二模）如图，是的外接圆，为直径，点是的内心，连接并延长交于点，连接，过点作，交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为，，求阴影部分的面积（结果用含的式子表示）． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）连接，交于点，根据等腰三角形的性质得到，由点是的内心，得到，求得，根据圆周角定理得到，求得，根据切线的性质得到即可． （2）先利用同弧或等弧所对的圆周角相等和三角形内角和可得，再结合平行线的性质和三角函数可得，最后根据即可求解． 【详解】（1）证明：连接，交于点， ， ∵， ∴， 又∵点是的内心， ∴， ∴， ∴， 又∵为的直径， ∴， ∴， 又∵， ∴． ∴是的切线． （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 8.（2026·广东广州·二模）如图所示，是等腰三角形，且，，在上取一点，使，以为圆心，为半径作圆， (1)猜想与的位置关系，并证明你的猜想； (2)已知， ①求扇形的面积（结果保留π） ②若把扇形 围成圆锥的侧面，求圆锥底面圆的半径长． 【答案】(1)解：与相切，证明如下： ∵，， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， 又∵是的半径， ∴与相切； (2)①；② 【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，再结合，可求得，即可得结论； （2）①在中，根据含30度的直角三角形三边的关系得到，，进一步求解面积； ②先求解弧的弧长，再求圆锥的底面圆半径． 【详解】（1）略 （2）解：①在中，，， 则，， ∴，， ∴扇形的面积为； ②∵，， ∴弧的弧长为：， 设底面圆半径为：r， 则， 解得：． 9.（2026·广东广州·二模）如图，已知在等腰中，，点D为边上一点，且，为的外接圆． (1)尺规作图：求作（保留作图痕迹，不要求写作法）； (2)求证：是切线． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）由已知可知，因此作的垂直平分线交于点，以点为圆心，的长为半径作圆，即为所求； （2）连接，由垂直可知，进而根据，得，即可求解． 【详解】（1）解：作的垂直平分线交于点，以点为圆心，的长为半径作圆，即为所求； （2）证明：连接， ∵， ∴， ∴是的直径， ∴是的半径， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是的切线． 10.（2026·广东惠州·二模）如图，是的直径，为上的动点，连接，．的切线与的延长线交于点． (1)尺规作图：作的中点，连接（保留作图痕迹，不写作法）； (2)求证：是的切线． 【答案】(1)解：如图所示． (2)证明：如图，连接， ∵是的直径， ， ． ∵点是的中点， ， ． ， ， ， ． 是的切线， ． 是的半径， ∴是的切线． 【分析】（1）作线段的垂直平分线，交于点，点即为所求，连接； （2）连接，根据圆周角定理得到，求得，由点是的中点，得到，求得，推出，根据切线的判定性质定理即可得到结论． 【详解】（1）略 （2）略 11.（2026·广东惠州·二模）如图，在中，，是的外接圆，点是圆外一点，，交于点，交于点，且 (1)求证：是的切线； (2)若点是的中点，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)证明：连接， ， ， 又， ， ， ， 即， 是的切线； (2)证明：连接，， 点是的中点， ， ， ， ， ， ， ∵， ， 在和中， ， ， 与相互垂直平分， 故四边形是菱形． 【分析】（1）连接，根据等边对等角结合已知可证，进而求出，即可证明； （2）连接，，根据圆周角定理及等边对等角证明，推出，再根据垂径定理得到，证明，推出与相互垂直平分，即可证明结论． 【详解】（1）略 （2）略 12.（2026·广东广州·二模）如图，是等腰三角形，，是的外接圆，是圆心． (1)请用无刻度的直尺和圆规在图中作以为对角线，、为边的平行四边形； (2)求证：是的切线： (3)若，，求的半径． 【答案】(1) (2)证明：如下图所示，连接、，连接并延长交于点， ，， 是的垂直平分线， ， 四边形是平行四边形， ， ， 又点在上， 是的切线； (3) 【分析】（1）以点为圆心为半径画弧，以点为圆心为半径画弧，两弧交于点，连接、，则有，，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可证四边形是平行四边形； （2）根据到线段两端点的距离相等的点在线段的垂直平分线上，可证是的垂直平分线，所以可知，根据平行四边形的对边相互平行，可证，可得，从而可证是的切线； （3）根据线段垂直平分线的性质可知，利用勾股定理求出，设的半径为，可列方程，解方程即可求出的半径． 【详解】（1）略 （2）略； （3）解：，是的垂直平分线， ，， ， 设的半径为，则，， 在中，， ， 解得：． 13.（2026·广东·二模）如图，在中，，．点O在边上，以点O为圆心，为半径的过点C，且与交于另一点 D． (1)求证：与相切； (2)点E 为上一点， ，连接，若，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）连接， 根据等腰三角形的性质得出，再根据，得出，即可得， 在中，得出，即可证明与相切； （2）根据，得出，在中，，得出，根据圆心角的性质得出，在中，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ，， ， ， ， ， 在中，，即， 又是的半径， 与相切； （2）解：连接， ∵，则半径为， ， 由（1）知， 在中，， ， ，为圆心，为直径， ， 在中，由勾股定理得： ． 14.（2026·广东深圳·二模）如图，在中，，是外接圆，点D是圆外一点．连接，与交于点E，，已知． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】（1）根据题意，证明即可求解； （2）由题可得垂直平分，进而得到是的中位线，再证，得到，根据计算即可． 【详解】（1）证明：连接， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵是半径， ∴是切线； （2）解：∵，， ∴垂直平分． 又∵点O是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即∴， ∴， ∴． 15.（2026·广东江门·二模）如图，为⊙直径，，为⊙上的两点，且是⊙的切线，交的延长线于点．若，求的度数； 【答案】 【分析】连接，根据切线的性质可得，则有，然后可得，进而问题可求解． 【详解】解：连接，如图： 是的切线， ， ， ， ， ∵， ， ， ， ． 16.（2026·广东江门·二模）如图，中，，点O为边上一点，以O为圆心，为半径的圆与交于点C，与相切于D，点P为上一点． (1)求证：． (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明：连接，，如图， ∵是的切线， ∴， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． (2) 【分析】（1）结合切线的性质得，根据圆周角定理，得，则，最后由垂径定理进行解答即可； （2）根据圆周角定理，得，得，把数值代入，解得．则，再把数值代入进行计算，则． 【详解】（1）略 （2）解：∵，， ∴，， ∴， 设的半径为r， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 17.（2026·广东梅州·二模）如图，为的直径，与相切于点，点在的延长线上，，猜想与的位置关系，并证明你的结论． 【答案】 解：猜想：： 证明：连接， ∵与相切于点， ∴， ∴， ， ， ∵， ∴， ∴， 即． 【分析】连接，根据切线的性质可得，利用等腰三角形的性质可得，等量代换即可得出，结论可证. 【详解】略 18.（2026·广东·二模）如图，在四边形中，．以为直径的经过点D，且与边交于点E，连接． (1)求证：为的切线； (2)若，求的长． 【答案】(1) 证明：∵， ∴， 又∵， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴为的切线； (2)． 【分析】（1）只要证明，即可证明为的切线； （2）过点D作，垂足为F，在中，，，，求得，，在中，，，，求得，再根据圆内接四边形的性质结合等边对等角求得，据此求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：如图，过点D作，垂足为F， ∵， ∴， ∴， ∵中，，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵中，，，， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，切线的判定，解直角三角形的应用．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 切线长定理 考点04 1.（2026·广东深圳·二模）如图，，分别切于点A，B，若，的长为，则的半径为（   ） A．10 B．15 C．20 D．30 【答案】B 【分析】连接，由切线定理及四边形内角和可得，然后根据弧长计算公式进行求解即可． 【详解】解：连接，如图所示： ∵，分别切于点A，B， ∴， ∵，且， ∴， ∵的长为， ∴， 解得：． 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·广东·二模）如图，在四边形中，分别与扇形相切于点．若，则的长为（   ） A．8 B． C． D．9 【答案】D 【分析】连接，作于点，由，分别与扇形相切于点，，，得，，，，求得，再证明四边形是矩形，则，，由勾股定理得，求得，即可解答． 【详解】解：连接，作于点， 则， ，分别与扇形相切于点，，，， ，，，， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 解得：， 故选：D． 【点睛】此题考查切线的性质定理、切线长定理、勾股定理、矩形的判定与性质等知识点，正确地作出辅助线是解答本题的关键． 4.（2026·广东·二模）如图PA、PB是圆O的切线，切点分别为A、B，点C在AB上，过C作圆O的切线分别交PA、PB于点D、E，连接OD、OE，若∠P=50°，则∠DOE的度数为（　　　） A．130° B．50° C．60° D．65° 【答案】D 【分析】连接OA、OB、OC，由切线性质得OB⊥PB、OA⊥PA，从而求得∠AOB的度数，再由切线长定理得到DB=DC，从而证得OD平分∠BOC，同理得OE平分∠AOC，最后由∠DOE=∠AOB得到∠DOE的度数． 【详解】解：如下图 连OA、OB、OC ∵PB切⊙O于B，PA切⊙O于A ∴OB⊥PB，OA⊥PA 又∠P=50° ∴∠AOB=130° ∵DB切⊙O于B，DE切⊙O于C ∴DB=DC且OC⊥DC ∴OD平分∠BOC，即∠DOC=∠BOC 同理得∠EOC=∠AOC ∴∠DOE=∠DOC+∠EOC =∠BOC+∠AOC =(∠BOC+∠AOC) =∠AOB=×130° =65°． 故选：D． 【点睛】此题考查切线的性质、切线长定理，发现∠DOE=∠AOB是关键． 5.（2026·广东·二模）如图，在中，，，，是的内切圆，连接，，则图中阴影部分的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了扇形面积公式，勾股定理，三角形的内切圆的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据勾股定理可得的长，设与的切点分别为D，E，F，连接，则，设的半径为r，可证明四边形是正方形，可得，然后三角形的内切圆的性质，可得到，，从而得到，然后根据扇形面积公式解答即可． 【详解】解：在中，，，， ∴， 如图，设与的切点分别为D，E，F，连接，则， 设的半径为r， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵是的内切圆， ∴，分别平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵分别平分， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积是． 故选：C 6.（2026·广东广州·二模）如图，为的弦，，为的切线，且，点为劣弧上一动点（点与点，不重合），则的度数为______． 【答案】/度 【分析】连接、，在优弧上取一点，连接、，根据切线的性质及切线长定理得出，，进而得出是等边三角形，根据四边形内角和为求出，根据圆周角定理及圆内接四边形的性质即可得出答案． 【详解】解：如图，连接、，在优弧上取一点，连接、， ∵，为的切线， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵和是所对的圆周角和圆心角， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴． 7.（2026·广东东莞·一模）足球是跨越国界与文化的通用语言，用激情与拼搏连接人心，成为全世界情感交流的桥梁．图①是某次足球比赛的奖杯，图②是从奖杯中抽象出的几何模型，是圆的切线，A，B为切点． (1)请用无刻度的直尺和圆规作出这个圆的圆心O（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，延长交射线PA于点C，若，，请补全图形，并求的长． 【答案】(1)解：点O如图所示： (2)5 【分析】（1）在圆上任取一点D，分别作线段的垂直平分线，相交于点O，则O即为所求， （2）根据题意补全图形，连接，结合切线的性质，可得，，，则，由勾股定理得，设，则，在中，由勾股定理得出，代入数值求出的值即可作答． 【详解】（1）略； （2）解：连接，如图所示， ∵是圆的切线，为切点． ∴，，， 则， 在中，由勾股定理得， 设，则， 在中，由勾股定理得出， 即， 解得， ∴． 正多边形、弧长与扇形面积的有关计算 考点05 1.（2026·广东中山·二模）如图，在正边形中，，则的值是（     ） A．8 B．9 C．10 D．18 【答案】B 【分析】根据圆周角定理，得到，再根据中心角的计算公式求出的值即可. 【详解】解：∵， ∴， ∴. 2.（2026·广东深圳·二模）刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接正多边形或外切正多边形逐步逼近圆来近似地计算圆的面积．如图，的内接正六边形与外切正六边形的面积比是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图，设正六边形为的内接正六边形，、、、、、为的切线，切点分别为、、、、、，连接、、、，设交于点，设正六边形的半径为，根据正多边形和圆的性质及切线的性质得，，，， ，证明六边形为的外切正六边形，求出，得，求出，得，可得答案． 【详解】解：如图，设正六边形为的内接正六边形，、、、、、为的切线，切点分别为、、、、、，连接、、、，设交于点，设正六边形的半径为， ∴，，，， ， ∴，， ∴， 用同样的方法可得：， 即， ∵，， ∴垂直平分， ∴， 用同样的方法可得：，， ∴，， ，， ∴，， ∴、是等边三角形， ∴， 用同样的方法可得：， 即， ∴六边形为的外切正六边形， ∵，，垂直平分， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是等边三角形，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即的内接正六边形与外切正六边形的面积比是． 3.（2026·广东广州·二模）如图，边长为4的正六边形的中心与原点O重合，顶点C，F在x轴上，将正六边形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2026次旋转结束时，点A的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据旋转的性质求出旋转的周期，确定第2026次旋转结束时点的位置相当于初始位置顺时针旋转，再利用正六边形的性质和三角函数（或勾股定理）求出坐标即可． 【详解】解：每次旋转，， 旋转8次为一个循环周期． ， 第2026次旋转结束时，点的位置与第2次旋转结束时点的位置相同，即相当于将初始位置的点绕点顺时针旋转． 如图，设第二次旋转后的正六边形为． 六边形是边长为4的正六边形， ∴中心角为， ∴， ∴是正三角形， ， 顺时针旋转， ∴， 点C在轴正半轴上，， ∴．点在第一象限， ∵，， ∴垂直于x轴，设垂足为点． 在中，，， ， ． 点的坐标为． ∴第2026次旋转结束时，点A的坐标为． 4.（2026·广东惠州·二模）如图，甲同学利用尺规作图找到了一件圆形“青花瓷盘”文物瓷片的圆心O，点A，B，C均在圆弧上，经测量得，，则的长度为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】补全整个圆，根据圆内接四边形结合圆周角定理求出，再利用弧长公式计算即可． 【详解】解：如图， ∵，四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∵， ∴的长度为． 5.（2026·广东广州·二模）如图，四边形内接于，已知的半径为，，若，则劣弧的长是_______． 【答案】 【分析】连接，，，根据圆内接四边形对角互补求出的度数，利用圆周角定理求出的度数，结合周角定义及等弧所对的圆心角相等求出的度数，最后利用弧长公式计算即可． 【详解】解：如图，连接，，， 四边形内接于， ， ， ， ， ， ， ， ， 劣弧的长为． 6.（2026·广东广州·二模）如图，是的直径，是的切线，点B为切点，若，，则劣弧长为（     ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据圆的切线的性质得到，然后解直角三角形求出，，再由圆周角定理得到，最后根据弧长公式求解． 【详解】解：∵是的直径，是的切线， ∴， ∵，， ∴， ， ∴，， ∴劣弧的长为． 7.（2026·广东广州·二模）如图，的直径为，是弧上一动点，半径垂直于，，垂足为．当点从运动到的过程中，点运动的路径长为（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据可得，从而判定点在以为直径的圆上运动；通过分析点在起点和终点时点的位置，确定点的运动轨迹为以为直径的半圆，最后利用勾股定理求出，结合圆周长公式求解即可． 【详解】解：连接 ∵， ∴， ∴点在以为直径的圆上运动， 当点在点时，与重合，此时点与点重合， 当点在点时，与重合， ∵为的直径， ∴， 即， 又∵， ∴点与点重合， ∴点运动的路径是以为直径的半圆， ∵的直径为，半径， ∴，， 在中，， ∴点运动的路径长为． 8.（2026·广东·二模）自行车停车架，主要用于自行车稳定停放及快速取放，如图1是自行车固定好后，后轮与车架的摆放方式，图2是它的简化示意图，已知后轮与底部停车架切于点A，与侧面停车架切于点B，车轮半径为，则的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了切线的性质，弧长计算，矩形的判定和性质，连接、，根据切线性质得出，，证明四边形为矩形，得出，根据弧长计算公式求出结果即可． 【详解】解：连接、，如图所示： ∵后轮与底部停车架切于点A，与侧面停车架切于点B， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴的长度为， 故选：B． 9.（2026·广东肇庆·二模）如图，在矩形中，O为中点，，，则扇形的面积为__________． 【答案】 【分析】求出的度数，再利用扇形的面积公式进行计算即可. 【详解】解：∵矩形， ∴， ∵O为中点，，， ∴， ∴， ∴， 同法， ∴， ∴扇形的面积为. 10.（2026·广东广州·二模）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点是的中点，连接，．以点为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作，等边三角形的性质结合圆内接四边形的性质，求出，三线合一，解直角三角形，求出的长，利用扇形的面积公式求出阴影部分的面积即可． 【详解】解：∵是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点， ∴，， ∴， 作， 则：，， ∴， ∴阴影部分的面积为． 11.（2026·广东深圳·二模）如图，在矩形中，．以的中点O为圆心，长为半径作，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设半圆交于点，连接，过点作于点，证明四边形为矩形，进而通过得到，推出，即可求解． 【详解】解：如图，设半圆交于点，连接，过点作于点， ∵四边形是矩形， ， ， ， ∴四边形为矩形， ， ， ， ， 同理可得， ， ． 12.（2026·广东广州·一模）已知圆锥的母线长为，底面半径是，则这个圆锥侧面展开图的圆心角是（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用圆锥底面周长等于其侧面展开图扇形的弧长，列方程求解圆心角即可． 【详解】解：设这个圆锥侧面展开图的圆心角为， ∵圆锥底面周长等于侧面展开图扇形的弧长，已知圆锥底面半径，母线长， ∴圆锥底面周长为， 根据扇形弧长公式可得方程：， 解得：， ∴这个圆锥侧面展开图的圆心角是． 13.（2026·广东广州·二模）如图，已知扇形的半径是，圆心角为，用这个扇形围成一个圆锥，则该圆锥底面圆的半径为_______． 【答案】 【分析】利用圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，结合圆周长公式求解即可． 【详解】解：设此圆锥的底面半径为，由题意，得， 解得：， 故此圆锥的底面半径为． 14.（2026·广东广州·二模）在中，，．若以所在直线为轴，把旋转一周，得到一个圆锥，这个圆锥侧面展开所得扇形的弧长等于________． 【答案】 【分析】以为轴旋转得到圆锥，圆锥底面圆的半径等于的长度，圆锥侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，代入半径计算即可． 【详解】解：在中，，以所在直线为轴旋转得到圆锥， 圆锥底面圆的半径， 圆锥侧面展开所得扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长， 弧长． 15.（2026·广东广州·二模）校园科技文化节举办手工作品创意展，小华用一张半径为的扇形纸板，制作一个无底面的圆锥形小丑帽（接缝重叠部分忽略不计），如果圆锥帽的底面半径为，那么该扇形纸板的面积为________． 【答案】 【分析】本题考查圆锥的展开图和扇形的面积求解，圆锥展开后为扇形图形，圆锥底面圆的周长即为展开后扇形的弧长，然后根据扇形面积公式即可得出答案． 【详解】圆锥帽的底面半径为， ， 即展开后的扇形弧长是， 扇形的圆心角为：， 扇形纸板面积为：． 16.（2026·广东韶关·二模）如图，在边长为的菱形中，，以点为圆心，菱形的高为半径画弧，交于点，交于点，则图中阴影部分的面积是________． 【答案】 【分析】由菱形的性质得出，，由锐角三角函数求出菱形的高，图中阴影部分的面积菱形的面积扇形的面积，根据面积公式计算即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∵是菱形的高， ∴， 在中，， ∴菱形的面积， ∵扇形的半径为，圆心角为， ∴扇形的面积， ∴图中阴影部分的面积． 17.（2026·广东深圳·二模）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都为，点，，，，都在格点（小正方形的顶点）上，和所在圆的圆心均为点，则阴影部分的面积为______． 【答案】 【分析】由图形可知，借助网格求出扇形的半径，根据扇形的面积公式即可求出结果． 【详解】解：由图可知， ，，， 在和中，， ∴， ， ． 18.（2026·广东清远·二模）如图，在矩形中，，，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点，点是边上的一点，且，连接，并将沿折叠，此时，点的对应点恰好落在弧上，则图中阴影部分的面积是________．（结果保留） 【答案】 【分析】根据矩形性质和已知边长求出的长，在中利用三角函数求出的度数，由折叠性质得出，，，进而判断为等边三角形，得出，从而求出的度数，观察图形可知阴影部分面积等于扇形的面积减去四边形的面积，四边形的面积等于2倍的面积，代入数据计算即可． 【详解】解：连接，如下图， 四边形是矩形， ， ，， ， 在中，， ， 由折叠的性质可知，， ，，， ， 又点在弧上， ， 是等边三角形， ， ， 由图可知，阴影部分的面积扇形的面积四边形的面积， 四边形的面积 ， ， 阴影部分的面积为． 19.（2026·广东·二模）如图，在中，，，，以点A为圆心、长为半径画弧，交于点E，以点B为圆心、长为半径画弧，交于点F，则图中阴影部分的面积为_____（结果保留根号和）． 【答案】 【分析】根据平行四边形的性质得到，，过点D作于点，由含30度角的直角三角形的性质得到，结合面积公式得到，再根据扇形面积的计算得到，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，， 如图所示，过点D作于点， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ． 圆与三角形的综合 考点06 1.（2026·广东广州·二模）如图，以的一边为直径作⊙，⊙与边的交点恰好为边的中点． (1)求证：； (2)过点作，交于点， ①求证：为⊙的切线； ②连接交于点，若，求的值． 【答案】(1)证明：∵为的直径， ∴，即． ∵为中点， ∴垂直平分， ∴． (2)①证明：如图，连接， 由（1）得，则． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵为半径， ∴为的切线． ②． 【分析】（1）由圆周角定理可得，可证垂直平分，进而可证； （2）①连接，证明，可得，进而得出，可证为⊙的切线； ②设，则，由勾股定理求出，可得，，再证明即可求解． 【详解】（1）略； （2）①略； ②解：∵在中，， ， ∴设，则， ∴． ∵在中，， ， ， ， ， ． ， ， ． 2.（2026·广东韶关·二模）如图1，在矩形中，，对角线，交于点，是延长线上一点，连接，，已知，为半圆的直径，切半圆于点． (1)求证：； (2)求半圆的直径； (3)如图2，动点在上点出发向终点匀速运动，同时，动点从出发向终点匀速运动，且它们恰好同时停止运动．当与的一边平行时，求所有满足条件的的长． 【答案】(1)证明：∵矩形 中，是对角线的交点， ∴是 中点， ∴， ∴，即 ． 又∵矩形中 ， ∴， ∵， ∴． (2)24 (3)所有满足条件的的长为或或． 【分析】（1）根据矩形对角线性质，得是中点．根据三线合一，得，即，得，由，即可证得结论； （2）求出，，，连接，设半圆半径为r，直径．设，则，，得，解得，得，．用面积法求得，即可得半圆的直径； （3）过点P作于点G，作于点H，得四边形是矩形， 由，，得，设，则，得，当时，当时，当时，分三种情况解答即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴，， ∵矩形中，是对角线的交点， ∴是中点，， 连接，设半圆半径为r，则，直径． 设， 则，， 由得， ∴， 解得， 即，． 切半圆于， ∴， 对用面积法， 代入得， 解得， ∴直径． （3）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 过点P作于点G，作于点H，则， ∴四边形是矩形， ∴， 由（2）知，，， ∴， ∵点P、Q同时出发同时停止，匀速运动，设时间为t， ∴点P的速度为，点Q的速度为， ∴在时间内，，， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 当时， ∵为矩形的对角线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， 符合所列方程，符合题意； 当时， ∵， ∴点Q、H重合， ∴， ∴， 解得； 当时，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， 符合所列方程，符合题意． 综上：所有满足条件的的长为或或． 3.（2026·广东广州·二模）【阅读材料】德国数学家约翰内斯•米勒在1471年提出了一个有趣的问题：如图①，一根竖直悬挂的杆，在地面（直线l）上的哪个点P能让杆看起来最长（也就是最大）．这个最大视角问题是数学史上100个著名的极值问题之一．利用圆的知识，其实这个问题并不难解决．如图②，作过点A，B且与直线l相切于点C，当点P异于点C时，容易证明，所以当点P与点C重合时，最大，也就是说，当的外接圆与l相切时，最大． 【解决问题】 (1)请完成材料中的证明； (2)材料中的最大视角问题，设，点B到直线l的距离为b，当最大时，点P到所在直线的距离是多少？（用含a，b的代数式表示） (3)如图③，E是射线上的一点，，，C是的中点．把绕点C顺时针旋转得到，连接．求当最大时，的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）设与交于点D，连接，利用三角形外角得到角度的关系，再结合圆周角定理即可证明； （2）根据（1）中结论可知当点P与点C重合时，最大，再添加辅助线，得到，结合勾股定理求解即可； （3）先证明与全等，可得，添加辅助线证明，得到边成比例，再证明为等边三角形，利用边的关系求解即可． 【详解】（1）证明：∵与直线l相切于点C， ∴点C是与直线l的唯一公共点， ∴当点P异于点C时，点P在圆外， 设与交于点D，连接，如图， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）解：由题意可知，当点P与点C重合时，最大． 如图，设所在直线与l相交于点F，连接，过点O作于点E，如图， 则即为此时点P到所在直线的距离， ∵与直线l相切于点C， ∴， ∵，， ∴四边形为矩形， ∵， ∴， ∴，， ∴， 在中，， ∴； 即当最大时，点P到所在直线的距离是； （3）解：如图，延长到点F，使，连接，，如图， ∵，，， 在与中， ， ∴， ∴， 由旋转性质可知，，， ∴，， ∴， ∴， ∴当最大时，最大． 在左侧作，使得，连接， 则， ∴，， ∴， ∴，， ∴点F在过点G且与垂直的直线上运动， ∴当的外接圆与直线相切时，最大， ∵延长，交于点H，连接，如图， 设， ∵的外接圆与直线相切， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ， 又∵， ∴， ∴，即， ∵在中，，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 圆与四边形的综合 考点07 1.（2026·广东广州·二模）如图，点是边长为2的正方形的边上一动点（不与，重合），和关于直线对称，连接交射线于点． (1)当点在对角线上时，求的度数； (2)求证：； (3)若点在上，且，当最大时，求的长度． 【答案】(1) (2)证明：连接，与交于点，如图， ∵折叠， ∴，， ∵正方形，边长为2， ∴，，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴； (3)2 【分析】（1）根据正方形的性质，折叠的性质，推出为等腰直角三角形，得到，邻补角求出的度数即可； （2）连接，与交于点，倒角证明，得到，再证明，得到，进而得到，再根据折叠可知，等量代换即可得出结论； （3）作，连接，证明，得到，进而得到点在以为直径的圆上运动，取的中点，连接，得到当与相切时，最大，证明也是的切线，根据切线长定理，即可得出结果. 【详解】（1）解：∵正方形， ∴，， ∵折叠， ∴， ∵点在对角线上， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴； （2）略 （3）解：作，连接，则， ∴， 由（2）可知，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴又∵， ∴， ∴， ∴点在以为直径的圆上运动， 取的中点，连接， ∴当与相切时，最大，如图， ∵为的半径， ∴也是的切线， ∴. 2.（2026·广东广州·二模）【问题背景】菱形的边长为6，其中，E是边上的一个动点，作射线，点D关于直线的对称点为F，连接，直线与射线交于点G，连接、． 【知识技能】 (1)如图1， 连接，求证∶； (2)如图2， 连接，求证∶； 【拓展探索】 (3)当E在直线上运动时，求时，的长度是 ． 【答案】(1)证明：∵点D关于直线的对称点为F， ∴，， ∴， ∴， 即， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∴； (2)证明：如图所示， 由（1）得，且， ∴， ∴四点共圆， ∵与所对的弧为， ∴， ∵在四边形中， ，且， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴； (3)或 【分析】（1）根据轴对称的性质得出相等的边，根据等边对等角得出，根据菱形的性质得出，最后根据等边对等角即可得出结论； （2）根据互补的对角得出四点共圆，根据圆周角定理以及菱形的性质得出相等的角，得出，然后利用相似三角形的性质即可得出结论； （3）分两种情况进行讨论，利用锐角三角函数求出相关线段的长度，证明，利用相似三角形的性质求解． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：①如图所示，当点在点右侧时，过点作，交的延长线于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴在中，； 由（2）得，即， ∴； ②如图所示，当点在点左侧时，过点作，交的延长线于点， ∵， ∴， ∴， ∴在中，， 同（1）可证，，且和都是同侧所对； ∴四点共圆， ∵和是同弧所对圆周角，和都是同弧所对的圆周角， ∴； ∴， ∴； ∴，即； ∴， 综上，的长度为或． 3.（2026·广东深圳·二模）在矩形中，E是上一点，且； (1)尺规作图：作，使点O在对角线上，且经过E、D两点．（保留作图痕迹，标出点O，不写作法） (2)如图2，求证：为的切线； (3)若，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）作的中垂线，交于点，再以为圆心，的长为半径画圆即可； （2）连接，根据矩形的性质，等边对等角，推出，即可得证； （3）过O作，根据，设，则，勾股定理求出的值，进而得到，根据，得到，求出的长，进而求出的长，得到的长，再解即可. 【详解】（1）解：如图所示，即为所求． （2）证明：连接， 四边形为矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 为半径， 为的切线； （3）解：过O作，则， 在中，， 设，则， ， 由勾股定理得， 解得：（舍去）， 由（2）得，， 在中，， ， ， ， ， ； 在中，， ， ； 由勾股定理得：； 的半径为. 4.（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． 5.（2026·广东广州·二模）如图，矩形的边，，点从点出发，沿射线移动．以为直径作，点为与射线的公共点，连接，．过点作，与相交于点，连接． (1)判断四边形是什么形状，试说明理由； (2)当与射线相切时，点停止移动，在点移动的过程中． ①矩形的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，说明理由； ②连接，取线段的中点，求点移动轨迹的长． 【答案】(1)四边形是矩形，理由见详解 (2)①矩形的面积存在最小值，最小值为，理由见详解；②点移动轨迹的长为 【分析】（1）根据题意得到，结合“有三个角是直角的四边形是矩形”即可求解； （2）①根据题意证明，根据相似三角形的性质得到面积比等于相似比的平方得到，则，当时，的值最小，则矩形的面积最小，由勾股定理得到，由等面积法得到，由此即可求解； ②根据题意当点F，D重合，时，点E停止运动，如图所示，点移动轨迹长为线段的长，证明即可求解． 【详解】（1）解：四边形是矩形，理由如下， 在中，是直径， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：①矩形的面积存在最小值，最小值为，理由如下， ∵四边形是矩形， ∴，，， 在中，是直径， ∴， 又∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴ ， ∴， ∴当的值最小时，矩形的面积最小， ∵点为与射线的公共点， ∴当时，的值最小，则矩形的面积最小， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积的最小值为； ②∵是直径，即，点在射线上运动，点在射线上运动，连接， ∴当点F，D重合，时，点E停止运动，如图所示， ∴，， ∵当与射线相切时，点停止移动， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，点三点共线， ∴点移动轨迹长为线段的长， ∵，， ∴， ∴，即， 解得，， ∴， ∴点移动轨迹的长为． 【点睛】本题主要考查圆的基础知识，矩形的判定和性质，勾股定理，等面积法求高，相似三角形的判定和性质等知识的综合，理解点的运动，相似三角形的判定和性质是解题的关键． 圆与函数的综合 考点08 1.（2026·广东广州·二模）已知抛物线与轴交于两点，（在的左边，），与轴交于点，设的外接圆圆心为，与轴相切，圆心在反比例函数图象上． (1)求点的纵坐标； (2)求的值； (3)当时，设直线与函数图象的另一交点为，若该抛物线对称轴上一点满足，证明点在上，并直接写出点的纵坐标的取值范围． 【答案】(1)1 (2)； (3)见解析，或 【分析】（1）根据切线的性质求得，即可得到点的纵坐标为1； （2）作轴于点，连接，求得，，，在中，由勾股定理列式计算得到，将点代入即可求得； （3）证明四边形是平行四边形，得到，得出且，求得，，利用待定系数法求得直线的解析式，反比例函数的解析式，联立求得，即可证明点在上，是等边三角形，据此求解即可． 【详解】（1）解：如图， ∵点，与轴相切， ∴， ∴点的纵坐标为1； （2）解：作轴于点，连接，如图， ∴四边形是矩形，解方程，得，， ∴，， ∴， ∴，，， 在中，由勾股定理得，即， 整理得， 将点代入得， ∴； （3）解：∵，又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，，， ∴且， 解得，， ∴，，， 设直线的解析式为， ∴，解得， ∴直线的解析式为， 将代入得， ∴反比例函数的解析式为， 联立得， 解得，， 当时，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴点在上，是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴，又， ∴， 解得或． 2.（2026·广东广州·二模）如图1，点是以为直径的半圆的圆心，，均为直径上方的动点，连接，、和均为该半圆的切线． (1)求证：； (2)当半径时，令，，，，比较与的大小，并说明理由； (3)在（1）的条件下，如图2，当半径时，若点为与该半圆的切点，与交于点，连接并延长交于点，连接，，令，，求关于的函数解析式．（不考虑自变量的取值范围） 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）设与半圆交于点E，如图3，连接，，，根据切线长定理得到，，即可证明； （2）如图4，过点作，交于点，在中，由勾股定理可得，根据，列等式得出，代入可得． （3）如图5，根据均为该半圆的切线，则，证明，得出，从而得出，证明，得出，得出．得出，则，即可得．同理可得，得出，由（2）可知，得出，又在中，，得出，即可得，从而得出． 【详解】（1）证明：设与半圆交于点E，如图3，连接，，， ∵、和均为该半圆的切线 ∴，， ∴； （2）解：．理由如下： 如图4，过点作，交于点， ∴四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理可得， ， ． ， 代入可得． （3）解：如图5， 由（1）知， ， ． ， ， ． ， ． ． ． ， ， ． 同理可得， ， 由（2）可知， ． 又在中， ， ． ， ． 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 $