专题20 圆的综合（3年汇编）（山东专用）2024-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦圆的综合应用，整合2024-2026山东3年真题及模拟题，覆盖切线性质与判定、圆与三角形/四边形、圆中最值5大考点，强调多定理联动与综合推理。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|约8题（3分/题）|切线性质（2026临沂二模）、圆与四边形（2024济宁中考）|2025年起新增双切线与圆周角结合（淄博卷）| |填空|约5题（3-4分/题）|圆中最值（2025淄博中考）、圆与三角形内切圆（2024德州中考）|隐含轨迹构造（东营卷隐圆问题）| |解答题|约10题（4-10分/题）|切线判定（2026山东统考）、圆与三角形综合（2025滨州中考）|2026统考后解答题首问延伸计算，融合相似与三角函数（潍坊卷摩天轮问题）|

专题20 圆的综合 3年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2024-2026） 命题规律 考点01 圆的切线的性质 2026 山东统考卷；2025 淄博 / 滨州 / 潍坊 / 烟台卷；2024 日照 / 济南卷 以选择、填空及解答题小问为主，分值 3-6 分。早年侧重切线垂直半径的基础角度、边长计算，题型固定。2025 年起增多双切线、切线与圆周角结合的变式题；2026 统考后常作为解答题首问的延伸计算，融合相似、三角函数，从单一性质套用转向多定理联动推导，对图形转化与运算能力要求逐年提升。 考点02圆的切线的判定 2026 山东统考 / 德州卷；2025 山东统考 / 淄博 / 滨州卷；2024 泰安 / 潍坊卷 是圆综合解答题的核心必考设问，分值 4-6 分。早年以半径 + 垂直的直接证明为主，依托全等、等腰推导垂直关系。2025 年起新增角平分线、圆周角定理结合的间接判定；2026 统考后固定为解答题首问，常结合尺规作图痕迹、角度等量关系推导，证明链条加长，从直接条件证明转向隐含条件挖掘，对逻辑推理严谨性要求明显提高。 考点03圆与三角形 2026 山东统考 / 烟台卷；2025 德州 / 青岛 / 威海卷；2024 泰安 / 淄博卷 覆盖选择、填空、解答全题型，分值 3-10 分。早年以内心、外心基础性质、圆周角与三角形内角结合计算为主，设问直白。2025 年起增多相似三角形、三角函数结合的边长计算；2026 统考后深度融合三角形全等、解直角三角形，作为解答题核心设问，从基础角度计算转向边长、面积的综合求解，与三角形核心定理的联动性显著增强。 考点04圆与四边形 2025 潍坊 / 济南卷；2024 青岛 / 烟台卷 多见于选择、填空及解答题拓展小问，分值 3-5 分。早期以圆内接四边形对角互补的基础角度计算为主，常结合平行四边形、菱形性质设题。2025 年起新增矩形、正方形与圆结合的多结论辨析题，需联动切线、弧长公式综合判断；命题从单一性质考查转向四边形判定与圆性质的融合辨析，对综合识图与多定理联用能力要求稳步提升。 考点05圆中的最值 2025 东营 / 济南卷；2024 济宁卷 多为填空、选择压轴题，分值 3-4 分。早年以定点到圆上动点的最短路径为核心模型，侧重垂线段最短的直接应用。2025 年拓展至隐圆轨迹、旋转背景下的线段最值，需先判断动点轨迹再求解；命题从显性圆的最值计算转向隐性圆构造的综合探究，对轨迹思想与转化能力要求大幅提升，是几何拉分的重要考点。 考点01 圆的切线的性质 一、单选题 1．（2026·山东临沂·二模）如图，直线，直线分别交，于点，以为圆心，长为半径画弧，分别交，于直线同侧的点，，，，则的长等于（    ） A． B． C． D． 2．（2025·山东淄博·中考真题）如图，在中，，为斜边上一点，以为直径的圆与相切于点．若，，则的长是（   ）． A．10 B．12 C．13 D．15 3．（2025·山东青岛·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，，直线与相切于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 4．（2025·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，与x轴交于点M、N，与y轴相切于点Q，点P的坐标为，则点N的坐标为________． 5．（2024·山东青岛·中考真题）如图，中，，以为直径的半圆O分别交于点D，E，过点E作半圆O的切线，交于点M，交的延长线于点N．若，，则半径的长为______． 三、解答题 6．（2025·山东潍坊·中考真题）图是某摩天轮的实景图．摩天轮可视作半径为米的，其上的某个座舱可视作上的点，座舱距离地面的最低高度为米，地面上的观察点到点的距离为米，平面示意图如图所示． (1)当视线与相切时，求点处的座舱到地面的距离； (2)已知摩天轮匀速转动一周需要分钟，当座舱距离地面不低于米时，在座舱中观赏风景的体验最佳，点处的座舱随摩天轮匀速转动一周的过程中，求该座舱中乘客最佳观赏风景的时长，并求这段时间内该座舱经过的圆弧的长． （以上结果均保留小数点后一位数字，参考数据：，，，，） 考点02 圆的切线的判定 一、解答题 1．（2026·山东德州·中考真题）如图，在中，点为上一点，点是的中点，是的直径．过点作的切线交的延长线于点，连接并延长交于点，连接． (1)求证：与相切； (2)若，，求阴影部分的面积． 2．（2026·山东·中考真题）如图，是的直径，，是上的两点，，连接，，，过点作交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 3．（2022·湖南邵阳·三模）如图，是的直径，点是上异于、的点，连接、，点在的延长线上，且，点在的延长线上，且． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 4．（2025·山东东营·中考真题）如图，是的直径，、是上的两点，，于点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为，求图中阴影部分的面积． 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． 6．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 考点03 圆与三角形 一、单选题 1．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题 2．（2024·山东德州·中考真题）有一张如图所示的四边形纸片，，，为直角，要在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的半径为________cm． 三、解答题 3．（2025·山东滨州·中考真题）【背景资料】 最小覆盖圆在几何学和计算机科学中有着广泛的应用．我们把能完全覆盖某平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．如线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆是这个三角形的外接圆，直角三角形的最小覆盖圆是以斜边为直径的圆，钝角三角形的最小覆盖圆是以最长边为直径的圆，正方形的最小覆盖圆是以对角线为直径的圆． 【动手操作】 如图1，中，，请作出的最小覆盖圆．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．） 【迁移运用】 正方形的边长为7，在边上截取，以为边向外作正方形． （1）如图2，连接，求的最小覆盖圆的直径； （2）将图2中的正方形绕点C逆时针旋转（如图3），经过A，D，F三点，且与边分别交于点I，L，求的最小覆盖圆的直径； （3）将正方形绕点C旋转，分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形（如图4）．在旋转过程中，四边形的最小覆盖圆的直径d的值是否发生变化？如果不变，请直接写出d的值；如果变化，请直接写出d的取值范围． 4．（2024·山东烟台·中考真题）如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交O于点D，E是上任意一点，连接，，，． (1)若，求的度数； (2)找出图中所有与相等的线段，并证明； (3)若，，求的周长． 考点04 圆与四边形 一、单选题 1．（24-25九年级上·江苏泰州·期末）如图，四边形内接于，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 2．（2024·山东济宁·中考真题）如图，分别延长圆内接四边形的两组对边，延长线相交于点E，F．若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 3．（21-22九年级上·广东·期末）如图，四边形内接于，若四边形是菱形，则___________． 三、解答题 4．（2024·山东烟台·中考真题）如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交O于点D，E是上任意一点，连接，，，． (1)若，求的度数； (2)找出图中所有与相等的线段，并证明； (3)若，，求的周长． 考点05 圆中的最值 一、单选题 1．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 2．（2024·山东泰安·中考真题）如图，菱形中，，点是边上的点，，，点是上的一点，是以点为直角顶点，为角的直角三角形，连结．当点在直线上运动时，线段的最小值是（    ） A．2 B． C． D．4 二、填空题 3．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为________． 三、解答题 4．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 一、单选题 1．（2026·山东临沂·二模）如图，矩形中，，，以、为圆心，半径分别为2和1画圆，、分别是、上的一动点，是上的一动点，则的最小值是（     ） A．6 B．7 C．8 D．10 2．（2026·山东德州·一模）如图，，O是的外接圆圆心，连接并延长，交于点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·山东青岛·一模）如图，在中，，，，若以点为圆心，长为半径作圆，则与的位置关系是（   ） A．相离 B．相交 C．相切 D．相切或相交 4．（2026·山东聊城·一模）如图，已知，，，，M、N是边上的点，，如果以为直径的与边有公共点，那么的值不可以是（    ） A． B．2 C． D． 5．（2026·山东淄博·一模）如图，，是的切线，切点为，，点，在圆上，若，则（    ） A．55° B．65° C．70° D．78° 6．（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． 7．（2026·山东青岛·一模）如图，是的内切圆，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·山东枣庄·三模）如图，四边形是的内接四边形，是的直径．点是上一点，若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 9．（2026·山东滨州·二模）如图，两圆与直线相切，定圆的半径是，动圆的半径是．动圆在直线上移动，当两圆相切时，，两点的距离等于（     ） A．或 B． C． D． 二、填空题 10．（2026·山东临沂·二模）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，若，则的度数为________． 三、解答题 11．（2026·山东济宁·二模）如图，在足球比赛中，某运动员带球奔向对方球门，当他带球冲刺到点时，他的射门角为（射门角为从球员对应的点出发，分别经过球门立柱，的两条射线形成的夹角），已知，，球门宽约米． (1)若对方守门员在球门立柱，之间（即在线段上）选择防守位置，其防守覆盖区域是以为圆心，半径为米的圆，试判断线段上是否存在合适的位置，使对方守门员能够完全防守住该运动员的射门角，若存在，找出点的位置；若不存在，请说明理由； (2)该运动员决定放弃直接射门，选择传球给射门角度更大的球员，请利用尺规作图画出比他的射门角度更大的球员所处的最大范围． 12．（2026·山东枣庄·三模）如图，中，，平分，是上一点，经过点、点的分别交，于点、点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 13．（2026·山东聊城·二模）如图，是的直径，射线交于点，是劣弧上一点，且平分，过点作于点，延长交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求图中阴影部分的面积（结果保留根号和）． 14．（2026·山东泰安·三模）如图，已知是的直径，点为上一点，过点的切线交延长线于点，且． (1)求证：； (2)过点作交于点，若，求的长． 15．（2026·山东济南·二模）如图，点A，B在上，，点C在的延长线上，过C作的切线，切点为D，连接交于点E． (1)求证：； (2)若，，求的长． 16．（2026·山东淄博·一模）新学期，同学们布置教室．如图1所示，教室前门ABCD宽度，门轴A到墙角E的距离，设E，A，B在同一条直线上，门打开后被黑板墙阻挡，，门边靠在墙的位置． (1)门打开的最大角度______； (2)教室的俯视图如图2，其中靠近前门第一位同学课桌右侧与墙的距离为，且该矩形课桌的边与教室前墙平行，若要使得开关门不受阻挡，则与的距离需大于多少？（结果保留两位小数） (3)如图3，同学们想充分利用教室的空间，在门后中放置一个圆柱形的储物桶，如果购买直径为的圆柱形桶，能放得进去吗？请说明理由．（参考数据：，，） 17．（2026·山东淄博·一模）如图，点O，I分别是（）的外心和内心，其中是外接圆的直径．连接并延长交外接圆于点D，连接，． (1)测量并找出图中所有与相等的线段，并加以证明； (2)若图中，，求的周长． 试卷第1页，共3页 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题20 圆的综合 3年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2024-2026） 命题规律 考点01 圆的切线的性质 2026 山东统考卷；2025 淄博 / 滨州 / 潍坊 / 烟台卷；2024 日照 / 济南卷 以选择、填空及解答题小问为主，分值 3-6 分。早年侧重切线垂直半径的基础角度、边长计算，题型固定。2025 年起增多双切线、切线与圆周角结合的变式题；2026 统考后常作为解答题首问的延伸计算，融合相似、三角函数，从单一性质套用转向多定理联动推导，对图形转化与运算能力要求逐年提升。 考点02圆的切线的判定 2026 山东统考 / 德州卷；2025 山东统考 / 淄博 / 滨州卷；2024 泰安 / 潍坊卷 是圆综合解答题的核心必考设问，分值 4-6 分。早年以半径 + 垂直的直接证明为主，依托全等、等腰推导垂直关系。2025 年起新增角平分线、圆周角定理结合的间接判定；2026 统考后固定为解答题首问，常结合尺规作图痕迹、角度等量关系推导，证明链条加长，从直接条件证明转向隐含条件挖掘，对逻辑推理严谨性要求明显提高。 考点03圆与三角形 2026 山东统考 / 烟台卷；2025 德州 / 青岛 / 威海卷；2024 泰安 / 淄博卷 覆盖选择、填空、解答全题型，分值 3-10 分。早年以内心、外心基础性质、圆周角与三角形内角结合计算为主，设问直白。2025 年起增多相似三角形、三角函数结合的边长计算；2026 统考后深度融合三角形全等、解直角三角形，作为解答题核心设问，从基础角度计算转向边长、面积的综合求解，与三角形核心定理的联动性显著增强。 考点04圆与四边形 2025 潍坊 / 济南卷；2024 青岛 / 烟台卷 多见于选择、填空及解答题拓展小问，分值 3-5 分。早期以圆内接四边形对角互补的基础角度计算为主，常结合平行四边形、菱形性质设题。2025 年起新增矩形、正方形与圆结合的多结论辨析题，需联动切线、弧长公式综合判断；命题从单一性质考查转向四边形判定与圆性质的融合辨析，对综合识图与多定理联用能力要求稳步提升。 考点05圆中的最值 2025 东营 / 济南卷；2024 济宁卷 多为填空、选择压轴题，分值 3-4 分。早年以定点到圆上动点的最短路径为核心模型，侧重垂线段最短的直接应用。2025 年拓展至隐圆轨迹、旋转背景下的线段最值，需先判断动点轨迹再求解；命题从显性圆的最值计算转向隐性圆构造的综合探究，对轨迹思想与转化能力要求大幅提升，是几何拉分的重要考点。 考点01 圆的切线的性质 一、单选题 1．（2026·山东临沂·二模）如图，直线，直线分别交，于点，以为圆心，长为半径画弧，分别交，于直线同侧的点，，，，则的长等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，由等腰三角形等边对等角以及平行线的性质，求出的度数，再利用弧长公式进行求解即可． 【详解】解：连接，如下图所示： 由作图可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的长为． 2．（2025·山东淄博·中考真题）如图，在中，，为斜边上一点，以为直径的圆与相切于点．若，，则的长是（   ）． A．10 B．12 C．13 D．15 【答案】B 【分析】本题主要考查切线的性质，勾股定理及解直角三角形，解题的关键是利用勾股定理建立方程得到圆的半径． 根据题意可得，设半径为，利用勾股定理求出半径，再根据求解即可． 【详解】解：设中点圆心为，半径为，连接， 因为圆与相切于点，所以， 则，即， 解得，， 又， 所以． 故选：B． 3．（2025·山东青岛·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，，直线与相切于点．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的性质，以及切线性质定理，等腰三角形的性质，根据可得，可求出的度数，再由和圆内接四边形的性质可求解的度数，根据圆周角定理求出，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出，最后根据切线性质定理即可求解． 【详解】解：连接，，，如图， ∵，， ∴， ∵，四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵直线为的切线， ∴， ∴． 故选：C ． 二、填空题 4．（2025·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，与x轴交于点M、N，与y轴相切于点Q，点P的坐标为，则点N的坐标为________． 【答案】 【分析】本题主要考查了圆的切线性质，勾股定理，坐标与图形等知识，连接，，过点P作于点A，由点P的坐标可得出，，再结合切线的性质和圆的半径相同可得出，再由勾股定理得出，进而可求出，即可求出点N的坐标． 【详解】解：如图，连接，，过点P作于点A， ∵与x轴交于点M、N，与y轴相切于点Q， ∴轴， ∵点P的坐标为，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（2024·山东青岛·中考真题）如图，中，，以为直径的半圆O分别交于点D，E，过点E作半圆O的切线，交于点M，交的延长线于点N．若，，则半径的长为______． 【答案】6 【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，等边对等角，平行线的性质与判定等等，解题的关键在于证明，根据等边对等角推出，则可证明得到，再由切线的性质得到，则解求出的长即可． 【详解】解：如图所示，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴在中，， ∴， ∴半径的长为6， 故答案为：． 三、解答题 6．（2025·山东潍坊·中考真题）图是某摩天轮的实景图．摩天轮可视作半径为米的，其上的某个座舱可视作上的点，座舱距离地面的最低高度为米，地面上的观察点到点的距离为米，平面示意图如图所示． (1)当视线与相切时，求点处的座舱到地面的距离； (2)已知摩天轮匀速转动一周需要分钟，当座舱距离地面不低于米时，在座舱中观赏风景的体验最佳，点处的座舱随摩天轮匀速转动一周的过程中，求该座舱中乘客最佳观赏风景的时长，并求这段时间内该座舱经过的圆弧的长． （以上结果均保留小数点后一位数字，参考数据：，，，，） 【答案】(1)米； (2)10分钟；米． 【分析】本题考查了切线的性质，解直角三角形的应用，勾股定理，弧长公式等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）连接，，作，垂足为，根据勾股定理得（米），又，所以，因为与相切，所以，可得，所以，（米），从而可得，所以（米）； （）过点作，交于点．延长，交于点，连接，不妨设米，又因为，所以，则（米），然后通过，可得，则，故有最佳观赏风景的时间为（分钟），最后通过弧长公式即可求解． 【详解】（1）解：连接，，作，垂足为， 根据题意可知，（米）， 在中，米，， 所以（米）， 因为， 所以， 因为与相切， 所以， 所以， 因为米， 所以， 所以，（米）， 所以， 在中，（米）， 所以，点处的座舱到地面的距离约为米； （2）解：过点作，交于点．延长，交于点，连接，不妨设米， 因为， 所以， 所以（米）， 因为米， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以最佳观赏风景的时间为（分钟）， 所以的长（米）， ∴座舱经过的的长约为米． 考点02 圆的切线的判定 一、解答题 1．（2026·山东德州·中考真题）如图，在中，点为上一点，点是的中点，是的直径．过点作的切线交的延长线于点，连接并延长交于点，连接． (1)求证：与相切； (2)若，，求阴影部分的面积． 【答案】(1)证明：连接， 是直径，点在上， 是的中点， ， 在和中，， ， ， ， 是的半径， 与相切． (2) 【分析】（1）连接，通过 证 ，再结合点在上，即可得证； （2）阴影部分的面积为，通过线段转化即可求解． 【详解】（1）略 （2）解： 是的切线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 由勾股定理得，， ， ， ， 阴影部分的面积为 ． 2．（2026·山东·中考真题）如图，是的直径，，是上的两点，，连接，，，过点作交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵是的直径， ∴是的切线． (2) 【分析】（1）根据同弧或等弧所对圆周角相等可得，进而判断，由即可得出，由此判定是的切线． （2）连接，过点作，垂足为，构造矩形和直角三角形，利用求出，在中根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：连接，过点作，垂足为， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵在中，， ∴，解得：，（负值不合题意已经舍去）， ∴， 设的半径为，即，则， ∵在中，， ∴，解得：， 答：的半径为， 【点睛】已知半径证垂直是解（1）的关键，小问（2）求圆的半径，最经典的套路就是“构造直角三角形，用勾股定理列方程”． 3．（2022·湖南邵阳·三模）如图，是的直径，点是上异于、的点，连接、，点在的延长线上，且，点在的延长线上，且． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】（1）连接，先根据等腰三角形的性质可得，再根据圆周角定理可得，从而可得，然后根据圆的切线的判定定理即可得证； （2）设，则，，再根据相似三角形的判定证出，然后根据相似三角形的性质求出的值，由此即可得出答案． 【详解】（1）证明：如图，连接， ， ， 是的直径， ， ， ， ，即， ， 又是的半径， 是的切线． （2）解：∵， 设，则， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ∴． 4．（2025·山东东营·中考真题）如图，是的直径，、是上的两点，，于点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1) 证明：如图，连接，， ∵是的直径，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵是的半径， ∴是的切线； (2) 【分析】本题考查了圆的切线判定定理、扇形面积与三角形面积的计算，利用弧相等推导圆心角相等，结合直角三角形性质分析线段与角度关系是解题的关键． （1）连接，，由得圆心角，进而得，由得，由得，可得，即可得，又因是的半径即可证明； （2）由，结合得，由勾股定理可得，由即可得出． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 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) 证明：连接， ∵是的切线， ∴ ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， 即， ∴是的切线； (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）略 （2）解：∵，， ∴， 设， ∴，， ∵是的切线，是的切线， ∴， ∵ ∴， 解得：， ∴半径为． 6．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 【答案】操作发现：与相切， 理由：如图①，连接并延长交于点M，连接， ∵是的直径， ∴， ∴， 由旋转的性质，得， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵是的半径， ∴与相切； 实践探究：； 问题解决：证明：过点E作交于点N， 由旋转的性质知：， ， ， ， ， 由旋转的性质得：， ， ， ， ， ， ， ． 【分析】操作发现：连接并延长交于点M，连接，根据直径所对圆周角为直角得到，根据旋转的性质得到，由圆周角定理推出，等量代换得到，利用直角三角形的性质即可证明，即可得出结论； 实践探究：证明，得到，结合三角形外角的性质得到，易证，得到，设，则，得到，利用二次函是的性质即可求解； 问题解决：过点E作交于点N，由旋转的性质知：，证明，推出，由旋转的性质得：， 得到，根据，易证，得到，即可证明结论． 【详解】操作发现：略 实践探究： 解： 由旋转的性质得：， 即， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， ， 当时，有最大值为； 问题解决：略 考点03 圆与三角形 一、单选题 1．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内切圆的性质，掌握相关知识点是解题关键．根据正方形的性质证明全等，得到，设，利用勾股定理求出，，令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，，根据内切圆的性质得到，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：正方形ABCD， ，， ， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：或， ，， 令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，， 内切于， ， ， ， ， 解得：，即的内切圆半径为2， 故选：B． 二、填空题 2．（2024·山东德州·中考真题）有一张如图所示的四边形纸片，，，为直角，要在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的半径为________cm． 【答案】 【分析】连接，作的平分线交于点 ，作于 ，如图求得 ，则 ， ，所以平分 和 ，加上平分 ，根据角平分线性质得到点到四边形的各边的距离相等，则得到是四边形的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为，接着证明为等腰直角三角形得到，设，则，，然后证明 ，利用相似比可计算出． 【详解】解：连接，作的平分线，交于点O，作 于， 在和 中， ， ∴， ∴ ， 平分 和 ， 平分 ， 点到四边形的各边的距离相等， ∴是四边形的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为， ， ， ∴为等腰直角三角形， ， 设，则，， ∵，， ∴， ， 即 ， ． 即的半径为， ∴圆形纸片的半径为． 故答案为： 【点睛】本题考查四边形的内切圆，角平分线的性质，相似三角形的判定及性质，证明该四边形的内切圆是所求的面积最大的圆是解题的关键． 三、解答题 3．（2025·山东滨州·中考真题）【背景资料】 最小覆盖圆在几何学和计算机科学中有着广泛的应用．我们把能完全覆盖某平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．如线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆是这个三角形的外接圆，直角三角形的最小覆盖圆是以斜边为直径的圆，钝角三角形的最小覆盖圆是以最长边为直径的圆，正方形的最小覆盖圆是以对角线为直径的圆． 【动手操作】 如图1，中，，请作出的最小覆盖圆．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．） 【迁移运用】 正方形的边长为7，在边上截取，以为边向外作正方形． （1）如图2，连接，求的最小覆盖圆的直径； （2）将图2中的正方形绕点C逆时针旋转（如图3），经过A，D，F三点，且与边分别交于点I，L，求的最小覆盖圆的直径； （3）将正方形绕点C旋转，分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形（如图4）．在旋转过程中，四边形的最小覆盖圆的直径d的值是否发生变化？如果不变，请直接写出d的值；如果变化，请直接写出d的取值范围． 【答案】【动手操作】 ∵中，， ∴是钝角三角形， ∴的最小覆盖圆为以为直径的圆，作图如下： 【迁移运用】（1）；（2）；（3）变化， 【分析】动手操作：作的中垂线，再以中垂线与的交点为圆心，交点与点之间的距离为半径画圆即可； （1）延长交于点，求得为钝角，根据题意得到为的最小覆盖圆的直径，在中，利用勾股定理进行求解即可； （2）连接，根据题意，易得为锐角三角形，的外接圆为其最小覆盖圆，根据正方形的性质，得到，进而得到即为的外接圆的直径，进行求解即可； （3）连接，交于点，交于点，连接，根据三角形的中位线定理，证明四边形为平行四边形，证明，推出四边形为正方形，进而得到四边形的最小覆盖圆的直径为的长，根据正方形的性质得到，根据，求出的范围，即可得出结果． 【详解】解：动手操作：略 迁移运用： （1）∵正方形的边长为7，正方形， ∴， ∴， ∴为钝角三角形， ∴为最小覆盖圆的直径， 延长交于点，则：， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴； （2）连接，作于点，延长交于点， 则：四边形为矩形， ∴，， ∴，， 在中，， ∴， ∵，即：， ∴， ∵过点，， ∴，为的直径， 又∵， ∴为锐角三角形， ∴即为的最小覆盖圆， ∵， ∴，即：， ∴， ∴，即的最小覆盖圆的直径为； （3）变化； 连接，交于点，交于点，连接， ∵分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵正方形，正方形， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形为菱形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∴，四边形的最小覆盖圆的直径为， ∴随着的变化而变化， ∵，即， ∴， ∴，即． 【点睛】本题考查三角形的外接圆，圆周角定理，解直角三角形，正方形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，综合性强，难度大，属于中考压轴题，熟练掌握题干给出的信息，判断三角形和四边形的最小覆盖圆，是解题的关键． 4．（2024·山东烟台·中考真题）如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交O于点D，E是上任意一点，连接，，，． (1)若，求的度数； (2)找出图中所有与相等的线段，并证明； (3)若，，求的周长． 【答案】(1) (2)， 证明：连接， ∵点I为的内心， ∴，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴； (3)30 【分析】（1）利用圆周角定理得到，再根据三角形的内角和定理求，然后利用圆内接四边形的对角互补求解即可； （2）连接，由三角形的内心性质得到内心，，，然后利用圆周角定理得到，，利用三角形的外角性质证得，然后利用等角对等边可得结论； （3）过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，根据内切圆的性质和和切线长定理得到，，，利用解直角三角形求得， ，进而可求解． 【详解】（1）解：∵是的直径， ∴，又， ∴， ∵四边形是内接四边形， ∴， ∴； （2）略 （3）解：过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P， ∵点I为的内心，即为的内切圆的圆心． ∴Q、F、P分别为该内切圆与三边的切点， ∴，，， ∵，，， ∴， ∵，，， ∴， ∴的周长为 ． 【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角形的内角和定理、三角形的内心性质、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、切线长定理以及解直角三角形，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 考点04 圆与四边形 一、单选题 1．（24-25九年级上·江苏泰州·期末）如图，四边形内接于，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质．根据圆周角等于同弧所对圆心角的一半求出的度数，再根据圆内接四边形的性质及平角的定义即可求出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形内接于， ∴且， ∴， 故选：C． 2．（2024·山东济宁·中考真题）如图，分别延长圆内接四边形的两组对边，延长线相交于点E，F．若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据“圆的内接四边形对角互补”可得，．根据三角形外角定理可得，，由此可得，又由，可得，即可得解． 本题主要考查了“圆的内接四边形对角互补”和三角形外角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】∵四边形是的内接四边形 ∴， ，， ， ，，， ， 解得， ， ． 故选：C 二、填空题 3．（21-22九年级上·广东·期末）如图，四边形内接于，若四边形是菱形，则___________． 【答案】 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质，菱形的性质，掌握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得到，根据菱形的性质，圆周角定理列式计算即可求解． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：． 三、解答题 4．（2024·山东烟台·中考真题）如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交O于点D，E是上任意一点，连接，，，． (1)若，求的度数； (2)找出图中所有与相等的线段，并证明； (3)若，，求的周长． 【答案】(1) (2)， 证明：连接， ∵点I为的内心， ∴，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴； (3)30 【分析】（1）利用圆周角定理得到，再根据三角形的内角和定理求，然后利用圆内接四边形的对角互补求解即可； （2）连接，由三角形的内心性质得到内心，，，然后利用圆周角定理得到，，利用三角形的外角性质证得，然后利用等角对等边可得结论； （3）过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，根据内切圆的性质和和切线长定理得到，，，利用解直角三角形求得， ，进而可求解． 【详解】（1）解：∵是的直径， ∴，又， ∴， ∵四边形是内接四边形， ∴， ∴； （2）略 （3）解：过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P， ∵点I为的内心，即为的内切圆的圆心． ∴Q、F、P分别为该内切圆与三边的切点， ∴，，， ∵，，， ∴， ∵，，， ∴， ∴的周长为 ． 【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角形的内角和定理、三角形的内心性质、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、切线长定理以及解直角三角形，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 考点05 圆中的最值 一、单选题 1．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可． 【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点， 则， 又∵， ∴， ∴， 由旋转得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即当点P在时，的值最大为长， ∵是正方形， ， ∴， ∴的值最大为， ∴的最大面积是， 故选：C． 2．（2024·山东泰安·中考真题）如图，菱形中，，点是边上的点，，，点是上的一点，是以点为直角顶点，为角的直角三角形，连结．当点在直线上运动时，线段的最小值是（    ） A．2 B． C． D．4 【答案】C 【分析】如图：过E作于点M，作于点H，作于点I，则点E、M、F、G四点共圆，从而得到，因为，所以求出的值即可解答． 【详解】解：如图，过E作于点M，作于点H，作于点I， ∵， ∴点E、M、F、G四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴最小值是． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、解直角三角形、垂线段最短、圆内接四边形对角互补等知识点，熟练掌握相关知识点和添加合适的辅助线是解题关键． 二、填空题 3．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为________． 【答案】/ 【分析】根据平行四边形的性质得到，，，由折叠性质得到，进而得到点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即此时面积的最小，过C作于N，根据平行线间的距离处处相等得到，故只需利用锐角三角函数求得即可求解． 【详解】解：∵在中，，， ∴，，则， ∵E为边的中点， ∴， ∵沿翻折得， ∴， ∴点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即面积的最小， 过C作于N， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴面积的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、圆的有关性质以及直线与圆的位置关系、锐角三角函数等知识，综合性强的填空压轴题，得到点的运动路线是解答的关键． 三、解答题 4．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 【答案】操作发现：与相切， 理由：如图①，连接并延长交于点M，连接， ∵是的直径， ∴， ∴， 由旋转的性质，得， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵是的半径， ∴与相切； 实践探究：； 问题解决：证明：过点E作交于点N， 由旋转的性质知：， ， ， ， ， 由旋转的性质得：， ， ， ， ， ， ， ． 【分析】操作发现：连接并延长交于点M，连接，根据直径所对圆周角为直角得到，根据旋转的性质得到，由圆周角定理推出，等量代换得到，利用直角三角形的性质即可证明，即可得出结论； 实践探究：证明，得到，结合三角形外角的性质得到，易证，得到，设，则，得到，利用二次函是的性质即可求解； 问题解决：过点E作交于点N，由旋转的性质知：，证明，推出，由旋转的性质得：， 得到，根据，易证，得到，即可证明结论． 【详解】操作发现：略 实践探究： 解： 由旋转的性质得：， 即， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， ， 当时，有最大值为； 问题解决：略 一、单选题 1．（2026·山东临沂·二模）如图，矩形中，，，以、为圆心，半径分别为2和1画圆，、分别是、上的一动点，是上的一动点，则的最小值是（     ） A．6 B．7 C．8 D．10 【答案】B 【分析】以为轴作矩形的对称图形以及对称，连接交于，则就是最小值，根据勾股定理求得的长，即可求得最小值． 【详解】解：如图，以为轴作矩形的对称图形以及对称，连接交于，则就是最小值； 矩形中，，，的半径为2，的半径为1， ，，，， ， ， ． 2．（2026·山东德州·一模）如图，，O是的外接圆圆心，连接并延长，交于点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据等腰三角形的性质得出，根据圆周角定理得出，根据得出，即可求出，利用三角形外角的性质即可得答案． 【详解】解：如图，连接， ∵，， ∴， ∵是的外接圆圆心， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 3．（2026·山东青岛·一模）如图，在中，，，，若以点为圆心，长为半径作圆，则与的位置关系是（   ） A．相离 B．相交 C．相切 D．相切或相交 【答案】A 【分析】过作于，解直角三角形求出点到上的高即可判断． 【详解】解：如图，过作于，    由题意得：， 解得：， 由勾股定理得：， 中，， ∵， ∴圆与相离． 4．（2026·山东聊城·一模）如图，已知，，，，M、N是边上的点，，如果以为直径的与边有公共点，那么的值不可以是（    ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】如图，取的中点O，连接，过点O作于点H，设，则，利用勾股定理求出，，然后求出，利用勾股定理求出，然后解直角三角形求出，进而求解即可． 【详解】解：如图，取的中点O，连接，过点O作于点H， ∵，，， ∴设，则 ∴，即 ∴（负值舍去） ∴， ∵点O是的中点 ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴，即 ∴ ∵以为直径的与边有公共点， ∴ ∴ ∵ ∴的值不可以是． 5．（2026·山东淄博·一模）如图，，是的切线，切点为，，点，在圆上，若，则（    ） A．55° B．65° C．70° D．78° 【答案】C 【分析】连接，则，而，求得，由切线长定理得，则，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是的内接四边形， ∴． ∵， ． ，是⊙O的切线， ， ， ． 故选：C． 6．（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∵，， ∴， ∴， ∴． 7．（2026·山东青岛·一模）如图，是的内切圆，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据三角形内角和定理可得，再由三角形内切圆的性质可得，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵是的内切圆， ∴平分， ∴， ∴， ∴． 8．（2026·山东枣庄·三模）如图，四边形是的内接四边形，是的直径．点是上一点，若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，则，根据圆周角定理得到，进而求出的度数，再根据圆内接四边形的性质，解答即可． 【详解】解：如图，连接，则， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴． 9．（2026·山东滨州·二模）如图，两圆与直线相切，定圆的半径是，动圆的半径是．动圆在直线上移动，当两圆相切时，，两点的距离等于（     ） A．或 B． C． D． 【答案】A 【分析】根据两圆相切的性质，分两圆外切和两圆内切两种情况讨论，利用圆心距等于两半径之和或之差求解． 【详解】解：设圆 的半径为 ，圆 的半径为 ，则 ，． 两圆相切， 分两圆外切和两圆内切两种情况： 当两圆外切时，如图1，圆心距 ； 当两圆内切时，如图2，圆心距 ． 综上所述，， 两点的距离等于或． 二、填空题 10．（2026·山东临沂·二模）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，若，则的度数为________． 【答案】 【分析】连接，由是的直径得到，根据圆周角定理得到，得到，再由圆内接四边形对角互补得到答案． 【详解】解：如图，连接， ∵是的直径， ， ， ， ， ∵四边形是的内接四边形， ． 三、解答题 11．（2026·山东济宁·二模）如图，在足球比赛中，某运动员带球奔向对方球门，当他带球冲刺到点时，他的射门角为（射门角为从球员对应的点出发，分别经过球门立柱，的两条射线形成的夹角），已知，，球门宽约米． (1)若对方守门员在球门立柱，之间（即在线段上）选择防守位置，其防守覆盖区域是以为圆心，半径为米的圆，试判断线段上是否存在合适的位置，使对方守门员能够完全防守住该运动员的射门角，若存在，找出点的位置；若不存在，请说明理由； (2)该运动员决定放弃直接射门，选择传球给射门角度更大的球员，请利用尺规作图画出比他的射门角度更大的球员所处的最大范围． 【答案】(1)没有合适位置 (2)见解析 【分析】（1）设与相切于点且经过点，这样可以找到能刚好覆盖球门的“最小圆”，当这个最小圆的半径大于守门员的防守半径时，即说明不存在合适位置； （2）过，，三点作一个圆，根据圆周角定理，该圆在球场一侧的弓形区域内的任意点所对的夹角（射门角），都大于圆外（如球员当前位置）所对的夹角． 【详解】（1）解：能完全防守住的最小圆如图所示，设与相切于点且经过点， 则于点 ，设， ， 没有合适位置 （2）解：①连接线段和。 ②用尺规作图法作出线段的垂直平分线。 ③用尺规作图法作出线段的垂直平分线。 ④两条垂直平分线的交点即为过，，三点的圆的圆心，记为， ⑤以为圆心，以为半径画圆， ⑥该圆在直线下方（即球员所在的一侧）的弓形区域（不包括边界圆弧），即为比该运动员射门角度更大的球员所处的最大范围，如下图所示： 12．（2026·山东枣庄·三模）如图，中，，平分，是上一点，经过点、点的分别交，于点、点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明：如图1，连接，则， ∴， ∵是的平分线， ， ， ， ， ， ∴半径， ∴是的切线； (2) 【分析】（1）证明：连接，根据和是的平分线， 得到，得到，则，即可得到是的切线； （2）连接，，在中，，设，则，根据，解得：，得到，再证明，最后根据求出即可． 【详解】（1）略 （2）解：如图2，连接，， 由（1）知，在中，， 设，则， ∵， ， 解得：， ，， 为圆的直径， ， ， ， ， ， ， ． 13．（2026·山东聊城·二模）如图，是的直径，射线交于点，是劣弧上一点，且平分，过点作于点，延长交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求图中阴影部分的面积（结果保留根号和）． 【答案】(1)证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； (2) 【分析】（1）由题意易得，然后可得，则有，进而根据平行线的性质及切线的判定定理可进行求证； （2）由题意易得，则根据三角函数可得，然后根据扇形面积及割补法可进行求解． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴． 14．（2026·山东泰安·三模）如图，已知是的直径，点为上一点，过点的切线交延长线于点，且． (1)求证：； (2)过点作交于点，若，求的长． 【答案】(1)证明：连接， ∵点为上一点，过点的切线交延长线于点， ∴，即， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； (2) 【分析】（1）连接，证明，，，进一步可得，可得，可证明； （2）连接，证明与是等边三角形，即可得到答案． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． 15．（2026·山东济南·二模）如图，点A，B在上，，点C在的延长线上，过C作的切线，切点为D，连接交于点E． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明：连接，如图所示． ， ． 是的切线，是的半径， ， ， ． 在中，，即， ． 又， ． ， ． (2) 【分析】(1)连接，利用半径相等得到，结合切线性质得到，再通过直角三角形两锐角互余和对顶角相等，证得，从而得到． (2)设半径为，用表示、、，在中利用勾股定理列方程求出半径，再在中利用勾股定理求． 【详解】（1）略 （2）解：设的半径为，则． ． ， ． ， ． 由(1)的结论得， ． 在中，， 由勾股定理得， 解得，（不合题意，舍去）． ． 在中，，，， 由勾股定理得 答：的长为． 16．（2026·山东淄博·一模）新学期，同学们布置教室．如图1所示，教室前门ABCD宽度，门轴A到墙角E的距离，设E，A，B在同一条直线上，门打开后被黑板墙阻挡，，门边靠在墙的位置． (1)门打开的最大角度______； (2)教室的俯视图如图2，其中靠近前门第一位同学课桌右侧与墙的距离为，且该矩形课桌的边与教室前墙平行，若要使得开关门不受阻挡，则与的距离需大于多少？（结果保留两位小数） (3)如图3，同学们想充分利用教室的空间，在门后中放置一个圆柱形的储物桶，如果购买直径为的圆柱形桶，能放得进去吗？请说明理由．（参考数据：，，） 【答案】(1)； (2)需大于 (3) 解：能放进直径为的圆柱形桶，理由如下： 如图，设圆心为，内切圆半径为，连接切点，，，则四边形为正方形， ∴， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴能放进直径为的圆柱形桶． 【分析】（）易得，进而可得的余弦值，即可求得的度数，则可以求得的度数； （）作于点，连接，求得的长度，加上的长度，即可求得点到的距离，进而可得开关门不受阻挡，与的距离范围； （）求得直角三角形内切圆的半径，进而可得内切圆的直径，和圆桶的直径比较即可得到能否放进去． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， （2）解：在图中作于点，连接， 则，， 由题意得：， ∴， ∵， ∴， ∴与的距离需大于； （3）略 17．（2026·山东淄博·一模）如图，点O，I分别是（）的外心和内心，其中是外接圆的直径．连接并延长交外接圆于点D，连接，． (1)测量并找出图中所有与相等的线段，并加以证明； (2)若图中，，求的周长． 【答案】(1) 解：，证明如下： 连接， I是的内心， ，， ， ， ， ， ， ， ； (2) 【分析】（1）连接，由三角形的内心性质得到，，然后利用圆周角定理得到，利用三角形的外角性质证得，然后利用等角对等边可得结论； （2）连接，过点作于点，于点，于点，根据内切圆的性质和角平分线性质得到，利用圆周角定理，解直角三角形的相关计算，以及勾股定理求出，进而即可求的周长． 熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 【详解】（1）略 （2）解：连接，过点作于点，于点，于点， I是的内心， ，，，圆I是的内切圆， ∴， 是外接圆的直径， ， ，， ，， ， 的周长为． 试卷第1页，共3页 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $