专题06 圆（5年汇编）（云南专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 云南中考圆专题5年真题1年模拟汇编，聚焦圆的基本性质、切线证明与计算、扇形圆锥相关计算三大核心考点，适配云南中考命题规律，含基础送分题与压轴探究题。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择填空|8-12分|圆周角定理、垂径定理、弧长扇形面积公式|以基础计算为主，结合三角函数求线段长度，融入云南本土情境如哈尼族蘑菇房| |解答题|12分|切线证明、相似勾股综合、面积探究|压轴题设三小问，“连半径证垂直”判定切线，第三问考线段定值等式，融合多知识点|

专题06 圆 5年真题1年模拟 考点分类 云南考情（2022-2026） 命题规律 圆的基本性质 选择、填空必考，分值 34 分；重点考查圆周角定理、垂径定理、弧弦圆心角关系、圆内接四边形性质；20222026 每年均有角度计算类客观题，部分真题结合三角函数求线段长度 以基础送分题为主；侧重角度、半径、弦长计算；不设置复杂模型；常直接利用定理倒角，考查对定理的理解与简单应用 与圆有关的位置关系（切线） 第 27 几何压轴大题，12 分；包含点与圆、直线与圆；切线证明为高频核心；设置三小问：基础计算、切线证明、拓展探究；20222026 年压轴均围绕切线展开 大题采用 “连半径证垂直” 为主的切线判定；第三问为拉分探究设问，常考面积比较、线段定值等式、线段比值、三点共线；常融合相似、勾股、解直角三角形、四边形综合考查 扇形、圆锥、圆台相关计算 选择填空必考，分值 24 分；每年考查弧长、扇形面积、圆锥侧面积；一模出现圆台创新题型；依托甑子、风力发电机等现实载体命题 核心考查 “扇形弧长等于圆锥底面周长”；注重实际情境建模；以公式计算为主，难度基础；会结合云南本土实物创设应用题干 考点01 圆的基本性质 1．（2026·云南·中考真题）如图，是的弦，点在上．若，则（     ） A． B． C． D． 2．（2024·云南·中考真题）如图，是的直径，点、在上．若，，则（   ） A． B． C． D． 3．（2023·云南·中考真题）如图，是的直径，是上一点．若，则（    ）    A． B． C． D． 4．（2022·云南·中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⟂CD．垂足为E．若AB=26，CD=24，则∠OCE的余弦值为（    ） A． B． C． D． 考点02 与圆有关的位置关系  1．（2025·云南·中考真题）已知的半径为，若点在上，则点到圆心的距离为______． 2．（2026·云南·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径．点在的延长线上，且．点在的延长线上．线段的中点与点、点在同一条直线上．线段与相交于点，与线段相交于点．于点，线段与线段相交于点，连接．记的面积为，的面积为． (1)求证：直线是的切线； (2)若，，求线段的长； (3)观察，探究，发现与证明： 以下三个结论：，，，你认为哪个正确？请证明你认为正确的那个结论． 3．（2025·云南·中考真题）如图，是五边形的外接圆，是的直径．连接，，，． (1)若，且，求的度数； (2)求证：直线是的切线； (3)探究，发现与证明：已知平分，是否存在常数，使等式成立？若存在，请直接写出一个的值和一个的值，并证明你写出的的值和的值，使等式成立；若不存在，请说明理由． 4．（2024·云南·中考真题）如图，是的直径，点、是上异于、的点．点在外，，延长与的延长线交于点，点在的延长线上，，．点在直径上，，点是线段的中点． (1)求的度数； (2)求证：直线与相切： (3)看一看，想一想，证一证： 以下与线段、线段、线段有关的三个结论：，，，你认为哪个正确？请说明理由． 5．（2023·云南·中考真题）如图，是的直径，是上异于的点．外的点在射线上，直线与垂直，垂足为，且．设的面积为的面积为．    (1)判断直线与的位置关系，并证明你的结论； (2)若，求常数的值． 6．（2022·云南·中考真题）如图，四边形ABCD的外接圆是以BD为直径的⊙O，P是⊙O的劣弧BC上的任意一点，连接PA、PC、PD，延长BC至E，使BD²=BC⋅BE． (1)请判断直线DE与⊙O的位置关系，并证明你的结论； (2)若四边形ABCD是正方形，连接AC，当P与C重合时，或当P与B重合时，把转化为正方形ABCD的有关线段长的比，可得，当P既不与C重合也不与B重合时，是否成立？请证明你的结论． 考点03 与圆有关的计算 1．（2026·云南·中考真题）某文创团队用环保材料制作圆锥形灯罩．若该圆锥的母线长，侧面展开图是圆心角为的扇形，则这个圆锥的侧面积为（     ） A． B． C． D． 2．（2025·云南·中考真题）若一个圆锥的侧面展开图的圆心角度数为，母线长为，则该圆锥的底面圆的半径为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·云南·中考真题）某校九年级学生参加社会实践，学习编织圆锥型工艺品．若这种圆锥的母线长为厘米，底面圆的半径为厘米，则该圆锥的侧面积为（   ） A．平方厘米 B．平方厘米 C．平方厘米 D．平方厘米 4．（2023·云南·中考真题）数学活动课上，某同学制作了一顶圆锥形纸帽．若圆锥的底面圆的半径为1分米，母线长为4分米，则该圆锥的高为________分米． 5．（2022·云南·中考真题）某中学开展劳动实习，学生到教具加工厂制作圆锥，他们制作的圆锥，母线长为30cm，底面圆的半径为10 cm，这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数是_____． 1．（2026·云南威信县·一模）某圆形桌面，圆心为O，半径为，桌面上有一点P，则线段的长度可能是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·云南玉溪市·一模）若一个圆锥的底面圆的半径为，母线长为，则该圆锥的侧面展开图的圆心角度数为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·云南昆明市·一模）哈尼族蘑菇房是云南极具特色的传统民居，其锥形茅草屋顶形似撑开的蘑菇伞，既美观又能适应山地多雨的气候．某工匠按蘑菇房屋顶形状制作了一个圆锥模型．已知该圆锥模型的底面周长为，母线长为6，则此圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·云南红河州·一模）如图，扇形的半径是，圆心角为，用这个扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面圆的半径为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·云南曲靖市·一模）如图（1）是我国南方部分地区使用的蒸饭工—甑子．甑体可抽象为立体图形中的圆台图（2）．小明研究发现，圆台可看作是由两个圆锥相减得到的，他画出了其展开图如图（3）所示，若下底面半径，上底面半径，，则圆台的侧面积为（　　） A． B． C． D． 6．（2026·云南玉溪市·一模）如图，点A，B，C，D都在上，，下列说法一定正确的是（    ） A． B． C． D． 7．（2026·云南德宏州·一模）为进一步发展绿色新能源、推动能源结构优化升级，某地将风力发电项目作为绿色新能源推广试点．如图①，是“大风车”风力发电场的外景．如图②，是“大风车”的示意图，当“大风车”静止时，叶片与塔架垂直，当有风吹过，叶片顺时针缓缓转动．已知叶片的长度为米，当叶片第一次旋转到与塔架重合时，点所经过的路径长为________米（结果保留）． 8．（2026·云南大理州·一模）如图，是的弦，点是的中点，交于点．若，，则的半径为________． 9．（2026·云南玉溪市·一模）如图，在中，，是的外接圆．过点A作，交的平分线于点D，交于点E，连接并延长，交的延长线于点F． (1)若，求线段的长； (2)求证：是的切线； (3)若，，，用含a的代数式表示线段的长． 10．（2026·云南德宏州·一模）如图1，在中，，是边上的点，且不与，重合．以为圆心，长为半径的圆交，，于点，，．点是劣弧的中点，连接． (1)【探索与发现】________（填“是”或“不是”）的角平分线； (2)【猜想与证明】是的切线； (3)【实践与应用】如图2，连接交于点，已知，是否存在常数，使？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 11．（2026·云南昆明市·一模）如图，在中，，以为直径的过线段的中点，连接，过点作于点．若点是上与点位于异侧的一个动点（），连接，，过点作交于点，，交于点． (1)的长度是___________； (2)求证：直线是的切线； (3)请探究在点的运动过程中，的值是否改变？若不变，请求出此值；若改变，请说明理由． 12．（2026·云南初中学业水平考试·一模）如图，是四边形的外接圆，是四边形的对角线，恰为的直径，，点在劣弧上，过点作，交的延长线于点，平分．    (1)求的度数； (2)求证：是的切线； (3)若，P是劣弧CD上的一个动点，不与C，D重合，连接AP，CP，DP，DG⊥AP于点G，求的值． 13．（2026·云南昭通市·一模）已知是的外接圆，过点B作． (1)如图1，若，，求的度数； (2)如图1，在（1）的条件下，求证：直线是的切线； (3)探索，发现与计算： 如图2，为的直径，与相切，点D在弧上，连接，，，问是否存在一个非零常数a，使等式成立？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由． 14．（2026·云南保山市·一模）如图，是的内接等腰三角形，，点E是劣弧上的动点（与点A，点C均不重合），连接，连接并延长交的延长线于点D，过点A作直线． (1)若，求的度数； (2)求证：是的切线； (3)探究、发现与证明：是否存在常数m和n，使等式成立？若存在，请直接写出m和n的值，并证明成立；若不存在，请说明理由． 15．（2026·云南大理州·一模）如图，是的直径，点是上异于、的点，点是延长线上一点，于点，且平分，点是弧上一动点（不与、重合），连接交于点，设的半径为． (1)当，求； (2)求证：是的切线； (3)在点的移动过程中，是否存在常数，，使等式成立？若存在，请直接写出一个，的值，并证明你写出的，的值，使成立；若不存在，请说明理由． 16．（2026·云南文山州·一模）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； (3)若，试探究线段之间的数量关系． 17．（2026·云南个旧市·一模）自然界是几何的宝库，几何之美是生活中最无声却又最动人的旋律，让我们的世界充满了惊喜与奇迹，圆是几何中最美的图形之一．如图，是四边形的外接圆，半径为，过点作交的延长线于点平分． (1)在图1中，若是的直径．求证：是的切线； (2)在（1）的条件下，若，求线段的长； (3)在图2中，若、，求的最大值． 18．（2026·云南初中学业水平考试·一模）如图，是的内接三角形，为的直径，，点在上．平分，连接，，，是延长线上一点，连接，，过点作于点，． (1)求证：是的切线； (2)求的长： (3)探究：是否存在常数，使等式成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 19．（2026·云南临沧市·一模）“小时不识月，呼作白玉盘．”2025年春晚节目《玉盘》：“玉盘玉盘，你为何悬于屋顶上？……”从远古问月到现在的探月工程，都体现了中华民族对宇宙穷极探索的追寻．“圆”——宛如那无瑕的玉盘，承载着无尽的奇妙与神秘，静静悬于数学的浩瀚星空．请用所学数学知识解决下面问题： 如图1，点A，B，C是上的三个点，，延长至点D，连接，，点F在的延长线上，与相切于点G，过点A作的平行线与切线交于点E． (1)求证：是的直径． (2)求证：是的切线． (3)如图2，连接，过点G作，交于点M．判断与的数量关系，并说明理由． 20．（2026·云南楚雄彝族自治州·一模）如图，C是以为直径的上一点，于点D，过点B作的切线，与的延长线相交于点E，F是的中点，连接并延长与相交于点G，连接并延长与的延长线相交于点H，的半径为3． (1)若，求点C和点B间的距离； (2)求证：是的切线； (3)当时，请判断下列结论哪个成立？①，②，③，并说明理由． 21．（2026·云南曲靖市·一模）如图，四边形是的内接四边形，对角线，垂足为点，且，过点作于点，延长交于点，过点作交延长线于点，延长至点，连接，且满足． (1)若，求的度数； (2)求证：直线是的切线； (3)已知、、、的面积分别为、、、，若，，探究①；②；③三个结论，请从中选出一个恒成立的结论，并结合已知条件进行严格的推理论证，要求写出完整的证明过程． 22．（2026·云南楚雄彝族自治州姚安县·二模）如图，已知为的直径，点为上一点，，点为延长线上一点，连接，点为半圆弧的中点，与交于点，且． (1)若，求的半径． (2)求证：为的切线． (3)猜想是否为定值．若为定值，求出该定值，若不为定值，请说明理由． 25．（2026·云南楚雄彝族自治州双柏县·二模）如图，已知为的直径，F为上一点，平分且交于点C，过点C作于点D，延长交于点E，连接． (1)若，求的半径； (2)求证：是的切线； (3)是否存在常数，使得，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 26．（2026·云南楚雄彝族自治州武定县·二模）如图，是的外接圆，为的直径，的平分线交于点，交于点，连接，过点作，交的延长线于点． (1)求证：直线是的切线； (2)求的值； (3)证明：． 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题06圆 5年真题1年模拟答案版 五年真题分类园 考点01圆的基本性质 1.D 2.B 3.B 4.B 考点02与圆有关的位置关系 1.5 2. 【答案】(1)证明：如图1，连接0C, 图1 ,PC2=PA·PB, PC PA PBPC' 又∠P=∠P, ∴.△PCB-△PAC, .∠PCA=∠PBC, ,AB是⊙O的直径，OA=OC, 1/51 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠ACB=90°，∠OAC=∠OCA」 .∠PBC+∠OAC=∠PCA+∠OCA=∠OCP=90°， 又OC是⊙O的半径， ∴直线PC是⊙O的切线； 214V21 11 8)S1>S2' 证明如下： 如图2，连接BD, H 图2 .O为AB的中点，点M是BE的中点， .OM是△ABE的中位线， .OM‖AE, ∴.∠ACB=∠ONB=90°， .DH⊥AB, .∠OHD=90, .∠ODF+∠DOH=∠OBF+∠DOH=90°， ∴.∠ODF=∠OBF, OD=OB. ∴.∠ODB=∠OBD, .∠ODB-∠ODF=∠OBD-∠OBF,即∠BDF=∠DBF, .'DF=BF, 在Rt△BFH中，∠BHF=90°，BF>BH, .'DF=BF>FH 2/51 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 SoP=S=DF-OH.S0m-S:=1FH-OH, 号DFOI>HIOL,即s,>S 【分析】(1)连接OC,根据题意证得△PCB一△PAC,得∠PCA=∠PBC,再由AB是⊙O的直径， OA=OC,证得∠OCP=90°即可证得结论： 2)首先证得∠ABE=90°，然后，证得△PC0一△PBM,得=pBF3=6,再由(1) PC_PA_14 知 PC6,设PA14x,则PC=6x,由PC生PA·PB,得PB=189 7 4x,再由 PB-PA=AB,得X=76 11， 最后代入x值可求得PA的长； (3)连接BD,首先证得OM是△ABE的中位线，得OM‖AE,进而得∠ACB=∠ONB=90°，然后 由DH⊥AB得∠OHD=90°，证得∠ODF=∠OBF,再由OD=OB得∠ODB=∠OBD,得 ∠BDF=∠DBF,进面得DF=BF>FH,最后Saom=S,=DFOH,Saom=S,号FHOH可证 得结论。 【详解】(1)略 (2)解：，0为AB的中点，AB=2V21, .A0=B0=21, .AB是⊙O的直径， ∴.∠ACB=∠BCE=90°， .∠PCA+∠BCM=90°， 又，点M是线段BE的中点，BE=6V6, ∴.CM=BM=EM=36, .∠CBM=∠BCM, 由(1)知∠PCA=∠PBC, ∴.∠PCA+∠BCM=∠PBC+∠CBM=∠ABE=90°， .∠OCP=∠PBM=90°， 又∠P=∠P, .△PCO-△PBM, 3/51 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .C0-P℃-21_V14 ·BMPB36 6 由(1) P℃-PAV14 PB PC 6 设PA=V14X,则P℃=6x, “PC2=PAPB'即16x=V14xPB PB=1824X, 7 :PB-PA=AB,即184X-4X=221,解得X-76 7 11 .PA=V14× 76_1421 11 11 (3)略 3. 【答案】(1)∠BCE=60°： (2)证明：如图，延长CO交⊙O于点M,连接EM, B F .CM是⊙O的直径， ∴.∠CEM=90°，即∠AEC+∠AEM=90°， .∠AEM=∠ACM,∠AEC=∠ACF, .∠ACF+∠ACM=90, .∠MCF=90°， ∴.OC⊥CF, .OC是⊙O的半径， .直线CF是⊙O的切线： 3)存在常数a=1,b=1,使等式AC=aBC·CE+bAB·AE成立，理由如下： 4/51 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 如图，设AC与BE交于点N, B .AC平分∠BAE, .∠EAC=∠BAC, ,∠EAC=∠EBC,∠BEC=∠BAC, .∠EAC=∠EBC=∠BAC=∠BEC, ∴CE=CB ,∠AEB=∠BCA, .△BCN~△ACB,△AEN△ACB, ..BC=CN AE_AN AC CB'AC AB ∴.BC2=AC×CN①，AE×AB=AC×AN②， O+②得：BC2+AE×AB=AC×CN+AC×AN=ACCN+AN=AC2, ..CE=CB, ..A C=BC-CE+ABAE, ∴a=1,b=1. 【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的判定等知 识，掌握知识点的应用是解题的关键. (1)证明△CBE是等边三角形即可； (2)延长CO交⊙O于点M,连接EM,由圆周角定理可得∠CEM=90°，即∠AEC+∠AEM=90°， 又∠AEM=∠ACM,∠AEC=∠ACF,所以∠ACF+∠ACM=90°，然后由切线的判定方法即可 求证： (3)设AC与BE交于点N,由AC平分∠BAE,可得∠EAC=∠BAC,CE=CB,通过圆周角定理可 得∠EAC=∠EBC=∠BAC,证明△BCN一△ACB,△AEN~△ACB,故有 BC_CN AC CB 5/51 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AE_AN AC AB' 即有BC2=AC×CN①，AE×AB=AC×AN②，然后通过①+②即可求解. 【详解】(1)解：CE=CB,且∠CBE=60°， △CBE是等边三角形， ∠BCE=60°： (2)略 (3)略 4. 【答案】1)90 (2) 证明：，AM·BM=AB·MN, 兴 BM' 又.∠AMN=∠ABM, .△ABM一△AMN, ∴.∠AMB=∠N,∠MAN=∠MAB :∠MAN+∠MAB=180°， .∠MAN=∠MAB=90°， .OA⊥CA, .OA是半径， .直线CM与⊙O相切： 3) CE+EB=CB正确，理由如下： 连接OA,OD,BD,连接OC交AD于点G,如图，则：OA=OD, M ∴.点O在线段AD的中垂线上， 6/51 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .CA=CD ∴点C在线段AD的中垂线上， .OC⊥AD, .∠OGA=90°， .AB是⊙O的直径， .∠ADB=90° .∠OGA=∠ADB, .OG‖BD ∴.∠AOC=∠ABD, ,∠AHD=90°， .∠DHB=90°， :tan∠HBD=DA,an∠HBE= EH BH' BH E为DH的中点， &tan∠HBE=EA=.DE=tan∠HBD, BH 2 BH 2 tan∠AOC= AO,tan∠ABC=AC =s且A0=AB, tam∠ABC=.AC=l 2 OA=2 tan AOC, .∠AOC=∠ABD ∴.tan∠HBE=tan∠ABC, ∴.∠HBE=∠ABC, B,E,C三点共线， ..CE+EB=CB. 【分析】(1)直接利用直径所对的圆周角是直角，即可得出结果； (2)证明△ABM一△AMN,得到∠MAN=∠MAB,根据平角的定义，得到 ∠MAN=∠MAB=90°，即可得证： (3)连接OA,OD,BD,连接OC交AD于点G,易得OC⊥AD,圆周角定理得到∠ADB=90°，推出 OG‖BD,进而得到∠AOC=∠ABD,根据三角函数推出∠HBE=∠ABC,得到B,E,C三点共线， 即可得出结果. 7/51 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【详解】(1)解：，AB是⊙O的直径，点F是⊙O上异于A、B的点， .∠AFB=90°； (2)略 (3)略 5. 【答案】1)EA与⊙O相切， 理由如下： 连接OA, B E BC⊙O EA CD 是 的直径，直线与垂直， .∠BAC=∠ADC=90°， .DA·AC=DC·AB, .DA-DC AB AC ∴·△BAC一△ADC .∠ABO=∠DAC, .OA=OB, .∠ABO=∠BAO=∠DAC, .∠BAC=∠BAO+∠OAC=90°， ∴.∠OAD=∠OAC+∠DAC=90°， .OA⊥DE, ∴EA与⊙O相切： e 【分析】(1)EA与⊙O相切，理由如下：连接OA,先证△BAC一△ADC得∠ABO=∠DAC,又证 ∠ABO=∠BAO=∠DAC,进而有∠OAD=∠OAC+∠DAC=90°，于是即可得EA与⊙O相切： (2)先求得C=2再证△EAB一△ECA得匹-AC=2从而有BC=号又 S△ABE SAABE AB 8/51 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △BAC一△ADC,即可得解. 【详解】(1)略 (2)解：，BC=BE, .SAEAC=2SAABE=2S1,SAABC=SAEAB=S1 .S△EAC=2 SABE .OA⊥DE, ∴.∠OAB+∠BAE=∠OAE=90°， .∠BAC=90°，∠OBA=∠OBA, ∴.∠OBA+∠ECA=90°， .∠EAB=∠ECA, .∠E=∠E, ∴△EAB~△ECA, .S△AC=AC =2 S△ABE AB2 AB2=1 AC2 2 又，∠BAC=90° .BC=AC2+AB2=2+1=3, AC2 AC2 22 :AC_2 BC23 .△BAC~△ADC, S2-Sa匹=AC=2, :…m S1S△BAC BC2 3 6. 【答案】(I)DE是⊙O的切线，证明见解析； (2)成立，证明见解析 9/51 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【分析】(1)证明△BDC一△BED,推出∠BCD=∠BDE-90°，即可证明DE是⊙O的切线： (2)延长PA至Q,使AQ=CP,则PA+PC=PA+AQ=PQ,证明△QAD△PCD(SAS),再推出△PQD是等 腰直角三角形，即可证明结论成立. 【详解】(1)解：DE是⊙O的切线；理由如下： .BD2=BC·BE 肥 '∠CBD=∠DBE, .∴.△BDC一△BED, ∴.∠BCD=∠BDE, .BD为⊙O的直径， .∴.∠BCD=90°， .∠BDE=90°， ∴.DE是⊙O的切线： (2)解：当P既不与C重合也不与B重合时， A+PC=2成立，理由如下： PD 延长PA至Q,使AQ-CP,连接DQ,则PA+PCPA+AQ=PQ, D C B .四边形ABCD是正方形， .AD=CD,∠ADC=90°， ,四边形APCD是圆内接四边形， .∴.∠PAD+∠PCD=180°， .,∠QAD+∠PAD=180°， .∠QAD=∠PCD, △QAD≌△PCD(SAS), 10151 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠QDA=∠PDC,QD=PD, ∴.∠QDA+∠PDA=∠PDC+∠PDA=90°， △PQD是等腰直角三角形， PQ2PD,即PA+PC2PD, :PA+PC=2成立 PD 考点03与圆有关的计算 1.A 2.B 3.C 4.15 5.120° V一年模拟练测品 1.A 2.B 3.B 4.D 5.A 6.C 7.15π 8.5 9. 【答案】(1)AD=8 (2) 证明：如图1，过点A作AG⊥BC于点G,则∠AGC=90°. 11/51 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A C 图1 ,在△ABC中，AB=AC, ..BG=CG 由垂径定理知，AG经过⊙O的圆心O. ∴AO是⊙O的半径. :AD‖BC :.∠AGC+∠GAD=180°，则∠GAD=90°， ∴.AG⊥AD,垂足为A, .AD是⊙O的切线， 8)BC=14a 25 【分析】(1)根据平行线及角平分线证得∠D=∠ABD,即可得到AD=AB=8. (2)过点A作AG⊥BC于点G,根据等腰三角形的性质及平行线的性质得证： @骑作I上An于以新n=Da色mD-2.之手来tDg-e,期 DE DE 5 △ABD-△EAD,得BD=AB AD盼 40a.再证得△AED一△FEB,得AD=DE 求出BE=3 FBBE 求得， c 【详解】(1)解：：AD‖BC, ∴.∠DBC=∠D ,BD平分∠ABC, ∴.∠DBC=∠ABD .∠D=∠ABD,则AD=AB=8 (2)略 (3)如图2，过点E作EH⊥AD于H, 12151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A H D 图2 由(1)知，AD=AB=a, .AE=DE, 六AH=DH=是& 1 cosD=DH=24. DE DE 5 .DE .AE=DE, ∴.∠EAD=∠D」 由题及(1)知，∠ABD=∠D, .∠ABD=∠EAD,∠D=∠D, 则△ABD一△EAD, .BD=AB AD EA BE+5 0 即 5， 解得，BE= 39 a 40. :AD‖BF ,∠DAE=∠F,∠D=∠FBE. .∠DAE=∠D, ∴∠F=∠FBE. .∠FBE=∠CAE, .∠F=∠CAE,则CF=AC=AB=a. AD BF, ∴.△AED一△FEB, 13151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 品 -a BC+a39,解得，BC=14 即Q 8 a. 25 40Q 10. 【答案】1)是 (2) 证明：连接DE, D 由(I)知∠CAE=∠BAE, .OA=OE, ∴∠AEO=∠BAE, .∠AEO=∠CAE, .AC‖OE ∠C=∠OEB, ∠C=90°， .∠OEB=90°， .OE是⊙O的半径， BC是⊙O的切线： 8)存在，k=65 11 【分析】(1)根据等弧所对圆周角相等即可判断； (2)连接DE,根据等边对等角结合(1)中结论即可证明： (3)过点E作EH⊥AB于点H,连接DF,OE,DE,设AC=3X,AB=5xx>O,证明EH=CE,利用 勾股定理和解直角三角形求出BC=4xAM=3X,BH=2x,H-号x,B证=x,O=吕x。 14/51 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BD=x,AF=2X,证明△AFG-△EOG,求出BG=5AE=155, 4 11 22 ,即可解答。 4 【详解】(1)解：，点E是劣弧DF的中点， ·EF=DE .∠CAE=∠BAE, .AE平分∠CAB,即AE是∠BAC的角平分线： （2)略 (3)解：存在，k=65 11, 过点E作EH⊥AB于点H,连接DF,OE,DE, AC=号a.Ac3 AB5 设AC=3X,AB=5xx>0, :∠C=90°， BC=AB2-AC2=4x' 由(1)知AE是∠BAC的角平分线， .AC⊥BC,EH⊥AB, .'EH=CE. “AC=VAE2-CE,AH=AE2-EH2” ..AC=AH=3x, BH=AB-AH=2x, :tan∠ABC=AC=3=tan∠HBE=EH BC 4 BH .E AE-AH+EH-385 ,CE=EH=3X :.BE=BC-CE=5x. ,∠C=∠OEB=90° 15/51 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.tan∠ABC= AC_3_OE BC 4 BE' ..OE=15 AD=20E=15 ·BD=AB-AD=5, X, 4 .AD为⊙O的直径， ∴∠AFD=90°， Cos∠BAC=AC=3 AB 5 COs∠DAF=AF AD .AF=9 X 41 .AC OE, .∠AFO=∠FOE,∠FAE=∠AEO, ∴.△AFG-△EOG, 怒 ÷EG=5AE-155 11 22七， 15V5 :EG=22 X 65-k BD5、 11 C 11. 【答案】1)4 (2) 证明：连接OD,如图： 16151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M .DE⊥BC B .∴.∠DEC=90°， .O是AB的中点，D是AC的中点， ∴.OD是△ABC的中位线 ∴.OD‖BC, .∴.∠ODE=∠DEC=90°，即OD⊥DE, .OD是⊙O的半径，且OD⊥DE, .直线DE是⊙O的切线， (3)不变，16 【分析】(1)由圆周角定理可得∠ADB=90°，即BD⊥AC,再结合题意得出BD是AC的垂直平分线， 由垂直平分线的性质即可得出结果： (2)连接OD,证明OD是△ABC的中位线，得出OD‖BC,从而可得OD⊥DE,即可得证： (3)过点M作MF⊥AB于点F,过点N作NG⊥AB于点G,则∠BFM=∠AFM=∠BGN=90°， 证明△BMF一△BAP,得出BM·BP=AB·BF,再证明△BNG一△BAD,得出BN·BD=AB·BG, 证明四边形AMBN是平行四边形，得出AM=BN,最后证明△AMF≌△BNG AAS得出AF=BG, 即可得出结果 【详解】(1)解：，AB是⊙O的直径， .∠ADB=90°，即BD⊥AC, 又：D是AC的中点， ∴BD是AC的垂直平分线， ..BC=AB=4, ∴.BC的长度是4： （2)略 (3)解：BM·BP+BN·BD的值是定值16.理由如下： 如图：过点M作MF⊥AB于点F,过点N作NG⊥AB于点G, 17/51 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A M D B 则∠BFM=∠AFM=∠BGN=90°， ,AB是⊙O的直径， .∠APB=∠BFM=90 又''∠MBF=∠ABP, ∴.△BMF一△BAP, ·ABBP即BM·BP=AB-BF, BM_BF 同理可得△BNG一△BAD, BN=BG 即BN·BD=AB·BG, AB BD .AM‖BN,AN‖BM ∴.四边形AMBN是平行四边形，∠MAF=∠NBG, ∴.AM=BN, 在△AMF和△BNG中， ∠MAF=ㄥNBG ∠AFM=∠BGN AM=BN .∴.△AMF≌△BNG AAS, ∴.AF=BG, 又'BM·BP=AB·BF,且BN·BD=AB·BG, .∴.BM·BP+BN·BD=AB·BF+AB·BG =AB·BF+AB·AF =AB·BF+AF =AB·AB=AB =42 =16. 18151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【点睛】直径所对的圆周角是直角：相似三角形的对应边成比例 12. 【答案】(1)60° (2)证明：如图，连接OD, .OA=OD. .∠OAD=∠ODA, ,AD平分∠FAC, .∠FAD=∠DAC, ∠FAD=∠ODA, .AF‖OD, .AF⊥DF, ∴OD⊥DF, .OD为⊙O的半径， .DF为⊙O的切线； (3)2 【分析】(1)由圆周角定理可得∠ACB=30°，∠ABC=90°，再利用三角形的内角和定理可得答案： (2)如图，连接OD,证明∠FAD=∠ODA,可得AF‖OD,结合AF⊥DF,可得OD⊥DF,从而 可得结论； (3)先证明CD:AD:AC=1:3:2,可得AD=3,如图，过D作DH⊥CP交CP的延长线于H,证 CD 明△ADG-ACDH,可得ACDC=AP=3.可得AG=3CH,DG=3DH,证明GP=DH, CH DH CD DG=PH,证明AP-V3CP=4DH,在Rt△DHP中，证明DP=2DH,从而可得结论. 【详解】(1)解：，∠ADB=30°， ∴.∠ACB=30°， 19/51 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AC为⊙O的直径， .∠ABC=90°， .∠BAC=60°： (2)略 (3)解：，AC为⊙O的直径， .∠ADC=∠APC=90°， .∠CAD=30°， ..CD:AD:AC=1:3:2, 0-5, CD 如图，过D作DH⊥CP交CP的延长线于H, G B .DP=DP, .∠DAG=∠DCH, ,∠AGD=∠CHD=90°. .△ADG-△CDH ÷A9-Dc=AD=5. CH DH CD ..AG=3CH,DG=V3DH, .∠DGP=∠GPH=∠PHD=90, 四边形DGPH为矩形， ..GP=DH,DG=PH, ..AP=AG+GP=3CH +DH=3 CP+PH+DH -V3CP+3DH+DH=V3CP+4DH ..AP-3CP=4DH, 20/51 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在Rt△DHP中， DP=DH2+PH2-DH2+DG2-DH2+3DHP=4DH2=2DH AP-/3CP-4DH-2. DP 2DH 13. 【答案】1)60° (2) 证明：如图，连接OA,OB E 由(1)得△ABC是等边三角形， ∴.∠C=60°， ∴.∠AOB=120°. .OA=OB ∴.∠OBA=∠OAB=30」 .∠EBA=60°， ∴.∠EB0=60°+30°=90°， ..OB⊥BE .OB是半径， 直线BE是⊙O的切线 3)存在，a=V2 【分析】(1)根据BE‖AC,∠EBA=60°，得出∠BAC=∠EBA=60°.根据AB=BC,得出 AB=BC,证出△ABC是等边三角形，则∠ABC=60°. (2)如图，连接OA,OB.由(1)得△ABC是等边三角形，则∠C=60°，根据圆周角定理得出 ∠AOB=120°.根据OA=OB,得出∠OBA=∠OAB=30°，则∠EBO=90°，即可证明直线BE是 ⊙O的切线. (3)如图，过点B作BM⊥DB,交CD于点M,连接BO,则∠DBM=90°，设∠ABD=a,则 21151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠ABM=90°-a,根据圆周角定理得出∠BAD=∠BCM,根据圆周角定理得出∠ABC=90°，则 ∠CBM=a,∠ABD=∠CBM,根据切线的性质得出OB⊥BE,结合OA=OC,得出OB是线段CA的 垂直平分线，则AB=CB,证明△ABD≌△CBM,则BD=BM,AD=CM,得出DM=V2BD,结合 CD=CM+DM,得出CD=AD+V2BD,即可求解. 【详解】(1)解：.BEAC,∠EBA=60°， ∴.∠BAC=∠EBA=60°， AB=BC, ∴.AB=BC, `.△ABC是等边三角形， ∴.∠ABC=60°. (2)略 (3)解：存在，a=2.理由如下： 如图，过点B作BM⊥DB,交CD于点M,连接BO,则∠DBM=90°， 设∠ABD=a,则∠ABM=90°-a, E C.BD=BD ∴.∠BAD=∠BCM①， .AC是⊙O的直径， .∴.∠ABC=90, '.∠CBM=∠ABC-∠ABM=a, .∴.∠ABD=∠CBM②， .BE与⊙O相切， ∴.OB⊥BE, BE‖AC, ∴.OB⊥AC, 又.OA=OC ∴.OB是线段CA的垂直平分线， 22151 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.AB=CB③， 由①②③得△ABD≌△CBM ASA, ∴.BD=BM,AD=CM, ∴.△BDM为等腰直角三角形， ∴.DM=2BD, 'CD=CM+DM, ∴.CD=AD+V2BD CD-AD=2, BD ∴.a=2 14. 【答案】1)128° (2) 证明：如图，连接OA、OB、OC, ..AB=AC,OB=OC. .点O、A在线段BC的垂直平分线上， .OA⊥BC, .AM‖BC, .OA⊥AM, .OA是⊙O的半径， .AM是⊙O的切线； M (3) 解：存在；m=1,n=-1,此时DC·DB=AD-AC2; 证明如下： 如图，延长AO交BC于点F, ,AB=AC,AO⊥BC, 23/51 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .CFG 在Rt△ACF、Rt△ADF中，由勾股定理得：AC2-CF2'=AF'=AD2-CF+DC, 即Ac-38cC=AD2-3c+Dc 整理得：AC2=AD2-DCDC+BC 即AC2=AD2-DC·DB, DC·DB=AD2-AC2, .当m=1,n=-1,DC·DB=m·AD2+nAC成立. M 【分析】(1)由圆内接四边形的性质即可求解； (2)连接OA、OB、OC,由线段垂直平分线的性质得OA⊥BC,再由AM‖BC即可求证： (3)存在：m=1,n=-1;延长AO交BC于点F,分别在Rt△ACF、Rt△ADF中，利用勾股定理即 可证明 【详解】(1)解：，四边形ABCE是圆的内接四边形， .∠ABC+∠AEC=180°， .∠AEC=180°-∠ABC=128°： (2)略 (3)略 15. 【答案】I)∠ABC=60° (2)证明：连接0C, 24151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D .AD⊥PC B , ∴.∠ADP=90, .OA=OC, ∴.∠OAC=∠OCA, .AC平分∠PAD, ∴.∠CAD=∠CAP, ∴.∠CAD=∠OCA, ∴.OCAD, .∠ADP=90°， ∴.∠OCP=∠ADP=90°， ∴OC⊥PD, 又.OC是⊙O的半径， .PC是⊙O的切线： 3) 解：存在常数a,b,使等式EF·PF=aPC+bPF2成立，且a=1,b=-1,证明如下： 连接AE,BF, ABFE⊙O B 四边形 是 的内接四边形， ∴.∠AEF+∠ABF=180°， .∠PBF+∠ABF=180°， ∴.∠AEF=∠PBF, ,·∠FPB=∠EPA .△PBF一△PEA, 25/51 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .PE_PB PA PE' ∴.PA·PB=PF·PE 在Rt△OCP中，∠OCP=90°， .0P2-r2=PC2, PA.PB=(OP+r)OP-r=0P2-r2 ∴.PA·PB=PC2, .PF·PE=PFPF+EF=PF+PF·EF ∴.PC2=PF2+PF·EF, ∴.PF·EF=PC2-PF2, EF.PF=aP C2+bPF2, ∴.a=1,b=-1. 【分析】(1)根据直径所对的圆周角是直角进行解答即可： (2)连接OC,结合角平分线证明OC‖AD,得到∠OCP=∠ADP,根据切线的判定定理进行即可证 明； (3)连接AE,BF,证明△PBF一△PEA,则F=B,进一步得到PA·PB=OP2-2,结合 PA PE OP2-r2=PC2,PF·PE=PF+PF·EF即可证明结论. 【详解】(1)解：.AB是⊙O的直径， ∴.∠ACB=90°， .∠BAC=30, .∴.∠ABC=90°-∠BAC=60°： （2)略 (3)略 16. 【答案】1)45° (2) 证明：如图，连接AD,BC. 26151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,点D是BC的中点， OD⊥BC, ,∠ACB=90°， .OD‖AC, :DE⊥AC OD⊥DE, .OD是⊙O的半径， DE是⊙O的切线： 3)CA+2GA=3FA 【分析】(1)证明△ABC是等腰直角三角形，即可求解： (2)利用垂径定理求得OD⊥BC,推出OD‖AC,即可得到OD⊥DE,据此即可证明DE是⊙O的切 线： (3)构造∠FGH=∠CGA,证明△GFH~△GCA,得到GF·CA=GC·FH①，再证明 △GFC一△GHA,得到GA·FC=GC·HA②，再结合直角三角形的性质即可求解. 【详解】(1)解：如图，连接BC, D ,AB是⊙O的直径， .∠ACB=90 .AC=BC. .AC=BC, 则△ABC是等腰直角三角形. .∠BAC=45°： 27/51 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)略 (3)解：如图，过点G作GH交AF于点H,使∠FGH=∠CGA. .∠GFH=∠GCA. ∴△GFH△GCA, .GE-FH GC CA' 则GF·CA=GC·FH① :∠FGH=∠CGA, ∴.∠FGC=∠HGA ,∠FCG=∠HAG, ∴.△GFC△GHA, .GC_FC GAHA 则GA·FC=GC·HA②. ①与②等号左右两边分别相加得，GF·CA+GA·FC=GC·FH+GC·HA, 则GF·CA+GA·FC=GC·PFH+HA=GC·FA. CF是⊙O的直径， ∴.∠CGF=90° ,在Rt△CGF中，∠FCG=30°， ..CF=2FG, 则CG=V3FG 代入GF·CA+GA·FC=GC·FA得，CA+2GA=3FA」 17. 【答案】1) 证明：连接OD 28151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D .OA=OD B ∴.∠OAD=∠ODA, .AD平分∠EAC, ∴.∠OAD=∠EAD, ∴.∠EAD=∠ODA. .DE⊥AB, ∴.∠AED=90°， ∴.∠EAD+∠ADE=90° ∴.∠ODA+∠ADE=90°，即∠ODE=90° ∴.OD⊥DE, 又.OD是⊙O的半径. ∴.DE是⊙O的切线. a310 6 (3)6 【分析】(1)连接OD,证明∠EAD=∠ODA,根据∠EAD+∠ADE=90°可得∠ODE=90°，故 可得ED是⊙O的切线： (2)设EA=a,由ED=3EA得ED=3a,由勾股定理得AD=V10a.证明△CAD一△DAE,得 EA_AD ADAC. 代入相关数据进行计算即可得出结论： (3)延长AB至点F,使得BF=AD,连接CF,BD.证明∠CAB=∠CAD=∠DAE=60°， ∠ADC=∠FBC.根据SAS证明△ADC≌△FBC,得CA=CF,再证明△CAF是等边三角形，得 AF=AC,根据AC≤2r=6可得结论. 【详解】(1)略 (2)解：.ED=3EA, ∴.设EA=a,则ED=3a, 29151 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由勾股定理得AD=VAE+DE=a2+3a=10a .AC是⊙O的直径， ∴.∠ADC=90°， ∴.∠ADC=∠AED. 又.'∠CAD=∠DAE, ∴.△CAD一△DAE, .EA=AD ·ADAC a_10a 9V10a 6, 解03 ∴.AD=V10a= 3V10 5 (3)解：如图所示，延长AB至点F,使得BF=AD,连接CF,BD. D E 0 .‘BC=CD B ∴.∠CBD=∠CDB :∠CBD=∠CAD,∠CDB=∠CAB,AD平分∠EAC, .∴.∠CAB=∠CAD=∠DAE=60° .'∠ADC+∠ABC=180°，∠FBC+∠ABC=180°. ∴.∠ADC=∠FBC. 在△ADC和△FBC中， . .△ADC≌△FBC SAS. ∴.CA=CF .∠CAF=60 又.∴.△CAF是等边三角形. 30151 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.AF=AC. ∴.m=AB+AD=AB+BF=AF=AC≤2r=6. .m的最大值为6. 18. 【答案】I) 证明：，AC=AC, .∠AOC=2∠ABC=2×22.5°=45°， .AE=OA, .∠E=∠AOC=45 .∠0AE=180°-45°-45°=90°，即OA1AE, .OA是⊙O的半径， AE是⊙O的切线： (25V2 3)存在，m=1 【分析】(1)根据圆周角定理得到∠AOC=2∠ABC=45°，再根据AE=OA得到 ∠E=∠AOC=45°，再利用三角形内角和定理求出∠OAE=90°，再根据切线的判定定理即可证明： (2)证明△ADB是等腰直角三角形，得到AB=V2AD,再结合AB=10即可求解： (3)延长CB至G使得BG=AC,连接DG,由AB为⊙O的直径，得到∠ACB=∠ADB=90°，则有 Sg台玩as+S△Ae=克AC-BC+AD-BD,再证明△BGD兰△ACD(SAS,)得到GD=CD, ∠BDG=∠ADC,SABGD=SAACD,进而得到∠GDC=∠ADB=90°，则有 5,cac号CD-GD-号CD,再由SN&ac,得出号AC-BC+号AD-BD号CD,即可求 出m的值. 【详解】(1)略 (2)解：.AB为⊙O的直径， .∠ACB=∠ADB=90°， .CD平分∠ACB, .∠ACD=∠BCD, .AD=BD, 31151 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AD=BD, ∴.△ADB是等腰直角三角形，AB=V2AD, AB=10, :AD=9=52, 2 (3)解：如图，延长CB至G使得BG=AC,连接DG, B G .AB为⊙O的直径， ∴.∠ACB=∠ADB=90°， S用边8aACB+S6ADB号AC~BC+号AD·BD, 2 A,C,B,D四点共圆， ∴.∠CAD+∠CBD=180, .∠GBD+∠CBD=180°， .∠GBD=∠CAD, 由(2)得，BD=AD, 又BG=AC, .△BGD≌△ACD SAS, ∴.GD=CD,∠BDG=∠ADC,SABGD=SAACD, .∠BDG+∠BDC=∠ADC+∠BDC, 即∠GDC=∠ADB=90°， “△CDG是等腰直角三角形， .S.cw-CD-GD-CD :S四边8aAcn+S△Bn=S△BGD+SABD=SACDG, ÷AGBC+AD-BD=CD, 32151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 即AC·BC+AD·BD=CD2, ,AC·BC+AD·BD=mCD2, m=1, ∴存在常数m=1,使等式AC·BC+AD·BD=mCD成立. 19. 【答案】1) 证明：，∠ACB=90°， ∴.AB是⊙O的直径. (2) 证明：，∠ACB=90°， .∠BAC+∠ABC=90°， .∠DBC=∠BAC, ,∠DBC+∠ABC=90°，即∠ABD=90°， :AB是⊙O的直径， .DF是⊙O的切线， 3) 解：HM=MG 理由：如图，延长BA,FE交于点P, G B AE‖BF,AB⊥DF, .AE⊥AB .AB是⊙O的直径， ∴.AE是⊙O的切线，切点为A, ,EF,BF都是⊙O的切线，切点分别为点G,B, ∴.EA=EG,FG=FB, 设EA=EG=m(m>0),FG=FB=n(n>0),则EF=m+n, 33151 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .GH⊥AB,AE⊥AB,FB⊥AB, .AE HG BF, ∴.△EMG一△EBF, .MG=EG MG-m 即 BF n m+n ..MG=mn m+n AE‖BF, .△PAE一△PBF, .PE=AE PE m PE BE 即 PE+EF n PE m 心pE+m+nn ∴PE=m+mn 9 n-m 六PF=PE+EF=m+mn+m+n= 2mn+n= n+mn n-m n-m n-m PG=PE+EG=m+mn +m= mn n-m n-m .HG BF, ∴.△PHG~△PBF, 2mn s保 HG n-m n n+mn n-m .HG=2mn n+m .MG=mn m+n ..HG=2MG, ..HM=MG. 【分析】(1)由∠ACB=90°即可证明结论： (2)由∠ACB=90°可得∠BAC+∠ABC=90°，由∠DBC=∠BAC,可得 ∠DBC+∠ABC=90°，即可证明结论： 34151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)延长BA,FE交于点P,先可证得AE是⊙O的切线，可得AE‖HG‖BF,EA=EG,FG=FB, 设EA=EG=m(m>0),FG=FB=n(n>0),通过证明△EMG一△EBF,△PHG一△PBF, △PHG一△PBF,利用相似三角形的性质即可得结论. 【详解】(1)略 (2)略 (3)略 20. 【答案】1)BC=V11 (2) 解：连接CO,如图所示： E G D ,过点B作⊙O的切线，与AC的延长线相交于点E, .AB⊥EB, .CD⊥AB, .CD‖BE ∴.∠GBA=∠CDA,∠BGA=∠DFA, .△GBA~△FDA, 站需 .CD‖BE, ∴.∠E=∠FCA,∠EGA=∠CFA, .△GEA一△FCA, .CF=AF ·EG-AG 则FD=CF GB EG ,F是CD的中点， 35151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..CF=DF, ..GB=EG, ∴.CG是△BCE的中线， .AB是⊙O的直径， .∠ACB=∠ECB=90°， ,CG是△BCE的中线 :.CG-lEB-EG-BG. .∠GCB=∠GBC, .OC=OB. .∠OCB=∠OBC, ,AB⊥EB, .∠OBC+∠GBC=90°， 即∠OCB+∠GCB=90, 故∠OCG=90°， OC是半径， .CH是⊙O的切线： 3) 解：②FG=CG=BG成立. 理由如下： 如图，过点G作GK⊥CD于点K,则∠GKD=90°. G R ,BE是⊙O的切线， BE⊥AB, .∠GBD=90° .CD⊥AB, .∠KDB=90° 36151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.四边形DBGK为矩形， :.GK=BD,BG=DK,KD‖GB,KG‖DB, .FD‖GB,KG‖AD, ∴.△ADF一△ABG,∠ADF=∠GKF,∠FAD=∠FGK, .△ADF一△GKF, .△GKF一△ABG, :Gk您 AB BG .⊙O的半径为3， ∴AB=6, .BD=2,GK=BD, GK=2, :GK=2-1 AB 6 3 :F1 BG 3' ..BG=3KF, .BG=DK, ..DK=3 KF, .'.DF=2KF, F是CD的中点， ∴.CD=2DF=4KF, ..CK=CD-DK=4KF-3KF=KF. 点K为CF中点. GK⊥CD于点K, ∴GK为线段CF的垂直平分线， ..FG=CG. 由(2)可知BG=CG .FG=CG=BG成立. 【分析】1)结合勾股定理求出BC=VAB-AC=T即可作答. 37/51 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)先根据CD⊥AB,过点B作⊙O的切线，与AC的延长线相交于点E,得出CD‖BE,再分别证明 △GB1~△FDA.△GEA~△PCA,品.合F是CD的点，得GB=RG,博运用边 对等角，以及∠OBC+∠GBC=90°，得∠OCB+∠GCB=90°，故∠OCG=90°，即CH是⊙O的 切线； (3)过点G作GK⊥CD于点K,则∠GKD=90°，根据切线的性质得到BE⊥AB,证明四边形DBGK 为矩形，得到GK=BD,BG=DK,KD‖GB,KG‖DB,证明△ADF一△ABG, ∠ADF=∠GKF,∠AD=∠PGK,进而证明△GKF一△ABG,得到GK-KC 可知DF=2KF, AB BG' 证明GK为线段CF的垂直平分线，得到FG=CG,由(2)可知BG=CG,即FG=CG=BG. 【详解】(1)解：⊙O的半径为3， ∴AB=2×3=6, 连接CB,如图所示： B .AB是⊙O的直径， .∠ACB=90°， BC=AB2-AC2=62-52-11 即点C和点B间的距离为BC的长度，即为11： (2)略 (3)略 21. 【答案】(1)110 (2)证明：连接DO,并延长交⊙O于点Q,连接CQ, 38151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 F A 0 B C P G Q DP2=PC.PB, 器器 ∠P=∠P, .△BDP一△DCP ∴.∠DBP=∠CDP, .CD=CD, .∠DBC=∠DQC, .∠PDC=∠DQC, .DQ是直径， .∠DCQ=90°， .∠CDQ+∠DQC=90, .∠PDC+∠CDQ=90°，即∠PDQ=90°， PD⊥DQ, PD是⊙O的切线。 (3)解：结论②m-n=0恒成立.证明如下： .EH⊥AD, ∴.∠EHD=∠EHA=90°， :.∠DEH+∠EDH=90°， .AC⊥BD .∠AED=∠BEC=90°， ∴.∠DEH+∠AEH=∠AED=90°， ∴.∠AEH=∠EDH, 39/51 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,∠CEG=∠AEH,∠ADB=∠ACB, .∠CEG=∠ECG, ∴EG=CG, 同理EG=BG, ÷BG=EG=CG,即BC=1. CG ,四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴.∠BAD+∠BCD=180°， .∠PCD+∠BCD=180°， .∠PCD=∠BAD, 由(2)有∠CDP=∠CBD ∴m=∠BAD BG ㄥCDP CG =∠PCD ∠CDP =∠PCD-∠CDP ∠CDP =∠PCD-∠CBD ∠CBD =∠CDB ∠CBD =∠BAC ∠CBD 设∠BAC=a, .AB=AC, ∠ABC=∠ACB=180-∠BACl=1800-a=90-a, ,∠ABE=∠BEC-∠BAC=90°-a, zDBc=∠ABc-∠ABD-90-a-|90-aa ·72=≤BA0x=2 ∠CBD1 40151 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在BF上取点M,使DF=MF,延长BF至点N,使AN=AE,连接DM,EN. F A D 0 ∴.∠FDM=∠FMD,∠AEN=∠ANE, ,DF⊥DB,AC⊥BD .DF‖AC, ∴.∠DFB=∠CAB=a, ∠PMD=∠DN=m-∠DrB号h80-a-90-a ·∠BMD=180°-∠FMD=180°- 90-1 a=90+a :∠EAN=180°-∠BAC=180°-，AE=AN, ∠AEN=∠ANE-IB80-∠EN=号 Ja. ∠NEB=∠AEB+∠AEN=90+1。 ∴.∠BMD=∠BEN, :∠MBD=∠EBN, ∴.△BMD一△BEN, .BM_BD 即BM·BN=BD·BE, 'BE BN' .BF-DF.AB+AE_BF-FM.AB+AN_BM.BN=1. BD BE BD BE BD·BE .AC⊥BD, S=5m号AEBE 41151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5:SgDC. 5-EE. S,=5跳0r .S1S3-AE·BE·AE·DE_AE S2S4DE·EC·BE·CECE ∴gSS3=AE S2S4 CE 在BE上取点K,使EK=ED,连接AK. H AE⊥BD, ..AK=AD, SAAm=SAAEK,∠ADK=∠AKD, .∠DAK=180°-∠ADK-∠AKD=180°-2∠ADK, .∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-2∠ACB, 又∠ADB=∠ACB, .∠DAK=∠BAC, :.∠DAK-∠CAK=∠BAC-∠CAK,即∠DAC=∠KAB, .AB=AC,AK=AD, .△ABK≌△ACD SAS, SAABK=S△ACD, .S1-S3=S2+S3, ∴.S1=S2+2S3, 42/51 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 “-s,+2S=1+2s=1+ 2AE S2 S2 S, CE BE-DE.AB+AES-2S3-1+1+2AR2AE-2 BD BE S, YS2·S4 CECE ∴.m=n, .m-n=0恒成立. 【分析】(1)根据等腰三角形的“等边对等角”求出底角∠ABC,再根据圆的内接四边形的对角互补求 解即可： DP CP (2)连接DO,并延长交⊙O于点Q,连接CQ,由DP2=PC·PB得 BPDP,证明 △BDP~△DCP,得到∠DBP=∠CDP=∠DQC,再由DQ是直径得到∠CDQ+∠DQC=90°， 从而∠PDC+∠CDQ=90°，即PD⊥DQ,即可得证； (3)根据同角的余角相等证明∠AEH=∠EDH,进而根据圆周角定理和对顶角相等得到 ∠CEG=∠ECG,从而EG=CG,同理EG=BG,即可得 BC=1,根据圆的内接四边形的对角互补 CG 可得∠PCD=∠BAD,结合∠CDP=∠CBD与圆周角定理推出m=∠BAD-BC ∠CDP CG =LPCD-∠CDP=∠PCD-∠CBD=∠CDB=∠BAC. ∠CDP ∠CBD ∠CBD :=∠CBD,设∠BAC=a,根据等边对等角与角 和差得到∠DBC=之ABC=∠ABD=a,因此m=←AC=2.在BP上取点M,使DE-MF. ∠CBD 长BF至点N,使AN=AE,连接DM,EN.证明∠BMD=∠BEN,得到△BMD一△BEN,因此 BM_BD BE BN' 从而BFDP.AB+A延=BFM.AB+AN=BM:B=1.根据三角形的面积公式得 BD BE BD BEBD·BE 到S·S=AEBE·AEDE=AE,因此SS=AE.在BE上取点K,使K=ED:连接AK·易 S2S4DE·EC·BECE CE? S,S CE 43151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2S3=1+ 证△ABK≌△ACD1SAS得到5，S,=5,+S,因tS-S,+2S=1+2 ,2AE,从而可得 S,S, S, CE n=2,所以m-n=0恒成立. 【详解】(1)解：，∠BAC=40°， ∴.∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC=140°， .AB=AC, ∴.∠ABC=∠ACB=70°， ,四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴.∠ADC=180°-∠ABC=110° (2)略 (3)略 22. 【答案】(1)4 (2)见解析 ®是定值，该定值为号 【分析】(1)先根据AB为⊙O的直径得出∠ADB=90°，再结合∠DAB=30°，利用直角三角形中 30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB的长度，最后除以2即可得到⊙O的半径： (2)连接OD,由点E为半圆弧AB的中点得出 AE=BE进而得到∠ADE=∠BDE=45,再利用三角 形外角性质求出∠PGD=75°，由PD=PG得出∠PDG=75°，接着根据OA=OD得到 ∠ODA=∠BAD=30°，计算出∠ODG=15°，从而推出∠ODP=90°，证明OD⊥PD,结合OD是 ⊙O的半径，即可证得PD为⊙O的切线： (3)连接AE、BE,先利用同弧所对的圆周角相等和对顶角相等证明△GDB一△GAE,得到 GAGB=GDGE,再通过两组角分别相等证明△EBG一△EDB,得到ED·EG=BE2,然后设DB=k, 在Rt△ADB中利用三角函数求出AB和AD的长度，再通过角度计算证明△PAD是等腰三角形，得出 PD=AD=V3k,接着根据AB为直径得出∠AEB=90°，结合AE=BE求出BE2=2k2,最后将 EG'+AG·BG转化为GEEG+GD=GEED=BE,代入BE和PD2的表达式计算，即可得出该式的 44151 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 完值为与 【详解】(1)解：，：AB为⊙O的直径， ∴.∠ADB=90°， 又∠DAB=30, ∴.AB=2BD=8, ∴.⊙0的半径为4： (2)证明：如图，连接OD, :点E为半圆弧AB的中点， .∴.AE=BE1 ∴.∠ADE=∠BDE, 又.∠ADE+∠BDE=∠ADB=90°， .∠ADE=45°， ∠PGD=∠BAD+∠ADE=75°， .PD=PG, .∠PDG=∠PGD=75°， .OA=OD, ∴.∠ODA=∠BAD=30°， .∠ODG=∠ADE-∠ODA=15 ∴.∠ODP=∠ODG+∠PDG=90°， ∴OD⊥PD, 又OD为⊙O的半径， ∴.PD与⊙O相切： (3)EG2+AGBG是定值，理由如下： 2PD 45/51 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 如图，连接AE,BE, D .∠BAE=∠BDE,∠BGD=∠AGE, ∴.△GDB-△GAE ·GD-GB ·GAEG1 .∴.GA·GB=GD·EG, ,∠ADE=∠ABE,∠ADE=∠BDE, .∠BDE=∠ABE, 又'∠BED=∠BED, ∴.△EBG一△EDB, ·BE_ED ·EGBE' ∴.ED·EG=BE2, 设DB=kk>O,在Rt△ABD中， sin∠DAB= 6D=sim30°=7，cos∠DAB=A0 AB AB =c0s300=3 .k-1AD_3 AB2’AB21 ∴.AB=2k,AD=V3k, :∠PDG=∠PGD=75°， .∠P=180°-∠PGD-∠PDG=30°， :∠BAD=30°， ∴.∠P=∠BAD, ∴.PD=AD=3k, .AB为⊙O的直径， ∴.∠AEB=90°， 在Rt△ABE中，.'∠AEB=90°， 46151 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AE2+BE2=AB2=2k2=4k2 又，AE=BE, .2BE2=4k2, .BE2=2k2, :EG+AGBC=EG'+GD-≥，&=GEEG+GD-EG,D-BE 2k2 2PD2 2PD2 2PD2 2PD22PD22×3kP=3 25. 3 【答案】)2 (2) 如图，连接OC A B .AB⊙O E 为 的直径， ∴.∠ACB=90 .CD⊥AF, ∴.∠D=90 .OA=OC, .∴.∠OAC=∠OCA .AC平分∠BAF, ∴.∠OAC=∠CAD, ∴.∠CAD=∠OCA, ∴.OCAD, .∠OCE=∠D=90°， .OC是⊙0的半径， .CD是⊙O的切线： 3)存在，且k的值为2 【分析】(1)由圆周角定理可知∠ACB=90°，然后根据勾股定理求解即可； 47151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)连接OC,证明∠CAD=∠OCA得OC‖AD,再证明OC⊥CD,进而可证CD是⊙O的切线： (3)过点C作CG⊥AE于点G,则∠CGA=90°，根据AAS证明△ACG≌△ACD得 AG=AD,CG=CD,再根据HL证明Rt△BCG兰Rt△FCD得BG=FD,进而可求出AB-AE=-k=2. DE 【详解】(1)AB为⊙O的直径， ∴.∠ACB=90°， BC=5,AC=12, 在Rt△ACB中，由勾股定理可得： AB-BC2+AC2=13 0A号aB-号 故⊙0的半径长为2： 13 (2)略 (3)存在，且k的值为2： 过点C作CG⊥AE于点G, ∴.∠CGA=90°， G B E 在△ACG与△ACD中， ∠GAC=∠DAC ∠CGA=∠CDA AC=AC ∴.△ACG≌△ACD(AAS), ∴.AG=AD,CG=CD, .AC平分∠BAF, .∴.∠CAF=∠CAB. ..CF=CB. 48151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.BC=CF 在Rt△BCG与Rt△FCD中， BC=CF CG=CD' ∴.Rt△BCG≌Rt△FCD(HL), ∴.BG=FD AB-AF_AG+BG-(AD-DF)_BG+DF_2DF =2 DF DF DF DF 即ABAE=k=2. DE 【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，切线的判定，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质， 熟练掌握圆的性质是解答本题的关键 26. 【答案】(1)证明见解析 (2)RV2 3)证明见解析 【分析】(1)连接OD,利用圆周角定理，角平分线的定义得到∠ACD=∠BCD=∠ACB=45°， 再利用圆周角定理和圆的切线的判定定理解答即可； (2)延长CA至点G,使得AG=BC,连接DB、DG,利用圆内接四边形得到∠DAG=∠DBC,证明 △DBC≌△DAG SAS,再证明△CDG是等腰直角三角形，即可求解： (3)连接DB,证明△BCF一△DCA,推出∠DAB=∠ACD,再证明△DA一△DCA,得到 AD=CD·DF,即可证明. 【详解】(1)证明：连接OD,如图， D .AB ⊙0 为 的直径， .∴.∠ACB=90° .CD是∠ACB的平分线， 49151 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠ACD=∠BcD=号∠ACB=45 ∴.∠AOD=2∠ACD=90°， .OD⊥AB, .DE‖AB, ∴.OD⊥DE, .OD为⊙O半径， ∴直线DE是⊙O的切线： (2)解：延长CA至点G,使得AG=BC,连接DB、DG,如图， G .CD∠ACB 是 的平分线， .∴.∠ACD=∠BCD, .AD=BD' ∴AD=BD, ,四边形ACBD为圆的内接四边形， .∴.∠DAC+∠DBC=180, .∠DAC+∠DAG=180 ∴.∠DAG=∠DBC, DB=DA 在△DBC和△DAG中∠DBC=∠DAG BC=AG ∴.△DBC≌△DAG SAS, ∴.∠ADG=∠BDC,DC=DG, .AB是直径， ∴.∠ADB=90°， .∴.∠ADC+∠ADG=∠ADC+∠CDB=90°， 即：∠CDG=90°， .△CDG是等腰直角三角形， 50/51 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 哥-2 CG=CA+CB, CG_CA+AG=CA+CB=2. ·CDCD CD (3)证明：连接DB,如图， D E F B CD ∠ACB 是 的平分线， ∠Acn=∠BD-克<ACB=45 .∠CBA=∠CDA, ∴.△BCF一△DCA, .BC-CF CD AC' ∴.AC·CB=CD·CF .'∠DAB=∠BCD, ∴.∠DAB=∠ACD, .∠ADF=∠CDA, ∴.△DA一△DCA, DE=AD AD CD' 即AD=CD·DF, 1 +1 1 1 DF+CF 1 AC·BC+ADCD·CFCD·DE CD-CF-DF CF-DF 51151 专题06 圆 5年真题1年模拟 考点分类 云南考情（2022-2026） 命题规律 圆的基本性质 选择、填空必考，分值 34 分；重点考查圆周角定理、垂径定理、弧弦圆心角关系、圆内接四边形性质；20222026 每年均有角度计算类客观题，部分真题结合三角函数求线段长度 以基础送分题为主；侧重角度、半径、弦长计算；不设置复杂模型；常直接利用定理倒角，考查对定理的理解与简单应用 与圆有关的位置关系（切线） 第 27 几何压轴大题，12 分；包含点与圆、直线与圆；切线证明为高频核心；设置三小问：基础计算、切线证明、拓展探究；20222026 年压轴均围绕切线展开 大题采用 “连半径证垂直” 为主的切线判定；第三问为拉分探究设问，常考面积比较、线段定值等式、线段比值、三点共线；常融合相似、勾股、解直角三角形、四边形综合考查 扇形、圆锥、圆台相关计算 选择填空必考，分值 24 分；每年考查弧长、扇形面积、圆锥侧面积；一模出现圆台创新题型；依托甑子、风力发电机等现实载体命题 核心考查 “扇形弧长等于圆锥底面周长”；注重实际情境建模；以公式计算为主，难度基础；会结合云南本土实物创设应用题干 考点01 圆的基本性质 1．（2026·云南·中考真题）如图，是的弦，点在上．若，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用圆周角定理，同弧或等弧所对的圆心角是圆周角的两倍求解． 【详解】解：． 2．（2024·云南·中考真题）如图，是的直径，点、在上．若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了弧弦圆心角的关系，圆周角定理，连接，由可得，进而由圆周角定理即可求解，掌握圆的有关性质是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∴， 故选：． 3．（2023·云南·中考真题）如图，是的直径，是上一点．若，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据圆周角定理即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 4．（2022·云南·中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⟂CD．垂足为E．若AB=26，CD=24，则∠OCE的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据垂径定理求出，再根据余弦的定义进行解答即可． 【详解】解：∵AB是⊙O的直径，AB⟂CD． ∴，OC==13， ∴． 故选：B． 考点02 与圆有关的位置关系  1．（2025·云南·中考真题）已知的半径为，若点在上，则点到圆心的距离为______． 【答案】 【分析】本题考查了点和圆的位置关系，根据点到圆心的距离和圆的半径之间的数量关系，即可判断点和圆的位置关系，解题的关键是理解设点到圆心的距离为，圆的半径为，若点在圆外，则时，当点在圆上时，则时；当点在圆内时，则． 【详解】解：∵点在上， ∴点到圆心的距离为， 故答案为：． 2．（2026·云南·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径．点在的延长线上，且．点在的延长线上．线段的中点与点、点在同一条直线上．线段与相交于点，与线段相交于点．于点，线段与线段相交于点，连接．记的面积为，的面积为． (1)求证：直线是的切线； (2)若，，求线段的长； (3)观察，探究，发现与证明： 以下三个结论：，，，你认为哪个正确？请证明你认为正确的那个结论． 【答案】(1)证明：如图1，连接， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵是的直径，， ∴， ∴， 又∵是的半径， ∴直线是的切线； (2) (3)，证明如下： 如图2，连接， ∵O为的中点，点是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 在中，，， ∴， ∵， ∴，即． 【分析】（1）连接，根据题意证得，得，再由是的直径，，证得即可证得结论； （2）首先证得，然后，证得，得，再由（1）知，设，则，由，得，再由，得，最后代入x值可求得的长； （3）连接，首先证得是的中位线，得，进而得，然后由得，证得，再由得，得，进而得，最后由可证得结论． 【详解】（1）略 （2）解：∵O为的中点，， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， 又∵点是线段的中点，， ∴， ∴， 由（1）知， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． 由（1）知， 设，则， ∵，即， ∴， ∵，即，解得， ∴； （3）略 3．（2025·云南·中考真题）如图，是五边形的外接圆，是的直径．连接，，，． (1)若，且，求的度数； (2)求证：直线是的切线； (3)探究，发现与证明：已知平分，是否存在常数，使等式成立？若存在，请直接写出一个的值和一个的值，并证明你写出的的值和的值，使等式成立；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)证明：如图，延长交于点，连接， ∵是的直径， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴直线是的切线； (3)存在常数，，使等式成立，理由如下： 如图，设与交于点， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， 得：， ∵， ∴， ∴，． 【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的判定等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）证明是等边三角形即可； （）延长交于点，连接，由圆周角定理可得，即，又，，所以，然后由切线的判定方法即可求证； （）设与交于点，由平分，可得，，通过圆周角定理可得，证明，，故有，，即有，，然后通过即可求解． 【详解】（1）解：∵，且， ∴是等边三角形， ∴； （2）略 （3）略 4．（2024·云南·中考真题）如图，是的直径，点、是上异于、的点．点在外，，延长与的延长线交于点，点在的延长线上，，．点在直径上，，点是线段的中点． (1)求的度数； (2)求证：直线与相切： (3)看一看，想一想，证一证： 以下与线段、线段、线段有关的三个结论：，，，你认为哪个正确？请说明理由． 【答案】(1) (2) 证明：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵是半径， ∴直线与相切； (3) 正确，理由如下： 连接，连接交于点，如图，则：， ∴点在线段的中垂线上， ∵， ∴点在线段的中垂线上， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∵，且， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴三点共线， ∴． 【分析】（1）直接利用直径所对的圆周角是直角，即可得出结果； （2）证明，得到，根据平角的定义，得到，即可得证； （3）连接，连接交于点，易得，圆周角定理得到，推出，进而得到，根据三角函数推出，得到三点共线，即可得出结果． 【详解】（1）解：∵是的直径，点是上异于、的点， ∴； （2）略 （3）略 5．（2023·云南·中考真题）如图，是的直径，是上异于的点．外的点在射线上，直线与垂直，垂足为，且．设的面积为的面积为．    (1)判断直线与的位置关系，并证明你的结论； (2)若，求常数的值． 【答案】(1)与相切， 理由如下： 连接， ∵是的直径，直线与垂直， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴与相切； (2) 【分析】（1）与相切，理由如下：连接，先证得，又证，进而有，于是即可得与相切； （2）先求得，再证，得，从而有，又，即可得解． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，   ∵， ∴， ∴， ∴ 又∵， ∴， ∴ ∵， ∴． 6．（2022·云南·中考真题）如图，四边形ABCD的外接圆是以BD为直径的⊙O，P是⊙O的劣弧BC上的任意一点，连接PA、PC、PD，延长BC至E，使BD²=BC⋅BE． (1)请判断直线DE与⊙O的位置关系，并证明你的结论； (2)若四边形ABCD是正方形，连接AC，当P与C重合时，或当P与B重合时，把转化为正方形ABCD的有关线段长的比，可得，当P既不与C重合也不与B重合时，是否成立？请证明你的结论． 【答案】(1)DE是⊙O的切线，证明见解析； (2)成立，证明见解析 【分析】（1）证明△BDC∽△BED，推出∠BCD=∠BDE=90°，即可证明DE是⊙O的切线； （2）延长PA至Q，使AQ=CP，则PA+PC= PA+AQ=PQ，证明△QAD≌△PCD(SAS)，再推出△PQD是等腰直角三角形，即可证明结论成立． 【详解】（1）解：DE是⊙O的切线；理由如下： ∵BD²=BC⋅BE， ∴， ∵∠CBD=∠DBE， ∴△BDC∽△BED， ∴∠BCD=∠BDE， ∵BD为⊙O的直径， ∴∠BCD=90°， ∴∠BDE=90°， ∴DE是⊙O的切线； （2）解：当P既不与C重合也不与B重合时，成立，理由如下： 延长PA至Q，使AQ=CP，连接DQ，则PA+PC= PA+AQ=PQ， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=CD，∠ADC=90°， ∵四边形APCD是圆内接四边形， ∴∠PAD+∠PCD=180°， ∵∠QAD+∠PAD=180°， ∴∠QAD=∠PCD， ∴△QAD≌△PCD(SAS)， ∴∠QDA=∠PDC，QD=PD， ∴∠QDA+∠PDA =∠PDC+∠PDA=90°， ∴△PQD是等腰直角三角形， ∴PQ=PD，即PA+PC=PD， ∴成立． 考点03 与圆有关的计算 1．（2026·云南·中考真题）某文创团队用环保材料制作圆锥形灯罩．若该圆锥的母线长，侧面展开图是圆心角为的扇形，则这个圆锥的侧面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】圆锥侧面展开图为扇形，圆锥母线长等于展开扇形的半径，直接利用扇形面积公式即可求出圆锥侧面积. 【详解】解：∵圆锥的母线长为，侧面展开图是圆心角为的扇形， ∴展开扇形的半径，圆心角， ∵圆锥侧面积等于其侧面展开扇形的面积， ∴. 2．（2025·云南·中考真题）若一个圆锥的侧面展开图的圆心角度数为，母线长为，则该圆锥的底面圆的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是了解圆锥的底面周长等于侧面展开图扇形的弧长． 设圆锥底面圆半径为，根据圆锥侧面展开图的扇形弧长等于底面圆的周长得到，即可求解半径． 【详解】解：设圆锥底面圆半径为， 由题意得：， 解得， 因此，该圆锥的底面圆半径为， 故选：B． 3．（2024·云南·中考真题）某校九年级学生参加社会实践，学习编织圆锥型工艺品．若这种圆锥的母线长为厘米，底面圆的半径为厘米，则该圆锥的侧面积为（   ） A．平方厘米 B．平方厘米 C．平方厘米 D．平方厘米 【答案】C 【分析】本题考查了圆锥的侧面积，先求出圆锥底面圆的周长，再根据圆锥的侧面积计算公式计算即可求解，掌握圆锥侧面积计算公式是解题的关键． 【详解】解：圆锥的底面圆周长为厘米， ∴圆锥的侧面积为平方厘米， 故选：． 4．（2023·云南·中考真题）数学活动课上，某同学制作了一顶圆锥形纸帽．若圆锥的底面圆的半径为1分米，母线长为4分米，则该圆锥的高为________分米． 【答案】 【分析】根据勾股定理得，圆锥的高=母线长 底面圆的半径得到结果． 【详解】解：由圆锥的轴截面可知： 圆锥的高=母线长 底面圆的半径 圆锥的高， 故答案为． 5．（2022·云南·中考真题）某中学开展劳动实习，学生到教具加工厂制作圆锥，他们制作的圆锥，母线长为30cm，底面圆的半径为10 cm，这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数是_____． 【答案】 【分析】设这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数为n，，进行解答即可得． 【详解】解： 设这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数为n°， 故答案为：． 1．（2026·云南威信县·一模）某圆形桌面，圆心为O，半径为，桌面上有一点P，则线段的长度可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据点P在圆形桌面上，可得点P在圆内或圆上，由此得到的取值范围，再判断选项即可． 【详解】解：∵点在圆形桌面上，圆形桌面所在圆的半径，圆心为， ∴点在内或上， ∴， 故观察选项，只有符合该范围． 2．（2026·云南玉溪市·一模）若一个圆锥的底面圆的半径为，母线长为，则该圆锥的侧面展开图的圆心角度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】圆锥的底面圆周长等于其侧面展开扇形的弧长，圆锥母线长等于扇形的半径，根据该关系列方程求解即可 【详解】解：设该圆锥侧面展开图的圆心角度数为， ∵圆锥底面圆半径，母线长，且圆锥底面圆周长等于侧面展开扇形的弧长， ∴底面圆周长 ，侧面展开图的弧长为. ∴，解得. ∴该圆锥侧面展开图的圆心角度数为 3．（2026·云南昆明市·一模）哈尼族蘑菇房是云南极具特色的传统民居，其锥形茅草屋顶形似撑开的蘑菇伞，既美观又能适应山地多雨的气候．某工匠按蘑菇房屋顶形状制作了一个圆锥模型．已知该圆锥模型的底面周长为，母线长为6，则此圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】运用，把相应数值代入即可求解． 【详解】解：∵圆锥的底面周长为，母线长为， ∴这个圆锥的侧面积为． 4．（2026·云南红河州·一模）如图，扇形的半径是，圆心角为，用这个扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面圆的半径为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据扇形弧长公式求出扇形的弧长，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：扇形的半径为，圆心角为， 扇形的弧长为， 圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长， 该圆锥的底面圆的半径为． 5．（2026·云南曲靖市·一模）如图（1）是我国南方部分地区使用的蒸饭工—甑子．甑体可抽象为立体图形中的圆台图（2）．小明研究发现，圆台可看作是由两个圆锥相减得到的，他画出了其展开图如图（3）所示，若下底面半径，上底面半径，，则圆台的侧面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图，证明，求得，再利用圆锥侧面积计算公式求解即可． 【详解】解：如图，下底面半径，上底面半径，设小圆锥母线长为，则大圆锥母线长为， 由题意得， ∴， ∴， 解得， 经检验，是原方程的解， ∴小圆锥的侧面积，大圆锥的侧面积， ∴圆台的侧面积为． 6．（2026·云南玉溪市·一模）如图，点A，B，C，D都在上，，下列说法一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆心角，弧，弦的关系判断即可． 【详解】解：∵， ，，，． 7．（2026·云南德宏州·一模）为进一步发展绿色新能源、推动能源结构优化升级，某地将风力发电项目作为绿色新能源推广试点．如图①，是“大风车”风力发电场的外景．如图②，是“大风车”的示意图，当“大风车”静止时，叶片与塔架垂直，当有风吹过，叶片顺时针缓缓转动．已知叶片的长度为米，当叶片第一次旋转到与塔架重合时，点所经过的路径长为________米（结果保留）． 【答案】 【分析】根据弧长公式计算路径长度即可． 【详解】解：米，， 则点所经过的路径长为米． 8．（2026·云南大理州·一模）如图，是的弦，点是的中点，交于点．若，，则的半径为________． 【答案】5 【分析】连接，由题意可得，由垂径定理可得，最后再由勾股定理计算即可得出结果． 【详解】解：如图：连接， ， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴． 9．（2026·云南玉溪市·一模）如图，在中，，是的外接圆．过点A作，交的平分线于点D，交于点E，连接并延长，交的延长线于点F． (1)若，求线段的长； (2)求证：是的切线； (3)若，，，用含a的代数式表示线段的长． 【答案】(1) (2) 证明：如图1，过点A作于点G，则． ∵在中，， ∴． 由垂径定理知，经过的圆心O． ∴是的半径． ∵， ∴，则， ∴，垂足为A， ∴是的切线． (3) 【分析】（1）根据平行线及角平分线证得，即可得到． （2）过点A作于点G，根据等腰三角形的性质及平行线的性质得证； （3）过点E作于H，得．由，求出，证明，得，求出．再证得，得，求得，． 【详解】（1）解：∵， ∴． ∵平分， ∴． ∴，则． （2）略 （3）如图2，过点E作于H， 由（1）知，， ∵， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴． 由题及（1）知，， ∴，， 则， ∴， 即，解得，． ∵， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴，则． ∵， ∴， ∴， 即，解得，． 10．（2026·云南德宏州·一模）如图1，在中，，是边上的点，且不与，重合．以为圆心，长为半径的圆交，，于点，，．点是劣弧的中点，连接． (1)【探索与发现】________（填“是”或“不是”）的角平分线； (2)【猜想与证明】是的切线； (3)【实践与应用】如图2，连接交于点，已知，是否存在常数，使？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)是 (2) 证明：连接， 由（1）知， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； (3)存在， 【分析】（1）根据等弧所对圆周角相等即可判断； （2）连接，根据等边对等角结合（1）中结论即可证明； （3）过点作于点，连接，设，证明，利用勾股定理和解直角三角形求出，，，，，，，，证明，求出，即可解答． 【详解】（1）解：∵点是劣弧的中点， ∴， ∴， ∴平分，即是的角平分线； （2）略 （3）解：存在，， 过点作于点，连接， ∵，即， 设， ∵， ∴， 由（1）知是的角平分线， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 11．（2026·云南昆明市·一模）如图，在中，，以为直径的过线段的中点，连接，过点作于点．若点是上与点位于异侧的一个动点（），连接，，过点作交于点，，交于点． (1)的长度是___________； (2)求证：直线是的切线； (3)请探究在点的运动过程中，的值是否改变？若不变，请求出此值；若改变，请说明理由． 【答案】(1)4 (2) 证明：连接，如图： ， ， 是的中点，是的中点， 是的中位线 ， ，即， 是的半径，且， 直线是的切线． (3)不变，16 【分析】（1）由圆周角定理可得，即，再结合题意得出是的垂直平分线，由垂直平分线的性质即可得出结果； （2）连接，证明是的中位线，得出，从而可得，即可得证； （3）过点作于点，过点作于点，则，证明，得出，再证明，得出，证明四边形是平行四边形，得出，最后证明得出，即可得出结果． 【详解】（1）解：∵是的直径， ∴，即， 又∵是的中点， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴的长度是4； （2）略 （3）解：的值是定值16．理由如下： 如图：过点作于点，过点作于点， 则， 是的直径， 又， ， ，即， 同理可得， ，即， ，， 四边形是平行四边形，， ， 在和中， ， ， ， 又，且， ． 【点睛】直径所对的圆周角是直角；相似三角形的对应边成比例 12．（2026·云南初中学业水平考试·一模）如图，是四边形的外接圆，是四边形的对角线，恰为的直径，，点在劣弧上，过点作，交的延长线于点，平分．    (1)求的度数； (2)求证：是的切线； (3)若，P是劣弧CD上的一个动点，不与C，D重合，连接AP，CP，DP，DG⊥AP于点G，求的值． 【答案】(1) (2)证明：如图，连接，    ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵为的半径， ∴为的切线； (3) 【分析】（1）由圆周角定理可得，，再利用三角形的内角和定理可得答案； （2）如图，连接，证明，可得，结合，可得，从而可得结论； （3）先证明，可得，如图，过作交的延长线于，证明，可得，可得，，证明，，证明，在中，证明，从而可得结论． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴； （2）略 （3）解：∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， 如图，过作交的延长线于，    ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴ ， ∴， 在中， ， ∴． 13．（2026·云南昭通市·一模）已知是的外接圆，过点B作． (1)如图1，若，，求的度数； (2)如图1，在（1）的条件下，求证：直线是的切线； (3)探索，发现与计算： 如图2，为的直径，与相切，点D在弧上，连接，，，问是否存在一个非零常数a，使等式成立？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) 证明：如图，连接，． 由（1）得是等边三角形， ， ． ， ． ， ， ． 是半径， ∴直线是的切线． (3)存在， 【分析】（1）根据，，得出．根据，得出，证出是等边三角形，则． （2）如图，连接，．由（1）得是等边三角形，则，根据圆周角定理得出．根据，得出，则，即可证明直线是的切线． （3）如图，过点B作，交于点M，连接，则，设，则，根据圆周角定理得出，根据圆周角定理得出，则，，根据切线的性质得出，结合，得出是线段的垂直平分线，则，证明，则，，得出，结合，得出，即可求解． 【详解】（1）解：，， ． ， ， 是等边三角形， ． （2）略 （3）解：存在，．理由如下： 如图，过点B作，交于点M，连接，则， 设，则， ， ①， 是的直径， ， ， ②， 与相切， ， ∵， ， 又， 是线段的垂直平分线， ③， 由①②③得， ，， 为等腰直角三角形， ， ， ． ， ． 14．（2026·云南保山市·一模）如图，是的内接等腰三角形，，点E是劣弧上的动点（与点A，点C均不重合），连接，连接并延长交的延长线于点D，过点A作直线． (1)若，求的度数； (2)求证：是的切线； (3)探究、发现与证明：是否存在常数m和n，使等式成立？若存在，请直接写出m和n的值，并证明成立；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) 证明：如图，连接， ∵， ∴点O、A在线段的垂直平分线上， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； (3) 解：存在；，此时； 证明如下： 如图，延长交于点F， ∵， ∴； 在中，由勾股定理得：， 即， 整理得：， 即， ∴， ∴当，成立． 【分析】（1）由圆内接四边形的性质即可求解； （2）连接，由线段垂直平分线的性质得，再由即可求证； （3）存在；；延长交于点F，分别在中，利用勾股定理即可证明． 【详解】（1）解：∵四边形是圆的内接四边形， ∴， ∴； （2）略 （3）略 15．（2026·云南大理州·一模）如图，是的直径，点是上异于、的点，点是延长线上一点，于点，且平分，点是弧上一动点（不与、重合），连接交于点，设的半径为． (1)当，求； (2)求证：是的切线； (3)在点的移动过程中，是否存在常数，，使等式成立？若存在，请直接写出一个，的值，并证明你写出的，的值，使成立；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明：连接， ， ， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， 又是的半径， 是的切线； (3) 解：存在常数，，使等式成立，且，，证明如下： 连接，， 四边形是的内接四边形， ， ， ， ， ， ， 在Rt中，， ， ∵， ， ， ， ， ∵， ，． 【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角进行解答即可； （2）连接，结合角平分线证明，得到，根据切线的判定定理进行即可证明； （3）连接，，证明，则，进一步得到，结合，即可证明结论． 【详解】（1）解：是的直径， ， ， ； （2）略 （3）略 16．（2026·云南文山州·一模）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； (3)若，试探究线段之间的数量关系． 【答案】(1) (2) 证明：如图，连接． ∵点D是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； (3) 【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； （3）构造，证明，得到①，再证明，得到②，再结合直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接． ∵是的直径， ∴． ∵， ∴， 则是等腰直角三角形． ∴； （2）略 （3）解：如图，过点G作交于点H，使． ∵， ∴， ∴， 则①． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， 则②． ①与②等号左右两边分别相加得，． 则． ∵是的直径， ∴． ∵在中，， ∴， 则． 代入得，． 17．（2026·云南个旧市·一模）自然界是几何的宝库，几何之美是生活中最无声却又最动人的旋律，让我们的世界充满了惊喜与奇迹，圆是几何中最美的图形之一．如图，是四边形的外接圆，半径为，过点作交的延长线于点平分． (1)在图1中，若是的直径．求证：是的切线； (2)在（1）的条件下，若，求线段的长； (3)在图2中，若、，求的最大值． 【答案】(1) 证明：连接． ， ， 平分， ， ． ， ， ． ，即． ， 又是的半径． 是的切线． (2) (3)6 【分析】（1）连接，证明，根据可得，故可得是的切线； （2）设，由得，由勾股定理得．证明，得，代入相关数据进行计算即可得出结论； （3）延长至点，使得，连接．证明．．根据证明，得，再证明是等边三角形，得，根据可得结论． 【详解】（1）略 （2）解：， ∴设，则， 由勾股定理得． 是的直径， ， ． 又， ， ． ，解得． ． （3）解：如图所示，延长至点，使得，连接． ， ． ，平分， ． ． ． 在和中， ． ． ， 又是等边三角形． ． ． 的最大值为6． 18．（2026·云南初中学业水平考试·一模）如图，是的内接三角形，为的直径，，点在上．平分，连接，，，是延长线上一点，连接，，过点作于点，． (1)求证：是的切线； (2)求的长： (3)探究：是否存在常数，使等式成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵是的半径， ∴是的切线； (2) (3)存在， 【分析】（1）根据圆周角定理得到，再根据得到，再利用三角形内角和定理求出，再根据切线的判定定理即可证明； （2）证明是等腰直角三角形，得到，再结合即可求解； （3）延长至使得，连接，由为的直径，得到，则有，再证明，得到，，，进而得到，则有，再由，得出，即可求出的值． 【详解】（1）略 （2）解：∵为的直径， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形，， ∵， ∴； （3）解：如图，延长至使得，连接， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵四点共圆， ∴， ∵， ∴， 由（2）得，， 又∵， ∴， ∴，，， ∴， 即， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴存在常数，使等式成立． 19．（2026·云南临沧市·一模）“小时不识月，呼作白玉盘．”2025年春晚节目《玉盘》：“玉盘玉盘，你为何悬于屋顶上？……”从远古问月到现在的探月工程，都体现了中华民族对宇宙穷极探索的追寻．“圆”——宛如那无瑕的玉盘，承载着无尽的奇妙与神秘，静静悬于数学的浩瀚星空．请用所学数学知识解决下面问题： 如图1，点A，B，C是上的三个点，，延长至点D，连接，，点F在的延长线上，与相切于点G，过点A作的平行线与切线交于点E． (1)求证：是的直径． (2)求证：是的切线． (3)如图2，连接，过点G作，交于点M．判断与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) 证明：∵， ∴是的直径． (2) 证明：∵， ∴， ∵， ∴，即， ∵是的直径， ∴是的切线， (3) 解：． 理由：如图，延长，交于点， ∵，， ∴． ∵是的直径， ∴是的切线，切点为， ∵，都是的切线，切点分别为点，， ∴，， 设，，则， ∵，，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴． 【分析】（1）由即可证明结论； （2）由可得，由，可得，即可证明结论； （3）延长，交于点，先可证得是的切线，可得，，，设，，通过证明，，，利用相似三角形的性质即可得结论． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 20．（2026·云南楚雄彝族自治州·一模）如图，C是以为直径的上一点，于点D，过点B作的切线，与的延长线相交于点E，F是的中点，连接并延长与相交于点G，连接并延长与的延长线相交于点H，的半径为3． (1)若，求点C和点B间的距离； (2)求证：是的切线； (3)当时，请判断下列结论哪个成立？①，②，③，并说明理由． 【答案】(1) (2) 解：连接，如图所示： ∵过点B作的切线，与的延长线相交于点E， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， 则， ∵F是的中点， ∴， ∴， ∴是的中线， ∵是的直径， ∴， ∵是的中线 ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， 故， ∵是半径， ∴是的切线； (3) 解：②成立． 理由如下： 如图，过点G作于点K，则． ∵是的切线， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，，，， ∴，， ∴，，， ∴， ∴， ∴． ∵的半径为3， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∴， ∴点K为中点． ∵于点K， ∴为线段的垂直平分线， ∴． 由（2）可知， ∴成立． 【分析】（1）结合勾股定理求出，即可作答． （2）先根据，过点B作的切线，与的延长线相交于点E，得出，再分别证明，，故，结合F是的中点，得出，再运用等边对等角，以及，得，故，即是的切线； （3）过点G作于点K，则，根据切线的性质得到，证明四边形为矩形，得到，，，，证明，，，进而证明，得到，可知，证明为线段的垂直平分线，得到，由（2）可知，即． 【详解】（1）解：∵的半径为3， ∴， 连接，如图所示： ∵是的直径， ∴， ∴， 即点C和点B间的距离为的长度，即为； （2）略 （3）略 21．（2026·云南曲靖市·一模）如图，四边形是的内接四边形，对角线，垂足为点，且，过点作于点，延长交于点，过点作交延长线于点，延长至点，连接，且满足． (1)若，求的度数； (2)求证：直线是的切线； (3)已知、、、的面积分别为、、、，若，，探究①；②；③三个结论，请从中选出一个恒成立的结论，并结合已知条件进行严格的推理论证，要求写出完整的证明过程． 【答案】(1) (2)证明：连接，并延长交于点Q，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴是的切线． (3)解：结论②恒成立．证明如下： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理， ∴，即． ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， 由（2）有 ∴ ， 设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 在上取点M，使，延长至点N，使，连接，． ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴． ∵， ∴， ， ， ∴ ∴ 在上取点K，使，连接． ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， 又， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴恒成立． 【分析】（1）根据等腰三角形的“等边对等角”求出底角，再根据圆的内接四边形的对角互补求解即可； （2）连接，并延长交于点Q，连接，由得到，证明，得到，再由是直径得到，从而，即，即可得证； （3）根据同角的余角相等证明，进而根据圆周角定理和对顶角相等得到，从而，同理，即可得到．根据圆的内接四边形的对角互补可得，结合与圆周角定理推出 ，设，根据等边对等角与角的和差得到，因此．在上取点M，使，延长至点N，使，连接，．证明，得到，因此，从而．根据三角形的面积公式得到，因此．在上取点K，使，连接．易证，得到，因此，从而可得，所以恒成立． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴． （2）略 （3）略 22．（2026·云南楚雄彝族自治州姚安县·二模）如图，已知为的直径，点为上一点，，点为延长线上一点，连接，点为半圆弧的中点，与交于点，且． (1)若，求的半径． (2)求证：为的切线． (3)猜想是否为定值．若为定值，求出该定值，若不为定值，请说明理由． 【答案】(1)4 (2)见解析 (3)是定值，该定值为 【分析】（1）先根据为的直径得出，再结合，利用直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半求出的长度，最后除以即可得到的半径； （2）连接，由点为半圆弧的中点得出，进而得到，再利用三角形外角性质求出，由得出，接着根据得到，计算出，从而推出，证明，结合是的半径，即可证得为的切线； （3）连接、，先利用同弧所对的圆周角相等和对顶角相等证明，得到，再通过两组角分别相等证明，得到，然后设，在中利用三角函数求出和的长度，再通过角度计算证明是等腰三角形，得出，接着根据为直径得出，结合求出，最后将转化为，代入和的表达式计算，即可得出该式的定值为． 【详解】（1）解：为的直径， ， 又∵， ∴， 的半径为4； （2）证明：如图，连接， ∵点为半圆弧的中点， ， ， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ， 又为的半径， 与相切； （3）是定值，理由如下： 如图，连接，， ∵，， ， ， ， ∵，， ， 又， ， ， ， 设，在中， ，， ，， ，， ∵， ∴， ∵， ， ， ∵为的直径， ， 在中，， ， 又， ， ， ． 25．（2026·云南楚雄彝族自治州双柏县·二模）如图，已知为的直径，F为上一点，平分且交于点C，过点C作于点D，延长交于点E，连接． (1)若，求的半径； (2)求证：是的切线； (3)是否存在常数，使得，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) 如图，连接 为的直径， ， ， ， 平分， ， ， ， ， 是⊙O的半径， 是⊙O的切线； (3)存在，且k的值为2 【分析】（1）由圆周角定理可知，然后根据勾股定理求解即可； （2）连接，证明得，再证明，进而可证是的切线； （3）过点C作于点G，则，根据证明得，再根据证明得，进而可求出． 【详解】（1）∵为的直径， ∴， ∵， 在中，由勾股定理可得： ∴， ， 故的半径长为； （2）略 （3）存在，且k的值为2； 过点C作于点G， ， 在与中， ， ， ， 平分， ． ∴， ． 在与中， ， ， ， 即． 【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，切线的判定，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握圆的性质是解答本题的关键． 26．（2026·云南楚雄彝族自治州武定县·二模）如图，是的外接圆，为的直径，的平分线交于点，交于点，连接，过点作，交的延长线于点． (1)求证：直线是的切线； (2)求的值； (3)证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）连接，利用圆周角定理，角平分线的定义得到，再利用圆周角定理和圆的切线的判定定理解答即可； （2）延长至点，使得，连接、，利用圆内接四边形得到，证明，再证明是等腰直角三角形，即可求解； （3）连接，证明，推出，再证明，得到，即可证明． 【详解】（1）证明：连接，如图， 为的直径， ． 是的平分线， ， ， ， ， ， 为半径， 直线是的切线； （2）解：延长至点，使得，连接、，如图， 是的平分线， ， ， ， 四边形为圆的内接四边形， ， ， ， 在和中， ， ，， 是直径， ， ， 即：， 是等腰直角三角形， ． ， ． （3）证明：连接，如图， 是的平分线， ， ， ， ， ． ， ， ， ， ， 即， ． 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $