专题02 圆中最值与隐圆模型（压轴题专项训练）数学新教材浙教版九年级下册

专题02 圆中最值与隐圆模型（压轴题专项训练）数学新教材浙教版九年级下册 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 1 题型与解法归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 2 题型一、隐圆模型——一箭穿心、定点定长、定弦定角 2 题型二、动点与相切——动圆相切的存在性与分类讨论 5 题型三、折叠旋转与坐标——折叠、旋转、坐标系中的最值 7 题型四、新定义——切接圆、伴切圆与多切型阅读 8 题型五、米勒问题——最大视角与四点共圆 10 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 13 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 ① 隐圆判定：抓定点定长、定弦定角，确定轨迹圆，利用 “箭穿心” 三点共线求距离最值； ② 动圆相切：抓住相切临界条件（圆心距与半径关系），分内切、外切分类讨论； ③ 折叠旋转：折叠旋转保长度，由不变定点构造隐圆，在坐标系中求解最值； ④ 新定义阅读：把陌生定义转化为圆相切、共圆关系，结合基础模型列式； ⑤ 米勒最大视角：利用 “过两定点的圆与直线相切” 的四点共圆模型定位极值点。 学生高频易错点主要有如下几种情形： 1. 看不出隐圆，对着动点硬设坐标、硬求函数，算到一半算不下去； 2. 定弦定角找到了，圆心却画在弦的同侧，半径算成了弦长的一半； 3. 动圆相切只解外切，漏掉内切那一种，答案少一半； 4. 折叠题不写"折痕垂直平分对应点连线"，直接默认某两条线段相等，理由缺失被扣分； 5. 坐标系题设点不设参，图象与代数两张皮，最值点找不到； 6. 米勒问题把"最大视角"当成"最近距离"，切点位置整体错位． 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、隐圆模型——定点定长与定弦定角求最值 典例1（25-26九年级上·吉林长春·期末）【模型初识】“一箭穿心”是圆中最值问题的核心解题模型，其核心结论是：过圆外定点和圆心的直线与圆相交于两点，这两点到圆外定点的距离分别为该定点到圆上点的最大值和最小值． 【探究证明】（1）如图①，是外的一点，直线分别交于点、，则线段是点到上各点的距离中最短的线段． 证明：如图②，在上任意取一个不同于点的点，连接、 则有（__________）请补全_________处缺失的依据 即 由得，即 从而得出线段是点到上各点的距离中最短的线段． （2）小琳认为在图①中，线段是点到上各点的距离中最长的线段，你认为小琳的说法正确吗？请说明理由． 【直接运用】 （3）如图③，在中，，以为直径的半圆交于，是上的一个动点，连接，则的最小值是_________． （4）如图④，在平面直角坐标系中，点的坐标为，的半径为3，为轴上一动点，切于点，则最小值是_________． 【灵活运用】 （5）如图⑤，的半径为6，弦，点为优弧上一动点，交直线于点，则面积的最大值是_________． 解题模板 1．隐圆四型：定点定长（到定点距离等于定长，点在圆上）、定弦定角（对定线段张角不变，点在弓形弧上）、直角所对（∠APB＝90°，点在以 AB 为直径的圆上）、对角互补（四点共圆）； 2．一箭穿心：点 P 在⊙O 上，O、P、A 三点共线时 PA 取到最值——连线过圆心一侧取最小，反向延长取最大；求 PA 最值一律换算成 OP±OA，别在圆上瞎找点； 3．先证"点在圆上"再谈最值：把动点满足的不变量找出来（定长、定角、直角、对角互补），圆一旦现身，圆心与半径随之确定，最值就只剩一条线段的加减． 变式1-1（23-24九年级上·吉林长春·期末）阅读理解： （1）【学习心得】 学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型．    ①类型一，“定点+定长”：如图1，在中，，，是外一点，且，求的度数． 解：由于，根据圆的定义可知，点、、一定在以点（定点）为圆心，（定长）为半径的上，则是所对的圆心角，而是所对的圆周角，从而可容易得到______． ②类型二，“定角+定弦”：如图2，中，，，，是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值． 解：， ． ， ． ．（定角） 点在以（定弦）为直径的上． 又点在内部， 点在弧上（不包括点、点），（如图）请完成后面的过程．    （2）【问题解决】 如图3，在矩形中，已知，，点是边上一动点（点不与，重合），连接，作点关于直线的对称点，则线段的最小值为______． （3）【问题拓展】 如图4，在正方形中，，动点，分别在边，上移动，且满足．连接和，交于点．点从点开始运动到点时，点也随之运动，点的运动路径长为______． 变式1-2（24-25九年级上·河南信阳·期末）（1）【学习心得】学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型． ①类型一，“定点+定长”．如图1，在中，，D是外一点，且， 求的度数． 解：若以点A（定点）为圆心，（定长）为半径作辅助圆（请你在图1上画圆），则点C，D必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到 ． ②类型二，“定角+定弦”．如图2，中，，，，P是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值． 解∶ ∵， ∴． ∵， ∴． ∴ ．（定角） ∴点P在以（定弦）为直径的上．易求得的最小值为 ． （2）【问题解决】如图3，在矩形中，已知，点P是边上一动点（点P不与B，C重合），连接，作点B关于直线的对称点M，则线段的最小值为______． （3）【问题拓展】如图4，在正方形中，，动点E，F分别在边上移动，且满足．连接和，交于点P． ①请你写出与的数量关系和位置关系，并说明理由； ②点E从点D开始运动到点C时，点P也随之运动，请求出点P的运动路径长． 变式1-3（24-25九年级上·河北邯郸·期中）正所谓：有“圆”千里来相会，无“圆”对面不相逢．“隐圆模型”的题的关键突破口就在于能否看出这个“隐藏的圆”．一旦“圆”形毕露，则答案手到擒来！ (1)如图1，四边形中，，若，则______度． (2)如图2，长米的梯子竖直放在墙角，在沿着墙角缓慢下滑直至水平地面过程中，梯子的中点的移动轨迹长度是多少米？请写出过程． (3)如图3，已知四边形中，，，，求______． (4)在矩形中，已知，，现有一根长为2的木棒紧贴着矩形的边（即两个端点始终落在矩形的边上），按逆时针方向滑动一周，则木棒的中点在运动过程中所围成的图形的面积是多少？说明理由． 题型二、动圆相切——动点与相切的存在性分类讨论 典例2（2024·浙江·模拟预测）【综合探究】如图所示，四边形为菱形，，点从点向点运动，速度为，运动时间为秒．过点作的垂线交直线于点为的外接圆，交菱形对角线于点，连接． (1)求证：． (2)当为何值时，与相切？ (3)当t为何值时，为等腰三角形？ 解题模板 1．动圆与直线相切：d＝r 是唯一判据，先把圆心到直线的距离写成含 t 的式子，再解方程，不要凭图形"看着差不多"下结论； 2．动圆与另一圆相切分两种：外切 d＝R＋r，内切 d＝|R－r|，题设没说清的两种情况都要解，缺一即扣分； 3．含"有且只有一个公共点"的题，答案往往是一段区间而不是一个值：相交、相切、相离逐段讨论，端点处单独验证是否取到． 变式2-1（24-25九年级上·浙江宁波·阶段检测）如图是边长为的菱形，，一动点以的速度从出发，沿着菱形的边依次经过后回到点，停止运动．连结，若以为圆心，为半径作，当与相切时，需要时间（    ） A．或秒 B．或秒 C．或秒 D．或秒 变式2-2（2025九年级上·浙江·专题练习）在中，，，，若以为圆心的圆与斜边有且只有一个公共点，则该圆半径的取值范围为______ ． 变式2-3（24-25九年级上·浙江台州·期末）如图，是等腰三角形，，点为边上一动点，以点为圆心，为半径的圆分别交，于点，，为线段的中点． (1)求证：； (2)如图，连接交圆于点，当点为弧的中点时，求此时的长度； (3)如图，当圆与相切时，连接，若，求和的周长之比． 题型三、折叠旋转最值——折叠旋转与坐标系中的最值计算 典例3（26-27九年级上·湖南长沙·期中）已知直线分别与x轴、y轴交于，两点，过，，三点作，是劣弧的中点． (1)请直接写出，，的坐标． (2)连接，点是上的一个动点，点是直线上的一个动点，当四边形的面积最大时： ①求点的坐标；②求的周长的最小值． (3)点是y轴上的一点，把沿直线翻折，使点的对应点落在边上．连接交x轴于点，交于点，连接． 以下两个结论：①；②，其中有且只有一个结论是正确的．请写出你认为正确的结论，并说明理由． 解题模板 1．折叠一定产生全等：折痕是对应点连线的垂直平分线，重合的两段相等、对应的角相等，先把相等关系在图上标全，再谈圆； 2．旋转抓"旋转中心＋旋转角＋对应点"：旋转前后对应线段相等、对应角相等，旋转 60° 出等边、旋转 90° 出直角，是构造隐圆的常用入口； 3．坐标系中的最值优先用一个字母设点坐标（设横坐标，纵坐标由解析式给出），把所求长度写成这个字母的函数，再配方或用点到直线距离公式求极值． 变式3-1（26-27九年级上·浙江杭州·阶段检测）如图，是半圆的直径，点为半圆上一动点（除点、外），若圆弧沿所在直线折叠后与直径交于点，当，时，折痕_______． 变式3-2（2023·浙江金华·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，以点为圆心，以的长为半径的圆交x轴于点A，交y轴于点C．过点的直线l与相切，且与y轴，直线分别交于D，E两点，连接，． (1)试证明点B在上； (2)判断的形状并说明理由； (3)已知抛物线，在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使得以B，M，P为顶点的三角形与相似？若存在，直接写出a的值；若不存在，请说明理由． 变式3-3已知：矩形（字母顺序如图）的边长，将此矩形放在平面直角坐标系中，使在x轴正半轴上，而矩形的其他两个顶点在第一象限，且直线经过这两个顶点中的一个． (1)求出矩形的顶点A，B，C，D的坐标． (2)以为直径作，经过A，B两点的抛物线的顶点是点P． ①若点P位于外侧且在矩形内部，求a的取值范围． ②过点C作的切线交于点F，当时，试判断抛物线与y轴的交点Q是位于直线的上方，还是下方，还是正好落在此直线上，并说明理由． 题型四、切接圆新定义——切接圆伴切圆的阅读理解与应用 典例4【概念生成】定义：我们把经过三角形的一个顶点并与其对边所在直线相切的圆叫做三角形的“切接圆”，如图1，，经过点A，并与点A的对边相切于点D，则该就叫做的切接圆，根据上述定义解决下列问题： (1)【理解应用】已知，中，，，． ①如图2，_________． ②如图2，若点D在边上，，以D为圆心，长为半径作圆，则__________（填“是”或“不是”）的“切接圆”，请证明． ③在图3中，若点D在的边上，以D为圆心，长为半径作圆，当是的“切接圆”时，求的半径． (2)【思维拓展】如图4，在平面直角坐标系中，的顶点坐标为，，， ①判断的形状，并求出的周长； ②试说明：以抛物线图像上任意一点P为圆心，长为半径作圆，一定是的“切接圆”； ③若点P在抛物线上，且是的“切接圆”，当的半径最小时，直接写出点P的坐标． 解题模板 1．新定义题的第一步不是算，是"翻译"：把定义逐句改写成图形语言与符号语言，圈出定义里的每一个限制（过哪个点、与哪条线相切、圆心在哪条线上）； 2．第二步是"套用"：把定义的条件当作已知，剩下的部分全是常规的切线性质与勾股计算，不必另起炉灶； 3．第三步是"验证"：求出答案后代回定义逐条核对，尤其是"相切"与"经过"这两类边界条件，漏一条整题作废． 变式4-1（2021·浙江绍兴·一模）定义：我们把圆心在的边上，与的一边相切，且经过的一个顶点（非切点）的圆叫做的伴切圆． （1）已知在中，，，是的伴切圆，且点在上，求的长； （2）在平面直角坐标系中，直线与轴正半轴交于点，与轴交于点，半径为3的是的伴切圆且圆心在上，直接写出所有满足条件的的值． 变式4-2（2026·四川泸州·二模）定义：有三条直线与圆相切的图形称为“多切型”．如图多切型中，、、分别与切于、、，且，连接并延长交于点，过点作的切线交于，交于，若的直径为，．则_________． 变式4-3（25-26九年级上·江苏苏州·期中）我们知道，如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫这个圆的内接四边形．我们规定：若圆的内接四边形有一组邻边相等，则称这个四边形是这个圆的“邻等内接四边形”． (1)理解 请同学们判断下列分别用含有和角的直角三角形纸板拼出如图所示的4个四边形．其中是邻等内接四边形的是 （填序号）． (2)探索 如图，，且．请你用尺规作图在平面内找出动点的轨迹，使得四边形总是邻等内接四边形．（保留作图痕迹，不写作法） (3)应用 为喜迎元旦，某地准备在如图所示的邻等内接四边形空地上摆放花卉，已知，米．米，且．求四边形空地的面积． 题型五、米勒问题——最大视角与四点共圆模型 典例5（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． 解题模板 1．最大视角模型：定线段 AB、动点 P 在直线 l 上，当过 A、B 的圆与 l 相切时 ∠APB 最大，切点即为所求，此时 PA²＝PB·PC（切割线）； 2．把实际问题化成"定线段＋动点"：球门是定线段、运动员是动点，先建图再套模型，不要被"足球""测楼"这类外壳带偏； 3．四点共圆的判定用三条：对角互补、同侧张角相等、同弧所对圆周角相等；证共圆之后圆上的等角关系可以直接搬用，这一步是压轴得分的关键． 变式5-1（25-26九年级上·江苏连云港·阶段检测）1471年，德国数学家米勒提出最大视角问题，这一问题一般描述的是：如图，已知点、是的边上的两个定点，点是边上的一个动点，当在何处时，最大？ 问题的答案是：当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大．人们称这一命题为米勒定理．在足球比赛中，球员在双方球门前的不同位置起脚射门，对球门的威胁是不同的，触球点对球门的张角越大，射门的命中率就越高．如图为室内人制足球场示意图，设球场长大约为，宽大约为米，球门长大约为，在某场比赛中有一位球员欲在边线上的某点处射门，为使得张角最大，则大约为（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 变式5-2（2026·贵州·模拟预测）【问题情境】如图1，在足球比赛场上，甲带球奔向对方球门（虚线部分为的外接圆），当他带球冲到A点时，同伴乙和丙分别已冲到B点和C点，甲是自己射门好，还是将球传给乙或者丙，让乙或者丙射门好？ (1)【问题探究】对于这个问题，小明结合图1判断得出，根据“仅从射门角度考虑，球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进”的经验，认为甲应该将球传给乙．以下给出了证明的部分过程，请继续完成证明过程： 如图2，设与圆交于点M，连接，设延长线交圆与点N，连接，则， ∵________，∴________，∴； ∵________，∴________，∴； ∴； (2)【问题应用】德国数学家米勒曾提出最大视角问题，并得到这样的结论：如图3，点A，B是平面内两个定点，C是直线l上的一个动点，当且仅当的外接圆与l相切于点C时，最大．请直接根据这一结论解决问题：如图4，在正方形中，E是上一点，连接，当取得最大值时，求的值； (3)【问题拓展】如图5，，点A，B是边上两点，，点C是边上一动点．若最大不超过，求的取值范围． 变式5-3（2023·广西北海·二模）综合与实践 【问题提出】 （1）如图，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门进攻，当甲带球冲到点时，乙已跟随冲到点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证：． 【数学理解】 德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图，已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大，人们称这一命题为米勒定理． 【问题解决】 （2）如图，已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点，当的外接圆与轴相切于点时，最大，当最大时，求点的坐标． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 压轴1如图，在中，，．⊙C的半径长为2，P是边上一动点（可以与顶点重合），并且点P到⊙C的切线长为m．若满足条件的点P有4个，则m的取值范围是（    ）    A． B． C． D． 压轴2（26-27九年级上·浙江宁波·阶段检测）如图，已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，抛物线与轴的一个交点为，点是抛物线的顶点，且与轴相切，点为上一动点．若点为的中点，连接，则的最大值是（     ） A．8 B．9 C． D． 压轴3（26-27九年级上·江苏无锡·阶段检测）如图，在菱形中，，则以为圆心，为半径的与直线的位置关系是______；点为菱形所在平面内一动点，且，连接，，取的中点，连接．则线段最小值为______． 压轴4（25-26九年级上·浙江·阶段检测）如图，在平行四边形中，，，，点P在射线上运动，以点P为圆心，长为半径的圆交射线于点Q，交于点E．当与平行四边形的边所在的直线相切时，半径的长为_______． 压轴5（24-25九年级上·浙江金华·阶段检测）如图，在平面直角坐标系中，已知点，，的半径为1，P是线段上的一点，连接交于点A，在的左侧过点P作的切线，切点为B，连接，． （1）当时，线段的长是________； （2）点P在线段上运动时，线段长度的取值范围是________． 压轴6如图，在平面直角坐标系中，直线经过，，的半径为（为坐标原点），点是直线上的一动点，过点作的一条切线，为切点，则切线长的最小值为 ____________________ ． 压轴7（2024·浙江杭州·一模）在直角坐标系中，对于直线：，给出如下定义：若直线与某个圆相交，点的坐标为，若的半径为，直线关于的“圆截距”的最小值为，则的值为_____． 压轴8（2024·湖南岳阳·三模）如图1，以正方形的顶点A为圆心，作圆弧，P是上一动点，过点P作的切线交于点E，交于点F，连接．    (1)求的大小； (2)如图2，连接， ①求证为定值； ②当，时，求的面积． (3)如果的周长为20，设，的面积为y，求y关于x的函数关系式． 压轴9（2026·吉林长春·模拟预测）阅读理解： (1)【学习心得】学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型． ①类型一，“定点＋定长”： 如图1，在中，，，D是外一点，且，求的度数． 解：由题意，若以点A（定点）为圆心，（定长）为半径作辅助圆（可在图1中画出辅助圆），则点C、D必在上，是所对的圆心角，而是所对的圆周角，从而可容易得到______． ②类型二，“定角＋定弦”： 如图2，中，，，，P是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值． 请将以下解题过程补充完整． 解：∵，∴， 请补全缺失过程 ∴点P在以（定弦）为直径的上， ∴连接交于点P，此时最小． (2)【方法应用】如图3，在矩形中，已知，，点P是边上一动点（点P不与B，C重合），连接，作点B关于直线的对称点M， 直接写出线段的最小值为______，并利用无刻度的直尺及圆规确定使线段的长度最小时的点M的准确位置； 压轴10（2025·广西贵港·一模）【阅读理解】学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型． 【类型一】“定点＋定长”：如图，在中，，，是外一点，且，求的度数． 解：由于，根据圆的定义可知，点、、一定在以点（定点）为圆心，（定长）为半径的上，则是所对的圆心角，而是所对的圆周角，从而可容易得到的度数． 【类型二】“定角＋定弦”：如图，中，，，，是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值． 解：， ， ． （定角）． 点在以（定弦）为直径的上． 又点在内部， 点在弧上（不包括点、点（如图）…． 【问题探究】 （1）①根据类型一的学习，可求得 °； ②请完成类型二后面的过程； 【问题解决】 （2）如图，在正方形中，，动点，分别在边，上移动，且满足．连接和，交于点．点从点开始运动到点时，点也随之运动，求点的运动路径长． 压轴11（25-26九年级上·吉林长春·期末）小明在学习完圆这一章内容后，发现对于一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识可以更容易解决问题．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要有“定点＋定长”与“定角＋定弦”两种类型．下面是小明对“定角＋定弦”类型题开展的探究活动． 【初步运用】 如图，已知线段，点是直线上方一个动点，且，确定点的轨迹．小明以为底边作等腰，使，，且点、点在同侧．则以点为圆心，以________为半径（填长度），作辅助圆．易知点的轨迹为的优弧（不包含点、）．即由（定角），（定弦），可得点一定在某一个确定的圆上． 【深入探究】 问题原型：如图①，菱形边长为，，点在射线上移动．试探究的最小值． 问题探究：如图②，小明首先在射线上作点，使，利用，将转化为，这样 就将双变量（、）问题转化为探究长度最小值的单变量问题，于是将问题进一步转化成探究点轨迹的问题： 小明进一步发现当时，连结，总有，进而可知． 以下是小明证明的部分过程： 证明：由问题探究的作法可知，， 又∵，∴．∴． ∵菱形中，，且． 证明过程缺失 ∴． 请你补全缺失的证明过程． 由恒为（定角），（定弦），可得点一定在某一个确定的圆上． 请帮小明在图③中画出此圆，圆心标记为，从而确定长度的最小值为______． 问题解决：结合上述探究过程，则的最小值是______． 压轴12（25-26九年级上·吉林·阶段检测）【模型1】已知线段的长度为4，在线段所在直线外有一点，且，想确定满足条件的点的位置，可以以为底边构造一个等腰，再以点为圆心，长为半径作圆，得到的外接圆，则点在的优弧上．即：已知线段的长度，的大小确定，则点一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型． 【模型2】A型，X型两个基本图形是由平行线分线段成比例定理衍生出的基本模型，由此我们可以得到两组相似三角形，以及成比例线段． 请根据模型1在图1中绘制出点在上方的轨迹（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）． 【问题解决】如图2，在中，若，，求面积的最大值． 解：以为底边构造一个等腰，使，且点和点在的同侧．由模型1得，点在以为圆心，为半径的弧上． 请补全解题过程： 【拓展应用】如图3，在中，，点为边上一点，，若，则的面积的最大值为________． 压轴13（25-26九年级上·山东菏泽·阶段检测）【问题呈现】 习题课上，老师给出了如下的题目：如图，在中，，，，点为平面上一动点且，求的最小值． 【思路点拨】 老师给出了提示：在线段上取一点，使得． （1）李华同学发现，连接后，可得到一对相似三角形． 请找到图中的相似三角形并证明； 请你根据李华的思路，求的最小值． 【新知引入】 老师告诉同学们，在图中，无论点在上如何运动，的值都不变．更一般地，若平面上一动点与两定点距离之比为定值时，那么动点在一个定圆上运动．这个定理由阿波罗尼奥斯发现，因此这个圆被称为“阿氏圆”．定义：满足的点的轨迹为阿氏圆． 【实践操作】 （2）如图所示，直线上有两点、，请用无刻度的直尺与圆规，从阿氏圆或阿氏圆中，选择一个作图，并说明选择的是哪一个．（不写作法，保留作图痕迹） 【思维拓展】 （3）如图，是的平分线，，请直接写出面积的最大值． 压轴14（20-21九年级上·江苏宿迁·期末）问题提出：如图1，在中，，，，的半径为2，P为圆上一动点，连接，，求的最小值． (1)尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图1，连接，在上取一点D，使，连接，则．又因为，所以，所以．所以．所以．请你完成余下的思考，并求出的最小值； (2)自主探案：在“问题提出”的条件不变的前提下，求的最小值； (3)拓展延伸：如图2，已知在扇形中，，，，，P是上一点，求的最小值． 压轴15（19-20九年级上·安徽淮南·阶段检测）阅读下列材料，回答问题. 材料：求圆外一定点到圆上距离最小值是安徽省中考数学较为常见的一种题型，此类题型试题有时出题者将圆隐藏，故又称为“隐圆问题”.解决这类问题，关键是要找到动点的运动轨迹，即该动点是绕哪一个定点旋转，且能保持旋转半径不变.从而找到动点所在的隐藏圆，进面转换成圆外一点到圆心的距离减半径，求得最小值. 解决问题： （1）如图①，圆O的半径为1，圆外一点A到圆心的距离为3，圆上一动点B，当A、O、B满足条件____________时，有最小值为____________. （2）如图②，等腰两腰长为5，底边长为6，以A为圆心，2为半径作圆，圆上动点P到的距离最小值为__________. （3）如图③，，P、Q分别是射线、上两个动点，C是线段的中点，且，则在线段滑动的过程中，求点C运动形成的路径长，并说明理由. （4）如图④，在矩形中，，，点E是中点，点F是上一点，把沿着翻折，点B落在点处，求的最小值，并说明理由. （5）如图⑤，在中，，，，以边中点O为圆心，作半圆与相切，点P，Q分别是边和半圆上的动点，连接，求长的最小值，并说明理由. 压轴16（2026·河北廊坊·二模）圆周角定理及其推论是初中数学中很重要的定理，反映了圆心角和圆周角及圆周角之间的关系． 【回顾】 (1)如图1，为的弦，且．点，在弦所对的优弧上，则的度数为________，的度数为________； 【应用】如图2，已知线段．点在所在直线的上方，且．要求：用尺规作图的方法作出满足条件的点所组成的图形． (2)嘉嘉经过思考后进行了下面的操作，求优弧的长； 如图3． 1．以为边画正方形，连接，，交于点； 2．以点为圆心，长为半径画圆，则位于线段上方的圆弧就是满足条件的点所组成的图形． (3)请你用另一种不同于（2）中的方法按要求作图（保留作图痕迹，不用写作法）； 【拓展】 (4)如图4，已知建筑物宽为30米，一名摄影师从距点30米的点（点在直线上）出发，沿大桥方向前进（），当摄影师到达对建筑物视角最大的最佳拍摄点（最大）时，求他前进的距离． 这个问题可以通过“米勒定理”解决：过点，作，与直线相切于点时，最大，此时的为最佳拍摄点．连接并延长交于点，连接．请你完成解答（求的长）． 压轴17（2024·浙江湖州·二模）如图，已知在等腰三角形中，，过点作射线，点是延长线上的一个动点，连结，交于点．    (1)求证：； (2)如图2，过点作，分别交于点和点，连结，交于点，连结．已知． ①若与相切，求的长； ②是否存在点，使得四边形是平行四边形，若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由． 压轴18综合探究 【问题提出】 (1)小明通过“直线与圆的位置关系”的学习，已经知道过圆外一点可以作圆的两条切线．在对这一知识的学习过程进行反思时，小明突发奇想：如图1，直线l与相离，点P在直线l上运动，过点P作的切线，切点为A，则的长是否存在最小值？小明探究后发现，当直线l时，的长最小．请帮小明证明该结论； 【理解内化】 (2)如图2，正方形的边长为4，以D为圆心．2为半径作圆．点P是边上动点，过点P作的切线，切点为E，则的取值范围为； 【拓展应用】 (3)如图3，直线与x轴和y轴分别相交于A，B两点，P是该直线上的任一点．将直线向下平移5个单位，与x轴和y轴分别相交于D，C两点，过点D向以P为圆心，2为半径的作右侧作切线，切点为E．则四边形面积的最小值为． 压轴19（2026·浙江金华·三模）已知在平行四边形中，，，过、、三点的圆与边相切于点，圆心为． (1)如图，连接并延长交于点，连接，交于点，连接． ①求证：； ②求线段的长． (2)如图，、分别是、上的动点，且，求的最小值． 压轴20（24-25九年级下·浙江台州·自主招生）如图，直线y与x轴、y轴分别交于A，B两点，动圆M始终与直线相切，设切点为C，圆心M在线段上，且圆M与y轴至少有一个交点，圆M的半径为r，设圆M与x轴的交点为D，E，点E在点D左侧．若圆M与y轴有两个交点，则分别为点F，G，点F在y轴的正半轴．点H为圆M上半圆一动点，连接交x轴于点P． (1)求圆M半径r的取值范围； (2)当，求的值； (3)若，求． 压轴21（2025·浙江舟山·一模）如图1，以点为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线与相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点． (1)填空：的长为______；的长为______；的半径为______；的长为______； (2)如图2，点P是直径上的一个动点（不与C、D重合），连结并延长交于点． ①当时，求的值； ②设，，求y与x的函数关系式． 压轴22如图1，为半圆O的直径，C为延长线上一点，切半圆于点D，，交延长线于点E，交半圆于点F，已知．点P，Q分别在线段上（不与端点重合），且满足．设． (1)求半圆O的半径． (2)求y关于x的函数表达式． (3)如图2，过点P作于点R，连结． ①当为直角三角形时，求x的值． ②作点F关于的对称点，当点落在上时，求的值． 压轴23（21-22九年级上·江苏南京·期中）问题情境：如图1，P是外的一点，直线PO分别交于点A，B． (1)探究证明：如图2，在上任取一点C(不与点A，B重合)，连接，求证：； (2)直接应用：如图3，在中，，，以为直径的半圆O交于D，P是弧上的一个动点，则的最小值是 ． (3)构造运用：如图4，在边长为2的菱形中，，M是的中点，N是边上一动点，将沿所在的直线翻折得到，连接，则长度的最小值为 ． (4)综合应用：如图5，平面直角坐标系中，分别以点，点，分别以1，2为半径作、，M，N分别是，上的动点，直接写出的最小值为 ． 压轴24如图，已知抛物线的顶点是，且与轴交于、两点，交轴于点．    (1)求此抛物线的解析式； (2)①当的取值范围满足条件 时，； ②若，是抛物线上两点，且，求实数的取值范围； (3)直线平行于轴，分别交线段于点、交抛物线于点，求线段的长度的最大值； (4)若以抛物线上的点为圆心作圆与轴相切时，正好也与轴相切，求点的坐标． 压轴25（24-25九年级上·浙江杭州·阶段检测）如图，已知点P是抛物线上的任意一点，记点P到x轴的距离为，点P到的距离为．    (1)求证：． (2)若直线交抛物线于另一点Q（异于点P），请判断以为直径的圆与x轴的位置关系，并说明理由． (3)在（2）条件下，求出以为直径的圆的面积的最小值． 压轴26（25-26九年级上·广东江门·期末）抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点D，顶点记为C，将抛物线绕点A旋转后得到新抛物线，抛物线与x轴的另一交点为，顶点为，点D旋转后的对应点为． (1)如图1，当时，此时抛物线的顶点． ①求抛物线的解析式： ②作直线，若抛物线的对称轴与x轴交于点E，以为圆心，为直径的圆恰好经过点，请判断与直线的位置关系，并说明理由． (2)如图2，当抛物线的顶点C恰好与点D重合，连接、、、得到的四边形能否成为矩形，若能，请求出a，c应满足的关系式，若不能，请说明理由． 压轴27（26-27九年级上·全国·课后作业）如图，已知直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，P是以点为圆心，2为半径的圆上一动点，连接，求面积的最小值． 压轴28已知，正方形，以为直径在正方形内部作半圆M，点E是边上动点，连结交半圆M于点F，连结． (1)若，求的长度； (2)如图2，连结，将沿着对折，得到交于点N． ①若，求的度数； ②求的最小值． 压轴29已知，在中，，以为直径的与交于点H，将沿射线平移得到，连接． (1)如图1，与相切于点G． ①求证：四边形是矩形； ②求的值； (2)如图2，延长与交于点K，将沿折叠，点F的对称点恰好落在射线上． ①猜想与的关系，请说明理由； ②若，求平移的距离． 压轴30（2021·浙江金华·二模）如图1，在平面内点A，B，P，满足，若，则称点P，B是点A的直角等腰点；若，则称点P，B是点A的锐角等腰点． （1）如图2的网格中，A，B为格点，在图中分别画出格点P，使得点P，B是点A的直角等腰点或锐角等腰点． （2）如图3在平面直角坐标系中，点P在该直线：上点D在x轴上，半径为3的⊙D与x轴交于点C（在点D的左边）． ①当时，点C的坐标为，若点P，C是原点O的锐角等腰点，求P的坐标． ②若时，点C在点A的右边，点E在⊙D上，在直线l上恰好存在三个点P，使得点P，E是点C的直角等腰点，求P的纵坐标． 压轴31（23-24九年级下·北京·阶段检测）在平面直角坐标系中，A、B为平面内不重合的两个点，若Q到A、B两点的距离相等，则称点Q是线段的“似中点”． (1)已知，，在点、、、中，线段的“似中点”是点___________： (2)直线与x轴交于点M，与y轴交于点N． ①求在坐标轴上的线段的“似中点”； ②若的半径为2，圆心P为，上存在线段的“似中点”，请直接写出t的取值范围． 压轴32（2025·广西南宁·模拟预测）请阅读材料，并完成相应的任务．战国时期数学家墨子提写的《墨经》一书中就有了圆的记载，与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一． 定义：我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．（也就是切线与弦所夹的角，切点为弦切角的顶点）．如图1中即为弦切角． 弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数． 下面是弦切角定理的证明过程： ①如图1．已知：为圆上任意一点，当弦经过圆心，且切于点时，易证：弦切角． ②如图．当点是优弧上任意一点，切于点．求证：弦切角． 证明：连接并延长交于点，连接，如图2所示． 与相切于点， ▲ ， ， 是直径， ▲ （直径所对的圆周角是直角）， ， ， 又 ▲ （同弧所对的圆周角相等）， ． 完成下列任务： (1)将上述证明过程补充完整； (2)运用材料中的弦切角定理解决下列问题： ①如图3，的顶点在上，和相交于点，且是的切线，切点为，连接．若，求的长； ②如图4，，以为直径的交于点，过点作的切线，交的延长线于点．试猜想与的数量关系，并证明你的猜想． 压轴33（2026·江苏南京·模拟预测）【项目式学习】 项目主题：车轮的形状 项目背景：在学习完圆的相关知识后，九年级某班同学通过小组合作方式开展项目式学习，深入探究车轮制作成圆形的相关原理． 【合作探究】 (1)探究A组：车轮做成圆形的优点是：车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变．另外圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离也是不变的．如图1，圆形车轮半径为，其车轮最高点到地面的距离始终为______； (2)探究B组：正方形车轮在滚动过程中轴心到地面的距离不断变化．如图2，正方形车轮的轴心为，若正方形的边长为6cm，车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为______； (3)探究C组：如图3，有一个正三角形车轮，边长为6cm，车轮轴心为（三边垂直平分线的交点），车轮在地面上无滑动地滚动一周，求点经过的路径长． 探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮的轴心是否在一条水平线上运动． 【拓展延伸】 如图4，分别以正三角形的三个顶点，，为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”．“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心并不稳定． (4)探究D组：使“莱洛三角形”以图4为初始位置沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”和“车轮轴心”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动一周的过程中，其“最高点”和“车轮轴心”所形成的图形按上、下放置，应大致为______． A．    B． C．    D． (5)已知、分别是、上的两个动点：点沿从点运动到点，点沿从点运动到点，它们同时出发且速度相同，连接．请简要说明此时线段的中点的运动轨迹． 压轴34（22-23九年级上·山西吕梁·期末）阅读与思考：阅读下列材料，并完成相应的任务． 米勒定理 米勒（）是德国的数学家，是欧洲最有影响的数学家之一，米勒发表的《三角全书》，是使得三角学在欧洲取得独立地位的第一部系统性著作．下面是米勒定理（又称切割线定理）的证明过程 已知：如图1，与相切于点A，与相交于点B，C． 求证：． 证明：如图2，连接． ∵为的切线， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ……    任务： (1)请完成剩余的证明过程 (2)应用：如图3，是的切线，经过的圆心O，且，割线交于点D，E，，求的长． 压轴35（25-26九年级上·湖南长沙·阶段检测）如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上，我们就称这个四边形为圆内接四边形． (1)下列选项中，一定是圆内接四边形的是___________．（填序号） ①平行四边形；②菱形；③矩形；④正方形 (2)如图1，与轴交于点，与轴交于点，点在轴的正半轴上，点在轴负半轴上，若、、、四点共圆 ①设、、四边形的面积分别为、、，且满足：，试判断的形状，并说明理由． ②在①的条件下，求四边形的面积． (3)如图2，若等腰的外接圆为，半径为，平面上有两点、，分别与的三个顶点构成圆内接四边形（在的左侧，点在的右侧），求五边形面积的最大值． 压轴36（24-25九年级上·浙江杭州·期中）探究与实践：“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆． 该小组继续利用上述结论进行探究． 【提出问题】如图， 在线段同侧有两点，，连接，，，， 如果，那么，，，四点在同一个圆上． 【探究展示】如图，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与， 重合），连接，， 则（依据） ∵， ∴， ∴点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆） ∴点， 都在点，，所确定的上（依据） ∴点，，，四点在同一个圆上； 【反思归纳】 圆内接四边形对角互补； 对角互补的四边形四个顶点共圆； 过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆； 同圆中，同弧所对的圆周角相等； （）上述探究过程中的“依据”、“依据”分别是指什么？依据： ；依据： ．（从框内选一个选项，直接填序号） （） 如图，在四边形中，，，则的度数为 ； 【拓展探究】 （）如图4， 已知 是等腰三角形，，点在上（不与的中点重合），连接．作点关于的对称点，连接并延长交的延长线于， 连接，． 求证：，，，四点共圆； 若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由． 压轴37（2025九年级上·全国·专题练习）如图，在四边形中，且，垂足为，延长线交于，交的延长线于．求证：A，，，四点共圆． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 圆中最值与隐圆模型（压轴题专项训练）数学新教材浙教版九年级下册 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 1 题型与解法归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 2 题型一、隐圆模型——一箭穿心、定点定长、定弦定角 2 题型二、动点与相切——动圆相切的存在性与分类讨论 16 题型三、折叠旋转与坐标——折叠、旋转、坐标系中的最值 25 题型四、新定义——切接圆、伴切圆与多切型阅读 37 题型五、米勒问题——最大视角与四点共圆 50 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 59 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 ① 隐圆判定：抓定点定长、定弦定角，确定轨迹圆，利用 “箭穿心” 三点共线求距离最值； ② 动圆相切：抓住相切临界条件（圆心距与半径关系），分内切、外切分类讨论； ③ 折叠旋转：折叠旋转保长度，由不变定点构造隐圆，在坐标系中求解最值； ④ 新定义阅读：把陌生定义转化为圆相切、共圆关系，结合基础模型列式； ⑤ 米勒最大视角：利用 “过两定点的圆与直线相切” 的四点共圆模型定位极值点。 学生高频易错点主要有如下几种情形： 1. 看不出隐圆，对着动点硬设坐标、硬求函数，算到一半算不下去； 2. 定弦定角找到了，圆心却画在弦的同侧，半径算成了弦长的一半； 3. 动圆相切只解外切，漏掉内切那一种，答案少一半； 4. 折叠题不写"折痕垂直平分对应点连线"，直接默认某两条线段相等，理由缺失被扣分； 5. 坐标系题设点不设参，图象与代数两张皮，最值点找不到； 6. 米勒问题把"最大视角"当成"最近距离"，切点位置整体错位． 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、隐圆模型——定点定长与定弦定角求最值 典例1（25-26九年级上·吉林长春·期末）【模型初识】“一箭穿心”是圆中最值问题的核心解题模型，其核心结论是：过圆外定点和圆心的直线与圆相交于两点，这两点到圆外定点的距离分别为该定点到圆上点的最大值和最小值． 【探究证明】（1）如图①，是外的一点，直线分别交于点、，则线段是点到上各点的距离中最短的线段． 证明：如图②，在上任意取一个不同于点的点，连接、 则有（__________）请补全_________处缺失的依据 即 由得，即 从而得出线段是点到上各点的距离中最短的线段． （2）小琳认为在图①中，线段是点到上各点的距离中最长的线段，你认为小琳的说法正确吗？请说明理由． 【直接运用】 （3）如图③，在中，，以为直径的半圆交于，是上的一个动点，连接，则的最小值是_________． （4）如图④，在平面直角坐标系中，点的坐标为，的半径为3，为轴上一动点，切于点，则最小值是_________． 【灵活运用】 （5）如图⑤，的半径为6，弦，点为优弧上一动点，交直线于点，则面积的最大值是_________． 【答案】（1）两点之间，线段最短； （2）小琳的说法正确，理由如下： 在圆上任意取一个不同于点的点，连接、， ∵在中，， ∴，即． ∴线段是点到圆上各点的距离中最长的线段． ∴小琳的说法正确； （3）； （4）4； （5） 【分析】（1）根据两点之间，线段最短即可解答； （2）在圆上任意取一个不同于点的点，连接、，类比于题干分析过程进行说明即可； （3）取半圆的圆心，连接交半圆于点，结合题意得到当与点重合时，最小，利用勾股定理求出，即可解题； （4）如图，连接，由勾股定理可知要使最小，只需最小；当轴于P时，最短，可确定点P的坐标，进而确定，最后在中求出的值即可； （5）连接，作的外接圆，过圆心作于点，连接，，，，先根据等边三角形的判定与性质可得，根据圆周角定理可得，则可得，再作的外接圆，求出，然后可得当点共线时，，此时的值最大，最大值为，利用三角形的面积公式求解即可得． 【详解】（1）解：如图②，在上任意取一个不同于点的点，连接、， 则有（两点之间，线段最短） 即 由得，即， 故答案为：两点之间，线段最短； （2）略 （3）解：如图，取半圆的圆心，连接交半圆于点，则当与点重合时，最小， ， ∴的最小值为：， 故答案为：； （4）解：如图，连接， 根据切线的性质定理，得， ，， ∴要使最小，只需最小， 当轴于P时，最短， 此时P点的坐标是， ∵A点坐标为， ∴， 在中，，， ∴， ∴最小值是4， 故答案为：4； （5）解：如图，连接，作的外接圆，过圆心作于点，连接，，，， ∵半径为6， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 要使的面积最大，则需点到的距离最大， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴（当且仅当点共线时，等号成立）， ∴当点共线时，，此时的值最大，最大值为， ∴的最大面积是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了切线的性质、勾股定理、垂线段最短、坐标与图形，等边三角形的判定与性质、圆周角定理、含30度角的直角三角形的性质、圆中的最值问题等知识，熟练掌握以上知识点并灵活运用，是解此题的关键． 解题模板 1．隐圆四型：定点定长（到定点距离等于定长，点在圆上）、定弦定角（对定线段张角不变，点在弓形弧上）、直角所对（∠APB＝90°，点在以 AB 为直径的圆上）、对角互补（四点共圆）； 2．一箭穿心：点 P 在⊙O 上，O、P、A 三点共线时 PA 取到最值——连线过圆心一侧取最小，反向延长取最大；求 PA 最值一律换算成 OP±OA，别在圆上瞎找点； 3．先证"点在圆上"再谈最值：把动点满足的不变量找出来（定长、定角、直角、对角互补），圆一旦现身，圆心与半径随之确定，最值就只剩一条线段的加减． 变式1-1（23-24九年级上·吉林长春·期末）阅读理解： （1）【学习心得】 学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型．    ①类型一，“定点+定长”：如图1，在中，，，是外一点，且，求的度数． 解：由于，根据圆的定义可知，点、、一定在以点（定点）为圆心，（定长）为半径的上，则是所对的圆心角，而是所对的圆周角，从而可容易得到______． ②类型二，“定角+定弦”：如图2，中，，，，是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值． 解：， ． ， ． ．（定角） 点在以（定弦）为直径的上． 又点在内部， 点在弧上（不包括点、点），（如图）请完成后面的过程．    （2）【问题解决】 如图3，在矩形中，已知，，点是边上一动点（点不与，重合），连接，作点关于直线的对称点，则线段的最小值为______． （3）【问题拓展】 如图4，在正方形中，，动点，分别在边，上移动，且满足．连接和，交于点．点从点开始运动到点时，点也随之运动，点的运动路径长为______． 【答案】（1）①26；②如图2，最小值为4；（2）2；（3） 【分析】（1）①以点A(定点)为圆心， (定长) 为半径作辅助圆，得出是的圆心角，而是圆周角，即可求出答案；②先判断出，进而判断出，进而判断出点P在上，即可求出答案； （2）连接，，由，点B，点M关于直线对称，得出，进而推出点M在以点A为圆心，为半径的圆上运动，当点M在线段上时，有最小值； （3）由正方形性质可证可得，，由余角的性质可证,由题意可得点P的运动路径是以为直径的圆的，由弧长公式可求解． 【详解】解：（1）①∵ ∴点B，点C，点D在以点A为圆心，为半径的圆上，如图1：        ∴， 故答案为：； ②∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点P在以(定弦)为直径的上，如图2，连接交于点P，此时最小，    ∵点O是的中点， ∴， 在中，，，， ∴， ∴， ∴最小值为4； （2）如图3，连接，，      ∵点B，点M关于直线对称， ∴， ∴点M在以点A为圆心，为半径的圆上运动， ∴当点M在线段上时，有最小值， ∵ ∴， ∴的最小值为， 故答案为：2； （2）∵四边形是正方形， ∴，， ∵， 在和中， ∴， ∴ ∵ ∴， ∴， ∴， 如图4，连接，交于点O，    ∵点P在运动中保持， ∴点P的运动路径是以AD为直径的圆弧， ∴点P的运动路径长为 ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的有关知识，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质，弧长公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 变式1-2（24-25九年级上·河南信阳·期末）（1）【学习心得】学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型． ①类型一，“定点+定长”．如图1，在中，，D是外一点，且， 求的度数． 解：若以点A（定点）为圆心，（定长）为半径作辅助圆（请你在图1上画圆），则点C，D必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到 ． ②类型二，“定角+定弦”．如图2，中，，，，P是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值． 解∶ ∵， ∴． ∵， ∴． ∴ ．（定角） ∴点P在以（定弦）为直径的上．易求得的最小值为 ． （2）【问题解决】如图3，在矩形中，已知，点P是边上一动点（点P不与B，C重合），连接，作点B关于直线的对称点M，则线段的最小值为______． （3）【问题拓展】如图4，在正方形中，，动点E，F分别在边上移动，且满足．连接和，交于点P． ①请你写出与的数量关系和位置关系，并说明理由； ②点E从点D开始运动到点C时，点P也随之运动，请求出点P的运动路径长． 【答案】（1）①；②；4； （2）4； （3）①， 理由如下： ∵四边形是正方形， ∴， ∵， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ②点的运动路径长为． 【分析】本题主要考查圆的定义、圆周角定理、弧长公式、全等三角形的判定与性质等周四点，熟练掌握圆的定义、构造辅助圆的基本方法是解题的关键． （1）①根据圆的定义、构造辅助圆，运用圆周角定理计算即可；②根据直角三角形的三个顶点在以斜边为直径的圆上、构造辅助圆，运用圆的性质计算即可； （2）根据圆的定义、构造辅助圆，运用圆的性质计算即可解答； （3）根据直角三角形的三个顶点在以斜边为直径的圆上、构造辅助圆，运用圆的性质、弧长公式计算即可． 【详解】解：（1）①∵， ∴点B，点C，点D在以点A为圆心，为半径的圆上，如图1， ∴． 故答案为：28． ②∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点P在以（定弦）为直径的上， 如图2，连接交于点P，此时最小， ∵点O是的中点， ∴， 在中，， ∴， ∴． ∴最小值为4． 故答案为：90°，4． （2）如图3，连接， ∵点B，点M关于直线对称， ∴， ∴点M在以点A为圆心，为半径的圆上运动， ∴当点M在线段上时，有最小值， ∵， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：4； （3）①略 ②如图4，连接交于点O， ∵点P在运动中保持， ∴点P的运动路径是以为直径的圆的 ∴点P的运动路径长为． 变式1-3（24-25九年级上·河北邯郸·期中）正所谓：有“圆”千里来相会，无“圆”对面不相逢．“隐圆模型”的题的关键突破口就在于能否看出这个“隐藏的圆”．一旦“圆”形毕露，则答案手到擒来！ (1)如图1，四边形中，，若，则______度． (2)如图2，长米的梯子竖直放在墙角，在沿着墙角缓慢下滑直至水平地面过程中，梯子的中点的移动轨迹长度是多少米？请写出过程． (3)如图3，已知四边形中，，，，求______． (4)在矩形中，已知，，现有一根长为2的木棒紧贴着矩形的边（即两个端点始终落在矩形的边上），按逆时针方向滑动一周，则木棒的中点在运动过程中所围成的图形的面积是多少？说明理由． 【答案】(1) (2) (3) (4) 解：如图， 同（2）可得木棒的中点在运动过程形成的轨迹为以为圆心，圆心角为，为半径的弧与矩形上下两边部分围成的封闭图形， ∴木棒的中点在运动过程中所围成的图形的面积是． 【分析】（1）根据圆的定义，可得在以为圆心，的长为半径的圆上，进而根据圆周角定理，即可求解； （2）根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，以及圆的定义可得梯子的中点的移动轨迹是以为圆心，圆心角为，为半径的弧，进而根据弧长公式，即可求解； （3）过点作于点，过点作交的延长线于点，证明四边形是矩形，勾股定理求得即可求解． （4）同（2）可得木棒的中点在运动过程形成的轨迹为以为圆心，圆心角为，为半径的弧与矩形上下两边部分围成的封闭图形，进而根据矩形的面积减去半径为1的圆的面积，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴在以为圆心，的长为半径的圆上， ∵， ∴， 故答案为：． （2）解：如图， ∵是的中点，是直角三角形 ∴ 依题意，梯子的中点的移动轨迹是以为圆心，圆心角为，为半径的弧 ∴ （3）解：如图所示，过点作于点，过点作交的延长线于点， ∵， ∴，，， 又∵ ∴ ∵， ∴ ∴四边形是平行四边形， 又∵ ∴四边形是矩形， ∴， 在中，， ∴， 故答案为：． （4）略 【点睛】本题考查了圆的定义，圆周角定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，求弧长，矩形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质，“隐圆模型”的题的关键突破口就在于能否看出这个“隐藏的圆”． 题型二、动圆相切——动点与相切的存在性分类讨论 典例2（2024·浙江·模拟预测）【综合探究】如图所示，四边形为菱形，，点从点向点运动，速度为，运动时间为秒．过点作的垂线交直线于点为的外接圆，交菱形对角线于点，连接． (1)求证：． (2)当为何值时，与相切？ (3)当t为何值时，为等腰三角形？ 【答案】(1) 证明：四边形为菱形，如图（1）所示． ． ． ． ， ． 在中，． 都是所对的圆周角， ． ． (2)当时，与相切； (3)当或时，为等腰三角形． 【分析】（1）由四边形为菱形可得，，再根据，在中得，即可证得. （2）连接，由，所以为的直径，当与相切时，，在中，求得，在中，求得． （3）连接，交于点，连接，交于点，过点作于点，连接，设，可证得四边形为菱形，可求得同理在菱形中，由，，再分三种情况进行讨论即可. 【详解】（1）略 （2）解：连接，见答图（2）． ， 为的直径． 当与相切时， 则． ． ． 在中，， ． 在中，， 解得． 当时，与相切． （3）解：如答图（3）所示，连接，交于点，连接，交于点，过点作于点，连接． 由（1）（2）可得：，设， ． 四边形为菱形． 于点． ． 同理在菱形中，． ． ． ， ， ． ①若，则， 即有． 解得或（舍去）． ②若，则， 即有． 解得（舍去）或（舍去）． ③若，则， 即有． 解得． 综上：当或时，为等腰三角形． 【点睛】本题考查菱形的性质，三角函数的应用，切线的性质，等腰三角形的性质，本题难度大，作出合适的辅助线，清晰的分类讨论是解本题的关键. 解题模板 1．动圆与直线相切：d＝r 是唯一判据，先把圆心到直线的距离写成含 t 的式子，再解方程，不要凭图形"看着差不多"下结论； 2．动圆与另一圆相切分两种：外切 d＝R＋r，内切 d＝|R－r|，题设没说清的两种情况都要解，缺一即扣分； 3．含"有且只有一个公共点"的题，答案往往是一段区间而不是一个值：相交、相切、相离逐段讨论，端点处单独验证是否取到． 变式2-1（24-25九年级上·浙江宁波·阶段检测）如图是边长为的菱形，，一动点以的速度从出发，沿着菱形的边依次经过后回到点，停止运动．连结，若以为圆心，为半径作，当与相切时，需要时间（    ） A．或秒 B．或秒 C．或秒 D．或秒 【答案】D 【分析】根据题意分成两种情况讨论，当点在上，与相切时；当点在上，与相切时，结合所对的直角边为斜边的一半，构造一元一次方程，求解即可． 【详解】解：设需要时间， 当点在上，与相切时，， ∴， 设切点为，连接，如图： ∵与相切， ∴，，即， ∵四边形为菱形，， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∵，， ∴， 解得：； 当点在上，与相切时，， ∴， 设切点为，连接，如图： ∵与相切， ∴，，即， ∵四边形为菱形，， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∵，， ∴， 解得：， 综上可得，当与相切时，需要时间或秒， 故选D． 【点睛】本题主要考查了平行线的性质，菱形的性质，直线与圆相切，所对的直角边为斜边的一半，一元一次方程的应用，熟练掌握以上知识是解题的关键． 变式2-2（2025九年级上·浙江·专题练习）在中，，，，若以为圆心的圆与斜边有且只有一个公共点，则该圆半径的取值范围为______ ． 【答案】或 【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，勾股定理；分直线与圆相交和相切两种情况解答即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：在中，∵，，， ∴， ∵，， ∴当时，可知以为圆心的圆与斜边有且只有一个公共点； 过点作于点，如图， 可知当时，以为圆心的圆与斜边相切，此时圆与斜边有且只有一个公共点， ∵， ∴， 解得，即； 综上，当以为圆心的圆与斜边有且只有一个公共点时，该圆半径的取值范围为或， 故答案为：或． 变式2-3（24-25九年级上·浙江台州·期末）如图，是等腰三角形，，点为边上一动点，以点为圆心，为半径的圆分别交，于点，，为线段的中点． (1)求证：； (2)如图，连接交圆于点，当点为弧的中点时，求此时的长度； (3)如图，当圆与相切时，连接，若，求和的周长之比． 【答案】(1) 证明：∵，， ∴，， ∴， ∴； (2)； (3)和的周长之比为． 【分析】（）利用等腰三角形的性质可得，，则，从而求证； （）连接，，根据垂径定理推论得出，再由圆周角定理得，即，证明，故，然后由为线段的中点，，所以，最后代入求出半径即可； （）设，，则，，由（）得：，，则，即，故，再证明，，根据相似三角形的性质得出，即，故，从而有∴，，由勾股定理得，然后证明，根据性质得出，即，求出，最后代入即可求解； 本题考查了垂径定理推论，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，切线的性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接，， ∵点为弧的中点， ∴， ∵为圆的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为线段的中点，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵为线段的中点，， ∴， ∴， 设，，则，， 由（）得：，， ∴，即， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 如图，设切点为，连接，， ∵圆与相切， ∴， ∴， ∵为圆的直径， ∴， 由勾股定理得：， ∵， ∴， ∴，即， ∴，解得：， 经检验：是方程的解， ∴， 由（）得：， ∴和的周长之比为． 题型三、折叠旋转最值——折叠旋转与坐标系中的最值计算 典例3（26-27九年级上·湖南长沙·期中）已知直线分别与x轴、y轴交于，两点，过，，三点作，是劣弧的中点． (1)请直接写出，，的坐标． (2)连接，点是上的一个动点，点是直线上的一个动点，当四边形的面积最大时： ①求点的坐标；②求的周长的最小值． (3)点是y轴上的一点，把沿直线翻折，使点的对应点落在边上．连接交x轴于点，交于点，连接． 以下两个结论：①；②，其中有且只有一个结论是正确的．请写出你认为正确的结论，并说明理由． 【答案】(1)，， (2)①；② (3)正确的结论是：， 由翻折可知：，设， 由的面积， ，解得， ， 由，， 设直线的解析式为， ∴ 解得： ∴直线的解析式为， 由，，可得直线的解析式为， 联立 解得 即，    在中，当时，，解得， ， ，，，， ． 【分析】（1）分别令、求、坐标，再由为直径确定圆心，利用为劣弧中点求其坐标； （2）①把四边形面积拆为与面积之和，使点到距离最大时面积最大，结合圆的性质求点；②作关于的对称点，把折线周长转化为直线段求最小值； （3）由翻折确定位置，联立直线求交点、，再分别求得，即可求解． 【详解】（1）解：在直线中，令，得，解得， ∴． 令，得， ∴． ∵点、、都在上，且， ∴为的直径，圆心为的中点， ∴，半径． 弦的垂直平分线为；在⊙M上且位于劣弧上（在轴下方）， 设，根据半径为，则， 解得或， 由在轴下方取， ∴． （2）解：①四边形的面积可以看作的面积和，而的面积为定值， 当的面积最大时，四边形的面积最大， 当到的距离最大时，的面积最大 ∴当点在直线上方的半圆的中点时，四边形的面积最大， 连接，过点作直线轴，过点作于点， ， 是的直径， ， 点在直线上方的半圆的中点， （垂径定理的推论）， ， 轴， ， ， 在和中， ，   ，， ．    ②连接，是弧的中点， ， 是的直径， ∴， 延长交轴于点，连接交于点，连接， 根据对称性可知：，则此时的周长最小， 由对称性可知，， ，     ，， 的周长的最小值为． （3）略 解题模板 1．折叠一定产生全等：折痕是对应点连线的垂直平分线，重合的两段相等、对应的角相等，先把相等关系在图上标全，再谈圆； 2．旋转抓"旋转中心＋旋转角＋对应点"：旋转前后对应线段相等、对应角相等，旋转 60° 出等边、旋转 90° 出直角，是构造隐圆的常用入口； 3．坐标系中的最值优先用一个字母设点坐标（设横坐标，纵坐标由解析式给出），把所求长度写成这个字母的函数，再配方或用点到直线距离公式求极值． 变式3-1（26-27九年级上·浙江杭州·阶段检测）如图，是半圆的直径，点为半圆上一动点（除点、外），若圆弧沿所在直线折叠后与直径交于点，当，时，折痕_______． 【答案】或 【分析】过C作于H，连接，，先根据圆周角定理和圆心角、弧、弦的关系求得，，则，当点在点右侧时，根据等腰三角形的性质得到，然后利用勾股定理计算出，接着在中利用勾股定理可计算出的长；当点在点左侧时，利用同样的方法计算的长． 【详解】解：过C作于H，连接，， ∵是半圆O的直径，， ∴，，又， ∴， ∵圆弧沿所在的直线折叠后与直径交于点D， ∴和所在的圆是等圆，又和所对的圆周角都是， ∴，则， ∵， ∴， 当点在点右侧时，则， 在中，， 在中，， ∴； 当点在点左侧时，同理可得． 变式3-2（2023·浙江金华·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，以点为圆心，以的长为半径的圆交x轴于点A，交y轴于点C．过点的直线l与相切，且与y轴，直线分别交于D，E两点，连接，． (1)试证明点B在上； (2)判断的形状并说明理由； (3)已知抛物线，在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使得以B，M，P为顶点的三角形与相似？若存在，直接写出a的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)是等腰直角三角形，理由见解析 (3)存在，a的值为或1或 【分析】（1）利用两点间距离公式求出，再由B点在切线l上即可得证； （2）连接延长与x轴交于点G，设直线与x轴的交点为K，直线l与x轴的交点为Q，求出直线l的解析式，从而确定D点坐标，再由勾股定理逆定理判定三角形形状即可； （3）结合（2）可知是等腰直角三角形，由抛物线的解析式可知，抛物线与x轴的交点为，，再由是等腰直角三角形，可知当时，P点与A点重合，则；当，时，过点B作轴，过点P作交于S点，过点M作交于T点，通过证明，求出，即可求得；又由P点关于B点的对称点为不在x轴上方，此时P点不符合题意；当，时，的中点为，过点H作轴，过P点作交于K点，过点M作交于L点，同理可得.求出，再由，可得，关于H点对称点为，此时，得． 【详解】（1）证明：为圆心，为半径， ， ， ， 点在上； （2）解：连接延长与x轴交于点G，设直线与x轴的交点为K，直线l与x轴的交点为Q， 设直线的解析式为， ， 解得， ， 当时，， ， ，，， ， ， ， ， 设直线l的解析式为， ， 解得， 直线l的解析式为， ，， ，轴， 两点关于直线对称， ， ，，， ，， 是等腰直角三角形； （3）解：存在点P，使得以B，M，P为顶点的三角形与相似，理由如下： 是等腰直角三角形， 是等腰直角三角形， ，， ， ， 抛物线的对称轴为直线， 当时，， 解得或， 抛物线与x轴的交点为，， ，， ， 是等腰直角三角形， ； 当，时，如图1， 过点B作轴，过点P作交于S点，过点M作交于T点， ，． ， ， ， ，， ， ， 解得； 点关于B点的对称点为不在x轴上方， 此时P点不符合题意； 当，时，如图2， 的中点为， 过点H作轴，过P点作交于K点，过点M作交于L点， 同理可得， ，， ， ， 解得； 关于H点对称点为， ， 解得； 综上所述：a的值为或1或． 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形全等的判定及性质，切线的性质，勾股定理及逆定理的应用，构造一线三垂直是解题的关键. 变式3-3已知：矩形（字母顺序如图）的边长，将此矩形放在平面直角坐标系中，使在x轴正半轴上，而矩形的其他两个顶点在第一象限，且直线经过这两个顶点中的一个． (1)求出矩形的顶点A，B，C，D的坐标． (2)以为直径作，经过A，B两点的抛物线的顶点是点P． ①若点P位于外侧且在矩形内部，求a的取值范围． ②过点C作的切线交于点F，当时，试判断抛物线与y轴的交点Q是位于直线的上方，还是下方，还是正好落在此直线上，并说明理由． 【答案】(1)，，，； (2)①； ②抛物线与y轴的交点Q位于直线的下方．   理由：记切线与相切于点N．设． 均为的切线，， ， ∵在中，， ， 解得， ， ∵， ∴点P的纵坐标为， ， ， ∴抛物线的解析式为， ∴抛物线与y轴的交点为． ∵直线与y轴交点为， ∴抛物线与y轴的交点Q在直线的下方． 【分析】（1）设出点A的坐标，根据矩形的性质得到点B，C，D的坐标，然后分情况讨论点C，D是否在直线上，进而求得m的值； （2）①根据（1）问的结果用待定系数法求得二次函数的解析式及顶点坐标（用a表示），根据顶点的位置列不等式组求解；②问的关键是要确定a的值，即确定点P的纵坐标，由，我们可退一步考虑确定点F的坐标，因此设的长度为n，根据切线长定理将n转化到中用勾股定理求n的值，进而确定，点F，P的坐标． 【详解】（1）解：设． ∵在矩形中，， ． 若点C过直线，则，解得，与矛盾， ∴点C不在直线上， 若点D在直线，则，解得，符合题意，． （2）解：①以为直径，． ， ∵抛物线过和两点， ， ， ， ∴抛物线顶点． ∵顶点在外侧且在矩形内部， ， ， ②略 【点睛】本题综合考查了矩形的性质、图形与坐标的关系、待定系数法求函数解析式、切线长定理及勾股定理，解题思路较常规，熟练运用数形结合及方程思想是解题的关键． 题型四、切接圆新定义——切接圆伴切圆的阅读理解与应用 典例4【概念生成】定义：我们把经过三角形的一个顶点并与其对边所在直线相切的圆叫做三角形的“切接圆”，如图1，，经过点A，并与点A的对边相切于点D，则该就叫做的切接圆，根据上述定义解决下列问题： (1)【理解应用】已知，中，，，． ①如图2，_________． ②如图2，若点D在边上，，以D为圆心，长为半径作圆，则__________（填“是”或“不是”）的“切接圆”，请证明． ③在图3中，若点D在的边上，以D为圆心，长为半径作圆，当是的“切接圆”时，求的半径． (2)【思维拓展】如图4，在平面直角坐标系中，的顶点坐标为，，， ①判断的形状，并求出的周长； ②试说明：以抛物线图像上任意一点P为圆心，长为半径作圆，一定是的“切接圆”； ③若点P在抛物线上，且是的“切接圆”，当的半径最小时，直接写出点P的坐标． 【答案】(1)①8， ②是，证明如下： ∵，， ∴， ∴的半径为， 如解图①，过点D作于点E， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴， ∴是的“切接圆”， ③的半径为4或； (2)①是等腰三角形，∴的周长为16， ②如解图③，连接，过点P作，         设点P的坐标为， ∴， ∵点G在上，∴点G的纵坐标为， ∴， ∴， 根据“切接圆”的定义可知，以抛物线图象上任意一点P为圆心，长为半径作圆，是的“切接圆”； ③点P的坐标为． 【分析】（1）①直接利用勾股定理求解即可， ②过点D作的垂线，构造相似三角形，进而得到线段的比例关系，即可得到圆的半径与 相同，进而证明， ③根据题意作出图形，进行分类讨论，分点D在上和点D在上两种情况，分别进行计算即可； （2）①利用两点间距离公式分别计算、、的长，进行相加即可， ②根据题意作出图形，设点P的坐标，从而计算出以及点P到的距离，再根据“切接圆”的定义可得出结论． ③在②小问的基础上判断当点P到的距离最小时，点P的坐标即可． 【详解】（1）解：①在中，由勾股定理可得： ， ②略 ③当点D在上时， ∵， ∴点A是切点，是的直径， ∴， 当点D在上时，如解图②，过点D作于点F， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据“切接圆”的性质可设，， ∴， ∴， 解得， 综上所述，的半径为4或； （2）解：①是等腰三角形， ∵的顶点坐标为，，， ∴， ， ， ∴的周长为, ②略 ③点P的坐标为． [解法]要使最小，∵，∴当时，取得最小值2，即此时的半径最小，∴点P的坐标为. 【点睛】本题是在圆背景下的新定义问题，主要考查相似三角形的性质与判定，二次函数图象上点的坐标特征，切线的性质，两点间的距离公式等相关知识，理解“切接圆”的定义是解题关键. 解题模板 1．新定义题的第一步不是算，是"翻译"：把定义逐句改写成图形语言与符号语言，圈出定义里的每一个限制（过哪个点、与哪条线相切、圆心在哪条线上）； 2．第二步是"套用"：把定义的条件当作已知，剩下的部分全是常规的切线性质与勾股计算，不必另起炉灶； 3．第三步是"验证"：求出答案后代回定义逐条核对，尤其是"相切"与"经过"这两类边界条件，漏一条整题作废． 变式4-1（2021·浙江绍兴·一模）定义：我们把圆心在的边上，与的一边相切，且经过的一个顶点（非切点）的圆叫做的伴切圆． （1）已知在中，，，是的伴切圆，且点在上，求的长； （2）在平面直角坐标系中，直线与轴正半轴交于点，与轴交于点，半径为3的是的伴切圆且圆心在上，直接写出所有满足条件的的值． 【答案】（1）或；（2）或 【分析】（1）分类讨论①当与相切时，经过点A，过点作于点，点A作于点D．利用勾股定理可求出．又易证，即．根据题意可知，，即，解出PC即可；②当与相切时，经过点，过点作于点M，点C作于点N．同理可证，即．由三角形面积公式可求出．再根据题意可知 ，，即得出，解出PC即可． （2）分类讨论①当经过点，与OA相切时，设直线与轴交于点．由题意可知，QB=3．再在中，利用勾股定理可求出．即得出B点坐标，代入一次函数解析式即可求出b的值．②当经过点A，与相切时，设直线与轴交于点．由题意可知，同理可求出，即，即得出A点坐标，代入一次函数解析式即可求出b的值． 【详解】解：（1）分两种情况讨论：①如图，当与相切时，经过点A，过点作于点，点A作于点D． ∵，，． ∴． ∴在中，． 在和中， ∴． ∴． ∵，， ∴， ∴； ②如图,当与相切时，经过点，过点作于点M，点C作于点N． 同理可证， ∴． ∵， ∴，即． ∴． ∵，由题意，得， ∴，即， ∴． 综上，PC的长为或． （2）分两种情况讨论：①如图，当经过点，与OA相切时，设直线与轴交于点， 由得，， 在中，． 又根据题意可知QB=3． ∴，解得． ∴，即． 将B点坐标代入中，得； ②如图，当经过点A，与相切时，设直线与轴交于点， 由得，， 同理在中，利用勾股定理可求出， ∴， ∴，即 将A点坐标代入中，得， 解得：． 综上，b的值为或． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质，切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理以及一次函数的图象和性质，综合性强，较难．根据题意理解伴切圆的定义，且画出符合题意的几何图形以及利用分类讨论的思想是解答本题的关键． 变式4-2（2026·四川泸州·二模）定义：有三条直线与圆相切的图形称为“多切型”．如图多切型中，、、分别与切于、、，且，连接并延长交于点，过点作的切线交于，交于，若的直径为，．则_________． 【答案】/ 【分析】分别过点作，连接，易证，即三点共线，勾股定理求出，证明四边形是矩形，四边形是矩形，，由切线长定理求出，得到，再根据是的切线，得到，解直角三角形求出，再求出，再根据，求出，即可求解． 【详解】解：分别过点作，连接， ∵、、分别与切于、、， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴，即三点共线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 同理，四边形是矩形， ∴， 设， ∴，即， 解得， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴，，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴，即， ∴， ∴． 变式4-3（25-26九年级上·江苏苏州·期中）我们知道，如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫这个圆的内接四边形．我们规定：若圆的内接四边形有一组邻边相等，则称这个四边形是这个圆的“邻等内接四边形”． (1)理解 请同学们判断下列分别用含有和角的直角三角形纸板拼出如图所示的4个四边形．其中是邻等内接四边形的是 （填序号）． (2)探索 如图，，且．请你用尺规作图在平面内找出动点的轨迹，使得四边形总是邻等内接四边形．（保留作图痕迹，不写作法） (3)应用 为喜迎元旦，某地准备在如图所示的邻等内接四边形空地上摆放花卉，已知，米．米，且．求四边形空地的面积． 【答案】(1)②④ (2) 解：如图所示， (3)平方米 【分析】本题主要考查新定义，尺规作角平分线，圆与四边形的综合知识，掌握圆内接四边形的知识，数形结合分析是关键． （1）根据邻等内接四边形的定义，数形结合分析即可求解； （2）结合（1）中图②，运用尺规作角平分线，作角等于已知角的方法即可求解； （3）根据题意得到点共圆，是直径，取中点为圆心，以为半径画圆，如图所示，连接，交于点，设米，则（米），由勾股定理得到，则可求出米，米，米，根据代入求值即可． 【详解】（1）解：若圆的内接四边形有一组邻边相等，则称这个四边形是这个圆的“邻等内接四边形” 如图所示，， ∴该四边形不是邻等内接四边形； 如图所示， ， 又， ∴该四边形是邻等内接四边形； 同理，图形③的对角不互补，则不共圆，故不是邻等内接四边形； 图形④的对角互补，邻边相等，故是邻等内接四边形； 故答案为：②④； （2）解：如图所示， 以点为圆心，以任意长为半径画弧，交于点， 以点为圆心，以大于为半径画弧，交于点，作射线，则是的角平分线，交于点， ∴， 以点为圆心，以为半径画弧，交于点， 以点为圆心，以长为半径画弧，交前弧于点，作射线交于点，则， ∴， 以点为圆心，以为半径画弧交于点，作射线交于点，则，连接， ∴，即， ∵， ∴， ∴，即， ∴点共圆，点为圆心， 以点为圆心，以为半径画弧，得到， ∴点在上运动， ∴四边形是所求邻等内接四边形； （3）解：∵米，米， ∴米， ∵四边形是邻等内接四边形， ∴点共圆，且， ∴是直径，取中点为圆心，以为半径画圆，如图所示，连接，交于点， ∴米，， ∴， 设米，则（米）， 在中，， 在中，， ∴， 整理得，，即， 解得，， ∴米，则米， ∴米，则米， ∵是直径， ∴， ∴米， ∴ （平方米）． 题型五、米勒问题——最大视角与四点共圆模型 典例5（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， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 解题模板 1．最大视角模型：定线段 AB、动点 P 在直线 l 上，当过 A、B 的圆与 l 相切时 ∠APB 最大，切点即为所求，此时 PA²＝PB·PC（切割线）； 2．把实际问题化成"定线段＋动点"：球门是定线段、运动员是动点，先建图再套模型，不要被"足球""测楼"这类外壳带偏； 3．四点共圆的判定用三条：对角互补、同侧张角相等、同弧所对圆周角相等；证共圆之后圆上的等角关系可以直接搬用，这一步是压轴得分的关键． 变式5-1（25-26九年级上·江苏连云港·阶段检测）1471年，德国数学家米勒提出最大视角问题，这一问题一般描述的是：如图，已知点、是的边上的两个定点，点是边上的一个动点，当在何处时，最大？ 问题的答案是：当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大．人们称这一命题为米勒定理．在足球比赛中，球员在双方球门前的不同位置起脚射门，对球门的威胁是不同的，触球点对球门的张角越大，射门的命中率就越高．如图为室内人制足球场示意图，设球场长大约为，宽大约为米，球门长大约为，在某场比赛中有一位球员欲在边线上的某点处射门，为使得张角最大，则大约为（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C 【分析】本题考查了三角形的外切圆的应用，勾股定理的应用，根据题意得出当的外接圆相切时，最大，利用垂径定理，勾股定理和三角形外接圆的性质即可得出答案． 【详解】根据米勒定理可知，当的外切圆相切时，最大，如图，设的外接圆的圆心为，过点作，垂足分别为，连接，当与点重合时，最大 ∴四边形是矩形，则，即张角最大时，则 ∵宽大约为米，球门长大约为， 根据对称性可得， ∴， 在中， ∴ 即大约为 故选：C． 二、解答题 变式5-2（2026·贵州·模拟预测）【问题情境】如图1，在足球比赛场上，甲带球奔向对方球门（虚线部分为的外接圆），当他带球冲到A点时，同伴乙和丙分别已冲到B点和C点，甲是自己射门好，还是将球传给乙或者丙，让乙或者丙射门好？ (1)【问题探究】对于这个问题，小明结合图1判断得出，根据“仅从射门角度考虑，球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进”的经验，认为甲应该将球传给乙．以下给出了证明的部分过程，请继续完成证明过程： 如图2，设与圆交于点M，连接，设延长线交圆与点N，连接，则， ∵________，∴________，∴； ∵________，∴________，∴； ∴； (2)【问题应用】德国数学家米勒曾提出最大视角问题，并得到这样的结论：如图3，点A，B是平面内两个定点，C是直线l上的一个动点，当且仅当的外接圆与l相切于点C时，最大．请直接根据这一结论解决问题：如图4，在正方形中，E是上一点，连接，当取得最大值时，求的值； (3)【问题拓展】如图5，，点A，B是边上两点，，点C是边上一动点．若最大不超过，求的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2)； (3) 【分析】（1）利用圆周角定理和外角的性质即可得证； （2）过A、D两点的与相切，连接，的延长线交于点F，的延长线交于点H，设正方形边长为，半径为R，在中，利用勾股定理列式计算进行求解即可； （2）求出时的长，即可得出结果． 【详解】（1）解：设与圆交于点M，连接，设的延长线交圆与点N，连接， 则， ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； ∴； （2）解：如图，过A、D两点的与相切，连接，的延长线交于点F，的延长线交于点H． ∴，， 设正方形边长为，半径为R． ∴，，． 同理（1），在中，， 即，解得． ∴． ∵，， ∴为的中位线，则， ∴； （3）解：当时，如图： 连接，则，， 过点作，则，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， 过点作， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 由题意，可知越大，越短， ∴． 变式5-3（2023·广西北海·二模）综合与实践 【问题提出】 （1）如图，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门进攻，当甲带球冲到点时，乙已跟随冲到点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证：． 【数学理解】 德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图，已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大，人们称这一命题为米勒定理． 【问题解决】 （2）如图，已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点，当的外接圆与轴相切于点时，最大，当最大时，求点的坐标． 【答案】（）证明：∵ ∴， ∵， ∴； （）． 【分析】（）利用圆周角定理可得，再利用三角形外角性质即可得； （）连接，，过点作交轴于点，连接，可得，证明四边形是矩形，进而求得的长，进一步得出结果． 【详解】（）略 （）如图， 连接，，过点作交轴于点，连接， ∴，， ∵与轴相切， ∴轴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，垂径定理，圆的切线的性质，三角形外角性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 压轴1如图，在中，，．⊙C的半径长为2，P是边上一动点（可以与顶点重合），并且点P到⊙C的切线长为m．若满足条件的点P有4个，则m的取值范围是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作于点，过点作⊙C的切线，则点为距⊙C最近的点，则是⊙C最短的切线，再解直角三角形即可得到的长，过点作⊙C的切线，切点为，同理可得到是⊙C最长的切线，再解直角三角形即可得到的长． 【详解】解：过点作于点，过点作⊙C的切线，切点为，连接，如图，   ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵为⊙C的切线 ∴ ∴， 过点作⊙C的切线，切点为，连接， ∴， ∴， ∵P是边上一动点（可以与顶点重合），并且点P到⊙C的切线长为m．若满足条件的点P有4个， ∴，   ∴. 故选：B． 【点睛】本题考查了切线长定理及应用，熟练掌握切线长定理再根据题意分析点运动轨迹中，成为⊙C切线的最大和最小值是解题的关键． 压轴2（26-27九年级上·浙江宁波·阶段检测）如图，已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，抛物线与轴的一个交点为，点是抛物线的顶点，且与轴相切，点为上一动点．若点为的中点，连接，则的最大值是（     ） A．8 B．9 C． D． 【答案】D 【分析】先求出抛物线解析式及顶点，根据与轴相切，得到半径为，取点，连接，则，得到是中位线，，当经过圆心时最大，此时最大． 【详解】解：∵抛物线与轴的一个交点为， ∴， 解得， ∴抛物线， ∴抛物线顶点， ∵与轴相切， ∴半径为， 取点，连接，则， ∵点为的中点， ∴是中位线， ∴， ∴当经过圆心时最大，此时最大，为半径，则， ∵， ∴， ∴，即的最大值为． 二、填空题 压轴3（26-27九年级上·江苏无锡·阶段检测）如图，在菱形中，，则以为圆心，为半径的与直线的位置关系是______；点为菱形所在平面内一动点，且，连接，，取的中点，连接．则线段最小值为______． 【答案】 相离 【分析】连接，交于点，交于点，由菱形的性质可得，，然后通过直角三角形的性质得，再与半径比较即可判断与直线的位置关系；连接，，交于点，由菱形的性质可得，，，然后通过是的中位线，得，所以点在以为圆心，为半径的圆上运动，故当点在线段上时，取得最小值． 【详解】解：如图，连接，交于点，交于点， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴以为半径的与直线的位置关系是相离； 如图，连接，，交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵点为中点，点为中点， ∴是的中位线， ∴， ∴点在以为圆心，为半径的圆上运动， ∴当点在线段上时，取得最小值，如图， 此时最小值为． 三、解答题 压轴4（25-26九年级上·浙江·阶段检测）如图，在平行四边形中，，，，点P在射线上运动，以点P为圆心，长为半径的圆交射线于点Q，交于点E．当与平行四边形的边所在的直线相切时，半径的长为_______． 【答案】或 【分析】由题意知，分两种情况求解：情况一、如图，设与边所在直线相切于点，连接，延长交于点，则，，过点A作于点，则，可证四边形是矩形，，根据计算求解的值即可；情况二、如图，设与边所在直线相切于点，连接，则，，连接，取的中点，连接，可证明，，可证四边形是矩形，根据计算求解的值即可． 【详解】解：由题意知，分两种情况求解：情况一、如图，设与边所在直线相切于点，连接，延长交于点， ∴， ∵， ∴， 过点A作于点， ∴， 又， ∴， ∴，， ∴，， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， 解得； 情况二、如图，设与边所在直线相切于点，连接， ∴， ∵， ∴， 连接，取的中点，连接， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又，， ∴四边形是矩形， ∴； 综上所述，的长为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理，三角外角的性质，切线的性质，矩形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 压轴5（24-25九年级上·浙江金华·阶段检测）如图，在平面直角坐标系中，已知点，，的半径为1，P是线段上的一点，连接交于点A，在的左侧过点P作的切线，切点为B，连接，． （1）当时，线段的长是________； （2）点P在线段上运动时，线段长度的取值范围是________． 【答案】 【分析】（1）由切线的性质得，判定是等边三角形，即可求解； （2）延长交于，连接，可判定，由相似三角形的性质得，设，，可求，由勾股定理得，代入得， 依此可得当最小值时，取最小值，当最大值时，取最大值，①当与重合时，最大，②当时，最小，此时最小，即可求解． 【详解】解：（1）是的切线， ， ， ， 是等边三角形， ， 故答案：； （2）延长交于，连接， ， ， ， ， 是的切线， ， ， ， ， ， ， ， 设，， ， ， ， 整理得：， ， 当取最小值时，取最大值，此时取最小值， 当取最小值时，取最小值，取最小值， 当最小值时，取最小值， 同理可得：当最大值时，取最大值， ①当与重合时，最大，如图， 此时 ， 当时， ， 解得：，（舍去）， 故最大值为； ② ， 当时，最小， 此时最小，如图， ， ， ， 解得：， ， ， 解得：，（舍去）， 故最大值为； 综上所述：． 故答案：． 【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定及性质，圆外一点到圆心的距离；掌握切线的性质，相似三角形的判定及性质，能找出取得最值的条件是解题的关键． 压轴6如图，在平面直角坐标系中，直线经过，，的半径为（为坐标原点），点是直线上的一动点，过点作的一条切线，为切点，则切线长的最小值为 ____________________ ． 【答案】 【分析】本题主要考查了圆的切线性质、勾股定理、垂线段最短以及三角形的面积公式．根据已知点，得到的长，由勾股定理得，当最小时，最小，根据垂线段最短可得，当时，最小，利用三角形等面积法求出的长，最后利用勾股定理求出的长度即可解答． 【详解】解：连接，， ，， ，， ， 切圆于， ， ， 的半径为， ， 当最小时，最小， 当时，最小， 此时，， 即， ， ， 切线长的最小值为， 故答案为：． 三、解答题 压轴7（2024·浙江杭州·一模）在直角坐标系中，对于直线：，给出如下定义：若直线与某个圆相交，点的坐标为，若的半径为，直线关于的“圆截距”的最小值为，则的值为_____． 【答案】 【分析】如图所示，设直线与交于，过点作于，连接，先证明当点与点重合时，最小，即此时最小，再由求出，可得，解得． 【详解】解：如图所示，设直线与交于，过点作于，连接， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴当最小时，最大. ∵， ∴当点与点重合时，最大， ∵直线关于的“圆截距”的最小值为，即， ∴， ∴. ∵， ∴， 解得． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，垂径定理，一次函数与几何综合，勾股定理等等，正确理解题意利用数形结合的思想求解是解题的关键． 压轴8（2024·湖南岳阳·三模）如图1，以正方形的顶点A为圆心，作圆弧，P是上一动点，过点P作的切线交于点E，交于点F，连接．    (1)求的大小； (2)如图2，连接， ①求证为定值； ②当，时，求的面积． (3)如果的周长为20，设，的面积为y，求y关于x的函数关系式． 【答案】(1) (2) ①证明：∵均为圆弧的切线， ∴， ∴的周长， ∵， ∴， ∴为定值； ②15 (3) 【分析】（1）连接，根据切线长定理可得，即可求解； （2）①设正方形的边长为a，根据切线长定理得出，则的周长，即可解答； ②根据，则，根据勾股定理求出a的值，最后根据三角形的面积公式即可求解； （3）根据的周长为20，得出，设，则，根据勾股定理求出，进而得出，根据三角形的面积公式得出． 【详解】（1）解：如图，连接，    ∵四边形是正方形， ∴， ∴均为圆弧的切线． ∵为圆弧的切线， ∴， ∴， ∴； （2）设正方形的边长为a． ①略 ②解：∵， ∴， ∴． 在中， ∵， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴； （3）解：∵的周长为20， ∴， ∴． 设，则 ∵， ∴，    化简整理得，， ∴， ∴， ∴y关于x的函数关系式为． 【点睛】此题主要考查了圆的切线长定理，勾股定理，二次函数的性质，掌握从圆外一点可以画两条圆的切线，这条切线长相等，圆心到这点的连线平分两条切线的夹角，以及求二次函数最值的方法和步骤是解题的关键． 压轴9（2026·吉林长春·模拟预测）阅读理解： (1)【学习心得】学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型． ①类型一，“定点＋定长”： 如图1，在中，，，D是外一点，且，求的度数． 解：由题意，若以点A（定点）为圆心，（定长）为半径作辅助圆（可在图1中画出辅助圆），则点C、D必在上，是所对的圆心角，而是所对的圆周角，从而可容易得到______． ②类型二，“定角＋定弦”： 如图2，中，，，，P是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值． 请将以下解题过程补充完整． 解：∵，∴， 请补全缺失过程 ∴点P在以（定弦）为直径的上， ∴连接交于点P，此时最小． (2)【方法应用】如图3，在矩形中，已知，，点P是边上一动点（点P不与B，C重合），连接，作点B关于直线的对称点M， 直接写出线段的最小值为______，并利用无刻度的直尺及圆规确定使线段的长度最小时的点M的准确位置； 【答案】(1)①28；②见解析； (2)； 【分析】（1）①根据圆周角定理：在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半即可得；②先求出，从而可得点在以（定弦）为直径的上，然后连接交于点，此时最小，根据圆的性质可得，利用勾股定理求出的长，根据线段长的最小值等于即可得； （2）连接，先利用矩形的性质、勾股定理可得，再根据轴对称的性质可得，从而可得点在以点为圆心，为半径的圆上运动，则当点在线段上时，的值最小，最小值为；作法：用直尺连接点A、点C，得到线段．以点A为圆心，的长度为半径，用圆规画圆，该圆经过点B．线段与相交于一点，此交点就是使长度最小的点M； 【详解】（1）解：（1）①∵，， ∴如图1，以点（定点）为圆心，（定长）为半径作辅助圆，则点、必在上， ∵是所对的圆心角，而是所对的圆周角，且， ∴； ②∵， ∴， ∵， ∴， ∴，（定角） ∴点在以（定弦）为直径的上， 如图2，连接交于点，此时最小． ∵的直径， ∴， 在中，， ∴线段长的最小值为． （2）解：如图3，连接， ∵在矩形中，，， ∴， ∵点与点关于直线的对称， ∴， ∴点在以点为圆心，为半径的圆上运动， ∴当点在线段上时，的值最小，最小值为． 作图如下 压轴10（2025·广西贵港·一模）【阅读理解】学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型． 【类型一】“定点＋定长”：如图，在中，，，是外一点，且，求的度数． 解：由于，根据圆的定义可知，点、、一定在以点（定点）为圆心，（定长）为半径的上，则是所对的圆心角，而是所对的圆周角，从而可容易得到的度数． 【类型二】“定角＋定弦”：如图，中，，，，是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值． 解：， ， ． （定角）． 点在以（定弦）为直径的上． 又点在内部， 点在弧上（不包括点、点（如图）…． 【问题探究】 （1）①根据类型一的学习，可求得 °； ②请完成类型二后面的过程； 【问题解决】 （2）如图，在正方形中，，动点，分别在边，上移动，且满足．连接和，交于点．点从点开始运动到点时，点也随之运动，求点的运动路径长． 【答案】（1）①； ②， ， ． （定角）． 点在以（定弦）为直径的上． 又点在内部， 点在弧上（不包括点、点） 如图2，连接交于点，此时最小， ， ， 在中，，， ， ， 最小值为； ； （2） 【分析】（1）①根据圆周角定理即可求解；②先判断出，进而得到，进而判断出点在上，即可求出答案； （2）由正方形性质可证可得，可得，，由余角的性质可证，由题意可得点的运动路径是以为直径的圆弧，，由弧长公式可求解． 【详解】（1）①是所对的圆心角，而是所对的圆周角，， ， 故答案为：； ②略 （2）四边形是正方形， ，， ， ， ，， ， ， ， ， 如图4，连接，交于点， 点在运动中保持， 点的运动路径是以为直径的圆弧， 点的运动路径长为 ． 压轴11（25-26九年级上·吉林长春·期末）小明在学习完圆这一章内容后，发现对于一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识可以更容易解决问题．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要有“定点＋定长”与“定角＋定弦”两种类型．下面是小明对“定角＋定弦”类型题开展的探究活动． 【初步运用】 如图，已知线段，点是直线上方一个动点，且，确定点的轨迹．小明以为底边作等腰，使，，且点、点在同侧．则以点为圆心，以________为半径（填长度），作辅助圆．易知点的轨迹为的优弧（不包含点、）．即由（定角），（定弦），可得点一定在某一个确定的圆上． 【深入探究】 问题原型：如图①，菱形边长为，，点在射线上移动．试探究的最小值． 问题探究：如图②，小明首先在射线上作点，使，利用，将转化为，这样 就将双变量（、）问题转化为探究长度最小值的单变量问题，于是将问题进一步转化成探究点轨迹的问题： 小明进一步发现当时，连结，总有，进而可知． 以下是小明证明的部分过程： 证明：由问题探究的作法可知，， 又∵，∴．∴． ∵菱形中，，且． 证明过程缺失 ∴． 请你补全缺失的证明过程． 由恒为（定角），（定弦），可得点一定在某一个确定的圆上． 请帮小明在图③中画出此圆，圆心标记为，从而确定长度的最小值为______． 问题解决：结合上述探究过程，则的最小值是______． 【答案】【初步运用】 【深入探究】 问题探究 补全证明过程： ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 又∵， ∴； 在图③中画圆如图， ； 问题解决 【分析】【初步运用】：利用勾股定理求得，从而确定半径为； 【深入探究】：问题探究：补全证明过程：由菱形得，代换得，结合公共角得； 画圆及确定最小值：由恒为（定角），（定弦）确定点在以为弦，圆周角为的圆上，圆心为以为底边的等腰直角三角形的直角顶点，利用勾股定理求得半径为，再利用勾股定理求得，由三角形三边不等关系可知，当、、三点共线时，最小，即可确定长度的最小值； 问题解决：由得，代入数值即可． 【详解】解：【初步运用】：∵，， ∴， ∵， ∴，即，解得， ∴以点为圆心，以为半径，作辅助圆； 故答案为：； 【深入探究】：问题探究： 补全证明及画圆略． ∵恒为（定角），（定弦）， ∴点在以为弦，圆周角为的圆上，圆心为以为底边的等腰直角三角形的直角顶点， 过点作，垂足为，连接， ∵， ∴三角形是等腰直角三角形， ∴为点所在确定的圆的圆心， 在等腰直角三角形中，，， ∴， ∴，即的半径为， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， 由三角形两边之和大于第三边可知，当、、三点共线时，最小， 此时； 故答案为：； 问题解决：∵， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的轨迹（定角定弦模型）、相似三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理，将双变量问题转化为单变量的轨迹问题（化隐圆为显圆）是解题的关键． 压轴12（25-26九年级上·吉林·阶段检测）【模型1】已知线段的长度为4，在线段所在直线外有一点，且，想确定满足条件的点的位置，可以以为底边构造一个等腰，再以点为圆心，长为半径作圆，得到的外接圆，则点在的优弧上．即：已知线段的长度，的大小确定，则点一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型． 【模型2】A型，X型两个基本图形是由平行线分线段成比例定理衍生出的基本模型，由此我们可以得到两组相似三角形，以及成比例线段． 请根据模型1在图1中绘制出点在上方的轨迹（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）． 【问题解决】如图2，在中，若，，求面积的最大值． 解：以为底边构造一个等腰，使，且点和点在的同侧．由模型1得，点在以为圆心，为半径的弧上． 请补全解题过程： 【拓展应用】如图3，在中，，点为边上一点，，若，则的面积的最大值为________． 【答案】（1）如图所示，优弧即为所求（不包含点A和点B）； （2）； （3） 【分析】（1）作线段的垂直平分线，交于T，以T为圆心，线段的长为半径画弧，交线段的垂直平分线于O，再以O为圆心，的长为半径作圆，则优弧即为所求（不包含点A和点B）； （2）过点O作于点H，连接，则，解直角三角形求出的长，设点C到的距离为h，根据，得到当C、O、H三点共线时，h有最大值，据此可得答案； （3）延长到E，使得，连接，可证明，得到；则可证明；如图所示，以为底边构造一个等腰，使，且点和点在的同侧．由模型1得，点在以为圆心，为半径的弧上，过点O作于F，连接，同（2）可求出的面积的最大值，再证明即可得到答案． 【详解】解：（1）略 （2）如图所示，过点O作于点H，连接， ∴， ∵是等腰三角形，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设点C到的距离为h， ∵， ∴当C、O、H三点共线时，h有最大值，最大值为6， ∴的最大值为； （3）如图所示，延长到E，使得，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， 如图所示，以为底边构造一个等腰，使，且点和点在的同侧．由模型1得，点在以为圆心，为半径的弧上， 如图所示，过点O作于F，连接， 同理可得， 同理可得点C到的距离的最大值为， ∵， ∴， ∴， ∴当的面积有最大值时，的面积有最大值， ∴的面积的最大值为． 【点睛】本题主要考查了作三角形的外接圆，相似三角形的性质与判定，垂径定理，勾股定理等等，正确理解题意掌握定弦定角模型是解题的关键． 压轴13（25-26九年级上·山东菏泽·阶段检测）【问题呈现】 习题课上，老师给出了如下的题目：如图，在中，，，，点为平面上一动点且，求的最小值． 【思路点拨】 老师给出了提示：在线段上取一点，使得． （1）李华同学发现，连接后，可得到一对相似三角形． 请找到图中的相似三角形并证明； 请你根据李华的思路，求的最小值． 【新知引入】 老师告诉同学们，在图中，无论点在上如何运动，的值都不变．更一般地，若平面上一动点与两定点距离之比为定值时，那么动点在一个定圆上运动．这个定理由阿波罗尼奥斯发现，因此这个圆被称为“阿氏圆”．定义：满足的点的轨迹为阿氏圆． 【实践操作】 （2）如图所示，直线上有两点、，请用无刻度的直尺与圆规，从阿氏圆或阿氏圆中，选择一个作图，并说明选择的是哪一个．（不写作法，保留作图痕迹） 【思维拓展】 （3）如图，是的平分线，，请直接写出面积的最大值． 【答案】（1）， 证明：，， ， 又， ； （2）作阿氏圆如图所示： （3） 【分析】（1）根据已知条件易知，且，从而证得； 如图，连接，根据相似三角形的对应边成比例，可得，从而得到，将求最小值问题通过线段间的等量关系转化为求最小值，，在中，利用勾股定理求解即可得解； （2）先作线段的三等分点，在点右端截取，作的线段垂直平分线与相交于点，以点为圆心，长为半径作，则即为阿氏圆，圆上任意一点均满足； （3）过点作，垂足为，作∠的外角平分线交射线于点，取中点，连接，由角平分线可得，，则，故为定点且，然后求出，则点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，过点作于点，由，可得当点重合时，面积有最大值，即可求解最大值． 【详解】解：（1）略 如图，连接， ， ， ， ， ，，， ， ， ，即， 故的最小值为； （2）略 （3）解：过点作，垂足为，作∠的外角平分线交射线于点，取中点，连接， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是外角平分线， 同理可证明， ∴， ∴ ∵中点， ∴为定点且， ∵平分，平分， ∴， ∴点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 过点作于点， ∵， ∴当点重合时，面积有最大值，面积的最大值为． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质及勾股定理，线段和最值问题，三角形的面积最值问题，二次函数的最值问题，尺规作图作阿氏圆，熟练掌握相关知识是解题的关键． 压轴14（20-21九年级上·江苏宿迁·期末）问题提出：如图1，在中，，，，的半径为2，P为圆上一动点，连接，，求的最小值． (1)尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图1，连接，在上取一点D，使，连接，则．又因为，所以，所以．所以．所以．请你完成余下的思考，并求出的最小值； (2)自主探案：在“问题提出”的条件不变的前提下，求的最小值； (3)拓展延伸：如图2，已知在扇形中，，，，，P是上一点，求的最小值． 【答案】(1) 解：如图，连接， ，要使最小，即最小． 当点A，P，D在同一条直线上时，最小，即的最小值为的长． 在中，，，． 的最小值为． (2) (3)13 【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、圆的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是关键． （1）连接，得到当点A，P，D在同一条直线上时，最小，即的最小值为的长．求出的长即可； （2）连接，在上取点D，使，连接，，证明．得到．则．当点B，P，D在同一直线上时，的值最小，即的最小值为的长，进一步求出的长即可； （3）延长到点E，使，连接，．证明．得到．．当E，P，B三点共线时，取得最小值，即的最小值为的长．进一步求出的长即可． 【详解】（1）略； （2）如图，连接，在上取点D，使，连接，，． ， ． ． ． ． 当点B，P，D在同一直线上时，的值最小，即的最小值为的长， 在中，． 的最小值为． （3）如图，延长到点E，使，连接，． ． ，， ． ， ． ． ． ． 当E，P，B三点共线时，取得最小值，即的最小值为的长． 在中，． 的最值为13． 压轴15（19-20九年级上·安徽淮南·阶段检测）阅读下列材料，回答问题. 材料：求圆外一定点到圆上距离最小值是安徽省中考数学较为常见的一种题型，此类题型试题有时出题者将圆隐藏，故又称为“隐圆问题”.解决这类问题，关键是要找到动点的运动轨迹，即该动点是绕哪一个定点旋转，且能保持旋转半径不变.从而找到动点所在的隐藏圆，进面转换成圆外一点到圆心的距离减半径，求得最小值. 解决问题： （1）如图①，圆O的半径为1，圆外一点A到圆心的距离为3，圆上一动点B，当A、O、B满足条件____________时，有最小值为____________. （2）如图②，等腰两腰长为5，底边长为6，以A为圆心，2为半径作圆，圆上动点P到的距离最小值为__________. （3）如图③，，P、Q分别是射线、上两个动点，C是线段的中点，且，则在线段滑动的过程中，求点C运动形成的路径长，并说明理由. （4）如图④，在矩形中，，，点E是中点，点F是上一点，把沿着翻折，点B落在点处，求的最小值，并说明理由. （5）如图⑤，在中，，，，以边中点O为圆心，作半圆与相切，点P，Q分别是边和半圆上的动点，连接，求长的最小值，并说明理由. 【答案】（1）A，B，O在一条直线上（或）；2；（2）2；（3），见解析；（4），见解析；（5）1，见解析. 【分析】（1）根据最小距离等于圆外一点到圆心的距离减去半径可得到最小值，这时A，B，O在一条直线上； （2）作AD⊥BC于点D，利用等腰三角形的性质及勾股定理求出AD的长度，用AD的长度减去半径即为圆上动点P到的距离最小值； （3）根据点C与点O之间的距离永远不变说明点C的运动轨迹为圆，利用弧长公式求路径长即可； （4）先根据EB为定值，确定点B’的运动轨迹，然后当D,B’,E三点共线时，DB’最小，利用勾股定理求出DE的长度，再减去半径即可； （5）过O点作，利用三角形中线的性质得出OP,OQ 的长度，从而求出PQ的最小值. 【详解】（1）根据最小距离等于圆外一点到圆心的距离减去半径可得到最小值，有最小值为3-1=2此时A，B，O在一条直线上（或）；   （2）如图，作AD⊥BC于点D ∵ 由勾股定理得 点P到的距离最小值为 （3）如图，连接， ∵，C是中点，，∴所以C是以O为圆心，半径为2的圆上，所以 （4）如图，连接DE 因为点E是定点，，所以的轨迹为以E为圆心，2为半径的圆上.，∴的最小值为 （5）如图，过O点作，交圆O于点Q， 由三角形中线的性质得，，所以最小值为1 【点睛】本题主要考查根据材料求最小距离，找到动点的运动轨迹是解题的关键. 压轴16（2026·河北廊坊·二模）圆周角定理及其推论是初中数学中很重要的定理，反映了圆心角和圆周角及圆周角之间的关系． 【回顾】 (1)如图1，为的弦，且．点，在弦所对的优弧上，则的度数为________，的度数为________； 【应用】如图2，已知线段．点在所在直线的上方，且．要求：用尺规作图的方法作出满足条件的点所组成的图形． (2)嘉嘉经过思考后进行了下面的操作，求优弧的长； 如图3． 1．以为边画正方形，连接，，交于点； 2．以点为圆心，长为半径画圆，则位于线段上方的圆弧就是满足条件的点所组成的图形． (3)请你用另一种不同于（2）中的方法按要求作图（保留作图痕迹，不用写作法）； 【拓展】 (4)如图4，已知建筑物宽为30米，一名摄影师从距点30米的点（点在直线上）出发，沿大桥方向前进（），当摄影师到达对建筑物视角最大的最佳拍摄点（最大）时，求他前进的距离． 这个问题可以通过“米勒定理”解决：过点，作，与直线相切于点时，最大，此时的为最佳拍摄点．连接并延长交于点，连接．请你完成解答（求的长）． 【答案】(1)50°；50° (2)π (3)所求图形，如图所示； (4)米 【分析】（1）根据圆周角定理求解即可； （2）由作图过程可知四边形是正方形，得到，，可求出的半径，根据弧长公式计算即可； （3）作线段的垂直平分线，交于点C，在垂直平分线上取点O，使得，以点O为圆心，的长为半径画弧，则优弧为所求； （4）由切线的性质得到，由是直径，得到，则，从而有，再由得到，结合，可得，根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：∵点，在弦所对的优弧上， ∴． （2）解：由作图过程可知四边形是正方形，， ∴，即， ，，， ∴的半径， ∴优弧的长为． （3）解：连接，， 由作图可得， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即优弧为所求． （4）解：∵与相切于点P， ∴， ∴， ∴． ∵是直径， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即的长为米． 压轴17（2024·浙江湖州·二模）如图，已知在等腰三角形中，，过点作射线，点是延长线上的一个动点，连结，交于点．    (1)求证：； (2)如图2，过点作，分别交于点和点，连结，交于点，连结．已知． ①若与相切，求的长； ②是否存在点，使得四边形是平行四边形，若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； (2)①；②存在，使得四边形是平行四边形 【分析】（1）由等边对等角可知，根据，结合，即可证明结论； （2）①连接交于，连接，则，可知垂直平分，，得，由与相切，结合互余可得，即，得，则，再证，得，可知，，则，进而即可求解； ②连接交于，连接，由①可知，垂直平分，，先证，得，即垂直平分，可知，当四边形是平行四边形时，，，即，再证得，设，根据，则，设的半径为，得，，可知，由三角形中位线定理可知，在中，，即：，解得：或，当时，即，则，此时，不符合题意舍去；当时，即，则，，再证，得，进而可求得的长度． 【详解】（1）略 （2）解：①连接交于，连接，则， ∵， ∴垂直平分，则， ∴， 又∵， ∴， ∴，    ∵与相切， ∴，则， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴，则， 又∵，， ∴， ∴， ∴，， 则， ∴； ②存在，使得四边形是平行四边形，理由如下： 连接交于，连接， 由①可知，垂直平分，， ∴，， ∵， ∴，，，则 ∴， ∴，即垂直平分， ∴， 当四边形是平行四边形时，，，即， ∴， ∴， ∴， 由①可知，，，，设， ∴，则， 设的半径为，则， 又∵， ∴，即：， ∵，分别为，的中点， ∴， 在中，，即：， 解得：或，    当时，即，则，此时，不符合题意舍去； 当时，即，则，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即： 解得：． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质，勾股定理，切线的性质，解直角三角形，相似三角形的判定及性质等知识，熟练掌握相关图形的性质，添加辅助线构造直角三角形是解决问题的关键． 压轴18综合探究 【问题提出】 (1)小明通过“直线与圆的位置关系”的学习，已经知道过圆外一点可以作圆的两条切线．在对这一知识的学习过程进行反思时，小明突发奇想：如图1，直线l与相离，点P在直线l上运动，过点P作的切线，切点为A，则的长是否存在最小值？小明探究后发现，当直线l时，的长最小．请帮小明证明该结论； 【理解内化】 (2)如图2，正方形的边长为4，以D为圆心．2为半径作圆．点P是边上动点，过点P作的切线，切点为E，则的取值范围为； 【拓展应用】 (3)如图3，直线与x轴和y轴分别相交于A，B两点，P是该直线上的任一点．将直线向下平移5个单位，与x轴和y轴分别相交于D，C两点，过点D向以P为圆心，2为半径的作右侧作切线，切点为E．则四边形面积的最小值为． 【答案】(1)证明：连接，如图： ∵是的切线， ∴， ∴，其中为常数， 故当直线l时，最小，此时最小； (2)； (3)． 【分析】（1）由，其中为常数，即可求解； （2）当点P和点C重合时，为最小，此时，，当点P和点B重合时，为最大，此时，为最大，即可求解； （3）由四边形面积最小值，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：连接，如图： 由（1）知，， ∴当最小时，取得最小值， ∴当点P和点C重合时，为最小，此时， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴当点P和点B重合时，为最大，此时，为最大， 故； （3）解：直线向下平移5个单位得到直线， 当，当，， 解得：， ∴点C、D的坐标分别为：， ∴， 设直线和的距离为h，过点B作于点M，连接， ∴， ∴， 对于直线，当， ∴， ∴， ∴， 而的最小值， ∴同上可得：， ∴四边形面积最小值． 压轴19（2026·浙江金华·三模）已知在平行四边形中，，，过、、三点的圆与边相切于点，圆心为． (1)如图，连接并延长交于点，连接，交于点，连接． ①求证：； ②求线段的长． (2)如图，、分别是、上的动点，且，求的最小值． 【答案】(1) ①证明：与边相切于点， ， 在中，， ， 即； ②； (2) 【分析】（1）①由圆的切线的性质可得，再结合平行线的性质证明即可； ②连接，过点作于点，由垂径定理可得，设，利用勾股定理列方程，求出，，利用角的正切值，得到，证明，得出，，再利用锐角三角函数求解即可； （2）延长到点，使得，连接、，连接并延长交于点，作于点，证明，得到，则，即当、、三点共线时，最小等于，由①可知，，从而求出，，即可得解． 【详解】（1）①证明：略 ②解：如图，连接，过点作于点， 由垂径定理可得， ，， 设，则， 在中，， ， 解得， ，， ， ， ， 平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：如图，延长到点，使得，连接、，连接并延长交于点，作于点， 平行四边形， ，， ， 又，， ， ， ， 当、、三点共线时，最小等于， 由①可知，， 四边形是矩形，， ， ，， ， 的最小值为． 压轴20（24-25九年级下·浙江台州·自主招生）如图，直线y与x轴、y轴分别交于A，B两点，动圆M始终与直线相切，设切点为C，圆心M在线段上，且圆M与y轴至少有一个交点，圆M的半径为r，设圆M与x轴的交点为D，E，点E在点D左侧．若圆M与y轴有两个交点，则分别为点F，G，点F在y轴的正半轴．点H为圆M上半圆一动点，连接交x轴于点P． (1)求圆M半径r的取值范围； (2)当，求的值； (3)若，求． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先根据直线与轴，轴分别交于、两点，求得，两点的坐标，从而可求得与，再利用正切求得，然后证明是等边三角形，用表示出、、，分别根据，点E的横坐标为， ，求得的范围； （2）先说明，设，再用分别表示出， ，从而可得，结合，可得出，进而证明，列出比例式求解即可求得； （3）先证明，列出比例式，从而可得，进而求得，设，用分别表示出、，再利用勾股定理求得，从而可得出，再求． 【详解】（1）解：连接，如图， ∵直线与轴，轴分别交于、两点， 当时，； 当时，， 解得：， ，， ，， ， ， ∵与圆切于点， ，， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， ，， ， 解得：， ， ∴点E的横坐标为， ， ， ； （2）如图（2）连结、， ∵是直径， ∴， ，， ， 设，则， ， ， 又， ， ，， ∴， ； （3）如图， 作于点N，连结， ∵圆M与x轴的交点为D，E， ∴为直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ， ， ， 设， 则，， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，一次函数与坐标轴交点，解直角三角形的相关计算，相似三角形的判定和性质等内容，，熟练掌握相关知识是解题的关键． 压轴21（2025·浙江舟山·一模）如图1，以点为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线与相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点． (1)填空：的长为______；的长为______；的半径为______；的长为______； (2)如图2，点P是直径上的一个动点（不与C、D重合），连结并延长交于点． ①当时，求的值； ②设，，求y与x的函数关系式． 【答案】(1)5，，2，2 (2)①；②y与x的函数关系式为 【分析】（1）利用直线解析式求出点E和点F坐标，进而得到和的长度，再根据边角关系可得，继而得到和； （2）①易证，从而求出的长，进而即可得解； ②构造8字型相似，作轴于点K，轴于点J，则，，解直角三角形可得，进而得到、和，再在中，，进而建立等式求解． 【详解】（1）解：直线交x轴于点E，交y轴于点F， 令得，， 解得， ； 令得，， ； ， ， 连接，则， ， ， ， ，即的半径为2； ，， 是等边三角形， ； 故答案为：5，，2，2； （2）解：①连接、， ， ， ， ， ， ， ， 为直径， ，， ， ； ②由①知， ， 如图，作轴于点K，轴于点J，则， ，， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， 在中，， ，即， 整理得， 与x的函数关系式为． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、一次函数与坐标轴交点、特殊直角三角形、相似三角形的判定和性质等内容，综合性强，难度大，熟练掌握相关知识是解题的关键． 压轴22如图1，为半圆O的直径，C为延长线上一点，切半圆于点D，，交延长线于点E，交半圆于点F，已知．点P，Q分别在线段上（不与端点重合），且满足．设． (1)求半圆O的半径． (2)求y关于x的函数表达式． (3)如图2，过点P作于点R，连结． ①当为直角三角形时，求x的值． ②作点F关于的对称点，当点落在上时，求的值． 【答案】(1) (2) (3)①或；② 【分析】（1）连接OD，设半径为r，利用，得，代入计算即可； （2）根据CP=AP十AC，用含x的代数式表示 AP的长，再由（1）计算求AC的长即可； （3）①显然，所以分两种情形，当 时，则四边形RPQE是矩形，当 ∠PQR＝90°时，过点P作PH⊥BE于点H， 则四边形PHER是矩形，分别根据图形可得答案； ②连接，由对称可知，利用三角函数表示出和BF的长度，从而解决问题． 【详解】（1）解：如图1，连结．设半圆O的半径为r． ∵切半圆O于点D， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴，即半圆O的半径是． （2）由（1）得：． ∵， ∴． ∵， ∴． （3）①显然，所以分两种情况． ⅰ）当时，如图2． ∵， ∴． ∵， ∴四边形为矩形， ∴． ∵， ∴， ∴． ⅱ）当时，过点P作于点H，如图3， 则四边形是矩形， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由得：， ∴． 综上所述，x的值是或． ②如图4，连结， 由对称可知， ∵BE⊥CE，PR⊥CE， ∴PR∥BE， ∴∠EQR=∠PRQ， ∵，， ∴EQ=3-x， ∵PR∥BE， ∴， ∴， 即：， 解得：CR=x+1， ∴ER=EC-CR=3-x， 即：EQ= ER ∴∠EQR=∠ERQ=45°， ∴ ∴，   ∴． ∵是半圆O的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，三角函数等知识，利用三角函数表示各线段的长并运用分类讨论思想是解题的关键． 压轴23（21-22九年级上·江苏南京·期中）问题情境：如图1，P是外的一点，直线PO分别交于点A，B． (1)探究证明：如图2，在上任取一点C(不与点A，B重合)，连接，求证：； (2)直接应用：如图3，在中，，，以为直径的半圆O交于D，P是弧上的一个动点，则的最小值是 ． (3)构造运用：如图4，在边长为2的菱形中，，M是的中点，N是边上一动点，将沿所在的直线翻折得到，连接，则长度的最小值为 ． (4)综合应用：如图5，平面直角坐标系中，分别以点，点，分别以1，2为半径作、，M，N分别是，上的动点，直接写出的最小值为 ． 【答案】(1) 证明：如图1， ， ， ， ； (2) (3) (4)7 【分析】(1)在中，根据“三角形两边之差小于第三边”可求证； (2)连接交于点P，根据勾股定理求得，进而求得； (3)的轨迹是以M为圆心，半径是1的圆，故连接，求得，进而求得的最小值； (4)作点A关于x轴的对称点C，连接交x轴于点P，求出的长，进而求得的最小值． 【详解】（1）略． （2）解：如图2，连接OA，交半于点P， ， 在中， ， ∴， 的最小值是， 故答案是：； （3）解：如图3，连接、，交于点， ∵四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ∵M是的中点，的轨迹是以M为圆心，半径是1的圆， ，， ， ∴， 长度的最小值为， 故答案为：； （4）解：如图4，作点A关于x轴的对称点C，连接，交x轴于点P，交于点N，连接PA交于M， ， ， ∵点，点， ∴点， ， ∵分别以1，2为半径作、， ，， ， 故答案是：7． 【点睛】本题考查了轴对称性质，圆的定义与性质，勾股定理，三角形三边关系，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，解决问题的关键是熟悉“将军饮马”模型． 压轴24如图，已知抛物线的顶点是，且与轴交于、两点，交轴于点．    (1)求此抛物线的解析式； (2)①当的取值范围满足条件 时，； ②若，是抛物线上两点，且，求实数的取值范围； (3)直线平行于轴，分别交线段于点、交抛物线于点，求线段的长度的最大值； (4)若以抛物线上的点为圆心作圆与轴相切时，正好也与轴相切，求点的坐标． 【答案】(1) (2)①；②或 (3) (4)或或或 【分析】本题考查了二次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式、二次函数与不等式、二次函数的最值、二次函数与圆综合、一元二次方程，熟练掌握二次函数的这些性质及与其他知识结合是解题的关． （1）根据已知函数的顶点，设出函数的顶点式，再将点代入解析式求出的值即可； （2）①过点作直线平行于轴，与抛物线相交于另一点，令可得方程，据此求出点坐标，从而得到的取值范围； ②过点作直线平行于轴，与抛物线相交于另一点，令，求出点和点的横坐标，据此即可直接求出的取值范围． （3）容易求出点坐标，再根据点坐标求出的解析式，的长度可用两解析式的差来表示，该差为二次函数，根据二次函数最值的求法即可解答； （4）根据题意可知，该圆同时与轴、轴相切时，圆心横纵坐标相同或互为相反数，据此列出方程解答． 【详解】（1）解：设函数解析式为， 将点代入解析式， 得：， 解得：， 故函数解析式为， 化为一般式得； （2）解：①函数与轴的交点为， 如图，过点作直线平行于轴，与抛物线相交于另一点，    令可得方程， 解得：，． 则点坐标为． 由图可知时，； 故答案为：． ②如图，过点作直线平行于轴，与抛物线相交于另一点，    当时，； 故点坐标为， 令，得， 解得：，， 则点坐标为． 由图可知，时，或． （3）解：如图，    令可得方程， 解得：，． 则点坐标为． 设一次函数解析式为， 将，代入解析式， 得：， 解得：， 故函数解析式为． 设，， 则， 当时，取得最大值； （4）解：设， ∵以抛物线上的点为圆心作圆与轴相切时，正好也与轴相切， ∴圆的半径， 则①当时， 解得：，， ∴，， 点坐标为，； ②当时， 解得：，， ∴，． 故点坐标为，， 综上，点点坐标为或或或． 压轴25（24-25九年级上·浙江杭州·阶段检测）如图，已知点P是抛物线上的任意一点，记点P到x轴的距离为，点P到的距离为．    (1)求证：． (2)若直线交抛物线于另一点Q（异于点P），请判断以为直径的圆与x轴的位置关系，并说明理由． (3)在（2）条件下，求出以为直径的圆的面积的最小值． 【答案】(1) 证明：设P为抛物线上一点，坐标为； 则P到x轴距离为， P到点的距离为 ， ∴．    (2) 相切，理由： 设，直线的解析式为， 联立， 得， 即， ∴， ∴， ∵以为直径的圆的圆心坐标为， 即， ∴圆心到x轴的距离为， ∵ ， ∴以为直径的圆的半径为 ∴圆心到x轴的距离等于圆的半径， ∴以为直径的圆与x轴相切．    (3)圆的面积最小值为 【分析】（1）设P为抛物线上一点，坐标为，进而表示出P到x轴距离与到点A的距离，化简可得两者大小相等； （2）设，直线的解析式为，求出的中点到x轴的距离，，得圆心到x轴的距离等于圆的半径，故以为直径的圆与x轴相切； （3）根据圆的半径，得圆的面积，得圆的面积最小值， 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：由（2）知，圆的半径， ∴圆的面积， ∵， ∴当时，圆的面积取得最小值， 故以为直径的圆的面积最小值为．    【点睛】本题考查了二次函数综合．熟练掌握二次函数与一次函数的图象和性质，函数与方程，一元二次方程根与系数的关系，两点间的距离，点到直线的距离，完全平方公式变形求值 ，圆切线判定和性质，二次函数最值，是解题的关键． 压轴26（25-26九年级上·广东江门·期末）抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点D，顶点记为C，将抛物线绕点A旋转后得到新抛物线，抛物线与x轴的另一交点为，顶点为，点D旋转后的对应点为． (1)如图1，当时，此时抛物线的顶点． ①求抛物线的解析式： ②作直线，若抛物线的对称轴与x轴交于点E，以为圆心，为直径的圆恰好经过点，请判断与直线的位置关系，并说明理由． (2)如图2，当抛物线的顶点C恰好与点D重合，连接、、、得到的四边形能否成为矩形，若能，请求出a，c应满足的关系式，若不能，请说明理由． 【答案】(1)①； ②与直线相切；理由如下： 对于， 令，则， ， 点D旋转后的对应点为， ， 由（1）知抛物线的对称轴与x轴交于点， 以为圆心，为直径的圆恰好经过点， ， ，， ， ， 判断与直线相切； (2)能， 【分析】（1）①先求出抛物线的解析式，并求出A，B两点的坐标，再根据图形旋转的性质，求出，即可求得答案； ②先求出，再根据勾股定理的逆定理证明即可； （2）设，则抛物线的解析式可表示为，可求得，根据图形旋转的性质可证明四边形是平行四边形，当时，四边形是矩形，此时可列方程，求得，即可进一步求得答案． 【详解】（1）解：①当时，此时抛物线的顶点， ， 令，则， 解得，， ，， ， 抛物线绕点A旋转后得到新抛物线， 抛物线与x轴的另一个交点坐标为， 抛物线的对称轴为直线， 其顶点坐标为， 抛物线的解析式为； ② 略 （2）解：当抛物线的顶点C恰好与点D重合， 则， 设，则， 抛物线的解析式可表示为， ， 抛物线绕点A旋转后得到新抛物线， ，且，， 四边形是平行四边形， 当时，四边形是矩形， ， ， ， 化简整理，得， ，， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，图形旋转的性质，求二次函数的解析式，切线的判定，勾股定理的逆定理，矩形的判定，熟练掌握二次函数的图象与性质及切线的判定是关键． 压轴27（26-27九年级上·全国·课后作业）如图，已知直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，P是以点为圆心，2为半径的圆上一动点，连接，求面积的最小值． 【答案】5 【分析】过点C作于点M，连接，长度为定值，利用等面积法计算出的长，当点P为线段与的交点时，面积最小，由此可解． 【详解】解：如图，过点C作于点M，连接． 对于， 当时，，解得， 当时， ， ， 即， ． ， ． ， ． ∵直线与相离， ∴当点P为线段与的交点时，点到的距离最小，最小距离是， 面积的最小值是． 压轴28已知，正方形，以为直径在正方形内部作半圆M，点E是边上动点，连结交半圆M于点F，连结． (1)若，求的长度； (2)如图2，连结，将沿着对折，得到交于点N． ①若，求的度数； ②求的最小值． 【答案】(1)π (2)①；② 【分析】（1）先求出，再由圆周角定理求出的度数，最后由弧长公式求解即可； （2）①由折叠的性质得：，设，则，可得，从而得到，再由，可得，从而得到，即可求解； ②仿照①的思路先证明，延长交的延长线于点，先证明，得到，故当取得最大值时，最小，则当与相切时，取得最大值，连接，交于点，根据切线长定理可得，由折叠的性质得：，可证得四边形是菱形，从而得到垂直平分，再由，可得点M在上，在中，根据勾股定理可得，从而得到，再根据，可得，再利用锐角三角函数可得的长，即可求解． 【详解】（1）解：∵正方形， ∴，， ∵ ∴ ∵以为直径在正方形内部作半圆M， ∴， ∴的长度； （2）解∶ ①由折叠的性质得：， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②由折叠的性质得：， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 延长交的延长线于点， ∵正方形中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当取得最大值时，最小， ∵点在上， ∴当与相切时，取得最大值，如图： 连接，交于点， ∵， ∴与圆M相切， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∴四边形是菱形， ∴垂直平分， ∵， ∴点M在上， ∵正方形，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 即的最小值为． 压轴29已知，在中，，以为直径的与交于点H，将沿射线平移得到，连接． (1)如图1，与相切于点G． ①求证：四边形是矩形； ②求的值； (2)如图2，延长与交于点K，将沿折叠，点F的对称点恰好落在射线上． ①猜想与的关系，请说明理由； ②若，求平移的距离． 【答案】(1)①见解析②16 (2)①，理由见解析② 【分析】（1）①由平移的性质证出，则可得出结论； ②连接，证明，由全等三角形的性质得出，过点D作于M，证出四边形是矩形，由矩形的性质得出，，由（1）可知，同理可证，设，，由勾股定理得出，则可得出答案； （2）①由折叠得，由平移得,可得，由圆的性质得，故可得；延长交于点Q，设，由等腰三角形的性质证出，由平移及折叠的性质证出，则可得出； ②连接，交于点N，证明，由全等三角形的性质得出，证明，由相似三角形的性质得出，列出方程可求出的长，根据锐角三角函数的定义可得出和的长，则可得出答案． 【详解】（1）解：①证明：∵将沿射线平移得到， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； ②连接， ∵与相切于点G， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可证， 过点D作于M， ∴， 由（1）知， ∴四边形是矩形， ∴， 设， 在中，， ∴， ∴， 即； （2）解：①，． 理由：∵是沿折叠得到的， ∴， 由平移得, ∴， 又，是的直径， ∴， ∴； 延长交于点Q， 设， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵沿射线平移得到，沿折叠得到， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上，； ②连接，交于点N， ∵沿折叠，点F的对称点为， ∴， ∵是的直径， ∴，点恰好落在射线上， ∴， ∵沿射线方向平移得到， ∴， ∴点B在的延长线上， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 解得：，（不合题意，舍去）， ∴， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴平移的距离为． 【点睛】本题考查了平移的性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，切线的性质，圆周角定理，矩形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数的定义，熟练掌握相似三角形的判定与性质及切线的性质是解题的关键． 压轴30（2021·浙江金华·二模）如图1，在平面内点A，B，P，满足，若，则称点P，B是点A的直角等腰点；若，则称点P，B是点A的锐角等腰点． （1）如图2的网格中，A，B为格点，在图中分别画出格点P，使得点P，B是点A的直角等腰点或锐角等腰点． （2）如图3在平面直角坐标系中，点P在该直线：上点D在x轴上，半径为3的⊙D与x轴交于点C（在点D的左边）． ①当时，点C的坐标为，若点P，C是原点O的锐角等腰点，求P的坐标． ②若时，点C在点A的右边，点E在⊙D上，在直线l上恰好存在三个点P，使得点P，E是点C的直角等腰点，求P的纵坐标． 【答案】（1）图见解析；（2）①或；②点P的纵坐标分别是或，． 【分析】（1）以点A期圆心，AB长为半径画弧，交格点与P1、P2、P3，根据新定义点与点B是点A的直角等腰点；点，与点B是的锐角等腰点； （2）①过P作PH⊥OC于H，由点C，，可求直线AB：， 设P（t，-2t+4）在中，由勾股定理，解方程即可； ②当时，直线AB：，求两轴交点坐标，求出sin∠BAO=，可求 OC= ，由圆D与AB相切与G，连DG，过E作EM⊥OD于M，△PHC≌△CME（AAS），可得PH=CM，HC=EM，设，，可得OH=EM= ， MD=3-4t，由勾股定理得，9=，或，当P与E在x轴下方时，可证△PHC≌△CME（AAS），EM= ，DM =由勾股定理得，9=，舍去y=． 【详解】（1）以点A期圆心，AB长为半径画弧，交格点与P1、P2、P3， ∵满足， ， ∴点与点B是点A的直角等腰点； ∵满足，；，， ∴点，与点B是的锐角等腰点； （2）①过P作PH⊥OC于H， ∵点C，， ∴直线AB：，OC=，OP=OC=， 设P（t，-2t+4）， 在中，， ∴， 解得，， 点P的坐标是或． ②当时，直线AB：，当圆D与直线AB相切时，在直线l上恰好存在三个点P，使得点P，E是点C的直角等腰点， 当y=0时，x=3，A(3，0)，B（0，4），OA=3，OB=4，AB=， ∴sin∠BAO=，DG=3， ∴， ∴OD=OA+AD=3+， ∴OC=OD-CD=， ∵圆D与AB相切与G，连DG，过E作EM⊥OD于M， ∴∠PHC=∠EMC=90°， ∵， ∴∠HPC+∠PCH=∠PCH+∠MCE=90°， ∴∠HPC=∠MCE， 在△PHC和△CME中， ， ∴△PHC≌△CME（AAS）， ∴PH=CM，HC=EM， 如图，设，， ∴， 解得， ∴OH=， ∴EM=HC=OC-OH=，CM=PH=4t， ∴MD=3-4t， 在Rt△EMD中，由勾股定理得， 即9=， ， ， 或， ∴或； 当P与E在x轴下方时， ∴∠PHC=∠EMC=90°， ∵， ∴∠HPC+∠PCH=∠PCH+∠MCE=90°， ∴∠HPC=∠MCE， 在△PHC和△CME中， ， ∴△PHC≌△CME（AAS）， ∴PH=CM，HC=EM， ∵，设，y=，， 解得， ∴EM=CH=OH-OC=，DM=CM-CD=， 在Rt△DEM中，由勾股定理得， 即9=， ， ， ，此时点Ｐ在切点点左侧不合题意舍去， y=， 所以，当圆D与直线AB相切时，在直线l上恰好存在三个点P，使得点P，E是点C的直角等腰点， 点P的纵坐标分别是或，． 【点睛】本题考查新定义作图，列一次函数解析式，勾股定理，直线与圆的位置关系，三角形全等判定与性质，锐角三角函数，分类讨论思想，掌握新定义作图，列一次函数解析式，勾股定理，直线与圆的位置关系，三角形全等判定与性质，锐角三角函数，分类讨论思想是解题关键． 压轴31（23-24九年级下·北京·阶段检测）在平面直角坐标系中，A、B为平面内不重合的两个点，若Q到A、B两点的距离相等，则称点Q是线段的“似中点”． (1)已知，，在点、、、中，线段的“似中点”是点___________： (2)直线与x轴交于点M，与y轴交于点N． ①求在坐标轴上的线段的“似中点”； ②若的半径为2，圆心P为，上存在线段的“似中点”，请直接写出t的取值范围． 【答案】(1)E，G (2)①或 ② 【分析】（1）分别求出各点到点A，B的距离，根据定义判断即可； （2）①先求出点，，再根据勾股定理求出，可求出，可确定“似中点”的位置，分两种情况求出坐标即可；②作出图形，G，K分别是，与垂直平分线相切的切点，连接，，则，，则，，再求出线段长，然后根据直角三角形的性质求出，，即可得出答案． 【详解】（1）解：∵点，，， ∴，， ∴， ∴点D不是线段的“似中点”； ∵点， ∴，， ∴， ∴点E是线段的“似中点”； ∵点， ∴，， ∴， ∴点F不是线段的“似中点”； ∵点， ∴，， ∴， ∴点G是线段的“似中点”． 故答案为：E，G； （2）解：①直线，当时，；当时，， ∴点，， ∴，， ∴，， 所求的点H是的垂直平分线l与坐标轴的交点，如图所示． ∴，． 当“似中点”在x轴上时，，则； 当“似中点”在y轴上时，，则． 所以，； ②如图所示，G，K分别是，与垂直平分线相切的切点，连接，，则，，则，． ∵，，的半径为2，， ∴，， ∴，， ∴当时，上存在线段的“似中点”． 【点睛】本题主要考查了新定义的理解，两点之间的距离公式，圆的切线的性质，勾股定理，含直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质定理，理解“到一条线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上”是解题的关键． 压轴32（2025·广西南宁·模拟预测）请阅读材料，并完成相应的任务．战国时期数学家墨子提写的《墨经》一书中就有了圆的记载，与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一． 定义：我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．（也就是切线与弦所夹的角，切点为弦切角的顶点）．如图1中即为弦切角． 弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数． 下面是弦切角定理的证明过程： ①如图1．已知：为圆上任意一点，当弦经过圆心，且切于点时，易证：弦切角． ②如图．当点是优弧上任意一点，切于点．求证：弦切角． 证明：连接并延长交于点，连接，如图2所示． 与相切于点， ▲ ， ， 是直径， ▲ （直径所对的圆周角是直角）， ， ， 又 ▲ （同弧所对的圆周角相等）， ． 完成下列任务： (1)将上述证明过程补充完整； (2)运用材料中的弦切角定理解决下列问题： ①如图3，的顶点在上，和相交于点，且是的切线，切点为，连接．若，求的长； ②如图4，，以为直径的交于点，过点作的切线，交的延长线于点．试猜想与的数量关系，并证明你的猜想． 【答案】(1)；； (2)①； ②，证明：如图，连接， 是直径， ，， 又， 是的角平分线，即：， 又是的切线， ， ． 【分析】（1）根据切线的性质，以及圆周角的性质，即可求解， （2）①由弦切角定理，可得：，进而得出，由对应边成比例，即可求出的长， ②连接，由是直径，可得，结合，根据等腰三角形三线合一，即可得出是的角平分线，根据弦切角定理，即可求解， 本题考查了切线的性质，圆周角的性质，直径所对的圆周角是，相似三角形的性质与判定，等腰三角形三线合一，解题的关键是：理解并应用弦切角定理，结合已经学会的知识点进行解题． 【详解】（1）略； （2）解：①如图， 是的切线，切点为， ， 又， ， ，即：， ，解得：； ②略 压轴33（2026·江苏南京·模拟预测）【项目式学习】 项目主题：车轮的形状 项目背景：在学习完圆的相关知识后，九年级某班同学通过小组合作方式开展项目式学习，深入探究车轮制作成圆形的相关原理． 【合作探究】 (1)探究A组：车轮做成圆形的优点是：车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变．另外圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离也是不变的．如图1，圆形车轮半径为，其车轮最高点到地面的距离始终为______； (2)探究B组：正方形车轮在滚动过程中轴心到地面的距离不断变化．如图2，正方形车轮的轴心为，若正方形的边长为6cm，车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为______； (3)探究C组：如图3，有一个正三角形车轮，边长为6cm，车轮轴心为（三边垂直平分线的交点），车轮在地面上无滑动地滚动一周，求点经过的路径长． 探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮的轴心是否在一条水平线上运动． 【拓展延伸】 如图4，分别以正三角形的三个顶点，，为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”．“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心并不稳定． (4)探究D组：使“莱洛三角形”以图4为初始位置沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”和“车轮轴心”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动一周的过程中，其“最高点”和“车轮轴心”所形成的图形按上、下放置，应大致为______． A．    B． C．    D． (5)已知、分别是、上的两个动点：点沿从点运动到点，点沿从点运动到点，它们同时出发且速度相同，连接．请简要说明此时线段的中点的运动轨迹． 【答案】(1)8 (2) (3) (4)A (5)点在以的中点为圆心，以为半径的圆心角为的弧上 【分析】本题考查了圆的有关性质、垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质、三角形的中位线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是熟练运用相关知识进行证明和推理． （1）圆形车轮半径为，轴心到地面距离为半径，最高点到轴心距离也为半径； （2）轴心最低点高度是正方形中心（轴心）到边的距离为边长一半，轴心最高点高度是到顶点的距离为对角线一半； （3） 正三角形滚动一周，每经过一个顶点，绕该顶点旋转，共旋转3次，总旋转角度为． （4）最高点到地面距离恒定→轨迹为水平直线．轴心 O 在滚动中围绕各顶点做圆弧运动 → 轨迹呈周期性波动曲线． （5）连接，，，，，取、的中点，连接，，，再证明，得出即可确定轨迹． 【详解】（1）解：最高点到地面距离为； （2）解：轴心最低点高度是正方形中心（轴心）到边的距离为边长一半， 轴心最高点高度为到顶点的距离为对角线一半， 因此高度差为． （3）解：如图，连接，过点作， ∵正三角形边长为，， ∴， ∴， ∴其中心（轴心）到顶点的距离（外接圆半径）． ∴正三角形滚动一周，每经过一个顶点，绕该顶点旋转，共旋转3次，总旋转角度为． ∴经过的路径长为一个整圆的周长：． （4）解： 莱洛三角形滚动时始终夹在两条平行线之间，最高点到地面距离不变，因此最高点轨迹为水平直线，排除最高点是曲线的选项B、D； 滚动过程中，轴心在顶点接触地面时高度最高，共出现3次高度峰值，轨迹为三段起伏的波浪线，符合的是选项A． （5）解：连接，，，，，取、的中点R、S，连接，，， ∵点沿从点运动到点，点沿从点运动到点，它们同时出发且速度相同， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵、的中点为，的中点为， ∴，，，， ∵， ∴， ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当点与点重合时，点为中点，当点与点重合时，点为中点，此时，， 故点在以的中点为圆心，以为半径的圆心角为的弧上； 压轴34（22-23九年级上·山西吕梁·期末）阅读与思考：阅读下列材料，并完成相应的任务． 米勒定理 米勒（）是德国的数学家，是欧洲最有影响的数学家之一，米勒发表的《三角全书》，是使得三角学在欧洲取得独立地位的第一部系统性著作．下面是米勒定理（又称切割线定理）的证明过程 已知：如图1，与相切于点A，与相交于点B，C． 求证：． 证明：如图2，连接． ∵为的切线， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ……    任务： (1)请完成剩余的证明过程 (2)应用：如图3，是的切线，经过的圆心O，且，割线交于点D，E，，求的长． 【答案】(1) 剩余证明过程为： ∵， ∴， ∴， ∴； (2) 【分析】（1）根据提供的过程，继而证明，可得，再转化为； （2）连接，根据切割线定理得到，，将已知线段代入求出，再代入中，即可求出结果． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）可知：，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定，圆的性质，根据题干中的材料，熟练掌握割线定理是解题的关键． 压轴35（25-26九年级上·湖南长沙·阶段检测）如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上，我们就称这个四边形为圆内接四边形． (1)下列选项中，一定是圆内接四边形的是___________．（填序号） ①平行四边形；②菱形；③矩形；④正方形 (2)如图1，与轴交于点，与轴交于点，点在轴的正半轴上，点在轴负半轴上，若、、、四点共圆 ①设、、四边形的面积分别为、、，且满足：，试判断的形状，并说明理由． ②在①的条件下，求四边形的面积． (3)如图2，若等腰的外接圆为，半径为，平面上有两点、，分别与的三个顶点构成圆内接四边形（在的左侧，点在的右侧），求五边形面积的最大值． 【答案】(1)③④ (2)①等腰直角三角形， 如图∶， 设和面积分别为和 则： ， ∴， ∴为等腰直角三角形． ② (3) 【分析】本题主要考查了圆的内接四边形的性质、特殊角的三角函数值、圆周角定理、圆的综合等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． （1）根据对角互补的四边形的四个顶点才能“四点共圆”，对给出的四边形是否对角互补进行判断即可； （2）①先对左右两边同时平方可得，设和面积分别为和，进而得到，即，进而完成解答；②先求得、，即，再利用特殊角的三角函数可得；再根据为等腰直角三角形的性质可得，，然后根据以及三角形的面积公式求解即可． （3）先说明是等腰直角三角形，易得；由，则当和面积都最大时，五边形的面积最大，即当为中点时，面积最大，为中点时，面积最大；如图：连接，连接交于，再求得的最大值为：，的最大值为，最后求和即可解答． 【详解】（1）解：∵只有对角互补的四边形的四个顶点才能“四点共圆”，非特殊平行四边形、菱形的对角不互补， ∴非特殊平行四边形、菱形的四个顶点不能构成“四点共圆”， ∵矩形、正方形的对角互补， ∴矩形、正方形的四个顶点构成“四点共圆”． 故答案为：③④． （2）解：①略 ②直线解析式为， ，， ∴， ∴，即， ， ， ∵为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴ ． （3）解：经过圆心， 是的直径， ， ，， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 当和面积都最大时，五边形的面积最大， 当为中点时，面积最大，为中点时，面积最大， 如图：连接，连接交于， ，， ， ， 是的中位线， ， ， 的最大值为：， 的最大值为：， 的最大值为：． 压轴36（24-25九年级上·浙江杭州·期中）探究与实践：“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆． 该小组继续利用上述结论进行探究． 【提出问题】如图， 在线段同侧有两点，，连接，，，， 如果，那么，，，四点在同一个圆上． 【探究展示】如图，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与， 重合），连接，， 则（依据） ∵， ∴， ∴点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆） ∴点， 都在点，，所确定的上（依据） ∴点，，，四点在同一个圆上； 【反思归纳】 圆内接四边形对角互补； 对角互补的四边形四个顶点共圆； 过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆； 同圆中，同弧所对的圆周角相等； （）上述探究过程中的“依据”、“依据”分别是指什么？依据： ；依据： ．（从框内选一个选项，直接填序号） （） 如图，在四边形中，，，则的度数为 ； 【拓展探究】 （）如图4， 已知 是等腰三角形，，点在上（不与的中点重合），连接．作点关于的对称点，连接并延长交的延长线于， 连接，． 求证：，，，四点共圆； 若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由． 【答案】（），； （）； （）证明：∵， ∴， ∵点与点关于对称， ∴， ∴， ∴，，，四点共圆； ． 【分析】（）根据圆内接四边形对角互补；过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆作答即可； （）根据同弧所对的圆周角相等即可求解； （）根据（）中的结论证明即可得证； 证明，根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】（）解：如图，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（圆内接四边形对角互补） ∵， ∴， ∴点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆） ∴点，在点，，所确定的上（过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆） ∴点，，，四点在同一个圆上， 故答案为：，； （）解：∵在线段同侧有两点，，， ∴，，，四点共圆， ∵， ∴， 故答案为：； （）略 解：，理由如下， 如图，∵，，，四点共圆， ∴， ∵，关于对称， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等，轴对称的性质，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键． 压轴37（2025九年级上·全国·专题练习）如图，在四边形中，且，垂足为，延长线交于，交的延长线于．求证：A，，，四点共圆． 【答案】 如图，连接， ， 为等腰三角形，， 又∵， ∴为中点， ∴垂直平分， ， ∴， ， 又， 为等腰三角形， ， ∴， ∴A，，，四点共圆． 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，四点共圆的条件，解决本题的关键是熟练掌握四点共圆的条件，根据等腰三角形的性质得出为中点，求出，证明，得出为等腰三角形，得出，求出，即可证明结论； 【详解】解：略． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $