专题09圆 （1大易错点分析+26个易错点+易错题通关）-备战2024年中考数学考试易错题（江苏专用）（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages2727页专题09圆圆专题易错点：1.对圆的定义理解不清：学生可能会混淆圆的定义，认为所有的曲线都是圆，或者认为圆只能由圆心和一个点确定。实际上，圆是由一个固定点（圆心）和所有到该点距离相等的点组成的集合。2.对圆的性质理解不透彻：例如，学生可能不理解为什么圆的周长和面积与半径有关，或者为什么直径是圆内最长的弦。3.对圆的对称性和旋转性理解不足：学生可能无法正确理解和应用圆的对称性和旋转性，这会影响他们解决与圆相关的问题。4.计算错误：在进行圆的周长、面积、圆弧长度等计算时，学生可能会出现计算错误。这可能是由于对公式理解不清，或者计算技能不熟练导致的。5.忽视单位：在进行圆的计算时，学生可能会忽视单位的问题，导致计算结果错误。例如，他们可能会将半径的单位误认为是厘米，而实际上应该是米或毫米。6.对圆与其他几何图形的关系理解不清：例如，学生可能无法理解为什么圆与直线、其他圆、三角形等几何图形之间的关系会影响圆的性质。7.对圆心角与弧长的关系理解不足：学生可能会混淆圆心角与弧长的关系，无法正确地将它们联系起来。实际上，弧长与圆心角之间的关系是通过圆的半径来建立的，弧长等于圆心角（以弧度为单位）与半径的乘积。8.对圆的切线理解不清：切线是与圆只有一个交点的直线。学生可能会对切线的性质感到困惑，例如切线与半径垂直、切线长定理等。9.对圆的内接和外接多边形理解不足：在学习多边形与圆的关系时，学生可能会对内接多边形和外接多边形的概念感到混淆，无法正确理解它们的性质。10.忽视图形的动态变化：在处理与圆相关的动态问题时，如滚动圆、旋转圆等，学生可能会忽视图形的动态变化，导致解题错误。易错点1：圆中的平行弦例：⊙O的半径是10，弦，，则弦与的距离是（

）A．2 B．14 C．2或14 D．7或1【答案】C【分析】本题考查了垂径定理的应用．作于E，于F，由垂径定理得，由于，易得E、O、F三点共线，在和中，利用勾股定理分别计算出与，然后讨论：当圆心O在弦与之间时，与的距离；当圆心O在弦与的外部时，与的距离．【详解】解：如图，作于E，于F，连，则，∵，∴E、O、F三点共线，在中，，在中，，当圆心O在弦与之间时，与的距离；当圆心O在弦与的外部时，与的距离．所以与的距离是14或2．故选：C．变式1：在圆中两条平行弦的长分别6和8，若圆的半径为5，则两条平行弦间的距离为．【答案】或/7或1【分析】如图，，，过点作于，交于点，连，根据垂径定理得，由于，，则，根据垂径定理得，然后利用勾股定理可计算出，再进行讨论即可求解．【详解】解：如图，，，过点作于，交于点，连，∴，∵，，∴，∴，在中，，同理可得，当圆心在与之间时，与的距离；当圆心不在与之间时，与的距离．故答案为7或1．【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，掌握垂径定理是解题的关键．变式2：如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，AC＝AD，AB交CD于E，直径CM交AD于N，连接DM．(1)求证：ABDM；(2)若OE＝4，ON＝2，求⊙O的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据垂径定理得到，根据圆周角定理得到，根据平行线的判定定理即可得到结论；（2）根据等腰三角形的性质得到，根据三角形的中位线定理得到，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）证明：∵，∴，∵AB是⊙O的直径，∴，∵CM是⊙O的直径，∴，∴；（2）∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故⊙O的半径为．【点睛】本题考查了圆周角定理，平行线的判定，垂径定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．易错点2：垂径定理例：如图，为的直径，弦交于点，，，，则（

）A． B． C．2 D．1【答案】D【分析】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，解直角三角形．根据垂径定理的推论可得，再由圆周角定理可得，根据锐角三角函数可得，即可求解．【详解】解：∵，∴，∵为的直径，∴，∵，，∴，∵为的直径，∴，∴，∴，∴．故选：D变式1：如图，为的弦，C为上一点，于点D．若，，则．【答案】【分析】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了解直角三角形．先利用垂径定理得到，再利用勾股定理计算出，然后根据余弦的定义求解．【详解】解：∵，，∴，在中，，∴OD＝，∴．故答案为：．变式2：如图，正方形内接于，点为的中点，连接交于点，延长交于点，连接．

(1)求证：(2)若，求和的长．【答案】(1)详见解析(2)，【分析】（1）证明，利用相似三角形性质解答即可；（2）连接，证明，利用相似三角形性质求得；利用相交弦定理求即可．【详解】（1）证明：四边形是正方形，，．．，∴，，；（2）解：连接，如图，

，，．．点为的中点，，四边形是正方形，，，，，，．．，，；点为的中点，，．，，．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，圆周角定理，垂径定理及其推论，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理，相交弦定理，灵活运用上述定理及性质是解题的关键．易错点3：弧、弦、圆心角关系例：如图，在中，是的直径，，弦，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查弧、弦、圆心角的关系，圆周角定理的推论，圆内接四边形的性质．根据弧、弦、圆心角的关系结合圆周角定理可求出，再根据直径所对的圆周角为直角可求出，最后根据圆内接四边形的性质求解即可．【详解】解：∵弦，∴,∵是的直径，∴，∴，∴．故选：B．变式1：如图，在中，，点F为直径上一点，连接并延长交于点G，交于点E，若，，，则的长为．【答案】16【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，圆的基本性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．设，则，连接，根据已知条件得到，根据全等三角形的判定和性质得到，根据等腰三角形的性质得到，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】解：设，则，连接，∵是的直径，，∴，，∴，∴，在与中，，∴∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，解得（负值舍去），∴．故答案为：16．变式2：如图，在中，，，交于点，为的直径，．(1)求证：；(2)若平分，求的度数；(3)若，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）根据圆周角，弦，弧的关系证明即可．（2）运用圆的内接四边形的性质，得到，结合，，继而得到，结合为的直径，得到，；根据，结合三角形的外角性质，计算即可．（3）连接，证明出是等边三角形，求出，根据，计算即可．【详解】（1）∵，∴，∴．（2）∵四边形是圆的内接四边形，∴，∵，，∴，∵为的直径，∴，∴；∵，∴；∵平分，∴；∴；∴；∴解得．（3）∵，，∴，连接，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，解得，∴，，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴∴∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的内接四边形性质，三角函数，扇形面积公式．解题的关键是掌握以上知识点．易错点4：圆心角例：如图，是的弦，延长相交于点E，已知，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了等边对等角，三角形内角和定理，圆心角等知识．明确角度之间的数量关系是解题的关键．如图，连接，由三角形内角和求，，，根据，计算求解即可．【详解】解：如图，连接，∴，，，∴，∴，∴，∴，∴的度数为，故选：C．变式1：已知，有一量角器如图摆放，中心O在边上，为刻度线，为刻度线，角的另一边与量角器半圆交于C，D两点，点C，D对应的刻度分别为，，则=．

【答案】【分析】利用点C，D对应的刻度分别为，，求出，，再根据求出，利用外角的性质得到，从而得解．【详解】解：如图，连接，，

根据题意得，，，∴，，∵，∴，∵，∴，故答案为：．【点睛】本题考查等边对等角，三角形外角的定义与性质，圆心角等知识，根据刻度找出相应的圆心角并计算其他角度是解题的关键．变式2：如图，已知是的直径，点是半圆中点，点是劣弧上的一点．（1）在图①中，，劣弧长为，求的长；（2）在图②中，点是中点，与交于点，点在弦上，且，若，求的长．【答案】（1）；（2）【分析】（1）连接、，如图，利用点是半圆中点得到，再利用圆周角定理得到，则，然后利用弧长公式可计算出，从而得到的长；（2）利用圆周角定理得到，再判断为等腰直角三角形，则，接着判断为等腰直角三角形，所以，利用勾股定理求出，然后计算即可．【详解】解：（1）连接、，如图，∵点是半圆中点，∴，∵，∴，∵劣弧长为，∴，解得，∴；（2）∵为直径，∴，∵点是半圆中点，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∵点是中点，∴，∵，∴，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，根据勾股定理，∴．【点睛】本题考查圆周角定理，弧长公式，等腰三角形，等腰直角三角形判定与性质，勾股定理应用，掌握圆周角定理，弧长公式，等腰三角形，等腰直角三角形判定与性质，勾股定理应用是解题关键．易错点5：圆周角例：如图，已知是的直径，点C、D分别在两个半圆上，若过点C的切线与的延长线交于点E，则与的数量关系是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．连接，，，根据圆周角定理得到，得到，根据切线的性质得到，求得，于是得到结论．【详解】解：连接，，，∵是的直径，∴，∴，∵，，∴，∴，∵是的切线，∴，∴，∴，∴．故选：C．变式1：如图，内接于，，过点的切线与的延长线交于点，则．

【答案】/50度【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，三角形外角的性质，连接，根据圆周角定理得到，根据切线的性质得到，根据三角形外角的性质即可得到结论，正确地作出辅助线是解题的关键．【详解】解：连接，如图所示：

，，是的切线，，，故答案为：．变式2：如图，内接于，，是上一点，过点作，交于点．(1)求证：；(2)若，，．求的长；的长为______．【答案】(1)证明见解析(2)；【分析】（1）利用平行线的性质可得，再利用同弧所对的圆周角相等可得，从而可得，然后根据同弧所对的圆周角相等可得，再利用三角形内角和定理可得，最后利用等腰三角形的性质可得，从而可得，再利用等角对等边即可解答；（2）①证明，根据相似三角形的性质，即可求解．②过点作，垂足为，过点作，垂足为，根据等腰三角形的三线合一性质可得，再根据同弧所对的圆周角相等可得，从而可得，进而可得，然后求出的长，从而在中，利用勾股定理求出的长，再在中，利用勾股定理求出的长，从而求出的长，最后利用线段的和差关系，进行计算即可解答．【详解】（1）证明：，，，，，，，，，，，，；（2）解：，，，，，，，，，的长为；过点作，垂足为，过点作，垂足为，，，，在中，，在中，，，，，，，，在中，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了三角形外接圆与外心，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．易错点6：点与圆位置关系例：如图，在中，，点D在边上，且，连接．以点D为圆心，以r为半径画圆，若点A，B，C中只有1个点在圆内，则r的值可能为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】本题主要考查了点与圆的位置关系，解题的关键是掌握点到圆心距离为d，半径为r，当时，点在圆外；当时，点在圆上；当时，点在圆内．先根据勾股定理求出，再得出，根据点A，B，C中只有1个点在圆内，推出，即可解答．【详解】解：∵，∴，，∵点A，B，C中只有1个点在圆内，，∴在圆内的点为点B，∴，故选：B．变式1：在平面直角坐标系中，我们定义点的“关联点”为．如果已知点在直线上，点在的内部，的半径长为（如图所示），那么点的横坐标的取值范围是．【答案】【分析】根据点在直线上，可求得点的“关联点”为，根据点与圆的位置关系可得，根据勾股定理即可得答案．【详解】解：∵点A在直线上，∴，∴，，∴点的“关联点”为，当时，，此时点在上，整理得，解得：，∵点在的内部，，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了坐标与图形，点与圆的位置关系及解一元二次方程，点在圆内，；点在圆上，，点在圆外，，正确得出点坐标，熟练掌握点与圆点位置关系是解题关键．变式2：在平面直角坐标系中，O为原点，对于两个图形和直线，若在图形X上存在点A，在图形Y上存在点B，使得点A和点B关于直线对称，就称图形X和Y互为m关联图形．(1)已知点P的坐标为，①点P与点Q互为关联图形，则点Q的坐标为；②若的半径为1，点P与互为m关联图形，则m的值为；(2)已知点，射线OA与线段l：互为t关联图形，求t的取值范围．(3)已知⊙O的半径为2，直线与x轴，y轴分别交于C，D，若关于对称的图形S与点C互为2m关联图形，直接写出m的值及点D与图形S的位置关系．【答案】(1)①；②1或2；(2)；(3)，，D在S上，，D在S内部．【分析】本题考查了轴对称的性质，与圆有关的位置关系等知识，解决问题的关键是理解题意，求对称点．（1）①求出点P关于的对称点即可；②求点P和以及点P和对称得m的值；（2）求出和点对称时的t的值，以及和对称时t的值，从而确定范围；（3）圆心O关于的对称点是，设图形S上的点J与C点关于对称，设，由得，将代入得，求出m的值，进而求出D个图形S的位置关系．【详解】（1）解：①如图1，∵，∴，②如图2，∵，，∴或1．（2）解：如图3，题意得，∵，∴直线的解析式是：，∴当时，，∵，，∴．（3）解：如图4，圆心O关于的对称点是，设图形S上的点J与C点关于对称，设，由得，，由得，，∴，∴，∴，∴，当时，，∵，∴，∴D在S上，当时，，∴，∴D在S内部．易错点7：直线与圆位置关系例：在中，，，．若与相离，则半径为r满足（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，勾股定理和含30度直角三角形的性质，根据含30度直角三角形的性质和勾股定理得到和的长度，再根据与相离可知半径小于点C到的距离，即可进行求解．【详解】解：∵，，，∴∴，∵∴，解得：，∴设点C到的距离为h，则，∴，∴，∵若与相离，∴故选：C．变式1：如图，直线、相交于点O，，半径为2的的圆心在直线上，且位于点O左侧的距离6处．如果以1的速度沿由A向B的方向移动，那么秒钟后与直线相切．

【答案】2或10【分析】本题考查了直线与圆的位置关系和含角的直角三角形的性质，由圆的相切解得路程，根据题意与⊙P相切时，，当⊙P在直线左侧时如图，由，求得，则有即可求得时间；当⊙P在直线右侧时，同理求得即可求得时间．【详解】解：当⊙P在直线左侧时，过点作交于点E，如图，

∴，∵，∴，，则⊙P向右移动了2，所用时间秒；当⊙P在直线右侧时，如图，

过点作交于点F，则，∵∴，，则⊙P向右移动了10，所用时间秒．故答案为：2或10．变式2：在平面直角坐标系中，点到直线的距离公式为：，例如，求点到直线的距离．解：由直线知：，，所以到直线的距离为：根据以上材料，解决下列问题：(1)求点到直线的距离．(2)已知：是以点为圆心，1为半径的圆，与直线相切，求实数的值；(3)如图，设点为问题2中上的任意一点，点，为直线上的两点，且，请求出面积的最大值和最小值．【答案】(1)；(2)；(3)面积最大为4，最小为2【分析】（1）直接利用距离公式代入计算即可得到答案；（2）把直线整理，得，利用公式列方程求解即可；（3）先求圆心到直线的距离，判断出P到AB的最大距离与最短距离可得答案．【详解】（1）解：3x-4y-5=0，其中A=3,B=-4，C=-5，，，，∴距离为；（2）直线整理，得，故，，．∵与直线相切，∴点到直线的距离等于半径，即，整理得，解得或；（3）如解图，过点作于点．∵在中，，，，∴圆心到直线的距离，∴上的点到直线的最大距离为，最小距离为，∴的最大值为，最小值为．【点睛】本题考查一次函数综合题，点到直线的距离公式、直线与圆的位置关系等知识，解题的关键是理解题意，学会把直线的解析式转化为Ax+By+C=0的形式，学会构建方程解决问题，掌握圆上的点到直线的距离的最大值以及最小值．易错点8：三角形的外接圆例：如图，已知是的外心，分别是、的中点，连接、交于点，若，，，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了三角形的外接圆和外心，三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心，考查了直角三角形的性质和勾股定理的逆定理，三角形的面积，连接，，由题意得出，，可证得，根据三角形的面积公式可得出答案，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】连接，，如图，∵是的外心，、分别是、的中点，∴，，∴，，∵，，∴，，∵，∴，∴是直角三角形，，∵，∴，故选：．变式1：如图，是的外角的平分线，外接圆的圆心O为的中点，延长交于点F．若，，则的周长为．【答案】/【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的判定和性质定理是解题的关键．根据角平分线的定义得到，根据圆周角定理得到，求得，根据三角形的内角和定理得到，得到，根据等腰三角形的判定定理得到，根据直角三角形的性质得到，于是得到结论．【详解】解：∵是的外角的平分线，∴，∵外接圆的圆心为的中点，∴是的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴的周长故答案为：．变式2：如图，已知三角形中，，D是的外接圆劣弧上的点（不与点A，C重合），延长至E．

(1)求证：的延长线平分(2)若，中边上的高为，求外接圆的面积【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）要证明的延长线平分，即证明，转化为证明，再根据A，B，C，D四点共圆的性质和等腰三角形角之间的性质，即可得到．（2）求外接圆的面积．只需解出圆半径，故作等腰三角形底边上的垂直平分线即过圆心，再连接，根据角之间的关系在三角形内即可求得圆半径，可得到外接圆的面积，【详解】（1）证明：

∵A，B，C，D四点共圆，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，即的延长线平分；（2）解：设O为外接圆圆心，连接并延长交于H，交于点M，连接，

∵，∴，∴，∴，∴，设圆半径为r，∴，∵中边上的高为，∴，解得∶．∴的外接圆的面积为．【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质以及三角形的外接圆的性质，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用．易错点9：三角形的内切圆例：如图，已知中，，，内切圆半径为，则图中阴影部分面积和是()A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，扇形面积的计算，解决本题的关键是掌握三角形的内切圆与内心；根据内切圆的性质可得图中阴影部分面积和是的面积与扇形的面积的差，进而即可求解【详解】解：是的内切圆，切点分别为，，，图中阴影部分面积和是的面积扇形的面积，、分别是、的角平分线，，，，，，，，故选：A．变式1：如图，的内切圆与，分别相切于D，E两点，连接，的延长线交于点F，若，则的大小是．

【答案】/35度【分析】如图所示，连接，设交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出，再由切线长定理得到，进而推出是的垂直平分线，即，则．【详解】解：如图所示，连接，设交于H，

∵是的内切圆，∴分别是的角平分线，∴，∵，∴，∴，∴，∵与分别相切于点，，∴，又∵，∴是的垂直平分线，∴，即，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．变式2：学校要举办运动会，九（1）班同学正在准备各种道具，小聪同学现有一块三角形的纸片，要在三角形纸片中截下一块圆形纸片做道具，要求截下的圆与三角形的三条边都相切．小聪用，，表示三角形纸片的三个顶点（如图1）．请你按要求完成：(1)尺规作图：在图1中找出圆心点（要求：保留作图痕迹，标明字母，不写作法）；(2)若纸片三边长分别是：，，，与边，，分别相切于点，，（如图2），求小聪截得的圆形道具的面积．【答案】(1)见解析(2)小聪截得的圆形道具的面积是【分析】本题考查三角形内切圆，切线长定理等知识点；（1）用尺规作和的角平分线，交点即为圆心点；（2）连接，，，根据切线长定理可得，，，最后根据列方程求解即可．【详解】（1）如图所示：点即为所求；（2）连接，，，在中，，，，是直角三角形，是的内切圆，切点为，，，，，，，，，四边形为正方形，设，，，，解得，，小聪截得的圆形道具的面积是．易错点10：切线的性质与判定例：如图，在直角坐标系中，以点O为圆心，半径为4的圆与y轴交于点B，点是圆外一点，直线与切于点C，与x轴交于点D，则点C的坐标为（

）A．， B．， C．， D．，【答案】C【分析】本题考查切线的判定和性质，坐标与图形，平行线的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理，作轴于E，轴于H，连接，根据切线的性质即得出．根据平行线的性质可求出，由切线长定理可知．即易证，得出，．设，则．在中，利用勾股定理可求出x的值，即得出、的长，再根据等积法可求出的长，再次利用勾股定理可求出的长，即得出C点坐标，正确的作出辅助线构造全等三角形是关键．【详解】解：如图，作轴于E，轴于H，连接，∵，，∴，，轴，∴为的切线，∵直线与切于点C，∴，，在和中，∴，∴，，设，则，，在中，，即，解得，∴，，∵∴，∴=，在中，，∴C点坐标为，．故选：C．变式1：如图，是的直径，弦平分，连接，过点D作的切线交于点E，若，，则的长为．

【答案】1【分析】过点O作于点F，证明四边形是矩形，是等腰直角三角形，特殊角的函数值计算即可．【详解】过点O作于点F，∵弦平分，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，

∴；∵，过点D作的切线交于点E，∴，，∴，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，故答案为：1．【点睛】本题考查了切线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，矩形的判定和性质，平行线的判定和性质，熟练掌握切线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，矩形的判定和性质是解题的关键．变式2：如图，在中，内接，连接，作交延长线于点．(1)求证：为的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】此题考查了切线的判定与性质、解直角三角形等知识，熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．（1）根据圆周角定理求出，根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理求出，根据角的和差求出，则，根据切线的判定定理即可得解；（2）延长交于，连接．根据“两角对应相等的两个三角形相似”推出，根据相似三角形的性质求出，根据圆周角定理求出，根据锐角三角函数求出，设，则，根据勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：连接．，，．，，又为半径，为切线；（2）解：延长交于，连接．与为同弧所对圆周角，，又，，，设，，，，为的直径，，，，在中，，，，或（舍去），．易错点11：圆内接四边形例：如图，四边形内接于，为的直径，D为弧的中点，过点D作于点E，若，则等于（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理、等弧对等弦、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识点，解题的关键是作出正确的辅助线．连接，先由圆周角定理及“等弧对等弦”证得，再由“同弧上的圆周角相等”证得，结合可推得，得出，则，再根据四边形内角和定理可得的大小．【详解】如图，连接．∵为的直径，D为弧的中点，，∴，，∴．∴，∵，则，∴是等腰直角三角形，又∴，在中，，∴．∴．故选：B．变式1：如图，四边形为的内接四边形，平分为的直径，若，则的长为．【答案】【分析】本题考查的是圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数的应用，先证明，可得，再利用锐角三角函数可得答案．【详解】解：∵为的直径，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴；故答案为：变式2：如图，圆内接四边形的对角线交于点E，平分，．(1)求证：平分，并求的大小；(2)过点C作交的延长线于点F．若，，求此圆半径的长．【答案】(1)见解析，(2)4【分析】（1）根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可得，进而可得，再证，推出是圆的直径，可得；（2）先证，是等边三角形，进而证明和是含30度角的直角三角形，根据30度角所对的直角边等于斜边的一半，可得，，即可求出半径．【详解】（1）解：∵，∴，∴，即平分．∵平分，∴，∴，∴，即，∴是圆的直径，∴．（2）解：∵，，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴是等边三角形，∴．∵平分，∴．∵是圆的直径，∴，∴．∵四边形是圆内接四边形，∴，∴，∴，∴，∴．∵，∴，∴．∵是圆的直径，∴半径的长为．【点睛】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，圆内接四边形的性质等，解题的关键是推导得出和是含30度角的直角三角形．易错点12：正多边形与圆例：我们知道，五边形具有不稳定性，正五边形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，A在x轴负半轴上，固定边，将正五边形向右推，使点A，B，C共线，且点C落在y轴上，如图2所示，此时的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】在变形后的图形中，连接．证明是等边三角形，四边形是菱形，利用等边三角形和菱形的性质求出变形后的度数，进一步可求解．【详解】解：在图2中，连接．∵正五边形，，∵，，∴是等边三角形，四边形是菱形，∴，∴，∵四边形是菱形，∴．故选：B．【点睛】本题考查正多边的性质，直角三角形的性质，等边三角形判定与性质，菱的判定与性质，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．变式1：如图，点O是正五边形和正三角形的中心，连接，交于点P，则的度数为°．

【答案】84【分析】本题考查正多边形和圆，三角形内角和定理以及圆周角定理，掌握正三角形、正五边形的性质以及圆周角定理是正确解答的前提．根据正多边形的中心角的计算方法分别求出，，，进而求出的度数，由圆周角定理和三角形内角和定理即可求出答案．【详解】解：如图，连接、、、，

五边形是的内接正五边形，，，是的内接正三角形，，根据对称性可知，，，，故答案为：84．变式2：如图，正六边形内接于．

(1)若是上的动点，连接，求的度数；(2)已知的面积为．求的度数；求的半径．【答案】(1)；(2)；．【分析】（）在取一点，连接，利用弦和圆周角的关系即可求出的值；（）证明是等边三角形即可求出；利用三角函数求出，，再根据的面积为即可求出．【详解】（1）如图所示，在取一点，连接，

∵六边形是正六边形，∴，，∴，∵，∴，∴；（2）∵，，∴是等边三角形，∴；∵，∴，，∴，∴，即的半径为．【点睛】此题考查了圆内解正六边形问题，解题的关键是掌握圆内解正六边形的性质及弦和圆周角之间的关系．易错点13：弧长和扇形面积例：如图，在平行四边形中，，以为直径的恰好经过点，交于点，当点为的中点时，下列结论错误的是（

）A．平分 B．C． D．的长为【答案】B【分析】本题考查了圆的相关计算，根据平行四边形的性质和判定、圆周角定理、弧长公式和扇形面积公式计算即可，熟练掌握弧长公式和扇形面积公式是解此题的关键．【详解】解：如图，连接、，作于，，点为的中点，，，平分，故A正确，不符合题意；四边形是平行四边形，，，，，，故C正确，不符合题意；，，，，故B错误，不符合题意；，故D正确，符合题意；故选：B．变式1：如图，扇形中，，点分别在上，连接，点，关于直线对称，的长为，则图中阴影部分的面积为．【答案】/【分析】连接，，证明为等边三角形，根据，求出扇形的半径，然后求出，，，即可得出答案．【详解】解：连接，，如图所示：根据折叠可知，，，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，解得：，∴，∵，∴，，在中，，，∴，，，∴．故选：A．【点睛】本题主要考查了扇形面积的计算，弧长的计算，等边三角形的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，轴对称的性质，解题的关键是作出辅助线，求出扇形的半径．变式2：如图，在中，，平分，交于点，是边上的点，经过点，的交于点．(1)求证：是的切线；(2)若，．①求的长；②求阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)①；②【分析】本题考查了等边对等角、平行线的判定与性质、切线的判定定理、勾股定理、垂径定理、含30度角的直角三角形、直角三角形两锐角互余、圆周角定理、扇形的面积公式，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理，并正确作出辅助线．（1）连接，根据等边对等角，得出，再根据角平分线的定义，得出，再根据等量代换，得出，再根据平行线的判定，得出，再根据平行线的性质，得出，进而得出，再根据垂线的性质，得出，再根据切线的判定定理，即可得出结论；（2）①根据勾股定理和直角三角形角的性质，得出，，进而得出，解出即可得出的长，再根据圆的性质，即可得出的长；②过点作于点，根据垂径定理，得出，再根据直角三角形两锐角互余，得出，再根据圆周角定理，得出，再根据直角三角形所对的直角边等于斜边的一半，得出，再根据勾股定理，得出，进而得出，再根据扇形的面积公式和三角形的面积公式，即可得出阴影部分的面积．【详解】（1）证明：如图，连接，，，平分，，，，，，，，是的半径，是的切线；（2）解：①如图，在中，，，，，，（舍去），；②如图，过点作于点，，在中，，，，，，，，，，．易错点14：圆与三角形结合例：如图，已知直线，与轴、轴分别交于、两点，是以为圆心，为半径的圆上一动点，连接、，则面积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】此题考查的是一次函数图象与坐标轴的交点、圆上动点问题，勾股定理，求出圆上距离直线最近的点到直线的距离是解决此题的关键．过点作于点，连接，根据一次函数求出点、的坐标，然后利用等面积即可求出的值，根据圆上距离直线最远的点为，即可求得面积的最大值．【详解】解：过点作于点，连接，令，则，令，则，得，点，点，，，，根据勾股定理可得：，则由三角形面积公式得：，，，，圆的半径圆上点到直线的最大距离是，即，则面积的最大值为：，故选：C．变式1：如图，线段是的直径，弦于点，点是弧上任意一点(不与，重合)，，．延长线段交的延长线于点，直线交于点，连结交于点，则，．【答案】【分析】连接，设，在中，利用勾股定理求出；由，推出，推出，又，推出，由此即可解决问题．【详解】解：连接．，，设，则，在中，，，，即；连接．是直径，，，，，，，，，，∴∴即，，故答案为：【点睛】本题考查圆综合题、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定和性质、圆周角定理等知识，灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题是解题的关键．变式2：如图，在中，，以为直径的交于点D，交的延长线于点E，连接．(1)求证：；(2)若，求AB的长．【答案】(1)见解析(2)25【分析】本题考查了圆周角定理、解直角三角形：（1）根据圆周角定理求出，则，根据等腰三角形的性质求出，再根据圆周角定理即可得解；（2）根据圆周角定理求出，解直角三角形求出，设，则，根据勾股定理求出，，据此求解即可．【详解】（1）证明：∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴；（2）解：∵，∴，∵为的直径，∴，∴，设，则，∴，∴，∴∵，∴，在中，，∴，∴（负值已舍），∴．易错点15：圆与四边形结合例：如图，正方形中，为上一点，于点，已知，过、、的与边交于点，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接FG、FC，根据射影定理求出AF，根据勾股定理求出AD，证明△FAG∽△FDC，根据相似三角形的性质求出AG，进而求出DG．【详解】解：连接、，四边形为正方形，，，，，，四边形是圆内接四边形，，，，

，，，，∽，，即，解得：，，故选：B．【点睛】本题考查的是三角形的外接圆、相似三角形的判定和性质、射影定理、勾股定理等，掌握圆内接四边形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．变式1：如图，在矩形ABCD中，点E在AD边上，AE=4ED，BE的中垂线分别交BE，BC的延长线于点H，N．且BC=CN，⊙C为△BNH的外接圆，CFBE，交⊙C于点F，FM⊥AB于点M（FM＜BC），若FM=20，则tan∠AEB=；矩形ABCD的周长为．【答案】2【分析】过E作EG⊥BC，FK⊥BC，连接EN，设ED=k，则AE=4K，求出BC=5k，BN=10k，NG==6k，根据NH是BE的垂直平分线，得到EN=BN=10k，利用勾股定理得到AB=EG=8k，根据tan∠AEB=即可求解；根据平行的性质得到∠FCG=∠AEB，再得到FK=2（5k-20），根据勾股定理得到CF2=CK2+FK2，得到关于k的方程求出k，即可求出ABCD的周长．【详解】解：如图，过E作EG⊥BC，FK⊥BC，连接EN，设ED=k，则AE=4K，∴BC=AD=AE+ED=5k，BN=2BC=10k，∴NG=NC+CG=5k+k=6k，∵NH是BE的垂直平分线，∴EN=BN=10k，，∴tan∠AEB=，∵AEBC，∴∠AEB=∠CBE，∵CFBE，∴∠GCF=∠CBE，∴∠FCG=∠AEB，∵CF=BC=5k，CK=BC-BK=BC-FM=5k-20，∵tan∠FCG=tan∠AEB==2，∴FK=2（5k-20），∵CF2=CK2+FK2，∴25k2=5（5k-20）2，解得k=5＋，或5-（舍），∴ABCD的周长=2（AD+AB）=26k=130+26，故答案为：2；130+26．【点睛】此题主要考查圆与几何综合，解题的关键是熟知圆的性质、矩形的性质、三角函数的定义及勾股定理的运用．变式2：圆内接四边形若有一组邻边相等，则称之为等邻边圆内接四边形．(1)如图1，四边形为等邻边圆内接四边形，，，则________；(2)如图2，四边形内接于，为的直径，，，若四边形为等邻边圆内接四边形，求的长；(3)如图3，四边形为等邻边圆内接四边形，，为的直径，且．设，四边形的周长为，试确定与的函数关系式，并求出的最大值．【答案】(1)(2)或(3)，【分析】（1）利用圆周角定理可得，再根据圆心角、弧、弦的关系可得答案；（2）首先利用勾股定理求出和、的长，再分类讨论，第一种情况是，第二种情况是，结合三角函数以及勾股定理进行列式作答即可；（3）连接、交于点H，过点O作于G，利用三角函数表示出的长，进而得出，再根据三角形中位线定理可得的长，即可解决问题．【详解】（1）解：∵，∴，∴又∵，∴，∴；（2）解：∵为的直径，，，∴，①当时，连接，如图：∵，为的直径，∴，∴，垂直平分．∴∴；②当时，连接，过点作，交于点．如图：此时为等腰直角三角形，．在中，∵，，∴∴在中，∵，，∴，∴．综上可知，或；（3）如图，连接，．∵，，∴垂直平分∵为中点，∴为的中位线，有，．设，则，，，在中，在中，于是有：整理得，，∴当时，【点睛】本题是圆的综合题，涉及勾股定理、圆周角定理、圆心角、弧、弦的关系、三角函数、三角形中位线定理等知识，综合性较强，难度较大，熟练掌握圆的性质是解题的关键．易错点16：圆与一次函数结合例：如图，的圆心M在一次函数位于第一象限中的图象上，与y轴交于C、D两点，若与x轴相切，且，则半径是（

）A．或5 B．5或6 C．或6 D．5【答案】C【分析】如图，设与轴相切于，连接，过点作于，连接，设，根据切线的性质及垂径定理可得，，利用勾股定理列方程求出的值即可得答案．【详解】如图，设与轴相切于，连接，过点作于，连接，∵的圆心M在一次函数位于第一象限中的图象上，∴设，∵与轴相切于，，∴轴，，，∵，，∴，在中，，即，解得：，，∴或，∴半径是或6，故选：C．【点睛】本题考查一次函数图形上点的坐标特征、切线的性质、垂径定理及勾股定理，熟练掌握垂径定理，正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键．变式1：如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝﹣2x+4的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P在线段AB上，⊙P与x轴交于A、C两点，当⊙P与y轴相切时，AC的长度是．【答案】﹣1/【分析】如图，设圆P与y轴的切点为D，连接PD，PC，过点P作PE⊥AC于E，先求出点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（0，4），从而求出，再证明△BDP∽△BOA，得到，即可求出，则，则．【详解】解：如图，设圆P与y轴的切点为D，连接PD，PC，过点P作PE⊥AC于E∵一次函数y＝﹣2x+4的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（0，4），∴OA=2，OB=4，∴，∵OB是圆P的切线，∴PD⊥OB，∴PD∥OA，∴△BDP∽△BOA，∴，∴，∴，∴，∴，∵PC=PA，PE⊥AC，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了一次函数与坐标轴的交点问题，圆切线的性质，三线合一定理，相似三角形的性质与判定等等，熟知圆切线的性质是解题的关键．变式2：如图，一次函数的图像与轴的负半轴交于点，与轴的正半轴相交于点，的外接圆的圆心为点．（1）求点的坐标，并求的大小；（2）求图中阴影部分的面积（结果保留根号）．【答案】（1），；（2）．【分析】（1）先将点代入一次函数的解析式可求出的值，再求出时，的值，由此即可得出点的坐标，然后根据勾股定理求出的长，最后根据特殊角的正切值即可得的大小；（2）如图（见解析），先根据直角三角形外接圆的性质可得圆心点的位置，从而可得的半径的长，再根据圆周角定理可得的度数，然后根据扇形的面积公式、三角形的面积公式即可得．【详解】解：（1）由题意，将点代入得：，解得，则一次函数的解析式为，当时，，即点的坐标为；，，在中，，；（2）点为的外接圆的圆心，点为斜边的中点，如图，连接，则，又点为斜边的中点，，，，由圆周角定理得：，，则图中阴影部分的面积为．【点睛】本题考查了一次函数的几何应用、正切、圆周角定理、扇形的面积公式等知识点，较难的是题（2），正确确定圆心的位置，从而得出的半径长是解题关键．易错点17：圆与反比例函数结合例：如图，平面直角坐标系中，以为直径的与轴交于点，连接交轴交于点，，反比例函数的图象经过点，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，过点B作轴于点E，根据直径所对的圆周角是直角求出，，在中求出，是等边三角形，进而求出，，，在中求出，，求出点E的坐标即可求出k值，问题得解．【详解】解：连接，过点B作轴于点E，∵，∴，∵在中，是直径，，，又，是等边三角形，，∴在中，，，，，，轴，在中，，，，点B的坐标为，∵反比例函数的图象经过点B，，故选：A．【点睛】本题考查了反比例函数与圆的综合，圆的半径相等，直径所对的圆周角是直角，等边三角形的判定，勾股定理．在直角三角形中，30角所对的直角边等于斜边的一半等知识，作辅助线是解决本题的关键．变式1：如图，一次函数与反比例函数的图象交于，两点，点在以为圆心，半径为的上，是线段的中点，已知长的最大值为，则的值是．【答案】【分析】由反比例函数的性质可以得到与关于原点对称，所以是线段的中点，又是线段的中点，所以是的中位线，当取最大值时，也取得最大值，由于在上运动，所以当，，三点共线时，最大，此时，根据列出方程求解即可．【详解】解：联立，，，，，与关于原点对称，是线段的中点，是线段的中点，连接，则，且，的最大值为，的最大值为，在上运动，当，，三点共线时，最大，此时，，或，，，【点睛】本题考查了一次函数、反比例函数、三角形的中位线、圆，研究动点问题中线段最大值问题，解题的关键是：根据中位线的性质，利用转化思想，研究取最大值时的值．变式2：如图，点P是反比例函数图象上一点，轴于点A，点M在y轴上，过点A，与y轴交于B、D，已知A、B两点的坐标分别为，PB的延长线交于另一点C．(1)求的半径的长；(2)当时，试求出k的值；(3)在（2）的条件下，请求出线段PC的长．【答案】(1)10(2)(3)【分析】（1）设，由题意知，，即，求出满足要求的，求出的长，进而可得半径；（2）由题意，设，设过的直线的解析式为，交轴于，将代入得，可得过的直线的解析式为，将代入，求得，由，，可知，则，求出满足要求的值，得到点坐标，然后代入反比例函数解析式求即可；（3）由（2）可知，过的直线的解析式为，设，由题意知，，则，求出符合要求的值，进而可得的坐标，然后利用勾股定理求的值即可．【详解】（1）解：设，由题意知，，即，解得：，∴，∵，∴的半径的长为10．（2）解：由题意，设，设过的直线的解析式为，交轴于，如图，将代入得，解得，∴过的直线的解析式为，将代入得，∴，∵，，∴，∴，∴，整理得，解得，（不合题意，舍去），∴，将代入得，，解得，∴的值为．（3）解：由（2）可知，过的直线的解析式为，设，由题意知，，∴，解得，（不合题意，舍去），∴，∴，∴的长为．【点睛】本题考查了圆的概念，反比例函数与一次函数的综合，等角对等边，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．易错点18：圆与二次函数结合例：如图，AB＝5，O是AB的中点，P是以点O为圆心，AB为直径的半圆上的一个动点（点P与点A，B可以重合），连接PA，过P作PM⊥AB于点M．设AP＝x，，则下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是（

）A．二次函数 B．一次函数 C．正比例函数 D．以上都不对【答案】A【分析】连接BP，根据圆周角定理得到∠APB＝90°，证明△AMP∽△APB，根据相似三角形的性质得到AM＝x2，得到y＝x﹣x2，即可判断．【详解】解：连接BP，∵AB为圆的直径，∴∠APB＝90°，∵PM⊥AB，∴∠AMP＝90°，∴∠APB＝∠AMP，又∠A＝∠A，∴△AMP∽△APB，∴＝，即＝，解得，AM＝x2，∵∴y＝x﹣x2（0≤x≤5），故选：A．【点睛】本题考查了动点问题的函数，解决本题的关键是利用圆周角定理得到∠APB＝90°，利用相似三角形的性质表示出线段长．变式1：如图，二次函数与轴交于两点（点在点左边），与轴交于点，若点坐标为，以点为圆心，为半径作圆，为上一动点，当面积最小为5时，则．【答案】【分析】过点D作DM⊥CA，交CA的延长线于点M，DM交于点P，由∠ACO=∠DCM，得，解得：DM=，进而即可求解．【详解】过点D作DM⊥CA，交CA的延长线于点M，DM交于点P，此时面积最小，∵二次函数与轴交于两点（点在点左边），与轴交于点，∴A(-2，0)，C(0，-4)，即：OA=2，OC=4，AC=，∵点坐标为，∴OD=2，∵∠ACO=∠DCM，∴sin∠ACO=sin∠DCM，即：，∴DM=CD×=6×=．∵面积最小值为5，∴，解得：R=．故答案为：．【点睛】本题主要考查二次函数与平面几何的综合，添加辅助线，找出面积最小值为5时，点P的位置，是解题的关键．变式2：如图，二次函数与x轴的一个交点A的坐标为，以点A为圆心作圆A，与该二次函数的图象相交于点B，C，点B，C的横坐标分别为，，连接，，并且满足．过点B作轴于点M，过点C作轴于点N．(1)求该二次函数的关系式；(2)经过点B作直线，在A点右侧与x轴交于点D，与二次函数的图象交于点E，使得，连接，求证：；(3)若直线与圆A相切，请求出k的值．【答案】(1)(2)见解析(3)或2【分析】（1）证明，求出，，得到点B，C的坐标，然后利用待定系数法求解即可；（2）证明，求出，可得出点D坐标，进而求出直线的解析式，联立一次函数和二次函数解析式求出点E坐标，利用勾股定理求出即可得出结论；（3）分两种情况：①当直线与的切点在x轴上方时，记切点为G，则，证明四边形POQG是矩形，，得到，，设点，表示出，，，，得出关于k，m的方程组，解方程组可得答案；②当切点在x轴下方时，同①的方法求解即可．【详解】（1）解：∵轴于M，轴于N，∴，∴，∵，∴，∴，∵过点B，C，∴，∴，∴，，∴，，将点B，C代入得：，解得：，∴抛物线的解析式为；（2）解：∵轴于点M，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴，设直线的解析式为，代入，得，解得：，∴直线的解析式为，联立，解得：或（舍），∴，∴，∴；（3）解：∵点在上，∴的半径为：，如图2，记直线与y轴相交于F，令，则，∴，∴，①当直线与的切点在x轴上方时，记切点为G，则，，连接AF，在中，，，∴，在中，根据勾股定理得，，过点G作轴于P，过点G作轴于Q，∴，∴四边形POQG是矩形，∴，∴，∴，∴，，设点，∴，，，，∴①，②，联立①②解得，，②当切点在x轴下方时，同①的方法可得，；综上：直线与圆A相切时，k的值为或2．【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法的应用，三垂线判定两三角形全等，求函数图象的交点坐标，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程，切线的性质，矩形的判定和性质等知识，熟练掌握“一线三等角模型”，证明三角形全等是解题的关键．易错点19：圆与相似结合例：如图，内接于，且，的延长线交于点，若与相似，则（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】先设出未知数，再用已知条件表示出的各个角，最后，依据三角形内角和公式列方程解决．【详解】解：如图，连接，设．∵与相似∴∵∴又∵∴∴∴故选C．【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的性质，用一个角表示出其他角后正确列出方程，是解题的关键．变式1：如图，、是的直径，点在上，，点从点出发沿顺时针方向绕圆心旋转，当时，直径在中截得的三角形与相似．【答案】50或70或160【分析】是的直径，得到，当时，时，时，直径在中截得的三角形与相似，分三种情况讨论求解即可．【详解】解：∵是的直径，∴；①当时，交于点，则：，∵，∴，满足题意；连接，∵，∴，∴，∴；②当时，交于点，则：，∵，∴，满足题意；此时：，∴；③时，于点，则，∵，∴，满足题意；此时：，∴，∴．综上：当50或70或160时，直径在中截得的三角形与相似．故答案为：50或70或160．【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定．熟练掌握直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，以及垂直弦的半径，平分弦，且平分弦所对的弧，是解题的关键．变式2：如图1，在中，为高，，，，，线段，上的两个动点，且，连接．

(1)_____；(2)在的运动过程中，当与相似时，求的值；(3)如图2，若以点为圆心，的长为半径作半圆．①当半圆与边相切时，求的长；②当半圆与线段只有一个公共点时，直接写出长的取值范围．【答案】(1)10(2)的值为或(3)①；②或【分析】（1）由勾股定理，再根据勾股定理求出的长即可；（2）分两种情况：当时或当时，根据相似三角形性质即可得解；（3）①设切点为，则，用三角函数求出即可求出结论；②分半圆D与边相切，半圆D与线段只有一个公共点；以及当时，半圆D与边刚好有两个公共点，当F点与C点重合时，半圆D与边有一个公共点，得到时，半圆D与线段只有一个公共点，即可得出结论．【详解】（1）解：在中，为高，，，，，，，，在中，；故答案为10；（2）解：当时，，，，解得；当时，，，解得；综上所述，的值为或；（3）解：①半圆与边相切，设切点为，则，

，解得，，；②或，理由如下：当半圆与边相切时，设切点为，则，

，解得，，，此时半圆与只有一个公共点；当，半圆与刚好有两个公共点，此时；当点与点重合时，半圆与边有一个公共点，此时；时，半圆与只有一个公共点；综上所述：或时，半圆与线段只有一个公共点.【点睛】本题考查了切线的性质，锐角三角函数，勾股定理，相似三角形的性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．易错点20：圆与三角函数结合例：如图，已知，B为双曲线上的一点，，C为y轴的正半轴上一动点，当（

）时，最大．A． B． C． D．1【答案】A【分析】作圆过A，B且与y轴相切点为Q，当C与Q重合时，最大，设圆心，用n的代数式表示出，，即可求解．【详解】解：设的中点为M，作轴于点H，作轴于点G，∵，∴∴，设，则，∴，∴（负值舍去），∴，∴，，∴，设直线的解析式为：，把代入得，∴，∴直线的解析式为：，设过A，B且与y轴相切的圆的圆心为，切点为Q，∵是的中垂线，∴，∴，∵，∴，∴∴∴，当C与Q重合时，最大，∵，，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的特征，以及圆周角定理推论的应用，特殊角的三角函数值，求一次函数解析式，勾股定理，两点间距离公式，解题的关键是作出辅助线，找出使最大的位置．变式1：如图，在正方形中，M，N分别是的中点，P是线段上的一点，的延长线交于点E，连接，将绕点P顺时针旋转得，则下列结论：①，②；③垂直平分；④若，点E在边上运动，则D，F两点之间距离的最小值是．其中结论正确的序号有．【答案】①②③【分析】延长交于点H，连接，由已知可得为的垂直平分线，由垂直平分线的性质和图形旋转的性质可得①的结论正确；利用三角形的内角和定理和等腰三角形的性质计算可得，由四边形内角和定理通过计算可得；利用平行线的性质可得，则，可说明②的结论正确；通过证明点A，B，E，F在以点P为圆心，为半径的同一个圆上，利用圆周角定理可得，得到A，F，C三点共线，得到为等腰直角三角形，则③的结论正确；由题意点F在对角线上运动，当时，的值最小，连接，解直角三角形的知识可得④的结论不正确．【详解】解：延长交于点H，连接，如图，∵正方形中，M，N分别是的中点，∴是线段的垂直平分线．∴．∵是绕点P顺时针旋转得到，∴，∴．∴．∴①的结论正确；∵，∴．∵，∴．∴．∵，∴．∵，∴．∵，∴．∵，∴．∵，∴．∴，∴．即．∵，∴．∴．∴．∴②的结论正确；∵，∴，∵，∴．∴．∴．∵，∴．∴点A，B，E，F在以点P为圆心，为半径的同一个圆上．∴．∴点F在对角线上，∴．∵，∴为等腰直角三角形．∵平分，∴垂直平分．∴③的结论正确；由以上可知：点F在正方形的对角线上运动，∴当时，的值最小．此时点E与点D重合，∴．∴④的结论不正确．综上，结论正确的序号有：①②③，故答案为：①②③．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了正方形的性质，轴对称，线段垂直平分线的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，特殊角的三角函数值，直角三角形的边角关系，圆周角定理，垂线段的性质，四点共圆的判定与性质，图形旋转的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．变式2：如图，线段是的直径，弦于点H，点M是上任意一点，，．(1)求的半径r的长度；(2)求(3)直线交直线于点，直线交于点，连接交于点，求的值【答案】(1)5(2)(3)16【分析】（1）在中，利用勾股定理即可解决问题；（2）只要证明，求出即可；（3）由，推出，推出，又，推出，由此即可解决问题．【详解】（1）解：如图1中，连接，，，在中，，，∴，．（2）解：如图1中，连接．，是直径，，，，，．（3）解：如图2中，连接．是直径，，，，，，∴，，，∵，∴，∴，，．【点睛】本题考查圆综合题、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定和性质、相交弦定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．易错点21：圆的新定义例：定义：一个圆分别与一个三角形的三条边各有两个交点，且所截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”现有一个斜边长为的等腰直角三角形，当“等弦圆”最大时，这个圆的半径为()A． B． C． D．【答案】B【分析】当等弦圆最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点，连接交于，连接，，再证明经过圆心，，分别求解，，，设的半径为，再分别表示、，，再利用勾股定理求解半径即可．【详解】解：如图，当等弦圆最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点，连接交于，连接，，，，，过圆心，，，，．，设的半径为，，，，，整理得：，解得，，不符合题意，舍去，当等弦圆最大时，这个圆的半径为．故选：B．【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，弦，弧，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，勾股定理的应用等知识．熟练掌握以上知识是解本题的关键．变式1：对于及一个矩形给出如下定义：如果上存在到此矩形四个顶点距离都相等的点，那么称是该矩形的“等距圆”．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点的坐标为，顶点、在轴上，且．若矩形的“等距圆”始终在矩形内部（含边界），则的半径r的取值范围是．【答案】【分析】先确定最大圆的位置，再根据勾股定理列方程求解即可．【详解】解：矩形的顶点的坐标为，顶点、在轴上，且．它的中心点坐标为，如图，经过点且在矩形内部（含边界）的最大圆为过点且和，相切的圆，设切点分别为，，如图，连接，，，过点作轴于点，设的半径为，则，，，在中，，，解得，，由题意，，而，应舍去，故答案为：．【点睛】本题考查矩形的性质，直线与圆的位置关系，勾股定理，一元二次方程的解法，解题的关键是确定出最大圆的位置，利用勾股定理解答．变式2：在平面直角坐标系中，对于任意三点给出如下定义：三点中横坐标的最大值与最小值的差我们称为“横距”；三点中纵坐标的最大值与最小值的差我们称之为“纵距”：若三点的横距与纵距相等，我们称这三点为“等距点”．已知：如图，点，点．(1)在中，与点为等距点的是______；(2)点为轴上一动点，若三点为等距点，求的值；(3)已知点，有一半径为1，圆心为的，若上存在点，使得三点为等距点，直接写出的取值的范围．【答案】(1)(2)或2(3)或【分析】本题考查了“等距点”的定义：（1）根据“等距点”的定义，即可求解；（2）根据“等距点”的定义可得横距纵距，再分三种情况讨论，即可；（3）设点Q的坐标为，根据“等距点”的定义，可得Q点的横坐标的范围为：，从而得到点A，D，Q三点的纵距，进而得到圆经过直线或，即可求解．【详解】（1）解：∵点，点，对于，横距，纵距为；∴点E与点不是等距点；对于，横距，纵距为；∴点F与点不是等距点；对于，横距，纵距为；∴点G与点是等距点；故答案为：；（2）解：∵A、B、P三点为等距点，点，点，．∴横距纵距，当时，，解得：；当时，横距为2，此时不符合题意；当时，，解得，综上所述，t的值为或2；（3）解：设点Q的坐标为，∵，，半径为1，∴Q点的横坐标的范围为：，∴点A，D，Q三点的横距为，∵，，Q三点为等距点，∴点A，D，Q三点的纵距，∴点Q的纵坐标为或4，即圆经过直线或，∵圆心为，半径为1，∴或．易错点22：圆的无刻度尺作图例：在中，，，根据以下圆规作图的痕迹，只用无刻度直尺能正确找到的外心的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据三角形外心的定义，三角形外心为三边的垂直平分线的交点，然后利用基本作图和选项进行判断．【详解】三角形外心为三边的垂直平分线的交点，由基本作图得到C选项作了两边的垂直平分线，从而可用直尺成功找到三角形外心．故选：C．【点睛】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了三角形的外心．变式1：在边长为1的网格中，C、B、D在格点上，与圆交于A、B，请按下面要求完成解答：（1）．（2）请用无刻度直尺，画出弧的中点E，保留作图痕迹，并写出画法．【答案】延长交圆于点，连接，取格点，连接直线交于点，点即为圆心，连接并延长，交于，取格点，连接并延长，交于，连接，交于点，连接，交于，则点即为所求，作图见解析【分析】（1）利用勾股定理即可求解；（2）延长交圆于点，连接，取格点，连接直线交于点，点即为圆心，连接并延长，交于，取格点，连接并延长，交于，连接，交于点，连接，交于，则点即为所求．【详解】解：（1）由勾股定理可得：，故答案为：．（2）延长交圆于点，连接，取格点，连接直线交于点，点即为圆心，连接并延长，交于，取格点，连接并延长，交于，连接，交于点，连接，交于，则点即为所求；理由如下：由勾股定理可得：，，，则，∴为直角三角形，则，∴，则为直径，则该圆的圆心在上，由正方形网格可知，垂直平分，则该圆的圆心在上，∴与的交点为圆心，则为直径，连接，，，∴，即四边形为矩形，∴，，由勾股定理可得：，，则，，∴四边形为平行四边形，∴，∴，则，由圆周角定理可知：，∴，∴，又∵，∴垂直平分，又∵，，∴垂直平分，由垂径定理可知，也平分所对的弧，即：点即为所求；故答案为：延长交圆于点，连接，取格点，连接直线交于点，点即为圆心，连接并延长，交于，取格点，连接并延长，交于，连接，交于点，连接，交于，则点即为所求．【点睛】本题考查作图-复杂作图，圆周角定理，垂径定理，平行四边形的判定及性质，矩形的判定及性质，勾股定理，垂直平分线的判定和性质等知识，解题的关键是利用网格的特殊位置构造垂直平分线找到圆心．变式2：如图，在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点.B，C为格点，以线段为直径的交纵向格线于A点，连接.仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求作图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示.(1)在图1中作出圆心O；(2)在图1中作平分交于D点：(3)在图1中作绕D点顺时针旋转后的线段；(4)在图2的中作弦.【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析(4)见解析【分析】（1）作线段的垂直平分线交于点O即可；（2）连接点A和线段的垂直平分线与的交点D即可；（3）连接，由垂直平分线的性质可得，由直径所对的圆周角为可知，,则点绕D点顺时针旋转后的对应点为点C，连接并延长交于点H，延长交的延长线于点E，则点E即为点绕D点顺时针旋转后的对应点，连接，即为所求；（4）证明四边形是矩形，则Q是的中点，由垂径定理得到，由可知为三条高的交点，连接，延长交于点M，则，连接，则即为所求.【详解】（1）如图所示，点O即为所求，理由如下：由网格的特点可知，点O和点G分别是所在矩形的对角线交点，也是所在格线的中点，∴垂直平分，∴，∴点O即为所求圆心；（2）如图所示，即为所求，理由如下：∵，是直径，∴，∴，即平分交于D点；（3）如图所示，线段即为所求，理由如下：∵垂直平分，∴，∵是直径，∴，∴点绕D点顺时针旋转后的对应点为点C，连接并延长交于点H，∴是的直径，∴，延长交的延长线于点E，由（2）可知，，∴，∴，∴点E即为点绕D点顺时针旋转后的对应点，连接，即为所求；（4）如图所示，即为所求，理由如下：由（1）可知，点A和点N关于直线轴对称，∴垂直平分，∴，则，∴四边形是矩形，∴点Q是的中点，∴，∵，∴点T为三条高的交点，连接，延长交于点M，∴，∴.【点睛】此题考查了圆周角定理、垂径定理、矩形的判定和性质、垂直平分线的判定和性质、三角形的性质等知识，根据相关定理准确作图是解题的关键.易错点23：阿基米德折线定理例：阿基米德折弦定理：如图1，与是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，点M是的中点，于点N，则点N是折弦的中点，即．如图2，半径为4的圆中有一个内接矩形，，点M是的中点，于点N，若矩形的面积为20，则线段的长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查圆与勾股定理的综合应用；连接，，，根据圆周角定理，结合已知条件易证得为的直径，，则，再根据弧、弦、圆心角的关系及等腰直角三角形的性质可求得，然后根据同弧所对的圆周角相等及勾股定理可得，，设，，其中，利用勾股定理及矩形面积公式列得方程，解方程求得，的长度，再结合可证得，则，最后利用勾股定理列得方程，解方程求出或，再进一步分析即可得到答案．【详解】解：如图，连接，，，四边形为矩形，，为的直径，，的半径为4，，点为的中点，，，，，，，设，，其中，则，解得：或舍去，即，，，，，，，，，解得：或，∴或，当时，，当时，，∵，∴，∴．故选：A．变式1：阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，是弧的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．请应用阿基米德折弦定理解决问题：如图2，已知等边内接于，，为上一点，，于点，则的周长是．

【答案】/【分析】根据等边三角形的性质可得点是弧的中点，则可用阿基米德折弦定理得，，根据中，，于点，可得是等腰直角三角形，可求出的长，即的长，根据的周长的计算方法即可求解．【详解】解：∵是等边三角形，∴，，∴外接圆中，，即点是弧的中点，且于点，∴根据阿基米德折弦定理得，，∵中，，于点，且，∴，，即是等腰直角三角形，则，∴，∴，∵的周长为，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查定义新运算，等边三角形的性质，圆的基础知识，等腰直角三角形的性质，几何图形的周长的计算方法等知识，掌握以上知识是解题的关键．变式2：综合运用：【问题呈现】阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，点M是的中点，则从M向所作垂线的垂足D是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程．证明：如图2，在上截取，连接和，∵M是的中点，∴，∴（相等的弧所对的弦相等），又∵（同弧所对的圆周角相等），∴，∴，又∵，∴，∴，即．(1)【理解运用】如图1，是的两条弦，，，点M是的中点，于点D，则的长为________；(2)【变式探究】如图3，若点M是的中点，【问题呈现】中的其他条件不变，判断之间存在怎样的数量关系？并加以证明；(3)【实践应用】根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下列问题：如图4，是的直径，点A圆上一定点，点D圆上一动点，且满足，若，的半径为10，求长．【答案】(1)2(2)，理由见解析(3)的长为或．【分析】（1）由“问题”呈现结论即可求解；（2）在上截取，连接、、、，证明可得，由等腰三角形的性质可得，可得结论；（3）分两种情况讨论，由（1）结论可求解．【详解】（1）解：由题意得：，即，，，，故答案为：2；（2）解：，证明：在上截取，连接、、、，如图3，

是弧的中点，，，又，，，，又，，，即；（3）解：如图4，当点在下方时，过点作于点，连接，

是圆的直径，，，圆的半径为10，，，，，，，当点在上方时，，同理得，综上所述：的长为或．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，理解题意是解本题的关键．易错点24：阿氏圆例：如图，矩形中，，以B为圆心，以为半径画圆交边于点E，点P是弧上的一个动点，连结，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接BP，取BE的中点G，连接PG，通过两组对应边成比例且夹角相等，证明，得到，则，当P、D、G三点共线时，取最小值，求出DG的长得到最小值．【详解】解：如图，连接BP，取BE的中点G，连接PG，∵，，∴，∵G是BE的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∴，则，当P、D、G三点共线时，取最小值，即DG长，．故选：C．【点睛】本题考查矩形和圆的基本性质，相似三角形的性质和判定，解题的关键是构造相似三角形将转换成，再根据三点共线求出最小值．变式1：已知：等腰中，，，是上一点，以为圆心的半圆与、均相切，为半圆上一动点，连、，如图，则的最小值是．【答案】【分析】本题考查了切线的性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质．设半圆与、的切点为、，取的中点，连接、，根据已知条件证明，得，当且仅当、、三点共线时，取得最小值，进而求解．【详解】解：设半圆与、的切点为、，连接、、、，则，，，所以平分，，，，，，取的中点，连接、，则，，，在和中，，，，，，，当且仅当、、三点共线时，取得最小值,最小值为．故答案为：．变式2：阅读以下材料，并按要求完成相应任务．阿波罗尼斯（ApolloniusofPerga），古希腊人（公元前262~190年），数学家，写了八册圆锥曲线论著，其中有七册流传下来，书中详细讨论了圆锥曲线的各种性质，阿波罗尼斯圆是他的论著中一个著名的问题．一动点与两定点，的距离之比等于定比，则点的轨迹是以定比内分和外分线段的两个分点的连线为直径的圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称“阿氏圆”．如图1，点，为两定点，点为动点，满足，点在线段上，点在的延长线上且，则点的运动轨迹是以为直径的圆．下面是“阿氏圆”的证明过程（部分）：过点作交的延长线于点．∴，．∴．∴．又∵，∴．∴．∴．∴．如图2，在图1（隐去，）的基础上过点作交于点，可知，……任务：（1）判断是否平分，并说明理由；（2）请根据上面的部分证明及任务（1）中的结论，完成“阿氏圆”证明的剩余部分；（3）应用：如图3，在平面直角坐标系中，，，，则点所在圆的圆心坐标为________．【答案】（1）平分．理由见解析；（2）点的运动轨迹是以为直径的圆，见解析；（3）【分析】（1）利用相似三角形的判定及性质仿照图1的证明即可得证；（2）根据90°的圆周角所对的弦是直径即可证得点的运动轨迹是以为直径的圆；（3）结合题目所给的材料分别求得AB的内分点和外分点的坐标，