专题06圆的综合压轴题(原卷版+解析)-学易金卷：2023年中考数学二模试题分项汇编(浙江专用)

专题06圆的综合压轴题一、单选题1．（2023·浙江·模拟预测）如图，是的直径，点C是延长线上的一点，与相切于点D，连接．若，则（

）A． B．C． D．2．（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图，经过的顶点C，与边分别交于点M，N，与边相切．若，则线段长度的最小值是（

）A．3 B．2 C．2 D．3．（2023·浙江宁波·统考三模）如图，正六边形，P点在上，记图中的面积为，已知正六边形边长，下列式子中不能确定的式子的是（

）A． B． C． D．4．（2023·浙江丽水·校联考二模）如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C、D，则的值为（

）A． B． C． D．5．（2023·浙江金华·校联考模拟预测）如图，△ABC是一张周长为18cm的三角形纸片，BC=5cm，⊙O是它的内切圆，小明用剪刀在⊙O的右侧沿着与⊙O相切的任意一条直线剪下△AMN，则剪下的三角形的周长为（

）A． B． C． D．随直线的变化而变化6．（2023·统考二模）如图，扇形纸片的半径为2，沿折叠扇形纸片，点O恰好落在上的点C处，图中阴影部分的面积为（）A． B． C． D．7．（2023·浙江丽水·校联考二模）在中，，，以为直径的⊙交于点，则的长是（

）A． B． C． D．8．（2023·浙江·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，AE⊥CD于点E，BF⊥CD于点F．若FB＝FE＝2，FC＝1，则AC的长是（）A． B． C． D．二、填空题9．（2023·浙江温州·校考二模）小周同学在学习了折叠专题后，决定对扇形的折叠进行研究，首先他剪出一张扇形纸片，按如图1所示方法进行折叠，，为扇形半径，，为折痕，则______；然后小周又剪出了一个扇形进行不同的尝试，按如图2所示方法进行折叠后，恰好与相切于点F，，为折痕，则______．三、解答题10．（2023·浙江丽水·统考二模）如图，内接于，且，．是劣弧上一点，分别交，于点，点，交于点．

(1)当经过圆心时，①求证：平分；②求的值；(2)考生注意：本题有三小题，第①题2分，第②题3分，第③题4分，请根据自己的认知水平，选做其中一题．

①连接，求证：；②连接，求证：；③连接，若，求的长．11．（2023·统考二模）如图，在中，，，，，分别是边，上的动点，以为直径构造交于点（异于点）．在点，的运动过程中，始终满足．(1)求证：．(2)如图，连接，当时，求的直径．(3)设为的中点，连接，在，的运动过程中，是否存在某一时刻，使为等腰三角形，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．12．（2023·浙江·模拟预测）如图，锐角三角形内接于，，点D平分，连接，，．(1)求证：．(2)过点D作，分别交于点E，F，交于点G．①若，，求线段的长（用含a，b的代数式表示）．②若，求证：．13．（2023·浙江宁波·统考二模）已知：如图1，内接于，直径交于点E，满足．(1)若，求的度数．(2)求证：．(3)连结．①如图2，若，，求的值．②如图3，过点A作于点H，若长为1，，长为y，求y关于x的函数关系式．14．（2023·浙江温州·校考二模）如图，在中，，，，P，Q分别是线段上动点，且，设，．(1)求y关于x的函数表达式．(2)当时，求的值．(3)作的外接圆，交于点D，交于点E．连结，若与的一边相等时，求x的值．15．（2023·浙江温州·统考二模）如图，在中，，点D在上，，动点Q从A点出发沿线段以每秒1单位的速度运动，过点Q作，交射线于点P，点P关于点D的对称点为，以为边在上方作正方形，设点Q运动的时间为t秒．(1)当点P在线段上时，求的长（用t的代数式表示）．(2)当正方形的顶点F或E刚好落在的的边上时，求t的值．(3)以为直径作，当与的边所在的直线相切时，请求出所有满足条件的t的值．16．（2023·浙江·模拟预测）定义，若四边形的一条对角线平分这个四边形的面积，则称这个四边形为倍分四边形，这条对角线称为这个四边形的倍分线.如图①，在四边形中，若，则四边形为倍分四边形，为四边形的倍分线．(1)判断：若是真命题请在括号内打√，若是假命题请在括号内打×．①平行四边形是倍分四边形（

）②梯形是倍分四边形（

）(2)如图①，倍分四边形中，是倍分线，若，，，求；(3)如图②，中，以为直径的分别交、于点、，已知四边形是倍分四边形．①求；②连结，交于点，取中点，连结交于（如图③），若，求．17．（2023·浙江温州·校联考模拟预测）如图1，在正方形中，P是边上的动点，E在的外接圆上，且位于正方形的内部，，连结．(1)求证：是等腰直角三角形．(2)如图2，连结，过点E作于点F，请探究线段与的数量关系，并说明理由．(3)当Р是的中点时，．①求的长．②若点Q是外接圆的动点，且位于正方形的外部，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长．18．（2023·浙江杭州·模拟预测）（1）如图1，的半径为，，点为上任意一点，则的最小值为．（2）如图2，已知矩形，点为上方一点，连接，，作于点，点是的内心，求的度数．（3）如图3，在（2）的条件下，连接，，若矩形的边长，，，求此时的最小值．19．（2023·浙江温州·模拟预测）如图1，中，，，，延长BC至D，使，E为AC边上一点，连结DE并延长交AB于点F．作的外接圆，EH为的直径，射线AC交于点G，连结GH．(1)求证：．(2)①如图2，当时，求GH的长及的值．②如图3，随着E点在CA边上从下向上移动，的值是否发生变化，若不变，请你求出的值，若变化，求出的范围．(3)若要使圆心O落在的内部（不包括边上），求CE的长度范围．20．（2023·浙江温州·校联考二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E，F分别在边AD，CD上，且∠ABE＝∠CBF，延长BE交CD的延长线于点G，H为BG中点，连接CH分别交BF，AD于点M，N．(1)求证：．(2)当FG＝9时．①求的值．②在线段CH上取点P，以E为圆心，EP为半径作（如图），当与四边形ABMN某一边所在直线相切时，求所有满足条件的HP的长．21．（2023·浙江嘉兴·统考二模）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”．（1）若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是．（填序号）①矩形；②菱形；③正方形（2）如图1，RtABC中，∠BAC=90°，以AB为弦的⊙O交AC于D，交BC于E，连接DE、AE、BD，AB=6，，若四边形ABED是“婆氏四边形”，求DE的长．（3）如图2，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，连接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知∠BOC+∠AOD=180°．①求证：四边形ABCD是“婆氏四边形”；②当AD+BC=4时，求⊙O半径的最小值．22．（2023·浙江金华·统考二模）如图1，在矩形中，，，动点P从点C出发，以1个单位每秒速度，沿线段运动，同时，动点Q从点B出发，以2个单位每秒速度，沿射线运动，当点P到达点D时，点P，Q同时停止运动，设运动时间为t秒．(1)请用含t的代数式表示线段的长．(2)如图2，与交于点M，当时，求与的面积之比．(3)在点P，Q的整个运动过程中，直线上是否存在点E（C，E不重合），使以为直角边的，与以点P，Q，C三点为顶点的三角形相似？若不存在，说明理由；若存在，求t的值．23．（2023·浙江温州·统考二模）如图，在圆内接四边形中，，的延长线交于点，连结并延长交于点，连结．已知，，，．

(1)求证：．(2)求与的长．(3)是中点，动点在上从点向终点匀速运动，同时动点在上从点向终点匀速运动．当点在点处时，点在点处，设，．①求关于的表达式．②连结，当直线与的某一边所在的直线垂直时，记垂足为点，求的值．24．（2023·浙江宁波·统考三模）如图，内接于圆O，，点D为劣弧上动点，延长，交于点E，作交圆O于点F，连接．(1)如图1，当点D为弧的中点时，求证：；(2)如图2，若，，试用含有的代数式表示；(3)在（2）的条件下，若．①求证：；②求的值．25．（2023·浙江·模拟预测）如图，点A，B，C分别是上的三等分点，连接，，．点D，E分别是，上的点，且．过点D作的垂线，垂足为H，与分别交于N、M，与边交于F点．(1)求证：是等边三角形；(2)探索与的数量关系，并加以证明；(3)点E从点B沿方向运动到点C，点H也随之运动，若的半径为2，则点H运动的路径长是多少？26．（2023·浙江宁波·统考三模）问题发现：（1）如图1，P是半径为2的⊙O上一点，直线m是⊙O外一直线，圆心O到直线m的距离为3，PQ⊥m于点Q，则PQ的最大值为；问题探究：（2）如图2，将两个含有30°角的直角三角板的60°角的顶点重合（其中∠A==30°，∠C=∠C'=90°），绕点B旋转，当旋转至CC′=4时，求的长；问题解决：（3）如图3，点O为等腰RtABC的斜边AB的中点，AC=BC=5，OE=2，连接BE，作RtBEF，其中∠BEF=90°，tan∠EBF=，连接AF，求四边形ACBF的面积的最大值．专题06圆的综合压轴题一、单选题1．（2023·浙江·模拟预测）如图，是的直径，点C是延长线上的一点，与相切于点D，连接．若，则（

）A． B．C． D．答案:B分析：连接．根据切线的性质可得出，根据直径所对圆周角为直角得出，结合题意易证为等边三角形，最后由含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理逐项计算判断即可．【详解】解：如图，连接．∵与相切于点D，∴．∵，∴，，∴，即．∵，∴为等边三角形，∴，∴，故A错误，不符合题意；∵，，∴，∴，故B正确，符合题意；∵，，∴．∵，∴，∴．∵，∴，故C错误，不符合题意；∵是的直径，∴．∵为等边三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故D错误，不符合题意．故选B．【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理的推论，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理．连接常用的辅助线是解题关键．2．（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图，经过的顶点C，与边分别交于点M，N，与边相切．若，则线段长度的最小值是（

）A．3 B．2 C．2 D．答案:D分析：作于点F，当CF为的直径时，此时最小，的长度也最小，连接，，过O作于E，根据圆周角定理和垂径定理得到，，，再根据等腰直角三角形的判定与性质求得直径，然后解直角三角形求得即可．【详解】解：如图，作于点F，∵即为定值，且垂线段最短，∴当CF为的直径时，此时最小，的长度也最小，连接，，则，过O作于E，则，，∵，，，∴，则，∴，∴，即的最小值为．故选：D．【点睛】本题考查切线的性质、圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，解答的关键是找到直径最小时，线段的长度也最小．3．（2023·浙江宁波·统考三模）如图，正六边形，P点在上，记图中的面积为，已知正六边形边长，下列式子中不能确定的式子的是（

）A． B． C． D．答案:C分析：连接，交于，设正六边形边长为，在正六边形中求得则，易得，，，设，则，分别求得计算即可．【详解】解：连接，交于，设正六边形边长为，在正六边形中求得，则，，，易得四边形是矩形，，，，，，设，则，，，，，，，，，，，故选：C．【点睛】本题考查了正多边形的性质，三角形面积的有关计算，角所对的直角边等于斜边的一般以及勾股定理解直角三角形；解题的关键是熟练掌握正多边形的性质．4．（2023·浙江丽水·校联考二模）如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C、D，则的值为（

）A． B． C． D．答案:A分析：首先根据圆周角定理可知，∠ABC＝，在Rt△ACB中，根据锐角三角函数的定义求出∠ABC的正弦值．【详解】∵和∠ABC所对的弧长都是，∴根据圆周角定理知，∠ABC＝，∴在Rt△ACB中，AB=根据锐角三角函数的定义知，sin∠ABC＝，∴=，故选A．【点睛】本题主要考查锐角三角函数的定义和圆周角的知识点，解答本题的关键是利用圆周角定理把求的正弦值转化成求∠ABC的正弦值，本题是一道比较不错的习题．5．（2023·浙江金华·校联考模拟预测）如图，△ABC是一张周长为18cm的三角形纸片，BC=5cm，⊙O是它的内切圆，小明用剪刀在⊙O的右侧沿着与⊙O相切的任意一条直线剪下△AMN，则剪下的三角形的周长为（

）A． B． C． D．随直线的变化而变化答案:B分析：如图，设E、F、G分别为⊙O与BC、AC、MN的切点，利用切线长定理得出BC=BD+CF，DM=MG，FN=GN，AD=AF，进而可得答案．【详解】设E、F、G分别为⊙O与BC、AC、MN的切点，∵⊙O是△ABC的内切圆，∴BD=BE，CF=CE，AD=AF，∴BD+CF=BC，∵MN与⊙O相切于G，∴DM=MG，FN=GN，∵△ABC的周长为18cm，BC=5cm，∴AD+AF=18-BC-(BD+CF)=18-2BC=8cm，∴△AMN的周长=AM+AN+MG+GN=AM+DM+AN+FN=AD+AF=8cm，故选：B.【点睛】本题考查切线长定理，从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角；熟练掌握定理是解题关键.6．（2023·统考二模）如图，扇形纸片的半径为2，沿折叠扇形纸片，点O恰好落在上的点C处，图中阴影部分的面积为（）A． B． C． D．答案:C分析：根据折叠性质得到，，推出四边形是菱形，连接交于，根据等边三角形的性质得到，求得，根据菱形和扇形的面积公式即可得到结论．【详解】解：沿折叠扇形纸片，点恰好落在上的点处，，，，四边形是菱形，连接交于，，是等边三角形，，，，，，，图中阴影部分的面积．故选：C．【点睛】本题考查了扇形面积的计算，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．7．（2023·浙江丽水·校联考二模）在中，，，以为直径的⊙交于点，则的长是（

）A． B． C． D．答案:D分析：连接OE，根据平行四边形的性质求出∠DOE的度数与OD的长，进而根据弧长公式计算即可求得．【详解】解：连接OE，如图所示．∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠D=∠B=70°，AD=BC=4，∴OA=OD=2，∵OD=OE，∴∠OED=∠D=70°，∴∠DOE=180°−2×70°=40°，∴的长，故选：D．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、圆的性质以及弧长公式，熟练掌握和运用各图形的性质及公式是解决本题的关键．8．（2023·浙江·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，AE⊥CD于点E，BF⊥CD于点F．若FB＝FE＝2，FC＝1，则AC的长是（）A． B． C． D．答案:B分析：连接BC，因为AB是直径，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，可证△ACE∽△CBF，根据相似三角形的判定和性质定理可得，并用勾股定理求出BC的长度，代入公式，求出AC的长度，即可得到结论．【详解】解：如图所示，连接BC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ACE+∠BCF＝90°，∵BF⊥CD，∴∠CFB＝90°，∴∠CBF+∠BCF＝90°，∴∠ACE＝∠CBF，∵AE⊥CD，∴∠AEC＝∠CFB＝90°，∴△ACE∽△CBF，∴，∵FB＝FE＝2，FC＝1，∴CE＝CF+EF＝3，BC＝，∴，∴，故选：B．【点睛】本题主要考查了圆周角定理的应用、相似三角形的性质、勾股定理，解题的关键在于找出一对相似的三角形，其线段互相成比例，并求出各线段的长度．二、填空题9．（2023·浙江温州·校考二模）小周同学在学习了折叠专题后，决定对扇形的折叠进行研究，首先他剪出一张扇形纸片，按如图1所示方法进行折叠，，为扇形半径，，为折痕，则______；然后小周又剪出了一个扇形进行不同的尝试，按如图2所示方法进行折叠后，恰好与相切于点F，，为折痕，则______．答案:分析：根据折叠的性质可知，，然后根据勾股定理及三角函数可进行求解；过点F作，交延长线于一点M，连接，，设，，由（1）易得，然后可得，则由勾股定理可得，进而问题可求解【详解】解：由折叠的性质可知，，设，∴，∴在中，，∴；过点F作，交延长线于一点M，连接，，如图所示：设，，同理可得，∵恰好与相切于点F，∴点M即为所在圆的圆心，∴，在中，由勾股定理得：，解得：，∴，∴在中，由勾股定理得：，∴；故答案为，【点睛】本题主要考查折叠的性质、切线的性质、圆的基本性质、勾股定理及三角函数，熟练掌握折叠的性质、切线的性质、圆的基本性质、勾股定理及三角函数是解题的关键三、解答题10．（2023·浙江丽水·统考二模）如图，内接于，且，．是劣弧上一点，分别交，于点，点，交于点．

(1)当经过圆心时，①求证：平分；②求的值；(2)考生注意：本题有三小题，第①题2分，第②题3分，第③题4分，请根据自己的认知水平，选做其中一题．

①连接，求证：；②连接，求证：；③连接，若，求的长．答案:(1)①见解析；②(2)①见解析；②见解析；③分析：（1）①连接，，．证明，可得，即可得证；②经过圆心，交于，则，，证明，得出，进而证明，得出；（2）①证明，即可求解；②连接，，根据垂直平分，平分，得出，即可得出，从而得证；③连接，根据，求得，根据，得出，进而得出，可得，即可求解．【详解】（1）解：①连接，．

，，，，平分．②经过圆心，设交于，平分连接，，，，∵，∴，∴，∵，∴在中，∴∴∴垂直平分，，，，，；（2）①，，，又，，，，．②连接，

又

，垂直平分平分，垂直平分平分③，，，，垂直平分，

连接，，，，连接，∵∴∵∴∴，∴．【点睛】本题考查了正切，解直角三角形，圆周角定理全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握圆的相关性质是解题的关键．11．（2023·统考二模）如图，在中，，，，，分别是边，上的动点，以为直径构造交于点（异于点）．在点，的运动过程中，始终满足．(1)求证：．(2)如图，连接，当时，求的直径．(3)设为的中点，连接，在，的运动过程中，是否存在某一时刻，使为等腰三角形，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．答案:(1)见解析(2)(3)存在，的值是，，或分析：（1）连接，根据是的直径，得出，勾股定理求得，进而得出；（2）根据圆周角定理可得，结合题意得出，则，根据，即可求解；（3）过点作于点，则有，得出是的中位线，，，根据，即，，三点在一条直线上．设，，则，，，．点在上，时，点在上，时，过点作于点，点在上，时，过点作于点，点在上，而，只能是，分别根据等腰三角形的性质，建立方程，解方程即可求解．【详解】（1）解：连接，如图1，是的直径，，，，．（2）与是所对的圆心角与圆周角，．，，．，，，即的直径为．（3）过点作于点，则有，如图．，，即是的中点．是的中点，是的中位线，，，，即，，三点在一条直线上．设，，则，，，．（）如图，点在上，时，有，，即．（）如图，点在上，时，过点作于点，，，，即．（）如图，点在上，时，过点作于点，，，，即．（）如图，点在上，而，只能是，，，即．综上所述，的值是，，或．【点睛】本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，解直角三角形，等腰三角的性质，三角形中位线的性质与判定，分类讨论是解题的关键．12．（2023·浙江·模拟预测）如图，锐角三角形内接于，，点D平分，连接，，．(1)求证：．(2)过点D作，分别交于点E，F，交于点G．①若，，求线段的长（用含a，b的代数式表示）．②若，求证：．答案:(1)证明见解析(2)①；②证明见解析分析：（1）由点D平分，可得，则，由，可得，则，进而结论得证；（2）证明四边形是菱形，则，，证明，则，即，求解即可；②由，可得，，由，可得，证明，则，即，如图，连接，，说明，则，进而结论得证．【详解】（1）证明：∵点D平分，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（2）①解：由（1）可知，，则，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形，∴，，∵，∴，∴，即，解得，∴线段的长为；②证明：∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，如图，连接，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了同弧或等弧所对的圆周角相等，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．13．（2023·浙江宁波·统考二模）已知：如图1，内接于，直径交于点E，满足．(1)若，求的度数．(2)求证：．(3)连结．①如图2，若，，求的值．②如图3，过点A作于点H，若长为1，，长为y，求y关于x的函数关系式．答案:(1)(2)见解析(3)①；②分析：（1）连结，由是的直径得到，由，在中，，即可得到打答案；（2）设的度数为m，则，再证明，即可得到结论；（3）①如图，连结，设的半径为r，证明，则，得到，解得，由勾股定理逆定理可得，即为直角三角形，，则垂直平分，则为正三角形，得到平分，求出，即可得到答案；②连结，作等腰三角形，使得F点落在上，证明，则，在中，由，得到，进一步得到，由，即，即可得到y关于x的函数关系式．【详解】（1）解：连结，∵是的直径，∴，∵，，在中，，；（2）设的度数为m，则，，，在中，由三角形内角和得，，，；（3）①如图，连结，设的半径为r，∵，∴是等腰三角形，∵内接于，∴所在直线垂直平分，∴平分，，，，，又，，，，，，解得，，由勾股定理逆定理可得，即为直角三角形，，垂直平分，∴，∴为正三角形，∵平分，，；②连结，作等腰三角形，使得F点落在上，，，，，，，，又，，，，在中，，，，，即，，∴，即，【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、圆周角定理、圆内接四边形的性质、勾股定理及其逆定理、函数关系式等知识，综合性较强，难度稍大，添加适当的辅助线是解题的关键．14．（2023·浙江温州·校考二模）如图，在中，，，，P，Q分别是线段上动点，且，设，．(1)求y关于x的函数表达式．(2)当时，求的值．(3)作的外接圆，交于点D，交于点E．连结，若与的一边相等时，求x的值．答案:(1)(2)(3)或分析：（1）过Q作的垂线，垂足为N，根据等腰三角形的性质可得，从而得到，再证明，即可求解；（2）过P作于点M，根据等腰三角形的性质可得，再由锐角三角函数可设，则，，从而得到，，再联立，即可求解；（3）分三种情况讨论，即可求解．【详解】（1）解：过Q作的垂线，垂足为N，∵，，，∴，∴，∵，，，，∴，，∴，∴，即；∴；（2）解：过P作于点M，∵，，∴，∵，∴，设，则，∴，∴，，联立：，解得：，∴；（3）解：①当时，∵，∴，∴∴，∴，当时，；②当时，∵，∴为直径，∴也为直径，∴，∵，且，，，∴，∴，∵，∴，∴∴当时，；③当时，此时不存在；综上所述，或．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．15．（2023·浙江温州·统考二模）如图，在中，，点D在上，，动点Q从A点出发沿线段以每秒1单位的速度运动，过点Q作，交射线于点P，点P关于点D的对称点为，以为边在上方作正方形，设点Q运动的时间为t秒．(1)当点P在线段上时，求的长（用t的代数式表示）．(2)当正方形的顶点F或E刚好落在的的边上时，求t的值．(3)以为直径作，当与的边所在的直线相切时，请求出所有满足条件的t的值．答案:(1)(2)或(3)或或或分析：（1）在中，由勾股定理得，则，在中，即，解得，根据，求解即可；（2）由题意知，分在之间和在点右侧两种情况求解：①当在之间时，如图1，刚好落在的的边上，由题意知，，即，解得，由正方形的性质可得，由，可得，计算求解即可；②当在点右侧时，如图2，刚好落在的的边上，由题意知，，，则，由正方形的性质可得，，由，即，计算求解满足要求的值即可；（3）由题意知，分情况求解：①当P点在线段之间，如图3，与相切于点，连接，连接并延长交于，则四边形是矩形，，，解得，，，，解得，根据，即，求出值即可；②当P点在之间时，如图4，与相切于点E，此时与B重合，则，即，求出值即可；③当P点在右侧，如图5，与相切于点F，此时P与B重合，，即，求出值即可；④当P点在线段的延长线，如图6，与相切于点，连接，连接并延长交于，则四边形是矩形，，由题意知，则，同①可知，，，根据，即，求出值即可．【详解】（1）解：在中，由勾股定理得，∴，由题意知，在中，即，解得，∴，∴；（2）解：由题意知，分在之间和在点右侧两种情况求解：①当在之间时，如图1，刚好落在的的边上，由题意知，，即，解得，∵正方形，∴，∵，∴，解得，∴时，刚好落在的的边上；②当在点右侧时，如图2，刚好落在的的边上，由题意知，，，则，∵正方形，∴，，∵，即，解得，经检验，是分式方程的解，∴时，刚好落在的的边上；综上所述，或时，正方形的顶点F或E刚好落在的的边上；（3）解：由题意知，分情况求解：①当P点在线段之间，如图3，与相切于点，连接，连接并延长交于，则四边形是矩形，，由题意知，，，∵，∴，解得，∵，∴，∵，∴，即，解得，∵，∴，解得，∴时，与的边所在的直线相切；②当P点在之间时，如图4，与相切于点E，此时与B重合，∴，即，解得，∴时，与的边所在的直线相切；③当P点在右侧，如图5，与相切于点F，此时P与B重合，，∴，解得，∴时，与的边所在的直线相切；④当P点在线段的延长线，如图6，与相切于点，连接，连接并延长交于，则四边形是矩形，，由题意知，则，同①可知，，，∵，∴，解得，∴时，与的边所在的直线相切；综上所述，的值为或或或时，与的边所在的直线相切．【点睛】本题考查了正切、余弦，正方形的性质，切线的性质，矩形的判定与性质，勾股定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．16．（2023·浙江·模拟预测）定义，若四边形的一条对角线平分这个四边形的面积，则称这个四边形为倍分四边形，这条对角线称为这个四边形的倍分线.如图①，在四边形中，若，则四边形为倍分四边形，为四边形的倍分线．(1)判断：若是真命题请在括号内打√，若是假命题请在括号内打×．①平行四边形是倍分四边形（

）②梯形是倍分四边形（

）(2)如图①，倍分四边形中，是倍分线，若，，，求；(3)如图②，中，以为直径的分别交、于点、，已知四边形是倍分四边形．①求；②连结，交于点，取中点，连结交于（如图③），若，求．答案:(1)①√；②×(2)(3)①；②分析：（1）①根据平行四边形的性质可知对角线平分的两个三角形全等，则平行四边形是倍分四边形；②根据梯形的对角线不一定平分成两个面积相等的三角形，即可判断②（2）根据题意得到，过点作于点，则，，勾股定理得出，即可得出，然后在中，勾股定理即可求解；（3）①连接，，，设交于点，根据四边形是倍分四边形．得出是倍分线，则，证明得出，设，则，得出，过点作于点，根据，勾股定理得到，即可求解；②设交于点，连接，过点作交于点，由①可得，则四边形是平行四边形，得出，证明得出，即可求解．【详解】（1）解：①平行四边形是倍分四边形（√）②梯形是倍分四边形（×）故答案为：①√；②×．（2）解：∵倍分四边形中，AC是倍分线，∴如图所示，过点作于点，∵，，，∴，在中，，∴，在中，（3）①如图所示，连接，，，设交于点，∵为直径，∴，∵，∴，即是的中点，∴，∵四边形是倍分四边形．若是倍分线，则点到的距离相等，而是的角平分线，点到的距离相等，点不重合，故不是倍分线，∴是倍分线，∴，又∵，∴，∴，∴，设，则，∴，又∵，∴，∴；过点作于点，∴，∴，∴，∵，∴，则，在中，，在中，∴②如图所示，设交于点，连接，过点作交于点，由①可得，则四边形是平行四边形，∵点是的中点，∴，则，在中，∵∴，则∴，∵，∴，∵，∴，∴∴，∴，∵∴，∴即∴∴．【点睛】本题考查了几何新定义，平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，直径所对的圆周角是直角，熟练掌握以上知识是解题的关键．17．（2023·浙江温州·校联考模拟预测）如图1，在正方形中，P是边上的动点，E在的外接圆上，且位于正方形的内部，，连结．(1)求证：是等腰直角三角形．(2)如图2，连结，过点E作于点F，请探究线段与的数量关系，并说明理由．(3)当Р是的中点时，．①求的长．②若点Q是外接圆的动点，且位于正方形的外部，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长．答案:(1)见解析(2)，理由见解析(3)①；②或6分析：（1）根据圆内接四边形的性质得到，求出，结合，得到，即可证得是等腰直角三角形．（2）延长交于点H，得到，利用证得，进而证明，推出，证得，即可得到结论．（3）①由，求出，结合P是的中点求出的长．②由，得到，存在或，分两种情况画图求解即可．【详解】（1）解：如图1，在正方形中，，∵点E在的外接圆上，∴，∴，∴．∵，∴，∴是等腰直角三角形．（2）如图2，延长交于点H．∵，∴，即，∴．∵，∴，∴．又∵是等腰直角三角形，∴，∴，∴．∵，∴，∴，∴．（3）①由（2）知．∵，∴．∵P是的中点，∴，②∵，∴，∴存在或（点P在的左侧）．当时如图3，，∴．∵，∴是圆的直径，∴，∴．当时如图4，连结．由第一种情况可知是圆的直径，∴，∴，∴，∴．综上所述，的长是或6．【点睛】此题是图形综合题，考查了正方形的性质，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，正确理解题意，综合掌握各知识点是解题的关键．18．（2023·浙江杭州·模拟预测）（1）如图1，的半径为，，点为上任意一点，则的最小值为．（2）如图2，已知矩形，点为上方一点，连接，，作于点，点是的内心，求的度数．（3）如图3，在（2）的条件下，连接，，若矩形的边长，，，求此时的最小值．答案:（1）；（2）；（3）分析：（1）当点在线段上时，有最小值，即可求解；（2）根据角平分线性质和三角形内角和定理即可求解；（3）先作出的外接圆，进而求出外接圆半径，进而判断出最小时点的位置，最后构造直角三角形即可得出结论．【详解】（1）当点在线段上时，有最小值为，故答案为：；（2），，，点是的内心，平分，平分，，，；（3），，，，，如图3，作的外接圆，圆心记作点，连接，，在优弧上取一点，连接，，点在的外接圆上，，，，连接，与相交于点此时，是的最小值，过点作于，，交的延长线于，，，四边形是矩形，，平分，四边形是正方形，，，在中，，．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质，三角形的内心，勾股定理等知识，构造出的外接圆是解本题的关键．19．（2023·浙江温州·模拟预测）如图1，中，，，，延长BC至D，使，E为AC边上一点，连结DE并延长交AB于点F．作的外接圆，EH为的直径，射线AC交于点G，连结GH．(1)求证：．(2)①如图2，当时，求GH的长及的值．②如图3，随着E点在CA边上从下向上移动，的值是否发生变化，若不变，请你求出的值，若变化，求出的范围．(3)若要使圆心O落在的内部（不包括边上），求CE的长度范围．答案:(1)证明见解析(2)①6，；②，不变，理由见解析(3)分析：（1）先证明再证明从而可得结论；（2）①当时，则此时重合，重合，从而可得答案；②过作于延长交HG的延长线于证明可得结论；（3）当O在BC上时，由（2）可得：证明可得设则再建立方程求解即可，当O在AB上时，可得从而可得答案．【详解】（1）解：，，（2）①当时，则为外接圆的直径，此时重合，重合，②值不变，理由如下：过作于延长交HG的延长线于则为的直径，而而同理可得；（3）如图，当O在BC上时，由（2）可得：∵∴设则解得：经检验符合题意；如图，当O在AB上时，为的直径，∴要使圆心O落在的内部（不包括边上），CE的长度范围为：【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，是动态几何体，准确的画出图形是解本题的关键．20．（2023·浙江温州·校联考二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E，F分别在边AD，CD上，且∠ABE＝∠CBF，延长BE交CD的延长线于点G，H为BG中点，连接CH分别交BF，AD于点M，N．(1)求证：．(2)当FG＝9时．①求的值．②在线段CH上取点P，以E为圆心，EP为半径作（如图），当与四边形ABMN某一边所在直线相切时，求所有满足条件的HP的长．答案:(1)见解析(2)①；②当与四边形ABMN某一边所在直线相切时，HP的长为，，，分析：（1）根据矩形的性质查得出∠ABE＝∠G，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可证明∠G＝∠HCG＝∠CBF，更进一步得出∠CFB＋∠CBF＝∠CFB＋∠HCG＝90°，从而得出结论；（2）①证明，可求出CF＝3，由勾股定理得出，同理可得出，，据此可求出，，从而可得出结论；②分与直线AB相切，与直线MN相切，与直线BM相切三种情况讨论求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB//CD，∠BCD＝90°，∠ABE＝∠G．∵H为BG中点，∴CH＝GH，∴∠G＝∠HCG＝∠CBF，∴∠CFB＋∠CBF＝∠CFB＋∠HCG＝90°，∴．（2）解：①如图1，∵由（1）得，∠G＝∠CBF，∴，∴，设，则．∵BC＝6，∴，解得（不合，舍去），，∴CF＝3，∴，同理，∴∵，∴，，∴，∴．②显然不与直线AN相切，故分三种情况：Ⅰ当与直线AB相切时，如图，∵AB＝CD＝4，∴AE＝DN＝2，∴EP＝AE＝EN＝2，若点P与点N重合，，若点P不与点N重合，∵∠HEK＝∠FBG，∴．∵，∴，Ⅱ当与直线MN相切时，如图，可得．Ⅲ当与直线BM相切时，如图，∵，∴，又∵，∴，∴．综上所述，当与四边形ABMN某一边所在直线相切时，HP的长为，，，．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，相似三角形的判定与性质，求锐角的正切值等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．21．（2023·浙江嘉兴·统考二模）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”．（1）若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是．（填序号）①矩形；②菱形；③正方形（2）如图1，RtABC中，∠BAC=90°，以AB为弦的⊙O交AC于D，交BC于E，连接DE、AE、BD，AB=6，，若四边形ABED是“婆氏四边形”，求DE的长．（3）如图2，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，连接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知∠BOC+∠AOD=180°．①求证：四边形ABCD是“婆氏四边形”；②当AD+BC=4时，求⊙O半径的最小值．答案:（1）③；（2）3；（3）①见解析；②分析：（1）根本圆内接四边形对角互补和平行四边形对角相等可得∠ABC=∠ADC=90°，从而可证明四边形ABCD为矩形，再根据对角线互相垂直的矩形是正方形即可判断；（2）根据垂径定理和圆周角定理可得AD=DE，∠DEB=∠DEC=90°，设AD=DE=m，则DC=8-m，EC=10-6=4，在Rt△DEC中解直角三角形即可；（3）①根据圆周角定理即可得出，从而可得∠CED=90°，继而证明结论；②作OM，ON分别垂直与AD，BC，证明△OAM≌△BON，设，则，，，在Rt△BON中，根据勾股定理和二次函数的性质即可得出半径的最小值．【详解】解：（1）如下图，∵平行四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠ABC=∠ADC，∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABC=∠ADC=90°，∴平行四边形ABCD为矩形，∵四边形ABCD是“婆氏四边形”，∴AC⊥BD，∴矩形ABCD为正方形，故答案为：③；（2）∵∠BAC=90°，AB=6，，∴，,BD为直径，∴∠BED=∠DEC=90°，∵四边形ABED是“婆氏四边形”，∴AE⊥BD，∴AD=DE，AB=BE=6，设AD=DE=m，则DC=8-m，EC=10-6=4，在Rt△EDC中，根据勾股定理,,即，解得，即DE=3；（3）①设AC，BD相交于点E如图所示∵，，∠BOC+∠AOD=180°，∴，∴∠CED=90°，即AC⊥BD，又∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴四边形ABCD是“婆氏四边形”；②如下图，作OM，ON分别垂直与AD，BC，∴，，∠AMO=∠BNO=90°，∴∠AOM+∠OAM=90°，∵OA=OB=OC=OD，∴,，∵∠BOC+∠AOD=180°，∴，∴，在△OAM和△BON中∵∴△OAM≌△BON（AAS），∴，∵AD+BC=4设，则，，，在Rt△BON中，，当时，取得最小值，即⊙O半径的最小值为．【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、圆内接四边形的性质、勾股定理、正方形的判定定理、二次函数的性质等．（1）中能正确证明出四边形的一个角是90°是解题关键；（2）中能正确表示出Rt△EDC的三个边是解题关键；（3）中①正确利用圆周角定理是解题关键；②正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．22．（2023·浙江金华·统考二模）如图1，在矩形中，，，动点P从点C出发，以1个单位每秒速度，沿线段运动，同时，动点Q从点B出发，以2个单位每秒速度，沿射线运动，当点P到达点D时，点P，Q同时停止运动，设运动时间为t秒．(1)请用含t的代数式表示线段的长．(2)如图2，与交于点M，当时，求与的面积之比．(3)在点P，Q的整个运动过程中，直线上是否存在点E（C，E不重合），使以为直角边的，与以点P，Q，C三点为顶点的三角形相似？若不存在，说明理由；若存在，求t的值．答案:(1)或；(2)(3)或或或或．分析：（1）分两种情况：当在上时，，当在的延长线上时，；（2）如图，过作于，过作于，证明，，，可得，则，同理可得：，由，可得，解得：，可得，，再利用面积公式计算即可；（3）由以为直角边的，与以点P，Q，C三点为顶点的三角形相似，根据直角的位置分两种情况讨论：当或，再画出图形求解即可．【详解】（1）解：当在上时，，当在的延长线上时，；（2）如图，过作于，过作于，∵矩形中，，，∴，，，∴，则，同理可得：，∵，∴，解得：，∴，，∴与的面积之比为：；（3）当为直角顶点时，∵以为直角边的，与以点P，Q，C三点为顶点的三角形相似，∴，∴当，则，∴，此时四边形为矩形，∴，∴，当时，，此时，∴，，此时，∵，∴，∴，∴，解得：，经检验符合题意；如图，当时，∴∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，解得：；而，经检验不符合题意；舍去；当为直角顶点时，如图，当时，∴，，∴，∴，∴，，过作于，则，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，由，可得：，经检验符合题意；如图，当时，过作于，∴，∴，∵，∴，∴，同理可得：，，设，则，∴，∴，∴，同理可得：，∴，∴，经检验符合题意；如图，当时，则，延长交于，过作于，同理可得：，，，，设，则，∴，∴，∴，同理可得：，∴，∴，经检验符合题意；综上：或或或或．【点睛】本题考查的是矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键．23．（2023·浙江温州·统考二模）如图，在圆内接四边形中，，的延长线交于点，连结并延长交于点，连结．已知，，，．

(1)求证：．(2)求与的长．(3)是中点，动点在上从点向终点匀速运动，同时动点在上从点向终点匀速运动．当点在点处时，点在点处，设，．①求关于的表达式．②连结，当直线与的某一边所在的直线垂直时，记垂足为点，求的值．答案:(1)见解析(2)，(3)①；②或分析：（1）根据，得，根据等腰三角形的三线合一，得，根据圆内接四边形的性质，得，根据，等量代换，得，根据，等量代换，即可；（2）连接，根据，得，根据，等量代换，平行线的判定，得，得，根据勾股定理，即可求出，；（3）由（2）得，，根据当点在点处时，点在点处，得，即可；连接，分类讨论：当于点，根据，得，根据，即可；当于点，根据，即可；当于点，即可．【详解】（1）证明，如下：∵，得，∴是等腰三角形，∴，，∵四边形是圆内接四边形，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．（2）连接，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，．

（3）由（1）得，，∵是中点，∴，∴，∵，∴，∴，∴；：当于点，连结，∵，∴，∴，∴即，∵，解得，∴；

：当于点，∵，∴，∴，∴，∴∵，解得，∴，∴，∴；

：当于点，在中，，∴，∴这种情况不存在．综上所述，的值为或．

【点睛】本题考查圆，解直角三角形和函数的知识，解题的关键是掌握圆的基本性质，圆内接四边形的性质，一次函数的表达式，勾股定理的运用，解直角三角形的运用．24．（2023·浙江宁波·统考三模）如图，内接于圆O，，点D为劣弧上动点，延长，交于点E，作交圆O于点F，连接．(1)如图1，当点D为弧的中点时，求证：；(2)如图2，若，，试用含有的代数式表示；(3)在（2）的条件下，若．①求证：；②求的值．答案:(1)见解析；(2)；(3)．分析：（1）如图，连接，易证结合点D为的中点，易得即，根据等弧对等弦即可证明；（2），，易得，依据三角形内角和求得，，利用同旁内角互补求得，即可求得，由，即可求解；（3）①如图，在的延长线上截取，连接，则，易证得，由可得，等量代换即可证明；②过作于，易证得，令，设，则，，，，即，得，再证得解得，得，，在中由勾股定理求，在中：由即可求解．【详解】（1）解：如图，连接，，，，点D为的中点，，，，，即，；（2），，

，，，，，，，，，，，，，，；（3）①如图，在的延长线上截取，连接，则，，，，是圆的内接四边形，，，，，，，，，，即：；②过作于，是圆的内接四边形，，，，，，，令，设，则，由①可知，，，，即，解得：或（不合题意，舍去），，，，，即，，则，，解得：，则，，，，在中，，，在中：．【点睛】本题考查了圆的基本性质，圆周角定理圆内接四边形，平行线的性质及平行线分线断成比例，与三角形有关的角的计算