2025年中考数学二轮复习讲练测第09讲 圆的综合问题（3个考点8个题型）-浙江二轮讲练测（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages238238页专题五几何图形的性质与判定的综合问题第09讲圆的综合问题（思维导图+3点+8种题型）TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透视·目标导航02知识导图·思维引航03核心精讲·题型突破考点一、圆的性质与几何图形问题题型01、圆内性质的综合应用问题题型02、圆与三角形的综合问题题型03、圆与四边形的综合问题考点二、圆与函数的综合问题题型01、圆与一次函数的综合问题题型02、二次函数与圆的综合问题考点三、圆的常考类型题题型01、隐圆问题圆的最值问题题型02、圆的折叠问题题型03、动态圆问题中考考点新课标要求命题预测圆①理解圆、弧、弦、圆心角、圆周角的概念，了解等圆、等弧的概念；探索并掌握点与圆的位置关系。②探索并证明垂径定理：垂直于弦的直径平分弦以及弦所对的两条弧。③探索圆周角与圆心角及其所对弧的关系，知道同弧（或等弧)所对的圆周角相等。了解并证明圆周角定理及其推论：圆周角等于它所对弧上的圆心角的一半；直径所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径；圆内接四边形的对角互补。④了解三角形的内心与外心。⑤了解直线与圆的位置关系，掌握切线的概念。⑥能用尺规作图：过不在同一直线上的三点作圆；作三角形的外接圆、内切圆；作圆的内接正方形和内接正六边形。*能用尺规作图：过圆外一点作圆的切线（例76)。*探索并证明切线长定理：过圆外一点的两条切线长相等。③会计算圆的弧长、扇形的面积。@了解正多边形的概念及正多边形与圆的关系。在中考数学中，圆的基本性质在小题中通常考察圆的基本概念、垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形等基础考点，难度一般在中档及以下，而在简答题中，圆的基本性质还可以和相似、三角形函数、特殊四边形等结合出题，难度中等或偏上.在整个中考中的占比也不是很大，通常都是一道小题一道大题，分值在3-13分左右，属于中考中的中档考题，所以，考生在复习这块考点的时候，要充分掌握圆的基本性质的各个概念、性质以及推论，才能在后续的结合问题中更好的举一反三.点、直线与圆的位置关系、切线的性质和判定、三角形的内切圆和外接圆三块，在解答题中想必还会考查切线的性质和判定，和直角三角形结合的求线段长的问题和三角函数结合的求角度的问题等知识点综合，考查形式多样，多以动点、动图的形式给出，难度较大.关键是掌握基础知识、基本方法，力争拿到全分。02知识导图·思维引航03核心精讲·题型突破考点一、圆的性质与几何图形的综合问题题型01、圆内性质的综合应用问题1．（2023·浙江台州·中考真题）如图，的圆心O与正方形的中心重合，已知的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（

）．

A． B．2 C． D．【答案】D【分析】设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，由题意可得，的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，求解即可．【详解】解：设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，过点作，如下图：

则的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，由题意可得：，由勾股定理可得：，∴，故选：D【点睛】此题考查了圆与正多边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆与正多边形的性质，确定出圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值的位置．2．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，在中，，E为边上一点，以为直径的半圆O与相切于点D，连接，．P是边上的动点，当为等腰三角形时，的长为．

【答案】或【分析】连接，勾股定理求出半径，平行线分线段成比例，求出的长，勾股定理求出和的长，分和两种情况进行求解即可．【详解】解：连接，

∵以为直径的半圆O与相切于点D，∴，，∴设，则，在中：，即：，解得：，∴，∴，，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；∵为等腰三角形，当时，，当时，∵，∴点与点重合，∴，

不存在的情况；综上：的长为或．故答案为：或．【点睛】本题考查切线的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，等腰三角形的定义．熟练掌握切线的性质，等腰三角形的定义，确定点的位置，是解题的关键．3．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，在中，，点O在边上，以点O为圆心，为半径的半圆与斜边相切于点D，交于点E，连结．

(1)求证：．(2)已知，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连结，根据切线的性质得，再根据“”证明，可得答案；

（2）先求出，可得，根据特殊角三角函数求出，进而求出答案.【详解】（1）如图，连结，

∵半圆O与相切于点D，∴．

∵，∴.∵，，∴．

∴．（2）如图，∵，，∴.∵，∴.

∵，在中，，∴.在中，，∴．【点睛】本题主要考查了切线的性质，全等三角形的性质和判定，特殊角的三角函数值等，构造全等三角形是解题的关键．4．（2023·浙江衢州·中考真题）如图，在中，，O为边上一点，连结，以为半径的半圆与边相切于点D，交边于点E．

(1)求证：；(2)若，，①求半圆的半径；②求图中阴影部分的面积．【答案】(1)证明过程见解析(2)①2；②【分析】（1）连接，由切线的性质得出，证明，再由全等三角形的判定即可得出结论；（2）①证出，再由直角三角形的性质即可求解；②由勾股定理求出，，由三角形面积公式和扇形的面积公式求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接，∵是的切线，点D为切点，∴，∵，，，∴，∴；

（2）解：①∵，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，在中，，∴，∵，∴，∴，∴半圆O的半径为2；②在中，，，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题考查切线的性质、全等三角形的判定与性质、扇形的面积公式、锐角三角函数及勾股定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．5．（2025·河北沧州·模拟预测）将的顶点A放在半圆O上，现从与半圆O相切于点A（如图1）的位置开始，将绕着点A顺时针旋转，设旋转角为，旋转过程中，与半圆O的另一交点记为E，与半圆O的另一交点记为F，连接（如图2）．已知，，，半圆O的直径为8．(1)嘉嘉认为：在旋转过程中，弦的长度不变；淇淇认为：弦的长度随点E的运动而发生变化．请你分析他俩谁说的对，并说明理由；(2)当点F与点D重合时，如图3．①判断与半圆O的位置关系，并证明；②求图中阴影部分的面积和；(3)设的中点为M，直接写出点M的运动路径长．【答案】(1)嘉嘉说的对；理由见解析(2)①与半圆O相切；证明见解析；②(3)【分析】（1）连接、,根据圆周角定理得到的度数即可解题（2）①过点O作于点N，证明，即可得到，然后求出长即可得到结论；②连接，得到是等边三角形，然后根据阴影部分的面积和（3）连接，可以得到点M在以点O为圆心，2为半径的圆上运动，然后分为点E与点A重合、点F与点D重合两个临界时刻，求出旋转角解题即可．【详解】（1）解：嘉嘉说的对；理由：如图，连接，，则．的度数不变，的长度也不变；（2）解：①与半圆O相切；证明：如图，过点O作于点N，则，，，．，，，．半圆O的直径为8，，，，解得，，即是的半径，与半圆O相切；②如图，连接，，，是等边三角形，，．，，，阴影部分的面积和；（3）解：的中点M的运动路径长为．连接，则，，，，点M在以点O为圆心，2为半径的圆上运动．当点E与点A重合时，如图，；当点F与点D重合时，如图．是的直径，，，，，，．【点睛】本题考查切线的判定与性质、垂径定理、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、矩形的判定与性质、三角形的面积公式、弧长公式、扇形的面积公式等知识，掌握圆的相关知识是解题的关键.6．（2024·广东梅州·一模）如图，在中，，，，动点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，以为直径作，与交于点，连接．设运动时间为，解答下列问题：(1)取何值时，平分；(2)设的面积为，求与的函数关系式；(3)是否存在某一时刻，使与相切？若存在，求出的值；若不存在说明理由．【答案】(1)当时，平分；(2)；(3)存在，当时，与相切．【分析】本题是圆的综合题，考查了圆的性质，切线的性质，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握圆的性质和相似三角形的判定和性质是解题关键．（1）由直径所对的圆周角是直角可得，运用勾股定理可得，再证得，可得，利用角平分线性质可得，建立方程求解即可得出答案；（2）过点作于点，利用相似三角形性质可得，再运用面积法求得，再根据三角形面积即可求得答案；（3）过点作于点，利用相似三角形性质和圆的性质即可求得答案．【详解】（1）解：由题意得：，，，，，是的直径，，在中，，，，，，即，，，当时，平分，，解得：，当时，平分；（2）解：如图，过点作于点，，，即，，，，，即，，；（3）解：存在某一时刻，使与相切．理由如下：如图，过点作于点，由（1）（2）知：，，，，，，，，，与相切，，，，，，即，解得：，当时，与相切．7．（2024·四川泸州·一模）如图，是的外接圆，为直径，的平分线交于点D，过点D作分别交、的延长线于点E、F．(1)求证：是的切线；(2)求证：；(3)连接，交于点P，若，求的长度．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，根据等边对等角的性质和平行线的性质，得出，推出，即可证明结论；（2）连接，根据直径所对的圆周角是直角，得到，进而推出，利用相似三角形对应线段成比例证明即可；（3）令与的交点为，先证明四边形是矩形，再利用垂径定理，得出，设的半径为，利用勾股定理，依次求出，，，，再证明，利用相似三角形对应线段成比例求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接，，，平分，，，，，，是半径，是的切线；（2）证明：如图，连接，是直径，，，，，，；（3）解：如图，令与的交点为，是直径，，，四边形是矩形，，，，是半径，，，设的半径为，则，，，在中，，，解得：，，，，，，，，，即，解得：．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，圆的切线的判定定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，垂径定理等知识，掌握相关知识点是解题关键．8．（23-24九年级上·浙江嘉兴·期末）如图1，已知为的直径，弦于点，是上一点，连接，，．(1)求证：；(2)如图2，延长相交于点，连接．①已知，求的长；②记与的交点为，若，当时，求的值．【答案】(1)见解析(2)①；②【分析】（1）根据垂径定理得出，再根据圆周角定理即可得出答案；（2）①证明，得出，代入数据求出结果即可；②连接，根据垂径定理得出，根据勾股定理得出，根据等腰三角形的性质得出，平分，证明，得出即可．【详解】（1）证明：是直径，，，．（2）解：①，，∴，，，．②连接，是直径，，，，，，，，，，又，，平分，，，，四边形是圆的内接四边形，，，由（1）可知，，∴，．【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，圆周角定理，三角形相似的判定和性质，圆内角四边形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质．题型02、圆与三角形的综合问题9．（2022·浙江温州·中考真题）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．10．（2023·浙江台州·中考真题）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，是的直径，直线是的切线，为切点．，是圆上两点（不与点重合，且在直径的同侧），分别作射线，交直线于点，点．

(1)如图1，当，的长为时，求的长．(2)如图2，当，时，求的值．(3)如图3，当，时，连接BP，PQ，直接写出的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据扇形的弧长公式即可求出度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出的长．（2）根据等弧所对圆周角相等推出，再根据角平分线的性质定理推出，利用直角三角形的性质即可求出，通过等量转化和余弦值可求出答案．（3）根据三角形相似的性质证明和，从而推出和，利用已知条件将两个比例线段相除，根据正弦值即可求出答案【详解】（1）解：如图1，连接，设的度数为．

，的长为，．，即．．直线是的切线，．∴．（2）解：如图2，连接，过点作于点，

为直径，．．，．，，．，，．．（3）解：，理由如下：如图3，连接BQ，

，，，，，，．，，．①，，，．②，得，．，．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形以及三角函数、切线的性质定理、扇形的弧长公式，角平分线性质定理等，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理和相关计算公式．11．（2023·浙江嘉兴·中考真题）已知，是半径为1的的弦，的另一条弦满足，且于点H（其中点H在圆内，且）．

(1)在图1中用尺规作出弦与点H（不写作法，保留作图痕迹）．(2)连结，猜想，当弦的长度发生变化时，线段的长度是否变化？若发生变化，说明理由：若不变，求出的长度；(3)如图2，延长至点F，使得，连结，的平分线交的延长线于点P，点M为的中点，连结，若．求证：．【答案】(1)作图见解析(2)线段是定长，长度不发生变化，值为(3)证明见解析【分析】（1）以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，与交点为，与交点为，则，分别以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，则，以为圆心，长为半径画弧与交点为，则，以为圆心，长为半径画弧，交直线于，以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，则，与交点为，与交点为，即、点即为所求；（2）如图2，连结，连接并延长交于，连结，，过作于，于，证明四边形是正方形，则可证是等腰直角三角形，则，由，可知，由是的直径，可得，则是等腰直角三角形，；（3）如图3，延长、，交点为，由题意知是的中位线，则，，由，可得，证明，则，即，如图3，作的外接圆，延长交外接圆于点，连结、，由是的平分线，可得，则，证明，则，即，由，可得，进而结论得证．【详解】（1）解：如图1，、点即为所求；

（2）当弦的长度发生变化时，线段的长度不变；如图2，连结，连接并延长交于，连结，，过作于，于，则四边形是矩形，

∵，，∴，∴四边形是正方形，∴，∴，即，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵是的直径，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴线段是定长，长度不发生变化，值为；（3）证明：如图3，延长、，交点为，

∵，∴点H为的中点，又∵点M为的中点，∴是的中位线，∴，，又∵，，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，即，如图3，作的外接圆，延长交外接圆于点，连结、，∵是的平分线，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了作垂线，同弧或等弧所对的圆周角相等，正弦，正方形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，中位线，直径所对的圆周角为直角，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，角平分线等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．12．（2022·浙江宁波·中考真题）如图1，为锐角三角形的外接圆，点D在上，交于点E，点F在上，满足交于点G，，连结，．设．(1)用含的代数式表示．(2)求证：．(3)如图2，为的直径．①当的长为2时，求的长．②当时，求的值．【答案】(1)(2)见解析(3)①3；②【分析】（1）根据，即可求解；（2）由（1）的结论，、证即可；（3）①通过角的转换得，即可求的长；②连结，证，设，则，由相似的性质即可求解；【详解】（1）∵，①又∵，②②-①，得2，∴．（2）由（1）得，∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴．∵，∴．（3）①∵，∴，∴．∵，∴，∴在中，，∵为的直径，∴．∴．∴与的度数之比为3∶2．∴与的长度之比为3∶2，∵，∴．②如图，连结．∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴，设与的相似比为k，∴．∵，∴设，则，∴，，∴，由，得，解得，（舍），∴，，∴，在中，，∴．【点睛】本题主要考查圆的性质、三角函数、三角形的全等、三角形的相似，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．13．（2024·浙江·中考真题）如图，在圆内接四边形中，，延长至点E，使，延长至点F，连结，使．(1)若，为直径，求的度数．(2)求证：①；②．【答案】(1)(2)①见详解；②见详解【分析】（1）根据圆周角定理即可求解，由为直径，得到，故，由，得到；（2）①由四点共圆得，而，等量代换得到，故；②过点D作平行线交于点G，可证明，，因此得到，由，得到．【详解】（1）解：∵，，∴，∵为直径，∴，∴，∵，∴；（2）证明①：∵四边形是圆内接四边形，∴，∵，∴，∴；②过点D作平行线交于点G，∵，∴，，∵，∴，∵由（1）知，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．14．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，在中，直径垂直弦于点，连接，作于点，交线段于点（不与点重合），连接．

(1)若，求的长．(2)求证：．(3)若，猜想的度数，并证明你的结论．【答案】(1)1(2)见解析(3)，证明见解析【分析】（1）由垂径定理可得，结合可得，根据圆周角定理可得，进而可得，通过证明可得；（2）证明，根据对应边成比例可得，再根据，，可证；（3）设，，可证，，通过证明，进而可得，即，则．【详解】（1）解：直径垂直弦，，，，，，由圆周角定理得，，在和中，，，；（2）证明：是的直径，，在和中，，，，，由（1）知，，又，；（3）解：，证明如下：如图，连接，

，，直径垂直弦，，，又，，，设，，则，

，，又，，，，，，，，，在和中，，

，即，，．【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第3问，需要大胆猜想，再逐步论证．15．（2023·浙江·中考真题）小贺在复习浙教版教材九上第81页第5题后，进行变式、探究与思考：如图1，的直径垂直弦AB于点E，且，．

(1)复习回顾：求的长．(2)探究拓展：如图2，连接，点G是上一动点，连接，延长交的延长线于点F．①当点G是的中点时，求证：；②设，，请写出y关于x的函数关系式，并说明理由；③如图3，连接，当为等腰三角形时，请计算的长．【答案】(1)；(2)①见解析；②；③的长为或．【分析】（1）先求得的直径为10，再利用垂径定理求得，在中，利用勾股定理即可求解；（2）①连接，由点G是的中点，推出，根据等角的余角相等即可证明结论成立；②利用勾股定理求得，利用垂径定理得到，推出，证明，利用相似三角形的性质即可求解；③分两种情况讨论，当和时，证明，利用相似三角形的性质求解即可.【详解】（1）解：连接，

∵的直径垂直弦AB于点E，且，，∴，，∴，，在中，，∴；（2）解：①连接，

∵点G是的中点，∴，∴，∵的直径垂直弦AB于点E，∴，∴，∴；②∵，，，∴，

∵的直径垂直弦AB于点E，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴；③当时，

在中，，∴，∵，∴，∴，即，∴；当时，

在中，，在中，，∴，同理，∴，即，∴；综上，的长为或．【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．16．（2023·浙江宁波·中考真题）如图1，锐角内接于，D为的中点，连接并延长交于点E，连接，过C作的垂线交于点F，点G在上，连接，若平分且．

(1)求的度数．(2)①求证：．②若，求的值，(3)如图2，当点O恰好在上且时，求的长．【答案】(1)(2)①证明见解析；②；(3)【分析】（1）先证明，结合，，可得，从而可得答案；（2）①证明，再证明，可得；②设，，证明，可得，即，则，可得，从而可得答案；（3）解法一：如图，设的半径为，连接交于，过作于，证明，，可得，证明，可得，，证明，，即，再解方程可得答案．解法二：如图，延长，分别交、于M、N，连接．先证，再证，则可得．根据等腰三角形三线合一，可得，由此可得．由，可得．再证．则可得，即，解出r的值，即可求出的长．【详解】（1）证明：∵平分，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（2）①∵为中点，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴；②设，，∴，，∵，，∴，∴，即，∴，即，∴，∴，∴（负根舍去）；（3）解法一：如图，设的半径为，连接交于，过作于，

∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，而，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，解得：，（负根舍去），由（2）①知，∴．解法二：如图，延长，分别交、于M、N，连接，，．又，，．，，．又，，．又，，．，．，，，，即，得，解得：，（负根舍去），∴．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆的基本性质，圆周角定理的应用，垂径定理的应用，求解锐角的正切，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键．17．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，为的直径，点为上一点，连结，，，过点作，交于点．(1)如图①，已知，求的度数．(2)如图①，已知，，求的长．(3)如图③，延长交于点，连结．①探索并用等式表示线段，，之间的数量关系，说明理由；②若，．求的半径．【答案】(1)(2)(3)①，见解析；②或【分析】（1）根据垂直，平角的性质可得，因为，可得，所以，根据三角形内角和定理即可求解；（2）如图所示，延长交于，连结，，可证，在中由勾股定理可得，根据，，可得，由此即可求解；（3）①根据圆周角定理可得，如图所示，连结并延长交的延长线于点，根据内接四边形的性质，三角形内角和定理可得，，根据等角对等边可得，，由等腰直角三角形的性质可得，由此即可求解；②设，由①知，根据题意可证，可得，在中，根据勾股定理解得：或，当时，当时，由勾股定理可得的值，由此即可求解．【详解】（1）解：，，，，，，，，，；（2）解：如图所示，延长交于，连结，，是的直径，，∵，∴，，，，，，；（3）解：①，，如图所示，连结并延长交的延长线于点，为的直径，，∴，在中，，，，，，即；②设，，，由①知，，，，，，，，，在中，，，整理得，，∴，解得：或，当时，，∴，∴的半径为；当时，，∴，∴的半径为；的半径为或．【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握圆周角，直径所对圆周角等于90度，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识的综合是解题的关键．18．（2024·浙江金华·模拟预测）如图，已知内接于，，过点作于点，延长交于点，在上截取，连结．(1)求证：．(2)若，求的值．(3)在上取一点，使得，连结，若，的面积为，求和的长．【答案】(1)证明过程见详解(2)(3)，【分析】（1）设，根据直角三角形两锐角互余可得，根据等腰三角形的性质可得，再根据三角形内角和定理可得，由此即可求解；（2）根据题意可得垂直平分，由，可得，，所以可得点在线段的垂值平分线上，如图所示，连接并延长交于于点，可得，在中，设，则，，根据勾股定理可求出，由此即可求解；（3）由（2）可得，，如图所示，过点作于点，可证，得到，根据，可求出，则，在中，根据勾股定理可得，设，则，由勾股定可得，可求出，在中，，所以有，可求出，在中，运用勾股定理可得，由此求出，如图所示，连接，可得，，再根据三角形相似的判定可得，求出，在中，根据勾股定理可得，由此即可求解．【详解】（1）证明：设，∵，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：如图所示，连接，∵，，∴垂直平分，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，且，∴点在线段的垂直平分线上，如图所示，连接并延长交于于点，∴，，，∴，在中，设，则，，∴，∴；（3）解：由（2）可得，，如图所示，过点作于点，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，∴，设，则，在中，，在中，，∴，即，解得，，即，∴，在中，，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，∴，如图所示，连接，过点作于点，∴，∵，，，∴，∴，即，解得，，在中，．【点睛】本题主要考查圆与几何图形的综合，掌握圆的基础知识，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，同弧所对圆周角相等，等腰三角形的判定和性质等知识的综合运用，构造辅助线，图形结合思想是解题的关键．19．（2024·浙江绍兴·模拟预测）已知：在中，，，D是的中点，以为直径的分别交、于点F、E，点E位于点D下方，连接交于点G．(1)求证：F是的中点；(2)如图1，如果，求的长；(3)如图2，设，，求y关于x的函数关系式．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）连接，利用直角三角形斜边中线的性质得到，再根据圆周角定理得到，最后利用三线合一证明即可；（2）连接．在中，求出，即可解决问题．（3）连接，设交于，连接，，．想办法用表示，，证明，推出，延长构建关系式即可解决问题．【详解】（1）证明：如图1，连接，，是中点，，是直径，，即，是中点；（2）解：如图2，连接．在中，，，，，是的直径，，，，，，，在中，．（3）解：如图3，连接，设交于，连接，，．，是的直径，直线经过点，是的直径，，，，，，，，，，，，，，，即，，，，，．【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，勾股定理，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考常考题型．20．（2024·浙江杭州·二模）如图，在的内接中，，作于点，交于另一点是上的一个动点（不与重合），射线交线段的延长线于点，分别连接和交于点．(1)求证：；(2)若，，求的长；(3)在点运动过程中，当时，求的值．【答案】(1)证明见详解(2)(3)【分析】（1）根据同弧所对圆周角相等分别确定，，结合相似三角形的判定即可求证；（2）根据，可求出的值，根据勾股定理可求出的值，从而确定的值，运用勾股定理即可求解；（3）如图所示，连接，过点作于点，根据题意可证，可得，设，根据（2）的证明方法可得，，由此即可求解．【详解】（1）证明：根据题意，，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∵四边形是的内接四边形，∴，∴，即，且，∴；（2）解：已知，，∴在中，，∴，解得，（负值舍去），则，∴，如图所示，连接，∵，设,则,∴在中，，在中，，∴，解得，，∴，，∴，则，∵，∴点是的中点，，∵，∴，∴，且，∴，解得，，∴，∴，，∴；（3）解：如图所示，连接，过点作于点，由（1）可知，，∴，∵，∴，∵，∴，设，∵是直径，∴，∵，∴，∴，则，∴，且，，∴，∴，∴，则，∵，，∴，，∴，根据（2）中的计算方法，可得，∴，∵，∴，即，解得，，∴，∴，，∴．【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握圆的基础知识，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角直角三角形的计算方法，等面积法求高，垂径定理的知识的综合运用是解题的关键．题型03、圆与四边形的综合问题21．（2020·浙江温州·中考真题）如图，C，D为⊙O上两点，且在直径AB两侧，连结CD交AB于点E，G是上一点，∠ADC＝∠G．（1）求证：∠1＝∠2；（2）点C关于DG的对称点为F，连结CF，当点F落在直径AB上时，CF＝10，tan∠1＝，求⊙O的半径．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）根据∠ADC＝∠G得，进而可得，由此可得∠1＝∠2；（2）连接OD、FD，先证FC＝FD，FD＝CD，进而可得FC＝FD＝CD＝10，DE＝CD＝5，再根据tan∠1＝可得BE＝2，设OB＝OD＝x，则OE＝5－x，根据勾股定理即可求得⊙O的半径．【详解】（1）证明：∵∠ADC＝∠G，∴，∵AB为⊙O的直径，∴∴，∴，∴∠1＝∠2；（2）解：连接OD、FD，∵，，∴点C、D关于直径AB对称，∴AB垂直平分CD，∴FC＝FD，CE＝DE＝CD，∠DEB＝90°，∵点C关于DG的对称点为F，∴DG垂直平分FC，∴FD＝CD，又∵CF＝10，∴FC＝FD＝CD＝10，∴DE＝CD＝5，∵在Rt△DEB中，tan∠1＝∴，∴，∴BE＝2，设OB＝OD＝x，则OE＝5－x，∵在Rt△DOE中，，∴，解得：∴⊙O的半径为．【点睛】本题考查了圆周角定理、直径的性质、解直角三角形以及勾股定理，作出正确的辅助线以及根据轴对称性证得FC＝FD＝CD＝10是解决本题的关键．22．（2021·浙江宁波·中考真题）如图1，四边形内接于，为直径，上存在点E，满足，连接并延长交的延长线于点F，与交于点G．（1）若，请用含的代数式表列．（2）如图2，连接．求证；．（3）如图3，在（2）的条件下，连接，．①若，求的周长．②求的最小值．【答案】（1）；（2）见解析；（3）①；②【分析】（1）利用圆周角定理求得，再根据，求得，即可得到答案；（2）由，得到，从而推出，证得，由此得到结论；（3）①连接．利用已知求出，证得，得到，利用中，根据正弦求出，求出EF的长，再利用中，，求出EG及DE，再利用勾股定理求出DF即可得到答案；②过点C作于H，证明，得到，证明，得到，设，得到，利用勾股定理得到，求得，利用函数的最值解答即可．【详解】解：（1）∵为的直径，∴，∵，∴，∴．（2）∵为的直径，∴，∴，∴，∵，∴．又∵，∴，∴．（3）①如图，连接．∵为的直径，∴．在中，，，∴．∵，∴，即，∴．∵，∴．∵在中，，∴，∴．∵在中，，∴．在中，，∴，∴的周长为．②如图，过点C作于H．∵，∴．∵，∴．∴，∵，∴．∵，∴．∵，∴，∵，∴，∴．设，∴，∴．在中，，∴，当时，的最小值为3，∴的最小值为．【点睛】此题考查圆周角的定理，弧、弦和圆心角定理，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角函数，相似三角形的判定，函数的最值问题，是一道综合的几何题型，综合掌握各知识点是解题的关键．23．（2024·湖南·中考真题）【问题背景】已知点A是半径为r的上的定点，连接，将线段绕点O按逆时针方向旋转得到，连接，过点A作的切线l，在直线l上取点C，使得为锐角．【初步感知】（1）如图1，当时，；【问题探究】（2）以线段为对角线作矩形，使得边过点E，连接，对角线，相交于点F．①如图2，当时，求证：无论在给定的范围内如何变化，总成立：②如图3，当，时，请补全图形，并求及的值．【答案】（1）；①证明见解析；②补全图形见解析，，【分析】（1）可证是等边三角形，则，由直线l是的切线，得到，故；（2）①根据矩形的性质与切线的性质证明，则，而，由，得到；②过点O作于点G，于点H，在中，先证明点E在线段上，，由等腰三角形的性质得，根据互余关系可得，可求，解，求得，可证明，故在中，．【详解】解：（1）由题意得，∵，∴是等边三角形，∴，∵直线l是的切线，∴，∴，故答案为：；（2）①如图：∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵四边形是矩形，∴，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵四边形是矩形，∴，∵，∴；②补全图形如图：过点O作于点G，于点H，在中，，∴由勾股定理得，∵，∴，∴，∴点E在线段上，∴在，，∵，，∴，∵，∴，∴，在中，，∴设，∴由勾股定理得，∴，∴在中，∵四边形是矩形，∴，∴，而，∴，∴在中，．【点睛】本题考查了圆的切线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．24．（2023·广东·中考真题）综合探究如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．

(1)求证：；(2)以点为圆心，为半径作圆．①如图2，与相切，求证：；②如图3，与相切，，求的面积．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②【分析】（1）由点关于的对称点为可知点E是的中点，，从而得到是的中位线，继而得到，从而证明；（2）①过点O作于点F，延长交于点G，先证明得到，由与相切，得到，继而得到，从而证明是的角平分线，即，，求得，利用直角三角形两锐角互余得到，从而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性质得出；②先证明四边形是正方形，得到，再利用是的中位线得到，从而得到，，再利用平行线的性质得到，从而证明是等腰直角三角形，，设，求得，在中，即，解得，从而得到的面积为．【详解】（1）∵点关于的对称点为，∴点E是的中点，，又∵四边形是矩形，∴O是的中点，∴是的中位线，∴∴，∴（2）①过点O作于点F，延长交于点G，则，

∵四边形是矩形，∴，，∴，．∵，，，∴，∴．∵与相切，为半径，，∴，∴又∵即，，∴是的角平分线，即，设，则，又∵∴∴又∵，即是直角三角形，∴，即解得：，∴，即，在中，，，∴，∴；②过点O作于点H，

∵与相切，∴，∵∴四边形是矩形，又∵，∴四边形是正方形，∴，又∵是的中位线，∴∴∴又∵，∴又∵，∴又∵，∴是等腰直角三角形，，设，则∴在中，，即∴∴的面积为：【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键．25．（2025·河北邢台·模拟预测）如图1，在矩形中，，点在射线上，过点作切于点，设．(1)如图2，当圆心在对角线上时，_____；请求出此时劣弧的长．(2)过点作于点，①如图3，当点在线段的延长线上，且时，求的值；②当点在线段上时，求线段长度的最大值；③直接写出当时，的值．【答案】(1)30，；(2)①；②；③或或【分析】（1）由题意得到，得到，再根据与相切，即可得到的度数；设的半径为，则，求出，再根据弧长公式进行计算；（2）①证明，得到，即，即可得到答案；②证明，根据相似三角形的性质得到，进行计算求出最大值即可；③分当点在线段上时和当点在线段的延长线上时两种情况进行分类讨论．【详解】（1）解：，．．与相切，．．，，．．．，设的半径为，则．，，．．，，．．劣弧的长．故答案为：，；（2）解：①当时，于点，，，与相切，．，，在和中，，．，，，，解得．②如图，由①可知，，．，，，，．，当时，．③或或．由，得．如图5，当点在线段上时，，即，解得或；如图6，当点在线段的延长线上时，，即，解得（舍）或．故或或．【点睛】本题主要考查特殊三角形的三角函数值，圆的切线的性质，弧长公式，垂径定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数求最值，解一元二次方程等知识，熟练掌握性质定理是解题的关键．26．（2025·江苏连云港·模拟预测）圆与反演点已知的半径为，在从出发的同一条射线上有两点和，若，则称为关于的反演点，反之亦然．【概念理解】（1）下列对反演的描述：①若点在圆外，则它的反演点可能在圆内，也可能在圆外；②圆的整个内部与其外部是一一对应彼此反演的；③圆上的点的反演点是圆自身．其中，所有正确的序号是___________．【掌握应用】（2）若是关于的反演点，且，求的长．（3）半径为，若，是关于的反演点，，且，直接写出与的数量关系．【探索确定】（4）如图，四边形是菱形，在的延长线上．若和是关于的反演点，在图中用尺规作出．【答案】（1）②③；（2）；（3）；（4）图形见解析【分析】本题考查圆的综合，解一元二次方程，菱形的性质等知识点，理解反演点的定义是解题的关键；（1）由反演点的定义得到，再根据题意判断之间的关系，即可判断3个选项；（2）根据反演点定义得到，，或，分别代入解方程即可；（3）由，且可得，，代入计算即可；（4）由四边形是菱形可得，，得到，再根据反演点定义得到，，推出，得到，，则的半径为，，以为圆心，为半径画弧与的交点即为圆心，再以为圆心，为半径画出．【详解】解：（1）①若点在圆外，则，由可得，即它的反演点在圆内，故说法错误；②由可得，若点在圆内，则每一个值都有一个圆外对应的值，反之也成立，即圆的整个内部与其外部是一一对应彼此反演的，故说法正确；③圆上的点到圆心的距离，即它们的反演点是圆自身，故说法正确，故答案为：②③．（2）∵是关于的反演点，且，∴，或，当时，由可得，解得（负值已舍去）；当时，由可得，解得（负值已舍去）；综上所述，；（3）∵，且，∴，∴，，∵，∴，解得（负值已舍去）；（4）∵四边形是菱形，∴，，∴，∵在的延长线上．若和是关于的反演点，∴，∴，即，整理得，∴，，∴的半径为，，以为圆心，为半径画弧与的交点即为圆心，再以为圆心，为半径画出，图形如下：27．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图①，是的外接圆，，以为边作菱形，点B，E在直线的同侧，与交于点M，连结交于N，交于T．(1)如图②，若点E在上，与交于点F，连结，求证．(2)在（1）的条件下，若，，求的半径．(3)如图①，连结，若，，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）根据菱形的性质即可得证；（2）连接，，连接并延长交于H，根据，得到为=的直径，根据圆周角定理求出，设的半径为r，利用勾股定理即可解答；（3）连接，，过B作于K，设，证明，列出比例式，求出，，设，则，设，则，根据，代入数值，得到①，延长交的延长线于点G，②，由①得③，由②得④，求解即可．【详解】（1）证明：菱形，，，．，．（2）解：如图①，连结，，连结并延长交于，，为的直径．，，，，，，．设的半径为，则，解得：．（3）解：如图②，连结，，过B作于K，设，，．，．同理可得：，．，．，，．同理．为直径，，而．，，．设，则，设，则．，，①延长交的延长线于点，则，在中，，，，则，即，②由①得：，③由②得：，④得：，代入③得：，．【点睛】本题考查圆的综合应用，主要考查勾股定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，菱形的性质，掌握这些性质定理是解题的关键．28．（2023·浙江温州·模拟预测）如图，在矩形中，，是直线上一动点，连结并延长至点，使，过点作于点，交直线于点，过点作交直线于点，以为直径的交直线于点．

(1)求证：；(2)当点在点的右侧时，若，且四边形的面积等于，求的半径；(3)若，在点的整个运动过程中，①当为何值时，四边形是菱形？②连结，当与某一边所在的直线相切时，求出所有满足条件的的长．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)①或；②或．【分析】（1）如图中，设交于，连接只要证明，，即可解决问题；（2）如图中，作于，设，则，，，利用面积公式求出即可解决问题；（3）分两种情形如图中，当四边形是菱形时．如图中，当四边形是菱形时．分别求解即可；分三种情形讨论：与相切，与相切，与相切，分别求解即可；【详解】（1）证明：如图中，设交于，连接．

是直径，，，，，，，，在中，，，；（2）如图中，作于，设，则，，，

由题意，解得，，，的半径为；（3）如图中，当四边形是菱形时，

，是等边三角形，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形，，．如图中，当四边形是菱形时，

易知，，，，综上所述，满足条件的的值为或．如图中，当与相切时．易知：，由可知，，．

如图中，当与相切时．易知，，，，，．

如图中，当与相切时，由可知，，，

综上所述，当与某一边所在的直线相切时，的长为或．【点睛】本题考查圆综合题、切线的判定和性质、矩形的性质、菱形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、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，学会用分类讨论的思想解决问题，属于中考压轴题．29．（2024·浙江宁波·一模）如图，矩形中，对角线与相交于点O，过O，C两点的切线段于点T，分别交线段于点F，E，M，连结，已知．(1)求证：；(2)若M为的中点，求的半径；(3)若的半径为3，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）根据矩形的性质可得，从而得到，进而得到，即可；（2）连结，连结交于点H，作于点G．则，证明四边形是矩形，即可求解；（3）连结，根据题意可得，再由矩形的性质可得，根据圆内接四边形的性质可得，从而得到，进而得到，然后根据勾股定理可得，即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，又（2）解：连结，连结交于点H，作于点G．则，为的中点，为的直径，，四边形是矩形，，（3）解：连结．的半径为3∵四边形是矩形∵四边形内接于，∴，∵，【点睛】本题主要考查了圆的综合题，涉及了矩形的判定和性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理等知识，熟练掌握矩形的判定和性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理是解题的关键．30．（2024·浙江杭州·一模）如图，是的直径，为上位于异侧的两点，使得，连接交于点．(1)证明：；(2)若，求的度数；(3)设交于点，若，，是的中点，求的值．【答案】(1)见解析；(2)；(3)．【分析】（1）直接利用圆周角定理得出，再利用线段垂直平分线的性质得出；（2）利用圆内接四边形的性质得出，进而得出，即可得出答案；（3）根据得出的长，即可求出的长，再判断，求出的值．【详解】（1）证明：是的直径，，即，，垂直平分，；（2）解：四边形是的内接四边形，，又，，又，；（3）解：连接，，，在中，，是的中点，，，是的中点，，，即．【点睛】此题主要考查了圆的综合题、圆周角定理以及相似三角形的判定与性质以及圆内接四边形的性质等知识，根据题意得出，的长是解题关键．31．（2021·浙江温州·三模）已知矩形ABCD中，AB＝a，AD＝b（b＞2），E，F为BC边上的点，BE＝CF＝1．连接AE，AF，DF，BD．(1)已知a＝3，如图1，①当∠AEB＝∠AFD时，求证：AF＝AD；②若△AEF与△DBF相似，求b的值．(2)作△ABF的外接圆⊙O，如图2，记⊙O的半径为r．若a＝3，则当⊙O与△DCF的一边相切时，求所有满足要求的r的值；(3)已知a＝1，如图3．若经过A，E，D三点的⊙O′的半径R满足≤R≤5，则线段EF的范围为___（直接给出答案）．【答案】(1)①见解析；②(2)r的值是或(3)2≤EF≤6【分析】（1）①先证△ABE≌△DCF得∠DFC＝∠AEB，∠AFD＝∠AEB＝∠DFC＝∠ADF，从而得证；②先确定是△EAF∽△FBD，从而可得；（2）当⊙O与DF相切时，由△ABF∽△FCD可得，当⊙O与DF相切时，由梯形的中位线定理得OM＝，在Rt△ABF中，根据勾股定理得AF＝，进而求得；（3）当R＝时，作OG⊥AE，OH⊥AD，在Rt△AOG中，OG＝，OM＝OG﹣GM＝，进而求得．【详解】（1）解：①如图1，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABE＝∠DCF＝90°，AB＝CD，AD∥BC，∴∠ADF＝∠DFC，又∵BE＝CF＝1，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠DFC＝∠AEB，∵∠AEB＝∠AFD，∴∠DFC＝∠AFD，∴∠DFA＝∠ADF，∴AF＝AD；②如图2，连接DE，由①知，AE＝DF，AD∥EF，∴∠EAF＝∠EDF，∴∠BDF＞∠EAF，由①知，∠DFC＝∠AEB，∴∠AEF＝∠DFB，∴△EAF∽△FBD，∴，∴（b＞0），∴b＝；（2）解：如图3，当⊙O与DF相切时，∴∠AFD＝90°，∴∠AFB+∠DFC＝90°，∵∠B＝90°，∴∠AFB+∠BAC＝90°，∴∠BAC＝∠DFC，∵∠B＝∠C，∴△ABF∽△FCD，∴，∴，∴BF＝9，∴AF＝，∴r＝，如图4，当⊙O与CD相切时，连接OM，∴∠D＝∠COM＝90°，∴OM∥AD∥BC，∵OA＝OF，∴OM＝，在Rt△ABF中，AF＝，∴OA＝，∴BF+2＝，∴BF＝，∴r＝OA＝，综上所述：r的值是或；（3）解：如图5，由题意得，AE＝，作OG⊥AE于G，OH⊥AD于H，∴AG＝AE＝，BC＝AD＝2AH，当R＝时，在Rt△AOG中，OG＝，∵GM＝AG＝，AM＝BE＝1，∴OM＝OG﹣GM＝，∴MH＝OM＝1，∴AH＝AM+MH＝2，∴BC＝AD＝4，∴EF＝BC﹣BE﹣CF＝2当R＝5时，同上得，在Rt△AOG中，OG＝，∵GM＝AG＝，AM＝BE＝1，∴OM＝OG﹣GM＝3，∴MH＝OM＝3，∴AH＝AM+MH＝4，∴BC＝AD＝8，∴EF＝6，故答案是：2≤EF≤6．【点睛】本题主要考查矩形的性质、相似三角形的性质与判定、垂径定理及切线的性质，熟练掌握矩形的性质、相似三角形的性质与判定、垂径定理及切线的性质是解题的关键．32．（2022·浙江金华·一模）已知AC是平行四边形ABCD的一条对角线，且AB＝AC，⊙O是的外接圆，CD与⊙O的另一个交点为E，连结AE．(1)当点E在线段CD上时，如图1．①求证：∽②若，的面积为，求⊙O的半径．(2)当点E在直线CD上时，过点E作EH⊥AB于H，直线EH与直线BC交于点F．如图2，若时，求的值．【答案】(1)①见解析；②；(2)【分析】（1）①由圆内接四边形性质得，E是CD与交点，由四边形ABCD是平行四边形得到，，可证得；②连结AO并延长，交BC于点M，过点A作交CD于点G，连结BO，设，则，由勾股定理求得AB=，由可求得，，再通过三角形面积列出关于x的方程求解即可；（2）当E在线段CD上时以及当E在射线DC上时两种情况进行讨论．【详解】（1）①∵是△ABC的外接圆，∴，∵，∴．∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∵，∴，∴，，∴．②连结AO并延长，交BC于点M，过点A作交CD于点G，连结BO．∵，∴，∴，即，∴．设，则，∵，∴，∴在Rt△ABM中，．∵在平行四边形ABCD中，∴，．∵，∴，∴，，∴，∴．∵，∴，∴，∵，∴，∴，．设半径为r，∴，∵在Rt△CBM中，，∴，解得，∴半径为5．（2）①如图，当E在线段CD上时，过点C作交AB于点I，过点A作交DE于点G，易证．∴设，∵，∴，∵，∴设，则，∵，，∴，∴在Rt△BCI中，，∴．∵在平行四边形ABCD中，，∴，∵，∴，∴，∴AD与圆O相切，∴，即∴，∴，（舍去）∵，∴，∵，∴，∴．②如图，当E在射线DC上时，同理可得．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，三角函数，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性较强，涉及的知识点非常多，属于中考压轴题．33．（2024·上海·模拟预测）如图，在平行四边形中，，，，点在边上运动，以为圆心，为半径的圆与边交于、两点．(1)当圆与边相切时，求的长；(2)设，的面积为，求y关于的函数解析式，并写出定义域；(3)当圆与平行四边形的边有个交点时，求x的取值范围．【答案】(1)(2)，定义域为：(3)或【分析】本题考查圆与平行四边形综合，涉及圆的切线的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，函数的解析式，定义域，熟练掌握这些性质和定义是解题的关键．（1）设圆与相切于点，连接，证明，利用相似对应边比相等列式求解即可；（2）过点作于点，通过解得，，利用垂径定理求出，求出，即可求解析式，由点在边上，求出当点与点重合时的值，即可求解；（3）①由题可得当与边相切后，至与边相切前，与平行四边形的边有四个交点；②当过点、、时，与平行四边形的边有四个交点；分别求解即可．【详解】（1）解：如图，设圆与相切于点，连接，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，，∵，∴，，∴，∴，设，则，，∴，解得：，即；（2）解：如图，过点作于点，∵，∴，∴，∴，∴，解得：，，∵，∴，∴，∴，当点与点重合时，如图，可得，则，由点在边上，则定义域为：，综上，，定义域为：；（3）解：当过点时，∵，∴此时点也在上，①当与边相切后，至与边相切前，与平行四边形的边有四个交点，又当与边相切时，由（1）可得此时，当与边相切时，如图，设切点为点，∴，∵，∴，∴，∴当与边相切后，至与边相切前，与平行四边形的边有四个交点，此时的取值范围为：；②当过点、、时，与平行四边形的边有四个交点，由（2）可知此时；综上，的取值范围为：或．考点二、圆与函数的综合问题题型01、圆与一次函数的综合问题34．（2021·浙江温州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，经过原点，分别交轴、轴于，，连结．直线分别交于点，（点在左侧），交轴于点，连结．（1）求的半径和直线的函数表达式．（2）求点，的坐标．（3）点在线段上，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）半径为，直线的函数表达式为；（2）点为，点为；（3）5，10或【分析】（1）由，，确定点为，再利用两点间距离公式求解即可得到半径的长，利用待定系数法可直接得到直线CM的函数表达式；（2）先作辅助线构造相似三角形，求出，，即可得到点为，点为；（3）先作辅助线，得到，再分三种情况讨论，通过作轴于点，证出点为符合条件的点，再分别讨论当时和时的情况，分别得到和的值，最后完成求解．【详解】解：（1），为的直径．，，点为，半径为．设直线的函数表达式为．把，代入得，解得．直线的函数表达式为；∴⊙M的半径为，直线CM的函数表达式为．（2）过点作轴平行线，点作轴平行线交于点，作轴于点（如图1），，，，，且，，点为．点，关于点对称，点为．（3）作轴于点，，．，．分三种情况（如图2）：①作轴于点，，，，，，即点为符合条件的一个点．．②当时，，．，（），，．③当时，，，．，，,，．综上所述，当与的一个内角相等时，的长为5，10或．【点睛】本题综合考查了平面直角坐标系、圆、待定系数法求函数解析式、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，要求学生根根据题意找到相等关系建立方程求解，本题综合性很强，对学生的分析能力要求较高，解决本题的关键是能通过作辅助线构造相似三角形以及牢记相关概念、性质和公式等，本题蕴含了分类讨论的思想方法．35．（2023·浙江温州·中考真题）如图1，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，．如图，连接，为线段上一点，过点作的平行线分别交，于点，，过点作于点．设，．

(1)求的长和关于的函数表达式．(2)当，且长度分别等于，，的三条线段组成的三角形与相似时，求的值．(3)延长交半圆于点，当时，求的长．【答案】(1)，(2)或或(3)【分析】（1）如图1，连接，根据切线的性质得出，证明，得出，即可得出；证明四边形是平行四边形，得出，代入数据可得；（2）根据三边之比为，可分为三种情况．当时，当时，当时，分别列出比例式，进而即可求解．（3）连接，，过点作于点，根据，得出，由，可得，代入（1）中解析式，即可求解．【详解】（1）解：如图1，连接．

∵切半圆于点，∴．∵，，∴，∴．∵，∴，∴，即，∴．如图2，，∴．

∵，∴四边形是平行四边形，∴．∵，∴，∴．（2）∵，，三边之比为（如图2），∴可分为三种情况．i）当时，，，解得，∴．ii）当时，，，解得，∴．iii）当时，，，解得，∴．（3）如图3，连接，，过点作于点，

则，，∴．∵，，∴．∵，∴，∴，∴，∴，，∴，即的长为．【点睛】本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，函数解析式，分类讨论，作出辅助线是解题的关键．36．（2023·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线与交于点D．与y轴交于点E．动点M在线段上，动点N在直线上，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的坐标为

【答案】或【分析】如图，由是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得在以为直径的圆上，，可得是圆与直线的交点，当重合时，符合题意，可得，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，证明，设，可得，，而，则，再解方程可得答案．【详解】解：如图，∵是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，∴在以为直径的圆上，，∴是圆与直线的交点，

当重合时，∵，则，∴，符合题意，∴，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，∴，

∵，，∴，∴，∴，设，∴，，而，∴，解得：，则，∴，∴；综上：或．故答案为：或．【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，本题属于填空题里面的压轴题，难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键．37．（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，则两个交点之间的距离称为直线关于该圆的“圆截距”．如图，点的坐标为，若的半径为2，当的取值在实数范围内变化时，直线关于的“圆截距”的最小值为，则的值为．【答案】【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，一次函数与几何综合，如图所示，设直线l与交于B、C，与y轴交于D，过点M作于E，连接，先证明当点E与点D重合时，最大，即此时最小，再由，求出，可得，解得．【详解】如图所示，设直线l与交于B、C，与y轴交于D，过点M作于E，连接，∴，在中，由勾股定理得，∴当最大时，最小，即此时最小，∵，∴当点E与点D重合时，最大，即此时最小，∵直线l关于的“圆截距”的最小值为，即，∴，∴，∵，∴，解得，故答案为：．38．（23-24九年级上·浙江绍兴·期末）如图，为平面直角坐标的原点，直线与两坐标轴交于两点，，，若的圆心在直线上，且与所在直线相切，则圆心的坐标是．【答案】或【分析】本题考查切线的性质、勾股定理、三角形和梯形的面积及一次函数图像上点的坐标特征，根据的圆心在直线上设，分点在直线下方和点在直线上方两种情况，利用切线的性质及三角形面积公式和梯形面积公式列方程求出的值即可得答案．【详解】解：如图，当点在直线下方时，作，连接、，∵，，∴，∵的圆心在直线上，∴设，∵与所在直线相切于、，∴，，∴，，∵，∴，解得：，，∴．当点在直线上方时，连接、、，同理可得：，，∵，∴，∴，解得：，，∴，综上所述：圆心的坐标是或，故答案为：或39．（23-24九年级上·浙江绍兴·期中）如图，在平面直角坐标系中，、，点C在y轴正半轴上，点D在x轴正半轴上，且，以为直径在第一象限作半圆，交线段于点E、F，则线段的最大值为（

）

A．1.8 B．2.4 C． D．2.5【答案】B【分析】过的中点G作的垂线与交于点M，连接，当直线过O点时，最小，则的值最大；利用，求出即可求解．【详解】解：过的中点G作的垂线与交于点M，连接，

∵，∴，当的值最小时，EF的值最大，根据垂线段最短可知，当直线过O点时，最小，则的值最大，∵、，∴∵即，∴，∵，∴，∴，∴即线段的最大值为；故选：B．【点睛】本题考查垂径定理、勾股定理、一次函数的图象及性质；能够确定最大时的位置，利用直角三角函数求边是解题的关键．40．（24-25九年级上·浙江金华·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，经过原点O，分别交x轴，y轴于点，连结．直线分别交于点（点D在左侧），交x轴于点，连结．(1)求的半径和直线的函数表达式．(2)求点的坐标．(3)点P在线段上，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)的半径为，直线的解析式为(2)(3)的长为或或【分析】（1）根据A，B坐标可得，根据直径或半圆所对圆周角为直角可得是之间，可得的半径，如图所示，过点作轴于点，可证，可得，运用待定系数法可得直线一次函数的解析式；（2）设，运用两点之间的距离公式即可求解；（3）如图所示，过点作轴于点，过点作轴于点，可得是等腰直角三角形，，，是等腰直角三角形，，，根据题意，分类讨论：第一种情况，点在的位置，，则；第二种情况，点在的位置，，是等腰直角三角形，即点与点重合；第三种情况，点在的位置，，；运用相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）解：∵，∴为的直径，∴点为的中点，∵，∴，∴，∴，∴的半径为，如图所示，过点作轴于点，∴，∴，点为的中点，∴，∴，，∴，∴，设直线的解析式为，，∴，解得，，∴直线的解析式为；（2）解：∵点在直线的图象上，∴设，∵，，∴，整理得，，解得，，∵点在第二象限，第在第一象限，∴点的横坐标为，点的横坐标为，当时，，当时，，∴；（3）解：如图所示，过点作轴于点，过点作轴于点，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形，，∴，，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形，，∴，，如图所示，第一种情况，点在的位置，，∴，∴，即，∴，∴；第二种情况，点在的位置，，∴是等腰直角三角形，即点与点重合，∴，∴；第三种情况，点在的位置，，∴，∴，∴，∴，∴；综上所述，的长为或或．【点睛】本题主要考查平面直角坐标系的特点，圆的基础知识，一次函数与几何图形的综合，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识的综合运用，掌握坐标与图形，圆的基础知识，待定系数法求解析式，一次函数与几何的综合，相似三角形的判定和性质是解题的关键．41．（24-25九年级下·江苏泰州·开学考试）如图，与y轴交于点，一次函数（）的图像分别交x轴、y轴于点B、C．(1)如图1，当时，求证：直线与相切；(2)如图2，直线与相交，交点分别为D、E，若，求b的值．【答案】(1)见解析；(2)的值为．【分析】（1）过点O作的垂线，垂足为D，求出，得出，，进一步求出，即可得出结论；（2）连接，，过点O作的垂线，垂足为F，则，判定和为等腰直角三角形，得到，求出点，即可求解．【详解】（1）证明：过点O作的垂线，垂足为D，当时，，当时，，，∴，当时，，解得：，∴，∴，∵，，，，∴，，∴直线与相切；（2）解：连接，，过点O作的垂线，垂足为F，则，如图：，，，为等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴为等腰直角三角形，，，，，将代入直线中，得，∴，即的值为．【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，一次函数的性质，勾股定理，解直角三角形等性质，掌握相关知识是解题的关键．42．（24-25九年级上·江苏泰州·期末）如图，在平面直角坐标系中，与轴交于点，一次函数的图象分别交轴于点．(1)如图1，当时，求证：直线与相切；(2)如图2，直线与相交，交点分别为，，若，求的值．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）先根据坐标可得：的半径为1，如图1，过点O作于M，根据勾股定理和面积法可得，即可得结论；（2）如图2，连接，，过点D作轴于G，过点E作轴于F，证明，得，，可得，并结合勾股定理即可解答．【详解】（1）证明：∵点，∴，即的半径为1，如图1，过点O作于M，当时，，当时，，∴点C的坐标为，∴，当时，，∴，∴点B的坐标为，∴，由勾股定理得：，∵，∴，∴，∴直线与相切；（2）解：如图2，连接，，过点D作轴于G，过点E作轴于F，∴，∴，设，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，，∵点D，E在直线上，∴，把①代入②得：，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了一次函数的性质，圆周角定理，切线的判定，三角形的面积，勾股定理，三角形全等的性质和判定，坐标与图形的性质等知识，与方程相结合即可解决问题．43．（24-25九年级下·北京海淀·阶段练习）在平面直角坐标系中，对于任意两点与的“非常距离”，给出如下定义：若，则点与点的“非常距离”为；若，则点与点的“非常距离”为．例如：点，点，因为，所以点与点的“非常距离”为，也就是图1中线段与线段长度的较大值（点Q为垂直于y轴的直线与垂直于x轴的直线的交点）．(1)已知点，B为y轴上的一个动点，①若点A与点B的“非常距离”为4，写出一个满足条件的点B的坐标；②直接写出点A与点B的“非常距离”的最小值；(2)已知C是直线上的一个动点，①如图2，若，点D的坐标是，求点C与点D的“非常距离”的最小值及相应的点C的坐标；②如图3，若E是以原点O为圆心，1为半径的圆上的一个动点，点C与点E的“非常距离”的最小值为1，直接写出点E的坐标和b的值．【答案】(1)①点的坐标是或；②3(2)①；②，【分析】（1）①根据点位于轴上，可以设点的坐标为，由“非常距离”的定义可以确定，据此可以求得的值；②设点的坐标为．因为，所以点与点的“非常距离”最小值为3；（2）①设点的坐标为．根据材料“若，则点与点的“非常距离”为”知，两点的“非常距离”的最小值为，据此可以求得点的坐标；②根据“非常距离”的定义，点在过原点且与直线垂直的直线上，此时点与点的“非常距离”是与的纵坐标的差，值为1，据此求出的坐标及b值．【详解】（1）解：①∵为轴上的一个动点，点，∴设点的坐标为，，∴，解得：或；∴点的坐标是或；②设点的坐标为，，∴当时，点与点的“非常距离”为3；当时，点与点的“非常距离”为；∴点与点的“非常距离”的最小值为3；（2）解：①若，则直线，如图，当点与点的“非常距离”取最小值时，需要根据运算定义，若，则点与点的“非常距离”为，此时．即，∵是直线上的一个动点，点的坐标是，∴设点的坐标为，，此时，，∴点与点的“非常距离”的最小值为：，此时；②如图，当点在过原点且与直线垂直的直线上，此时点与点的“非常距离”最小值为，过E作轴，连接，设与轴交于，则，，，，对于，当时，，，，当时，，解得：，，，设（点位于第一象限）．则，解得：，故，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了新定义，直线上点的坐标与方程的关系，直线和圆的性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质等知识，读懂“非常距离”是解题的关键．44．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B．

(1)求的值．(2)已知点，D是射线上的动点（不与点A重合），过A，C，三点的圆与轴交于点，求证：．(3)在（2）的条件下，设D，两点的横坐标分别为，m．①求m与n的数量关系；②当时，求m，n的值．【答案】(1)(2)见详解(3)①；②【分析】（1）由题意易得，然后根据勾股定理及余弦的定义可进行求解；（2）作轴交于H，则有，由题意易得，然后可得，进而问题可求证；（3）①过点D作于点N，交的延长线于点M，连接，由题意易得，，，然后可得，进而问题可求解；②由题意易得，则有，然后根据①中结论可进行求解．【详解】（1）解：由直线可知：当时，；当时，；∴，∴，∴；（2）证明：作轴交于H，如图所示：

∴轴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．（3）解：①过点D作于点N，交的延长线于点M，连接，如图所示：

∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，由题意可知：，，∴，∵，∴，∴，∴，∴；②∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，又∵，∴．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、一次函数及解直角三角形，熟练掌握相似三角形的性质与判定及解直角三角形是解题的关键．45．（2025·湖南长沙·一模）如图一，⊙O与坐标轴相交于点，点，过两点作直线．(1)①请分别写出、关于直线的对称点坐标，；②若C是平面内一点，且，则C点横坐标的最大值为．(2)如图二，若P是外一点，已知圆上一点，连接PA和PM，且直线和中一条经过点O，另一条是的切线，求点P的坐标．(3)如图三，已知点，，对于线段上一点F，存在的弦，连接，，使得直线和中一条经过点O，另一条是切线，记的长为t，当点F在线段上运动时，求出t的取值范围．【答案】(1)①，；②4(2)，(3)或【分析】（1）①根据轴对称的性质画图，即可得到坐标；②根据等弧所对的圆周角是圆心角的一半，需要画出以线段为弦的两个圆，并且所对的圆心角是，画出如图，即可得到答案；（2）根据题意分两种情况讨论，即可解决问题；（3）此小问要想求出t的取值范围，需要充分理解题意，可以设G为切点也可以是H为切点都是一样的，我们不妨设G为切点，再进行讨论点F的位置，即可求得答案；【详解】（1）①由轴对称的性质可作图，即可得到、关于直线的对称点坐标，；故答案为：，；②如图，要使，点C是两个圆上优弧上任意一点（除A、B之外），即可得到横坐标最大值为4，故答案为∶4．（2）解：由题意分以下两种情况讨论：①如图，若为切线，则点P是直线与直线的交点．此时．②如图，若为切线，则，点P是直线（y轴）与直线的交点．易得的解析式为．此时综上所述，，．（3）解：不妨设G为切点，和为直线与的两个