2025年中考数学总复习《圆的拓展探究常考热点题型》专项测试卷(附答案)

第第页答案第=page11页，共=sectionpages22页2025年中考数学总复习《圆的拓展探究常考热点题型》专项测试卷(附答案)学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．【定义新知】定义：有一个角是其对角一半的圆内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角．【初步应用】（1）如图1，已知四边形是圆美四边形，是美角，连接．①写出的度数是______，的度数是______，的度数是______；②点为的中点，的半径为5，求线段的长；【拓展提升】（2）如图2，已知四边形是圆美四边形，是美角，连接，若平分，的半经为6，则的最大值是______．2．【问题提出】小慧同学遇到这样一道问题，如图①，在中，点D为边的中点，以点D为圆心，为直径作圆，的平分线交此圆于点P，点P在内部，连接．求证，的面积等于面积的一半．【问题解决】小慧的做法是连接并延长，交于点Q，利用形状的特殊性解决问题，请你利用小慧的做法完成【问题提出】中的证明；【问题拓展】如图②，在四边形中平分．，若，则面积的最大值为．3．如图1，四边形内接于，是的中点，连结．【初步尝试】（1）在弦上有一点D，且，连结，求证：；【变式应用】（2）如图2，在（1）的条件下，若恰为的直径，且，求弦的长；【拓展延伸】（3）如图3，若恰为的直径，过点E作，交的延长线于点，求的长．4．【基础巩固】（1）如图1，点A，，在同一直线上，若，求证：；【尝试应用】（2）如图2，是半圆的直径，弦长，，分别是，上的一点，，若设，，求出与的函数关系．【拓展提问】（3）已知是等边边上的一点，现将折叠，使点与重合，折痕为，点，分别在和上．如图3，如果，求的值（用含的代数式表示）．5．阅读材料：如图（1），在中，，点P在边上，于点于点F，则．（此结论不必证明，可直接应用）(1)【理解与应用】如图（2），正方形的边长为2，对角线相交于点O，点P在边上，于点于点F，则______；(2)【类比与推理】如图（3），矩形的对角线相交于点点P在边上，交于点E，交于点F，求的值；(3)【拓展与延伸】四边形是半径为4的圆内接四边形，对角线相交于点O，，点P在弦上，交BD于点E，交于点F，当时，试判断的值是否为定值，若是请求出该定值并求出四边形面积的最大值；若不是定值，请说明理由．6．在正方形中，、为平面上两点．

【基础巩固】(1)如图1，当点在边上时，，且，，三点共线，求证：；【类比应用】(2)如图2，当点在正方形外部时，，，且、、三点共线，若，，求点到直线的距离；【拓展迁移】(3)如图3，当点E在正方形外部时，，，，且，，三点共线，与交于点，若，，求正方形的边长．7．已知：A、B为圆上两定点，点C在该圆上，为所对的圆周角．

知识回顾(1)如图①，中，B、C位于直线异侧，．①求的度数；②若的半径为5，，求的长；逆向思考(2)如图②，P为圆内一点，且，，．求证：P为该圆的圆心；拓展应用(3)如图③，在（2）的条件下，若，点C在位于直线上方部分的圆弧上运动．点D在上，满足的所有点D中，必有一个点的位置始终不变．请证明．8．阅读材料，某个学习小组成员发现：在等腰中，AD平分，∵，，∴，他们猜想：在任意中，一个内角角平分线分对边所成的两条线段与这个内角的两边对应成比例．【证明猜想】如图1所示，在中，AD平分，求证：．丹丹认为，可以通过构造相似三角形的方法来证明；思思认为，可以通过比较和面积的角度来证明．(1)请你从上面的方法中选择一种进行证明．(2)【尝试应用】如图2，是的外接圆，点E是上一点（与B不重合，且，连结，并延长AE，BC交于点D，H为AE的中点，连结BH交AC于点G，求的值．(3)【拓展提高】如图3，在（2）的条件下，延长交于点F，若，，求的直径（用x的代数式表示）．9．小雯同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．【问题发现】例如：如图1，在中，，，D是外一点，且，求的度数．若以点A为圆心，长为半径作辅助圆，如图2所示，则C，D两点必在上，是的圆心角，是的圆周角，则．【初步运用】（1）如图3，已知线段和直线l，用直尺和圆规在l上作出所有的点P，使得（不写作法，保留作图痕迹，你作图过程中用到哪些数学原理？请写出一条．【问题拓展】（2）如图4，已知矩形，，，M为边上的点．若满足的点M恰好有两个，则m的取值范围为_________．10．【问题原型】如图①，在⊙O中，弦BC所对的圆心角∠BOC＝90°，点A在优弧BC上运动（点A不与点B、C重合），连接AB、AC．(1)在点A运动过程中，∠A的度数是否发生变化？请通过计算说明理由．(2)若BC＝2，求弦AC的最大值．(3)【问题拓展】如图②，在△ABC中，BC＝4，∠A＝60°．若M、N分别是AB、BC的中点，则线段MN的最大值为．11．问题背景：图1，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，过点A作AD⊥BC于点D，则D为BC的中点，∠BAD=∠BAC=60°；于是==；（1）迁移应用：如图2，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC=∠DAE=120°，D，E，C三点在同一条直线上，连接BD．求证：CD=AD+BD；（2）拓展延伸如图图3，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，在∠ABC内作射线BM，作点C关于BM的对称点E，连接AE并延长交BM于点F，连接CE，CF．若AE=5，CE=2，求BF的长．12．如图，在中，直径长为，弦的长为8，点是上一点，过点作的垂线交直线于点．(1)求的正切值．(2)当与相似时，求的长．(3)以点为圆心，长为半径画，试根据线段的长度情况探究和的位置关系．13．如图，是的直径，点C是上一点，过点C作弦于E，点F是上一点，交于点H，过点F作一条直线交的延长线于M，交的延长线于G，．(1)求证：是的切线；(2)若，试探究之间的关系，并说明理由；(3)在（2）的条件下，若，，求的长．14．如图，点A、E在上，与的夹角为，连结，过A点作的切线．(1)试求的度数（用含有n的代数式表示）；(2)在的延长线上取一点D，以线段为一边作矩形，点C在射线上．①当时，在n的变化过程中，探究线段与、之间是否存在某固定的数量关系？若存在，试求出它们的数量关系；若不存在，请说明理由；②连结，当时，试求出的值．15．如图，在平面直角坐标系中，的斜边在y轴上，边与x轴交于点D，平分交边于点E，经过点A、D、E的圆的圆心F恰好在y轴上，与y轴相交于另一点G．

(1)求证：是的切线；(2)若点A、D的坐标分别为，求的半径；(3)在（2）的条件下，求的长；(4)试探究线段三者之间满足的等量关系，并证明你的结论．参考答案1．（1）①；②；（2）【分析】（1）①根据定义和圆周角定理求角即可；②根据垂径定理和特殊角的三角函数值进行解答即可；（2）延长到点M，使得，连接，得到是等边三角形，证明，则，进一步证明，当是直径时，取最大值，即可求出答案．【详解】解：（1）①∵四边形是圆美四边形，是美角，∴，∴，解得，∴，故答案为：．②连接交于点P，∵为的中点，∴，∵，∴，∴,∴，∴．（2）如图，延长到点M，使得，连接，∵四边形是圆美四边形，是美角，∴，∴，解得，∴，∵平分，∴，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴．∵是的一条弦，∴当是直径时，取最大值，即的最大值是．故答案为：【点睛】本题考查了新定义问题，等边三角形的判定和性质，圆的内接四边形的性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理、垂径定理、勾股定理等知识，熟练掌握圆的性质是解题的关键．2．问题解决：见详解；问题拓展：6【分析】本题为几何探究题，考查圆与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握圆与三角形的性质；问题解决：根据提示作图，通过三角形中线将三角形面积等分证明．问题拓展：延长交于点，通过三角形三线合一得到为中点，通过中线将三角形面积平分可得面积最大时，面积最大，即为高时满足题意．【详解】问题解决：解：如图，连接并延长，交边于点．∵为的直径，∴．∴．∵平分，∴．∵，∴．∴．∵．∴点为的中点．，，∴的面积等于面积的一半．问题拓展：延长交于点，∵平分且，∴为等腰三角形，点为中点，∴，当的面积最大时，面积最大，即满足题意，∵，∴面积的最大值为．故答案为：6．3．（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据题意得，结合同弧所对的圆周角相等得，即可证明；（2）过点E作，交于点F，则，可得，则有，结合等腰三角形的性质得，可得；（3）连结，过E作交于点M，设，利用勾股定理得，根据题意得，可证明和，则和，再次利用勾股定理即可求得x，即可求得．【详解】（1）证明：为的中点，．又，，，（2）解：过点E作，交于点F，如图，为的中点，为的直径，，，，，，，．；（3）连结，过E作交于点M，如图，设，，，．为的中点，．又，，．，∵，∴，∴，又为的直径，，即．解得：，．【点睛】本题主要考查同弧所对的圆周角相等、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，解题的关键是熟悉圆的性质和全等三角形的判定和性质．4．（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）利用已知得出，进而利用相似三角形的判定方法得出即可；（2）利用（1）得出，由相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到和的数量关系，进而求出与的函数关系式；（3）首先证明，表示出，，，，，，再利用相似三角形的性质解决问题即可．【详解】（1）证明：∵，，∴，∴，∵，∴；（2）解：∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∴，由（1）可得，∴，即，∴；（3）解：连接，，∵与关于对称，∴，，，∵，∵∴∴，设，，，∵，∴，∴，∴，，∵,∴，∴，由前两项得，①，由后两项得，，∴，∴，解得，，由（1）得，∴．【点评】本题是圆的综合题，考查了相似三角形的判定与性质，圆的有关知识，勾股定理以及二次函数最值等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题．5．(1)(2)(3)，四边形面积的最大值为4【分析】（1）证：，直接运用阅读材料中的结论即可解决问题．（2）证：，然后由条件可证，从而可得，进而求出．（3）证：四边形是矩形，四边形是正方形，即可求出，因而是定值．设，则，利用矩形的面积和二次函数的性值求出最值即可．【详解】（1）解：如图，∵四边形是正方形，∴．∵，∴．∴．∵，∴．（2）解：如图，∵四边形是矩形，∴，，，，，，，，（3）解：当时，是定值．理由：连接、、、，四边形是的圆内接四边形，，，是四边形的对角线，对角线相交于点O，，四边形是矩形，，，四边形是正方形，，，设，则，四边形是矩形，∴四边形面积，，当时，四边形面积有最大值，最大值为4．【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、圆的内接四边形、相似三角形的判定与性质，二次函数的应用等知识，考查了类比联想的能力，有一定的综合性．要求的值，想到将相似所得的比式相加是解决本题的关键．6．(1)见解析(2)(3)【分析】（1）证明，可得结论；（2）证明，得，推出，过点作于，推出，计算即可；（3）连接，取的中点，连接，，过点作于，证，，，四点在同一个圆上，以为圆心，为半径画出圆，证明，算出和，根据勾股定理计算出即可．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴；（2）解：∵四边形是正方形，∴，，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，如下图，过点作于，

∴，∴，即点到直线的距离为；（3）解：如下图，连接，取的中点，连接，，过点作于，

∵四边形是正方形，，∴，∵，∴，∴，，，四点在同一个圆上，如下图，以为圆心，为半径画出圆，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，根据勾股定理得，，∴，即正方形的边长为．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理等知识，学会添加常用辅助线是解题的关键．7．(1)①；②；(2)见解析；(3)见解析【分析】（1）①根据，结合圆周角定理求的度数；②构造直角三角形；（2）只要说明点到圆上、和另一点的距离相等即可；（3）根据，构造一条线段等于，利用三角形全等来说明此线段和相等．【详解】（1）解：①，，，．②连接，过作，垂足为，

，，是等腰直角三角形，且，，，是等腰直角三角形，，在直角三角形中，，．（2）证明：延长交圆于点，则，

，，，，，，，为该圆的圆心．（3）证明：过作的垂线交的延长线于点，连接，延长交圆于点，连接，，

，，是等腰直角三角形，，，，，是直径，，，，，，，，必有一个点的位置始终不变，点即为所求．【点睛】本题考查了圆周角定理，还考查了勾股定理和三角形全等的知识，对于（3）构造一条线段等于是关键．8．(1)见解析(2)(3)的直径为【分析】（1）选丹丹延长AD交过点C与AB平行的直线交于E，AD平分∠BAC，得出∠BAD=∠CAD，根据CE∥AB，可得AC=EC，再证△ABD∽△ECD即可；选思思过点D作，于点P，Q，根据角平分线性质得出，根据三角形高等得出，再根据即可（2）连接CE，先证∠AEC=90°，再证Rt△ABC≌Rt△AEC（HL），得出，即AC为的角平分线，得出，根据H为AE的中点，可得AH=即可；（3）作交AE于点N，设BE交AC于M，先证，得出，根据AB=AE，得出BH=BE，根据，可求，得出，求得，可得根据勾股定理BN=，利用三角函数得出，在中，即可．【详解】（1）选丹丹方法，丹丹认为，可以通过构造相似三角形的方法来证明；证明：延长AD交过点C与AB平行的直线交于E，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD，∵CE∥AB，∴∠BAD=∠CED=∠CAD，∴AC=EC，∵AB∥CE，∴△ABD∽△ECD，∴，∴；选择思思方法：思思认为，可以通过比较和面积的角度来证明．证明：过点D作，于点P，Q，∵AD平分，，，∴，∴，又∵，∴；（2）解：连接CE，∵是的外接圆，∠ABC=90°，∴AC为的直径，∴∠AEC=90°，在Rt△ABC和Rt△AEC中，，∴Rt△ABC≌Rt△AEC（HL），∴，即AC为的角平分线，∴，又∵H为AE的中点，∴AH=，∴；（3）作交AE于点N，设BE交AC于M，∵BE=EF，∴，∵∠BAE=∠BFE，∴∠HBE=∠BAE，∵∠HEB=∠BEA，∴，∴，∵AB=AE，∴BH=BE，又∵，由（2）知BG=2GH=2x，∴，∴，∴，∴，∴，∵BN⊥AD，BH=BE，∴HN=NE=，∠EBN=，∴BN=，在中，，在中，，即的直径为．【点睛】本题考查角平分线定义，平行线性质，等腰三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，三角形面积，三角形全等判定与性质，角平分线性质，线段中点，勾股定理，一元二次方程，锐角三角函数，圆的直径，掌握以上知识是解题关键．9．45；（1）作图见解析，原理为圆周角定理，即一条弧所对的圆周角是圆心角的一半；（2）【分析】（1）由圆周角定理即可得到答案；先作等边三角形，在以点O为圆心，以OA为半径作圆，由圆周角定理作图即可；（2）在BC上截取BF=BA=2，连接AF，以AF为直径作圆O，交AD于点E，连接EF，过点O作交EF于点H，交圆O于点G，，过点G作KQ⊥BC交BC于点Q，交AD于点K，故四边形EFQK是矩形，由图形可知，由勾股定理求出BF、BQ的长，代入计算即可．【详解】解：，以点A为圆心，点B、C、D必在上是的圆心角，是的圆周角故答案为：45；（1）作图如下：

数学原理：圆周角定理，即一条弧所对的圆周角是圆心角的一半；（2）如图，在BC上截取BF=BA=2，连接AF，以AF为直径作圆O，交AD于点E，连接EF，过点O作交EF于点H，交圆O于点G，过点G作KQ⊥BC交BC于点Q，交AD于点K，故四边形EFQK是矩形的半径为，即即解得故答案为：．【点睛】本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理、作图、等边三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的判定与性质等，熟练掌握知识点是解题的关键．10．(1)不变，45°，理由见详解(2)(3)【分析】（1）同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可说明；（2）AC的最大值为直径，有直角三角形OBC求出半径OC的长度即可；（3）与第（2）问类似，MN为的中位线，AC最大时，可知MN最大，作的外接圆，AC最大值为直径，因此求出的外接圆的半径即可．【详解】（1）∠A的度数不发生变化，理由如下：∵，∠BOC＝90°，∴；（2）当AC为⊙O的直径时，AC最大，在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，根据勾股定理，得，∵OB＝OC，∴，∴，即AC的最大值为；（3）如图，画△ABC的外接圆⊙O，连接OB，OC，ON，则ON⊥BC，∠BON＝60°，BN＝BC＝2，∴OB＝，∵M、N分别是AB、BC的中点，∴MN是△ABC的中位线，∴MN＝AC，∴AC为直径时，AC最大，此时AC＝2OB＝，∴MN最大值为，故答案为：．【点睛】本题考查了圆的相关知识，有等弧或同弧的圆周角等于圆心角的一半，有动点问题，有直角三角形求直角边，也有普通三角形求外接圆的半径，熟练掌握同弧或等弧中的圆周角与圆心角的关系是解本题的关键．11．（1）见解析；（2）BF=3．【分析】（1）作AH⊥CD于H，易证△DAB≌△EAC，得BD=CE，由∠ADH=30°，得DH=AD，结合DH=HE，即可得到结论；（2）作BH⊥AE于H，连接BE，易得BC=BE=BD=BA，从而得A、D、E、C四点共圆，进而得△EFC是等边三角形，可得FH=4.5，结合∠BFH=30°，即可求解．【详解】（1）如图2中，作AH⊥CD于H．∵△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC=∠DAE=120°，∴AD=AE，AB=AC，∠DAB=∠EAC，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴BD=CE，∵∠ADH=(180°-120°)÷2=30°，∴在Rt△ADH中，DH=AD，∵AD=AE，AH⊥DE，∴DH=HE，∵CD=DE+EC=2DH+BD=AD+BD；（2）如图3中，作BH⊥AE于H，连接BE．∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，∴△ABD，△BDC是等边三角形，∴BA=BD=BC，∵E、C关于BM对称，∴BC=BE=BD=BA，FE=FC，∴A、D、E、C四点共圆，∴∠ADC=∠AEC=120°，∴∠FEC=60°，∴△EFC是等边三角形，∴EC=EF=2，∵AE=5，∴AH=HE=2.5，∴FH=4.5，∵在Rt△BHF中，∠BFH=30°，∴=cos30°，∴BF=4.5÷=3．【点睛】本题主要考查全等三角形，等腰三角形，菱形以及圆的基本性质的综合，掌握含120°的等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，菱形的性质以及圆周角定理，是解题的关键．12．(1)；(2)；(3)当时，内含于；当时，圆与圆内切；当或时，与相交．【分析】（1）连接，由直径所对的圆周角是直角得到，利用勾股定理求出的长，再根据正切的定义可得答案；（2）分在的左侧和在的右侧两种情况，讨论求解即可；（3）如解析图示中，求出圆与圆内切时，，再求出时，，据此分，，三种情况讨论求解即可．【详解】（1）解；如图所示，连接，∵是的直径，∴，∵，∴，∴，即；（2）解：如图：当在的左侧时；过作，∴，∴，设，则与相似，，，∵，即，∴，即，∴，∵，，，即解得（已检验，符合题意）；如图：当在的右侧时；过作于，过过于，过作于，则，∴，∴，∴，∵，∴，∵与相似，∴，设，则，在中，，∴，∴，在中，，∴，，∴，，，综上：；（3）解：如图，当圆与圆内切时，则，过作于，过过于，同（2）可证明，∵，∴，∴，∴如图，当时，在内切的基础上，点D会更靠近点B，即此时一定有，∴，∴内含于；如图，过点O作交于T，则，∴；如图，当时，，则一定有，∴与相交；当时，如图，∵，∴，∴与相交；综上所述，当时，内含于；当时，圆与圆内切；当或时，与相交．【点睛】本题主要考查了圆与圆的位置关系，相似三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，角平分线的性质等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．13．(1)见解析(2)，理由见解析(3)【分析】（1）连接，根据，可得，再由，可得，即可求证；（2）连接，证明，可得，即可解答；（3）连接，根据题意可设，则，在中，利用勾股定理可得，从而得到，设半径为r，则，然后在中，利用勾股定理可得，即可求解．【详解】（1）证明：连接，如图：∵，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，∵是的半径，∴是的切线；（2）解：，理由如下：连接，如图：∵，∴，，∴，又，∴，∴，即，∵，∴；（3）解：连接，如