三年（2023-2025）中考数学真题分类汇编20：圆的综合（教师版）

专题20圆的综合考点01点与圆1．（2025·云南·中考真题）已知的半径为，若点在上，则点到圆心的距离为．【答案】【分析】本题考查了点和圆的位置关系，根据点到圆心的距离和圆的半径之间的数量关系，即可判断点和圆的位置关系，解题的关键是理解设点到圆心的距离为，圆的半径为，若点在圆外，则时，当点在圆上时，则时；当点在圆内时，则．【详解】解：∵点在上，∴点到圆心的距离为，故答案为：．2．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，弦的长为，点在上，，．所在的平面内有一点，若，则点与的位置关系是（

）A．点在上 B．点在内 C．点在外 D．无法确定【答案】C【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，点与圆的位置关系，锐角三角函数，掌握圆的相关性质是解题关键．由垂径定理可得，由圆周角定理可得，再结合特殊角的正弦值，求出的半径，即可得到答案．【详解】解：如图，令与的交点为，为半径，为弦，且，，，在中，，，，，，即的半径为4，，点在外，故选：C．3．（2025·吉林长春·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上．连接，作于点，交于点．给出下面四个结论：①；②；③当时，；④点与点之间的距离的最小值为．上述结论中，正确结论的序号有．【答案】①②④【分析】根据正方形的性质可得，结合，可得，故①符合题意；证明，可得，故②符合题意；当时，，可得，，可得，故③不符合题意；如图，取的中点，连接，可得在以为圆心，为直径的圆上，当共线时，最小，再进一步可判断④.【详解】解：∵正方形，∴，，，，∵，∴，∵，∴，故①符合题意；∵，，∴，∴，故②符合题意；当时，，∴，，∴，故③不符合题意；如图，取的中点，连接，∵，∴在以为圆心，为直径的圆上，当共线时，最小，∵，∴，∴，∴，∴点与点之间的距离的最小值为．故④符合题意；故答案为：①②④【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，点到圆上各点距离的最小值的含义，本题难度较大，作出合适的辅助线是解本题的关键.4．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，矩形中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则的最大值为（

）

A． B． C．2 D．1【答案】D【分析】本题主要考查了矩形的性质、动点轨迹、与圆有关的位置关系等知识，根据矩形的性质以及直角三角形斜边中线的性质确定G的轨迹是本题解题的关键．连接，交于点，取中点，连接，根据直角三角形斜边中线的性质，可以得出的轨迹，从而求出的最大值．【详解】解：连接，交于点，取中点，连接，如图所示：

∵四边形是矩形，∴，，，∴在中，，∴，∵，，在与中，，，，，共线，，是中点，∴在中，，的轨迹为以为圆心，为半径即为直径的圆弧．∴的最大值为的长，即．故选：D．5．（2023·江苏宿迁·中考真题）在同一平面内，已知的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（

）A．2 B．5 C．6 D．8【答案】B【分析】过点作于点，连接，判断出当点为的延长线与的交点时，点到直线的距离最大，由此即可得．【详解】解：如图，过点作于点，连接，，，当点为的延长线与的交点时，点到直线的距离最大，最大距离为，故选：B．【点睛】本题考查了圆的性质，正确判断出点到直线的距离最大时，点的位置是解题关键．考点02圆的切线的性质1．（2025·湖南·中考真题）如图，的顶点，在上，圆心在边上，，与相切于点，连接．(1)求的度数；(2)求证：．【答案】(1)(2)见解析【分析】本题主要考查了切线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键．（1）由切线的性质得到，据此根据角的和差关系可得答案；（2）由等边对等角得到，再由三角形内角和定理可得，则可证明，进而可证明．【详解】（1）解：∵与相切与点，∴，∴，∵，∴;（2）证明：∵，∴，∵，，∴，∴，∴．2．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，是直角，为的中点，为的切线交的延长线于点．连接，．(1)点与的位置关系是，线段与线段的数量关系是；(2)过点作，与的延长线交于点．根据题意补全图形，判断的形状，并说明理由；(3)在（2）的条件下，若的半径为，求的长．【答案】(1)在线段上；；(2)补图见解析，为等腰三角形(3)【分析】（1）根据圆周角定理与弧，弦，圆心角定理可得答案；（2）补图如下，连接，证明，，结合，可得，进一步可得结论；（3）如图，过作于，求解，，，，可得，从而可得答案.【详解】（1）解：∵是直角，∴为直径，∵为圆心，∴在线段上；∵为的中点，∴，∴；（2）解：补图如下，为等腰三角形，理由如下：连接，∵为的切线交的延长线于点，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴是等腰三角形；（3）解：如图，过作于，∵的半径为，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴.【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，弦，弧，圆心角之间的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.3．（2025·广东·中考真题）如图，点是斜边边上的一点，以为半径的与边相切于点．求证：平分．【答案】证明见解析【分析】本题考查了圆的切线的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．连接，根据圆的切线的性质得到，则根据平行线的判定与性质得到，再由等边对等角得到，即可等量代换求证．【详解】证明：连接，∵与边相切于点，∴，即，∵为直角三角形，∴，∴，∴，∵∴，∴，∴平分．4．（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，是的切线，点为切点，连接，，若，则．【答案】/50度【分析】本题考查切线的性质与三角形内角和定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键，根据切线的性质得到，从而得到，再根据三角形内角和即可得到答案．【详解】解：∵是的切线，，，，，故答案为：．5．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，是的直径，弦平分，过点的切线交于点，．(1)求证：；(2)若，求扇形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了等腰三角形的性质，切线的性质，平行线的判定和性质，圆周角定理，扇形的面积公式，熟练掌握相关知识点是解题的关键．（1）由切线的性质得到，推出，得到，得出，即可得到结论；（2）根据圆周角定理得到，求出的半径，得到．【详解】（1）证明：是的切线，，，，平分，，，，，；（2）解：平分，，，，是的直径，的半径，．6．（2024·江苏南京·中考真题）如图，在四边形中，分别与扇形相切于点．若，则的长为（

）A．8 B． C． D．9【答案】D【分析】连接，作于点，由，分别与扇形相切于点，，，得，，，，求得，再证明四边形是矩形，则，，由勾股定理得，求得，即可解答．【详解】解：连接，作于点，则，，分别与扇形相切于点，，，，，，，，，，，，，四边形是矩形，，，，在中，根据勾股定理可得：，解得：，故选：D．【点睛】此题考查切线的性质定理、切线长定理、勾股定理、矩形的判定与性质等知识点，正确地作出辅助线是解答本题的关键．7．（2025·黑龙江·中考真题）如图，、是圆O的切线，A、B为切点，是直径，，【答案】/70度【分析】本题考查切线的性质，切线长定理，等腰三角形的性质．根据是切线，得到，从而，根据切线长定理得到，从而，进而由三角形的内角和定理即可求解．【详解】解：∵是切线，∴，即，∵，∴，∵、是圆O的切线，∴，∴，∴．故答案为：．8．（2025·四川泸州·中考真题）如图，梯形中，，与梯形的各边都相切，且的面积为，则点到的距离为．【答案】【分析】本题考查了圆的切线的性质，切线长定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，难度较大，正确添加辅助线是解题的关键．设分别与的切点记为点，连接，过点作于点，过点作于点，过点作于点，由圆的切线的性质证明四边形为矩形，则，可求圆的半径为，设，在中有勾股定理建立方程，解得：或（舍），同理可得：，，最后由即可求解．【详解】解：设分别与的切点记为点，连接，过点作于点，过点作于点，过点作于点，∴，，∴，∵梯形，，∴点共线，∴四边形为矩形，∴，∵的面积为，∴，∴，∴，设，∵，∴，∴∵在中，，∴，解得：或（舍），∴，同理可得：，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴点到的距离为，故答案为：．9．（2024·四川泸州·中考真题）如图，，是的切线，切点为A，D，点B，C在上，若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了圆的内接四边形的性质，切线长定理，等腰三角形的性质等知识点，正确作辅助线是解题关键．根据圆的内接四边形的性质得，由得，由切线长定理得，即可求得结果．【详解】解：如图，连接，∵四边形是的内接四边形，∴，∵，∴，即，∴，∵，是的切线，根据切线长定理得，∴，∴，∴．故选：C．10．（2023·内蒙古通辽·中考真题）某款“不倒翁”（如图）的主视图是图，分别与所在圆相切于点A，B，若该圆半径是，则主视图的面积为．

【答案】【分析】根据题意，先找到圆心，然后根据，分别与所在圆相切于点A，B．可以得到的度数，然后即可得到优弧对应的圆心角，再根据主视图的面积为计算即可．【详解】解：设圆心为O，过O作，，和相交于点，连接，如图，

∵，分别与所在圆相切于点A，B．∴，∵，∴，，∴优弧对应的圆心角为，，∵该圆半径是，∴，∴主视图的面积为，故答案为：．【点睛】本题考查了切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，求扇形面积，牢记扇形面积公式是解题的关键．考点03圆的切线的判定1．（2025·青海·中考真题）如图，线段经过圆心，交于点，，为的弦，连接，．(1)求证：直线是的切线；(2)已知，求的长（结果保留）．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了切线的判定，弧长公式，含30度角的直角三角形的性质．（1）先由三角形内角和定理得出，再根据得，进而可得，再根据切线的判定可得出结论；（2）根据含30度角的直角三角形的性质得，设，则，求出，再得，然后根据弧长公式求解即可．【详解】（1）证明：连接，∵，∴，∵，∴，∴，∴，且是的半径，∴直线是的切线；（2）解：在中，，∴，设，∴，解得，∵，∴的长为：．2．（2025·云南·中考真题）如图，是五边形的外接圆，是的直径．连接，，，．(1)若，且，求的度数；(2)求证：直线是的切线；(3)探究，发现与证明：已知平分，是否存在常数，使等式成立？若存在，请直接写出一个的值和一个的值，并证明你写出的的值和的值，使等式成立；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)存在常数，，理由见解析．【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的判定等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．（）证明是等边三角形即可；（）延长交于点，连接，由圆周角定理可得，即，又，，所以，然后由切线的判定方法即可求证；（）设与交于点，由平分，可得，，通过圆周角定理可得，证明，，故有，，即有，，然后通过即可求解．【详解】（1）解：∵，且，∴是等边三角形，∴；（2）解：如图，延长交于点，连接，∵是的直径，∴，即，∵，，∴，∴，∴，∵是的半径，∴直线是的切线；（3）解：存在常数，，使等式成立；理由如下：如图，设与交于点，∵平分，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，，∴，，∴，，得：，∵，∴，∴，．3．（2025·甘肃·中考真题）如图，四边形的顶点A，B，C在上，，直径与弦相交于点F、点D是延长线上的一点且．(1)求证：是的切线；(2)若四边形是平行四边形，．求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握切线的判定方法，圆周角定理，是解题的关键．（1）连接，根据圆周角定理得到，推出，根据等边对等角，推出，根据直径得到，进而得到，继而得到，即，即可得证；（2）由平行四边形的性质得到，根据，得到，求出的长，证明是菱形，得到为等边三角形，进而得到，解，求出的长即可．【详解】（1）证明：如图1，连接，，，．，．是的直径，，即．，，即．为的半径，是的切线．（2）解：如图2，四边形是平行四边形，．又，，．，是菱形，．为等边三角形，∴．在中，．4．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，已知是的直径，是上一点，过作直线与的延长线交于点，过点A作于点，连结、，且．(1)求证：直线是的切线；(2)若，，求与的长度；(3)在（2）的条件下，若为上的一动点，且在直线上方，连结．当四边形面积最大时，求的长度．【答案】(1)见解析(2)，(3)【分析】（1）连接，可得，，由直径性质，得，可得，即得直线是的切线；（2）证明，得，得，可得，证明，得,，由,得；（3）过点E作于点G，则，当四边形面积最大时，面积最大，点F是的中点，可得，得，得，∴，得，由，得,即得．【详解】（1）解：连接，则，∴，∵，∴，∵是的直径，∴，∴，∴直线是的切线；（2）∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，解得（舍去）或；（3）过点E作于点G，则，当四边形面积最大时，面积最大，点F到的距最大，点F是的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理及推论，圆切线的判定和性质，正切定义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键．5．（2024·西藏·中考真题）如图，是的直径，C，D是上两点，连接，，平分，，交延长线于点E．(1)求证：是的切线；(2)若的半径为5，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据角平分线的定义得出，根据圆周角定理得出，证明，根据平行线的性质得出，得出，即可证明结论；（2）根据，得出，解直角三角形得出，证明，解直角三角形得出，根据勾股定理得出，解直角三角形得出，根据勾股定理得出，最后求出结果即可．【详解】（1）证明：∵平分，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵为半径，∴是的切线；（2）解：∵的半径为5，∴，∵，∴，∴，∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形的相关计算，勾股定理，等腰三角形的性质，余角的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．6．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，将沿过点的直线翻折并展开，点的对应点落在边上，折痕为，点在边上，经过点、．若，判断与的位置关系，并说明理由．【答案】与相切，理由见解析【分析】连接，由等腰三角形的性质得，再由折叠的性质得，进而证明，则，因此，然后由切线的判定即可得出结论．【详解】解：与相切．证明：连接．∵，∴．∵图形沿过点A的直线翻折，点C的对应点落在边上，∴．∴．∴．∴由，得，即．∴与相切．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、等腰三角形的性质、折叠的性质以及平行线的判定与性质等知识，熟练掌握切线的判定和折叠的性质是解题的关键．考点04圆与三角形1．（2023·江西·中考真题）如图，点，，，均在直线上，点在直线外，则经过其中任意三个点，最多可画出圆的个数为（

）

A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【答案】D【分析】根据不共线三点确定一个圆可得，直线上任意2个点加上点可以画出一个圆，据此列举所有可能即可求解．【详解】解：依题意，；；；；，加上点可以画出一个圆，∴共有6个，故选：D．【点睛】本题考查了确定圆的条件，熟练掌握不共线三点确定一个圆是解题的关键．2．（2023·四川攀枝花·中考真题）已知的周长为，其内切圆的面积为，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意可得，，，由面积关系可求解．【详解】解：如图，设内切圆与相切于点，点，点，连接，，，，，，切于，，，，同理：，，，，，故选A【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，掌握内切圆的性质是解题的关键．3．（2023·江苏镇江·中考真题）《九章算术》中记载：“今有勾八步，股一十五步．问勾中容圆，径几何？”译文：现在有一个直角三角形，短直角边的长为8步，长直角边的长为15步．问这个直角三角形内切圆的直径是多少？书中给出的算法译文如下：如图，根据短直角边的长和长直角边的长，求得斜边的长．用直角三角形三条边的长相加作为除数，用两条直角边相乘的积再乘2作为被除数，计算所得的商就是这个直角三角形内切圆的直径．根据以上方法，求得该直径等于步．（注：“步”为长度单位）

【答案】6【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径，得到直径．【详解】解：根据勾股定理得：斜边为，则该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径（步），即直径为6步，故答案为：6．【点睛】此题考查了三角形的内切圆与内心，掌握中，两直角边分别为、，斜边为，其内切圆半径是解题的关键．4．（2023·山东·中考真题）在中，，下列说法错误的是（）A． B．C．内切圆的半径 D．当时，是直角三角形【答案】C【分析】根据三角形三边关系、三角形面积、内切圆半径的计算以及勾股定理逆定理逐一求解即可．【详解】解：∵，∴即，故A说法正确；当时，，若以为底，高，∴，故B说法正确；设内切圆的半径为r，则，∵，∴，，∵，∴，∴，故C说法错误；当时，，∴是直角三角形，故D说法正确；故选：C．【点睛】本题考查了三角形三边关系，三角形面积，三角形内切圆半径以及勾股定理的逆定理，掌握内切圆半径与圆的面积周长之间的关系是解题的关键．5．（2024·宁夏·中考真题）如图，是的外接圆，为直径，点是的内心，连接并延长交于点，过点作的切线交的延长线于点．(1)求证：；(2)连接，若的半径为2，，求阴影部分的面积（结果用含的式子表示）．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角函数的定义，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，扇形面积的计算．（1）连接，交于点G，根据等腰三角形的性质得到，由D为的内心，得到，求得，根据圆周角定理得到∠，求得，根据切线的性质得到，根据平行线的判定定理得到结论；（2）根据三角函数的定义得到，求得，求得，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．【详解】（1）证明：连接，交于点，，，又为的内心，，，∴，又为的直径，，又为的切线且为的半径，，，∴；（2）解：，，，，，．6．（2023·广东广州·中考真题）如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（

）A．2r， B．0， C．2r， D．0，【答案】D【分析】如图，连接．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．【详解】解：如图，连接．∵的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，∴，∴，，∴，∴．故选：D．【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型．7．（2024·山东德州·中考真题）有一张如图所示的四边形纸片，，，为直角，要在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的半径为cm．【答案】【分析】连接，作的平分线交于点，作于，如图求得，则，，所以平分和，加上平分，根据角平分线性质得到点到四边形的各边的距离相等，则得到是四边形的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为，接着证明为等腰直角三角形得到，设，则，，然后证明，利用相似比可计算出．【详解】解：连接，作的平分线，交于点O，作于，在和中，，∴，∴，平分和，平分，点到四边形的各边的距离相等，∴是四边形的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为，，，∴为等腰直角三角形，，设，则，，∵，，∴，，即，．即的半径为，∴圆形纸片的半径为．故答案为：【点睛】本题考查四边形的内切圆，角平分线的性质，相似三角形的判定及性质，证明该四边形的内切圆是所求的面积最大的圆是解题的关键．考点05圆与四边形1．（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定：既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形；只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形；既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形．请你根据该约定，解答下列问题：(1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”，①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；

（

）②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；

（

）③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（

）(2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：．①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）；②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径．(3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H．①如图2．连接交于点P．求证：．②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长．【答案】(1)①×；②√；③√(2)①外接型单圆；②见解析(3)，，【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③；（2）①根据已知结合题中定义可得结论；②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论；（3）①连接、、、、，根据四边形是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内角和定理可推导出，，，进而可得，，然后利用圆周角定理可推导出，即可证得结论；②连接、、、，根据已知条件证明，进而证明得到，再利用勾股定理求得，，同理可证求解即可．【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆，∴该平行四边形是“平凡型无圆”四边形，故①错误；②∵内角不等于的菱形的对角不互补，∴该菱形无外接圆，∵菱形的四条边都相等，∴该菱形的对边之和相等，∴该菱形有内切圆，∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确；③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图，则，，，，∴为等腰直角三角形，∴，即；故③正确，故答案为：①×；②√；③√；（2）解：①若四边形中有内切圆，则，这与矛盾，∴四边形无内切圆，又∵该四边形有外接圆，∴该四边形是“外接型单圆”四边形，故答案为：外接型单圆；②∵的平分线交于点E，的平分线交于点F，∴，，∴，，∴，∴，即和均为半圆，∴是的直径．（3）①证明：如图，连接、、、、，∵是四边形的内切圆，∴，，，，∴，在四边形中，，同理可证，，∵四边形是“完美型双圆”四边形，∴该四边形有外接圆，则，∴，则，∵，，∴，∴，∴；②如图，连接、、、，∵四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H，∴∴，，，，，∴，，，∴，∵，∴，又，∴，∴，∵，，∴，则，在中，由得，解得；在中，，∴，同理可证，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战．2．（2024·四川巴中·中考真题）如图，四边形ABCD是的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则的度数是．【答案】60°【分析】根据菱形的性质得到∠AOC＝∠ABC，根据圆周角定理得到∠ADC＝∠AOC，根据圆内接四边形的性质得到∠ADC＋∠ABC＝180°，计算即可．【详解】解：∵四边形OABC为菱形，∴∠AOC＝∠ABC，由圆周角定理得：∠ADC＝∠AOC，∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠ADC＋∠ABC＝180°，∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，故答案为：60°．【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．3．（2025·吉林·中考真题）图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点内接于⊙O，且点A，B，C，O均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图．(1)在图①中找一个格点D（点D不与点C重合），画出，使．(2)在图②中找一个格点E，画出，使．【答案】(1)见解析（答案不唯一）(2)见解析（答案不唯一）【分析】本题主要考查了圆周角定理以及圆的内接四边形对角互补的性质．（1）取格点，连接，根据得到；（2）取格点，连接，根据圆内接四边形对角互补即可得到．【详解】（1）解：如图，点即为所求：（2）解：如图，即为所求：4．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形内接于，若，则的度数是（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查圆内接四边形的性质和圆周角定理.先根据圆周角定理得到，然后根据圆内接四边形的性质和邻补角的定义得到解题即可．【详解】解：∵，∴，又∵四边形内接于，∴，又∵，∴，故选：C．5．（2025·四川广安·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，的半径为6，则的长为．【答案】【分析】本题考查圆周角定理，圆内接四边形，解直角三角形，连接并延长，交于点，连接，由圆周角定理得到，根据圆内角四边形的内对角互补，求出的度数，再解直角三角形求出的长即可．【详解】解：四边形是的内接四边形，，∴，连接并延长，交于点，连接，则：为的直径，，∴，∵的半径为6，∴，在中，；故答案为：．6．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，连接，由是的直径得到，根据圆周角定理得到，得到，再由圆内接四边形对角互补得到答案.【详解】解：如图，连接，

∵是的直径，∴，∵，∴∴∵四边形是的内接四边形，∴，故选：B考点06圆中的最值1．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在边长为的正方形的对角线上取一点，使，连结并延长至点，连结，使，与相交于点．有下列结论：①；②；③；④点是边上一动点，连结，将沿翻折，点落在点处，连结交于点，连结，则的最小值为其中正确的结论有．（填序号）【答案】①②④【分析】证明即可判断①，在上取一点，使得，证明，进而判断②；过点分别作的垂线，垂足分别为，则，根据相似三角形的性质即可判断③，取的中点，连接，根据题意得出在以为直径的圆上运动，进而得出当在上时，取得最小值，最小值为的长，勾股定理求得的长，即可求解．【详解】解：∵四边形是正方形，点是正方形的对角线上的点，∴，∴，∴，故①正确；如图，在上取一点，使得，∵四边形是正方形，是对角线，∴，，，∵，∴，∴，∵，∴，，∴，，∴是等边三角形，∴，，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，故②正确；如图，连接交于点，则，过点分别作的垂线，垂足分别为，∵，∴，，∵，∴，∵在正方形中，，∴∴∵∴∴在中，∵∴∴∴，故③错误如图∵∴即∵点是边上一动点，连结，将沿翻折，点落在点处，∴∴∴在以为直径的圆上运动取的中点，连接，∴当在上时，取得最小值，最小值为的长，∴∴∴∴，故④正确故答案为：①②④．【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，求一点到圆上的距离的最值问题，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．2．（2023·山东·中考真题）如图，在四边形中，，点E在线段上运动，点F在线段上，，则线段的最小值为．

【答案】/【分析】设的中点为O，以为直径画圆，