2025年中考数学一轮复习学案：5.4 圆的证明和计算类重难点综合问题 （学生版+教师版）

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5.4 圆的证明和计算类重难点综合问题
☆☆☆ 代表必考点，☆☆代表常考点，☆星表示选考点。
夯实基础
1.判定切线的方法
（1）若切点明确，则“连半径，证垂直”。常见手法有全等转化；平行转化；直径转化；中线转化等；有时可通过计算结合相似、勾股定理证垂直；
（2）若切点不明确，则“作垂直，证半径”。常见手法有角平分线定理；等腰三角形三线合一，隐藏角平分线；总而言之，要完成两个层次的证明：
①直线所垂直的是圆的半径（过圆上一点）；
②直线与半径的关系是互相垂直。在证明中的关键是要处理好弧、弦、角之间的相互转化,要善于进行由此及彼的联想、要总结常添加的辅助线.
2.与圆有关的计算
计算圆中的线段长或线段比，通常与勾股定理、垂径定理与三角形的全等、相似等知识的结合，形式复杂，无规律性。分析时要重点注意观察已知线段间的关系，选择定理进行线段或者角度的转化。特别是要借助圆的相关定理进行弧、弦、角之间的相互转化，找出所求线段与已知线段的关系，从而化未知为已知，解决问题。其中重要而常见的数学思想方法有：
（1）构造思想：①构建矩形转化线段；②构建“射影定理”基本图研究线段（已知任意两条线段可求其它所有线段长）；③构造垂径定理模型：弦长一半、弦心距、半径；④构造勾股定理模型；⑤构造三角函数.
（2）方程思想：设出未知数表示关键线段，通过线段之间的关系，特别是发现其中的相等关系建立方程，解决问题。
（3）建模思想：借助基本图形的结论发现问题中的线段关系，把问题分解为若干基本图形的问题，通过基本图形的解题模型快速发现图形中的基本结论，进而找出隐藏的线段之间的数量关系。
3. 圆中常用辅助线的添法顺口溜
半径与弦长计算，弦心距来中间站。
圆上若有一切线，切点圆心半径连。
切线长度的计算，勾股定理最方便。
要想证明是切线，半径垂线仔细辨。
是直径，成半圆，想成直角径连弦。
弧有中点圆心连，垂径定理要记全。
圆周角边两条弦，直径和弦端点连。
弦切角边切线弦，同弧对角等找完。
要想作个外接圆，各边作出中垂线。
还要作个内接圆，内角平分线梦圆
如果遇到相交圆，不要忘作公共弦。
内外相切的两圆，经过切点公切线。
若是添上连心线，切点肯定在上面。
要作等角添个圆，证明题目少困难。
辅助线，是虚线，画图注意勿改变。
假如图形较分散，对称旋转去实验。
基本作图很关键，平时掌握要熟练。
解题还要多心眼，经常总结方法显。
切勿盲目乱添线，方法灵活应多变。
分析综合方法选，困难再多也会减。
虚心勤学加苦练，成绩上升成直线。
考点1. 不含三角函数的问题
【例题1】 （2024甘肃临夏）如图，直线与相切于点，为的直径，过点作于点，延长交直线于点．
（1）求证：平分；
（2）如果，，求的半径．
【答案】（1）见解析 （2）4
【解析】【分析】（1）连接，根据切线的性质可得出，结合题意可证，即得出，再根据等边对等角可得出，即得出，即平分；
（2）设的半径为r，则，．再根据勾股定理可列出关于r的等式，求解即可．
【小问1详解】
证明：如图，连接．
∵直线与相切于点，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，即平分；
【小问2详解】
解：设的半径为r，则，．
在中，，
∴，
解得：，
∴的半径为4．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，同圆半径相等，平行线的判定和性质，角平分线的判定，勾股定理等知识．连接常用的辅助线是解题关键．
【变式练1】（2024山东济南一模）如图，⊙中，直径与弦相交于点，连接、．
（1）求证：；
（2）连接，若，，求⊙的半径．
【答案】（1）证明见解析 （2）⊙的半径为3
【解析】（1）证明：在⊙中，
∵，
∴，
又∵,
∴．
（2）解：∵，
由（1）可知，，
∵直径，
∴，
∴在中，，，
∴，
∴，
即⊙的半径为3．
【点睛】本题考查圆的基本知识，相似三角形的判定，以及含角的直角三角形．主要涉及的知识点有同弧所对的圆周角相等；两个角对应相等的两个三角形相似；直径所对的圆周角是直角；直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半．
【变式练2】（2024湖北一模）如图，AB为⊙O的直径，E为⊙O上一点，点C为的中点，过点C作CD⊥AE，交AE的延长线于点D，延长DC交AB的延长线于点F．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若DE＝1，DC＝2，求⊙O的半径长．
【答案】（1）证明见解析；（2）2.5．
【解析】（1）证明：连接OC，
∵点C为的中点，
∴，
∴∠EAC＝∠BAC，
∵OA＝OC，
∴∠BAC＝∠OCA，
∴∠EAC＝∠OCA，
∴AE∥OC，
∴∠ADC＝∠OCF，
∵CD⊥AE，
∴∠ADC＝90°，
∴∠OCF＝90°，
即OC⊥DF，
又OC为⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：连接CE，BC，
由（1）知CD是⊙O的切线，
∴CD2＝DE•AD，
∵DE＝1，DC＝2，
∴AD＝4，
在Rt△ADC中，由勾股定理得，
在Rt△DCE中，由勾股定理得，
∵点C是的中点，
∴，
∴EC＝BC＝，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
由勾股定理得，
∴⊙O的半径长是2.5．
考点2. 含三角函数的问题
【例题2】（2024山东泰安）如图，是的直径，是的切线，点为上任意一点，点为的中点，连接交于点，延长与相交于点，若，，则的长为__________．

【答案】
【解析】【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质、切线的性质、圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．先证可得从而得到，求得，再运用勾股定理可得，再根据圆周角定理以及角和差可得，最后根据等角对等边即可解答．
【详解】∵是的直径，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴．
故答案为：．
【变式练1】（2024湖南一模）如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D．若AB＝10，PC＝12，则sin∠CAD等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图，
∵PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D，
∴OC⊥CP，PC＝PD，OP平分∠CPD，
∴OP⊥CD，
∴＝，
∴∠COB＝∠DOB，
∵，
∴∠COB＝∠CAD，
∵AB＝10，
∴AO＝OC＝OB＝5，
∵OC＝5，PC＝12，
在Rt△OCP中，
，
∴，
∴．
故选：D．
【变式练2】（2024江苏徐州一模）如图，△ABC中，AB＝AC，点D为BC上一点，且AD＝DC，过A，B，D三点作⊙O，AE是⊙O的直径，连接DE．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若sinC＝，AC＝6，求⊙O的直径．
【答案】见试题解答内容
【解析】（1）证明：∵AB＝AC，AD＝DC，
∴∠C＝∠B，∠1＝∠C，
∴∠1＝∠B，
又∵∠E＝∠B，
∴∠1＝∠E，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ADE＝90°，
∴∠E+∠EAD＝90°，
∴∠1+∠EAD＝90°，即∠EAC＝90°，
∴AE⊥AC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：过点D作DF⊥AC于点F，如图，
∵DA＝DC，
∴CF＝AC＝3，
在Rt△CDF中，∵sinC＝＝，
设DF＝4x，DC＝5x，
∴CF＝＝3x，
∴3x＝3，解得x＝1，
∴DC＝5，
∴AD＝5，
∵∠ADE＝∠DFC＝90°，∠E＝∠C，
∴△ADE∽△DFC，
∴＝，即＝，解得AE＝，
即⊙O的直径为．
考点3. 创新型的问题
【例题3】（2024云南省）如图，是的直径，点、是上异于、的点．点在外，，延长与的延长线交于点，点在的延长线上，，．点在直径上，，点是线段的中点．
（1）求的度数；
（2）求证：直线与相切：
（3）看一看，想一想，证一证：
以下与线段、线段、线段有关的三个结论：，，，你认为哪个正确？请说明理由．
【答案】（1） （2）见解析 （3），理由见解析
【解析】【分析】（1）直接利用直径所对的圆周角是直角，即可得出结果；
（2）证明，得到，根据平角的定义，得到，即可得证；
（3）连接，连接交于点，易得，圆周角定理得到，推出，进而得到，根据三角函数推出，得到三点共线，即可得出结果．
【小问1详解】
解：∵是的直径，点是上异于、的点，
∴；
【小问2详解】
证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵是半径，
∴直线与相切；
【小问3详解】
我认为：正确，理由如下：
连接，连接交于点，如图，则：，
∴点在线段的中垂线上，
∵，
∴点在线段的中垂线上，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∵，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴三点共线，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
【变式练1】（2024广州一模）发动机的曲柄连杆将直线运动转化为圆周运动，图①是发动机的实物剖面图，图②是其示意图．图②中，点A在直线l上往复运动，推动点B做圆周运动形成，与表示曲柄连杆的两直杆，点C、D是直线l与的交点；当点A运动到E时，点B到达C；当点A运动到F时，点B到达D．若，，则下列结论正确的是（ ）

A. B.
C. 当与相切时，D. 当时，
【答案】AC
【解析】【分析】如图，由题意可得：，，，，从而可判断A，B，如图，当与相切时，求解，可得，可判断C；当时，如图，可得，，，可判断D；从而可得答案．
【详解】如图，由题意可得：

，，，，
∴，故A符合题意；
，故B不符合题意；
如图，当与相切时，
∴，

∴，
∴，故C符合题意；
当时，如图，

∴，
∴，，
∴，故D不符合题意；故选AC
【点睛】本题考查的是线段的和差运算，圆的切线的性质，勾股定理的应用，理解题意熟练的利用数形结合的方法解题是关键．
【变式练2】（2024福建一模）中国最迟在四千多年前的夏禹时代已有了马车，而目前考古发现最早的双轮马车始见年代为商代晚期(河南安阳殷城)．小明在殷墟游玩时，见到了如图1的马车车厢模型，他绘制了如图2的车轮侧面图．如图2，当过圆心O的车架的一端A落在地面上时，与的另一个交点为点D，水平地面切于点B．
(1)求证：；
(2)若，求的直径．
【答案】(1)见解析 (2)5/4m
【解析】（1）证明：如图所示，连接，
∵，
∴，
∴，
∵水平地面切于点B，
∴，即，
∴，即；
（2）解：设的半径为，则，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得r=5/4m，
∴的半径为5/4m．
考点1. 不含三角函数的问题
1.（2024辽宁） 如图，是的外接圆，是的直径，点在上，，在的延长线上，．
（1）如图1，求证：是的切线；
（2）如图2，若，，求的长．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】【分析】（1）连接，则，故，由，得到，而，则，由，得，因此，故，则是的切线；
（2）连接，可得，则，故，由，得，那么长为．
【小问1详解】
证明：连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线；
小问2详解】
解：连接，
由（1）得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴长为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定，直角三角形的性质，三角形的外角性质，弧长公式等，正确添加辅助线是解决本题的关键．
2. （2024深圳）如图，在中，，为的外接圆，为的切线，为的直径，连接并延长交于点E．
（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【小问1详解】
证明：连接并延长，交于点，连接，
∵，，
∴垂直平分，
∴，，
∵为的切线，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴四边形为矩形，
∴；
小问2详解】
由（1）知四边形为矩形，，，
∴，
∴，
设的半径为，则：，
在中，由勾股定理，得：，
解得：；
即：的半径为．
考点2. 含三角函数的问题
1. （2024福建省）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点．
（1）求的值；
（2）求证：；
（3）求证：与互相平分．
【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】（1）先证得，再在中，．在中，，可得，再证得结果；
（2）过点作，交延长线于点，先证明，可得
，再证得，再由相似三角形的判定可得结论；
（3）如图，连接，由（2），可得，从而得出，从而得出， 得出，再上平行线判定得出，再证得，从而得出四边形是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果．
【小问1详解】
，且是的直径，
．
，
在中，．
，
中，．
，
；
小问2详解】
过点作，交延长线于点．
．
，
，
．
，
，
，
，，
．
，
，
，
，
．
【小问3详解】
如图，连接．
是的直径，
．
，
．
由（2）知，，
，
，
．
．
，
．
由（2）知，，
．
，
，
，
四边形是平行四边形，
与互相平分．
【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，考查化归与转化思想等．
2. （2024甘肃威武）如图，是的直径，，点E在的延长线上，且．
（1）求证：是的切线；
（2）当的半径为2，时，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】【分析】（1）连接，，证明垂直平分，得出，证明，得出，说明，即可证明结论；
（2）根据是的直径，得出，根据勾股定理求出，根据三角函数定义求出，证明，得出即可．
【小问1详解】
证明：连接，，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴点O、B在的垂直平分线上，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：∵的半径为2，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，勾股定理，求一个角的正切值，圆周角定理，垂直平分线的判定，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
3. （2024广西）如图，已知是的外接圆，．点D，E分别是，的中点，连接并延长至点F，使，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）求证：与相切；
（3）若，，求的半径．
【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）
【解析】【分析】（1）先证明，，再证明，可得，，再进一步解答即可；
（2）如图，连接，证明，可得过圆心，结合，证明，从而可得结论；
（3）如图，过作于，连接，设，则，可得，求解，可得，求解，设半径，可得，再利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
证明：∵点D，E分别是，的中点，
∴，，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
证明：如图，连接，
∵，为中点，
∴，
∴过圆心，
∵，
∴，
而为半径，
∴为的切线；
【小问3详解】
解：如图，过作于，连接，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
设半径为，
∴，
∴，
解得：，
∴的半径为．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定与性质，切线的判定，垂径定理的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．
考点3. 创新型的问题
1. （2024广州）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为．
（1）当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由；
（2）若，为的外接圆，设的半径为．
①求的取值范围；
②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由．
【答案】（1），
（2）①且；②能，
【解析】【分析】（1）由菱形的性质可得，，再结合轴对称的性质可得结论；
（2）①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，证明为等边三角形，共圆，，在上，，过作于，当时，最小，则最小，再进一步可得答案；②如图，以为圆心，为半径画圆，可得在上，延长与交于，连接，证明，可得，为等边三角形，证明，可得：，，过作于，再进一步可得答案．
【小问1详解】解：，；理由如下：
∵在菱形中，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
由对折可得：，
∴；
【小问2详解】解：①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，
∵四边形为菱形，，
∴， ，，
∴为等边三角形，
∴，
∴共圆，，上，
∵，
∴，
过作于，
∴，，
∴，
当时，最小，则最小，
∵，，
∴，
∴；
点E不与B、C重合，
，且，
∴的取值范围为且；
②能为的切线，理由如下：
如图，以为圆心，为半径画圆，
∵，
∴在上，
延长与交于，连接，
同理可得为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
由对折可得：，，
过作于，
∴设，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，切线的性质，本题难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键．
考点1. 不含三角函数的问题
1．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径的⊙O交AC于点E，点D是BC边上的中点，连接DE．
（1）求证：DE与⊙O相切；
（2）连接OC交DE于点F，若⊙O的半径为3，DE＝4，求的值．
【答案】见解析
【解析】（1）连接OE、BE，如图所示：
∵∠ABC＝90°，
∴∠A+∠ACB＝90°，
∵AB是直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BEC＝90°，
∵D是BC的中点，
∴DE＝BC＝CD，
∴∠DEC＝∠ACB，
∵OA＝OE，
∴∠A＝∠AEO，
∴∠AEO+∠DEC＝90°，
∴∠OED＝90°，∴OE⊥DE，
∵OE为⊙O的半径，
∴DE与⊙O相切；
（2）连接OD，如图所示：
∵DE＝BC＝4，∴BC＝8，
∵AB＝2×3＝6，
∴AC＝，
∵∠ABC＝90°，
∴BC与⊙O相切，根据切割线定理得：BC2＝CE•AC，
∴CE＝，
∵O是AB的中点，D是BC的中点，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，OD＝AC＝5，
∴△ODF∽△CEF，
∴．
2. 如图，在中，，以为直径的⊙交于点，交线段的延长线于点，连接．
（1）求证：；
（2）若，，求．
【答案】（1）证明见详解 （2）
【解析】【分析】（1）连接AD，由AB为直径可得AD⊥BC，再根据等腰三角形的三线合一性质即可证明结论．
（2）由（1）可得CD=4，BC=8，根据即可求得，进而利用勾股定理即可求得AC，由为⊙的直径，得∠BEC=∠ADC=90°，∠C为公共角，可得，根据三角形相似的性质即可求得CE，进而可求解．
【详解】(1)证明：连接AD，如图所示：
∵为⊙的直径，
∴AD⊥BC，
又∵，
∴三角形ABC为等腰三角形，
∴AD为BC的垂直平分线，
∴BD=CD．
(2)由（1）可得BD=CD=4，
，BC=2BD=8，
，
在Rt△ACD中，
，
又∵为⊙的直径，
∴∠BEC=∠ADC=90°，且∠C=∠C，
∴，
，即，
，
．
【点睛】本题考查了三角形与圆的综合问题，考查了等腰三角形的判定及性质、圆周角定理、相似三角形的判定及性质、锐角三角函数及勾股定理的应用，熟练掌握等腰三角形三线合一的性质及三角形相似对应边成比例的性质是解题的关键．
3. 如图，在中，，以为直径作⊙，交边于点，在上取一点，使，连接，作射线交边于点．
（1）求证：；
（2）若，，求及的长．
【答案】（1）见解析 （2）BF=5，
【解析】【分析】（1）根据中，，得到∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，根据，得到∠B=∠BCF，推出∠A=∠ACF；
（2）根据∠B=∠BCF，∠A=∠ACF，得到AF=CF，BF=CF，推出AF=BF= AB，根据，AC=8，得到AB=10，得到BF=5，根据，得到，连接CD，根据BC是⊙O的直径，得到∠BDC=90°，推出∠B+∠BCD=90°，推出∠A=∠BCD，得到，推出，得到，根据∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，得到∠FDE=∠B，推出DE∥BC，得到△FDE∽△FBC，推出，得到．
【详解】(1)解：∵中，，
∴∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，
∵，
∴∠B=∠BCF，
∴∠A=∠ACF；
(2)∵∠B=∠BCF，∠A=∠ACF
∴AF=CF，BF=CF，
∴AF=BF= AB，
∵，AC=8，
∴AB=10，
∴BF=5，
∵，
∴，
连接CD，∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠B+∠BCD=90°，∴∠A=∠BCD，
∴，
∴，
∴，
∵∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，
∴∠FDE=∠B，∴DE∥BC，
∴△FDE∽△FBC，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握圆周角定理及推论，运用勾股定理和正弦余弦解直角三角形，相似三角形的判定和性质．
考点2. 含三角函数的问题
1．如图，△ABC中，以AB为直径的⊙O交BC于点E，AE平分∠BAC，过点E作ED⊥AC于点D，延长DE交AB的延长线于点P．
（1）求证：PE是⊙O的切线；
（2）若，BP＝4，求CD的长．
【答案】（1）证明过程见解答；（2）CD的长为．
【解析】（1）证明：如图，连接OE，
∵AE平分∠BAC，
∴∠OAE＝∠DAE，
∵OE＝OA，
∴∠OEA＝∠OAE，
∴∠DAE＝∠OEA，
∴OE∥AD，
∵ED⊥AC，
∴OE⊥PD，
∵OE是⊙O的半径，
∴PE是⊙O的切线；
（2）解：∵＝，BP＝4，OB＝OE，
∴＝，
∴OE＝2，
∴AB＝2OE＝4，
∴AP＝AB+BP＝8，
在Rt△APD中，sin∠P＝＝，
∴AD＝AP＝，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°＝∠AEC，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE，
∵AE＝AE，
∴△AEB≌△AEC（ASA），
∴AB＝AC＝4，
∴CD＝AC﹣AD＝4﹣＝，
∴CD的长为．
考点3. 创新型的问题
1. 为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目．滚铁环器材由铁环和推杆组成．小明对滚铁环的启动阶段进行了研究，如图，滚铁环时，铁环与水平地面相切于点C，推杆与铅垂线的夹角为点O，A，B，C，D在同一平面内．当推杆与铁环相切于点B时，手上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果．

(1)求证：．
(2)实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环平稳启动．图中点B是该区域内最低位置，此时点A距地面的距离最小，测得．已知铁环的半径为，推杆的长为，求此时的长．
【答案】(1)证明见详解；
(2)；
【分析】本题考查解直角三角形，直角三角形两锐角互余，切线的性质：
（1）过B作，根据切线得到，结合得到，再根据直角三角形两锐角互余求解即可得到答案；
（2）根据（1）及得到，结合三角函数求出，即可得到答案；
【详解】（1）解：过B作，
由题意可得，
，
∵铁环与水平地面相切于点C，
∴，
∵，
∴，
∵推杆与铁环相切于点B，
，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∵的半径为，推杆的长为，
∴，，
∴，
∴．
2. 定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“奇妙四边形”．
(1)若是圆的“奇妙四边形”，则是_________（填序号）：
①矩形；②菱形；③正方形
(2)如图1，已知的半径为R，四边形是的“奇妙四边形”．求证：；
(3)如图2，四边形是“奇妙四边形”，P为圆内一点，，，，且．当的长度最小时，求的值．
【答案】(1)③ (2)见解析 (3)
【详解】（1）解：若平行四边形是“奇妙四边形”，则四边形是正方形．
理由∶
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形，
∵四边形是“奇妙四边形”，∴，∴矩形是正方形，
故答案为∶③；
（2）证明∶过点B作直径，分别连接，，，，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵四边形是“奇妙四边形”，
∴，∴，
又，
∴，
∵，，
∴，∴，
∵，∴
∴；
（3）解：连接交于E，设的长度为a，，
∵，，
∴，
∴，
∵
∴，，
∵，
∴，
∵
∴，
整理得，
∴∴，
又，∴，∴a有最小值2，
即的长度最小值为2，
∴，
解得∶，
∴，∴，∴，∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
考点分布
考查频率
命题趋势
考点1 不含三角函数的问题
☆☆☆
数学中考中，有关圆的证明与计算的部分，是每年中考试卷解答题里必考的综合题，每年考查1道题,分值为8~12分，一般略简单一些的会设置2小问，综合一些的会设置3小问。一般会出现证明某线段是切线，或者证明两个角相等，或者两条线段相等。然后其他小问让计算某线段长度，或者求某角的大小等。用到的知识比较综合，圆周角定律、相似三角形性质、勾股定理、三角函数以及数学思想方法。
考点2 含三角函数的问题
☆☆
考点3 创新型的问题
☆☆