2026年中考数学二轮复习专题11 圆的综合证明与计算（题型专练）（全国通用）（含解析）

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内●容●导●航
第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学
典例引领 方法透视 变式演练
题型01 圆中求角的度数
题型02 圆中求线段的长
题型03 圆中求弧长、面积
题型04 圆与正多边形
题型05 证切线与求线段、半径综合
题型06 证切线与求弧长、面积综合
题型07 圆与（特殊）平行四边形综合问题
题型08 圆中动点探究型问题
题型09 圆中新定义探究综合问题
题型10 圆与函数的综合问题
第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战
题●型●破●译
题型01 圆中求角的度数
典例引领
【典例01】（2026·陕西西安·二模）如图，为的直径，点，在圆上，且．若，则的度数为______．
【答案】
【分析】利用直径定理和圆周角定理进行求解．
【详解】解：∵为的直径，
∴半圆的度数为，
∵，
∴的度数为，
∵，
∴的度数为，
∴的度数为，
∴．
【典例02】（2026·陕西西安·一模）如图，是的弦，半径于点D，点P在圆周上，且，则的度数为________．
【答案】/36度
【分析】由垂径定理得到，根据圆周角定理得到，由即可求得，再由直角三角形两锐角互余即可得出答案．
【详解】解：半径于点，
，,
，
∵，
，
．
方法透视
变式演练
【变式01】（2026·陕西西安·一模）如图，是的直径，、是的两条弦，连接，，平分，则的度数为____________．
【答案】
【分析】本题考查圆周角定理．根据同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角进行求解即可．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴
∵平分，
∴，
故答案为：.
【变式02】（2026·湖南·模拟预测）如图，是的内接三角形，的内角的平分线与其外角的平分线相交于点，若，则___________．
【答案】/度
【分析】本题主要考查了直径所对圆周角等于，三角形内角和定理，得出是解题关键．
设，根据的平分线与其外角的平分线相交于点，可得，，结合三角形外角的性质可得，再根据是直径，可得，进而可得，由此列方程即可求出，继而得出结论．
【详解】解：如图，连接，
∵的平分线与其外角的平分线相交于点，
∴，，
设，则，，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，解得：，
∴，
故答案为：．
题型02 圆中求线段的长
典例引领
【典例01】（2026·江苏南京·一模）如图，是的直径，是的弦，于点E，若，，则_____．
【答案】2
【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
先求出半径，根据垂径定理可得，在中利用勾股定理求出的长，再利用线段的和差即可求解．
【详解】解：∵是的直径，，
∴，
∵是的弦，于点E，，
∴，
在中，，
∴．
故答案为：2．
【典例02】（2025·江苏泰州·二模）如图A，B，C，E四点在上，，，，则的直径为__．
【答案】10
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，设圆的半径长是r，由垂径定理得到，由勾股定理得到，求出，即可得到的直径的长．
【详解】解：设圆的半径长是r，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的直径．
故答案为：10．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·甘肃酒泉·二模）如图，，是的切线，，为切点，若，，则的周长是______．
【答案】
【分析】本题考查了切线的性质、等边三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握切线的性质，证明为等边三角形是解题的关键.
由切线的性质得出，，，证是等边三角形，，得出，，即可得出答案．
【详解】解：、是的切线，、是切点，
，，，
，
，
是等边三角形，，
，
，，
，
的周长.
故答案为：．
【变式02】（2025·浙江杭州·二模）如图，在矩形中，E是边上的一点，，以E为圆心，为半径的弧交于点G，交于点F．若G是的中点，则的值为_________．
【答案】
【分析】连接，过点E作于点H，设，先证明，进而得，则，再根据，得，设，则，，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，由此解得，则，，据此即可得出的值．
【详解】解：连接，过点E作于点H，如图所示：

设，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
∴，
在中，由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，
∵，
∴，
解得：，
∴，，
∴．
故答案为：．
题型03 圆中求弧长、面积
典例引领
【典例01】（2025·安徽淮南·一模）如图，为的直径，，为的弦，，连接，，，则劣弧的长为______．
【答案】/
【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，弧长公式，根据垂径定理和等腰三角形的性质求出，再根据弧长公式求解即可．
【详解】解：，
，
．
为的弦，，
，
∵，
∴的半径是2，
劣弧的长为．
故答案为：．
【典例02】（2025·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，将绕点A逆时针旋转后得到，则图中阴影部分的面积是 ____________________ ．
【答案】
【分析】先利用含30度的直角三角形三边的关系计算出，再根据旋转的性质得到，，则，接着在中计算出，从而得到，然后根据扇形的面积公式，利用图中阴影部分的面积进行计算．
【详解】解：∵，
∴，，
∵将绕点A逆时针旋转后得到，
∴，，
∴，
在中，∵，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积2．
故答案为：．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·河南·一模）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为，点，，均在小正方形的顶点上，且点，在弧上，，则弧的长为___________．
【答案】
【分析】本题主要考查垂径定理、圆周角定理、弧长公式，解题的关键在于根据网格确定圆心．先根据垂径定理，利用网格特点作和的垂直平分线，进而确定圆心和半径，然后根据圆周角定理求出弧所对的圆心角的度数．最后利用弧长公式计算弧的长度即可．
【详解】解：根据网格，作的垂直平分线交的垂直平分线于点，则点即为所在圆的圆心，连接，如图所示，
则半径，
∵，
∴，
∴的长．
故答案为：．
【变式02】（2025·内蒙古·模拟预测）如图，正六边形的边长为4，分别以点A，D为圆心，以，为半径作扇形，扇形，则图中阴影部分的面积是______；阴影部分的周长为______．
【答案】
【分析】本题考查正多边形和圆、扇形面积的计算，解答本题的关键是正确运用扇形面积公式．根据题意和图形可知阴影部分的面积是正六边形的面积减去两个扇形的面积，阴影部分的周长为两个弧长加上两个正六边形的边长，据此求解即可．
【详解】解：连接与交于点，过作于，
∵正六边形的边长为，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，，
∴正六边形的面积是 ，
∴图中阴影部分的面积是：；
图中阴影部分的周长是：；
故答案为：，．
题型04 圆与正多边形
典例引领
【典例01】（2025·陕西西安·一模）如图，正六边形内接于，若正六边形的周长是，则的半径是__________．
【答案】
【分析】本题考查正多边形和圆，等边三角形的判定和性质；根据正多边形的性质求出边长和中心角，然后得到是等边三角形，即可得到圆的半径长．
【详解】解：连接，，
∵正六边形内接于，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴的半径是，
故答案为：．
【典例02】（2025·陕西西安·一模）如图,正五边形的外接圆为,点P是劣弧上一点,连接,则的度数是__________.
【答案】
【分析】本题考查了正多边形与圆综合，圆内接四边形，先理解正五边形的外接圆为,列式计算得，运用圆内接四边形对角互补进行列式计算，即可作答．
【详解】解：∵正五边形的外接圆为,
∴，
∵点P是劣弧上一点,
∴观察图中，四边形是圆内接四边形，
∴，
故答案为：．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·江西吉安·二模）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形的周长为4，以它的对角线的交点O为位似中心，作它的位似图形，已知，作四边形的外接圆，则此外接圆的半径为______________．
【答案】
【分析】此题考查了位似图形的性质、相似三角形的判定和性质、正多边形与圆等知识，连接，根据相似三角形的性质得到正方形与正方形的周长比为，则正方形的周长为8，得到正方形的边长为2，用勾股定理求出，即可得到答案．
【详解】解：连接，
∵正方形与正方形是位似图形，，
∴正方形与正方形的周长比为，
∵正方形周长为4，
∴正方形的周长为8，
∴正方形的边长为，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴四边形的外接圆的半径为，
故答案为：．
【变式02】如图，正方形内接于，线段在对角线上运动，若的面积为，，则周长的最小值是_________．
【答案】
【分析】过点作的平行线，使得，连接，，，，根据正方形的性质证明，则．容易证明四边形是平行四边形，则，因此．由线段公理可得，，当、、三点共线时，取得最小值，使用勾股定理计算出，进而计算出的周长即可．
【详解】解：如图，过点作的平行线，使得，连接，，，，
在正方形中，，，，，
∵的面积为，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
在直角中，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由线段公理可得，，当、、三点共线时，取得最小值，
∴的最小值为，
∴周长的最小值为．
故答案为：．
题型05 证切线与求线段、半径综合
典例引领
【典例01】（2026·陕西西安·一模）如图，在中，O为上一点，以点O为圆心，为半径作圆，与相切于点C，过点A作交的延长线于点D，且．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）作，先由求得，再由及求得，最后证得，依据切线的判定可得；
（2）先求得，在中求得、，由切线长定理知、、，继而得，再证得，据此可得答案．
【详解】（1）过点作于点，
于点，
，
，，
，
，
又为的切线，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
是的切线；
（2），，
，
，，
，
则，
由（1）知，
，
，
，
，，
，，
，
，即，
．
，，
，
，即，
．
【典例02】（2026·安徽阜阳·一模）如图，在中，以为直径的交于点D，F是上一点，连接，，，与交于点E，且．
(1)求证：是的切线．
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据圆周角定理得出，则．根据，结合，得出，则，即可证明．
（2）根据，得出，结合，得出．结合，证出是等腰三角形，则，．由（1）可知，勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：为的直径，
，
．
，，
，
，
．
为的半径，
是的切线．
（2）解：，
，
，
．
，，
，
，
是等腰三角形，
．
是的直径，，
．
由（1）可知，
．
，，
．
，
．
方法透视
变式演练
【变式01】（2026·陕西西安·二模）如图，内接于，是的直径延长线上一点，且满足，过圆心作交的延长线于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由是直径得到，因此，又，，得到，即可证明；
（2）根据勾股定理求出，得到半径．证明，得到，设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求出，根据得到，即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，即，
∴，
∴是的切线．
（2）解：∵，，，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
设，则，，
∵在中，，
∴
解得，
∴，，，
∵，
∴，即，
∴．
【变式02】（2026·四川雅安·二模）如图是的外接圆，，延长至点，连接，使得，交于．
(1)求证：与相切；
(2)若，．求的半径和的长度．
【答案】(1)见详解
(2)；
【分析】本题考查了圆的切线的判定定理，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，平行线的性质等知识点．
（1）连接，通过圆周角定理，平行线的性质，得到，继而得证结论．
（2）作于点，设的半径为，根据勾股定理可得，利用三角形不同边上的高计算面积相等，得到，继而根据勾股定理得到及的长．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
又，
，
，
是的切线；
（2）解: 如图，作于点，
设的半径为，则，
，
在中，，
, 解得，
，
，
，
，
，
在中，，
．
题型06 证切线与求弧长、面积综合
典例引领
【典例01】（2026·辽宁沈阳·模拟预测）如图，内接于，过点A作平行于交的延长线于点B，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用圆周角定理得到，再利用三角形的内角和定理得到,进而得到，从而得出结论；
（2）根据勾股定理得到，进而求出的长，再利用圆周角定理求出，最后利用弧长公式计算即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，则，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，且，
是的切线；
（2）解：如图，连接，
，，，
，，
，
，
，
，
，
，
的长是．
【典例02】（2026·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，在中，，以为直径的交于点，过点作，垂足为点，延长交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）如图，连接，由根据“等边对等角”得，已知，即可得，根据“同位角相等，两直线平行”得，根据，可得即可证明结论；
（2）如图，过点作，垂足为点，根据垂径定理，则得，再根据等边对等角以及三角形的外角的性质可得，解直角三角形可得，，进而得到；再证明四边形是矩形，以及；易得，则，最后根据求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
以为直径的交于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线．
（2）解：如图，过点作，垂足为点，
在中，，
，
，
，
，，
，
，，，
∴，，，
四边形是矩形，
，
，
，
．
方法透视
变式演练
【变式01】（2026·山东威海·模拟预测）如图，平行四边形的顶点B、C、D在上，连接，．
(1)若，，求的长．
(2)若，，求证：直线是的切线．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，平行四边形的性质，圆的切线的证明，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
（1）如图，过作于，证明，求解，再利用弧长公式计算即可；
（2）如图，连接， 利用等腰三角形的性质与平行线的性质证明，可得，从而可得结论．
【详解】（1）解：如图，过作于，
∵，，，
∴，，
∴，
∴；
（2）证明：如图，连接，
∵，，
∴，
∵平行四边形，
∴，，而，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
是的半径，
∴直线是的切线．
【变式02】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，在中，，平分交于点，点是斜边上一点，以为直径的经过点，交于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求图中阴影部分的面积（结果保留）．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由，得到，由角平分线定义得到，因此，推出，得到半径，即可证明问题；
（2）连接，，由，得到，由直角三角形的性质求出长，由锐角的余弦求出长，得到圆的半径长，由，推出阴影的面积＝扇形的面积，由扇形面积公式即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：如图，连接，，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴．
题型07 圆与（特殊）平行四边形综合问题
典例引领
【典例01】（2026·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，是中点，以点为圆心，长为半径在矩形内画半圆，切半圆于点，与交于点，连接．
(1)求证：；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】（1）结合矩形的性质，以及切线的性质，证明，得，
则同理，得，故，即可作答．
（2）先得，结合，故，又因为，则运用勾股定理得，根据矩形的性质得，则，再列式计算求出四边形的面积，即可作答．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵切半圆于点，
∴．
又∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
则同理
∴，
∵，
∴，
即．
（2）解：由（1）得，，
∴，，，
由（1）得，
则，，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
∴
∴，
∵，
则，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形的面积．
【典例02】（25-26九年级上·广东惠州·期末）如图1，O为菱形对角线上一点，以点O为圆心，为半径的圆与菱形相邻两边的交点分别为点E、F．
(1)若的半径为3，，则劣弧的长为_________；（结果保留或根式）
(2)如图2，若与相切于点M．求证：与相切；
(3)在（2）的基础上，若，，求的半径．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)3
【分析】本题考查切线的性质和判定，求弧长，等边三角形的判定和性质，菱形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键：
（1）证明为等边三角形，进而得到，再利用弧长公式进行计算即可；
（2）连接，作于点，切线的性质得到，角平分线的性质，得到，即可得证；
（3）设的半径为，则，在中利用勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）解：∵菱形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）证明：连接，作于点，
∵与相切于点M，
∴，
∵菱形，
∴平分，
∵，，
∴，
∴是的半径，
又∵，
∴与相切；
（3）解：设的半径为，则，
∴，
∵，
∴，
∴，解得；
∴设的半径为3．
方法透视
变式演练
【变式01】（2024·浙江湖州·一模）如图，在中，是锐角，，．在射线上取一点P，过P作于点E，过P，E，C三点作．
(1)当时，
①如图1，若与相切于点P，连结，求的长；
②如图2，若经过点D，求的半径长．
(2)如图3，已知与射线交于另一点F，将沿所在的直线翻折，点B的对应点记为，且恰好同时落在和边上，求此时的长．
【答案】(1)①8，②
(2)
【分析】（1）①利用圆周角定理和切线的性质定理得到，然后利用直角三角形的边角关系得到，最后利用勾股定理求出的长；
②连接，，利用圆周角定理和平行四边形的性质得到，，
，，再求出，最后利用勾股定理求得，；
（2）过点F作，交的延长线于点M，连接，，设与交于点N，利用轴对称的性质，圆周角定理和垂直的定义得到为等腰直角三角形，进而求得，，设，利用勾股定理和等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：①∵，
∴，
∴为的直径，
∵与相切于点P，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②如图，连接，，
∵，
∴，
∴为的直径，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，，，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴，
∴的半径长为．
（2）解：如图，过点F作，交的延长线于点M，连接，，设与交于点N，
由题意得：，
∵，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴为的直径，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，，
∴．
∵为平行四边形的高，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴设，则，．
∵，
∴．
在中，
∵，
∴，
∴．
∴，
∴．
【变式02】（2024·广东阳江·二模）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)当点P是的中点时，．
①求的长；
②若点Q是外接圆上的动点，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12
【分析】（1）如图1，在正方形中，，根据圆内接四边形的性质得到，求得．得到，于是得到结论；
（2）如图2，延长交于点H．根据平行线的性质得到，根据垂直的定义得到，根据全等三角形的判定和性质定理得到，，于是得到结论；
（3）①由（2）知．求得．根据是BC的中点，于是得到，
②推出，当时，如图3，，根据圆周角定理得到是圆的直径，根据勾股定理得到．当时，如图4，连接．由第一种情况可知是圆的直径，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图1，点在的外接圆上，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形；
（2）解：结论：，
理由：如图2，延长交于点H，
，，
，即，
，
，
，
，
又是等腰直角三角形，
，
，
，，
∵四边形是正方形，
∴，，
又，
∴四边形是矩形，
，，
，
，
∴是等腰直角三角形，
；
（3）解：①由（2）知．
，
，
∴，
是的中点，
．
②由①可知，，
∴，
∴，，
存在或，
当时，如图3，，
，
，
是圆的直径，
连接，则，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
，
∴，
当时，如图4，连结；
是圆的直径，
，
，
，
，
综上所述，的长是或12．
题型08 圆中动点探究型问题
典例引领
【典例01】（2025·河北·一模）如图，半圆O与直线相切于点，为半圆O的直径，．P为直线上的一动点，过点P作射线，，射线随点P的移动而平移．
(1)如图1，移动点P，使得射线与半圆O交于点D，E，连接，．当时，求的长．
(2)如图2，移动点，使得射线经过点C，射线与半圆O交于另一点F，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，勾股定理，垂径定理，熟练掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键；
（1）根据，可得，进而判定为等边三角形，根据弧长公式即可求解；
（2）连接，作，根据题意求得的度数，然后根据勾股定理，即可求解；
【详解】（1）解：，
；
，
为等边三角形，
，
则；
（2）解：连接，作；
，
半圆O与直线相切于点，
，
，
，
，
，
；
【典例02】（2024·陕西咸阳·一模）
(1).【问题情境】（1）点A是外一点，点P是上一动点．若的半径为2，且，则点P到点A的最长距离为______；
(2).【直接运用】（2）如图2，在中，，，以为直径的半圆交于点D，P是弧上的一个动点，连接，求的最小值；
(3).【灵活运用】（3）如图3，的直径为8，弦，点C为优弧上的一动点，，交直线于点M，求面积的最大值．
【答案】(1)7
(2)
(3)
【分析】本题考查了点与圆的位置关系，三角形不等式，勾股定理，垂径定理，特殊角直角三角形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，
（1）当点O，P，A三点共线，且点A，点P在圆心O的两侧时，最大，等于与半径的和；
（2）连接，交半圆于点，连接，根据，结合勾股定理计算即可．
（3）连接，，过点O作于点R．点H到的距离为，计算面积即可．
【详解】（1）解：如图1，当点O，P，A三点共线，点P在点O左侧时，点P到点A的距离最长．
∵点P是上一动点，的半径为2，，
∴，
∴点P到点A的最长距离为7．
（2）如图2，连接，交半圆于点，连接．
∵，为半圆的直径，
∴．
∵，
∴
∵，
∴，
∴当点P在上时，最短，最小值为．
（3）如图3，连接，，过点O作于点R．
∵，，
∴，
，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
如图3，作的外接，
要使最大，则点M到的距离最大，
延长交于点H,
∵，，
∴直线是线段得垂直平分线，
则点K一定在直线上，
连接，
∴．
∴．
∵，
∴是等边三角形，
∴，
，
∴点H到的距离为，
∴，
∴面积的最大值为．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·广西梧州·二模）在中，，，，点是线段上的一个动点，以为直径作圆．
(1)当时，如图1，求证：圆与相切；
(2)如图2，连接，与圆相交于点，连接，请你求出的最小值并说明理由；
(3)如图3，，若点是圆上的一个动点，且点在内，连接、，请你直接写出的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)最小值为，理由见解析
(3)
【分析】（1）过点O作与点，易证，求出，即可证明结论；
（2）连接，取中点为，以为直径作圆弧交于点G，连接，易得点在上运动，当三点共线时，有最小值，利用勾股定理即可求解；
（3）在上取点，使得，且位于点O上方，连接，证明，推出，当三点共线时，有最小值，即有最小值，最小值为的长，利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：过点O作与点，
在中，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点H在上，且，
∴圆与相切；
（2）解：最小值为，理由如下：
连接，取中点为，以为直径作圆弧交于点G，连接，
∵，
∴，
∴点在上运动，
当三点共线时，有最小值，
此时，∵，
∴，
∴最小值为；
（3）解：在上取点，使得，且位于点O上方，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
当三点共线时，有最小值，即有最小值，最小值为的长，
此时，，
∴．
【变式02】（2025·湖南湘潭·模拟预测）如图1，已知是的直径，点是射线上的一个动点，以为边构造，满足，
(1)如图2，当点恰好在上时，则______．
(2)如图3，若，且动点与点重合时，连接，求证：是的切线．
(3)在点的运动过程中，若，且，是否存在的边所在的直线与相切？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)或
【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，平行四边形的性质，等边三角形的性质与判定等等：
（1）证明是等边三角形，即可求解；
（2）设与交于F，连接，先得到，再证明是等边三角形，得到，，证明，推出，得到，即可证明是的切线；
（3）分当与圆相切时，当与圆相切时，两种情况画出对应的图形求解即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）证明；如图所示，设与交于F，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵为的半径，
∴是的切线；
（3）解：如图所示，当与圆相切时，过点D作于H，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
由平行线间间距相等可得，
∴，
∴；
如图所示，当与圆相切时，设切点为F，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由切线的性质可得，
∴，
∴；
综上所述，存在的边所在的直线与相切，此时的长为或．
题型09 圆中新定义探究综合问题
典例引领
【典例01】（2025·贵州遵义·模拟预测）定义：对角线相垂直的四边形为“优秀四边形”．
(1)已知外接圆为为直径．将沿翻折得，恰好在上，连接交于为中点，．证明四边形为优秀四边形．
(2)证明：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定和性质.
（1）由翻折知，进而得到，即可证明；
（2）由翻折知，将化为，根据三角形面积公式计算即可
【详解】（1）∵将沿翻折得，恰好在上，
∴
∴，
∴，
∴四边形为优秀四边形；
（2）∵将沿翻折得，恰好在上，
∴
即
∵，
∴成立.
【典例02】（2025·江苏南通·模拟预测）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
(1)若四边形是对余四边形，则与的度数之和为 ．
(2)如图①，是的直径，点A、B、C在上，、相交于点求证：四边形是对余四边形．
(3)如图②，在对余四边形中，，，，探究线段、和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
【答案】(1)或
(2)见解析
(3)，见解析
【分析】（1）根据新定义，分类讨论：①当和互余时，②当与互余时，逐个分析求解即可；
（2）先推导出，则，即可解答；
（3）将绕点B逆时针旋转得到连接则≌，，推导出是等边三角形，得到，继而证明，则，得到，即可解答．
【详解】（1）解：∵四边形是对余四边形，
当和互余时，
，
当与互余时，
，
则，
故答案为：或；
（2）解：连接OB，
是的直径，点A、B、C在上，
∴，，
，
即，
四边形是对余四边形．
（3）解：猜想：线段、和之间的数量关系为
理由如下：，
将绕点B逆时针旋转得到连接，如图，
则≌，，
，，，
为等边三角形，
，
，
。
，
，
，
，
，
方法透视
变式演练
【变式01】（2024·广东广州·模拟预测）【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1，四边形是圆美四边形，是美角．
①的度数为_________；
②连接，若的半径为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，若的半径为6，求的最大值是多少？
【答案】（1）①；②；（2）
【分析】（1）①根据定义列式计算即可．②根据定义求角，根据直径对的圆周角是直角，运用含角的直角三角形的性质求解即可．
（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：60．
②作圆的直径，连接，
则
∵圆的半径为5，
∴，
∵，
∴.
∴．
（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．
【变式02】（2025·湖南长沙·模拟预测）我们定义：如图①，在平行四边形中，对角线与相交于点，是的内切圆，切点分别记为，，，平行四边形的形状随着圆心角的变化而变化，则称是平行四边形的一个“增值圆”．根据该定义，解答下列问题．
(1)若，求证：四边形是矩形；
(2)如图②，若，以为直径作．
①是的切线吗？请作出你的判断并给出证明；
②如图③，过点作的切线，切点为，直线交于点，交于点，若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①是的切线，理由见解析；②
【分析】（）连接，由切线长定理可得，，，再证明，可得，即得，进而可得，得到，即可求证；
（）①证明四边形是矩形，可得，即得，即可求证；②连接，由切线的性质得，由可得，即得，进而得到，可得，再根据得，最后根据线段的和差关系即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵是的内切圆，切点分别记为，，，
∴，，，，，，，
∴平分，平分，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：①是的切线，理由如下：
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
即，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
②连接，
∵是的切线，切点为，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴．
题型10 圆与函数的综合问题
典例引领
【典例01】（2025·广东清远·三模）如图，经过，两点的抛物线交轴正半轴于点，以点为圆心，长为半径作交轴另一点于点，交轴正半轴于点．
(1)求点、点的坐标；
(2)过点作的切线与抛物线交于点，若点的纵坐标为，四边形的面积为（A、E、F不共线）
①求与的函数关系式；
②若和相似，求四边形的面积．
【答案】(1)；
(2)①；②或
【分析】（1）根据同圆的半径相等可得点B的坐标，由勾股定理可得点D的坐标；
（2）①先确定点F的坐标为，根据交点式设抛物线的解析式为：，将点F的坐标代入可得，最后根据面积差即可解答；
②分两种情况：如图2，或，列比例式可得t的值，代入①中的函数关系式计算即可．
【详解】（1）解：如图1，连接，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴；
（2）解：①∵是的切线，
∴，
∵经过，两点的抛物线交y轴正半轴于点E，
∴设抛物线的解析式为：，
把点F的坐标代入得：，
，
∴，
当时，，
∴点E的坐标为，
∴
；
②在中，，，
分两种情况：
（i）如图2，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（ii）当时，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上所述，四边形的面积为或．
【典例02】（2024·广东清远·二模）综合探究
如题图，抛物线的顶点为M，与x轴交于点和点，与y轴交于点C，经过A、B、C三点，且圆心D在x轴上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)直线与相切吗?请说明理由；
(3)过点C作直线，交x轴于点E，当直线与抛物线只有一个交点时，直线是否与相切?若相切，请证明：若不相切，请直接写出直线与的另外一个交点的坐标．
【答案】(1)
(2)直线与相切，理由见解析
(3)
【分析】本题考查二次函数综合，涉及求二次函数解析式，圆与二次函数综合，勾股定理逆定理；
（1）由抛物线与x轴交于点和点，得到即可求解；
（2）由求出，，再利用勾股定理逆定理得到是直角三角形，，即可得到为的直径，，再由勾股定理逆定理得到是直角三角形，，即可证明直线与相切；
（3）设直线解析式为，当时，由直线与抛物线只有一个交点，得到，解得，即可得到直线解析式为，再由勾股定理逆定理得到不是直角三角形，，则直线与不相切，设直线与的另外一个交点为，由列方程求出．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为M，与x轴交于点和点，
∴；
（2）解：直线与相切，理由如下：
∵抛物线的顶点为M，与x轴交于点和点，与y轴交于点C，
∴，，
∵，，，
∴，，，
∴，
∴是直角三角形，，
∵经过A、B、C三点，
∴为的直径，
∴，
∵，，
∴，，，
∴，
∴是直角三角形，，
∵为半径，
∴直线与相切；
（3）解：∵，
∴设直线解析式为，
当时，直线与抛物线有两个交点，不合题意；
当时，
联立，得到，
∵直线与抛物线只有一个交点，
∴，
解得，
∴直线解析式为，
∴与轴交点为，
∵，，
∴，，，
∴，
∴不是直角三角形，，
∴直线与不相切，
设直线与的另外一个交点为，则，
∴，
∴，
解得或（与重合，故舍去），
∴，
综上所述，直线与的另外一个交点的坐标为．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，已知二次函数与轴交于点、，与轴交于点，且以为直径的圆经过点．
(1)若点，点，求的值；
(2)若点，，试探索是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
(3)若点是圆与抛物线的交点与、、不重合，在的条件下，轴上是否存在一点，使得以、、为顶点的三角形与相似？若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)的值是定值，为；
(3)的坐标为或或或．
【分析】（1）设圆心点为，利用、的坐标求出圆的半径，然后根据勾股定理求出的长，求得点，然后利用轴的交点式代入点的坐标得到函数的解析式即可求解；
（2）根据坐标系中交点的坐标，利用三角形相似的判定得到，再根据相似三角形的性质，结合一元二次方程根与系数的关系求出是一个定值；
（3）根据题意，分为点在轴上或点在轴上两种情况，结合相似三角形的判定与性质可求点的坐标.
【详解】（1）解：设圆心为点，
，，
，的半径为，
，
，
设抛物线解析式为，
点在抛物线上，
，
，
，
，，
；
（2）的值是定值，为，
理由：点，，
，，，
，，
，
，
，
，
，
，
令时，，
，
，
；
（3）点是圆与抛物线的交点与、、不重合，，
，即：，
当点在轴上时，如图，设点的坐标为，
，，，
，，，
，
，
以、、为顶点的三角形与相似，
①，
，
，
，
或②，
，
，
，
当点在轴上时，如图，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，
，，，
，， ，，
以、、为顶点的三角形与相似，
①，
，
，
∴
或②，
，
，
∴
综上所述，满足条件的点的坐标为或或或．
【变式02】（2025·北京·模拟预测）在平面直角坐标系中，的半径为2，是等腰直角三角形，，对于点Q和，给出如下定义：若存在点Q在内（包含圆周），则称为的关联三角形．
(1)如图1，若点
①已知点，，则在，中为⊙O的关联三角形的是 ；
②P是x轴上的动点，且为的关联三角形，则点P横坐标m的取值范围是 ；
(2)如图2，若点，直线上存在点P使得．为的关联三角形，直接写出b的取值范围．
【答案】(1)，；
(2)或
【分析】本题考查了点与圆的位置关系，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，一元二次不等式的解；
（1）①Q点是由P点绕着A点顺时针或者逆时针旋转所得到的，根据旋转性质、等腰直角三角形的性质，三角形全等的性质，可分别求出、的坐标，计算与圆心的距离可确定是否在圆内；
②P是x轴上的动点只有逆时针旋转Q点才会出现在内，求出Q点坐标，利用来求出m的范围；
（2）分将P顺时针和逆时针旋转来讨论，思路是一样的先求出对应的Q点的坐标，然后利用勾股定理计算出与圆心的距离，让这个距离小于等于2即可，要注意的是建立的关于t的一元二次不等式是含有参数b的，再利用一元二次不等式要有解，判别式来求出b范围.
【详解】（1）解：由题意得
∵是等腰直角三角形，，
∴，
∴Q点是由P点绕着A点顺时针或者逆时针旋转所得到的，
①如图所示，过A作轴平行线，过作，过作，过A作轴，
∵，，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，
在与中，
∴，
∴，，
∴点的坐标为，
∵在x轴上，
∴，
∴点的坐标为，
∵圆心为O的坐标为，圆的半径为2，
∴等于半径，小于半径，
∴、分别在的内部和圆周之上，都符合关联三角形的定义，
∴，都是的关联三角形.
故答案为：，.
②如图所示：P是x轴上的动点只有逆时针旋转Q点才会出现在⊙O内（包含圆周）
∵P是x轴上的动点，点P横坐标m，
∴，
由①得，
∴Q点坐标，
∵Q点在⊙O内（包含圆周），
∴，
即，即在数轴上m到的距离小于等于2，
∴，
故答案为：.
（2）解：当点，点P在直线上，设P点坐标为，此时由Q点可由顺时针或逆时针旋转得到，分类讨论，
当Q由顺时针旋转得到时，如图所示：
由（2）得，
∴，，
∴Q点坐标为，
由勾股定理的，
∵Q点在⊙O内（包含圆周），
∴，
即，
整理得，
若此时Q点存在，则此不等式一定要有解，
∴，
解得；
当Q由逆时针旋转得到时，如图所示：
同理可得Q点的坐标为，
由勾股定理的，
整理得，
同样的道理若要存在Q点，则此不等式要有解，
∴，
解得.
综上所述：或.
题●型●训●练
一、单选题
1．（2026·山西长治·一模）如图，四边形内接于，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用圆周角定理求得，再利用圆内接四边形的对角互补求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
又四边形内接于，
∴，
∴．
2．（2026·山东滨州·一模）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是弧的中点，连接，，以点D为圆心，的长为半径在内画弧，将阴影部分剪下来围成一个圆锥，则圆锥底面圆的半径为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】如图所示，连接，根据等边三角形的性质得出，，再根据圆内接四边形的性质得出：，由垂径定理的推论和圆周角定理的推论可得，解直角三角形求出的长，最后根据圆锥侧面展开图的弧长等于其底面圆周长即可得出答案．
【详解】解：如图所示，连接，
∵是等边三角形，
，，
，
∵点为弧的中点，
，
∴垂直平分线段，
∴经过点O，
∴，，
，
设圆锥底面圆半径为r，则，
∴．
∴圆锥底面圆的半径为2．
3．（2025·辽宁鞍山·一模）在数学活动课中，小丁用自己做的“直角角尺”测量、计算圆的半径．如图所示是“直角角尺”，，将点O放在圆周上，分别确定与圆的交点C，D，读得数据，，则此圆的半径约为（ ）
A．10B．5C．8D．6
【答案】B
【分析】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，解题的关键是掌握以上两个定理．
连接，根据的圆周角所对的弦为直径，再利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：如图，连接，
∵，
∴为圆的直径，
∴由勾股定理得，
∴此圆的半径约为，
故选：B．
4．（2025·四川南充·一模）如图，内接于，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点，，再分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交内于点，连接，并延长交于点，连接，，连接，与交于点，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，连接，，由题意可知平分，可得，由圆周角定理可推出，从而得到，可判定选项A；利用证明，即可推出，可判断选项B；根据圆内接四边形对角互补即可推出，可判断选项C；利用反证法，假设，可得，再根据，但无法根据已知条件推出，可判断选项D．
【详解】解：如图所示，连接，，
由题意可知平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故此选项成立，不符合题意；
B、∵内接于，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故此选项成立，不符合题意；
C、∵点，，，四点共圆，
∴四边形为圆内接四边形，
∵圆内接四边形对角互补，
∴，
故此选项成立，不符合题意；
D、假设，
∴，
∵，
∴，
而根据已知条件无法推出，
∴假设不成立，
故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了圆内接三角形和圆内接四边形的性质，圆周角定理，弧、弦、圆心角定理，等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，角平分线的尺规作图等，根据题意作辅助线是解题的关键．
5．（2026·广西柳州·一模）如图，已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线与x轴的一个交点为，点C是抛物线的顶点，且与y轴相切，点P为上一动点．若点D为的中点，连接，则的最大值是（ ）
A．B．5C．D．8
【答案】A
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，的图象与性质，切线的性质定理，与三角形中位线有关的求解问题等知识，解题关键是添加恰当辅助线．由待定系数法可求抛物线解析式，可得点坐标，可得半径为4，由三角形中位线的定理可求，当过点时，有最大值，即可求解．
【详解】解：如图，取点，连接，
抛物线与轴的一个交点为，
，
解得：，
抛物线解析式为：，
抛物线过原点与点，
对称轴为，
当时，．
顶点，
与轴相切，
的半径为4，
点为的中点，
，
最大时，有最大值，
当过点时，有最大值，
的最大值为，
的最大值为，
故选：A．
二、填空题
6．（2025·浙江杭州·二模）如图，内接于，若，则的度数为_________．
【答案】/25度
【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，圆内接四边形性质，熟练掌握知识点是解题的关键．在上的优弧上任取一点，连接，，，利用圆内接四边形性质得出，利用圆周角定理得出，再利用等腰三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图，在上的优弧上任取一点，连接，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
7．（2025·青海西宁·三模）如图所示，的两条切线和相交于点，与圆相切于两点，是圆 上的一点，若，则______．
【答案】
【分析】本题考查了圆的切线的性质，四边形的内角和，圆周角定理．
连接，先根据圆的切线的性质可得，再根据四边形的内角和可得的度数，然后根据圆周角定理即可得．
【详解】解：如图，连接，
∵，分别与相切于两点，
∴，
∴，
∵，
∴，
由圆周角定理得：，
故答案为：．
8．（2025·江西·模拟预测）《梦溪笔谈》是我国古代科技著作，其中它记录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图， 是以点O 为圆心、为半径的圆弧，点N是的中点，，交于点 M．“会圆术”给出 的弧长l的近似值计算公式： ．当时，则l的值约为________．
【答案】8.8
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理等知识，掌握这些知识是关键；连接．由垂径定理得，结合，得M，N，O三点共线，由勾股定理求得的长，从而求得的长，再代入弧长l的近似值计算公式即可求解．
【详解】解：如图，连接．
∵点N是的中点，
∴，
又∵，
∴M，N，O三点共线，
∵，
，
，
，
；
故答案为：8.8．
9．（2025九年级上·重庆·专题练习）如图，以为直径的与的边相切于点D，与交于点，与交于点，连接，，，．其中与交于点，与交于点．已知平分，，，则______，______．
【答案】 ；
【分析】连接，过点作的垂线，垂足为点，根据切线的性质和题意可得，，根据勾股定理求得，，结合角平分线的性质可证，，，利用三角形相似的性质可得，进而证明，，，利用勾股定理求得，再利用三角形相似的性质可得，，根据即可求解．
【详解】解：连接，过点作的垂线，垂足为点，如图：
∵与的边相切于点D，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，，，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，勾股定理，切线的性质，三角形相似的判定和性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
10．（2025·上海闵行·二模）如图，点A，在直线上，厘米，，的半径均为厘米．以每秒厘米的速度自右向左运动，与此同时，的半径也不断增大，其半径（厘米）与时间（秒）之间的关系式为．若点出发秒后两圆相切，则时间的值是______．
【答案】或或或
【分析】本题考查了圆与圆的位置关系，解题的关键是能够将移动的过程中两圆的位置关系全部考虑到．
在移动过程中有两次内切，两次外切，根据两圆的各种位置关系中圆心距和两圆的半径之间的关系列出有关时间t的方程求解即可．
【详解】解：设点运动到点时两圆相切，
两圆第一次外切时，，
有，
得，
两圆第一次内切时，，
有，
得，
两圆第二次内切时，，
有，
得，
两圆第二次外切时，，
有，
得，
故答案为：或或或．
三、解答题
11．（2025·湖北襄阳·一模）如图，是的直径，C，E是上两点，平分，交的延长线于点D．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，则，得到，根据角平分线的定义得到，求得，则，，根据切线的判定定理得到是的切线；
（2）连接，，证明是等边三角形，则，，，进而得，，根据三角形和扇形的面积公式即可得出答案．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：连接，，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，扇形的面积的计算，角平分线的定义，正确的添加辅助线是解题的关键．
12．（2025·四川成都·模拟预测）如图，是的外接圆，是的直径，是上一点，连接，，平分，过点作交的延长线于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了圆周角定理，切线的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质，平行线的判定与性质，解题的关键是熟练掌握并灵活应用相关性质定理．
（1）根据等边对等角可得，根据圆周角定理结合角平分线的性质可得，从而得到，根据，可得，即可得证；
（2）过点作 于点 ， 于点 ， 于点 ，过点 作 于点 ，根据直径所对的圆周角等于可得是直角三角形，在中，由勾股定理可求得的长，在中，由勾股定理可求得的长，由三角形的面积公式得：，可求得的长，证明四边形是矩形，得到，在中，由勾股定理可求得的长，根据角平分线的性质可得，在中，由勾股定理可求得的长，最后根据求解即可．
【详解】（1）证明：是的外接圆，是的直径，是上一点，
，
，
根据圆周角定理得：，
，
平分，
，
，
，
，
，
又是的半径，
是的切线；
（2）解：如图所示，过点 作 于点 ， 于点 ， 于点 ，过点 作 于点 ，
是的外接圆，是的直径，
，
是直角三角形，
的半径为，，
，，
在中，由勾股定理得：，
，
，
在中，由勾股定理得：，
由三角形的面积公式得：，
，
，，，
四边形是矩形，
，
在中，由勾股定理得：，
平分，，，
，
，
在中，由勾股定理得：，
．
13．（2024·广东·模拟预测）综合探究
如图1，在矩形中,，E是边上一点，以为直径作．
(1)连接，当E为的中点时，求证：；
(2)如图2，若与 相切于点M，求 的半径；
(3)如图3，若与 相交于点 H，I，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)的半径为
(3)的长为
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，．
∵是中点，
∴．
在和中，，
∴．
∴，
∴．
（2）解：设半径为，则，连接，作于．
∵切于，
∴（切线性质）．
∵，，
∴四边形是矩形，
∴．
∵是中点，，
∴是中点，
设，则．
由，得，即．
在中，，
展开化简：，
解得．
答：的半径为．
（3）解：设，连接．
∵，在中，；
在中，．
由（等角的正切值相等），得：
结合矩形边长，得：（线段和差关系），（线段和差关系）．
∵是的直径，
∴，
∴．
又∵在中，，
∴．
在和中：，，
∴．
∴，
即．
∴
展开并整理为一元二次方程：
两边同除以3简化：
用求根公式（其中，，）：
判别式：，
求根：．
∵，且（在上），
∴．
当时，，（超出范围，舍去）；
当时，（符合范围，保留）．
故．
∴的长为．
14．（2025·北京海淀·模拟预测）在平面直角坐标系中，的半径为，对于直线和线段，给出如下定义：若将线段关于直线对称，可以得到的一条弦（其中点的对应点是点，点的对应点是点），则称线段是以为轴的的关联线段．
(1)如图，当时，点，，直线，线段是以为轴的的关联线段（其中点A，B的对应点为，）
①的所有可能值为______；
②若点在第四象限，则点的坐标为______：
(2)当时，点，若存在过点，的直线和线段，使得是以为轴的的关联线段，且M，N，P三点在同一条直线上，直接写出的最大值和最小值，以及相应的的值．
【答案】(1)①或；②
(2)的最大值为，对应的的值为；的最小值为，对应的的值为
【分析】（1）①分两种情况，结合轴对称的性质计算即可得解；②当点的对称点在第四象限时，连接，则，从而可得是等边三角形，解直角三角形得出，再由轴对称的性质计算即可得解；
（2）先求出是以为圆心，为半径的圆的切线，以为圆心，为半径作，则是以上的点为圆心，半径是的圆的切线，连接，交半径为的于，以为圆心，为半径作，作的切线，切点为，在直线上，此时最小，连接，证明出点与点关于直线对称，即可得出此时；延长，交半径为的于，以为圆心，为半径作，作切于，当在直线上时，最大，作的角平分线交轴于，则所在的直线是直线，再利用相似三角形的性质计算即可得解．
【详解】（1）解：①如图，
当点的对称点是时，，
当点的对称点是时，，
综上所述，的值为或；
②当点的对称点在第四象限时，连接，
∴，
∴是等边三角形，
∴点的坐标为，即，
∵，
∴；
（2）解：如图：令交轴的负半轴于点，则，，
∵的弦，，
∴点到的距离为，
∴是以为圆心，为半径的圆的切线，
以为圆心，为半径作，则是以上的点为圆心，半径是的圆的切线，
连接，交半径为的于，以为圆心，为半径作，作的切线，切点为，在直线上，此时最小，
∵，
∴，
∴，
∴，
连接，，
∵，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴点与点关于直线对称，
∴此时直线经过，，
∴；
如图：
延长，交半径为的于，以为圆心，为半径作，作切于，当在直线上时，最大，
∵，
∴，
∴的最大值为，
作的角平分线交轴于，则所在的直线是直线，则，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴此时直线经过点和，
∴；
综上所述，的最大值为，对应的的值为；的最小值为，对应的的值为．
考向解读
1. 圆心角与圆周角：利用同弧所对圆心角是圆周角两倍，直径所对圆周角为90°，求角度。
2. 弦切角定理：弦切角等于它所夹弧所对的圆周角，用于圆中求角或导角关系。
3. 圆内接四边形：圆内接四边形对角互补，外角等于内对角，常与方程结合求角度。
方法技能
1. 找弧桥接角：见到圆中角，先找它所对的弧，通过同弧或等弧将未知角与已知角建立联系。
2. 见直径想直角：出现直径立即联想90°圆周角，构造直角三角形求角度。
3. 内接四边形用互补：圆内接四边形对角互补，结合已知角列方程求解未知角度。
考向解读
1. 垂径定理：利用垂直于弦的直径平分弦，结合勾股定理求弦长、半径或弦心距。
2. 切割线定理：从圆外一点引切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的线段比例中项。
3. 相交弦定理：圆内两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，用于求线段长。
方法技能
1. 勾股优先：出现垂直或直径，优先在直角三角形中用勾股定理列方程求解。
2. 相似三角形：圆中常出现母子型相似（如切割线、相交弦），利用相似比列比例式求线段。
3. 设参列方程：未知线段多时，设未知数表示相关线段，利用定理或相似列方程求解。
考向解读
1. 弧长公式：考查弧长公式l= nπr180 应用，已知圆心角、半径、弧长中两个量求第三个。
2. 扇形面积：考查扇形面积公式S= nπr2360 或S= 12 lr，常与组合图形结合。
3. 阴影面积：求不规则阴影面积，用割补法、容斥原理转化为扇形、三角形、弓形面积和差。
方法技能
1. 公式准确代：弧长扇形面积公式中圆心角n代度数，注意与弧度制区分。
2. 割补转化：不规则阴影通过分割、补形转化为规则图形面积和差，简化计算。
3. 弓形面积法：弓形面积 = 扇形面积 ± 三角形面积，根据弓形与圆心位置定加减。
考向解读
1. 中心角计算：正n边形的中心角 360n ，用于求内角、外角或旋转角度。
2. 边心距与半径：正n边形的半径R、边心距r、半边长 a2 构成直角三角形，用勾股定理互求。
3. 周长与面积：正多边形周长=na，面积= 12 nar，常与圆面积结合考查。
方法技能
1. 中心角公式：熟记中心角θ=360n，用于求边数或角度。
2. 勾股定理应用：在半径、边心距、半边长构成的直角三角形中用勾股定理列方程。
3. 面积分割法：将正n边形分割为n个全等等腰三角形，每个三角形面积 12ar求和。
考向解读
1. 切线证明：常考两种方法——连半径证垂直（已知点在圆上）或作垂直证半径（未知点是否在圆上）。
2. 切线长计算：利用切线长定理，从圆外一点引两条切线长相等，结合勾股定理求线段长。
3. 半径求解：在含有切线的直角三角形中，利用勾股定理或相似三角形列方程求半径。
方法技能
1. 判定方法明确：已知点在圆上连半径证垂直；未知点在圆上作垂直证半径等于已知线段。
2. 勾股优先：出现垂直即构造直角三角形，用勾股定理列方程求线段长或半径。
3. 相似辅助：有平行线或公共角时，利用相似三角形对应边成比例求未知线段。
考向解读
1. 切线证明与计算：先证切线（连半径证垂直），再结合勾股或相似求半径或线段长。
2. 扇形面积计算：利用切线性质求出圆心角，代入扇形面积公式S=nπr2360 求面积。
3. 阴影面积综合：切线分割圆形成扇形和三角形，用割补法求阴影部分面积（常为扇形加减三角形）。
方法技能
1. 先证切线得垂直：通过切线证明得到直角，为后续勾股或角度计算打基础。
2. 圆心角定弧长：由切线性质或角度关系求出圆心角度数n，代入弧长或面积公式。
3. 割补求阴影：阴影面积不规则时，分割为扇形和三角形，分别计算后相加减。
考向解读
1. 圆内接平行四边形：圆内接平行四边形必为矩形，利用这一性质结合圆周角定理求角或线段。
2. 菱形与圆：菱形内切圆或外接圆，利用菱形对角线垂直、四边相等，结合垂径定理或切线长定理求解。
3. 正方形与圆：正方形外接圆（对角线为直径）或内切圆（边心距为半径），利用半径与边长的关系求值。
方法技能
1. 性质转化：将平行四边形性质（对边平行、对角线平分）转化为圆中的角等关系或线段比例。
2. 勾股定理优先：出现垂直（如菱形对角线、切线）立即构造直角三角形用勾股定理列方程。
3. 分类讨论圆心：圆与多边形位置关系（外接、内切）不同，解题方法不同，先确定位置再计算。
考向解读
1. 位置关系探究：动点运动过程中，探究线段数量关系、角度大小变化或特殊位置（相切、共线）。
2. 最值问题：圆中动点求线段最值（常利用直径是最长弦、垂线段最短、三角形三边关系）。
3. 函数关系建立：动点运动中某几何量（线段长、面积）与动点位置之间的函数关系式。
方法技能
1. 抓不变量：动点运动中圆的性质（半径相等、圆周角不变）往往是解题突破口。
2. 极端位置分析：考虑动点运动到起点、终点、特殊点（切点、共线点）时的情形猜想结论。
3. 函数建模：设动点坐标或用角度表示线段，代入几何公式建立函数关系式求最值。
考向解读
1. 新定义理解：给出圆中新概念（如“关联点”“和谐三角形”），要求读懂定义并转化为几何条件。
2. 性质探究：根据新定义探索图形性质，判断点、线、圆之间的位置关系或数量关系。
3. 综合应用：结合圆的性质（垂径定理、切线、圆周角）和代数计算，求取值范围或最值。
方法技能
1. 翻译定义：将新定义中的文字语言转化为几何语言（如距离相等、角度固定、位置特殊）。
2. 画图分析：根据定义画出草图，标注关键点，直观分析满足条件的图形特征。
3. 模型转化：将新定义问题转化为熟悉的圆模型（切线、弦、圆周角），用已有知识求解。
考向解读
1. 函数关系建立：圆中动点运动，建立某几何量（弦长、面积）与动点坐标或时间的函数关系。
2. 最值问题：结合二次函数顶点式或一次函数增减性，求圆中线段、面积的最值。
3. 交点坐标：圆与函数图象（一次、二次）相交，联立方程求交点坐标，结合圆的性质求解。
方法技能
1. 设点坐标：设动点坐标(x,y)，用含x的式子表示几何量，建立函数关系。
2. 几何条件转化：将圆的性质（半径相等、直径对直角）转化为代数方程，联立求解。
3. 数形结合：画出圆与函数图象草图，直观分析交点位置、最值点，辅助列方程。