第24讲 与圆有关的位置关系（复习讲义）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

这是一份第24讲 与圆有关的位置关系（复习讲义）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习讲练测，共13页。
01· TOC \ "1-1" \h \z \u \l "_Tc214359310" 考情剖析·命题前瞻1
02· \l "_Tc214359311" 知识导航·网络构建3
\l "_Tc214359312" 03·考点解析·知识通关4
04· \l "_Tc214359313" 命题洞悉·题型预测35
05·重难突破·思维进阶难 \l "_Tc214359314" 81
\l "_Tc214367046" 06·优题精选·练能提分93
考点一 点与圆
1.点与圆的位置关系：设点到圆心的距离为d．
(1)dr⇔点在⊙O外．
1．（2024·江苏常州·中考真题）对于平面内有公共点的两个图形，若将其中一个图形沿着某个方向移动一定的距离后与另一个图形重合，则称这两个图形存在“平移关联”，其中一个图形叫做另一个图形的“平移关联图形”．
(1)如图，是线段的四等分点．若，则在图中，线段的“平移关联图形”是________，________（写出符合条件的一种情况即可）；
(2)如图，等边三角形的边长是．用直尺和圆规作出的一个“平移关联图形”，且满足（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(3)如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别是、、，以点为圆心，为半径画圆．若对上的任意点，连接所形成的图形都存在“平移关联图形”，且满足，直接写出的取值范围．
【答案】(1)，
(2)图见解析（答案不唯一）
(3)或．
【分析】（）根据平移的性质，进行求解即可；
（）延长，在射线上截取线段，分别以为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，即为所求；
（）分在圆内和圆外两种情况，进行求解即可．
【详解】（1）解：∵是线段的四等分点．，
∴，
∴，
∴线段的平移图形是，；
故答案为：，；
（2）解：如图所示，即为所求；
由作图可知：，
∴四边形为菱形，
∴，
∵，
∴四边形为菱形，
∴，
∴即为所求；
（3）解：∵点的坐标分别是、、，
∴，
∴，，
∵对上的任意点，连接所形成的图形都存在“平移关联图形”，且满足，且，
∴或，
如图，当 DE在外时,分别以点D,E为圆心,3为半径画弧,两弧交于点F,则取点F在y轴上半轴时，
,,
,
∴；
同理当在内时，分别以点D,E为圆心,3为半径画弧,两弧交于点F,则取点F在y轴下半轴时，
,,
∴，
综上：或．
2．（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．2D．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．
3．（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．2B．5C．6D．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．
考点二 直线与圆
1. 直线和圆的位置关系
由于圆是轴对称和中心对称图形，所以关于圆的位置或计算题中常常出现分类讨论多解的情况．
2．切线的性质
（1）切线与圆只有一个公共点；
（2）切线到圆心的距离等于圆的半径；
（3）切线垂直于经过切点的半径．
方法点拨：
利用切线的性质解决问题时，通常连过切点的半径，利用直角三角形的性质来解决问题．
3．切线的判定
（1）与圆只有一个公共点的直线是圆的切线（定义法）．
（2）到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线．
（3）经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
图形语言：
符号语言：
方法点拨：切线判定常用的证明方法：
知道直线和圆有公共点时，连半径，证垂直；
不知道直线与圆有没有公共点时，作垂直，证垂线段等于半径．
1．（2025·江苏南通·中考真题）如图，与相切于点，为的直径，点在上，连接，且．
(1)连接，求证：；
(2)若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析；(2)．
【分析】（1）利用切线性质得，再通过证明，从而推出；
（2）先结合已知角度推出相关角的度数，确定为等边三角形，求出圆的半径，再根据平行线间面积关系，将阴影部分面积转化为扇形的面积进行计算．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵与相切，
∴，
∴，
在和中
∴
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，
∵，
∴，
∴
∵，
∴为等边三角形，
∴，
由（1）可知：，
∴，
∴，
∴，
∴．
2．（2025·江苏苏州·中考真题）如图，在四边形中，．以为直径的经过点D，且与边交于点E，连接．
(1)求证：为的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)详见解析(2)．
【分析】（1）只要证明，即可证明为的切线；
（2）过点D作，垂足为F，在中，，，，求得，，在中，，，，求得，再根据圆内接四边形的性质结合等边对等角求得，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴为的切线；
（2）解：如图，过点D作，垂足为F，
∵，
∴，
∴，
∵中，，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵中，，，，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∴．
3．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，是的弦，过点作直线，以为顶点作，分别交、于点、，若．
(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若的半径为3，，求的长．
【答案】(1)与相切，理由见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的判定，等边对等角，正切的定义，勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）连接，根据等边对等角可得，，进而根据，得出，即可得出结论；
（2）根据已知可得，进而设，，在中，，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解．
【详解】（1）解：与相切；
理由如下：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵为半径，
∴与相切；
（2）解：如（1）图，，
∵的半径为3，
∴
∵，，
∴，
∴，
设，，
在中，，
∴
解得：
∴．
考点三 三角形与圆
1．三角形的外接圆相关概念
经过三角形各顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心叫做三角形的外心，这个三角形叫做圆的内接三角形．外心是三角形三条垂直平分线的交点，它到三角形的三个顶点的距离相等．
2．三角形的内切圆
与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．内心是三角形三条角平分线的交点，它到三角形的三条边的距离相等．
1．（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践
【问题情境】
如图，小昕同学在正方形纸板的边、上分别取点、，且，交于点．连接，过点作，垂足为，连接、，交于点，交于点．
【活动猜想】
（1）与的数量关系是_______，位置关系是_______；
【探索发现】
（2）证明（1）中的结论；
【实践应用】
（3）若，，求的长；
【综合探究】（4）若，则当_______时，的面积最小．
【答案】（1）相等，垂直（2）证明见解析（3）（4）
【分析】（1）根据图形进行猜想即可；
（2）过点作于，过点作分别交、于、， 证明四边形为矩形，四边形为正方形，结合正方形性质证明，则可得，证明，得出，，再利用，得出，即可证明；
（3）证明，得出，，再证明，在中，利用勾股定理求出，由等面积法得求出，在中，利用勾股定理求出，再证明为等腰直角三角形，得出，利用线段和差即可求解；
（4）构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，证明是等腰直角三角形，得出，求得，则当最小时，的面积最小，则最小时，的面积最小，由，可知当最小时，的面积最小，由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，此时，点与重合，再进行计算即可．
【详解】解：（1）相等，垂直；
（2）过点作于，过点作分别交、于、，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴四边形为矩形，四边形为正方形，
∴，，，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）在正方形中，由，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
得，
由等面积法得，
即，
∴，
在中，，
由（2）可知，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴；
（4）如图，构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，
由（2）可知，，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵正方形中，，是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴当最小时，的面积最小，
∴最小时，的面积最小，
∵，
∴当最小时，的面积最小，
由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，
此时如图，点与重合，
则，
解得：，
∴，
∴．
2．（2025·江苏泰州·三模）综合实践：探索三角形内心的性质
定义回顾：三角形三条角平分线的交点称为三角形的内心．
性质应用：
（1）在中，，I是的内心，则 ．
（2）在中，，则内切圆的半径为____．
性质拓展：
（3）刘徽是魏晋时期我国伟大的数学家，是中国古典数学理论的奠基者之一．他在注解《九章算术》时，十分重视一题多解，其中最典型的就是给出直角三角形内切圆直径的多种表达形式．如图1，已知，在中，，的长分别表示为a，b，c，内切圆的直径为d．
①在下列表达式中（A）；（B），选择一个正确的表达式，并证明这个表达式的正确性．
我选________（填“A”或“B”）
②如图2，若，过的内心O，作一直线分别交，于M，N，当的面积最小时，求的长．
【答案】（1）；（2）；（3）①B；②
【分析】（）由三角形内角和定理得，再根据内心的定义得，进而即可求解；
（）作的内切圆，分别与、、相切于、、，连结，，，，，，等腰三角形的面积可通过作高求得，这样得到关于半径的方程，解方程即可；
（3）①同理（2）得，则有，然后可得，进而根据完全平方公式可进行求解；②过点M作于点G，连接，过点O分别作，则有，然后可得设，，进而可得，最后根据二次函数的性质及三角函数可进行求解．
【详解】解：（）如图，
∵在中，，
∴．
∵点是的内心，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：作的内切圆，分别与、、相切于、、，连结，，，，，，
则，，，
是内心，
，
，
．
、、三点共线，
，
设内切圆半径为，
，，
，
，则，
又，
，则内切圆的半径为．
故答案为：．
（3）①如图，作的内切圆，分别与、、相切于、、，连结，，，，，，
同理（2）得，
，
∵，，
∴，即，
∴，
，
，
∴
，
∴，
∴，
故B正确，
故答案为：B；
②过点M作于点G，连接，过点O分别作，如图所示：
∵点O为内心，
∴是的角平分线，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
由①知，
∴，
∴的内切圆半径为，即，
设，
∴，
∴，
∴，
整理得：，
当点N与点B重合时，过点M作于点H，如图，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
令，
∵，
∴，
∵，且对称轴为，
∴当时，有最大值，
∴当时，的面积有最小值，最小值为；
∴，，
∴，
∴
3．（2025·江苏泰州·三模）如图，点是的内心，点是的外心．
(1)请仅用没有刻度的直尺在上一个点，使得．
(2)试判断点是图中哪三个点构成的三角形的外心，并说明理由．（如需画草图，请使用图2）
【答案】(1)见解析
(2)点是图中的外心，理由见解析
【分析】本题考查了三角形外心与内心，弧与弦的关系，圆周角定理．熟记三角形外心与内心的性质是解题的关键．
（1）连接，并延长交于点，连接，由三角形内心的性质可得平分，平分，得到，根据圆周角定理可得，推出，进而求出，即可得到；
（2）如图，连接，由（1）知，圆周角定理可得，推出，进而得到点在以点D为圆心，为半径的圆上，即是的外心．
【详解】（1）解：如图所示，点D为所求：
∵点是的外心，
∴是的外接圆，
∵点是的内心，
∴平分，平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：点是图中的外心，理由如下：
如图，连接，
由（1）知，
∴，即，
∴，
∴点在以点D为圆心，为半径的圆上，即是的外心．
考点四 正多边形与圆
正多边形与圆的关系
正多边形中心：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心．
正多边形半径：正多边形外接圆的半径叫做正多边形半径．
正多边形中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形中心角．
正多边形边心距：正多边形中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
方法点拨：
有关正多边形的计算问题，通常都要构造以正多边形的半径、正多边形的边心距、正多边形的半个边围城的直角三角形借助勾股定理和三角函数来解决。
1．（2024·江苏连云港·中考真题）【问题情境】
（1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；
【操作实践】
（2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系；
【探究应用】
（3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求AD的长；
（4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，，求的最小值．
【答案】（1）2（2）（3）（4）
【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案；
（2）如图，由，证明，再结合图形变换可得答案；
（3）如图，将绕点逆时针旋转，可得在以为圆心，为半径的圆上运动，可得当与相切时，最大，再进一步解答即可；
（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，再将沿方向平移，使与重合，如图，得，由（2）可得：，当三点共线时，最短，再进一步解答即可.
【详解】解：如图，
∵正方形，及圆为正方形的内切圆，为正方形的外接正方形，
∴设，，
∴，，
∴，，
∴大正方形面积是小正方形面积的2倍．
（2）如图，∵，
∴，，
，，
∴，
如图，
结合图形变换可得：；
（3）如图，∵将绕点逆时针旋转，
∴在以为圆心，为半径的圆上运动，
∵为圆外一个定点，
∴当与相切时，最大，
∴，
∴，
由（2）可得：，
∵，，
∴
，
∴；
（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，
∴，，
再将沿方向平移，使与重合，如图，得，
由（2）可得：，
∴当三点共线时，最短，
∵，，
∴，，
∴；
∴的最小值为；
2．（2025·江苏南京·一模）面积和周长是初中几何数学中讨论的重要内容．
(1)小明的想法：若要在锐角三角形里找到一个面积最大的正方形，可以在一条边上先找一个点，然后…
①补全小明的想法，可以画图补充；
②按这样想，面积相等的直角三角形里，面积最大的正方形的面积随着直角三角形高的变化趋势是 ___________．
(2)小芳的问题：边长为的等边三角形里，周长最大的正方形的面积是多少？请你回答．
(3)小张的问题：在一个边长为5的正方形中，最多可以找出多少个顶点均在边上且面积为10的等边三角形？请你回答：
A．有 ___________个
B．无数个
C．没有
(4)一个边长为m的正方形中，圆与正方形各边相切，圆上两个动点之间的距离为m，分别连接两动点和正方形的一个顶点所形成的三角形面积的最大值和最小值的比值：___________．
【答案】(1)①见解析；②正方形的面积随高的增大是先变大再变小(2)(3)C(4)
【分析】本题考查了等边三角形的性质，垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是理解题意，熟练化为基础知识．
（1）①在上取，作于，以为边作正方形，连接并延长交于，作，作于，作于，则四边形是面积最大的正方形；
②在中，设，，设正方形的边长是，根据得出，从而，进一步得出结果；
（2）设，则，由得，求得，进而得出结果；
（3）设等边三角形的边长是，可得出，求得，进一步得出结果；
（4）当时，的面积最大，在中求得，进而得出面积最大值；当时，面积最小，同样的方法得出结果，进一步得出结果。
【详解】（1）解：①如图1，
在上取，作于，以为边作正方形，连接并延长交于，作，作于，作于，则四边形是面积最大的正方形；理由如下：
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴矩形是正方形；
②如图2，
在中，设，，设正方形的边长是，
，
，
，
，
，
设(为常数），
，
当增大时，先变小再变大，
故答案为：正方形的面积随高的增大是先变大再变小；
（2）解：如图3，
设，则，，
由得，
，
，
，
答：周长最大的正方形的面积为：；
（3）解：选：没有，理由如下：
设等边三角形的边长是，
∴，
∴，
∴，
∴不存在面积为10的等边三角形；
（4）解：如图4，
当时，的面积最大，
在中，，，
，
，
，
，
如图5，
当时，面积最小，
∵，
∴，
∴，
∴两动点和正方形的一个顶点所形成的三角形面积的最大值和最小值的比值：．
3．（2025·江苏苏州·模拟预测）在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护草坪．某公司准备在一块边长为的正方形草坪（图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案．
说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为的圆面，喷洒覆盖率，为待喷洒区域面积，为待喷洒区域中的实际喷洒面积．
这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题．
(1)如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率__________．
(2)如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为的自动喷洒装置……以此类推，如图5，设计安装个喷洒半径均为的自动喷洒装置，与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由．
(3)如图6，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率．
已知正方形各边上依次取点F，G，H，E，使得，设，的面积为，求y关于x的函数表达式，并求当y取得最小值时r的值．
【答案】(1)(2)不能，理由见解析(3)．取得最小值
【分析】（1）根据定义，分别计算圆的面积与正方形的面积，即可求解；
（2）根据（1）的方法求得喷洒覆盖率即可求解；
（3）根据勾股定理求得的关系，进而根据圆的面积公式得出函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】（1）解：（1）当喷洒半径为时，喷洒的圆面积．
正方形草坪的面积．
故喷洒覆盖率．
（2）解：对于任意的，喷洒面积，而草坪面积始终为．
因此，无论取何值，喷洒覆盖率始终为．
这说明增加装置个数同时减小喷洒半径，对提高喷洒覆盖率不起作用．
（3）如图所示，连接，
要使喷洒覆盖率，即要求，其中为草坪面积，为喷洒面积．
∴都经过正方形的中心点，
在中，，，
∵
∴，
在中，
∴
∴
∴当时，取得最小值，此时
解得：．
命题点一 点与圆
►题型01点与圆上一点的最值问题
【典例】．（2025·江苏盐城·二模）【教材呈现】
（1）苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题：
如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为．那么_____．（填“＝”或“≠”）
【直接应用】
（2）如图2，在正方形中，为中点，请只用无刻度的直尺在上找一点，使．
【类比探究】
（3）如图3，在矩形中，，点，，，分别在边，，，上，连接，，且，垂足为．试写出线段与的数量关系，并说明理由．
【拓展应用】
（4）如图4，如图，在中，，，，点在边上运动，连结．过点作，交边于点，交线段于点．
①当点为的三等分点时，求的值；
②运动过程中，当点、的距离最小时，的面积______．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），证明见解析；（4）①或；②
【分析】（1）根据正方形的性质结合已知，证明，即可求解；
（2）连接交于点，连接交于点，则，证明，，进而证明，即可得证；
（3）过点分别作的垂线，垂足分别为，则，证明，即可得证；
（4）①过点作交的延长线于点，证明，进而分类讨论，根据，即可求解；
②取的中点，以为直径，为圆心作圆，连接，当在上时，取得最小值，过点作于点，证明得出，进而根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）如图，连接交于点，连接交于点，则，
证明：设交于点，
∵是上的点，是正方形的对角线，
∴，
又∵，
∴，
又∵为中点，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∴，
∴即；
（3）如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，则，
∵四边形是矩形，则四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
即；
（4）①如图，过点作交的延长线于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
当是靠近点的三等分点时，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
当是靠近点的三等分点时，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述，或；
②如图，取的中点，以为直径，为圆心作圆，连接，
∵，
∴，
∴在半圆上运动，
∴当在上时，取得最小值，
过点作于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
【变式】
1．（2025·四川广元·中考真题）综合与实践
（1）【初步感知】如图①，和中，，，，求的度数；
（2）【深入探究】如图②，在矩形中，，点E是线段上一点，连接，过点A在上方作，使，连接，请证明，并直接写出点F到的距离的最大值；
（3）【学以致用】如图③，梯形中，，，，，点E是线段的中点，点F是线段上一点，连接，过点E在上方作，使，当的面积最小时，求的长．
【答案】（1）；（2）证明见解析；F到的距离的最大值为；（3）
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、矩形和梯形的面积计算及几何最值问题，解题的关键是通过角度关系和线段比例证明相似三角形，利用面积关系转化线段关系，结合图形性质求解．
（1）初步感知：由推出，结合得比例式，证明，利用得出的度数．
（2）深入探究：由矩形面积和面积关系得的定值，结合和矩形中，证明；得出，即可得出在以为直径的圆上运动，进而根据题意，即可求解．
（3）学以致用：先计算梯形面积和面积，结合得的定值；根据（2）构造矩形，证明，得出，得出在为直径的圆上，进而求得出当的面积最小时，得出是等腰直角三角形，勾股定理即可得出长．
【详解】（1）解：∵
∴，即．
．
∴（两边对应成比例且夹角相等）．
∵，
∴．
（2）证明：∵，
∴，即，
∴
∵四边形是矩形，，
∴，，
∵，
∴
∴
∴
∴
∴在以为直径的圆上运动，
∴到的最大距离为；
（3）解：∵梯形中，，，，，
∴，
∵，
∴，即，
∵点E是线段的中点，
∴，
如图，取，作矩形，则，，连接，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴在为直径的圆上，
∴当的面积最小时，在过点且垂直于的直线上，则此时是等腰直角三角形，
∴．
2．（2025·陕西宝鸡·模拟预测）【问题提出】
（1）如图①，的半径为2，点是上一动点，点是外一点，连接，取的中点，当点在上运动时，判断点的运动轨迹．小明同学进行了探究，他连接线段，取其中点，他猜想点的运动轨迹应该是以为圆心，1为半径的圆．请你帮小明同学完成证明过程；
【问题解决】
（2）某政府为提升居民生活品质，对废旧广场及周边进行绿化改造．如图②，现规划重新建设一处运动场所正方形．按设计要求，要在正方形的边上取中点记为，以为圆心，长为直径作，设置一个儿童游乐场所，为方便人们通行，在点处设置小门，点为上一动点，连接进行路面硬化，取的中点，连接设置休息长廊，且．为尽可能满足居民的活动需要，想让休息长廊尽可能短．请问，是否存在符合设计要求且长度最短的长廊？若存在，求最短长廊的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）存在，
【分析】（1）连接，利用三角形的中位线定理解答即可；
（2）连接，取的中点G，连接，利用（1）的方法得到点F的运动轨迹是以G为圆心，1为半径的圆，则当点F在上时，线段的长最小，连接，过点G作于N，交于点M，利用矩形的判定与性质和三角形的中位线定理得到，，，利用勾股定理求得，则结论可求．
【详解】解：（1）连接，如图，

∵B是的中点，C是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴点B的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆；
（2）连接，取的中点G，连接，如图，

∵正方形的边长为400，是的直径，
∴，的半径为200，
∴，
∵G是的中点，F是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴点F的运动轨迹是以G为圆心，100为半径的圆，
∵点G为定点，
∴当点F在上时，线段的长最小，最小值为．
连接，过点G作于N，交于点M，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴， ，
∴，
∵点G为的中点，
∴，
∴，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∴．
∴，
∴的最小值是．
即存在符合设计要求且长度最短的长廊，最短长廊的值为．
命题点二 直线与圆
►题型02切线的判定
【典例】．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，是半圆O的直径，点C是弦延长线上一点，连接，．
(1)求证：是的切线；
(2)连接，若，，求扇形的面积．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）先根据圆周角定理得到，则，再由即可证明，即可证明是的切线；
（2）先根据圆周角定理得到，再由扇形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵是半圆O的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵为半径，
∴是的切线；
（2）解：如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴扇形的面积．
【变式】
1．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，点在上，点在外，线段与交于点，过点作的切线交直线于点，且．
(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)直线与相切，理由见解析；
(2)．
【分析】（）连接，，由直线与相切，可得，证明，则，然后通过切线的判定方法即可求证；
（）由（）得，，则，，所以，通过直角三角形性质得，由勾股定理得，最后通过即可求解．
【详解】（1）解：直线与相切，理由，
如图，连接，，
∵直线与相切，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵是半径，
∴直线与相切；
（2）解：由（）得，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
．
2．（2025·江苏徐州·中考真题）如图，为正三角形的外接圆，直线经过点C，．
(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若圆的半径为2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)直线与相切，理由见解析(2)
【分析】（1）由正三角形的性质可得，由平行线的性质可得，求出，可证直线与相切；
（2）由圆周角定理得，根据阴影部分的面积等于，即可求解．
【详解】（1）解：直线与相切，理由如下：
如图，连接，
是正三角形，
，
为正三角形的外接圆的圆心，
∴也是正三角形的内接圆的圆心，
平分，
，
，
，
，
是半径，
直线与相切；
（2）解：如图，连接，作于点H，
，
，
．
，，
，，
，
，
．
图中阴影部分的面积为：．
►题型03利用切线的性质计算与证明
【典例】．（2025·江苏南京·中考真题）如图，是的对称中心，与相切于点．
(1)求证：直线是的切线．
选择其中一位同学的想法，完成证明；
(2)当与相切时，是菱形吗？说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)是菱形，理由见详解
【分析】（1）先理解题意，结合两位同学的想法，作图，再根据平行四边形的性质以及切线的性质，证明三角形全等，然后结合全等三角形的性质进行分析，即可作答．
（2）先理解题意，作图，证明，得，因为四边形是平行四边形，得，即，得，故，运用一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可作答．
【详解】（1）解：左边同学的思路：
过点O作，连接，，如图所示：
∴，
∵是的对称中心，
∴三点共线，且，，
∴，
∵与相切于点，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
∵
∴直线是的切线；
右边同学的思路：
连接，并延长交于点F，如图所示：
∵是的对称中心，
∴三点共线，且，，
∴，
∵与相切于点，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴是切点，
即直线是的切线；
（2）解：是菱形，理由如下：
当与相切时，记切点为点，如图所示：
∵与相切于点．与相切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴是菱形．
【变式】
1．（2025·江苏南京·中考真题）某纸杯的尺寸（单位：）如图（1）所示，展开它的侧面得到扇环纸片（可以看作扇形纸片剪去扇形纸片后剩余的部分）．
(1)的长为____________，____________；
(2)记表示两边长分别为，（，单位：）的矩形纸片的大小．
①图（2）是可以剪出扇环纸片的一张矩形纸片，它的一边与相切，点，在对边上，点，分别在另外两边上，直接写出，的值；
②用一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片吗？说明理由；
③若一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片，写出求的范围的思路（无需算出最终结果）．
【答案】(1)，
(2)①，②可以，理由见解析③见解析
【分析】（1）设，，则，利用圆的周长公式和弧长公式解答即可；
（2）①延长，，延长线交于点，设矩形的边与相切于点，连接，交于点，利用圆的切线的性质定理，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理解答即可；
②将扇环纸片按如图所示放置，在矩形的边上，延长，，延长线交于点，过点作于点，过点作于点，利用直角三角形的边角关系定理求得，的长度，再利用它们与的矩形纸片的长与宽作比较即可；
③设计出能够放置扇环纸片的最小的的矩形纸片即可．
【详解】（1）解：由题意得：的长为，的长为，
设，，则，
，
，
．
故答案为：，；
（2）解：①延长，，延长线交于点，设矩形的边与相切于点，连接，交于点，如图，
则，
四边形为矩形，
四边形，为矩形，
，
由题意得：，，，，
为等边三角形，
，，，
，，
，，
，
．
②用一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片，理由：
将扇环纸片按如图所示放置，在矩形的边上，延长，，延长线交于点，过点作于点，过点作于点，
由题意得：，，，，
，，，
，
，，
，，
用一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片．
③设的矩形纸片为矩形，，将扇环纸片如图放置，使点在边上，点在边上，点在边上，与边相切于点，
则此时的值最小，若求的范围，则此时的为的最小值．
延长，，延长线交于点，连接，交于点，过点作于点，过点作于点，设交于点，
由题意得：，，，，
与边相切于点，
，
，，四边形为矩形，
四边形，四边形，四边形为矩形，
，，，
，．
求得，的值即可求得的最小值；
由于，解和即可求得结论．
2．（2025·江苏镇江·中考真题）如图（1），过外一点引的两条切线、，切点是、，为锐角，连接并延长与交于点，点在的延长线上，过点作的垂线，与的延长线相交于点、垂足为．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)在图（2）中作，满足（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(3)已知，在你所作的中，若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)图见解析
(3)
【分析】（1）先根据切线长定理、切线的性质定理可得，，再证出，根据等腰三角形的判定可得，由此即可得证；
（2）先在的延长线上作，再过点作的垂线，与的延长线相交于点、垂足为，由直角三角形的斜边中线的性质即可得；
（3）过点作于点，过点作于点，先解直角三角形可得，再设，则，，，在中，利用勾股定理可得，则可得，，然后证出，根据相似三角形的性质可得的长，最后根据即可得．
【详解】（1）证明：∵是的两条切线，切点是，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由对顶角相等得：，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．
（2）解：如图，满足的即为所作．
（3）解：如图，过点作于点，过点作于点，
∵是的两条切线，切点是，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
设，则，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，即，
解得或（不符合题意，舍去），
∴，，
∵在等腰中，，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
∴．
命题点三 三角形与圆
►题型04根据确定圆的条件尺规作图
【典例】．（2025·江苏徐州·中考真题）“连弧纹镜”为战国至两汉时期备受推崇的铜镜设计，通常由六到十二个连续的等弧连成一圈，构成了别具一格的装饰图案．图1为徐州博物馆藏“八连弧纹镜”，纹饰中有八个连续的弧连成一圈．图2为另一件连弧纹镜（残件）的示意图．
(1)若将图2中的连弧纹镜补全，则该铜镜应为“_______连弧纹镜”；
(2)请用无刻度的直尺与圆规，补全图2中所有残缺的弧，使其“破镜重圆”．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】(1)七(2)见解析
【分析】此题考查确定圆的条件、垂径定理等知识．
（1）连接一段等弧两端点构造弦，在圆上依次截取相同长度的弦，即可得到答案；
（2）先确定两个同心圆的圆心，补全两个同心圆，再依次找到等弧的圆心，即可补全等弧．
【详解】（1）解：如图，若将图2中的连弧纹镜补全，则该铜镜应为“七连弧纹镜”，
故答案为：七
（2）如图所示，即为所求，
【变式】
1．（2025·江苏徐州·模拟预测）请用圆规和无刻度的直尺按要求作图．（保留作图痕迹，不写作法）
(1)如图①，过点P作的一条切线；
(2)如图②，在l上作一点Q，使得直线被截得的弦被点P平分；
(3)如图③，过点P作一条直线，使得该直线被截得的弦的长度与弦的长度相等．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题考查了尺规作图、切线的判定、圆周角定理、垂径定理，根据题意正确作图是解题的关键．
（1）作的垂直平分线交于点，再以M为圆心，为半径画圆，交于点，连接，根据圆周角定理得到，则切线即为所求；
（2）连接，过点作的垂线，直线交直线l于点Q，根据垂径定理可得弦被点P平分，则点Q即为所求；
（3）过点O作的垂线，垂足为G；以点O为圆心，长为半径作小；作的垂直平分线得到的中点M，再以为直径作，交小于点H，根据圆周角定理得到；作直线，交于点C，D，则，则直线即为所求．
【详解】（1）解：如图①，直线即为所求；
（2）解：如图②，点Q即为所求；
（3）解：如图③，直线即为所求．
2．（2025·江苏泰州·一模）如图，、为上的两点，且，延长至点，使，连接．
(1)判断与的位置关系；并说明理由；
(2)用无刻度的直尺和圆规在上求作一点，使．（两种工具分别只限使用一次，并保留作图痕迹）
【答案】(1)与相切，理由见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了切线的判定，弦与圆周角之间的关系，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等待，熟知相关知识是解题的关键．
（1）连接，可证明是等边三角形，，则可证明得到，进而可证明，据此可证明结论；
（2）以点为圆心，长为半径作弧交于点，连接并延长交于点，则点D即为所求．
【详解】（1）解：与相切，理由如下：
如图所示，连接，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴与相切；
（2）解：以点为圆心，长为半径作弧交于点，连接并延长交于点；
可证明，则在以A为圆心，半径为的圆上，
则，
可证明，则，则是等边三角形，
由可得，即．
►题型05三角形的外接圆的计算与证明
【典例】．（2025·江苏南京·模拟预测）已知点A，B，C的位置如图所示，若它们分别是一个圆的内接三角形的三边的中点，用两种不同的方法求作该圆．要求：
①用直尺和圆规作图；
②保留作图痕迹，写出必要的文字说明．
【答案】见解析
【分析】本题考查三角形的外接圆与外心，解题的关键是理解题意，正确作出图形．
方法一：①连接，，；②分别过，，作，，的平行线交于点，，；③作线段，的垂直平分线检验点，连接；④以为圆心，为半径作即可；
方法二：①②步骤同上；③过点作于点；过点作于点，，交于点，连接；④以为圆心，为半径作即可．
【详解】解：如图即为所求．
方法一：①连接，，；
②分别过，，作，，的平行线交于点，，；
则可得四边形为平行四边形，，
同理可得，
③作线段，的垂直平分线交于点，连接；
④以为圆心，为半径作即可，
则是的内接三角形，且点A，B，C内接三角形的三边的中点，符合题意；
方法二：①②步骤同上；
则可得四边形为平行四边形，，
同理可得，
③过点作于点；过点作于点，，交于点，连接；
可得分别为的垂直平分线，
④以为圆心，为半径作即可，
则是的内接三角形，且点A，B，C内接三角形的三边的中点，符合题意；
【变式】
1．（2025·江苏宿迁·一模）在梯形中，，点在边上，且．
(1)如图1所示，点在边上，且，连接，求证：；
(2)已知．
①如图2所示，如果点在边上，且，连接、、，与交于．求的值；
②如图3所示，连接，如果外接圆的圆心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长．
【答案】(1)见解析(2)①；②
【分析】（1）连接并延长交的延长线于P，证明，得出，结合已知可得出，，证明，得出，则可证明，即可证明；
（2）①连接并延长交的延长线于P，证明，求出，，证明四边形是平行四边形，得出，，证明，求出，即可求解；
②设的外接圆的圆心为O，连接，，，，过O作于F，证明，得出，由角平分线定义得出，结合平行线的性质可求出，然后证明，根据相似三角形的性质求出，最后根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：连接并延长交的延长线于P，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，
∴；
（2）解：①连接并延长交的延长线于P，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，，
又，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
②如图，设的外接圆的圆心为O，连接，，，，过O作于F，
∵，，，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
2．（2025·江苏无锡·一模）在平面直角坐标系中，二次函数的图像与轴分别相交于、两点（在的左侧），与轴相交于点，．
(1)请求出的值；
(2)已知点是函数图像上一动点（不与、重合），过点的直线平行于轴，与的外接圆交于另一点，连接，．请问是否存在点，使得最小？若存在，请求出点坐标并求出的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，，
【分析】（1）把代入函数表达式求出坐标，再根据得到等腰直角三角形求出点坐标，再代入函数解析式即可求解；
（2）设，设的外接圆心为，由垂径定理得，连接，由得到，结合二次函数解析式化简得到，可求，即，则在过且平行于轴的直线上运动．过点作直线的对称点，则，由，当点三点共线时，最小值为，再由两点间距离公式求出的长即可求出求出的最小值；再求出直线的解析式，进而可求出点坐标．
【详解】（1）解：把代入函数表达式得：
解得：，，
，．
，
，
∵
．
把，代入函数表达式得，
解得；
（2）解：如图，设，
∵由题意得的外接圆心在的垂直平分线上，
而，
∴抛物线对称轴为直线，
∴设的外接圆心为，
过点作于点，则，
∴
，
连接，
，
．①
，
．即．②
把②式代入①式，得：．
整理得：，
，
，
，即．
坐标为，
在过且平行于轴的直线上运动．
过点作直线的对称点，则，
∴，
∴当点三点共线时，最小值为，
的最小值为．
设直线的解析式为，把，代入，得
，
解得，
∴，
当时，，
解得，
∵，
∴，
把代入，得
，
∴
►题型06三角形的内切圆的计算与证明
【典例】．（2025·江苏泰州·二模）已知：是的弦，为的中点，为上一点，且与点位于异侧，过点的切线交的延长线于点．
(1)如图，连接，交于点．试比较与的大小，并说明理由；
(2)如图，连接，，，若，．
求的度数；
用无刻度的直尺与圆规，求作的内心（直尺与圆规分别只限用一次，保留作图痕迹，不要求证明）．
【答案】(1)，理由见解析；
(2)；作图见解析．
【分析】（）连接，，交于点，由为的中点，则，即，所以，根据等边对等角得，又是的切线，则，故有，从而可得，最后由等角对等边即可求解；
（）连接，交于点，由，，则，，由圆周角定理得，故有，设，根据三角形内角和定理和外角性质得出，故有；
连接，以点为圆心，长为半径作弧，交于点，点即为所求．
【详解】（1）解：，理由，
如图，连接，，交于点，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，交于点，
∵，，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
设，
∴，，
∴，，
由（）得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，解得：，
∴，
∴；
如图，连接，以点为圆心，长为半径作弧，交于点，点即为所求；
理由：连接，，
∵为的中点，
∴垂直平分，平分，
∴，，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴平分，
∴，
由上得：，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
∴平分，
∴是的内心．
【变式】
1．（2025·江苏徐州·一模）如图，抛物线与轴交于、两点（点在点的左侧），与轴交于点，连接、，点为直线上方抛物线上一动点，连接交于点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)当的值最大时，求点的坐标和的最大值；
(3)若是抛物线上的一点，的内切圆的圆心恰好落在轴上，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)当时，取得最大值，此时，
(3)
【分析】本题考查二次函数的综合应用，三角形的内切圆，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键：
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）过点作轴交于点，证明，列出比例式，转化为二次函数求最值即可；
（3）根据三角形的内心为三个内角的角平分线的交点，得到轴为的角平分线，作点关于轴的对称点，则直线与抛物线的交点即为点，求出直线的解析式，与抛物线的解析式进行联立，求解即可．
【详解】（1）解：抛物线与轴交于、，
，
解得：，
抛物线的函数表达式为；
（2）抛物线与轴交于点，
，
，
设直线的解析式为，把，代入，得：
，解得：，
直线的解析式为，
如图，过点作轴交于点，
设，则，
，
，
，
，
当时，取得最大值，此时，；
（3）的内切圆的圆心恰好落在轴上，则轴为的角平分线，
作点关于轴的对称点，则直线与抛物线的交点即为点，
设直线的关系式为，
将点、代入得，
解得，
直线的解析式为，
联立抛物线与直线得，解得或，
点的坐标为．
2．（2025·江苏宿迁·一模）如图，在中，．
(1)尺规作图：作的内切圆，并分别标出和、、相切的切点；（要求：保留作图痕迹，不写做法，不需证明）
(2)连接、，四边形是正方形吗？为什么？
(3)若，，求的半径的长．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是正方形，理由见解析
(3)2
【分析】（1）首先由三角形的内心是三角形三个角平分线的交点，确定圆心O，然后过点O作边的垂线交于点F，确定半径，继而可求得的 内切圆；
（2）连接，根据切线的性质得到，求得，得到四边形 是矩形，根据角平分线的性质得到，求得，得到四边形是正方形；
（3）根据正方形的性质得到，根据切线的性质得到，根据勾股定理即可 得到结论．
【详解】（1）解：如图所示，为所求：
（2）解：四边形是正方形，理由如下：
连接，
∵是的内切圆，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵平分平分，
∴，
∴，
∴四边形是正方形；
（3）解：∵四边形是正方形，
∴，
∵是的内切圆，
∴
∴
∴
∵
∴
∴（负值舍去）， 即的半径r的长为2．
命题点四 正多边形与圆
►题型07正多边形与圆的计算与证明
【典例】．（2025·江苏镇江·模拟预测）如图，已知正方形 ，以边为直径作，点E是边上一点（不与B，C重合），将正方形沿折叠，使得点C恰好落在上．
(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若正方形的边长为2，求线段的长．
【答案】(1)为的切线．理由见解析；
(2)线段的长为
【分析】（1）先根据正方形的性质得到，再根据折叠的性质得到，所以，于是可判断，所以，然后根据切线的判定方法可判断为的切线；
（2）先由得到点O、、E共线，设，则，所以,然后利用勾股定理得到，从而可解方程即可．
【详解】（1）解：与相切．
理由如下：
四边形为正方形，
，
正方形沿折叠，使得点恰好落在上，
，
，
在和中，
，
，
，
为的半径，
为的切线：
（2）由（1）得，
，
点O、、E共线，
设，则，
，
为的直径，
，
，
在中，，
解得
即线段的长为．
【变式】
1．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在中心为的正六边形中，点G，H分别在边，上，且不同于正六边形的顶点，．
(1)证明：四边形为平行四边形；
(2)若正六边形的边长为4，以点为圆心，为半径的扇形与正六边形形成阴影部分，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】本题考查正多边形的概念，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，扇形面积的计算，根据正六边形的概念确定相等的角和线段，以及角的大小是解题关键．
（1）根据正六边形的概念，得到正六边形的每个内角相等，每条边相等，从而证明三角形全等，再利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形证明即可；
（2）根据正六边形的概念，确定的度数，进而确定的度数和的长，再通过作差法计算阴影部分的面积即可．
【详解】（1）证明：∵六边形是正六边形，
∴，，
又，
∴，
∴，
∵，，
∴，即，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：如图，连接，，，
∵是正六边形的中心，
∴，，
∴，
∴，
∴和都是等边三角形，
∴，，
∴，，
∴，
∴阴影部分的面积为．
2．（2025·青海·中考真题）活动与探究
解码蜜蜂的“家”——为什么蜂房是正六边形的？
蜜蜂的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也不浪费空间．这是数学中的密铺（或镶嵌）问题．平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片．
探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？
（1）请补全上述表格①________；②________；③________；④________．
探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？
数学视角：蜜蜂的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜蜂即正多边形的内切圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小．
观察图1，发现是正三角形的内切圆，与切于点，，，，在中，，则的周长为．
（2）如图2，正方形的周长为__________；
（3）如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）．
探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？
数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小．
（4）若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为__________；正方形的面积为__________；正六边形的面积为__________．
【得出结论】
综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造蜂房的最优方案．
【答案】（1）①，②，③，④不能；（2）8；（3）；（4），，
【分析】（1）根据正方形，正八边形内角性质解答；
（2）根据正方形内切圆半径为1，得正方形边长为2，即得正方形周长；
（3）根据正六边形内切圆半径为1，得正六边形边长为，即得正六边形周长；
（4）在周长都是12的情况下，得正三角形的边长为4，边心距为，积为；正方形的边长为3，面积为9；正六边形的边长为2，边心距为，面积为．
【详解】（1）∵正方形每个内角为 ，
∴，
∴能密铺；
∵正八边形的每个内角为，
∴，
∴不能密铺；
故答案为：①；② ；③；④不能；
（2）设切于点E，连接，
则交于点O，，
∵，
∴，
∴，
∴正方形的周长为8；
故答案为：8；

（3）设切于点G，连接，
则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴正六边形周长为；
（4）三角形：
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
正方形：
∵，
∴，
正六边：
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
突破一 利用切线性质的有关计算与证明
【典例】．（2025·江苏徐州·模拟预测）如图，已知四边形是菱形，，点是对角线上的一点，与相切于点，交于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若菱形的边长为5，点是的中点，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了切线的性质与判定，菱形的性质，解直角三角形，角平分线的性质，熟知菱形的性质和切线的性质与判定定理是解题的关键；
（1）过点O作于H，连接，由切线的性质得到，由菱形的性质得到平分，则由角平分线的性质得到，据此可证明是的半径，则是的切线；
（2）连接，则，点F即为的交点，由切线的性质得到，解得到，，则可得到，解得到，进而得到；则点E为的中点，即可得到
【详解】（1）证明：如图所示，过点O作于H，连接，
∵与相切于点，
∴，
∵四边形是菱形，
∴平分，
∵，，
∴，
∴点H在上，即是的半径，
∴是的切线；
（2）解：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，点F为的中点，
∴，点F为的交点，
∵与相切于点，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴；
∴，即点E为的中点，
∴
【变式】
1．（2025·江苏苏州·二模）如图1，以为直径的与的边交于点D，，点M是直径下方半圆上的一动点，连接，．交于点P．
(1)若，，求的值；
(2)记的面积为，的面积为，若，的半径为．求线段的长；
(3)如图2，当动点M运动到恰好使得P为的中点时，的角平分线交于点E，交于点F，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、正切的定义，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
（1）由圆周角定理可得，求出，由勾股定理可得，最后由正切的定义即可得解；
（2）证明，得出，，结合勾股定理求出，，即可得解；
（3）作于，连接、，可推出，，从而可得，，进而得出，证明，，推出，即可得解．
【详解】（1）解：∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵的半径为．
∴，
∵，
∴，，
∴；
（3）解：如图，作于，连接、，
∵，P为的中点，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵平分，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
2．（2025·江苏镇江·一模）如图，点在外，连接并延长，与交于点、，点在上，连接，过点作的切线，交于点，______．
(1)在①；②；③这三个条件中，选择一个合适的条件，补充在上述题干中的横线上（只要写序号）；
(2)在完成（1）的补充条件后，解答下列问题：
①求证：与相切；
②若，，求的半径．
【答案】(1)①或②或③
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）选择①：证明，则，由圆周角定理得到，而，那么，则，故，即可证明；选择②：同选择①证明；选择③：由，得到，由切线的性质得到，则，而，故，那么，即可证明；
（2）①证明分析见（1）；②连接，证明 ，则，故，可得，则，再解即可．
【详解】（1）解：选择①：如图，
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴与相切；
选择②：如图，
证明： ∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与相切；
选择③：如图，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与相切；
（2）解：①，证明见第一问；
②连接，如图：
由上可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即的半径为．
突破二 限定工具作图问题
【典例】．（2025·江苏扬州·三模）尺规作图蕴含丰富的推理，还体现逆向思维，请尝试用无刻度的直尺和圆规完成下列作图，要求：保留作图痕迹，写出必要的文字说明．
(1)【圆的作图】点P是中边上的一点，在图1中作，使它满足以下条件：
圆心O在上；经过点P；与边相切；
(2)【不可及点的作图】如图2，从墙边上引两条不平行的射线、（交点在墙的另一侧，画不到，即和不可延长），作这两条射线所形成角的平分线．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了圆的基本性质，角平分线的性质与判定．
（1）要作一个满足条件的圆，关键在于确定圆心和半径．因为圆心在上且圆经过点 P 并与相切过圆心作的垂线，垂线段长度即为半径；
（2）根据三角形三条角平分线交于同一点作图即可．
【详解】（1）解：①过点P作的垂线交于点E，
②在上截取，
③作交于点O（或作的平分线交于点O）；
④以点O为圆心，长为半径作圆；
则为所求的图形．
（2）解：①在上任取一点M（除F外），在上任取一点N（除E外），连接；
②作的平分线，作的平分线，两平分线交于点G；
③同样方法，得点H；
④作直线，则直线为所求的图形．
【变式】
1．（2025·江苏无锡·二模）如图，在正方形中，点是上的一点，是边的中点，连接．
(1)请用无刻度的直尺及圆规，在上找一点，使（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）的条件下，若，则的长为 ．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由于和分别在正方形一组对边上，所以考虑先在边上作，最后利用“两直线平行，内错角相等”，易得；
（2）延长交的延长线于点，过点作于点，根据已知边长，易求出正方形的边长，根据正方形对边平行，利用平行的性质易证，即可求出的长；设，则，求出的长，再根据“等角对等边”证得，再证四边形为矩形，得出直角三角形两直角边长，最后根据勾股定理列方程即可求出的长．
【详解】（1）解：如图所示，点即为所求；
（2）解：如图所示，延长交的延长线于点，过点作于点，
，
，，
四边形是正方形，
，，
点是的中点，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，
由（1）可知，，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
在中，由勾股定理得，，
即， 解得，即．
故答案为：．
2．（2025·江苏南京·三模）如图，已知线段和直线．利用无刻度的直尺和圆规分别在直线作符合要求的点（保留作图痕迹，给出必要的文字说明）．
(1)；
(2)的度数最大．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质，尺规作图等等，熟知相关知识是解题的关键．
（1）在下方作等边三角形，以点C为圆心，的长为半径画圆，交直线l于点P和点，由等边三角形的性质可得，由圆周角定理可得；
（2）如图所示，延长交直线l于点C，以为直径作圆，过点A作交以为直径的圆于D，以C为圆心，的长为半径画弧，交直线l于点P，则点P即为所求；可证明当过点A和点B的圆与直线l相切时，的度数最大，此时可证明，则可证明，可证明，则，则．
【详解】（1）解：如图所示，点P和点即为所求；
（2）解：如图所示，点P即为所求；
1．（2025·江苏淮安·一模）如图，矩形中，，以A为圆心，1为半径作．若动点在上，动点在上，则的最小值是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】A
【分析】本题考查了轴对称—最短路线问题，勾股定理的应用及圆的最值问题等，作出对称图形是本题的关键．以为轴作矩形的对称图形以及对称圆，连接交于P，并延长，交于一点G，则就是最小值；根据勾股定理求得的长，即可求得最小值．
【详解】解：如图，以为轴作矩形的对称图形以及对称圆，连接交于P，并延长，交于一点G，则就是最小值；
∵矩形中，，圆A的半径为1，
∴，
∴，
∴，
即的最小值为4，
故选：A．
2．（2025·江苏无锡·模拟预测）下列判断正确的是（ ）
A．同弧或等弧所对的圆心角相等B．三点确定一个圆
C．长度相等的弧是等弧D．垂直于半径的直线是圆的切线
【答案】A
【分析】本题主要考查了等弧的定义，弧与圆心角之间的关系，确定圆的条件，切线的定义，分别根据圆的确定条件，圆周角定理，圆的切线的判定，等弧的概念依次进行判断即可．
【详解】解：A、同弧或等弧所对的圆心角相等，原说法正确，符合题意；
B、不在同一直线上的三点确定一个圆，原说法错误，不符合题意；
C、能够完全重合的弧是等弧，长度相等的弧不一定是等弧，原说法错误，不符合题意；
D、经过半径外端且与半径垂直的直线为圆的切线，原说法错误，不符合题意；
故选：A．
3．（2025·江苏镇江·一模）已知矩形中，，，若以为直径的圆与边有交点，则与满足的关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆与直线的位置关系，掌握圆的半径与圆心到直线的距离的大小关系是关键．
根据圆的半径与圆心到直线的距离的关系判定即可，即，相离；，相切；，相交，由此即可求解．
【详解】解：根据题意，作图如下，
以为直径的的半径为，
∵与边有交点，
∴，即，
∴，
故选：A ．
4．（2025·江苏南京·模拟预测）如图，是正五边形的外接圆，这个五边形的边长为a，半径为R，边心距为r，则下列关系是错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了圆和正多边形的结合，垂径定理，勾股定理，利用锐角三角函数解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用．
利用垂径定理，勾股定理，利用锐角三角函数解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等知识点逐项进行判断即可．
【详解】解：如图所示，，交于点，
A.由垂径定理和勾股定理可得，该选项正确，故不符合题意；
B.由题意可得，，由等腰三角形的三线合一性质可得，
∴，
由垂径定理得，
该选项正确，故不符合题意；
C. 由题意可得，，由等腰三角形的三线合一性质可得，
∴，
由垂径定理得，
该选项正确，故不符合题意；
D. 由题意可得，，由等腰三角形的三线合一性质可得，
∴，
即
该选项错误，故符合题意；
故选：D．
5．（2025·江苏扬州·二模）如图，是内接正十边形的一条边，直线经过点且与相切，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了正多边形的性质、圆的切线的性质、等腰三角形的性质等知识点，掌握圆的切线的性质是解题的关键．连接、，则，根据正多边形的性质可得，再根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得，由切线的性质可得，然后根据求解即可．
【详解】解：如图∶连接、，则，
是内接正十边形的一条边，
．
∶．
由切线的性质可得，
．
故选∶B．
6．（2025·江苏南京·三模）如图，是的一条弦，点在内，，连接，若的半径是，则的长的最小值为__________．
【答案】
【分析】本题考查了求一点到圆上的最值问题，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定；连接，作，且，过点作交的延长线于点，连接，则，得出，进而证明得出，解，，进而得出，则点在以为圆心为半径的圆上运动，进而求得最小值，即可求解．
【详解】解：如图，连接，作，且，过点作交的延长线于点，连接，
∵，
∴
∴
∴，
∴
∴
∴
∴
在中，，，则
∴
在中，
∴
∴，则点在以为圆心为半径的圆上运动，
∴的最小值为
故答案为：．
7．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，与相切于点，连接，过点作的垂线，交于点，连接，交线段于点．若，则的值为___________．
【答案】
【分析】利用平行线的判定与性质证明，再求得，再利用直角三角形的边角关系解答即可．
【详解】解：∵与相切于点B，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴．
故答案为：．
8．（2025·江苏徐州·模拟预测）小州发现奶奶家的院子里放着一个旧的架子车，出于好奇，他经过测量，自己设计了一个数学题：如图，架子车的车轮是，当架子车的一端C处着地时，架子车车轮与地面相切于点D，轮胎上一点A与点C的连线经过圆心O，且与交于点B，连接，测量数据：，则该车轮的半径是______ ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，切线的性质以及圆周角定理．连接，根据切线的性质以及圆周角定理可得，可证明，可得，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵与相切，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，解得：，
∴，
∴该车轮的半径是．
故答案为：
9．（2025·江苏镇江·一模）如图，已知点是以为直径的圆上一点，是延长线上一点，过点作的垂线交的延长线于点，连结，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的直径．
【答案】(1)见解析
(2)的直径为16．
【分析】（1）连接，由，，可得，，而，可得，故可证，是的切线；
（2）连接，设的半径为，由，可得，从而可用的代数式表示和，再根据是的切线，根据角的等量代换，证明，即可列式计算，解得的半径．
【详解】（1）解：连接，如图：
，，
，，
，
，，
，
，
，
是的切线；
（2）解：连接，如图：
，
，
，
，
，
在中，，
设的半径为，则，
，
，
，
，
是的切线，
∴，
∵点是以为直径的半圆上一点，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
，
解得或（舍去），
的半径为8，
的直径为16．
10．（2025·江苏镇江·中考真题）如图（1），过外一点引的两条切线、，切点是、，为锐角，连接并延长与交于点，点在的延长线上，过点作的垂线，与的延长线相交于点、垂足为．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)在图（2）中作，满足（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(3)已知，在你所作的中，若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)图见解析
(3)
【分析】（1）先根据切线长定理、切线的性质定理可得，，再证出，根据等腰三角形的判定可得，由此即可得证；
（2）先在的延长线上作，再过点作的垂线，与的延长线相交于点、垂足为，由直角三角形的斜边中线的性质即可得；
（3）过点作于点，过点作于点，先解直角三角形可得，再设，则，，，在中，利用勾股定理可得，则可得，，然后证出，根据相似三角形的性质可得的长，最后根据即可得．
【详解】（1）证明：∵是的两条切线，切点是，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由对顶角相等得：，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．
（2）解：如图，满足的即为所作．
（3）解：如图，过点作于点，过点作于点，
∵是的两条切线，切点是，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
设，则，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，即，
解得或（不符合题意，舍去），
∴，，
∵在等腰中，，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
∴．
1．（2025·江苏连云港·三模）如图，在四边形中，，，若，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过点作于点，在上截取，连接并延长至点，使，连接，取的中点，连接，作于点，易得，进而得到，根据，得到，进而得到，得到，进而得到点在以为直径的圆上运动，进而得到，进行求解即可．
【详解】解：过点作于点，在上截取，连接并延长至点，使，连接，取的中点，连接，作于点，如图，
则：，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点在以为直径的圆上运动，
∴，，
∴当三点共线时，的值最大，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在中，，
∴的最大值为；
故选A．
2．（2025·江苏镇江·一模）如图，小辉用了14个全等的正七边形排列（图形不重叠，且每相邻的两个正七边形有一边重合），形成一个圆环状，图中所示的是其中3个正七边形的位置．如果我们用个全等的正九边形也按照同样的方式排列，形成一个圆环状，则的取值可以是（ ）
A．6，16B．6，18C．8，16D．8，18
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形与圆，掌握多边形的内角和定理是解题的关键．根据题意分三种情况讨论，先求出正九边形的一个内角的度数为，再根据圆周角与是否成整数倍来判断，即可得边数．
【详解】解：如图，
∵，
∴正九边形的每一个内角都为，每一个内角都为，
当以为重合边时，延长交于点O，
则，
∴，
∵，不是整数倍，
∴不能形成一个圆环状；
当以为重合边时，延长交于点，
同理得到，
∴，
∵，
∴，
∵，是整数倍，
∴能形成一个圆环状，此时，；
当以为重合边时，延长交于点，延长交延长线于点N，
同理得到，
∴，
∵，
∴，
∵，是整数倍，
∴能形成一个圆环状，此时，；
综上，的取值可以是，，
故选：B．
3．（2025·江苏徐州·一模）如图，若干个全等的正五边形围绕紧密排列一周，图中所示的是其中个正五边形的位置，正五边形与的交点分别记作，顺次连接，所得图形是（ ）
A．正五边形B．正八边形C．正十边形D．正十二边形
【答案】C
【分析】本题考查了正多边形外角和、三角形内角和定理，根据任何多边形的外角和都为，可以求出正五边形每个外角的度数为，根据三角形内角和定理求出每个正五边形所对应的圆心角的度数为，从而可求共有个正五边形，所以可知顺次连接，所得图形是正十边形．
【详解】解：如下图所示，
和是正五边形的外角，
，
，
，
顺次连接，所得图形是正十边形．
故选：C．
4．（2025·江苏泰州·一模）如图，在四边形中，，，，分别与扇形相切于点A与点E．当时，的长为__．
【答案】9
【分析】连接，作于点H，根据题目所给条件可得：，，再由勾股定理求得的长，证明四边形是矩形；在中，根据勾股定理列式求解即可．
【详解】解：如图，连接，作于点H，则，
分别与扇形相切于点A，E，，
，，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
在中，，
，
解得：．
故答案为：9．
5．（2025·江苏苏州·二模）如图，过外一点引的两条切线、，切点分别是、，交于点，点是优弧上不与点、点重合的一个动点，连接、，若，则的度数为______．
【答案】
【分析】本题考查了切线长定理，圆周角定理，直角三角形的性质，由切线长定理得，，，所以，则，然后通过圆周角定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，，
∵、是的切线，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
6．（2025·江苏淮安·一模）如图，一块四边形铁片中，，，在此四边形中裁剪出一个面积最大的圆形铁片，则该圆形铁片的半径为______．
【答案】
【分析】本题考查的是切线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形内切圆，掌握相似三角形的性质、切线的性质是解题的关键．延长、交于点E，根据相似三角形的性质求出，进而求出，根据勾股定理求出，再根据切线的性质、三角形面积公式计算即可．
【详解】解：如图，延长、交于点E，
，
，
，即，
解得：，
，
由勾股定理得：，
当裁剪的圆为的内切圆时，面积最大，设该圆形铁片的半径为x，
由题意得：，
解得：，
，，，
半径为符合题意，
故答案为：
7．（2025·江苏苏州·二模）莱洛三角形广泛应用于建筑、工业、包装等方面，某数学兴趣小组在学习了莱洛三角形的知识后获得灵感，设计了如图2的美丽图形，爱思考的小聪提出以下问题：如图3，正五边形的边长为3，分别以和为圆心，3为半径作和交于点，此时阴影部分的周长为_____．
【答案】/
【分析】本题考查等边三角形的判定及性质，弧长公式．连接，，根据作图可得是等边三角形，得到，根据弧长公式求出，，进而即可解答．
【详解】解：连接，，
由作图可得，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
∴阴影部分的周长为．
故答案为：．
8．（2025·江苏镇江·二模）如图，铁匠师傅要在等边三角形铁皮上切一块最大的且无破损的圆形铁皮．
(1)如图①，三角形铁皮无破损，用直尺和圆规作出；(保留作图痕迹，不写作法)
(2)三角形铁皮上有一破损小洞(点)．
①如图②，点在的中心，用直尺和圆规作出；(保留作图痕迹，写出必要的文字说明)
②点不在的中心，点的位置如图③所示，画出的示意图，并写出用直尺和圆规作的思路．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②见解析
【分析】本题考查了作三角形的内切圆，等边三角形，角平分线，相似三角形的性质与判定；
（1）作角平分线的交点，作三角形的内切圆；
（2）①方法一：使得为的三等分点；方法二：使得为的中心；方法三：作，的垂直平分线与的交点；
②如图⑤或图⑥，即为所求．思路1：作的角平分线，作分别与，相切，连接，交于点，过点P作，交于点O，思路2：作的角平分线，作点P关于的对称点，的延长线交于点M；作，在上截取，以为直径作，过点H作，交于点E．
【详解】（1）解：如图①，即为所求；
（2）①方法一：使得为的三等分点；方法二：使得为的中心；方法三：作，的垂直平分线与的交点，作图如下：
②如图⑤或图⑥，即为所求．
思路：作的角平分线，作分别与，相切，连接，交于点，过点作，交于点，以为圆心，为半径作；
思路：作的角平分线，作点关于的对称点，的延长线交于点；作，在上截取，以为直径作，过点作，交于点，可得；在上截取，可知；过点作，交于点，以为圆心，为半径作．
9．（2025·江苏徐州·三模）如图，内接于，D为优弧上的点，弦与相交于点E，且，延长到点P，使得．
(1)求证：是的切线；
(2)若E是的中点，，求的长．
【答案】(1)见解析(2)2
【分析】（1）连接与交与点F，利用相似三角形的判定与性质得到，利用圆周角定理和垂径定理得到，利用直角三角形的性质，同圆的半径相等，等腰三角形的性质和圆的切线的判定定理解答即可得出结论；
（2）通过延长交于点G，连接，可判断出，根据E是的中点，，即可求出答案.
【详解】（1）证明：连接与交与点F，如图，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
为的半径，
是的切线．
（2）解：延长交于点G，连接，
是的直径，
，
，
，
，
，
是的中点，，
，
，
10．（2025·江苏连云港·中考真题）已知是的高，是的外接圆．
(1)请你在图1中用无刻度的直尺和圆规，作的外接圆（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)如图2，若的半径为，求证：；
(3)如图3，延长交于点，过点的切线交的延长线于点．若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查了作三角形的外接圆，相似三角形的性质与判定，切线的性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）分别作的垂直平分线交于点，以为半径作圆，即可求解．
（2）作的直径，连接，证明，根据相似三角形的性质，即可求解；
（3）连接，根据为的切线，得出，进而证明是等边三角形，得出，在，中分别求得，根据（2）的结论求得，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，
（2）解：如图2，作的直径，连接，
∴，，
∵是的高，
∴．
∵，
∴．
∴，即，
∴．
（3）如图3，连接，
∵为的切线，
∴．
∵，，
∴，
∴，．
∵，
∴是等边三角形，，
∴，，
∴．
在中，，，，
∴，，
在中，，
在中，，
代入，得，
即．
1．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可．
【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，
则，
又∵，
∴，
∴，
由旋转得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即当点P在时，的值最大为长，
∵是正方形，
，
∴，
∴的值最大为，
∴的最大面积是，
故选：C．
2．（2025·浙江杭州·三模）已知中，弦垂直弦，，，则关于直径的说法正确的是（ ）
A．一定等于B．可能大于
C．不可能大于D．不可能等于
【答案】C
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，利用点与圆的位置关系求半径，解题的关键是根据垂径定理和勾股定理求出．
分为弦是圆的直径和弦不是圆的直径，两种情况进行分析，若弦是圆的直径，则圆的直径是，若弦不是圆的直径，弦与弦交于点，连接，，，过点作交于点，过点作交于点，根据矩形的性质得出，根据垂径定理得出，，设圆的半径为，根据勾股定理可求得，即可求解．
【详解】解：如果弦是圆的直径，此时的直径是，故A选项、D选项说法错误；
如果弦不是圆的直径，如图：
弦与弦交于点，连接，，，过点作交于点，过点作交于点，
则四边形是矩形，
∴，
∵，，，，
∴，，
设圆的半径为，即，
在中，，
在中，，
在中，，
即，
当点在圆上时，，
即，
解得：，
即圆的直径可能等于；
当点在圆内时，，
即，
解得：，
即圆的直径可能小于；
综上，圆的直径不可能大于．
故选：C．
3．（2025·浙江·一模）如果一个圆的内接三角形有一边的长度等于半径，那么称其为该圆的“半径三角形”给出下面四个结论：①一个圆的“半径三角形”有无数个；②一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形；③当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是，或；④若一个圆的半径为，则它的“半径三角形”面积最大值为．上述结论中，正确的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、垂径定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．根据“半径三角形”的定义、圆周角定理判断①②；根据等腰三角形的性质、圆周角定理判断③；过点作于，求出的最大面积，判断④．
【详解】解：如图，，
当点是圆上异于、的点时，为“半径三角形”，
则一个圆的“半径三角形”有无数个，故①结论正确；
当点在优弧上，可能是锐角三角形，当为直径时，是直角三角形，当点在劣弧上，是钝角三角形，
则一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形，故②结论正确；
当点在优弧上，，当点在劣弧上，，当时，顶角，
则当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是，或，故③结论正确；
如图，过点作于，直线交优弧于，此时，面积最大，
，
，，
，
，故④结论错误；
故选：C．
14．（2025·河北唐山·三模）如图，点为的外心，连接，作正方形．下列说法不一定正确的是（ ）
A．点在边的垂直平分线上
B．点为的外心
C．平分
D．直线与的外接圆相切
【答案】C
【分析】此题考查了三角形外接圆与外心，正方形的性质、线段垂直平分线的性质、切线的判定等知识，根据相关知识逐项进行分析即可．
【详解】解：∵点为的外心，
∴，
∴点在边的垂直平分线上，故选项A正确，不符合题意，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴点为的外心，
故选项B正确，不符合题意，
∵，
∴点在的外接圆上，即是的外接圆的半径，
∵，
∴直线与的外接圆相切，
故选项D正确，不符合题意，
不一定平分，故选项C错误，符合题意，
故选：C．
5．（2025·河南郑州·一模）在平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点叫做整点．如图，过整点A，B，C有一条圆弧，如果一条直线与这条圆弧相切于点B，则这条直线可以经过（ ）
A．点B．点C．点D．点
【答案】C
【分析】此题主要考查了切线的性质以及垂径定理和坐标与图形的性质，得出时，，即得出点的坐标是解决问题的关键．根据垂径定理的性质得出圆心所在位置，再根据切线的性质得出，时E点的位置即可．
【详解】解：连接，作，的垂直平分线，交格点于点，则点就是所在圆的圆心，
∴三点组成的圆的圆心为：，
∵只有时，与圆相切，
此时，，且，
∴，
∴，则点的坐标为：，
延长，可知过点，，
∴点与下列格点的连线中，能够与该圆弧相切的是：，，．
故选：C．
6．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知的半径为5，圆心O到直线l上一点的距离为5，则直线l和的位置关系可能是（ ）
①相交；②相切；③相离
A．①②③B．②C．①③D．①②
【答案】D
【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，利用圆心到直线的距离和半径之间的关系即可解决．
【详解】设圆心O到直线l的距离为d，
根据题意，在直线l上存在一点P，使得，
因为垂线段最短，所以圆心O到直线l的距离，即，
又因为圆的半径，所以，
当时，直线l与相切；
当时，直线l与相交，
故直线l和的位置关系可能是相切或相交
故选：D．
7．（2025·河南濮阳·一模）如图，，圆心在边上的的半径为，．若在上向点移动，当与相切时，圆心移动的距离为________．
【答案】
【分析】此题重点考查平移的性质、切线的性质定理、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
当移动到与相切时，设圆心为，切点为，由，，，得，最后求解即可．
【详解】解：当移动到与相切时，设圆心为，切点为，则，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴圆心移动的距离为．
故答案为：．
8．（2025·广东汕头·一模）如图，已知直线，点A是上的定点，于点B，C，D分别是，上的动点，且，连接交于点E，于点F，则当最大时，的值为_________．
【答案】
【分析】证明，得出，根据，得出，说明点F在以为直径的圆上运动，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，则点F在上运动，说明当与相切时最大，得出，根据，求解，再进一步求解即可求出结果．
【详解】解：∵两条平行线、，点A是上的定点，于点B，
∴点B为定点，的长度为定值，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点F在以为直径的圆上运动，
如图，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，
则点在上运动，
∴当与相切时最大，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
9．（2025·山东东营·中考真题）如图，是的直径，、是上的两点，，于点，延长交的延长线于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】本题考查了圆的切线判定定理、扇形面积与三角形面积的计算，利用弧相等推导圆心角相等，结合直角三角形性质分析线段与角度关系是解题的关键．
（1）连接，，由得圆心角，进而得，由得，由得，可得，即可得，又因是的半径即可证明；
（2）由，结合得，由勾股定理可得，由即可得出．
【详解】（1）证明：如图，连接，，
∵是的直径，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
10．（2025·湖北武汉·中考真题）如图，点在上，是直径，，过点作交的延长线于点．
(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】本题考查圆周角定理，切线的判定，解直角三角形，求不规则图形的面积，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
（1）连接，根据圆周角定理，得到，根据平行线的性质，得到，即可得证；
（2）作于点，易得四边形为正方形，解，求出的长，再利用分割法求出阴影部分的面积即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线；
（2）解：如图，作于点，
由（1）知：，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
．
命题点一 点与圆
题型01 点与圆上一点的最值问题
命题点二 直线与圆
题型02切线的判定问题
题型03 利用切线的性质计算与证明
命题点三 三角形与圆
题型04 根据确定圆的条件尺规作图
题型05 三角形的外接圆的计算与证明
题型06 三角形的内切圆的计算与证明
命题点四 正多边形与圆
题型07 正多边形与圆的计算与证明
突破一 利用切线性质的有关计算与证明
突破二 限定工具作图问题
基础巩固→能力提升→全国新趋势
考点
2025年
2024年
2023年
课标要求
点与圆
/
常州T26
苏州T8
宿迁T7
探索并掌握点与圆的位置关系。理解并掌握直线与圆的位置关系。掌握切线的概念、性质与判定。理解圆的确定条件。知道三角形的内心与外心的概念。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。理解正多边形的概念以及与圆的位置关系。
直线与圆
盐城T22
淮安T22
徐州T24
宿迁T25
苏州T25
扬州T26
南京T23、27
镇江T24
无锡T16
南通T23
连云港T26
淮安T25
镇江T24
宿迁T25
南京T5
徐州T12
南通T23
扬州T18
盐城T23
连云港T27
镇江T12、25
扬州T25
盐城T24
宿迁T25
淮安T24
泰州T15
无锡T24、25
徐州T15
苏州T27
连云港T24
三角形与圆
南京T2
连云港T27
徐州T26
/
徐州T26
镇江T11
正多边形与圆
宿迁T15
徐州T7
镇江T9
苏州T14
连云港T25、27
南京T15
淮安T15
无锡T8
命题预测
2023 - 2025 年圆的考查情况分析：
 点与圆：侧重位置关系判断（点在圆内 / 上 / 外），多以选择 / 填空基础题出现，分值约3分。
 直线与圆：核心考查切线判定与性质，常结合圆周角、相似三角形出现在解答题，分值 6-8 分。 这是圆的考查重点。
 三角形与圆：高频考查外接圆（外心性质）、内切圆（内心性质），涉及角度、线段计算，属中档题。
 正多边形与圆：以正六边形、正方形为主，考查边长、半径、边心距计算，多为选择 / 填空题，分值 3 分。
2026年中考数学关于圆的命题预测：
 点与圆：仍以基础位置关系判断为主，难度稳定，根据以往考查情况可以看出，考查的可能性较低。
 直线与圆：切线判定性质仍是核心，大概率结合圆综合题考查。
 三角形与圆：外心、内心性质的应用会延续，可能与解直角三角形结合。
 正多边形与圆：保持基础计算考查，侧重正六边形、正方形相关量的求解。
复习建议：
 夯实基础：牢记点与圆位置关系判定、切线性质定理、外心 / 内心定义。
 模型突破：掌握切线判定的 “连半径证垂直”、正多边形与圆的边长 - 半径 - 边心距计算模型。
 真题训练：重点刷江苏近 3 年涉及切线、三角形与圆的解答题，强化综合应用能力。
 易错规避：注意切线判定中 “直线过半径外端且垂直于半径” 的条件，正多边形计算时勿混淆半径与边心距。
位置关系
相离
相切
相交
图形
公共点个数
0个
1个
2个
数量关系
d>r
d=r
d