专题05 圆（复习讲义）（江苏专用）2026年中考数学二轮复习讲练测（原卷版+解析版）

这是一份专题05 圆（复习讲义）（江苏专用）2026年中考数学二轮复习讲练测（原卷版+解析版），共40页。试卷主要包含了圆内接四边形定理，切线长定理，圆的内心、外心综合，圆与射影定理，正多边形与圆，弧长与扇形面积计算，圆锥的侧面积计算，圆中多结论问题等内容，欢迎下载使用。
01 析·考情目标
02 筑·专题框架
03 攻·重难考点
TOC \ "1-1" \n \h \z \u \l "_Tc221119053" 考点一 与圆有关的常考题型（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接）
\l "_Tc221119054" 考点二 与圆有关的压轴题型（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接）
考点一 与圆有关的常考题型

题型一 垂径定理相关的计算问题
1．（2026·江苏宿迁·一模）如图，为的直径，弦于E，，，则的面积为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【分析】根据垂径定理求出的长，在中利用勾股定理求出的长，最后根据三角形面积公式计算即可．
【详解】解：∵为的直径，弦于，且，
∴，
∴，
在中，，，
由勾股定理得：，
∴的面积为．
2．（2026·江苏徐州·一模）如图，在中，直径经过中点E，已知长度为8，长度为2，半径是______．
【答案】5
【分析】连接，设，由垂径定理得，根据勾股定理列方程解答即可．
【详解】解：连接，设，
∵，点E是的中点，，
∴，
由勾股定理得，
则
解得．
3．（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．
4．（2025·江苏南通·二模）如图，是的直径，弦交于点，．
(1)求证；
(2)若，求的正切值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）接．证明．得到，由即可得到结论；
（2）证明，设，，其中．得到，根据正切定义即可得到答案．
【详解】（1）证明：连接．
圆心角与圆周角都对着，
．
，
．
，
；
（2），是的直径，
．
，，
．
设，，其中．
则在中，．
．
在中，．
【点睛】此题考查了圆周角定理、等腰三角形的判定和性质、垂径定理、解直角三角形等知识，熟练掌握垂径定理、圆周角定理是关键．
题型二 圆周角、圆心角定理
5．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）如图，切于点，连接交于点，交于点，连接，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和平行线的性质．
连接，如图，先根据切线的性质得，则利用互余可计算出，再根据圆周角定理得到，然后根据平行线的性质得到的度数．
【详解】解：连接，如图，
切于点，
，
，
，
，
，
．
故选：B．
6．（2025·江苏无锡·一模）如图，圆是的外接圆，是直径，若，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，直角三角形的性质，首先连接，因为是的直径，所以，根据同弧所对的圆周角相等得，根据直角三角形两个锐角互余，可得．
【详解】解：如下图所示，连接，
是的直径，
，
和所对的弧为，
，
在中，，
．
故选：B．
7．（2025·江苏连云港·二模）如图，点A，B，C都在上，若，，则的度数为______°
【答案】75
【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形性质，等边三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
延长交于点D，连接，根据圆周角定理可得，从而可得，然后利用圆内接四边形的性质可得，从而可得，进而可得是等边三角形，再利用等边三角形的性质可得，最后根据圆内接四边形的性质可得，再利用角的和差关系进行计算即可解答．
【详解】解：延长交于点D，连接，
∴
∵，
∴
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴
∴
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
故答案为：．
8．（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：．
题型三 圆内接四边形定理
9．（2025·浙江·模拟预测）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接，若，则_______．
【答案】
【分析】本题考查圆内接四边形以及圆周角定理，根据圆内接四边形的对角互补，以及直径所对的圆周角为直角，进行求解即可．
【详解】解：∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
故答案为：35．
10．（2025·江苏常州·二模）如图，在中，，，以为直径的分别交于点，则______．
【答案】
【分析】本题考查了圆周角定理，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质等，连接，可得，进而由得，设，则，即得，再根据即可求解，正确作出辅助线是解题的关键
【详解】解：连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
11．（2025·江苏宿迁·三模）如图，点、、、在同一圆上，点在内且，，，，则线段的长为______．
【答案】/
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，二次根式的混合运算．作于点，作交的延长线于点，设，利用特殊三角形的性质求得，，，得到，，证明，利用相似三角形的性质列式计算求解即可．
【详解】解：作于点，作交的延长线于点，设，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
整理得，
解得，
∴，
故答案为：．
12．（2025·江苏徐州·二模）已知为的直径，为上一点，过点作的切线交的延长线于点，为弧上一点，连接，，．
(1)如图1，若，求的大小；
(2)如图2，连接，若，，求的半径．
【答案】(1)；
(2)5．
【分析】本题考查了圆内接四边形，切线的性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（1）连接，根据切线的性质，得到，，求出，根据，求出， 根据圆内接四边形的性质即可求解；
（2）连接 、，与交于点，求出，根据勾股定理求出，设的半径为，再根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：连接，如图：
∵是的切线，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为的内接四边形，
∴，
∴；
（2）解：连接 、，与交于点，如图：
∵，
∴，
∵，
∴，，
在中，，
∴，
∴（负值已舍去），
设的半径为，在中，，
∴，
解得：．
题型四 切线长定理
13．（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．
【点睛】此题考查了切线的性质定理，切线长定理，勾股定理，矩形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用及正确作出辅助线是解题的关键．
14．（2025·江苏盐城·三模）如图，和是的切线，点B和点C是切点，是的直径，已知，则______．
【答案】/70度
【分析】本题考查了切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质，由切线的性质可得，，由等边对等角结合三角形内角和定理可得，求出，由圆周角定理可得，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵和是的切线，点B和点C是切点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
故答案为：．
15．（2025·江苏宿迁·三模）如图，为的内切圆，，，，点，分别为，上的点，且为的切线，则的周长为______．
【答案】15
【分析】本题考查的是切线长定理，根据切线长定理，得，结合线段的和差关系得，再结合的周长转化为，由此得解．切线长定理图提供了很多等线段，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等切线长．
【详解】解：依题意，设、、、与的切点分别为W、、、，连接，如图所示：
∵为的内切圆，为的切线，
∴，
∵，
∴，，
则，
∵，，
∴，
则的周长，
故答案为：15．
16．（2025·北京海淀·二模）如图，为的切线，为切点，与交于点P，交于点．
(1)求证：；
(2)连接交于点．若的半径为，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的性质以及切线长定理，圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键；
（1）根据切线长定理得，根据平行线的性质即可得证；
（2）连接．由（1）可得，则，由可得则，勾股定理求得证明得出，根据，即可求解．
【详解】（1）证明：为的切线，
．
．
．
，
．
（2）解：如图，连接．
由（1）可得，
是的直径．
是的切线，
．
．
，
．
，
．
．
．
在中，，
．
在中，
由（1）可得，，
为的中点．
为的中点，
．
，
．
．
．
．
在中，，
．
题型五 圆的内心、外心综合
17．（2025·四川绵阳·三模）如图，在中，，，，I为的内心，于点D，则的长为（ ）
A．2B．1C．3D．
【答案】A
【分析】过点I作于E，于E，连接、、，根据勾股定理求出，，根据内心性质得出，根据，得出，即可得出答案．
【详解】解：过点I作于E，于E，连接、、，如图所示：
在中，∵，，，
∴，
∴，
∵I为的内心，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：，
故选：A．
【点睛】此题考查了直角三角形的内心的概念及性质，勾股定理．熟练掌握三角形内心的特点是解题的关键．
18．（2025·江苏泰州·三模）如图，点I为的内心，，，，将平移，使其顶点C与点I重合，则图中阴影部分的周长为______．
【答案】
【分析】本题考查了三角形内心的定义、平移的性质及角平分线的定义等知识，熟练掌握三角形的内心是角平分线的交点是关键．
连接、，根据点为的内心，可得平分， 平分，再根据平移可得，，进而得到， ，根据等角对等边得到， ，进而可得图中阴影部分的周长．
【详解】连接、，
∵点为的内心，
∴平分， 平分，
∴， ，
由平移得，，
∴， ，
∴， ，
∴， ，
∴
故答案为：．
19．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，在中，，点O是的内心，点D是中点，延长交于M，若，则______．
【答案】8
【分析】过点A作交延长线于点，连接并延长交于点，连接，可得，则为等腰直角三角形，由平行线分线段成比例定理得到，则，可得，设，由勾股定理得，解得：，则，由，得到，即可求解．
【详解】解：过点A作交延长线于点，连接并延长交于点，连接，
∵点O是的内心，
∴平分，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵平分，，
∴
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，点D是中点，
∴，
∴，
∴设，
则，
∵，
∴，
∴，
设，
由勾股定理得：，
∴，
解得：，
∵，平分，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴，
∴，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，解直角三角形，平行线分线段成比例定理，勾股定理等知识点，难度较大，正确添加辅助线是解题的关键．
20．（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；
∴，，
∴，
∴
【点睛】本题考查了三角形的内心，切线长定理，勾股定理及三角函数，掌握以上知识点是解题的关键．
题型六 圆与射影定理
21．（2025·江苏苏州·一模）如图，C，D为线段上两点，且，过点D作的垂线，与以为直径的交于点E，作射线．
(1)求证：为的切线；
(2)F为上一点，弦与直径交于点G，当F为中点时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长为，
【分析】此题重点考查圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
（1）连接，则，根据线段的和差关系求出的长，进而可求出的长，解直角三角形求出的长，进而证明，推出则可证明，据此可证明结论；
（2）可证明，则可证明，由相似三角形的性质求出的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
是的直径，
，
，
，
，
，
，且，
，
，
是的半径，且，
为的切线．
（2）解；连接，则，
为的中点，
，
∵是直径，
，
，
，
，
，
解得，
的长为，
22．（2025·江苏苏州·三模）如图，在中，，点为斜边上一点，连接，以为直径作，分别交，于，两点，连接交于点，交于点，连接，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线判定定理，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系，连接直径所对的圆周角，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键．
（1）利用直角三角形的性质，圆周角定理和等量代换的性质得到，再利用圆的切线的判定定理解答即可；
（2）连接，，过点作于点，利用直角三角形的边角关系定理，勾股定理和切割线定理求得，，，利用勾股定理即可求得圆的直径．
【详解】（1），
，
，
，
，
，
，
，
为的直径，
是的切线；
（2）连接，，过点作于点，如图，
，
是的直径，
经过点，
，
，
，，
，
是的切线，，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线，
，
，
，
，
，
，
的半径为．
23．（2025·江苏连云港·二模）（1）如图1，的顶点在上，点在内，，仅用无刻度直尺在图中画的内接△，使；（不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
（2）在（1）的条件下，若，求的半径；
（3）如图2，是的内接三角形，若，，垂足为D，，请直接写出长的最小值为___________．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）5
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等等等，熟知相似三角形的性质与判定定理是解题的关键。
（1）延长交于E，连接并延长交于D，连接，则即为所求；
（2）直接根据相似三角形的性质列出比例式求解即可；
（3）过点A作交延长线于E，可证明，得到，设，则，则，则当有最小值时，也有最小值，故当点D与点E重合时，此时有最小值时，即有最小值，据此可得答案．
【详解】解：（1）如图所示，延长交于E，连接并延长交于D，连接，则即为所求；
由直径所对的圆周角是直角得到，再由，即可证明；
（2）由（1）可得，
∴，即，
∴，
∴的半径为；
（3）如图所示，过点A作交延长线于E，
∵，，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴当有最小值时，也有最小值，
∵，
∴当点D与点E重合时，此时有最小值时，即有最小值，
∴此时满足，即，
∴的最小值为5．
24．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，C是上一点，在直径上取点E，使，延长交于点D，连接、，作，垂足为N．
(1)求证：平分；
(2)若的直径是7，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了圆周角定理及推论，直角三角形两个锐角互余，相似三角形的判定与性质等知识，找准相似三角形是解题关键．
（1）先根据直径所对的圆周角是直角，得出，再根据直角三角形两个锐角互余可得，然后根据垂直的意义，得出，再根据直角三角形两个锐角互余可得，接着利用等边对等角得出，根据同弧所对的圆周角相等，可得，根据对顶角相等可得，最后得出即可证得结论成立；
（2）先证明，列出比例式，从而可得．
进而得到关于的方程求解．
【详解】（1）证明：连接CB，
∵AB是直径，
，
，
，
．
，．
，
即平分；
（2）由（1）得，
，
，
，
，
即．
，，
．
题型七 正多边形与圆
25．（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．
26．（2025·山东青岛·一模）如图，是正五边形的内切圆，点M，N，F分别是边与的切点，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查切线的性质，正多边形的内角，圆周角定理，连接，求出的度数，根据四边形的内角和为360度求出的度数，圆周角定理求出的度数即可．
【详解】解：∵正五边形，
∴，
连接，
由题意，得：，
∴，
∴；
故选B．
27．（2025·山东枣庄·一模）如图，已知五边形为正五边形，以点A为圆心、以的长为半径画弧，分别交、的延长线于点F、G．连接、，则等于________．
【答案】/18度
【分析】本题考查圆周角的性质，正多边形的性质以及等腰三角形的性质．连接，根据正五边形的性质可得，，从而得到，然后根据圆周角定理解答即可．
【详解】解：如图，连接，
∵五边形为正五边形，
∴，，
∴，
同理，
∴，
∴．
故答案为：
28．（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：．
【点睛】本题考查了正方形与圆，二次函数的应用，解决此类问题的关键在于将实际问题转化为数学问题，即如何将喷洒覆盖率的计算问题转化为面积计算和函数求解问题．同时，在解决具体问题时，需要灵活运用已知的数学知识，如圆的面积公式，正方形面积公式，以及函数解析式求解等．最后，还需要注意将数学计算结果还原为实际问题的解决方案．
题型八 弧长与扇形面积计算
29．（2025·江苏镇江·一模）如图，平行四边形中，，以为直径的交于点E，则的长为（ ）
A．B．C．5D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了弧长的计算、平行四边形的性质及等边三角形的判定与性质，熟知弧长的计算公式及平行四边形的性质是解题的关键．先根据平行四边形的性质得出的长，再连接求出的度数，最后根据弧长公式即可解决问题．
【详解】解：四边形是平行四边形，且，，
，，
连接，
，
是等边三角形，
，
又，
，
故选：B．
30．（2025·江苏镇江·模拟预测）如图所示的曲边三角形可按下述方法作出：作等边，分别以点，，为圆心，以长为半径作，，，三弧所围成的图形就是一个曲边三角形．如果一个曲边三角形的周长为，则此曲边三角形的面积为_____．
【答案】
【分析】本题考查了扇形面积的计算、弧长公式，以及等边三角形的性质，此题的关键是明确曲边三角形的面积三角形的面积三个弓形的面积，然后再根据所给的曲边三角形的周长求出三角形的边长，从而求值．此三角形是由三段弧组成，如果周长为，则其中的一段弧长就是，所以根据弧长公式可得，解得，即正三角形的边长为2．那么曲边三角形的面积就等于三角形的面积三个弓形的面积，根据三角形和扇形面积公式即可得答案．
【详解】解：由题意得：，
∵曲边三角形的周长为，
∴，
解得：，
即，
如下图所示，过点作于点D，
则有，
，
，
，
∴曲边三角形的面积为．
故答案为：
31．（2025·江苏扬州·模拟预测）如图，四点在上，为的直径，于点，平分．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求弦与弧围成的弓形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（）连接，由等腰三角形的性质和角平分线的定义可得，即得，进而由平行线的性质即可求证；
（）连接，过点作，由直角三角形的性质和圆周角定理可得，，可得，即得，进而可得，，最后根据计算即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∵ 平分，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴是的切线；
（2）解：连接，过点作，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，，
∴，是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，角平分线的定义，平行线的判定和性质，切线的判定，圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理，扇形的面积，正确作出辅助线是解题的关键．
32．（2025·江苏南通·模拟预测）如图，在中，，，点在边上，以点为圆心，的长为半径的圆与相切于点，分别交于点，连接．
(1)求证：平分；
(2)若，求涂色部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了切线的性质，角平分线的定义，扇形面积的计算和勾股定理．熟练掌握切线的性质是解题的关键．
（1）连接，根据切线的性质得到，推出，得到，即可得到结论；
（2）根据题意得到，推出，，
则，，，根据勾股定理得到，求出，得到涂色部分的面积为．
【详解】（1）证明：如图，连接，
与相切于点，
，
，
，
，
，
，
平分；
（2）解：在中，，
．
由（1）可知，
．
．
设，
则，，，
在中，，
，
，
．
∴涂色部分的面积为．
题型九 圆锥的侧面积计算
33．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，的半径为6，作正六边形，点，在上，若图中阴影部分恰是一个圆锥的侧面展开图，则这个圆锥高为_______．
【答案】
【分析】本题考查了正多边形的外角和、弧长公式、圆锥的侧面积，熟练掌握以上知识点是解题的关键
根据正六边形的外角和，即可求得内角的度数，进而根据边长等于圆的半径，根据弧长公式求得弧的长，再根据底面圆的周长求得底面圆的半径，进而根据母线、底面圆的半径和圆锥的高构成直角三角形，求解．
【详解】解：∵正六边形的边长为6，
∴，，
∴弧的长为： ，
∵图中阴影部分恰是一个圆锥的侧面展开图，
∴弧的长即为圆锥底面的周长，
设圆锥底面圆的半径为，则，
解得：，
∴圆锥的高 ．
故答案为：．
34．（2025·江苏宿迁·三模）如图，正五边形的边长为10，以顶点为圆心，长为半径画圆，若图中阴影部分恰是一个圆锥的侧面展开图，则这个圆锥底面圆的半径是____________．
【答案】3
【分析】本题主要考查了求圆锥底面圆半径，正多边形内角，熟知圆锥底面圆的周长即为其展开图中扇形的弧长是解题的关键．
先利用正多边形内角和定理求出的度数，再根据圆锥底面圆的周长即为其展开图中扇形的弧长进行求解即可．
【详解】解：设这个圆锥底面圆的半径是r，
由题意得，，
∴，
∴，
故答案为：．
35．（2025·江苏淮安·二模）圆锥绣球是虎耳草科绣球属植物，圆锥状聚伞花序尖塔形，其寓意着希望、永恒、美满与团聚．如图14是按照其形状制作的圆锥绣球模型：母线长为，底面直径长为，则此圆锥的侧面积为___________（结果保留）
【答案】
【分析】本题考查求圆锥的侧面积，根据圆锥的侧面积公式进行计算即可．
【详解】解：，
即此圆锥的侧面积为．
故答案为：
36．（2025·江苏扬州·二模）如图所示，综合实践课上，聪聪用圆心角为的扇形纸板，制作了一个底面半径是圆锥形的生日帽．在不考虑接缝的情况下，这个扇形纸板的半径是_____．
【答案】
【分析】本题考查圆锥与扇形的计算，掌握相关计算公式是解题的关键．设圆锥的底面半径为，扇形的半径为，扇形的弧长为，根据扇形的弧长=圆锥底面圆周长构建方程求解即可．
【详解】解：设圆锥的底面半径为，扇形的半径为，扇形的弧长为，
圆锥的底面半径是，
扇形的弧长，
扇形纸板的圆心角为，，
，
解得：，
故答案为：．
题型十 圆中多结论问题
37．（2025·江苏盐城·模拟预测）有下列说法：（1）三个点确定一个圆；（2）相等的圆心角所对的弦相等；（3）等弧所对的圆心角相等；（4）三角形的外心到三角形三条边的距离相等；（5）外心在三角形的一边上的三角形是直角三角形；其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】此题考查了确定圆的条件，三角形外心的性质等知识，
根据确定圆的条件对①进行判断；根据圆心角、弧、弦的关系对②进行判断；根据圆周角定理对③进行判断；根据三角形外心的性质对④⑤进行判断．
【详解】解：（1）不共线的三个点确定一个圆，故错误；
（2）在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故错误；
（3）同弧或等弧所对的圆周角相等，故正确；
（4）三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，故错误；
（5）外心在三角形的一边上的三角形是直角三角形，故正确；
故选：B．
38．（2025·江苏宿迁·一模）已知的内心为，则下列说法错误的是（ ）
A．B．在的内部
C．为三个内角平分线的交点D．到三边距离相等
【答案】A
【分析】根据三角形的内心的概念可得出答案．
【详解】A．三角形内心到三角形三条边的距离相等，并不是到三个顶点的距离相等，故符合题意；
B．三角形的内心是三个内角的角平分线的交点，所以P在△ABC的内部，故不符合题意；
C．三角形的内心是三个内角的角平分线的交点，故不符合题意；
D．三角形内心到三角形三条边的距离相等，故不符合题意．
故选：A．
【点睛】考查了三角形的内切圆和内心，即三个内角的三条角平分线相交于一点，这个点叫做三角形的内心，三角形内心到三角形三条边的距离相等，熟练掌握角平分线的性质是解题的关键．
39．（2025·北京·二模）中国科学技术馆有“圆与非圆”展品，涉及了“等宽曲线”的知识．因为圆的任何一对平行切线的距离总是相等的，所以圆是“等宽曲线”．除了圆以外，还有一些几何图形也是“等宽曲线”，如勒洛三角形（图1）．它是分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间画一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形．图2是等宽的勒洛三角形和圆．下列说法中错误的有（ ）
（1）勒洛三角形是轴对称图形；
（2）图1中，点到上任意一点的距离都相等；
（3）图2中，勒洛三角形上任意一点到等边三角形的中心的距离都相等；
（4）图2中，等宽的勒洛三角形和圆，它们的周长相等．
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】B
【分析】根据轴对称的性质，圆的性质，等边三角形的性质判断即可．
本题考查了平行线的距离，等边三角形的性质，轴对称的性质，正确的理解题意是解题的关键．
【详解】解：（1）勒洛三角形是轴对称图形，正确；
（2）图1中，点A到上任意一点的距离都是半径，故相等；
（3）图2中，连接，连接并延长交弧于G，
设等边三角形的边长为a，
则，
∵，
∴，
∴勒洛三角形上任意一点到等边三角形的中心的距离不相等，故错误；
（4）设等边三角形的边长为a，
∴勒洛三角形的周长，
圆的周长，
∴勒洛三角形的周长与圆的周长相等，故正确．
所以错误的只有1个；
故选：B．
40．（2025·江苏无锡·二模）已知线段，经过A、B两点，若，则称点M是线段的“好心”； 上的点称作线段的“闪光点”．已知．
①点是线段的“好心”；
②若反比例函数上存在线段的“好心”，则；
③线段的“闪光点”组成的图形既是轴对称图形，又是中心对称图形；
④若直线上存在线段的“闪光点”，则．
上述说法中正确的有（ ）
A．①②③④B．①③④C．①③D．①②
【答案】B
【分析】先根据“好心”定义得到“好心”在的垂直平分线上，由的范围推出纵坐标的绝对值范围，再逐一判断①②③，对于④，画出直线与当时的两个圆相切时的图，再根据切线的性质以及等腰直角三角形的性质求解，即可求解取值范围．
【详解】解：∵，，
∴中点为，，
∵经过A、B两点，
∴“好心”都在的垂直平分线上，如图：
设，则，，
∵
∴，
，
，
由得：
当时，则
∴；
当时，则
∴，
，
判断①：，，符合范围，，满足定义，故①正确；
判断②：在上，则，
∵，
∴时，；时，，
∴当时，，当时，，
∴存在“好心”时k有两个范围，故②错误；
判断③：所有满足条件的圆心关于轴对称，关于中心对称，因此所有“闪光点”组成的图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故③正确；
判断④：，，那么圆心只能在线段和上，
当直线与相切时，切点分别记为点，两条直线与轴的交点分别记为；，
连接，则，
对于直线可求与轴的交点坐标为
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵
∴
∴
∴
∴
∴三点共线，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴此时，；
同理可得，为等腰直角三角形，
∵
∴，
∴
∴此时，，
∴直线上存在线段的“闪光点”，则，故④正确，
∴正确的有①③④．
题型十一 圆与三角函数结合
41．（2025·江苏扬州·三模）如图，在中，，，经过，两点，与斜边交于点，连接并延长交于点，交于点，过点作，交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据等腰直角三角形的性质得到，根据圆周角定理得到，根据平行线的性质得到，根据切线的判定定理得到结论；
（2）连接，根据圆周角定理得到，根据勾股定理得到，求得，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接．
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
即，
∵是的半径，
∴与相切；
（2）解：连接，
∵是的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
42．（2025·江苏无锡·二模）如图，为圆的直径，、为圆上不同于、的两点，过点作圆的切线交直线于点，直线于点．
(1)求证：；
(2)若，且，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）连接，根据等腰三角形性质和外角的性质得出，根据切线的性质得出，即可证得，根据平行线的性质得出，即可证得；
（2）连接，根据圆周角定理得出，求出，利用写出比例，列出方程即可求解．
本题考查了圆切线的性质，平行线的判定和性质，三角形相似的判定和性质，解直角三角形等，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】（1）连接，
∵切于是的半径，
（2）∵为所对圆周角，
∴，
∴．
连接，
∵为的直径，
，
，
，
，
，
∴设则
，
∴，
，
，
，
．
43．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，已知内接于，是的直径，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的直径．
【答案】(1)证明见解析；
(2)的直径为．
【分析】（）连接，由角平分线可得，又由可得，即得，由得，进而可得，即得，即可求证；
（）是的直径可得，又由（）知，由，，进而可得，再根据，，，可得，得到，，解得到，再解即可求解；
【详解】（1）证明：连接，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：∵是的直径，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴
∵，，
∴，
∵，，，
∴
∴，，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
即的直径为．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，等腰三角形的性质，切线的判定，圆周角定理，三角函数，掌握圆的有关定理是解题的关键．
44．（2025·江苏盐城·三模）如图，内接于，是的直径，点在圆上，且，过点作，垂足为点，与的延长线相交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据圆周角定理得出，根据等腰三角形的性质得出，得出，证出，根据平行线的性质得出，即可证明；
（2）根据圆周角定理得出，证明，得出，证明，即可得，求出，，，，证明，得出，即可求解．
【详解】（1）解：连接，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线；
（2）解：为直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，，，
，
，
，
．
【点睛】该题考查了圆周角定理，相似三角形的性质和判定，解直角三角形，等腰三角形的性质，切线的判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
知识1 圆的基本性质
1.垂径定理及推论
1）垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧.
示例：如图，CD是O的直径，AB为弦，CD⊥AB于点E，则AE＝BE，.
2）垂径定理的推论
（1）平分弦（非直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧.
示例：如图，CD是O的直径，AE＝BE，则CD⊥AB，.
（2）平分弦所对的一条弧的直径垂直于弦，并且平分弦所对的另一条弧.
（3）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧..
【小技巧】一条直线如果具备：①经过圆心；②垂直于弦，③平分弦（非直径），④平分弦所对的优弧，⑤平分弦所对的劣弧，上述五个条件中的任意两个条件都可以推出其它三个结论，简称“知二推三”.
2.弧、弦、圆心角的关系
定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等.
推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等.
【注意】不能忽略“在同圆或等圆中”这个前提条件，如果遗漏了这个前提条件，即使圆心角相等，所对的弧、弦也不一定相等.
示例：如下图，两
3.圆周角定理及其推论
1）圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半.（即：圆周角=12圆心角）
2）圆周角定理的推论
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等.
推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径.
4.圆内接四边形及其性质
1）圆内接四边形：如果一个四边形的所有顶点均在同一个圆上，那么这个四边形叫做圆内接四边形.这个圆叫做这个四边形的外接圆.
2）圆内接四边形的性质： 1）圆内接四边形对角互补.
如图，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC+∠ADC=180°
2）圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（即与该外角相邻 的内角的对角）.
如图，∠1=∠2
知识2 切线相关
1.切线的定义：线和圆只有一个公共点时，这条直线叫圆的切线，这个公共点叫做切点．
2.性质与判定：
3.切线长：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长.如图中的PA，PB两条线段的长为点P到⊙O切线长（PA，PB与⊙O相切）.
4.切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角．
知识3 与圆有关的计算
1.弧长与扇形的面积计算
1）弧长公式：(n为圆心角的度数，R为圆的半径).
2）扇形的面积公式：(n为圆心角的度数，R为圆的半径)=(l是n°的圆心角所对的弧长).
2.圆锥的相关计算
圆锥的侧面展开图及有关计算
（1）沿一条母线将圆锥侧面剪开并展开，容易得到圆锥的侧面展开图是一个扇形.
（2）圆锥常见量之间的关系（如图）
设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，高为h
（1）这个扇形的弧长为2πr；
（2）r2+ℎ2=l2；
（3）
（4）
（5）圆锥侧面展开图的圆心角度数为
1．（2026·江苏扬州·一模）如图，A、B、C是圆O上的三点，已知，那么的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，先根据等腰三角形的性质、三角形的内角和定理可得的度数，再根据圆周角定理即可得．
【详解】解：如图，连接，
，
，
，
∴．
2．（2026·江苏无锡·二模）如图，是的直径，垂直平分交于，两点，，，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由，根据垂径定理，勾股定理计算圆的半径，利用扇形的面积公式计算即可．
【详解】解：如图，连接，，设、的交点为，
∵是⊙的直径，垂直平分交⊙于C，D两点，
∴，，，
∴四边形是菱形，，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴．
3．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，为直径，为上一点（异于、，平分交于点，交于点；
（1）；
（2）；
（3）；
（4）连结、，四边形面积为；
上述结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】（1）根据在同圆或等圆中相等的圆周角所对弧相等，进行判断；
（2）连接，证明，便可判断正误；
（3）连接、，延长到点，使，连接，证明，得是等腰直角三角形，便可判断正误；
（4）由全等三角形得，进而由等腰直角三角形的面积公式，便可判断正误．
【详解】解：（1）平分，
，
，故（1）结论正确；
（2）连接，
，
，
，
，
，故（2）结论正确；
（3）连接、，延长到点，使，连接，
四边形是的内接四边形，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，故（3）结论正确；
（4），
，
，故（4）结论错误；
综上所述，正确的有3个．
4．（2026·江苏徐州·一模）蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子．近年来，随着社会的发展和进步，蒙古族生活的中心逐步由牧区转移至城市，但是在夏季外出放牧时，牧民依旧会选择蒙古包作为游牧的居所．蒙古包其主体结构可抽象为圆柱与圆锥的几何组合体．现有一个蒙古包的模型，其三视图如图所示，现在需要买一些油毡纸铺上去（底面不铺）．若油毡纸的价格为30元/，则买油毡纸要花费的费用至少为（ ）
A．8.4元B．17元C．34元D．50元
【答案】C
【分析】过点作于点，根据等腰三角形的性质以及勾股定理先求解圆锥的母线长，再求出圆柱和圆锥的侧面积，即可得到油毡纸的面积，即可求解费用．
【详解】解：过点作于点，
由题意得，，
∴，，
∴，
∴，
∴买油毡纸要花费的费用（元）．
5．（2026·江苏连云港·一模）如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点、、都在格点上，过、、三点的圆与网格线交于点，则的值为（ ）．
A．B．C．D．3
【答案】C
【分析】连接，，由同弧所对的圆周角相等可得，利用网格求出即可．
【详解】解：如图，连接，，
∵，
∴，
结合网格可知，，，，
在中，，
∴．
6．（2026·江苏南京·模拟预测）如图，在扇形中，，，点C在上，连接，垂直平分交于点D，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由垂直平分线的性质易证是等边三角形，进而得出，再利用弧长公式求解即可．
【详解】解：垂直平分，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
的长度为．
7．（2026·江苏扬州·一模）如图，在中，过、、三点的与相交于点．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由平行四边形的对角相等可得，再由四边形是圆内接四边形，可得，得出的度数，然后通过角度和差即可求解．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
四边形是圆内接四边形，
，
，
．
8．（2026·河南郑州·一模）如图，正方形的对角线交于点O，为正方形的外接圆，为直径．若，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由，再结合扇形面积公式以及三角形面积公式求解即可．
【详解】解：∵与正方形均为中心对称图形，且正方形的对角线交于点O，为正方形的外接圆，为直径，
∴，
∵，
∴，
∵正方形的对角线交于点O，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积为．
9．（2026·江苏徐州·一模）如图，正八边形和正六边形的边长均为3，以顶点H为圆心，的长为半径画圆，则阴影部分的面积为____．（结果保留）
【答案】
【分析】先求出正八边形和正六边形的内角度数，分别为．，然后求得，利用扇形面积公式即可求解．
【详解】解：∵八边形是正八边形，六边形是正六边形，
∴，，
∴，
∴．
10．（2026·江苏泰州·一模）如图，为的直径，点P在的延长线上，，与相切，切点分别为C，D．若，，则_______．
【答案】
【分析】连接，，，设与交于点Ｅ，利用线段垂直平分线的判定和性质，圆周角定理，正切函数的应用，求解即可；
【详解】解：连接，，，设与交于点Ｅ，
，与相切，切点分别为C，D．
则，，，
直线垂直平分线段，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
11．（2026·江苏泰州·模拟预测）“黄金螺旋”的画法通常以斐波那契数列为边长作正方形，再画四分之一圆弧连接而成．若换用数列（从第三项起，每一项等于前两项之和）作为正方形的边长，按同样方式构造螺旋线．如图，最小的正方形边长为2，依次得到边长分别为2，2，4，6，10的五个正方形，并在每个正方形内画圆心角为的圆弧，连成一段螺旋线，则这段螺旋线的长度为___________．（结果保留）
【答案】
【分析】这段螺旋线由5段圆心角为的圆弧组成，每段圆弧的半径等于对应正方形的边长，利用弧长公式计算各段弧长后求和即可得到总长度．
【详解】解：根据弧长公式，其中为圆心角度数，为圆弧半径，
由题意得，5段圆弧的半径依次为2，2，4，6，10，
分别计算各段弧长：
，，，，，
总螺旋线长度为：．
12．（2026·江苏无锡·模拟预测）已知中，，，且为直角，作它的外接圆，取弧的中点，连接，则的长为______．
【答案】
【分析】根据直角三角形的性质，确定的外接圆直径为斜边，连接，，交于点，易得垂直平分，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵，，且为直角，
∴，
作的外接圆如图，连接，，交于点
，则为直径，，

∴，
∵为弧的中点，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
13．（2026·江苏南京·模拟预测）砖雕是以砖作为雕刻对象的制作技艺，其特点是细腻精致、典雅秀气．图①是一块扇面形的砖雕作品，图②是它的设计图，其中扇形和扇形有相同的圆心O．已知的长为，和的长分别为和，则该砖雕的面积为______．
【答案】140
【分析】设扇形的半径为，扇形的半径为，利用弧长公式得出半径之比，结合的长求出和的值，最后利用扇形面积公式求解即可．
【详解】解：设扇形的半径为，扇形的半径为，圆心角为，
弧的长为，弧的长为，
，，
，即．
，
，
解得，
，
该砖雕的面积为
．
14．（2026·江苏扬州·一模）如图，扬州市城南快速路在某个转弯车道设计了一段圆弧转弯路线（即圆的一部分），机动车在经过这一转弯车道时从圆弧起点行驶至终点，过点，的两条切线相交于点，机动车在从点到点行驶过程中的转角为．若这段圆弧的半径，，则图中危险区（阴影部分）的面积为________．
【答案】
【分析】连接，先求出圆心角，进而求出扇形的面积，再求出，根据三角函数得到，然后求出四边形面积，由四边形面积减去扇形面积即可求解．
【详解】解：连接，
，是圆的切线，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
危险区（阴影部分）的面积为，
故答案为：．
15．（2026·江苏南通·模拟预测）如图，点A，B，C，D，E，F是的六等分点，连接，，点G为弦的中点，点H为上一点．已知的直径为4，则的周长最小值为____________________ ．
【答案】/
【分析】如图所示，连接，，，，，，，首先得出当点B，H，G三点共线时，的周长取得最小值，即的长度，然后得到，是等边三角形，，然后求出，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，，，，，，，
∵点A，B，C，D，E，F是的六等分点，
∴，是直径，点B和点F关于对称，
∴，
∴的周长，
∴当点B，H，G三点共线时，的周长取得最小值，即的长度，
∵的直径为4，
∴，
，，
是等边三角形，
，，
∵点G为弦的中点，
∴，
∴，
在中，，
是直径，
，
，
在中，，
根据题意得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的周长最小值为．
16．（2026·江苏宿迁·一模）如图，是的直径，正方形的边与相切于点E，是的弦，且与相交于点G，若，则______．
【答案】
8
【分析】如图，连接，设圆的半径为，先分别用含的代数式表示出的长，然后利用勾股定理列方程求解，进而即可得到答案．
【详解】解：如图，连接，设圆的半径为，
∵是的直径，正方形的边与相切于点E，
∴，，，
∴，
∴四边形为矩形，四边形为矩形，，
∵，
∴，
∴，
∴在中，，
∴或，
∵当时，，
∴取，
∴．
17．（2026·江苏泰州·一模）如图，点C为上一点，连接并延长至点A，使．
(1)请用无刻度的直尺和圆规在圆上找一点B，使为的切线（保留作图痕迹，不写作法），并证明；
(2)在（1）的条件下，设的半径为5，求的长度．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）以点C为圆心，为半径画弧交于点B，连接即可；
（2）根据弧长公式即可；
【详解】（1）解：如图，以点C为圆心，为半径画弧交于点B，连接即可．
证明：连接，，
根据题意可得，
∴是等边三角形，，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴为的切线．
（2）解：根据（1）可得，
∵的半径为5，
∴的长．
18．（2026·江苏南通·一模）如图，已知内接于是的直径，连接，，平分，．
(1)求AC的长；
(2)求图中阴影部分面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由是的直径，可得，再由BC平分，为等腰直角三角形，由锐角三角函数求AC的长即可；
（2）连接OC，用减去可求出阴影面积．
【详解】（1）解：是的直径，
．
平分，
．
．
为等腰直角三角形．
；
（2）连接OC，则．
19．（2026·江苏无锡·一模）如图，为的外接圆，点在上，为的直径，是的切线，且交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)连接，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查的是相似三角形的性质和判定、切线的性质、圆周角定理，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
（1）连接，根据切线的性质得到，得到，根据平行线的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，等量代换得到；
（2）证明，根据相似三角形的性质列出比例式，把已知数据代入计算即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵是的切线，
，
，
，
，
，
，
．
（2）解：∵为的直径，
，
，
，
，
，
由圆周角定理得：，
，
，
，
，即，
解得：（负值舍去），
20．（2026·江苏扬州·一模）如图1，为的弦，经过圆心交于点，，若，长为．
(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)如图2，在原有条件下，若，连接，求的长．
【答案】(1)直线与相切，理由见解析
(2)
【分析】（1）连接，由，，推出，根据弧长公式可得，利用三角形的外角性质可得，即可判断；
（2）连接，根据含的直角三角形的性质可求出，进而得到，由可得，根据勾股定理求出，即可求解．
【详解】（1）解：直线与相切，理由如下：
如图，连接，
，，
，，
，
，
的半径为，
长为，
，
，
，
，
，
，
为的半径，
直线与相切；
（2）如图，连接，
由（1）得，，，
，
，
，
，
，
，
，
．
21．（2026·江苏无锡·一模）如图，中，弦直径于点E，F为上一点，连接并延长交于点G，连接．
(1)求证：；
(2)若，F是的中点，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据垂径定理得到，即可证明结论；
（2）证明，推出，再根据已知可得，即可求解．
【详解】（1）证明：∵在中，弦直径，
∴，
∴；
（2）解：∵在和中，，，
∴，
∴，
∴，
∵F是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（负值舍去）．
22．（2026·江苏无锡·一模）如图，是的弦，经过圆心交于点，是上一点，．
(1)判断与的位置关系并证明；
(2)若的半径为4，求的面积．
【答案】(1)与相切，见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据题意可得，再结合三角形外角的性质可得，即可解答；
（2）过点B作于点H，根据直角三角形的性质以及勾股定理可，，再结合等腰三角形的性质可得，即可求解．
【详解】（1）解：与相切，证明如下：
连接，
，
，
∵，
．
，
∴
，
，即，
与相切．
（2）解：过点B作于点H，
∵，
∴，
，
，
∴，
，
，，
∴，
又，
，
．
23．（2026·江苏无锡·一模）如图，四边形是平行四边形．以边为直径作，恰好为的切线，其中点为切点．点是下方上的点，连接、．
(1)求的度数；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接，由切线的性质可得，由平行四边形的性质可得，由平行线的性质可得，最后再由圆周角定理计算即可得出结果；
（2）作于点，解直角三角形可得，最后再由正弦的定义计算即可得出结果．
【详解】（1）解：如图，连接，
，
∵为的切线，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：如图，作于点，
，
由（1）可得，
∴，
∵，
∴，
∴．
24．（2026·江苏盐城·一模）如图，内接于，是直径，的平分线交于点D，交⊙O于点E，连接，作，交的延长线于点F．
(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若求的半径和的长．
【答案】(1)与相切
(2)，
【分析】（1）连接，先根据角平分线的定义得，进而得出，再根据等腰三角形的性质得出，然后根据平行线的性质说明，则此题可证；
（2）在中，根据勾股定理求出半径；再说明，可得，然后根据勾股定理求出，进而得出，最后根据平行线分线段成比例得出，再代入数值得出答案．
【详解】（1）解：直线是的切线，理由如下：
连接，
∵平分，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：在中，，
∵，
∴，即，
解得，
∴的半径是．
∵是的直径，
∴．
∵
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
在中，，
即，
解得，
∴．
∵，
∴，即，
∴．
考点二 与圆有关的压轴题型
题型一 圆中的最值问题
1．（2025·江苏苏州·一模）如图，矩形中，，与边、对角线均相切，过点作的切线，切点为，则切线长的最小值为（ ）
A．6B．7C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、切线的性质、相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关性质和判定，作出合适的辅助线是解题的关键．设与、分别相切于点G、H，连接、、、，连接并延长交于E，过点E作于F，过点O作于K，设，则，可证得，得出，即，求得，再运用勾股定理可得，故当时，．
【详解】设与、分别相切于点G、H，连接、、、，连接并延长交于E，过点E作于F，过点O作于K，如图，
则，，
，，，
平分，
，
四边形是矩形，
，，，
，，
平分，，，
，
，
，
，
，
设，则，
，，
，
，即，
，
，，
，
设的半径为r，则，
，，
，
，即，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
是的切线，
，
，
当时，．
故选：D．
2．（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：．
3．（2025·江苏扬州·二模）如图，在中，，，点D为边上的动点，连结并延长到点E，使，求当最大时，的最大值是______．
【答案】18
【分析】本题主要考查了圆的切线的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，以B为圆心，为半径画圆，得到当时，最大；设，则，过点B作于点F，利用等腰三角形的性质和相似三角形的性质得到与x的函数关系式，再利用配方法和二次函数的性质解答即可得出结论．
【详解】解：以B为圆心，为半径画圆，如图，
由图形可知，当与相切时，最大，此时，
设，则，
过点B作于点F，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当时，即时，有最大值为18．
故答案为：18．
4．（2025·江苏徐州·二模）菱形中，，点在边上，且．将线段绕点旋转，得到线段，连接是线段的中点，连接，则旋转一周的过程中线段的最大值是___________．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，旋转性质，中位线的判定和性质，掌握旋转的性质，数形结合分析是关键．如图所示，延长到点，使得，连接，则是等边三角形，，在中，是线段的中点，是线段的中点，，当取得最大值时，取得最大值，点在以点为圆心，以为半径的圆上运动，如图所示，当共线，并经过的直径时，的值最大，数形结合分析即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，
如图所示，延长到点，使得，连接，
∴，
∴是等边三角形，，
在中，是线段的中点，是线段的中点，
∴，
∴当取得最大值时，取得最大值，
∵将线段绕点旋转，
∴点在以点为圆心，以为半径的圆上运动，如图所示，当共线，并经过的直径时，的值最大，
∴，
∴，
∴旋转一周的过程中线段的最大值是
故答案为： ．
题型二 圆中新定义问题
5．（2025·江苏常州·一模）对于平面内的点和图形，给出如下定义：以点为圆心，为半径作圆．若与图形有公共点，且半径存在最大值与最小值，则将半径的最大值与最小值的差叫做点视角，如图形的点视角，记作．
(1)如图1，为坐标原点，，，则________；
(2)如图2，在菱形中，，，，已知，求；
(3)如图3，，F在第一象限且纵坐标为2，H是线段延长线上一点，且，则的坐标为________，若点为轴负半轴上一动点，且点的横坐标小于，则的最大值为________．
【答案】(1)1
(2)
(3)；
【分析】（1）根据定义可知，，再求解即可；
（2）当经过点D时，，当与相切时，，利用勾股定理和解直角三角形求解即可；
（3）由题易知，再根据两点距离公式代入即可求出F横坐标，的最大值为的最大值，作点E关于x轴对称点，，进而得解．
【详解】（1）解：如图，连接，

根据题意可知表示以点O为圆心，r为半径作圆，与线段有交点时，r最大值和最小值的差，
∵，，
∴，，
∴，
故答案为：1；
（2）解：如图，连接，过D作轴于点H，过M作于点K，
∵，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，延长交y轴于点F，过M作于点M，过C作于点N，连接、，

由前述同理可知，，，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∵，且，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，
∵，
∴，
设，
∵，
∴，
解得（负值舍去），
∴F的坐标为；
设，
∵，，
∴，，
∴，
作E关于x轴对称点，则，连接，并延长交x轴于点，
由，可设直线解析式为，
有，解得，
∴直线解析式为，
令，得，
∴此时，
，
∴最大值为，
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了圆的定义、坐标图形与性质、勾股定理、解直角三角形、菱形的性质等内容，正确理解题意是解题的关键．
6．（2025·江苏盐城·二模）定义：如图1，点M关于点P的对称点为点T，点T关于原点O的对称点为点N，则称点N为点M关于点P的二次对称点．
【概念理解】
（1）点，点N为点M关于点P的二次对称点，则____．
（2）若点，，点B为点A关于点Q的二次对称点，则点B的坐标为 ．（用t的代数式表示）
【形成技能】
（3）点D为点C关于点的二次对称点，且、都与坐标轴平行，画图分析．求点C的坐标．
【灵活运用】
（4）如图2，点F为点E关于点的二次对称点，连接，当动点F在直线m上滑动时，点E也随之而滑动，已知直线m的解析式为，若在运动过程中，一定存在的情形．求b的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）见解析，或；（4）
【分析】（1）设，由二次对称点的定义求出，再由勾股定理计算即可得解；
（2）根据二次对称点的定义求解即可；
（3）分情况画出图形，结合二次对称点的定义求解即可；
（4）连接，令直线交轴于，交轴于，求出，，由勾股定理可得，结合二次对称点的定义，并结合（1）可得：，，，得出垂直平分，，从而可得，进而推出，即在以 圆心，为半径的圆上运动，当直线于相切时，此时，等面积法求出，即可得解．
【详解】解：（1）设，
∵点，点N为点M关于点P的二次对称点，
∴，
∴，
∴；
（2）∵点，，点B为点A关于点Q的二次对称点，
∴点关于点的对称点为，
∴点B的坐标为；
（3）∵点D为点C关于点的二次对称点，且、都与坐标轴平行，
∴如图，当轴，轴时，
，
由题意可得，，，
∴点与点关于轴对称，
∴，
∵，即为的中点，
∴；
如图，当轴，轴时，
，
由题意可得，，，
∴点与点关于轴对称，
∴，
∵，即为的中点，
∴；
综上所述，点的坐标为或；
（4）如图，连接，令直线交轴于，交轴于，
，
在中，当时，，即，
当时，，解得，即，
∴，，
∴，
∵点F为点E关于点的二次对称点，
∴由（1）可得：，，，
∵，
∴垂直平分，，
∴，
∴，
∴点在以 圆心，为半径的圆上运动，
当直线于相切时，此时，
∵，
∴，
∴，
∵在运动过程中，一定存在的情形．
∴b的取值范围为．
【点睛】本题考查了点的坐标—轴对称，一次函数的综合，切线的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
7．（2025·江苏扬州·三模）在《圆的对称性》一节，我们学习了“圆心角、弧、弦之间的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等”．
定义：从圆心到弦的距离叫做弦心距，弦心距也可以说成圆心到弦的垂线段的长度．
(1)如图，在中垂足为，垂足为，和都是弦心距．若．求证：；
(2)实际上我们还可以得到“圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系”如下：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦、两弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
如图，已知线段，点是半径为的内一点，请过点作的弦，使．（要求：用无刻度的直尺和圆规作图，保留痕迹并写出必要的文字说明）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接，根据垂径定理以及证明即可；
（2）在上取一点，以为圆心，为半径画弧，交于点，则，过点作的垂线，垂足为点，以为圆心，为半径画圆，连接，取中点，以为圆心，为半径作，记小与一个交点为，过作直线，与大交点即为点，那么线段即为所求，同理亦可，由作图可得，由圆周角定理可得：，而，由在同圆中，弦心距相等，则所对的弦相等即可说理，即．
【详解】（1）证明：连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴；
（2）解：如图，线段或，
在上取一点，以为圆心，为半径画弧，交于点，则，
过点作的垂线，垂足为点，
以为圆心，为半径画圆，连接，
取中点，以为圆心，为半径作，记小与一个交点为，
过作直线，与大交点即为点，那么线段即为所求，同理亦可，
由作图可得，
由圆周角定理可得：，而，
由在同圆中，弦心距相等，则所对的弦相等即可说理，即．
【点睛】本题考查了垂径定理，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，尺规作图---线段的垂直平分线，垂线等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
8．我们知道，角的内部到角两边距离相等的点在角的平分线上．由此，我们可以引入如下新定义：到三角形的两边距离相等的点，叫做此三角形的准内心．
(1)如图（1），在中，，，，的准内心P在的直角边上，求的长．
(2)如图（2），内接于，为直径，点A在上方的圆弧上运动，若的准内心在上，则必有一个准内心P的位置始终不变．
①确定该准内心P的位置（用文字语言叙述）；
②若中，，，求的长；
③设，，求的面积S（用含m、n的代数式表示）．
【答案】(1)或
(2)①该准内心P为下方圆弧的中点；②，；③
【分析】（1）利用三角形的准内心的定义，角平分线的性质和勾股定理解答即可；
（2）①利用圆周角定理和角平分线的性质以及此三角形的准内心的定义解答即可；
②过点B作于点E，利用等腰直角三角形的性质，圆周角定理和勾股定理解答即可；
③过点P作于点E，交的延长线于点D，证明，再证，推出为等腰直角三角形，得到，，
由，，根据即可求解．
【详解】（1）解：∵在中，，
；
①的准内心P在的直角边上时，过点P作于点D，连接，如图，
则，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
②的准内心P在的直角边上时，过点P作于点D，连接，如图，
则，
在和中，
，
，
，
．
，
，
，
，
．
．
综上，的长为或；
（2）解：①为直径，
，
∵点P为的准内心且点P在上，
∴点P在的平分线上，
，
，
∴点P为的中点．
∴若的准内心在上，则必有一个准内心P的位置始终不变，该准内心P为下方圆弧的中点．
②∵，
，
为等腰直角三角形，
．
，
．
过点B作于点E，如图，
，
为等腰直角三角形，
．
，
；
③．
过点P作于点E，交的延长线于点D，如图，
∵点P为的准内心，
，
在和中，
，
，
．
由（2）②知：，
在和中，
，
，
．
，
为等腰直角三角形，
．
．
．
，
∴
．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，角平分线的定义与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，基本作图，相似三角形的判定与性质，本题是新定义型，理解新定义的规定并熟练应用是解题的关键．
题型三 圆中求不规则图形面积
9．如图，扇形中，，点C为的中点，交弧于点E，以点O为圆心，的长为半径作弧交于点D．若，则阴影部分面积为__．
【答案】
【分析】由线段垂直平分线的性质可得，进而可证得是等边三角形，于是可得，利用勾股定理可得，然后根据即可求出阴影部分的面积．
【详解】解：如图，连接、，
，且点C为的中点，
是的垂直平分线，，
，，
又，
，
是等边三角形，
，
在中，根据勾股定理可得：
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了垂线的性质，线段垂直平分线的性质，线段中点的有关计算，等边三角形的判定与性质，勾股定理，求扇形面积，三角形的面积公式等知识点，添加适当辅助线构造等边三角形是解题的关键．
10．（2025·四川成都·模拟预测）如图，在中，，，D是的中点，以点D为圆心，作圆心角为的扇形，点C恰好在上（点E，F不与点C重合），半径，分别与，相交于点G，H，则阴影部分的面积为______．
【答案】/
【分析】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，扇形的面积，作辅助线构造全等三角形是解问题的关键．
连接，过点D作于点M，过点D作于点N，先证明是正方形，然后证明，最后运用解题即可．
【详解】如图，连接，过点D作于点M，过点D作于点N，
则
∵，
∴，，四边形是矩形
∵，D是的中点，
∴
∴
同理
∴四边形是正方形
∴，
由题可知，，
∴
在与中，
，
∴
∴
∵
∴
故答案为
11．（2025·江苏无锡·一模）如图，、是的切线，A、B是切点，是的直径，连接，交于点D，交于点E．
(1)若E恰好是的中点，且四边形的面积是，求阴影部分的面积；
(2)若，且，求切线的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先证明，设，则，，，根据四边形的面积是，构建方程求出m，求出，，，再根据，求解即可；
（2）在中，，可以假设，则，，，在中，根据，构建方程求出x，再证明，可得结论．
【详解】（1）解：∵，是的切线，
∴，
∵，
∴，
∵E恰好是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴
设，则，，，
∵四边形的面积是，
∴，
∴，
∴或（舍弃），
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：在中，，
∴设，则，，，
在中，，
∴，
∴或（舍弃），
∴，，，
∵是切线，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了切线长定理，垂径定理，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，四边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
12．（2025·江苏扬州·二模）如图，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，，求的长和阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)，阴影部分的面积为
【分析】（1）如图1，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，即可证得结论；
（2）过圆心作，垂足为点，连接，根据垂径定理，则得，进而得到，再根据矩形的判定“有三个角是直角的四边形是矩形”，证得四边形是矩形，得到，再根据全等三角形判定“边角边”，证得，得到，，易证得，是等边三角形，结合特殊三角函数值即可计算出的值，的值，然后计算出扇形的面积，的面积，的面积，最后根据阴影部分面积=的面积+的面积-扇形的面积，即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图1，连接，
以为直径的交于点，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线．
（2）解：如图2，过圆心作，垂足为点，连接，
，，
，
，
，
，，，
四边形是矩形，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
，，，
．
【点睛】本题综合考查了等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，圆周角定理推论，切线的判定定理，垂径定理，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握相关知识，灵活应用平行线的判定与性质，证得，合理添加辅助线，构造全等三角形，得到对应边角关系，及利用割补法求阴影部分面积．
题型四 圆与坐标系综合应用
13．（2025·江苏常州·二模）给出如下定义：点，点是平面直角坐标系中不同的两点，且，若存在一个正数，使点、的坐标满足，则称、为一对“斜关点”，叫点、的“斜关比”，记作．由定义可知，．例如：若，，有，所以点、为一对“斜关点”，且“斜关比”为．
如图，已知平面直角坐标系中，点、、、．
(1)在点、、、中，写出一对“斜关点”是________，此两点的“斜关比”是________（只需写出一对即可）．
(2)若存在点，使得点、是一对“斜关点”，点、也是一对“斜关点”，且，求点的坐标．
(3)若的半径是，是上一点，满足的所有点，都与点是一对“斜关点”，且．请直接写出点横坐标的取值范围．
【答案】(1)、，（答案不唯一）
(2)点的坐标为或
(3)
【分析】本题考查圆的综合应用，解题的关键是弄清楚新定义，熟练掌握圆与直线的关系，绝对值方程的解法，数形结合．
（1）根据定义通过计算求解即可得到答案；
（2）设，由根据“斜关点”定义列方程求解即可得到答案；
（3）作直线满足与两轴的夹角为，在直线右侧作直线且与相距一个单位，设交于点，连接，作轴于点，交于，作于，设直线交于，以、为圆心，为半径作圆，则两圆分别与直线和相切，利用勾股定理求出，再设，利用列出方程，求出，即可求解；
【详解】（1）解：满足的为正数，
，，
，，
点、、、，
只能是与或与形成“斜关点”，
当与形成“斜关点”时，，
，
故答案为：、，（答案不唯一）；
（2）设点，
点，，点、是一对“斜关点”， 点、也是一对“斜关点”，且，
，，
，
解得：，
，
，
点的坐标为或；
（3）如图即为，作直线满足与两轴的夹角为，在直线右侧作直线且与相距一个单位，设交于点，连接，作轴于点，交于，作于，设直线交于，以、为圆心，为半径作圆，
两圆分别与直线和相切，
，
点在以为圆心，1为半径的圆上，
，
点需在直线的右侧（可以在直线上），
，
点需在的左侧，则满足题意得点的横坐标应在点和点之间（不与点重合），
，，
，
设，
，
，
，
点的横坐标为，
点的横坐标为，
．
14．（2026·江苏南通·模拟预测）在平面直角坐标系中，的半径为r，点P是上一点．对平面内的一点Q，先将点Q关于点O作中心对称变换得到点，再将点沿射线的方向平移半径r的长度得到点，称为一次关于半径的反射平移，点称为点Q关于半径的反射平移点．
如图，已知点．
(1)点P是上的动点，当时，在中，可能是点A关于半径的反射平移点的是 ．
(2)设直线与x轴交于点M，与y轴交于点N，直线l经过A．
①在上述条件下， ；
②当P的坐标为时，如果线段上一点B关于半径的反射平移点在上或内部．直接写出点B的横坐标的取值范围；
③当P在y轴的正半轴上时，如果线段上存在点C，使点C关于半径的反射平移点在上，直接写出的半径r的取值范围．
【答案】(1)，
(2)①2；②；③
【分析】（1）根据新定义可得在为圆心，1为半径的圆上，进而根据点的坐标到的距离为1，即可求解；
（2）①根据经过点A，列方程即可得到结论；
②线段上一点B关于半径的反射平移点在上或内部，即在的内部时，先中心对称再平移，得出，则进而得出，结合图形即可求解；
③当与相切时，同①得出，根据，解方程，即可求解．
【详解】（1）解：点关于O的对称点，
∵，则在为圆心，1为半径的圆上，如图1所示，
∵，
∴，则在上，
故答案为：，；
（2）解：①∵经过点，
∴，
故答案为：2；
②由①得，
如图2所示，线段上一点B关于半径的反射平移点在上或内部，即在的内部时，先中心对称再平移，
当时，，则，当时，，则，即点A，N重合，
∴，，
∴，则，
∵线段经过反射平移后与y轴的夹角不变，
∴，
∴当在上且不与点重合时，连接，则即为等边三角形，
∴，
∴，，
结合图形，可得线段上一点B关于半径的反射平移点在上或内部时，；
③如图3所示，当与相切时，为临界值；
延长交于点T，作轴，则，
∴，
∴，
∵轴，则，
又∵，
∴，
解得，
∴线段上存在点C，使点C关于半径的反射平移点在上，的半径r的取值范围为：．
【点睛】本题是圆、代数几何综合题，运算能力，推理能力，考查了几何新定义，中心对称与平移变换，一次函数与坐标轴的交点问题，解直角三角形，直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，勾股定理，理解题意，熟练掌握以上知识掌握是解题的关键．
15．（2025·江苏常州·一模）在平面直角坐标系中，对于图形给出如下定义：将上的一点变换为，上所有的点按上述变换后得到的点组成的图形记为，称为的变换图形．
(1)①点的变换点的坐标是______；
②直线的变换图形上任意一点的横坐标是______；
(2)求直线的变换图形与轴的交点坐标；
(3)已知点的坐标是，以点为圆心，1为半径作，若的变换图形与直线有共公点，直接写出的取值范围．
【答案】(1)①；②
(2)
(3)
【分析】（1）①由变换点定义求解即可；②由变换图形定义求解即可；
（2）设直线上一点为，根据变换图形定义求出变换点，然后求出解析式即可得解；
（3）取两点A和B且为直径，进而利用变换图形的定义求出的变换图形的圆心坐标，进而结合图形求解即可．
【详解】（1）①由定义可知点的变换点的坐标，即，
故答案为：；
②设直线上点为，
∴变换图形横坐标为，
故答案为：；
（2）设直线上一点为，
则其变化点为，即，
∴，
∴直线的变换图形的解析式为，
令，得，
∴直线的变换图形与x轴的交点坐标为；
（3）∵的半径为1，圆心，
∴可在圆上取两点，，，且为直径，
∴点A的变换点为，点B的变换点为，
∴中点为，，
∵为直径，
∴的变换图形则是以为圆心，为半径的圆，
记直线为直线l，且与y轴交于点K，则，
当与直线相切，且在直线上方时，过作于点M，

由辅助线可知为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
当与直线相切，且在直线下方时，
同理可知∴，
∴，
∴，即，
∴．
综上，．
【点睛】本题考查了新定义，一次函数的应用，切线的性质，勾股定理等知识，正确理解变换图形的定义，能够准确表示出变换点的坐标是解题的关键．
16．（2025·江苏扬州·三模）在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，若P，Q为某个矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点P，Q的“相关矩形”，如图为点P，Q的“相关矩形”示意图．
（1）已知点A的坐标为（1，0），
①若点B的坐标为（4，1），求点A，B的“相关矩形”的面积；
②点C在直线x＝4上，若点A，C的“相关矩形”为正方形，求直线AC的表达式．
（2）⊙O的半径为，点M的坐标为（m，4），若在⊙O上存在一点N，使得点MN的“相关矩形”为正方形，求m的取值范围．
【答案】（1）①3；②y=-x+1或y=x-1；（2）2≤m≤6或-6≤m≤-2
【分析】（1）①由相关矩形的定义可知：要求A与B的相关矩形面积，则AB必为对角线，利用A、B两点的坐标即可求出该矩形的底与高的长度，进而可求出该矩形的面积；②由定义可知，AC必为正方形的对角线，所以AC与x轴的夹角必为45°，设直线AC的解析式为；y=kx+b，解方程组即可得到结论；
（2）由定义可知，MN必为相关矩形的对角线，若该相关矩形的为正方形，即直线MN与x轴的夹角为45°，由因为点N在圆O上，所以该直线MN与圆O一定要有交点，由此可以求出m的范围．
【详解】解：（1）①∵点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（4，1），如图，
由定义可知：点A，B的“相关矩形”的底与高分别为3和1，
∴点A，B的“相关矩形”的面积为3×1=3；
②由定义可知：AC是点A，C的“相关矩形”的对角线，
又∵点A，C的“相关矩形”为正方形，
∴直线AC与x轴的夹角为45°，
∴C（4，3）或（4，-3），
当点C在x轴上方时，设直线AC的解析为：y=kx+b，
把A，C坐标分别代入得，

解得，
∴直线AC的解析为：y=x-1，
当点C在x轴下方时，直线AC的解析为：y=kx+b，
把A，C坐标分别代入得，

解得，
∴直线AC的解析为：y=-x+1，，
综上所述，若点A，C的“衍生矩形”为正方形，直线AC的表达式为y=-x+1或y=x-1；
（2）设直线MN的解析式为y=kx+b，
∵点M，N的“相关矩形”为正方形，
∴由定义可知：直线MN与x轴的夹角为45°，
∴k=±1，
∵点N在⊙O上，
∴当直线MN与⊙O有交点时，点M，N的“衍生矩形”为正方形，
当k=1时，
作⊙O的切线AD和BC，且与直线MN平行，
其中A、C为⊙O的切点，直线AD与y轴交于点D，直线BC与y轴交于点B，
连接OA，OC，
把M（m，4）代入y=x+b，
∴b=4-m，
∴直线MN的解析式为：y=x+4-m
∵∠ADO=45°，∠OAD=90°，
∴OD=OA=2，
∴D（0，2），
同理可得：B（0，-2），
∴令x=0代入y=x+4-m，
∴y=4-m，
∴-2≤4-m≤2，
∴2≤m≤6，
当k=-1时，把M（m，4）代入y=-x+b，
∴b=4+m，
∴直线MN的解析式为：y=-x+4+m，
同理可得：-2≤4+m≤2，
∴-6≤m≤-2；
综上所述，当点M，N的“相关矩形”为正方形时，m的取值范围是：2≤m≤6或-6≤m≤-2
【点睛】本题考查新定义问题，涉及圆的切线性质，矩形的性质，正方形的性质，解答本题需要我们理解相关矩形的定义，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将新旧知识贯穿起来．
题型五 圆中的存在性问题
17．如图，以点为圆心，以6个单位长为半径作，与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于C，D两点．二次函数的图象经过A，B，C三点．
(1)求c的值；
(2)连接和，求证：四边形为菱形；
(3)如果横坐标、纵坐标都是整数的点称为整点．已知位于x轴下方的抛物线上有两个整点R，T，连接，那么在x轴下方的二次函数的图象上，是否存在点P，使，如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)或．
【分析】本题主要考查求函数解析式、菱形的判定、圆周角定理、垂径定理等知识点，发现点P的轨迹是解题的关键．
（1 ）先根据题意确定，然后代入解析式即可确定c的值；
（2 ）先根据图形以及线段的和差可得，再根据垂径定理可得，则四边形为平行四边形，最后结合即可证明结论；
（3 ）先求得、，根据题意可得点R，T，得横坐标在和之间，进而确定，再根据等腰直角三角形的性质、圆的性质、点到直线的距离得到点P到点H的距离为，即，最后与抛物线联立求解即可．
【详解】（1）解：∵以点为圆心，以6个单位长为半径作，
∴，
∴，
∴，
将代入可得：，解得：．
（2）解：∵以点为圆心，以6个单位长为半径作，
∴，
∴，即，
又∵是直径，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形为菱形．
（3）解：由（1）可知抛物线解析式为：，
当时，有，解得：，
∴，，
∵位于x轴下方的抛物线上有两个整点R，T，连接，
∴点R，T的横坐标在和之间，
由整点的定义以及抛物线解析式可知：，即，
∵，
∴如图：点P在以为弦的圆上，且圆心角，
∵，
∴轴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴点P在以为圆心，以为半径的圆上，即点P到点H的距离为，
∴，即，
联立，解得：或或（舍弃）或舍弃），
∴点P的坐标为或．
18．（2025·湖南株洲·一模）二次函数与轴相交于，两点，与轴交于点，它的对称轴是直线．
(1)求此二次函数的解析式和点的坐标；
(2)如图1，是轴右侧的抛物线上一点，连接与拋线线的对称轴交于点，过点作于点，连接．是否存在点，使与全等？如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由；
(3)如图2，连接，是轴上正半轴上一点，以为半径作，若与线段只有一个公共点，求的取值范围．
【答案】(1)，
(2)存在点
(3)或
【分析】该题考查了二次函数的图象和性质，勾股定理，直线与圆位置关系等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）根据点在函数图象上，对称轴是直线，运用待定系数法求解即可．
（2）分为①当时，②当时，结合图象和全等三角形判定求解即可．
（3）先算出①当与线段相切时，②当经过点时，③当经过点时，对应的临界值，即可求解．
【详解】（1）解：依题意得：，
解得：，
二次函数解析式为：，
，
令，解得：或4，
令，则，
，，
故此抛物线的解析式为：，．
（2）解：如图，对称轴是直线，
①当时，P在第一象限，，
，代入中，
，
，
，
设直线解析式为，
则，解得：，
，
，
，
．
②当时，P在第四象限，显然与不全等；
（或者，
，代入中，
，
，
，
设直线解析式为，
则，解得：，
，
，
，
与不全等）
综上所述，存在点，使与全等．
（3）解：依题意知：的半径，
①当与线段相切时，如图所示，
设切点为H，连接，则，，，
，，
，
，
，
；
②当经过点时，M为中点，．
③当经过点时，如图，
，，，
，
，
，
，
当与线段只有一个公共点时，m的取值范围是：或．
19．在平面直角坐标系中，的半径为2，对于点，和的弦，给出如下定义：若弦上存在点，使得点绕点逆时针旋转后与点重合，则称点是点关于弦的“等边旋转点”．
(1)如图，点，直线与交于点，．
①点的坐标为______，点______（填“是”或“不是”）点关于弦的“等边旋转点”；
②若点关于弦的“等边旋转点”为点，则的最小值为______，当与相切时，点的坐标为______；
(2)已知点，，若对于线段上的每一点，都存在的长为的弦，使得点是点关于弦的“等边旋转点”，直接写出的取值范围．
【答案】(1)①，是；②；
(2)或
【分析】（1）①连接，设与轴交于点，勾股定理求得的长得出点的坐标，进而勾股定理求得得出，是等边三角形，结合新定义，即可求解；
②根据新定义可得，则是等边三角形，根据点是线段上的点，最小值即为垂线段的长度，结合图形，即可求解；根据切线的性质可得轴，根据等边三角形的性质可得，即可得出点的坐标；
（2）设是上任意一点，根据新定义将顺时针得到的点在上，分析旋转后的线段与圆弧的位置关系，以及点的位置，解直角三角形，求得最值，进而求得的范围，即可求解．
【详解】（1）解：①连接，设与轴交于点，
∵的半径为2，
∴，，
∴
∴
∵，
∴，则，
∵
∴，
∴是等边三角形，
∴
∴点是点关于弦的“等边旋转点”
故答案为：，是；
②根据新定义可得，则是等边三角形，
∴到的距离最小值即的长，
∵，，
∴的最小值为；
如图所示，当与相切时，轴，此时点与点重合，
∵是等边三角形，
∴
∴
故答案为：；．
（2）解：由（1）可得，，则是半径为的圆的一条切线在半径为的圆的内部，
如图所示，连接，则，
当运动时，构成的图形是以为圆心，半径为，的同心圆的圆环
∵若对于线段上的每一点，都存在的长为的弦，使得点是点关于弦的“等边旋转点”， 设是上任意一点，
∵，即点为轴上的点，则绕上一点顺时针得到的点在上，即是等边三角形，
∴在以为圆心，半径为，的同心圆的圆环内时（包括边界），符合题意，
如图所示，
当时，先求得最小值，如图所示，其中旋转后对应的线段在圆环内，
当与重合，且时，在半径为的上，此时
当距离最远时，此时重合，如图所示，连接，过点作轴于点，
∵是等边三角形，，，
∴，
在中，
∴
解得：（负值舍去）
∴
当时，∵上任意一点旋转后对应的点在圆环内，则线段在圆环内，
先求得最小值，即的最大值，则重合，
如图所示，在半径为的上时，是等边三角形则最小值，

如图所示，当在半径为的上且与其相切时，取得最大值时，如图所示，连接，
∴，
∵
∴
解得：
∴
综上所述：的取值范围为：或
【点睛】本题考查了几何新定义，旋转的性质，点与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，坐标与图形，解直角三角形，分析理解新定义是解题的关键．
20．（2025·江苏苏州·一模）如图，二次函数的图像经过，两点，一次函数的图像与轴交于点．
(1)填空：______，______；
(2)求证：二次函数与一次函数的图像总有交点；
(3)当点到一次函数的图像的距离最大时，设此时一次函数与二次函数的图像交于两点（点在点的右侧），试判断在线段上是否存在点，使得．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)不存在，理由见解析
【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，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）将一次函数的解析式转化为：，得到直线恒过点，根据抛物线也过点，即可得证；
（3）根据直线恒过点，得到当点与点形成的线段垂直直线时，点到直线的距离最大，过点作轴，推出点，以为斜边，在下方，构造等腰直角三角形，求出点坐标，圆周角定理，推出点在以为圆心，为半径的圆上，根据到线段的距离大于半径，得到与线段相离，得到线段上不存在点使．
【详解】（1）解：把，代入，得：
，解得：．
故答案为：；
（2）由（1）知：，
∵，
∴当时，，
∴直线恒过点，
又∵当时，，
∴抛物线也过点；
∴二次函数与一次函数的图像总有交点；
（3）不存在，理由如下：
由（2）知道，直线恒过点，
∴当点与点形成的线段垂直直线时，点到直线的距离最大，如图，
此时，
过点作轴，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
以为斜边，在下方，构造等腰直角三角形，则：在的中垂线上，且，
∴点的横坐标为，
设，则：，
∴或（舍去）；
∴，
∵，
∴点在以为圆心，为半径的圆上，
∵到轴的距离为2，，
∴圆与直线相离，
∴线段上不存在点使．
题型六 圆与三角函数综合
21．如图，是的两条弦，于点，连结交于点，连结，设．
(1)______（用含的代数式表示）；
(2)若，
①当时，求的值；
②若，，求的值．
【答案】(1)
(2)①，②.
【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，解直角三角形、相似三角形的判定和性质，熟悉圆的有关性质，利用平行线、圆周角定理、同角的余角相等等定理证明角相等是解决问题的关键．
（1）如图所示，连接，根据圆周角定理得到，根据等边对等角得到，由三角形内角和定理即可求解；
（2）①连接；利用平行线和圆周角倒角证明，得，再利用得出结论，②由（1）可得：，进而可证明，得出，同理①可得：，，设，，则，，利用双勾股定理模型可得，求出：，即可得出结论.
【详解】（1）解：如图1，所示，连接，
∵所对的圆周角为，所对的圆心角为，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
（2）解：①如图， 连接，
∵，，
∴，，
由（1）得，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴.
②如图，如图， 连接，
由（1）可得：，
又∵，
∴
∴，
同理①可得：，，
设，，则，，
∵，
∴，
∴，
解得：，即
∴.
22．（2025·江苏扬州·二模）九年级某学习小组围绕“探讨锐角三角形面积”展开项目式学习活动．
【特例探究】
（1）如图①，在中，，则的面积为 ；
【一般证明】
（2）如图②，锐角中，，的面积为．求证：；
【迁移应用】
（3）如图③，锐角中，是的平分线，，，则的面积为 ；
（4）如图④，中，，点E为内心，连接，与线段相交于点，过点作直线与边分别交于两点，且为锐角三角形，求的值．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）；（4）
【分析】（1）作于点，利用正弦函数的定义求得边上的高，利用三角形的面积公式求解即可；
（2）作于点，利用正弦函数的定义求得边上的高，利用三角形的面积公式求解即可；
（3）设，，求得，利用（2）的结论求得，，，根据，求得，再根据，列式计算即可求解；
（4）过C作于点，设，则，利用勾股定理列式计算求得，求得，设，，同（3）计算即可求解．
【详解】解：（1）作于点，如图，
∵，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）作于点，如图，
∴，
∴；
（3）设，，
∵是的平分线，
∴，
由（2）得，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴；
故答案为：；
（4）过C作于点，如图，
设，则，
∵，即，
解得，
∴，，
∴，，
∵点E为内心，设内切圆的半径为，
∴，
即，
解得，
设，，
∴，，
，
∵，
∴，即，
∴，
即．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，内心的性质，勾股定理，理解并应用是解题的关键．
23．（2025·江苏苏州·一模）如图，是的直径，点是上一点，过点作弦于点，点是弧上一点，连接交于点，过点作直线交的延长线于，交的延长线于点，且
(1)求证：是的切线；
(2)若；
①求的长；
②求的长．
【答案】(1)见解析
(2)①，②
【分析】（1）根据题意得到，继而得到，即可得到结论；
（2）①连接，得到设，则，得到，利用勾股定理求出，得到；
②设的半径为，求出，得到，，求出，得到．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
∴是的切线；
（2）解：①如图，连接，
，即，
，
，
，
，
，
，
，，
，
设，则
，，
，
，
，
在中，
，
负值舍去 ，
；
②由①知，
设的半径为，
，
，
在中，
，
，
，
由（1）知是的切线，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了圆切线的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、三角函数等知识点，正确作出辅助线是解答本题的关键．
24．如图，在中，，为的角平分线，交于点D，经过C、F、D三点的与交于点E，过点E作交于点T，交线段、分别于点K、H，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)当，时，求的半径及的长．
【答案】(1)见解析
(2)的半径为，
【分析】（1）连接，根据等边对等角和角平分线的定义得到，即可得到，进而证明结论；
（2）过点F作于点G，设，，利用三角形的面积求出长，再根据勾股定理得到长，然后根据相似三角形求出长，即可得到的值，求出的半径；连接，求出长，再利用相似得到长，然后根据平行线分线段成比例得到求出长即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∴是的直径，
∵，
∴，
又∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）解：过点F作于点G，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
设，，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，
解得：，
∵，
∴，
解得：，
∴，，，
∴的半径为；
连接，则，
∴，
∴，即
解得，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即
∴，
∵，
∴，
∴，即∴，
解得：．
【点睛】本题考查切线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，作辅助线构造直角三角形是解题的关键．
题型七 圆与二次函数综合
25．（2026·江苏无锡·一模）二次函数的图象与轴交于点、点，与轴交于点，且对称轴为直线．该抛物线与直线交于、两点（点在点的左侧）．
(1)求二次函数的表达式；
(2)若与的面积相等时，求的值；
(3)当为何值时，在轴上存在唯一的点，使？（直接写出的值）
【答案】(1)
(2)
(3)的值为或或或．
【分析】（1）由待定系数法求解即可；
（2）先求出直线的表达式，得到与相交，过点作、过点作，作出图形，由与的面积相等得出，求证，进而得到点是线段的中点，求出点的坐标并代入直线求解即可；
（3）在轴上存在唯一的点，使，可以理解为以为直径的圆与轴相切，分四种情况，由圆心到轴的距离等于半径，列方程求解即可．
【详解】（1）解：二次函数的图象与轴交于点，
；
对称轴为直线，
，则；
将代入得，
二次函数的表达式为；
（2）解：由（1）知二次函数的表达式为，则点，
令，则，
解得或，
点，
设直线，
将、代入得，
解得，
直线，
直线，
与相交，
过点作、过点作，与相交于点，如图所示：
与的面积相等，
，
则，
在和中，
，
，
，即点是线段的中点，
、，
的坐标为，即，
将代入直线得，
解得；
（3）解：在轴上存在唯一的点，使，可以理解为以为直径的圆与轴相切，或与重合，或与重合，分四种情况：
当交点、均在轴上方时，，如图所示：
设抛物线与直线交点坐标、（点在点的左侧），
联立，
消去得，
，，
，
则以为直径的圆的圆心，
，
当与轴相切时，，
即，
，
解得或（负值舍去）；
当交点、均在轴下方时，，如图所示：
同理可知，
，
解得或（正值舍去）；
当点与点重合时，
将代入，得，
解得；
或点与点重合时，
将代入，得，
解得；
综上所述，的值为或或或．
26．（2025·江苏泰州·二模）已知二次函数与轴交于，两点，与轴交于点．
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)如图1，连接，，若点在抛物线上，且的横坐标为，连接，与相等吗？请说明理由；
(3)如图2，点是线段上任意一点不与，重合），过点作轴，交抛物线于点，连接，作的外接圆，延长交于点．试说明点在某条定直线上．
【答案】(1)
(2)相等；见解析
(3)点始终在直线
【分析】（1）把，两点代入，由待定系数法即可求解；
（2）由点、的坐标知，，的横坐标为，则点，过点作轴的平行线交于点，证明，即可求解；
（3）证明，即，设，由题意得，可得，得出，求得，即可求解．
【详解】（1）解：把，两点代入得，
，
解得，
；
（2）解：，理由：
把代入得：，
∴，
∵，
∴，
，
∵的横坐标为，
∴点，
过点作轴的平行线交于点，

设直线的表达式为：，由点、的坐标得，
，
解得，
直线的表达式为：，
当时，，
即，
，，
，
∴；
（3）解：连接，，

∵，，
，，
，
．
设，由题意可得
轴，
，
因为，，
，，
，
．
整理得．
在轴上，且在轴上方，
点始终在直线上．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合运用，涉及到三角形相似和全等、圆的基本性质等，综合性强，难度适中．
27．（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
，
∴
【点睛】本题考查了二次函数与圆的综合问题，涉及抛物线与坐标轴的交点问题，外接圆，垂径定理，两点之间距离公式，动点的轨迹问题，难度大，解题的关键在于确定点轨迹．
28．（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．
1．（2026·江苏无锡·一模）如图，在中，，，的顶点在边上运动（点不与点重合），且，，直线与直线相交于点，连接，则下列结论：①；②的面积等于的面积；③线段的最大值为；④周长的最小值为．其中正确的为（ ）
A．①②B．②④C．①②③D．①②④
【答案】A
【分析】①根据题意得到，然后得到，即可证明，即可判断①；②如图，连接，证明出点A，D，C，E四点共圆，得到，即可判断②；③得到点E在直线上运动，然后结合点在边上运动，点不与点重合即可判断③；如图，作点A关于的对称点，连接，，当点B，E，三点共线时，的周长最小，即的值，然后利用勾股定理求解即可判断④．
【详解】解：①设交于，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，故①正确；
②如图，连接
∵
∴点A，D，C，E四点共圆
∴
∴
∴的面积等于的面积，故②正确；
③∵
∴点E在直线上运动
∵点在边上运动，点不与点重合
∴不存在最大值，故③错误；
④如图，作点A关于的对称点，连接，
∴的周长
∴当点B，E，三点共线时，的周长最小，即的值
由对称得，
∴
∵
∴
∴周长的最小值为，故④错误．
综上所述，其中正确的为①②．
2．（2026·江苏扬州·一模）如图，在中，，，线段绕点在平面内旋转，过点作的垂线，交射线于点．若，则长的最大值是（ ）
A．4B．C．D．
【答案】B
【分析】先确定点C与点E的运动轨迹，继而得到，当最大时，最大，当最小，最大，再进行计算最大值即可．
【详解】解：，
，
点是在以为直径的圆上运动．
，且是绕点旋转，
点是以点为圆心，以为半径的圆上运动．
，
当最大时，最大，即最小，最大．
如图，当与相切于点，且点在内部时，最小，最大．
，
，
，
，
，
此时，即的最大值为．
3．（2025·湖北省直辖县级单位·模拟预测）如图，在正三角形中，，，分别是，的中点，以为直径作，是边上的动点，连接，以为直径作半圆交于点，则线段长的最小值是（ ）

A．1B．C．D．2
【答案】B
【分析】作，由题意可知，是的中位线，那么，，由是直径，可知是直角，那么，那么当最短时，最小，根据垂线段最短，可知当时，最短，根据平行线之间距离处处相等，此时，，接着在中，算得，最后算得答案．
【详解】解：在正三角形中，，
，
，分别是，的中点，
，，
在上，
，
以为直径作半圆交于点，
那么当最短时，最小，根据垂线段最短，可知当时，最短，
作，如图所示：

当时，，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，三角形中位线，度角直角三角形的性质，垂线段最短，直径所对的圆周角是90度，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
4．（2025·江苏连云港·二模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点M的坐标为．以M为圆心，2为半径作．①；②直线是的切线；③过抛物线的顶点；④点C到的最远距离为6；⑤连接，则与关于直线对称．其中结论正确的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】过点M作于点N，交于点D，则，利用二次函数与坐标轴交点问题，建立方程求出三点坐标，解直角三角形即可判断①，利用切线的判定定理结合勾股低昂了即可判断②；由垂径定理求出D点坐标，再求出二次函数顶点坐标，即可判断③；利用勾股定理求出，再根据点到圆上距离的最值即可判断④；由对称的性质即可判断⑤．
【详解】解：过点M作于点N，交于点D，则，
∵抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，
令，
解得：，
将代入，则，
∴A，B两点的坐标是，，点C的坐标为，
∴，，，
∴，
∴①正确，，
∵点M的坐标为，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，的半径为2，
∴是的半径，
∴直线是的切线，
∴②正确，
∵的半径为2，
∴，
∴D点的坐标为，
∵抛物线的图象关于对称，
∴当时，，
∴抛物线的顶点坐标为，
∴过抛物线的顶点，
∴③正确，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴点C到的最远距离为，
∴④正确，
∵，
∴与关于直线不对称，
∴⑤错误，
故选：C．
【点睛】此题属于二次函数与几何知识相结合的题目，用到的知识点是二次函数图象与性质、勾股定理、解直角三角形、切线的判定、垂径定理、点到圆上距离的最值问题等，对称的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．
5．（2025·安徽淮北·三模）如图，为半圆的直径，为的中点，为上任意一点，连接，，过点作交于点，连接．若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题是圆与三角形的综合题，考查了等腰三角形的性质，直径所对的圆周角为直角，勾股定理，难度较大，解决问题的关键是动点的轨迹．以为斜边作等腰直角三角形，则，连接，，，由，得到点D的运动轨迹为以Q为圆心，为半径的圆弧，利用和是定值，即可求得的最小值．
【详解】解：如图，以为斜边作等腰直角三角形，则，连接，，，，
∵的直径为，C为半圆弧的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴点D的运动轨迹为以Q为圆心，为半径的圆弧，
∵，C为半圆弧的中点，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为，
故选：D．
6．（2025·江苏无锡·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知，，点在以为圆心，为半径的圆上，关于的对称点为，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的最小值是（ ）
A．14B．15C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的运用规律，掌握点的运动，建立合理的数量关系，数形结合分析是关键．
根据题意，轴对称，旋转的性质得到点关于点的对称点的横坐标为，纵坐标为，即，点在以点为圆心，为半径的圆上，点在以点为圆心，为半径的圆上，由此得到的最小值是的值减去的最大值，数形结合分析即可求解．
【详解】解：∵点，
∴点关于点的对称点的横坐标为，纵坐标为，即，
∵点在以为圆心，为半径的圆上，关于的对称点为，
∴点在以点为圆心，为半径的圆上，
如图所示，连接，
∵，
∴点到轴的距离为，到轴的距离为，
∴，
将绕点逆时针旋转度得，则，
∴与轴的负半轴的夹角为，
∴，
∴点在以点为圆心，为半径的圆上，
∴当点在上顺时针运动时，根据轴对称的性质得到点在上逆时针运动，点在上顺时针运用，
连接，
∴，
∵点的运动方向不同，
∴线段与线段的关系是：相交与平行，如图所示，
∴如图3所述，当时，延长交于点，过点作于点，
当时，，
∴最大时，的值最小，
∴当时，的值在四边形是平行四边形时最大，
∴，
∴，
故选： D．
7．（2025·四川绵阳·二模）如图，在中，，，与交于点C，与相切，过点C作，交于点D，M是边上一动点，则当的周长最小时，的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图，延长交于点E，连接，交于点M，此时周长最小．设，，证明得到，由正切定义和勾股定理求得，，根据切线性质得，证明，利用相似三角形的性质求得，进而可求解．
【详解】解：如图，延长交于点E，连接，交于点M，
∵，，
∴垂直平分，则，
∴，此时周长最小．
设，，
∵，，
∴，又，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，则，
设于相切于点F，连接，
则，又，
∴，
∴，即，
解得，
∴
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质、轴对称求最短路线、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等问题，解题的关键在于正确找到M点位置．
8．（2025·江苏宿迁·二模）如图，，，，则线段的最小值为（ ）
A．35B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查相似三角形的判定及性质，圆的判定，勾股定理，得到点P的运动轨迹是解题的关键．
在上取点Q，使得，可得，从而证得，得到，因此点P在以点Q为圆心，半径为20的上运动．连接，当点P为与的交点时，取得最小值，此时，根据勾股定理求出，进而即可解答．
【详解】解：在上取点Q，使得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点P在以点Q为圆心，半径为20的上运动．
连接，当点P为与的交点时，取得最小值，此时，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即的最小值为．
故选：D
9．（2025·江苏南京·一模）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别为，，，是的外接圆，若点是其外接圆上任意一点，则的最大值为__________．
【答案】
【分析】本题考查了外接圆的性质，两点间的距离，一元二次方程的根的判别式，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．由，，都在上，得点P在y轴上，设，根据两点间的距离即可求出b的值，则圆心，得到，设，则，再转化为一元二次方程的根的判别式即可求解．
【详解】解：是的外接圆，
点在、、垂直平分线的交点上，，
，，
点在轴上，
设，
，
，
圆心的坐标为，
是其外接圆上任意一点，
，
，
设，则，
，
整理得，
为实数，
，
解得，
的最大值为．
故答案为：．
10．（2025·江苏连云港·一模）如图，在矩形中，点E在边上，连接平分，点O是的内心，连接，，若，则的长为____________．
【答案】
【分析】连接，设交于点，由矩形的性质得，则，因为，所以，则，由，得，则，因为点是的内心，所以，可证明，则，进而证明，得，推导出，再证明，得，则，作的内切圆与分别相切于点，则圆心为点，连接，可证明，且点为切点，推导出，再证明，则，所以，由，求得，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：如图，连接，设交于点，
∵四边形是矩形， ，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
，
，
∵点是的内心，
，
，
，
，， ，
，
， ，
，，
，
∴，
∴，
，
，
如上图，作的内切圆与分别相切于点，则圆心为点，连接，
∵与相切，且于点，
∴，且点为切点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
，
∴四边形是正方形，
，
，
，
，
∴解得：或（不符合题意，舍去），
，
故答案为：．
【点睛】此题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内切圆与内心，切线的性质，正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
11．（2025·江苏镇江·模拟预测）在平面直角坐标系中，A、B为平面内不重合的两个点，若Q到A、B两点的距离相等，则称点Q是线段的“中间点”．直线与x轴交于点M，与y轴交于点N，的半径为2，圆心P在x轴上，坐标为，若上存在线段的“中间点”，则t的取值范围为_____．
【答案】
【分析】求出直线与坐标轴的交点坐标，，得出，，由勾股定理求出，，设点为的垂直平分线与坐标轴的交点，、分别为、与的垂直平分线相切的切点，连接、，由切线的性质得出、，则、，由，，的半径为2，利用直角三角形的性质得出，，得出，，即可得出结果．
【详解】解：∵直线，
当时，则，
解得；
当时，，
，，
，，
，
则，
∴，；
由题意得，线段的“中间点”在线段的垂直平分线上，
设点为的垂直平分线与坐标轴的交点，与直线交于点，
当“中间点”在轴上时，连接，
∵，
∴，，
∴，
∴，
则为，
当“中间点”在轴上时，，
∴，
则，
∴，
∴
∴，
∴，
则，
∴为；
设、分别为、与的垂直平分线相切的切点，连接、，则、，
则、，
，，的半径为2，，
，，
，，
当时，上存在线段的“中间点”，
故答案为：．
【点睛】本题是圆的综合题目，考查了直线与圆的位置关系、新定义“中间点”的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质、平行线的性质等知识、解直角三角形；本题综合性强，熟练掌握新定义和切线的性质是解决问题的关键．
12．（2025·江苏连云港·二模）如图，在平面直角坐标系中，点A是x轴上一动点，点B是直线上一动点，，，则的最大值是___________．
【答案】
【分析】本题考查了解直角三角形，圆周角定理，勾股定理，平行四边形的判定与性质，直角三角形的性质，一次函数与几何综合，难度大，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
先解求出，作的外接圆，记为，连接，取的中点，根据正比例函数确定，由圆周角定理得到，则为等腰直角三角形，，由勾股定理得，而，由，得到当点三点共线时，取得最大值为．
【详解】解：∵，，
∴，
作的外接圆，记为，连接，取的中点，
∵点B是直线上一动点，
∴设，
∴点的水平距离与铅锤距离均为，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵的中点为点，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴当点三点共线时，取得最大值为，
故答案为：．
13．（2025·江苏扬州·二模）如图，，的半径为3且与两边都相切，点P为圆上一动点，分别作，，令，则的最大值与最小值的差为______．
【答案】
【分析】先证明，作，从而可利用三角函数证得，进而证明，得出当与相切时，取得最大和最小，分别画出图形确定的最大值和最小值，从而得出的最大值与最小值的差．
【详解】解：作于，作于，
，，
，
，
，
，
，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
当与相切时，取得最大和最小，
如图1，
连接，，，
∵与相切，与相切，，，
∴四边形是正方形，
，
∵的半径为3且与两边都相切，
∴平分，
∵，
∴，
∴在中，，
，
，
在中，
，
，
∴，
如图，
，，
，
，
，
．
，
的最大值为与最小值为．
的最大值与最小值的差为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了解直角三角形的相关计算，切线的性质定理，正方形的性质与判定，三角形内角和定理等知识点，解题关键是熟悉上述知识并能熟练运用求解．
14．（2025·江苏淮安·一模）如图，在正八边形中，M为边的中点，连接、，交于点P，则_____．
【答案】/
【分析】连接，作交于，交于，作于，证明、均为等腰直角三角形，得出，再证明四边形为矩形，设，则，，得出，，证明，求出，，再证明，即可得解．
【详解】解：如图，连接，作交于，交于，作于，
，
∵多边形为正八边形，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴、均为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
设，则，，
∴，，
∵M为边的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多变的性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、矩形的判定与性质，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．
15．（2025·江苏徐州·一模）如图，在Rt中，，，，是边上的一动点，连接，作于点，连接，则的最小值为_______________．
【答案】/
【分析】由即、易知的长是定值，根据定弦定角可知：点D是在以为直径的圆上运动，取的中点O，的外接圆；连接，当三点在同一条直线上时，取最小值，此时，由此解答即可．
【详解】解：，
，
点D是在以为直径的圆上运动，
如图所示：取的中点O，则的外接圆为；连接，
当三点在同一条直线上时，取最小值，此时，
，
，
在中，，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，勾股定理，三角形的三边关系，关键是确定取最小值的位置是解题的关键．
16．（2025·江苏无锡·二模）如图，矩形中，，为上靠近点的三等分点，为上一点，，，则_________．
【答案】
【分析】根据题意，如图所示，过点作于点，过点作于点，延长交于点，连接，则四边形是矩形，，是等腰直角三角形，则，设，则，则，有点四点共圆，点四点共圆，，则，，由，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵为上靠近点的三等分点，
∴，
如图所示，过点作于点，过点作于点，延长交于点，连接，则四边形是矩形，，
∵，，
∴是等腰直角三角形，则，
设，则，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴点四点共圆，点四点共圆，
∴，
在中，，
∴是等腰直角三角形，则，
在中，，
∴，
∴，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，圆的基础知识，掌握矩形的性质，同弧所对圆周角相等是关键．
17．（2025·湖北宜昌·一模）如图，已知是边上的一点，以为圆心、为半径的圆与边相切于点，且，连接，交于点，连接并延长，交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】此题重点考查全等三角形的判定与性质、切线的判定、切线长定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识与方法．在解圆的相关题型中，连接常用的辅助线是解题关键．
（1）连接，由与相切于点，得，可证明，得，即可证明是的切线；
（2）由，得，由勾股定理得，则，即可求得，，由，且，得，可求得．
【详解】（1）证明：如图，连接，
与相切于点，
．
．
在和中，
，
．
．
是的半径，且，
是的切线．
（2）解：，
．
．
．
．
，
，解得．
的长是．
18．（2025·江苏苏州·一模）如图，中，D为上一点，，是的外接圆，为的直径，连接．
(1)求证为的切线；
(2)若⊙O的直径，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长为28
【分析】（1）由直径所对圆周角为直角可知，根据圆周角定理可知，结合，可知，进而证明结论；
（2）由（1）可知，进而解直角三角形求得，，连接，由圆周角定理可知，进而解直角三角形求得，，过点作于，则，，得，再证，得，设，则，根据，列方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵为的直径，
∴，则，
∵，
∴，
又∵，
∴，则，
∴，
∴为的切线；
（2）解：由（1）可知，，
∴，
∵，
∴，则，
连接，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，则，
∴，则，
过点作于，则，，
∴，
∵，，
∴，
则，
设，则
∵，即，
∴，解得：，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
19．（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．
【点睛】本题考查圆综合知识，圆周角定理，切线判定、锐角三角函数、相似三角形的判定与性质等，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
20．（2025·江苏南京·二模）如图，的顶点，，在同一个圆上，点在上，且，连接并延长交于点，连接并延长交于点，交圆于点，连接，．
(1)若，，求．
(2)若为圆的直径．
①求的度数；
②求证：．
【答案】(1)48；
(2)①；②见解析．
【分析】题目主要考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，解三角形等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键
（1）作于，根据平行四边形的性质得出，，再由勾股定理及三角形面积公式求解即可；
（2）①根据圆周角定理确定．再由全等三角形的判定和性质得出≌，，即可求解；
②连接交于，根据圆周角定理及矩形的判定和性质，解三角形等求解即可
【详解】（1）解：▱的顶点，，在同一个圆上，点在上，且，，，
如图，作于，
，，，则，
在直角三角形中，
由勾股定理得：，
；
（2）解：为圆的直径，
．
四边形为平行四边形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
证明：连接交于如图，
为圆的直径，
，
，
，
，
，，
，
四边形为矩形，
，
，
矩形为正方形，
，
，
即，
，，
．
21．（2025·江苏泰州·三模）如图1，在菱形中，，是的外接圆，E是上一动点，连接并延长交于M，连接并延长交于N，
(1)求证：是的切线；
(2)如图2，当E是中点时，求图中阴影部分面积；
(3)当时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，证明是等边三角形，可得，然后根据是的外接圆，可得，从而得到，即可求证；
（2）连接，设交于点F，根据垂径定理和圆周角定理可得，，从而得到，再根据图中阴影部分面积为，即可求解；
（3）过点M作于点H，证明，可得，可证明，从而得到，然后在中，解直角三角形可得，，从而得到，再利用勾股定理解答即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵四边形是菱形，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵是的外接圆，
∴垂直平分，
∴，
∴，
即，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：如图，连接，设交于点F，
由（1）得：是等边三角形，，
∴，
∵E是中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴图中阴影部分面积为；
（3）解：如图，过点M作于点H，
∵四边形是的内接四边形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的综合题，涉及了切线的判定，圆内接四边形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，垂径定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握切线的判定，圆内接四边形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，垂径定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识是解题的关键．
22．（2025·江苏南京·三模）大胆联想，小心求证
【问题提出】
如图，在等腰的斜边及其延长线上分别选取点和点，使求证：
【问题解决】
(1)小明根据已有的学习经验从求证结论出发，反向思考，将“乘积式”转化成“比例式”，联想三角形相似，如图，思路如下，请将他的思路补全
(2)思路1：小亮观察条件“等腰联想“等腰三角形三线合一”性质，作等腰的底边上的高CF，如图所示，…；
思路2：小红观察结论是“乘积式”，联想圆中相关结论，构造的外接圆，如图所示，分别将与转化，…；
思路3：聪明的你又想到…，请自选思路，完成证明．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，圆周角定理及其推论，圆内接四边形的性质，熟练掌握以上知识点是解题关键．（1）根据思路中的相似三角形和全等三角形的性质可直接得到答案；
（2）思路1：作等腰的底边上的高，设，，通过等腰直角三角形的性质表示出，证明，可得，即，即，展开整理可得，从而即可证明；
思路：记的外接圆为，交于，连接，延长交于，在上取点，使由圆周角定理及圆内接四边形性质导角证明，得，即再证明，得，即故只需证明又，故只要证明即可，最后通过证明，即可得到
【详解】（1）解：由题意可知①处补全为，②处补全，
③、④处分别为、；
（2）思路1：证明：
作等腰的底边上的高，如图③所示：
则，
，，
，
设，，
，
，，
，
，
，
，即，
即，展开整理可得，
思路2：证明：记的外接圆为，交于，连接，延长交于，在上取点，使
，
是直径．
四边形是的内接四边形，
，
又，
，
又，
，
，即
，，
∽，
，即
，，
，，
，
．
∵，
，
四边形是的内接四边形，
，
，
又，
，
，
又，
在和中，
，
，
，
∴
∴．
23．（2025·江苏南京·模拟预测）综合与实践
如图，在中，点是斜边上的动点（点与点不重合），连接，以为直角边在的右侧构造，，连接，．
特例感知（1）如图1，当时，与之间的位置关系是______，数量关系是______．
类比迁移（2）如图2，当时，猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想．
拓展应用（3）在（1）的条件下，点与点关于对称，连接，，，如图3．已知，设，四边形的面积为．
①求与的函数表达式，并求出的最小值；
②当时，请直接写出的长度．
【答案】（1），；（2），，证明见解析；（3）①，的最小值为32；②或
【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、二次函数的应用、圆周角定理、垂径定理、一元二次方程的应用等知识，综合性强，难度大，通过作辅助线，构造圆，利用到圆的性质是解题关键．
（1）根据三角形全等的判定证出，根据全等三角形的性质可得，，则，即，由此即可得；
（2）先证出，再根据相似三角形的性质可得，，则，即，由此即可得；
（3）①先证出四边形是正方形，再过点作于点，则，分和两种情况，求出的长，然后利用勾股定理可得，则可得关于的函数表达式，利用二次函数的性质即可得的最小值；
②连接交于点，连接，则正方形是的内接正方形，对角线是的两条直径，先根据圆周角定理可得点在上，，再过点作于点，过点作于点，根据垂径定理可得，，根据矩形的判定与性质可得，利用勾股定理可得的长，然后求出正方形的面积的值，代入函数关系式求解即可得．
【详解】解：（1）当时，，
∴，，
∵，，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，即，
∴．
故答案为：，．
（2），，证明如下：
∵，，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，即，
∴．
（3）①当时，，
∴，，
∵，
∴，
∵点与点关于对称，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
又∵，
∴菱形是正方形．
如图，过点作于点，则，

当时，，
∴；
当时，，
∴；
综上，，
由二次函数的性质可知，当时，取得最小值，最小值为32．
②如图，连接交于点，连接，则正方形是的内接正方形，对角线是的两条直径，
由上已证：，即，
∴点在上，
由圆周角定理得：，
过点作于点，过点作于点，
∴，，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴直径，
∴正方形的面积，
由（3）①已得：，
∴，
解得或，均符合题意，
所以的长度为或．
24．（2025·江苏南京·三模）如图①，是的一条弦，是上的一个动点（不与点，重合），连接，以，为边作．
(1)如图②，当点在上时，求证：是矩形；
(2)若的半径为，．
①当的某一边与相切时，直接写出点到的距离；
②（I）随着点的运动，点的运动路径是__________；
．线段 ．圆 ．抛物线 ．平行四边形
（Ⅱ）连接，则的长的最大值为__________．
【答案】(1)见解析；
(2)①当边与相切时：点到的距离为、；
当边与相切时：点到的距离为；
②（I）；（II）．
【分析】（1）根据平行四边形的对角相等，圆内接四边形的对角互补可求出，然后根据矩形的判定即可得证；
（2）①分三种情况讨论：当与相切，且在上方；当与相切，且在下方；当与相切时，根据平行四边形的性质、垂径定理、勾股定理以及相似三角形求解即可；
②（I）连接，过O作的平行线，过A作的平行线，两线相交于Q，连接、，得出四边形是平行四边形，则，，证明四边形是平行四边形，得出，则点D在以Q为圆心，3为半径的圆上运动，即点D的运动路径是圆，即可解答；
（II）过O作于E．过Q作于F，连接，，则四边形是矩形，得出，根据证明，得出，，根据勾股定理求出，根据，得出当D、Q、B三点共线时，取最大值，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴
∵是的内接四边形，
∴，
∴，
∴是矩形；
（2）解：①当与相切，且在上方，如图，连接并延长，交于E，连接，
则，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当与相切，且在下方，如图，连接交于E，连接，
同理可求；
当与相切时，如图，连接交于D，过C作于F，连接，
则，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
综上，当边与相切时：点到的距离为、；
当边与相切时：点到的距离为；
②（I）连接，过O作的平行线，过A作的平行线，两线相交于Q，连接、，
则四边形是平行四边形，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴点D在以Q为圆心，3为半径的圆上运动，即点D的运动路径是圆，
故答案为：；
（II）过O作于E．过Q作于F，连接，
，
则四边形是矩形，
∴，
由①知：，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，即，
∴当D、Q、B三点共线时，取最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，勾股定理，圆内接四边形的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论是解题的关键．
真题动向
题型一：垂径定理相关的计算问题
题型二：圆周角、圆心角定理
题型三：圆内接四边形定理
题型四：切线长定理
题型五：圆的内心、外心综合
题型六：圆与射影定理
题型七：正多边形与圆
题型八：弧长与扇形面积计算
题型九：圆锥的侧面积计算
题型十：圆中多结论问题
题型十一：圆与三角函数结合
必备知识
知识1 圆的基本性质
知识2 切线相关
知识3 与圆有关的计算
命题预测
真题动向
题型一：圆中的最值问题
题型二：圆中新定义问题
题型三：圆中求不规则图形面积
题型四：圆与坐标系综合应用
题型五：圆中的存在性问题
题型六：圆与三角函数综合
题型七：圆与二次函数综合
命题预测
命题透视
1）从命题形式上看，呈现出“模型化、综合化、情境化”的特点，载体多以典型几何图形（垂径图、切割图、双切图）或实际生活场景（摩天轮、拱桥、扇形工件）为主，凸显对圆核心模型迁移能力的考查，兼顾几何直观与逻辑推理的双重素养。
2）从命题内容上看，切线的判定与性质、圆周角定理及其推论、圆与相似/三角函数的综合是历年中考命题的核心区域，圆与坐标系、动点最值的结合则成为区分度拉满的压轴命题热点。
热考角度
考点
2025年
2024年
2023年
垂径定理及其推论
南京·T12：利用垂径定理求值
南京·T26：利用垂径定理求解
切线的判定与性质
南京·T23：切线的判定
无锡·T16：切线的性质定理
南京·T5：应用切线长定理求解
无锡·T25：切线的性质定理
圆周角定理与圆内接四边形
南京·T16：圆周角定理
南京·T20：直径所对的圆周角是直角
无锡·T26：圆的内接四边形
苏州·T12：圆周角定理
南京·T27：圆周角定理
苏州·T8：圆周角定理
弧长与扇形面积
南京·T27：求弧长
苏州·T14：求弧长
苏州·T14：求弧长
苏州·T15：圆锥面积
圆与三角函数综合
无锡·T25：圆与三角函数综合
苏州·T25：圆与三角函数综合
苏州·T25：圆与三角函数综合
南京·T15：圆与三角函数综合
苏州·T25：圆与三角函数综合
命题预测
圆的二轮复习，核心是抓基础、练模型、破综合：
基础题围绕垂径定理、圆周角、切线判定、圆内接四边形展开，是必拿分点；
中档题聚焦双切图、中点弧、多结论判断，侧重模型迁移与计算能力；
压轴题则以圆与相似/三角函数/坐标系/函数的综合为核心，结合动点最值、存在性问题，是拉开差距的关键。
整体命题趋势是淡化偏难怪定理，突出核心性质+基本模型，强调几何直观与逻辑推理的双重素养。
性质定理
圆的切线垂直于经过切点的半径.
判定
1）定义法：当直线与圆有且只有一个公共点时，直线与圆相切；
2）数量关系法：当圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切；
3）判定定理法：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线.