专题06 圆中的相关证明及计算（15题型+限时检测）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用）

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一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
专题06 圆中的相关证明及计算
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc161759100" 题型01 圆中的角度和线段计算问题
\l "_Tc161759101" 题型02 垂径定理的实际应用
\l "_Tc161759102" 题型03 与圆有关的弧长、扇形面积计算
\l "_Tc161759103" 题型04 利用弧长、扇形公式解决实际问题
\l "_Tc161759104" 题型05 求弓形面积或不规则图形面积
\l "_Tc161759105" 题型06 正多边形与圆的相关计算
\l "_Tc161759106" 题型07 与圆有关的位置关系
\l "_Tc161759107" 题型08 切线的判定
\l "_Tc161759108" 题型09 三角形内切圆、外接圆的相关计算
\l "_Tc161759109" 题型10 三角形内切圆与外接圆的综合
\l "_Tc161759110" 题型11 四点共圆
\l "_Tc161759111" 题型12 圆幂定理
\l "_Tc161759112" 题型13 阿基米德折弦定理
\l "_Tc161759113" 题型14 圆与相似综合
\l "_Tc161759114" 题型15 圆与三角函数综合
\l "_Tc161759115" （时间：60分钟）
题型01 圆中的角度和线段计算问题
1．（2024·四川泸州·一模）如图，正三角形的边长为，则它的外接圆的半径为（ ）
A． B．C． D．
【答案】B
【分析】连接、，过点作于点，根据垂径定理求出，根据圆周角定理求出，进而求出，根据余弦的定义计算，得到答案．
【详解】解：如图，连接、，过点作于点，
则，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查的是圆周角定理、垂径定理、等边三角形的性质、余弦的定义，掌握圆周角定理是解题的关键．
2．（2022·河北衡水·模拟预测）如图，点A，B，C在上，，连接并延长，交于点，连接，若，下列结论不正确的是（ ）

A．B．直线垂直平分C．D．
【答案】D
【分析】根据圆周角定理可得，从而根据三角形内角和求出，A选项即可判断；根据平行的性质及圆周角定理设，则，根据三角形内角和即可求出的值，从而求出，，，从而可判断C、D选项；延长交于点，根据对顶角相等可得到，从而求出，再结合垂径定理可判断出与的关系，即可判断出选项B．
【详解】解：如图，延长交于点，

是的直径，
，
，
故A选项正确，不符合题意；
，
设，则，

，
，
故D选项不正确，符合题意；
，
；
故C选项正确，不符合题意；
根据对顶角相等可得：，
，
，
是圆心，
，
直线垂直平分；
故B选项正确，不符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查圆周角定理及垂径定理，涉及到垂直平分线的定义、三角形内角和等，解题关键是熟练运用圆周角定理和垂径定理．
3．（2023·山东青岛·二模）如图，是的直径，点是外一点，过点的两条直线分别与圆相切于点、，点是圆周上任意一点，连接、，若，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
本题考查切线长定理，切线的性质，连接，根据切线长定理结合等边对等角，求出的度数，切线的性质，求出的度数，再根据圆周角定理，即可得出结果．
【详解】
解：连接，

，分别切圆于、，
，
，
，
，
是圆的直径，
，

．
故选：D．
4．（2022·山西大同·一模）如图，是的直径，、分别切于点B、C，若，则的度数是 ；

【答案】/50度
【分析】连接，由切线长定理证明，再求得，最后由三角形的内角和定理求得的度数．
【详解】解：连接，

∵、分别切于点B、C，，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴
∵，
∴，
∴ ，
∴；
故答案为50°．
【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角定理等知识，综合性强，难度一般．
题型02 垂径定理的实际应用
5．（2023·河北石家庄·模拟预测）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具．如图，半径为3m的筒车按逆时针方向每分钟转圈，筒车与水面分别交于点A、B、长为4m，筒车上均匀分布着若干个盛水筒（用点表示）．若以某个盛水筒（点P）刚浮出水面时开始计算时间．

(1)设点D为盛水筒在运行中的最高点，请在图中画出线段，用其长度表示盛水筒到水面的最大距离．（不说理由），并求最大距离约为多少米（结果保留小数点后一位）；
(2)筒车每秒转 °， °；
(3)浮出水面2.6秒后，盛水筒（点P）距离水面多高？（参考数据：，）
【答案】(1)作图见解析，最大距离为5.2米
(2)5，43
(3)0.7米
【分析】（1）如图1，过点作于，交于，连接，由垂径定理得，由题意知，，由勾股定理得，根据，计算求解即可；
（2）由题意知，每分钟转的弧长为，由，解得，则每秒钟转，由，可求的值；
（3）由题意知，，则，如图2，连接，过作于，于，则四边形是矩形，，，则，，进而可求浮出水面2.6秒后，盛水筒（点P）距离水面的高度．
【详解】（1）解：如图1，过点作于，交于，连接，

由垂径定理得，
由题意知，，
由勾股定理得，
∴（m），
∴最大距离约为5.2米；
（2）解：由题意知，每分钟转的弧长为，
∴，解得，
∴每秒钟转，
∵，
∴，
故答案为：5，43；
（3）解：由题意知，，
∵，
∴，
如图2，连接，过作于，于，则四边形是矩形，

∴，，
∴，
∴（m），
∴（m），
∴浮出水面2.6秒后，盛水筒（点P）距离水面0.7米．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，弧长公式，正弦，余弦，矩形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
6．（2023·广东佛山·三模）古往今来，桥给人们的生活带来便利，解决跨水或者越谷的交通，便于运输工具或行人在桥上畅通无阻，中国桥梁的桥拱线大多采用圆弧形、抛物线形和悬链形，坐落在河北省赵县汶河上的赵州桥建于隋朝，距今已有约1400年的历史，是当今世界上现存最早、保存最完整的古代敝肩石拱桥，赵州桥的主桥拱便是圆弧形．
(1)某桥A主桥拱是圆弧形（如图①中），已知跨度，拱高，则这条桥主桥拱的半径是______；
(2)某桥B的主桥拱是抛物线形（如图②），若水面宽，拱顶P（抛物线顶点）距离水面，求桥拱抛物线的解析式；
(3)如图③，某时桥A和桥B的桥下水位均上升了，求此时两桥的水面宽度．
【答案】(1)25
(2)
(3)此时桥的水面宽度为，桥的水面宽度为
【分析】（1）设所在圆的圆心为点，连接，则，，再设这条桥主桥拱的半径是，则，，然后在中，利用勾股定理求解即可得；
（2）以水面所在直线为轴，的中点为原点，建立平面直角坐标系，则，再利用待定系数法求解即可得；
（3）根据（1）可得，利用勾股定理可求出的长，再利用垂径定理即可得此时桥的水面宽度；根据（2）的结论求出时，的值，由此即可得此时桥的水面宽度．
【详解】（1）解：如图，设所在圆的圆心为点，连接，

由垂径定理得：点共线，
则，，
设这条桥主桥拱的半径是，则，
，
在中，，即，
解得，
故答案为：25．
（2）解：如图，以水面所在直线为轴，的中点为原点，建立平面直角坐标系，

由题意得：，
则设桥拱抛物线的解析式为，
将点代入得：，解得，
所以桥拱抛物线的解析式为．
（3）解：如图，桥中，由（1）可知：，

由题意得：，
，
在中，，
由垂径定理得：，
即此时桥的水面宽度为；
如图，桥中，，

当时，，
解得或，
所以此时桥的水面宽度为，
答：此时桥的水面宽度为，桥的水面宽度为．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的应用、二次函数的应用等知识点，熟练掌握垂径定理和二次函数的性质是解题关键．
7．（2023·宁夏中卫·二模）在一次数学建模活动课上，吴老师制作了一张简易的海域安全监测平面图，在图中标明了三个监测点的位置坐标，，，由三个监测点确定的圆形区域是安全警戒区域．（单位：海里）

(1)某天海面上出现可疑船只C，在监测点A测得C位于南偏东，同时在监测点O测得C位于南偏东，求监测点O到C船的距离．（结果精确到整数，参考数据：，，）
(2)当可疑船只C由（1）中位置向正北方向航行时，是否会闯入安全警戒区域？请通过计算作答．
【答案】(1)海里
(2)不会，见详解
【分析】（1）过点C作轴于点D，设，则，在中，解直角三角形求得x，进而求得；
（2）由（1）知，根据三角函数的定义得到，过点C作轴于点G，过点作于点E，交于H，过点作于点F，则四边形是矩形，根据矩形的性质得到，根据勾股定理得到，于是得到结论．
【详解】（1）解：过点C作轴于点D，

依题意，得，，
设，则，
∵，
∴，
∴
在中，，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
所以监测点O到C船的距离为海里；
（2）解：不会，计算如下：
由（1）知，
∵，
∴，
∴，
过点C作轴于点G，过点作于点E，交于H，

∴，
∴，
过点作于点F，
则四边形是矩形，
∴，
由已知得，，
∵，
∴线段是的直径，，
∴，
∵，
∴，
∴直线与相离，C船不会闯入安全警戒区域．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用、直线与圆的位置关系．熟练掌握垂径定理以及锐角三角函数的知识是解题关键．
8．（2023·河北石家庄·模拟预测）如图是一个半圆形桥洞截面示意图，圆心为O，直径是河底线，弦是水位线，．已知仪器在A处测得点D的仰角为，水深（点D到河底线的距离）．

(1)求的大小及的长；
(2)受暴雨影响，水面以平均每小时的速度升高，若不及时进行开闸泄洪，则经过多长时间水面将淹没整个桥洞？（参考数据：取4）
【答案】(1)，
(2)6小时
【分析】（1）根据直角三角形两锐角互余可求出，连接，解和，求出，再由求解即可；
（2）过O作，与交于点E，与半圆O交于点F．求出，即可求出结论．
【详解】（1）∵的长表示点D到河底线的距离，
∴，
∴，
∵，
∴，
连接，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，且，
∴，，
∴，即的长为；
（2）如图，过O作，与交于点E，与半圆O交于点F．

∵
∴
∵，
∴，
∴（小时）
即经过6小时水面将淹没整个桥洞．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形以及圆周角定理的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
题型03 与圆有关的弧长、扇形面积计算
9．（2023·贵州黔东南·二模）如图，在平行四边形中，，以为直径的恰好经过点，交于点，当点为的中点时，下列结论错误的是（ ）
A．平分B．
C．D．的长为
【答案】B
【分析】本题考查了圆的相关计算，根据平行四边形的性质和判定、圆周角定理、弧长公式和扇形面积公式计算即可，熟练掌握弧长公式和扇形面积公式是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接、，作于，
，
点为的中点，
，
，
平分，故A正确，不符合题意；
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，故C正确，不符合题意；
，
，
，
，故B错误，不符合题意；
，故D正确，符合题意；
故选：B．
10．（2023·广东东莞·三模）如图，和是两个完全重合的直角三角板，，斜边长为三角板绕直角顶点顺时针旋转，当点落在边上时，则点所转过的路径长为 ．

【答案】
【分析】本题主要考查了旋转的性质，求弧长，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，根据三角形内角和和含度的直角三角形三边的关系得到，，再根据旋转的性质得，于是可判断为等边三角形，所以，然后根据弧长公式计算弧的长度即可．
【详解】解：，，，
， ，
三角板绕直角顶点顺时针旋转，点落在边上，
∴，
∴为等边三角形，
∴
弧的长度，
即点所转过的路径长．
故答案为：．
11．（2023·吉林长春·二模）如图，边长为1的正方形的顶点A在扇形的半径上，点B．C在上，点D在上，若，则扇形的面积为 ．
【答案】
【分析】
本题考查了正方形的性质和扇形的面积计算，能求出半径的长度是解此题的关键．连接，根据正方形的性质得出，，求出，求出，根据勾股定理求出，再根据扇形的面积公式求出答案即可．
【详解】解：连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴扇形的面积为．
故答案为：．
12．（2023·江苏宿迁·模拟预测）如图物体由两个圆锥组成．其主视图中，，，若上面圆锥的侧面积为，则下面圆锥的侧面积为 ．
【答案】
【分析】根据题意得出为等腰直角三角形，为等边三角形，则上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于：，即可求解．
【详解】解：，，
为等腰直角三角形，
，，
，
，
而，
为等边三角形，
，
上面圆锥与下面圆锥的底面相同，
上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于：，
下面圆锥的侧面积．
故答案为：．
13．（2023·湖南湘西·二模）在数学实践活动中，某同学用一张如图①所示的矩形纸板制做了一个扇形，并由这个扇形围成一个圆锥模型（如图②所示），若扇形的圆心角为，圆锥的底面半径为2，则此圆锥的母线长为 ．

【答案】
【分析】设此圆锥的母线长为l，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则利用弧长公式得到，然后解方程即可．
【详解】解：设母线长为l，
则，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
题型04 利用弧长、扇形公式解决实际问题
14．（2023·河南周口·模拟预测）某中学要把一块长，宽的矩形空地改建为一个如图所示的花园．花园内的小路（阴影部分）由圆心角为，内径为，外径为的圆环形小路和宽为且垂直于矩形边的笔直小路组成，则花园内小路的总占地面积为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了扇形面积的计算，解题的关键是熟练掌握扇形面积公式．用竖直道路的面积加上弧形小路的面积即可得出答案．
【详解】解：花园内小路的总占地面积为：
．
故答案为：．
15．（2023·安徽·二模）《九章算术》中有如下问题：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆高5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有 斛．

【答案】22
【分析】根据米堆的底部的弧度即底面圆周的四分之一为8尺，可求出圆锥的底面半径，从而计算出米堆的体积，用体积除以每斛的体积即可求得斛数．
【详解】解：设米堆所在圆锥的底面半径为尺，由题意，得：，
∴，
∴米堆的体积为：，
∴米堆的斛数为：；
故答案为：22．
【点睛】本题考查了圆锥的计算及弧长的计算，解题的关键是从实际问题中抽象出圆锥的知识，难度不大．
16．（2024·辽宁沈阳·一模）图1是一种折叠门，由上下轨道和两扇长宽相等的活页门组成，整个活页门的右轴固定在门框上，通过推动左侧活页门开关；图2是其俯视图简化示意图，已知轨道，两扇活页门的宽，点B固定，当点C在上左右运动时，与的长度不变（所有结果保留小数点后一位）．（参考数据：，，，π取）
(1)若，求的长；
(2)当点C从点A向右运动时，求点O在此过程中运动的路径长．
【答案】(1)的长约为
(2)点O在此过程中运动的路径长为
【分析】本题主要考查了解直角三角形，弧长公式的应用；
（1）作于H，根据推出，然后在中解直角三角形求出即可；
（2）证明是等边三角形，可得点O的运动路径是半径为，圆心角为的弧长，然后利用弧长公式计算即可．
【详解】（1）解：如图，作于H，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴的长约为；
（2）∵当点C从点A向右运动时，即，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴点O的运动路径是半径为，圆心角为的弧长，
即，
∴点O在此过程中运动的路径长为．
17．（2024·河北邯郸·二模）水上公园南侧新建的摩天轮吸引了附近市民的目光．据工作人员介绍，新建摩天轮直径为，最低点距离地面，摩天轮的圆周上均匀地安装了个座舱（本题中将座舱视为圆周上的点），游客在距离地面最近的位置进舱．
(1)小明所在座舱到达最高点时距离地面的高度为______；
(2)在小明进座舱后间隔个座舱小亮进入座舱（如图，此时小明和小亮分别位于，两点），求两人所在座舱在摩天轮上的距离（的长）和直线距离（线段的长）．
【答案】(1)
(2)在摩天轮上的距离（的长）为，直线距离（线段的长）为
【分析】本题考查了点到圆上一点的距离，求弧长，等边三角形的性质与判定
（1）根据点到圆的距离可得最高点到地里的距离为；
（2）根据题意得出，进而根据弧长公式即可求解；证明为等边三角形，即可求得的长．
【详解】（1）解：如图，由题意可知，
当座舱转到点时，距离地面最高，
此时；
（2）圆周上均匀的安装了24个座舱，因此每相邻两个座舱之间所对的圆心角为，
的长为，
如图，连接，
且，
为等边三角形，
．
答：两人所在座舱在摩天轮上的距离（的长）为，直线距离（线段的长）为．
18．（2023·吉林松原·三模）圆锥是生活中常见的立体图形，如雪糕筒，漏斗，羽毛球，路障等，赵亮同学用一个如图①所示的扇形围成如图②所示的圆锥，为圆锥的高，点D为母线上的中点，，为底面圆半径，，求图①中的长度．（参考数据：取，，）
解：如图②，因为，所以，
因为在中，点D为边中点，，
所以（__________）（填推理依据），
_________（填“”或“”）．
如图①，所以_______（填相应的三角形函数值）________（）（结果精确到）．
【答案】在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，，，
【分析】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，三角函数的应用，根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半得，再根据，求出r，再根据弧长等于圆锥底面圆的周长即可得出答案．
【详解】解：如图②，因为，所以，
因为在中，点D为边中点，，
所以（在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半）（填推理依据），
（填“”或“”）．
如图①，所以（填相应的三角形函数值）（）（结果精确到）．
题型05 求弓形面积或不规则图形面积
19．（2023·山西临汾·二模）如图，是的直径，是弦，，在直径上截取，延长交于点，若，则图中阴影部分的面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图，连接，过点O作于点F，求出，由圆周角定理得，得，由三角形外角的性质得，由垂径定理得，根据勾股定理得，根据求解即可．
【详解】解：如图，连接，过点O作于点F，

则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴∠，
∴∠，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，扇形面积等知识，求出扇形的半径和圆心角是解答本题的关键．
20．（2023·山东济南·三模）如图，已知中，，，内切圆半径为，则图中阴影部分面积和是( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，扇形面积的计算，解决本题的关键是掌握三角形的内切圆与内心；根据内切圆的性质可得图中阴影部分面积和是的面积与扇形的面积的差，进而即可求解
【详解】解：
是的内切圆，切点分别为，，，
图中阴影部分面积和是的面积扇形的面积，
、分别是、的角平分线，
，，
，
，
，
，
，
故选：A．
21．（2023·河南新乡·二模）如图，是的直径，，°，将沿翻折，与直径交于点，则图中阴影部分面积为

【答案】
【分析】本题考查扇形面积的计算，圆周角定理以及折叠轴对称，掌握圆周角定理以及扇形面积的计算方法是正确解答的前提．根据圆周角定理以及直角三角形的边角关系可求出、，再根据中位线定理求出，由图形中面积之间的关系进行计算即可．
【详解】解：如图，连接，,过点作于点，则，
∵是的直径，
∴，
在中，，，
∴，，，
∵，，
∴是的中位线，
∴，
=，
故答案为：．

22．（2023·河南周口·二模）如图所示的是以为直径的半圆形纸片，，沿着垂直于的半径剪开，将扇形沿向右平移至扇形，如图，其中点与点重合，点与点重合，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】连接，作于点，，即可求得弧和以及围成的重叠部分的面积，则重叠部分的面积即可求得．
本题考查了扇形的面积的计算，正确理解不规则的图形的面积转化为规则图形的面积的和、差计算是关键．
【详解】解：连接，作于点．
，
，
，
，
在直角中，，
则，
则弧和以及围成的阴影部分的面积是：，
则．
故答案是：．
23．（2023·广东肇庆·三模）如图，在中，，，，以点C为圆心，长为半径画弧，交C于点D，交于点E，则图中阴影部分的面积是 ．(结果保留π)
【答案】/
【分析】本题考查不规则图形的面积计算，扇形的面积公式，等边三角形的判定与性质等知识，证明是等边三角形，从而得到，继而得到从而得解．掌握扇形面积公式是解题的关键．
【详解】如图，连接．
∵，，，
∴，，
又∵，
∴是等边三角形
∴，，
∵，
∴，
∴
∴=．
故答案为：．
题型06 正多边形与圆的相关计算
24．（2024·安徽阜阳·一模）如图是半径为4的的内接正六边形，则圆心O到边的距离是（ ）
A．B．3C．2D．
【答案】A
【分析】本题过点O作于点，根据正六边形的性质以及垂径定理得到，，从而得出，最后利用勾股定理算出，即可解题．
【详解】解：如图，做于点，
正六边形外接半径为4的，
，，
，
，
，
圆心O到边的距离为，
故选：A．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，勾股定理，30度所对直角边等于斜边的一半，以及垂径定理，熟练掌握相关性质定理并灵活运用，即可解题．
25．（2023·内蒙古呼伦贝尔·二模）如图，P，Q分别是的内接正五边形的边，上的点，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的是正多边形和圆、全等三角形的判定和性质，掌握正多边形的中心角的求法、全等三角形的判定定理是解题的关键．连接、、，证明，根据全等三角形的性质得到，结合图形计算即可．
【详解】解：连接、、，
五边形是的内接正五边形，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
，，
．
故选：．
26．（2023·宁夏·二模）中国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，奠定了中国圆周率计算在世界上的领先地位．刘微提出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”，由此求得圆周率的近似值．例如：设半径为r的圆内接正n边形的周长为C，圆的直径为d，如图，当时，，则当时， ．（结果精确到0.01，参考数据：，）
【答案】
【分析】
本题主要考查了正多边形和圆以及解直角三角形的运用，圆的内接正十五边形被半径分成顶角为的十五个等腰三角形，作辅助线构造直角三角形，根据中心角的度数以及半径的大小，求得，，进而得到答案．
【详解】解：如图，圆的内接正十五边形被半径分成15个如图所示的等腰三角形，
其顶角为，即，
作于点H，则，
，
在中，，即，
，
，
，
，
，
故答案为：．
27．（2023·河北沧州·模拟预测）某数学小组在一个半径为2的圆形场地上做探究实践活动．

（1）如图1，小组将圆形场地分为12等份．机器人从一个点到另外一个点均是直线行走．
①机器人从点走到点的路程为 ；
②机器人从点到点走了两条不同的路线．路线1：；路线2：，路线1的长记为，路线2的长记为，则 ；（填“>”“<”或“=”）
（2）如图2，机器人从出发，沿与半径夹角为的方向行走，走到场地边缘后，再沿与夹角为的方向折向行走至，…按照这样的方式，机器人走到时第一次超过，且，则 ．
【答案】 >
【分析】(1) ①根据中心角为，结合从点走到点其路径对的圆心角为，根据半径为2计算即可．
②根据中心角为，得到继而判定都是等边三角形，，得到；根据，得到为圆的直径，根据中心角为，得到，，
得到即，比较大小即可．
（2）设多边形的中心角为，当转到时，,，根据，求得，再计算即可．
【详解】(1) ①∵中心角为，
∴从点走到点其路径对的圆心角为，
∵，
∴，
故答案为：．
②根据中心角为，
∴，
∴都是等边三角形，
∴，
∴；
∵
∴，
∴为圆的直径，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
（2）设多边形的中心角为，当转到时，,，
∵，
∴，
解得，
∵半径相等，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了中心角的计算，等边三角形的判定和性质，勾股定理，无理数的估算，等腰三角形的性质，熟练掌握中心角的计算是解题的关键．
题型07 与圆有关的位置关系
28．（2023·山东泰安·三模）如图，抛物线与轴负半轴交于点A，P是以点为圆心，2为半径的圆上的动点，是线段PA的中点，连接，则线段的最小值是（ ）

A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】连接，如图，先解方程得，再判断为的中位线得到，利用点与圆的位置关系，过圆心C时，最小，如图，点P运动到位置时，最小，然后计算出即可得到线段的最小值．
【详解】解：连接，如图，

当时，，
解得，
∴，
∵Q是线段的中点，
∴为的中位线，
∴，
当最小时，最小，
而过圆心C时，最小，如图，点P运动到位置时，最小，
∵，
∴，
∴线段的最小值是．
故选：A．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．也考查了三角形中位线．确定位置是解题的关键．
29．（2023·陕西西安·一模）如图，的半径为4，圆心M的坐标为，点P是上的任意一点，，且、与x轴分别交于A、B两点．若点A、点B关于原点O对称，则当取最大值时，点A的坐标为 ．

【答案】
【分析】本题主要考查点与圆的位置关系，勾股定理，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出取得最小值时点的位置．
由中知要使取得最大值，则需取得最大值，连接，并延长交于点，当点位于位置时，取得最大值，据此求解可得．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵点、点关于原点对称，
∴，
∴，
若要使取得最大值，则需取得最大值，
连接，并延长交于点，当点位于位置时，取得最大值，
过点作轴于点，

则、，
∴，
又∵，
∴，
∴；
∴，
即点A的坐标为，
故答案为：．
30．（2023·北京·二模）在平面直角坐标系中，的半径为2．对于直线l和线段，给出如下定义：若将线段关于直线l对称，可以得到的弦 (，分别是B，C的对应点)，则称线段是以直线l为轴的的“关联线段”．例如，图1中线段是以直线l为轴的的“关联线段”．

(1)如图2，点，，，，，的横、纵坐标都是整数．
① 在线段，，中，以直线：为轴的的“关联线段”是 ；
② 在线段，，中，存在以直线：为轴的的“关联线段”，求b的值；
(2)已知直线：交x轴于点A．在中，，，若线段是以直线为轴的的“关联线段”，直接写出m的最大值与最小值，以及相应的的长．
【答案】(1)①；② 1或3
(2)m的最大值为，；m的最小值为，．
【分析】（1）①根据题中定义即可画图得出；②通过判断直线，的最长的弦即直径为4，可排除，，所以成为的弦，根据圆的对称性，分两种情况讨论；
（2）画与关于直线：对称，以点A为圆心，6为半径画，则与至少有一个交点，才能满足题目条件，画出图形即可求出m的最大值和最小值，通过勾股定理即可求出．
【详解】（1）解：①如图所示：

∴以直线：为轴的的“关联线段”是 ；
② ∵直线：与x轴夹角为，
∴线段直线，
∴线段关于直线的对称线段还在直线上，不可能是的弦，
∵的最长的弦即直径为4，
，
∴线段的对称线段不可能是的弦；
∵线段直线，且，
∴线段的对称线段可以是的弦．
线段的对称线段，
且．
如图，平移线段使之成为的弦，有两种情况：

(ⅰ) ，的坐标分别为，，此时；
(ⅱ) ，的坐标分别为，，此时．
综上所述，或3．
（2）解：画与关于直线：对称，
∵，
以点A为圆心，6为半径画，则与至少有一个交点，才能满足题目条件，
∵与关于直线对称，
则与至少有一个交点，如图所示，

此时m取得最小值；

此时m取得最大值；
把代入直线：得：，
∴点A的坐标为，
∵与至少有一个交点，
∴，
解得：，
∴m的最大值为，m的最小值为；
连接、、，过点C作，如图所示，

∵，的半径为2，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
连接、、，过点C作如图所示，

∵，的半径为2，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
【点睛】本题考查了圆的几何问题，难度较大，正确理解新定义和考虑到以点A为圆心，6为半径画，则与至少有一个交点，才能满足题目条件，是关键．
31．（2023·江苏常州·二模）对于平面直角坐标系中的图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点的距离有最小值，那么称这个最小值为图形M，N间的“最小距离”，记作.
已知点，，连接．

(1)填空： ______；
(2)的半径是r，若，直接写出r的取值范围；
(3)的半径是r，若将点B绕点A顺时针旋转，得到点C.
①当时，求此时r的值；
②对于取定的r值，若存在两个不同的值使得，直接写出r的取值范围．
【答案】(1)3
(2)
(3)①，②
【分析】（1）由题意得出轴，则可根据“最小距离”的定义得出答案；
（2）根据题意画出图形，由直角三角形的性质及“最小距离”的定义得出答案；
（3）①过点C作于点H，由直角三角形的性质可得出答案； ②由题意可知线段在旋转过程中与有两个交点，画出图形即可得出答案．
【详解】（1）∵，，
∴轴，
∴，
故答案为：3；
（2）如图所示，表示与线段有交点，

此时,
∴；
（3）①当时，点C恰好落在x轴上，如图，

过点C作，垂足为H，
，，
，，
点C落在x轴上，
，
；
②存在两个不同的值使得，即线段在旋转的过程中与有两个交点，如图，

此时，，
∴．
【点睛】本题是圆的综合问题，解题的关键是理解并掌握“最小距离”的概念，旋转的性质，直角三角形的性质及分类讨论思想的运用等知识点．
32．（2023·北京房山·二模）在平面直角坐标系中，有图形W和点P，我们规定：若图形W上存在点M、N（点M和N可以重合），满足，其中点是点P关于x轴的对称点，则称点P是图形W的“对称平衡点”．

(1)如图1所示，已知，点，点．
①在点中，是线段的“对称平衡点”的是___________；
②线段上是否存在线段的“对称平衡点”？若存在，请求出符合要求的 “对称平衡点”的横坐标的范围，若不存在，请说明理由；
(2)如图2，以点为圆心，1为半径作．坐标系内的点C满足，再以点C为圆心，1为半径作，若上存在的“对称平衡点”，直接写出C点纵坐标的取值范围．
【答案】(1)①，；②不存在，理由见解析
(2)
【分析】（1）①根据对称平衡点的定义进行判断即可；②不存在，根据对称平衡点的定义进行讨论可得结论；
（2）画出图形进行判断即可．
【详解】（1）①如图所示，点，，则；，则，

∴线段的“对称平衡点”的是，；
故答案为：，；
②不存在
设P为线段上任意一点，则它与线段上点的距离最小值为0，最大值为和中的较大值；显然
点P关于x轴的对称点为，它到线段上任意一点的距离
即若是线段上的任意两点，，不存在
∴线段上不存在线段的“对称平衡点”；
（2）如图，由②可知线段上不存在的“对称平衡点”，上存在的“对称平衡点”，

∵
∴
【点睛】本题考查了对称平衡点．两圆的位置关系，点与圆的位置关系等知识，解题的关键是理解题意，学会取特殊点特殊位置解决问题．
题型08 切线的判定
33．（2024·辽宁沈阳·一模）如图，直线l与相切于点M，点P为直线l上一点，直线交于点A、B，点C在线段上，连接BC，且．

(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，的半径为，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)直线是的切线，理由见解析
(2)
【分析】（1）首先证明，得出，即可得出直线是的切线；
（2）利用切线的性质定理以及勾股定理和锐角三角函数关系得出，则，以及的长，再利用三角形面积公式以及扇形面积公式得出答案即可．
【详解】（1）解：直线是的切线，
理由：连接，，
∵直线l与相切于点M，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
为直径，
∴直线是的切线；
（2）过点O作于点N，

∵，
∴，
即，
又∵，则，
∴，
∴，则，
∴，
∵，，
∴，
∴，
，
∴，则，
∴图中阴影部分的面积为：．
【点睛】此题主要考查了扇形面积公式以及切线的性质和判定和锐角三角函数关系应用以及全等三角形的判定及性质等知识，熟练应用切线的性质和判定定理是解题关键．
34．（2024·陕西西安·二模）如图，在中，，以为直径的交于点，交于点，在下方作，过点作，垂足为点．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由，得到，由为的直径，可得，推出，结合，即可求解；
（2）连接，可得，且，进一步求得和，即可求得．
【详解】（1）证明：，
，
为的直径，
，
，
，
，即，
，
是的切线；
（2）连接，如图，

，且为的直径，
，，
，，
，
，
，
则．
【点睛】本题主要考查圆周角定理、切线的判定定理、勾股定理以及等腰三角形的性质，解题的关键是灵活运用这些性质．
35．（2023·广东湛江·三模）如图，在四边形中，，，，点E、F分别在线段上，且，
(1)求证：；
(2)求证：以为直径的圆与相切；
(3)若，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据，可得，同理可得；结合
即可求证；
（2）取的中点O，过点O作于H，连接并延长交的延长线于G，可得；证可得是的中位线，即可求证；
（3）过点D作，交的延长线于M，过点A作于N，分别解直角三角形，根据即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图1，取的中点O，过点O作于H，
∴
∴
∵，
∴
∵，，
∴四边形是梯形，
∴点H是的中点，
∴
连接并延长交的延长线于G，
∴，
∵
∴（），
∴，
∴是的中位线，
∴
∵，
∴以为直径的圆与相切；
（3）解：如图2，
由（1）知，，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴
∵，，
∴，
过点D作，交的延长线于M，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴
过点A作于N，
∴四边形是矩形，
∴，
由（1）知，，
∵，
∴，
在中，，
∴
∴
∴
【点睛】本题考查了中位线定理、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、矩形的判定与性质、圆的切线证明等知识点，综合性较强，需要学生具备扎实的几何基础．
36．（2023·广东江门·一模）如图，矩形中，＝13，＝6，点E是上的动点，以为直径的⊙O与交于点F，过点F作于点G．
​
(1)当E是的中点时：tan的值．
(2)在（1）的条件下，证明：是圆O的切线．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质可得，利用E为中点即可求得；
（2）连接，矩形的性质证明，得出，利用等边对等角得角相等，等量代换得，得出平行从而有，则结论得证．
【详解】（1）（1）解：∵四边形是矩形，
∴， ，，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∴．
（2）证明：连接，
在矩形中，，，
又，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，
∵是⊙O的半径，
∴是⊙O的切线．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、切线的判定．熟练掌握切线的判定是解题的关键．
题型09 三角形内切圆、外接圆的相关计算
37．（2023·浙江杭州·二模）如图，O为等腰三角形的外心，，连接，记，，则满足的关系式为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理即可得到结论．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
连接，

∵O为等腰三角形的外心，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
38．（2023·陕西西安·一模）问题发现
（1）在中，，，则面积的最大值为 ；
（2）如图1，在四边形中，，，，求的值．
问题解决
（3）有一个直径为的圆形配件，如图2所示．现需在该配件上切割出一个四边形孔洞，要求，，并使切割出的四边形孔洞的面积尽可能小．试问，是否存在符合要求的面积最小的四边形？若存在，请求出四边形面积的最小值及此时的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，四边形面积的最小值为，此时
【分析】（1）易知点C在以为弦的确定的圆上，作的外接圆，可得当点C在的位置，即垂直平分时，的面积最大，求出，再根据三角形的面积公式计算即可；
（2）将绕点A逆时针旋转得到，则，，，，证明C、D、E在同一条直线上，求出，利用勾股定理求出，进而可得的值；
（3）如图作辅助线，证明是等边三角形，求出，可得要使四边形的面积最小，就要使的面积最大，然后由（1）可知，当是直径，且时，的面积最大，同（1）的方法求出面积的最大值，可得四边形面积的最小值，然后证明O、C、M共线，解直角三角形求出，根据可得此时的长．
【详解】解：（1）∵，，
∴点C在以为弦的确定的圆上，
如图，作的外接圆，
∴当点C在的位置，即垂直平分时，的面积最大，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴面积的最大值为，
故答案为：；
（2）如图，将绕点A逆时针旋转得，
∴，，，，
∵，，
∴，
∵，
∴C、D、E在同一条直线上，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）存在；
如图，连接，
∵，，
∴将绕O点顺时针旋转至，连接，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
，
∴要使四边形的面积最小，就要使的面积最大，
作的外接圆，点F是上一点，交于M，
由（1）可知，当是直径，且时，的面积最大，
此时，，
∴，
∴面积的最大值为，
∴四边形面积的最小值为，
又∵垂直平分，是等边三角形，
∴O、C、M共线，
∴,
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的外接圆，垂径定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，作出合适的辅助线，灵活运用三角形的外接圆求出三角形面积的最大值是解题的关键．
39．（2024·山西朔州·一模）阅读与思考
阅读下列材料，并完成相应的任务．
任务：
(1)请完成材料中利用秦九韶公式求面积的剩余步骤，并求出的内切圆的半径．
(2)如图2，在中，为它的内切圆，则的长为______．
【答案】(1)剩余步骤见解析，的内切圆的半径为
(2)1
【分析】本题考查实数的混合运算，三角形的内切圆，正方形的判定和性质，正确运用材料中的公式是解题的关键．
（1）利用二次根式及有理数的运算法则计算出，再根据计算的内切圆的半径；
（2）先利用勾股定理求出，进而求出的周长的一半和，根据即可求出的内切圆的半径，再证四边形是正方形，即可求解．
【详解】（1）解：
，
又的周长的一半，
的内切圆的半径．
（2）解：如图，连接和，
在中，，
，
设，p为的周长的一半，
则，，
的内切圆的半径．
；
又为的内切圆，
，，
，
四边形是正方形，
．
故答案为：1．
40．（2023·湖北省直辖县级单位·模拟预测）如图，点I是的内心，的延长线与的外接圆交于点D，与交于点E，延长、相交于点F，的平分线交于点G．

(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)3
【分析】（1）根据三角形内心的性质得，再利用圆内接四边形的性质得，则，从而得到，即可得出结论；
（2）证明，利用相似比得到，则，再计算即可．
【详解】（1）证明：∵点I是的内心，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；

（2）解；∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∵点I是的内心，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查三角形内切圆与内心、圆周角定理、相似三角形的判定与性质及平行线的判定、内接四边形的性质，熟练掌握三角形内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个角是解题的关键．
题型10 三角形内切圆与外接圆的综合
41．（2022·河南信阳·三模）如图，在△ABC中，∠BOC＝140°，I是内心，O是外心，则∠BIC＝（ ）度
A．70B．135C．55D．125
【答案】D
【分析】根据圆周角定理求出，求出度数，根据三角形内角和定理求出，根据三角形的内心得出，，求出的度数，再求出答案即可．
【详解】解：在中，，是外心，
，
，
，
为的内心，
，，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和三角形的外接圆，圆周角定理，三角形的内角和定理等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
42．（2023·江苏无锡·二模）如图，在中，．

(1)在图①中作的外接圆；在图②中作的内切圆．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若O、I两点在同一中，当，时，______，______．（如需画草图，请使用图③）
【答案】(1)见解析
(2)，
【分析】（1）作的垂直平分线交于点，再以点为圆心，为半径作圆得到的外接圆；作和的平分线，它们相交于点，作过点作于点，然后以点为圆心，为半径作圆得到 的内切圆；
（2）如图③，设与各边的切点为、、，连接、、，根据切线的性质得到，，，过点作于点，设的半径为，则，先根据圆周角定理可判断为的直径，利用勾股定理可计算出得到，接着证明四边形为正方形得到，根据切线长定理得到，，从而得到，解得，然后利用勾股定理可计算出，再利用面积法求出，接着利用勾股定理求出，最后利用余弦的定义求出的余弦值．
【详解】（1）解：如图①，为所作；

如图②，为所作；

（2）如图③，设与各边的切点为、、，连接、、，则，，，过点作于点，
设的半径为，则，

，
为的直径，
，，，
，
，
，
四边形为矩形，
，
四边形为正方形，
，
，，
，
，
解得，
，
，
在中，，
在中，，，
，
，
，
，
．
故答案为：，．
【点睛】本题考查了作图复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．主要考查了三角形外接圆和三角形的内切圆．
43．（2022·陕西西安·二模）【问题提出】（1）如图1，在四边形ABCD中，，，点E为AB延长线上一点，连接EC并延长，交AD的延长线于点F，则的度数为______°；
【问题探究】（2）如图2，在Rt△ABC中，，点D、E在直线BC上，连接AD、AE，若，，求△ADE面积的最小值；
【问题解决】（3）近日，教育部印发了《义务教育课程方案和课程标准(2022年版)》，此次修订中增加的跨学科主题学习活动，突破学科边界，鼓励教师开展跨学科教研，设计出主题鲜明、问题真实的跨学科学习活动．为此，某校欲将校园内一片三角形空地ABC（如图3所示）进行扩建后作为跨学科主题学习活动中心，在AB的延长线上取一点D，连接DC并延长到点E，连接AE，已知，米，，为节约修建成本，需使修建后△ADE的面积尽可能小，问△ADE的面积是否存在最小值？若存在，求出其最小面积；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）60；（2），详见解析；（3）3200m2，详见解析．
【分析】（1）由四边形内角和360°得到答案；
（2）分析得出三角形ADE面积数值为3DE，只需求出CE最小值即可；作出三角形ADE外接圆，圆心为O，过O作OH⊥DE，可得AO+OH≥AB，由∠ODH=30°知AO=2OH，求出OH最小值，借助三角函数得DH最小值；最后由垂径定理得DE=2DH的最小值，代入求解；
（3）过C作CH⊥AE，证明出四边形ABCF为正方形，设BD=x，EF=y，利用三角函数得到xy=1600，利用不等式得到x+y的最小值，代入三角形ADE面积1600+20（x+y），求值即可．
【详解】（1）解：在四边形ABCD中，∠A=60°，∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠BCD=360°－∠A－∠ABC－∠ADC=120°，
∴=180°－∠BCD=60°，
故答案为：60．
（2）解：S△ADE=DE·AB=3DE，
∴当DE取最小值时，△ADE面积取最小值．
作△ADE的外接圆，圆心为O，连接OD、OE、OA，过O作OH⊥DE于H，
则∠DOE=2∠DAE=120°，
由OD=OE知，∠ODH=30°，
∴OD=2OH，
∵OA+OH≥AB，
∴OA+OA≥6，
即OA≥4，OH≥2，
由垂径定理得：DE=2DH=2OH≥，
此时，A、O、H共线，AD=AE，
∴△ADE面积的最小值为：3×=．
（3）解：过C作CH⊥AE于H，如图所示，
设BD=x，EF=y，
∵∠ABC=90°，AE∥BC，
∴四边形ABCF为矩形，
∵AB=BC=40
∴四边形ABCF为正方形，
由tan∠E=tan∠BCD知，，
即，
∴y=，
即xy=1600，
∵，
∴=80，
当x=y时取等号，即x+y的最小值为80，
又△ADE的面积=正方形ABCF面积+三角形BCD面积+三角形CEF面积，
即△ADE的面积=1600+20（x+y）≥1600+20×80=3200，
综上所述，△ADE的面积的最小值为3200 m2．
【点睛】本题考查了四边形内角和、圆心角与圆周角关系、垂径定理、三角函数、正方形判定、不等式性质等知识，综合性很强，对定高定角图形的问题转化为圆的问题及灵活利用不等式是解题关键．
44．（2020·贵州遵义·三模）如图，在平面直角坐标系上，一条抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，连接BC并延长．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M是直线BC在第一象限部分上的一个动点，过M作MN∥y轴交抛物线于点N．
①求线段MN的最大值；
②当MN取最大值时，在线段MN右侧的抛物线上有一个动点P，连接PM、PN，当△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上时，求点P的坐标．

【答案】（1）y＝x2﹣4x+3；（2）①；②点P的坐标为（，）或（，）
【分析】（1）将三个已知点坐标代入抛物线的解析式中列出方程组求得a、b、c，便可得抛物线的解析式；
（2）①用待定系数法求出直线BC的解析式，再设M的横坐标为t，用t表示MN的距离，再根据二次函数的性质求得MN的最大值；
②分三种情况：当∠PMN=90°时；当∠PNM=90°时；当∠MPN=90°时．分别求出符合条件的P点坐标便可．
【详解】解：（1）把A、B、C三点的坐标代入抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）中，得
，
解得，，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）1°设直线BC的解析式为y＝mx+n（m≠0），则
，
解得，，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
设M（t，﹣t+3）（0＜t＜3），则N（t，t2﹣4t+3），
∴MN＝﹣t2+3t＝﹣，
∴当t＝时，MN的值最大，其最大值为；
2°∵△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上，
∴△PMN为直角三角形，
由1°知，当MN取最大值时，M（，），N（，），
①当∠PMN＝90°时，PM∥x轴，则P点与M点的纵坐标相等，
∴P点的纵坐标为，
当y＝时，y＝x2﹣4x+3＝，
解得，x＝，或x＝（舍去），
∴P（）；
②当∠PNM＝90°时，PN∥x轴，则P点与N点的纵坐标相等，
∴P点的纵坐标为﹣，
当y＝﹣时，y＝x2﹣4x+3＝﹣，
解得，x＝，或x＝（舍去），
∴P（）；
③当∠MPN＝90°时，则MN为△PMN的外接圆的直径，
∴△PMN的外接圆的圆心Q为MN的中点，
∴Q（），半径为，
过Q作QK∥x轴，与在MN右边的抛物线图象交于点K，如图②，

令y＝，得y＝x2﹣4x+3＝，
解得，x＝<（舍），或x＝，
∴K（，），
∴QK＝＞，
∴⊙Q与MN右边的抛物线没有交点，
∴在线段MN右侧的抛物线上不存在点P，使△PMN的外接圆圆心Q在MN边上；
综上，点P的坐标为（）或（，）．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法，二次函数的最值的应用，直角三角形的存在性质的探究，圆的性质，第（2）题的①题关键是把MN表示成t二次函数，用二次函数求最值的方法解决问题；第（2）②小题关键是分情况讨论．难度较大．
题型11 四点共圆
45．（2023·河南南阳·三模）综合实践课上，刘老师介绍了四点共圆的判定定理：若平面上四点连成四边形的对角互补或一个外角等于其内对角，那么这四点共圆．在实际应用中，如果运用这个定理，往往可以让复杂的问题简单化，以下是小明同学对一道四边形问题的分析，请帮助他补充完整．

特殊情况分析
(1)如图1，正方形中，点为对角线上一个动点，连接，将射线绕点顺时针旋转的度数，交直线于点．
小明的思考如下：
填空：①依据1应为___________，
②依据2应为___________，
③依据3应为___________；
一般结论探究
(2)将图1中的正方形改为菱形，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，若成立，请仅以图2的形式证明，若不成立，请说明理由；
结论拓展延伸
(3)如图2，若，，当为直角三角形时，请直接写出线段的长．
【答案】(1)两直线平行，内错角相等；同弧所对的圆周角相等；等角对等边
(2)成立，理由见解析
(3)或3
【分析】（1）根据材料中的证明过程，即可得到答案；
（2）连接DQ，如图1所示，由菱形的性质得到，从而确定点共圆，再由圆周角定理得到，，进而结合菱形性质及等腰三角形的性质即可得证；
（3）如图2所示，当时，，从而由为直角三角形可分两种情况讨论求解即可得到答案．
【详解】（1）解：由题意可知：
①两直线平行，内错角相等，
②同弧所对的圆周角相等，
③等角对等边，
故答案为：两直线平行，内错角相等；同弧所对的圆周角相等；等角对等边；
（2）解：（1）中结论仍然成立，
理由如下：连接DQ，如图1所示：

∵在菱形中，
∴，，
∵，
∴点共圆，
∴，，
∵为菱形的对角线，
∴，
∴，
∴；
（3）解：或3．
由于点为对角线上一个动点，分两类情况讨论如下：
①当时，如图2所示：

∵在菱形中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（2）中知点共圆，知，
，
∴，
∴，即，
∴在中，，则，
∴由（2）知；
②当时，如图3所示：

在菱形中，，则，
，
点与点重合，
由（2）可知，，
，
综上所述：或3．
【点睛】本题考查特殊平行四边形综合，涉及正方形性质、菱形性质、含的直角三角形三边关系、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理等知识，熟练掌握相关几何知识并灵活运用是解决问题的关键．
46．（2022·河南驻马店·三模）阅读以下材料，并完成相应的任务：
西姆松定理是一个平面几何定理，其表述为：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边或其延长线的垂线，则三垂足共线（此线常称为西姆松线）．数学兴趣小组的同学们尝试证明该定理．如图1，已知内接于⊙O，点P在⊙O上（不与点A、B、C重合），过点P分别作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F求证：点D，E，F在同一条直线上
以下是他们的证明过程：
如图1，连接PB，PC，DE，EF，取PC的中点Q，连接QE，QF，
则（依据1），
∴E，F，P，C四点共圆．
∴（依据2）．
又∵，
∴．
∵，
∴B，D，P，E四点共圆．
∴（依据3）．
∵，
∴（依据4）．
∴点D，E，F在同一条直线上．
任务：
(1)填空：
①依据1指的的是中点的定义及______；
②依据2指的是______；
③依据3指的是______；
④依据4指的是______．
(2)善于思考的小英发现当点P是的中点时，．请你利用图2证明该结论的正确性．
【答案】(1)①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②圆内接四边形对角互补；③同弧或等弧所对的圆周角相等；④等量代换
(2)见解析
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线的性质，圆内接四边形的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等进行求解即可；
（2）如图，连接PA，PB，PC，只需要证明即可证明结论．
【详解】（1）解：①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；
②圆内接四边形对角互补；
③同弧或等弧所对的圆周角相等；
④等量代换；
（2）证明：如图，连接PA，PB，PC．
∵点P是的中点，
∴．
∴，．
又∵，，
∴．
∴（HL）．
∴．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，全等三角形的性质与判定，弧，弦，圆周角的关系，同弧或等弧所对的圆周角相等等等，正确作出辅助线和熟知相关知识是解题的关键．
47．（23-24九年级下·北京海淀·开学考试）在中，为上一动点，连结．将绕点A逆时针旋转得到线段，连接，取中点G．
(1)如图1，点D不与B、C重合，用等式表示线段与的数量关系，并证明；
(2)若，且，连接，当，，依题意补全图2，并直接写出的值．
【答案】(1)，证明见解析
(2)的值为，补全图形见解析
【分析】（1）延长到F，连接，使，根据三角形中位线的性质可得，由旋转的性质可得，从而可得，从而可证，可得，即可得出结论；
（2）如图，连接，与的交点记作点N，根据等边三角形的判定证得是等边三角形，可得，，，从而证得点A、B、C、E四点共圆，从而可得，进而证得是的垂直平分线，可得，设，则，进而得出，，过点D作于点H，根据直角三角形的性质和勾股定理可得，即可求解．
【详解】（1）解：线段与的数量关系：，理由如下：
延长到F，连接，使，
∵G为的中点，
．
绕点A逆时针旋转得到线段，
．
．
，
．
又，
．
．
．
（2）解：依题意补全图2如图：
连接，与的交点记作点N，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∵，
∴，
∴点A、B、C、E四点共圆，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是的垂直平分线，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
由（1）可得，，
∴，
∴，
∴，
∴，
过点D作于点H，
在中，，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、圆周角定理、四点共圆、勾股定理、直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线定理、线段垂直平分线的判定与性质，熟练掌握相关定理，判断点A、B、C、E四点共圆是解题的关键．
48．（2023·吉林长春·二模）（1）【感悟】如图①，把直角三角板的直角顶点放在破损圆形玻璃镜的圆周上，两直角边与圆弧分别交于点、，连接，则线段为圆形玻璃镜的直径．此操作体现的数学道理是：______．
（2）【应用】
如图②，、、三点在上且，过点作垂直的切线于点，若，．求的长．
（3）【拓展】
如图③，已知是等边三角形，以为底边在外作等腰，点为的中点，连接，请直接写出的度数．
【答案】（1）的圆周角所对的弦是圆的直径；（2）；（3）．
【分析】（1）【感悟】根据的圆周角所对的弦是圆的直径即可得解；
（2）【应用】连接，，证明，根据相似三角形的性质可得，即得；
（3）【拓展】连接，由是等边三角形，是的中点，得，，由是等于直角三角形，得，，可得，，，四点共圆，从而，，即得的度数是．
【详解】解：（1）【感悟】把直角三角板的直角顶点放在破损圆形玻璃镜的圆周上，两直角边与圆弧分别交于点、，连接，则线段为圆形玻璃镜的直径．此操作体现的数学道理是：的圆周角所对的弦是圆的直径，
故答案为：的圆周角所对的弦是圆的直径；
（2）【应用】连接，，如图②：
，
是的直径，，
是的切线，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
即，
；
（3）【拓展】连接，如图③：
是等边三角形，是的中点，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，，，四点共圆，
，，
．
【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质及应用，等边三角形的性质及应用，解题的关键是熟练掌握圆周角定理．
题型12 圆幂定理
49．（2023·河南信阳·三模）相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．

(1)为了说明相交弦定理正确性，需要对其进行证明，如下给出了不完整的“已知”“求证”，请补充完整，并写出证明过程．已知：如图①，弦，交于点P，求证：______________．
(2)如图②，已知是的直径，与弦交于点P，且于点P，过D作的切线，交的延长线于E，D为切点，若，的半径为5，求的长．
【答案】(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，再利用相似的性质即可；
（2）利用（1）可知，求出，再证明，利用相似的性质求出，求差即可得到的长．
【详解】（1）求证：．
证明：连接AC、BD．如图①．

∵，．
∴．
∴．
∴．
（2）解：∵，，．由（1）可知．
∴．
∵，是的直径，，．
连接OD．如图②．
∵为切线．
∴．
∵．．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴，．
又∵．
∴．
【点睛】本题考查了圆的相关性质，三角形相似的判定与性质，严格的逻辑思维和严密的书写过程是解题的关键．
50．（22-23九年级上·山西忻州·期末）阅读与思考
九年级学生小刚喜欢看书，他在学习了圆后，在家里突然看到某本数学书上居然还有一个相交弦定理（圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等），下面是书上的证明过程，请仔细阅读，并完成相应的任务．
任务：
(1)请将上述证明过程补充完整．
根据：____________；@：____________．
(2)小刚又看到一道课后习题，如图2，AB是的弦，P是上一点，，，，求的半径．
【答案】(1)有两个角对应相等的两个三角形相似；；
(2)
【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可；
（2）延长交圆O于点D，延长交圆O于点F，设圆O的半径为rcm，则，，根据（1）中结论代入求解即可．
【详解】（1）连接．
∵，．
∴，（有两个角对应相等的两个三角形相似）
∴，
∴，
∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．
故答案为：有两个角对应相等的两个三角形相似；；
（2）延长交圆O于点D，延长交圆O于点F，
设圆O的半径为rcm，则，，
根据（1）中结论得，即为，
解得：或（不符合题意，舍去），
的半径为．
【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质，圆的相交弦定理等，理解题意，熟练掌握运用圆的相交弦定理是解题关键．
51．（2021·河南新乡·三模）圆幂定理是平面几何中最重要的定理之一，它包含了相交弦定理、切割线定理、割线定理以及它们推论，其中切割线定理的内容是：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．
喜欢思考的天天在了解这个定理之后尝试给出证明，下面是他的部分证明过程：
已知；如图①，点为外一点，切线与圆相切于点，割线与圆相交于点、．
求证：
证明：如图③，连接、、、，
∵切于点，
∴，即，
……
阅读以上材料，完成下列问题：
（1）请帮助天天补充完成以上证明过程；
（2）如图②，割线与圆交于点、，且，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）利用切线的性质得到，利用三角形内角和定理及圆周角定理推出，从而证明，即可证明结论；
（2）利用（1）的结论，得到，代入数值即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接、、、，
∵切于点，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，
∴，又，
∴，
∴，即；
（2）∵，同理有，，
∴，
∴，
∴，
即的长为．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
52．（2023·山西吕梁·模拟预测）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务
切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到与圆交点的两条线段长的比例中项．
证明过程如下：
如图1：已知：点P是外一点，是切线，F是切点，是割线，点A，B是它与的交点，求证：
证明：连接并延长交于C，连接，
∵是的切线，（依据________________________________)
∵是的直径，（依据_______________________________)

又∵（依据_____________________________________)
. . . . . .
任务：
(1)完成材料证明部分中的“依据”，填入空格．
(2)把证明过程补充完整．
(3)定理应用：
已知为的切线，T是切点，是的割线，交于D，为的直径，，求的长．
【答案】(1)切线的性质定理；直径所对的圆周角是直角；同弧所对的圆周角相等
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用圆周角定理推论、切线性质找等角即可解答；
（2）先构造相似三角形，再根据相似三角形对应边成比例解答即可；
（3）设，如图：连接，先证，再根据相似三角形的性质列式求得x，然后再利用切割线定理求y长度即可．
【详解】（1）证明：连接并延长交与C，连接，
∵是的切线，
（依据：切线的性质定理)
∵是的直径，
（依据：直径所对的圆周角是直角)

又∵（依据：同弧所对的圆周角相等)
…………
故答案为：切线的性质定理；直径所对的圆周角是直角；同弧所对的圆周角相等．
（2）证明：连接并延长交与C，连接，
∵是的切线，
（依据：切线的性质定理)
∵是的直径，
（依据：直径所对的圆周角是直角)

又∵（依据：同弧所对的圆周角相等)
又∵
∴
．
（3）解：设，如图：连接，
∵
∴，
∴，即，解得：或（舍去）
由切割线定理，由勾股定理可得：
，解得，
∴.
【点睛】本题综合考查了阅读理解能力、圆周角定理、切线的性质定理、切线长定理、相似三角形的判定与性质等知识点，从阅读材料中提取有用信息是解答本题的关键．
53．（2022·河南商丘·二模）读下面材料，并完成相应的任务
学习任务：
如图，若线段AB与相交于C，D两点，且，射线AB，BF为的两条切线，切点分别为E，F，连接CF．
(1)求证：；
(2)若，，，求的面积．
【答案】(1)∠CMP；∠CBM；∠BMP；△PMA；见解析
(2)27
【分析】阅读材料：连接AM，BM，连接MO并延长交于点C，连接BC，证△PMA即可得出结论；
（1）由阅读材料得，，再由AC=BD，证AD=BC，即可得出结论；
（2）由阅读材料得，从而求出，再过点F作于点G，解求出，最后利用计算即可求解．
【详解】（1）阅读材料证明：如图，连接AM，BM，连接MO并延长交于点C，连接BC．
∵PM为的切线，∴∠CMP，
∴，
∵CM为的直径，
∴∠CBM，
∴，
∴∠BMP，
∵，
∴．
∵，
∴△PMA．
∴，
∴．
故答案为：∠CMP，∠CBM，∠BMP，△PMA．
（1）证明：∵AE，BF为的两条切线，
∴，．
∵，
∴，即．
∴，
∴．
（2）解：∵，设，则，，
由由阅读材料得，，
即，解得，
∴，
如图1，过点F作于点G，
在中，，
即，
∴．
【点睛】本题考查切线的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，本题属阅读材料题，通过阅读，探究出一个结论，再运用结论解决其他问题，属中考试常用考类型．
54．（2023·河南周口·三模）阅读与思考
学习了圆的相关知识后，某数学兴趣小组的同学们进行了如下探究活动，请仔细阅读，并完成相应任务．
任务：
(1)上述阅读材料中①处应填的内容是________，②处应填的内容是_______．
(2)兴趣小组的同学们继续思考，当直线AE与圆相切时，是否仍有类似的结论．请将下列已知、求证补充完整，并给出证明．
已知：如图，A是外一点，过点A的直线交于点B，C，__________．
求证： ___________．

【答案】(1)同弧所对的圆周角相等；；
(2)与相切于点E．；证明见解析
【分析】（1）根据题意得到结论即可；
（2）如图，连接，证明即可得到结论．
【详解】（1）如图，连接．
∵（依据：①__同弧所对的圆周角相等__），，
∴．
∴②_______．
∴．
故答案为：同弧所对的圆周角相等；；
（2）已知：如图，A是外一点，过点A的直线交于点B，C，与相切于点E．
求证： ．

证明：如图，连接，连接并延长交于点D，连接．

∵为的切线，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：与相切于点E．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，勾股定理，割线定理，熟练掌握割线定理是解题的关键．
55．（2022·广东深圳·三模）弗朗索瓦·韦达是十六世纪法国最杰出的数学家之一，最早提出“切割线定理”（圆幂定理之一），指的是从圆外一点引圆的切线和割线，则切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，下面紧跟着圆的切线作图的思路尝试证明与运用．
(1)作图（保留作图痕迹）：
已知AB是圆O的直径，点P是BA延长线上的一点，
①作线段OP的中垂线MN交OP于点Q；
②以Q为圆心，PQ为半径作圆，交圆O于点E、F；
③连接PE和PF；
试说明PE是圆O切线的理由．
(2)计算：
若圆O半径OB=4，PB=14，尝试证明“切割线定理”并计算出PE的长度．
【答案】(1)见解析
(2)证明见解析，
【分析】（1）按要求作图，根据MN是OP的中垂线，得到OQ=OP，点O在圆Q上，OQ=EQ=PQ，根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得∠OEP=90°，即可证明；
（2）根据切线的性质和圆周角定理的推论可得∠EBO=∠AEP，证得，所以，，根据OB=4，PB=14，求出AP的长度，代入计算即可．
【详解】（1）作图如下：
连接OE，EQ，
∵以Q为圆心，PQ为半径作圆，交圆O于点E、F；
∴QE=QP，
∵MN是OP的中垂线，
∴OQ=OP，点O在圆Q上，
∴OQ=EQ=PQ，
∴∠EOQ=∠OEQ，∠PEQ=∠EPQ，
∵∠EOP+∠OEQ+∠QEP+∠EPQ=180°，
∴2（∠OEQ+∠QEP）=180°，
∴∠OEQ+∠QEP=90°，即∠OEP=90°，OE垂直EP，
∴PE是圆O的切线．
（2）证明：连接BE，OA，
∵EP是圆O的切线， AB为圆O的直径，
∴∠OEP=90°，∠BEA=90°，
∴∠BEO=∠AEP
∵OE和OB为圆O的半径，
∴∠BEO=∠EBO，
∴∠EBO=∠AEP，
∵∠EPB=∠EPA，
∴，
∴，
∴．
∵OB=4，PB=14，
∴AB=2OB=8，AP=BP－AB=14－8=6，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆的切线证明以及相似三角形的性质与判定，根据题意证明是解题的关键．
题型13 阿基米德折弦定理
56．（2022·湖南株洲·二模）阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，是弧的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．请应用阿基米德折弦定理解决问题：如图2，已知等边内接于，，为上一点，，于点，则的周长是 ．

【答案】/
【分析】根据等边三角形的性质可得点是弧的中点，则可用阿基米德折弦定理得，，根据中，，于点，可得是等腰直角三角形，可求出的长，即的长，根据的周长的计算方法即可求解．
【详解】解：∵是等边三角形，
∴，，
∴外接圆中，，即点是弧的中点，且于点，
∴根据阿基米德折弦定理得，，
∵中，，于点，且，
∴，，即是等腰直角三角形，则，
∴，
∴，
∵的周长为，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查定义新运算，等边三角形的性质，圆的基础知识，等腰直角三角形的性质，几何图形的周长的计算方法等知识，掌握以上知识是解题的关键．
57．（2023·山东济宁·二模）阿基米德是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子．在后世的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容．前苏联在1964年根据阿尔·比鲁尼本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理．
【定理内容】一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点．
【定理模型】如图①，已知和是的两条弦（即折线是的一条折弦），，M是的中点，那么从M向弦作垂线的垂足D是折弦的中点，即．
下面是运用“补短法”证明的部分证明过程：
如图②，延长至点F，使，连接，…

【定理证明】
(1)按照上面思路，写出剩余部分的证明过程．
【问题解决】
(2)如图③，内接于，已知，D为上一点，连接，，，求的周长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明，则，再证明，则，由此即可得证；
（2）过点作交于，可得为等边三角形，则，根据阿基米德折线定理可得，然后根据的周长等于即可得．
【详解】（1）证明：∵是的中点，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：过点作交于，

∵，，，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
由阿基米德折线定理得：，
∴的周长为．
【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形全等的判定与性质、解直角三角形、等边三角形的判定与性质等知识点，理解阿基米德折线定理，熟练掌握圆的相关定理是解题的关键．
58．（2023·山西吕梁·模拟预测）请阅读下面材料，并完成相应的任务．
阿基米德（，公元前287-公元前212年，古希腊）是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子．

阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），．M是的中点，则从点M向所作垂线的垂足D是折弦的中点，即．

这个定理有很多证明方法，下面是运用“垂线法”证明的部分证明过程．
证明：如图2，过点M作射线AB，垂足为点H，连接．
∵M是的中点，
∴．
任务：
(1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
(2)如图3，已知等边三角形内接于，D为上一点，．于点E，，连接，求的周长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证，推出，．再证，推出，等量代换可得；
（2）先利用等边三角形的性质证明，进而证明，，求出，再利用（1）中结论可得，通过等量代换可得．
【详解】（1）证明：如图，，

∵，，
∴．
又∵，
∴，
∴，．
∵，，
∴．
∴．
∴．
（2）解：如图，

∵是等边三角形，
∴，．
∵．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点C是的中点．
∴由（1）的结论得，，
∴的周长是．
【点睛】本题考查圆的基本性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质等，解题的关键是熟练运用等量代换思想．
59．（2022·河南平顶山·三模）请阅读下列材料，并完成相应的任务：
阿基米德折弦定理
阿基米德（公元前287年一公元前212年），伟大的古希腊哲学家、百科式科学家、数学家、物理学家、力学家，静态力学和流体静力学的奠基人，并且享有“力学之父”的美称，阿基米德和高斯，牛顿并列为世界三大数学家．
阿拉伯Al-Binmi（973年一1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al-Binmi译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德折弦定理．
阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），，M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即．
小明同学运用“截长法”和三角形全等来证明，过程如下：
证明：如图2所示，在CB上截取，连接MA，MB，MC和MG．
∵M是的中点，∴，
任务：
(1)请按照上述思路，写出该证明的剩余部分；
(2)如图3，已知等边内接于⊙O，，D为上一点，，于点E，请直接写出的周长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)的周长为
【分析】（1）首先证明，进而得出，再利用等腰三角形的性质得出，即可得出答案；
（2）首先证明，进而得出，以及 ，进而求出BE的长即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图2所示，在CB上截取，连接MA，MB，MC和MG．
∵M是的中点，
∴，
在和中
，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴；
（2）解：如图3，截取，连接AF，AD，CD．
则．
∵是等边三角形，
∴，
在和中
，
∴，
∴．
∵，
∴，
则．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴的周长为：
．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质以及等腰三角形以及等边三角形的性质，正确作出辅助线利用全等三角形的判定与性质解题是解题关键．
题型14 圆与相似综合
60．（2023·浙江温州·三模）如图1，在中，，，，N是的中点，经过A，B，N三点的圆交于M点，若动点D从点A匀速运动到点M时，动点E从点C匀速运动到点B，记，．
(1)求的长．
(2)求y关于x的函数表达式．
(3)连接．
①当时，求x的值．
②如图2，延长交于点F，连接，当三角形为直角三角形时，求的值．
【答案】(1)8
(2)
(3)①5；②或
【分析】（1）可证明，从而得出，进一步得出结果；
（2）由得出，从而x；
（3）①作于F，在中表示出，根据，列出，结合，进一步得出结果；
②当时，是的直径，此时点E在N处，从而得出，求得x的值，再求出和的值，从而得出；当°时，，连接，，，作于G，设与交于点H，在 中，可列出求得x的值，根据得出，依次求得，，的值，根据，求得和的值，在中，由勾股定理求得的值，进而求得的值，进一步得出结果．
【详解】（1）如图1，
连接，
∵，，,
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
,
∴，
∴；
（2），
由题意得，
，
∴，
∴x；
（3）①如图2，
作于F，
在中，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，（舍去），
∴；
②如图3，
连接，
∵，
∴是的直径，
当时，
是的直径，此时点E在N处，
∴，，
∴，
∴，
由上知：， ，
∴，，
∵，
∴，
∴，
如图4，
当时，，
连接，，,过O作于G，
设与交于点H，
在中，，， ，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，,，,
∴，
∴， ，
∴，
同理可得，，
∴，
∴，
∴，，
在中，由勾股定理得，
＝＝，
∴＝，
∴，
综上所述： 或．
【点睛】本题考查了圆的内接四边形的性质，圆周角定理及其推论，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是较强计算能力．
61．（2023·广东潮州·三模）如图，抛物线与x轴分别交于点，与y轴交于点C，顶点为D，对称轴交x轴于点Q．
(1)求抛物线对应的二次函数的表达式；
(2)点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过两点，且与直线相切，求点P的坐标；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得与相似？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或
(3)存在，点M的坐标为或
【分析】（1）把点、点的坐标代入抛物线解析式，用待定系数法可得到二次函数的表达式；
（2）设直线切于点E，连接、，作于点F，通过与的长，说明为等腰直角三角形，设点，用含的代数式表示出半径、的长，根据半径间关系，求出的值从而确定点的坐标；
（3）利用等腰直角三角形，先求出和的长，由于，若与相似，分两种情况，利用比例线段求出满足条件的点的坐标即可．
【详解】（1）解：．
代入，得
，
解得．
∴抛物线对应二次函数的表达式为：；
（2）解：如图1，设直线切于点E．连接，作于点F．
．
由，得
对称轴为直线．
，
为等腰直角三角形．
，
，
，
为等腰三角形．
设，
．
在中，，
．
整理，得
解得，．
∴点P的坐标为或．
（3）解：存在点M，使得．
如图2，连接，
，
为等腰直角三角形，
．
由（2）可知，，
．
相似有两种情况．
当时，
∴，解得．
．
．
当时，
∴，解得，
．
．
综上，点M的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法确定二次函数解析式、切线的性质、勾股定理及相似三角形的判定等知识点，解题关键是运用数形结合的思想及分类讨论思想．
62．（2023·广东深圳·模拟预测）【模型由来】“阿氏圆”又称“阿波罗尼斯圆”，已知平面上两点A、B，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆，这个轨迹最早由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称“阿氏圆”．
【模型建立】如图1所示，圆O的半径为r，点A、B都在圆O外，P为圆O上一动点，已知，连接PA、PB，则当“”的值最小时，P点的位置如何确定？

第1步：一般将含有k的线段PB两端点分别与圆心O相连，即连接OB、OP；
第2步：在OB上取点C，使得，即，构造母子型相似∽（图2）；
第3步：连接AC，与圆O的交点即为点P（图3）．
【问题解决】如图，与y轴、x轴的正半轴分别相交于点M、点N，半径为3，点，点，点P在弧MN上移动，连接PA，PB．

(1)的最小值是多少？
(2)请求出（1）条件下，点P的坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在x轴上取点，连接，根据相似三角形的判定和性质得出，结合图形得出当点P在上时，取得最小值，再由勾股定理求解即可；
（2）设直线的解析式为，利用待定系数法确定函数解析式，设，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，在x轴上取点，连接，

∵点，点，
∴，
∵，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点P在上时，取得最小值，
∴，
故最小值为；
（2）∵，，
∴设直线的解析式为，将点代入得：
，解得，
∴，
设，
∵半径为3，
∴，
解得：（负值舍去），
∴，
∴ ．
【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质，最短路径问题及一次函数解析式的确定，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．
63．（2023·江苏南京·二模）【概念认识】已知圆的两条互相垂直的对称轴m、n，我们把三个顶点分别在圆、m、n上的等腰直角三角形叫作这个圆的“友好三角形”．如图①、图②，都是的“友好三角形”．

【数学理解】若都是的“友好三角形”，且直角顶点C在上，的半径为2．
（1）上满足条件的直角顶点C的个数是 个；
（2）的面积的最小值为 ；
（3）若与的一边相切，请直接写出相切的不同情况及对应的的面积；
【深入研究】若都是的“友好三角形”，且直角顶点C在m或n上．的半径为2．
（4）的面积的最小值为 ，最大值为 ．
【答案】（1）4；（2）1；（3）若直角边与相切，的面积为2；若斜边与相切，的面积为；（4）
【分析】（1）如图1，作于E，作于F，证明，得到，从而确定点C是的角平分线与圆的交点，同理：其它三个区域各有一个，进而得到答案；
（2）由可得当最小时，S最小，求出的最小值即可；
（3）分两种情况：如图2，当直角边与相切时，根据等腰直角三角形的面积可直接求解；如图3，当斜边与相切于G时，连接，证明，利用相似三角形的性质和勾股定理求解即可；
（4）设，则，设，然后上述两个等式变形为关于x的方程的形式，然后整理变形并结合根的判别式得到关于m的不等式，再利用二次函数的知识解不等式即可．
【详解】解：（1）如图1，

作于E，作于F，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴点C是的角平分线与圆的交点，
同理：其它三个区域各有一个，
故答案为：4；
（2）∵，
∴当最小时，S最小，
∴当时，，
∴，
故答案为：1；
（3）如图2，当直角边与相切时，此时A在O处，
此时；

如图3，当斜边与相切于G时，连接，
则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，

同理可证，
∴，，
设，则，
∴，
∴，（舍去），
∴；
（4）解：如图4，

作于D，连接，
同理可证：，则设，
∵，
∴，
∴设（）
则，
∴，
代入，得，
整理可得：，
两边平方，得，
设，则上式变为，
整理可得：，
∵上述方程有解，
∴，
即，
∴，
解得：，
∴m的最大值是，最小值是
∴， ；
故答案为：．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的基本知识、直线与圆相切、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、相似三角形的判定和性质勾股定理、一元二次方程以及二次函数等知识，综合性较强、熟练掌握相关图形的判定和性质、灵活应用数形结合思想是解题关键．
题型15 圆与三角函数综合
64．（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，在矩形中，，，点是边上一点，且，点在边上，过点作圆，交边或其延长线于，连接，设．
(1)求的值；
(2)若，求的值；
(3)若，求弧的长；
(4)若圆经过矩形的两个顶点时，直接写出的值．（注：，，）
【答案】(1)；
(2)；
(3)；
(4)或．
【分析】（）由题意得，根据锐角三角函数的定义可得出结论；
（）连接，证明，得出，由勾股定理得出，解之即可求解；
（）证明，得出 ，求出，由锐角三角函数可求出，由弧长公式可得出答案；
（）分两种情况：若圆经过矩形的顶点时；若圆经过矩形的顶点时；由勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴；
（2）解：连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∴是圆的直径，
∴，
在和中，，，
∴，
∴，
在中，∵，
∴，
解得；
（3）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的长；
（4）或．
若圆经过矩形的顶点时，
∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴；
若圆经过矩形的顶点时，过点作，垂足落在的延长线，
则四边形是矩形，四边形是矩形，过点作于点，
延长交于点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴的值为或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，弧长公式，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，正确进行分类是解题的关键．
65．（2022·湖北恩施·模拟预测）如图，是的直径，，为圆上的两点，是的中点，，垂足为点，直线与的延长线相交于点，弦平分，交于点，连接，，．
(1)求证：与相切；
(2)求证：；
(3)若，，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）要证明与相切，只要求出即可，根据已知可得，所以只要证明即可解答；
（2）要证明，只要证明，结合图形可知，，根据已知平分，可得，所以只要证明即可解答；
（3）根据是的直径，想到直径所对的圆周角是直角，所以连接，根据已知可求出的长，，然后再证明，从而得到，最后在中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【详解】（1）解：，
，
点是弧的中点，
∴
，
，
，
，
∴，
∴，
是圆的半径，
与相切，
（2）是的直径，
，
，
∵，
∴，
，
，
，
平分，
，
∵，，
，
；
（3）连接，
平分，
∴，
，
是的直径，
，
为等腰直角三角形，
∵，
∴
∵
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，，
在中，，
∴，
∴或(舍去)，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，直线和圆的位置关系，垂径定理等知识，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．
66．（2022·黑龙江绥化·三模）如图，在中，，平分交于点，为上一点，经过点，的圆分别交，于点，，连接．

(1)求证：是圆的切线；
(2)求证：；
(3)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接，证明得到，从而得到，即可得证；
（2）连接，先证得到，再由圆周角定理可得，从而得到，再由角平分线的定义可得，从而推出，得，即可得证；
（3）先由锐角三角函数的定义得出，设圆的半径为，则，解得，则，，再由三角函数定义求出，结合进行计算即可得到答案．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：

平分，
，
，
，
，
，
，
，
又是圆的半径，
是圆的切线；
（2）证明：连接，如图所示：

是圆的直径，
，
，
，
，
，
，
平分，
，
，
，
；
（3）解：在中，，
设圆的半径为，则，
解得：，
，，
在中，，，
，
由（2）得：，
．
【点睛】本题主要考查了切线的判定、圆周角定理、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解题的关键．
67．（2023·山西晋城·模拟预测）最佳视点
如图1，设墙壁上的展品最高处点P距底面a米，最低处的点Q距底面b米，站在何处观赏最理想？所谓观赏理想是指看展品的视角最大，问题转化为在水平视线EF上求使视角最大的点．
如图2，当过三点的圆与过点E的水平线相切于点E时，视角最大，站在此处观赏最理想，小明同学想这是为什么呢？他在过点E的水平线上任取异于点E的点，连接交于点F，连接，…

任务一：请按照小明的思路，说明在点E时视角最大；
任务二：若，观察者的眼睛距地面的距离为米，最大视角为，求观察者应该站在距离多远的地方最理想(结果精确到米，参考数据)．
【答案】任务一：见解析；任务二：观察者应该站在距离0.87米的地方最理想
【分析】任务一：见详解作图，由圆周角定理得，再由三角形外角定理得，所以，因此在点E时视角最大．
任务二：由圆心角定理知，可证是等边三角形，再由切线定理可证，从而可证，于是可证四边形是平行四边形，则，推得．最后解可求得的长．
【详解】任务一：过点E的水平线上任取异于点E的点，连接交于点F，连接，
∵是的外角，
∴，
又∵与都是弧所对的圆周角，
∴，
∴，
∴在点E时视角最大．
任务二：∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，．
如图2，连接，

∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
由题意得，(米)，
在中，(米)．
答：观察者应该站在距离米的地方最理想．
【点睛】本题考查了圆的相关性质与解直角三角形，涉及到圆周角定理、平行四边形的判定和性质、特殊角三角函数等知识点，解题的关键是熟练综合运用相关性质和定理．
68．（2023·内蒙古赤峰·一模）如图1，以等腰三角形的一腰为直径的交于点D，过点D作于点E．
(1)直接写出与的位置关系
(2)如图2，若点O在上向点B移动，以点O为圆心，长为半径的圆仍交于点的条件不变，那么（1）中结论是否还成立？请说明理由
(3)如图3，如果，那么圆心O在的什么位置时，与相切？
【答案】(1)是⊙O的切线
(2)成立，见解析
(3)当时
【分析】
（1）根据圆周角定理结合等腰三角形的性质，得到是的中位线，进而得到，即可得出结论；
（2）根据等边对等角，推出，解进而得到，推出，即可得出结论；
（3）设与相切于点，连接，根据切线的性质和正弦的定义，求出半径的长即可．
【详解】（1）连接，如图：
∵为直径，
∴，
∵为等腰三角形，为腰，
∴，
∴为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）成立，理由如下：
连接，则：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（3）设与相切于点，连接，则：，
设的半径为，则：，
∴，
∵，
∴，
∴当时，与相切．
【点睛】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
（时间：60分钟）
一、单选题
1．（2023·山东青岛·二模）如图，是的直径，点是外一点，过点的两条直线分别与圆相切于点、，点是圆周上任意一点，连接、，若，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
本题考查切线长定理，切线的性质，连接，根据切线长定理结合等边对等角，求出的度数，切线的性质，求出的度数，再根据圆周角定理，即可得出结果．
【详解】
解：连接，

，分别切圆于、，
，
，
，
，
是圆的直径，
，

．
故选：D．
2．（2023·甘肃陇南·二模）阳春三月风和日丽，艳阳高照，正是踏春郊游的好时节某景区举办风车节吸引游客前来参观如图是园区内一个风车的简化图，若，当风车转动，点运动的路径长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由弧长公式求解即可．
本题考查轨迹，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【详解】解：当风车转动，点运动的路径长度．
故选：D．
3．（2024·浙江·一模）如图，是半圆O的直径，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】此题考查了圆内接四边形的性质，根据圆内接四边形对角互补求解即可．
【详解】∵是半圆O的直径，
∴四边形是圆O的内接四边形
∴．
故选：A．
4．（2023·广西柳州·二模）石拱桥是中国传统桥梁四大基本形式之一． 如图，某石拱桥的桥拱是圆弧形． 如果桥顶到水面的距离米， 桥拱的半径米， 此时水面的宽（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了垂径定理的应用以及勾股定理，连接，根据垂径定理可知，在中，利用勾股定理即可求出的长，进而可得出的长，此题得解．
【详解】解：连接，如图所示．
∵，
∴，
在中，，，，
∴，
∴．
故选：C．
5．（2024·湖南长沙·三模）如图，的内切圆分别与相切于点，且，则的周长为（ ）
A．18B．17C．16D．15
【答案】A
【分析】本题主要考查三角形的内切圆及切线长定理，灵活运用切线长定理是解题的关键．
由切线长定理可知，再根据线段的和差即可求得答案．
【详解】解：的内切圆分别与相切于点，
，
，
，
，
的周长，
故选：A．
6．（2023·广西梧州·二模）已知的半径为，直线l与圆有公共点，且直线l和圆心O的距离为 ，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了直线与圆的位置关系，一般地，直线到圆心的距离为d，圆的半径为r，则当时，直线与圆没有交点；当时，直线与圆有一个交点；当时，直线与圆有两个交点，据此求解即可．
【详解】解：∵直线l与圆有公共点，
∴直线l与圆的圆心的距离小于等于半径，
∵的半径为，
∴，
故选：B．
二、填空题
7．（2023·吉林·三模）如图，已知是以数轴的原点为圆心，半径为1的圆，，点在数轴上运动，若过点且与平行的直线与有公共点，设，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】
设过点的直线与相切于点，根据等腰直角三角形的性质，求出的长，即可求解，
本题考查了直线与圆的位置关系，等腰直角三角形的性质，解题的关键是：熟练掌握直线与圆的位置关系．
【详解】
解：设过点的直线与相切于点，连接，
则圆的半径，，
∵，，
∴，
∴，
，
同理，原点左侧的距离也是，且线段的长度是正数，
∴的取值范围是，
故答案为：．
8．（2023·河南新乡·二模）如图，中，，，，为半圆的直径，将沿射线方向平移得到，当与半圆相切于点时，阴影部分的面积为 ．
【答案】
【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．也考查了平移的性质、勾股定理，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
连接，根据相切的性质得，根据勾股定理得，根据三角形的面积公式得，可得，即可求出阴影部分的面积．
【详解】解：如图，连接，

当与半圆相切于点，
，
，，，
，
沿射线方向平移，当与半圆相切于点，得，
，，，，
，
，
，
阴影部分的面积为．
故答案为：．
9．（2023·浙江金华·三模）在综合实践课上，小慧将图①中圆形纸片沿直径向上对折得到图②，再沿弦向下翻折得到图③，最后沿弦向上翻折得到图④．
（1）若点E是弧的中点，则 ；
（2）若，则 ．（用关于n的代数式表示）
【答案】 /
【分析】本题考查弧、弦、圆心角之间的关系，平行线分线段成比例，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
（1）利用弧、弦、圆心角之间的关系得到，进而求出，然后根据圆周角定理即可得到答案；
（2）连接，，，，作，交于点F，根据平行线分线段成比例得到，然后根据得到，然后利用正弦的定义解题即可．
【详解】解：（1）如图：
连接，，，，，，，可得：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
（2）如图：
连接，，，，作，交于点F，
由题意，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴．
故答案为：．
10．（2023·安徽·模拟预测）如图，点在反比例函数的图象上，以点为圆心的与两坐标轴都相切，为轴负半轴上的一点，交轴于点，连接．
（1）点的坐标为 ；
（2）若，则的长为 ．
【答案】
【分析】（1）过点分别向轴、轴作垂线，垂足分别为点，根据且，求出，即可得出答案；
（2）先证明，得出，根据，得出，求出，即可得出．
【详解】解：（1）过点分别向轴、轴作垂线，垂足分别为点，如图所示：
由题意，得且，
∴，
即点的坐标为．
故答案为：．
（2）∵，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
，
∴，
，
，
即，负值舍去．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的应用，切线的性质，正方形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质和判定．
11．（2024·山东济宁·一模）如图，在扇形中，，半径．将扇形沿过点的直线折叠，点恰好落在上点处，折痕交于点，点为的中点，点为线段上一个动点，连接，，，过点作于点，下列说法：当点运动到的中点时，四边形为菱形，，的最小值为，阴影部分面积为，正确的是 （填序号）．
【答案】
【分析】本题考查了折叠的性质，等边三角形的判定与性质，角所对直角边是斜边的一半，三角形中线性质，扇形面积和勾股定理，连接，由折叠性质可知，，，由角所对直角边是斜边的一半，三角形中线性质可判断，当三点共线时，有最小值，即的值，可判断，再用求面积的方法可判断，熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：连接，
由折叠性质可知，，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵当点运动到的中点时，
∴，
∴四边形为菱形，故正确；
∵，
∴，
由，，
∴，
∴，
∴，
∴，故错误，
∵与是关于对称，
∴当三点共线时，有最小值，即的值，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，故正确；
同理：，
∴阴影部分面积为，故正确；
故答案为：．
三、解答题
12．（2024·山东济宁·一模）如图，中，是中线，以为直径的交于点，作于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（）连接，利用同圆的半径相等，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线定义斜边的一半的性质，平行线的判定与性质得到，则，利用圆的切线的判定定理解答即可；
（）利用直径所对的圆周角为直角，直角三角形的边角关系定理求得，利用勾股定理求得，利用等腰三角形的三线合一的性质得到，利用三角形的面积公式得到 ，将已知条件代入运算即可得出结论；
本题考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的性质和勾股定理，熟练掌握相关知识点，并灵活运用是解题的关键．
【详解】（1）证明：连接，如图，
∵中，，是中线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为的半径,
∴是的切线；
（2）连接，如图，
∵为的直径，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
13．（2023·广西北海·二模）综合与实践
【问题提出】
（1）如图，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门进攻，当甲带球冲到点时，乙已跟随冲到点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证：．
【数学理解】
德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图，已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大，人们称这一命题为米勒定理．
【问题解决】
（2）如图，已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点，当的外接圆与轴相切于点时，最大，当最大时，求点的坐标．
【答案】（）证明见解析；（）．
【分析】（）利用圆周角定理可得，再利用三角形外角性质即可得；
（）连接，，过点作交轴于点，连接，可得，证明四边形是矩形，进而求得的长，进一步得出结果．
【详解】
（）
∴，
∵，
∴；
（）如图，
连接，，过点作交轴于点，连接，
∴，，
∵与轴相切，
∴轴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，垂径定理，圆的切线的性质，三角形外角性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用．
14．（2023·浙江台州·二模）如图1，五边形是的内接五边形，，对角线于点．
(1)①若，则_______；
②猜想和的数量关系，并证明；
(2)如图2，当经过圆心时，若，，求；
(3)作于点，求的值．
【答案】(1)①；②
(2)
(3)
【分析】
（1）①连接，由题意可得，根据圆周角定理可得，以此即可求解；
②连接，根据三角形内角和定理可得，由圆周角定理可得，再根据三角形内角和定理得，将代入化简即可；
（2）如图，连接、，连接交于点，根据勾股定理求得，设，则，在中，利用勾股定理建立方程解得，于是，，，易得垂直平分，设，则，利用双勾股定理建立方程求得，进而求出，，在中，利用勾股定理即可求解；
（3）连接、、、，过点作于点，由圆周角定理可得，易得，由平行线的性质得，由等边对等角得，进而可得，根据等角减等角相等可得，于是可通过证明，得到，根据等腰三角形三线合一性质得，以此即可求解．
【详解】（1）
①解：如图，连接，
，
，
，
，
，
；
故答案为：；
②，
证明：如图，连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
即；
（2）
解：如图，连接、，连接交于点，
在中，，
设，则，
在中，，
，
解得：，
，，，
，，
垂直平分，
，，
设，则，
在中，，
在中，，
解得：，
，
，
为的直径，
，
在中，；
（3）
解：如图，连接、、、，过点作于点，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，即，
在和中，
，
，
，
，，
，
，
．
【点睛】
本题主要考查正多边形与圆综合，圆周角定理、三角形内角和定理、勾股定理、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线，构造全等三角形是解题关键．
15．（2023·河南平顶山·二模）提出问题：古希腊数学家欧几里得（约公元前325——公元前265），被称为“几何学之父”．在其所著的《几何原本》中，包含了5条公理、5条公设、23个定义和467个命题，即先提出公理、公设和定义，再由简到繁予以证明，并在此基础上形成了欧式几何学体系．《几何原本》第3卷给出其中一个命题：如果圆外的一点向圆引两条直线，一条与圆相切，一条穿过圆，那么被圆截得的线段与该点到凸圆之间的线段为边构成的矩形的面积等于以该点向圆引的切线所构成的正方形的面积．如图1，上述结论可表示为，你能说明其中的道理吗？
探索问题：小明在探究的过程中发现，线段的位置有两种情况，即过圆心和不过圆心．
如图2，当经过圆心时，小明同学进行了如下推理：连接，易得，又，所以，可得对应边成比例，进而可知，当经过圆心时，得．当不经过圆心时，请补全下列推理过程．
(1)已知：如图3，为的切线，为切点，与相交于，两点，连接，．求证：．
证明： ．
(2)解决问题：如图4，已知为的直径，为延长线上一点，切于点，连接，若，，请直接写出的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】
（1）连接并延长，交于点，连接，由圆周角定理可得，根据三角形内角和定理得，由切线的性质得，即，进而可得，再根据圆周角定理可得，于是得到，以此可证明，利用相似三角形的性质即可得到证明；
（2）连接、，易证明，利用相似三角形的性质可得，进而得到，，于是得，设，则，在中，利用勾股定理建立方程求出的值，进而求出的长．
【详解】（1）证明：如图，连接并延长，交于点，连接，
为的直径，
，
，
为的切线，为切点，
，即，
，
，
，
，
又，
，
，
；
（2）解：如图，连接、，
为的直径，
，即，
为的切线，
，即，
，
，
，
又，
，
，即，
，，
，
设，则，
在中，，
，
解得：，（不合题意，舍去），
．
【点睛】本题主要考查切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理，解题关键是根据题干所给条件，证明三角形相似，利用相似三角形的性质解决问题．
16．（2023·山西大同·二模）阅读与思考
下面是一篇数学小论文，请仔细阅读并完成相应的任务．
“三点共线模型”及其应用
背景知识：通过初中学习，我们掌握了基本事实：两点之间线段最短．根据这个事实，我们证明了：三角形两边的和大于第三边．根据不等式的性质得出了：三角形两边的差小于第三边．
知识拓展：如图，在同一平面内，已知点和为定点，点为动点，且为定长（令），可得线段的长度为定值．我们探究和两条定长线段，的数量关系及其最大值和最小值：当动点不在直线上时，如图，由背景知识，可得结论，．
当动点在直线上时，出现图和图两种情况．在图中，线段取最小值为；在图中，线段取最大值为．
模型建立：在同一平面内，点和为定点，点为动点，且，为定长（），则有结论≥，．当且仅当点运动至，，三点共线时等成立．
我们称上述模型为“三点共线模型”，运用这个模型可以巧妙地解决一些最值问题．
任务：
(1)上面小论文中的知识拓展部分．主要运用的数学思想有 ；（填选项）
A．方程思想 B．统计思想 C．分类讨论 D．函数思想
(2)已知线段，点为任意一点，那么线段和的长度的和的最小是 ；
(3)已知的直径为，点为上一点，点为平面内任意一点，且，则的最大值是 ；
(4)如图4，，矩形的顶点、分别在边、上，当在边上运动时，随之在上运动，矩形的形状保持不变．其中，．运动过程中，求点到点的最大距离．
【答案】(1)C
(2)10
(3)2
(4)
【分析】（1）根据上面小论文中的分析过程，体现了分类讨论思想；
（2）根据两点之间线段最短可得出答案；
（3）由点和圆的位置关系可知点在圆上，由直径的定义可得出答案；
（4）取的中点，连接、、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，利用勾股定理列式求出，然后根据三角形任意两边之和大于第三边可得过点时最大．
【详解】（1）解：上面小论文中的知识拓展部分．主要运用的数学思想有分类讨论思想，
故答案为：C；
（2）解：如图所示：线段与的和最小是．
故答案为：；
（3）解：∵的直径为，，
∴点在圆上，
∵点为上一点，
∴直径时，有最大值，即，
故答案为：2；
（4）解：如图，取的中点，连接、、，
∵，，
∴，
∵，四边形是矩形，
∴，
∴，
根据三角形的三边关系，，
∴当过点时，等号成立，的值最大，最大值为．
【点睛】本题考查了三角形三边关系，点和圆的位置关系，勾股定理，直角三角形的性质，矩形的性质，正确理解题意是解题的关键．在某科技杂志上有这样一道题：如图1，在中，三边分别为是的内切圆，切点分别为．求的半径．
思路分析：如图1．连接，则存，，设．
于是有，
∴．（其中S表示的面积，p表示的周长的一半）
用语言叙述：三角形的内切圆的半径．
若已知的三边长，如何求的面积呢？
我国南宋时期数学家秦九韶（约1202～1261），曾提出利用三角形的三边长求它的面积的秦九韶公式：若
则秦九韶公式为．
例如：在中，若，利用秦九韶公式求的面积．
解：，
……
连接，
∵，，
∴，（依据1）
∵，
∴，
∴点共圆，
∴，，（依据2）
∴，
∴．（依据3）
圆的两条弦相交，这两条弦被交点分成的两条线段的积相等．
已知：如图1，的两弦相交于点P．
求证：．
证明：
如图1，连接．
∵，．
∴，（根据）
∴@，
∴，
∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．
切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．
下面是不完整的证明过程，请补充完整．
已知：P为外一点，PA与交于A，B两点，PM与相切于点M．
求证：．
证明：如图，连接AM，BM，连接MO并延长交于点C，连接BC．
∵PM为的切线，∴_______，∴，∵CM为的直径，∴_______，∴，∴_______，∵，∴．∵，∴_______．∴，∴．
割线定理
如图，A是外一点，过点A作直线分别交于点B，C，D，E，则有．

证明：如图，连接．
∵（依据：①________________），，
∴．
∴②_________________．
∴．