资源简介 热点必刷题04 圆的综合压轴题题型一 垂径定理及其应用综合 1题型二 圆中切线的判定与性质综合 15题型三 圆心角、圆周角相关综合 28题型四 正多边形与圆综合 40题型五 圆中求阴影部分面积综合 54题型六 圆与相似三角形综合 72题型七 圆与三角函数问题综合 72题型八 圆中最值问题（含隐圆、阿氏圆） 88题型九 圆的材料阅读理解型问题（新定义） 104题型一 垂径定理及其应用综合1．（24-25江苏无锡·模拟检测）如图， 、 是 的两条弦， ，，、 的延长线相交于点 ， 若， 则的半径是（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】作，过点作于点，根据已知得出是等腰直角三角形，过点分别作的垂线，垂足分别为，过点作于点，连接，得出，在中，勾股定理，即可求解．【详解】解：如图所示，作，过点作于点∵∴∴∴∴∴，过点作于点，∴，∴，又∵，∴，则，∴是等腰直角三角形，如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，过点作于点，连接，∴∴,∴，则同理可得∴，∴，∴∴，在中，，∴即的半径为故选：B．【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，含30度角的直角三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．2．（23-24江苏镇江·模拟检测）如图，中，是线段上的一个动点，以为直径画分别交于，连接，则线段长度的最小值为（ ） A． B． C． D．【答案】B【分析】由垂线段的性质可知，当为的边上的高时，直径最短，如图所示，连接，，过点作，垂足为，由为等腰直角三角形，则，即此时圆的直径为，再根据圆周角定理可得到，则在中，利用锐角三角函数可计算出，然后根据垂径定理即可得到．【详解】解：由垂线段的性质可知，当为的边上的高时，直径最短，连接，，过点作，垂足为，如图所示： 在中，，，，即此时圆的直径为，，而，，在中，，，，，即线段长度的最小值为，故选：B．【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了垂线段最短和解直角三角形．3．（23-24江苏南京·模拟检测）如图，内接于，，，垂足为，，．则的长（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，连接，过点作于，于，根据圆周角定理得到，根据等腰直角三角形的性质计算，求出，根据垂径定理求出，根据等腰直角三角形的性质求出，根据勾股定理求出，结合图形计算得到答案，掌握圆周角定理、垂径定理、等腰直角三角形的性质是解题的关键．【详解】解：连接，过点作于，于，∵，，∴，∵，，∴，∴，∵，∴ ，∴，∴，∵，，∴，∵，， ，∴四边形为矩形，∴，，在中，，∴，∴，故选：．4．（24-25江苏宿迁·模拟检测）如图，是的直径，的弦在直线的上方，且，以为直径向下作半圆（圆心为M）交于E、F两点，若则 ．【答案】10【分析】本题考查了垂径定理及其推论，勾股定理等知识，应用好垂径定理及其推论是解题的关键；设，则得，，；连接，过点M作于N；由垂径定理得，从而；由M是的中点，则得，在中，由勾股定理求得，在中由勾股定理得，在中，由勾股定理得：，由此建立方程求得k的值，即可求得结论．【详解】解：∵，∴设，则，∴，；如图，连接，过点M作于N；∴，；∵为的一条弦，且，∴，∴；由题意知，M是的中点，且为的直径，∴，由垂径定理推论知：；在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，∴，∴，∵，∴∴．故答案为：10．5．（24-25江苏无锡·模拟检测）“等弦”的探究．(1)如图①，在中，， 是弦，且．由此，你能发现什么？小明发现点O到，的距离相等．小红发现延长，交于点P，则．从小明、小红两位同学所发现的结论中，选择一个完成证明．(2)如图②，已知，与各边都相交且所形成的弦的长度均相等．在图②中，用直尺和圆规作出一个满足条件的．（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）若，，，的半径为r，则r的取值范围是_______．【答案】(1)证明见解析(2)作图和文字说明见解析；【分析】（1）证明小明发现的结论：过点作于点，作于点，连接，先根据垂径定理可得，从而可得，再证出，根据全等三角形的性质可得，由此即可得证；证明小红发现的结论：连接，先证出，再根据圆周角定理可得，然后证出，根据全等三角形的性质即可得证；（2）分别作的角平分线，两条角平分线交于点；过点作的垂线，垂直为点；在射线上取一点，以点为圆心，长为半径作，则即为所求．作的内切圆，与边分别相切于点，连接，利用圆的切线的性质和勾股定理求出的长，由此即可得．【详解】（1）证明：①小明发现的结论：点到，的距离相等．如图，过点作于点，作于点，连接，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，即点到，的距离相等．②小红发现的结论：．如图，连接，∵，∴，∴，即，∴，由圆周角定理得：，在和中，，∴，∴．（2）解：如图，分别作的角平分线，两条角平分线交于点；过点作的垂线，垂直为点；在射线上取一点，以点为圆心，长为半径作，则即为所求．如图，作的内切圆，与边分别相切于点，连接，∴，，∵，，，∴，解得，设，又∵，，，∴，∴是直角三角形，且，∵，∴，即，解得，即，∴，，，∵与各边都相交且所形成的弦的长度均相等，且的半径为，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理、三角形全等的判定与性质、圆的切线的性质、勾股定理与勾股定理的逆定理、角平分线的尺规作图等知识，较难的是题（2），正确找出两个临界位置是解题关键．题型二 圆中切线的判定与性质综合6．（2024·江苏扬州·一模）如图，一块四边形材料，，，，，．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ） A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了三角形内切圆半径与三角形的关系，相似三角形的判定与性质，勾股定理，构造三角形用等面积法是解题的关键．延长交延长线于，当这个圆是的内切圆时，此圆的面积最大，构造三角形，通过等面积法求解即可．【详解】解：延长交延长线于 ，，，，即，解得，，在中，，，设这个圆的圆心为，与分别相切于，，，，，，即，解得，故选：B．7．（23-24江苏宿迁·阶段练习）如图，的内切圆与，，相切于点，，，已知，，，，则的长是（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，，，，，．根据题意可知，且，，，再根据求出，接下来设，根据切线长定理得出，，，求出，再根据勾股定理求出，结合，可知是的垂直平分线，然后根据求出，进而得出答案．【详解】连接，，，，，．根据题意可知，且，，，∵，即，解得．设，则，，，得，解得，∴．在中，，∵，∴是的垂直平分线，∴．∵，即，解得，∴．故选：A．【点睛】本题主要考查了圆内切三角形的性质，切线的性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定，切线长定理等，根据面积相等求出半径是解题的关键．8．（24-25江苏无锡·模拟检测）如图，在中，，，，是的内切圆，切点分别为、、，则的半径为 ；连接、，则的值为 ．【答案】【分析】本题考查了三角形内切圆的性质及解直角三角形；通过设边长，表示其他边长关系再利用直角三角形求解等常规考查点，其中掌握三角形内切圆的性质是解题关键．连接，过点作于点，勾股定理求得，等面积法求得半径，过点作交的延长线于点，解，进而得出是等边三角形，进而及诶，得出的长，进而根据正切的定义，即可求解．【详解】解：如图所示，连接，过点作于点，依题意，是的内切圆，切点分别为、、，∴，设，则，在中，即解得：∴设的半径为，∴∴如图所示，过点作交的延长线于点，∵是的内切圆，切点分别为、、，∴∴∵∴∴又∵∴是等边三角形，∴，∴，在中，，∴在中，故答案为：；．9．（24-25江苏宿迁·模拟检测）在矩形中，，，点P从点A出发沿边以的速度向点B移动，同时，点Q从点B出发沿以的速度向点C移动，其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．设运动时间为t秒：(1)如图1，几秒后，的面积等于？(2)在运动过程中，若以P为圆心、为半径的与相切（如图1），求t值；(3)若以Q为圆心，为半径作．①如图2，以Q为圆心，为半径作．在运动过程中，是否存在这样的t值，使正好与四边形的一边（或边所在的直线）相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；②如图3，若与四边形的边有三个公共点，则t的取值范围为______．（直接写出结果，不需说理）【答案】(1)2秒或4秒(2)(3)①0或或；②【分析】（1）由题意可知，，从而得到，，然后根据的面积为列方程求解即可；（2）如图1所示：连接．依据勾股定理可求得的长，然后依据切线长定理可知，从而可求得的长，由圆的半径相等可知，然后在中依据勾股定理列方程求解即可；（3）①先判断不与，相切，然后分与相切；与相切，根据半径等于构建方程求解即可．②先求得与四边形有两个公共点时t的值，然后可确定出t的取值范围．【详解】（1）解：由题意知，，，则，∵∴，解得或，故当运动时间为2秒或4秒时，的面积为；（2）解：如图1，设切点为，连接．∵，∴与相切，∴分别与，相切，∴．∵与相切，∴，在中，依据勾股定理可得．∴．∵，∴，．在中，依据勾股定理可得，，解得；（3）解∶①由题意知不与，相切，当与相切时，设切点为E，连接，则，，则四边形是矩形，∴，∴，解得或；当与相切时，则，∴，解得，（舍去），综上，当t的值为0或或时，正好与四边形的一边（或边所在的直线）相切；②解：（Ⅰ）当时，如图4所示：与四边形有两个公共点；（Ⅱ）如图5所示：当经过点D时，与四边形有两个公共点，则，得方程，解得： （舍），，∴当，与四边形有三个公共点．故答案为：．【点睛】本题主要考查的是主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了三角形的面积公式、切线长定理、勾股定理、圆的性质，依据题意列出关于t的方程是解题的关键．10．（23-24江苏苏州·阶段练习）阅读材料：已知，如图①，在面积为的中，，内切圆的半径为．连接被划分为三个小三角形． ．．(1)类比推理：若面积为的四边形存在内切圆（与各边都相切），如图②，各边长分别为，求四边形的内切圆半径；(2)理解应用：如图③，在四边形中，与分别为与的内切圆，与切点分别为，设它们的半径分别为和，若，，，，，求的值．【答案】(1)；(2)2．【分析】（1）已知给出示例，我们仿照例子，连接，则四边形被分为四个小三角形，且每个三角形都以内切圆半径为高，以四边形各边作底，这与题目情形类似．仿照证明过程，r易得．（2）（1）中已告诉我们内切圆半径的求法，进一步易得的长，但求内切圆半径需首先知道三角形各边边长，根据切线长定理及勾股定理，先求的长，三角形各边长可知，则的值易得．【详解】（1）解：如图2，连接． ，；（2），，，．是的内切圆，，，，，∴设，则，，，即（，解得，，，，．【点睛】本题考查了和圆有关的综合性题目，同时涉及到切线的性质、切线长定理、勾股定理等相关知识．这类创新性题目已经成为新课标热衷的考点，同时要求学生在日常的学习中要注重自我学习能力的培养以及学习、理解、创新新知识的能力的培养，题型三 圆心角、圆周角综合11．（24-25江苏扬州·模拟检测）如图，四边形是的内接四边形，， ，E为上一点，且，则的最小值为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，作的外接圆，圆心为F，连接，，，过点作于，交的延长线于，先求出，，进而得优弧的度数为，则劣弧的度数为，故，由此得出为等腰直角三角形，进而可求出，，证四边形为正方形，得，继而得，由勾股定理求得，再由，可得出当点B，E，F在同一条直线上时，为最短，其长度为，据此可得出答案．【详解】解∶连接，作的外接圆，圆心为F，连接，，，过点作于，交的延长线于，如图所示：，，为直径，，，，，点为的外接圆的圆心，，，优弧的度数为，劣弧的度数为：，圆心角，为等腰直角三角形，，，，由勾股定理得：，，，，又，，四边形为矩形，，矩形为正方形，，，在中，，，由勾股定理得：，，当在同一条直线上时，为最短，其长度为，∴的最小值为，故答案为：D．【点睛】此题主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，构造的外接圆，利用圆的相关性质确定最短时的位置是解决问题的关键．12．（2023·江苏苏州·中考真题）如图，是半圆的直径，点在半圆上，，连接，过点作，交的延长线于点．设的面积为的面积为，若，则的值为（ ） A． B． C． D．【答案】A【分析】如图，过作于，证明，由，即，可得，证明，可得，设，则，可得，，再利用正切的定义可得答案．【详解】解：如图，过作于， ∵，∴，∵，即，∴，∵，∴，∴，即，设，则，∴，∴，∴，∵，∴，∴；故选A【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．13．（2023·江苏无锡·模拟预测）如图，直角三角形顶点在矩形的对角线上运动，连接．，，，则的最小值为( )．A． B． C． D．【答案】D【分析】过点作于点，连接，由，推出、、、四点共圆，再证为定值，推出点在射线上运动，当时，的值最小，然后求出与，即可解决问题．【详解】解：过点作于点，连接，如图所示：，、、、四点共圆，，，，，，，点在射线上运动，当时，的值最小，四边形是矩形，，，，，即 ，，在中，由勾股定理得： ，的最小值 ．故选：D．【点睛】本题考查了矩形的性质、解直角三角形、勾股定理、四点共圆、圆周角定理，熟练掌握矩形的性质，利用垂线段最短解决最值问题是解题的关键．14．（2023·江苏淮安·模拟预测）在中，，，点P在射线上，过P分别作所在的直线于点F，作所在的直线于点H，连接，则的最小值为 ．【答案】【分析】本题主要考查圆周角定理，解直角三角形，添加合适的辅助线，构造四点共圆是解题的关键．连接，结合题意可知、、、四点共圆，为直径，取中点为，即点为圆心，进而可知，由垂线段最短，当时，最小，则取得最小值，进而即可求解．【详解】解：连接，∵，，∴、、、四点共圆，为直径，取中点为，即点为圆心，∵，∴，∵，∴，∴点最小时，取得最小值，由垂线段最短，当时，最小，则取得最小值，此时，∴的最小值为，故答案为：．15．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在正方形中，是上一点，是上一点，，过，，的交于点．(1)求证；(2)连接，当时，判断直线与的位置关系，并直接写出的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）通过圆周角定理可知，利用特殊的平行四边形——正方形的性质可得，证明即可求证；（2）连接，．结合题意即可得，结合平行四边形的性质——对角线互相平分可得，利用平行的判定和性质即可得，即与相切；连接，过点作，垂足为，先证得，利用角平分线的性质得，即可证得，设，正方形的边长为1，则，，，即可通过勾股定理得，解得，即可求解．【详解】（1）证明：在中，，，，，四边形是正方形，，，且，，．在和中，，，，．（2）解：如图，连接，，，过点作，垂足为．在和中，，，，由（1）得，，，，，，与相切．，，，由（1）得，，，，，，，在和中，，．设，，，，，在中，，，解得，由（1）得，．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、切线的判定、两直线平行的判定和性质、角平分线的性质以及勾股定理，熟练掌握各种性质、定理，作好辅助线是解题关键．题型四 正多边形与圆综合16．（2024·江苏南京·二模）如图，O是正六边形的中心，图中可以通过一次旋转与重合的三角形（自身除外）的个数是（ ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【分析】本题考查旋转的性质，正多边形和圆，理解旋转的性质是正确解答的关键．根据旋转的定义逐项进行判断即可．【详解】解：将，即将①绕着点逆时针旋转到与重合时，就与重合；将，即将②绕着点顺时针旋转到与重合时，就与重合；将，即将③绕着的中点，逆时针旋转与重合；将，即将④绕着点顺时针旋转到与重合时，就与重合；将，即将⑤绕着点逆时针旋转到与重合时，就与重合；即图中①，②，③，④，⑤可以通过1次旋转与重合，故选：D．17．（2024·江苏镇江·一模）如图，有一张正八边形纸片缺了一个角A，连接，点O在上．若以点C为圆心，长为半径所画的圆恰好经过点D，则下列结论：①点O也在上；②点O也在上；③连接，则；④，其中正确的是 （填写序号）． 【答案】①③/③①【分析】补全缺失的A角，连接、、、，根据正八边形可得，，先得出点O在线段的垂直平分线上，结合对称可得垂直平分线段，可得①正确；故有②错误；先根据对称性得出与在同一条直线上，由四边形、四边形是等腰梯形，可得，进而有，则判断③正确，根据等腰直角三角形可得，再证明，即有，进而可判断故④错误，问题得解．【详解】如图，补全缺失的A角，连接、、、， ∵多边形是正八边形，∴正八边形是称轴图形，且，，∴四边形、四边形是等腰梯形，∵以点C为圆心，长为半径所画的圆恰好经过点D，∴，∴点O在线段的垂直平分线上，∵在正八边形中，所在直线是正八边形的对称轴，∴垂直平分线段，∴点O在上，故①正确；∴点O不在上，故②错误；∴点O为与的交点，∵正八边形是关于对称的轴对称图形，∴点A、点O、点D三点共线，∴与在同一条直线上，∵四边形、四边形是等腰梯形，，∴，∴，∴，∴，是等腰直角三角形，且，故③正确，∴，∵，，∴，∴，∴，故④错误，综上正确的有①③，故答案为：①③．【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，轴对称图形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，充分利用正八边形是轴对称图形，是解答本题的关键．18．（2023·江苏南京·一模）如图，点O是正六边形的中心，以为边在正六边形的内部作正方形连接，则 °． 【答案】105【分析】连接，，根据正六边形的性质可得，是等边三角形，再证明四边形是菱形，以及是等腰三角形，分别求出，从而可得出结论．【详解】解：∵六边形是正六边形，∴∵四边形是正方形，∴连接，，如图， 则是等边三角形，∴∴∴四边形是菱形，，∴∴，故答案为：105．【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，正方形的性质，菱形的判定与性质以及等腰三角形的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．19．（2021·湖北随州·中考真题）等面积法是一种常用的、重要的数学解题方法．它是利用“同一个图形的面积相等”、“分割图形后各部分的面积之和等于原图形的面积”、“同底等高或等底同高的两个三角形面积相等”等性质解决有关数学问题，在解题中，灵活运用等面积法解决相关问题，可以使解题思路清晰，解题过程简便快捷．（1）在直角三角形中，两直角边长分别为3和4，则该直角三角形斜边上的高的长为_____，其内切圆的半径长为______；（2）①如图1，是边长为的正内任意一点，点为的中心，设点到各边距离分别为，，，连接，，，由等面积法，易知，可得_____；（结果用含的式子表示）②如图2，是边长为的正五边形内任意一点，设点到五边形各边距离分别为，，，，，参照①的探索过程，试用含的式子表示的值．（参考数据：，）（3）①如图3，已知的半径为2，点为外一点，，切于点，弦，连接，则图中阴影部分的面积为______；（结果保留）②如图4，现有六边形花坛，由于修路等原因需将花坛进行改造．若要将花坛形状改造成五边形，其中点在的延长线上，且要保证改造前后花坛的面积不变，试确定点的位置，并说明理由．【答案】（1），1；（2）①；②；（3）①；②见解析．【分析】（1）根据等积法解得直角三角形斜边上的高的长，及利用内切圆的性质解题即可；（2）①先求得边长为的正的面积，再根据解题即可；②设点为正五边形的中心，连接，，过作于，先由正切定义，解得的长，由①中结论知，，继而得到，据此解题；（3）①由切线性质解得，再由平行线性质及等腰三角形性质解得，根据平行线间的距离相等，及同底等高或等底同高的两个三角形面积相等的性质，可知图中阴影部分的面积等于扇形OBC的面积，最后根据扇形面积公式解题；②连接，过点作交的延长线于点，根据，据此解题．【详解】解：（1）直角三角形的面积为：，直角三角形斜边为：，设直角三角形斜边上的高为，则设直角三角形内切圆的半径为，则，故答案为：，1；（2）①边长为的正底边的高为，面积为：，故答案为：；②类比①中方法可知，设点为正五边形的中心，连接，，由①得，过作于，，故，，故，从而得到：．（3）①是的切线，过点作，是的高，故答案为：；②如图，连接，过点作交的延长线于点，则点即为所求，连接，∵，∵，∴，∴．【点睛】本题考查正多边形和圆的知识，涉及含30°角的直角三角形、正切、切线的性质、扇形面积公式、平行线的性质等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识是解题关键．20．（23-24江苏无锡·阶段练习）已知某种月饼形状的俯视图如图1所示，该形状由1个正六边形和6个半圆组成，半圆直径与正六边形的边长相等．现商家设计了2种棱柱体包装盒，其底面分别为矩形和正六边形(如图2和图3)我们可从底面的利用率来记算整个包装盒的利用情况．(底面利用率=×100%)（1）请分别计算出图2与图3中的底面利用率(结果保留到0.1%)；（2）考虑到节约成本，商家希望底面利用率能够不低于80%，且底面图形仍然采用最基本的几何形状，请问商家的要求是否能够满足，若可以满足，请设计一种方案，并直接写出此时的利用率；若不能满足，请说明理由．【答案】（1）图2、3的底面利用率分别约为72.5%、76.6%；（2）设计底面为圆形的包装盒，利用率约为84.5%.【分析】（1）设半圆直径与正六边形的边长为a，根据正多边形和圆的知识，算出月饼面积，再算出图2长与宽，即可求出图2的面积，和图2底面的利用率；图3的包装盒正六边形和月饼中的正六边形相似，利用面积比等于相似比的平方，求出图3包装盒的底面积，即可求出图3的底面利用率；（2）设计底面为圆形的包装盒，求出其半径、面积、底面利用率，满足底面利用率不低于80%.【详解】解：（1）设半圆直径与正六边形的边长a，连接正六边形的中心和两相邻的顶点，则,,∴是等边三角形，∴=a,如下图，过点作于C，延长OC与其中一个半圆交于点D，∴，,∴，∴=，则，如下图２，G、H分别为两个半圆的圆心，为两个切点，连S、R，连S、Q，与GH交于点T，则，又∵由，∴共线，同理：共线，∴共线，∴＝，∵，∴∽，∴，即，同理，∴，∴，∴,72.5%，，∴=，∴=76.6%，答：图2、3的底面利用率分别约为72.5%、76.6%；（2）商家的要求是否能够满足，设计如图所示底面为圆的包装盒，半径为，=，答：设计底面为圆形的包装盒，利用率约为84.5%.【点睛】本题考查了正多边形和圆的有关计算，解题的关键是熟悉正多边形的性质、勾股定理、等腰三角形的三线合一的性质、相似三角形的判定与性质.题型五 圆中求阴影部分面积综合21．（2020·湖北黄冈·二模）如图，在中，，，是的平分线，经过，两点的圆的圆心恰好落在上，分别与、相交于点、．若圆半径为2．则阴影部分面积（ ）．A． B． C． D．【答案】C【分析】连接OD，OF．首先证明OD∥AC，推出S阴＝S扇形OFA，再证明△AOF是等边三角形即可解决问题．【详解】解：连接OD，OF．∵AD是∠BAC的平分线，∴∠DAB＝∠DAC，∵OD＝OA，∴∠ODA＝∠OAD，∴∠ODA＝∠DAC，∴OD∥AC，∴∠ODB＝∠C＝90°，∴S△AFD＝S△OFA，∴S阴＝S扇形OFA，∵OD＝OA＝2，AB＝6，∴OB＝4，∴OB＝2OD，∴∠B＝30°，∴∠A＝60°，∵OF＝OA，∴△AOF是等边三角形，∴∠AOF＝60°，∴S阴＝S扇形OFA＝.故选：C．【点睛】本题考查扇形的面积，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是添加常用辅助线，用转化的思想思考问题．22．（2024·四川成都·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23．（2022·江苏无锡·一模）如图，是⊙O的弦，，点C是⊙O上的一个动点，且，若点M，N分别是，的中点，则⊙O的半径是 ，图中阴影部分面积的最大值是 ．【答案】 2【分析】连接OA，OB，连接OM，设OM=x，则AO=2x，在Rt△AOM中，可求；阴影面积由弓形ADB面积加上△MNB的面积，而弓形面积不变，因此只需要求出△MNB的最大面积，由M，N为AB，BC的中点，所以MN是△ABC的中位线，所以△BMN∽△BAC，所以S△BMN=S△ABC，求出△ABC的最大面积即可，而AB边为定值，当点C到AB的距离最大，三角形面积最大，当CM⊥AB时，三角形面积最大，即可求出阴影面积最大值．【详解】解：连接OA，OB，连接OM，如图∵ ，∴，∵M为AB中点，∴OM⊥AB，，∴，设OM=x，则AO=2x，在Rt△AOM中即，解得x=1，即 ，S弓形ADB=S扇形OADB=，∵M，N为边AB，BC的中点，∴∥AC，∴，∴，当C，O，M在同一直线上时，△ABC的面积最大，由垂径定理可知，AC=BC，又∵∠ACB=60°，∴△ABC为等边三角形，∴ ，在Rt△ACM中，，∴的最大值为： ，∴，∴阴影面积的最大值为：．故答案：2，．【点睛】本题考查弓形面积，扇形面积，圆心角与圆周角关系，三角形的中位线，相似三角形的性质，垂径定理，勾股定理，解题关键是将不规则面积转化为规则图形的面积．24．（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．25．（2024·江苏盐城·模拟预测）如图所示，在中，，，在上取点O，以O为圆心，以为半径作圆，与相切于点D，并分别与，相交于E，F（异于点B）． (1)求证：平分；(2)若点E恰好是的中点，求扇形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，以此可得，在平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行得，进而得到，由可得，即可证明；（2）连接、，易得，根据直角三角形中线的性质的，因此为等边三角形，则，根据平行线的性质得，于是可证明为等边三角形，再利用扇形的面积公式计算即可；本题考查切线的性质、等边三角形的性质、平行线的判定与性质、直角三角形的中线性质、扇形的面积公式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．【详解】（1）证明：连接，如图， ∵与⊙O相切于点D，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴平分；（2）解：连接、，如图， ∵是的中点，，在中，，∴，∴为等边三角形，∴，∵，∴，∵，∴为等边三角形，∴，．题型六 圆与相似三角形综合26．（2024·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．6 B．7 C． 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．27．（2023·江苏镇江·一模）如图，菱形的边长为，，点为边的中点．点从点出发，以每秒个单位的速度向点运动，点同时从点出发，以每秒个单位的速度向点运动，连接，过点作于点．当点到达点时，点也停止运动，则点的运动路径长是（ ）A． B．12 C． D．【答案】D【分析】连接，设交于点，交于点，连接，设中点为，连接，根据菱形及等边三角形得性质可得，，可得出，可得必经过点，根据，可得点在以为直径的圆上，根据的速度及菱形性质可得当点达到点时，点达到点，，可得点点运动路径长是的长，利用勾股定理可求出的长，根据圆周角定理可得，利用弧长公式即可得答案．【详解】解：如下图，连接，设交于点，交于点，连接，设中点为，连接，∵菱形的边长为12，，∴，是等边三角形，∵点为边的中点，∴，，，∵点的速度为每秒1个单位，点的速度为每秒2个单位，∴，∵，∴，∴，∴，，∴必经过点，∵，，∴点在以为直径的圆上，且四点共圆，∵当点达到点时，点达到点，，∴点点运动路径长是的长，∵，，∴，∴，即点点运动路径长是．故选：D．【点睛】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、四点共圆的证明、相似三角的判定与性质、勾股定理、圆周角定理及弧长公式，正确得出点的运动轨迹是解题关键．28．（2024·江苏南通·三模）如图，已知半圆 的直径为 ，点 在半径 上，为 的中点，点 在弧 上，以、为邻边作矩形 ，边 交于点 ，连接，并延长交 于点 ，若，则 的值为 ．【答案】/【分析】本题考查了圆周角定理，矩形的性质，圆心角、弧、弦的关系，相似三角形的判定与性质，综合运用这些知识是解题关键.先证明为的垂直平分线，是的垂直平分线，为的垂直平分线，设.再利用射影定理得故再计算即可.【详解】过作延长线交于，过作延长线交于， 连.，∴为的垂直平分线.∵矩形，∴是的垂直平分线，，，，，，∴为的垂直平分线，设，，∵为 的中点，，，，∴，，，，，，故答案为： ．29．（2025·江苏宿迁·一模）在梯形中，，点在边上，且．(1)如图1所示，点在边上，且，连接，求证：；(2)已知．①如图2所示，如果点在边上，且，连接、、，与交于．求的值；②如图3所示，连接，如果外接圆的圆心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长．【答案】(1)见解析(2)①；②【分析】（1）连接并延长交的延长线于P，证明，得出，结合已知可得出，，证明，得出，则可证明，即可证明；（2）①连接并延长交的延长线于P，证明，求出，，证明四边形是平行四边形，得出，，证明，求出，即可求解；②设的外接圆的圆心为O，连接，，，，过O作于F，证明，得出，由角平分线定义得出，结合平行线的性质可求出，然后证明，根据相似三角形的性质求出，最后根据勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：连接并延长交的延长线于P，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，又，∴；（2）解：①连接并延长交的延长线于P，∵，，∴，，∵，∴，∴，即，∴，，∴，，又，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，，∴，∴，∴；②如图，设的外接圆的圆心为O，连接，，，，过O作于F，∵，，，∴，∴，∵平分，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形的外接圆，勾股定理，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，添加合适的辅助线，灵活运用相关知识是解题的关键．30．（24-25江苏镇江·模拟检测）[模型建立]如图①、②，点分别在外、在内，直线分别交于点、，则是点到上的点的最短距离，是点到上的点的最长距离． [问题解决]请就图①中为何最长进行证明．[初步应用]（1）已知点到上的点的最短距离为，最长距离为．则的半径为 ．（2）如图③，在中，，，．点在边上，且，动点在半径为的上，则的最小值是 ．[拓展延伸]如图，为的直径，为上一点，其中，，为上的动点，连，取中点，连接，则线段的最大值为 ．【答案】[问题解决]证明见解析；[初步应用]（1）或；（2）；[拓展延伸]【分析】本题考查三角形三边关系的应用，勾股定理，一点到圆上的距离的最值问题；[初步应用]（1）根据三角形的任意两边之和大于第三边即可得解；（2）分两种情况讨论：①点在外，②点在内，根据线段的和差即可求解；连接，交于点，则的最小值是的长，根据勾股定理即可求出，进而得到的长，即可解答；[拓展延伸] 取的中点，连接，，过点作，可得是的中位线，则点在为圆心，为半径的圆上运动．在中，得出，进而可得的最大值为．【详解】解：[问题解决]如图，点为上任意一点，连接，，当点与点不重合时，∵在中，，又，∴，即，当点与点重合时，，∴综上可得，，∵点为上任意一点，∴的长是点到上的点的最长距离．[初步应用]（1）若点在外，如图①，则，，∴，∴的半径为；若点在内，如图②，则，，∴，∴的半径为；综上所述，的半径为或．故答案为：或（2）连接，交于点，由[模型建立]可得的长是点到上的点的最短距离，的最小值是的长∵在中，，，∴，∴，∴的最小值是．[拓展延伸]如图所示，取的中点，连接，，过点作∵点Q是线段的中点，∴，∴点在为圆心，为半径的圆上运动，∴当在上，线段取得最大值，∵∴，∴，在中，∴的最大值为故答案为：．题型七 圆与三角函数问题综合31．（2022·江苏无锡·二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=8，tan∠ABC=，点N是边AC的中点，点M是射线BC上的一动点（不与B，C重合），连接MN，将△CMN沿MN翻折得△EMN，连接BE，CE，当线段BE的长取最大值时，sin∠NCE的值为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由翻折可知：NC=NE，所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，延长GN交AB于点D，可得DN平分∠ANB，过点D作DH⊥BN，然后证明Rt△AND≌Rt△HND（HL），可得AN=HN=6，根据勾股定理即可解决问题．【详解】解：如图，由翻折可知：NC=NE，所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，在Rt△ABC中，∠A=90°，∵AB=8，tan∠ABC=，∴AC=12，∵点N是边AC的中点，∴AN=CN=6，∴NE=6，由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，∴∠ENG=∠CNG，延长GN交AB于点D，∴∠BND=∠AND，∴DN平分∠ANB，∵DA⊥AN，过点D作DH⊥BN，∴DA=DH，∴DB=AB-AD=8-DH，在Rt△AND和Rt△HND中，，∴Rt△AND≌Rt△HND（HL），∴AN=HN=6，在Rt△ABN中，AB=8，AN=6，∴BN==10，∴BH=BN-HN=10-6=4，在Rt△DBH中，DB=8-DH，根据勾股定理得：DB2=DH2+BH2，∴（8-DH）2=DH2+42，解得DH=3，在Rt△ADN中，DH=DA=3，AN=6，根据勾股定理得：DN2=AD2+AN2，∴DN2=32+62=45，∴DN=3，∵∠A=∠NGC=90°，∠AND=∠GNC，∴∠ADN=∠NCG，∵sin∠ADN=，∴sin∠NCG=sin∠NCE=．故选：D．【点睛】本题考查了翻折变换，勾股定理，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，解直角三角形，解决本题的关键是掌握翻折的性质．32．（2024·江苏无锡·二模）如图，已知正方形的边长为6，点在上，且，若直径为的半圆恰好经过D，F两点，则 ．【答案】【分析】过点E作于M，交于点G，连接并延长交于H，连接，首先可证四边形是矩形，从而得；其次由得其正切值相等，从而得；由勾股定理求得的长，进而由勾股定理求得的长，则得，，由正切函数定义即可求解．【详解】解：如图，过点E作于M，交于点G，连接并延长交于H，连接；在正方形中，，，，；，；是直径，，，即四边形是矩形，，，，；；，，，；由勾股定理得，；在中，由勾股定理，则（负值已舍去），，，．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，直径对的圆周角是直角，同弧对的圆周角相等，正切函数等知识，作出辅助线是关键．33．（2023·内蒙古赤峰·二模）如图，与x轴交于点，，与y轴的正半轴交于点C．若，则的值为 ．【答案】【分析】连接，，，过点作于，于，根据圆周角定理得到，根据等腰三角形的性质得到，由垂径定理得到，解直角三角形得到，，根据勾股定理得到的长，进而求出的长，再根据正切的定义求解即可．【详解】解：连接，，，过点作于，于，，，，，，，，，，，，，，，四边形是矩形，，，，，在中，，即故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理，坐标与图形性质，垂径定理，矩形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．34．（2024·江苏泰州·三模）如图1，四边形内接于，的延长线相交于点的延长线相交于点．(1)若，求的度数；(2)如图2，若，，是的切线且平分，求的半径．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据三角形的内角和定理可得，，由此可得，根据内接四边形的性质可得，根据解方程，三角形外角的性质即可求解；（2）根据，结合（1）中的证明可得，根据锐角三角函数可算出的值，作，根据全等三角形的判定和性质，勾股定理可得的值，连接，可证，根据相似三角形的性质可得的值，在直角中根据勾股定理可求出的值，由此即可求解．【详解】（1）解：∵在中，，∴，∵在中，，∴，∵，∴得，，∵四边形是内接四边形，∴，且，∴，得，，解得，，在中，是外角，即，∴，∴的度数为；（2）解：∵四边形是内接四边形，∴，且，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，则，在中，，如图所示，过点作于点，连接，∵平分，，∴，∴，∴，∴，设，则，在中，，∴，解得，，∴，∵，即，∴是直径，∵是切线，∴，即，∵，∴，∴，∴，∴，即，∴，在中，，∴的半径为．【点睛】本题主要考查圆内接四边形，三角形内角和定理，外角和定理，勾股定理，切线的性质，锐角三角函数的计算，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质的综合，掌握圆的综合知识的运用，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的计算是解题的关键．35．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，是的直径，弦与交于点E，连接，，过点C作的垂线，交的延长线于点F，且．(1)求证：是的切线；(2)若的半径为，，求线段的长．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】此题重点考查圆周角定理、平行线的判定与性质、切线的判定定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．（1）连接，由，，得，则，所以，即可证明是的切线；（2）由是的直径，的半径为，得，，由，得，则，同理可得，再证明，得，求得．【详解】（1）证明：连接，则，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵是的半径，且，∴是的切线．（2）解：∵是的直径，的半径为，∴，，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，，且，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴线段的长是．题型八 圆中最值问题（含隐圆、阿氏圆）36．（2022·江苏徐州·二模）如图，点A，B的坐标分别为A(3，0)、B(0，3)，点C为坐标平面内的一点，且BC=2，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】根据同圆的半径相等可知：点C在半径为2的⊙B上，通过画图可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据三角形的中位线定理可得结论．【详解】解：如图，∵点C为坐标平面内一点，BC=2，∴C在⊙B上，且半径为2，取OD=OA=3，连接CD，∵AM=CM，OD=OA，∴OM是△ACD的中位线，∴OM==CD，当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，∵OB=3，OD=3，∠BOD=90°，∴BD=，∴CD=，∴OM=CD=，即OM的最大值为；故选A【点睛】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最大值时点C的位置是关键，也是难点．37．（2021·江苏苏州·二模）如图，AB是半⊙O的直径，点C在半⊙O上，AB＝5cm，AC＝4cm．D是上的一个动点，连接AD，过点C作CE⊥AD于E，连接BE．在点D移动的过程中，BE的最小值为（ ） A．1 B．﹣2 C．2﹣1 D．3【答案】B【分析】如图，连接BO′、BC．在点D移动的过程中，点E在以AC为直径的圆上运动，当O′、E、B共线时，BE的值最小，最小值为O′B﹣O′E，利用勾股定理求出BO′即可解决问题．【详解】解：如图，连接BO′、BC． ∵CE⊥AD，∴∠AEC＝90°，∴在点D移动的过程中，点E在以AC为直径的圆上运动，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∵AC＝4，AB＝5，∴，O′E＝2，在Rt△BCO′中，，∵O′E+BE≥O′B，∴当O′、E、B共线时，BE的值最小，最小值为O′B﹣O′E＝﹣2，故选：B．【点睛】本题主要考查了勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是确定点E的运动轨迹是在以AC为直径的圆上运动，属于中考选择题中的压轴题．38．（2024·江苏宿迁·二模）在平面直角坐标系中，已知点A、B的坐标分别、．以为斜边在右上方作．设点坐标为，则的最大值为 ．【答案】9【分析】本题考查了坐标与图形性质，待定系数法求一次函数解析式，解直角三角形，直线与圆的位置关系，求的最大值，就是求的最大值是解答本题的关键．根据题意先求出长，为直径的圆的变径长，分析发现点的轨迹是以为直径，上方的圆弧上运动，设直线，，整理得：，直线与轴的交点坐标为，当直线与圆相切时，取到最大值，画出相切时的示意图，利用得到，解出值即可．【详解】解：设直线的解析式为，把、代入，得，解得：，∴直线的解析式为，、，，线段的中点坐标为，以为斜边在右上方作，点，点的轨迹是以为直径，上方的圆弧上运动，∵以为斜边在右上方作．∴点C在第一象限，，，设直线，，整理得：，求的最大值，就是求的最大值，直线与轴的交点坐标为，当直线与圆相切时，取到最大值，此时t取得最大值，如图所示，过点B作，∵直线的解析式为，∴∵直线与圆相切∴∵∴，∴四边形为矩形，∴∴∵，∴，，∵，∴，，∴，，，解得，的最大值是9．故答案为：9．39．（2024·江苏盐城·三模）如图，直线与相切于点A，点C为上一动点，过点C作，垂足为B，已知的半径为，则的最大值为 ．【答案】/【分析】过点A作直线，交的延长线于点D，交于点N，且，则即，从而把转化为，过点C作于点H，结合，设，则，得到，继而得到，即，把的最大值转化为的最大值，根据圆的性质解答即可．【详解】过点A作直线，交的延长线于点D，交于点N，且，则即，∴，过点C作于点H，∵，设，则，∴，∴，即，∵直径是圆中最大的弦，∴经过圆心O时，的值是最大的，∵直线与相切于点A，∴，∴，∴，∴，∵的半径为，∴，∴，．故答案为：．【点睛】本题考查了圆的性质，直径是圆中最大的弦，解直角三角形的应用计算，切线性质，熟练掌握直径是圆中最大的弦，解直角三角形的应用计算，切线性质是解题的关键．40．（2024·江苏镇江·二模）如图，边长为2的正方形中，E、F分别为上的动点，，连接交于点P，则的最小值为 ．【答案】2【分析】证明，则，，如图，记的中点为，则在以为圆心，为直径的圆上，如图，连接，由勾股定理得，，如图，在上取点使，则，连接，，证明，则，即，由，可得当三点共线时，的值最小，为，如图，作于，则，，，则，即，可得，即，由勾股定理得，，根据，计算求解即可．【详解】解：∵正方形，∴，，又∵，∴，∴，∴，∴，如图，记的中点为，则在以为圆心，为直径的圆上，如图，连接，由勾股定理得，，如图，在上取点使，则，连接，，∵，，∴，∴，即，∴，∴当三点共线时，的值最小，为，如图，作于，∴，∴，∴，∴，即，解得，∴，由勾股定理得，，由勾股定理得，，故答案为：2．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角所对的弦为直径，相似三角形的判定与性质，正弦等知识．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角所对的弦为直径，相似三角形的判定与性质，正弦是解题的关键．41．（2024·江苏宿迁·三模）如图，矩形中，，，与边、对角线均相切，过点B作的切线，切点为P，则切线长的最小值为 ．【答案】【分析】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】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，．故答案为．【点睛】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．42．（23-24江苏徐州·模拟检测）如图，已知正方形的边长为2，点O是边的中点，G为正方形内一动点，且．点P是边上另一动点，连接、，则的最小值为 ．【答案】/【分析】本题考查了轴对称求最短线段，矩形和正方形的性质，圆的定义，勾股定理等知识，利用对称的性质作线段的等量转移是解题关键．作点关于直线的对称点，连接，以为圆心，长为半径作圆，点在圆上运动，、与交于点、，则，，，当点、在、位置时，此时点、、、四点共线，有最小值为长，过点作于点，求出，即可求解．【详解】解：正方形的边长为2，点O是边的中点，，，，如图，作点关于直线的对称点，连接，以为圆心，长为半径作圆，点在圆上运动，与与交于点、，则，，，，当点、在、位置时，此时点、、、四点共线，有最小值为长，过点作于点，则四边形是矩形，，，，，的最小值为，的最小值为，即，故答案为：．43．（2022浙江·专题练习）如图所示，，半径为的圆内切于．为圆上一动点，过点作、分别垂直于的两边，垂足为、，则的取值范围为 ． 【答案】【分析】本题考查了切线的性质，解直角三角形；方法一，，作，，确定的最大值和最小值．方法二，延长交于点，求得，得到，，当与相切时，取得最大和最小，据此求解即可．【详解】解：方法一，作于，作于， ，，，，，，，，当与相切时，取得最大和最小，如图， 连接，，，可得：四边形是正方形，，在中，，，在中，，，，如图， 由上知：，，，，，．故答案为：．方法二：延长交于点， ∵，，、分别垂直于的两边，∴，∴，∴，∴，∴当与相切时，取得最大和最小，连接，作，可得：四边形是正方形，，在中，，，，∴的最大值为，同理，的最小值为． ．故答案为：．44．（23-24山东青岛·模拟检测）几何模型：条件：如图1，A、B是直线l同侧的两个定点．问题：在直线l上确定一点P，使的值最小，方法：作点B关于直线l的对称点，连接交l于点P，则的值最小．直接应用：(1)如图2，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且，N是AC上一动点，则的最小值为______．变式练习：(2)如图3，点A是半圆上（半径为1）的三等分点，B是的中点，P是直径MN上一动点，求的最小值．深化拓展：(3)如图4，在锐角中，，，的平分线交BC于点D，M、N分别是AD和AB上的动点，求的最小值．(4)如图5，在四边形ABCD的对角线AC上找一点P，使．（要求：保留作图痕迹，并简述作法．）【答案】(1)10(2)的最小值为(3)的最小值为4(4)见解析【分析】（1）连接BN，根据AC是对角线为对称轴，得出BN=DN，根据两点之间距离得出DN+NM=BN+NM≥BM，当B、N、M三点共线时DN+NM最短=BM，然后利用勾股定理求解即可；（2）作点B关于NM的对称点B′，连接PB′，OB′，可得PB=PB′，根据两点之间距离得出PA+PB=PA+PB′≥AB′，当A、P、B′，三点共线时PA+PB最小=AB′，然后求出∠AOB′=90°，再利用勾股定理AB′=即可；（3）作BE⊥AC于E，作点N关于AD的对称点N′，连接MN′根据AD平分∠CAB，点N在AB上，得出点N′在AC上，根据对称性得出MN=MN′，，当点M，N′在BE上时最小=BE，可证△AEB为等腰直角三角形，根据勾股定理求出即可；（4）作点B关于AC对称点B′，作射线DB′交AC与P，连接BP，根据点B与点B′关于AC对称，得出PB=PB′，根据等腰三角形三线合一性质得出PE平分∠BPB′即可．【详解】（1）解：连接BN，∵四边形ABCD为正方形，AC是对角线为对称轴，∴BN=DN，∴DN+NM=BN+NM≥BM∴当B、N、M三点共线时DN+NM最短=BM，∵DM=2，DC=BC=8，∴CM=DC-DM=8-2=6，在Rt△BCM中，BM=，∴DN+NM最小=10；故答案为10；（2）解：作点B关于NM的对称点B′，连接PB′，OB′，则PB=PB′，∴PA+PB=PA+PB′≥AB′，∴当A、P、B′，三点共线时PA+PB最小=AB′∵点A是半圆上（半径为1）的三等分点，∴的度数为60°，∵B是的中点，∴的度数为30°，∴的度数为60°+30°=90°，∴∠AOB′=90°，∵OA=OB′=1，∴AB′=，∴PA+PB最小=；（3）解：作BE⊥AC于E，作点N关于AD的对称点N′，连接MN′∵AD平分∠CAB，点N在AB上，∴点N′在AC上，MN=MN′，，∴当点M，N′在BE上时最小=BE，∵∠CAB=45°，BE⊥AC∴∠EBA=180°-90°-45°=45°=∠CAB，∴AE=BE，∴△AEB为等腰直角三角形，∴，∴，∴最小=4；（4）作点B关于AC对称点B′，作射线DB′交AC与P，连接BP，∵点B与点B′关于AC对称，∴PB=PB′，∵PE⊥BB′∴PE平分∠BPB′，∴∠APB=∠APD．【点睛】本题考查尺规作图，轴对称性质，两点之间线段最短，正方形性质，勾股定理，圆心角，圆周角弧弦的关系，等腰直角三角形判定与性质，掌握尺规作图，轴对称性质，两点之间线段最短，正方形性质，勾股定理，圆心角，圆周角弧弦的关系，等腰直角三角形判定与性质是解题关键．45．（2024·江苏徐州·三模）【问题情境】如图，是外的一点，直线分别交于点、．小明认为线段是点到上各点的距离中最短的线段，他是这样考虑的：在上任意取一个不同于点的点，连接、，则有，即，由得，即，从而得出线段是点到上各点的距离中最短的线段．小红认为在图中，线段是点到上各点的距离中最长的线段，你认为小红的说法正确吗？请说明理由．【直接运用】如图，在中，，，以为直径的半圆交于，是上的一个动点，连接，则的最小值是______；【构造运用】如图，在边长为的菱形中，，是边的中点，是边上一动点，将沿所在的直线翻折得到，连接，请求出长度的最小值．【深度运用】如图，已知点在以为直径，为圆心的半圆上，，以为边作等边，则的最大值是________．【答案】问题情境：正确，理由见解析；直接运用：；构造运用：；深度运用：【分析】问题情境∶根据三角形的任意两边之和大于第三边即可得解；直接运用∶取半圆的圆心，连接交半圆于点，则当与点重合时，最小，由勾股定理得，从而即得解；构造运用：由折叠知，进而得点，，都在以为直径的圆上．如图，以点为圆心，为半径画，连接．当长度取最小值时，点在上，过点作于点，根据菱形的性质及勾股定理即可得解；深度运用：如图，在的上方作等边，连接，取的中点连接，证明，得，点在以为直径的半圆上，进而利用勾股定理及三角形的两边之和大于第三边即可得解．【详解】解：问题情境∶小红的说法正确，在圆О上任意取一个不同于点的点，连接、，∵在中，>，∴>，即>．∴线段是点Р到圆О上各点的距离中最长的线段．∴小红的说法正确；直接运用∶取半圆的圆心，连接交半圆于点，则当与点重合时，最小，∵，，∴，，∴，∴的最小值为故答案为：．构造运用：由折叠知，∵是的中点，∴，∴点，，都在以为直径的圆上．如图，以点为圆心，为半径画，连接．当长度取最小值时，点在上，过点作于点，∵在边长为的菱形中，，为中点，∴，，∴，∴．∴，∴，；深度运用：如图，在的上方作等边，连接，取的中点连接，∵是半圆的直径，∴，∵和都是等边三角形，∴，，即，∴，∴，∴，∴点在以为直径的半圆上，∵是的中点，，∴，，∴，∴根据三角形的两边之和大于第三边可得的最大值为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，勾股定理，等边三角形的性质，圆周角定理的推论以及三角形的三边关系，熟练掌握勾股定理，等边三角形的性质，圆周角定理的推论以及三角形的三边关系是解题的关键．题型九 圆的材料阅读理解型问题（新定义）46．（2023·江苏扬州·二模）【阅读材料】教材习题 如图，、相交于点，是中点，，求证：是中点． 问题分析 由条件易证，从而得到，即点是的中点方法提取 构造“平行字型”全等三角形模型是证明线段相等的一种常用方法 请运用上述阅读材料中获取的经验和方法解决下列问题．【基础应用】已知中，，点在边上，点在边的延长线上，连接交于点．(1)如图1，若，，求证：点是的中点；(2)如图2，若，，探究与之间的数量关系；【灵活应用】如图3，是半圆的直径，点是半圆上一点，点是上一点，点在延长线上，，，，当点从点运动到点，点运动的路径长为______，扫过的面积为______．【答案】(1)见解析；(2)；【灵活应用】，【分析】（1）过点作，证，即可得点是的中点；（2）过点作，可证，得，由，，得，再证，可得，由平行线分线段成比例得，由，可得，，即可得出；[灵活应用]：由题意可得，过点作，则，可得，进而可得，证，可知，过点作，则，，可得点在以为直径的半圆上运动，可求得运动的路径长度，过点作，则，，则点在以为直径的半圆上运动，可知扫过的面积为以为直径的半圆与以为直径的半圆的面积之差，即可求得答案．【详解】解：（1）证明：，，，过点作，则，， 是等腰直角三角形，则，，，，，又，，，点是的中点；（2）过点作，则， ，，则，，，，，，又，，，，，则，，；[灵活应用]：是半圆的直径，点是半圆上一点，，过点作，则， ，，，，，又，，，过点作，则，，，，，，则，，点在以为直径的半圆上运动，运动的路径长为：过点作，则，， ，，点在以为直径的半圆上运动，则扫过的面积为以为直径的半圆与以为直径的半圆的面积之差，即：扫过的面积为故答案为：，．【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线分线段成比例，圆周角定理，动点的运动路径，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．47．（2024·江苏南京·模拟预测）定义：当点在射线上时，把的值叫做点在射线上的射影值；当点不在射线上时，把射线上与点最近点的射影值，叫做点在射线上的射影值．例如：如图（1），三个顶点均在格点上，是边上的高，则点和点在射线上的射影值均为．(1)在中，下列说法：①点在射线上的射影值小于1时，则是锐角三角形；②点在射线上的射影值等于1时，则是直角三角形；③点在射线上的射影值大于1时，则是钝角三角形．其中，正确说法的序号是___________．(2)是射线上一点，，以为圆心，为半径画圆，是上任意点．①如图（2），点在射线上的射影值为，求证：直线是的切线．②如图（3），已知为线段的中点，设点在射线上的射影值为，点在射线上的射影值为，直接写出与之间的函数关系式．【答案】(1)②③(2)①见解析；②（）【分析】（1）根据射影值的定义一一判断即可．（2）①根据两边成比例夹角相等的两个三角形相似，可得，由相似三角形的性质可得，根据切线的判定定理可得答案；②图形是上下对称的，只考虑B在直线上及上方部分的情形．分两种情况考虑：当时，设，根据，可得，根据，得，根据，得，得；当时，y不存在．【详解】（1）解：①错误．点B在射线上的射影值小于1时，可以是钝角，故不一定是锐角三角形；②正确．点B在射线上的射影值等于1时，，是直角三角形；③正确．点B在射线上的射影值大于1时，是钝角，故是钝角三角形；故答案为：②③．（2）解：①如图1，作于点H，∵点B在射线上的射影值为，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，∴，∴直线是的切线；②图形是上下对称的，只考虑B在直线上及上方部分的情形．过点D作，作， 当时，如图2，设，∵D为线段的中点，∴，∴，∴，∵，∴∵在和中，，∴，∴①，∵，∴②，①②消去h，得；如图3，当点N与点O重合时，，∴，∴，∴ ，∴，∴，∴；当时，点B与点A重合，点D与点M重合，点D在中点，∴，∴；当时，不存在，∴y不存在．综上所述，（）．【点睛】本题考查新定义——射影值．熟练掌握射影值的定义，相似三角形的判定和性质，圆切线判定，勾股定理，面积法求三角形高，分类讨论的思想思考问题，利用参数构建方程解决问题，添加辅助线，是解题的关键．48．（2023·江苏苏州·模拟预测）定义：如果一个四边形的一组对角互余，那么我们称这个四边形为“对角互余四边形”．(1)如图1，在对角互余四边形中，，且．若，求四边形的面积和周长．(2)如图2，在四边形中，连接，点O是外接圆的圆心，连接，求证：四边形是“对角互余四边形”；(3)在（2）的条件下，如图3，已知，，，连接，求线段的长．【答案】(1)四边形的面积为，周长为；(2)见解析；(3)线段的长是．【分析】（1）由四边形是对角互余四边形，，得，则，可求得， ，于是可求得，；（2）延长交于点E，连接，由是的直径，得，而，则，即可证明四边形是“对角互余四边形”；（3）作于点F，使点F与点A在直线的异侧，由，根据勾股定理得，可证明，得，，所以，由，得，而，则，因为，所以，连接，证明，可求得．【详解】（1）解：如图1，∵四边形是对角互余四边形，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，，∴，∵，∴，∴四边形的面积为，周长为；（2）证明：如图2，延长交于点E，连接，∵是的直径，∴，∵，∴，∴四边形是“对角互余四边形”；（3）解：如图3，作于点F，使点F与点A在直线的异侧，∵，∴，∵，∴，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，连接，∵，∴，∴，∴，∴，∴线段的长是．【点睛】此题重点考查圆周角定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、相似三角形的判定与性质、新定义问题的求解等知识与方法，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．49．（2024·江苏盐城·一模）鹿鸣学堂数学兴趣小组在研究角平分线时进行了总结：角平分线的定义；角平分线的性质和判定；角平分线的作图以及与角平分线有关的构造…【问题提出】①小王同学发现，三角形中的角平分线还有其他的结论：如图①，是的角平分线，则有．小丽同学的思路；如图①，过点分别作的垂线…；小明同学的思路：如图②，过点B作，交延长线于点…请你任选一种方法对小王同学的发现进行证明．【结论应用】②如图，是的弦，在上作出一点，使得；（要求：用直尺和圆规作图，保留作图的痕迹，不写作图步骤．）【拓展延伸】③在中，平分，若，请求出面积的最大值．【答案】[问题提出]证明见解析；[结论应用]见解析；[拓展延伸]3【分析】[问题提出]用小丽的方法：如图①，过点 C 分别作，垂足为 D，E，过 P 作，垂足为 H. 则，根据，，可得；用小明的方法：如图②，过 B 作交延长线于点 D．证明，则，即．[结论应用]由，可知为上靠近的四等分点，如图③（④），作的垂直平分线，交于，交于，作的垂直平分线，交于，连接交于，根据圆周角定理可判断平分，则点即为所作；[拓展延伸] 如图⑤，延长，在延长线上截取，作的角平分线交的延长线于点 D，连接， 则，证明，则，平分，由（1）得，由平分，可得，则，由，可得，可求，，由，可知点 P 在以为直径的圆上，根据，求解作答即可．【详解】[问题提出]解：用小丽的方法：如图①，过点 C 分别作，垂足为 D，E，过 P 作，垂足为 H.∵平分，∴，∵，，∴；用小明的方法：如图②，过 B 作交延长线于点 D． ②∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即．[结论应用]解：∵，∴为上靠近的四等分点，如图③（④），作的垂直平分线，交于，交于，作的垂直平分线，交于，连接交于，点即为所作；[拓展延伸] 解：如图⑤，延长，在延长线上截取，作的角平分线交的延长线于点 D，连接， ⑤∵分别平分，∴，，∴，∵，∴，∴，∴ 平分，∴由（1）得，∵平分，∴，∴，∵，∴，解得，，∴，∵，∴点 P 在以为直径的圆上，当是等腰直角三角形时，面积最大，∴，∴的面积的最大值为3．【点睛】本题考查了角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，作垂线，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，的圆周角所对的弦为直径等知识．熟练掌握角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，作垂线，全等三角形的判定与性质，的圆周角所对的弦为直径是解题的关键．50．（2024·江苏南京·模拟预测）在平面内，将一个多边形先以点A为位似中心放大或缩小，使得放大或缩小的图形与原图形的线段比为k，再沿多边形一条边a平移x个单位长度，称这种变换为自位似平移变换，记作例：如图1，，以C为位似中心将原边长缩小为原图形的0.5倍，得到变换后的图形为，在沿着平移3个单位长度得到最终图形，记作；或沿着平移4个单位长度得到最终图形，记作．(1)如图1，求证．(2)如图2，当为直角三角形时，经过变换后得到，经过变换后得到，求证：四边形为菱形．(3)如图3，为等腰直角三角形，，分别经过变换得到，J、L、N、R分别为的内心，O、P、Q分别为的中点，①求证：四边形为正方形；②求证：Z、W分别为的中点；③若，则__________．(4)如图3，是否有可能使？如果能，请写出初始图形以及变换过程，如果不能，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)①见解析；②见解析；③4(4)能，初始图形以及变换过程见解析【分析】（1）根据位似变换证明，且位似比为，即与的相似比为，根据三角形相似比的性质可得，设，则，再根据平移的性质可得，由，即可证明结论；（2）根据位似变换证明，且相似比为，得到，由平移的性质推出，进而得到，得到，从而得到，即，由，推出，证明四边形是平行四边形，再证明，得到，进而得到，即可证明四边形为菱形；（3）①由平移的性质得：，得到，由，得到，由位似变换得到，推出，即可证明四边形是平行四边形，得到，；由是等腰直角三角形，得到是等腰直角三角形，即，推出，结合证明，得到，结合，得到，推出，由，求出，易证平行四边形是矩形，再根据，求出，得到是等腰直角三角形，推出，进而得到，即可证明矩形是正方形；②连接，设交于点X，交于点U，交于点Y，交于点M，证明四边形是矩形，根据是等腰直角三角形，点O是中点，可得，进而得到，由①知，即，进而得到，易证四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，得到，，根据，进而得到，由，推出，得到，同理得，推出，即可证明结论；③由②知，由，可得，在根据L、N、R分别为的内心，得到分别为的半径，即可求出结果；（4）分别经过变换得到，此时点重合，点重合，点重合，连接，根据位似变换及平移的性质得到，且都是等腰直角三角形，根据J、L、N分别为的内心，可得点三点共线，点三点共线，且，再根据P、Q分别为的中点，得到，推出，易证四边形，四边形为平行四边形，得到，同理（3）②可证四边形是矩形，得到，再根据结合，得到，进而得到，即可证明，推出，由，得到，，即可证明结论．【详解】（1）解：以C为位似中心将原边长缩小为原图形的0.5倍，得到变换后的图形为，，且相似比为，，设，则，由平移的性质可得，，；（2）证明：根据题意得：，且相似比为，，由平移的性质得到，，，，即，，，四边形是平行四边形，，为直角三角形，，，，，，，，，，平行四边形为菱形；（3）证明：①O、P、Q分别为的中点，由平移的性质得：，，，，，，由位似变换得到，，，四边形是平行四边形，，；是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，即，，，，，，，，，，，平行四边形是矩形，，，是等腰直角三角形，，，矩形是正方形；②如图，连接，设交于点X，交于点U，交于点Y，交于点M，L、N分别为的内心，，，，四边形是矩形，，是等腰直角三角形，点O是中点，，，由①知，即，，，四边形是矩形，同理：四边形，四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，，，，，，，，点是的中点；同理：，，点是的中点；③由②知，，，L、N、R分别为的内心，分别为的半径，；（4）解：能，如图，分别经过变换得到，此时点重合，点重合，点重合，连接，由位似变换及平移的性质得到，且都是等腰直角三角形，J、L、N分别为的内心，点三点共线，点三点共线，且，P、Q分别为的中点，，，四边形，四边形为平行四边形，，同理（3）②可证四边形是矩形，，，，，，，，，，，．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了位似、平移的性质、相似三角形、等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形内心的性质，四边形综合问题等知识，相似三角形对应边成比例是易错点．21世纪教育网(www.21cnjy.com)热点必刷题04 圆的综合压轴题题型一 垂径定理及其应用综合 1题型二 圆中切线的判定与性质综合 15题型三 圆心角、圆周角相关综合 28题型四 正多边形与圆综合 40题型五 圆中求阴影部分面积综合 54题型六 圆与相似三角形综合 72题型七 圆与三角函数问题综合 72题型八 圆中最值问题（含隐圆、阿氏圆） 88题型九 圆的材料阅读理解型问题（新定义） 104题型一 垂径定理及其应用综合1．（24-25江苏无锡·模拟检测）如图， 、 是 的两条弦， ，，、 的延长线相交于点 ， 若， 则的半径是（ ）A． B． C． D．2．（23-24江苏镇江·模拟检测）如图，中，是线段上的一个动点，以为直径画分别交于，连接，则线段长度的最小值为（ ） A． B． C． D．3．（23-24江苏南京·模拟检测）如图，内接于，，，垂足为，，．则的长（ ）A． B． C． D．4．（24-25江苏宿迁·模拟检测）如图，是的直径，的弦在直线的上方，且，以为直径向下作半圆（圆心为M）交于E、F两点，若则 ．5．（24-25江苏无锡·模拟检测）“等弦”的探究．(1)如图①，在中，， 是弦，且．由此，你能发现什么？小明发现点O到，的距离相等．小红发现延长，交于点P，则．从小明、小红两位同学所发现的结论中，选择一个完成证明．(2)如图②，已知，与各边都相交且所形成的弦的长度均相等．在图②中，用直尺和圆规作出一个满足条件的．（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）若，，，的半径为r，则r的取值范围是_______．题型二 圆中切线的判定与性质综合6．（2024·江苏扬州·一模）如图，一块四边形材料，，，，，．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ） A． B． C． D．7．（23-24江苏宿迁·阶段练习）如图，的内切圆与，，相切于点，，，已知，，，，则的长是（ ）A． B． C． D．8．（24-25江苏无锡·模拟检测）如图，在中，，，，是的内切圆，切点分别为、、，则的半径为 ；连接、，则的值为 ．9．（24-25江苏宿迁·模拟检测）在矩形中，，，点P从点A出发沿边以的速度向点B移动，同时，点Q从点B出发沿以的速度向点C移动，其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．设运动时间为t秒：(1)如图1，几秒后，的面积等于？(2)在运动过程中，若以P为圆心、为半径的与相切（如图1），求t值；(3)若以Q为圆心，为半径作．①如图2，以Q为圆心，为半径作．在运动过程中，是否存在这样的t值，使正好与四边形的一边（或边所在的直线）相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；②如图3，若与四边形的边有三个公共点，则t的取值范围为______．（直接写出结果，不需说理）10．（23-24江苏苏州·阶段练习）阅读材料：已知，如图①，在面积为的中，，内切圆的半径为．连接被划分为三个小三角形． ．．(1)类比推理：若面积为的四边形存在内切圆（与各边都相切），如图②，各边长分别为，求四边形的内切圆半径；(2)理解应用：如图③，在四边形中，与分别为与的内切圆，与切点分别为，设它们的半径分别为和，若，，，，，求的值．题型三 圆心角、圆周角综合11．（24-25江苏扬州·模拟检测）如图，四边形是的内接四边形，， ，E为上一点，且，则的最小值为（ ）A． B． C． D．12．（2023·江苏苏州·中考真题）如图，是半圆的直径，点在半圆上，，连接，过点作，交的延长线于点．设的面积为的面积为，若，则的值为（ ） A． B． C． D．13．（2023·江苏无锡·模拟预测）如图，直角三角形顶点在矩形的对角线上运动，连接．，，，则的最小值为( )．A． B． C． D．14．（2023·江苏淮安·模拟预测）在中，，，点P在射线上，过P分别作所在的直线于点F，作所在的直线于点H，连接，则的最小值为 ．15．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在正方形中，是上一点，是上一点，，过，，的交于点．(1)求证；(2)连接，当时，判断直线与的位置关系，并直接写出的值．题型四 正多边形与圆综合16．（2024·江苏南京·二模）如图，O是正六边形的中心，图中可以通过一次旋转与重合的三角形（自身除外）的个数是（ ）A．2 B．3 C．4 D．517．（2024·江苏镇江·一模）如图，有一张正八边形纸片缺了一个角A，连接，点O在上．若以点C为圆心，长为半径所画的圆恰好经过点D，则下列结论：①点O也在上；②点O也在上；③连接，则；④，其中正确的是 （填写序号）． 18．（2023·江苏南京·一模）如图，点O是正六边形的中心，以为边在正六边形的内部作正方形连接，则 °． 19．（2021·湖北随州·中考真题）等面积法是一种常用的、重要的数学解题方法．它是利用“同一个图形的面积相等”、“分割图形后各部分的面积之和等于原图形的面积”、“同底等高或等底同高的两个三角形面积相等”等性质解决有关数学问题，在解题中，灵活运用等面积法解决相关问题，可以使解题思路清晰，解题过程简便快捷．（1）在直角三角形中，两直角边长分别为3和4，则该直角三角形斜边上的高的长为_____，其内切圆的半径长为______；（2）①如图1，是边长为的正内任意一点，点为的中心，设点到各边距离分别为，，，连接，，，由等面积法，易知，可得_____；（结果用含的式子表示）②如图2，是边长为的正五边形内任意一点，设点到五边形各边距离分别为，，，，，参照①的探索过程，试用含的式子表示的值．（参考数据：，）（3）①如图3，已知的半径为2，点为外一点，，切于点，弦，连接，则图中阴影部分的面积为______；（结果保留）②如图4，现有六边形花坛，由于修路等原因需将花坛进行改造．若要将花坛形状改造成五边形，其中点在的延长线上，且要保证改造前后花坛的面积不变，试确定点的位置，并说明理由．20．（23-24江苏无锡·阶段练习）已知某种月饼形状的俯视图如图1所示，该形状由1个正六边形和6个半圆组成，半圆直径与正六边形的边长相等．现商家设计了2种棱柱体包装盒，其底面分别为矩形和正六边形(如图2和图3)我们可从底面的利用率来记算整个包装盒的利用情况．(底面利用率=×100%)（1）请分别计算出图2与图3中的底面利用率(结果保留到0.1%)；（2）考虑到节约成本，商家希望底面利用率能够不低于80%，且底面图形仍然采用最基本的几何形状，请问商家的要求是否能够满足，若可以满足，请设计一种方案，并直接写出此时的利用率；若不能满足，请说明理由．题型五 圆中求阴影部分面积综合21．（2020·湖北黄冈·二模）如图，在中，，，是的平分线，经过，两点的圆的圆心恰好落在上，分别与、相交于点、．若圆半径为2．则阴影部分面积（ ）．A． B． C． D．22．（2024·四川成都·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 ．23．（2022·江苏无锡·一模）如图，是⊙O的弦，，点C是⊙O上的一个动点，且，若点M，N分别是，的中点，则⊙O的半径是 ，图中阴影部分面积的最大值是 ．24．（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．25．（2024·江苏盐城·模拟预测）如图所示，在中，，，在上取点O，以O为圆心，以为半径作圆，与相切于点D，并分别与，相交于E，F（异于点B）． (1)求证：平分；(2)若点E恰好是的中点，求扇形的面积．题型六 圆与相似三角形综合26．（2024·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．6 B．7 C． D．27．（2023·江苏镇江·一模）如图，菱形的边长为，，点为边的中点．点从点出发，以每秒个单位的速度向点运动，点同时从点出发，以每秒个单位的速度向点运动，连接，过点作于点．当点到达点时，点也停止运动，则点的运动路径长是（ ）A． B．12 C． D．28．（2024·江苏南通·三模）如图，已知半圆 的直径为 ，点 在半径 上，为 的中点，点 在弧 上，以、为邻边作矩形 ，边 交于点 ，连接，并延长交 于点 ，若，则 的值为 ．29．（2025·江苏宿迁·一模）在梯形中，，点在边上，且．(1)如图1所示，点在边上，且，连接，求证：；(2)已知．①如图2所示，如果点在边上，且，连接、、，与交于．求的值；②如图3所示，连接，如果外接圆的圆心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长．30．（24-25江苏镇江·模拟检测）[模型建立]如图①、②，点分别在外、在内，直线分别交于点、，则是点到上的点的最短距离，是点到上的点的最长距离． [问题解决]请就图①中为何最长进行证明．[初步应用]（1）已知点到上的点的最短距离为，最长距离为．则的半径为 ．（2）如图③，在中，，，．点在边上，且，动点在半径为的上，则的最小值是 ．[拓展延伸]如图，为的直径，为上一点，其中，，为上的动点，连，取中点，连接，则线段的最大值为 ．题型七 圆与三角函数问题综合31．（2022·江苏无锡·二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=8，tan∠ABC=，点N是边AC的中点，点M是射线BC上的一动点（不与B，C重合），连接MN，将△CMN沿MN翻折得△EMN，连接BE，CE，当线段BE的长取最大值时，sin∠NCE的值为（ ）A． B． C． D．32．（2024·江苏无锡·二模）如图，已知正方形的边长为6，点在上，且，若直径为的半圆恰好经过D，F两点，则 ．33．（2023·内蒙古赤峰·二模）如图，与x轴交于点，，与y轴的正半轴交于点C．若，则的值为 ．34．（2024·江苏泰州·三模）如图1，四边形内接于，的延长线相交于点的延长线相交于点．(1)若，求的度数；(2)如图2，若，，是的切线且平分，求的半径．35．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，是的直径，弦与交于点E，连接，，过点C作的垂线，交的延长线于点F，且．(1)求证：是的切线；(2)若的半径为，，求线段的长．题型八 圆中最值问题（含隐圆、阿氏圆）36．（2022·江苏徐州·二模）如图，点A，B的坐标分别为A(3，0)、B(0，3)，点C为坐标平面内的一点，且BC=2，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ）A． B． C． D．237．（2021·江苏苏州·二模）如图，AB是半⊙O的直径，点C在半⊙O上，AB＝5cm，AC＝4cm．D是上的一个动点，连接AD，过点C作CE⊥AD于E，连接BE．在点D移动的过程中，BE的最小值为（ ） A．1 B．﹣2 C．2﹣1 D．338．（2024·江苏宿迁·二模）在平面直角坐标系中，已知点A、B的坐标分别、．以为斜边在右上方作．设点坐标为，则的最大值为 ．39．（2024·江苏盐城·三模）如图，直线与相切于点A，点C为上一动点，过点C作，垂足为B，已知的半径为，则的最大值为 ．40．（2024·江苏镇江·二模）如图，边长为2的正方形中，E、F分别为上的动点，，连接交于点P，则的最小值为 ．41．（2024·江苏宿迁·三模）如图，矩形中，，，与边、对角线均相切，过点B作的切线，切点为P，则切线长的最小值为 ．42．（23-24江苏徐州·模拟检测）如图，已知正方形的边长为2，点O是边的中点，G为正方形内一动点，且．点P是边上另一动点，连接、，则的最小值为 ．43．（2022浙江·专题练习）如图所示，，半径为的圆内切于．为圆上一动点，过点作、分别垂直于的两边，垂足为、，则的取值范围为 ． 44．（23-24山东青岛·模拟检测）几何模型：条件：如图1，A、B是直线l同侧的两个定点．问题：在直线l上确定一点P，使的值最小，方法：作点B关于直线l的对称点，连接交l于点P，则的值最小．直接应用：(1)如图2，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且，N是AC上一动点，则的最小值为______．变式练习：(2)如图3，点A是半圆上（半径为1）的三等分点，B是的中点，P是直径MN上一动点，求的最小值．深化拓展：(3)如图4，在锐角中，，，的平分线交BC于点D，M、N分别是AD和AB上的动点，求的最小值．(4)如图5，在四边形ABCD的对角线AC上找一点P，使．（要求：保留作图痕迹，并简述作法．）45．（2024·江苏徐州·三模）【问题情境】如图，是外的一点，直线分别交于点、．小明认为线段是点到上各点的距离中最短的线段，他是这样考虑的：在上任意取一个不同于点的点，连接、，则有，即，由得，即，从而得出线段是点到上各点的距离中最短的线段．小红认为在图中，线段是点到上各点的距离中最长的线段，你认为小红的说法正确吗？请说明理由．【直接运用】如图，在中，，，以为直径的半圆交于，是上的一个动点，连接，则的最小值是______；【构造运用】如图，在边长为的菱形中，，是边的中点，是边上一动点，将沿所在的直线翻折得到，连接，请求出长度的最小值．【深度运用】如图，已知点在以为直径，为圆心的半圆上，，以为边作等边，则的最大值是________．题型九 圆的材料阅读理解型问题（新定义）46．（2023·江苏扬州·二模）【阅读材料】教材习题 如图，、相交于点，是中点，，求证：是中点． 问题分析 由条件易证，从而得到，即点是的中点方法提取 构造“平行字型”全等三角形模型是证明线段相等的一种常用方法 请运用上述阅读材料中获取的经验和方法解决下列问题．【基础应用】已知中，，点在边上，点在边的延长线上，连接交于点．(1)如图1，若，，求证：点是的中点；(2)如图2，若，，探究与之间的数量关系；【灵活应用】如图3，是半圆的直径，点是半圆上一点，点是上一点，点在延长线上，，，，当点从点运动到点，点运动的路径长为______，扫过的面积为______．47．（2024·江苏南京·模拟预测）定义：当点在射线上时，把的值叫做点在射线上的射影值；当点不在射线上时，把射线上与点最近点的射影值，叫做点在射线上的射影值．例如：如图（1），三个顶点均在格点上，是边上的高，则点和点在射线上的射影值均为．(1)在中，下列说法：①点在射线上的射影值小于1时，则是锐角三角形；②点在射线上的射影值等于1时，则是直角三角形；③点在射线上的射影值大于1时，则是钝角三角形．其中，正确说法的序号是___________．(2)是射线上一点，，以为圆心，为半径画圆，是上任意点．①如图（2），点在射线上的射影值为，求证：直线是的切线．②如图（3），已知为线段的中点，设点在射线上的射影值为，点在射线上的射影值为，直接写出与之间的函数关系式．48．（2023·江苏苏州·模拟预测）定义：如果一个四边形的一组对角互余，那么我们称这个四边形为“对角互余四边形”．(1)如图1，在对角互余四边形中，，且．若，求四边形的面积和周长．(2)如图2，在四边形中，连接，点O是外接圆的圆心，连接，求证：四边形是“对角互余四边形”；(3)在（2）的条件下，如图3，已知，，，连接，求线段的长．49．（2024·江苏盐城·一模）鹿鸣学堂数学兴趣小组在研究角平分线时进行了总结：角平分线的定义；角平分线的性质和判定；角平分线的作图以及与角平分线有关的构造…【问题提出】①小王同学发现，三角形中的角平分线还有其他的结论：如图①，是的角平分线，则有．小丽同学的思路；如图①，过点分别作的垂线…；小明同学的思路：如图②，过点B作，交延长线于点…请你任选一种方法对小王同学的发现进行证明．【结论应用】②如图，是的弦，在上作出一点，使得；（要求：用直尺和圆规作图，保留作图的痕迹，不写作图步骤．）【拓展延伸】③在中，平分，若，请求出面积的最大值．50．（2024·江苏南京·模拟预测）在平面内，将一个多边形先以点A为位似中心放大或缩小，使得放大或缩小的图形与原图形的线段比为k，再沿多边形一条边a平移x个单位长度，称这种变换为自位似平移变换，记作例：如图1，，以C为位似中心将原边长缩小为原图形的0.5倍，得到变换后的图形为，在沿着平移3个单位长度得到最终图形，记作；或沿着平移4个单位长度得到最终图形，记作．(1)如图1，求证．(2)如图2，当为直角三角形时，经过变换后得到，经过变换后得到，求证：四边形为菱形．(3)如图3，为等腰直角三角形，，分别经过变换得到，J、L、N、R分别为的内心，O、P、Q分别为的中点，①求证：四边形为正方形；②求证：Z、W分别为的中点；③若，则__________．(4)如图3，是否有可能使？如果能，请写出初始图形以及变换过程，如果不能，请说明理由．21世纪教育网(www.21cnjy.com) 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