2025年中考数学解答题专题系列:圆综合(含解析)

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2025年中考数学解答题专题系列:圆综合
1.如图①,为 的直径,弦交于点 ( 在线段上),且.
(1)若,用含有的代数式表示 .
(2)如图②,点在弧上,且 ,连结交于点 ,求证: .
(3)在(2)的条件下,
①若 ,求的长;
② 若,用含有的代数式表示.
2.(1)如图①,在平行四边形中,对角线相交成的锐角为.若,求平行四边形的面积.
(2)如图②,是某公园的圆形空地,为圆心,为直径,,规划部门计划在空地内建一个牡丹园,根据设计要求:点和点,点和点分别关于对称,与交于点,且,四边形为牡丹园,设的长为,牡丹园的面积为.
①求与之间的函数关系式;
②已知种植牡丹园每平方米的费用为20元,政府预算为45万元,请通过计算说明政府的预算是否一定够用?
3.如图1,在平面直角坐标系中,点B,D是直线上第一象限内的两个动点,点B,D的横坐标分别为m,n(),以线段为对角线作矩形,轴.
(1)求证:四边形是正方形;
(2)如图2,若反比例函数的图象过点A.以点O为圆心,长为半径作.
① (用含m,n的代数式表示);
②若,当与相切时,求k的值.
4.如图(1)所示,已知在中,,O在边上,点F是边中点,以O为圆心,为半径的圆分别交,于点D,E,连接交于点G.
(1)如果,求证:四边形为平行四边形;
(2)如图(2)所示,连接,如果,,,求边的长;
(3)连接,如果是以为腰的等腰三角形,且,求的值.
5.已知是的直径,为的中点,连接.
(1)如图①,若,求和的大小;
(2)如图②,过点作的切线,交的延长线于点,弦与交于点,若,求的直径.
6.已知直线过点,且与抛物线交于A,B两点,与x负半轴交于点M,其中点A在第二象限,点O为坐标原点.
(1)当A是中点时,求直线l的解析式;
(2)若点M的横坐标为m,,中点C的纵坐标为y,求y与m的函数关系式;
(3)以为直径的圆C交直线于D,是否为定值?若是定值,请求出此值,若不是定值,请说明理由.
7.定义:若一个圆内接四边形的两条对角线互相垂直,则称这个四边形为圆正直四边形.
(1)若四边形为圆正直四边形,请你判断下列说法是否正确.(在题后相应的括号中,正确的画“√”,错误的画“×”)
①四边形一定是平行四边形;( )
②四边形可能是正方形;( )
③四边形的四条边的数量关系为.( )
(2)如图①,四边形是圆正直四边形,的直径交于点P,连接交于点E,连接,证明:;
(3)如图②,在中,经过点A,B的交边于点D,交于点E,连接,交于点F,若在四边形的内部存在一点P,,,,且,交于点G,,,求的最小值.
8.如图,为直径,为的弦,连接,点为上一点,连接,,交直径于点,若.
(1)如图1,求证:;
(2)如图2,连接,延长交于,若,求证:;
(3)如图3,在(2)的条件下,过点作于,延长交于点,过点作交于,交于,若,,求的长.
9.问题探究:
如图①,直线l与相切于点P,点A,点B为上两点,点Q为直线l上异于点P的任意一点,试探究与的大小关系,并证明你的结论.问题解决:
某动物园要建造一个水鸟园供游客参观,如图②,为水鸟园的建设用地,其中公里,公里,,根据修建要求,内部为水鸟戏水区,在边上要修建一段长为公里的水岸(F在左,G在右),供水鸟上岸休息;在两边上各修建一个游客观赏点D和E,使游客在这两个点观赏水鸟上岸成群栖息的美景时感到最舒适(研究发现,当我们观赏景色的视线张角最大时,观感最舒适)是否存在满足条件的观测点D、E和水鸟休息区?如果存在,求此时和的长;如果不存在,请说明理由.
10.在综合实践活动中,“类比探究”是一种常用方法,我们可以先尝试研究某个位置情况下的结论,然后再类比到其他情况去探究结论.
已知,正方形和它的外接圆.
【问题初探】如图1,若点E在弧上,F是上的一点,且,过点A作.试说明:;
【类比探究】如图2,若点E在弧上,过点A作,试探究此时线段之间的关系.请写出你的结论并证明;
【拓展应用】如图3,在正方形中,,若点P满足,且,请直接写出点A到的距离为_______.
11.综合与实践
佳佳同学以“圆”为主题开展研究性学习.如图,为的直径,,点为上一动点,连接,过点向圆外作射线,为射线上一点,且.
(1)若与相切.
①如图1,______;
②如图2,连接,求的长度.
(2)当点在运动过程中,是否存在最大值和最小值,若存在,求其最大值和最小值;若不存在,请说明理由.
12.【问题呈现】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),,点M是的中点,则从M向所作垂线的垂足D是折弦的中点,即.下面是运用“截长法”证明的部分证明过程.
证明:如图2,在上截取,连接、、和,∵M是的中点,,又,,,
又,,,即
(1)【理解运用】如图1,、是的两条弦,,点M是的中点,于点D,求的长;
(2)【变式探究】如图3,若点M是中点,【问题呈现】中的其他条件不变,判断、、之间存在怎样的数量关系?并加以证明.
(3)【实践应用】根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下面问题:
如图4,是的直径,点A是圆上一定点,点D是圆上一动点,且满足,若,的半径为10,求长.
13.漆扇属于国家级非物质文化遗产,它利用了漆不溶于水的特点制作而成,淇淇把自己制作的圆形漆扇放在支架上,如图14-1所示.图14-2是其平面示意图,为圆形漆扇的直径,点O为圆心,扇柄,且A,O,C,B在同一直线上,为支架,与相切于点C,,点A到桌面的距离为,且与相交于点Q,点B与H的距离.
(1)求的度数;
(2)求的长度;
(3)不改变现有漆扇的大小和位置,直接写出支架点D到圆形漆扇的最大距离.
14.如图,点在菱形的对角线上,与边相切,切点为点,点在边的延长线上,且,将射线绕着点逆时针旋转一个角度后与边,直线分别交于,两点.
(1)当时,等于_____;
(2)若与相切于点,连接,如图2.
①求证:平分;
②求证:,,三点共线.
15.已知:为的直径,.
(1)如图1,求证:;
(2)如图2,点E为弧上一点,连接交于点G,过点E做于点F,延长分别交于点H,交于点K,连接分别交于点M、Q,若,求证:;
(3)如图3,在(2)的条件下,连接与交于点R,连接并延长交于点N,若,,求的长.
16.是的内接三角形,连接,过点作于点.
(1)如图1.求证:;
(2)如图2.若平分,求证:;
(3)如图3.在(2)的条件下,时,连接,交弦于点,交弦于点在线段上,连接,若,求线段的长.
《2025年中考数学解答题专题系列:圆综合》参考答案
1.(1)
(2)见解析
(3)①;②
【分析】(1)如图①,连结,,由圆周角定理得到,根据,得,根据三角形外角的性质得到,由
即可求解;
(2)如图,连结 ,延长交于,由(1)可知, ,则 ,所以,则,由垂径定理即可求解;
(3)①连结,,可证,则 ,即,由即可求解;②由(2)可得,,则 ,设,则,设,由面积法可求得 ,则,,在等腰中,即可求解.
【详解】(1)解:如图①,连结,,








(2)证明:如图,连结 ,延长交于,
由(1)可知, ,






(3)解:①∵,
∴,
连结,,

∴,
,即,

②由(2)可得,,,
∴,即是角平分线,
∴,且,
∴ ,

已知,
设,则,
设,由面积法可求得 ,则,

在等腰中,.
【点睛】本题主要考查圆周角定理,垂径定理,等腰三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,余弦值的计算,掌握圆的基础知识,相似三角形的判定和性质,余弦值的计算方法是关键.
2.(1)平行四边形的面积为;(2)①;②政府的预算一定够用,理由见解析.
【分析】1)过点作于点,由题意可知,,根据解直角三角形求出,即可求解;
(2)①在中,,在中,求出 ,在中,求出,再根据三角形面积公式即可求解;
②设种植牧丹园的总费用为元,,即可求解.
【详解】解:(1)如图,过点作于点,由题意可知,,
∵四边形是平行四边形,
∴,
在中,,
∴,
∴平行四边形的面积为;
(2)①如图,连接,过点作,
∵,
∴的半径为,

由题可知点和点,点和点分别关于对称,
∴,,
,即,
∴,
∴,
∵,
∴在中,,
∴,
∵,
∴,
在中,,

∴在中,,

∵,
∴,

,,

∵点和点,点和点分别关于对称,
∴,

∴;
②设种植牧丹园的总费用为元,
由①可知,

∵,
∴当时,取最大值,最大值为,
当时,随的增大而增大,
当时,随的增大而减小,
综上,,
∴政府的预算一定够用.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质,解直角三角形,勾股定理,一元二次方程的应用等知识,掌握相关知识是解题的关键.
3.(1)见解析
(2)①;②
【分析】(1)根据题意得,由矩形的性质结合轴,求出,再求出,即可证明;
(2)①由(1)得,即可求出k的值;②根据题意,设中点为,则,根据,可得当与相切时,切点为T,则,求出,求出,建立方程求出,即可求解.
【详解】(1)证明:∵四边形是矩形,且轴,
∴轴,
∵点B,D是直线上,点B,D的横坐标分别为m,n(),
∴,
∴,
∴,
∴矩形是正方形;
(2)解:①由(1)得,
∵反比例函数的图象过点A,
∴,
∴;
②根据题意,
设中点为,则,
∵,
∴当与相切时,切点为T,则,
∴,
∵,
∴,整理得:,
解得:,
∴.
【点睛】本题考查的是反比例函数与几何的综合,一次函数,切线的性质、正方形的判定与性质、勾股定理,掌握切线的判定定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键.
4.(1)见解析
(2)
(3)
【分析】(1)根据等边对等角得出,等量代换得出,则,根据是的中点,,则是的中位线,则,即可得证;
(2)设,则,由(1)可得则,等量代换得出,进而证明,得出,在中,,则,解方程即可求解;
(3)是以为腰的等腰三角形,分为①当时,②当时,证明,得出,设,根据,得出,可得,连接交于点,证明在与中,,得出,可得,根据相似三角形的性质得出,进而即可求解.
【详解】(1)证明:如图:
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∵是的中点,,
∴是的中位线,
∴,即,
∴四边形是平行四边形;
(2)解:如图:
由,,点F边中点,设,,则,
由(1)可得,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,即 ,
在中,,
∴,
∴,
解得: 或 (舍去),
∴;
(3)解:①当时,点G与点D重合,不符合题意,舍去;
②当 时,延长交于点P,如图所示,
∵点F是的中点,,
∴,
设,
∵,
∴,
∴,
设,,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
设交于点Q,
∵,
∴,
∴,
∴,a,,
在与 中,
,,
∴,
又,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵,,
∴,
∴的值为.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质,三角形中位线的性质,相似三角形的性质与判定,勾股定理,等腰三角形的定义,圆的性质,熟练掌握相似三角形的性质与判定,第三问中,证明是解题的关键.
5.(1),
(2)
【分析】()由圆周角定理得,即得,进而根据等腰三角形的性质得,即可得,最后根据即可求解;
()由切线的性质得,进而得,即得,由三角函数可得,即得,即可求解.
【详解】(1)解:∵是的直径,
∴,
∵,
∴,
∵,
∴,
∵,
∴,
∵是的直径,
∴,
∴;
(2)解:∵切于点,
∴,
即,
又∵,,
∴,
∵,
∴,
∴,
由()知,
∵,
∴ ,
∵,
∴,
即的直径为.
【点睛】本题考查了圆周角定理,等腰三角形的性质,切线的性质,解直角三角形,直角三角形的性质等,掌握以上知识点是解题的关键.
6.(1)
(2)
(3)是定值,且为2,见解析
【分析】(1)根据,设直线的解析式为,则,根据点A是中点,得到,结合点A在抛物线上,且点A在第二象限解答即可;
(2)根据,设直线的解析式为,结合,得到,于是,得到直线的解析式为,设,,根据题意,得是方程的两个根,利用中点坐标公式解答即可;
(3)设,,根据题意,得是方程的两个根,则,,,,设,过点O作圆的切线,切点为Q,连接,延长到点N,利用中点坐标公式,根与系数关系定理,勾股定理,切线性质定理,三角形相似的判定和性质,解答即可.
【详解】(1)解:∵,设直线的解析式为,
则,
∵点A是的中点,
∴,
∵点A在抛物线上,且点A在第二象限,
∴,
解得,(舍去),
故直线的解析式为.
(2)解:∵,设直线的解析式为,
∵,得到,
解得,
故直线的解析式为,
设,,
根据题意,得是方程的两个根,
∴,
∴,
∵中点C的纵坐标为y,
∴.
(3)解:∵,设直线的解析式为,
∵,得到,
解得,
故直线的解析式为,
设,,
根据题意,得是方程的两个根,
∴,,
∴,,
设,
∵为直径的圆C交直线于D,,,
∴,,
∴,


∴圆C的半径为,
过点O作圆的切线,切点为Q,连接,延长到点N,
则,,,

∴,
∵是圆的切线,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵为直径,
∴,
∴,
∴,

∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
故是定值,且为2.
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式,中点坐标公式,一元二次方程的根与系数关系定理,完全平方公式的变形应用,切线的性质定理,勾股定理,三角形相似的判定和性质,等腰三角形的性质,熟练掌握性质和定理是解题的关键.
7.(1)①×;②√;③√
(2)见详解
(3)
【分析】(1)根据四边形为圆正直四边形,得出,根据勾股定理得出,即可证明.再根据平行四边形、正方形的性质判断①②③即可.
(2)连接,如图,根据圆周角定理得出,再根据四边形为圆正直四边形,得出,判断出,证明,即可得,即可证明.
(3)证明,得出,再证明,得出,根据三角形内角和定理得出,即,,勾股定理证出,根据四点共圆得出,证明,得出,结合,设,则,在中,根据,表示出,勾股定理表示出,在中,根据,表示出,勾股定理表示出,根据列出方程即可得出关于的等式,再根据二次函数最值即可求出最终结果.
【详解】(1)解:如图,若四边形为圆正直四边形,则,


故四边形不一定是平行四边形;可能是正方形;
①四边形一定是平行四边形;(×)
②四边形可能是正方形;(√)
③四边形的四条边的数量关系为.(√)
(2)证明:连接,如图,
∵是的直径,

∵四边形为圆正直四边形,




∴.
(3)解:∵,






即,
∴,

又 ∵,
∴,即,



四点共圆,




又 ∵,
设,则,

∴在中,,

则利用勾股定理可得,
在中,,

则利用勾股定理可得,
∵,
∴,
即有,
∴当时,取最小值,从而取最小值,最小值为,
即的最小值为:.
【点睛】此题考查的是圆的综合,主要考查了新定义圆正直四边形的理解和运用,相似三角形的判定与性质,勾股定理,圆周角定理,解直角三角形,二次函数的最值,四点共圆的性质等知识点,多次证明相似三角形是解答本题的关键.
8.(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】(1)连接,由可得,进而可得,再由可得,因此有,即可证明.
(2)设,由,可知,即有,所以,进而可得,,因此可得四边形为平行四边形,即,连接、,证明,进而即可得出结论.
(3)连接、、,延长交于点,交于点,连接,,,,由,,可知四边形为平行四边形,因此,再证明四边形为平行四边形,所以,然后证明,得,求得, 再证明,得,设,则,在和中分别勾股得:,求得x的值,结合,,即可求出答案.
【详解】(1)证明:连接,








(2),
设,








又,
四边形为平行四边形,

连接、,


又,



(3)连接、、,延长交于点,交于点,连接,
,,,
由(2)可知四边形为平行四边形,




,,

,,












设,则,


在和中分别勾股得:,
整理得:,
解得,,
,,

,,

【点睛】本题考查了平行线的判定、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识,熟练掌握相关知识,正确作出辅助线是解题的关键.
9.(1),见解析;(2)存在,,
【分析】(1)由圆周角定理得到,再由三角形的外角性质即可得到;
(2)作的外接圆,记为,由(1)可知最大,则同时与相切,切点即为符合题意的点,当同时与相切时,切点记为点,连接,延长交于点,过点作于点,则,,由,得,在中由勾股定理得,,求出,,,再解直角三角形求出,最后由即可求解.
【详解】(1)解:记与交于点,
∴,
∵,
∴;
(2)解:存在,理由如下:如图,作的外接圆,记为,由(1)可知最大,则同时与相切,切点即为符合题意的点,
如图,同时与相切时,切点记为点,连接,延长交于点,过点作于点,
则设,,
∵,
∴四边形为矩形,
∵,
∴四边形为正方形,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴在中,由勾股定理得,
∴,
解得:或(不合题意,舍),
∴,,
∵,,
∴,
∵,
∴,

∵,
∴,
∴,
∴.
【点睛】本题考查了圆的切线的性质,解直角三角形,垂径定理,圆周角定理,勾股定理等知识点,确定相切时有最大张角是解题的关键.
10.问题探究:见详解;类比探究:,理由见详解;拓展应用:点A到的距离为或
【分析】问题探究:连接,由题意易得,则可证,然后可得,进而可得是等腰直角三角形,最后问题可求证;
类比探究:在上取点G,使,连接,同理(1)可得:,则有是等腰直角三角形三角形,然后问题可求解;
拓展应用:由题意易得点P在以为直径的圆上,则可分当点P在如图3①所示位置时,当点P在如图3②所示位置时,进而问题可求解
【详解】问题探究:证明:连接,如图所示:
∵四边形是正方形,
∴,
∵,,
∴,
∴,
∵,
∴,即,
∴是等腰直角三角形,
∵,
∴,
∵,
∴;
类比探究:,理由如下:
在上取点G,使,连接,
同理(1)可得:,
∴,
在正方形中,,
∴,
∴,
∴,
∴是等腰直角三角形三角形,
∵,
∴,
∵,
∴;
拓展应用:解:点A到的距离是或,理由如下:
∵,
∴点P在以点D为圆心,2为半径的圆上,
∵,
∴点P在以为直径的圆上,
∴点P是这两圆的交点,
①当点P在如图3①所示位置时,
连接、、,作,垂足为H,过点A作,交于点E,如图3①,
∵四边形是正方形,
∴,
∴.
∵,
∴,
∵,
∴A、P、D、B在以为直径的圆上,
∴,
∴是等腰直角三角形,
又∵是等腰直角三角形,点B、E、P共线,,
∴由(2)中的结论可得:,
∴,
∴;
②当点P在如图3②所示位置时,
连接、、,作,垂足为H,过点A作,交的延长线于点E,如图3②,
同理可得:,
∴,
∴,
综上所述:点A到的距离为或.
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、圆周角定理、三角形全等的判定与性质等知识,考查了运用已有的知识和经验解决问题的能力,而通过添加适当的辅助线从而能用(2)中的结论解决问题是解决第(3)的关键.
11.(1)①;②
(2)当点在运动过程中,存在最大值和最小值,最大值为,最小值为,理由见详解
【分析】(1)①连接,根据切线的性质,等边三角形的判定和性质即可求解;②如图所示,过点作延长线于点,在中,,,,则,在中,,由勾股定理即可求解;
(2)如图所示,过点作,线段绕点顺时针旋转,并延长交于点,可证,得到,,当有最大、最小值时,有最大、最小值,如图所示,当点经过的直径时,的值最大,如图所示,当点在线段上时,的值最小,由此即可求解.
【详解】(1)解:①如图所示,连接,与相切,
∴,
∵,
∴,
∵,
∴是等边三角形,
∴;
②如图所示,过点作延长线于点,
∵,是等边三角形,
∴,
在中,,,
∴,
∴,
∵,
∴,
在中,,
∴,,
∴,
∴,
在中,,
∴;
故答案为:①;②;
(2)解:存在,理由如下,
如图所示,过点作,线段绕点顺时针旋转,并延长交于点,
∴,
∴,则,
∴,,
∵,,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴当有最大、最小值时,有最大、最小值,
如图所示,当点经过的直径时,的值最大,
∴,
∴,即的最大值为;
如图所示,当点在线段上时,的值最小,
∴,
∴,即的最小值为;
综上所述,当点在运动过程中,存在最大值和最小值,最大值为,最小值为.
【点睛】本题主要考查切线的性质,等边三角形的判定和性质,特殊角的三角函数值的计算,相似三角形的判定和性质,掌握特殊角的三角函数值的计算,相似三角形的判定和性质是关键.
12.(1)3
(2),证明见解析;
(3)或.
【分析】本题考查了圆周角,全等三角形的判定和性质,等腰三角形的判定和性质,勾股定理等知识,理解阿基米德折弦定理是解题关键.
(1)根据阿基米德折弦定理求解即可;
(2)在上取,连接、、、,证明,得到,再根据等腰三角形三线合一的性质,得到,即可得出结论;
(3)先利用圆周角和勾股定理,求得,再分两种情况讨论:当点在上方时,过点作于点,连接、;②当点在下方时,过点作于点,结合上述结论分别求解即可.
【详解】(1)解:由阿基米德折弦定理可知,,




(2)解:,证明如下:
如图3,在上取,连接、、、,
点M是中点,


在和中,






,即;
(3)解:是的直径,

的半径为10,


由勾股定理得:,

①当点在上方时,如图,过点作于点,连接、,





,即点是的中点,



②当点在下方时,如图,过点作于点,
,,

,即点是的中点,
由(2)可知,,

在中,,
综上可知,长为或.
13.(1);
(2)的长度为;
(3)支架点D到圆形漆扇的最大距离为.
【分析】本题考查了切线的性质,解直角三角形,弧长公式.
(1)根据切线的性质求得,在中,利用三角函数的定义求解即可;
(2)连接,在中,求得,,再求得圆的半径,利用弧长公式求解即可;
(3)连接并延长交于点,作于点,在和中,先后求得、和的长,据此求解即可.
【详解】(1)解:∵与相切于点C,
∴,
∴,
在中,,,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴;
(2)解:连接,
在中,,,,
∴,,
∵,
∴,
∵为圆的直径,,
∴,
∴的长度;
(3)解:连接并延长交于点,作于点,此时为支架点D到圆形漆扇的最大距离,
在中,,,
∴,,
在中,,
∴,
∴,
∴支架点D到圆形漆扇的最大距离为.
14.(1)
(2)① 见解析;② 见解析
【分析】(1)由菱形的性质可得:,,平分,根据得到,推出,由可得,推出,结合平分,可得,即可求解;
(2)① 点作于点,连接、,由 与相切于点和 与边相切,切点为点,可推出,,,根据平分,可得,推出,即可证明;②连接并延长交直线于点,由① 得 :为的切线,结合,均为的切线,可得,,,设,,,,,,则,得到,即,根据菱形的性质和题意可得:为的中位线,且,得到,,推出,根据等腰三角形的额判定与性质可推出,得到与点重合,即可证明.
【详解】(1)解:当时,点与点重合,如图,
四边形是菱形,
,,平分,







平分,
,即,

故答案为:;
(2)① 如图,过点作于点,连接、,
与边相切,切点为点,

又平分,

与相切于点,
,,

又,,
平分;
② 由① 得 :为的切线,
,均为的切线,
,,,
设,,,,,,
则,
解得:,

连接并延长交直线的延长线于点,
,,

为的中点,
为的中位线,
,,,








点与点重合,
,,三点共线.
【点睛】本题考查了切线长定理,切线的判定与性质,三角形的中位线定理,等腰三角形的判定与性质,角平分线的判定与性质,菱形的性质,解题的关键是灵活运用相关知识正确添加辅助线.
15.(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】(1)连接,利用圆周角定理可得,结合等边对等角即可证明;
(2)连接,设,求出,,易证,求出,由圆周角定理求出,再证明,,即可证明结论;
(3)连接.证明,得到.再证明四边形为平行四边形,得到,进而证明,过点作交于点,易证,解直角三角形求出,,求出,解直角三角形结合勾股定理求出,进而求出,最后解直角三角形即可求解.
【详解】(1)证明:连接,


,,
,,
又,

(2)证明:连接,
设,
,,,
又,




是直径,

又,

又,







又,


又,

(3)解:连接.







又,


又,


又,,





四边形为平行四边形,


由(2)知,


又,

又,
,,
又,

过点作交于点,
,,,

,,
在中,









在中,,,

在中,,


四边形为平行四边形,

又,

又,





在中,,


【点睛】本题考查了垂径定理,圆周角定理,解直角三角形,全等三角形的判定与性质,等腰三角形的性质与判定,综合运用以上知识是解题的关键.
16.(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】(1)连接,先根据等腰三角形的三线合一可得,再根据圆周角定理可得,由此即可得证;
(2)过点作于点,先根据角平分线的性质定理可得,再证出,根据全等三角形的性质可得,然后根据垂径定理可得,,由此即可得证;
(3)过点作,交延长线于点,过点作于点,过点作于点,连接,先利用勾股定理的逆定理可得,从而可得,再证出,从而得出,然后解直角三角形可得,利用三角形的面积公式可得的长,利用勾股定理可得的长,最后解直角三角形可得的长,利用勾股定理求解即可得.
【详解】(1)证明:如图1,连接,
∵,,
∴,
由圆周角定理得:,
∴.
(2)证明:如图2,过点作于点,
∵平分,,,
∴,
在和中,

∴,
∴,
又∵,,
∴,,
∴.
(3)解:如图3,过点作,交延长线于点,过点作于点,过点作于点,连接,
由(2)已证:,
∵,
∴,
∴是等腰直角三角形,且,
∴是直径,,
∵,
∴,
在和中,

∴,
∴,
∴,
由圆周角定理得:,,
∵,
∴,
∴,,
∴,,
∴,即,
在和中,

∴,
∴,
∴,
∴,
∴是等腰直角三角形,且,
又∵,,
∴,
∴在中,,
∴在中,,
设,则,
∴,
∵,
∴或(不符合题意,舍去),
∴,
∴,
∴,
∴,
∵点在线段上,
∴,即,
由圆周角定理得:,
∴是等腰直角三角形,且,
设,
∵,
∴,
在中,,即,
解得或,
当时,,这与在中,矛盾,舍去,
∴,,
∴在中,,
∵,,
∴是等腰直角三角形,且,
设,则,
在中,,
解得,经检验,是所列分式方程的解,
∴,
∴.
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、三角形全等的判定与性质、角平分线的性质定理、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形、一元二次方程的应用等知识,综合性强,难度大的是题(3),通过作辅助线,构造全等三角形和直角三角形是解题关键.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页)

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