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2025年中考数学专题突破系列：与圆相关解答题
1．如图，为的切线，切点为，点在上，连接，，分别交于两点，且为的中点．
(1)求证：为等腰三角形；
(2)若，，求线段的长．
2．如图，是的直径，点C是上的动点，平分交于点D，交于点M，过点D作交延长线于点N．
(1)求证：；
(2)若时，求线段的长．
3．如图，是半圆的直径，点在的延长线上，切于点，，垂足为，连接．
(1)求证：平分；
(2)若，，求的长．
4．如图1，四边形内接于，平分．在的延长线上取一点F，使得，交于点E．
(1)求证：．
(2)若，求证：B，O，E三点共线．
(3)如图2，连接并延长交延长线于点P，连接，若，，求的半径．
5．如图1，的半径，弦．直线与相切于点C，．点P为弦的中点，连接．
(1)如图1，求大小及线段的长度；
(2)若弦以圆心为旋转中心，逆时针旋转到时停止，如图2所示，求点走过的路线长．
6．如图，是的内接三角形，是的直径，且与相交于点，，．
(1)判断直线与的位罝关系，并说明理由；
(2)若，求的面积．
7．如图，为的直径，过点作的切线是半圆上一点（不与点、重合），连接，过点作于点，连接并延长交于点．
(1)求证：；
(2)若的半径为，求的长．
8．如图1，以为直径的半圆与矩形的边相切于点，过点作直线交半圆于两点．
(1)求证：；
(2)如图2，延长，分别交直线于，两点，求证：．
9．【问题提出】
（1）如图①，在中，，是上任意一点，若的半径为2，点到的距离为5，则面积的最小值为______；
【问题解决】
（2）如图②，四边形是一块平行四边形空地，经测量，，．为了打造特色景观，规划部门设计在四边形内一点处建一座凉亭，凉亭四周修建四条观赏步道（步道宽度忽略不计），分别为，，，，且．步道将空地分为四个区域，计划种植不同的花卉，其中区域种植牡丹．为节约成本，要求面积尽可能的小．请问：是否存在符合要求的三角形区域？若存在，求出面积的最小值；若不存在，请说明理由．
10．已知四边形内接于，平分．
(1)如图1，求证：
(2)如图2，若，求证：．
(3)如图3，在（2）的条件下，在的延长线上取一点E，连接．若，，，将直线沿翻折交于点F，连接，求的长．
11．在平面直角坐标系中，对于点和点给出如下规定：如果将点沿直线翻折后得到点，再将点沿直线翻折后得到点，点就是点的“相称点”．
(1)如图1，如果点，，
① 在点，，中，点的“相称点”的是________；
② 点的“相称点”与点的距离最小值是_______．
(2)如图2，的半径和等边的边长均为，点，点和点都在上，如果在图中的边上存在点的“相称点”，求的取值范围．
12．已知：和分别是⊙上的两条劣弧，且⊙的半径为5，，，和都可以在⊙上运动，且和没有公共点，连接，，，且，交于点．
(1)如图1，若经过圆心．
①求的长；
②求的度数；
(2)如图2，在和运动的过程中，的度数是否发生变化？请说明理由；
(3)如图3，连接，在和运动的过程中，四边形的面积也发生变化，记四边形的面积为，请直接写出的取值范围．
13．如图，是的直径，弦于点是上的一个动点，连接．
(1)求证：．
(2)如图，若与的交点为线段的中点，，，求线段的长．
(3)如图，的延长线交的延长线于点．求证：．
14．如图，是的外接圆，为直径，点是的内心，连接并延长交于点，过点作，交的延长线于点．
(1)求证：与相切；
(2)连接，若的半径为2，，求阴影部分的面积（结果用含的式子表示）．
15．如图，内接于，为边的高，为的直径交于点F，连接．
(1)求证：；
(2)当直径平分时，求证：；
(3)在（2）的条件下，若，，求的长．
16．在平面直角坐标系xOy中，的半径为．对于的弦和点C（C可以与A，B重合）给出如下定义：若直线经过弦的一个端点，另一端点与点C之间的距离恰好等于，则称点C是弦的“关联点”．
(1)如图，点．
①点，在点，，中，弦AB的“关联点”是________；
②点，若点C是弦的“关联点”，直接写出点D的坐标________；
(2)已知点，．线段上存在弦的“关联点”，记的长为t，直接写出t的取值范围．
《2025年中考数学专题突破系列：与圆相关解答题》参考答案
1．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了解直角三角形，切线的性质，勾股定理，圆周角定理，等腰三角形的判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）连接，由切线的性质得到，由直角三角形的性质得到，则，据此可证明，再证明得到，再由圆周角定理得到，则，即，据此可证明结论；
（2）过点O作于G，过点A作于H，连接，设，则，解得到，，则，解得到，则，解得到，则，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵为的切线，切点为，
∴，即，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）解：如图所示，过点O作于G，过点A作于H，连接，设，则，
在中，，
∴，
∴，
∴，
在中，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∵为的中点，
∴．
2．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要查了圆与三角形的综合题，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理等是解题的关键．
（1）根据可得，再由圆周角定理以及平分，可得，结合，可得是等腰直角三角形，可证明，即可求证；
（2）根据，可得，再证得是等腰直角三角形，可得，然后根据勾股定理可得，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是的圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∵，即，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，等边对等角等等，熟知切线的性质和相似三角形的性质与判定定理是解题的关键。
（1）如图所示，连接，由切线的性质得到，则可证明，再由等边对等角和平行线的性质证明，即可证明平分；
（2）先证明，求出，进而得到，则，再证明，利用相似三角形的性质列出比例式求解即可．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：如图所示，连接，
∵是半圆的直径，切于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，即，
．
4．(1)见解析
(2)见解析
(3)5
【分析】（1）由等腰三角形的性质得，由圆的内接四边形的性质得，结合三角形内角和定理得，即可得证；
（2）连接，可得，由圆的基本性质得是的直径，即可得证；
（3）连接，，过点作于点，等腰三角形的判定及性质得 ， ，由菱形的判定方法得四边形是菱形，由菱形的性质得，，等腰三角形的判定及性质得，由勾股定理得，由正方形的判定方法得 菱形是正方形，可得是的直径，即可求解．
【详解】（1）证明：，
，
四边形内接于，
∴，
∵，
，
，
平分，
，
，
，
，
．
（2）证明：连接，
由(1)得，
，
，
．
是的直径，
∴B，O，E三点共线．
（3）解：连接，，过点作于点．
由(1)得，
，
．
，
，
，
由（2）知，，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形，
，
，
，
．
点A、C、D、E在上，
∵，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
．
过作交于，
，，
，
，
，
与、相交于矛盾，
与重合，
．
菱形是正方形．
．
是的直径，
的半径是5．
【点睛】本题考查了圆的基本性质，圆的内接四边形性质，等腰三角形的判定及性质，菱形的判定及性质，正方形的判定及性质，勾股定理等；掌握圆的基本性质，圆的内接四边形性质，等腰三角形的判定及性质，菱形的判定及性质，正方形的判定及性质，能熟练利用勾股定理求解是解题的关键．
5．(1)，
(2)
【分析】（1）连接，，由切线得到，求出，然后利用圆周角定理求出；由垂径定理得到，然后利用勾股定理求解即可；
（2）连接，求出为直径，点在线段上，然后求出旋转角为，然后利用弧长公式求解即可．
【详解】（1）解：连接，，
∵直线与相切于点C，
∴，
，
∵点P为弦的中点
∴垂直平分
；
（2）连接，
∵，
∴为直径，点在线段上．
与圆相切，
．
又，
，即旋转角为．
点走过的路线长为．
【点睛】此题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，求弧长等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
6．(1)直线与相切，理由见解析
(2)
【分析】（1）连接，证明，即可得到结论；
（2）连接并延长交于点，证明，得到，由得到，得到，则于点，求出，得到，即可求出答案．
【详解】（1）解：直线与相切，理由如下：
连接，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴直线与相切
（2）连接并延长交于点，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴于点，
∵，
∴，
解得
∴
∴，
∴
【点睛】此题考查了切线的判定、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定和性质、垂径定理等知识，熟练掌握切线的判定、相似三角形的判定和性质是解题的关键．
7．(1)见解析；
(2)
【分析】根据切线的定义可知，根据垂直定义可知，根据同位角相等两直线平行可证，根据平行线的性质可证，根据圆周角定理可证，从而可证结论成立；
首先利用勾股定理求出，根据，，可证，根据相似三角形对应边成比例可得，可求得，根据垂径定理可知，从而可知．
【详解】（1）证明：切于点，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：如下图所示，连接，
为的直径，
，，
，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、圆周角定理，解决本题的关键是根据相似三角形的性质找到边之间的关系．
8．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接，先证明，从而可证，得出．同理可证，得出，由切线长定理得，从而可证结论成立；
（2）连接，由得，由得，所以，结合可得①由得，，两式相除得②，由①②整理可得结论．
【详解】（1）证明：连接，
因为是矩形，
所以，
所以．
因为为直径，
所以，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
又是公共角，
所以，
所以．
因为与半圆相切于点，
同理可得，
所以．
又，
所以．
（2）（2）连接，
由直线与半圆相切于点G，同（1）可证，，
所以，
所以．
由直线与半圆相切于点，同（1）可证，，
所以，
所以．
所以．
由（1）知，
所以①．
延长和交于点，
因为，
所以
所以，，
两式相除得②．
由①②得
，
所以，
所以
所以
【点睛】本题考查了矩形的性质，切线的性质，切线长定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
9．（1）9；（2）存在，
【分析】（1）先结合垂线段最短以及三角形的三边关系分析得，得面积的最小值，结合的半径为2，点到的距离为5，得，即可作答．
（2）根据平行四边形的性质得，，因为，则是定值，，故点的轨迹在以为弦，圆周角的上部分的上部分，当时，的值最小，此时的面积最小，运用垂径定理以及勾股定理算出，，再证明四边形是矩形，得出，故，代入数值计算，即可作答．
【详解】解：（1）过点作交于一点，即，再连接，过点作，再连接，如图所示：
在中，，
当三点共线时，则，
即点运动到点时，此时与点重合，
∴
故面积的最小值，
∵的半径为2，点到的距离为5，
∴，
则面积的最小值，
故答案为：9；
（2）存在，理由如下
四边形是平行四边形，
，
，，
，，
，
，
，
，
是定值，，
点的轨迹在以为弦，圆周角的上部分的上部分，
如图所示，作的外接圆，点轨迹是（不包括，），
连接，，，作于，交于，于
当点运动到时，则，且此时最小，此时的面积最小，
∵四边形是一块平行四边形空地，
∴
∴当时，的值最小，
由题意，，
，
∴，
∴，
，
∴,，
过点作，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴
在中，，
∴，
则
∴
，
的面积的最小值．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，垂径定理，勾股定理，30度所对的直角边是斜边的一半，矩形的判定与性质，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
10．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题主要考查了圆周角定理、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、垂径定理、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识点成为解题的关键．
（1）由角平分线的定义可得，再根据等量代换可得，即，然后根据等弦所对的圆周角相等即可证明结论；
（2）如图：延长到，使，过作于点，先证明可得，；再在中解直角三角形可得，然后根据线段的和差即可解答；
（3）如图：过A作于，于，过作于，过作于，连、，先说明，设，根据解直角三角形、勾股定理以及线段的和差可得、、、、、，，；在中运用勾股定理可得，再运用等面积法可得、、；根据余弦的定义可得，由折叠的性质以及垂径定理可得，，再在中解直角三角形可得，，进而完成解答．
【详解】（1）解：∵平分，
∴
又∵，．
∴，
∴，
∴．
（2）解：如图：延长到，使，过作于点，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴
∴，，
∵，，，
∴在中，，
∴，
∴．
（3）解：如图：过A作于，于，过作于，过作于，连，，
∵将直线沿翻折交于点F，连接，
∴,
∵，
∴，
∵，
∴，
∴,
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
设，
∵，
∴，，
同理：、，
∵，
∴，
∴，，
在中，
∴，解得：，
∴，
利用等积法，
∴，，，
在中，，，
∴，
∵由翻折的性质可得：，
∴在的角平分线上，
∴，
∴，，，
在中，，
∴，解得：；
∴．
11．(1)① ，； ②
(2)或
【分析】（1）①根据翻折，中点坐标的计算得到，可得在上，进而可得，，符合题意，即可求解；
②根据两点之间距离公式得到，当时，，由此即可求解；
（2）在上任取点与点，其中点，点关于对称，再关于对称，得到的点，实质上就是将绕点旋转得到点，进而可得的轨迹为以为圆心，半径为与的圆环，进而根据等边的边长均为，点，找到临界点，结合图形，即可求解．
【详解】（1）解：①∵，将点沿直线翻折后得到点，则，将点沿直线翻折后得到点，则，
∵
∴在上，
∵，在上，
∴点的“相称点”的是，；
故答案为：，；．
②点，
∴，
∴，
∴当时，，
故答案为：；
（2）解：如图
在上任取点与点，其中点，点关于对称，再关于对称，得到的点，实质上就是将绕点旋转得到点，
先将固定，在上运动，随之运动，连接并延长至使得，连接，则，即在为圆心，半径为的上运动，
当点在上运动，则在以为圆心，半径为与的圆环内运动，如图，
∵边上存在点的“相称点”，
∴的边与圆环有交点，
如图，当与3为半径的外切时，设切点为，则切点坐标为，
∵等边的边长均为，，
∴，
∴，
当在为半径的上时，，
当在为半径的上时，，则，此时，
当在为半径的上时，，
随着点的移动，可得，或．
【点睛】本题考查了新定义“相称点”，点的坐标变换，等边三角形的性质，解直角三角形，切线的性质，解题的关键是理解新定义，掌握对称的性质．
12．(1)①8；②
(2)不变，见解析
(3)
【分析】（1）①根据勾股定理可得答案；
②根据“弧，弦，圆心角的关系”得，然后根据得出答案；
（2）连接，并延长交于点F，连接，根据勾股定理求出，
可得，进而得，，然后根据可得答案；
（3）作，根据垂径定理得，再根据勾股定理得，然后根据可得部分取值范围，接下来根据当点H，O，G三点共线时最大，结合面积公式得出答案．
【详解】（1）解：①根据题意可知，
∵是的直径，且，
∴，
根据勾股定理，得；
②∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：不变，理由如下：
如图所示，连接，并延长交于点F，连接，
根据勾股定理，得，
∴，
∴，
∴，
即．
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：过点O作，交于点G，H，
∴．
根据勾股定理，得，
∴，
∴，
即．
当点H，O，G三点共线时最大，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了“弧，弦，圆心角的关系”，圆周角定理的推论，勾股定理，垂径定理，准确作出辅助线是解题的关键．
13．(1)证明见解析；
(2)线段的长为；
(3)证明见解析．
【分析】（）连接，根据圆周角定理可得，然后通过垂径定理推论可得，则，从而得证；
（）先证明，则，所以，即，再证明，故有，则，从而可得，由勾股定理求出，最后通过勾股定理即可求解；
（）连接，延长交于点，又四边形是圆内接四边形，则有，从而求得，再证明，则得出即可求证．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∴，
∵，是的直径，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵点为线段的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：如图，连接，延长交于点，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
14．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，交于点，根据等腰三角形的性质得到，由为的内心，得到，求得，根据圆周角定理得到，求得，根据切线的性质得到，根据平行线的判定定理得到结论；
（2）根据三角函数的定义得到，求得，求得，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接，交于点，
∵，
∴，
∵为的内心，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴
∵
∴
∴
∵为的半径，
∴为的切线；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，切线的判定，三角函数的定义，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，扇形面积的计算．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
15．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）先证明，结合，从而可得结论；
（2）证明，结合，证明，结合，可得，从而可得结论；
（3）求解，，结合，可得，设，则，可得，再进一步利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】（1）证明：∵为的直径，为边的高，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：∵直径平分，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴
（3）解：∵，，，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
解得：（舍去），，
∴．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，等角对等边，熟练的利用相似三角形的性质解题是关键．
16．(1)①，；②，；
(2)，．
【分析】（1）①如图所示，通过题中关联点的定义，分别分析点、、即可判断；②根据题意分析可得，以点为圆心，半径为作圆，交圆于点、点，过点作轴于点，连接、，设点的坐标为，则，即，解得，进而求出点的纵坐标，考虑轴对称的性质，可得点与点关于轴对称，即可求出点、的坐标；
（2）通过分析可得线段与圆相切，设线段与圆相切于点，连接，设线段上的“关联点”为点，当点在点时，取最小值，最小值为，当点在点时，取最大值，最大值为，，第一种情况，连接交圆于点，以点为圆心，长为半径作圆，交圆于点、点（，点不用考虑），过点作于点，连接、、，设，根据勾股定理，得，第二种情况，连接，延长交圆于点，以点为圆心，长为半径作圆，交圆于点、点（，点不用考虑），过点作于点，连接、、，设，根据勾股定理，得，即可确定t的取值范围．
【详解】（1）解：①由点可得，所在直线的解析式为，
直线经过点，
点与点之间的距离为，，
，
点是弦的“关联点”；
由题中图像可得，直线经过点，
点与点之间的距离为，，
，
点是弦的“关联点”；
由题中图像可得，直线经过点，
点与点之间的距离为，，
，
点不是弦的“关联点”；
故答案为：，；
②点是弦的“关联点”，直线经过点，
，
，
，
如图所示，以点为圆心，长为半径作圆，交圆于点、点，过点作轴于点，连接、，
设点的坐标为，则，
即，
解得，
，
点的坐标为，
点与点关于轴对称，
点的坐标为，
故答案为：，；
（2）如图所示，在直角坐标系中作出点，，连接，
根据题意得，，
，
，
即等于圆的半径，
，即，
线段与圆相切，
设线段与圆相切于点，连接，
线段上存在弦的“关联点”，设此“关联点”为点，点为线段上的动点，
当点在点时，取最小值，最小值为，当点在点时，取最大值，最大值为，
设，
，
第一种情况，如图所示，连接交圆于点，以点为圆心，长为半径作圆，交圆于点、点（，点不用考虑），
过点作于点，连接、、，设，
根据勾股定理，得，
即，
，
，
记的长为，
；
第二种情况，如图所示，连接，延长交圆于点，以点为圆心，长为半径作圆，交圆于点、点（，点不用考虑），
过点作于点，连接、、，设，
根据勾股定理，得，
即，
，
记的长为，
；
综上所述，，．
【点睛】本题是新定义综合题，考查了最值问题、圆的定义、切线的性质、直角坐标系中两点坐标、勾股定理、锐角三角函数的应用等知识点，解题的关键是通过题干，熟练掌握新定义“关联点”的内涵，同时运用“分类讨论”、“数形结合”的思想画图，根据动点的轨迹确定的取值范围，通过勾股定理找到与之间的关系，进而确定的取值范围．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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