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2025年中考数学压轴题系列：圆综合
1．定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“正德四边形”．
(1)①若是圆的“正德四边形”，则是 （填选项：A．矩形；B．菱形；C．正方形）；
②若四边形是的正德四边形，若，，则 ；
(2)如图1，已知的半径为，四边形是的“正德四边形”．求证：；
(3)如图2，四边形是“正德四边形”，为圆内一点，，，且，当的长度最小时，求的值．
2．如图1，和是半径为2的的两条直径，点P是延长线上的一点．连接交于点E（点E在线段上，且不与点P、点C重合）．
(1)当时，求证：；
(2)连接，交半径于点M，已知．
①连接，如图2，当点M是的重心时，求的余弦值；
②连接、，当为等腰三角形时，求线段的长．
3．已知：矩形的边长为2，点P在射线上，过点O、P的与相切于点P．
(1)如图1，若点B在对角线上，且，则的长度是______；
(2)如图2，以O为原点，为x轴建立平面直角坐标系，，设，
①求点B坐标（用含n的代数式表示）．
②连接，设且，当M取最大值时，作于E交于F，与交于G，求的值．
4．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．
5．综合与实践：小华发现这么一类四边形，它们有一组对角之和为直角，小华将这类四边形命名为对余四边形．
性质判断
(1)若四边形是对余四边形，则与是否互余？ （填“一定”或“不一定”）；
性质探究
(2)如图1， 在上有，，三点，是的直径，，相交于点．求证：四边形是对余四边形；
(3)如图2， 在对余四边形中， ，，，则线段，和之间有怎样的数量关系？并说明理由；
拓展应用
(4)如图3， 在对余四边形中， ， 对角线边．若．，，直接写出的长．
6．在平面直角坐标系中，过上一点P作切线l，在圆的外部过点P分别作射线，，当时，则称，为点P关于该圆的“关联等角射线”．如图1．
(1)如图2，的半径为1，已知，，，，在射线，，中，的“关联等角射线”是__________；
(2)如图3，的半径为1，点P在第三象限，，为点P关于“关联等角射线”，与x轴平行，与y轴平行，则此时的度数为__________°；
(3)如图4，点M的坐标为，的半径为1．点P在第一象限，，为点P关于“关联等角射线”，若过点O，与坐标轴无公共点，设切点P的纵坐标为，则的取值范围是__________．
7．如图1，内接于，其中．点E在射线上，且满足，交于点H，交于点P．
(1)求证：为等腰三角形；
(2)如图2，连结，交于点K，若H为中点，求证：；
(3)如图3，若线段过圆心O，求的值．
8．如图，在中，，，，点D在边的延长线上，过点D作且，连接，点P为的中点．
(1)求的长；
(2)连接，，，请判断是否为等边三角形？若是，请证明你的结论；若不是，请说明理由；
(3)以点C为圆心，3为半径作，交边于点M，点Q是上的动点，连接，，求的最小值．
9．如图1和图2，在矩形中，，点在线段上，其中．以点为圆心，长为半径作．若交线段于点，并将线段绕点逆时针旋转得线段（若与有两个交点，规定位于点上方的交点为点）．
(1)如图1，当点在延长线上时，求点到直线的距离；
(2)当圆心到的距离为时，如图2．
请用无刻度的直尺和圆规作线段，用其长度表示圆心到的距离（保留作图痕迹，不写作法）；
求此时落在矩形内部的弧长；
(3)若点在上方．当点恰好落在边上时，如图3，求点到直线的距离之比；
(4)当与边相切时，请直接写出线段的长．
10．【问题】如图1，为的一条弦，点C在弦所对的优弧上运动时，根据圆周角性质，我们知道的度数不变．受动脑筋的小芳猜想，如果平面内线段的长度已知，的大小确定，那么点C是不是在某个确定的圆上运动呢？
【探究】为了解决这个问题，小芳先从一个特殊的例子开始研究．如图2，若，线段上方一点C满足，为了画出点C所在的圆，小芳以为底边构造了一个等腰，再以点O为圆心，为半径画圆，则点C在上．后来小芳通过逆向思维及合情推理，得出一个一般性的结论．即：若线段的长度已知，的大小确定，则点C一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型．
【应用】
(1)若，平面内一点C满足，则点C所在圆上劣弧的长度为_______．
(2)如图3，已知正方形，以为腰向正方形内部作等腰，其中，过点E作于点F，若点P是的内心．
①求的度数；
②在①的基础上，若，连接，直接写出的最小值________．
11．在平面直角坐标系中，给定，如果点绕点顺时针旋转，正好落在上，则称点是关于点的“旋转定点”，称点是点关于的“旋转中心”．如果线段绕点顺时针旋转后，正好是的弦，则称线段是关于点的“旋转定弦”，称点是线段关于的“旋转中心”．例如
若是坐标原点，的半径为2，
(1)如图1，在点中，可以作为关于点的“旋转定点”的是_____；
(2)如图2，已知点
①若点是关于点的“旋转定点”，并且旋转后刚好落在，求点的坐标；
②点，若线段为关于点的“旋转定弦”，直接写出的坐标．
12．某校数学兴趣小组的同学在学习了图形的相似后，进行了深入研究．
（1）如图1，在中，D为上一点，．求证：．
【拓展探究】
（2）如图2，在菱形中，E，F分别为，上的点，且，射线交的延长线于点M，射线交的延长线于点N．若，．求的长；
【学以致用】
（3）如图3，在菱形中，，，以点B为圆心作半径为3的圆，其中点P是圆上的动点，请直接写出的最小值．
《2025年中考数学压轴题系列：圆综合》参考答案
1．(1)①C；②
(2)证明过程见详解
(3)
【分析】（1）①根据平行四边形的性质得到，根据圆内接四边形，“正德四边形”得到，，可证平行四边形是正方形，由此即可求解；②根据“正德四边形”的性质得到，由面积公式得到，由此即可求解；
（2）如图所示，连接，延长交于点，连接，可得，，，根据四边形是的“正德四边形”得到，则，根据圆周角定理得到，则，由此即可求解；
（3）如图所示，连接交于点，交于点，证明，得，设，则，，在中，得到最小值，由此得到，再证明，即可求解．
【详解】（1）解：①如图所示，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵平行四边形是圆的“正德四边形”，
∴，，
∴，
∴平行四边形是矩形，
∴矩形是正方形，
故选；
②∵四边形是的正德四边形，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）证明：如图所示，连接，延长交于点，连接，
∴是的直径，
∴，，，
∵四边形是的“正德四边形”
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，则，
∵所对的圆周角是，所对圆心角是，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图所示，连接交于点，交于点，
∵四边形是“正德四边形”，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
∴，
由得，，
∴，
在中，
，
∵，
∴当时，有最小值，最小值为，
∴（负值舍去），
∴，，，
∴，
∵，
∴，，即，
∵，
∴，且，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查新定义，正方形的判定和性质，直径所对圆周角为直角，相似三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数最值的计算方法，掌握以上知识，数形结合分析，相似三角形的判定和性质的运用是关键．
2．(1)见解析
(2)①；②或
【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质可得，进而可得，根据相似三角形的性质即可得解；
（2）①过P作于H，根据直径对直角可得，根据等腰三角形的性质可得，再根据余弦的定义即可得解；
②分三种情况讨论，当时，不符合题意；当时，连接，，证明，即可得解；当时，连接，设与交于G，先证明是的中位线，是的中位线，可得，，再根据勾股定理即可得解．
【详解】（1）解：连接，
，
，
，
，
，
，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①过P作于H，
是直径，
，
，
∵点M是的重心，
，
∴，
∵，半径为2，
∴，
，，
，
∴；
②当时，如图，
，
，
，
由（1）知，不符合题意；
当时，连接，，
和是的两条直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴，
∴，
，
，
，
当时，连接，设与交于G，
，
，
，，
是直径，
，
，
∴，
，
，
，
是的中位线，
，
，
是的中位线，
，
，
∴，
，
∴，
综上所述，线段的长或．
【点睛】本题考查了圆综合，勾股定理，三角函数，中位线，等腰三角形的性质，相似三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是综合运用以上知识点，运用分类讨论思想；
3．(1)
(2)①；②
【分析】（1）连接，求解，，，结合，，进一步可得答案.
（2）①如图，过作于，则，分两种情况：当时，当时，如图，此时，再进一步求解即可；
②如图，由，可得当时，最大，此时，，，， 求解为，同理可得：为：，可得，求解，过作于，而，，可得，设，则，可得，可得，进一步可得答案.
【详解】（1）解：连接，
∵过点O、P的与相切于点P，．
∴，，
∵，，
∴，
∵矩形的边长为2，
∴，，
∴.
（2）解：①如图，过作于，则，
∵，，
∴，
当时，
∵矩形，，，，
∴，，，
结合切线性质可得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当时，如图，此时，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上：；
②如图，
∵且，，
∴，
当时，最大，
此时，，，，
设解析式为，则，
解得：，
∴解析式为，
设解析式为，则，
解得：，
∴解析式为：，
联立，
解得：，
∴，
∴，
过作于，而，，
∴，
∴，
设，则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴.
【点睛】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，坐标与图形，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，一次函数，二次函数的应用，切线的性质，本题的难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键.
4．(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：；
∴．
5．(1)不一定
(2)见解析
(3)
(4)12
【分析】（1）根据题意可知或，那么当时，结合四边形的内角和为，可得，故得出答案；
（2）连接，由直径所对的圆周角为90度，以及圆的内接四边形对角互补，可得，，接着证明，从而得出结论；
（3）将绕着点逆时针旋转得到，连接，可证为等边三角形，接着证明，即，那么有，即；
（4）先证明是等腰直角三角形，得到，将绕点顺时针旋转得到，连接，推出，，，从而推出，那么为等腰直角三角形，得到，联合，得到，然后在中利用勾股定理可求得答案．
【详解】（1）解：四边形是对余四边形，
或，
四边形的内角和为，
当时，，
或，
故答案为：不一定．
（2）证明：连接，
是的直径，点、、在上，
，，
，
，
即，
四边形是对余四边形，
（3）解：，
理由：，，
将绕着点逆时针旋转得到，连接，如图，
则，，
，，，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
（4）解： ， 对角线边，
，
，
将绕点顺时针旋转得到，连接，如图，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
．
【点睛】本题考查了对余四边形，旋转的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，直径所对的圆周角为90度，圆的内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识点，读懂题意，数形结合是解题的关键．
6．(1)
(2)45
(3)
【分析】（1）根据“关联等角射线”的定义可得，只有符合题意，即可解答；
（2）点P在第三象限，根据与轴平行，与轴平行，画出图象，再根据“关联等角射线”的定义求解即可．
（3）根据题意先确定最大值，要使得经过原点，先看左图可知此时不可能经过原点，要使得经过原点，先得找到临界位置（即过点的切线过点），此时，；那么将往下移动，一定能有过点，此时要确保与坐标轴无交点，即与轴没有交点，找到临界状态即轴时即可．画出图形，设，延长交轴于点，直线与轴交于点，则，过点作，得出，设，证明，列出方程求出．过点作轴于点，列出等式，求解即可．
【详解】（1）解：由定义可知，，则的“关联等角射线”是；
故答案为：．
（2）解：∵点P在第三象限，与轴平行，与轴平行，如图，
∴，
∵，为点P关于“关联等角射线”，
．
故答案为：45．
（3）解：点M的坐标为，的半径为1，
先确定最大值，要使得经过原点，先看左图可知此时不可能经过原点，要使得经过原点，先得找到临界位置（即过点的切线过点），
此时，
∴,
∴，
∴，
过点作，
∴，
∴，
∴，
∴此时；
那么将往下移动，一定能有过点，此时要确保与坐标轴无交点，即与轴没有交点，找到临界状态即轴时，如图．
设，延长交轴于点，直线与轴交于点，
则，
∵直线与相切，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
此时，
∴，，
过点作，
，
设，
，
，
∴
，
即，
解得：（负值已舍去）．
过点作轴于点，
∵轴
，
，
∴．
【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，切线的性质，勾股定理，解一元二次方程，等腰三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是理解题中新定义，找到临界点．
7．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用等腰三角形性质，以及全等三角形性质推出，进而推出，再结合平行线性质进行等量代换，即可证明为等腰三角形；
（2）连接，利用等腰三角形性质，平行线性质，以及圆周角定理，证明，再结合相似三角形性质求解，即可解题；
（3）作于点，连接，利用等腰三角形性质得到过圆心，再结合全等三角形性质和圆周角定理推出，进而得到，设，则，利用勾股定理得到，推出，，再利用勾股定理得到，结合全等三角形性质，证明，最后利用相似三角形面积之比等于相似比的平方，即可解题．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
，
，
，
即为等腰三角形；
（2）证明：连接，
，
，
H为中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：作于点，连接，
，
，
过圆心，
，，
，
，
，
，
，
，
，
设，
，，
，
，
，
由，
，
．
【点睛】本题考查了等腰三角形性质和判定，全等三角形性质，平行线性质和判定，圆周角定理，相似三角形性质和判定，勾股定理，解题的关键在于熟练掌握相似三角形性质和判定．
8．(1)24
(2)是，理由见解析
(3)18
【分析】（1）在中，解直角三角形即可解答；
（2）根据直角三角形斜边上中线的性质得到，根据得到，因此，从而点A，B，E，D四点共圆，且点P为该圆的圆心，根据圆周角定理有，得到是等边三角形．
（3）取的中点H，连接，延长交于点N，根据中位线定理得到，因此点P在直线上运动．作点M关于的对称点，连接，交于点G，连接，，则，连接，交于点，则，由点H是的中点，，得到，证明四边形是矩形，得到，根据勾股定理在中，求得，即可得出，即可解答．
【详解】（1）解：∵在中，，，
∴．
（2）解：是等边三角形，理由如下：
∵，
∴，
∵点P是的中点，
∴在中，，
在中，，
∴
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点A，B，E，D四点共圆，且点P为该圆的圆心，
∴，
∵，
∴是等边三角形．
（3）解：取的中点H，连接，延长交于点N，
∵点P是的中点，点H是的中点，
∴，
∴点P在直线上运动．
作点M关于的对称点，连接，交于点G，连接，，
则，
∴，
连接，交于点，则，
∵点H是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵点M与点关于对称，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴在中，，
∴，
∴，
即的最小值为18．
【点睛】本题考查解直角三角形，勾股定理，等边三角形的判定，四点共圆，圆周角定理，直角三角形斜边上中线的性质，轴对称的性质，最短路径问题等，综合运用相关知识，正确作出辅助线是解题的关键．
9．(1)点到直线的距离为；
(2)见解析
(3)
(4)
【分析】本题考查了
（1）作于点，证明，得即可得解；
（2）设与交于点，分别以为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，作直线交于点，即可；
连接，得，进而可求圆心角，再用弧长公式即可求解；
（3）作于点，于点，证明，根据，求得，进而可求，进而可求，，
即可求得点到直线的距离之比；
（4）设与相切于点，作于点，交于点，连接，证明四边形是矩形，可得，，进而得，，根据勾股定理可求，即可求得．
【详解】（1）解：如图，作于点，
矩形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
点到直线的距离为；
（2）解：设与交于点，分别以为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，作直线交于点，线段即为所求；
连接，
，
，
，
所求弧长为；
（3）解：如图，作于点，于点，
，
，
，
，
中，
，
，，
，，
；
即点到直线的距离之比为；
（4）解：设与相切于点，作于点，交于点，连接，
，
四边形是矩形，
，
，
同理，
，
，
，
．
【点睛】本题是圆的综合题，还考查了尺规作图，要熟练掌握圆的性质，矩形的性质及判定，圆与直线的位置关系，解直角三角形，勾股定理，正确作出辅助线，解题时做到数形结合、分类讨论是关键．
10．(1)；
(2)①；②PC的最小值为．
【分析】（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过作，求得，进而求得，根据可求得，根据即可求出劣弧的长度；
（2）①根据已知条件可得，证明，即可求得；
②如图，作的外接圆，圆，连接，过作交的延长线于点，由题意的由“定弦定角”模型，可知，，作出的外接圆，圆，设圆的半径为，则的最小值即为，根据勾股定理即可求得，，从而求得最小值．
【详解】（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过作，
，，
，
，
，，
，
，
∴劣弧的长为
故答案为：；
（2）①，
，
，
点是的内心，
平分，
，
，
，
，
；
②如图，作的外接圆，圆，连接，过作交的延长线于点，
由题意的由“定弦定角”模型，可知，，
作出的外接圆，圆心为，设圆的半径为，则的最小值即为，
，
设优弧所对的圆心角优角为，
则，
，
，
，
，
，
，四边形是正方形，
∴，
，
，
∵，
，
，
，
．
的最小值为．
【点睛】本题考查了“定弦定角”模型，圆周角定理，解直角三角形，线段最短距离，勾股定理正方形的性质，三角形全等的性质与判定，理解题意作出图形是解题的关键．
11．(1)P2、P3
(2)①；②或
【分析】（1）分别求出绕点顺时针旋转得到的对应点，再利用勾股定理得出对应点与原点的距离，结合的半径为2，逐个判断即可得出结论；
（2）①设点绕点顺时针旋转得到点，则，过点作轴的平行线，且满足，，通过证明得到，，设，，根据坐标系得出关于的方程组，解出的值即可求出点的坐标；
②设线段绕点顺时针旋转得到线段，分别求出点绕原点顺时针旋转得到的对应点，根据图形变换的性质可得线段可以通过平移线段得到，设，，由题意得，得到关于的方程组，解出的值，得出点的坐标，同理①中的方法即可求出点的坐标．
【详解】（1）解：绕点顺时针旋转，得到点，
绕点顺时针旋转，得到点，
绕点顺时针旋转，得到点，
绕点顺时针旋转，得到点，
，，，，
又的半径为2，
点和在上，
可以作为关于点的“旋转定点”的是、．
故答案为：、．
（2）解：①设点绕点顺时针旋转得到点，则，
由题意得，，，且点在的上方，
如图，过点作轴的平行线，且满足，，
，，
，
，
，
，
，即，
，
，，
设，，
由坐标系可得，
解得：，
点向上平移2个单位长度，再向左平移3个单位长度得到点，
点的坐标为．
②设线段绕点顺时针旋转得到线段，
点绕原点顺时针旋转，得到点，
点绕原点顺时针旋转，得到点，
由图形变换的性质可知，线段可以通过平移线段得到，
设，，
由题意得，线段是的弦，
，
，
，
解得：或，
当时，则，即点绕点顺时针旋转得到点，
同理①中的方法可得，点的坐标为；
当时，则，即点绕点顺时针旋转得到点，
同理①中的方法可得，点的坐标为；
综上所述，点的坐标为或．
【点睛】本题考查了新定义、旋转的性质、圆的基本性质、勾股定理、全等三角形的性质与判定，理解新定义，构造全等三角形求出“旋转中心”的坐标是解题的关键．本题属于坐标与几何综合题，涉及新定义，对学生的综合能力要求较高，适合有能力解决难题的学生．
12．（1）见解析，（2），（3）
【分析】（1）由，，可得，进而有，根据比例的基本性质即可得出结论成立；
（2）连接，由菱形可得，进而证明，得即可求出的长；
（3）如图，过点D作垂直的延长线于点M，在上取一点Q，使得，连接，，先利用勾股定理求出，，再证明得出，从而得出即可得出最小值．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∴．
（2）解：连接，
在菱形中，，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
（3）解：如图，过点D作垂直的延长线于点M，在上取一点Q，使得，连接，，
菱形中，，
，，
，
，
，
，
，，
，
，，，
，
，
，
，
，
即，
，
最小值为 ．
【点睛】本题主要考查了圆的概念、三角形的两边之和大于第三边、勾股定理、相似三角形的性质和判定及菱形的性质，构造辅助线将求和的两条线段转入同一三角形中利用三角形的两边之和大于第三边求最小值是解题的关键．
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