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圆 专项突破练习
1．【问题探究】
（1）如图1，是的外接圆，，若的长为，则的半径为______；
（2）如图2，在平面直角坐标系中，菱形的顶点、在轴上，顶点A、在轴上，点，．点为轴上的动点，当取最小值时，求点的坐标；
【问题解决】
（3）如图3，某城区有一块矩形空地，其中，，城建部门计划利用该空地建造一个居民户外活动广场，已知点为矩形内部一动点，满足，为对角线上的动点，过点作的垂线，垂足为，规划要求将区域设置成绿化区，区域设置成建设区，区域和四边形设置成观赏区，用于种植各类鲜花，区域设置成人工湖，为安全起见，现要沿修建一条笔直的隔离带，沿铺设一条笔直的步行景观道，已知修建隔离带的造价为元，铺设景观道的造价为1000元，求修建隔离带和景观道的最低总造价．（隔离带、景观道的宽度均忽略不计）
2．如图，是正方形的外接圆．
(1)如图1，若是上的一点，Q是上的一点，且．
①求证：．
②若，求的直径．
(2)如图2，若点P在上，过点作，求证：．
3．如图1，在锐角内找一点，过点作于点，以为直径作，过点作于点，延长交于点，连接．
(1)若，则___________；
(2)如图2，若，点在的延长线上，求证：是的切线；
(3)如图3，连接，若于点，且，求的值．
4．【新知引入】定义：如图（1），点M，N把线段分割成和，若以为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段的勾股分割点．
（1）已知点M，N是线段的勾股分割点，若，则___________．
【探究证明】
（2）如图（2），在中，，M，N在线段上，且．求证：点M，N是线段的勾股分割点．
【拓展应用】
（3）如图（3），在中，圆心角，P是上一动点，连接，分别作的垂直平分线，分别交直线于点C，D，已知，当是以为底边的等腰三角形时，请直接写出线段的长．

5．在中，，，点D为的中点．将绕点D逆时针旋转得到，旋转角为，过点作（以为直径）的切线，切点为F．
【知识技能】
（1）如图1，若旋转角，求证：；
【数学理解】
（2）如图2，若旋转角，求点到的距离；
【拓展探索】
（3）在旋转过程中，当直线时，求旋转角的度数．
6．如图1，以的直角边为直径作，交斜边于点D，E是的中点，连接，．
(1)求证：是的切线．
(2)如图2，点F在的延长线上，点M在线段上，于点N，交于点G．求证：．
(3)在（2）的条件下，若，求的面积．
7．定义：中，是它的中线，点在上，若，则称是的“陪位中线”．
(1)如图，在中，，是的中点，，垂足为，求证：是的“陪位中线”；
(2)内接于，是的中点，连接．
如图，点在上，连接交于点，连接，，若是的“陪位中线”，请从以下的结论中，选择一个正确的结论并给予证明；
ⅰ）；
ⅱ）是的“陪位中线”；
ⅲ）；
如图，过点作的切线交延长线于点，连接交于点，请判断是否为的“陪位中线”，并说明理由．
8．如图1，是的外接圆，是的直径，点是上一点，连接交于点，过点作，交于点，交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)如图2，连接，
①若，，求的长度；
②如图3，若点是的中点，过点作交的延长线于点，
求证：．
9．已知，四边形内接于，对角线交于H，．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，作直径交于点F，连接，，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，在上截取，于点Q，交于L，若，，求的长．
10．综合与实践
【课本再现】
（1）如图1，的和的平分线相交于点G．
①若，则_______；
②求证：．
【数学思考】
（2）如图2，中的平分线与其外角的平分线交于点O，猜想与之间的数量关系，并给予证明．
【问题解决】
（3）如图3，菱形的顶点在上，与相交于点为的中点，若，求的值．
《圆压轴题专项突破练习-2025年中考数学二轮专题》参考答案
1．（1）4；（2）点的坐标为；（3）元
【分析】（1）如图：在上取一点D，连接，根据圆的内接四边形的性质可得，再根据圆周角定理可得，运用勾股定理结合求得即可解答；
（2）根据菱形的性质以及点坐标可得，，，进而得到，；如图：过点作于点，过点作于点，交轴于点，则，当C、P、E三点共线时， 即点与点重合时，取得最小值，然后运用菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及解直角三角形求解即可；
（3）由题意知，修建隔离带和景观道的总造价为，只需求出的最小值即可．然后根据矩形的性质以及正切的定义可得，进而得到；如图，作的外接圆，则由，可知点为矩形内部上的动点（不与端点重合）．在的下方作，过点作于点，过点作于点，交于点，连接，、．然后解直角三角形以及三角形的三边关系可得，即当、、在上时，取最小值．再说明、是等腰直角三角形，进而得到，即的最小值，进而完成解答．
【详解】解：（1）如图：在上取一点D，连接，
∵四边形是的内接四边形，，
∴，
∴，
∴，
∴，解得：(舍弃负值)．
∴的半径为4．
（2）∵菱形的顶点、在轴上，顶点A、在轴上，点，
∴，，，
，，
如图：过点作于点，过点作于点，交轴于点，则，
∴当C、P、E三点共线时， 即点与点重合时，取得最小值，
∵在菱形中，，，
∴是等边三角形，，
∵，
，
在中，，
，，
，
，即取最小值时，点的坐标为．
（3）由题意知，修建隔离带和景观道的总造价为，只需求出的最小值即可．
在矩形中，，，
，，，
∴，
∴，
如图，作的外接圆，则由，可知点为矩形内部上的动点（不与端点重合）．
在的下方作，过点作于点，过点作于点，交于点，连接，、．
在中，，则，，
在中，，，
．
，
当、、在上时，取最小值．
，
．
，，
，，
∴，
又∵，
、是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
的最小值．
．
故修建隔离带和景观道的最低总造价为元．
【点睛】本题主要考查了圆的内接四边形、圆周角定理、解直角三角形、菱形的性质、矩形的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
2．(1)①见解析，②
(2)见解析
【分析】本题主要考查正方形性质、全等三角形的判定及性质、圆周角等知识，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．
（1）①证明即可得出结论；先证明，由勾股定理求出，再在中求出即可．
（2）连接，过点作，交于点，证明，可得，，进而证明，可得，由此可得．
【详解】（1）①证明：∵，
∴，
又∵，在正方形中，，
∴，
∴，
②解：∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图，连接，
∵，
∴是直径，
∴，
又∵，
∴
（2）证明：如图2，连接，过点作，交于点
∵在正方形中，，
∴，
∵，
∴，
又∵，，即：，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
3．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据是的直径得，由可得，进而由，即可得出结果；
（2）连接，证明平分即可；过作于E，由角平分线性质可，即可得出结论；
（3）过点作于点，过点作于点，可得四边形是矩形；设，，由，得出，，，再证明，得，即，解得，在利用勾股定理求出，，由面积法可得，由此求出比值即可．
【详解】（1）证明：是的直径，
，即；
，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：如图，过作于E ，
，
，
；
由（1），
平分；
，
，
是的切线；
（3）解：过点作于点，过点作于点，

则，，
设，，
由（1）得，，
∴四边形是矩形，
∴；
∵，，，
∴，
∴，，
∴，，，
∵，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是切线的判定和性质、勾股定理的应用、角平分线的判定、相似三角形的性质和判定，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径、灵活运用相似三角形 转化线段关系是解题的关键．
4．（1）或；（2）见解析；（3）或
【分析】（1）分是直角三角形的斜边和直角边两种情况，分运用由勾股分割点的求解即可；
（2）将绕点逆时针旋转得到，连接，证明，得到，在中，，即，即可得到点，是线段的勾股分割点；
（3）分点P在上方和下方两种情况讨论，连接，当点P在上方，根据题意易得都是等腰三角形，同理（2）可证点C，D是线段的勾股分割点，得到，证明，推出，设，则，利用勾股定理即可建立一元二次方程求解即可，点P在下方，同理求解即可．
【详解】（1）解：∵点，是线段的勾股分割点，
∴分两种情况：
当为斜边时，．
当为斜边时，．
∴或；
故答案为：或；
（2）证明：，
，
将绕点逆时针旋转得到，连接，则，，，．

∵，，
∴，即，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴在中，，即，
∴点，是线段的勾股分割点．
（3）解：如图，当点P在上方时，连接，

∵点在上，
∴是的内接三角形，
∴分别在的垂直平分线上，
∵，
∴都是等腰三角形，
∴，
∵是以为底边的等腰三角形，
∴，
∴，，
∴，
∵圆心角，
∴，
由（2）同理可证点C，D是线段的勾股分割点，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，则．
∴，即，
解得：或（舍去），
∴，
∴；
当点P在下方时，如图，

∵，
∴，
同理得点A，B是线段的勾股分割点，
∴，
同理上一种情况得，
设，则，
∴，
解得：（负值舍去），
∴；
综上，的长为或．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了新定义“勾股分割点”、勾股定理、等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程等知识点，正确添加辅助线、构造全等三角形解决问题是解题的关键．
5．（1）详见解析
（2）
（3）150°或330°
【分析】（1）根据旋转的性质得出，即，即可得出．
（2），过点作于点E，连接．由等腰三角形三线合一的性质得出，．根据勾股定理得出，最后根据等面积法即可得出答案．
（3）分两种情况求解，①当在的左侧时和①当在的右侧时，画出图形作出辅佐线求解即可．
【详解】（1）证明：当旋转角时，如图1，此时点与点C重合．
∴，即．
∴．
（2）解：当旋转角时，如图2，此时与在同一直线上，过点作于点E，连接．
∵，，点D为的中点，
∴，．
∴．
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴点到的距离为．
（3）解：①当在的左侧时，如图3，设交于点G，连接．
∵，∴．
∵是的切线，
∴，即．
又∵，
∴
∴四边形是矩形．
∵，
∴四边形是正方形，
∴．
在中，．
∴．
∴．
②当在的右侧时，如图4，设交于点H，连接．
同理求得．
∴，
∴．
综上所述，当直线时，旋转角的度数为150°或330°．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，旋转的性质，正方形的判定和性质，解直角三角形的相关计算，等腰三角形三线合一的性质，勾股定理等知识，掌握旋转的性质是解题的关键．
6．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）连接，由垂线的定义可得，再由圆周角定理可得，根据直角三角形的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，利用等量代换可得，再根据切线的判定即可求解；
（2）根据垂线的定义和对顶角相等可得，再由圆周角定理可得，利用等量代换可得，从而可证，可得即可得出结论；
（3）利用三角函数求得，，证明，可得，从而求得，，证明求得，再利用三角形面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：连接，
在中，，即，
∵是的直径，
∴，
∴，
在中，
∵点E是的中点，
∴，
∴，
∵，是的半径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）证明：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即.
（3）解：在中，，，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故的面积为．
【点睛】本题考查切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质与判定、勾股定理及三角函数的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
7．(1)见解析；
(2)ⅰ）见解析；
ⅱ）见解析；
ⅲ）见解析；
是，理由见解析．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知，根据等边对等角可得：，因为，所以，根据同角的余角相等可证，等量代换可得，从而可证结论成立；
ⅰ）根据陪位中线的定义可知，根据圆周角定理可知，可证，根据相似三角形的性质可得：，根据中线的定义可知，从而可得：，根据陪位中线的定义可证，从而可证，根据相似三角形的性质可证结论成立；
ⅱ）根据圆周角定理可得：，根据三角形外角的性质可知，，所以可得：，
根据圆周角定理可证：，所以可得；
ⅲ）若，则，即只有当时，才成立；
连接，，，根据切线的性质可知，为的中点，因为可知，根据同角的余角相等可得,从而可证，根据相似三角形的性质可得，从而可得：，又因为，可得，根据相似三角形的性质可知 ，根据三角形外角的性质可得：，又因为，所以可得：，从而可证，可证结论成立．
【详解】（1）证明：在中，，为上的中线，
，
，
，
，
，
，
，
是的“陪位中线”；
（2）解：ⅰ）：证明：是的“陪位中线”，
，
，
，
，
，
为上的中线，
，
．
，
，
，
，
，
，
；
ⅱ）证明：，
，
，，
，
，
，
，
是的“陪位中线”；
ⅲ）解：若，
则，
由ⅰ）可知，
，
，
，
，
即只有当时，成立；
：解是的“陪位中线”，
如下图所示，连接，，，
是的切线，
，
，为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
．
，
，
．
，
．
，
，
，，
，
，，
，
，
是的“陪位中线”．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、圆周勾股定理、切线的判定与性质、新定义，解决本题的关键是理解“陪位中线”的定义，根据定义进行解答即可
8．(1)证明过程见详解
(2)①；②证明过程见详解
【分析】（1）根据直径所对圆周角为直角得到，根据垂直的定义得到，根据同角的余角相等即可求解；
（2）①如图所示，连接，可证是等边三角形，得到，由此即可求解；
②根据题意先证明，得，如图所示，在上取，连接，可证，得，，再证明，得，，由此即可求解．
【详解】（1）证明：∵是直径，
∴，
∵过点作，即，
∴，
∴；
（2）解：①∵是直径，，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，则，
如图所示，连接，
∵所对圆周角是，所对圆心角，
∴，
∵,
∴是等边三角形，
∴；
②∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
由（1）可知，，且，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
如图所示，在上取，连接，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
在中，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即．
【点睛】本题主要考查圆与三角形，四边形的综合，掌握直径所对圆周角为直角，同弧所对弦相等，等腰直角三角形的，等边三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识的综合，数形结合分析是关键．
9．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）可推出，进而得出，进一步得出结论；
（2）设交于点G，可推出，进而推出，进而得出，根据垂径定理得出，进一步得出结论；
（3）作于W，可证明，从而，解直角三角形求得，设，则，根据勾股定理得出，列出关于x的方程，求得x的值，进而根据列出，进一步得出结果．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图1，设交于点G，
由（1）知，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴直径，
∴，
∴；
（3）解：如图2，作于W，
∴，
∴，
由（1）知，，
∴，
∴，
由（2）知，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论，垂径定理，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义，等腰三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
10．（1）①； ②见详解；（2）； 证明见详解；（3）
【分析】（1）①根据角平分线的定义可以得到，，再根据三角形的内角和定理得到和的三个内角的和是，对角度进行等价代换即可求出；②根据角平分线的性质定义可以得到，，再根据三角形的内角和定理得到和的三个内角的和是，对角度进行等价代换即可证明；
（2）根据角平分线的定义可以得到，，再根据三角形外角的性质得到和，最后对角度进行等价代换即可．
根据角平分线的定义可以得到，，再根据三角形的（3）连接，设与交于点，由四边形是菱形，得，由，，可得，，，，进而可推出， ，，，，证明，进而可得 ，，即可求解．
【详解】(1)解：①，
理由：∵，的平分线相交于点，
，，
，
，
，
故答案为：；
②证明：∵，的平分线相交于点，
，，
，
；
(2)解：；
证明： 平分，平分，
，，
，
．
（3）解：连接，设与交于点，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
(舍负)，
．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义、三角形的内角和定理、三角形外角的性质、同弧所对的圆周角相等、相似三角形的性质和判定、菱形的性质等知识点，灵活运用等量代换思想是解题关键．

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