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（小专题冲刺训练）圆压轴题-2025年中考数学专题突破
1．如图，半圆的直径为．
(1)若点A在半圆外，分别与半圆交于点D、E，且，求证．
(2)若点A在半圆内，，请用无刻度的直尺画出一点D，使得是等腰直角三角形（保留画图痕迹，不写画法）
2．如图，已知是的直径，都是的弦，于点G，交于点F，且，连结，分别交于点H，K．
(1)求证：．
(2)若，，求的直径．
(3)若点F在半径上，，请直接写出的值．
3．如图，在中，，点P为线段上的一个动点（不与A，C重合），作点关于的对称点，连结，．是的外接圆并分别交，于点，，连结，．

(1)判断是否为等腰三角形，并说明理由．
(2)证明：．
(3)连结，若点为线段的三等份点且，，求的值．
4．音乐课上，老师带领同学们自制弹拨乐器，将空心不带盖的塑料圆管放置在水平台面上，底部用两个完全相同的长方体木块固定（图1），图2为其截面示意图，半径为的与水平台面相切于点P，点C在上，两木块之间的距离．
(1)直接写出的度数；
(2)①尺规作图：过点C作的垂线，垂足为点Q（保留作图痕迹，不写作图过程）；
②求长方体木块的高；
(3)如图3，弦交于G，且．
操作：将塑料圆管沿切割取下面的部分，得到图4中的U型塑料管，将拨弦线与U型截面平行，并套在U型塑料管上便得到自制弹拨乐器．
计算：求每一根拨弦线的长．
5．【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）
6．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．
7．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．
8．如图所示，已知半径为，是直径，过点作于，交弦于点，连接，若，
(1)证明；
(2)设是射线上的动点，将绕着点顺时针旋转得到．
①当时，探究直线与的位置关系；
②在旋转过程中，是否存在点落在线段上且的情形？若存在，求出相应的的度数；若不存在，请说明理由．
9．四边形内接于，对角线，F为延长线上一点，连接，．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，连接并延长至点E，连接，若平分，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，，，，延长交于点T，求的长．
10．在平面直角坐标系中，的半径为1，对于的弦和外一点P，给出如下定义：若直线，都是的切线，则称点P是弦的“关联点”
(1)已知点．
①如图1，若的弦，在点，，中，弦的“关联点”是 ；
②如图2，若点，点P是的弦的“关联点”，直接写出线段，线段的长；
(2)已知点，线段是以点C为圆心，以1为半径的的直径，对于线段上任意一点S，存在的弦，使得点S是弦的“关联点”．当点S在线段上运动时，将其对应的弦长度的最大值与最小值的差记为t，直接写出t的取值范围．
《（小专题冲刺训练）圆压轴题-2025年中考数学专题突破》参考答案
1．(1)详见解析
(2)图见解析
【分析】本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了等腰直角三角形的性质和圆周角定理．
（1）证明，从而得到结论；
（2）如图，分别延长交圆于E、F，延长和，它们相交于P点，连接交圆于D点，则D点满足条件．
【详解】（1）证明：，
．
．
即
．
．
（2）解：如图，点D即为所求．
2．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由垂径定理得，等量代换得，进而可证结论成立；
（2）先证明，进而可证，求出，再证明，利用相似三角形的对应边成比例可得结论；
（3）证明得，证明是的中位线得，设，则，由勾股定理得，，证明，可求出，再证明求出，然后证明，利用平行线分线段成比例定理即可求解．
【详解】（1）连接，
∵是的直径，
∴
∵
∴
∴
∴
（2）∵是的直径，
∴
∴，
∵
∴
∴
∵，
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
（3）连接，
∵是的直径，
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴是的中位线
∴
设，则，
∴
∴，
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，等角对等边，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形中位线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，难度较大，属中考压轴题．
3．(1)为等腰三角形，见解析
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）根据轴对称的性质及圆内接四边形的性质求解即可；
（2）先证明，得到，再证明，，即可证明结论；
（3）过点A作于点H，交于点M，连结，证明经过圆心O，，然后分和两种情况，设，分别求出，，的长，根据勾股定理列方程求解，求出的长，最后利用三角函数求解即可．
【详解】（1）解：为等腰三角形；
理由：由翻折得，
，
，
，
为等腰三角形；
（2）证明：，
，
，，
，，
，，
，
，，
又，
，
，
又，
，
；
（3）解：过点A作于点H，交于点M，连结，
，
，
经过圆心O，
，
，
，
，
当时，，
，
，
由（2）知，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，，，
，
，
，
，
设，
在和中，，，
，
，
解得，
，
；
当时，，
，
，
，
，
，
，
同理，
求得，
，
设，则，
，
解得，
，
；
【点睛】本题主要考查了圆与三角形的综合问题,轴对称的性质，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定与性质,圆周角定理,相似三角形的判定与性质，垂径定理，解直角三角形，勾股定理等知识，作等腰三角形的高是解答本题的关键．
4．(1)；
(2)①见解析；②；
(3)每一根拨弦线的长为．
【分析】（1）根据切线的性质即可求解；
（2）①尺规作图即可；
②利用垂径定理和勾股定理求解即可；
（3）根据垂径定理和圆周角定理得出，，，然后通过，从而求得的长；再通过弧长公式求出的长即可．
【详解】（1）解：∵是的切线，切点为于P，
∴，
∴；
（2）解：①如图，即为所作，
②连接，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴在同一直线上，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：∵，弦交于G，
∴，，，
∴，
∴；
∵的长为，
∴则每一根拨弦线的长为．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，弧长公式，勾股定理，矩形的判定与性质，解直角三角形，掌握知识点的应用是解题的关键．
5．（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．
6．(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．
7．(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.
8．(1)证明见解析
(2)①当时， 与相切;当时，直线与相交； ②存在；
【分析】本题考查了圆的综合问题，涉及直线与圆的位置关系，解直角三角形，旋转的性质，等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，难度大．
（1）由得到，求出，再由三角形外角求出，再由等角对等边即可求证；
（2）①连接交直线于，可得．则，即，解，求出，设，则．故当时，，，此时点与点重合，由可得与相切；当时，，，此时点与点不重合，故直线与不相切，则直线与相交．
②当，时，点落在上且连接，，，，，，先确定点在上．当，时，可得．解得到，故，即存在点落在上且的情形，然后证明 ，可得是等边三角形，则，，即点和点都在上．故．
【详解】（1）证明：∵，，
∴．
∵，
∴．
∴在中，．
∴．
∴．
∴；
（2）①解：连接交直线于，
∵绕着点顺时针旋转得到，
∴．
由（1）知：，，
∴．
∴，即．
∵在中，，
设，
∴在中，．
当时，，，此时点与点重合，由可得与相切．
当时，，，此时点与点不重合，故直线与不相切，则直线与相交．
②解：存在，当，时，点落在上且．
理由如下：
连接，，，，，．
∵绕着点顺时针旋转得到，
∴，，．
∴．
∵点在射线上，
∴．
∴．
∴点在上．
当，时，
∵，，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴，即存在点落在上且的情形．
此时，，，
∴在和中，，，，
∴．
∴，．
∴．
∴是等边三角形．
∴，，即点和点都在上．
∴．
9．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由等腰三角形的性质及已知得；再由圆内接四边形的性质得，从而得结论成立；
（2）证明，得，再结合即可求证；
（3）过点C作于点H，于点G，证明，，则，；证明，则；设，则，从而可表示出，由面积可求得x的值，从而求得的值；过点A作，交延长线于点Q，可证明，得；设，则得；由勾股定理求得a的值，即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴；
∵，
∴；
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图，设；
∵，
∴，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∵，，
∴；
∵平分，
∴；
∵，
∴，
∴；
∵，
∴；
（3）解：过点C作于点H，于点G，如图；
∵，
∴，；
∵，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
∵，
∴；
设，则，
∴；
∵，，
∴，
解得：（舍去），
∴，
由勾股定理得：；
过点A作，交延长线于点Q，
∴；
∵平分，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
即，
∴；
设，则；
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：（舍去），
∴．
【点睛】本题是圆的综合，考查了圆内接四边形的性质，同弧对的圆周角相等，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解一元二次方程，三角函数等知识，构造适当辅助线是解题的关键．
10．(1)①和；②，
(2)
【分析】（1）①已知线段长，求出的长度，根据平面直角坐标系中两点间的距离公式求出，，，再看与是否相等即可作出判断；
②由，的坐标求出，再求出到的距离，进而求出；
（2）首先确定线段与长度间的关系，线段长度越长，线段长度越长；然后举例线段，确定线段最大值和最小值取值情况；改变线段的位置，确定线段最大值和最小值的变换情况；当线段是水平线段时，取最大值；当线段是竖直线段时，取最小值，由此可解决问题．
【详解】（1）解：先探究长度确定时，的长度，如图，
，是的切线，切点分别为，，
由切线长定理，得，，，
，
，即，
，
①，，
，
，
，
，
，
弦的“关联点”是，，
故答案为：和；
②，．
理由：由，，
可知，
，
；
（2）．
理由如下：，，
，
，
越大，越大；越小，越小；
即点是弦的“关联点”时，越大，越大；越小，越小；
以线段为例，如图：
当最大时，，
当最小时，，
改变线段的位置到，如图：
当由变为，
，
，
当由变为，
，
，
，，
，
当为水平线段时，如图：
，，
，
，
，
改变线段的位置到，如图：
过点作于点，
当由变为，
，
，
当由变为时，
，
，
，，
，
当为竖直线段时，如图：
，或，
，
，
，
综上，．
【点睛】本题是一道圆的综合题，考查对新定义的理解，切线长定理，相似三角形，勾股定理，准确理解“关联点”，能灵活运用线段与的等量关系是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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