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抢分秘籍09 圆中证切线、求弧长、求扇形面积问题
目录
【解密中考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型）
【题型一】圆中求角的度数 【题型二】圆中求线段的长
【题型三】圆中求弧长、面积 【题型四】圆与正多边形
【题型五】证切线与求线段、半径综合 【题型六】证切线与求弧长、面积综合
【题型七】圆中尺规作图与无刻度作图问题 【题型八】圆与（特殊）平行四边形综合问题
【题型九】生活中的实物抽象出圆的综合问题 【题型十】圆中动点探究型问题
【题型十一】圆中新定义探究综合问题 【题型十二】圆与函数的综合问题
：圆中证切线、求弧长、求扇形面积问题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。
1．从考点频率看，证切线为高频考点，常结合判定定理；弧长、扇形面积计算属基础高频，多与圆心角、半径关联。
2．从题型角度看，证切线多为解答题，需逻辑推理；弧长、面积计算含选择、填空及综合题，常需公式运用与几何分析，分值8分左右，着实不少！
：熟记切线判定与性质、弧长及面积公式；强化几何证明逻辑，注意辅助线添加；多练综合题，掌握与三角形等结合的解题技巧，规范计算步骤。
【题型一】圆中求角的度数
【例1】（2025·山西阳泉·一模）如图，已知是的内接三角形，若，则 度．
【答案】/38度
【知识点】圆周角定理
【分析】本题主要考查圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键；连接，则有，，进而问题可求解．
【详解】解：连接，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴；
故答案为．
圆中求角度数常用技巧：利用圆心角等于弧度数、圆周角为圆心角一半；直径对直角；弦切角等于夹弧圆周角；圆内接四边形对角互补，外角等于内对角，结合弧长转化角度。
【例2】（2025·江苏徐州·一模）如图，是的弦，是的切线，A为切点，经过圆心．若，则 °．
【答案】29
【知识点】圆周角定理、切线的性质定理、直角三角形的两个锐角互余
【分析】此题考查圆的切线的性质定理，圆周角定理，直角三角形两锐角互余的性质，根据切线的性质得到，由此求出的度数，再根据圆周角定理求出的度数．
【详解】解：连接，
∵是的切线，A为切点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：29．
【变式1】（2025·北京·模拟预测）如图，是的直径，是上的两点．若，则的度数为 ．
【答案】/26度
【知识点】同弧或等弧所对的圆周角相等、半圆（直径）所对的圆周角是直角
【分析】本题考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，直角三角形两锐角互余，熟练掌握知识点是解题的关键．先根据直径所对的圆周角是直角得到，再求出，最后根据同弧所对的圆周角相等即可求解．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：
【变式2】（2025·江苏盐城·一模）如图，是半圆的直径，点是弧上的一点，，则的度数为 度．
【答案】/42度
【知识点】半圆（直径）所对的圆周角是直角、已知圆内接四边形求角度
【分析】本题考查圆的内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．
由圆的内接四边形的性质求得，再由圆周角定理得出，由三角形内角和定理进而可直接答案．
【详解】解：∵是半圆的直径，
，
∵，
，
故答案为：．
【变式3】（2025·浙江·模拟预测）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接，若，则 ．
【答案】35
【知识点】半圆（直径）所对的圆周角是直角、已知圆内接四边形求角度、圆周角定理
【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，根据圆内接四边形的性质求出，根据圆周角定理得到，进而求出．
【详解】解：∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
故答案为：35．
【题型二】圆中求线段的长
【例1】（2025·河南郑州·二模）如图，与相切于点A，交于点B，点C在上，且．若，，则的长为 ．
【答案】
【知识点】用勾股定理解三角形、应用切线长定理求解、切线的性质定理
【分析】本题考查了切线的性质，切线长定理，勾股定理，根据切线得到，然后根据勾股定理得到长，然后设，得到，，，然后在利用勾股定理求出x的值即可解题．
【详解】解：因为与相切于点，
所以，
在中，．
设，则，，，．
在中，根据勾股定理可得，
解得，
即的长为，
故答案为：．
圆中求线段长解题技巧如下：利用勾股定理（半径、弦心距、半弦长构直角三角形）；应用圆幂定理（相交弦、切割线、割线定理）；构造相似三角形或全等三角形；借助直径（直角圆周角）、半径相等性；结合三角函数或解直角三角形，辅以辅助线（连圆心、作垂线等）。
【例2】（2025·江苏常州·一模）如图，是的直径，弦于点，，如果，则的长为 ．
【答案】
【知识点】利用垂径定理求值、用勾股定理解三角形、解直角三角形的相关计算
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握垂径定理是解题的关键；
连接，判定为等边三角形，进而求解的长度，进而根据勾股定理求解即可；
【详解】解：如图，连接，
是的直径，弦，
，，
，
，
为等边三角形，
，
，
，
；
故答案为：．
【变式1】（2025·河南驻马店·一模）如图，在半径为10的中，、是互相垂直的两条弦，垂足为，且．则的长为 ．
【答案】
【知识点】根据正方形的性质与判定求线段长、利用垂径定理求值、用勾股定理解三角形
【分析】作于M，于N，连接，，，根据垂径定理可得，再根据勾股定理可得，再证明四边形是正方形
则，根据勾股定理即可求出的长．本题主要考查了垂径定理，勾股定理和正方形的判定和性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】解：作于M，于N，连接，，，
，
，
，
，
，
于M，于N，
，
∴四边形是矩形，
，
∴四边形是正方形，
，
．
故选：B．
【变式2】（2025·江苏南京·一模）如图，圆内接四边形的对角线互相垂直，且平分，延长，交于点F，若，，则 ．
【答案】/
【知识点】利用垂径定理求值、由平行截线求相关线段的长或比值、用勾股定理解三角形、同弧或等弧所对的圆周角相等
【分析】延长交于H，交于G，设、相交于E，根据角平分线的定义，圆周角定理以及三角形外角的性质可得出，根据垂径定理得出，证明，根据平行线分线段成比例可求出，在中，根据勾股定理得出，解方程求出，即可求解．
【详解】解：延长交于H，交于G，设、相交于E，
∵圆内接四边形的对角线互相垂直，
∴，
∵平分，
∴，
又，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
在中，，
∴，
解得（负值已舍去），
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的内接四边形，平行线分线段成比例，垂径定理，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，判断出，是解题的关键．
【变式3】（2025·北京·一模）如图，，分别与相切于点，，交于点，四边形是平行四边形，若，则 ，劣弧 ．
【答案】 /
【知识点】应用切线长定理求解、求弧长、切线的性质定理、特殊三角形的三角函数
【分析】根据切线长定理得，结合平行四边形的性质推得、，通过三角函数可求得的长，通过弧长公式可求得劣弧的长．
【详解】解：如图，连接，
，分别与相切于点，，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
劣弧，
在中，，
，
．
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了切线长定理，切线的性质，平行四边形的性质，弧长公式，特殊角的三角函数值，熟练掌握切线长定理是解题关键．
【题型三】圆中求弧长、面积
【例1】（2025·山东济南·一模）如图，等边是的内接三角形，若的半径为，则阴影部分的面积为 ．
【答案】
【知识点】求扇形面积、等边三角形的性质、含30度角的直角三角形、利用垂径定理求值
【分析】连接、，连接并延长并于点，根据垂径定理和等边三角形的性质求出的面积，再利用扇形的面积公式结合图形求解．
【详解】解：连接、，连接并延长并于点，如下图，
则．
等边是的内接三角形，
，
，，
，，
，
，
图中阴影部分的面积．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，扇形的面积公式，垂径定理，含的直角三角形的性质，勾股定理，三角形面积计算，作出辅助线求出的面积是解答关键．
圆中求弧长与面积，核心抓圆心角、半径：弧长用 L=\frac{n\pi r}{180} 或 L=\theta r （θ为弧度），扇形面积用 S=\frac{n\pi r^2}{360} 或 S=\frac{1}{2}\theta r^2 。遇组合图形，分割为扇形、三角形等，利用垂径定理、勾股定理求半径或圆心角，辅以角度转换（弧度与角度）。
【例2】（2025·辽宁大连·一模）如图，扇形纸扇打开后，外侧两竹条夹角，，的长度为 （用含的式子表示）．
【答案】
【知识点】求弧长
【分析】本题考查弧长计算公式，根据外侧两竹条夹角和弧长计算公式可以得到弧的长．
【详解】解：∵，，
∴的长为：，
故答案为：．
【变式1】（2025·山东济南·一模）如图，边长为6的正六边形内接于，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留）
【答案】/
【知识点】正多边形和圆的综合、求扇形面积
【分析】本题主要考查了扇形面积计算，正六边形的性质等知识点．将阴影部分合并即可得到扇形的面积，利用扇形面积公式计算即可．
【详解】解：根据题意，图形可转换成下图，
∵是正六边形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：．
【变式2】（2025·广东阳江·二模）如图，等圆和相交于两点，经过的圆心，若，则图中阴影部分的面积为
【答案】
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等边三角形的判定和性质、求其他不规则图形的面积
【分析】本题考查了相交弦定理，全等的判定及性质，扇形的面积公式，转化思想是解题的关键．先证明，再把阴影部分面积转换为扇形面积，最后代入扇形面积公式即可．
【详解】如图，连接，，
∵等圆和相交于A，B两点
∴,
∵和是等圆
∴
∴是等边三角形
∴
∵,,
∴
∴．
故答案为：．
【变式3】（2025·河南安阳·模拟预测）如图所示是某同学“抖空竹”的一个瞬间．已知绳子分别与空竹相切于点，且，连接左右两个绳柄，经过圆心，分别交于点，经测量，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【知识点】切线的性质定理、根据特殊角三角函数值求角的度数、全等的性质和SAS综合（SAS）、求其他不规则图形的面积
【分析】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，扇形的面积等，连接，可证，得到，，利用三角函数可得，即得，得到，最后根据即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵是的切线，点为切点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，，
∵，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【题型四】圆与正多边形
【例1】（2025·陕西西安·三模）如图，正六边形与正方形有重合的中心O，若是正n边形的一个中心角，则n的值为 ．
【答案】12
【知识点】求正多边形的中心角、已知正多边形的中心角求边数
【分析】本题主要考查了求正多边形的中心角，已知正多边形的中心角求边数等知识点，熟练掌握正n边形的每个中心角都等于是解题的关键．连接，由正六边形与正方形可得，，进而可得，再由“正n边形的每个中心角都等于”即可得出答案．
【详解】解：连接，
正六边形与正方形有重合的中心O，
，
，
是正n边形的一个中心角，
．
故答案为：12．
圆与正多边形求解，关键利用外接圆/内切圆性质：圆心即正多边形中心，半径为外接圆半径，边心距为内切圆半径。将正多边形分割为等腰三角形，用圆心角（360°/n）、勾股定理或三角函数求边长、边心距，结合对称性作辅助线（连圆心、作高）。
【例2】（2025·江苏南京·模拟预测）如图，过四边形的顶点A，C，D的圆，分别交于点E，若，，则的度数为
【答案】52
【知识点】圆周角定理、已知圆内接四边形求角度
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，掌握圆圆周角定理是解题的关键．
连接，根据圆内接四边形的性质求出，再根据三角形的外角性质计算求出，得到答案．
【详解】解：如图，连接，
四边形为圆内接四边形，
，
，
，
是的外角，，
，
的度数为：，
故答案为：．
【变式1】（2025·广东茂名·一模）如图，正六边形的边长为，以顶点为圆心，的长为半径画弧，交正六边形于点、，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留）
【答案】
【知识点】求扇形面积、正多边形的内角问题
【分析】本题考查了正多边形的定义及内角和，扇形的面积公式，解题的关键是掌握相关知识．根据正多边形的定义求出该多边形的内角，再根据扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：多边形是正六边形，
该多边形的内角是，即，
阴影部分的面积为，
故答案为：．
【变式2】（2025·安徽合肥·一模）如图1，这是中国古建筑中的正六边形窗户设计图，图2是由其抽象而成的正六边形，是它的外接圆，连接，，作．若劣弧的长为，则 ．
【答案】
【知识点】正多边形和圆的综合、求扇形半径、求正多边形的中心角、解直角三角形的相关计算
【分析】先求出中心角，再根据弧长公式求得半径为2，然后解即可．
【详解】解：∵正六边形，是它的外接圆，
∴中心角，
∵劣弧的长为，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆圆与正多边形，解直角三角形，中心角的求解，弧长公式，综合性较强，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式3】（2025·天津和平·一模）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，以“圆的内接正多边形的面积”来无限逼近“圆面积”．并指出在圆的内接正多边形边数加倍的过程中“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．刘徽将极限思想和无穷小分割引入了数学证明，并运用“割圆术”计算出圆周率．如图①，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为．
（1）如图②，在圆内接正十二边形中， （度）；
（2）用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为 ．
【答案】 30 3
【知识点】正多边形和圆的综合
【分析】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键．
（1）根据正多边形与圆的关系可进行求解；
（2）过A作于M，根据直角三角形的性质得到，根据三角形的面积公式得到，于是得到正十二边形的面积为，根据圆的面积公式即可得到结论．
【详解】解：（1）如图，是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心，
∴；
故答案为30；
（2）过A作于M，如图所示：
在正十二边形中，，
∴，
∴，
∴正十二边形的面积为，
∴，
∴，
∴的近似值为3，
故答案为3．
【题型五】证切线与求线段、半径综合
【例1】（2025·四川资阳·一模）如图，在中，，，两点分别在边，上，过，两点的与相交于点，连接，，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)3
【知识点】证明某直线是圆的切线、解直角三角形的相关计算、用勾股定理解三角形、半圆（直径）所对的圆周角是直角
【分析】（1）连接，通过是直径，得到，推出，通过，推出，再利用，得到，推导出，得证；
（2）先通过，得到，再利用勾股定理求出，再证明，得到，再计算出，接着证明，利用，算得半径长度．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
是直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线．
（2）解：连接，，如图所示：
，，
，，
是直径，
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是90度，圆切线的判定与性质，解直角三角形，三角形内角和定理，勾股定理，三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
证切线：点在圆上则证半径垂直于直线；点未知则证圆心到直线距离等于半径。求半径：利用切线垂直性构直角三角形，结合勾股定理、相似、圆幂定理，或切线长定理，辅作圆心与切点连线等辅助线。
【例2】（2025·辽宁铁岭·一模）如图，是的直径，点在上，点在的延长线上，，平分交于点，连接．
(1)求证：是的切线．
(2)当，时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【知识点】证明某直线是圆的切线、相似三角形的判定与性质综合、圆周角定理
【分析】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直径对的圆周角是直角，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
（1）连接，根据直径所对的圆周角为直角得到．根据等腰三角形的性质得到，求得，根据切线的判定定理得到结论；
（2）根据相似三角形的判定和性质定理得到．求得．连接，根据角平分线的定义得到，求得，得到，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵是的直径，
．
．
，
．
∵，
．
．
．
是的半径，
是的切线；
（2）解：，，
．
．
∴．
．
．
如图，连接，
平分，
．
．
．
是的直径，
．
．
．
【变式1】（2025·江苏盐城·一模）如图，在中，，为边上的点，以为直径作交于点，连接并延长交于点，连接，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求点到的距离．
【答案】(1)见解析
(2)
【知识点】半圆（直径）所对的圆周角是直角、证明某直线是圆的切线、用勾股定理解三角形
【分析】（1）连接，根据，可得，从而得到，再由，可得，即可求证；
（2）连接，设的半径为r，则，，在中，根据勾股定理可得，从而得到，在中，可得，再由为的直径，可得，然后根据，可求出，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：如图，连接，
设的半径为r，则，，
在中，，
∵，
∴，
解得：，
∴，
在中，，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：，
即点到的距离为．
【点睛】此题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的两个锐角互余，切线的判定定理，圆周角定理，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式2】（2025·贵州六盘水·一模）如图，为的直径，已知，点P在延长线上，．
(1)求证：是的切线；
(2)已知平分，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)，
【知识点】证明某直线是圆的切线、相似三角形的判定与性质综合、圆周角定理、解直角三角形的相关计算
【分析】（1）连接，则，由，根据垂径定理得，得，继而得到，进而即可证明是的切线；
（2）由，得可证明，根据相似三角形对应边成比例则可得到，继而得到，由的半径为5，进而即可求得答案．
【详解】（1）证明：连接，则，
∵为的直径，，
∴，，
∴，
∵
∴
∴，
∴，
∴，
即，
∵是的半径，
∴是的切线．
（2）解：∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵的半径为5，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的长为，的长为．
【点睛】本题重点考查垂径定理、圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
【变式3】（2025·广东茂名·一模）如1图，是的直径，是的弦，点是外一点，．
(1)求证：与相切．
(2)如2图，连接、，若，与交于点．
①证明：；
②连接交于点，连接，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【知识点】半圆（直径）所对的圆周角是直角、解直角三角形的相关计算、证明某直线是圆的切线、相似三角形的判定与性质综合
【分析】（1）根据是的直径，得出，再证明，即可证明结论；
（2）①连接，证明，得出，得出，即可证明结论；
②连接，根据，，求出，，，，证明，得出，证明，得出，证明，得出，代入数据求出结果即可．
【详解】（1）证明：是的直径，
，
，
，
，即，
与相切；
（2）①证明：如图，连接，
，，，
，
，
又，
，即，
，
；
②连接，如图所示：
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
即①，
∵，，
∴，
∴，
即②，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形的相关计算，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线熟练掌握相关的判定和性质．
【题型六】证切线与求弧长、面积综合
【例1】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，内接于，是的直径，点在上，点是的中点，过点作，垂足为点，的延长线交的延长线于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【知识点】证明某直线是圆的切线、求弧长、等边三角形的判定和性质、圆周角定理
【分析】本题考查了圆的切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，弧长公式，正确添加辅助线是解题的关键．
（1）连接，由圆周角定理得到，然后证明，由，得到，即可证明；
（2）先证明，则可求，则，可证明为等边三角形，则，可求，那么，则半径，再由弧长公式求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：如图
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∴
∵，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为．
证切线：点在圆上则证半径⊥直线，点外则证距离=半径。求弧长面积：借切线得直角或圆心角，用弧长（ L=\frac{n\pi r}{180} ）、面积公式（ S=\frac{n\pi r^2}{360} ），辅分割图形、连切点与圆心构特殊三角形。
【例2】（2025·辽宁·一模）如图，在中，，以为直径作交于点D，过圆心O作交于点E，连接．
(1)如图1，求证：是的切线；
(2)如图2，若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)详见解析
(2)
【知识点】证明某直线是圆的切线、求其他不规则图形的面积、全等的性质和SAS综合（SAS）、圆周角定理
【分析】（1）连接，根据平行线的性质得到，求得，根据全等三角形的性质得到，根据切线的判定定理得到结论；
（2）如图，连接，，根据圆周角定理得到，证出四边形为正方形，根据正方形的面积公式和扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
是的半径，
与相切；
（2）解：如图，连接，
，
，，
，，
四边形为正方形，
，
∴，
，
，
，
图中阴影部分的面积=四边形的面积-扇形的面积．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，圆周角定理，扇形面积的计算，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
【变式1】（2025·辽宁鞍山·模拟预测）如图，在中，，以为直径的分别交于点D，G，过点D作于点E，交的延长线于点
(1)求证：与相切；
(2)当时，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【知识点】证明某直线是圆的切线、求其他不规则图形的面积、等腰三角形的性质和判定、求扇形面积
【分析】（1）连接，由可得，再由可得，等量代换可得，根据同位角相等两条直线平行可得，又因为，根据垂直于两条平行线中的一条，与另一条也垂直，得到，即可证明结论；
（2）先证明，可得，，利用含的直角三角形的性质与勾股定理可得，，结合，从而可得答案．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
，
，
，
为的半径，
与相切；
（2）解：，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，平行线的判定，切线的判定，等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，求解扇形的面积，熟练的证明圆的切线是解本题的关键．
【变式2】（2025·湖北襄阳·模拟预测）如图，在中，，是的平分线，O是上一点，O经过A，D两点，交于点E，交于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长l．
【答案】(1)见解析
(2)
【知识点】求弧长、解直角三角形的相关计算、等腰三角形的性质和判定、证明某直线是圆的切线
【分析】本题考查切线的判定、弧长公式、等边三角形的判定和性质、解直角三角形，圆周角定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
（1）连接，只要证明即可解决问题；
（2）作于点G，连接，证明为矩形，则可得求得的度数，再求得，即可利用弧长公式解答．
【详解】（1）证明：如图，连接．
是的平分线，
．
，
．
．
．
．
．
是的半径，
是的切线；
（2）解：如图，作于点G，连接．
则，
是的直径，
，
四边形为矩形，
．
．
．
．
，
．
，
．
∴．
【变式3】（2025·湖北孝感·一模）如图，是的直径，是的弦，半径，交于点F，点D在的延长线上，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【知识点】证明某直线是圆的切线、求其他不规则图形的面积、用勾股定理解三角形、圆周角定理
【分析】（1）连接，由等边对等角可得，进而可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，进而可得，即，然后根据切线的判定定理即可得出结论；
（2）由三角形的内角和定理可得，求出，由直角三角形的两个锐角互余可得，由含度角的直角三角形的性质可得，利用勾股定理可得，然后根据即可得出答案．
本题主要考查了等边对等角，直角三角形的两个锐角互余，切线的判定，三角形的内角和定理，含度角的直角三角形，勾股定理，求其他不规则图形的面积，三角形的面积公式，求扇形面积等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键．
【详解】（1）证明：连接．
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴，
∴．
∵为半径
∴是的切线；
（2）解：，
∴．
∴，
∴．
∵，
，
．
【题型七】圆中尺规作图与无刻度作图问题
【例1】（2025·河南安阳·模拟预测）如图，为的内接三角形，其中是的直径，请用无刻度的直尺和圆规作图，并解答下列问题．
(1)作，交射线于点P，且点P在圆外（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)求证：为的切线；
(3)若，求直径的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【知识点】尺规作一个角等于已知角、用勾股定理解三角形、半圆（直径）所对的圆周角是直角、证明某直线是圆的切线
【分析】本题考查了作图-作一个角等于已知角、切线的判定以及勾股定理，熟练掌握运算法则是解题的关键．
（1）根据作一个角等于已知角的步骤即可画出图形；
（2）连接，根据直径所对的圆周角等于90度得出，然后根据角的和差及切线的判定即可得证；
（3）设的半径为r，根据勾股定理建立方程求解即可得出答案．
【详解】（1）解：作如图所示．
（2）证明：如图，连接，
为的直径，
，即
，，
，
，
即，
为的半径，
为的切线．
（3）解：由（2）知，，
，
设的半径为r，
，
解得，
，
答：直径的长为．
圆中作图技巧：找圆心作两弦垂直平分线交点；作切线过圆上点连半径作垂线，圆外点用圆心与点连线中点画弧找切点；等分圆算圆心角（360°/n），辅半径、垂线、角平分线，借对称性与基本定理（垂径、切线性质）构图。
【例2】（2025·河南郑州·一模）尺规作图与圆结合如图，在中 ，，点在上，以点为圆心，长为半径的圆与边相切于点D．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作交于点E（不要求写作法，保留作图痕迹）．
(2)连接并延长交于点F．若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【知识点】尺规作一个角等于已知角、用勾股定理解三角形、切线的性质定理、相似三角形的判定与性质综合
【分析】本题考查尺规作图，切线的性质，垂径定理，相似三角形的判定与性质；
（1）以圆心，任意半径画弧，分别交、于点、，再以圆心，长为半径画弧，交于点，以圆心，长为半径画弧，交前弧于点，连接射线交于点E．即可得到，则；
（2）如图，连接过的直径，交于，由切线得到，再由，，得到，，，再由，得到，，，推出，代入后得到，，再由垂径定理得到，最后根据求解即可．
【详解】（1）解：作，如图即为所求：
（2）解：如图，连接过的直径，交于，
∵长为半径的圆与边相切于点D，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，，，
∴，
∴，
解得，，
∵即，
∴，
∴．
【变式1】（2025·河南周口·一模）如图，正方形内接于，是的中点，．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作图：过点作的平行线，交于点；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【知识点】角平分线的判定定理、圆周角定理、正多边形和圆的综合、求弧长
【分析】本题考查了角平分线的性质与判定，正多边形与圆，勾股定理，圆周角定理以及弧长公式，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）根据三角形的角平分线交于一点，连接交于点，连接交于点，连接，即可求解；
（2）根据（1）可得，进而根据正方形的性质求得半径，再根据弧长公式，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，
∵正方形内接于，
∴，是的角平分线，
∵是的中点，则
∴，即是的角平分线，
∴是的角平分线，
∴
又∵
∴
∴；
（2）解：如图，连接
由（1）可得
又∵
∴
∴
【变式2】（2025·河南平顶山·一模）如图，为的外接圆，且为的直径．
(1)请用无刻度的直尺和圆规过点作的切线，交的延长线于点．（不写作法，保留作图痕迹）
(2)若，试判断的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)为等腰直角三角形，理由见解析
【知识点】利用弧、弦、圆心角的关系求解、半圆（直径）所对的圆周角是直角、切线的性质定理、过圆外一点作圆的切线(尺规作图)
【分析】本题主要考查了尺规作图、圆周角定理、切线的性质，等腰直角三角形的判定．
（1）利用尺规作图以点为圆心为半径画弧，交的延长线于点，再作线段的垂直平分线交线段的延长线于点，直线即为所求；
（2）根据可知，根据等边对等角可得，根据切线的性质可知，所以，所以可证是等腰直角三角形．
【详解】（1）解：如下图所示，
以点为圆心为半径画弧，交的延长线于点，
分别以点、为圆心大于为半径画弧，两弧交于两点，
过两交点作直线交的延长线于点C，
直线即为所求．
（2）解：为等腰直角三角形．
理由如下：
，
，
为的直径．
，
，
为的切线，
，
，
，
为等腰直角三角形．
【变式3】（2025·浙江·一模）按要求作图：（不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
(1)如图，的顶点、在上，点在内，，仅利用无刻度直尺在图中画的内接三角形，使；
(2)如图，在中，，以为直径的交边于点，连接，过点作．请用无刻度的直尺和圆规作图：过点作的切线，交于点；
若，则 ．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析，．
【知识点】作垂线(尺规作图)、圆周角定理、切线的性质定理、利用两角对应相等判定相似
【分析】（）延长交圆于，连接并延长，交圆于，根据相似三角形的判定方法即可求证；
（）过点，作的垂线即可；
由，，可得，而点在以为直径的圆上，为的切线，可得，证明 ，即可作答．
【详解】（1）解：延长交圆于，连接并延长，交圆于，
如图，
理由：∵是的直径，
∴，
∵，
∴；
（2）解：如图：过点，作的垂线，
∴直线即为所求直线；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵为的直径，
∴，，
∵为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了作垂线，全等三角形判定与性质，切线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，平行线的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【题型八】圆与（特殊）平行四边形综合问题
【例1】（2025·广东梅州·一模）如图，四边形为矩形，E为边的中点，连接，以为直径的交于点F，连接，，交于点G．
(1)若，，求的长；
(2)求证：四边形是平行四边形；
(3)求证：是的切线．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【知识点】等边三角形的判定和性质、证明某直线是圆的切线、利用平行四边形性质和判定证明、利用矩形的性质证明
【分析】（1）如图，连接，证明是等边三角形，从而可得答案；
（2）证明，，即可得到结论；
（3）如图所示：连接，证明，即可得到结论；
【详解】（1）解：如图，连接，
∵，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴；
（2）证明：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵E为边中点，，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（3）证明：如图所示：连接，
∵四边形是平行四边形；
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵， ，
∴，
∴，又为的半径，
∴与相切；
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，圆的切线的判定，作出合适的辅助线是解本题的关键．
圆与平行四边形结合，若内接于圆则必为矩形（对角互补且相等），对角线即直径；菱形与圆相切时，利用切线性质及菱形对角线垂直平分，边长等于半径或借勾股定理。特殊平行四边形（如正方形）结合圆心对称，用对角线与半径关系、直角特性转化线段与角度。
【例2】（2025·山东日照·一模）如图，将矩形（）沿对角线翻折，的对应点为点，以矩形的顶点为圆心、为半径画圆，与相切于点，延长交于点，连接交于点．
(1)求证：；
(2)当，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【知识点】等边对等角、矩形与折叠问题、证明某直线是圆的切线、解直角三角形的相关计算
【分析】（1）连接，由切线的性质得，则，由矩形的性质得，再由直角三角形两锐角互余得，根据对顶角相等和同圆的半径相等得，，然后由等角的余角相等得，最后由等角对等边得出结论；
（2）由锐角三角函数得，，得，解直角三角形求出，由翻折得，由得，再由矩形对边相等得，最后在中解直角三角形求出，再由线段和差即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接．
∵与相切于点E，
∴，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
（2）解：在中，，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
由翻折可知，，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形与圆的综合题，考查了矩形的性质、切线的性质、翻折的有关性质、锐角三角函数的定义，正确作出辅助线，巧用解直角三角形是解答本题的关键．
【变式1】（2025·福建三明·一模）如图，在中，，外接于．
(1)求证：是的切线；
(2)若，的半径，求的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【知识点】圆周角定理、证明某直线是圆的切线、三线合一、利用平行四边形的性质证明
【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理、圆的切线的判定等知识，熟练掌握圆周角定理和圆的切线的判定是解题关键．
（1）连接，先证出，再设，根据圆周角定理可得，根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后根据圆的切线的判定即可得证；
（2）连接，延长交于点，先根据等腰三角形的三线合一可得，，再设，在和中，利用勾股定理可求出的值，从而可得的长，最后利用平行四边形的面积公式计算即可得．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
由圆周角定理得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵是的半径，
∴是的切线．
（2）解：如图，连接，延长交于点，
由（1）已证：，
设，则，
由（1）已得：，
∴，
∴，
又∵，
∴（等腰三角形的三线合一），
设，
∵的半径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴的面积为．
【变式2】（2025·湖南永州·一模）如图，在正方形中，是上一点，是上一点，，的外接圆交于点．
(1)求证：；
(2)连接，若，求证：直线是的切线；
(3)在（2）的条件下，若，求线段的长度．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【知识点】全等三角形综合问题、证明某直线是圆的切线、用勾股定理解三角形、圆周角定理
【分析】（1）先根据同弧所对圆周角相等得到，再由等边对等角得到，然后由正方形的性质得到，通过角的和差进而得到，可证，即可证明；
（2）连接，，根据正方形的性质易证，从而得到，，结合（1）中，可推出，然后利用圆周角定理求得，从而得到，得证；
（3）连接交于点，连接，根据正方形的性质和直径所对圆周角为直角，则有，，然后利用（2）中，，求得，可证，从而得到，，最后在中利用勾股定理并结合（1）中，即可得到答案．
【详解】（1）证明：和为所对圆周角，
，
，
，
，
四边形是正方形，
，，，
，
，
，即，
，
．
（2）证明：连接，，如图，
四边形是正方形，
，，
，，
，
，，
由（1）可知，，
，
，
，
又是所对的圆周角，是所对圆心角，
，
，
，
直线是的切线．
（3）解：连接交于点，连接，如图，
四边形是正方形，
，，，
，
由（2）可知，，
，
，
由（1）可知，
，
又是的直径，
，
，
，
，，
在中，，，，
，即，
解得，
由（1）可知，
线段的长度为．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，同弧所对圆周角相等，直径所对圆周角为直角，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，切线的判定，平行线的判定和性质，勾股定理，熟练掌握各种性质、定理，作好辅助线是解题的关键．
【变式3】（2025·福建·一模）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．
【答案】(1)
(2)① 见解析；② 见解析
【知识点】切线的性质定理、角平分线的性质定理、等腰三角形的性质和判定、利用菱形的性质证明
【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．
【题型九】生活中的实物抽象出圆的综合问题
【例1】（2025·湖南湘潭·模拟预测）“板车”具有悠久的历史，是上世纪90年代以前农村主要运输及交通工具．如图是板车侧面的部分示意图，为车轮的直径，过圆心的车架一端点着地时，地面与车轮相切于点，连接．
(1)求证：；
(2)若测得，求的长．
【答案】(1)详见解析
(2)
【知识点】切线的性质定理、相似三角形的判定与性质综合、圆周角定理、已知正切值求边长
【分析】本题考查了圆周角定理及其推论，切线的性质，相似三角形的判定与性质．勾股定理的应用等知识，是一个综合性较强的题目，熟练运用定理进行推理和计算是解题的关键．
（1）连接，由圆周角定理及其推论，切线的性质可得，，再由得到即可得到结论，
（2）根据，求出，结合（1）的结论，证明，列式，得，在中，设，则，运用勾股定理列方程计算，即可作答．
【详解】（1）解：连接，
∵是的切线，
∴，
∵是的直径，
∴．
∵
∴
∵．
又∵，
∴，
（2）解：由（1）可知，
在Rt中，，
在中，由勾股定理得，
∴．
又，
,
，即，
，
在中，设，则，
又，
，
解得：（负值已舍去）．
的长为
生活中实物抽象圆，抓圆心、半径（直径）：如车轮、钟表等，将实物关键点（边缘、中心）对应圆上点与圆心，利用半径相等、垂径定理、切线性质（如齿轮咬合），转化为圆心距、弦长、位置关系（相切、相交），辅勾股定理或坐标系建模。
【例2】（2025·河南濮阳·一模）过山车常见于游乐园和主题乐园中，深受游客的喜爱．如图2是过山车的示意图，其中过山车的轨道近似看成，轨道的支撑均与地面垂直，点E为上一点，连接交于点F，连接并延长与交于点G，连接．已知为的直径且．
(1)求证：是的切线；
(2)当，的半径为时，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【知识点】证明某直线是圆的切线、已知正弦值求边长、半圆（直径）所对的圆周角是直角
【分析】（）由为的直径可得，再由得到，即可得，即可求证；
（）由得，进而得，，作于点，可得，即可根据求解；
【详解】（1）证明：∵为的直径，
∴
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴,
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，
∵，的半径为，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
作于点，则，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了直径所对的圆周角是直角，平行线的性质，切线的判定，三角函数，解直角三角形，三角形的面积，正确地作出辅助线是解题的关键．
【变式1】（2025·河北石家庄·模拟预测）如图1，在矩形硬纸板上剪去矩形，把它与一块圆形硬纸板拼在同一平面内，使圆恰好与点、点及边相接触（纸板厚度忽略不计）．已知，．
(1)求该圆形纸板的半径；
(2)如图2，在上述基础上，再拼接一块硬纸板（即图中），并绕点旋转圆形纸板，使之恰好与点和点相接触．若，，请你求出（劣弧）的长度．
【答案】(1)该圆形纸板的半径为；
(2)的长度为．
【知识点】求弧长、解直角三角形的相关计算、利用垂径定理求值、切线的性质定理
【分析】（）设切点为，连接，交于点，在矩形中，有，
，则有四边形是矩形，由垂径定理得，，连接，设的半径为，然后由勾股定理即可求解；
（）连接，，由勾股定理求出，连接，，过点作，垂足为，则，，然后由，得出，，最后由弧长公式即可求解．
【详解】（1）解：如图，设切点为，连接，交于点
∴，，
在矩形中，有，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
连接，设的半径为，
在中，，
即，
解得：，
∴该圆形纸板的半径为；
（2）解：如图，连接，，
在中，有，
∴，
连接，，过点作，垂足为，
∵，
∴，，
在中，有，
∴，，
∴的长度为．
【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，弧长公式，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【变式2】（2025·河北唐山·一模）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．
【答案】(1)；
(2)的长度为；
(3)支架点D到圆形漆扇的最大距离为．
【知识点】切线的性质定理、解直角三角形的相关计算、求弧长
【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．
【变式3】（2025·河南鹤壁·一模）物理实验课上，在做过单摆实验后，小明想到“数学来源于生活”，于是从中抽象出了一个数学平面图形：如图（1），直线为水平桌面，线段为支架，虚线为铅锤P的运动轨迹．现根据图形设计出了以下两个问题．
(1)若点到和的距离相等，则称此时点P的位置为“黄金位置”．过点P作的切线交于点D，如图（2），若，证明此时点P处于“黄金位置”．
(2)已知，，在射线上有一点E，且，连接，如图（3），在点P运动的过程中，当与相切时，求点P到的距离．
【答案】(1)见解析
(2)点P到的距离为或．
【知识点】切线的性质定理、相似三角形的判定与性质综合、因式分解法解一元二次方程、用勾股定理解三角形
【分析】（1）过点作于点，于点，利用证明，推出，即可得解；
（2）分当P点运动到左侧和右侧，两种情况讨论，利用勾股定理求得，，求得，在中，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：如图，过点作于点，于点，
则，
∵为的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即此时点P处于“黄金位置”；
（2）解：当P点运动到左侧，且与相切时，
如图，过点作于点，于点，连接，
∵，，
∴，
∵与相切，
∴，
∴，
∴，
同理，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
解得（负值已舍去），
∴点P到的距离为．
当P点运动到右侧，且与相切时，
如图，过点作于点，于点，连接，
∵，，
∴，
∵与相切，
∴，
∴，
∴，
同理，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
解得（负值已舍去），
∴点P到的距离为．
综上，点P到的距离为或．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
【题型十】圆中动点探究型问题
【例1】（2025·江苏淮安·一模）如图，的直径垂直弦于点E，且，动点P是延长线上一点，交于点Q，连接交于点F．
(1)当Q是弧的中点时，求证：；
(2)设，，请写出y关于x的函数表达式，并说明理由；
(3)连接，若是以为腰的等腰三角形，试求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)，理由见解析；
(3)或
【知识点】用勾股定理解三角形、同弧或等弧所对的圆周角相等、半圆（直径）所对的圆周角是直角、相似三角形的判定与性质综合
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，垂径定理，勾股定理，等腰三角形的定义，同弧所对的圆周角相等等，熟知圆的相关知识和相似三角形的性质与判定定理是解题的关键．
（1）连接，易证，由易得，进而即可得证；
（2）连接，易求得，证，得到，进而求出和，即可得解；
（3）分类讨论，或，先根据勾股定理求出和以及的长，从而得到的长，在利用圆内接四边形对角互补证，代入求出即可．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵Q是弧的中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
如图所示，连接，
∵，
∴，
∵，且为直径，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得，
∴，，
∴，即；
（3）解：①当时，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
②当时，
在中，，
∴，
在中，，
同理可得，
∴，即，
解得；
综上，的长为或．
圆中动点问题：抓轨迹（圆或圆弧），用几何法（圆心距、三角形三边关系、切线性质）或代数法（参数方程、坐标运算），结合最值临界位置（如直径端点、切点），借勾股、相似、圆定义转化条件。
【例2】（2025·贵州·一模）如图，是半圆O的直径，点E是半圆O上一动点（不与A，B重合），过点O作，交半圆O于点C，垂足为G，过点C作交于点F，垂足为D．
(1)写出图中一对全等三角形　　　　（用“”连接），图中直角三角形的个数有　　　　个；
(2)求证：；
(3)若，，求阴影部分的面积．
【答案】(1)（答案不唯一）；4
(2)见解析
(3)
【知识点】同(等)角的余(补)角相等的应用、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、求扇形面积、解直角三角形的相关计算
【分析】（1）根据证明，；根据直角三角形的判定方法得出答案即可；
（2）根据得出答案即可；
（3）根据，求出，得出，求出，根据求出结果即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴；
图中直角三角形有，，，，共4个．
（2）证明：根据解析（1）可知：，
∴；
（3）解：在中，，
∴，
∴，
由（2）可知，
∴，．
在中，，
∴
．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的相关计算，三角形全等的判定和性质，扇形面积计算，余角的性质，三角形分类，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法．
【变式1】（2025·河北·一模）如图，半圆O与直线相切于点，为半圆O的直径，．P为直线上的一动点，过点P作射线，，射钱随点P的移动而平移．
(1)如图1，移动点P，使得射线与半圆O交于点D，E，连接，．当时，求的长．
(2)如图2，移动点，使得射线经过点C，射线与半圆O交于另一点F，求的长．
【答案】(1)
(2)
【知识点】等边三角形的判定和性质、切线的性质定理、求弧长
【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，勾股定理，垂径定理，熟练掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键；
（1）根据，可得，进而判定为等边三角形，根据弧长公式即可求解；
（2）连接，作，根据题意求得的度数，然后根据勾股定理，即可求解；
【详解】（1）解：，
；
，
为等边三角形，
，
则；
（2）解：连接，作；
，
半圆O与直线相切于点，
，
，
，
，
，
；
【变式2】（2025·河北石家庄·一模）如图1，的半径为10，直线l经过的圆心O，且与交于A，B两点，点C在上，且，点P是直线l上的一个动点（与圆心O不重合），直线与交于点Q．
(1)求点C到的距离；
(2)如图2，当与相切时，求的长；
(3)如图3，连接，当时，求与之间的距离；
(4)当时，直接写出的长．
【答案】(1)点到的距离为6
(2)
(3)与之间的距离为
(4)5或25
【知识点】用勾股定理解三角形、切线的性质定理、解直角三角形的相关计算
【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，勾股定理，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
（1）过点C作于M，解求出的长即可得到答案；
（2）由切线的性质可得，解得到，设，再利用勾股定理建立方程求解即可；
（3）求出，得到，则，设点到的距离为h，利用等面积法求出h的值，再根据平行线的性质即可得到答案；
（4）分点P在点O右边和左边两种情况，过点P作直线的垂线，垂足为H，设出线段的长，解直角三角形表示出的长，再利用线段的和差关系建立方程求解即可．
【详解】（1）解：如图所示，过点C作于M，
在中，，
∴，
∴点到的距离为6；
（2）解：由切线的性质可得，
在中，，
设，
由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴；
（3）解：如图所示，过点C作于M，
同理可得，
∴，
∴，
∴，
设点到的距离为h，
∵，
∴，
∵，
∴与之间的距离为；
（4）解：如图所示，当点P在点O右边时，过点P作于H，
在中，，
在中，，
由（2）可知，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴；
如图所示，当点P在点O左边时，过点P作，交延长线于H，
同理可得，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的长为5或25．
【变式3】（2025·广东茂名·一模）阅读理解：
（1）【学习心得】学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型．
①类型一，“定点定长”：
如图1，在中，，，D是外一点，且，求的度数．
解：由题意，若以点（定点）为圆心，（定长）为半径作辅助圆（可在图1中画出辅助圆），则点、必在上，是所对的圆心角，而是所对的圆周角，从而可容易得到________．
②类型二，“定角定弦”：
如图2，中，，，，是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值．
请将以下解题过程补充完整．
解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴_______，（定角）
∴点在以（定弦）为直径的上，
如图2，连接交于点，此时最小．
请完成后面的解题过程．
（2）【方法应用】如图3，在矩形中，已知，，点是边上一动点（点P不与B，C重合），连接，作点关于直线的对称点，则线段的最小值为________（直接写结果）．
（3）【能力拓展】如图4，在正方形中，，动点E，F分别在边，上移动，且满足．连接和，交于点P．点E从点D开始运动到点C时，点P也随之运动，请求出点的运动路径长．
【答案】（1）①28；②见解析；（2）4；（3）
【知识点】根据正方形的性质求线段长、圆周角定理、求某点的弧形运动路径长度、根据成轴对称图形的特征进行求解
【分析】（1）①根据圆周角定理：在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半即可得；
②先求出，从而可得点在以（定弦）为直径的上，然后连接交于点，此时最小，根据圆的性质可得，利用勾股定理求出的长，根据线段长的最小值等于即可得；
（2）连接，先利用矩形的性质、勾股定理可得，再根据轴对称的性质可得，从而可得点在以点为圆心，为半径的圆上运动，则当点在线段上时，的值最小，最小值为，由此即可得；
（3）先证出，根据全等三角形的性质可得，从而可得，则点的运动路径是在以为直径的圆的上，再利用等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得，，最后利用弧长公式计算即可得．
【详解】解：（1）①∵，，
∴如图1，以点（定点）为圆心，（定长）为半径作辅助圆，则点、必在上，
∵是所对的圆心角，而是所对的圆周角，且，
∴，
故答案为：28．
②∵，
∴，
∵，
∴，
∴，（定角）
∴点在以（定弦）为直径的上，
如图2，连接交于点，此时最小．
∵的直径，
∴，
在中，，
∴线段长的最小值为．
（2）如图3，连接，
∵在矩形中，，，
∴，
∵点与点关于直线的对称，
∴，
∴点在以点为圆心，为半径的圆上运动，
∴当点在线段上时，的值最小，最小值为，
故答案为：4．
（3）如图4，连接，交于点，
∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴在点的运动过程中，始终有，
又∵点从点开始运动到点时，点也随之运动，
∴点的运动路径是在以为直径的圆的上，
如图4，取的中点，连接，
∴，，
∴点的运动路径长为．
【点睛】本题考查了圆周角定理、弧长公式、正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识，较难的是题（3），正确找出点的运动路径是解题关键．
【题型十一】圆中新定义探究综合问题
【例1】（24-25九年级上·浙江湖州·阶段练习）定义：若圆内接三角形是等腰三角形，我们就称这样的三角形为“圆等三角形”．

(1)如图1，是的一条弦（非直径），若在上找一点，使得是“圆等三角形”，则这样的点能找到__________个．
(2)如图2，四边形是的内接四边形，连结对角线，和均为“圆等三角形”，且．
①当时，求度数．
②如图3，当，时，求阴影部分的面积．
【答案】(1)4
(2)①或或；②阴影部分面积为：
【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、利用弧、弦、圆心角的关系求解、求其他不规则图形的面积
【分析】（1）过作直线的垂线交于，，分别以和为圆心，为半径作弧与圆的交点就是所求的点；
（2）①根据圆内接四边形的性质得到，当时，当时，当时，根据等腰三角形的性质即可得到结论；②)根据圆内接四边形的性质得到推出是等边三角形，得到．连接．根据圆周角定理得到， ，求得，，根据等边三角形的性质得到，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）解：过作直线的垂线交于，，分别以和为圆心，为半径作弧与圆的交点就是所求的点；如图所示：

满足条件的点C共有4个，
故答案为：4；
（2）解∶①，
，
为“圆等三角形，
当时，
，
,
当时，，
当时，，
综上所述：的度数为或或；
②，
，
为“圆等三角形”，
是等边三角形，
，
连接，,交于,
，，
，,
，，
,
共线，
，
与是等边三角形，
，
,
阴影部分的面积扇形的面积的面积
．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，扇形的面积和三角形的面积，等边三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．
圆中新定义探究题，先精读定义，明确核心条件（如“关联点”“等距圆”等），结合圆的基本性质（半径、弧、角、位置关系），通过画图、特例验证、代数建模（设坐标、列方程）转化定义，利用几何定理（全等、相似、勾股）推关系，分类讨论不同情形下的结论。
【例2】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）定义：三角形一个内角的平分线与另一个内角的邻补角的平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的“张望角”．
(1)如图1，点D在的延长线上，是中的“张望角”，求证：；
(2)如图2，内接于，点D在的延长线上，点E在上，连接，连接，点F在上，，连接，连接并延长交的延长线于点I，求证：是中的“张望角”；
(3)如图3，在（2）的条件下，若是的直径，过点I作的垂线，点G为垂足，交于点H，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【知识点】三角形的外角的定义及性质、圆周角定理、已知圆内接四边形求角度、相似三角形的判定与性质综合
【分析】（1）根据题中“张望角”的定义和角平分线的定义得到，结合三角形的外角性质可得结论；
（2）先根据圆周角定理和角平分线定义可得平分，再根据圆周角定理，结合圆内接四边形的性质可证明平分，进而根据“张望角”的定义可得结论；
（3）连接，，先证明得到，进而证明得到，过F作于M，在上截取，连接，，证明，求得， ，，过I作于K， ，在中，由勾股定理求得，进而可求解．
【详解】（1）证明：是中的“张望角”，
∴分别是，的平分线
；
（2）证明：，
，
，
即平分，
，
，
∵四边形内接于，
，
，
，
，
即平分，
是中的“张望角”；
（3）解：连接，，
是中的“张望角”，
∴，
∵，
∴，又，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵四边形内接于，
∴，又，
∴，
∴，
∵是的直径，，
∴，又，
∴，即，
∴，
∴，
过F作于M，在上截取，连接，，则垂直平分，
∴，
∴，
设，则，
∵平分，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，又，
∴，
∴，
设，又，
∴，解得（负值已舍去），
∴，
∴，
由得，则；
∵，
∴，
∴，
过I作于K，则是等腰直角三角形，
∴，
设，则，
在中，由得，
解得（负值已舍去），即，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，弧与弦的关系，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的外角性质，等腰三角形的判定与性质，解一元二次方程等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与运用是解题的关键．
【变式1】（2025·宁夏银川·一模）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点与该边所对顶点连线长度的平方，则称这个点为三角形该边的“平方点”，如图1，中，点E是边上一点，连接，若，则称点E是中边上的“平方点”．
(1)如图2，已知在四边形中，平分于点E，，求证：点E是中边上的“平方点”；
(2)如图3，是的内接三角形，点E是中边上的“平方点”，延长交于点D，若，求证：；
(3)如图4，在中，，，，过点D作于点D，点E是边上的“平方点”，求线段BE的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)5或8
【知识点】用勾股定理解三角形、同弧或等弧所对的圆周角相等、相似三角形的判定与性质综合
【分析】本题考查了定义新运算，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，一元二次方程的解法，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质．
（1）先证，得，再由平分，得，即可得答案；
（2）由点E是中边上的“平方点”得，再证，得，可得，即可得答案；
（3）先求出的长，设，得，解答即可．
【详解】（1）证明：，，
，
，
，
平分，
，
，
点E是中BD边上的“平方点”；
（2）证明：点E是中边上的“平方点”，
，
是的内接三角形，
，，
，
，
，
，
；
（3）解：，，，
，
，
，，
设，由题意得：，，
，
解得：，，
的长为5或．
【变式2】（2025·广东深圳·模拟预测）综合与探究
【定义】三角形一边上的点将该边分为两条线段，若这两条线段长度的乘积等于这个点与该边所对顶点距离的平方，则称这个点为三角形中该边上的“亮点”．如图（a），在中，是边上一点，连接，若，则称点是中边上的“亮点”．
【概念理解】
（1）如图（b），在中，，，，分别是的高线，角平分线，中线．请判断，，三点中哪些是中边上的“亮点”，并说明理由．
【性质应用】
（2）如图（c），在中，，，．若是边上的“亮点”，求的长．
【拓展提升】
（3）如图（d），内接于⊙，是中边上的“亮点”且．若，求的值．
【答案】（1），是中边上的“亮点”，理由见解析；（2）或9；（3）
【知识点】用勾股定理解三角形、同弧或等弧所对的圆周角相等、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，同弧所对的圆周角相等，解直角三角形，勾股定理，直角三角形的性质等等，正确理解“亮点”的定义是解题的关键．
（1）证明，根据相似三角形的性质可得，由直角三角形的性质可得，则，据此可得答案；
（2）分当和当两种情况，作于点，解直角三角形求出的长，设出的长，表示出的长，根据，，建立方程讨论求解即可；
（3）延长交于点，连接、，证明，推出，即可得到，解直角三角形得到；设，则，，进而得．求出．则，据此可得答案．
【详解】解：（1），是中边上的“亮点”，理由如下：
是的高线，
，
，
∵，
∴，
，
，
点是中边上的亮点
在中，是中线，
，
点是中边上的亮点．
（2）①当时，如图，作于点，
在中，，
∴可设，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，，
在中，，
∴
设，则，
∵是边上的“亮点”，
∴，
∵，
∴
解得，（舍）
∴；
②当时，由①可知，，
设，则，
∵是边上的“亮点”，
∴，
∵，
∴，
解得，（舍）
即．
综上所述，的长为4或9．
（3）延长交于点，连接、，
，，
，
，
．
点是中边上的亮点，
，
．
∵，
∴
，
设，则，．
．
在中，．
又，
．解得．
．
【变式3】（2025·广东韶关·一模）综合与实践
【主题】圆形纸片与剪纸艺术
【素材】图1中半径为2的圆形纸片（）若干．
【实践操作】活动一：如图2，在该圆形纸片（）上剪出一个圆周角为90°的扇形．
活动二：如图3，在另一圆形纸片（）内剪出一个内接正六边形，设该正六边形的面积为，再连接，，剪出，设的面积为．
活动三：在活动二的基础上，装饰粘贴上六个弧形花瓣，中心为点，所在圆的圆心恰好是的内心．
【实践探索】
(1)根据剪纸要求，计算图2中的扇形的面积．
(2)请直接写出的值：______．
(3)求弧形花瓣总的周长（图4中实线部分的长度）．（结果保留）
【答案】(1)
(2)2
(3)
【知识点】等边三角形的判定和性质、正多边形和圆的综合、求弧长、解直角三角形的相关计算
【分析】本题考查正多边形和圆，弧长的计算，圆周角定理，三角形的内心的性质以及直角三角形的边角关系，弧长的计算方法是正确解答的关键．
（1）连接，根据圆周角定理可得为的直径，即可求得的长，利用扇形面积公式即可解答；
（2）连接，证明，即可解答；
（3）根据正六边形的性质，三角形内心的性质以及直角三角形的边角关系求出所对应的圆心角的度数及半径，由弧长公式求出弧的长，再计算长的6倍即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
，
为的直径，即，
，
，
扇形的面积为；
（2）解：如图，连接，
六边形为正六边形，
，,
，
等边三角形，
，，
，
，
同理可得，
，
故答案为：2；
（3）解：如图，过点作于点，
六条等弧所对应的弦构成一个正六边形，中心为点，
，
，
是等边三角形，
，
，
点是的内心，
，，
在中，，，
，
的长为，
花窗的周长为．
【题型十二】圆与函数的综合问题
【例1】（2025·浙江舟山·一模）如图1，以点为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线与相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点．
(1)填空：的长为______；的长为______；的半径为______；的长为______；
(2)如图2，点P是直径上的一个动点（不与C、D重合），连结并延长交于点．
①当时，求的值；
②设，，求y与x的函数关系式．
【答案】(1)5，，2，2
(2)①；②y与x的函数关系式为
【知识点】一次函数与几何综合、切线的性质定理、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算
【分析】（1）利用直线解析式求出点E和点F坐标，进而得到和的长度，再根据边角关系可得，继而得到和；
（2）①易证，从而求出的长，进而即可得解；
②构造8字型相似，作轴于点K，轴于点J，则，，解直角三角形可得，进而得到、和，再在中，，进而建立等式求解．
【详解】（1）解：直线交x轴于点E，交y轴于点F，
令得，，
解得，
；
令得，，
；
，
，
连接，则，
，
，
，
，即的半径为2；
，，
是等边三角形，
；
故答案为：5，，2，2；
（2）解：①连接、，
，
，
，
，
，
，
，
为直径，
，，
，
；
②由①知，
，
如图，作轴于点K，轴于点J，则，
，，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
在中，，
，即，
整理得，
与x的函数关系式为．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、一次函数与坐标轴交点、特殊直角三角形、相似三角形的判定和性质等内容，综合性强，难度大，熟练掌握相关知识是解题的关键．
圆与函数结合，联立方程（如圆与直线、抛物线方程），用判别式判位置关系，参数方程转三角函数求最值，借圆心距公式（如点到直线距离）算弦长、切点，坐标法设点代入，结合几何性质（垂径、对称）简化运算。
【例2】（2025·广东清远·模拟预测）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，．抛物线的对称轴与经过点的直线交于点，与轴交于点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)若在抛物线上存在点，使得是以为直角边的直角三角形，求出所有点的坐标；
(3)以点为圆心，画半径为的圆，为上一个动点，请求出的最小值．
【答案】(1)
(2)存在，或或
(3)
【知识点】待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质综合、线段周长问题(二次函数综合)、特殊三角形问题(二次函数综合)
【分析】（1）根据题意，可求出点的坐标，再运用待定系数法即可求解；
（2）根据直角三角形的性质，分类讨论：①当时；②当时；分别求出直线的解析式，再联立二次函数为二元一次方程组求解即可；
（3）如图，在上取点，使，连接，可证，得，当点三点共线时，的值最小，运用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴，，
∴ ，．
∴将代入，
得，
解得，
抛物线的解析式为；
（2）解：存在点，理由如下：
直线的解析式为，将代入得
解得：
∴直线的解析式为：
∵抛物线对称轴与轴交于点，
∴当时，，
∴，
①当时，设直线交对称轴于点，
∵，，二次函数对称轴为，
∴，，轴，
∴是等腰直角三角形，，
∵，
∴，且，
∴，
∴，
∴点坐标为，
设直线的解析式为，将点坐标代入，
得，
解得，
直线的解析式为，
解方程组，
得或，
∴点的坐标为；
②∵，，
∴
∴
∴是直角三角形，
当时，根据点关于抛物线对称轴对称，
则直线经过点坐标为，
设直线的解析式为，将点坐标代入，
得，
解得，
直线的解析式为，
解方程组，
解得或，
∴点的坐标为或；
综上，点的坐标为或或；
（3）解：已知，以点为圆心，画半径为的圆，点为上一个动点，
如图，在上取点，使，连接，
，
∴，
，
，
又，
，
，即，
当点三点共线时，的值最小，即为线段的长，
的最小值为．
【点睛】本题主要考查待定系数法求解析式，二次函数与特殊三角形，圆的基础知识，相似三角形的判定和性质，勾股定理，最短路径等知识的综合，掌握二次函数图象的性质，特殊三角形的性质，最短路径的计算方法是解题的关键．
【变式1】（2025·北京·一模）对于平面直角坐标系中的点P与，若将点P绕着点C旋转得到点Q，直线刚好与相切，则称点P为的“旋切点”．
(1)已知的半径为1，
①在点，，中，点 是的“旋切点”，其中 ；
②已知点，点N为的“旋切点”，且，求点的坐标；
(2)已知点，，，若线段上每个点都是的“旋切点”，且，直接写出的取值范围．
【答案】(1)①，②或
(2)或
【知识点】切线的性质定理、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算、其他问题(圆的综合问题)
【分析】（1）①根据旋转的性质画出示意图，结合切线的定义，可判断出点P在圆外时，设点绕点O旋转的对应点为点，过点作，求出，易证是等腰直角三角形，再证明，即可求出；②由两点间距离公式，易求出，则点M在上，结合，易得点在以点M为圆心，半径为的圆上，设点N绕着点O旋转得到点，连接，根据题意是的切线，设切点为F，画出示意图，利用含30度角的直角三角形求解即可；
（2）要使得线段上每个点都是的“旋切点”，且，则线段上每个点都得在以点C为圆心，半径为的圆的外部，且在以点C为圆心，半径为的圆的内部（或圆上），如图，过点C作 于点H，以为腰在左侧作等腰直角三角形，则点D在直线上，，以为斜边在下方作等腰直角三角形，则，当线段上每个点都得在以点C为圆心，为半径的圆的外部，且在以点C为圆心，为半径的圆的内部（或圆上）时，线段上每个点都是的“旋切点”，且，即且，分点C在点B下方时，点C在点B上方时，两种情况讨论．
【详解】（1）解：如图：
点绕点O旋转的对应点在以点O为圆心，半径为的圆上，此时，点与其对应点所在直线为的弦，不会与相切；
点绕点O旋转的对应点在以点O为圆心，半径为的圆上，即两点都在上，此时，点与其对应点所在直线为的弦，不会与相切；
点绕点O旋转的对应点在以点O为圆心，半径为的圆上，此时，点与其对应点所在直线会与相切；
如图，设点绕点O旋转的对应点为点，过点作，
此时，点E在上，即，，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
由旋转的性质得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∴点M在上，
∵，
∴点在以点M为圆心，半径为的圆上，
设点N绕着点O旋转得到点，连接，过点作轴，垂足为，根据题意是的切线，设切点为F，
如图，当点N绕着点O逆时针旋转时，
则，
同理①得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴三点共线，
∵点，轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点在y轴上，
∵，
∴；
如图，当点N绕着点O顺时针旋转时，
同理可得：点在y轴上，且，
∴，
此时，点重合，
由旋转的性质得：，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴；
综上，点N的坐标为或；
（2）解：设半径为r，如图，点P绕着点C顺时针旋转得到点，点P绕着点C逆时针旋转得到点，点P为的“旋切点”时，
由（1）可得：，
∴，
同理：，
则要使点P是的“旋切点”，需满足，
∴要使得线段上每个点都是的“旋切点”，且，
则线段上每个点都得在以点C为圆心，半径为的圆的外部，且在以点C为圆心，半径为的圆的内部（或圆上），
如图，过点C作 于点H，以为腰在左侧作等腰直角三角形，则点D在直线上，则，以为斜边在下方作等腰直角三角形，则，
∴当线段上每个点都得在以点C为圆心，为半径的圆的外部，且在以点C为圆心，为半径的圆的内部（或圆上）时，线段上每个点都是的“旋切点”，且，即且，
当点C在点B下方时，即，
∵，，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，即，
当时，则，即两点重合，
此时，点C在x轴下方，则，
满足，即，
整理得：，即，
解得：或（舍去）
此时，，，
∵，
∴当时，线段上每个点都得在以点C为圆心，为半径的圆的外部，且在以点C为圆心，为半径的圆的内部（或圆上），符合题意；
∴；
当点C与点B上重合时，即，不符合题意；
当点C在点B上方时，即，
同理得：，
当时，则，即两点重合，
此时，，
满足，即，
整理得：，即，
解得：（舍去）或，
此时，，，
∵，
∴当时，线段上每个点都得在以点C为圆心，为半径的圆的外部，且在以点C为圆心，为半径的圆的内部（或圆上），符合题意；
∴；
综上，的取值范围为：或．
【点睛】本题考查新定义，圆的综合问题，三角形全等的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，旋转的性质，正确理解定义，画出图形是解题的关键．
【变式2】（2025·广东汕头·模拟预测）如图1，E点为x轴正半轴上一点，交x轴于A、B两点，交y轴于C、D两点，P点为劣弧上一个动点，且、．
(1)如图1，连接，取中点G，连结，则的最大值为______；
(2)如图2，连接．若平分交于Q点，求的长；
(3)如图3，连接，当P点运动时（不与B、C两点重合），求证：为定值，并求出这个定值．
【答案】(1)2
(2)
(3)见解析，
【知识点】利用垂径定理求值、已知圆内接四边形求角度、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算
【分析】（1）由于直径，根据垂径定理可以得到是的中点，要求最大值即求最大值，当为直径时，有最大值，即可得到答案；
（2）根据垂径定理得到，证明，得到，证明，求出的长，勾股定理求出的长即可得到答案；
（3）将绕A点顺时针旋转至，得到，证明，过A作于G，则，根据勾股定理证明．
【详解】（1）解：由题可知，为直径，且，
由垂径定理可得，，
连接，
是的中点，
，
当三点共线时，此时取得最大值，
此时，
∵、，
∴
∴，
的最大值为；
故答案为：2．
（2）解：连接，则：，
，
，
，
平分，
，
，
，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
；
（3）证明：由题可得，直径，
垂直平分，
如图4，连接，，则，
由（2）得，，
∴，
∴，
∴，
将绕A点顺时针旋转至，
，
，，
四边形为圆内接四边形，
，
，
、D、P三点共线，
，
过A作于G，则，
，
在中，，
设，则，
，
，
，
，
为定值．
【点睛】本题考查坐标与图形，垂径定理，三角形的中位线定理，圆内接四边形，含30度的直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识点，综合性强，难度较大，属于压轴题，掌握相关性质，添加辅助线构造特殊三角形，是解题的关键．
【变式3】（2025·湖南长沙·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，，与轴交于点，点为线段上一动点，以点为圆心，为半径作圆，与轴另一交点为．过点作的切线与轴相交于点，切点为，连接．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，若，点重合时，求的值；
(3)如图2，若，点是抛物线上的点，满足，求点的坐标．
【答案】(1)，
(2)
(3)或
【知识点】已知二次函数的函数值求自变量的值、图形问题(实际问题与二次函数)、应用切线长定理求解、解直角三角形的相关计算
【分析】本题考查了二次函数与圆的综合，解题关键是由圆的切线性质和角度转化得出．再根据三角函数解三角形．
（1）利用待定系数法把，，代入代入解析式求解即可，
（2）当D与B重合时， 根据是等腰直角三角形，，是的切线，求得，，进而求出，，构造等腰直角三角形，求出，，，由即可求解；
（3）连接，，交于点，根据切线长定理和直径所对圆周角等于，证明，，再根据解三角形得出，，结合，求出，进而求出点坐标．
【详解】（1）解：把，，代入得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）连接，过点F作，垂足为H，
∵，，
∴，，
∴，，
∵，是的切线，，
∴，，，
∴，，
∴，即，
∴
∴，
∴，
，
∴，
∴，
即
（3）如图：连接，，交于点，
∵是直径，
∴，，
又∵，
∴是的切线，
又∵是的切线，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
整理得：
∴，
同时平方去根号，整理得：，即，
∴，
∵，
∴，
即点，
∴直线解析式为，
①当点在直线上时，，
联立解析式得：，解得：，
故点为，
②∵点是点关于轴的轴对称，
连接
∴，
即点与点重合时，，
故点坐标为，
综上所述：点坐标为或时，．
【变式4】（2025·湖南邵阳·模拟预测）如图，直线与轴交于点，与轴交于点，过原点，点和点三点作，再过点作的切线，为上一动点，过点作轴的垂线，交轴于点，连接，交于点．
(1)求的度数；
(2)连接，，当时，恰好为等腰三角形，求此时的值；
(3)连接，，交于点，时，记的面积为，的面积为，求．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、切线的性质定理、三角函数综合
【分析】（1）根据直线与轴交于点，与轴交于点，得到，，得到，，根据判定四点共圆，得到；
（2）利用分类思想，分三种情况，利用圆的知识，三角函数等解答即可；
（3）过点P作于点H，过点A作于点G，则四边形是矩形，设，，利用三角函数的定义，勾股定理，平行线分线段成比例定理，中位线定理，解答即可．
【详解】（1）解：∵直线与轴交于点，与轴交于点，
∴，，
∴，，
∵轴于点C，
∴，
∵过点作的切线，
∴，
∴，
∴四点共圆，
∴．
（2）解：当时，
根据题意，得，
四边形是正方形，
∴，，
∵过点作的切线，
∴，
∴，
∴，
∴；
当时，
根据题意，得，
根据圆周角定理，圆的内接四边形性质，得
，，
∴，
∵，
∴，
∴，
过点A作于点N，
则四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
当时，根据题意，得，
，
∴，
∴，
过点A作于点N，
则四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
解得舍去，
综上所述，或．
（3）解：过点P作于点H，过点A作于点G，
则四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，
设，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是圆的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
解得，负的舍去，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，圆的内接四边形对角互补性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，三角函数的应用，平行线分线段成比例定理，中位线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)抢分秘籍09 圆中证切线、求弧长、求扇形面积问题
目录
【解密中考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型）
【题型一】圆中求角的度数 【题型二】圆中求线段的长
【题型三】圆中求弧长、面积 【题型四】圆与正多边形
【题型五】证切线与求线段、半径综合 【题型六】证切线与求弧长、面积综合
【题型七】圆中尺规作图与无刻度作图问题 【题型八】圆与（特殊）平行四边形综合问题
【题型九】生活中的实物抽象出圆的综合问题 【题型十】圆中动点探究型问题
【题型十一】圆中新定义探究综合问题 【题型十二】圆与函数的综合问题
：圆中证切线、求弧长、求扇形面积问题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。
1．从考点频率看，证切线为高频考点，常结合判定定理；弧长、扇形面积计算属基础高频，多与圆心角、半径关联。
2．从题型角度看，证切线多为解答题，需逻辑推理；弧长、面积计算含选择、填空及综合题，常需公式运用与几何分析，分值8分左右，着实不少！
：熟记切线判定与性质、弧长及面积公式；强化几何证明逻辑，注意辅助线添加；多练综合题，掌握与三角形等结合的解题技巧，规范计算步骤。
【题型一】圆中求角的度数
【例1】（2025·山西阳泉·一模）如图，已知是的内接三角形，若，则 度．
圆中求角度数常用技巧：利用圆心角等于弧度数、圆周角为圆心角一半；直径对直角；弦切角等于夹弧圆周角；圆内接四边形对角互补，外角等于内对角，结合弧长转化角度。
【例2】（2025·江苏徐州·一模）如图，是的弦，是的切线，A为切点，经过圆心．若，则 °．
【变式1】（2025·北京·模拟预测）如图，是的直径，是上的两点．若，则的度数为 ．
【变式2】（2025·江苏盐城·一模）如图，是半圆的直径，点是弧上的一点，，则的度数为 度．
【变式3】（2025·浙江·模拟预测）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接，若，则 ．
【题型二】圆中求线段的长
【例1】（2025·河南郑州·二模）如图，与相切于点A，交于点B，点C在上，且．若，，则的长为 ．
圆中求线段长解题技巧如下：利用勾股定理（半径、弦心距、半弦长构直角三角形）；应用圆幂定理（相交弦、切割线、割线定理）；构造相似三角形或全等三角形；借助直径（直角圆周角）、半径相等性；结合三角函数或解直角三角形，辅以辅助线（连圆心、作垂线等）。
【例2】（2025·江苏常州·一模）如图，是的直径，弦于点，，如果，则的长为 ．
【变式1】（2025·河南驻马店·一模）如图，在半径为10的中，、是互相垂直的两条弦，垂足为，且．则的长为 ．
【变式2】（2025·江苏南京·一模）如图，圆内接四边形的对角线互相垂直，且平分，延长，交于点F，若，，则 ．
【变式3】（2025·北京·一模）如图，，分别与相切于点，，交于点，四边形是平行四边形，若，则 ，劣弧 ．
【题型三】圆中求弧长、面积
【例1】（2025·山东济南·一模）如图，等边是的内接三角形，若的半径为，则阴影部分的面积为 ．
圆中求弧长与面积，核心抓圆心角、半径：弧长用 L=\frac{n\pi r}{180} 或 L=\theta r （θ为弧度），扇形面积用 S=\frac{n\pi r^2}{360} 或 S=\frac{1}{2}\theta r^2 。遇组合图形，分割为扇形、三角形等，利用垂径定理、勾股定理求半径或圆心角，辅以角度转换（弧度与角度）。
【例2】（2025·辽宁大连·一模）如图，扇形纸扇打开后，外侧两竹条夹角，，的长度为 （用含的式子表示）．
【变式1】（2025·山东济南·一模）如图，边长为6的正六边形内接于，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留）
【变式2】（2025·广东阳江·二模）如图，等圆和相交于两点，经过的圆心，若，则图中阴影部分的面积为
【变式3】（2025·河南安阳·模拟预测）如图所示是某同学“抖空竹”的一个瞬间．已知绳子分别与空竹相切于点，且，连接左右两个绳柄，经过圆心，分别交于点，经测量，则图中阴影部分的面积为 ．
【题型四】圆与正多边形
【例1】（2025·陕西西安·三模）如图，正六边形与正方形有重合的中心O，若是正n边形的一个中心角，则n的值为 ．
圆与正多边形求解，关键利用外接圆/内切圆性质：圆心即正多边形中心，半径为外接圆半径，边心距为内切圆半径。将正多边形分割为等腰三角形，用圆心角（360°/n）、勾股定理或三角函数求边长、边心距，结合对称性作辅助线（连圆心、作高）。
【例2】（2025·江苏南京·模拟预测）如图，过四边形的顶点A，C，D的圆，分别交于点E，若，，则的度数为
【变式1】（2025·广东茂名·一模）如图，正六边形的边长为，以顶点为圆心，的长为半径画弧，交正六边形于点、，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留）
【变式2】（2025·安徽合肥·一模）如图1，这是中国古建筑中的正六边形窗户设计图，图2是由其抽象而成的正六边形，是它的外接圆，连接，，作．若劣弧的长为，则 ．
【变式3】（2025·天津和平·一模）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，以“圆的内接正多边形的面积”来无限逼近“圆面积”．并指出在圆的内接正多边形边数加倍的过程中“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．刘徽将极限思想和无穷小分割引入了数学证明，并运用“割圆术”计算出圆周率．如图①，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为．
（1）如图②，在圆内接正十二边形中， （度）；
（2）用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为 ．
【题型五】证切线与求线段、半径综合
【例1】（2025·四川资阳·一模）如图，在中，，，两点分别在边，上，过，两点的与相交于点，连接，，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径．
证切线：点在圆上则证半径垂直于直线；点未知则证圆心到直线距离等于半径。求半径：利用切线垂直性构直角三角形，结合勾股定理、相似、圆幂定理，或切线长定理，辅作圆心与切点连线等辅助线。
【例2】（2025·辽宁铁岭·一模）如图，是的直径，点在上，点在的延长线上，，平分交于点，连接．
(1)求证：是的切线．
(2)当，时，求的长．
【变式1】（2025·江苏盐城·一模）如图，在中，，为边上的点，以为直径作交于点，连接并延长交于点，连接，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求点到的距离．
【变式2】（2025·贵州六盘水·一模）如图，为的直径，已知，点P在延长线上，．
(1)求证：是的切线；
(2)已知平分，，，求的长．
【变式3】（2025·广东茂名·一模）如1图，是的直径，是的弦，点是外一点，．
(1)求证：与相切．
(2)如2图，连接、，若，与交于点．
①证明：；
②连接交于点，连接，若，，求的长．
【题型六】证切线与求弧长、面积综合
【例1】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，内接于，是的直径，点在上，点是的中点，过点作，垂足为点，的延长线交的延长线于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
证切线：点在圆上则证半径⊥直线，点外则证距离=半径。求弧长面积：借切线得直角或圆心角，用弧长（ L=\frac{n\pi r}{180} ）、面积公式（ S=\frac{n\pi r^2}{360} ），辅分割图形、连切点与圆心构特殊三角形。
【例2】（2025·辽宁·一模）如图，在中，，以为直径作交于点D，过圆心O作交于点E，连接．
(1)如图1，求证：是的切线；
(2)如图2，若，，求图中阴影部分的面积．
【变式1】（2025·辽宁鞍山·模拟预测）如图，在中，，以为直径的分别交于点D，G，过点D作于点E，交的延长线于点
(1)求证：与相切；
(2)当时，求阴影部分的面积．
【变式2】（2025·湖北襄阳·模拟预测）如图，在中，，是的平分线，O是上一点，O经过A，D两点，交于点E，交于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长l．
【变式3】（2025·湖北孝感·一模）如图，是的直径，是的弦，半径，交于点F，点D在的延长线上，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求图中阴影部分的面积．
【题型七】圆中尺规作图与无刻度作图问题
【例1】（2025·河南安阳·模拟预测）如图，为的内接三角形，其中是的直径，请用无刻度的直尺和圆规作图，并解答下列问题．
(1)作，交射线于点P，且点P在圆外（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)求证：为的切线；
(3)若，求直径的长．
圆中作图技巧：找圆心作两弦垂直平分线交点；作切线过圆上点连半径作垂线，圆外点用圆心与点连线中点画弧找切点；等分圆算圆心角（360°/n），辅半径、垂线、角平分线，借对称性与基本定理（垂径、切线性质）构图。
【例2】（2025·河南郑州·一模）尺规作图与圆结合如图，在中 ，，点在上，以点为圆心，长为半径的圆与边相切于点D．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作交于点E（不要求写作法，保留作图痕迹）．
(2)连接并延长交于点F．若，，求的长．
【变式1】（2025·河南周口·一模）如图，正方形内接于，是的中点，．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作图：过点作的平行线，交于点；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，求的长．
【变式2】（2025·河南平顶山·一模）如图，为的外接圆，且为的直径．
(1)请用无刻度的直尺和圆规过点作的切线，交的延长线于点．（不写作法，保留作图痕迹）
(2)若，试判断的形状，并说明理由．
【变式3】（2025·浙江·一模）按要求作图：（不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
(1)如图，的顶点、在上，点在内，，仅利用无刻度直尺在图中画的内接三角形，使；
(2)如图，在中，，以为直径的交边于点，连接，过点作．请用无刻度的直尺和圆规作图：过点作的切线，交于点；
若，则 ．
【题型八】圆与（特殊）平行四边形综合问题
【例1】（2025·广东梅州·一模）如图，四边形为矩形，E为边的中点，连接，以为直径的交于点F，连接，，交于点G．
(1)若，，求的长；
(2)求证：四边形是平行四边形；
(3)求证：是的切线．
圆与平行四边形结合，若内接于圆则必为矩形（对角互补且相等），对角线即直径；菱形与圆相切时，利用切线性质及菱形对角线垂直平分，边长等于半径或借勾股定理。特殊平行四边形（如正方形）结合圆心对称，用对角线与半径关系、直角特性转化线段与角度。
【例2】（2025·山东日照·一模）如图，将矩形（）沿对角线翻折，的对应点为点，以矩形的顶点为圆心、为半径画圆，与相切于点，延长交于点，连接交于点．
(1)求证：；
(2)当，，求的长．
【变式1】（2025·福建三明·一模）如图，在中，，外接于．
(1)求证：是的切线；
(2)若，的半径，求的面积．
【变式2】（2025·湖南永州·一模）如图，在正方形中，是上一点，是上一点，，的外接圆交于点．
(1)求证：；
(2)连接，若，求证：直线是的切线；
(3)在（2）的条件下，若，求线段的长度．
【变式3】（2025·福建·一模）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．
【题型九】生活中的实物抽象出圆的综合问题
【例1】（2025·湖南湘潭·模拟预测）“板车”具有悠久的历史，是上世纪90年代以前农村主要运输及交通工具．如图是板车侧面的部分示意图，为车轮的直径，过圆心的车架一端点着地时，地面与车轮相切于点，连接．
(1)求证：；
(2)若测得，求的长．
生活中实物抽象圆，抓圆心、半径（直径）：如车轮、钟表等，将实物关键点（边缘、中心）对应圆上点与圆心，利用半径相等、垂径定理、切线性质（如齿轮咬合），转化为圆心距、弦长、位置关系（相切、相交），辅勾股定理或坐标系建模。
【例2】（2025·河南濮阳·一模）过山车常见于游乐园和主题乐园中，深受游客的喜爱．如图2是过山车的示意图，其中过山车的轨道近似看成，轨道的支撑均与地面垂直，点E为上一点，连接交于点F，连接并延长与交于点G，连接．已知为的直径且．
(1)求证：是的切线；
(2)当，的半径为时，求的面积．
【变式1】（2025·河北石家庄·模拟预测）如图1，在矩形硬纸板上剪去矩形，把它与一块圆形硬纸板拼在同一平面内，使圆恰好与点、点及边相接触（纸板厚度忽略不计）．已知，．
(1)求该圆形纸板的半径；
(2)如图2，在上述基础上，再拼接一块硬纸板（即图中），并绕点旋转圆形纸板，使之恰好与点和点相接触．若，，请你求出（劣弧）的长度．
【变式2】（2025·河北唐山·一模）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．
【变式3】（2025·河南鹤壁·一模）物理实验课上，在做过单摆实验后，小明想到“数学来源于生活”，于是从中抽象出了一个数学平面图形：如图（1），直线为水平桌面，线段为支架，虚线为铅锤P的运动轨迹．现根据图形设计出了以下两个问题．
(1)若点到和的距离相等，则称此时点P的位置为“黄金位置”．过点P作的切线交于点D，如图（2），若，证明此时点P处于“黄金位置”．
(2)已知，，在射线上有一点E，且，连接，如图（3），在点P运动的过程中，当与相切时，求点P到的距离．
【题型十】圆中动点探究型问题
【例1】（2025·江苏淮安·一模）如图，的直径垂直弦于点E，且，动点P是延长线上一点，交于点Q，连接交于点F．
(1)当Q是弧的中点时，求证：；
(2)设，，请写出y关于x的函数表达式，并说明理由；
(3)连接，若是以为腰的等腰三角形，试求的长．
圆中动点问题：抓轨迹（圆或圆弧），用几何法（圆心距、三角形三边关系、切线性质）或代数法（参数方程、坐标运算），结合最值临界位置（如直径端点、切点），借勾股、相似、圆定义转化条件。
【例2】（2025·贵州·一模）如图，是半圆O的直径，点E是半圆O上一动点（不与A，B重合），过点O作，交半圆O于点C，垂足为G，过点C作交于点F，垂足为D．
(1)写出图中一对全等三角形　　　　（用“”连接），图中直角三角形的个数有　　　　个；
(2)求证：；
(3)若，，求阴影部分的面积．
【变式1】（2025·河北·一模）如图，半圆O与直线相切于点，为半圆O的直径，．P为直线上的一动点，过点P作射线，，射钱随点P的移动而平移．
(1)如图1，移动点P，使得射线与半圆O交于点D，E，连接，．当时，求的长．
(2)如图2，移动点，使得射线经过点C，射线与半圆O交于另一点F，求的长．
【变式2】（2025·河北石家庄·一模）如图1，的半径为10，直线l经过的圆心O，且与交于A，B两点，点C在上，且，点P是直线l上的一个动点（与圆心O不重合），直线与交于点Q．
(1)求点C到的距离；
(2)如图2，当与相切时，求的长；
(3)如图3，连接，当时，求与之间的距离；
(4)当时，直接写出的长．
【变式3】（2025·广东茂名·一模）阅读理解：
（1）【学习心得】学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型．
①类型一，“定点定长”：
如图1，在中，，，D是外一点，且，求的度数．
解：由题意，若以点（定点）为圆心，（定长）为半径作辅助圆（可在图1中画出辅助圆），则点、必在上，是所对的圆心角，而是所对的圆周角，从而可容易得到________．
②类型二，“定角定弦”：
如图2，中，，，，是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值．
请将以下解题过程补充完整．
解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴_______，（定角）
∴点在以（定弦）为直径的上，
如图2，连接交于点，此时最小．
请完成后面的解题过程．
（2）【方法应用】如图3，在矩形中，已知，，点是边上一动点（点P不与B，C重合），连接，作点关于直线的对称点，则线段的最小值为________（直接写结果）．
（3）【能力拓展】如图4，在正方形中，，动点E，F分别在边，上移动，且满足．连接和，交于点P．点E从点D开始运动到点C时，点P也随之运动，请求出点的运动路径长．
【题型十一】圆中新定义探究综合问题
【例1】（24-25九年级上·浙江湖州·阶段练习）定义：若圆内接三角形是等腰三角形，我们就称这样的三角形为“圆等三角形”．

(1)如图1，是的一条弦（非直径），若在上找一点，使得是“圆等三角形”，则这样的点能找到__________个．
(2)如图2，四边形是的内接四边形，连结对角线，和均为“圆等三角形”，且．
①当时，求度数．
②如图3，当，时，求阴影部分的面积．
圆中新定义探究题，先精读定义，明确核心条件（如“关联点”“等距圆”等），结合圆的基本性质（半径、弧、角、位置关系），通过画图、特例验证、代数建模（设坐标、列方程）转化定义，利用几何定理（全等、相似、勾股）推关系，分类讨论不同情形下的结论。
【例2】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）定义：三角形一个内角的平分线与另一个内角的邻补角的平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的“张望角”．
(1)如图1，点D在的延长线上，是中的“张望角”，求证：；
(2)如图2，内接于，点D在的延长线上，点E在上，连接，连接，点F在上，，连接，连接并延长交的延长线于点I，求证：是中的“张望角”；
(3)如图3，在（2）的条件下，若是的直径，过点I作的垂线，点G为垂足，交于点H，若，，求的长．
【变式1】（2025·宁夏银川·一模）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点与该边所对顶点连线长度的平方，则称这个点为三角形该边的“平方点”，如图1，中，点E是边上一点，连接，若，则称点E是中边上的“平方点”．
(1)如图2，已知在四边形中，平分于点E，，求证：点E是中边上的“平方点”；
(2)如图3，是的内接三角形，点E是中边上的“平方点”，延长交于点D，若，求证：；
(3)如图4，在中，，，，过点D作于点D，点E是边上的“平方点”，求线段BE的长．
【变式2】（2025·广东深圳·模拟预测）综合与探究
【定义】三角形一边上的点将该边分为两条线段，若这两条线段长度的乘积等于这个点与该边所对顶点距离的平方，则称这个点为三角形中该边上的“亮点”．如图（a），在中，是边上一点，连接，若，则称点是中边上的“亮点”．
【概念理解】
（1）如图（b），在中，，，，分别是的高线，角平分线，中线．请判断，，三点中哪些是中边上的“亮点”，并说明理由．
【性质应用】
（2）如图（c），在中，，，．若是边上的“亮点”，求的长．
【拓展提升】
（3）如图（d），内接于⊙，是中边上的“亮点”且．若，求的值．
【变式3】（2025·广东韶关·一模）综合与实践
【主题】圆形纸片与剪纸艺术
【素材】图1中半径为2的圆形纸片（）若干．
【实践操作】活动一：如图2，在该圆形纸片（）上剪出一个圆周角为90°的扇形．
活动二：如图3，在另一圆形纸片（）内剪出一个内接正六边形，设该正六边形的面积为，再连接，，剪出，设的面积为．
活动三：在活动二的基础上，装饰粘贴上六个弧形花瓣，中心为点，所在圆的圆心恰好是的内心．
【实践探索】
(1)根据剪纸要求，计算图2中的扇形的面积．
(2)请直接写出的值：______．
(3)求弧形花瓣总的周长（图4中实线部分的长度）．（结果保留）
【题型十二】圆与函数的综合问题
【例1】（2025·浙江舟山·一模）如图1，以点为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线与相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点．
(1)填空：的长为______；的长为______；的半径为______；的长为______；
(2)如图2，点P是直径上的一个动点（不与C、D重合），连结并延长交于点．
①当时，求的值；
②设，，求y与x的函数关系式．
圆与函数结合，联立方程（如圆与直线、抛物线方程），用判别式判位置关系，参数方程转三角函数求最值，借圆心距公式（如点到直线距离）算弦长、切点，坐标法设点代入，结合几何性质（垂径、对称）简化运算。
【例2】（2025·广东清远·模拟预测）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，．抛物线的对称轴与经过点的直线交于点，与轴交于点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)若在抛物线上存在点，使得是以为直角边的直角三角形，求出所有点的坐标；
(3)以点为圆心，画半径为的圆，为上一个动点，请求出的最小值．
【变式1】（2025·北京·一模）对于平面直角坐标系中的点P与，若将点P绕着点C旋转得到点Q，直线刚好与相切，则称点P为的“旋切点”．
(1)已知的半径为1，
①在点，，中，点 是的“旋切点”，其中 ；
②已知点，点N为的“旋切点”，且，求点的坐标；
(2)已知点，，，若线段上每个点都是的“旋切点”，且，直接写出的取值范围．
【变式2】（2025·广东汕头·模拟预测）如图1，E点为x轴正半轴上一点，交x轴于A、B两点，交y轴于C、D两点，P点为劣弧上一个动点，且、．
(1)如图1，连接，取中点G，连结，则的最大值为______；
(2)如图2，连接．若平分交于Q点，求的长；
(3)如图3，连接，当P点运动时（不与B、C两点重合），求证：为定值，并求出这个定值．
【变式3】（2025·湖南长沙·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，，与轴交于点，点为线段上一动点，以点为圆心，为半径作圆，与轴另一交点为．过点作的切线与轴相交于点，切点为，连接．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，若，点重合时，求的值；
(3)如图2，若，点是抛物线上的点，满足，求点的坐标．
【变式4】（2025·湖南邵阳·模拟预测）如图，直线与轴交于点，与轴交于点，过原点，点和点三点作，再过点作的切线，为上一动点，过点作轴的垂线，交轴于点，连接，交于点．
(1)求的度数；
(2)连接，，当时，恰好为等腰三角形，求此时的值；
(3)连接，，交于点，时，记的面积为，的面积为，求．
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