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5月下旬之圆—浙江省数学2025年中考模拟精选新题速递
一、选择题
1．（2025·玉环模拟）如图，在矩形中，，先以点A为圆心，长为半径画弧交边于点E；再以点D为圆心，长为半径画弧交边于点F；最后以点C为圆心，长为半径画弧交边于点G．求的长，只需要知道（　　）
A．线段的长 B．线段的长 C．线段的长 D．线段的长
【答案】C
【知识点】矩形的性质；圆的相关概念
2．（2025·平湖二模）小海的圆形镜子摔碎了，想配一面与原来直径相同的镜子。他的办法是：将一块含45°角的直角三角板的顶点A放在圆上，记两边与圆的交点分别为B，C，如图所示，则需测量的弦为（　　）
A．AB B．BC
C．AC D．AB、AC、BC均可
【答案】B
【知识点】圆周角定理；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：如图：
∵∠A=45°，
∴∠BOC=2∠A=90°，
∵OB=OC，
∴∠OCB=45°，
∴，
因此确定了BC，即可确定半径，
故答案为：B.
【分析】根据圆周角定理得到∠BOC=2∠A=90°，继而得到△OBC为等腰直角三角形，那么得到，即可求解.
3．（2025·宁波模拟）已知为等腰三角形，，点为的内心，点为的外心，则OI的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】内切圆与外接圆的综合运用
4．（浙江省金华市义乌市2025年中考二模考试数学试题）如图，已知线段为半圆的直径，点为半圆上一点，连结，．在线段上取一点，使得，过点作交半圆于点，连结，．设，，若的大小保持不变，当直径的长度变化时，下列关系式中固定不变的是（　　）
A．与的和 B．与的差 C．与的积 D．与的比值
【答案】B
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
二、填空题
5．（2025·定海模拟）如图，的半径为2，现将含的直角三角板中的角的顶点在圆弧上进行滑动，并始终保持斜边和长直角边与圆弧相交于点和点，并作交的延长线于点，则的最大面积是　 　
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；圆周角定理
6．（2025·宁波模拟）如图，已知为四边形ABCD的内接圆，恰好与三条边相切，半径为为四边形ABCD的外接圆，半径为，则的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】内切圆与外接圆的综合运用
7．（2025·婺城模拟）如图，在矩形ABCD中，，将矩形ABCD绕点顺时针旋转，旋转得矩形，继续旋转使得点的对应点落在上，连结，则　 　.
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；圆周角定理；旋转的性质；四点共圆模型
【解析】【解答】解：由题意可得：BC=AD，∠BAD=90°，
∵将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，旋转90°得矩形A1B1C1D1，继续旋转使得点B的对应点B2落在B1D1上，
∴AB=AB1=AB2，∠B1AD1=90°，AD1=AD，
∴点B、B1、B2在以点A为圆心，AB为半径的圆上，
∴，
∵AB=AB1=AB2，
∴，
∠ABB2=∠AB2A，
∵∠B1AD1+∠BAD=180°，
∴B、A、D1在同一直线上，
∵∠B2BD1+∠B2D1B=∠B1B2B=45°，
∠B1BB2+∠B2BA=∠B2BA=45°，
∴∠B1BB2=∠B2D1B，
∵AB：BC=3：4，
∴设AB1=AB=3x，则AD=AD1=BC=4x，
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】根据矩形的性质得出BC=AD，∠BAD=90°，根据旋转的性质得出AB=AB1=AB2，∠B1AD1= 90°，AD1=AD，证明点B、B1、B2在以点A为圆心，AB为半径的圆上，根据圆周角定理得出，证明，设AB1=AB=3x，则AD=AD1=BC=4x，根据勾股定理得出，根据三角函数定义即可求出答案.
三、解答题
8．（2025·浙江二模）在⊙O中，AB为直径，点C，点D是⊙O上两点，分别位于AB的异侧，连结CD交AB与点E.
（1）如图1，连结BC，若∠ACD=3∠BAD，求∠BCD的度数；
（2）若点C是的中点，
①如图2，点E在BO上，若，求的值；
②若，直接写出的值.
【答案】（1）解：∠BCD=22.5°
（2）解：①②，
【知识点】圆周角定理；解直角三角形—边角关系
9．（2025·上城二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB中点，E是BC上的动点（不与端点B，C重合），连结AE与CD交于点F，过E，F，D三点的圆与BD交于点G（不与B，D重合），连结EG。
（1）若，，求的度数；
（2）若，求的值；
（3）求证：。
【答案】（1）解：∵D是斜边AB上的中点
∴CD=BD
∴∠DCE=∠B=50°
∵CE=CF
∴∠CFE=∠CEF=65°
∵四边形EFDG内接于圆
∴∠EGD=∠CFE=65°
（2）解：如图，过E作EH//CD交BD于点H。
∵，
∵AD=BD
∵EH∥CD
（3）证明：如图，过B作BM//CD，交AE延长线于点M，在BD上作BH=BM。
∵BM//CD，AD=DB
∴AF=FM
∵BM//CD
∴∠MBE=∠DCB=∠CBD
∠M=∠CFE=∠EGD
又∵BM=BH，BE=BE
∴△EMB≌△EHB(SAS)
∴EH=EM， ∠EHG=∠M=∠EGH
∴EH=EG
∴EG+EF=EM+EF=FM=AF
【知识点】圆内接四边形的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；三角形全等的判定-SAS；直角三角形斜边上的中线
10．（2025·诸暨二模）如图，已知矩形ABCD，在边BC，CD上分别取点E，F，连接AE和BF满足∠AEB=2∠FBC，△ABE的外接圆交BF于点G，连接AG，CG。
（1）当∠FBC=31°时，求∠GAD的度数；
（2）猜测AG和BG的数量关系，并说明理由；
（3）当AB=10，AD=11，AE//CG时，求EC的长度。
【答案】（1）解：∵矩形ABCD
∴AD//BC
∴∠DAE=∠AEB
又∵∠FBC=∠GAE，∠AEB=2∠FBC
∴∠DAG=∠FBC=31°
（2）解：（方法不唯一）（注：（2）中利用（1）中31°条件则扣除（2）题中所有分数）
猜测：AG=BG
理由如下：
设∠DAG=∠GAE=∠FBC=α
则∠AEB=2α=∠AGB
∵ABCD为矩形
∴∠ABE=90°，∠BAE=90°-2α
∴∠GAB=90°-α=∠ABG
∴AG=BG
（3）解：方法1：延长AG，BC交于点P
∵∠EAP=α，∠AEB=2α
∴∠P=α=∠GAP，AE=EP
∵AG=BG
∴G是AP中点
∵CG//AE
∴C是EP中点
设CE=x，AE=EP=2x
在Rt△ABE中
（舍去）
故EC的长度为
【知识点】矩形的性质；圆周角定理
【解析】【分析】(1)利用矩形的性质可得∠DAE=∠AEB，再根据圆周角定理结合∠AEB=2∠FBC，即可解答；
(2)同理(1)得∠DAG=∠FBC，设∠DAG=∠GAE=∠FBC=α，由圆周角定理得到∠AEB-2α=∠AGB，再根据矩形的性质求出∠BAE=90°-2α，∠GAB=90°-α=∠ABG即可得出结论；
(3)延长AG，BC交于点P，根据∠EAP=∠FBO∠AEB=2∠FBC，推出∠AEB=2∠EAP，根据三角形外角的性质推出∠EAP=∠P，进而得到AE=EP，由(2)知AG=BG，推出G是AP中点，C是EP中点，设CE=α，AE=EP=2α，利用勾股定理建立方程求解即可.
11．（2025·黄岩二模）如图1，AB是的直径，点是圆上一点（A，B除外），点D，E在AB上，满足的延长线分别交于点F，G．记，
（1）若，求的度数；
（2）连结FG，求证：；
（3）如图2，连结并延长BF，AG交于点，若，
①求的值；②请直接写出的值．
【答案】（1）是的直径
，
（2）是的直径
连结OF，OG，则，
（3）①四边形AGFB是圆内接四边形
，
设，则
，
②
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定-AA
12．（2025·平湖二模）已知四边形ABCD内接于，对角线AC、BD交于点E，P为BD上一点，连结AP。
（1）如图1，若AB为的直径，且与均为等腰直角三角形，
求证：。
（2）如图2，若与均为等边三角形，
①求证：。
②若，求的最小值。
【答案】（1）证明：∵ 和 为等腰直角三角形且
∴
∴，
即
∴
（2）解：①：△ADP和△ABC为等边三角形
∴AD=AP，AC=AB，∠DAP=∠CAB=60°
∴∠DAP-∠CAP=∠CAB-∠CAP
即∠DAC=∠PAB
∴△ACD≌△ABP (SAS)
∴CD =BP
②设，则由①可知
，则
∠DCA=∠ CAP=∠ EBA
∴△AEP∽△BEA
即
，
当时，有最小值
的最小值为。
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；圆周角定理；相似三角形的判定-SAS
【解析】【分析】(1)利用圆周角定理和等腰直角三角形的性质得到，∠DAC=∠PAB，再利用相似三角形的判定定理解答即可；
(2)①利用等边三角形的性质和全等三角形的判定定理与性质定理解答即可；
②设PE=x，则DE=1-x，利用相似三角形的判定与性质得到，，，再利用相似三角形的判定与性质求得AC，计算得到的值，最后利用配方法和非负数的意义解答即可.
13．（2025·宁波模拟）点是的外接圆，AE为直径，在中，．
（1）求的度数；
（2）当时，求；
（3）连结OC交AB于点，过点作交EF于点，探究CF，FM，MN三者之间的数量关系．
【答案】（1）连结OC，OB
为直径，
（ASA）
为等边三角形
（2）连结
、B、D、H四点共圆
为等腰直角三角形
作，则
设，则
．
（3）易得，而，
从而在中用余弦定理可得：．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-ASA
14．（2025·普陀二模）如图，△ABC内接于⊙O，AC为直径，在CA延长线上取一点E，使得AE=AB，连结BE，在AE下方，作∠AFE=∠BCA，连结CF交⊙O于点D，连结BD。
（1）如图1，若∠BDC=∠AEF
①求证： △ABC≌△EAF；
②若AE=2，AF=4，求CD的长度。
（2）如图2，若AF=EF，2∠CBD=3∠BCA时，求证：BD=EF。
【答案】（1）解：①∵，
在和中
②连结AD
∵AC为直径
在 Rt 中， ，在 Rt 中， ，
在 Rt 中，
（2）证明：取的中点G，连接BG、AG
在和中
∴设
【知识点】圆与三角形的综合
【解析】【分析】(1)①利用ASA易证△ABC≌△EAF；
②根据①中结论可得全等三角形对应边相等，即可得BA=AE=2，BC=AF=4，根据勾股定理可求出AC，CF的长度，再根据等面积法可得AD的长度，再根据勾股定理即可求出CD的长度；
(2)取优弧的中点G，连结BG、AG，先证△GAB≌△FEA(ASA)，得AG=EF，设∠BCA=2x，∠CBD=3x，则∠G=∠BCA=2x，导角可证∠GBD=∠BCA，即可得证.
15．（2025·钱塘二模）已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，D为圆上一点，DF是⊙O的切线，连结CD，与AB交于点E.
（1）如图1，延长BA与DF交于点F.
①若∠ACD=25°，求∠F的大小.
②若AF=3，DF=5，求⊙O的半径.
（2）如图2，AC>BC，DF//AB，延长CA与DF交于点F，若，求△BCE与△CDF的面积比.
【答案】（1）解：①连接OD，如图，
∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF，
∴∠ODF＝90°，
∴∠F＝90°﹣∠FOD．
∵∠FOD＝2∠ACD，∠ACD＝25°，
∴∠FOD＝50°，
∴∠F＝40°．
②∵DF是⊙O的切线，
∴FD2＝FA FB，
∴FB，
∴AB＝FB﹣FA，
∴⊙O的半径AB；
（2）解：过点C作CH⊥FD，交FD的延长线于点H，CH交AB于点G，连接OD，如图，
∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF，
∵DF∥AB，CH⊥FD，
∴CG⊥AB，
∴四边形ODHG为矩形，
∴OD＝GH，OG＝DH，
∵，
∴．
∵DF∥AB，
∴△CAG∽△CFH，
∴，
设CG＝4k，则CH＝9k，
∴OD＝GH＝5k，
∴OA＝OB＝5k，AB＝2OD＝10k，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CG⊥AB，
∴△CGB∽△ACG，
∴，
∴，
∴BG＝2k或8k，
∵AC＞BC，
∴BG＜AG，
∴BG＝2k，
∴AG＝8k，
∴OG＝OB﹣BG＝3k，
∵OD⊥DF，CG⊥AB，
∴OD∥CG，
∴△DOE∽△CGE，
∴，
∴，
∴OEk，
∴EG＝OG﹣OEk，AE＝OA+OEk．
∴BE＝EG+BGk．
∵DF∥AB，
∴△CAE∽△CFD，
∴，
∴FD＝15k．
∴△BCE与△CDF的面积比．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1)①连接OD，利用圆的切线的性质定理，直角三角形的性质和圆周角定理解答即可；
②利用切线定理解答即可；
(2)过点C作CH⊥FD，交FD的延长线于点H，CH交AB于点G，连接OD，利用矩形的判定与性质，平行线的性质和相似三角形的判定与性质得到，设CG=4k，则CH=9k，利用圆周角定理和相似三角形的判定与性质求得线段OE，BE，FD，最后利用三角形的面积公式解答即可.
16．（2025·乐清二模）如图，点是在内部一点，OC平分，以为圆心，OC为半径的圆经过点，交AC于点，连接BO并延长交于点，连接ED并延长交AB于点．
（1）求证：．
（2）当时．
①求的度数．
②若是AB的中点，的半径为1，求AB的长．
【答案】（1）如图
平分，
．
，
．
，
，
．
（2）①由（1）可设，
设，
．
，
，
，
在中，，即，
，即．
②方法一：如图
连结BD，延长CO交BD于点，交AB于点，
设，
是的直径，
，即．
．
，
．
是AB的中点，，
，
．
在Rt中，，
即，解得（舍去），
．
方法二：如图
连结BD，作交DC的延长线于点，设，
是的直径，
，即．
．
是AB的中点，
，
．
，
，
，
，
，
，解得，
．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】 （1）根据OC平分∠ACB得∠1=∠2，根据OB=OC得∠2=∠4，再根据圆周角定理得∠3=∠4，进而得∠1=∠3，然后根据平行线的判定即可得出结论；
（2）①设∠1=∠2=∠3=∠4=x，∠A=y，则∠ADF=∠3=x，∠E=∠DCB=2x，∠EBF=2y，∠EFB=x+y，由三角形内角和定理得∠EFB+∠E+∠EBF=180°，则x+y+2x+2y=180°，由此得x+y=60°，据此即可得出∠EFB的度数；
②连接BD，延长CO交BD于点R，∠AB于点N，设DF=m，在Rt△BDF中，根据∠DBF=90°-∠EFB=30°得BF=2DF=2m，BD=， 证明CR⊥BD得DR=BR=， 证明RN是△BDF的中位线得RN=， FN=BN=m，根据F是AB的中点得AF=BF=2m，则AN=AF+FN=3m，AB=AF+BF=4m，再证明△ADF和△ACN相似得CN=， 则OR=m-1，然后在Rt△OBR中，由勾股定理可求出m=， 据此即可得出AB的长.
17．（2025·玉环二模）如图，AB是直径，弦于，点在弧AD上，连接CG分别交AB，AD于点E，F，延长AG与CD交于点，连接AC，GD
（1）若，求的度数；
（2）若点为弧AD的中点，
①求证：；
②设，求的值（用含的式子表示）．
【答案】（1）是直径，
垂直平分CD
（2）①设，
点为弧AD的中点
由（1）得
又
②解法一：
不妨设，则
连接ED，下证
解法二（略证）：先证明
令
由得
又得
【知识点】垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；圆的综合题
18．（2025·莲都模拟）如图，四边形ABCD内接于是直径，AC平分，与BD相交于点．
（1）若，求的度数；
（2）若，求的值；
（3）过点作AC的垂线AG，交CB的延长线于点，过点G，C分别作，交点为，延长DB交FG于点，求证：．
【答案】（1）解：因为BD是直径，
所以，
因为AC平分，所以，
因为，所以，
所以．
（2）解：设，
在等腰Rt中，，
因为，
所以，所以，
所以，所以，
所以．
（3）证明：因为，
所以为等腰直角三角形，
作，交FG于点，
由（1）得，
因为，所以，
因为，
所以，所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以，所以．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】 （1）根据直径所对的圆周角是直角得∠BCD=∠BAD=90°，再根据角平分线的定义得∠DCE=45°，然后根据等腰三角形的性质得∠CED=∠CDE=67.5°，最后根据同弧所对的圆周角相等得∠CAB=∠CDE=67.5°；
（2）先设BD=，再求出AD=，接下来说明 △ACD∽△ADE，根据相似三角形的性质表示AE=5k，进而求出AE=5k，CE=AC-AE=3k，则答案可得；
（3）先说明△GAC为等腰直角三角形，作BK⊥BG，交FG于点K，再结合“边角边”证明△GAB≌△CAD，可得BG=CD，最后证明△BKH≌△DCE．
19．（2025·钱塘模拟）已知内接于是的直径，为圆上一点，是的切线，连结，与交于点．
（1）如图1，延长与交于点．
①若，求的大小．
②若，求的半径．
（2）如图2，，延长与交于点，若，求与的面积比．
【答案】（1）解：①如图，连接，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴；
②设，
∵，，
∴，
解得：；
（2）解：如图，连接，过作交的延长线于，交于，
∵是的切线，
∴，，
∵，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：或；
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与的面积比为
．
【知识点】圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；圆与三角形的综合
【解析】【分析】（1）①连接，由切线的性质得，由圆周角定理得，则可求；
②设，则、在直角三角形ODF中应用勾股定理求解即可；
（2）如图，连接，过作交的延长线于，交于，则四边形为矩形，所以，，则可证，可得，设，则，；再证明，可得，求解：，，则；再证，由相似比可得，则，即得，即，则；因为，所以．
（1）解：①如图，连接，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴；
②设，
∵，，
∴，
解得：；
（2）解：如图，连接，过作交的延长线于，交于，
∵是的切线，
∴，，
∵，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：或；
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与的面积比为
．
1 / 15月下旬之圆—浙江省数学2025年中考模拟精选新题速递
一、选择题
1．（2025·玉环模拟）如图，在矩形中，，先以点A为圆心，长为半径画弧交边于点E；再以点D为圆心，长为半径画弧交边于点F；最后以点C为圆心，长为半径画弧交边于点G．求的长，只需要知道（　　）
A．线段的长 B．线段的长 C．线段的长 D．线段的长
2．（2025·平湖二模）小海的圆形镜子摔碎了，想配一面与原来直径相同的镜子。他的办法是：将一块含45°角的直角三角板的顶点A放在圆上，记两边与圆的交点分别为B，C，如图所示，则需测量的弦为（　　）
A．AB B．BC
C．AC D．AB、AC、BC均可
3．（2025·宁波模拟）已知为等腰三角形，，点为的内心，点为的外心，则OI的值为（　　）
A． B． C． D．
4．（浙江省金华市义乌市2025年中考二模考试数学试题）如图，已知线段为半圆的直径，点为半圆上一点，连结，．在线段上取一点，使得，过点作交半圆于点，连结，．设，，若的大小保持不变，当直径的长度变化时，下列关系式中固定不变的是（　　）
A．与的和 B．与的差 C．与的积 D．与的比值
二、填空题
5．（2025·定海模拟）如图，的半径为2，现将含的直角三角板中的角的顶点在圆弧上进行滑动，并始终保持斜边和长直角边与圆弧相交于点和点，并作交的延长线于点，则的最大面积是　 　
6．（2025·宁波模拟）如图，已知为四边形ABCD的内接圆，恰好与三条边相切，半径为为四边形ABCD的外接圆，半径为，则的取值范围为　 　．
7．（2025·婺城模拟）如图，在矩形ABCD中，，将矩形ABCD绕点顺时针旋转，旋转得矩形，继续旋转使得点的对应点落在上，连结，则　 　.
三、解答题
8．（2025·浙江二模）在⊙O中，AB为直径，点C，点D是⊙O上两点，分别位于AB的异侧，连结CD交AB与点E.
（1）如图1，连结BC，若∠ACD=3∠BAD，求∠BCD的度数；
（2）若点C是的中点，
①如图2，点E在BO上，若，求的值；
②若，直接写出的值.
9．（2025·上城二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB中点，E是BC上的动点（不与端点B，C重合），连结AE与CD交于点F，过E，F，D三点的圆与BD交于点G（不与B，D重合），连结EG。
（1）若，，求的度数；
（2）若，求的值；
（3）求证：。
10．（2025·诸暨二模）如图，已知矩形ABCD，在边BC，CD上分别取点E，F，连接AE和BF满足∠AEB=2∠FBC，△ABE的外接圆交BF于点G，连接AG，CG。
（1）当∠FBC=31°时，求∠GAD的度数；
（2）猜测AG和BG的数量关系，并说明理由；
（3）当AB=10，AD=11，AE//CG时，求EC的长度。
11．（2025·黄岩二模）如图1，AB是的直径，点是圆上一点（A，B除外），点D，E在AB上，满足的延长线分别交于点F，G．记，
（1）若，求的度数；
（2）连结FG，求证：；
（3）如图2，连结并延长BF，AG交于点，若，
①求的值；②请直接写出的值．
12．（2025·平湖二模）已知四边形ABCD内接于，对角线AC、BD交于点E，P为BD上一点，连结AP。
（1）如图1，若AB为的直径，且与均为等腰直角三角形，
求证：。
（2）如图2，若与均为等边三角形，
①求证：。
②若，求的最小值。
13．（2025·宁波模拟）点是的外接圆，AE为直径，在中，．
（1）求的度数；
（2）当时，求；
（3）连结OC交AB于点，过点作交EF于点，探究CF，FM，MN三者之间的数量关系．
14．（2025·普陀二模）如图，△ABC内接于⊙O，AC为直径，在CA延长线上取一点E，使得AE=AB，连结BE，在AE下方，作∠AFE=∠BCA，连结CF交⊙O于点D，连结BD。
（1）如图1，若∠BDC=∠AEF
①求证： △ABC≌△EAF；
②若AE=2，AF=4，求CD的长度。
（2）如图2，若AF=EF，2∠CBD=3∠BCA时，求证：BD=EF。
15．（2025·钱塘二模）已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，D为圆上一点，DF是⊙O的切线，连结CD，与AB交于点E.
（1）如图1，延长BA与DF交于点F.
①若∠ACD=25°，求∠F的大小.
②若AF=3，DF=5，求⊙O的半径.
（2）如图2，AC>BC，DF//AB，延长CA与DF交于点F，若，求△BCE与△CDF的面积比.
16．（2025·乐清二模）如图，点是在内部一点，OC平分，以为圆心，OC为半径的圆经过点，交AC于点，连接BO并延长交于点，连接ED并延长交AB于点．
（1）求证：．
（2）当时．
①求的度数．
②若是AB的中点，的半径为1，求AB的长．
17．（2025·玉环二模）如图，AB是直径，弦于，点在弧AD上，连接CG分别交AB，AD于点E，F，延长AG与CD交于点，连接AC，GD
（1）若，求的度数；
（2）若点为弧AD的中点，
①求证：；
②设，求的值（用含的式子表示）．
18．（2025·莲都模拟）如图，四边形ABCD内接于是直径，AC平分，与BD相交于点．
（1）若，求的度数；
（2）若，求的值；
（3）过点作AC的垂线AG，交CB的延长线于点，过点G，C分别作，交点为，延长DB交FG于点，求证：．
19．（2025·钱塘模拟）已知内接于是的直径，为圆上一点，是的切线，连结，与交于点．
（1）如图1，延长与交于点．
①若，求的大小．
②若，求的半径．
（2）如图2，，延长与交于点，若，求与的面积比．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】矩形的性质；圆的相关概念
2．【答案】B
【知识点】圆周角定理；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：如图：
∵∠A=45°，
∴∠BOC=2∠A=90°，
∵OB=OC，
∴∠OCB=45°，
∴，
因此确定了BC，即可确定半径，
故答案为：B.
【分析】根据圆周角定理得到∠BOC=2∠A=90°，继而得到△OBC为等腰直角三角形，那么得到，即可求解.
3．【答案】B
【知识点】内切圆与外接圆的综合运用
4．【答案】B
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
5．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；圆周角定理
6．【答案】
【知识点】内切圆与外接圆的综合运用
7．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；圆周角定理；旋转的性质；四点共圆模型
【解析】【解答】解：由题意可得：BC=AD，∠BAD=90°，
∵将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，旋转90°得矩形A1B1C1D1，继续旋转使得点B的对应点B2落在B1D1上，
∴AB=AB1=AB2，∠B1AD1=90°，AD1=AD，
∴点B、B1、B2在以点A为圆心，AB为半径的圆上，
∴，
∵AB=AB1=AB2，
∴，
∠ABB2=∠AB2A，
∵∠B1AD1+∠BAD=180°，
∴B、A、D1在同一直线上，
∵∠B2BD1+∠B2D1B=∠B1B2B=45°，
∠B1BB2+∠B2BA=∠B2BA=45°，
∴∠B1BB2=∠B2D1B，
∵AB：BC=3：4，
∴设AB1=AB=3x，则AD=AD1=BC=4x，
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】根据矩形的性质得出BC=AD，∠BAD=90°，根据旋转的性质得出AB=AB1=AB2，∠B1AD1= 90°，AD1=AD，证明点B、B1、B2在以点A为圆心，AB为半径的圆上，根据圆周角定理得出，证明，设AB1=AB=3x，则AD=AD1=BC=4x，根据勾股定理得出，根据三角函数定义即可求出答案.
8．【答案】（1）解：∠BCD=22.5°
（2）解：①②，
【知识点】圆周角定理；解直角三角形—边角关系
9．【答案】（1）解：∵D是斜边AB上的中点
∴CD=BD
∴∠DCE=∠B=50°
∵CE=CF
∴∠CFE=∠CEF=65°
∵四边形EFDG内接于圆
∴∠EGD=∠CFE=65°
（2）解：如图，过E作EH//CD交BD于点H。
∵，
∵AD=BD
∵EH∥CD
（3）证明：如图，过B作BM//CD，交AE延长线于点M，在BD上作BH=BM。
∵BM//CD，AD=DB
∴AF=FM
∵BM//CD
∴∠MBE=∠DCB=∠CBD
∠M=∠CFE=∠EGD
又∵BM=BH，BE=BE
∴△EMB≌△EHB(SAS)
∴EH=EM， ∠EHG=∠M=∠EGH
∴EH=EG
∴EG+EF=EM+EF=FM=AF
【知识点】圆内接四边形的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；三角形全等的判定-SAS；直角三角形斜边上的中线
10．【答案】（1）解：∵矩形ABCD
∴AD//BC
∴∠DAE=∠AEB
又∵∠FBC=∠GAE，∠AEB=2∠FBC
∴∠DAG=∠FBC=31°
（2）解：（方法不唯一）（注：（2）中利用（1）中31°条件则扣除（2）题中所有分数）
猜测：AG=BG
理由如下：
设∠DAG=∠GAE=∠FBC=α
则∠AEB=2α=∠AGB
∵ABCD为矩形
∴∠ABE=90°，∠BAE=90°-2α
∴∠GAB=90°-α=∠ABG
∴AG=BG
（3）解：方法1：延长AG，BC交于点P
∵∠EAP=α，∠AEB=2α
∴∠P=α=∠GAP，AE=EP
∵AG=BG
∴G是AP中点
∵CG//AE
∴C是EP中点
设CE=x，AE=EP=2x
在Rt△ABE中
（舍去）
故EC的长度为
【知识点】矩形的性质；圆周角定理
【解析】【分析】(1)利用矩形的性质可得∠DAE=∠AEB，再根据圆周角定理结合∠AEB=2∠FBC，即可解答；
(2)同理(1)得∠DAG=∠FBC，设∠DAG=∠GAE=∠FBC=α，由圆周角定理得到∠AEB-2α=∠AGB，再根据矩形的性质求出∠BAE=90°-2α，∠GAB=90°-α=∠ABG即可得出结论；
(3)延长AG，BC交于点P，根据∠EAP=∠FBO∠AEB=2∠FBC，推出∠AEB=2∠EAP，根据三角形外角的性质推出∠EAP=∠P，进而得到AE=EP，由(2)知AG=BG，推出G是AP中点，C是EP中点，设CE=α，AE=EP=2α，利用勾股定理建立方程求解即可.
11．【答案】（1）是的直径
，
（2）是的直径
连结OF，OG，则，
（3）①四边形AGFB是圆内接四边形
，
设，则
，
②
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定-AA
12．【答案】（1）证明：∵ 和 为等腰直角三角形且
∴
∴，
即
∴
（2）解：①：△ADP和△ABC为等边三角形
∴AD=AP，AC=AB，∠DAP=∠CAB=60°
∴∠DAP-∠CAP=∠CAB-∠CAP
即∠DAC=∠PAB
∴△ACD≌△ABP (SAS)
∴CD =BP
②设，则由①可知
，则
∠DCA=∠ CAP=∠ EBA
∴△AEP∽△BEA
即
，
当时，有最小值
的最小值为。
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；圆周角定理；相似三角形的判定-SAS
【解析】【分析】(1)利用圆周角定理和等腰直角三角形的性质得到，∠DAC=∠PAB，再利用相似三角形的判定定理解答即可；
(2)①利用等边三角形的性质和全等三角形的判定定理与性质定理解答即可；
②设PE=x，则DE=1-x，利用相似三角形的判定与性质得到，，，再利用相似三角形的判定与性质求得AC，计算得到的值，最后利用配方法和非负数的意义解答即可.
13．【答案】（1）连结OC，OB
为直径，
（ASA）
为等边三角形
（2）连结
、B、D、H四点共圆
为等腰直角三角形
作，则
设，则
．
（3）易得，而，
从而在中用余弦定理可得：．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-ASA
14．【答案】（1）解：①∵，
在和中
②连结AD
∵AC为直径
在 Rt 中， ，在 Rt 中， ，
在 Rt 中，
（2）证明：取的中点G，连接BG、AG
在和中
∴设
【知识点】圆与三角形的综合
【解析】【分析】(1)①利用ASA易证△ABC≌△EAF；
②根据①中结论可得全等三角形对应边相等，即可得BA=AE=2，BC=AF=4，根据勾股定理可求出AC，CF的长度，再根据等面积法可得AD的长度，再根据勾股定理即可求出CD的长度；
(2)取优弧的中点G，连结BG、AG，先证△GAB≌△FEA(ASA)，得AG=EF，设∠BCA=2x，∠CBD=3x，则∠G=∠BCA=2x，导角可证∠GBD=∠BCA，即可得证.
15．【答案】（1）解：①连接OD，如图，
∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF，
∴∠ODF＝90°，
∴∠F＝90°﹣∠FOD．
∵∠FOD＝2∠ACD，∠ACD＝25°，
∴∠FOD＝50°，
∴∠F＝40°．
②∵DF是⊙O的切线，
∴FD2＝FA FB，
∴FB，
∴AB＝FB﹣FA，
∴⊙O的半径AB；
（2）解：过点C作CH⊥FD，交FD的延长线于点H，CH交AB于点G，连接OD，如图，
∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF，
∵DF∥AB，CH⊥FD，
∴CG⊥AB，
∴四边形ODHG为矩形，
∴OD＝GH，OG＝DH，
∵，
∴．
∵DF∥AB，
∴△CAG∽△CFH，
∴，
设CG＝4k，则CH＝9k，
∴OD＝GH＝5k，
∴OA＝OB＝5k，AB＝2OD＝10k，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CG⊥AB，
∴△CGB∽△ACG，
∴，
∴，
∴BG＝2k或8k，
∵AC＞BC，
∴BG＜AG，
∴BG＝2k，
∴AG＝8k，
∴OG＝OB﹣BG＝3k，
∵OD⊥DF，CG⊥AB，
∴OD∥CG，
∴△DOE∽△CGE，
∴，
∴，
∴OEk，
∴EG＝OG﹣OEk，AE＝OA+OEk．
∴BE＝EG+BGk．
∵DF∥AB，
∴△CAE∽△CFD，
∴，
∴FD＝15k．
∴△BCE与△CDF的面积比．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1)①连接OD，利用圆的切线的性质定理，直角三角形的性质和圆周角定理解答即可；
②利用切线定理解答即可；
(2)过点C作CH⊥FD，交FD的延长线于点H，CH交AB于点G，连接OD，利用矩形的判定与性质，平行线的性质和相似三角形的判定与性质得到，设CG=4k，则CH=9k，利用圆周角定理和相似三角形的判定与性质求得线段OE，BE，FD，最后利用三角形的面积公式解答即可.
16．【答案】（1）如图
平分，
．
，
．
，
，
．
（2）①由（1）可设，
设，
．
，
，
，
在中，，即，
，即．
②方法一：如图
连结BD，延长CO交BD于点，交AB于点，
设，
是的直径，
，即．
．
，
．
是AB的中点，，
，
．
在Rt中，，
即，解得（舍去），
．
方法二：如图
连结BD，作交DC的延长线于点，设，
是的直径，
，即．
．
是AB的中点，
，
．
，
，
，
，
，
，解得，
．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】 （1）根据OC平分∠ACB得∠1=∠2，根据OB=OC得∠2=∠4，再根据圆周角定理得∠3=∠4，进而得∠1=∠3，然后根据平行线的判定即可得出结论；
（2）①设∠1=∠2=∠3=∠4=x，∠A=y，则∠ADF=∠3=x，∠E=∠DCB=2x，∠EBF=2y，∠EFB=x+y，由三角形内角和定理得∠EFB+∠E+∠EBF=180°，则x+y+2x+2y=180°，由此得x+y=60°，据此即可得出∠EFB的度数；
②连接BD，延长CO交BD于点R，∠AB于点N，设DF=m，在Rt△BDF中，根据∠DBF=90°-∠EFB=30°得BF=2DF=2m，BD=， 证明CR⊥BD得DR=BR=， 证明RN是△BDF的中位线得RN=， FN=BN=m，根据F是AB的中点得AF=BF=2m，则AN=AF+FN=3m，AB=AF+BF=4m，再证明△ADF和△ACN相似得CN=， 则OR=m-1，然后在Rt△OBR中，由勾股定理可求出m=， 据此即可得出AB的长.
17．【答案】（1）是直径，
垂直平分CD
（2）①设，
点为弧AD的中点
由（1）得
又
②解法一：
不妨设，则
连接ED，下证
解法二（略证）：先证明
令
由得
又得
【知识点】垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；圆的综合题
18．【答案】（1）解：因为BD是直径，
所以，
因为AC平分，所以，
因为，所以，
所以．
（2）解：设，
在等腰Rt中，，
因为，
所以，所以，
所以，所以，
所以．
（3）证明：因为，
所以为等腰直角三角形，
作，交FG于点，
由（1）得，
因为，所以，
因为，
所以，所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以，所以．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】 （1）根据直径所对的圆周角是直角得∠BCD=∠BAD=90°，再根据角平分线的定义得∠DCE=45°，然后根据等腰三角形的性质得∠CED=∠CDE=67.5°，最后根据同弧所对的圆周角相等得∠CAB=∠CDE=67.5°；
（2）先设BD=，再求出AD=，接下来说明 △ACD∽△ADE，根据相似三角形的性质表示AE=5k，进而求出AE=5k，CE=AC-AE=3k，则答案可得；
（3）先说明△GAC为等腰直角三角形，作BK⊥BG，交FG于点K，再结合“边角边”证明△GAB≌△CAD，可得BG=CD，最后证明△BKH≌△DCE．
19．【答案】（1）解：①如图，连接，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴；
②设，
∵，，
∴，
解得：；
（2）解：如图，连接，过作交的延长线于，交于，
∵是的切线，
∴，，
∵，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：或；
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与的面积比为
．
【知识点】圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；圆与三角形的综合
【解析】【分析】（1）①连接，由切线的性质得，由圆周角定理得，则可求；
②设，则、在直角三角形ODF中应用勾股定理求解即可；
（2）如图，连接，过作交的延长线于，交于，则四边形为矩形，所以，，则可证，可得，设，则，；再证明，可得，求解：，，则；再证，由相似比可得，则，即得，即，则；因为，所以．
（1）解：①如图，连接，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴；
②设，
∵，，
∴，
解得：；
（2）解：如图，连接，过作交的延长线于，交于，
∵是的切线，
∴，，
∵，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：或；
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与的面积比为
．
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