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【备考2026】中考数学真题2025分类精编精练14圆②
姓名：__________班级：__________考号：__________总分__________
1 、选择题（本大题共8小题）
（2025 武汉）如图，四边形ABCD内接于⊙O，2．若AB＝6，CD，则⊙O的半径是（　　）
A． B． C． D．5
（2025 德阳）六方钢也称六角棒，是钢材的一种，其截面为正六边形．六方钢可以通过切割、钻孔、车削等方式进行加工，广泛应用于各种建筑结构和工程结构，如房梁、桥梁柱、输电塔等．在学校开展的综合实践活动中，兴趣小组对六方钢截面图（如图所示）的性质进行研究，测得边长AB＝1，那么图中四边形GCHF的面积是（　　）
A． B． C．2 D．3
（2025 山东）在中国古代文化中，玉璧寓意宇宙的广阔与秩序，也经常被视为君子修身齐家的象征．如图是某玉璧的平面示意图，由一个正方形的内切圆和外接圆组成．已知内切圆的半径是2，则图中阴影部分的面积是（　　）
A．π B．2π C．3π D．4π
（2025 上海）在锐角三角形ABC中，AB＝AC，BC＝8，它的外接圆O的半径长为5，若点D是边BC的中点，以点D为圆心的圆和⊙O相交，那么⊙D的半径长可以是（　　）
A．2 B．5 C．8 D．10
（2025 南充）如图，AB是⊙O的直径，AD⊥AB于点A，OD交⊙O于点C，AE⊥OD于点E，交⊙O于点F，F为弧BC的中点，P为线段AB上一动点，若CD＝4，则PE+PF的最小值是（　　）
A．4 B． C．6 D．
（2025 浙江）如图，在Rt△ABC中，∠A＝35°，CD是斜边AB上的中线，以点C为圆心，CD长为半径作弧，与AB的另一个交点为点E．若AB＝2，则的长为（　　）
A．π B．π C．π D．π
（2025 青岛）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ADC＝90°，DC＝BC，直线EA与⊙O相切于点A．若∠BCD＝128°，则∠DAE的度数为（　　）
A．52° B．54° C．64° D．74°
（2025 浙江）如图，在Rt△ABC中，∠A＝35°，CD是斜边AB上的中线，以点C为圆心，CD长为半径作弧，与AB的另一个交点为点E．若AB＝2，则的长为（　　）
A．π B．π C．π D．π
1 、填空题（本大题共6小题）
（2025 资阳）如图，在正六边形ABCDEF中，AB＝2，连接AC，AE，以点D为圆心、CD的长为半径作圆弧CE，则图中阴影部分的面积是　 　 ．
（2025 大庆）如图，四边形ABCD是正方形，AB＝1．执行下面操作：第一次操作以点A为圆心，以AD为半径顺时针作弧DE交BA的延长线于点E，得到扇形DAE，第二次操作以点B为圆心，以BE为半径顺时针作弧EF交CB的延长线于点F，得到扇形EBF，第三次操作以点C为圆心，以CF为半径顺时针作弧FG交DC的延长线于点G，得到扇形FCG，依此类推进行操作，其中，，…的圆心依次按A，B，C，D循环，所得曲线DEFGH…叫做“正方形的渐开线”，则经过四次操作后所得到的四个扇形的面积和为 　 　 ．（结果保留π）
（2025 烟台）如图，正六边形ABCDEF的边长为4，中心为点O，以点O为圆心，以AB长为半径作圆心角为120°的扇形，则图中阴影部分的面积为　 　 ．
（2025 上海）已知平面内有一个角，一个圆与这个角的两边都有两个交点，若此圆在角的边上截得的两条弦恰好是某正五边形的一边，那么这个角的度数为 　 　 度．
（2025 泸州）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD＝10，⊙O与梯形ABCD的各边都相切，且⊙O的面积为16π，则点B到CD的距离为　 　 ．
（2025 成都）如图，⊙O的半径为1，A，B，C是⊙O上的三个点．若四边形OABC为平行四边形，连接AC，则图中阴影部分的面积为 　 　 ．
1 、解答题（本大题共6小题）
（2025 辽宁）如图，在△ABC中，AC＝BC，以AB为直径作⊙O，与AC相交于点D．连接OC，与⊙O相交于点E．
（1）如图1，连接DE，求∠ADE的度数，
（2）如图2，若点D为AC的中点，且AC＝6，求的长．
（2025 兰州）在平面直角坐标系xOy中，对于图W上或内部有一点N（不与原点O重合），及平面内一点P，给出如下定义：若点P关于直线ON的对称点P′在图W上或内部，则称点P是图W的“映射点”．
（1）如图1，已知图W1：线段AB，A（﹣1，﹣1），B（1，﹣1）．在P1（﹣1，0），P2（1，2）中，　 　 是图W1的“映射点”，
（2）如图2，已知图W2：正方形ABCD，A（﹣1，﹣1），B（1，﹣1），C（1，1），D（﹣1，1）．若直线l：y＝x+b上存在点P是图W2的“映射点”，求b的最大值，
（3）如图3，已知图W3：⊙T，圆心为T（0，t），半径为1．若x轴上存在点P是图W3的“映射点”，请直接写出t的取值范围．
（2025 深圳）如图1，在Rt△ABC中，D是AB的中点，AE＝CD，AD＝EC．
（1）求证：四边形ADCE为菱形，
（2）如图2，若点O为AC上一点，且E，A，D三点均在⊙O上，连接OD，CD与⊙O相切于点D，
①求∠ACD＝　 　 ，
②AC＝4，求⊙O的半径r，
（3）利用圆规和无刻度直尺在图2中作射线DF∥AC，交BC于点F，保留作图痕迹，不用写出作法和理由．
（2025 大庆）如图，DE为△ADE外接圆⊙O的直径，点C为线段DO上一点（不与D，O重合），点B为OD的延长线上一点，连接BA并延长至点M，满足∠CAE＝∠MAE．
（1）求证：AD平分∠BAC，
（2）证明：OE2＝OB OC，
（3）若射线BM与⊙O相切于点A，DC＝3，BD：OC＝10：9，求tan∠AED的值．
（2025 长春）数学活动：探究平面图形的最小覆盖圆
【定义】我们称能完全覆盖某平面图形的圆（即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上）为该平面图形的覆盖圆．其中，能完全覆盖平面图形的最小的圆（即直径最小）称为该平面图形的最小覆盖圆．
【探究一】线段的最小覆盖圆
线段AB的覆盖圆有无数个，其中，以AB为直径的圆是其最小覆盖圆．
理由如下：易知线段AB的最小覆盖圆一定经过点A．点B．如图①，以AB为直径作⊙O，再过A．B两点作⊙O'（O'与O不重合），连结O′A，O′B．
在△O′AB中，有O′A+O′B＞AB（▲）．
∵O′A＝O′B，
∴2O′A＞AB，即⊙O′的直径大于⊙O的直径．
∴⊙O是线段AB的最小覆盖圆．
“▲”处应填写的推理依据为 　 　 ．
【探究二】直角三角形的最小覆盖圆
要确定直角三角形的最小覆盖圆，我们可先将其转化为【探究一】中线段的最小覆盖圆问题．这样就可以先确定直角三角形最长边（斜边）的最小覆盖圆，再判断直角顶点与这个圆的位置关系，从而确定直角三角形的最小覆盖圆．
如图②，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°．⊙O是以AB为直径的圆．
请你判断点C与⊙O的位置关系，并说明理由．
又由【探究一】可知，⊙O是Rt△ABC最长边AB的最小覆盖圆，所以，⊙O是Rt△ABC的最小覆盖圆．
【拓展应用】矩形的最小覆盖圆
如图③，在矩形ABCD中，AB＝1cm，BC＝2cm．
（1）用圆规和无刻度的直尺在图③中作矩形ABCD的最小覆盖圆，
（不写作法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑）
（2）该矩形ABCD的最小覆盖圆的直径为 　 　 cm，
（3）若用两个等圆完全覆盖矩形ABCD，则这样的两个等圆的最小直径为 　 　 cm．
（2025 长沙）如图1，点O是以AB为直径的半圆的圆心，AD与BC均为该半圆的切线，C，D均为直径AB上方的动点，连接CD，且始终满足CD＝AD+BC．
（1）求证：CD与该半圆相切，
（2）当半径r时，令AD＝a，BC＝b，m，n，比较m与n的大小，并说明理由，
（3）在（1）的条件下，如图2，当半径r＝1时，若点E为CD与该半圆的切点，AC与BD交于点G，连接EG并延长交AB于点F，连接AE，BE，令EG＝x，CD＝y，求y关于x的函数解析式．（不考虑自变量x的取值范围）
【备考2026】中考数学真题2025分类精编精练13圆②答案解析
1 、选择题
【考点】垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理，弧长的计算
【分析】根据垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理进行计算即可．
解：如图，过点O作OE⊥AB，垂足为F，交⊙O于点E，连接OA，AE，则，AF＝BFAB＝3，
∵2，
∴，
∴AE＝CD，
在Rt△AEF中，AE，AF＝3，
∴EF2，
设半径为R，
在Rt△AOF中，OA＝R，OF＝R﹣2，AF＝3，由勾股定理得，
OA2＝OF2+AF2，
即R2＝（R﹣2）2+32，
解得R．
故选：A．
【点评】本题考查垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理，掌握垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理是正确解答的关键．
【考点】正多边形和圆，三角形的面积
【分析】根据正六边形的性质以及直角三角形的边角关系进行计算即可．
解：如图，过点A作AM⊥BF，垂足为M，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝AF＝1，∠ABF＝∠AFB30°，
∴AMAB，BM＝FMAB，
在Rt△BCG中，BC＝1，∠BCG＝30°，
∴BGBC，
∴FG＝BF﹣BG，
∴四边形GCHF的面积为FG BC．
故选：A．
【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质，直角三角形的边角关系是正确解答的关键．
【考点】正多边形和圆，扇形面积的计算，正方形的性质，三角形的内切圆与内心
【分析】如图：连接AB、DC相交于O，由正方形的内切圆的半径是2，AC＝BC＝4，OA＝OB，再运用勾股定理可得，则，最后根据圆的面积公式求解即可．
解：如图：连接AB、DC相交于O，
∵正方形的内切圆的半径是2，
∴AC＝BC＝4，OA＝OB，
∴，，
∴图中阴影部分的面积是，
故选：D．
【点评】本题主要考查了正方形的内切圆、外切圆、勾股定理等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键．
【考点】三角形的外接圆与外心，等腰三角形的性质，勾股定理
【分析】根据题意，等腰△ABC 的外接圆半径为5，由等腰三角形的性质、勾股定理求得OD＝3，当⊙D与⊙O相交时，圆心距需满足条件|5﹣r|＜OD＜5+r，代入数值求解r的范围，进而确定选项．
解：如图，连接AD并延长交⊙O于点E，
∵AB＝AC，D为BC中点，
∴BD＝DC＝4，OD⊥BC，
锐角三角形ABC中，AB＝AC，
∴外接圆心O在AD上，
连接OB，由勾股定理得：，
设以D为圆心的圆的半径为r，⊙D，⊙O相交应满足：|5﹣r|＜OD＜5+r，
即|5﹣r|＜3＜5+r，
解得：2＜r＜8，在此范围的半径只有选项B，
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，两圆相交的条件等知识，掌握两圆相交的条件是关键．
【考点】圆周角定理，轴对称﹣最短路线问题，勾股定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系
【分析】如图，延长DO交⊙O于点M，连接PM，PF，OF，由垂径定理得，进而得∠AOC＝∠COF＝∠BOF＝60°，∠BOM＝∠AOC＝60°＝∠BOF，点F关于AB的对称点为点M，根据两点之间线段最短得当E，P，M三点共线时，PE+PF最小，最小值为EM的长，在利用直角三角形的性质即可求解．
解：如图，延长DO交⊙O于点M，连接PM，PF，OF，
∵AE⊥OD于点E，交⊙O于点F，F为弧BC的中点，
∴，
∴∠AOC＝∠COF＝∠BOF，
∵∠AOC+∠COF+∠BOF＝180°，
∴∠AOC＝∠COF＝∠BOF＝60°，
∴∠BOM＝∠AOC＝60°＝∠BOF，
∴点F关于AB的对称点为点M，
∴PM＝PF，
∴PE+PF＝PE+PM≥EM，
当E，P，M三点共线时，PE+PF最小，最小值为EM的长，
∵∠AOC＝60°，AD⊥AB，
∴∠D＝30°，
∴OD＝2OA，
∵CD＝4，
∴OD＝OC+4＝2OA＝2OC，即OC＝4，
∴OC＝OA＝OB＝OM＝OF＝4，
∵AF⊥OC，∠AOC＝60°，
∴∠OAE＝30°，
∴，
∴PE+PF的最小值EM＝OE+OM＝2+4＝6．
故选：C．
【点评】本题主要考查了弧、圆心角的关系，垂径定理，直角三角形的性质，两点之间线段最短，熟练掌握弧、圆心角的关系，垂径定理是解题的关键．
【考点】直角三角形斜边上的中线，弧长的计算
【分析】由直角三角形斜边中线的性质推出CD＝AD，得到∠ACD＝∠A＝35°，由三角形的外角性质求出∠CDE＝70°，由等腰三角形的性质推出∠CED＝∠CDE＝70°，由三角形内角和定理求出∠DCE＝40°，求出CD2＝1，由弧长公式即可求出的长．
解：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴CDAB，
∴CD＝AD，
∴∠ACD＝∠A＝35°，
∴∠CDE＝∠A+∠ACD＝70°，
由题意知：CD＝CE，
∴∠CED＝∠CDE＝70°，
∴∠DCE＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∵AB＝2，
∴CD2＝1，
∴的长π．
故选：B．
【点评】本题考查直角三角形斜边的中线，弧长的计算，关键是由直角三角形斜边中线的性质推出CD＝AD，掌握弧长公式．
【考点】切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质
【分析】连接AC，由圆周角定理得到AC是圆的直径，由切线的性质推出∠CAE＝90°，由圆内接四边形的性质得到∠BAD+∠BCD＝180°，求出∠BAD＝52°，由圆周角定理得到∠CAD＝∠CAB∠BAD＝26°，即可求出∠DAE的度数．
解：连接AC，
∵∠ADC＝90°，
∴AC是圆的直径，
∵直线EA与⊙O相切于点A，
∴EA⊥AC，
∴∠CAE＝90°，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BCD＝128°，
∴∠BAD＝52°，
∵CD＝BC，
∴，
∴∠CAD＝∠CAB，
∴∠CAD∠BAD＝26°，
∴∠DAE＝∠CAE﹣∠CAD＝64°，
故选：C．
【点评】本题考查切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，关键是由圆内接四边形的性质得到∠BAD+∠BCD＝180°，由圆周角定理推出∠CAD＝∠CAB．
【考点】直角三角形斜边上的中线，弧长的计算
【分析】由直角三角形斜边中线的性质推出CD＝AD，得到∠ACD＝∠A＝35°，由三角形的外角性质求出∠CDE＝70°，由等腰三角形的性质推出∠CED＝∠CDE＝70°，由三角形内角和定理求出∠DCE＝40°，求出CD2＝1，由弧长公式即可求出的长．
解：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴CDAB，
∴CD＝AD，
∴∠ACD＝∠A＝35°，
∴∠CDE＝∠A+∠ACD＝70°，
由题意知：CD＝CE，
∴∠CED＝∠CDE＝70°，
∴∠DCE＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∵AB＝2，
∴CD2＝1，
∴的长π．
故选：B．
【点评】本题考查直角三角形斜边的中线，弧长的计算，关键是由直角三角形斜边中线的性质推出CD＝AD，掌握弧长公式．
1 、填空题
【考点】正多边形和圆，扇形面积的计算
【分析】连接AD，根据正六边形的性质求出CD、∠ACD、∠CDA，根据正切的定义求出AC，根据三角形面积公式、扇形面积公式计算，得到答案．
解：如图，连接AD，
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴∠B＝∠BCD＝∠CDE＝120°，BC＝CD＝DE＝AB＝2，
∴∠BCA＝30°，∠CDA＝∠EDA＝60°，
∴∠ACD＝90°，
∴AC2，
则S阴影部分＝2S△ACD﹣S扇形CDE＝22×24，
故答案为：4．
【点评】本题考查的是正多边形和圆、扇形面积计算，掌握正六边形的性质、扇形面积公式是解题的关键．
【考点】扇形面积的计算，正方形的性质，弧长的计算
【分析】先根据正方形的性质以及操作过程确定每次操作所得扇形的半径和圆心角，再根据扇形面积公式分别计算出四个扇形的面积，最后将它们相加得到面积和．
解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝1，
∴第一次操作（扇形DAE），
以点A为圆心，以AD为半径，
∵AD＝1，圆心角n＝90°，
∴S1π，
第二次操作（扇形EBF），
以点B为圆心，以BE为半径，
∵BE＝2，圆心角n＝90°，
∴S2π，
第三次操作（扇形FCG），
点C为圆心，以CF为半径，
∵CF＝3，圆心角n＝90°，
∴S3，
第四次操作（扇形GDH），
点D为圆心，以DG为半径，
∵DG＝4，圆心角n＝90°，
∴S44π，
∴S1+S2+S3+S4π+ππ+4ππ．
故答案为：π．
【点评】本题考查了正方形的性质，扇形的面积，求得每次操作时的圆心角以及半径是解题的关键．
【考点】正多边形和圆，扇形面积的计算
【分析】连接OA．OE、OF，过点O作OM⊥AF于点M，根据正六边形的性质得出OA＝OE＝OF，，∠BAF＝120°，证明△OAF和△OEF为等边三角形，求出，证明△GOA≌△HOE，得出S△GOA＝S△EOH，得出，根据S阴影＝S扇形﹣S五边形AGOHF，求出结果即可．
解：连接OA．OE、OF，过点O作OM⊥AF于点M，如图所示：
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴OA＝OE＝OF，，∠BAF＝120°，
∴△OAF和△OEF为等边三角形，∠AOE＝60°+60°＝120°，
∴∠OEF＝∠OAF＝60°，
∵OM⊥AF，
∴AM＝FMAF＝2，
∴OM，
∴S△OAF，
∵∠BAF＝120°，
∴∠OAG＝120°﹣60°＝60°，
∴∠OAG＝∠OEH，
∴∠GOA+∠AOH＝∠AOH+∠EOH＝120°，
∴∠GOA＝∠EOH，
∴△GOA≌△HOE，
∴S△GOA＝S△HOE，
∴S△GOA+S四边形AOHF＝S△HOE+S四边形AOHF，
∴S五边形AGOHF＝S四边形AOEF，
∴S阴影＝S扇形﹣S五边形AGOHF
，
答案为：．
【点评】本题主要考查了正六边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，扇形面积计算，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正六边形的性质．
【考点】直线与圆的位置关系，正多边形和圆，多边形内角与外角
【分析】分两种情况，由正多边形的性质，即可求解．
解：如图：
∵∠MPN是正五边形的一个内角，
∴∠MPN108°，
如图：
∵∠OAB和∠OBA是正五边形的两个外角，
∴∠OAB＝∠OBA72°，
∴∠AOB＝180°﹣72°﹣72°＝36°，
∴这个角的度数为108°或36°．
故答案为：108或36．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，正多边形和圆，多边形的内角和外角，关键是要分两种情况讨论．
【考点】切线的性质，梯形, 切线长定理, 勾股定理
【分析】过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥BC于F，连接BD，过点B作BH⊥DC于H，根据圆的面积公式求出⊙O的半径，根据勾股定理求出BE，进而求出BC，再根据三角形面积公式计算即可．
解：如图，过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥BC于F，连接BD，过点B作BH⊥DC于H，
则四边形AEFD为矩形，
∴AD＝EF，
∵⊙O的面积为16π，
∴⊙O的半径为4，
∴AE＝8，
由勾股定理得：BE6，
∵⊙O与梯形ABCD的各边都相切，AB＝CD＝10，
∴AD+BC＝AB+CD＝20，
∴AD＝EF（20﹣6×2）＝4，
∴BC＝6+4+6＝16，
∵S△BDCBC AECD BH，
∴BH，
故答案为：．
【点评】本题考查的是切线的性质、梯形的性质，掌握切线长定理是解题的关键．
【考点】垂径定理，扇形面积的计算，菱形的性质
【分析】根据菱形的判定与性质证明证明OB⊥AC，根据等边三角形的判定与性质证明∠AOB＝60°，利用扇形面积公式，根据S阴影＝S扇形AOB计算即可．
解：如图，连接OB．
∵四边形OABC为平行四边形，
∴AB＝OC，
∵OA＝OC，
∴OA＝AB，
∴ OABC是菱形，
∵OA＝OB＝AB，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
∴S阴影＝S扇形AOBπ×12．
故答案为：．
【点评】本题考查垂径定理、菱形的性质，掌握垂径定理、菱形的判定与性质、扇形面积计算公式是解题的关键．
1 、解答题
【考点】弧长的计算，等腰三角形的性质，圆周角定理
【分析】（1）连接OD，先证明△OAC≌△OBC（SSS），得到∠AOC＝∠BOC＝90°，由等腰三角形性质得到∠OAD＝∠ODA，∠ODE＝∠OED，设∠OAD＝∠ODA＝x，∠ODE＝∠OED＝y，在四边形OADE中，由四边形内角和等于360°计算即可，
（2）根据直角三角形斜边中线的性质先证明△ADO为等边三角形，则可求∠DOE度数，再由弧长公式即可求解．
解：（1）连接OD，
在△OAC和△OBC中，
，
∴△OAC≌△OBC（SSS），
∴∠AOC＝∠BOC，
∵∠AOC+∠BOC＝180°，
∴∠AOC＝∠BOC＝90°，
∵OA＝OD＝OE，
∴∠OAD＝∠ODA，∠ODE＝∠OED，
设∠OAD＝∠ODA＝x，∠ODE＝∠OED＝y，
在四边形OADE中，∵∠OAD+∠ADE+∠OED+∠AOC＝360°
∴x+x+y+y+90°＝360°，
∴∠ADE＝∠ADO+∠ODE＝x+y＝135°，
（2）连接OD，
∵∠AOC＝90°，D为AC中点，
∴，
∴OD＝OA＝AD＝3，
∴△ADO为等边三角形，
∴∠AOD＝60°，
∴∠DOE＝90°﹣60°＝30°，
∴的长为：．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，弧长公式等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
【考点】圆的综合题
【分析】（1）根据定义，观察P1（﹣1，0），P2（1，2），经过ON对称后，判断对称点是否在AB上，即可求解，
（2）根据正方形的顶点到O的距离为，则对称之前的点到原点的距离为，进而求得b的最大值，将D（﹣1，1）代入y＝x+b得，1＝﹣1+b，即可求解，
（3）根据新定义，找到临界值，即OP为⊙T的切线时的情形，求得t的值，即可求解．
解：（1）如图，当A，N重合时，P1关于ON的对称点为（0，﹣1），在线段AB上，
∵P1（﹣1，0）是图W的“映射点”，
而P2（1，2）关于ON的对称点不在AB上，则P2（1，2）不是图W1的“映射点”，
故答案为：P1（﹣1，0），
（2）依题意，正方形的顶点到O的距离为，
∴当l：y＝x+b上存在点P是图W2的“映射点”，则点O到y＝x+b的距离为，
∴当y＝x+b经过点D时，b的值最大，
将D（﹣1，1）代入y＝x+b得，1＝﹣1+b，
解得b＝2，
∴b的最大值2，
（3）如图，ON，OP'分别为⊙T的切线，
当p为W3的“映射点”，
∴∠P'ON＝∠PON，
又∵∠P'ON＝∠TON＝90°﹣∠PON，
设∠PON＝α，则∠TON＝90°﹣α，
∴∠P'ON＝∠PON＝2∠TON＝180°﹣2α，
∴180°﹣2α＝α，
解得α＝60°，
∴∠PON＝60°，∠TON＝30°，
∵TN＝1，
∴OT＝2，
当t减小时，P关于W3的“映射点”，在W3即⊙T的内部，符合题意，
∴t≤2，
当t＜0时，根据对称性可得t≥﹣2，
综上所述，﹣2≤t≤2．
【点评】本题考查了新定义，轴对称的性质，直线与圆的位置关系，切线长定理的应用，一次函数与结合图形，熟练掌握轴对称的性质，找到临界值是解题的关键．
【考点】圆的综合题
【分析】（1）先证明四边形ADCE为平行四边形，斜边上的中线得到，即可得证，
（2）①根据菱形的性质，得到∠DAC＝∠ACD，等角对等边得到∠OAD＝∠ODA，三角形的外角得到∠COD＝∠OAD+∠ODA＝2∠OAD＝2∠OCD，切线得到∠CDO＝90°，再根据角的和差关系进行求解即可，
②解直角三角形OCD，进行求解即可，
（3）利用尺规作图作∠BDF＝∠ABD，即可．
（1）证明：∵AD＝CE，CD＝AE，
∴四边形ADCE为平行四边形，
又∵∠ACB＝90°，且D为AB中点，
∴，
∴平行四边形ADCE为菱形．
（2）解：①∵四边形ADCE为菱形，
∴DA＝DC，
∴∠DAC＝∠ACD，
又∵OA＝OD＝r，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠COD＝∠OAD+∠ODA＝2∠OAD＝2∠OCD，
∵CD切⊙O于D，
∴∠CDO＝90°，
∴∠COD+∠ACD＝2∠ACD+∠ACD＝90°，
∴∠ACD＝30°，
故答案为：30°，
②设半径为r，
∵AC＝4，
∴OC＝4﹣r，
∵∠ACD＝30°，∠CDO＝90°，
∴，
解得：，
（3）由题意，作图如下：
【点评】本题考查菱形的判定和性质，斜边上的中线，切线的性质，解直角三角形，尺规作平行线，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
【考点】圆的综合题
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠DAE＝90°，得到∠EAM+∠BAD＝∠EAC+∠DAC＝90°，根据余角的性质得到∠BAD＝∠CAD，根据角平分线的定义得到AD平分∠BAC，
（2）连接AO，根据等腰三角形的性质得到∠OAD＝∠ODA，根据相似三角形的性质得到OA2＝OB OC，等量代换得到OE2＝OB OC，
（3）根据切线的性质得到∠OAB＝90°，由（2）知，△AOC∽△BOA，求得∠ACO＝∠OAB＝90°，设BD＝10x，OC＝9x，得到OD＝OA＝9x+3，OB＝19x+3，根据勾股定理得到AC，求得∠DAC＝∠AED，根据三角函数的定义得到结论．
（1）证明：∵DE为△ADE外接圆⊙O的直径，
∴∠DAE＝90°，
∴∠EAM+∠BAD＝∠EAC+∠DAC＝90°，
∵∠CAE＝∠MAE，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴AD平分∠BAC，
（2）证明：连接AO，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵∠ADC＝∠B+∠BAD，OAD＝∠OAC+∠DAC，
∴∠B＝∠OAC，
∵∠AOB＝∠COA，
∴△AOC∽△BOA，
∴，
∴OA2＝OB OC，
∵OE＝OA，
∴OE2＝OB OC，
（3）解：∵射线BM与⊙O相切于点A，
∴∠OAB＝90°，
由（2）知，△AOC∽△BOA，
∴∠ACO＝∠OAB＝90°，
∵BD：OC＝10：9，
∴设BD＝10x，OC＝9x，
∴OD＝OA＝9x+3，OB＝19x+3，
∵OA2＝OB OC，
∴（9x+3）2＝（19x+3）×9x，
∴x，
∴AO，OC，
∴AC6，
∵∠ACD＝∠DAB＝90°，
∴∠ADC+∠DAC＝∠ADC+∠E＝90°，
∴∠DAC＝∠AED，
∴tan∠AED＝tan∠DAC．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，熟练掌握熟练掌握各知识点是解题的关键．
【考点】圆的综合题
【分析】探究一：根据三角形的三边关系可得答案，
探究二：利用直角三角形斜边上的中线的性质证明OC＝OA＝OB即可得到答案，
拓展应用：（1）连接AC，BD，交于点O，以O为圆心，OA为半径作圆即可，（2）结合矩形性质与勾股定理计算即可，（3）作AD的垂直平分线LJ，交AD于L，交BC于J，可得四边形ABJL，DCJL是两个全等的矩形，AL＝DL＝1＝BJ＝CJ，用两个等圆完全覆盖矩形ABCD，可得两圆一定过L，J，再进一步解答即可．
解：探究一：理由如下：由题意得线段AB的最小覆盖圆一定经过点A．点B．如图①，以AB为直径作⊙O，再过A．B两点作⊙O（O与O不重合），连结OA，OB．在△OAB中，有OA+OB＞AB（三角形的任意两边之和大于第三边）．
∵OA＝OB，
∴2OA＞AB，
即⊙O的直径大于⊙O的直径．
∴⊙O是线段AB的最小覆盖圆．
“▲”处应填写的推理依据为三角形的任意两边之和大于第三边．
故答案为：三角形的任意两边之和大于第三边，
探究二：∵∠ACB＝90°，O为AB的中点，
∴OC＝OA＝OB，
∴C在⊙O上，
拓展应用：（1）如图，⊙O即为矩形ABCD的最小覆盖圆，
（2）∵矩形ABCD，AB＝1cm，BC＝2cm，
∴∠ABC＝90°，
∴，
故答案为：，
（3）作AD的垂直平分线LJ，交AD于L，交BC于J，
∴四边形ABJL，DCJL是两个全等的矩形，
∴AL＝DL＝1＝BJ＝CJ，
∵用两个等圆完全覆盖矩形ABCD，
∴两圆一定过L，J，
连接AJ，BL，CJ，DJ，交点分别为Q，K，
同理可得：这样的两个等圆的最小直径为AJ或BL或CL或DJ，
∴最小直径为如图，
作AB的垂直平分线交AB，CD于V，W，
同法作⊙Q，⊙K，
此时不是直径最小的等圆，
综上：用两个等圆完全覆盖矩形ABCD．则这样的两个等圆的最小直径为，
故答案为：．
【点评】本题是圆的综合题，考查的是三角形的三边关系，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理的应用，点与圆的位置关系，多边形的外接圆的含义，矩形的判定与性质，熟练的作图是解本题的关键．
【考点】圆的综合题
【分析】（1）如图，连接CO，并延长交DA的延长线于点M，过点O作OE⊥CD于点E，根据AD与BC均为该半圆的切线，得出AD⊥AB，BC⊥AB，则AD∥BC，可得∠M＝∠OCB．证明△OAM≌△OBC，得出AM＝BC，根据CD＝AD+BC，得出CD＝AD+AM＝DM，则∠M＝∠OCE，可得∠OCB＝∠OCE，即CO平分∠BCD．又OE⊥CD，OB⊥CB，得出OE＝OB，即可证明CD与该半圆相切，
（2）如图，过点C作CM⊥AD，交AD于点M，在△CDM中，由勾股定理可得CD2＝DM2+CM2，根据CD＝AD+BC＝a+b，DM＝|a﹣b|，CM＝2r，列等式得出r2＝AD BC＝ab＝2，代入可得，
（3）如图，根据CD，AD，BC均为该半圆的切线，则DA＝DE，CB＝CE，证明△DAG∽△BCG，得出，从而得出，证明△ACD∽△GCE，得出∠ADC＝∠GEC，得出EG∥AD∥BC，FG∥AD∥BC，得出，则，即可得，同理可得，得出FG＝EG＝x，由（2）可知r2＝AD BC＝DE EC＝1，得出，又在Rt△ABE 中，，得出AE BE＝4x，即可得，从而得出．
（1）证明：如图，连接CO，并延长交DA的延长线于点M，过点O作OE⊥CD于点E，
∵AD与BC均为该半圆的切线，
∴AD⊥AB，BC⊥AB，
∴AD∥BC，
∴∠M＝∠OCB，
∵O为AB的中点，
∴OA＝OB，
在△OAM与△OBC 中，
，
∴△OAM≌△OBC（AAS），
∴AM＝BC，
∵CD＝AD+BC，
∴CD＝AD+AM＝DM，
∴∠M＝∠OCE，
∴∠OCB＝∠OCE，即CO平分∠BCD，
又∵OE⊥CD，OB⊥CB，
∴OE＝OB，
∴CD与该半圆相切，
（2）解：m＝n．理由如下：
如图，过点C作CM⊥AD，交AD于点M，
在△CDM中，由勾股定理可得CD2＝DM2+CM2，
∵CD＝AD+BC＝a+b，DM＝|a﹣b|，CM＝2r，
∴（a+b）2＝（a﹣b）2+4r2，
∴r2＝AD BC＝ab＝2，代入可得，
（3）解：∵CD，AD，BC均为该半圆的切线，
∴DA＝DE，CB＝CE，
∵AD⊥AB，BC⊥AB，
∴AD∥BC，
∴△DAG∽△BCG，
∴，
∴，
∵∠ACD＝∠GCE，
∴△ACD∽△GCE，
∴∠ADC＝∠GEC．
∴EG∥AD∥BC，FG∥AD∥BC，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴FG＝EG＝x，
由（2）可知r2＝AD BC＝DE EC＝1，
∴，
又在Rt△ABE 中，
∵，
∴AE BE＝4x，
∴，
∴．
【点评】该题考查了圆综合题，涉及圆切线的性质和判定，切线长定理，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，角平分线定理，勾股定理，函数解析式等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
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