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专题13：圆综合
在中考中，涉及圆压轴题的相关题目单独出题的可能性还是比较大的，多以解答题形式出现，常结合其它几何图形、锐角三角函数出成压轴题的几率特别大，所占分值也是比较多，属于是中考必考的中等偏上难度的考点.
考点1 多结论问题
1.熟悉定理性质：牢记圆的相关定理，如垂径定理、圆心角定理、圆周角定理及其推论等，这是判断结论的基础。
2.结合图形分析：仔细观察图形，明确已知条件在图中的位置和关系，通过作辅助线等方法，构造出可利用定理的基本图形。
3.进行逻辑推理：根据已知条件和定理，逐步推导各个结论，注意推理的严谨性，有时需采用反证法或特殊值法来验证结论。
4.多角度思考：从不同角度分析问题，如考虑圆与直线的位置关系、圆中三角形的性质等，确保不遗漏可能的结论。
1．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，圆柱的底面半径为，高为1，下列关于该圆柱的结论正确的有（ ）

A．体积为 B．母线长为1
C．侧面积为 D．侧面展开图的周长为
2．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，是的外接圆，，连接并延长交于点．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点．直线交于点，连接，下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．四边形为菱形
3．（2024·吉林长春·中考真题）如图，是半圆的直径，是一条弦，是的中点，于点，交于点，交于点，连结．给出下面四个结论：
①；
②；
③当，时，；
④当，时，的面积是．
上述结论中，正确结论的序号有________．
4．（2024·云南·中考真题）如图，是的直径，点、是上异于、的点．点在外，，延长与的延长线交于点，点在的延长线上，，．点在直径上，，点是线段的中点．
(1)求的度数；
(2)求证：直线与相切：
(3)看一看，想一想，证一证：
以下与线段、线段、线段有关的三个结论：，，，你认为哪个正确？请说明理由．
考点2 与圆有关的几何三大变换
解答与圆有关的平移、旋转、对称三大几何变化压轴题，要立足圆的基本性质与图形变换的核心特征，秉持“以静制动、抓变寻不变、化繁为简、数形结合”的核心思路，首先熟练掌握圆在平移、旋转、对称三种变换下的不变性，即圆心位置随变换改变、圆的半径始终保持不变，圆周角、弦长、弧长等相关几何性质也不会随变换发生改变，解题时先精准定位变换前后的圆心、对应点、对应弦、对应弧等关键几何元素，明确变换的方向、距离、角度、对称轴等核心条件，再结合垂径定理、切线判定与性质、圆周角定理、三角形全等与相似、勾股定理等核心知识点展开分析；面对圆的平移问题，重点关注平移后圆心与直线、其他图形的位置关系，通过平移规律求出新圆心坐标，利用圆心到直线的距离与半径的数量关系，判断圆与直线、圆与圆的位置关系，进而求解线段长度、取值范围、最值等问题；针对圆的旋转问题，牢牢抓住旋转角相等、对应线段相等、对应点到旋转中心距离相等的性质，重点分析旋转后形成的等腰三角形、直角三角形，借助全等或相似三角形推导边角关系，处理好旋转过程中的临界位置，避免遗漏特殊情况；对于圆的对称（轴对称、中心对称）问题，利用对称点连线被对称轴垂直平分、对称图形全等的性质，找到圆心的对称点确定变换后圆的位置，结合圆的轴对称性，快速求解弦的垂直关系、线段最值、角度等量关系，同时灵活构造辅助线，比如作弦心距、连接圆心与对称点、构造旋转全等三角形等，将复杂的变换问题转化为基础几何问题；答题过程中要注重分类讨论，全面考虑圆在变换过程中与其他图形相交、相切、相离等不同情形，结合函数思想建立变量关系求解取值范围，书写时规范标注变换依据、几何定理，步骤逻辑清晰、推导严谨，充分利用前序问题的结论逐层突破后续难点，最后检验结果是否符合图形实际意义，全面攻克这类几何压轴题。
1．（2024·江西·中考真题）如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为______．
2．（2025·广东深圳·中考真题）如图，以矩形的点为圆心，的长为半径作，交于点，点为上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转至，点落在上，且点为中点．若，，则的长为__________．
3．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，为的内接三角形，为的直径，将沿直线翻折到，点在上．连接，交于点，延长，，两线相交于点，过点作的切线交于点．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若，．求的值．
4．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习．
【操作发现】
小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图①
小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由：
【实践探究】
连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值．
请求出当．时，长的最大值；
【问题解决】
在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明．
考点3 最值问题
解答与圆有关的最值类数学压轴题，需牢牢把握数形结合、转化化归、以静制动的核心解题思想，先精准梳理圆的基本性质、两点间距离、点到直线距离、垂线段最短、三角形三边关系等基础知识点，再快速识别题目所属的最值模型，针对性拆解解题步骤；首先要明确常见的圆上最值模型，包括圆外/圆内一点到圆上动点的线段最值、圆上动点到定直线的距离最值、圆与几何图形结合的线段和差最值、定弦定角最值、隐圆模型最值等，解题第一步是找准定点、定直线、定圆、定长、定角等不变要素，将动态动点问题转化为定点与圆、直线与圆的位置关系问题，针对圆外一点到圆上动点的最值，直接利用“定点与圆心连线，延长线交圆得最大值，反向延长线交圆得最小值”的结论，结合两点间距离公式加减半径求解；针对圆上动点到定直线的距离最值，先计算圆心到直线的垂线段长度，再加减圆半径即可得到最大、最小距离，这类问题常结合面积最值、线段最值综合考查；遇到线段和差最值，要借助轴对称、平移、旋转等几何变换，转化为“两点之间线段最短”“垂线段最短”的基本模型，同时结合圆的切线性质、直径所对圆周角为直角、垂径定理等构造直角三角形，利用勾股定理、相似三角形性质计算长度；对于隐圆类最值压轴题，需先根据定角对定弦、到定点距离为定长、直角所对斜边为定值等条件，挖掘出隐藏的圆，确定圆心和半径，再转化为显性圆的最值问题求解；解题过程中要灵活绘制辅助线，比如连接定点与圆心、作圆心到直线的垂线段、构造直径、作对称点等，简化图形结构，同时注重分类讨论，全面考虑动点在圆上不同位置、图形不同位置关系的情况，避免漏解；答题时要遵循“先找模型→再作辅助线→推导几何关系→列式计算→验证结果”的流程，规范书写几何推理过程，明确每一步依据的定理或性质，对于多小问的压轴题，善于利用前一问的结论和解题思路突破后续难点，计算时精准把控变量取值范围，排除不符合几何实际意义的解，稳步攻克这类高频难点压轴题。
1．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·江苏南通·中考真题）如图，中，，，，与相切于点D．

(1)求图中阴影部分的面积；
(2)设上有一动点P，连接，．当的长最大时，求的长．
3．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，已知是的直径，是上一点，过作直线与的延长线交于点，过点A作于点，连结、，且．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若，，求与的长度；
(3)在（2）的条件下，若为上的一动点，且在直线上方，连结．当四边形面积最大时，求的长度．
4．（2025·吉林长春·中考真题）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
线段的覆盖圆有无数个，其中，以为直径的圆是其最小覆盖圆．
理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（）．
，
，即的直径大于的直径．
是线段的最小覆盖圆．“”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，在中，．是以为直径的圆．请你判断点与的位置关系，并说明理由．
又由【探究一】可知，是最长边的最小覆盖圆，所以，是的最小覆盖圆．
【拓展应用】矩形的最小覆盖圆
如图③，在矩形中，，．
（1）用圆规和无刻度的直尺在图③中作矩形的最小覆盖圆：（不写做法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描点）
（2）该矩形的最小覆盖圆的直径为 ；
（3）若用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为 ．
考点4 动点问题
解答与圆有关的动点类数学压轴题，要始终贯彻以静制动、数形结合、分类讨论、转化化归的核心思想，先扎实掌握圆的半径性质、垂径定理、圆周角与圆心角定理、切线的判定与性质、圆与点/直线/多边形的位置关系等基础知识点，再一步步拆解动点运动规律，精准突破解题难点；首先要仔细审题，明确动点的运动轨迹（是在圆上、圆内还是圆外，是沿直线、圆弧还是折线运动）、运动方向、运动速度、运动范围以及自变量的取值范围，锁定题目中的定点、定长、定角、固定几何关系等不变量，抓住动点运动过程中始终不变的核心条件，将复杂的动态几何问题转化为静态的常规几何问题分析；接着根据动点位置的变化，找准临界状态与特殊位置，比如动点与定点、圆心、线段端点重合，动点在圆的最高点、最低点，直线与圆相切、相交、相离的临界点，三角形构成直角、等腰、全等相似的特殊情况，以此为依据进行全面的分类讨论，杜绝漏解；解题时要灵活搭建几何与代数的桥梁，要么通过连接圆心与动点、作弦心距、构造直径所对圆周角、连接切点与圆心等辅助线，利用直角三角形、等腰三角形、相似全等三角形的性质，结合勾股定理、三角函数、比例关系推导线段与角度的数量关系，要么建立平面直角坐标系，借助坐标法表示出动点、圆心、关键点的坐标，利用两点间距离公式、直线解析式、圆的方程建立函数关系式，将几何推理转化为代数计算；同时要善于利用前一问的结论与解题思路，层层递进解决后续综合性问题，遇到隐圆类动点问题，要根据“定角对定弦、到定点距离为定长、直角对定斜边”等特征，先找出隐藏的圆，确定圆心与半径后再按常规动点问题求解；答题过程中要规范书写推理步骤，清晰标注每一步依据的几何定理，计算时严格把控自变量取值范围，舍去不符合实际几何意义的解，做完后逐一检验分类讨论的情况是否全面，逻辑是否严谨，从审题、分析、推理到计算、验算步步扎实，高效攻克这类中考数学高频难点压轴题。
1．（2025·广东广州·中考真题）如图，的直径，C为中点，点D在弧上，，点P是上的一个动点，则周长的最小值是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·四川南充·中考真题）如图，是的直径，于点，交于点，于点，交于点，为弧的中点，为线段上一动点，若，则的最小值是（ ）
A．4 B． C．6 D．
3．（2024·四川凉山·中考真题）如图，的圆心为，半径为，是直线上的一个动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为______
4．（2024·四川德阳·中考真题）已知的半径为5，是上两定点，点是上一动点，且的平分线交于点．
(1)证明：点为上一定点；
(2)过点作的平行线交的延长线于点．
①判断与的位置关系，并说明理由；
②若为锐角三角形，求的取值范围．
5．（2025·四川达州·中考真题）如图，在中，是弦，是的切线，，点，，分别是线段，，上的动点，连接，，．
(1)试判断与的位置关系，并说明理由；
(2)若，试求与半径的数量关系．
6．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图1，是正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与相切于点，与相交于点．
(1)求证：与相切．
(2)若正方形的边长为，求的半径．
(3)如图2，在（2）的条件下，若点是半径上的一个动点，过点作交于点．当时，求的长．
考点5 新定义问题与阅读理解问题
解答与圆有关的新定义及阅读理解类数学压轴题，需秉持“精准拆解、深度迁移、逻辑闭环”的核心原则，这类题目是中考数学压轴题中“信息量大、抽象性强、综合性高”的典型代表，既考查圆的核心知识体系，又检验对陌生概念的理解、转化与应用能力。解题时需遵循一套完整且严谨的思维流程，逐一突破难点。
首先，沉心审题，精准完成“文字语言→数学语言”的翻译转换。新定义题目通常篇幅较长，包裹着陌生的概念、规则或情境，第一步绝不能急躁，需逐字逐句研读题干，剥离“外衣”提取核心信息。一方面，要锁定定义中的关键要素与限制条件，比如新定义“圆的‘关联点’”，需明确是点到圆心的距离满足特定比例，还是点与圆心的连线形成固定角度，同时标注出“动点”“定点”“定值”“范围限制”（如“在劣弧上”“不与某点重合”）等核心关键词，避免遗漏关键信息；另一方面，要绘制直观图形，根据文字描述勾勒出圆、动点、直线等几何元素的位置关系，若题目涉及坐标变换，需同步建立平面直角坐标系，将抽象的点、线、圆转化为坐标、方程或解析式，让模糊的概念变得具象。
其次，溯源对标，搭建“新定义→旧知识”的迁移桥梁。这类压轴题的本质是“考新藏旧”，所有陌生定义都能在初中数学圆的核心知识中找到原型。解题时需将新定义的性质与圆的基本性质、定理、模型逐一对标：若新定义涉及“等距点”，可联想圆的半径性质（圆上各点到圆心距离相等），直接调用“圆心到点的距离公式”；若定义涉及“旋切点”，可结合圆的切线性质（切线垂直于过切点的半径），构造直角三角形；若定义是关于弧长、弦长的变换，则需关联垂径定理、圆周角定理、弧长公式等基础知识点。同时，要梳理新定义与已知知识的逻辑关系，明确“新定义是原有知识的推广、变形还是组合”，避免对新概念产生抵触，快速将陌生问题转化为熟悉的题型。
接着，分类讨论，构建“动态变化→静态模型”的解题框架。与圆相关的新定义问题，常伴随动点、动直线或图形变换，极易出现多解或漏解情况，解题时必须树立分类讨论意识。首先要分析定义所涵盖的所有可能情形，比如点与圆的位置关系（圆上、圆内、圆外）、直线与圆的位置关系（相离、相切、相交）、动圆与定圆的位置关系（外离、外切、相交、内切、内含）等，逐一梳理不同情形下的几何特征；其次，针对每种情形，搭建对应的解题模型，若涉及动点轨迹，可通过“特殊位置试探→一般规律推导”的思路，确定动点的运动路径（直线、圆弧或折线），再结合“两点之间线段最短”“垂线段最短”“三角形三边关系”等基础模型求解；若涉及坐标计算，可利用参数法设出动点坐标，结合圆的方程、直线解析式，通过联立方程组、距离公式、三角函数等工具实现代数化运算，将几何推理转化为精准计算。同时，要合理构造辅助线，围绕新定义的关键点，常作“连接半径构造等腰三角形”“作弦心距构造直角三角形”“连接切点与圆心构造垂直关系”等辅助线，搭建解题的关键桥梁。
最后，规范作答，实现“逻辑严密→结果验证”的闭环收尾。解题过程的书写需体现严谨的逻辑链条，每一步推导都要标注依据，无论是圆的定理（如垂径定理、切线判定定理），还是新定义本身的规则，都要清晰呈现，避免“跳步”导致阅卷失分；计算题要精准计算变量取值范围，排除不符合几何实际意义或新定义限制条件的解，若涉及多问，要善于利用前一问的结论推导后续问题，层层递进；完成解答后，需进行逆向验证，将所得结果代入原题的新定义情境，检查是否满足所有文字描述、图形特征与限制条件，若出现矛盾，说明分类不全或计算有误，及时修正完善。
1．（2024·湖南·中考真题）问题情境：筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图①）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120秒．
问题设置：把筒车抽象为一个半径为r的．如图②，始终垂直于水平面，设筒车半径为2米．当时，某盛水筒恰好位于水面A处，此时，经过95秒后该盛水筒运动到点B处．（参考数据，）

问题解决：
(1)求该盛水筒从A处逆时针旋转到B处时，的度数；
(2)求该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离．（结果精确到米）
2．（2024·山东潍坊·中考真题）【问题提出】
在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为的正方形草坪（如图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案．
说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为的圆面．喷洒覆盖率，为待喷洒区域面积，为待喷洒区域中的实际喷洒面积．
【数学建模】
这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题．
【探索发现】
（1）如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率______．
（2）如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为3m的自动喷洒装置；，以此类推，如图5，设计安装个喷洒半径均为的自动喷洒装置．与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由．
（3）如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率．已知正方形各边上依次取点F，G，H，E，使得，设，的面积为，求关于的函数表达式，并求当取得最小值时的值．
【问题解决】
该公司现有喷洒半径为的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率？（直接写出结果即可）
3．（2025·四川达州·中考真题）综合与实践
问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系．
探究发现：如图1，在中，，是边上一点，过点作于，于，过点作于．连结，由图形面积分割法得：______；则____________．
实践应用：如图2，是等边三角形，，点是边上一点，连结．将线段绕点逆时针旋转得，连结交于，过点作于，于，当时，求的值．
拓展延伸：如图3，已知是半圆的直径，，是弦，，是上一点，，垂足为，，求的值．
4．（2024·江苏常州·中考真题）对于平面内有公共点的两个图形，若将其中一个图形沿着某个方向移动一定的距离后与另一个图形重合，则称这两个图形存在“平移关联”，其中一个图形叫做另一个图形的“平移关联图形”．
(1)如图，是线段的四等分点．若，则在图中，线段的“平移关联图形”是________，________（写出符合条件的一种情况即可）；
(2)如图，等边三角形的边长是．用直尺和圆规作出的一个“平移关联图形”，且满足（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(3)如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别是、、，以点为圆心，为半径画圆．若对上的任意点，连接所形成的图形都存在“平移关联图形”，且满足，直接写出的取值范围．
5．（2025·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，对于点和给出如下定义：若上存在两个不同的点，，对于上任意满足的两个不同的点，，都有，则称点是的关联点，称的大小为点与的关联角度．（本定义中的角均指锐角、直角、钝角或平角）
(1)如图，的半径为．
①在点，，中，点_______是的关联点且其与的关联角度小于，该点与的关联角度为；
②点在第一象限，若对于任意长度小于的线段，上所有的点都是的关联点，则的最小值为_______；
已知点，经过原点，线段上所有的点都是的关联点，记这些点与的关联角度的最大值为．若，直接写出的取值范围．
考点6 存在性问题
解答与圆有关的存在性类数学压轴题，要紧扣先假设存在、再推理论证、最后分类验证的核心解题思路，融合数形结合、分类讨论、方程与函数思想，先扎实夯实点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系、圆的基本性质、全等与相似三角形、勾股定理、一元二次方程根的判别式等核心知识，解题时第一步先仔细研读题干，明确题目探究的是点、线段、直线、三角形、四边形等几何元素与圆相关的存在性问题，比如满足特定角度、线段长度、图形形状、位置关系的点是否存在、直线是否存在、圆是否存在等，随即先大胆假设符合条件的对象存在，再依据假设结合圆的性质、几何定理建立对应的数量关系或位置关系，将存在性问题转化为方程求解、几何推理、最值判断等常规问题；接着精准定位题目中的定点、定圆、定直线、定角、定长等不变要素，梳理动点、动直线、动圆的运动规律，找准临界位置和特殊情况，全面展开分类讨论，比如探究圆上满足条件的点的存在性时，要分点在圆上、圆内、圆外，以及构成直角三角形、等腰三角形、相似三角形、平行四边形等不同图形的情形，结合垂径定理、切线性质、圆周角定理、圆心距与半径关系等，通过作辅助线（连接圆心与点、作弦心距、作切线、构造直角三角形等）将几何关系转化为代数方程，再通过解方程判断解的合理性，若方程有符合几何实际意义的解则假设成立、对象存在，若无解或解不符合条件则假设不成立、对象不存在；同时要灵活运用一元二次方程根的判别式、线段取值范围、图形位置关系的判定条件，排除不符合题意的解，尤其注意重合、共线、超出运动范围等特殊情况，杜绝漏解和错解；答题过程中要逻辑清晰、步骤规范，先写明假设，再一步步推导，清晰标注每一步的定理依据和数量关系，计算过程精准严谨，对于多结论的存在性问题要逐一分析、分别作答，最后对所有解进行检验，确认是否满足题干所有条件、是否符合圆的相关性质和几何实际意义，完整呈现“假设—推导—求解—验证—结论”的全过程，从容拿下这类综合性极强的压轴题。
1．（2024·陕西·中考真题）问题提出
（1）如图①，在中，，，垂足为．若，，则的长为______；
问题解决
（2）如图②所示，某工厂剩余一块型板材，其中，，．为了充分利用材料，工人师傅想用这块板材裁出一个尽可能大的圆型部件．你认为可以吗？若可以，请在图中确定可裁出的最大圆型部件的圆心的位置，并求出的半径；若不可以，请说明理由．
2．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为．
(1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由；
(2)若，为的外接圆，设的半径为．
①求的取值范围；
②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由．
3．（2024·陕西·中考真题）问题提出
（1）如图1，在中，，，作的外接圆．则的长为________；（结果保留π）
问题解决
（2）如图2所示，道路的一侧是湿地．某生态研究所在湿地上建有观测点D，E，C，线段和为观测步道，其中点A和点B为观测步道出入口，已知点E在上，且，，，，，现要在湿地上修建一个新观测点P，使．再在线段上选一个新的步道出入口点F，并修通三条新步道，使新步道经过观测点E，并将五边形的面积平分．

请问：是否存在满足要求的点P和点F 若存在，求此时的长；若不存在，请说明理由．（点A，B，C，P，D在同一平面内，道路与观测步道的宽、观测点及出入口的大小均忽略不计，结果保留根号）
4．（2025·山东滨州·中考真题）【背景资料】
最小覆盖圆在几何学和计算机科学中有着广泛的应用．我们把能完全覆盖某平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．如线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆是这个三角形的外接圆，直角三角形的最小覆盖圆是以斜边为直径的圆，钝角三角形的最小覆盖圆是以最长边为直径的圆，正方形的最小覆盖圆是以对角线为直径的圆．
【动手操作】
如图1，中，，请作出的最小覆盖圆．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．）
【迁移运用】
正方形的边长为7，在边上截取，以为边向外作正方形．
（1）如图2，连接，求的最小覆盖圆的直径；
（2）将图2中的正方形绕点C逆时针旋转（如图3），经过A，D，F三点，且与边分别交于点I，L，求的最小覆盖圆的直径；
（3）将正方形绕点C旋转，分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形（如图4）．在旋转过程中，四边形的最小覆盖圆的直径d的值是否发生变化？如果不变，请直接写出d的值；如果变化，请直接写出d的取值范围．
考点7 圆、几何图形、锐角三角函数综合
解答圆、几何图形与锐角三角函数结合的数学压轴题，需紧抓数形结合、构造转化、边角互化的核心思想，融合圆的基本性质、多边形几何特征、锐角三角函数定义与边角关系，搭建几何推理与代数计算的桥梁，解题时首先要深度审题，精准提取题干中的关键条件，梳理圆与三角形、四边形等几何图形的位置关系和数量关联，比如圆的切线、直径、弦、圆周角、圆心角，以及几何图形的边长、内角、垂直、平行、全等相似等特征，同时锁定可运用锐角三角函数的直角三角形，明确边角对应的三角函数关系；接着立足圆的核心定理，灵活构造辅助直角三角形，这是破解此类综合题的关键，通常通过连接半径、作弦心距、构造直径所对的圆周角、过定点作垂线等方式，将圆中的非直角问题、斜三角形问题、不规则几何图形问题，转化为含特殊角或已知角的直角三角形，充分利用同弧所对圆周角相等、切线垂直于过切点的半径、垂径定理等性质，实现角的等量转化，再借助正弦、余弦、正切函数的定义，完成角与线段的互化，把复杂的几何线段求解、角度计算、面积推导、边长比例问题，转化为三角函数运算与勾股定理、相似三角形性质结合的常规计算；解题过程中要注重梳理边角逻辑，先通过几何图形的平行、垂直、全等、相似关系推导角的相等或互补关系，筛选出适合三角函数计算的直角三角形，避免盲目套用公式，同时关注特殊角（30°、45°、60°）的三角函数值，简化计算步骤，针对多动点、多位置的综合问题，要树立分类讨论意识，全面分析几何图形与圆的不同位置情形，区分每种情形下的边角关系，逐一推导求解；答题时要遵循“找角→构直→化边→计算→验证”的流程，规范书写推导步骤，清晰标注圆的性质、几何图形判定、三角函数应用的依据，计算过程严谨细致，尤其注意线段长度的取值范围、角度的合理性，排除不符合几何实际意义的解，还要善于利用题干中前序问题的结论与解题思路，层层递进突破后续难点，最后检验结果是否同时满足圆的性质、几何图形特征与三角函数关系，稳步攻克这类综合性强、考点融合度高的数学压轴题。
1．（2024·四川雅安·中考真题）如图，是的直径，点C是上的一点，点P是延长线上的一点，连接，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求证：；
(3)若于D，，，求的长．
2．（2025·青海·中考真题）活动与探究
解码蜜蜂的“家”——为什么蜂房是正六边形的？
蜜蜂的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也不浪费空间．这是数学中的密铺（或镶嵌）问题．平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片．
探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？
平面图形 每个内角度数 能否整除 能否密铺
正三角形 能
正方形 ①________ ②________ 能
正五边形 不能
正六边形 能
正七边形 不能
正八边形 ③________ ④________
．．． ．．． ．．． ．．．
（1）请补全上述表格①________；②________；③________；④________．
探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？
数学视角：蜜蜂的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜蜂即正多边形的内切圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小．
观察图1，发现是正三角形的内切圆，与切于点，，，，在中，，则的周长为．
（2）如图2，正方形的周长为__________；
（3）如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）．
探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？
数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小．
（4）若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为__________；正方形的面积为__________；正六边形的面积为__________．
【得出结论】
综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造蜂房的最优方案．
3．（2024·江苏连云港·中考真题）【问题情境】
（1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；
【操作实践】
（2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系；
【探究应用】
（3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求AD的长；
（4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，，求的最小值．
4．（2025·青海西宁·中考真题）综合与实践
【问题提出】
原题呈现（人教版九年级下册85页第14题）
如图1，在锐角中，探究，，之间的关系．
【问题探究】
将下列探究过程补充完整：
（1）如图1，过点A作，垂足为D，过点B作，垂足为E．
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴，即，
同理，在中，_____，
在中，_____，
∴___________，
即，
∴；
【结论应用】
（2）如图2，在中，，，．求，的长．（结果保留小数点后一位；参考数据：，．）
【深度探究】
（3）如图3，是锐角的外接圆，半径为．
求证：．
【拓展应用】
如图4，在中，，，，D是线段上的一个动点，以为直径的分别交，于点E，F，连接．则线段长度的最小值是________．
考点8 定值问题
解答与圆有关的定值问题这类数学压轴题，要紧紧围绕抓不变量、化动为静、合理转化、严谨推导的思路展开，首先要明确定值问题的核心特征，就是在点动、线动、图形旋转或平移的变化过程中，始终存在某条线段长度、某个角度大小、线段乘积或比值、图形面积等保持固定不变，解题时第一步必须先仔细审题，剥离动点、动线带来的干扰信息，精准锁定题目中的定点、定圆、定直线、定弦、定角、定半径等不变几何元素，再结合圆的基本性质，如圆周角定理、圆心角定理、垂径定理、切线性质、圆内接四边形性质等，寻找运动过程中始终保持恒定的等量关系；面对线段和差、乘积、比值为定值的问题，通常可以通过构造全等三角形、相似三角形，或利用切割线定理、相交弦定理、托勒密定理等相关结论，将变化的线段转化为与半径、直径、弦心距等固定线段相关的表达式，从而消去变量得出定值，角度为定值时，则重点利用同弧或等弧所对圆周角相等、直径所对圆周角为直角、切线与半径夹角固定等性质，把变动的角转化为某个固定的圆心角或圆周角；遇到较为复杂的图形，要善于添加辅助线，比如连接半径构造等腰三角形、作弦心距构造直角三角形、连接切点与圆心得到垂直关系、构造辅助圆或利用对称旋转变换转化图形，将分散的条件集中起来，同时可以采用特殊值法辅助判断，先选取动点的特殊位置，如端点、中点、切点、顶点等极端情况，快速猜出定值的具体数值，再以此为方向进行一般性的逻辑证明，避免盲目推导浪费时间；解题过程中要强化数形结合与代数运算结合的意识，既可以通过纯几何推理完成证明，也可以建立坐标系，用坐标法设点、表示线段长度与角度关系，通过代数化简消去变量，最终得到常数结果，充分体现从特殊到一般、从猜想到证明的思维过程；此外还要注意分类讨论，确保动点在不同区域、不同位置时结论依然成立，不漏掉任何一种情形，答题时要逻辑清晰、步骤规范，先点明不变的几何依据，再逐步推导线段或角度之间的关系，最后明确得出定值并验证其合理性，整体遵循“找不变→构模型→特殊探路→一般证明→规范作答”的完整流程，熟练运用转化与化归思想，就能从容解决这类综合性强、对逻辑推理要求较高的圆相关定值压轴问题。
1．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，是的内切圆，与分别相切于点，．
(1)求的三个内角的大小；
(2)设的直径为，证明：．
2．（2025·宁夏·中考真题）如图，四边形内接于⊙平分，连接．
(1)求证：；
(2)延长至点，使，连接．求证：．
3．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，是直角，为的中点，为的切线交的延长线于点．连接，．
(1)点与的位置关系是 ，线段与线段的数量关系是 ；
(2)过点作，与的延长线交于点．根据题意补全图形，判断的形状，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，若的半径为，求的长．
4．（2025·江苏淮安·中考真题）探究与应用
【问题初探】（1）在等腰三角形的底边上任取一点P（不与端点重合），连接，线段有何数量关系？下面是小刚的部分思路和方法，请完成填空：
如图（1），过点A作于点D， 在中，∵，∴． ① 在中，∵，∴ ． ② 由①－②得：． ∵，， ∴ ． ∴． ……
根据小刚的方法，可以得到线段的数量关系是 ．
【简单应用】（2）如图（2），在等腰直角三角形中，，点D在边上，，以为边构造正方形，利用（1）中的结论求正方形的面积．
【灵活应用】（3）如图（3），是的外接圆，的平分线交于点D，连接，若，，，求的长．
【深度思考】（4）如图（4），在中，，点D、E分别在边上，且满足，交于点P，若，则的值为 ．
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专题13：圆综合
在中考中，涉及圆压轴题的相关题目单独出题的可能性还是比较大的，多以解答题形式出现，常结合其它几何图形、锐角三角函数出成压轴题的几率特别大，所占分值也是比较多，属于是中考必考的中等偏上难度的考点.
考点1 多结论问题
1.熟悉定理性质：牢记圆的相关定理，如垂径定理、圆心角定理、圆周角定理及其推论等，这是判断结论的基础。
2.结合图形分析：仔细观察图形，明确已知条件在图中的位置和关系，通过作辅助线等方法，构造出可利用定理的基本图形。
3.进行逻辑推理：根据已知条件和定理，逐步推导各个结论，注意推理的严谨性，有时需采用反证法或特殊值法来验证结论。
4.多角度思考：从不同角度分析问题，如考虑圆与直线的位置关系、圆中三角形的性质等，确保不遗漏可能的结论。
1．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，圆柱的底面半径为，高为1，下列关于该圆柱的结论正确的有（ ）

A．体积为 B．母线长为1
C．侧面积为 D．侧面展开图的周长为
【答案】BC
【分析】本题主要考查圆柱的体香，母线长，侧面积以及侧面展开图的周长，运用相关知识求解各选项再判断即可
【详解】解：A.∵圆柱的底面半径为，高为1，
∴圆柱的体积为，故选项A不符合题意；
B.∵圆柱的高为1，
∴圆柱的母线长为1，故选项B正确，符合题意；
C. ∴圆柱的底面半径为，高为1，
∴圆柱的底面周长为，
∴侧面积为，故选项C正确，符合题意；
D.∵圆柱的底面周长为，高为1，
∴圆柱的侧面展开图的周长为，故选项D错误，不符合题意
综上，正确的结论为B，C，
故选：BC
2．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，是的外接圆，，连接并延长交于点．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点．直线交于点，连接，下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．四边形为菱形
【答案】ABD
【分析】本题主要考查圆的性质、圆周角定理、平行线的性质以及菱形的判定，熟练掌握性质定理是解题的关键．根据全等三角形的判定定理证明，证明即可证明四边形为菱形，再根据圆周角定理进行判定即可．
【详解】解：令交于点，
由题意得：是的垂直平分线，
，
，选项A正确；
故四边形为菱形，选项D正确；
，
四边形为菱形，
四边形为平行四边形，
，选项B正确；
，故选项C错误；
故选ABD．
3．（2024·吉林长春·中考真题）如图，是半圆的直径，是一条弦，是的中点，于点，交于点，交于点，连结．给出下面四个结论：
①；
②；
③当，时，；
④当，时，的面积是．
上述结论中，正确结论的序号有________．
【答案】①②③
【分析】如图：连接，由圆周角定理可判定①；先说明、可得、，即可判定②；先证明可得,即,代入数据可得，然后运用勾股定理可得，再结合即可判定③；如图：假设半圆的圆心为O，连接，易得，从而证明是等边三角形，即是菱形，然后得到，再解直角三角形可得，根据三角形面积公式可得，最后根据三角形的中线将三角形平分即可判定④．
【详解】解：如图：连接，
∵是的中点，
∴,
∴，即①正确；
∵是直径，
∴，
∴，
∵
∴,
∵，
∴，
∴，
∵，,
∴，
∵，
∴，
∴，
∴,即②正确；
在和,
，
∴，
∴,即,
∴，即,
∴,
∵，
∴，即③正确；
如图：假设半圆的圆心为O，连接，
∵，，是的中点，
∴
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，即是菱形，
∴，
∵，
∴，即，解得：,
∴，
∵
∴，即④错误．
故答案为：①②③．
4．（2024·云南·中考真题）如图，是的直径，点、是上异于、的点．点在外，，延长与的延长线交于点，点在的延长线上，，．点在直径上，，点是线段的中点．
(1)求的度数；
(2)求证：直线与相切：
(3)看一看，想一想，证一证：
以下与线段、线段、线段有关的三个结论：，，，你认为哪个正确？请说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）直接利用直径所对的圆周角是直角，即可得出结果；
（2）证明，得到，根据平角的定义，得到，即可得证；
（3）连接，连接交于点，易得，圆周角定理得到，推出，进而得到，根据三角函数推出，得到三点共线，即可得出结果．
【详解】（1）解：∵是的直径，点是上异于、的点，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵是半径，
∴直线与相切；
（3）我认为：正确，理由如下：
连接，连接交于点，如图，则：，
∴点在线段的中垂线上，
∵，
∴点在线段的中垂线上，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∵，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴三点共线，
∴．
考点2 与圆有关的几何三大变换
解答与圆有关的平移、旋转、对称三大几何变化压轴题，要立足圆的基本性质与图形变换的核心特征，秉持“以静制动、抓变寻不变、化繁为简、数形结合”的核心思路，首先熟练掌握圆在平移、旋转、对称三种变换下的不变性，即圆心位置随变换改变、圆的半径始终保持不变，圆周角、弦长、弧长等相关几何性质也不会随变换发生改变，解题时先精准定位变换前后的圆心、对应点、对应弦、对应弧等关键几何元素，明确变换的方向、距离、角度、对称轴等核心条件，再结合垂径定理、切线判定与性质、圆周角定理、三角形全等与相似、勾股定理等核心知识点展开分析；面对圆的平移问题，重点关注平移后圆心与直线、其他图形的位置关系，通过平移规律求出新圆心坐标，利用圆心到直线的距离与半径的数量关系，判断圆与直线、圆与圆的位置关系，进而求解线段长度、取值范围、最值等问题；针对圆的旋转问题，牢牢抓住旋转角相等、对应线段相等、对应点到旋转中心距离相等的性质，重点分析旋转后形成的等腰三角形、直角三角形，借助全等或相似三角形推导边角关系，处理好旋转过程中的临界位置，避免遗漏特殊情况；对于圆的对称（轴对称、中心对称）问题，利用对称点连线被对称轴垂直平分、对称图形全等的性质，找到圆心的对称点确定变换后圆的位置，结合圆的轴对称性，快速求解弦的垂直关系、线段最值、角度等量关系，同时灵活构造辅助线，比如作弦心距、连接圆心与对称点、构造旋转全等三角形等，将复杂的变换问题转化为基础几何问题；答题过程中要注重分类讨论，全面考虑圆在变换过程中与其他图形相交、相切、相离等不同情形，结合函数思想建立变量关系求解取值范围，书写时规范标注变换依据、几何定理，步骤逻辑清晰、推导严谨，充分利用前序问题的结论逐层突破后续难点，最后检验结果是否符合图形实际意义，全面攻克这类几何压轴题。
1．（2024·江西·中考真题）如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为______．
【答案】或或2
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据，可得或2，利用勾股定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键．
【详解】解：为直径，为弦，
，
当的长为正整数时，或2，
当时，即为直径，
将沿翻折交直线于点F，此时与点重合，
故；
当时，且在点在线段之间，
如图，连接，
此时，
，
，
，
，
；
当时，且点在线段之间，连接，
同理可得，
，
综上，可得线段的长为或或2，
故答案为：或或2．
2．（2025·广东深圳·中考真题）如图，以矩形的点为圆心，的长为半径作，交于点，点为上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转至，点落在上，且点为中点．若，，则的长为__________．
【答案】6
【分析】由矩形的性质得，根据圆周角定理，可求得，根据，可推出为直角，从点为中点，可推出，接着再证明，利用相似三角形的性质求解即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
为所对的圆周角，所对的圆心角为，
，
将线段绕点顺时针旋转至，
，
，
，
，
，
又，
∴，
∴，
点为中点，
，
，
，
．
故答案为：6．
3．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，为的内接三角形，为的直径，将沿直线翻折到，点在上．连接，交于点，延长，，两线相交于点，过点作的切线交于点．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若，．求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据折叠可得，根据切线的定义可得，即可得证；
（2）根据题意证明，进而证明，根据相似三角形的性质，即可得证；
（3）根据，设，则，得出，根据折叠的性质可得出，则，进而求得，根据，进而根据正切的定义，即可求解．
【详解】（1）证明：∵将沿直线翻折到，
∴，
∵为的直径，是切线，
∴，
∴；
（2）解：∵是切线，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵由折叠可得，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即；
（3）解：∵，设，则，
∴，
∴，
∵由折叠可得，
∴，
∵在中，，
∴，
∵，，
∴，
∴．
4．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习．
【操作发现】
小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图①
小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由：
【实践探究】
连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值．
请求出当．时，长的最大值；
【问题解决】
在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明．
【答案】操作发现：与相切；实践探究：；问题解决：见解析
【分析】操作发现：连接并延长交于点M，连接，根据直径所对圆周角为直角得到，根据旋转的性质得到，由圆周角定理推出，等量代换得到，利用直角三角形的性质即可证明，即可得出结论；
实践探究：证明，得到，结合三角形外角的性质得到，易证，得到，设，则，得到，利用二次函是的性质即可求解；
问题解决：过点E作交于点N，由旋转的性质知：，证明，推出，由旋转的性质得：，
得到，根据，易证，得到，即可证明结论．
【详解】操作发现：
解：连接并延长交于点M，连接，
是直径，
，
，
由旋转的性质得，
，
，
，
是的半径，
与相切；
实践探究：
解： 由旋转的性质得：，
即，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，
当时，有最大值为；
问题解决：
证明：过点E作交于点N，
由旋转的性质知：，
，
，
，
，
由旋转的性质得：，
，
，
，
，
，
，
．
考点3 最值问题
解答与圆有关的最值类数学压轴题，需牢牢把握数形结合、转化化归、以静制动的核心解题思想，先精准梳理圆的基本性质、两点间距离、点到直线距离、垂线段最短、三角形三边关系等基础知识点，再快速识别题目所属的最值模型，针对性拆解解题步骤；首先要明确常见的圆上最值模型，包括圆外/圆内一点到圆上动点的线段最值、圆上动点到定直线的距离最值、圆与几何图形结合的线段和差最值、定弦定角最值、隐圆模型最值等，解题第一步是找准定点、定直线、定圆、定长、定角等不变要素，将动态动点问题转化为定点与圆、直线与圆的位置关系问题，针对圆外一点到圆上动点的最值，直接利用“定点与圆心连线，延长线交圆得最大值，反向延长线交圆得最小值”的结论，结合两点间距离公式加减半径求解；针对圆上动点到定直线的距离最值，先计算圆心到直线的垂线段长度，再加减圆半径即可得到最大、最小距离，这类问题常结合面积最值、线段最值综合考查；遇到线段和差最值，要借助轴对称、平移、旋转等几何变换，转化为“两点之间线段最短”“垂线段最短”的基本模型，同时结合圆的切线性质、直径所对圆周角为直角、垂径定理等构造直角三角形，利用勾股定理、相似三角形性质计算长度；对于隐圆类最值压轴题，需先根据定角对定弦、到定点距离为定长、直角所对斜边为定值等条件，挖掘出隐藏的圆，确定圆心和半径，再转化为显性圆的最值问题求解；解题过程中要灵活绘制辅助线，比如连接定点与圆心、作圆心到直线的垂线段、构造直径、作对称点等，简化图形结构，同时注重分类讨论，全面考虑动点在圆上不同位置、图形不同位置关系的情况，避免漏解；答题时要遵循“先找模型→再作辅助线→推导几何关系→列式计算→验证结果”的流程，规范书写几何推理过程，明确每一步依据的定理或性质，对于多小问的压轴题，善于利用前一问的结论和解题思路突破后续难点，计算时精准把控变量取值范围，排除不符合几何实际意义的解，稳步攻克这类高频难点压轴题。
1．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可．
【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，
则，
又∵，
∴，
∴，
由旋转得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即当点P在时，的值最大为长，
∵是正方形，
，
∴，
∴的值最大为，
∴的最大面积是，
故选：C．
2．（2024·江苏南通·中考真题）如图，中，，，，与相切于点D．

(1)求图中阴影部分的面积；
(2)设上有一动点P，连接，．当的长最大时，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理的逆定理，扇形的面积公式等知识，解题的关键是：
（1）连接，利用勾股定理的逆定理判定得出，利用切线的性质得出，利用等面积法求出，然后利用求解即可；
（2）延长交于P，连接，则最大，然后在中，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解∶连接，

∵，，，
∴，
∴，
∵与相切于D，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解∶延长交于P，连接，此时最大，

由（1）知：，，
∴．
3．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，已知是的直径，是上一点，过作直线与的延长线交于点，过点A作于点，连结、，且．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若，，求与的长度；
(3)在（2）的条件下，若为上的一动点，且在直线上方，连结．当四边形面积最大时，求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)，
(3)
【分析】（1）连接， 可得，，由直径性质，得，可得，即得直线是的切线；
（2）证明，得，得，可得，证明，得,，由,得；
（3）过点E作于点G，则，当四边形面积最大时，面积最大，点F是的中点，可得，得 ，得，∴，得，由，得,即得．
【详解】（1）解：连接，
则，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴直线是的切线；
（2）∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得（舍去）或；
（3）过点E作于点G，
则，
当四边形面积最大时，面积最大，点F到的距最大，点F是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
4．（2025·吉林长春·中考真题）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
线段的覆盖圆有无数个，其中，以为直径的圆是其最小覆盖圆．
理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（）．
，
，即的直径大于的直径．
是线段的最小覆盖圆．“”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，在中，．是以为直径的圆．请你判断点与的位置关系，并说明理由．
又由【探究一】可知，是最长边的最小覆盖圆，所以，是的最小覆盖圆．
【拓展应用】矩形的最小覆盖圆
如图③，在矩形中，，．
（1）用圆规和无刻度的直尺在图③中作矩形的最小覆盖圆：（不写做法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描点）
（2）该矩形的最小覆盖圆的直径为 ；
（3）若用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为 ．
【答案】探究一：三角形的任意两边之和大于第三边；探究二：在上；证明见解析；拓展应用：（1）作图见解析；（2）；（3）；
【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即可得到答案；
拓展应用：（1）连接，交于点，以为圆心，为半径作圆即可；
（2）结合矩形性质与勾股定理计算即可；
（3）作的垂直平分线，交于，交于，可得四边形，是两个全等的矩形，，用两个等圆完全覆盖矩形，可得两圆一定过，再进一步解答即可.
【详解】解：探究一：
理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（三角形的任意两边之和大于第三边）．
，
，即的直径大于的直径．
是线段的最小覆盖圆．“”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：∵，为的中点，
∴，
∴在上；
拓展应用：（1）如图，即为矩形的最小覆盖圆；
（2）∵矩形，，，
∴，；
（3）作的垂直平分线，交于，交于，
∴四边形，是两个全等的矩形，
∴，
∵用两个等圆完全覆盖矩形，
∴两圆一定过，
连接，交点分别为，
同理可得：这样的两个等圆的最小直径为或或或，
∴最小直径为，
如图，作的垂直平分线交于，
同法作，，此时不是直径最小的等圆；
综上：用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为.
考点4 动点问题
解答与圆有关的动点类数学压轴题，要始终贯彻以静制动、数形结合、分类讨论、转化化归的核心思想，先扎实掌握圆的半径性质、垂径定理、圆周角与圆心角定理、切线的判定与性质、圆与点/直线/多边形的位置关系等基础知识点，再一步步拆解动点运动规律，精准突破解题难点；首先要仔细审题，明确动点的运动轨迹（是在圆上、圆内还是圆外，是沿直线、圆弧还是折线运动）、运动方向、运动速度、运动范围以及自变量的取值范围，锁定题目中的定点、定长、定角、固定几何关系等不变量，抓住动点运动过程中始终不变的核心条件，将复杂的动态几何问题转化为静态的常规几何问题分析；接着根据动点位置的变化，找准临界状态与特殊位置，比如动点与定点、圆心、线段端点重合，动点在圆的最高点、最低点，直线与圆相切、相交、相离的临界点，三角形构成直角、等腰、全等相似的特殊情况，以此为依据进行全面的分类讨论，杜绝漏解；解题时要灵活搭建几何与代数的桥梁，要么通过连接圆心与动点、作弦心距、构造直径所对圆周角、连接切点与圆心等辅助线，利用直角三角形、等腰三角形、相似全等三角形的性质，结合勾股定理、三角函数、比例关系推导线段与角度的数量关系，要么建立平面直角坐标系，借助坐标法表示出动点、圆心、关键点的坐标，利用两点间距离公式、直线解析式、圆的方程建立函数关系式，将几何推理转化为代数计算；同时要善于利用前一问的结论与解题思路，层层递进解决后续综合性问题，遇到隐圆类动点问题，要根据“定角对定弦、到定点距离为定长、直角对定斜边”等特征，先找出隐藏的圆，确定圆心与半径后再按常规动点问题求解；答题过程中要规范书写推理步骤，清晰标注每一步依据的几何定理，计算时严格把控自变量取值范围，舍去不符合实际几何意义的解，做完后逐一检验分类讨论的情况是否全面，逻辑是否严谨，从审题、分析、推理到计算、验算步步扎实，高效攻克这类中考数学高频难点压轴题。
1．（2025·广东广州·中考真题）如图，的直径，C为中点，点D在弧上，，点P是上的一个动点，则周长的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质，轴对称性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先作点关于的对称点，连接，交于点，因为的直径，C为中点，得，再结合，得，再证明是等边三角形，运用勾股定理列式计算得，则周长，即可作答．
【详解】解：作点关于的对称点，连接，记交于点，如图所示：
∴
∵的直径，C为中点，
∴点在上，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
则是等边三角形，
∴，
∵是直径，
∴
∴，
则周长，
∴周长的最小值是．
故选：B．
2．（2025·四川南充·中考真题）如图，是的直径，于点，交于点，于点，交于点，为弧的中点，为线段上一动点，若，则的最小值是（ ）
A．4 B． C．6 D．
【答案】C
【分析】如图，延长交于点，连接，，，，由垂径定理得，进而得，点关于的对称点为点，根据两点之间线段最短得当，，三点共线时，最小，最小值为的长，在利用直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图，延长交于点，连接，，，
∵于点，交于点，为弧的中点，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点关于的对称点为点，
∴，
∴
当，，三点共线时，最小，最小值为的长，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴的最小值．
故选：C．
3．（2024·四川凉山·中考真题）如图，的圆心为，半径为，是直线上的一个动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为______
【答案】
【分析】记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接；由直线解析式可求得点A、K的坐标，从而得均是等腰直角三角形，由相切及勾股定理得：，由，则当最小时，最小，点P与点K重合，此时最小值为，由勾股定理求得的最小值，从而求得结果．
【详解】解：记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接，
当，，当，即，
解得：，
即；
而，
∴，
∴均是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵与相切，
∴，
∴，
∵，
∴当最小时即最小，
∴当时，取得最小值，
即点P与点K重合，此时最小值为，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴最小值为．
4．（2024·四川德阳·中考真题）已知的半径为5，是上两定点，点是上一动点，且的平分线交于点．
(1)证明：点为上一定点；
(2)过点作的平行线交的延长线于点．
①判断与的位置关系，并说明理由；
②若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)①与相切，理由见解析；②的取值范围为．
【分析】（1）由的平分线交于点，，可得，结合是上两定点，可得结论；
（2）①如图，连接，证明，结合，可得，从而可得结论；
②分情况讨论：如图，当时，可得；如图，连接，当，可得，从而可得答案．
【详解】（1）证明：∵的平分线交于点，，
∴，
∴，
∵是上两定点，
∴点为的中点，是一定点；
（2）解：①如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为半径，
∴是的切线；
②如图，当时，
∴为直径，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴；
如图，连接，当，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
同理可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当为锐角三角形，的取值范围为．
5．（2025·四川达州·中考真题）如图，在中，是弦，是的切线，，点，，分别是线段，，上的动点，连接，，．
(1)试判断与的位置关系，并说明理由；
(2)若，试求与半径的数量关系．
【答案】(1)是的切线，理由见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
（1）连接，则，根据可得，根据是的切线，可得，进而得出，即可得证；
（2）根据已知条件，根据一线三等角证明得出相似比为，进而得出，过点作于点，则，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，进而得出，即可得证．
【详解】（1）解：是的切线，理由如下：
如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
又∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
如图，连接，过点作于点，则，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴在中，，，
∴，
∴，
∴．
6．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图1，是正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与相切于点，与相交于点．
(1)求证：与相切．
(2)若正方形的边长为，求的半径．
(3)如图2，在（2）的条件下，若点是半径上的一个动点，过点作交于点．当时，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）方法一：连接，过点作于点，四边形是正方形，是正方形的对角线，得出，进而可得为的半径，又，即可得证；
方法二：连接，过点作于点，根据正方形的性质证明得出，同方法一即可得证；
方法三：过点作于点，连接．得出四边形为正方形，则，同方法一即可得证；
（2）根据与相切于点，得出，由（1）可知，设，在中，勾股定理得出，在中，勾股定理求得，进而根据建立方程，解方程，即可求解．
（3）方法一：连接，设，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，结合题意得出，即可得出；
方法二：连接，证明得出，进而可得，同理可得
方法三：连接，证明得出，设，则，进而可得，进而同方法一，即可求解．
【详解】（1）方法一：证明：连接，过点作于点，
与相切于点，
．
四边形是正方形，是正方形的对角线，
，
，
为的半径，
为的半径，
，
与相切．
方法二：
证明：连接，过点作于点，
与相切于点，，
，
四边形是正方形，
，
又，
，
，
为的半径，
为的半径，
，
与相切．
方法三：
证明：过点作于点，连接．
与相切，为半径，
，
，
，
，
又四边形为正方形，
，
四边形为矩形，
又为正方形的对角线，
，
，
矩形为正方形，
．
又为的半径，
为的半径，
又，
与相切．
（2）解：为正方形的对角线，
，
与相切于点，
，
由（1）可知，设，
在中，
，
，
，，
又正方形的边长为．
在中，
，
，
，
．
∴的半径为．
（3）方法一：
解：连接，设，
，
，
，
．
在中，由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，
又，
．
．
方法二：
解：连接，
为的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
．
方法三：
解：连接，
为的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
．
又，
，
．
考点5 新定义问题与阅读理解问题
解答与圆有关的新定义及阅读理解类数学压轴题，需秉持“精准拆解、深度迁移、逻辑闭环”的核心原则，这类题目是中考数学压轴题中“信息量大、抽象性强、综合性高”的典型代表，既考查圆的核心知识体系，又检验对陌生概念的理解、转化与应用能力。解题时需遵循一套完整且严谨的思维流程，逐一突破难点。
首先，沉心审题，精准完成“文字语言→数学语言”的翻译转换。新定义题目通常篇幅较长，包裹着陌生的概念、规则或情境，第一步绝不能急躁，需逐字逐句研读题干，剥离“外衣”提取核心信息。一方面，要锁定定义中的关键要素与限制条件，比如新定义“圆的‘关联点’”，需明确是点到圆心的距离满足特定比例，还是点与圆心的连线形成固定角度，同时标注出“动点”“定点”“定值”“范围限制”（如“在劣弧上”“不与某点重合”）等核心关键词，避免遗漏关键信息；另一方面，要绘制直观图形，根据文字描述勾勒出圆、动点、直线等几何元素的位置关系，若题目涉及坐标变换，需同步建立平面直角坐标系，将抽象的点、线、圆转化为坐标、方程或解析式，让模糊的概念变得具象。
其次，溯源对标，搭建“新定义→旧知识”的迁移桥梁。这类压轴题的本质是“考新藏旧”，所有陌生定义都能在初中数学圆的核心知识中找到原型。解题时需将新定义的性质与圆的基本性质、定理、模型逐一对标：若新定义涉及“等距点”，可联想圆的半径性质（圆上各点到圆心距离相等），直接调用“圆心到点的距离公式”；若定义涉及“旋切点”，可结合圆的切线性质（切线垂直于过切点的半径），构造直角三角形；若定义是关于弧长、弦长的变换，则需关联垂径定理、圆周角定理、弧长公式等基础知识点。同时，要梳理新定义与已知知识的逻辑关系，明确“新定义是原有知识的推广、变形还是组合”，避免对新概念产生抵触，快速将陌生问题转化为熟悉的题型。
接着，分类讨论，构建“动态变化→静态模型”的解题框架。与圆相关的新定义问题，常伴随动点、动直线或图形变换，极易出现多解或漏解情况，解题时必须树立分类讨论意识。首先要分析定义所涵盖的所有可能情形，比如点与圆的位置关系（圆上、圆内、圆外）、直线与圆的位置关系（相离、相切、相交）、动圆与定圆的位置关系（外离、外切、相交、内切、内含）等，逐一梳理不同情形下的几何特征；其次，针对每种情形，搭建对应的解题模型，若涉及动点轨迹，可通过“特殊位置试探→一般规律推导”的思路，确定动点的运动路径（直线、圆弧或折线），再结合“两点之间线段最短”“垂线段最短”“三角形三边关系”等基础模型求解；若涉及坐标计算，可利用参数法设出动点坐标，结合圆的方程、直线解析式，通过联立方程组、距离公式、三角函数等工具实现代数化运算，将几何推理转化为精准计算。同时，要合理构造辅助线，围绕新定义的关键点，常作“连接半径构造等腰三角形”“作弦心距构造直角三角形”“连接切点与圆心构造垂直关系”等辅助线，搭建解题的关键桥梁。
最后，规范作答，实现“逻辑严密→结果验证”的闭环收尾。解题过程的书写需体现严谨的逻辑链条，每一步推导都要标注依据，无论是圆的定理（如垂径定理、切线判定定理），还是新定义本身的规则，都要清晰呈现，避免“跳步”导致阅卷失分；计算题要精准计算变量取值范围，排除不符合几何实际意义或新定义限制条件的解，若涉及多问，要善于利用前一问的结论推导后续问题，层层递进；完成解答后，需进行逆向验证，将所得结果代入原题的新定义情境，检查是否满足所有文字描述、图形特征与限制条件，若出现矛盾，说明分类不全或计算有误，及时修正完善。
1．（2024·湖南·中考真题）问题情境：筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图①）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120秒．
问题设置：把筒车抽象为一个半径为r的．如图②，始终垂直于水平面，设筒车半径为2米．当时，某盛水筒恰好位于水面A处，此时，经过95秒后该盛水筒运动到点B处．（参考数据，）

问题解决：
(1)求该盛水筒从A处逆时针旋转到B处时，的度数；
(2)求该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离．（结果精确到米）
【答案】(1)；
(2)该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为米．
【分析】（1）先求得该盛水筒的运动速度，再利用周角的定义即可求解；
（2）作于点C，在中，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得的长，在中，利用勾股定理求得的长，据此即可求解．
【详解】（1）解：∵旋转一周用时120秒，
∴每秒旋转，
当经过95秒后该盛水筒运动到点B处时，，
∵，
∴；
（2）解：作于点C，设与水平面交于点D，则，

在中，，，
∴，，
在中，，，
∴，
∴(米)，
答：该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为米．
2．（2024·山东潍坊·中考真题）【问题提出】
在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为的正方形草坪（如图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案．
说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为的圆面．喷洒覆盖率，为待喷洒区域面积，为待喷洒区域中的实际喷洒面积．
【数学建模】
这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题．
【探索发现】
（1）如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率______．
（2）如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为3m的自动喷洒装置；，以此类推，如图5，设计安装个喷洒半径均为的自动喷洒装置．与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由．
（3）如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率．已知正方形各边上依次取点F，G，H，E，使得，设，的面积为，求关于的函数表达式，并求当取得最小值时的值．
【问题解决】
该公司现有喷洒半径为的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率？（直接写出结果即可）
【答案】（1）；（2）不能，理由见解析；（3）；当取得最小值时；（4）
【分析】（1）根据定义，分别计算圆的面积与正方形的面积，即可求解；
（2）根据（1）的方法求得喷洒覆盖率即可求解；
（3）根据勾股定理求得的关系，进而根据圆的面积公式得出函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解；
（4）根据（3）的结论可得当圆为正方形的外接圆时，面积最小，则求得半径为的圆的内接正方形的边长为，进而将草坪分为个正方形，即可求解．
【详解】（1）当喷洒半径为时，喷洒的圆面积．
正方形草坪的面积．
故喷洒覆盖率．
（2）对于任意的，喷洒面积，而草坪面积始终为．
因此，无论取何值，喷洒覆盖率始终为．
这说明增加装置个数同时减小喷洒半径，对提高喷洒覆盖率不起作用．
（3）如图所示，连接，
要使喷洒覆盖率，即要求，其中为草坪面积，为喷洒面积．
∴都经过正方形的中心点，
在中，，，
∵
∴，
在中，
∴
∴
∴当时，取得最小值，此时
解得：
（4）由（3）可得，当的面积最小时，此时圆为边长为的正方形的外接圆，
则当时，圆的内接正方形的边长为
而草坪的边长为，，即将草坪分为个正方形，将半径为的自动喷洒装置放置于9个正方形的中心，此时所用装置个数最少，
∴至少安装个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率
3．（2025·四川达州·中考真题）综合与实践
问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系．
探究发现：如图1，在中，，是边上一点，过点作于，于，过点作于．连结，由图形面积分割法得：______；则____________．
实践应用：如图2，是等边三角形，，点是边上一点，连结．将线段绕点逆时针旋转得，连结交于，过点作于，于，当时，求的值．
拓展延伸：如图3，已知是半圆的直径，，是弦，，是上一点，，垂足为，，求的值．
【答案】探究发现：，；实践应用：；拓展延伸：
【分析】探究发现：图形面积分割法得出，根据得出；
实践应用：过点分别作的垂线，垂足分别为，根据等边三角形的性质，含度角的直角三角形的性质，勾股定理分别求得，，进而根据旋转的性质可得是等边三角形，同理求得的长，进而根据探究发现的结论，即可求解；
拓展延伸：延长交于点，过点作于点，设，根据圆周角定理，得出，在，中，根据勾股定理，求得，进而根据弧与圆周角的关系，得出，根据前面的结论，即可求解．
【详解】解：探究发现：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：，，；．
实践应用：如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，
∵是等边三角形，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，则，
∴，
在中，．
∵将线段绕点逆时针旋转得，
∴
∴是等边三角形，
∴，则，
∴由探究发现可得：．
拓展延伸：如图，延长交于点，过点作于点，连接，
设，
∵是半圆的直径，
∴，
∵，
在中，，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴由探究发现可得：，
∵，
∴，
∵，
∴
．
4．（2024·江苏常州·中考真题）对于平面内有公共点的两个图形，若将其中一个图形沿着某个方向移动一定的距离后与另一个图形重合，则称这两个图形存在“平移关联”，其中一个图形叫做另一个图形的“平移关联图形”．
(1)如图，是线段的四等分点．若，则在图中，线段的“平移关联图形”是________，________（写出符合条件的一种情况即可）；
(2)如图，等边三角形的边长是．用直尺和圆规作出的一个“平移关联图形”，且满足（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(3)如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别是、、，以点为圆心，为半径画圆．若对上的任意点，连接所形成的图形都存在“平移关联图形”，且满足，直接写出的取值范围．
【答案】(1)，
(2)图见解析（答案不唯一）
(3)或．
【分析】（）根据平移的性质，进行求解即可；
（）延长，在射线上截取线段，分别以为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，即为所求；
（）分在圆内和圆外两种情况，进行求解即可．
【详解】（1）解：∵是线段的四等分点．，
∴，
∴，
∴线段的平移图形是，；
故答案为：，；
（2）解：如图所示，即为所求；
由作图可知：，
∴四边形为菱形，
∴，
∵，
∴四边形为菱形，
∴，
∴即为所求；
（3）解：∵点的坐标分别是、、，
∴，
∴，，
∵对上的任意点，连接所形成的图形都存在“平移关联图形”，且满足，且，
∴或，
如图，当 DE在外时,分别以点D,E为圆心,3为半径画弧,两弧交于点F,则取点F在y轴上半轴时，
,,
,
∴；
同理当在内时，分别以点D,E为圆心,3为半径画弧,两弧交于点F,则取点F在y轴下半轴时，
,,
∴，
综上：或．
5．（2025·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，对于点和给出如下定义：若上存在两个不同的点，，对于上任意满足的两个不同的点，，都有，则称点是的关联点，称的大小为点与的关联角度．（本定义中的角均指锐角、直角、钝角或平角）
(1)如图，的半径为．
①在点，，中，点_______是的关联点且其与的关联角度小于，该点与的关联角度为；
②点在第一象限，若对于任意长度小于的线段，上所有的点都是的关联点，则的最小值为_______；
已知点，经过原点，线段上所有的点都是的关联点，记这些点与的关联角度的最大值为．若，直接写出的取值范围．
【答案】(1)①，；②
(2)或或
【分析】本题考查了新定义，直线与圆的位置关系，点与圆的位置关系，理解新定义是解题的关键；
（1）①根据新定义可得的是的关联点且其与的关联角度小于，进而根据切线的性质，解,即可求得，即可求解．
②根据定义可得为外一点，由，的半径为，得出，进而当时，勾股定理求得的值，即可求解；
（3）由（1）可得，当在圆的外部时，且为圆的切线时，最大，且距离圆心越近，根据，得出，根据已知可得，上距离最近的点在的圆环内，根据是固定线段，让移动，分四种情况讨论，求得的临界值，即可求解．
【详解】（1）解：①根据定义可得：当在上时，不存在都有，当在内部时，过的直径使得的关联角度为，当在的外部时，且为的切线时，最大；
如图，是的关联点且其与的关联角度小于，与的关联角度为，与的关联角度大于，
∵，的半径为，
∴，且是的切线，
∴，
∴
∴，即与的关联角度为
故答案为：，．
②根据定义可得为外一点，
∵，的半径为，
∴，当时，
如图，取点，则，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
（2）解：由（1）可得，当在圆的外部时，且为圆的切线时，最大，且距离圆心越近，
∵，
∴当时，由，如图，
∴四边形是矩形，
由∵
∴四边形是正方形，
∴
当时，
∵点，经过原点，线段上所有的点都是的关联点，则，
∴上距离最近的点在的圆环内，
①和的圆相切，如图，
∴
解得：
②和半径为的圆相切时，如图，
∴（不包含临界值）
∴
③当在半径为的圆，如图
解得：（不包含临界值）
∴时，都在内部，此时
④当在半径为的圆，如图
设的半径为，则，
∵，
解得：，
∴时，此时，
综上所述，或或．
考点6 存在性问题
解答与圆有关的存在性类数学压轴题，要紧扣先假设存在、再推理论证、最后分类验证的核心解题思路，融合数形结合、分类讨论、方程与函数思想，先扎实夯实点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系、圆的基本性质、全等与相似三角形、勾股定理、一元二次方程根的判别式等核心知识，解题时第一步先仔细研读题干，明确题目探究的是点、线段、直线、三角形、四边形等几何元素与圆相关的存在性问题，比如满足特定角度、线段长度、图形形状、位置关系的点是否存在、直线是否存在、圆是否存在等，随即先大胆假设符合条件的对象存在，再依据假设结合圆的性质、几何定理建立对应的数量关系或位置关系，将存在性问题转化为方程求解、几何推理、最值判断等常规问题；接着精准定位题目中的定点、定圆、定直线、定角、定长等不变要素，梳理动点、动直线、动圆的运动规律，找准临界位置和特殊情况，全面展开分类讨论，比如探究圆上满足条件的点的存在性时，要分点在圆上、圆内、圆外，以及构成直角三角形、等腰三角形、相似三角形、平行四边形等不同图形的情形，结合垂径定理、切线性质、圆周角定理、圆心距与半径关系等，通过作辅助线（连接圆心与点、作弦心距、作切线、构造直角三角形等）将几何关系转化为代数方程，再通过解方程判断解的合理性，若方程有符合几何实际意义的解则假设成立、对象存在，若无解或解不符合条件则假设不成立、对象不存在；同时要灵活运用一元二次方程根的判别式、线段取值范围、图形位置关系的判定条件，排除不符合题意的解，尤其注意重合、共线、超出运动范围等特殊情况，杜绝漏解和错解；答题过程中要逻辑清晰、步骤规范，先写明假设，再一步步推导，清晰标注每一步的定理依据和数量关系，计算过程精准严谨，对于多结论的存在性问题要逐一分析、分别作答，最后对所有解进行检验，确认是否满足题干所有条件、是否符合圆的相关性质和几何实际意义，完整呈现“假设—推导—求解—验证—结论”的全过程，从容拿下这类综合性极强的压轴题。
1．（2024·陕西·中考真题）问题提出
（1）如图①，在中，，，垂足为．若，，则的长为______；
问题解决
（2）如图②所示，某工厂剩余一块型板材，其中，，．为了充分利用材料，工人师傅想用这块板材裁出一个尽可能大的圆型部件．你认为可以吗？若可以，请在图中确定可裁出的最大圆型部件的圆心的位置，并求出的半径；若不可以，请说明理由．
【答案】（1）（2）可以，画图见解析，的半径为
【分析】（1）首先根据勾股定理求出的长度，然后利用等面积法求解即可；
（2）根据三角形内最大的圆是三角形的内切圆可求出点的位置；作和的平分线交于点，则点就是裁出的最大圆型部件的圆心的位置，过点作于，于，于，连接，过点作于，设，的半径为，则，利用勾股定理解得，易得，再求得，然后根据求得的值，即可获得答案．
【详解】解：（1）∵在中，，，，
∴，
∵，
∴，即，
解得．
故答案为：；
（2）可以，
∵三角形内最大的圆是三角形的内切圆，
∴所求圆的圆心是的内心，
作和的平分线交于点，则点就是裁出的最大圆型部件的圆心的位置，
过点作于，于，于，连接，过点作于，如图所示，
设，的半径为，
∵，，，
∴，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
∴，
∵点为的内心
∴，
又∵，
∴，
即，
解得，
即的半径为．
2．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为．
(1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由；
(2)若，为的外接圆，设的半径为．
①求的取值范围；
②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)①且；②能，
【分析】（1）由菱形的性质可得，，再结合轴对称的性质可得结论；
（2）①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，证明为等边三角形，共圆，，在上，，过作于，当时，最小，则最小，再进一步可得答案；②如图，以为圆心，为半径画圆，可得在上，延长与交于，连接，证明，可得，为等边三角形，证明，可得：，，过作于，再进一步可得答案．
【详解】（1）解：，；理由如下：
∵在菱形中，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
由对折可得：，
∴；
（2）解：①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，
∵四边形为菱形，，
∴， ，，
∴为等边三角形，
∴，
∴共圆，，在上，
∵，
∴，
过作于，
∴，，
∴，
当时，最小，则最小，
∵，，
∴，
∴；
点E不与B、C重合，
，且，
∴的取值范围为且；
②能为的切线，理由如下：
如图，以为圆心，为半径画圆，
∵，
∴在上，
延长与交于，连接，
同理可得为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
由对折可得：，，
过作于，
∴设，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴．
3．（2024·陕西·中考真题）问题提出
（1）如图1，在中，，，作的外接圆．则的长为________；（结果保留π）
问题解决
（2）如图2所示，道路的一侧是湿地．某生态研究所在湿地上建有观测点D，E，C，线段和为观测步道，其中点A和点B为观测步道出入口，已知点E在上，且，，，，，现要在湿地上修建一个新观测点P，使．再在线段上选一个新的步道出入口点F，并修通三条新步道，使新步道经过观测点E，并将五边形的面积平分．

请问：是否存在满足要求的点P和点F 若存在，求此时的长；若不存在，请说明理由．（点A，B，C，P，D在同一平面内，道路与观测步道的宽、观测点及出入口的大小均忽略不计，结果保留根号）
【答案】（1）；（2）存在满足要求的点P和点F，此时的长为．
【分析】（1）连接，证明等边三角形，再利用弧长公式计算即可求解；
（2）点P在以为圆心，圆心角为的圆上，如图，由题意知直线必经过的中点，得到四边形是平行四边形，求得，作于点，解直角三角形求得和的长，再证明，利用相似三角形的性质求得，据此求解即可．
【详解】解：（1）连接，

∵，
∴，
∵，
∴等边三角形，
∵，
∴，
∴的长为；
故答案为：；
（2）存在满足要求的点P和点F，此时的长为．理由如下，
解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵要在湿地上修建一个新观测点P，使，
∴点P在以为圆心，为弦，圆心角为的圆上，如图，

∵，
∴经过点的直线都平分四边形的面积，
∵新步道经过观测点E，并将五边形的面积平分，
∴直线必经过的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
作于点，

∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
在中，，
∴．
答：存在满足要求的点P和点F，此时的长为．
4．（2025·山东滨州·中考真题）【背景资料】
最小覆盖圆在几何学和计算机科学中有着广泛的应用．我们把能完全覆盖某平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．如线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆是这个三角形的外接圆，直角三角形的最小覆盖圆是以斜边为直径的圆，钝角三角形的最小覆盖圆是以最长边为直径的圆，正方形的最小覆盖圆是以对角线为直径的圆．
【动手操作】
如图1，中，，请作出的最小覆盖圆．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．）
【迁移运用】
正方形的边长为7，在边上截取，以为边向外作正方形．
（1）如图2，连接，求的最小覆盖圆的直径；
（2）将图2中的正方形绕点C逆时针旋转（如图3），经过A，D，F三点，且与边分别交于点I，L，求的最小覆盖圆的直径；
（3）将正方形绕点C旋转，分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形（如图4）．在旋转过程中，四边形的最小覆盖圆的直径d的值是否发生变化？如果不变，请直接写出d的值；如果变化，请直接写出d的取值范围．
【答案】【动手操作】图见解析；【迁移运用】（1）；（2）；（3）变化，
【分析】动手操作：作的中垂线，再以中垂线与的交点为圆心，交点与点之间的距离为半径画圆即可；
（1）延长交于点，求得为钝角，根据题意得到为的最小覆盖圆的直径，在中，利用勾股定理进行求解即可；
（2）连接，根据题意，易得为锐角三角形，的外接圆为其最小覆盖圆，根据正方形的性质，得到，进而得到即为的外接圆的直径，进行求解即可；
（3）连接，交于点，交于点，连接，根据三角形的中位线定理，证明四边形为平行四边形，证明，推出四边形为正方形，进而得到四边形的最小覆盖圆的直径为的长，根据正方形的性质得到，根据，求出的范围，即可得出结果．
【详解】解：动手操作：∵中，，
∴是钝角三角形，
∴的最小覆盖圆为以为直径的圆，作图如下：
迁移运用：
（1）∵正方形的边长为7，正方形，
∴，
∴，
∴为钝角三角形，
∴为最小覆盖圆的直径，
延长交于点，则：，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴；
（2）连接，作于点，延长交于点，
则：四边形为矩形，
∴，，
∴，，
在中，，
∴，
∵，即：，
∴，
∵过点，，
∴，为的直径，
又∵，
∴为锐角三角形，
∴即为的最小覆盖圆，
∵，
∴，即：，
∴，
∴，即的最小覆盖圆的直径为；
（3）变化；
连接，交于点，交于点，连接，
∵分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵正方形，正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形为菱形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为正方形，
∴，四边形的最小覆盖圆的直径为，
∴随着的变化而变化，
∵，即，
∴，
∴，即．
考点7 圆、几何图形、锐角三角函数综合
解答圆、几何图形与锐角三角函数结合的数学压轴题，需紧抓数形结合、构造转化、边角互化的核心思想，融合圆的基本性质、多边形几何特征、锐角三角函数定义与边角关系，搭建几何推理与代数计算的桥梁，解题时首先要深度审题，精准提取题干中的关键条件，梳理圆与三角形、四边形等几何图形的位置关系和数量关联，比如圆的切线、直径、弦、圆周角、圆心角，以及几何图形的边长、内角、垂直、平行、全等相似等特征，同时锁定可运用锐角三角函数的直角三角形，明确边角对应的三角函数关系；接着立足圆的核心定理，灵活构造辅助直角三角形，这是破解此类综合题的关键，通常通过连接半径、作弦心距、构造直径所对的圆周角、过定点作垂线等方式，将圆中的非直角问题、斜三角形问题、不规则几何图形问题，转化为含特殊角或已知角的直角三角形，充分利用同弧所对圆周角相等、切线垂直于过切点的半径、垂径定理等性质，实现角的等量转化，再借助正弦、余弦、正切函数的定义，完成角与线段的互化，把复杂的几何线段求解、角度计算、面积推导、边长比例问题，转化为三角函数运算与勾股定理、相似三角形性质结合的常规计算；解题过程中要注重梳理边角逻辑，先通过几何图形的平行、垂直、全等、相似关系推导角的相等或互补关系，筛选出适合三角函数计算的直角三角形，避免盲目套用公式，同时关注特殊角（30°、45°、60°）的三角函数值，简化计算步骤，针对多动点、多位置的综合问题，要树立分类讨论意识，全面分析几何图形与圆的不同位置情形，区分每种情形下的边角关系，逐一推导求解；答题时要遵循“找角→构直→化边→计算→验证”的流程，规范书写推导步骤，清晰标注圆的性质、几何图形判定、三角函数应用的依据，计算过程严谨细致，尤其注意线段长度的取值范围、角度的合理性，排除不符合几何实际意义的解，还要善于利用题干中前序问题的结论与解题思路，层层递进突破后续难点，最后检验结果是否同时满足圆的性质、几何图形特征与三角函数关系，稳步攻克这类综合性强、考点融合度高的数学压轴题。
1．（2024·四川雅安·中考真题）如图，是的直径，点C是上的一点，点P是延长线上的一点，连接，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求证：；
(3)若于D，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）首先由直径得到，然后利用等边对等角得到，等量代换得到，进而证明即可；
（2）利用得到，求出，然后利用直角三角形两锐角互余得到，进而求解即可；
（3）设，证明出，得到，然后表示出，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）如图所示，连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）证明：∵，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）设，
在中，，
∴
∴
∵
∴
∴
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
即，整理得，
解得，（舍去），
故．
2．（2025·青海·中考真题）活动与探究
解码蜜蜂的“家”——为什么蜂房是正六边形的？
蜜蜂的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也不浪费空间．这是数学中的密铺（或镶嵌）问题．平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片．
探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？
平面图形 每个内角度数 能否整除 能否密铺
正三角形 能
正方形 ①________ ②________ 能
正五边形 不能
正六边形 能
正七边形 不能
正八边形 ③________ ④________
．．． ．．． ．．． ．．．
（1）请补全上述表格①________；②________；③________；④________．
探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？
数学视角：蜜蜂的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜蜂即正多边形的内切圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小．
观察图1，发现是正三角形的内切圆，与切于点，，，，在中，，则的周长为．
（2）如图2，正方形的周长为__________；
（3）如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）．
探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？
数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小．
（4）若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为__________；正方形的面积为__________；正六边形的面积为__________．
【得出结论】
综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造蜂房的最优方案．
【答案】（1）①，②，③，④不能；（2）8；（3）；（4），，
【分析】（1）根据正方形，正八边形内角性质解答；
（2）根据正方形内切圆半径为1，得正方形边长为2，即得正方形周长；
（3）根据正六边形内切圆半径为1，得正六边形边长为，即得正六边形周长；
（4）在周长都是12的情况下，得正三角形的边长为4，边心距为，积为；正方形的边长为3，面积为9；正六边形的边长为2，边心距为，面积为．
【详解】（1）∵正方形每个内角为 ，
∴，
∴能密铺；
∵正八边形的每个内角为，
∴，
∴不能密铺；
故答案为：①；② ；③；④不能；
（2）设切于点E，连接，
则交于点O，，
∵，
∴，
∴，
∴正方形的周长为8；
故答案为：8；
（3）设切于点G，连接，
则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴正六边形周长为；
（4）三角形：
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
正方形：
∵，
∴，
正六边：
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
3．（2024·江苏连云港·中考真题）【问题情境】
（1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；
【操作实践】
（2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系；
【探究应用】
（3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求AD的长；
（4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，，求的最小值．
【答案】（1）2（2）（3）（4）
【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案；
（2）如图，由，证明，再结合图形变换可得答案；
（3）如图，将绕点逆时针旋转，可得在以为圆心，为半径的圆上运动，可得当与相切时，最大，再进一步解答即可；
（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，再将沿方向平移，使与重合，如图，得，由（2）可得：，当三点共线时，最短，再进一步解答即可.
【详解】解：如图，
∵正方形，及圆为正方形的内切圆，为正方形的外接正方形，
∴设，，
∴，，
∴，，
∴大正方形面积是小正方形面积的2倍．
（2）如图，∵，
∴，，
，，
∴，
如图，
结合图形变换可得：；
（3）如图，∵将绕点逆时针旋转，
∴在以为圆心，为半径的圆上运动，
∵为圆外一个定点，
∴当与相切时，最大，
∴，
∴，
由（2）可得：，
∵，，
∴
，
∴；
（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，
∴，，
再将沿方向平移，使与重合，如图，得，
由（2）可得：，
∴当三点共线时，最短，
∵，，
∴，，
∴；
∴的最小值为；
4．（2025·青海西宁·中考真题）综合与实践
【问题提出】
原题呈现（人教版九年级下册85页第14题）
如图1，在锐角中，探究，，之间的关系．
【问题探究】
将下列探究过程补充完整：
（1）如图1，过点A作，垂足为D，过点B作，垂足为E．
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴，即，
同理，在中，_____，
在中，_____，
∴___________，
即，
∴；
【结论应用】
（2）如图2，在中，，，．求，的长．（结果保留小数点后一位；参考数据：，．）
【深度探究】
（3）如图3，是锐角的外接圆，半径为．
求证：．
【拓展应用】
如图4，在中，，，，D是线段上的一个动点，以为直径的分别交，于点E，F，连接．则线段长度的最小值是________．
【答案】（1），，，；（2），；（3）证明见解析；（4）．
【分析】（1）根据三角函数的定义，类比题目求解即可；
（2）根据（1）中结论可知，代入相关数值求解即可；
（3）连接，延长分别交于D，E，连接，根据直径对直角和圆周角定理可知，，根据三角函数的定义，分别在，，，中，可得，，即可得证；
（4）过O作，连接，，根据垂径定理，圆周角定理和三角函数可得，当时，最小，此时也最小，根据三角函数求出最小值，即可得解．
【详解】（1）解：同理，在中，，
在中 ，，
∴，
即，
∴；
故答案为：，，，；
（2）解：，
，
由（1）知：，
，
，，
，；
（3）证明：连接，延长分别交于D，E，连接，则， ，
是直径，
，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴ ，
同理，在中，，
在中，可得，
，
∴；
（4）解：过O作，连接，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
当时，最小，此时也最小，
过A作于，
在中，，
，
，
长度的最小值是，
故答案为：．
考点8 定值问题
解答与圆有关的定值问题这类数学压轴题，要紧紧围绕抓不变量、化动为静、合理转化、严谨推导的思路展开，首先要明确定值问题的核心特征，就是在点动、线动、图形旋转或平移的变化过程中，始终存在某条线段长度、某个角度大小、线段乘积或比值、图形面积等保持固定不变，解题时第一步必须先仔细审题，剥离动点、动线带来的干扰信息，精准锁定题目中的定点、定圆、定直线、定弦、定角、定半径等不变几何元素，再结合圆的基本性质，如圆周角定理、圆心角定理、垂径定理、切线性质、圆内接四边形性质等，寻找运动过程中始终保持恒定的等量关系；面对线段和差、乘积、比值为定值的问题，通常可以通过构造全等三角形、相似三角形，或利用切割线定理、相交弦定理、托勒密定理等相关结论，将变化的线段转化为与半径、直径、弦心距等固定线段相关的表达式，从而消去变量得出定值，角度为定值时，则重点利用同弧或等弧所对圆周角相等、直径所对圆周角为直角、切线与半径夹角固定等性质，把变动的角转化为某个固定的圆心角或圆周角；遇到较为复杂的图形，要善于添加辅助线，比如连接半径构造等腰三角形、作弦心距构造直角三角形、连接切点与圆心得到垂直关系、构造辅助圆或利用对称旋转变换转化图形，将分散的条件集中起来，同时可以采用特殊值法辅助判断，先选取动点的特殊位置，如端点、中点、切点、顶点等极端情况，快速猜出定值的具体数值，再以此为方向进行一般性的逻辑证明，避免盲目推导浪费时间；解题过程中要强化数形结合与代数运算结合的意识，既可以通过纯几何推理完成证明，也可以建立坐标系，用坐标法设点、表示线段长度与角度关系，通过代数化简消去变量，最终得到常数结果，充分体现从特殊到一般、从猜想到证明的思维过程；此外还要注意分类讨论，确保动点在不同区域、不同位置时结论依然成立，不漏掉任何一种情形，答题时要逻辑清晰、步骤规范，先点明不变的几何依据，再逐步推导线段或角度之间的关系，最后明确得出定值并验证其合理性，整体遵循“找不变→构模型→特殊探路→一般证明→规范作答”的完整流程，熟练运用转化与化归思想，就能从容解决这类综合性强、对逻辑推理要求较高的圆相关定值压轴问题。
1．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，是的内切圆，与分别相切于点，．
(1)求的三个内角的大小；
(2)设的直径为，证明：．
【答案】(1)的度数分别为．
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意得，，所以 ．即可求出．
（2）由切线长定理得，则，由，得，由，得到四边形是矩形，则，结合的直径为d，为的半径，得到，即可求出．
此题重点考查三角形的内切圆与内心、切线的性质、切线长定理、四边形的内角和、三角形内角和定理、矩形的判定等知识．
【详解】（1）解：∵ 是的内切圆，与分别相切于点
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的度数分别为．
（2）证明：由切线长定理得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵的直径为d，为的半径，
∴，
∴．
2．（2025·宁夏·中考真题）如图，四边形内接于⊙平分，连接．
(1)求证：；
(2)延长至点，使，连接．求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、角平分线的定义以及全等三角形与相似三角形的判定和性质，解题的关键是利用圆周角与弧的对应关系转化角的等量关系，通过构造辅助线（延长线段）创造全等或相似的条件．
（1）利用平分得到角相等，结合圆周角定理（同弧所对的圆周角相等），将角平分线得到的等角转化为与、相关的角，进而证明两角相等．
（2）由可得通过圆内接四边形的对角互补性质得到结合第一问结论及角平分线性质证明再通过角的等量转化证明，最终得到比例式．
【详解】（1）证明：∵ 平分，
∴．
∵四边形内接于，
∴（同弧所对的圆周角相等）．
∵，
∴．
（2）证明：∵，
∴．
∵四边形内接于，
∴（圆内接四边形对角互补）．
又∵（平角定义），
∴．
由（1）知
∴（等角对等边）．
在和中
∴．
∴．
∵，
∴．
又∵ ，，
∴即
∴．
∴，
∴，即．
3．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，是直角，为的中点，为的切线交的延长线于点．连接，．
(1)点与的位置关系是 ，线段与线段的数量关系是 ；
(2)过点作，与的延长线交于点．根据题意补全图形，判断的形状，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，若的半径为，求的长．
【答案】(1)在线段上；；
(2)补图见解析，为等腰三角形
(3)
【分析】（1）根据圆周角定理与弧，弦，圆心角定理可得答案；
（2）补图如下， 连接，证明，，结合，可得，进一步可得结论；
（3）如图，过作于，求解，，，，可得，从而可得答案.
【详解】（1）解：∵是直角，
∴为直径，
∵为圆心，
∴在线段上；
∵为的中点，
∴，
∴；
（2）解：补图如下，为等腰三角形，理由如下：
连接，
∵为的切线交的延长线于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（3）解：如图，过作于，
∵的半径为，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴.
4．（2025·江苏淮安·中考真题）探究与应用
【问题初探】（1）在等腰三角形的底边上任取一点P（不与端点重合），连接，线段有何数量关系？下面是小刚的部分思路和方法，请完成填空：
如图（1），过点A作于点D， 在中，∵，∴． ① 在中，∵，∴ ． ② 由①－②得：． ∵，， ∴ ． ∴． ……
根据小刚的方法，可以得到线段的数量关系是 ．
【简单应用】（2）如图（2），在等腰直角三角形中，，点D在边上，，以为边构造正方形，利用（1）中的结论求正方形的面积．
【灵活应用】（3）如图（3），是的外接圆，的平分线交于点D，连接，若，，，求的长．
【深度思考】（4）如图（4），在中，，点D、E分别在边上，且满足，交于点P，若，则的值为 ．
【答案】（1），，，见解析（2）（3）（4）
【分析】（1）根据三线合一、勾股定理和线段的和差关系，进行求解即可；
（2）利用（1）中结论得到，进而求出，即可得出结果；
（3）延长交于点，连接，利用（1）中结论得到，证明，得到，推出，代入中，进行求解即可；
（4）设，根据三角形的外角结合三角形的内角和定理推出，作，垂足分别为，则：，根据，设，则，根据含30度角的直角三角形的性质，结合线段的和差关系，分别求出的长，进行求解即可．
【详解】解：（1）如图（1），过点A作于点D，
在中，
∵，
∴．①
在中，
∵，
∴．②
由①－②得：．
∵，，
∴．
∴．
∵，
∴，
故答案为：，，；
（2）∵等腰直角三角形中，，，
∴，
∵，
∴；
由（1）中结论可知：，即：，
∴，
∴正方形的面积；
（3）延长交于点，连接，则：，
由（1）中结论可知：，即：，
∴；
∵平分，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得；
（4）∵，
∴，
设，
则：，
∵，
∴，
∴，
作，垂足分别为，则：，
∵，
∴设，则，
在中，，
∴，，
∴，，
同理：，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
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