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专题04 中考几何压轴---圆的综合
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第一部分 重难考向解读 拆解核心难点，明确备考要点
核心模块 重难考向 考法解读/考向预测
第二部分 重难要点剖析 精解核心要点，点拨解题技巧
要点梳理 典例验知 技巧点拨 类题夯基
第三部分 重难提分必刷 靶向突破难点，精练稳步进阶
重●难●考●向●解●读
2023、2024、2025年考法解读 2026年考法预测
1.浙江中考必考圆综合解答题，以切线判定与性质、圆周角定理、垂径定理为核心考点。 2.高频结合相似三角形、勾股定理、三角函数进行角度与线段计算，相似是核心工具。 3.常考题型：证明切线、求半径 / 弦长、判断位置关系、圆与三角形 / 四边形综合。 4.注重辅助线构造（连半径、作垂直、构直径直角），强调几何推理与计算结合。 1.仍以解答题考查，难度中等偏上，题型结构稳定。 2.切线证明 + 线段计算仍是主流，动点、最值、存在性小综合比重略有提升。 3. 强化圆 + 相似 + 三角函数联用，辅助线构造更隐蔽，注重模型识别与转化。 4.适度增减圆与元叠 / 旋转结合，突出图形变换中的不变性质与分类讨论思想。
重●难●要●点●剖●析
题型1 圆的基本性质、切线与线段计算
用好圆心角、圆周角、垂径定理，优先构造直角三角形。 2. 证切线：有交点连半径证垂直；无交点作垂直证半径。 3. 见切线连半径得垂直，结合相似三角形、勾股定理求线段。 4. 常用辅助线：连半径、作弦心距、构直径所对圆周角。 5. 线段计算核心：相似比例、勾股、三角函数三者联用。
1．（2025·浙江·模拟预测）如图，是的直径，C为延长线上的一点，E为上一点，连结，过A作，垂足为D，交于点F，E为的中点．
(1)求证：是的切线；
(2)求证：；
(3)若的半径为1，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质定理，垂径定理，切线的判定和性质，错误地作出辅助线是解题的关键．
（1）连接，，根据圆周角定理得到，根据垂径定理得到，根据平行线的性质得到，根据切线的判定定理得到是的切线；
（2）根据切线的性质得到，求得，根据圆周角定理得到，得到，根据相似三角形的判定定理得到∽；
（3）根据相似三角形的性质得到，得到负值舍去，设，，根据勾股定理得到结论．
【详解】（1）证明：连接，，
是的直径，
，
为的中点，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）证明：是的切线，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：的半径为1，
，
∴，
，
，
，
负值舍去，
，
设，，
，
，
，
2．（2025·浙江·二模）如图，是的直径，，，为垂足，点是上一点，的延长线交于点，连结交于点．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若点是的中点，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）连结，设，由直径所对圆周角是直角及同弧所对的圆周角相等得，进而得，即可证明结论；
（2）连接，，，，由垂径定理得，根据圆周角定理可得，进而得，推出 ，根据同弧所对的圆周角相等得，由得，根据等角的补角相等得，即可证明相似；
（3）连结，，设，则，证明， 得 ，进而可得 ，证明，由 ，得，由，即得方程求解即可得解．
【详解】（1）证明：连结，设，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）证明：连接，，，，
是的直径， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又．
，
，
；
（3）解：如图，连结，，
为的中点 ，
设，则，
为直径，，
，
，
，，
，
又 ，
，
，
，
，
， ，
，
，即，
，
，即 ，
，
解得或（舍去），
．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，三角形内角和定理，圆周角定理及推论，垂径定理，相似三角形的判定与性质等，综合性强，难度较大，属于中考压轴题，解此题的关键在于熟练掌握其知识点．
3．（2025·浙江·二模）如图1，中，，，，以为直径的交于点D，M是的中点，连结．
(1)求证：是的切线；
(2)如图2，过点B作的平行线交于点E．
①求的长；
②如图3，点在线段上，连结交并延长交于点Q，当时，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)①7；②
【分析】（1）连接、、，利用圆周角定理，直角三角形性质，以及等腰三角形性质得到再利用等量代换得到，即可证明是的切线；
（2）①连结，利用勾股定理求出，利用解直角三角形得到，由（1）可知，结合等腰三角形性质和等量代换得到，再结合等腰三角形性质得到，最后根据 求解，即可解题；
②过点D作于H，连结，结合题意得到，利用解直角三角形得到，，进而得到，， 连结，证明，利用相似三角形性质求解即可．
【详解】（1）证明：以为直径的交于点D，M是的中点，如图1，连接、、，
，
，
，
，
，
，
，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：①在中，，，，如图2， 连结，
由勾股定理得：，
∵，
∴，
则，
解得，
，
，
由（1）可知，
∴，
∴，
∴，
，
，
；
②过点D作于H，连结，，，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
，
连结，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理，直角三角形性质，全等三角形性质和判定，切线的判定，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形性质，相似三角形性质和判定，解题的关键在于熟练掌握相关知识．
4．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，在中，点O在内部，经过A，B一点，交线段于点D，直径交于点F．点C关于直线的对称点P落在上，连接，．
(1)判断的形状，并说明理由．
(2)若，．
①当时，求的长．
②求证：．
【答案】(1)是等腰三角形，理由见解析；
(2)①；②见解析．
【分析】本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，元叠的性质，全等三角形的性质与判定，轴对称的性质，同弧所对的圆周角相等等等，错误作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键。
（1）由轴对称的性质得到，则可证明得到，再由，得到，则，据此可证明结论；
（2）①如图，设，交于点H．解直角三角形得到，设，由勾股定理得，解方程可得，，则，进而可得，再解得到，则由翻元得；②如图所示，连接，，可证明，得到，则可证明，得到，，再证明，得到；设，，则，．设，则，由勾股定理得，解得，则，证明∽，得到，则．
【详解】（1）解：是等腰三角形,理由如下：
∵C，P关于直线的对称，
∴，
又∵
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）解：①如图，设，交于点H．
∵，
∴，
∴，
设，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去）
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
由翻元得；
②如图所示，连接，，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴；
∵，
∴设，则，，．
设，则，
在中，由勾股定理得
∴，
∴，
∴，
∵，
∴∽，
∴，
∴．
5．（2025·浙江杭州·一模）如图1，是的直径，点在线段上，，，．
(1)求证：；
(2)连结交于，连结，求证：平分；
(3)如图2，为上一点，连结交于，过作交于，，若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）证明，推出，据此即可证明；
（2）由得到，求得，利用圆周角定理求得，据此即可证明平分；
（3）连结，证明，得到，，再证明，求得，由，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵是的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴平分；
（3）解：连结，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
由，
∴，即，
∴，
则．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，错误引出辅助线解决问题是解题的关键．
题型2 圆与三角形的综合问题
直径所对圆周角为直角，构造直角三角形。 圆内接等腰 / 等边三角形，用三线合一简化推理。 利用等角、公共角快速判定AA 相似，列比例求边长。 结合相似三角形实现线段转化与比例计算。 5. 面积法、斜高法与相似联用，高效求解。
1．（2025·浙江·一模）如图，内接于，为直径，点在上运动，于点，交于点，连结，交于点，记．
(1)用含有的代数式表示．
(2)若，当时，求的值．
(3)如图，若，求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（）由圆周角定理得，即得，即可求解；
（）过点作于点，设，则，利用三角形面积可得，即得，再根据等腰三角形的性质可得，进而得，再证明即可求解；
（）设，则，由得，进而证明即可求证．
【详解】（1）解：是直径，
，
，
∴；
（2）解：如图，过点作于点，则，
设，则，
，
，
∴，
，
∴，
又，
，
，
，
，
∴，，
∴，
∵，
，
又，
∴，
；
（3）证明：设，则，
∵，
，
∵，，
∴，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角函数，勾股定理，相似三角形的判定和性质，错误作出辅助线是解题的关键．
2．（2025·浙江温州·二模）如图，在等腰中，，点为上一点，过点作交于点，过点作交的延长线于点．连接，作的外接圆交的延长线于点．
(1)若劣弧的度数为，求的度数．
(2)求证：．
(3)若，，求的长．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由劣弧的度数为，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，所以．由，，所以四边形是平行四边形，那么．在等腰中，，又因为，所以，故．
（2）连接、．因为，所以，．又，故．由圆周角定理，，则，故．
（3）过点E作于Q，交于P，于M．先证，得出．．求出，，．通过．得出，，，．得出、．由四边形是平行四边形，可知．得．可求，．由勾股定理求的长．
【详解】（1）解：劣弧的度数为，
．
，，
四边形是平行四边形．
．
，
．
，
，
．
（2）证明：连接、．
，
，．
，
．
．
，
．
，
，
．
（3）解：过点E作于Q，交于P，于M．
，
，．
，
，．
，
．
，
．
．
，，
．
．
．
，，
．
设，．
．
，，．
∵，，，
，，．
，
．
，．
，，，．
，
．
，
，．
， ，
四边形是平行四边形．
．
，
，解得．
，．
【点睛】本题主要涉及圆的性质、等腰三角形的性质、平行四边形的判定与性质、三角函数以及相似三角形的相关知识．
3．（2025·浙江台州·二模）如图，，，．过点的直线与以为直径的相交于点，（点在直径上方），与直径交于点．连接．
(1)如图，若，点与圆心重合，求的长；
(2)如图，已知平分．
①求证：；
②若，求的长．
【答案】(1)；
(2)①证明见解析；②
【分析】（）利用勾股定理求出即可求解；
（）①在上取点，使，可证，得，进而得，即可得，即可求证；②连接，由角平分线的性质可得，即得，设，则，可得，，由可得，即得，，在中，利用勾股定理可得，得到，即可得，，再由求出即可求解．
【详解】（1）解：∵，为直径，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）① 证明：在上取点，使，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∴；
②解：连接，
∵平分，
∴点到和的距离相等，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
在中，∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了勾股定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，角平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，错误作出辅助线是解题的关键．
4．（2025·浙江·模拟预测）在中，直径与弦相交于点，连结．
(1)如图1，求证：为等腰三角形．
(2)如图2，连结为的中点，连结，交于点．若，求的值．
(3)在（2）的条件下，如图3，连结，交于点，连结．求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
(3)证明见解析
【分析】（1）设，则，先根据圆周角定理可得，，从而可得，再根据圆周角定理可得，根据三角形的外角性质可得，然后根据等腰三角形的判定即可得证；
（2）先解直角三角形可得，再根据弧与圆周角的关系可得，从而可得，则，然后根据正切的定义求解即可得；
（3）过点作于点，先根据垂径定理可得垂直平分，再根据等腰三角形的三线合一可得，根据三角形的中位线定理可得，然后证出，根据相似三角形的性质可得，由此即可得证．
【详解】（1）证明：设，则，
由圆周角定理得：，
∵是的直径，
∴，
∴，，
∴（圆周角定理），，
∴，
∴，
∴为等腰三角形．
（2）解：∵是的直径，
∴，，
∵，
∴在中，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴．
（3）证明：如图，过点作于点，
由（1）已证：，
由对顶角相等得：，
∴，
∴，
∴（等腰三角形的三线合一），
∵为的中点，
∴垂直平分，，
∴点是的中点，，
∴（等腰三角形的三线合一），
∴是的中位线，
∴，
∵是的直径，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的中位线定理等知识，较难的是题（3），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
5．（2024·浙江杭州·一模）如图，为外接圆，点、分别为、中点，连结、、，分别与、交于点、．已知．
(1)求证：．
(2)如图2，连结交于点，连结交于点，连结、．若，求证：是等边三角形．
(3)在（2）的基础上，若，
①求DN的长；
②求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)①，②．
【分析】本题考查了圆周角定理，锐角三角函数，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（1）由分别为 、中点，，由圆周角定理可得，进而得到即可求证；
（2）过点作于点，先证明，得到，即可求证；
（3）①过点作于点，由三角函数得到，再证明，根据勾股定理可得，再由即可求解；
②由可得设则，即可求解．
【详解】（1）证明：如图：
∵分别为 、中点，
，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）证明：∵分别为 、中点，
，
∴，，
∴
∴，
∵
∴
∴是等边三角形
（3）解：∵，
∴为等边三角形，
过点作于点，如图：
∵，
∴
∴
∴，
由（1）知，，，
∴，
∴即
∴，
，
；
，，
∴为等边三角形，
又∵ 为等边三角形，
∴，
∴ ，
设则，
，
，
，
∴．
题型3 圆与四边形的综合问题
圆内接四边形：对角互补，外角等于内对角。 由平行关系直接构造A 字、8 字相似。 三角形、菱形、正方形与圆结合，用对称性 +相似解题。 线段比、面积比用相似比平方快速计算。 5. 辅助线：连对角线、作垂直、构直径直角三角形。
1．（2025·浙江·模拟预测）如图，为的直径，四边形内接于，，连结交于点E．
(1)设，用含m的代数式表示的度数；
(2)若，求的值；
(3)若，求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质和直径所对的圆周角是直角的知识，掌握以上知识是解答本题的关键；
（1）根据直径所对的圆周角是直角可得，再通过，可得，然后在中通过内角和定理即可求解；
（2）连结，根据等角对等边可得，再根据，，可证，然后通过相似三角形的性质即可求解；
（3）作，分别交，于点F，G，连结，可得，，然后根据，可得，求得，然后即可求解；
【详解】（1）解：∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
（2）解：连结，如图：
由（1）得：，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴；
（3）解：作，分别交，于点F，G，连结，如图：
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴面积的最小值为；
2．（2025·浙江金华·模拟预测）如图，在平行四边形 中，过 三点的 交 于点 ，连结 ．
(1)求证： ．
(2)如图 2 ，已知 为 的切线，连结 并延长交 于点 ．
①求证： ；
②若 ，求 的值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）根据平行四边形的性质得，再根据同角的补角相等得，可得最后根据等角对等边得出答案；
（2）①延长 交 于点 ，连结 ， 根据切线的性质和平行线的性质，及垂径定理得是的垂直平分线，得，再根据等腰三角形的性质得，进而得出，最后根据“弧，弦，圆心角的关系”得，即可得出结论；
②延长交的延长线于点M，设，则,进而得出再说明， 可求出，然后证明，可得，，接下来说明，再设，则，根据相似三角形的对应边成比例求出 ，最后根据得出答案.
【详解】（1）证明：
．
，
；
（2）①证明：如图，延长 交 于点 ，连结 ，
切 于点，
，
∵，
∴
，
∴，
∴.
∵，
∴，
∴，
∴，
即．
②如图3，延长交的延长线于点M，设，则．
由，
∴，
∴．
由，得，
，
解得．
由 得.
∵，
∴，
∴ ．
∴，
∴，
∴．
∵，且，
∴，
∴．
设，则，得 ，
解得，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，切线的性质，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，求余弦，作出辅助线构造相似三角形是解题的关键.
3．（2025·浙江宁波·二模）如图1，为锐角的中线，延长与的外接圆交于点，点在上，连结，，，，．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)如图2，连结，若，求证：为等腰三角形；
(3)如图3，在（2）的条件下，连结，若平分，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）证明，求得，，即可证明四边形为平行四边形；
（2）利用等腰三角形的性质求得，推出，得到，即可证明为等腰三角形；
（3）作，证明，得到，即，证明，推出，设，求得，推出，利用等角的补角相等，求得，据此求解即可．
【详解】（1）证明：点在的外接圆上，
，
为的中线，
，
，
，
，，
四边形为平行四边形；
（2）证明：如图，连结，，
四边形为平行四边形，
．
，
，
，
，
，
，
，
为等腰三角形；
（3）解：如图，作，
，
平分，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
在平行四边形中，，
作，
设，
，
，
．
，，
．
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质．错误引出辅助线解决问题是解题的关键
4．（2025·浙江台州·二模）如图，是平行四边形的对角线，，的外接圆与边交于点（不与点，重合），连接．
(1)求证：；
(2)如图2，连接并延长交于点．
①求证：垂直平分；
②若的半径为13，，求的长；
(3)如图3，连接，若是的平分线，的面积为10，求平行四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
(3)
【分析】（1）由题易得，进而即可得证；
（2）①由，，所以点D，O都在的垂直平分线上，进而得证；
②先证，可得，即，在中，利用勾股定理可得，，，由勾股定理，得，再由求解即可；
（3）先证，由，得，进而可求，进而求解即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
，
，
又，
；
（2）①证法1：如图，连接，，
，，
点都在的垂直平分线上，
即垂直平分，
证法2：，
，
经过圆心，
垂直平分；
②解：由①，得，
，
，
，即，
设，则，
，
由勾股定理，得，
，
，，，
由勾股定理，得，
四边形是平行四边形，
，
由（1）得，
，
∴，
∵，
∴，
，
；
（3）解： 是的平分线，
，
，，
，
，
又，
，
由，
得，
设，，则，
解得，（不合题意，舍去），
，
记与之间的距离为，
则，
，
．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、勾股定理、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、垂直平分线的判定等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
5．（2025·浙江·模拟预测）如图，在三角形中，过A作于点H，交于点E，以为直径作与相交于点F，连接并延长交于点G，连接并延长交射线于点P．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)如图1，与相交于点Q，若点Q为的中点，求的值；
(3)如图2，已知，，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)
(3)
【分析】（1）由三角形的性质得出，由垂径定理得出，由对顶角相等得出，进而可得出，即是等腰三角形．
（2）由三角形的性质得出，， ，由平行线的性质得出，，由相似三角形的性质得出，结合点Q为的中点即可得出，进而可得出，最后根据正弦的定义求解即可．
（3）延长和交于点N，连接交于点M，连接和，则，即可求得，，，和，利用解直角三角形得，进一步求得，，结合求得和，根据求得，即可求得，利用即可求得．
【详解】（1）证明：∵四边形是三角形，
∴，
∴，
∵为的直径，且，
∴垂直且平分，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
即是等腰三角形；
（2）解：∵四边形是三角形，
∴，， ，
∴，，
∴，
∵点Q为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：延长和交于点N，连接交于点M，连接和，如图，
由（1）知，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰三角形，
∵是等腰三角形，为公共边，
∴，
∵，，
∴，
∴，，，
则，，
∵为直径，
∴三角形为直角三角形，
则，
∵，
∴，解得，
则，
∵，
∴，
∴，解得，
则，
∵，
∴，
∴，即，解得，
则，
∵，
∴，
那么，，解得．
【点睛】本题主要考查三角形的性质、垂径定理、等腰三角形的判定和性质、平行线的判定和性质、相似三角形的判定和性质和解直角三角形，解题的关键是熟悉三角形的性质和解直角三角形．
题型4 圆与三角函数的综合问题
将圆中角转化为直角三角形内角，利用三角函数求边长。 可用字母表示角、用 sin/cos 列比例，最终用代数式表示线段。 角度相等时，优先用相似三角形简化计算。 三角函数 + 相似比例 + 勾股定理，三者联用最稳。 5. 可结合函数思想，用字母表示未知量并建立关系式。
1．（2024·浙江杭州·二模）如图1，是半圆的直径，点，是半圆上的点，且，连结交于点．
(1)若，求的长．
(2)如图2，连接，，，若，求的正弦值．
(3)如图3，连接，作交于点，连接．求证：．
【答案】(1)2
(2)
(3)见解析
【分析】（1）证明，列出比例式，求解即可；
（2）连接，根据平行线间的距离处处相等，得到，设，则：，三角形的中线平分面积，推出，进而得到，根据正弦的定义，即可得出结果；
（3）连接，平行线的性质，得到，，垂径定理得到，进而得到，，推出，得到四点共圆，进而推出，证明，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵是半圆的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）∵是半圆的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
连接，
∵，
∴，
∵，
∴设，则：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，．
（3）连接，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，三角形的中线，弧，弦，角之间的关系，四点共圆，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，合理的添减辅助线，是解题的关键．
2．（2025·浙江台州·二模）如图1，是的直径，点是圆上一点（，除外），点，在上，满足的延长线分别交于点．记，
(1)若，求的度数；
(2)连结，求证：；
(3)如图2，连结并延长，交于点，若，
①求的值；
②请直接写出的值
【答案】(1)
(2)见解析
(3)①；②
【分析】（1）由题易得，再根据，，可得，，进而得解；
（2）由（1）方法可得，连接，，易得是等腰直角三角形，从而得证；
（3）①先证，得，再根据，设，，则，利用相似比得解；
②连接、，过作于点，先证是等腰直角三角形，得，进而利用勾股定理求得，进而证，所以，利用等面积勾股定理求得，所以，再求出，即可得解．
【详解】（1）解：是的直径，
，
，
，
，，
，，
；
（2）证明：是的直径，
，
，
，
，，
，，
．
连结，，
则，
，
，
；
（3）解：①四边形是圆内接四边形，
，，
，
，
，
设，，则，
，，
，
；
②连接、，过作于点，
由①得，，，，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
在中，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
由等面积可得，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
3．（2025·浙江宁波·一模）如图1，四边形内接于，为直径，为锐角，过点B作于点E，过点A作的平行线交的延长线于点．
(1)，请用含的代数式表示．
(2)若，求证：．
(3)如图2，在（2）的条件下，与交于点，与延长线交于点H，连结．①若，，求的长．
②若，求的值．
【答案】(1)
(2)证明见解析；
(3)①；②．
【分析】（1）由圆周角定理可知，再结合直径所对圆周角为直角可知，，根据即可求解；
（2）由，得，进而证明，即可证得结论；
（3）①连接，作 于点，先证，进而得证，
根据四边形为三角形，可知，，设，，由勾股定理可知，，列出方程即可求解；
②连接，先证，根据，，得，由，得，由，易知，可证得，得，进而可知，得，即可求解．
【详解】（1）解：为直径，
，
，
，
于点，则，
；
（2）证明：，
，
，，
，
；
（3）解：①连接，作 于点，
，，
，
，
，
，
为直径，
，
，
四边形为三角形，
，，设，，
，，
，
解得: ，（舍）
的长为；
②连接，
为直径，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
∴为等腰直角三角形，则也为等腰直角三角形，
，
．
【点睛】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
4．（2025·浙江·模拟预测）如图1，是的直径，是圆上不同于的任意一点，延长到点，连结．过点作，交于点，连结．
(1)求证：．
(2)如图2，若，求的值．
(3)若，求的值（用含的代数式表示）．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）如图，设交点为G，根据直径所对圆周角为得到，由，得到，利用同角的余角相等即可证明结论；
（2）根据平行线的性质可证，证明，推出，求出，再证明，推出，求出，根据正切的定义即可求解；
（3）过点作于点H，根据，求出，设，则，求出，，证明，推出，由，即，求出，由即可得解．
【详解】（1）解：如图，设交点为G，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴；
（3）解：过点作于点H，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，错误掌握相关性质内容是解题的关键．
5．（2025·浙江绍兴·二模）在中，为直径，点C，点D是上一点，分别位于的异侧，连接交与点E．
(1)如图，连接，若，求的度数；
(2)若点C是的中点．
①如图，点E在上，若，求的值；
②若，直接写出的值．
【答案】(1)
(2)①；②或
【分析】（1）利用圆周角定理，由是直径得出，即．再依据同弧所对圆周角相等，设，则，，代入方程求解得出的度数．
（2）①连接、，先证得出 ．由点是中点得 ，设的值，用勾股定理求出，最后根据三角函数定义求出的值．
②分点在线段上和两种情况，作，利用得边的比例关系，设，通过勾股定理求和，再根据分别计算两种情况的值．
【详解】（1）解：∵是的直径，
∴，即．
∵所对的圆周角和相等，
设，已知，
∴．
∴，
解得，
∴．
（2）解：①连接，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴
∴C是的中点．
∴，
∴，
设，
∴，，
∴；
②连接，∵是的直径，
∴，
∴C是的中点．
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴；
情况一：点在线段上
连接，过作于．
∴
∵，
∴，
∴．
设，则．
在中，
，即
，
∴，
在中，，
∴．
情况二：点在线段上
连接，，过作于．
∴
∵，
∴，
∴．
设，则．
在中，，
即，则，
∴，
在中，
，
∴．
综上所述的值为或．
【点睛】本题考查圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及三角函数的应用 ．解题关键是熟练运用相关定理和性质，通过合理设未知数、构造相似三角形等方法建立边与角的关系求解．
题型5圆中的动点与存在性的综合问题
高频考点：等腰、直角三角形存在性，必分类讨论。 动点形成相似三角形时，按对应关系分类。 可用建立函数解析式求线段、面积关系与最值。 临界位置：相切、垂直、共线、对称点。 5. 数形结合，先画图再列式，最后检验。
1．（2023·浙江温州·模拟预测）如图1，在正方形中，P是边上的动点，E在的外接圆上，且位于正方形的内部，，连结．
(1)求证：是等腰直角三角形．
(2)如图2，连结，过点E作于点F，请探究线段与的数量关系，并说明理由．
(3)当Р是的中点时，．
①求的长．
②若点Q是外接圆的动点，且位于正方形的外部，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)①；②或6
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到，求出，结合，得到，即可证得是等腰直角三角形．
（2）延长交于点H，得到，利用证得，进而证明，推出，证得，即可得到结论．
（3）①由，求出，结合P是的中点求出的长．
②由，得到，存在或，分两种情况画图求解即可．
【详解】（1）解：如图1，在正方形中，，
∵点E在的外接圆上，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形．
（2）如图2，延长交于点H．
∵，
∴，即，
∴．
∵，
∴，
∴．
又∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）①由（2）知．
∵，
∴．
∵P是的中点，
∴，
②∵，
∴，
∴存在或（点P在的左侧）．
当时如图3，，
∴．
∵，
∴是圆的直径，
∴，
∴．
当时如图4，连结．
由第一种情况可知是圆的直径，
∴，
∴，
∴，∴．
综上所述，的长是或6．
【点睛】此题是图形综合题，考查了正方形的性质，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，错误理解题意，综合掌握各知识点是解题的关键．
2．（2023·浙江温州·一模）如图1，在三角形中，，对角线，交于点D，E是延长线上一点，连结，，已知，为半圆O的直径，切半圆O于点F．
(1)求证：．
(2)求半圆O的直径．
(3)如图2，动点P在上点C出发向终点F匀速运动，同时，动点Q从M出发向终点N匀速运动，且它们恰好同时停止运动．
①当与的一边平行时，求所有满足条件的的长．
②作点F关于的对称点，当点落在半圆O上时，直接写出的值．
【答案】(1)见解析
(2)24
(3)①，或；②
【分析】（1）由三角形的性质可知，，结合，可知是的垂直平分线，可得，进而可证得；
（2）如图，连结，易知，，，，，再根据可求得，，再利用等面积法，可求得半径的长度；
（3）①根据题意可得，，，，由P，Q同时出发且同时到达终点，可知，设，，，，分情况1：，情况2：，情况3：，三种情况进行讨论即可；
②若落在半圆O上，由圆的对称性可知，PQ必经过点O，即点与点重合，此时，，可得，，即可求得．
【详解】（1）证明：在三角形中，，，
∵，
∴是的垂直平分线，即，
∴，
又∵，
∴．
（2）解：如图，连结，
∵切半圆于点F，则，
∵，，
∴，
∴，
由，得，
∴，，
∴，即：，
∴半圆O的直径为24．
（3）①解：∵，，，，
∵P，Q同时出发且同时到达终点，
∴，
∴设，，，，
情况1：，如图，作于点R，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，解得，
∴．
情况2：，如图，此时，则，
∴，
∴．
情况3：，如图，此时，则，
∴，解得，
∴，
综上所述MQ的长为，或．
②如图，若落在半圆O上，由圆的对称性可知，PQ必经过点O，即点与点重合，
此时，，可得，
∴，
∴．
【点睛】本题考查三角形的性质，相似三角形的判定及性质，切线的性质，解直角三角形，圆的对称性，连接圆心与切点构造直角三角形是解决问题的关键．
3．（2024·吉林长春·一模）如图，为等边三角形的外接圆，半径为4，点D在劣弧上运动（不与点A、B重合），连接．
(1)求的长；
(2)求证：是的平分线；
(3)当时，求的长；
(4)若点M、N分别在线段上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，的圆长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，则所有t值中的最小值为______．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
(4)
【分析】（1）连接并延长，交于点，连接，易得，设，三线合一求出的长，进而表示出的长，再在中，利用勾股定理进行求解即可；
（2）根据等边三角形的性质，圆周角定理，得到，即可得证；
（3）过点作，解非直角三角形，求出得长即可；
（4）作点关于的对称点，关于的对称点，连接，易得，得到的圆长，过点作，得到，进而得到当最小时，的长最小，即可得出结果．
【详解】（1）解：连接并延长，交于点，连接，
∵为等边三角形的外接圆，半径为4，
∴，
∴，
设，则：，，
∴，
在中，由勾股定理，得：，
解得：或（舍去）；
∴；
（2）∵等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是的平分线；
（3）过点作，
由（1）可知：，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
由（2）知：，
∴，
∴，
∴；
（4）作点关于的对称点，关于的对称点，连接，
则：，，
∴，即：，
∵的圆长，
∴当四点共线时，的圆长最小，，
∴当最小时，最小，
过点作，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴当最小时，最小，
∵是的一条弦，
∴当为直径时，最小，为，
∴的最小值为，即：的最小值为；
故答案为：．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，圆周角定理，三角形的外接圆，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，利用轴对称解决线段最短问题，熟练掌握相关知识点，添减辅助线，构造特殊图形，是解题的关键．
4．（2024·浙江温州·二模）如图1，，是的两条弦，平分，连接，且半径，．

(1)求证：；
(2)求的值；
(3)如图2，连接，点Q为边上一动点，延长交于点P．
①连接，若平行四边其中一边时，求的长；
②当点Q从A到C的运动过程中，是否存在最小值？若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)①或；②存在最小值为
【分析】（1）连接，，首先根据角平分线的概念得到，然后由等边对等角和等量代换得到，进而得到，即可证明出；
（2）过点O作，延长交于点D，首先根据垂径定理得到，然后利用勾股定理求出，得到，理由等腰三角形三线合一性质得到，，然后利用代数求解即可．
（3）①首先得到不可能与平行，舍去，然后根据题意分两种情况讨论：和，然后根据勾股定理和相似三角形的性质分别求解即可；
②过点B作，过点P作，证明出，得到，然后得到当最小时，有最小值，当点运动到的中点时，最小，连接，根据垂径定理求出，然后利用勾股定理求出，得到，然后代入求解即可．
【详解】（1）如图所示，连接，

∵平分，
∴
∵，
∴，，
∴
∴
∴
∴；
（2）如图所示，过点O作，延长交于点D

∴
∵
∴
∴
∵，平分，
∴，
∴
∴，即
∴
∴；
（3）①不可能与平行，舍去，
如图所示，当时，

∵
∴
∴为直径
∴
∴；
如图所示，当时，过点B作，过点P作，延长交于点D，

∴
∴，
∵
∴
∴
∴
∴的四边之比为
∵，
∴
∴
设，则，
在中，
∴
解得，
∴或（舍去）
∴
综上所述，或；
②如图所示，过点B作，过点P作

∴
∵
∴
∴
∵
∴当最小时，有最小值
∴如图所示，当点运动到的中点时，最小，连接

∴，
∴
∵
∴
∴
∴
∴的最小值为．
【点睛】此题考查了等边对等角，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的性质和判定，解直角三角形，解题的关键是错误分析题目中的边角关系．
题型6 圆与元叠、 旋转几何变换的综合问题
元叠 / 旋转：对应边、角相等，抓全等关系。 变换后出现等角，立刻判断相似三角形。 设未知数，用相似列比例+ 勾股定理求解。 旋转常构等腰 / 等边，结合相似快速计算。 5. 必考组合：全等 + 相似 + 圆性质。
1．（2025·浙江·模拟）已知：如图1，是的弦，点C是的半径的延长线上一点，将翻元得到，交半径于点D．
(1)求证：．
(2)若与相切．
①如图2，点落在上，求的值．
②如图3，若，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①；②
【分析】（1）根据翻元得到，根据等边对等角得到，然后通过等量代换证明即可；
（2）①根据切线的性质求出，然后根据，求出，进而可得的值；
②作，垂足为，求出，证明，利用等面积法求出，再证明，利用相似三角形的性质求出，进而根据三角形面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：将翻元得到，
，
，
，
，
，
；
（2）解：①与相切，
，
，
，
将翻元得到，
，
，
，
，
，
；
②作，垂足为，则，
，
，
，
，，
，
，
，即，
，
，
，
，
，
，即，
，
．
【点睛】本题考查了元叠的性质，平行线的判定，切线的性质，圆周角定理，特殊角三角函数值，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理，作出合适的辅助线是解题的关键．
2．（2024·浙江温州·三模）如图1，已知是的直径， 弦于点E，， 点F是线段延长线上的一点， 连结交于点G， 连结交于点P， 连结．
(1)求证： ．
(2)求的半径．
(3)如图2， 连结， 设
①求y关于x的函数表达式：
②点G关于的对称点落在上时，求x的值．
【答案】(1)见解析
(2)的半径为5
(3)①；②
【分析】（1）连接，根据垂径定理及圆周角定理得出，，，即可证明；
（2）连接，设的半径为r，根据题意得出，然后利用勾股定理求解即可；
（3）①连接，过点P作，根据圆周角定理及平行线的性质得出，再由勾股定理及正切函数确定，设，根据平行线分线段成比例即可得出结果；
②连接，，作点G关于的对称点为点，连接延长交于点Q，与交于点M，根据轴对称的性质及圆周角定理得出点与点P重合，再由三角形等面积法得出，利用勾股定理及正切函数的定义求解即可．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）连接，如图所示：
设的半径为r，
∵弦于点E，，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴的半径为5；
（3）①连接，过点P作，如图所示：
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
由（1）得，
设，
∵，
∴，
∵，
∴；
②连接，，作点G关于的对称点为点，连接延长交于点Q，与交于点M，如图所示：
∵点G关于的对称点落在上，
∴，，
根据题意得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点与点P重合，
∴，，
由①得，
∵，
∴，
解得：，
∴，
由（1）得，
∴，即．
【点睛】题目主要考查圆与三角形综合问题，解三角形，圆周角定理，垂径定理，轴对称的性质等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
3．（2025·浙江温州·模拟预测）如图1，为正方形边上一点，连接， 在上取一点， 以为半径作圆， 恰好使得经过点且与相切于点．
(1)若正方形的边长为4时，求的半径；
(2)如图2， 将绕点逆时针旋转后，其所在直线与交于点，与边交于点，连接．
①求的度数；
②求证：．
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）连接、，如图所示，先证明是的直径，再证明是梯形的中位线，设的半径为，由梯形中位线性质及正方形性质得到，，，在中，由勾股定理列方程求解即可得到答案；
（2）①连接交于，如图所示，利用正方形性质、旋转性质及圆周角定理得到与重合，即可得到答案；②过点作于，于，如图所示，得到四边形是三角形，进而结合等腰直角三角形的判定、全等的判定与性质、正方形的判定与性质得到相应边的关系，设正方形的边长为，，则，，在中，由勾股定理可得，在中，由勾股定理可得，即可得到所证等式成立．
【详解】（1）解：连接、，如图所示：
，，
，，
在正方形中，，则，，
，则，即，
为的中点，
，
，即是中点，
是梯形的中位线，则，
设的半径为，则，
，，
在中，由勾股定理可得，即，解得；
（2）解：①连接交于，如图所示：
在正方形中，，
是的直径，且将绕点逆时针旋转到，
，
，
，
，
与重合，则；
② 过点作于，于，如图所示：
四边形是三角形，
由①知，则，
是等腰直角三角形，即，
四边形是正方形，
，
由①知是等腰直角三角形，即，
，
，
设正方形的边长为，，则，，
在中，由勾股定理可得，
在中，由勾股定理可得，
，
．
【点睛】本题难度较大，综合性强，涉及圆周角定理、梯形中位线的判定与性质、勾股定理、旋转性质、圆周角定理、三角形的判定、正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例等知识，熟练掌握相关几何性质与判定，根据问题作出相应辅助线求解是解决问题的关键．
4．（2023·浙江温州·三模）如图，在中，．以为直径的半圆交于点，点为弧上一动点，连结、、，已知．点为延长线上一点，且，在线段上取点，使得，连结、．

(1)求的值．
(2)求证：．
(3)若，连结．
①若是以为腰的等腰三角形，求所有不不符合的的长．
②将线段绕点逆时针旋转至，若、、在同一条直线上，则___________．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)①或；②
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得，根据线段垂直平分线的判定可得，根据同弧所对的圆周角相等可得，根据正切的定义可得，设，则，根据勾股定理求得，推得，，即可求解；
（2）连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，根据线段垂直平分线的性质可得，推得，根据全等三角形的判定和性质可得，，即可得到，即可证明；
（3）连接，结合（1）中结论可求得，，根据全等三角形的判定和性质可推得，结合（1）中结论可得，推得，根据等边对等角可得，根据同弧所对的圆周角相等可推得，根据相似三角形的判定和性质可得，①结合题意分情况讨论：当时，过点作于点，根据线段垂直平分线的判定可得，根据余弦的定义可推得，，结合相似三角形的性质即可求得，根据勾股定理即可求得的值；当时，过点作于点，根据线段垂直平分线的判定可得，根据余弦的定义可推得，，结合相似三角形的性质即可求得，根据勾股定理即可求得的值；
②过点作于点，根据旋转的性质可得， ，根据直径所对的圆周角是直角可得，，根据三角形的判定和性质可得，，，根据平角的定义可得，根据直角三角形的两个锐角互余可得，推得，结合正切的定义可设，则，，根据勾股定理求得，；根据题意推得，结合正切的定义可求得，，；即可求得．
【详解】（1）解：连接，如图：

∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
即，
∵，
∴，
即在中，，
且，
故，
设，则，
在中，，
则，，
故．
（2）证明：连接，如图：

∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
又∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
且，
即，
∴．
（3）解：连接，如图：

由（1）可知，，，，
又∵，
∴，
解得：，
∴，，
∵，，
∴
∴,
即，
由（2）可知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
①∵是以为腰的等腰三角形，故需分情况讨论：
当时，过点作于点，如图：

∵，，
即垂直平分，
∴，
在中，，
∵，，
故，
∴，
∴，
即，
又∵，，，
故,
∴，
在中，；
当时，过点作于点，如图：

∵，，
即垂直平分，
∴，
在中，，
∵，，
故，
∴，
∴，
又∵，，，
故,
∴，
在中，；
综上，的长为或．
②过点作于点，如图：

则，
根据旋转可知，，，
∵为直径，
∴，，
∴，
∴四边形为三角形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故，
设，则，
∵，
∴，
∴，
在中，，
即，
解得：，
∴；
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
则，
故，
解得：，
∵，
∴，
∴；
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，线段垂直平分线的判定和性质，同弧所对的圆周角相等，三角函数的定义，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等边对等角，相似三角形的判定和性质，三角形的判定和性质，直角三角形的两个锐角互余，作出辅助线，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
重●难●提●分●必●刷
（建议用时：90小时）
1．（2025·浙江杭州·二模）如图，在中，，D是中点，E是上的动点（不与端点B，C重合），连接与交于点F，过E，F，D三点的圆与交于点G（不与B，D重合），连接．
(1)若，，求的度数；
(2)若，求的值；
(3)求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【分析】（1）首先根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知，进一步解得的值，然后根据圆内接四边形的性质求解即可；
（2）过E作交于点H，由平行线分线段成比例定理可得，结合可知，然后根据平行线分线段成比例定理即可获得答案；
（3）过B作，交延长线于点M，在上作，根据平行线分线段成比例定理证明，进而证明，得，，可知，即可证明结论．
【详解】（1）解：是斜边上的中点，
，
，
，
，
四边形内接于圆，
；
（2）如图，过E作交于点H，
，，
，
，
，
，
；
（3）如图，过B作，交延长线于点M，在上作，
，，
∴，
，
，
，，
又，，
，
，，
，
．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形、直角三角形的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质、平行线分线段成比例定理、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
2．（2025·浙江杭州·一模）如图1，在中，与是点异侧的两条弦，，且，连结，与交于点．
(1)求证：．
(2)如图2，连接并延长，与的延长线交于点，连接．求证：．
(3)在（2）的条件下，若，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）先证明，可得，从而可得答案；
（2）如图，连接，记与交于，证明，可得，证明，可得，可得；
（3）证明， 故 ， 设， ，， 设， 代入求出，即可求出比值．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∴；
∴；
（2）证明：如图，连接，记与交点为，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：由（2）得：， ，
∴，
，
，
则设， ，
∴，
设，
故 解得，
故．
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，垂径定理的应用，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
3．（2026·浙江衢州·一模）已知：在中，点是弦上的动点（不与点，重合），过点作交于点，，连接，，，，过点作于点，交于点．
(1)如图1，若经过点．
①求证：．
②若，，求的半径．
(2)如图2，若，设，，求关于的函数表达式．
【答案】(1)①见解析；②的半径为2.5
(2)或
【分析】（1）①证明，即可得到；
②连接，推出垂直平分，设，，利用勾股定理求得，在中，求得，在中，利用勾股定理求解即可；
（2）分①当点E靠近点D时，当点E靠近点B时，两种情况讨论，即可求解．
【详解】（1）①证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
②解：连接，
∵，经过点O，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
设，，
∴，即，
解得，
∴，，
∵，
在中，，
∴，
令，则，，
∴在中，由勾股定理得，
解得；
（2）解：①当点E靠近点D时，
∵，
∴．∴，
∴，
∵，∴，
∴和均为等腰直角三角形，
∴，，
∵，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当点E靠近点B时，
同理可证和均为等腰直角三角形，
令，
∴，，
∴，
∴；
∴综合上得：或．
4．（2026·浙江温州·一模）如图1，已知的高，点是边上的动点，以为直径作圆，交边于，交线段于，交线段于．
(1)求证：．
(2)如图2，连接，若恰好经过点．
①求的值．
②求的长．
【答案】(1)见解析
(2)①；②
【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角得到，再根据同角的余角相等得到；
（2）①先求出，，再根据，得到，接着证明，则；
②由，设作于点，则，先求出，再证明，得到，代入整理得到，证明，得到，代入解得，则，最后根据计算即可．
【详解】（1）解：是直径，
，则，
为三角形的高，
，
；
（2）解：①，，
，则，
∴，
∵，
∴，
解得，
四边形内接于圆，
，
，
，且，
，
则；
②，
∴设
作于点，则，
，，
，则，
∵，，
∴，
∴，则，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
．
5．（2025·浙江·二模）如图1，四边形是的内接四边形，．过作，为垂足，延长交的延长线于点．
(1)请判断的形状，并说明理由．
(2)若的度数为．
①若，求的正弦值．
②如图2，延长交于点，交的延长线于点．若，求的面积．
【答案】(1)是等腰三角形，理由见详解
(2)①；②
【分析】（1）根据，，得出，再根据四边形是的内接四边形，得出．即可得，即可证明是等腰三角形．
（2）①连接，根据的度数为，结合圆周角定理得出，结合，得出，即， 在 中，，勾股定理求出，再根据即可解答．
②连接，结合①中，证明，得出，，根据四边形是的圆内接四边形，得出．根据的度数为，即，结合，得出，圆周角定理得出，即可得，根据是的直径，得出，即，证出，再根据圆周角定理得出，得到，证出，从而得到，结合，得出，求出的面积为．再证明，得出，根据，，求出，即可得出，最后求出的面积．
【详解】（1）解：是等腰三角形．
理由如下：
∵，
，
又 ∵，
，
又 ∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴．
∴，
∴，
故是等腰三角形．
（2）解：①连接，
，
，
∵，
，
，
∵，
，
在 中，，
，
∴．
②连接，
在和中
，
，
，，
∵四边形是的圆内接四边形，
∴，
∵，
∴．
，
即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
，
，
，
，
∵，
，
，
∵，，
，
，
即，
，
∴的面积为．
而，
，
，
∵，，
∴，
，
的面积为．
【点睛】该题是圆综合题，主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，涉及知识点较多，综合性强，属于几何压轴题，难度较大，解题的关键是错误做出辅助线，掌握以上知识点，证明，．
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题04 中考几何压轴---圆的综合
内容导航
第一部分 重难考向解读 拆解核心难点，明确备考要点
核心模块 重难考向 考法解读/考向预测
第二部分 重难要点剖析 精解核心要点，点拨解题技巧
要点梳理 典例验知 技巧点拨 类题夯基
第三部分 重难提分必刷 靶向突破难点，精练稳步进阶
重●难●考●向●解●读
2023、2024、2025年考法解读 2026年考法预测
1.浙江中考必考圆综合解答题，以切线判定与性质、圆周角定理、垂径定理为核心考点。 2.高频结合相似三角形、勾股定理、三角函数进行角度与线段计算，相似是核心工具。 3.常考题型：证明切线、求半径 / 弦长、判断位置关系、圆与三角形 / 四边形综合。 4.注重辅助线构造（连半径、作垂直、构直径直角），强调几何推理与计算结合。 1.仍以解答题考查，难度中等偏上，题型结构稳定。 2.切线证明 + 线段计算仍是主流，动点、最值、存在性小综合比重略有提升。 3. 强化圆 + 相似 + 三角函数联用，辅助线构造更隐蔽，注重模型识别与转化。 4.适度增减圆与元叠 / 旋转结合，突出图形变换中的不变性质与分类讨论思想。
重●难●要●点●剖●析
题型1 圆的基本性质、切线与线段计算
用好圆心角、圆周角、垂径定理，优先构造直角三角形。 2. 证切线：有交点连半径证垂直；无交点作垂直证半径。 3. 见切线连半径得垂直，结合相似三角形、勾股定理求线段。 4. 常用辅助线：连半径、作弦心距、构直径所对圆周角。 5. 线段计算核心：相似比例、勾股、三角函数三者联用。
1．（2025·浙江·模拟预测）如图，是的直径，C为延长线上的一点，E为上一点，连结，过A作，垂足为D，交于点F，E为的中点．
(1)求证：是的切线；
(2)求证：；
(3)若的半径为1，，求的长．
2．（2025·浙江·二模）如图，是的直径，，，为垂足，点是上一点，的延长线交于点，连结交于点．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若点是的中点，求的长．
3．（2025·浙江·二模）如图1，中，，，，以为直径的交于点D，M是的中点，连结．
(1)求证：是的切线；
(2)如图2，过点B作的平行线交于点E．
①求的长；
②如图3，点在线段上，连结交并延长交于点Q，当时，求的值．
4．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，在中，点O在内部，经过A，B一点，交线段于点D，直径交于点F．点C关于直线的对称点P落在上，连接，．
(1)判断的形状，并说明理由．
(2)若，．
①当时，求的长．
②求证：．
5．（2025·浙江杭州·一模）如图1，是的直径，点在线段上，，，．
(1)求证：；
(2)连结交于，连结，求证：平分；
(3)如图2，为上一点，连结交于，过作交于，，若，，，求的长．
题型2 圆与三角形的综合问题
直径所对圆周角为直角，构造直角三角形。 圆内接等腰 / 等边三角形，用三线合一简化推理。 利用等角、公共角快速判定AA 相似，列比例求边长。 结合相似三角形实现线段转化与比例计算。 5. 面积法、斜高法与相似联用，高效求解。
1．（2025·浙江·一模）如图，内接于，为直径，点在上运动，于点，交于点，连结，交于点，记．
(1)用含有的代数式表示．
(2)若，当时，求的值．
(3)如图，若，求证：．
2．（2025·浙江温州·二模）如图，在等腰中，，点为上一点，过点作交于点，过点作交的延长线于点．连接，作的外接圆交的延长线于点．
(1)若劣弧的度数为，求的度数．
(2)求证：．
(3)若，，求的长．
3．（2025·浙江台州·二模）如图，，，．过点的直线与以为直径的相交于点，（点在直径上方），与直径交于点．连接．
(1)如图，若，点与圆心重合，求的长；
(2)如图，已知平分．
①求证：；
②若，求的长．
4．（2025·浙江·模拟预测）在中，直径与弦相交于点，连结．
(1)如图1，求证：为等腰三角形．
(2)如图2，连结为的中点，连结，交于点．若，求的值．
(3)在（2）的条件下，如图3，连结，交于点，连结．求证：．
5．（2024·浙江杭州·一模）如图，为外接圆，点、分别为、中点，连结、、，分别与、交于点、．已知．
(1)求证：．
(2)如图2，连结交于点，连结交于点，连结、．若，求证：是等边三角形．
(3)在（2）的基础上，若，
①求DN的长；
②求．
题型3 圆与四边形的综合问题
圆内接四边形：对角互补，外角等于内对角。 由平行关系直接构造A 字、8 字相似。 三角形、菱形、正方形与圆结合，用对称性 +相似解题。 线段比、面积比用相似比平方快速计算。 5. 辅助线：连对角线、作垂直、构直径直角三角形。
1．（2025·浙江·模拟预测）如图，为的直径，四边形内接于，，连结交于点E．
(1)设，用含m的代数式表示的度数；
(2)若，求的值；
(3)若，求面积的最小值．
2．（2025·浙江金华·模拟预测）如图，在平行四边形 中，过 三点的 交 于点 ，连结 ．
(1)求证： ．
(2)如图 2 ，已知 为 的切线，连结 并延长交 于点 ．
①求证： ；
②若 ，求 的值．
3．（2025·浙江宁波·二模）如图1，为锐角的中线，延长与的外接圆交于点，点在上，连结，，，，．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)如图2，连结，若，求证：为等腰三角形；
(3)如图3，在（2）的条件下，连结，若平分，求的值．
4．（2025·浙江台州·二模）如图，是平行四边形的对角线，，的外接圆与边交于点（不与点，重合），连接．
(1)求证：；
(2)如图2，连接并延长交于点．
①求证：垂直平分；
②若的半径为13，，求的长；
(3)如图3，连接，若是的平分线，的面积为10，求平行四边形的面积．
5．（2025·浙江·模拟预测）如图，在三角形中，过A作于点H，交于点E，以为直径作与相交于点F，连接并延长交于点G，连接并延长交射线于点P．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)如图1，与相交于点Q，若点Q为的中点，求的值；
(3)如图2，已知，，求的长．
题型4 圆与三角函数的综合问题
将圆中角转化为直角三角形内角，利用三角函数求边长。 可用字母表示角、用 sin/cos 列比例，最终用代数式表示线段。 角度相等时，优先用相似三角形简化计算。 三角函数 + 相似比例 + 勾股定理，三者联用最稳。 5. 可结合函数思想，用字母表示未知量并建立关系式。
1．（2024·浙江杭州·二模）如图1，是半圆的直径，点，是半圆上的点，且，连结交于点．
(1)若，求的长．
(2)如图2，连接，，，若，求的正弦值．
(3)如图3，连接，作交于点，连接．求证：．
2．（2025·浙江台州·二模）如图1，是的直径，点是圆上一点（，除外），点，在上，满足的延长线分别交于点．记，
(1)若，求的度数；
(2)连结，求证：；
(3)如图2，连结并延长，交于点，若，
①求的值；
②请直接写出的值
3．（2025·浙江宁波·一模）如图1，四边形内接于，为直径，为锐角，过点B作于点E，过点A作的平行线交的延长线于点．
(1)，请用含的代数式表示．
(2)若，求证：．
(3)如图2，在（2）的条件下，与交于点，与延长线交于点H，连结．①若，，求的长．
②若，求的值．
4．（2025·浙江·模拟预测）如图1，是的直径，是圆上不同于的任意一点，延长到点，连结．过点作，交于点，连结．
(1)求证：．
(2)如图2，若，求的值．
(3)若，求的值（用含的代数式表示）．
5．（2025·浙江绍兴·二模）在中，为直径，点C，点D是上一点，分别位于的异侧，连接交与点E．
(1)如图，连接，若，求的度数；
(2)若点C是的中点．
①如图，点E在上，若，求的值；
②若，直接写出的值．
题型5圆中的动点与存在性的综合问题
高频考点：等腰、直角三角形存在性，必分类讨论。 动点形成相似三角形时，按对应关系分类。 可用建立函数解析式求线段、面积关系与最值。 临界位置：相切、垂直、共线、对称点。 5. 数形结合，先画图再列式，最后检验。
1．（2023·浙江温州·模拟预测）如图1，在正方形中，P是边上的动点，E在的外接圆上，且位于正方形的内部，，连结．
(1)求证：是等腰直角三角形．
(2)如图2，连结，过点E作于点F，请探究线段与的数量关系，并说明理由．
(3)当Р是的中点时，．
①求的长．
②若点Q是外接圆的动点，且位于正方形的外部，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长．
2．（2023·浙江温州·一模）如图1，在三角形中，，对角线，交于点D，E是延长线上一点，连结，，已知，为半圆O的直径，切半圆O于点F．
(1)求证：．
(2)求半圆O的直径．
(3)如图2，动点P在上点C出发向终点F匀速运动，同时，动点Q从M出发向终点N匀速运动，且它们恰好同时停止运动．
①当与的一边平行时，求所有满足条件的的长．
②作点F关于的对称点，当点落在半圆O上时，直接写出的值．
3．（2024·吉林长春·一模）如图，为等边三角形的外接圆，半径为4，点D在劣弧上运动（不与点A、B重合），连接．
(1)求的长；
(2)求证：是的平分线；
(3)当时，求的长；
(4)若点M、N分别在线段上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，的圆长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，则所有t值中的最小值为______．
4．（2024·浙江温州·二模）如图1，，是的两条弦，平分，连接，且半径，．

(1)求证：；
(2)求的值；
(3)如图2，连接，点Q为边上一动点，延长交于点P．
①连接，若平行四边其中一边时，求的长；
②当点Q从A到C的运动过程中，是否存在最小值？若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由．
题型6 圆与元叠、 旋转几何变换的综合问题
元叠 / 旋转：对应边、角相等，抓全等关系。 变换后出现等角，立刻判断相似三角形。 设未知数，用相似列比例+ 勾股定理求解。 旋转常构等腰 / 等边，结合相似快速计算。 5. 必考组合：全等 + 相似 + 圆性质。
1．（2025·浙江·模拟）已知：如图1，是的弦，点C是的半径的延长线上一点，将翻元得到，交半径于点D．
(1)求证：．
(2)若与相切．
①如图2，点落在上，求的值．
②如图3，若，，求的面积．
2．（2024·浙江温州·三模）如图1，已知是的直径， 弦于点E，， 点F是线段延长线上的一点， 连结交于点G， 连结交于点P， 连结．
(1)求证： ．
(2)求的半径．
(3)如图2， 连结， 设
①求y关于x的函数表达式：
②点G关于的对称点落在上时，求x的值．
3．（2025·浙江温州·模拟预测）如图1，为正方形边上一点，连接， 在上取一点， 以为半径作圆， 恰好使得经过点且与相切于点．
(1)若正方形的边长为4时，求的半径；
(2)如图2， 将绕点逆时针旋转后，其所在直线与交于点，与边交于点，连接．
①求的度数；
②求证：．
4．（2023·浙江温州·三模）如图，在中，．以为直径的半圆交于点，点为弧上一动点，连结、、，已知．点为延长线上一点，且，在线段上取点，使得，连结、．

(1)求的值．
(2)求证：．
(3)若，连结．
①若是以为腰的等腰三角形，求所有不不符合的的长．
②将线段绕点逆时针旋转至，若、、在同一条直线上，则___________．
重●难●提●分●必●刷
（建议用时：90小时）
1．（2025·浙江杭州·二模）如图，在中，，D是中点，E是上的动点（不与端点B，C重合），连接与交于点F，过E，F，D三点的圆与交于点G（不与B，D重合），连接．
(1)若，，求的度数；
(2)若，求的值；
(3)求证：．
2．（2025·浙江杭州·一模）如图1，在中，与是点异侧的两条弦，，且，连结，与交于点．
(1)求证：．
(2)如图2，连接并延长，与的延长线交于点，连接．求证：．
(3)在（2）的条件下，若，求的值．
3．（2026·浙江衢州·一模）已知：在中，点是弦上的动点（不与点，重合），过点作交于点，，连接，，，，过点作于点，交于点．
(1)如图1，若经过点．
①求证：．
②若，，求的半径．
(2)如图2，若，设，，求关于的函数表达式．
4．（2026·浙江温州·一模）如图1，已知的高，点是边上的动点，以为直径作圆，交边于，交线段于，交线段于．
(1)求证：．
(2)如图2，连接，若恰好经过点．
①求的值．
②求的长．
5．（2025·浙江·二模）如图1，四边形是的内接四边形，．过作，为垂足，延长交的延长线于点．
(1)请判断的形状，并说明理由．
(2)若的度数为．
①若，求的正弦值．
②如图2，延长交于点，交的延长线于点．若，求的面积．
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