专题21 圆中的计算与证明经典综合大题专训（六大题型）（解析版）

第二十四章圆专题21圆中的计算与证明经典综合大题专训（六大题型）【题型目录】题型一圆的对称性相关的综合大题题型二确定圆的条件相关的综合大题题型三圆周角的综合大题题型四直线与圆的位置关系相关的综合大题题型五正多边形与圆相关的综合大题题型六弧长及扇形面积综合大题【经典例题一圆的对称性相关的综合大题】1．（2023秋·九年级课时练习）如图，在中，C，D是直径上的两点，且，交于C、D，点E，G，F，H在上．(1)若，求半径；(2)求证：；(3)若C，D分别为的中点，则成立吗？请说明理由．【答案】(1)5(2)见解析(3)成立，证明见解析【分析】（1）连接，利用勾股定理即可求得；（2）通过证得，得到，即可根据圆心角、弧、弦的关系得到结论；（3）根据含30度角的直角三角形的性质求得，同理，进一步得到，即可根据圆心角、弧、弦的关系得到．【详解】（1）如图1，连接，设半径为r，∵，∴．∵，∴，在中，，∴，解得，∴半径为5；（2）如图1，在（1）基础上连接，∵，∴．∵，∴在和中，，∴，∴，∴；（3）成立，理由如下：∵C，D分别为的中点，∴，∴∴，同理，∴，∴．【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，三角形全等的判断和性质，勾股定理的应用等，作出辅助性构建直角三角形是解题的关键．2．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图1，是的弦，点C在外，连接、分别交于D、E，(1)求证：．(2)如图2，过圆心O作，交于P、Q两点，交、于M、N两点，求证：．(3)如图3，在（2）的条件下，连接、，，若，，求弦的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)13【分析】(1)连接，利用圆内接四边形的性质，等腰三角形的两个底角相等的性质证明即可．(2)连接，证，得，得，可证明．(3)连接，证，，结合已知，得，等边，，，作于点G，设，可得，，，，，中勾股得，计算即可．【详解】（1）如图，连接，∵四边形是的内接四边形，∴；∵，∴；∴；∴．（2）连接，∵，∴；∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴．（3）连接，∵，∴；∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴等边，，，作于点G，则，∵，，设，则，，∴，∴，，，中，根据勾股定理，得，解得，，

∵，∴，∴．【点睛】本题考查了圆的性质，垂径定理，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，圆的内接四边形的性质，勾股定理，一元二次方程的解法，熟练掌握圆的性质，勾股定理，一元二次方程的解法是解题的关键．3．（2023·全国·九年级专题练习）【教材呈现】以下是浙教版八年级下册数学教材第85页的部分内容．先观察下图，直线l1l2，点A，B在直线l2上，点C1，C2，C3，C4在直线l1上．△ABC1，△ABC2，△ABC3，△ABC4这些三角形的面积有怎样的关系？请说明理由。【基础巩固】如图1，正方形内接于，直径，求阴影面积与圆面积的比值；【尝试应用】如图2，在半径为5的中，，，，用含x的代数式表示；【拓展提高】如图3，是的直径，点P是上一点，过点P作弦于点P，点F是上的点，且满足，连接交于点E，若，，求的半径．【答案】[教材呈现]：面积相等，理由见解析；[基础巩固]：；[尝试应用]：；[拓展提高]：6【分析】[教材呈现]根据平行线与三角形的面积公式解答即可；[基础巩固]连接，设的半径为，利用正方形的性质得，根据三角形面积公式得，同理，，可得即可求出阴影面积与圆面积的比；[尝试应用]连接，过点O作于点H，由可得，得出，即可得，由可得，再由得出，从而可得，利用勾股定理求出，最后求得结果；[拓展提高]连接，先由垂径定理得出，，从而可得，设，则，由勾股定理求出的长，最后求得结果．【详解】∵，，，同底等高∴[基础巩固]连接∵∴同理，∴∴阴影面积与圆面积的比为；[尝试应用]连接，过点O作于点H∵∴∴∴∵∴∴∴，∴，，，∴[拓展提高]连接∵为直径，于点P∴，又∵∴∴，∴，设，则∵∴∴，∵∴∴∴∴∴，在中，，设半径为r，则解得∴的半径为6【点睛】此题考查的是平行线的性质及三角形的面积公式，垂径定理、弧、弦、圆心角的关系及勾股定理等知识点，解决本题的关键是熟练掌握两条平行线之间的距离处处相等．4．（2023秋·浙江温州·九年级期末）已知，、是的两条弦，，过圆心作于点．（1）如图1，求证：．（2）如图2：当、、三点在一条直线上时，求的度数．（3）如图3，在（2）的条件下，点为劣弧上一点，，，连结、交于点，求和的长．【答案】（1）见详解；（2）60°；（3）BC的长为14，BE的长为10．【分析】（1）过O作OH⊥AB，证明△BOH≌△COD即可证得∠B=∠C；（2）先证BD垂直平分AC,再证△ABC是正三角形，由正三角形的性质可求得∠BAC的度数；（3）在图3中过C作CG⊥BE交BE的延长线于G，先求出∠CEG=60°，再求出CG、EG长，最后用勾股定理求出BG长，用BG-EG可得BE长．【详解】（1）如下图1在⊙O中：过O作OH⊥AB于H，∵OD⊥AC于D，AB=AC∴OH=OD又∵OB=OC∴RT△OBH≌RT△OCD（HL）∴∠B=∠C．（２）如下图2在⊙O中：∵OD⊥AC∴OD平分AC又∵B、O、D三点共线∴BD垂直平分AC∴AB=BC又∵AB=AC∴AB=AC=BC∴∠BAC=60°．（3）如下图3在⊙O中过C作CG⊥BE交BE的延长线于G由（2）的解题过程知D是AC中点、BC=AC∴BC=AC=2CD=2×7=14由（2）的解题过程知∴∠BEC=∴∠CEG=60°在RT△CEG中在RT△CBG中，由勾股定理得∴BE=BG-EG=13-3=10．【点睛】本题综合考查了与圆有关的基本性质．熟悉圆的基本性质及等边三角形的相关知识和特殊角的三角函数等是解决此题之关键．5．（2023·山西吕梁·校联考模拟预测）请阅读下面材料，并完成相应的任务．阿基米德（，公元前287-公元前212年，古希腊）是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子．

阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），．M是的中点，则从点M向所作垂线的垂足D是折弦的中点，即．

这个定理有很多证明方法，下面是运用“垂线法”证明的部分证明过程．证明：如图2，过点M作射线AB，垂足为点H，连接．∵M是的中点，∴．任务：(1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；(2)如图3，已知等边三角形内接于，D为上一点，．于点E，，连接，求的周长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先证，推出，．再证，推出，等量代换可得；（2）先利用等边三角形的性质证明，进而证明，，求出，再利用（1）中结论可得，通过等量代换可得．【详解】（1）证明：如图，，

∵，，∴．又∵，∴，∴，．∵，，∴．∴．∴．（2）解：如图，

∵是等边三角形，∴，．∵．∴．∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴点C是的中点．∴由（1）的结论得，，∴的周长是．【点睛】本题考查圆的基本性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质等，解题的关键是熟练运用等量代换思想．【经典例题二确定圆的条件相关的综合大题】6．（2023·陕西·模拟预测）新定义：如图1（图2，图3），在中，把边绕点A顺时针旋转，把边绕点A逆时针旋转，得到，若，我们称是的“旋补三角形”，的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．【特例感知】(1)①若是等边三角形（如图2），，则______________．②若（如图3），，_____________．【猜想论证】(2)在图1中，当是任意三角形时，猜想与的数量关系，并证明你的猜想；（提示：过点作且，连接，则四边形是平行四边形）【拓展应用】(3)如图4，点A，B，C，D都在半径为5的圆P上，且与不平行，，是的“旋补三角形”，点P是“旋补中心”，求BC的长．【答案】(1)①2；②3；(2)，证明见解析；(3)8【分析】（1）①根据等边三角形的性质可得出，，结合“旋补三角形”的定义可得出，．利用等腰三角形的三线合一可得出，通过解直角三角形可求出AD的长度；②由“旋补三角形”的定义可得出、、，进而可得出，根据全等三角形的性质可得出，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出的长度；（2），过点作且，连接，则四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质结合“旋补三角形”的定义可得出、、，进而可证出，根据全等三角形的性质可得出，由平行四边形的对角线互相平分即可证；（3）作、的垂直平分线，交于点P，则点P为四边形的外接圆圆心，过点P作于点F，由（2）的结论可求出的长度，在中，利用勾股定理可求出的长度，进而可求出的长度．【详解】（1）解：①∵是等边三角形，，∴，，∴，．∵为等腰的中线，∴，，∴．在中，，，，∴．②∵，∴．在和中，，∴，∴，∴．故答案为：①2；②3．（2），证明：在图1中，过点作且，连接，则四边形是平行四边形，∵，，∴．在和中，，∴，∴．∵，∴．（3）在图4中，作、的垂直平分线，交于点P，则点P为四边形的外接圆圆心，过点P作于点F．∵，，∴为的中位线，∴．在中，，，，∴，∴．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、平行四边形的性质、解直角三角形、勾股定理以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）①利用解含角的直角三角形求出；②牢记直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；（2）构造平行四边形，利用平行四边形对角线互相平分找出；（3）利用（2）的结论结合勾股定理求出BF的长度．7．（2023秋·江苏·九年级专题练习）阅读下列材料：已知实数m，n满足，试求的值．解：设，则原方程变为，整理得，，所以，因为，所以,上面这种方法称为“换元法”，把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题简单化．根据以上阅读材料内容，解决下列问题，并写出解答过程．(1)已知实数x、y满足，求值；(2)已知的三边为a、b、c（c为斜边），且a、b满足，外接圆的半径．【答案】(1)(2)【分析】（1）设，解一元二次方程得到，根据，得到，即可得到答案；（2）设，解一元二次方程得到，根据勾股定理求出c，即可得到答案．【详解】（1）解：设，则原方程变形为，整理得：，解得，，∵，∴，∴；（2）解：设，则原方程变形为，整理得，解得：或，∵，∴，∴，∴外接圆的半径．【点睛】本题考查的是三角形的外心、一元二次方程的解法，掌握换元法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．8．（2023春·湖北武汉·九年级华中科技大学附属中学校考阶段练习）抛物线y＝ax2+2x+c与x轴交于A（﹣1，0）、B两点，与y轴交于点C（0，3），点D（m，3）在抛物线上．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，连接BC、BD，点P在对称轴左侧的抛物线上，若∠PBC＝∠DBC，求点P的坐标；(3)如图2，点Q为第四象限抛物线上一点，经过C、D、Q三点作⊙M，⊙M的弦QF∥y轴，求证：点F在定直线上．【答案】(1)(2)P（，）(3)证明见解析【分析】（1）把A、C坐标代入可得关于a、c的二元一次方程组，解方程组求出a、c的值即可得答案；（2）如图，设BP与y轴交于点E，直线解析式为，根据（1）中解析式可知D、B两点坐标，可得CD//AB，利用ASA可证明△DCB≌△ECB，可得CE=CD，即可得出点E坐标，利用待定系数法可得直线BP的解析式，联立直线BP与抛物线解析式求出交点坐标即可得答案；（3）如图，连接MD，MF，设Q（m，-m2+2m+3），F（m，t），根据CD、QF为⊙M的弦可得圆心M是CD、QF的垂直平分线的交点，即可表示出点M坐标，根据MD=MF，利用两点间距离公式可得（）2+（2-1）2=（m-1）2+（）2，整理可得t=2，即可得答案．【详解】（1）∵A（﹣1，0）、C（0，3）在抛物线y＝ax2+2x+c图象上，∴，解得：，∴抛物线解析式为：．（2）如图，设BP与y轴交于点E，直线解析式为，∵点D（m，3）在抛物线上，∴，解得：，（与点C重合，舍去），∴D（2，3），∴CD//AB，CD=2，当y=0时，，解得：，，

∴B（3，0），∴OB=OC，∴∠OCB=∠OBC=∠DCB=45°，在△DCB和△ECB中，∵，∴△DCB≌△ECB，∴CE=CD=2，∴OE=OC-CE=1，∴E（0，1），∴，解得：，∴直线BP的解析式为，联立直线BP与抛物线解析式得：，解得：（舍去），，∴P（，）．（3）如图，连接MD，MF，设Q（m，-m2+2m+3），F（m，t），∵CD、QF为⊙M的弦，∴圆心M是CD、QF的垂直平分线的交点，∵C（0，3），D（2，3），QF//y轴，∴M（1，），∵MD=MF，∴2+（2-1）2=（m-1）2+（）2，整理得：t=2，∴点F在定直线y=2上．【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式、全等三角形的判定与性质、二次函数与一次函数的交点问题及圆的性质，综合性强，熟练掌握相关知识及定理是解题关键．9．（2023秋·全国·九年级专题练习）已知等边的边长为8，点P是边上的一个动点（与点A、B不重合）．（1）如图1．当时，的面积为；（2）直线l是经过点P的一条直线，把沿直线l折叠，点B的对应点是点．①如图2，当时，若直线，求的长度；②如图3，当时，在直线l变化过程中．请直接写出面积的最大值．【答案】（1）；（2）①；②【分析】（1）先根据等边三角形的边长为8，计算等边△ABC的面积，由同高三角形面积的比等于对应底边的比，可得△PBC的面积；（2）①如图2中，设直线l交BC于点E．连接BB′交PE于O．证明△PEB是等边三角形，求出OB即可解决问题；②如图3中，过点P作PH垂直于AC，当B'、P、H共线时，△ACB′的面积最大，求出PH的长即可解决问题．【详解】解：（1）如图1中，∵等边△ABC的边长为8，∴等边△ABC的面积=，∵PB=3AP，∴△BPC的面积为；故答案为：12；（2）①如图2中，设直线l交BC于点E．连接BB′交PE于O，∵PE∥AC，∴∠BPE=∠A=60°，∠BEP=∠C=60°，∴△PEB是等边三角形，∵PB=5，且B，B′关于PE对称，∴BB′⊥PE，BB′=2OB，∴∠PBO=30°，∴OP=PB=，OB=，∴BB′=5；②如图3中，过点P作PH垂直于AC，由题意可得：B'在以P为圆心半径长为6的圆上运动，当HP的延长线交圆P于点B′时面积最大，在Rt△APH中，∵AB=8，PB=6，∵PA=2，∵∠PAH=60°，∴AH=1，PH=，∴BH=6+，∴S△ACB′的最大值=×8×（6+）=4+24．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质和判定，轴对称变换，勾股定理，含30°的直角三角形的性质，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．10．（2023春·八年级单元测试）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，点F是BC边上的点，AF=AD+FC，平行四边形ABCD的面积为S，由A、E、F三点确定的圆的周长为t．（1）若△ABE的面积为30，直接写出S的值；（2）求证：AE平分∠DAF；（3）若AE=BE，AB=4，AD=5，求t的值．【答案】（1）平行四边形ABCD的面积为60；（2）证明见解析；（3）△AEF的外接圆的周长t=π．【详解】【分析】（1）作EG⊥AB于点G，由S△ABE=×AB×EG=30得AB•EG=60，即可得出答案；（2）延长AE交BC延长线于点H，先证△ADE≌△HCE得AD=HC、AE=HE及AD+FC=HC+FC，结合AF=AD+FC得∠FAE=∠CHE，根据∠DAE=∠CHE即可得证；（3）先证∠ABF=90°，根据勾股定理可得出AF2=AB2+BF2=16+（5﹣FC）2=（FC+CH）2=（FC+5）2，据此求得FC的长，从而得出AF的长度，再由AE=HE、AF=FH知FE⊥AH，即AF是△AEF的外接圆直径，从而得出答案．【详解】（1）如图，作EG⊥AB于点G，则S△ABE=×AB×EG=30，则AB•EG=60，∴平行四边形ABCD的面积为60；（2）如图，延长AE交BC延长线于点H，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ADE=∠HCE，∠DAE=∠CHE，∵E为CD的中点，∴CE=ED，∴△ADE≌△HCE，∴AD=HC、AE=HE，∴AD+FC=HC+FC，由AF=AD+FC和FH=HC+FC得AF=FH，∴∠FAE=∠CHE，又∵∠DAE=∠CHE，∴∠DAE=∠FAE，∴AE平分∠DAF；（3）连接EF，∵AE=BE、AE=HE，∴AE=BE=HE，∴∠BAE=∠ABE，∠HBE=∠BHE，∵∠DAE=∠CHE，∴∠BAE+∠DAE=∠ABE+∠HBE，即∠DAB=∠CBA，由四边形ABCD是平行四边形得∠DAB+∠CBA=180°，∴∠CBA=90°，∴AF2=AB2+BF2=16+（5﹣FC）2=（FC+CH）2=（FC+5）2，解得：FC=，∴AF=FC+CH=，∵AE=HE、AF=FH，∴FE⊥AH，∴AF是△AEF的外接圆直径，∴△AEF的外接圆的周长t=π．【点睛】本题考查圆的综合问题，涉及到平行四边形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.【经典例题三圆周角的综合大题】11．（2023秋·江苏·九年级专题练习）已知：A、B为圆上两定点，点C在该圆上，为所对的圆周角．

知识回顾(1)如图①，中，B、C位于直线异侧，．①求的度数；②若的半径为5，，求的长；逆向思考(2)如图②，P为圆内一点，且，，．求证：P为该圆的圆心；拓展应用(3)如图③，在（2）的条件下，若，点C在位于直线上方部分的圆弧上运动．点D在上，满足的所有点D中，必有一个点的位置始终不变．请证明．【答案】(1)①；②；(2)见解析；(3)见解析【分析】（1）①根据，结合圆周角定理求的度数；②构造直角三角形；（2）只要说明点到圆上、和另一点的距离相等即可；（3）根据，构造一条线段等于，利用三角形全等来说明此线段和相等．【详解】（1）解：①，，，．②连接，过作，垂足为，

，，是等腰直角三角形，且，，，是等腰直角三角形，，在直角三角形中，，．（2）证明：延长交圆于点，则，

，，，，，，，为该圆的圆心．（3）证明：过作的垂线交的延长线于点，连接，延长交圆于点，连接，，

，，是等腰直角三角形，，，，，是直径，，，，，，，，必有一个点的位置始终不变，点即为所求．【点睛】本题考查了圆周角定理，还考查了勾股定理和三角形全等的知识，对于（3）构造一条线段等于是关键．12．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图1，⊙的直径的长为16，为半圆的中点，为劣弧上的一动点，和的延长线交于点，过点作的垂线交的延长线于点．

(1)求证：．(2)以直线为轴，线段的中垂线为轴，建立如图2的平面直角坐标系，则点的坐标为，设点的坐标为，若，是方程的两根，求的值．(3)若，求的值．【答案】(1)见解析；(2)(3)【分析】（1）若求，连接是显然的，然后再讨论和，而发现这两个角都在圆外，而外部也无复杂图象包含它们，所以常规作法显然不好处理．故想到把它们也放在圆中，连接发现，，则若以为直径画圆，其圆必过、两点，则利用圆周角、对顶角性质可证恰与劣弧的圆周角相等，因为为中点，显然为，则结论易证．（2）综合题，后问往往要用前问的结论，前问中，本题利用可求出中，与的关系．在利用根与系数的关系列出方程即可讨论，但要注意还有讨论两根存在的前提；（3）连接、，过点作，垂足为，由，，设，利用勾股定理可以求出，然后根据即可求解．【详解】（1）证明：连接，，以为直径画圆．

，，、两点必过以为直径的圆，，．为劣弧的圆周角，且为半圆的中点，∵为半圆的中点，∴，为劣弧的圆周角，．在中，，，．（2）解：，，，，，．，、为方程的两根，，，，∴，解得或．在第一象限，，舍去，即此时为．，综上所述：（3）如图3，连接、，过点作，垂足为，

由（1）可得，，∴，设，则，∵，∴，∴，∴在中，，又∵在中，，∴，∴，∴．【点睛】本题难度较高，考查了圆、三角形、一元二次方程根与系数关系及用勾股定理解三角形等相关知识，其中（1）辅助线的作法并不易想到，需要特殊留意．总体来说，综合性极高，学生一定要加强理解．13．（2023·江苏·九年级假期作业）小明学习了垂径定理，做了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究．

(1)更换定理的题设和结论可以得到许多真命题．如图1，在中，C是劣弧的中点，直线于点E，则．请证明此结论；(2)从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦．如图2，，组成的一条折弦．C是劣弧的中点，直线于点E，则．可以通过延长、相交于点F，再连接证明结论成立．请写出证明过程；(3)如图3，，组成的一条折弦．C是优弧的中点，直线于点E，则，与之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)，证明见解析【分析】（1）连接，，易证为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一这一性质，可以证得．（2）根据圆内接四边形的性质，先证，再证为等腰三角形，进一步证得，从而证得结论．（3）根据，从而证明，得出，然后判断出，进而求得．【详解】（1）如图1，连接，，

∵C是劣弧的中点，∴，∵，∴，∴，，∴，∴是等腰三角形，∵，∴；（2）如图2，延长、相交于点F，再连接，

∵四边形是圆内接四边形，∴，∵C是劣弧的中点，∴，∵，∴∵∴∴∴，，∴，∴，∴（3）．理由如下：连接，，，与相交于点F，

∵，∴，∵，∴，，∵，∴，∴，，∴，

∴，，∴，∴，∴．【点睛】此题主要考查了垂径定理及其推论，全能三角形的判定和性质，圆周角定理，掌握并熟练运用垂径定理是解题的关键．14．（2023·江苏·九年级假期作业）请阅读下列材料，并完成相应的任务：阿基米德折弦定理阿拉伯（973年～1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理．阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，是的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程．证明：如图2，在上截取，连接和．∵是的中点，∴…

任务：(1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；(2)填空：如图（3），已知等边△ABC内接于为圆上一点，，与点，则的周长是．【答案】(1)见解析(2)2+2【分析】（1）如图2，在上截取，连接和，首先证明，进而得出，再利用等腰三角形的性质得出，即可得出答案；（2）如图3，截取，连接．首先证明，进而得出，以及，进而求出的长即可得出答案．【详解】（1）证明：如图2，在上截取，连接和．∵是的中点，∴．在和中∵，∴，∴，又，，；（2）如图3，截取连接由题意可得：，在和中∵，∴，∴，∵，∴，则，∵∴＝，∴，∵是等边三角形，∴，则的周长是2+2．故答案为2+2．

【点睛】本题考查圆综合题、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．15．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，内接于，连接，．

(1)如图1，求证：；(2)如图2，点在上，连接，点是上一点，连接，若，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点，连接，若，，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）过点作，如图所示，由垂径定理可知：，再由得到，即可得证；（2）延长交于，如图所示，由（1）知，从而由等腰三角形“三线合一”得到，且，从而得到，即可有，由内错角相等两直线平行得到，进而，即；（3）连接，延长交于点，证明，利用勾股定理即可解答．【详解】（1）证明：过点作，如图所示：

由垂径定理可知，，在和中，，，，；（2）证明：延长交于，如图所示：

由（1）知，根据，从而由等腰三角形“三线合一”得到，且，，，，，，，，，即；（3）解：如图，连接，延长交于点，

根据（2）中可得，，，，，，，，在与中，，，，，，，，，，且为直径，，．【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．【经典例题四直线与圆的位置关系相关的综合大题】16．（2023春·山东烟台·九年级统考期中）如图，是的直径，弦交于点E，且．(1)根据题干信息，请用尺规作图作出点F（保留作图痕迹，不写作法）；(2)求证：是的切线；(3)若的半径为5，，且，求的长【答案】(1)作图见解析部分(2)证明见解析部分(3)【分析】（1）作交的延长线于点F．（2）证明即可；（3）利用勾股定理求出，再利用面积法求出，利用勾股定理求出即可．【详解】（1）解：如图，点F即为所求；（2）证明：∵都是直径，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵是半径，∴是的切线；（3）解：过点D作于点H．∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查作图﹣复杂作图、切线的判定、勾股定理等知识点，理解题意、灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．17．（2023·山东·九年级专题练习）已知：射线平分，为上一点，交射线于点，，交射线于点，，连接，，．

(1)如图1，若，试判断四边形的形状，并说明理由；(2)如图2，过点作，交于点；过点作，交于点．求证：．【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析(2)见解析【分析】（1）如图，作于点，作于点，利用角平分线定义及性质易得，，然后利用可证得，，再根据全等三角形性质及线段的和差可证得，利用平行线性质及等角对等边可证得，最后利用有一组邻边相等的平行四边形即可证得结论；（2）连接，结合（1）中所求及垂径定理，利用易证得，再根据全等三角形性质及已知条件可证得，最后利用平行线分线段成比例即可证得结论．【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：如图，作于点，作于点，

平分，，，在与中，，，，在与中，，，，，即，，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形；（2）证明：如图，连接，

，，，，，，，，即，在与中，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查圆与全等三角形的综合应用，全等三角形的判定与性质，菱形的判定，平行线的判定与性质，垂径定理，等腰三角形性质，（1）作于点，作于点，（2）中连接分别构造全等三角形是解题的关键．18．（2023·安徽·校联考模拟预测）如图，内接于，且为的直径，的平分线交于点，过点在左侧作交的延长线于点，过点作于点．

(1)求证：；(2)求证：是的切线；(3)若，，求线段的长．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)．【分析】（）由，，得，所以；（）连接，由，且，，得，由，得，即可证明是的切线；（）由是的直径，得，所以，，由于点，得，所以，则，由，得，则，所以，由，，得，再证明，得，即可求得．【详解】（1）∵，，∴，∴，（2）证明：如图，连接，

∵的平分线交于点，∴，∵，，∴，∵，∴，∵是的半径，且，∴是的切线．（3）解：∵是的直径，，，∴，∴，，∵于点，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴线段的长是．【点睛】此题考查了圆周角定理、平行线的判定、切线的判定定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用．19．（2023春·江西南昌·九年级南昌市第二十八中学校联考阶段练习）课本再现（1）在圆周角和圆心角的学习中，我们知道了：圆内接四边形的对角互补．课本中先从四边形一条对角线为直径的特殊情况来论证其正确性，再从对角线是非直径的一般情形进一步论证其正确性，这种数学思维方法称为“由特殊到一般”如图1，四边形为的内接四边形，为直径，则__________度，__________度．（2）如果的内接四边形的对角线不是的直径，如图2、图3，请选择一个图形证明：圆内接四边形的对角互补．知识运用（3）如图4，等腰三角形的腰是的直径，底边和另一条腰分别与交于点．点是线段的中点，连接，求证：是的切线．

【答案】（1），；（2）见详解；（3）见详解【分析】（1）根据直径所对的圆周角是以及四边形内角和为进行作答即可；（2）以图2为例证明，连接，，根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍以及四边形内角和为进行作答；或者以图3为例证明，连接，，根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍以及四边形内角和为进行作答即可；（3）连接，，根据等边对等角，即，又，得，，，再结合四边形是圆内接四边形，得，，进而知道，又因为是线段的中点，即可求证是的切线．【详解】解：（1）∵四边形为的内接四边形，为直径，∴，那么，故答案为：90，180；（2）证明：以图2为例证明，连接，，如图所示：

∵弧弧，∴，，∵∴，∴，在四边形，，即圆内接四边形的对角互补；或者以图3为例证明，连接，，如图所示：

∵弧弧，∴，，∵,∴，∴，在四边形，，即圆内接四边形的对角互补；（3）证明：连接，，如图所示：

∵，∴，∵，∴，则，∴，∵四边形是圆内接四边形，∴，∵，∴，则，∴，∵是线段的中点，∴，则，∵是圆的半径，∴是圆的切线．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、圆内接四边形对角互补以及圆的基本性质、切线的判定、平行线的判定与性质等知识点内容，熟练掌握圆的基本性质是解题的关键．20．（2023·浙江宁波·校联考一模）等腰三角形中，且内接于圆O，D、E为边上两点（D在F、E之间），分别延长、交圆O于B、C两点（如图1），记，．

(1)求的大小（用α，β表示）；(2)连接，交于H（如图2）．若，且．求证：；(3)在（2）的条件下，取中点M，连接、（如图3），若，①求证：，；②请直接写出的值．【答案】(1)(2)见解析(3)①见解析；②或【分析】（1）如图1中，连接．利用圆周角定理求解；（2）证明，，可得结论；（3）①如图3中，连接，延长交于点I．证明，推出，，再证明，可得结论；②连接，．设，则，，设，利用勾股定理求出m，n之间的关系，可得结论．【详解】（1）解：如图1中，连接．

∵，∴，∴，∵，∴；（2）证明：如图2中，

∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴；（3）①证明：如图3中，连接，延长交于点I．∵，，∴，∵，∴，∴是直径，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，，，∵，∴，在中，，∴即，∴，又，∴，∵，，∴，∴，又，∴四边形是平行四边形，∴，又，∴，；②解：连接，．∵，又∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，设，则，，设，∴，∴，∵，∴，整理得，∴或，∴或．

【点睛】本题属于圆综合题，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等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形或全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．【经典例题五正多边形与圆的相关的综合大题】21．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，是的直径，，是的弦，，延长到，连接，．

(1)求证：是的切线；(2)以为边的圆内接正多边形的周长等于________．【答案】(1)见解析(2)18【分析】（1）根据等腰三角形性质以及三角形内角和定理计算出即可；（2）得出以为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，再求出的长即可．【详解】（1）证明：如图，连接，

，，，，，即，又是半径，是的切线；（2）解：连接，

，以为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，，以为边的圆内接正六边形的周长为．【点睛】本题考查切线的判定，圆内接正六边形的性质，掌握切线的判定方法是正确解答的前提．22．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在正方形网格中，每一个小正方形的边长都为1，点、都在格点上，以为圆心，为半径做圆，只用无刻度的直尺完成以下画图．(1)在图①中画的一个内接正四边形，___________；(2)在图②中画的一个内接正六边形，__________．【答案】(1)图见解析，32(2)图见解析，【分析】（1）只需要作直径、，并使得即可；（2）如图所示，取格点B，C，D，E，F，然后顺次连接A、B、C、D、E、F得到正六边形，再求出求面积．【详解】（1）解：如图所示，正四边形即为所求；，故答案为32；（2）解：如图所示，正六边形即为所求；过点O作于H，∵正六边形，∴，又∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，等边三角形的性质与判定，熟知正多边形和圆的相关知识是解题的关键．23．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，正方形ABCD内接于⊙O，P为上的一点，连接DP，CP．(1)求∠CPD的度数；(2)当点P为的中点时，CP是⊙O的内接正n边形的一边，求n的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）连接OD，OC，根据正方形ABCD内接于⊙O，结合圆周角定理可得∠CPD；（2）结合正多边形的性质以及圆周角定理得出∠COP的度数，进而得出答案．【详解】（1）解：连接OD，OC，∵正方形ABCD内接于⊙O，∴∠DOC＝90°，∴．（2）解：连接PO，OB，如图所示：∵正方形ABCD内接于⊙O，∴∠COB＝90°，∵点P为的中点，∴，∴，∴n＝360÷45＝8．【点睛】本题主要考查了正多边形和圆以及圆周角定理、正方形的性质，解题的关键是熟练掌握同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．24．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形．(1)求证：在六边形ABCDEF中，过顶点A的三条对角线四等分∠BAF．(2)设⊙O的面积为S1，六边形ABCDEF的面积为S2，求的值（结果保留π）．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）如图，连接AE，AD，AC，根据正六边形的性质得到EF＝ED＝CD＝BC，求得，于是得到∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，即可得到结论；（2）如图，过O作OG⊥DE于G，连接OE，设⊙O的半径为r，推出△ODE是等边三角形，得到DE＝OD＝r，∠OED＝60°，根据勾股定理得到OGr，根据三角形和圆的面积公式即可得到结论．【详解】（1）证明：如图，连接AE，AD，AC，∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，∴EF＝ED＝CD＝BC，∴，∴∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，∴过顶点A的三条对角线四等分∠BAF；（2）解：如图，过O作OG⊥DE于G，连接OE，设⊙O的半径为r，∵∠DOE60°，OD＝OE＝r，∴△ODE是等边三角形，∴DE＝OD＝r，∠OED＝60°，∴∠EOG＝30°，∴EGr，∴OGr，∴正六边形ABCDEF的面积＝6rrr2，∵⊙O的面积＝πr2，∴．【点睛】本题考查了正多边形与圆，正六边形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．25．（2023·江苏·九年级假期作业）[阅读与思考]如图①，在正三角形中，点，是，上的点，且，则，；如图②，在正方形中，点，是，上的点，且，则，；如图③，在正五边形中，点，是，上的点，且，则，；[理解与运用]在正六边形中，点，是，上的点，且，则，；在正十边形中，点，是，上的点，且，则，；[归纳与总结]根据以上规律，在正边形中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点，是，上的点，且，与相交于；也会有类似的结论，你的结论是．【答案】；；；；；以上所求的角恰好等于正n边形的内角【分析】根据等边三角形的性质得出，，进而利用全等三角形的判定与性质得出，；根据正方形的性质以及全等三角形的判定与性质得出：；根据正五边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出：；根据以上所求结论即可得正六边形中，；根据以上所求结论即可得正十边形中，；根据以上所求得出在正n边形中，类似的结论．【详解】解：阅读与思考:∵在正三角形中，点M，N是，上的点，且，∵在和中故答案为：；∵在正方形中，点M，N是，上的点，且在和中答案为：；∵在正五边形中，点M，N是，上的点，且，则∵在和中，故答案为：；理解与运用：∵正三角形的内角度数为：；正方形的内角度数为：；正五边形的内角度数为：；∴同理可得：在正六边形中，点M，N是，上的点，且，则，；故答案为：；同理可得：在正十边形中，点M，N是，上的点，且，则，；故答案为：；归纳与总结：根据以上所求的角恰好等于正n边形的内角，所以所求的角恰好等于正n边形的内角故答案为：以上所求的角恰好等于正n边形的内角【点睛】此题主要考查了正多边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练利用三角形的外角性质是解题关键．【经典例题六弧长及扇形的面积综合大题】26．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，内接于，，，，．(1)度数．（直接写出答案）(2)求的长度．(3)是上一点（不与，，重合），连结．①若垂直的某一边，求的长．②将点A绕点P逆时针旋转后得到，若恰好落在上，则的长度为．（直接写出答案）【答案】(1)(2)(3)①；②4【分析】（1）利用勾股定理求出，在根据等腰三角形的判定和三角形的内角和定理解答即可；（2）连接，，利用圆周角定理求得圆心角的度数，再利用弧长公式解答即可；（3）①连接，利用等腰直角三角形的性质求得，利用全等三角形的判定与勾股定理求得，则可求；②连接，，设与交于点，通过证明，，，四点共圆，利用圆周角定理和垂径定理得到经过圆心，过点作于点，利用垂径定理和勾股定理求得，连接，利用勾股定理求得圆的半径，再利用等腰直角三角形的性质求得，勾股定理求得，则．【详解】（1）解：在中，，，，，∴，，，，，故答案为：；（2）连接，，如图，

，，在中，，，，的长度；（3）①是上一点（不与，，重合），垂直的某一边，点只能在上，连接，如图，

由（1）知：，，为等腰直角三角形，．在和中，，，，．；②由题意知：点在上，连接，，设与交于点，如图，

，，．，，，，，，，四点共圆，，平分，为等腰直角三角形，垂直平分，经过圆心，过点作于点，则，，，，，，连接，，，．．，，，故答案为：4．【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆的有关计算，充分利用圆周角定理添加恰当的辅助线是解题的关键．27．（2023春·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图所示，在中，，，在上取点，以为圆心，以为半径作圆，与相切于点，并分别与，相交于点，（异于点）．(1)求证：平分；(2)若点恰好是的中点，求扇形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，以此可得，在平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行得，进而得到，由可得，因此，以此即可证明；（2）连接、、，易得，根据直角三角形斜边上的中线的性质的，因此为等边三角形，则，根据平行线的性质得，于是可证明为等边三角形，再利用扇形的面积公式计算即可．【详解】（1）连接，如图，

与相切于点，，，，，，，，，平分；（2）连接、、，如图，

，是的中点，，在中，，，为等边三角形，，，，，为等边三角形，，．【点睛】本题考查切线的性质、等边三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、扇形的面积公式，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题关键．28．（2023·江苏无锡·校考二模）如图，是半圆的直径，是半圆上的一点不与，重合，连接，点为弧的中点，过点作，交的延长线于点．

(1)求证：是半圆的切线；(2)若，，求阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据圆周角定理可得，，再根据，可证，由此即可求证；（2）如图所示，连接，在中根据余弦的计算方法可得，和都是等边三角形，四边形是菱形，可求出，的面积，再根据，即可求解．【详解】（1）证明：点为弧的中点，∴，，，，，，，，交的延长线于点，，，是的半径，且，是半圆的切线．（2）解：如图所示，连接，

，，，，，，，，和都是等边三角形，，四边形是菱形，，，，，，，，，，，，阴影部分的面积是．【点睛】本题主要考查圆与几何图形的综合，掌握切线的证明方法，等边三角形的性质，菱形的性质，含角的直角三角形的性质，求不规则图形的面积的方法是解题的关键．29．（2023·江苏南通·统考一模）如图，在中，，，点D在上，以为直径的与相切于点E，与相交于点F，(1)求CF的长度；(2)求阴影部分的面积．【答案】(1)1(2)【分析】（1）过O作于G，连接，求出的半径以及的长，再证明是等边三角形，即可解答；（2）证明，得到阴影部分的面积等于扇形的面积，即可解答．【详解】（1）解：∵与相切于点E，，，，，，如图，过O作于G，连接，则，，，，，，是等边三角形，，，；（2）解：，，，，，为等边三角形，，在与中，，，∴阴影部分的面积=扇形的面积．【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．30．（2023春·江苏苏州·九年级苏州市振华中学校校考开学考试）正方形与扇形有公共顶点O，分别以，所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．如图所示．正方形两个顶点C、D分别在x轴、y轴正半轴上移动．设，，(1)当时，正方形与扇形不重合的面积是______；此时直线对应的函数关系式是______；(2)当直线与扇形相切时．求直线对应的函数关系式；(3)当正方形有顶点恰好落在上时，求正方形与扇形不重合的面积．【答案】(1)，(2)(3)或者【分析】（1）利用扇形面积减去正方形的面积即可得不重合的面积，利用待定系数法即可求出直线对应的函数关系式；（2）连接，交于点F，先证明直线与扇形相切，切点为正方形对角线交点F，由，可得正方形的边长，即有，，问题得解；（3）分点E在扇形上和点C、D在扇形上两种情况讨论即可作答．【详解】（1）当时，即正方形的边长为：，则正方形的对角线长为：，∴正方形在扇形内部，∴正方形与扇形不重合的面积是：，即：，∵，∴，，设直线对应的函数关系式是，∴，解得：，直线对应的函数关系式是，（2）连接，交于点F，如图，∵正方形中，有，又∵直线与扇形相切，∴可知直线与扇形相切的切点为对角线交点F，∵，∴，∴利用勾股定理，可得正方形的边长，∴，，同（1），利用待定系数法可得：直线对应的函数关系式；（3）分两种情况讨论：当点E在扇形上时，连接，如图，此时可知正方形对角线的长度与扇形所在圆的半径相等，，∴利用勾股定理，可得正方形的边长，∴正方形在扇形内部，∴正方形与扇形不重合的面积是：，即：；当点C、D在扇形上时，如图，即有正方形的边长，∴正方形在扇形外部，∴正方形与扇形不重合的面积是：，即：；综上：正方形与扇形不重合的面积为：或者．【点睛】本题考查了图形与坐标，一次函数，正方形的性质，扇形的面积计算，圆切线的性质，注意分类讨论的思想，是解答本题的关键．【经典例题七圆锥的侧面积综合大题】31．（2023春·江苏苏州·九年级星海实验中学校考阶段练习）如图1中的某种冰激凌的外包装可以视为圆锥（如图2），制作这种外包装需要用如图3所示的等腰三角形材料，其中，将扇形EAF围成圆锥时，AE、恰好重合，已知这种加工材料的顶角．(1)求图2中圆锥底面圆直径ED与母线AD长的比值；(2)若圆锥底面圆的直径ED为5cm，求加工材料剩余部分（图3中阴影部分）的面积．（结果保留π）【答案】(1)1：2(2)【分析】（1）根据弧EF的两种求法，可得结论．（2）根据求解即可．【详解】（1）由圆锥的底面圆周长相当于侧面展开后扇形的弧长得：．∴．∴，ED与母线AD长之比为（2）∵∴答：加工材料剩余部分的面积为【点睛】本题考查圆锥的计算，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．32．（2023·江苏·九年级专题练习）如图，在正方形网格中建立平面直角坐标系，一条圆弧经过网格点A（0，4），B（-4，4）、C（-6，2），请在网格图中进行如下操作：（1）若该圆弧所在圆的圆心为D，则D点坐标为_____________；（2）连接AD、CD，则的半径长为______（结果保留根号），的度数为___________；（3）若扇形ADC是一个圆锥的侧面展开图，求该圆锥的底面圆的半径长．（结果保留根号）【答案】（1）（−2，0）；（2）2；90°；（3）【分析】（1）利用网格特点，作BC和AB的垂直平分线，它们的交点为D，从而得到D点坐标；（2）利用勾股定理求出AD得到⊙D的