易错压轴02 圆与相关的计算（十大易错压轴题型、举一反三、易错题通关）（解析版）

2/2易错压轴02圆与相关的计算易错压轴一：垂径定理例1．如图，E是的直径上一点，，，过点E作弦，P是弧上一动点，连接，过点A作，垂足为Q，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识点成为解题的关键．先根据圆周角定理判断点Q在以为直径的圆上，连接并延长交于点，当Q与重合时，最小，最小值为，然后根据勾股定理求解相关线段长即可，确定Q的运动轨迹是解答的关键．【详解】解：如图：连接、，∵，∴，∴点Q在以为直径的圆上，以为直径作，如图:连接并延长交于点，当Q与重合时，最小，最小值为，∵，∴，在中，，，∴，在中，，∴，在中，，∴，∴，即的最小值为．故选：A．例2．如图，、是中的两条弦，相交于点E，且，，点H为劣弧上一动点，G为中点，若，，连结，则最小值为．【答案】【分析】连接，，过点O作，，首先根据垂径定理得到，然后证明出，得到，证明出四边形是正方形，得到，然后利用勾股定理求出，，作的中点M，连接，连接，然后得到，判断出当点A，G，M三点共线时，即点G和点重合时，的值最小，然后利用勾股定理求出，进而求解即可．【详解】如图所示，连接，，过点O作，，∵，，∴∵∴∴∵，，∴∴∵，，∴∵∴四边形是正方形∴∴，如图所示，作的中点M，连接，连接，∵点M是的中点，G为中点∴∴点G在以点M为圆心，以为半径的圆上运动连接交于点，过点M作，∴当点A，G，M三点共线时，即点G和点重合时，的值最小∵点M是的中点，∴∵，∴∴是等腰直角三角形∴∴∴∴．∴的最小值为．故答案为：．【点睛】此题考查了圆综合题，垂径定理，勾股定理，三角形中位线的性质，正方形的性质和判定等知识，解题的关键是证明出当点A，G，M三点共线时，即点G和点重合时，的值最小．练习1．如图，是的直径，半径，为上一动点，为的中点，连接．若的半径为2，则的最大值为（

）A． B． C．4 D．【答案】B【分析】连接，根据垂径定理得到，可得点在以为直径的上，结合的半径为2，易得的半径为1，当点、、三点共线时，最长，利用勾股定理计算即可．【详解】解：连接，如下图，∵是的直径，为的中点，∴，∴点在以为直径的上，∵的半径为2，∴的半径为1，当点、、三点共线时，最长，连接并延长，交于点，故当点与点重合时，最长，∵，∴，∴．故选：B．【点睛】本题主要考查了垂径定理、勾股定理、圆的性质等知识，熟练掌握垂径定理和圆的性质是解题的关键．练习2．如图，已知的弦，以为一边作正方形，边与相切，切点为E，则半径为【答案】【分析】本题主要考查正方形的性质，垂径定理和勾股定理，连接并延长，交于F，连接，设的半径为r，则，，由勾股定理列式可求出．【详解】解：连接并延长，交于F，连接，如图，设的半径为r，则，边与相切，，四边形为正方形，，，在中，，即解得：，即圆的半径为，故答案为：练习3．如图，内接，点A为的中点，D为边上一点，，是的切线，，连接．

(1)求证：；(2)当点A到弦的距离为1时，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据点A为的中点，与相切，证明，得到，由，得到，证明四边形为平行四边形，即可证明结论；（2）由，得到，在中，，求出，进而求出，根据四边形为平行四边形，即可求解．【详解】（1）证明：如图，连接交于点M，

∵点A为的中点，∴，∵与相切，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴四边形为平行四边形，∴，∴；（2）解：如图，

∵，∴，∴，∵点A到弦的距离为1，即，在中，，∴，∴|，，由（1）可知四边形为平行四边形，∴．【点睛】本题考查了圆与四边形综合，切线的性质，垂径定理，平行四边形的判定与性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握圆的性质和勾股定理是解题的关键．1．如图，为的直径，为上一点，过点作交于点，交于点，连接，，过点作于点，交于点，若，，则的半径为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质等知识点，根据直角三角形的两锐角互余及对顶角相等可得，由圆周角定理可得，继而得到，，由等腰三角形的性质及垂径定理得到，，设，则，，在中，，可得，求解即可．掌握圆的基本性质是解题的关键．【详解】解：如图，连接，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵在中，和都是所对的圆周角，∴，∴，∴，又∵，，，∴，，设，则，∴，∴，在中，，∴，解得：或（不合题意，舍去），∴，．∴的半径为．故选：B．2．如图，是中的两条弦，相交于点，且，点为劣弧上一动点，为中点，若，连接，则最小值为．【答案】【分析】本题考查的重点是垂径定理，解直角三角形，中位线等知识，难点是找点的运动轨迹，当找到点的运动轨迹以后再利用两点之间直线最短就可以计算出的最小值．连接，过点作，交于点，，交于点，构造正方形，计算圆的半径，然后作的中点，连接，连接，推导出点的运动轨迹是以为圆心的圆，连接与圆的交点就是的最小值．【详解】解：如图所示，连接，过点作，交于点，，交于点，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴四边形是正方形，∴，∴，如图所示，作的中点，连接，连接，∵点是的中点，为中点，∴，∴点在以点为圆心，以为半径的圆上运动，连接交于点，过点作，∴当点三点共线时，即点和点重合时，的值最小，∵点是的中点，，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，，∴的最小值为，故答案为：．3．在中，点A，点B，点P在圆上，．(1)如图①，P为弦所对的优弧上一点，半径经过弦的中点M，求和的大小；(2)如图②，P为弦所对的劣弧上一点，，过点B作的切线，与的延长线相交于点D，若，求的长．【答案】(1)，(2)【分析】（1）由半径经过弦的中点．可得，则，，由，可得，根据，计算求解即可；（2）由题意得，由切线的性质可知，则，由，可得，则为等边三角形，，，由勾股定理求即可．【详解】（1）解：∵半径经过弦的中点．∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，．（2）解：∵，∴，∵切于，∴，∴，∵，∴，∴为等边三角形，，∴，由勾股定理得，，∴．【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，切线的性质，正切，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握垂径定理，圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，切线的性质，正切，等边三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．易错压轴二：弧、弦、圆心角的关系例1．如图，线段，分别为的弦，，，平分，若，则弦的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，圆内接四边形性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定的应用，过点作垂直于的延长线，交于，作于，连接，，根据圆内接四边形的性质可得，由平分，可得，，，，再证明，，可得，，则，进而求得，可知，再由勾股定理即可求解，能根据角平分线正确作出辅助线是解此题的关键．【详解】解：过点作垂直于的延长线，交于，作于，连接，，∵平分，，∴，，，则，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，则，∴，则，∴，由勾股定理可得：，即：，∴，故选：D．例2．将的劣弧沿弦折叠、刚好落在半径的中点C处，已知，则．【答案】【分析】设折叠后的所在圆的圆心为，的直径为，连接，，过点B作于F，先求出，，则，再根据折叠，得出与是等圆，根据圆周角定理，得出，从而得出，再根据等腰三角形的性质求出，从而求得，然后利用勾股定理求出长，即可求解．【详解】解：如图，设折叠后的所在圆的圆心为，的直径为，连接，，过点B作于F，∵C是半径的中点，，∴，，∴∵将的劣弧BD沿弦BD折叠，∴与是等圆，∵∴∴∵∴，，∴，在中，由勾股定理，得，在中，由勾股定理，得，，故答案为：．【点睛】本题考查圆周角定理，折叠的性质，等腰三角形的性质，弦、弧的关系，勾股定理．正确作出辅助线和证明是解题的关键．练习1．如图，半径长，点A、B、C是三等分点，D为圆上一点，连接，且，交于点E，则（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了弧与圆周角之间的关系，圆周角定理，勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，连接，利用勾股定理的逆定理证明，则由圆周角定理得到，再由点A、B、C是三等分点，得到，即可利用三角形内角和定理求出答案．【详解】解：如图所示，连接，∵半径长，∴，∵，∴，∴是直角三角形，且，∴，∵点A、B、C是三等分点，∴，∴，故选：A．

练习2．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，三角形内接于圆，且顶点A，B均在格点上．（1）线段的长为；（2）若点D在圆上，在上有一点P，满足．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）．【答案】图见解析；连接与网格线相交于点F，取与网格线的交点E，连接并延长与网格线相交于点G，连接并延长与圆相交于点P．则点P即为所求．【分析】（1）由勾股定理即可求得线段的长；（2）连接与网格线相交于点F，取与网格线的交点E，连接并延长与网格线相交于点G，连接并延长与圆相交于点P．则点P即为所求．分别证明及，则可得，即有．【详解】（1）、解：由勾股定理得：，故答案为：；（2）解：连接与网格线相交于点F，取与网格线的交点E，连接并延长与网格线相交于点G，连接并延长与圆相交于点P．则点P即为所求．∵，∴，∴；∵，∴，∵，∴，∴；∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了勾股定理，无刻度直尺作图，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，夹在两平行弦间的弧长相等等知识．练习3．如图，是的外接圆，，于点D，延长线交于点E．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)详见解析(2)【分析】（1）延长交圆于点F，连接，根据等弧所对的圆周角相等可得，根据是直径，可得，进一步可得结果；（2）根据余角的性质可得，进而可得，然后设，在中，利用勾股定理列出关于x的方程，进行计算即可解答．【详解】（1）延长交圆于点F，连接，，∴，，，，，是直径，，，；（2）连接，∵，∴，是直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，设，在中，，，∴，∴，解得：，∴，∴，∴，∴的长为1．【点睛】本题考查圆周角定理，弧弦圆心角的关系，等角对等边，勾股定理等知识点，熟知定理性质是解题的关键．1．如图，是的直径，为弦，是弧的中点，连接交于，若，，则（

）A．1 B． C． D．2【答案】A【分析】本题考查了圆周角、弦、弧的关系，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，连接，，，交于点，由题意得出，证明出为等边三角形，解直角三角形得出的长，即可得出答案．【详解】解：连接，，，交于点，，∵是弧的中点，∴，∵，∴，又∵，∴为等边三角形，∴，，，故，故选A．2．在综合实践课上，小慧将图①中圆形纸片沿直径向上对折得到图②，再沿弦向下翻折得到图③，最后沿弦向上翻折得到图④．（1）若点E是弧的中点，则；（2）若，则．（用关于n的代数式表示）【答案】/【分析】本题考查弧、弦、圆心角之间的关系，平行线分线段成比例，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．（1）利用弧、弦、圆心角之间的关系得到，进而求出，然后根据圆周角定理即可得到答案；（2）连接，，，，作，交于点F，根据平行线分线段成比例得到，然后根据得到，然后利用正弦的定义解题即可．【详解】解：（1）如图：连接，，，，，，，可得：，∴，∴，∵，∴，∴．故答案为：．（2）如图：连接，，，，作，交于点F，由题意，，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，∴，，∴．故答案为：．3．已知的直径，弦与弦交于点E，且，垂足为点F．

(1)如图1，若，求的长．(2)如图2，若E为弦的中点，求证：．(3)连接、、，若是的内接正n边形的一边，是⊙O的内接正边形的一边，求的面积．【答案】(1)(2)详见解析(3)【分析】（1）先根据垂径定理和弧、圆心角的关系可求得，进而利用含角的直角三角形的性质求解即可；（2）先根据垂径定理得到，证明得到，再利用三角形的中位线性质得到，即可证得结论；（3）先求得、、所对的圆心角的度数，求得，，进而根据三角形面积公式即可求解．【详解】（1）解：，，，又∵，∴，即，∴，∵，，，，；（2）证明：如图1，连接，

为直径，，，，，，，，，，，，，；（3）如图2，

是的内接正n边形的一边，是的内接正边形的一边，、，则，解得：．、，∴∵∴是等边三角形∴∴．【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，弧、圆心角的关系、含30度角的直角三角形的性质，三角形的中位线性质，全等三角形的判定与性质、正多边形的中心角等知识，熟练掌握圆的相关知识的运用是解答的关键．易错压轴三：圆周角例1．如图，内接于，，是的直径，连结，平分交于，若，则的半径为（

）A． B． C． D．5【答案】B【分析】过点作垂直于点，交于点，交于点，连接，易得为的直径，根据圆周角定理，推出，求出的长，圆周角定理结合角平分线的性质，推出，设半径为，在中，利用勾股定理，列出方程进行求解即可．【详解】解：过点作垂直于点，交于点，交于点，连接，∵，∴为线段的中垂线，，∵内接于，∴三点共线，，∴为的直径，∴，∵平分，∴，∴，即：，∴，∵是的直径，∴，，∴，∴，∴，∴，设半径为，则：，∴，在中，，∴，解得：（舍去）或；∴的半径为；故选B．【点睛】本题考查圆周角定理，三角形的外接圆，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，综合性强，难度较大，属于选择题中的压轴题，解题的关键是添加辅助线，构造特殊三角形和相似三角形．例2．如图，已知中，，点是边上的动点，以为直径作，连接交于点，则的最小值为．【答案】【分析】连接，如图所示，由圆周角定理的推论得到，从而确定动点在以中点为圆心、为半径的圆弧上运动，如图所示，由点到圆周上动点距离最值的求法转化为，利用勾股定理求解即可得到答案．【详解】解：连接，如图所示：以为直径作，，则，，动点在以中点为圆心、为半径的圆弧上运动，如图所示：连接，在中，由三角形三边关系可得，从而当三点共线时，可取到最小值，为，已知中，，，在中，，则的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查动点最值问题，涉及圆的性质、圆周角定理的推论、动点最值问题-圆弧型、三角形三边关系、勾股定理等知识，熟练掌握动点最值问题-圆弧型的解法步骤是解决问题的关键．练习1．如图，在中，，，以边为直径作，与线段的延长线分别交于点，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，根据，，得到，由圆周角定理及三角形内角和定理得到，进而得出，由等腰三角形三线合一得到，解直角三角形得到，进而得到，利用弧长公式求解即可．【详解】解：如图，连接，，，，为的直径，，，∴，，，，，，，，故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理，弧长公式，解直角三角形，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．练习2．如图，O、B两点是线段的三等分点，以为直径作，连接，交于点D，若点D恰为线段中点，则为．【答案】【分析】本题考查了圆周角定理和解直角三角形．连接，如图，设的半径为r，先证明为的中位线，则，再根据圆周角定理得到，再利用勾股定理计算出，然后根据正切的定义求解．【详解】解：连接，如图，设的半径为r，∵O、B两点是线段的三等分点，∴，∵点D恰为线段中点，∴为的中位线，∴，∵为直径，∴，在中，，∴．故答案为：．练习3．如图，内接于，是的直径，交于点E，交于点F，且．

(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，只要证明，即可证明是的切线；（2）作于G，证明，求得，，在中，利用勾股定理求得，据此求解即可．【详解】（1）解：连接，

∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴是的切线；（2）解：作于G，则，

∵，∴是的中位线，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，，设，在中，，解得，∴，∴．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和判定，相似三角形的判定与性质，三角形内角和定理，切线的判定，圆周角定理，三角形中位线定理等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．1．如图，已知点，，在上，C为的中点．若，则等于（

）．A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查圆的性质及应用，解题的关键是掌握圆周角定理和圆心角，弧的关系．连接，由，得，又为的中点．故，即知．【详解】解：连接，如图：C为的中点，，，，故选：B．2．如图，在中，，、，点是内部的一个动点，连接，且满足．（1）；（2）当线段最短时，的面积为．【答案】【分析】本题考查点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离，属于中考常考题型．（1）由得到，即可得到；（2）首先证明点在以为直径的上，连接与交于点，此时最小，利用勾股定理求出即可得到，即可得到．【详解】（1）解：∵，∴，∵，∴，∴；故答案为：；（2）设的中点为，连接，则(直角三角形斜边中线等于斜边一半)，∴点在以为直径的上，连接交于点，此时最小，在中，，∴，∴．∴，故答案为：．3．如图，是的直径，，在上两点，连结，．

(1)如图1，点是延长线上一点，，求证：与相切；(2)如图2，点在上，于点，连接并延长交于点，若为的直径，，，①求证：；②求半径的长．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②【分析】（1）如图1，连接，根据圆周角定理得到，得到，求得，于是得到结论；（2）①连接，作于M，于N．证明，，，得到，证明，则，进一步证明，即可得到结论；②设，利用勾股定理构建方程求出a即可解决问题．【详解】（1）解：如图1，连接，

∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵是的半径，∴与相切；（2）①如图2，连接，作于M，于N．

∵于点，∴∵是直径，∴，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴；②设，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，在中，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴半径的长为．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，勾股定理，等腰三角形的频道合作，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造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．易错压轴四：切线长定理例1．如图，，切于、两点，切于点，分别交，于，，，若的半径为，的周长等于，则的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，延长交于点，由切线长定理及切线性质得，，，，，，，从而得，证明四边形是矩形，得，进而得，，，在中利用勾股定理得，最后利用正切的定义即可得解．【详解】解：连接，延长交于点，∵，切于，两点，切于点，交，于，，∴，，，，，，，∴的周长，∴，∵，，，∴四边形是矩形，∴，∴，，∴，∴，∵，∴即，解得，，∵，，，∴，故选．【点睛】本题考查了切线长定理，切线的性质，勾股定理，矩形的判定及相知，熟练掌握切线长定理是解题的关键．例2．如图，在中，，，以为直径作半圆，过点作半圆的切线，切点为，过点作交于点，则．【答案】【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了切线长定理、垂径定理和勾股定理．延长交的延长线于点，过点作于点，过点作于点，连接，如图，先证明为的切线，则利用切线的性质和切线长定理得到，，接着证明，利用相似比得到，则设，，所以，接下来在中利用勾股定理求得，则利用面积法可求出，然后再用勾股定理计算出，最后利用垂径得到的长．【详解】解：延长交的延长线于点，过点作于点，过点作于点，连接，如图，，，为的切线，为的切线，，，，，，，，设，则，，在中，，解得，即，，，，，，，四边形为矩形，，，，．故答案为：．练习1．如图，是的直径，、是的两条切线，、是切点，若，，则的长度为（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了切线长定理，切线的性质，等边三角形的性质与判定，解直角三角形，直径所对的圆周角是直角等等，连接，由切线的性质和切线长定理得到，证明是等边三角形，得到，由是的直径，得到，则．【详解】解：如图所示，连接，∵、是的两条切线，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∵是的直径，∴，∴，故选：C．练习2．如图，的内切圆与，分别相切于D，E两点，连接，的延长线交于点F，若，则的大小是．

【答案】/35度【分析】如图所示，连接，设交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出，再由切线长定理得到，进而推出是的垂直平分线，即，则．【详解】解：如图所示，连接，设交于H，

∵是的内切圆，∴分别是的角平分线，∴，∵，∴，∴，∴，∵与分别相切于点，，∴，又∵，∴是的垂直平分线，∴，即，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．练习3．如图，是外的一点，、分别与相切于点、，是上的任意一点，过点的切线分别交、于点、．(1)若，求的周长；(2)若，求的度数．【答案】(1)的周长为8；(2)的度数为．【分析】本题考查的是切线长定理，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等切线长．（1）可通过切线长定理将相等的线段进行转换，得出三角形的周长等于的结论；（2）连接，根据切线长定理求证，再三角形内角和定理求出和的度数，然后再利用为圆直径即可求出的度数．【详解】（1）解：，都是圆的切线，，同理，是外的一点，、分别与相切于点、，三角形的周长，即三角形的周长是8；（2）解：连接，，，，，∵切于点B，为直径，∴，，∴，，．1．如图，与正方形的两边，相切，且与相切于点.若的半径为，且，则的长度为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了正方形的性质和判定，切线的性质，切线长定理等知识点的应用，解题的关键是根据切线长定理得出．设与正方形的边，相切，切于点，，连接，，先证四边形是正方形，求出，再根据切线长定理可得．【详解】解：如图，设与正方形的边，相切，切于点，，连接，，则，，四边形是正方形，的半径为，且，，，，与相切于点，，故选：B．2．如图，已知是的内切圆，（1）若，则°；（2）如图，若与边相切于点P，且，，，则．【答案】11510【分析】本题考查三角形内心定义，角平分线性质，切线性质．（1）根据内心定义及角平分线性质即可得到本题答案；（2）连接，，过点作，，设，再利用全等三角形判定及性质即可得到本题答案．【详解】解：（1）∵是的内切圆，∴点是三个内角角平分线的交点，∴，∵，∴，∴，故答案为：115；（2）连接，，过点作，，，∵是的内切圆，∴均相切于，∵与边相切于点P，∴根据切线性质定理得：，∴设，则，∵，，，∴，，∴，解得：，故答案为：10．3．如图是的直径，，与分别相切于点B，C，交的延长线于点D，交的延长线于点E．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了切线长定理，切线的性质，三角函数的计算即可．（1）根据切线长定理，得到；根据切线性质，得到，结合，证明即可．（2）根据切线的性质，得，结合，连接，利用勾股定理，三角函数计算即可．【详解】（1）∵是的直径，，与分别相切于点B，C，∴；,∵,∴，∵，∴,∴．（2）由题意得，，∵，解得，∴，∴，连接，则，∴，解得，∴，∴，∴，解得．易错压轴五：正多边形与圆例1．如图，多边形为正六边形，点P在边上，过点P作交于点Q，连接，且满足设四边形、四边形和的面积分别为、、，则正六边形的面积为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题考查正多边形与圆，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，旋转变换等知识，如图，将绕点B逆时针旋转得到，连接交于H．证明，可得结论．【详解】解：如图，将绕点B逆时针旋转得到，连接交于H．∵，∴，∴，∴四边形是等腰梯形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．故选：A．例2．图1是一种拼装玩具的零件，它可以看作是底面为正六边形的六棱柱，其内部挖去一个底面为正方形的长方体后得到的几何体，图2是该零件的俯视图，正方形的两个相对的顶点A，C分别在正六边形一组平行的对边上，另外两个顶点B，D在正六边形内部（包括边界），点E，F分别是正六边形的顶点．已知正六边形的边长为2，正方形边长为a．（1）连接，的长为；（2）a的取值范围是．【答案】【分析】本题考查了正多边形与圆，正方形的性质，解直角三角形，正确的找出正方形边长的最大值和最小值是解题的关键．（1）正方形的两个相对的顶点，分别在正六边形一组平行的对边上，另外两个顶点，在正六边形内部（包括边界），点，分别是正六边形的顶点．（2）当正方形的顶点、、、在正六边形的边上时，正方形的边长的值最大，解直角三角形得到，当正方形的对角线在正六边形一组平行的对边的中点上时，正方形边长的值最小，是正方形的对角线，解直角三角形即可得到结论．【详解】解：如图，过点作，垂足为点，，垂足为点，连接，，则，，是正六边形的一条对角线，，在中，，，，，故答案为：；如图①，当正方形的对角线在正六边形一组平行的对边的中点上时，正方形边长的值最小，是正方形的对角线，，，如图②，当正方形的四个顶点都在正六边形的边上时，正方形边长的值最大，是正方形的对角线，设时，正方形的边长最大，，，设直线的解析式为，，，，，直线的解析式为，将代入得，此时，取最大值，，正方形边长的取值范围是：．故答案为：．练习1．如图，在中，顶点，，，将与正六边形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了正多边形和圆，正三角形、正六边形以及旋转的性质，根据正三角形、正六边形的性质求出点的坐标，再根据旋转的性质分别得出旋转第次、第次、第次点对应点的坐标，根据所呈现的规律解答即可得出答案，根据题意，找到点坐标的变化规律是解题的关键．【详解】解：如图，过点作轴的垂线，垂足为，由对称性可知，点在上，

∵点，点，∴点的坐标为，将与正六边形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的对应点的坐标为，第次旋转结束时，点的对应点的坐标为，第次旋转结束时，点的对应点的坐标为，第次旋转结束时，点的对应点的坐标为，第次旋转结束时，点的对应点的坐标为，第次旋转结束时，点的对应点E6的坐标为，，∵，∴第次旋转结束时，点的对应点的坐标为，故选：．练习2．如图，已知四个正六边形摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F在圆上，其中上下两个大一点的正六边形边长均为a，左右两个正六边形边长均为b．（1）；（2）若，则．【答案】/【分析】本题考查正多边形和圆，解直角三角形，根据正六边形的性质和勾股定理，结合直径列方程求出线段长度关系结合三角函数求解即可得到答案；【详解】解：连接，，过作，由图形可得，两个大六边形关于对称，∴是圆的直径，∵两个大六边形是全等的正六边形，∴，∴也是直径，∵，，∴，，∴，∴，∴，，∵小六边形是正六边形，∴，，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∵，∴，解得：，故答案为：，．练习3．【观察发现】（1）如图1，在正方形中，点O为对角线的交点，点为正方形外一动点，且满足，连接．若正方形边长为4，则的最大值为______；（2）如图2，已知和都是等边三角形，连接，求证：；【拓展应用】（3）如图3，某地有一个半径为的半圆形（半圆O）人工湖，其中是半圆的直径，在半圆上（不与重合），现计划在的左侧，规划出一个三角形区域，开发成垂钓中心，要求为入口，并沿修建一笔直的观光桥，根据规划要求观光桥的长度尽可能的长，问的长度是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）4；（2）见解析；（3）存在，【分析】本题考查了正方形的性质，圆的基本性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握相关性质是解题的关键．（1）以为直径作，连接，点和点在上，当为直径时，最长即可求解；（2）通过等边三角形的性质，证明，即可求证；（3）过点作的垂线并截取点使，如图，以点为圆心，为半径，作半圆，则点在半圆上运动，当三点共线时，，此时长度取到最大值，即可求解．【详解】解：（1）以为直径作，连接，如图：∵是正方形，∴，又∵，∴点和点在上，当在一条直线上时，即为直径时，最长，∵正方形边长为4，∴；（2）∵和都是等边三角形，∴，，，∴，在和中，，∴，∴；（3）过点作的垂线并截取点使，如图，以点为圆心，为半径，作半圆，则点在半圆上运动，理由如下：作，交半圆于点，∵，，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，即且，∴当点在上运动时，点在上运动，连接，当三点不共线时，，当三点共线时，，此时长度取到最大值，即∶如图中，点在位置时，，∵，，∴，，∴，即最大值为．1．如图所示的正六边形中，点M是边的中点，连接，相交于点N．若正六边形的面积为6，阴影部分①的面积为a，阴影部分②的面积为b，则的值是（

）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】本题考查了正六边形的性质．将所求面积与正六边形的面积建立联系是解题关键．根据，根据正六边形的性质分别求出即可．【详解】解：连接，如图所示：

由正六边形的对称性可知：∴是全等的等边三角形∴四边形是菱形同理，∵∴∵点是边的中点∴∵∴故选：B2．如图，在边长为2的正六边形中，点，分别是，的中点，连接，，与相交于点，则的值为．

【答案】【分析】本题考查了考查了正六边形与圆，相似三角形的判定与性质等知识，根据正六边形的对称性可知：，，，利用平行线分线段成比例可判定是的中位线，则可求出，，然后证明，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】解∶连接，取中点O，连接交于点Q，

∵边长为2的正六边形中，点，分别是，的中点，∴由正六边形的对称性可知：，，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴．故答案为：．3．如图1，五边形是的内接五边形，，对角线于点．(1)①若，则_______；②猜想和的数量关系，并证明；(2)如图2，当经过圆心时，若，，求；(3)作于点，求的值．【答案】(1)①；②(2)(3)【分析】（1）①连接，由题意可得，根据圆周角定理可得，以此即可求解；②连接，根据三角形内角和定理可得，由圆周角定理可得，再根据三角形内角和定理得，将代入化简即可；（2）如图，连接、，连接交于点，根据勾股定理求得，设，则，在中，利用勾股定理建立方程解得，于是，，，易得垂直平分，设，则，利用双勾股定理建立方程求得，进而求出，，在中，利用勾股定理即可求解；（3）连接、、、，过点作于点，由圆周角定理可得，易得，由平行线的性质得，由等边对等角得，进而可得，根据等角减等角相等可得，于是可通过证明，得到，根据等腰三角形三线合一性质得，以此即可求解．【详解】（1）①解：如图，连接，，，，，，；故答案为：；②，证明：如图，连接，，，，，，，，，即；（2）解：如图，连接、，连接交于点，在中，，设，则，在中，，，解得：，，，，，，垂直平分，，，设，则，在中，，在中，，解得：，，，为的直径，，在中，；（3）解：如图，连接、、、，过点作于点，，，，，，，，，，，，即，在和中，，，，，，，，．【点睛】本题主要考查正多边形与圆综合，圆周角定理、三角形内角和定理、勾股定理、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线，构造全等三角形是解题关键．易错压轴六：弧长与扇形面积例1．如图，是的直径，将弦绕点顺时针旋转得到，此时点的对应点落在上，延长，交于点，若，则图中阴影部分的面积为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了求不规则图形的面积，旋转的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，连接，根据等腰三角形、半圆所对圆周角为的性质可推出为等腰直角三角形，再根据进解答即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：连接，

由旋转知，，∴，，∵是的直径，∴，∴，∴，∴，即为等腰直角三角形，∵，∴，∴，∴故选：．例2．如图是相同的边长为的菱形组成的网格，已知，点均在小菱形的格点（网格线的交点）上，且点在上，则的长为．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，弧长公式，先根据网格找到圆心的位置，求出的半径及所对圆心角的度数，再利用弧长公式计算即可求解，根据网格找到圆心的位置是解题的关键．【详解】解：如图，取格点，连接，由网格可得，，，，∵，∴，，∴为等边三角形，∴，∴，，∴，，∴点为所作圆的圆心，半径为，∴的长为，故答案为：．练习1．如图，在中，，以点为圆心，长为半径所作的弧经过点，并与边交于点．若，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】此题考查平行四边形的性质，扇形的面积公式等知识，求得及是解题的关键．由平行四边形的性质证明，则，由，求得，则，而，可推导出求解即可．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∵以点B为圆心，长为半径所作的弧经过点D，∴，∵，∴，∴，∴．故选：A．练习2．如图是一个圆形分格干果盒，它由六个小格组成，中间是圆形，周围是五个完全相同的扇环形．它的俯视图（小格的厚度忽略不记）中，，，则图中阴影部分的面积是．（用含的代数式表示）

【答案】【分析】本题考查扇形面积的计算，根据扇形面积的计算方法进行计算即可，掌握扇形面积的计算公式是正确解答的关键．【详解】解：由题意可知，，∵，，∴，∴，故答案为：．练习3．（1）问题提出：如图1，是边长为8的等边三角形，D是边上一点且平分的面积，求的长为；（2）问题探究：如图2是某公园的一块空地，由和四边形组成，，，米，，，公园管理人员现准备过点A修一条笔直的小路（小路面积忽略不计），将这块空地分成面积相等的两部分（点M在边上），分别种植不同的花卉，请在图中确定点M的位置，并计算小路的长．（结果保留根号）（3）拓展应用：如图3某公园的一块空地由三条道路围成，即线段、、，已知米，米，，的圆心在边上，并从的中点P修一条直路（点M在上）．请问是否存在，请直接写出此时的长度；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）图见解析，米；（3）存在，146米【分析】本题属于四边形综合题，考查了四边形的面积，三角形的面积，解直角三角形等知识，解题关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题；（1）根据题意，是平分的的中线，利用等腰三角形的性质推出，利用勾股定理求解即可解决问题；（2）先证四边形，四边形都是矩形，是等腰直角三角形．求出、、的长，由三角形的面积公式和梯形面积公式可求空地面积，根据将这块空地分成面积相等的两部分，即可得(平方米)求出再由勾股定理可得答案；（3）由，推出，推出当时，平分该空地的面积，利用参数构建方程解决问题即可【详解】解：（1）如图（1）中，平分的面积，，，，，故答案为：；（2）过E作于T，过A作于P，交于点，如图：理由如下：，，，∴四边形，四边形都是矩形，米，，是等腰直角三角形．，（米）；，米米；米，（平方米），由等腰直角三角形和矩形的对称性可知：（平方米）；在中，，即，米，（平方米），（平方米）；将这块空地分成面积相等的两部分，∴（平方米），（平方米），，解得，（米）（米）．∴M到C的距离为米，长度为米；（3）如图（3）中，过点P作交AC于H，作于Q．由题意，点O是所在圆的圆心，，，，在中，，，，，，，，当时，PM平分该空地的面积，设，在中，，，解得，设，则有，解得，（米），（米）．1．如图，在四边形中，，，，以中点为圆心作弧及弧，动点从点出发沿线段，弧，弧，线段的路线运动，点从点C运动到点时，线段扫过的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了求不规则图形的面积，连接，根据线段扫过的面积，即可求解．【详解】解：连接，如图所示：由题意得：，∵，，∴∴均为等边三角形∴∴，∴线段扫过的面积故选：C2．如图，将半径为4，圆心角为的扇形绕弧的中点逆时针旋转，点，的对应点分别为点，点落在上，点落在上，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】本题考查旋转的性质，扇形的面积，等腰三角形的判定和性质等，设与的交点为，连接、、，过点作于点，由可得，再证，是等腰直角三角形，求出相关线段长度，进而求出，，代入计算即可．【详解】如图，设与的交点为，连接、、，过点作于点，扇形绕点逆时针旋转得到扇形，，扇形中空白部分的面积，．，是等腰三角形，，，为弧的中点，，是等腰直角三角形，，，，，，，，为等腰直角三角形，，，．故答案为：．3．如图，在中，，过点作，垂足于点．

(1)求证：直线是的切线；(2)若半径为4，，求阴影部分的面积；(3)求证：．【答案】(1)见解析(2)(3)见解析【分析】本题考查圆的综合题型，涉及圆周角定理，相似三角形的判断与性质，等腰三角形的性质，三角函数，扇形面积计算．（1）连接，证明即可；（2）连接，作于，先求得，再得，，根据可得；（3）连接，证明即可．【详解】（1）证明：如图1，

连接，∵∴∵∴∴∴∵∴∵是的半径，∴是的切线；（2）如图2，

连接∴∵为的直径，∵∴∵∴∴∴∴∴∴∴∴∴∴；（3）证明：如图3，连接

∵是的直径∴∵∴∵，∴∵∴∴即．易错压轴七：圆中最值问题例1．如图，和都是等腰直角三角形，，点D是边上的动点（不与点B、C重合），与交于点，连结．下列结论：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在的延长线上，且的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是（）A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．②③④【答案】B【分析】①正确．证明，可得结论；②正确．证明，，，四点共圆，利用圆周角定理证明；③正确．设，则．，，过点作于点，求出，，可得结论；④错误．将绕点顺时针旋转得到，连接，当点，点，点，点共线时，值最小，此时，，，设，则，构建方程求出，可得结论．【详解】解：如图1中，，，又，，，，，故①正确，，，，，取的中点，连接，，，则，，，，四点共圆，，故②正确，设，则．，，过点作于点，，，，，，，故③正确．如图2中，将绕点顺时针旋转得到，连接，，，，是等边三角形，，，当点，点，点，点共线时，值最小，此时，，，，设，则，，，，，故④错误．故选：B．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．例2．如图，二次函数与x轴交于AB两点（点A在点B左边），与y轴交于C点，若点D坐标为（0，2），以D点为圆心，R为半径作圆，P为⊙D上一动点，当△APC面积最小为5时，则R＝．【答案】【分析】如图，作所在直线，垂足为点H．AC为定值，因此当PH取最小值时，△APC面积取最小值，连接PD，可知当P，H，D共线时，△APC面积最小，根据△APC面积最小为5求出PH，利用求出DH，则．【详解】解：如图，作所在直线，垂足为点H．AC为定值，因此当PH取最小值时，△APC面积取最小值，连接PD，可知当P，H，D共线时，△APC面积最小．∵二次函数与x轴交于AB两点（点A在点B左边），∴令，得，解得或，∴，．令，得，∴，∴，，∴．∵△APC面积最小为5，，∴，∴．∵，，∴，∵，即，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查求二次函数与坐标轴的交点，勾股定理，三角形的面积，圆的基本知识，解直角三角形等，解题的关键确定△APC面积最小时点P的位置．练习1．如图，在矩形中，，E是边上的一动点，以为直径的经过边上的一点F．若使最小，则的值为（

）

A．1 B． C． D．【答案】B【分析】根据最小得到以为直径的与相切于点F，设与交于点G，连接，，与交于点H，设，则，设，则，，，利用矩形的性质，圆的切线的性质，圆周角定理和勾股定理求得值，即可得到答案；【详解】解：∵最小，∴为直径的与相切于点F，如图所示，

设与交于点G，连接，，与交于点H，∵四边形是矩形，∴，，，∵为直径，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，∵为的切线，∴，∴，∴为梯形的中位线，∴，∵，∴设，则，设，则，∴，∴，在中，∵，∴，解得：，∴，∴，∴，故选：B；【点睛】本题主要考查了矩形的性质，圆的有关性质，圆周角定理，切线的性质定理，梯形的中位线定理，勾股定理，利用已知条件确定出符合条件的图形是解题的关键．练习2．如图，在平面直角坐标系中，的圆心的坐标为，半径为，点为直线上的动点，过点作的切线，切点为，则当时，切线长值最小，最小值为．【答案】【分析】作⊥直线垂足为，作的切线，切点为，在中，，当最小时，切线长最小，证明，求得，进而勾股定理即可求解．【详解】解：如图，作⊥直线垂足为，作的切线，切点为，此时切线长最小，∵的坐标为设直线与轴,轴分别交于，，∴∴∴∴在与中，∴，∴∴故答案为：，【点睛】本题考查了切线的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，根据题意得出时，最小是解题的关键．练习3．定义：能完全覆盖平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．(1)如图①，线段，则线段的最小覆盖圆的半径为_________；(2)如图②，中，，，，请用尺规作图，作出的最小覆盖圆（保留作图痕迹，不写作法）．此最小覆盖圆的半径为_________；(3)如图③，矩形中，，，则矩形的最小覆盖圆的半径为_________；若用两个等圆完全覆盖该矩形，那么这两个等圆的最小半径为_________．【答案】(1)(2)作图见解析，(3)，【分析】（1）根据最小覆盖圆的定义可知，当为圆的直径时，此圆即为最小覆盖圆；（2）根据最小覆盖圆的定义可知，直角三角形的最小覆盖圆即为该直角三角形的外接圆，据此求解即可；（3）根据最小覆盖圆的定义可知，矩形的外接圆即为最小覆盖圆，如图③所示，连接交于O，则点O即为矩形的外接圆圆心，利用勾股定理求出的长即可得到答案；如图④所示，分别取的中点G，H，连接交于E，连接交于F，连接，则四边形，四边形都是矩形，同理可得圆E和圆F分别是四边形，四边形的最小覆盖圆，同理求出即可．【详解】（1）解：如图所示，∵，∴（O为AB中点，），∴，当为圆的直径时，此圆即为最小覆盖圆，∴线段的最小覆盖圆的半径为，故答案为：；（2）解：由题意可知的最小覆盖圆即为的外接圆，作线段的垂直平分线交于D，点D即为最小覆盖圆圆心，∵在中，，，，∴，∴，∴最小覆盖圆的半径为，故答案为：；（3）解：由题意得，矩形的外接圆即为最小覆盖圆，如图③所示，连接交于O，∵四边形是矩形，∴，∴点O即为矩形的外接圆圆心，∵，∴，∴，∴矩形的最小覆盖圆半径为；如图④所示，分别取的中点G，H，连接交于E，连接交于F，连接，则四边形，四边形都是矩形，同理可得圆E和圆F分别是四边形，四边形的最小覆盖圆，在中，，∴，∴，∴这两个等圆的最小半径为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形外接圆以及四边形的外接圆的相关知识，矩形的性质，勾股定理，正确理解最小覆盖圆的定义是解题的关键．1．如图，等边边长为6，E、F分别是边、上两个动点且．分别连接、，交于P点，则线段长度的最小值为（

）A． B． C． D．3【答案】A【分析】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系、圆等知识，解题的关键是发现点P的运动轨迹，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考填空题中的压轴题．本题中先证明，角度推导得，继而确定点P轨迹为以O为圆心的圆弧，连接，利用等边对等角以及四边形内角和定理可求出，后面解含有角的直角三角形即可．【详解】解：∵等边，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴点P轨迹为以O为圆心的圆弧，连接∵，，∴，，∴，∴，由得，，当O、P、C三点共线，即点P位于点时，取得最小值，∵，∴，∵，∴，∴，由得，∴，∴，即最小值为，故选：A．2．如图，点、，以点为圆心为半径作交轴于两点，点为上一动点，连接，取中点，连接，则的最大值为．【答案】【分析】本题考查点与圆的位置关系，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，如图，连接，取的中点，连接，，，，，，利用三角形中位线定理求出，推出点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，设，则，求出的最大值，可得结论，解题的关键是正确寻找点的运动轨迹，学会利用参数解决问题，熟练掌握知识点的应用．【详解】如图，连接，取的中点，连接，，，，，，∵点、，∴，，∴，∵，∴，∵，，∴，∵，，，∴，∴，，∴点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，设，则，∵，∴最大时，的值最大，∵，∴，∴的最大值为，∴的最大值为，故答案为：．3．综合与实践：【问题情境】数学活动课上，同学们发现以下结论：如图，已知等腰和等腰，其中，射线与相交于点，那么和数量关系是________，和位置关系是________；【思考尝试】如图，已知四边形和四边形都是正方形，是等腰直角三角形，，连接．同学们发现若能证明四边形为平行四边形，即可找出与的数量关系．请你根据以上思路，直接写出与的数量关系________；【实践探究】如图，四边形和四边形都是矩形，若，连接．求出与的数量关系；【拓展迁移】如图，在【实践探究】的基础上，若，，如果所在直线相交于点，请直接写出矩形绕点旋转一周过程中长度的最小值________．【答案】问题情境：，；思考尝试：；实践探究：；拓展迁移：．【分析】问题情境：证明，得到，，进而推导出，得到，即可得到；思考尝试：证明四边形为平行四边形，得到，由勾股定理得到，即可得到；实践探究：过点作，并使得，证明，得到，进而得到，即可得到，又由勾股定理得到，即得到；拓展迁移：由作图可得，点的运动轨迹为以点为圆心的圆上，当时，和相切，点重合，此时最大，最小，即的长最小，，由勾股定理求出，再根据即可求解．【详解】解：【问题情境】∵等腰和等腰，，∴，，，，∴，∴，∴，，∴，∴，∴，故答案为：，；【思考尝试】∵四边形是正方形，是等腰直角三角形，∴，，，，∴，，∴，∴，，∵四边形是正方形，∴，，∴，，∴，∴，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，∵，∴，∴，∴，故答案为：；【实践探究】如图，过点作，并使得，则，连接，∵四边形为矩形，∴，，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，，∵，∴，∵四边形为矩形，∴，，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，∵，∴，∴，∴，∴；【拓展迁移】解：如图，点的运动轨迹为以点为圆心的圆上，当时，和相切，点重合，此时最大，∵，∴此时最小，即的长最小，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴矩形绕点旋转一周过程中长度的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．易错压轴八：圆与三角形的综合例1．如图所示，点P是的半径延长线上的一点，过点P作的切线，切点为A，是的弦，连接，，若，则的大小为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆的切线性质、圆周角定理、三角形的内角和定理等知识，根据切线作出辅助线，由圆周角定理和内角和定理即可推导出答案，熟练运用相关知识是解题的关键．【详解】解：如图，连接，，

是的切线，是半径，，，，设，则，，，，．故选：．例2．如图，已知为等腰三角形的外接圆，为劣弧上一点，连接交于点，若，则的值为．【答案】【分析】本题考查了同弧所对的圆周角相等，勾股定理，三角函数等知识，解题的关键证明．先由勾股定理求得，进而求，再由勾股定理求得，再求，再由勾股定理求，，进而求解．【详解】解：过点分别作，，垂足分别为，过点作，垂足为，过点作，垂足为，，在中，，由勾股定理得，，即，，，，由勾股定理得，，设，则，在和中，，解得，即，，，，即，，，设，则，在和中，，即，解得，即，在中，由勾股定理得，，，，故答案为：．练习1．如图，已知直线，与轴、轴分别交于、两点，是以为圆心，为半径的圆上一动点，连接、，则面积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】此题考查的是一次函数图象与坐标轴的交点、圆上动点问题，勾股定理，求出圆上距离直线最近的点到直线的距离是解决此题的关键．过点作于点，连接，根据一次函数求出点、的坐标，然后利用等面积即可求出的值，根据圆上距离直线最远的点为，即可求得面积的最大值．【详解】解：过点作于点，连接，令，则，令，则，得，点，点，，，，根据勾股定理可得：，则由三角形面积公式得：，，，，圆的半径圆上点到直线的最大距离是，即，则面积的最大值为：，故选：C．练习2．如图，与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，D，P为上一动点，Q为弦上一点，，若点D的坐标为，则的最小值为．【答案】【分析】本题考查坐标与图形的性质，勾股定理，关键是作出辅助圆，当Q与重合时，最小．连接，过Q作，交于M，以M为圆心，为半径作圆，连接交于，得到，求出的长，推出，由勾股定理求出的长即可．【详解】解：连接，过Q作，交于M，以M为圆心，为半径作圆，连接交于，∴，∵，∴，∵D的坐标是，∴，∴，∵，∴，∵，∴P，∴，∴，∴Q在M上，∴当Q与重合时，最小，∵，，∴，∴，∴的最小值是．故答案为：．练习3．已知：是的两条弦，（如图1），点M、N分别在弦上，且，连接．(1)求证：；(2)当是锐角时，如果，求证：四边形是等腰梯形；(3)过M作，交于E；过N作，交于点F，如图2．求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）连接、，则，证明，则，再证明，即可得到结论；（2）证明，则.进一步证明.则.由与不平行得到四边形是梯形.再证明，即可得到结论；（3）分别过作，交于；过点作，交于.过点作，过点作垂足分别为、.证明，则.再证明四边形是矩形，得到，，同理，.证明，则，再根据等量代换即可得到结论．【详解】（1）解：连接、，则，∴.

∵，，，∴.∴.

又∵，∴.又∵，，∴.

∴.（2）∵，∴.又∵，∴.

∴.又∵，∴.∴.又∵与不平行，∴四边形是梯形.

又∵，∴.又∵，∴，∴梯形是等腰梯形.（3）分别过作，交于；过点作，交于.过点作，过点作垂足分别为、.又∵，∴.

又∵，∴.∴.∵，∴四边形是矩形，∴，.

同理，.∴.又∵，∴.

∴.又∵，∴，∴.【点睛】此题考查了圆的性质、全等三角形判定和性质、相似三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、等腰梯形的判定等知识，正确添加辅助线是解题的关键．1．如图，在中，，过点，的分别交，于，两点，连接并延长交于点，连接，．若，，，则的长为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】由四边形内接于知，据此得，由是的直径知及，再根据四边形是的内接四边形知，从而证得，根据是等腰直角三角形知，继而可得答案．【详解】解：四边形内接于，且，

，，是等腰直角三角形，，又是的直径，，，四边形是的内接四边形，，，，中，、，．，，，，，，．故选C．【点睛】本题主要考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆内接四边形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质及勾股定理．2．如图，内接于，于点D，若，当时，则半径与的比值为．

【答案】/【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．圆周角定理、垂径定理．作直径交于H点，连接，如图，利用，可设，先根据圆周角定理得，则，所以，再证明，根据垂径定理得到，则，接着利用勾股定理计算出，然后证明，利用相似三角形的性质得到，从而得到．【详解】解：作直径交于H点，连接，如图，

，设，∵为直径，，，，，，，，，，即平分，∴，，，∴垂直平分，∴，在中，，，，∴，∴．故答案为：．3．已知：为的直径，为上一点，和过点的切线互相垂直，垂足为，连接．(1)如图1，求证：；(2)如图2，连接，延长交的延长线于点的平分线分别交于点，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，连接，如果是的中点，且，求线段的长．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)．【分析】（1）连接，利用切线的性质和等腰三角形的性质证明即可；（2）根据角平分线和直角导角，证明即可；（3）证明，得出，再求出，利用解直角三角形的知识求解即可．【详解】（1）证明：如图1，连接．切于点，，，，

，，，，，，．（2）证明：如图2，是的直径，，，，，平分，，又，，，．（3）解：如图3，过点作交的延长线于点，过点作于点．，又，，又，，，在中，，，，，，在中，，，，，，在中，，，，在中，，，，，，，，，在中，．【点睛】本题考查了圆的切线性质和圆周角性质，以及解直角三角形，解题关键是熟练运用圆的相关知识证明，利用解直角三角形的知识求线段．易错压轴九：圆与四边形的综合例1．如图，等腰内接于，直径，D是圆上一动点，连接，且交于点G．下列结论：①平分；②；③当时，四边形的周长最大；④当，四边形的面积为．其中正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】证明，由圆周角定理以及三角形的外角性质即可证明①②正确；当时，四边形的周长最大，即可证明③正确；作，交延长线于M，证明，利用勾股定理以及三角形面积公式，可得四边形的面积，可得④错误，即可．【详解】解：∵等腰内接于圆O，且为直径，∴，∴，即平分；故①正确；∵，∴，∵，∴；故②正确；∵为直径，∴，∵，∵，∴要使四边形的周长最大，要最大，∴当时，四边形的周长最大，此时，，故③正确；作，交延长线于M，∵，∴，∵A、C、B、D四点共圆，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，由勾股定理得：，∵，∴；∵，∴；∵直径，，，∴，，∴，四边形的面积为，故④错误；综上，①②③正确；故选：C【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质等知识点的综合运用，综合性比较强，难度偏大．例2．如图，四边形内接于，其中，分别延长、交于点，若，则的半径为．【答案】【分析】本题考查圆与四边形的综合问题，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，作于，连接，作直径，连接，由锐角的正切定义得到，设，，由勾股定理求出，由圆内接四边形的性质推出，而，即可证明，推出，求出，得到，由勾股定理求出，由，得到，代入有关数据即可求出，得到的半径是．关键是通过作辅助线，构造相似三角形．【详解】解：作于，连接，作直径，连接，，设，，，四边形是圆内接四边形，，，，，，，，，，是圆的直径，，，，，，，，的半径是．故答案为：．练习1．如图，正方形内接于，线段在对角线上运动，若的面积为，，则周长的最小值是（

）A．6 B．8 C．9 D．10【答案】B【分析】由正方形的性质，知点是点关于的对称点，过点作，使得，连接交于，取，连接、，则点，为所求点，则点，为所求点，进而即可求解．【详解】解：的面积为，圆的半径为，，由正方形的性质，可知点是点关于的对称点，过点作，使得，连接交于，取，连接、，则点，为所求点，如图所示，理由：，且，则四边形为平行四边形，则，则，故的周长最小值为，故选B．【点睛】本题考查了圆的性质、点的对称性质、平行四边形的性质、正方形的性质，确定点的位置是解题的关键．练习2．如图，在四边形中，，，，，为线段上的一个动点，连接，以为直径作，当与直角梯形的边相切时，线段的最小值为．【答案】4或9【分析】分两种情况讨论：当与相切时，根据条件证明，利用相似三角形的性质可求解；当与相切时，此时四边形是矩形，即可求解．【详解】解：当与相切时，设切点为Q，连接，如图，

∵，为的直径，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∵与相切，，∴，∵点M为的中点，∴，∴，解得：；当与相切时，此时四边形是矩形，如图，

，综上所述，的最小值为4或9；故答案为：4或9．【点睛】本题考查了四边形和圆的综合问题，涉及到相似三角形的判定与性质，掌握分类讨论的思想是关键．练习3．【感知】如图①点均在上，，则的大小为______度．【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，是等边三角形的外接圆，点在上（点不与点重合），连接．求证：．小明发现，延长至点，使，连接，通过证明．可推得是等边三角形，进而得证．下面是小明的部分证明过程：证明：延长至点，使，连接．四边形是的内接四边形，，，是等边三角形，，．请你补全余下的证明过程．【应用】如图③，是的外接圆，，点在上，且点与点在的两侧，连接，若，求的值．【答案】45；见解答；．【分析】此题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．（1）根据圆周角定理即可得出答案；（2）先构造出，得出，进而得出是等边三角形，即可得出结论；（3）先构造出，进而判断出，进而得出是等腰直角三角形，即可得出结论；【详解】（1）解：，（在同圆中，同弧所对的圆周角相等），故答案为：45；（2）证明：延长至点，使，连接．四边形是的内接四边形，，，，是等边三角形，，，，是等边三角形，，，为等边三角形，；（3）解：如图③，延长至点，使，连接．四边形是的内接四边形，，，，，，，，，，，，，，1．如图，的半径为，四边形ABCD为的内接矩形，，M为DC中点，E为上的一个动点，连结DE，作交射线EA于F，连结MF，则MF的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】如图，连接AC交BD于点O，以AD为边向上作等边△ADJ，连接JF，JA，JD，JM．判断出点F的运动轨迹即可解决问题．【详解】解：如图，连接AC交BD于点O，以AD为边向上作等边△ADJ，连接JF，JA，JD，JM．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°，∵AD=6，AC=，∴sin∠ACD=，∴∠ACD=60°，∴∠FED=∠ACD=60°，∵DF⊥DE，∴∠EDF=90°，∴∠EFD=30°，∵△JAD是等边三角形，∴∠AJD=60°，∴∠AFD=∠AJD，∴点F的运动轨迹是以J为圆心JA为半径的圆，∴当点F在MJ的延长线上时，FM的值最大，此时FJ=6，JM=，∴FM的最大值为，故选B．【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的性质和判定，点的运动轨迹等知识，解题的关键是正确寻找点F的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．2．如图，正方形ABCD的边长为12，⊙B的半径为6，点P是⊙B上一个动点，则的最小值为．【答案】15【分析】在BC上截取BE＝3，连接BP，PE，由正方形的性质可得BC＝12＝CD，BP＝6，EC＝9，可证△PBE∽△CBP，可得PE＝PC，即当点D，点P，点E三点共线时，PD+PE有最小值，即PD+PC有最小值．【详解】解：如图，在BC上截取BE＝3，连接BP，PE，∵正方形ABCD的边长为12，⊙B的半径为6，∴BC＝12＝CD，BP＝6，EC＝9，∵，且∠PBE＝∠PBC，∴△PBE∽△CBP，∴，∴PE＝PC，∴PD+PC＝PD+PE，∴当点D，点P，点E三点共线时，PD+PE有最小值，即PD+PC有最小值，∴PD+PC最小值为DE＝＝15，故答案为：15．【点睛】本题考查了正方形的性质，圆的有关知识，相似三角形的判定和性质，添加恰当的辅助线构造相似三角形是本题的关键．3．如图，是的直径，为上位于异侧的两点，使得，连接交于点．(1)证明：；(2)若，求的度数；(3)设交于点，若，，是的中点，求的值．【答案】(1)见解析；(2)；(3)．【分析】（1）直接利用圆周角定理得出，再利用线段垂直平分线的性质得出；（2）利用圆内接四边形的性质得出，进而得出，即可得出答案；（3）根据得出的长，即可求出的长，再判断，求出的值．【详解】（1）证明：是的直径，，即，，垂直平分，；（2）解：四边形是的内接四边形，，又，，又，；（3）解：连接，，，在中，，是的中点，，，是的中点，，，即．【点睛】此题主要考查了圆的综合题、圆周角定理以及相似三角形的判定与性质以及圆内接四边形的性质等知识，根据题意得出，的长是解题关键．易错压轴十：圆与函数的综合例1．如图，半径为2的与x轴的正半轴交于点A，点B是上一动点，点C为弦的中点，直线与x轴、y轴分别交于点D、E，则面积的最小值为（

）A．1 B． C．3 D．2【答案】D【分析】连接，取的中点，连接，过点作于，先证明点的运动轨迹是以点为圆心，1为半径的，设交于点，解得直线与坐标轴的交点，即可解得的长，再由勾股定理解得的长，证明解得的长，最后当点与点重合时，此时面积的最小值，即可求解．【详解】解：如图，连接,取的中点，连接，过点作于，，，的运动轨迹是以点为圆心、半径为1的圆，设交于点，直线的解析式为，令，得，，令，得，，，，，，，，，，当点与点重合时，此时面积的最小值，故选：D．【点睛】本题考查圆的综合题，涉及一次函数与坐标轴的交点、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．例2．如图，在平面直角坐标系中，是直角三角形，，，直角边在轴上，其内切圆的圆心坐标为，抛物线的顶点为，则．

【答案】【分析】先求出内切圆半径为1，再设，，则，，由直角三角形性质，得，即，根据切线长定理得，，则，化简得，由勾股定理，得，化简得，把①代入②解得：，则，从而求得，再由抛物线的顶点为，而抛物线的顶点为，则，即可求解．【详解】解：∵是直角三角形，，其内切圆的圆心坐标为，∴，，，∴，设，，∴，，∵，∴，即，，化简得，由勾股定理，得，化简得，把①代入②解得：（负值不符合题意，已舍去），∴，∴，∵，∴抛物线的顶点为，∵抛物线的顶点为，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查直角三角形内切圆