抢分秘籍10 圆中证切线、求弧长、求面积、新定义探究问题（8题型）-备战2024年中考数学抢分秘籍（解析版）

第第页抢分秘籍10圆中证切线、求弧长、求面积、新定义探究问题（压轴通关）目录【中考预测】预测考向，总结常考点及应对的策略【误区点拨】点拨常见的易错点【抢分通关】精选名校模拟题，讲解通关策略（含新考法、新情境等）圆中证切线、求弧长、求扇形面积问题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。1．从考点频率看，证明切线是数学的基础，也是高频考点、必考点，圆通常还会和其他几何图形及函数结合一起考查。2．从题型角度看，以解答题的第六题或第七题为主，分值8~10分左右，着实不少！题型一证切线、求面积【例1】（2024·湖北襄阳·一模）是的直径，，，与相交于点．(1)如图1，求证：是的切线；(2)如图2，连接，过点作分别交，于点，，交于点，若，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理、垂径定理以及扇形面积；（1）根据等腰三角形的性质，三角形内角和定理求出，再根据切线的判定方法进行解答即可；（2）根据垂径定理，平行线的性质以及扇形面积的计算方法进行计算即可．【详解】（1）证明：，，，即，是的直径，是的切线；（2）解：如图，连接，是的直径，，即，，，，，，，，，本题考查切线的判定，圆周角定理、垂径定理以及扇形面积；根据等腰三角形的性质切线的判定方法进行解答即可；根据垂径定理，平行线的性质以及扇形面积的计算方法进行计算即可．本题考查切线的判定，圆周角定理、垂径定理以及扇形面积；根据等腰三角形的性质切线的判定方法进行解答即可；根据垂径定理，平行线的性质以及扇形面积的计算方法进行计算即可．【例2】（2024·湖北十堰·一模）如图，是的直径，点在上，点为延长线上一点，过点作交的延长线于点，且．(1)求证：是的切线；(2)若线段与的交点是的中点，的半径为6，求阴影部分的面积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】本题考查切线的判定，直径所对的圆周角是直角，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，扇形的面积的计算等知识点．正确地作出辅助线是解题的关键．（1）连接，根据圆周角定理得到，根据平行线的性质和等腰三角形的性质得到，根据切线的判定定理即可得到结论；（2）连接，根据直角三角形的性质得到，推出是等边三角形，得到，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．【详解】（1）证明：连接，，∵是的直径，

∴，即，∵，∴，∴，，∵，

∴，∵，

∴，∴，∴，∵是的半径，∴是的切线；（2）解：连接，∵，是的中点，

∴，∵的半径为，，∴，，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴阴影部分的面积为：，∴阴影部分的面积为．1．（2024·广东佛山·一模）如图，点是正方形的边延长线上一点，且，连接交于点，以点为圆心，为半径作交线段于点．(1)求证：是的切线；(2)若，求阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）作，根据正方形的性质得到，由，得到，由角平分线的性质定理，得到，即可求解，（2）根据正方形的性质，设，根据，求出的长，根据，求出的度数，根据，即可求解，本题考查了，切线的判定，正方形的性质，角平分线的性质定理，扇形的面积，解题的关键是：熟练掌握相关性质定理．【详解】（1）解：过点作，交于点，∵正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴点在上，∴是的切线，（2）解：∵正方形，∴，，∵，设，则，∴，解得：，∴∵，∴，，故答案为：．2．（2024·辽宁沈阳·一模）如图，直线l与相切于点M，点P为直线l上一点，直线交于点A、B，点C在线段上，连接BC，且．

(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；(2)若，的半径为，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)直线是的切线，理由见解析(2)【分析】（1）首先证明，得出，即可得出直线是的切线；（2）利用切线的性质定理以及勾股定理和锐角三角函数关系得出，则，以及的长，再利用三角形面积公式以及扇形面积公式得出答案即可．【详解】（1）解：直线是的切线，理由：连接，，∵直线l与相切于点M，∴，在和中，∴，∴，为直径，∴直线是的切线；（2）过点O作于点N，

∵，∴，即，又∵，则，∴，∴，则，∴，∵，，∴，∴，，∴，则，∴图中阴影部分的面积为：．【点睛】此题主要考查了扇形面积公式以及切线的性质和判定和锐角三角函数关系应用以及全等三角形的判定及性质等知识，熟练应用切线的性质和判定定理是解题关键．题型二证切线、求线段或半径【例1】（新考法，拓视野）（2024·广东深圳·一模）如图，已知是的直径．点P在的延长线上，点D是上一点．连接，过点B作垂直于，交的延长线于点C、连接并延长，交于点E，且(1)求证：是的切线；(2)若，求半径的长．【答案】(1)见详解(2)3【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出，再根据垂线、平行线的性质得出，由切线的判定方法即可得出结论；（2）在直角三角形中由锐角三角函数的定义以及勾股定理列方程求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接，，，，，，∴，，，是的半径，是的切线；（2）解：由（1）可知，，，在中，，即，设，则，，，解得，，即半径为3．本题考查切线的判定，圆周角定理以及解直角三角形，勾股定理，掌握直角三角形的边角关系，圆周角定理以及切线的判定方法是正确解答的关键．本题考查切线的判定，圆周角定理以及解直角三角形，勾股定理，掌握直角三角形的边角关系，圆周角定理以及切线的判定方法是正确解答的关键．【例2】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在中，，点D是上一点，且，点O在上，以点O为圆心的圆经过C，D两点．(1)求证：是的切线；(2)若，的半径为3，求的长．【答案】(1)见解析(2)6【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，切线的判定，解直角三角形，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．（1）连接，根据等腰三角形的性质得到，求得，等量代换得到，求得，根据切线的判定定理即可得到结论；（2）根据三角函数的定义得到，求得，设，，根据勾股定理得到，于是得到结论．【详解】（1）证明：连接，，，，，，，，，，，是的半径，直线与相切；（2），，，，在中，，设，，，，．1．（2024·广东珠海·一模）如图，是的直径，，E是的中点，连结并延长到点F，使．连结交于点D，连结，．(1)求证：直线是的切线．(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）证明，可得，可得结论；（2）由勾股定理求得和，再根据等面积法即可求得．【详解】（1）证明：连接，如图所示：∵是的直径，∴，∵，，∴，∴，∵E是的中点，∴，在和中，，∴，∴，∴直线是的切线；（2）由（1）知，，设的半径为r，则，，在中，由勾股定理得，即，解得，即，，∵为直径，∴，∴，即，解得．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，等腰三角形的性质等，正确的作出辅助线是解题的关键．2．（2024·湖北随州·一模）如图，四边形是的内接四边形，是直径，是的中点，过点作交的延长线于点．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)，【分析】此题考查切线的判定，圆周角定理，勾股定理定理的应用，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．（1）根据“连半径，证垂直”即可，（2）先由“直径所对的圆周角是直角”，证是直角三角形，用勾股定理求出长，再通过三角形相似即可求解．【详解】（1）证明：连接

∵为的中点，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，又∵，∴，为半径，∴为的切线，（2）∵为直径，∴，∵，∴，又∵，，∴，∴，即，∴，∵，∴，

在中，由勾股定理得：．题型三圆与（特殊）平行四边形综合问题【例1】（新考法，拓视野）（2024·广东江门·一模）如图，矩形中，，．E是的中点，以为直径的与交于F，过F作于G．(1)求证：是的切线．(2)求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接交于点O，由圆周角定理推论得到，根据矩形，得到四边形是矩形，得到，点O是的圆心，根据，证明，根据，得到，推出，即得是的切线；（2）证明，，，根据勾股定理得到，根据余弦定义即得．【详解】（1）连接交于点O，∵是的直径，∴，∵四边形是矩形，∴，∴四边形是矩形，∴，，∴点O是的圆心，∵E是的中点，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴是的切线；（2）∵，∴，∵，，∴，∴．本题主要考查了圆，矩形，三角形综合．熟练掌握圆的基本性质和圆周角定理推论，矩形的判定和性质，三角形中位线的判定和性质，切线的判定，勾股定理解直角三角形，锐角三角函数等知识，是解题的关键．本题主要考查了圆，矩形，三角形综合．熟练掌握圆的基本性质和圆周角定理推论，矩形的判定和性质，三角形中位线的判定和性质，切线的判定，勾股定理解直角三角形，锐角三角函数等知识，是解题的关键．【例2】（2024·安徽马鞍山·一模）如图，四边形是的内接四边形，直径平分．(1)求证：；(2)过点A向圆外作，且，求证：四边形为平行四边形．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】本题考查的是圆的相关性质--圆周角定理推论、同圆中弧弦间的关系，平行四边形的判定，（1）先证明及，证出即可证出结论；（2）先证明，再证明即可证出结论．【详解】（1）证明：为直径，，直径平分，，，，，；（2）证明：四边形为平行四边形．1．（2024·云南·模拟预测）如图，线段与相切于点B，交于点M，其延长线交于点C，连接，，D为上一点且弧的中点为M，连接，．(1)求的度数；(2)四边形是否是菱形？如果是，请证明；如果不是，请说明理由；(3)若，求弧的长．【答案】(1)(2)四边形是菱形，理由见解析(3)【分析】（1）根据切线的性质及角的和差求出，再根据等腰三角形的性质求解即可；（2）根据圆的有关性质得出，根据三角形内角和定理求出进而推出根据圆周角定理得，利用HL证明，根据全等三角形的性质推出，结合,推出四边形是平行四边形，再结合，进而判定四边形是菱形；（3）根据菱形的性质及等腰三角形的性质推出根据三角形内角和定理及角的和差推出，根据含角的直角三角形的性质求出，再根据弧长计算公式求解即可．【详解】（1）如图,连接，∵线段与相切于点，，，，，，；（2）四边形是菱形，理由如下：连接，∵弧的中点为，∴，∵，∴，∴，∵为的直径，∴，在和中，，∴，∴，∴，又，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（3）如图,连接，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴弧的长【点睛】此题是圆的综合题，考查了切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、弧长计算公式等知识，熟练运用切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、弧长计算公式并作出合理的辅助线是解题的关键．2．（2024·河南平顶山·一模）如图，为的直径，点是的中点，过点作的切线，与的延长线交于点，连接．

(1)求证：(2)连接，当时：①连接，判断四边形的形状，并说明理由．②若，图中阴影部分的面积为（用含有的式子表示）．【答案】(1)见解析(2)①菱形，理由见解析；②【分析】（1）连接，证明，即可得到结论．（2）①根据（1）的结论和已知条件先证明四边形是平行四边形，根据平行线的性质以及点是的中点，可得从而证明邻边相等，即可得出结论；②连接，如图所示，设交于点，证明得，从而可求出，解直角三角形得出，根据，从而可得，求出扇形的面积即可得到阴影部分的面积．【详解】（1）证明：如图所示，连接，

∵点是的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵是的切线．∴，∴，即：；（2）①如图所示，

由（1）可得∵∴，四边形是平行四边形，又∵∴∴，∴四边形是菱形，②连接，如图所示，设交于点

∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，，∴；则∴∵，∴，∴．∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定，弧弦圆心角的关系，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，扇形的面积等知识，熟练掌握切线的判断定理以及扇形面积的求法是解题的关键．3．（2024·江苏南京·一模）如图，四边形是平行四边形，；(1)如图①，当与相切时，求证：四边形是菱形．(2)如图②，当与相交于点E时．（Ⅰ）若，，求的半径．（Ⅱ）连接，交于点F，若，则的度数是°．【答案】(1)见解析(2)（Ⅰ）；（Ⅱ）72【分析】（1）连接并延长，交于点M，连接，证明，得出，根据，得出，即可证明结论；（2）（Ⅰ）证明，得出，即，求出（负值舍去），设，则，根据勾股定理得出，求出结果即可；（Ⅱ）证明，得出，证明，根据，得出，设，则，根据，得出，求出x的值即可．【详解】（1）解：连接并延长，交于点M，连接，如图所示：∴，∴，∵与相切，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵四边形为平行四边形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴四边形为菱形．（2）解：（Ⅰ）连接并延长，交于点P，连接、，，如图所示：∵，，∴垂直平分，∴，，∵四边形为平行四边形，∴，，，∵四边形内接于，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，解得：（负值舍去），∴，设，则，∵，即，解得：．即圆的半径为．（Ⅱ）连接，如图所示：∵四边形为平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴设，则，∵，∴，解得：，∴．【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，圆周角定理，勾股定理，切线的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，平行线的性质，菱形的判定，解题的关键熟练掌握相关的性质和判定，作出辅助线．题型四圆内接三角形和四边形【例1】（2024·湖南·模拟预测）如图，内接于，过点C作交于点E，交于点D，连接交于点G，连接，设（m为常数）．(1)求证：；(2)设，求证：；(3)求的值（用含m的代数式表示）．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接．根据圆周角定理得到是的直径，由，得到，即可得出结论；（2）设相交于点M，连接．由（1）可知，得到，再根据．推出，由即可得出结论；（3）证明，得到，解直角三角形得到，代入计算即可得出结果．【详解】（1）证明：，是的直径．如图，连接．，又，即，，，，，；（2）证明：如图，设相交于点M，连接．由（1）可知，，即．又．，又，．．，；（3）解：，，，即．又，，，即，．本题主要考查圆内接三角形的性质及相似三角形的判定与性质，解直角三角形，圆周角定理，垂径定理等，熟练掌握圆内接三角形的性质及相似三角形的判定与性质是解题的关键．本题主要考查圆内接三角形的性质及相似三角形的判定与性质，解直角三角形，圆周角定理，垂径定理等，熟练掌握圆内接三角形的性质及相似三角形的判定与性质是解题的关键．【例2】（2024·天津滨海新·一模）如图，是的直径，弦与相交于点P，若．(1)如图①，求的度数；(2)如图②，过点C作的切线，与的延长线交于点E，若，求的度数．【答案】(1)(2)【分析】（1）连接，根据圆周角定理得出，根据直径所对的圆周角为直角得出，求出结果即可；（2）连接，根据圆周角定理得出，根据切线的性质得出，根据等腰三角形的性质求出，最后求出即可．【详解】（1）解：如图①，连接，

∵，∴，∵为的直径，∴，∴．（2）解：如图②，连接．

∵，∴，∵是切线，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，解题的关键是作出辅助线，数形结合，熟练掌握相关的判定和性质．1．（2024·安徽芜湖·一模）四边形ABCD内接于，．(1)如图1，若，求的度数；(2)如图2．连接交于点E．①求证：；②若，，，求的长．【答案】(1)(2)①见详解②【分析】（1）根据等腰三角形的性质及圆的内接四边形的性质即可；（2）①先证明，得，再根据即可得出结论；②设，则，先证明，再根据勾股定理求出的长，由①知，求出的长，再根据勾股定理即可．【详解】（1）解：，若．四边形ABCD内接于，；（2）证明①，，，，，，，；②设，则，，在中，，，，，，由①知，，【点睛】本题考查了圆的有关性质定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是本题的关键．2．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在中，直径垂直弦于点，连接，过点作于F，交于点H，交于点E，连接．(1)如图1，求证：；(2)如图2，求证：；(3)如图3，连接，分别交于点，当，，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)12【分析】（1）连接，根据垂径定理和等弧所对的圆周角相等，结合等角的余角相等即可证明结论；（2）连接，运用同弧（等弧）所对的圆周角相等，结合同角的余角相等和等量代换即可证明；先证明，再证明；（3）根据已知设出和，结合（2）表示，进而用x表示半径、直径，结合勾股定理表示，结合，即可求解．【详解】（1）证明：连接，∵是的直径，，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）连接，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，由（1）知：，∴，∵，∴，∴；（3）连接，则：，∵，∴设，则，∴，由（2）知，，∵，∴，∴，∴，，，∵，且，∴，∴，∴中，，中，，中，，∵，∴，∴，即：，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】此题主要考查圆的综合问题，涉及到垂径定理，圆周角定理，弧、弦、角之间的关系，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，综合性强，难度较大，熟悉圆的相关性质，会结合题意灵活运用勾股定理和方程思想，会借助相似三角形构建等量关系是解题的关键．3．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在中，为直径，和为弦，且．(1)求的度数；(2)如图2，E为上一点，连接，作于E交于F，连接，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，连接交于G，过F作于F，交延长线于N，若，，求的长．【答案】(1)(2)见详解(3)【分析】（1）利用证明，即可得出，又，故可得出（2）先求四边形内角和，进而可得出，等量代换可得出，证明，由全等得性质可得出，等量代换得出，由等角对等边得出．（3）在的条件下，作，可得出，设，可得，利用勾股定理解出x，得出，，，，过C作于K，得出，进一步利用勾股定理得出的值．【详解】（1）解：连接，，∵是直径，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴．（2）四边形内角和为：，∵，，∴，∴，∵，∴，在和中，∴，∴，∴．（3）在的条件下，作，如下图，∴，设，则，∵∴在中：，即，解得，∵∴，∴，，，，过C作于K，又∵∴，∴，∴，∴，∴，可解得．【点睛】本题主要考查了全等的判定以及性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，四边形内角和问题等知识，作出辅助线是解题的关键．4．（2024·河北沧州·一模）如图，珍珍利用一张直径为8cm的半圆形纸片探究圆的知识，将半圆形纸片沿弦折叠．(1)如图1，为的切线，当时，求证：．(2)如图2，当时，通过计算比较与弧哪个长度更长．（π取）(3)如图3，M为的中点，为点M关于弦的对称点，当时，直接写出点与点M之间的距离约为_____cm．（结果保留两位小数，参考数据：27）【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）连接，根据切线的性质，圆周角定理，得到，即可得证；（2）连接，圆周角定理，得到，根据含30度角的直角三角形的性质，求出的长，进行比较即可；（3）连接，交于点，根据轴对称的性质，垂径定理，得到三点共线，解直角三角形，求出的长，进而求出的长，再根据对称，求出的长即可．【详解】（1）证明：连接，∵为的切线，∴，∵，∴，∴，∴；（2）连接，∵为直径，∴，∵，∴，∴，连接，则：，∴，∴；（3）连接，交于点，∵为的中点，∴，∵为点M关于弦的对称点，∴，∴三点共线，在中，，∴，∵，∴，∵对称，∴；故答案为：．【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，有一定的难度，掌握相关性质，正确的添加辅助线，是解题的关键．题型五生活中的实物抽象出圆的综合问题【例1】（新考法，拓视野）（2024·河南洛阳·一模）中国最迟在四千多年前的夏禹时代已有了马车，而目前考古发现最早的双轮马车始见年代为商代晚期(河南安阳殷城)．小明在殷墟游玩时，见到了如图1的马车车厢模型，他绘制了如图2的车轮侧面图．如图2，当过圆心O的车架的一端A落在地面上时，与的另一个交点为点D，水平地面切于点B．(1)求证：；(2)若，求的直径．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了切线的性质，勾股定理，等边对等角，三角形内角和定理等等：（1）如图所示，连接，根据等边对等角结合三角形外角的性质证明，由切线的性质得到，则由三角形内角和定理可得；（2）设的半径为，则，，利用勾股定理建立方程，解方程即可得到答案．【详解】（1）证明：如图所示，连接，∵，∴，∴，∵水平地面切于点B，∴，即，∴，即；（2）解：设的半径为，则，∴，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴的半径为．本题主要考查了切线的性质，勾股定理，等边对等角，三角形内角和定理等等本题主要考查了切线的性质，勾股定理，等边对等角，三角形内角和定理等等.【例2】（2024·广东珠海·一模）为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目．滚铁环器材由铁环和推杆组成．小明对滚铁环的启动阶段进行了研究，如图，滚铁环时，铁环与水平地面相切于点C，推杆与铅垂线的夹角为点O，A，B，C，D在同一平面内．当推杆与铁环相切于点B时，手上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果．

(1)求证：．(2)实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环平稳启动．图中点B是该区域内最低位置，此时点A距地面的距离最小，测得．已知铁环的半径为，推杆的长为，求此时的长．【答案】(1)证明见详解；(2)；【分析】本题考查解直角三角形，直角三角形两锐角互余，切线的性质：（1）过B作，根据切线得到，结合得到，再根据直角三角形两锐角互余求解即可得到答案；（2）根据（1）及得到，结合三角函数求出，即可得到答案；【详解】（1）解：过B作，由题意可得，，∵铁环与水平地面相切于点C，∴，∵，∴，∵推杆与铁环相切于点B，

，∴，∴，，∴，∴；（2）解：∵，，∴，∵的半径为，推杆的长为，∴，，∴，∴．1．（2024·河北石家庄·一模）图1是传统的手工推磨工具，根据它的原理设计了如图2所示的机械设备，磨盘半径，用长为的连杆将点与动力装置相连（大小可变），点在轨道上滑动，带动点使磨盘绕点转动，，．(1)当点、、三点共线的时候，的长为______；(2)点由轨道最远处向滑动，使磨盘转动不超过的过程中：①与相切于点，如图3，求的长；②从①中相切的位置开始，点继续向点方向滑动至点，点随之逆时针运动至点，此时，求点运动的路径长（结果保留）．（参考数据：，，）【答案】(1)或(2)①②【分析】（1）分点Q在线段上和点Q在的延长线上两种情况，分别利用勾股定理求解即可；（2）①连接，根据切线的性质可得，然后根据勾股定理可进行求解；②连接、，过点作交于点．证明四边形是平行四边形，得到，解直角三角形得到，利用弧长公式计算即可．【详解】（1）解：如图：当点Q在线段上时，

在中，，，；如图：当点Q在的延长线上时，

，；综上，的长为或，故答案为：或；（2）解：①如图1，连接，与相切于点，，

在中，，在中，；②如图2，连接、，过点作交于点．

，，四边形是平行四边形，交于点，，，．【点睛】本题主要考查切线的性质及勾股定理，弧长的计算，解直角三角形，熟练掌握切线的性质是解题的关键．2．（2024·河北石家庄·一模）如图1，某玩具风车的支撑杆垂直于桌面，点为风车中心，，风车在风吹动下绕着中心旋转，叶片端点，，，将四等分，已知的半径为．(1)风车在转动过程中，当时，点在左侧，如图2所示，求点到桌面的距离（结果保留根号）；(2)在风车转动一周的过程中，求点到桌面的距离不超过时，点所经过的路径长（结果保留）；(3)连接，当与相切时，求切线长的值，并直接写出，两点到桌面的距离的差．【答案】(1)(2)(3)切线长的值为，，两点到桌面的距离的差为【分析】（1）过点作于点，作于点，则四边形为矩形，易得，在中，利用三角函数解得的值，进而可得的值，即可获得答案；（2）设点在旋转过程中运动到点，的位置时，点到桌面的距离均为，过点作于H，则，作于点D，则四动形为矩形，在中，利用三角函数解得，进而可得，由圆的轴对称性可知，然后利用弧长公式求解即可；（3）如下图，连接，过点作，交延长线于点，过点作于点，根据题意可得，在中，利用勾股定理解得；证明，利用相似三角形的性质解得的值，再证明，易得，即可获得答案．【详解】（1）解：如下图，过点作于点，作于点，则四边形为矩形，∴，在中，，，∴，∵，∴，∴．答：点到桌面的距离是；（2）如下图，设点在旋转过程中运动到点，的位置时，点到桌面的距离均为，过点作于H，则，作于点D，则四动形为矩形，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，由圆的轴对称性可知，，∴．∴符合条件的点所经过的路径长为；（3）如下图，连接，过点作，交延长线于点，过点作于点，∵弧是半圆，∴为的直径，∵直线切于点，且经过点，∴，在中，，，∴，∵，，∴，∴，即，∴，∵，，，∴，∴，∴，即，两点到桌面的距离的差为．答：切线长的值为，，两点到桌面的距离的差为．【点睛】本题主要考查了解直角三角形、矩形的判定与性质、弧长计算、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，理解题意，正确作出辅助线是解题关键．题型六圆中动点问题【例1】（2024·江苏淮安·一模）如图，是的直径，，延长至点C，使．动点P从点A出发，沿圆周按顺时针方向以每秒个单位的速度向终点B运动，设运动时间为t秒，连接，作点C关于直线的对称点D，连接、、、．

(1)当时．①求的度数；②判断直线与的位置关系，并说明理由；(2)若，求t的值．【答案】(1)①；②与相切，理由见解析(2)【分析】本题考查切线的判定，圆的相关性质，勾股定理的逆定理，弧长公式等知识，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键．（1）①由题意可知，，根据弧长公式，设，当时，，求解即可；②连接，由①可知，，，可知为等边三角形，则，再证，则，得，即可求得，可证得与相切；（2）由（1）可知，，，由轴对称可知，，，根据勾股定理的逆定理可证明，则，再由弧长公式得，即可求得．【详解】（1）解：①∵是的直径，，∴，设，当时，∴，即：；②与相切，理由如下：连接，

由①可知，，，∴为等边三角形，则，，又∵，∴，则，∴，则，∴与相切；（2）由（1）可知，，，由轴对称可知，，，在中，，，∴，∴，则，则，解得：．本题考查切线的判定，圆的相关性质，勾股定理的逆定理，弧长公式等知识，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键．本题考查切线的判定，圆的相关性质，勾股定理的逆定理，弧长公式等知识，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键．【例2】（2024·云南昆明·一模）如图，，是的两条直径，且，点E是上一动点（不与点B，D重合），连接并延长交的延长线于点F，点P在上，且，连接，分别交，于点M，N，连接，设的半径为r．(1)求证：是的切线；(2)当时，求证：；(3)在点E的移动过程中，判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)是定值，【分析】（1）连接，由直径所对圆周角是直角可得，则，由，可知，根据，可得，进而可证得，即可证明结论；（2）由圆周角定理可知，进而可得，，再证明，结合含的直角三角形即可求解；（3）连接，根据题意可得，进而可知则，，由圆周角定理可知，得，可证，得，则，结合勾股定理可得，即可求得为定值．【详解】（1）证明：连接，∵是的直径，∴，则，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴是的切线；（2）解：∵，∴，∵，则，∴，∵，∴，则，又∵，∴，∴；（3）是定值，，理由如下：连接，∵，且、是的直径，∴，则，，∵，∴，又∵，∴，∴，则，∵，∴，则，即：．【点睛】本题主要考查圆周角定理，切线的判定定理，勾股定理，含的直角三角形以及相似三角形的性质等知识，证明是解答本题的关键．1．（2024·吉林长春·模拟预测）如图①，在中，，以点为圆心，以2为半径画圆，交于点，交于点．点从点出发，沿按顺时针方向运动，当点再次经过点时停止运动．(1)的长为______；(2)在点运动的过程中，点到距离的最大值为______；(3)延长交于点，连接，交于点．①当为等腰三角形时，连结接，求的面积：②如图②，连接，当点在线段上时，作的角平分线交于点．点的位置随着点的运动而发生改变，则点形成的轨迹路径长为______．【答案】(1)(2)(3)①的面积为或；②【分析】（1）根据弧长公式计算即可；（2）结合题意可知当点在过点垂直于的直线上且在点上方时，点到距离有最大值，如图，，根据勾股定理即可求解；（3）①分三种情况：当时，利用相似三角形即可求解，当时，点与点重合在点或点，不符合题意，当时，点与点重合，不符合题意，分别讨论即可；②连接，取中点，连接，，则，由勾股定理得，可证明，得，由，知，即可得，进而可知，可知点在运动过程中，点的轨迹为：点为圆心，为半径，从点运动到点的圆弧，根据弧长公式即可求解．【详解】（1）解：由题意可知，，，∴，故答案为：；（2）由题意可知，当点在过点垂直于的直线上且在点上方时，点到距离有最大值，如图，，∵，，∴，则，此时，，则点到距离的最大值为，故答案为：；（3）①当时，，又∵，∴，则，∴，∴，即：，则，设，则，，由勾股定理可得：，即：，解得：（负值舍去），则，若点在线段部分，则，∴的面积，若点在线段部分，则，∴的面积；当时，点与点重合在点或点，不符合题意；当时，点与点重合，不符合题意；综上，的面积为或；②连接，取中点，连接，，则，由勾股定理得，∵平分，∴，∵，，∴，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴，则点在以为直径的上，∵点在线段上，∴点在运动过程中，点的轨迹为：以点为圆心，为半径，从点运动到点的圆弧，∴点形成的轨迹路径长为：，故答案为：．【点睛】本题考查等腰三角形的判定及性质，90度的圆周角所对的弦是直径，弧长公式，动点轨迹问题，相似三角形的判定及性质，勾股定理等知识，添加辅助线证明三角形全等，由全等三角形的性质证明，得点的轨迹是解决问题的关键．题型七圆中新定义探究综合问题【例1】（新考法，拓视野）（2024·湖南长沙·一模）定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“奇妙四边形”．(1)若是圆的“奇妙四边形”，则是_________（填序号）：①矩形；②菱形；③正方形(2)如图1，已知的半径为R，四边形是的“奇妙四边形”．求证：；(3)如图2，四边形是“奇妙四边形”，P为圆内一点，，，，且．当的长度最小时，求的值．【答案】(1)③(2)见解析(3)【分析】（1）利用平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，“奇妙四边形”的定义和正方形的判定定理解得即可；（2）过点B作直径，分别连接，，，，证明，．可得，可得，再利用勾股定理可得答案；（3）设的长度为a，，在中，利用勾股定理列出方程，利用即可求得的最小值，求得必值，再利用相似三角形是性质即可求得结论．【详解】（1）解：若平行四边形是“奇妙四边形”，则四边形是正方形．理由∶∵四边形是平行四边形，∴，∵四边形是圆内接四边形，∴，∴，∴平行四边形是矩形，∵四边形是“奇妙四边形”，∴，∴矩形是正方形，故答案为∶③；（2）证明∶过点B作直径，分别连接，，，，∵是的直径，∴，∴，∵四边形是“奇妙四边形”，∴，∴，又，∴，∵，，∴，∴，∵，∴∴；（3）解：连接交于E，设的长度为a，，∵，，∴，∴，∵∴，，∵，∴，∵∴，整理得，∴∴，又，∴，∴a有最小值2，即的长度最小值为2，∴，解得∶，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴．本题是圆的综合题，考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，一元二次方程的解法，熟练的建立数学模型并灵活应用是解本题的关键本题是圆的综合题，考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，一元二次方程的解法，熟练的建立数学模型并灵活应用是解本题的关键.【例2】（2024·浙江台州·一模）【概念呈现】在钝角三角形中，钝角的度数恰好是其中一个锐角的度数与90度的和，则称这个钝角三角形为和美三角形，这个锐角叫做和美角．【概念理解】（1）当和美三角形是等腰三角形时，求和美角的度数．

【性质探究】（2）如图1，是和美三角形，是钝角，是和美角，求证：．【拓展应用】（3）如图2，是的直径，且，点C，D是圆上的两点，弦与交于点E，连接，，是和美三角形．①当时，求的长．②当是和美三角形时，直接写出的值．【答案】（1）；（2）见解析；（3）①；②或【分析】（1）根据新定义，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理列方程再求解即可；（2）作，根据新定义可得，再证明，利用相似三角形的性质和锐角的正切的比例关系证明即可；（3）①分两种情况进行讨论，当为和美角时，由（2）得：，则，进而可证，作于F，可证，由相似三角形的性质可得，，进而可求长；当为和美角时，由，可知为和美角，由（2）得：，则，进而可得出，作于H，由即可求出长．②由与都是和美三角形，分别讨论两个三角形的和美角，结合相似三角的性质与和美角的定义，分别求解即可；【详解】（1）解：设和美角的度数为x．根据题意可得：，解得：，

∴和美角的度数为．（2）证明：如图1，作交于D，∴，∵是和美三角形，是钝角，是和美角，∴，∴，又∵，∴，∴．（3）①如图3，当为和美角时，由（2）得：，∴，∵，∴，作于F，

∴，∴，∴∴．如图4，当为和美角时，∵，∴为和美角，由（2）得：，∴，∴，∴，作于H，∴，由，∴，∴．②设．ⅰ．如图5，若与是和美角，则，，，所以．ⅱ．如图6，若与是和美角，则，，由△BDC内角和可得，所以．ⅲ．如图7，若与是和美角，则，，，，由△BDC内角和可得，所以．ⅳ．如图8，若与是和美角，则，，，由可得，这种情形不存在．综上所述，的值为或．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，三角函数，等腰三角形的性质和判定等，解题的关键是理解新定义，结合以上知识点解题，熟练掌握分类讨论思想的运用；1．（2024·山东济宁·二模）【初步感知】（1）如图1，点A，B，P均在上，若，则锐角的大小为______度；【深入探究】（2）如图2，小明遇到这样一个问题：是等边三角形的外接圆，点P在上（点P不与点A，C重合），连接，，．求证：；小明发现，延长至点E，使，连接，通过证明．可推得是等边三角形，进而得证.请根据小明的分析思路完成证明过程．【启发应用】（3）如图3，是的外接圆，，，点P在上，且点P与点B在的两侧，连接，，，若，则的值为_____．【答案】（1）；（2）见解析；（3）【分析】（1）根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可直接得出答案；（2）延长至点E，使，连接，根据圆内接四边形的性质得出，再证，推出，，进而证明是等边三角形，可得；（3）延长至点E，使，连接，通过证明，可推得是等腰直角三角形，结合与可得，代入即可求解．【详解】解：（1），故答案为：；（2）证明过程如下：如图，延长至点E，使，连接，

四边形是的内接四边形，，是等边三角形，，在和中，，，，，，是等边三角形，，即；（3）如图，延长至点E，使，连接，

四边形是的内接四边形，，在和中，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造，进行转换求解．题型八圆与函数的综合问题【例1】（新考法，拓视野）（2024·湖南长沙·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于C点，且．

(1)求该抛物线的解析式；(2)抛物线上是否存在点M，使，如果存在，求点M的坐标，如果不存在，说明理由；(3)若点D是抛物线第二象限上一动点，过点D作轴于点F，过点的圆与交于点E，连接，求的面积．【答案】(1)(2)存在，(3)6【分析】（1）根据题意得到，，，利用待定系数法求出函数解析式即可；（2）作轴交抛物线于点，将代入求出答案；（3）记过点、、的圆的圆心为点，设，根据面积公式或利用相似三角形的判定与性质列出式子求出答案．【详解】（1）解：令，则，，，，，，，抛物线过点A，B，，解得，抛物线为；（2）解：存在，理由如下：，，，若，则轴或轴，又点在抛物线上，轴，作轴交抛物线于点，

当时，，解得，，；（3）解：由（1）知，，记过点、、的圆的圆心为点，

则点在线段的垂直平分线上，故可设，同理，点在线段的垂直平分线上，又轴于点，设，则，，，，即：①，又点在抛物线上，，即：②，将②代入①得：，，，即：，，本题主要考查了二次函数的图像和性质，待定系数法求出函数解析式，抛物线上的点的坐标特征以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．本题主要考查了二次函数的图像和性质，待定系数法求出函数解析式，抛物线上的点的坐标特征以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．【例2】（2024·江苏淮安·一模）在平面直角坐标系中，的半径为．对于的弦和点给出如下定义：若直线，都是的切线，则称点是弦的“关联点”．

(1)如图，点，分别为过、点的线段与的交点．①在点中，弦的“关联点”是；②若点是弦的“关联点”，则的长为；(2)已知点在正半轴上，在正半轴上，若对于线段上任一点，都存在的弦，使得点是弦的“关联点”．记的长为，当点在线段上运动时，的取值范围为，求出此时所在直线表达式．【答案】(1)①；②(2)，【分析】（）①根据关联点的概念及切线的判定定理逐一判定即可得解；②连接，由点是弦的“关联点”，得，，进而利用勾股定理构造方程，解方程即可得解；（2）过作于点，交于点，先求得，从而得当与重合时，，当与重合或者与重合时，，进而求得点在以为圆心，为半径的圆上，且是该圆的切线，或者，然后分和两种情况，利用勾股定理及正切定义以及待定系数法求解即可．【详解】（1）：①∵，，由图可知点横坐标大于小于，纵坐标也是大于小于，∴点，的横坐标相同，点与的横纵坐标都不同，的横纵坐标与的横纵坐标都不相同，∴，与不垂直，与不垂直，∴是的切线，不是的切线，不是的切线，∴不是弦的“关联点”，不是弦的