专题12 圆压轴（讲练）

专题12圆压轴考点要求命题预测实数的分类在中考中，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.考点圆压轴真题演练题型01与圆有关的多结论问题（选/填）1．（2022·湖北武汉·中考真题）如图，点P是⊙O上一点，AB是一条弦，点C是APB上一点，与点D关于AB对称，AD交⊙O于点E，CE与AB交于点F，且BD∥CE．给出下面四个结论：①CD平分∠BCE；

②BE=BD；

③AE2=AF×AB；

④BD为⊙O2．（2021·广东广州·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是边BC上一点，且BE=3，以点A为圆心，3为半径的圆分别交AB、AD于点F、G，DF与AE交于点H．并与⊙A交于点K，连结HG、CH．给出下列四个结论．（1）H是FK的中点；（2）△HGD≌△HEC；（3）S△AHG：S△DHC=9∶163．（2021·湖南岳阳·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB的垂直平分线分别交AB、AC于点D、E，BE=8，⊙O为△BCE的外接圆，过点E作⊙O的切线EF交AB于点F，则下列结论正确的是______．（写出所有正确结论的序号）①AE=BC；②∠AED=∠CBD；③若∠DBE=40°，则DE的长为8π9；④DFEF=EFBF4．（2020·湖南岳阳·中考真题）如图，AB为半⊙O的直径，M，C是半圆上的三等分点，AB=8，BD与半⊙O相切于点B，点P为AM上一动点（不与点A，M重合），直线PC交BD于点D，BE⊥OC于点E，延长BE交PC于点F，则下列结论正确的是______________．（写出所有正确结论的序号）①PB=PD；②BC的长为43π；③∠DBE=45°；④△BCF∽△PFB；⑤

题型02与圆有关的平移问题1．（2022·湖北宜昌·中考真题）已知，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，以BC为直径的⊙O与AB交于点H，将△ABC沿射线AC平移得到△DEF，连接BE．(1)如图1，DE与⊙O相切于点G．①求证：BE=EG；②求BE⋅CD的值；(2)如图2，延长HO与⊙O交于点K，将△DEF沿DE折叠，点F的对称点F'恰好落在射线BK上．①求证：HK∥②若KF'=3，求AC的长．2．（2023·四川乐山·中考真题）已知x1,y1,x2,(1)求b的值；(2)将抛物线C1平移后得到抛物线C探究下列问题：①若抛物线C1与抛物线C2有一个交点，求②设抛物线C2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线C2的顶点为点E，△ABC外接圆的圆心为点F，如果对抛物线C1上的任意一点P，在抛物线C2上总存在一点Q，使得点P、3．（2021·湖南株洲·中考真题）将一物体（视为边长为2π米的正方形ABCD）从地面PQ上挪到货车车厢内．如图所示，刚开始点B与斜面EF上的点E重合，先将该物体绕点BE按逆时针方向旋转至正方形A1BC1D1的位置，再将其沿EF方向平移至正方形A2B2C2D2的位置（此时点B2与点G重合），最后将物体移到车厢平台面（1）求线段FG的长度；（2）求在此过程中点A运动至点A2题型03与圆有关的翻折问题1．（2021·湖北武汉·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，先将BC沿BC翻折交AB于点D．再将BD沿AB翻折交BC于点E．若BE=DE，设∠ABC=α，则A．21.9°<α<22.3° B．22.3°<α<22.7°C．22.7°<α<23.1° D．23.1°<α<23.5°2．（2020·四川自贡·中考真题）如图，在矩形ABCD中，E是AB上的一点，连接DE,将△ADE进行翻折，恰好使点A落在BC的中点F处，在DF上取一点O，以点O为圆心，OF的长为半径作半圆与CD相切于点G;若AD=4,则图中阴影部分的面积为____．3．（2018·云南曲靖·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，将BC沿直线BC翻折，使BC的中点D恰好与圆心O重合，连接OC，CD，BD，过点C的切线与线段BA的延长线交于点P，连接AD，在PB的另一侧作∠MPB=∠ADC．(1)判断PM与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)若PC=3，求四边形OCDB题型04与圆有关的旋转问题1．（2023·浙江嘉兴·中考真题）一副三角板ABC和DEF中，∠C=∠D=90°，∠B=30°，∠E=45°，BC=EF=12．将它们叠合在一起，边BC与EF重合，CD与AB相交于点G（如图1），此时线段CG的长是___________，现将△DEF绕点C(F)按顺时针方向旋转（如图2），边EF与AB相交于点H，连结DH，在旋转0°到

2．（2023·四川·中考真题）如图1，已知线段AB，AC，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，以BC为边在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC=30°

(1)若∠BDC=90°，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB=90°，∠EBA=30°，连接DE，用等式表示线段AC与DE的数量关系是_____(2)如图2，在(1)的条件下，若DE⊥AB，AB=4，AC=2，求BC的长；(3)如图3，若∠BCD=90°，AB=4，AC=2，当AD的值最大时，求此时tan∠CBA3．（2022·山东潍坊·中考真题）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，车轮缚以竹简，旋转时低则舀水，高则泻水．如图，水力驱动筒车按逆时针方向转动，竹筒把水引至A处，水沿射线AD方向泻至水渠DE，水渠DE所在直线与水面PQ平行；设筒车为⊙O，⊙O与直线PQ交于P，Q两点，与直线DE交于B，C两点，恰有AD2=BD⋅CD(1)求证：AD为⊙O的切线；(2)筒车的半径为3m，AC=BC,∠C=30°．当水面上升，A，O，Q三点恰好共线时，求筒车在水面下的最大深度（精确到0.1m，参考值：2≈1.4,题型05与圆有关的最值问题1．（2023·陕西·中考真题）（1）如图①，在△OAB中，OA=OB，∠AOB=120°，AB=24．若⊙O的半径为4，点P在⊙O上，点M在AB上，连接PM，求线段PM的最小值；（2）如图②所示，五边形ABCDE是某市工业新区的外环路，新区管委会在点B处，点E处是该市的一个交通枢纽．已知：∠A=∠ABC=∠AED=90°，AB=AE=10000m，BC=DE=6000m．根据新区的自然环境及实际需求，现要在矩形AFDE区域内（含边界）修一个半径为30m的圆型环道⊙O；过圆心O，作OM⊥AB，垂足为M，与⊙O交于点N．连接BN，点P在⊙O上，连接EP．其中，线段BN、EP及MN是要修的三条道路，要在所修道路BN、EP之和最短的情况下，使所修道路MN最短，试求此时环道⊙O的圆心O到AB

2．（2023·重庆·中考真题）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，点D为线段AB上一动点，连接CD

(1)如图1，若AC=9，BD=3，求线段AD(2)如图2，以CD为边在CD上方作等边△CDE，点F是DE的中点，连接BF并延长，交CD的延长线于点G．若∠G=∠BCE，求证：GF=BF+BE．(3)在CD取得最小值的条件下，以CD为边在CD右侧作等边△CDE．点M为CD所在直线上一点，将△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM．连接AN，点P为AN的中点，连接CP，当CP取最大值时，连接BP，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，请直接写出此时NQCP3．（2022·北京·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知点M(a,b),N.对于点P给出如下定义：将点P向右(a≥0)或向左(a<0)平移a个单位长度，再向上(b≥0)或向下(b<0)平移b个单位长度，得到点P'，点P'关于点N的对称点为Q，称点Q为点P的“对应点”．(1)如图，点M(1,1),点N在线段OM的延长线上，若点P(−2,0),点Q为点P的“对应点”．①在图中画出点Q；②连接PQ,交线段ON于点T.求证：NT=(2)⊙O的半径为1，M是⊙O上一点，点N在线段OM上，且ON=t(12<t<1)，若P为⊙O外一点，点Q为点P的“对应点”，连接PQ.当点M在⊙O上运动时直接写出PQ4．（2021·贵州遵义·中考真题）点A是半径为23的⊙O上一动点，点B是⊙O外一定点，OB＝6．连接OA，AB．（1）【阅读感知】如图①，当△ABC是等边三角形时，连接OC，求OC的最大值；将下列解答过程补充完整．解：将线段OB绕点B顺时针旋转60°到O′B，连接OO′，CO′．由旋转的性质知：∠OBO′＝60°，BO′＝BO＝6，即△OBO′是等边三角形．∴OO′＝BO＝6又∵△ABC是等边三角形∴∠ABC＝60°，AB＝BC∴∠OBO′＝∠ABC＝60°∴∠OBA＝∠O′BC在△OBA和△O′BC中，OB=O'B∠OBA=∠O'BC∴_____（SAS）∴OA＝O′C在△OO′C中，OC＜OO′+O′C当O，O′，C三点共线，且点C在OO′的延长线上时，OC＝OO′+O′C即OC≤OO′+O′C∴当O，O′，C三点共线，且点C在OO′的延长线上时，OC取最大值，最大值是_____．（2）【类比探究】如图②，当四边形ABCD是正方形时，连接OC，求OC的最小值；（3）【理解运用】如图③，当△ABC是以AB为腰，顶角为120°的等腰三角形时，连接OC，求OC的最小值，并直接写出此时△ABC的周长．题型06与圆有关的动点问题1．（2023·内蒙古呼和浩特·中考真题）已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，AC=8，以边AC为直径作⊙O，与AB边交于点D，点M为边BC的中点，连接DM

(1)求证：DM是⊙O的切线；(2)点P为直线BC上任意一动点，连接AP交⊙O于点Q，连接CQ．①当tan∠BAP=13②求CQAP2．（2023·浙江·中考真题）小贺在复习浙教版教材九上第81页第5题后，进行变式、探究与思考：如图1，⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，且CE=8，DE=2．

(1)复习回顾：求AB的长．(2)探究拓展：如图2，连接AC，点G是BC上一动点，连接AG，延长CG交AB的延长线于点F．①当点G是BC的中点时，求证：∠GAF=∠F；②设CG=x，CF=y，请写出y关于x的函数关系式，并说明理由；③如图3，连接DF，BG，当△CDF为等腰三角形时，请计算3．（2023·湖南娄底·中考真题）如图1，点G为等边△ABC的重心，点D为BC边的中点，连接GD并延长至点O，使得DO=DG，连接GB，GC，OB，OC

(1)求证：四边形BOCG为菱形．(2)如图2，以O点为圆心，OG为半径作⊙O①判断直线AB与⊙O的位置关系，并予以证明．②点M为劣弧BC上一动点（与点B、点C不重合），连接BM并延长交AC于点E，连接CM并延长交AB于点F，求证：AE+AF为定值．4．（2023·湖南·中考真题）如图，点A，B，C在⊙O上运动，满足AB2=BC2+AC2，延长AC至点D，使得∠DBC=∠CAB，点E是弦AC上一动点（不与点A，C重合），过点E作弦AB的垂线，交AB于点F，交BC的延长线于点N，交

(1)BD是⊙O的切线吗？请作出你的判断并给出证明；(2)记△BDC，△ABC，△ADB的面积分别为S1(3)若⊙O的半径为1，设FM=x，FE⋅FN⋅1BC⋅BN+1AE⋅AC=y，试求题型07与圆有关的新定义问题1．（2023·北京·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于⊙O的弦AB和⊙O外一点C给出如下定义：若直线CA，CB中一条经过点O，另一条是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”．

(1)如图，点A−1,0，B1①在点C1−1,1，C2(−2②若点C是弦AB2的“关联点”，直接写出(2)已知点M0,3，N655,0．对于线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”，记PQ的长为t，当点S2．（2023·甘肃兰州·中考真题）在平面直角坐标系中，给出如下定义：P为图形M上任意一点，如果点P到直线EF的距离等于图形M上任意两点距离的最大值时，那么点P称为直线EF的“伴随点”．例如：如图1，已知点A1,2，B3,2，P2,2在线段AB上，则点P是直线EF(1)如图2，已知点A1,0，B3,0，P是线段AB上一点，直线EF过G−1,0，T0,33两点，当点(2)如图3，x轴上方有一等边三角形ABC，BC⊥y轴，顶点A在y轴上且在BC上方，OC=5，点P是△ABC上一点，且点P是直线EF：x轴的“伴随点”．当点P到x轴的距离最小时，求等边三角形ABC(3)如图4，以A1,0，B2,0，C2,1为顶点的正方形ABCD上始终存在点P，使得点P是直线EF：y=−x+b3．（2020·湖北咸宁·中考真题）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．理解：（1）若四边形ABCD是对余四边形，则∠A与∠C的度数之和为______；证明：（2）如图1，MN是⊙O的直径，点A,B,C在⊙O上，AM，CN相交于点D．求证：四边形ABCD是对余四边形；探究：（3）如图2，在对余四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=60°，探究线段AD，CD和题型08与圆有关的阅读理解问题1．（2021·四川遂宁·中考真题）已知平面直角坐标系中，点P（x0,y0）和直线Ax＋By＋C＝0（其中A，B不全为0），则点P到直线Ax＋By＋C＝0的距离例如：求点P（1，2）到直线y＝2x＋1的距离，因为直线y＝2x＋1可化为2x－y＋1＝0，其中A＝2，B＝－1，C＝1，所以点P（1，2）到直线y＝2x＋1的距离为：d=A根据以上材料，解答下列问题：（1）求点M（0，3）到直线y=3（2）在（1）的条件下，⊙M的半径r＝4，判断⊙M与直线y=3x+9的位置关系，若相交，设其弦长为n，求2．（2019·山西·中考真题）阅读以下材料，并按要求完成相应地任务：莱昂哈德·欧拉(LeonhardEuler)是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数，公式和定理，下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC中，R和r分别为外接圆和内切圆的半径，O和I分别为其外心和内心，则OI如图1，⊙O和⊙I分别是△ABC的外接圆和内切圆，⊙I与AB相切分于点F，设⊙O的半径为R，⊙I的半径为r，外心O（三角形三边垂直平分线的交点）与内心I（三角形三条角平分线的交点）之间的距离OI＝d，则有d2＝R2﹣2Rr．下面是该定理的证明过程（部分）：延长AI交⊙O于点D，过点I作⊙O的直径MN，连接DM，AN.∵∠D=∠N，∠DMI=∠NAI(同弧所对的圆周角相等)，∴△MDI∽△ANI，∴IMIA∴IA⋅ID=IM⋅IN①，如图2，在图1(隐去MD，AN)的基础上作⊙O的直径DE，连接BE，BD，BI，IF，∵DE是⊙O的直径，∴∠DBE=90°，∵⊙I与AB相切于点F，∴∠AFI=90°，∴∠DBE=∠IFA，∵∠BAD=∠E(同弧所对圆周角相等)，∴△AIF∽△EDB，∴IADE=IF任务：(1)观察发现：IM=R+d，IN=_(用含R，d的代数式表示)；(2)请判断BD和ID的数量关系，并说明理由；(3)请观察式子①和式子②，并利用任务(1)，(2)的结论，按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分；(4)应用：若△ABC的外接圆的半径为5cm，内切圆的半径为2cm，则△ABC的外心与内心之间的距离为__________cm.

3．（2018·四川达州·中考真题）阅读下列材料：已知：如图1，等边△A1A2A3内接于⊙O，点P是A1A2上的任意一点，连接PA1，PA2，PA3，可证：PA1+PA2=PA3（1）以下是小红的一种证明方法，请在方框内将证明过程补充完整；证明：如图1，作∠PA1M=60°，A1M交A2P的延长线于点M．∵△A1A2A3是等边三角形，∴∠A3A1A2=60°，∴∠A3A1P=∠A2A1M又A3A1=A2A1，∠A1A3P=∠A1A2P，∴△A1A3P≌△A1A2M∴PA3=MA2=PA2+PM=PA2+PA1．∴PA（2）延伸：如图2，把（1）中条件“等边△A1A2A3”改为“正方形A1A2A3A4”，其余条件不变，请问：PA（3）拓展：如图3，把（1）中条件“等边△A1A2A3”改为“正五边形A1A2A3A4A5”，其余条件不变，则PA1+P题型09阿氏圆1．（2021·四川宜宾·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C（0，6），抛物线的顶点坐标为E（2，8），连结BC、BE、CE．（1）求抛物线的表达式；（2）判断△BCE的形状，并说明理由；（3）如图2，以C为圆心，2为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP＋12EP2．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于两点A−3,0,B

(1)求此抛物线的解析式；(2)已知抛物线上有一点Px0,y0，其中y(3)若点D，E分别是线段AC，AB上的动点，且AE=2CD，求CE+2BD的最小值．3．（2023·山东烟台·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A,B两点，与y轴交于点C,AB=4．抛物线的对称轴x=3与经过点A的直线y=kx−1交于点D，与x

(1)求直线AD及抛物线的表达式；(2)在抛物线上是否存在点M，使得△ADM是以AD为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点M的坐标；若不存在，请说明理由；(3)以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，请求出PC+1题型10圆、几何图形、锐角三角函数综合1．（2022·浙江宁波·中考真题）如图1，⊙O为锐角三角形ABC的外接圆，点D在BC上，AD交BC于点E，点F在AE上，满足∠AFB−∠BFD=∠ACB,FG∥AC交BC于点G，BE=FG，连结BD，DG．设∠ACB=α．(1)用含α的代数式表示∠BFD．(2)求证：△BDE≌△FDG．(3)如图2，AD为⊙O的直径．①当AB的长为2时，求AC的长．②当OF:OE=4:11时，求cosα2．（2023·浙江台州·中考真题）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，AB是⊙O的直径，直线l是⊙O的切线，B为切点．P，Q是圆上两点（不与点A重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP，AQ交直线l于点C，点D．

(1)如图1，当AB=6，BP的长为π时，求BC的长．(2)如图2，当AQAB=34，(3)如图3，当sin∠BAQ=64，BC=CD时，连接BP，PQ3．（2021·广西柳州·中考真题）如图，四边形ABCD中，AD//BC,AD⊥AB,AD=AB=1,DC=5，以A为圆心，AD为半径作圆，延长CD交⊙A于点F，延长DA交⊙A于点E，连结BF，交DE（1）求证：BC为⊙A的切线；（2）求cos∠EDF（3）求线段BG的长．题型11与圆有关的存在性问题1．（2023·广东广州·中考真题）已知点Pm,n在函数y=−(1)若m=−2，求n的值；(2)抛物线y=x−mx−n与x轴交于两点M，N（M在N的左边），与y轴交于点G，记抛物线的顶点为①m为何值时，点E到达最高处；②设△GMN的外接圆圆心为C，⊙C与y轴的另一个交点为F，当m+n≠0时，是否存在四边形FGEC为平行四边形？若存在，求此时顶点E的坐标；若不存在，请说明理由．2．（2022·江苏盐城·中考真题）【发现问题】小明在练习簿的横线上取点O为圆心，相邻横线的间距为半径画圆，然后半径依次增加一个间距画同心圆，描出了同心圆与横线的一些交点，如图1所示，他发现这些点的位置有一定的规律．【提出问题】小明通过观察，提出猜想：按此步骤继续画圆描点，所描的点都在某二次函数图像上．(1)【分析问题】小明利用已学知识和经验，以圆心O为原点，过点O的横线所在直线为x轴，过点O且垂直于横线的直线为y轴，相邻横线的间距为一个单位长度，建立平面直角坐标系，如图2所示．当所描的点在半径为5的同心圆上时，其坐标为___________．(2)【解决问题】请帮助小明验证他的猜想是否成立．(3)【深度思考】小明继续思考：设点P(0,m)，m为正整数，以OP为直径画⊙M，是否存在所描的点在⊙M上．若存在，求m的值；若不存在，说明理由．3．（2020·四川绵阳·中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线相交于点O，⊙M为△BCD的内切圆，切点分别为N，P，Q，DN＝4，BN＝6．（1）求BC，CD；（2）点H从点A出发，沿线段AD向点D以每秒3个单位长度的速度运动，当点H运动到点D时停止，过点H作HI∥BD交AC于点I，设运动时间为t秒．①将△AHI沿AC翻折得△AH'I，是否存在时刻t，使点H②若点F为线段CD上的动点，当△OFH为正三角形时，求t的值．题型12与圆有关的定值问题1．（2023·海南·中考真题）如图1，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=6，∠ABC=60°，点P为线段BO上的动点（不与点B，O重合），连接CP并延长交边AB于点G，交DA的延长线于点H．

(1)当点G恰好为AB的中点时，求证：△AGH≌△BGC；(2)求线段BD的长；(3)当△APH为直角三角形时，求HPPC(4)如图2，作线段CG的垂直平分线，交BD于点N，交CG于点M，连接NG，在点P的运动过程中，∠CGN的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．2．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）．过点P的弦CD⊥AB，Q为BC上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H．连接AD、BQ．（1）若m＝3．①求证：∠OAD＝60°；②求BQDH（2）用含m的代数式表示BQDH（3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值，求此时∠Q的度数．核心知识点1.垂径定理及推论垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧.推论：1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧.2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧.方法技巧方法技巧垂径定理模型（知二得三）如图，可得①AB过圆心②AB⊥CD③CE=DE④AC=AD【总结】垂径定理及其推论实质是指一条直线满足：（1）过圆心（2）垂直于弦（3）平分弦（被平分的弦不是直径）（4）平分弦所对的优弧（5）平分弦所对的劣弧，若已知五个条件中的两个，那么可推出其中三个，简称“知二得三”，解题过程中应灵活运用该定理.常见辅助线做法（考点）：1）过圆心，作垂线，连半径，造Rt2）有弦中点，连中点和圆心，得垂直平分.【易错点】求两条弦间的距离时要分类讨论两条弦与圆心的相对位置：两弦在圆心的同侧，两弦在圆心的异侧．2.弧、弦、圆心角的关系定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等.推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量分别相等.【解题思路】在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么这两条弧所对的弦相等，所对的圆心角、圆周角也都相等．运用这些相等关系，可以实现线段相等与角相等之间的相互转化．3.圆周角定理圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半.（即：圆周角=1推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等.推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径.【补充】圆的一条弧（弦）只对着一个圆心角，对应的圆周角有无数个，但圆周角的度数只有两个，这两个度数和为180°【解题思路】1）在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半，在同圆中可以利用圆周角定理进行角的转化.2）在证明圆周角相等或弧相等时，通常“由等角找等弧”或“由等弧找等角”.3）当已知圆的直径时，常构造直径所对的圆周角．4）在圆中求角度时，通常需要通过一些圆的性质进行转化．比如圆心角与圆周角间的转化；同弧或等弧的圆周角间的转化；连直径，得到直角三角形，通过两锐角互余进行转化等．4.圆内接四边形性质：1）圆内接四边形对角互补.2)圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角.5.切线的性质与判定定义线和圆只有一个公共点时，这条直线叫圆的切线，这个公共点叫做切点．性质圆的切线垂直于过切点的半径．（实际上过切点的半径也可理解为过切点的直径或经过切点与圆心的直线．）解题方法：当题目已知一条直线切圆于某一点时，通常作的辅助线是连接切点与圆心（这是圆中作辅助线的一种方法）．根据切线的性质可得半径与切线垂直，从而利用垂直关系进行有关的计算或证明．判定1）定义法：直线和圆只有一个公共点时，我们说这条直线是圆的切线.2）数量关系法：圆心到这条直线的距离等于半径时，直线与圆相切.3)判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线.常见辅助线作法：判定一条直线是圆的切线时，1）若已知直线与圆的公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半径，简称“连半径，证垂直”；3）若直线与圆的公共点没有明确，可过圆心作直线的垂线段，再证明圆心到直线的距离等于半径，简称“作垂直，证半径”．6.切线长定理定义在经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长．定理从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角．切线长定理的应用问题解题方法：切线长定理经常用来证明线段相等，通常要连接圆心与切点构造直角三角形来求解．必刷好题一、单选题1．（2023·吉林·二模）如图，将半径为4的圆形纸片折叠使弧AB经过圆心O，过点O作直径CD⊥AB于点E，点P是半径OD上一动点，连接AP，则AP的长度不可能是（

）A．4 B．5 C．6 D．72．（2023·湖北武汉·模拟预测）“托勒密定理”由依巴谷提出，其指出圆的内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．如图，⊙O中有圆内接四边形ABCD，已知BD=8，CD=5，AB=6，∠BDC=60°，则AD=（

）

A．8227−5 B．822−673．（2023·河北保定·二模）嘉嘉与淇淇在讨论下面的问题：如图，Rt△ABC中，AB=60，AC=45，∠BAC=90°．D，E分别是AC，AB边上的动点，DE=52，以DE为直径的⊙O交BC于点P，Q两点，求线段PQ嘉嘉：当点D，E分别在AC，AB上移动时，点О到点A的距离为定值；淇淇：当PQ为圆О的直径时，线段PQ的长最大．关于上述问题及两人的讨论，下列说法正确的是（

）A．两人的说法都正确，线段PQ的最大值为52B．嘉嘉的说法正确，淇淇的说法有问题，线段PQ长度的最大值为48C．淇淇的说法有问题，当DE∥BC时，线段D．这道题目有问题，PQ的长度只有最小值，没有最大值4．（2023·河北保定·模拟预测）如图，在△ABC中，BC=10，点O为AB上一点，以5为半径作⊙O分别与BC，AC相切于D，E两点，OB与⊙O交于点M，连接OC交⊙O于点F，连接ME，FE，若点D为BC的中点，给出下列结论：①CO平分∠ACB；②点E为AC的中点；③∠AME=22.5°；④MF的长度为52

A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题5．（2023·四川成都·模拟预测）如图，A，B，C为⊙O上的三个点，C为AB的中点，连接OA，OB，AC，BC，以C为圆心，AC长为半径的弧恰好经过点O，若要在圆内任取一点，则该点落在阴影部分的概率是________．6．（2023·河北石家庄·模拟预测）如图所示，已知在平面直角坐标系xOy中，点A15,8，点M是横轴正半轴上的一个动点，⊙P经过原点O，且与AM相切于点M（1）当AM⊥x轴时，点P的坐标为_____________；（2）设点P的坐标为x,y，则y关于x的函数关系式为_____________（不用写出自变量x的取值范围）；（3）当射线OP与直线AM相交时，点M的横坐标t的取值范围是_____________7．（22-23九年级上·浙江温州·期中）如图，已知A，B是抛物线y=x−22−10上的点，线段AB=6，且AB∥x轴，过A，B两点作半径为5的圆（圆心在AB下方），点P是圆上任意一点，连接AP，取AP的中点Q，将该抛物线AB下方的部分沿直线AB向上翻折，交y轴于点C，连接CQ三、解答题8．（2023·浙江温州·模拟预测）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，AF为∠BAC的外角平分线，过点A，C及线段AB上一点E作圆O，交射线AF于点D．(1)求证：DE=DC．(2)试判断ADBE(3)作点A关于CD的对称点A'，当点A'落在△ADE任一边所在直线上时，求所有满足条件的9．（2023·广西北海·二模）综合与实践【问题提出】（1）如图1，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门MN进攻，当甲带球冲到A点时，乙已跟随冲到B点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证：∠MBN>∠MAN．【数学理解】德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图2，已知点A，B是∠MON的边OM上的两个定点，C是ON边上的一个动点，当且仅当△ABC的外接圆与ON边相切于点C时，∠ACB最大，人们称这一命题为米勒定理．【问题解决】（2）如图3，已知点A，B的坐标分别是0,1，0,3，C是x轴正半轴上的一动点，当△ABC的外接圆⊙D与x轴相切于点C时，∠ACB最大，当∠ACB最大时，求点C的坐标．10．（2023·重庆·模拟预测）在△ABC中，AB=AC，在AB边上作等边△ABD，直线CE∥(1)如图1，若点E在线段AD上，AB=5，CE=132，S△ABC=10，求点(2)如图2，若点E在△ABD的内部，连接CD，过点A作AF⊥BC，交BC与点F．求证：AF+CD=3(3)如图3，若点E在△ABD的外部，△AEC为等腰直角三角形，AE⊥AC，过点E作EF∥AC，交AB的延长线于点F，延长CB，交EF的延长线与点G，M为CA延长线上一点．将△EAD绕点E顺时针方向旋转至△EA'D'，且旋转角0°<α<90°．若AE=1，AM=211．（2023·浙江宁波·三模）如图1，△ABC内接于⊙O，点D为劣弧AC上一点，满足∠BCA=12∠D，过点B作AD的垂线，垂足为点F，交⊙O

(1)求证：BA=BC；(2)若ABAC=5(3)求证：DF=AF+CD；(4)如图3，若∠EBA=13∠EBC，AF=kCD，用含有k

专题12圆压轴考点要求命题预测实数的分类在中考中，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.考点一圆压轴真题演练题型01与圆有关的多结论问题（选/填）1．（2022·湖北武汉·中考真题）如图，点P是⊙O上一点，AB是一条弦，点C是APB上一点，与点D关于AB对称，AD交⊙O于点E，CE与AB交于点F，且BD∥CE．给出下面四个结论：①CD平分∠BCE；

②BE=BD；

③AE2=AF×AB；

④BD为⊙O【答案】①②④【分析】根据点AB为CD的垂直平分线，得出BD=BC，AD=AC，根据等边对等角得出∠BDC=∠BCD，利用平行线性质可判断①正确；利用△ADB≌△ACB（SSS）得出∠EAB=∠CAB，利用圆周角弧与弦关系可判断②正确；根据等弧所对的圆周角相等可得∠AEF≠∠ABE，从而可得△AEF与△ABE不相似，即可判断③；连结OB，利用垂径定理得出OB⊥CE，利用平行线性质得出OB⊥BD，即可判断④正确．【详解】解：∵点C是APB上一点，与点D关于AB对称，∴AB为CD的垂直平分线，∴BD=BC，AD=AC，∴∠BDC=∠BCD，∵BD∥CE，∴∠ECD=∠CDB，∴∠ECD=∠BCD，∴CD平分∠BCE，故①正确；在△ADB和△ACB中，∵AD=AC，BD=BC，AB=AB，∴△ADB≌△ACB（SSS），∴∠EAB=∠CAB，∴BE=∴BE=BC=BD，故②正确；∵AC≠AE，∴AC≠AE，∴∠AEF≠∠ABE，∴△AEF与△ABE不相似，故③错误；连结OB，∵BE=BC，∴OB⊥CE，∵BD∥CE，∴OB⊥BD，∴BD为⊙O的切线．故④正确，∴其中所有正确结论的序号是①②④．故答案为①②④．【点睛】本题考查轴对称性质，线段垂直平分线性质，角平分线判定，三角形全等判断于性质，垂径定理，切线判断，掌握轴对称性质，线段垂直平分线性质，角平分线判定，三角形全等判断于性质，垂径定理，切线判断是解题关键．2．（2021·广东广州·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是边BC上一点，且BE=3，以点A为圆心，3为半径的圆分别交AB、AD于点F、G，DF与AE交于点H．并与⊙A交于点K，连结HG、CH．给出下列四个结论．（1）H是FK的中点；（2）△HGD≌△HEC；（3）S△AHG：S△DHC=9∶16【答案】（1）（3）（4）．【分析】由正方形的性质可证明△DAF≌△ABE，则可推出∠AHF=90°，利用垂径定理即可证明结论（1）正确；过点H作MN//AB交BC于N，交AD于M，由三角形面积计算公式求出AH=125，再利用矩形的判定与性质证得MG=NE，并根据相似三角形的判定与性质分别求出MH=4825，NH=5225，则最后利用锐角三角函数证明∠MGH≠∠HEN，即可证明结论（2）错误；根据（2）中结论并利用相似三角形的性质求得AM=36【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=4，∠DAF=∠ABE=90°．又∵AF=BE=3，∴△DAF≌△ABE．∴∠AFD=∠BEA．∵∠BEA+∠BAE=90°，∴∠AFD+∠BAE=90°，∴∠AHF=90°，∴AH⊥FK，∴FH=KH，即H是FK的中点；故结论（1）正确；（2）过点H作MN//AB交BC于N，交AD于M，由（1）得AH⊥FK，则12∵DF=A∴AH=12∵四边形ABCD是正方形，MN//AB，∴∠DAB=∠ABC=∠AMN=90°．∴四边形ABNM是矩形．∴MN=AB=4，AM=BN．∵AG=BE，∴AG−AM=BE−BN．即MG=NE．∵AD//BC，∴∠MAH=∠AEB．∵∠ABE=∠AMN=90°，∴△MAH∼△BEA．∴AHAE即125解得MH=48则NH=4−MH=52∵tan∠MGH=MHMG∵MG=NE，MH≠NH，∴MGMH∴∠MGH≠∠HEN．∴∠DGH≠∠CEH．∴△HGD与△HEC不全等，故结论（2）错误；（3）∵△MAH∼△BEA，∴AHAE即125解得AM=36由（2）得S△AHG=1∴S△AHG（4）由（1）得，H是FK的中点，∴DK=DF−2FH．由勾股定理得FH=A∴DK=5−2×9故答案为：（1）（3）（4）．【点睛】本题考查了正方形的综合问题，掌握特殊四边形、相似三角形的判定与性质及等腰三角形的性质是解题的关键．3．（2021·湖南岳阳·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB的垂直平分线分别交AB、AC于点D、E，BE=8，⊙O为△BCE的外接圆，过点E作⊙O的切线EF交AB于点F，则下列结论正确的是______．（写出所有正确结论的序号）①AE=BC；②∠AED=∠CBD；③若∠DBE=40°，则DE的长为8π9；④DFEF=EFBF【答案】②④⑤【分析】①根据线段垂直平分线定理，BE为⊙O的直径，BC为⊙O的弦，即可得出结论；②根据段垂直平分线得出∠A+∠AED=90°，再证∠A+∠ABC=90°，等量代换即可；③根据已知条件先得出∠EBC的度数，再利用圆周角定理得∠EOC=2∠EBC，根据弧长公式计算即可；④根据角角相似证明△EFD∽△BFE即可得出结论；⑤先根据勾股定理得出BF的长，再根据等面积法得出ED，根据角角相似证明Rt△ADE∽Rt△ACB，得出ADAC【详解】解:①∵DE是AB的垂直平分线∴AE=BE∵BE为⊙O的直径，BC为⊙O的弦∴BE>BC∴AE>BC．故①不正确．②∵DE是AB的垂直平分线∴DE⊥AB∴∠A+∠AED=90°∵∠C=90°∴∠A+∠ABC=90°∴∠AED=∠CBD故②正确．③连接OD∵∠DBE=40°∴∠EOD=2∠EBD=80°∵BE=8∴OE=OB=∴DE的长为80故③错误．④∵DE⊥AB，EF是⊙O的切线∴∠FEB=∠EDF=90°又∠EFD=∠EFD∴△EFD∽△BFE∴DFEF故④正确．⑤∵EF=6，BE=8∴BF=E∵1∴ED=在Rt△EDB中，BD=B∵DE是AB的垂直平分线，∴AD=DB=6.4，AE=BE=8，∵在Rt△ADE和Rt△ACB中，∠A=∠A，∠ADE=∠ACB=90°∴Rt△ADE∽Rt△ACB∴AD∴6.4∴AC=10.24又AE=BE=8∴CE=AC-AE=10.24-8=2.24．故⑤正确．综上所述：正确的有②④⑤．故答案为：②④⑤．【点睛】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定及性质、线段垂直平分线的性质及定理、勾股定理、切线的性质、等面积法是常用的计算边长的方法、灵活进行角的转换是关键4．（2020·湖南岳阳·中考真题）如图，AB为半⊙O的直径，M，C是半圆上的三等分点，AB=8，BD与半⊙O相切于点B，点P为AM上一动点（不与点A，M重合），直线PC交BD于点D，BE⊥OC于点E，延长BE交PC于点F，则下列结论正确的是______________．（写出所有正确结论的序号）①PB=PD；②BC的长为43π；③∠DBE=45°；④△BCF∽△PFB；⑤

【答案】②⑤【分析】①先根据圆的切线的性质可得∠ABD=90°，再根据半圆上的三等分点可得∠COB=60°，然后根据圆周角定理可得∠BPC=30°，最后假设PB=PD，根据角的和差、三角形的外角性质可得∠AOP=30°，这与点P为AM上一动点相矛盾，由此即可得；②根据弧长公式即可得；③先根据等边三角形的性质可得∠OBE=30°，再根据角的和差即可得；④先根据三角形的外角性质可得∠PFB=∠BCF+∠CBF，从而可得对应角∠PFB与∠BCF不可能相等，由此即可得；⑤先根据相似三角形的判定与性质可得CFCB=CBCP，从而可得【详解】如图，连接OP∵BD与半⊙O相切于点B∴∠ABD=90°∵C是半圆上的三等分点∴∠COB=∵OB=OC∴△BOC是等边三角形由圆周角定理得：∠BPC=假设PB=PD，则∠PBD=∠D=∴∠ABP=∠ABD−∠PBD=15°∴∠AOP=2∠ABP=30°又∵点P为AM上一动点∴∠AOP不是一个定值，与∠AOP=30°相矛盾即PB与PD不一定相等，结论①错误∵AB=8∴OB=OC=则BC的长为60π×4180∵△BOC是等边三角形，BE⊥OC∴∠OBE=∠CBE=∴∠DBE=∠ABD−∠OBE=90°−30°=60°，则结论③错误∵∠PFB=∠BCF+∠CBF>∠BCF，即对应角∠PFB与∠BCF不可能相等∴△BCF与△PFB不相似，则结论④错误在△BCF和△PCB中，∠CBF=∠CPB=30°∴△BCF∼△PCB∴CFCB又∵△BOC是等边三角形，OB=4∴CB=OB=4∴CF⋅CP=即CF⋅CP为定值，结论⑤正确综上，结论正确的是②⑤故答案为：②⑤．

【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、弧长公式、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的题①，先假设结论成立，再推出矛盾点是解题关键．题型02与圆有关的平移问题1．（2022·湖北宜昌·中考真题）已知，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，以BC为直径的⊙O与AB交于点H，将△ABC沿射线AC平移得到△DEF，连接BE．(1)如图1，DE与⊙O相切于点G．①求证：BE=EG；②求BE⋅CD的值；(2)如图2，延长HO与⊙O交于点K，将△DEF沿DE折叠，点F的对称点F'恰好落在射线BK上．①求证：HK∥②若KF'=3，求AC的长．【答案】(1)①见解析；②BE⋅CD=9(2)①见解析；②AC的长为2【分析】（1）①用切线的性质定理或切线长定理进行证明即可；②连接OE，OD，OG，证明△ODG∽△EOG，利用相似三角形对应边成比例即可得到；（2）①延长HK交BE于点Q，设∠ABC=α，利用题目中平移，折叠的对应角相等，∠BQO和∠BEF'用α表示出来，得到∠BQO=∠BEF'即可；②连接FF'，交DE于点N，证明△HBK≌△ENF，设BK=x，利用△HBK∽△FCB，算出x；在Rt△HBK中，sin∠BHK=BKKH=3【详解】（1）①如图1∵△ABC沿射线AC方向平移得到△DEF∴BE∵∠ACB=90°∴∠CBE=∠ACB=90°方法一：连接OG，OE∵DE与⊙O相切于点G∴∠OGE=90°∴∠OBE=∠OGE=90°∵OB=OG，OE为公共边∴Rt△BOE≌Rt△GOE∴BE=GE方法二：∵BC是⊙O的直径∴BE与⊙O相切于点B∵DE与⊙O相切于点G∴BE=GE②如图2方法一：过点D作DM⊥BE于点M∴∠DMB=90°由（1）已证∠CBE=∠BCF=90°∴四边形BCDM是矩形∴CD=BM，DM=BC由（1）已证：BE=GE同理可证：CD=DG设BE=x，CD=y在Rt△DME中，D∴x−y∴xy=9即BE⋅CD=9方法二：图3，连接OE，OD，OG∵DE与⊙O相切于点G，BE与⊙O相切于点B，CD与⊙O相切于点C∴BE=GE，CD=DG，∠OEG=12∵BE∴∠BEG+∠CDG=180°∴∠OEG+∠ODG=90°∴∠EOD=90°∴∠DOG+∠GOE=90°又∵DE与⊙O相切于点G∴OG⊥DE∴∠DOG+∠ODG=90°∴∠GOE=∠ODG∴△ODG∽△EOG∴OGDG=∵⊙O的直径为6∴OG=3∴BE⋅CD=9（2）①方法一：如图4延长HK交BE于点Q设∠ABC=α∵在⊙O中，OB=OH∴∠BHO=∠OBH=α∴∠BOQ=∠BHO+∠OBH=2α∴∠BQO=90°−2α∵△ABC沿射线AC方向平移得到△DEF，△DEF沿DE折叠得到△DEF'∴∠DEF=∠DEF'=∠ABC=α∴∠BEF'=90°−2α∴∠BQO=∠BEF'∴HK方法二：∵HK是⊙O的直径，∴∠HBK=90°，设∠ABC=α，在⊙O中，OB=OH，∴∠BHO=∠OBH=α，∴∠HKF'=90°+α，∵△ABC沿射线AC方向平移得到△DEF，△DEF沿DE折叠得到△DEF'，∴∠DEF=∠DEF'=∠ABC=α，∴∠BEF'=90°−2α，∵∠EBF'=∠ABC=α，在△BEF'中，∠BF'E=180°−∠EBF'−∠BEF'=90°+α，∴∠HKF'=∠BF'E，∴HK∥方法三：如图，延长BF'交DN于点N∵△ABC沿射线AC方向平移得到△DEF∴AB∥DE∵△DEF沿DE折叠得到△DEF'∴△DEF'≌△DEF∴△DEF'≌△ABC∴∠ABC=∠DEF'，EF'=BC∵OB=OH，∴∠OBH=∠OHB，∴∠BHK=∠DEF'∵HK=BC∴EF'=HK∵HK是直径∴∠ABK=90°∵AB∴∠ABK=∠BNE=90°∴△HBK≌△ENF'∴∠BKH=∠EF'N∴180°−∠BKH=180°−∠EF'N即∠HKF=∠EF'K∴HK②连接FF'，交DE于点N，如图6∵△DEF沿DE折叠，点F的对称点为F'∴ED⊥FF'，FN=∵HK是⊙O的直径∴∠HBK=90°，点F'恰好落在射线BK上∴BF'⊥AB∵△ABC沿射线AC方向平移得到△DEF∴AB∥DE∴点B在FF'的延长线上∴点B，F'，F这三点在同一条直线上而BC为⊙O的直径∴HK=BC=EF在△HBK和△ENF中∠HBK=∠ENF；∠BHO=∠NEF；HK=EF∴△HBK≌△ENF∴BK=NF设BK=x，则BF=BK+KF'+F'F=x+3+2x=3x+3∵OB=OK∴∠OBK=∠OKB而∠HBK=∠BCF=90°∴△HBK∽△FCB∴BK∴x解得：x1=3，∴BK=3在Rt△HBK中，sin∴∠BHK=30°∴∠ABC=30°在Rt△ABC中，tan∴AC=6⋅即AC的长为2【点睛】本题考查了折叠，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，圆的切线的判定与性质等，综合性较强；巧妙构造辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．2．（2023·四川乐山·中考真题）已知x1,y1,x2,(1)求b的值；(2)将抛物线C1平移后得到抛物线C探究下列问题：①若抛物线C1与抛物线C2有一个交点，求②设抛物线C2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线C2的顶点为点E，△ABC外接圆的圆心为点F，如果对抛物线C1上的任意一点P，在抛物线C2上总存在一点Q，使得点P、【答案】(1)0(2)①2≤m≤2+22②【分析】（1）根据y1=−14x（2）按照临界情形，画出图象分情况讨论求解即可．【详解】（1）解：由题可知：y∵x1+∴−1则14∴x2∴−bx2−∴b=0；（2）①注意到抛物线C2最大值和开口大小不变，m（i）当抛物线C2过点(0,0)此时，x=0,y=−14m2+1=0（ii）当抛物线C2过点(2,−1)此时，x=2,y=−1解得m=2+22或2−2综上，2≤m≤2+22②同①考虑满足题意的两种临界情形：（i）当抛物线C2过点(0,−1)此时，x=0,y=−14m2+1=−1（ii）当抛物线C2过点(2,0)

此时，x=2,y=−14(2−m)综上22如图，由圆的性质可知，点E、F在线段AB的垂直平分线上．令y=−14(x−m)∴HB=m+2−m=2，∵FB=FC，∴FH设FH=t，∴t∴m∴m∵m≥2∴m∴m24∵22∴52≤t≤∵EF=FH+1，∴【点睛】此题考查了二次函数的图象和性质、垂径定理、解一元二次方程等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键．3．（2021·湖南株洲·中考真题）将一物体（视为边长为2π米的正方形ABCD）从地面PQ上挪到货车车厢内．如图所示，刚开始点B与斜面EF上的点E重合，先将该物体绕点BE按逆时针方向旋转至正方形A1BC1D1的位置，再将其沿EF方向平移至正方形A2B2C2D2的位置（此时点B2与点G重合），最后将物体移到车厢平台面（1）求线段FG的长度；（2）求在此过程中点A运动至点A2【答案】（1）23【分析】（1）利用直角三角形FGH即可求解；（2）连接A1A2，则必过点D1，分别求出A1A2和A1A的长，即可求出点【详解】解：（1）∵MG∥PQ，∴∠FGM=∠FBP=30°．∴在Rt△FGH中，FG=2FH=2×1（2）连接A1A2，则必过点D1，且四边形A1BGA2是矩形．∴A1A2=BG=BF-GF=4−2∵四边形ABCD和四边形A1BC1D1都是正方形，∴AB=A1B，∠A1BC1=∠ABC=90°．∴∠ABA1=180°-∠A1BC1-∠FBP=180°-90°-30°=60°．∴lA∴在整个运动过程中，点A运动至A2的路程为：lA【点睛】本题考查了直角三角形的性质、矩形和正方形的性质、平移和旋转的性质等知识点，熟知旋转和平移的性质是解题的关键．题型03与圆有关的翻折问题1．（2021·湖北武汉·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，先将BC沿BC翻折交AB于点D．再将BD沿AB翻折交BC于点E．若BE=DE，设∠ABC=α，则A．21.9°<α<22.3° B．22.3°<α<22.7°C．22.7°<α<23.1° D．23.1°<α<23.5°【答案】B【分析】将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．依据在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等可证明AC=DC=DE=EB，从而可得到弧【详解】解：将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．∵⊙O与⊙O′为等圆，劣弧AC与劣弧CD所对的角均为∠ABC，∴AC=同理：DE=又∵F是劣弧BD的中点，∴DE=∴AC=∴弧AC的度数=180°÷4=45°．∴∠B=12∴α所在的范围是22.3°<α<22.7°；故选：B．【点睛】本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了翻折的性质、弧、弦、圆周角之间的关系、圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定，找出图形中的等弧是解题的关键．2．（2020·四川自贡·中考真题）如图，在矩形ABCD中，E是AB上的一点，连接DE,将△ADE进行翻折，恰好使点A落在BC的中点F处，在DF上取一点O，以点O为圆心，OF的长为半径作半圆与CD相切于点G;若AD=4,则图中阴影部分的面积为____．【答案】23【分析】连接OG，证明△DOG∽△DFC，得出OGFC【详解】解：连接OG，过O点作OH⊥BC于H点，设圆O与BC交于Q点，如下图所示：设圆的半径为r，∵CD是圆的切线，∴OG⊥CD，∴△DOG∽△DFC，∴OGFC∵F是BC的中点，∴CF=BF=2，代入数据：∴r2∴r=4∴OD=DF−OF=8∴sin∠ODG=∴∠ODG=30°，∴∠DFC=60°，且OF=OQ，∴△OFQ是等边三角形，∴∠DOQ=180°-60°=120°，同理△OGQ也为等边三角形，∴OH=32OQ=233，且∴S==4故答案为：23【点睛】本题考查了扇形面积的计算，切线的性质，翻折变换，熟练掌握基本图形的性质是解题的关键．3．（2018·云南曲靖·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，将BC沿直线BC翻折，使BC的中点D恰好与圆心O重合，连接OC，CD，BD，过点C的切线与线段BA的延长线交于点P，连接AD，在PB的另一侧作∠MPB=∠ADC．(1)判断PM与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)若PC=3，求四边形OCDB【答案】(1)PM与⊙O相切，理由见解析；(2)3【分析】（1）连接DO并延长交PM于E，如图，利用折叠的性质得OC=DC，BO=BD，则可判断四边形OBDC为菱形，所以OD⊥BC，△OCD和△OBD都是等边三角形，从而计算出∠COP=∠EOP=60°，接着证明PM∥BC得到OE⊥PM，所以OE=12OP，根据切线的性质得到OC⊥PC，则OC=（2）先在Rt△OPC中计算出OC=1，然后根据等边三角形的面积公式计算四边形OCDB【详解】（1）PM与⊙O相切．理由如下：连接DO并延长交PM于E，如图，∵BC沿直线BC翻折，使BC的中点D恰好与圆心O重合，∴OC=DC，BO=BD，∴OC=DC=BO=BD，∴四边形OBDC为菱形，∴OD⊥BC，∴△OCD和△OBD都是等边三角形，∴∠COD=∠BOD=60°，∴OE=OC∠COP=∠EOP=60°，∵∠MPB=∠ADC，而∠ADC=∠ABC，∴∠ABC=∠MPB，∴PM∥∴OE⊥PM，∴OE=1∵PC为⊙O的切线，∴OC⊥PC，∴OC=1∴OE=OC，而OE⊥PC，∴PM是⊙O的切线；（2）在Rt△OPC中，OC=∴四边形OCDB的面积=2S【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了直线与圆的关系、圆周角定理和折叠的性质．题型04与圆有关的旋转问题1．（2023·浙江嘉兴·中考真题）一副三角板ABC和DEF中，∠C=∠D=90°，∠B=30°，∠E=45°，BC=EF=12．将它们叠合在一起，边BC与EF重合，CD与AB相交于点G（如图1），此时线段CG的长是___________，现将△DEF绕点C(F)按顺时针方向旋转（如图2），边EF与AB相交于点H，连结DH，在旋转0°到

【答案】66−6【分析】如图1，过点G作GH⊥BC于H，根据含30°直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质得出BH=3GH，GH=CH，然后由BC=12可求出GH的长，进而可得线段CG的长；如图2，将△DEF绕点C顺时针旋转60°得到△D1E1F，FE1与AB交于G1，连接D1D，AD1，△D2E2F是△DEF旋转0°到60°的过程中任意位置，作DN⊥CD1于N，过点B作BM⊥D1D交【详解】解：如图1，过点G作GH⊥BC于H，

∵∠ABC=30°，∠DEF=∠DFE=45°，∴BH=3GH，∵BC=BH+CH=3∴GH=63∴CG=2如图2，将△DEF绕点C顺时针旋转60°得到△D1E1F，FE1由旋转的性质得：∠E1CB=∠DC∴△CDD∵∠ABC=30°，∴∠CG∴CG∵CE∴CG1=12∵△CD∴点D1在直线AB连接AD1，△D2E2F则线段DH扫过的面积是弓形D1D2∵BC=EF=12，∴DC=DB=2∴D1作DN⊥CD1于N，则∴DN=D过点B作BM⊥D1D交D1D∵∠D1DC=60°∴∠BDM=180°−∠D∴BM=1∴线段DH扫过的面积=S=S=60π⋅=12π−183故答案为：66−62

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含30°直角三角形的性质，二次根式的运算，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积计算等知识，作出图形，证明点D1在直线AB2．（2023·四川·中考真题）如图1，已知线段AB，AC，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，以BC为边在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC=30°

(1)若∠BDC=90°，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB=90°，∠EBA=30°，连接DE，用等式表示线段AC与DE的数量关系是_____(2)如图2，在(1)的条件下，若DE⊥AB，AB=4，AC=2，求BC的长；(3)如图3，若∠BCD=90°，AB=4，AC=2，当AD的值最大时，求此时tan∠CBA【答案】(1)AC=(2)BC=2(3)3【分析】（1）在Rt△BDC中，∠DBC=30°，Rt△BAE，且∠AEB=90°，∠EBA=30°，可得△ABE∽△CBD，根据相似三角形的性质得出ABBC=BE（2）延长DE交AB于点F，如图所示，在Rt△AEF中，求得EF,AF，进而求得BF的长，根据（1）的结论，得出DE=3，在Rt△BFD中，勾股定理求得BD（3）如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB=90°，∠EBA=30°，连接BE，EA，ED,EC，同（1）可得△BDE∽△BCA，进而得出D在以E为圆心，433为半径的圆上运动，当点A,E,D三点共线时，AD的值最大，进而求得cos∠BDA=277，sin∠BDA=217，根据△ABC∽△EBD得出∠BDE=∠BCA，过点【详解】（1）解：在Rt△BDC中，∠DBC=30°，Rt△BAE，且∠AEB=90°，∴△ABE∽△CBD，∠DBE+∠EBC=∠ABC+∠EBC，BE=AB×∴ABBC=BE∴△ABC∽△EBD∴AC∴AC=2故答案为：AC=2（2）∵Rt△BAE，且∠AEB=90°，∠EBA=30°，∴AE=AB⋅sin∠EBA=1延长DE交AB于点F，如图所示，

∵DE⊥AB，∴∠BFD=∠DFA=90°，∴在Rt△AEF中，EF=AE×sin∠BAE=∴BF=AB−AF=4−1=3，由（1）可得AC=2∴DE=3∴DF=DE+EF=23在Rt△BFD中，BD=∵△ABC∽△EBD，∴BCBD∴BC=2∴BC=27（3）解：如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB=90°，∠EBA=30°，连接BE，EA，ED,EC

同（1）可得△BDE∽△BCA则DEAC∵AC=2，则DE=4在Rt△AEB中，AB=4，AE=AB×∴D在以E为圆心，43∴当点A,E,D三点共线时，AD的值最大，此时如图所示，则AD=AE+DE=8

在Rt△ABD中，∴cos∠BDA=ADBD∵△ABC∽△EBD，∴∠BDE=∠BCA，过点A作AF⊥BC，于点F，∴CF=AC×cos∠ACB=2×2∵∠DBC=30°，∴BC=3∴BF=BC−CF=27Rt△AFB中，tan【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正切的定义，求圆外一点到圆的距离的最值问题，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．3．（2022·山东潍坊·中考真题）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，车轮缚以竹简，旋转时低则舀水，高则泻水．如图，水力驱动筒车按逆时针方向转动，竹筒把水引至A处，水沿射线AD方向泻至水渠DE，水渠DE所在直线与水面PQ平行；设筒车为⊙O，⊙O与直线PQ交于P，Q两点，与直线DE交于B，C两点，恰有AD2=BD⋅CD(1)求证：AD为⊙O的切线；(2)筒车的半径为3m，AC=BC,∠C=30°．当水面上升，A，O，Q三点恰好共线时，求筒车在水面下的最大深度（精确到0.1m，参考值：2≈1.4,【答案】(1)答案见解析(2)0.9m【分析】（1）连接AO并延长交⊙O于M，根据AM为⊙O的直径可以得到∠ABM=90°，继而得到∠BAM+∠AMB=90°，根据AD2=BD⋅CD可证ΔDAB∼ΔDCB，可以得到（2）根据AC=BC，∠C=30°解出∠CAB=∠CBA=75°，根据AQ为⊙O的直径得到∠ABQ=∠APQ=90°，进而得出∠BAQ=60°，∠QAC=15°，又根据PQ//BC得出∠QAC=∠BQP=15°，故可得到∠PQA=45°，过O作OF⊥PQ交⊙O于F，交PQ于E，于是在等腰RtΔOEQ中，根据锐角三角函数求出OE长，进而求出最大深度【详解】（1）证明：连接AO并延长交⊙O于M，连接BM，∴AM为⊙O的直径，∴∠ABM=90°，∴∠BAM+∠AMB=90°，∵AD∴AD又∵∠D=∠D，∴Δ∴∠DAB=∠DCA，又∵∠BCA=∠BMA，∴∠BAM+∠DAB=90°，∴∠DAM=90°，∴AD为⊙O的切线；（2）解：如图所示，∵AC=BC，∠C=30°，∴∠CAB=∠CBA=1∵AQ是⊙O的直径，∴∠ABQ=∠APQ=90°，∵∠C=30°，∴∠AQB=∠C=30°，∴∠BAQ=90°−∠AQB=60°，∴∠QAC=∠BAC−∠BAQ=75°−60°=15°，∵PQ//BC，∴BP=∴∠QAC=∠BQP=15°，∴∠PQA=∠BQP+∠BQA=15°+30°=45°，过O作OF⊥PQ交⊙O于F，交PQ于E，∴Δ∵OQ=3，∴OE=OQsin∴EF=OF−OE=3−3【点睛】本题主要考查圆的切线的判断，等腰三角形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，掌握公式定理并且灵活应用是解题的关键．题型05与圆有关的最值问题1．（2023·陕西·中考真题）（1）如图①，在△OAB中，OA=OB，∠AOB=120°，AB=24．若⊙O的半径为4，点P在⊙O上，点M在AB上，连接PM，求线段PM的最小值；（2）如图②所示，五边形ABCDE是某市工业新区的外环路，新区管委会在点B处，点E处是该市的一个交通枢纽．已知：∠A=∠ABC=∠AED=90°，AB=AE=10000m，BC=DE=6000m．根据新区的自然环境及实际需求，现要在矩形AFDE区域内（含边界）修一个半径为30m的圆型环道⊙O；过圆心O，作OM⊥AB，垂足为M，与⊙O交于点N．连接BN，点P在⊙O上，连接EP．其中，线段BN、EP及MN是要修的三条道路，要在所修道路BN、EP之和最短的情况下，使所修道路MN最短，试求此时环道⊙O的圆心O到AB【答案】（1）43−4【分析】（1）连接OP，OM，过点O作OM'⊥AB，垂足为M'，则（2）分别在BC，AE上作BB'=AA'=r=30(m)，连接A'B'，B'O、OP、OE、B'E．证出四边形BB'ON是平行四边形．由平行四边形的性质得出BN=B'O．当点O在B'E上时，BN+PE取得最小值．作⊙O'，使圆心O'【详解】解：（1）如图①，连接OP，OM，过点O作OM'⊥AB

则OP+PM≥OM．∵⊙O半径为4，∴PM≥OM−4≥OM∵OA=OB．∠AOB=120°，∴∠A=30°，∴OM∴PM≥OM∴线段PM的最小值为43（2）如图②，分别在BC，AE上作BB连接A'B'，B'O、OP∵OM⊥AB，BB'⊥AB∴四边形BB∴BN=B'O．∵B∴BN+PE≥B∴当点O在B'E上时，作⊙O'，使圆心O'在B作O'M'⊥AB，垂足为M'∴O'∴△B'O'∴O'∵⊙O'在矩形∴当⊙O'与FD相切时，B'此时，O'∵M∴M∴O∴O∴此时环道⊙O的圆心O到AB的距离OM的长为4047.91m【点睛】本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质，切线的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．2．（2023·重庆·中考真题）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，点D为线段AB上一动点，连接CD(1)如图1，若AC=9，BD=3，求线段AD(2)如图2，以CD为边在CD上方作等边△CDE，点F是DE的中点，连接BF并延长，交CD的延长线于点G．若∠G=∠BCE，求证：GF=BF+BE．(3)在CD取得最小值的条件下，以CD为边在CD右侧作等边△CDE．点M为CD所在直线上一点，将△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM．连接AN，点P为AN的中点，连接CP，当CP取最大值时，连接BP，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，请直接写出此时NQCP【答案】(1)5(2)见解析(3)43【分析】（1）解Rt△ABC，求得AB，根据AD=AB−BD（2）延长FB使得FH=FG，连接EH，可得△GFD≌△HFESAS，根据∠DEC=∠DBC=60°，得出B,C,D,E四点共圆，则∠EDB=∠BCE，∠BEC=∠BDC，得出∠BEH=60°−∠BEC=60°−∠BDC=∠EDB，结合已知条件得出∠H=∠BEH，可得EB=BH（3）在CD取得最小值的条件下，即CD⊥AB，设AB=4a，则BC=2a，AC=23a，根据题意得出点N在以B为圆心，a为半径的圆上运动，取AB的中点S，连接SP，则SP是△ABN的中位线，P在半径为12a的⊙S上运动，当CP取最大值时，即P,S,C三点共线时，此时如图，过点P作PT⊥AC于点T，过点N作NR⊥AC于点R，连接PQ，交NR于点U，则四边形PURT是矩形，得出PD是△ANR的中位线，同理可得PT是△ANR的中位线，△BCS是等边三角形，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，则∠QCP=2∠BCP=120°，在【详解】（1）解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°∴AB=AC∵BD=3∴AD=AB−BD=53（2）证明：如图所示，延长FB使得FH=FG，连接EH，

∵F是DE的中点则DF=FE，FH=FG，∠GFD=∠HFE，∴△GFD≌△HFESAS∴∠H=∠G，∴EH∥∴∠HEC=∠ECD=60°∵△DEC是等边三角形，∴∠DEC=∠EDC=60°，∵∠DEC=∠DBC=60°，∴B,C,D,E四点共圆，∴∠EDB=∠BCE，∠BEC=∠BDC，∴∠BEH=60°−∠BEC=60°−∠BDC=∠EDB，∵∠G=∠BCE=∠BDE=∠H，∴∠H=∠BEH，∴EB=BH，∴FH=FG=BF+BH=BF+EB；（3）解：如图所示，

在CD取得最小值的条件下，即CD⊥AB，设AB=4a，则BC=2a，AC=23∴CD=AC×BCAB=∵将△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM．∴BE=BN∴点N在以B为圆心，a为半径的圆上运动，取AB的中点S，连接SP，则SP是△ABN的中位线，∴P在半径为12a的当CP取最大值时，即P,S,C三点共线时，此时如图，过点P作PT⊥AC于点T，过点N作NR⊥AC于点R，∵S是AB的中点，∠ABC=60°∴SC=SB=BC，∴△BCS是等边三角形，则∠PCB=60°，∴∠PCA=∠ACB−∠BCP=30°，∵BC=2a，AB=4a，∴CS=BC=2a，PS=∴PC=52a，∵AC=23∴AT=3如图所示，连接PQ，交NR于点U，则四边形PURT是矩形，∴PU∥AR，P是∴NU即PU是△ANR的中位线，同理可得PT是△ANR的中位线，∴NU=UR=PT=54∵△BCS是等边三角形，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，∴∠QCP=2∠BCP=120°∴PQ=则UQ=PQ−PU=在Rt△NUQ中，∴NQCP【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，折叠的性质