2025年中考数学大题与几何压轴题：圆压轴（解析版）

专题12圆压轴

目录

题型特训•精准提分

型

题

01与圆有关的多结论问题（选/填）

型

题

02与圆有关的平移问题

型

题

03与圆有关的翻折问题

型

题

04与圆有关的旋转问题

型

题

05与圆有关的最值问题

型

题

06与圆有关的动点问题

型

题

07与圆有关的新定义问题

型

题

08阿氏圆

型

题

09圆、几何图形、锐角三角函数综合

型

题

型与圆有关的阅读理解问题

题10

型

题11与圆有关的存在性问题

12与圆有关的定值问题.

中考逆袭-高效集训

（时间：60分钟）

题型特训-精准提分

题型01与圆有关的多结论问题（选/填）

I.（2023•河北保定•模拟预测）如图，在aaBC中，BC=10,点。为48上一点，以5为半径作。。分别与

BC,4;相切于D,E两点，OB与。。交于点M,连接。C交。。于点F,连接ME,FE,若点D为BC的中点,

给出下列结论：①CO平分乙4CB；②点E为4C的中点；@^AME=22.5°；④标的长度为京.其中正确结

论的个数是（）

A.1B.2C.3D.4

【答案】D

【分析】连接。D,0E,。。分别与2C和BC相切，证明C。平分乙4CB,根据平行线分线段成比例定理证明E

为4c的中点，再利用弧长公式求出弧长.

【详解】如图，连接。D,0E.

O。分另IJ与4C和BC相切，

■，OE=OD=5,且。E14C,OD1.BC,

.•.CO平分乙4C8,故①正确；

•.•点。为的中点，8c=10,

-'-DC=OD=5,

•・・4。。。=90。，

.♦・乙。。0=45。，

.••乙4cB=90°,

.'.OD\\ACf

.•.点。为ZB的中点，

•；OE1AC,

:.OE\\BC,

故点E为ac的中点，故②正确；

由①知，NOCE=NCOE=45。，

：./.AOE=45°,

1

：.Z.AME=^AOE=22.5°,

故③正确；

由③可知：。。垂直平分BC,

：.OC—OB,

"OBC=乙OCB=45°

・・・乙80。=90。，

・・.赤的长度为军需=苧，

loUZ

故④正确，

故选D.

【点睛】此题考查了圆周角定理、切线的基本性质，平行线分线段成比例，解题的关键是熟悉圆的性质并

构造辅助线.

2.（2024•山东济宁•一模）如图，在扇形04B中，AAOB=90°,半径。4=2.将扇形04B沿过点B的直线折

叠，点。恰好落在而上点。处，折痕交。4于点C,点E为0B的中点，点P为线段CB上一个动点，连接。P,

PE,DP,过点。作DF18C于点尸，下列说法：①当点P运动到CB的中点时，四边形COPD为菱形，②舞f

=1,③OP+PE的最小值为旧，④阴影部分面积为互―竽，正确的是（填序号）.

【答案】①③④

【分析】本题考查了折叠的性质，等边三角形的判定与性质，30。角所对直角边是斜边的一半，三角形中线

性质，扇形面积和勾股定理，连接由折叠性质可知，OB=BD,OC=CD,由30。角所对直角边是斜边

的一半，三角形中线性质可判断①②，当P、E三点共线时，OP+PE有最小值，即DE的值，可判断

③，再用求面积的方法可判断④，熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键.

：.OB=BD=OD,

是等边三角形，

：/OBD=60°,

：.Z.OBC=/.DBC=30°,

：.OC=CD=^BC,

••・当点P运动到CB的中点时，

：.OC=CD=DP=OP=^BC,

••・四边形COPD为菱形，故①正确;

■:DF1BC,

:.Z.CFD=90°,

由NOBC=NDBC=30°,々OB=NCDB=90°,

.•ZW=30°,

・・.CF=TCD,

••.CF=TCD=；BC,

S4CDFS^CDFgCFxDF61

故

②匿

误

一

前-

,--------------—---------------—-J-------------------?4

S^OCBSMDB-BCXDF

•・・。与。是关于BC对称，

・•・当。、P、E三点共线时，OP+PE有最小值,即DE的值,

：.DE1OB,

"DEB=90°,

•.ZOBD=60°,

/.ZBDE=3O°,

：.BE=^BD=1,

在RtDEB中，由勾股定理得DE=\BD2一BE2=722一第=旧,故③正确；

同理：OC=竽，

・•・阴影部分面积为若繇一2x：x2x^=7r—^,故④正确；

故答案为：①③④.

3.（2023•广东广州•二模）如图，四边形4BCD内接于。。，AC为。。的直径，^ACD+ABCD=180°,连

接。。，过点。作DELAC,DFLBC,垂足分别为点E、点F,则下列结论正确的

是.①4A0D=24BAD；（2）ADAC=ABAC；③DF与。。相切；④若4E=4,EC=1,则BC=3.

【答案】①③④

【分析】本题考查了圆周角定理，全等三角形的性质与判定，切线的判定，根据已知条件得出

乙ACDjFCD,根据圆内接四边形得出NFCD=N£MB,进而得出乙4CD=ACMB,根据圆周角定理即可判

断①，不能确定比=前，即可判断②，证明△AOB三△B。。得出乙4。。=48。0,根据三线合一得出

DOLAB,进而根据AC是直径，得出48L8C,结合已知条件即可判断③，证明△DEC三RtAADE=

RtA^F,得出OE=DF,BF=AE,进而即可求解.

【详解】如图，连接08,

•••/,ACD+乙BCD=180°,Z,ACD+乙ACB+乙DCF=180°,

・•・乙BCD=Z.ACB+乙DCF,

(BCD=Z-ACB+Z.ACD,

・•・Z.ACD=Z.FCD,

•••四边形4BCD内接于。。，

•••Z-FCD=Z.DAB,

・•・Z.ACD=乙DAB,

AD=DB,

Z.ABD=Z.BAD,Z.AOD=2/-ABD,

^Z.AOD=2^BADf故①正确，

,•・不能确定反=沅，

AZ.DAC=484C不一定成立，故②错误，

•・,AD=DB,

・•・AD=DB,

在△Z。。和△500中,

AO=BO

DO=DO,

AD=BD

•••△40QwZ\B00(SSS),

Z-ADO=乙BDO,

・••DOLAB,

・•・4C是直径，

・•・乙4BC=90。，

即1BC,

•・•DFIBC,

­.DFWAB,

DF10D,

・・・。尸与O。相切，故③正确，

vZ.DCE=/.DCF,乙DEC=^DFC,DC=DC,

•••△DECNADFC(SAS),

・・・OE=D尸，CF=CE,

'.,AD=DB,DE=DF,

.-.Rt△ADE=Rt△BDF,

BF=AE,

vAE=4,EC=1,

.-.BC=BF-CF=4-1=3,故④正确.

故答案为：①③④.

题型02与圆有关的平移问题

4.（2023・广东深圳•一模）如图1,平行四边形4BCD中，AD=2®DC=4®乙0=60。，点/在BC延

长线上且CM=CD,EF为半圆。的直径且FE1BM,FE=6,如图2,点£从点M处沿MB方向运动，带动

半圆。向左平移，每秒遥个单位长度，当点尸与点。重合时停止平移，如图3,停止平移后半圆。立即绕

点E逆时针旋转，每秒转动5。，点尸落在直线BC上时，停止运动，运动时间为/秒.

(1)如图1,BF=；

⑵如图2,当半圆。与DC边相切于点尸，求EM的长；

⑶如图3,当半圆。过点C,EF与DC边交于点、Q,

①求EF平移和旋转过程中扫过的面积：

②求CQ的长；

(4)直接写出半圆。与平行四边形4BCD的边相切时/的值.(参考数据：sin35°=^,tan35°=^)

【答案】(1)12

(2)6-3V3

(3)①EF平移过程中扫过的面积为12后旋转过程中扫过的面积为冬②12a—8g

(4)273-3或2或12

【分析】(1)连接BF,在RtaBMF中，利用勾股定理求出BF即可；

(2)连接OC,0P,由半圆。与QC边相切于点尸，尸5_18”得到/。2。=4。6。=90。，OP=OE,则。C是

NDCM的角平分线，4。||BM得到ND=NDCM=60。，则NOCM==30。，则。E=9EF=3,贝1|

。。=6,在RtaCE。中，由勾股定理得到CE=3g,即可得到EM的长；

(3)①在平移中：ME=MC-CE=2V3,S平移=ME义EF=12班.连接OC,DE,过点。作ONJ.CE于

点N,由题意可知，DEIBM,ADCM=60°,CD=443,CE=^CD=2V3,在Rt△(;£1£)中，DE=

VCD2_*=6,由等腰三角形的性质得到NE=：CE=V^,贝Usin/NOE=^=哼，得到4NOE=35。，则

Nuc3

乙DEF=乙NOE=35°,即可得到S旋转=誓xEF2=

②过点。作QK^CE于点K,由①可得NOEF=35。，^DCE=60°,贝此KQE=35。，NCQK=30。，得到

QK=-^-=y/2KE,QK=-^=y/3CK,由CK+KE=CE=2V^,CK=6a-4®CQ=2CK=12y/2

tanjbtanou

-8V3.即可得到答案；

(4)分三种情况讨论求解即可.

【详解】（1）如图，连接BF,

在RtZkBMF中，BF=yjBM2+EF2=y/(BC+CM)2+EF2,

■.■AD=BC=2V3,CM=CD=4V3,EF=6,

■.BF=J(2V3+4V3)2+62=12,

故答案为：12.

(2)如图，连接。C,OP,

•.•半圆O与DC边相切于点P,FE1BM,

.•ZOPC=NOEC=90°,OP=OE,

二.0C是4DCM的角平分线，

■:AD||BM,

."D=ADCM=60°,

1

.^OCM=-^DCM=30°9

•.•O£=|FF=3,

.,.CO=2OE=6,

在Rt△CEO中，CE=VCO2-OE2=V62-33=3V3,

.-.EM=MC-CE=6-3V3.

••.EM的长为6-3V3.

(3)①平移中：ME=MC-CE=4V3-2V3=2V3,

S平移=MExEF=2V3x6=12V3.

如图，连接。&DE,过点。作。N_LCE于点N,

由题意可知，DEIBM,Z.DCM=60°,CD=4V3,

：.CE=^CD=2V3,

在RtACED中，DE=VCD2-CE2=J(4V3)2-(2A/3)2=6,

■.-OC=OE=^DE=3,

：/OCN="EN,△OCE是等腰三角形，

■.■ON1CE,

:.NE=*E=遮,DEWON,

:.sin4NOE=黑=浮

.•ZNOE=35°,

:/DEF=乙NOE=35°,

在旋转中：NDEF=35。，EF

S旋转=|£XEF2=).

•••EF平移过程中扫过的面积为12g,旋转过程中扫过的面积为年.EF平移和旋转过程中扫过的面积为12g

I7兀

+于

②如图，过点0作QK1CE于点K,

由①可得NDEF=35。，/-DCE=60°,

；ZKQE=35°,NCQK=30°,

・必=磊=&.，QK=^=gCK，

■：CK+KE=CE=2V3,

即鱼KE=V3X（2V3-KE）,

解得KE=6VJ-6五,

.-.CK=6V2-4V3,

■■.CQ=2CK=12y/2-8y/3.

答：CQ的长为12a—8存

（4）当半圆。与。C边相切于点尸时，1=等="^=2旧一3；

7s73

当半圆。与2D边相切时，即点尸与点。重合，

此时ME=MC-CE=4V3-2V3=2曲,

.2V3

,•,F=2Q；

当半圆。与4B边相切于点G时，如图，

•4=60。，BE=BC+CE=6陋,

.・•点E到直线的距离为sin60。义BE=乎x6旧=9,

即此时点尸与点G重合，EF14B,

.•ZBEF=30。，

:/DEF=60°,

60Yc

'-t=~5=12，

综上，f的值为2g一3或2或12.

【点睛】此题考查了旋转的性质、勾股定理、解直角三角形、等腰三角形的判定和性质等知识，读懂题意,

数形结合和分类讨论是解题的关键.

5.（2023•江苏南京•二模）在平面内，将小棒AB经过适当的运动，使它调转方向（调转前后的小棒不一定在

同一条直线上），那么小棒扫过区域的面积如何尽可能地小呢？

已知小棒长度为4,宽度不计.

方案1：将小棒绕48中点。旋转180。到B7T,设小棒扫过区域的面积为Si（即图中灰色区域的面积，下同）；

方案2：将小棒先绕/逆时针旋转60。到AC,再绕C逆时针旋转60。到C8,最后绕3逆时针旋转60。到

设小棒扫过区域的面积为S2.

(1)①S1=，52=;(结果保留兀)

②比较S1与S2的大小.(参考数据:兀=3.14,V3«1.73.)

(2)方案2可优化为方案3：首次旋转后，将小棒先沿着小棒所在的直线平移再分别进行第2、3次旋转，三

次旋转扫过的面积会重叠更多，最终小棒扫过的区域是一个等边三角形.

①补全方案3的示意图；

②设方案3中小棒扫过区域的面积为S3,求S3.

(3)设计方案4,使小棒扫过区域的面积S4小于S3,画出示意图并说明理由.

【答案】(1)①4兀，87T-8V3；②Si>S2

(2)①见解析；②$3=唁

(3)见解析

【分析】(1)①利用圆的面积公式计算Si，利用方案2扫过区域为三个圆心角为60。且半径为4的扇形面积

减去两倍△ABC的面积计算S2；

②利用参考数据计算近似值再比较即可；

(2)①依题意补全方案3的示意图即可；

②利用等边三角形的高是4,计算出底边，再利用面积公式计算即可；

(3)作等边△48C,首先让点8在上运动，点/在C2的延长线上，运动，使得48的长度保持不变，当

点2运动到点C时，由此4B边调转到2C(4b)边，接着两次同样的方式旋转到BC(4房)边和ABH")边，

从而得到最终小棒扫过的区域，由于所得区域非常不规则，因此可以利用放缩法证明54<S3.

【详解】(1)解：①由依题意得：48=2r=4,

Ar=2,

.•.Si=nr2—47T

又依题意得：方案2扫过区域为三个圆心角为60。且半径为4的扇形面积减去两倍△ABC的面积.等边三角

形的面积公式：S=^a2,a为等边三角形的边长.

:$2=3x嗤吉一2X孚x42=8兀-8V3

故答案是：4兀，87r-8V3；

@■.-51=47T«4x3.14=12.56,S2«8x3.14-8x1.73=11.28,12.56>11,28,

；.Si>S2；

(2)①依题意补全方案3的示意图如下：

②连接EM,M为切点，贝以4的中点，FM=4

由勾股定理得：AM2+EM2^AE2,即/+42=4/,

解得:%=竽，

.-.AA,=4E=2x=竽，

双=^AA'-EM另x随x4=侬.

32233

(3)设计方案4：如下图，△力BC是等边三角形，首先让点3在BC上运动，点/在CB的延长线上运动，

使得48的长度保持不变，当点3运动到点C时，由此4B边调转到4C(49)边，接着两次同样的方式旋转到

边和4B(B7T)边，最终小棒扫过的区域是如下图所示.

对于第一次旋转，当旋转旋转到D”时，此时OH_LBC,

又作DE平行48,则S4CDE=S3=SAABC+S梯形ABEB

依题意得：阴影部分比等边三角形多三块全等的图形，记每块面积为Q,

则有QVSZ^DF，/为的中点，

•••$△40/<S^GDF，

•••S"0F<^AGDAF=R梯形?WEB，

:'aV^/\ADFV梯形/BEB，

3

•■­^4—^AABC+3a<S/VIBC+R梯形4BEB<AABC+S梯形4BEB=^3-

6.(2023・福建厦门•一模)点。是直线MN上的定点，等边△28C的边长为旧，顶点4在直线MN上，AABC

从。点出发沿着射线。M方向平移，BC的延长线与射线0N交于点D,且在平移过程中始终有NB。。=30。，连

接。B,OC,0B交力C于点P,如图所示.

(1)以。为圆心，。。为半径作圆，交射线OM于点E.

①当点B在上时，求丽的长；

②O。的半径为r,当△4BC平移距离为2r时，判断点C与。。的位置关系，并说明理由；

(2)在平移过程中，是否存在。C=OP的情形？若存在，请求出此时点。到直线8c的距离；若不存在，请说明

理由.

【答案】(1)①|兀；②点C在。。上，见解析

⑵存在，誓

【分析】(1)①根据圆的基本性质和等边三角形性质求出NBA。=90。，再根据锐角三角函数求出半径8。的

长，最后根据弧长公式求解即可；②过点。作OH1BC于H,根据锐角三角函数求出2D的长，进而求出半径

。。的长，再根据三角函数求出的长，最后根据垂直平分线的性质与判定证出。C=。。即可得解；

(2)解法一：过点。作。于H,过点4作4G1BC于G,交8。于点E,连接EC,先根据ASA证出

△4BE三△DC。，得到BE=CO,进而得到CE=CO,设NEBG=a,在△OPC中，根据三角形内角和定理

求出a的度数，进而得出41=45。=42,再根据三角函数得到CH和HD关于r的代数式，最后根据

CH+HD=CD,列方程求解出r,即可得出。”的长；解法二：过点。作。H1BC于先证出

ABAOCHO,得到黑=黑，根据含30。的直角三角形的性质求出OH的代数式，进而得出的代数式,

ADLn

根据黑=察列方程求解出乙即可得出。”的长・

/ioLn

【详解】(1)①,•,点B在。。上，

；.OB=OD,

乙OBD=£ODB=3Q°,

：./-AOB=60°,

・•・△ABC是等边三角形,

••ZABC=60°,

■,■Z.OBD=30°,

.♦.在△ABD中，A.BAD=90°,

AD

•在Rt△力OB中，sinzXOB=—

DU

•4。=嬴编=磊=2,

77^607rx22

'，BE=^80~=3n；

②点C在O。上，理由如下:

过点。作。H1BC于",

M

A

O

H

Z.BDO=30°,AABC=60°,

AD

・•.在Rt△BAD中，tanzBPO=—:

=tan%)0=/^=3,BD=ZAB=2V3,

：.CD—BD—BC—V3,

：.AD—OA+OD=3,

\'OA=2r,OD=r,

.-.3r=3,r=1,即。。=1,

•・•在RtZk。。“中，乙BDO=30。,SS£BD0=嗡

:.HD=OD-cosZ-BDO=cos30°=浮

,•,CD=V3,

；.HD=CH=*D,

-OHIBC,

：.OC=OD,

点C在。。上；

(2)解法一：存在。C=OP的情形，理由如下：

过点。作。H1BC于H,过点4作力GLBC于G,交B。于点E,连接EC,

若存在OC=OP,贝此。PC=NOCP,

・・・△48C是等边三角形，

：.ABAC=^ACB=60°f

"OPC=乙APB=180°-ABAC-Z1=120°-zl,

.•zOCP=180°-AACB-Z2=120°-z2,

.•.41=z2,

,：AG1BC,

.•23=^BAC=30°,BG=CG,

.t.BE=CE,

•••41=42,AB=CD=V3,N3=/ODC=30。,

・•.△ABE三△DCO(ASA),

：.BE=CO,

又・：BE=CE,

.,.CE=CO,

设NEBG=a,贝=Z.EBG=a,

：.Z-OEC—(COP=2a,

vzl=乙ABC—Z.EBG=60°—a,

：.^OPC=(OCP=120°-Z1=60°+a,

.•在△OPC中，2(60。+戊)+2a=180。，

：.a=15°,

...Zl=45°=z2,

・••在RtZk。”。中，40cH=45。,

.-.CH=OH,

•・•在Rt^OD”中，ZODH=30°,

.-.OH=^OD=^r=CH,

:.HD=*

■:CH+HD=CD,

方+争=后

解得r=3-V3,

此时4。=4。一茨=百，OH=夕=^^,

•••当平移距离4。为旧时，OC=OP,此时点。到直线BC的距离为萼.

解法二：存在。C=OP的情形，理由如下：

过点。作。H18C于H,

若存在OC=OP,则NOPC=NOCP,

•••△ABC是等边三角形，

.-.Z.BAC=乙ACB=60°,

.•ZOPC=4APB=180°-ABAC-Z1=120°-Z1,

：./.OCP=180°-4ACB一42=120°-Z2,

.,.zl=z2,

-/.BAO=乙CHO=90°,

△BAO-ACHO,

OA_OH

：''AB~'CHf

・・•在RtZkODH中,zOflH=30°,

.-.OH=^OD=^r,

...HO=等，

■.CH=CD—HD=W-净,

又•.•。人=AD—r=3—r,

化简得3—厂=£：

解得ri=3+g,r2=3-V3,

经检验，厂1，厂2都是方程①的解，

\'0A=3—r>0,

•••r<3,

•••r=3—V3,

此时力。=4。-r=OH=，=p,

当平移距离4。为g时，OC=OP,此时点。到直线BC的距离为等.

【点睛】本题考查了等边三角形和圆的综合题，运用到了圆的性质，等边三角形的性质，解直角三角函数,

弧长公式，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，垂直平分线的性质与判定，三角形内角

和定理，含30。的直角三角形的性质等众多知识点，复杂程度高，综合性强.

题型03与圆有关的翻折问题

7.(2023•安徽淮南•一模)如图，已知，4B是O。的直径，点C为圆上一点.

(1)如图①，将前沿弦力C翻折，交力B于。，若点。与圆心。重合，AC=2V3,则。。的半径为；

(2)如图②，将前沿弦BC翻折，交力B于。，把前沿直径4B翻折，交BC于点£

(I)若点K恰好是翻折后的血的中点，贝此B的度数为；

(II)如图③，连接DE,若48=10,OD=1,求线段DE的长.

【答案】(1)2

(2)(I)22.5°；(n)DE=2V5

【分析】Q)过点。作OM14C,垂足为M,结合垂径定理，在Rt△AOM中求得NOAM=30。,再由。4=—病

即可求解；

(2)a)连接C4、CD、DE,可以得到AC=CD=DE=EB,进而得到=放在直角三角形△4C8

中，利用互余建立NB的方程；

(II)连接连接乙4、CD、OC,由(I)知，47=CD=DE,贝=由。4=。。，贝I」N4=N4C。，进

而可证得△CADOAC,利用其性质求得4C,即为DE.

【详解】（1）解：如图①，过点。作。Ml4C,垂足为m，交圆于点N,贝|4M=MC=

•.•将前沿弦"翻折，交4B于。，点。与圆心O重合，

■，OM=MN=^ON=^OA,

在Rt△力。M中，sinzOXM==|，

.-.AOAM=30°,

AMV3

,初=cosL=苧=2,

.•・。。的半径为2,

故答案为：2；

(2)(I)如图②，连接C4CD、DE,

•・•点E恰好是翻折后的丽的中点，

；,DE—EB,

'：Z-ABC=Z-DBC—乙DBE,

.,.AC=CD=DE,

；.AC=CD=DE=EB,

.,.乙EDB=乙B,

：.Z-DCE—乙DEC=Z.EDB+Z-B=2(B,

;ZCAD=Z-CDA—Z-DCE+Z-B—3iB,

MB是直径，

：.^ACB=90°,

：.Z-CAD+zB=90°,

・・・4乙8=90°,

.,.Z-B=22.5°,

故答案为：22.5°；

（ID如图③，连接连接ca、CD、oc,

B

N②③

①

-AB=10,。0=1,

•\OA=^AB=5,AD=OA—OD=5—1=4,

由(I)知，AC=CD=DE,则=

又・・・。4=。。，则

：.Z-ADC=Z-ACO,Z-A=Z-A,

・•.△CADOACf

ADAC口口4AC

--=---,即—=—,

ACOA11AC5'

'-AC=2V5,

:.DE=2V5.

【点睛】本题考查了圆的性质，解直角三角形，三角形相似等知识点，(2)(I)的关键是找到所对的三

段弧都相等，进而得到几个等腰三角形；(H)的关键是把求DE转化成求/C,再考虑相似.

4

8.(2022•河北保定•一模)RtAABC,NC=90。，BC=6,tanB=E,尸分别在AC,BC边上，且EF=5,

将△EFC沿EF翻折至△EF。位置.以EF为直经作半O0；

1心£~\

(1)CF=3时，CC'=_________,。至!MB的距离=_

(2)若以尸，C,£为顶点的三角形与△ABC相似，求CF的长;

(3)在(2)的条件下，求点。至!MB的距离；

(4)2\EFC的面积最大是

⑸直接写出半圆。过的外心时，CF的值.

【答案】(1后

(2)CF=3或4

(3)。。=磊喔

(<

(5)CF=3

【分析】(1)先利用正切的定义求出4C=8,由勾股定理求出48=10,CE=4,得到EF是△ABC的中位线,

则明38,证明CL14B,点。在4B上，由等积法即可得到07=1，由点。至丛8的距离是点C至1的距

离的一半，即可得到点。至IJ48的距离是?；

(2)分△EFCABC和△FEC4BC两种情况分别进行求解即可；

(3)连接。4OB,0C,过。分另ij作。。_L48于。，0M1BC^M,ONLAC于N.分两种情况分别进行

求解即可；

⑷在△£■?金,hEF<0C=^EF=l，贝USAE%WJX5XJ=手，即可得到答案；

ZZZZ4

(5)建立直角坐标系，由点4(8,0),8(0,6)得到力2的中点。为(4,3),设尸(0,y),F(x,0),则。gx4y),由

题意得,解方程组即可得到答案.

【详解】(1)解：如图,

RtAXBC,ZC=9O°,BC=6,tanB=14,

4

.t.AC=BC-tanB=6x-=8,

'-AB=、AC2+BC2=482+62=10,

vzC=90°,CF=3,EF=5f

：.CE=7EF2一CF2=V52-32=4,

：.CE=^AC,CF=^BC,

；.EF是△ABC的中位线，

.-.EFWAB,

■：CC1EF,且EF平分CO,

点。在AB上，

■：^AB-hAB=^AC-BC,

7AC-BC8x624

•'=寸=丁=三,

24

•••点0至MB的距离是点C至必B的距离的一半,

二点O到4B的距离是3

故答案为：葛，卷

4

(2)••-ZC=9O°,BC=6,tanB=

.4_4C4_AC

"3~BC'3-6'

.■.AC=8,由勾股定理，得4B=10.

①当喘=辞=案时，△EFCMABC；

解得CF=3,C£=4；

②当胎=需=葛时，AFECSAABC；

解得CF=4,CE=8.

：.CF=3或4；

(3)由(2)和⑴可知，CF=3时，。到48的距离为孩；

连接。4OB,0C,过。分别作。D14B于。，0M1BC于〃，ONLAC于■N.

B

D

NE八

•••。为EF中点,/-ACB=90°,

：.0M||EC,ON||FC.

■：0M=^CE,ON=^FC,

当CF=4时，CE=3.

3

：.0M=-fON=2.

•,S△AOC+Smoc+S^AOB=S^ABC，即-BC+g°N-AC+^0D-AB=^BC-AC,

.-.1x|x6+|x2x8+10Dx10=|x6x8.解得0D=养

同理当。尸=3时，CE=4.

；QN=：3,0M=2.

x2x6+|x|x8+\0Dxl0=1x6x8,

.•.0£>=y;

故。D=fl或5

(4)•.•在△EFC中，hEF<0C=lEF=l，

c,1L525

:54EFC<-x5x-=—,

故答案为：生

(5)如图，建立如图所示的直角坐标系,

•••点2(8,0),B(0,6),

MB的中点。为(4,3),

设尸(0,y)，E(x,0),

则0备，初，

x2+y2=52

2

由题意得,*4)1—3)=(1)"

-2

解得t片.

;・CF=y=3.

【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理、三角形中位线定理、三角形的

外心的性质等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键.

9.(2021・贵州黔西•模拟预测)如图，已知4B为。。的直径，CD为弦.CD=4®4B与CD交于点E,将而

沿CD翻折后，点/与圆心O重合，延长B4至P,使4P=。力，连接PC.

⑴求。。的半径;

(2)求证：PC是。。的切线;

(3)点N为将的中点，在PC延长线上有一动点连接MN交48于点G.交前于点尸(尸与3、C不重

合).求NG•NF的值.

【答案】(1)4；

(2)见解析;

(3)32.

【分析】(1)连接OC,根据翻折的性质求出CD1O4再利用解直角三角形求解即可；

(2)利用勾股定理列式求出尸C,然后利用勾股定理逆定理求出“。。=90。，再根据圆的切线的定义证明即

可；

(3)连接M4、AF、NB,根据等弧所对的圆周角相等可得48/2乙4网，然后根据两组角对应相等两三角

相似求出A4NG和相似，根据相似三角形对应边成比例可得黑=常，从而得到再根据

IMrIMn

等腰直角三角形的性质求解即可.

【详解】(1)如图，连接。C,

•••丽沿CD翻折后，点N与圆心。重合，

：.OE=AE^OA,

•MB为。。的直径，CD为弦.

■•■CDLOA,CE=-CD=2V3,

.-.ZCFO=90°,

■■■OC=OA,0E=AE=g0A,

.•.sin/OCE崂=1,

：.Z.ECO=30°,

rp

又C0S4EC0=77,

AL

(2)■■-PA=OA=4,AE=OE=2,CE=^CD=2V3,4CEP=4OEC=9Q°,

：.PC=\lEC2+PE2=^62+(2A/3)2=4V3,

■.■OC=4,尸O=4+4=8,

：.PC2+OC2=(4V3)2+42=64=PO2,

.­.ZPCO=90°,

••.PC是OO的切线；

(3)NGWF是定值，证明如下，

连接M?并延长，交。。于点，，连接

•••点N为碗的中点，

.♦ZNOG=90°,

"HFN=90°,d乙ONG=LFNH,

■■AONG-AFNH,

ON_NG

而一而

:,NG*NF=ON・NH=4xg=32.

I/

o\G

【点睛】本题是圆的综合题型，主要利用了翻折变换的性质，垂径定理，勾股定理，勾股定理逆定理，圆

的切线的定义以及解直角三角形，相似三角形的判定与性质，解题的关键是作辅助线构造出相似三角形.

题型04与圆有关的旋转问题

10.（2023•江苏常州•一模）如图1,将一个三角形纸板△28C绕点4逆时针旋转。到达△ABC的位置，那么

可以得到：AB=AB',AC=AC,BC=B'C,ABAC=^B'AC,乙ABC=AAB'C,乙ACB=LAC

B'.（）图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图

形旋转的关键.故数学就是一门哲学.

\3c

---飞A1-

图1图2

（1）上述问题情境中“（）”处应填理由：；

（2）如图2,将一个半径为4cm,圆心角为60。的扇形纸板ABC绕点。逆时针旋转90。到达扇形纸板48c的位

置.

①请在图中作出点。；

②如果BB，=6cm,则在旋转过程中，点B经过的路径长为cm；

（3）如果将与（2）中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置.另一个在弧

的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止.此时，两个纸板重叠部分的面积是多少（如图

3）?

【答案】（1）旋转前后对应边相等，对应角相等

（2）①作图见详解；

【分析】（1）根据旋转的性质即可求解；

（2）①根据旋转中心在对应点连线的垂直平分线的交点处即可求解;②根据弧长公式的计算方法即可求解;

（3）如图所示，连接P4交4C于点M,连接P4交49于点N,连接PD,AAr,PB',PC,根据旋转的性质可

得P4=尸4=4,Z-PAC=Z-PA1B,=30°,可求出PM,A'M,S^ADP=SAADP，再根据S阴影夕=S扇形星一

^AA'DP9=5扇形"。—5人40尸，阴影部分的面积为s阴影星£）尸+S阴影以^,由此即可求解.

【详解】(1)解：根据旋转的性质可得，旋转前后对应边相等，对应角相等,

.•・应填理由为：旋转前后对应边相等，对应角相等，

故答案为：旋转前后对应边相等，对应角相等；

(2)解：①根据旋转中心为对应点连线的垂直平分线的交点，作图如下：

②如图所示，点B绕点0逆时针旋转90。得到所,

.-.ABOB'=90°,OB=OB',且BB'=6cm,

.•.在Rt△BOB'中，OB=OB'=浮BB，=乎x6=3VL

・.・BB'=懿X2n-OB=：x2兀X3a=吸，

故答案为：乎兀；

(3)解：如图所示，连接P4交4C于点M,连接P4交49于点N,连接P£>,AA',PB',PC,

：.Z.PAC=Z.PAB=jzBXC=30°,

根据旋转的性质得，/-PA'B'=/.PA'C=Z.PAB=Z.PAC=30°,PA=PA'=4cm,PA'1AC,

在Rt/XPZM中，APAM=30°,PA=4cm,

.-.sinzPAM=sin30°=则PM=PAsin30°=3PA=2cm,则AM=PA'-PM=4-2=2,

在中，4P4方=30。，4M=2,

.t-cosZ.PA'D-cos30°=—,则4。=A]^=73=

A'Dcos30H3

・・.0M=^A'D=qx竽=竽

:^AA'DP=5尸=-x4x竽=竽,S扇形p4B，=而;xm(P4)2=-x7rx42=3^,

・•・阴影部分S阴影PB，°=S扇形P4£-S&A，DP=严一竽=4"J-'

根据旋转的性质,问理,S&ADP=^AA,DP=，S扇形4PC=S扇形P40=—,

：•阴影部分S阴影PCD=S扇形APC—S^ADP=5兀—^^巨，

・•・阴影部分的面积为S阴影PB，D+s阴影PCD=上乎+出手=号竺

【点睛】本题主要考查旋转的性质，旋转中心的确定，弧长公式的计算，全等三角形的判定和性质，含30。

的直角三角形的性质，特殊角的三角函数的计算方法，掌握旋转的性质，弧长的计算方法，不规则图形面

积的计算方法是解题的关键.

11.(2023•广东云浮•二模)如图，A,B,C是。。上的三点，且AB=4C,BC=8,点D为优弧BDC上的

动点，且COSNABC，.

(1)如图1,若乙BCD=4ACB,延长DC到R使得CF=C4,连接AF,求证：2F是。。的切线；

(2)如图2,若NBCD的角平分线与4D相交于£,求。。的半径与4E的长；

(3)如图3,将△力BC的BC边所在的直线人绕点4旋转得到以直线％与。。相交于跖N,连接AM,AN.l2

在运动的过程中，4MMN的值是否发生变化？若不变，求出其值；若变化，说明变化规律.

【答案】(1)见解析

(2)。。的半径为高AE=5

(3儿在运动的过程中，AN的值不发生变化，其值为25

【分析】

(1)连接2。，先证NBCD=4BC,推出AB||DF,得到四边形ABCF是平行四边形，AFWBC,再得到

0A1AF,即可证得结论；

(2)连接40交BC于笈，连接。B,由垂径定理得BH=CH=为C=4,根据cos/ABC=等=±求出

ZAD5

OR

48=5,设O。的半径为x,则。4=0B=x,0H=x—3,在Rt^BOH中，由勾股定理求出％=等，O。

6

的半径为名，根据角平分线定义及同弧所对圆周角相等得到4EC=〃CB+NBCE=2CE,由此得到

O

AE=AC=AB=5；

(3)连接40,并延长4。交。。于0,连接NQ,过点/作4P1Z2于尸，证明△AQM-aaNP,得到

AM-AN=AP-AQ,由(2)可知，点/到直线人的距离为3,直线％绕点/旋转得到%，/到直线，2的距离

始终等于3,不会发生改变，由此得到4M•4V=4PSQ=3Xy=25.

【详解】(1)证明：连接4。，如图1所示：

-AB=AC,

：.Z-ABC=Z-ACB,

•・,ZJBCD=Z-ACB,

:.(BCD=Z.ABC,

­.AB||OF,

-CF=CA,

：.CF=AB,

・・・四边形/BCF是平行四边形，

­.AFWBC,

-AB=AC,

：.AB=AC,

.\OALBC,

^0A1AF,

•・・。/是。。的半径，

“F是。。的切线；

图1

(2)解：连接4。交BC于77,连接0B,如图2所示：

•：0A1BC,

；.BH=CH=次=4,

“c-BH4

vcosZ.ABC

AD5

.-.AB=^BH=^X4=5,

在Rt△力HB中，由勾股定理得：AH=7AB2—BH2="2—42=3,

设O。的半径为x,则。4=。8=刈OH^x-3,

在RtZ\B。”中，由勾股定理得：/=(%—3)2+42,

解得：”=得，

O

.•.o。的半径为当，

O

・・・CE平分乙BCD,

：.Z-BCE=Z.DCE,

,：Z-ABC=Z-ADCf

：.Z.AEC=Z-ADC+Z.DCE=Z.ABC+Z.DCE=乙ACB+乙BCE=Z.ACE,

.,.AE=AC=AB=5；

图2

(3)解：连接40,并延长4。交。。于。，连接NQ,过点工作4P1%于P,如图3所示:

则4?是O。的直径，

：.Z-AMQ=90°,

•：AP112,.・2/PN=90。，

・•・乙4MQ=乙APN,

-Z-AQM=乙ANP,

AAQM

AM_AQ

"'AP~ANf

.-.AM-AN=AP-AQ,

由(2)可知，点/到直线。的距离为3,直线。绕点4旋转得到%，

・••点4到直线，2的距离始终等于3,不会发生改变，

：.AP=3,

2525

・41Q=2O4=2X§=§,

63

24

.•.aMSN=aPMQ=3x号=25,

••G在运动的过程中，AN的值不发生变化，其值为25.

图3

【点睛】

此题考查锐角三角函数，证明直线是圆的切线，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾

股定理，垂径定理，等知识，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键.

12.如图1,己知乙48。=60。，点。在射线BC上，且0B=4.以点。为圆心，＞0)为半径作。0,交

直线8C于点。，E.