2025年中考数学二轮压轴题训练：圆综合

第=PAGE1*2-11页共=SECTIONPAGES2*24页◎第=PAGE1*22页共=SECTIONPAGES2*24页第=PAGE1*2-11页共=SECTIONPAGES2*24页◎第=PAGE1*22页共=SECTIONPAGES2*24页2025年中考数学二轮压轴题训练：圆综合1．如图，是的切线，切点为，是的弦．过点作，交于点，连接，过点作，交于点．连接并延长交于点，交过点的直线于点，且．(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；(2)若，，求的长．2．是的外接圆，是的直径，点为上一点，过点作与的延长线交于点，连接与交于点．(1)如图①，若，求和大小；(2)如图②，若恰好切于点，且，求的半径和的长．3．【问题提出】（1）如图1，是半径为的上一点，直线是外一条直线，于点，圆心到直线的距离为，则线段的最大值为；【问题探究】（2）如图2，点是正方形内一点，连接，则，若，求的最小值；【问题解决】（3）如图3，有一块形状为的湿地，其中，，．点D是上的一个动点，以为直径在内作半圆O，现要将半圆O建为观测区，连接与半圆O交于点E，连接，沿修一条步道，为了节约成本，要使得的长度最短，试求的最小值．4．物理实验课上，在做过单摆实验后，小明想到“数学来源于生活”，于是从中抽象出了一个数学平面图形：如图（1），直线为水平桌面，线段为支架，虚线为铅锤P的运动轨迹．现根据图形设计出了以下两个问题．(1)若点到和的距离相等，则称此时点P的位置为“黄金位置”．过点P作的切线交于点D，如图（2），若，证明此时点P处于“黄金位置”．(2)已知，，在射线上有一点E，且，连接，如图（3），在点P运动的过程中，当与相切时，求点P到的距离．5．如图1，已知是⊙O的直径，弦于点E，G是上的一点，连结交于点H，，的延长线交于点F．(1)求证：；(2)①连结，若，求的值；②连结，若，，，求⊙O的半径r．6．已知圆O的直径上有一点C（不与A、B重合），，过点C作弦，点F是弧的中点，连接，交于点G．(1)如图1，当点G与点O重合时，求的长；(2)如图2，连接，当时，求的值；(3)设，，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．7．如图，是的直径，弦于点，点为上一点，，连接并延长交于点，过点作，分别交，的延长线于点，连接交于点H，连接，，．(1)求证：；(2)求证：是的切线；(3)若，，求的长．8．定义：三角形一个内角的平分线与另一个内角的邻补角的平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的“张望角”．(1)如图1，点D在的延长线上，是中的“张望角”，求证：；(2)如图2，内接于，点D在的延长线上，点E在上，连接，连接，点F在上，，连接，连接并延长交的延长线于点I，求证：是中的“张望角”；(3)如图3，在（2）的条件下，若是的直径，过点I作的垂线，点G为垂足，交于点H，若，，求的长．9．在中，直径与弦相交于点，连结．(1)如图1，求证：为等腰三角形．(2)如图2，连结为的中点，连结，交于点．若，求的值．(3)在（2）的条件下，如图3，连结，交于点，连结．求证：．10．综合与探究【定义】三角形一边上的点将该边分为两条线段，若这两条线段长度的乘积等于这个点与该边所对顶点距离的平方，则称这个点为三角形中该边上的“亮点”．如图（a），在中，是边上一点，连接，若，则称点是中边上的“亮点”．【概念理解】（1）如图（b），在中，，，，分别是的高线，角平分线，中线．请判断，，三点中哪些是中边上的“亮点”，并说明理由．【性质应用】（2）如图（c），在中，，，．若是边上的“亮点”，求的长．【拓展提升】（3）如图（d），内接于⊙，是中边上的“亮点”且．若，求的值．11．【定理学习】欧几里得在《几何原本》中提出切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线（圆外一点引出一条与圆有两个交点的直线叫割线），切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．【定理证明】（1）如图①，点为外一点，与相切于点，割线与圆相交于两点，求证：（提示：连结，并延长交于点，连结）．【解决问题】（2）如图②，是的切线，连结交于点的半径为．若，求的值．12．【问题提出】（1）如图①，是的直径，点在上，是的中点．若，，求的长；

【问题解决】（2）畅享绿水青山，近年来户外露营火爆，某街道规划将原来的三角形公园进行扩大改造成四边形公园，分为露营区和活动区．如图②所示，按设计要求，，，，，为改造后公园的两条主干道．为了更好的平衡露营区和活动区用地，要让露营区的面积尽可能大．请问，是否存在符合设计要求的面积最大的露营区？若存在，求面积的最大值及此时点到点的距离；若不存在，请说明理由．13．如图，为的内接三角形，为的直径，将沿直线翻折到，点D在上．连接，交于点E，延长，，两线相交于点P，过点A作的切线交于点G．(1)求证：；(2)求证：；(3)若，求的值．14．如图1，在中，，是的外接圆，点D是的中点，连接交于点E．(1)求的度数．(2)如图2，过点A作，连接，若，．①若，求．②连接，求的长．15．如图，直线与轴交于点，与轴交于点，过原点，点和点三点作，再过点作的切线，为上一动点，过点作轴的垂线，交轴于点，连接，交于点．(1)求的度数；(2)连接，，当时，恰好为等腰三角形，求此时的值；(3)连接，，交于点，时，记的面积为，的面积为，求．16．【问题探究】（1）如图1，已知的半径为7，点、是上的两个动点，则、之间的最大距离为_______；（2）如图2，在中，点是边的中点，连接，若平分，试判断的形状，并说明理由；【问题解决】（3）如图3，是一个草药种植区，，的长为定值，，点处是一个储水池，现要对该区域及周边重新规划，计划圈出一个（点、为动点，且始终都在经过点的一条直线上）区域来种植对湿度要求较高的药材，为方便灌溉，需沿线段和线段埋地下水管，沿修一条水渠．根据规划要求，的面积与的面积相等，经过勘测分析可知，所埋地下水管的长度最大值为（即的最大值为）．当所埋地下水管的长度最大时，求水渠的长度．17．如图1，点A、C、E、G在上，；(1)求证：；(2)如图2，点F在上，连接、，延长、交于点B，作延长线于点H，若，，求证：；(3)在（2）的条件下，若°，求的长．18．已知是的直径，是的弦，半径，与交于点．(1)如图①，若，求和的大小；(2)如图②，过点作的切线，与的延长线相交于点，与交点为．，．求的面积．19．定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点与该边所对顶点连线长度的平方，则称这个点为三角形该边的“平方点”，如图1，中，点E是边上一点，连接，若，则称点E是中边上的“平方点”．(1)如图2，已知在四边形中，平分于点E，，求证：点E是中边上的“平方点”；(2)如图3，是的内接三角形，点E是中边上的“平方点”，延长交于点D，若，求证：；(3)如图4，在中，，，，过点D作于点D，点E是边上的“平方点”，求线段BE的长．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《2025年中考数学二轮压轴题训练：圆综合》参考答案1．(1)证明见解析(2)【分析】（）过点作直径，连接，由圆周角定理得，根据平行线的性质得，进而可得，即得，即可求证；（）由切线的性质得，即得，得到，，进而由勾股定理得，设的半径为，则，，在中，利用勾股定理可得，得到，，由三角形中位线性质得，最后由即可求解．【详解】（1）解：直线与相切，理由如下：过点作直径，连接，如图，∵为直径，∴，即，∵，∴，∵，，∴，∴，即，∴，∴与相切；（2）解：是的切线，切点为，∴，∵，∴，∴，∴，∴在中，，设的半径为，则，，在中，，即，解得，∴，，∵，，∴是的中位线，∴，∵，，∴，∴，即，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定和性质，平行线的性质，垂径定理，勾股定理，线段垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．2．(1)，(2)的半径为5，【分析】（1）根据圆周角定理得，再结合，得出，运用圆周角定理得，即可作答．（2）先由切线的性质得，再证明四边形是矩形，则，运用勾股定理算出，再设的半径为，则，解得，在中，则，即可作答．【详解】（1）解：∵是的直径，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴．（2）解：连接，并延长交于一点H，如图所示：∵恰好切于点，∴，由（1）得，∴四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，设的半径为，则，∴，解得，在中，则∴．【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，矩形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．3．（1）12；（2）；（3）【分析】本题考查轨迹圆及利用轨迹圆求最小值，涉及圆的基本知识，正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识；确定动点轨迹是解题的关键．（1）直接利用点到直线的所有连线中垂线段最短即可求解；（2）根据题意得点的轨迹在以为直径的圆上部分，连接，交圆于点，此时的即为的最小，然后根据正方形的性质及勾股定理即可求解；（3）连接，根据题意得：，以为直径作圆Q，，得出点E在以为直径作圆Q上，然后结合图形确定当点Q、E、C三点共线时，取得最小值，利用勾股定理求解即可．【详解】（1）解：过点作，如图所示：

由点到直线的所有连线中垂线段最短，且圆的半径不变，可知此时最大，最大值为，故答案为：12；（2）根据题意得是定值，，∴点的轨迹在以为直径的圆上部分，如图，

连接，交圆于点，此时的即为的最小，∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，∴，∴的最小值为；（3）如图，连接，根据题意得：，以为直径作圆Q，，∴点E在以为直径作圆Q上，连接，当点Q、E、C三点共线时，取得最小值，∵，，．∴，，∴，∴的最小值为．4．(1)见解析(2)点P到的距离为或．【分析】（1）过点作于点，于点，利用证明，推出，即可得解；（2）分当P点运动到左侧和右侧，两种情况讨论，利用勾股定理求得，，求得，在中，利用勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：如图，过点作于点，于点，则，∵为的切线，∴，∵，∴，∴，∴，又∵，，∴，∴，即此时点P处于“黄金位置”；（2）解：当P点运动到左侧，且与相切时，如图，过点作于点，于点，连接，∵，，∴，∵与相切，∴，∴，∴，同理，，∴，∴，∴，在中，，解得（负值已舍去），∴点P到的距离为．当P点运动到右侧，且与相切时，如图，过点作于点，于点，连接，∵，，∴，∵与相切，∴，∴，∴，同理，，∴，∴，∴，在中，，解得（负值已舍去），∴点P到的距离为．综上，点P到的距离为或．【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．5．(1)见解析(2)①；②【分析】（1）如图，连接，利用垂径定理得到，根据等腰三角形的性质得，根据圆周角定理的推论得到，再利用圆内接四边形的性质得到，从而得到结论；（2）①如图，连接，易得，根据，推出，证明经过点O，即重合，为圆的直径，证明，即可得出结果；②连接，表示出，证明，推出，，，，再证明，得到，，进而得到，解方程结合题意取值即可．【详解】（1）证明：如图，连接，是的直径，弦，，，，点、、、在上，，，，，；（2）解：①如图，连接，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴经过点O，∴重合，即为圆的直径，∴，即，∵，∴，∴，∴；②如图，连接，∵的半径r，，∴，∵是的直径，弦，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵是的直径，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，由题意：，∴，∴的半径为．【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，勾股定理，圆内接四边形的性质，相似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解决问题，属于中考常考题型．6．(1)(2)(3)【分析】（1）连接，根据垂径定理得出，根据弧、圆心角的关系，以及对顶角的性质得出，结合平角定义求出，根据余弦定义求出，即可求解；（2）连接，，，，设与相交于H，根据垂径定理得出，根据弧、弦、圆心角的关系得出，，结合（1）可得，，结合平角定义求出，根据等边对等角和三角形内角和定理可求出，进而求出，根据垂径定理、垂直平分线的性质得出，进而求出，然后证明，得出，证明是等腰三角形，得出，则可化简为，最后解方程即可；（3）分情况讨论：当C在上时，连接，，，过F作与于H，证明，得出，证明，得出，在和中，根据勾股定理得出，则可求出即可求出y关于x的函数解析式；当C在上时，同理求解即可．【详解】（1）解∶连接，∵，∴，∴，∵点F是弧的中点，∴，∴，又，∴，又，∴，∴，∴；（2）解：连接，，，，设与相交于H，∵，∴，∴，，又，∴，又，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，又，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，化简得，解得（负值舍去）；（3）解：当C在上时，连接，，，过F作与于H，∵，∴，∴，∴，∵，，，∴，又，∴，∴，在中，，在中，，∴，化简得，∴（负值舍去），∴；当C在上时，连接，，，过F作与于H，同理可求出，，解得∴，综上，．【点睛】本题考查了圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，垂径定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，解一元二次方程，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造相似三角形是解题的关键．7．(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，根据圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余，圆内接四边形等知识即可得到结论；（2）连接，由，得，由，得，进而得，继而可证明，，即可证明是的切线；（3）连接，，设，则，，，，．．由，可求，进而可得，．设的半径为，由勾股定理可求，进而得，设，则，，由勾股定理，得，解方程可得答案．【详解】（1）证明：如图，连接，是的直径，，，于点，，，，，，四边形内接于，．，，；（2）证明：如图，连接，，，，，，，．，，∴，为的半径，∴是的切线；（3）解：如图，连接，，，设，则，，，，．．，，解得，，．设的半径为，则．在中，，，解得，，，，，，．设，则，，在和中，由勾股定理，得，，解得，．【点睛】本题主要涉及圆的相关性质：直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，圆内接四边形对角互补、切线的判定等，勾股定理等，熟知相关性质定理，正确的做出辅助线是解题的关键．8．(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据题中“张望角”的定义和角平分线的定义得到，结合三角形的外角性质可得结论；（2）先根据圆周角定理和角平分线定义可得平分，再根据圆周角定理，结合圆内接四边形的性质可证明平分，进而根据“张望角”的定义可得结论；（3）连接，，先证明得到，进而证明得到，过F作于M，在上截取，连接，，证明，求得，，，过I作于K，，在中，由勾股定理求得，进而可求解．【详解】（1）证明：是中的“张望角”，∴分别是，的平分线；（2）证明：，，，即平分，，，∵四边形内接于，，，，，即平分，是中的“张望角”；（3）解：连接，，是中的“张望角”，∴，∵，∴，又，∴，即，∵，∴，∴，∵四边形内接于，∴，又，∴，∴，∵是的直径，，∴，又，∴，即，∴，∴，过F作于M，在上截取，连接，，则垂直平分，∴，∴，设，则，∵平分，，∴，∴，∴，∴，∴，又，∴，∴，设，又，∴，解得（负值已舍去），∴，∴，由得，则；∵，∴，∴，过I作于K，则是等腰直角三角形，∴，设，则，在中，由得，解得（负值已舍去），即，∴．【点睛】本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，弧与弦的关系，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，三角形的外角性质，等腰三角形的判定与性质，解一元二次方程等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与运用是解题的关键．9．(1)证明见解析(2)3(3)证明见解析【分析】（1）设，则，先根据圆周角定理可得，，从而可得，再根据圆周角定理可得，根据三角形的外角性质可得，然后根据等腰三角形的判定即可得证；（2）先解直角三角形可得，再根据弧与圆周角的关系可得，从而可得，则，然后根据正切的定义求解即可得；（3）过点作于点，先根据垂径定理可得垂直平分，再根据等腰三角形的三线合一可得，根据三角形的中位线定理可得，然后证出，根据相似三角形的性质可得，由此即可得证．【详解】（1）证明：设，则，由圆周角定理得：，∵是的直径，∴，∴，，∴（圆周角定理），，∴，∴，∴为等腰三角形．（2）解：∵是的直径，∴，，∵，∴在中，，∵为的中点，∴，∴，∵，∴，∴，在中，，∴．（3）证明：如图，过点作于点，由（1）已证：，由对顶角相等得：，∴，∴，∴（等腰三角形的三线合一），∵为的中点，∴垂直平分，，∴点是的中点，，∴（等腰三角形的三线合一），∴是的中位线，∴，∵是的直径，，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的中位线定理等知识，较难的是题（3），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．10．（1），是中边上的“亮点”，理由见解析；（2）或9；（3）【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，同弧所对的圆周角相等，解直角三角形，勾股定理，直角三角形的性质等等，正确理解“亮点”的定义是解题的关键．（1）证明，根据相似三角形的性质可得，由直角三角形的性质可得，则，据此可得答案；（2）分当和当两种情况，作于点，解直角三角形求出的长，设出的长，表示出的长，根据，，建立方程讨论求解即可；（3）延长交于点，连接、，证明，推出，即可得到，解直角三角形得到；设，则，，进而得．求出．则，据此可得答案．【详解】解：（1），是中边上的“亮点”，理由如下：是的高线，，，∵，∴，，，点是中边上的亮点在中，是中线，，点是中边上的亮点．（2）①当时，如图，作于点，在中，，∴可设，∴，∵，∴，∴∴，，在中，，∴设，则，∵是边上的“亮点”，∴，∵，∴解得，（舍）∴；②当时，由①可知，，设，则，∵是边上的“亮点”，∴，∵，∴，解得，（舍）即．综上所述，的长为4或9．（3）延长交于点，连接、，，，，，．点是中边上的亮点，，．∵，∴，设，则，．．在中，．又，．解得．．11．（1）见解析

（2）的值为【分析】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的性质，掌握构造相似三角形，并应用相似三角形的性质得到线段之间的关系是解题的关键.（1）根据切线可得到，根据直径得到，可推出，再由同弧对应的圆周角相等得到，然后证明得到结论（2）延长交于点，连结，，可以得到，由（1）的结论代入可得到关于的方程，解方程即可求出的值.【详解】（1）证明：连接，并延长交于点，连接，∵与相切于点，∴，即，∴，∵是的直径，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，，即；（2）如图，延长交于点，连结，，∵的半径为，，，由（1）可知，，，整理得，解得或(舍去)，∴的值为.12．（1）；（2）存在，面积的最大值为平方米，此时点到点的距离为米【分析】题目主要考查圆周角定理、解直角三角形，全等三角形的判定和性质，二次函数面积问题等，理解题意，做出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．（1）连接，过点B作于点M，根据圆周角定理确定，得出，再由三角函数确定，同理确定，由勾股定理得出，即可求解；（2）在上截取，连接，令与交于点G，根据各角之间的关系得出，再由全等三角形的判定和性质确定，，设，，过点D作于点E，则，结合图形确定面积函数，然后利用二次函数的性质即可求解．【详解】：（1）连接，过点B作于点M，如图所示：

∵是的直径，∴，∵是的中点，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴；（2）在上截取，连接，令与交于点G，如图所示：

∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，即，∴为等腰直角三角形，设，∴，过点D作于点E，则，∴，∵，∴，∴，∴当时，，∴存在，面积的最大值为平方米，此时点到点的距离为米．13．(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据折叠可得，根据切线的定义可得，即可得证；（2）根据题意证明，进而证明，根据相似三角形的性质，即可得证；（3）根据，设，则，得出，根据折叠的性质可得出，则，进而求得，根据，进而根据正切的定义，即可求解．【详解】（1）证明：∵将沿直线翻折到，∴．∵为的直径，是切线，∴．∴．（2）证明：∵∴∵∴又∵，∴．∴，即；（3）解：∵，设，则，∴．∴．由折叠可得，∴．∵在中，，∴．∵，，∴．∴．【点睛】本题考查了切线的性质，折叠问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，圆周角定理，平行线的判定与性质等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．14．(1)(2)①；②或【分析】（1）根据直径得到的度数为，中点得到的度数为，圆周角定理求出的度数即可；（2）①根据，设，则，根据，求出的值，导角得到，进而求出的长，证明为等腰直角三角形，求出的长，进而求出的长，勾股定理求出的长，即可得出结果；②分和两种情况，画出图形，进行求解即可．【详解】（1）解：∵，是的外接圆，∴为直径，∴的度数为，∵D是的中点，∴，∴的度数为，∴；（2）①由（1）可知：，∴，设，则，∵，，∴，即：，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴．在中，，∴；②当时，过点O作，由①可知：，∴∴，∵，∴，∵，∴，在中，；当＞时，过点O作∵，∴，设，∵，∴∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴∴，在中，，在中，，∴，∴，∴；综上：或．【点睛】本题考查圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，利用分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．15．(1)(2)或(3)【分析】（1）根据直线与轴交于点，与轴交于点，得到，，得到，，根据判定四点共圆，得到；（2）利用分类思想，分三种情况，利用圆的知识，三角函数等解答即可；（3）过点P作于点H，过点A作于点G，则四边形是矩形，设，，利用三角函数的定义，勾股定理，平行线分线段成比例定理，中位线定理，解答即可．【详解】（1）解：∵直线与轴交于点，与轴交于点，∴，，∴，，∵轴于点C，∴，∵过点作的切线，∴，∴，∴四点共圆，∴．（2）解：当时，根据题意，得，四边形是正方形，∴，，∵过点作的切线，∴，∴，∴，∴；当时，根据题意，得，根据圆周角定理，圆的内接四边形性质，得，，∴，∵，∴，∴，过点A作于点N，则四边形是矩形，∴，，∴，∴，∴；当时，根据题意，得，，∴，∴，过点A作于点N，则四边形是矩形，∴，，，∴，∴，∴，，∴，解得舍去，综上所述，或．（3）解：过点P作于点H，过点A作于点G，则四边形是矩形，∴，，，∴，∴，设，，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴是圆的直径，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵∴，∵，∴，设，则，∴，解得，负的舍去，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，圆的内接四边形对角互补性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，三角函数的应用，平行线分线段成比例定理，中位线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．16．（1）14；（2）等腰三角形，证明见解析；（3）【分析】本题考查了圆的基本性质、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线定理、等边三角形的判定与性质以及三角形面积公式的应用，解题的关键是熟练运用这些几何知识，通过作辅助线构建特殊图形，利用图形的性质进行推理和计算．（1）根据圆中直径是圆内最长的弦这一性质，得出圆上两点间的最大距离；（2）过点作于点于点，证明，根据全等三角形的性质和等腰三角形的判定来确定三角形的形状；（3）先根据面积相等得出线段关系，再利用中位线定理、等边三角形的性质找到地下水管长度最大时的条件，进而推出三角形的形状，最后通过解直角三角形求出水渠的长度．【详解】解：（1）在圆中，直径是圆内最长的弦．已知的半径为7，根据直径（为半径），可得直径为，点E，F是上的两个动点，当E，F在同一条直径的两个端点时，E，F之间的距