《圆与四边形》精选压轴题—浙江省九（上）数学期末复习
一、单选题
1．（2024九上·嵊州期末）如图，四边形内接于，是的直径，作，，，交于点G，连接，若，的半径为2，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；圆周角定理；求正切值
【解析】【解答】解：∵四边形内接于，是的直径，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，的半径为2，
在中，，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：C．
【分析】先根据圆周角定理和垂直定义得到，，即可得到得，，进而可得是平行四边形，得到，在中，利用勾股定理求得CD长，再根据正切的定义解题即可．
二、填空题
2．（2024九上·瑞安期末）如图，在菱形中，以对角线上一点为圆心，长为半径的圆恰好经过点，，连结并延长交于点．若，，则半径长为 ； ．
【答案】8；
【知识点】勾股定理；菱形的性质；圆的相关概念；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：连接BD，与AC交于点F，过点E作EG⊥AC于点G，
∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得：，
设，则，
则，
∵，，
∴，
∴，
∴
解得：，
∴半径；
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由菱形的对称性可知：，
∴，
∴，
故答案为：8，．
【分析】连接BD，与AC交于点F，过点E作EG⊥AC于点G，由等边对等角得，由菱形的性质得，，，进而再根据平行线的性质及等量代换得，由等角对等边得OE=OC=2，在Rt△OEG中利用勾股定理表示出EG2，在Rt△CEG中，利用勾股定理表示出EG2，从而可得关于OG的方程，求解得出OG的长；设，用含x的式子表示出AF、FC、OA，由平行线分线段成比例定理得，从而代入可求出x的值，则半径；由平行于三角形一边得直线截其它两边的延长线，所截的三角形与原三角形相似，得到，由相似三角形面积的比等于相似比的平方得，由同高三角形面积得比等于对应底的比可得，则，由菱形的对称性得，然后根据图形，由割补法算出可得，即可求解．
三、综合题
3．（2024九上·天台期末）如图，过的三个顶点A，B，C，交边于点F．连接，，，其中与交于点G．连接并延长交于点E，且满足．
（1）请写出线段与的数量关系，并说明理由；
（2）①证明：是等腰三角形；
②当时，求的值．
【答案】（1）解：，理由如下：
如图，延长交于点M，
由题意可知为直径，，
∴垂直平分，
∴；
（2）①证明：∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
由圆周角定理可得，
∴，即，
∴，
∴是等腰三角形；
②解：当时，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
整理得，
解得（负值舍去），
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；垂径定理；圆与四边形的综合
【解析】【分析】（1）延长交于点M，可得，根据垂径定理可得AM垂直平分BC，再根据线段垂直平分线性质可得；
（2）①由四边形为平行四边形得AB∥CD，由二直线平行，内错角相等得到，由同弧所对的圆周角相等可得，则，由等角对等边得，即是等腰三角形；
②当时，由等边对等角、等腰三角形的三线合一及①中结论得到，再由，求出，得到，即可说明，由等角对等边推出，由有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△BGC，由相似三角形对应边成比例建立方程可用含AC的式子表示出BC，从而即可求出两线段的比值.
（1）解：，理由如下：
如图，延长交于点M，
由题意可知为直径，，
∴垂直平分，，
∴；
（2）①证明：∵四边形为平行四边行，
∴，
∴，
由圆周角定理可得，
∴，即，
∴，
∴是等腰三角形；
②解：当时，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
整理得，
解得（负值舍去），
∴．
4．（2024九上·瑞安期末）如图，为的直径，过上一点作的垂线，连结，分别交于点，，为的中点，连结并延长交于点，且，连结，．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）当时．
①求证：．
②若，点为上的动点，求的最小值．
【答案】（1）解：连接，如图：
∵，
∴，
∵，
∴，，
又∵，
∴，，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
即，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）①证明：∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
②解：∵，，
∴，
∵，，，
∴，
即，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，，
∴，即，
解得：或（舍），
∴，
∵，，
∴点关于线段的对称点是点，
∵点为上的动点，
∴，
∵，
连接，，，如图：
∵，为的直径，
∴，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴的最小值为.
【知识点】圆与三角形的综合；圆与四边形的综合
【解析】【分析】（1）连接，根据同弧或等弧所对的圆心角相等可得，根据的等腰三角形的三线合一可得，，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得出，由平行于三角形一边得直线，截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得，由相似三角形对应边成比例及等量代换推出，从而根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形；
（2）①根据同弧或等弧所对的圆周角相等可得，由垂直定义得， 从而由有两组角对应相等的两个三角形相似证明，根据相似三角形的对应边成比例即可证明；
②根据题意可得，再根据，可得，从而得出，通过勾股定理可得，，即，根据轴对称的性质可得，连接，，，根据同弧或等弧所对的弦相等可得，，进而证明四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质可得，即的最小值为．
（1）解：连接，如图：
∵，
∴，
∵，
∴，，
又∵，
∴，，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
即，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
（2）①证明：∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
②解：∵，，
∴，
∵，，，
∴，
即，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，，
∴，即，
解得：或（舍），
∴，
∵，，
∴点关于线段的对称点是点，
∵点为上的动点，
∴，
∵，
连接，，，如图：
∵，为的直径，
∴，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴的最小值为，
∴的最小值为．
5．（2025九上·西湖期末）如图，在正方形中，点分别在边上，，连接交于点，过点的圆交于点，连接交于点．
（1）证明：．
（2）证明：．
（3）当时，求的值．
【答案】（1）证明：四边形是圆的内接四边形，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
；
（2）证明：如图所示，过点K作交AB于点G.
；
（3）解：如图，延长交于点，作于点.
四边形是正方形
四边形是矩形
，
，
设，则
是圆的直径
，即
，
，
．
【知识点】正方形的性质；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】（1）先利用正方形的性质结合AF＝CH可利用SAS证明，则由全等的性质可得，再利用圆内接四边形的一个外角等于它的内对角可得，再等量代换即可；
（2）由（1）的结论知，则过点K作交AB于点G，由平行线的性质结合等量代换可得，即有，再由平行线的性质可证明，由相似比得，再等量代换即可；
（3）延长交于点，再过点F作CD的垂线段FM，则由正方形的性质可判定四边形ADMF是矩形，即有AF＝DM，再由正方形的对边平行可结合（1）的结论证明FD＝FQ，再由等腰三角形三线合一知DM＝QM，即有CH＝AF＝DM＝QM，再利用正方形的对边平行可证明，则由相似比结合已知BK与BD的比可得DQ等于BF的一半，为便于计算令CH＝1，则DQ＝2、BF＝4、AB＝CD＝5，则由勾股定理可得DH的长，再利用圆周角的性质可得，则可证，由相似比可得，则PH的长可得，即可得．
（1）证明：四边形是圆的内接四边形，
，
四边形是正方形，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：作，交于，
，
，
由（1）可得：，
，
，
；
（3）解：延长，交于点，作于点，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，
是圆的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
6．（2024九上·杭州期末）如图，在矩形中，，点E在上，，以为直径的交于点F，交的延长线于点G，交于点M，连接．
（1）求的半径和的长．
（2）求证：．
（3）线段上一点P，使得和的一个内角相等，求的长．
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
又∵，
∴，
∴的半径为．
如图：作于点H，
∴
又点O是CE的中点，
∴，，；
∴．
∴．
（2）证明：如图，过O作于点I，
∴∠OIB=∠ABC=∠OHB=90°，
∴四边形OIBH是矩形，
∴，，
∴ ∠MOI=∠A，
又∠MIO=∠AHO=90°，
∴
∴，即，
解得，
∴，
∴．
（3）解：如图：过点G作于点N．
∴∠GNM=∠OIM=90°，
又∠GMN=∠OMI，OM=MG，
∴△GMN≌△OMI，
∴，
在Rt△OMI中，，
∴MN=MI=
∴，即是等腰直角三角形，
∵是直径，
∴，
∴．
点P由以下两种可能：
①当时，是等腰直角三角形．
∴EP＝FP＝1．
②当时，
又∠FGB+∠FEB=∠FEB+∠FEP=180°，
∴∠FEP=∠FGB=∠BCG=45°，
∴
∴，即，解得．
综上，PE的长为1或.
【知识点】圆与四边形的综合
【解析】【分析】（1）有矩形性质得∠ABC=90°，在Rt△BCE中，利用勾股定理算出CE，即可得到该圆的半径；如图：作于点H，由垂径定理得，根据三角形中位线定理得，进而根据线段和差算出AH，在根据勾股定理算出AO，最后由AF=AO-FO，列式计算即可；
（2）如图，过O作于点I，由有三个内角为直角的四边形是矩形得四边形OIBH是矩形，由矩形对边相等且平行得OI∥AB，OI=1，由二直线平行，同位角相等得∠MOI=∠A，从而由有两组角对应相等的两个三角形相似得△OMI∽△AOH，由相似三角形对应边成比例建立方程可得，然后运用线段的和差即可证明结论；
（3）如图：过点G作于点N，首先由AAS判断出△GMN≌△OMI，得GN=OI=1，MN=MI，由勾股定理算出MI=，则可得△CNG是等腰直角三角形，由圆心角、弧、弦的关系判断出∠FEP=∠FGB=∠NCG=45°，然后分①∠PFE=∠NCG=45°时，②∠PFE=∠GBC时，两种情况，求解即可.
（1）解：∵，
∴，
∴的半径为．
如图：作于点H，
∴，，，
∴．
∴．
（2）解：如图，过O作于点I，
∴，，
由可得，即，解得，
∴，即．
（3）解：如图：过点G作于点N．
由（2）可得，
∴，即是等腰直角三角形，
∵是直径，
∴，
∴．
点P由以下两种可能：
①当时，是等腰直角三角形．
∴EP＝FP＝1．
②当时，
∵
∴，即，解得．
7．（2024九上·三门期末）如图，菱形的三个顶点A，B，D在上．
（1）①如图1，求证：圆心O在直线上；
②如图1，若，求证：是的切线．
（2）如图2，延长交于点E，若，求的度数．
（3）如图3，延长交于点E，过点D作于点F，若的面积为a，的面积为b，请用含有a，b的式子表示菱形的面积．
【答案】（1）证明：①如图1，连接，，过作于，于，
，，
四边形是菱形，
，平分，
，
，，
，
，
平分，
平分，
点在直线上；
②如图1，连接，
四边形是菱形，
，
，
，
由①知：，
，
，
，
半径，
是的切线；
（2）解：如图2，
，
，
四边形是菱形，
∥，，
，
，
，
，
，
的度数，
的度数，
；
（3）解： 如图3，过作于，于，
四边形是菱形，
，，
四边形是矩形，
，
，
，
，，
，
△的面积△的面积，
，
，
，
，
，
△的面积△的面积，
，
四边形的面积，
△的面积四边形的面积△的面积，
菱形的面积．
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；切线的判定；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系；圆与四边形的综合
【解析】【分析】（1）①如图1，连接，，过作于，于，可以得到，，然后根据菱形的性质得到，平分，即可得到，然后推理得到，即可得到解题；
②如图1，连接，根据平行线得到，即可求出，再根据等腰三角形的性质可得，求出，即可得到结论；
（2）如图2，根据平行线可得，即可得到，然后由圆心角、弧、弦的关系可得，，然后求出的度数解题即可；
（3）如图3，过作于，于，得到形是矩形，即可得到，然后推理得到，即可得到△的面积△的面积，然后证明，得到△的面积△的面积，求出△的面积解题即可．
（1）证明：①如图1，连接，，过作于，于，
，，
四边形是菱形，
，平分，
，
，，
，
，
平分，
平分，
点在直线上；
②如图1，连接，
四边形是菱形，
，
，
，
由①知：，
，
，
，
半径，
是的切线；
（2）如图2，
，
，
四边形是菱形，
∥，，
，
，
，
，
，
的度数，
的度数，
；
（3）如图3，过作于，于，
四边形是菱形，
，，
四边形是矩形，
，
，
，
，，
，
△的面积△的面积，
，
，
，
，
，
△的面积△的面积，
，
四边形的面积，
△的面积四边形的面积△的面积，
菱形的面积．
8．（2025九上·路桥期末）如图1，在中，是的直径，弦于点，是延长线上一点，过点作的切线，为切点，连接交于点．
（1）求证：；
（2）如图2，连接，若．
①求证：；
②如图3，连接，，若四边形是平行四边形，，求平行四边形的面积．
【答案】（1）证明：如图1，连接，则，
∴，
∵于点，交于点，
∴，，
∴，
∴与相切于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）①证明：如图2，连接，
，，
，
，
，
，
，
，且，
，
，
；
②解：如图3，连接、，
是的直径，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边的面积为．
【知识点】圆与四边形的综合
【解析】【分析】（1）连接，由等边对等角得，由圆的切线垂直经过切点的半径得OE⊥PE，由角的构成、对顶角相等、直角三角形两锐角互余及等角的余角相等得则，由等角对等边得；
（2）①连接，由同弧所对的圆周角相等得，结合，由有两组角对应相等的两个三角形相似得到，由相似三角形对应边成比例得到，由二直线平行，内错角相等得，由（1）的结论及对顶角相等可证明，由等角对等边得，从而可得；
②连接AE、AD，由直径所对的圆周角是直角得∠AEB=∠ADB=90°，由平行四边形的对角线互相平分得EF=BF=2，由有两组角对应相等的两个三角形相似可证明△FHB∽△AEB，由相似三角形对应边成比例求得，再由有两组角对应相等的两个三角形相似可证明证明， 由相似三角形对应边成比例 求得，所以，则，由，求得，用勾股定理算出BH的长，所以，则.
（1）证明：如图1，连接，则，
∵于点，交于点，
∴，，
∴，
∴与相切于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）①证明：如图2，连接，
，，
，
，
，
，
，
，且，
，
，
；
②解：如图3，连接、，
是的直径，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边的面积为．
1 / 1《圆与四边形》精选压轴题—浙江省九（上）数学期末复习
一、单选题
1．（2024九上·嵊州期末）如图，四边形内接于，是的直径，作，，，交于点G，连接，若，的半径为2，则的值是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
2．（2024九上·瑞安期末）如图，在菱形中，以对角线上一点为圆心，长为半径的圆恰好经过点，，连结并延长交于点．若，，则半径长为 ； ．
三、综合题
3．（2024九上·天台期末）如图，过的三个顶点A，B，C，交边于点F．连接，，，其中与交于点G．连接并延长交于点E，且满足．
（1）请写出线段与的数量关系，并说明理由；
（2）①证明：是等腰三角形；
②当时，求的值．
4．（2024九上·瑞安期末）如图，为的直径，过上一点作的垂线，连结，分别交于点，，为的中点，连结并延长交于点，且，连结，．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）当时．
①求证：．
②若，点为上的动点，求的最小值．
5．（2025九上·西湖期末）如图，在正方形中，点分别在边上，，连接交于点，过点的圆交于点，连接交于点．
（1）证明：．
（2）证明：．
（3）当时，求的值．
6．（2024九上·杭州期末）如图，在矩形中，，点E在上，，以为直径的交于点F，交的延长线于点G，交于点M，连接．
（1）求的半径和的长．
（2）求证：．
（3）线段上一点P，使得和的一个内角相等，求的长．
7．（2024九上·三门期末）如图，菱形的三个顶点A，B，D在上．
（1）①如图1，求证：圆心O在直线上；
②如图1，若，求证：是的切线．
（2）如图2，延长交于点E，若，求的度数．
（3）如图3，延长交于点E，过点D作于点F，若的面积为a，的面积为b，请用含有a，b的式子表示菱形的面积．
8．（2025九上·路桥期末）如图1，在中，是的直径，弦于点，是延长线上一点，过点作的切线，为切点，连接交于点．
（1）求证：；
（2）如图2，连接，若．
①求证：；
②如图3，连接，，若四边形是平行四边形，，求平行四边形的面积．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；圆周角定理；求正切值
【解析】【解答】解：∵四边形内接于，是的直径，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，的半径为2，
在中，，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：C．
【分析】先根据圆周角定理和垂直定义得到，，即可得到得，，进而可得是平行四边形，得到，在中，利用勾股定理求得CD长，再根据正切的定义解题即可．
2．【答案】8；
【知识点】勾股定理；菱形的性质；圆的相关概念；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：连接BD，与AC交于点F，过点E作EG⊥AC于点G，
∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得：，
设，则，
则，
∵，，
∴，
∴，
∴
解得：，
∴半径；
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由菱形的对称性可知：，
∴，
∴，
故答案为：8，．
【分析】连接BD，与AC交于点F，过点E作EG⊥AC于点G，由等边对等角得，由菱形的性质得，，，进而再根据平行线的性质及等量代换得，由等角对等边得OE=OC=2，在Rt△OEG中利用勾股定理表示出EG2，在Rt△CEG中，利用勾股定理表示出EG2，从而可得关于OG的方程，求解得出OG的长；设，用含x的式子表示出AF、FC、OA，由平行线分线段成比例定理得，从而代入可求出x的值，则半径；由平行于三角形一边得直线截其它两边的延长线，所截的三角形与原三角形相似，得到，由相似三角形面积的比等于相似比的平方得，由同高三角形面积得比等于对应底的比可得，则，由菱形的对称性得，然后根据图形，由割补法算出可得，即可求解．
3．【答案】（1）解：，理由如下：
如图，延长交于点M，
由题意可知为直径，，
∴垂直平分，
∴；
（2）①证明：∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
由圆周角定理可得，
∴，即，
∴，
∴是等腰三角形；
②解：当时，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
整理得，
解得（负值舍去），
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；垂径定理；圆与四边形的综合
【解析】【分析】（1）延长交于点M，可得，根据垂径定理可得AM垂直平分BC，再根据线段垂直平分线性质可得；
（2）①由四边形为平行四边形得AB∥CD，由二直线平行，内错角相等得到，由同弧所对的圆周角相等可得，则，由等角对等边得，即是等腰三角形；
②当时，由等边对等角、等腰三角形的三线合一及①中结论得到，再由，求出，得到，即可说明，由等角对等边推出，由有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△BGC，由相似三角形对应边成比例建立方程可用含AC的式子表示出BC，从而即可求出两线段的比值.
（1）解：，理由如下：
如图，延长交于点M，
由题意可知为直径，，
∴垂直平分，，
∴；
（2）①证明：∵四边形为平行四边行，
∴，
∴，
由圆周角定理可得，
∴，即，
∴，
∴是等腰三角形；
②解：当时，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
整理得，
解得（负值舍去），
∴．
4．【答案】（1）解：连接，如图：
∵，
∴，
∵，
∴，，
又∵，
∴，，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
即，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）①证明：∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
②解：∵，，
∴，
∵，，，
∴，
即，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，，
∴，即，
解得：或（舍），
∴，
∵，，
∴点关于线段的对称点是点，
∵点为上的动点，
∴，
∵，
连接，，，如图：
∵，为的直径，
∴，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴的最小值为.
【知识点】圆与三角形的综合；圆与四边形的综合
【解析】【分析】（1）连接，根据同弧或等弧所对的圆心角相等可得，根据的等腰三角形的三线合一可得，，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得出，由平行于三角形一边得直线，截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得，由相似三角形对应边成比例及等量代换推出，从而根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形；
（2）①根据同弧或等弧所对的圆周角相等可得，由垂直定义得， 从而由有两组角对应相等的两个三角形相似证明，根据相似三角形的对应边成比例即可证明；
②根据题意可得，再根据，可得，从而得出，通过勾股定理可得，，即，根据轴对称的性质可得，连接，，，根据同弧或等弧所对的弦相等可得，，进而证明四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质可得，即的最小值为．
（1）解：连接，如图：
∵，
∴，
∵，
∴，，
又∵，
∴，，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
即，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
（2）①证明：∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
②解：∵，，
∴，
∵，，，
∴，
即，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，，
∴，即，
解得：或（舍），
∴，
∵，，
∴点关于线段的对称点是点，
∵点为上的动点，
∴，
∵，
连接，，，如图：
∵，为的直径，
∴，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴的最小值为，
∴的最小值为．
5．【答案】（1）证明：四边形是圆的内接四边形，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
；
（2）证明：如图所示，过点K作交AB于点G.
；
（3）解：如图，延长交于点，作于点.
四边形是正方形
四边形是矩形
，
，
设，则
是圆的直径
，即
，
，
．
【知识点】正方形的性质；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】（1）先利用正方形的性质结合AF＝CH可利用SAS证明，则由全等的性质可得，再利用圆内接四边形的一个外角等于它的内对角可得，再等量代换即可；
（2）由（1）的结论知，则过点K作交AB于点G，由平行线的性质结合等量代换可得，即有，再由平行线的性质可证明，由相似比得，再等量代换即可；
（3）延长交于点，再过点F作CD的垂线段FM，则由正方形的性质可判定四边形ADMF是矩形，即有AF＝DM，再由正方形的对边平行可结合（1）的结论证明FD＝FQ，再由等腰三角形三线合一知DM＝QM，即有CH＝AF＝DM＝QM，再利用正方形的对边平行可证明，则由相似比结合已知BK与BD的比可得DQ等于BF的一半，为便于计算令CH＝1，则DQ＝2、BF＝4、AB＝CD＝5，则由勾股定理可得DH的长，再利用圆周角的性质可得，则可证，由相似比可得，则PH的长可得，即可得．
（1）证明：四边形是圆的内接四边形，
，
四边形是正方形，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：作，交于，
，
，
由（1）可得：，
，
，
；
（3）解：延长，交于点，作于点，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，
是圆的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
6．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
又∵，
∴，
∴的半径为．
如图：作于点H，
∴
又点O是CE的中点，
∴，，；
∴．
∴．
（2）证明：如图，过O作于点I，
∴∠OIB=∠ABC=∠OHB=90°，
∴四边形OIBH是矩形，
∴，，
∴ ∠MOI=∠A，
又∠MIO=∠AHO=90°，
∴
∴，即，
解得，
∴，
∴．
（3）解：如图：过点G作于点N．
∴∠GNM=∠OIM=90°，
又∠GMN=∠OMI，OM=MG，
∴△GMN≌△OMI，
∴，
在Rt△OMI中，，
∴MN=MI=
∴，即是等腰直角三角形，
∵是直径，
∴，
∴．
点P由以下两种可能：
①当时，是等腰直角三角形．
∴EP＝FP＝1．
②当时，
又∠FGB+∠FEB=∠FEB+∠FEP=180°，
∴∠FEP=∠FGB=∠BCG=45°，
∴
∴，即，解得．
综上，PE的长为1或.
【知识点】圆与四边形的综合
【解析】【分析】（1）有矩形性质得∠ABC=90°，在Rt△BCE中，利用勾股定理算出CE，即可得到该圆的半径；如图：作于点H，由垂径定理得，根据三角形中位线定理得，进而根据线段和差算出AH，在根据勾股定理算出AO，最后由AF=AO-FO，列式计算即可；
（2）如图，过O作于点I，由有三个内角为直角的四边形是矩形得四边形OIBH是矩形，由矩形对边相等且平行得OI∥AB，OI=1，由二直线平行，同位角相等得∠MOI=∠A，从而由有两组角对应相等的两个三角形相似得△OMI∽△AOH，由相似三角形对应边成比例建立方程可得，然后运用线段的和差即可证明结论；
（3）如图：过点G作于点N，首先由AAS判断出△GMN≌△OMI，得GN=OI=1，MN=MI，由勾股定理算出MI=，则可得△CNG是等腰直角三角形，由圆心角、弧、弦的关系判断出∠FEP=∠FGB=∠NCG=45°，然后分①∠PFE=∠NCG=45°时，②∠PFE=∠GBC时，两种情况，求解即可.
（1）解：∵，
∴，
∴的半径为．
如图：作于点H，
∴，，，
∴．
∴．
（2）解：如图，过O作于点I，
∴，，
由可得，即，解得，
∴，即．
（3）解：如图：过点G作于点N．
由（2）可得，
∴，即是等腰直角三角形，
∵是直径，
∴，
∴．
点P由以下两种可能：
①当时，是等腰直角三角形．
∴EP＝FP＝1．
②当时，
∵
∴，即，解得．
7．【答案】（1）证明：①如图1，连接，，过作于，于，
，，
四边形是菱形，
，平分，
，
，，
，
，
平分，
平分，
点在直线上；
②如图1，连接，
四边形是菱形，
，
，
，
由①知：，
，
，
，
半径，
是的切线；
（2）解：如图2，
，
，
四边形是菱形，
∥，，
，
，
，
，
，
的度数，
的度数，
；
（3）解： 如图3，过作于，于，
四边形是菱形，
，，
四边形是矩形，
，
，
，
，，
，
△的面积△的面积，
，
，
，
，
，
△的面积△的面积，
，
四边形的面积，
△的面积四边形的面积△的面积，
菱形的面积．
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；切线的判定；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系；圆与四边形的综合
【解析】【分析】（1）①如图1，连接，，过作于，于，可以得到，，然后根据菱形的性质得到，平分，即可得到，然后推理得到，即可得到解题；
②如图1，连接，根据平行线得到，即可求出，再根据等腰三角形的性质可得，求出，即可得到结论；
（2）如图2，根据平行线可得，即可得到，然后由圆心角、弧、弦的关系可得，，然后求出的度数解题即可；
（3）如图3，过作于，于，得到形是矩形，即可得到，然后推理得到，即可得到△的面积△的面积，然后证明，得到△的面积△的面积，求出△的面积解题即可．
（1）证明：①如图1，连接，，过作于，于，
，，
四边形是菱形，
，平分，
，
，，
，
，
平分，
平分，
点在直线上；
②如图1，连接，
四边形是菱形，
，
，
，
由①知：，
，
，
，
半径，
是的切线；
（2）如图2，
，
，
四边形是菱形，
∥，，
，
，
，
，
，
的度数，
的度数，
；
（3）如图3，过作于，于，
四边形是菱形，
，，
四边形是矩形，
，
，
，
，，
，
△的面积△的面积，
，
，
，
，
，
△的面积△的面积，
，
四边形的面积，
△的面积四边形的面积△的面积，
菱形的面积．
8．【答案】（1）证明：如图1，连接，则，
∴，
∵于点，交于点，
∴，，
∴，
∴与相切于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）①证明：如图2，连接，
，，
，
，
，
，
，
，且，
，
，
；
②解：如图3，连接、，
是的直径，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边的面积为．
【知识点】圆与四边形的综合
【解析】【分析】（1）连接，由等边对等角得，由圆的切线垂直经过切点的半径得OE⊥PE，由角的构成、对顶角相等、直角三角形两锐角互余及等角的余角相等得则，由等角对等边得；
（2）①连接，由同弧所对的圆周角相等得，结合，由有两组角对应相等的两个三角形相似得到，由相似三角形对应边成比例得到，由二直线平行，内错角相等得，由（1）的结论及对顶角相等可证明，由等角对等边得，从而可得；
②连接AE、AD，由直径所对的圆周角是直角得∠AEB=∠ADB=90°，由平行四边形的对角线互相平分得EF=BF=2，由有两组角对应相等的两个三角形相似可证明△FHB∽△AEB，由相似三角形对应边成比例求得，再由有两组角对应相等的两个三角形相似可证明证明， 由相似三角形对应边成比例 求得，所以，则，由，求得，用勾股定理算出BH的长，所以，则.
（1）证明：如图1，连接，则，
∵于点，交于点，
∴，，
∴，
∴与相切于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）①证明：如图2，连接，
，，
，
，
，
，
，
，且，
，
，
；
②解：如图3，连接、，
是的直径，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边的面积为．
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