《圆与三角形》精选压轴题（一）—浙江省九（上）数学期末复习
一、单选题
1．（2025九上·金东期末）如图，是的半径，弦，是上一点，交于点，，，则的长是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：连结，
是的半径，弦，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
或（不符合题意，舍去），
故答案为：B．
【分析】连结，由题意，根据垂径定理“垂直与弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两段弧
”可得，则，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可证，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式求解.
2．（2024九上·杭州期末）公元三世纪中期，我国魏晋时期的数学家刘徽创立了“割圆术”，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法．如图，点A，B，C，D，E，F，G，H是上的八等分点，任意取其中的三个点组成一个三角形，则组成钝角三角形的个数是（ ）
A．12个 B．18个 C．24个 D．32个
【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接，
根据题意可得经过点，即为直径，
∴，，为，
根据点A，B，C，D，E，F，G，H是上的八等分点，
∴弧所对圆心角为，所对圆周角为，
∴，，，，是钝角，
共有24个钝角，故有24个钝角三角形．
故答案为：C．
【分析】根据圆及正多边形的对称性可得AE、BF、CG、DH都是圆的直径，根据直径所对圆周角为，得出等角的都是90°，根据正多边形性质及等弧所对的圆周角相等可得弧AB、弧BC、弧CD、弧DE、弧EF、弧FG、弧GH、弧HA所对的圆心角为45°，所对圆周角都是22.5°，从而可判断出∠ABC等角都是钝角，从而根据钝角三角形的定义得出答案.
二、填空题
3．（2024九上·宁波期末）如图，四边形内接于，，，，则的半径长为 ．
【答案】
【知识点】三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—边角关系；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：如图：连接，延长至使得，连接，连接并延长交于，连接，
∵，
∴，，
∴为的直径，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】连接，延长至使得，连接，连接并延长交于，连接， 利用圆周角定理的推论可证得BD是圆的直径及∠DCB=90°，可推出为等腰直角三角形；再利用SAS可证得△ADC≌△EBC，利用全等三角形的性质可证得AC=CE，∠ACD=∠ECB，可推出∠ACE的度数，可证得为等腰直角三角形，可求出AE、AC的长，同时可证得∠AFC=60°，然后利用解直角三角形求出CF的长，即可求出圆的半径.
4．（2025九上·江北期末）如图， 经过 Rt 的直角顶点 ，交 于点 ，交 于点 ，交 于点 ，且满足 ，则 的半径为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系
【解析】【解答】解：如图， 过点O作OM⊥AB于点M， ON⊥BC于点N，OP⊥AC于点P， 连接OC，
∵DE=FC=CG，
∴OM=ON=OP，
MD=ME=NF =NC = PC = PG，
∴小⊙O是Rt△ABC的内切圆， 四边形CPON是正方形，
∴AP =AM， BM=BN， CP=CN， △CNO是等腰直角三角形，
∴AG=AD， BF = BE，
设DE=FC=CG=x(x>0)，
在 ‘中，由勾股定理得： 即
解得： (不合题意，舍去)，
是等腰直角三角形，
∴⊙O的半径为
故答案为：
【分析】过点O作OM⊥AB于点M， ON⊥BC于点N，OP⊥AC于点P，连接OC，由弦心距和垂径定理得出OM =ON =OP，MD=ME=NF=NC=PC=PG， 推出小⊙O是Rt△ABC的内切圆， 四边形CPON是正方形， 得AP=AM， BM=BN， CP=CN，△CNO是等腰直角三角形， 则AG = AD，BF=BE， 设DE=FC=CG=x(x>0)， 求出 然后在Rt△ABC中，由勾股定理列出一元二次方程，解之取符合题意的值，即可解决问题.
5．（2025九上·慈溪期末）如图， 是 的一条弦，过 作半径 的平行线交 于点 ，过 作弦 ，垂足为 ，连结 。若 ，则 ， 的半径长为 。
【答案】2：1；3
【知识点】垂径定理；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：过点O作OM⊥CD于点M，ON⊥AB于点N，如图所示：
∴CM=DN，AN=BN，∠OME=∠ONE=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠OME=∠ONE=∠MEN = 90°，∠ONA=∠CEB=90°，
∴四边形OMEN是矩形，
∴ON=ME，
∵DE=8，CE=2，
∴CD=DE+CE=10，
∴，
∴ME=CM-CE=3，
∴ON =3，
设AN=BN=x，EN=a，
∴AE=AN+EN=x+a，BE=BN-EN=x-a，
∵OA∥BC，
∴∠OAN=∠CBE，
又∵∠ONA=∠CEB=90°，
∴△ONA∽△CEB，
∴，
∴，
∴x=3a，
∴AE=x+a=4a，BE=x-a=2a，
∴AE：BE=4a：2a=2：1，
根据相交弦定理得：AE·BE=DE·CE，
∴4a×2a=8×2，
解得：，(不合题意，舍去)，
∴，
在Rt△OAN中，由勾股定理得：
，
∴⊙O的半径长为.
故答案为：2：1，.
【分析】过点O作OM⊥CD于点M，ON⊥AB于点N，则四边形OMEN是矩形，进而得ON=ME=3，设AN=BN=x，EN=a，则AE=x+a，BE=x-a，证明△ONA和△CEB相似得x=3a，则AE=4a，BE=2a，由此可得AE：BE的值；根据相交弦定理得AE·BE=DE·CE，由此得，进而得，然后在Rt△OAN中，由勾股定理得求出OA即可得出⊙O的半径.
6．（2024九上·温岭期末）如图，中，，，，以为圆心，为半径画圆，点是上一个动点，连接，，记，则的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理的逆定理；圆的相关概念；坐标系中的两点距离公式；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：过C点作的平行线，以C点为原点，以的平行线为x轴建立平面直角坐标系，如图，
此时y轴交于点H，则，
则，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点A，点B的纵坐标都为，
∵，
，
∴，
∴，
∴，
∴点，
同理可求，
设，
∴，，
∴
∵点是上一个动点，且的半径为2，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】先利用勾股定理的逆定理得出，再利用等面积法得出点H的坐标，再证明，利用相似三角形的判定和性质得出A，B两点的坐标，设，再利用两点之间的距离公式得出，．代入t中，最后由P点横坐标的取值范围确定t的取值范围．
7．（2025九上·上城期末）如图，是的直径，点在上，，，为上任意一点，连接，，，若与的一边相等，则的长为 ．
【答案】或或
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；解直角三角形—边角关系；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：①当时，则：，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
过点作，则：，
∴，即：，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴；
②当时，连接，取的中点，连接，则：，，
∴三点共线，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴；
③当时，则：为等腰直角三角形，
∴，
连接，交于点，由②知，
∵，，
∴，
∴，
∴设，，
∴，
在中，，即：，
解得：或（舍去），
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
综上：或或；
故答案为：或或．
【分析】由题意可知需分两种情况讨论，①当时，圆周角定理结合勾股定理求出的长，过点作，垂径定理结合锐角三角函数进行求解，②当时，连接，取的中点，连接，利用三角形的中位线定理结合勾股定理进行求解，③当时，连接，交于点，利用勾股定理结合相似三角形的判定和性质进行求解即可．
8．（2025九上·江北期末）如图，经过的直角顶点，交于点，交于点，交于点，且满足，则的半径为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；垂径定理；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，过点O作于点M，于点N，于点P，连接，
∵，
∴，，
∴小是的内切圆，
∵于点N，于点P，
∴∠ONC=∠OPC=90°，
又∵∠C=90°，
∴∠ONC=∠OPC=∠C=90°，
∵四边形是正方形，
∴，，，是等腰直角三角形，
∵PG=MD，NF=ME，
∴，，
即，，
设，
∵，
∴，，
∴BC=BF+FC=x+，，，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，（不合题意，舍去），
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴的半径为，
故答案为：．
【分析】过点O作于点M，于点N，于点P，连接，先利用由弦心距和垂径定理得出，，可推出推出小是的内切圆，四边形是正方形，根据切线长定理得，，，可推出是等腰直角三角形，则，，设，求出的长，的长，然后在利用勾股定理列出一元二次方程，解之取符合题意的x的值，进一步可推出NC的长，再利用等腰直角三角形的三边关系求出OC的长，即可解决问题．
9．（2025九上·海曙期末）如图，AD是△ABC的角平分线，过点A、D的圆与BC相切，与边AB、AC分别交于点E、F，若AD=6，AE=8，AF=6，则 BC 的长为 .
【答案】
【知识点】圆周角定理；角平分线的概念；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：如图，作圆O的直径DG，连接AG，
∴∠DAG=90°，
∴∠DAE+∠EAG=90°，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠GDB=90°，
∴∠EDB+∠EDG=90°，
∵∠EAG=∠EDG，
∴∠EDB=∠DAE，
同理∠FDC=∠DAF，
连接DE， DF，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠DAB=∠DAC，
∴∠CDF =∠EDB=∠DAC =∠EAD，
∴∠ADB=∠ADE+∠BDE=∠AFD，
∴△ADB∽△AFD，
故答案为：
【分析】作圆O的直径DG，连接AG，证明同理 连接DE， DF， AD是 的角平分线，BC是⊙O的切线，得 ， 证明 ，对应边成比例得 证明 求出 ， 再证明 求出 进而可得BC.
10．（2025九上·镇海区期末）如图，内接于，，，点E为中点，连结，点F为线段上一点且满足，若，则 ．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，延长至点，过点作，连接、．
∵内接于，，
∴是的直径，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，点E为中点，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，即
∴，
故答案为：．
【分析】延长至点，过点作，连接、．可以得到，即可得到，进而可得，然后得到，即可得嗲解题．
11．（2025九上·台州期末）如图，以弦为直角边作等腰直角，，且点，，按顺时针排列，的垂直平分线交于点，连接，．若的半径为，则当弦长度变化时，面积的最大值为 ．
【答案】
【知识点】二次函数的最值；圆的相关概念
【解析】【解答】解：如图所示，设交于点，
设，
∵是等腰直角三角形，垂直平分，则，
∴
∴当且为直径时，面积的最大值为
故答案为：．
【分析】设交于点，则有，利用三角形的面积公式得到，然后利用二次函数的性质得到最值即可．
12．（2025九上·嘉兴期末）如图，将沿弦折叠后，圆弧恰好经过圆心，且与弦相交于点，，连结．若，则的长为 ．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解∶如图，作半径OC⊥AB于D，连接OA，OB，BH，
∵将沿弦AB折叠后，圆弧恰好经过圆心O，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
过B作于E，
∴，，
∴，
∴，
又，，
∴，
在中，，
∴，
∴(负值舍去)，
∴，
故答案为∶．
【分析】作半径OC⊥AB于D，连接OA，OB，BH，根据折叠的性质、正弦的定义及特殊锐角三角函数值可求出，根据等边对等角及三角形内角和定理求出∠AOB=120°，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得∠APB=60°，由同弧所对的圆周角相等得∠AHB=∠AOB=120°，由邻补角得出∠PHB=60°，从而由有两个角是60°的三角形是等边三角形得△PHB是等边三角形，得出BH=PH=BP，∠PBH=60°；过B作BE⊥AP于E，根据等腰三角形的三线合一得出PE=HE，∠PBE=30°，根据含30°角的直角三角形的性质得出PB=2PE，根据勾股定理求出，进而结合已知推出AE=2PE，在中，根据勾股定理建立方程，解方程即可求解．
三、综合题
13．（2024九上·绍兴期末）如图，为锐角三角形，以为直径的圆O交于点E，交于点与交于点F．
（1）若，求的长；
（2）若，求的值．
【答案】（1）解：，
，
，
∵，
∴，
解得，
，
∴，
∴，即，
。
（2）解：作的平分线交于点G，连接，
∴，
又∵，
∴，
，，
，
设，则，
又
，
，
即，
在中，，
在中，，
，
解得：，
．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理．
（1）先根据，利用相似三角形的判定定理可证明，利用相似三角形的性质可得：，代入数据可列出方程，解方程可求出，再根据，利用相似三角形的判定定理可证明，利用相似三角形的性质可得：，代入数据可列出方程，解方程可求出EF的值；
（2）作的平分线交于点G，得，利用角的运算可得：，据此可推出，，再由平行线的性质可得，设，则，再根据，利用相似三角形的判定定理可证明，利用相似三角形的性质可得：，进而可得：，再利用勾股定理可列出关于x的方程，解方程可求出x的值，进而可求出答案．
（1）解：，
，
，
∵，
∴，
解得，
，
∴，
∴，即，
；
（2）解：作的平分线交于点G，连接，
∴，
又∵，
∴，
，，
，
设，则，
又
，
，
即，
在中，，
在中，，
，
解得：，
．
14．（2025九上·诸暨期末）如图，四边形内接于，满足，连接，，延长，于点．
（1）若，求的度数；
（2）求证：；
（3）若，，，求的长．
【答案】（1）解：∵，
∴
∴；
（2）解：∵四边形内接于，
∴
∵
∴
又∵
∴；
（3）解：如图所示，过点C作于点H
∵
∴
∴
∴
∴
同理可证，
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
由（2）得，
∴
∴
∴．
【知识点】圆与三角形的综合
【解析】【分析】（1）由弧、弦、圆心角之间的关系得到，然后根据三角形的一个外角等于与之不相邻的两个内角的和得出；
（2）首先根据圆内接四边形的对角互补、邻补角及同角的补角相等得到，然后结合公共角∠E，由有两组角对应相等的两个三角形相似即可得出结论；
（3）如图所示，过点C作于点H，由弧、弦、圆心角之间的关系及三角形外角性质可推出，由等角对等边得到，则，同理可证，由等腰三角形的三线合一得出AH=HE=2，进而根据线段和差得到，然后由含30度角直角三角形的性质求出，在由勾股定理求出，，最后利用相似三角形的对应边成比例建立方程即可求解.
（1）∵，
∴
∴；
（2）∵四边形内接于，
∴
∵
∴
又∵
∴；
（3）如图所示，过点C作于点H
∵
∴
∴
∴
∴
同理可证，
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
由（2）得，
∴
∴
∴．
15．（2024九上·宁波期末）如图，为的直径，点是半径上一动点（不与，重合），过点作弦垂直，连接，，以为直角边作等腰，且，连接，分别与和交于、两点．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）当点在半径上运动时，的值是否发生变化？若不发生变化，请求出其值，请说明理由．
【答案】（1）证明：，
∵是等腰直角三角形，
∴
（2）证明：如图，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴， ，
∵，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
根据勾股定理，得
∵， ，
（3）解：不变，，理由如下：如图，连接，
，
∵
根据勾股定理，得即
【知识点】垂径定理；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）根据垂径定理可证得弧AC=弧AD，利用圆心角、弧、弦的关系，可证得AC=AD，利用等腰直角三角形的定义可推出AC=AF，利用等边对等角可证得∠ACF=∠AFC，再根据同弧所对的圆周角相等得，即可得出答案.
（2）先根据SAS证明，利用全等三角形的性质可证得， ，由（1）得，进而得出，然后根据是等腰直角三角形，可知，接下来说明，再最后根据勾股定理可证得结论.
（3）连接，先说明，利用相似三角形的性质可证得，再证明，然后根据勾股定理可求出的值，由此可得到的值.
（1）证明：
，
∵是等腰直角三角形，
∴
；
（2）证明：如图，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴， ，
∵，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
根据勾股定理，得
∵， ，
；
（3）解：不变，，理由如下：
如图，连接，
，
∵
根据勾股定理，得即
．
16．（2024九上·瑞安期末）如图，在圆内接中，，弦，延长至点E，延长至点F，连接，使，延长交于点G，使，延长交于点H．
（1）若，为直径，求的度数．
（2）求证：．
（3）求证：．
【答案】（1）解：连接，
∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
∴；
（2）证明：∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：∵，
∴.
∵
∴，
∴，
∴.
又∵，
∴.
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；梅涅劳斯定理模型；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补得到，再根据可得，然后利用直径所对圆周角是直角解得；
（2）先得到，即可得到，然后证明，即可得到结论；
（3）先证明，得到，然后结合，即可得到结论．
（1）解：连接，
∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴.
∵
∴，
∴，
∴.
又∵，
∴.
17．（2025九上·义乌期末）如图，在等腰中，以底边为直径作，分别交边、于点、，点在直径下方的圆弧上，连结，，过点作交的延长线于点，已知．
（1）证明：；
（2）当，时，求的值；
（3）在（2）的条件下，求的值．
【答案】（1）解：连结，∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴；
（2）解：如图，延长交延长线于点，过点A作，垂足为H.
四边形BDCF是圆内接四边形
∵为的直径，
∴
∵
∴
∴
四边形AGFH是矩形
设BD=4x，则AB=MB=5x，由勾股定理知，
、
∴；
（3）解：由（2）可得，
∵，
∴
∴在中，
∴
∴．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-ASA；旋转全等模型；求余弦值
【解析】【分析】（1）连结，由是直径，得，由AG⊥FC，得，则，而，，即可根据证明，得；
（2）延长交延长线于点，由圆内接四边形的性质结合全等三角形的性质可证明AD=MD，AB=MB，则有AM=30；再过点A作BF的垂线段AH，则可证四边形AGFH是矩形，则AH=FG=24，再利用三角形等面积法可求得BD：AB=4：5，再利用勾股定理可得BD=20、AB=25，再解直角三角形ABD即可；
（3）由（2）可得AC等于AB等于BM，则CD可求；又由全等的性质可得CG等于BD，则CF可求；再由全等的性质知AD=MD，则CM可求；再根据勾股定理求得到FM，则BF可求，最后再代值求出线段比即可．
（1）解：连结，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴；
（2）解：如图，延长，交于点，
∵为的直径，
∴，
又∵，
∴，
∴．
又∵，
∴．
∴，
∵，
∴，
由（1）得，，
∴，
设，，则，，，
∵，
∴，
∴，即，
在中，，即，
解得，，（负数已舍去）
∴，，
∴，
∴；
（3）解：由（2）可得，
∵，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴．
18．（2025九上·金东期末）如图，为是直径，弦交于点，，过点作的垂线，垂足为点，连结，．
（1）求证：是的切线．
（2）求证：为等腰三角形．
（3）若，，求的长．
【答案】（1）证明：过点作直线的垂线，垂足为点，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，且，
是的切线．
（2）证明：延长交于点，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
垂直平分，
，
为等腰三角形．
（3）解：如（2）图，作于点，则，
，
四边形和四边形都是矩形，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
的长为．
【知识点】矩形的判定与性质；垂径定理；切线的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】
（1）因为过点作直线的垂线，垂足为点，所以，由，得，推导出，而，所以，则，求得，然后根据圆的切线的判定可求解；
（2）延长交于点，由直径所对的圆周角是直角可得，结合已知可得，由平行线的性质可得，结合已知可得垂直平分，由线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得，根据等腰三角形的定义可得为等腰三角形；
（3）作于点，根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形和四边形都是矩形，由矩形的对边相等可得，所以，而，由勾股定理求得OL的值，根据线段的和差DL=OD+OL求得DL=CH的值，于是由可求得AC的值，然后根据线段的和差可求解．
（1）证明：过点作直线的垂线，垂足为点，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，且，
是的切线．
（2）证明：延长交于点，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
垂直平分，
，
为等腰三角形．
（3）解：作于点，则，
，
四边形和四边形都是矩形，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
的长为．
19．（2025九上·江北期末）如图1，四边形为圆内接四边形，对角线与交于点，点在上，．
（1）求证：．
（2）如图2，若点为的中点，求证：．
（3）在（2）的条件下，的面积为2，求的长．
【答案】（1）解：，，
，
，
，
∵，
，
．
（2）证明：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴；
（3）解：如图，连接 ，作，
，
，
∴，
，
又，
，
，
，
设，
，
在中，，
，
解得：（舍去），
，
设，
在 中，
．
，
，
解得（舍去），
的长为 ．
【知识点】圆周角定理；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应角的关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等推出，再结合已知推出，利用AAS证明，即可推出；
（2）先证，得到，再根据，证出，利用同弧所对的弦相等证，结合即可得证；
（3）连接 ，作，证明，得出，得出，设，得出，根据勾股定理得出，求出（舍去），设，根据勾股定理得出．根据，得出，求出t即可．
（1）解：，，
，
，
，
∵，
，
．
（2）证明：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，连接 ，作，
，
，
∴，
，
又，
，
，
，
设，
，
在中，，
，
解得：（舍去），
，
设，
在 中，
．
，
，
解得（舍去），
的长为 ．
20．（2025九上·越城期末）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．
【答案】（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．
【知识点】圆与三角形的综合
【解析】【分析】（1）如图，连接，利用垂直弦的直径平分弦所对的两条弧得到，由等弧所对的圆周角相等得，由邻补角、圆内角四边形的对角互补及同角的补角相等得，从而得到结论；
（2）①如图，连接，由等边对等角得，由二直线平行，内错角相等得，由同弧所对的圆周角相等得∠AGD=∠B，故∠A=∠AGD=∠OGA，则DG经过点O，即O、H重合，DG为圆的直径；由直径所对的圆周角是直角得出CG⊥DF，由同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得HE∥CG，由平行于三角形一边的直线截其它两边，所截三角形与原三角形相似得△DEH∽△DCG，由相似三角形对应边成比例可得结论；
②连接，用含r的式子表示出BH、AH、HE，利用垂直弦的直径平分弦所对的两条弧得到，由夹在两条平行弦之间的弧相等得，则，由圆心角、弧、弦的关系得AD=AC=DG；由同角的余角相等得，从而由有两组角对应相等的两个三角形相似证明，由相似三角形对应边成比例推出，从而用勾股定理表示出AD、DH，进而根据线段和差表示HG；由有两组角对应相等的两个三角形相似证明，由相似三角形对应边成比例建立方程，得到，解方程结合题意取值即可．
（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．
21．（2025九上·柯桥期末）四边形内接于，为直径，连结，过A作于点．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，延长交于点，连结，且；
①求证：；
②若，，求的长．
【答案】（1）证明：∵为直径，于点H，
∴，
∴，，
∵，
∴．
（2）①证明：∵是的直径，
∴，即
∵，
∴，
∴．
②解：
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴．
【知识点】垂径定理；圆周角定理；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）由圆周角定理知，又，则，再由同角的余角相等可得结论成立；
（2）①由圆周角定理可得，即，因为，则，由垂径定理可得BD＝CD；
②由于，则解直角三角形ADH可得AD的长，再解直角三角形ADG可得AG的长，再利用勾股定理可得DG的长，再利用等面积法可得DH的长；又由圆周角定理可证明，由相似比可得，又由①知BD=CD，即，则，则可求得CD的长，最后再由计算即可．
（1）证明：∵为直径，于点H，
∴，
∴，，
∵，
∴．
（2）①证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
②解：如图2，作于点L，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
22．（2024九上·平湖期末）如图1，已知为的直径，弦于点，是弧上一点，连接，，．
（1）求证：；
（2）如图2，延长，相交于点，连接．
①已知，设，求x与y的关系式；
②记与的交点为，若，当时，求的长．
【答案】（1）证明：是直径，
.
（2）①解：，，
，
，
；
②连接
是直径，
，
，
，
又
，
∴
平分，
∴
∴
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据垂径定理先得到，再利用圆周角定理的推论得到结论即可；
（2）①推导，然后根据相似三角形的对应边成比例得到，解题即可；
②连接，利用勾股定理得到，长，进而推出平分，再利用角平分线的定义，求得解题即可．
（1）是直径，
．
（2）①解：，
，
，
，
；
②连接
是直径，
，
，
，
又
，
∴
平分，
∴
∴
23．（2025九上·上虞期末）如图，已知是的直径，弦于点，是上一点，，的延长线交于点．连结，．
（1）若为半径的中点．求的度数．
（2）连结．求证：．
（3）若，，的半径为3．求弦的长．
【答案】（1）解：如图，连接，
为半径的中点，，
，
为等边三角形，
，
；
（2）证明：如图，连接，
，是的直径，
，
，
四边形是圆内接四边形，
；
（3）解：如图，过点作的垂线段，交于点，连接，
根据（2）中可得，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
在中，，
在中，，
【知识点】等边三角形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；解直角三角形
【解析】【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，三角函数，圆内接四边形性质，等边三角形的判定与性质以及解直角三角形（三角函数、勾股定理）．
（1）连接，利用垂径定理和”E为OB中点”的条件，证明为等边三角形，再根据圆周角与圆心角的关系求出；
（2）连接，由垂径定理得AD=AC，推出，再利用圆内接四边形得外角等于内对角，得到，从而证得角相等；
（3）过点作的垂线段，交于点，根据（2）中结论推出，再证明为等边三角形得到AG=3，最后在和中，分别用三角函数和勾股定理求出CM、AM，进而得到AD=AC=AM+CM.
（1）解：如图，连接，
为半径的中点，，
，
为等边三角形，
，
；
（2）证明：如图，连接，
，是的直径，
，
，
四边形是圆内接四边形，
；
（3）解：如图，过点作的垂线段，交于点，连接，
根据（2）中可得，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
在中，，
在中，，
24．（2024九上·长兴期末）如图1，在中，为直径，为圆上一动点（不与重合），于点，为上的一动点，延长交的延长线于点，连结，，．
（1）求证：．
（2）若，，求的长．
（3）如图2，若，，，求的长．
【答案】（1）证明：为直径，
，
．
，
，
（2）解：为圆的内接四边形，
．
，且由（1）得．
．
又，
．
，，
．
（3）解：，，
．
．
，
，
，
即．
连结，．
，
．
，
，
设，，．
，
，
即．
，
，
，
即．
，
，
解得．
．
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理的推论得到，再根据同角的余角相等即可得到结论；
（2）根据圆内接四边形的性质得到，再根据等角的补角相等可得，然后可得，根据相似三角形的性质解题即可；
（3）先得到，即可得到，由（2）可得，连结，，即可得到，设，，，则，然后根据求出，解题即可．
（1）为直径，
，
．
，
，
．
（2）为圆的内接四边形，
．
，且由（1）得．
．
又，
．
，，
．
（3），，
．
．
，
，
，
即．
连结，．
，
．
，
，
设，，．
，
，
即．
，
，
，
即．
，
，
解得．
．
25．（2024九上·浙江期中）如图1，内接于，，过点C作，交于D，过D作于点E，交于点M，连结．
（1）求证：
①；
②；
（2）如图2，若是中点，求的值．
【答案】（1）证明：①，
，
，
，
即：，
．
②过点A作于H，
，
，
由（1）得：，
，
，
，即：，
，
，
（2）解：，，
，
，即：，
，
，
，
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）①由二直线平行，内错角相等可得，由同圆中相等的圆周角所对的弧相等可得，由等式性质推出，进而根据等弧对等弦即可得证；
②过点A作于H，根据等腰三角形的三线合一得，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得证；
（2）由有两组角对应相等的两个三角形相似证明，由相似三角形对应边成比例，结合已知是中点，得出，结合（1）②恒等式得出，进而即可求解．
（1）①，
，
，
，
即：，
．
②过点A作于H，
，
，
由（1）得：，
，
，
，即：，
，
，
．
（2），，
，
，即：，
，
，
，
．
26．（2024九上·杭州期末）如图1，已知内接于，，延长交于点，交于点，是劣弧上一点，连接并延长交的延长线于点，连接．
（1）求证：；
（2）若，，求的长；
（3）如图2，连接分别交和于点和点，若，且，请用含的值表示的值（不需要写出过程）．
【答案】（1）证明：，
，
四边形内接于，
，
，
，
；
（2）解：连接、，
是直径，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
即，
；
（3）解：连接，
设，
，
，，
，
，
，
平分，
作于，
，
，
，
，
设中边上的高为，
，
，
，
，
平分，
同理可得，
，
，
，
，
．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；A字型相似模型；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据等边对等角得到，然后根据圆内接四边形对角互补求出，即可得到结论；
（2）连接、，根据直径得到，然后得到，即可得到，，然后运用勾股定理求得AM、AB长，根据两角相等得到，解题即可；
（3）连接，设，即可得到平分，作于，设中边上的高为，可得，推理得到平分，同理可得，然后整理解题即可．
（1）证明：，
，
四边形内接于，
，
，
，
；
（2）解：连接、，
是直径，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
即，
；
（3）解：连接，
设，
，
，，
，
，
，
平分，
作于，
，
，
，
，
设中边上的高为，
，
，
，
，
平分，
同理可得，
，
，
，
，
．
27．（2025九上·鄞州期末）如图1，中，，，以为直径的交于点，是的中点，连结．
（1）求证：是的切线；
（2）如图2，过点作的平行线交于点．
①求的长；
②如图3，点在线段上，连结交并延长交于点，当时，求的值．
【答案】（1）证明：如图，连接、、，
是圆的直径，
.
是斜边的中点，
.
，
而，
，
，
又是的半径，
是的切线；
（2）解：①连结，
，，
，
而，解得.
，
，
由（1）可知，
，
，
.
又，
，
．
②过点作于，连结，，
，
，
在中，，
，，
，
，
，，
.
.
连结，
，，
，
，
，
．
【知识点】圆周角定理；切线的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】本题考查的是几何证明与计算综合题，内容涉及圆的切线判定、相似三角形、直角三角形性质等多个知识点，难度较大.（1）连接、、，利用圆周角定理得出∠ADB=90°，再结合直角三角形斜边性质（M是BC中点，故DM=BM）得到，由OB=OD，得，通过等量代换得到，从而证明是的切线；
（2）①连结，先由勾股定理求出的长，再利用直角三角形面积法或三角函数求出的长，结合平行和（1）中的结论，推出，再根据等腰三角形三线合一得出=2CD，最后根据计算得出结果；
②过点作于，连结，求出EP的长，利用锐角三角函数求出，的长，进而得到，，连结， 证明，根据相似三角形的性质（对应边成比例），结合DE、DA的长度，求出DQ的长．
（1）证明：如图，连接、、，
是圆的直径，
.
是斜边的中点，
.
，
而，
，
，
又是的半径，
是的切线；
（2）解：①连结，
，，
，
而，解得.
，
，
由（1）可知，
，
，
.
又，
，
．
②过点作于，连结，，
，
，
在中，，
，，
，
，
，，
.
.
连结，
，，
，
，
，
．
28．（2024九上·浙江期末）如图
（1）【问题提出】
如图1，AB为的直径，为上的一动点，连结CP，求CP的最小值．
（2）【问题探究】
如图2，为内部一点，且满足，求CD的最小值．
（3）【问题解决】
如图3，正方形ABCD是某社区的一块空地，经测量，．社区管委会计划对该空地及周边区域进行重新规划利用，在射线AD上取一点，沿BE，CE修两条小路，并在小路BE上取点，将CF段铺设成某种具有较高观赏价值的休闲通道（通道宽度忽略不计）。根据设计要求，，为了节省铺设成本，要求休闲通道CF的长度尽可能小，问CF的长度是否存在最小值？若存在，求出CF长度的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：如图1，当C，P，O共线时，CP最小.
∵∠CAB=90°，AO=OP=8，AC=6，
∴CO=10，
∴CP最小=CO-OP=2.
（2）解：如图2，作△ABD的外接圆O，过点O作OE⊥直线CB于E，
连结OA，OB，连结OC交☉O于点D，
∴∠OEB=90°.
∵∠ADB=120°，
∴∠AOB=120°.
∵AB=2，∴OB=OD=2.
∵∠ABC=90°，∠OBA=30°，∴∠OBE=60°，∴BE=1，OE=3
∵BC=2，∴OC=2，
∴CD最小=CO-OD=2-2.
（3）解：CF的长度存在最小值.
如图3所示，连结AF， ∠AFB=∠EAB=90°，
∵∠CBF=∠EBC，∠BFC=∠BCE，
∴△CBF∽△EBC，
∴CB2=BF·BE.
∵AB=BC，
∴AB2=BF·BE，
又∵∠ABF=∠EBA，∴△ABF∽△EBA，
∴∠AFB=∠EAB=90°，
则点F的运动轨迹是以O为圆心，AB为直径的半圆，且BO=OF=50m
在Rt中，，
长度的最小值为．
【知识点】勾股定理；圆-动点问题；线段最值问题；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据题意可得当C，P，O共线时，CP最小，然后利用勾勾股定理解题即可；
（2）如图2，作△ABD的外接圆O，过点O作OE⊥直线CB于E，连结OA，OB，连结OC交☉O于点D，则有∠AOB=120° ，即可得到OB=OD=2，求出OC长，则当点D在线段OC上时，CD最小，然后解题即可；
（3）连结AF，证明△CBF∽△EBC，则有CB2=BF·BE，即可得到AB2=BF·BE，然后证明△ABF∽△EBA，则可得到∠AFB=∠EAB=90°，即可知道点F的运动轨迹是以O为圆心，AB为直径的半圆，且BO=OF=50m，当点F在线段OC上时，CF最小，解题即可.
29．（2024九上·浙江期末）（1）如图，为的直径，，，，为上的一动点，连接，求的最小值．
（2）在学习圆的性质时，同学们发现对角互补的四边形中，四个顶点共圆．
例如图，已知四边形中，，则，，，四个点在同一个圆上．
问题解决：
如图，已知，，，四个点在同一个上．若，在的同侧，且，请说明点也在上．
如图，，，，为内部一点，且满足，求的最小值．
【答案】解：如下图所示，连接交于点，的长度就是的最小值，
，，，
，，
在中，，
又，
，
的最小值是；
解：如下图所示，
，，，四个点在同一个上，
点在点，，确定的上，
，，
，，
，
，
，
点，，，四个点共圆，
点在点，，确定的上，
点，都在点，，三点确定的上；
如下图所示，，，，
，
，
在中，，
，，
连接点与边的中点，则有，
，
，
作的外接圆，
当点在上时，，
又，
且，
是的中位线，
，
设的半径为，
则，，
在中，，
即，
解得：，
连接交于点，过点作交的延长线于点，
则有，
四边形为矩形，
，，
，
在中，，
，
的最小值为．
【知识点】两点之间线段最短；圆周角定理；圆内接四边形的性质；解直角三角形—边角关系；圆与三角形的综合
【解析】【分析】连接交于点，的长就是的最小值，然后根据勾股定理求出，即可得到最小值；
①根据，，，四点共圆，然后利用三角形内角和定理得到，即可得到，然后利用，得到，即可得到点也在圆上即可；
②根先得到，根据三角函数可得、，连接点与边的中点，作的外接圆，即可得到点在上时，，连接交于点，此时的值最小，然后利用三角形中位线定理得到，然后根据勾股定理求出的半径为，过点作交的延长线于点，再利用勾股定理得到，即可解题．
1 / 1《圆与三角形》精选压轴题（一）—浙江省九（上）数学期末复习
一、单选题
1．（2025九上·金东期末）如图，是的半径，弦，是上一点，交于点，，，则的长是（ ）
A．1 B． C． D．
2．（2024九上·杭州期末）公元三世纪中期，我国魏晋时期的数学家刘徽创立了“割圆术”，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法．如图，点A，B，C，D，E，F，G，H是上的八等分点，任意取其中的三个点组成一个三角形，则组成钝角三角形的个数是（ ）
A．12个 B．18个 C．24个 D．32个
二、填空题
3．（2024九上·宁波期末）如图，四边形内接于，，，，则的半径长为 ．
4．（2025九上·江北期末）如图， 经过 Rt 的直角顶点 ，交 于点 ，交 于点 ，交 于点 ，且满足 ，则 的半径为 ．
5．（2025九上·慈溪期末）如图， 是 的一条弦，过 作半径 的平行线交 于点 ，过 作弦 ，垂足为 ，连结 。若 ，则 ， 的半径长为 。
6．（2024九上·温岭期末）如图，中，，，，以为圆心，为半径画圆，点是上一个动点，连接，，记，则的取值范围为 ．
7．（2025九上·上城期末）如图，是的直径，点在上，，，为上任意一点，连接，，，若与的一边相等，则的长为 ．
8．（2025九上·江北期末）如图，经过的直角顶点，交于点，交于点，交于点，且满足，则的半径为 ．
9．（2025九上·海曙期末）如图，AD是△ABC的角平分线，过点A、D的圆与BC相切，与边AB、AC分别交于点E、F，若AD=6，AE=8，AF=6，则 BC 的长为 .
10．（2025九上·镇海区期末）如图，内接于，，，点E为中点，连结，点F为线段上一点且满足，若，则 ．
11．（2025九上·台州期末）如图，以弦为直角边作等腰直角，，且点，，按顺时针排列，的垂直平分线交于点，连接，．若的半径为，则当弦长度变化时，面积的最大值为 ．
12．（2025九上·嘉兴期末）如图，将沿弦折叠后，圆弧恰好经过圆心，且与弦相交于点，，连结．若，则的长为 ．
三、综合题
13．（2024九上·绍兴期末）如图，为锐角三角形，以为直径的圆O交于点E，交于点与交于点F．
（1）若，求的长；
（2）若，求的值．
14．（2025九上·诸暨期末）如图，四边形内接于，满足，连接，，延长，于点．
（1）若，求的度数；
（2）求证：；
（3）若，，，求的长．
15．（2024九上·宁波期末）如图，为的直径，点是半径上一动点（不与，重合），过点作弦垂直，连接，，以为直角边作等腰，且，连接，分别与和交于、两点．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）当点在半径上运动时，的值是否发生变化？若不发生变化，请求出其值，请说明理由．
16．（2024九上·瑞安期末）如图，在圆内接中，，弦，延长至点E，延长至点F，连接，使，延长交于点G，使，延长交于点H．
（1）若，为直径，求的度数．
（2）求证：．
（3）求证：．
17．（2025九上·义乌期末）如图，在等腰中，以底边为直径作，分别交边、于点、，点在直径下方的圆弧上，连结，，过点作交的延长线于点，已知．
（1）证明：；
（2）当，时，求的值；
（3）在（2）的条件下，求的值．
18．（2025九上·金东期末）如图，为是直径，弦交于点，，过点作的垂线，垂足为点，连结，．
（1）求证：是的切线．
（2）求证：为等腰三角形．
（3）若，，求的长．
19．（2025九上·江北期末）如图1，四边形为圆内接四边形，对角线与交于点，点在上，．
（1）求证：．
（2）如图2，若点为的中点，求证：．
（3）在（2）的条件下，的面积为2，求的长．
20．（2025九上·越城期末）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．
21．（2025九上·柯桥期末）四边形内接于，为直径，连结，过A作于点．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，延长交于点，连结，且；
①求证：；
②若，，求的长．
22．（2024九上·平湖期末）如图1，已知为的直径，弦于点，是弧上一点，连接，，．
（1）求证：；
（2）如图2，延长，相交于点，连接．
①已知，设，求x与y的关系式；
②记与的交点为，若，当时，求的长．
23．（2025九上·上虞期末）如图，已知是的直径，弦于点，是上一点，，的延长线交于点．连结，．
（1）若为半径的中点．求的度数．
（2）连结．求证：．
（3）若，，的半径为3．求弦的长．
24．（2024九上·长兴期末）如图1，在中，为直径，为圆上一动点（不与重合），于点，为上的一动点，延长交的延长线于点，连结，，．
（1）求证：．
（2）若，，求的长．
（3）如图2，若，，，求的长．
25．（2024九上·浙江期中）如图1，内接于，，过点C作，交于D，过D作于点E，交于点M，连结．
（1）求证：
①；
②；
（2）如图2，若是中点，求的值．
26．（2024九上·杭州期末）如图1，已知内接于，，延长交于点，交于点，是劣弧上一点，连接并延长交的延长线于点，连接．
（1）求证：；
（2）若，，求的长；
（3）如图2，连接分别交和于点和点，若，且，请用含的值表示的值（不需要写出过程）．
27．（2025九上·鄞州期末）如图1，中，，，以为直径的交于点，是的中点，连结．
（1）求证：是的切线；
（2）如图2，过点作的平行线交于点．
①求的长；
②如图3，点在线段上，连结交并延长交于点，当时，求的值．
28．（2024九上·浙江期末）如图
（1）【问题提出】
如图1，AB为的直径，为上的一动点，连结CP，求CP的最小值．
（2）【问题探究】
如图2，为内部一点，且满足，求CD的最小值．
（3）【问题解决】
如图3，正方形ABCD是某社区的一块空地，经测量，．社区管委会计划对该空地及周边区域进行重新规划利用，在射线AD上取一点，沿BE，CE修两条小路，并在小路BE上取点，将CF段铺设成某种具有较高观赏价值的休闲通道（通道宽度忽略不计）。根据设计要求，，为了节省铺设成本，要求休闲通道CF的长度尽可能小，问CF的长度是否存在最小值？若存在，求出CF长度的最小值；若不存在，请说明理由．
29．（2024九上·浙江期末）（1）如图，为的直径，，，，为上的一动点，连接，求的最小值．
（2）在学习圆的性质时，同学们发现对角互补的四边形中，四个顶点共圆．
例如图，已知四边形中，，则，，，四个点在同一个圆上．
问题解决：
如图，已知，，，四个点在同一个上．若，在的同侧，且，请说明点也在上．
如图，，，，为内部一点，且满足，求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：连结，
是的半径，弦，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
或（不符合题意，舍去），
故答案为：B．
【分析】连结，由题意，根据垂径定理“垂直与弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两段弧
”可得，则，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可证，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式求解.
2．【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接，
根据题意可得经过点，即为直径，
∴，，为，
根据点A，B，C，D，E，F，G，H是上的八等分点，
∴弧所对圆心角为，所对圆周角为，
∴，，，，是钝角，
共有24个钝角，故有24个钝角三角形．
故答案为：C．
【分析】根据圆及正多边形的对称性可得AE、BF、CG、DH都是圆的直径，根据直径所对圆周角为，得出等角的都是90°，根据正多边形性质及等弧所对的圆周角相等可得弧AB、弧BC、弧CD、弧DE、弧EF、弧FG、弧GH、弧HA所对的圆心角为45°，所对圆周角都是22.5°，从而可判断出∠ABC等角都是钝角，从而根据钝角三角形的定义得出答案.
3．【答案】
【知识点】三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—边角关系；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：如图：连接，延长至使得，连接，连接并延长交于，连接，
∵，
∴，，
∴为的直径，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】连接，延长至使得，连接，连接并延长交于，连接， 利用圆周角定理的推论可证得BD是圆的直径及∠DCB=90°，可推出为等腰直角三角形；再利用SAS可证得△ADC≌△EBC，利用全等三角形的性质可证得AC=CE，∠ACD=∠ECB，可推出∠ACE的度数，可证得为等腰直角三角形，可求出AE、AC的长，同时可证得∠AFC=60°，然后利用解直角三角形求出CF的长，即可求出圆的半径.
4．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系
【解析】【解答】解：如图， 过点O作OM⊥AB于点M， ON⊥BC于点N，OP⊥AC于点P， 连接OC，
∵DE=FC=CG，
∴OM=ON=OP，
MD=ME=NF =NC = PC = PG，
∴小⊙O是Rt△ABC的内切圆， 四边形CPON是正方形，
∴AP =AM， BM=BN， CP=CN， △CNO是等腰直角三角形，
∴AG=AD， BF = BE，
设DE=FC=CG=x(x>0)，
在 ‘中，由勾股定理得： 即
解得： (不合题意，舍去)，
是等腰直角三角形，
∴⊙O的半径为
故答案为：
【分析】过点O作OM⊥AB于点M， ON⊥BC于点N，OP⊥AC于点P，连接OC，由弦心距和垂径定理得出OM =ON =OP，MD=ME=NF=NC=PC=PG， 推出小⊙O是Rt△ABC的内切圆， 四边形CPON是正方形， 得AP=AM， BM=BN， CP=CN，△CNO是等腰直角三角形， 则AG = AD，BF=BE， 设DE=FC=CG=x(x>0)， 求出 然后在Rt△ABC中，由勾股定理列出一元二次方程，解之取符合题意的值，即可解决问题.
5．【答案】2：1；3
【知识点】垂径定理；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：过点O作OM⊥CD于点M，ON⊥AB于点N，如图所示：
∴CM=DN，AN=BN，∠OME=∠ONE=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠OME=∠ONE=∠MEN = 90°，∠ONA=∠CEB=90°，
∴四边形OMEN是矩形，
∴ON=ME，
∵DE=8，CE=2，
∴CD=DE+CE=10，
∴，
∴ME=CM-CE=3，
∴ON =3，
设AN=BN=x，EN=a，
∴AE=AN+EN=x+a，BE=BN-EN=x-a，
∵OA∥BC，
∴∠OAN=∠CBE，
又∵∠ONA=∠CEB=90°，
∴△ONA∽△CEB，
∴，
∴，
∴x=3a，
∴AE=x+a=4a，BE=x-a=2a，
∴AE：BE=4a：2a=2：1，
根据相交弦定理得：AE·BE=DE·CE，
∴4a×2a=8×2，
解得：，(不合题意，舍去)，
∴，
在Rt△OAN中，由勾股定理得：
，
∴⊙O的半径长为.
故答案为：2：1，.
【分析】过点O作OM⊥CD于点M，ON⊥AB于点N，则四边形OMEN是矩形，进而得ON=ME=3，设AN=BN=x，EN=a，则AE=x+a，BE=x-a，证明△ONA和△CEB相似得x=3a，则AE=4a，BE=2a，由此可得AE：BE的值；根据相交弦定理得AE·BE=DE·CE，由此得，进而得，然后在Rt△OAN中，由勾股定理得求出OA即可得出⊙O的半径.
6．【答案】
【知识点】勾股定理的逆定理；圆的相关概念；坐标系中的两点距离公式；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：过C点作的平行线，以C点为原点，以的平行线为x轴建立平面直角坐标系，如图，
此时y轴交于点H，则，
则，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点A，点B的纵坐标都为，
∵，
，
∴，
∴，
∴，
∴点，
同理可求，
设，
∴，，
∴
∵点是上一个动点，且的半径为2，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】先利用勾股定理的逆定理得出，再利用等面积法得出点H的坐标，再证明，利用相似三角形的判定和性质得出A，B两点的坐标，设，再利用两点之间的距离公式得出，．代入t中，最后由P点横坐标的取值范围确定t的取值范围．
7．【答案】或或
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；解直角三角形—边角关系；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：①当时，则：，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
过点作，则：，
∴，即：，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴；
②当时，连接，取的中点，连接，则：，，
∴三点共线，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴；
③当时，则：为等腰直角三角形，
∴，
连接，交于点，由②知，
∵，，
∴，
∴，
∴设，，
∴，
在中，，即：，
解得：或（舍去），
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
综上：或或；
故答案为：或或．
【分析】由题意可知需分两种情况讨论，①当时，圆周角定理结合勾股定理求出的长，过点作，垂径定理结合锐角三角函数进行求解，②当时，连接，取的中点，连接，利用三角形的中位线定理结合勾股定理进行求解，③当时，连接，交于点，利用勾股定理结合相似三角形的判定和性质进行求解即可．
8．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；垂径定理；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，过点O作于点M，于点N，于点P，连接，
∵，
∴，，
∴小是的内切圆，
∵于点N，于点P，
∴∠ONC=∠OPC=90°，
又∵∠C=90°，
∴∠ONC=∠OPC=∠C=90°，
∵四边形是正方形，
∴，，，是等腰直角三角形，
∵PG=MD，NF=ME，
∴，，
即，，
设，
∵，
∴，，
∴BC=BF+FC=x+，，，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，（不合题意，舍去），
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴的半径为，
故答案为：．
【分析】过点O作于点M，于点N，于点P，连接，先利用由弦心距和垂径定理得出，，可推出推出小是的内切圆，四边形是正方形，根据切线长定理得，，，可推出是等腰直角三角形，则，，设，求出的长，的长，然后在利用勾股定理列出一元二次方程，解之取符合题意的x的值，进一步可推出NC的长，再利用等腰直角三角形的三边关系求出OC的长，即可解决问题．
9．【答案】
【知识点】圆周角定理；角平分线的概念；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：如图，作圆O的直径DG，连接AG，
∴∠DAG=90°，
∴∠DAE+∠EAG=90°，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠GDB=90°，
∴∠EDB+∠EDG=90°，
∵∠EAG=∠EDG，
∴∠EDB=∠DAE，
同理∠FDC=∠DAF，
连接DE， DF，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠DAB=∠DAC，
∴∠CDF =∠EDB=∠DAC =∠EAD，
∴∠ADB=∠ADE+∠BDE=∠AFD，
∴△ADB∽△AFD，
故答案为：
【分析】作圆O的直径DG，连接AG，证明同理 连接DE， DF， AD是 的角平分线，BC是⊙O的切线，得 ， 证明 ，对应边成比例得 证明 求出 ， 再证明 求出 进而可得BC.
10．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，延长至点，过点作，连接、．
∵内接于，，
∴是的直径，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，点E为中点，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，即
∴，
故答案为：．
【分析】延长至点，过点作，连接、．可以得到，即可得到，进而可得，然后得到，即可得嗲解题．
11．【答案】
【知识点】二次函数的最值；圆的相关概念
【解析】【解答】解：如图所示，设交于点，
设，
∵是等腰直角三角形，垂直平分，则，
∴
∴当且为直径时，面积的最大值为
故答案为：．
【分析】设交于点，则有，利用三角形的面积公式得到，然后利用二次函数的性质得到最值即可．
12．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解∶如图，作半径OC⊥AB于D，连接OA，OB，BH，
∵将沿弦AB折叠后，圆弧恰好经过圆心O，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
过B作于E，
∴，，
∴，
∴，
又，，
∴，
在中，，
∴，
∴(负值舍去)，
∴，
故答案为∶．
【分析】作半径OC⊥AB于D，连接OA，OB，BH，根据折叠的性质、正弦的定义及特殊锐角三角函数值可求出，根据等边对等角及三角形内角和定理求出∠AOB=120°，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得∠APB=60°，由同弧所对的圆周角相等得∠AHB=∠AOB=120°，由邻补角得出∠PHB=60°，从而由有两个角是60°的三角形是等边三角形得△PHB是等边三角形，得出BH=PH=BP，∠PBH=60°；过B作BE⊥AP于E，根据等腰三角形的三线合一得出PE=HE，∠PBE=30°，根据含30°角的直角三角形的性质得出PB=2PE，根据勾股定理求出，进而结合已知推出AE=2PE，在中，根据勾股定理建立方程，解方程即可求解．
13．【答案】（1）解：，
，
，
∵，
∴，
解得，
，
∴，
∴，即，
。
（2）解：作的平分线交于点G，连接，
∴，
又∵，
∴，
，，
，
设，则，
又
，
，
即，
在中，，
在中，，
，
解得：，
．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理．
（1）先根据，利用相似三角形的判定定理可证明，利用相似三角形的性质可得：，代入数据可列出方程，解方程可求出，再根据，利用相似三角形的判定定理可证明，利用相似三角形的性质可得：，代入数据可列出方程，解方程可求出EF的值；
（2）作的平分线交于点G，得，利用角的运算可得：，据此可推出，，再由平行线的性质可得，设，则，再根据，利用相似三角形的判定定理可证明，利用相似三角形的性质可得：，进而可得：，再利用勾股定理可列出关于x的方程，解方程可求出x的值，进而可求出答案．
（1）解：，
，
，
∵，
∴，
解得，
，
∴，
∴，即，
；
（2）解：作的平分线交于点G，连接，
∴，
又∵，
∴，
，，
，
设，则，
又
，
，
即，
在中，，
在中，，
，
解得：，
．
14．【答案】（1）解：∵，
∴
∴；
（2）解：∵四边形内接于，
∴
∵
∴
又∵
∴；
（3）解：如图所示，过点C作于点H
∵
∴
∴
∴
∴
同理可证，
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
由（2）得，
∴
∴
∴．
【知识点】圆与三角形的综合
【解析】【分析】（1）由弧、弦、圆心角之间的关系得到，然后根据三角形的一个外角等于与之不相邻的两个内角的和得出；
（2）首先根据圆内接四边形的对角互补、邻补角及同角的补角相等得到，然后结合公共角∠E，由有两组角对应相等的两个三角形相似即可得出结论；
（3）如图所示，过点C作于点H，由弧、弦、圆心角之间的关系及三角形外角性质可推出，由等角对等边得到，则，同理可证，由等腰三角形的三线合一得出AH=HE=2，进而根据线段和差得到，然后由含30度角直角三角形的性质求出，在由勾股定理求出，，最后利用相似三角形的对应边成比例建立方程即可求解.
（1）∵，
∴
∴；
（2）∵四边形内接于，
∴
∵
∴
又∵
∴；
（3）如图所示，过点C作于点H
∵
∴
∴
∴
∴
同理可证，
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
由（2）得，
∴
∴
∴．
15．【答案】（1）证明：，
∵是等腰直角三角形，
∴
（2）证明：如图，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴， ，
∵，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
根据勾股定理，得
∵， ，
（3）解：不变，，理由如下：如图，连接，
，
∵
根据勾股定理，得即
【知识点】垂径定理；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）根据垂径定理可证得弧AC=弧AD，利用圆心角、弧、弦的关系，可证得AC=AD，利用等腰直角三角形的定义可推出AC=AF，利用等边对等角可证得∠ACF=∠AFC，再根据同弧所对的圆周角相等得，即可得出答案.
（2）先根据SAS证明，利用全等三角形的性质可证得， ，由（1）得，进而得出，然后根据是等腰直角三角形，可知，接下来说明，再最后根据勾股定理可证得结论.
（3）连接，先说明，利用相似三角形的性质可证得，再证明，然后根据勾股定理可求出的值，由此可得到的值.
（1）证明：
，
∵是等腰直角三角形，
∴
；
（2）证明：如图，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴， ，
∵，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
根据勾股定理，得
∵， ，
；
（3）解：不变，，理由如下：
如图，连接，
，
∵
根据勾股定理，得即
．
16．【答案】（1）解：连接，
∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
∴；
（2）证明：∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：∵，
∴.
∵
∴，
∴，
∴.
又∵，
∴.
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；梅涅劳斯定理模型；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补得到，再根据可得，然后利用直径所对圆周角是直角解得；
（2）先得到，即可得到，然后证明，即可得到结论；
（3）先证明，得到，然后结合，即可得到结论．
（1）解：连接，
∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴.
∵
∴，
∴，
∴.
又∵，
∴.
17．【答案】（1）解：连结，∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴；
（2）解：如图，延长交延长线于点，过点A作，垂足为H.
四边形BDCF是圆内接四边形
∵为的直径，
∴
∵
∴
∴
四边形AGFH是矩形
设BD=4x，则AB=MB=5x，由勾股定理知，
、
∴；
（3）解：由（2）可得，
∵，
∴
∴在中，
∴
∴．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-ASA；旋转全等模型；求余弦值
【解析】【分析】（1）连结，由是直径，得，由AG⊥FC，得，则，而，，即可根据证明，得；
（2）延长交延长线于点，由圆内接四边形的性质结合全等三角形的性质可证明AD=MD，AB=MB，则有AM=30；再过点A作BF的垂线段AH，则可证四边形AGFH是矩形，则AH=FG=24，再利用三角形等面积法可求得BD：AB=4：5，再利用勾股定理可得BD=20、AB=25，再解直角三角形ABD即可；
（3）由（2）可得AC等于AB等于BM，则CD可求；又由全等的性质可得CG等于BD，则CF可求；再由全等的性质知AD=MD，则CM可求；再根据勾股定理求得到FM，则BF可求，最后再代值求出线段比即可．
（1）解：连结，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴；
（2）解：如图，延长，交于点，
∵为的直径，
∴，
又∵，
∴，
∴．
又∵，
∴．
∴，
∵，
∴，
由（1）得，，
∴，
设，，则，，，
∵，
∴，
∴，即，
在中，，即，
解得，，（负数已舍去）
∴，，
∴，
∴；
（3）解：由（2）可得，
∵，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴．
18．【答案】（1）证明：过点作直线的垂线，垂足为点，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，且，
是的切线．
（2）证明：延长交于点，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
垂直平分，
，
为等腰三角形．
（3）解：如（2）图，作于点，则，
，
四边形和四边形都是矩形，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
的长为．
【知识点】矩形的判定与性质；垂径定理；切线的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】
（1）因为过点作直线的垂线，垂足为点，所以，由，得，推导出，而，所以，则，求得，然后根据圆的切线的判定可求解；
（2）延长交于点，由直径所对的圆周角是直角可得，结合已知可得，由平行线的性质可得，结合已知可得垂直平分，由线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得，根据等腰三角形的定义可得为等腰三角形；
（3）作于点，根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形和四边形都是矩形，由矩形的对边相等可得，所以，而，由勾股定理求得OL的值，根据线段的和差DL=OD+OL求得DL=CH的值，于是由可求得AC的值，然后根据线段的和差可求解．
（1）证明：过点作直线的垂线，垂足为点，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，且，
是的切线．
（2）证明：延长交于点，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
垂直平分，
，
为等腰三角形．
（3）解：作于点，则，
，
四边形和四边形都是矩形，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
的长为．
19．【答案】（1）解：，，
，
，
，
∵，
，
．
（2）证明：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴；
（3）解：如图，连接 ，作，
，
，
∴，
，
又，
，
，
，
设，
，
在中，，
，
解得：（舍去），
，
设，
在 中，
．
，
，
解得（舍去），
的长为 ．
【知识点】圆周角定理；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应角的关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等推出，再结合已知推出，利用AAS证明，即可推出；
（2）先证，得到，再根据，证出，利用同弧所对的弦相等证，结合即可得证；
（3）连接 ，作，证明，得出，得出，设，得出，根据勾股定理得出，求出（舍去），设，根据勾股定理得出．根据，得出，求出t即可．
（1）解：，，
，
，
，
∵，
，
．
（2）证明：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，连接 ，作，
，
，
∴，
，
又，
，
，
，
设，
，
在中，，
，
解得：（舍去），
，
设，
在 中，
．
，
，
解得（舍去），
的长为 ．
20．【答案】（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．
【知识点】圆与三角形的综合
【解析】【分析】（1）如图，连接，利用垂直弦的直径平分弦所对的两条弧得到，由等弧所对的圆周角相等得，由邻补角、圆内角四边形的对角互补及同角的补角相等得，从而得到结论；
（2）①如图，连接，由等边对等角得，由二直线平行，内错角相等得，由同弧所对的圆周角相等得∠AGD=∠B，故∠A=∠AGD=∠OGA，则DG经过点O，即O、H重合，DG为圆的直径；由直径所对的圆周角是直角得出CG⊥DF，由同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得HE∥CG，由平行于三角形一边的直线截其它两边，所截三角形与原三角形相似得△DEH∽△DCG，由相似三角形对应边成比例可得结论；
②连接，用含r的式子表示出BH、AH、HE，利用垂直弦的直径平分弦所对的两条弧得到，由夹在两条平行弦之间的弧相等得，则，由圆心角、弧、弦的关系得AD=AC=DG；由同角的余角相等得，从而由有两组角对应相等的两个三角形相似证明，由相似三角形对应边成比例推出，从而用勾股定理表示出AD、DH，进而根据线段和差表示HG；由有两组角对应相等的两个三角形相似证明，由相似三角形对应边成比例建立方程，得到，解方程结合题意取值即可．
（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．
21．【答案】（1）证明：∵为直径，于点H，
∴，
∴，，
∵，
∴．
（2）①证明：∵是的直径，
∴，即
∵，
∴，
∴．
②解：
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴．
【知识点】垂径定理；圆周角定理；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）由圆周角定理知，又，则，再由同角的余角相等可得结论成立；
（2）①由圆周角定理可得，即，因为，则，由垂径定理可得BD＝CD；
②由于，则解直角三角形ADH可得AD的长，再解直角三角形ADG可得AG的长，再利用勾股定理可得DG的长，再利用等面积法可得DH的长；又由圆周角定理可证明，由相似比可得，又由①知BD=CD，即，则，则可求得CD的长，最后再由计算即可．
（1）证明：∵为直径，于点H，
∴，
∴，，
∵，
∴．
（2）①证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
②解：如图2，作于点L，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
22．【答案】（1）证明：是直径，
.
（2）①解：，，
，
，
；
②连接
是直径，
，
，
，
又
，
∴
平分，
∴
∴
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据垂径定理先得到，再利用圆周角定理的推论得到结论即可；
（2）①推导，然后根据相似三角形的对应边成比例得到，解题即可；
②连接，利用勾股定理得到，长，进而推出平分，再利用角平分线的定义，求得解题即可．
（1）是直径，
．
（2）①解：，
，
，
，
；
②连接
是直径，
，
，
，
又
，
∴
平分，
∴
∴
23．【答案】（1）解：如图，连接，
为半径的中点，，
，
为等边三角形，
，
；
（2）证明：如图，连接，
，是的直径，
，
，
四边形是圆内接四边形，
；
（3）解：如图，过点作的垂线段，交于点，连接，
根据（2）中可得，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
在中，，
在中，，
【知识点】等边三角形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；解直角三角形
【解析】【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，三角函数，圆内接四边形性质，等边三角形的判定与性质以及解直角三角形（三角函数、勾股定理）．
（1）连接，利用垂径定理和”E为OB中点”的条件，证明为等边三角形，再根据圆周角与圆心角的关系求出；
（2）连接，由垂径定理得AD=AC，推出，再利用圆内接四边形得外角等于内对角，得到，从而证得角相等；
（3）过点作的垂线段，交于点，根据（2）中结论推出，再证明为等边三角形得到AG=3，最后在和中，分别用三角函数和勾股定理求出CM、AM，进而得到AD=AC=AM+CM.
（1）解：如图，连接，
为半径的中点，，
，
为等边三角形，
，
；
（2）证明：如图，连接，
，是的直径，
，
，
四边形是圆内接四边形，
；
（3）解：如图，过点作的垂线段，交于点，连接，
根据（2）中可得，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
在中，，
在中，，
24．【答案】（1）证明：为直径，
，
．
，
，
（2）解：为圆的内接四边形，
．
，且由（1）得．
．
又，
．
，，
．
（3）解：，，
．
．
，
，
，
即．
连结，．
，
．
，
，
设，，．
，
，
即．
，
，
，
即．
，
，
解得．
．
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理的推论得到，再根据同角的余角相等即可得到结论；
（2）根据圆内接四边形的性质得到，再根据等角的补角相等可得，然后可得，根据相似三角形的性质解题即可；
（3）先得到，即可得到，由（2）可得，连结，，即可得到，设，，，则，然后根据求出，解题即可．
（1）为直径，
，
．
，
，
．
（2）为圆的内接四边形，
．
，且由（1）得．
．
又，
．
，，
．
（3），，
．
．
，
，
，
即．
连结，．
，
．
，
，
设，，．
，
，
即．
，
，
，
即．
，
，
解得．
．
25．【答案】（1）证明：①，
，
，
，
即：，
．
②过点A作于H，
，
，
由（1）得：，
，
，
，即：，
，
，
（2）解：，，
，
，即：，
，
，
，
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）①由二直线平行，内错角相等可得，由同圆中相等的圆周角所对的弧相等可得，由等式性质推出，进而根据等弧对等弦即可得证；
②过点A作于H，根据等腰三角形的三线合一得，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得证；
（2）由有两组角对应相等的两个三角形相似证明，由相似三角形对应边成比例，结合已知是中点，得出，结合（1）②恒等式得出，进而即可求解．
（1）①，
，
，
，
即：，
．
②过点A作于H，
，
，
由（1）得：，
，
，
，即：，
，
，
．
（2），，
，
，即：，
，
，
，
．
26．【答案】（1）证明：，
，
四边形内接于，
，
，
，
；
（2）解：连接、，
是直径，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
即，
；
（3）解：连接，
设，
，
，，
，
，
，
平分，
作于，
，
，
，
，
设中边上的高为，
，
，
，
，
平分，
同理可得，
，
，
，
，
．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；A字型相似模型；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据等边对等角得到，然后根据圆内接四边形对角互补求出，即可得到结论；
（2）连接、，根据直径得到，然后得到，即可得到，，然后运用勾股定理求得AM、AB长，根据两角相等得到，解题即可；
（3）连接，设，即可得到平分，作于，设中边上的高为，可得，推理得到平分，同理可得，然后整理解题即可．
（1）证明：，
，
四边形内接于，
，
，
，
；
（2）解：连接、，
是直径，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
即，
；
（3）解：连接，
设，
，
，，
，
，
，
平分，
作于，
，
，
，
，
设中边上的高为，
，
，
，
，
平分，
同理可得，
，
，
，
，
．
27．【答案】（1）证明：如图，连接、、，
是圆的直径，
.
是斜边的中点，
.
，
而，
，
，
又是的半径，
是的切线；
（2）解：①连结，
，，
，
而，解得.
，
，
由（1）可知，
，
，
.
又，
，
．
②过点作于，连结，，
，
，
在中，，
，，
，
，
，，
.
.
连结，
，，
，
，
，
．
【知识点】圆周角定理；切线的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】本题考查的是几何证明与计算综合题，内容涉及圆的切线判定、相似三角形、直角三角形性质等多个知识点，难度较大.（1）连接、、，利用圆周角定理得出∠ADB=90°，再结合直角三角形斜边性质（M是BC中点，故DM=BM）得到，由OB=OD，得，通过等量代换得到，从而证明是的切线；
（2）①连结，先由勾股定理求出的长，再利用直角三角形面积法或三角函数求出的长，结合平行和（1）中的结论，推出，再根据等腰三角形三线合一得出=2CD，最后根据计算得出结果；
②过点作于，连结，求出EP的长，利用锐角三角函数求出，的长，进而得到，，连结， 证明，根据相似三角形的性质（对应边成比例），结合DE、DA的长度，求出DQ的长．
（1）证明：如图，连接、、，
是圆的直径，
.
是斜边的中点，
.
，
而，
，
，
又是的半径，
是的切线；
（2）解：①连结，
，，
，
而，解得.
，
，
由（1）可知，
，
，
.
又，
，
．
②过点作于，连结，，
，
，
在中，，
，，
，
，
，，
.
.
连结，
，，
，
，
，
．
28．【答案】（1）解：如图1，当C，P，O共线时，CP最小.
∵∠CAB=90°，AO=OP=8，AC=6，
∴CO=10，
∴CP最小=CO-OP=2.
（2）解：如图2，作△ABD的外接圆O，过点O作OE⊥直线CB于E，
连结OA，OB，连结OC交☉O于点D，
∴∠OEB=90°.
∵∠ADB=120°，
∴∠AOB=120°.
∵AB=2，∴OB=OD=2.
∵∠ABC=90°，∠OBA=30°，∴∠OBE=60°，∴BE=1，OE=3
∵BC=2，∴OC=2，
∴CD最小=CO-OD=2-2.
（3）解：CF的长度存在最小值.
如图3所示，连结AF， ∠AFB=∠EAB=90°，
∵∠CBF=∠EBC，∠BFC=∠BCE，
∴△CBF∽△EBC，
∴CB2=BF·BE.
∵AB=BC，
∴AB2=BF·BE，
又∵∠ABF=∠EBA，∴△ABF∽△EBA，
∴∠AFB=∠EAB=90°，
则点F的运动轨迹是以O为圆心，AB为直径的半圆，且BO=OF=50m
在Rt中，，
长度的最小值为．
【知识点】勾股定理；圆-动点问题；线段最值问题；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据题意可得当C，P，O共线时，CP最小，然后利用勾勾股定理解题即可；
（2）如图2，作△ABD的外接圆O，过点O作OE⊥直线CB于E，连结OA，OB，连结OC交☉O于点D，则有∠AOB=120° ，即可得到OB=OD=2，求出OC长，则当点D在线段OC上时，CD最小，然后解题即可；
（3）连结AF，证明△CBF∽△EBC，则有CB2=BF·BE，即可得到AB2=BF·BE，然后证明△ABF∽△EBA，则可得到∠AFB=∠EAB=90°，即可知道点F的运动轨迹是以O为圆心，AB为直径的半圆，且BO=OF=50m，当点F在线段OC上时，CF最小，解题即可.
29．【答案】解：如下图所示，连接交于点，的长度就是的最小值，
，，，
，，
在中，，
又，
，
的最小值是；
解：如下图所示，
，，，四个点在同一个上，
点在点，，确定的上，
，，
，，
，
，
，
点，，，四个点共圆，
点在点，，确定的上，
点，都在点，，三点确定的上；
如下图所示，，，，
，
，
在中，，
，，
连接点与边的中点，则有，
，
，
作的外接圆，
当点在上时，，
又，
且，
是的中位线，
，
设的半径为，
则，，
在中，，
即，
解得：，
连接交于点，过点作交的延长线于点，
则有，
四边形为矩形，
，，
，
在中，，
，
的最小值为．
【知识点】两点之间线段最短；圆周角定理；圆内接四边形的性质；解直角三角形—边角关系；圆与三角形的综合
【解析】【分析】连接交于点，的长就是的最小值，然后根据勾股定理求出，即可得到最小值；
①根据，，，四点共圆，然后利用三角形内角和定理得到，即可得到，然后利用，得到，即可得到点也在圆上即可；
②根先得到，根据三角函数可得、，连接点与边的中点，作的外接圆，即可得到点在上时，，连接交于点，此时的值最小，然后利用三角形中位线定理得到，然后根据勾股定理求出的半径为，过点作交的延长线于点，再利用勾股定理得到，即可解题．
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