《圆》精选典型题——人教版九年级上学期数学期末复习
一、单选题
1．（2025九上·湛江期末）装饰锥形草帽．
素材：母线长为、高为的锥形草帽（如图1）和五张颜色不同（红、橙、黄、蓝、紫）足够大的卡纸．
步骤1：将红、橙、黄、蓝、紫卡纸依次按照圆心角的比例剪成半径为的扇形．
步骤2：将剪下的扇形卡纸依次粘贴在草帽外表面，彩色卡纸恰好覆盖草帽外表面且卡纸连接处无缝隙、不重叠，便可得到五彩草帽（如图2），则橙色扇形卡纸的圆心角的度数是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025九上·长沙月考）如图，在的内接四边形中，，为弧上一动点，且平分，，有如下说法：；三角形是等边三角形；的半径为；；四边形最大面积是，其中正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025九下·武威开学考）如图，在正方形中，，点E是对角线上的一个动点，且不与端点B、D重合，连接，过点B作，垂足为F，连接．则的最小值是（ ）
A． B．3 C． D．
4．（2020九上·麻城月考）如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是（3，a）（a 3），半径为3，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为 ，则a的值是（ ）
A．4 B． C． D．
5．（2024·湖北模拟）如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA， 垂足为D．且DC＋DA＝12， ⊙O的直径为20，则AB的长等于( )
A．8 B．12 C．16 D．18
二、填空题
6．（2025九上·海珠期末）如图，平面直角坐标系中，，绕点旋转后得到，所在直线与半径为的相切于点，与轴交于点，则的长为 ．
7．（2023九上·曾都月考）如图，中，四边形内接于圆，是直径，，若，则 ．
8．（2024九上·江岸月考）如图，已知的半径为4，所对的圆心角，点C为的中点，点D为半径上一动点．将沿翻折得到，若点E落在半径、围成的封闭图形内部（不包括边界），则的取值范围为 ．
9．（2025九上·惠阳期末）在中，，，，以为圆心，AC长为半径画弧，交AB于点D，交BC于点E，以E为圆心，CE长为半径画弧，交AB于点F．交弧AE于点G，则图中阴影部分的面积为 ．
10．（2024九上·丰城月考）如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为 ．
11．（2023九下·龙湖月考）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，D是AC上一点，且CD＝3，E是BC边上一点，将△DCE沿DE折叠，使点C落在点F处，连接BF，则BF的最小值为 ．
12．（2025九上·花都期末）如图，点是外接圆上的一个动点（点不与点，，重合），，．则下列结论：①是等边三角形；②；③以，，，为顶点的四边形的最大面积是；④若点在内运动时，始终满足，则点运动的路径长度为．其中正确的是 ．（填写所有正确结论的序号）
13．（2025九上·荔湾期末）如图，在半径为的中，弦，是上的一动点（不与点重合），是的中点，则的最大值为 ．
14．（2025九上·番禺期中）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，与轴，轴都相切，且经过矩形的顶点．与相交于点，若的半径为，点的坐标是，则点的坐标是 ．
15．（2025九上·南沙期末）如图，等边三角形的边长为，点D，E分别是边的动点，且，连接交于点．则 ：连接，线段长的最小值为 ．
三、解答题
16．（2025九上·南沙期末）（1）如图①，四边形为的内接四边形，，，且，连接、，若半径长为2，求的长度．
（2）如图②，四边形为的内接四边形，，，连接、，若半径长为，求的长度（用含的代数式表示）
（3）如图③，在四边形中，，，，以为圆心，为半径画，M为上一个动点，过点作，，连接，已知，探究线段是否存在最小长度 若存在，请求出的最小长度，若不存在，请说明理由．
17．（2024九上·秦淮期中）图（1）是一把“U形”尺，图（2）是该尺内侧的示意图，已知边，边，，．
算一算
将该尺摆放在一些圆上，测量并计算圆的半径r．
（1）如图（3），点A，B，C，D恰好都在圆上，则 ．
（2）如图（4），该尺的边与圆相切于点P，且点P在该尺上的读数为，点D在圆上，则 ．
（3）如图（5），该尺的边与圆有两个公共点P，Q，它们在该尺上的读数分别为，，边与圆也有两个公共点，其中一个公共点R在该尺上的读数为，求r的值．
想一想
（4）若将该尺摆放在一个圆上（尺子只摆放一次，圆的圆心未标注），一定可以通过测量并计算出该圆的半径r吗？如果可以，说明理由；如果不一定可以，请直接写出可计算出的r的最小值和最大值．
18．（2025九上·惠东期末）【课本再现】（1）课本中有这样一段内容：战国时的《墨经》有“圆，一中同长也”的记载，它的意思是圆上各点到圆心的距离等于半径.复习课上，小明和同学们对如图1所示的课本例题进行了深入学习：
例1矩形的对角线，相交于点，求证：，，，四个点在以点为圆心的同一个圆上.
证明：四边形为矩形，
，，，
，
，，，四个点在以点为圆心，为半径的同一个圆上.
通过这个例题学习对“到定点的距离等于定长的点都在同一个圆上”有了更深的理解.以下是一道课本原题：“中，，求证：，，三点在同一个圆上.”请你利用图2写出证明过程.
【初步运用】（2）对于一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识可以更容易解决问题.例如：如图3，在中，，，是外一点，且，求的度数.若以点为圆心，为半径作辅助，由可知点，必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到__________°.
【深入理解】（3）如图4，在四边形中，.求证：.
【拓展延伸】（4）如图5，在边长为2的菱形中，，是边的中点，是边上的一动点，将沿所在直线翻折得到，连接，求长度的最小值.
19．（2025九下·广州月考）如图，是内接于，是的直径，，．
（1）求的长；
（2）点为的一个动点，且位于直线的上方，点从点开始沿着运动至点，连接，延长交于点，连接，．
①当平分时，试探究，和三者之间的数量关系，并证明你的结论；
②与交于点，求点运动过程中，点的运动路径长．
20．（2025九上·长沙月考）如图，，，分别与相切于点，，，且，连接，延长交于点，过点作交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）当时，求的半径及的长；
（3）当半径时，令．
①求证：；
②令，比较与的大小，并说明理由．
21．（2025九上·长沙月考）如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上，我们就称这个四边形为圆内接四边形．
（1）下列选项中，一定是圆内接四边形的是___________．（填序号）
①平行四边形；②菱形；③矩形；④正方形
（2）如图1，与轴交于点，与轴交于点，点在轴的正半轴上，点在轴负半轴上，若、、、四点共圆
①设、、四边形的面积分别为、、，且满足：，试判断的形状，并说明理由．
②在①的条件下，求四边形的面积．
（3）如图2，若等腰的外接圆为，半径为，平面上有两点、，分别与的三个顶点构成圆内接四边形（在的左侧，点在的右侧），求五边形面积的最大值．
22．（2025九上·荔湾期末）如图，在平面直角坐标系中，的斜边在轴上，边与轴交于点，平分交边于点，经过点、、的圆的圆心恰好在轴上，与轴相交于另一点．
（1）求证：是的切线；
（2）若点、的坐标分别为，，求的半径；
（3）试探究线段、、三者之间满足的等量关系，并证明你的结论．
23．（2025九上·南宁月考）阅读下列材料，完成相应学习任务：四点共圆的条件
我们知道，过任意一个三角形的三个顶点能作一个圆，过任意一个四边形的四个顶点能作一个圆吗？小明经过实践探究发现：过对角互补的四边形的四个顶点能作一个圆，下面是小明运用反证法证明上述命题的过程：
已知：在四边形中，．
求证：过点可作一个圆．
证明：假设过点四点不能作一个圆，过、三点作圆．如图1，若点在圆外，设与圆相交于点，连接，则______，而已知，所以，而是的外角，，出现矛盾，故假设不成立，因此点在过三点的圆上．
如图2，若点在圆内，（请同学们补充完成省略的部分证明过程）
因此得到四点共圆的条件：过对角互补的四边形的四个顶点能作一个圆．
学习任务：
（1）材料中划线部分的结论是______，依据是______；
（2）请将图2的证明过程补全；
（3）如图3，在四边形中，，，，则的大小为______
（4）如图4，已知正方形的边长为6，点是边上的一个动点，连接，过点作的垂线交于点，以为边作正方形，顶点在线段上，对角线相交于点．当点从运动到时，点也随之运动，求经过的路径长．
24．（2025九上·湛江期末）如图1，四边形内接于，，为的直径，，垂足为点，交于点．
（1）求证：；
（2）如图2，分别延长相交于点，点为的中点，连接，若切于点，求的值；
（3）如图2，在（2）的条件下，若，则的长为 ．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】圆锥的计算；扇形统计图；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：已知母线长为、高为的锥形草帽，
∴底面圆的半径为，
∴底面圆的周长，即锥形侧面展开图的扇形的弧长为，
又锥形侧面展开图的扇形的半径为，
∴该扇形的圆心角的度数，
∵将红、橙、黄、蓝、紫卡纸依次按照圆心角的比例剪成半径为的扇形，
∴橙色扇形卡纸的圆心角的度数，
故答案为：D ．
【分析】
根据题意可得圆锥底面圆的半径为，则有锥形侧面展开图的扇形的弧长为，根据扇形弧长公式（是扇形弧长，是扇形圆心角的度数，是扇形半径）可求出扇形的圆心角的度数，根据橙色扇形卡纸所占的比例即可解答．
2．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-AAS；圆与四边形的综合
【解析】【解答】解：①平分，
，
，
，故正确；
②AB=AD，
∴△ABD是等腰三角形，
∵四边形是的内接四边形，
，
，
，
是等边三角形，故正确；
③连接、，过点作，如图所示：
∵∠BAD=60°，
∴∠DOB=120°，
∵OE⊥DB，OA=OB，
∴DE=BE，∠OBE=∠30°，
∴OB=2OE，
∵DB=，
∴BE=，
在中，，
即OE2+（）2=（2OE）2
解得：OE=1，
则OB=2，
的半径是，故正确；
④在上截取，连接，如图所示，
，
是等边三角形，
，，
，，
，
在和中，
，
（AAS），
，
，故正确；
⑤设M为的中点，过点作，如图所示，
是等边三角形，BD=，
∴，，，
在中，
，
当的面积最大时，四边形的面积最大，
当点在的中点时，的面积最大，
的半径为，
点到线段的最大距离是，
∴S△BCD的最大面积=，
此时：S四边形 ABCD的最大面积=，故错误；
综上所述，正确的是．
故答案为：C．
【分析】根据角平分线的性质和圆周角定理可证；根据圆内接四边形对角互补可知，进而求得，据此即可得出是等边三角形；连接、，过点作，根据圆周角定理和垂径定理，∠OBE=∠30°，BE=，再根据勾股定理即可求出，即的半径为；在上截取，连接，易得是等边三角形，根据等边三角形的性质可知，，利用AAS可证，根据全等三角形的性质可证，从而可证；根据等边三角形的性质可以求出，根据点在上运动，可知当点是的中点时，S△BCD的面积最大，可知S△BCD的最大面积=，进而可得S四边形 ABCD的最大面积=.
3．【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；圆的相关概念；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图所示，取的中点，连接，
∵
∴，
∴在以为直径的上运动，
∵在正方形中，，
∴，
∴，
∵，
∴的最小值为，
故选：C．
【分析】取的中点，连接，根据直角三角形斜边上的中线性质可得，则在以为直径的上运动，根据正方形性质可得，根据勾股定理可得OD，再根据边之间的关系即可求出答案.
4．【答案】B
【知识点】勾股定理；垂径定理；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连结PB，如图，
∵⊙P的圆心坐标是（3，a），
∴OC=3，PC=a，
把x=3代入y=x得y=3，
∴D点坐标为（3，3），
∴CD=3，
∴△OCD为等腰直角三角形，
∴△PED也为等腰直角三角形，
∵PE⊥AB，
∴AE=BE= AB=2 ，
在Rt△PBE中，PB=3，
∴PE= ，
∴PD= PE= ，
∴ ，
故答案为：B.
【分析】作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连接PB，由圆心坐标可得OC=3，PC=a，把x=3代入y=x得y=3，则D（3，3），CD=3，推出△OCD、△PED为等腰直角三角形，得到AE=BE=AB=2，在Rt△PBE中，应用勾股定理求出PE，进而得到PD，最后根据a=PD+DC进行计算.
5．【答案】B
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆与三角形的综合
【解析】【解答】解：过O作OF⊥AB，连接OC，
∵OA=OC，即∠OCA=∠OAC，
∵AC平分∠PAE，即∠DAC=∠CAO，
∴∠DAC=∠OCA，
∴PB∥OC，
∴∠OCD=∠CDA=∠OFD=90°，
∴四边形DCOF为矩形，
设AD=x，则OF=CD=12-x，
∵⊙O的直径为20，
∴DF=OC=10，AF=10-x，
在中，由勾股定理得（10-x）2+（12-x）2=102，
解得：（不合题意，舍去） ，
∴OF=12-4=8，AF=10-4=6，
由垂径定理可得AB=2AF=12．
故选：B
【分析】
过O作OF⊥AB，连接OC，根据圆的基本性质和角平分线得到∠DAC=∠OCA，PB∥OC，从而得到四边形DCOF为矩形，然后设AD=x，则OF=CD=12-x，AF=10-x，由勾股定理得到AD，从而求得AF，进而求得AB．
6．【答案】或
【知识点】直线与圆的位置关系；切线的性质；解直角三角形；旋转的性质；数形结合
【解析】【解答】解：如图，当轴时，设与轴的交点为点，过点作所在的直线于点，则，∵，
∴，
∵，
∴，
∵轴
∴，
由旋转可得，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵的半径为，
∴此时所在直线与相切，
∴；
如图，直线交轴于，交轴于，与所在直线相切于点，作于，
∵，
∴，
∴，
∵由旋转得到，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的半径为，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴；
综上，的长为或，
故答案为：或．
【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系、旋转的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及解直角三角形等相关知识。解题时需要分不同情况讨论，结合图形分析，运用分类讨论和数形结合的思想方法。具体解答过程需根据题目条件画出相应图形进行求解。
7．【答案】
【知识点】三角形的面积；圆周角定理；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，过A点作，交的延长线与点E，
，
为的直径，
，
，
，
，
由圆周角定理得：，
，
，
，
，
，
，
，
解得：．
故答案为：．
【分析】过A点作，交的延长线与点E，由等腰直角三角形的性质及圆周角定理，推出，从而得到四边形的面积等于的面积，根据三角形的面积公式即可求出的长度．
8．【答案】
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；翻折变换（折叠问题）；一次函数的实际应用-几何问题；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：①当点E落在半径上时，连接，如图：
由翻折可知，
∴
∵，点C为的中点，的半径为4，
∴，
∴，；
②当点E落在半径上时，以O为原点，所在直线为x轴，建立直角坐标系，连接，如图：
由已知可得，，
过点C作于F，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴由①可知，
∴点E的横坐标为：，点E的纵坐标为：，
∴
∵，
设直线的解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为，
当时，，
当时，，
∴
∴，
∵，
∴
∴，
∵
∴
∴；
综上可知，的取值范围为．
故答案为：．
【分析】分类讨论：①当点E落在半径上时，②当点E落在半径上时，以O为原点，所在直线为x轴，建立直角坐标系，连接，再分别画出图形并利用解直角三角形的方法和待定系数法求出直线BE的解析式，最后求出OD的长即可.
9．【答案】
【知识点】等边三角形的判定；扇形面积的计算；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：连接、，过点作于点
观察图形可以的得到，
在中，，，
∴，，
由题意可知，
∴为等边三角形，为等边三角形
∴
∴
∴
∴
在中，，
∴
∴
故答案为．
【分析】
连接、，通过观察图形得到，再根据题意判断出为等边三角形，为等边三角形，再利用等边三角形的性质分别求出每块面积即可解答．
10．【答案】或或2
【知识点】勾股定理；垂径定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：为直径，为弦，
，
当的长为正整数时，或2，
当时，即为直径，
将沿翻折交直线于点F，此时与点重合，
故；
当时，且在点在线段之间，
如图，连接，
此时，
，
，
，
，
；
当时，且点在线段之间，连接，
同理可得，
，
综上，可得线段的长为或或2，
故答案为：或或2．
【分析】根据圆的弦的性质可得，当的长为正整数时，或2，当时，即为直径，将沿翻折交直线于点F，此时与点重合，故，当时，且在点在线段之间，连接，此时，根据垂径定理可得DC，再根据勾股定理可得OC，根据边之间的关系可得BC，则，当时，且点在线段之间，连接，同理可得，则，即可求出答案.
11．【答案】
【知识点】两点之间线段最短；勾股定理；圆的相关概念；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠知，F点的运动轨迹为：以D为圆心，CD的长度为半径的圆，如图所示，
可知，当点B、D、F共线，且F在B、D之间时，BF取最小值，
∵∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，
∴BC=6，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD=，
∴BF=BD－DF=，
故答案为：．
【分析】根据折叠性质可得F点的运动轨迹为：以D为圆心，CD的长度为半径的圆，当点B、D、F共线，且F在B、D之间时，BF取最小值，根据勾股定理可得BC，BD，再根据边之间的关系即可求出答案.
12．【答案】①③
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；勾股定理的逆定理；三角形的外接圆与外心；旋转的性质
【解析】【解答】解：①∵，
∴，
∴为等边三角形，故①正确；
②将绕点B顺时针旋转得到，如图：
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴在上，
∴，
故②错误；
∵是等边三角形，，
∴的面积为定值，
∴当P与相邻两点构成的三角形面积最大时，以A，P，B，C为顶点的四边形面积最大，
以题图为例，
∵，为定值，
∴当P到距离最大时，面积最大，
∴此时，，
∴C，O，P共线，
连接，交于D，如图：
∵为等边三角形，，
∴，
∵O为外接圆圆心，
∴，
∴，
∴；
故③正确；
④将绕点B顺时针旋转得到，如图：
∴，
由②知，为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴N在以A为圆心，为半径的圆弧上，
又∵，
∴N点为定点，
∴M点为定点，没有运动轨迹；
故④错误；
综上所述，正确的是①③．
故答案为：①③．
【分析】根据等边三角形判定定理可判断①；将绕点B顺时针旋转得到，根据旋转性质可得，根据等边三角形判定定理可得为等边三角形，则，再根据边之间的关系可判断②；根据等边三角形性质可得的面积为定值，当P与相邻两点构成的三角形面积最大时，以A，P，B，C为顶点的四边形面积最大，当P到距离最大时，面积最大，此时，，则C，O，P共线，连接，交于D，根据等边三角形性质可得，根据三角形外接圆性质可得，则，再根据四边形面积可判断③；将绕点B顺时针旋转得到，则，根据等边三角形性质可得，再根据边之间的关系可得，根据勾股定理逆定理可得，再根据角之间的关系可得，则N在以A为圆心，为半径的圆弧上，再根据边之间的关系即可求出答案.
13．【答案】
【知识点】勾股定理；圆的相关概念；垂径定理；直角三角形斜边上的中线；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：连接，，，取的中点，连接，，
是的中点，
，
，
点在以为半径的上运动，
当点运动至的延长线与的交点处时，取得最大值为，
，，
，
，
的最大值为，
故答案为：.
【分析】
连接，，，取的中点，连接，，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出点在以为半径的上运动，当点运动至的延长线与的交点处时，取得最大值为，再根据勾股定理求得，即可解答．
14．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；垂径定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，设与轴的切点为，与轴的切点为，连接并延长，与交于点，
则，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形和四边形都是矩形，
∴，，，，
∴，
∵点的坐标是，
∴，
∵的半径为，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】本题做出辅助线后，得出四边形、四边形和四边形都是矩形，根据矩形的性质以及圆的性质，进而得到，利用勾股定理计算得出，利用垂径定理可以得到，此时计算即可得出、，最后即可得出答案。
15．【答案】；2
【知识点】两点之间线段最短；三角形外角的概念及性质；圆的相关概念；圆周角定理；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
作的外接圆， 连接交于， 交于，则，
根据圆周角定理可得，，，
，，
∴，，
当点与重合时，的值最小，最小值，
故答案为：，．
【分析】首先 可根据 SAS 证得，可得出 ∠ B A D = ∠ C B E，进而根据三角形外角的性质可得出，进一步证得，即， 作的外接圆， 连接交于， 交于，则， 根据圆周角定理可得，，， 当点与重合时，的值最小，最小值，
16．【答案】解：，是等边三角形，
，
，
，
，
∴是的直径，
，
，
；
（2）如图，
作直径， 连接，
，
，
，
；
（3）如图，连接，
，
，
，
∴点、、、共圆，
由（2）知，
，
∴当最小时，最小， 连接，连接，交与，当点在处时，最小，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
∴，
，
．
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；解直角三角形；垂线段的概念
【解析】【分析】（1）根据条件可证明△ABD是等边三角形，因此可得，且，由圆周角定理可知=∠ABD=60°，最后通过解直角三角形ACD即可求得；
（2）作直径DE，连接BE，通过解直角三角形BDE来求解；
（3）连接AM后，可证四点A、B、M、F共圆由此可得要使EF最小，需使AM最小连接BD和AC，当M位于BD弧上的特定位置M'时，AM取得最小值由此可求出最终结果。
17．【答案】（1）；
（2）；
（3）解：如图，过点作于，延长交于，连接，，
∴，，
∵，，，
∴四边形为矩形，则，，，
由题意可知，，，，
∴，则，
∴，则，
设，则，
在中，，
在中，，
则，解得：，
∴；
（4）若将该尺摆放在一个圆上（尺子只摆放一次，圆的圆心未标注），不一定可以通过测量并计算出该圆的半径，半径的最小值为，最大值为
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；切线的性质
【解析】【解答】解：（1）连接，由题意可知，，，，
则，
∴为直径，
由勾股定理可知：，
∴半径，
故答案为：；
（2）连接圆心与切点，交于，连接，，则，
由题意可知，，
∵，，
∴四边形为矩形，
∴，，
则，，
在中，，即，
解得：，
故答案为：；
（4）如图，当圆的直径小于的长度时，此时没有任何读数，则无法测量并计算出圆的半径，
如图，当圆与和其中一边相交时，也相当于只测得一条弦的长度，也无法得到圆的半径，
∴若将该尺摆放在一个圆上（尺子只摆放一次，圆的圆心未标注），不一定可以通过测量并计算出该圆的半径，
要能够测出圆的半径，则圆与、都要有交点，
如图，当与、均相切时，直径等于的长度，
即：的半径的最小值为，
假设圆心在右侧，要的能测出圆的半径，至少要与相切，与有交点，
令与相切于点，与交于边界点，如图，
由题意可知，，类比（2）可知，，则，
由勾股定理可得：，
∴，整理得，
∴，
则的半径的最大值为；
综上，半径的最小值为，最大值为．
【分析】（1）连接，由题意可知，，，，根据圆周角定理可得为直径，根据勾股定理可得AC，即可求出答案.
（2）连接圆心与切点，交于，连接，，则，由题意可知，，根据矩形判定定理可得四边形为矩形，则，，根据边之间的关系可得OQ，DQ，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（3）过点作于，延长交于，连接，，根据垂径定理可得，根据矩形判定定理可得四边形为矩形，则，，，由题意可知，，，，根据勾股定理可得PQ，BM，MQ，NR，设，则，根据勾股定理可得OQ，OR，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（4）分情况讨论：当圆的直径小于的长度时，此时没有任何读数，则无法测量并计算出圆的半径，当圆与和其中一边相交时，也相当于只测得一条弦的长度，也无法得到圆的半径，将该尺摆放在一个圆上（尺子只摆放一次，圆的圆心未标注），不一定可以通过测量并计算出该圆的半径，要能够测出圆的半径，则圆与、都要有交点，当与、均相切时，直径等于的长度，即：的半径的最小值为，假设圆心在右侧，要的能测出圆的半径，至少要与相切，与有交点，令与相切于点，与交于边界点，由题意可知，，类比（2）可知，，则，再根据勾股定理即可求出答案.
18．【答案】（1）证明：如图，
取的中点，连接，
，
在中，，
，，三点在以点为圆心，为半径的同一个圆上.
（2）
（3）如图，
，
点，，在以为圆心，为半径的圆上，
可以构造出过，，三点的，
，
.
又在中，，
在中，
，
.
（4）解：如图，
由折叠性质知，
又是的中点，
，
点在以为圆心，为直径的圆上，
当点为与的交点时，长度取最小值，
过点作的延长线于点，
菱形中，，
，
，
在中，，
在中，，
.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（2）如图，
根据圆周角定理可得：
故答案为：.
【分析】
（1）取的中点，连接，即可得，从而得，，三点在以点为圆心，为半径的同一个圆上.
（2）根据圆周角定理可得.
（3）根据得点，，在以为圆心，为半径的圆上，故构造出过，，三点的，根据，得，再根据即可得.
（4）由折叠性质知，又是的中点，即可得点在以为圆心，为直径的圆上，
当点为与的交点时，长度取最小值，过点作的延长线于点，根据菱形性质，结合已知条件得，再根据勾股定理得，即可得.
19．【答案】（1）解：∵是的直径
∴，
∵，．
∴
（2）解：①，理由如下：如图：过点分别作，，垂足分别为点，．
．
由（1）得．
四边形为矩形．
平分，
，．
四边形为正方形．
．
，
．
．
．
．
；
②由①得．
．
．
∴．
∵如图：连接并延长，交于点E，
∴为的直径．
∴．
∴．
如图：以为边构造等腰，且．
∴点P在以点Q为圆心，为半径的弧上运动．
过点Q作，垂足为H．
∴，．
∴．
当点从点运动到点时，点的运动路径为上的弧．
点的运动路径长为．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的判定；等腰直角三角形；线段的和、差、倍、分的简单计算；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）由圆周角定理的推论得到，再根据余弦的定义计算即可解答；
（2）①如图：过点分别作，，垂足分别为点，，可得四边形为矩形形再由45等腰直角三角形得到ME=NE，从而证明四边形为正方形，再根据正方形的性质利用HL证明，再根据线段的和差可得，解答即可；
②根据特殊的锐角三角函数得到，再进行角度的和差运算得到，如图：连接并延长，交于点，由圆周角定理的推论得到；再进行角度的和差运算得到；如图：以为边构造等腰，且，可求得，最后根据弧长公式计算即可解答．
（1）解：∵是的直径
∴，
∵，．
∴
（2）解：①，理由如下：
如图：过点分别作，，垂足分别为点，．
．
由（1）得．
四边形为矩形．
平分，
，．
四边形为正方形．
．
，
．
．
．
．
；
②由①得．
．
．
∴．
∵如图：连接并延长，交于点E，
∴为的直径．
∴．
∴．
如图：以为边构造等腰，且．
∴点P在以点Q为圆心，为半径的弧上运动．
过点Q作，垂足为H．
∴，．
∴．
当点从点运动到点时，点的运动路径为上的弧．
点的运动路径长为．
20．【答案】（1）证明：如图所示，连接OE、OF、OG，
∵分别与相切于点，
∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，且OE=OF=OG，
∴∠OEB=∠OFB=∠OFC=∠OGC，
∴△OEB≌△OFB（HL）△OFC≌△OGC（HL），
∴∠OBE=∠OBF，∠OCF=∠OCG，
∴，
，
，
，
，
，
，
，且是的半径，
是的切线．
（2）解：由（1）可知：△BOC是直角三角形，△MNC是直角三角形，
∵OB=6cm，OC=8cm，
由勾股定理得，BC==10cm，
∵，
∴OB·OC=BC·OF，
即6×8=10OF，
∴OF=4.8cm，
在中，
由勾股定理得，，
∵CF、CG是的切线，
，
∵NM、NG是的切线，
∴MN=NG，
设MN=NG=x，则CN=CG+NG=6.4+x（cm），
在中，CM=OC+OM=12.8cm，
由勾股定理得，CM2+MN2=CN2，
即12.82+x2=（ 6.4+x ）2，
解得：x=9.6，
∴MN=9.6cm
答：的半径为，；
（3）①证明：∵分别与相切于点，
∴，
在中，由勾股定理得，，
在中，由勾股定理得，，
在中，由勾股定理得，，
，
整理得：，
∵，
即m＞1；
②解：，
理由：，
，
∵ ，
∴m=n.
【知识点】平行线的性质；直角三角形全等的判定-HL；切线的性质；切线的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）连接OE、OF、OG，根据切线长定理得到，根据平行线的性质得到，最后得到，即可得出结论；
（2）根据勾股定理求出，根据三角形面积公式求出，再根据勾股定理求出，设，则，再根据勾股定理可得CM2+MN2=CN2，代入即可求解；
（3）①由题意可知，，求得，代入即可得出结论；
②将代入即可得出结论．
（1）证明：分别与相切于点，
，
，
，
，
，
，
，
，且是的半径，
是的切线．
（2）解：如图，连接，则，
由（1）知，是直角三角形，
，
，
，
，
的半径为，
在中，
，
，
设，则，
在中，
，
解得：，
；
（3）①证明：如图，连接，
则，
在中，，
在中，，
在中，，
，
，
②解：，理由如下：
，
代入可得．
21．【答案】（1）③④
（2）解：①为等腰直角三角形，
理由：如图，设△AOB和△COD面积分别为和，
，
，
∴，
，
，
，
∴，
，
，
∴AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∵、、、四点共圆，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠ABC=∠BCD，
∵∠ABD=∠ACD，
∴∠DBC=∠ACB，
∴为等腰直角三角形．
②∵直线AB的解析式为，
，，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴OB=OC=1，
∵，
∴OA=OD=，
∴S四边形 ABCD =OB·OC+OA·OD+OB·OA+OD·OC=×1×1+×× +×1× +× ×1=2+，
答： 四边形的面积2+.
（3）解：连接OF交OC于点H，连接OE、，如图所示：
根据题意可知，当和面积都最大时，五边形的面积最大，此时，
∵AB是的直径，且经过圆心 ，
∴AB=2r，∠ACB=90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC=r，
∴，
当点E为的中点时，S△ABE的面积最大，
此时，OE⊥AB，
∴S△ABE=AB·OE=×2r×r=r2，
当点F为的中点时，S△ACF的面积最大，
此时，OF⊥AC，
∴AH=CH，
∵OA=OB，
∴OH是△ABC的中位线，
∴OH=BC=r，
∴HF=OF-OH=r-r，
∴S△ACF=AC·HF=×r ×（r-r）=r2，
∴=r2+r2+r2= r2.
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；一次函数的实际应用-几何问题；圆与三角形的综合；圆与四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）解：“四点共圆”的条件为四边形的对角互补，
①平行四边形的对角相等，但不一定互补，故①不符合题意，
②菱形的对角相等，但不一定互补，故②不符合题意，
③矩形的四个角都是直角，对角互补，故③符合题意，
④正方形的四个角都是直角，对角互补，故④符合题意，
故答案为：③④．
【分析】（1）根据“四点共圆”的条件：四边形对角互补，逐项进行判断即可得出答案；
（2）①设△AOB和△COD面积分别为和，先对左右两边同时平方可得，进而得到，即，进一步推出∠DBC=∠ACB进即可得出△BOC的形状；②先根据“与轴交于点，与轴交于点 ”求得、，即，再根据为等腰直角三角形，，进一步推出OB=OC=1，OA=OD=，最后根据S四边形 ABCD 即可得出答案：
（3）根据题意可知，当和面积都最大时，五边形的面积最大，先根据已知条件求出S△ABE，再依次求出S△ABE和S△ACF的最大值即可得出答案.
（1）解：∵只有对角互补的四边形的四个顶点才能“四点共圆”，非特殊平行四边形、菱形的对角不互补，
∴非特殊平行四边形、菱形的四个顶点不能构成“四点共圆”，
∵矩形、正方形的对角互补，
∴矩形、正方形的四个顶点构成“四点共圆”．
故答案为：③④．
（2）解：①如图∶，
设和面积分别为和
则：
，
∴，
∴为等腰直角三角形．
②直线解析式为，
，，
∴，
∴，即，
，
，
∵为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴
．
（3）解：经过圆心，
是的直径，
，
，，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
当和面积都最大时，五边形的面积最大，
当为中点时，面积最大，为中点时，面积最大，
如图：连接，连接交于，
，，
，
，
是的中位线，
，
，
的最大值为：，
的最大值为：，
的最大值为：．
22．【答案】（1）证明：连接，∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即是的切线；
（2）解：连接，设的半径为，∵，，
∴，
在中，，
则，
解得，，
即的半径为；
（3）证明：，理由如下：
作于，则，
又，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】坐标与图形性质；角平分线的性质；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）连接，根据角平分线的定义得到， 再根据等边对等角得到，从而根据平行线的判定得到，再根据切线的判定定理即可解答；
（2）连接，设的半径为表示出FA，再根据勾股定理列出方程，解方程即可解答；
（3）作由矩形的判定定理得到四边形是矩形，再根据等腰三角形三线合一得到，根据垂径定理即可解答．
（1）证明：连接，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即是的切线；
（2）解：连接，设的半径为，
∵，，
∴，
在中，，
则，
解得，，
即的半径为；
（3）解：．
证明：作于，则，
又，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了切线的判定，垂径定理，勾股定理，进行的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
23．【答案】（1），圆内接四边形对角互补
（2）证明：假设过点四点不能作一个圆，过、三点作圆，如图2，
若点在圆内，设延长与圆相交于点，连接，则，
∵，
∴，
∴是的外角，
∴，出现矛盾，故假设不成立，
∴点在过三点的圆上；
（3）32
（4）解：连接如图：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵四点共圆，
∴，
∴点在上，
当运动到点时，为的中点，
∴，
∴点经过的路径为．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；反证法
【解析】【解答】（1）解：材料中划线部分的结论是：，
依据：圆内接四边形对角互补，
故答案为：，圆内接四边形对角互补；
（3）解：∵，
∴过四边形的四个顶点能作一个圆，如图：
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故答案为：32；
【分析】（1）根据圆内接四边形性质即可求出答案.
（2）假设过点四点不能作一个圆，过、三点作圆，若点在圆内，设延长与圆相交于点，连接，则，再根据圆内接四边形性质即可求出答案.
（3）根据圆内接四边形性质可得过四边形的四个顶点能作一个圆，则，根据角之间的关系可得∠ABD，根据等边对等角可得，再根据三角形内角和定理即可求出答案.
（4）连接根据正方形性质可得，根据勾股定理可得AC，再根据圆内接四边形性质可得，当运动到点时，为的中点，即可求出答案.
（1）解：材料中划线部分的结论是：，
依据：圆内接四边形对角互补，
故答案为：，圆内接四边形对角互补；
（2）证明：假设过点四点不能作一个圆，过、三点作圆，如图2，
若点在圆内，设延长与圆相交于点，连接，则，
∵，
∴，
∴是的外角，
∴，出现矛盾，故假设不成立，
∴点在过三点的圆上；
（3）解：∵，
∴过四边形的四个顶点能作一个圆，如图：
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故答案为：32；
（4）解：连接如图：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵四点共圆，
∴，
∴点在上，
当运动到点时，为的中点，
∴，
∴点经过的路径为．
24．【答案】（1）证明：∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
由圆周角定理得：，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：∵点为的中点，∴，即，
∵为的直径，切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴设，则，
∴，
由（1）已证：，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴或（不符合题意，舍去），
∵为的直径，
∴，
在中，．
（3）
【知识点】圆周角定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；正切的概念；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：（3）如图，连接，
由上已得：，，
∴，
∵，垂足为点，
∴在中，，
∴设，则，
∵，
∴，
在中，，即，
解得或（不符合题意，舍去），
∴，，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
【分析】
（1）根据圆周角定理可得，由垂线的定义得到，根据等角的余角相等可得，再根据圆周角定理可得，然后根据等腰三角形的性质解答即可；
（2）根据中点的定义得到，由可证，根据相似三角形的性质可得，设，则，，由AA可判定，再根据相似三角形的性质可得，然后在中，根据正切的定义求解计算即可解答；
（3）连接，根据（2）可得， 再由正切的定义得到，于是设，则，，利用勾股定理建立方程求出的值，再利用勾股定理求出的长，再根据等腰三角形的性质，解答即可．
（1）证明：∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
由圆周角定理得：，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：∵点为的中点，
∴，即，
∵为的直径，切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴设，则，
∴，
由（1）已证：，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴或（不符合题意，舍去），
∵为的直径，
∴，
在中，．
（3）解：如图，连接，
由上已得：，，
∴，
∵，垂足为点，
∴在中，，
∴设，则，
∵，
∴，
在中，，即，
解得或（不符合题意，舍去），
∴，，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
1 / 1《圆》精选典型题——人教版九年级上学期数学期末复习
一、单选题
1．（2025九上·湛江期末）装饰锥形草帽．
素材：母线长为、高为的锥形草帽（如图1）和五张颜色不同（红、橙、黄、蓝、紫）足够大的卡纸．
步骤1：将红、橙、黄、蓝、紫卡纸依次按照圆心角的比例剪成半径为的扇形．
步骤2：将剪下的扇形卡纸依次粘贴在草帽外表面，彩色卡纸恰好覆盖草帽外表面且卡纸连接处无缝隙、不重叠，便可得到五彩草帽（如图2），则橙色扇形卡纸的圆心角的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆锥的计算；扇形统计图；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：已知母线长为、高为的锥形草帽，
∴底面圆的半径为，
∴底面圆的周长，即锥形侧面展开图的扇形的弧长为，
又锥形侧面展开图的扇形的半径为，
∴该扇形的圆心角的度数，
∵将红、橙、黄、蓝、紫卡纸依次按照圆心角的比例剪成半径为的扇形，
∴橙色扇形卡纸的圆心角的度数，
故答案为：D ．
【分析】
根据题意可得圆锥底面圆的半径为，则有锥形侧面展开图的扇形的弧长为，根据扇形弧长公式（是扇形弧长，是扇形圆心角的度数，是扇形半径）可求出扇形的圆心角的度数，根据橙色扇形卡纸所占的比例即可解答．
2．（2025九上·长沙月考）如图，在的内接四边形中，，为弧上一动点，且平分，，有如下说法：；三角形是等边三角形；的半径为；；四边形最大面积是，其中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-AAS；圆与四边形的综合
【解析】【解答】解：①平分，
，
，
，故正确；
②AB=AD，
∴△ABD是等腰三角形，
∵四边形是的内接四边形，
，
，
，
是等边三角形，故正确；
③连接、，过点作，如图所示：
∵∠BAD=60°，
∴∠DOB=120°，
∵OE⊥DB，OA=OB，
∴DE=BE，∠OBE=∠30°，
∴OB=2OE，
∵DB=，
∴BE=，
在中，，
即OE2+（）2=（2OE）2
解得：OE=1，
则OB=2，
的半径是，故正确；
④在上截取，连接，如图所示，
，
是等边三角形，
，，
，，
，
在和中，
，
（AAS），
，
，故正确；
⑤设M为的中点，过点作，如图所示，
是等边三角形，BD=，
∴，，，
在中，
，
当的面积最大时，四边形的面积最大，
当点在的中点时，的面积最大，
的半径为，
点到线段的最大距离是，
∴S△BCD的最大面积=，
此时：S四边形 ABCD的最大面积=，故错误；
综上所述，正确的是．
故答案为：C．
【分析】根据角平分线的性质和圆周角定理可证；根据圆内接四边形对角互补可知，进而求得，据此即可得出是等边三角形；连接、，过点作，根据圆周角定理和垂径定理，∠OBE=∠30°，BE=，再根据勾股定理即可求出，即的半径为；在上截取，连接，易得是等边三角形，根据等边三角形的性质可知，，利用AAS可证，根据全等三角形的性质可证，从而可证；根据等边三角形的性质可以求出，根据点在上运动，可知当点是的中点时，S△BCD的面积最大，可知S△BCD的最大面积=，进而可得S四边形 ABCD的最大面积=.
3．（2025九下·武威开学考）如图，在正方形中，，点E是对角线上的一个动点，且不与端点B、D重合，连接，过点B作，垂足为F，连接．则的最小值是（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；圆的相关概念；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图所示，取的中点，连接，
∵
∴，
∴在以为直径的上运动，
∵在正方形中，，
∴，
∴，
∵，
∴的最小值为，
故选：C．
【分析】取的中点，连接，根据直角三角形斜边上的中线性质可得，则在以为直径的上运动，根据正方形性质可得，根据勾股定理可得OD，再根据边之间的关系即可求出答案.
4．（2020九上·麻城月考）如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是（3，a）（a 3），半径为3，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为 ，则a的值是（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；垂径定理；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连结PB，如图，
∵⊙P的圆心坐标是（3，a），
∴OC=3，PC=a，
把x=3代入y=x得y=3，
∴D点坐标为（3，3），
∴CD=3，
∴△OCD为等腰直角三角形，
∴△PED也为等腰直角三角形，
∵PE⊥AB，
∴AE=BE= AB=2 ，
在Rt△PBE中，PB=3，
∴PE= ，
∴PD= PE= ，
∴ ，
故答案为：B.
【分析】作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连接PB，由圆心坐标可得OC=3，PC=a，把x=3代入y=x得y=3，则D（3，3），CD=3，推出△OCD、△PED为等腰直角三角形，得到AE=BE=AB=2，在Rt△PBE中，应用勾股定理求出PE，进而得到PD，最后根据a=PD+DC进行计算.
5．（2024·湖北模拟）如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA， 垂足为D．且DC＋DA＝12， ⊙O的直径为20，则AB的长等于( )
A．8 B．12 C．16 D．18
【答案】B
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆与三角形的综合
【解析】【解答】解：过O作OF⊥AB，连接OC，
∵OA=OC，即∠OCA=∠OAC，
∵AC平分∠PAE，即∠DAC=∠CAO，
∴∠DAC=∠OCA，
∴PB∥OC，
∴∠OCD=∠CDA=∠OFD=90°，
∴四边形DCOF为矩形，
设AD=x，则OF=CD=12-x，
∵⊙O的直径为20，
∴DF=OC=10，AF=10-x，
在中，由勾股定理得（10-x）2+（12-x）2=102，
解得：（不合题意，舍去） ，
∴OF=12-4=8，AF=10-4=6，
由垂径定理可得AB=2AF=12．
故选：B
【分析】
过O作OF⊥AB，连接OC，根据圆的基本性质和角平分线得到∠DAC=∠OCA，PB∥OC，从而得到四边形DCOF为矩形，然后设AD=x，则OF=CD=12-x，AF=10-x，由勾股定理得到AD，从而求得AF，进而求得AB．
二、填空题
6．（2025九上·海珠期末）如图，平面直角坐标系中，，绕点旋转后得到，所在直线与半径为的相切于点，与轴交于点，则的长为 ．
【答案】或
【知识点】直线与圆的位置关系；切线的性质；解直角三角形；旋转的性质；数形结合
【解析】【解答】解：如图，当轴时，设与轴的交点为点，过点作所在的直线于点，则，∵，
∴，
∵，
∴，
∵轴
∴，
由旋转可得，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵的半径为，
∴此时所在直线与相切，
∴；
如图，直线交轴于，交轴于，与所在直线相切于点，作于，
∵，
∴，
∴，
∵由旋转得到，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的半径为，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴；
综上，的长为或，
故答案为：或．
【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系、旋转的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及解直角三角形等相关知识。解题时需要分不同情况讨论，结合图形分析，运用分类讨论和数形结合的思想方法。具体解答过程需根据题目条件画出相应图形进行求解。
7．（2023九上·曾都月考）如图，中，四边形内接于圆，是直径，，若，则 ．
【答案】
【知识点】三角形的面积；圆周角定理；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，过A点作，交的延长线与点E，
，
为的直径，
，
，
，
，
由圆周角定理得：，
，
，
，
，
，
，
，
解得：．
故答案为：．
【分析】过A点作，交的延长线与点E，由等腰直角三角形的性质及圆周角定理，推出，从而得到四边形的面积等于的面积，根据三角形的面积公式即可求出的长度．
8．（2024九上·江岸月考）如图，已知的半径为4，所对的圆心角，点C为的中点，点D为半径上一动点．将沿翻折得到，若点E落在半径、围成的封闭图形内部（不包括边界），则的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；翻折变换（折叠问题）；一次函数的实际应用-几何问题；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：①当点E落在半径上时，连接，如图：
由翻折可知，
∴
∵，点C为的中点，的半径为4，
∴，
∴，；
②当点E落在半径上时，以O为原点，所在直线为x轴，建立直角坐标系，连接，如图：
由已知可得，，
过点C作于F，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴由①可知，
∴点E的横坐标为：，点E的纵坐标为：，
∴
∵，
设直线的解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为，
当时，，
当时，，
∴
∴，
∵，
∴
∴，
∵
∴
∴；
综上可知，的取值范围为．
故答案为：．
【分析】分类讨论：①当点E落在半径上时，②当点E落在半径上时，以O为原点，所在直线为x轴，建立直角坐标系，连接，再分别画出图形并利用解直角三角形的方法和待定系数法求出直线BE的解析式，最后求出OD的长即可.
9．（2025九上·惠阳期末）在中，，，，以为圆心，AC长为半径画弧，交AB于点D，交BC于点E，以E为圆心，CE长为半径画弧，交AB于点F．交弧AE于点G，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定；扇形面积的计算；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：连接、，过点作于点
观察图形可以的得到，
在中，，，
∴，，
由题意可知，
∴为等边三角形，为等边三角形
∴
∴
∴
∴
在中，，
∴
∴
故答案为．
【分析】
连接、，通过观察图形得到，再根据题意判断出为等边三角形，为等边三角形，再利用等边三角形的性质分别求出每块面积即可解答．
10．（2024九上·丰城月考）如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为 ．
【答案】或或2
【知识点】勾股定理；垂径定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：为直径，为弦，
，
当的长为正整数时，或2，
当时，即为直径，
将沿翻折交直线于点F，此时与点重合，
故；
当时，且在点在线段之间，
如图，连接，
此时，
，
，
，
，
；
当时，且点在线段之间，连接，
同理可得，
，
综上，可得线段的长为或或2，
故答案为：或或2．
【分析】根据圆的弦的性质可得，当的长为正整数时，或2，当时，即为直径，将沿翻折交直线于点F，此时与点重合，故，当时，且在点在线段之间，连接，此时，根据垂径定理可得DC，再根据勾股定理可得OC，根据边之间的关系可得BC，则，当时，且点在线段之间，连接，同理可得，则，即可求出答案.
11．（2023九下·龙湖月考）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，D是AC上一点，且CD＝3，E是BC边上一点，将△DCE沿DE折叠，使点C落在点F处，连接BF，则BF的最小值为 ．
【答案】
【知识点】两点之间线段最短；勾股定理；圆的相关概念；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠知，F点的运动轨迹为：以D为圆心，CD的长度为半径的圆，如图所示，
可知，当点B、D、F共线，且F在B、D之间时，BF取最小值，
∵∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，
∴BC=6，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD=，
∴BF=BD－DF=，
故答案为：．
【分析】根据折叠性质可得F点的运动轨迹为：以D为圆心，CD的长度为半径的圆，当点B、D、F共线，且F在B、D之间时，BF取最小值，根据勾股定理可得BC，BD，再根据边之间的关系即可求出答案.
12．（2025九上·花都期末）如图，点是外接圆上的一个动点（点不与点，，重合），，．则下列结论：①是等边三角形；②；③以，，，为顶点的四边形的最大面积是；④若点在内运动时，始终满足，则点运动的路径长度为．其中正确的是 ．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①③
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；勾股定理的逆定理；三角形的外接圆与外心；旋转的性质
【解析】【解答】解：①∵，
∴，
∴为等边三角形，故①正确；
②将绕点B顺时针旋转得到，如图：
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴在上，
∴，
故②错误；
∵是等边三角形，，
∴的面积为定值，
∴当P与相邻两点构成的三角形面积最大时，以A，P，B，C为顶点的四边形面积最大，
以题图为例，
∵，为定值，
∴当P到距离最大时，面积最大，
∴此时，，
∴C，O，P共线，
连接，交于D，如图：
∵为等边三角形，，
∴，
∵O为外接圆圆心，
∴，
∴，
∴；
故③正确；
④将绕点B顺时针旋转得到，如图：
∴，
由②知，为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴N在以A为圆心，为半径的圆弧上，
又∵，
∴N点为定点，
∴M点为定点，没有运动轨迹；
故④错误；
综上所述，正确的是①③．
故答案为：①③．
【分析】根据等边三角形判定定理可判断①；将绕点B顺时针旋转得到，根据旋转性质可得，根据等边三角形判定定理可得为等边三角形，则，再根据边之间的关系可判断②；根据等边三角形性质可得的面积为定值，当P与相邻两点构成的三角形面积最大时，以A，P，B，C为顶点的四边形面积最大，当P到距离最大时，面积最大，此时，，则C，O，P共线，连接，交于D，根据等边三角形性质可得，根据三角形外接圆性质可得，则，再根据四边形面积可判断③；将绕点B顺时针旋转得到，则，根据等边三角形性质可得，再根据边之间的关系可得，根据勾股定理逆定理可得，再根据角之间的关系可得，则N在以A为圆心，为半径的圆弧上，再根据边之间的关系即可求出答案.
13．（2025九上·荔湾期末）如图，在半径为的中，弦，是上的一动点（不与点重合），是的中点，则的最大值为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；圆的相关概念；垂径定理；直角三角形斜边上的中线；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：连接，，，取的中点，连接，，
是的中点，
，
，
点在以为半径的上运动，
当点运动至的延长线与的交点处时，取得最大值为，
，，
，
，
的最大值为，
故答案为：.
【分析】
连接，，，取的中点，连接，，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出点在以为半径的上运动，当点运动至的延长线与的交点处时，取得最大值为，再根据勾股定理求得，即可解答．
14．（2025九上·番禺期中）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，与轴，轴都相切，且经过矩形的顶点．与相交于点，若的半径为，点的坐标是，则点的坐标是 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；垂径定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，设与轴的切点为，与轴的切点为，连接并延长，与交于点，
则，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形和四边形都是矩形，
∴，，，，
∴，
∵点的坐标是，
∴，
∵的半径为，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】本题做出辅助线后，得出四边形、四边形和四边形都是矩形，根据矩形的性质以及圆的性质，进而得到，利用勾股定理计算得出，利用垂径定理可以得到，此时计算即可得出、，最后即可得出答案。
15．（2025九上·南沙期末）如图，等边三角形的边长为，点D，E分别是边的动点，且，连接交于点．则 ：连接，线段长的最小值为 ．
【答案】；2
【知识点】两点之间线段最短；三角形外角的概念及性质；圆的相关概念；圆周角定理；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
作的外接圆， 连接交于， 交于，则，
根据圆周角定理可得，，，
，，
∴，，
当点与重合时，的值最小，最小值，
故答案为：，．
【分析】首先 可根据 SAS 证得，可得出 ∠ B A D = ∠ C B E，进而根据三角形外角的性质可得出，进一步证得，即， 作的外接圆， 连接交于， 交于，则， 根据圆周角定理可得，，， 当点与重合时，的值最小，最小值，
三、解答题
16．（2025九上·南沙期末）（1）如图①，四边形为的内接四边形，，，且，连接、，若半径长为2，求的长度．
（2）如图②，四边形为的内接四边形，，，连接、，若半径长为，求的长度（用含的代数式表示）
（3）如图③，在四边形中，，，，以为圆心，为半径画，M为上一个动点，过点作，，连接，已知，探究线段是否存在最小长度 若存在，请求出的最小长度，若不存在，请说明理由．
【答案】解：，是等边三角形，
，
，
，
，
∴是的直径，
，
，
；
（2）如图，
作直径， 连接，
，
，
，
；
（3）如图，连接，
，
，
，
∴点、、、共圆，
由（2）知，
，
∴当最小时，最小， 连接，连接，交与，当点在处时，最小，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
∴，
，
．
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；解直角三角形；垂线段的概念
【解析】【分析】（1）根据条件可证明△ABD是等边三角形，因此可得，且，由圆周角定理可知=∠ABD=60°，最后通过解直角三角形ACD即可求得；
（2）作直径DE，连接BE，通过解直角三角形BDE来求解；
（3）连接AM后，可证四点A、B、M、F共圆由此可得要使EF最小，需使AM最小连接BD和AC，当M位于BD弧上的特定位置M'时，AM取得最小值由此可求出最终结果。
17．（2024九上·秦淮期中）图（1）是一把“U形”尺，图（2）是该尺内侧的示意图，已知边，边，，．
算一算
将该尺摆放在一些圆上，测量并计算圆的半径r．
（1）如图（3），点A，B，C，D恰好都在圆上，则 ．
（2）如图（4），该尺的边与圆相切于点P，且点P在该尺上的读数为，点D在圆上，则 ．
（3）如图（5），该尺的边与圆有两个公共点P，Q，它们在该尺上的读数分别为，，边与圆也有两个公共点，其中一个公共点R在该尺上的读数为，求r的值．
想一想
（4）若将该尺摆放在一个圆上（尺子只摆放一次，圆的圆心未标注），一定可以通过测量并计算出该圆的半径r吗？如果可以，说明理由；如果不一定可以，请直接写出可计算出的r的最小值和最大值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）解：如图，过点作于，延长交于，连接，，
∴，，
∵，，，
∴四边形为矩形，则，，，
由题意可知，，，，
∴，则，
∴，则，
设，则，
在中，，
在中，，
则，解得：，
∴；
（4）若将该尺摆放在一个圆上（尺子只摆放一次，圆的圆心未标注），不一定可以通过测量并计算出该圆的半径，半径的最小值为，最大值为
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；切线的性质
【解析】【解答】解：（1）连接，由题意可知，，，，
则，
∴为直径，
由勾股定理可知：，
∴半径，
故答案为：；
（2）连接圆心与切点，交于，连接，，则，
由题意可知，，
∵，，
∴四边形为矩形，
∴，，
则，，
在中，，即，
解得：，
故答案为：；
（4）如图，当圆的直径小于的长度时，此时没有任何读数，则无法测量并计算出圆的半径，
如图，当圆与和其中一边相交时，也相当于只测得一条弦的长度，也无法得到圆的半径，
∴若将该尺摆放在一个圆上（尺子只摆放一次，圆的圆心未标注），不一定可以通过测量并计算出该圆的半径，
要能够测出圆的半径，则圆与、都要有交点，
如图，当与、均相切时，直径等于的长度，
即：的半径的最小值为，
假设圆心在右侧，要的能测出圆的半径，至少要与相切，与有交点，
令与相切于点，与交于边界点，如图，
由题意可知，，类比（2）可知，，则，
由勾股定理可得：，
∴，整理得，
∴，
则的半径的最大值为；
综上，半径的最小值为，最大值为．
【分析】（1）连接，由题意可知，，，，根据圆周角定理可得为直径，根据勾股定理可得AC，即可求出答案.
（2）连接圆心与切点，交于，连接，，则，由题意可知，，根据矩形判定定理可得四边形为矩形，则，，根据边之间的关系可得OQ，DQ，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（3）过点作于，延长交于，连接，，根据垂径定理可得，根据矩形判定定理可得四边形为矩形，则，，，由题意可知，，，，根据勾股定理可得PQ，BM，MQ，NR，设，则，根据勾股定理可得OQ，OR，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（4）分情况讨论：当圆的直径小于的长度时，此时没有任何读数，则无法测量并计算出圆的半径，当圆与和其中一边相交时，也相当于只测得一条弦的长度，也无法得到圆的半径，将该尺摆放在一个圆上（尺子只摆放一次，圆的圆心未标注），不一定可以通过测量并计算出该圆的半径，要能够测出圆的半径，则圆与、都要有交点，当与、均相切时，直径等于的长度，即：的半径的最小值为，假设圆心在右侧，要的能测出圆的半径，至少要与相切，与有交点，令与相切于点，与交于边界点，由题意可知，，类比（2）可知，，则，再根据勾股定理即可求出答案.
18．（2025九上·惠东期末）【课本再现】（1）课本中有这样一段内容：战国时的《墨经》有“圆，一中同长也”的记载，它的意思是圆上各点到圆心的距离等于半径.复习课上，小明和同学们对如图1所示的课本例题进行了深入学习：
例1矩形的对角线，相交于点，求证：，，，四个点在以点为圆心的同一个圆上.
证明：四边形为矩形，
，，，
，
，，，四个点在以点为圆心，为半径的同一个圆上.
通过这个例题学习对“到定点的距离等于定长的点都在同一个圆上”有了更深的理解.以下是一道课本原题：“中，，求证：，，三点在同一个圆上.”请你利用图2写出证明过程.
【初步运用】（2）对于一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识可以更容易解决问题.例如：如图3，在中，，，是外一点，且，求的度数.若以点为圆心，为半径作辅助，由可知点，必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到__________°.
【深入理解】（3）如图4，在四边形中，.求证：.
【拓展延伸】（4）如图5，在边长为2的菱形中，，是边的中点，是边上的一动点，将沿所在直线翻折得到，连接，求长度的最小值.
【答案】（1）证明：如图，
取的中点，连接，
，
在中，，
，，三点在以点为圆心，为半径的同一个圆上.
（2）
（3）如图，
，
点，，在以为圆心，为半径的圆上，
可以构造出过，，三点的，
，
.
又在中，，
在中，
，
.
（4）解：如图，
由折叠性质知，
又是的中点，
，
点在以为圆心，为直径的圆上，
当点为与的交点时，长度取最小值，
过点作的延长线于点，
菱形中，，
，
，
在中，，
在中，，
.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（2）如图，
根据圆周角定理可得：
故答案为：.
【分析】
（1）取的中点，连接，即可得，从而得，，三点在以点为圆心，为半径的同一个圆上.
（2）根据圆周角定理可得.
（3）根据得点，，在以为圆心，为半径的圆上，故构造出过，，三点的，根据，得，再根据即可得.
（4）由折叠性质知，又是的中点，即可得点在以为圆心，为直径的圆上，
当点为与的交点时，长度取最小值，过点作的延长线于点，根据菱形性质，结合已知条件得，再根据勾股定理得，即可得.
19．（2025九下·广州月考）如图，是内接于，是的直径，，．
（1）求的长；
（2）点为的一个动点，且位于直线的上方，点从点开始沿着运动至点，连接，延长交于点，连接，．
①当平分时，试探究，和三者之间的数量关系，并证明你的结论；
②与交于点，求点运动过程中，点的运动路径长．
【答案】（1）解：∵是的直径
∴，
∵，．
∴
（2）解：①，理由如下：如图：过点分别作，，垂足分别为点，．
．
由（1）得．
四边形为矩形．
平分，
，．
四边形为正方形．
．
，
．
．
．
．
；
②由①得．
．
．
∴．
∵如图：连接并延长，交于点E，
∴为的直径．
∴．
∴．
如图：以为边构造等腰，且．
∴点P在以点Q为圆心，为半径的弧上运动．
过点Q作，垂足为H．
∴，．
∴．
当点从点运动到点时，点的运动路径为上的弧．
点的运动路径长为．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的判定；等腰直角三角形；线段的和、差、倍、分的简单计算；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）由圆周角定理的推论得到，再根据余弦的定义计算即可解答；
（2）①如图：过点分别作，，垂足分别为点，，可得四边形为矩形形再由45等腰直角三角形得到ME=NE，从而证明四边形为正方形，再根据正方形的性质利用HL证明，再根据线段的和差可得，解答即可；
②根据特殊的锐角三角函数得到，再进行角度的和差运算得到，如图：连接并延长，交于点，由圆周角定理的推论得到；再进行角度的和差运算得到；如图：以为边构造等腰，且，可求得，最后根据弧长公式计算即可解答．
（1）解：∵是的直径
∴，
∵，．
∴
（2）解：①，理由如下：
如图：过点分别作，，垂足分别为点，．
．
由（1）得．
四边形为矩形．
平分，
，．
四边形为正方形．
．
，
．
．
．
．
；
②由①得．
．
．
∴．
∵如图：连接并延长，交于点E，
∴为的直径．
∴．
∴．
如图：以为边构造等腰，且．
∴点P在以点Q为圆心，为半径的弧上运动．
过点Q作，垂足为H．
∴，．
∴．
当点从点运动到点时，点的运动路径为上的弧．
点的运动路径长为．
20．（2025九上·长沙月考）如图，，，分别与相切于点，，，且，连接，延长交于点，过点作交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）当时，求的半径及的长；
（3）当半径时，令．
①求证：；
②令，比较与的大小，并说明理由．
【答案】（1）证明：如图所示，连接OE、OF、OG，
∵分别与相切于点，
∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，且OE=OF=OG，
∴∠OEB=∠OFB=∠OFC=∠OGC，
∴△OEB≌△OFB（HL）△OFC≌△OGC（HL），
∴∠OBE=∠OBF，∠OCF=∠OCG，
∴，
，
，
，
，
，
，
，且是的半径，
是的切线．
（2）解：由（1）可知：△BOC是直角三角形，△MNC是直角三角形，
∵OB=6cm，OC=8cm，
由勾股定理得，BC==10cm，
∵，
∴OB·OC=BC·OF，
即6×8=10OF，
∴OF=4.8cm，
在中，
由勾股定理得，，
∵CF、CG是的切线，
，
∵NM、NG是的切线，
∴MN=NG，
设MN=NG=x，则CN=CG+NG=6.4+x（cm），
在中，CM=OC+OM=12.8cm，
由勾股定理得，CM2+MN2=CN2，
即12.82+x2=（ 6.4+x ）2，
解得：x=9.6，
∴MN=9.6cm
答：的半径为，；
（3）①证明：∵分别与相切于点，
∴，
在中，由勾股定理得，，
在中，由勾股定理得，，
在中，由勾股定理得，，
，
整理得：，
∵，
即m＞1；
②解：，
理由：，
，
∵ ，
∴m=n.
【知识点】平行线的性质；直角三角形全等的判定-HL；切线的性质；切线的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）连接OE、OF、OG，根据切线长定理得到，根据平行线的性质得到，最后得到，即可得出结论；
（2）根据勾股定理求出，根据三角形面积公式求出，再根据勾股定理求出，设，则，再根据勾股定理可得CM2+MN2=CN2，代入即可求解；
（3）①由题意可知，，求得，代入即可得出结论；
②将代入即可得出结论．
（1）证明：分别与相切于点，
，
，
，
，
，
，
，
，且是的半径，
是的切线．
（2）解：如图，连接，则，
由（1）知，是直角三角形，
，
，
，
，
的半径为，
在中，
，
，
设，则，
在中，
，
解得：，
；
（3）①证明：如图，连接，
则，
在中，，
在中，，
在中，，
，
，
②解：，理由如下：
，
代入可得．
21．（2025九上·长沙月考）如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上，我们就称这个四边形为圆内接四边形．
（1）下列选项中，一定是圆内接四边形的是___________．（填序号）
①平行四边形；②菱形；③矩形；④正方形
（2）如图1，与轴交于点，与轴交于点，点在轴的正半轴上，点在轴负半轴上，若、、、四点共圆
①设、、四边形的面积分别为、、，且满足：，试判断的形状，并说明理由．
②在①的条件下，求四边形的面积．
（3）如图2，若等腰的外接圆为，半径为，平面上有两点、，分别与的三个顶点构成圆内接四边形（在的左侧，点在的右侧），求五边形面积的最大值．
【答案】（1）③④
（2）解：①为等腰直角三角形，
理由：如图，设△AOB和△COD面积分别为和，
，
，
∴，
，
，
，
∴，
，
，
∴AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∵、、、四点共圆，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠ABC=∠BCD，
∵∠ABD=∠ACD，
∴∠DBC=∠ACB，
∴为等腰直角三角形．
②∵直线AB的解析式为，
，，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴OB=OC=1，
∵，
∴OA=OD=，
∴S四边形 ABCD =OB·OC+OA·OD+OB·OA+OD·OC=×1×1+×× +×1× +× ×1=2+，
答： 四边形的面积2+.
（3）解：连接OF交OC于点H，连接OE、，如图所示：
根据题意可知，当和面积都最大时，五边形的面积最大，此时，
∵AB是的直径，且经过圆心 ，
∴AB=2r，∠ACB=90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC=r，
∴，
当点E为的中点时，S△ABE的面积最大，
此时，OE⊥AB，
∴S△ABE=AB·OE=×2r×r=r2，
当点F为的中点时，S△ACF的面积最大，
此时，OF⊥AC，
∴AH=CH，
∵OA=OB，
∴OH是△ABC的中位线，
∴OH=BC=r，
∴HF=OF-OH=r-r，
∴S△ACF=AC·HF=×r ×（r-r）=r2，
∴=r2+r2+r2= r2.
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；一次函数的实际应用-几何问题；圆与三角形的综合；圆与四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）解：“四点共圆”的条件为四边形的对角互补，
①平行四边形的对角相等，但不一定互补，故①不符合题意，
②菱形的对角相等，但不一定互补，故②不符合题意，
③矩形的四个角都是直角，对角互补，故③符合题意，
④正方形的四个角都是直角，对角互补，故④符合题意，
故答案为：③④．
【分析】（1）根据“四点共圆”的条件：四边形对角互补，逐项进行判断即可得出答案；
（2）①设△AOB和△COD面积分别为和，先对左右两边同时平方可得，进而得到，即，进一步推出∠DBC=∠ACB进即可得出△BOC的形状；②先根据“与轴交于点，与轴交于点 ”求得、，即，再根据为等腰直角三角形，，进一步推出OB=OC=1，OA=OD=，最后根据S四边形 ABCD 即可得出答案：
（3）根据题意可知，当和面积都最大时，五边形的面积最大，先根据已知条件求出S△ABE，再依次求出S△ABE和S△ACF的最大值即可得出答案.
（1）解：∵只有对角互补的四边形的四个顶点才能“四点共圆”，非特殊平行四边形、菱形的对角不互补，
∴非特殊平行四边形、菱形的四个顶点不能构成“四点共圆”，
∵矩形、正方形的对角互补，
∴矩形、正方形的四个顶点构成“四点共圆”．
故答案为：③④．
（2）解：①如图∶，
设和面积分别为和
则：
，
∴，
∴为等腰直角三角形．
②直线解析式为，
，，
∴，
∴，即，
，
，
∵为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴
．
（3）解：经过圆心，
是的直径，
，
，，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
当和面积都最大时，五边形的面积最大，
当为中点时，面积最大，为中点时，面积最大，
如图：连接，连接交于，
，，
，
，
是的中位线，
，
，
的最大值为：，
的最大值为：，
的最大值为：．
22．（2025九上·荔湾期末）如图，在平面直角坐标系中，的斜边在轴上，边与轴交于点，平分交边于点，经过点、、的圆的圆心恰好在轴上，与轴相交于另一点．
（1）求证：是的切线；
（2）若点、的坐标分别为，，求的半径；
（3）试探究线段、、三者之间满足的等量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）证明：连接，∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即是的切线；
（2）解：连接，设的半径为，∵，，
∴，
在中，，
则，
解得，，
即的半径为；
（3）证明：，理由如下：
作于，则，
又，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】坐标与图形性质；角平分线的性质；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）连接，根据角平分线的定义得到， 再根据等边对等角得到，从而根据平行线的判定得到，再根据切线的判定定理即可解答；
（2）连接，设的半径为表示出FA，再根据勾股定理列出方程，解方程即可解答；
（3）作由矩形的判定定理得到四边形是矩形，再根据等腰三角形三线合一得到，根据垂径定理即可解答．
（1）证明：连接，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即是的切线；
（2）解：连接，设的半径为，
∵，，
∴，
在中，，
则，
解得，，
即的半径为；
（3）解：．
证明：作于，则，
又，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了切线的判定，垂径定理，勾股定理，进行的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
23．（2025九上·南宁月考）阅读下列材料，完成相应学习任务：四点共圆的条件
我们知道，过任意一个三角形的三个顶点能作一个圆，过任意一个四边形的四个顶点能作一个圆吗？小明经过实践探究发现：过对角互补的四边形的四个顶点能作一个圆，下面是小明运用反证法证明上述命题的过程：
已知：在四边形中，．
求证：过点可作一个圆．
证明：假设过点四点不能作一个圆，过、三点作圆．如图1，若点在圆外，设与圆相交于点，连接，则______，而已知，所以，而是的外角，，出现矛盾，故假设不成立，因此点在过三点的圆上．
如图2，若点在圆内，（请同学们补充完成省略的部分证明过程）
因此得到四点共圆的条件：过对角互补的四边形的四个顶点能作一个圆．
学习任务：
（1）材料中划线部分的结论是______，依据是______；
（2）请将图2的证明过程补全；
（3）如图3，在四边形中，，，，则的大小为______
（4）如图4，已知正方形的边长为6，点是边上的一个动点，连接，过点作的垂线交于点，以为边作正方形，顶点在线段上，对角线相交于点．当点从运动到时，点也随之运动，求经过的路径长．
【答案】（1），圆内接四边形对角互补
（2）证明：假设过点四点不能作一个圆，过、三点作圆，如图2，
若点在圆内，设延长与圆相交于点，连接，则，
∵，
∴，
∴是的外角，
∴，出现矛盾，故假设不成立，
∴点在过三点的圆上；
（3）32
（4）解：连接如图：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵四点共圆，
∴，
∴点在上，
当运动到点时，为的中点，
∴，
∴点经过的路径为．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；反证法
【解析】【解答】（1）解：材料中划线部分的结论是：，
依据：圆内接四边形对角互补，
故答案为：，圆内接四边形对角互补；
（3）解：∵，
∴过四边形的四个顶点能作一个圆，如图：
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故答案为：32；
【分析】（1）根据圆内接四边形性质即可求出答案.
（2）假设过点四点不能作一个圆，过、三点作圆，若点在圆内，设延长与圆相交于点，连接，则，再根据圆内接四边形性质即可求出答案.
（3）根据圆内接四边形性质可得过四边形的四个顶点能作一个圆，则，根据角之间的关系可得∠ABD，根据等边对等角可得，再根据三角形内角和定理即可求出答案.
（4）连接根据正方形性质可得，根据勾股定理可得AC，再根据圆内接四边形性质可得，当运动到点时，为的中点，即可求出答案.
（1）解：材料中划线部分的结论是：，
依据：圆内接四边形对角互补，
故答案为：，圆内接四边形对角互补；
（2）证明：假设过点四点不能作一个圆，过、三点作圆，如图2，
若点在圆内，设延长与圆相交于点，连接，则，
∵，
∴，
∴是的外角，
∴，出现矛盾，故假设不成立，
∴点在过三点的圆上；
（3）解：∵，
∴过四边形的四个顶点能作一个圆，如图：
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故答案为：32；
（4）解：连接如图：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵四点共圆，
∴，
∴点在上，
当运动到点时，为的中点，
∴，
∴点经过的路径为．
24．（2025九上·湛江期末）如图1，四边形内接于，，为的直径，，垂足为点，交于点．
（1）求证：；
（2）如图2，分别延长相交于点，点为的中点，连接，若切于点，求的值；
（3）如图2，在（2）的条件下，若，则的长为 ．
【答案】（1）证明：∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
由圆周角定理得：，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：∵点为的中点，∴，即，
∵为的直径，切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴设，则，
∴，
由（1）已证：，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴或（不符合题意，舍去），
∵为的直径，
∴，
在中，．
（3）
【知识点】圆周角定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；正切的概念；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：（3）如图，连接，
由上已得：，，
∴，
∵，垂足为点，
∴在中，，
∴设，则，
∵，
∴，
在中，，即，
解得或（不符合题意，舍去），
∴，，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
【分析】
（1）根据圆周角定理可得，由垂线的定义得到，根据等角的余角相等可得，再根据圆周角定理可得，然后根据等腰三角形的性质解答即可；
（2）根据中点的定义得到，由可证，根据相似三角形的性质可得，设，则，，由AA可判定，再根据相似三角形的性质可得，然后在中，根据正切的定义求解计算即可解答；
（3）连接，根据（2）可得， 再由正切的定义得到，于是设，则，，利用勾股定理建立方程求出的值，再利用勾股定理求出的长，再根据等腰三角形的性质，解答即可．
（1）证明：∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
由圆周角定理得：，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：∵点为的中点，
∴，即，
∵为的直径，切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴设，则，
∴，
由（1）已证：，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴或（不符合题意，舍去），
∵为的直径，
∴，
在中，．
（3）解：如图，连接，
由上已得：，，
∴，
∵，垂足为点，
∴在中，，
∴设，则，
∵，
∴，
在中，，即，
解得或（不符合题意，舍去），
∴，，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
1 / 1
