搶分秘籍10圓中證切線、求弧長、求面積、新定義探究問題（壓軸通關）目錄【中考預測】預測考向，總結常考點及應對的策略【誤區點撥】點撥常見的易錯點【搶分通關】精選名校模擬題，講解通關策略（含新考法、新情境等）圓中證切線、求弧長、求扇形面積問題是全國中考的熱點內容，更是全國中考的必考內容。每年都有一些考生因為知識殘缺、基礎不牢、技能不熟、答欠規范等原因導致失分。1．從考點頻率看，證明切線是數學的基礎，也是高頻考點、必考點，圓通常還會和其他幾何圖形及函數結合一起考查。2．從題型角度看，以解答題的第六題或第七題為主，分值8~10分左右，著實不少！題型一證切線、求面積【例1】（2024·湖北襄陽·一模）是的直徑，，，與相交于點．(1)如圖1，求證：是的切線；(2)如圖2，連接，過點作分別交，于點，，交于點，若，求圖中陰影部分的面積．本題考查切線的判定，圓周角定理、垂徑定理以及扇形面積；根據等腰三角形的性質切線的判定方法進行解答即可；根據垂徑定理，平行線的性質以及扇形面積的計算方法進行計算即可．本題考查切線的判定，圓周角定理、垂徑定理以及扇形面積；根據等腰三角形的性質切線的判定方法進行解答即可；根據垂徑定理，平行線的性質以及扇形面積的計算方法進行計算即可．【例2】（2024·湖北十堰·一模）如圖，是的直徑，點在上，點為延長線上一點，過點作交的延長線于點，且．(1)求證：是的切線；(2)若線段與的交點是的中點，的半徑為6，求陰影部分的面積．1．（2024·廣東佛山·一模）如圖，點是正方形的邊延長線上一點，且，連接交于點，以點為圓心，為半徑作交線段于點．(1)求證：是的切線；(2)若，求陰影部分的面積．2．（2024·遼寧沈陽·一模）如圖，直線l與相切于點M，點P為直線l上一點，直線交于點A、B，點C在線段上，連接BC，且．

(1)判斷直線與的位置關系，并說明理由；(2)若，的半徑為，求圖中陰影部分的面積．題型二證切線、求線段或半徑【例1】（新考法，拓視野）（2024·廣東深圳·一模）如圖，已知是的直徑．點P在的延長線上，點D是上一點．連接，過點B作垂直于，交的延長線于點C、連接并延長，交于點E，且(1)求證：是的切線；(2)若，求半徑的長．本題考查切線的判定，圓周角定理以及解直角三角形，勾股定理，掌握直角三角形的邊角關系，圓周角定理以及切線的判定方法是正確解答的關鍵．本題考查切線的判定，圓周角定理以及解直角三角形，勾股定理，掌握直角三角形的邊角關系，圓周角定理以及切線的判定方法是正確解答的關鍵．【例2】（2024·遼寧沈陽·模擬預測）如圖，在中，，點D是上一點，且，點O在上，以點O為圓心的圓經過C，D兩點．(1)求證：是的切線；(2)若，的半徑為3，求的長．1．（2024·廣東珠海·一模）如圖，是的直徑，，E是的中點，連結并延長到點F，使．連結交于點D，連結，．(1)求證：直線是的切線．(2)若，求的長．2．（2024·湖北隨州·一模）如圖，四邊形是的內接四邊形，是直徑，是的中點，過點作交的延長線于點．(1)求證：是的切線；(2)若，，求的長．題型三圓與（特殊）平行四邊形綜合問題【例1】（新考法，拓視野）（2024·廣東江門·一模）如圖，矩形中，，．E是的中點，以為直徑的與交于F，過F作于G．(1)求證：是的切線．(2)求的值．本題主要考查了圓，矩形，三角形綜合．熟練掌握圓的基本性質和圓周角定理推論，矩形的判定和性質，三角形中位線的判定和性質，切線的判定，勾股定理解直角三角形，銳角三角函數等知識，是解題的關鍵．本題主要考查了圓，矩形，三角形綜合．熟練掌握圓的基本性質和圓周角定理推論，矩形的判定和性質，三角形中位線的判定和性質，切線的判定，勾股定理解直角三角形，銳角三角函數等知識，是解題的關鍵．【例2】（2024·安徽馬鞍山·一模）如圖，四邊形是的內接四邊形，直徑平分．(1)求證：；(2)過點A向圓外作，且，求證：四邊形為平行四邊形．1．（2024·云南·模擬預測）如圖，線段與相切于點B，交于點M，其延長線交于點C，連接，，D為上一點且弧的中點為M，連接，．(1)求的度數；(2)四邊形是否是菱形？如果是，請證明；如果不是，請說明理由；(3)若，求弧的長．2．（2024·河南平頂山·一模）如圖，為的直徑，點是的中點，過點作的切線，與的延長線交于點，連接．

(1)求證：(2)連接，當時：①連接，判斷四邊形的形狀，并說明理由．②若，圖中陰影部分的面積為（用含有的式子表示）．3．（2024·江蘇南京·一模）如圖，四邊形是平行四邊形，；(1)如圖①，當與相切時，求證：四邊形是菱形．(2)如圖②，當與相交于點E時．（Ⅰ）若，，求的半徑．（Ⅱ）連接，交于點F，若，則的度數是°．題型四圓內接三角形和四邊形【例1】（2024·湖南·模擬預測）如圖，內接于，過點C作交于點E，交于點D，連接交于點G，連接，設（m為常數）．(1)求證：；(2)設，求證：；(3)求的值（用含m的代數式表示）．本題主要考查圓內接三角形的性質及相似三角形的判定與性質，解直角三角形，圓周角定理，垂徑定理等，熟練掌握圓內接三角形的性質及相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．本題主要考查圓內接三角形的性質及相似三角形的判定與性質，解直角三角形，圓周角定理，垂徑定理等，熟練掌握圓內接三角形的性質及相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．【例2】（2024·天津濱海新·一模）如圖，是的直徑，弦與相交于點P，若．(1)如圖①，求的度數；(2)如圖②，過點C作的切線，與的延長線交于點E，若，求的度數．1．（2024·安徽蕪湖·一模）四邊形ABCD內接于，．(1)如圖1，若，求的度數；(2)如圖2．連接交于點E．①求證：；②若，，，求的長．2．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）如圖1，在中，直徑垂直弦于點，連接，過點作于F，交于點H，交于點E，連接．(1)如圖1，求證：；(2)如圖2，求證：；(3)如圖3，連接，分別交于點，當，，求線段的長．3．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）如圖1，在中，為直徑，和為弦，且．(1)求的度數；(2)如圖2，E為上一點，連接，作于E交于F，連接，求證：；(3)如圖3，在（2）的條件下，連接交于G，過F作于F，交延長線于N，若，，求的長．4．（2024·河北滄州·一模）如圖，珍珍利用一張直徑為8cm的半圓形紙片探究圓的知識，將半圓形紙片沿弦折疊．(1)如圖1，為的切線，當時，求證：．(2)如圖2，當時，通過計算比較與弧哪個長度更長．（π取）(3)如圖3，M為的中點，為點M關于弦的對稱點，當時，直接寫出點與點M之間的距離約為_____cm．（結果保留兩位小數，參考數據：27）題型五生活中的實物抽象出圓的綜合問題【例1】（新考法，拓視野）（2024·河南洛陽·一模）中國最遲在四千多年前的夏禹時代已有了馬車，而目前考古發現最早的雙輪馬車始見年代為商代晚期(河南安陽殷城)．小明在殷墟游玩時，見到了如圖1的馬車車廂模型，他繪制了如圖2的車輪側面圖．如圖2，當過圓心O的車架的一端A落在地面上時，與的另一個交點為點D，水平地面切于點B．(1)求證：；(2)若，求的直徑．本題主要考查了切線的性質，勾股定理，等邊對等角，三角形內角和定理等等本題主要考查了切線的性質，勾股定理，等邊對等角，三角形內角和定理等等.【例2】（2024·廣東珠海·一模）為弘揚民族傳統體育文化，某校將傳統游戲“滾鐵環”列入了校運動會的比賽項目．滾鐵環器材由鐵環和推桿組成．小明對滾鐵環的啟動階段進行了研究，如圖，滾鐵環時，鐵環與水平地面相切于點C，推桿與鉛垂線的夾角為點O，A，B，C，D在同一平面內．當推桿與鐵環相切于點B時，手上的力量通過切點B傳遞到鐵環上，會有較好的啟動效果．

(1)求證：．(2)實踐中發現，切點B只有在鐵環上一定區域內時，才能保證鐵環平穩啟動．圖中點B是該區域內最低位置，此時點A距地面的距離最小，測得．已知鐵環的半徑為，推桿的長為，求此時的長．1．（2024·河北石家莊·一模）圖1是傳統的手工推磨工具，根據它的原理設計了如圖2所示的機械設備，磨盤半徑，用長為的連桿將點與動力裝置相連（大小可變），點在軌道上滑動，帶動點使磨盤繞點轉動，，．(1)當點、、三點共線的時候，的長為______；(2)點由軌道最遠處向滑動，使磨盤轉動不超過的過程中：①與相切于點，如圖3，求的長；②從①中相切的位置開始，點繼續向點方向滑動至點，點隨之逆時針運動至點，此時，求點運動的路徑長（結果保留）．（參考數據：，，）2．（2024·河北石家莊·一模）如圖1，某玩具風車的支撐桿垂直于桌面，點為風車中心，，風車在風吹動下繞著中心旋轉，葉片端點，，，將四等分，已知的半徑為．(1)風車在轉動過程中，當時，點在左側，如圖2所示，求點到桌面的距離（結果保留根號）；(2)在風車轉動一周的過程中，求點到桌面的距離不超過時，點所經過的路徑長（結果保留）；(3)連接，當與相切時，求切線長的值，并直接寫出，兩點到桌面的距離的差．題型六圓中動點問題【例1】（2024·江蘇淮安·一模）如圖，是的直徑，，延長至點C，使．動點P從點A出發，沿圓周按順時針方向以每秒個單位的速度向終點B運動，設運動時間為t秒，連接，作點C關于直線的對稱點D，連接、、、．

(1)當時．①求的度數；②判斷直線與的位置關系，并說明理由；(2)若，求t的值．本題考查切線的判定，圓的相關性質，勾股定理的逆定理，弧長公式等知識，熟練掌握相關圖形的性質是解決問題的關鍵．本題考查切線的判定，圓的相關性質，勾股定理的逆定理，弧長公式等知識，熟練掌握相關圖形的性質是解決問題的關鍵．【例2】（2024·云南昆明·一模）如圖，，是的兩條直徑，且，點E是上一動點（不與點B，D重合），連接并延長交的延長線于點F，點P在上，且，連接，分別交，于點M，N，連接，設的半徑為r．(1)求證：是的切線；(2)當時，求證：；(3)在點E的移動過程中，判斷是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由．1．（2024·吉林長春·模擬預測）如圖①，在中，，以點為圓心，以2為半徑畫圓，交于點，交于點．點從點出發，沿按順時針方向運動，當點再次經過點時停止運動．(1)的長為______；(2)在點運動的過程中，點到距離的最大值為______；(3)延長交于點，連接，交于點．①當為等腰三角形時，連結接，求的面積：②如圖②，連接，當點在線段上時，作的角平分線交于點．點的位置隨著點的運動而發生改變，則點形成的軌跡路徑長為______．題型七圓中新定義探究綜合問題【例1】（新考法，拓視野）（2024·湖南長沙·一模）定義：對角線互相垂直的圓內接四邊形叫做圓的“奇妙四邊形”．(1)若是圓的“奇妙四邊形”，則是_________（填序號）：①矩形；②菱形；③正方形(2)如圖1，已知的半徑為R，四邊形是的“奇妙四邊形”．求證：；(3)如圖2，四邊形是“奇妙四邊形”，P為圓內一點，，，，且．當的長度最小時，求的值．本題是圓的綜合題，考查的是勾股定理的應用，圓周角定理的應用，一元二次方程的解法，熟練的建立數學模型并靈活應用是解本題的關鍵本題是圓的綜合題，考查的是勾股定理的應用，圓周角定理的應用，一元二次方程的解法，熟練的建立數學模型并靈活應用是解本題的關鍵.【例2】（2024·浙江臺州·一模）【概念呈現】在鈍角三角形中，鈍角的度數恰好是其中一個銳角的度數與90度的和，則稱這個鈍角三角形為和美三角形，這個銳角叫做和美角．【概念理解】（1）當和美三角形是等腰三角形時，求和美角的度數．

【性質探究】（2）如圖1，是和美三角形，是鈍角，是和美角，求證：．【拓展應用】（3）如圖2，是的直徑，且，點C，D是圓上的兩點，弦與交于點E，連接，，是和美三角形．①當時，求的長．②當是和美三角形時，直接寫出的值．1．（2024·山東濟寧·二模）【初步感知】（1）如圖1，點A，B，P均在上，若，則銳角的大小為______度；【深入探究】（2）如圖2，小明遇到這樣一個問題：是等邊三角形的外接圓，點P在上（點P不與點A，C重合），連接，，．求證：；小明發現，延長至點E，使，連接，通過證明．可推得是等邊三角形，進而得證.請根據小明的分析思路完成證明過程．【啟發應用】（3）如圖3，是的外接圓，，，點P在上，且點P與點B在的兩側，連接，，，若，則的值為_____．題型八圓與函數的綜合問題【例1】（新考法，拓視野）（2024·湖南長沙·一模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線與x軸交于兩點，與y軸交于C點，且．

(1)求該拋物線的解析式；(2)拋物線上是否存在點M，使，如果存在，求點M的坐標，如果不存在，說明理由；(3)若點D是拋物線第二象限上一動點，過點D作軸于點F，過點的圓與交于點E，連接，求的面積．本題主要考查了二次函數的圖像和性質，待定系數法求出函數解析式，拋物線上的點的坐標特征以及相似三角形的判定和性質，熟練掌握二次函數的圖像和性質是解題的關鍵．本題主要考查了二次函數的圖像和性質，待定系數法求出函數解析式，拋物線上的點的坐標特征以及相似三角形的判定和性質，熟練掌握二次函數的圖像和性質是解題的關鍵．【例2】（2024·江蘇淮安·一模）在平面直角坐標系中，的半徑為．對于的弦和點給出如下定義：若直線，都是的切線，則稱點是弦的“關聯點”．

(1)如圖，點，分別為過、點的線段與的交點．①在點中，弦的“關聯點”是；②若點是弦的“關聯點”，則的長為；(2)已知點在正半軸上，在正半軸上，若對于線段上任一點，都存在的弦，使得點是弦的“關聯點”．記的長為，當點在線段上運動時，的取值范圍為，求出此時所在直線表達式．1．（23-24九年級上·浙江金華·期末）如圖1，在平面直角坐標系中，點M的坐標為，以點為圓心，5為半徑的圓與坐標軸分別交于點A、B、C、D．(1)與相似嗎？為什么？(2)如圖2，弦交x軸于點P，且，求；(3)如圖3，過點D作的切線，交x軸于點Q．點G是上的動點是否變化？若不變，請求出比值，若變化，請說明理由．2．（2024·浙江金華·模擬預測）在直角坐標系中，正方形的兩邊分別在軸、軸上，點的坐標為．(1)如圖，將正方形繞點順時針旋轉，得到正方形，邊交于．求點的坐標．(2)如圖，與正方形四邊都相切，直線切于點，分別交軸、軸、線段于點．求證：平分．(3)若，為延長線上一動點，過三點作，交于，如圖．當運動時（不包括點），是否為定值？若是，求其值；若不是，說明理由．搶分秘籍10圓中證切線、求弧長、求面積、新定義探究問題（壓軸通關）目錄【中考預測】預測考向，總結常考點及應對的策略【誤區點撥】點撥常見的易錯點【搶分通關】精選名校模擬題，講解通關策略（含新考法、新情境等）圓中證切線、求弧長、求扇形面積問題是全國中考的熱點內容，更是全國中考的必考內容。每年都有一些考生因為知識殘缺、基礎不牢、技能不熟、答欠規范等原因導致失分。1．從考點頻率看，證明切線是數學的基礎，也是高頻考點、必考點，圓通常還會和其他幾何圖形及函數結合一起考查。2．從題型角度看，以解答題的第六題或第七題為主，分值8~10分左右，著實不少！題型一證切線、求面積【例1】（2024·湖北襄陽·一模）是的直徑，，，與相交于點．(1)如圖1，求證：是的切線；(2)如圖2，連接，過點作分別交，于點，，交于點，若，求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題考查切線的判定，圓周角定理、垂徑定理以及扇形面積；（1）根據等腰三角形的性質，三角形內角和定理求出，再根據切線的判定方法進行解答即可；（2）根據垂徑定理，平行線的性質以及扇形面積的計算方法進行計算即可．【詳解】（1）證明：，，，即，是的直徑，是的切線；（2）解：如圖，連接，是的直徑，，即，，，，，，，，，本題考查切線的判定，圓周角定理、垂徑定理以及扇形面積；根據等腰三角形的性質切線的判定方法進行解答即可；根據垂徑定理，平行線的性質以及扇形面積的計算方法進行計算即可．本題考查切線的判定，圓周角定理、垂徑定理以及扇形面積；根據等腰三角形的性質切線的判定方法進行解答即可；根據垂徑定理，平行線的性質以及扇形面積的計算方法進行計算即可．【例2】（2024·湖北十堰·一模）如圖，是的直徑，點在上，點為延長線上一點，過點作交的延長線于點，且．(1)求證：是的切線；(2)若線段與的交點是的中點，的半徑為6，求陰影部分的面積．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】本題考查切線的判定，直徑所對的圓周角是直角，等邊三角形的判定和性質，直角三角形的性質，扇形的面積的計算等知識點．正確地作出輔助線是解題的關鍵．（1）連接，根據圓周角定理得到，根據平行線的性質和等腰三角形的性質得到，根據切線的判定定理即可得到結論；（2）連接，根據直角三角形的性質得到，推出是等邊三角形，得到，根據扇形和三角形的面積公式即可得到結論．【詳解】（1）證明：連接，，∵是的直徑，

∴，即，∵，∴，∴，，∵，

∴，∵，

∴，∴，∴，∵是的半徑，∴是的切線；（2）解：連接，∵，是的中點，

∴，∵的半徑為，，∴，，∴是等邊三角形，∴，∴，∴，∴陰影部分的面積為：，∴陰影部分的面積為．1．（2024·廣東佛山·一模）如圖，點是正方形的邊延長線上一點，且，連接交于點，以點為圓心，為半徑作交線段于點．(1)求證：是的切線；(2)若，求陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）作，根據正方形的性質得到，由，得到，由角平分線的性質定理，得到，即可求解，（2）根據正方形的性質，設，根據，求出的長，根據，求出的度數，根據，即可求解，本題考查了，切線的判定，正方形的性質，角平分線的性質定理，扇形的面積，解題的關鍵是：熟練掌握相關性質定理．【詳解】（1）解：過點作，交于點，∵正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴點在上，∴是的切線，（2）解：∵正方形，∴，，∵，設，則，∴，解得：，∴∵，∴，，故答案為：．2．（2024·遼寧沈陽·一模）如圖，直線l與相切于點M，點P為直線l上一點，直線交于點A、B，點C在線段上，連接BC，且．

(1)判斷直線與的位置關系，并說明理由；(2)若，的半徑為，求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)直線是的切線，理由見解析(2)【分析】（1）首先證明，得出，即可得出直線是的切線；（2）利用切線的性質定理以及勾股定理和銳角三角函數關系得出，則，以及的長，再利用三角形面積公式以及扇形面積公式得出答案即可．【詳解】（1）解：直線是的切線，理由：連接，，∵直線l與相切于點M，∴，在和中，∴，∴，為直徑，∴直線是的切線；（2）過點O作于點N，

∵，∴，即，又∵，則，∴，∴，則，∴，∵，，∴，∴，，∴，則，∴圖中陰影部分的面積為：．【點睛】此題主要考查了扇形面積公式以及切線的性質和判定和銳角三角函數關系應用以及全等三角形的判定及性質等知識，熟練應用切線的性質和判定定理是解題關鍵．題型二證切線、求線段或半徑【例1】（新考法，拓視野）（2024·廣東深圳·一模）如圖，已知是的直徑．點P在的延長線上，點D是上一點．連接，過點B作垂直于，交的延長線于點C、連接并延長，交于點E，且(1)求證：是的切線；(2)若，求半徑的長．【答案】(1)見詳解(2)3【分析】（1）根據等腰三角形的性質以及平行線的性質得出，再根據垂線、平行線的性質得出，由切線的判定方法即可得出結論；（2）在直角三角形中由銳角三角函數的定義以及勾股定理列方程求解即可．【詳解】（1）證明：如圖，連接，，，，，，∴，，，是的半徑，是的切線；（2）解：由（1）可知，，，在中，，即，設，則，，，解得，，即半徑為3．本題考查切線的判定，圓周角定理以及解直角三角形，勾股定理，掌握直角三角形的邊角關系，圓周角定理以及切線的判定方法是正確解答的關鍵．本題考查切線的判定，圓周角定理以及解直角三角形，勾股定理，掌握直角三角形的邊角關系，圓周角定理以及切線的判定方法是正確解答的關鍵．【例2】（2024·遼寧沈陽·模擬預測）如圖，在中，，點D是上一點，且，點O在上，以點O為圓心的圓經過C，D兩點．(1)求證：是的切線；(2)若，的半徑為3，求的長．【答案】(1)見解析(2)6【分析】本題考查了直線與圓的位置關系，切線的判定，解直角三角形，等腰三角形的性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．（1）連接，根據等腰三角形的性質得到，求得，等量代換得到，求得，根據切線的判定定理即可得到結論；（2）根據三角函數的定義得到，求得，設，，根據勾股定理得到，于是得到結論．【詳解】（1）證明：連接，，，，，，，，，，，是的半徑，直線與相切；（2），，，，在中，，設，，，，．1．（2024·廣東珠海·一模）如圖，是的直徑，，E是的中點，連結并延長到點F，使．連結交于點D，連結，．(1)求證：直線是的切線．(2)若，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）證明，可得，可得結論；（2）由勾股定理求得和，再根據等面積法即可求得．【詳解】（1）證明：連接，如圖所示：∵是的直徑，∴，∵，，∴，∴，∵E是的中點，∴，在和中，，∴，∴，∴直線是的切線；（2）由（1）知，，設的半徑為r，則，，在中，由勾股定理得，即，解得，即，，∵為直徑，∴，∴，即，解得．【點睛】本題考查了切線的判定和性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，圓周角定理，等腰三角形的性質等，正確的作出輔助線是解題的關鍵．2．（2024·湖北隨州·一模）如圖，四邊形是的內接四邊形，是直徑，是的中點，過點作交的延長線于點．(1)求證：是的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)，【分析】此題考查切線的判定，圓周角定理，勾股定理定理的應用，相似三角形的判定與性質，熟練掌握相關性質與判定是解題的關鍵．（1）根據“連半徑，證垂直”即可，（2）先由“直徑所對的圓周角是直角”，證是直角三角形，用勾股定理求出長，再通過三角形相似即可求解．【詳解】（1）證明：連接

∵為的中點，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，又∵，∴，為半徑，∴為的切線，（2）∵為直徑，∴，∵，∴，又∵，，∴，∴，即，∴，∵，∴，

在中，由勾股定理得：．題型三圓與（特殊）平行四邊形綜合問題【例1】（新考法，拓視野）（2024·廣東江門·一模）如圖，矩形中，，．E是的中點，以為直徑的與交于F，過F作于G．(1)求證：是的切線．(2)求的值．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接交于點O，由圓周角定理推論得到，根據矩形，得到四邊形是矩形，得到，點O是的圓心，根據，證明，根據，得到，推出，即得是的切線；（2）證明，，，根據勾股定理得到，根據余弦定義即得．【詳解】（1）連接交于點O，∵是的直徑，∴，∵四邊形是矩形，∴，∴四邊形是矩形，∴，，∴點O是的圓心，∵E是的中點，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴是的切線；（2）∵，∴，∵，，∴，∴．本題主要考查了圓，矩形，三角形綜合．熟練掌握圓的基本性質和圓周角定理推論，矩形的判定和性質，三角形中位線的判定和性質，切線的判定，勾股定理解直角三角形，銳角三角函數等知識，是解題的關鍵．本題主要考查了圓，矩形，三角形綜合．熟練掌握圓的基本性質和圓周角定理推論，矩形的判定和性質，三角形中位線的判定和性質，切線的判定，勾股定理解直角三角形，銳角三角函數等知識，是解題的關鍵．【例2】（2024·安徽馬鞍山·一模）如圖，四邊形是的內接四邊形，直徑平分．(1)求證：；(2)過點A向圓外作，且，求證：四邊形為平行四邊形．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】本題考查的是圓的相關性質--圓周角定理推論、同圓中弧弦間的關系，平行四邊形的判定，（1）先證明及，證出即可證出結論；（2）先證明，再證明即可證出結論．【詳解】（1）證明：為直徑，，直徑平分，，，，，；（2）證明：四邊形為平行四邊形．1．（2024·云南·模擬預測）如圖，線段與相切于點B，交于點M，其延長線交于點C，連接，，D為上一點且弧的中點為M，連接，．(1)求的度數；(2)四邊形是否是菱形？如果是，請證明；如果不是，請說明理由；(3)若，求弧的長．【答案】(1)(2)四邊形是菱形，理由見解析(3)【分析】（1）根據切線的性質及角的和差求出，再根據等腰三角形的性質求解即可；（2）根據圓的有關性質得出，根據三角形內角和定理求出進而推出根據圓周角定理得，利用HL證明，根據全等三角形的性質推出，結合,推出四邊形是平行四邊形，再結合，進而判定四邊形是菱形；（3）根據菱形的性質及等腰三角形的性質推出根據三角形內角和定理及角的和差推出，根據含角的直角三角形的性質求出，再根據弧長計算公式求解即可．【詳解】（1）如圖,連接，∵線段與相切于點，，，，，，；（2）四邊形是菱形，理由如下：連接，∵弧的中點為，∴，∵，∴，∴，∵為的直徑，∴，在和中，，∴，∴，∴，又，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴四邊形是菱形；（3）如圖,連接，∵四邊形是菱形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴弧的長【點睛】此題是圓的綜合題，考查了切線的性質、圓周角定理、等腰三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、菱形的判定與性質、弧長計算公式等知識，熟練運用切線的性質、圓周角定理、等腰三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、菱形的判定與性質、弧長計算公式并作出合理的輔助線是解題的關鍵．2．（2024·河南平頂山·一模）如圖，為的直徑，點是的中點，過點作的切線，與的延長線交于點，連接．

(1)求證：(2)連接，當時：①連接，判斷四邊形的形狀，并說明理由．②若，圖中陰影部分的面積為（用含有的式子表示）．【答案】(1)見解析(2)①菱形，理由見解析；②【分析】（1）連接，證明，即可得到結論．（2）①根據（1）的結論和已知條件先證明四邊形是平行四邊形，根據平行線的性質以及點是的中點，可得從而證明鄰邊相等，即可得出結論；②連接，如圖所示，設交于點，證明得，從而可求出，解直角三角形得出，根據，從而可得，求出扇形的面積即可得到陰影部分的面積．【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，

∵點是的中點，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵是的切線．∴，∴，即：；（2）①如圖所示，

由（1）可得∵∴，四邊形是平行四邊形，又∵∴∴，∴四邊形是菱形，②連接，如圖所示，設交于點

∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，，∴；則∴∵，∴，∴．∴．【點睛】本題考查了圓周角定理，切線的判定，弧弦圓心角的關系，平行線的判定與性質，等腰三角形的性質，等邊三角形的判定與性質，解直角三角形，扇形的面積等知識，熟練掌握切線的判斷定理以及扇形面積的求法是解題的關鍵．3．（2024·江蘇南京·一模）如圖，四邊形是平行四邊形，；(1)如圖①，當與相切時，求證：四邊形是菱形．(2)如圖②，當與相交于點E時．（Ⅰ）若，，求的半徑．（Ⅱ）連接，交于點F，若，則的度數是°．【答案】(1)見解析(2)（Ⅰ）；（Ⅱ）72【分析】（1）連接并延長，交于點M，連接，證明，得出，根據，得出，即可證明結論；（2）（Ⅰ）證明，得出，即，求出（負值舍去），設，則，根據勾股定理得出，求出結果即可；（Ⅱ）證明，得出，證明，根據，得出，設，則，根據，得出，求出x的值即可．【詳解】（1）解：連接并延長，交于點M，連接，如圖所示：∴，∴，∵與相切，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵四邊形為平行四邊形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴四邊形為菱形．（2）解：（Ⅰ）連接并延長，交于點P，連接、，，如圖所示：∵，，∴垂直平分，∴，，∵四邊形為平行四邊形，∴，，，∵四邊形內接于，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，解得：（負值舍去），∴，設，則，∵，即，解得：．即圓的半徑為．（Ⅱ）連接，如圖所示：∵四邊形為平行四邊形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴設，則，∵，∴，解得：，∴．【點睛】本題主要考查了圓的基本性質，圓周角定理，勾股定理，切線的性質，相似三角形的判定和性質，平行四邊形的性質，平行線的性質，菱形的判定，解題的關鍵熟練掌握相關的性質和判定，作出輔助線．題型四圓內接三角形和四邊形【例1】（2024·湖南·模擬預測）如圖，內接于，過點C作交于點E，交于點D，連接交于點G，連接，設（m為常數）．(1)求證：；(2)設，求證：；(3)求的值（用含m的代數式表示）．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）連接．根據圓周角定理得到是的直徑，由，得到，即可得出結論；（2）設相交于點M，連接．由（1）可知，得到，再根據．推出，由即可得出結論；（3）證明，得到，解直角三角形得到，代入計算即可得出結果．【詳解】（1）證明：，是的直徑．如圖，連接．，又，即，，，，，；（2）證明：如圖，設相交于點M，連接．由（1）可知，，即．又．，又，．．，；（3）解：，，，即．又，，，即，．本題主要考查圓內接三角形的性質及相似三角形的判定與性質，解直角三角形，圓周角定理，垂徑定理等，熟練掌握圓內接三角形的性質及相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．本題主要考查圓內接三角形的性質及相似三角形的判定與性質，解直角三角形，圓周角定理，垂徑定理等，熟練掌握圓內接三角形的性質及相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．【例2】（2024·天津濱海新·一模）如圖，是的直徑，弦與相交于點P，若．(1)如圖①，求的度數；(2)如圖②，過點C作的切線，與的延長線交于點E，若，求的度數．【答案】(1)(2)【分析】（1）連接，根據圓周角定理得出，根據直徑所對的圓周角為直角得出，求出結果即可；（2）連接，根據圓周角定理得出，根據切線的性質得出，根據等腰三角形的性質求出，最后求出即可．【詳解】（1）解：如圖①，連接，

∵，∴，∵為的直徑，∴，∴．（2）解：如圖②，連接．

∵，∴，∵是切線，∴，∴，∵，∴，∴．【點睛】本題主要考查了切線的性質，圓周角定理，直徑所對的圓周角為直角，等腰三角形的性質，三角形外角的性質，解題的關鍵是作出輔助線，數形結合，熟練掌握相關的判定和性質．1．（2024·安徽蕪湖·一模）四邊形ABCD內接于，．(1)如圖1，若，求的度數；(2)如圖2．連接交于點E．①求證：；②若，，，求的長．【答案】(1)(2)①見詳解②【分析】（1）根據等腰三角形的性質及圓的內接四邊形的性質即可；（2）①先證明，得，再根據即可得出結論；②設，則，先證明，再根據勾股定理求出的長，由①知，求出的長，再根據勾股定理即可．【詳解】（1）解：，若．四邊形ABCD內接于，；（2）證明①，，，，，，，；②設，則，，在中，，，，，，由①知，，【點睛】本題考查了圓的有關性質定理，相似三角形的判定與性質，勾股定理，等腰三角形的性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質是本題的關鍵．2．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）如圖1，在中，直徑垂直弦于點，連接，過點作于F，交于點H，交于點E，連接．(1)如圖1，求證：；(2)如圖2，求證：；(3)如圖3，連接，分別交于點，當，，求線段的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)12【分析】（1）連接，根據垂徑定理和等弧所對的圓周角相等，結合等角的余角相等即可證明結論；（2）連接，運用同弧（等弧）所對的圓周角相等，結合同角的余角相等和等量代換即可證明；先證明，再證明；（3）根據已知設出和，結合（2）表示，進而用x表示半徑、直徑，結合勾股定理表示，結合，即可求解．【詳解】（1）證明：連接，∵是的直徑，，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）連接，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，由（1）知：，∴，∵，∴，∴；（3）連接，則：，∵，∴設，則，∴，由（2）知，，∵，∴，∴，∴，，，∵，且，∴，∴，∴中，，中，，中，，∵，∴，∴，即：，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴．【點睛】此題主要考查圓的綜合問題，涉及到垂徑定理，圓周角定理，弧、弦、角之間的關系，解直角三角形，相似三角形的判定和性質，綜合性強，難度較大，熟悉圓的相關性質，會結合題意靈活運用勾股定理和方程思想，會借助相似三角形構建等量關系是解題的關鍵．3．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）如圖1，在中，為直徑，和為弦，且．(1)求的度數；(2)如圖2，E為上一點，連接，作于E交于F，連接，求證：；(3)如圖3，在（2）的條件下，連接交于G，過F作于F，交延長線于N，若，，求的長．【答案】(1)(2)見詳解(3)【分析】（1）利用證明，即可得出，又，故可得出（2）先求四邊形內角和，進而可得出，等量代換可得出，證明，由全等得性質可得出，等量代換得出，由等角對等邊得出．（3）在的條件下，作，可得出，設，可得，利用勾股定理解出x，得出，，，，過C作于K，得出，進一步利用勾股定理得出的值．【詳解】（1）解：連接，，∵是直徑，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴．（2）四邊形內角和為：，∵，，∴，∴，∵，∴，在和中，∴，∴，∴．（3）在的條件下，作，如下圖，∴，設，則，∵∴在中：，即，解得，∵∴，∴，，，，過C作于K，又∵∴，∴，∴，∴，∴，可解得．【點睛】本題主要考查了全等的判定以及性質，等腰三角形的性質，圓周角定理，勾股定理，四邊形內角和問題等知識，作出輔助線是解題的關鍵．4．（2024·河北滄州·一模）如圖，珍珍利用一張直徑為8cm的半圓形紙片探究圓的知識，將半圓形紙片沿弦折疊．(1)如圖1，為的切線，當時，求證：．(2)如圖2，當時，通過計算比較與弧哪個長度更長．（π取）(3)如圖3，M為的中點，為點M關于弦的對稱點，當時，直接寫出點與點M之間的距離約為_____cm．（結果保留兩位小數，參考數據：27）【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）連接，根據切線的性質，圓周角定理，得到，即可得證；（2）連接，圓周角定理，得到，根據含30度角的直角三角形的性質，求出的長，進行比較即可；（3）連接，交于點，根據軸對稱的性質，垂徑定理，得到三點共線，解直角三角形，求出的長，進而求出的長，再根據對稱，求出的長即可．【詳解】（1）證明：連接，∵為的切線，∴，∵，∴，∴，∴；（2）連接，∵為直徑，∴，∵，∴，∴，連接，則：，∴，∴；（3）連接，交于點，∵為的中點，∴，∵為點M關于弦的對稱點，∴，∴三點共線，在中，，∴，∵，∴，∵對稱，∴；故答案為：．【點睛】本題考查切線的性質，圓周角定理，垂徑定理，解直角三角形，有一定的難度，掌握相關性質，正確的添加輔助線，是解題的關鍵．題型五生活中的實物抽象出圓的綜合問題【例1】（新考法，拓視野）（2024·河南洛陽·一模）中國最遲在四千多年前的夏禹時代已有了馬車，而目前考古發現最早的雙輪馬車始見年代為商代晚期(河南安陽殷城)．小明在殷墟游玩時，見到了如圖1的馬車車廂模型，他繪制了如圖2的車輪側面圖．如圖2，當過圓心O的車架的一端A落在地面上時，與的另一個交點為點D，水平地面切于點B．(1)求證：；(2)若，求的直徑．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題主要考查了切線的性質，勾股定理，等邊對等角，三角形內角和定理等等：（1）如圖所示，連接，根據等邊對等角結合三角形外角的性質證明，由切線的性質得到，則由三角形內角和定理可得；（2）設的半徑為，則，，利用勾股定理建立方程，解方程即可得到答案．【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，∵，∴，∴，∵水平地面切于點B，∴，即，∴，即；（2）解：設的半徑為，則，∴，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴的半徑為．本題主要考查了切線的性質，勾股定理，等邊對等角，三角形內角和定理等等.本題主要考查了切線的性質，勾股定理，等邊對等角，三角形內角和定理等等.【例2】（2024·廣東珠海·一模）為弘揚民族傳統體育文化，某校將傳統游戲“滾鐵環”列入了校運動會的比賽項目．滾鐵環器材由鐵環和推桿組成．小明對滾鐵環的啟動階段進行了研究，如圖，滾鐵環時，鐵環與水平地面相切于點C，推桿與鉛垂線的夾角為點O，A，B，C，D在同一平面內．當推桿與鐵環相切于點B時，手上的力量通過切點B傳遞到鐵環上，會有較好的啟動效果．

(1)求證：．(2)實踐中發現，切點B只有在鐵環上一定區域內時，才能保證鐵環平穩啟動．圖中點B是該區域內最低位置，此時點A距地面的距離最小，測得．已知鐵環的半徑為，推桿的長為，求此時的長．【答案】(1)證明見詳解；(2)；【分析】本題考查解直角三角形，直角三角形兩銳角互余，切線的性質：（1）過B作，根據切線得到，結合得到，再根據直角三角形兩銳角互余求解即可得到答案；（2）根據（1）及得到，結合三角函數求出，即可得到答案；【詳解】（1）解：過B作，由題意可得，，∵鐵環與水平地面相切于點C，∴，∵，∴，∵推桿與鐵環相切于點B，

，∴，∴，，∴，∴；（2）解：∵，，∴，∵的半徑為，推桿的長為，∴，，∴，∴．1．（2024·河北石家莊·一模）圖1是傳統的手工推磨工具，根據它的原理設計了如圖2所示的機械設備，磨盤半徑，用長為的連桿將點與動力裝置相連（大小可變），點在軌道上滑動，帶動點使磨盤繞點轉動，，．(1)當點、、三點共線的時候，的長為______；(2)點由軌道最遠處向滑動，使磨盤轉動不超過的過程中：①與相切于點，如圖3，求的長；②從①中相切的位置開始，點繼續向點方向滑動至點，點隨之逆時針運動至點，此時，求點運動的路徑長（結果保留）．（參考數據：，，）【答案】(1)或(2)①②【分析】（1）分點Q在線段上和點Q在的延長線上兩種情況，分別利用勾股定理求解即可；（2）①連接，根據切線的性質可得，然后根據勾股定理可進行求解；②連接、，過點作交于點．證明四邊形是平行四邊形，得到，解直角三角形得到，利用弧長公式計算即可．【詳解】（1）解：如圖：當點Q在線段上時，

在中，，，；如圖：當點Q在的延長線上時，

，；綜上，的長為或，故答案為：或；（2）解：①如圖1，連接，與相切于點，，

在中，，在中，；②如圖2，連接、，過點作交于點．

，，四邊形是平行四邊形，交于點，，，．【點睛】本題主要考查切線的性質及勾股定理，弧長的計算，解直角三角形，熟練掌握切線的性質是解題的關鍵．2．（2024·河北石家莊·一模）如圖1，某玩具風車的支撐桿垂直于桌面，點為風車中心，，風車在風吹動下繞著中心旋轉，葉片端點，，，將四等分，已知的半徑為．(1)風車在轉動過程中，當時，點在左側，如圖2所示，求點到桌面的距離（結果保留根號）；(2)在風車轉動一周的過程中，求點到桌面的距離不超過時，點所經過的路徑長（結果保留）；(3)連接，當與相切時，求切線長的值，并直接寫出，兩點到桌面的距離的差．【答案】(1)(2)(3)切線長的值為，，兩點到桌面的距離的差為【分析】（1）過點作于點，作于點，則四邊形為矩形，易得，在中，利用三角函數解得的值，進而可得的值，即可獲得答案；（2）設點在旋轉過程中運動到點，的位置時，點到桌面的距離均為，過點作于H，則，作于點D，則四動形為矩形，在中，利用三角函數解得，進而可得，由圓的軸對稱性可知，然后利用弧長公式求解即可；（3）如下圖，連接，過點作，交延長線于點，過點作于點，根據題意可得，在中，利用勾股定理解得；證明，利用相似三角形的性質解得的值，再證明，易得，即可獲得答案．【詳解】（1）解：如下圖，過點作于點，作于點，則四邊形為矩形，∴，在中，，，∴，∵，∴，∴．答：點到桌面的距離是；（2）如下圖，設點在旋轉過程中運動到點，的位置時，點到桌面的距離均為，過點作于H，則，作于點D，則四動形為矩形，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，由圓的軸對稱性可知，，∴．∴符合條件的點所經過的路徑長為；（3）如下圖，連接，過點作，交延長線于點，過點作于點，∵弧是半圓，∴為的直徑，∵直線切于點，且經過點，∴，在中，，，∴，∵，，∴，∴，即，∴，∵，，，∴，∴，∴，即，兩點到桌面的距離的差為．答：切線長的值為，，兩點到桌面的距離的差為．【點睛】本題主要考查了解直角三角形、矩形的判定與性質、弧長計算、相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理等知識，理解題意，正確作出輔助線是解題關鍵．題型六圓中動點問題【例1】（2024·江蘇淮安·一模）如圖，是的直徑，，延長至點C，使．動點P從點A出發，沿圓周按順時針方向以每秒個單位的速度向終點B運動，設運動時間為t秒，連接，作點C關于直線的對稱點D，連接、、、．

(1)當時．①求的度數；②判斷直線與的位置關系，并說明理由；(2)若，求t的值．【答案】(1)①；②與相切，理由見解析(2)【分析】本題考查切線的判定，圓的相關性質，勾股定理的逆定理，弧長公式等知識，熟練掌握相關圖形的性質是解決問題的關鍵．（1）①由題意可知，，根據弧長公式，設，當時，，求解即可；②連接，由①可知，，，可知為等邊三角形，則，再證，則，得，即可求得，可證得與相切；（2）由（1）可知，，，由軸對稱可知，，，根據勾股定理的逆定理可證明，則，再由弧長公式得，即可求得．【詳解】（1）解：①∵是的直徑，，∴，設，當時，∴，即：；②與相切，理由如下：連接，

由①可知，，，∴為等邊三角形，則，，又∵，∴，則，∴，則，∴與相切；（2）由（1）可知，，，由軸對稱可知，，，在中，，，∴，∴，則，則，解得：．本題考查切線的判定，圓的相關性質，勾股定理的逆定理，弧長公式等知識，熟練掌握相關圖形的性質是解決問題的關鍵．本題考查切線的判定，圓的相關性質，勾股定理的逆定理，弧長公式等知識，熟練掌握相關圖形的性質是解決問題的關鍵．【例2】（2024·云南昆明·一模）如圖，，是的兩條直徑，且，點E是上一動點（不與點B，D重合），連接并延長交的延長線于點F，點P在上，且，連接，分別交，于點M，N，連接，設的半徑為r．(1)求證：是的切線；(2)當時，求證：；(3)在點E的移動過程中，判斷是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)是定值，【分析】（1）連接，由直徑所對圓周角是直角可得，則，由，可知，根據，可得，進而可證得，即可證明結論；（2）由圓周角定理可知，進而可得，，再證明，結合含的直角三角形即可求解；（3）連接，根據題意可得，進而可知則，，由圓周角定理可知，得，可證，得，則，結合勾股定理可得，即可求得為定值．【詳解】（1）證明：連接，∵是的直徑，∴，則，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴是的切線；（2）解：∵，∴，∵，則，∴，∵，∴，則，又∵，∴，∴；（3）是定值，，理由如下：連接，∵，且、是的直徑，∴，則，，∵，∴，又∵，∴，∴，則，∵，∴，則，即：．【點睛】本題主要考查圓周角定理，切線的判定定理，勾股定理，含的直角三角形以及相似三角形的性質等知識，證明是解答本題的關鍵．1．（2024·吉林長春·模擬預測）如圖①，在中，，以點為圓心，以2為半徑畫圓，交于點，交于點．點從點出發，沿按順時針方向運動，當點再次經過點時停止運動．(1)的長為______；(2)在點運動的過程中，點到距離的最大值為______；(3)延長交于點，連接，交于點．①當為等腰三角形時，連結接，求的面積：②如圖②，連接，當點在線段上時，作的角平分線交于點．點的位置隨著點的運動而發生改變，則點形成的軌跡路徑長為______．【答案】(1)(2)(3)①的面積為或；②【分析】（1）根據弧長公式計算即可；（2）結合題意可知當點在過點垂直于的直線上且在點上方時，點到距離有最大值，如圖，，根據勾股定理即可求解；（3）①分三種情況：當時，利用相似三角形即可求解，當時，點與點重合在點或點，不符合題意，當時，點與點重合，不符合題意，分別討論即可；②連接，取中點，連接，，則，由勾股定理得，可證明，得，由，知，即可得，進而可知，可知點在運動過程中，點的軌跡為：點為圓心，為半徑，從點運動到點的圓弧，根據弧長公式即可求解．【詳解】（1）解：由題意可知，，，∴，故答案為：；（2）由題意可知，當點在過點垂直于的直線上且在點上方時，點到距離有最大值，如圖，，∵，，∴，則，此時，，則點到距離的最大值為，故答案為：；（3）①當時，，又∵，∴，則，∴，∴，即：，則，設，則，，由勾股定理可得：，即：，解得：（負值舍去），則，若點在線段部分，則，∴的面積，若點在線段部分，則，∴的面積；當時，點與點重合在點或點，不符合題意；當時，點與點重合，不符合題意；綜上，的面積為或；②連接，取中點，連接，，則，由勾股定理得，∵平分，∴，∵，，∴，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴，則點在以為直徑的上，∵點在線段上，∴點在運動過程中，點的軌跡為：以點為圓心，為半徑，從點運動到點的圓弧，∴點形成的軌跡路徑長為：，故答案為：．【點睛】本題考查等腰三角形的判定及性質，90度的圓周角所對的弦是直徑，弧長公式，動點軌跡問題，相似三角形的判定及性質，勾股定理等知識，添加輔助線證明三角形全等，由全等三角形的性質證明，得點的軌跡是解決問題的關鍵．題型七圓中新定義探究綜合問題【例1】（新考法，拓視野）（2024·湖南長沙·一模）定義：對角線互相垂直的圓內接四邊形叫做圓的“奇妙四邊形”．(1)若是圓的“奇妙四邊形”，則是_________（填序號）：①矩形；②菱形；③正方形(2)如圖1，已知的半徑為R，四邊形是的“奇妙四邊形”．求證：；(3)如圖2，四邊形是“奇妙四邊形”，P為圓內一點，，，，且．當的長度最小時，求的值．【答案】(1)③(2)見解析(3)【分析】（1）利用平行四邊形的性質，圓內接四邊形的性質，“奇妙四邊形”的定義和正方形的判定定理解得即可；（2）過點B作直徑，分別連接，，，，證明，．可得，可得，再利用勾股定理可得答案；（3）設的長度為a，，在中，利用勾股定理列出方程，利用即可求得的最小值，求得必值，再利用相似三角形是性質即可求得結論．【詳解】（1）解：若平行四邊形是“奇妙四邊形”，則四邊形是正方形．理由∶∵四邊形是平行四邊形，∴，∵四邊形是圓內接四邊形，∴，∴，∴平行四邊形是矩形，∵四邊形是“奇妙四邊形”，∴，∴矩形是正方形，故答案為∶③；（2）證明∶過點B作直徑，分別連接，，，，∵是的直徑，∴，∴，∵四邊形是“奇妙四邊形”，∴，∴，又，∴，∵，，∴，∴，∵，∴∴；（3）解：連接交于E，設的長度為a，，∵，，∴，∴，∵∴，，∵，∴，∵∴，整理得，∴∴，又，∴，∴a有最小值2，即的長度最小值為2，∴，解得∶，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴．本題是圓的綜合題，考查的是勾股定理的應用，圓周角定理的應用，一元二次方程的解法，熟練的建立數學模型并靈活應用是解本題的關鍵.本題是圓的綜合題，考查的是勾股定理的應用，圓周角定理的應用，一元二次方程的解法，熟練的建立數學模型并靈活應用是解本題的關鍵.【例2】（2024·浙江臺州·一模）【概念呈現】在鈍角三角形中，鈍角的度數恰好是其中一個銳角的度數與90度的和，則稱這個鈍角三角形為和美三角形，這個銳角叫做和美角．【概念理解】（1）當和美三角形是等腰三角形時，求和美角的度數．

【性質探究】（2）如圖1，是和美三角形，是鈍角，是和美角，求證：．【拓展應用】（3）如圖2，是的直徑，且，點C，D是圓上的兩點，弦與交于點E，連接，，是和美三角形．①當時，求的長．②當是和美三角形時，直接寫出的值．【答案】（1）；（2）見解析；（3）①；②或【分析】（1）根據新定義，等腰三角形的性質，三角形的內角和定理列方程再求解即可；（2）作，根據新定義可得，再證明，利用相似三角形的性質和銳角的正切的比例關系證明即可；（3）①分兩種情況進行討論，當為和美角時，由（2）得：，則，進而可證，作于F，可證，由相似三角形的性質可得，，進而可求長；當為和美角時，由，可知為和美角，由（2）得：，則，進而可得出，作于H，由即可求出長．②由與都是和美三角形，分別討論兩個三角形的和美角，結合相似三角的性質與和美角的定義，分別求解即可；【詳解】（1）解：設和美角的度數為x．根據題意可得：，解得：，

∴和美角的度數為．（2）證明：如圖1，作交于D，∴，∵是和美三角形，是鈍角，是和美角，∴，∴，又∵，∴，∴．（3）①如圖3，當為和美角時，由（2）得：，∴，∵，∴，作于F，

∴，∴，∴∴．如圖4，當為和美角時，∵，∴為和美角，由（2）得：，∴，∴，∴，作于H，∴，由，∴，∴．②設．ⅰ．如圖5，若與是和美角，則，，，所以．ⅱ．如圖6，若與是和美角，則，，由△BDC內角和可得，所以．ⅲ．如圖7，若與是和美角，則，，，，由△BDC內角和可得，所以．ⅳ．如圖8，若與是和美角，則，，，由可得，這種情形不存在．綜上所述，的值為或．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，圓周角定理，三角函數，等腰三角形的性質和判定等，解題的關鍵是理解新定義，結合以上知識點解題，熟練掌握分類討論思想的運用；1．（2024·山東濟寧·二模）【初步感知】（1）如圖1，點A，B，P均在上，若，則銳角的大小為______度；【深入探究】（2）如圖2，小明遇到這樣一個問題：是等邊三角形的外接圓，點P在上（點P不與點A，C重合），連接，，．求證：；小明發現，延長至點E，使，連接，通過證明．可推得是等邊三角形，進而得證.請根據小明的分析思路完成證明過程．【啟發應用】（3）如圖3，是的外接圓，，，點P在上，且點P與點B在的兩側，連接，，，若，則的值為_____．【答案】（1）；（2）見解析；（3）【分析】（1）根據同弧所對的圓周角等于圓心角的一半可直接得出答案；（2）延長至點E，使，連接，根據圓內接四邊形的性質得出，再證，推出，，進而證明是等邊三角形，可得；（3）延長至點E，使，連接，通過證明，可推得是等腰直角三角形，結合與可得，代入即可求解．【詳解】解：（1），故答案為：；（2）證明過程如下：如圖，延長至點E，使，連接，

四邊形是的內接四邊形，，是等邊三角形，，在和中，，，，，，是等邊三角形，，即；（3）如圖，延長至點E，使，連接，

四邊形是的內接四邊形，，在和中，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，故答案為：．【點睛】本題考查了圓周角定理，圓內接四邊形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形、等腰直角三角形的判定和性質，勾股定理解直角三角形；解題的關鍵是做輔助線構造，進行轉換求解．題型八圓與函數的綜合問題【例1】（新考法，拓視野）（2024·湖南長沙·一模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線與x軸交于兩點，與y軸交于C點，且．

(1)求該拋物線的解析式；(2)拋物線上是否存在點M，使，如果存在，求點M的坐標，如果不存在，說明理由；(3)若點D是拋物線第二象限上一動點，過點D作軸于點F，過點的圓與交于點E，連接，求的面積．【答案】(1)(2)存在，(3)6【分析】（1）根據題意得到，，，利用待定系數法求出函數解析式即可；（2）作軸交拋物線于點，將代入求出答案；（3）記過點、、的圓的圓心為點，設，根據面積公式或利用相似三角形的判定與性質列出式子求出答案．【詳解】（1）解：令，則，，，，，，，拋物線過點A，B，，解得，拋物線為；（2）解：存在，理由如下：，，，若，則軸或軸，又點在拋物線上，軸，作軸交拋物線于點，

當時，，解得，，；（3）解：由（1）知，，記過點、、的圓的圓心為點，

則點在線段的垂直平分線上，故可設，同理，點在線段的垂直平分線上，又軸于點，設，則，，，，即：①，又點在拋物線上，，即：②，將②代入①得：，，，即：，，本題主要考查了二次函數的圖像和性質，待定系數法求出函數解析式，拋物線上的點的坐標特征以及相似三角形的判定和性質，熟練掌握