第六章圓重難點14幾何壓軸突破二圓壓軸（10種題型匯總+專題訓練）【題型匯總】題型01圓的有關證明與計算1．（2024·山東煙臺·中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，△ABC內接于⊙O，點I為△ABC的內心，連接CI并延長交O于點D，E是BC上任意一點，連接AD，BD，BE，CE．(1)若∠ABC=25°，求∠CEB的度數；(2)找出圖中所有與DI相等的線段，并證明；(3)若CI=22，DI=132【答案】(1)115°(2)DI=AD=BD，證明見解析(3)30【分析】（1）利用圓周角定理得到∠ACB=90°，再根據三角形的內角和定理求∠CAB=65°，然后利用圓內接四邊形的對角互補求解即可；（2）連接AI，由三角形的內心性質得到內心，∠CAI=∠BAI，∠ACI=∠BCI，然后利用圓周角定理得到∠DAB=∠DCB=∠ACI，AD=BD，利用三角形的外角性質證得∠DAI=∠DIA，然后利用等角對等邊可得結論；（3）過I分別作IQ⊥AB，IF⊥AC，IP⊥BC，垂足分別為Q、F、P，根據內切圓的性質和和切線長定理得到AQ=AF，CF=CP，BQ=BP，利用解直角三角形求得CF=2=CP，AB=13，進而可求解．【詳解】（1）解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=∠ACB=90°，又∠ABC=25°，∴∠CAB=90°-25°=65°，∵四邊形ABEC是⊙O內接四邊形，∴∠CEB+∠CAB=180°，∴∠CEB=180°-∠CAB=115°；（2）解：DI=AD=BD，證明：連接AI，∵點I為△ABC的內心，∴∠CAI=∠BAI，∠ACI=∠BCI=1∴AD=∴∠DAB=∠DCB=∠ACI，AD=BD，∵∠DAI=∠DAB+∠BAI，∠DIA=∠ACI+∠CAI，∴∠DAI=∠DIA，∴DI=AD=BD；（3）解：過I分別作IQ⊥AB，IF⊥AC，IP⊥BC，垂足分別為Q、F、P，∵點I為△ABC的內心，即為△ABC的內切圓的圓心．∴Q、F、P分別為該內切圓與△ABC三邊的切點，∴AQ=AF，CF=CP，BQ=BP，∵CI=22，∠IFC=90°，∠ACI=45°∴CF=CI?cos∵DI=AD=BD，DI=1322∴AB=A∴△ABC的周長為AB+AC+BC=AB+AF+CF+CP+BP=AB+AQ+BQ+2CF=2AB+2CF=2×13+2×2=30．【點睛】本題考查圓周角定理、圓內接四邊形的性質、三角形的內角和定理、三角形的內心性質、三角形的外角性質、等腰三角形的判定、切線長定理以及解直角三角形，熟練掌握相關知識的聯系與運用是解答的關鍵．2．（2024·四川德陽·中考真題）已知⊙O的半徑為5，B、C是⊙O上兩定點，點A是⊙O上一動點，且∠BAC=60°,∠BAC的平分線交⊙O于點(1)證明：點D為BC上一定點；(2)過點D作BC的平行線交AB的延長線于點F．①判斷DF與⊙O的位置關系，并說明理由；②若△ABC為銳角三角形，求DF的取值范圍．【答案】(1)證明見解析(2)①DF與⊙O相切，理由見解析；②DF的取值范圍為53【分析】（1）由∠BAC的平分線交⊙O于點D，∠BAC=60°，可得BD=CD，結合B、（2）①如圖，連接OD，證明OD⊥BC，結合BC∥DF，可得②分情況討論：如圖，當∠ABC=90°時，可得DF=BQ=532；如圖，連接BD，當∠ACB=90°【詳解】（1）證明：∵∠BAC的平分線交⊙O于點D，∠BAC=60°，∴∠BAD=∠CAD=30°，∴BD=∵B、C是∴點D為BC的中點，是一定點；（2）解：①如圖，連接OD，∵BD=∴OD⊥BC，∵BC∥∴OD⊥DF，∵OD為半徑，∴DF是⊙O的切線；②如圖，當∠ABC=90°時，∴AC為直徑，AC=10，∵∠BAC=60°，∴∠ACB=30°，∴AB=5，BC=10∵OD⊥BC，∴BQ=CQ=5∵∠BQD=90°=∠FQD=∠ABC=∠FBQ，∴四邊形BFDQ為矩形，∴DF=BQ=5如圖，連接BD，當∠ACB=90°，∵∠ACB=90°，OD⊥BC，∴OD∥∴∠BOD=∠BAC=60°，∵OB=OD，∴△BOD為等邊三角形，∴OQ=QD，同理可得：BQ=5∵BC∥∴△OBQ∽△OFD，∴OQOD∴DF=2BQ=53∴當△ABC為銳角三角形，DF的取值范圍為53【點睛】本題考查的是勾股定理的應用，圓周角定理的應用，切線的判定與性質，相似三角形的判定與性質，做出合適的輔助線，清晰的分類討論是解本題的關鍵．3．（2023·江蘇宿遷·中考真題）（1）如圖，AB是⊙O的直徑，AC與⊙O交于點F，弦AD平分∠BAC，點E在AC上，連接DE、DB，________．求證：________．

從①DE與⊙O相切；②DE⊥AC中選擇一個作為已知條件，余下的一個作為結論，將題目補充完整（填寫序號），并完成證明過程．（2）在（1）的前提下，若AB=6，∠BAD=30°，求陰影部分的面積．【答案】（1）②①，證明見解析（或①②，證明見解析）（2）27【分析】（1）一：已知條件為②DE⊥AC，結論為①DE與⊙O相切；連接OD，先證出OD∥AC，再根據平行線的性質可得DE⊥OD，然后根據圓的切線的判定即可得證；二：已知條件為①DE與⊙O相切，結論為②DE⊥AC；連接OD，先證出OD∥AC，再根據圓的切線的性質可得DE⊥OD，然后根據平行線的性質即可得證；（2）連接OD,OF，先解直角三角形求出OD,AE,DE的長，再根據等邊三角形的判定與性質可得AF的長，從而可得EF的長，然后根據圓周角定理可得∠DOF=2∠CAD=60°，最后根據陰影部分的面積等于直角梯形ODEF的面積減去扇形ODF的面積即可得．【詳解】解：（1）一：已知條件為②DE⊥AC，結論為①DE與⊙O相切，證明如下：如圖，連接OD，

∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，∵弦AD平分∠BAC，∴∠OAD=∠CAD，∴∠CAD=∠ODA，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，又∵OD是⊙O的半徑，∴DE與⊙O相切；二：已知條件為①DE與⊙O相切，結論為②DE⊥AC，證明如下：如圖，連接OD，

∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，∵弦AD平分∠BAC，∴∠OAD=∠CAD，∴∠CAD=∠ODA，∴OD∥AC，∵DE與⊙O相切，∴DE⊥OD，∴DE⊥AC；（2）如圖，連接OD,OF，

∵AB=6，∠BAD=30°，∴OA=OD=OF=3,AD=AB?cos30°=33∴DE=1又∵∠BAD=∠CAD=30°，∴∠BAC=60°，∴△OAF是等邊三角形，∴AF=OA=3，∴EF=AE-AF=3由圓周角定理得：∠DOF=2∠CAD=60°，則陰影部分的面積為S==27【點睛】本題考查了圓的切線的判定與性質、解直角三角形、扇形的面積、圓周角定理等知識點，熟練掌握圓的切線的判定與性質是解題關鍵．4．（2023·山東·中考真題）如圖，已知AB是⊙O的直徑，CD=CB，BE切⊙O于點B，過點C作CF⊥OE交BE于點F，若EF=2BF．

(1)如圖1，連接BD，求證：△ADB≌△OBE；(2)如圖2，N是AD上一點，在AB上取一點M，使∠MCN=60°，連接MN．請問：三條線段MN，【答案】(1)見解析(2)MN=BM+DN，證明見解析【分析】（1）根據CF⊥OE，OC是半徑，可得CF是⊙O的切線，根據BE是⊙O的切線，由切線長定理可得BF=CF，進而根據sinE=CFEF=12，得出∠E=30°，∠EOB=60°，根據CD=CB得出CD=CB，根據垂徑定理的推論得出OC⊥BD，進而得出（2）延長ND至H使得DH=BM，連接CH，BD，根據圓內接四邊形對角互補得出∠HDC=∠MBC，證明△HDC≌△MBCSAS，結合已知條件證明NC=NC，進而證明△CNH≌△CNMSAS，得出NH=MN，即可得出結論．【詳解】（1）證明：∵CF⊥OE，OC是半徑，∴CF是⊙O的切線，∵BE是⊙O的切線，∴BF=CF，∵EF=2BF∴EF=2CF，∴sin∴∠E=30°，∠EOB=60°，∵CD=CB∴CD=∴OC⊥BD，∵AB是直徑，∴∠ADB=90°=∠EBO，∵∠E+∠EBD=90°，∠ABD+∠EBD=90°∴∠E=∠ABD=30°，∴AD=BO=1∴△ABD≌△OEBAAS（2）MN=BM+DN，理由如下，延長ND至H使得DH=BM，連接CH，BD，如圖所示

∵∠CBM+∠NDC=180°,∠HDC+∠NDC=180°∴∠HDC=∠MBC，∵CD=CB，DH=BM∴△HDC≌△MBCSAS，∴∠BCM=∠DCH，CM=CH由（1）可得∠ABD=30°，又AB是直徑，則∠ADB=90°，∴∠A=60°，∴∠DCB=180°-∠A=120°，∵∠MCN=60°，∴∠BCM+∠NCD=120°-∠NCM=120°-60°=60°，∴∠DCH+NCD=∠NCH=60°,∴∠NCH=∠NCM，∵NC=NC，∴△CNH≌△CNMSAS，∴NH=MN，

∴MN=DN+DH=DN+BM．即MN=BM+DN．【點睛】本題考查了切線的判定，切線長定理，垂徑定理的推論，全等三角形的性質與判定，根據特殊角的三角函數值求角度，圓周角定理，圓內接四邊形對角互補，熟練掌握全等三角形的性質與判定是解題的關鍵．題型02圓中的長度比與長度積5．（2023·山東濱州·中考真題）如圖，點E是△ABC的內心，AE的延長線與邊BC相交于點F，與△ABC的外接圓相交于點D．

(1)求證：S△ABF(2)求證：AB:AC=BF:CF；(3)求證：AF(4)猜想：線段DF,DE,DA三者之間存在的等量關系．（直接寫出，不需證明．）【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析(4)D【分析】（1）過點F作FH⊥AC,FG⊥AB，垂足分別為H,G，則FG=FH，進而表示出兩個三角形的面積，即可求解；（2）過點A作AM⊥BC于點M，表示出兩三角形的面積，即可求解；（3）連接DB,DC，證明△BFD∽△AFC得出BF?CF=AF?DF，證明△ABF∽△ADC，得出AB?AC=AD?AF，即可AB?AC=(AF+DF)?AF，恒等式變形即可求解；（4）連接BE，證明△ABD∽△BFD，得出DB=DA?DF，證明∠BED=∠DBE，得出DB=DE，即可求解．【詳解】（1）證明：如圖所示，過點F作FH⊥AC,FG⊥AB，垂足分別為H,G，∵點E是△ABC的內心，∴AD是∠BAC的角平分線，∵FH⊥AC,FG⊥AB，∴FG=FH，∵S△ABF∴S△ABF（2）證明：如圖所示，過點A作AM⊥BC于點M，

∵S△ABF∴S△ABF由（1）可得S△ABF∴AB:AC=BF:CF；（3）證明：連接DB,DC，

∵AB∴∠ACF=∠BDF,∠FAC=∠FBD∴△BFD∽△AFC∴BFAF∴BF?CF=AF?DF∵AC=∴∠FBA=∠ADC，又∠BAD=∠DAC，∴△ABF∽△ADC，∴ABAD∴AB?AC=AD?AF；∴AB?AC=AF+DF∴AF（4）解：如圖所示，連接BE，

∵點E是△ABC的內心，∴BE是∠BAC的角平分線，∴∠ABE=∠FBE，∵∠CBD=∠CAD=∠BAD，∠ADB=∠BDF∴△ABD∽△BFD，∴DBDF∴DB∵∠BED=∠BAE+∠ABE=1∠DBE=∠DBC+∠FBE=∠DAC+∠FBE=1∴∠BED=∠DBE，∴DB=DE，∴DE【點睛】本題考查了三角形內心的定義，同弧所對的圓周角相等，角平分線的性質與定義，相似三角形的性質與判定，三角形的外角性質，三角形的面積公式等知識，熟練掌握相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．6．（2023·吉林長春·中考真題）【感知】如圖①，點A、B、P均在⊙O上，∠AOB=90°，則銳角∠APB的大小為__________度．

【探究】小明遇到這樣一個問題：如圖②，⊙O是等邊三角形ABC的外接圓，點P在AC上（點P不與點A、C重合），連結PA、PB、PC．求證：PB=PA+PC．小明發現，延長PA至點E，使AE=PC，連結BE，通過證明△PBC≌△EBA，可推得下面是小明的部分證明過程：證明：延長PA至點E，使AE=PC，連結BE，∵四邊形ABCP是⊙O的內接四邊形，∴∠BAP+∠BCP=180°．∵∠BAP+∠BAE=180°，∴∠BCP=∠BAE．∵△ABC是等邊三角形．∴BA=BC，∴△PBC≌△EBA(請你補全余下的證明過程．【應用】如圖③，⊙O是△ABC的外接圓，∠ABC=90°，AB=BC，點P在⊙O上，且點P與點B在AC的兩側，連結PA、PB、PC．若PB=22PA，則【答案】感知：45；探究：見解析；應用：22【分析】感知：由圓周角定理即可求解；探究：延長PA至點E，使AE=PC，連結BE，通過證明△PBC≌△EBA(SAS)，可推得應用：延長PA至點E，使AE=PC，連結BE，通過證明△PBC≌△EBA(SAS)得，可推得PBE是等腰直角三角形，結合PE=PA+PC與PE=2PB可得【詳解】感知：由圓周角定理可得∠APB=1故答案為：45；探究：證明：延長PA至點E，使AE=PC，連結BE，∵四邊形ABCP是⊙O的內接四邊形，∴∠BAP+∠BCP=180°．∵∠BAP+∠BAE=180°，∴∠BCP=∠BAE．∵△ABC是等邊三角形．∴BA=BC，∴△PBC≌△EBA(SAS∴PB=EB，∠PBC=∠EBA，∴∠EBA+∠ABP=∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，∴△PBE是等邊三角形，∴PB=PE，∴PB=PE=PA+AE=PA+PC，即PB=PA+PC；應用：延長PA至點E，使AE=PC，連結BE，∵四邊形ABCP是⊙O的內接四邊形，∴∠BAP+∠BCP=180°．∵∠BAP+∠BAE=180°，∴∠BCP=∠BAE．∵AB=CB，∴△PBC≌△EBA(SAS∴PB=EB，∠PBC=∠EBA，∴∠EBA+∠ABP=∠PBC+∠ABP=∠ABC=90°，∴△PBE是等腰直角三角形，∴PB∴2PB即PE=2∵PE=PA+AE=PA+PC，∴PA+PC=2∵PB=22∴PA+PC=2∴PC=3PA，∴PB故答案為：22【點睛】本題考查了圓周角定理，圓內接四邊形對角互補，鄰補角，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△PBC≌△EBA，進行轉換求解．7．（2023·浙江杭州·中考真題）如圖，在⊙O中，直徑AB垂直弦CD于點E，連接AC,AD,BC，作CF⊥AD于點F，交線段OB于點G（不與點O,B重合），連接OF．

(1)若BE=1，求GE的長．(2)求證：BC(3)若FO=FG，猜想∠CAD的度數，并證明你的結論．【答案】(1)1(2)見解析(3)∠CAD=45°，證明見解析【分析】（1）由垂徑定理可得∠AED=90°，結合CF⊥AD可得∠DAE=∠FCD，根據圓周角定理可得∠DAE=∠BCD，進而可得∠BCD=∠FCD，通過證明△BCE≌△GCE可得GE=BE=1；（2）證明△ACB∽△CEB，根據對應邊成比例可得BC2=BA?BE，再根據AB=2BO，BE=（3）設∠DAE=∠CAE=α，∠FOG=∠FGO=β，可證α=90°-β，∠OCF=90°-3α，通過SAS證明△COF≌△AOF，進而可得∠OCF=∠OAF，即90°-3α=α，則∠CAD=2α=45°．【詳解】（1）解：∵直徑AB垂直弦CD，∴∠AED=90°，∴∠DAE+∠D=90°，∵CF⊥AD，∴∠FCD+∠D=90°，∴∠DAE=∠FCD，由圓周角定理得∠DAE=∠BCD，∴∠BCD=∠FCD，在△BCE和△GCE中，∠BCE=∠GCECE=CE∴△BCE≌△GCEASA，∴GE=BE=1；（2）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，在△ACB和△CEB中，∠ACB=∠CEB=90°∠ABC=∠CBE∴△ACB∽△CEB，∴BCBE∴BC由（1）知GE=BE，∴BE=1又∵AB=2BO，∴BC（3）解：∠CAD=45°，證明如下：如圖，連接OC，

∵FO=FG，∴∠FOG=∠FGO，∵直徑AB垂直弦CD，∴CE=DE，∠AED=∠AEC=90°，又∵AE=AE，∴△ACE≌△ADESAS，∴∠DAE=∠CAE，設∠DAE=∠CAE=α，∠FOG=∠FGO=β，則∠FCD=∠BCD=∠DAE=α，

∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC=α，又∵∠ACB=90°，∴∠OCF=∠ACB-∠OCA-∠FCD-∠BCD=90°-3α，∵∠CGE=∠OGF=β，∠GCE=α，∠CGE+∠GCE=90°∴β+α=90°，∴α=90°-β，∵∠COG=∠OAC+∠OCA=α+α=2α，∴∠COF=∠COG+∠GOF=2α+β=290°-β∴∠COF=∠AOF，在△COF和△AOF中，CO=AO∴△COF≌△AOFSAS，∴∠OCF=∠OAF，即90°-3α=α，∴α=22.5°，∴∠CAD=2α=45°．【點睛】本題考查垂徑定理，圓周角定理，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，等腰三角形的性質等，難度較大，解題的關鍵是綜合應用上述知識點，特別是第3問，需要大膽猜想，再逐步論證．8．（2022·上海·中考真題）平行四邊形ABCD，若P為BC中點，AP交BD于點E，連接CE．(1)若AE=CE，①證明ABCD為菱形；②若AB=5，AE=3，求BD的長．(2)以A為圓心，AE為半徑，B為圓心，BE為半徑作圓，兩圓另一交點記為點F，且CE=2AE．若F在直線CE上，求【答案】(1)①見解析；②6(2)10【分析】（1）①連接AC交BD于O，證△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，從而得∠COE=90°，則AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出結論；②先證點E是△ABC的重心，由重心性質得BE=2OE，然后設OE=x，則BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,從而得9-x2=25-9x2，解得：x=2,即可得OB=3x=32，再由平行四邊形性質即可得出BD長；（2）由⊙A與⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，點E是△ABC的重心，又F在直線CE上，則CG是△ABC的中線，則AG=BG=12AB，根據重心性質得GE=12CE＝22AE，CG=CE+GE=322AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(22AE)2=12AE2,則AG=22AE,所以AB=2AG=2AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=12AE2+（322AE）2【詳解】（1）①證明：如圖，連接AC交BD于O，∵平行四邊形ABCD，∴OA=OC，∵AE=CE，OE=OE，∴△AOE≌△COE(SSS)，∴∠AOE=∠COE，∵∠AOE+∠COE=180°，∴∠COE=90°，∴AC⊥BD，∵平行四邊形ABCD，∴四邊形ABCD是菱形；②∵OA=OC，∴OB是△ABC的中線，∵P為BC中點，∴AP是△ABC的中線，∴點E是△ABC的重心，∴BE=2OE，設OE=x，則BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,∴9-x2=25-9x2，解得：x=2,∴OB=3x=32，∵平行四邊形ABCD，∴BD=2OB=62；（2）解：如圖，∵⊙A與⊙B相交于E、F，∴AB⊥EF，由（1）②知點E是△ABC的重心，又F在直線CE上，∴CG是△ABC的中線，∴AG=BG=12AB，GE=12∵CE=2AE，∴GE=22AE，CG=CE+GE=32在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(22AE)2=12AE∴AG=22AE∴AB=2AG=2AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=12AE2+（322AE）2=5∴BC=5AE，∴ABBC【點睛】本題考查平行四邊形的性質，菱形的判定，重心的性質，勾股定理，相交兩圓的公共弦的性質，本題屬圓與四邊形綜合題目，掌握相關性質是解題的關鍵，屬是考常考題目．題型03圓中的面積比9．（2022·湖北荊州·中考真題）如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，點O是邊AB上一個動點（不與點A重合），連接OD，將△OAD沿OD折疊，得到△OED；再以O為圓心，OA的長為半徑作半圓，交射線AB于G，連接AE并延長交射線BC于F，連接EG，設OA＝x．(1)求證：DE是半圓O的切線；(2)當點E落在BD上時，求x的值；(3)當點E落在BD下方時，設△AGE與△AFB面積的比值為y，確定y與x之間的函數關系式；(4)直接寫出：當半圓O與△BCD的邊有兩個交點時，x的取值范圍．【答案】(1)見詳解(2)3(3)y=(4)32<x<3【分析】（1）根據切線的判定定理求解即可；（2）如圖，在RtΔ（3）先證ΔDAO∽ΔAEG，求出AE，然后證明Δ（4）結合圖形，分情況討論即可求出x的取值范圍．【詳解】（1）證明：在矩形ABCD中，∠DAB=90°，∵△OED是△OAD沿OD折疊得到的，∴∠OED=∠DAB=90°，即OE⊥DE，∴DE是半圓O的切線；（2）解：∵△OED是△OAD沿OD折疊得到的，∴DE=AD=3,OA=OE=x，∴OB=AB-OA=4-x，在RtΔDAB中，∴EB=DB-DE=5-3=2，在RtΔOEB中，∴x2+答：x的值為32（3）解：在RtΔDAO中，∵△OED是△OAD沿OD折疊得到的，∴AE⊥OD，∵AG是⊙O的直徑，∴∠AEG=90°，即AE⊥EG，∴OD∥EG∴∠AOD=∠EGA，∴Δ∴DOAG∴9∵∠AEG=∠ABC=90°,∠EAG=∠BAF，∴Δ∴SΔAGE∴y=9x24（4）解：由（2）知，當E在DB上時，x=3如圖，當點E在DC上時，x=3，∴當32<x<3時，半圓O與△BCD的邊有兩當半圓O經過點C時，半圓O與△BCD的邊有兩個交點，連接OC，在RtΔOBC中，∵OB∴4-x2+3∴當258≤x≤4時，半圓O與△BCD的邊有兩綜上所述，當半圓O與△BCD的邊有兩個交點時，x的取值范圍為：32<x≤3或【點睛】本題考查了矩形的性質，軸對稱，勾股定理，切線的判定定理，相似三角形的判定和性質，直徑所對的圓周角是直角，相似三角形的判定和性質是解本題的關鍵．10．（2021·黑龍江大慶·中考真題）如圖，作⊙O的任意一條直徑FC，分別以F?C為圓心，以FO的長為半徑作弧，與⊙O相交于點E?A和D?B，順次連接AB,BC,CD,DE,EF,FA，得到六邊形【答案】2【分析】可將圖中陰影部分的面積轉化為兩個等邊三角形的面積之和，設⊙O的半徑與等邊三角形的邊長為a，分別表示出圓的面積和兩個等邊三角形的面積，即可求解【詳解】連接OE，OD，OB，OA，由題可得：EF=OF=OE=FA=OA=AB=OB=BC=OC=CD=OD∴△EFO,△OFA,△OAB,△OBC,△OCD,△ODE為邊長相等的等邊三角形∴可將圖中陰影部分的面積轉化為△ODE和△OAB的面積之和，如圖所示：設⊙O的半徑與等邊三角形的邊長為a，∴⊙O的面積為S=π∵等邊△OED與等邊△OAB的邊長為a∴∴∴⊙O的面積與陰影部分的面積比為S故答案為：23【點睛】本題考查了圖形的面積轉換，等邊三角形面積以及圓面積的求法，將不規則圖形的面積轉換成規則圖形的面積是解題關鍵．11．（2024·山東濟南·二模）拋物線y=ax2+2x+c與x軸交于A-1,0、B兩點，與y軸交于點C(1)求拋物線的解析式．(2)點P為第一象限拋物線上的一點，連接OP，交BC于點Q，連接CP，求△CPQ與△OCQ面積的比值的最大值．(3)點M為拋物線對稱軸上的一動點，連接OM、AM，當∠AMO最大時，求點M的坐標．【答案】(1)y=-x2+2x+3(2)3(3)1,2或【分析】（1）把A-1,0、C0,3代入（2）過點P作PD∥OB，交BC于D，根據拋物線的解析式，求出點B的坐標，結合點C的坐標，求出直線BC的解析式，設點Pm,-m2+2m+3（0<m<3），得出點D的縱坐標=點P的縱坐標=-m2+2m+3，代入直線BC的解析式，表示出點D的橫坐標，根據△CPQ的邊PQ上的高與△OCQ的邊OQ（3）分“點M在x軸上方”和“點M在x軸下方”兩種情況討論；作經過點A、O，圓心在x軸上方的⊙O1，與拋物線對稱軸相切與點M1，在x軸上方、拋物線對稱軸上取異于點M1的點E1，連接O1O、O1M1、AE1、OE1，OE1交⊙O1于點I1，連接AI1，根據“同弧所對圓周角相等”推理證明出當點M在點M1的位置時，∠AMO最大，根據圖形與坐標，結合勾股定理，求出點M1的坐標；作經過點A、O，圓心在x軸下方的⊙O2，與拋物線對稱軸相切與點M2，在x軸下方、拋物線對稱軸上取異于點M2的點E2，連接【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+2x+c與x軸交于A-1,0、B兩點，與y軸交于點C∴把A-1,0、C0,3代入y=ax2+2x+c得：解得：a=-1c=3∴拋物線的解析式為y=-x2+2x+3；（2）解：如圖，過點P作PD∥OB，交BC于∵拋物線的解析式為y=-x2+2x+3，與x軸交于A-1,0、B∴令y=0，則-x2+2x+3=0，解得∶x1=-1（為點A橫坐標），∴B3,0，OB=3設直線BC的解析式為y=kx+b，把B3,0、C0,3代入y=kx+b得：解得：k=-1b=3∴直線BC的解析式為y=-x+3，∵點P為第一象限拋物線上的一點，∴設點Pm,-m2∵PD∥OB，交BC于∴點D的縱坐標=點P的縱坐標=-m∴把y=-m2+2m+3代入y=-x+3整理得：x=m∴點D的橫坐標=m∴PD=點P的橫坐標-點D的橫坐標=m-m∵△CPQ的邊PQ上的高與△OCQ的邊OQ上的高相同，∴S△CPQ∵PD∥∴∠PDQ=∠OBQ，∠DPQ=∠BOQ，∴△PDQ∽△OBQ，∴PQOQ∴S△CPQ∴當m=-b2a=-12×∴△CPQ與△OCQ面積的比值的最大值為34（3）解：如圖，作經過點A、O，圓心在x軸上方的⊙O1，與拋物線對稱軸相切與點M1，在x軸上方、拋物線對稱軸上取異于點M1的點E1，連接O1O、O1M1、AE∵∠AM∴∠AE∴當點M在點M1的位置時，∠AMO∵A-1,0，OO,0，拋物線的解析式為y=-x2+2x+3，⊙O∴點O1的橫坐標=-1+02=-1∴O1∴點M1的縱坐標=點O1的縱坐標∴點M1的坐標為1,如圖，作經過點A、O，圓心在x軸下方的⊙O2，與拋物線對稱軸相切與點M2，在x軸下方、拋物線對稱軸上取異于點M2的點E2，連接O2O、O2M2、AE∵∠AM∴∠AE∴當點M在點M2的位置時，∠AMO∵A-1,0，OO,0，拋物線的解析式為y=-x2+2x+3，⊙O∴點O2的橫坐標=-1+02=-1∴O2∴點M2的縱坐標=點O2的縱坐標∴點M2的坐標為1,-綜上所述，當∠AMO最大時，點M的坐標為1,2或1,-【點睛】本題是二次函數綜合題，考查了二次函數的性質、求二次函數解析式及最值、相似三角形的判定與性質、三角形面積公式的理解、圓與直線相切的性質、同弧所對圓周角相等、勾股定理、圖形與坐標等知識，熟練掌握知識點、作輔助線推理證明、數形結合是解題的關鍵．9．（2022·湖北荊州·中考真題）如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，點O是邊AB上一個動點（不與點A重合），連接OD，將△OAD沿OD折疊，得到△OED；再以O為圓心，OA的長為半徑作半圓，交射線AB于G，連接AE并延長交射線BC于F，連接EG，設OA＝x．(1)求證：DE是半圓O的切線；(2)當點E落在BD上時，求x的值；(3)當點E落在BD下方時，設△AGE與△AFB面積的比值為y，確定y與x之間的函數關系式；(4)直接寫出：當半圓O與△BCD的邊有兩個交點時，x的取值范圍．【答案】(1)見詳解(2)3(3)y=(4)32<x<3【分析】（1）根據切線的判定定理求解即可；（2）如圖，在RtΔ（3）先證ΔDAO∽ΔAEG，求出AE，然后證明Δ（4）結合圖形，分情況討論即可求出x的取值范圍．【詳解】（1）證明：在矩形ABCD中，∠DAB=90°，∵△OED是△OAD沿OD折疊得到的，∴∠OED=∠DAB=90°，即OE⊥DE，∴DE是半圓O的切線；（2）解：∵△OED是△OAD沿OD折疊得到的，∴DE=AD=3,OA=OE=x，∴OB=AB-OA=4-x，在RtΔDAB中，∴EB=DB-DE=5-3=2，在RtΔOEB中，∴x2+答：x的值為32（3）解：在RtΔDAO中，∵△OED是△OAD沿OD折疊得到的，∴AE⊥OD，∵AG是⊙O的直徑，∴∠AEG=90°，即AE⊥EG，∴OD∥EG∴∠AOD=∠EGA，∴Δ∴DOAG∴9∵∠AEG=∠ABC=90°,∠EAG=∠BAF，∴Δ∴SΔAGE∴y=9x24（4）解：由（2）知，當E在DB上時，x=3如圖，當點E在DC上時，x=3，∴當32<x<3時，半圓O與△BCD的邊有兩當半圓O經過點C時，半圓O與△BCD的邊有兩個交點，連接OC，在RtΔOBC中，∵OB∴4-x2+3∴當258≤x≤4時，半圓O與△BCD的邊有兩綜上所述，當半圓O與△BCD的邊有兩個交點時，x的取值范圍為：32<x≤3或【點睛】本題考查了矩形的性質，軸對稱，勾股定理，切線的判定定理，相似三角形的判定和性質，直徑所對的圓周角是直角，相似三角形的判定和性質是解本題的關鍵．10．（2021·黑龍江大慶·中考真題）如圖，作⊙O的任意一條直徑FC，分別以F?C為圓心，以FO的長為半徑作弧，與⊙O相交于點E?A和D?B，順次連接AB,BC,CD,DE,EF,FA，得到六邊形【答案】2【分析】可將圖中陰影部分的面積轉化為兩個等邊三角形的面積之和，設⊙O的半徑與等邊三角形的邊長為a，分別表示出圓的面積和兩個等邊三角形的面積，即可求解【詳解】連接OE，OD，OB，OA，由題可得：EF=OF=OE=FA=OA=AB=OB=BC=OC=CD=OD∴△EFO,△OFA,△OAB,△OBC,△OCD,△ODE為邊長相等的等邊三角形∴可將圖中陰影部分的面積轉化為△ODE和△OAB的面積之和，如圖所示：設⊙O的半徑與等邊三角形的邊長為a，∴⊙O的面積為S=π∵等邊△OED與等邊△OAB的邊長為a∴∴∴⊙O的面積與陰影部分的面積比為S故答案為：23【點睛】本題考查了圖形的面積轉換，等邊三角形面積以及圓面積的求法，將不規則圖形的面積轉換成規則圖形的面積是解題關鍵．11．（2024·山東濟南·二模）拋物線y=ax2+2x+c與x軸交于A-1,0、B兩點，與y軸交于點C(1)求拋物線的解析式．(2)點P為第一象限拋物線上的一點，連接OP，交BC于點Q，連接CP，求△CPQ與△OCQ面積的比值的最大值．(3)點M為拋物線對稱軸上的一動點，連接OM、AM，當∠AMO最大時，求點M的坐標．【答案】(1)y=-x2+2x+3(2)3(3)1,2或【分析】（1）把A-1,0、C0,3代入（2）過點P作PD∥OB，交BC于D，根據拋物線的解析式，求出點B的坐標，結合點C的坐標，求出直線BC的解析式，設點Pm,-m2+2m+3（0<m<3），得出點D的縱坐標=點P的縱坐標=-m2+2m+3，代入直線BC的解析式，表示出點D的橫坐標，根據△CPQ的邊PQ上的高與△OCQ的邊OQ（3）分“點M在x軸上方”和“點M在x軸下方”兩種情況討論；作經過點A、O，圓心在x軸上方的⊙O1，與拋物線對稱軸相切與點M1，在x軸上方、拋物線對稱軸上取異于點M1的點E1，連接O1O、O1M1、AE1、OE1，OE1交⊙O1于點I1，連接AI1，根據“同弧所對圓周角相等”推理證明出當點M在點M1的位置時，∠AMO最大，根據圖形與坐標，結合勾股定理，求出點M1的坐標；作經過點A、O，圓心在x軸下方的⊙O2，與拋物線對稱軸相切與點M2，在x軸下方、拋物線對稱軸上取異于點M2的點E2，連接【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+2x+c與x軸交于A-1,0、B兩點，與y軸交于點C∴把A-1,0、C0,3代入y=ax2+2x+c得：解得：a=-1c=3∴拋物線的解析式為y=-x2+2x+3；（2）解：如圖，過點P作PD∥OB，交BC于∵拋物線的解析式為y=-x2+2x+3，與x軸交于A-1,0、B∴令y=0，則-x2+2x+3=0，解得∶x1=-1（為點A橫坐標），∴B3,0，OB=3設直線BC的解析式為y=kx+b，把B3,0、C0,3代入y=kx+b得：解得：k=-1b=3∴直線BC的解析式為y=-x+3，∵點P為第一象限拋物線上的一點，∴設點Pm,-m2∵PD∥OB，交BC于∴點D的縱坐標=點P的縱坐標=-m∴把y=-m2+2m+3代入y=-x+3整理得：x=m∴點D的橫坐標=m∴PD=點P的橫坐標-點D的橫坐標=m-m∵△CPQ的邊PQ上的高與△OCQ的邊OQ上的高相同，∴S△CPQ∵PD∥∴∠PDQ=∠OBQ，∠DPQ=∠BOQ，∴△PDQ∽△OBQ，∴PQOQ∴S△CPQ∴當m=-b2a=-12×∴△CPQ與△OCQ面積的比值的最大值為34（3）解：如圖，作經過點A、O，圓心在x軸上方的⊙O1，與拋物線對稱軸相切與點M1，在x軸上方、拋物線對稱軸上取異于點M1的點E1，連接O1O、O1M1、AE∵∠AM∴∠AE∴當點M在點M1的位置時，∠AMO∵A-1,0，OO,0，拋物線的解析式為y=-x2+2x+3，⊙O∴點O1的橫坐標=-1+02=-1∴O1∴點M1的縱坐標=點O1的縱坐標∴點M1的坐標為1,如圖，作經過點A、O，圓心在x軸下方的⊙O2，與拋物線對稱軸相切與點M2，在x軸下方、拋物線對稱軸上取異于點M2的點E2，連接O2O、O2M2、AE∵∠AM∴∠AE∴當點M在點M2的位置時，∠AMO∵A-1,0，OO,0，拋物線的解析式為y=-x2+2x+3，⊙O∴點O2的橫坐標=-1+02=-1∴O2∴點M2的縱坐標=點O2的縱坐標∴點M2的坐標為1,-綜上所述，當∠AMO最大時，點M的坐標為1,2或1,-【點睛】本題是二次函數綜合題，考查了二次函數的性質、求二次函數解析式及最值、相似三角形的判定與性質、三角形面積公式的理解、圓與直線相切的性質、同弧所對圓周角相等、勾股定理、圖形與坐標等知識，熟練掌握知識點、作輔助線推理證明、數形結合是解題的關鍵．題型04圓與三角形綜合問題12．（2024·山東淄博·中考真題）在綜合與實踐活動課上，小明以“圓”為主題開展研究性學習．【操作發現】小明作出了⊙O的內接等腰三角形ABC，AB=AC．并在BC邊上任取一點D（不與點B，C重合），連接AD，然后將△ABD繞點A逆時針旋轉得到△ACE．如圖①小明發現：CE與⊙O的位置關系是__________，請說明理由：【實踐探究】連接DE，與AC相交于點F．如圖②，小明又發現：當△ABC確定時，線段CF的長存在最大值．請求出當AB=310．BC=6時，CF【問題解決】在圖②中，小明進一步發現：點D分線段BC所成的比CD:DB與點F分線段DE所成的比DF:FE始終相等．請予以證明．【答案】操作發現：CE與⊙O相切；實踐探究：310【分析】操作發現：連接CO并延長交⊙O于點M，連接AM，根據直徑所對圓周角為直角得到∠MAC=90°，根據旋轉的性質得到∠B=∠ACE，由圓周角定理推出∠B=∠AMC，等量代換得到∠ACE=∠AMC，利用直角三角形的性質即可證明∠OCE=90°，即可得出結論；實踐探究：證明△ABC∽△ADE，得到∠B=∠ADE=∠ACB，結合三角形外角的性質得到∠CDF=∠BAD，易證△ABD∽△DCF，得到ABCD=BD問題解決：過點E作EN∥BC交AC于點N，由旋轉的性質知：∠B=∠ACE，證明∠ENC=∠ACE，推出EN=CE，由旋轉的性質得：得到BD=EN，根據EN∥BC，易證△CDF∽【詳解】操作發現：解：連接CO并延長交⊙O于點M，連接AM，∵MC是⊙O直徑，∴∠MAC=90°，∴∠AMC+∠ACM=90°，由旋轉的性質得∠B=∠ACE，∵∠B=∠AMC，∴∠ACE=∠AMC，∴∠OCE=∠ACM+∠ACE=∠ACM+∠AMC=90°，∵OC是⊙O的半徑，∴CE與⊙O相切；實踐探究：解：由旋轉的性質得：∠BAD=∠CAE,AD=AE，∴∠BAD+∠CAD=∠CAE+∠CAD即∠BAC=∠DAE，∵AB=AC，∴AB∴△ABC∽∴∠B=∠ADE=∠ACB，∵∠ADC=∠ADE+∠CDF=∠B+∠BAD，∴∠CDF=∠BAD，∴△ABD∽∴AB設BD=x，則CD=6-x，∴3∴CF=10∵-10∴當x=3時，CF有最大值為310問題解決：證明：過點E作EN∥BC交AC于點∴∠ENC=∠ACB由旋轉的性質知：∠B=∠ACE，∵∠B=∠ACB，∴∠ACB=∠ACE，∴∠ENC=∠ACE，∴EN=CE，由旋轉的性質得：△ABD≌∴BD=CE，∴BD=EN，∵EN∥∴△CDF∽∴CD∵BD=EN，∴CD【點睛】本題考查圓周角定理，切線的證明，旋轉的性質，三角形相似的判定與性質，二次函數最值的應用，正確作出輔助線，構造三角形相似是解題的關鍵．13．（2024·江蘇常州·中考真題）將邊長均為6cm的等邊三角形紙片ABC、DEF疊放在一起，使點E、B分別在邊AC、DF上（端點除外），邊AB、EF相交于點G(1)如圖1，當E是邊AC的中點時，兩張紙片重疊部分的形狀是________；(2)如圖2，若EF∥(3)如圖3，當AE>EC，FB>BD時，AE與FB有怎樣的數量關系？試說明理由．【答案】(1)菱形(2)9(3)AE=BF，理由見解析【分析】（1）連接BE，CD，由等邊三角形的性質可得∠ACB=∠EDF=60°，則B、D、C、E四點共圓，由三線合一定理得到∠BEC=90°，則BC為過B、D、C、E的圓的直徑，再由（2）由等邊三角形的性質得到∠ABC=∠DEF=∠C=60°，AC=BC=6cm，則由平行線的性質可推出∠ABC=∠CHE，進而可證明四邊形BHEG是平行四邊形，再證明△EHC是等邊三角形，則可設EH=CH=2xcm，則BH=6-2xcm，HT=12CH=xcm，由勾股定理得到ET=E（3）過點B作BM⊥AC于M，過點E作EN⊥DF于N，連接BE，則AM=FN=12DF=12AC=3cm，EF=AB=6cm，BE=BE，證明EN=BM，進而可證明【詳解】（1）解：如圖所示，連接BE∵△ABC，∴∠ACB=∠EDF=60°，∴B、∵點E是AC的中點，∴∠BEC=90°，∴BC為過B、又∵DE=BC=6cm∴DE為過B、∴點H為圓心，∴EH=BH，∴∠HBE=∠HEB=30°，∴∠GEB=∠EBH=∠GBE=∠BEH=30°，∴BG∥EH，∴四邊形BHEG是平行四邊形，又∵EH=BH，∴四邊形BHEG是菱形，∴兩張紙片重疊部分的形狀是菱形；（2）解：∵△ABC，∴∠ABC=∠DEF=∠C=60°，AC=BC=6cm∵EF∥∴∠CHE=∠DEF=60°，∴∠ABC=∠CHE，∴BG∥EH，∴四邊形BHEG是平行四邊形，∵∠C=∠CHE=60°，∴△EHC是等邊三角形，過點E作ET⊥HC，∴設EH=CH=2xcm，則BH=6-2xcm∴ET=E∴S重疊=-2=-23∵-23∴當x=32時，S重疊（3）解：AE=BF，理由如下：如圖所示，過點B作BM⊥AC于M，過點E作EN⊥DF于N，連接BE，∵△ABC，△DEF都是邊長為∴AM=FN=12DF=12∴由勾股定理可得NE=EF2∴EN=BM，又∵BE=BE，∴Rt△NBE≌∴NB=ME，∴FN+BN=AM+ME，即AE=BF．【點睛】本題主要考查了二次函數的應用，等邊三角形的性質與判定，平行四邊形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，勾股定理，四點共圓，正確作出輔助線是解題的關鍵．14．（2024·江蘇揚州·中考真題）在綜合實踐活動中，“特殊到一般”是一種常用方法，我們可以先研究特殊情況，猜想結論，然后再研究一般情況，證明結論．如圖，已知△ABC，CA=CB，⊙O是△ABC的外接圓，點D在⊙O上（AD>BD），連接AD、BD、CD．【特殊化感知】（1）如圖1，若∠ACB=60°，點D在AO延長線上，則AD-BD與CD的數量關系為________；【一般化探究】（2）如圖2，若∠ACB=60°，點C、D在AB同側，判斷AD-BD與CD的數量關系并說明理由；【拓展性延伸】（3）若∠ACB=α，直接寫出AD、BD、CD滿足的數量關系．（用含α的式子表示）【答案】（1）AD-BD=CD；（2）AD-BD=CD（3）當D在BC上時，2CD?sinα2=AD-BD；當D【分析】（1）根據題意得出△ABC是等邊三角形，則∠CAB=60°，進而由四邊形ACDB是圓內接四邊形，設AD,BC交于點E，則BE=CE，設BD=1，則CD=BD=1，分別求得AD,BD，即可求解；（2）在AD上截取DF=BD，證明△AFB≌△CDBAAS（3）分兩種情況討論，①當D在BC上時，在AD上截取DE=BD，證明△CAB∽△DEB，△ABE∽△CBD，得出AD-BDCD=ABBC，作CF⊥AB于點F，得出AB=2BC?sinα2，進而即可得出結論；②當D在AB上時，延長BD至G，使得DG=DA，連接AG，證明△CAB∽△DAG【詳解】解：∵CA=CB，∠ACB=60°，∴△ABC是等邊三角形，則∠CAB=60°∵⊙O是△ABC的外接圓，∴AD是∠BAC的角平分線，則∠DAB=30°∴AD⊥BC∵四邊形ACDB是圓內接四邊形，∴∠CDB=120°∴∠DCB=∠DBC=30°設AD,BC交于點E，則BE=CE，設BD=1，則CD=BD=1在Rt△BDE中，∴BE=∴BC=3，∵AD是直徑，則∠ABD=90°，在Rt△ABD中，AD=2BD∴AD-BD=2-1=1∴AD-BD=CD（2）如圖所示，在AD上截取DF=BD，∵AB∴∠ADB=∠ACB=60°∴△DBF是等邊三角形，∴BF=BD，則∠BFD=60°∴∠AFB=120°∵四邊形ACDB是圓內接四邊形，∴∠CDB=120°∴∠AFB=∠CDB；∵CA=CB，∠ACB=60°，∴△ABC是等邊三角形，則∠CAB=60°∴AB=BC，又∵BD∴∠BCD=∠BAF在△AFB,△CDB中∠AFB=∠CDB∴△AFB≌△CDB∴AF=CD，∴AD-BD=AD-DF=AF=CD即AD-BD=CD；（3）解：①如圖所示，當D在BC上時，在AD上截取DE=BD，∵AB∴∠ACB=∠ADB又∵CA=CB,DE=DB∴△CAB∽△DEB，則∠ABC=∠EBD∴ABEB=又∵∠ABC=∠EBD∴∠ABE=∠CBD∴△ABE∽△CBD∴AE∵AE=AD-DE=AD-BD∴AD-BD如圖所示，作CF⊥AB于點F，在Rt△BCF中，∠BCF=∴BC?∴AB=2BC?∴AD-BDCD=2②當D在AB上時，如圖所示，延長BD至G，使得DG=DA，連接AG，∵四邊形ACDB是圓內接四邊形，∴∠GDA=∠ACB=180°-∠ADB又∵CA=CB,DG=DA∴△CAB∽△DAG，則∠CAB=∠DAG∴ACAD=AB又∵∠CAB=∠DAG∴∠CAD=∠BAG∴△CAD∽△BAG∴CDBG∵BG=BD+DG=BD+AD同①可得AB=2AC?∴CD∴2CD?綜上所述，當D在BC上時，2CD?sinα2=AD-BD；當D在【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，圓內接四邊形對角互補，圓周角定理，同弧所對的圓周角相等，全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，解直角三角形，等腰三角形的性質，熟練掌握截長補短的輔助線方法是解題的關鍵．題型05圓與四邊形綜合問題15．（2024·湖南長沙·中考真題）對于凸四邊形，根據它有無外接圓（四個頂點都在同一個圓上）與內切圓（四條邊都與同一個圓相切），可分為四種類型，我們不妨約定：既無外接圓，又無內切圓的四邊形稱為“平凡型無圓”四邊形；只有外接圓，而無內切圓的四邊形稱為“外接型單圓”四邊形；只有內接圓，而無外接圓的四邊形稱為“內切型單圓”四邊形；既有外接圓，又有內切圓的四邊形稱為“完美型雙圓”四邊形．請你根據該約定，解答下列問題：(1)請你判斷下列說法是否正確（在題后相應的括號中，正確的打“√”，錯誤的打“×”，①平行四邊形一定不是“平凡型無圓”四邊形；

（

）②內角不等于90°的菱形一定是“內切型單圓”四邊形；

（

）③若“完美型雙圓”四邊形的外接圓圓心與內切圓圓心重合，外接圓半徑為R，內切圓半徑為r，則有R=2r．（(2)如圖1，已知四邊形ABCD內接于⊙O，四條邊長滿足：AB+CD≠BC+AD．①該四邊形ABCD是“______”四邊形（從約定的四種類型中選一種填入）；②若∠BAD的平分線AE交⊙O于點E，∠BCD的平分線CF交⊙O于點F，連接EF．求證：EF是⊙O的直徑．(3)已知四邊形ABCD是“完美型雙圓”四邊形，它的內切圓⊙O與AB，BC，CD，AD分別相切于點E，①如圖2．連接EG，FH交于點P．求證：②如圖3，連接OA，OB，OC，OD，若OA=2，OB=6，OC=3，求內切圓【答案】(1)①×；②√；③√(2)①外接型單圓；②見解析(3)r=61313【分析】（1）根據圓內接四邊形和切線長定理可得：有外接圓的四邊形的對角互補；有內切圓的四邊形的對邊之和相等，結合題中定義，根據對角不互補，對邊之和也不相等的平行四邊形無外接圓，也無內切圓，進而可判斷①；根據菱形的性質可判斷②；根據正方形的性質可判斷③；（2）①根據已知結合題中定義可得結論；②根據角平分線的定義和圓周角定理證明EBF=（3）①連接OE、OF、OG、OH、HG，根據四邊形ABCD是“完美型雙圓”四邊形，結合四邊形的內角和定理可推導出∠A+∠EOH=180°，∠FOG+∠C=180°，∠A+∠C=180°，進而可得∠EOH=∠C，∠FOG+∠EOH=180°，然后利用圓周角定理可推導出∠HPG=90°，即可證得結論；②連接OE、OF、OG、OH，根據已知條件證明∠OAH=∠COG，進而證明△AOH∽△OCG得到CG=32r，再利用勾股定理求得r=61313，【詳解】（1）解：由題干條件可得：有外接圓的四邊形的對角互補；有內切圓的四邊形的對邊之和相等，所以①當平行四邊形的對角不互補，對邊之和也不相等時，該平行四邊形無外接圓，也無內切圓，∴該平行四邊形是“平凡型無圓”四邊形，故①錯誤；②∵內角不等于90°的菱形的對角不互補，∴該菱形無外接圓，∵菱形的四條邊都相等，∴該菱形的對邊之和相等，∴該菱形有內切圓，∴內角不等于90°的菱形一定是“內切型單圓”四邊形，故②正確；③由題意，外接圓圓心與內切圓圓心重合的“完美型雙圓”四邊形是正方形，如圖，則OM=r，ON=R，OM⊥MN，∠ONM=45°，∴Rt△OMN∴ON=2OM，即故③正確，故答案為：①×；②√；③√；（2）解：①若四邊形ABCD中有內切圓，則AB+CD=BC+AD，這與AB+CD≠BC+AD矛盾，∴四邊形ABCD無內切圓，又∵該四邊形有外接圓，∴該四邊形ABCD是“外接型單圓”四邊形，故答案為：外接型單圓；②∵∠BAD的平分線AE交⊙O于點E，∠BCD的平分線CF交⊙O于點F，∴∠BAE=∠DAE，∠BCF=∠DCF，∴BE=DE，∴BE+∴EBF=EDF，即EBF和∴EF是⊙O的直徑．（3）①證明：如圖，連接OE、OF、OG、OH、HG，∵⊙O是四邊形ABCD的內切圓，∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，OH⊥AD，∴∠OEA=∠OHA=90°，在四邊形AEOH中，∠A+∠EOH=360°-90°-90°=180°，同理可證，∠FOG+∠C=180°，∵四邊形ABCD是“完美型雙圓”四邊形，∴該四邊形有外接圓，則∠A+∠C=180°，∴∠EOH=∠C，則∠FOG+∠EOH=180°，∵∠FHG=12∠FOG∴∠FHG+∠EGH=1∴∠HPG=180°-∠FHG+∠EGH∴EG⊥FH；②如圖，連接OE、OF、OG、OH，∵四邊形ABCD是“完美型雙圓”四邊形，它的內切圓⊙O與AB，BC，CD，AD分別相切于點E，F∴∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，OH⊥AD，OE=OF=OG=OH，∴∠EAH+∠FCG=180°，∠OAH=∠OAE，∠OCG=∠OCF，∴∠OAH+∠OCG=90°，∵∠COG+∠OCG=90°，∴∠OAH=∠COG，又∠AHO=∠OGC=90°，∴△AOH∽△OCG，∴OAOC∵OA=2，OC=3，∴23=r在Rt△OGC中，由OG2解得r=6在Rt△OBE中，OB=6∴BE=O同理可證△BEO∽△OHD，∴BEOH∴1213∴OD=3【點睛】本題主要考查平行四邊形的性質、正方形的性質、菱形的性質、圓周角定理、內切圓的定義與性質、外接圓的定義與性質、相似三角形的判定與性質、四邊形的內角和定理、勾股定理、角平分線的判定等知識，理解題中定義，熟練掌握這些知識和靈活運用性質和判定是解題的關鍵．另外還要求學生具備扎實的數學基礎和邏輯思維能力，備考時，重視四邊形知識的學習，提高解題技巧和速度，以應對中考挑戰．16．（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠C=120°．點E在射線BC上運動（不與點B，點C重合），△AEB關于AE的軸對稱圖形為△AEF．(1)當∠BAF=30°時，試判斷線段AF和線段AD的數量和位置關系，并說明理由；(2)若AB=6+63，⊙O為△AEF的外接圓，設⊙O的半徑為r①求r的取值范圍；②連接FD，直線FD能否與⊙O相切？如果能，求BE的長度；如果不能，請說明理由．【答案】(1)AF=AD，AF⊥AD(2)①r≥3+33且r≠23+6；【分析】（1）由菱形的性質可得∠BAD=∠C=120°，AB=AD，再結合軸對稱的性質可得結論；（2）①如圖，設△AEF的外接圓為⊙O，連接AC交BD于H．連接OA，OE，OF，OC，證明△ABC為等邊三角形，A,E,F,C共圓，∠AOE=2∠AFE=120°，O在BD上，∠AEO=∠EAO=30°，過O作OJ⊥AE于J，當AE⊥BC時，AE最小，則AO最小，再進一步可得答案；②如圖，以A為圓心，AC為半徑畫圓，可得B,C,F,D在⊙A上，延長CA與⊙A交于L，連接DL，證明∠CFD=180°-30°=150°，可得∠OFC=60°，△OCF為等邊三角形，證明∠BAF=120°-30°=90°，可得：∠BAE=∠FAE=45°，BE=EF，過E作EM⊥AF于M，再進一步可得答案．【詳解】（1）解：AF=AD，AF⊥AD；理由如下：∵在菱形ABCD中，∠C=120°，∴∠BAD=∠C=120°，AB=AD，∵∠BAF=30°，∴∠FAD=120°-30°=90°，∴AF⊥AD，由對折可得：AB=AF，∴AF=AD；（2）解：①如圖，設△AEF的外接圓為⊙O，連接AC交BD于H．連接OA，OE，OF，OC，∵四邊形ABCD為菱形，∠BCD=120°，∴AC⊥BD，∠BCA=60°，BA=BC，∴△ABC為等邊三角形，∴∠ABC=∠AFE=60°=∠ACB，∴A,E,F,C共圓，∠AOE=2∠AFE=120°，O在BD上，∵AO=OE，∴∠AEO=∠EAO=30°，過O作OJ⊥AE于J，∴AJ=EJ，AO=2∴AO=3當AE⊥BC時，AE最小，則AO最小，∵AB=6+63，∠ABC=60°∴AE=AB?sin∴AO=3∵點E不與B、C重合，∴AE≥9+33，且AE≠6+6∴r的取值范圍為r≥3+33且r≠2②DF能為⊙O的切線，理由如下：如圖，以A為圓心，AC為半徑畫圓，∵AB=AC=AF=AD，∴B,C,F,D在⊙A上，延長CA與⊙A交于L，連接DL，同理可得△ACD為等邊三角形，∴∠CAD=60°，∴∠CLD=30°，∴∠CFD=180°-30°=150°，∵DF為⊙O的切線，∴∠OFD=90°，∴∠OFC=60°，∵OC=OF，∴△OCF為等邊三角形，∴∠COF=60°，∴∠CAF=1∴∠DAF=60°-30°=30°，∴∠BAF=120°-30°=90°，由對折可得：∠BAE=∠FAE=45°，BE=EF，過E作EM⊥AF于M，∴設AM=EM=x，∵∠EFM=60°，∴FM=3∴x+3解得：x=63∴FM=3∴BE=EF=2FM=12．【點睛】本題考查的是軸對稱的性質，菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，圓周角定理的應用，銳角三角函數的應用，勾股定理的應用，切線的性質，本題難度很大，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．17．（2024·湖南·中考真題）【問題背景】已知點A是半徑為r的⊙O上的定點，連接OA，將線段OA繞點O按逆時針方向旋轉α(0°<α<90°)得到OE，連接AE，過點A作⊙O的切線l，在直線l上取點C，使得∠CAE為銳角．【初步感知】（1）如圖1，當α=60°時，∠CAE=°；【問題探究】（2）以線段AC為對角線作矩形ABCD，使得邊AD過點E，連接CE，對角線AC，BD相交于點F．①如圖2，當AC=2r時，求證：無論α在給定的范圍內如何變化，BC=CD+ED總成立：②如圖3，當AC=43r，CEOE=【答案】（1）30°；①證明見解析；②補全圖形見解析，43，【分析】（1）可證△OEA是等邊三角形，則∠OAE=60°，由直線l是⊙O的切線，得到∠OAC=90°，故∠CAE=90°-60°=30°；（2）①根據矩形的性質與切線的性質證明△OAE≌△FCD，則AE=CD，而BC=AD，由AD=AE+DE，得到BC=CD+DE；②過點O作OG⊥AE于點G，AH⊥OE于點H，在Rt△AOC中，先證明點E在線段OC上，tanα=ACAO=43，由等腰三角形的性質得∠EOG=12α，根據互余關系可得∠EAH=∠EOG=12α【詳解】解：（1）由題意得∠AOE=α=60°，∵OA=OE，∴△OEA是等邊三角形，∴∠OAE=60°，∵直線l是⊙O的切線，∴∠OAC=90°，∴∠CAE=90°-60°=30°，故答案為：30°；（2）①如圖：∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA，∵∠AOE=α，∴∠OAE+∠OEA+α=180°，∴∠OAE=180°-α∵∠OAC=90°，∴∠DAC=1∵四邊形ABCD是矩形，∴FA=DF，CF=DF=12∴∠DAC=∠FDA=1∴∠DFC=1∵OA=OE=r，∴OA=FC,OE=FD，∵∠AOE=∠DFC，∴△OAE≌△FCD，∴AE=CD，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC=AD，∵AD=AE+DE，∴BC=CD+DE；②補全圖形如圖：過點O作OG⊥AE于點G，AH⊥OE于點H，在Rt△AOC中，OA=r,AC=∴由勾股定理得OC=5∵CEOE∴CE=2∴OC=OE+CE，∴點E在線段OC上，∴在Rt△ACO，tan∵OG⊥AE，OA=OE，∴∠EOG=1∵AH⊥OE，∴∠EOG+∠OEA=∠EAH+∠OEA=90°，∴∠EAH=∠EOG=1在Rt△OAH中，tan∴設AH=4m,OH=3m，∴由勾股定理得OA=OE=5m，∴HE=5m-3m=2m，∴在Rt△AHE中，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ACB=∠DAC=1而∠EAH=1∴∠ACB=1∴在Rt△ABC中，tan【點睛】本題考查了圓的切線的性質，等腰三角形的性質，全等三角形的判定與性質，矩形的性質，解直角三角形，勾股定理，熟練掌握知識點，正確添加輔助線是解決本題的關鍵．題型06函數中的圓18．（2024·海南·中考真題）如圖1，拋物線y=-x2+bx+4經過點A-4,0、B1,0，交y軸于點(1)求該拋物線的函數表達式；(2)當點P的坐標為-2,6時，求四邊形AOCP的面積；(3)當∠PBA=45°時，求點P的坐標；(4)過點A、O、C的圓交拋物線于點E、F，如圖2．連接AE、AF、【答案】(1)y=-(2)16(3)-3,4或-5,-6(4)△AEF是等邊三角形，理由見解析【分析】（1）利用待定系數法求解即可；（2）過點P作PT⊥AB于T，根據S四邊形（3）取H1-4,5，連接AH1，BH1，易證明∠ABH1=45°，則線段BH1與拋物線的交點P1即為所求；求出直線BH1的解析式為y=-x+1，聯立y=-x+1y=-x2-3x+4，解得x=-3y=4或x=1（4）由90度的圓周角所對的弦是直徑得到AC為過A、O、C三點的圓的直徑，如圖所示，取AC中點R，連接AE，AF，EF，ER，FR，則R-2,2，OA=OC=4，AC=42+4【詳解】（1）解：將點B1,0代入y=-得-1+b+4=0解得b=-3∴拋物線解析式為y=-x（2）解:如圖所示，過點P作PT⊥AB于T，∵P-2,6，A-4,0，∴OA=4，OT=2，∴AT=2，∴S四邊形==16；（3）解：如圖所示，取H1-4,5，連接∵A-4,0、B1,0，∴AH∴∠ABH∴線段BH1與拋物線的交點設直線BH1的解析式為∴k+b∴k=-1b∴直線BH1的解析式為聯立y=-x+1y=-x2-3x+4，解得∴P1如圖所示，取H2-4,-5，連接同理可得∠ABH∴直線BH2與拋物線的交點同理可知直線BH2的解析式為聯立y=x-1y=-x2-3x+4，解得∴P2綜上所述，符合題意的點P的坐標為-3,4或-5,-6；（4）解：△AEF是等邊三角形，理由如下：∵A、O、∴AC為過A、如圖所示，取AC中點R，連接AE，∵A-4,0∴R-2,2∴AC=4設⊙R與拋物線交于m,n，聯立m+22+n-2∴mm+4解得m1在y=-x2-3x+4中，當當x=-1-3時，∴E-1-∴AE=-1-AF=-1+EF=-1-∴AE=AF=EF，∴△AEF是等邊三角形．【點睛】本題主要考查了二次函數綜合，一次函數與幾何綜合，勾股定理，圓的相關知識，解題的關鍵在于正確作出輔助線并利用數形結合的思想求解．19．（2023·四川綿陽·中考真題）如圖，拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)的圖象的頂點坐標是(2,1)，并且經過點(4,2)，直線y=12x+1與拋物線交于B，D兩點，以BD為直徑作圓，圓心為點C，圓C與直線m交于對稱軸右側的點

(1)求拋物線的解析式；(2)證明：圓C與x軸相切；(3)過點B作BE⊥m，垂足為E，再過點D作DF⊥m，垂足為F，求BE:MF的值．【答案】(1)y=1(2)見解析；(3)5+1【分析】〔1〕可設拋物線的頂點式，再結合拋物線過點(4,2)，可求得拋物線的解析式；〔2〕聯立直線和拋物線解析式可求得B、D兩點的坐標，那么可求得C點坐標和線段BD的長，可求得圓的半徑，可證得結論；〔3〕過點C作CH⊥m于點H，連接CM，可求得MH，利用〔2〕中所求B、D的坐標可求得FH，那么可求得MF和BE的長，可求得其比值．【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)的圖象∴可設拋物線解析式為y=a(x-2)∵拋物線經過點(4,2)，∴2=a(4-2)解得a=14∴拋物線解析式為y=1（2）解：聯立直線和拋物線解析式可得y=1解得x=3-5y=5∴B(3-5,5∵C為BD的中點，∴點C的縱坐標為52∵BD=(3-∴圓的半徑為52∴點C到x軸的距離等于圓的半徑，∴圓C與x軸相切；（3）解：如圖，過點C作CH⊥m，垂足為H，連接CM，

由〔2〕可知CM=52，在Rt△CMH中，由勾股定理可求得MH=2，∵HF=3+∴MF=HF-MH=5∵BE=5∴BE【點睛】此題為二次函數的綜合應用，涉及待定系數法、函數圖象的交點、切線的判定和性質、勾股定理等知識．在〔1〕中注意利用拋物線的頂點式，在〔2〕中求得B、D的坐標是解題的關鍵，在〔3〕中求得BE、MF的長是解題的關鍵．此題考查知識點較多，綜合性較強，計算量較大，難度較大．20．（2023·湖南懷化·中考真題）如圖一所示，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx-8與x軸交于A(-4,0)、B(2,0)

(1)求拋物線的函數表達式及頂點坐標；(2)點P為第三象限內拋物線上一點，作直線AC，連接PA、PC，求△PAC面積的最大值及此時點P的坐標；(3)設直線l1:y=kx+k-354交拋物線于點M、N，求證：無論k為何值，平行于x軸的直線l2【答案】(1)y=(2)△PAC面積的最大值為8，此時點P的坐標為P(3)見解析【分析】（1）待定系數法求解析式即可求解；（2）如圖所示，過點P作PD⊥x軸于點D，交AC于點E，得出直線AC的解析式為y=-2x-8，設Pm,m2+2m-8，則Em,-2m-8，得出PE=-（3）設M(x1,y1)、N(x2,y2)，MN的中點坐標為Qx1+x22,y1+y22，聯立y=kx+k-354y=x2+2x-8，消去y，整理得：x2+2-kx-k+34=0，得出x1【詳解】（1）解：將A(-4,0)、B(2,0)代入16a-4b-8=04a+2b-8=0解得：a=1b=2∴拋物線解析式為：y=x（2）解：如圖所示，過點P作PD⊥x軸于點D，交AC于點E，

由y=x2+2x-8解得：y=-8，∴C0,-8設直線AC的解析式為y=kx-8，將點A-4,0代入得，-4k-8=0解得：k=-2，∴直線AC的解析式為y=-2x-8，設Pm,m2∴PE=-2m-8-=-=-m+2當m=-2時，PE的最大值為4∵S∴當PE取得最大值時，△PAC面積取得最大值∴△PAC面積的最大值為2×4=8，此時m=-2，m∴P（3）解：設M(x1,y1)、聯立y=kx+k-354y=x2+2x-8∴x1∴x1∴y1+y∴Q1設Q點到l2的距離為QE，則QE=1∵M(x1,∴y1+y2=k∴M======∴MN=k∴1

∴QM=QN=QE，∴E點總在⊙Q上，MN為直徑，且⊙Q與l2∴∠MEN為直角．∴無論k為何值，平行于x軸的直線l2:y=-374上總存在一點【點睛】本題考查了二次函數的應用，一元二次方程根與系數的關系，切線的性質與判定，直角所對的弦是直徑，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．21．（2023·廣東廣州·中考真題）已知點Pm,n在函數y=-2x(1)若m=-2，求n的值；(2)拋物線y=x-mx-n與x軸交于兩點M，N（M在N的左邊），與y軸交于點G，記拋物線的頂點為①m為何值時，點E到達最高處；②設△GMN的外接圓圓心為C，⊙C與y軸的另一個交點為F，當m+n≠0時，是否存在四邊形FGEC為平行四邊形？若存在，求此時頂點E的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)n的值為1；(2)①m=-2；②假設存在，頂點E的坐標為-62【分析】（1）把m=-2代入y=-2x(x<0)（2）①x=m+n2，得②求出直線TS的表達式為：y=-12m(x-12m)-1，得到點C的坐標為m+n2，-12；由垂徑定理知，點C【詳解】（1）解：把m=-2代入y=-2x(x<0)故n的值為1；（2）解：①在y=(x-m)(x-n)中，令y=0，則(x-m)(x-n)=0，解得x=m或x=n，∴M(m,0)，N(n,0)，∵點P(m,n)在函數y=-2x(x<0)∴mn=-2，令x=m+n2，得即當m+n=0，且mn=-2，則m2=2，解得：即m=-2時，點E②假設存在，理由：對于y=(x-m)(x-n)，當x=0時，y=mn=-2，即點G(0,-2)，由①得M(m,0)，N(n,0)，G(0,-2)，E(m+n2，由點M(m,0)、G(0,-2)的坐標知，tan∠OMG=作MG的中垂線交MG于點T，交y軸于點S，交x軸于點K，則點T1則tan∠MKT=-則直線TS的表達式為：y=-1當x=m+n2時，則點C的坐標為m+n2由垂徑定理知，點C在FG的中垂線上，則FG=2(y∵四邊形FGEC為平行四邊形，則CE=FG=3=y解得：yE即-14(m-n)則m+n=±6∴頂點E的坐標為-62，【點睛】本題為反比例函數和二次函數綜合運用題，涉及到一次函數基本知識、解直角三角形、平行四邊形的性質、圓的基本知識，其中（3），數據處理是解題的難點．題型07圓的最值問題22．（2025·湖南·模擬預測）我們在學習圓的知識時，常常碰到題目中明明沒有圓，但解決問題時要用到，這就是所謂的“隱圓”問題：下面讓我們一起嘗試去解決：(1)如圖1，Rt△ABC中，AB⊥BC,AB=6,BC=4，P是△ABC內部的一個動點，且滿足∠PAB=∠PBC，則線段CP長的最小值為________(2)如圖2，在正方形ABCD中，動點E，F分別從D，C兩點同時出發，以相同的速度在邊DC,CB上移