圓（6大題型）-2025年中考數學押題猜押圓猜押考點1年全國真題考情分析押題依據圓2024年四川涼山卷第2題，2024年青海卷第29題、2024年山東卷第14題圓是中考高頻考點，2024年全國卷中，切線性質、圓周角定理、弧長與扇形面積計算為核心。題型以選擇、填空為主，解答題側重與相似三角形、三角函數綜合，難度中等偏上。1.

動態幾何：動點軌跡、圓與圓位置關系持續熱門。2.

實際應用：傳統文化中的幾何圖案（蘇州園林鐵藝花窗）、工程測量（殘缺圓形工件半徑計算）。3.

創新題型：圓與函數圖像結合、探究性問題。題型一圓中求角度、線段長1．（2025·云南·三模）如圖，是的直徑，，則的度數為（）A． B． C． D．2．（2025·云南文山·二模）如圖，已知是的直徑，，則的度數為（

）A． B． C． D．3．（2025·陜西寶雞·一模）如圖，是的弦，，交于點是上一點，連接．若，則的度數為（

）A． B． C． D．4．（2025·山東淄博·一模）如圖，四邊形是的外切四邊形，且，，的半徑，則四邊形的面積為（

）A．44 B．88 C．100 D．1105．（2025·寧夏銀川·一模）如圖，是的直徑，是延長線上一點，過作的切線，切點為點，點是劣弧上一點，連接，，，若，則的度數為．6．（2025·山西臨汾·一模）如圖，在中，為直徑，切于點，連接交于點，連接，若，，則．7．（2025·寧夏銀川·一模）如圖，與相切于點，線段交于點，過點作的切線交于點．若，，則的半徑等于．8．（2025·遼寧·模擬預測）如圖，在半徑為5的中，點為外一點，過作兩條直線分別與圓交于、、、四點（順時針排列），過作，垂足為；，垂足為．若，，，則的長為．9．如圖，在中，，以為直徑的分別交、于點D、E，的延長線于的切線交于點F．(1)求證：；(2)若，，求的長．10．（文化背景）據史料記載，馬車的發明者是多年前生活于夏王朝初年的奚仲．馬車的發明是中國科技史上的一大創舉．如圖是古代馬車的側面示意圖，是車輪的直徑，過圓心O的車架的一端點C著地時，水平地面與車輪相切于點D，連接．(1)若，求的度數；(2)若，，求車輪的半徑長．11．（2025·貴州·模擬預測）如圖，在中，，是的外接圓的切線，交的延長線于點D，F為的中點，連接并延長，分別交于點E，G，連接．(1)寫出圖中一對相等的角：．(2)求證：；(3)若，求的值．12．（2025·江西·模擬預測）【課本再現】如圖1，是的切線，為切點，是的直徑．若，(1)求的度數．(2)【變式設問】如圖2，是的直徑，與相切于點為上一點，的延長線與射線相交于點D，若，求證：．題型二扇形面積、弧長1．（2025·江蘇蘇州·一模）扇形的半徑為9，圓心角為，則該扇形的面積是（

）A． B． C． D．2．（2025·山西臨汾·一模）如圖，在等腰直角三角形中，，以為直徑畫半圓交于點，則圖中陰影部分的面積為（

）

A． B． C． D．3．（2025·山東臨沂·一模）如圖，在矩形中，，，將邊繞點順時針旋轉，使點正好落在邊上的點處，則的長為（

）A． B． C． D．4．（2025·河南許昌·二模）如圖，在正六邊形中，連接，以點為圓心，的長為半徑作，再以點為圓心，的長為半徑作，若，則圖中陰影部分的面積是（）A． B． C． D．5．（2025·云南·三模）如圖是某幾何體的三視圖及相關數據（單位：cm），則該幾何體側面展開圖的圓心角的度數為．6．（2025·黑龍江綏化·二模）如圖，圓錐的側面展開圖是一個圓心角為的扇形，若扇形的半徑l是5，則該圓錐的表面積是．7．（24-25九年級下·山東泰安·期中）如圖，中，，點為中點．將繞點順時針旋轉至的位置，此時點恰好落在上．若，則點經過的路徑的長為．8．（2025·山東濰坊·一模）如圖，在平行四邊形中，，以點C為圓心，為半徑作弧，交于點E，交于點F，則陰影部分的面積為（結果保留）題型三圓與正多邊形1．（2025·四川南充·一模）如圖，正五邊形內接于，點為的中點，則（

）A． B． C． D．2．（文化背景）如圖是我國清代康熙年間八角青花碗，其輪廓是一個正八邊形，若正八邊形的邊長為，對角線、相交于點．則線段的長為（

）A． B． C． D．123．（新情境）如圖，若干個全等的正五邊形圍繞緊密排列一周，圖中所示的是其中個正五邊形的位置，正五邊形與的交點分別記作，順次連接，所得圖形是（

）A．正五邊形 B．正八邊形 C．正十邊形 D．正十二邊形4．（2025·上海虹口·二模）如圖，由六塊相同的含的直角三角形拼成一個大的正六邊形，內部留下一個小的正六邊形空隙．如果直角三角形最短邊的長為，那么小正六邊形的邊心距是．5．（新情境）如圖1，這是中國古建筑中的正六邊形窗戶設計圖，圖2是由其抽象而成的正六邊形，是它的外接圓，連接，，作．若劣弧的長為，則．6．（文化背景）我國魏晉時期的數學家劉徽首創“割圓術”，以“圓的內接正多邊形的面積”來無限逼近“圓面積”．并指出在圓的內接正多邊形邊數加倍的過程中“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體，而無所失矣”．劉徽將極限思想和無窮小分割引入了數學證明，并運用“割圓術”計算出圓周率．如圖①，的半徑為1，運用“割圓術”，以圓內接正六邊形面積近似估計的面積，可得的估計值為．（1）如圖②，在圓內接正十二邊形中，（度）；（2）用圓內接正十二邊形作近似估計，可得的估計值為．題型四切線的證明1．（2025·江蘇淮安·一模）如圖，是的外接圓，為直徑，點是的內心，連接并延長交于點，過點作交的延長線于點．(1)求證：是的切線；(2)若的半徑為3，，求陰影部分的面積（結果用含的式子表示）．2．（2025·陜西寶雞·一模）如圖，為的直徑，為延長線上一點，為上一點，連接，，作于點，交于點．(1)求證：是的切線．(2)若，，求的長．3．（2025·山東臨沂·一模）如圖，是的直徑，是的中點，過點作的垂線，垂足為點．(1)求證：是的切線；(2)若，，求陰影部分的面積．4．（2025·山東臨沂·一模）如圖，內接于，是上一點，．是外一點，，，連接．(1)若，，求的長；(2)求證：是的切線．5．（2025·遼寧葫蘆島·一模）內接于，的延長線交于點，交于點，連接，平分，過點作，，垂足為點．(1)求證：為的切線；(2)若，，求的長度．6．（2025·黑龍江大慶·一模）如圖，已知是邊上的一點，以為圓心、為半徑的與邊相切于點，且，連接，交于點，連接并延長，交于點．(1)求證：是切線；(2)求證：；(3)若，求的長．7．（2025·云南臨滄·模擬預測）如圖，⊙是的外接圓，是直徑，，延長到點，使得，半徑與交于點，連接與交于點．(1)求證：是⊙的切線；(2)若，求的長度；(3)若是的中點，如圖，求．8．（2025·云南·模擬預測）如圖，是的直徑，是上異于點A，B的一動點，連接，，過點A作射線．為射線上一點，連接．【初步探究】（1）若，求的長；【深入探究】若在點P的運動過程中，始終有（2）如圖1，若，求證：直線與相切；（3）如圖2，連接，設，求m的取值范圍．題型五圓與特殊四邊形的問題1．（2025·浙江湖州·一模）如圖，已知的半徑長是1，，分別切于點A，B，連結并延長交于點C，連結，．若四邊形是菱形，則的長是（）A． B．3 C． D．42．（2025·浙江寧波·一模）已知矩形的頂點在半徑為5的半圓上，頂點在直徑上．若，則矩形的面積等于（

）A．22 B．23 C．24 D．253．（2025·廣東深圳·模擬預測）如圖，某圓形餐桌中央的正方形桌墊的面積為4平方米，則餐桌的面積為平方米．4．（2025·重慶·一模）如圖，平行四邊形的頂點B、C、D在上，直徑交于點F，點E是的中點，連接，交于點K，交于點G，若，，則，．5．（2025·四川成都·二模）如圖，的直徑⊥弦，垂足為E，以為鄰邊作平行四邊形，交于點G，連接．(1)求證：；(2)若，求直徑和的長．6．（2025·上海徐匯·二模）如圖，在中，，點是邊上的動點，以點為圓心，為半徑的圓交邊于點．設．(1)當點是邊的中點時，求的值；(2)已知點是線段AE的中點（規定：當點與點重合時，點也與點重合），以點為圓心、為半徑作①當與邊有公共點時，求的取值范圍；②如果經過邊的中點，求此時與的公共弦長．7．（2025·江蘇揚州·一模）在綜合實踐活動中，“類比探究”是一種常用方法，我們可以先嘗試研究某個位置情況下的結論，然后再類比到其他情況去探究結論．已知，正方形和它的外接圓．【問題初探】如圖1，若點E在弧上，F是上的一點，且，過點A作．試說明：；【類比探究】如圖2，若點E在弧上，過點A作，試探究此時線段之間的關系．請寫出你的結論并證明；【拓展應用】如圖3，在正方形中，，若點P滿足，且，請直接寫出點A到的距離為_______．8．（2025·江蘇徐州·一模）在菱形中，，點在射線上運動（點與點不重合），關于的軸對稱圖形為．如圖，為的外接圓，直線與交于點，連接交于點．(1)若，則____________；(2)當時，連接，判斷直線與位置關系，并說明理由；(3)直接寫出的外接圓的半徑的最小值．題型六與圓有關的實際問題1．（文化背景）司南是我國古代辨別方向用的一種儀器，早在戰國時期就已被發明，是現在所用指南針的始祖（如圖1）．司南中心為一圓形，圓心為點，根據八個方位將圓形八等分（圖2中的點，連結，并延長交于點．則點位于點的北偏東的角度是（

）A． B． C． D．2．（文化背景）“輪動發石車”是我國古代的一種投石工具，在春秋戰國時期被廣泛應用，圖1是陳列在展覽館的仿真模型．圖2是模型驅動部分的示意圖，其中，的半徑分別是1cm和10cm，當順時針轉動3周時，上的點隨之旋轉．則（

）A．120 B．116 C．108 D．1003．（新情境）圖1中建筑的上半部分是由圓弧形成的尖頂結構，圖2為其示意圖．與關于直線成軸對稱，長，長，且，所在圓的圓心，落在線段上，則長為．4．（文化背景）傳統的七巧板是從我國宋代的“燕幾圖”演變而來的，能拼出1600多種不同的圖形．嘉琪同學用邊長為的正方形紙板做出如圖9-1所示的七巧板，拼接成小魚圖案（外輪廓是軸對稱圖形）并把圖案放到圓中，如圖9-2所示，A，B，C三點在圓上．（1）的長為；（2）圓的半徑是．5．（新情境）某種裝置由兩個厚度均為1的圓弧形金屬塊緊密嵌套而成，其截面示意圖如圖1所示，其中，所在圓的圓心均為O，兩段優弧所對的圓心角均為，所在圓的半徑為4．將該裝置放置在水平桌面上，與桌面相切于點P．裝置內部存有一定量的液體，液面記為，已知，外側金屬塊固定不動，內側金屬塊可轉動一定的角度．(1)求優弧的長；(2)當內側金屬塊轉動到如圖2所示的位置時，連接，，求證：；(3)已知裝置內部液體的液面，當內側金屬塊轉動到液面的一端E恰好與點A重合時，如圖3，求點B到桌面的距離．6．（新情境）切割鋸（如圖）是工人在工作中常用的工具，常用于切割木材、鐵制品等，給工作帶來了極大的便利，我們根據生活中的切割鋸抽象出如圖所示的圖形，表示面板，表示鋸片，線段可繞點帶動轉動，，當恰好和相切時，．(1)求的半徑；(2)在切割過程中，點繞點逆時針旋轉，和相交，表示切割的長度．如圖，，當時，求切割的長度為多少；當旋轉到時，切割鋸能否將寬度為的木板切斷！猜押圓猜押考點1年全國真題考情分析押題依據圓2024年四川涼山卷第2題，2024年青海卷第29題、2024年山東卷第14題圓是中考高頻考點，2024年全國卷中，切線性質、圓周角定理、弧長與扇形面積計算為核心。題型以選擇、填空為主，解答題側重與相似三角形、三角函數綜合，難度中等偏上。1.

動態幾何：動點軌跡、圓與圓位置關系持續熱門。2.

實際應用：傳統文化中的幾何圖案（蘇州園林鐵藝花窗）、工程測量（殘缺圓形工件半徑計算）。3.

創新題型：圓與函數圖像結合、探究性問題。題型一圓中求角度、線段長1．（2025·云南·三模）如圖，是的直徑，，則的度數為（）A． B． C． D．【答案】C【知識點】圓周角定理【分析】本題考查了圓周角定理，根據同圓或等圓中同弧或等弧所對的圓心角是圓周角的倍，可知，根據的度數可求的度數．【詳解】解：是中所對的圓周角，是中所對的圓心角，．故選：C．2．（2025·云南文山·二模）如圖，已知是的直徑，，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】A【知識點】圓周角定理【分析】本題考查圓周角，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵，根據圓周角定理得到，由于，從而得到的度數．【詳解】解：∵，∴，∵，∴，故選：A．3．（2025·陜西寶雞·一模）如圖，是的弦，，交于點是上一點，連接．若，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】B【知識點】等邊對等角、利用垂徑定理求值、利用弧、弦、圓心角的關系求解、圓周角定理【分析】本題考查圓周角定理、垂徑定理及圓心角、弧、弦的關系，等腰三角形的性質，三角形內角和定理，熟知圓周角定理及垂徑定理是解題的關鍵．由得到，根據題意得到，繼而得到，最后利用等邊對等角即可解決問題．【詳解】解：，，是的弦，，，，，，，，故選：B．4．（2025·山東淄博·一模）如圖，四邊形是的外切四邊形，且，，的半徑，則四邊形的面積為（

）A．44 B．88 C．100 D．110【答案】D【知識點】應用切線長定理求解【分析】本題考查的是切線長定理的應用，如圖，連接，，，，作出過切點的半徑，，，，證明，再利用割補法求解面積即可.【詳解】解：如圖，連接，，，，作出過切點的半徑，，，，∵四邊形是的外切四邊形，∴，，，，∴，∵，，∴，∴四邊形的面積為：；故選：D5．（2025·寧夏銀川·一模）如圖，是的直徑，是延長線上一點，過作的切線，切點為點，點是劣弧上一點，連接，，，若，則的度數為．【答案】【知識點】切線的性質定理、已知圓內接四邊形求角度、圓周角定理【分析】本題考查切線的性質，圓周角定理，圓內接四邊形的性質，連接，則可以求出的度數，進而求出，再根據圓內接四邊形的對角互補解題即可．【詳解】解：連接，∵是的切線，∴，∴，∴，∴，故答案為：．6．（2025·山西臨汾·一模）如圖，在中，為直徑，切于點，連接交于點，連接，若，，則．【答案】【知識點】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、圓周角定理、切線的性質定理【分析】本題考查了圓周角定理，切線的性質，直角三角形的性質等，由圓周角定理得，由切線的性質得，即得，利用勾股定理求出即可求解，掌握以上知識點是解題的關鍵．【詳解】解：∵，∴，∵為直徑，切于點，∴，∴，∴，∴，故答案為：．7．（2025·寧夏銀川·一模）如圖，與相切于點，線段交于點，過點作的切線交于點．若，，則的半徑等于．【答案】6【知識點】用勾股定理解三角形、切線的性質定理、應用切線長定理求解【分析】本題考查的是切線的性質、切線長定理、勾股定理，根據切線的性質得到，，根據勾股定理得到，求得，根據勾股定理即可得到結論．【詳解】解：∵是的切線，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，解得，∴的半徑等于6，故答案為：6．8．（2025·遼寧·模擬預測）如圖，在半徑為5的中，點為外一點，過作兩條直線分別與圓交于、、、四點（順時針排列），過作，垂足為；，垂足為．若，，，則的長為．【答案】/【知識點】用勾股定理解三角形、利用垂徑定理求值、已知圓內接四邊形求角度、相似三角形的判定與性質綜合【分析】本題考查了垂徑定理與勾股定理，內接四邊形的性質，相似三角形的判定和性質，掌握相似三角形的判的性質是關鍵．如圖所示，連接，由垂徑定理與勾股定理得到，由內接四邊形的性質得到，可證明，得到，即，解得，解得，根據，即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接，∴，∵，∴，在中，，則，，在中，，則，∵點、、、四點在上，∴四邊形是內接四邊形，∴，∵，∴，且，∴，∴，即，解得，（不符合題意，舍去）或，∴，故答案為：．9．如圖，在中，，以為直徑的分別交、于點D、E，的延長線于的切線交于點F．(1)求證：；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)2【知識點】用勾股定理解三角形、半圓（直徑）所對的圓周角是直角、切線的性質定理【分析】本題主要考查了切線的性質、三角函數以及勾股定理，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數形結合思想與方程思想的應用是解答此題關鍵．（1）首先連接，由為直徑，可得，又由是的切線，易證得．然后由，證得：；（2）首先連接，設，由勾股定理可得方程：求得答案．【詳解】（1）證明：如圖，連接．為的直徑，，．是的切線，，即．．，，；（2）如圖，連接，，設，：：，，，，在中，，即，．10．（文化背景）據史料記載，馬車的發明者是多年前生活于夏王朝初年的奚仲．馬車的發明是中國科技史上的一大創舉．如圖是古代馬車的側面示意圖，是車輪的直徑，過圓心O的車架的一端點C著地時，水平地面與車輪相切于點D，連接．(1)若，求的度數；(2)若，，求車輪的半徑長．【答案】(1)(2)車輪的半徑長米【知識點】用勾股定理解三角形、圓周角定理、切線的性質定理【分析】本題主要考查了切線的性質、圓周角定理、勾股定理等知識點，掌握相關性質定理成為解題的關鍵．（1）如圖：連接，由切線的性質可得，即，再根據圓周角定理即可解答；（2）由切線的性質可得，設車輪的半徑為r，則，，然后根據勾股定理列方程求解即可．【詳解】（1）解：如圖：連接，∵地面與車輪相切于點D，∴，即，∴，∴．（2）解：∵地面與車輪相切于點D，∴，即，設車輪的半徑為r，則，，∵，∴，解得：．∴車輪的半徑長米．11．（2025·貴州·模擬預測）如圖，在中，，是的外接圓的切線，交的延長線于點D，F為的中點，連接并延長，分別交于點E，G，連接．(1)寫出圖中一對相等的角：．(2)求證：；(3)若，求的值．【答案】(1)（答案不唯一）(2)見解析(3)【知識點】用勾股定理解三角形、圓周角定理、切線的性質定理、相似三角形的判定與性質綜合【分析】（1）根據等弧對等角直接求解即可；（2）根據切線性質求出為圓的直徑，根據等弧對等角，垂徑定理可得到，推出進而得出結論；（3）根據切線性質，勾股定理求出的長，再證明，得到，從而求出結果．【詳解】（1）解：為的中點，；（2），是的直徑，經過圓心O．為的中點，，．又，，，，；（3）解：∵，∴，是的切線，．又，．，．，．又，,．由（1）知，．【點睛】本題考查了圓周角定理，平行線分線段成比例，相似三角形的判定與性質，勾股定理，切線性質，垂徑定理等知識，熟練掌握相關性質定理為解題關鍵．12．（2025·江西·模擬預測）【課本再現】如圖1，是的切線，為切點，是的直徑．若，(1)求的度數．(2)【變式設問】如圖2，是的直徑，與相切于點為上一點，的延長線與射線相交于點D，若，求證：．【答案】(1)(2)見解析【知識點】證明某直線是圓的切線、應用切線長定理求證、圓與三角形的綜合(圓的綜合問題)【分析】此題考查了切線的性質和切線長定理，三角形內角和定理，等腰三角形性質，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．（1）利用圓的切線性質得到，由切線長定理知，得到，最后根據三角形內角和定理求出．（2）連接，利用等腰三角形性質得到，推出．結合已知條件，得到，從而判定是切線，根據切線長定理即可得證．【詳解】（1）是的切線．（2）根據題意，如圖，連接，可得，又是的切線．題型二扇形面積、弧長1．（2025·江蘇蘇州·一模）扇形的半徑為9，圓心角為，則該扇形的面積是（

）A． B． C． D．【答案】D【知識點】求扇形面積【分析】本題考查了扇形的面積計算；根據扇形的面積公式計算即可．【詳解】解：該扇形的面積是：，故選：D．2．（2025·山西臨汾·一模）如圖，在等腰直角三角形中，，以為直徑畫半圓交于點，則圖中陰影部分的面積為（

）

A． B． C． D．【答案】A【知識點】求其他不規則圖形的面積【分析】本題考查了等腰直角三角形的性質，圓周角定理，扇形的面積計算等知識，能把求不規則圖形的面積轉化成求規則圖形的面積是解此題的關鍵．設中點為點O，連接，先證得，再根據陰影部分的面積計算即可．【詳解】解：設中點為點O，連接，

∵是半圓的直徑，∴O是半圓的圓心，，∵是等腰直角三角形，∴D是中點．∴，∴，，，∴陰影部分的面積，，，故選：A．3．（2025·山東臨沂·一模）如圖，在矩形中，，，將邊繞點順時針旋轉，使點正好落在邊上的點處，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】C【知識點】求弧長、根據旋轉的性質求解、根據特殊角三角函數值求角的度數【分析】本題考查了矩形的性質，特殊角的銳角三角函數、弧長公式，首先根據矩形的性質可以得到：，，根據特殊角的銳角三角函數可得：，再根據弧長公式計算即可．【詳解】解：四邊形是矩形，，，由旋轉可知，又，，，，的長為．故選：C．4．（2025·河南許昌·二模）如圖，在正六邊形中，連接，以點為圓心，的長為半徑作，再以點為圓心，的長為半徑作，若，則圖中陰影部分的面積是（）A． B． C． D．【答案】B【知識點】用勾股定理解三角形、正多邊形和圓的綜合、求其他不規則圖形的面積【分析】本題考查的是正多邊形的性質，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，勾股定理的應用，扇形面積的計算．連接，交于點，證明為等邊三角形，，求解，，，，結合即可得到結論．【詳解】解：如圖，連接，交于點，∵正六邊形，∴，，，∴，，∴，，∴為等邊三角形，，∴，，，∴，同理：，∴，，∴，∴；故選：B．5．（2025·云南·三模）如圖是某幾何體的三視圖及相關數據（單位：cm），則該幾何體側面展開圖的圓心角的度數為．【答案】/288度【知識點】求圓錐側面展開圖的圓心角、由三視圖還原幾何體【分析】本題考查了幾何體的三視圖，圓錐的側面展開圖的圓心角等知識；由三視圖確定出幾何體的形狀是圓錐，由三視圖確定圓錐的底面直徑及圓錐母線長，由扇形弧長公式即可求解．【詳解】解：由三視圖知，該幾何體是圓錐，且底面圓的直徑是16，母線長為10；設圓錐側面展開圖的圓心角為，則有，解得：；即該幾何體側面展開圖的圓心角的度數為；故答案為：．6．（2025·黑龍江綏化·二模）如圖，圓錐的側面展開圖是一個圓心角為的扇形，若扇形的半徑l是5，則該圓錐的表面積是．【答案】【知識點】求圓錐側面積、求圓錐底面半徑【分析】本題考查圓錐的計算，根據弧長公式及圓錐的側面積公式求出圓錐的側面積，再根據圓的面積公式求出圓錐的底面積，從而根據“圓錐的表面積側面積底面面積”計算即可．掌握弧長計算公式、圓錐的側面積計算公式和圓的面積計算公式是解題的關鍵．【詳解】解：，則圓錐的側面積為，圓錐的底面半徑為，則圓錐的底面積為，該圓錐的表面積是．故答案為：．7．（24-25九年級下·山東泰安·期中）如圖，中，，點為中點．將繞點順時針旋轉至的位置，此時點恰好落在上．若，則點經過的路徑的長為．【答案】【知識點】等邊對等角、求弧長、根據旋轉的性質求解【分析】本題主要考查了旋轉的性質，等腰三角形的性質，三角形外角的性質，求弧長，解題的關鍵是熟練掌握弧長公式．根據等腰三角形的性質求出，根據旋轉可知，根據三角形外角的性質求出，根據弧長公式求出．【詳解】解：∵，∴，根據旋轉可知：，∴，∵點為中點，∴，∴點經過的路徑的長為：．故答案為：．8．（2025·山東濰坊·一模）如圖，在平行四邊形中，，以點C為圓心，為半徑作弧，交于點E，交于點F，則陰影部分的面積為（結果保留）【答案】【知識點】等邊三角形的判定和性質、用勾股定理解三角形、利用平行四邊形的性質求解、求其他不規則圖形的面積【分析】連接，連接，結合平行四邊形的性質，由含所對的直角等于斜邊一半，得到，進而得到，證明是等邊三角形，進而推出，求出，再求出，即可得到陰影部分的面積．【詳解】解：如圖，連接，∵，∴，∵平行四邊形，∴，∴，，∴，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，等邊三角形的判定和性質，勾股定理，直角三角形的性質，扇形面積公式，熟練掌握性質和公式是解題的關鍵．題型三圓與正多邊形1．（2025·四川南充·一模）如圖，正五邊形內接于，點為的中點，則（

）A． B． C． D．【答案】C【知識點】利用弧、弦、圓心角的關系求解、圓周角定理、求正多邊形的中心角【分析】本題考查了正多邊形的中心角、圓心角與弧的關系、圓周角定理，熟練掌握圓心角與弧的關系是解題關鍵．連接，先求出，再求出，然后根據圓周角定理即可得．【詳解】解：如圖，連接，∵正五邊形內接于，∴，∴的度數為，∵點為的中點，∴的度數為，∴，由圓周角定理得：，故選：C．2．（文化背景）如圖是我國清代康熙年間八角青花碗，其輪廓是一個正八邊形，若正八邊形的邊長為，對角線、相交于點．則線段的長為（

）A． B． C． D．12【答案】C【知識點】正多邊形和圓的綜合【分析】本題考查正多邊形和圓，掌握正八邊形的性質以及直角三角形的邊角關系是正確解答的前提．根據正八邊形的性質得出四邊形是矩形，、是等腰直角三角形，，再根據矩形的性質以及直角三角形的邊角關系求出，，即可．【詳解】解：如圖，過點作于，由題意可知，四邊形是矩形，、是等腰直角三角形，，在中，，，，同理，，，故選：C．3．（新情境）如圖，若干個全等的正五邊形圍繞緊密排列一周，圖中所示的是其中個正五邊形的位置，正五邊形與的交點分別記作，順次連接，所得圖形是（

）A．正五邊形 B．正八邊形 C．正十邊形 D．正十二邊形【答案】C【知識點】正多邊形的外角問題、正多邊形和圓的綜合【分析】本題考查了正多邊形外角和、三角形內角和定理，根據任何多邊形的外角和都為，可以求出正五邊形每個外角的度數為，根據三角形內角和定理求出每個正五邊形所對應的圓心角的度數為，從而可求共有個正五邊形，所以可知順次連接，所得圖形是正十邊形．【詳解】解：如下圖所示，和是正五邊形的外角，，，，順次連接，所得圖形是正十邊形．故選：C．4．（2025·上海虹口·二模）如圖，由六塊相同的含的直角三角形拼成一個大的正六邊形，內部留下一個小的正六邊形空隙．如果直角三角形最短邊的長為，那么小正六邊形的邊心距是．【答案】【知識點】正多邊形和圓的綜合、解直角三角形的相關計算【分析】本題考查正多邊形和圓，掌握直角三角形的邊角關系以及正六邊形的性質是正確解答的關鍵．根據直角三角形的邊角關系以及正六邊形的性質進行計算即可．【詳解】解：如圖，由題意得，在中，，，，又，，即正六邊形的邊長為，設正六邊形的中心為，連接，過點作于點，則，在中，，，，即正六邊形的邊心距為，故答案為：．5．（新情境）如圖1，這是中國古建筑中的正六邊形窗戶設計圖，圖2是由其抽象而成的正六邊形，是它的外接圓，連接，，作．若劣弧的長為，則．【答案】【知識點】正多邊形和圓的綜合、求扇形半徑、求正多邊形的中心角、解直角三角形的相關計算【分析】先求出中心角，再根據弧長公式求得半徑為2，然后解即可．【詳解】解：∵正六邊形，是它的外接圓，∴中心角，∵劣弧的長為，∴，解得：，∵，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了圓圓與正多邊形，解直角三角形，中心角的求解，弧長公式，綜合性較強，熟練掌握知識點是解題的關鍵．6．（文化背景）我國魏晉時期的數學家劉徽首創“割圓術”，以“圓的內接正多邊形的面積”來無限逼近“圓面積”．并指出在圓的內接正多邊形邊數加倍的過程中“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體，而無所失矣”．劉徽將極限思想和無窮小分割引入了數學證明，并運用“割圓術”計算出圓周率．如圖①，的半徑為1，運用“割圓術”，以圓內接正六邊形面積近似估計的面積，可得的估計值為．（1）如圖②，在圓內接正十二邊形中，（度）；（2）用圓內接正十二邊形作近似估計，可得的估計值為．【答案】303【知識點】正多邊形和圓的綜合【分析】本題考查了正多邊形與圓，三角形的面積的計算，正確地作出輔助線是解題的關鍵．（1）根據正多邊形與圓的關系可進行求解；（2）過A作于M，根據直角三角形的性質得到，根據三角形的面積公式得到，于是得到正十二邊形的面積為，根據圓的面積公式即可得到結論．【詳解】解：（1）如圖，是正十二邊形的一條邊，點O是正十二邊形的中心，∴；故答案為30；（2）過A作于M，如圖所示：在正十二邊形中，，∴，∴，∴正十二邊形的面積為，∴，∴，∴的近似值為3，故答案為3．題型四切線的證明1．（2025·江蘇淮安·一模）如圖，是的外接圓，為直徑，點是的內心，連接并延長交于點，過點作交的延長線于點．(1)求證：是的切線；(2)若的半徑為3，，求陰影部分的面積（結果用含的式子表示）．【答案】(1)見解析(2)【知識點】證明某直線是圓的切線、三角形內心有關應用、求其他不規則圖形的面積、解直角三角形的相關計算【分析】（1）連接，交于點，根據等腰三角形的性質得到，由D為的內心，得到，求得，根據圓周角定理得到∠，求得，根據切線的性質得到即可；（2）根據三角函數的定義得到，求得，再求得，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，交于點，，，又為的內心，，，∴，∴，又為的直徑，，，又∵，，∴是的切線；（2）解：，，，又，，，，．【點睛】本題考查了三角形的內切圓與內心，切線的判定，三角函數的定義，圓周角定理，三角形的外接圓與外心，扇形面積的計算．正確引出輔助線解決問題是解題的關鍵．2．（2025·陜西寶雞·一模）如圖，為的直徑，為延長線上一點，為上一點，連接，，作于點，交于點．(1)求證：是的切線．(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【知識點】等邊對等角、半圓（直徑）所對的圓周角是直角、證明某直線是圓的切線、相似三角形的判定與性質綜合【分析】本題考查了切線的判定定理，直徑所對的圓周角是直角，相似三角形的判定和性質，直角三角形的性質，熟練掌握相關知識點是解題的關鍵．（1）連接，根據題意得到，得出，得到，即可得到結論；（2）根據題意得，得到，求出，由（1）知，得到繼而得到，由得到，求出，得到．【詳解】（1）證明：如圖，連接，為的直徑，，，，，，，，是的半徑，是的切線；（2）解：為的直徑，，，，，，，由（1）知，，，，，，，，，．3．（2025·山東臨沂·一模）如圖，是的直徑，是的中點，過點作的垂線，垂足為點．(1)求證：是的切線；(2)若，，求陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)【知識點】根據矩形的性質與判定求角度、垂徑定理的推論、切線的性質和判定的綜合應用、求其他不規則圖形的面積【分析】本題主要考查了圓周角定理，切線的判定及扇形的面積公式，矩形的判定和性質等知識點，熟練地掌握切線的判定方法是解決本題的關鍵．（1）連接，證明，可得，再進一步可得結論；（2）連接，證明四邊形是矩形，可得，再證明，可得，可得，利用可得答案．【詳解】（1）證明：連接，，，∵是的中點，，，，，，，∵是的半徑，∴是的切線；（2）解：連接交于點，∵是的直徑，，，，∴四邊形是矩形，，，，，，，，，．4．（2025·山東臨沂·一模）如圖，內接于，是上一點，．是外一點，，，連接．(1)若，，求的長；(2)求證：是的切線．【答案】(1)4(2)見解析【知識點】全等三角形綜合問題、證明某直線是圓的切線【分析】本題主要考查全等三角形的判定和性質，切線的判定，掌握切線的判定是關鍵．（1）證明，得到，即可求解；（2）連接并延長交于點，可得，，，所以，結合切線的判定即可求解．【詳解】（1）解：，，即，又，，，，；（2）證明：連接并延長交于點，連接，是的直徑，，，∵，∴，由（1）知∴，，又，，，，，是的切線．5．（2025·遼寧葫蘆島·一模）內接于，的延長線交于點，交于點，連接，平分，過點作，，垂足為點．(1)求證：為的切線；(2)若，，求的長度．【答案】(1)證明見解析(2)【知識點】根據正方形的性質與判定求線段長、半圓（直徑）所對的圓周角是直角、證明某直線是圓的切線、相似三角形的判定與性質綜合【分析】（）連接，由圓周角定理得，進而由，即得，得到，進而得，由根據平行線的性質得，得，即得，即得到，即可求證；（）過點作于，過點作的延長線于，可得，由四邊形是正方形得，即得，再由得，，進而由得，最后利用勾股定理解答即可求解．【詳解】（1）證明：連接，∵是的直徑，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，即，∵是的半徑，∴為的切線；（2）解：如圖，過點作于，過點作的延長線于，則，，由（）得，，∴四邊形是矩形，∵，∴四邊形是正方形，∴，，∴，，∵，，∴，∴，即，∴，，∵，，∴，∴，∴，即，∴，∴．【點睛】本題考查了切線的判定和性質，圓周角定理，弧弦圓心角的關系，等腰三角形的性質，勾股定理，正方形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等，正確作出輔助線是解題的關鍵．6．（2025·黑龍江大慶·一模）如圖，已知是邊上的一點，以為圓心、為半徑的與邊相切于點，且，連接，交于點，連接并延長，交于點．(1)求證：是切線；(2)求證：；(3)若，求的長．【答案】(1)見詳解(2)見詳解(3)【知識點】用SSS證明三角形全等（SSS）、用勾股定理解三角形、切線的性質和判定的綜合應用、相似三角形的判定與性質綜合【分析】本題考查切線的性質與判定，三角形全等的判定與性質，三角形相似的判定和性質，勾股定理，解直角三角形等知識．在解圓的相關題型中，連接常用的輔助線是解題關鍵．（1）連接，由切線的性質可知．證明得出，即，說明是的切線；（2）證明得出，整理得；（3）利用三角函數比得出，利用勾股定理得出，求出，再利用進而可求的長．【詳解】（1）證明：連接，與相切于點，，在和中，，，是的半徑，且，是的切線；（2）證明：，，，，；（3）解：，，．，，，，，，，解得，的長是．7．（2025·云南臨滄·模擬預測）如圖，⊙是的外接圓，是直徑，，延長到點，使得，半徑與交于點，連接與交于點．(1)求證：是⊙的切線；(2)若，求的長度；(3)若是的中點，如圖，求．【答案】(1)見解析(2)(3)【知識點】證明某直線是圓的切線、解直角三角形的相關計算、圓與三角形的綜合(圓的綜合問題)【分析】（1）根據是直徑，，證明即可；（2）根據得出，進而得出，得出特殊角，再利用三角函數求解即可；（3）證明，再根據三角形中位線和三角函數求解即可．【詳解】（1）證明：是的直徑，，，，，即，是的直徑，是的切線；（2）解：，，，又，，，，，；（3）解：為直徑，，，，，、，，、，又，是的中位線，設，則，，，解得：，則、，，，，則．【點睛】本題考查了切線的證明，圓與三角函數的綜合，解題關鍵是根據圓的相關知識得出角和線段的關系，再運用三角函數求解．8．（2025·云南·模擬預測）如圖，是的直徑，是上異于點A，B的一動點，連接，，過點A作射線．為射線上一點，連接．【初步探究】（1）若，求的長；【深入探究】若在點P的運動過程中，始終有（2）如圖1，若，求證：直線與相切；（3）如圖2，連接，設，求m的取值范圍．【答案】（1）；（2）見解析；（3）【知識點】圓周角定理、切線的性質和判定的綜合應用、相似三角形的判定與性質綜合、解直角三角形的相關計算【分析】（1）證明，再利用勾股定理求解即可；（2）如圖1，連接，證明，求解，證明是等邊三角形，可得，再進一步求解即可；（3）如圖2，過點A作射線，作射線使得，射線與交于點D，連接，則在中，求解，，證明，可得，可得，結合根據三角形的三邊關系，得，進一步可得答案．【詳解】解：（1）是的直徑，P是上異于點的一動點，，在中，由勾股定理，得；（2）證明：如圖1，連接，，，，是的直徑，，，，是等邊三角形，，，即，，又是的半徑，是的切線，即直線與相切；（3）如圖2，過點A作射線，作射線使得，射線與交于點D，連接，則在中，，，，，，，即，，，，，，在中，，在中，根據三角形的三邊關系，得，，即，；【點睛】本題考查的是圓周角定理，勾股定理，特殊三角函數值，三角函數，等邊三角形的判定與性質，切線的判定與性質，解直角三角形，三角形相似的判定與性質，三角形三邊關系，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．題型五圓與特殊四邊形的問題1．（2025·浙江湖州·一模）如圖，已知的半徑長是1，，分別切于點A，B，連結并延長交于點C，連結，．若四邊形是菱形，則的長是（）A． B．3 C． D．4【答案】B【知識點】利用菱形的性質求線段長、切線的性質定理、等腰三角形的性質和判定、含30度角的直角三角形【分析】本題考查菱形的性質，切線的性質，含30度的直角三角形，掌握圓的切線的性質是解題關鍵．連接，，根據切線的性質得到，再根據等邊對等角的性質推出，進而得到，則，即可求出的長．【詳解】解：如圖，連接，，，分別切于點A，B，，，，，四邊形是菱形，，，，，，，，故選B．2．（2025·浙江寧波·一模）已知矩形的頂點在半徑為5的半圓上，頂點在直徑上．若，則矩形的面積等于（

）A．22 B．23 C．24 D．25【答案】C【知識點】全等的性質和HL綜合（HL）、用勾股定理解三角形、根據矩形的性質求面積、圓的基本概念辨析【分析】本題主要考查了矩形的性質，勾股定理，全等三角形的判定與性質，圓的有關概念，掌握矩形的性質和勾股定理是解題的關鍵．連接，可由勾股定理求得，再證明，則，那么，即可求解矩形面積．【詳解】解：連接，則，∵，∴，∵矩形，∴，∴∵，∴，∴，∴，∴矩形的面積為，故選：C．3．（2025·廣東深圳·模擬預測）如圖，某圓形餐桌中央的正方形桌墊的面積為4平方米，則餐桌的面積為平方米．【答案】2π【知識點】圓的周長和面積問題、用勾股定理解三角形、根據正方形的性質求面積【分析】本題主要考查正方形的性質和圓的面積，連接，由正方形的兩種可求出根據勾股定理求出，再根據圓的面積計算公式可得結論．【詳解】解：∵四邊形是正方形，且面積為4，∴，連接，如圖，∵正方形內接于，∴，∴由勾股定理得，∴的面積為，故答案為：．4．（2025·重慶·一模）如圖，平行四邊形的頂點B、C、D在上，直徑交于點F，點E是的中點，連接，交于點K，交于點G，若，，則，．【答案】【知識點】利用平行四邊形的性質求解、圓周角定理、相似三角形的判定與性質綜合、解直角三角形的相關計算【分析】連接，，由直徑交于點F，點E是的中點，得到垂直平分，，，，設，則，，，，，得到，推出，求出；設半徑，則，，在中根據勾股定理列方程得到，在中利用勾股定理得到，再根據，求出即可．【詳解】解：連接，，∵直徑交于點F，點E是的中點，∴垂直平分，，∴，，∵，∴設，則，，，∵平行四邊形，∴，，，∴，，∴，∴，設半徑，則，，∵中，∴，整理得（負值舍去），∴，，∴，∵中，∴，解得（負值舍去），∵，∴，∴，∴，解得．故答案為：，．【點睛】本題考查圓周角定理，垂徑定理，平行四邊形的性質，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定與性質,熟練掌握相關知識點是解題關鍵．5．（2025·四川成都·二模）如圖，的直徑⊥弦，垂足為E，以為鄰邊作平行四邊形，交于點G，連接．(1)求證：；(2)若，求直徑和的長．【答案】(1)見解析(2)，【知識點】相似三角形的判定與性質綜合、利用平行四邊形的性質求解、利用垂徑定理求值、圓周角定理【分析】本題考查了相似三角形的判定和性質，圓周角定理，垂徑定理，等腰三角形的判定和性質，平行四邊形的性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．（1）連接，根據圓內接四邊形可得，根據垂徑定理可得，再利用平行即可得到，即可解答；（2）根據可得，連接，證明，即可求得，可得直徑，過點作交于點，利用面積法即可求得，在根據勾股定理求得，利用等腰三角形的性質即可求得，即可求得．【詳解】（1）證明：如圖，連接，的直徑⊥弦，，，，四邊形為內接四邊形，，四邊形是平行四邊形，，；（2）解：如圖，連接，，，，∵是直徑，，，，，，，，，直徑為，如圖，過點作交于點，根據勾股定理可得，四邊形為平行四邊形，，，，根據平行四邊形的面積等于，可得，，,，6．（2025·上海徐匯·二模）如圖，在中，，點是邊上的動點，以點為圓心，為半徑的圓交邊于點．設．(1)當點是邊的中點時，求的值；(2)已知點是線段AE的中點（規定：當點與點重合時，點也與點重合），以點為圓心、為半徑作①當與邊有公共點時，求的取值范圍；②如果經過邊的中點，求此時與的公共弦長．【答案】(1)(2)①；②【知識點】相似三角形的判定與性質綜合、解直角三角形的相關計算、利用平行四邊形的性質證明、利用垂徑定理求值【分析】（1）過作于點H，由垂徑定理可得，再利用三角函數求解即可；（2）①當點E與A重合時可知，過作于點M，求出，可知在點運動過程中，與邊始終有公共點，進而即可得出r的范圍；②利用建立方程求解，得到，即此時與A重合，進而即可得解．【詳解】（1）如圖，過作于點H，則，∵，∴，∵E為中點，∴，∴，∴，即，解得；（2）①當點E與點A重合時，此時與A重合，，∵，∴，∴，∴，即此時，過作于點M，∵，∴，∴，∴在點運動過程中，與邊始終有公共點，∴；②如圖，記中點為F，過F作，過作于點H，∵，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，在中，，∵，即，解得；∵，∴在中，，∵，解得（負值舍去），∴此時E和A重合，即與A重合，如圖所示，為公共弦，∵，∴是等邊三角形，∴，∴，即與的公共弦長為．【點睛】本題主要考查了勾股定理、解直角三角形、垂徑定理、相似三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、圓的性質等內容，熟練掌握相關知識是解題的關鍵．7．（2025·江蘇揚州·一模）在綜合實踐活動中，“類比探究”是一種常用方法，我們可以先嘗試研究某個位置情況下的結論，然后再類比到其他情況去探究結論．已知，正方形和它的外接圓．【問題初探】如圖1，若點E在弧上，F是上的一點，且，過點A作．試說明：；【類比探究】如圖2，若點E在弧上，過點A作，試探究此時線段之間的關系．請寫出你的結論并證明；【拓展應用】如圖3，在正方形中，，若點P滿足，且，請直接寫出點A到的距離為_______．【答案】問題探究：見詳解；類比探究：，理由見詳解；拓展應用：點A到的距離為或【知識點】根據正方形的性質證明、90度的圓周角所對的弦是直徑、全等三角形綜合問題、用勾股定理解三角形【分析】問題探究：連接，由題意易得，則可證，然后可得，進而可得是等腰直角三角形，最后問題可求證；類比探究：在上取點G，使，連接，同理（1）可得：，則有是等腰直角三角形三角形，然后問題可求解；拓展應用：由題意易得點P在以為直徑的圓上，則可分當點P在如圖3①所示位置時，當點P在如圖3②所示位置時，進而問題可求解【詳解】問題探究：證明：連接，如圖所示：∵四邊形是正方形，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，即，∴是等腰直角三角形，∵，∴，∵，∴；類比探究：，理由如下：在上取點G，使，連接，同理（1）可得：，∴，在正方形中，，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形三角形，∵，∴，∵，∴；拓展應用：解：點A到的距離是或，理由如下：∵，∴點P在以點D為圓心，2為半徑的圓上，∵，∴點P在以為直徑的圓上，∴點P是這兩圓的交點，①當點P在如圖3①所示位置時，連接、、，作，垂足為H，過點A作，交于點E，如圖3①，∵四邊形是正方形，∴，∴．∵，∴，∵，∴A、P、D、B在以為直徑的圓上，∴，∴是等腰直角三角形，又∵是等腰直角三角形，點B、E、P共線，，∴由（2）中的結論可得：，∴，∴；②當點P在如圖3②所示位置時，連接、、，作，垂足為H，過點A作，交的延長線于點E，如圖3②，同理可得：，∴，∴，綜上所述：點A到的距離為或．【點睛】本題考查了正方形的性質、等腰三角形的性質、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、圓周角定理、三角形全等的判定與性質等知識，考查了運用已有的知識和經驗解決問題的能力，而通過添加適當的輔助線從而能用（2）中的結論解決問題是解決第（3）的關鍵．8．（2025·江蘇徐州·一模）在菱形中，，點在射線上運動（點與點不重合），關于的軸對稱圖形為．如圖，為的外接圓，直線與交于點，連接交于點．(1)若，則____________；(2)當時，連接，判斷直線與位置關系，并說明理由；(3)直接寫出的外接圓的半徑的最小值．【答案】(1)15(2)直線與相切，理由見解析(3)r的最小值為【知識點】證明某直線是圓的切線、相似三角形的判定與性質綜合、圓周角定理、解直角三角形的相關計算【分析】（1）利用軸對稱的性質，圓周角定理解答即可得出結論；（2）過點E作于點H，利用菱形的性質，軸對稱的性質和相似三角形的判定與性質求得，利用直角三角形的邊角關系定理，等腰直角三角形的判定與性質，圓周角定理得到，則為圓的直徑，利用等腰三角形的性質，圓周角定理，三角形的內角和定理，通過計算求得，則，最后利用圓的切線的判定定理解答即可；（2）利用點的軌跡得到的外接圓為以為弦，所對的圓周角為的圓，則當取得最小值時，的外接圓的半徑r取得最小值，過點D作于點E，利用軸對稱的性質，菱形的性質，等邊三角形的判定與性質得到的長，則結論可求．【詳解】（1）解：∵關于的軸對稱圖形為，∴，∴，∵，，∴，∴；（2）解：直線與相切，理由：過點E作于點H，如圖，∵四邊形為菱形，∴，∵關于的軸對稱圖形為，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴為圓的直徑，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴，∵為圓的直徑，∴直線與相切；（3）解：的外接圓的半徑r的最小值為．由題意得：，∴的外接圓為以為弦，弦所對的圓周角為的圓，∴當取得最小值時，的外接圓的半徑r取得最小值，∵點E在射線上運動，∴當時，取得最小值，過點D作于點E，如圖，此時點與點B重合，為的外接圓的直徑，∵，∴為等邊三角形，∴，∴的外接圓的半徑r的最小值．【點睛】本題主要考查了圓的有關性質，圓周角定理，圓的切線的判定定理，菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，軸對稱的性質，直角三角形的性質，直角三角形的邊角關系定理，相似三角形的判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質，熟練掌握軸對稱的性質和菱形的性質是解題的關鍵．題型六與圓有關的實際問題1．（文化背景）司南是我國古代辨別方向用的一種儀器，早在戰國時期就已被發明，是現在所用指南針的始祖（如圖1）．司南中心為一圓形，圓心為點，根據八個方位將圓形八等分（圖2中的點，連結，并延長交于點．則點位于點的北偏東的角度是（

）A． B． C． D．【答案】C【知識點】圓周角定理、求正多邊形的中心角【分析】本題主要考查正多邊形與圓，熟練掌握正多邊形與圓是解題的關鍵；連接，由題意易得正八邊形每段弧所對的圓心角為，，然后問題可求解．【詳解】解：連接，如圖所示：根據八個方位將圓形八等分（圖2中的點，可知：正八邊形每段弧所對的圓心角為，∴，∴點位于點的北偏東的角度是；故選：C．2．（文化背景）“輪動發石車”是我國古代的一種投石工具，在春秋戰國時期