第第頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁2025年中考數學總復習《圓中的最值問題》專項檢測卷（附答案）學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________1．如圖，在中，，，以點O為圓心、2為半徑畫圓，點C是上任意一點，連接．將繞點O按順時針方向旋轉，交于點D，連接．(1)當與相切時，求證：是的切線；求點C到的距離．(2)直接寫出的最大值與最小值的差．2．如圖，為的直徑，四邊形內接于，，連結交于點E．(1)設，用含m的代數式表示的度數；(2)若，求的值；(3)若，求面積的最大值．3．如圖1，內接于，點E為的內心，連接并延長交于點D，交于點F，連接．(1)若，求的度數．(2)如圖2，連接，若，求的長．(3)如圖3，連接，若的半徑為4，弦，設，求y與x之間的函數關系式及y的最大值．4．如圖1，為半圓O的直徑，C為延長線上一點，切半圓于點D，，交延長線于點E，交半圓于點F，已知．(1)求的值(2)如圖2，連接，P為線段上一點，過點P作的平行線分別交，于點M，N，交圓O于點K，過點P作于點H．設．①求y關于x的函數解析式及其定義域；②延長交半圓O于點Q，求當x為何值時的值最大時，并求出最大值．5．已知四邊形是邊長為的正方形，以點D為圓心，長為半徑畫，點E是弧上一動點，平分交的延長線于點P，與交于點F．(1)①求的度數②如圖1，連接，問是否是定值，如是定值，試求出；如不是，請說明理由．(2)如圖2，過點E作，垂足為H，設線段的長為m，線段的長為n，求的最大值．6．如圖1，為的直徑，．點是上一動點（不與重合），連接．(1)探究線段之間的數量關系，并予以證明．(2)如圖2，若與相交于點，過點分別作于點于點，求與面積之和的最大值．7．如圖，已知等腰的底邊長為是等腰的外接圓，弦與交于點，為上的動點（不與，重合），交于點．(1)若，，求的長；(2)求的最大值；(3)在（1）的條件下，若是延長線上一點，交于點，當時，求的值．8．如圖，已知是的直徑，過延長線上一點P作圓的切線，D為上的一點，連接并延長交于點C，G為上的點且的延長線交于點F．(1)求證：；(2)若將弧沿翻折交半徑于點M，且，，求的長度；(3)直線l是的切線向下平移5個單位長度所得到的直線，點Q為直線上的一動點，切于點C，現以為直角邊作，，，當時求線段的最小值．9．問題探究（1）如圖①，在中，以為直徑作，、分別交于點，連接，若，點是的中點，求的長；問題解決（2）如圖②是某生態公園的部分示意圖，是一條筆直的小溪流，是小溪流旁的一塊綠地，點在上，．點分別是邊上的動點，連接，為使游客有更好的觀景體驗，需沿修建玻璃橋，根據規劃要使．為節約成本，要使玻璃橋的長盡可能的小．請問玻璃橋的長度存在最小值嗎？若存在，請求出玻璃橋長的最小值；若不存在，請說明理由．10．如圖，四邊形中，，，為的直徑．(1)若，，連接、．①求的面積；②試判斷直線與的位置關系，說明理由．(2)若直線與相切于F，，．試用表示四邊形的面積S，并探索S是否存在最小值，寫出探索過程．11．問題提出（1）如圖①，線段在，，將繞點O在平面內旋轉，的最大值是，最小值是；問題探究（2）如圖②，已知在中，，，在上取一點D，當的長為多少時，，說明理由．問題應用（3）如圖③，已知正方形的邊長為4，圓B的半徑為2，點P是圓B上的一個動點，求的最小值．

12．已知為的直徑，點C和點D為上的動點（兩點在的異側且都不與A，B重合），連接與交于點E，連接，．(1)如圖1，若，的長為．①求的度數；②若，求的值；(2)如圖2，若，，且對任意的點C，弦上都有一點F，使得，連接，直接寫出線段的最小值．13．是的兩條弦，且．(1)如圖，若弦的延長線相交于點，求證：小明同學：從垂徑定理的角度聯想到輔助線：過點作，，垂足為．小華同學：從全等三角形的角度聯想到輔助線；連接．小剛同學：從等角對等邊的角度聯想到輔助線：連接．請你從上面三位同學提供的方法選擇一種完成證明．(2)如圖，若的半徑為，將沿著折疊，若折疊后的過點，求的長．(3)如圖，若的半徑為，，將沿著折疊，若此時，請直接寫出折疊后上的一點到最小值．14．如圖，在中，，，，點P是斜邊上的一個動點，過點C、P的⊙O分別交直角邊于點M、N，連接．(1)當點P運動到的位置時．①如圖1，若⊙O與相切，則線段MN的長為________；②如圖2，連接，若，求線段的長；(2)如圖3，若點P運動到的中點時，則線段的最小值為________；線段的最大值為________；(3)在點P的運動過程中，線段的取值范圍為________．15．如圖1所示，等邊三角形內接于圓，點是劣弧上任意一點（不與重合），連接，求證：．[初步探索]．小明同學思考如下：將繞點順時針旋轉到，使點與點重合，可得三點在同一直線上，進而可以證明為等邊三角形，根據提示，解答下列問題：根據小明的思路，若圓的半徑為5，則的最大值為．[類比遷移]．如圖2所示，等腰內接于圓，，點是弧上任一點（不與重合），連接，若圓的半徑為5，求周長的最大值．[拓展延伸]．如圖3所示，等腰，點在圓上，，圓的半徑為5，連接，求的最小值．參考答案1．(1)詳見解析；(2)【分析】（1）由切線的性質得，再證，根據全等三角形對應角相等，可得，即可證明是的切線；過點C作，垂足為E，則即為點C到的距離，根據即可求解；（2）作直線于點H，交于和，當點C位于處時，取最小值，當C位于處時，取最大值，則最大值與最小值的差為．【詳解】（1）證明：∵與相切，∴，∵，∴，即，又∵，∴．∴．又∵是的半徑，∴是的切線；如圖，過點C作，垂足為E，則即為點C到的距離，在中，∵，∴，∵，∴，即點C到的距離為．（2）解：中，，，∴．如圖，作直線于點H，交于和，由題意知，當點C位于處時，取最小值，當C位于處時，取最大值，∴的最大值與最小值的差．【點睛】本題考查切線的判定和性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質，圓到直線的距離，解題的關鍵是掌握切線的判定方法，找出取最值時點C的位置．2．(1)(2)(3)【分析】本題考查了等腰三角形的判定與性質，圓周角定理，相似三角形的判定與性質和直徑所對的圓周角是直角的知識，掌握以上知識是解答本題的關鍵；（1）根據直徑所對的圓周角是直角可得，再通過，可得，然后在中通過內角和定理即可求解；（2）連結，根據等角對等邊可得，再根據，，可證，然后通過相似三角形的性質即可求解；（3）作，分別交，于點F，G，連結，可得，，然后根據，可得，求得，然后即可求解；【詳解】（1）解：∵為的直徑，∴，∵，

∴，∵，∴．（2）解：連結，如圖：由（1）得：，，∴，∴，∵，，∴，，∴，

∴，∵，∴，∵，∴，∵，，∴；（3）解：作，分別交，于點F，G，連結，如圖：∵，∴，，∵，∴，∴，

∵，∴，∵，∴，∴面積的最大值為；3．(1)(2)(3)，y的最大值【分析】本題考查三角形的內心，圓周角定理，相似三角形的判定與性質，垂徑定理；（1）由點E為的內心，可得和是的角平分線，則，，再根據圓周角定理得到，即可得到，最后根據求解；（2）由，，可得，得到，則，，再證明，得到，代入解方程即可；（3）連接交于，連接，過作于，先利用垂徑定理求出，則，再根據，得到，，代入后整理得到，再根據二次函數的性質求最大值即可．【詳解】（1）解：∵點E為的內心，∴和是的角平分線，∴，，∵，，∴，∴，∴；（2）解：∵，，∴，∴，∵，∴，，∵，，∴，∴，∴，解得；（3）解：連接交于，連接，過作于，∵，∴，∴垂直平分，∴，∵，∴，∴，∴，由（2）得，∵，∴，∵，∴，，∴，，∵，∴，整理得，∵，∴當即與重合時，最大．4．(1)(2)①y關于x的函數表達式為；②當x為時的值最大，最大值為【分析】（1）連接，先求出的長，可得，，由此可求的長，結合三角形面積公式即可求解；（2）①證明可得，即可求解；②如圖，連接，證明，可得，得到，然后用含x的代數式表示出，最后根據二次函數的最值求解即可．【詳解】（1）解：如圖1，連接，∵切半圓于點D，∴.∵，∴，∴，∴，∴，.∵，∴，，∴；（2）解：①∵為半圓O的直徑，，設，∴，∴.∵，∴四邊形是平行四邊形，，∴，∴.∵，∴，∴，∴，∴，∴，過點F作于點G，如圖2，∵，∴，∴.∵P為線段上一點，∴，∴y關于x的函數表達式為；②連接，如圖3，∵圓周角所對的弧是，∴.又∵，∴，∴，∴.∵，，∴，∴，∴.∵，∴當時，有最大值，最大值為：，∴當x為時，的值最大，最大值為．【點睛】本題主要考查了切線的性質，相似三角形的性質和判定，平行四邊形的性質和判定，解直角三角形的應用，求一次函數關系式，二次函數的圖象和性質，準確的作出輔助線是解題的關鍵．5．(1)①；②是定值為(2)2【分析】（1）①首先由角平分線得到，然后由等邊對等角得到，然后利用三角形外角得到，然后代入整理求解即可；②如圖所示，連接，延長到點，使，證明出點A，B，P，D四點共圓，得到，然后證明出，得到，是等腰直角三角形，得到，然后等量代換即可求解；（2）如圖所示，過點D作于點N，首先利用三線合一得到，然后證明出，得到，然后代入表示出，然后得到，利用二次函數的性質求解即可．【詳解】（1）解：①∵平分，∴，∵，∴，∴；②如圖所示，連接，延長到點，使，連接，∵四邊形是正方形，∴，，∴點A，B，P，D四點共圓，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴是定值；（2）解：如圖所示，過點D作于點N，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，即，∴，∴，∴，∵，∴當時，取得最大值2．【點睛】此題考查了正方形的性質，圓周角定理，圓內接四邊形性質，二次函數的最值，相似三角形的性質和判定，等腰直角三角形的性質和判定等知識，解題的關鍵是正確作出輔助線構造全等三角形和相似三角形．6．(1)，理由見解析(2)4【分析】本題主要考查圓周角定理，全等三角形的判定與性質，角平分線性質定理等知識，正確作出輔助線是解答本題的關鍵．（1）延長至點M，使得，連接，先證明，進一步證明，再根據勾股定理得出結論；（2）過點作交或的延長線于點N，證明得出，設，則，根據得出二次函數解析式，由二次根式的性質解答即可．【詳解】（1）解：，理由如下：延長至點M，使得，連接，，．．在和中，．．，在中，，．（2）解：過點作交或的延長線于點N，為直徑，．，．．平分．又，．四邊形為正方形．．，．，．在和中，．．設，則，，當，即E是的中點時（此時是的直徑），取得最大值，最大值為4．即最大值為4．7．(1)(2)16(3)【分析】（1）連接，證，根據相似三角形的性質，先求出，過作于H，根據等腰三角形的“三線合一”的性質求出，運用勾股定理求得，，問題得解；（2）連接，先證明，再根據相似三角形的性質解決，設，則，得到，最后根據二次函數的性質即可解決；（3）過作于，利用面積相等求得，然后利用三角函數正切的定義，在中，求得，在中求出，進一步求出，在中，求出，接下來證，根據相似三角形的對應角相等，即可求得的值．【詳解】（1）解：如圖，連接，在中，，，，．，設，則，，即，解得，；過作于H，如圖；，；在中，，由勾股定理：，，在中，，．（2）解：如圖，連接，，，，．設，則，．，當時，有最大值．當時，的最大值為．的最大值為16．（3）解：如圖，過作于．在中，．，，在中，，在中，，，，在中，，，，，即，，，，，，綜上，的值為．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了等腰三角形的性質，勾股定理，圓周角的性質，相似三角形的判定和性質及二次函數最值．解題關鍵是構造輔助線，利用幾何性質簡化問題，將幾何問題轉化為代數方程（如二次函數、相似比例）求解．靈活運用圓的性質和三角形相似性建立關系是解題的關鍵．8．(1)見解析(2)8(3)【分析】（1）連接，由切線的性質結合等邊對等角證明，得到，即可得出結論；（2）連接，過E作垂足為H，設點的對稱點為，連接，由翻折結合圓內接四邊形可得，易證為等腰三角形，推出平分，再求出，易證，推出，求出，進而得到，即可求解；（3）連接，當直線l時，最小，此時，求出，即可求解．【詳解】（1）證明：連接，∵為圓O的切線，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（2）解：連接，過E作垂足為H，設點的對稱點為，連接，∵四邊形內接四邊形，∴，由翻折的性質得，∵，∴，∴，∴為等腰三角形，∴平分，∵是的直徑，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，（3）解：連接，∵，直線l是的切線向下平移5個單位長度所得到的直線，∴點到直線的距離為，∵中，，，∴，∴當最小值時，則有最小值，∵切于點C，，∴，且為定值，∴當最小值時，則有最小值，則當直線l時，最小，即有最小值，此時，∴，∵，∴．【點睛】本題考查了解直角三角形的相關性質，垂徑定理，圓周角定理，勾股定理，切線的性質，圓內接四邊形的性質，綜合性強，難度較大，正確掌握相關性質內容是解題的關鍵．9．（1）；（2）玻璃橋的長度存在最小值，玻璃橋長的最小值是【分析】本題屬于圓的綜合題，主要考查了三角形的外接圓問題，圓周角定理，勾股定理與垂徑定理，解直角三角形，解答本題的關鍵是熟練運用數形結合的思想解決問題．（1）連接，根據圓周角定理得到，，由點是的中點，得到，得到，根據等腰三角形得到，根據勾股定理得到；（2）根據三角形的外角的性質得到，，三角形的內角和定理，過作于，得到，根據直角三角形的性質得到，，推出點，，，四點共圓，如圖②，設圓心為點，半徑為，連接，，連接，過點作于點，根據圓周角定理得到是直徑，根據圓周角定理勾股，求得，則，得到，要使得最小，即最小，而是直徑，，當時，取得最小值，此時最小，得到是等腰直角三角形，于是得到玻璃橋長的最小值為．【詳解】解：（1）如圖，連接，為直徑，，，點是的中點，，，，，，，，，；（2），，，，，，過作于，如下圖，，∴，，，，∴，，，，，點，，，四點共圓，如圖②，設圓心為點，半徑為，連接，，連接，過點作于點，，是直徑，，，又，則，，則，，要使得最小，即最小，而是直徑，，當時，取得最小值，此時最小，此時是等腰直角三角形，，，，，故玻璃橋長的最小值為．10．(1)①20；②相切，見解析(2)，存在最小值32，探索過程見解析【分析】（1）①根據來解答；②求直線與的圓心間的距離，然后根據此距離判斷直線與的位置關系；（2）根據勾股定理求得關于的方程，然后求二次函數的最值即可．【詳解】（1）解：①．②過作，是垂足，從而四邊形是矩形．，，．在中，．過作于，由，可得，∴點到的距離等于的半徑，∴直線與相切；（2）解：如圖，在四邊形中，直線與相切于F，，設，則，，在中，根據勾股定理，得，于是，．進而，．，，當，時，有最小值8，從而有最小值32．【點睛】本題主要考查的是二次函數的最值、直線與圓的位置關系，矩形的判定與性質，勾股定理，梯形的面積，三角形面積．熟練掌握二次函數的最值和直線與圓相切的判定方法以是解題的關鍵．11．（1）6，2；（2）當的長為1時，，理由見解析；（3）5【分析】本題考查圓綜合題、正方形的性質、相似三角形的判定和性質等知識．（1）當，，三點共線，且點在線段的延長線上時，點在線段上時，即可得到結論；（2）根據相似三角形的判定和性質到了即可得到結論；（3）如圖，在上取一點，使得．由，推出，推出，推出，由，當、、共線時，的值最小，最小值為．【詳解】解：（1）當，，三點共線，且點在線段的延長線上時，的最大值是，當，，三點共線，且點在線段上時，的最小值是，故答案為：6，2；（2）當的長為1時，，理由如下：，，，，，，，又，∴，，；（3）如圖，在上取一點，使得，連接，，，

、正方形的邊長為4，∴，∴，∴，，，，，∴，，，，，當、、共線時，的值最小，最小值為．12．(1)①；②(2)【分析】（1）①連接，求出的度數為，再由圓周角定理可得，，即可得解；②連接，由①可得：，，得出，求出，由勾股定理可得：，證明，由相似三角形的性質即可得解；（2）連接、、，證明為等邊三角形，得出，證明，得出，即點在以為直徑的圓上，設點為的中點，連接，交于點，當點在點處是，最小，過點作于，求出，得出，再求出，即可得解．【詳解】（1）解：①如圖，連接，∵，∴，∵的長為，∴的度數為，∴，∵為直徑，∴，∴；②如圖，連接，由①可得：，，∴，∴，由勾股定理可得：，∵，，∴，∴，∴；（2）解：如圖：連接、、，∵為直徑，∴，∵，∴，∴，∵，∴為等邊三角形，∴，∵，∴，∵，∴，即，∴，∴，∴點在以為直徑的圓上，設點為的中點，連接，交于點，當點在點處是，最小，過點作于，，∵為等邊三角形，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，∴的最小值為．【點睛】本題考查了圓周角定理、相似三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、弧長公式、解直角三角形等知識點，熟練掌握以上知識點并靈活運用，添加適當的輔助線是解此題的關鍵．13．(1)證明見解析(2)(3)【分析】（）小明同學：過點作，，垂足為，連接，由弦、弧、圓心角、弦心距的關系可得，進而可得，得到，再根據垂徑定理得，進而即可求證；小華同學：連接，則由圓周角定理得，由弦、弧、圓心角的關系可得，進而得，得到，再證明即可求證；小剛同學：連接，同理小華同學證明，再根據圓周角定理得到即可求證；（）連接，過點作交于點，則，由過點，可得點與點關于對稱，即得，再根據勾股定理即可求解；（）連接，先證明四邊形是正方形，過點作直線于，交折疊后于點，交折疊前于點，交于點，則，由圖可知線段的長為出折疊后上的一點到最小值，利用正方形的性質和勾股定理解答即可求解．【詳解】（1）證明：小明同學：過點作，，垂足為，連接，∵，，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即；小華同學：連接，則由圓周角定理得，∵，∴，∴，即，∴，∵，∴，∴；小剛同學：連接，∵，∴，∴，即，∴，即，∴；（2）解：連接，過點作交于點，則，，∵過點，∴點與點關于對稱，∴，∵，∴，∴；（3）解：連接，∵，，∴，∵，∴，∴，∴點三點共線，點三點共線，，∵，∴，∴四邊形是正方形，過點作直線于，交折疊后于點，交折疊前于點，交于點，則，由圖可知線段的長為出折疊后上的一點到最小值，∵四邊形是正方形，∴，，∴由正方形性質可得，，∵，，∴為等腰直角三角形，∴，∴，，根據折疊可知，，∴，∴，∴折疊后上的一點到最小值為．【點睛】本題考查了弦、弧、圓心角的關系，圓周角定理，垂徑定理，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，正方形的判定和性質，勾股定理，正確作出輔助線是解題的關鍵．14．(1)①，②5(2)5，(3)【分析】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，三角形的中位線定理，勾股定理，直角三角形的性質，三角形的面積，垂線段最短等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．（1）①根據切線的性質可得：是⊙O的直徑，則，根據三角形的面積公式即可得解；②如圖2，由①可知，