專題06圓的綜合壓軸題-2023年中考數(shù)學(xué)二模試題分項匯編

專題06圓的綜合壓軸題一、單選題1．（2023·浙江·模擬預(yù)測）如圖，是的直徑，點C是延長線上的一點，與相切于點D，連接．若，則（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】連接．根據(jù)切線的性質(zhì)可得出，根據(jù)直徑所對圓周角為直角得出，結(jié)合題意易證為等邊三角形，最后由含30度角的直角三角形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理逐項計算判斷即可．【詳解】解：如圖，連接．∵與相切于點D，∴．∵，∴，，∴，即．∵，∴為等邊三角形，∴，∴，故A錯誤，不符合題意；∵，，∴，∴，故B正確，符合題意；∵，，∴．∵，∴，∴．∵，∴，故C錯誤，不符合題意；∵是的直徑，∴．∵為等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故D錯誤，不符合題意．故選B．【點睛】本題考查切線的性質(zhì)，圓周角定理的推論，等邊三角形的判定和性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理．連接常用的輔助線是解題關(guān)鍵．2．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考二模）如圖，經(jīng)過的頂點C，與邊分別交于點M，N，與邊相切．若，則線段長度的最小值是（

）A．3 B．2 C．2 D．【答案】D【分析】作于點F，當(dāng)CF為的直徑時，此時最小，的長度也最小，連接，，過O作于E，根據(jù)圓周角定理和垂徑定理得到，，，再根據(jù)等腰直角三角形的判定與性質(zhì)求得直徑，然后解直角三角形求得即可．【詳解】解：如圖，作于點F，∵即為定值，且垂線段最短，∴當(dāng)CF為的直徑時，此時最小，的長度也最小，連接，，則，過O作于E，則，，∵，，，∴，則，∴，∴，即的最小值為．故選：D．【點睛】本題考查切線的性質(zhì)、圓周角定理、垂徑定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形等知識，解答的關(guān)鍵是找到直徑最小時，線段的長度也最?。?．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考三模）如圖，正六邊形，P點在上，記圖中的面積為，已知正六邊形邊長，下列式子中不能確定的式子的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】連接，交于，設(shè)正六邊形邊長為，在正六邊形中求得則，易得，，，設(shè)，則，分別求得計算即可．【詳解】解：連接，交于，設(shè)正六邊形邊長為，在正六邊形中求得，則，，，易得四邊形是矩形，，，，，，設(shè)，則，，，，，，，，，，，故選：C．【點睛】本題考查了正多邊形的性質(zhì)，三角形面積的有關(guān)計算，角所對的直角邊等于斜邊的一般以及勾股定理解直角三角形；解題的關(guān)鍵是熟練掌握正多邊形的性質(zhì)．4．（2023·浙江麗水·校聯(lián)考二模）如圖，由邊長為1的小正方形構(gòu)成的網(wǎng)格中，點A，B，C都在格點上，以AB為直徑的圓經(jīng)過點C、D，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先根據(jù)圓周角定理可知，∠ABC＝，在Rt△ACB中，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出∠ABC的正弦值．【詳解】∵和∠ABC所對的弧長都是，∴根據(jù)圓周角定理知，∠ABC＝，∴在Rt△ACB中，AB=根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義知，sin∠ABC＝，∴=，故選A．【點睛】本題主要考查銳角三角函數(shù)的定義和圓周角的知識點，解答本題的關(guān)鍵是利用圓周角定理把求的正弦值轉(zhuǎn)化成求∠ABC的正弦值，本題是一道比較不錯的習(xí)題．5．（2023·浙江金華·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，△ABC是一張周長為18cm的三角形紙片，BC=5cm，⊙O是它的內(nèi)切圓，小明用剪刀在⊙O的右側(cè)沿著與⊙O相切的任意一條直線剪下△AMN，則剪下的三角形的周長為（

）A． B． C． D．隨直線的變化而變化【答案】B【分析】如圖，設(shè)E、F、G分別為⊙O與BC、AC、MN的切點，利用切線長定理得出BC=BD+CF，DM=MG，F(xiàn)N=GN，AD=AF，進(jìn)而可得答案．【詳解】設(shè)E、F、G分別為⊙O與BC、AC、MN的切點，∵⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，∴BD=BE，CF=CE，AD=AF，∴BD+CF=BC，∵M(jìn)N與⊙O相切于G，∴DM=MG，F(xiàn)N=GN，∵△ABC的周長為18cm，BC=5cm，∴AD+AF=18BC(BD+CF)=182BC=8cm，∴△AMN的周長=AM+AN+MG+GN=AM+DM+AN+FN=AD+AF=8cm，故選：B.【點睛】本題考查切線長定理，從圓外一點可以引圓的兩條切線，它們的切線長相等，這一點和圓心的連線平分兩條切線的夾角；熟練掌握定理是解題關(guān)鍵.6．（2023·統(tǒng)考二模）如圖，扇形紙片的半徑為2，沿折疊扇形紙片，點O恰好落在上的點C處，圖中陰影部分的面積為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)折疊性質(zhì)得到，，推出四邊形是菱形，連接交于，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到，求得，根據(jù)菱形和扇形的面積公式即可得到結(jié)論．【詳解】解：沿折疊扇形紙片，點恰好落在上的點處，，，，四邊形是菱形，連接交于，，是等邊三角形，，，，，，，圖中陰影部分的面積．故選：C．【點睛】本題考查了扇形面積的計算，菱形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．7．（2023·浙江麗水·校聯(lián)考二模）在中，，，以為直徑的⊙交于點，則的長是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】連接OE，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)求出∠DOE的度數(shù)與OD的長，進(jìn)而根據(jù)弧長公式計算即可求得．【詳解】解：連接OE，如圖所示．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠D=∠B=70°，AD=BC=4，∴OA=OD=2，∵OD=OE，∴∠OED=∠D=70°，∴∠DOE=180°?2×70°=40°，∴的長，故選：D．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、圓的性質(zhì)以及弧長公式，熟練掌握和運用各圖形的性質(zhì)及公式是解決本題的關(guān)鍵．8．（2023·浙江·模擬預(yù)測）如圖，AB是⊙O的直徑，CD是弦，AE⊥CD于點E，BF⊥CD于點F．若FB＝FE＝2，F(xiàn)C＝1，則AC的長是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】連接BC，因為AB是直徑，根據(jù)圓周角定理得到∠ACB＝90°，可證△ACE∽△CBF，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)定理可得，并用勾股定理求出BC的長度，代入公式，求出AC的長度，即可得到結(jié)論．【詳解】解：如圖所示，連接BC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠ACE+∠BCF＝90°，∵BF⊥CD，∴∠CFB＝90°，∴∠CBF+∠BCF＝90°，∴∠ACE＝∠CBF，∵AE⊥CD，∴∠AEC＝∠CFB＝90°，∴△ACE∽△CBF，∴，∵FB＝FE＝2，F(xiàn)C＝1，∴CE＝CF+EF＝3，BC＝，∴，∴，故選：B．【點睛】本題主要考查了圓周角定理的應(yīng)用、相似三角形的性質(zhì)、勾股定理，解題的關(guān)鍵在于找出一對相似的三角形，其線段互相成比例，并求出各線段的長度．二、填空題9．（2023·浙江溫州·?？级＃┬≈芡瑢W(xué)在學(xué)習(xí)了折疊專題后，決定對扇形的折疊進(jìn)行研究，首先他剪出一張扇形紙片，按如圖1所示方法進(jìn)行折疊，，為扇形半徑，，為折痕，則______；然后小周又剪出了一個扇形進(jìn)行不同的嘗試，按如圖2所示方法進(jìn)行折疊后，恰好與相切于點F，，為折痕，則______．【答案】【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可知，，然后根據(jù)勾股定理及三角函數(shù)可進(jìn)行求解；過點F作，交延長線于一點M，連接，，設(shè)，，由（1）易得，然后可得，則由勾股定理可得，進(jìn)而問題可求解【詳解】解：由折疊的性質(zhì)可知，，設(shè)，∴，∴在中，，∴；過點F作，交延長線于一點M，連接，，如圖所示：設(shè)，，同理可得，∵恰好與相切于點F，∴點M即為所在圓的圓心，∴，在中，由勾股定理得：，解得：，∴，∴在中，由勾股定理得：，∴；故答案為，【點睛】本題主要考查折疊的性質(zhì)、切線的性質(zhì)、圓的基本性質(zhì)、勾股定理及三角函數(shù)，熟練掌握折疊的性質(zhì)、切線的性質(zhì)、圓的基本性質(zhì)、勾股定理及三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵三、解答題10．（2023·浙江麗水·統(tǒng)考二模）如圖，內(nèi)接于，且，．是劣弧上一點，分別交，于點，點，交于點．

(1)當(dāng)經(jīng)過圓心時，①求證：平分；②求的值；(2)考生注意：本題有三小題，第①題2分，第②題3分，第③題4分，請根據(jù)自己的認(rèn)知水平，選做其中一題．

①連接，求證：；②連接，求證：；③連接，若，求的長．【答案】(1)①見解析；②(2)①見解析；②見解析；③【分析】（1）①連接，，．證明，可得，即可得證；②經(jīng)過圓心，交于，則，，證明，得出，進(jìn)而證明，得出；（2）①證明，即可求解；②連接，，根據(jù)垂直平分，平分，得出，即可得出，從而得證；③連接，根據(jù)，求得，根據(jù)，得出，進(jìn)而得出，可得，即可求解．【詳解】（1）解：①連接，．

，，，，平分．②經(jīng)過圓心，設(shè)交于，平分連接，，，，∵，∴，∴，∵，∴在中，∴∴∴垂直平分，，，，，；（2）①，，，又，，，，．②連接，

又

，垂直平分平分，垂直平分平分③，，，，垂直平分，

連接，，，，連接，∵∴∵∴∴，∴．【點睛】本題考查了正切，解直角三角形，圓周角定理全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握圓的相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．11．（2023·統(tǒng)考二模）如圖，在中，，，，，分別是邊，上的動點，以為直徑構(gòu)造交于點（異于點）．在點，的運動過程中，始終滿足．(1)求證：．(2)如圖，連接，當(dāng)時，求的直徑．(3)設(shè)為的中點，連接，在，的運動過程中，是否存在某一時刻，使為等腰三角形，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)見解析(2)(3)存在，的值是，，或【分析】（1）連接，根據(jù)是的直徑，得出，勾股定理求得，進(jìn)而得出；（2）根據(jù)圓周角定理可得，結(jié)合題意得出，則，根據(jù)，即可求解；（3）過點作于點，則有，得出是的中位線，，，根據(jù)，即，，三點在一條直線上．設(shè)，，則，，，．點在上，時，點在上，時，過點作于點，點在上，時，過點作于點，點在上，而，只能是，分別根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，建立方程，解方程即可求解．【詳解】（1）解：連接，如圖1，是的直徑，，，，．（2）與是所對的圓心角與圓周角，．，，．，，，即的直徑為．（3）過點作于點，則有，如圖．，，即是的中點．是的中點，是的中位線，，，，即，，三點在一條直線上．設(shè)，，則，，，．（）如圖，點在上，時，有，，即．（）如圖，點在上，時，過點作于點，，，，即．（）如圖，點在上，時，過點作于點，，，，即．（）如圖，點在上，而，只能是，，，即．綜上所述，的值是，，或．【點睛】本題考查了圓周角定理，直徑所對的圓周角是直角，解直角三角形，等腰三角的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)與判定，分類討論是解題的關(guān)鍵．12．（2023·浙江·模擬預(yù)測）如圖，銳角三角形內(nèi)接于，，點D平分，連接，，．(1)求證：．(2)過點D作，分別交于點E，F(xiàn)，交于點G．①若，，求線段的長（用含a，b的代數(shù)式表示）．②若，求證：．【答案】(1)證明見解析(2)①；②證明見解析【分析】（1）由點D平分，可得，則，由，可得，則，進(jìn)而結(jié)論得證；（2）證明四邊形是菱形，則，，證明，則，即，求解即可；②由，可得，，由，可得，證明，則，即，如圖，連接，，說明，則，進(jìn)而結(jié)論得證．【詳解】（1）證明：∵點D平分，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（2）①解：由（1）可知，，則，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴四邊形是菱形，∴，，∵，∴，∴，即，解得，∴線段的長為；②證明：∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，如圖，連接，∴，∵，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了同弧或等弧所對的圓周角相等，菱形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，三角形外角的性質(zhì)等知識．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．13．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考二模）已知：如圖1，內(nèi)接于，直徑交于點E，滿足．(1)若，求的度數(shù)．(2)求證：．(3)連結(jié)．①如圖2，若，，求的值．②如圖3，過點A作于點H，若長為1，，長為y，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式．【答案】(1)(2)見解析(3)①；②【分析】（1）連結(jié)，由是的直徑得到，由，在中，，即可得到打答案；（2）設(shè)的度數(shù)為m，則，再證明，即可得到結(jié)論；（3）①如圖，連結(jié)，設(shè)的半徑為r，證明，則，得到，解得，由勾股定理逆定理可得，即為直角三角形，，則垂直平分，則為正三角形，得到平分，求出，即可得到答案；②連結(jié)，作等腰三角形，使得F點落在上，證明，則，在中，由，得到，進(jìn)一步得到，由，即，即可得到y(tǒng)關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式．【詳解】（1）解：連結(jié)，∵是的直徑，∴，∵，，在中，，；（2）設(shè)的度數(shù)為m，則，，，在中，由三角形內(nèi)角和得，，，；（3）①如圖，連結(jié)，設(shè)的半徑為r，∵，∴是等腰三角形，∵內(nèi)接于，∴所在直線垂直平分，∴平分，，，，，又，，，，，，解得，，由勾股定理逆定理可得，即為直角三角形，，垂直平分，∴，∴為正三角形，∵平分，，；②連結(jié)，作等腰三角形，使得F點落在上，，，，，，，，又，，，，在中，，，，，即，，∴，即，【點睛】此題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、解直角三角形、圓周角定理、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、勾股定理及其逆定理、函數(shù)關(guān)系式等知識，綜合性較強，難度稍大，添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．14．（2023·浙江溫州·?？级＃┤鐖D，在中，，，，P，Q分別是線段上動點，且，設(shè)，．(1)求y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式．(2)當(dāng)時，求的值．(3)作的外接圓，交于點D，交于點E．連結(jié)，若與的一邊相等時，求x的值．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）過Q作的垂線，垂足為N，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得，從而得到，再證明，即可求解；（2）過P作于點M，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得，再由銳角三角函數(shù)可設(shè)，則，，從而得到，，再聯(lián)立，即可求解；（3）分三種情況討論，即可求解．【詳解】（1）解：過Q作的垂線，垂足為N，∵，，，∴，∴，∵，，，，∴，，∴，∴，即；∴；（2）解：過P作于點M，∵，，∴，∵，∴，設(shè)，則，∴，∴，，聯(lián)立：，解得：，∴；（3）解：①當(dāng)時，∵，∴，∴∴，∴，當(dāng)時，；②當(dāng)時，∵，∴為直徑，∴也為直徑，∴，∵，且，，，∴，∴，∵，∴，∴∴當(dāng)時，；③當(dāng)時，此時不存在；綜上所述，或．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，解直角三角形，勾股定理等知識，熟練掌握相關(guān)知識點是解題的關(guān)鍵．15．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考二模）如圖，在中，，點D在上，，動點Q從A點出發(fā)沿線段以每秒1單位的速度運動，過點Q作，交射線于點P，點P關(guān)于點D的對稱點為，以為邊在上方作正方形，設(shè)點Q運動的時間為t秒．(1)當(dāng)點P在線段上時，求的長（用t的代數(shù)式表示）．(2)當(dāng)正方形的頂點F或E剛好落在的的邊上時，求t的值．(3)以為直徑作，當(dāng)與的邊所在的直線相切時，請求出所有滿足條件的t的值．【答案】(1)(2)或(3)或或或【分析】（1）在中，由勾股定理得，則，在中，即，解得，根據(jù)，求解即可；（2）由題意知，分在之間和在點右側(cè)兩種情況求解：①當(dāng)在之間時，如圖1，剛好落在的的邊上，由題意知，，即，解得，由正方形的性質(zhì)可得，由，可得，計算求解即可；②當(dāng)在點右側(cè)時，如圖2，剛好落在的的邊上，由題意知，，，則，由正方形的性質(zhì)可得，，由，即，計算求解滿足要求的值即可；（3）由題意知，分情況求解：①當(dāng)P點在線段之間，如圖3，與相切于點，連接，連接并延長交于，則四邊形是矩形，，，解得，，，，解得，根據(jù)，即，求出值即可；②當(dāng)P點在之間時，如圖4，與相切于點E，此時與B重合，則，即，求出值即可；③當(dāng)P點在右側(cè)，如圖5，與相切于點F，此時P與B重合，，即，求出值即可；④當(dāng)P點在線段的延長線，如圖6，與相切于點，連接，連接并延長交于，則四邊形是矩形，，由題意知，則，同①可知，，，根據(jù)，即，求出值即可．【詳解】（1）解：在中，由勾股定理得，∴，由題意知，在中，即，解得，∴，∴；（2）解：由題意知，分在之間和在點右側(cè)兩種情況求解：①當(dāng)在之間時，如圖1，剛好落在的的邊上，由題意知，，即，解得，∵正方形，∴，∵，∴，解得，∴時，剛好落在的的邊上；②當(dāng)在點右側(cè)時，如圖2，剛好落在的的邊上，由題意知，，，則，∵正方形，∴，，∵，即，解得，經(jīng)檢驗，是分式方程的解，∴時，剛好落在的的邊上；綜上所述，或時，正方形的頂點F或E剛好落在的的邊上；（3）解：由題意知，分情況求解：①當(dāng)P點在線段之間，如圖3，與相切于點，連接，連接并延長交于，則四邊形是矩形，，由題意知，，，∵，∴，解得，∵，∴，∵，∴，即，解得，∵，∴，解得，∴時，與的邊所在的直線相切；②當(dāng)P點在之間時，如圖4，與相切于點E，此時與B重合，∴，即，解得，∴時，與的邊所在的直線相切；③當(dāng)P點在右側(cè)，如圖5，與相切于點F，此時P與B重合，，∴，解得，∴時，與的邊所在的直線相切；④當(dāng)P點在線段的延長線，如圖6，與相切于點，連接，連接并延長交于，則四邊形是矩形，，由題意知，則，同①可知，，，∵，∴，解得，∴時，與的邊所在的直線相切；綜上所述，的值為或或或時，與的邊所在的直線相切．【點睛】本題考查了正切、余弦，正方形的性質(zhì)，切線的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．16．（2023·浙江·模擬預(yù)測）定義，若四邊形的一條對角線平分這個四邊形的面積，則稱這個四邊形為倍分四邊形，這條對角線稱為這個四邊形的倍分線.如圖①，在四邊形中，若，則四邊形為倍分四邊形，為四邊形的倍分線．(1)判斷：若是真命題請在括號內(nèi)打√，若是假命題請在括號內(nèi)打×．①平行四邊形是倍分四邊形（

）②梯形是倍分四邊形（

）(2)如圖①，倍分四邊形中，是倍分線，若，，，求；(3)如圖②，中，以為直徑的分別交、于點、，已知四邊形是倍分四邊形．①求；②連結(jié)，交于點，取中點，連結(jié)交于（如圖③），若，求．【答案】(1)①√；②×(2)(3)①；②【分析】（1）①根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知對角線平分的兩個三角形全等，則平行四邊形是倍分四邊形；②根據(jù)梯形的對角線不一定平分成兩個面積相等的三角形，即可判斷②（2）根據(jù)題意得到，過點作于點，則，，勾股定理得出，即可得出，然后在中，勾股定理即可求解；（3）①連接，，，設(shè)交于點，根據(jù)四邊形是倍分四邊形．得出是倍分線，則，證明得出，設(shè)，則，得出，過點作于點，根據(jù)，勾股定理得到，即可求解；②設(shè)交于點，連接，過點作交于點，由①可得，則四邊形是平行四邊形，得出，證明得出，即可求解．【詳解】（1）解：①平行四邊形是倍分四邊形（√）②梯形是倍分四邊形（×）故答案為：①√；②×．（2）解：∵倍分四邊形中，AC是倍分線，∴如圖所示，過點作于點，∵，，，∴，在中，，∴，在中，（3）①如圖所示，連接，，，設(shè)交于點，∵為直徑，∴，∵，∴，即是的中點，∴，∵四邊形是倍分四邊形．若是倍分線，則點到的距離相等，而是的角平分線，點到的距離相等，點不重合，故不是倍分線，∴是倍分線，∴，又∵，∴，∴，∴，設(shè)，則，∴，又∵，∴，∴；過點作于點，∴，∴，∴，∵，∴，則，在中，，在中，∴②如圖所示，設(shè)交于點，連接，過點作交于點，由①可得，則四邊形是平行四邊形，∵點是的中點，∴，則，在中，∵∴，則∴，∵，∴，∵，∴，∴∴，∴，∵∴，∴即∴∴．【點睛】本題考查了幾何新定義，平行四邊形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，直徑所對的圓周角是直角，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．17．（2023·浙江溫州·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖1，在正方形中，P是邊上的動點，E在的外接圓上，且位于正方形的內(nèi)部，，連結(jié)．(1)求證：是等腰直角三角形．(2)如圖2，連結(jié)，過點E作于點F，請?zhí)骄烤€段與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．(3)當(dāng)Р是的中點時，．①求的長．②若點Q是外接圓的動點，且位于正方形的外部，連結(jié)．當(dāng)與的一個內(nèi)角相等時，求所有滿足條件的的長．【答案】(1)見解析(2)，理由見解析(3)①；②或6【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到，求出，結(jié)合，得到，即可證得是等腰直角三角形．（2）延長交于點H，得到，利用證得，進(jìn)而證明，推出，證得，即可得到結(jié)論．（3）①由，求出，結(jié)合P是的中點求出的長．②由，得到，存在或，分兩種情況畫圖求解即可．【詳解】（1）解：如圖1，在正方形中，，∵點E在的外接圓上，∴，∴，∴．∵，∴，∴是等腰直角三角形．（2）如圖2，延長交于點H．∵，∴，即，∴．∵，∴，∴．又∵是等腰直角三角形，∴，∴，∴．∵，∴，∴，∴．（3）①由（2）知．∵，∴．∵P是的中點，∴，②∵，∴，∴存在或（點P在的左側(cè)）．當(dāng)時如圖3，，∴．∵，∴是圓的直徑，∴，∴．當(dāng)時如圖4，連結(jié)．由第一種情況可知是圓的直徑，∴，∴，∴，∴．綜上所述，的長是或6．【點睛】此題是圖形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，正確理解題意，綜合掌握各知識點是解題的關(guān)鍵．18．（2023·浙江杭州·模擬預(yù)測）（1）如圖1，的半徑為，，點為上任意一點，則的最小值為．（2）如圖2，已知矩形，點為上方一點，連接，，作于點，點是的內(nèi)心，求的度數(shù)．（3）如圖3，在（2）的條件下，連接，，若矩形的邊長，，，求此時的最小值．【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）當(dāng)點在線段上時，有最小值，即可求解；（2）根據(jù)角平分線性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理即可求解；（3）先作出的外接圓，進(jìn)而求出外接圓半徑，進(jìn)而判斷出最小時點的位置，最后構(gòu)造直角三角形即可得出結(jié)論．【詳解】（1）當(dāng)點在線段上時，有最小值為，故答案為：；（2），，，點是的內(nèi)心，平分，平分，，，；（3），，，，，如圖3，作的外接圓，圓心記作點，連接，，在優(yōu)弧上取一點，連接，，點在的外接圓上，，，，連接，與相交于點此時，是的最小值，過點作于，，交的延長線于，，，四邊形是矩形，，平分，四邊形是正方形，，，在中，，．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)心，勾股定理等知識，構(gòu)造出的外接圓是解本題的關(guān)鍵．19．（2023·浙江溫州·模擬預(yù)測）如圖1，中，，，，延長BC至D，使，E為AC邊上一點，連結(jié)DE并延長交AB于點F．作的外接圓，EH為的直徑，射線AC交于點G，連結(jié)GH．(1)求證：．(2)①如圖2，當(dāng)時，求GH的長及的值．②如圖3，隨著E點在CA邊上從下向上移動，的值是否發(fā)生變化，若不變，請你求出的值，若變化，求出的范圍．(3)若要使圓心O落在的內(nèi)部（不包括邊上），求CE的長度范圍．【答案】(1)證明見解析(2)①6，；②，不變，理由見解析(3)【分析】（1）先證明再證明從而可得結(jié)論；（2）①當(dāng)時，則此時重合，重合，從而可得答案；②過作于延長交HG的延長線于證明可得結(jié)論；（3）當(dāng)O在BC上時，由（2）可得：證明可得設(shè)則再建立方程求解即可，當(dāng)O在AB上時，可得從而可得答案．【詳解】（1）解：，，（2）①當(dāng)時，則為外接圓的直徑，此時重合，重合，②值不變，理由如下：過作于延長交HG的延長線于則為的直徑，而而同理可得；（3）如圖，當(dāng)O在BC上時，由（2）可得：∵∴設(shè)則解得：經(jīng)檢驗符合題意；如圖，當(dāng)O在AB上時，為的直徑，∴要使圓心O落在的內(nèi)部（不包括邊上），CE的長度范圍為：【點睛】本題考查的是等腰三角形的性質(zhì)，圓周角定理的應(yīng)用，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，是動態(tài)幾何體，準(zhǔn)確的畫出圖形是解本題的關(guān)鍵．20．（2023·浙江溫州·校聯(lián)考二模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，點E，F(xiàn)分別在邊AD，CD上，且∠ABE＝∠CBF，延長BE交CD的延長線于點G，H為BG中點，連接CH分別交BF，AD于點M，N．(1)求證：．(2)當(dāng)FG＝9時．①求的值．②在線段CH上取點P，以E為圓心，EP為半徑作（如圖），當(dāng)與四邊形ABMN某一邊所在直線相切時，求所有滿足條件的HP的長．【答案】(1)見解析(2)①；②當(dāng)與四邊形ABMN某一邊所在直線相切時，HP的長為，，，【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)查得出∠ABE＝∠G，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可證明∠G＝∠HCG＝∠CBF，更進(jìn)一步得出∠CFB＋∠CBF＝∠CFB＋∠HCG＝90°，從而得出結(jié)論；（2）①證明，可求出CF＝3，由勾股定理得出，同理可得出，，據(jù)此可求出，，從而可得出結(jié)論；②分與直線AB相切，與直線MN相切，與直線BM相切三種情況討論求解即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB//CD，∠BCD＝90°，∠ABE＝∠G．∵H為BG中點，∴CH＝GH，∴∠G＝∠HCG＝∠CBF，∴∠CFB＋∠CBF＝∠CFB＋∠HCG＝90°，∴．（2）解：①如圖1，∵由（1）得，∠G＝∠CBF，∴，∴，設(shè)，則．∵BC＝6，∴，解得（不合，舍去），，∴CF＝3，∴，同理，∴∵，∴，，∴，∴．②顯然不與直線AN相切，故分三種情況：Ⅰ當(dāng)與直線AB相切時，如圖，∵AB＝CD＝4，∴AE＝DN＝2，∴EP＝AE＝EN＝2，若點P與點N重合，，若點P不與點N重合，∵∠HEK＝∠FBG，∴．∵，∴，Ⅱ當(dāng)與直線MN相切時，如圖，可得．Ⅲ當(dāng)與直線BM相切時，如圖，∵，∴，又∵，∴，∴．綜上所述，當(dāng)與四邊形ABMN某一邊所在直線相切時，HP的長為，，，．【點睛】本題主要考查了直線與圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，相似三角形的判定與性質(zhì)，求銳角的正切值等知識，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．21．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考二模）婆羅摩芨多是公元7世紀(jì)古印度偉大的數(shù)學(xué)家，他在三角形、四邊形、零和負(fù)數(shù)的運算規(guī)則，二次方程等方面均有建樹，他也研究過對角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形，我們把這類對角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形稱為“婆氏四邊形”．（1）若平行四邊形ABCD是“婆氏四邊形”，則四邊形ABCD是．（填序號）①矩形；②菱形；③正方形（2）如圖1，RtABC中，∠BAC=90°，以AB為弦的⊙O交AC于D，交BC于E，連接DE、AE、BD，AB=6，，若四邊形ABED是“婆氏四邊形”，求DE的長．（3）如圖2，四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，連接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知∠BOC+∠AOD=180°．①求證：四邊形ABCD是“婆氏四邊形”；②當(dāng)AD+BC=4時，求⊙O半徑的最小值．【答案】（1）③；（2）3；（3）①見解析；②【分析】（1）根本圓內(nèi)接四邊形對角互補和平行四邊形對角相等可得∠ABC=∠ADC=90°，從而可證明四邊形ABCD為矩形，再根據(jù)對角線互相垂直的矩形是正方形即可判斷；（2）根據(jù)垂徑定理和圓周角定理可得AD=DE，∠DEB=∠DEC=90°，設(shè)AD=DE=m，則DC=8m，EC=106=4，在Rt△DEC中解直角三角形即可；（3）①根據(jù)圓周角定理即可得出，從而可得∠CED=90°，繼而證明結(jié)論；②作OM，ON分別垂直與AD，BC，證明△OAM≌△BON，設(shè)，則，，，在Rt△BON中，根據(jù)勾股定理和二次函數(shù)的性質(zhì)即可得出半徑的最小值．【詳解】解：（1）如下圖，∵平行四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠ABC=∠ADC，∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABC=∠ADC=90°，∴平行四邊形ABCD為矩形，∵四邊形ABCD是“婆氏四邊形”，∴AC⊥BD，∴矩形ABCD為正方形，故答案為：③；（2）∵∠BAC=90°，AB=6，，∴，,BD為直徑，∴∠BED=∠DEC=90°，∵四邊形ABED是“婆氏四邊形”，∴AE⊥BD，∴AD=DE，AB=BE=6，設(shè)AD=DE=m，則DC=8m，EC=106=4，在Rt△EDC中，根據(jù)勾股定理,,即，解得，即DE=3；（3）①設(shè)AC，BD相交于點E如圖所示∵，，∠BOC+∠AOD=180°，∴，∴∠CED=90°，即AC⊥BD，又∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴四邊形ABCD是“婆氏四邊形”；②如下圖，作OM，ON分別垂直與AD，BC，∴，，∠AMO=∠BNO=90°，∴∠AOM+∠OAM=90°，∵OA=OB=OC=OD，∴,，∵∠BOC+∠AOD=180°，∴，∴，在△OAM和△BON中∵∴△OAM≌△BON（AAS），∴，∵AD+BC=4設(shè)，則，，，在Rt△BON中，，當(dāng)時，取得最小值，即⊙O半徑的最小值為．【點睛】本題考查圓周角定理、垂徑定理、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、勾股定理、正方形的判定定理、二次函數(shù)的性質(zhì)等．（1）中能正確證明出四邊形的一個角是90°是解題關(guān)鍵；（2）中能正確表示出Rt△EDC的三個邊是解題關(guān)鍵；（3）中①正確利用圓周角定理是解題關(guān)鍵；②正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．22．（2023·浙江金華·統(tǒng)考二模）如圖1，在矩形中，，，動點P從點C出發(fā)，以1個單位每秒速度，沿線段運動，同時，動點Q從點B出發(fā)，以2個單位每秒速度，沿射線運動，當(dāng)點P到達(dá)點D時，點P，Q同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒．(1)請用含t的代數(shù)式表示線段的長．(2)如圖2，與交于點M，當(dāng)時，求與的面積之比．(3)在點P，Q的整個運動過程中，直線上是否存在點E（C，E不重合），使以為直角邊的，與以點P，Q，C三點為頂點的三角形相似？若不存在，說明理由；若存在，求t的值．【答案】(1)或；(2)(3)或或或或．【分析】（1）分兩種情況：當(dāng)在上時，，當(dāng)在的延長線上時，；（2）如圖，過作于，過作于，證明，，，可得，則，同理可得：，由，可得，解得：，可得，，再利用面積公式計算即可；（3）由以為直角邊的，與以點P，Q，C三點為頂點的三角形相似，根據(jù)直角的位置分兩種情況討論：當(dāng)或，再畫出圖形求解即可．【詳解】（1）解：當(dāng)在上時，，當(dāng)在的延長線上時，；（2）如圖，過作于，過作于，∵矩形中，，，∴，，，∴，則，同理可得：，∵，∴，解得：，∴，，∴與的面積之比為：；（3）當(dāng)為直角頂點時，∵以為直角邊的，與以點P，Q，C三點為頂點的三角形相似，∴，∴當(dāng)，則，∴，此時四邊形為矩形，∴，∴，當(dāng)時，，此時，∴，，此時，∵，∴，∴，∴，解得：，經(jīng)檢驗符合題意；如圖，當(dāng)時，∴∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，解得：；而，經(jīng)檢驗不符合題意；舍去；當(dāng)為直角頂點時，如圖，當(dāng)時，∴，，∴，∴，∴，，過作于，則，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，由，可得：，經(jīng)檢驗符合題意；如圖，當(dāng)時，過作于，∴，∴，∵，∴，∴，同理可得：，，設(shè)，則，∴，∴，∴，同理可得：，∴，∴，經(jīng)檢驗符合題意；如圖，當(dāng)時，則，延長交于，過作于，同理可得：，，，，設(shè)，則，∴，∴，∴，同理可得：，∴，∴，經(jīng)檢驗符合題意；綜上：或或或或．【點睛】本題考查的是矩形的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，清晰的分類討論是解本題的關(guān)鍵．23．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考二模）如圖，在圓內(nèi)接四邊形中，，的延長線交于點，連結(jié)并延長交于點，連結(jié)．已知，，，．

(1)求證：．(2)求與的長．(3)是中點，動點在上從點向終點勻速運動，同時動點在上從點向終點勻速運動．當(dāng)點在點處時，點在點處，設(shè)，．①求關(guān)于的表達(dá)式．②連結(jié)，當(dāng)直線與的某一邊所在的直線垂直時，記垂足為點，求的值．【答案】(1)見解析(2)，(3)①；②或【分析】（1）根據(jù)，得，根據(jù)等腰三角形的三線合一，得，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，得，根據(jù)，等量代換，得，根據(jù)，等量代換，即可；（2）連接，根據(jù)，得，根據(jù)，等量代換，平行線的判定，得，得，根據(jù)勾股定理，即可求出，；（3）由（2）得，，根據(jù)當(dāng)點在點處時，點在點處，得，即可；連接，分類討論：當(dāng)于點，根據(jù)，得，根據(jù)，即可；當(dāng)于點，根據(jù)，即可；當(dāng)于點，即可．【詳解】（1）證明，如下：∵，得，∴是等腰三角形，∴，，∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．（2）連接，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，．

（3）由（1）得，，∵是中點，∴，∴，∵，∴，∴，∴；：當(dāng)于點，連結(jié)，∵，∴，∴，∴即，∵，解得，∴；

：當(dāng)于點，∵，∴，∴，∴，∴∵，解得，∴，∴，∴；

：當(dāng)于點，在中，，∴，∴這種情況不存在．綜上所述，的值為或．

【點睛】本題考查圓，解直角三角形和函數(shù)的知識，解題的關(guān)鍵是掌握圓的基本性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，一次函數(shù)的表達(dá)式，勾股定理的運用，解直角三角形的運用．24．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考三模）如圖，內(nèi)接于圓O，，點D為劣弧上動點，延長，交于點E，作交圓O于點F，連接．(1)如圖1，當(dāng)點D為弧的中點時，求證：；(2)如圖2，若，，試用含有的代數(shù)式表示；(3)在（2）的條件下，若．①求證：；②求的值．【答案】(1)見解析；(2)；(3)．【分析】（1）如圖，連接，易證結(jié)合點D為的中點，易得即，根據(jù)等弧對等弦即可證明；（2），，易得，依據(jù)三角形內(nèi)角和求得，，利用同旁內(nèi)角互補求得，即可求得，由，即可求解；（3）①如圖，在的延長線上截取，連接，則，易證得，由可得，等量代換即可證明；②過作于，易證得，令，設(shè)，則，，，，即，得，再證得解得，得，，在中由勾股定理求，在中：由即可求解．【詳解】（1）解：如圖，連接，，，，點D為的中點，，，，，即，；（2），，

，，，，，，，，，，，，，，；（3）①如圖，在的延長線上截取，連接，則，，，，是圓的內(nèi)接四邊形，，，，，，，，，，即：；②過作于，是圓的內(nèi)接四邊形，，，，，，，令，設(shè)，則，由①可知，，，，即，解得：或（不合題意，舍去），，，，，即，，則，，解得：，則，，，，在中，，，在中：．【點睛】本題考查了圓的基本性質(zhì)，圓周角定理圓內(nèi)接四邊形，平行線的性質(zhì)及平行線分線斷成比例，與三角形有關(guān)的角的計算，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理解直角三角形；解題的關(guān)鍵是靈活運用上述只是綜合求解．25．（2023·浙江·模擬預(yù)測）如圖，點A，B，C分別是上的三等分點，連接，，．點D，E分別是，上的點，且．過點D作的垂線，垂足為H，與分別交于N、M，與邊交于F點．(1)求證：是等邊三角形；(2)探索與的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；(3)點E從點B沿方向運動到點C，點H也隨之運動，若的半徑為2，則點H運動的路徑長是多少？【答案】(1)見解析(2)；證明見解析(3)點H的運動路徑長為【分析】（1）根據(jù)點A，B，C分別是上的三等分點，證明，即可得出答案；（2）連接，，，，證明，得出，，證明，得出，證明為等邊三角形，根據(jù)，得出，，即可證明結(jié)論；（3）延長交于點K，連接并延長交于點L，取的中點I，連接，，說明，證明K、H、O、D四點都在以為直徑的圓上，證明，得出點H在過點K與平行的直線上運