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专题 20 圆的综合
考点 0 1 点与圆
1．（2025·云南·中考真题）已知 的半径为 ，若点 在 上，则点 到圆心 的距离为 ．
【答案】
【分析】本题考查了点和圆的位置关系，根据点到圆心的距离和圆的半径之间的数量关系，即可判断点和
圆的位置关系，解题的关键是理解设点到圆心的距离为 ，圆的半径为 ，若点在圆外，则 时，当点
在圆上时，则 时；当点在圆内时，则 ．
【详解】解：∵点 在 上，
∴点 到圆心 的距离为 ，
故答案为： ．
2．（2024·广东广州·中考真题）如图， 中，弦 的长为 ，点 在 上， ，
． 所在的平面内有一点 ，若 ，则点 与 的位置关系是（ ）
A．点 在 上 B．点 在 内 C．点 在 外 D．无法确定
【答案】C
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，点与圆的位置关系，锐角三角函数，掌握圆的相关性质是解
题关键．由垂径定理可得 ，由圆周角定理可得 ，再结合特殊角的正弦值，求出 的
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半径，即可得到答案．
【详解】解：如图，令 与 的交点为 ，
为半径， 为弦，且 ，
，
，
在 中， ， ， ，
，
，即 的半径为4，
，
点 在 外，
故选：C．
3．（2025·吉林长春·中考真题）如图，在边长为4的正方形 中，对角线 、 相交于点 ．点
在线段 上．连接 ，作 于点 ，交 于点 ．给出下面四个结论：
① ；
② ；
③当 时， ；
④点 与点 之间的距离的最小值为 ．
上述结论中，正确结论的序号有 ．
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【答案】①②④
【分析】根据正方形的性质可得 ，结合 ，可得 ，故①
符合题意；证明 ，可得 ，故②符合题意；当 时， ，可得 ，
，可得 ，故③不符合题意；如图，取 的中点 ，连接 ，可得 在以
为圆心， 为直径的圆上，当 共线时， 最小，再进一步可判断④.
【详解】解：∵正方形 ，
∴ ， ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，故①符合题意；
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，故②符合题意；
当 时， ，
∴ ， ，
∴ ，故③不符合题意；
如图，取 的中点 ，连接 ，
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∵ ，
∴ 在以 为圆心， 为直径的圆上，
当 共线时， 最小，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴点 与点 之间的距离的最小值为 ．故④符合题意；
故答案为：①②④
【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定
与性质，等腰三角形的性质，点到圆上各点距离的最小值的含义，本题难度较大，作出合适的辅助线是解
本题的关键.
4．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，矩形 中， ， ，动点E，F分别从点A，C同时
出发，以每秒1个单位长度的速度沿 ， 向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的
垂线，垂足为G，则 的最大值为（ ）
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A． B． C．2 D．1
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的性质、动点轨迹、与圆有关的位置关系等知识，根据矩形的性质以及直角
三角形斜边中线的性质确定G的轨迹是本题解题的关键．
连接 ， 交于点 ，取 中点 ，连接 ，根据直角三角形斜边中线的性质，可以得出 的轨迹，
从而求出 的最大值．
【详解】解：连接 ， 交于点 ，取 中点 ，连接 ，如图所示：
∵四边形 是矩形，
∴ ， ， ，
∴在 中， ，
∴ ，
∵ ，
，
在 与 中，
，
，
， ， 共线，
， 是 中点，
∴在 中， ，
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的轨迹为以 为圆心， 为半径即 为直径的圆弧．
∴ 的最大值为 的长，即 ．
故选：D．
5．（2023·江苏宿迁·中考真题）在同一平面内，已知 的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为
圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（ ）
A．2 B．5 C．6 D．8
【答案】B
【分析】过点 作 于点 ，连接 ，判断出当点 为 的延长线与 的交点时，点 到直线
的距离最大，由此即可得．
【详解】解：如图，过点 作 于点 ，连接 ，
， ，
当点 为 的延长线与 的交点时，点 到直线 的距离最大，最大距离为 ，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的性质，正确判断出点 到直线 的距离最大时，点 的位置是解题关键．
考点 0 2 圆的切线的性质
1．（2025·湖南·中考真题）如图， 的顶点 ， 在 上，圆心 在边 上， ，
与 相切于点 ，连接 ．
(1)求 的度数；
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(2)求证： ．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】本题主要考查了切线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质与判定，熟知相关知识是解
题的关键．
（1）由切线的性质得到 ，据此根据角的和差关系可得答案；
（2）由等边对等角得到 ，再由三角形内角和定理可得 ，则可证明 ，
进而可证明 ．
【详解】（1）解：∵ 与 相切与点 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ;
（2）证明：∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
2．（2025·贵州·中考真题）如图，在 中， 是直角， 为 的中点， 为 的切线交 的
延长线于点 ．连接 ， ．
(1)点 与 的位置关系是 ，线段 与线段 的数量关系是 ；
(2)过 点作 ，与 的延长线交于点 ．根据题意补全图形，判断 的形状，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，若 的半径为 ，求 的长．
【答案】(1) 在线段 上； ；
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(2)补图见解析， 为等腰三角形
(3)
【分析】（1）根据圆周角定理与弧，弦，圆心角定理可得答案；
（2）补图如下， 连接 ，证明 ， ，结合 ，
可得 ，进一步可得结论；
（3）如图，过 作 于 ，求解 ， ， ，
，可得 ，从而可得答案.
【详解】（1）解：∵ 是直角，
∴ 为直径，
∵ 为圆心，
∴ 在线段 上；
∵ 为 的中点，
∴ ，
∴ ；
（2）解：补图如下， 为等腰三角形，理由如下：
连接 ，
∵ 为 的切线交 的延长线于点 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
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∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等腰三角形；
（3）解：如图，过 作 于 ，
∵ 的半径为 ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ .
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，弦，弧，圆心角之间的关系，切线的性质，
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作出合适的辅助线是解本题的关键.
3．（2025·广东·中考真题）如图，点 是 斜边 边上的一点，以 为半径的 与边 相切
于点 ．求证： 平分 ．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查了圆的切线的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质等知识点，熟练掌握各知
识点并灵活运用是解题的关键．
连接 ，根据圆的切线的性质得到 ，则根据平行线的判定与性质得到 ，再由
等边对等角得到 ，即可等量代换求证．
【详解】证明：连接 ，
∵ 与边 相切于点 ，
∴ ，即 ，
∵ 为直角三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵
∴ ，
∴ ，
∴ 平分 ．
4．（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图， 是 的切线，点 为切点，连接 ， ，若
，则 ．
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【答案】 /50度
【分析】本题考查切线的性质与三角形内角和定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键，根据切线的性质
得到 ，从而得到 ，再根据三角形内角和即可得到答案．
【详解】解：∵ 是 的切线，
，
，
，
，
故答案为： ．
5．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图， 是 的直径，弦 平分 ，过点 的切线交 于
点 ， ．
(1)求证： ；
(2)若 ，求扇形 的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，切线的性质，平行线的判定和性质，圆周角定理，扇形的面积公
式，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）由切线的性质得到 ，推出 ，得到 ，得出 ，
即可得到结论；
（2）根据圆周角定理得到 ，求出 的半径 ，得到
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．
【详解】（1）证明： 是 的切线，
，
，
，
平分 ，
，
，
，
，
；
（2）解： 平分 ，
，
，
， 是 的直径，
的半径 ，
．
6．（2024·江苏南京·中考真题）如图，在四边形 中， 分别与扇形 相切于点
．若 ，则 的长为（ ）
A．8 B． C． D．9
【答案】D
【分析】连接 ，作 于点 ，由 ， 分别与扇形 相切于点 ， ， ，
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得 ， ， ， ，求得 ，再证明四边形
是矩形，则 ， ，由勾股定理得 ，求得 ，
即可解答．
【详解】解：连接 ，作 于点 ，
则 ，
， 分别与扇形 相切于点 ， ， ， ，
， ， ， ，
，
，
，
，
，
四边形 是矩形，
， ，
，
在 中，根据勾股定理可得：
，
解得： ，
故选：D．
【点睛】此题考查切线的性质定理、切线长定理、勾股定理、矩形的判定与性质等知识点，正确地作出辅
助线是解答本题的关键．
7．（2025·黑龙江·中考真题）如图， 、 是圆O的切线，A、B为切点， 是直径， ，
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【答案】 /70度
【分析】本题考查切线的性质，切线长定理，等腰三角形的性质．根据 是切线，得到 ，从
而 ，根据切线长定理得到 ，从而 ，进而由三角
形的内角和定理即可求解．
【详解】解：∵ 是切线，
∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ，
∵ 、 是圆O的切线，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
8．（2025·四川泸州·中考真题）如图，梯形 中， ， 与梯形 的各边
都相切，且 的面积为 ，则点 到 的距离为 ．
【答案】
【分析】本题考查了圆的切线的性质，切线长定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与
性质，难度较大，正确添加辅助线是解题的关键．
设 分别与 的切点记为点 ，连接 ，过点 作 于点 ，过点 作
于点 ，过点 作 于点 ，由圆的切线的性质证明四边形 为矩形，则
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，可求圆的半径为 ，设 ，在 中有勾股定理建立方程
，解得： 或 （舍），同理可得： ， ，最后由
即可求解．
【详解】解：设 分别与 的切点记为点 ，连接 ，过点 作 于点
，过点 作 于点 ，过点 作 于点 ，
∴ ， ，
∴ ，
∵梯形 ， ，
∴点 共线，
∴四边形 为矩形，
∴ ，
∵ 的面积为 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，
∵ ，
∴ ，
∴
∵在 中， ，
∴ ，
解得： 或 （舍），
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∴ ，
同理可得： ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴点 到 的距离为 ，
故答案为： ．
9．（2024·四川泸州·中考真题）如图， ， 是 的切线，切点为A，D，点B，C在 上，若
，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了圆的内接四边形的性质，切线长定理，等腰三角形的性质等知识点，正确作辅助线是
解题关键．
根据圆的内接四边形的性质得 ，由 得 ，由切线长
定理得 ，即可求得结果．
【详解】解：如图，连接 ，
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∵四边形 是 的内接四边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
即 ，
∴ ，
∵ ， 是 的切线，根据切线长定理得，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故选：C．
10．（2023·内蒙古通辽·中考真题）某款“不倒翁”（如图 ）的主视图是图 ， 分别与 所在
圆相切于点A，B，若该圆半径是 ，则主视图的面积为 ．
【答案】
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【分析】根据题意，先找到圆心 ，然后根据 ， 分别与 所在圆相切于点A，B． 可以
得到 的度数，然后即可得到优弧 对应的圆心角，再根据主视图的面积为
计算即可．
【详解】解：设圆心为O，过O作 ， ， 和 相交于点 ，连接 ，如图，
∵ ， 分别与 所在圆相切于点A，B．
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴优弧 对应的圆心角为 ， ，
∵该圆半径是 ，
∴ ，
∴主视图的面积为
，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，求扇形面积，牢记扇形面积公式是解
题的关键．
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考点 0 3 圆的切线的判定
1．（2025·青海·中考真题）如图，线段 经过圆心 ，交 于点 ， ， 为 的弦，连接 ，
．
(1)求证：直线 是 的切线；
(2)已知 ，求 的长（结果保留 ）．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了切线的判定，弧长公式，含30度角的直角三角形的性质．
（1）先由三角形内角和定理得出 ，再根据 得 ，进而可得
，再根据切线的判定可得出结论；
（2）根据含30度角的直角三角形的性质得 ，设 ，则 ，求出 ，再得
，然后根据弧长公式求解即可．
【详解】（1）证明：连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
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∴ ，
且 是 的半径，
∴直线 是 的切线；
（2）解：在 中， ，
∴ ，
设 ，
∴ ，
解得 ，
∵ ，
∴ 的长为： ．
2．（2025·云南·中考真题）如图， 是五边形 的外接圆， 是 的直径．连接 ， ，
， ．
(1)若 ，且 ，求 的度数；
(2)求证：直线 是 的切线；
(3)探究，发现与证明：已知 平分 ，是否存在常数 ，使等式 成立？
若存在，请直接写出一个 的值和一个 的值，并证明你写出的 的值和 的值，使等式
成立；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) ；
(2)证明见解析；
(3)存在常数 ， ，理由见解析．
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的判定等知
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识，掌握知识点的应用是解题的关键．
（ ）证明 是等边三角形即可；
（ ）延长 交 于点 ，连接 ，由圆周角定理可得 ，即 ，又
， ，所以 ，然后由切线的判定方法即可求证；
（ ）设 与 交于点 ，由 平分 ，可得 ， ，通过圆周角定理可得
，证明 ， ，故有 ， ，即有
， ，然后通过 即可求解．
【详解】（1）解：∵ ，且 ，
∴ 是等边三角形，
∴ ；
（2）解：如图，延长 交 于点 ，连接 ，
∵ 是 的直径，
∴ ，即 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的半径，
∴直线 是 的切线；
（3）解：存在常数 ， ，使等式 成立；
理由如下：
如图，设 与 交于点 ，
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∵ 平分 ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ， ，
得： ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ．
3．（2025·甘肃·中考真题）如图，四边形 的顶点A，B，C在 上， ，直径 与
弦 相交于点F、点D是 延长线上的一点且 ．
(1)求证： 是 的切线；
(2)若四边形 是平行四边形， ．求 的长．
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【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握切线的判定方法，圆周角
定理，是解题的关键．
（1）连接 ，根据圆周角定理得到 ，推出 ，根据等边对等角，推出
，根据直径得到 ，进而得到 ，继而得到
，即 ，即可得证；
（2）由平行四边形的性质得到 ，根据 ，得到 ，求出
的长，证明 是菱形，得到 为等边三角形，进而得到 ，解 ，求出
的长即可．
【详解】（1）证明：如图1，连接 ，
， ，
．
，
．
是 的直径，
，即 ．
，
，即 ．
为 的半径，
是 的切线．
（2）解：如图2，
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四边形 是平行四边形，
．
又 ，
，
．
，
是菱形，
．
为等边三角形，
∴ ．
在 中， ．
4．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，已知 是 的直径， 是 上一点，过 作直线 与 的
延长线交于 点，过点A作 于 点，连结 、 ，且 ．
(1)求证：直线 是 的切线；
(2)若 ， ，求 与 的长度；
(3)在（2）的条件下，若 为 上的一动点，且 在直线 上方，连结 ．当四边形
面积最大时，求 的长度．
【答案】(1)见解析
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(2) ，
(3)
【分析】（1）连接 ， 可得 ， ，由直径性质，得 ，可得
，即得直线 是 的切线；
（2）证明 ，得 ，得 ，可得 ，证明
，得 , ，由 ,得 ；
（3）过点E作 于点G，则 ，当四边形 面积最大时， 面积最大，点F
是 的中点，可得 ，得 ，得 ，∴ ，得
，由 ，得 ,即得 ．
【详解】（1）解：连接 ，
则 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∴ ，
∴直线 是 的切线；
（2）∵ ，
∴ ，
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∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
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解得 （舍去）或 ；
（3）过点E作 于点G，
则 ，
当四边形 面积最大时， 面积最大，点F到 的距最大，点F是 的中点，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理及推论，圆切线的判定和性质，正切定义，勾
股定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键．
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5．（2024·西藏·中考真题）如图， 是 的直径，C，D是 上两点，连接 ， ， 平分
， ，交 延长线于点E．
(1)求证： 是 的切线；
(2)若 的半径为5， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据角平分线的定义得出 ，根据圆周角定理得出
，证明 ，根据平行线的性质得出 ，得出
，即可证明结论；
（2）根据 ，得出 ，解直角三角形得出 ，证明 ，
解直角三角形得出 ，根据勾股定理得出 ，解直角三角
形得出 ，根据勾股定理得出 ，最后求出结果即
可．
【详解】（1）证明：∵ 平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
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∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 为半径，
∴ 是 的切线；
（2）解：∵ 的半径为5，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 为 的直径，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
即 ，
∴ ，
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∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形的相关计算，勾股定理，等腰三角形的
性质，余角的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
6．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，将 沿过点 的直线翻折并展开，点 的对应点 落在边
上，折痕为 ，点 在边 上， 经过点 、 ．若 ，判断 与 的位置关系，并说
明理由．
【答案】 与 相切，理由见解析
【分析】连接 ，由等腰三角形的性质得 ，再由折叠的性质得 ，进而证
明 ，则 ，因此 ，然后由切线的判定即可得出结论．
【详解】解： 与 相切．
证明：连接 ．
∵ ，
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∴ ．
∵图形沿过点A的直线翻折，点C的对应点 落在边 上，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴由 ，得 ，即 ．
∴ 与 相切．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、等腰三角形的性质、折叠的性质以及平行线的判定与性质等知识，
熟练掌握切线的判定和折叠的性质是解题的关键．
考点 0 4 圆与三角形
1．（2023·江西·中考真题）如图，点 ， ， ， 均在直线 上，点 在直线 外，则经过其中任意三个
点，最多可画出圆的个数为（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】D
【分析】根据不共线三点确定一个圆可得，直线上任意2个点加上点 可以画出一个圆，据此列举所有可
能即可求解．
【详解】解：依题意， ； ； ； ； ， 加上点 可以画出一个圆，
∴共有6个，
故选：D．
【点睛】本题考查了确定圆的条件，熟练掌握不共线三点确定一个圆是解题的关键．
2．（2023·四川攀枝花·中考真题）已知 的周长为 ，其内切圆的面积为 ，则 的面积为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
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【分析】由题意可得 ， ， ，由面积关系可求解．
【详解】解：如图，设内切圆 与 相切于点 ，点 ，点 ，连接 ， ， ， ， ，
，
切 于 ，
， ，
，
同理： ，
，
，
，
，
故选A
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，掌握内切圆的性质是解题的关键．
3．（2023·江苏镇江·中考真题）《九章算术》中记载：“今有勾八步，股一十五步．问勾中容圆，径几
何？”译文：现在有一个直角三角形，短直角边的长为8步，长直角边的长为15步．问这个直角三角形内
切圆的直径是多少？书中给出的算法译文如下：如图，根据短直角边的长和长直角边的长，求得斜边的长．
用直角三角形三条边的长相加作为除数，用两条直角边相乘的积再乘2作为被除数，计算所得的商就是这
个直角三角形内切圆的直径．根据以上方法，求得该直径等于 步．（注：“步”为长度单位）
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【答案】6
【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径，
得到直径．
【详解】解：根据勾股定理得：斜边为 ，
则该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径 （步），即直径为6步，
故答案为：6．
【点睛】此题考查了三角形的内切圆与内心，掌握 中，两直角边分别为 、 ，斜边为 ，其内
切圆半径 是解题的关键．
4．（2023·山东·中考真题）在 中， ，下列说法错误的是（ ）
A． B．
C． 内切圆的半径 D．当 时， 是直角三角形
【答案】C
【分析】根据三角形三边关系、三角形面积、内切圆半径的计算以及勾股定理逆定理逐一求解即可．
【详解】解：∵ ，
∴ 即 ，故A说法正确；
当 时， ，
若以 为底，高 ，
∴ ，故B说法正确；
设 内切圆的半径为r，
则 ，
∵ ，
∴ ， ，
∵ ，
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∴ ，
∴ ，故C说法错误；
当 时， ，
∴ 是直角三角形，故D说法正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形三边关系，三角形面积，三角形内切圆半径以及勾股定理的逆定理，掌握内切
圆半径与圆的面积周长之间的关系 是解题的关键．
5．（2024·宁夏·中考真题）如图， 是 的外接圆， 为直径，点 是 的内心，连接
并延长交 于点 ，过点 作 的切线交 的延长线于点 ．
(1)求证： ；
(2)连接 ，若 的半径为2， ，求阴影部分的面积（结果用含 的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角函数的定义，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，扇
形面积的计算．
（1）连接 ，交 于点G，根据等腰三角形的性质得到 ，由D为 的内心，得到
，求得 ，根据圆周角定理得到∠ ，求得 ，根据切线的性
质得到 ，根据平行线的判定定理得到结论；
（2）根据三角函数的定义得到 ，求得 ，求得 ，根据
扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
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【详解】（1）证明：连接 ，交 于点 ，
，
，
又 为 的内心，
，
，
∴ ，
又 为 的直径，
，
又 为 的切线且 为 的半径，
，
，
∴ ；
（2）解： ，
，
，
，
，
．
6．（2023·广东广州·中考真题）如图， 的内切圆 与 ， ， 分别相切于点D，E，F，若
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的半径为r， ，则 的值和 的大小分别为（ ）
A．2r， B．0， C．2r， D．0，
【答案】D
【分析】如图，连接 ．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．
【详解】解：如图，连接 ．
∵ 的内切圆 与 ， ， 分别相切于点D，E，F，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ．
故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性
质，属于中考常考题型．
7．（2024·山东德州·中考真题）有一张如图所示的四边形纸片， ， ， 为
直角，要在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的半径为 cm．
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【答案】
【分析】连接 ，作 的平分线交 于点 ，作 于 ，如图求得
，则 ， ，所以 平分 和 ，加上 平分 ，根据
角平分线性质得到点 到四边形 的各边的距离相等，则得到 是四边形 的内切圆，它是所
求的面积最大的圆形纸片，其半径为 ，接着证明 为等腰直角三角形得到 ，设 ，
则 ， ，然后证明 ，利用相似比可计算出 ．
【详解】解：连接 ，作 的平分线，交 于点O，作 于 ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
平分 和 ，
平分 ，
点 到四边形 的各边的距离相等，
∴ 是四边形 的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为 ，
，
，
∴ 为等腰直角三角形，
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，
设 ，则 ， ，
∵ ， ，
∴ ，
，
即 ，
．
即 的半径为 ，
∴圆形纸片的半径为 ．
故答案为：
【点睛】本题考查四边形的内切圆，角平分线的性质，相似三角形的判定及性质，证明该四边形的内切圆
是所求的面积最大的圆是解题的关键．
考点 0 5 圆与四边形
1．（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆
（四条边都与同一个圆相切），
可分为四种类型，我们不妨约定：
既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形；
只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；
只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形；
既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形．
请你根据该约定，解答下列问题：
(1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”，
①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； （ ）
②内角不等于 的菱形一定是“内切型单圆”四边形； （ ）
③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有
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．（ ）
(2)如图1，已知四边形 内接于 ，四条边长满足： ．
①该四边形 是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）；
②若 的平分线 交 于点E， 的平分线 交 于点F，连接 ．求证： 是 的
直径．
(3)已知四边形 是“完美型双圆”四边形，它的内切圆 与 分别相切于点E，
F，G，H．
①如图2．连接 交于点P．求证： ．
②如图3，连接 ，若 ， ， ，求内切圆 的半径r及 的长．
【答案】(1)①×；②√；③√
(2)①外接型单圆；②见解析
(3) ， ，
【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形
的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切
圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③；
（2）①根据已知结合题中定义可得结论；
②根据角平分线的定义和圆周角定理证明 即可证得结论；
（3）①连接 、 、 、 、 ，根据四边形 是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内
角和定理可推导出 ， ， ，进而可得 ，
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，然后利用圆周角定理可推导出 ，即可证得结论；
②连接 、 、 、 ，根据已知条件证明 ，进而证明 得到
，再利用勾股定理求得 ， ，同理可证 求解 即可．
【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，
所以
①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆，
∴该平行四边形是 “平凡型无圆”四边形，故①错误；
②∵内角不等于 的菱形的对角不互补，
∴该菱形无外接圆，
∵菱形的四条边都相等，
∴该菱形的对边之和相等，
∴该菱形有内切圆，
∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确；
③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图，
则 ， ， ， ，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ，即 ；
故③正确，
故答案为：①×；②√；③√；
（2）解：①若四边形 中有内切圆，则 ，这与 矛盾，
∴四边形 无内切圆，
又∵该四边形有外接圆，
∴该四边形 是“外接型单圆”四边形，
故答案为：外接型单圆；
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②∵ 的平分线 交 于点E， 的平分线 交 于点F，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，即 和 均为半圆，
∴ 是 的直径．
（3）①证明：如图，连接 、 、 、 、 ，
∵ 是四边形 的内切圆，
∴ ， ， ， ，
∴ ，
在四边形 中， ，
同理可证， ，
∵四边形 是“完美型双圆”四边形，
∴该四边形有外接圆，则 ，
∴ ，则 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
②如图，连接 、 、 、 ，
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∵四边形 是“完美型双圆”四边形，它的内切圆 与 分别相切于点E，F，
G，H，
∴∴ ， ， ， ， ，
∴ ， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，又 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，则 ，
在 中，由 得 ，
解得 ；
在 中， ，
∴ ，
同理可证 ，
∴ ，
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∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性
质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定
等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎
实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战．
2．（2024·四川巴中·中考真题）如图，四边形ABCD是 的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则
的度数是 ．
【答案】60°
【分析】根据菱形的性质得到∠AOC＝∠ABC，根据圆周角定理得到∠ADC＝ ∠AOC，根据圆内接四边
形的性质得到∠ADC＋∠ABC＝180°，计算即可．
【详解】解：∵四边形OABC为菱形，
∴∠AOC＝∠ABC，
由圆周角定理得：∠ADC＝ ∠AOC，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＋∠ABC＝180°，
∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，
故答案为：60°．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是
解题的关键．
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3．（2025·吉林·中考真题）图①、图②均是 的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点 内接
于⊙O，且点A，B，C，O均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图．
(1)在图①中找一个格点D（点D不与点C重合），画出 ，使 ．
(2)在图②中找一个格点E，画出 ，使 ．
【答案】(1)见解析（答案不唯一）
(2)见解析（答案不唯一）
【分析】本题主要考查了圆周角定理以及圆的内接四边形对角互补的性质．
（1）取格点 ，连接 ，根据 得到 ；
（2）取格点 ，连接 ，根据圆内接四边形对角互补即可得到 ．
【详解】（1）解：如图，点 即为所求：
（2）解：如图， 即为所求：
4．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形 内接于 ，若 ，则 的度数是
（ ）．
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A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查圆内接四边形的性质和圆周角定理.先根据圆周角定理得到 ，然后根据圆
内接四边形的性质和邻补角的定义得到 解题即可．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
又∵四边形 内接于 ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
故选：C．
5．（2025·四川广安·中考真题）如图，四边形 是 的内接四边形， ， 的半径为
6，则 的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查圆周角定理，圆内接四边形，解直角三角形，连接 并延长，交 于点 ，连接 ，
由圆周角定理得到 ，根据圆内角四边形的内对角互补，求出 的度数，再解直
角三角形求出 的长即可．
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【详解】解：四边形 是 的内接四边形， ，
∴ ，
连接 并延长，交 于点 ，连接 ，则： 为 的直径， ，
∴ ，
∵ 的半径为6，
∴ ，
在 中， ；
故答案为： ．
6．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，四边形 是 的内接四边形， 是 的直径，若
，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，连接 ，由 是 的直径得到 ，
根据圆周角定理得到 ，得到 ，再由圆内接四边形对角互补
得到答案.
【详解】解：如图，连接 ，
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∵ 是 的直径，
∴ ，
∵ ，
∴
∴
∵四边形 是 的内接四边形，
∴ ，
故选：B
考点 0 6 圆中的最值
1．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在边长为 的正方形 的对角线 上取一点 ，使
，连结 并延长至点 ，连结 ，使 ， 与 相交于点 ．有下列结论：①
；② ；③ ；④点 是 边上一动点，连结 ，将 沿
翻折，点 落在点 处，连结 交 于点 ，连结 ，则 的最小值为 其中正确的结
论有 ．（填序号）
【答案】①②④
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【分析】证明 即可判断①，在 上取一点 ，使得 ，证明
，进而判断②；过点 分别作 的垂线，垂足分别为 ，则 ，根
据相似三角形的性质即可判断③，取 的中点 ，连接 ，根据题意得出 在以 为直径的圆上运动，
进而得出当 在 上时， 取得最小值，最小值为 的长，勾股定理求得 的长，即可求解．
【详解】解：∵四边形 是正方形，点 是正方形 的对角线 上的点，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故①正确；
如图，在 上取一点 ，使得 ，
∵四边形 是正方形， 是对角线，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
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∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即 ，故②正确；
如图，连接 交 于点 ，则 ，过点 分别作 的垂线，垂足分别为 ，
∵ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵在正方形 中， ，
∴
∴
∵
∴
∴
在 中，
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∵
∴
∴
∴ ，故③错误
如图
∵
∴
即
∵点 是 边上一动点，连结 ，将 沿 翻折，点 落在点 处，
∴
∴
∴ 在以 为直径的圆上运动
取 的中点 ，连接 ，
∴当 在 上时， 取得最小值，最小值为 的长，
∴
∴
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∴
∴ ，故④正确
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，相似三角形
的性质与判定，求一点到圆上的距离的最值问题，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
2．（2023·山东·中考真题）如图，在四边形 中， ，点
E在线段 上运动，点F在线段 上， ，则线段 的最小值为 ．
【答案】 /
【分析】设 的中点为O，以 为直径画圆，连接 ，设 与 的交点为点 ，证明 ，
可知点F在以 为直径的半圆上运动，当点F运动到 与 的交点 时，线段 有最小值，据此求
解即可．
【详解】解：设 的中点为O，以 为直径画圆，连接 ，设 与 的交点为点 ，
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∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴点F在以 为直径的半圆上运动，
∴当点F运动到 与 的交点 时，线段 有最小值，
∵ ，
∴ ，，
∴ ，
的最小值为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了平行线的性质，圆周角定理的推论，勾股定理等知识，根据题意分析得到点F的运动
轨迹是解题的关键．
3．（2023·湖南·中考真题）如图，在矩形 中， ，动点 在矩形的边上沿
运动．当点 不与点 重合时，将 沿 对折，得到 ，连接 ，则在点
的运动过程中，线段 的最小值为 ．
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【答案】 /
【分析】根据折叠的性质得出 在 为圆心， 为半径的弧上运动，进而分类讨论当点 在 上时，当
点 在 上时，当 在 上时，即可求解．
【详解】解：∵在矩形 中， ，
∴ ， ，
如图所示，当点 在 上时，
∵
∴ 在 为圆心， 为半径的弧上运动，
当 三点共线时， 最短，
此时 ，
当点 在 上时，如图所示，
此时
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当 在 上时，如图所示，此时
综上所述， 的最小值为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，圆外一点到圆上的距离的最值问题，熟练掌握折叠的性质是解题的
关键．
4．（2024·四川内江·中考真题）如图，在 中， ， ， 是 边上一点，且 ，
点 是 的内心， 的延长线交 于点 ， 是 上一动点，连接 、 ，则 的最小
值为 ．
【答案】
【分析】在 取点F，使 ，连接 ， ，过点F作 于H，利用三角形内心的定
义可得出 ，利用 证明 ，得出 ，则 ，当
C、P、F三点共线时， 最小，最小值为 ，利用含 的直角三角形的性质求出 ，利用勾股
定理求出 ， 即可．
【详解】解：在 取点F，使 ，连接 ， ，过点F作 于H，
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∵I是 的内心，
∴ 平分 ，
∴ ，
又 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
当C、P、F三点共线时， 最小，最小值为 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ 的最小值为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了三角形的内心，全等三角形的判定与性质，含 的直角三角形的性质，勾股定理等
知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形和含 的直角三角形是解题的关键．
5．（2023·湖北鄂州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中， 为原点， ，点 为平面内
一动点， ，连接 ，点 是线段 上的一点，且满足 ．当线段 取最大值时，
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点 的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意可得点 在以点 为圆心， 为半径的 上，在 轴的负半轴上取点 ，连接
，分别过 、 作 ， ，垂足为 、 ，先证 ，得 ，
从而当 取得最大值时， 取得最大值，结合图形可知当 ， ， 三点共线，且点 在线段 上
时， 取得最大值，然后分别证 ， ，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵点 为平面内一动点， ，
∴点 在以点 为圆心， 为半径的 上，
在 轴的负半轴上取点 ，连接 ，分别过 、 作 ， ，垂足为 、 ，
∵ ，
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∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴当 取得最大值时， 取得最大值，结合图形可知当 ， ， 三点共线，且点 在线段 上时，
取得最大值，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 轴 轴， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 即 ，
解得 ，
同理可得， ，
∴ 即 ，
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解得 ，
∴ ，
∴当线段 取最大值时，点 的坐标是 ，
故选D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定及性质、圆的一般概念以及坐标与图形，熟练掌握
相似三角形的判定及性质是解题的关键．
58
