文档内容
专题 24.11 圆（全章中考真题分类专题——综合解答篇）
目 录
【考点1】圆的有关性质——基础题..........................................................................................................1
【考点2】圆的有关性质——综合题..........................................................................................................4
【考点3】圆的有关性质——培优题..........................................................................................................8
【考点4】切线的性质与判定——基础题.................................................................................................17
【考点5】切线的性质与判定——综合题.................................................................................................19
【考点6】切线的性质与判定——培优题.................................................................................................23
【考点1】圆的有关性质——基础题
1．（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）见分析（答案不唯一）；（2）见分析（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 ．
解：（1）解：如图，点 即为所求：（2）解：如图， 即为所求：
2．（2025·广西·中考真题）如图，已知 是 的直径，点 在 上，
．
（1）求证： ；
（2）求 的度数．
【答案】（1）详见分析；（2）
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、三角形内角和以及等腰三角形等边对等角，熟练掌
握相关性质是解题的关键．
（1）根据已知条件利用 证明全等即可；
（2）根据 ，求出 ，再利用全等求出 ，最后利用等边对等角即可求．
解：（1）证明： 的半径为 ，
，
， ，；
（2）解： ，
，
，
，
，
，
，
是等腰三角形，
．
3．（2025·河南·中考真题）如图，四边形 是平行四边形，以 为直径的圆交 于点 ．
（1）请用无刻度的直尺和圆规作出圆心 （保留作图痕迹，不写作法）．
（2）若点 是 的中点，连接 ．求证：四边形 是平行四边形．
【答案】（1）作图见详解；（2）证明过程见详解
【分析】本题主要考查圆的基本性质，尺规作垂线，平行四边形的判定和性质，掌握以上知识是关
键．
（1）运用尺规作直径 的垂直平分线即可；
（2）根据平行四边形的性质结合题意得到 ， ，即 ，由一
组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求证．
解：（1）解：如图所示，∵ 是直径，
∴运用尺规作直径 的垂直平分线角 于点 ，
∴点 即为所求点的位置；
（2）证明：如图所示，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵点 分别是 的中点，
∴ ， ，即 ，
∴四边形 是平行四边形．
【考点2】圆的有关性质——综合题
1．（2025·安徽·中考真题）如图，四边形 的顶点都在半圆O上， 是半圆O的直径，连接
， ．
（1）求证： ；
（2）若 ， ，求 的长．
【答案】（1）详见分析；（2）6
【分析】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，三角形中位线定理，勾股定理，熟知圆周角定理
和垂径定理是解题的关键．
（1）由圆周角定理可得 ，则可证明 ，据此可证明 ．
（2）连接 ，交 于点E．由题意知，由直径所对的圆周角是直角得到 ，即
，则可证明 ，由垂径定理可得点E为 的中点，则 是 的中位线，即
可得到 ．设半圆的半径为r，则 ．由勾股定理知 ，解方程即可得到答案．
解：（1）证明：∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
（2）解：连接 ，交 于点E．由题意知，
∵ 是 的直径，
∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ，
∴点E为 的中点，
又∵O是 的中点，
∴ 是 的中位线，
∴ ．
设半圆的半径为r，则 ．
由勾股定理知， ，
即 ，
解得 ， （舍去）．
∴ ．
2．（2025·青海西宁·中考真题）如图， 是 的弦， ，半径 分别与弦
垂直，垂足分别为G，H， 交 于点M， 交 于点N，连接 ．
（1）求证： ；
（2）求证：四边形 是菱形；
（3）若 ， ，则 _______．【答案】（1）证明见分析；（2）证明见分析；（3）
【分析】本题考查弧，弦，角之间的关系，垂径定理，勾股定理，菱形的判定和性质，熟练掌握相
关知识点是解题的关键：
（1）根据弧，弦，角之间的关系以及垂径定理，即可得证；
（2）先证明四边形 为平行四边形，等积法推出 ，即可得证；
（3）垂径定理结合勾股定理求出 的长，设 ，在 中，利用勾股定理进行
求解即可．
解：（1）证明：∵ ，
∴ ，
∵半径 分别与弦 垂直，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2）证明：∵ ， ，
∴四边形 为平行四边形，
∵半径 分别与弦 垂直，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 为菱形；（3）∵ ，
∴ ，
在 中，由勾股定理，得： ，
由（2）知：四边形 为菱形，
∴设 ，则： ，
在 中，由勾股定理，得： ，
解得 ；
∴ ．
3．（2025·四川遂宁·中考真题）我们知道，如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上，那么这个四
边形叫这个圆的内接四边形．我们规定：若圆的内接四边形有一组邻边相等，则称这个四边形是这
个圆的“邻等内接四边形”．
（1）请同学们判断下列分别用含有 和 角的直角三角形纸板拼出如图所示的4个四边形．其
中是邻等内接四边形的有______（填序号）．
（2）如图，四边形 是邻等内接四边形，且 ， ， ， ，求四
边形 的面积．
【答案】（1）③；（2）
【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义进行逐个分析，即可作答．
（2）先根据勾股定理算出 ，设 ， ，结合勾股定理整理得
，代入数值得 ，再证明 是 的中位线，则 ，分别算出 和 ，即可作答．
解：（1）解：依题意，图①、图②和图④没有对角互补，不是邻等对补四边形，
图③对角互补且有一组邻边相等，是邻等对补四边形，
故答案为：③；
（2）解：∵ ， ， ，
∴ ，
∵四边形 是邻等内接四边形，
∴ 四点共圆，且 为直径，
把 的中点记为点 ，即 四点在 上，
连接 ， ，相交于点 ，
∵ ，
∴ ，
设 ， ，
∵ ，
∴ ，
则在 中， ，
在 中， ，
∴ ，
即 ，
解得 ，
∴
则即 ，
∵ 是直径，
∴ ，
∵ ， ，
∴ 是 的中位线，
∴ ，
则 ．
，
∴四边形 的面积 ．
【点拨】本题考查了新定义，勾股定理，垂径定理，圆内接四边形，中位线的判定与性质，正确掌
握相关性质内容是解题的关键．
【考点3】圆的有关性质——培优题
1．（2025·四川达州·中考真题）综合与实践
问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获
得线段之间的数量关系．
探究发现：如图1，在 中， ， 是 边上一点，过点 作 于 ，
于 ，过点 作 于 ．连结 ，由图形面积分割法得： ______；
则 ______ ______．
实践应用：如图2， 是等边三角形， ，点 是 边上一点，连结 ．将线段 绕
点 逆时针旋转 得 ，连结 交 于 ，过点 作 于 ， 于 ，当
时，求 的值．
拓展延伸：如图3，已知 是半圆 的直径， ， 是弦， ， 是 上一点，
，垂足为 ， ，求 的值．【答案】探究发现： ， ；实践应用： ；拓展延伸：
【分析】探究发现：图形面积分割法得出 ，根据 得出 ；
实践应用：过点 分别作 的垂线，垂足分别为 ，根据等边三角形的性质，含 度
角的直角三角形的性质，勾股定理分别求得 ， ，进而根据旋转的性质可得 是等边三
角形，同理求得 的长，进而根据探究发现的结论，即可求解；
拓展延伸：延长 交于点 ，过点 作 于点 ，设 ，根据圆周角定理，得出
，在 ， 中，根据勾股定理，求得 ，进而根据弧与圆周角的关系，
得出 ，根据前面的结论，即可求解．
解：探究发现：∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
故答案为： ， ， ；．
实践应用：如图，过点 分别作 的垂线，垂足分别为 ，
∵ 是等边三角形， ，
∴ ，∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，则 ，
∴ ，
在 中， ．
∵将线段 绕点 逆时针旋转 得 ，
∴
∴ 是等边三角形，
∴ ，则 ，
∴由探究发现可得： ．
拓展延伸：如图，延长 交于点 ，过点 作 于点 ，连接 ，
设 ，
∵ 是半圆 的直径，
∴ ，
∵ ，
在 中， ，在 中， ，
∴ ，
解得： ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
∴由探究发现可得： ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴
．
【点拨】本题考查了勾股定理，点到直线的距离，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与
判定，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，弧与圆周角的关系，熟练掌握等面积法求线
段长是解题的关键．
2．（2025·江苏镇江·中考真题）为什么变速自行车会“变速”？
变速自行车是常用的交通工具，图（1）所示的是某型号变速自行车的基本结构，图中A、B处分
别有几个大小不同的齿轮，链条连接的两个齿轮称为主动链轮、从动链轮．
［探究]为了便于研究主动链轮与从动链轮的关系，我们先探究一组相互啮合的两个齿轮（如图
（2）），通过操作发现：两个齿轮如果可以实现传动，那么两个齿轮的齿距（相邻两齿在圆上的
弧长）相等，相同时间内啮合的齿数相等．
（1）已知主动轮、从动轮的齿数分别为 、 ，主动轮每分钟转 圈，则每分钟啮合的齿数有_____个，从动轮每分钟转 圈，则每分钟啮合的齿数有_____个，由于相同时间内啮合的齿数相
等，从而可推出 与 的关系是 _____．
（2）如图（3），在主动轮与从动轮之间加入一个“惰轮”形成新的齿轮组合，已知主动轮、从动
轮的齿数分别为32齿和14齿．
若主动轮的转速为每分钟70圈，求从动轮的转速，并说一说图（3）的齿轮组合在实现传动时，
“惰轮”的作用是什么？
［发现]不难发现，变速自行车中的链条作用如同“惰轮”．若骑行者每分钟蹬的圈数不变，实现
自行车“变速”的方法可以是_____（写出一种即可）．
【答案】［探究]（1） ， ， （2）从动轮的转速为每分钟160圈，“惰轮”的作用是使
从动轮与主动轮旋转的方向保持一致［发现] 更换不同齿数的从动轮或主动轮
【分析】本题主要考查了圆的性质，旋转的性质，比的应用，解题的关键是理解题意，找到等量关
系．
［探究]（1）根据题意，列出代数式，根据等式求出比值即可；
（2）借助（1）的结论，根据齿数相等，进行求解即可，观察图中圆旋转的方向，可得“惰轮”的
作用；
［发现]根据齿数相等，可选择更换不同齿数的从动轮或主动轮进行变速．
解：［探究]（1）主动轮每分钟转 圈，则每分钟啮合的齿数有 个，从动轮每分钟转 圈，则
每分钟啮合的齿数有 个，
∵∴ ，
故答案为： ， ， ；
（2）从动轮的转速为 （圈/分钟），
“惰轮”的作用是使从动轮与主动轮旋转的方向保持一致，
∴从动轮的转速为每分钟160圈；
［发现]实现自行车“变速”的方法可以是：更换不同齿数的从动轮或主动轮．
3．（2024·海南·中考真题）如图1，抛物线 经过点 、 ，交y轴于点
，点P是抛物线上一动点．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）当点P的坐标为 时，求四边形 的面积；
（3）当 时，求点P的坐标；
（4）过点A、O、C的圆交抛物线于点E、F，如图2．连接 ，判断 的形状，
并说明理由．
【答案】（1） ；（2）16；（3） 或 ；（4） 是等边三角形，
理由见分析
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作 于T，根据 列式求解即可；
（3）取 ，连接 ，易证明 ，则线段 与抛物线的交点 即为所求；求出直线 的解析式为 ，联立 ，解得 或 （舍去），则
；如图所示，取 ，连接 ，同理可得 ，则直线 与抛
物线的交点 即为所求；同理可得 ；则符合题意的点P的坐标为 或 ；
（4）由90度的圆周角所对的弦是直径得到 为过 三点的圆的直径，如图所示，取
中点R，连接 ，则 ， ；设 与
抛物线交于 ，联立 得 ，解得
，则 ， 由勾股定
理可得 ，则 是等边三角形．
解：（1）解：将点 代入 ，
得
解得
∴抛物线解析式为 ；
（2）解:如图所示，过点P作 于T，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴
；（3）解：如图所示，取 ，连接 ，
∵ 、 ， ，
∴ ，
∴ ，
∴线段 与抛物线的交点 即为所求；
设直线 的解析式为 ，
∴ ，
∴ ，
∴直线 的解析式为 ，
联立 ，解得 或 （舍去），
∴ ；如图所示，取 ，连接 ，
同理可得 ，
∴直线 与抛物线的交点 即为所求；
同理可知直线 的解析式为 ，
联立 ，解得 或 （舍去），
∴ ；
综上所述，符合题意的点P的坐标为 或 ；
（4）解： 是等边三角形，理由如下：
∵ 三点共圆，且 ，
∴ 为过 三点的圆的直径，
如图所示，取 中点R，连接 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；设 与抛物线交于 ，
联立 得 ，
∴ ，
解得 ，
在 中，当 时，
当 时，
∴ ，
∴ ，
，
，
∴ ，
∴ 是等边三角形．
【点拨】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，圆的相关知识，解题的
关键在于正确作出辅助线并利用数形结合的思想求解．
【考点4】切线的性质与判定——基础题
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；
（2）求证： ．
【答案】（1） ；（2）见分析
【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 ．
解：（1）解：∵ 与 相切与点 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ;
（2）证明：∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
2．（2025·西藏·中考真题）如图， 是 的直径，点C在 上， ，过点C的切线
交 的延长线于点D．求证： ．
【答案】见详解【分析】此题重点考查等边三角形的判定与性质、圆周角定理、切线的性质、直角三角形的两个锐
角互余、“等角对等边”等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
连接 ，则 ，因为 ，所以 是等边三角形，则 ，所以
，由切线的性质得 ，则 ，所以 ，
即可证明 ．
解：证明：连接 ，则 ，
，
∴ 是等边三角形，
，
，
∵ 与 相切于点 ，交 的延长线于点 ，
，
，
，
，
．
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】证明见分析
【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．解：证明：连接 ，
∵ 与边 相切于点 ，
∴ ，即 ，
∵ 为直角三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵
∴ ，
∴ ，
∴ 平分 ．
【考点5】切线的性质与判定——综合题
1．（2025·山东·中考真题）如图，在 中，点 在 上，边 交 于点 ， 于
点 ． 是 的平分线．
（1）求证： 为 的切线；
（2）若 的半径为2， ，求 的长．
【答案】（1）见分析；（2） ．
【分析】本题考查了切线的判定，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等．
（1）利用等边对等角求得 ，由角平分线的定义求得 ，可证明
，即可证明 为 的切线；
（2）先证明 等腰三角形，求得 ，据此求解即可．
解：（1）证明：∵ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∵ 是 的平分线，
∴ ，
∴ ，
即 且 为半径，
∴ 为 的切线；
（2）解：∵ ，又 ，
∴ 等腰直角三角形，
∵ 的半径为2，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
2．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图， 是 的内切圆，与 分别相切于点
， ．
（1）求 的三个内角的大小；
（2）设 的直径为 ，证明： ．
【答案】（1） 的度数分别为 ；（2）证明见分析
【分析】（1）根据题意得 ，
，所以
．即可求出．
（2）由切线长定理得 ，则 ，由
，得 ，由
，得到四边形 是矩形，则 ，结合 的直径为d，
为 的半径，得到 ，即可求出．
此题重点考查三角形的内切圆与内心、切线的性质、切线长定理、四边形的内角和、三角形内角和定理、矩形的判定等知识．
解：（1）解：∵ 是 的内切圆，与 分别相切于点
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的度数分别为 ．
（2）证明：由切线长定理得 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∵ 的直径为d， 为 的半径，
∴ ，
∴ ．
3．（2025·山东济南·中考真题）如图， 是 的直径，C为 上一点，P为 外一点，
，且 ，连接 ．
（1）求证： 与 相切；
（2）若 ， ，求 的长．
【答案】（1）见分析；（2）
【分析】（1）连接 ，利用平行线的性质及等边对等角，通过等量代换可得 ，进
而证明 ，推出 ，即可证明 与 相切；（2）由 可推出 垂直平分 ，利用等面积法求出 ，进而求出 ，由
圆周角定理得 ，最后用勾股定理解 即可．
解：（1）证明：如图，连接 ，
，
，
，
， ，
，
在 和 中，
，
，
，
与 相切；
（2）解：如图，连接 交 于点D，
，
， ，
垂直平分 ，
， ， ，，
，
，
，
是 的直径，
， ，
．
【点拨】本题考查切线的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股
定理等，正确作出辅助线是解题的关键．
【考点6】切线的性质与判定——培优题
1．（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； ；（2）补图见分析， 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.
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 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等腰三角形；
（3）解：如图，过 作 于 ，∵ 的半径为 ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ .
【点拨】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，作出合适的辅助线是解本题的关键.
2．（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践
【问题情境】
如图，小昕同学在正方形纸板 的边 、 上分别取点 、 ，且 ， 交 于
点 ．连接 ，过点 作 ，垂足为 ，连接 、 ， 交 于点 ， 交 于
点 ．【活动猜想】
（1） 与 的数量关系是_______，位置关系是_______；
【探索发现】
（2）证明（1）中的结论；
【实践应用】
（3）若 ， ，求 的长；
【综合探究】（4）若 ，则当 _______时， 的面积最小．
【答案】（1）相等，垂直；（2）证明见分析；（3） ；（4）
【分析】（1）根据图形进行猜想即可；
（2）过点 作 于 ，过点 作 分别交 、 于 、 ， 证明四边形
为矩形，四边形 为正方形，结合正方形性质证明 ，
则可得 ，证明 ，得出 ， ，再利用
，得出 ，即可证明；
（3）证明 ，得出 ， ，再证明 ，在
中，利用勾股定理求出 ，由等面积法得求出 ，在
中，利用勾股定理求出 ，再证明 为等腰直角三角形，得
出 ，利用线段和差即可求解；
（4）构造 的外接圆 ，连接 ， ， ，过点 作 于点 ，设 的半
径为 ，过点 作 于 ，证明 是等腰直角三角形，得出 ，求得，则当 最小时， 的面积最小，则 最小时， 的面积
最小，由 ，可知当 最小时， 的面积最小，由点到
直线的最短距离可得，当 、 、 依次共线，且 时， 最小，此时，点 与
重合，再进行计算即可．
解：（1）相等，垂直；
（2）过点 作 于 ，过点 作 分别交 、 于 、 ，
∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
∴ ，
∴四边形 为矩形，四边形 为正方形，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
又∵ ，∴ ，
∴ ，
∴ ；
（3）在正方形 中，由 ， ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ， ，
得 ，
由等面积法得 ，
即 ，
∴ ，
在 中， ，
由（2）可知 ， ，
∴ ，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ；
（4）如图，构造 的外接圆 ，连接 ， ， ，过点 作 于点 ，设
的半径为 ，过点 作 于 ，由（2）可知 ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ，
∵正方形 中， ， 是等腰直角三角形，
∴ ， ，
∴ ，
∴当 最小时， 的面积最小，
∴ 最小时， 的面积最小，
∵ ，
∴当 最小时， 的面积最小，
由点到直线的最短距离可得，当 、 、 依次共线，且 时， 最小，
此时如图，点 与 重合，则 ，
解得： ，
∴ ，
∴ ．
【点拨】本题考查正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判
定与性质，勾股定理，外接圆，二次根式，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．
3．（2025·四川广元·中考真题）在平面直角坐标系 中，抛物线 （ ）与 轴
交于点 和点 ，与 轴交于点 ．
（1）求 与 的关系；
（2）如图①，当 时，点 在抛物线上， ，求点 的坐标；
（3）如图②，若抛物线上一点 关于直线 的对称点是 的外心 ，求 的值．【答案】（1） ；（2） 或 或 ；（3）
【分析】（1）将 代入 ，即可求解；
（2）先求得直线 的解析式 ，当 在 的下方时，如图，过点 作 轴，交
于点 ，进而求得 的长，根据三角形的面积公式建立方程，即可求解；当 在 上方时，过点
作 的平行线交抛物线与点 ，得出直线 的解析式为 ，进而联立抛物线，
即可求解；
（3）根据题意先求得 ，根据直角三角形的外心在斜边的中点上得出 ，设
， 的中点为 ，过点 作 轴交 于点 ，进而得出 是等腰直角三角形，
则 ，根据中点坐标求得 ，代入 得出 ，根据 ，得出
，联立求得 ，进而将 代入抛物线解析式，即可求解．
解：（1）解：将 代入 得
∴ 即
（2）解：∵
∴∴抛物线解析式为
当 时，
∴
设直线 的解析式为 ，代入 ，
得
解得：
∴
当 在 的下方时，如图，过点 作 轴，交 于点 ，
设 ，则
∴
∵
∴
∵
∴
∴
解得：
∴∴ ，则
∴ ， 且 轴，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形
∴
∴ 到 的距离为
如图，延长 交 轴于点 ，则
∴ 是等腰直角三角形，且
∴ 到 的距离为 ，
∵
∴当 在 上方时，点 在过点 与 的平行线上，设过点 与 的平行线交抛物线于点
,
设直线 的解析式为
代入
∴
解得：
∴
联立解得： 或
∴ 或
综上所述， 或 或
（3）抛物线方程为 ，由（1）知 ，
当 时， ，则
故抛物线为：
设 ，
当 时，
∵
∴
∴
即 ，解得
∴
∵ 是直角三角形，
∴ 的外接圆的圆心在 上，且为 的中点，
∵ ，
∴ 的外接圆的圆心坐标为：
因为直线 的解析式为
如图，设 ， 的中点为 ，过点 作 轴交 于点
∵
∴ 是等腰直角三角形，∴
∴
∴ 是等腰直角三角形，
∵ 关于 对称，
∴
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴
∵ ，
∴ ，
∵ 在 上，
∴
∴ 即 ①
∵
∴
∴ ②
联立①②得，∴
∵ 在抛物线上，代入抛物线方程：
解得： 或
∵
∴
【点拨】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，面积问题，三角形的外心的性质，等腰
直角三角形的性质与判定，勾股定理等，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【考点7】弧长和扇形面积——基础题
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）见分析；（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．
解：（1）证明：连接 ，∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
且 是 的半径，
∴直线 是 的切线；
（2）解：在 中， ，
∴ ，
设 ，
∴ ，
解得 ，
∵ ，
∴ 的长为： ．
2．（2025·广西·中考真题）绣球是广西民族文化的特色载体．如图，设计某种绣球叶瓣时，可以先
在图纸上建立平面直角坐标系，再分别以原点 ， 为圆心、以 为半径作圆，两圆相交于
两点，其公共部分构成叶瓣①（阴影部分），同理得到叶瓣②．
（1）写出 两点的坐标；
（2）求叶瓣①的周长；（结果保留 ）
（3）请描述叶瓣②还可以由叶瓣①经过怎样的图形变化得到．【答案】（1） ；（2） ；（3）叶瓣②还可以由叶瓣①逆时针旋转 得到
【分析】本题考查了圆的性质、平面直角坐标系、旋转：
（1）先证明四边形 是正方形即可得到坐标；
（2）根据 ，算出 圆的周长即可得到叶瓣的周长；
（3）利用旋转即可．
解：（1） 以原点 ， 为圆心、以 为半径作圆，两圆相交于 两点
是正方形
（2） 原点 ， 为圆心、以 为半径作圆
两个圆是等圆
叶瓣①的周长为：
（3）叶瓣②还可以由叶瓣①逆时针旋转 得到．
3．（2025·四川广元·中考真题）如图，已知 ，以点O为圆心，2为半径画弧，交 于点
M，交 于点N，分别以点M，N为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧在 的内部相
交于点C，画射线 交 于点E，连接 ．
（1）求证： ；
（2）若 ，求 的长．【答案】（1）见分析；（2）
【分析】本题主要考查了角平分线的尺规作图，全等三角形的性质与判定，求弧长，熟知相关知识
是解题的关键．
（1）由作图方法可得 ，再利用 可证明 ，据此可证明结论；
（2）根据（1）所求可得 ，再根据弧长公式求解即可．
解：（1）证明：由作图方法可得 ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ；
（2）解：∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ 的长 ．
【考点8】弧长和扇形面积——基础题
1．（2025·江苏淮安·中考真题）如图， 是半圆O的直径，点C是弦 延长线上一点，连接
， ．
（1）求证： 是 的切线；
（2）连接 ，若 ， ，求扇形 的面积．
【答案】（1）见分析；（2）
【分析】（1）先根据圆周角定理得到 ，则 ，再由 即可
证明 ，即可证明 是 的切线；（2）先根据圆周角定理得到 ，再由扇形面积公式求解即可．
解：（1）证明：∵ 是半圆O的直径，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∵ 为半径，
∴ 是 的切线；
（2）解：如图，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴扇形 的面积 ．
【点拨】本题考查了圆周角定理，切线的判定，直角三角形的性质，扇形面积的求解，熟练掌握各
知识点并灵活运用是解题的关键．
2．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，点 在 上，点 在 外，线段 与 交于点 ，过
点 作 的切线交直线 于点 ，且 ．
（1）判断直线 与 的位置关系，并说明理由；
（2）若 ， ，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）直线 与 相切，理由见分析；（2） ．
【分析】（ ）连接 ， ，由直线 与 相切，可得 ，证明，则 ，然后通过切线的判定方法即可求证；
（ ）由（ ）得 ， ，则 ， ，所
以 ，通过直角三角形性质得 ，由勾股定理得
，最后通过 即可求解．
解：（1）解：直线 与 相切，理由，
如图，连接 ， ，
∵直线 与 相切，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 半径，
∴直线 与 相切；
（2）解：由（ ）得 ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴
．
【点拨】本题考查了切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，扇形面积，直角三
角形性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
3．（2025·江苏徐州·中考真题）如图， 为正三角形 的外接圆，直线 经过点C，
．
（1）判断直线 与 的位置关系，并说明理由；
（2）若圆的半径为2，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）直线 与 相切，理由见分析；（2）
【分析】（1）由正三角形的性质可得 ，由平行线的性质可得
，求出 ，可证直线 与 相切；
（2）由圆周角定理得 ，根据阴影部分的面积等于 ，即可求解．
解：（1）解：直线 与 相切，理由如下：
如图，连接 ，是正三角形，
，
为正三角形 的外接圆的圆心，
∴ 也是正三角形 的内接圆的圆心，
平分 ，
，
，
，
，
是半径，
直线 与 相切；
（2）解：如图，连接 ，作 于点H，
，
，
．
， ，
， ，
，
，
．
图中阴影部分的面积为： ．【点拨】本题考查切线的判定，正三角形的性质，圆周角定理，垂径定理，圆中弓形面积的计算，
熟练掌握切线的判定定理，并根据题意得到阴影部分的面积为 是解题的关键．
【考点9】弧长和扇形面积——基础题
1．（2025·辽宁·中考真题）如图，在 中， ，以 为直径作 ，与 相交于点
．连接 ，与 相交于点 ．
（1）如图1，连接 ，求 的度数；
（2）如图2，若点 为 的中点，且 ，求 的长．
【答案】（1） ；（2）
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，
弧长公式等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）连接 ，先证明 ，得到 ，由等腰三角形性质得到
，设 ，在四边形 中，
由四边形内角和等于 计算即可；
（2） 根据直角三角形斜边中线的性质先证明 为等边三角形，则可求 度数，再由弧
长公式即可求解．
解：（1）解：连接 ，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
设 ，
在四边形 中，∵
∴ ，
∴ ；
（2）解：连接 ，
∵ ， 为 中点，
∴ ，
∴ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ 的长为： ．
2．（2025·河北·中考真题）如图1，图2，正方形 的边长为5．扇形 所在圆的圆心 在
对角线 上，且不与点 重合，半径 ，点 ， 分别在边 ， 上，
，扇形 的弧交线段 于点 ，记为 ．
（1）如图1，当 时，求 的度数；（2）如图2，当四边形 为菱形时，求 的长；
（3）当 时，求 的长．
【答案】（1） ；（2） ；（3） 或
【分析】（1）根据题意证明出四边形 是正方形，得到 ，然后利用圆周角定理求
解即可；
（2）首先证明出 是等边三角形，如图所示，连接 交 于点G，求出
， ，然后得到 是等腰直角三角形，进而求解即
可；
（3）分两种情况，根据弧长公式求解即可．
解：（1）∵正方形 的边长为5．
∴
∵当 时
∴
∵
∴
∴四边形 是菱形
∵
∴四边形 是正方形
∴
∴ ；
（2）∵四边形 为菱形
∴
∵扇形 所在圆的圆心 在对角线 上，
∴∴ 是等边三角形
如图所示，连接 交 于点G
∴
∴
∴
∴
∵
∴ 是等腰直角三角形
∴
∴ ；
（3）如图所示，当 是劣弧时，
∵ ，半径
∴ ；
如图所示，当 是优弧时，∵ ，半径
∴
∴ ．
综上所述， 的长为 或 ．
【点拨】此题考查了正方形的性质，圆周角定理，求弧长，勾股定理，菱形的性质，等腰直角三角
形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
3．（2025·江苏扬州·中考真题）材料的疏水性
扬州宝应是荷藕之乡．“微风忽起吹莲叶，青玉盘中泻水银”，莲叶上的水滴来回滚动，不易渗入
莲叶内部，这说明莲叶具有较强的疏水性．疏水性是指材料与水相互排斥的一种性质．
【概念理解】
材料疏水性的强弱通常用接触角的大小来描述．材料上的水滴可以近似的看成球或球的一部分，经
过球心的纵截面如图1所示，接触角是过固、液、气三相接触点（点 或点 ）所作的气−液界线
的切线与固−液界线的夹角，图1中的 就是水滴的一个接触角．
（1）请用无刻度的直尺和圆规作出图2中水滴的一个接触角，并用三个大写字母表示接触角；
（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）
（2）材料的疏水性随着接触角的变大而______（选填“变强”“不变”“变弱”）．
【实践探索】实践中，可以通过测量水滴经过球心的高度 和底面圆的半径 ，求出 的度
数，进而求出接触角 的度数（如图3）．
（3）请探索图3中接触角 与 之间的数量关系（用等式表示），并说明理由．
【创新思考】
（4）材料的疏水性除了用接触角以及图3中与 相关的量描述外，还可以用什么量来描述，
请你提出一个合理的设想，并说明疏水性随着此量的变化而如何变化．
【答案】（1）图见分析（2）变强（3） ，理由见分析（4）见分析（答案不唯
一）
【分析】本题考查尺规作图—复杂作图，切线的判定和性质，熟练掌握新定义，切线的判定和性质，
是解题的关键．
（1）圆弧上取一点 ，交界面与圆弧的交点为 ，连接 ，分别作 的中垂线，
交于点 ，则点 为圆弧的圆心，连接 ，过点 作 ，则 为圆 的切线，
即为所求；
（2）根据题意，可知，接触角越大，水滴越趋近于球形，疏水性越强，进行作答即可；
（3）连接 ，等边对等角，得到 ，切线的性质，结合等角的余角相等，得到
，进而得到 即可；
（4）可以根据 ，进行判断，根据 越大，水滴越趋近于球形，疏水性越强进行作答即可．
解：（1）①圆弧上取一点 ，交界面与圆弧的交点为 ，连接 ；
②分别作 的中垂线，交于点 ，则点 为圆弧的圆心；
③连接 ，过点 作 ，则 为圆 的切线，故 即为所求；
（2）由题意和图，可知，接触角越大，水滴越趋近于球形，疏水性越强，
故材料的疏水性随着接触角的变大而变强；故答案为：变强；
（3） ，理由如下：
连接 ，则： ，
∴ ，
∵ 为切线，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
（4）∵水滴弧的长度为： ，
∴ ，
∴可以根据 的大小，进行判断， 越大，水滴越趋近于球形，疏水性越强（答案不唯一）．
