专题13 圆有关性质5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编+答案

这是一份专题13 圆有关性质5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编+答案，文件包含专题13圆有关性质河南专用原卷版docx、专题13圆有关性质河南专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共139页， 欢迎下载使用。

考点一、圆周角定理及其推论的应用
1．（2023·河南·中考真题）如图，点A，B，C在上，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】直接根据圆周角定理即可得．
【详解】解：∵，
∴由圆周角定理得：，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
2．（2024·河南·中考真题）如图1，塑像在底座上，点D是人眼所在的位置．当点B高于人的水平视线时，由远及近看塑像，会在某处感觉看到的塑像最大，此时视角最大．数学家研究发现：当经过A，B两点的圆与水平视线相切时（如图2），在切点P处感觉看到的塑像最大，此时为最大视角．
(1)请仅就图2的情形证明．
(2)经测量，最大视角为，在点P处看塑像顶部点A的仰角为，点P到塑像的水平距离为．求塑像的高（结果精确到．参考数据：）．
【答案】(1)见解析
(2)塑像的高约为
【分析】本题考查了圆周角定理，三角形外角的性质，解直角三角形的应用等知识，解题的关键是：
（1）连接，根据圆周角定理得出，根据三角形外角的性质得出，然后等量代换即可得证；
（2）在中，利用正切的定义求出，在中，利用正切的定义求出，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接．
则．
∵，
∴．
（2）解：在中，，．
∵，
∴．
∵，
∴．
在中，，
∴．
∴．
答：塑像的高约为．
考点二、三角形外接圆的性质
3．（2021·河南·中考真题）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为，点，，均在小正方形的顶点上，且点，在上，，则的长为 ．
【答案】
【分析】先找到的圆心O，得到∠BOC=45°，利用弧长公式即可求解．
【详解】解：连接AD，作线段AB、AD的垂直平分线，交点即为的圆心O，
从图中可得：的半径为OB=5，
连接OC，
∵∠BAC=22.5°，
∴∠BOC=222.5°=45°，
的长为．
．
故答案为：
【点睛】本题考查了弧长公式，找到的圆心是解题的关键．
考点三、垂径定理的应用
4．（2025·河南·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在为《九章算术》作注时，创立了“割圆术”．如图是研究“割圆术”时的一个图形，所在圆的圆心为点O，四边形为矩形，边与相切于点，连接，，连接交于点．若，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】根据圆的切线的性质和矩形的性质，得到，由垂径定理可得，由圆周角定理可得，进而证明是等边三角形，得到，再根据阴影部分的面积求解即可．
【详解】解：所在圆的圆心为点O，边与相切于点，
，，
四边形为矩形，
，
，
，
，
，
，
，，
，
是等边三角形，
，
，
阴影部分的面积，
故答案为：．
【点睛】本题考查了求不规则图形面积，矩形的性质，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形面积，掌握圆的相关性质是解题关键．
考点四、圆内接四边形的性质
5．（2024·河南·中考真题）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过D作于E，利用圆内接四边形的性质，等边三角形的性质求出，利用弧、弦的关系证明，利用三线合一性质求出，，在中，利用正弦定义求出，最后利用扇形面积公式求解即可．
【详解】解∶过D作于E，
∵是边长为的等边三角形的外接圆，
∴，，，
∴，
∵点D是的中点，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，扇形面积公式，解直角三角形等知识，灵活应用以上知识是解题的关键．
考点五、切线性质的应用
6．（2023·河南·中考真题）如图，与相切于点A，交于点B，点C在上，且．若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】连接，证明，设，则，再证明，列出比例式计算即可．
【详解】如图，连接，
∵与相切于点A，
∴；
∵,
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
∴，
解得，
故的长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形相似的判断和性质，熟练掌握性质是解题的关键．
7．（2022·河南·中考真题）为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目．滚铁环器材由铁环和推杆组成．小明对滚铁环的启动阶段进行了研究，如图，滚铁环时，铁环⊙O与水平地面相切于点C，推杆AB与铅垂线AD的夹角为∠BAD，点O，A，B，C，D在同一平面内．当推杆AB与铁环⊙O相切于点B时，手上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果．
(1)求证：∠BOC＋∠BAD＝90°．
(2)实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环平稳启动．图中点B是该区域内最低位置，此时点A距地面的距离AD最小，测得．已知铁环⊙O的半径为25cm，推杆AB的长为75cm，求此时AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)50 cm
【分析】（1）根据切线的性质可得，，根据，可得，过点作，根据平行线的性质可得，，进而即可得证；
（2）过点作的平行线，交于点，交于点，由（1）得到，在，中，求得,进而求得，根据即可求解．
【详解】（1）证明：⊙O与水平地面相切于点C，
，
，
，
AB与⊙O相切于点B，
，
，
过点作，
，
，
，
即∠BOC＋∠BAD＝90°．
（2）如图，过点作的平行线，交于点，交于点，
，则四边形是矩形，
， ，
，
在中，，，
（cm)，
在中，，cm，
(cm)，
(cm)，
(cm)，
cm，
(cm)．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，解直角三角形的应用，掌握以上知识是解题的关键．
考点六、正多边形与圆的综合
8．（2022·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2022次旋转后，点A的坐标即可．
【详解】解：正六边形ABCDEF边长为2，中心与原点O重合，轴，
∴AP＝1， AO＝2，∠OPA＝90°，
∴OP＝＝，
∴A（1，），
第1次旋转结束时，点A的坐标为（，-1）；
第2次旋转结束时，点A的坐标为（-1，）；
第3次旋转结束时，点A的坐标为（，1）；
第4次旋转结束时，点A的坐标为（1，）；
∵将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
∴4次一个循环，
∵2022÷4＝505……2，
∴经过第2022次旋转后，点A的坐标为（-1，），
故选：B
【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化﹣旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
考点七、扇形弧长与面积的计算
9．（2022·河南·中考真题）如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB的中点处，得到扇形．若∠O＝90°，OA＝2，则阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】设与扇形交于点，连接，解，求得，根据阴影部分的面积为，即可求解．
【详解】如图，设与扇形交于点，连接，如图
是OB的中点
, OA＝2，
＝90°，将扇形AOB沿OB方向平移，
阴影部分的面积为
故答案为：
【点睛】本题考查了解直角三角形，求扇形面积，平移的性质，求得是解题的关键．
10．（2023·河南·中考真题）小军借助反比例函数图象设计“鱼形”图案，如图，在平面直角坐标系中，以反比例函数图象上的点和点B为顶点，分别作菱形和菱形，点D，E在x轴上，以点O为圆心，长为半径作，连接．
(1)求k的值；
(2)求扇形的半径及圆心角的度数；
(3)请直接写出图中阴影部分面积之和．
【答案】(1)
(2)半径为2，圆心角为
(3)
【分析】（1）将代入中即可求解；
（2）利用勾股定理求解边长，再利用三角函数求出的度数，最后结合菱形的性质求解；
（3）先计算出，再计算出扇形的面积，根据菱形的性质及结合的几何意义可求出，从而问题即可解答．
【详解】（1）解：将代入中，
得，
解得：；
（2）解：过点作的垂线，垂足为，如下图：
，
，
，
半径为2；
，
∴，
，
由菱形的性质知：，
，
扇形的圆心角的度数：；
（3）解：，
，
，
如下图：由菱形知，，
，
，
．
【点睛】本题考查了反比例函数及的几何意义，菱形的性质、勾股定理、圆心角，解题的关键是掌握的几何意义．
考点八、隐圆问题
11．（2024·河南·中考真题）如图，在中，，，线段绕点C在平面内旋转，过点B作的垂线，交射线于点E．若，则的最大值为 ，最小值为 .
【答案】 / /
【分析】根据题意得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，点E在以为直径的圆上，根据，得出当最大时，最大，最小时，最小，根据当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∵线段绕点C在平面内旋转，，
∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，
∵，
∴，
∴点E在以为直径的圆上，
在中，，
∵为定值，
∴当最大时，最大，最小时，最小，
∴当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，连接，，如图所示：
则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
即的最大值为；
当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，连接，，如图所示：
则，
∴，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
即的最小值为；
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形的相关计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质，找出取最大值和最小值时，点D的位置．
考点九、圆与相似三角形的性质与判定的综合
13．（2021·河南·中考真题）在古代，智慧的劳动人民已经会使用“石磨”，其原理为在磨盘的边缘连接一个固定长度的“连杆”，推动“连杆”带动磨盘转动，将粮食磨碎，物理学上称这种动力传输工具为“曲柄连杆机构”．小明受此启发设计了一个“双连杆机构”，设计图如图1，两个固定长度的“连杆”，的连接点在上，当点在上转动时，带动点，分别在射线，上滑动，．当与相切时，点恰好落在上，如图2．
请仅就图2的情形解答下列问题．
（1）求证：；
（2）若的半径为，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）利用等腰三角形的性质及三角形的外角，找到角与角之间的等量关系，再通过等量代换即可证明；
（2）添加辅助线后，证明三角形相似，得到对应角相等，所以角的正切值也相等，求出直角三角形的直角边长，再把放到直角三角形中，利用勾股定理求解．
【详解】解：（1）证明：连接，取轴正半轴与交点于点，如下图：
，
为的外角，
，
，
，
．
（2）过点作的垂线，交与点，如下图：
由题意：
在中，
，
由（1）知：，
，
，
，
，
，
由圆的性质，直径所对的角为直角；
在中，由勾股定理得：
，
即．
【点睛】本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质、直角三角形、相似三角形的判定与性质、切线的性质、勾股定理、特殊角度的正切值，解答的关键是：掌握相关的知识点，会添加适当的辅助线，找到角与角、边与边的等量关系，通过等量代换，利用勾股定理建立等式求解．
专练一、隐圆问题的应用
14．（2025·河南平顶山·模拟预测）手工课上，小明想借助如图所示的四边形纸片剪出一个面积最大的圆形纸片，经测量可得这张四边形纸片中，，为直角，则该圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查圆与三角形的综合，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，连接，作的角平分线交于点，过点作，证明，得到，，进而得到点到四边形各边的距离相等，推出在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的圆心为点，设半径为，证明，进行求解即可．
【详解】解：连接，作的角平分线交于点，过点作，如图：
∵，，，
∴，
∴，，
∴为的角平分线，
∴点到四边形各边的距离相等，
在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的圆心为点，
设半径为，
∵，平分，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
，即，
解得，
故选A．
15．（2025·河南驻马店·三模）如图，中，，为边的中点，长度为的动线段绕点旋转，连接，取的中点，则长度的最大值为 ，最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了三角形中位线的性质，勾股定理，延长至，使得，连接，可得是的中位线，即得，可知当取最大值或最小值时，的值最大或最小，再分别画出图形解答即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：延长至，使得，连接，
∵点是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴当取最大值或最小值时，的值最大或最小，
如图，当点在的延长线且共线时，的值最大，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即长度的最大值为；
如图，当点在之间且共线时，的值最小，
∴，
∴，
即长度的最小值为；
故答案为：，．
16．（2025·河南信阳·三模）如图， 等边中． 点为边中点，点为边上一点，且 ，将绕点在平面内旋转，连接，，若为直角三角形，则的值为 ．
【答案】或
【分析】本题考查了勾股定理，等边三角形的性质和判定，圆相关知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
连接，在等边中， 点为边中点，得出，勾股定理求出，根据题意可得点在以点为圆心，1为半径的圆上运动，若为直角三角形，根据题意可知只有一种情况，此时，点在上或延长线上，分情况分别根据勾股定理求解即可．
【详解】解：连接，在等边中． 点为边中点，
∴，
∴，
根据题意可得点在以点为圆心，1为半径的圆上运动，
若为直角三角形，根据题意可知只有一种情况，
此时，点在上或延长线上，
当点在上时，如图，
则，
∴；
当点在延长线上时，如图，
则，
∴；
故答案为：或．
17．（2025·河南·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别在x轴，y轴上，点B的坐标为，D是边的中点，点E是平面内一点，且，连接，过点B在直线的右侧作，且，连接，则线段的最小值为 ；连接，则当最大时，点E的坐标为 ．
【答案】
【分析】根据D为的中点，，得出点E在以D为圆心，长为半径的圆上运动，将线段绕点B逆时针旋转得，连接，，证明，得出．根据点M是定点，，得出点F在以点M为圆心，长为半径的圆上运动，根据当点F在线段上时，取最小值，最小值为；当点F到的距离最大时，的面积最大，证明，得出B，D，E三点共线，过点E作x轴的垂线交x轴于点G，证明，得出，求出，即可得出答案．
【详解】解：∵D为的中点，，
∴点E在以D为圆心，长为半径的圆上运动，如解图①，
将线段绕点B逆时针旋转得，连接，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵点B的坐标为，四边形为矩形，
∴．
∵D是的中点，
∴，
∴，
∴．
∵点M是定点，，
∴点F在以点M为圆心，长为半径的圆上运动，
∴当点F在线段上时，取最小值，最小值为；
∵为定值，
∴当点F到的距离最大时，的面积最大，
∵点F在上运动，如解图②，延长交于点F，此时的面积最大，
∵，
∴B，D，E三点共线，过点E作x轴的垂线交x轴于点G，
∴，
∴，
∴，
∴，即点E的坐标为．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，坐标与图形，旋转的性质，勾股定理，圆的基本知识，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
18．（2025·河南南阳·二模）如图，在中，，点为斜边上一动点，点关于直线的对称点为点，连接，当时，的长为 ．
【答案】1或
【分析】本题主要考查对称性、直角三角形的性质、圆的性质和垂直平分的性质，解题的关键是熟悉对称性，根据题意得和，由点B关于直线的对称点为点E，则点E在以C为圆心，1为半径的圆上，点E在的垂直平分线上，分当点E位于位置时，利用直角三角形的性质可证明四边形为菱形，可求得；当点E位于位置，可得点为中点，点B关于直线的对称点为点，即可求得．
【详解】解：∵中，，，，
∴，；
∵点B关于直线的对称点为点E，
∴点E在以C为圆心，1为半径的圆上，
∵，
∴点E在的垂直平分线上，
如图所示，当点E位于位置时，
∴，，
则四边形为菱形，
则；
当点E位于位置，
∵，，
∴点为中点，
∵点B关于直线的对称点为点，
∴，
故答案为：1或．
19．（2025·河南焦作·二模）如图，在等边中，，是平面内一点，线段绕点逆时针旋转至，直线与交于点，若，则的最大值是 ，最小值是 ．
【答案】
【分析】结合等边三角形的性质及旋转的性质，由可判定，由全等三角形的性质得，由三角形内角和得，可得、、、四点共圆，圆心为等边三角形的外心，当点在线段的延长线上时，时，最小，当点在线段的上时，时，最小，点的运动轨迹为以为圆心，的长为半径的，①当是的直径时，取得最大值，②当与重合时，，此时取得最小值，即可求解．
【详解】解：是等边三角形，
，
，
，
，
线段绕点逆时针旋转至，
，
，
，
，
在和中
，
（），
，
，
，
，
、、、四点共圆，圆心为等边三角形的外心，
当点在线段的延长线上时，时，最小，
当点在线段的上时，时，最小，
如图，
点的运动轨迹为以为圆心，的长为半径的，
①如图，当是的直径时，取得最大值，
连接，过点作交于，
，
，
，
，
取得最大值为；
②如图，当与不重合时，
，
当与重合时，，
此时取得最小值，
，
，
同理可证，
，
，
在和中
，
（），
，
，
，
，
取得最小值；
故答案为：，．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，圆的基本性质，勾股定理等；掌握等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，圆的基本性质，能找出动点的运动轨迹，并能熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键．
20．（2025·河南郑州·模拟预测）如图是一张半圆形纸片，是其直径，C是半圆O上一点，将纸片沿直线翻折后，交直径于点．若点恰好落在点处．
(1)尺规作图：在图中作出点折叠前的对应点(保留作图痕迹)；
(2)分别连接、、，请判断四边形的形状，并说明理由；
(3)连接，与、分别交于点F、G，则 ．
【答案】(1)见解析
(2)四边形ADCE是菱形，见解析
(3)
【分析】本题考查了轴对称的性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定和性质．
（1）在上取一点，使，根据菱形的性质即可求解．
（2）利用轴对称性得出，，结合半径，得出，即可得证；
（3）证明，求出，同理得出，，则可求，即可求解．
【详解】（1）解：如图，以点为圆心，以为半径画弧交于点，连接，
∵，
∴是等边三角形，，
∵折叠，，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴点即为折叠前点的对应点；
（2）证明：∵E是点关于直线的对称点，
，，
∵，
∴，
∴四边形是菱形
（3）∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
同理，
∵，
∴
∴，
∴．
专练二、垂径定理的应用
21．（2025·河南焦作·三模）如图，直线是东西方向的海岸线，北侧是海面，南侧是陆地．信号塔位于码头南偏西方向上，位于码头南偏东方向上．已知信号塔的信号覆盖面是以为半径的圆形，之间的距离为，则海面上被信号覆盖区域（阴影部分）的面积约为（ ）（结果精确到．参考数据：）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出，，再利用解直角三角形求出，，，然后将扇形面积减去三角形面积求得阴影部分面积．
【详解】解：过点作于点，
则，，
∴阴影部分的圆弧所对的圆心角等于，，
∵，之间的距离为6.25km，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴海面上被信号覆盖区域（阴影部分）的面积约为（），
故选：B ．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质与判定，扇形面积公式，垂径定理，解直三角形，利用平行线的性质求角度，解题关键是掌握上述知识，并能熟练运用求解．
22．（2025·河南平顶山·一模）如图，是的弦，点 是圆上一点，于点．若，，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，由垂径定理得，进而由勾股定理得，再根据线段的和差关系即可求解，掌握垂径定理是解题的关键．
【详解】解：于点，，
，，
∵，
∴，
∴，
，
故选：．
23．（2025·河南南阳·三模）如图，已知A，B，C为上的三点，且，，．P是上一动点（不与点A，B重合），连接交弦于点D．当为等腰三角形时，的长为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】C
【分析】本题考查圆周角定理、弧长公式、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质．先求得圆的半径，再根据为等腰三角形时，分三种情况讨论：当时，通过圆心角与圆周角关系及弧长公式可求得的长为；当时，同理可求得的长为．进而可得答案．
【详解】解：连接，，，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
当为等腰三角形时，有三种情况：
当时，，
∴，
∴的长为；
当时，，则，
∴，
∴的长为；
当时，，此时点D与点A重合，不符合题意；
综上，的长为或，
故选：C．
24．（2025·河南省直辖县级单位·一模）如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点为圆心的圆的一部分．如果是中弦的中点，经过圆心交于点，并且，．则的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了垂径定理、勾股定理等知识点，掌握垂径定理成为解题的关键．
由根据垂径定理可得，则，在中，有，然后求解即可解答．
【详解】解：如图：连接,
∵M是中弦的中点，
∴，
又∵，
∴，
设圆的半径是x米，，
在中，有，
即：，解得： ，
所以圆的半径长是．
故选：B．
25．（2025·广西南宁·三模）“圆材埋壁”是我国古代数学名著《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问：径几何？”大意是：如图，为的直径，弦，垂足为E，寸，寸，则的直径为 寸．
【答案】26
【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理，先根据垂径定理，由垂直得到点为的中点，由寸可求出的长，再设出圆的半径为寸，表示出的长，根据勾股定理建立关于的方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：∵为的直径，，且寸，
∴寸，
设圆的半径的长为寸，则寸，
∵寸，
∴寸，
在直角三角形中，根据勾股定理得：
∴，
解得，
∴寸，
故答案为：26．
26．（2025·河南安阳·二模）如图，在中，弦的长为8，于点，且．弦于点，如果，则的长为
【答案】
【分析】该题考查了垂径定理，勾股定理，矩形的性质和判定，连接，过点作，结合弦，证出四边形是矩形，得出，垂径定理得出，勾股定理求出，得出，勾股定理求出，垂径定理得出．
【详解】解：连接，过点作，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵的长为8，于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
27．（2025·河南信阳·模拟预测）周末，爸爸妈妈带着小明和小红兄妹俩去游乐场游玩，在游玩如图1的摩天轮时，妈妈因为恐高在水平地面处等候，爸爸带着兄妹二人在处依次登上摩天轮游览，当小明所乘坐的座舱正好在点正上方时，发现爸爸所处的位置点和小红所处的位置点的连线恰好平行于水平地面，而且点在同一直线上，已知，切摩天轮于点．如图2，连接．
(1)求证：；
(2)若点为与的交点，且，求妈妈的等候点与切点的距离的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，垂径定理，圆周角定理，熟知圆的相关知识是解题的关键．
（1）由切线的性质和直径所对的圆周角是直角得到，则可导角证明，再证明，则由垂径定理可推出，则；
（2）连接，可求出，则，解得到，则，结合解直角三角形即可得到．
【详解】（1）证明：∵是的直径，是的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图所示，连接，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
答：妈妈的等候点与切点的距离的长为．
专练三、与圆有关的角的应用
28．（2025·河南洛阳·一模）如图，已知A，B，C，D是同一圆上的点，相交于点，，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的是圆周角定理的应用，圆心角，弧，弦之间的关系，先证明可判断A，B，再证明，可判断D，进一步记圆心为，连接，可判断C.
【详解】解：∵A，B，C，D是同一圆上的点，相交于点，，
∴，
∴，故A，B不符合题意；
∵，
∴，
∴，
∴，故D不符合题意；
如图，记圆心为，连接，
∵不一定相等，
∴不一定相等；故C符合题意；
故选：C
29．（2025·河南郑州·一模）如图，点，，，在上，若，则下列结论错误的是（ ）
A．B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了弧、弦、圆心角、圆周角的关系，掌握弧、弦、圆心角、圆周角的关系是解题关键．
根据弧、弦、圆心角、圆周角的关系逐项判断即可求解．
【详解】解：A、，，该选项正确，但不符合题意；
B、，，，，该选项正确，但不符合题意；
C、由已知条件无法判断，故无法判断，故该选项错误，但符合题意；
D、由B选项得，，该选项正确，但不符合题意．
故选：C．
30．（2025·河南商丘·三模）如图，是的外接圆，，已知的半径的长为，则的长为（ ）
A．B．6C．D．3
【答案】C
【分析】本题考查的是圆周角定理，熟练掌握圆周角定理，等边三角形判定和性质，是解答此题的关键．
连接，则，由圆周角定理得，得是等边三角形，即得．
【详解】解：连接，则，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
故选：C．
31．（2025·河南安阳·模拟预测）如图，已知是的直径，C是上一点，连接．若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆周角定理，掌握直径所对的圆周角是直角是解题的关键．根据圆周角定理可得出，再根据等腰三角形性质和直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：是的直径，
，
，
，，
∴
，
故选：A．
32．（2025·河南南阳·模拟预测）如图，是直角三角形，．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作出以为直径的圆，并标出圆心的位置（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)的平分线与交于点，连接、，求证：．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】本题考查了尺规作圆，圆心角、弦、弧之间的关系定理和圆周角定理．熟练掌握五种基本作图和熟记“在同圆成等圆中，两个圆心角、两条弧、两条弦中如果有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量也分别相等”是解题的关键．
（1）先作线段的垂直平分线，交与点，确定圆心的位置，再以点为圆心，长为半径画圆即为所求；
（2）由题意可知平分，可得，从而得到，继而得到．
【详解】（1）解：如图所示：为所求；
（2）证明：如图：
平分，
，
，
．
33．（2025·河南驻马店·三模）如图，内接于，为的直径，．
(1)请用无刻度的直尺和圆规过点C作交于点D（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）的条件下，连接，求证：．
【答案】(1)图见解析
(2)详见解析
【分析】（1）利用尺规作即可；
（2）先由圆周角定理以及圆内接四边形对角互补求得，，再由平行线的性质以及三角形内角和定理求得，即可证明等腰三角形．
【详解】（1）解：（1）如解图①，即为所求作；
（2）证明：如上解图①，连接，
为的直径，
，
，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形求角度，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定，三角形内角和定理等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
34．（2025·河南·模拟预测）如图，在中，，以为直径的交边于点，连接．
(1)请用圆规和无刻度的直尺作图：过点作边的垂线，垂足为．（保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）的条件下，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了作直径所对的圆周角是直角，全等三角形的性质与判定，尺规作图，熟练掌握以上知识是解题的关键．
（1）根据尺规作图，过点作边的垂线，垂足为，即可求解．
（2）根据直径所对的圆周角为直角，即可得出，再根据，，即可证明，进而得证．
【详解】（1）解：如解图，即为所求.（作法不唯一，合理即可），
（2）证明：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴．
35．（2025·河南·模拟预测）【问题情境】数学活动课上老师提到我们身边很多事物都蕴含着数学知识，班上的数学兴趣小组决定趁着游玩之便对公园里的摩天轮进行实地调研．摩天轮位于儿童公园内，摩天轮上均匀分布60个吊舱，顺时针旋转一周需要20分钟．
【实践过程】小组成员使用秒表和手机的测距功能，记录某个吊舱从最低点旋转到不同位置距地面的高度和所用的时间的数据，并绘制图象如图1．
【问题研究】请根据图1中信息回答：
（1）摩天轮最高点距地面______（米），摩天轮最低点距地面______（米）；
（2）求摩天轮的半径；
【问题解决】如图2，摩天轮从点旋转到点需6分钟，且两点与地面距离相等，即．
（3）若距离地面82米以上能够获得最佳观赏效果，试问摩天轮从点旋转到点的全过程中是否能够获得最佳观赏效果，并说明理由．（结果精确到0.1米，参考数据，，）
【答案】（1）108，3；（2）摩天轮的半径是52.5米；（3）从点旋转到点的全过程能够获得最佳观赏效果．
【分析】（1）根据函数图象求得最大值与最小值，即可求解；
（2）根据最大值与最小值的差为直径，即可求解；
（3）先根据题意求得所对圆心角的度数，连接，作于点，得出，进而即可求解．
【详解】解：（1）图象的最高点对应的的值是108，最低点对应的的值是3米，
摩天轮最高点距地面108米，最低点距离地面3米．
故答案为：108，3；
（2）摩天轮最高点距地面108米，最低点距离地面3米，
摩天轮的直径是米，
摩天轮的半径是52.5米．
答：摩天轮的半径是52.5米；
（3）摩天轮顺时针旋转一周需要20分钟，摩天轮从点旋转到点需6分钟，
所对圆心角的度数．
连接，作于点．
．
，，
．
，
（米）．
点到地面的距离为：（米）．
，
从点旋转到点的全过程能够获得最佳观赏效果．
专练四、三角形外接圆的性质
36．（2025·河南平顶山·模拟预测）如图，在菱形中，，，点分别是线段上的动点（两点均与端点不重合），且始终满足，连接与相交于点，连接，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．D．的最小值为
【答案】D
【分析】利用菱形的性质证明是等边三角形，进而证出，得出，可判断A选项；通过证明，得到，利用三角形内角和定理和等量代换得到，可判断B选项；通过证明得到，利用等量代换可得，可判断C选项；作的外接圆，连接、、、，利用圆周角定理得到，进而得出，解得到、的长，再利用求出的最小值，可判断D选项，即可得出答案．
【详解】解：菱形，
，，，
是等边三角形，
，，
，
，
又，
，
，故A选项正确，不符合题意；
菱形，
，，
又，
，
，
，
，
，
，故B选项正确，不符合题意；
，
，
，
又，
，
，
，
，，
，即，
，故C选项正确，不符合题意；
作的外接圆，连接、、、，
的外接圆，
，
，
，
，，，
，
，
在中，，，
，，
，
，即，
，
的最小值为，故D选项错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、解直角三角形、圆周角定理、求三角形外接圆的半径，熟练掌握相关知识点，结合图形找出全等三角形和相似三角形是解题的关键．本题属于几何综合题，构造辅助线有一定难度，适合有能力解决几何难题的学生．
37．（2025·河南郑州·一模）在平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点叫做整点．如图，过整点A，B，C有一条圆弧，如果一条直线与这条圆弧相切于点B，则这条直线可以经过（ ）
A．点B．点C．点D．点
【答案】C
【分析】此题主要考查了切线的性质以及垂径定理和坐标与图形的性质，得出时，，即得出点的坐标是解决问题的关键．根据垂径定理的性质得出圆心所在位置，再根据切线的性质得出，时E点的位置即可．
【详解】解：连接，作，的垂直平分线，交格点于点，则点就是所在圆的圆心，
∴三点组成的圆的圆心为：，
∵只有时，与圆相切，
此时，，且，
∴，
∴，则点的坐标为：，
延长，可知过点，，
∴点与下列格点的连线中，能够与该圆弧相切的是：，，．
故选：C．
38．（2025·河南周口·一模）如图，已知点A是直线l外一点，于点D，且，点B，C均在直线l上，，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，解直角三角形的相关运算，正确地作出辅助线是解题的关键．作△的外接圆，连接、、，过点作于点，先由圆周角定理和垂径定理得，，则，，设，则，，再由，即可解决问题．
【详解】解：如图，作的外接圆，连接、、，过点作于点，则，，，
，
，
设，
则，，
，，
，
解得：，
，
最小值为，
故答案为：．
39．（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在中，分别是射线，射线上的点，的垂直平分线交于点，当点落在上时，长的最小值为 ．

【答案】
【分析】以为圆心，长为半径作外接圆，连接，由圆周角定理推出是等腰直角三角形，得到，当时，长最小，由锐角的正弦求出长即可解决问题．
【详解】解：∵的垂直平分线交于点，
∴，
∴点是外接圆的圆心，
以为圆心，长为半径作外接圆，连接，如图所示：

∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴当长最小时长最小，
又当时，长最小，
∵，
∴，
∴，
∴长的最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质、三角形的外接圆、外心性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、三角函数定义，由题意作出辅助圆，应用圆周角定理得到是解决问题的关键．
40．（2025·河南·二模）学校耕读园里有一块空地，空地上有三棵树A，B，C，学校想修建一个圆形苗圃，使三棵树都在苗圃的边上．
(1)请你把苗圃的位置画出来（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)若中，米，米，，试求圆形苗圃的面积．
【答案】(1)见解析
(2)圆形花坛的面积为平方米
【分析】本题考查了作垂直平分线，画三角形的外接圆，勾股定理，直角所对的弦是直径；
（1）根据线段垂直平分线性质，求三角形的外接圆；
（2）根据勾股定理求斜边，斜边的一半就是圆的半径，即可求圆的面积．
【详解】（1）解：如图，即为苗圃的位置．
（2）∵，米，米，
∴米，
∴外接圆的半径为米．
∴圆形花坛的面积为平方米．
专练五、切线的性质与判定
41．（2025·河南安阳·三模）摇摇马也叫木马，是形状像马的儿童玩具，如图1是某品牌设计生产的摇摇马水平放置的示意图，其长槽符合圆的一部分．点O是长槽所在圆的圆心．的半径为，已知摇摇马静止时点A，B所在的直线与地面平行，且A，B两点之间的距离为．将图1中的摇摇马玩具沿地面向右作无滑动滚动，如图2所示，当与相切于点B时，点A的竖直高度为（长槽的厚度忽略不计）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查垂径定理，切线的性质，三角函数的应用，作辅助线构造直角三角形是解题的关键．
如图所示，过点O作于点D，过点A作于点E，由垂径定理得到，然后求出，得到，代数求解即可．
【详解】如图所示，过点O作于点D，过点A作于点E
∵的半径为
∴
∵，
∴
∵当与相切于点B时
∴，
∵
∴
∴
∴
∴，即
∴
∴当与相切于点B时，点A的竖直高度为．
故选：B．
42．（2025·河南驻马店·三模）如图，在中，以为直径的交于点，与相切，且于点．若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了解直角三角形，切线的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，连接，，由勾股定理求出，又，即，则，然后通过切线的性质得，从而有，等腰三角形的判定与性质得出，从而即可求解，掌握相关知识的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，，
在中，，，

∴，
∵为的直径，
∴，即，
∴，即，
∴，
∵与相切，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故答案为：．
43．（2025·河南驻马店·三模）如图，是的直径，一直尺的顶点M在的延长线上，使边与相切，C为切点，连接．
(1)求的度数；
(2)若，求的长．
【答案】(1)
(2)4
【分析】本题考查切线的性质，等腰三角形的判定与性在，直角三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
（1）如图，连接，根据切线的性质得到，结合等腰三角形的性质推出，由已知，即可求解；
（2）由题意求出，，由直角三角形的性质可得，则，求出，即可解答．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵是的切线，
，
，
，
，
∴，
，
，
；
（2）解：由题意得：，
，
∵，
，则，
解得，
∴．
44．（2025·河南驻马店·模拟预测）足球不仅是全球最受欢迎的运动，更是一种文化纽带．它超越国界，连接人心，激发团队精神与拼搏意志，带来激情与欢乐，成为人们情感交流的桥梁图①是一次足球比赛的奖杯，图②是从奖杯中抽象出的几何模型，是圆的切线，为切点．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作出这个圆的圆心（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，延长交射线于点，若，请补全图形，并求的长．
【答案】(1)见详解
(2)见详解，
【分析】本题考查了切线的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）在圆上任取一点D，分别作线段的垂直平分线，相交于点O，则O即为所求，
（2）根据题意补全图形，连接，结合切线的性质，可得，，，则，由勾股定理得，设，则，在中，由勾股定理得出，代入数值求出的值即可作答．
【详解】（1）解：点O如图所示：
（2）解：连接，如图所示
∵是圆的切线，为切点．
∴，，，
则，
在中，由勾股定理得，
设，则，
在中，由勾股定理得出，
即，
∴，
解得，
∴．
45．（2025·河南郑州·三模）如图，是的直径，点在线段的延长线上，直线与相切于点．连接．
(1)尺规作图：过点作，交延长线于点（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)①求证：平分；
②若，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)①见解析；②．
【分析】（1）根据要求作出图形；
（2）连接，可得，由，可证，可得，然后推出，即可证明；
在 中，根据勾股定理可得， ，再由，，可得，然后推出，然后可得，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，线段即为所求；
（2）证明：连接，
直线与相切于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
平分；
解：，
，
，，
，
，
，，
在中，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的判定和性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握切线的性质，等腰三角形判定和性质是解题的关键．
46．（2025·河南洛阳·三模）在中国古代，“方”象征稳定秩序，“圆”代表无限循环．设计中结合“外 方内圆”或“外圆内方”以体现天地阴阳和谐．这些设计彰显古人智慧、审美与哲学， 传递对和谐、秩序的尊重，如古铜钱、良渚玉琮、中式窗棂，从古代的方圆象征到数 学中的正方形与圆，我们探讨它们之间的一些数学问题．
(1)如图1，在正方形中，O为对角线的交点，的半径为正方形边长的一半，求证：与相切；
(2)如图2，在正方形中，分别与相切于点N，M， E，且，，求的半径；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】此题考查了切线的判定和性质、切线长定理、正方形的性质等知识，熟练掌握切线的判定和性质是关键．
（1）通过作垂线，证明圆心到直线的距离等于半径，从而证明直线与圆相切；
（2）连接．证明三点在同一条直线， 得到，由及即可得到答案．
【详解】（1）设正方形边长为a，则半径为．
过O作于H，
∵O为正方形对角线交点，
∴
∴O到的距离等于边长的一半，即，等于半径，
∴与相切．
（2）连接．
∵在正方形中，，
∴．
∵分别与相切于点N，M，E，
∴．
∵
∴，
∴是的垂直平分线，
∵，
∴点在的垂直平分线是上，
∴三点在同一条直线，
∴
∵
∴
∴的半径为．
47．（2025·河南驻马店·三模）图1是洛阳衡山路北魏大墓出土的金币图片，淇淇为找圆形金币的圆心，在其边缘标注了点A，B，C．
(1)我们可以通过作不同弦的垂直平分线，来确定交点的位置即为圆心O．请据此利用无刻度的直尺和圆规在图2中画出圆心O（保留作图痕迹，不写作法）：
(2)如图3，淇淇正确地画出了圆心O，连接，过点C作的切线，交的延长线于点D，过点O作于点E，交于点F，连接交于点G．求证：．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】本题考查尺规作图—作垂线，圆的确定，切线的性质，等角对等边，熟练掌握切线的性质，是解题的关键：
（1）尺规作的中垂线，两条中垂线的交点即为点；
（2）连接，根据切线的性质，等角的余角，结合对顶角相等，推出，即可得证．
【详解】（1）解：如图，点O为所求作的圆心．（画法不唯一）
（2）证明：如图，连接，
是的切线，
，
，
即，
又，
，
即，
，
，
．
48．（2025·河南驻马店·三模）足球运动员带球跑动时有多种路线，比如横向、竖向、斜向等，而竖向跑动（用直线表示）一般又分为以下两种情况：（A、B为门框端点）
，垂足D在线段上
，垂足M在线段外

(1)当运动员带球沿图1的竖向跑动时，请证明在点P射门进球的可能性大于在点Q射门进球的可能性（即求证：）；
(2)如图2，当过点A、B的与相切时，切点即为最佳射门点，若，，求最佳射门点到M的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形外角的性质进行解答即可；
（2）根据题意得到圆心O在线段的中垂线上，且到的距离等于半径，得到圆心O的位置，所在直线为线段的中垂线，点Q为切点，画出图形，求出，得到即可得到答案．
【详解】（1）解：证明：由三角形外角性质可得：，，
∴，即，
∴．在点P射门进球的可能性大于在点Q射门进球的可能性；
（2）如图，由垂径定理可得，圆心O在线段的中垂线上，且到的距离等于半径，得到圆心O的位置如图，所在直线为线段的中垂线，点Q为切点，

∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
在中，
由勾股定理得：，
∴，
最佳射门点到M的距离是．
【点睛】此题考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理、矩形的判定和性质等知识，熟练掌握切线的性质、垂径定理是关键．
专练六、扇形弧长面积的计算
49．（2025·河南郑州·三模）如图①，，是上的两定点，圆上一动点从点出发，按逆时针方向匀速运动到点，运动时间是，线段的长度是，图②是随变化的关系图象，则下列说法错误的是（ ）
A．的半径为B．，两点间的距离为
C．点的运动速度为 D．的度数为
【答案】D
【分析】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系．
由题图得，抛物线顶点坐标，即时，最长，即此时是直径，据此可判定、、，最后根据，结合等边三角形的性质可对选项D进行判断．
【详解】解：A、由题图得，当时，，即此时、、三点共线，则的半径，故A选项正确，不符合题意；
B、当时，点到达点处，此时，
、两点间的距离为，故B选项正确，不符合题意；
C、点从点运动到、、三点共线的位置时，走过的角度为，则走过的弧长为，运动时间为，
点的运动速度是，故C选项正确，不符合题意；
D、当点运动到点时，，即，
是等边三角形，
，故D选项错误，符合题意．
故选：D．
50．（2025·河南信阳·三模）如图，将扇形沿射线方向平移得到扇形，点D为的中点，， 当点D的对应点落在上时， 阴影部分的面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】连接，过点 作于点H，根据平行线的性质和等腰三角形的性质，得出，再根据三角函数求出，最后根据，求出结果即可．
【详解】解：如图所示，连接，过点 作于点H，
由平移的性质可知，，点为的中点，，，
，，
，
，
在等腰中，，
，
．
【点睛】本题考查了平移的性质，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，平行线的性质，解直角三角形，根据题意作出辅助线是解题的关键．
51．（2025·河南驻马店·模拟预测）如图，扇形的圆心角为，点在上，且，，阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先求出，，得到，求出，然后求出，求出，，然后利用阴影部分的面积为求解即可．
【详解】解：∵扇形的圆心角为，
∴
∵
∴，
∵
∴
∴
∵，
∴
∵
∴
∴
∴阴影部分的面积为．
故选：D．
【点睛】此题考查了求不规则图形面积，等边对等角，解直角三角形，三角形内角和定理，解题的关键是掌握以上知识点．
52．（2025·河南驻马店·三模）如图，四边形ABCD内接于，，连接，若平分，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了扇形面积计算，圆周角定理，角平分线的定义，由圆周角定理和角平分线的定义可得的度数，再根据扇形面积计算公式求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
故选：A．
53．（2025·河南驻马店·三模）如图，是由众多边长为2的正三角形组成的网格，B、C、D均为顶点，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，由题意可得：为所在圆的圆心，为格点，取格点，连接，过作于，，可得为等边三角形，，求解；再利用弧长公式计算即可.
【详解】解：如图，由题意可得：为所在圆的圆心，为格点，取格点，连接，过作于，
∵由题意可得：，，，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
由等边三角形的性质可得：，，而，
∴，，
∴，
∴；
∴的长；
故选：A
【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定与性质，弧长的计算，三角形的外接圆的圆心的确定，作出图形是解本题的关键.
54．（2025·河南郑州·二模）如图，两个半径长均为1的直角扇形的圆心分别在对方的弧上，扇形的圆心是弧的中点，且扇形绕着点旋转，半径，交于点，半径，交于点，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】此题主要考查了扇形的面积求法以及三角形的面积等知识，得出四边形的面积正方形的面积，是解决问题的关键．
根据扇形的面积公式求出面积，再过过点作，作，垂足分别为，然后证明，从而得到中间空白区域的面积等于以 1 为对角线的正方形的面积，从而得出阴影部分的面积．
【详解】解：连接
两扇形的面积和为：，
过点作，作，垂足分别为，
则四边形是矩形，
∵点是弧的中点，
∴平分，
∴，
∴矩形是正方形，
∵，
∴，
在与中，
，
，
∴中间空白区域面积相当于对角线是 1 的正方形面积，
∴空白区域的面积为：，
∴图中阴影部分的面积两个扇形面积 个空白区域面积，
故选：D．
55．（2025·河南南阳·三模）如图，在中，，，点在边上，，以为圆心，长为半径作半圆，恰好与相切于点，交于点，则阴影部分的 ．
【答案】
【分析】本题考查了切线的性质（圆的切线垂直于经过切点的半径），等腰直角三角形的性质和扇形的面积计算．解题的关键是牢固掌握相关性质并灵活运用．连接，作于点，如图，先利用等腰直角三角形的性质得到，则，再根据切线的性质得到，于是可判断，所以，然后根据三角形面积公式和扇形的面积公式，利用阴影部分的面积进行计算即可．
【详解】解：连接，作于点，如图，
，
，
，
，
∵与相切于点，
，
，
，
∴阴影部分的面积，
故答案为：．
56．（2025·河南周口·三模）如图，矩形的长，宽，将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】理解题意，根据旋转性质和矩形的性质得，，,，运用勾股定理得，则，，，再把数值代入图中阴影部分的面积为进行计算，即可作答．
【详解】解：连接，连接交于一点，记与的交点为，连接，如图所示：
∵矩形的长，宽，将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，
∴，，,，
∴，，
则，，
∴，
则图中阴影部分的面积为
．
故答案为：
【点睛】本题考查了扇形面积，旋转性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
57．（2025·河南周口·三模）如图所示，四边形为平行四边形，以点A为圆心，长为半径画弧，交边于点E，连接，则的长 ．（结果保留）
【答案】/
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，弧长公式，尺规作线段，等边三角形的性质和判定，
先根据平行四边形的性质得，再根据尺规作图可得，进而得出是等边三角形，然后根据弧长公式可得答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
故答案为：．
58．（2025·河南·模拟预测）如图1，直线分别交坐标轴于，两点，的中线交轴于点．
(1)求直线的解析式．
(2)如图2，将图1中的绕点逆时针旋转到的位置，求线段所扫过的图形的面积．
【答案】(1)
(2)．
【分析】本题考查了一次函数解析式的求解、三角形中线的性质以及旋转图形面积的计算，解题的关键是利用坐标轴交点和中线性质确定点坐标来求直线方程，通过旋转性质将线段扫过面积转化为扇形面积差计算．
（1）先求直线与坐标轴交点得到、坐标，又根据是的中线，得到点的坐标为．设直线的解析式为，再用待定系数法求直线解析式；
（2）设以点为圆心，长为半径的圆，分别交，于点，，由旋转性质知，得到扇形与扇形为全等图形，线段所扫过的图形面积即为与弧所围成的圆环的面积，通过计算得结果．
【详解】（1）解：与轴交于点A，与轴交于点，
点A的坐标为，．
将代入，得，解得．
点的坐标为．
又是的中线，
，点的坐标为．
设直线的解析式为，
将点的坐标为代入上式，得，解得．
直线的解析式为；
（2）解：如图，设以点为圆心，长为半径的圆，分别交，于点，，
由旋转的性质，可知，
扇形与扇形为全等图形．
线段所扫过的图形面积即为与弧所围成的圆环的面积．
，，
，
线段所扫过的图形面积为．
59．（2025·河南驻马店·三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点，过点A作轴交反比例函数的图象于点，点在反比例函数的图象上，以点A为圆心，长为半径画弧与x轴的右交点为点D，连接．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)求证：；
(3)直接写出阴影部分的面积．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）先求解，再利用待定系数法求解反比例函数解析式即可；
（2）先求解（舍去），可得，由作图可得：，求解，设，结合，可得，再利用勾股定理的逆定理证明即可；
（3）由（2）得：，，结合阴影部分的面积为扇形面积减去直角三角形的面积即可.
【详解】（1）解：∵点，过点A作轴交反比例函数的图象于点，
∴，
∴，
∴反比例函数为；
（2）证明：∵点在反比例函数的图象上，
∴，
解得：（舍去），
∴，
由作图可得：，
∵，
∴，
设，
∴，
解得：（舍去），
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：由（2）得：，，
∴阴影部分的面积为.
【点睛】本题考查的是坐标与图形性质，求解反比例函数解析式，反比例函数的图象与性质，旋转的性质，勾股定理及其逆定理的应用，求解扇形的面积，掌握以上知识是解本题的关键.
专练七、正多边形与圆
60．（2025·河南濮阳·二模）如图，是内接正边形的一条边，点在上，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形和圆，圆周角定理，由圆周角定理得，再根据正边形的边数“中心角”，即可求出的值，求出中心角的度数是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选：．
61．（2025·河南信阳·三模）如图，平面直角坐标系中，正六边形的顶点，在轴上，顶点在轴上，若正六边形的中心点的坐标为 则点的坐标为 （ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过点P作与点K，延长交y轴与点N，连接，，，先证明四边形是矩形，再根据矩形的性质得出，由含30度直角三角形的性质得出
，由等腰三角形的性质得出，由勾股定理求出，求出点K的坐标即可得出点B的坐标．
【详解】解：过点P作与点K，延长交y轴与点N，连接，，，
则，，
∵是正六边形，且中心角为，
则，，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵正六边形的中心点的坐标为
∴，
∴，
∴，
∴点K的坐标为：，
∴B点的坐标为，
故选：D．
【点睛】此题考查了正多边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，写出直角坐标系中点的坐标，等腰直角三角形的判定和性质等知识，掌握正多边形的性质是解题的关键．
62．（2025·河南周口·二模）如图，在边长为6的正六边形中，以点为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】B
【分析】本题考查正多边形的性质，求圆锥的底面半径，先求出正六边形的一个内角的度数，进而求出扇形的圆心角的度数，过点作，求出的长，再利用圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，进行求解即可．
【详解】解：∵正六边形，
∴，，
∴，，
∴，
过点作于点，则：，
设圆锥的底面圆的半径为，则：，
∴；
故选B．
63．（2025·河南郑州·一模）将两个相同的正六边形的一边重合得到如图所示的图形，连接，则 （ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作右下角正六边形的外接圆，连接，，，设和相交于点G，先证明A、E、C三点共线，然后证明，再根据垂径定理和圆周角定理，逐步求出和的长，最后根据正切函数的定义，即可得到答案．
【详解】解：作右下角正六边形的外接圆，连接，，，设和相交于点G，
根据正六边形的性质，可得，，
，
，
A、E、C三点共线，
∵，
，
，
，
是的直径，
，，
是等边三角形，
，
设，
则，
是的直径，，
，
，
，
，，
，
，
在中，，
．
故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，垂径定理，圆周角定理，三角函数的定义等知识，熟练掌握有关正多边形的解题方法是解题的关键．
64．（2025·河南洛阳·三模）如图，在正六边形中，直线从点出发向右平移，且，设直线在正六边形内部截得的线段的长为，平移的距离为与之间的函数关系的图形如图2所示，则正六边形的面积为( )
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查识别函数图象，正六边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，取正六边形的中心O，连接，，，连接、、，可得正六边形面积是等边的两倍，再根据等边三角形的面积公示求解即可．明确正六边形可由六个正三角形拼成是解题的关键．
【详解】解：如图，取正六边形的中心O，连接，，，
则，，将正六边形分成三个菱形，每个菱形都由两个与正六边形边长相等的等边三角形拼成，
连接、、，
则正六边形被分成六个全等且底角是3的等腰三角形，也是等边三角形，
∴正六边形面积是的两倍．
由函数图象可知当l与线段有交点时，有最大值，即
又∵等边三角形的面积公式是，(其中a是等边三角形的边长)，
∴正六边形面积是：，
故选：C．
65．（2025·河南漯河·三模）如图，在平面直角坐标系中，，正六边形的顶点A，D的坐标分别为，，点M是正六边形的边上一动点，连接，在的右上方作等腰直角三角形，其中．点M从点A出发，按照顺时针的方向（即）以每秒个单位长度的速度运动，则第2025秒时点N的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题考查了全等三角形综合问题，点坐标规律探索，解直角三角形的相关计算，解题关键是根据前几个点找出规律．
先证明是等边三角形，从而可求出，于是可得正六边形的周长为6，再求出点运动一周用时间，从而可得出第2025秒时点的位置与第9秒时点的位置相同，即与的中点重合，再求出，然后证明，利用全等三角形的性质可得出，，进而可求得，就可求得点N的坐标．
【详解】解：连结，
∵六边形是正六边形，
∴，
又，
∴是等边三角形，
∴，
又点A，D的坐标分别为，，
∴，
正六边形的周长为6，
点运动一周用时（秒）．
，
第2025秒时点的位置与第9秒时点的位置相同，即与的中点重合，
如图，连结，，则，
与上面同理可证：是等边三角形，
∴，
又由正六边形的轴对称性可知轴，
∴．
过点作轴于点，则，
∵在的右上方作等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
又
∴，
，，
，
．
故答案为：．
66．（2025·河南平顶山·二模）如图，分别以正六边形的顶点B，C为圆心，长为半径作圆，若正六边形的边长为4，则两圆在正六边形内部重合的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的判定与性质及求不规则图形的面积，解决本题的关键是通过转化将不规则图形变为规则图形，再求其面积，分别连接，先证得是等边三角形，可得，再通过重合部分的面积求解即可．
【详解】解：如图，分别连接，
由题意得，
是等边三角形，
，
重合部分的面积．
故答案为：．
67．（2025·河南周口·一模）如图，正方形内接于，是的中点，．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作图：过点作的平行线，交于点；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了角平分线的性质与判定，正多边形与圆，勾股定理，圆周角定理以及弧长公式，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）根据三角形的角平分线交于一点，连接交于点，连接交于点，连接，即可求解；
（2）根据（1）可得，进而根据正方形的性质求得半径，再根据弧长公式，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，
∵正方形内接于，
∴，是的角平分线，
∵是的中点，则
∴，即是的角平分线，
∴是的角平分线，
∴
又∵
∴
∴；
（2）解：如图，连接
由（1）可得
又∵
∴
∴
专练八、圆与相似三角形的综合
68．（2025·河南周口·模拟预测）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺和一个正方形纸板如图1摆放，若，，将三角形绕点逆时针方向旋转（）角，观察图形的变化，并完成探究活动活动．
【初步探究】
如图2，连接，并延长，延长线相交于点，交于点．
（1）问题1：和的数量关系是______，位置关系是______．
【深入探究】
应用问题1的结论解决下面的问题．
（2）问题2：如图3，连接，点是的中点，连接，，求证：．
【尝试应用】
（3）问题3：如图4，请直接写出当旋转角从变化到时，点经过路线的长度．
【答案】（1），；（2）见解析；（3）
【分析】（1）先证，得到，，再根据和内角和推导，证即可得出结论；
（2）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得证；
（3）由（2）知点，则点G的运动轨迹是以O为圆心，为半径的弧上，再根据α的变化求圆心角即可得解．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵是含有的直角三角尺，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
故答案为：，；
（2）证明：是直角三角形，是的中点，
，
由（1）知，
是直角三角形，
，
；
（3）解：由（2）知，，
点的运动轨迹是以为圆心，为半径的弧，
连接，，
旋转角从变化到，
此时点的运动路线就是，
取中点，连接，
，，，
，
为等边三角形，
，，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
的长度为，
即点经过路线的长度为．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、弧长公式等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
69．（2025·河南驻马店·三模）如图，已知的边是的切线，切点为，经过圆心并与圆相交于点，，过点作直线，交的延长线于点．
(1)过点作于点，求证：．
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)详见解析
(2)的半径为
【分析】（1）连接，由是的切线，得到，由于，得，于是得到，根据等腰三角形的性质得到，通过等量代换得，然后根据角平分线的性质可得结果；
（2）连接，利用勾股定理求出．证明，然后利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接．
是的切线，
，
，
，
，
，
，
，
平分，
，
．
（2）解：如图，连接．
，
，
，
是的直径，
，
，
由（1）得，
，
，
，
的半径为．
【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，角平分线的性质定理，等边对等角，平行线的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
70．（2025·河南平顶山·一模）如图，点O是线段的中点，以为直径作，点C是上一点，过点C作，分别交，于点E，D，作，交的延长线于点F．
(1)求证： 是的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查切线的判定定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，
（1）连接，根据题意得到，结合，得到，
得出，得到即可求出结论；
（2）根据题意证出，根据相似三角形的性质得到，再利用勾股定理得到，计算求出，根据即可求出结果．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵是直径，是弦，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
71．（2025·河南·模拟预测）古希腊数学家托勒密在《天文学大成》中提出托勒密定理：圆的内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．以下是简单的证明过程．
证明：如图，在线段上取一点，使得，连接．
，（①）．
，∴，．
，．
，，
即，．∴， ② ．
．
根据以上材料解决下列问题：
(1)①的依据是_____，②中所填的关系式为_____；
(2)如图，四边形内接于为的中点，依据托勒密定理求的长．
【答案】(1)同弧所对的圆周角相等，
(2)
【分析】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握托勒密定理是解题的关键：
（1）根据圆周角定理和相似三角形的性质，进行作答即可；
（2）连接，作于点，根据圆周角定理，等弧对等弦，得到，，进而求出，设，则：，利用托勒密定理列式计算即可．
【详解】（1）证明：如图，在线段上取一点，使得，连接．
，
（同弧所对的圆周角相等）．
．
∴，
．
，
．
，
，
即．
．
∴，
．
．
故答案为：同弧所对的圆周角相等，；
（2）连接，作于点，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则：，
由托勒密定理，得：，
∴，
∴．
72．（2025·河南信阳·二模）阅读与思考：小刚学习了圆这章知识后，在某本课外书上看到还有一个相交弦定理（圆内的两条弦相交，这两条弦被交点分成的两条线段长的积相等），下面是书上的证明过程，请仔细阅读，并完成相应的任务．圆内的两条弦相交，这两条弦被交点分成的两条线段长的积相等．
已知：如图，的两条弦相交于点．
求证：．
证明：如图，连接，
∵，，
∴①___________，
___________
∴，
∴两条弦相交，被交点分成的两条线段长的积相等．
任务：
(1)请将上述证明过程补充完整；
(2)小刚又看到一道课后习题：如图，是的弦，是上一点，，，，求的半径．
【答案】(1)①；②
(2)
【分析】（）证明即可求证；
（）延长交于点，延长交于点，设的半径为，则，，由（）可得，，据此解答即可求解；
本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，，
∴，
，
∴，
∴两条弦相交，被交点分成的两条线段长的积相等，
故答案为：，；
（2）解：延长交于点，延长交于点，
设的半径为，则，，
由（）可得，，
∴，
解得，
∴的半径为．
6．（2025·河南安阳·二模）把一个直立的火柴盒放倒（如图），通过用不同的方法计算梯形的面积，可以验证勾股定理．用分别表示和的边长，易知，这时我们把关于的形如的一元二次方程称为“勾氏方程”．
请解决下列问题：
(1)当时，求证：关于的“勾氏方程”必有两个不相等的实数根；
(2)如图，的半径为，是位于圆心异侧的两条平行弦．作于点，作的延长线交于，，，，为过上点的切线，与的延长线交于点．
①连接，若关于的方程是“勾氏方程”，求证：；
②直接写出的长．（用含的代数式表示）
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②的长为
【分析】（）由“勾氏方程”的定义得，进而得，即可求证；
（）①连接，由平行线的性质可得，进而由垂径定理得，，由“勾氏方程”的定义得，由勾股定理可得，即得，同理可得，即可证，即得，即得到，可得，根据圆周角定理得，进而由平行线的性质即可求证；②连接，延长交的延长线于点，可证，可得，即得，又由得，即得到，进而得到，再根据即可求解．
【详解】（1）证明：关于的方程是“勾氏方程”，
∴，
∴
，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴当时，关于的“勾氏方程”必有两个不相等的实数根；
（2）①连接，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∵关于的方程是“勾氏方程”，
∴，
∵，的半径为，
∴，
∴，
同理可得，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
②连接，延长交的延长线于点，
∵为过上点的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了勾股定理，一元二次方程根的判别式，垂径定理，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，平行线的性质，切线的性质，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
73．（2025·河南南阳·二模）【问题提出】
在微专题复习课上，王老师引导同学们以“直角三角板的旋转”为主题开展探究活动：将一大一小两个等腰直角三角板和按图1放置，，点在内，连接并延长到点，使，连接，．探究线段与的关系．
【思路探究】
“诸葛小组”的解题思路：将线段借助平行线进行平移，如图2，过点作交的延长线于点，这样可以将和的关系转化为和的关系；
“孔明小组”的解题思路：结合为的中点构造三角形的中位线，如图3，过点作平行交延长线于点，从而借助三角形中位线性质，将和的关系转化为和的关系．
（1）【推理论证】
请你写出线段与的关系并证明（可以用不同于前面的思路）；
（2）【能力提升】
“创新小组”在【问题提出】的基础上对该问题又进一步拓展：连接，将绕点在平面内旋转，当，，时，请直接写出线段的长．
【答案】（1），，理由见解析；（2）的长为8或15
【分析】（1）勤学小组的解法：将线段借助平行线进行平移，过点B作平行交的延长线于点G，这样可以将证明和的关系转化为和的关系，即可得证；“善思小组”的解法：结合F为的中点构造三角形的中位线，过点B作平行交延长线于点H，从而借助三角形中位线性质，将和的关系转化为和的关系，即可得证．
（2）当点在内部时，可证得C、D、F共线，根据可求得，进而得出结果；同样求得当点在外部时的结果．
【详解】解：（1），，理由如下：
证法1：如图1，延长至，使，连接，延长交的延长线于点，
∵，四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，点A、H、B、C共圆，
∴，
∴，
∴；
证法2：如图2，延长至，使，连接，延长交于，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，；
（2）设，
如图3，当点在内部时，
由（1）知，，，
∴，
∵，，
∵，
∴，
∴C、D、F三点共线，
∵，
∴，
∴，
∴，(舍去)，
∴；
如图4，当点在外部时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴、、三点共线，
∵，
∴，
∴，
∴，（舍去），
∴．
综上所述：的长为8或15．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，确定圆的条件，勾股定理等知识，解决问题的关键是根据题意画出图形．
74．（2025·河南安阳·三模）某校数学探究小组的同学在学习了图形的相似这一单元后，对直角三角形的相似做出了深入探究．
【特例探究】
如图1，在中，，是斜边上的高．
（1）求证：；
【类比研究】
（2）如图2，为线段的延长线上一点，连接并延长至点，连接，，使得．请判断的形状，并说明理由；
【拓展应用】
（3）如图3，是直角三角形，，，，平面内有一点满足，连接并延长至点，使得，请直接写出线段的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）直角三角形，见解析；（3）5
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、构造相似三角形、圆周角定理的应用，垂线段最短等知识点，善于运用相似三角形的判定与性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
（1）通过角度的转换得到，即可证得，再由相似三角形的性质即可证明结论；
（2）通过角度的转换得到，如图，记的交点为，证明，可得，，证明，可得，，即可判定三角形的形状；
（3）以点A为圆心，2为半径作，则C，D都在上，延长至点，使得，交于点，通过构造相似三角形，得到点E在过点且与垂直的直线上运动．因为点B固定，再由垂线段最短，可得到最小值的情况即可求解．
【详解】证明：∵在中，，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，即．
（2）解：是直角三角形．理由如下：
∵，，
∴，即，
∴，
如图，记的交点为，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是直角三角形．
（3）解：∵，
∴，而，
∴，
∴，
如图，以点A为圆心，2为半径作，而，则C，D都在上，，延长至点，使得，交于点，
∴，
，则．
∵，
∴，
∴，
∴点E在过点且与垂直的直线上运动．
如图：过点B作，垂足为，即为最短的，
∵，
∴四边形是矩形．
∵，
∴的最小值为．
75．（2025·河南·一模）综合与实践
在一次数学活动课上，同学们研究菱形的旋转问题．将菱形绕点A顺时针旋转，得到菱形．
【观察思考】
（1）如图1，若与交于点H，则线段与线段的数量关系为__________．
【探究证明】
（2）如图2，当点G在菱形内部时，的平分线与射线交于点P，连接．
①判断线段与的数量关系，并说明理由；
②若，请求出的度数．（用含的式子表示）
【拓展应用】
（3）如图3，若的平分线所在直线与直线交于点P，连接，直接写出旋转过程中的取值范围．
【答案】（1）；（2）①；②；（3）
【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，圆周角定理，解直角三角形的相关计算，全等三角形的判定与性质等知识点，难度较大．
（1）连接，根据菱形的性质以及旋转的性质，结合等边对等角，再由角度和差计算求证；
（2）①证明即可得到；②设，则，由角平分线得到，根据等腰三角形的性质得到，那么由即可求解；
（3）根据“定弦定角”确定点的轨迹，再找出取最大值和最小值的位置，然后通过解直角三角形和圆周角的性质进行求解．
【详解】（1）解：，理由如下：连接，
∵菱形绕点A顺时针旋转，得到菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①，理由如下：
∵平分，
∴，
由旋转可得：，
又∵，
∴，
∴，
②设，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：由②可得，
连接，作的垂直平分线与交于点，连接，过点作于点，
∴，
以点为圆心作，
∵菱形，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴ 点在上，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点在对角线上时，最短，如图：
此时：；
当点与点重合时，最大，为，如图：
∴的取值范围是．