第二十七章 圓與正多邊形（7大題型）（56道壓軸題專練）（解析版）

第二十七章圓與正多邊形（7大題型）（56道壓軸題專練）壓軸題型一圓的確定1．如圖，的半徑為5，弦的長為6，延長至點，使得點為的中點，在上任取一點，連接、，則的最大值為（

）

A．290 B．272 C．252 D．244【答案】B【分析】本題考查了勾股定理，圓內(nèi)最長弦是直徑，過點C作于點N，連接，根據(jù)勾股定理可得，，利用弦最長等于直徑即可得出答案．【詳解】解：過點C作于點N，連接，

點為的中點，，，，，，，當最大時，最大，在中，，當最大時，最大，的半徑為5，弦最長等于直徑是10，，．故選：B．2．如圖，，以點B為圓心，作半徑為2的圓，點C在上，連接作等腰直角三角形，使，，則的面積的最大值為（）A． B． C．4 D．8【答案】B【分析】如圖，以為邊向下作等腰直角三角形，且，連接，證明，可得，可得在以為圓心，為半徑的圓上運動，結(jié)合的面積最大，可得到的距離最大，從而可得答案．【詳解】解：如圖，以為邊向下作等腰直角三角形，且，，連接，∴，，同理：，，∴，，∴，∴，而，∴，∴在以為圓心，為半徑的圓上運動，∵的面積最大，∴到的距離最大，∴當即，，共線時最大，最大值為：，∴的面積最大面積為．故選：B．【點睛】本題考查的是等腰直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應用，圓的確定，熟練的構(gòu)建相似三角形得到D的運動軌跡是解本題的關(guān)鍵．3．如圖，矩形中，，，以A為圓心，1為半徑畫圓，E是上一動點，P是上的一動點，則的最小值是（

）

A．2 B．3 C．4 D．【答案】C【分析】過點D作關(guān)于直線的對稱點F，連接，交于點P，交于點E，此時最小，等于，利用勾股定理計算即可．【詳解】如圖，過點D作關(guān)于直線的對稱點F，

連接，交于點P，交于點E，此時最小，等于，因為四邊形是矩形，，，所以，，所以，所以，所以，所以的最小值為4，故選∶C．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，軸對稱求線段和最小值，熟練掌握矩形的性質(zhì)，軸對稱性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．左老師制作了如圖1所示的學具，用來探究“邊邊角條件是否可確定三角形的形狀”問題，操作學具時，點在軌道槽上運動，點既能在以為圓心、以8為半徑的半圓軌道槽上運動，也能在軌道槽上運動．圖2是操作學具時，所對應某個位置的圖形的示意圖．

有以下結(jié)論：①當，時，可得到形狀唯一確定的；②當，時，可得到形狀唯一確定的；③當，時，可得到形狀唯一確定的；④當，時，可得到形狀唯一確定的；其中所有正確結(jié)論的序號是（

）A．①④ B．②③ C．②④ D．②③④【答案】D【分析】分別在以上四種情況下以為圓心，的長度為半徑畫弧，觀察弧與直線的交點即為點，作出后可得答案．【詳解】解：如圖，當，時，以為圓心，的長度為半徑畫弧，弧與直線有兩個交點，作出，發(fā)現(xiàn)兩個位置的都符合題意，故不唯一，故①錯誤，不符合題意，

；如圖，當，時，以為圓心，的長度為半徑畫弧，弧與直線有兩個交點，作出，發(fā)現(xiàn)左邊位置的不符合題意，故唯一，故②正確，符合題意，

；如圖，當，時，以為圓心，的長度為半徑畫弧，弧與直線有兩個交點，作出，發(fā)現(xiàn)兩個位置的都符合題意，但是此時兩個三角形全等，故形狀相同，故唯一，故③正確，符合題意，

；如圖，當，時，以為圓心，的長度為半徑畫弧，弧與直線有兩個交點，作出，發(fā)現(xiàn)左邊位置的不符合題意，故唯一，故④正確，符合題意，

；綜上所述，結(jié)論正確的是②③④，故選：D．【點睛】本題考查圓的基本性質(zhì)，關(guān)鍵是確定以為圓心，的長度為半徑畫弧，弧與直線的交點個數(shù)．5．如圖，在中，，，，點P為上一點，過點C，D，P作，當點P從點A運動到點B時，點O運動路線的長為．

【答案】【分析】依題意，是的外接圓，結(jié)合四邊形是平行四邊形，得，根據(jù)勾股定理以及中位線性質(zhì)得，因為，，得四邊形是矩形，則，那么，結(jié)合三角函數(shù)，即可作答．【詳解】解：依題意，過點C，D，P作，故當點與點重合時,此時點為點，圓心為點，當點與點重合時,此時點為點，圓心為點，過點D作，如圖所示：

則是的垂直平分線，與相交于一點，為，是的垂直平分線，與相交于一點，為，與相交于一點，為；因為四邊形是平行四邊形所以是的對角線的交點，，那么四邊形是矩形，，因為，，，所以，故，所以點是的中點當點P從點A運動到點B時，點O運動路線的長為；因為，，，所以則，那么，故因為，則即所以故答案為：【點睛】本題考查了三角形的外接圓，以及平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，三角函數(shù)，難度較大，綜合性較強，三角形的外接圓是三邊的垂直平分線的交點，熟練掌握垂直平分線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．6．如圖，，O為的中點，的半徑為1，點P是上一動點，以為邊作等邊三角形（點P、B、C按逆時針方向排列），連接，則線段長的最大值為．

【答案】/【分析】以為邊作等邊，連接，證明，可得，從而得到點C的運動軌跡是以點K為圓心，長為半徑的的圓，再證得，可求出，即可求解．【詳解】解：如圖，以為邊作等邊，連接，則，

∵是等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∴點C的運動軌跡是以點K為圓心，長為半徑的圓，∵，O為的中點，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴線段長的最大值為．故答案為：【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，勾股定理等知識，根據(jù)題意得到點C的運動軌跡是以點K為圓心，長為半徑的圓是解題的關(guān)鍵．7．定義：在平面直角坐標系中，若某函數(shù)的圖象上存在點，滿足，m為正整數(shù)，則稱點P為該函數(shù)的“m倍點”．例如：當時，點在函數(shù)的圖像上，且滿足，即點為函數(shù)的“2倍點”．(1)在點中，是函數(shù)的“1倍點”；(2)若函數(shù)存在唯一的“4倍點”，求b的值；(3)若函數(shù)的“m倍點”在以點為圓心，半徑長為的圓外，求m的所有值．【答案】(1)點和(2)或8(3)1或2【分析】（1）由題意得，再將三個點一一代入檢驗即可；（2）由題意得，得到，由題意可得一元二次方程，再根據(jù)，即可解答；（3）列方程，求得的值，可得函數(shù)的“m倍點”為，再利用勾股定理求得該點到點的距離，列不等式，即可解答【詳解】（1）解：當時，點A，B，C都在函數(shù)的圖象上，，∴點是函數(shù)的“1倍點”；，∴點不是函數(shù)的“1倍點”；，∴點是函數(shù)的“1倍點”；綜上，點和是函數(shù)的“1倍點”；故答案為：點和；（2）解：當時，，∵函數(shù)存在唯一的“4倍點”，，，，或8；（3）解：由題意可得，解得，∴函數(shù)的“m倍點”為，勾股定理求得該點到點的距離為，由題意可得整理得，解得，m為正整數(shù)，或2【點睛】本題主要考查了“新定義”，反比例函數(shù)與一次函數(shù)，一次函數(shù)與二元一次方程組的應用，二次函數(shù)與一元二次方程的判別式，兩點間距離公式，不等式解集．準確理解“新定義”是解答關(guān)鍵．8．在等邊中，將扇形按圖1擺放，使扇形的半徑分別與重合，，固定等邊不動，讓扇形繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)，線段也隨之變化，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為．（）（1）當時，旋轉(zhuǎn)角___度；當時旋轉(zhuǎn)角____度．（2）發(fā)現(xiàn)：線段與有何數(shù)量關(guān)系，請僅就圖2給出證明．（3）應用：當A，C，D三點共線時，求的長．（4）拓展：P是線段上任意一點，在扇形的旋轉(zhuǎn)過程中，請直接寫出線段的最大值_____與最小值________．【答案】（1）60或240；或150或330；（2）；理由見解析；（3）或；（4），【分析】（1）如圖1中，易知當點在線段和線段的延長線上時，，此時旋轉(zhuǎn)角或；如圖1-1所示，過點O作于H，證明三點共線，由等邊三角形的性質(zhì)得到，據(jù)此求出旋轉(zhuǎn)角，當點C在線段上時，即點C在位置時，此時也滿足，據(jù)此求出旋轉(zhuǎn)角即可；（2）結(jié)論：．只要證明即可．（3）在圖3、圖4中，分別求出的長求解即可．（4）如圖5中，由題意，點在以為圓心，2為半徑的上運動，過點作于，直線交于、，線段的長即為的最大值，線段的長即為的最小值．易知的最大值，的最小值．【詳解】解：（1）如圖1中，

是等邊三角形，，當點在線段和線段的延長線上時，，此時旋轉(zhuǎn)角或；如圖1-1所示，過點O作于H，∵，∴三點共線，∵是等邊三角形，∴，∴此時；當點C在線段上時，即點C在位置時，此時也滿足，∴此時；

綜上所述，或，故答案為60或240；或150或330；（2）結(jié)論：，理由如下：如圖2中，

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：，，在和中，，，；（3）①如圖3中，當、、共線時，作于．

在中，，，，，在中，，．②如圖4中，當、、共線時，作于．

同理可得∴，綜上所述，當、、三點共線時，的長為或；（4）如圖5中，由題意，點在以為圓心，2為半徑的上運動，過點作于，直線交于、，∵是等邊三角形，∴，∴，∵，∴當三點共線，且時，有最小值，最小值為；∵，∴，∴當在線段上，且點P與點B重合時，有最大值，最大值為，綜上所述，的最大值為，的最小值為，故答案為：6；．

【點睛】本題考查主要圓與三角形綜合題、旋轉(zhuǎn)變換、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、圓上的點到直線的距離的最值問題等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，利用輔助圓解決最值問題．壓軸題型二圓心角、弧、弦、弦心距之間的關(guān)系1．如圖，等腰三角形的頂點是圓的等分點，且腰，所對的劣?。ú话?，，）上分別有個等分點，若等腰三角形是鈍角三角形．則至少是（

）A．15 B．16 C．17 D．18【答案】C【分析】本題主要考查了不等式的應用，弧、圓心角之間的關(guān)系，圓周角定理及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，在優(yōu)弧上取一點，連接、、、，由弧，圓心角之間的關(guān)系得，，進而利用圓周角定理及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得，根據(jù)等腰三角形是鈍角三角形，得>，列不等式求解即可．【詳解】解：在優(yōu)弧上取一點，連接、、、，∵等腰三角形的頂點是圓的等分點，且腰，所對的劣?。ú话?，，）上分別有個等分點，∴，，∴，∵四邊形是的內(nèi)接四邊形，∴，∵等腰三角形是鈍角三角形，∴，即，解得，∴至少是，故選∶．2．如圖，在半圓O中，C是半圓上一點，將沿弦折疊交直徑于點D，點E是的中點，連結(jié)，若的最小值為，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了圓的相關(guān)知識點的應用，圖形折疊及三角形三邊關(guān)系的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．連接，，由三角形任意兩邊之差小于第三邊得，當、、共線時最小，設(shè)的弧度為，求出的弧度為，再設(shè)半徑為r，列方程求解即可．【詳解】解：連接，，

由三角形任意兩邊之差小于第三邊得，當、、共線時最小，即，設(shè)的弧度為，的弧度為：，，的弧度為：，由折疊得，的弧度為，的弧度為：，點為弧中點，的弧度為：，的弧度為：，即所對圓心角為，設(shè)半圓的半徑為r，，，解得：半徑為2，故選：C．3．如圖，半徑為的圓中有一個內(nèi)接矩形，，點是的中點，于點，若矩形的面積為，則線段的長為

A． B． C． D．【答案】A【分析】本題主要考查圓與勾股定理的綜合應用；連接，，，根據(jù)圓周角定理，結(jié)合已知條件易證得為的直徑，，則，再根據(jù)弧、弦、圓心角的關(guān)系及等腰直角三角形的性質(zhì)可求得，然后根據(jù)同弧所對的圓周角相等及勾股定理可得，，設(shè)，，其中，利用勾股定理及矩形面積公式列得方程，解方程求得，的長度，再結(jié)合可證得，則，最后利用勾股定理列得方程，解方程即可．【詳解】解：如圖，連接，，四邊形為矩形，，為的直徑，，的半徑為，，點為的中點，，，，，，，設(shè)，，其中，則，解得：或舍去，即，，，，，，，，，解得：或，故選：A．4．已知鈍角內(nèi)接于，，將沿所在直線翻折，得到，連接、，如果，那么的值為．【答案】/【分析】延長交于，設(shè)交于、，連接，，設(shè)，由翻折知是的垂直平分線，則，，說明，得，則，再利用，可得，從而解決問題．【詳解】解：延長交于，設(shè)交于、，連接，，如圖，∵，設(shè)，由翻折知是的垂直平分線，∴，，∵，∴，∴，在和中，∴（），∴，∴，∵，，∴，∴，∴，在中，由勾股定理得，，解得，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查了三角形的外接圓，等腰三角形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，三角函數(shù)等知識，運用相似三角形的性質(zhì)表示出是解題的關(guān)鍵，綜合性較強，屬于中考壓軸題．5．在中，，，，點、分別在邊、上，且，，將繞點旋轉(zhuǎn)至，點、分別對應點、，當、、三點共線時，的長為．【答案】2或4/4或2【分析】分點D1在線段AE1上和點D1在線段AE1的延長線上，兩種情況討論，由矩形的性質(zhì)和圓的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)即可可求解．【詳解】解：如圖1，當點D1在線段AE1上，

∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，∴AB＝4，BC＝2，∵將△BDE繞點B旋轉(zhuǎn)至△BD1E1，∴D1B＝DB＝2，∠BD1E1＝90°，∴AD1，∴AD1＝BC，且AC＝BD1，∴四邊形ACBD1是平行四邊形，且∠ACB＝90°，∴四邊形ACBD1是矩形，∴CD1＝AB＝4；如圖2，當點D1在線段AE1的延長線上，∵∠ACB＝∠AD1B＝90°，∴點A，點B，點D1，點C四點共圓，∴∠AD1C＝∠ABC＝30°，∵AC＝BD1，AB＝AB，∴Rt△ABC≌Rt△BAD1（HL）∴∠D1AB＝∠ABC＝30°，且∠BAC＝60°，∴∠CAD1＝30°＝∠AD1C，∴AC＝CD1＝2．

綜上所述：CD1＝2或4．故答案為：2或4【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，圓的性質(zhì)等知識，綜合性較強，利用分類討論解決問題是本題的關(guān)鍵．6．如圖，在四邊形中，，，，為上一點，且，則．【答案】【分析】勾股定理求得，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，則，證明點在上，則，過點作于點，勾股定理求得，進而在中，勾股定理，即可求解．【詳解】解：∵，，∴，,如圖所示，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，則，∴是等腰三角形，∴，∴，以為圓心，為半徑，在圓上取一點，則，∵，∴∴點在上，∴又∵，則四邊形共圓，∴，過點作于點，∴是等腰直角三角形，∴∴∴在中，．故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形對角互補，勾股定理，熟練掌握圓周角定理是解題的關(guān)鍵．7．如圖，四邊形為的內(nèi)接四邊形，連接，相交于點，連，，，，已知．

(1)求證：(2)如圖，若，延長，相交于點，，，求的長．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】（）根據(jù)圓周角定理易證明，得到，即可求證；（）由勾股定理得到，由，得到為直徑，又有得到，，，進而分別證明、，利用對應線段成比例及勾股定理即可求出的長；本題考查了圓的內(nèi)接四邊形問題，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握圓的有關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【詳解】（1）證明：∵，，，∴，∴，∴；（2）∵，，，∴，為直徑，∴，∴，∵，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴．8．【特例感知】

（1）如圖①，是的直徑，是的圓周角，平分交于點D，連接．已知，，則的度數(shù)為，點D到直線的距離為；【類比遷移】（2）如圖②，是的圓周角，平分交于點D，過點D作，垂足為M，探索線段之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；【問題解決】（3）圖③，四邊形為的內(nèi)接四邊形，，平分，，求線段的長．【答案】（1）；；（2），詳見解析；（3）．【分析】（1）利用角平分線的定義得出，再利用圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可求得，利用直徑所對的圓周角是90°，繼而求出，，再證明，利用相等的圓周角所對的弦相等得出，過點D作于點E，利用含的直角三角形的性質(zhì)即可得解；（2）連接，作交的延長線于點N，證明得到，再證明得到，從而得到；（3）作于點G，交的延長線于點H，證明得到，設(shè)，再證明四邊形是正方形，從而得到，從而得到，，，再利用建立方程，求出x，從而得解．【詳解】（1）∵平分，∴，∴，∵為直徑，∴，∴，∴，∴，∴，∴，過點D作于點E，則，，則有，∴，即點D到直線的距離為，

故答案為：；；（2），理由如下：如圖②，連接，作交的延長線于點N，

∵平分，，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，（3）如圖③，作于點G，交的延長線于點H，

∵平分，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，設(shè)，∵，∴四邊形是矩形，∵，∴四邊形是正方形，∴，∵，，∴，，∴，∵，∴，解得，(不符合題意，舍去)，∴，∴線段的長為．【點睛】本題考查圓的綜合，全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，一元二次方程的解法等知識，靈活運用圓的性質(zhì)和利用角平分線的性質(zhì)構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．壓軸題型三垂徑定理1．如圖，在扇形中，點D在上，點C在上，．若，則的半徑為(

)A．4 B． C． D．【答案】C【分析】過點O作與E，連接交與點F，連接，利用勾股定理求出，再證明點F是的中點，利用中位線定理和直角三角形的中線的性質(zhì)分別求出和，從而得到，最后用勾股定理求即可．【詳解】解：過點O作與E，連接交與點F，連接，∵，，∴，∵，∴垂直平分，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴F是的中點，∴，又∵垂直平分，∴，∴，∴，即的半徑為，故選：C．【點睛】本題考查垂徑定理，垂直平分線的性質(zhì)，直角三角形中線的性質(zhì)，中位線的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)等知識，綜合性較大，利用垂徑定理構(gòu)造輔助線和證明點F是的中點是解題的關(guān)鍵．2．如圖，四邊形是的內(nèi)接四邊形，，E為上一點，且，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】連接，得到為等腰直角三角形，得到，圓周角定理，得到，進而得到，推出，根據(jù)為定角，得到點的軌跡為三角形外接圓上一點，進而得到當點三點共線時，的長度最短，為進行求解即可．【詳解】解：連接，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴點的軌跡為三角形外接圓上一點，∴，∵，∴，∴過點作，則：，∵，∴，∴，過點作于點，則四邊形為矩形，∴，∴，∴，∵，∴當點三點共線時，的長度最短，為；故選D．【點睛】本題考查求線段的最小值．解題的關(guān)鍵是確定點的軌跡，利用“一箭穿心”，求解即可．本題的綜合性強，難度大，屬于常見的壓軸題．3．如圖，的頂點均在上，且，，為弦的中點，弦經(jīng)過點，且．若的半徑為2，則弦的長是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】連接，，，，作于點，由圓心角、弧、弦關(guān)系可得，由等腰三角形三線合一的性質(zhì)可知經(jīng)過點，垂直平分，在中利用等邊三角形的判定和性質(zhì)求得，由平行線的性質(zhì)求得是含30°角的直角三角形，然后求得，在中由勾股定理求得后再由垂徑定理可得；【詳解】解：如下圖，連接，，，，作于點，

∵，∴，∴，由可知是等腰三角形，由等腰三角形三線合一的性質(zhì)可知，過邊的中點，∴經(jīng)過點，∴垂直平分，∵也是等腰三角形，∴由等腰三角形三線合一的性質(zhì)可知，∴是等邊三角形，∵，∴由等腰三角形三線合一的性質(zhì)可知，∵，∴，∴中，∴，∴，中由勾股定理可得，由垂徑定理可知，∴，故選：C．【點睛】本題考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，圓心角、弧、弦關(guān)系，勾股定理，垂徑定理等知識；綜合性較強，正確作出輔助線是解題關(guān)鍵．4．如圖，的半徑為，點是半圓的中點，點是的一個三等分點（靠近點），點是直徑上的動點，則的最小值．

【答案】【分析】如圖，作點關(guān)于直徑的對稱點，根據(jù)圓的對稱性可知點在圓上，連接，交直徑于點，此時的最小值是的長，根據(jù)弧的度數(shù)等于它所對圓心角的度數(shù)可知，，根據(jù)對稱的性質(zhì)可得，，由垂徑定理及推論可知，，根據(jù)角的直角三角形和勾股定理可得，即可得出答案．【詳解】解：如圖，作點關(guān)于直徑的對稱點，則點在圓上，連接，交直徑于點，∴，則的最小值是的長，∵點是半圓的中點，的半徑為，∴等于半圓的一半，∴，∵點是的一個三等分點（靠近點），∴等于的，∴，∵點與點關(guān)于直徑的對稱，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即的最小值是．故答案為：．

【點睛】本題考查對稱的性質(zhì)，弧的度數(shù)和圓心角的關(guān)系，垂徑定理及推論，等腰三角形的性質(zhì)，兩點之間線段最短，角的直角三角形和勾股定理等知識點，掌握弧的度數(shù)和圓心角的關(guān)系，垂徑定理以及直角三角形的邊角關(guān)系是解題的關(guān)鍵．5如圖，已知是的內(nèi)接三角形，的半徑為2，將劣弧沿折疊后剛好經(jīng)過弦的中點．若，則弦的長為．

【答案】/【分析】設(shè)折疊后的所在圓的圓心為，連接，，，，過點O作于點E，解直角三角形得出，根據(jù)與為等圓，得出，，，證明，得出，過A作于，設(shè)，則，，根據(jù)勾股定理得出，求出x的值，即可得出答案．【詳解】解：設(shè)折疊后的所在圓的圓心為，連接，，，，過點O作于點E，如圖所示：

∵，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，又∵與為等圓，∴，，，∴，∴，過A作于，設(shè)，則，，∵，∴在中，，，∵，∴，解得：，∴．【點睛】本題主要考查了圓的綜合應用，解直角三角形，圓周角定理，勾股定理，三角形全等的判定和性質(zhì)，垂徑定理，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，數(shù)形結(jié)合，根據(jù)勾股定理建立方程．6．如圖，，，，是線段上的一個動點，以為直徑畫分別交、于、，連接，則線段長度的最小值為．【答案】【分析】由垂線段的性質(zhì)可知，當為的邊上的高時，直徑最短，如圖，連接，過O點作，由為等腰直角三角形，則，即此時圓的直徑為4，再根據(jù)圓周角定理可得到，則在中，可得，，最小時，最小，也就是最小，即可求解．【詳解】解：由垂線段的性質(zhì)可知，當為的邊上的高時，直徑最短，

如圖，連接，過O點作，在中，，∴，即此時圓的直徑最小為4，∵，由等腰三角形的性質(zhì)可得：，由垂徑定理可得：，∴，在中，，∴，∴,∵∴最小時，最小，也就是最小，∵∴，，∴，即最小為，故答案為．【點睛】本題考查垂徑定理、垂線段最短，勾股定理以及含直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活利用相關(guān)性質(zhì)進行求解．7．如圖（），是的直徑，點、在上，，，．(1)求證：平分；(2)求的長；(3)如圖（），是半圓的中點，連接，求的長．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3)．【分析】（）利用平行線的性質(zhì)得，又，則；（）作于，于，則，利用勾股定理計算出，再利用面積法得到，再利用勾股定理計算出，然后證明，得到，從而有；（）作于，連接、，證明為等腰直角三角形得到，利用為等腰直角三角形得到，然后利用勾股定理計算出，最后通過線段和差即可求解．【詳解】（1）證明:∵，∴，∵，∴，∴，∴平分；（2）作于，于，如圖，則，∵為直徑，∴，∴，∵，∴，在中，，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴；（3）作于，連接、，如圖，∵是半圓的中點，∴，，∴為等腰直角三角形，∴，在中，，在中，，∴．【點睛】本題考查了垂徑定理、直徑所對的圓周角是直角、平行線的性質(zhì)、角平分線的定義、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，正確添加輔助線，熟練靈活運用相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．8．如圖1，點是直徑上一點，，，過點作弦，點在上運動，連接．

(1)求的長．(2)如圖，連接，作的角平分線交于點，在點運動的過程中，的長度是否會發(fā)生變化？若發(fā)生變化，請說明理由；若不會發(fā)生變化，請求出其值．(3)如圖，過點作于，連接，求的最小值．【答案】(1)8(2)的長度不發(fā)生變化；(3)【分析】（1）連接，根據(jù)，，確定圓的半徑為5，結(jié)合，根據(jù)垂徑定理，得到，得．（2）連接，根據(jù)垂徑定理，得到，利用三角形外角性質(zhì)，圓周角定理，證明即可．（3）根據(jù)題意，點H的運動軌跡是以為直徑的上的，當D、H、N三點共線時，取得最小值，計算即可．【詳解】（1）如圖，連接，∵，，∴，∴圓的半徑為5，

∵，∴，∴．（2）的長度不發(fā)生變化；．理由如下：如圖，連接，

∵直徑，，，弦，，∴，∴，∵的角平分線交于點，∴，∵，，∴，∴，∴，故的長度不發(fā)生變化；．（3）如圖，連接，∵，

∴點H的運動軌跡是以為直徑的上的，當D、H、N三點共線時，取得最小值，連接，交于點M，故當H與M重合時，取得最小值，∵，，，∴，∴，過點N作于點F，則，∴，∵，∴，，，∴，∴，故最小值為．【點睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理，三角形外角性質(zhì)，直角所對的弦是直徑，點圓最值，中位線定理，熟練掌握垂徑定理，圓的最值性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．壓軸題型四直線與圓的位置關(guān)系1．如圖，為半圓的直徑，，分別切于，兩點，切于點，連接，，下結(jié)論錯誤的是（

）

A． B．C． D．【答案】D【分析】此題考查了圓的切線的性質(zhì)、切線長定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、梯形的面積計算等知識與方法，連接，由分別切于兩點，切于點，根據(jù)切線長定理得，，則，可判斷正確；由是的直徑得，，則，于是有，由切線長定理得，，則，因此，可判斷正確；根據(jù)“”可分別證明，，則，可判斷正確；先由，，證明，根據(jù)相似三角形的對應邊成比例得到，故錯誤；正確作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：如圖，連接，

∵分別切于兩點，切于點，∴，，∴，故正確；∵是的直徑，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴，故正確；∵是的半徑，∴，∴，，在和中，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，故正確；∵，，∴，∴，∴，故錯誤；故選：．2．在平面直角坐標系中，點，，若在直線上存在點P滿足，則m的取值范圍是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】本題主要考查圓周角與圓心角的關(guān)系，直線與圓相切的時候m取得最值點，熟練掌握這些知識是解題的關(guān)鍵．根據(jù)題意等腰直角三角形，分兩種情況進行討論，當E在上方時，以E為圓心，為半徑作圓，設(shè)直線與相切，切點為P，此時m的值最大，求出此時m的值，同理當E在下方時求出m的值，即可得出答案．【詳解】解：如圖，作等腰直角三角形，

，，，，E在y軸上，當E在上方時，以E為圓心，為半徑作圓，此時上存在點滿足，設(shè)直線與相切，切點為P，此時m的值最大，設(shè)直線與x軸交于點C，與y軸交于點D，連接，則，直線，，是等腰直角三角形，，，，由直線可知，，，，當E在下方時，同理得，

m的取值范圍是，故選：A．3．如圖，點在線段上，，以為圓心，為半徑作，點在上運動，連接，以為一邊作等邊，連接，則長度的最小值為（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】以為邊，在的上面作等邊，使，，連接，，，根據(jù)全等三家巷的性質(zhì)得到，連接并延長，交于點，則的最小值為，過作于，根據(jù)勾股定理即可得到答案．【詳解】解：如圖，以為邊，在的上面作等邊，使，，連接，，，

，，，在和中，，，，點的運動軌跡為以點為圓心，2為半徑的圓，連接并延長，交于點，則的最小值為，過作于，，，，，，長度的最小值為，故選：B．【點睛】本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．4．如圖，點A是上一定點，點B是上一動點、連接、、、分別將線段、繞點A順時針旋轉(zhuǎn)到，，連接，，，，下列結(jié)論正確的有（）①點在上；②；③；④當時，與相切．

A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】A【分析】可證得和是等邊三角形，可推出，從而得出①正確；根據(jù)“邊角邊”可證得②；根據(jù)②可推出，進一步得出③正確；根據(jù)等邊三角形及題意得出，和重合，即可判斷④．【詳解】解：，，是等邊三角形，同理可得，是等邊三角形，①是等邊三角形，，∴點在上，故①正確，，，在和中，，故②正確，③由②知，，，，，，是等邊三角形，，，，，故③正確，④如圖，

過點O作于C，是等邊三角形，，，，垂直平分，∴，，，和重合，，是的切線，故④正確，綜上所述：①②③④均正確，故選：A．【點睛】本題考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理等知識，解決問題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握運用有關(guān)基礎(chǔ)知識．5．如圖，，半徑為的與角的兩邊相切，點是上任意一點，過點向角的兩邊作垂線，垂足分別為，，設(shè)，則的取值范圍是．【答案】【分析】本題考查了切線的性質(zhì)，含度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理；設(shè)半徑為的與角的兩邊相切于，，連接，，延長交于，求得，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到，求得，得到，如圖，延長交于，推出與是直角三角形，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到，，求得，當與相切且點在圓心的右側(cè)時，有最大值，連接，則四邊形是正方形，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到，求得；如圖，當與相切且點在圓心的，左側(cè)時，有最小值，同理可得于是得到結(jié)論．【詳解】解：設(shè)半徑為的與角的兩邊相切于，，如圖，連接，，延長交于，，，是直角三角形，，，，，，如圖，延長交于，，，，，，與是直角三角形，，，，當與相切且點在圓心的右側(cè)時，有最大值，連接，則四邊形是正方形，，，(；如圖，當與相切且點在圓心的左側(cè)時，有最小值，同理可得(；故的取值范圍是，故答案為：．6．已知，點，點，直線l經(jīng)過點B且垂直于y軸，點P是直線l上一個動點，的角平分線與直線l交于點Q，則的形狀一定是；當點P運動至某一位置時，的外接圓與一條坐標軸相切，則所有符合情況的點P的坐標為．【答案】等腰三角形或【分析】（1）根據(jù)直線軸，得出直線軸，求出，根據(jù)角平分線的定義得出，說明，即可證明三角形的形狀；（2）分兩種情況討論：當與x軸相切時，點M在y軸上，當與y軸相切時，則點M在x軸上，分別畫出圖形，求出結(jié)果即可．【詳解】解：（1）直線軸，∴直線軸，∴，∴平分，∴，∴，∴為等腰三角形；故答案為：等腰三角形；（2）∵的外接圓與一條坐標軸相切，∴有以下兩種情況：當與x軸相切時，點P在第二象限，點Q在第一象限，連接，∵，∴點M在上，切點為O，如圖所示：∵，∴，∵為直徑，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴為等邊三角形，∴，∵直線軸，∴平分，∴，在中，，∵點B的坐標為，∴，∴，∵點P在第二象限，∴點P的坐標為；當與y軸相切時，則點M在x軸上，切點為O，此時點P，Q都在第一象限，連接，如圖所示：∵，∴，∵為直徑，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，在中，，∴，∵點P在第一象限，∴點P的坐標為：；綜上分析可知，與一條坐標軸相切，則點P的坐標為：或．故答案為：或．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的判定，平行線的性質(zhì)，切線的性質(zhì)，圓周角定理，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)，靈活運用銳角三角函數(shù)解直角三角形，注意分類討論，數(shù)形結(jié)合．7．如圖，在平面直角坐標系中，直線：與坐標軸分別交與、兩點，與軸相切于點連接．(1)的度數(shù)是．(2)若直線以每秒的速度繞點順時針旋轉(zhuǎn)秒，當直線與有公共點時，的取值范圍是．(3)在（2）的條件下，直線與有公共點的條件下，若在直線上截得的弦的中點為．試判斷的度數(shù)是否會發(fā)生變化，并說明理由；【答案】(1)(2)(3)不變，【分析】（1）先求出，，可得，（2）當直線旋轉(zhuǎn)度后，與軸重合，同相切于點，可得；當直線旋轉(zhuǎn)度后，與相切于點，連接，，，可得，由，，可得，從而，從而可得答案；（）連接、、，由是的中點，可得，取的中點，連接、，證明、、、在以為圓心的圓上，可得．【詳解】（1）解：由直線l：，當時，，當時，，則，∴，，∴，∵，∴，（2）當直線旋轉(zhuǎn)度后，與軸重合，同相切于點，此時；當直線旋轉(zhuǎn)度后，與相切于點，如圖，連接，，，、與相切于點、，，（切線長定理）∵，∴，∴，∴，由圖可知，當時，直線與有公共點；（3）的度數(shù)不會發(fā)生變化，理由如下：連接，∵N是的中點，∴，，∵，∴A、M、B、N四點共圓，∴，由（2）知：，∴；【點睛】本題考查圓的綜合應用，一次函數(shù)，等腰直角三角形，圓的切線判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；解題的關(guān)鍵是掌握圓的相關(guān)性質(zhì)并能熟練應用．8．如圖，在平面直角坐標系中，已知點，以原點為圓心，為半徑作圓．從點出發(fā)，以每秒個單位的速度沿軸負半軸運動，運動時間為．連結(jié)，將沿翻折，得到．求有一邊所在直線與相切時直線的解析式．

【答案】或或或【分析】本題是幾何變換綜合題，主要考查了翻折變換，圓的性質(zhì)以及切線的性質(zhì)等知識，綜合性強，運用分類思想是解題的關(guān)鍵.分別從以下四種情況進行求解：①當與相切時，先過點作交于點，過點作交于，利用翻折和勾股定理即可求得結(jié)論；②當與相切時，過點作交于點，利用勾股定理求出，則可求解；③當所在的直線與相切時，過點作交于點，過點作交于，由勾股定理分別求出和即可得解；④當?shù)难娱L線與相切時，過點作交于點，過點作交于，再利用勾股定理求出即可求出直線的解析式.【詳解】①如圖1，過點作交于點，過點作交于，

在中，，，，沿翻折，得到，，，設(shè)在，，，．∴直線：；②如圖2，過點作交于點，

設(shè)，則，在中，，，，∴直線：；③如圖3，過點作交于點，過點作交于，

在中，，，，設(shè)，在中，，，，，∴直線：；④過點作交于點，過點作交于，

設(shè)，在中，，，，，，∴直線：.綜上所述，直線的解析式為或或或.壓軸題型五圓與圓的位置關(guān)系1．和外切于點和的半徑分別為1和2，直線與相切于點，與相交于，則的值為（

）

A． B． C． D．1【答案】B【分析】連接作直徑，連接CH，延長交圓M于點G，連接，，作，交于點D，得出，即，再證明和，利用相似三角形的性質(zhì)求出比值即可．【詳解】解：連接作直徑，連接CH，延長交圓M于點G，連接，，作，交于點D，由圓內(nèi)接四邊形和半徑相等得，，∵是直徑，∴，∴，∴，∵，∴，∵直線與相切于點，∴，∴∵，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，即，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故選：B．

【點睛】本題考查了圓的綜合與相似三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵是根據(jù)題意作出輔助線，熟練運用圓的切線性質(zhì)和相似三角形的判定進行推理求解．2．如圖，在等腰中，，BC=，同時與邊的延長線、射線相切，的半徑為3．將繞點按順時針方向旋轉(zhuǎn)，、的對應點分別為、，在旋轉(zhuǎn)的過程中邊所在直線與相切的次數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】首先以A為圓心，以BC邊的中線為半徑畫圓，可得⊙A的半徑為3，計算出OA的長度，可知⊙O與⊙A相切，根據(jù)兩個相切圓的性質(zhì)，即可得到答案．【詳解】解：如圖：作AD⊥BC，以A為圓心，以AD為半徑畫圓∵AC、AB所在的直線與⊙O相切，令切點分別為P、Q，連接OP、OQ∴AO平分∠PAQ∵∠CAB=120°∴∠PAO=30°∵OP=3∴AO==6∵∠BAC=120°，AB=AC

∴∠ACB=30°，CD=BC=∴AD==3∴⊙A的半徑為3,∴⊙O與⊙A的半徑和為6∵AO=6∴⊙O與⊙A相切∵AD⊥BC∴BC所在的直線是⊙A的切線∴BC所在的直線與⊙O相切∴當=360°時，BC所在的直線與⊙O相切同理可證明當=180°時，所在的直線與⊙O相切．當⊥AO時，即=90°時，所在的直線與⊙O相切．∴當為90°、180°、360°時，BC所在的直線與⊙O相切故答案選C．【點睛】本題主要考查了圓的切線，涉及到等腰三角形的性質(zhì)、兩圓的位置關(guān)系和特殊角的三角函數(shù)等知識，熟練掌握相關(guān)知識，精準識圖并準確推斷圖形的運動軌跡，進行合理論證是本題的解題關(guān)鍵．3．如圖，B是的半徑延長線上一點，，C是上一動點，以為邊在的上方作等邊，連接，則長的取值范圍是．【答案】【分析】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，圓與圓的位置關(guān)系．根據(jù)定點定長，確定動點的運動軌跡是圓解題的關(guān)鍵．如圖，連接，以為邊作等邊，連接，證明，則，則在以為圓心，為半徑的圓上運動，與相切，根據(jù)，計算求解即可．【詳解】解：如圖，連接，以為邊作等邊，連接，∴，，∵等邊，∴，，∴，即，∵，，，∴，∴，∴在以為圓心，為半徑的圓上運動，∵，與的半徑均為1，∴與相切，∴，即，故答案為：．4．在中，點D在邊上，點E在延長線上，且，如果過點A，過點D，若與有公共點，那么半徑r的取值范圍是．【答案】【分析】先畫出圖形，連接，利用勾股定理可得，，從而可得，再根據(jù)與有公共點可得一個關(guān)于的不等式組，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可得．【詳解】解：由題意畫出圖形如下：連接，

過點，且，的半徑為7，過點，它的半徑為，且，，，，，在邊上，點在延長線上，，即，，與有公共點，，即，不等式①可化為，解方程得：或，畫出函數(shù)的大致圖象如下：

由函數(shù)圖象可知，當時，，即不等式①的解集為，同理可得：不等式②的解集為或，則不等式組的解集為，又，半徑r的取值范圍是，故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理、圓與圓的位置關(guān)系、二次函數(shù)與不等式，根據(jù)圓與圓的位置關(guān)系正確建立不等式組是解題關(guān)鍵．5．如圖，在平面直角坐標系中，有7個半徑為1的小圓拼在一起，下面一行的4個小圓都與x軸相切，上面一行的3個小圓都在下一行右邊3個小圓的正上方，且相鄰兩個小圓只有一個公共點，從左往右數(shù)，y軸過第2列兩個小圓的圓心，點P是第3列兩個小圓的公共點．若過點P有一條直線平分這7個小圓的面積，則該直線的函數(shù)表達式是．【答案】【分析】當直線y過P、N兩點時，由中心對稱圖形的特征可得直線y平分7個小圓的面積，由直線和圓的位置關(guān)系，圓和圓的位置關(guān)系求得N、P的坐標，再待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式即可；【詳解】解：如圖，⊙N、⊙G、⊙M與x軸相切于F、O、E，連接NF、NG、GM、ME、PM，直線y過P、N兩點，∵右邊6個小圓關(guān)于點P中心對稱，直線y經(jīng)過點P，∴直線y平分右邊6個小圓的面積，∵直線y經(jīng)過左邊小圓的圓心，∴直線y平分⊙N的面積，∴直線y平分7個小圓的面積，NF⊥x軸，GO⊥x軸，則NF∥GO，NF=GO=1，則NFOG是平行四邊形，∠GOF=90°，則NFOG是矩形，∵⊙N、⊙G相切，∴NG=2，即N（-2，1），同理可得M（2，1），∵P在⊙M的正上方，E點在⊙M的正下方，∴PE為⊙M的直徑，即P、M、E共線，∴P（2，2），設(shè)直線y=kx+b，則，解得：，∴，故答案為：；【點睛】本題考查了中心對稱圖形的特征，直線和圓的位置關(guān)系，圓和圓的位置關(guān)系，一次函數(shù)解析式；掌握中心對稱圖形的特征是解題關(guān)鍵．6．如圖，如果兩個圓只有一個公共點，那么我們稱這兩個圓相切，這個公共點就叫做切點，當兩圓相切時，如果其中一個圓（除切點外）在另一個圓的內(nèi)部，叫做這兩個圓內(nèi)切；其中一個圓（除切點外）在另一個圓的外部，叫做這兩個圓外切．如圖所示：兩圓的半徑分別為R，r（R＞r），兩圓的圓心之間的距離為d，若兩個圓外切則d=R+r，若兩個圓內(nèi)切則d=R﹣r，已知兩圓的半徑分別為方程x2+mx+3=0的兩個根，當兩圓相切時，已知這兩個圓的圓心之間的距離為4，則m的值為．【答案】-4或-2【分析】分兩圓內(nèi)切和兩圓外切兩種情況分類討論即可確定正確的答案．【詳解】解：當兩圓外切時，d=r+R=-m=4，解得：m=-4；當兩圓內(nèi)切時，d=R-r=4，則R=r+4，∵Rr=3，∴（r+4）r=3，解得：r=-2或r=+2（舍去）∴R=r+4=+2，∴R+r=-m，即：-2++2=-m，解得：m=-2，故答案為：-4或-2．【點睛】本題考查了兩圓的位置關(guān)系的知識，解題的關(guān)鍵是能夠分類討論確定不同的答案，難度不大．7．如圖，已知在等腰中，，，點D為邊上一動點（不與點B重合），過點D作射線交于點E，，以點D為圓心，的長為半徑作．(1)設(shè)，，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；(2)當與邊相切時，求的長；(3)如果是以E為圓心，的長為半徑的圓，那么當為多少長時，與相切？【答案】(1)（）(2)10(3)或【分析】（1）通過相似三角形的對應邊成比例得到，把相關(guān)線段的長度代入并整理得到（）；（2）如圖1，假設(shè)與相切于點F，連接．通過相似三角形的對應邊成比例得到．，由勾股定理求得，，所以把相關(guān)線段的長度代入便可以求得的長度；（3）分類討論：與相外切和內(nèi)切兩種情況．由（1）的相似三角形推知．所以如圖2，當與相外切時．；如圖3，當與相內(nèi)切時．．【詳解】（1）解：∵，，∴，∴，∵，，，，∴，即．∵，且，∴．綜上所述，y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式及其定義域為：，（）；（2）解：如圖1，假設(shè)與相切于點F，連接，則，．過點A作于點G，則．在和中，，，∴，∴．又∵，，，∴，，∴，∴；（3）解：由（1）知，，∴，即，∴．如圖2，當與相外切時．，∵由（1）知，，，y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式是，∴，解得，，符合，∴BD的長度為．如圖3，當與相內(nèi)切時．，由（1）知，，，y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式是，∴，解得，，符合，∴BD的長度為．綜上所述，BD的長度是或．【點睛】本題考查了圓的綜合題．其中涉及到了相切兩圓的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，一次函數(shù)圖象上點的坐標特征．遇到動點問題，需要對動點的位置進行分類討論8．在平面直角坐標系中，對于兩個點，和圖形，如果在圖形上存在點，（，可以重合）使得，那么稱點與點是圖形的“一對平衡點”．如圖1，已知點．(1)設(shè)點與線段上一點的距離為，則的最小值是______，最大值是______；(2)在，，這三個點中，與點是線段的“一對平衡點”的是______；(3)如圖2，已知的半徑為1，點的坐標為．若點在第一象限，且點與點是的“一對平衡點”，求的取值范圍；(4)如圖3，已知點，以點為圓心，長為半徑畫弧，交軸的正半軸于點．點（其中是坐標平面內(nèi)一個動點，且，是以點為圓心，半徑為2的圓，若上的任意兩個點都是的“一對平衡點”，直接寫出的取值范圍．

【答案】(1)3，(2)(3)(4)【分析】（1）觀察圖像，d的最小值是，最大值為，由勾股定理求出即可得解；（2）分別求出到線段上一點的距離最小值為3；到線段上一點的距離最大值為；到線段上一點的距離最小值為；再根據(jù)平衡點的定義求解；（3）如圖，根據(jù)平衡點的定義得到需要滿足到的最大距離是4，到的最小距離是6，然后分別求出x的最小值和最大值即可；（4）由點C在以O(shè)為圓心5為半徑的上半圓上運動，推出以C為圓心2為半徑的圓剛好與相切，此時要想上的任意兩點都是圓的平衡點，需要滿足，，分別求出b值，再由點在和中間時，，，b取最大值，即可得出答案．【詳解】（1）解：∵，∴，，∴，觀察圖像可得：d的最小值為3，最大值為，故答案為：3，；（2）解：由（1）知點與線段上一點的距離最小值為3，最大值為，∵到線段上一點的距離最小值為3，∴在線段上存在點，（，可以重合）使得，∴點與點是線段的“一對平衡點”；∵到線段上一點的距離最大值為，∴在線段上不存在點，（，可以重合）使得，∴點與點不是線段的“一對平衡點”；∵到線段上一點的距離最小值為，∴在線段上不存在點，（，可以重合）使得，∴點與點不是線段的“一對平衡點”；故答案為：；（3）如圖，由題意得，點D到的最近距離是4，最遠距離是6，

∵點D與點E是的一對平衡點，∴需要滿足到的最大距離是4，即，∴此時，同理，需要滿足到的最小距離是6，即，∴此時，綜上所述，滿足條件的的取值范圍為：；（4）∵點C在以O(shè)為圓心，5為半徑的圓上運動，∴以C為圓心、2為半徑的圓剛好與相切，此時要想上任意的兩點都是的平衡點，需要滿足，，如下圖，當時，作于點M，

根據(jù)題意有：，解得：，（b為負值的已舍去），當時，如下圖，同理可得，

在和中間時，，，b取最大值，∴滿足條件的b的取值范圍為：．【點睛】本題屬于圓的綜合題，考查了新定義，兩點間距離公式，點和圓的位置關(guān)系，圓與圓的位置關(guān)系，坐標與圖形性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學會取特殊位置解決問題，屬于壓軸題．壓軸題型六正多邊形與圓1．如圖，是等邊的外接圓，點D是弧上一動點（不與A，C重合），下列結(jié)論：①；②當最長時，；③；④當，時，；⑤當時，四邊形最大面積是．其中一定正確的結(jié)論有（

）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】C【分析】由是等邊三角形，及同弧所對圓周角相等可得，即可判斷①正確；根據(jù)最長時，為直徑，可判定②正確；在上取一點E，使，可得是等邊三角形，從而，有，可判斷③正確；過點A作于點，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理，即可判斷④是錯誤的；把繞點逆時針轉(zhuǎn)，使得與重合，點與點是對應點，因為，則，再結(jié)合②，即可作答．【詳解】解：∵是等邊三角形，∴，∵，，∴，，∴，故①正確；因為當最長時，則為的直徑，∴，∵，∴，∴，故②正確；在上取一點E，使，如圖：∵，∴是等邊三角形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，故③正確；由③知，則，過點A作于點，如圖所示：在中，，則，因為所以在中，，∵是等邊三角形，，故④是錯誤的；把繞點逆時針轉(zhuǎn)，使得與重合，點與點是對應點，如圖所示：因為，所以是等邊三角形，易知所以則要使四邊形最大面積，則最大此時為的直徑由②知，則所以因為所以在，那么則，故⑤是正確的；∴正確的有①②③⑤，共4個，故選：C．【點睛】本題考查等邊三角形及外接圓，涉及三角形全等的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識內(nèi)容，解題的關(guān)鍵是正確作輔助線，構(gòu)造三角形全等解決問題．2．如圖，已知正方形的邊長為2，E是邊上的動點，交于點，垂足為點G，連接；①；②；③點G運動的路徑長為；④的最小值．其中正確的說法有（）個．A．4 B．3 C．2 D．1【答案】C【分析】根據(jù)正方形對角線的性質(zhì)可得出當E移動到與C重合時，F(xiàn)點和D點重合，此時G點為中點，可判斷出①錯誤；求得，根據(jù)正方形的性質(zhì)證明，再根據(jù)全等三角形對應邊相等，可判斷出②正確；根據(jù)題意，G點的軌跡是以中點O為圓心，為半徑的圓弧，然后求出弧的長度，可判斷出③錯誤；由于和的長度是一定的，因此當O、G、C在同一條直線上時，取最小值，根據(jù)勾股定理求出最小長度，即可判斷出④正確．【詳解】解：在正方形中，，保持不變，點的軌跡是以中點為圓心，為半徑的圓弧，當E移動到與C重合時，F(xiàn)點和D點重合，，故①錯誤；，，，，在和中，，，，故②正確；當E點運動到C點時停止，點G運動的軌跡為圓，圓弧的長，故③錯誤；和的長度是一定的，當O、G、C在同一條直線上時，CG取最小值，，的最小值為，故④正確；綜上所述，正確的結(jié)論有②④，故選：C．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，弧長的計算，勾股定理的應用，熟記性質(zhì)并求出和全等是解題的關(guān)鍵，此題求運動軌跡有一定的難度．3．我國古代數(shù)學家趙爽的“弦圖”是由四個全等的直角三角形和一個小正方形拼成的一個大正方形（如圖所示）．若直角三角形的內(nèi)切圓半徑為3，小正方形內(nèi)切圓半徑為，則大正方形的內(nèi)切圓半徑為（）

A． B． C．15 D．【答案】A【分析】如圖，設(shè)內(nèi)切圓的圓心為O，連接、，則四邊形為正方形，然后利用內(nèi)切圓和直角三角形的性質(zhì)得到，，接著利用完全平方公式進行代數(shù)變形，并結(jié)合勾股定理，得出關(guān)于AB為未知數(shù)的一元二次方程，最后可解得的長．【詳解】

解：如圖，設(shè)內(nèi)切圓的圓心為O、為內(nèi)切圓的半徑，則四邊形為正方形，∴，∴，∴，∴，而，∴①，∵小正方形內(nèi)切圓半徑為，∴小正方形的邊長為7，∴小正方形的面積為49，∴，∴即②，把①代入②中得，∴，∴(負值舍去)，∴大正方形內(nèi)切圓半徑為．故選：A．【點睛】本題主要考查了正多邊形與圓，三角形的內(nèi)切圓的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)及勾股定理的應用，同時也利用了完全平方公式和一元二次方程，綜合性強，能力要求高,解題的關(guān)鍵是利用完全平方公式變形求解．4．如圖，點O是正六邊形的中心，以為邊在正六邊形的內(nèi)部作正方形連接，則°．

【答案】105【分析】連接，，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)可得，是等邊三角形，再證明四邊形是菱形，以及是等腰三角形，分別求出，從而可得出結(jié)論．【詳解】解：∵六邊形是正六邊形，∴∵四邊形是正方形，∴連接，，如圖，

則是等邊三角形，∴∴∴四邊形是菱形，，∴∴，故答案為：105．【點睛】本題主要考查了正六邊形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．5．如圖，正方形的邊長為4，的半徑為2，為上的動點，則的最大值是．【答案】2【分析】解法1，如圖：以為斜邊構(gòu)造等腰直角三角形，連接，，連接、，推得，因為，求出即可求出答案．解法2：如圖：連接、、，在上做點，使，連接，證明，在上做點，使，連接，證明，接著推導出，最后證明，即可求解．【詳解】解法1如圖：以為斜邊構(gòu)造等腰直角三角形，連接，，∴，，四邊形正方形，又，在與中，故答案為：2．解法2如圖：連接、、根據(jù)題意正方形的邊長為4，的半徑為2，在上做點，使，則，連接在與中，，則在上做點，使，則，連接在與中，，則如圖所示連接在與中，，故答案為：2．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，相似三角形，勾股定理等知識，難度較大，熟悉以上知識點運用是解題關(guān)鍵．6．如圖，已知正方形ABCD，以AB為腰向正方形內(nèi)部作等腰△BAE，其中BE＝BA，過點E作EF⊥AB于點F，點P是△BEF的內(nèi)心，連接CP，若正方形ABCD的邊長為2，則CP的最小值為．【答案】【分析】利用已知條件以及三角形內(nèi)心的性質(zhì)，將轉(zhuǎn)化為定角，進而通過作的外接圓，利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)找到當點P與點重合時，CP的值最小，最后通過求解即可．【詳解】解：，點P是的內(nèi)心，分別是和的平分線，易證（SAS）點P在以AB為弦，所對的圓周角為的圓上運動，作的外接圓，如圖所示：圓心記作點O，連接OA，OB，在優(yōu)弧AB上取一點Q，連接AQ，BQ，則，連接OC，交⊙O于點，當點P與點重合時，CP的值最小，分別過點O作于點M，交CB的延長線于點N，如圖所示：則四邊形OMBN是正方形，在中，即CP的最小值為故答案為：【點睛】本題主要考查了最短路徑問題，涉及到正方形的性質(zhì)、三角形的內(nèi)心、三角形外接圓以及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)等知識，根據(jù)已知條件作出適當?shù)妮o助線以及借助圓的相關(guān)性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．6．如圖①，，分別是半圓的直徑上的點，點，在上，且四邊形是正方形．

(1)若，則正方形的面積為；(2)如圖②，點，，分別在，，上，連接，，四邊形是正方形，且其面積為16①求的值；②如圖③，點，，分別在，，上，連接，，四邊形是正方形．直接寫出正方形與正方形的面積比．【答案】(1)16(2)①；②【分析】本題考查了正多邊形與圓，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是：（1）連接，根據(jù)正方形和圓的性質(zhì)得出，然后根據(jù)勾股定理求解即可；（2）①連接，，設(shè)，分別在、中，利用勾股定理關(guān)鍵關(guān)于x的方程求解即可；②連接，，，先證明共線，然后求出，最后根據(jù)正方形面積公式求解即可．【詳解】（1）解：連接，

四邊形是正方形，，解得：，正方形的邊長為4，正方形的面積為16．（2）解：①連接，，

四邊形是正方形，且其面積為16，，設(shè)，則，在中，，在中，，，解得（舍），．②連接，，，

，且，，，又，，共線，，．8．已知正方形的邊長為．(1)將正方形對折，折痕為，如圖①把這個正方形展平，再將點折到折痕上的點的位置，折痕為．①判斷的形狀，并說明理由；②求的長；(2)如圖②當時，在點由點移動到中點的過程中，直接寫出面積的取值范圍．【答案】(1)①是等邊三角形．理由見解析；②(2)面積的取值范圍是【分析】（1）①連接，根據(jù)正方形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)證明是等邊三角形；（2）作正方形的外接圓，連接，，，當點由點移動到中點的過程中，點在上運動，過點作于點，，當點與點重合時，點到的距離最短，為，此時，當，，三點共線時，點到的距離最長，為，此時，進而可得面積的取值范圍．【詳解】（1）①結(jié)論：是等邊三角形．理由：如圖，連接，正方形對折，折痕為，是的垂直平分線，，由折疊可知：，，是等邊三角形，②是等邊三角形，，，，；（2）如圖，作正方形的外接圓，連接，，，當點由點移動到中點的過程中，點在上運動，正方形的邊長為，正方形的對角線為，，過點作于點，，當點與點重合時，點到的距離最短，為，此時，當，，三點共線時，點到的距離最長，為，此時，面積的取值范圍是．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查正方形的性質(zhì)，折疊的問題，解題關(guān)鍵是利用圖形在折疊前后對應邊相等，對應角的相等的特性．壓軸題型七弧長與扇形面積1．如圖，已知一個半圓形工件，搬動前如圖所示，直徑平行于地面放置，搬動時為了保護圓弧部分不受損傷，先將半圓作如圖所示的無滑動翻轉(zhuǎn)，使它的直徑緊貼地面，半圓的直徑為，則圓心所經(jīng)過的路線長是（

）．A． B． C． D．【答案】B【分析】此題考查了弧長，根據(jù)弧長的公式先求出半圓形的弧長，即半圓作無滑動翻轉(zhuǎn)所經(jīng)過的路線長，即為所求，解題的關(guān)鍵是熟練掌握弧長計算公式及其應用．【詳解】解：∵半圓的直徑為，∴半圓的半徑為，由圖形可知，圓心總共走過的路程半圓的弧長，∴圓心所經(jīng)過的路線長是，故選：．2．如圖，是的直徑，是弦，，在直徑上截取，延長交于點E．若，則的長為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】本題主要考查等腰三角形的判定及性質(zhì)及弧長的計算，連接，，由等腰三角形的性質(zhì)得，，進而