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专题 08 圆的有关计算与证明大题题型总结（6 大类型）
题型解读｜模型构建｜通关试 练
在中考数学中，圆的基本性质与计算在大题中通常考察垂径定理的有关计算、圆周角定理、圆内接四
边形等基础考点，难度一般在中档及以下，并且圆的性质还可以和相似、三角形函数、特殊四边形等结合
出题，难度中等或偏上.在整个中考中通常都是一道小题一道大题，分值在3-13分左右，属于中考中的中
档考题. 所以，考生在复习这块考点的时候，要充分掌握圆的基本性质的各个概念、性质以及推论，才能
在后续的结合问题中更好的举一反三.
1、垂径定理
（1）垂径定理
垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
（2）垂径定理的推论
推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．
2、圆心角、弧、弦的关系
（1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．
（2）推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应
的其余各组量都分别相等．
说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为
优弧或劣弧．
（3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系
三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知
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一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图
形与原图形完全重合．
（4）在具体应用上述定理解决问题时，可根据需要，选择其有关部分．
3、圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一
半．
推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌
握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角
的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”---圆心角转化．③定理成立的条件是“同
一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一
条弧所对的圆周角和圆心角．
4、圆内接四边形的性质
（1）圆内接四边形的性质：
①圆内接四边形的对角互补．
②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．
（2）圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起
来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
模型01 垂径定理的有关计算与证明
考｜向｜预｜测
垂径定理的计算与证明问题，在圆的有关解答题中会考查到，垂径定理的计算问题经常涉及平行线的判定、
勾股定理、直角三角形、三角形中位线性质、全等三角形、相似三角形的判定和性质等内容，此部分计算
难度不大，分值一般在5-8分左右
答｜题｜技｜巧
在圆中，求弦长、半径或圆心到弦的距离时，常过圆心作弦的垂线段，再连接半径构成直角三角形，利用
勾股定理进行计算.在弦长.弦心距、半径三个量中，已知任意两个可求另一个.
（24-25九年级上·贵州黔东南·阶段练习）如图，AB为圆O的直径，C为圆O上一点，D为弧BC的中点，
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过D作DF⊥AB于点E，交圆O于点F，交弦BC于点G，连接CD、BF．
(1)求证：△BFG≌△DCG；
(2)若AB=20，BE=5，求BF的长
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】（1）根据垂径定理可得B´D=B´F，而D´C=B´D，那么D´C=B´F，则DC=BF，由圆周角定理可
得∠F=∠C，再结合对顶角相等即可求证；
（2）连接OD交BC于点M，由垂径定理推论可得 OD⊥BC,M为BC中点，继而OM为△ABC中位线，
1
则OM= AC，可求OA=OB=10,OE=5，CB=DF，而OM⊥BC,OE⊥DF，那么OM=OE=5，
2
1
由∠ACB=90°，勾股定理可得到DF=BC=10√3，EF= DF=5√3，再由勾股定理即可求解．
2
【详解】（1）证明：∵D为弧BC的中点，
∴D´C=B´D，
∵DF⊥AB，
∴B´D=B´F，
∴D´C=B´F，
∴DC=BF，
∵B´D=B´D，
∴∠F=∠C，
∵∠DGC=∠BGF，
∴△BFG≌△DCG(AAS)；
（2）解：连接OD交BC于点M，
∵D为弧BC的中点，
∴OD⊥BC,M为BC中点，
∵OA=OB，
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∴OM为△ABC中位线，
1
∴OM= AC，
2
∵AB=20，BE=5，
∴OA=OB=10,OE=5，
∵D´C=B´F，
∴C´B=D´F，
∴CB=DF，
∵OM⊥BC,OE⊥DF，
∴OM=OE=5，
∴AC=10，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴DF=BC=√AB2−AC2=10√3，
∵DF⊥AB，
1
∴EF= DF=5√3，
2
∴BF=√BE2+EF2=10
【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，垂径定理，三角形的中位线定理，
同圆中弦、弧、弦心距之间的关系等知识点，综合性较强．
1．（24-25九年级下·上海·阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=√3，以
边AC上一点O为圆心，OA为半径的⊙O经过点B，点P为弧AB的中点．
(1)求⊙O的半径；
(2)连接PC，求tan∠PCB的值．
【答案】(1)⊙O的半径为2；
2√3
(2)tan∠PCB= ．
3
【分析】（1）连接OP交AB于点D，由垂径定理、含30°的直角三角形特征推得OP⊥AB且
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1
AD=BD=√3，再结合含30°的直角三角形特征、勾股定理得到 OA2+AD2=OA2 ，求解即可得到半
4
径；
BP
（2）连接PC、PB，由圆周角定理推得∠PBC=90°，解直角三角形求出BP，由tan∠PCB= 即可
BC
得解．
【详解】（1）解：连接OP交AB于点D，
⏜
∵点P为弧AB的中点，即OP平分 ，
AB
∴OP⊥AB且AD=BD，
∵∠ACB=90°，∠A=30°，BC=√3，
∴AB=2BC=2√3，
1
∴AD=BD= AB=√3，
2
∵∠A=30°，OP⊥AB，
∴OA=2OD，OD2+AD2=OA2，
1
即
OA2+AD2=OA2
，
4
∴OA=2，
∴⊙O的半径为2．
（2）解：连接PC、PB，
∵∠A=30°，OP⊥AB，∠ACB=90°，
∴∠ABC=∠AOD=60°，
⏜ ⏜
∵AP=AP ，
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1
∴∠ABP= ∠AOD=30°，
2
BD √3
BP= = =2
cos30° √3 ，
2
∵∠PBC=∠ABP+∠ABC=90°，
BP 2 2√3
∴tan∠PCB= = = ．
BC √3 3
【点睛】本题考查的知识点是垂径定理、含30°的直角三角形特征、勾股定理解直角三角形、解一元二次
方程、圆周角定理、解直角三角形、求正切值，解题关键是熟练掌握垂径定理、圆周角定理．
2．（24-25九年级上·浙江金华·期末）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，连结AC，BC，作
∠CAB的角平分线AD交⊙O于点D，交BC于点E，连结OD交BC于点F．
(1)求证：AC∥OD．
(2)若BC=12，AB=13，求EF的长．
【答案】(1)见解析
8
(2)EF=
3
【分析】（1）先利用角平分线的定义得到∠CAD=∠BAD，加上∠BAD=∠ADO，所以
∠ADO=∠CAD，然后根据平行线的判定方法得到结论；
（2）先根据圆周角定理得到∠ACB=90°，则利用勾股定理可计算出AC=5，再根据平行线的性质得
5
OD⊥BC，则利用垂径定理得到CF=BF=6，接着根据三角形中位线性质得到OF= ，所以DF=4，
2
然后证明△≝∽△AEC，则利用相似三角形的性质和比例的性质可求出EF的长．
【详解】（1）解：因为AD平分∠CAB，
所以C´D=B´D，
所以OD⊥BC，即∠OFB=90°，
因为AB是⊙O的直径，所以∠ACB=∠OFB=90°，
所以AC∥OD．
（2）因为AB是⊙O的直径，
所以∠ACB=90°，
由勾股定理得AC=√AB2−BC2=5，
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由（1）可知OD⊥BC，
1
所以CF=BF= BC=6，
2
因为O，F分别是AB，BC的中点，
1 5
所以OF= AC= ，
2 2
13 5
可得DF=OD−OF= − =4．
2 2
由（1）AC∥OD，可得△ACE∽△DFE，
DF EF 4
则 = = ，
AC CE 5
4 8
所以EF= CF= ．
9 3
3．（23-24九年级上·四川南充·阶段练习）如图，在⊙O中，弦CD垂直于直径AB，交AB于点E，点F是
⊙O上一点，连接DF交AB于点G，连接BF且∠BFD=60°，连接AD，CF．
(1)求证：FD平分∠BFC；
(2)若⊙O的半径长为1，当DE=EG时，求CF的长．
【答案】(1)见解析
(2)√2
【分析】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质、垂径定理、解直角三角形，熟练掌握以上知
识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
（1）连接OC、OD，先由∠BAD=∠BFD=60°证明△AOD为等边三角形，再证明∠COD=120°，则
1
∠CFD= ∠COD=60°，即可得证；
2
（2）延长CO交⊙O于H，连接FH，由AB⊥CD得出∠DEG=90°，结合DE=EG，得出
∠EGD=∠EDG=45°，由圆周角定理可得∠CHF=∠EDG=45°，∠CFH=90°，最后解直角三角形
即可得解．
【详解】（1）证明：如图，连接OC、OD，
∵OA=OD，∠BAD=∠BFD=60°，
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∴△AOD为等边三角形，
∵OC=OD，OA⊥CD，
∴∠AOC=∠AOD=60°，
∴∠COD=120°，
1
∴∠CFD= ∠COD=60°，
2
∴∠CFD=∠BFD=60°，
∴FD平分∠BFC；
（2）解：延长CO交⊙O于H，连接FH，
∵AB⊥CD，
∴∠DEG=90°，
∵DE=EG，
∴∠EGD=∠EDG=45°，
∴∠CHF=∠EDG=45°，
∵CH为直径，
∴∠CFH=90°，
∵⊙O的半径长为1，
∴CH=2，
√2
∴CF=CH⋅cos∠CHF=2× =√2．
2
4．（2025·浙江·模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，F为弦CD上一点，且
∠DAF=∠C，射线AF与射线DB相交与点P．
(1)求证：F为AP的中点．
3 CF
(2)①若sin∠DAF= ，求 的值．
5 FD
②当△CDP为直角三角形时，求∠DAF的正切值．
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【答案】(1)见解析
CF 39
(2)① = ；②∠DAF的正切值为√2或1
FD 25
【分析】（1）由已知得∠DAF=∠ADC，AF=DF．可得∠APD=∠FDP，得FD=FP，即得F为
AP的中点．
AE 3
（2）①根据sin∠DAF=sin∠ADE= = ，设AE=3a，则AD=5a，可得CE=DE=4a．根据
AD 5
DF DA 25a CF 39
△DAF∽△DCA，得 = ， DF= ， = ；②当∠PCD=90°时，可得CF=EF，
DA DC 8 FD 25
AE=PC，设CF=EF=b，FD=FA=3b，得AE=2√2b，即得tan∠DAF=√2；当∠CPD=90°时，
FA=FP，AC=AD，可得，四边形ACPD为正方形，即得tan∠DAF=1．
【详解】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴A´D=A´C，
∴∠C=∠ADC，
∵∠DAF=∠C，
∴∠DAF=∠ADC，
∴AF=DF．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAF+∠APD=90°，∠ADC+∠FDP=90°，
∴∠APD=∠FDP，
1
∴FD=FP=FA= AP，
2
即F为AP的中点．
3
（2）解：①∵sin∠DAF= ，且∠DAF=∠C=∠ADC，
5
AE 3
∴ = ，
AD 5
设AE=3a，则AD=5a，
∴CE=DE=√AD2−AE2=4a．
∵△DAF∽△DCA，
DF DA
∴ = ，
DA DC
∴AD2=DF⋅CD，
∴(5a) 2=DF⋅8a，
25a
解得DF= ，
8
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25
8a− a
CF 8 39
∴ = = ．
FD 25 25
a
8
②（i）当∠PCD=90°时，PC∥AE，
∴∠FAE=∠FPC，
由（1）得FA=FP，
∴△AEF≌△PCF(AAS)，
∴CF=EF，AE=PC，
设CF=EF=b，
∴DE=CE=2b，DF=3b，
由（1）知，FD=FA=3b，
∴AE=√AF2−FE2=2√2b，
AE
∴tan∠DAF=tan∠C= =√2．
CE
（ii）当∠CPD=90°时，CP∥AD，
∴∠APC=∠PAD．
∵FA=FP，∠AFD=∠PFC，
∴△ADF≌△PCF(ASA)，
∴PC=AD，
∴四边形ACPD为平行四边形，
由AC=AD，
∴四边形ACPD为正方形，
∴∠DAF=45°，
∴tan∠DAF=1．
综上，∠DAF的正切值为√2或1．
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【点睛】此题考查了圆与三角形综合．熟练掌握垂径定理，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与
性质，锐角角三角函数定义，是解题的关键．
5．（24-25九年级上·江苏南通·期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，点O在边AB上，以O为圆心，
OB为半径作⊙O，⊙O交BC于点F，与AC边相切于点E，连接BE．
(1)求证：BE平分∠ABC；
(2)若CF=2，CE=4，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析；
(2)5．
【分析】（1）连接OE，由切线的性质推导出∠OEC=90°，因为∠C=90°，所以
∠OEC+∠OEC=180°，则OE∥BC，所以∠OEB=∠EBC，又OE=OB，所以∠OEB=∠OBE，则
∠EBC=∠OBE，从而求证；
（2）过点O作OG⊥BC，垂足为G，则四边形四边形OECG是矩形，则CE=OG=4，设⊙O的半径为r，
则OE=CG=r，然后由垂径定理和勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接OE，
∵AC是⊙O的切线，
∴OE⊥AC，
∴∠OEC=90°，
∵∠C=90°，
∴∠OEC+∠OEC=180°，
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∴OE∥BC，
∴∠OEB=∠EBC，
∵OE=OB，
∴∠OEB=∠OBE，
∴∠EBC=∠OBE，
∴BE平分∠ABC；
（2）解：如图，过点O作OG⊥BC，垂足为G，
∠ECG=∠OEC=∠OGC=90°
，
∴四边形OECG是矩形，
∴CE=OG=4，
设⊙O的半径为r，则OE=CG=r，
∵CF=2，
∴FG=r−2，
∵OG⊥BC，
∴FG=GB=r−2，
在Rt△OGB中，(r−2) 2+42=r2，
∴r=5，
即⊙O的半径为5．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的性质，平行线的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定
理，垂径定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
6．（23-24九年级上·江苏无锡·期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是A´C上一点，
AG，DC的延长线交于点F，连接AD，GD，GC．
(1)求证：AD2=AG⋅AF；
(2)已知CD=16，BE=4，
①求⊙O的半径长．
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②若点G是AF的中点，求△CDG与△ADG的面积之比．
【答案】(1)见解析
2√6−2
(2)①⊙O的半径长为10；②
5
【分析】（1）利用垂径定理求得A´D=A´C，推出∠AGD=∠ADF，证明△DAG∽△FAD，据此求解即
可；
1
（2）①根据垂径定理和条件可得DE= CD=8，连接OD，设⊙O的半径为r，根据勾股定理列出方程即
2
可求出结论；
②由①结论求出AE，根据勾股定理求出AD，根据（1）的结论，列出比例式即可求出AG和AF，然后利
用勾股定理求出EF，即可求出FD，根据三角形中线的性质可得S =S ，最后根据等高的两个三角
△ADG △DFG
形面积比等于底之比即可求出结论．
【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴A´D=A´C，
∴∠AGD=∠ADF，
∵∠DAG=∠FAD，
∴△DAG∽△FAD，
AD AG
∴ = ，
AF AD
∴AD2=AG⋅AF；
（2）解：①∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
1
∴DE= CD=8，
2
连接OD，设⊙O的半径为r，
则OE=r−4，
由勾股定理得82+(r−4) 2=r2，
解得r=10，
即⊙O的半径长为10；
②∵AE=20−4=16，DE=EC=8，
∴AD=√82+162=8√5，
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∵点G是AF的中点，AD2=AG⋅AF，
∴AF=2AG，
∴(8√5)
2=2AG2，
∴AG=4√10，AF=8√10，
∴EF=√AF2−AE2=√(8√10) 2 −162=8√6，
∴FD=8√6+8，
∴点G是AF的中点，
∴S =S ，
△ADG △DFG
S S CD 16 2√6−2
∴ △CDG = △CDG= = = ．
S S DF 8√6+8 5
△ADG △DFG
【点睛】此题考查的是圆周角定理的推论、垂径定理、相似三角形的判定及性质、勾股定理和三角形的面
积关系，掌握圆周角定理的推论、垂径定理、相似三角形的判定及性质、勾股定理和等高的两个三角形面
积比等于底之比是解决此题的关键．
模型02 垂径定理的有关综合应用
考｜向｜预｜测
垂径定理的应用很广泛，垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距
等问题．这类题中一般使用列方程的方法，这种用代数方法解决几何问题即几何代数解的数学思想方法一
定要掌握．
答｜题｜技｜巧
掌握垂径定理常见的辅助线：1）过圆心，作垂线，连半径，造Rt△，用勾股，求长度；
2）有弦中点，连中点和圆心，得垂直平分.
（24-25九年级上·浙江金华·阶段练习）金华境内峰峦叠嶂，公路隧道众多，如图1所示的圆弧形混凝土管
片是构成圆形隧道的重要部件．管片的横截面（阴影部分）是同心圆环的一部分，左右两边沿的延长线交
于圆心，
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(1)如图1，BA，CD的延长线交于圆心O，若甲组测得AB=0.6m，AD=3m，BC=4m，求OB的长．
(2)如图2，有一混凝土管片放置在水平地面上，底部用两个完全相同的长方体木块固定，管片与地面的接
触点L为M´P的中点，若丙组测得MN=PQ=0.5m，NL=LQ=2m，求该混凝土管片的外圆弧半径．
【答案】(1)OB=2.4m
(2)4.25m
【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，垂径定理，勾股定理，熟练掌握相似
三角形的性质与判定、垂径定理和勾股定理是解题的关键．
（1）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得△AOD∽△BOC，利用相似三角形的性质进行计
算即可；
（2）根据垂径定理构造直角三角形，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解：∵OA=OD，OB=OC，
180°−∠O
∴∠ODA=∠OAD= =∠OBC=∠OCB，
2
又∵∠AOD=∠BOC，
∴△AOD∽△BOC，
OA AD 3
∴ = = ，
OB BC 4
设OB=xm，则OA=(x−0.6)m，
x−0.6 3
∴ = ，解得x=2.4，
x 4
经检验，x=2.4是原方程的根，即OB=2.4(m)，
∴OB的长为2.4m．
（2）解：如图，设圆心为点O，连接OP、OM、OL，MP，OL与PM相交于点T，
则∠OTM=90°，MT=NL=2m，
设外半径为rm，则OT=(r−0.5)m，
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在Rt△OMT中，由勾股定理可得，OM2=OT2+MT2，
即r2=(r−0.5) 2+22，解得r=4.25，
∴该混凝土管片的外圆弧半径为4.25m．
1．（2025·河南郑州·一模）如图是一个半圆形桥洞的截面示意图，圆心为O，直径AB是河底线，弦CD是
水位线，CD∥AB，AB=20米，∠BAD=15°．
(1)求CD的长．
(2)一艘船要经过该桥洞，矩形MNPQ是该船水面以上部分的截面简化示意图，宽NP为10米，高PQ为2
米．受天气影响，若该船随水面上升1米，请判断该船能否通过该桥洞，并说明理由．
【答案】(1)10√3米
(2)该船能通过该桥洞，见解析
1
【分析】（1）由垂径定理可知CE=DE，易得OD=OB= AB=10米，∠BOD=2∠BAD=30°，于是
2
∠DOE=60°，DE=OD⋅sin60°=5√3（米），再由CD=2DE可得答案；
（2）如图（1），延长OE交MQ于点F，交半圆O于点H，则OH=10米，EF=PQ=2米，由（1）易得
OE=5米，则HF=OH−EF−OE=3米，
【详解】（1）解：如图（1），过点O作OE⊥CD于点E，则CE=DE，OE⊥AB．
1
连接OD，则OD=OB= AB=10米，∠BOD=2∠BAD= 30°，当箱子随水面上升1米，点H到线段
2
MQ的距离为2米，求出当木箱刚好通过该桥洞时，HG的长度，若该长度小于2，则此木箱能通过该桥洞，
否则不能．
∴∠DOE=60°
，
√3
∴DE=OD⋅sin60°=10× =5√3（米），
2
∴CD=2DE=10√3（米）；
（2）解：该船能通过该桥洞．理由如下：
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如图（1），延长OE交MQ于点F，交半圆O于点H，则OH=10米，EF=PQ=2米，
由（1）易得OE=5米，
∴HF=OH−EF−OE=3米，
若该船随水面上升1米，则点H到线段MQ的距离为2米，
若该船刚好能通过该桥洞，情形如图（2），过点O作OG⊥MQ于点G，
延长OG交半圆O于点H，连接OM，
则MG=QG=5米，OM=10米．
在Rt△OMG中，由勾股定理得OG=√OM2−MG2=√102−52=5√3（米）．
∴HG=(10−5√3)米．
∵10−5√3<2，
∴该船能通过该桥洞．
【点睛】本题主要考查垂径定理、勾股定理、特殊角的三角函数值、含30度角的直角三角形性质、矩形的
判定与性质，熟练掌握垂径定理是解题关键．
2．（2025·河北保定·一模）“筒车”是一种以水流作动力，取水灌田的工具，据史料记载，它发明于隋而
盛于唐．距今已有1000多年的历史，是我国古代劳动人民的一项伟大创造．如图，“筒车”盛水筒的运行
轨迹是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O在水面上方，圆被水面截得的弦为AB，水而下盛水筒的最大深
度为1米（即水面下方圆上部分一点距离水面的最大距离），∠OAB=60°．
(1)求弦AB的长；
(2)求劣弧AB的长；
(3)由于水面上涨，当盛水筒内水面高度变为(2+√3)米时，求弦AB的宽度．
【答案】(1)(4+2√3)米
(4 2√3)
(2) π+ 米
3 3
(3)(6+4√3)米
【分析】此题考查勾股定理，垂径定理，等边三角形的判定与性质，弧长公式．
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（1）过O作OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，设圆的半径为r米，则OA=OD=r米，
1 1
OC=OD−CD=r−1（米）， 求出∠AOD=30°，得到AC= OA= r米，在Rt△AOD中，根据勾
2 2
股定理即可构造方程，求解即可；
（2）连接OB，易证△OAB是等边三角形，得到∠AOB=60°，由（1）知⊙O的半径，利用弧长公式即
可求解；
（3）设水面升到如图A′B′，过点O作OD′⊥A′B′于点C′，交⊙O于点D′，求出
OC'=OD'−C'D'=(2+√3)米，在Rt△A′OC′中，根据勾股定理求得A'C'=(3+2√3)米，再利用垂径定
理即可求出弦AB的宽度．
【详解】（1）解：过O作OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，则OC⊥AB，CD=1，
OA=OD=r OC=OD−CD=r−1
设圆的半径为r米，则 米， （米），
∵∠OAB=60°,∠OCA=90°，
∴∠AOD=30°，
1 1
∴AC= OA= r米，
2 2
在Rt△AOD中，OC2+AC2=OA2，即(r−1) 2+ (1 r ) 2 =r2 ，
2
整理得：r2−8r+4=0
解得r=4+2√3或r=4−2√3<1（舍去），
∴该圆的半径为(4+2√3)米，
∵OD⊥AB，OD是⊙O的半径，
∴AB=2AC=r=4+2√3；
（2）解：连接OB，
∠OAB=60°,OA=OB
∵ ，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
由（1）知⊙O的半径为(4+2√3)米，
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60×π×(4+2√3) (4 2√3)
∴劣弧AB的长为： = π+ 米；
180 3 3
（3）解：设水面升到如图A′B′，过点O作OD′⊥A′B′于点C′，交⊙O于点D′，
⊙O (4+2√3) C'D'=(2+√3)
∵ 的半径为 米， 米，
∴OC'=OD'−C'D'=(2+√3)米，
∴在Rt△A′OC′中，A'C'=√OA'2−OC'=√(4+2√3) 2 −(2+√3) 2=(3+2√3)（米），
∵OD′⊥A′B′，OD'是⊙O的半径，
∴A'B'=2A'C'=(6+4√3)（米）．
3．（24-25九年级上·广东惠州·期末）综合与实践【主题】足球最佳射门位置．
【素材】某足球场上，运动员在练习选择适合的位置射门．线段PQ表示球门，∠PAQ、∠PBQ为射门张
角．理论上当射门张度越大时，进球的可能性越大．如图1，∠PAQ_____∠PBQ.（用“>”、“<”或“
=”填空）
【实践探索】假设运动员沿着直线l带球跑动，寻找最佳射门位置．如图2，以线段PQ为弦作⊙O，恰与
直线l相切，切点为A．若点M是l上一个异于点A的动点，求证：当运动员跑动到切点A处时，射门张角
最大，即∠PAQ>∠PMQ．
【迁移应用】如图3，点P(2,0)，点Q(6,0)，点A为y轴正半轴上的一个动点，当∠PAQ最大时，请求出
点A的坐标．
【答案】[素材]：>；[实践探索]：见解析；[迁移应用]：A(0,2√3)
【分析】[素材]利用圆周角定理和三角形外角的性质解答即可；
[实践探索]同理可得结论；
[迁移应用]如图3，以PQ为弦作OM，过点M作MN⊥PQ于N，连接MA,MP，由[实践探索]可知：当
⊙M与y轴相切， 且切点为A时，∠PAQ最大，此时∠OAM=90°，由勾股定理和坐标与图形的性质即
可解答．
【详解】[素材]
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解：如图1，设PB交圆于点C，连接CQ，
∵∠PAQ=∠PCQ,∠PCQ=∠PBQ+∠BQC>∠PBQ，
∴∠PAQ>∠PBQ；
[实践探索]
证明：如图2，设PM交⊙O于C，
∵∠PAQ=∠PCQ,∠PCQ=∠PMQ+∠MQC>∠PMQ，
∴∠PAQ>∠PMQ，
∵线段PQ为弦作⊙O，恰与直线l相切，切点为A，
即当运动员跑动到切点A处时，射门张角最大，此时∠PAQ>∠PMQ；
[迁移应用]
解：如图3，以PQ为弦作⊙M，过点M作MN⊥PQ于N，连接MA,MP，
由[实践探索]可知：当⊙M与y轴相切，且切点为A时，∠PAQ最大，此时∠OAM=90°，
∵点P(2,0)，点Q(6,0)， .
∴OP=2,OQ=6，
∴.PQ=4，
∵MN⊥PQ
∴PN=NQ=2，
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∵∠AON=∠ONM=∠OAM=90°
∴四边形AONM是矩形，
∴AM=ON=2+2=4=PM，
由勾股定理得：MN=√42−22=2√3，
∴点A的坐标为(0,2√3)．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，三角形的外角的性质，圆的切线的
性质，勾股定理，矩形的判 定与性质，利用圆周角定理构建圆内角是解决此类问题常添加的辅助线．
4．（24-25九年级上·山东烟台·期末）如图1，装有水的水槽放置在水平桌面上，其横截面是以AB为直径
的半圆O，AB=50cm，MN为水面截线，MN=48cm，GH为桌面截线，MN∥GH．
(1)作OC⊥MN于点C，求OC的长；
(2)将图1中的水倒出一部分得到图2，发现水面高度下降了13cm，求此时水面截线减少了多少？
【答案】(1)OC的长7cm
(2)此时水面截线减少了18cm
【分析】本题主要考查了垂径定理的实际应用、勾股定理的应用等知识点，理解垂径定理是解题的关键．
（1）如图1：连接OM，由圆的性质可得OM=25cm，再利用垂径定理得出MC=24cm，再运用勾股定
理计算即可解答；
（2）如图2：过点O作OD⊥EF，垂足为点D，连接OE，利用勾股定理求出ED=15，再利用垂径定理
得出EF=2ED=2×15=30，最后MN与EF相减即可解答．
【详解】（1）解：如图1：连接OM，
∵AB=50，
∴OM=25cm
∵OC⊥MN，
1 1
∴∠OCM=90°，MC=NC= MN= ×48=24cm，
2 2
在Rt△OMC中，根据勾股定理得：OC2+MC2=OM2，
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∴OC2+242=252，解得：OC=7，
∴OC的长7cm．
（2）解：如图2：过点O作OD⊥EF，垂足为点D，连接OE，
∴∠ODE=90°，EF=2ED
由题意可知：OD=7+13=20cm
在Rt△OED中，根据勾股定理得：OD2+ED2=OE2，
∴202+ED2=252 ，解得：ED=15，
∴EF=2ED=2×15=30，
∴48−30=18，
∴此时水面截线减少了18cm．
5．（24-25九年级上·陕西西安·期末）【问题提出】（1）如图1，在扇形AMB中，点M为扇形所在圆的
圆心，点P为A´B上一动点，连接AB，MP，AB与MP相交于点Q，若AB=4√14，BM=9，求PQ的
最大值；
【问题解决】（2）如图2，某公园有一圆形水池⊙O，AB、AD是水池上的两座长度相等的小桥，且
∠BAD=60°，现规划人员计划再修建两座小桥BC和CD，桥的入口C在水池边上（即点C在⊙O上），
为使游客观赏效果最佳，要求四座桥围成的四边形ABCD面积最大，已知AB=AD=60m，修建小桥的成
本为100元/m，当四边形ABCD的面积最大时，求修建BC和CD两座小桥的总成本．
【答案】（1）4；（2）4000√3元
【分析】（1）由PQ=PM−QM知，当QM最小时， PQ最大，求出此时的PM，QM即可求解；
（2）当AC经过圆心时，四边形ABCD的面积最大，求出此时的DC和BC即可解答；
本题考查了垂径定理定理，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌
握垂径定理是解题的关键．
【详解】解：（1）如图1，过点M作P′M⊥AB交AB于点Q′，交⊙M于P′，
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∵PQ+QM=PM，PM是半径，为定值，
∴当QM有最小值时，PQ有最大值，
∴当PM⊥AB时，QM最小，此时PQ最大，
即当点P运动到P′时，PQ有最大值，
∵AB=4√14，
1
∴AQ′=BQ′= AB=2√14，
2
∴Q'M=√BM2−BQ'2=√92−(2√14) 2=5，
∴P′Q′=P′M−Q′M=9−5=4，
∴PQ的最大值为4．
（2）如图2，连接BD，连接AO并延长交⊙O于点C′，连接C′D，C′B，
∵∠DAB=60°，AB=AD=60m，
∴△BAD是等边三角形，
∴△BAD的面积为定值，且BD=AB=60m，
∴当点C到BD距离最大时，△BCD的面积最大，即此时四边形ABCD的面积最大，
∴当AC经过圆心O（点C在C′的位置）时，四边形ABCD的面积最大，
∴∠ADC′=90°，DC′=BC′，∠DAC′=∠BAC′，
∵∠DAB=60°，
∴∠DAC′=∠BAC′=30°，
∴AC'=2DC'，
在Rt△ADC′中，由勾股定理可得AD2+DC′2=AC′2，
∴602+DC′2=(2DC′) 2 ，
解得DC′=BC′=20√3，
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∴修建BC和CD两座小桥的总成本为：(20√3+20√3)×100=4000√3（元）．
6．（24-25九年级上·河南周口·期中）问题情境：筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环
保．明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图①）．假定在水流量稳定的
情况下，筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120秒．
问题设置：把筒车抽象为一个半径为r的⊙O，如图②，OM始终垂直于水平面，设筒车半径为2米，当
t=0时，某盛水筒恰好位于水面A处，此时∠AOM=30°，经过95秒后该盛水筒运动到点B处．
问题解决：
(1)求该盛水筒从A处逆时针旋转到B处时，∠BOM的度数；
(2)求筒车水面AC的宽度；
(3)求该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离．（结果精确到0.1米）（参考数据√2≈1.414，√3≈1.732
）
【答案】(1)45°
(2)2米
(3)0.3米
【分析】本题主要考查了垂径定理的应用，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质：
（1）根据题意可得每秒转过3°，即可求解；
（2）根据垂径定理可得∠AOC=60°，从而得到△AOC是等边三角形，即可求解；
1
（3）过点B、点A分别作OM的垂线，垂足分别为点E、D，根据直角三角形的性质可得AD= OA=1米，
2
从而得到OD=√3米，在Rt△BOE中，可得OE=BE，从而得到OE=√2米，即可求解．
【详解】（1）解：∵筒车每旋转一周用时120秒．
∴每秒转过360°÷120=3°，
∴∠BOM=360°−3°×95−30°=45°；
（2）解：∵OM⊥AC,OA=OC，
∴∠AOM=∠COM，
∵∠AOM=30°，
∴∠AOM=∠COM=30°，
∴∠AOC=60°，
∴△AOC是等边三角形，
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∴AC=OA=2米．
（3）解：如图，过点B、点A分别作OM的垂线，垂足分别为点E、D，
在Rt△AOD中，∠AOD=30°,OA=2米，
1
∴AD= OA=1米，
2
∴OD=√OA2−AD2=√4−1=√3米，
在Rt△BOE中，∠BOE=45°,OB=2米，
∴∠BOE=∠OBE=45°，
∴OE=BE，
∴OE2+BE2=OB2，
∴OE=√2米，
∴DE=OD−OE=√3−√2≈0.3米，
即该盛水筒旋转至B处时到水面的距离约为0.3米．
模型03 圆周角与圆心角有关计算及证明问题
考｜向｜预｜测
本部分内容常考的是圆周角和圆心角的转化，可通过作圆的半径构造等腰三角形,利用等腰三角形的顶点和
底角的关系进行转化.圆周角和圆周角可利用其“桥梁”——圆心角来转化.
答｜题｜技｜巧
1.在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么这两条弧所对的弦相等，所对的圆心角、圆周角也都相等．运
用这些相等关系，可以实现线段相等与角相等之间的相互转化
2.圆中出现直径，我们可以构建直径所对的圆周角，直径所对的圆周角等于90°，可利用在直角三角形
中两锐角互余计算角的度数，利用勾股定理计算边的长度，也可结合其他几何知识进行相关的推理证明
（24-25九年级上·浙江宁波·期末）如图1，四边形ABCD为圆内接四边形，对角线AC与BD交于点E，点
F在AE上，DF=AE,∠DFC=∠BDC．
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(1)求证：CF=AB．
(2)如图2，若点B为AB´C的中点，求证：BE2=CE⋅CB．
(3)在（2）的条件下，AF=1,△≝¿的面积为2，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
11−√21
(3)
2
【分析】（1）证明△ABE≌△FCD(SAS)，得出CF=AB；
（2）先证△DCE∽△FCD，得到CD2=CE⋅CF，再根据△ABE≌△FCD，证出BE=CD，
CF=AB=BC，即可得证；
（3）连接BF ，作BG⊥AC，证明DF∥BC，得出S =S ，得出S =S ，设FG=x，
△DFC △DFB △ABF △≝¿=2¿
8
得出CF=AB=2x+1，根据勾股定理得出(2x+1) 2=16+(x+1) 2，求出x =2,x =− （舍去），设
1 2 3
CE=t，根据勾股定理得出BE2=BG2+GE2．根据BE2=CE⋅CB=5t，得出(3−t) 2+16=5t，求出t即
可．
【详解】（1）解：∵ A´D=A´D， C´D=C´D，
∴∠ABE=∠FCD,∠BAE=∠BDC ，
∵∠DFC=∠BDC ，
∴∠DFC=∠BAE ，
∵DF=AE，
∴△ABE≌△FCD(SAS)，
∴CF=AB ．
（2）证明：∵∠BDC=∠DFC，∠DCE=∠FCD，
∴△DCE∽△FCD，
CE CD
∴ = ，
CD CF
∴CD2=CE⋅CF，
∵△ABE≌△FCD，
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∴BE=CD，CF=AB，
∵点B为AB´C的中点，
∴B´C=B´A，
∴BC=BA，
∴BC=CF，
∴BE2=CE⋅CB；
（3）解：如图，连接BF ，作BG⊥AC，
∵BC=BA
，
∴∠BAC=∠BCA=∠DFC ，
∴DF∥BC，
∴S =S ，
△DFC △DFB
又∵S =S ，
△DFC △ABE
∴S =S ，
△ABF △≝¿=2¿
∵AF=1，
∴BG=4，
设FG=x，
∴CF=AB=2x+1，
在Rt△ABG中，AB2=BG2+AG2，
(2x+1) 2=16+(x+1) 2，
8
解得：x =2,x =− （舍去），
1 2 3
∴BC=5，
设CE=t，
在Rt△BEG 中，
BE2=BG2+GE2．
∵BE2=CE⋅CB=5t，
∴(3−t) 2+16=5t，
11−√21 11+√21
解得 t = ,t = （舍去），
1 2 2 2
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11−√21
∴CE的长为 ．
2
【点睛】本题主要考查了弧、弦、圆心角的关系，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，
勾股定理，平行线的判定和性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．
1．（24-25九年级下·上海·阶段练习）如图，在扇形AOB中，点C、D在A´B上，A´D=C´B，点F、E分别
在半径OA、OB上，OF=OE，连接DE、CF．
(1)求证：DE=CF；
(2)设点P为C´D的中点，连接CD、EF、PO，线段PO交CD于点M、交EF于点N．如果PO∥DE，求
证：四边形MNED是矩形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先证出A´C=B´D，从而可得∠COF=∠DOE，再证出△DOE≌△COF，根据全等三角形
的性质即可得证；
（2）先证出P´C=P´D，从而可得∠POC=∠POD，再根据等腰三角形的三线合一可得PO⊥CD，同理
可得PO⊥EF，根据平行线的判定可得CD∥EF，然后根据矩形的判定即可得证．
【详解】（1）证明：∵A´D=C´B，
∴A´D−C´D=C´B−C´D，即A´C=B´D，
∴∠COF=∠DOE，
由圆的性质得：OD=OC，
在△DOE和△COF中，
¿，
∴△DOE≌△COF(SAS)，
∴DE=CF．
（2）证明：由题意，画出图形如下：
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∵点P为C´D的中点，
∴P´C=P´D，
∴∠POC=∠POD，
∵OD=OC，
∴PO⊥CD，
由（1）已得：∠COF=∠DOE，
∴∠POC+∠COF=∠POD+∠DOE，即∠POA=∠POB，
∵OF=OE，
∴PO⊥EF，
∴CD∥EF，
∵PO∥DE，
∴四边形MNED是平行四边形，
又∵PO⊥EF，
∴四边形MNED是矩形．
【点睛】本题考查了弧与圆心角的关系、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的三线合一、矩形的判定
等知识，熟练掌握弧与圆心角的关系是解题关键．
2．（24-25九年级上·湖北宜昌·期末）如图，已知△ABC，以AB为直径的⊙O与BC，AC分别交于点
D，E，AF与过E点的切线EF垂直，垂足为F．
(1)求证：AC平分∠BAF；
(2)当BC=AC时，求证：CD=CE．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质．
（1）利用切线的性质求得∠OEF=90°，利用平行线的性质求得∠FAE=∠AEO，再等边对等角即可得
到∠FAE=∠OAE，即可得到AC平分∠BAF；
（2）证明∠AOE=∠BOD，推出BD=AE，即可证明CD=CE．
【详解】（1）证明：连接OE，
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∵EF为⊙O的切线，
∴OE⊥EF，
∴∠OEF=90°，
又∵AF⊥EF，
∴∠AFE=90°，
∴∠OEF=∠AFE=90°，
∴AF∥OE，
∴∠FAE=∠AEO，
又∵OE=OA，
∴∠OAE=∠AEO，
∴∠FAE=∠OAE，
即AC平分∠BAF；
（2）证明：连接OD，
∵BC=AC，
∴∠OAE=∠ABC，
∵OA=OE=OB=OD，
∴∠OEA=∠OAE=∠OBD=∠ODB
∴∠AOE=∠BOD，
∴BD=AE，
∴CD=CE．
3．（24-25九年级上·浙江杭州·期末）如图，已知⊙O的半径为2，弦CD⊥直径AB，垂足为点E，点F
在A´C上（不与点A，点C重合），连接AF，AC，AD，FC．
(1)求证：AC=AD．
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5
(2)若∠AFC= ∠ACD．
3
①求∠ACD的度数．
②当FC∥AD时，求A´F的长．
【答案】(1)见解析
(2)①∠ACD=67.5°；②A´F的长为π
【分析】（1）根据垂径定理推论得到AB平分CA´D，再根据弧与弦的关系即可求证；
5
（2）①由等边对等角得到∠ACD=∠ADC，而∠AFC+∠ADC=180°，那么∠AFC= ∠ACD，则
3
5
∠ACD+∠ACD=180°，即可求解；②连接OF，由FC∥AD得到∠FCD=180°−∠ADC=112.5°，
3
则∠ACF=∠FCD−∠ACD=45°，那么∠AOF=2∠ACF=90°，再由弧长公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵弦CD⊥直径AB，
∴AB平分CA´D，
∴A´C=A´D，
∴AC=AD；
（2）解：①∵AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，
5
∵∠AFC+∠ADC=180°，∠AFC= ∠ACD，
3
5
∴ ∠ACD+∠ACD=180°，
3
∴∠ACD=67.5°；
②连接OF，如下图，
∵∠ACD=∠ADC=67.5°，FC∥AD，
∴∠FCD=180°−∠ADC=112.5°，
∴∠ACF=∠FCD−∠ACD=45°，
∴∠AOF=2∠ACF=90°，
90π×2
∴l = =π．
A´F 180
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【点睛】本题考查了圆周角定理，同圆中弧与弦的关系，等腰三角形的性质，弧长公式等知识点，熟练掌
握圆中相关概念是解题的关键．
4．（24-25九年级上·安徽淮南·期末）如图，已知AB是⊙O的直径，弦AC与弦BD交于点E，且
OD⊥AC，垂足为点F，若AC=BD．
(1)求∠AOD的度数；
(2)若AB=8，求DF的值；
(3)在（2）的基础上求CE的值．
【答案】(1)60°
(2)2
4√3
(3)
3
【分析】（1）连接OC，由垂径定理得到A´D=C´D，再利用圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系定理得到
A´D=B´C，进而得到A´D=C´D=B´C即可求解；
（2）由（1）易得∠A=30°，利用含30°角直角三角形的性质得到OF的长度，进而求解；
（3）由（2）可得到CF的长度，∠D=30°，利用含30°角直角三角形的性质得到2EF=DE，再结合
OF=2，利用勾股定理求出，EF的长度，进而求出CE的值．
【详解】（1）解：如图，连接OC，
∵OD⊥AC
，
∴A´D=C´D，∠AFO=90°．
又∵AC=BD，
∴A´C=B´D，
即A´D+C´D=C´D+B´C，
∴A´D=B´C，
∴A´D=C´D=B´C，
∴∠AOD=∠DOC=∠BOC=60°．
（2）解：∵∠AOD=60°，
∴∠A=30°．
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∵AB=8，
∴OA=OB=OC=4．
又∵OD=OB，
1
∴∠D=∠B= ∠AOD=30°，
2
1
∴OF= OA=2，
2
∴DF=OD−OF=4−2=2．
（3）解：由（2）得 OA=4，OF=2,
∴AF=CF=√OA2−OF2=√42−22=2√3.
∵∠AOD=60°，OD=OB，
∴∠D=30°，
∴2EF=DE．
∵OF=2，
∴22+EF2=DE2=(2EF) 2，
2√3
∴EF= ，
3
4√3
∴EC=CF−EF= ．
3
【点睛】本题考查了垂径定理，圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系定理，含30°角直角三角形的性质，
勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
5．（24-25九年级下·浙江温州·阶段练习）如图，在▱ABCD中，AD>AB，过点A、B、D作圆，取圆
上一点E，连接CE交圆于点F．连接ED，EB，EA，使∠CED=∠BEA，连接FD．
(1)若∠CED=15°，∠EDF=10°，求∠EAD的度数；
(2)①求证：∠ECD=∠EAD；②求证：AE为圆的直径．
【答案】(1)25°
(2)①证明见解析； ②证明见解析
【分析】（1）在△≝¿中，由三角形外角性质可得∠DFC=∠CED+∠EDF=25°，再由圆内接四边形
ADFE的性质即可得到答案；
（2）①根据圆周角与弦的关系，再结合平行四边形性质得到CD=AB=DF，由等腰三角形性质即可得证；
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②作AP∥DE，交圆于点P，连接BP，如图所示，由平行四边形性质及AP∥DE得到的角相等，由三角
形全等的判定与性质得到AP=DE，进而由弦、弧及圆周角关系得到∠EDA=∠PAD，根据平行线性质
确定∠EDA+∠PAD=180°即可得到∠EDA=90°即可得证．
【详解】（1）解：∵∠CED=15°，∠EDF=10°，
∴∠DFC=∠CED+∠EDF=25°，
∵四边形ADFE为圆内接四边形，
∴∠EAD=∠DFC=25°；
（2）证明：①∵∠CED=∠AEB，
∴DF=AB，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，
∴CD=AB=DF，
∴∠ECD=∠DFC=∠EAD，
即∠ECD=∠EAD；
②作AP∥DE，交圆于点P，连接BP，如图所示：
∵ ABCD
四边形 为平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵AP∥DE，
∴∠EDC=∠PAB，
∵∠CED=∠AEB=∠BPA，
∴∠CED≌∠BPA，
∴AP=DE，
∴ A´P=D´E，
∵D´A=D´A，
∴ AD´ E=DA´P，
∴∠EDA=∠PAD；
由AP∥DE得到∠EDA+∠PAD=180°，
∴∠EDA=∠PAD=90°，
∴AE为圆的直径．
【点睛】本题是圆的综合，涉及三角形外角性质、圆内接四边形性质、弦弧及圆周角关系、平行四边形的
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性质、三角形全等的判定与性质、平行线的性质及圆周角推论等知识，熟练掌握圆的相关性质是解决问题
的关键．
6．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在⊙O中，AC为直径，AB=BC，点D在⊙O上．
(1)如图1，求证：DB平分∠ADC；
(2)如图2，过点B作BH⊥AD于点H，求证：AH=CD+DH；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点C作CG⊥BC于点C且与BD的延长线交于点G，连接OH并延长，分
别与BC、BG交于点E、F，连接AE并延长，与BG交于点T，若CD=DH，EF:CG=1:√10，
AB=3√5，求△ADT的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
81
(3)
16
【分析】（1）由AB=BC得A´B=B´C，即得∠ADB=∠CDB，即可求证；
（2）如图2，过点C作CM⊥BH，交BH的延长线于点M，可证△ABH≌△BCM(AAS)，得到
AH=BM，BH=CM，又可得四边形CDHM是矩形，得到CM=DH，MH=CD，即得BH=DH，即
得到AH=BM=MH+BH=CD+DH，即可求证；
（3）如图3，过点C作CM⊥BH，交BH的延长线于点M，过点A作AN⊥GB，交GB的延长线于点N，
过点T作TS⊥BC于S，连接OB，由（2）知，四边形CDHM是矩形，AH=BM，BH=DH，可得四边
CD 1
形CDHM是正方形，即得CD=DH=MH=BH，得到AD=3CD，进而得tan∠CAD= = ，由圆
AD 3
1 1 √2
周角定理得tan∠CBG=tan∠CAD= ，得CG= BC=√5，即得EF= ，再证明HF⊥BD，可得
3 3 2
3√2 1
BF=3EF= ，即得BE=√EF2+BF2=√5，利用余角性质得tan∠BAN=tan∠CBG= ，可得
2 3
3√2 9√2 BE 1
BN= ，AN= ，又由平行线的性质得tan∠STE=tan∠BAE= = ，得TS=3ES，设
2 2 AB 3
√5 √5 9√5
ES=m，则TS=3m，由BS=BE+ES=3TS得√5+m=9m，得到m= ，即得BS=√5+ = ，
8 8 8
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3√5 15√2 9√2
TS= ，得到BT=√T S2+BS2= ，即可得DT=DN−BN−BT= ，最后根据
8 8 8
1
S = DT·AN即可求解．
△ADT 2
【详解】（1）证明：∵AB=BC，
∴A´B=B´C，
∴∠ADB=∠CDB，
∴DB平分∠ADC；
（2）证明：如图2，过点C作CM⊥BH，交BH的延长线于点M，则∠M=90°，
∴∠CBM+∠BCM=90°，
∵BH⊥AD，
∴∠AHB=∠DHM=90°，
∴∠AHB=∠M，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=∠D=90°，
∴∠ABH+∠CBM=90°，
∴∠ABH=∠BCM，
又∵AB=BC，
∴△ABH≌△BCM(AAS)，
∴AH=BM，BH=CM，
∵∠D=∠M=∠DHM=90°，
∴四边形CDHM是矩形，
∴CM=DH，MH=CD，
∴BH=DH，
∴AH=BM=MH+BH=CD+DH，
即AH=CD+DH；
（3）解：如图3，过点C作CM⊥BH，交BH的延长线于点M，过点A作AN⊥GB，交GB的延长线于
点N，过点T作TS⊥BC于S，连接OB，则∠N=∠TSE=90°，
由（2）知，四边形CDHM是矩形，AH=BM，BH=DH，
∵CD=DH，
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∴四边形CDHM是正方形，
∴CD=DH=MH，
∴CD=DH=MH=BH，
∴AH=BM=2CD，
∴AD=3CD，
∵∠D=90°，
CD CD 1
∴tan∠CAD= = = ，
AD 3CD 3
∵∠CBG=∠CAD，
1
∴tan∠CBG=tan∠CAD= ，
3
∵CG⊥BC，
∴∠BCG=90°，
CG 1
∴ = ，
BC 3
∵AB=BC=3√5，
1
∴CG= BC=√5，
3
∵EF:CG=1:√10，
∴EF:√5=1:√10，
√2
∴EF= ，
2
∵AB=AC，∠ABC=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠ACB=45°，
∵点O为AB的中点，
∴BO⊥AC，
∴∠AOB=∠AHB=90°，
∴点A、B、H、O共圆，
∴∠OHM=∠OAB=45°，
∴∠BHF=∠OHM=45°，
∴∠DHF=90°−∠BHF=45°，
即∠BHF=∠DHF，
∵BH=DH，
∴HF⊥BD，
EF 1
∴ =tan∠EBF= ，
BF 3
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3√2
∴BF=3EF= ，
2
∴BE=√EF2+BF2=
√ (√2) 2
+
(3√2) 2
=√5，
2 2
∵∠CBG+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠BAN=∠CBG，
1
∴tan∠BAN=tan∠CBG= ，
3
∴AN=3BN，
∵AN2+BN2=AB2，
∴(BN) 2+BN2=(3√5) 2 ，
3√2
解得BN= ，
2
9√2
∴AN= ，
2
∵∠ADN=∠ACB=45°，∠N=90°，
∴△ADN为等腰直角三角形，
9√2
∴DN=AN= ，
2
∵∠TSE=∠ABC=90°，
∴TS∥AB，
∴∠STE=∠BAE，
BE √5 1
∴tan∠STE=tan∠BAE= = = ，
AB 3√3 3
∴TS=3ES，
设ES=m，则TS=3m，
∴BS=BE+ES=√5+m，
又∵BS=3TS=9m，
∴√5+m=9m，
√5
∴m= ，
8
√5 9√5 3√5
∴BS=√5+ = ，TS= ，
8 8 8
∴BT=√T S2+BS2=
√ (3√5) 2
+
(9√5) 2
=
15√2
，
8 8 8
9√2 3√2 15√2 9√2
∴DT=DN−BN−BT= − − = ，
2 2 8 8
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1 1 9√2 9√2 81
∴S = DT·AN= × × = ．
△ADT 2 2 8 2 16
【点睛】本题考查了弧弦圆心角的关系，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三
角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，解直角三角形，正确作出辅助线是解题的
关键．
模型04 圆周角与圆内接四边形综合问题
考｜向｜预｜测
圆内接四边形的考查经常与圆周角、等腰三角形、全等三角形、相似三角形等内容在一起考查，
难度不大，解决这类问题主要是灵活应用圆内接四边形相等
答｜题｜技｜巧
四边形的外接圆国到这个四边形的各个顶点的距离相等且等于外接圆的半径；反过来，如果四边形的各个
顶点到某一点的距离相等，那么这个四边形的四个顶点在同一个圈上
(四点共园).
（24-25九年级上·河南南阳·期末）如图，锐角△ABC内接于⊙O,AB=AC，射线BE经过圆心O并交
⊙O于点D，连接AD、CD，BC与AD的延长线交于点F．
(1)求证：DF平分∠CDE．
(2)①比较大小：∠ABD_________∠F（填“＞，=，＜”）．
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1
②若tan∠ABD= ,⊙O的半径为√5，则DF的长为____________．
2
(3)若∠ACD=30°，CD=1，则AB的长为____________．
【答案】(1)见解析；
(2)①=；②6；
(3)√3．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质、对顶角相等、圆周角定理、四边形内角和解答即可；
（2）①利用相似三角形的判定与性质，解直角三角形、圆周角定理解答即可；
②利用圆周角定理，直角三角形的边角关系定理和勾股定理求得AD，AB，再利用相似三角形的判定与性
质解答即可；
（3）利用等边三角形的判定和性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理解答即可．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵∠ADB=∠ACB，∠EDF=∠ADB，
∴∠EDF=∠ABC．
∵BD为⊙O的直径，
∴ ∠BAD=∠BCD=90°．
∵∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠ADC=360° ，
∴∠ABC+∠ADC=360°−∠BAD−∠BCD=180°．
∵∠ADC+∠FDC=180°，
∴∠FDC=∠ABC．
∴∠EDF=∠FDC．
∴ DF平分∠CDE．
（2）解：①由上题可知
∠ABC=∠ACB=∠EDF=∠FDC
∵∠ACF=∠ABC+∠BAC=∠ABC+∠BDC，∠ADC=∠EDF+∠BDC，
∴∠ACF=∠ADC．
∵ ∠CAF=∠DAC，
∴△ACF∽△ADC．
∴∠ACD=∠F．
∵∠ABD=∠ACD，
∴∠ABD=∠F．
②∵BD为⊙O的直径，
∴ ∠BAD=∠BCD=90°．
1
∵ tan∠ABD= ，
2
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AD 1
∴ = ．
AB 2
∵⊙O半径为√5，
∴BD=2√5．
∵AD2+AB2=BD2，
∴AD2+(2AD) 2=(2√5) 2 ．解得AD=2．(负数舍去)
∴AB=2AD=4．
∵∠ADB=∠ACB，∠ABC=∠ACB，
∴∠ADB=∠ABC．
∵∠DAB=∠BAF=90°，
∴△DAB∽△BAF．
AD AB 2 4
∴ = ，即 = ．
AB AF 4 AF
∴AF=8．
∴DF=AF−AD=6．
故答案为：①=；②6；
（3）解：∵BD为⊙O的直径，
∴ ∠BAD=∠BCD=90°．
∵∠ACD=∠ABD=30°，∠ABD+∠ADB=90°，
∴∠ADB=90°−∠ABD=60°．
∴∠ACB=∠ADB=60°．
∵AB=AC，
∴△ABC为等边三角形．
∴∠BAC=60°，AB=BC．
∴ ∠BDC=∠BAC=60°．
∴∠DBC=90°−∠BDC=30°．
∵CD=1，
∴BD=2CD=2．
∴AB=BC=√BD2−CD2=√22−12=√3．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知
识，熟练掌握各性质的性质是解题的关键．
1．（24-25九年级下·云南昆明·阶段练习）如图，AC为⊙O的直径，∠ADC的平分线交⊙O于点B，PA
为⊙O的切线，PA⋅CB=AB⋅AC，连接PB．
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(1)求∠ACB的度数；
(2)求证：PB+BC=PC；
DB
(3)若DB=2√2DA，求 的值．
DC
【答案】(1)∠ACB=45°
(2)见解析
2√2
(3)
3
【分析】本题考查的是切线的性质、相似三角形的判定和性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切
点的半径是解题的关键．
（1）根据直径所对的角为直角可得∠ADC＝90°，再利用角平分线的定义可得
∠ADB＝∠BDC＝45°，然后根据同弧所对的圆周角相等即可求得答案
（2）先证明∠PAB=∠ACB，结合PA⋅CB=AB⋅AC可得△PAB∽△ACB，进而证明
∠PBA=∠ABC=90°，即可得出P、B、C三点在同一直线上，即可证明结论；
√2
（3）过点A作AE⊥BD交BD于点E，在Rt△ADE中，DE=AD⋅cos∠ADE= AD，再证明
2
DC EB
△ABE∽△ACD，可得 = ，继而求出DC=2DA，由此即可解题．
DA EA
【详解】（1）解：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=∠ABC=90°，
1
∴∠ADB=∠BDC= ∠ADC=45°，
2
∵A´B=A´B
∴∠ACB=∠ADB=45°，
（2）∵AC为⊙O的直径， PA为⊙O的切线，
∴∠PAC=∠PAB+∠BAC=90°，∠ACB+∠BAC=90°，
∴∠PAB=∠ACB
PA AB
∵PA⋅CB=AB⋅AC，即： = ，
AC CB
∴△PAB∽△ACB，
∴∠PBA=∠ABC=90°，
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∴P、B、C三点在同一直线上，
∴PB+BC=PC；
（3）如图，过点A作AE⊥BD，垂足为E，
∵∠ABD=45°，
√2
∴在Rt△ADE中，DE=AD⋅cos∠ADE=AD⋅cos45°= AD，
2
√2
∴DE=EA= AD
2
又∵DB=2√2DA，
√2 3√2
∴BE=BD−ED=2√2DA− DA= DA，
2 2
∵A´D=A´D，
∴∠ABD=∠ACD，
又∵∠AEB=∠ADC=90°，
∵∠AEB=∠ADC=90°
∴△ABE∽△ACD．
DC EB
∴ = ，
DA EA
3√2
DA
DC 2
∴ = ，即DC=3DA，
DA √2
DA
2
DB 2√2DA 2√2
∴ = =
DC 3DA 3
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相
关性质定理成为解答本题的关键．
2．（2025·浙江·一模）如图1，⊙O是等腰△ABC的外接圆，AB=AC，∠BAC=α，点D是∠BAC所
对弧上的任意一点，连结AD，将AD绕点A逆时针旋转α，交⊙O于点E，连结BD、DC、CE．
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(1)求证：CE=BD．
(2)如图2，若CE∥AD，
①求α的值．
②当B´D的度数与D´C的度数之比为3时，求BD:DC的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)①α=60°；②BD:DC=1+√3
【分析】本题主要考查圆周角定理，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助
线是解答本题的关键．
（1）证明B´D=C´E可得结论；
（2）①由平行线的性质得∠2=∠4，由圆周角定理得∠4=∠6，∠5=∠1，可证明△AEC∽△CDB得
∠E=∠CDB，得AC=BC，进一步得出△ABC是正三角形，故可得出结论；
②先求出∠2=∠6=15°，∠3=∠5=45°，作DH⊥BC于点H，设DH=CH=m，求出CD=√2m,在
BC上取点Q，使DQ=BQ，求得BD=(√2+√6)m即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠DAE=α，
∴∠BAD=∠CAE，
∴B´D=C´E，
∴CE=BD；
（2）解：①如图，
∵CE∥AD
，
∴∠2=∠4，
又∵∠2=∠6，
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∴∠4=∠6，
∵∠1=∠3，∠5=∠3，
∴∠5=∠1，
∴△AEC∽△CDB，
∴∠E=∠CDB，
∵∠E+∠ABC=∠CDB+∠BAC，
∴∠ABC=∠BAC，
∴AC=BC，
∴AC=BC=AB，
∴△ABC是正三角形，
∴α=60°；
②∵B´D的度数与D´C的度数之比为3，
∴∠2=15°，∠3=45°
，
∴∠2=∠6=15°，∠3=∠5=45°，
作DH⊥BC于点H，
设DH=CH=m，
∴CD=√2m,
在BC上取点Q，使DQ=BQ，
∴∠QDB=∠6=15°,
∴∠DQH=30°，
∴QD=2m=BQ,
∴QH=√3m,
∴BH=BQ+QH=(2+√3)m,
∴BD=√BH2+H D2=(√2+√6)m，
∴BD：DC=(√2+√6)m:√2m=1+√3．
3．（24-25九年级上·河南信阳·期末）如图，在⊙O中，AB为⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点C，
割线AD⊥CD于点D且交⊙O于点E，连接CE，AC，CB．
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(1)求证：AC平分∠BAD；
(2)求证：CB⋅CE=DE⋅AB．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接OC，先判断出OC⊥CD，再判断出OC∥AD，得出∠OCA=∠CAD，再根据
OA=OC，得到∠CAD=∠OAC，即可得出结论；
DE CE
（2）先证明△DEC∽△CBA，得到 = ，即可得出结论；
CB AB
此题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆内接四边形的性质，
作出辅助线是解本题的关键．
【详解】（1）证明：连接OC，如图所示，
∵直线CD与⊙O相切于点C，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD=∠CDA=90°，
∴∠OCD+∠CDA=180°，
∴OC∥AD，
∴∠OCA=∠CAD，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠CAD=∠OAC，
∴AC平分∠BAD；
（2）证明：∵AD⊥CD，垂足为D，AB是⊙O的直径，
∴∠CDE=∠ACB=90°，
∵∠DEC+∠AEC=180°，∠AEC+∠CBA=180°，
∴∠DEC=∠CBA，
∴△DEC∽△CBA，
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DE CE
∴ = ，
CB AB
∴CB⋅CE=DE⋅AB．
4．（24-25九年级上·浙江绍兴·期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，满足A´B=2C´D，连接AC，BD，
长BC，AD于点E．
(1)若∠CAD=35°，求∠E的度数；
(2)求证：△ABE∽△CDE；
(3)若∠ABC=60°，AD=1，BD=3，求AB的长．
【答案】(1)35°
(2)见解析
8√7
(3)AB=
7
【分析】（1）首先由A´B=2C´D得到∠ACB=2∠CAD=70°，然后根据三角形外角的性质求解即可；
（2）首先根据圆内接四边形的性质结合平角得到∠ABC=∠CDE，然后由∠E=∠E即可证明
△ABE∽△CDE；
（3）如图所示，过点C作CH⊥AE于点H，首先得到∠CBD=∠E，得到DE=BD=3，
AE=AD+DE=4，同理可证，AC=CE，得到DH=AH−AD=1，然后求出CD=2DH=2，勾股定理
求出CH，CE，然后利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）∵A´B=2C´D，∠CAD=35°
∴∠ACB=2∠CAD=70°
∴∠E=∠ACB−∠CAD=35°；
（2）∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC+∠ADC=180°
∵∠CDE+∠ADC=180°
∴∠ABC=∠CDE
又∵∠E=∠E
∴△ABE∽△CDE；
（3）如图所示，过点C作CH⊥AE于点H
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∵A´B=2C´D
∴∠ADB=2∠CBD=∠CBD+∠E
∴∠CBD=∠E
∴DE=BD=3
∴AE=AD+DE=4
同理可证，AC=CE
∵CH⊥AE
1
∴AH=EH= AE=2
2
∴DH=AH−AD=1
∵∠ABC=60°
∴∠CDH=∠ABC=60°
∴∠DCH=30°
∴CD=2DH=2
∴CH=√CD2−DH2=√3
∴CE=√CH2+H E2=√7
由（2）得，△ABE∽△CDE
CD CE
∴ =
AB AE
2 √7
∴ =
AB 4
8√7
∴AB= ．
7
【点睛】此题考查了圆周角定理，三角形外角的性质，相似三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判
定，解题的关键是掌握以上知识点．
5．（24-25九年级上·广东云浮·期末）如图，AB是⊙O的直径，△ABC内接于⊙O，点I为△ABC的内心，
连接CI并延长交⊙O于点D，E是B´C上任意一点，连接AD，BD，BE，CE．
(1)若∠ABC=25°，求∠CEB的度数；
(2)找出图中所有与DI相等的线段，并证明．
【答案】(1)∠CEB=115°
(2)DI=DA，理由见解析
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【分析】（1）利用圆周角定理得到∠ACB=90°，再根据三角形的内角和定理求∠CAB=65°，然后利
用圆内接四边形的对角互补求解即可；
（2）连接AI，由三角形的内心性质得到内心，∠CAI=∠BAI，∠ACI=∠BCI，然后利用圆周角定理
得到∠DAB=∠DCB=∠ACI，AD=BD，利用三角形的外角性质证得∠DAI=∠DIA，然后利用等角
对等边可得结论．
【详解】（1）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°，又∠ABC=25°，
∴∠CAB=90°−25°=65°，
∵四边形ABEC是⊙O内接四边形，
∴∠CEB+∠CAB=180°，
∴∠CEB=180°−∠CAB=115°；
（2）解：DI=DA，理由如下，
连接AI，
∵点I为△ABC的内心，
1
∴∠CAI=∠BAI，∠ACI=∠BCI= ∠ACB=45°，
2
∴A´D=B´D，
∴∠DAB=∠DCB=∠ACI，AD=BD，
∵∠DAI=∠DAB+∠BAI，∠DIA=∠ACI+∠CAI，
∴∠DAI=∠DIA，
∴DI=DA；
【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角形内心的性质、三角形的外角性质知识，熟练
掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
6．（24-25九年级上·湖北武汉·期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，过点A作AE∥CB交CD的延长
线于E，AD=DE．
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(1)求证：∠BAD=∠EAD；
(2)连接AC，若D是优弧AC´B的中点，CE=4CD=4，直接写出AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)2√3
【分析】（1）根据圆内接三角形对角互补得出∠BAD+∠BCD=180°，根据平行线的性质得出
∠E+∠BCD=180°，于是得出∠BAD=∠E，再根据等边对对角得出∠EAD=∠E，即可得证；
（2）连接BD，先证∠ACD=∠EAD，即可证得△EAD∽△ECA，根据相似三角形的性质结合已知
CE=4CD=4，即可求出AE的长，再证得AC=AE，即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵AE∥CB，
∴∠E+∠BCD=180°，
∴∠BAD=∠E，
∵AD=DE，
∴∠EAD=∠E，
∴∠BAD=∠EAD；
（2）解：连接BD，
∵D是优弧AC´B的中点，
∴A´D=B´D
∴∠ACD=∠BAD，
由（1）知∠BAD=∠EAD，
∴∠ACD=∠EAD，
∵∠E=∠E,
∴△EAD∽△ECA，
AE DE
∴ =
CE AE
∴AE2=CE⋅DE，
∵CE=4CD=4，
∴CD=1,DE=3，
∴AE2=4×3=12，
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∴AE=2√3，
由（1）知∠EAD=∠E，
∴∠ACD=∠E，
∴AC=AE=2√3．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理及推论，平行线的性质，
等腰三角形的判定与性质，熟练掌握这些定理是解题的关键．
模型05 圆与相似问题
考｜向｜预｜测
圆与相似问题，在中考圆的内容在经常涉及到，难度在中等左右，部分学生解答此类会存在一定的
困难。此部分的内容考到的知识点比较多，主要是考查切线的证明、线段的计算问题，常与全等三角形、
等腰三角形、相似三角形在一起考查。
答｜题｜技｜巧
在利用相似三角形解决圆的问题是，重点是找到对应的角相等。圆中证明角相等的常见思路主要有：
（1）在证明圆周角相等或弧相等时，通常“由等角找等弧”或“由等弧找等角”.
（2）在圆中求角度时，通常需要通过一些圆的性质进行转化．比如圆心角与圆周角间的转化；同弧或等
弧的圆周角间的转化；连直径，得到直角三角形，通过两锐角互余进行转化等．
（2025·安徽淮北·一模）如图，⊙O经过△ABC的顶点B，与边BA，BC分别交于点E，F，与边AC相切
于点D，连接DE，DF，BD，且DE=DF．
(1)如图1，求证：AD2=AE·AB；
(2)如图2，连接EF，若BD经过圆心O，且AD=6，AE=4，求EF的长．
【答案】(1)见解析
20
(2)EF= ．
3
【分析】（1）过点D作直径DG，连接GE，利用圆周角定理求得∠G+∠GDE=90°，利用切线的性质求
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得∠AGE+∠GDE=90°，推出∠ABD=∠ADE，证明△ABD∽△ADE，据此即可得证；
（2）由（1）的结果求得AB=9，利用等积法求得DE=2√5，利用勾股定理求得BF=5，同理证明
△BDF∽△BCD，求得BC=9，CD=6，AC=12，再证明△ABC∽△EBF，据此求解即可．
【详解】（1）解：过点D作直径DG，连接GE，
∵D´E=D´E，
∴∠G=∠EBD，
∵DG为⊙O的直径，
∴∠GED=90°，
∴∠G+∠GDE=90°，
∵AC为⊙O的切线，
∴∠ADG=∠ADE+∠GDE=90°，
∴∠ABD=∠ADE，
∵∠BAD=∠DAE，
∴△ABD∽△ADE，
AD AB
∴ = ，即AD2=AE·AB；
AE AD
（2）解：由（1）AD2=AE·AB，
∵AD=6，AE=4，
AD2
∴AB= =9，
AE
∴BE=AB−AE=5，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BED=∠BFD=90°，
∵AC为⊙O的切线，
∴∠ADB=90°，
∴BD=√AB2−AD2=3√5，
1 1
∵S = ×AB×DE= ×AD×BD，即9DE=6×3√5，
△ABD 2 2
∴DE=2√5，
∴DF=DE=2√5，
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∴BF=√BD2−DF2=5，
∵∠BDF=90°−∠DBC=∠C，
∴△BDF∽△BCD，
BD BF 3√5 5
∴ = ，即 = ，
BC BD BC 3√5
∴BC=9，
∴CD=√BC2−BD2=6，
∴AC=6+6=12，
∵BE=BF=5，BA=BC=9，∠ABC=∠EBF，
BE BF 5
又 = = ，
AB BC 9
∴△ABC∽△EBF，
EF BE 5
∴ = = ，
AC AB 9
20
∴EF= ．
3
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确引出辅助线解
决问题是解题的关键．
1．（2025·山东济南·一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，过点C作⊙O的切线交AB的
延长线于点F，过点A作AD⊥CF，交直线CF于点D，交⊙O于点E．
(1)求证：AC平分∠BAD；
(2)若CD=2,AD=4，求线段AF的长．
【答案】(1)见解析
20
(2)AF=
3
【分析】本题考查了切线的性质定理，平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，角平分线的判定，
相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）连接OC，根据切线的性质定理得到∠FCO=90°，根据平行线的判定定理得到OC∥AD，得到
∠OCA=∠CAD，得到∠OAC=∠CAD，即可得到结论；
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20
（2）证明△ABC∽△ACD，求出AB=5，证明△FCO∽△FDA，求出AF= ．
3
【详解】（1）证明：连接OC，
∵FC ⊙O C
与 相切于点 ，
∴FC⊥OC,∠FCO=90°，
∵AD⊥CF，
∴∠ADF=90°，
∴∠FCO=∠ADF，
∴OC∥AD
∴∠OCA=∠CAD，
∵OC=OA，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠OAC=CAD
∴AC平分∠BAD．
（2）解：∵CD=2,AD=4，∠D=90°
∴AC=√CD2+AD2=2√5，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠D=90°，
∵∠BAC=∠CAD
，
∴△ABC∽△ACD，
AB AC
∴ = ，
AC AD
AB 2√5
∴ = ，
2√5 4
∴AB=5，
∴OA=OC=2.5
∵∠FCO=∠D,∠F=∠F，
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∴△FCO∽△FDA，
FO CO
∴ = ，
FA AD
AF−2.5 2.5
∴ =
AF 4
20
∴AF= ．
3
2．（2023·河南洛阳·二模）如图，在△ABC中，AC=BC，以AC中点O为圆心，OA长为半径作⊙O，
交AB于点D，交BC于点E．
(1)①请用无刻度的直尺和圆规过点A作⊙O的切线l，连接OD并延长交l于点F；（要求：不写作法，保
留作图痕迹）
②证明：∠ACB=2∠BAF．
(2)若CE=4，AC=6，求AF的长．
【答案】(1)①图见解析；②证明见解析
3√5
(2)AF=
2
【分析】（1）①根据过直线上点作已知直线的垂线的方法作图即可；
②连接CD，由直径所对圆周角为直角得到∠CAB+∠ACD=90°，根据等腰三角形的性质得到
1 1
∠ACD= ∠ACB，由切线的性质得到∠CAB+∠BAF=90°，∠BAF=∠ACD= ∠ACB，由此即
2 2
可求解；
（2）连接CD,AE，可得∠AEC=∠ADC=90°，OA=3, AE=√AC2−CE2=2√5，由D为AB中点，
AF OA
O为AC中点，得到OD∥BC，可证△AOF∽△ECA，得到 = ，由此即可求解．
AE CE
【详解】（1）解：①所作图形如图所示，
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②证明：连接CD，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠CAB+∠ACD=90°，
∵AC=BC，
1
∴∠ACD= ∠ACB，
2
∵AF与⊙O相切，
∴∠OAF=90°，
∴∠CAB+∠BAF=90°，
1
∴∠BAF=∠ACD= ∠ACB，即∠ACB=2∠BAF．
2
（2）解：连接CD,AE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠AEC=∠ADC=90°，
∵CE=4, AC=6，
∴OA=3, AE=√AC2−CE2=2√5，
∵AC=BC,∠ADC=90°，
∴D为AB中点，
∵O为AC中点，
∴OD∥BC，
∴∠AOF=∠ACE，
∵∠OAF=∠AEC，
∴△AOF∽△ECA，
AF OA
∴ = ，
AE CE
AE⋅OA 3√5
∴AF= = ．
CE 2
【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握尺规作垂线的方法，圆的切线的性质，直径所对圆周角为
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直角，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理的运用等知识，数形结合分析是解题的关
键．
3．（2024·四川成都·二模）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作圆O，分别交BC于点D，交
CA的延长线于点E，过点D作DH⊥AC于点H，连接DE交线段OA于点F．
(1)求证：DH是圆O的切线；
(2)若EA=EF=2，求圆O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)⊙O的半径为√5+1
【分析】（1）连接OD,AD，圆周角定理，得到AD⊥BC，推出OD是△ABC的中位线，得到
OD∥AC，进而得到OD⊥DH，即可得证；
（2）证明DE=CD=BD，DF=OD，BF=BD，设半径为r，进而得到BF=BD=DE=r+2，求出AF
的长，证明△AEF∽△DBF，列出比例式进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接OD,AD，
∵以AB为直径作圆O，
∴OA=OB,∠ADB=90°，
∴AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴BD=CD，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DH⊥AC，
∴OD⊥DH，
∵OD是⊙O的半径，
∴DH是圆O的切线；
（2）∵EA=EF=2，
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∴∠EFA=∠EAF，
∵OD∥AC，
∴∠EAF=∠DOF，
∵∠AFE=∠DFO，
∴∠DOF=∠DFO，
∴DF=OD，
∵∠E=∠B,AB=AC，
∴∠E=∠B=∠C，
∴DE=CD=BD，
∵∠EAB=∠BDE，∠BFD=∠AFE，
∴∠BFD=∠BDE，
∴BF=BD，
设⊙O的半径为r，则：AB=2r,DF=OD=r，BF=BD=DE=r+2，
∴AF=AB−BF=2r−(r+2)=r−2，
∵∠EAB=∠BDE，∠E=∠B，
∴△AEF∽△DBF，
AE AF 2 r−2
∴ = ，即： = ，
BD DF r+2 r
解得：r=√5+1或r=−√5+1（舍去）；
故⊙O的半径为√5+1．
【点睛】本题考查圆周角定理，三角形的中位线定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性
质，切线的判定等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
4．（2025·广东清远·一模）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，BC交⊙O于点D，
点E是弧BD的中点，AE与BC交于点F．
(1)当∠B=40°时，∠CAD=_______；
(2)求证：∠C=2∠EAB；
(3)已知CD=9，CA=15，求DF的长．
【答案】(1)40°
(2)见解析
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(3)DF=6
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定及性质，角平分线的性质等知识点，掌握
相关图形的性质是解决问题的关键．
（1）根据题意可知∠ADB=∠ADC=90°，BA⊥AC，进而利用直角三角形两锐角互余即可求解；
（2）由（1）可知∠ADC=90°，∠CAD=∠B，∠B+∠BAD=90°，进而可得∠C=∠BAD，由点E
1
是弧BD的中点，可知∠EAB=∠DAE= ∠BAD，即可证明结论；
2
（3）在Rt△ACD中，由勾股定理可得：AD=12，结合（2）可证明△ACD∽△BAD，AF平分∠BAD，
在根据相似三角形的性质得AB=20，BD=16，设点F到AD、AB的距离为h ，h ，则h =h ，结合等面
1 2 1 2
AD DF 3 5
积法可得 = = ，即BF= DF，进而求得答案．
AB BF 5 3
【详解】（1）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠ADC=90°，则∠B+∠BAD=90°，
又∵AC是⊙O的切线，
∴BA⊥AC，则∠CAD+∠BAD=90°，
∴∠CAD=∠B=40°，
故答案为：40°；
（2）证明：由（1）可知∠ADC=90°，∠CAD=∠B，∠B+∠BAD=90°，
∴∠C+∠CAD=90°，则∠C=∠BAD，
∵点E是弧BD的中点，
∴D´E=B´E，
1
∴∠EAB=∠DAE= ∠BAD，
2
∴∠C=2∠EAB；
（3）在Rt△ACD中，由勾股定理可得：AD=√C A2−CD2=12，
由（2）可知∠CAD=∠B，∠C=∠BAD，∠EAB=∠DAE
∴△ACD∽△BAD，AF平分∠BAD，
AC AD CD 15 12 9
∴ = = ，即 = = ，
BA BD AD BA BD 12
∴AB=20，BD=16，
设点F到AD、AB的距离为h ，h ，则h =h ，
1 2 1 2
1 1
AD⋅h DF⋅AD
S 2 1 2 AD DF 12 3 5
∴ △ADF = = ，则 = = = ，即：BF= DF，
S 1 1 AB BF 20 5 3
△ABF AB⋅h BF⋅AD
2 2 2
8
∵DF+BF= DF=BD=16，
3
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∴DF=6．
5．（2024·广东佛山·一模）已知四边形ABCD内接于⊙O，且∠ADC=∠ABC．
(1)如图1，求证：AC为⊙O的直径；
(2)如图2，过点C作CD的垂线交AB于点E，G为BC上一点，连接EG，并延长交DC延长线于点F，若
EG=GC，AE=2FG，求证：AD=DF；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点A作⊙O的切线，在切线上取一点L，使LA=AC，连接LC，在⊙O
上取一点Q，连接AQ并延长交LC于点P，使PC=2PL，连接LQ和QC，点N和点M分别在AD和DC
边上，若AN=CM，AM和CN相交于点K，且∠AKC+∠LQP=180°，DM=5，△AMC的面积是
325
，求CF的长．
2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)7
【分析】（1）利用圆内接四边形的性质和圆周角定理解答即可；
（2）过点E作EH⊥AD于点H，利用直角三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质
和正方形的判定与性质解答即可；
（3）过点L作LH⊥AP，交AP的延长线于点H，利用圆的切线的性质，全等三角形的判定与性质，相
似三角形的判定与性质和等腰直角三角形的判定与性质得到∠CKM=∠LQP=45°；过点N作NJ⊥AK
于点J，连接NM，延长AM交⊙O于点R，连接RC，利用圆周角定理，全等三角形的判定与性质与性质，
等腰直角三角形的判定与性质和线段垂直平分线的判定与性质得到AN=NM=CM；设AJ=JM=CR=x，
则AM=2x，利用三角形的面积公式列出关于x的方程，解方程求得x值，再利用勾股定理和相似三角形
的判定与性质得到CM的长，则FC=DF−DM−CM．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC=180°．
∵∠ADC=∠ABC，
∴∠ADC=∠ABC=90°，
∴AC为⊙O的直径；
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（2）证明：过点E作EH⊥AD于点H，如图，
∵EG=GC，
∴∠ECG=∠CEG．
∵CE⊥CD，
∴∠CEG+∠F=90°，∠ECG+∠GCF=90°，
∴∠F=∠GCF，
∴GC=GF，
∴EG=GF=CG，
∴EF=2GF．
∵AE=2FG，
∴AE=EF．
∵CE⊥CD，EH⊥AD，∠D=90°，
∴四边形ECDH为矩形，
∴∠HEC=90°，
∴∠AEH+∠CEB=90°．
∵∠CEB+∠ECB=90°，
∴∠AEH=∠ECB，
∴∠AEH=∠CEF．
在△AEH和△FEC中，
¿，
∴△AEH≌△FEC(AAS)，
∴AH=CF，EH=EC，
∴矩形ECDH为正方形，
∴DH=DC．
∴DH+AH=DC+FC，
∴AD=DF；
（3）解：过点L作LH⊥AP，交AP的延长线于点H，如图，
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∵AL为⊙O的切线，
∴AL⊥AC．
∴∠LAH+∠HAC=90°，
∵AC为直径，
∴∠HAC+∠ACQ=90°，
∴∠LAH=∠ACQ．
在△ALH和△ACQ中，
¿，
∴△ALH≌△ACQ（AAS），
∴LH=AQ，AH=CQ．
∵LH⊥AP，CQ⊥AP，
∴LH∥CQ，
∴△CQP∽△LHP，
LH LP
∴ = ，
CQ PC
∵PC=2PL，
∴CQ=2LH．
∴AH=2AQ，
∴AQ=QH=LH，
∴△LQH为等腰直角三角形，
∴∠LQH=45°．
∵∠AKC+∠LQP=180°，∠AKC+∠CKM=180°，
∴∠CKM=∠LQP=45°．
过点N作NJ⊥AK于点J，连接NM，延长AM交⊙O于点R，连接RC，
∵∠NKJ=∠CKM=45°，
∴NJ=KJ．
∵AC为直径，
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∴∠R=90°．
在△ANJ和△CRM中，
¿，
∴△ANJ≌△CRM(AAS)，
∴NJ=MR，AJ=RC．
∴KJ=MR．
∵KM+KJ=KM+MR，
∴MJ=RK．
∵∠R=90°，∠CKR=45°，
∴△CKR为等腰直角三角形，
∴RK=RC，
∴AJ=RK．
∴AJ=MJ．
∵NJ⊥AK，
∴DJ为AM的垂直平分线，
∴AN=NM，
∴AN=NM=CM．
设AJ=JM=CR=x，则AM=2x，
325
∵△AMC的面积是 ，
2
1 325
∴ ×AM·RC= ，
2 2
1 325
∴ ×2x·x= ，
2 2
∵x>0，
5√26
∴x= ，
2
∴AM=5√26．
在Rt△ADM中，
AD=√AM2−DM2=25．
由（2）知：DF=AD=25，
∵∠R=∠D=90°，∠DAR=∠DCR，
∴△DAM∽△RCM，
AM AD
∴ = ，
CM RC
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5√26 25
=
∴ CM 5√26，
2
∴CM=13，
∴CF=DF−DM−CM=25−5−13=7．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，正方形的判定与性质，等
腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形的面积，线段
垂直平分线的判定与性质，平行线的判定与性质，圆的切线的性质，勾股定理，熟练掌握圆的有关性质，
构建恰当的辅助线是解题的关键．
6．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，已知等腰△ABC的底边BC长为8,⊙O是等腰△ABC的外接圆，弦
AD与BC交于点E，M为BD´C上的动点（不与B，C重合），AM交BC于点N．
√3
(1)若AE=5√3，ED= ，求AB的长；
3
(2)求AN⋅NM的最大值；
(3)在（1）的条件下，若F是CB延长线上一点，FA交⊙O于点G，当AG=8时，求tan∠AFB的值．
【答案】(1)4√5
(2)16
4
(3)
3
【分析】（1）连接DC，证△ABE∽△CDE，根据相似三角形的性质，先求出BE，CE，过A作
AH⊥BC于H，根据等腰三角形的“三线合一”的性质求出BH，运用勾股定理求得AH，AB，问题得
解；
（2）连接BM，先证明△BMN∽△ACN，再根据相似三角形的性质解决，设BN=x，则NC=8−x，得
到AN⋅NM=x(8−x)=−x2+8x，最后根据二次函数的性质即可解决；
（3）过B作BL⊥AC于L，利用面积相等求得BL，然后利用三角函数正切的定义，在Rt△AHC中，求得
4
tanC=2，在Rt△BCL中求出LC，进一步求出AL，在Rt△ABL中，求出tan∠BAL= ，接下来证
3
△ABC∽△FAC，根据相似三角形的对应角相等，即可求得tan∠AFB的值．
【详解】（1）解：如图，连接DC，在⊙O中，∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC，
∴△ABE∽△CDE，
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AE BE
∴ = ，
CE DE
∴BE⋅EC=AE⋅ED．
√3
∵BC=8，设BE=x，则EC=8−x，AE=5√3，ED= ，
3
√3
∴x(8−x)=5√3× =5，
3
即x2−8x+5=0，
解得，x=4±√11；
过A作AH⊥BC于H，如图；
∵AB=AC，
1
∴BH= BC=4；
2
在△AEH中，EH=|BE−BH|=√11，由勾股定理：
AH2=AE2−EH2=(5√3) 2 −(√11) 2=75−11=64 ，
∴AH=8，
在△ABH中，AB=√AH2+BH2=√82+42=√80=4√5，
∴AB=4√5．
（2）解：如图，连接BM，
∵∠MAC=∠MBC，∠AMB=∠ACB，
∴△BMN∽△ACN，
BN MN
∴ = ，
AN NC
∴AN⋅NM=BN⋅NC．
设BN=x，则NC=8−x，
∴AN⋅NM=x(8−x)=−x2+8x．
∵−1<0，
b 8
∴当x=− =− =4时，AN⋅NM有最大值．
2a 2×(−1)
∴当x=4时，AN⋅NM的最大值为−42+8×4=16．
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∴AN⋅NM的最大值为16．
（3）解：如图，过B作BL⊥AC于L．
在△ABC中，AB=AC=4√5，AH=8，BC=8．
1 1
∵S = BC⋅AH= AC⋅BL，
△ABC 2 2
BC⋅AH 8×8 16√5
∴BL= = = ，
AC 4√5 5
AH 8
在Rt△AHC中，tanC= = =2，
HC 4
BL
在Rt△BCL中，∠BLC=90°，tanC= =2，
LC
16√5
8√5 12√5
BL 5 8√5，AL=AC−LC=4√5− = ，
∴LC= = = 5 5
2 2 5
16√5
BL 5 4
在Rt△ABL中，∠ALB=90°，tan∠BAL= = = ，
AL 12√5 3
5
∵AG=BC=8，
∴A´G=B´C，
∴A´G+G´B=B´C+G´B，即AG´ B=GB´C，
∴∠GAC=∠ACB，
∵∠ABC=∠ACB，
∴△ABC∽△FAC，
∴∠AFC=∠BAC，
4
∴tan∠AFB=tan∠BAC= ，
3
4
综上，tan∠AFB的值为 ．
3
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【点睛】本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质，勾股定理，圆周角的性质，相似三角形的判定和
性质及二次函数最值．解题关键是构造辅助线，利用几何性质简化问题，将几何问题转化为代数方程（如
二次函数、相似比例）求解．灵活运用圆的性质和三角形相似性建立关系是解题的关键．
模型06 圆与三角函数问题
考｜向｜预｜测
圆与三角函数的问题，在中考圆的内容在经常涉及到，难度在中等左右，部分学生解答此类会存在
一定的困难。此部分的内容考到的知识点比较多，主要是利用圆的基本性质、切线的有关计算与证明来解
答圆的有关线段的计算、角度的计算或数量关系、切线的证明，尤其在利用锐角三角函数求线段的长、求
一个角的三角函数值，会在角的转化方面存在问题.
答｜题｜技｜巧
在利用锐角三角函数解决圆的问题时，重点是在直角三角形找到对应的角相等，直角三角形中证明角相等
的常见思路主要有：
（1）利用平行线的性质进行推导：两直线平行，同位角相等、内错角相等
（2）利用同角或等角的余角（补角）相等
（3）直角三角形的两锐角互余
（4）等腰三角形的两底角相等
（2025·陕西榆林·一模）如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AB=AC，点D，E分别是BC，AC的中点，
连接DE并延长至点F，使DE=EF，连接AF．
(1)求证：AF与⊙O相切；
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3
(2)若tan∠BAC= ，BC=12，求⊙O的半径．
4
【答案】(1)见解析
(2)⊙O的半径为10
【分析】（1）先证明四边形ABDF是平行四边形，得到BC∥AF，连接AD，OB，OC，三线合一结合
平行线的性质，推出OA⊥AF，即可得证；
（2）圆周角定理推出∠BOD=∠BAC，解直角三角形求出圆的半径即可．
【详解】（1）证明：∵ D，E分别是BC，AC的中点，
∴ DE是△ABC的中位线，
1
∴ DE∥AB，DE= AB．
2
∵ DE=EF，
1
∴DE= DF，
2
∴DF=AB，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴ BC∥AF．
如图，连接AD，OB，OC，
∵ AB=AC
，
∴AD⊥BC，即AD是BC的垂直平分线．
∵ OB=OC，
∴点O在BC的垂直平分线上，即点A，O，D共线．
∵ BC∥AF，
∴OA⊥AF，
又∵ OA是⊙O的半径，
∴ AF与⊙O相切．
（2）解：∵ OB=OC，AD⊥BC，
1 1
∴ ∠BOD= ∠BOC，BD= BC=6．
2 2
1
∵ ∠BAC= ∠BOC，
2
∴∠BOD=∠BAC．
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BD
在Rt△BOD中，tan∠BOD= ，
OD
3 6
∴ = ，解之，得OD=8．
4 OD
∴ OB=√OD2+BD2=10，
∴⊙O的半径为10．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，平行四边形的判定和性质，圆周角定理，切线的判定，解直角三
角形，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
1．（2025·陕西西安·三模）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，⊙O经过A，B两点，与斜边 AC交于点
E，连接BO 并延长交AC于点H，交⊙O于点D，连接AD，过点E的切线EF与BC交于点F，且
EF∥BD．
(1)求证： AB=BC；
1
(2)若 AH=3√2，tan∠ABD= ，求OH的长．
3
【答案】(1)见解析
(2)√10
【分析】本题主要考查平行线的性质，等腰直角三角形的判定与性质，切线的性质，圆周角定理，勾股定
理以及相似三角形的判定与性质．
（1）连接OE，根据EF是⊙O的切线可得∠FEO=90°,进而可得∠EOB=90°，再由同弧所对圆周角等
1
于圆心角度数的一半可得∠CAB= ∠EOB=45°，进而可得△ABC是等腰直角三角形，即得AB=BC．
2
（2）由直径所对圆周角等于90°，可得∠BAD=90°，进而可得AD∥BC，从而证明△ADH∽△CBH，
AD AH DH AD 1
得出 = = ，再结合已知tan∠ABD= = ， AB=BC，可得CH=3AH，
BC CH BH AB 3
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AB=BC=3AD，BH=3DH， 进而求得CH=3AH=9√2，AC=AH+CH=12√2，由勾股定理求出
1
AB=BC=12，进而求出AD= BC=4，BD=√AD2+AB2=4√10，进而求解．
3
【详解】（1）证明：连接OE，
∵OE是⊙O的半径，EF是⊙O的切线；
∴∠FEO=90°,
∵EF∥BD，
∴∠EOB=90°，
∵E´B=E´B，
1
∴∠CAB= ∠EOB=45°，
2
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠CAB=45°
∴AB=BC；
（2）解：∵BD是直径，
∴∠BAD=90°，
∵∠ABC=90°，
∴AD∥BC，
∴△ADH∽△CBH，
AD AH DH
∴ = = ，
BC CH BH
AD 1
∵tan∠ABD= = ，AB=BC，
AB 3
AD AD AH DH 1
∴ = = = = ，
AC BC CH BH 3
∴CH=3AH，AB=BC=3AD，BH=3DH，
∵AH=3√2，
∴CH=3AH=9√2，AC=AH+CH=12√2，
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∵BC=AC, ∠ABC=90°，
∴2AB2=AC2=(12√2) 2 ，
∴AB=BC=12，
1
∴AD= BC=4，
3
在Rt△ABD中，BD=√AD2+AB2=√42+122=4√10，
1
∴BO=DO= BD=2√10，
2
又∵BH=3DH，
1
∴DH= BD=√10，
4
∴OH=OD−DH=2√10−√10=√10．
2．（2025·甘肃定西·一模）如图，已知BC是⊙O的直径，AC切⊙O于点C，AB交⊙O于点D,E为AC
的中点，连接CD,DE,OE．
(1)求证：DE是⊙O的切线（提示：利用DE是直角三角形斜边的中线进行证明）
(2)若BD=8,CD=6，求∠EOC的正切值．
【答案】(1)见解析
3
(2)
4
【分析】本题主要考查圆的综合问题，掌握切线的判定及性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．
（1）连接OD，根据切线的性质和直角三角形斜边的中线以及等腰三角形的性质得出，∠EDC=∠ECD，
∠ODC=∠OCD，然后利用等量代换即可得出DE⊥OD，从而证明结论；
CD BD
（2）首先根据勾股定理求出BC的长度，然后证明△BCD∽△BAC，最后利用 = 求解即可．
AC BC
【详解】（1）连接OD，如图，
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∵BC ⊙O
是 的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠ADC=90°，
∵E为AC的中点，
1
∴DE=EC= AC，
2
∴∠EDC=∠ECD，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∵AC切⊙O于点 ，∴AC⊥OC，
∴∠EDC+∠ODC=∠ECD+∠OCD=90°，
∴DE⊥OD
∴DE是⊙O的切线
（2）在Rt△BCD中，
∵BD=8,CD=6，
∴BC=√BD2+CD2=10，
∵∠BDC=∠BCA=90°,∠B=∠B，
∴△BCD∽△BAC，
CD BD
∴ = ，
AC BC
6 8
即 = ，
AC 10
15
∴AC=
2
连接OE，则OE∥AB，
∴∠EOC=∠B，
15
AC 2 3
∴tan∠B= = = =tan∠EOC
BC 10 4
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3．（2025·陕西汉中·模拟预测）如图，在三角形ABC中，O为AB边上一点，AC是⊙O的切线，延长CO
至点D，连接BD，∠D=90°，且∠BOD与∠BCO互余．
(1)求证：BC是⊙O的切线
(2)若OA=8,AC=16，求cos∠CBA的值
【答案】(1)见解析
4
(2)
5
【分析】本题考查切线的判定和性质，解直角三角形：
（1）过点O作OE⊥BC，对顶角相等，等角的余角相等，得到∠BCO=∠ACO，切线得到OA⊥AC，
角平分线的性质得到OE=OA，即可得证；
（2）勾股定理求出OC的长，根据∠ACO=∠DBO=∠BCD，得到
BD OD OA 1
tan∠OBD=tan∠OCA=tan∠BCD，进而得到 = = = ，进而得到CD=2BD,BD=2OD，
CD BD AC 2
设OD=x，BD=2x ，则：CD=4x，根据CD=OC+OD=8√5+x=4x，求出x的值，进而求出
BD,CD的长，勾股定理求出BC,AB的长，再利用余弦的定义进行求解即可．
【详解】（1）解：过点O作OE⊥BC，
∵∠BOD与∠BCO互余，
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∴∠BOD+∠BCO=90°，
∵AC为⊙O的切线，
∴OA⊥AC，
∴∠AOC+∠ACO=90°，
∵∠BOD=∠AOC，
∴∠BCO=∠ACO，
∴OC平分∠BCA，
∵OE⊥BC,OA⊥AC，
∴OE=OA，
∴OE是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
（2）∵OA=8,AC=16，
∴OC=√OA2+AC2=8√5，
∵∠D=90°，
∴∠BOD+∠DBO=90°，
∵∠BOD+∠BCO=90°，
∴∠DBO=∠BCO，
由（1）知：∠BCO=∠ACO，
∴∠ACO=∠DBO=∠BCO，
BD OD OA 1
∴tan∠OBD=tan∠OCA=tan∠BCD，即： = = = ，
CD BD AC 2
∴CD=2BD,BD=2OD，
∴设OD=x，BD=2x ，则：CD=4x，
∵CD=OC+OD=8√5+x=4x，
8√5
∴x= ，
3
16√5 32√5
∴BD= ,CD= ，
3 3
80
∴BC=√BD2+CD2=
，
3
64
∴AB=√BC2−AC2=
，
3
AB 64 4
∴在Rt△ABC中：cos∠CBA= = = ．
BC 80 5
4．（2025·江苏镇江·一模）如图，在等腰△ABC中，AH为底边BC上的高，∠ACB的角平分线交AH于
点D，⊙O经过C、D两点且圆心O在△ABC的腰AC上．
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(1)请画出⊙O(尺规作图，保留作图痕迹)；
(2)求证：AH与⊙O相切；
1
(3)当AB=12，cosB= 时，求⊙O的半径．
3
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)3
【分析】（1）根据题意作出图形即可；
（2）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠ODC=∠OCD，根据角平分线的定义得到
∠ACD=∠BCD，求得∠ODC=∠DCB，根据平行线的性质得到OD⊥AH，根据切线的判定定理得
到结论；
（3）根据等腰三角形的性质得到BH=CH，求得∠AHC=∠AHB=90°，根据三角函数的定义得到
CH=BH=4，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】（1）解：如图所示，⊙O即为所求；
（2）证明：连接OD，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∴∠ODC=∠DCB，
∴OD∥BC，
∵AH⊥BC，
∴OD⊥AH，
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∵OD是⊙O的半径，
∴AH与⊙O相切；
（3）解：∵AB=AC=12，AH⊥BC，
∴BH=CH，
∴∠AHC=∠AHB=90°，
1
∵cosB= ，
3
BH BH 1
∴ = = ，
AB 12 3
∴CH=BH=4，
∵OD∥CH，
∴△AOD∽△ACH，
OD AO
∴ = ，
CH AC
OD 12−OD
∴ = ，
4 12
∴OD=3，
∴⊙O的半径为3 ．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判断，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，线段垂直平
分线的性质，相似三角形的判定和性质，正确地作出图形是解题的关键．
5．（24-25九年级下·北京·开学考试）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠BAC的平分线交⊙O
于点D，交BC于点H，过点D的直线EF∥BC，分别交AB，AC的延长线于点E，F．
(1)求证：直线EF是⊙O的切线；
3 10
(2)若sin∠ABC= ，BE= ，求BC和AH的长．
5 3
【答案】(1)证明见解析
(2)BC=8，AH=3√5
【分析】（1）先连接OD，证明AC∥OD,EF∥BC，可得OD⊥EF，可得答案；
OD 3
（2）设⊙O的半径为r，表示OE，再根据平行线的性质得sin∠E= = ，可求出圆的半径，即可得
OE 5
25 40
OD=5,OE= ,AB=10，进而求出AE= ，然后根据勾股定理求得DE，接下来根据特殊角的三角函
3 3
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数值可得AC=6,AF=8，再根据勾股定理，得BC,EF，然后得出DF，最后根据勾股定理求出AD，并
结合平行线分线段成比例得出结论．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA．
∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD=∠DAC，
∴∠ODA=∠DAC，
∴AC∥OD，
∴∠ODE=∠F．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
∵EF∥BC，
∴∠F=∠ACB=∠ODE=90°，
即OD⊥EF，
∴直线EF是⊙O的切线；
10
（2）解：∵BE= ，
3
10
设⊙O的半径为r，则OE=r+ ．
3
∵EF∥BC，
∴∠ABC=∠E．
3
∵sin∠ABC= ，
5
OD 3
在Rt△OED中，sin∠E= = ，
OE 5
r 3
=
即 10 5，
r+
3
解得r=5，
25
∴OD=5,OE= ,AB=10，
3
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40 20
∴AE= ，根据勾股定理，得DE=√OE2−OD2= ．
3 3
AC AF 3
∵sin∠ABC= = = ，
AB AE 5
∴AC=6,AF=8.
32
根据勾股定理，得BC=√AB2−AC2=8,EF=√AE2−AF2=
．
3
∴DF=EF−DE=4，
根据勾股定理，得AD=√AF2+DF2=4√5．
∵CH∥DF，
AH AC
∴ = ，
AD AF
AH 6
即 = ，
4√5 8
解得AH=3√5．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，勾股定理，特殊角三角函数值，平行线分线段成比例，平行线的性
质和判定，角平分线的定义等，勾股定理是求线段长的常用方法．
6．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，已知等腰△ABC的底边BC长为8,⊙O是等腰△ABC的外接圆，弦
AD与BC交于点E，M为BD´C上的动点（不与B，C重合），AM交BC于点N．
√3
(1)若AE=5√3，ED= ，求AB的长；
3
(2)求AN⋅NM的最大值；
(3)在（1）的条件下，若F是CB延长线上一点，FA交⊙O于点G，当AG=8时，求tan∠AFB的值．
【答案】(1)4√5
(2)16
4
(3)
3
【分析】（1）连接DC，证△ABE∽△CDE，根据相似三角形的性质，先求出BE，CE，过A作
AH⊥BC于H，根据等腰三角形的“三线合一”的性质求出BH，运用勾股定理求得AH，AB，问题得
解；
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（2）连接BM，先证明△BMN∽△ACN，再根据相似三角形的性质解决，设BN=x，则NC=8−x，得
到AN⋅NM=x(8−x)=−x2+8x，最后根据二次函数的性质即可解决；
（3）过B作BL⊥AC于L，利用面积相等求得BL，然后利用三角函数正切的定义，在Rt△AHC中，求得
4
tanC=2，在Rt△BCL中求出LC，进一步求出AL，在Rt△ABL中，求出tan∠BAL= ，接下来证
3
△ABC∽△FAC，根据相似三角形的对应角相等，即可求得tan∠AFB的值．
【详解】（1）解：如图，连接DC，在⊙O中，∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC，
∴△ABE∽△CDE，
AE BE
∴ = ，
CE DE
∴BE⋅EC=AE⋅ED．
√3
∵BC=8，设BE=x，则EC=8−x，AE=5√3，ED= ，
3
√3
∴x(8−x)=5√3× =5，
3
即x2−8x+5=0，
解得，x=4±√11；
过A作AH⊥BC于H，如图；
∵AB=AC，
1
∴BH= BC=4；
2
在△AEH中，EH=|BE−BH|=√11，由勾股定理：
AH2=AE2−EH2=(5√3) 2 −(√11) 2=75−11=64 ，
∴AH=8，
在△ABH中，AB=√AH2+BH2=√82+42=√80=4√5，
∴AB=4√5．
（2）解：如图，连接BM，
∵∠MAC=∠MBC，∠AMB=∠ACB，
∴△BMN∽△ACN，
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BN MN
∴ = ，
AN NC
∴AN⋅NM=BN⋅NC．
设BN=x，则NC=8−x，
∴AN⋅NM=x(8−x)=−x2+8x．
∵−1<0，
b 8
∴当x=− =− =4时，AN⋅NM有最大值．
2a 2×(−1)
∴当x=4时，AN⋅NM的最大值为−42+8×4=16．
∴AN⋅NM的最大值为16．
（3）解：如图，过B作BL⊥AC于L．
在△ABC中，AB=AC=4√5，AH=8，BC=8．
1 1
∵S = BC⋅AH= AC⋅BL，
△ABC 2 2
BC⋅AH 8×8 16√5
∴BL= = = ，
AC 4√5 5
AH 8
在Rt△AHC中，tanC= = =2，
HC 4
BL
在Rt△BCL中，∠BLC=90°，tanC= =2，
LC
16√5
8√5 12√5
BL 5 8√5，AL=AC−LC=4√5− = ，
∴LC= = = 5 5
2 2 5
16√5
BL 5 4
在Rt△ABL中，∠ALB=90°，tan∠BAL= = = ，
AL 12√5 3
5
∵AG=BC=8，
∴A´G=B´C，
∴A´G+G´B=B´C+G´B，即AG´ B=GB´C，
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∴∠GAC=∠ACB，
∵∠ABC=∠ACB，
∴△ABC∽△FAC，
∴∠AFC=∠BAC，
4
∴tan∠AFB=tan∠BAC= ，
3
4
综上，tan∠AFB的值为 ．
3
【点睛】本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质，勾股定理，圆周角的性质，相似三角形的判定和
性质及二次函数最值．解题关键是构造辅助线，利用几何性质简化问题，将几何问题转化为代数方程（如
二次函数、相似比例）求解．灵活运用圆的性质和三角形相似性建立关系是解题的关键．
一、解答题
1．（2024·宁夏·中考真题）如图，在△ABC中，点D是边BC的中点，以AB为直径的⊙O经过点D，点P
是边AC上一点（不与点A,C重合）．请仅用无刻度直尺按要求作图，保留作图痕迹，不写作法．
(1)过点A作一条直线，将△ABC分成面积相等的两部分；
(2)在边AB上找一点P′，使得BP′=CP．
【答案】(1)作图见详解
(2)见解析
【分析】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握中线的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性
质是解题的关键．
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（1）根据三角形中线平分三角形面积作图即可；
（2）根据直径或半圆所对圆心角为直角，可得AD⊥BC，结合BD=CD可得AD是线段BC的垂直平分
线，如图所示，连接BP交AD于点E，连接CE并延长交AB于点P'，可证△ABP≌△ACP'(ASA)，可得
AP'=AP，由此即可求解．
【详解】（1）解：∵点D是边BC的中点，
∴BD=CD，
∴根据三角形中线平分三角形面积，作图如下，
∴S =S
△ABD △ACD
（2）解：∵以AB为直径的⊙O经过点D，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，
又∵BD=CD，
∴AD是线段BC的垂直平分线，
∴AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，AD平分∠BAC，即∠BAD=∠CAD，
如图所示，连接BP交AD于点E，连接CE并延长交AB于点P'，
∴EB=EC，
∴∠EBC=∠ECB，
∴∠ABC−∠EBC=∠ACB−∠ECB，即∠ABP=∠ACP'，
在△ABP和△ACP'中，
¿，
∴△ABP≌△ACP'(ASA)，
∴AP=AP'，
∴AB−AP'=AC−AP，
∴BP'=CP．
2．（2024·安徽·中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，D是直径AB上一点，∠ACD的平分线交AB
于点E，交⊙O于另一点F，FA=FE．
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(1)求证：CD⊥AB；
(2)设FM⊥AB，垂足为M，若OM=OE=1，求AC的长．
【答案】(1)见详解
(2)4√2．
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，掌握这些性质以及定理是解
题的关键．
（1）由等边对等角得出∠FAE=∠AEF，由同弧所对的圆周角相等得出∠FAE=∠BCE，由对顶角相等
得出∠AEF=∠CEB，等量代换得出∠CEB=∠BCE，由角平分线的定义可得出∠ACE=∠DCE，由
直径所对的圆周角等于90°可得出∠ACB=90°，即可得出
∠CEB+∠DCE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=90°，即∠CDE=90°．
（2）由（1）知，∠CEB=∠BCE，根据等边对等角得出BE=BC，根据等腰三角形三线合一的性质可得
出MA，AE的值，进一步求出OA，BE，再利用勾股定理即可求出AC．
【详解】（1）证明：∵FA=FE，
∴∠FAE=∠AEF，
又∠FAE与∠BCE都是B´F所对的圆周角，
∴∠FAE=∠BCE，
∵∠AEF=∠CEB，
∴∠CEB=∠BCE，
∵CE平分∠ACD，
∴∠ACE=∠DCE，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CEB+∠DCE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=90°，
故∠CDE=90°，
即CD⊥AB．
（2）由（1）知，∠CEB=∠BCE，
∴BE=BC，
又FA=FE，FM⊥AB，
∴MA=ME=MO+OE=2，AE=4，
∴圆的半径OA=OB=AE−OE=3，
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∴BE=BC=OB−OE=2，
在△ABC中．
AB=2OA=6，BC=2
∴AC=√AB2−BC2=√62−22=4√2
即AC的长为4√2．
3．（2023·青海西宁·中考真题）如图，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB，垂足为D，弦CE与AB交于点
F，连接AE，AC，BC．
(1)求证：∠BAC=∠E；
(2)若AB=8，DC=2，CE=3√10，求CF的长．
【答案】(1)见解析
2√10
(2)
3
【分析】（1）由垂径定理，得AD=BD A´C=B´C，由圆周角定理，得∠BAC=∠E；
AC CF
（2）可证△ACF∽△ECA得 = ；Rt△ADC中，勾股定理求得AC=√AD2+DC2=2√5，于是
EC CA
2√10
CF=
.
3
【详解】（1）证明：∵OC⊥AB OC是⊙O的半径
∴AD=BD， A´C=B´C（垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧）
∴∠BAC=∠E（同弧或等弧所对的圆周角相等）
（2）解：∵∠BAC=∠E 又∵∠ACF=∠ECA
∴△ACF∽△ECA（两角分别相等的两个三角形相似）
AC CF
∴ = （相似三角形对应边成比例）
EC CA
∵AB=8
∴AD=BD=4
在Rt△ADC中∠ADC=90° AD=4 CD=2
∴AC=√AD2+DC2=√42+22=2√5（勾股定理）
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2√5 CF
即 =
3√10 2√5
2√10
∴CF= .
3
【点睛】本题考查垂径定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理；由相似三角形得到线段间的数量关
系是解题的关键．
4．（2023·北京·中考真题）如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD交于点E，BD平分∠ABC，
∠BAC=∠ADB．
(1)求证DB平分∠ADC，并求∠BAD的大小；
(2)过点C作CF∥AD交AB的延长线于点F．若AC=AD，BF=2，求此圆半径的长．
【答案】(1)见解析，∠BAD=90°
(2)4
【分析】（1）根据已知得出A´B=B´C，则∠ADB=∠CDB，即可证明DB平分∠ADC，进而根据BD平
分∠ABC，得出A´D=C´D，推出BA´D=BC´D，得出BD是直径，进而可得∠BAD=90°；
（2）根据（1）的结论结合已知条件得出，∠F=90°，△ADC是等边三角形，进而得出
1 1
∠CDB= ∠ADC=30°，由BD是直径，根据含30度角的直角三角形的性质可得BC= BD，在
2 2
Rt△BFC中，根据含30度角的直角三角形的性质求得BC的长，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵∠BAC=∠ADB
∴A´B=B´C，
∴∠ADB=∠CDB，即DB平分∠ADC．
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∴A´D=C´D，
∴A´B+A´D=B´C+C´D，即BA´D=BC´D，
∴BD是直径，
∴∠BAD=90°；
（2）解：∵∠BAD=90°，CF∥AD，
∴∠F+∠BAD=180°，则∠F=90°．
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∵A´D=C´D，
∴AD=DC．
∵AC=AD，
∴AC=AD=CD，
∴△ADC是等边三角形，则∠ADC=60°．
∵BD平分∠ADC，
1
∴∠CDB= ∠ADC=30°．
2
∵BD是直径，
1
∴∠BCD=90°，则BC= BD．
2
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，则∠ABC=120°，
∴∠FBC=60°，
∴∠FCB=90°−60°=30°，
1
∴FB= BC．
2
∵BF=2，
∴BC=4，
∴BD=2BC=8．
∵BD是直径，
1
∴此圆半径的长为 BD=4．
2
【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含30度角的
直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．
5．（2023·湖南·中考真题）如图所示，四边形ABCD是半径为R的⊙O的内接四边形，AB是⊙O的直径，
∠ABD=45°，直线l与三条线段CD、CA、DA的延长线分别交于点E、F、G．且满足∠CFE=45°．
(1)求证：直线l⊥直线CE；
(2)若AB=DG；
①求证：△ABC≌△GDE；
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3
②若R=1，CE= ，求四边形ABCD的周长．
2
【答案】(1)见解析；
7
(2)①见解析，② +√2．
2
【分析】（1）在⊙O中，根据同弧所对的圆周角相等可得∠ACD=∠ABD=45°，结合已知在△CFE中
根据三角形内角和定理可求得∠FEC=90°；
（2）①根据圆内接四边形的性质和邻补角可得∠ABC=∠GDE，由直径所对的圆周角是直角和（1）可
得∠ACB=∠GED，结合已知即可证得△ABC≌△GDE(AAS)；
②在⊙O中由R=1，可得AB=2，结合题意易证DA=DB，在Rt△ABC中由勾股定理可求得DA=√2，
由①可知易得BC+CD=DE+CD=CE，最后代入计算即可求得周长．
【详解】（1）证明：在⊙O中，
∵A´D=A´D，
∴∠ACD=∠ABD=45°，即∠FCE=45°，
在△CFE中，
∵∠CFE=45°，
∴∠FEC=180°−(∠FCD+∠CFE)=90°，
即直线l⊥直线CE；
（2）①四边形ABCD是半径为R的⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∵∠ADC+∠GDE=180°，
∴∠ABC=∠GDE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
由（1）可知∠GED=90°，
∴∠ACB=∠GED，
在△ABC与△GDE中，
¿，
∴△ABC≌△GDE(AAS)，
②在⊙O中，R=1，
∴AB=2R=2，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠ABD=45°，
∴∠BAD=90°−∠ABD=45°，
∴DA=DB，
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在Rt△ABC中，
∴DA2+DB2=AB2，
即2DA2=22，
解得：DA=√2，
由①可知△ABC≌△GDE，
∴BC=DE，
3
∴BC+CD=DE+CD=CE= ，
2
∴四边形ABCD的周长为：
3 7
DA+AB+BC+CD=DA+AB+CE=2+√2+ = +√2．
2 2
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等、三角形内角和定理、垂直的定义、圆内接四边形的性质、邻
补角互补、直径所对的圆周角是直角、全等三角形的判定和性质、勾股定理解直角三角形以及周长的计算；
解题的关键是灵活运用以上知识，综合求解．
6．（2023·安徽·中考真题）已知四边形ABCD内接于⊙O，对角线BD是⊙O的直径．
(1)如图1，连接OA,CA，若OA⊥BD，求证；CA平分∠BCD；
(2)如图2，E为⊙O内一点，满足AE⊥BC,CE⊥AB，若BD=3√3，AE=3，求弦BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)BC=3√2
【分析】（1）利用垂径定理的推论和圆周角的性质证明即可．
(2)证明四边形AECD平行四边形，后用勾股定理计算即可．
【详解】（1）∵对角线BD是⊙O的直径，OA⊥BD
∴A´B=A´D，
∴∠BCA=∠DCA，
∴CA平分∠BCD．
（2）∵对角线BD是⊙O的直径，
∴∠BAD=∠BCD=90°，
∴DC⊥BC,DA⊥AB
∵AE⊥BC,CE⊥AB，
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∴DC∥AE,DA∥CE，
∴四边形AECD平行四边形，
∴DC=AE=3，
又∵BD=3√3，
∴BC=√(3√3) 2 −32=3√2．
【点睛】本题考查了垂径定理的推论，直径所对的圆周角是直角，平行四边形的判定和性质，勾股定理，
熟练掌握垂径定理的推论，平行四边形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
7．（2022·贵州六盘水·中考真题）牂牁江“佘月郎山，西陵晚渡”的风景描绘中有半个月亮挂在山上，月
亮之上有个“齐天大圣”守护洞口的传说．真实情况是老王山上有个月亮洞，洞顶上经常有猴子爬来爬去，
下图是月亮洞的截面示意图．
(1)科考队测量出月亮洞的洞宽CD约是28m，洞高AB约是12m，通过计算截面所在圆的半径可以解释月亮
洞像半个月亮，求半径OC的长（结果精确到0.1m）；
(2)若∠COD=162°，点M在C´D上，求∠CMD的度数，并用数学知识解释为什么“齐天大圣”点M在
洞顶C´D上巡视时总能看清洞口CD的情况．
【答案】(1)14.2m
(2)∠CMD=99°，因为CD在∠CMD的内部，所以点M在洞顶C´D上巡视时总能看清洞口CD的情况
1
【分析】（1）根据垂径定理可得BC= CD=14，勾股定理解Rt△OBC，即可求解；
2
1
（2）在优弧CN´D上任取一点N，连接CM,DM,CN,DN根据圆周角定理可得∠CND= ∠COD=81°，
2
根据圆内接四边形对角互补即可求解．根据因为CD在∠CMD的内部，所以点M在洞顶C´D上巡视时总能
看清洞口CD的情况．
【详解】（1）解：∵ AB⊥CD，CD=28，
1
∴ BC= CD=14，
2
设半径为r，则OB=r−AB=r−12
在Rt△OBC中，OC2=OB2+BC2
r2=(r−12) 2+142
85
解得r= ≈14.2
6
答：半径OC的长约为14.2m
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（2）如图，在优弧CN´D上任取一点N，连接CM,DM,CN,DN
∵∠COD=162°，C´D=C´D
1
∴∠CND= ∠COD=81°，
2
∴∠CMD=180°−∠CND=99°
∴ ∠CMD=99°，
因为CD在∠CMD的内部，所以点M在洞顶C´D上巡视时总能看清洞口CD的情况．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是解题的关
键．
8．（2022·湖北武汉·中考真题）如图，正方形ABCD内接于⊙O，点E为AB的中点，连接CE交BD于点
F，延长CE交⊙O于点G，连接BG．
(1)求证：FB2=FE⋅FG；
(2)若AB=6．求FB和EG的长．
【答案】(1)见详解
3√5
(2)FB=2√2，EG=
5
【分析】对于（1），根据正方形性质得出AD=BC，可证∠ABD=∠CGB，再证△BFE∽△GFB即可；
对于（2），根据点E为AB中点，求出AE=BE=3，利用勾股定理求得BD=6√2，CE=3√5，然后证明
△CDF∽△BEF，得出DF=2BF，CF=2EF，求出BF,EF，再根据（1）求出FG，最后根据
EG=FG−EF得出答案．
【详解】（1）证明：正方形ABCD内接于⊙O，
∴AD=BC，
∴A´D=B´C，
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∴∠ABD=∠CGB.
又∵∠EFB=∠BFG，
∴△BFE∽△GFB，
EF BF
∴ = ，
BF GF
即FB2=FE⋅FG；
（2）解：∵点E为AB中点，
∴AE=BE=3.
∵四边形ABCD为正方形，
∴CD=AB=AD=6，
根据勾股定理，得BD=√AD2+AB2=√62+62=6√2，CE=√BC2+BE2=3√5.
∵CD∥BE，
∴△CDF∽△EBF，
CD DF CF 6
∴ = = = =2，
EB BF EF 3
∴DF=2BF，CF=2EF，
∴3BF=BD=6√2，3EF=3√5，
∴BF=2√2，EF=√5，
FB2 8 8√5
由（1）得FG= = = ，
EF √5 5
8√5 3√5
∴EG=FG−EF= −√5= .
5 5
【点睛】本题主要考查了圆内接正方形性质，弧，弦，圆周角关系，勾股定理，三角形相似判定与性质，
相似三角形的对应边成比例是求线段长的常用方法．
9．（2022·广东·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ADB=∠CDB．
(1)试判断△ABC的形状，并给出证明；
(2)若AB=√2，AD=1，求CD的长度．
【答案】(1)△ABC是等腰直角三角形；证明见解析；
(2)√3；
【分析】（1）根据圆周角定理可得∠ABC=90°，由∠ADB=∠CDB根据等弧对等角可得∠ACB=∠CAB，即
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可证明；
（2）Rt△ABC中由勾股定理可得AC，Rt△ADC中由勾股定理求得CD即可；
【详解】（1）证明：∵AC是圆的直径，则∠ABC=∠ADC=90°，
∵∠ADB=∠CDB，∠ADB=∠ACB，∠CDB=∠CAB，
∴∠ACB=∠CAB，
∴△ABC是等腰直角三角形；
（2）解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=AB=√2，
∴AC=√AB2+BC2=2，
Rt△ADC中，∠ADC=90°，AD=1，则CD=√AC2−AD2=√3，
∴CD=√3．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识；掌握等弧对等角是解
题关键．
10．（2022·湖北宜昌·中考真题）石拱桥是我国古代人民勤劳和智慧的结晶（如图1），隋代建造的赵州桥
距今约有1400年历史，是我国古代石拱桥的代表．如图2是根据某石拱桥的实物图画出的几何图形，桥的
主桥拱是圆弧形，表示为A´B．桥的跨度（弧所对的弦长）AB=26m，设A´B所在圆的圆心为O，半径
OC⊥AB，垂足为D．拱高（弧的中点到弦的距离）CD=5m．连接OB．
(1)直接判断AD与BD的数量关系；
(2)求这座石拱桥主桥拱的半径（精确到1m）．
【答案】(1)AD=BD
(2)这座石拱桥主桥拱半径约为19m
【分析】（1）根据垂径定理即可得出结论；
（2）设主桥拱半径为R，在Rt△OBD中，根据勾股定理列出方程，即可得出答案．
【详解】（1）解：∵半径OC⊥AB，
∴AD=BD．
故答案为：AD=BD．
（2）设主桥拱半径为R，由题意可知AB=26，CD=5，
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1 1
∴BD= AB= ×26=13，OD=OC−CD=R−5，
2 2
在Rt△OBD中，由勾股定理，得OB2=BD2+OD2，
即R2=132+(R−5) 2，
解得R=19.4，
∴R≈19，
因此，这座石拱桥主桥拱半径约为19m．
【点睛】此题考查垂径定理和勾股定理，是重要考点，根据题意利用勾股定理列出方程是解题关键．
11．（2024·内蒙古通辽·中考真题）【实际情境】
手工课堂上，老师给每个制作小组发放一把花折伞和制作花折伞的材料及工具．同学们认真观察后，组装
了花折伞的骨架，粘贴了彩色伞面，制作出精美的花折伞．
【模型建立】
（1）如图1，从花折伞中抽象出“伞形图”．AM=AN，DM=DN．求证：∠AMD=∠∧¿．
【模型应用】
（2）如图2，△AMC中，∠MAC的平分线AD交MC于点D．请你从以下两个条件：
①∠AMD=2∠C；②AC=AM+MD中选择一个作为已知条件，另一个作为结论，并写出结论成立的证
明过程．（注：只需选择一种情况作答）
【拓展提升】
（3）如图3，AC为⊙O的直径，A´B=B´C，∠BAC的平分线AD交BC于点E，交⊙O于点D，连接CD．
求证：AE=2CD．
【答案】（1）见解析；（2）选择②为条件，①为结论或选择①为条件，②为结论；证明见解析；（3）
见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，直角三角形
斜边上的中线性质，三角形的外角性质等：
（1）利用SSS证明△ADM≌△ADN，即可；
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（2）选择②为条件，①为结论：在AC取点N，使AN=AM，连接DN，证明△ADM≌△ADN，可得
DM=DN，∠AMD=∠∧¿，再由AC=AM+MD，可得DN=CN，从而得到∠C=∠CDN，即可；选
择①为条件，②为结论：在AC取点N，使AN=AM，连接DN，证明△ADM≌△ADN，可得DM=DN，
∠AMD=∠∧¿，再由∠AMD=2∠C，可得∠C=∠CDN，从而得到DN=CN，即可；
（3）连接BD，取AE的中点F，连接BF，根据圆周角定理可得BD=CD，从而得到∠BCD=∠CBD，
再由AC为⊙O的直径，可得AE=2BF=2AF，从而得到∠ABF=∠BAF，然后根据A´B=B´C，可得
AB=BC，可证明△ABF≌△CBD，从而得到BF=BD=CD，即可．
【详解】解：（1）在△ADM和△ADN中，
∵AM=AN，DM=DN，AD=AD，
∴△ADM≌△ADN(SSS)，
∴∠AMD=∠∧¿；
（2）解：选择②为条件，①为结论
如图，在AC取点N，使AN=AM，连接DN，
∵AD平分∠MAC，
∴∠DAM=∠DAN，
在△ADM和△ADN中，
∵AM=AN，∠DAM=∠DAN，AD=AD，
∴△ADM≌△ADN(SAS)，
∴DM=DN，∠AMD=∠∧¿，
∵AC=AM+MD，AC=AN+NC，
∴DM=CN，
∴DN=CN，
∴∠C=∠CDN，
∴∠AMD=∠∧=∠CDN+∠C=2∠C；
选择①为条件，②为结论
如图，在AC取点N，使AN=AM，连接DN，
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∵AD平分∠MAC，
∴∠DAM=∠DAN，
在△ADM和△ADN中，
∵AM=AN，∠DAM=∠DAN，AD=AD，
∴△ADM≌△ADN(SAS)，
∴DM=DN，∠AMD=∠∧¿，
∵∠AMD=2∠C，
∴∠∧=2∠C=∠CDN+∠C，
∴∠CDN=∠C，
∴DN=CN，
∴DM=CN，
∵AC=AN+NC，
∴AC=AM+MD；
（3）如图，连接BD，取AE的中点F，连接BF，
∵∠BAC的平分线AD，
∴D´C=B´D，
∴BD=CD，
∴∠BCD=∠CBD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∴AE=2BF=2AF，
∴∠ABF=∠BAF，
∵∠BAF=∠BCD，
∴∠ABF=∠CBD，
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∵A´B=B´C，
∴AB=BC，
∴△ABF≌△CBD，
∴BF=BD=CD，
∴AE=2CD．
一、解答题
1．（2025·安徽阜阳·一模）如图，△ABC内接于⊙O，点D为BC弧的中点，AD交BC于E，DF⊥AC
于F，AB=AE，连接CD．
(1)求证：∠CAD=2∠CDF；
(2)若AB=2，AC=3，求CF的长．
【答案】(1)见解析
1
(2)CF=
2
【分析】此题考查了圆周角定理及推论、等腰三角形性质以及全等三角形的判定与性质．注意准确作出辅
助线是解此题的关键．
1
（1）设∠BAD=α，则∠CAD=∠BAD=α，求出∠ADC=∠B=90°− α，进而求出
2
1 1
∠CDF=90°− α−(90°−α)= α，得出结论；
2 2
（2）在AC上截取AG=AB，分别连接BD，DG，证明△BAD≌△GAD，进而得出DC=DG，求出
CG=2CF即可求出结论．
【详解】（1）证明：设∠BAD=α，
∵D为B´C的中点，
∴∠CAD=∠BAD=α，
∵AB=AE，
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1 1
∴∠B= (180°−α)=90°− α，
2 2
1
∴∠ADC=∠B= 90°− α，
2
∵DF⊥AC，
∴∠ADF=90°−α，
1 1
∴∠CDF=90°− α−(90°−α)= α，
2 2
∴∠CAD=2∠CDF；
（2）解：在AC上截取AG=AB，分别连接BD，DG，
∵ D BC
点 为弧 的中点，
∴∠BAD=∠GAD,AD=AD，
∴△BAD≌△GAD，
∴BD=DG．
∵点D为弧BC的中点，
⌢ ⌢
∴BD=CD ，
∴BD=DC，
∴DC=DG．
∵DF⊥AC，
∴CG=2CF．
∵AB=2,AC=3，
∴CG=3−2=1，
1
∴CF= ．
2
⏜ ⏜
2．（24-25九年级上·湖北武汉·期末）如图，AB是半圆O的直径，C是
AB
上一点，点D是
BC
的中点，连
接AD．
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(1)求证：AC∥OD；
(2)若AB=10,AC=8，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)3√10
【分析】本题主要考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理及平行线的判定，熟知垂径定理、圆周角定理
及平行线的判定是解题的关键．
（1）先根据点D是B´C的中点，结合圆周角定理得出∠CAD=∠BAD，进一步得出∠BOD=∠BAC即
可解决问题．
（2）连接BC，交OD于点M，先根据勾股定理求出BC，进而得出BM的长，再利用勾股定理求出OM的
长，进而得出DM的长，再连接BD，求出BD的长，最后在Rt△ABD中利用勾股定理即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵点D是B´C的中点，
∴C´D=B´D．
∴∠BAD=∠DAC．
在⊙O中，OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA．
∴∠DAC=∠ODA．
∴AC∥OD．
（2）解：连接BC交OD于点E，连接BD．
∵AB ⊙O
为 的直径，
∴∠ACB=90°．
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
由勾股定理得，BC=√AB2−AC2=√102−82=6．
∵点D是B´C的中点，
∴C´D=B´D．
∵OD为⊙O的半径，
1
根据圆的对称性可知，OD⊥BC,BE=CE= BC=3．
2
即∠OEB=90°．
在Rt△OEB中，∠OEB=90°，由勾股定理得，
OE=√OB2−BE2=√52−32=4．
∴DE=OD−OE=5−4=1．
在Rt△BDE中，∠BED=90°，
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由勾股定理得，BD=√DE2−BE2=√32+12=√10．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°．
在Rt△ADB中，∠ADB=90°，由勾股定理得，
AD=√AB2−BD2=√102−(√10) 2=3√10．
3．（2025·河南·一模）如图，点A，B，C在⊙O上，点E在AB的延长线上，连接CA，CB．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作∠CBE的平分线交B´C于点D（保留作图痕迹，不写作法）．
(2)在（1）的条件下，连接AD，CD，求证：△ACD是等腰三角形．
【答案】(1)图见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）按照作角平分线的方法作出射线BD即可；
（2）连接AD，CD，并标记∠1，∠2，∠3，∠4，由（1）得BD是∠CBE的平分线，由角平分线的定
义可得∠1=∠2，由圆内接四边形的性质可得∠1=∠4，由同弧或等弧所对的圆周角相等可得∠2=∠3，
进而可得∠4=∠3，由等角对等边可得AD=CD，于是结论得证．
【详解】（1）解：如图，射线BD即为所求作；
（2）证明：如图，连接AD，CD，并标记∠1，∠2，∠3，∠4，
由（1）得：BD是∠CBE的平分线，
∴∠1=∠2，
∵四边形ABDC是⊙O的内接四边形，
∴∠1=∠4，
又∵∠2=∠3，
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∴∠4=∠3，
∴AD=CD，
∴△ACD是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查了作角平分线（尺规作图），圆内接四边形的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，
等角对等边，角平分线的有关计算等知识点，熟练掌握尺规作图的基本方法和技巧及圆内接四边形的性质
是解题的关键．
4．（2024·河北·一模）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB为直角，AC=3√2，D在AB的延长线
上，且AB=BD，DE⊥AD于点D，过B，C，D三点的⊙O交DE于点F，连结CF．
(1)求⊙O的半径．
(2)探究：其他条件不变，将点C在圆上移动至点G，使AG=BG，求AG的长度．
【答案】(1)3√5
(2)3√10
【分析】（1）连接BF，由直角三角形的性质及勾股定理得AC=BC= 3√2 , BD=AB=6
,∠ABC=∠CAB=45°,∠ACB=90°,进而证明点A、C、F三点共线，利用勾股定理求得BF=
√BD2+DF2=√62+122=6√5 ,即可求得⊙O的半径；
（2）如图，连接GF，先证明GM⊥AB，AM=BM，再利用圆内接四边形的性质得
∠GFB=∠BCM=45°,从而利用勾股定理即可得解．
【详解】（1）解：连接BF，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB为直角，AC=3√2，AB=BD，
∴AC=BC= 3√2，BD=AB=√(3√2) 2+(3√2) 2=6，∠ABC=∠CAB=45°,∠ACB=90°
∵DE⊥AD，
∴BF⊙O的直径，
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∴∠BCF=90°,
∴∠ACB+∠BCF=180°,
∴点A、C、F三点共线，
∵∠CAB=45°,DE⊥AD,
∴△ADF是以∠BDF为直角的等腰直角三角形，
∴DF=AD=6+6=12，
∴BF= √BD2+DF2=√62+122=6√5 ,
6√5
∴⊙O的半径为 =3√5；
2
（2）解：如图，连接GF，连接GC并延长交AB于M，
∵AG=BG，AC=BC，
∴点C在线段AB的垂直平分线上，点G在线段AB的垂直平分线上，
∴GM⊥AB，AM=BM，
∵∠ACB=90°,
∴CM=BM，∠BCM=45°，
∵BF是⊙O的直径，
∴∠BGF=90°，
∵四边形CBDF是⊙O的内接四边形，
∴∠GFB=∠BCM=45°,
∴△BGF是等腰直角三角形，
√2
∴AG=BG=GF= BF=3√10．
2
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，线段垂直平分线的判定，直角三角形的性质，勾股定理，
圆周角定理等，熟练掌握圆内接四边形的性质，线段垂直平分线的判定是解题的关键．
5．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，等边△ABC与以BC为直径的半圆O交于D，E两点，点F在D´E上，
连接BE，BF，DF，点G在AC的延长线上，连接FG，OG，BG，若∠BGC=45°，
∠ABF+∠OGB=∠COG．
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(1)求证：∠CBG=15°；
(2)求证：∠ADF=3∠ABF；
OG
(3)连接FG，求 的值．
FG
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
√2
(3)
2
【分析】（1）根据圆周角定理求出∠BEC的度数，在根据三角形内角和定理求出∠EBC和∠EBG的度
数，即可证明∠CBG=15°；
（2）根据题干已知角的和差关系可以求出∠ABF的度数，在根据圆周角定理求出∠DFB的度数，最后根
据三角形的外角性质即可求出∠ADF的度数，从而得证；
（3）过O和F分别作AC的垂线，先证明F在AO上，然后根据等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、
含30°角直角三角形的性质以及勾股定理求出OG和FG的比值即可．
【详解】（1）证明：连接OE，如图所示：
∵BC E O
为直径， 在圆 上，
∴∠BEC=90°，
∵∠BGC=45°，
∴∠GBE=45°，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ECB=60°，
∴∠CBE=30°，
∴∠OBG=∠EBG−∠EBC=15°；
（2）证明：连接OD，如图所示：
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由三角形外角的性质可知∠COG=∠CBG+∠OGB，
又∵∠ABF+∠OGB=∠COG，
∴∠ABF=∠CBG=15°，
由圆周角定理可知∠BOD=2∠DFB，
∵∠ABC=60°，OD=OB，
∴△BOD为等边三角形，
∴∠BOD=60°，
∴∠DFB=30°，
∴∠ADF=∠ABF+∠DFB=45°，
∴∠ADF=3∠ABF；
（3）解：连接AO，FO，过O作OM⊥AC于M，过F作FN⊥AC于N，如图所示：
∵△ABC O BC
为等边三角形， 是 中点，
∴AO⊥BC，∠OAC=30°，
∵∠ABF=15°，
∴∠DOF=30°，
∴∠BOF=∠BOD+∠DOF=90°，
∴OF⊥BC，
∴F在AO上，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BEC=90°，
∵∠BCE=60°，则∠EBC=30°，
令OB=OF=OC=1，则AC=BC=2，
1
∴在Rt△BCE中，CE= BC=1，由勾股定理可得BE=√3，
2
∵∠EBG=∠CGB=45°，即△BEG是等腰直角三角形，
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∴EG=BE=√3，
∵OM⊥EC，OM过圆心O，
1 1
∴EM=CM= EC= ，
2 2
∵在△BCE中，M是CE中点、O是BC的中点，
1 √3
∴OM= BE= ，
2 2
1 2√3−1
∴MG=EG−EM=√3− = ，
2 2
2 2
在Rt△MOG中，由勾股定理得OG2=OM2+GM2=
(√3)
+
(2√3−1)
=4−√3，
2 2
∵AO=BE=√3，OF=1，
∴AF=OA−OF=√3−1，
∵∠FAN=30°，
√3−1 3−√3
∴FN= ，AN= ，
2 2
3−√3 √3−1
∴EN=AE−AN=1− = ，
2 2
3√3−1
∴NG=EG+NE= ，
2
2 2
在Rt△FNG中，FG2=FN2+NG2=
(√3−1)
+
(3√3−1)
=8−2√3，
2 2
OG2 4−√3 1
∴ = = ，
FG2 8−2√3 2
OG √2
∴ = ．
FG 2
【点睛】本题主要考查了圆的综合题，涉及圆周角定理、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的判
定与性质、勾股定理、三角形的外角性质、含30°的直角三角形性质等知识，熟练掌握相关几何判定与性
质是解决问题的关键．
6．（2024·全国·模拟预测）如图，已知Rt△ABC中∠BAC=90°，设Rt△ABC的外接圆为⊙O，
∠BAC的平分线AD交⊙O于点D，点E在AC的延长线上且AB=CE，连接DC，DE．
(1)尺规作图：作Rt△ABC的外接圆为⊙O的圆心O（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)求证：AD=ED．
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【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了线段垂直平分线的基本作图，圆周角定理，圆的性质，等腰三角形的判定和性质，圆
的内接四边形性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握作图，圆的性质是解题的关键．
（1）作线段BC的垂直平分线，交点即为所求；
（2）连接BD，证明△ADB≌△EDC(SAS)即可证明AD=ED．
【详解】（1）解：根据题意，作图如下：
则点O即为所求．
（2）证明：连接BD，
则∠DAC=∠DBC；∠DAB=∠DCB，
∵∠BAC的平分线AD交⊙O于点D，
∴∠DAC=∠DAB，
∴∠DBC=∠DCB；
∴DB=DC；
∵四边形ACDB内接于⊙O，
∴∠DCE=∠DBA；
∵¿
∴△ADB≌△EDC(SAS)，
∴AD=ED．
7．（2024·安徽合肥·一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=90°，BC=CD，过点C作CE，
使得CD=CE，交AD的延长线于点E．
(1)求证：AB=AE．
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(2)若AD=DE=2，求CD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)√10
【分析】（1）连接AC，根据BC=CD，推出∠BAC=∠EAC，根据CD=CE，得到∠E=∠CDE，根
据圆内接四边形性质得到∠B=∠CDE，得到∠B=∠E，结合AC共用，推出△ABC≌△AEC(AAS)，
得到AB=AE；
（2）证明BD是⊙O的直径，得到∠BCD=90°，根据AD=DE=2，得到AE=AB=4．根据勾股定理
得到BD=2√5，根据等腰直角三角形性质即得CD=√10．
【详解】（1）证明：如图，连接AC．
∵BC=CD，
∴B´C=C´D，
∴∠BAC=∠EAC，
∵CD=CE，
∴∠E=∠CDE，
∵∠B+∠ADC=180°，∠CDE+∠ADC=180°，
∴∠B=∠CDE，
∴∠B=∠E，
在△ABC与△AEC中，
¿，
∴△ABC≌△AEC(AAS)，
∴AB=AE；
（2）解：如图，连接BD．
∵∠BAD=90°，
∴BD是⊙O的直径，
∴∠BCD=90°，
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由（1）可得AB=AE．
∵AD=DE=2，
∴AE=AB=4
．在 Rt△ABD 中，
BD=√AB2+AD2=2√5，
在Rt△BCD中，
√2
CD=BC= BD=√10．
2
【点睛】本题主要考查圆有关性质．熟练掌握弧，弦，圆周角之间的关系，圆内接四边形的性质，等边对
等角，勾股定理解直角三角形，圆周角定理及推论，全等三角形的性质与判定，作出辅助线构造全等三角
形和直角三角形，是解题的关键．
8．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，已知AC⊥BD，垂足为E，
弦AB的弦心距为OF．
（1）若AF=OF，则∠ADB的度数为 ；
（2）若⊙O的半径为5，AB=8，则CD的长为 ．
【答案】 45° 6
【分析】（1）连接OA,OB，证明△AOF和△BOF都是等腰直角三角形即可；
（2）延长AO交⊙O于点G，连接BG，则OF是△ABG的中位线，可以求出BG=6，然后根据垂直证明
∠CAD=∠BAG，根据圆周角相等则所对的弦相等得到CD=BG=6．
【详解】解：（1）如图，连接OA,OB，
∵OF AB
是弦 的弦心距，
∴OF⊥AB，
∴AF=BF.
∵AF=OF,
∴△AOF和△BOF都是等腰直角三角形，
∴∠AOF=∠BOF=45°,
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∴∠AOB=∠AOF+∠BOF=90°,
∵A´B=A´B，
1
∴∠ADB= ∠AOB=45°，
2
故答案为：45°；
（2）如图，延长AO交⊙O于点G，连接BG，
由AF=BF,OA=OG，得OF是△ABG的中位线，
∴BG=2OF，
1
在Rt△AOF中，OA=5,AF= AB=4，
2
由勾股定理得OF=√OA2−AF2=√52−42=3,
∴BG=6，
∵AC⊥BD，
∴∠CAD+∠ADB=90°，
∵AG是⊙O的直径，
∴∠ABG=90°，
∠BAG+∠G=90°，
∵A´B=A´B
∴∠G=∠ADB,
∴∠CAD=∠BAG,
∴D´C=B´G，
∴CD=BG=6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查垂径定理及其推论，圆周角定理，圆心角与弧、弦的关系，三角形的中位线定理，熟练
掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
9．（2025·陕西西安·一模）问题提出
（1）如图①，在四边形ABCD中，AB=AC=AD，若∠CAD=70°，则∠CBD的度数为______；
问题探究
⏜
（2）如图②，在半径为2的扇形AOB中，∠AOB=90°，P是
AB
上的一点，过点P作PQ⊥AB于点
Q，求线段PQ长的最大值；
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问题解决
（3）某市进行绿化改造，美化生态环境，如图③，四边形ABCD是该市绿化工程要打造的一片绿化区域，
其中AB=50m，AD=100m，∠A=60°，∠C=150°，并计划在这片区域内种植绿植和花卉，要求此区
域的面积尽可能大，求绿化区域ABCD面积的最大值．
【答案】（1）35°；（2）2−√2；（3）(3750−625√3)m2
【分析】（1）根据AB=AC=AD，得点B、C、D在以点A为圆心，以AB长为半径的圆上，得
1
∠CBD= ∠CAD=35°；
2
（2）当点P位于A´B的中点时，根据PQ⊥AB，得PQ过点O，证明∠OAB=∠OBA=45°，可得
AQ=OQ,根据OA=2，得OQ=√2，PQ=2−√2，为最大值；
（3）连接BD，过点C作CE⊥BD于点E，可知点C是在以∠C=150°为圆周角的⊙O的一段弧上，在
BD另一侧圆上取点G，连接OB，OD，BG，DG，得∠G=30°，∠BOD=60°，△OBD是等边三角
形，得OB=BD，当点C在B´D中点时，CE最大，△BCD面积最大，此时直线CE过点O，取AD中点F，
连接BF，可得AB=AF，由∠A=60°，得△ABF是等边三角形，可得∠BDF=∠DBF=30°，
∠ABD=90°，OB=BD=50√3，BE=25√3，得OE=75，CE=50√3−75，得绿化区域ABCD面积
的最大值，S=S +S =3750−625√3．
△ABD △BCD
【详解】解：（1）∵在四边形ABCD中，AB=AC=AD，
∴点B、C、D在以点A为圆心，以AB长为半径的圆上，
∵∠CAD=70°，
1
∴∠CBD= ∠CAD=35°；
2
故答案为：35°；
（2）当点P位于A´B的中点时，PQ最大，
∵PQ⊥AB，
∴直线PQ过点O，
∵∠AOB=90°，OA=OB，
1
∴∠OAB=∠OBA= (180°−∠AOB)=45°，
2
∵∠OQA=90°，
∴∠AOQ=90°−∠OAB=45°，
∴AQ=OQ，
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∵AQ2+OQ2=OA2，OA=OP=2，
∴OQ=√2，
∴PQ=OP−OQ=2−√2；
（3）解：连接BD，过点C作CE⊥BD于点E，
∵∠BCD=150°，
∴点C是在以∠BCD为圆周角的圆弧上，
设圆心为O，在BD另一侧圆上取点G，连接OB，OD，BG，DG，
则∠G=180°−∠BCD=30°，
∴∠BOD=2∠G=60°，
∵OB=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴OB=BD，
由（2）知，当点C在B´D中点时，CE最大，△BCD面积最大，此时直线CE过点O，
取AD中点F，连接BF，
∵AD=100，
1
∴AF=DF= AD=50，
2
∵AB=50
,∴AB=AF，
∵∠A=60°，
∴△ABF是等边三角形，
∴BF=AF，∠AFB=60°，
∴∠BDF+∠DBF=∠AFB=60°，BF=DF，
∴∠BDF=∠DBF=30°，
∴∠ABD=∠ABF+∠DBF=90°，
∴BD=√AD2−AB2=50√3，
1
∴OB=BD=50√3，BE= BD=25√3，
2
∴OE=√OB2−BE2=75，
∴CE=OC−OE=50√3−75，
∴S=S +S
△ABD △BCD
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1 1
= AB⋅BD+ BD⋅CE
2 2
1 1
= ×50×50√3+ ×50√3×(50√3−75)
2 2
=1250√3+3750−1875√3
=3750−625√3．
故绿化区域ABCD面积的最大值为(3750−625√3)m2．
【点睛】本题考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理，垂径定理推论，圆内接四边形性质，等边三
角形判定和性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，是解题的关键．
10．（2024·湖南长沙·模拟预测）根据以下实践活动项目提供的材料，完成相关任务．
【活动主题】怎样确定隧道口车辆通过限行高度？
【活动过程】素材1：长沙附近有一条两车道隧道，隧道口有4.5m限高标志，如图1，表示车辆顶部最高处
到地面的距离不超过4.5m，否则禁止通行．
素材2：李明通过实地测量和查阅有关资料，获得以下信息，如图2：
①隧道口上部是一个半圆，下部是一个矩形，矩形的长和半圆的直径相等
②矩形的长为10m，高为2m，车道两侧各有1m人行道；
③设计部门要求车辆顶部（约定为平顶）与隧道圆拱内部在竖直方向至少有hm的距离．
【问题解决】
(1)试求隧道口上半圆中点E到路面AB的距离EF；
(2)求h的最小值．
【答案】(1)7m；
(2)0.5m．
【分析】本题主要考查了勾股定理，矩形的判定及性质，圆的基本概念，熟练掌握矩形的判定及性质是解
题的关键．
（1）由题意可得四边形ABCD是矩形，EF⊥AB，BC=2m，OC=OD=OE，CD=10m，从而得
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∠ABC=∠BCO=90°，OF=BC=2m，OC=OE=5m，进而得四边形OFBC是矩形，OF=BC=2m，
于是即可得解；
（2）如图，在EF上取一点Q，使得QF=4.5m，在AB上取一点M，使得BM=1m，分别过M、Q作
PM⊥AB、QN⊥PM于点M、N，PM交半圆于点P，连接PO，由（1）得四边形OCBF是矩形，从
而∠OFM=∠FBC=∠BCO=90°，进而证明四边形QFMN是矩形，四边形BCHM是矩形，得
MN=4.5m，MH=2m，∠PHO=∠CHM=90°，CH=1m，HM=2m，OH=4m，在Rt△POH中，
利用勾股定理得PH=3m，从而即可求解．
【详解】（1）解：由题意可得四边形ABCD是矩形，EF⊥AB，BC=2m，OC=OD=OE，CD=10m，
∴∠ABC=∠BCO=90°，OF=BC=2m，OC=OE=5m，
∴四边形OFBC是矩形，
∴OF=BC=2m，
∴隧道口上半圆中点E到路面AB的距离EF=OF+OE=7m；
（2）解：如图，在EF上取一点Q，使得QF=4.5m，在AB上取一点M，使得BM=1m，分别过M、Q
作PM⊥AB、QN⊥PM于点M、N，PM交半圆于点P，连接PO，
由（1）得四边形OCBF是矩形，
∴∠OFM=∠FBC=∠BCO=90°，，
∵PM⊥AB、QN⊥PM，
∴四边形QFMN是矩形，四边形BCHM是矩形，
∴MN=QF=4.5m，MH=BC=2m，∠PHO=∠CHM=90°，CH=BM=1m，HM=BC=2m，
∴OH=OC−HC=5−1=4m，
∴在Rt△POH中，PH=√PO2−OH2=√52−42=3m，
∴PM=PH+HM=3+2=5m，
∴h的最小值为PN=PM−MN=5−4.5=0.5m．
11．（2024·湖南·模拟预测）某校组织九年级学生前往某蔬菜基地参观学习，该蔬菜基地欲修建一顶大棚．
如图，大棚跨度AB=8m，拱高CD=2m．
同学们讨论出两种设计方案：
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方案一，设计成圆弧型，如图1，已知圆心O，过点O作OC⊥AB于点D交圆弧于点C．连接OA．
方案二，设计成抛物线型，如图2，以AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐
标系．
(1)求方案一中圆的半径；
(2)求方案二中抛物线的函数表达式；
(3)为扩大大概的空间，将大棚用1米高的垂直支架支撑起来，即AE=BF=1m．在大棚内需搭建2m高的
植物攀爬竿，即GM=HN=2m，GM⊥AB于点P，HN⊥AB于点Q，GH与OC交于点K．请问哪种设
计的种植宽度(MN)要大些?（不考虑种植间距等其他问题，且四边形GMNH是矩形）
【答案】(1)5m
1
(2)y=− x2+2
8
(3)方案一中的种植宽度(MN)要大些
【分析】本题考查二次函数与圆的综合，涉及垂径定理、勾股定理、待定系数法求二次函数的解析式，求
得抛物线的函数表达式是解答的关系．
（1）根据垂径定理和勾股定理求解即可；
（2）利用待定系数法求解抛物线的函数表达式即可；
（3）根据题意，分别求得两个方案中的GH长，然后比较大小可得结论．
【详解】（1）解：如图1，设圆的半径为rm，
∵OC⊥AB，AB=8m，
1
∴AD= AB=4m，
2
在Rt△AOD中，OD=OC−CD=(r−2)m，
由勾股定理得r2=42+(r−2) 2，解得r=5，
即圆的半径为5m；
（2）解：根据题意，A(−4,0)，B(4,0)，C(0,2)，
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设该抛物线的函数表达式为y=ax2+2，
1
将点B(4,0)代入y=ax2+2中，得16a+2=0，解得a=− ，
8
1
∴该抛物线的函数表达式为y=− x2+2；
8
（3）解：如图1，连接OH，
由题意，GH=MN，KD=1m，GK=KH，∠OKH=90°，
在Rt△OHK中，OH=5m，OK=OD+KD=5−2+1=4m，
由勾股定理得KH=√OH2−OK2=√52−42=3m，
∴MN=GH=2KH=6m；
如图4，由题意，点H和点G的纵坐标均为1，
1 1
将y=1代入y=− x2+2得1=− x2+2，解得x=±2√2，
8 8
∴MN=GH=4√2，
∵4√2<6，
∴方案一中的种植宽度(MN)要大些．
12．（2025·河北·模拟预测）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC=√5，以点B为圆心，以√2
为半径作圆．
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(1)设点P为⊙B上的一个动点，线段CP绕着点C顺时针旋转90°，得到线段CD，连接DA，DB，PB，
如图2，求证：AD=BP；
(2)在（1）的条件下，若∠CPB=135°，求BD的长；
(3)在（1）的条件下，当∠PBC=______°时，BD有最大值，且最大值为______；当∠PBC=______°时，
BD有最小值，且最小值为______．
【答案】(1)见解析
(2)2或2√2
(3)135；√10+√2；45；√10−√2
【分析】（1）由旋转可得CP=CD，∠PCD=90°，进而得到∠PCB=∠DCA，从而证明
△PCB≌△DCA(SAS)，根据全等三角形的对应边线段得证结论；
（2）分点P在BC的上方或下方两种情况求解即可；
（3）连接PD，由△PCB≌△DCA得到AD=BP=√2，从而点D在以点A为圆心，半径为√2的圆上．当
点D在BA的延长线上时，BD有最大值，最大值为BD=AB+AD，根据△PCB≌△DCA，可求得
∠PBC=∠DAC=135°．当点D在线段AB上时，BD有最小值，最小值为BD=AB−AD，根据
△PCB≌△DCA，可求得∠PBC=∠BAC=45°．
【详解】（1）证明：由旋转可得CP=CD，∠PCD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠PCD−∠BCD=∠ACB−∠BCD，即∠PCB=∠DCA，
∵CB=CA，
∴△PCB≌△DCA(SAS)，
∴BP=AD．
（2）解：分两种情况讨论：
①如图，若点P在BC的上方，连接DP，
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∵CP=CD，∠PCD=90°，
∴△CDP是等腰直角三角形，
∴∠CPD=∠CDP=45°，
∵△PCB≌△DCA，
∴AD=BP=√2，∠ADC=∠BPC=135°，
∴∠ADP=∠ADC+∠CDP=135°+45°=180°，
∴点A，D，P在同一直线上，
∵在Rt△ABC中，AC=BC=√5，
∴AB=√AC2+BC2=√10，
∵∠APB=∠BPC−∠DPC=135°−45°=90°，
∴在Rt△ABP中，AP=√AB2−BP2=√(√10) 2 −(√2) 2=2√2，
∴PD=AP−AD=2√2−√2=√2，
∴在Rt△PBD中，BD=√BP2+PD2=√(√2) 2+(√2) 2=2；
②如图，若点P在BC的下方，连接DP
由①得AB=√10，∠CPD=∠CDP=45°，
∵∠BPC=135°，
∴∠CPD+∠BPC=180°，
∴点B，P，D在同一直线上，
∵△PCB≌△DCA，
∴AD=BP=√2，∠ADC=∠BPC=135°，
∴∠ADB=∠ADC−∠CDP=135°−45°=90°，
∴在Rt△ABD中，BD=√AB2−AD2=√(√10) 2 −(√2) 2=2√2．
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综上所述，BD的长为2或2√2．
（3）解：连接PD，
∵△PCB≌△DCA，
∴AD=BP=√2，
∴点D在以点A为圆心，半径为√2的圆上．
如图，当点D在BA的延长线上时，BD有最大值，
最大值为BD=AB+AD=√10+√2，
此时∠CAD=180°−∠CAB=180°−45°=135°，
∵△PCB≌△DCA，
∴∠PBC=∠DAC=135°．
如图，当点D在线段AB上时，BD有最小值，
最小值为BD=AB−AD=√10−√2，
此时∠PBC=∠BAC=45°．
故答案为：135；√10+√2；45；√10−√2
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，圆的定义，
两点之间线段最短．利用全等三角形的性质是解题的关键．
117
