文档内容
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专题 14 圆的概念及性质
目录
01 理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
02 盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。（2大模块知识梳理）
知识模块一：圆的相关概念
知识模块二：圆的相关性质
03 究·考点考法：对考点考法进行细致剖析和讲解，全面提升。（8大基础考点）
考点一： 利用垂径定理求解
考点二： 利用垂径定理结合全等，相似综合求解
考点三： 在坐标系中利用垂径定理求值或坐标
考点四： 垂径定理的实际应用
考点五： 利用弧，弦，圆心角的关系求解
考点六： 利用弧，弦，圆心角的关系证明
考点七：利用圆周角定理求解
考点八： 利用圆内接四边形性质求角度
04 破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。（3大重难点）
重难点一： 弧中点模型
重难点二： 与圆有关的常见辅助线-遇到弦时，常添加弦心距
重难点三： 与圆有关的常见辅助线-遇到直径时，常添加直径所对的圆周角
05 辨·易混易错：点拨易混易错知识点，夯实基础。（2大易错点）
易错点1： 对同弦所对的圆周角的个数考虑不全面而漏解
易错点2： 对弦的位置考虑不全面而漏解
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知识模块一：圆的相关概念
知识点一： 圆的定义
圆的定义[动态]:如图，在一个平面内线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图
形叫圆，其中，点O叫做圆心，线段OA叫做半径.
圆的定义[静态]:圆是到定点的距离等于定长的点的集合，其中，定点叫做圆心，定长叫做半径.
O A
圆的表示方法：以点O为圆心的圆，记作“ O”，读作“圆O”.
确定圆的两个条件：①圆心（确定圆的位置）；②半径（确定圆的大小），两者缺一不可.
知识点二： 弦与直径
弦：连结圆上任意两点的线段叫做弦.
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直径：经过圆心的弦叫做直径.
知识点三： 弧，半圆，优弧，劣弧，等弧
弧：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧.弧用符号“ ⏜ ”表示，以A、B为端点的弧记作 ⏜ ，读作：
❑ AB
“圆弧AB”或“弧AB”.
C
半圆：圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆.
优弧：大于半圆的弧叫做优弧，用三个字母表示，如右图中的
劣弧：小于半圆的弧叫做劣弧，如右图中的 . A B
等弧：在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧.
知识点四： 同圆、等圆、同心圆
同圆：圆心相同且半径相等的圆叫做同圆.
等圆：能够完全重合的圆叫做等圆.
同心圆：圆心相同，半径不相等的两个圆叫做同心圆
知识点五：圆心角与圆周角
圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角.
圆周角：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角.
知识点六：弓形和扇形
弓形: 由弦及其所对的弧组成的图形叫做弓形，如图，弦AB和 组成两个不同的弓形.
扇形：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧围成的图形叫做扇形.如图所示， 和半径OA，OB组
成的图形是一个扇形，读作“扇形AOB”.
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C
O
A B
知识模块二：圆的相关性质
知识点一：圆的对称性
内容
圆的轴对 经过圆心任意画一条直线，并沿此直线将圆对折,直线两旁的部分能够完全重合，因此圆是轴对
称性 称图形，每一条直径所在的直线都是它的对称轴，圆有无数条对称轴.
圆的中心 将圆绕圆心旋转180°能与自身重合，因此它是中心对称图形，它的对称中心是圆心.将圆绕圆
对称性 心旋转任意角度都能与自身重合，这说明圆具有旋转不变性.
知识点二：垂径定理
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.
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.
知识点三：弧，弦，圆心角之间的关系
定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等.
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.
知识点四：圆周角定理
1
圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半.（即：圆周角= 圆心角）
2
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等.
推论2：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.
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知识点五：圆内接四边形的性质
圆内接四边形的性质：1）圆内接四边形对角互补. A
1 D
如图，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC+∠ADC=180°
2）圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角.
B 2
C E
如图，∠1=∠2
考点一： 利用垂径定理求解
1．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在⊙O中，弦AB的长为8，圆心O到AB的距离OE=4，则⊙O
的半径长为（ ）
A．4 B．4√2 C．5 D．5√2
【答案】B
【分析】本题考查垂径定理、勾股定理，先根据垂径定理得到AE，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：∵在⊙O中，弦AB的长为8，圆心O到AB的距离OE=4，
1
∴OE⊥AB，AE= AB=4，
2
在Rt△AOE中，OA=√OE2+AE2=√42+42=4√2，
故选：B．
2．（2024·广东广州·中考真题）如图，⊙O中，弦AB的长为4√3，点C在⊙O上，OC⊥AB，
∠ABC=30°．⊙O所在的平面内有一点P，若OP=5，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
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A．点P在⊙O上 B．点P在⊙O内 C．点P在⊙O外 D．无法确定
【答案】C
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，点与圆的位置关系，锐角三角函数，掌握圆的相关性质是解
题关键．由垂径定理可得AD=2√3，由圆周角定理可得∠AOC=60°，再结合特殊角的正弦值，求出
⊙O的半径，即可得到答案．
【详解】解：如图，令OC与AB的交点为D，
∵OC为半径，AB为弦，且OC⊥AB，
1
∴AD= AB=2√3，
2
∵∠ABC=30°
∴∠AOC=2∠ABC=60°，
在△ADO中，∠ADO=90°，∠AOD=60°，AD=2√3，
AD
∵sin∠AOD= ，
OA
AD 2√3
∴OA= = =4
sin60° √3 ，即⊙O的半径为4，
2
∵OP=5>4，
∴点P在⊙O外，
故选：C．
3．（2024·新疆·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为E．若CD=8，
OD=5，则BE的长为（ ）
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A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理的应用，熟练掌握知识点是解题的关键．
1
根据垂径定理求得DE= DC=4，再对Rt△OED运用勾股定理即可求OE，最后BE=OB−OE即可求解．
2
【详解】解：∵AB⊥CD，AB是⊙O的直径，
1
∴DE= DC=4，∠OED=90°，
2
∴在Rt△OED中，由勾股定理得OE=√OD2−ED2=3，
∴BE=OB−OE=5−3=2，
故选：B．
考点二： 利用垂径定理结合全等，相似综合求解
1．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，BC,BD是⊙O的两条弦，点C与点D在AB
的两侧，E是OB上一点（OE>BE），连接OC,CE，且∠BOC=2∠BCE．
(1)如图1，若BE=1，CE=√5，求⊙O的半径；
(2)如图2，若BD=2OE，求证：BD∥OC．（请用两种证法解答）
【答案】(1)3
(2)见解析
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1
【分析】（1）利用等边对等角、三角形内角和定理求出∠OBC=∠OCB= (180°−∠BOC)，结合
2
∠BOC=2∠BCE，可得出∠OBC+∠BCE=90°，在Rt△OCE中，利用勾股定理求解即可；
1
（2）法一：过O作OF⊥BD于F，利用垂径定理等可得出BF= BD=OE，然后利用HL定理证明
2
Rt△CEO≌Rt△OFB，得出∠COE=∠OBF，然后利用平行线的判定即可得证；
法二：连接AD，证明△CEO∽△ADB，得出∠COE=∠ABD，然后利用平行线的判定即可得证
【详解】（1）解∶∵OC=OB，
1
∴∠OBC=∠OCB= (180°−∠BOC)，
2
∵∠BOC=2∠BCE，
1
∴∠OBC= (180°−2∠BCE)=90°−∠BCE，即∠OBC+∠BCE=90°，
2
∴∠OEC=90°，
∴OC2=OE2+CE2，
∴OC2=(OC−1) 2+(√5) 2 ，
解得OC=3，
即⊙O的半径为3；
（2）证明：法一：过O作OF⊥BD于F，
1
∴BF= BD，
2
∵BD=2OE
∴OE=BF，
又OC=OB，∠OEC=∠BFO=90°，
∴Rt△CEO≌Rt△OFB(HL)，
∴∠COE=∠OBF，
∴BD∥OC；
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法二：连接AD，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD=√AB2−BD2=√(2OC) 2−(2OE) 2=2√OC2−OE2=2CE，
OC CE OE 1
∴ = = = ，
AB AD BD 2
∴△CEO∽△ADB，
∴∠COE=∠ABD，
∴BD∥OC．
【点睛】本题考查了垂径定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全
等三角形的判定与性质等知识，明确题意，灵活运用所学知识解题是解题的关键．
2．（2023·山东·中考真题）已知：射线OP平分∠MON,A为OP上一点，⊙A交射线OM于点B,C，交
射线ON于点D,E，连接AB,AC,AD．
(1)如图1，若AD∥OM，试判断四边形OBAD的形状，并说明理由；
(2)如图2，过点C作CF⊥OM，交OP于点F；过点D作DG⊥ON，交OP于点G．求证：AG=AF．
【答案】(1)四边形OBAD是菱形，理由见解析
(2)见解析
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【分析】（1）过点A作AF⊥ON于F，AG⊥OM于G，先由角平分线性质得AF=AG，再证明
Rt△AFD≌Rt△AGB(HL)，得FD=GB，证明Rt△AFO≌Rt△AGO(HL)，得OF=OG，从而得出
OD=OB，再根据平行线性质与角平分线定义证明∠AOD=∠OAD，得OD=AD，从而得
OD=AD=AB=OB，即可得出结论；
（2）连接EF，过点A作AH⊥ON于H，作AG⊥OM于G，证明Rt△AHD≌Rt△AGB(HL)，得
DH=BG，证明Rt△AFO≌Rt△AGO(HL)，得OF=OG，证明△OEF≌△OCF(SAS)，得
∠OEF=∠OCF=90°，从而得DG∥AH∥EF，根据平行线等分线段定理即可得出结论．
【详解】（1）解：四边形OBAD是菱形，理由如下：
过点A作AF⊥ON于F，AG⊥OM于G，如图1，
∵OP平分∠MON，AF⊥ON，AG⊥OM，
∴AF=AG，
∵AD=AB，
∴Rt△AFD≌Rt△AGB(HL)，
∴FD=GB，
∵OA=OA，AF=AG
∴Rt△AFO≌Rt△AGO(HL)，
∴OF=OG，
∴OF−FD=OG−GB，即OD=OB，
∵OP平分∠MON，
∴∠AOD=∠AOB
∵AD∥OM
∴∠AOB=∠OAD
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∴∠AOD=∠OAD
∴OD=AD
∴OD=AD=AB=OB，
∴四边形OBAD是菱形．
（2）证明：连接EF，过点A作AH⊥ON于H，作AG⊥OM于G，如图2，
∵OP平分∠MON，AH⊥ON，AG⊥OM，
∴AH=AG，
∵AD=AB，
∴Rt△AHD≌Rt△AGB(HL)，
∴DH=BG，
∵AH⊥ON，AG⊥OM，
∴EH=DH，BG=CG，
∵OA=OA， AH=AG，
∴Rt△AHO≌Rt△AGO(HL)，
∴OH=OG，
∴EH=CG，
∴OH+EH=OG+CG，即OC=OE，
∵∠EOF=∠COF，OF=OF，
∴△OEF≌△OCF(SAS)，
∴∠OEF=∠OCF=90°，
∴EF⊥ON，
∵DG⊥ON，AH⊥ON，
∴DG∥AH∥EF，
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∵DH=EH，
∴AG=AF．
【点睛】本题考查角平分线性质，菱形的判定，全等三解形的判定与性质，垂直定理，平行线等分线段定
理，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
3．（2023·贵州·中考真题）如图，已知⊙O是等边三角形ABC的外接圆，连接CO并延长交AB于点D，交
⊙O于点E，连接EA，EB．
(1)写出图中一个度数为30°的角：_______，图中与△ACD全等的三角形是_______；
(2)求证：△AED∽△CEB；
(3)连接OA，OB，判断四边形OAEB的形状，并说明理由．
【答案】(1)∠1、∠2、∠3、∠4；△BCD；
(2)证明见详解；
(3)四边形OAEB是菱形；
【分析】（1）根据外接圆得到CO是∠ACB的角平分线，即可得到30°的角，根据垂径定理得到
∠ADC=∠BDC=90°，即可得到答案；
（2）根据（1）得到∠3=∠2，根据垂径定理得到∠5=∠6=60°，即可得到证明；
（3）连接OA，OB，结合∠5=∠6=60°得到△OAE ，△OBE是等边三角形，从而得到
OA=OB=AE=EB=r，即可得到证明；
【详解】（1）解：∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，
∴CO是∠ACB的角平分线，∠ACB=∠ABC=∠CAB=60°，
∴∠1=∠2=30°，
∵CE是⊙O的直径，
∴∠CAE=∠CBE=90°，
∴∠3=∠4=30°，
∴30°的角有：∠1、∠2、∠3、∠4，
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∵CO是∠ACB的角平分线，
∴∠ADC=∠BDC=90°，∠5=∠6=90°−30°=60°，
在△ACD与△BCD中，
∵¿，
∴△ACD≌△BCD，
故答案为：∠1、∠2、∠3、∠4，△BCD；
（2）证明：∵∠5=∠6，∠3=∠2=30°，
∴△AED∽△CEB；
（3）解：连接OA，OB，
∵OA=OE=OB=r，∠5=∠6=60°，
∴△OAE ，△OBE是等边三角形，
∴OA=OB=AE=EB=r，
∴四边形OAEB是菱形．
【点睛】本题考查垂径定理，菱形判定，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定等知识，解题的关
键是熟练掌握垂径定理，从而得到相应角的等量关系．
考点三： 在坐标系中利用垂径定理求值或坐标
√3 2√3
1．（2024·广东广州·二模） 如图在平面直角坐标系 xOy中，直线 y= x+ 与圆O相交于A、B两
3 3
点，且点 A 在x轴上， 求弦AB的长．
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【答案】2√3
1 2√3
【分析】过O作OE⊥AB于C，根据垂径定理可得AC=BC= AB，可求OA=2，OD= ，由勾股
2 3
4√3
定理AD= ，可证△OAC∽△DAO，由相似三角形性质可求AC=√3即可．
3
【详解】解：过O作OE⊥AB于C，如图，
∵AB为弦，
1
∴AC=BC= AB，
2
√3 2√3
∵直线y= x+ 与⊙O相交于A，B两点，
3 3
√3 2√3
∴当y=0时， x+ =0，解得x=−2，
3 3
∴OA=2，
2√3
∴当x=0时，y= ，
3
2√3
∴OD= ，
3
在Rt△AOD中，由勾股定理AD=√AO2+OD2=
√
22+
(2√3) 2
=
4√3
，
3 3
∵∠ACO=∠AOD=90°，∠CAO=∠OAD，
∴△OAC∽△DAO，
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AO2 4
AC AO AC= = =√3
∴ = ，即 AD 4√3 ，
AO AD
3
∴AB=2AC=2√3，
故答案为：2√3．
【点睛】本题考查垂径定理，直线与两轴交点，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握以上知识、正确
添加辅助线是解题关键．
2．（2021·广西河池·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，以M(2，3)为圆心，AB为直径的圆与x轴
相切，与y轴交于A，C两点，则点B的坐标是 ．
【答案】(4,3−√5)
【分析】如图，连接BC，设圆与x轴相切于点D，连接MD交BC与点E，结合已知条件，则可得
BC⊥MD，勾股定理求解EM，进而即可求得B的坐标．
【详解】如图，连接BC，设圆与x轴相切于点D，连接MD交BC与点E，
则MD⊥x轴，
∵AB为直径，则∠ACB=90°，
∴BC⊥MD，
∴BC//x轴，
∵M(2，3)，
∴MB=MD=3，CE=EB=2，
∴ME=√MB2−EB2=√32−22=√5，CB =4，
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∴DE=MD−ME=3−√5，
∵BC//x轴，
∴B(4,3−√5)．
故答案为：(4,3−√5)．
【点睛】本题考查了圆的性质，直径所对的圆周角是直角，垂径定理，切线的性质，勾股定理，坐标与图
形，掌握以上知识是解题的关键．
3．（2024·山东济宁·模拟预测）如图，⊙O与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，D，P为⊙O上一动点，
Q为弦AP上一点，2AQ=3PQ．若点D的坐标为(0,−5)，则CQ的最小值为 ．
【答案】√29−3
【分析】本题考查坐标与图形的性质，勾股定理，关键是作出辅助圆，当Q与Q'重合时，CQ最小．连接
PO，过Q作QM∥OP，交AO于M，以M为圆心，MA为半径作圆，连接MC交⊙M于Q'，得到
AM:AO=AQ:AP，求出AM的长，推出MQ=MA=3，由勾股定理求出CQ'的长即可．
【详解】解：连接PO，过Q作QM∥OP，交AO于M，以M为圆心，MA为半径作圆，连接MC交
⊙M于Q'，
∴AM:AO=AQ:AP，
∵2AQ=3PQ，
∴AQ:AP=3:5，
D的坐标是(0,−5)，
∵
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∴OA=OD=5，
3 3
∴AM= AO= ×5=3，
5 5
∵OA=OP，
∴∠MAQ=∠P，
∵QM∥OP，
∠MQA=∠P，
∴∴∠MAQ=∠MQA，
∴MQ=MA=3，
Q在⊙M上，
∴∴当Q与Q'重合时，CQ最小，
∵OM=AO−AM=5−3=2，OC=5，
∴MC=√OM2+OC2=√52+22=√29，
∴CQ'=CM−MQ'=√29−3，
∴CQ的最小值是√29−3．
故答案为：√29−3．
考点四： 垂径定理的实际应用
1．（2023·山东东营·中考真题）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记
载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问
径几何？”用几何语言表达为：如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，EB=1寸，CD=10寸，
则直径AB长为 寸．
【答案】26
【分析】本题主要考查了垂径定理和勾股定理，设OC=OB=r寸，则OE=(r−1)寸，由垂径定理得到
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寸，再由勾股定理可得方程 ，解方程即可得到答案．
EC=ED=5 r2=52+(r−1) 2
【详解】解：设OC=OB=r寸，则OE=(r−1)寸，
∵AB⊥CD，AB是直径，
∴EC=ED=5寸，
在Rt△OCE中，由勾股定理得OC2=CE2+OE2，
∴r2=52+(r−1) 2，
∴r=13，
∴AB=2×13=26寸，
故答案为：26．
2．（2024·陕西西安·模拟预测）唐代李皋发明了“桨轮船”，他设计的桨轮船在船的舷侧或尾部装有带有
桨叶的桨轮，通过人力踩动桨轮轴来推动船体前进．这种船的桨轮下半部浸入水中上半部露出水面，因其
推进方式类似车轮，故又被称为“桨轮船”或“轮船”．如图，该桨轮船的轮子的横截面为⊙O，轮子被
水面截得线段AB长为12m，轮子的吃水深度CD长为2m，则该桨轮船轮子半径为（ ）
A．8m B．6m C．10m D．12m
【答案】C
1
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，根据垂径定理可得BD= AB=6(m)，设该桨轮船轮子⊙O的半
2
径为r，则OB=OD=r，OC=OD−CD=r−2，在Rt△OBC中，根据勾股定理即可列出方程，求解即可．
【详解】解：如图所示，连接OB，
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题意可得CD=2m，
∵OC过圆心O，且OD⊥AB，
1 1
∴BC= AB= ×12=6(m)，
2 2
设该桨轮船轮子⊙O的半径为r，则OB=OD=r，OC=OD−CD=r−2，
∵在Rt△OBC中，OC2+BC2=OB2，
即(r−2) 2+62=r2，
解得r=10，
∴该桨轮船轮子半径为10m.
故选：C．
3．（2024·河北廊坊·二模）如图是放于水平桌面上的带底座的鱼缸，其主体部分的纵截面是弓形AMB，
开口部分AB与桌面平行，将一玻璃棒斜放进鱼缸(鱼缸内无水)，使玻璃棒底端恰在AM´ B的中点M处，发
现AM=AB，将玻璃棒竖立起来(MN⊥AB)时，测得MN=37.5cm．
(1)求∠BAM的度数，并求的AB长；
(2)求AM´ B的长；
(3)若向鱼缸内加水，使水面的宽度为48cm，求鱼缸内水的深度．
【答案】(1)60°；25√3cm
100π
(2) cm
3
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(3)18cm或32cm
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质、弧长公式、垂径定理、勾股定理、三角函数．充分利用已
知条件是解题的关键．
（1）连接BM，证明△ABM为等边三角形，再用三角函数求解即可．
（2）根据已知条件求出AM´ B所对应的角度与所在圆的半径，再代入弧长公式即可．
（3）求水深时，要考虑到圆心O与水面位置的不同情况进行分类讨论．
【详解】（1）连接BM，
∵ M AM´ B
点 为 的中点，
∴ A´M=B´M，
∴ AM=BM，
又∵ AM=AB，
∴ △ABM为等边三角形，
∴ ∠BAM=60°．
∵ MN⊥AB，
MN 37.5
AM= = =25√3
∴ sin60° √3 ，
2
∴ AB=AM=25√3cm．
（2）
如图(1) ，设点O为AM´ B所在圆的圆心，则点O在MN上，连接OA，则
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∠AON=2∠AMN=2(90°−∠MAN)=60°，
∴ ∠AOM=120°．
∵ MN⊥AB，
25√3
∴ AN=NB= cm，
2
25√3
AN 2
∴ OA= = =25cm，
sin60° √3
2
25×240π 100π
∴ AM´ B的长为 = cm．
180 3
（3）解：设水面为DE，交MN与点F，则MN垂直平分DE，
1
∴ DF= DE=24cm．
2
连接OD，则OD=OM=25cm，
OF=√252−242=7cm．
如图(2) ，当点O在DE上方时，水深为25−7=18cm，
如图(3) ，当点O在DE下方时，水深为25+7=32cm，
∴ 48cm 18cm 32cm
当鱼缸内水面的宽度为 时，水的深度 或 ．
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考点五： 利用弧，弦，圆心角的关系求解
1．（2023·湖南常德·中考真题）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长
度的“会圆术”，如图．A´B是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是弦AB的中点，D在A´B上，
CD2
CD⊥AB．“会圆术”给出A´B长l的近似值s计算公式：s=AB+ ，当OA=2，∠AOB=90°时，
OA
|l−s|= ．（结果保留一位小数）
【答案】0.1
CD2
【分析】由已知求得AB与CD的值，代入s=AB+ 得弧长的近似值，利用弧长公式可求弧长的值，进
OA
而即可得解．
【详解】∵OA=OB=2，∠AOB=90°，
∴AB=2√2，
C是弦AB的中点，D在A´B上，CD⊥AB，
∵ 1
∴延长DC可得O在DC上，OC= AB=√2
2
∴CD=OD−OC=2−√2，
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CD2 (2−√2) 2
∴s=AB+ =2√2+ =3，
OA 2
90×2×2π
l= =π，
360
∴|l−s|=|π−3|≈0.1．
故答案为：0.1．
【点睛】本题考查扇形的弧长，掌握垂径定理。弧长公式是关键．
2．（2023·河北·中考真题）如图，点P ~P 是⊙O的八等分点．若△P P P ，四边形P P P P 的周长
1 8 1 3 7 3 4 6 7
分别为a，b，则下列正确的是( )
A．ab D．a，b大小无法比较
【答案】A
【分析】连接P P ,P P ，依题意得P P =P P =P P =P P ，P P =P P ，△P P P 的周长为
1 2 2 3 1 2 2 3 3 4 6 7 4 6 1 7 1 3 7
a=P P +P P +P P ，四边形P P P P 的周长为b=P P +P P +P P +P P ，故
1 3 1 7 3 7 3 4 6 7 3 4 4 6 6 7 3 7
b−a=P P +P P −P P ，根据△P P P 的三边关系即可得解．
1 2 2 3 1 3 1 2 3
【详解】连接P P ,P P ，
1 2 2 3
∵点P ~P 是⊙O的八等分点，即P´P =P´P =P´P =P´P =P´P =P´P =P´P =P´P
1 8 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 1
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∴P P =P P =P P =P P ，P´P =P´P +P´P =P´P +P´P =P´P
1 2 2 3 3 4 6 7 4 6 4 5 5 6 7 8 8 1 1 7
∴P P =P P
4 6 1 7
又∵△P P P 的周长为a=P P +P P +P P ，
1 3 7 1 3 1 7 3 7
四边形P P P P 的周长为b=P P +P P +P P +P P ，
3 4 6 7 3 4 4 6 6 7 3 7
∴b−a=(P P +P P +P P +P P )−(P P +P P +P P )
3 4 4 6 6 7 3 7 1 3 1 7 3 7
=(P P +P P +P P +P P )−(P P +P P +P P )
1 2 1 7 2 3 3 7 1 3 1 7 3 7
=P P +P P −P P
1 2 2 3 1 3
在△P P P 中有P P +P P >P P
1 2 3 1 2 2 3 1 3
∴b−a=P P +P P −P P >0
1 2 2 3 1 3
故选A．
【点睛】本题考查等弧所对的弦相等，三角形的三边关系等知识，利用作差比较法比较周长大小是解题的
关键．
3．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，已知点A、B、C在⊙O上，C为A´B的中点．若∠BAC=35°，
则∠AOB等于（ ）
A．140° B．120° C．110° D．70°
【答案】A
【分析】连接OC，如图所示，根据圆周角定理，找到各个角之间的关系即可得到答案．
【详解】解：连接OC，如图所示：
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∵ A、B、C ⊙O C A´B
点 在 上， 为 的中点，
∴B´C=A´C，
1
∴∠BOC=∠AOC= ∠AOB，
2
∵ ∠BAC=35°，
根据圆周角定理可知∠BOC=2∠BAC=70°，
∴∠AOB=2∠BOC=140°，
故选：A．
【点睛】本题考查圆中求角度问题，涉及圆周角定理，找准各个角之间的和差倍分关系是解决问题的关键．
考点六： 利用弧，弦，圆心角的关系证明
1．（2023·江苏·中考真题）如图，AD是⊙O的直径，△ABC是⊙O的内接三角形．若∠DAC=∠ABC，
AC=4，则⊙O的直径AD= ．
【答案】4√2
【分析】连接CD，OC，根据在同圆中直径所对的圆周角是90°可得∠ACD=90°，根据圆周角定理可得
∠COD=∠COA，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得AC=CD，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：连接CD，OC，如图：
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∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠DAC=∠ABC，
∴∠COD=∠COA，
∴AC=CD，
又∵AC=4，
∴CD=4，
在Rt△ACD中，AD=√AC2+CD2=√42+42=4√2，
故答案为：4√2．
【点睛】本题考查了在同圆中直径所对的圆周角是90°，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系，勾股
定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
2．（2024·江苏南京·二模）如图，AB、CD是⊙O的两条弦，AC与BD相交于点E，AB=CD．
(1)求证：AC=BD；
(2)连接BC，作直线EO，求证：EO⊥BC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了垂直平分线的判定与性质，利用弧、弦、圆心角的关系求证，正确掌握相关性质内容
是解题的关键．
（1）根据利用弧、弦、圆心角的关系得出A´B+A´D=C´D+A´D，进而可得AC=BD；
（2）因为AB=CD，所以A´B=C´D，即∠ACB=∠DBC．结合OB=OC，得出E、O都在BC的垂直平
分线上，即可作答．
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【详解】（1）证明：∵AB=CD，
∴A´B=C´D，
∴A´B+A´D=C´D+A´D，
即B´D=A´C，
∴AC=BD；
（2）证明：连接OB、OC，
∵AB=CD，
∴A´B=C´D ，
∴∠ACB=∠DBC，
∴EB=EC ，
∵OB=OC，
E、O都在BC的垂直平分线上，
∴∴EO⊥BC．
3．（2024·广东·模拟预测）综合运用
如图所示，圆内接四边形ABCD中，点B平分CA´D，CA平分∠BCD．
(1)求证：∠CDE=2∠ECD．
1
(2)若cos∠CBA= ，求证：∠BDC=4∠CBD．
2
(3)求证：BC2−AB2=CA⋅AD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
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(3)见解析
【分析】（1）由点B平分CA´D，可知∠BCD=∠CDE，由CA平分∠BCD，可知
1
∠ECD=∠BCE= ∠BCD，即可证明结论；
2
（2）结合题意可知∠CBA=60°，∠BDC=∠BCD，∠BDC=∠BCD=2∠BCA，设∠CBD=x，
∠BCA= y，则∠ABD=∠ACD= y，∠BAC=∠BDC=2y，结合
∠BCA+∠BAC=3 y=180°−∠CBA=120°，求得y=40°，再求得∠CBD=∠CBA−∠DBA=20°，
即可证明结论；
（3）如图， 过点B作BH⊥AC， 在HC上取点F，使FH=AH，连接BF， 则BF=BA，可知
∠BCD=∠BDC=∠BAF=∠BFA，得∠FBA=∠CBD，可证△CBF≌△DBA(SAS)，得CF=AD，
可知BH2=BC2−CH2=AB2−AH2，根据BC2−AB2=CH2−AH2=(CH+AH)(CH−AH)即可证
明结论．
【详解】（1）证明：∵点B平分CA´D，
∴B´C=B´D，则BC=BD，
∴∠BCD=∠CDE，
∵CA平分∠BCD，
1
∴∠ECD=∠BCE= ∠BCD，
2
∴∠CDE=∠BCD=2∠ECD；
1
（2）证明：∵cos∠CBA= ，
2
∴∠CBA=60°，
∵点B平分CA´D，
∴B´C=B´D，则BC=BD，
∴∠BDC=∠BCD．
∵CA平分∠BCD，
1
∴∠BCA=∠ACD= ∠BCD，则∠BDC=∠BCD=2∠BCA，
2
设∠CBD=x，∠BCA= y，则∠ABD=∠ACD= y，∠BAC=∠BDC=2y，
∴∠CBA=60°
∴∠BCA+∠BAC=3 y=180°−∠CBA=120°，则y=40°，
∴∠CBD=∠CBA−∠DBA=20°．
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∵∠BCD=∠BDC=2y=80° ，
∴∠BDC=4∠CBD．
（3）如图， 过点B作BH⊥AC， 在HC上取点F，使FH=AH，连接BF， 则BF=BA．
∴∠BAF=∠BFA．
∵点B平分CA´D，
∴B´C=B´D，则BC=BD，
∴∠BCD=∠BDC=∠BAF=∠BFA．
∴∠FBA=∠CBD，
在△CBF和△DBA中，¿
∴△CBF≌△DBA(SAS)．
∴CF=AD．
∴BH2=BC2−CH2=AB2−AH2，
∴BC2−AB2=CH2−AH2=(CH+AH)(CH−AH)=CA⋅(CH−FH)=CA⋅CF=CA⋅AD．
【点睛】本题考查圆周角定理，锐角三角函数，弦与弧之间的关系，等腰三角形的判定及性质，全等三角
形的判定及性质等知识点，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
考点七： 利用圆周角定理及推论求解
1．（2024·海南·中考真题）如图，AD是半圆O的直径，点B、C在半圆上，且A´B=B´C=C´D，点P在
C´D上，若∠PCB=130°，则∠PBA等于（ ）
A．105° B．100° C．90° D．70°
【答案】B
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【分析】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质．连接OB，OC，证明△AOB和△BOC都是
等边三角形，求得∠BPC=30°，利用三角形内角和定理求得∠PBC=20°，据此求解即可．
【详解】解：连接OB，OC，
∵AD是半圆O的直径，A´B=B´C=C´D，
∴∠AOB=∠BOC=∠COD=60°，
∴△AOB和△BOC都是等边三角形，
∴∠OBC=∠OBA=60°，
∵B´C=B´C，
1
∴∠BPC= ∠BOC=30°，
2
∵∠PCB=130°，
∴∠PBC=180°−130°−30°=20°，
∴∠PBO=60°−20°=40°，
∴∠PBA=40°+60°=100°，
故选：B．
2．（2024·内蒙古·中考真题）如图，正四边形ABCD和正五边形CEFGH内接于⊙O，AD和EF相交于
点M，则∠AMF的度数为（ ）
A．26° B．27° C．28° D．30°
【答案】B
【分析】本题考查了圆内接正多边形的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，对顶角的性质，直角三角
形的性质，连接OC、OE、OD，设CD与EF相交于点N，由圆的内接正多边形的性质可得
∠COD=90°，∠COE=72°，即得∠DOE=∠COD−∠COE=18°，即可由圆周角定理得
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1
∠DCE= ∠DOE=9°，进而由三角形内角和定理得∠DNM=∠CNE=63°，再由直角三角形两锐角
2
互余得到∠AMF=∠DMN=27°，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：连接OC、OE、OD，设CD与EF相交于点N，
∵正四边形ABCD和正五边形CEFGH内接于⊙O，
∴∠COD=360°÷4=90°，∠COE=360°÷5=72°，
∴∠DOE=∠COD−∠COE=90°−72°=18°，
1 1
∴∠DCE= ∠DOE= ×18°=9°，
2 2
(5−2)×180°
∵∠CEF= =108°，
5
∴∠CNE=180°−108°−9°=63°，
∴∠DNM=∠CNE=63°，
∵∠ADC=90°，
∴∠DMN=90°−63°=27°，
∴∠AMF=∠DMN=27°，
故选：B．
3．（2024·西藏·中考真题）如图，AC为⊙O的直径，点B，D在⊙O上，∠ABD=60°，CD=2，则
AD的长为（ ）
A．2 B．2√2 C．2√3 D．4
【答案】C
【分析】本题考查圆周角定理及勾股定理，根据同弧所对圆周角相等及直径所对圆周角是直角得到
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∠ACD=∠ABD=60°，∠ADC=90°，根据CD=2得到AC=2CD=4，最后根据勾股定理求解即可得
到答案
【详解】解：∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∵A´D=A´D，∠ABD=60°，
∴∠ACD=∠ABD=60°，
∴∠DAC=90°−60°=30°，
∵CD=2，
∴AC=2CD=4，
∴AD=√42−22=2√3，
故选：C．
考点八： 利用圆内接四边形性质求角度
1．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB是⊙O的直径，若
∠BEC=20°，则∠ADC的度数为（ ）
A．100° B．110° C．120° D．130°
【答案】B
【分析】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，连接AC，由AB是⊙O的直径得到
∠ACB=90°，根据圆周角定理得到∠CAB=∠BEC=20°，得到∠ABC=90°−∠BAC=70°，再由圆
内接四边形对角互补得到答案.
【详解】解：如图，连接AC，
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∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠BEC=20°，
∴∠CAB=∠BEC=20°
∴∠ABC=90°−∠BAC=70°
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC=180°−∠ABC=110°，
故选：B
2．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，E为AD延长线上一点，
∠AOC=128°，则∠CDE等于（ ）
A．64° B．60° C．54° D．52°
【答案】A
【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据同弧所
对的圆心角等于圆周角的2倍可求得∠ABC的度数，再根据圆内接四边形对角互补，可推出
∠CDE=∠ABC，即可得到答案．
【详解】解：∵∠ABC是圆周角，与圆心角∠AOC对相同的弧，且∠AOC=128°，
1 1
∴∠ABC= ∠AOC= ×128°=64°，
2 2
又∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
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又∵∠CDE+∠ADC=180°，
∴∠CDE=∠ABC=64°，
故选：A．
3．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，△ACD内接于⊙O，C´D=D´B，AB，CD的
延长线相交于点E，且DE=AD．
(1)求证：△CAD∽△CEA；
(2)求∠ADC的度数．
【答案】(1)见详解
(2)45°
【分析】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定以及性质，圆内接四边形的性质，等边对等角等
知识，掌握这些性质是解题的关键．
（1）由等弧所对的圆周角相等可得出∠CAD=∠DAB，再由等边对等角得出∠DAB=∠E，等量代换可
得出∠CAD=∠E，又∠C=∠C，即可得出△CAD∽△CEA．
（2）连接BD，由直径所对的圆周角等于90°得出∠ADB=90°，设∠CAD=∠DAB=α，即
∠CAE=2α，由相似三角形的性质可得出∠ADC=∠CAE=2α，再根据圆内接四边形的性质可得出
2α+2α+90°=180°，即可得出α的值， 进一步即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵C´D=D´B
∴∠CAD=∠DAB，
∵DE=AD，
∴∠DAB=∠E，
∴∠CAD=∠E，
又∵∠C=∠C
∴△CAD∽△CEA，
（2）连接BD，如下图：
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
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设∠CAD=∠DAB=α，
∴∠CAE=2α，
由（1）知：△CAD∽△CEA
∴∠ADC=∠CAE=2α，
∵四边形ABDC是圆的内接四边形，
∴∠CAB+∠CDB=180°，
即2α+2α+90°=180°，
解得：α=22.5°
∠ADC=∠CAE=2×22.5°=45°
重难点一： 弧中点模型
1．（2021·四川巴中·中考真题）如图，AB是⊙O的弦，且AB＝6，点C是弧AB中点，点D是优弧AB上
的一点，∠ADC＝30°，则圆心O到弦AB的距离等于（ ）
3 √3
A．3√3 B． C．√3 D．
2 2
【答案】C
【分析】连接OA，AC，OC，OC交AB于E，先根据垂径定理求出AE=3，然后证明三角形OAC是等边三
角形，从而可以得到∠OAE=30°，再利用三线合一定理求解即可.
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【详解】解：如图所示，连接OA，AC，OC，OC交AB于E，
∵C是弧AB的中点，AB=6，
∴OC⊥AB，AE=BE=3，
∵∠ADC=30°，
∴∠AOC=2∠ADC=60°，
又∵OA=OC，
∴△OAC是等边三角形，
∵OC⊥AB,
1 1
∴OC=OE= OC= AO，OE2+AE2=AO2,
2 2
∴OE2+32=4OE2
∴OE=√3
∴圆心O到弦AB的距离为√3，
故选C.
【点睛】本题主要考查了圆周角与圆心角的关系，等边三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，解题
的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
2．（2020·贵州毕节·中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，⊙O经过Rt△ACD的直角边DC上的点F，
交AC边于点E，点F是弧EB的中点，∠C=90°，连接AF．
（1）求证：直线CD是⊙O切线．
（2）若BD=2，OB=4，求tan∠AFC的值．
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【答案】（1）证明见解析；（2）√5.
【分析】（1）连接OF，因为点F是弧EB的中点，所以可得∠CAF=∠FAB，因为OA=OF，所以
∠OFA=∠FAB，所以∠CAF=∠OFA，所以CA//OF，所以∠OFD=∠C=90°，即可得出直线CD
是⊙O切线；
OD OF 20
（2）由（1）得CA//OF，所以ΔOFD∼ΔACD，所以 = ，可求出AC= ，在RtΔACD，根
AD AC 3
10√5 OD DF OD CD−CF 4√5
据勾股定理可得出CD=√AD2−AC2= ，再根据 = ，即 = ，可得CF= ，
3 AD CD AD CD 3
CF √5
在RtΔACF中，可求出tan∠AFC= = .
AC 5
【详解】解：如图，连接OF，
∵F是弧EB的中点，
∴∠CAF=∠FAB，
∵OA=OF，
∴∠OFA=∠FAB，
∴∠CAF=∠OFA，
∴CA//OF，
∴∠OFD=∠C=90°，
∴直线CD是⊙O切线.
（2）∵AO=OB=OF=4，BD=2
∴AD=10；
由（1）得CA//OF，
∴ΔOFD∼ΔACD，
OD OF
∴ =
AD AC
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6 4
∴ =
10 AC
20
∴AC= ;
3
20
∵在RtΔACD中，AD=10，AC=
3
10√5
∴CD=√AD2−AC2=
，
3
∵ΔOFD∼ΔACD，
OD DF
∴ =
AD CD
10√5
−CF
6 3 4√5
可得： = ，解得：CF= ，
10 10√5 3
3
AC
在RtΔACF中，可得：tan∠AFC= =√5
CF
即：tan∠AFC=√5.
【点睛】本题考查与圆有关的证明，熟练掌握与圆有关的定理是做题关键，比如本题中看到弧相等，就要
转化成相应的圆周角或者圆心角相等；当题目中出现平行线，并且求线段长度，可考虑利用相似三角形的
性质进行求解，结合勾股定理，注意计算不要出错.
3．（2024·甘肃定西·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，若AB=2AC，D是弧BC的中点，则∠CAD
的度数为（ ）
A．15° B．30° C．35° D．45°
【答案】B
【分析】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，等边三角形的性质与判定，如图所示，连接OC，OD，
证明AC=OA=OC，得到△AOC是等边三角形，进而推出∠BOC=120°，再由垂径定理得到
1 1
∠COD= ∠BOC=60°，则由圆周角定理可得∠CAD= ∠AOD=30°．
2 2
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【详解】解；如图所示，连接OC，OD，
∵AB是⊙O的直径，
1
∴OA=OC= AB，
2
∵AB=2AC，
∴AC=OA=OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠AOC=60°，
∴∠BOC=120°，
∵D是弧BC的中点，
1
∴∠COD= ∠BOC=60°，
2
1
∴∠CAD= ∠AOD=30° ，
2
故选：B．
重难点二： 与圆有关的常见辅助线-遇到弦时，常添加弦心距
1．（2024·四川遂宁·中考真题）工人师傅在检查排污管道时发现淤泥堆积．如图所示，排污管道的横截面
是直径为2米的圆，为预估淤泥量，测得淤泥横截面（图中阴影部分）宽AB为1米，请计算出淤泥横截面
的面积（ ）
1 √3 1 √3 2 1 1
A． π− B． π− C． π−√3 D． π−
6 4 6 2 3 6 4
【答案】A
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【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，等边三角形的判定和性质，求不规则图形的面积，过点O作
1 1 √3
OD⊥AB于D，由垂径定理得AD=BD= AB= m，由勾股定理得OD= m，又根据圆的直径为2米
2 2 2
可得OA=OB=AB，得到△AOB为等边三角形，即得∠AOB=60°，再根据淤泥横截面的面积
=S −S 即可求解，掌握垂径定理及扇形面积计算公式是解题的关键．
扇形AOB △AOB
1 1
【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，则AD=BD= AB= m，∠ADO=90°，
2 2
∵圆的直径为2米，
∴OA=OB=1m，
∴在Rt△AOD中，OD=√OA2−AD2=
√
12−
(1) 2
=
√3
m，
2 2
∵OA=OB=AB，
∴△AOB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴淤泥横截面的面积=S −S =
60π×12
−
1
×1×
√3
=
(1
π−
√3)
m2 ，
扇形AOB △AOB 360 2 2 6 4
故选：A．
2．（2023·宁夏·中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，直线DC是⊙O的切线，切点为C，AE⊥DC，
垂足为E．连接AC．
(1)求证：AC平分∠BAE；
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3
(2)若AC=5，tan∠ACE= ，求⊙O的半径．
4
【答案】(1)见解析
25
(2)⊙O的半径为
6
【分析】（1）连接OC，根据切线的性质可得OC⊥DE，证明OC∥AE，根据平行线的性质和等腰三角
形的性质求出∠CAO=∠CAE即可；
（2）连接OC，过点O作OF⊥AC于F，证明∠ACE=∠COF，根据正切的定义列式求出OF，再根据
勾股定理求出OC即可．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵直线DC是⊙O的切线，
∴OC⊥DE，
∵AE⊥DC，
∴OC∥AE，
∴∠OCA=∠CAE，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠CAO，
∴∠CAO=∠CAE，即AC平分∠BAE；
1 5
（2）解：连接OC，过点O作OF⊥AC于F，则CF= AC= ，
2 2
∵∠OCE=∠OCF+∠ACE=90°，∠OCF+∠COF=90°，
∴∠ACE=∠COF，
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3
∴tan∠COF=tan∠ACE= ，
4
5
∴CF 2 3，
= =
OF OF 4
10
∴OF= ，
3
25
∴OC=√CF2+OF2=
，
6
25
即⊙O的半径为 ．
6
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的判定和性质，等腰三角形的性质，垂径定理，解直角三角形以
及勾股定理等知识，灵活运用各性质进行推理论证是解题的关键．
3．（2023·湖北武汉·中考真题）如图，OA,OB,OC都是⊙O的半径，∠ACB=2∠BAC．
(1)求证：∠AOB=2∠BOC；
(2)若AB=4,BC=√5，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
5
(2)
2
1 1
【分析】（1）由圆周角定理得出，∠ACB= ∠AOB,∠BAC= ∠BOC，再根据∠ACB=2∠BAC，
2 2
即可得出结论；
1
（2）过点O作半径OD⊥AB于点E，根据垂径定理得出∠DOB= ∠AOB,AE=BE，证明
2
∠DOB=∠BOC，得出BD=BC，在Rt△BDE中根据勾股定理得出DE=√BD2−BE2=1，在
Rt△BOE中，根据勾股定理得出OB2=(OB−1) 2+22，求出OB即可．
【详解】（1）证明：∵A´B=A´B，
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1
∴∠ACB= ∠AOB，
2
∵B´C=B´C，
1
∴∠BAC= ∠BOC，
2
∵∠ACB=2∠BAC，
∴∠AOB=2∠BOC．
1
（2）解：过点O作半径OD⊥AB于点E，则∠DOB= ∠AOB,AE=BE，
2
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠DOB=∠BOC，
∴BD=BC，
∵AB=4,BC=√5，
∴BE=2,DB=√5，
在Rt△BDE中，∵∠DEB=90°
∴DE=√BD2−BE2=1，
在Rt△BOE中，∵∠OEB=90°，
∴OB2=(OB−1) 2+22，
5 5
∴OB= ，即⊙O的半径是 ．
2 2
【点睛】本题主要考查了勾股定理，垂径定理，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握圆周角
定理．
重难点三： 与圆有关的常见辅助线-遇到直径时，常添加直径所对的圆周角
1．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AD是直径，若∠B=25°，则
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∠CAD °．
【答案】65
【分析】本题考查了圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余，连接CD，根据直径所对的圆周角是直角
得出∠ACD=90°，根据同弧所对的圆周角相等得出∠D=∠B=25°，进而根据直角三角形的两个锐角
互余，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接CD，
∵△ABC内接于⊙O，AD是直径，
∴∠ACD=90°，
∵A´C=A´C,∠B=25°，
∴∠D=∠B=25°
∴∠CAD=90°−25°=65°，
故答案为：65．
2．（2023·江苏·中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC是⊙O的直径，BC=2CD，
则∠BAD的度数是 °．
【答案】120
【分析】解：如图，连接BD，由BC是⊙O的直径，可得∠BDC=90°，由BC=2CD，可得
∠CBD=30°，∠C=60°，根据∠BAD=180°−∠C，计算求解即可．
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【详解】解：如图，连接BD，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∵BC=2CD，
∴∠CBD=30°，
∴∠C=60°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD=180°−∠C=120°，
故答案为：120．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角为直角，含30°的直角三角形，圆内接四边形的性质．解题的关键
在于明确角度之间的数量关系．
3．（2023·辽宁营口·中考真题）如图，在△ABC中，AB=BC，以BC为直径作⊙O与AC交于点D，过
点D作DE⊥AB，交CB延长线于点F，垂足为点E．
(1)求证：DF为⊙O的切线；
4
(2)若BE=3，cosC= ，求BF的长．
5
【答案】(1)见详解
75
(2)BF=
7
【分析】（1）连接DO，DB，根据圆周角定理证明BD⊥AC，再根据“三线合一”证明BD平分
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1
∠BAC，即有∠ABD=∠DBC= ∠BAC，进而可得∠BDO=∠DBA，根据DE⊥AB，可得
2
∠EDB+∠ODB=90°，问题得证；
4
（2）先证明∠A=∠ACB，∠EDB=∠ACB，即有cos∠EDB=cos∠A=cos∠ACB= ，在
5
25 25
Rt△DBE中结合勾股定理，可求出BD=5，即同理在Rt△DBE中，可得AB= ，进而有BC=AB= ，
3 3
1 25 25 BE BF BE BF
BO= CB= ，即DO=BO= ，证明△DOF∽△EBF，即有 = ，即 = ，问题
2 6 6 DO FO DO BF+BO
即可得解．
【详解】（1）连接DO，DB，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴BD⊥AC，
∵在△ABC中，AB=BC，
∴BD平分∠BAC，
1
∴∠ABD=∠DBC= ∠BAC，
2
∵BO=OD，
∴∠BDO=∠DBC，
∴∠BDO=∠DBA，
∵DE⊥AB，
∴∠EDB+∠DBA=90°，
∴∠EDB+∠ODB=90°，
∴半径OD⊥DF，
∴DF为⊙O的切线；
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（2）∵在△ABC中，AB=BC，
∴∠A=∠ACB，
在（1）中，∠EDB+∠DBA=90°=∠ACB+∠DBC，∠ABD=∠DBC，
∴∠EDB=∠ACB，
4
∵cosC= ，
5
4
∴cos∠EDB=cos∠A=cos∠ACB= ，
5
4
∵在Rt△DBE中，BE=3，cos∠EDB= ，
5
4
∴DE= BD，
5
∴BD2= (4 BD ) 2 +32 ，解得：BD=5（负值舍去），
5
25
即同理在Rt△DBE中，可得AB= ，
3
25
∴BC=AB= ，
3
1 25 25
∴BO= CB= ，即DO=BO= ，
2 6 6
∵AB⊥DF，DO⊥DF，
∴DO∥AB，
∴△DOF∽△EBF，
BE BF BE BF
∴ = ，即 = ，
DO FO DO BF+BO
3 BF
=
∴25 25，
BF+
6 6
75
解得：BF= （经检验，符合题意），
7
75
即BF= ．
7
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的判定，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，勾股定理
等知识，掌握切线的判定以及三角函数，是解答本题的关键．
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易错点1： 对同弦所对的圆周角的个数考虑不全面而漏解
1．（2020·湖北襄阳·中考真题）在⊙O中，若弦BC垂直平分半径OA，则弦BC所对的圆周角等于
°．
【答案】120°或60°
1
【分析】根据弦BC垂直平分半径OA及OB=OC证明四边形OBAC是矩形，再根据OB=OA，OE= 求出
2
∠BOE=60°，即可求出答案.
【详解】设弦BC垂直平分半径OA于点E，连接OB、OC、AB、AC，且在优弧BC上取点F，连接BF、
CF，
∴OB=AB，OC=AC，
∵OB=OC，
∴四边形OBAC是菱形，
∴∠BOC=2∠BOE，
1
∵OB=OA，OE= ,
2
1
∴cos∠BOE= ，
2
∴∠BOE=60°，
∴∠BOC=∠BAC=120°，
1
∴∠BFC= ∠BOC=60°，
2
∴ 弦BC所对的圆周角为120°或60°，
故答案为：120°或60°.
【点睛】此题考查圆的基本知识点：圆的垂径定理，同圆的半径相等的性质，圆周角定理，菱形的判定定
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理及性质定理，锐角三角函数，熟练掌握圆的各性质定理是解题的关键.
2．（2023·湖北襄阳·模拟预测）半径长为n的⊙O中，有一条弦AB的长为√2n，则弦AB所对的圆周角度
数等于 ．
【答案】45°或135°
【分析】利用勾股定理的逆定理求得△AOB是直角三角形，再利用圆周角定理以及圆内接四边形的性质即
可求解．
【详解】解：如图，∵OA=OB=n，AB=√2n，
∴OA2+OB2=2n2，AB2=2n2，
∴OA2+OB2=AB2，
∴△AOB是直角三角形，
∴∠O=90°，
1
∴∠C= ∠O=45°，
2
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠D+∠C=180°，
∴∠D=135°，
∴弦AB所对的圆周角度数等于45°或135°．
故答案为：45°或135°．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，圆周角定理及圆内接四边形的性质，解答此题时要注意一条弦所
对的圆周角有两个，这两个角互为补角．
易错点2： 对弦的位置考虑不全面而漏解
1．（2022·黑龙江牡丹江·二模）在半径为4cm的⊙O中，弦CD平行于弦AB，AB=4√3cm，
∠BOD=90°，则AB与CD之间的距离是 cm．
【答案】2√3+2或2√3−2
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【分析】根据题意，分析两种AB的位置情况进行求解即可；
【详解】解：①如图，AB//CD，过点O作GH⊥AB、GH⊥CD
在⊙O中
∵∠BOD=90°，GH⊥AB、GH⊥CD
∴∠GOB+∠DOH=90°
∴∠GOB=∠ODH
∵¿
∴ΔGOB≅ΔDHO(AAS)
∴BG=OH
∵OG⊥AB
1
∴OH=BG= AB=2√3
2
∴OG=√OB2−BG2=√42−(2√3) 2=2
∴GH=OH+OG=2√3+2
∵AB//CD
∴AB与CD之间的距离即GH
∴AB与CD之间的距离为2√3+2
②如图，作OF⊥AB、PD⊥AB，连接AD
则有四边形PEFD是矩形，
∴EF=PD
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∵∠BOD=90°
∴∠BAD=45°
∵PD⊥AB
∴AP=PD
∵OF⊥AB
1
∴BE= AB=2√3
2
∴OE=√OB2−BE2=√42−(2√3) 2=2
∵OD2=OF2+FD2
∴42=(2+PD) 2+(2√3−PD) 2
∴PD=2√3−2
故答案为：2√3+2或2√3−2
【点睛】本题主要圆的性质、三角形的全等，勾股定理，掌握相关知识并正确做出辅助线是解题的关键．
2．（2020·青海·中考真题）已知⊙O的直径为10cm，AB，CD是⊙O的两条弦，AB//CD，AB=8cm，
CD=6cm，则AB与CD之间的距离为 cm．
【答案】7或1．
【分析】分两种情况考虑：当两条弦位于圆心O同一侧时，当两条弦位于圆心O两侧时；利用垂径定理和
勾股定理分别求出OE和OF的长度，即可得到答案．
【详解】解：分两种情况考虑：
当两条弦位于圆心O一侧时，如图1所示，
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过O作OE⊥CD，交CD于点E，交AB于点F，连接OC，OA，
∵AB∥CD，∴OE⊥AB，
∴E、F分别为CD、AB的中点，
1 1
∴CE=DE= CD=3cm，AF=BF= AB=4cm，
2 2
在Rt△AOF中，OA=5cm，AF=4cm，
根据勾股定理得：OF=3cm，
在Rt△COE中，OC=5cm，CE=3cm，
根据勾股定理得：OE═4cm，
则EF=OE−OF=4cm−3cm=1cm；
当两条弦位于圆心O两侧时，如图2所示，
同理可得EF=4cm+3cm=7cm，
综上，弦AB与CD的距离为7cm或1cm．
故答案为：7或1．
【点睛】此题考查了垂径定理，勾股定理，利用了分类讨论的思想，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．
52
