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专题 31 圆的基本性质【二十个题型】
【题型1 圆的周长与面积相关计算】......................................................................................................................1
【题型2 圆中的角度、线段长度计算】..................................................................................................................6
【题型3 求一点到圆上一点的距离最值】............................................................................................................11
【题型4 利用垂径定理结合全等、相似综合求解】...........................................................................................14
【题型5 在坐标系中利用垂径定理求值或坐标】...............................................................................................23
【题型6 垂径定理在格点中的应用】....................................................................................................................29
【题型7 垂径定理的实际应用】............................................................................................................................34
【题型8 利用垂径定理求取值范围】....................................................................................................................41
【题型9 利用弧、弦、圆心角关系求角度、线段长、周长、面积、弧的度数】...........................................46
【题型10 利用弧、弦、圆心角关系比较大小】...................................................................................................51
【题型11 利用弧、弦、圆心角关系求最值】........................................................................................................56
【题型12 利用弧、弦、圆心角关系证明】...........................................................................................................61
【题型13 利用圆周角定理求解】............................................................................................................................70
【题型14 利用圆内接四边形求角度】....................................................................................................................78
【题型15 利用圆的有关性质解决翻折问题】.......................................................................................................82
【题型16 利用圆的有关性质解决最值问题】.......................................................................................................88
【题型17 利用圆的有关性质求取值范围】...........................................................................................................94
【题型18 利用圆的有关性质解决多结论问题】.................................................................................................100
【题型19 圆有关的常见辅助线-遇到弦时, 常添加弦心距】.............................................................................107
【题型20 圆有关的常见辅助线-遇到有直径时, 常添加（画）直径所对的圆周角】.....................................113
【知识点 圆的基本性质】
1.圆
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所形成的图形叫做圆。固定
的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径，以点O为圆心的圆，记作⊙O，读作“圆O”。
连接圆上任意两点的线段叫做弦。经过圆心的弦叫做直径。
圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。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。小于半圆的弧叫做劣弧。大于半圆的弧叫做优弧。
能够重合的两个圆叫做等圆。
在同圆或等圆中，能重合的弧叫等弧。
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2.垂径定理
垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。
推论：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；
弦的垂直平分线过圆心，且平分弦对的两条弧．
3.弧.弦.圆心角之间的关系
定义：顶点在圆心的角叫做圆心角。
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。
在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弦相等；
在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弧相等。
注：在同圆或等圆中，如果两个圆心角，两条弦，两条弧.两个弦的弦心距中，有一组量相等，那么其
余各组量也分别相等
4.圆周角
定义：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫圆周角。
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。
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。
圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补。
【题型1 圆的周长与面积相关计算】
【例1】（2023·福建泉州·南安市实验中学校考二模）适时的休闲可以缓解学习压力，如图是火影忍者中的
仙法·白激之术，其形状外围大致为正圆，整体可看成为两个同心圆，BC=400像素，∠ABC=90°，那
么周围圆环面积约为（ ）
A．40000π B．1600π C．64000π D．160000π
【答案】D
【分析】圆环的面积等于大圆面积减去小圆面积，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，设同心圆的圆心为O，连接OC，则大圆的半径为OC，小圆的半径为OB，
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∴设小圆的半径为OB=r，大圆的半径OC=R，
∵BC=400像素，∠ABC=90°，
∴AB⊥BC，
在Rt△OBC中，OB2+BC2=OC2，即r2+BC2=R2，
∴R2−r2=BC2=4002，
∵S =πR2−πr2=π(R2−r2 )，
圆环
∴S =π(R2−r2 )=π×BC2=π×4002=160000π，
圆环
故选：D．
【点睛】本题主要考查圆与直角三角形的综合，掌握圆环面积的计算方法是解题的关键．
【变式1-1】（2023·山东德州·统考二模）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知
圆，感悟数学之美．如图，正方形ABCD的面积为2，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形
A'B'C'D'，若A'B':AB=2:1，则四边形A'B'C'D'的外接圆的周长为 ．
【答案】4π
【分析】根据正方形ABCD的面积为2，求出AB=√2，根据位似比求出A'B'=2√2，周长即可得出；
【详解】解：连接A'C'，则A'C'是四边形A'B'C'D'的外接圆的直径．
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∵正方形ABCD的面积为2，
∴ AB=√2，
∵ A'B':AB=2:1，
∴ A'B'=B'C'=2√2，
∴ A'C'=√A'B'2+B'C'2=4，
∴四边形A'B'C'D'的外接圆的周长=A'C'π=4π；
故答案为：4π．
【点睛】本题考查位似图形，涉及知识点：正方形的面积，正方形的对角线，圆的周长，解题关键求出正
方形ABCD的边长．
【变式1-2】（2023·山东潍坊·中考真题）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知
圆，感悟数学之美．如图，正方形ABCD的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形
A'B'C'D'，若A'B':AB=2:1，则四边形A'B'C'D'的外接圆的周长为 ．
【答案】4√2π
【分析】根据正方形ABCD的面积为4，求出AB=2，根据位似比求出A'B'=4，周长即可得出；
【详解】解：∵正方形ABCD的面积为4，
∴ AB=2，
∵ A'B':AB=2:1，
∴ A'B'=4，
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∴ A'C'=√42+42=4√2，
所求周长=4√2π；
故答案为：4√2π．
【点睛】本题考查位似图形，涉及知识点：正方形的面积，正方形的对角线，圆的周长，解题关键求出正
方形ABCD的边长．
【变式1-3】（2023·湖北武汉·华中科技大学附属中学校考模拟预测）如图，一个较大的圆内有15个半径
为1的小圆，所有的交点都为切点，图中阴影为大圆内但在所有小圆外部分，则阴影部分的面积为
（ ）
22+16√3 20+16√3 22+14√3 20+14√3
A． π B． π C． π D． π
3 3 3 3
【答案】A
【分析】OH为BC边的高，利用两圆相切的性质得到AB=AC=BC=8，则可判断△ABC为等边三角形，
8√3
则CH=4，利用含30度角的直角三角形三边的关系得到OC= ，再利用圆与圆相切的性质得到⊙O
3
8√3
的半径OE=OC+CE= +1，然后利用大圆的面积减去15个小圆的面积得到阴影部分的面积．
3
【详解】如图，OH为BC边的高
∵所有小圆相切，
∴ AB=AC=BC=8，
∴ △ABC为等边三角形，
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∴ ∠OCB=30°，
∵ OH⊥BC，
∴ CH=4，
√3 4√3
∴OH= CH= ，
3 3
8√3
∴OC=2OH= ，
3
∵⊙C与⊙O相切，
8√3
∴ ⊙O的半径OE=OC+CE= +1，
3
∴阴影部分的面积
2
=π× (8√3 +1 ) −15×π×12
3
22+16√3
= π，
3
故选：A
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了等边三角形的判定与性质．
解决本题的关键是掌握切线的性质．
【题型2 圆中的角度、线段长度计算】
【例2】（2023·广东清远·统考二模）如图，在边长为4正方形ABCD中，点E在以B为圆心的弧AC上，
射线DE交AB于F，连接CE，若CE⊥DF，则DE=（ ）．
4 6 8
A．2 B． √5 C． √5 D． √5
5 5 5
【答案】B
【分析】如图，连接BE，过点B作BH⊥CE于点H，根据圆的性质和等腰三角形的性质可定
EH=CH，∠HBC+∠HCB=90°，再结合正方形的性质可得∠HBC=∠DCE；再证
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△HBC≌△ECD(AAS)可得CH=DE=EH，即CE=2DE；然后再根据勾股定理列方程即可解答．
【详解】解：如图，连接BE，过点B作BH⊥CE于点H，
∵点E在以B为圆心的弧AC上，
∴BC=BE，
∵BH⊥CE，
∴EH=CH，∠HBC+∠HCB=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠BCH+∠DCE=90°，
∴∠HBC=∠DCE，
∵BC=CD，∠BHC=∠DEC=90°，
∴△HBC≌△ECD(AAS)，
∴CH=DE=EH，
∴CE=2DE，
在Rt△CDE中，CD2=CE2+DE2，
∴42=(2DE) 2+DE2，
4 4
∴DE= √25或DE= √25（舍去）．
5 5
故选：B．
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识
点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
【变式2-1】（2023·江苏南京·统考二模）如图，在⊙O中，C是A´B上一点，OA⊥OB，过点C作弦CD
交OB于E，若OA=DE，则∠C与∠AOC满足的数量关系是（ ）
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1 1 2
A．∠C= ∠AOC B．∠C= ∠AOC C．∠C= ∠AOC D．
3 2 3
3
∠C= ∠AOC
4
【答案】C
1
【分析】连接OD，易得OD=DE=OC，进而得到∠C=∠D，∠DOE=∠DEO= (180°−∠D)，利
2
1
用外角的性质，得到∠DEO=∠C+∠COE= (180°−∠C)，又∠COE=90°−∠AOC，得到
2
1
∠C+90°−∠AOC= (180°−∠C)，即可得出结论．
2
【详解】解：连接OD，
∵OA=DE，
∴OD=DE=OC，
1
∴∠C=∠D，∠DOE=∠DEO= (180°−∠D)，
2
1
∴∠DEO=∠C+∠COE= (180°−∠C)，
2
∵OA⊥OB，
∴∠AOB=90°,∠COE=90°−∠AOC，
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1
∴∠C+90°−∠AOC= (180°−∠C)，
2
2
∴∠C= ∠AOC；
3
故选C．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质．正确的识图，确定角之间的和差关系，
是解题的关键．
【变式2-2】（2023·湖南益阳·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D在斜边AB上，以BD
为直径的⊙O经过边AC上的点E，连接BE，且BE平分∠ABC，若⊙O的半径为3，AD=2，则线段
BC的长为（ ）
40 24
A． B．8 C． D．6
3 5
【答案】C
【分析】连接OE，证明OE∥BC，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：连接OE，如图，
∵BE平分∠ABC，
∴∠OBE=∠CBE，
∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠CBE=∠OEB，
∴OE∥BC，
∴△AOE∽△ABC，
OE AO
∴ = ，
BC AB
∵⊙O的半径为3，AD=2，
∴AO=AD+OD=5，AB=AO+OB=8，
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OE⋅AB 3×8 24
∴BC= = = ，
AO 5 5
故选：C．
【点睛】本题考查了圆的基本性质，相似三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
1
【变式2-3】（2023·吉林长春·统考一模）如图，点P是⊙O外一点，分别以O、P为圆心，大于 OP长
2
为半径作圆弧，两弧相交于点M和点N，直线MN交OP于点C，再以点C为圆心，以OC长为半径作圆弧，
交⊙O于点A，连接PA交MN于点B，连接OA、OB．若∠P=26°，则∠AOB的大小为（ ）
A．26° B．38° C．52° D．64°
【答案】B
【分析】连接AC，根据作图痕迹，直线MN垂直平分OP，OC=CA，利用线段垂直平分线性质和等腰三
角形的等边对等角求得∠BOP=∠P=∠CAP=26°，∠COA=∠CAO，再利用三角形的外角性质和三
角形的内角和定理求得∠AOC即可．
【详解】解：连接AC，根据作图痕迹，直线MN垂直平分OP，OC=CA，
则OC=CP=CA，OB=BP，
∴∠BOP=∠P=∠CAP=26°，∠COA=∠CAO，
∴∠ACO=∠CAP+∠P=52°，
180°−∠ACO
∴∠COA= =64°，
2
∴∠AOB=∠COA−∠BOP=38°，
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故选：B．
【点睛】本题考查基本尺规作图-作垂线、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、三角形的外角性质
和三角形的内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质，得到直线MN垂直平分OP是解答的关键．
【题型3 求一点到圆上一点的距离最值】
【例3】（2023·江苏宿迁·统考中考真题）在同一平面内，已知⊙O的半径为2，圆心O到直线l的距离为
3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（ ）
A．2 B．5 C．6 D．8
【答案】B
【分析】过点O作OA⊥l于点A，连接OP，判断出当点P为AO的延长线与⊙O的交点时，点P到直线l的
距离最大，由此即可得．
【详解】解：如图，过点O作OA⊥l于点A，连接OP，
∴OA=3，OP=2，
∴当点P为AO的延长线与⊙O的交点时，点P到直线l的距离最大，最大距离为PA=3+2=5，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的性质，正确判断出点P到直线l的距离最大时，点P的位置是解题关键．
【变式3-1】（2023·广东茂名·统考二模）如图，在Rt△ABC，∠ACB=90°，E为AC边上的任意一点，
把△BCE沿BE折叠，得到△BFE，连接AF．若BC=6,AC=8，则AF的最小值为 ．
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【答案】4
【分析】本题考查折叠的性质，勾股定理，借助隐形圆求最值．根据折叠得到BF=BC=6，进而得到点F
在以B为圆心6为半径的圆上，利用“一箭穿心”，求出AF的最小值即可，解题的关键是得到点F的运动
轨迹．
【详解】解：∵△BCE沿BE折叠，得到△BFE，
∴BF=BC=6，
∴点F在以B为圆心6为半径的圆上，
设以B为圆心6为半径的圆与AB交于点F'，
则BF'=BC=6，AF的最小值为AF'的长；
在Rt△ABC中，
∵BC=6,AC=8，
∴AB=√BC2+AC2=√62+82=10，
∴AF'=AB−BF'=10−6=4，
∴AF的最小值为4，
故答案为：4．
【变式3-2】（2023·湖南永州·校考三模）我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫
做两点间的距离；同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到
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这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，
最短线段的长度，叫做点到曲线的距离．依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点A(2,1)到以原点为圆
心，以1为半径的圆的最短距离为 ．最长距离为 ．
【答案】 √5−1/−1+√5 √5+1/1+√5
【分析】连接OA，与圆O交于点B，根据题干中的概念得到点到圆的距离即为OB，再求出OA，结合圆O
半径可得结果．
【详解】解：根据题意可得：
点到圆的距离为：该点与圆上各点的连线中，最短的线段长度，
连接OA，与圆O交于点B，
可知：点A和圆O上点B之间的连线最短，
∵A(2，1)，
∴OA= √22+12=√5，
∵圆O的半径为1，
∴AB=OA−OB= √5−1，
∴点A(2,1)到以原点为圆心，以1为半径的圆的最短距离为√5−1，最长距离为√5+1
故答案为：√5−1；√5+1．
【点睛】本题考查了圆的新定义问题，坐标系中两点之间的距离，勾股定理，解题的关键是理解题意，利
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用类比思想解决问题．
【变式3-3】（2023·河南焦作·统考二模）如图，在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，∠B=90°，正方形
CDEF的边长为1，将正方形CDEF绕点C旋转一周，点G为EF的中点，连接AG，则线段AG的取值范
围是 ．
√5 √5
【答案】5− ≤AG≤5+
2 2
√5
【分析】如图所示，连接CG，先根据正方形的性质和勾股定理求出CG= ，再根据题意可知点G在以
2
√5
点C为圆心，半径为 的圆上运动，故当点G在线段AC上时，AG最小，此时点G与点G 重合，当点C
2 1
在线段AG上时，AG最大，此时点G与G 重合，利用勾股定理求出AC=5，则
2
√5 √5 √5 √5
AG =5− ，AG =5+ ，即可得到5− ≤AG≤5+ ．
1 2 2 2 2 2
【详解】解：如图所示，连接CG，
∵四边形CDEF是边长为1的正方形，点G为EF的中点，
1 1
∴CF=1，FG= EF= ，∠CFG=90°，
2 2
√5
在Rt△CFG中，由勾股定理得CG=√CF2+FG2=
，
2
√5
∴在正方形CDEF绕点C旋转一周的过程中，点G在以点C为圆心，半径为 的圆上运动，
2
∴当点G在线段AC上时，AG最小，此时点G与点G 重合，当点C在线段AG上时，AG最大，此时点G
1
与G 重合，
2
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，∠B=90°，
∴AC=√AB2+BC2=5，
√5 √5
∴AG =5− ，AG =5+ ，
1 2 2 2
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√5 √5
∴5− ≤AG≤5+ ，
2 2
√5 √5
故答案为：5− ≤AG≤5+ ．
2 2
【点睛】本题主要考查了圆外一点到圆上一点距离的最值问题，正方形的性质，勾股定理，正确确定点G
的运动轨迹是解题的关键．
【题型4 利用垂径定理结合全等、相似综合求解】
【例4】（2023·广东湛江·统考一模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以直角边BC为直径的⊙O交
AB于点D，连接CD，∠CAB的角平分线交CD于点E，交BC于点F，交⊙O于点P．
AE CF
(1)求证： = ；
AF BF
4
(2)若tan∠CAB= ，求sin∠CAP的值；
3
(3)连接PC、PB，若∠ABC=30°，AB=2 √3，求△PCF的面积．
【答案】(1)证明见解析
√5
(2)sin∠CAP=
5
√3+3√11
(3)△PCF的面积是 ．
16
【分析】（1）先利用直角三角形的性质和同角的余角相等判断出，∠ACD=∠ABC，进而得出
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AC AE AC CF
△ACE∽△ABF即可得出 = ，再用角平分线定理得出 = ，结论得证．
AB AF AB BF
（2）根据锐角三角函数的定义，设出AC=3x,得出BC，AC，借助（1）的结论求出CF，再根据勾股定
理求出AF即可得出结论；
（3）利用直角三角形的两锐角互余得出，∠BAC=60°，CAP=30°，∠FCM=30°，∠FON=30°再
用含30°的直角三角形的三边关系，依次求出AC，CF，OF，ON，再用勾股定理即可求出PN，最后用
三角形的面积公式，即可得出结论．
【详解】（1）解：证明：∵BC是⊙O直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠ABC+∠BCD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠ACD=∠ABC，
∵∠CAB的角平分线交CD于点E，交BC于点F，
∴∠CAE=∠BAF，
∴△ACE∽△ABF，
AC AE
∴ = ，
AB AF
∵AF是∠BAC的角平分线，则F到AC,AB的距离相等，设为h，
1 1
AC×CF AC×h
S 2 2
∵ △ACF = =
S 1 1
△ABF AC×BF AB×h
2 2
AC CF
∴ = ，
AB BF
AE CF
∴ =
AF BF
BC 4
（2）在Rt△ABC中， tan∠CAB= =
AC 3
设AC=3x，∴BC=4x，
根据勾股定理得，AB=5x，
AC CF
由（1）知， = ，
AB BF
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3x CF
∴ = ，
5x BF
CF 3
∴ = ，
BF 5
∵CF+BF=BC=4x，
3 5
∴CF= x，BF= x，
2 2
3
在Rt△CAF中，CF= x，AC=3x，
2
3√5
根据勾股定理得，AF=√AC2+CF2= x
2
3
x
CF 2 √5
∴ sin∠CAB= = =
AF 3√5 5
x
2
（3）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=30°，AB=2 √3，
1
∴AC= AB= √3，BC= √3 AC=3，∠BAC=60°，
2
1 3
∴OC= BC= ，
2 2
∵AF是∠BAC的平分线，
1
∴∠CAP=∠BAP= ∠BAC=30°，
2
过点C作CM⊥AP于M，过O作ON⊥AP于N，连接OP，
1 √3
在Rt△ACM中，CM= AC= ，∠ACM=60°，
2 2
∵∠ACB=90°，
∴∠FCM=∠ACB−∠ACM=30°，
√3
在Rt△CMF中，∠FCM=30°，CM= ，
2
∴∠CFM=90°−∠FCM=60°，CF=1，
1
∴OF=OC−CF= ，
2
1
在Rt△OFN中，∠FON=90°−∠OFN=30°，OF= ，
2
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1 1
∴FN= OF= ，
2 4
√3
∴ ON=√3FN=
4
3 √3
在Rt△ONP中， OP=OC= ，ON=
2 4
√33
∴ PN=√OP2−ON2=
4
1 √33
∴ PF=PF=FN+PN= + ，
4 4
1 1 (1 √33) √3 √3+3√11
∴ S = PF⋅CM= × + × =
△FCF 2 2 4 4 2 16
√3+3√11
∴△PCF的面积是 ．
16
【点睛】本题考查了角平分线定理，相似三角形的判定和性质，直角三角形的两锐角互余，勾股定理，含
30°角的直角三角形的性质，锐角三角函数等知识点，解本题的关键是含30°的直角三角形的灵活运用，
借助中间比判断四段线段成比例．
【变式4-1】（2023·浙江杭州·二模）如图，在⊙O中，弦AD、BC相交于点E，连接OE，已知A´B=C´D．
(1)求证：BE=DE；
(2)如果⊙O的半径为5，AD⊥CB,DE=1，求AE的长．
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【答案】(1)见解析
(2)7
【分析】（1）根据A´B=C´D，可得AB=CD，再证明△ABE≌△CDE，即可；
（2）过O作OF⊥AD与F，OG⊥BC于G，连接OA,OC，则∠OFE=∠FEG=∠OGE=90°，根据
垂径定理可得AF=FD,BG=OG，证明Rt△AOF≌Rt△OCG，可得OF=OG，从而得到四边形OFEG
是正方形，可得OF=EF，设OF=EF=x，则AF=FD=x+1，根据勾股定理求出x的值，即可．
【详解】（1）证明：∵A´B=C´D，
∴AB=CD，
在△ABE与△CDE中，
¿，
∴△ABE≌△CDE，
∴BE=DE；
（2）解：过O作OF⊥AD与F，OG⊥BC于G，连接OA,OC，则∠OFE=∠FEG=∠OGE=90°，
∴四边形OFEG是矩形，
根据垂径定理得：AF=FD,BG=OG，
∵AB=CD，
∴AF=CG，
在Rt△AOF与Rt△OCG中，
¿，
∴Rt△AOF≌Rt△OCG(HL)，
∴OF=OG，
∵AD⊥CB，
∴四边形OFEG是正方形，
∴OF=EF，
设OF=EF=x，则AF=FD=x+1，
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∴OF2+AF2=OA2，
即x2+(x+1) 2=52，
解得：x=3或−4（舍去），
∴AF=4，
∴AE=7．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，弧、弦，圆心角的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练
掌握垂径定理，弧、弦，圆心角的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式4-2】（2023·陕西西安·高新一中校考一模）如图，AB是的直径，弦CD⊥AB于点E，点P在⊙O
上，∠1=∠C．
(1)求证：CB∥PD；
(2)若BC=3，∠C=30°，求⊙O的直径．
【答案】(1)证明见解析
(2)6
【分析】本题考查圆周角定理（在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等），垂径定理（垂直于弦的直径
平分弦，且平分弦所对的弧）以及解直角三角形，
（1）先由圆周角定理得到∠C=∠P，结合已知得到∠1=∠P，即可证明CB∥PD；
（2）连接AC，由“直径所对的圆周角是直角”可得∠ACB=90°，由垂径定理可得B´C=B´D，得到
∠A=∠P，sin∠A=sin∠P，解直角三角形得到BC=3，即可得到AB=6．
【详解】（1）证明：∵∠C与∠P是B´D所对的圆周角，
∴∠C=∠P．
又∵∠1=∠C，
∴∠1=∠P，
∴CB∥PD；
（2）解：连接AC，
∵AB为⊙O的直径，
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∴∠ACB=90°．
又∵CD⊥AB，
∴B´C=B´D，
∴∠A=∠P，
∴sin∠A=sin∠P．
BC
在Rt△ACB中，sin∠A= ，
AB
1
∵sin∠P=sin∠C=sin30°= ，
2
BC 1
∴sin∠A= =
AB 2
又∵BC=3，
∴AB=6．
即⊙O的直径为6．
【变式4-3】（2023·云南德宏·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点F是⊙O上一
点，且A´C=C´F，连接FB，FD，FD交AB于点N．
(1)若AE=1，CD=6，求⊙O的半径；
(2)连接FC并延长，交BA的延长线于点P，过点D作⊙O的切线，交BA的延长线于点M．求证：
ON⋅OP=OE⋅OM．
【答案】(1)5；
(2)见解析．
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AE CE
【分析】（1）连接BC， AC，AD，通过证明△ACE∽△CBE，可得 = ，可求BE的长，即可求
CE BE
⊙O的半径；
（2）通过证明△MDO∽△DEO，可得OD2=OE·OM，通过证明△CNO∽△PCO，可得
CO2=PO·NO，即可得结论．
【详解】（1）如图1， 连接BC，AC，AD，
∵CD⊥AB，AB是直径，
1
∴A´C=A´D，CE=DE= CD=3，
2
∴∠ACD=∠ABC，且∠AEC=∠CEB，
∴△ACE∽△CBE，
AE CE
∴ = ，
CE BE
1 3
∴ = ，
3 BE
∴BE=9，
∴ AB=AE+BE=10，
∴⊙O的半径为5，
（2）如图2，连接AC，CN，CO，DO，
∵MD是切线，
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∴MD⊥DO，
∴∠MDO=∠DEO=90°，∠DOE=∠DOE，
∴△MDO∽△DEO，
OE OD
∴ = ，
OD OM
∴OD2=OE·OM，
∵A´C=A´D=C´F，
∴∠ACD=∠ADC=∠CDF，
∵CD⊥AB，
∴∠AED=∠NED=90°，
在△ADE和△NDE中
¿，
∴△ADE≌△NDE(ASA)
∴AE=EN，
∴CD垂直平分AN，
∴CA=CN，
∴∠ANC=∠CAN，
∴∠CAP=∠CNO，
∵A´C=C´F，
∴∠AOC=∠ABF，
∵CO∥BF，
∴∠PCO=∠PFB，
∵四边形ACFB是圆内接四边形，
∴∠PAC=∠PFB，
∴∠PAC=∠PFB=∠PCO=∠CNO，且∠POC=∠COE，
∴△CNO∽△PCO，
NO CO
∴ = ，
CO PO
∴CO2=PO·NO，
∵OC=OD，
∴ ON·OP=OE·OM，
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定与性质，相似三角形的
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判定和性质等知识．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
【题型5 在坐标系中利用垂径定理求值或坐标】
【例5】（2023·浙江宁波·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，⊙M与x轴相切于点A，与y轴分
别交点为B，C，圆心M的坐标是(4,5)，则弦BC的长度为 ．
【答案】6
【分析】连接BM、AM，作MH⊥BC于H，由垂径定理得到BC=2HB，根据切线的性质及M点的坐
标得到OH，OB，在Rt△MBH中，由勾股定理可求出BH，即可得到BC的长度．
【详解】解：如图，连接BM、AM，作MH⊥BC于H，
则BH=CH，
∴BC=2BH，
∵⊙M与x轴相切于点A，
∴MA⊥OA，
∵圆心M的坐标是（4，5），
∴MA=5，MH=4，
∴MB=MA=5，
在Rt△MBH中，
由勾股定理得：BH=√MB2−M H2=√52−42=3，
∴BC=2×3=6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查切线的性质、坐标与图形性质、垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是正确添加辅
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助线，构造直角三角形．
3
【变式5-1】（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线y=− x+3与x轴交于
4
点A，与y轴交于点B，⊙M经过原点O及A、B两点．
(1)求⊙M的半径；
(2)点C为弧OA上的一点，且满足∠COA=∠CBO，求C点坐标．
(3)直线y=x与⊙M交于点O、N两点，求线段ON的长．
5
【答案】(1)
2
(2)C(2,−1)
7
(3) √2
2
【分析】（1）首先求出AO，OB的长度，然后根据勾股定理即可求出AB长度，MB为半径等于AB的一
半；
（2）根据已知得出C为弧OA的中点，连接MC，根据垂径定理逆定理得出MC垂直于OA，然后根据相似
求出M点坐标和ME的长度，即可求出C的坐标；
（3）过点N作NG⊥AO，过点M作MH⊥NG，首先得出OG=NG，然后设N（a,a），连接MN，根
据勾股定理求出N的坐标，再根据勾股定理即可求出ON的长度．
3
【详解】（1）解：在直线y=− x+3上，令x=0，y=3，
4
∴OB=3，
令y=0，x=4，
∴OA=4，
∴AB= √OA2+OB2 =5，
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5
∴⊙M的半径为：BM= ；
2
（2）∵∠COA=∠CBO，
∴ O´C=A´C，
连接MC，
∴MC⊥AO，
∴ ME∥OB，
∴△AME∽△ABO，
AM AE ME 1
∴ = = = ，
AB AO BO 2
1 3
∴OE=EA=2，ME= BO= ，
2 2
5 3
∴ EC=MC−ME= − =1，
2 2
∴C(2,−1)；
（3）过点N作NG⊥AO，过点M作MH⊥NG，连接MN，
∵NO解析式为：y=x，
∴NG=OG，
∴设N(a,a)，
∴ M N2=M H2+N H2，
∴ (5) 2 =(a−2) 2+ ( a− 3) 2 ，
2 2
整理得：2a2−7a=0，
7
∴ a =0,a = ，
1 2 2
(7 7)
∴N的坐标为 , ，
2 2
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7
∴ ON=√OG2+MG2= √2
2
【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，一次函数与坐标轴的交点问题，勾股定理，相似三角形的性质与
判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式5-2】（2023·湖北黄冈·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是(3,a) (a>3)，
半径为3，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为4√2，则a的值是 ．
【答案】3+√2
【分析】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定
理和等腰直角三角形的性质，掌握垂径定理是解题的关键．
作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连接PB，由于OC=3,PC=a，易得D点坐标为(3,3)，
则△OCD为等腰直角三角形，△PED也为等腰直角三角形．由PE⊥AB，根据垂径定理得
1
AE=BE= AB=2√2，在Rt△PBE中，利用勾股定理可计算出PE=1，则PD=√2PE=√2，继而可得
2
答案．
【详解】解：作PC⊥轴于C，交AB于D，作PE⊥ AB于E，连接PB，如图，
∵⊙P的圆心坐标是(3,a)，
∴OC=3,PC=a，
把x=3代入y=x得y=3，
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∴D点坐标为(3,3)，
∴CD=3，
∴△OCD为等腰直角三角形，
∴△PED也为等腰直角三角形，
∵PE⊥AB，
1 1
∴AE=BE= AB= ×4√2=2√2,
2 2
在Rt△PBE中，PB=3，
∴PE=√32−(2√2) 2=1,
∴PD=√2PE=√2,
∴a=3+√2.
故答案为：3+√2．
【变式5-3】（2023·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，以点C(1,1)为圆心，2为半
径作圆，交x轴于A，B两点，点P在⊙C上．
(1)求出A，B两点的坐标；
(2)试确定经过A、B两点且以点P为顶点的抛物线解析式；
(3)在该抛物线上是否存在一点D，使线段OP与CD互相平分？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说
明理由．
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【答案】(1)A(1−√3,0),B(1+√3,0)
1 2 2
(2)y=−x2+2x+2或y= x2− x−
3 3 3
(3)D(0,2)
【分析】（1）作CE⊥AB于点E，连接OA,OB，根据C(1,1)，半径AC=BC=2，得到CE=1,利用勾股
定理求出AE=BE=√3，即可得到A，B两点的坐标；
（2）由圆与抛物线的对称性可知抛物线的顶点P的坐标为(1,3)或(1,−1)，分别设出解析式代入点B的坐
标求出解析式；
（3）假设存在点D使线段OP与CD互相平分，则四边形OCPD是平行四边形，得到PC∥OD且
PC=OD，由PC∥y轴，确定点D在y轴上，根据PC得到点D的坐标，检验是否符合解析式即可．
【详解】（1）作CE⊥AB于点E，连接OA,OB，
∵C(1,1)，半径AC=BC=2，
∴CE=1，
∴AE=BE=√AC2−CE2=√22−12=√3，
∴A(1−√3,0),B(1+√3,0)；
（2）由圆与抛物线的对称性可知抛物线的顶点P的坐标为(1,3)或(1,−1)，
当抛物线的顶点P的坐标为(1,3)时，设抛物线的解析式为y=a(x−1) 2+3，
将点B(1+√3,0)代入，解得a=−1，
∴y=−(x−1) 2+3=−x2+2x+2；
当抛物线的顶点P的坐标为(1,−1)时，设抛物线的解析式为y=a(x−1) 2−1，
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1
将点B(1+√3,0)代入，解得a= ，
3
1 1 2 2
∴y= (x−1) 2−1= x2− x− ；
3 3 3 3
（3）假设存在点D使线段OP与CD互相平分，则四边形OCPD是平行四边形，
∴PC∥OD且PC=OD，
∵PC∥y轴，
∴点D在y轴上，
当抛物线为y=−x2+2x+2时，
∵PC=2，
∴OD=2，即D(0,2)，
又D(0,2)满足y=−x2+2x+2，
∴点D在抛物线上，
存在D(0,2)使线段OP与CD互相平分；
1 2 2
当抛物线为y= x2− x− 时，
3 3 3
∵PC=3，
∴OD=3，即D(0,−3)，
1 2 2
∵D(0,−3)不满足y= x2− x− ，
3 3 3
∴不存在D(0,−3)使线段OP与CD互相平分；
综上，存在D(0,2)使线段OP与CD互相平分．
【点睛】此题考查了圆的垂径定理，勾股定理，求二次函数的解析式，平行四边形的性质及判定，综合掌
握各知识点是解题的关键．
【题型6 垂径定理在格点中的应用】
【例6】（2023·天津河西·天津市新华中学校考二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，
点B，点D均在格点上，并且在同一个圆上，取格点M，连接AM并延长交圆于点C，连接AD．
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（1）AM= ；
（2）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺画出线段AP，使AP平分∠CAD，且点P在圆上，并简要
说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】 √13 作图见解析；连接EF交CD于点G，连接OG交圆于点P，连接AP即可．
【分析】（1）先作出圆心，再根据勾股定理求解；
（2）根据网格线的特点和垂径定理求解．
【详解】解：（1）找出圆的圆心O，连接OA，
根据勾股定理得：AO=√22+32=√13；
（2）AP即为所求；
连接EF交CD于点G，连接OG交圆于点P，连接AP即可．
【点睛】本题考查了作图的应用和设计，掌握勾股定理和垂径定理是解题的关键．
【变式6-1】（2023·天津东丽·统考二模）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的
顶点称为格点，点A，B，M均为格点，以格点O为圆心，AB为直径作圆，点M在圆上．
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（Ⅰ）线段AB的长等于 ；
（Ⅱ）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，在B´M上找出一点P，使P´M=A´M，并简要说明画图方
法（不要求证明）
【答案】 2√10 取格点C，连接AC并延长，交⊙O于点P，则点P即为所求
【分析】（1）根据勾股定理即可求解；
（2）取格点C，连接AC并延长，交⊙O于点P，则点P即为所求．
【详解】解：（1）AB=√22+62=2√10
（2）如图所示，取格点C，连接AC并延长，交⊙O于点P，则点P即为所求．
理由如下，
1
∵tan∠DOA=tan∠CAD=tan∠MON=
3
∴∠MON=∠CAD
∵∠ACD+∠CAD=90°
∴∠MON+∠CAD=90°
∴AC⊥OM，
∴P´M=A´M．
【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，正切的定义，垂径定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式6-2】（2023·山东淄博·统考二模）如图所示，在由边长为1的小正方形组成的网格图中，一段圆弧
经过格点A，B，C，CE的延长线经过格点D，则弧A´E的长为（ ）
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3π π 5π √13
A． B． C． D． π
4 2 8 4
【答案】D
【分析】找出圆心，根据勾股定理即可求出半径，根据图形得出∠AOE的度数，根据弧长公式求出即可．
【详解】解：如图，连接AC、AD，取AC的中点O，连接OE，
∵∠ABC=90°，
∴AC为直径，
∵AC2=AD2=32+22=13，CD2=12+52=26，
∴AC2+AD2=CD2，
∴△ACD为等腰直角三角形，
∴∠ACD=45°，
∴∠AOE=2∠ACD=90°，
1 √13
∵AO= AC= ，
2 2
√13
90π×
∴A´E的长为 2 √13 ．
= π
180 4
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，弧长公式的应用，主要考查学生的计算能力．
【变式6-3】（2023·天津·校联考一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C，D均为
格点，且点A，B在圆上．
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（1）线段AC的长等于 ；
（2）过点D作DF∥AC，直线DF与圆交于点M,N（点M在N的左侧），画出MN的中点P，简要说明
点P的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】 √17 取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，
与圆交于点M，N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则
点P即为所求．
【分析】（1）根据勾股定理求出AC的长即可；
（2）取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，与圆交于点M，
N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则点P即为所求．
【详解】解：（1）AC=√42+12=√17；
故答案为：√17；
（2）取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，与圆交于点M，
N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则点P即为所求．
∵∠BAE=90°，
∴BE为圆的直径，
∵GK垂直平分AB，
∴BE鱼GK的交点为圆心O，
∵MN∥AH，
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∴A´M=H´N，
∴∠ANM=∠HMN，
∴ℑ=∈¿，
∵OM=ON，
∴IP垂直平分MN，
即MP=NP．
故答案为：取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，与圆交于点
M，N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则点P即为所
求．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理，垂直平分线的判定，等腰三角形的判定，垂径定理，解
题的关键是找出圆心O和点I．
【题型7 垂径定理的实际应用】
【例7】（2023·湖南·统考中考真题）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．（参考
数据，√2≈1.414，√3≈1.732）
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）
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【答案】(1)∠BOM=45°；
(2)该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为0.3米．
【分析】（1）先求得该盛水筒的运动速度，再利用周角的定义即可求解；
（2）作BC⊥OM于点C，在Rt△OAD中，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得OD的
长，在Rt△OBC中，利用勾股定理求得OC的长，据此即可求解．
【详解】（1）解：∵旋转一周用时120秒，
360°
∴每秒旋转 =3°，
120
当经过95秒后该盛水筒运动到点B处时，∠AOB=360°−3°×95=75°，
∵∠AOM=30°，
∴∠BOM=75°−30°=45°；
（2）解：作BC⊥OM于点C，设OM与水平面交于点D，则OD⊥AD，
在Rt△OAD中，∠AOD=30°，OA=2，
1
∴AD= OA=1，OD=√22−12=√3，
2
在Rt△OBC中，∠BOC=45°，OB=2，
√2
∴BC=OC= OB=√2，
2
∴CD=OD−OC=√3−√2≈0.3(米)，
答：该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为0.3米．
【点睛】本题考查了圆的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，解答本题的关键是明确题意，
找出所求问题需要的条件．
【变式7-1】（2023·北京西城·统考一模）圆在中式建筑中有着广泛的应用，例如古典园林中的门洞.如图，
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某地园林中的一个圆弧形门洞的高为2.5m，地面入口宽为1m，求该门洞的半径 m.
【答案】1.3
【分析】本题主要考查垂径定理的应用，掌握垂径定理是解题的关键．设半径为r m，根据垂径定理可以
列方程求解即可．
【详解】解：设圆的半径为r m，
1 1
由题意可知，DF= CD= m，EF=2.5m，
2 2
√ 1 2
Rt△OFD中，OF= r2−(
)
，r+OF=2.5，
2
√ 1 2
所以 r2−( ) +r=2.5，
2
解得r=1.3．
故答案为：1.3
【变式7-2】（2023·宁夏中卫·统考二模）在一次数学建模活动课上，吴老师制作了一张简易的海域安全监
测平面图，在图中标明了三个监测点的位置坐标O(0，0)，A(0，10)，B(20，0)，由三个监测点确定
的圆形区域是安全警戒区域．（单位：海里）
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(1)某天海面上出现可疑船只C，在监测点A测得C位于南偏东45°，同时在监测点O测得C位于南偏东
60°，求监测点O到C船的距离．（结果精确到整数，参考数据：√2≈1.4，√3≈1.7，√5≈2.2）
(2)当可疑船只C由（1）中位置向正北方向航行时，是否会闯入安全警戒区域？请通过计算作答．
【答案】(1)27海里
(2)不会，见详解
【分析】（1）过点C作CD⊥y轴于点D，设OD=x，则CD=AD=10+x，在Rt△COD中，解直角三
角形求得x，进而求得OC；
10
（2）由（1）知OD= =5√3+5，根据三角函数的定义得到CD=15+5√3，过点C作CG⊥x轴于
√3−1
点G，过点O'作O'E⊥DC于点E，交OB于H，过点O'作O'F⊥CG于点F，则四边形CEO'F是矩形，
根据矩形的性质得到O'F=CE=5+5√3，根据勾股定理得到AB=√OA2+OB2=10√5，于是得到结论．
【详解】（1）解：过点C作CD⊥y轴于点D，
依题意，得∠COD=60°，∠CAD=45°，
设OD=x，则AD=10+x，
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∵∠CAD=45°，
∴∠ACD=45°，
∴CD=AD=10+x
在Rt△COD中，∠COD=60°，
∴∠DCO=30°，OC=2OD
CD 10+x
∵tan∠COD= ，即√3= ，
OD x
10
∴x=OD= =5(√3+1)≈13.66，
√3−1
∴OC≈27，
所以监测点O到C船的距离为27海里；
（2）解：不会，计算如下：
10
由（1）知OD= =5√3+5，
√3−1
CD
∵tan∠COD= ，
OD
CD
∴√3=
，
5(√3+1)
∴CD=15+5√3，
过点C作CG⊥x轴于点G，过点O'作O'E⊥DC于点E，交OB于H，
∴OH=BH=DE=10，
∴CE=DC−DE=5+5√3，
过点O'作O'F⊥CG于点F，
则四边形CEO'F是矩形，
∴O'F=CE=5+5√3，
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由已知得OA=10，OB=20，
∵∠AOB=90°，
∴线段AB是⊙O'的直径，AB=√OA2+OB2=10√5，
∴O' A=5√5，
∵5+5√3>5√5，
∴O'F>O' A，
∴直线CG与⊙O'相离，C船不会闯入安全警戒区域．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用、直线与圆的位置关系．熟练掌握垂径定理以及锐角三角函数的
知识是解题关键．
【变式7-3】（2023·广东佛山·校考三模）古往今来，桥给人们的生活带来便利，解决跨水或者越谷的交通，
便于运输工具或行人在桥上畅通无阻，中国桥梁的桥拱线大多采用圆弧形、抛物线形和悬链形，坐落在河
北省赵县汶河上的赵州桥建于隋朝，距今已有约1400年的历史，是当今世界上现存最早、保存最完整的古
代敝肩石拱桥，赵州桥的主桥拱便是圆弧形．
(1)某桥A主桥拱是圆弧形（如图①中AB´C），已知跨度AC=40m，拱高BD=10m，则这条桥主桥拱的
半径是______m；
(2)某桥B的主桥拱是抛物线形（如图②），若水面宽MN=10m，拱顶P（抛物线顶点）距离水面4m，求
桥拱抛物线的解析式；
(3)如图③，某时桥A和桥B的桥下水位均上升了2m，求此时两桥的水面宽度．
【答案】(1)25
4
(2)y=− x2+4
25
(3)此时桥A的水面宽度为8√21m，桥B的水面宽度为5√2m
【分析】（1）设AB´C所在圆的圆心为点O，连接OA,OD，则OB⊥AC，AD=CD=20m，再设这条桥
主桥拱的半径是rm，则OA=OB=rm，OD=(r−10)m，然后在Rt△AOD中，利用勾股定理求解即可得；
（2）以水面所在直线为x轴，MN的中点为原点O，建立平面直角坐标系，则N(5,0),P(0,4)，再利用待
定系数法求解即可得；
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（3）根据（1）可得OF=25m,OD=15m,OB⊥FG,DE=2m，利用勾股定理可求出EF的长，再利用
垂径定理即可得此时桥A的水面宽度；根据（2）的结论求出y=2时，x的值，由此即可得此时桥B的水面
宽度．
【详解】（1）解：如图，设AB´C所在圆的圆心为点O，连接OA,OD，
由垂径定理得：点O,D,B共线，
1
则OB⊥AC，AD=CD= AC=20m，
2
设这条桥主桥拱的半径是rm，则OA=OB=rm，
∴OD=OB−BD=(r−10)m，
在Rt△AOD中，AD2+OD2=OA2，即202+(r−10) 2=r2，
解得r=25，
故答案为：25．
（2）解：如图，以水面所在直线为x轴，MN的中点为原点O，建立平面直角坐标系，
由题意得：N(5,0),P(0,4)，
则设桥拱抛物线的解析式为y=ax2+c，
将点N(5,0),P(0,4)代入得：¿，解得¿，
4
所以桥拱抛物线的解析式为y=− x2+4．
25
（3）解：如图，桥A中，由（1）可知：OF=25m,OD=25−10=15(m)，
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由题意得：OB⊥FG,DE=2m，
∴OE=17m，
在Rt△EOF中，EF=√OF2−OE2=4√21m，
由垂径定理得：FG=2EF=8√21m，
即此时桥A的水面宽度为8√21m；
4
如图，桥B中，y=− x2+4，
25
4
当y=2时，− x2+4=2，
25
5√2 5√2
解得x= 或x=− ，
2 2
5√2 ( 5√2)
所以此时桥B的水面宽度为 − − =5√2(m)，
2 2
答：此时桥A的水面宽度为8√21m，桥B的水面宽度为5√2m．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的应用、二次函数的应用等知识点，熟练掌握垂径定理和二次函数的性
质是解题关键．
【题型8 利用垂径定理求取值范围】
【例8】（2023·浙江宁波·一模）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OE=AE=2，F为B´D上
一点，CF与AB交于点G，若FG>CG，则BF的长的范围为( )
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A．4CG，由cos∠DOE= = ，得到∠DOE=60°，进而
OD 2
1
得到∠DBE= ∠DOE=30°，∠BDE=90°−∠DBE=60°，由此得到∠M=∠BDE=60°，即可得
2
到△OBM是等边三角形，得到MB=OB=AO=4，求出BE=2+4=6，再由
BE √3
sin∠BDE=sin60°= = 求出BD=4√3，即可求出BF的长的范围，解题的关键是判定△BOM是
BD 2
等边三角形，由锐角的正弦求出BD的长．
【详解】解：如图，作直径CM，
当点F在D´M(不与D、M重合)上运动时，FG>CG，
∵OE=AE=2，
1 1
∴OE= OA= OD，
2 2
∵弦CD⊥AB于点E，
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OE 1
∴cos∠DOE= = ，
OD 2
∴∠DOE=60°，
1
∴∠DBE= ∠DOE=30°，
2
∴∠BDE=90°−∠DBE=60°，
∴∠M=∠BDE=60°，
∵OM=OB，
∴△OBM是等边三角形，
∴BM=OB，
∵AO=2OE=4，
∴MB=OB=AO=4，
∵OE=2，OB=4，
∴BE=2+4=6，
BE √3
∵sin∠BDE=sin60°= = ，
BD 2
∴BD=4√3，
∴BF的长的范围是4b 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
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∵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
∴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．
⏜ ⏜ ⏜
【变式10-1】（2023·甘肃平凉·三模）如图，在⊙O中， AB=BC=CD ，连接AC，CD，则AC与CD的
关系是（ ）．
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A．AC=2CD B．AC<2CD
C．AC>2CD D．无法比较
【答案】B
【分析】连接AB，BC，根据A´B=B´C=C´D得AB=BC=CD，再根据三角形三边关系可得结论．
【详解】解：连接AB，BC，如图，
∵A´B=B´C=C´D
∴AB=BC=CD
又AB+BC>AC
∴AC<2CD
故选：B
【点睛】本题考查了三角形三边关系，弧、弦的关系等知识，熟练掌握上述知识是解答本题的关键．
【变式10-2】（2023·甘肃平凉·二模）如图所示，在⊙O中，A´B=2C´D，那么（ ）
A．AB>2CD B．AB<2CD C．AB=2CD D．无法比较
【答案】B
【分析】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系和三角形的三边关系，在圆上截取D´E=C´D，再根据“根
据三角形的三边关系”可解，熟练掌握圆心角、弧、弦之间的关系和三角形的三边关系是解题的关键．
【详解】解：如图，
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在圆上截取D´E=C´D，
∵A´B=2C´D，
∴A´B=C´E，
∴AB=CE，
根据三角形的三边关系知，CD+DE=2CD>CE=AB，
∴AB<2CD，
故选：B．
【变式10-3】（2023·河北秦皇岛·统考一模）如图，在扇形AOB中，∠AOB=90°，C、D是A´B上两点，
过点D作DE∥OC交OB于E点，在OD上取点F，使OF=DE，连接CF并延长交OB于G点．
(1)求证：△OCF≌△DOE；
(2)若C、D是AB的三等分点，OA=2√3：
①求∠OGC；
②请比较GE和BE的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)①∠OGC=90°；②BE＞GE
【分析】（1）先由平行线得出∠COD=∠ODE，再用SAS证 OCF≌△DOE即可；
（2）①先由C、D是A´B的三等分点，∠AOB=90°，求得∠A△OC=∠COD=∠BOD=30°，由（1）知
OCF≌△DOE，所以∠OCF=∠DOE=30°，即可由三角形内角和求解；
△②由①∠OGC=90°，∠OCF=∠DOE=30°，利用直角三角形的性质和勾股定理即可求得OG=√3，OF=2，
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又∠OCF=∠COF=30°，所以CF=OF，又由 OCF≌△DOE，所以OE=CF=OF=2，即可求得¿=2−√3，
BE=2√3−2，再比较即可得出结论； △
【详解】（1）解：∵DEOC，
∴∠COD=∠ODE，
∵OC=OD，OF=DE，
∴△OCF≌△DOE(SAS)；
（2）解：①∵C、D是A´B的三等分点，∠AOB=90°，
∴∠AOC=∠COD=∠BOD=30°，
∵△OCF≌△DOE，
∴∠OCF=∠DOE=30°，
∵∠COG=∠COD+∠DOB=60°，
∴∠OGC=90°．
②∵OA=OC=OB=2√3，
∴OG=√3，
又∵∠DOE=30°，
∴OF=2，
∵∠OCF=∠COF=30°，
∴CF=OF，
∵△OCF≌△DOE，
∴OE=CF=OF=2，
∴¿=OE−OG=2−√3，BE=OB−OE=2√3−2，
∵BE－≥=3√3−4>0，
∴BE＞GE．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，圆的性质，圆心角、弧之间的关系，直角三角形的性质，勾
股定理，求出∠AOC=∠COD=∠BOD=30°，进而求得∠OGC=90°是解题词的关键．
【题型11 利用弧、弦、圆心角关系求最值】
【例11】（2023·江苏泰州·二模）如图，AB是⊙O的直径，AB＝4，C为A´B的三等分点（更靠近A点），
点P是⊙O上一个动点，取弦AP的中点D，则线段CD的最大值为（ ）
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A．2 B．√7 C．2√3 D．√3+1
【答案】D
【分析】取OA的中点Q，连接DQ，OD，CQ，根据条件可求得CQ长，再由垂径定理得出OD⊥AP，由
直角三角形斜边中线等于斜边一半求得QD长，根据当C,Q,D三点共线时，CD长最大求解.
【详解】解：如图，取AO的中点Q,连接CQ，QD，OD，
∵C为A´B的三等分点，
∴A´C的度数为60°，
∴∠AOC=60°,
∵OA=OC,
∴△AOC为等边三角形，
∵Q为OA的中点，
∴CQ⊥OA，∠OCQ=30°,
1 1
∴OQ= OC= ×2=1 ,
2 2
由勾股定理可得，CQ=√3 ,
∵D为AP的中点,
∴OD⊥AP，
∵Q为OA的中点，
1 1
∴DQ= OA= ×2=1 ,
2 2
∴当D点CQ的延长线上时，即点C,Q,D三点共线时，CD长最大，最大值为√3+1 .
故选D
【点睛】本题考查利用弧与圆心角的关系及垂径定理求相关线段的长度，并且考查线段最大值问题，利用
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圆的综合性质是解答此题的关键.
【变式11-1】（2023·江苏泰州·一模）如图，CD是⊙O的直径，CD=8，∠ACD=20°，点B为弧AD的
中点，点P是直径CD上的一个动点，则PA+PB的最小值为 ．
【答案】4
【分析】本题主要考查最短路径及圆的基本性质．作点B关于直径CD的对称点E，连接
AE、OA、OE、PE，根据两点之间线段最短及轴对称的性质可得AE即为PA+PB的最小值，然后利
用圆周角、圆心角、弧之间的关系及等边三角形的性质可求解．
【详解】解：作点B关于直径CD的对称点E，连接AE、OA、OE、PE，根据两点之间线段最短及轴
对称的性质可得AE即为PA+PB的最小值，如图所示：
∴B´D=E´D，
∵∠ACD=20°，
∴∠AOD=40°，
∵点B为弧A´D的中点，
∴B´D与E´D的度数为20°，
∴∠EOD=20°，
∴∠AOE=60°，
∵OA=OE，
∴△AOE是等边三角形，
∵CD=8，
∴AE=OA=4，
即PA+PB的最小值为4，
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故答案为：4．
【变式11-2】（2023·河南焦作·统考一模）如图，在扇形BOC中，∠BOC＝60°，点D是B´C的中点，点
E，F分别为半径OC，OB上的动点．若OB＝2，则△DEF周长的最小值为 ．
【答案】2√3
【分析】连接OD，分别作D点关于OB、OC的对称点M、N，连接OM、ON，MN，MN交OB于F，交
OC于E，交OD于P，如图，利用ED＝EN，FM＝FB得到△DEF的周长＝MN，根据两点之间线段最短可
判断此时△DEF的周长最小，接着证明∠MON＝120°，OM＝ON＝2，然后计算出MN即可．
【详解】解：连接OD，分别作D点关于OB、OC的对称点M、N，连接OM、ON，MN，MN交OB于
F，交OC于E，交OD于P，如图，
∵ED＝EN，FM＝FD，
∴△DEF的周长＝ED+EF+FD＝EN+EF+FM＝MN，
∴此时△DEF的周长最小，
∵点D是B´C的中点，
1
∴∠BOD＝∠COD＝ ∠BOC＝30°，
2
∵M点与D点关于OB对称，
∴∠MOB＝∠BOD＝30°，OM＝OD＝2，
同理得∠NOC＝∠COD＝30°，ON＝OD＝2，
∵∠MON＝120°，OM＝ON＝2，
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而∠MOP＝60°，
∴OP⊥MN，∠OMN＝∠ONM＝30°，
∴PM＝PN，
1
在Rt△OPM中，OP＝ OM＝1，
2
∴PM＝√3OP＝√3，
∴MN＝2PM＝2√3，
∴△DEF周长的最小值为2√3．
故答案为2√3．
【点睛】本题考查了圆周角定理：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．也考查了圆心角、弧、弦的关系和最短路径问题．
【变式11-3】（2023·河南·三模）圆的定义：在同一平面内，到定点的距离等于定长的所有点所组成的图
形．
(1)已知：如图1，OA=OB=OC，请利用圆规画出过A、B、C三点的圆．若∠AOB=70°，则
∠ACB=______．
(2)已知，如图2，Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BCA=30°，AB=2．点P为AC边的中点，将AC
沿BA方向平移2个单位长度，点A、P、C的对应点分别为点D、E、F，求四边形BDFC的面积和
∠BEA的大小．
(3)如图3，将AC边沿BC方向平移a个单位至DF，是否存在这样的a，使得直线DF上有一点Q，满足
∠BQA=45°且此时四边形BADF的面积最大？若存在，求出四边形BADF面积的最大值及平移距离a，
若不存在，说明理由．
【答案】(1)35°
(2)四边形BDFC的面积为6√3，∠BEA的大小为30°
(3)四边形BADF的最大面积为4+2√3，平移2个单位
【分析】（1）利用圆的定义知A、B、C三点共圆，再利用圆周角定理求解即可；
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（2）根据图形的平移性质，判定平移后图形形状，继而确定面积的计算方式和方法，角度问题也迎刃而
解；
（3）因角度不变，借助圆周角定点在圆周上运动时角度不变的思想，判断出D点能够向右移动的最大距
离，求出四边形的最大面积．
【详解】（1）解：以O为圆心，OA为半径作辅助圆，如图，
，
∵∠AOB=70°，
∴∠ACB=35°，
故答案为：35°；
（2）解：连接PB，PE，如图，
，
Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BCA=30°，AB=2，
∴AC=4，∠BAC=60°，BC=2√3，
∵P为Rt△ABC斜边AC中点，
1
∴BP= AC=2，
2
线段AC平移到DF之后，AB=AD=PE=2，BP=AE=2，
∴四边形ABPE为菱形，
∵∠BAC=60°，
∴∠BEA=30°，
∵CF∥BD，且∠ABC=90°，
∴四边形BDFC为直角梯形，
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1 1
∴S= (BD+CF)⋅BC= ×6×2√3=6√3；
2 2
（3）解：如图所示，
当AC边沿BC方向平移2个单位至DF时，
满足∠BQA=45°且此时四边形BADF的面积最大，
此时直角梯形ABFD的最大面积为，
1 1
S= (BF+AQ)⋅AE= ×(2√3+2+2)×2=4+2√3．
2 2
【点睛】本题主要考查图形的平移、圆心角、圆周角之间的关系，解题的关键是数形结合，找到极值点求
解．
【题型12 利用弧、弦、圆心角关系证明】
【例12】（2023·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）如图1，圆O中，AB为弦，C为弧AB中点，连接OC交
AB于D．
(1)求证：OC⊥AB；
(2)如图2，弦EF∥弦GH，连接EG、FH，求证：EG=FH；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接BC、F G，若FG平分∠EFH,OD=3,GH=√10，BC=2√5，求
EF长．
．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
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13√10
(3)
5
【分析】（1）证明CO是∠AOB的角平分线，进而求解；
（2）证明∠EFG=∠FGH得到∠EOG=∠FOH，即可求解；
（3）证明Rt△GPE≌Rt△HQF(HL),，则EP=FQ，在Rt△FPG中，设PG=m，则tan∠PFG=
PG m 1
= = ，得到EP=FQ=PF−PQ=3m−√10，在Rt△EPG中，EG2=PG2+EP2，即
PF PF 3
(3m−√10)
2+m2=(√10) 2
)，即可求解．
【详解】（1）证明：如图1，连接OA、OB，
∵C为弧AB中点，
∴∠COA=∠COB，即CO是∠AOB的角平分线，
在等腰三角形OAB中，AO=OB,CO是∠AOB的角平分线，
∴OC⊥AB；
（2）证明：连接OE、OG、OH、OF、GF，
∵GH∥EF
∴∠EFG=∠FGH,
又∵∠EOG=2∠EFG,∠FOH=2∠FGH,
∴∠EOG=∠FOH,
∴EG=FH;
（3）解：连接OB、OF，延长FO交圆于点M，连接MH，过点G、H分别作EF的垂线，交于点P、Q
，
则四边形PQHG为矩形，则PQ=GH=√10，设CD=x，则OB=x+3，
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在△BOC中，BD2=BC2−CD2=OB2−OD2，
即(x+3) 2−32=(2√5) 2 −x2，
解得x=−5(舍去)或x=2，
则OB=x+3=5，即圆的半径为5，则直径为10，
∵FG平分∠BFH，则∠EFG=∠GFH，故EG=GH，
由（2）知，EG=FH，
∴EG=GH=FH=√10,
FH √10 1
在Rt△MFH中，sinM= = ，则tanM= =tan∠EFG=tan∠FGH，
FM 10 3
∵GH∥EF，则GP=QH，
在Rt△GPE和Rt△HQF中，
¿
∴Rt△GPE≌Rt△HQF(HL),
∴EP=FQ,
PG m 1
在Rt△FPG中，设PG=m，则tan∠PFG= = = ,
PF PF 3
则PF=3m，则EP=FQ=PF−PQ=3m−√10，
在Rt△EPG中，EG2=PG2+EP2，即(3m−√10) 2+m2=(√10) 2 ，
3√10
解得m=0(舍去)或 ，
5
13√10
则EF=2EP+√10=6m−√10= ．
5
【点睛】本题为圆的综合题，主要考查了圆的基本性质、等腰三角形的性质、解直角三角形、三角形全等、
勾股定理的运用等，有一定的综合性，难度适中．
【变式12-1】（2023·湖北武汉·校考模拟预测）如图，⊙O经过△ABC的顶点A，C及AB的中点D，且D
是A´C的中点．
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(1)求证：△ABC是直角三角形；
(2)若⊙O的半径为1，求AB2:BC的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)4
【分析】（1）连接CD，根据D是A´C的中点，可得DA=DC，所以∠DAC=∠DCA，再根据点D是AB
的中点，可推得DC=DB，所以∠B=∠DCB，然后利用三角形内角和定理即可解决问题；
AD DE
（2）连接DO并延长交⊙O于点E，连接AE，证明△ADE∽△CBA，可得 = ，代入值即可解决
CB BA
问题．
【详解】（1）证明：如图，连接CD，
∵D是A´C的中点，
∴DA=DC，
∴∠DAC=∠DCA，
∵点D是AB的中点，
∴DA=DB，
∴DC=DB，
∴∠B=∠DCB，
∵∠BAC+∠B+∠ACB=180°，
∴∠BAC+∠B+∠DCA+∠DCB=180°，
∴2∠BAC+2∠B=180°，
∴∠BAC+∠B=90°，
∴△ABC是直角三角形；
（2）解：如图，连接DO并延长交⊙O于点E，连接AE，
∴DE是⊙O的直径，
∴∠DAE=90°，
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∵D是A´C的中点，
∴A´D=C´D，
∴∠DEA=∠BAC，
∵∠DAE=∠BCA=90°，
∴△ADE∽△CBA，
AD DE
∴ = ，
CB BA
∵⊙O的半径为1，点D是AB的中点，
1
∴DE=2，AD= AB，
2
1
AB
∴2 2 ，
=
BC AB
1
∴
AB2=2BC，
2
∴AB2=4BC，
∴AB2:BC=4．
【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，三角形相似的判定和性质，直角三角形的判定，
熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式12-2】（2023·广东江门·统考二模）如图，点A、B、C在⊙O上，BC是直径，∠ABC的角平分线
BD与⊙O交于点D，与AC交于点M，且BM=MD，连接OD，交AC于点N．
(1)证明：OD⊥AC；
(2)试猜想AB与OD之间的数量关系，并证明．
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【答案】(1)见解析
3
(2)OD= AB，证明见解析
2
【分析】（1）根据∠ABD=∠DBO，证得A´D=D´C，进而根据垂径定理证得OD⊥AC；
（2）先证明ON是△ABC的中位线，得出AB=2ON，进而得出结论．
【详解】（1）证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBO，
∴ A´D=D´C，
∴OD⊥AC；
3
（2）解：猜想OD= AB．
2
∵ A´D=D´C，OD⊥AC，
∴AN=NC．
1
∵ OB= BC，AN=NC，
2
∴ON是△ABC 的中位线，
∴AB=2ON，AB∥ON．
∴∠ABM=∠NDM．
∵BM=MD，∠BMA=∠DMN，
∴△ABM≌△NDM(ASA)，
∴AB=ND=2ON．
3
∴OD=ON+ND= AB．
2
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的
定理和性质．
【变式12-3】（2023·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）如图1，AB为⊙O直径，点E是弦AC中点，连接OE
并延长交⊙O于点D，
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(1)求证：A´D=C´D；
(2)如图2，连接BD交AC于点F，求证：DE2=EF⋅EC；
(3)如图3，在（2）条件下，延长BA至点G，连接GF，若∠DFG=45°，AG=√2CF=4，求⊙O的周
长.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)(4√2+4)π
【分析】（1）连接CO，根据等腰三角形的性质得出∠AOD=∠COD，根据圆心角与弧之间的关系得出
A´D=C´D即可；
（2）连接DC，证明△EDF∽△CDE，得出DE:CE=EF:DE，即可证明DE2=EF⋅EC；
（3）连接AD，交FG于点H，证明∠G=∠AFG，得出AF=AG=4，求出CF=2√2，得出
1
AC=AF+CF=4+2√2，根据E为AC的中点，得出AE=CE= AC=2+√2，求出
2
EF=CE−CF=2−√2，根据解析（2）求出DE=√2，设⊙O的半径为r，根据勾股定理得出
r2−(r−√2) 2=(2+√2) 2 ，求出r=2√2+2，最后求出圆的周长即可．
【详解】（1）证明：连接CO，如图所示：
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∴AO=CO，
∵E是弦AC中点，
∴∠AOD=∠COD，
∴A´D=C´D．
（2）证明：连接DC，如图所示：
∵A´D=C´D，
∴∠ABD=∠ACD，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∴∠ACD=∠ODB，
∴△EDF∽△CDE，
∴DE:CE=EF:DE，
∴DE2=EF⋅EC．
（3）解：连接AD，交FG于点H，如图所示：
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∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠DFG=45°，
∴∠DHF=90°−45°=45°，
∵A´D=C´D，
∴∠B=∠DAC，
∵∠B+∠G=∠EFG=45°，∠DAC+∠AFG=∠DHF=45°，
∴∠G=∠AFG，
∴AF=AG=4，
∵√2CF=4，
∴CF=2√2，
∴AC=AF+CF=4+2√2，
∵E为AC的中点，
1
∴AE=CE= AC=2+√2，
2
∴EF=CE−CF=2−√2，
由（2）得：DE2=EF⋅EC=(2−√2)(2+√2)=2，
∴DE=√2，
设⊙O的半径为r，
在Rt△AOE中，OA=r，OE=OD−DE=r−√2，AE=2+√2，
∴r2−(r−√2) 2=(2+√2) 2 ，
解得：r=2√2+2，
∴2πr=(4√2+4)π，
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即⊙O的周长为(4√2+4)π．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，三角形相似的判定和性质，垂径定理，圆心角、弧之间
的关系，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
【题型13 利用圆周角定理求解】
【例13】（2023·湖北武汉·校考一模）如图，BC是⊙O的直径，D为⊙O上一点，A为CB´D的中点，
AE⊥BC于H并交⊙O于点E，若CD=3DF，AC=4，则⊙O的半径长为（ ）
5 8 4 4
A． B． √13 C． √13 D． √3
2 13 13 3
【答案】B
【分析】如图，连接OA、DE，由A为CB´D的中点，可得A´C=A´D，由垂径定理得AH=EH，
A´C=C´E，则C´E=A´D，∠EAC=∠DCA，AF=CF，由∠FDE=∠EAC，∠FED=∠DCA，可得
∠FDE=∠FED，则DF=EF，设EF=DF=2x，则CD=6x，AE=6x，AH=EH=3x，CF=8x，
HF=5x，在Rt△CHA中，CH2=AC2−AH2=42−(3x) 2=16−9x2，在Rt△CHF中，
√3
CH2=CF2−H F2=(8x) 2−(5x) 2=39x2，则16−9x2=39x2，计算求出满足要求的，x= ，则
3
AH=√3，CH=√13，设⊙O的半径为r，则OA=r，OH=√13−r，在Rt△AOH，AH2+OH2=OA2，
即(√3)
2+(√13−r) 2=r2，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接OA、DE，
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∵A为CB´D的中点，
∴A´C=A´D，
∵BC是⊙O的直径，AE⊥BC，
∴AH=EH，
∴A´C=C´E，
∴C´E=A´D，
∴∠EAC=∠DCA，
∴AF=CF，
∵∠FDE=∠EAC，∠FED=∠DCA，
∴∠FDE=∠FED，
∴DF=EF，
设EF=DF=2x，则CD=6x，AE=6x，
∴AH=EH=3x，CF=8x，HF=5x，
在Rt△CHA中，CH2=AC2−AH2=42−(3x) 2=16−9x2，
在Rt△CHF中，CH2=CF2−H F2=(8x) 2−(5x) 2=39x2，
∴16−9x2=39x2，
√3 √3
解得，x= 或x=− （舍去），
3 3
∴AH=√3，CH=√13，
设⊙O的半径为r，则OA=r，OH=√13−r，
在Rt△AOH，AH2+OH2=OA2，即(√3) 2+(√13−r) 2=r2，
8
解得，r= √13，
13
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故选：B．
【点睛】本题考查了同弧或等弧所对的圆周角相等，垂径定理，等角对等边，圆内接四边形的性质，勾股
定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式13-1】（2023·安徽·模拟预测）如图，在⊙O中，直径AB=4，弦CD=2，连接AD，BC相交于
点E，则∠AEC的度数是 ．
【答案】60°/60度
【分析】本题主要考查圆周角定理及其推论，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理．连接常用的
1
辅助线是解题关键．连接OC，OD，AC，由题意可得出OC=OC= AB=2=CD，即证明△OCD为
2
1
等边三角形，得出∠COD=60°，根据圆周角定理及其推论可得出∠CAD= ∠COD=30°，
2
∠ACB=90°，结合三角形内角和定理即可求出∠AEC=60°．
【详解】解：如图，连接OC，OD，AC，
∵AB=4，且为直径，
1
∴OC=OC= AB=2=CD，∠ACB=90°，
2
∴△OCD为等边三角形，
∴∠COD=60°，
1
∴∠CAD= ∠COD=30°，
2
∴∠AEC=180°−∠CAD−∠ACE=180°−30°−90°=60°．
故答案为：60°．
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【变式13-2】（2023·天津滨海新·统考二模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE切⊙O于点A，AE与直径
BD的延长线相交于点E．
(1)如图①，若∠C＝71°，求∠E的大小；
(2)如图②，当AE＝AB，DE＝2时，求∠E的大小和⊙O的半径．
【答案】(1)52°；
(2)30°,2．
【分析】（1）连接OA，先由切线的性质得∠AOE的度数，求出∠AOB=2∠C=142°，进而得∠AOE，
则可求出答案；
（2）连接OA，由等腰三角形的性质求出∠E= 30°，根据含30°解的直角三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：连接OA．
∵AE切⊙O于点A，
∴OA⊥AE，
∴∠OAE=90°，
∵∠C=71°，
∴∠AOB=2∠C=2×71°=142°，
又∵∠AOB+∠AOE=180°，
∴∠AOE=38°，
∵∠AOE+∠E=90°，
∴∠E=90°−38°=52°．
（2）
连接OA，
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设∠E=x.
∵AB=AE,
∴∠ABE=∠E=x,
∵OA=OB,
∴∠OAB=∠ABO=x,
∴∠AOE=∠ABO+∠BAO=2x.
∵AE是⊙O的切线，
∴OA⊥AE,即∠OAE=90°,
在△OAE中，∠AOE+∠E=90°,
即2x+x=90°,
解得x=30°,
∴∠E=30°.
1
在Rt△OAE中，OA= OE,
2
∵OA=OD,
∴OA=OD=DE,
∵DE=2,
∴OA=2,即⊙O的半径为2；
【点睛】
本题主要考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角的性质，三角形内角和的性质，含30°角的直角
三角形的性质，用方程思想解决几何问题，关键是熟悉掌握这些性质．
【变式13-3】（2023·广东河源·三模）【发现问题】爱好数学的小明在做作业时碰到这样的一道题目：
如图①，点O为坐标原点，⊙O的半径为1，点A(3,0)．动点B在⊙O上，连接AB，作等边△ABC（A，
B，C为顺时针顺序），求OC的最大值；
【解决问题】小明经过多次的尝试与探索，终于得到解题思路：在图①中，连接OB，以OB为边在OB的
左侧作等边△BOE，连接AE．
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（1）请你找出图中与OC相等的线段，并说明理由；
（2）线段OC的最大值为 ．
【灵活运用】
（3）如图②，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(3,0)，点B的坐标为(5,0)，点P为线段AB外一动点，
且PA=2，PM=PB，∠BPM=90°，求线段AM长的最大值及此时点P的坐标．
【迁移拓展】
（4）如图③，BC=4√3，点D是以BC为直径的半圆上不同于B、C的一个动点，以BD为边作等边
△ABD，请直接写出AC的最值．
【答案】（1）结论：OC=AE，理由见解析；（2）4；（3）2√2+2，P(3−√2，√2)；（4）AC的最
大值为2√3+6，AC的最小值为6−2√3．
【分析】(1)结论：OC=AE．只要证明△CBO≌△ABE即可；
(2)利用三角形的三边关系即可解决问题；
(3)连接BM，将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，得到△APN是等腰直角三角形，
根据全等三角形的性质得到PN=PA=2，BN=AM，根据当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大
值，即可得到最大值为3√2+2；过 P作PE⊥x轴于E，根据等腰直角三角形的性质，即可得到结论；
(4)如图4中，以BC为边作等边三角形△BCM，由△ABC≌△DBM，推出 AC=MD，推出欲求AC的最
大值，只要求出DM的最大值即可，由BC=4√3=定值，∠BDC=90°，推出点D在以BC为直径的⊙O
上运动，由图象可知，当点D在 BC上方，DM⊥BC时，DM的值最大．
【详解】解：（1）如图①中，结论：OC=AE，
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理由：∵△ABC、△BOE都是等边三角形，
∴BC=BA，BO=BE，∠CBA=∠OBE=60°，
∴∠CBO=∠ABE，
∴△CBO≌△ABE(SAS)，
∴OC=AE；
（2）在△AOE中，AE≤OE+OA，
∴当E、O、A共线，
∴AE的最大值为4，
∴OC的最大值为4．
故答案为：4；
（3）如图1，连接BM，
∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，则△APN是等腰直角三角形，
∴PN=PA=2，BN=AM，
∵A的坐标为(3,0)，点B的坐标为(5,0)，
∴OA=3，OB=5，
∴AB=2，
∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值，
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∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值（如图2中），
最大值=AB+AN，
∵AN=√2AP=2√2，
∴最大值为2√2+2；
如图2，过P作PE⊥x轴于E，
∵△APN是等腰直角三角形，
∴PE=AE=√2，
∴OE=BO−AB−AE=5−2−√2=3−√2，
∴P(3−√2,√2)；
（4）如图4中，以BC为边作等边三角形△BCM，
∵∠ABD=∠CBM=60°，
∴∠ABC=∠DBM，
∵AB=DB，BC=BM，
∴△ABC≌△DBM(SAS)，
∴AC=MD，
∴欲求AC的最大值，只要求出DM的最大值即可，
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∵BC=4√3=定值，∠BDC=90°，
∴点D在以BC为直径的半圆⊙O上运动，
由图象可知，当点D在BC上方，DM⊥BC时，DM的值最大，最大值=2√3+6，
∴AC的最大值为2√3+6；
当点A在线段BD的右侧时，
以BC为边作等边△BCM，
∵∠ABD=∠CBM=60°，
∴∠MBD=∠CBA，且AB=DB，BC=BM，
∴△ABC≌△DBM(SAS)，
∴AC=MD，
∴欲求AC的最小值，只要求出DM的最小值即可，
∵BC=4√3=定值，∠BDC=90°，
∴点D在以BC为直径的⊙O上运动，
由图象可知，当点D在BC的上方，DM⊥BC时，DM的值最小，
1
DM的最小值=MO−OD=√BM2−OB2− BC=6−2√3，
2
∴AC的最小值为6−2√3；
综上所述，AC的最大值为2√3+6，AC的最小值为6−2√3．
【点睛】本题考查了圆的有关知识、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性
质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【题型14 利用圆内接四边形求角度】
【例14】（2023·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）如图，若∠AOB=70°，则∠APB的度数为（ ）
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A．110° B．145° C．135° D．160°
【答案】B
【分析】本题考查圆周角定理、圆内接四边形，取优弧上一点C，连接AC，BC，由圆周角定理，得
∠ACB=35°，运用圆内接四边形对角互补求解是解决题的关键．
【详解】解：如图，取优弧上一点C，连接AC，BC，
∵∠AOB=70°，
1
∴∠ACB= ∠AOB=35°，
2
∴∠APB=180°−∠ACB=145°．
故选：B．
【变式14-1】（2023·陕西西安·校考二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，
连接AE，OD，若AE∥OD，且AE=OD，则∠BCD的度数为（ ）
A．100° B．105° C．110° D．120°
【答案】D
【分析】连接OA、DE，可得四边形OAED是平行四边形，根据OA=OD，可得 ▱OAED是菱形，进而
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得到ΔOAE为等边三角形，结合直径所对圆周角是直角，可以求出∠BAD=60°，结合圆内接四边形的性
质即可求出∠BCD=120°；
【详解】解：如图，连接OA、DE，
∵AE∥OD，且AE=OD，
∴四边形OAED是平行四边形，
又∵OA=OD，
∴ ▱OAED是菱形，
1
∴OA=AE=OE，∠OAD= ∠OAE，
2
即ΔOAE为等边三角形，
∴∠OAE=∠OEA=60°，∠OAD=30°，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE=90°，
∠BAO=∠BAE−∠OAE=30°，
∠BAD=∠BAO+∠OAD=60°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠BCD=120°
故选：D
【点睛】本题考查平行四边形、菱形、等边三角形的判定及性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质，准
确作出辅助线是解决本题的关键．
【变式14-2】（2023·江西九江·校考二模）如图，直线AB，AD与⊙O分别相切于点B，D，C为⊙O上
一点，且∠BCD=125°，则∠A的度数是 ．
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【答案】70°
【分析】令优弧B´D上任意一点E，连接OB，OD，BE，DE，根据切线的性质得出
∠ABO=∠ADO=90°，根据圆内接四边形的性质得出∠E=55°，进而可根据圆周角定理得出
∠BOD=2∠E=110°，最后根据四边形的内角和为360°，即可求解．
【详解】解：令优弧B´D上任意一点E，连接OB，OD，BE，DE，
∵直线AB，AD与⊙O分别相切于点B，D，
∴∠ABO=∠ADO=90°，
∵∠BCD=125°，
∴∠E=180°−125°=55°，
∴∠BOD=2∠E=110°，
∴∠A=360°−∠ABO−∠ADO−∠BOD=70°，
故答案为：70°．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理，解题的关键是掌握圆的内接四
边形对角互补，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，以及切线的定义．
【变式14-3】（2023·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，
BC=CD=AD，则∠C的大小为 ．
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【答案】120°/120度
【分析】根据圆周角定理求出∠AOD=60°，根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理求出∠A=60°，
根据圆内接四边形的性质求解即可．
【详解】解：连接OC、OD，
∵AB为⊙O的直径，BC=CD=AD，
∴∠BOC=∠COD=∠AOD=60°，
∵OA=OD，
1
∴∠A= ×(180°−60°)=60°，
2
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BCD+∠A=180°，
∴∠BCD=120°，
故答案为：120°．
【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的性质、圆周角定理是解题的
关键．
【题型15 利用圆的有关性质解决翻折问题】
【例15】（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，先将B´C沿BC翻
折交AB于点D．再将B´D沿AB翻折交BC于点E．若B´E=D´E，设∠ABC=α，则α所在的范围是（ ）
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A．21.9°<α<22.3° B．22.3°<α<22.7°
C．22.7°<α<23.1° D．23.1°<α<23.5°
【答案】B
【分析】将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．依据在同
圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等可证明A´C=D´C=D´E=E´B，从而可得到弧AC的度数，由弧AC的
度数可求得∠B的度数．
【详解】解：将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．
∵⊙O与⊙O′为等圆，劣弧AC与劣弧CD所对的角均为∠ABC，
∴A´C=C´D．
同理：D´E=C´D．
又∵F是劣弧BD的中点，
∴D´E=B´E．
∴A´C=D´C=D´E=E´B．
∴弧AC的度数=180°÷4=45°．
1
∴∠B= ×45°=22.5°．
2
∴α所在的范围是22.3°<α<22.7°；
故选：B．
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【点睛】本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了翻折的性质、弧、弦、圆周角之间的关系、
圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定，找出图形中的等弧是解题的关键．
【变式15-1】（2023·江苏泰州·统考二模）如图，在⊙O中，AB为直径，C为圆上一点，将劣弧AC沿弦
AC翻折，交AB于点D，连接CD，若点D与圆心O不重合，∠BAC=25°，则∠DCA=
．
【答案】40°/40度
【分析】连接BC，根据直径所对的圆周角是直角求出∠ACB，根据直角三角形两锐角互余求出∠B，再
根据翻折的性质得到AB´C所对的圆周角，进一步计算即可得解．
【详解】解：如图，连接BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠B=90°，
∵∠BAC=25°，
∴∠B=90°−∠BAC=90°−25°=65°，
根据翻折的性质，弧AC所对的圆周角为∠B，AB´C所对的圆周角为∠ADC，
∴∠ADC+∠B=180°，
∵∠ADC+∠CDB=180°，
∴∠B=∠CDB=65°，
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∴∠DCA=∠CDB−∠BAC=65°−25°=40°．
故答案为：40°．
【点睛】本题考查了圆周角定理以及折叠问题的知识，根据同弦所对的两个圆周角互补求解是解题的关键，
此题难度不大．
【变式15-2】（2023·江苏苏州·苏州市立达中学校校考二模）如图，E为正方形ABCD的边CD上一点（不
与C、D重合），将△BCE沿直线BE翻折到△BFE，延长EF交AE于点G，点O是过B、E、G三点的圆
劣弧EG上一点，则∠EOG＝ °．
【答案】135
【分析】根据翻折性质和正方形的性质推出BF=BC=AB和∠C=∠BFE=∠BFG=90°，从而证明三角
形相等，推出∠FBG=∠ABG，再利用翻折性质推出∠FBE=∠EBC，即可求出∠EBG度数，最后根
据圆内接四边形对角互补即可求出∠EOG度数．
【详解】解：连接BO、BG，如图所示，
∵将△BCE沿直线BE翻折到△BFE，四边ABCD为正方形，
∴∠C=∠BFE=∠BFG=90°，BF=BC=AB，∠FBE=∠EBC．
∴在Rt△AGB和Rt△FGB中，¿，
∴ Rt△AGB≌Rt△FGB(HL)．
∴∠FBG=∠ABG．
1 1
∴∠EBG=∠FBG+∠FBE= ∠ABF+ ∠FBC，
2 2
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1 1
∴∠EBG= (∠ABF+∠FBC)= ×90°=45°
2 2
∵O、B、E、G四点构成了圆的内接四边形，
∴∠EBG+∠EOG=180°，
∴∠EOG=180°−45°=135°．
故答案为：135．
【点睛】本题考查了翻折的性质、正方形的性质和圆内接四边形．解题的关键在于能否构造与所求角度有
关的内接四边形以及熟练掌握相关性质．
【变式15-3】（2023·安徽淮南·校联考一模）如图，已知，AB是⊙O的直径，点C为圆上一点．
(1)如图①，将A´C沿弦AC翻折，交AB于D，若点D与圆心O重合，AC=2√3，则⊙O的半径为 ；
(2)如图②，将B´C沿弦BC翻折，交AB于D，把B´D沿直径AB翻折，交BC于点E．
（Ⅰ）若点E恰好是翻折后的B´D的中点，则∠B的度数为 ；
（Ⅱ）如图③，连接DE，若AB=10，OD=1，求线段DE的长．
【答案】(1)2
(2)（Ⅰ）22.5°；（Ⅱ）DE=2√5
【分析】（1）过点O作OM⊥AC，垂足为M，结合垂径定理，在Rt△AOM中求得∠OAM=30°，再
AM
由OA= 即可求解；
cos∠OAM
（2）（Ⅰ）连接CA、CD、DE，可以得到A´C=C´D=D´E=E´B，进而得到∠CAD=3∠B，放在直角三
角形△ACB中，利用互余建立∠B的方程；
（Ⅱ）连接连接CA、CD、OC，由（Ⅰ）知，AC=CD=DE，则∠A=∠ADC，由OA=OC，则
∠A=∠ACO，进而可证得△CAD∽△OAC，利用其性质求得AC，即为DE．
1
【详解】（1）解：如图①，过点O作OM⊥AC，垂足为M，交圆于点N，则AM=MC= AC=√3，
2
∵将A´C沿弦AC翻折，交AB于D，点D与圆心O重合，
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1 1
∴OM=MN= ON= OA，
2 2
OM 1
在Rt△AOM中，sin∠OAM= = ，
OA 2
∴∠OAM=30°，
AM √3
OA= = =2
∴ cos∠OAM √3 ，
2
∴⊙O的半径为2，
故答案为：2；
（2）（Ⅰ）如图②，连接CA、CD、DE，
∵点E恰好是翻折后的B´D的中点，
∴D´E=E´B，
∵∠ABC=∠DBC=∠DBE，
∴A´C=C´D=D´E，
∴AC=CD=DE=EB，
∴∠EDB=∠B，
∴∠DCE=∠DEC=∠EDB+∠B=2∠B，
∴∠CAD=∠CDA=∠DCE+∠B=3∠B，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠B=90°，
∴4∠B=90°，
∴∠B=22.5°，
故答案为：22.5°；
（Ⅱ）如图③，连接连接CA、CD、OC，
∵AB=10，OD=1，
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1
∴OA= AB=5，AD=OA−OD=5−1=4，
2
由（Ⅰ）知，AC=CD=DE，则∠A=∠ADC，
又∵OA=OC，则∠A=∠ACO，
∴∠ADC=∠ACO，∠A=∠A，
∴△CAD∽△OAC，
AD AC 4 AC
∴ = ，即 = ，
AC OA AC 5
∴AC=2√5，
∴DE=2√5．
【点睛】本题考查了圆的性质，解直角三角形，三角形相似等知识点，（2）（Ⅰ）的关键是找到∠B所对
的三段弧都相等，进而得到几个等腰三角形；（Ⅱ）的关键是把求DE转化成求AC，再考虑相似．
【题型16 利用圆的有关性质解决最值问题】
【例16】（2023·广东清远·统考模拟预测）如图，AB是半⊙O的直径，点C在半⊙O上，
AB=2√13cm，AC=6cm．D是B´C上的一个动点，连接AD，过点C作CE⊥AD于E，连接BE．在点
D移动的过程中，BE的最小值为（ ）
A．√13−2 B．√13 C．√3 D．2
【答案】D
【分析】以AC为直径画圆，圆心为O'，连接BO'、BC，在点D移动的过程中，点E在以AC为直径的圆
上运动，当O'、E、B共线时，BE的值最小，最小值为O'B−O'E，利用勾股定理求出BO'即可解决问题．
【详解】解：如图，以AC为直径画圆，圆心为O'，连接BO'、BC，
，
∵CE⊥AD，
∴∠AEC=90°，
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∴在点D移动的过程中，点E在以AC为直径的圆上运动，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，∵AC=6cm，AB=2√13cm，
∴BC=√AB2−AC2=√(2√13) 2 −62=4(cm)，O'E=3(cm)，
在Rt△BCO'中，BO'=√O'C2+BC2=√32+42=5，
∵O'E+BE≥O'B，
∴当O'、E、B共线时，BE的值最小，最小值为O'B−O'E=5−3=2，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是确定点E的运动轨迹是在以
AC为直径的圆上运动，属于中考填空题中的压轴题．
【变式16-1】（2023·河北保定·统考二模）嘉嘉与淇淇在讨论下面的问题：
如图，Rt△ABC中，AB=60，AC=45，∠BAC=90°．D，E分别是AC，AB边上的动点，DE=52，
以DE为直径的⊙O交BC于点P，Q两点，求线段PQ的最大值．
嘉嘉：当点D，E分别在AC，AB上移动时，点О到点A的距离为定值；
淇淇：当PQ为圆О的直径时，线段PQ的长最大．
关于上述问题及两人的讨论，下列说法正确的是（ ）
A．两人的说法都正确，线段PQ的最大值为52
B．嘉嘉的说法正确，淇淇的说法有问题，线段PQ长度的最大值为48
C．淇淇的说法有问题，当DE∥BC时，线段PQ的长度最大
D．这道题目有问题，PQ的长度只有最小值，没有最大值
【答案】B
【分析】根据直角三角形的特征可得OA的值，故点A在圆上，当点О距离边BC最近时，PQ最大，连接
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OQ，过点A作AF⊥BC交DF于点O，通过勾股定理求得AF和QF的值，即可求得．
1
【详解】如图，由于DE为定长，∠BAC=90°，所以AO= DE=26
2
故点О在以A为圆心，半径等于26的圆弧上
当点О距离边BC最近时，PQ最大
连接OQ，过点A作AF⊥BC交DF于点O
此时点О距离边BC最近
1 1
由勾股定理可得BC=75， AC⋅AB= BC⋅AF，
2 2
AB⋅AC
∴AF= =36
BC
故OF=AF−AO=10
在Rt△OFQ中，QF=√OQ2−OF2=√262−102=24
所以PQ=2QF=48
即PQ的最大值为48
故选B．
【点睛】本题考查了直角三角形的特征，勾股定理等知识，在本题中，求证点A在圆上是解题的关键．
【变式16-2】（2023·浙江湖州·统考中考真题）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形
的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，
BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的
长的最大值是（ ）
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A．4√2 B．6 C．2√10 D．3√5
【答案】C
【分析】根据同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半，过点M、N作以点O为圆心，∠MON=90°的圆，
则点P在所作的圆上，观察圆O所经过的格点，找出到点M距离最大的点即可求出．
1
【详解】作线段MN中点Q，作MN的垂直平分线OQ，并使OQ= MN，以O为圆心，OM为半径作圆，
2
如图，
1
因为OQ为MN垂直平分线且OQ= MN，所以OQ=MQ=NQ，
2
∴∠OMQ=∠ONQ=45°，
∴∠MON=90°，
所以弦MN所对的圆O的圆周角为45°，
所以点P在圆O上，PM为圆O的弦，
通过图像可知，当点P在P'位置时，恰好过格点且P'M经过圆心O，
所以此时P'M最大，等于圆O的直径，
∵BM＝4，BN＝2，
∴MN=√22+42=2√5，
∴MQ=OQ=√5，
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∴OM=√2MQ=√2×√5=√10，
∴P'M=2OM=2√10，
故选 C．
【点睛】此题考查了圆的相关知识，熟练掌握同弧所对的圆周角相等、直径是圆上最大的弦，会灵活用已
知圆心角和弦作圆是解题的关键．
【变式16-3】（2023·浙江宁波·统考一模）已知：如图1，在平面直角坐标系中，A（2，－1），以M（－
1，0）为圆心，以AM为半径的圆交y轴于点B，连结BM并延长交⊙M于点C，动点P在线段BC上运动，
5
长为 的线段PQ∥x轴（点Q在点P右侧），连结AQ．
3
（1）求⊙M的半径长和点B的坐标；
（2）如图2，连结AC，交线段PQ于点N，
①求AC所在直线的解析式；
②当PN=QN时，求点Q的坐标；
（3）点P在线段BC上运动的过程中，请直接写出AQ的最小值和最大值．
【答案】（1）半径为√10，点B（0，3）；
1 1 5
（2）①y ＝ x－2，②点Q坐标为（－ ，－ ）
AC 2 6 2
√10 √145
（3）AQ最小值为 ，AQ最大值为
2 3
【分析】(1)过点A作AE⊥x轴，则AE＝1，ME＝3，从而得出圆的半径，然后根据Rt△MOB的勾股定理
得出OB的长度，得出点B的坐标；
(2)首先设直线AC的解析式为：y=kx+b，根据中心对称的性质得出点C的坐标，利用待定系数法求出函数
解析式；根据题意得出直线BC的解析式为y=3x+3，设点P的坐标为(x，3x+3)，从而得出点N的坐标，然
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后根据点N在直线AC上求出x的值，从而得出点Q的坐标；
(3) 当点P与C重合时，此时AQ′最小，当点P与点B重合时，由此即可判断PQ的最大值
【详解】（1）过点A作AE⊥x轴，则AE＝1，ME＝3，
∴AM＝√10，即半径为√10
所以BM＝√10，
∵OM＝1，
∴OB＝3，
即点B（0，3）
（2）①设解析式为设y ＝kx＋b 由题意得点C与点B关于点M成中心对称，
AC
∴点C（－2，－3） 又点A（2，－1）
即当x＝2时，y＝－1；当x＝－2时，y＝－3
1
解得k＝ ，b＝－2
2
1
∴y ＝ x－2
AC 2
②可求y ＝3x＋3，设点P（x，3x＋3）
BC
5
由题意得点N为(x＋ ，3x＋3)
6
1 5 11
∵点N落在AC上，所以3x＋3＝ ( x＋ )－2 解得x＝－
2 6 6
1 5
所以点Q坐标为（－ ，－ ）
6 2
（3）如图，
( 1 ) √85
当点P与C重合时Q − ,−3 ，，此时AQ′= ，过点Q平行BC的直线的解析式为y=3x-2，
3 3
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1 1
过点A垂直BC的直线的解析式为y=− x− ，与直线y=3x-2的交点为Q′，此时AQ′最小（垂线段最
3 3
短），
由¿，解得¿
√ ( 1) 2 ( 1) 2 √10
∴AQ的最小值 2− + −1+ = ，
2 2 2
为当点P与点B重合时，Q″ (5 ,3 ) ，此时AQ″= √ ( 2− 5) 2 +(−1−3) 2= √145 ，
3 3 3
√145
∴AQ最大值为
3
【点睛】本题考查圆综合题、一次函数的应用、勾股定理、待定系数法、垂线段最短等知识，解题的关键
是灵活运用所学知识解决问题，学会构建一次函数，利用方程组求两个函数的交点坐标，属于中考压轴题．
【题型17 利用圆的有关性质求取值范围】
【例17】（2023·湖北武汉·校考一模）在⊙O中，弦BD与弦CE相交于点F，∠DFC=105°，B´C=4D´E，
延长EC至点A，连接DA，设∠A=α，则α所在范围可能是（ ）
A．12°＜α＜16° B．15°＜α＜18° C．17°＜α＜20° D．19°＜α＜22°
【答案】A
【分析】连接CD，根据圆周角定理判断出∠CDB=4∠ECD，再根据三角形内角和定理求出∠DCF的度数，
根据三角形外角的性质可得α<15°，从而排除B、C、D即可得出结论．
【详解】连接CD，
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∵B´C=4D´E，
∴∠CDB=4∠ECD，
∵∠DFC=105°，
∴∠BFC=75°，
又∠DFC+∠FDC+∠DCF=180°，∠CDF=4∠DCF，
∴∠DCE=15°，
∵∠DCF是△ADC的外角，
∴∠DCF＞∠A，
即∠A=α<15°．
∴B、C、D均不符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形内角和定理、三角形外角的性质等知识，解题的关键是求出
∠DCF的度数．
【变式17-1】（2023·浙江杭州·三模）如图，C、D是以AB为直径的圆O上的两个动点（点C、D不与
A、B重合），M是弦CD的中点，过点C作CP⊥AB于点P．若CD＝3，AB＝5，则PM的范围是
．
5
【答案】0≤PM≤
2
1
【分析】延长CP交⊙O于N，连接DN，易证PM＝ DN，所以当DN为直径时，PM的值最大，当DN＝
2
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AC时，PM最小，即可求得PM的取值.
【详解】解：如图：延长CP交⊙O于N，连接DN．
∵AB⊥CN，
∴CP＝PN，
∵CM＝DM，
1
∴PM＝ DN，
2
5
∴当DN为直径时，PM的值最大，最大值为 ，
2
当DN＝NC时，PM最小，最小值为0，
5
∴PM的范围是0≤PM≤ ．
2
5
故答案为：0≤PM≤
2
【点睛】本题考查的是圆的综合题，垂径定理，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅
助线，构造三角形中位线解决问题.
【变式17-2】（2023·江苏南京·二模）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB边上的动点，AC=6，
BC=8，经过C、D的⊙O交AC边于点M，交BC边于点N，且点M、N不与点C重合．
(1)若点D运动到AB的中点．
①如图①，当点M与点A重合时，求线段MN的长；
②如图②，连接MN，若MN∥AB，求线段MN的长；
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(2)如图③，点D在运动过程中，⊙O半径r的范围为 ．
【答案】(1)①6.25；②5
(2)2.4≤r≤5
【分析】（1）①连接AN，DN，证明MN=NB，在Rt△ACN中，设AN=BN=x，根据勾股定理列出
方程求解即可； ②连接CD，MN于E，证明MN是直径，点E与点O重合，可得CD为直径，即可求出
MN的长；
（2）D在AB上运动时，当CF⊥AB，且以CF为直径时，出现⊙O半径r最小值，当以AB直径时，出
现⊙O半径r最大值，分别求出CF和AB的值，即可求出⊙O半径r的范围．
【详解】（1）解：①连接AN、DN．
∵∠C=90°，
∴AN是⊙O的直径．
∴∠ADN=90°．
∴ND⊥AB．
又∵D是AB中点，
∴NA=NB．
设AN=BN=x．在Rt△ACB中，∠C=90°，
由勾股定理，得62+(8−x) 2=x2．
解这个方程，得x=6.25．即MN的长为6.25．
②连接CD，交MN于E．
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∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB中点，
1
∴CD= AB=AD=BD．
2
∴∠DCA=∠A．
又∵MN∥AB，
∴∠CMN∥AB．
∴∠CMN=∠DCA．
∴EC=EM．
同理CE=NE．
∴EM=EN．
∵∠ACB=90°，
∴NM是⊙O的直径．
∴点E与点O重合．
∴CD是⊙O的直径．
1
∴MN=CD= AB=5．
2
（2）如图③所示：
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①D在AB上运动时，当CF⊥AB，且以CF为直径时，出现⊙O半径r最小值，2r=CF，
∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=√AC2+BC2=10，
1 1
∵S = AC·BC= AB·CF，
△ABC 2 2
AC·BC
∴CF= =4.8，
AB
∴2r=CF=4.8，
∴r=2.4；
②D在AB上运动时，当以AB为直径时，出现⊙O半径r最大值，2r=AB，
∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=√AC2+BC2=10，
∴2r=AB=10，
∴r=5；
综上所述，⊙O半径r的范围为：2.4≤r≤5．
【点睛】本题考查了圆的性质、圆周角定理的应用，勾股定理等知识点，用分类讨论方法是解本题的关键，
综合性较强，难度较大．
【变式17-3】（2023·浙江宁波·一模）如图，E点为x轴正半轴上一点，⊙E交x轴于A、B两点，交y轴于
C、D两点，P点为劣弧B´C上一个动点，连接PA，PC，且A(−1,0)，E(1,0)．
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（1）如图1，求点C的坐标和∠P的度数；
（2）如图2，若CQ平分∠PCD交PA于Q点，当P点在运动时，线段AQ的长度是否发生变化；若不变求
出其值，若发生变化，求出变化的范围；
PC+PD
（3）如图3，连接PD，当P点在运动时（不与B、C两点重合），求 的值．
PA
【答案】（1）点C的坐标为(0,√3)，∠P=30°；（2）不发生变化，AQ＝2，理由见解析；（3）√3
【分析】（1）连接EC，则EC=EA=2，然后利用勾股定理就可求出OC的长，从而求出点C的坐标；
（2）不发生变化，连接CB，利用等弧所对的圆周角相等可证明AQ=AC，AC是一个固定值，所以不发生
变化．再利用勾股定理就可求出AC的长即是AQ的长；
（3）利用三角形的全等导出边关系证明即可．．
【详解】解：（1）如图1，连接EC，则EC=EA=2，
∵OE=1，
∴OC=√CE2−OE2=√22−12=√3
故点C的坐标为(0,√3)，同时可得∠CEA=60°，
∴∠P=30°
（2）不发生变化．
如图2，连接CB，则∠CPA=∠CBA=∠ACO，
∵∠ACQ=∠ACO+∠OCQ，∠AQC=∠CPA+∠PCQ，
∵CQ平分∠PCD，则∠PCQ=∠OCQ，
则∠ACQ=∠AQC
∴AQ=AC
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∵AE=CE，A(−1,0)，E(1,0)
∴三角形ACE为等边三角形
∴AQ=2
（3）如图3，在PD的延长线上截取DM=PC，则PC+PD=PM，
连接AM，
在△PAC和△MAD中
¿
∴△PAC≌△MAD (SAS)，得MA=PA，∠MAP=∠DAC，
∵CD⊥AE
∴AC=AD
由（2）可知∠CAE=60°
∴∠CAD=2∠CAE=120°
∴∠MAP=120°
则△PAM是以30°为底角的等腰三角形，
PM PC+PD
∴ = =√3．
PA PA
【点睛】
本题综合考查了圆的知识，以及全等三角形的判定．所以学生学习时一定要会把所学的知识灵活的运
用起来．
【题型18 利用圆的有关性质解决多结论问题】
【例18】（2023·湖北襄阳·二模）如图，在半径为6cm的⊙O中，点A是劣弧B´C的中点，点D是优弧B´C
√3
上一点，且∠D=30°，下列四个结论：①OA⊥BC；②BC=6√3cm；③弦BC与⊙O直径的比为 ；
2
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④四边形ABOC是菱形．其中正确结论的序号是（ ）
A．①③ B．①②③④ C．②③④ D．①③④
【答案】B
【分析】分别根据垂径定理、菱形的判定定理、锐角三角函数的定义对各选项逐一判断即可．
【详解】解：令BC交OA于E，如图所示：
∵点A是劣弧B´C的中点，OA过圆心，
∴OA⊥BC，故①正确；
∵∠D＝30°，
∴∠ABC＝∠D＝30°，
∴∠AOB＝60°，
∵点A是劣弧B´C的中点，
∴BC＝2CE，
∵OA＝OB，
∴OA＝OB＝AB＝6cm，
√3
∴BE＝AB•cos30°＝6× ＝3√3cm，
2
∴BC＝2BE＝6√3cm，故②正确；
∵∠AOB＝60°，
√3 BE √3
∴sin∠AOB＝sin60°＝ = ，即弦BC与⊙O直径的比为 ，故③正确；
2 OB 2
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∵∠AOB＝60°，
∴AB＝OB，
∵点A是劣弧B´C的中点，
∴AC＝AB，
∴AB＝BO＝OC＝CA，
∴四边形ABOC是菱形，故④正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理、菱形的判定、圆周角定理、解直角三角形，综合性较强，掌握圆的相关性
质是解决问题的关键．
【变式18-1】（2023·山东济南·统考一模）如图，在半径为6cm的⊙O中，点A是劣弧BC的中点，点D
√3
是优弧BC上一点，且∠D＝30°，下列四个结论：①OA⊥BC；②BC＝6√3cm；③sin∠AOB＝ ；④四
2
边形ABOC是菱形．其中正确结论的序号是（ ）
A．①③ B．①②③④ C．②③④ D．①③④
【答案】B
【详解】试题解析：∵点A是劣弧B´C的中点，OA过圆心，
∴OA⊥BC，故①正确；
∵∠D=30°，
∴∠ABC=∠D=30°，
∴∠AOB=60°，
∵点A是劣弧B´C的中点，
∴BC=2CE，
∵OA=OB，
∴OA=OB=AB=6cm，
√3
∴BE=AB•cos30°=6× =3√3cm，
2
∴BC=2BE=6√3cm，故②正确；
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∵∠AOB=60°，
√3
∴sin∠AOB=sin60°= ，
2
故③正确；
∵∠AOB=60°，
∴AB=OB，
∵点A是劣弧B´C的中点，
∴AC=AB，
∴AB=BO=OC=CA，
∴四边形ABOC是菱形，
故④正确．
故选B．
考点：1.垂径定理；2.菱形的判定；3.圆周角定理；4.解直角三角形．
1
【变式18-2】（2023·河北廊坊·校考一模）如图，等边三角形OAB的边长为 ，半圆O的直径为1，连接
2
AD，BC相交于点P，将等边三角形OAB从OA与OC重合的位置开始，绕点O顺时针旋转α（
0°≤α≤120°）．下列结论正确的是（ ）
结论Ⅰ：A´C的长与B´D的长之和为定值；结论Ⅱ：使得∠CPD=120°的α值有两个；
2√3
结论Ⅲ：点P运动的路径长为 π．
9
A．Ⅰ对Ⅱ对 B．Ⅱ错Ⅲ对 C．Ⅰ对Ⅲ错 D．Ⅰ错Ⅲ对
【答案】B
【分析】求出∠AOC+∠BOD=120°即可得判断结论Ⅰ；先根据圆周角定理求出
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∠ADC+∠BCD=60°，从而可得∠CPD=120°，由此即可得判断结论Ⅱ；取点P的运动轨迹所在圆O'
上一点M，先根据圆内接四边形的性质可得∠CMD=60°，根据圆周角定理可得∠CO'D=120°，再利
用弧长公式求解即可得．
【详解】解：∵△OAB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴∠AOC+∠BOD=180°−∠AOB=120°，
∴A´C的长与B´D的长之和为定值，结论Ⅰ正确；
1 1
由圆周角定理得：∠ADC= ∠AOC,∠BCD= ∠BOD，
2 2
1 1
∴∠ADC+∠BCD= ∠AOC+ ∠BOD=60°，∴∠CPD=180°−(∠ADC+∠BCD)=120°为定
2 2
值，
则使得∠CPD=120°的α值有无数个，结论Ⅱ错误；
∴点P的运动轨迹是一段弧，
如图，取点P的运动轨迹所在圆O'上一点M，则∠CMD=180°−∠CPD=60°，
∴∠CO'D=2∠CMD=120°，
如图，连接OO'，则∠O'OC=90°，∠OO'C=60°（等腰三角形的三线合一），
∵半圆O的直径为1，
1
∴CO= ，
2
OC √3
∴CO'= = ，
sin∠OO'C 3
120π √3 2√3
∴点P运动的路径长为 × = π，结论Ⅲ正确；
180 3 9
故选：B．
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【点睛】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、解直角三角形等知识点，正确得出点P的运动轨
迹是解题关键．
【变式18-3】（2023·福建三明·统考二模）如图，AB为⊙O的直径，点M为⊙O内一个定点，
1
∠MAB=30°，OM= OA，经过点M的弦PQ交AB于点C，连接PA，PB，QA，QB．在下列结论
2
中：
①△AOM为直角三角形；
②△MOC与△BPC相似；
③若AM平分∠PAB，则四边形APBQ为矩形；
④若∠BPQ=2∠APQ，则AQ=2OM．
其中正确的是 （填写所有正确结论的序号）．
【答案】①③④
【分析】①延长AM交⊙O于点D，连接DB，取AD的中点M'，连接OM'，过点O作OM'∥BD交AD
于点M'，证明点M'与点M重合，即可证明△AOM为直角三角形；②要使△MOC与△BPC相似，则
∠QPB=60°或∠PBQ=60°，由于∠QPB或∠PBQ都是变化的，可判断②不正确；③证明OP与OM重
合，得到PQ与AB为⊙O的直径，利用圆周角定理即可判断；④连接OQ，证明△OAQ是等边三角形，据
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此即可判断．
【详解】解：①延长AM交⊙O于点D，连接DB，取AD的中点M'，连接OM'，过点O作OM'∥BD交
AD于点M'，
∵AB为⊙O的直径，∠MAB=30°，
1
∴∠D=90°，BD= AB=OA，
2
∵点O是AB的中点，
∴OM'是△ABD的中位线，
∴OM'∥BD，
1 1 1
∴∠OM' A=∠D=90°，OM'= BD= OA，又OM= OA，
2 2 2
∴点M'与点M重合，
∴△AOM为直角三角形，故①正确；
②∵∠MAB=30°，
∴∠AOM=60°，
要使△MOC与△BPC相似，则∠QPB=60°或∠PBQ=60°，
但是，PQ是经过点M的弦，∠QPB或∠PBQ都是变化的，不能等于60°，
故△MOC与△BPC不可能相似，故②错误；
③若AM平分∠PAB，则∠PAB=2×30°=60°，∵OP=OA，
∴△OAP是等边三角形，
∴∠AOP=60°，又∠AOM=60°，
∴OP与OM重合，即弦PQ经过圆心O，
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∴PQ与AB为⊙O的直径，
∴∠APB=∠AQB=∠PAQ=∠PBQ=90°，
∴四边形APBQ为矩形，故③正确；
④∵∠BPQ=2∠APQ，∠APB=90°，
∴∠BPQ=60°，∠APQ=30°，
∴∠OAB=∠BPQ=60°，
连接OQ，
同理得△OAQ是等边三角形，
∴AQ=OA，
1
∵OM= OA，
2
∴AQ=2OM，故④正确；
综上，①③④正确，
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定，矩形的判定，解题的关键是灵活运用所学知识解决
问题．
【题型19 圆有关的常见辅助线-遇到弦时, 常添加弦心距】
【例19】（2023·福建·模拟预测）如图，△ABC内接于半径是4的圆，AC=6，优弧A´B是劣弧A´C的2倍，
则AB的长为（ ）
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A．3√7 B．8 C．5√3 D．5√2
【答案】A
【分析】作直径AD，过圆心O作OE⊥AC于点E，连接CD,CO,BO,BD，过点C作CF⊥AD于点F，
由垂径定理，勾股定理得出OE=√7，等面积法求得CF，由优弧A´B是劣弧A´C的2倍，得出
1
∠ABC= ∠ACB，设∠ABC=α，则∠ACB=2α,得出∠OCF=∠BAD=90°−2α证明
2
△COF∽△ADB，即可求解．
【详解】解：如图所示，
作直径AD，过圆心O作OE⊥AC于点E，连接CD,CO,BO,BD，过点C作CF⊥AD于点F，
则AD=8，AO=CO=OB=OD=4，
∵AC=6，OE⊥AC，
∴EC=3，
在Rt△COE中，OE=√OC2−CE2=√7，
∵AD是直径，
∴∠ACD=90°，
∴OE∥CD，
∴CD=2OE=2√7，
1 1
∴S = AC×CD= AD×CF，
△ADC 2 2
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AC×CD 6×2√7 3√7
∴CF= = = ，
AD 8 2
∵优弧A´B是劣弧A´C的2倍，
1
∴∠ABC= ∠ACB，
2
设∠ABC=α，则∠ACB=2α,
则∠BAC=180°−3α，
∵∠ACD=90°，
∴∠BCD=∠BAD=2α−90°，
在△OCD中，OC=OD，∠ODC=∠ADC=∠ABC=α，
∴∠DCD=α，
在Rt△CFD中，∠FCD=90°−α，
∴∠OCF=∠OCD−∠FCD=α−(90°−α)=2α−90°，
∴∠OCF=∠BAD=90°−2α，
又∵∠CFO=∠ABD=90°，
∴△COF∽△ADB，
AB AD
∴ = =2，
CF CO
∴AB=2CF=3√7，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，证明
△COF∽△ADB是解题的关键．
【变式19-1】（2023·河北·模拟预测）如图，在△ABC中，∠BCA=60°，∠A=45°，AC=4经过点C
且与边AB相切的动圆与CB，CA分别相交于点M，N，则线段MN长度的最小值是（ ）
A．3 B．2√3 C．2√2 D．√6
【答案】D
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【分析】如图所示，设△CMN的外接圆圆心为O，过点O作OE⊥MN于E，连接OM，ON，利用垂径
定理，圆周角定理，含30度角的直角三角形的性质证明MN=√3OM，可以得到要使MN最小，则⊙O
的直径要最小，过点C作CF⊥AB于点F，以CF为直径作圆与CB､CA分别相交于点M,N，连接
OM,ON，此时，线段MN的长度最小，据此求解即可．
【详解】解：如图所示，设△CMN的外接圆圆心为O，过点O作OE⊥MN于E，连接OM，ON，
∴∠MON=2∠MCN=120°，
1
∴∠EOM= ∠MON=60°，
2
∴∠OME=30°，
1
∴OE= OM，
2
∴MN=2ME=2√OM2−OE2=√3OM，
∴要使MN最小，则⊙O的直径要最小，
过点C作CF⊥AB于点F，以CF为直径作圆与CB､CA分别相交于点M,N，连接OM,ON，此时，线
段MN的长度最小，
∵∠CFA=90°，∠A=45°，AC=4，
AC
∴CF= =2√2，
√2
1
∴OM=OC= CF=√2，
2
∴MN=√3OM=√6．
故选D．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，正确确
定MN最小值时的情形是解题的关键．
【变式19-2】（2023·陕西·统考二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AD＝BC，若∠BAC＝
45°，∠B＝75°，则下列等式成立的是（ ）
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3
A．AB＝2CD B．AB=√3CD C．AB= CD D．AB=√2CD
2
【答案】B
【分析】连接OB、OC，过O作AB的垂线，垂足为E，交CD于点F．由已知可得AB∥CD，则OF⊥CD，
且∠BOC=90°，E、F分别是AB、CD的中点；易证△BOE≌△OCF，从而BE与CF的关系，即可得AB与
CD的关系．
【详解】如图，连接OB、OC，过O作AB的垂线，垂足为E，交CD于点F．
∵AD=BC，
⏜ ⏜
∴ AD=BC ，
∴∠ACD=∠BAC=45°．
∴AB∥CD．
∵OE⊥AB，
∴AB=BE，OF⊥CD．
∴CD=2CF．
∵∠BAC、∠BOC对着同一弧，
∴∠BOC=2∠BAC=90°．
∴∠EOB+∠COF=90°．
∵∠EOB+∠OBE =90°，
∴∠OBE=∠COF．
∵∠OEB=∠CFO=90°，OB=OC，
∴△BOE≌△OCF．
∴OE=CF．
∵OB=OC，
∴∠OBC=45°．
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∵∠ABC=75°，
∴∠OBE=∠ABC-∠OBC=30°．
BE √3
∴ =tan∠OBE= ．
OE 3
∴BE=√3OE=√3CF．
∵AB=2BE，CD=2CF，
∴AB=√3CD．
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与性质，三角函数等知识，构造辅助线并
证明△BOE≌△OCF是问题的关键．
【变式19-3】（2023·内蒙古赤峰·统考二模）如图，⊙P与x轴交于点A(−5,0)，B(1,0)，与y轴的正半
轴交于点C．若∠ACB=60°，则tan∠CAB的值为 ．
2√2+√3
【答案】
5
【分析】连接PA，PB，PC，过点P作PD⊥AB于D，PE⊥OC于E，根据圆周角定理得到
∠APB=120°，根据等腰三角形的性质得到∠PAB=∠PBA=30°，由垂径定理得到AD=BD=3，解直
角三角形得到PD=√3，PA=PB=PC=2√3，根据勾股定理得到CE的长，进而求出OC的长，再根据正
切的定义求解即可．
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【详解】解：连接PA，PB，PC，过点P作PD⊥AB于D，PE⊥OC于E，
∵∠ACB=60°，
∴∠APB=2∠ACB=120°，
∵PA=PB，
∴∠PAB=∠PBA=30°，
∵A(−5,0)，B(1,0)，
∴OA=5，OB=1
∴AB=6，
∴AD=BD=3，
∴PD=√3，PA=PB=PC=2PD=2√3，OD=2，
∵PD⊥AB，PE⊥OC，∠AOC=90°，
∴四边形PEOD是矩形，
∴OE=PD=√3，PE=OD=2，
∴CE=√PC2−PE2=√(2√3) 2 −22=2√2，
∴OC=CE+OE=2√2+√3，
OC 2√2+√3 2√2+√3
在Rt△AOC中，tan∠CAO= = ，即tan∠CAB=
OA 5 5
2√2+√3
故答案为： ．
5
【点睛】本题考查了圆周角定理，坐标与图形性质，垂径定理，矩形的判定与性质，勾股定理，解直角三
角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
【题型20 圆有关的常见辅助线-遇到有直径时, 常添加（画）直径所对的圆周角】
【例20】（2023·江苏泰州·一模）如图，AB为⊙O直径，C为圆上一点，I为△ABC内心，AI交⊙O于
D，OI⊥AD于I，若CD=4，则AC为（ ）
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12√5 16√5
A． B． C．2√5 D．5
5 5
【答案】A
【分析】如图，连接BI，BD，由题意知，AD平分∠BAC，BI平分∠ABC，则∠BAD=∠CAD，
∠ABI=∠CBI，B´D=C´D，BD=CD=4，由
∠DBI=∠DBC+∠CBI=∠DAC+∠CBI=∠DAB+∠ABI=∠BID，可得ID=BD=4，由垂径定理
得OI⊥AD，则AD=2ID=8，由勾股定理得，AB=√BD2+AD2=4√5，如图，连接OD交BC于E，
则OD⊥BC，设DE=x，则OE=2√5−x，由勾股定理得，BE2=OB2−OE2=BD2−DE2，即
4√5 8√5 16√5
(2√5) 2 −(2√5−x) 2=42−x2，解得x= ，进而可得BE= ，BC=2BE= ，由勾股定理得，
5 5 5
AC=√AB2−BC2，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接BI，BD，
由题意知，AD平分∠BAC，BI平分∠ABC，
∴∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI，
∴B´D=C´D，BD=CD=4，
∵∠DBI=∠DBC+∠CBI=∠DAC+∠CBI=∠DAB+∠ABI=∠BID，
∴ID=BD=4，
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∵OI⊥AD，
∴AD=2ID=8，
由勾股定理得，AB=√BD2+AD2=4√5，
如图，连接OD交BC于E，则OD⊥BC，
设DE=x，则OE=2√5−x，
由勾股定理得，BE2=OB2−OE2=BD2−DE2，即(2√5) 2 −(2√5−x) 2=42−x2，
4√5
解得x= ，
5
8√5 16√5
∴BE= ，BC=2BE= ，
5 5
12√5
由勾股定理得，AC=√AB2−BC2=
，
5
故选：A．
【点睛】本题考查了内心，勾股定理，垂径定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定与性
质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式20-1】（2023·浙江杭州·校考三模）如图，⊙O的半径OD⊥AB于点C，连接AO并延长交⊙O于
点E，连接EC，若AB＝8，CD＝2，
（1）⊙O的半径为 ；
（2）tan∠OEC的值为 ．
17
【答案】 5
6
【分析】（1）设半径为r，根据垂径定理得到AC=4，OC=r−2，OA=r，根据Rt△AOC的勾股定理
求出r的值；
（2）连接EB，根据直径所对的圆周角为直角，得出△BCE为直角三角形，根据勾股定理求出BE，CE，
CF，EF的长度，然后按定义进行计算．
【详解】解：（1）∵⊙O的半径OD⊥AB于点C，AB=8，
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1
∴AC= AB=4，
2
设⊙O的半径为r，则OC=r−2，在Rt△AOC中，
∵AC=4，OC=r−2
∴OA²=AC²+OC²，即r²=4²+（r−2）²，
解得r=5
故答案为：5．
（2）连接BE，过点C作CF⊥AE于点F
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ABE=90°，在Rt△ABE中，∵AE=2r=10，AB=8，
∴BE=√AE2−AB2=√102−82=6
∵在Rt△BCE中，BE=6，BC=AD=4，
∴CE=√BE2+BC2=√62+42=2√13
1 1
∵S = AE⋅CF= AC⋅BE
△ACE 2 2
∴AE⋅CF=AC⋅BE
∴10CF=4×6
4×6 12
∴CF= =
10 5
∴EF=√CE2−CF2=
√
(2√13) 2 −
(12) 2
=
34
5 5
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34
CF 5 17
∴tan∠OEC= = =
EF 12 6
5
17
故答案为： ．
6
【点睛】本题考差了勾股定理、垂径定理、锐角三角函数的求值， 记忆理解相关定义，性质是解题的关
键．
【变式20-2】（2023·广东深圳·深圳实验学校校考模拟预测）如图，平面直角坐标系中，⊙O交x轴正负
半轴于点A、B，点C为⊙O外y轴正半轴上一点，CB交⊙O于点H，D为第四象限内⊙O上一点，
CE⊥DB交DB延长线于点E，已知∠ACB=∠BCE，CE=15，ED=24，则tan∠BAD的值为
.
2
【答案】
11
【分析】连接AH，延长CB、AD交于H，证明△AHC≌△BEC(AAS)，CH=CE=15，再根据平行线的
判定与性质和等腰三角形的判定和性质，结合已知得到AM=AC=BC，CM=30，证明△BCE∽△BMD，
BD 4 BE 4
利用相似三角形的性质和锐角三角函数求得 = ，sin∠BCE= = ，设BE=4k，BC=5k，由
MB 5 BC 5
勾股定理求得BC=25，BE=20，进而求得BD=4，AD=22，然后利用正切定义求解即可．
【详解】解：连接AH，延长CB、AD交于H，
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由题意，CA=CB，∠AHB=∠AHC=∠E=90°，∠ACB=∠BCE，
∴△AHC≌△BEC(AAS)，又CE=15，
∴CH=CE=15，
∵∠ADB=∠E=90°，
∴CE∥AM，
∴∠BCE=∠M=∠ACB，
∴AM=AC=BC，又∠AHB=∠AHC=90°，
∴CH=HM=15，则CM=30，
∵CE∥DM，
∴△BCE∽△BMD，
BD MB BD MB
∴ = ，则 = ，
BE BC 24−BD 30−MB
BD 4 BD 4
解得 = ，即 = =sin∠M，
MB 5 MB 5
∵∠BCE=∠M，
BE 4
∴在Rt△BCE中，sin∠BCE= = ，
BC 5
设BE=4k，BC=5k，由CE2+BE2=BC2得
152+16k2=25k2，解得k=5，
∴BC=25，BE=20，
∴BM=CM−BC=5，BD=DE−BE=4，
∴MD=√BM2−BD2=3，则AD=AM−MD=25−3=22，
BD 4 2
∴tan∠BAD= = = ，
AD 22 11
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2
故答案为： ．
11
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、锐角
三角函数、勾股定理、圆周角定理等知识，综合性强，属于中考填空压轴题型，有一定的难度，熟练掌握
相关知识的联系与运用是解答的关键．
【变式20-3】（2023·四川成都·模拟预测）如图，在⊙O中，AB为⊙O直径，直线MN（在直径AB上
方）交⊙O于C、D两点，且MN∥AB，连接CB，DB；点P为直径AB下方⊙O上一点，连接DP，
BP．
(1)求证：∠BDC+∠BCN=90°；
4
(2)若tanP= ，⊙O半径为5，求CD的长．
3
【答案】(1)见解析
14
(2)CD=
5
【分析】（1）根据B´C=B´C，得出∠BDC=∠CAB，根据平行线的性质得出∠BCN=∠CBA，根据直
径所对的圆周角为直角得出∠ACB=90°，求出∠CAB+∠CBA=90°，即可证明结论；
BD 4
（2）连接AD，过B作BE⊥MN交于E．根据tan∠DAB= = ，设BD=4x，AD=3x，根据勾股
AD 3
定理得出(4x) 2+(3x) 2=102，求出x=2，证明∠DBN=∠DAB=∠P，在Rt△EDB中，根据
DE 4 8
tan∠DBE= = ，设DE=4a，BE=3a，根据勾股定理得出(4a) 2+(3a) 2=82，求出a= ，证明
BE 3 5
BE 4 18
∠BCE=∠P．根据tan∠BCE= = ，求出CE= ，即可求出结果．
CE 3 5
【详解】（1）证明：如图，连接CA，
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∵B´C=B´C，
∴∠BDC=∠CAB，
∵MN∥AB，
∴∠BCN=∠CBA，
∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠CBA=90°，
∴∠BDC+∠BCN=90°．
（2）解：连接AD，过B作BE⊥MN交于E．
∵B´D=B´D，
∴∠P=∠DAB，
∵AB=10，
BD 4
在Rt△ADB中，tan∠DAB= = ，
AD 3
设BD=4x，AD=3x，
∵BD2+AD2=AB2，
∴(4x) 2+(3x) 2=102，
∴x=2，
∴BD=8，AD=6，
∵∠BDN=∠DBA，∠BDN+∠DBN=∠DBA+∠DAB=90°，
∴∠DBN=∠DAB=∠P，
DE 4
在Rt△EDB中，tan∠DBE= = ，
BE 3
设DE=4a，BE=3a，DE2+BE2=BD2，
∴(4a) 2+(3a) 2=82，
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8
∴a= ，
5
32 24
∴DE= ，BE= ，
5 5
∵四边形BCDP为圆内接四边形，
∴∠BCD+∠P=180°，∠BCD+∠BCE=180°，
∴∠BCE=∠P．
BE 4 18
在Rt△ECB中，tan∠BCE= = ，CE= ，
CE 3 5
14
∴CD=DE−CE= ．
5
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，圆内接四边形，余角和
补角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质．
124
