文档内容
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模块二 图形与几何基础
第 06 讲 圆的证明与计算
（思维导图+2考点+15种题型+命题预测）
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
03核心精讲·题型突破
考点一 圆的相关计算问题
►题型01 利用圆的相关性质求角度
►题型02 利用圆的相关性质求线段长
►题型03 利用弧长与扇形面积求解
►题型04 求不规则图形面积
►题型05 与圆有关的最值问题
考点二 圆的相关证明问题
►题型01 切线的性质与判定综合
►题型02 利用圆的性质求证线段平行/垂直
►题型03 利用圆的性质判定相似三角形
►题型04 利用圆的性质判定全等三角形
►题型05 利用圆的性质判定特殊的平行四边形
►题型06 利用圆的性质判定线段相等
►题型07 利用圆的性质求线段比值或证明比例关系
►题型08 利用圆的性质求证角平分线
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►题型09 利用圆的性质求证角度相等或存在2倍关系
►题型10 正多边形与圆
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01考情透视·目标导航
中考考点 命题预测
圆的证明与计算是中考数学的重要组成部分，其题目类型多样，综合性强，对学生的逻
辑思维和空间想象能力提出了较高要求。
【考情分析】圆的证明与计算题型在中考中多以解答题形式出现，通常分为两问。第一问侧
重于几何证明，常涉及切线的判定、圆心角与圆周角的关系等；第二问则注重计算，包括线
段长度、面积求解以及角度的三角函数值等。这类题型不仅考查学生对圆的基本性质的掌
握，还考查其综合运用几何知识的能力。
【考点分析】
1）切线的判定与性质：判定切线是中考的常见考点，通常需要学生通过证明直线垂直于过切
点的半径来确认切线。此外，切线的性质，如切线长定理，也常在题目中出现。
2）圆心角与圆周角：理解和运用圆心角与圆周角的关系是解题的关键。学生需要掌握圆周角
定理及其推论，能够利用这些关系求解角度和线段长度。
3）弦、弧、半径的关系：垂径定理及其相关推论是求解圆内线段长度的重要工具。考试中常
要求学生利用垂径定理结合勾股定理进行复杂的计算。
4）图形的相似与解直角三角形：在涉及圆的计算题中，图形的相似和解直角三角形知识经常
被综合运用。学生需能够灵活运用相似三角形的性质和直角三角形的边角关系来求解。
圆的证明 【解题策略】
与计算
1）掌握基础知识：熟练掌握圆的基本概念和性质是解题的基础。学生应理解并牢记圆的定
义、弦、直径、弧、圆心角、圆周角等基本概念。
2）识别基本图形：能够将复杂的图形分解为基本的几何图形，如直角三角形、等腰三角形
等，有助于发现隐藏的线段关系和解题途径。
3）灵活运用定理：垂径定理、切线定理、圆周角定理等是解决圆的问题的重要工具。学生应
能够根据题目条件选择合适的定理进行证明和计算。
4）注重逻辑推理：圆的证明题要求学生具备严密的逻辑推理能力。在解题过程中，要注意每
一步推理的合理性和严谨性，确保证明过程的完整性和正确性。
【备考建议】
1）系统复习：对圆的相关知识点进行全面系统的复习，确保基础知识的扎实掌握。
2）多做练习：通过大量的习题练习，熟悉各种题型和解题方法，提高解题速度和准确率。
3）总结归纳：对做过的题目进行总结归纳，分析解题过程中的思路和方法，形成自己的解题
策略。
4）查漏补缺：针对自己的薄弱环节进行有针对性的训练，及时弥补知识漏洞。
02知识导图·思维引航
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03 核心精讲 · 题型突破
考点一 圆的相关计算问题
►题型01 利用圆的相关性质求角度
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
【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°，
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∴∠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
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°，
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故选：B．
3．（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°，
又∵∠CDE+∠ADC=180°，
∴∠CDE=∠ABC=64°，
故选：A．
4．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，平面直角坐标系中，原点O为正六边形ABCDEF的中心，
k
EF∥x轴，点E在双曲线y= (k为常数，k>0)上，将正六边形ABCDEF向上平移√3个单位长度，点D
x
恰好落在双曲线上，则k的值为（ ）
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A．4√3 B．3√3 C．2√3 D．3
【答案】A
【分析】本题主要考查了求反比例函数解析式，正六边形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理等
1
等，过点E作EH⊥x轴于H，连接OE，可证明△OED是等边三角形，则DE=OD，OH=DH= OH，
2
√3
进而得到EH= OD，设OD=2m，则OH=m，HE=√3m，则E(m，√3m)，D(2m，0)，即可得
2
到点(2m，√3)在双曲线上，再由点E也在双曲线上，得到k=2m⋅√3=m⋅√3m，据此求解即可．
【详解】解：如图所示，过点E作EH⊥x轴于H，连接OE，
∵原点O为正六边形ABCDEF的中心，
360°
∴OE=OD，∠EOD= =60°，
6
∴△OED是等边三角形，
∴DE=OD，
∵EH⊥OD，
1
∴OH=DH= OD，
2
√3
∴EH=√DE2−DH2= OD，
2
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设OD=2m，则OH=m，HE=√3m，
∴E(m，√3m)，D(2m，0)，
∵将正六边形ABCDEF向上平移√3个单位长度，点D恰好落在双曲线上，
∴点(2m，√3)在双曲线上，
又∵点E也在双曲线上，
∴k=2m⋅√3=m⋅√3m，
解得m=2或m=0（舍去），
∴k=2m⋅√3=4√3，
故选：A．
5．（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，
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∵DE=AD，
∴∠DAB=∠E，
∴∠CAD=∠E，
又∵∠C=∠C
∴△CAD∽△CEA，
（2）连接BD，如下图：
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
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°
►题型02 利用圆的相关性质求线段长
6．（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．
7．（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（ ）
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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
∠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．
8．（2024·山东青岛·中考真题）如图，△ABC中，BA=BC，以BC为直径的半圆O分别交AB，AC于
3
点D，E，过点E作半圆O的切线，交AB于点M，交BC的延长线于点N．若ON=10，cos∠ABC= ，
5
则半径OC的长为 ．
【答案】6
【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，等边对等角，平行线的性质与判定等等，解题的关
键在于证明∠EON=∠ABC，根据等边对等角推出∠A=∠OEC，则可证明AB∥OE得到
∠EON=∠ABC，再由切线的性质得到∠OEN=90°，则解Rt△EON求出OE的长即可．
【详解】解：如图所示，连接OE，
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∵OE=OC，BA=BC，
∴∠A=∠BCA，∠OCE=∠OEC，
∴∠A=∠OEC，
∴AB∥OE，
∴∠EON=∠ABC，
∵MN是⊙O的切线，
∴∠OEN=90°，
OE 3
∴在Rt△EON中，cos∠EON=cos∠ABC= = ，
ON 5
3
∴OE= ON=6，
5
∴半径OC的长为6，
故答案为：6．
9．（2024·山东济宁·中考真题）如图，边长为2的正六边形ABCDEF内接于⊙O，则它的内切圆半径为
（ ）
A．1 B．2 C．√2 D．√3
【答案】D
【分析】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的判定和性质，勾股定理；
1
连接OA，OF，作OG⊥AF于G，证明△AOF是等边三角形，可得FG= AF=1，然后利用勾股定理求
2
出OG即可．
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【详解】解：如图，连接OA，OF，作OG⊥AF于G，
1
∵OF=OA，∠AOF=360°× =60°，
6
∴△AOF是等边三角形，
∴OF=OA=AF=2，
∵OG⊥AF，
1
∴FG= AF=1，
2
∴OG=√22−12=√3，
即它的内切圆半径为√3，
故选：D．
10．（2024·四川自贡·中考真题）在Rt△ABC中，∠C=90°，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，
E，F．
(1)图1中三组相等的线段分别是CE=CF，AF=________，BD=________；若AC=3，BC=4，则⊙O
半径长为________；
(2)如图2，延长AC到点M，使AM=AB，过点M作MN⊥AB于点N．
求证：MN是⊙O的切线．
【答案】(1)AD；BE；1
(2)见解析
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【分析】（1）根据切线长定理得到BD=BF=3，AE=AF=10，CD=CE，代入求解即可得到答案；
（2）证明△CAB≌△NAM，推出S =S ，AN=AC，MN=BC，求得
△CAB △NAM
1 1 1
S = (AC+BC+AB)⋅r，S = (AN+AM)⋅r+ MN⋅OG，根据S =S ，列式求得
△ABC 2 △AMN 2 2 △CAB △NAM
OG=r，根据切线的判定定理，即可得到MN是⊙O的切线．
【详解】（1）解：连接OE，OF，设⊙O半径为r，
∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴CE=CF，AF=AD，BD=BE；
在四边形OFCE中，∠OFC=∠C=∠OEC=90°，
∴四边形ODCE为矩形，
又因为OF=OE，
∴四边形OFCE为正方形．
则CF=CE=r，则AF=AD=3−r，BD=BE=4−r，
在Rt△ACB中，由勾股定理得AB=√32+42=5，
∴AD+BD=AB=5，即3−r+4−r=5，
解得r=1，
故答案为：AD；BE；1；
（2）证明：连接OD，OE，OF，OA，OM，ON，OB，作OG⊥MN于点G，
设⊙O半径为r，
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∵MN⊥AB，
∴∠ACB=∠ANM=90°，
∵∠CAB=∠NAM，AM=AB，
∴△CAB≌△NAM，
∴S =S ，AN=AC，MN=BC，
△CAB △NAM
∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴OD=OE=OF=r，
1
∴S = (AC+BC+AB)⋅r，
△ABC 2
1 1
同理S = (AN+AM)⋅r+ MN⋅OG，
△AMN 2 2
1 1 1
∴ (AC+BC+AB)⋅r= (AN+AM)⋅r+ MN⋅OG，
2 2 2
∴OG=r，
∵OG⊥MN，
∴MN是⊙O的切线．
【点睛】本题考查切线的判定，切线长定理，全等三角形的判定和性质，三角形的内切圆及勾股定理，正
确引出辅助线解决问题是解题的关键．
►题型03 利用弧长与扇形面积求解
11．（2024·山西·中考真题）如图1是小区围墙上的花窗，其形状是扇形的一部分，图2是其几何示意图
（阴影部分为花窗）．通过测量得到扇形AOB的圆心角为90°，OA=1m，点C，D分别为OA，OB的中
点，则花窗的面积为 m2．
(π 1)
【答案】 −
4 8
【分析】本题主要考查了扇形面积的计算，熟知扇形的面积公式是解题的关键．用扇形的面积减去△COD
的面积即可解决问题．
【详解】解：由题知，
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90⋅π⋅12 π
S = = （m2），
扇形OAB 360 4
∵点C，D分别是OA，OB的中点，
1
∴OC=OD= （m），
2
1 1 1 1
∴S = × × = （m2），
△OCD 2 2 2 8
∴花窗的面积为
(π
−
1)
m2
4 8
(π 1)
故答案为： − ．
4 8
12．（2024·江苏徐州·中考真题）将圆锥的侧面沿一条母线剪开后展平，所得扇形的面积为4πcm2，圆心
角θ为90°，圆锥的底面圆的半径为 ．
【答案】1cm
【分析】本题考查的是圆锥的计算、扇形面积公式，熟记扇形面积公式是解题的关键．先根据扇形面积公
式求出扇形的半径，再根据扇形面积公式求出弧长，最后根据圆的周长公式计算即可．
【详解】解：设扇形的半径为Rcm，弧长为lcm，
90π×R2
由题意得： =4π，
360
解得：R=4（负值舍去），
1
则 l×4=4π，
2
解得：l=2π，
∴圆锥的底面圆的半径为：2π÷(2π)=1(cm)，
故答案为：1cm．
13．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，四边形ABCD为平行四边形，以点A为圆心，AB长为半径画弧，
交BC边于点E，连接AE，AB=1，∠D=60°，则B´E的长l= （结果保留π）．
1 π
【答案】 π/
3 3
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【分析】本题考查弧长的计算，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，关键是判定ΔABE是等边
三角形，得到∠BAE=60°．
由平行四边形的性质推出∠B=∠D=60°，判定△ABE是等边三角形，得到∠BAE=60°，由弧长公式
⏜
即可求出 的长．
BE
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D=60°，
由题意得：AB=AE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=60°，
∵AB=1，
60π×1 1
∴l= = π．
180 3
1
故答案为： π．
3
14．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图所示的曲边三角形也称作“莱洛三角形”，它可以按下述方法作
出：作等边三角形ABC；分别以点A，B，C为圆心，以AB的长为半径作B´C，A´C，A´B．三段弧所围成
的图形就是一个曲边三角形．若该“莱洛三角形”的周长为3π，则它的面积是 ．
9π−9√3
【答案】
2
【分析】本题考查了弧长的计算，扇形面积的计算，三角函数的应用，曲边三角形是由三段弧组成，如果
周长为3π，则其中的一段弧长就是π，所以根据弧长公式可得AB=AC=BC=3，即正三角形的边长为3．
那么曲边三角形的面积=三角形的面积+三个弓形的面积，从而可得答案．
【详解】解：∵ 曲边三角形的周长为3π，△ABC为等边三角形，
∴ A´B=B´C=A´C,AB=BC=AC,∠ABC=60°,
60π⋅AB 3π
∴ = =π,
180 3
∴AB=BC=AC=3,
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1 9√3
∴S = AB⋅BC⋅sin∠ABC= ,
△ABC 2 4
60π×32 3π 9√3
∴S =S −S = = − ,
弓形AB 扇形CAB △ABC 360 2 4
9√3 (3π 9√3) 9π−9√3
∴ 曲边三角形的面积为： +3× − = .
4 2 4 2
9π+9√3
故答案为： ．
2
15．（2024·广东·中考真题）综合与实践
【主题】滤纸与漏斗
【素材】如图1所示：
①一张直径为10cm的圆形滤纸；
②一只漏斗口直径与母线均为7cm的圆锥形过滤漏斗．
【实践操作】
步骤1：取一张滤纸；
步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸；
步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形；
步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中．
【实践探索】
(1)滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明．
(2)当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留π）
【答案】(1)能，见解析
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125√3
(2)
πcm3
24
【分析】本题考查了圆锥，解题的关键是：
（1）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长求出圆锥展开图的扇形圆心角，即可判断；
（2）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长，求出滤纸围成圆锥形底面圆的半径，利用勾股定理求
出圆锥的高，然后利用圆锥体积公式求解即可．
【详解】（1）解：能，
理由：设圆锥展开图的扇形圆心角为n°，
nπ⋅7
根据题意，得 =7π，
180
解得n=180°，
∴将圆形滤纸对折，将其中一层撑开，围成圆锥形，此时滤纸能紧贴此漏斗内壁；
（2）解：设滤纸围成圆锥形底面圆的半径为rcm，高为hcm，
180π×5
根据题意，得2πr= ，
180
5
解得r= ，
2
∴h=
√
52−
(5) 2
=
5
√3，
2 2
∴圆锥的体积为
1
πr2h=
1
π×
(5) 2
×
5
√3=
125
√3πcm3 ．
3 3 2 2 24
►题型04 求不规则图形面积
16．（2024·江苏南通·中考真题）如图，△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，⊙A与BC相切于点D．
(1)求图中阴影部分的面积；
(2)设⊙A上有一动点P，连接CP，BP．当CP的长最大时，求BP的长．
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36
【答案】(1)6− π
25
3
(2) √41
5
【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理的逆定理，扇形的面积公式等知识，解题的关键是：
（1）连接AD，利用勾股定理的逆定理判定得出∠BAC=90°，利用切线的性质得出AD⊥BC，利用等
12
面积法求出AD= ，然后利用S =S −S 求解即可；
5 阴影 △ABC 扇形
（2）延长CA交⊙A于P，连接BP，则CP最大，然后在Rt△ABP中，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解∶连接AD，
∵AB=3，AC=4，BC=5，
∴AB2+AC2=32+42=25=52=BC2，
∴∠BAC=90°，
∵BC与⊙A相切于D，
∴AD⊥BC，
1 1
∵S = AD⋅BC= AC⋅AB，
△ABC 2 2
AC⋅AB 3×4 12
∴AD= = = ，
BC 5 5
(12) 2
90π×
∴ 1 5 36 ；
S =S −S = ×3×4− =6− π
阴影 △ABC 扇形 2 360 25
（2）解∶延长CA交⊙A于P，连接BP，此时CP最大，
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12
由（1）知：∠BAC=∠PAB=90°，AP=AD= ，
5
3
∴PB=√AP2+AB2= √41．
5
17．（2024·四川乐山·中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，过点C作⊙O的切线CD交
BA延长线于点D，点E为C´B上一点，且A´C=C´E．
(1)求证：DC∥AE；
(2)若EF垂直平分OB，DA=3，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
9√3
(2)3π−
4
【分析】（1）如图1，连接OC．则∠OCD=90°，即∠DCA+∠OCA=90°．由AB为直径，可得
∠ACB=90°，即∠1+∠OCA=90°．则∠DCA=∠1．由OC=OB，可得∠1=∠2．由A´C=C´E，可
得∠2=∠3．则∠DCA=∠3．进而可证DC∥AE．
（2）如图2，连接OE、BE．由EF垂直平分OB，可得OE=BE．则△OEB为等边三角形．
∠BOE=60°，∠AOE=120°．由OA=OE，可得∠OAE=∠OEA=30°．由DC∥AE，可得
∠D=∠OAE=30°．∠DOC=60°．证明△AOC为等边三角形．则∠OCA=60°，OA=OC=AC．
∠DCA=30°．则∠D=∠DCA．DA=AC=OA=OC=OE=3．EF=OE⋅sin60°．
1 120π×32
S = AO⋅EF．S = ，再根据S =S −S ，计算求解即可．
△OAE 2 扇形OAE 360 阴影 扇形OAE △OAE
【详解】（1）证明：如图1，连接OC．
图1
∵CD为⊙O的切线，
∴∠OCD=90°，即∠DCA+∠OCA=90°．
又∵AB为直径，
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∴∠ACB=90°，即∠1+∠OCA=90°．
∴∠DCA=∠1．
∵OC=OB，
∴∠1=∠2．
∵A´C=C´E，
∴∠2=∠3．
∴∠DCA=∠3．
∴DC∥AE．
（2）解：如图2，连接OE、BE．
图2
∵EF垂直平分OB，
∴OE=BE．
又∵OE=OB，
∴△OEB为等边三角形．
∴∠BOE=60°，∠AOE=120°．
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA=30°．
∵DC∥AE，
∴∠D=∠OAE=30°．
又∵∠OCD=90°，
∴∠DOC=60°．
∵OA=OC，
∴△AOC为等边三角形．
∴∠OCA=60°，OA=OC=AC．
∴∠DCA=30°．
∴∠D=∠DCA．
∴DA=AC=OA=OC=OE=3．
3√3
∴EF=OE⋅sin60°= ．
2
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1 9√3
∴S = AO⋅EF= ．
△OAE 2 4
120π×32
又∵S = =3π，
扇形OAE 360
9√3
∴S =S −S =3π− ，
阴影 扇形OAE △OAE 4
9√3
∴阴影部分的面积为3π− ．
4
【点睛】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角为直角，同弧或等弧所对的圆周角相等，平行线的判
定与性质，等边三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，正弦，扇形面积等知识．熟练掌握相关图形的
性质定理、正确添加辅助线是解题的关键．
18．（2023·江苏南通·中考真题）如图，等腰三角形OAB的顶角∠AOB=120°，⊙O和底边AB相切于点
C，并与两腰OA，OB分别相交于D，E两点，连接CD，CE．
(1)求证：四边形ODCE是菱形；
(2)若⊙O的半径为2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
4π
(2)S = −2√3
阴影 3
【分析】（1）连接OC，根据切线的性质可得OC⊥AB，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得
∠AOC=∠BOC=60°，从而可得△ODC和△OCE都是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得
OD=CD=CE=OE，即可解答；
（2）连接DE交OC于点F，利用菱形的性质可得OF=1，DE=2DF，∠OFD=90°，然后在Rt△ODF
中，利用勾股定理求出DF的长，从而求出DE的长，最后根据图中阴影部分的面积=扇形ODE的面积−菱
形ODCE的面积，进行计算即可解答．
【详解】（1）证明：连接OC，
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∵⊙O AB C
和底边 相切于点 ，
∴OC⊥AB，
∵OA=OB，∠AOB=120°，
1
∴∠AOC=∠BOC= ∠AOB=60°，
2
∵OD=OC，OC=OE，
∴△ODC和△OCE都是等边三角形，
∴OD=OC=DC，OC=OE=CE，
∴OD=CD=CE=OE，
∴四边形ODCE是菱形；
（2）解：连接DE交OC于点F，
∵ ODCE
四边形 是菱形，
1
∴OF= OC=1，DE=2DF，∠OFD=90°，
2
在Rt△ODF中，OD=2，
∴DF=√OD2−OF2=√22−12=√3，
∴DE=2DF=2√3，
∴图中阴影部分的面积=扇形ODE的面积−菱形ODCE的面积
120π×22 1
= − OC⋅DE
360 2
4π 1
= − ×2×2√3
3 2
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4π
= −2√3，
3
4π
∴图中阴影部分的面积为 −2√3．
3
【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，根据题目的
已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
19．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，正方形ABCD内接于⊙O，在A´B上取一点E，连接AE，DE．
过点A作AG⊥AE，交⊙O于点G，交DE于点F，连接CG，DG．
(1)求证：△AFD≌△CGD；
(2)若AB=2，∠BAE=30°，求阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析
π+√3−3
(2)S =
阴影 2
【分析】（1）如图，连接EG，证明∠EDG=∠EAG=90°=∠EDC+∠CDG，再证明∠ADC=90°，
AD=CD，可得∠ADF=∠CDG，结合∠DAF=∠DCG，从而可得结论；
（2）如图，连接OA，OD，过F作FK⊥AD于K，设FK=x，在AD上取Q，使QF=QD，证明
∠OAE=75°，∠EAD=30°+90°=120°，∠FAD=120°−90°=30°，可得AF=2x，AK=√3x，求
解∠ADF=180°−30°−135°=15°，而QF=QD，可得∠KQF=30°，FQ=2x=QD，QK=√3x，
可得2√3x+2x=2，再求解x，利用S =S +S 进行计算即可．
阴影 △AFD 弓形AD
【详解】（1）解：如图，连接EG，
∵AE⊥AG，则∠EAG=90°，
∴∠EDG=∠EAG=90°=∠EDC+∠CDG，
∵正方形ABCD，
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∴∠ADC=90°，AD=CD，
∴∠ADF+∠EDC=90°，
∴∠ADF=∠CDG，
∵∠DAF=∠DCG，
∴△AFD≌△CGD．
（2）如图，连接OA，OD，过F作FK⊥AD于K，设FK=x，在AD上取Q，使QF=QD，
∵O为正方形中心，
∴∠OAB=∠OAD=∠ODA=45°，∠AOD=90°，而∠BAE=30°，
∴∠OAE=75°，∠EAD=30°+90°=120°，
∵∠EAG=90°，
∴∠FAD=120°−90°=30°，
∴AF=2x，AK=√3x，
1
∵∠AED= ∠AOD=45°，
2
∴∠AFD=∠AED+∠EAF=45°+90°=135°，
∴∠ADF=180°−30°−135°=15°，而QF=QD，
∴∠QFD=∠QDF=15°，
∴∠KQF=30°，
∴FQ=2x=QD，QK=√3x，
而正方形的边长AB=2=AD，
∴2√3x+2x=2，
√3−1
解得：x= ，
2
1 1 √3−1 √3−1
∴S = AD·FK= ×2× = ，
△AFD 2 2 2 2
∵AD=2，∠AOD=90°，OA=OD，
√2
∴OA=OD=AD× =√2，
2
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1
∴S = ×√2×√2=1，
△AOD 2
2
90π×(√2) 1
而S = = π，
扇形AOD 360 2
1 √3−1 π+√3−3
∴S = π−1+ = ．
阴影 2 2 2
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，圆周角定理的应用，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，
含30°的直角三角形的性质，扇形面积的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
►题型05 与圆有关的最值问题
20．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在 ▱ABCD中，∠C=120°，AB=8，BC=10．E为边CD的中
点，F为边AD上的一动点，将△≝¿沿EF翻折得△D'EF，连接AD'，BD'，则△ABD'面积的最小值为
．
【答案】20√3−16/−16+20√3
【分析】根据平行四边形的性质得到CD=AB=8，AB∥CD，∠ABC=60°，由折叠性质得到
ED'=DE=4，进而得到点D'在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作EM⊥AB交AB延长线
于M，交圆E于D'，此时D'到边AB的距离最短，最小值为D'M的长，即此时△ABD'面积的最小，过C
作CN⊥AB于N，根据平行线间的距离处处相等得到EM=CN，故只需利用锐角三角函数求得CN=5√3
即可求解．
【详解】解：∵在▱ABCD中，∠BCD=120°，AB=8，
∴CD=AB=8，AB∥CD，则∠ABC=180°−∠BCD=60°，
∵E为边CD的中点，
1
∴DE=CE= CD=4，
2
∵△≝¿沿EF翻折得△D'EF，
∴ED'=DE=4，
∴点D'在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作EM⊥AB交AB延长线于M，交圆E于D'，此
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时D'到边AB的距离最短，最小值为D'M的长，即△ABD'面积的最小，
过C作CN⊥AB于N，
∵AB∥CD，
∴EM=CN，
在Rt△BCN中，BC=10，∠CBN=60°，
√3
∴CN=BC⋅sin60°=10× =5√3，
2
∴D'M=ME−ED'=5√3−4，
1
∴△ABD'面积的最小值为 ×8×(5√3−4)=20√3−16，
2
故答案为：20√3−16．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、圆的有关性质以及直线与圆的位置关系、锐角三角函数
等知识，综合性强的填空压轴题，得到点D'的运动路线是解答的关键．
21．（2024·四川凉山·中考真题）如图，⊙M的圆心为M(4，0)，半径为2，P是直线y=x+4上的一个
动点，过点P作⊙M的切线，切点为Q，则PQ的最小值为
【答案】2√7
【分析】记直线y=x+4与x，y轴分别交于点A，K，连接QM，PM，KM；由直线解析式可求得点
A、K的坐标，从而得△OAK，△OKM均是等腰直角三角形，由相切及勾股定理得：
PQ=√PM2−QM2，由QM=2，则当PM最小时，PQ最小，点P与点K重合，此时PM最小值为KM，
由勾股定理求得PM的最小值，从而求得结果．
【详解】解：记直线y=x+4与x，y轴分别交于点A，K，连接QM，PM，KM，
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当x=0，y=4，当y=0，即x+4=0，
解得：x=−4，
即K(0,4)，A(−4，0)；
而M(4,0)，
∴OA=OK=OM=4，
∴△OAK，△OKM均是等腰直角三角形，
∴∠AKO=∠MKO=45°，
∴∠AKM=90°，
∵QP与⊙M相切，
∴∠PQM=90°，
∴PQ=√PM2−QM2，
∵QM=2，
∴当PQ最小时即PM最小，
∴当PM⊥ AK时，取得最小值，
即点P与点K重合，此时PM最小值为KM，
在Rt△OKM中，由勾股定理得：KM=√OM2+OK2=4√2，
∴PQ=√32−4=2√7，
∴PQ最小值为2√7．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点问题，垂线段最短，正确添加
辅助线是解题的关键．
22．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=2√5,BC=8．点P是BC边上一动点，点M
为线段AP上一动点．∠ADM=∠BAP，则BM的最小值为（ ）．
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8√105
A．2 B． C．2.4 D．√21−4
21
【答案】A
1
【分析】设AD的中点为O，连接OB,OM，证明∠AMD=90°，得出OM= AD=4，点M在O点为圆
2
心，4为半径的圆上，利用勾股定理求出OB从而计算出答案．
【详解】解：设AD的中点为O，连接OB,OM，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=90°,AD=BC=8，
∴∠BAP+∠MAD=90°，
∵∠ADM=∠BAP，
∴∠MAD+∠ADM=90°，
∴∠AMD=90°，
∵AO=OD=4，
1
∴OM= AD=4，
2
∴点M在O点为圆心，4为半径的圆O上．
∵OB=√AO2+AB2=√42+(2√5) 2=6，
∴BM≥OB−OM=2，
∵BM的最小值为2．
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故选：A．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，二次根式的性质，圆周角定理等
知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，应用直角三角形性质解决问题．
23．（2024·四川达州·中考真题）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°，AB=4，点D，E分
√2 AE
别在AC，BC边上运动，连结AE，BD交于点F，且始终满足AD= CE，则下列结论：① =√2；
2 BD
②∠DFE=135°；③△ABF面积的最大值是4√2−4；④CF的最小值是2√10−2√2．其中正确的是
（ ）
A．①③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】过点B作BM⊥AC于点M，证明△ABE∽△BMD，根据相似三角形的性质即可判断①；得出
∠BAE=∠MBD，根据三角形内角和定理即可判断②；在AB的左侧，以AB为斜边作等腰直角三角形
AOB，以OA为半径作⊙O，根据定弦定角得出F在⊙O的A´B上运动，进而根据当OF⊥AB时，△ABF
面积的最大，根据三角形的面积公式求解，即可判断③，当F在OC上时，FC最小，过点O作OH⊥BC
交CB的延长线于点H，勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点B作BM⊥AC于点M，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°，AB=4，
∴AB=BC，AC=√AB2+BC2=√2BC，
√2
∵AD= CE，
2
1 1 √2 √2 √2
∴DM= AC−AD= ×√2BC− CE= (BC−CE)= BE
2 2 2 2 2
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DM AD √2
∴ = =
BE CE 2
又∵∠DMB=∠EBA=90°
∴△ABE∽△BMD，
AE AB
∴ = =√2，故①正确；
BD BM
∵△ABE∽△BMD，
∴∠BAE=∠MBD，
∴∠BAE+∠ABD=∠MBD+∠ABD
即180°−(∠BAE+∠ABD)=180°−(∠MBD+∠ABD)
在△ABF中，∠AFB=180°−(∠BAE+∠ABD)
即∠AFB=180°−(∠MBD+∠ABD)
∵△ABC是等腰直角三角形，BM⊥AC
∴BM平分∠ABC
1
∴∠ABM=∠CBM= ∠ABC=45°
2
∴∠AFB=180°−(∠MBD+∠ABD)=180°−∠ABM=135°
∴∠AFB=180°−(∠BAE+∠ABD)=135°，
∴∠DFE=135°，故②正确，
如图所示，
在AB的左侧，以AB为斜边作等腰直角三角形AOB，以OA为半径作⊙O，且AB=4
∴∠AOB=90°，OA=OB，AB=√OA2+OB2=√2OA=4
∵∠AFB=135°
1
∴∠DFE+ ∠AOB=180°
2
∴F在⊙O的A´B上运动，
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√2 √2
∴OF=AO= AB= ×4=2√2，
2 2
连接OF交AB于点G，则AG=GB=2，
∴当OF⊥AB时，结合垂径定理，OG最小，
∵OF是半径不变
∴此时CF最大
则△ABF面积的最大，
∴S =2S =2(S −S )
△ABF △AGF △AOF △AOG
=2
(1
×OF×AG−
1 OG2)
2 2
=2√2×2−22
=4√2−4，故③正确；
如图所示，当F在OC上时，FC最小，过点O作OH⊥BC交CB的延长线于点H，
∴△OHB是等腰直角三角形，
√2 √2
∴OH=HB= OB= OA=2，
2 2
在Rt△OHC中，HC=HB+BC=6，
∴OC=√22+62=2√10，
∴CF的最小值是2√10−2√2．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，求圆外一点到圆上的距离最值问
题，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
24．（2024·河南·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB=3，线段CD绕点C在平面
内旋转，过点B作AD的垂线，交射线AD于点E．若CD=1，则AE的最大值为 ，最小值为
.
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【答案】 2√2+1/1+2√2 2√2−1/−1+2√2
【分析】根据题意得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，点E在以AB为直径的圆上，根据
AE=AB⋅cos∠BAE，得出当cos∠BAE最大时，AE最大，cos∠BAE最小时，AE最小，根据当AE
与⊙C相切于点D，且点D在△ABC内部时，∠BAE最小，AE最大，当AE与⊙C相切于点D，且点D
在△ABC外部时，∠BAE最大，AE最小，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵∠ACB=90°，CA=CB=3，
1
∴∠BAC=∠ABC= ×90°=45°，
2
∵线段CD绕点C在平面内旋转，CD=1，
∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，
∵BE⊥AE，
∴∠AEB=90°，
∴点E在以AB为直径的圆上，
在Rt△ABE中，AE=AB⋅cos∠BAE，
∵AB为定值，
∴当cos∠BAE最大时，AE最大，cos∠BAE最小时，AE最小，
∴当AE与⊙C相切于点D，且点D在△ABC内部时，∠BAE最小，AE最大，连接CD，CE，如图所示：
则CD⊥AE，
∴∠ADC=∠CDE=90°，
∴AD=√AC2−CD2=√32−12=2√2，
∵A´C=A´C，
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∴∠CED=∠ABC=45°，
∵∠CDE=90°，
∴△CDE为等腰直角三角形，
∴DE=CD=1，
∴AE=AD+DE=2√2+1，
即AE的最大值为2√2+1；
当AE与⊙C相切于点D，且点D在△ABC外部时，∠BAE最大，AE最小，连接CD，CE，如图所示：
则CD⊥AE，
∴∠CDE=90°，
∴AD=√AC2−CD2=√32−12=2√2，
∵四边形ABCE为圆内接四边形，
∴∠CEA=180°−∠ABC=135°，
∴∠CED=180°−∠CEA=45°，
∵∠CDE=90°，
∴△CDE为等腰直角三角形，
∴DE=CD=1，
∴AE=AD−DE=2√2−1，
即AE的最小值为2√2−1；
故答案为：2√2+1；2√2−1．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，
解直角三角形的相关计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质，找出AE取最大值和最小值
时，点D的位置．
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1. 遇到与圆周角，圆心角有关角度计算时，通过辅助线
1）作同弧所对的两个圆周角；
2）作同弧所对的一个圆心角，一个圆周角；
3）连接多个半径，构造等腰三角形.
2. 圆中出现直径，我们可以构造直径所对的圆周角，直径所对的圆周角等于90°，由此可利用在直角三
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.
3. 圆内接四边形的性质定理为证明两角相等或互补提供了依据.在求角的度数时往往综合运用圆内接四边
形的性质、圆周角定理及其推论等知识建立所求角与已知条件的联系.
4. 运用切线的性质进行计算时，常见辅助线的作法是连接圆心和切点，根据切线的性质构造出直角三角
形，一方面可以求相关角的大小，另一方面可以利用勾股定理求线段的长度
5. 涉及弧长、扇形面积与圆锥侧面积的计算问题的解题方法：
1）熟练使用公式求弧长，同时要学会灵活应变，当题目中的一些数据没有直接给出时，要综合其他所给
条件求得.
2）当已知半径R与圆心角的度数求扇形的面积时，选用公式 ；当已知弧长l、半径R求扇形
的面积时，选用公式
3）圆锥侧面展开图中扇形的半径是圆锥的母线长，扇形的弧长是圆锥的底面圆的周长，在学习中要结合
实际物体观察和比较，分清要计算的量是哪个.
1．（2025·福建福州·一模）如图，PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，连接PO并延长与⊙O交于点
C、D，若CD=12，PA=8，则cos∠ADB的值为（ ）
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3 4 3 4
A． B． C． D．
5 5 4 3
【答案】A
【分析】本题考查了切线长定理，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的计算，掌握三角函数值的计
算是解题的关键．
连接OA，根据切线长定理得到△ADP≌△BDP(SAS)，AD=BD，∠ADP=∠BDP，则
∠AOC=2∠ADC，即∠AOC=∠ADB，在Rt△AOP中由勾股定理得到OP=√OA2+PA2=10，由
OA 6 3
cos∠AOC=cos∠ADB= = = ，即可求解．
OP 10 5
【详解】解：如图所示，连接OA，
∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，连接PO并延长与⊙O交于点C、D，
∴∠OAP=90°，PA=PB，PD平分∠APB，
∴∠APD=∠BPD，且PD=PD，
∴△ADP≌△BDP(SAS)，
∴AD=BD，∠ADP=∠BDP，
⏜
∵ 所对的圆周角是∠ADC，所对圆心角是∠AOC，
AC
∴∠AOC=2∠ADC，即∠AOC=∠ADB，
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1
∵OA=OD=OC= CD=6，
2
∴在Rt△AOP中，OP=√OA2+PA2=10，
OA 6 3
∴cos∠AOC=cos∠ADB= = = ，
OP 10 5
故选：A ．
2．（2025·浙江杭州·一模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AD是⊙O的直径，若AC=2√3，
∠ABC=60°，则图中阴影部分的面积为（ ）
3π 3π √3 2π 2π √3
A． +√3 B． + C． +√3 D． +
2 2 2 3 3 2
【答案】C
【分析】本题考查了扇形的面积，直角三角形的性质，勾股定理．根据直角三角形的性质结合勾股定理求
1
得CD=OD=2，根据图中阴影部分的面积为= S +S 列式计算即可求解．
2 △AOC 扇形OCD
【详解】解：连接OC，CD，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABC=∠ADC=60°，
∵OD=OC，
∴△OCD是等边三角形，
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1
∴CD=OD= AD，∠COD=60°，
2
由勾股定理得AC2+CD2=AD2，即(2√3) 2+CD2=(2CD) 2，
解得CD=2，
∴CD=OD=2，
1 1 1
∴图中阴影部分的面积为= S +S = × S +S
2 △AOC 扇形OCD 2 2 △ACD 扇形OCD
1 1 60π×22 2π
= × ×2×2√3+ =√3+ ，
2 2 360 3
故选：C．
3．（2025·河南郑州·一模）如图，AB是⊙O内接正八边形的一条边，经过点B的直线l为⊙O的一条切
线，则∠1=（ ）．
A．20° B．22.5° C．25° D．30°
【答案】B
【分析】本题主要考查了正多边形的性质、圆的切线的性质、等腰三角形的性质等知识点，掌握圆的切线
的性质是解题的关键．
如图：连接OB、OA，则OB=OA，根据正多边形的性质可得∠OAB=45°，再根据等腰三角形的性质
以及三角形内角和定理可得∠OBA=67.5°，由切线的性质可得∠OBC=90°，然后根据
∠1=∠OBC−∠OBA求解即可．
【详解】解：如图：连接OB、OA，则OB=OA，
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∵AB是⊙O内接正八边形的一条边，
360°
∴∠OAB= =45°，
8
∵OB=OA，
1
∴∠OBA= (180°−∠OAB)=67.5°，
2
∵过点B的直线l为⊙O的一条切线，
∴∠OBC=90°，
∴∠1=∠OBC−∠OBA=22.5°．
故选B．
4．（2025·陕西西安·二模）如图，AB是⊙O的直径，点C、D都在⊙O上，若点A是CD的中点，
1
CD=4√3，cosD= ，则AB的长为（ ）
2
A．3√5 B．6 C．4√3 D．8
【答案】D
【分析】本题考查了垂径定理、解直角三角形，正确作出辅助线是解题的关键．
连接OC、OD，根据垂径定理得AB⊥CD，可得出CE=2√3，再根据同弧所对的圆心角是圆周角的两倍
得出∠BOC=2∠D，易得出∠COE=60°，然后根据正弦的定义即可得出OC=4，最后根据直径是半径
的2倍，即可得出答案．
【详解】解：连接OC、OD，
∵ CD
点A是 的中点，
∴AB⊥CD，设垂足为点E，
∵ CD=4√3，
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1
∴CE= CD=2√3，
2
∵∠CDB和∠BOC所对的弧都是B´C，
∴∠BOC=2∠D，
1
∵ cos∠BDC= ，且0<∠BDC<π，
2
∴∠BDC=60°，
∴∠BOC=120°，
∴∠COE=60°，
CE
在Rt△CEO中，∠CEO=90°,∠COE=60°，CE=2√3，sin∠COE= ，
OC
CE 2√3
∴OC= = =4
sin∠COE √3 ，
2
∵AB是⊙O的直径，
∴AB=2OC=8，
故选D．
5．（2025·陕西西安·一模）如图，在半圆ACB中，AB=6，将半圆ACB沿弦BC所在的直线折叠，若弧
BC恰好过圆心O，则BC的长是（ ）
A．3√3 B．3√2 C．2π D．2√3
【答案】A
【分析】本题考查了圆的折叠问题，涉及垂径定理，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．过点O作
1 3√3
OD⊥BC，由折叠可得OD= OB，运用勾股定理可求BD= ，再由垂径定理即可求解．
2 2
【详解】解：过点O作OD⊥BC，如图所示，
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1
由折叠性质可知OD= OB，
2
1 1 3
∴OD= OB= AB= ，
2 4 2
在Rt△OBD中，
1
∵OD= OB，
2
∴∠OBD=30°，
1
∵OB= AB=3，
2
∴BD=
√
32−
(3) 2
=
3√3
，
2 2
∵OD⊥BC，OD经过圆心，
∴BC=2BD=3√3，
故选：A．
6．（2025·山东滨州·模拟预测）如图，△ABC的角平分线CD交其外接圆O于点D，以下说法不正确的是
（ ）
A．若∠ACB=60°，则√3CD=CA+CB
B．若∠ACB=90°，则√2CD=CA+CB
C．若∠ACB=120°，则CD=CA+CB
D．若∠ACB=150°，则(√6−√3)CD=CA+CB
【答案】D
【分析】本题考查了弧与圆周角、弦之间的关系，勾股定理的应用，全等三角形的性质与判定，圆内接四
边形对角互补，连接DA,DB，延长CB至E，使得BE=AC，连接DE，证明△DBE≌△DAC(SAS)，根
据各选项可得出等腰三角形CDE，进而勾股定理解直角三角形，即可求解．
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【详解】解：如图所示，连接DA,DB，延长CB至E，使得BE=AC，连接DE，
∵△ABC的角平分线CD交其外接圆O于点D，
∴∠ACD=∠BCD，
∴A´D=B´D，
∴AD=BD，
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠ADB+∠ACB=180°，
∵∠ACB=60°，
∴∠ADB=120°，∠ACD=∠BCD=30°
∵∠CAD+∠CBD=180°,∠CBD+∠DBE=180°
∴∠DBE=∠DAC，
又∵DB=DA,BE=AC
∴△DBE≌△DAC(SAS)
∴∠E=∠DCA=∠DCE=30°
过点D作DF⊥CE于点F，
∴CD=2DF，CF=EF
√3
∴CF=√3DF= CD
2
∴CB+AC=CB+BE=CE=2CF=√3CD，即√3CD=CA+CB，故A正确；
如图所示，∠ACB=90°，同理可得△DBE≌△DAC(SAS)
∴∠E=∠DCE=45°，
∴√2CD=CE=CA+CB，故B正确；
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如图所示，∠ACB=120°，同理可得△DBE≌△DAC(SAS)
∴∠E=∠DCE=60°，
∴CD=CE=CA+CB，故C正确；
如图所示，∠ACB=150°，同理可得△DBE≌△DAC(SAS)
∴∠E=∠DCE=75°，CE=CA+CB
如图所示，作△CDE的外接圆⊙P，连接PC,PD,PE，延长DP交CE于点Q，
∵∠CDE=180°−2∠DCE=30°
∴∠CPE=2∠CDE=60°
∵PC=PE
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∴△PCE是等边三角形，
∵DC=DE,PC=PE
∴DQ⊥CE
√3
∴PQ=√PC2−CQ2=√3CQ= CE
2
√3 ( √3)
∴DQ=DP+PQ= CE+CE= 1+ CE
2 2
在Rt△CDQ中，CD=√CQ2+DQ2= √ (1) 2 + ( 1+ √3) 2 CE=√√3+2CE
2 2
1 (1+√3) 2
√3+2= ×(2√3+4)=
2 2
1+√3 √2+√6
∴CD= CE= CE
√2 2
√2CD √6−√2
即CE= = CD
1+√3 2
√6−√2
∴ CD=CA+CB，故D不正确
2
故选：D．
7．（2025·江苏无锡·一模）如图，四边形ABCD是正方形，曲线DA B C D A B ⋯叫做“正方形的渐
1 1 1 1 2 2
开线”，其中D´A 的圆心为点A，半径为AD；A´B 的圆心为点B，半径为BA ；B´C 的圆心为点C，
1 1 1 1 1 1
半径为CB ；C ´D 的圆心为点D，半径为DC ；…，D´A 、A´B 、B´C 、C ´D ，…的圆心依次按A、
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
B、C、D循环，当AB=1时，则A ´B 的长是 ．
2025 2025
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【答案】4049π
【分析】本题主要考查了弧长的计算，曲线DA B C D A B ⋅⋅⋅是由一段段90°的弧组成的，半径每
1 1 1 1 2 2
次比前一段弧半径加1，求出BA ，再根据弧长公式计算即可．
2025
【详解】解：由图可知，曲线DA B C D A B ⋅⋅⋅是由一段段90°的弧组成的，
1 1 1 1 2 2
AD=A A =1，BA =BB =1+1=2，CC =CB+BB =1+2=3，DD =DC+CC =1+3=4，
1 1 1 1 1 1 1
AD =AD+DD =A A =5，
1 1 2
……
以此类推，半径每次比前一段弧半径加1，
AD =A A =4(n−1)+1，BA =4(n−1)+2，
n−1 n n
∴ BA =4×(2025−1)+2=8098，
2025
90
∴ A ´B = ×8098π=4049π，
2025 2025 180
故答案为：4049π．
8．（2025·陕西·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠A=60°，点E,F分别在边AB和AD上，
且EF=4．当△AEF的面积最大时，△CEF的面积为 ．
【答案】8√3
【分析】本题考查菱形的性质、垂径定理、锐角三角函数、隐形圆求最值问题等知识，利用圆的相关知识
得到△AEF的面积最大是解答的关键．作△AEF的外接圆，设圆心为O，过O作OH⊥EF于H，过A作
AP⊥EF于P，由AP≤OA+OH，当A、O、H共线时取等号，此时AP最大，点P、H重合，AE=AF，
则△AEF的面积最大；设BD、AC相交于O'，由菱形的性质和锐角三角函数分别求得CO'=AO'=3√3，
再由垂径定理和等腰三角形的性质证得点A、O、P、O'、C共线，进而求得AP=2√3，则CP=4√3，然
后利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵EF=4，∠EAF=60°，
∴作△AEF的外接圆，设圆心为O，过O作OH⊥EF于H，过A作AP⊥EF于P，如图，则EH=HF，
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∴AP≤OA+OH，当A、O、H共线时取等号，此时AP最大，点P、H重合，AE=AF，
1
∵S = EF⋅AP=AP，
△AEF 2
∴AP最大时，△AEF的面积最大；
如图1，设BD、AC相交于O'，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
1
∴AO'=CO'，BD⊥AO'，∠BAC=∠DAC= ∠BAD=30°，
2
√3
∴CO'=AO'=AB·cos30°= ×6=3√3，
2
又∵AE=AF，AP⊥EF，
1 1
∴∠EAP=∠FAP= ∠EAF=30°，EP= EF=2，
2 2
∴点A、O、P、O'、C共线，
∴∠APE=∠AO'B=90°，
EP
∴AP= =√3EP=2√3，
tan30°
∴CP=AC−AP=4√3，
1 1
∴S = EF⋅CP= ×4×4√3=8√3，
△CEF 2 2
故答案为：8√3．
9．（2025·河南安阳·模拟预测）如图，等腰三角形ABC中，AB=AC=3，BC=4，点D为平面内一点，
且∠BDC=90°，连接AD，则AD的最小值为 ，最大值 ．
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【答案】 √5−2/−2+√5 √5+2/2+√5
【分析】根据题意，得∠BDC=90°，BC=4，得点D的运动轨迹是以BC为直径的⊙O，且⊙O的半径
为2，连接AO，并延长交⊙O于点E，F，利用的等腰三角形的性质，勾股定理，圆的性质解答即可．
本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，圆的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
【详解】解：根据题意，得∠BDC=90°，BC=4，
∴点D的运动轨迹是以BC为直径的⊙O，且⊙O的半径为2，
连接AO，并延长交⊙O于点E，F，
∵AB=AC=3，
∴OB=OC=OE=OF=2，AO⊥OB，
∴OA=√OA2−OB2=√5，
∴AE=OA−OE=√5−2，AF=OA+OF=√5+2，
∴当点D与点E重合时，AD由最小值，当点D与点F重合时，AD由最大值，
故答案为：√5−2，√5+2．
10．（2024·重庆·一模）如图，半圆O，点O为圆心，直径AB长为6，再以点B为圆心，OB为半径作弧，
交弧AB于点C，则阴影部分的面积是 ．
3 9
【答案】 π− √3
2 4
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【分析】此题考查求不规则图图形的面积，扇形的面积公式，等边三角形的判定和性质，正确理解图形作
出辅助线及正确掌握扇形的面积公式是解题的关键.
连接CO，BC，过点O作OD⊥BC于点D，推出△BOC是等边三角形，得到∠BOC=∠OBC=60°，利
用三角函数求出OD的长，根据公式求出S ，然后根据S =S −S −S 计算即可得到
扇形BOC 阴影 半圆 弓形 扇形BOC
答案.
【详解】连接CO，BC，过点O作OD⊥BC于点D，
在半圆AOB中， 以B为圆心，OB为半径画弧，交弧AB于点C，直径AB长为6，
∴BC=BO=CO=3，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠BOC=∠OBC=60°，
∵OD⊥BC，
√3 3
∴DO=BOsin60°=3× = √3，
2 2
1 1 3 9 60π×32 3
∴S = BC⋅OD= ×3× √3= √3，S = = π，
△BOC 2 2 2 4 扇形BOC 360 2
3 9
∴S =S −S = π− √3，
弓形 扇形BOC △BOC 2 4
1 3 9 3 3 9
∴S =S −S −S = π×32−( π− √3)− π= π− √3，
阴影 半圆 弓形 扇形BOC 2 2 4 2 2 4
3 9
故答案为： π− √3．
2 4
11．（2025·广东·模拟预测）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角
坐标系内，在△ABO中，A、B两点坐标分别为A(−1,3)，B(−4,3)，O(0,0)．
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(1)画出△ABO关于y轴对称的△A B O，并写出点A 的坐标；
1 1 1
(2)画出△ABO绕点O逆时针旋转90°后得到的△A B O，并写出点A 的坐标；
2 2 2
(3)在（2）的条件下，求点A旋转到点A 所经过的路径长（结果保留π）．
2
【答案】(1)见解析，A (1,3)
1
(2)见解析；A (−3,−1)
2
√10π
(3)l=
2
【分析】本题考查了旋转作图，点的坐标，熟练掌握旋转的性质是本题的关键．
（1）根据题意画出即可，关于y轴对称点的坐标纵坐标不变，横坐标互为相反数；
（2）根据网格结构找出点A、B、C以点O为旋转中心逆时针旋转90°后的对应点，然后顺次连接即可；
（3）求出OA，根据弧长公式求解即可．
【详解】（1）解：如图所示：△A B O即为所求，
1 1
∴由图可得A (1,3)；
1
（2）解：如图所示：△A B O即为所求，
2 2
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∴由图可得A (−3,−1)；
2
（3）解：由（2）的给出图可得：点A旋转到点A 所经过的路径为圆弧，
2
∵OA=√32+12=√10，
nπr 90×√10π √10π
∴点A旋转到点A 所经过的路径长为l= = = ．
2 180 180 2
12．（2025·山东滨州·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，三条边BC,AC,AB及AB边上
的高CD分别记为a,b,c,h．
(1)求证：ab=ch；
1 1 1
(2)求证： + = ；
a2 b2 h2
(3)若将Rt△ABC变为锐角△ABC，其他不变，如图，设其外接圆的直径为d，试探索并写出a,b,h,d这4
个量的一个等量关系，然后给出证明．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
b h
(3) = ，证明见解析
d a
【分析】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等，能够根据所求内容找到相关的
量是解题的关键．
（1）根据三角形的面积公式即可求解；
a2 b2 c2
（2）根据勾股定理得a2+b2=c2，式子变形可得 + = ，又有ab=ch，即可证明；
a2b2 a2b2 a2b2
AC CD b h
（3）过点C作直径CE交圆于点E，连接BE，即可证明△CAD∽△CEB，推出 = ，即 = ．
CE CB d a
【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，BC=a，AC=b，AB=c，CD=h，
1 1
∴S = ab= ch，
△ACB 2 2
∴ab=ch．
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（2）证明：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，根据勾股定理得，a2+b2=c2，
a2+b2 c2
∴ = ，
a2b2 a2b2
a2 b2 c2
∴ + = ，
a2b2 a2b2 a2b2
又∵ab=ch（已证），
a2 b2 c2
∴ + = ，
a2b2 a2b2 c2h2
1 1 1
∴ + = ．
a2 b2 h2
b h
（3）解： = ，证明如下：
d a
过点C作直径CE交圆于点E，连接BE，
∵CE
为圆的直径，
∴∠CBE=∠CDA=90°，
∵∠CEB=∠CAD，
∴△CAD∽△CEB，
AC CD b h
∴ = ，即： = ．
CE CB d a
13．（2025·河南郑州·一模）如图（1）所示的心形图案，它由正方形的两条边和两个半圆组成．如图
（2），将心形图案放置在平面直角坐标系中，OC，OA分别为两个半圆的直径，正方形OABC的顶点O
在原点处，点A，C分别在y轴，x轴上，直线y=kx交两个半圆于点D，E．
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(1)若OD=2OE，求k的值；
(2)若DO=5，OE=3，求阴影部分的面积．
1
【答案】(1)
2
17 15
(2) π−
4 2
【分析】本题主要考查了圆周角定理、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、扇形的面积公式等知识
点，掌握数形结合思想成为解题的关键．
（1）如图：连接AE,CD，则∠AEO=∠ODC=90°，再根据正方形的性质证明△CDO≌△OEA可得
CD 1 y 1
CD=OE，即tan∠DOC= = ，然后说明 D= 即可解答；
OD 2 x 2
D
（2）由（1）可知OC=OA，CD=OE，则S =S ，即S =S −S ，然后根据勾股
弓形OE 弓形CD 阴影 半圆OC △OCD
定理、三角形的面积公式、圆的面积公式求解即可．
【详解】（1）解：如图：连接AE,CD，则∠AEO=∠ODC=90°，
∴∠DCO+∠DOC=90°，
∵四边形OABC是正方形，
∴．OC=OA，
∴∠COA=90°，
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∴∠DOC+∠AOE=90°，
∴∠AOE=∠DCO，
∴△CDO≌△OEA，
∴CD=OE，
∵OD=2OE，
∴OD=2CD，
CD 1
∴tan∠DOC= = ，
OD 2
DF 1 y 1
过点D作DF⊥x轴于F，则 = ，即 D= ，
OF 2 x 2
D
1
∴k= ．
2
（2）解：由（1）可知OC=OA，CD=OE，
∴．S =S ，
弓形OE 弓形CD
∴S =S −S ，
阴影 半圆OC △OCD
∵OE=3，
∴CD=3，
∵OD=5，
1 15
∴OC2=CD2+OD2=34，S = ×3×5= ，
△ODC 2 2
1 (OC) 2 17 15
∴．阴影部分的面积= π −S = π− ．
2 2 △ODC 4 2
考点二 圆的相关证明问题
►题型01 切线的性质与判定综合
1．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，腰AC与半圆O相切于
点D，底边BC与半圆O交于E，F两点．
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(1)求证：AB与半圆O相切；
(2)连接OA．若CD=4，CF=2，求sin∠OAC的值．
【答案】(1)见解析
4
(2)
5
【分析】本题考查了等腰三角形三线合一，角平分线的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点
是解题的关键．
（1）连接OA、OD，作ON⊥AB交AB于N，根据等腰三角形三线合一可知，AO⊥BC，AO平分
∠BAC，结合AC与半圆O相切于点D，可推出ON=OD，得证；
（2）由题意可得出∠OAC=∠COD，根据OF=OD，在Rt△ODC中利用勾股定理可求得OD的长度，
CD
从而得到OC的长度，最后根据sin∠OAC=sin∠COD= 即可求得答案．
OC
【详解】（1）证明：连接OA、OD，作ON⊥AB交AB于N，如图
∵△ABC O BC
为等腰三角形， 是底边 的中点
∴AO⊥BC，AO平分∠BAC
∵AC与半圆O相切于点D
∴OD⊥AC
由∵ON⊥AB
∴ON=OD
∴AC是半圆O的切线
（2）解：由（1）可知AO⊥BC，OD⊥AC
∴∠AOC=90°，∠ODC=90°
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∴∠OAC+∠OCA=180°−∠AOC=90°，∠COD+∠OCA=180°−∠ODC=90°
∴∠OAC=∠COD
CD
∴sin∠OAC=sin∠COD=
OC
又∵ OF=OD，CF=2
∴在Rt△ODC中，CD=4，OC=OF+FC=OD+2
∵ OC2=CD2+OD2，
∴ (OD+2) 2=42+OD2
解得：OD=3
CD CD 4 4
∴sin∠OAC=sin∠COD= = = =
OC OD+2 3+2 5
2．（2024·山东济南·中考真题）如图，AB,CD为⊙O的直径，点E在B´D上，连接AE,DE，点G在BD
的延长线上，AB=AG,∠EAD+∠EDB=45°．
(1)求证：AG与⊙O相切；
1
(2)若BG=4√5,sin∠DAE= ，求DE的长．
3
【答案】(1)证明见解析；
2√10
(2) ．
3
【分析】（1）证明∠GAB=90°，即可证明AG是⊙O的切线；
1 DE √2
（2）连接CE，先计算sin∠DCE=sin∠DAE= = ，再计算AB= BG=2√10=DC，后得到
3 DC 2
1
DE=DCsin∠DAE=2√10× 解答即可．
3
本题考查了切线的证明，圆周角定理，三角形函数的应用，熟练掌握切线的判定定理，三角函数的应用是
解题的关键．
【详解】（1）解：∵∠EDB,∠EAB所对的弧是同弧
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∴∠EDB=∠EAB，
∵∠EAD+∠EDB=45°，
∴∠EAD+∠EAB=45°，
即∠BAD=45°，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠B=180°−∠ADB−∠DAB=45°，
∵AB=AG，
∴∠B=∠G=45°，
∴∠GAB=90°，
∴AG与⊙O相切．
（2）解： 连接CE
∵∠DAE,∠DCE
所对的弧是同弧，
∴∠DAE=∠DCE，
∵DC为直径，
∴∠DEC=90°，
1 DE
在Rt△DEC中，sin∠DCE=sin∠DAE= = ，
3 DC
∵BG=4√5,∠B=45°,∠BAG=90°，
√2
∴AB= BG=2√10=DC，
2
1 2√10
∴DE=DCsin∠DAE=2√10× = ．
3 3
3．（2023·湖北襄阳·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，O是BC的中点，⊙O与AB相切于点D，
与BC交于点E，F，DG是⊙O的直径，弦GF的延长线交AC于点H，且GH⊥AC．
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(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)若DE=2，GH=3，求D´E的长l．
【答案】(1)见解析
2π
(2)
3
【分析】（1）连接OA，过点O作OM⊥AC于点M，根据等腰三角形的性质得AO为∠BAC的平分线，
再根据⊙O与AB相切于点D，DG是⊙O的直径得OM=OD，进而根据切线的判定可得到结论；
（2）过点E作EN⊥AB于点N，先证△ODE≌△OGF得到DE=GF=2，进而得到FH=1，再证
△BNE≌△CHF得到EN=FH=1，然而在Rt 中利用三角函数可求出∠EDN=30°，进而得△ODE
△DEN
为等边三角形，据此得∠DOE=60°，OD=OE=DE=2，则∠DOF=120°，最后得到弧长公式即可得
到答案．
【详解】（1）证明：连接OA，过点O作OM⊥AC于点M，
∵AB=AC O BC
， 是 的中点，
∴AO为∠BAC的平分线，
∵ ⊙O与AB相切于点D，DG是⊙O的直径，
∴OD为⊙O的半径，
∴OD⊥AB，
又OM⊥AC，
∴ OM=OD，
即OM为⊙O的半径，
∴ AC是⊙O的切线；
（2）解：过点E作EN⊥AB于点N，
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∵ O ⊙O
点 为 的圆心，
∴OD=OG,OE=OF，
在△ODE和△OGF中，
¿，
∴△ODE≌△OGF(SAS)，
∴DE=GF，
∵DE=2,GH=3，
∴GF=2，
∴FH=GH−GF=3−2=1，
∵AB=AC，O是BC的中点，
∴OB=OC,∠B=∠C，
又OE=OF，
∴BE=CF，
∵GH⊥AC,EN⊥AB，
∴∠BNE=∠CHF=90°，
在△BNE和△CHF中，
¿，
∴△BNE≌△CHF(AAS)，
∴EN=FH=1，
在Rt 中，DE=2,EN=1，
△DEN
EN 1
∴sin∠EDN= = ，
DE 2
∴∠EDN=30°，
∵OD⊥AB，
∴∠ODE=90°−∠EDN=90°−30°=60°，
又OD=OE，
∴△ODE为等边三角形，
∴∠DOE=60°,OD=OE=DE=2，
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∴∠DOF=180°−∠DOE=180°−60°=120°，
60π×2 2π
∴l= = ．
180 3
【点睛】此题主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形
的判定和性质，弧长的计算公式，熟练掌握切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解答此题的关
键．
4．（2023·湖南怀化·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点P是⊙O外一点，PA与⊙O相切于点A，点
C为⊙O上的一点．连接PC、AC、OC，且PC=PA．
(1)求证：PC为⊙O的切线；
(2)延长PC与AB的延长线交于点D，求证：PD⋅OC=PA⋅OD；
(3)若∠CAB=30°，OD=8，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
8
(3)8√3− π
3
【分析】（1）连接PO，证明△PAO≌△PCO，即可得证；
OC PA
（2）根据sinD= = ，即可得证；
OD PD
（3）根据圆周角定理得出∠COD=2∠CAB=60°，进而勾股定理求得CD，根据
S =S −S ，即可求解．
阴影 △OCD 扇形OBC
【详解】（1）证明：∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAO=90°
如图所示，连接PO
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在△PAO与△PCO中，
¿
∴△PAO≌△PCO (SSS)
∴∠PCO=∠PAO=90°
∵C为⊙O上的一点．
∴PC是⊙O的切线；
（2）∵PC是⊙O的切线；
∴OC⊥PD，
OC PA
∴sinD= =
OD PD
∴PD⋅OC=PA⋅OD
（3）解：∵B´C=B´C，∠CAB=30°，OD=8
∴∠COD=2∠CAB=60°，
∵OC⊥PD
∴∠D=30°，
1
∴OC= OD=4
2
∴CD=4√3，
1 60
∴S =S −S = ×CO×CD− π×CO2
阴影 △OCD 扇形OBC 2 360
1 1
= ×4×4√3− ×42π
2 6
8
=8√3− π
3
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，圆周角定理，求含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，求扇
形面积，熟练掌握以上知识是解题的关键．
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►题型02 利用圆的性质求证线段平行/垂直
5．（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
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，
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1
∴BF= BD，
2
∵BD=2OE
∴OE=BF，
又OC=OB，∠OEC=∠BFO=90°，
∴Rt△CEO≌Rt△OFB(HL)，
∴∠COE=∠OBF，
∴BD∥OC；
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．
6．（2024·北京·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，OD平分∠AOC.
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(1)求证：OD∥BC；
OF 5
(2)延长DO交⊙O于点E，连接CE交OB于点F，过点B作⊙O的切线交DE的延长线于点P.若 = ，
BF 6
PE=1，求⊙O半径的长.
【答案】(1)见解析
3
(2)
2
【分析】（1）根据题意，得∠AOC=∠B+∠C，结合OB=OC，得到∠B=∠C，继而得到
∠AOC=2∠B，根据OD平分∠AOC，得到∠AOC=2∠AOD，继而得到∠B=∠AOD，可证
OD∥BC；
（2）不妨设OF=5x,BF=6x，则OB=OF+BF=11x=OC=OE，求得OP=OE+PE=11x+1，证明
66x 33x
△OFE∽△BFC，∠OBM=∠POB，求得BC= ，取BC的中点M，连接OM，则BM= ，求得
5 5
3 3 3 OB OB OB
cos∠OBM= ，cos∠POB= ，结合切线性质，得到cos∠POB= = = = ，解答
5 5 5 OP OE+PE OB+1
即可.
【详解】（1）根据题意，得∠AOC=∠B+∠C，
∵OB=OC，
∴∠B=∠C，
∴∠AOC=2∠B，
∵OD平分∠AOC，
∴∠AOC=2∠AOD，
∴∠B=∠AOD，
∴OD∥BC；
OF 5
（2）∵ = ，PE=1，
BF 6
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不妨设OF=5x,BF=6x，则OB=OF+BF=11x=OC=OE，
∴OP=OE+PE=11x+1，
∵OD∥BC，
∴△OFE∽△BFC，∠OBC=∠POB，
OE OF 5
∴ = = ，
BC BF 6
11x 5
∴ = ，
BC 6
66x
解得BC= ，
5
取BC的中点M，连接OM，
33x
则BM=
5
∵OB=OC，
∴OM⊥BC，
BM 3
∴cos∠OBM= = ，
OB 5
3
∴cos∠POB= ，
5
∵PB是⊙O的切线，
∴OB⊥PB，
3 OB OB OB
∴cos∠POB= = = = ，
5 OP OE+PE OB+1
3
解得OB= ，
2
3
故⊙O半径的长为 .
2
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【点睛】本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形相似的判定和性质，切线的性
质，解直角三角形的相关计算，等量代换思想，熟练掌握三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角
三角形的相关计算是解题的关键.
7．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在△ABD中，AB=BD，⊙O为△ABD的外接圆，BE为⊙O的
切线，AC为⊙O的直径，连接DC并延长交BE于点E．
(1)求证：DE⊥BE；
(2)若AB=5√6，BE=5，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)3√5
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，中垂线的判定和性质，矩形的判定和性质：
（1）连接BO并延长，交AD于点H，连接OD，易证BO垂直平分AD，圆周角定理，切线的性质，推出
四边形BHDE为矩形，即可得证；
（2）由（1）可知DH=BE=5，勾股定理求出BH的长，设⊙O的半径为r，在Rt△AOH中，利用勾股
定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接BO并延长，交AD于点H，连接OD，
∵AB=BD，OA=OD，
∴BO垂直平分AD，
∴BH⊥AD，AH=DH，
∵BE为⊙O的切线，
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∴HB⊥BE，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴四边形BHDE为矩形，
∴DE⊥BE；
（2）由（1）知四边形BHDE为矩形，BH⊥AD，AH=DH，
∴AH=DH=BE=5，
∴BH=√AB2−AH2=5√5，
设⊙O的半径为r，则：OA=OB=r,OH=BH−OB=5√5−r，
在Rt△AOH中，由勾股定理，得：r2=(5) 2+(5√5−r) 2 ，
解得：r=3√5；
即：⊙O的半径为3√5．
8．（2024·贵州·中考真题）如图，AB为半圆O的直径，点F在半圆上，点P在AB的延长线上，PC与半
圆相切于点C，与OF的延长线相交于点D，AC与OF相交于点E，DC=DE．
(1)写出图中一个与∠DEC相等的角：______；
(2)求证：OD⊥AB；
(3)若OA=2OE，DF=2，求PB的长．
【答案】(1)∠DCE（答案不唯一）
16
(2)
3
16
(3)
3
【分析】（1）利用等边对等角可得出∠DCE=∠DEC，即可求解；
（2）连接OC，利用切线的性质可得出∠DCE+∠ACO=90°，利用等边对等角和对顶角的性质可得出
∠AOE=∠DCE，等量代换得出∠AEO+∠CAO=90°，然后利用三角形内角和定理求出∠AOE=90°，
即可得证；
（3）设OE=2，则可求AO=OF=BO=2x，EF=x，OD=2x+2，DC=DE=2+x，在Rt△ODC中，
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OP OC
利用勾股定理得出(2+2x) 2=(x+2) 2+(2x) 2，求出x的值，利用tanD= = 可求出OP，即可求解．
OD CD
【详解】（1）解：∵DC=DE，
∴∠DCE=∠DEC，
故答案为：∠DCE（答案不唯一）；
（2）证明：连接OC，
，
∵PC是切线，
∴OC⊥CD，即∠DCE+∠ACO=90°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠ACO，
∵∠DCE=∠DEC，∠AEO=∠DEC，
∴∠AEO+∠CAO=90°，
∴∠AOE=90°，
∴OD⊥AB；
（3）解：设OE=x，则AO=OF=BO=2x，
∴EF=OF−OE=x，OD=OF+DF=2x+2，
∴DC=DE=DF+EF=2+x，
在Rt△ODC中，OD2=CD2+OC2，
∴(2+2x) 2=(x+2) 2+(2x) 2，
解得x =4，x =0（舍去）
1 2
∴OD=10，CD=6，OC=8，
OP OC
∵tanD= = ，
OD CD
OP 8
∴ = ，
10 6
40
解得OP= ，
3
16
∴BP=OP−OB= ．
3
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【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的性质，勾股定理，解直角三角形的应用等知识，灵活运用
以上知识是解题的关键．
9．（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．
(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°，
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∴∠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，
∴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．
►题型03 利用圆的性质判定相似三角形
10．（2024·江苏盐城·中考真题）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，过点C作⊙O的切线l，过点A作
AD⊥l，垂足为D，连接AC、BC．
(1)求证：△ABC∽△ACD；
(2)若AC=5，CD=4，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
25
(2)
6
【分析】题目主要考查切线的性质，相似三角形的判定和性质及勾股定理解三角形，作出辅助线，综合运
用这些知识点是解题关键．
（1）连接OC，根据题意得∠OCD=∠OCA+∠ACD=90°，∠ACB=∠ACO+∠OCB=90°，利用
等量代换确定∠ACD=∠ABC，再由相似三角形的判定即可证明；
（2）先由勾股定理确定AD=3，然后利用相似三角形的性质求解即可．
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【详解】（1）证明：连接OC，如图所示：
∵CD是⊙O的切线，点C在以AB为直径的⊙O上，
∴∠OCD=∠OCA+∠ACD=90°，∠ACB=∠ACO+∠OCB=90°，
∴∠ACD=∠OCB，
∵OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB，
∴∠ACD=∠ABC，
∵AD⊥l，
∴∠ADC=90°，
∴∠ADC=∠ACB，
∴△ABC∽△ACD；
（2）∵AC=5，CD=4，
∴AD=√52−42=3，
由（1）得△ABC∽△ACD，
AB AC AB 5
∴ = 即 = ，
AC AD 5 3
25
∴AB= ，
3
25 25
∴⊙O的半径为 ÷2= ．
3 6
11．（2024·新疆·中考真题）如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，A´D=B´D．
(1)求证：△ACD∽△ECB；
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(2)若AC=3,BC=1，求CE的长．
【答案】(1)见解析
3
(2) √2
4
【分析】（1）利用圆周角定理可得出∠ACD=∠BCE，∠ADC=∠ABC，然后根据相似三角形的判定
即可得证；
AE
（2）利用勾股定理可求出AB，AD，利用等面积法求出 =3，可求出BE，然后利用（1）中
BE
△ACD∽△ECB求解即可．
【详解】（1）证明：∵A´D=B´D，
∴∠ACD=∠BCE，
又∠ADC=∠ABC，
∴△ACD∽△ECB；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∵AC=3,BC=1，
∴AB=√AC2+BC2=√10，
∵A´D=B´D，
∴AD=BD，
∵AD2+BD2=AB2=10，
∴AD=√5，
∵∠ACD=∠BCE，
E到AC、BC的距离相等，
∴设E到AC的距离为h，C到AB的距离为m，
1 1
AC⋅h AE⋅m
S 2 2
∴ △ACE= = ，
S 1 1
△BCE BC⋅h BE⋅m
2 2
AE AC
∴ = =3，
BE BC
1 1
∴BE= AB= √10，
1+3 4
∵△ACD∽△ECB，
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3 √5
AC AD =
∴ = ，即EC 1 ，
EC EB √10
4
3
∴CE= √2．
4
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理等知识，掌握这
些性质是解题的关键．
12．（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
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∴△CAD∽△CEA，
（2）连接BD，如下图：
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
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°
►题型04 利用圆的性质判定全等三角形
13．（2023·山东·中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，CD=CB，BE切⊙O于点B，过点C作
CF⊥OE交BE于点F，若EF=2BF．
(1)如图1，连接BD，求证：△ADB≌△OBE；
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(2)如图2，N是AD上一点，在AB上取一点M，使∠MCN=60°，连接MN．请问：三条线段
MN，BM，DN有怎样的数量关系？并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)MN=BM+DN，证明见解析
【分析】（1）根据CF⊥OE，OC是半径，可得CF是⊙O的切线，根据BE是⊙O的切线，由切线长定
CF 1
理可得BF=CF，进而根据sinE= = ，得出∠E=30°，∠EOB=60°，根据CD=CB得出C´D=C´B，
EF 2
根据垂径定理的推论得出OC⊥BD，进而得出∠ADB=90°=∠EBO，根据含30度角的直角三角形的
1
性质，得出AD=BO= AB，即可证明△ABD≌△OEB(AAS)；
2
（2）延长ND至H使得DH=BM，连接CH，BD，根据圆内接四边形对角互补得出∠HDC=∠MBC，
证明△HDC≌△MBC (SAS)，结合已知条件证明NC=NC，进而证明△CNH≌△CNM (SAS)，得出
NH=MN，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵CF⊥OE，OC是半径，
∴CF是⊙O的切线，
∵BE是⊙O的切线，
∴BF=CF，
∵EF=2BF
∴EF=2CF，
CF 1
∴sinE= =
EF 2
∴∠E=30°，∠EOB=60°，
∵CD=CB
∴C´D=C´B，
∴OC⊥BD，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°=∠EBO，
∵∠E+∠EBD=90°，∠ABD+∠EBD=90°
∴∠E=∠ABD=30°，
1
∴AD=BO= AB，
2
∴△ABD≌△OEB(AAS)；
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（2）MN=BM+DN，理由如下，
延长ND至H使得DH=BM，连接CH，BD，如图所示
∵∠CBM+∠NDC=180°,∠HDC+∠NDC=180°
∴∠HDC=∠MBC，
∵CD=CB，DH=BM
∴△HDC≌△MBC (SAS)，
∴∠BCM=∠DCH，CM=CH
由（1）可得∠ABD=30°，
又AB是直径，则∠ADB=90°，
∴∠A=60°，
∴∠DCB=180°−∠A=120°，
∵∠MCN=60°，
∴∠BCM+∠NCD=120°−∠NCM=120°−60°=60°，
∠DCH+NCD=∠NCH=60°,
∴∴∠NCH=∠NCM，
∵NC=NC，
∴△CNH≌△CNM (SAS)，
∴NH=MN，
∴MN=DN+DH=DN+BM．
即MN=BM+DN．
【点睛】本题考查了切线的判定，切线长定理，垂径定理的推论，全等三角形的性质与判定，根据特殊角
的三角函数值求角度，圆周角定理，圆内接四边形对角互补，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的
关键．
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14．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，正方形ABCD内接于⊙O，在A´B上取一点E，连接AE，DE．
过点A作AG⊥AE，交⊙O于点G，交DE于点F，连接CG，DG．
(1)求证：△AFD≌△CGD；
(2)若AB=2，∠BAE=30°，求阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析
π+√3−3
(2)S =
阴影 2
【分析】（1）如图，连接EG，证明∠EDG=∠EAG=90°=∠EDC+∠CDG，再证明∠ADC=90°，
AD=CD，可得∠ADF=∠CDG，结合∠DAF=∠DCG，从而可得结论；
（2）如图，连接OA，OD，过F作FK⊥AD于K，设FK=x，在AD上取Q，使QF=QD，证明
∠OAE=75°，∠EAD=30°+90°=120°，∠FAD=120°−90°=30°，可得AF=2x，AK=√3x，求
解∠ADF=180°−30°−135°=15°，而QF=QD，可得∠KQF=30°，FQ=2x=QD，QK=√3x，
可得2√3x+2x=2，再求解x，利用S =S +S 进行计算即可．
阴影 △AFD 弓形AD
【详解】（1）解：如图，连接EG，
∵AE⊥AG，则∠EAG=90°，
∴∠EDG=∠EAG=90°=∠EDC+∠CDG，
∵正方形ABCD，
∴∠ADC=90°，AD=CD，
∴∠ADF+∠EDC=90°，
∴∠ADF=∠CDG，
∵∠DAF=∠DCG，
∴△AFD≌△CGD．
（2）如图，连接OA，OD，过F作FK⊥AD于K，设FK=x，在AD上取Q，使QF=QD，
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O为正方形中心，
∵
∴∠OAB=∠OAD=∠ODA=45°，∠AOD=90°，而∠BAE=30°，
∴∠OAE=75°，∠EAD=30°+90°=120°，
∵∠EAG=90°，
∴∠FAD=120°−90°=30°，
∴AF=2x，AK=√3x，
1
∵∠AED= ∠AOD=45°，
2
∴∠AFD=∠AED+∠EAF=45°+90°=135°，
∴∠ADF=180°−30°−135°=15°，而QF=QD，
∴∠QFD=∠QDF=15°，
∴∠KQF=30°，
∴FQ=2x=QD，QK=√3x，
而正方形的边长AB=2=AD，
∴2√3x+2x=2，
√3−1
解得：x= ，
2
1 1 √3−1 √3−1
∴S = AD·FK= ×2× = ，
△AFD 2 2 2 2
∵AD=2，∠AOD=90°，OA=OD，
√2
∴OA=OD=AD× =√2，
2
1
∴S = ×√2×√2=1，
△AOD 2
2
90π×(√2) 1
而S = = π，
扇形AOD 360 2
1 √3−1 π+√3−3
∴S = π−1+ = ．
阴影 2 2 2
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，圆周角定理的应用，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，
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含30°的直角三角形的性质，扇形面积的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
15．（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；
3
②若R=1，CE= ，求四边形ABCD的周长．
2
【答案】(1)见解析；
7
(2) 见解析，② +√2．
2
①
【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；
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（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，
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．
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►题型05 利用圆的性质判定特殊的平行四边形
16．（2024·山东日照·中考真题）如图1，AB为⊙O的直径，AB=12,C是⊙O上异于A,B的任一点，连
接AC,BC，过点A作射线AD⊥AC,D为射线AD上一点，连接CD．
【特例感知】
（1）若BC=6．则AC=_______．
（2）若点C,D在直线AB同侧，且∠ADC=∠B，求证：四边形ABCD是平行四边形；
【深入探究】
若在点C运动过程中，始终有tan∠ADC=√3，连接OD．
（3）如图2，当CD与⊙O相切时，求OD的长度；
（4）求OD长度的取值范围．
【答案】（1）6√3 （2）证明见解析 （3）2√21 （4）2√3≤OD≤6√3
【分析】（1）根据直径性质得到，∠ACB=90°,根据AB=12，BC=6，运用勾股定理可得AC=6√3；
（2）根据∠ACB=90°．AD⊥AC，得到AD//BC．得到∠B+∠BAD=180°，结合∠ADC=∠B，
得到∠BAD+∠ADC=180°，得到AB∥CD，得到四边形ABCD是平行四边形；
（3）连接OC．根据tan∠ADC=√3，得到∠ADC=60°，∠ACD=30°，根据切线性质得到，
∠ACD+∠ACO=90°．得到∠ACD=∠OCB，∠B=30°．得到AC=6，得到CD=4√3，运用勾股
定理得OD=2√21；
（4）过点A作射线AF⊥AB，使∠AOF=60°，连接OC，CF．得到∠OFA=30°，OF=12，根据
AC AF
AF=√3OA．AC=√3AD，可得 = ，根据∠DAO=∠CAF，得到△CAF∽△DAO，得
AD OA
CF AC √3
= =√3，得到OD= CF．根据OF−OC≤CF≤OF+OC，得到6≤CF≤18，即得
DO AD 3
2√3≤OD≤6√3．
【详解】（1）解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°,
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∵AB=12，BC=6，
∴AC=√AB2−BC2=6√3
故答案为：6√3；
（2）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
∵AD⊥AC，
∴∠DAC=90°，
∴AD∥BC．
∴∠B+∠BAD=180°，
∵∠ADC=∠B，
∴∠BAD+∠ADC=180°，
∴AB∥CD
∴四边形ABCD是平行四边形．
（3）解：如图，连接OC．
∵在Rt△ACD中，tan∠ADC=√3，
∴∠ADC=60°，
∴∠ACD=30°，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠ACD+∠ACO=90°．
又∵∠ACO+∠OCB=90°，
∴∠ACD=∠OCB
∴∠B=∠ACD=30°．
1
∴AC= AB=6，
2
AC
在Rt△ACD中，CD= =4√3，
cos30°
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∴在Rt△COD中，OD=√CD2+OC2=√ (4√3) 2+62=2√21；
（4）解：如图，过点A作AF⊥AB，使∠AOF=60°，连接OC，CF．
则∠OAF=90°，
∴∠OFA=30°，
∴OF=2OA=12，
∴AF=√3OA=6√3，
∵tan∠ADC=√3，
∴AC=√3AD，
AC AF
∴ = =√3，
AD OA
∵∠DAC=∠OAF=90°，
∴∠DAC+∠CAO=∠OAF+∠CAO，
即∠DAO=∠CAF，
∴△CAF∽△DAO，
CF AC
∴ = =√3，
DO AD
√3
∴OD= CF．
3
∵OF−OC≤CF≤OF+OC，
∴6≤CF≤18，
∴2√3≤OD≤6√3．
【点睛】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理推论，圆切线性质，平行四边形的判定，
含30°的直角三角形判定和性质，勾股定理解直角三角形，锐角三角函数解直角 三角形，相似三角形的判
定和性质，是解决问题的关键．
17．（2024·广西·中考真题）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．
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(1)求证：四边形ABDF是平行四边形；
(2)求证：AF与⊙O相切；
3
(3)若tan∠BAC= ，BC=12，求⊙O的半径．
4
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)10
【分析】（1）先证明BD=CD，DE=EF，再证明△AEF≌△CED，可得AF=CD，∠F=∠EDC，
再进一步解答即可；
（2）如图，连接AD，证明AD⊥BC，可得AD过圆心，结合AF∥BD，证明AF⊥AD，从而可得结
论；
（3）如图，过B作BQ⊥AC于Q，连接OB，设BQ=3x，则AQ=4x，可得CQ=AC−AQ=x，求解
12 6√10
x= = ，可得AB=5x=6√10，求解AD=√AB2−BD2=18，设⊙O半径为r，可得
√10 5
OD=18−r，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵点D，E分别是BC，AC的中点，
∴BD=CD，AE=CE，
又∵∠AEF=∠CED，DE=EF，
∴△AEF≌△CED，
∴AF=CD，∠F=∠EDC，
∴AF=BD，AF∥BD，
∴四边形ABDF是平行四边形；
（2）证明：如图，连接AD，
∵AB=AC，D为BC中点，
∴AD⊥BC，
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∴AD过圆心，
∵AF∥BD，
∴AF⊥AD，
而OA为半径，
∴AF为⊙O的切线；
（3）解：如图，过B作BQ⊥AC于Q，连接OB，
3
∵tan∠BAC= ，
4
BQ 3
∴ = ，
AQ 4
设BQ=3x，则AQ=4x，
∴AC=AB=√AQ2+BQ2=5x，
∴CQ=AC−AQ=x，
∴BC=√BQ2+CQ2=√10x，
∴√10x=12，
12 6√10
∴x= = ，
√10 5
∴AB=5x=6√10，
∵AB=AC，BC=12，AD⊥BC，
∴BD=CD=6，
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∴AD=√AB2−BD2=18，
设⊙O半径为r，
∴OD=18−r，
∴r2=(18−r) 2+62，
解得：r=10，
∴⊙O的半径为10．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判
定与性质，切线的判定，垂径定理的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．
18．（2023·浙江金华·中考真题）如图，点A在第一象限内，⊙A与x轴相切于点B，与y轴相交于点C,D．
连接AB，过点A作AH⊥CD于点H．
(1)求证：四边形ABOH为矩形．
(2)已知⊙A的半径为4，OB=√7，求弦CD的长．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）根据切线的性质及有三个角是直角的四边形是矩形判定即可．
（2）根据矩形的性质、垂径定理及圆的性质计算即可．
【详解】（1）证明：∵⊙A与x轴相切于点B，
∴AB⊥x轴．
∵AH⊥CD,HO⊥OB，
∴∠AHO=∠HOB=∠OBA=90°，
∴四边形AHOB是矩形．
（2）如图，连接AC．
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∵ AHOB
四边形 是矩形，
∴AH=OB=√7．
在Rt△AHC中，CH2=AC2−AH2，
∴CH=√42−(√7) 2=3．
∵点A为圆心，AH⊥CD，
∴CD=2CH =6．
【点睛】本题考查了矩形的判定，垂径定理，圆的性质，熟练掌握矩形的判定和垂径定理是解题的关键．
19．（2023·江苏南通·中考真题）如图，等腰三角形OAB的顶角∠AOB=120°，⊙O和底边AB相切于点
C，并与两腰OA，OB分别相交于D，E两点，连接CD，CE．
(1)求证：四边形ODCE是菱形；
(2)若⊙O的半径为2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
4π
(2)S = −2√3
阴影 3
【分析】（1）连接OC，根据切线的性质可得OC⊥AB，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得
∠AOC=∠BOC=60°，从而可得△ODC和△OCE都是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得
OD=CD=CE=OE，即可解答；
（2）连接DE交OC于点F，利用菱形的性质可得OF=1，DE=2DF，∠OFD=90°，然后在Rt△ODF
中，利用勾股定理求出DF的长，从而求出DE的长，最后根据图中阴影部分的面积=扇形ODE的面积−菱
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形ODCE的面积，进行计算即可解答．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵⊙O AB C
和底边 相切于点 ，
∴OC⊥AB，
∵OA=OB，∠AOB=120°，
1
∴∠AOC=∠BOC= ∠AOB=60°，
2
∵OD=OC，OC=OE，
∴△ODC和△OCE都是等边三角形，
∴OD=OC=DC，OC=OE=CE，
∴OD=CD=CE=OE，
∴四边形ODCE是菱形；
（2）解：连接DE交OC于点F，
∵ ODCE
四边形 是菱形，
1
∴OF= OC=1，DE=2DF，∠OFD=90°，
2
在Rt△ODF中，OD=2，
∴DF=√OD2−OF2=√22−12=√3，
∴DE=2DF=2√3，
∴图中阴影部分的面积=扇形ODE的面积−菱形ODCE的面积
120π×22 1
= − OC⋅DE
360 2
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4π 1
= − ×2×2√3
3 2
4π
= −2√3，
3
4π
∴图中阴影部分的面积为 −2√3．
3
【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，根据题目的
已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
20．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，线段AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点M，其延长线交⊙O
于点C，连接BC，∠ABC=120°，D为⊙O上一点且D´B的中点为M，连接AD，CD．
(1)求∠ACB的度数；
(2)四边形ABCD是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由；
(3)若AC=6，求C´D的长．
【答案】(1)30°
(2)是菱形，证明见解析
4π
(3)C´D的长为 ．
3
【分析】（1）如图，连接OB，证明∠ABO=90°，而∠ABC=120°，可得∠OBC=120°−90°=30°，
再结合等腰三角形的性质可得答案；
（2）先证明∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，求解∠CAB=30°=∠ACB，
可得BA=BC，证明C´D=C´B，可得CD=CB，再证明AD=AB，可得AD=AB=BC=CD，从而可得结
论；
（3）如图，连接OD，BD，交AC于Q，证明△DBC为等边三角形，可得∠DOC=2∠DBC=120°，
证明QA=QC=3，AC⊥BD，求解OC=2，再利用弧长公式进行计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接OB，
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∵线段AB与⊙O相切于点B，
∴∠ABO=90°，而∠ABC=120°，
∴∠OBC=120°−90°=30°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°；
（2）四边形ABCD是菱形，理由如下：
∵D´B的中点为M，∠ACB=30°，
∴∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，
∴∠CAB=180°−120°−30°=30°=∠ACB，
∴BA=BC，
∵D´B的中点为M，CM为直径，
∴C´D=C´B，
∴CD=CB，
∵∠ACD=30°=∠ACB，AC=AC，
∴△ACD≌△ACB，
∴AD=AB，
∴AD=AB=BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形．
（3）如图，连接OD，BD，交AC于Q，
∵CD=CB，∠DCB=60°，
∴△DBC为等边三角形，
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∴∠DBC=60°，
∴∠DOC=2∠DBC=120°，
∵菱形ABCD，AC=6，
∴QA=QC=3，AC⊥BD，
∴∠CBQ=90°−30°=60°，
∵∠OBC=30°，
∴∠QBO=30°，
1 1
∴OQ= OB= OC，
2 2
1
∴ OC+OC=3，
2
OC=2，
120π×2 4π
∴C´D的长为 = ．
180 3
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与系数，等边三角形的判定与性质，
菱形的判定与性质，弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，切线的性质，弧长的计算，作出合
适的辅助线是解本题的关键
►题型06 利用圆的性质判定线段相等
21．（2024·四川雅安·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，点P是BA延长线上的
一点，连接AC，∠PCA=∠B．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
1
(2)若sin∠B= ，求证：AC=AP；
2
(3)若CD⊥AB于D，PA=4，BD=6，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)AD=2
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【分析】（1）首先由直径得到∠ACB=90°，然后利用等边对等角得到∠B=∠BCO，等量代换得到
OC⊥PC，进而证明即可；
1
（2）利用sin∠B= 得到∠B=30°，求出∠PCA=∠B=30°，然后利用直角三角形两锐角互余得到
2
∠P=∠CAB−∠PCA=30°，进而求解即可；
PA PC
（3）设AD=x，证明出△PAC∽△PCB，得到 = ，然后表示出PC2=PA⋅PB=4(10+x)，然后
PC PB
利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）如图所示，连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BCO+∠OCA=90°，
∵OB=OC，
∴∠B=∠BCO，
∵∠PCA=∠B，
∴∠PCA=∠BCO，
∴∠PCA=∠OCA=90°，
∴OC⊥PC，
∴PC是⊙O的切线；
1
（2）证明：∵sin∠B= ，
2
∴∠B=30°，
∴∠PCA=∠B=30°，
由（1）知∠ACB=90°，
∴∠CAB=60°，
∴∠P=∠CAB−∠PCA=30°，
∴∠PCA=∠P，
∴AC=AP；
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（3）设AD=x，
在Rt△ACB中，CD⊥AB，
∴∠B+∠BCD=∠ACD+∠BCD=90°
∴∠B=∠ACD
∵∠BDC=∠ADC=90°
∴△BDC∽△CDA
BD CD
∴ =
CD AD
∴CD2=AD×BD=6x，
∵∠P=∠P，∠PCA=∠B，
∴△PAC∽△PCB，
PA PC
∴ = ，
PC PB
∴PC2=PA⋅PB=4(6+4+x)=4(10+x)，
在Rt△PCD中，由勾股定理得PD2+CD2=PC2，
即(4+x) 2+6x=4(10+x)，整理得x2+10x−24=0，
解得x =2，x =−12（舍去），
1 2
故AD=2．
【点睛】此题考查了直径的性质，切线的判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是掌握
以上知识点．
22．（2024·浙江·中考真题）如图，在圆内接四边形ABCD中，ADAB)沿对角线BD翻折，C的对应点为点C'，
以矩形ABCD的顶点A为圆心、r为半径画圆，⊙A与BC'相切于点E，延长DA交⊙A于点F，连接EF
交AB于点G．
(1)求证：BE=BG．
(2)当r=1，AB=2时，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)BC=2√3
【分析】（1）连接AE，由切线的性质得∠AEB=90°，则∠AEG+∠BEG=90°，由矩形的性质得
∠BAD=∠BAF=90°，再由直角三角形两锐角互余得∠F+∠AGF=90°，根据对顶角相等和同圆的半
径相等得∠BGE=∠AGE，∠F=∠AEG，然后由等角的余角相等得∠BGE=∠BEG，最后由等角对
等边得出结论；
AE 1
（2）由锐角三角函数得，sin∠ABE= = ，得∠ABE=30°，由翻折得∠CBD=∠C'BD，由
AB 2
∠ABE+∠CB'D+∠CBD=90°得∠CBD=30°，再由矩形对边相等得AB=CD，最后在Rt△BCD中
解直角三角形即可得出结论．
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【详解】（1）证明：如图，连接AE．
∵⊙A与BC'相切于点E，
∴∠AEB=90°，
∴∠AEG+∠BEG=90°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠BAF=90°，
∴∠F+∠AGF=90°．
∵AE=AF，
∴∠F=∠AEG．
∵∠BGE=∠AGF，
∴∠BGE=∠BEG，
∴BE=BG．
（2）解：在Rt△BCD中，AE=1，AB=2，
AE 1
∴sin∠ABE= = ，
AB 2
∴∠ABE=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
1 1
由翻折可知，∠CBD=∠C'BD= (∠ABC−∠ABE)= ×(90°−30°)=30°，
2 2
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，
CD
在Rt△BCD中，tan∠CBD=tan30°= ，
BC
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CD 2
BC= = =2√3
∴ tan30° √3 ．
3
【点睛】本题是四边形与圆的综合题，考查了矩形的性质、切线的性质、翻折的有关性质、锐角三角函数
的定义，正确作出辅助线，巧用解直角三角形是解答本题的关键．
►题型07 利用圆的性质求线段比值或证明比例关系
24．（2024·四川凉山·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD平分∠BAC交⊙O于点
D，过点D的直线DE⊥AC，交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)连接EO并延长，分别交⊙O于M,N两点，交AD于点G，若⊙O的半径为2，∠F=30∘，求
GM⋅GN的值．
【答案】(1)见详解
72
(2)
25
【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质及角平分线得到OD∥AC，根据平行线的性质得
∠ODF=90°，即可证明；
（2）连接MD,AN，先解Rt△ODF，求得OF=4，DF=2√3，则AF=6，AE=3，可证明
DG OD 2 2 3
AD=DF=2√3，由△DGO∽△AGE，得 = = ，故DG= AD,AG= AD，证明
AG AE 3 5 5
72
△MGD∽△AGN，即可得到GM⋅GN=GD⋅GA= ．
25
【详解】（1）解：连接OD，
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∵OA=OD，
∴∠2=∠3，
∵AD平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
∴OD∥AC，
∴∠ODF=∠AED
∵DE⊥AC，
∴∠AED=90°，
∴∠ODF=90°，
即OD⊥EF，
∵OD是⊙O的半径
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：连接MD，AN，
∵∠F=30°，
∴在Rt△ODF中，OF=2OD=4，
由勾股定理得：DF=√OF2−OD2=2√3
∴AF=2+4=6，
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∵在Rt△AEF中，∠F=30°，
1
∴AE= AF=3，
2
∵∠F=30°，OD⊥EF
∴∠DOF=60°=∠2+∠3，而∠2=∠3，
∴∠2=30°，
∴∠2=∠F，
∴AD=DF=2√3，
∵OD∥AE，
∴△DGO∽△AGE，
DG OD 2
∴ = = ，
AG AE 3
2 3
∴DG= AD,AG= AD，
5 5
∵A´M=A´M，
∴∠ANG=∠MDG，
∵∠MGD=∠AGN，
∴△MGD∽△AGN，
MG GD
∴ = ，
AG GN
2 3 6 6 72
∴GM⋅GN=GD⋅GA= AD⋅ AD= AD2= ×(2√3) 2= ．
5 5 25 25 25
【点睛】本题考查了圆的切线的判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，30°的直角三角形的性质，
等腰三角形的性质，正确添加辅助线是解题的关键．
25．（2024·四川成都·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，D为斜边AB上一点，以BD为直径
作⊙O，交AC于E，F两点，连接BE，BF，DF．
(1)求证：BC⋅DF=BF⋅CE；
(2)若∠A=∠CBF，tan∠BFC=√5，AF=4√5，求CF的长和⊙O的直径．
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【答案】(1)见详解；
(2)√5，3√6．
【分析】（1）先证明△EBC∽△DBF，然后利用对应边成比例，即可证明；
（2）利用△EBC∽△DBF，知道∠EBC=∠DBF，从而推出∠CBF=∠EBA，结合∠A=∠CBF，知
道∠A=∠EBA，推出AE=BE，接下来证明∠BFC=∠ABC，那么有tan∠BFC=tan∠ABC=√5，
CB AC
即 = =√5，不妨设CF=x，代入求得CF的长度，不妨设EF= y，在Rt△CEB和Rt△CFB中利用
CF BC
勾股定理求得EF和BF的长度，最后利用tan∠CEB=tan∠FDB，求得DF的长度，然后再利用勾股定
理求得BD的长度．
【详解】（1）∵BD是⊙O的直径
∴∠BFD=90°=∠C
又∵∠CEB=∠FDB
∴△EBC∽△DBF
EC CB
∴ =
DF FB
∴BC⋅DF=BF⋅CE
（2）由（1）可知，△EBC∽△DBF
∴∠EBC=∠DBF
∴∠EBC−∠FBE=∠DBF−∠FBE
∴∠CBF=∠EBA
∵∠A=∠CBF
∴∠A=∠EBA
∴AE=BE
∵∠A=∠CBF
∴90°−∠A=90°−∠CBF
∴∠ABC=∠CFB
∵tan∠BFC=√5
∴tan∠BFC=tan∠ABC=√5
CB AC
∴ = =√5
CF BC
不妨设CF=x，那么CB=√5x
∵AF=4√5
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x+4√5
∴ =√5
√5x
∴x=√5
∴CF=√5，CB=√5x=√5×√5=5
不妨设EF= y，那么AE=AF−EF=4√5−y=BE
在Rt△CEB中，CE=EF+CF= y+√5，CB=5，BE=4√5−y
∴(y+√5) 2+52=(4√5−y) 2
∴y=√5
∴EF=√5
在Rt△CFB中，CF=√5，BC=5
∴BF=√CF2+BC2=√ (√5) 2+52=√30
∵∠CEB=∠FDB
∴tan∠CEB=tan∠FDB
CB BF
∴ =
CE DF
5 √30
∴ =
√5+√5 DF
∴DF=2√6
∴BD=√DF2+BF2=√ (2√6) 2+(√30) 2=3√6
∴ ⊙O的直径是3√6．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，三角形相似的判定与性质，勾股
定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，二次根式的化简，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
26．（2023·吉林长春·中考真题）【感知】如图①，点A、B、P均在⊙O上，∠AOB=90°，则锐角
∠APB的大小为__________度．
【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，点P在A´C上（点P不与点
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A、C重合），连结PA、PB、PC．求证：PB=PA+PC．小明发现，延长PA至点E，使AE=PC，连结
BE，通过证明△PBC≌△EBA，可推得PBE是等边三角形，进而得证．
下面是小明的部分证明过程：
证明：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，
∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，
∴∠BAP+∠BCP=180°．
∵∠BAP+∠BAE=180°，
∴∠BCP=∠BAE．
∵△ABC是等边三角形．
∴BA=BC，
∴△PBC≌△EBA(SAS)
请你补全余下的证明过程．
【应用】如图③，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC=90°，AB=BC，点P在⊙O上，且点P与点B在
PB
AC的两侧，连结PA、PB、PC．若PB=2√2PA，则 的值为__________．
PC
2√2
【答案】感知：45；探究：见解析；应用： ．
3
【分析】感知：由圆周角定理即可求解；
探究：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，通过证明△PBC≌△EBA(SAS)，可推得PBE是等边三角
形，进而得证；
应用：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，通过证明△PBC≌△EBA(SAS)得，可推得PBE是等腰直
PB
角三角形，结合PE=PA+PC与PE=√2PB可得PC=3PA，代入 即可求解．
PC
【详解】感知：
1
由圆周角定理可得∠APB= ∠AOB=45°，
2
故答案为：45；
探究：
证明：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，
∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，
∴∠BAP+∠BCP=180°．
∵∠BAP+∠BAE=180°，
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∴∠BCP=∠BAE．
∵△ABC是等边三角形．
∴BA=BC，
∴△PBC≌△EBA(SAS)，
∴PB=EB，∠PBC=∠EBA，
∴∠EBA+∠ABP=∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，
∴△PBE是等边三角形，
∴PB=PE，
∴PB=PE=PA+AE=PA+PC，
即PB=PA+PC；
应用：
延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，
∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，
∴∠BAP+∠BCP=180°．
∵∠BAP+∠BAE=180°，
∴∠BCP=∠BAE．
∵AB=CB，
∴△PBC≌△EBA(SAS)，
∴PB=EB，∠PBC=∠EBA，
∴∠EBA+∠ABP=∠PBC+∠ABP=∠ABC=90°，
∴△PBE是等腰直角三角形，
∴PB2+BE2=PE2，
∴2PB2=PE2，
即PE=√2PB，
∵PE=PA+AE=PA+PC，
∴PA+PC=√2PB，
∵PB=2√2PA，
∴PA+PC=√2×2√2PA=4PA，
∴PC=3PA，
PB 2√2PA 2√2
∴ = = ，
PC 3PA 3
2√2
故答案为： ．
3
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【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，邻补角，全等三角形的判定和性质，等边三角
形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造△PBC≌△EBA，
进行转换求解．
27．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，MN为⊙O的直径，且MN=15，MC与ND为圆内的一组平行
弦，弦AB交MC于点H．点A在M´C上，点B在N´C上，∠OND+∠AHM=90°．
(1)求证：MH⋅CH=AH⋅BH．
(2)求证：A´C=B´C．
3
(3)在⊙O中，沿弦ND所在的直线作劣弧N´D的轴对称图形，使其交直径MN于点G．若sin∠CMN= ，
5
求NG的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
21
(3)
5
【分析】（1）证明△AMH∽△CBH即可；
（2）连接OC，交AB于点F，根据平行线的性质和已知条件证明垂直平分即可；
（3）利用对称的性质作辅助线，根据已知条件，转化为解直角三角形问题即可．
【详解】（1）∵ ∠ABC和∠AMC是A´C所对的圆周角，
∴ ∠ABC=∠AMC，
∵ ∠AHM=∠CHB，
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∴△AMH∼△CBH，
AH MH
∴ = ，
CH BH
∴MH⋅CH=AH⋅BH．
（2）连接OC，交AB于点F，
∵ MC ND MC∥ND
与 为一组平行弦，即： ，
∴ ∠OND=∠OMC，
∵ OM=OC，
∴ ∠OMC=∠OCM，
∵ ∠OND+∠AHM=90°，
∴ ∠OCM+∠AHM=∠OCM+∠CHB=90°，
∴ ∠HFC=90°，
∴ OC⊥AB，
∴ OC是AB的垂直平分线，
∴ A´C=B´C．
（3）连接DM、DG，过点D作DE⊥MN，垂足为E，设点G的对称点G'，连接G'D、G'N，
∵ DG=DG' ∠G'ND=∠GND
， ，
^ ⏜
∴ DM=DG' ，
∴ DG'=DM，
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∴ DG=DM，
∴ △DGM是等腰三角形，
∵ DE⊥MN，
∴ ¿=ME，
∵ DN∥CM，
∴ ∠CMN=∠DNM，
∵ MN为直径，
∴ ∠MDN=90°，
∴ ∠MDE+∠EDN=90°，
∵ DE⊥MN，
∴ ∠DEN=90°，
∴ ∠DNM+∠EDN=90°，
3
∴ sin∠EDM=sin∠DNM=sin∠CMN= ，
5
在Rt△MND中，MN=15，
MD 3
∴ sin∠DNM= = ，
MN 5
MD 3
∴ = ，
15 5
∴ MD=9，
3 ME
在Rt△MED中，sin∠EDM= = ，
5 MD
ME 3
∴ =
9 5
27
∴ ME= ，
5
27 21
∴ NG=MN−MG=MN−2ME=15−2× =
5 5
21
∴ NG=
5
21
故答案为： ．
5
【点睛】本题考查了圆的综合问题，同弧所对圆周角相等、构建合适的辅助线是解题的关键；熟练掌握相
似三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、熟悉锐角三角函数解决直角三角形．
28．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，DA和⊙O相交于点F，AC平分∠DAB，点
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C在⊙O上，且CD⊥DA，AC交BF于点P．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)求证：AC⋅PC=BC2；
AF
(3)已知BC2=3FP⋅DC，求 的值．
AB
【答案】(1)见解析
(2)见解析
1
(3)
3
【分析】（1）连接OC，由等腰三角形的性质得∠OAC=∠OCA，再证∠DAC=∠OCA，则
DA∥OC，然后证OC⊥CD，即可得出结论；
（2）由圆周角定理得∠ACB=90°，∠DAC=∠PBC，再证∠BAC=∠PBC，然后证
AC BC
△ACB∽△BCP，得 = ，即可得出结论；
BC PC
（3）过P作PE⊥AB于点E，证AC⋅PC=3FP⋅DC，再证△ACD∽△BPC，得
AC⋅PC=BP⋅DC，则BP⋅DC=3FP⋅DC，进而得BP=3FP，然后由角平分线的性质和三角形面积
即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图1，连接OC，
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∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠OAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴DA∥OC，
∵CD⊥DA，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠BAC，
∵∠DAC=∠PBC，
∴∠BAC=∠PBC，
又∵∠ACB=∠BCP，
∴△ACB∽△BCP，
AC BC
∴ = ，
BC PC
∴AC⋅PC=BC2；
（3）如图2，过P作PE⊥AB于点E，
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由（2）可知，AC•PC=BC2，
∵BC2=3FP⋅DC，
∴AC⋅PC=3FP⋅DC，
∵CD⊥DA，
∴∠ADC=90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠BCP=90°，
∴∠ADC=∠BCP，
∵∠DAC=∠CBP，
∴△ACD∽△BPC，
AC DC
∴ = ，
BP PC
∴AC⋅PC=BP⋅DC，
∴BP⋅DC=3FP⋅DC，
∴BP=3FP，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AFB=90°，
∴PF⊥AD，
∵AC平分∠DAB，PE⊥AB，
∴PF=PE，
1 1
AF⋅FP AF⋅FP
S 2 2
∵ △APF = = ，
S 1 1
△APB AB⋅PE BP⋅AF
2 2
AF FP FP 1
∴ = = = ．
AB BP 3FP 3
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【点睛】本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质、平行线的判
定与性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质以及三角形面积等知识，本题综合性强，熟练掌握圆周角
定理和切线的判定，证明三角形相似是解题的关键．
►题型08 利用圆的性质求证角平分线
29．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，直线l与⊙O相切于点D，AB为⊙O的直径，过点A作AE⊥l于
点E，延长AB交直线l于点C．
(1)求证：AD平分∠CAE；
(2)如果BC=1，DC=3，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）连接OD，根据切线的性质可得出OD⊥l，结合题意可证OD∥AE，即得出
∠DAE=∠ADO，再根据等边对等角可得出∠DAO=∠ADO，即得出∠DAO=∠DAE，即AD平分
∠CAE；
（2）设⊙O的半径为r，则OC=OB+BC=r+1，OD=r．再根据勾股定理可列出关于r的等式，求解即
可．
【详解】（1）证明：如图，连接OD．
∵直线l与⊙O相切于点D，
∴OD⊥l．
∵AE⊥l，
∴OD∥AE，
∴∠DAE=∠ADO．
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADO，
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∴∠DAO=∠DAE，即AD平分∠CAE；
（2）解：设⊙O的半径为r，则OC=OB+BC=r+1，OD=r．
在Rt△OCD中，OD2+CD2=OC2，
∴r2+32=(r+1) 2，
解得：r=4，
∴⊙O的半径为4．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，同圆半径相等，平行线的判定和性质，角平分线的判
定，勾股定理等知识．连接常用的辅助线是解题关键．
30．（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，
∴DC∥AE,DA∥CE，
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∴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．
►题型09 利用圆的性质求证角度相等或存在2倍关系
31．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，△ABC中，∠ACB=90°，点O为AC边上一点，以点O为圆心，
OC为半径作圆与AB相切于点D，连接CD．
(1)求证：∠ABC=2∠ACD；
(2)若AC=8，BC=6，求⊙O的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）连接OD，根据题意可得∠ODA=90°，根据余角的性质可得∠AOD=∠ABC，根据圆周
角定理可得∠AOD=2∠ACD，等量代换即可得证；
（2）在Rt△ABC中，勾股定理求得AB=10,证明Rt△ODB≌Rt△OCB(HL)，设⊙O的半径为r，则
OD=OC=r，OA=8−r，在Rt△AOD中，r2+42=(8−r) 2，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，
∵AB为切线，
∴OD⊥AB，
∴∠ODA=90°，
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∴∠A+∠AOD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠A=90°
∴∠AOD=∠ABC，
∵∠AOD=2∠ACD，
∴∠ABC=2∠ACD．
（2）解：在Rt△ABC中，AB=√BC2+AC2=√62+82=10，
∵∠OCB=90°=∠ODB，
在Rt△ODB和Rt△OCB中，OD=OC，OB=OB，
∴Rt△ODB≌Rt△OCB(HL)，
∴BD=BC=6，
∴AD=AB−BD=4，
设⊙O的半径为r，则OD=OC=r，OA=8−r，
在Rt△AOD中，r2+42=(8−r) 2，
解得r=3，
∴⊙O半径的长为3
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知
识是解题的关键．
32．（2024·山东德州·中考真题）如图，圆⊙O 与⊙O 都经过A，B两点，点O 在⊙O 上，点C是
1 2 2 1
AO´ B上的一点，连接AC并延长交⊙O 于点P，连接AB，BC，BP．
2 2
(1)求证：∠ACB=2∠P
(2)若∠P=30°，AB=2√3．
①求⊙O 的半径；
1
②求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
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(2) 2
① 2π
②2√3−
3
【分析】对于（1），连接AO ,BO ，在⊙O 中，先根据同弧所对的圆周角相等得∠ACB=∠AO B，
2 2 1 2
1
然后在⊙O 中，根据圆周角定理得∠P= ∠AO B，可得答案；
2 2 2
对于（2）①，由∠P=30°结合（1），可得∠ACB=∠AO B=60°，再连接AO ,BO ，作
2 1 1
1
O D⊥AB，可得△AO B=120°，AD=BD= AB，进而得出∠AO D=60°，然后在Rt△AO D中，
1 1 2 1 1
AD
根据sin60°=
得出答案；
AO
1
对于②，先说明△AO B是等边三角形，即可求出其面积，在⊙O 中，求出弓形的面积，然后根据
2 2
S =S −S −S 得出答案．
阴影 扇形AO B △AO B 弓形AEB
1 1
【详解】（1）如图所示． 连接AO ,BO ，
2 2
在⊙O 中，∠ACB=∠AO B，
1 2
1
在⊙O 中，∠P= ∠AO B，
2 2 2
∴∠ACB=∠AO B=2∠P；
2
（2）①，∵∠P=30°，
∴∠ACB=∠AO B=60°．
2
连接AO ,BO ，过点O 作O D⊥AB，交AB于点D，
1 1 1 1
1
∴△AO B=120°，AD=BD= AB=√3，
1 2
1
∴∠AO D= ∠AO B=60°．
1 2 1
AD
在Rt△AO D中，sin60°= ，
1 AO
1
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√3 √3
即 = ，
2 AO
1
∴AO =2，
1
所以⊙O 的半径是2；
1
②∵AO =BO ,∠AO B=60°，
2 2 2
∴△AO B是等边三角形，
2
∴AO =BO =AB=2√3．
2 2
∵AO =BO ,AO =BO ，
1 1 2 2
∴DO 垂直平分AB，DO 垂直平分AB，
2 1
∴点D,O ,O 三点共线．
1 2
在Rt△ADO 中，DO =√AO2−AD2=3，
2 2 2
在Rt△ADO 中，DO =√AO2−AD2=1．
1 1 1
2
⏜ 60π×(2√3) 1
在⊙O 2 中， AB 上标点E，S 弓形AEB =S 扇形AO 2 B −S △ABO 2 = 360 − 2 ×2√3×3=2π−3√3．
120π×22 1
在⊙O 中，S =S −S −S = − ×2√3×1−(2π−3√3)
1 阴影 扇形AO 1 B △AO 1 B 弓形AEB 360 2
4π 2π
= −√3−2π+3√3=2√3− ．
3 3
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，线段垂直平分线的性质和判定，勾股定理，余弦，求扇
形的面积，等边三角形的性质和判定，构造辅助线是解题的关键．
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33．（2024·陕西·中考真题）如图，直线l与⊙O相切于点A，AB是⊙O的直径，点C，D在l上，且位
于点A两侧，连接BC，BD，分别与⊙O交于点E，F，连接EF，AF．
(1)求证：∠BAF=∠CDB；
(2)若⊙O的半径r=6，AD=9，AC=12，求EF的长．
【答案】(1)见解析
42√2
(2)EF= ．
5
【分析】（1）利用切线和直径的性质求得∠BAD=∠BFA=90°，再利用等角的余角相等即可证明
∠BAF=∠CDB；
（2）先求得AB=12=AC，BD=15，证明△ABC和△ABE是等腰直角三角形，求得AE的长，再证明
△BEF∽△BDC，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵直线l与⊙O相切于点A，
∴∠BAD=90°，
∴∠BDA+∠ABD=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BFA=90°，
∴∠BAF+∠ABD=90°，
∴∠BAF=∠CDB；
（2）解：∵r=6，
∴AB=2r=12=AC，BD=√AB2+AD2=√122+92=15，
∵直线l与⊙O相切于点A，
∴∠BAC=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BEA=90°，
∴△ABE也是等腰直角三角形，
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∴AE=BE=AB⋅cos45°=6√2，
∵B´F=B´F，
∴∠BEF=∠BAF，
∵∠BAF=∠CDB，
∴∠BEF=∠BDC，
∴△BEF∽△BDC，
BE EF 6√2 EF
∴ = ，即 = ，
BD CD 15 12+9
42√2
∴EF= ．
5
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，切线的性质，勾股定理等知
识点的应用，掌握切线的性质定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
►题型10 正多边形与圆
34．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，在⊙O中，点A，B，C，D为圆周的四等分点，AE为切线，连接
ED，并延长交⊙O于点F，连接BF交AC于点G．
(1)求证：AD平分∠CAE；
(2)求证：△ADE≌△ABG；
(3)若AE=3，AG=3GC，求cos∠CBF的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
3√10
(3)cos∠CBF=
10
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、、切线的性质和解直角三角形，证明△ADE≌△ABG实际
解题的关键．
（1）利用圆周四等分点得到∠COD=∠BOC=90°，再根据切线的性质得到∠CAE=90°，所以
∠DAE=45°，从而即可解题；
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（2）根据圆内接四边形的性质证明∠ADE=∠ABG，则可利用“ASA”判断△ADE≌△ABG；
（3）过点G作GH⊥BC于点H，如图，先利用△ADE≌△ABG得到AE=AG=3，DE=BG，所以
GC=1，AC=4，然后利用解直角三角形解题即可．
【详解】（1）证明：连接BD.
∵点A，B，C，D为圆周的四等分点，
∴AC⊥BD，即圆心角∠COD=∠BOC=90°.
∵C´D=C´D，
1 1
∴∠CAD= ∠COD= ×90°=45°.
2 2
∵AE为⊙O的切线，
∴∠CAE=90°，
∴∠DAE=∠CAE−∠CAD=90°−45°=45°.
∴∠DAE=∠CAD.
∴AD平分∠CAE.
（2）∵B´C=B´C，
1 1
∠BAC= ∠BOC= ×90°=45°.
2 2
∴
∴∠BAC=∠DAE.
在四边形ABFD中，∠ABF+∠BFD+∠FDA+∠DAB=360°.
∵BD为直径，
∴∠BFD+∠DAB=90°+90°=180°，
∴∠ABG+∠ADF=360°−180°=180°.
∵∠ADE+∠ADF=180°，
∴∠ADE=∠ABG.
∵点A，B，C，D为圆周的四等分点，
∴A´D=A´B，
∴AD=AB.
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在△AED和△ABG中，
¿
∴△ADE≌△ABG(ASA).
（3）连接CF，
∵AE=3，
由（2）中△ADE≌△ABG，得AE=AG=3，DE=BG.
又AG=3GC，
即AG=3GC=3，
∴GC=1，
∴AC=AG+GC=3GC+GC=4GC=4.
∴⊙O的半径为2.
∴在△BOG中，BG=√BO2+GO2=√22+12=√5.
过点G作GH⊥BC于点H.
由题意得∠ACB=45°，
∴△CGH为等腰直角三角形，
√2 √2
∴GH= CG= .
2 2
在△BGH中，BH=√BG2−GH2=
√
(√5) 2 −
(√2) 2
=
3√2
，
2 2
3√2
BH 2 3√10.
∴cos∠CBF=cos∠GBH= = =
BG √5 10
35．（2023·湖南娄底·中考真题）鲜艳的中华人民共和国国旗始终是当代中华儿女永不褪色的信仰，国旗
上的每颗星都是标准五角星．为了增强学生的国家荣誉感、民族自豪感等．数学老师组织学生对五角星进
行了较深入的研究．延长正五边形的各边直到不相邻的边相交，得到一个标准五角星．如图，正五边形
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ABCDE的边BA、DE的延长线相交于点F，∠EAF的平分线交EF于点M．
(1)求证：AE2=EF⋅EM．
(2)若AF=1，求AE的长．
S
正五边形ABCDE
(3)求 的值．
S
△AEF
【答案】(1)见解析
√5−1
(2)AE=
2
(3)√5
【分析】（1）根据正多边形的性质可以得到∠FAE=∠FEA=72°，再利用三角形的内角和以及角平分
线的定义得到∠MAE=∠F，再根据∠FEA=∠AEM，可得到△AEM∽△FEA，进而得到结论；
（2）根据等角对等边可以得到AF=FE=1，AE=AM=FM，再由（1）得结论得到AE2=1×(1−AE)，
解方程可以求出结果；
（3）设S =S，AF=a连接AD，AC，根据正多边形可以推导出△AFE≌△ACD，△ABC≌△AED，
△AEF
则可表示出S ，然后求出比值．
正五边形ABCDE
【详解】（1）证明：∵ABCDE是正五边形，
360°
∴∠FAE=∠FEA= =72°，
5
∴∠F=180°−∠FAE−∠FEA=180°−72°−72°=36°，
又∵∠EAF的平分线交EF于点M，
1 1
∴∠FAM=∠MAE= ∠FAE= ×72°=36°，
2 2
∴∠MAE=∠F，
又∵∠FEA=∠AEM，
∴△AEM∽△FEA，
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AE ME
∴ = ，
FE AE
即AE2=EF⋅EM；
（2）解：∵∠F=∠FAM=36°，
∴∠AME=72°，
∴AF=FE=1，AE=AM=FM，
∵AE2=EF⋅EM，
∴AE2=1×(1−AE)，
√5−1 −√5−1
解得：AE= 或AE= （舍去），
2 2
√5−1
∴AE= ；
2
（3）设S =S，AF=a，连接AD，AC，
△AEF
√5−1
则根据（2）中计算可得AE= a，
2
∵ABCDE是正五边形，
√5−1
∴AB=BC=CD=DE=EA= a，∠BAE=∠AED=∠EDC=∠DCB=∠CBA=108°，
2
∴∠BAC=∠BCA=∠EDA=∠EAD=36°，
∴∠ACD=∠ADC=72°，
∴△AFE≌△ACD，△ABC≌△AED，
S ED √5−1
∴ △ADE= = ，
S EF 2
△AEF
√5−1
∴S = S，
△ADE 2
√5−1 √5−1
∴S =S +S +S = S+S+ S=√5S，
正五边形ABCDE △ADE △ADC △ABC 2 2
S √5S
∴ 正五边形ABCDE= =√5．
S S
△AEF
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【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，全等三角形的判定和性质，正多边形的性
质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
36．（2020·内蒙古呼和浩特·中考真题）某同学在学习了正多边形和圆之后，对正五边形的边及相关线段
√5−1
进行研究，发现多处出现者名的黄金分割比 ≈0.618．如图，圆内接正五边形ABCDE，圆心为O，
2
OA与BE交于点H，AC、AD与BE分别交于点M、N．根据圆与正五边形的对称性，只对部分图形进行
研究．（其它可同理得出）
（1）求证：△ABM是等腰三角形且底角等于36°，并直接说出△BAN的形状；
BM BN √5−1
（2）求证： = ，且其比值k= ；
BN BE 2
MN
（3）由对称性知AO⊥BE，由（1）（2）可知 也是一个黄金分割数，据此求sin18°的值．
BM
√5−1
【答案】（1）见解析，△ABN为等腰三角形；（2）见解析；（3）
4
【分析】（1）连接圆心O与正五边形各顶点，利用圆周角定理得出∠ABE= BAC=36°，即AM=BM，再
求出∠BNA=72°= BAD，得出结论； ∠
∠ BM BN
（2）证明△BAM BEA，得到 = ，设BM=y，AB=x，则AM=AN=y，AB=AE=BN=x，证明
BN BE
∽△
AM MN y x−y y
= ，得到 = ，设 =t，求出t值即可；
AB AN x y x
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1 MH y √5−1
（3）根据题意求出∠MAH= NAH= MAN=18°，再根据sin MAH= ，将 = 代入，即可求
2 AM x 2
∠ ∠ ∠
值.
【详解】解：（1）连接圆心O与正五边形各顶点，
在正五边形中，
AOE=360°÷5=72°，
∠ 1 1
ABE= AOE=36°，同理∠BAC= ×72°=36°，
2 2
∴∠ ∠
AM=BM，
∴ ABM是是等腰三角形且底角等于36°，
∴△BOD= BOC+ COD=72°+72°=144°，
∵∠ ∠1 ∠
BAD= BOD=72°，
2
∴∠ ∠
BNA=180°- BAD- ABE=72°，
∴∠AB=NB，即△∠ABN为∠ 等腰三角形；
∴ 1
（2）∵∠ABM= ABE，∠AEB= AOB=36°= BAM，
2
∠ ∠ ∠
BAM BEA，
∴△BM ∽A△B
∴ = ，而AB=BN，
AB BE
BM BN
∴ = ，设BM=y，AB=x，则AM=AN=y，AB=AE=BN=x，
BN BE
AMN= MAB+ MBA=72°= BAN，∠ANM= ANB，
∵∠AMN ∠ BAN，∠ ∠ ∠
∴△AM ∽M△N y x−y
∴ = ，即 = ，则y2=x2−xy，
AB AN x y
( y) 2 y y
两边同时除以x2，得： =1− ，设 =t，
x x x
√5−1 −1−√5
则t2+t−1=0，解得：t= 或 （舍），
2 2
BM BN y √5−1
∴ = = = ；
BN BE x 2
1
（3）∵∠MAN=36°，根据对称性可知：∠MAH= NAH= MAN=18°，
2
∠ ∠
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而AO BE，
⊥ 1 1
MN (x−y)
sin 18°=sin MAH=MH 2 2
= =
AM AM y
∴ ∠
x−y 1 x 1 1 2 1
= = × − = × −
2y 2 y 2 2 √5−1 2
√5−1
= .
4
【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，有一定难
度，解题的关键是算出相应角度，找到合适的相似三角形.
1. 【热考】判定直线与圆的切线的解题方法：
1）给出了直线与圆的公共点和经过公共点的半径时，可直接根据“经过半径的外端并且垂直于这条半径
的直线是圆的切线”来证明.口诀是“见半径,证垂直”.
2）给出了直线与圆的公共点，但未给出过这点的半径时，可连接公共点和圆心，然后根据“经过半径的
外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线”来证明,口诀是“连半径,证垂直”.
3）当直线与圆的公共点不明确时，先过圆心作该直线的垂线，然后根据“若圆心到直线的距离等于圆的
半径,则该直线是圆的切线”来证明.口诀是“作垂直,证相等”.
2. 【名师总结】在中考数学中，与圆有关的证明题常常是考生面临的难点之一。这类题目不仅考查学生
对圆的基本性质和定理的掌握，还考验其逻辑推理和解题技巧。
1）首先，熟悉圆的基本性质和定理是解题的基础。这些包括弧、弦、圆心角定理，圆周角定理，垂径定
理，切线定理以及切线长定理等。例如，圆周角定理指出一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，
而切线的性质定理则表明圆的切线垂直于过切点的半径。掌握这些定理，有助于我们在解题时快速找到突
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破口。
2）其次，做辅助线是解决圆相关证明题的重要技巧。见到切线时，通常连接过切点的半径，以证明垂直
关系；见到直径时，则寻找直径所对的圆周角，利用其性质进行推导；若题目中有“弦的中点”或“弧的
中点”，一般连接中点和圆心，利用垂径定理的推论得出结论。例如，证明切线问题时，通过连接圆心和
切点，再利用半径垂直于切线的性质，往往能顺利导出所需的直角。
3）形成条件反射式的解题思路。看到题目中的某个条件或图形，脑海中应即刻呈现出可能的辅助线和解
题方向。如条件给出圆周角或圆心角的度数或等量关系，应寻找同弧或等弧所对的其他圆周角或圆心角；
见到平行线时，考虑利用平行线的性质进行角度转换等。
4）最后，多做与圆有关的证明题，善于总结规律和技巧。通过大量的练习，积累解题经验，熟悉常见的
解题模式。例如，圆中常出现的直角三角形相似，包括平行相似、错位相似、射影相似等，掌握这些相似
三角形的判定和性质，有助于快速解决求边长比例或长度的问题。
总之，中考中与圆有关的证明题虽然难度较大，但只要掌握了基本性质和定理，熟练运用辅助线和解
题技巧，并结合综合法和分析法进行思考，就能轻松应对，取得理想的成绩。
1．（2025·浙江金华·一模）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O交BC于点D，过点D作
AC的垂线交AC于点E，交AB的延长线于点F．
(1)求证：DE与⊙O相切；
(2)若CD=BF，AE=3，求DF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)DF=2√3
【分析】（1）利用等腰三角形的性质得到∠C=∠ODB，进而得到OD∥AC，可得DE⊥OD，然后根
据切线的判定定理可得结论；
（2）先根据圆周角定理得到∠ADB=90°，再根据等腰三角形的性质得到∠3=∠F，进而利用三角形的
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外角性质求得∠3=30°, 进而得∠2=∠F，即得AD=DF，然后解直角三角形求得AD即可．
【详解】（1）证明：连接OD，如图，
∵AB=AC，OD=OB，
∴∠C=∠4，∠ODB=∠4，
∴∠C=∠ODB，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，又OD为⊙O的半径，
∴DE与⊙O相切；
（2）解：∵AB为⊙O直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠2+∠4=90°，
∵AB=AC，CD=BF，
∴BD=CD=BF，∠1=∠2，
∴∠3=∠F，
∴∠ODB=∠4=∠3+∠F=2∠3，
∴∠ODF=3∠3=90°，
∴∠3=30°，
∴∠4=2∠3=60°，∠F=30°，
∴∠2=90°−∠4=30°，
∴∠2=∠F，
∴AD=DF，
在Rt△AED中，∠1=∠2=30°，AE=3，
AE
∴AD= =2√3，
cos30°
∴DF=2√3．
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【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，切线的判定，圆周角定理，平行线的判定与性质，三角形
的外角性质，解直角三角形等知识，能够熟练运用相关知识求解是解题的关键．
2．（2025·陕西西安·一模）如图，在⊙O中，直径BD与弦AC交于点E，且AB=AC．
(1)求证：∠BAC=2∠ABD．
(2)若AB=5，BC=6，求AE的长．
【答案】(1)见解析；
125
(2)
39
【分析】本题考查了垂径定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，正确理解题意是解题的关键：
（1）连接OA并延长交BC于H点，如图，利用垂径定理的推论得到AH垂直平分BC，则根据等腰三角形
的性质得到AH平分∠BAC，即∠BAC=2∠BAH，然后利用∠ABD=∠BAH得到结论；
（3）利用垂径定理得到BH=CH=3，则利用勾股定理可计算出AH=4，设⊙O的半径为r，则
25
OA=OB=r，OH=4−r，在Rt△OBH中，利用勾股定理得到32+(4−r) 2=r2，解得r= ，所以
8
25 15 7
BD=2r= ，接着在Rt△ABD中，计算AD= ，在Rt△BCD中，计算CD= ，然后证明
4 4 4
△AEO∽△CED，利用相似三角形的性质得到，然后利用比例的性质可计算出AE的长．
【详解】（1）证明：连接OA并延长交BC于H点，如图，
∵AB=AC，
∴A´B=A´C，
∴AH垂直平分BC，
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∴AH平分∠BAC，
即∠BAC=2∠BAH，
∵OA=OB，
∴∠ABD=∠BAH，
∴∠BAC=2∠ABD；
（2）解：∵AH⊥BC，
1
∴BH=CH= BC=3，
2
在Rt△ABH中，AH=√52−32=4，
设⊙O的半径为r，则OA=OB=r，OH=4−r，
在Rt△OBH中，32+(4−r) 2=r2，
25
解得r= ，
8
25
∴BD=2r= ，
4
在Rt△ABD中，AD=
√ (25) 2
−52=
15
，
4 4
在Rt△BCD中，CD=
√ (25) 2
−62=
7
，
4 4
∵AH∥CD，
∴△AEO∽△CED，
25
AE OA 8 25
∴ = = = ，
CE CD 7 14
4
AE 25 25
∴ = = ，
AC 25+14 39
25 125
∴AE= ×5= ．
39 39
3．（2025·广东·模拟预测）如图，点D，E在以AC为直径的⊙O上，∠ADC的平分线交⊙O于点B，连
接BA，EC，EA，过点E作EH⊥AC，垂足为H，交AD于点F．
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(1)求证：AE2=AF⋅AD；
2√5
(2)若sin∠ABD= ，AB=5，求S ．
5 △BOG
【答案】(1)见解析
25
(2)
12
【分析】（1）连接ED，根据直角三角形中两锐角互余得出∠EAH+∠AEH=90°，根据直径所对的圆
周角是直角得出∠AEC=90°，根据直角三角形中两锐角互余得出∠EAH+∠ACE=90°，根据等角的
余角相等得出∠ACE=∠AEH，根据同弧所对的圆周角相等得出∠ADE=∠AEH，根据有两个角对应
相等的两个三角形是相似三角形得出△EAF∽△DAE，根据相似三角形的对应边之比相等即可证明
AE2=AF·AD；
（2）连接OB，过点G作GK⊥AD，垂足为K，过点G作GM⊥CD，垂足为M，根据直径所对的圆周
角是直角得出∠ADC=90°，根据角平分线的定义和同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出
∠AOB=2∠ADB=90°，根据角平分线上的点到角两边的距离相等得出GK=GM，根据等腰直角三角
5√2
形的性质和特殊角的三角函数值求出OA=OB=OC= ，AC=5√2，根据锐角三角函数的定义和同弧
2
1 5√2 5√2
所对的圆周角相等求出AD=2√10，CD=√10，根据三角形的面积求出GC= AC= ，OG= ，
3 3 6
即可求出S ．
△BOG
【详解】（1）证明：连接ED，
∵EH⊥AC
，
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∴∠EAH+∠AEH=90°，
∵AC是直径，
∴∠AEC=90°，
∴∠EAH+∠ACE=90°，
∴∠ACE=∠AEH，
∴∠ADE=∠AEH，
又∵∠EAF=∠DAE，
∴△EAF∽△DAE，
AE AF
∴ = ，
AD AE
∴AE2=AF·AD；
（2）解：如图，连接OB，过点G作GK⊥AD，垂足为K，过点G作GM⊥CD，垂足为M，
∵AC
是直径，
∴∠ADC=90°，
又∵BD平分∠ADC，A´B=A´B，
∴∠AOB=2∠ADB=90°，GK=GM，
在等腰直角△AOB中，AB=5，
5√2
∴OA=OB=OC= ，
2
∴AC=2OA=5√2，
2√5
∵sin∠ABD= ，∠ABD=∠ACD，
5
AD AD 2√5
∴sin∠ACD= = = ，
AC 5√2 5
∴AD=2√10，则CD=√10，
1 1
∵S = AG·CD·sin∠ACD，S = CG·CD·sin∠ACD
△AGD 2 △DCC 2
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S AG
∴ △AGD= ，
S GC
△BCG
1
AD·GK
2 AG AD AG
∴ = ，即 = =2，
1 GC CD GC
CD·GM
2
1 5√2
∴GC= AC= ，
3 3
5√2 5√2 5√2
∴OG=OC−GC= − = ，
2 3 6
1 1 5√2 5√2 25
∴S = OG·OB= × × = ．
△BOG 2 2 6 2 12
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，直径所对的圆周角是
直角，同弧所对的圆周角，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，角平分线的性质等，正确做出辅助线，通
过三角形的面积求出CG是解题的关键．
40．（2025·陕西西安·二模）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC、BC，过点C的直线
与⊙O相切，与BA延长线交于点D，点F为C´B上一点，且C´F=C´A，连接BF并延长交射线DC于点E．
(1)求证：DE⊥BE；
5
(2)若DC= EC，DA=4，求BE的长．
3
【答案】(1)证明见解析
48
(2)
5
【分析】（1）连接OC，可证OC∥BE，根据ED为⊙O的切线，得OC⊥DE，根据平行线的性质即可
求证；
（2）设DC=5a，EC=3a，可得DE=8a，设⊙O的半径为r，则AB=2r，OD=DA+OA=4+r，
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DC DO
DB=4+2r，根据（1）中OC∥BE，可得△DCO∽△DEB，即得 = ，可得r=6，再根据相似
DE DB
OC DC 5
三角形的性质 = = 即可求解．
BE DE 8
【详解】（1）证明：如图，连接OC，
∵C´F=C´A，
∴∠ABC=∠EBC，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠ABC，
∴∠OCB=∠EBC，
∴OC∥BE，
∵ED为⊙O的切线，点C为切点，
∴OC⊥DE，
∴DE⊥BE；
5
（2）解：∵DC= EC，
3
∴可设DC=5a，EC=3a，
∴DE=8a，
设⊙O的半径为r，则AB=2r，OD=DA+OA=4+r，DB=4+2r，
由（1）可知，OC∥BE，
∴△DCO∽△DEB，
DC DO
∴ = ，
DE DB
5a 4+r
即 = ，
8a 4+2r
解得r=6，
∴⊙O的半径为6，
∵△DCO∽△DEB，
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OC DC 5
∴ = = ，
BE DE 8
8 8 48
∴BE= OC= ×6= ．
5 5 5
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，相似三角形的
判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
41．（2024·江苏泰州·一模）已知，△ABC是半径为5的⊙O的内接三角形，点D是△ABC的内心，射线
AD分别交BC、⊙O于点E、F．
(1)如图1，连接BF，求证：△AEC∽△ABF；
(2)如图2，∠BAC=90°；
①若AB=8，求AF的长；
AF
②若∠ABC=30°，求 的值；
DF
(3)如图3，∠BAC=60°，射线BD、CD分别交⊙O于点G、H，点A在直线BC上方的圆弧上运动，无
论点A如何移动，线段DF、DG、DH中有一个为定值，请判断是哪一个线段，并求出此定值．
【答案】(1)证明见解析；
AF √3+1
(2)① AF=7√2；② = ；
DF 2
(3)线段DF为定值，且DF=5．
【分析】（1）由点D是△ABC的内心，则∠BAF=∠FAC，再由圆周角定理可得∠C=∠F，从而求证；
（2）①连接BF，OF，过点B作BG⊥AF于点G，由点D是△ABC的内心，得∠BAF=∠FAC=45°，
再由勾股定理即可求解；
②连接BF，过点B作BR⊥AF于点R，过点D作DN⊥AB于点N，由内心和线段和差即可求解；
（3）连接OB，BF，OF，FC，通过性质和圆周角定理证明△OBF为等边三角形即可．
【详解】（1）∵点D是△ABC的内心，
∴∠BAF=∠FAC，
∵A´B=A´B，
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∴∠C=∠F，
∴△AEC∽△ABF；
（2）①由题意知AB=8，∠BAC=90°，直径BC=10，
∴由勾股定理得AC=√BC2−AB2=√102−82=6，
连接BF，OF，过点B作BG⊥AF于点G，
∵点D是△ABC的内心，
1
∴∠BAF=∠FAC= ∠BAC=45°，
2
∴AG=BG=4√2，BF=5√2
在Rt△BGF中， FG=√BF2−BG2=√(5√2) 2 −(4√2) 2=3√2，
AF=AG+GF=4√2+3√2=7√2；
②连接BF，过点B作BR⊥AF于点R，过点D作DN⊥AB于点N，
∵∠ABC=30°，∠BAC=90°，
∴∠ACB=60°，
∵A´B=A´B，
∴∠AFB=∠ACB=60°，
∵点D是△ABC的内心，
∴∠BAF=∠FAC=45°，
∴AB=5√3，
5√6 5√6 √3 5√2
∴BR=AR= ， RF= × = ，
2 2 3 2
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5√6 5√2 5(√6+√2)
∴AF=AR+RF= + = ，
2 2 2
AB+AC−BC 5√3+5−10 5√3−5 5(√3−1)
∵ND= = = = ，
2 2 2 2
5(√3−1)√2 5(√6−√2)
∴AD=√2ND= = ，
2 2
5(√6+√2) 5(√6−√2)
∴DF=AF−AD= − =5√2，
2 2
AF √3+1
∴ = ；
DF 2
（3）连接OB，BF，OF，FC，
∵点D是△ABC的内心，∠BAC=60° ，
∴∠BAF=∠FAC=30°，∠ABD=∠DBC，
∵F´C=F´C，
∴∠FAC=∠FBC，
∴∠FBC=∠BAF，
∵∠BDF=∠BAD+∠ABD，∠FBD=∠FBC+∠DBC，
∴∠BDF=∠FBD，
∴BF=FD，
∵B´F=B´F，
∴∠BOF=2∠BAF=2×30°=60°，
又∵OB=OF，
∴△OBF为等边三角形，
∴BF=OB=5
∴DF=FC=BF=5，
连接AH，AG，
同理可得，DH=AH，DG=AG，
但AH，AG随着点A的运动而变化，
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∴线段DF为定值，且DF=5．
【点睛】本题考查了圆周角定理，内心的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定，
熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键．
136
