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重难点 04 圆的基本性质及直线与圆的位置关系综合训练
中考数学中《圆的基本性质及直线与圆的位置关系》部分主要考向分为十类：
一、垂径定理及其应用
二、圆周角定理
三、圆内接四边形
四、三角形的外接圆与外心
五、直线与圆的位置关系
六、切线的性质与判定
七、三角形内切圆与内心
八、正多边形和圆
九、弧长与扇形面积的计算
十、圆锥的计算
中考数学中，圆的基本性质与直线与圆的位置关系一直都是必考的考点，难度从基础到综合都有，通
常选择、填空题会出圆的基本性质，如垂径定理、圆周角定理、弧长与面积的求法、切线的性质等，基本
都是基础应用，难度不大，个别会出选择题的压轴题，难度稍大。简答题部分，一般会把切线的判定和相
似三角形、锐角三角函数等结合考察，此时难度变大，综合性较强，需要认真应对。
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考向一：垂径定理及其应用
【题型1 垂径定理及其推论】
1.圆中模型“知2得3”
由图可得以下5点：
¿ ¿ ¿ ¿
①AB⊥CD；②AE=EB；③AD过圆心O；④AC=BC；⑤AD=BD
；
以上5个结论，知道其中任意2个，剩余的3个都可以作为结论使用。
2.常做辅助线：连半径、作弦心距、见直接连弦长得直径所对圆周角
1．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在⊙O中，弦AB的长为8，圆心O到AB的距离OE=4，则⊙O的
半径长为（ ）
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A．4 B．4√2 C．5 D．5√2
【答案】B
【分析】本题考查垂径定理、勾股定理，先根据垂径定理得到AE，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：∵在⊙O中，弦AB的长为8，圆心O到AB的距离OE=4，
1
∴OE⊥AB，AE= AB=4，
2
在Rt△AOE中，OA=√OE2+AE2=√42+42=4√2，
故选：B．
2．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，圆形拱门最下端AB在地面上，D为AB的中点，C为拱门最高点，
线段CD经过拱门所在圆的圆心，若AB=1m，CD=2.5m，则拱门所在圆的半径为（ ）
A．1.25m B．1.3m C．1.4m D．1.45m
【答案】B
【分析】本题考查的是垂径定理的实际应用。勾股定理的应用，如图，连接OA，先证明CD⊥AB，
AD=BD=0.5，再进一步的利用勾股定理计算即可；
【详解】解：如图，连接OA，
∵D为AB的中点，C为拱门最高点，线段CD经过拱门所在圆的圆心，AB=1m，
∴CD⊥AB，AD=BD=0.5，
设拱门所在圆的半径为r，
∴OA=OC=r，而CD=2.5m，
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∴OD=2.5−r，
∴r2=0.52+(2.5−r) 2，
解得：r=1.3，
∴拱门所在圆的半径为1.3m；
故选B
3．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，AD是⊙O的直径，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB，连接CD，
交OB于点E，∠BOC=42°，则∠OED的度数是（ ）
A．61° B．63° C．65° D．67°
【答案】B
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理以及三角形的外角性质．先根据垂径定理，求得
1
∠AOC=∠BOC=42°，利用圆周角定理求得∠D= ∠AOC=21°，再利用三角形的外角性质即可
2
求解．
【详解】解：∵半径OC⊥AB，
∴A´C=B´C，
∴∠AOC=∠BOC=42°，∠AOB=84°，
∵A´C=A´C，
1
∴∠D= ∠AOC=21°，
2
∴∠OED=∠AOB−∠D=63°，
故选：B．
4．（2024·新疆·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为E．若CD=8，
OD=5，则BE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
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【答案】B
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理的应用，熟练掌握知识点是解题的关键．
1
根据垂径定理求得DE= DC=4，再对Rt△OED运用勾股定理即可求OE，最后BE=OB−OE即可
2
求解．
【详解】解：∵AB⊥CD，AB是⊙O的直径，
1
∴DE= DC=4，∠OED=90°，
2
∴在Rt△OED中，由勾股定理得OE=√OD2−ED2=3，
∴BE=OB−OE=5−3=2，
故选：B．
5．（2024·四川遂宁·中考真题）工人师傅在检查排污管道时发现淤泥堆积．如图所示，排污管道的横截面
是直径为2米的圆，为预估淤泥量，测得淤泥横截面（图中阴影部分）宽AB为1米，请计算出淤泥横截
面的面积（ ）
1 √3 1 √3 2 1 1
A． π− B． π− C． π−√3 D． π−
6 4 6 2 3 6 4
【答案】A
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，等边三角形的判定和性质，求不规则图形的面积，过点O作
1 1 √3
OD⊥AB于D，由垂径定理得AD=BD= AB= m，由勾股定理得OD= m，又根据圆的直径为
2 2 2
2米可得OA=OB=AB，得到△AOB为等边三角形，即得∠AOB=60°，再根据淤泥横截面的面积
=S −S 即可求解，掌握垂径定理及扇形面积计算公式是解题的关键．
扇形AOB △AOB
1 1
【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，则AD=BD= AB= m，∠ADO=90°，
2 2
∵圆的直径为2米，
∴OA=OB=1m，
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∴在Rt△AOD中，OD=√OA2−AD2=
√
12−
(1) 2
=
√3
m，
2 2
∵OA=OB=AB，
∴△AOB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴淤泥横截面的面积=S −S =
60π×12
−
1
×1×
√3
=
(1
π−
√3)
m2 ，
扇形AOB △AOB 360 2 2 6 4
故选：A．
6．（2024·江西·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，AB=2，点C在线段AB上运动，过点C的弦
DE⊥AB，将DB´E沿DE翻折交直线AB于点F，当DE的长为正整数时，线段FB的长为 ．
【答案】2−√3或2+√3或2
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据DE≤AB，可得DE=1或2，利用勾股
定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键．
【详解】解：∵AB为直径，DE为弦，
∴ DE≤AB，
∴当DE的长为正整数时，DE=1或2，
当DE=2时，即DE为直径，
∵DE⊥AB
∴将DB´E沿DE翻折交直线AB于点F，此时F与点A重合，
故FB=2；
当DE=1时，且在点C在线段OB之间，
如图，连接OD，
1
此时OD= AB=1，
2
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∵DE⊥AB
，
1 1
∴DC= DE= ，
2 2
√3
∴OC=√OD2−DC2=
，
2
2−√3
∴BC=OB−OC= ，
2
∴BF=2BC=2−√3；
当DE=1时，且点C在线段OA之间，连接OD，
2+√3
同理可得BC= ，
2
∴BF=2BC=2+√3，
综上，可得线段FB的长为2−√3或2+√3或2，
故答案为：2−√3或2+√3或2．
7．（2023·浙江衢州·中考真题）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽ABCD是矩形．
当餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与BC边相切，则此餐盘的半径等于 cm．
【答案】10
【分析】连接OA，过点O作OE⊥BC，交BC于点E，交AD于点F，则点E为餐盘与BC边的切点，
由矩形的性质得AD=BC=16，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°，则四边形CDFE是矩形，
OE⊥AD，得CD=EF=4，∠AFO=90°，AF=DF=8，设餐盘的半径为x cm，则OA=OE=x，
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OF=x−4，然后由勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】由题意得：BC=16，CD=4，
如图，连接OA，过点O作OE⊥BC，交BC于点E，交AD于点F，
∠OEC=90°
则 ，
∵餐盘与BC边相切，
∴点E为切点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=16，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°，
∴四边形CDFE是矩形，OE⊥AD，
1 1
∴CD=EF=4，∠AFO=90°，AF=DF= AD= ×16=8，
2 2
设餐盘的半径为x，
则OA=OE=x，
∴OF=OE−EF=x−4，
在Rt△AFO中，由勾股定理得：AF2+OF2=OA2，
即82+(x−4) 2=x2，
解得：x=10，
∴餐盘的半径为10，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的
关键．
8．（2023·青海·中考真题）综合与实践
车轮设计成圆形的数学道理
小青发现路上行驶的各种车辆，车轮都是圆形的.为什么车轮要做成圆形的呢？这里面有什么数学道理
吗？带着这样的疑问，小青做了如下的探究活动：
将车轮设计成不同的正多边形，在水平地面上模拟行驶.
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(1)探究一：将车轮设计成等边三角形，转动过程如图1，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一
次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是B´D，BA=CA=DA=2，圆心角∠BAD=120°.此
时中心轨迹最高点是C（即B´D的中点），转动一次前后中心的连线是BD（水平线），请在图2中计
算C到BD的距离d .
1
(2)探究二：将车轮设计成正方形，转动过程如图3，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次
（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是B´D，BA=CA=DA=2，圆心角∠BAD=90°.此时
中心轨迹最高点是C（即B´D的中点），转动一次前后中心的连线是BD（水平线），请在图4中计算
C到BD的距离d （结果保留根号）.
2
(3)探究三：将车轮设计成正六边形，转动过程如图5，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次
（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是B´D，圆心角∠BAD= ______.此时中心轨迹最高点是
C（即B´D的中点），转动一次前后中心的连线是BD（水平线），在图6中计算C到BD的距离d =
3
______（结果保留根号）.
(4)归纳推理：比较d ，d ，d 大小：______，按此规律推理，车轮设计成的正多边形边数越多，其中
1 2 3
心轨迹最高点与转动一次前后中心连线（水平线）的距离______（填“越大”或“越小”）.
(5)得出结论：将车轮设计成圆形，转动过程如图7，其中心（即圆心）的轨迹与水平地面平行，此时
中心轨迹最高点与转动前后中心连线（水平线）的距离d=______.这样车辆行驶平稳、没有颠簸感.所
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以，将车轮设计成圆形.
【答案】(1)1
(2)2−√2
(3)2−√3
(4)d >d >d ，越小
1 2 3
(5)0
【分析】（1）△ABC是等边三角形，进而求得AE，进一步得出结果；
（2）△ABE是等腰直角三角形，进而求得AE，进一步得出结果；
（3）△ABD是等边三角形，进而求得AE，进一步得出结果；
（4）比较大小得出结果；
（5）圆的半径相等，从而得出结果．
【详解】（1）解：图1，
∵AB=AD=2，AC⊥BD，
1
∴∠BAC=∠CAD= ∠BAD=60°，
2
∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=2，
⏜
∵C为
BD
的中点，AC为半径，
∴AC⊥BD，
1
∴d =CE= AC=1；
1 2
（2）解：如图2，
∵AB=AD AC⊥BD ∠BAD=90°
， ， ，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
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√2
∴AE=AB⋅sin∠ABD=2× =√2，
2
∴d =CE=AC−AE=2−√2；
2
（3）解：如图3，
∴AB=BD ∠ABD=60°
， ，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠BAD=60°，
在Rt△ABE中，
AE=AB⋅sin∠ABD=2⋅sin60°=√3，
∴d =AC−AE=2−√3，
3
故答案为：60°，2−√3；
（4）解：∵1>2−√2>2−√3，
∴d >d >d ，则其中心轨迹最高点与转动一次前后中心连线（水平线）的距离越小；
1 2 3
故答案为：d >d >d ；越小．
1 2 3
（5）解：∵圆的半径相等，
∴d=0，
故答案为：0．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，正方形的性质，圆的定义，解直角三角形等知识，解决问题
的关键是弄清数量间的关系．
考向二：圆周角定理
【题型2 圆周角定理及其推论】
圆中模型“知1得4”
由图可得以下5点：
¿ ¿
① AB=CD ； ② AB=CD； ③ OM=ON ； ④ ∠E=∠F； ⑤
∠AOB=∠COD；
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以上5个结论，知道其中任意1个，剩余的4个都可以作为结论使用
1．（2024·西藏·中考真题）如图，AC为⊙O的直径，点B，D在⊙O上，∠ABD=60°，CD=2，则
AD的长为（ ）
A．2 B．2√2 C．2√3 D．4
【答案】C
【分析】本题考查圆周角定理及勾股定理，根据同弧所对圆周角相等及直径所对圆周角是直角得到
∠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．
2．（2024·山东青岛·中考真题）如图，A，B，C，D是⊙O上的点，半径OA=3，A´B=C´D，
∠DBC=25°，连接AD，则扇形AOB的面积为（ ）
5 5 5 5
A． π B． π C． π D． π
4 8 2 12
【答案】A
【分析】本题考查了圆周角定义，扇形的面积，连接OC、OD，由圆周角定理可得
∠COD=2∠DBC=50°，进而得∠AOB=∠COD=50°，再根据扇形的面积计算公式计算即可求解，
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掌握圆周角定理及扇形的面积计算公式是解题的关键．
【详解】解：连接OC、OD，则∠COD=2∠DBC=50°，
∵A´B=C´D，
∴∠AOB=∠COD=50°，
50×π×32 5
∴S = = π，
扇形AOB 360 4
故选：A．
3．（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．
4．（2024·山西·中考真题）如图，已知△ABC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，与AC相切于点A，连
接OD．若∠AOD=80°，则∠C的度数为（ ）
A．30° B．40° C．45° D．50°
【答案】D
【分析】本题主要考查了圆周角定理，圆的切线定理，直角三角形两锐角互余，有圆周角定理可得出
1
∠B= ∠AOD=40°，有圆的切线定理可得出∠BAC=90°，由直角三角形两锐角互余即可得出答
2
案．
【详解】解：∵A´D=A´D，
1
∴∠B= ∠AOD=40°．
2
∵以AB为直径的⊙O与AC相切于点A，
∴∠BAC=90°，
∴∠C=90°−40°=50°．
故选：D．
5．（2024·湖北·中考真题）如图，AB是半圆O的直径，C为半圆O上一点，以点B为圆心，适当长为半
1
径画弧，交BA于点M，交BC于点N，分别以点M，N为圆心，大于 MN的长为半径画弧，两弧在
2
∠ABC的内部相交于点D，画射线BD，连接AC．若∠CAB=50°，则∠CBD的度数是（ ）
A．30° B．25° C．20° D．15°
【答案】C
【分析】本题主要考查尺规作图，圆周角定理，熟练掌握角平分线的作图步骤以及圆周角定理是解答
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本题的关键．由圆周角定理得到∠ACB=90°，由直角三角形的性质得到∠ABC=40°，根据角平分
线的定义即可求得答案．
【详解】解：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CAB=50°，
∴∠ABC=90°−50°=40°，
由题意得，BD为∠ABC的平分线，
1
∴∠CBD=∠ABD= ∠ABC=20°．
2
故选：C．
6．（2024·山东泰安·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，BA平分∠CBD，若
∠AOD=50°，则∠A的度数为（ ）
A．65° B．55° C．50° D．75°
【答案】A
【分析】本题考查圆周角定理、角平分线的定义、三角形的内角和定理，先根据角平分线的定义得到
根据圆周角定理得到∠ABC=∠ABD，再根据圆周角定理得到∠ACB=90°，
1
∠ABC=∠ABD= ∠AOD=25°，然后利用三角形的内角和定理求解即可．
2
【详解】解：∵BA平分∠CBD，
∴∠ABC=∠ABD，
∵AB是⊙O的直径，∠AOD=50°，
1
∴∠ACB=90°，∠ABD= ∠AOD=25°，则∠ABC=25°，
2
∴∠A=180°−∠C−∠ABC =180°−90°−25° =65°，
故选：A．
7．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，AB是⊙O的内接正n边形的一边，点C在⊙O上，∠ACB=18°，
则n= ．
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【答案】10
【分析】本题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，求出中心角的度数是解题的关键．由圆周角
定理得∠AOB=36°，再根据正n边形的边数n=360°÷中心角，即可得出结论．
【详解】解：∵∠ACB=18°，
∴∠AOB=2∠ACB=2×18°=36°，
∴n=360°÷36°=10，
故答案为：10．
8．（2024·江苏常州·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，连接AD、BC、BD．若
∠BCD=20°，则∠ABD= °．
【答案】70
【分析】本题考查圆周角定理，根据同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角，结合三角形
的内角和定理，进行求解即可．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，B´D=B´D，∠BCD=20°，
∴∠ADB=90°,∠A=∠BCD=20°，
∴∠ABD=90°−20°=70°；
故答案为：70．
考向三：圆内接四边形
【题型3 圆内接四边形的性质及其推论】
1、性质：圆内接四边形对角互补；
2、推论：圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角；
1．（2024·山东济宁·中考真题）如图，分别延长圆内接四边形ABCD的两组对边，延长线相交于点E，
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F．若∠E=54°41′，∠F=43°19′，则∠A的度数为（ ）
A．42° B．41°20′ C．41° D．40°20′
【答案】C
【分析】根据“圆的内接四边形对角互补”可得∠ABC+∠ADC=180°，∠A+∠BCD=180°．
根据三角形外角定理可得∠ABC=∠E+∠ECB，∠ADC=∠F+∠DCF，由此可得∠ECB=41°，
又由∠ECB+∠BCD=180°，可得∠A=∠ECB，即可得解．
本题主要考查了“圆的内接四边形对角互补”和三角形外角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形
∴∠ABC+∠ADC=180°，∠A+∠BCD=180°,
∵∠ABC=∠E+∠ECB，∠ADC=∠F+∠DCF，
∴∠E+∠ECB+∠F+∠DCF=180°，
∵∠ECB=∠DCF，∠E=54°41′，∠F=43°19′，
∴54°41′+43°19′+2∠ECB=180°，
解得∠ECB=41°，
∵∠ECB+∠BCD=180°，
∴∠A=∠ECB=41°．
故选：C
2．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB是⊙O的直径，若
∠BEC=20°，则∠ADC的度数为（ ）
A．100° B．110° C．120° D．130°
【答案】B
【分析】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，连接AC，由AB是⊙O的直径得到
∠ACB=90°，根据圆周角定理得到∠CAB=∠BEC=20°，得到∠ABC=90°−∠BAC=70°，再
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由圆内接四边形对角互补得到答案.
【详解】解：如图，连接AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠BEC=20°，
∴∠CAB=∠BEC=20°
∴∠ABC=90°−∠BAC=70°
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC=180°−∠ABC=110°，
故选：B
3．（2024·吉林·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，过点B作BE∥AD，交CD于点E．若
∠BEC=50°，则∠ABC的度数是（ ）
A．50° B．100° C．130° D．150°
【答案】C
【分析】本题考查了平行线的性质，圆的内接四边形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
先根据BE∥AD得到∠D=∠BEC=50°，再由四边形ABCD内接于⊙O得到∠ABC+∠D=180°，
即可求解．
【详解】解：∵BE∥AD，∠BEC=50°，
∴∠D=∠BEC=50°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC+∠D=180°，
∴∠ABC=180°−50°=130°,
故选：C．
4．（2024·四川泸州·中考真题）如图，EA，ED是⊙O的切线，切点为A，D，点B，C在⊙O上，若
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∠BAE+∠BCD=236°，则∠E=（ ）
A．56° B．60° C．68° D．70°
【答案】C
【分析】本题考查了圆的内接四边形的性质，切线长定理，等腰三角形的性质等知识点，正确作辅助
线是解题关键．
根据圆的内接四边形的性质得∠BAD+∠BCD=180°，由∠BAE+∠BCD=236°得∠EAD=56°，
由切线长定理得EA=ED，即可求得结果．
【详解】解：如图，连接AD，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BAE+∠BCD=236°，
∴∠BAE+∠BCD−(∠BAD+∠BCD)=236°−180°，
即∠BAE−∠BAD=56°，
∴∠EAD=56°，
∵EA，ED是⊙O的切线，根据切线长定理得，
∴EA=ED，
∴∠EAD=∠EDA=56°，
∴∠E=180°−∠EAD−∠EDA=180°−56°−56°=68°．
故选：C．
5．（2024·四川眉山·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，点O在AB上，AD平分∠BAC交⊙O于D，
连接BD．若AB=10，BD=2√5，则BC的长为 ．
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【答案】8
【分析】本题考查了圆周角定理，角平分线的定义全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形
的判定和性质，延长AC，BD交于E，由圆周角定理可得∠ADB=∠ADE=90°，
∠ACB=∠BCE=90°，进而可证明△ABD≌△AED(ASA)，得到BD=DE=2√5，即得BE=4√5，
BE BC
利用勾股定理得AD=4√5，再证明△ABD∽△BCE，得到 = ，据此即可求解，正确作出辅
AB AD
助线是解题的关键．
【详解】解：延长AC，BD交于E，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠ADE=90°，∠ACB=∠BCE=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠DAE，
又∵AD=AD，
∴△ABD≌△AED(ASA)，
∴BD=DE=2√5，
∴BE=4√5，
∵AB=10，BD=2√5，
∴AD=√102−(2√5) 2=4√5，
∵∠DAC=∠CBD，
又∵∠BAD=∠DAE，
∴∠BAD=∠CBD，
∵∠ADB=∠BCE=90°，
∴△ABD∽△BEC，
BE BC
∴ = ，
AB AD
4√5 BC
∴ = ，
10 4√5
∴BC=8，
故答案为：8．
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6．（2024·山东滨州·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形OABC是菱形，则∠D=
．
【答案】60°
【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质，菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关
键；
根据圆内接四边形的性质得到∠B+∠D=180°，根据菱形的性质，圆周角定理列式计算即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠B+∠D=180°，
∵四边形OABC是菱形，
∴∠AOC=∠B，
∵AB´C=AB´C，
1
∴∠D= ∠AOC，
2
∵∠B+∠D=180°，∠AOC=∠B，
1 1
∴∠B+ ∠AOC=∠B+ ∠B=180°，
2 2
解得：∠B=120°，
∴∠D=180°−∠B=180°−120°=60°，
故答案为：60°．
7．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点O在四边形ABCD内部，
过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点P，连接OA,OB．若∠AOB=140°，∠BCP=35°，则
∠ADC的度数为 ．
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【答案】105°/105度
【分析】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质等知识，连接OC，利用
等边对等角得出∠OAB=∠OBA=20°，∠OCB=∠OBC，利用切线的性质可求出
∠OBC=∠OCB=55°，然后利用圆内接四边形的性质求解即可．
【详解】解∶连接OC，
∵OA=OB=OC，∠AOB=140°，
1
∴∠OAB=∠OBA= (180°−∠AOB)=20°，∠OCB=∠OBC，
2
∵CP是切线，
∴∠OCP=90°，即∠OCB+∠BCP=90°，
∵∠BCP=35°，
∴∠OBC=∠OCB=55°，
∴∠ABC=∠ABO+∠OBC=75°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC=180°−∠ABC=105°，
故答案为：105°．
8．（2024·浙江·中考真题）如图，在圆内接四边形ABCD中，ADr，可知直线l
1 2
与圆O相离，于是得到问题的答案．
【详解】解：设⊙O的半径为r，
解一元一次方程x2−3x−1=0得x =4，x =−1，
1 2
∵⊙O的半径是一元二次方程x2−3x−4=0的一个根，
∴r=4，
∵圆心O到直线l的距离d=6，
∴d>r，
∴直线l与⊙O相离，
故选：B．
2．（2023·江苏苏州·模拟预测）已知△ABC中，AB=AC=6cm，BC=8cm，以点A为圆心，以4cm长为
半径作圆，则⊙A与BC的位置关系是（ ）
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A．相离 B．相切 C．相交 D．外离
【答案】D
【分析】本题考查了直线和圆的位置关系与数量之间的关系：圆心到直线的距离大于半径时，直线与
圆相离．过点A作AD⊥BC于点D，根据等腰三角形三线合一求得BD的值，再利用勾股定理可求得
AD的长，把AD与圆的半径4比较大小，根据直线与圆的位置关系即可求解．
【详解】过点A作AD⊥BC于点D，
1
根据等腰三角形三线合一得：BD= BC=4cm，
2
根据勾股定理得：AD=√AB2−BD2=√62−42=2√5cm，
∵2√5>4
∴以4cm长为半径的⊙A与BC的位置关系是相离，
故选：D．
3．（2024·上海·模拟预测）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，CD=16，BC=AD+6，
如果以CD为直径的圆与梯形ABCD各边共有3个公共点（C，D两点除外），那么AD长的取值范围
是（ ）
A．5
