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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，AD<AC，∠ADC<∠BAD，延长AD至
点E，使AE=AC，延长BA至点F，连结EF，使∠AFE=∠ADC．
(1)若∠AFE=60°，CD为直径，求∠ABD的度数．
(2)求证：①EF∥BC；②EF=BD．
【答案】(1)30°
(2)①见详解；②见详解
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【分析】（1）根据圆周角定理即可求解，由CD为直径，得到∠DAC=90°，故∠ACD=30°，由
A´D=A´D，得到∠ABD=∠ACD=30°；
（2）①由四点共圆得∠ADC+∠ABC=180°，而∠AFE=∠ADC，等量代换得到
∠AFE+∠ABC=180°，故EF∥BC；
②过点D作EF平行线交AF于点G，可证明△ADG∽△AEF，△CDA∽△BGD，因此得到
AC AD AE
= = ，由AE=AC，得到EF=BD．
BD GD EF
【详解】（1）解：∵∠AFE=∠ADC，∠AFE=60°，
∴∠ADC=60°，
∵CD为直径，
∴∠DAC=90°，
∴∠ACD=90°−60°=30°，
∵A´D=A´D，
∴∠ABD=∠ACD=30°；
（2）证明①：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∵∠AFE=∠ADC，
∴∠AFE+∠ABC=180°，
∴EF∥BC；
②过点D作EF平行线交AF于点G，
∵DG∥EF，
∴∠F=∠DGA，△ADG∽△AEF，
∵∠F=∠ADC，
∴∠DGA=∠ADC，
∵由（1）知∠ABD=∠ACD，
∴△CDA∽△BGD，
AC AD
∴ = ，
BD GD
∵△ADG∽△AEF，
AD GD
∴ = ，
AE EF
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AD AE
∴ = ，
GD EF
AC AE
∴ = ，
BD EF
∵AE=AC，
∴EF=BD．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定
与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
考向四：三角形的外接圆与外心
【题型4 外心的确定及其性质】
1、三角形的外心：三角形三边中垂线的交点；
实际画图时只需要画两条中垂线的交点即可！
2、三角形外心的性质：三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等；
常做辅助线：连结三角形内心和顶点的线段
1
1．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，在△ABC中，已知BC=4√2，cosA= ，D是BC的中点，点O是
3
△ABC的外接圆圆心，则OD=（ ）
√2
A．2 B．√2 C．1 D．
2
【答案】C
【分析】本题考查了三角形外接圆，等腰三角形的性质，圆周角定理，解直角三角形的应用，连接
OB，OC，以OB为半径作△ABC的外接圆，由等腰三角形的性质可得OD⊥BC，
1 1
BD=CD= BC=2√2，∠BOD=∠COD= ∠BOC，进而由圆周角定理可得∠BOD=∠A，即
2 2
1
得cos∠BOD= ，得到OB=3OD，再利用勾股定理得到(3OD) 2=OD2+(2√2) 2 ，解之即可求解，
3
正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：连接OB，OC，以OB为半径作△ABC的外接圆，
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∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴OB=OC，
∵D是BC的中点，BC=4√2，
1 1
∴OD⊥BC，BD=CD= BC=2√2，∠BOD=∠COD= ∠BOC，
2 2
∵∠BOC=2∠A，
∴∠BOD=∠A，
1
∵cosA= ，
3
1
∴cos∠BOD= ，
3
OD
在Rt△BOD中，cos∠BOD= ，
OB
OD 1
∴ = ，
OB 3
∴OB=3OD，
∵OB2=OD2+BD2，
∴(3OD) 2=OD2+(2√2) 2 ，
解得OD=1，
故选：C．
2．（2024·山东淄博·二模）如图，在△ABC中，∠BAC=60°，AD⊥BC于点D，且AD=4，则△ABC
面积的最小值为 ．
16√3
【答案】
3
【分析】本题考查了圆周角定理，三角形的外接圆的半径，垂径定理，作△ABC的外接圆⊙O，连接
OA，OB，OC，过点O作OE⊥BC于点E，根据圆周角定理可得∠BOC=120°，则
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1 1 √3 √3
∠OBC=∠OCB=30°，设⊙O的半径为r，则OE= OB= r，BE= OB= r，根据
2 2 2 2
1
OA+OE≥AD得出r+ r≥4，求得半径的范围，进而根据三角形的面积公式即可求解．
2
【详解】作△ABC的外接圆⊙O，连接OA，OB，OC，过点O作OE⊥BC于点E，
∵ ∠BAC=60°
，
∴ ∠BOC=120°，
∵ OB=OC，
∴ ∠OBC=∠OCB=30°，
1 1 √3 √3
设⊙O的半径为r，则OE= OB= r，BE= OB= r，
2 2 2 2
∴ BC=√3r，
∵ OA+OE≥AD，
1
∴ r+ r≥4，
2
8
解得：r≥ ，
3
8√3
∴ BC≥ ，
3
1 1 8√3 16√3
∴ S = BC⋅AD≥ × ×4= ，
△ABC 2 2 3 3
16√3
∴ △ABC的面积的最小值为 ，
3
16√3
故答案为： .
3
3．（2024·安徽合肥·一模）如图，△ABC内接于⊙O，BD为⊙O的直径，AB=AC，∠A=70°，则
∠ABD−∠CBD= °．
【答案】15
【分析】本题考查了三角形外接圆与外心，等腰三角形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是
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解题的关键．连接CD，根据圆周角定理得到∠BCD=90°，根据三角形的内角和定理得到
1
∠DBC=90°−70°=20°，根据等腰三角形的性质得到∠ACB=∠ABC= ×(180°−70°)=55°，
2
于是得到结论．
【详解】解：连接CD，
∵BD ⊙O
为 的直径，
∴∠BCD=90°，
∵∠BDC=∠A=70°，
∴∠DBC=90°−70°=20°，
∵AC=AB，
1
∴∠ACB=∠ABC= ×(180°−70°)=55°，
2
∴∠ABD=∠ABC−∠DBC=35°，
∴∠ABD−∠CBD=35°−20°=15°，
故答案为：15．
4．（2024·江苏徐州·二模）如图，△ABC为等边三角形，AB=2，若P为△ABC内一动点，且满足
∠APC=150°，则线段PB长度的最小值为 ．
【答案】2√3−2
【分析】本题考查了正三角形的性质、勾股定理的应用，三角形的外接圆的含义，圆周角定理的应用，
菱形的判定与性质，难度较大．如图，作△APC的外接圆⊙O，当B､P､O三点在同一直线上时BP
最小．连接BO,OC,OA,BO交AC于点M，在优弧AC上找一点D，连接AD,CD，再进一步求解即
可．
【详解】解：如图，作△APC的外接圆⊙O，
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∴当B､P､O三点在同一直线上时BP最小．连接BO,OC,OA,BO交AC于点M，在优弧AC上找一
点D，
连接AD,CD，
∵∠APC=150°，
∴∠ADC=30°，
∴∠AOC=60°，
∴△AOC为等边三角形，
∵△ABC为等边三角形，
∴四边形ABCO为菱形，
∴AC⊥OB，
∵AC=AB=2，
∴AM=CM=1，
∴OA=2,MB=√22−12=√3，
∴BO=2√3，
∴BP的最小值为BO−2=2√3−2．
故答案为：2√3−2；
5．（2024·陕西西安·一模）如图，在三角形ABC中，∠A=50°，用尺规作图，在三角形内作点D，使得
∠BDC=100°．（保留作图痕迹，不写作法）．
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【答案】见解析
【分析】本题考查了作图−基本作图，也考查了圆周角定理．作AB和BC的垂直平分线，它们的交点
为D，再以D点为圆心，DB为半径作圆，则根据圆周角定理得到∠BDC=2∠A=100°．
【详解】解：如图，点D为所作．
．
6．（2024·湖北武汉·模拟预测）【问题背景】（1）如图1，在四边形ABCD中，AC和BD相交于点O，
△AOB∽△DOC，求证：△AOD∽△BOC．
【理解运用】（2）如图2，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D是BC上一点，
DA=DE，∠ADE=90°，AE与BC相交于点F，过点D作DQ⊥AE于点P，交AC于点Q，若
AB=3CE=6，求CQ的长．
√3
【迁移拓展】（3）如图3，在△ABC中，BC=√3，∠BAC=30°，点D是AC上一点，CD= AB，
2
直接写出线段BD的最小值．
8 √21−3
【答案】（1）见详解，（2） ，（3）
3 2
AO DO
【分析】（1）根据已有的相似可得 = ，再结合∠AOD=∠BOC即可证明；
OB OC
（2）先证明△AFC∽△DFE，根据（1）得结论有：△AFD∽△CFE，进而可得
AQ AP
∠ACE=∠ECF+∠ACB=90°，再证明△PAQ∽△CAE，可得 = ，求出
AE AC
1
AE=√AC2+CE2=2√10，再在△ADE中，有AP=PE= AE=√10，问题随之得解；
2
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3
（3）作出△ABC得外接圆，圆心为点O，过C点作CE⊥BC，使得CE= ，连接BE，BO，OC，
2
CD √3 CE
AO，DE，先证明△BOC是等边三角形，结合 = = ， ∠ECD=90°−∠ACB=∠ABO，
AB 2 OB
3 √21
可得△ABO∽△DCE，即可得DE=CE= ，根据BE=√AC2+BC2= ，可知当B、D、E三点
2 2
共线时，BD最小，问题得解．
【详解】（1）∵△AOB∽△DOC，
AO DO
∴ = ，
OB OC
∵∠AOD=∠BOC，
∴△AOD∽△BOC；
（2）∵在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AB=3CE=6，
∴AB=AC=6，CE=2，∠BCA=∠B=45°，
∵在△ADE中，DA=DE，∠ADE=90°，
∴∠AED=∠DAE=45°，
∵∠AED=∠ACB=45°，∠AFC=∠EFD，
∴△AFC∽△DFE，
∴根据（1）得结论有：△AFD∽△CFE，
∴∠ECF=∠DAF=45°，
∴∠ACE=∠ECF+∠ACB=90°，
∵DQ⊥AE，
∴∠APQ=90°=∠ACE，
∵∠PAQ=∠CAE，
∴△PAQ∽△CAE，
AQ AP
∴ = ，
AE AC
∵∠ACE=90°，AC=6，CE=2，
∴AE=√AC2+CE2=2√10，
∵在△ADE中，DA=DE，DQ⊥AE，
1
∴AP=PE= AE=√10，
2
AQ √10
∵ = ，
2√10 6
10
∴AQ= ，
3
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10 8
∴CQ=AC−AQ=6− = ；
3 3
3
（3）作出△ABC得外接圆，圆心为点O，过C点作CE⊥BC，使得CE= ，连接BE，BO，OC，
2
AO，DE，如图，
∵∠BAC=30°，
∴∠BOC=2∠BAC=60°，
∵OB=OC，
∴△BOC是等边三角形，
∴BO=OC=BC=√3，∠CBO=∠BCO=∠BOC=60°，
∴AO=BO=OC=BC=√3，
√3 3
∵CD= AB，CE= ，
2 2
CD √3 CE
∴ = = ，
AB 2 OB
∵∠ABO=180°−∠BAC−∠ACB−∠OBC，
∴∠ABO=180°−30°−∠ACB−60°=90°−∠ACB，
∵CE⊥BC，
∴∠BCE=90°，
∴∠ECD=90°−∠ACB，
∴∠ECD=90°−∠ACB=∠ABO，
CD CE
∵ = ，
AB OB
∴△ABO∽△DCE，
AO DE
∴ = ，
BO CE
3
∵AO=BO，CE= ，
2
3
∴DE=CE= ，
2
又∵BC=√3，CE⊥BC，
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√21
∴BE=√AC2+BC2=
，
2
√21−3
当B、D、E三点共线时，BD最小，最小为：BD=BE−DE= ．
2
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，圆的外接三角形，等腰
三角形的判定与性质等知识，问题的难点在第（3）问，作出合理的辅助线，构造相似三角形，是解
答本题的关键．
考向五：直线与圆的位置关系
【题型5 直线与圆的位置关系的确定】
直线与圆的位置关系主要有三种:相交、相切和相离。
①相交:直线和圆有两个公共点，这时直线叫做圆的割线。
②相切:直线和圆只有一个公共点，这时直线叫做圆的切线，唯一的公共点叫做切点
③相离:直线和圆没有公共点
1．（2023·湖北孝感·一模）已知⊙O的半径是一元二次方程x2−3x−4=0的一个根，圆心O到直线l的
距离d=6，则直线l与⊙O的位置关系是（ ）
A．相切 B．相离 C．相交 D．相切或相交
【答案】B
【分析】本题考查一元一次方程的解法，直线与圆的位置关系等知识与方法，求出一元一次方程
x2−3x−4=0的解并且判断圆心O到直线l的距离d与⊙O的半径r之间的大小关系是解题的关键．
设⊙O的半径为r，解一元一次方程x2−3x−4=0得x =4，x =−1，则r=4，所以d>r，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<AD<16 B．5≤AD<8 C．5≤AD≤8 D．0<AD<5
【答案】D
【分析】考查了直线和圆的位置关系与数量之间的联系．此题首先能够根据公共点的个数得到直线
AB和圆的位置关系；再进一步计算出相切时圆心到直线的距离，从而根据直线和圆的位置关系与数
量之间的联系，得到答案．
【详解】解：根据题意，得圆必须和直线AB相交，设直线AB和圆相切于点E，
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连接OE，则OE⊥AB，OE∥AD∥BC，
又∵OC=OD，
∴此时EA=EB．
AD+AD+6
根据梯形的中位线定理，得OE= =AD+3 ，
2
∴AD+3=8，
∴AD=5，
∴直线要和圆相交，则0<AD<5．
故选D．
4．（2024·江苏南京·二模）如图，一辆汽车的轮胎因为漏气瘪掉了，将轮胎外轮廓看作一个圆，则这个圆
和与它在同一平面内的地面（看作一条直线）的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．包含
【答案】A
【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键；因此此题
可直接根据图形进行求解即可．
【详解】解：由图可知：这个圆与这条直线的位置关系是相交；
故选：A．
5．（2024·青海西宁·二模）已知⊙O的半径等于8cm，圆心O到直线l上某点的距离为8cm，则直线l与
⊙O的公共点的个数为（ ）
A．0 B．1 C．1或2 D．0或1
【答案】C
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，利用直线与圆的位置关系的判断方法得到直线l和⊙O相
交或相切，然后根据相切与相交的定义对各选项进行判断．
【详解】∵ ⊙O的半径为8cm，圆心O到直线l上某点的距离为8cm，
∴圆心O到直线l的距离≤8cm
即圆心O到直线l的距离≤圆的半径，
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∴直线l和⊙O相切或相交，
∴直线l与⊙O有1个或2个公共点．
故选：C．
考向六：切线的性质与判定
【题型6 切线的性质】
1、切线的性质：经过切点的半径垂直于圆的切线；
延伸：经过切点的直径也垂直于圆的这条切线
常用辅助线及规律：见切点，连半径，得垂直！
2、切线长定理：过圆外一点所作的圆的两条切线长相等；
1．（2024·福建·中考真题）如图，已知点A,B在⊙O上，∠AOB=72°，直线MN与⊙O相切，切点为C，
且C为A´B的中点，则∠ACM等于（ ）
A．18° B．30° C．36° D．72°
【答案】A
⏜
【分析】本题考查了切线的性质，三角形内角和以及等腰三角形的性质，根据C为
AB
的中点，三角
1
形内角和可求出∠OCA= ×(180°−36°)=72°，再根据切线的性质即可求解．
2
【详解】∵∠AOB=72°，C为A´B的中点，
∴∠AOC=36°
∵OA=OC
1
∴∠OCA= ×(180°−36°)=72°
2
∵直线MN与⊙O相切，
∴∠OCM=90°，
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∴∠ACM=∠OCM−∠OCA=18°
故选：A．
2．（21-22九年级上·北京东城·期末）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，点C为⊙O上一点，
若∠ACB=70°，则∠P的度数为（ ）
A．70° B．50° C．20° D．40°
【答案】D
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，多边形内角和定理，掌握切线的性质，圆周角定理是
解题的关键．如图所示，连接OA,OB，根据切线的性质可得∠OAP=∠OBP=90°，根据圆周角定
理可得∠AOB=2∠ACB=140°，根据多边形的内角和定理即可求解．
【详解】解：如图所示，连接OA,OB，
PA,PB ⊙O A,B
∵ 是 的切线， 为切点，
∴OA⊥PA,OB⊥PB，即∠OAP=∠OBP=90°，
∵点C为⊙O上一点，∠ACB=70°，
∴∠AOB=2∠ACB=140°，
在四边形AOBP中，∠P=360°−∠AOB−∠OAP−∠OBP=360°−140°−90°−90°=40°，
故选：D．
3．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，CD与⊙O相切于点D，
若∠C=20°，则∠CAD= °．
【答案】35
【分析】本题利用了切线的性质，三角形的外角与内角的关系，等边对等角求解．连接OD，构造直
角三角形，利用OA=OD，从而得出∠CAD的度数．
【详解】解：连接OD，
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∵ CD ⊙O D
与 相切于点 ，
∴∠ODC=90°，
∵∠C=20°，
∴∠COD=70°；
∵OA=OD，
1
∴∠ODA=∠CAD= ∠COD=35°，
2
故答案为：35
4．（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
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，
3
cos∠ABC= ，则半径OC的长为 ．
5
【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，
∵OE=OC，BA=BC，
∴∠A=∠BCA，∠OCE=∠OEC，
∴∠A=∠OEC，
∴AB∥OE，
∴∠EON=∠ABC，
∵MN是⊙O的切线，
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∴∠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．
5．（2024·浙江·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，AC与⊙O相切，A为切点，连接BC．已知
∠ACB=50°，则∠B的度数为
【答案】40°/40度
【分析】本题考查切线的性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键．
【详解】解：∵AC与⊙O相切，
∴∠BAC=90°，
又∵∠ACB=50°，
∴∠B=90°−∠C=90°−50°=40°，
故答案为：40°．
【题型7 切线的判定】
切线的判定方法1：圆心到直线的距离等于半径的直线是圆的切线；
切线的判定方法2：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
切线证明常见辅助线及规律：有切点，连半径，证垂直；无切点，作垂直，证半径；
1．（2023·江苏扬州·中考真题）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB上一点，且
1
∠BCD= ∠A，点O在BC上，以点O为圆心的圆经过C、D两点．
2
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(1)试判断直线AB与⊙O的位置关系，并说明理由；
3
(2)若sinB= ,⊙O的半径为3，求AC的长．
5
【答案】(1)直线AB与⊙O相切，理由见解析
(2)6
【分析】（1）连接OD，根据圆周角定理，得到∠BOD=2∠BCD=∠A，进而得到
∠B+∠A=∠B+∠BOD=90°，即可得出AB与⊙O相切；
（2）解直角三角形ODB，求出OB的长，进而求出BC的长，再解直角三角形ACB，求出AC的长即
可．
【详解】（1）解：直线AB与⊙O相切，理由如下：
连接OD，则：∠BOD=2∠BCD，
1
∵∠BCD= ∠A，即：2∠BCD=∠A，
2
∴∠BOD=∠A，
∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠BOD=∠B+∠A=90°，
∴∠ODB=90°，
∴OD⊥AB，
∵OD为⊙O的半径，
∴直线AB与⊙O相切；
3
（2）解：∵∠ODB=90°，sinB= ,⊙O的半径为3，
5
OD 3
∴OD=OC=3,sinB= = ，
OB 5
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∴OB=5，
∴BC=OB+OC=8，
∵∠ACB=90°，
AC 3
∴sinB= = ，
AB 5
设：AC=3x,AB=5x，
则：BC=√AB2−AC2=4x=8，
∴x=2，
∴AC=3x=6．
【点睛】本题考查切线的判定，解直角三角形．熟练掌握切线的判定方法，正弦的定义，是解题的关
键．
2．（23-24九年级上·广西南宁·阶段练习）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为AC的中点，
过C作⊙O的切线交OD的延长线于E，交AB的延长线于F，连EA．
(1)求证：EA与⊙O相切；
(2)若CE=3，CF=2，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
3
(2)
2
【分析】本题考查三线合一、切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握相关定理并能利用
等面积法解决问题是关键．
（1）连接OC，由三线合一得OE⊥AC，根据垂直平分线的性质可得CE=AE，证明
△OCE≌△OAE，利用全等三角形的性质可得∠OAE=90°即可；
1 1 1
（2）先利用勾股定理求得AF=4，设OA=OC=x，再根据等面积法列 ×3×4= ×5x+ ×3x即
2 2 2
可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接OC，
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∵EF ⊙O
是 的切线，
∴∠OCE=90°，
∵D为AC的中点，OC=OA，
∴OE⊥AC，则OE垂直平分AC，
∴CE=AE，
∵OC=OA，OE=OE，
∴△OCE≌△OAE(SSS)，
∴∠OAE=∠OCE=90°，
∴EA与⊙O相切；
（2）解：∵CE=3，CF=2，
∴EF=5，
由（1）可知CE=AE=3，∠OAE=90°，
∴AF=√EF2−AE2=√52−32=4，
设OA=OC=x，
∵S =S +S ，
△EAF △EOF △EAO
1 1 1
∴ AE⋅AF= EF⋅OC+ AE⋅OA，
2 2 2
1 1 1
∴ ×3×4= ×5x+ ×3x，
2 2 2
3
解得x= ，
2
3
故⊙O的半径为 ．
2
3．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交AC于点D（点D
与点A不重合），交BC于点E，过点E作FG⊥AC于点F，交AB的延长线于点G．
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(1)求证：FG是⊙O的切线；
(2)如图1，若CF=1，BE=3；求⊙O的半径；
(3)如图2，连接AE，OD，交点为H，当AH=EH=m时，求线段EG的长．
【答案】(1)见解析
9
(2)
2
(3)2m
【分析】（1）连接OE，AE，由圆周角定理可得∠AEB=90°，即AE⊥BC，再根据等腰三角形
性质可得∠CAE=∠BAE，由半径相等和等边对顶角得出∠BAE=∠AEO，推出∠CAE=∠AEO，
根据平行线的判定可得OE∥AC，由EG⊥AC得出EG⊥半径OE，再运用切线的判定即可证得结
论；
CE AC CE2 32
（2）先证得△CEF∽△CAE，得出 = ，求得AC= = =9=AB，即可求得答案；
CF CE CF 1
（3）先证得△AOD是等边三角形，可得∠ADO=∠AOD=∠DAO=60°，
1
∠DAE=∠OAE= ∠BAC=30°，再利用直角三角形性质可得
2
∠AGE=90°−∠FAG=90°−60°=30°，推出∠EAG=∠AGE，进而得出
EG=AE=AH+EH=m+m=2m．
【详解】（1）证明：连接OE，AE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，即AE⊥BC，
∵AB=AC，
∴∠CAE=∠BAE，
∵OA=OE，
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∴∠BAE=∠AEO，
∴∠CAE=∠AEO，
∴OE∥AC，
∵EF⊥AC，
∴EF⊥OE，
∵OE为⊙O的半径，
∴FG是⊙O的切线；
（2）解：∵AB=AC，AE⊥BC，
∴BE=EC=3，∠AEC=90°，
∵EF⊥AC，
∴∠CFE=∠AEC=90°，
∵∠ECF=∠ACE，
∴△CEF∽△CAE，
CE AC
∴ = ，
CF CE
CE2 32
∴AC= = =9，
CF 1
∵AB=AC，
∴AB=9，
∵AB是⊙O的直径，
9
∴⊙O的半径为 ；
2
（3）解：如图2，连接OE，
∵OA=OE，AE=EH，
∴OH⊥AE，
∴∠OHA=90°，
∴∠OHA=∠AEB，
∴OD∥BC，
∴∠ADO=∠ACB，∠AOD=∠ABC，
∵AB=AC，
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∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ADO=∠AOD，
∴AD=OA，
又∵OD=OA，
∴AD=OA=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO=∠AOD=∠DAO=60°，
1
∴∠DAE=∠OAE= ∠BAC=30°，
2
∵FG⊥AC，
∴∠AFG=90°，
∴∠AGE=90°−∠FAG=90°−60°=30°，
∴∠EAG=∠AGE，
∴EG=AE=AH+EH=m+m=2m．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的判定，等腰三角形性质，等边三角形的判定
和性质，平行线的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，解题的关键是学会添加常用辅助线，构
造基本图形解决问题，属于中考常考题型．
4．（2024·山西吕梁·模拟预测）如图，直角△ABC内接于⊙O，点D是直角△ABC斜边AB上的一点，过
点D作AB的垂线交AC于E，过点C作∠ECP=∠AED, CP交DE的延长线于点P，连结PO交⊙O
于点F．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)若PC=3, PF=1，求AB的长．
【答案】(1)见解析
(2)8
【分析】（1）连接OC，欲证明PC是⊙O的切线，只要证明PC⊥OC即可；
（2）延长PO交圆于G点，由切割线定理求出PG即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图，连接OC，
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∵PD⊥AB
，
∴∠ADE=90°，
又∵OA=OC，
∴∠EAD=∠ACO，
∵∠ECP=∠AED，
∴∠PCO=∠ECP+∠ACO=∠AED+∠EAD=90°，
∴PC⊥OC，
∴PC是⊙O切线；
（2）解：延长PO交圆于G点，连接CF,CG
∵PC ⊙O
是 切线，
∴∠PCF+∠FCO=∠PCO=90°，
∵FG是⊙O的直径，
∴∠GCO+∠FCO=∠FCG=90°，
∴∠PCF=∠GCO，
∵OC=OG，
∴∠GCO=∠G，
∴∠PCF=∠G，
∵∠P=∠P，
∴△PCF∽△PGC，
PC PF
∴ = ，
PG PC
∵PC=3，PF=1，
∴PG=9，
∴FG=9−1=8，
∴AB=FG=8．
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【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角
三角形的性质，熟练掌握切线的判定定理和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
5．（2024·贵州贵阳·二模）如图，在△ABC的边BC上取一点O，以O为圆心，OC为半径画⊙O，⊙O
与边AB相切于点D，AC=AD，连接OA交⊙O于点E，连接CE，并延长交线段AB于点F．
(1)求证：AC是⊙O的切线；
3
(2)若BC=6，cosB= ，求⊙O的半径；．
5
【答案】(1)证明见解析
8
(2)⊙O半径为
3
【分析】（1）连OD，由切线的性质得出∠ADO=90°，证明△AOC≌△AOD(SSS)，由全等三角
形的性质得出∠ACO=∠ADO，则可得出∠ACO=90°，可得出结论；
（2）由锐角三角函数可求AB的长，由勾股定理可求AC的长，由锐角三角函数可求OB的长，即可求
解．
【详解】（1）证明：连OD，
∵AB ⊙O
与 相切于点D，
∴OD⊥AB，
∴∠ADO=90°，
在△AOC和△AOD中，
¿，
∴△AOC≌△AOD(SSS)，
∴∠ACO=∠ADO=90°，
∴OC⊥AC，
∵OC为半径，
∴AC是⊙O切线；
（2）解：连接OD，
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BC 3
∵cosB= = BC=6
AB 5
， ，
∴AB=10，
∴AC=√AB2−BC2=√100−36=8，
∴AD=AC=8，
∴BD=2，
BD 3
∵cosB= = ，
OB 5
10
∴OB= ，
3
8
∴OC=BC−OB= ，
3
8
∴⊙O半径为 ；
3
【点睛】本题考查了圆与三角形综合．熟练掌握全等三角形的判定与性质，切线的判定与性质，勾股
定理，锐角三角函数定义是解题关键．
6．（2024·广西玉林·一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，BD与⊙O相切于点B，BD交
AC的延长线于点D，E为BD的中点，连接CE、OE．
(1)求证：CE是⊙O的切线；
(2)已知BD=10，CD=8，求OE．
【答案】(1)见解析
25
(2)
4
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得∠OBC=∠OCB，由圆周角定理可得∠ACB=90°，由直角
三角形的性质可得BE=CE=DE，可得∠ECB=∠EBC，由切线的性质可得∠ABD=90°可证
OC⊥CE即可证明结论；
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BD CD
（2）通过证明△BCD∽△ABD，可得 = ，可求AD的帐，由三角形中位线定理可求解．
AD BD
【详解】（1）证明：如图，连接OC．
∵OB=OC
，
∴∠OBC=∠OCB．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BCD=90°，
∵E为BD的中点，
∴BE=CE=DE，
∴∠ECB=∠EBC，
∵BD与⊙O相切于点B，
∴∠ABD=90°，
∴∠OBC+∠EBC=90°，
∴∠OCB+∠ECB=90°，
∴∠OCE=90°，
∴OC⊥CE，
又∵OC为半径，
∴CE是⊙O的切线
（2）解：∵∠D=∠D，∠BCD=∠ABD=90°，
∴△BCD∽△ABD，
BD CD
∴ = ，
AD BD
∴BD2=AD⋅CD，
∴100=8AD，
∴AD=12.5．
∵E为BD的中点，O为AB中点，
1 25
∴ OE= AD= ，
2 4
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、圆的有关知识、等腰三角形的性质、直角三角形
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的性质等知点，利用相似三角形的性质求出的长是本题的关键．
7．（2024·云南昆明·三模）如图，在△ABC中，CO是∠ACB的平分线，交AB于点O，以点O为圆心，
OB为半径的⊙O与边BC相切，与边AB相交于点D，连接CD．
(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)若∠A=30°时，⊙O的半径为3，求CD的长．
【答案】(1)见解析
(2)CD=3√7．
【分析】本题考查了切线的判定和性质，解直角三角形，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
（1）过点O作OE⊥AC于点E，由切线的性质得到∠OBC=90°，根据角平分线的性质得到
OB=OE，再根据切线的判定定理即可证明结论成立；
（2）根据直角三角形的性质角平分线的定义求得∠BCO=30°，在Rt△BCO中，利用正切函数的定
义求得BC的长，在Rt△CBD中，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：过点O作OE⊥AC于点E．
∵BC ⊙O
与 相切于点B，
∴∠OBC=90°，
∴OB⊥BC，
∵CO平分∠ACB，OE⊥AC，
∴OB=OE，
∵OB是⊙O的半径，
∴OE是⊙O的半径，
∵OE⊥AC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：∵∠OBC=90°，∠A=30°，
∴∠ACB=60°，
∵CO平分∠ACB，
1
∴∠BCO=∠ACO= ∠ACB=30°，
2
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√3
∴tan∠BCO=tan30°= ，
3
在Rt△BCO中，∠BCO=90°，
OB
∴tan∠BCO= ，
BC
∵OB=3，
3 √3
∴ = ，
BC 3
∴BC=3√3，
∴BD=2OB，
∴BD=6，
在Rt△CBD中，BD=6，BC=3√3，
根据勾股定理可得：CD=√BD2+BC2=√62+(3√3) 2=3√7．
8．（2024·广西桂林·一模）如图，PB为⊙O的切线，B为切点，直线PO交⊙O于点E，F，过点B作PO
的垂线BA，垂足为D，交⊙O于点A，连接PA，延长AO与⊙O交于点C，连接BC，AF．
(1)求证PA为⊙O的切线；
1
(2)若BC=6,tanF= ，求AC的长．
2
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】（1）如图1，连接OB，则∠OBP=90°，证明Rt△OAD≌Rt△OBD(HL)，则
∠AOD=∠BOD，证明△OAP≌△OBP(SAS)，则∠OAP=∠OBP=90°，进而结论得证；
BC AC 6
（2）由AB是直径，可知∠ABC=90°=∠ADO，证明△BAC∽△DAO，则 = ，即 =2，
DO AO DO
可求DO=3，如图2，连接BE，由A´E=A´E，可得∠ABE=∠F，则tan∠ABE=tan∠F，即
DE AD 1
= = ，可得AD=BD=2DE，DF=2AD=4DE，设DE=x，则AD=2x，
BD DF 2
OA=OD=3+x，由勾股定理得，OD2=OA2−AD2，即32=(3+x) 2−(2x) 2，计算求解满足要求的
解，然后根据AC=2OA，计算求解即可．
【详解】（1）证明：如图1，连接OB，
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∵PB为⊙O的切线，
∴∠OBP=90°，
∵OP⊥AB，
∴∠ODA=∠ODB=90°，
∵OA=OB，OD=OD，
∴Rt△OAD≌Rt△OBD(HL)，
∴∠AOD=∠BOD，
∵OA=OB，∠AOP=∠BOP，OP=OP，
∴△OAP≌△OBP(SAS)，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
又∵OA是半径，
∴PA为⊙O的切线；
（2）解：∵AC是直径，
∴∠ABC=90°=∠ADO，
又∵∠BAC=∠DAO，
∴△BAC∽△DAO，
BC AC 6
∴ = ，即 =2，
DO AO DO
解得，DO=3，
如图2，连接BE，
∵A´E=A´E，
∴∠ABE=∠F，
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DE AD 1
∴tan∠ABE=tan∠F，即 = = ，
BD DF 2
∴AD=BD=2DE，DF=2AD=4DE，
设DE=x，则AD=2x，OA=OD=3+x，
由勾股定理得，OD2=OA2−AD2，即32=(3+x) 2−(2x) 2，
解得，x=2或x=0（舍去），
∴AC=2OA=2(3+2)=10，
∴AC的长为10．
【点睛】本题考查了垂径定理，切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正切，同弧所对的圆
周角相等，直径所对的圆周角为直角，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握垂径定
理，切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正切，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周
角为直角，相似三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．
9．（2024·广东中山·一模）如图，△ABC内接于⊙O，AC是⊙O的直径，点D是⊙O上一点，连接CD、
AD，过点B作BE⊥AD，交DA的延长线于点E，AB平分∠CAE．
(1)求证：BE是⊙O的切线；
(2)若∠ACB=30°，⊙O的半径为6，求BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)3√3
【分析】本题考查切线的判定定理，等边三角形的判定及性质，30°所对的直角边等于斜边的一半，
勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
（1）连接BO，求出∠EBO=90°即可；
1
（2）证明△ABO是等边三角形，利用30°所对的直角边等于斜边的一半得到AE= AB=3，再由勾
2
股定理，进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接BO．
∵OA=OB，
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∴∠OAB=∠OBA．
∵AB平分∠CAE，
∴∠OAB=∠BAE，
∴∠OBA=∠BAE．
∴OB∥AE，
∴∠EBO=180°−∠E=90°，即BE⊥OB，
又∵OB是⊙O的半径，
∴BE是⊙O的切线．
（2）解：∠ACB=30°，
∴∠AOB=60°．
又∵OA=OB，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠OBA=60°，OA=OB=AB=6，
∴∠ABE=30°，
1
∴AE= AB=3．
2
由勾股定理，得BE=√AB2−AE2=3√3．
考向七：三角形的内切圆与内心
【题型8 内心的确定及其性质】
1、三角形的内心：三角形条角平分线的交点；
实际画图时只需要画两条角分线的交点即可！
2、三角形内心的性质：三角形的内心到三角形三边的距离相等；
常做辅助线：作内心到三边的垂线段
1．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在△ABC中，AC=5，AB=7，BC=6，⊙O为△ABC的内切圆，
过O作DE∥BC分别交AB、AC于D、E，则DE的长为（ ）
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4√6
A．2√6 B．4 C．5 D．
3
【答案】B
【分析】如图，⊙O为△ABC的内切圆，切点分别为N,K,H，连接ON，OH，OK，过A作
AT⊥BC于T，利用内切圆的性质求解¿=OK=r，AF=3r，再利用相似三角形的性质解得即可．
【详解】解：如图，⊙O为△ABC的内切圆，切点分别为N,K,H，连接ON，OH，OK，过A作
AT⊥BC于T，
∴ON=OH=OK=r，OK⊥BC，
∵DE∥BC，
∴∠KOG=180°−90°=90°=∠OGT，
∴四边形OKTG为矩形，
∴¿=OK=r，
1 1
∴ BC⋅AT= (AB+BC+AC)⋅r，
2 2
∴AT=3r，
∴AG=3r−r=2r，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
AG DE 2
∴ = = ，
AT BC 3
2
∴DE= ×6=4，
3
故选:B
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆的性质，三角形的面积，相似三角形的判定与性质，切线的性
质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在一张Rt△ABC纸片中，∠ACB=90°，AC=8，
4
tan∠ABC= ，⊙O是它的内切圆．小明用剪刀沿着⊙O的切线DE剪下一块三角形ADE，则
3
△ADE的周长为（ ）
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A．9 B．12 C．15 D．18
【答案】B
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，切线的性质，解直角三角形．设△ABC的内
切圆切三边于点F，H，G，连接OF，OH，OG，得四边形OHCG是正方形，由切线长定理可
知AF=AG，根据DE是⊙O的切线，可得MD=DF，EM=EG，根据勾股定理可得AB=10，再求
出内切圆的半径，进而可得△ADE的周长．
【详解】解：如图，设△ABC的内切圆切三边于点F、H、G，连接OF、OH、OG，
∴四边形OHCG是正方形，
由切线长定理可知AF=AG，
∵DE是⊙O的切线，
∴MD=DF，EM=EG，
4
∵∠ACB=90°，AC=8，tan∠ABC= ，
3
8 4
∴ = ，
BC 3
解得BC=6，
∴AB=√AC2+BC2=10，
∵⊙O是△ABC的内切圆，H、G为切点，
∴OH⊥BC，OG⊥AC，
∵∠ACB=90°，
∴四边形OHCG是矩形，
∵OH=OG，
∴四边形OHCG是正方形，
设内切圆的半径为x，
∴CH=CG=x，
∴BH=6−x=BF，AG=8−x=AF，
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∴6−x+8−x=10，
解得x=2，
∴AF=AG=6，
∴△ADE的周长为：AD+DE+AE=AD+DF+EG+AE =AF+AG=6+6=12．
故选：B．
3．（2024·山东济宁·二模）如图，四边形ABCD接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC=129°，点E
在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（ ）
A．56° B．62° C．68° D．78°
【答案】D
【分析】由点I是△ABC的内心知∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，从而求得
∠B=180°−(∠BAC+∠ACB)，再进行角的等量代换，再利用圆内接四边形的外角等于内对角可
得答案．本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边
形的性质．
【详解】解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA
∵∠AIC=129°，
∴∠B=180°−(∠BAC+∠ACB)
=180°−2(∠IAC+∠ICA)
=180°−2(180°−∠AIC)
=78°，
又四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE=∠B=78°，
故选：D．
4．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，已知在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6，AC=10，点P是
Rt△ABC的内心．点P到边AB的距离为 ；
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【答案】2
【分析】本题考查了三角形内切圆与内心，角平分线的性质．连接AP，BP，CP，过点P分别作
1
PD⊥AB，PF⊥AC，PE⊥BC于点D，E，F，根据S = ×8×6=24，
△ABC 2
1 1 1
PD×6+ ×PE×8+ ×PF×10=24，可得PD=2，即可解决问题．
2 2 2
【详解】解：如图，连接AP，BP，CP，过点P分别作PD⊥AB，PF⊥AC，PE⊥BC于点D，
E，F，
在Rt△ABC中，
∵∠ABC=90°，AB=6，AC=10，
∴BC=√AC2−AB2=8，
∵P是Rt△ABC的内心，
∴PD=PE=PF，
1
∵S = ×8×6=24，
△ABC 2
1 1 1
∴ ×PD×6+ ×PE×8+ ×PF×10=24，
2 2 2
∴PD=2，
∴点P到边AB的距离为2；
故答案为：2．
5．（2023·湖北·中考真题）如图，在△ABC中，∠ACB=70°，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC分别
相切于点D，E，连接DE，AO的延长线交DE于点F，则∠AFD= ．
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【答案】35°/35度
【分析】如图所示，连接OE，OD，OB，设OB、DE交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和
定理求出∠AOB=125°，再由切线长定理得到BD=BE，进而推出OB是DE的垂直平分线，即
∠OHF=90°，则∠AFD=∠AOH−∠OHF=35°．
【详解】解：如图所示，连接OE，OD，OB，设OB、DE交于H，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OA、OB分别是∠CAB、∠CBA的角平分线，
1 1
∴∠OAB= ∠CAB，∠OBA= ∠CBA，
2 2
∵∠ACB=70°，
∴∠CAB+∠CBA=180°−∠ACB=110°，
1 1
∴∠OAB+∠OBA= ∠CBA+ ∠CAB=55°，
2 2
∴∠AOB=180°−∠OAB−∠OBA=125°，
∵⊙O与AB，BC分别相切于点D，E，
∴BD=BE，
又∵OD=OE，
∴OB是DE的垂直平分线，
∴OB⊥DE，即∠OHF=90°，
∴∠AFD=∠AOH−∠OHF=35°，
故答案为：35°．
【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，
三角形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
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6．（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，
∴∠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，
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∵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
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
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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，
∴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．
7．（2023·山东滨州·中考真题）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线与边BC相交于点F，与△ABC
的外接圆相交于点D．
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(1)求证：S :S =AB:AC；
△ABF △ACF
(2)求证：AB:AC=BF:CF；
(3)求证：AF2=AB⋅AC−BF⋅CF；
(4)猜想：线段DF,DE,DA三者之间存在的等量关系．（直接写出，不需证明．）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)DE2=DF⋅AD
【分析】（1）过点F作FH⊥AC,FG⊥AB，垂足分别为H,G，则FG=FH，进而表示出两个三
角形的面积，即可求解；
（2）过点A作AM⊥BC于点M，表示出两三角形的面积，即可求解；
（3）连接DB,DC，证明△BFD∽△AFC得出BF⋅CF=AF⋅DF，证明△ABF∽△ADC，得出
AB⋅AC=AD⋅AF，即可AB⋅AC=(AF+DF)⋅AF，恒等式变形即可求解；
（4）连接BE，证明△ABD∽△BFD，得出DB=DA⋅DF，证明∠BED=∠DBE，得出DB=DE，
即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，过点F作FH⊥AC,FG⊥AB，垂足分别为H,G，
∵点E是△ABC的内心，
∴AD是∠BAC的角平分线，
∵FH⊥AC,FG⊥AB，
∴FG=FH，
1 1
∵S = AB⋅FG，S = AC⋅FH，
△ABF 2 △ACF 2
∴S :S =AB:AC；
△ABF △ACF
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（2）证明：如图所示，过点A作AM⊥BC于点M，
1 1
∵S = BF⋅AM，S = FC⋅AM，
△ABF 2 △ACF 2
∴S :S =BF:FC，
△ABF △ACF
由（1）可得S :S =AB:AC，
△ABF △ACF
∴AB:AC=BF:CF；
（3）证明：连接DB,DC，
∵A´B=A´B,D´C=D´C
∴∠ACF=∠BDF,∠FAC=∠FBD
∴△BFD∽△AFC
BF DF
∴ = ，
AF CF
∴BF⋅CF=AF⋅DF
∵A´C=A´C，
∴∠FBA=∠ADC，
又∠BAD=∠DAC，
∴△ABF∽△ADC，
AB AF
∴ = ，
AD AC
∴AB⋅AC=AD⋅AF；
∴AB⋅AC=(AF+DF)⋅AF=AF2+AF·DF，
∴AF2=AB⋅AC−BF⋅CF，
（4）解：如图所示，连接BE，
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∵点E是△ABC的内心，
∴BE是∠BAC的角平分线，
∴∠ABE=∠FBE，
∵∠CBD=∠CAD=∠BAD，∠ADB=∠BDF
∴△ABD∽△BFD，
DB DA
∴ = ，
DF DB
∴DB2=DA⋅DF，
1 1
∵∠BED=∠BAE+∠ABE= ∠BAC+ ∠ABC，
2 2
1 1
∠DBE=∠DBC+∠FBE=∠DAC+∠FBE= ∠BAC+ ∠ABC，
2 2
∴∠BED=∠DBE，
∴DB=DE，
∴DE2=DA⋅DF．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义，同弧所对的圆周角相等，角平分线的性质与定义，相似三角
形的性质与判定，三角形的外角性质，三角形的面积公式等知识，熟练掌握相似三角形的性质与判定
是解题的关键．
考向八：正多边形与圆
【题型9 几个必记正多边形】
（1）正三角形
在⊙ 中△ 是正三角形，有关计算在 中进行： ；
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（2）正四边形
同理，四边形的有关计算在 中进行， ：
（3）正六边形
同理，六边形的有关计算在 中进行， .
1．（2024·云南昭通·一模）如图，正八边形内接于⊙O，连接OA, OB，则∠AOB的度数为（ ）
A．55° B．50° C．45° D．40°
【答案】C
【分析】本题考查正多边形的性质．根据题意，由正八边形内接于⊙O知，∠AOB=360°÷8=45°．
【详解】解：∵正八边形内接于⊙O
∴∠AOB=360°÷8=45°．
故选：C．
2．（2020·河北石家庄·模拟预测）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点P是劣弧BC上一点(点P不与
点C重合)，则∠CPD=（ ）
A．45° B．36° C．35° D．30°
【答案】B
【分析】本题考查正多边形和圆、圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键；
根据正多边形的边数求出圆心角的度数∠COD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问
题．
【详解】解：连接OC，OD，
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∵ABCDE
为正五边形，
360°
∴∠COD= =72°，
5
1
∴∠CPD= ∠COD=36°；
2
故选：B
3．（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
2
锐角互余得到∠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°，
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∴∠DNM=∠CNE=63°，
∵∠ADC=90°，
∴∠DMN=90°−63°=27°，
∴∠AMF=∠DMN=27°，
故选：B．
4．（2024·四川·中考真题）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，OA=1，则AB的长为（ ）
1
A．2 B．√3 C．1 D．
2
【答案】C
【分析】本题考查了正六边形的性质，等边三角形的判定和性质，由正六边形的性质得到
∠AOB=60°，得到△AOB为等边三角形，进而得到OA=AB=1，判断出△AOB为等边三角形是解
题的关键．
【详解】解： ∵ABCDEF是正六边形，
360°
∴∠AOB= =60°，
6
∵OA=OB，
∴△AOB为等边三角形，
∴OA=AB=1，
故选：C．
5．（2024·江苏连云港·中考真题）【问题情境】
（1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方
形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方
形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；
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【操作实践】
（2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕
按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内
一点P为端点的四条线段之间的数量关系；
【探究应用】
（3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将△PDC绕点P逆时针旋转，他发现旋转过程中
∠DAP存在最大值．若PE=8，PF=5，当∠DAP最大时，求AD的长；
（4）如图6，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若
AC+CD=5，BC+CE=8，求AE+BD的最小值．
【答案】（1）2（2）PA2+PC2=PB2+PD2（3）AD=√39（4）√89
【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案；
（2）如图，由EG⊥FH，证明a2+c2=b2+d2，再结合图形变换可得答案；
（3）如图，将△PDC绕点P逆时针旋转，可得D在以P为圆心，PD为半径的圆上运动，可得当AD
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与⊙P相切时，∠DAP最大，再进一步解答即可；
（4）如图，将△BDC沿BC对折，D的对应点为D ，将△AEC沿AC对折，E的对应点为E ，连接
1 1
D E ，再将△ABE 沿AC方向平移，使A与D 重合，如图，得△B D E ，由（2）可得：
1 1 1 1 1 1 2
AE+BD=D E +BD ，当E ,D ,B三点共线时，AE+BD=D E +BD 最短，再进一步解答即可.
1 2 1 2 1 1 2 1
【详解】解：如图，
∵正方形ABCD，EFGH及圆为正方形ABCD的内切圆，为正方形EFGH的外接正方形，
∴设AE=DE=DH=CH=CG=BG=AF=BF=m，∠A=90°，
∴AB=AD=2m，EF=√m2+m2=√2m，
∴S =4m2 ，S =(√2m) 2=2m2，
正方形ABCD 正方形EFGH
∴大正方形面积是小正方形面积的2倍．
（2）如图，∵EG⊥FH，
∴a2=OF2+OE2，c2=OG2+OH2，
d2=OE2+OH2，b2=OF2+OG2，
∴a2+c2=b2+d2，
如图，
结合图形变换可得：PA2+PC2=PB2+PD2；
（3）如图，∵将△PDC绕点P逆时针旋转，
∴D在以P为圆心，PD为半径的圆上运动，
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∵A为圆外一个定点，
∴当AD与⊙P相切时，∠DAP最大，
∴PD⊥AD，
∴AD2=AP2−PD2，
由（2）可得：AE=DF，
∵PE=8，PF=5，
∴AD2=AP2−PD2
=PE2+AE2−PF2−DF2
=82−52
=39，
∴AD=√39；
（4）如图，将△BDC沿BC对折，D的对应点为D ，将△AEC沿AC对折，E的对应点为E ，连接
1 1
D E ，
1 1
∴CD=CD ，CE=CE ，
1 1
再将△ABE 沿AC方向平移，使A与D 重合，如图，得△B D E ，
1 1 1 1 2
由（2）可得：AE+BD=D E +BD ，
1 2 1
∴当E ,D ,B三点共线时，AE+BD=D E +BD 最短，
2 1 1 2 1
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∵AC+CD=5，BC+CE=8，
∴E E =5，BE =8，
1 2 1
∴BE =√BE 2+E E 2=√82+52=√89；
2 1 1 2
∴AE+BD的最小值为√89；
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，旋转的性质，圆与正多边形的
关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.
考向九：弧长与扇形面积的计算
【题型10 弧长及扇形面积的公式及其计算】
nπr nπr2 1
L = ；S = = Lr；
弧长 180 扇形 360 2
公式可以直接应用，也可以由弧长（或面积）的数值求解对应的圆心角或者半径
1．（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，
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
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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
2．（2024·吉林·中考真题）某新建学校因场地限制，要合理规划体育场地，小明绘制的铅球场地设计图如
图所示，该场地由⊙O和扇形OBC组成，OB,OC分别与⊙O交于点A，D．OA=1m，OB=10m，
∠AOD=40°，则阴影部分的面积为 m2（结果保留π）．
【答案】11π
【分析】本题考查了扇形面积公式，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
利用阴影部分面积等于大扇形减去小扇形面积，结合扇形面积公式即可求解．
40π(102−12)
【详解】解：由题意得：S = =11π，
阴影 360
故答案为：11π．
考向十：圆锥的计算
【题型11圆锥的公式及其计算】
S =πrl ；S =πrl +πr2
圆锥侧面积 母线长 圆锥全面积 母线长 ；
1．（2024·山东·模拟预测）如图，大圆柱上挖了一个小圆柱．已知大圆柱的底面和小圆柱的底面是同心圆，
O′ A、O′B分别是大圆柱和小圆柱的底面半径．若大圆柱的底面周长为8π，OA=2√13，小圆柱的
体积为6π，小圆柱中放一个最大的圆锥，则该圆锥的侧面积为（ ）
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A．√37π B．√37π C．√7π D．√7π
【答案】A
【分析】本题考查了圆柱体积、圆锥侧面积和勾股定理，根据大圆柱柱的底面周长为8π和
OA=2√13可求得圆柱的高，再结合小圆柱的体积为6π可求得小圆柱的底面半径，从而求得圆锥的
母线，再根据圆锥侧面积公式解题即可．
【详解】解：∵大圆柱的底面周长为8π，
8π
∴大圆柱的底面半径O′ A= =4，
2π
∵OA=2√13，
∴大圆柱的高OO′=√OA2−O′ A2=6，
又∵小圆柱的体积为6π，
6π
∴小圆柱的底面面积为 =π，
6
√π
∴小圆柱的底面半径O'B= =1，
π
∵小圆柱中放了一个最大的圆锥，
∴圆锥的母线长OB=√OO′2+O′B2=√37，
∴该圆锥的侧面积为O'B⋅OB⋅π=√37π，
故选：A．
2．（2024·甘肃武威·三模） 如图，将半径为3cm的圆形纸片沿AB折叠后，圆弧恰好能经过圆心O，用图
中阴影部分的扇形围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的高为（ ）
A．2√2 B．√2 C．√10 D．1.5
【答案】A
【分析】本题考查了圆锥的计算，解直角三角形；作OC⊥AB于C，如图，根据折叠的性质得OC等
于半径的一半，即OA =2OC，再根据特殊角的三角函数值得出∠OAC=30°，则∠AOC=60°，
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所以∠AOB=120°，则利用弧长公式可计算出弧AB的长，再求出底面圆的半径为1，然后根据勾股
定理计算这个圆锥的高．
【详解】如图，过O点作OC⊥AB，垂足为D，交⊙O于点C，
1 1 OD 1
由折叠的性质可知，OD= OC= OA，则sin∠OAD= =
2 2 AO 2
由此可得，在Rt△AOD中，∠OAD=30°，
同理可得∠OBD=30°，
在△AOB中，由三角形内角和定理，得∠AOB=180°−∠A−∠B=120°．
120⋅π⋅3
∴弧AB的长为 =2π．
180
设围成的圆锥的底面半径为r，则2πr=2π，
∴r=1．
∴圆锥的高为√32−12=2√2．
故选A．
3．（2024·江苏南通·中考真题）已知圆锥的底面半径为2cm，母线长为6cm，则该圆锥的侧面积为
cm2．
【答案】12π
【分析】本题考查求圆锥的侧面积，根据圆锥的侧面积公式进行计算即可．
【详解】解：圆锥的侧面积为2×6×π=12π cm2；
故答案为：12π．
4．（2024·山东日照·模拟预测）如图，该几何体是由一个大圆锥截去上部的小圆锥后剩下的部分．若该几
何体上、下两个圆的半径分别为1和2，原大圆锥高的剩余部分OO 为√2，则其侧面展开图的面积为
1
．
【答案】3√3π
【分析】本题考查了勾股定理、圆锥的侧面积计算，三角形相似的判定和性质，熟练掌握圆锥的侧面
积计算是解题的关键．根据展开面积大圆锥侧面积与小圆锥侧面积之差计算即可．
【详解】解：根据题意，补图如下：
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∵OO 是原大圆锥剩余部分的高，
1
∴OC⊥OA，O B⊥O A，
1 1
∴∠AO B=∠AOC=90° ,
1
∵∠O AB=∠OAC，
1
∴△BO A∽△COA，
1
AO BO 1 AO BO 1
∴ 1= 1= ，即 1 = 1=
AO OC 2 AO +√2 OC 2
1
∴AO =O O=√2，
1 1
∴AB=√(√2) 2+12=√3，AC=√(2√2) 2+22=2√3
∴侧面展开图的面积为π×2×2√3−π×1×√3=3√3π，
故答案为：3√3π．
4．（2024·宁夏银川·模拟预测）如图，某圆锥形山峰，圆锥底面半径为√3km，母线长为4√3km，欲从A
处修一条最近的盘山公路到景点B（B位于母线PA的中点处），那么这条盘山公路的长度是 km．
【答案】2√15
【分析】此题考查了圆锥的计算，勾股定理的应用，熟练掌握圆锥的底面圆的周长和扇形弧长相等是
解题关键．将圆锥沿母线展开，根据两点之间线段最短可知：AB即为盘山公路的长度；设展开图的
nπ×4√3
圆心角为n°，根据圆锥的底面周长是展开的扇形的弧长，可得 =2√3π，从而求得n的值；
180
再利用勾股定理即可求得AB的长，从而完成解答．
【详解】解：如图，将圆锥展开得展开图，B为PA 的中点，连接AB，则AB是这条盘山公路的长度，
1
设展开图的圆心角为n°．
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1
∴PB= PA =2√3km，
2 1
∵圆锥的底面半径是√3，
⌢
∴A A 的长为2π×√3=2√3π，
1
nπ×4√3
∴ =2√3π，
180
解得：n=90，
∴AB=√(4√3) 2+(2√3) 2=2√15(km)，
故答案为：2√15．
5．（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．
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【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
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
（建议用时：35分钟）
1．（2024·四川凉山·中考真题）数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的
解决方案是：在工件圆弧上任取两点A,B，连接AB，作AB的垂直平分线CD交AB于点D，交A´B于
点C，测出AB=40cm,CD=10cm，则圆形工件的半径为（ ）
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A．50cm B．35cm C．25cm D．20cm
【答案】C
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理等知识．由垂径定理，可得出BD的长；设圆心为O，连接OB，
在Rt△OBD中，可用半径OB表示出OD的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径，即可得出轮
子的直径长．
【详解】解：∵CD是线段AB的垂直平分线，
∴直线CD经过圆心，设圆心为O，连接OB．
1
Rt△OBD BD= AB=20cm
2
中， ，
根据勾股定理得：
OD2+BD2=OB2，即：
(OB−10) 2+202=OB2，
解得：OB=25；
故轮子的半径为25cm，
故选：C．
2．（2024·湖南·中考真题）如图，AB，AC为⊙O的两条弦，连接OB，OC，若∠A=45°，则∠BOC
的度数为（ ）
A．60° B．75° C．90° D．135°
【答案】C
【分析】本题考查了圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的
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1
一半是解题的关键．根据圆周角定理可知∠A= ∠BOC，即可得到答案．
2
【详解】根据题意，圆周角∠A和圆心角∠BOC同对着B´C，
1
∴ ∠A= ∠BOC，
2
∵∠A=45°，
∴∠BOC=2∠A=2×45°=90°．
故选：C．
3．（2024·河南许昌·二模）如图，平面直角坐标系中，⊙P经过三点A(8，0)，O(0，0)，B(0，6)，
点D 是⊙P上的一动点．当点 D 到弦OB的距离最大时，点D 的坐标是（ ）
A．(9，3) B．(9，6) C．(10，3) D．(10，6)
【答案】A
【分析】过点P作PE⊥OA于点E，作PF⊥OB于点F，延长FP交⊙P于点D，此时
点 D 到弦OB的距离最大，利用垂径定理，勾股定理计算即可．
本题考查了直线与圆的位置关系，矩形的判定和性质，勾股定理，垂径定理，熟练掌握直线与圆的位
置关系，勾股定理，垂径定理是解题的关键．
【详解】解：∵点A(8，0)，O(0，0)，B(0，6),
∴OA=8,OB=6,
过点P作PE⊥OA于点E，作PF⊥OB于点F，延长FP交⊙P于点D，此时点 D 到弦OB的距离最
大，
∴四边形PFOE是矩形，
1 1
∴PF=OE= OA=4,OF=EP= OB=3，
2 2
∴OP=OD=√EP2+OE2=5，
∴点 D 到弦OB的距离最大为PF+OD=4+5=9，
∴点D的坐标为(9，3)，
故选A．
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．
4．（2024·四川泸州·模拟预测）如图，△ABC中，∠C=90°，点O为△ABC的外心，BC=6，AC=8，
⊙P是△ABC的内切圆．则OP的长为（ ）
12
A．2 B．3 C．√5 D．
5
【答案】C
【分析】本题主要考查了直角三角形的内心与外心．熟练掌握三角形内心性质，三角形外心性质，切
线长定理，勾股定理解直角三角形，是解题的关键．
过点P作PD⊥AC，PE⊥BC，PF⊥AB，根据三角形的内心性质得到PD=PE=PF，根据切线
长定理得到CD=CE，BE=BF，AF=AD，得到四边形PDCE是正方形，根据勾股定理求出
AB=10，得到OB=5，求出PF=CD=2，得到BF=4，得到OF=1，即得OP=√5．
【详解】过点P作PD⊥AC，PE⊥BC，PF⊥AB，
∵点P是内切圆的圆心，
∴PD=PE=PF，CD=CE，BE=BF，AF=AD，
∴四边形PDCE是正方形，
∵△ABC中，∠C=90°， BC=6，AC=8，
∴AB=√AC2+BC2=10，
设CD=CE=x，BE=BF= y，AF=AD=z，
则¿，
(①+②−③)÷2，得x=2，
∴PE=PF=CD=2，
∴BE=BF=6−2=4，
∵点O为△ABC的外心，
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1
∴OB= AB=5，
2
∴OF=OB−BF=5−4=1，
∴OP=√OF2+PF2=√5．
故选：C．
5．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在⊙O中，直径AB⊥CD于点E，CD=6,BE=1，则弦AC
的长为 ．
【答案】3√10
【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的
关键．
1
由垂径定理得CE=ED= CD=3，设⊙O的半径为r，则OE=OB−EB=r−1，在Rt△OED中，
2
由勾股定理得出方程，求出r=5，即可得出AE=9，在Rt△AEC中，由勾股定理即可求解．
【详解】解：∵AB⊥CD,CD=6，
1
∴CE=ED= CD=3，
2
设⊙O的半径为r，则OE=OB−EB=r−1，
在Rt△OED中，由勾股定理得：OE2+DE2=OD2，即(r−1) 2+32=r2，
解得：r=5，
∴OA=5,OE=4，
∴AE=OA+OE=9，
在Rt△AEC中，由勾股定理得：AC=√CE2+AE2=√32+92=3√10，
故答案为：3√10．
4
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6．（2024·四川巴中·中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则
∠ADC的度数是 ．
【答案】60°
1
【分析】根据菱形的性质得到∠AOC＝∠ABC，根据圆周角定理得到∠ADC＝ ∠AOC，根据圆内接
2
四边形的性质得到∠ADC＋∠ABC＝180°，计算即可．
【详解】解：∵四边形OABC为菱形，
∴∠AOC＝∠ABC，
1
由圆周角定理得：∠ADC＝ ∠AOC，
2
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＋∠ABC＝180°，
∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，
故答案为：60°．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互
补是解题的关键．
7．（2024·上海青浦·二模）在矩形ABCD中，AB=2,BC=4,AC与BD相交于点O．⊙A经过点B，如
果⊙O与⊙A有公共点，且与边CD没有公共点，那么⊙O的半径长r的取值范围是 ．
【答案】√5−2≤r<2或√5<r≤√5+2
【分析】过点O作OE⊥CD于点E，根据勾股定理得到AC=2√5，然后根据△COE∽△CAD，得
到OE=2，根据题意分两种情况，当线段CD在⊙O外时和当线段CD在⊙O内时，分别得到r的取值
范围即可．
【详解】解：过点O作OE⊥CD于点E，
∵ABCD是矩形，
1
∴∠ABC=∠ADC=∠OEC=90°，AO=OC= AC，
2
∴AC=√AB2+BC2=√22+42=2√5，
∴AO=OC=√5，
又∵∠ADC=∠OEC=90°，
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∴OE∥AD，
∴△COE∽△CAD，
OE CO 1
∴ = = ，
AD AC 2
1
∴OE= AD=2，
2
又∵⊙O与⊙A有公共点，且与边CD没有公共点，
当线段CD在⊙O外时，如图，此时√5−2≤r<2，
当线段CD在⊙O内时，如图，此时√5<r≤√5+2
∴⊙O的半径r的取值范围是：√5−2≤r<2或√5<r≤√5+2
故答案为：√5−2≤r<2或√5<r≤√5+2．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，圆与圆的位置关系和直线和圆的位置关系，相似三角形的
判定以及性质，掌握圆与圆的位置关系和直线和圆的位置关系是解题的关键．
8．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在△ABC中，AB=AC，O是AC上一点，以O为圆心，OC长为半
径的圆与AB相切，切点为D，与BC相交于点E．若AD=3，BD=6，则BE的长为 ．
【答案】2√5
【分析】本题考查解直角三角形的计算，平行线分线段成比例，切线的性质，勾股定理，作
CM⊥AB于点M，连接OE，由切线得到Rt△ADO，利用勾股定理求出半径，再依次求出CM，
BE AO
AM，BM，BC的长，最后根据OE∥AB，得到 = ，代入求值即可．
BC AC
【详解】解：如图，作CM⊥AB于点M，连接OE，
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设圆的半径为r，则OC=OE=OD=r，
∵AD=3，BD=6，AB=AC，
∴AB=AC=9，
∴AO=9−r，
∵OC长为半径的圆与AB相切，
∴∠ADO=90°，
在Rt△ADO中，AD2+OD2=AO2，
∴32+r2=(9−r) 2，
解得r=4，
∴AO=5，
∵OC长为半径的圆与AB相切，切点为D，
∴OD⊥AB，
∴∠ADO=∠AMC=90°，
OD CM
∴sinA= = ，
AO AC
4 CM
∴ = ，
5 9
36
∴CM= ，
5
∴在Rt△AMC中，AM=√AC2−CM2=
√
92−
(36) 2
=
27
，
5 5
27 18
∴BM=9− = ，
5 5
∴在Rt△BMC中，BC=√BM2+CM2=
√ (18) 2
+
(36) 2
=
18√5
，
5 5 5
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵OE=OC，
∴∠OEC=∠ACB，
∴∠B=∠OEC，
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∴OE∥AB，
BE AO
∴ = ，
BC AC
BE 5
=
∴18√5 9，
5
∴BE=2√5．
故答案为：2√5．
9．（2024·河南鹤壁·模拟预测）如图，PA与⊙O相切于点A，PO与弦AB相交于点C，OB⊥OP，若
OB=3，OC=1，则PA的长为 ．
【答案】4
【分析】本题考查了切线的性质，连接OA，如图，先根据切线的性质得到∠OAP=90°，再证明
∠PCA=∠PAC得到PA=PC，设PA=x，则PC=x，PO=x+1，利用勾股定理得到
32+x2=(x+1) 2，然后解方程即可，熟知切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
【详解】解：连接OA，如图，
∵PA ⊙O A
与 相切于点 ，
∴OA⊥PA，
∴∠OAP=90°，
∵OB⊥OP，
∴∠BOC=90°，
∵OA=OB，
∴∠B=∠OAB，
∵∠B+∠OCB=90°，∠OAB+∠PAC=90°，
∴∠OCB=∠PAC，
∵∠OCB=∠PCA，
∴∠PCA=∠PAC，
∴PA=PC，
设PA=x，则PC=x，PO=x+1，
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∵OA=OB=3，
∴32+x2=(x+1) 2，
解得x=4，
即PA的长为4．
故答案为：4．
10．（2024·湖北·模拟预测）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径，已知
∠CAB=29°，则∠P的大小是 ．
【答案】58°
【分析】本题考查圆周角的性质，切线的性质，多边形内角和；
连接OB，根据圆周角的性质可得∠COB=58°，进而求出∠AOB=180°−58°=122°，最后根据多
边形内角和即可求解．
【详解】连接OB，如图，
∵∠CAB=29°
∴∠COB=58°
∴∠AOB=180°−58°=122°
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°
∴∠P=360°−90°−90°−122°=58°
故答案为：58°．
11．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在△ABC中，以边AC上一点O为圆心，OA为半径作⊙O，与
AB相切于点A．作CD⊥BO交BO的延长线于点D，且∠CBD=∠DCO．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
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(2)若AB=5，BC=13，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
10
(2)
3
【分析】（1）过O点作OE⊥BC于点E，推导出∠ABO=∠DBC，然后根据角平分线的性质即可
得到OE=OA，证明结论；
（2）先利用勾股定理求出AC长，然后利用全等三角形得到BE=BA=5，然后再在Rt△OCE中利用
勾股定理解题即可．
【详解】（1）证明：过O点作OE⊥BC于点E，
∵AB与⊙O相切于点A，CD⊥BO
∴∠BAO=∠D=90°，
又∵∠AOB=∠COD，
∴∠ABO=∠DCO，
∵∠CBD=∠DCO，
∴∠ABO=∠DBC，
又∵OA⊥AB，OE⊥BC，
∴OE=OA，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：∵AB=5，BC=13，
∴AC=√BC2−AB2=√132−52=12，
在Rt△OAB和Rt△OEB中，
¿，
∴Rt△OAB≌Rt△OEB，
∴BE=BA=5，
∴CE=BC−BE=13−5=8，
在Rt△OCE中，OE2+CE2=OC2，即OA2+82=(12−OA) 2，
10
解得：OA= ．
3
【点睛】本题考查切线的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解题
的关键是掌握切线的判定和性质．
12．（2024·山东滨州·三模）如图，⊙O是以等腰△ABC的腰AB为直径所作的圆，点D是⊙O与底边AC
的交点，自D点作DE⊥BC，垂足为点E，过点B作⊙O的切线BF，交AC于F
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(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为5，DE=3，求此时DF的长．
【答案】(1)证明见解析
√10
(2)
3
【分析】（1）先根据等腰三角形的性质得∠A=∠C，再根据“同角的余角相等”得
∠BDE=∠C=∠A，然后根据等腰三角形的性质得∠OBD=∠ODB，即可得DE⊥OD，进而得
出答案；
（2）作DG⊥AB，根据等腰三角形的性质得BD平分∠ABC，再根据角平分线的性质得
DG=DE=3，接下来根据勾股定理求出OG=4，进而得出BG=1，AG=9，再根据勾股定理求出
AD，最后根据平行线分线段成比例得出答案．
【详解】（1）∵AB=BC，
∴∠A=∠C．
∵DE⊥BC，
∴∠DEC=90°，
∴∠CDE+∠C=90°．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠A+∠ABD=90°，∠CDE+∠BDE=90°，
∴∠BDE=∠C=∠A．
∵BO=OD，
∴∠OBD=∠ODB，
∴∠BDE+∠ODB=90°，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线；
（2）过点D作DG⊥AB，交AB于点G，
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∵AB=CB，∠ADB=90°，
∴BD平分∠ABC．
∵DE⊥BC，DG⊥AB，
∴DG=DE=3．
在Rt△ODG中，OD=5，DG=3，
∴OG=√OD2−DG2=4，
∴BG=1，AG=9．
在Rt△ADG中，AG=9，DG=3，
根据勾股定理，得AD=√92+32=3√10．
∵BF是⊙O的切线，
∴∠ABF=∠AGD=90°，
∴DG∥BF，
AD AG
∴ = ，
DF BG
3√10 9
即 = ，
DF 1
√10
解得DF= ．
3
【点睛】本题主要考查了切线的性质和判定，等腰三角形的性质，直径所对的圆周角是直角，平行线
分线段成比例，勾股定理，角平分线的性质等，勾股定理是求线段长的常用方法．
13．（2024·广东东莞·二模）【综合与实践】
主题：制作圆锥形生日帽．
素材：一张圆形纸板、装饰彩带．
步骤1：如图1，将一个底面半径为r的圆锥侧面展开，可得到一个半径为l、圆心角为n°的扇形．制
作圆锥形生日帽时，要先确定扇形的圆心角度数，再度量裁剪材料．
步骤2：如图2，把剪好的纸板粘合成圆锥形生日帽，
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(1)现在需要制作一个r=10cm，l=30cm的生日帽，请帮忙计算出所需扇形纸板的圆心角度数；
(2)为了使（1）中所制作的生日帽更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中需要粘贴一条从点A处开始，
绕侧面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），求彩带长度的最小值．
【答案】(1)120°
(2)30√3cm
【分析】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角的度数，勾股定理求最值问题，掌握以上知识是解题的
关键．
360r
（1）根据扇形的两个面积公式可得n= ，再代入求解即可；
l
（2）连接A A′，过点P作PH⊥A A′，线段A A′就是彩带长度的最小值，根据等腰三角形性质及解
直角三角形即可求解．
【详解】（1）∵r=10cm，l=30cm，
1 nπl2
∵ ×2πr×l= ，
2 360
360r 360×10
∴n= = =120，
l 30
∴扇形纸板的圆心角度数为120°；
（2）如图所示．连接A A′，过点P作PH⊥A A′，线段A A′就是彩带长度的最小值，
由（1）得PA=PA′=30cm,∠APA′=120°，
∴∠APH=∠A′PH=60°,AH=A′H,
∴∠PA'H=30°,
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1
∴PH= PA=15
2
∴AH=√AP2−PH2=15√3,
∴A A′=2AH=30√3,
∴彩带长度的最小值为30√3cm．
91
