难点07圆的基本性质的常考题型（6大热考题型）（解析版）_02中考总复习（2026版更新中）_02-数学-中考总复习_2025中考复习资料_2025年中考数学一轮知识梳理

关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 难点 07 圆的基本性质的常考题型 （6 大热考题型） 题型一：圆的基本和最值问题 题型二：垂径定理及其应用 题型三：圆心角、弦、弧之间的关系 题型四：圆周角定理 题型五：圆周角定理的推论和应用 题型六：圆内接四边形 题型一：圆的基本和最值问题 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·江苏苏州·中考真题）如图，矩形 中， ， ，动点E，F分别从点A， C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿 ， 向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直 线l的垂线，垂足为G，则 的最大值为（ ） A． B． C．2 D．1 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质、动点轨迹、与圆有关的位置关系等知识，根据矩形的性质以及直角 三角形斜边中线的性质确定G的轨迹是本题解题的关键． 连接 ， 交于点 ，取 中点 ，连接 ，根据直角三角形斜边中线的性质，可以得出 的轨迹， 从而求出 的最大值． 【详解】解：连接 ， 交于点 ，取 中点 ，连接 ，如图所示： 1关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵四边形 是矩形， ∴ ， ， ， ∴在 中， ， ∴ ， ∵ ， ， 在 与 中， ， ， ， ， 共线， ， 是 中点， ∴在 中， ， 的轨迹为以 为圆心， 为半径即 为直径的圆弧． ∴ 的最大值为 的长，即 ． 故选：D． 【典例2】（2023·山东淄博·中考真题）在数学综合与实践活动课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探 究活动． (1)操作判断 小红将两个完全相同的矩形纸片 和 拼成“L”形图案，如图①． 2关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 试判断： 的形状为________． (2)深入探究 小红在保持矩形 不动的条件下，将矩形 绕点 旋转，若 ， ． 探究一：当点 恰好落在 的延长线上时，设 与 相交于点 ，如图②．求 的面积． 探究二：连接 ，取 的中点 ，连接 ，如图③． 求线段 长度的最大值和最小值． 【答案】(1)等腰直角三角形 (2)探究一： ；探究二：线段 长度的最大值为 ，最小值为 【分析】（1）由 ，可知 是等腰三角形，再由 ，推导出 ， 即可判断出 是等腰直角三角形， （2）探究一：证明 ，可得 ，再由等腰三角形的性质可得 ，在 中，勾股定理列出方程 ，解得 ，即可求 的面积； 探究二：连接DE，取DE的中点 ，连接 ，取AD、 的中点为 、 ，连接 ， ， ， 分别得出四边形 是平行四边形，四边形 是平行四边形，则 ，可知 点在以 为直径的圆上，设 的中点为 ， ，即可得出 的最大值与最小值． 【详解】（1）解： 两个完全相同的矩形纸片 和 ， 3关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ， 是等腰三角形， ， ． ， ， ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ， ， ， 是等腰直角三角形， 故答案为：等腰直角三角形； （2）探究一： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在 中， ， ， 解得 ， ， 的面积 ； 探究二：连接DE，取DE的中点 ，连接 ， ，取AD、 的中点为 、 ，连接 ， ， ， 4关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 是 的中点， ，且 DE， ， ， ， ，且 ， 四边形 是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 四边形 是平行四边形， ， ， 点在以 为直径的圆上， 设 的中点为 ， ， 的最大值为 ，最小值为 ． 【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定及性 质，平行四边形的性质，圆的性质，能够确定H点的运动轨迹是解题的关键． 【变式1-1】（2024·江苏连云港·中考真题）如图，将一根木棒的一端固定在O点，另一端绑一重物．将此 重物拉到A点后放开，让此重物由A点摆动到B点．则此重物移动路径的形状为（ ） 5关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 A．倾斜直线 B．抛物线 C．圆弧 D．水平直线 【答案】C 【分析】本题考查动点的移动轨迹，根据题意，易得重物移动的路径为一段圆弧． 【详解】解：在移动的过程中木棒的长度始终不变，故点 的运动轨迹是以 为圆心， 为半径的一段 圆弧， 故选：C． 【变式1-2】（2023·江苏宿迁·中考真题）在同一平面内，已知 的半径为2，圆心O到直线l的距离为 3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（ ） A．2 B．5 C．6 D．8 【答案】B 【分析】过点 作 于点 ，连接 ，判断出当点 为 的延长线与 的交点时，点 到直线 的距离最大，由此即可得． 【详解】解：如图，过点 作 于点 ，连接 ， ， ， 当点 为 的延长线与 的交点时，点 到直线 的距离最大，最大距离为 ， 故选：B． 【点睛】本题考查了圆的性质，正确判断出点 到直线 的距离最大时，点 的位置是解题关键． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·安徽合肥·三模）如图，P为线段 上一动点（点P不与点A，B重合），将线段 绕点P顺 时针旋转 得到线段 ，将线段 绕点P逆时针旋转 得到线段 ，连接 ， ，交点为Q． 若 ，点H是线段 的中点，则 的最小值为（ ） 6关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 A．3 B． C． D．2 【答案】B 【分析】本题考查旋转的性质、等腰三角形手拉手问题、三角形中位线及四点共圆最小值问题，作 且 ，先证 ，结合旋转角度问题得到A、Q、B、E四点共圆，结合三角形三 边关系即可得到答案； 【详解】解：∵线段 绕点P顺时针旋转 得到线段 ，将线段 绕点P逆时针旋转 得到线段 ， ∴ ， ， ， ∴ ， 在 与 中， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， 作 且 ，取 的中点O，连接 ， ， ， ， ∵ ， ， ∴ ， ， ∵点H、O是中点， ∴ ， ， 7关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵ ， ∴A、Q、B、E四点共圆， ∵ ， ∴A、Q、B、E是在以点O为圆心 为半径的圆上， 当O、H、Q在同一直线时， ， 当O、H、Q不在同一直线时 ， 则 最小值为 ， 故选：B． 2．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在矩形 中， ，E为 边上的一个动点，连接 ，点B关 于 的对称点为 ，连接 ．若 的最大值与最小值之比为2，则 的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了一点到圆上一点距离的最值问题，矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，由轴 对称的性质可得 ，则点 在以A为圆心，半径为3的圆上运动，据此可得当 三点共 线时， 最小，当点E与点B重合时， 最大，据此表示出 的最大值和最小值，再由 的最大值 与最小值之比为2列出方程求解即可． 【详解】解；如图所示，连接 ， 由轴对称的性质可得 ， ∴点 在以A为圆心，半径为3的圆上运动， 8关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴当 三点共线时， 最小， ∴ ； ∵点E在线段 上， ∴当点E与点B重合时， 最大，最大值即为 的长， ∴ ， ∵ 的最大值与最小值之比为2， ∴ ， ∴ ， ∴ ， 解得 或 ， 故答案为： ． 3．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，点C是 上一动点，B为一定点，D随着C点移动而移动， 为 的垂直平分线， ，若 半径为2，点B到点A的距离为4，则 在C点运动过程中， 的最大值为 ． 【答案】 【分析】该题主要考查了勾股定理，正方形的性质和判定，垂直平分线的定义，圆中相关知识点，解题的 9关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 关键是找到 取得最大值时点C的位置． 过点 作 交 所在直线于点 ，证明四边形 是正方形，设 ，则 ，勾股定理得出 ，确定出 时 最大，求解即可； 【详解】解：过点 作 交 所在直线于点 ， ∵ 为 的垂直平分线， ， ∴ ， ∵ ， ∴四边形 是正方形， 设 ，则 ， 在 中， ， 故当 最大时， 最大， ∵ ， ∴ 时 最大，即 最大， 此时 ， 故答案为： ． 4．（2024·河北秦皇岛·一模）某校社团实践活动中，有若干个同学参加．先到的 个同学均匀围成一个以 点为圆心， 为半径的圆圈，如图所示（每个同学对应圆周上一个点）． 10关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 （1）若 ，则相邻两人间的圆弧长是 ．（结果保留 ） （2）又来了两个同学，先到的同学都沿各自所在半径往后移 米，再左右调整位置，使这 个同学之 间的圆弧长与原来 个同学之间的圆弧长相等．这 个同学排成圆圈后，又有一个同学要加入队伍， 重复前面的操作，则每人须再往后移 米，才能使得这 个同学之间的圆弧长与原来 个同学之间的 圆弧长相同，则 ． 【答案】 【分析】本题考查圆的周长和弧长， （1）先计算出圆的周长，再计算出圆的弧长即可； （2）先计算出半径往后移 米的圆的周长，求出弧长，根据弧长相等建立等式即可求出a，再计算出b， 即可得到答案． 【详解】解：（1）当 时，圆的周长为： ， ∴相邻两人间的圆弧长是 ， 故答案为： ； （2）又来了两个同学后圆的周长为： ， ∴ ， ∴ ， 当又有一个同学要加入队伍后，圆的周长为： ， 11关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴ ， ∴ ， ∴ ， 故答案为： ． 5．（2024·浙江·模拟预测）如图，以点A为圆心的圆交数轴于B，C两点（点C在点A的左侧，点B在点 A的右侧），若A，B两点表示的数分别为1， ，则点C表示的数是 ． 【答案】 / 【分析】本题主要考查了是数轴上两点之间的距离和圆的性质．根据A，B两点表示的数可求得 的半径 为 ，再利用B点表示的数减去 的直径即可解题． 【详解】解： ，B两点表示的数分别为1， ， 根据圆的性质可得： ， ， 点C表示的数是 ， 故答案为： ． 6．（2024·陕西·模拟预测）如图，在矩形 中， ， ， 是平面内一动点，且 ， 则线段 的最大值为 ． 12关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】 / 【分析】该题主要考查了矩形的性质，勾股定理，圆相关知识点，解题的关键是明确点 的运动轨迹． 根据勾股定理算出 ，再根据题意确定点 在以 为半径的 上运动， 的最大值 ， 即可求解； 【详解】解：∵四边形 是矩形， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴点 在以 为半径的 上运动， 如图当 三点共线时， 最大，最大值 ． 故答案为： ． 7．（2023·四川乐山·模拟预测）【发现问题】 小明在练习簿的横线上取点O为圆心，相邻横线的间距为半径画圆，然后半径依次增加一个间距画同心圆， 描出了同心圆与横线的一些交点，如图1所示，他发现这些点的位置有一定的规律． 【提出问题】 小明通过观察，提出猜想：按此步骤继续画圆描点，所描的点都在某二次函数图象上． 13关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【分析问题】 小明利用已学知识和经验，以圆心O为原点，过点O的横线所在直线为x轴，过点O且垂直于横线的直线 为y轴，相邻横线的间距为一个单位长度，建立平面直角坐标系，如图2所示，当所描的点在半径为5的 同心圆上时，其坐标为 ___________． 【解决问题】 请帮助小明验证他的猜想是否成立． 【深度思考】 小明继续思考：设点 ，m为正整数，以 为直径画 ，是否存在所描的点在 上，若存在， 求m的值；若不存在，请说明理由． 【答案】【分析问题】 或 ，【解决问题】见解析，【深度思考】4 【分析】分析问题：利用垂径定理与勾股定理解答即可； 解决问题：设所描的点在半径为 为正整数 的同心圆上，则该点的纵坐标为 ，再进一步求解横坐标 即可； 深度思考：设该点的坐标为 结合 的圆心坐标，利用勾股定理，即可用含 的代数式表 示出 的值，再结合 ， 均为正整数，即可得出 ， 的值． 【详解】解：分析问题：根据题意，可知：所描的点在半径为 的同心圆上时，其纵坐标 14关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵横坐标 ， ∴点的坐标为 )或 ； 解决问题：证明：设所描的点在半径为 为正整数 的同心圆上，则该点的纵坐标为 ， ∴该点的横坐标为 ， ∴该点的坐标为 或 ， ， ∴该点在二次函数 的图象上， ∴小明的猜想正确； 深度思考：设该点的坐标为 ， 的圆心坐标为 ， ， ， 又∵ ， 均为正整数， ， ， ∴存在所描的点在 上， 的值为 ． 【点睛】本题考查了勾股定理、垂径定理的应用，二次函数图象上点的坐标特征以及与圆有关的位置关系， 解题的关键是找出点在二次函数 的图象上． 8．（2024·湖南·模拟预测）如图，在6×6的正方形网格中，小正方形的顶点叫做格点．A，B两点均为格 点，请仅用无刻度直尺找出经过A，B两点的圆的圆心O，并保留作图痕迹． 15关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】见解析 【分析】根据圆心确定的条件即弦的垂直平分线的交点，再利用垂径定理解答即可． 本题主要考查了线段的垂直平分线的性质、垂径定理等知识点，灵活运用垂径定理是解题的关键． 【详解】解：根据题意，画图如下： 则点O即为所求． 9．（2025·湖北十堰·模拟预测）如图， 的直径 垂直弦 于点 E，F是圆上一点，D是 的中点， 连接 交 于点 G， 连接 ． (1)求证： ； (2)若 ， ，求 的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用 证明 ，即可得到 ； （2）连接 ，求出直径 的长，即得半径 ，求出 ，由（1）知 ， 再求出 ，利用勾股定理求出 ，根据垂径定理即可求出 ． 16关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【详解】（1）证明：∵ 是 的中点， ∴ ，即 ， ∵ ， ∴ ， 又∵ ， ∴ ， ∴ ； （2）解：如图，连接 ， ∵ ， ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， 由（1）知 ， ∴ ， ∴ ， ∵直径 ， ∴ ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形全等的判定与性质，垂径定理，勾股定理．熟练掌握圆的基本性 质、三角形全等的判定定理是解题的关键． 题型二：垂径定理及其应用 17关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在 中，弦 的长为8，圆心O到 的距离 ，则 的半径长为（ ） A．4 B． C．5 D． 【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 ，再根据勾股定理求解即可． 【详解】解：∵在 中，弦 的长为8，圆心O到 的距离 ， ∴ ， ， 在 中， ， 故选：B． 【变式2-1】（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，圆形拱门最下端 在地面上， 为 的中点， 为 拱门最高点，线段 经过拱门所在圆的圆心，若 ， ，则拱门所在圆的半径为 （ ） A． B． C． D． 【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 ，先证明 ， ，再进一步的利用勾股定理计算即可； 【详解】解：如图，连接 ， 18关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵ 为 的中点， 为拱门最高点，线段 经过拱门所在圆的圆心， ， ∴ ， ， 设拱门所在圆的半径为 ， ∴ ，而 ， ∴ ， ∴ ， 解得： ， ∴拱门所在圆的半径为 ； 故选B 【变式2-2】（2024·新疆·中考真题）如图， 是 的直径， 是 的弦， ，垂足为E．若 ， ，则 的长为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理的应用，熟练掌握知识点是解题的关键． 根据垂径定理求得 ，再对 运用勾股定理即可求 ，最后 即可求解． 【详解】解：∵ ， 是 的直径， ∴ ， ， 19关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴在 中，由勾股定理得 ， ∴ ， 故选：B． 【变式2-3】（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在 中，直径 于点E， ，则 弦 的长为 ． 【答案】 【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． 由垂径定理得 ，设 的半径为 ，则 ，在 中，由勾股定 理得出方程，求出 ，即可得出 ，在 中，由勾股定理即可求解． 【详解】解：∵ ， ， 设 的半径为 ，则 ， 在 中，由勾股定理得： ，即 ， 解得： ， ， ， 在 中，由勾股定理得： ， 故答案为： ． 【变式2-4】（2024·江西·中考真题）如图， 是 的直径， ，点C在线段 上运动，过点C的 弦 ，将 沿 翻折交直线 于点F，当 的长为正整数时，线段 的长为 ． 20关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】 或 或2 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据 ，可得 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： 为直径， 为弦， ， 当 的长为正整数时， 或2， 当 时，即 为直径， 将 沿 翻折交直线 于点F，此时 与点 重合， 故 ； 当 时，且在点 在线段 之间， 如图，连接 ， 此时 ， ， ， ， 21关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ， ； 当 时，且点 在线段 之间，连接 ， 同理可得 ， ， 综上，可得线段 的长为 或 或2， 故答案为： 或 或2． 【中考模拟即学即练】 1．（2023·广东东莞·一模）如图， 是 直径，点 在 上， 垂足为 ，点 是 上动 点（不与 重合），点 为 的中点，若 ， ，则 的最大值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了垂径定理，三角形中位线定理，勾股定理，延长 交 于点 ，连接 ， 根据垂径定理得到 ，推出 ，得到当 取最大值时， 也取得最大值，设 的半径 为 ，则 ，利用勾股定理求出 即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：延长 交 于点 ，连接 ， 22关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵ ，即 ， 是 的直径， ∴ ， ∵点 为 的中点， ∴ ， 当 取最大值时， 也取得最大值， 设 的半径为 ，则 ， 在 中， ， ∴ ，解得： ， ∴ 的最大值为 ， ∴ 的最大值为 ， 故答案为： ． 2．（2025·安徽·模拟预测）已知 的半径为5， 是 的弦，P是弦 的延长线的一点，若 ， ，则圆心O到弦 的距离为（ ） A． B．6 C． D．4 【答案】D 【分析】本题考查了垂径定理：垂直弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．关键是根据勾股定 理解答．作 于C，连接 ，根据垂径定理得到 ，然后在 中， 利用勾股定理计算 即可． 【详解】解：作 于C，连接 ，如图， 23关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵ ， ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， 在 中， ， ∴ ， 即圆心O到弦 的距离为4． 故选：D． 3．（2024·山西长治·模拟预测）明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了“筒车”（一种水利灌 溉工具）的工作原理．如图 ，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心 为圆心的圆．已知圆心 在水面上方， 且 被水面截得弦AB长为 米， 半径长为 米，若点 为运行轨道的最低点，则点 到弦AB所在直 线的距离是（ ） A． 米 B． 米 C． 米 D． 米 【答案】C 【分析】本题考查的知识点是垂径定理、勾股定理，解题关键是熟练掌握垂径定理． 连接 交AB于点 ，根据垂径定理得到 米， ，再根据勾股定理得到 即可得解． 【详解】解：连接 交AB于点 ， 24关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 依题得： 米， ， 米， 设 ，即 ， 中， ， 即 ， 解得 ， 即 米， 米， 即点 到弦AB所在直线的距离是 米． 故选： ． 4．（2024·云南怒江·一模）如图， 是 的弦，半径 ，垂足为D，设 ， ，则 的半径长为（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，连接 ，由垂径定理可得 ，设 ， 则 ，再由勾股定理计算即可得解． 【详解】解：如图，连接 ， 25关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵ 是 的弦，半径 ，垂足为D， ∴ ， 设 ，则 ， 由勾股定理可得： ，即 ， 解得： ， 故选：C． 5．（2024·四川成都·二模）如图， 是 的弦，若 的半径 ，圆心O到弦 的距离 ， 则弦 的长为( ) A．8 B．12 C．16 D．20 【答案】C 【分析】根据垂径定理，得 ，且 ，解答即可． 本题考查了勾股定理，垂径定理，熟练掌握两个定理是解题的关键． 【详解】解：根据垂径定理，得 ， 根据勾股定理，得 ， 故 ． 故选：C． 6．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，分别是以 为直径的两个半圆，其中 是半圆O的一条弦， 26关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 E是 中点，D是半圆 中点．若 ， ，且 ，则 的长为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查圆的垂径定理，三角形中位线定理，勾股定理，作出合理的辅助线证明D、E、F、O在 同一条直线上是解题的关键．连接 ， 是 中点，推 垂直平分 ，D是半圆 中点，推 垂直平分 在同一条直线上，F是 的中点，O是 中点，推 是 的中位线，在 中，根据勾股定理得 长． 【详解】解：连接 交 于点F， 是 中点， 垂直平分 ， 是 的中点． 为 的直径， ， 是半圆 中点， 垂直平分 ， 、E、F、O在同一条直线上， ， ， ， ， 设 ， ， ， 27关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ， 是 的中点，O是 中点， 是 的中位线， ， 为 直径， ， 在 中，根据勾股定理得， ， ， ， ， ， ． 故选：D． 7．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图， 是 的半径，弦 于点D，连接 ．若 的半径为 ， 的长为 ，则 的长是 ． 【答案】2 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，根据垂径定理和勾股定理求出 的长，进而求出 的长即可． 【详解】解：由题意， ， ∵ 是 的半径，弦 于点D， ∴ ， 28关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴ ， ∴ ； 故答案为：2． 8．（2024·上海嘉定·二模）如图在圆O中， 是直径，弦CD与 交于点E，如果 ，点M是 的中点，连接 ，并延长 与圆O交于点N，那么 ． 【答案】 / 【分析】本题主要考查圆有关性质．熟练掌握垂径定理推论，等腰直角三角形性质，是解决问题的关键． 由题意可知 ，则 ， 根据垂径定理推论得到 ，结合 可得 是等腰直角三角形，求得 ，即可求得 ． 【详解】解：∵在圆O中， 是直径， ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∵点M是 的中点， ∴ ， ∵ ， ∴ 是等腰直角三角形， ∴ ， ∴ ， 29关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 故答案为： ． 9．（2024·湖南·二模）如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点O为圆心的圆的一部分，如果C是 中弦 的中点， 经过圆心O交 于点D，且 ， ，则 m． 【答案】8 【分析】本题考查了垂径定理的应用、勾股定理．连接 ，先根据垂径定理、线段中点的定义可得 ， ，设 的半径长为 ，再在 中，利用勾股定理即可得 的半径，进一步 计算即可求解． 【详解】解：如图，连接 ， 是 中的弦 的中点，且 ， ， ， 设 的半径长为 ，则 ， 在 中， ， 则 ， 故答案为：8． 10．（2024·广东湛江·模拟预测）如图，在破残的圆形残片上，弦 的垂直平分线交弧 于点 ，交弦 于点 ，已知 ， ． 30关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)求作此残片所在的圆的圆心 （不写作法，保留作图痕迹）； (2)求出（1）中所作圆的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了垂经定理的应用和基本作图，用到的知识点是线段垂直平分线的作法与性质、垂径定 理、勾股定理的应用，基本作图需要熟练掌握． （1）在圆形残片上作弦 的垂直平分线 ，交 于点P，连接 ，以P为圆心， 为半径的圆为所 求残片的圆． （2）先设圆P的半径为r，根据 和已知条件求出 ， ，在 中， 根据 ，得出 ，求出r即可． 【详解】（1）解：作图如下， （2）解：设圆P的半径为r， ∵ ， ， ， ∴ ， ， 在 中， ， ∴ ， 解得 ， 31关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴ 的半径为 ． 11．（2024·湖南·模拟预测）某校组织九年级学生前往某蔬菜基地参观学习，该蔬菜基地欲修建一顶大棚． 如图，大棚跨度 ，拱高 ． 同学们讨论出两种设计方案： 方案一，设计成圆弧型，如图1，已知圆心O，过点O作 于点D交圆弧于点C．连接 ． 方案二，设计成抛物线型，如图2，以 所在直线为x轴，线段 的垂直平分线为y轴建立平面直角坐 标系． (1)求方案一中圆的半径； (2)求方案二中抛物线的函数表达式； (3)为扩大大概的空间，将大棚用1米高的垂直支架支撑起来，即 ．在大棚内需搭建 高的 植物攀爬竿，即 ， 于点P， 于点Q， 与 交于点K．请问哪种设 计的种植宽度 要大些?（不考虑种植间距等其他问题，且四边形 是矩形） 【答案】(1) (2) (3)方案一中的种植宽度 要大些 32关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【分析】本题考查二次函数与圆的综合，涉及垂径定理、勾股定理、待定系数法求二次函数的解析式，求 得抛物线的函数表达式是解答的关系． （1）根据垂径定理和勾股定理求解即可； （2）利用待定系数法求解抛物线的函数表达式即可； （3）根据题意，分别求得两个方案中的 长，然后比较大小可得结论． 【详解】（1）解：如图1，设圆的半径为 ， ∵ ， ， ∴ ， 在 中， ， 由勾股定理得 ，解得 ， 即圆的半径为 ； （2）解：根据题意，A(−4,0)，B(4,0)， ， 设该抛物线的函数表达式为 ， 将点B(4,0)代入 中，得 ，解得 ， ∴该抛物线的函数表达式为 ； （3）解：如图1，连接 ， 由题意， ， ， ， ， 在 中， ， ， 由勾股定理得 ， ∴ ； 如图4，由题意，点H和点G的纵坐标均为1， 33关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 将 代入 得 ，解得 ， ∴ ， ∵ ， ∴方案一中的种植宽度 要大些． 题型三：圆心角、弦、弧之间的关系 【中考母题学方法】 【典例1】（2023·河北·中考真题）如图，点 是 的八等分点．若 ，四边形 的周长 分别为a，b，则下列正确的是( ) A． B． C． D．a，b大小无法比较 【答案】A 【分析】连接 ，依题意得 ， ， 的周长为 ，四边形 的周长为 ，故 ，根据 34关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 的三边关系即可得解． 【详解】连接 ， ∵点 是 的八等分点，即 ∴ ， ∴ 又∵ 的周长为 ， 四边形 的周长为 ， ∴ 在 中有 ∴ 故选A． 【点睛】本题考查等弧所对的弦相等，三角形的三边关系等知识，利用作差比较法比较周长大小是解题的 关键． 【变式3-1】（2022·山东聊城·中考真题）如图，AB，CD是 的弦，延长AB，CD相交于点P．已知 35关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ， ，则 的度数是（ ） A．30° B．25° C．20° D．10° 【答案】C 【分析】如图，连接OB，OD，AC，先求解 ，再求解 ，从而可 得 ，再利用周角的含义可得 ，从而可得答案． 【详解】解：如图，连接OB，OD，AC， ∵ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∵ ， ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ， ∴ ． ∴ 的度数20°． 故选：C． 【点睛】本题考查的是圆心角与弧的度数的关系，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，掌握 “圆心角与弧的度数的关系”是解本题的关键． 【变式3-2】（2023·山东烟台·中考真题）如图，将一个量角器与一把无刻度直尺水平摆放，直尺的长边与 36关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 量角器的外弧分别交于点A，B，C，D，连接 ，则 的度数为 ． 【答案】 【分析】方法一∶如图：连接 ，由题意可得： ， ，然后再根据等腰三角形的性质求得 、 ，最后根据角的和 差即可解答． 方法二∶ 连接 ，由题意可得： ，然后根据圆周角定理即可求解． 【详解】方法一∶ 解：如图：连接 ， 由题意可得： ， ， ， ∴ ， ， ∴ ． 故答案为 ． 方法二∶解∶ 连接 ， 由题意可得： ， 根据圆周角定理，知 ． 37关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 故答案为 ． 【点睛】本题主要考查了角的度量、圆周角定理等知识点，掌握圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度 数的一半是解答本题的关键． 【变式3-3】（2021·四川巴中·中考真题）如图，AB是⊙O的弦，且AB＝6，点C是弧AB中点，点D是优 弧AB上的一点，∠ADC＝30°，则圆心O到弦AB的距离等于（ ） 3 A． B． C．√3 D． 2 【答案】C 【分析】连接OA，AC，OC，OC交AB于E，先根据垂径定理求出AE=3，然后证明三角形OAC是等边三 角形，从而可以得到∠OAE=30°，再利用三线合一定理求解即可. 【详解】解：如图所示，连接OA，AC，OC，OC交AB于E， ∵C是弧AB的中点，AB=6， ∴OC⊥AB，AE=BE=3， ∵∠ADC=30°， ∴∠AOC=2∠ADC=60°， 又∵OA=OC， ∴△OAC是等边三角形， ∵OC⊥AB, 38关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴ ， , ∴ ∴ ∴圆心O到弦AB的距离为 ， 故选C. 【点睛】本题主要考查了圆周角与圆心角的关系，等边三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，解题 的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解. 【中考模拟即学即练】 1．（2025·湖北十堰·一模）“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（图 ①）的形状示意图 是 的一部分，D是 的中点，连接 ，与弦 交于点C，连接 ， ． 已知 ，碗深 ，则 的半径 为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了垂径定理、等腰三角形的性质、勾股定理的应用等知识点，设 的半径 为 ，并根据勾股定理列出关于R的方程是解题的关键． 先利用垂径定理的推论得出 ，再设 的半径 为 ，则 39关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ．在 中根据勾股定理列出方程 ，然后解方程即可． 【详解】解：∵D是 的中点， ∴ , ∴ , ∵ , ， ∴ ， 设 的半径 为 ，则 ， 在 中， ， ∴ ， ∴ ，解得： ，即 的半径 为 ． 故选：A． 2．（2024·云南昆明·一模）如图，AB是 的直径， ．若 ，则 的度数 是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了弧与圆心角之间的关系，根据同圆中，等弧所对的圆心角相等得到 ，再根据平角的定义可得答案． 【详解】解：∵ ， ， ∴ ， ∴ ， 40关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 故选：B． 3．（2023·福建莆田·模拟预测）如图， 中 的度数为 ， 是 的直径，那么 等于 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了圆的知识，等边对等角，三角形内角和定理，由 中 的度数为 可得出 ，由平角的定义求出 ，再根据等边对等角以及三角形内角和定理即可得出答案． 【详解】解：∵ 中 的度数为 ， ∴ ， ∵ 是 的直径 ， ∵ ， ∴ ， 故选：A． 4．（2024·山东青岛·中考真题）如图， 是 上的点，半径 ， ， ， 连接AD，则扇形 的面积为（ ） A． B． C． D． 41关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】A 【分析】本题考查了圆周角定义，扇形的面积，连接 ，由圆周角定理可得 ， 进而得 ，再根据扇形的面积计算公式计算即可求解，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 ，则 ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， 故选： ． 5．（2024·广东揭阳·三模）如图，在 中， ，那么（ ） AB2CD A． B．   C．AB2CD D．AB与2CD的大小关系无法比较 【答案】A 1 【分析】本题考查了垂径定理．可过 作半径 于 ，由垂径定理可知 AF  AB，因此只需比较 O OF  AB E 2 1 AE ABCD AF 和CD的大小即可；易知 2 ，在 RtAEF 中， AF 是斜边， AE 是直角边，很显然 AF  AE ， 42关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 AF CD AF CD 即 ，由此可判断出 和 的大小关系，即可得解． 【详解】解：如图，过O作半径OF  AB于E，连接AF ； 1 由垂径定理知： ， AF  AB； AEBE 2 1 AECD AB ； 2 在RtAEF中，AF  AE，则AF CD； AF CD AB2CD ，即 ； 故选：A． O O AB8cm C D 6．（2023·云南大理·一模）如图，在 中，AB是 的直径， ， 、 为弧AB的三等分点， M 是AB上一动点，CM DM 的最小值是 cm． 【答案】8 【分析】本题考查了轴对称确定最短路线问题，圆心角与弧的关系及垂径定理，作点C关于AB的对称点 C，连接CD与AB相交于点M ，根据轴对称确定最短路线问题，点M 为CM DM 的最小值时的位置， AC  AC CD 根据垂径定理可得 ，然后求出 为直径，从而得解． 【详解】解：如图，作点C关于AB的对称点C，连接CD与AB相交于点M ， 43关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 此时，点M 为CM DM 的最小值时的位置， 由题意得，AOC AOC AC  AC 则 ， BD AC ∴ ，     AC CDBD，AB为直径， CD AB8cm CD 为直径．则 ． 故答案是：8． AOB AOB90 BO2 BO AB 7．（2024·河南驻马店·三模）如图，在扇形 中， ， ，C为 的中点，D 为 2BD AD AC，DC OC CD △ACO 上一点，且 ，连接 ，在 绕点O旋转的过程中，当 取最小值时， 的周长 为 ． 3 3 【答案】 【分析】本题主要考查线段最值问题，等边三角形的判定以及勾股定理等知识，判断出在OC的旋转过程 O,C,D CD △AOD AC  3 中， 三点共线时， 最短，得出 是等边三角形，由勾股定理求出 ，即可解决问题 【详解】解：∵BO2， 44关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 AOBO2, ∴ ∵C为BO的中点， 1 ∴OC BO1， 2 OC O,C,D CD 在 绕点O旋转的过程中，当 三点共线时， 的值最小，如图， 2BD AD ∵ ， 2 ∴ AD AB， 3 2 ∴AOD AOB60, 3 又AODO, ∴△AOD是等边三角形， ∵C为OD的中点， AC OD, AC  AO2OC2  2212  3 由勾股定理得， ， △ACO  AOOCAC 21 33 3 ∴ 的周长 ， 3 3 故答案为： 5 O C ABD E 8．（2024·浙江·模拟预测）如图，AB是半径为 的 的直径， 是 的中点，连接CD交AB于点 ， 连接AC，AD，OC ． 45关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)求证：OC  AD． (2)若BE1，求AD的长． (3)如图2，作CF  AB于点H，交AD于点F ，射线CB交AD的延长线于点G，若OH 1，求AG的长． 【答案】(1)证明见解析 15 7 (2) 4 5 6 (3)   1 CA  CD CACD CO 【分析】（ ）根据题意得出 ，即可证明 ，得到 垂直平分AD，即可证明结论． （2）延长CO交AD于点P，连结BD，证明DBE∽COE，根据相似三角形的性质得到比例关系计算即 可； 3 CH  OC2OH2 2 6 FAFC FC FG FAFG （ ）由勾股定理得 ，再证明 和 ，可得 ，即得 AG2AF，设HF x，利用勾股定理求出x即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接OD， C ABD ∵ 是 的中点   CA  CD ∴ ， ∴CACD， ∵OAOD， ∴CO垂直平分AD， 46关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴OC  AD； （2）解：如图，延长CO交AD于点P，连接BD， ∵OC  AD， ∴CPA90， ∵AB是直径， ∴ADB90， ∴ADBCPA， ∴OC∥BD， ∴DBE∽COE， BD BE ∴  ， OC OE ∵OBOC OA5，BE1， ∴OE OBBE 4，AB10， BD 1 ∴  ， 5 4 5 ∴BD ， 4 5 2 15 7 ∴在 中， AD AB2BD2  102   ； Rt△ABD 4 4 （3）解：∵CF  AB， ∴CHACHB90， ∵OH 1，OCOAOB5， ∴AH 6，BH 4， CH  OC2OH2  5212 2 6 ∴ ， O ∵AB是 的直径， ∴ACB90， 47关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴CABABC 90， ∵CAH ACH 90， ∴ABCACH ， ∵CACD， ∴CADCDA， ∵CDAABC， ∴CADACH ， ∴FAFC， ∵ACH FCG90 CADG90， ∴FCGG， ∴FC FG， ∴FAFG， 即AG2AF， HF x FAFC x2 6 设 ，则 ， 在Rt△AHF中，AH2HF2 FA2，  2 62x2  x2 6 ∴ ， 6 x 解得 2 ， 6 5 6 ∴FA 2 6  ， 2 2 AG5 6 ∴ ． 【点睛】本题考查了弧弦圆心角之间的关系，圆周角定理，等腰三角形的性质和判定理，相似三角形的判 定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理，余角性质，正确作出辅助线是解题的关键． 题型四：圆周角定理 【中考母题学方法】 O VABC AO∥BC CO O 【典例1】（2024·山东潍坊·中考真题）如图， 是 的外接圆， ，连接 并延长交 48关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 于点 D ．分别以点A,C为圆心，以大于 2 AC的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点 M ．直线 OM 交 BC于点E，连接AE，下列结论一定正确的是（ ） AB AD ABOE A． B． C．AODBAC D．四边形AOCE为菱形 【答案】ABD 【分析】本题主要考查圆的性质、圆周角定理、平行线的性质以及菱形的判定，熟练掌握性质定理是解题 的关键．根据全等三角形的判定定理证明OCAACE，证明OC CEOA即可证明四边形AOCE为菱 形，再根据圆周角定理进行判定即可． 【详解】解：令AC,OE交于点F ， 由题意得：OE是AC的垂直平分线， EAEC  AOOC △AOE≌△COE AOECOE OF OF,AOCO AOF≌COF OAF OCF  AO∥BC， OAF ACE OCAACE AB AD ，选项A正确； OCF ECF,OFC EFC 90,CF CF EFC≌OFC 49关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 OC CEOA  AO∥EC 故四边形AOCE为菱形，选项D正确；  AB AD ， AB AD 四边形AOCE为菱形，AEOC OD 四边形AEOD为平行四边形， ADOE ABOE，选项B正确； AODOAE，故选项C错误； 故选ABD． AD ABBC CD 【变式4-1】（2024·海南·中考真题）如图， 是半圆O的直径，点B、C在半圆上，且 ， CD PCB130 PBA 点P在 上，若 ，则 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VAOB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， 50关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 AD ABBC CD ∵ 是半圆O的直径， ， ∴AOBBOCCOD60， ∴VAOB和BOC都是等边三角形， ∴OBC OBA60， BC BC ∵ ， 1 ∴BPC  BOC 30， 2 ∵PCB130， ∴PBC1801303020， ∴PBO602040， ∴PBA4060100， 故选：B． O AB CD D35 C  【变式4-2】（2024·北京·中考真题）如图， 的直径 平分弦 （不是直径）.若 ，则  【答案】55 【分析】本题考查了垂径定理的推论，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． ABCD BC BC A D 35 C 903555 先由垂径定理得到 ，由 得到 ，故 ． 【详解】解：∵直径AB平分弦CD， ∴ABCD， 51关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 BC BC ∵ ， ∴A D 35， ∴C 903555， 故答案为：55． AB O E35 BOD 【变式4-3】（2024·甘肃临夏·中考真题）如图， 是 的直径， ，则 （ ） A．80 B．100 C．120 D．110 【答案】D 【分析】本题考查圆周角定理，关键是由圆周角定理推出AOD2E． 由圆周角定理得到AOD2E70，由邻补角的性质求出BOD18070110°． 【详解】解：E35， AOD2E70， BOD18070110． 故选：D． AD O AB O OCAB 【变式4-4】（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图， 是 的直径， 是 的弦，半径 ，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 D AOC21 AOC BOC42 2 52关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 ，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求解． AOC BOC42 2 【详解】解：∵半径OCAB， AC BC ∴ ， ∴AOC BOC42，AOB84，   ∵AC  AC， 1 ∴D AOC21， 2 ∴OEDAOBD63， 故选：B． ABCD O ABC 60 【变式4-5】（2024·湖北武汉·中考真题）如图，四边形 内接于 ， ， BAC CAD45，ABAD2，则O的半径是（ ） 6 2 2 3 2 A． 3 B． 3 C． 2 D． 2 【答案】A AB BE AD BD CO O AF 【分析】延长 至点E，使 ，连接 ，连接 并延长交 于点F，连接 ，即可证得 ADC≌EBCSAS AC cos45AE 2 AFC60 ，进而可求得 ，再利用圆周角定理得到 ，结合三角 函数即可求解． AB BE AD BD CO O AF 【详解】解：延长 至点E，使 ，连接 ，连接 并延长交 于点F，连接 ， 53关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵四边形ABCD内接于O， ∴ADCABCABCCBE180 ∴ADC CBE ∵BAC CAD45 ∴CBDCDB45，DAB90 ∴BD是O的直径， ∴DCB90 ∴△DCB是等腰直角三角形， ∴DC BC ∵BE AD ADC≌EBCSAS ∴ ∴ACDECB，AC CE, ∵ABAD2 ∴ABBE  AE 2 又∵DCB90 ∴ACE90 ∴△ACE是等腰直角三角形 AC cos45AE 2 ∴ ∵ABC 60 ∴AFC60 ∵FAC90 AC 2 6 CF   ∴ sin60 3 1 6 OF OC  CF  ∴ 2 3 54关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 故选：A． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，圆周角定理，锐角三角函数、等腰三角形的性质与判定等 知识点，熟练掌握圆周角定理以及全等三角形的性质与判定是解题的关键． AB O O 【变式4-6】（2024·江苏镇江·中考真题）如图， 是 的内接正n边形的一边，点C在 上， ACB18，则n ． 【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． 【中考模拟即学即练】 O CD AB E CDB30 O 1．（2023·内蒙古呼伦贝尔·一模）如图，AB是 的直径，弦 于点 ， ， 的半 径为2，则弦CD的长为( ) 3 A．3 B． C． D．9 2 2 3 【答案】C 【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理．先根据圆周角定理得到COB60，再根据垂 55关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 径定理得到CEDE，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求出CE，从而得到CD的长． 【详解】解： CDB30， BOC 60，  CD AB， CD2CE，CEO90， OCE30， OC2OE， O的半径为2，即OC 2， OE 1， CE= OC2- OE2 = 3 ， CD2CE2 3 ． 故选：C AB DE O CDAB BC BE BCD 2．（2024·浙江温州·三模）如图， ， 是 的直径，弦 ，连结 ， ，若 ， 则CDE的度数为（ ） A．2 B．3 C．90 D．902 【答案】A 【分析】此题考查圆周角定理，关键是利用圆周角定理得出BCDE解答．根据平行线的性质得出 ABC，进而利用圆周角定理解答即可．  CDAB 【详解】解： 弦 ， ABCBCD， 由圆周角可知，BCDE， OEOB， EABE， CBEABCABE2， 56关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 CDECBE2， 故选：A 3．（2025·安徽·模拟预测）如图，AB是⊙O的弦，半径OCAB，垂足为D，弦CE与AB交于点F，连接 AE，AC，BC． (1)求证：BACE； AB8 DC2 CE 3 10 CF (2)若 ， ， ，求 的长． 【答案】(1)见解析 2 10 CF  (2) 3 【分析】本题考查垂径定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理． ADBD AC BC BACE （1）由垂径定理，得 ， ，由圆周角定理，得 ； AC CF 2 10  CF  （2）可证ACF∽ECA得EC CA ；RtADC中，勾股定理求得AC2 5，于是 3 ． OCAB OC O 【详解】（1）证明：∵ ， 是 的半径， ADBD AC BC ∴ ， （垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧） ∴BACE（同弧或等弧所对的圆周角相等）； （2）解：∵BACE， 又∵ACF ECA， ∴ACF∽ECA， AC CF ∴  （相似三角形对应边成比例）， EC CA ∵AB8， 57关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴ADBD4， 在RtADC中ADC 90，AD4，CD2， AC  AD2DC2  4222 2 5 ∴ ， 2 5 CF  即3 10 2 5 ， 2 10 CF  ∴ 3 ． VABC O P AB P A B 4．（2024·贵州·模拟预测）如图，等边 内接于 ， 是 上任一点（点 不与点 ， 重合）， AP BP CP PC Q C CM∥BP PA M 连接 ， ， ，AB与 相交于点 ，过点 作 交 的延长线于点 ． (1)写出图中一对相似三角形：_________； △ACM≌△BCP (2)求证： ； (3)若PA1，PB2，求四边形PBCM 的面积． △BQP∽△CQA △BQC∽△PQA 【答案】(1) ， （答案不唯一） (2)证明见解析 15 3 (3) 4 【分析】（1）根据圆周角定理，结合相似三角形的判定方法即可求解； （2）根据平行线的性质，等边三角形的性质，圆周角定理可得M BPC 60，根据圆内接四边形的 性质可得MAC PBC，结合全等三角形的判定方法“角角边”即可求解； （3）根据题意可得四边形PBCM 为梯形，如图，作PH CM 于点H，可得△PCM 为等边三角形，在 3 3 PH  RtPMH M 60 2 58关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 3 3 中， ，运用勾股定理可得PH  ，由此即可求解． RtPMH M 60 2 O 【详解】（1）解：在 中， ∠PBA∠ACP,∠BQP∠CQA ∵ ， △BQP∽△CQA ∴ ； ∠BAP∠PCB,∠BQC ∠PQA ∵ ， △BQC∽△PQA ∴ ； △BQP∽△CQA △BQC∽△PQA 故答案为： ， （答案不唯一）； （2）证明：∵CM∥BP， BPM M 180 ，PCM BPC， ABC是等边三角形， AC BC，BAC ABC 60 ， BPC BAC 60 ，APC ABC 60 ， M 180BPM 180APCBPC180120 60 ， M BPC 60 ， 又 A，P，B，C四点共圆， PACPBC 180 ， MACPAC 180 ， MAC PBC， 在△ACM 和BCP中，  M BPC  MAC PBC ，   AC BC ACM≌BCPAAS ． （3）解：∵CM∥BP， 四边形PBCM 为梯形， 59关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 如图，作PH CM 于点H， ACM≌BCP， CM CP，AM BP， M 60 又 ， PCM 为等边三角形， CM CPPM PAAM PABP123， 1 3 ∴MH CH  CM  ， 2 2 在RtPMH 中，M 60 ，MPH 30， 3 2 3 3 ∴ PH  PM2MH2  32   ， 2 2 1 1 3 3 15 3 S  PBCMPH  23  四边形PBCM 2 2 2 4 ． 【点睛】本题主要考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等 边三角形的判定和性质，掌握以上知识的综合运用是解题的关键． O AE 5．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，在 中，点A，B，C，D为圆周的四等分点， 为切线，连接 ED O BF AC ，并延长交 于点F，连接 交 于点G． (1)求证：AD平分CAE； 60关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (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 cosCBF  (3) 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； ADEABG ASA △ ADE≌△ ABG （2）根据圆内接四边形的性质证明 ，则可利用“ ”判断 ； GH BC △ ADE≌△ ABG AEAG3 DEBG GC 1 （3）过点G作 于点H，如图，先利用 得到 ， ，所以 ， 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.   CDCD， 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. 61关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 BC BC （2）∵ ， 1 1 ∴BAC  BOC  9045. 2 2 BAC DAE. 在四边形ABFD中，ABFBFDFDADAB360. QBD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， AD AB ， ADAB. 在△AED和ABG中， EADBAG,  AB AD,  ADEABG, ADE≌ABGASA . （3）连接CF，  AE3， △ ADE≌△ ABG AEAG3 DEBG 由（2）中 ，得 ， . 又AG3GC， 即AG3GC 3， GC 1， AC  AGGC 3GCGC 4GC 4. O 的半径为2. △BOG BG BO2GO2  2212  5 ∴在 中， . 过点G作GH BC于点H. 62关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 由题意得ACB45， ∴CGH 为等腰直角三角形， 2 2 GH  CG 2 2 . 2  2  2 3 2 在 中，BH  BG2GH2  5      ， 2 2 VBGH   3 2 BH 2 3 10 . cosCBF cosGBH    BG 5 10 题型五：圆周角定理的推论和应用 【中考母题学方法】 AC O O ABD60 CD2 【典例1】（2024·西藏·中考真题）如图， 为 的直径，点B，D在 上， ， ， 则AD的长为（ ） 2 2 2 3 A．2 B． C． 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 CD2 AC 2CD4 63关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 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， AD AD ABD60 ∵ ， ， ∴ACDABD60， ∴DAC 906030， ∵CD2， ∴AC 2CD4， AD 42 22 2 3 ∴ ， 故选：C． 【变式5-1】（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 1 当长为半径画弧，交 于点M，交 于点N，分别以点M，N为圆心，大于 MN 的长为半径画弧，两 BA BC 2 弧在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， 64关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 CBDABD ABC20 ． 2 故选：C． AB O CD O AD、BC、BD 【变式5-2】（2024·江苏常州·中考真题）如图， 是 的直径， 是 的弦，连接 ． 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． AB O BDBD BCD20 【详解】解：∵ 是 的直径， ， ， ADB90,ABCD20 ∴ ， ∴ABD902070； 故答案为：70． AB O C D O BA CBD 【变式5-3】（2024·山东泰安·中考真题）如图， 是 的直径， ， 是 上两点， 平分 ， 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 1 圆周角定理得到 ，再根据圆周角定理得到 ，ABC ABD AOD25， ABCABD ACB90 2 65关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 然后利用三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：∵BA平分CBD， ∴ABCABD， ∵AB是O的直径，AOD50 ， 1 ∴ ，ABD AOD25，则 ， ACB90 2 ABC 25 ∴A180CABC 180902565， 故选：A． 【变式5-4】（2024·湖北·中考真题）AB为半圆O的直径，点C为半圆上一点，且CAB50．①以点B 1 为圆心，适当长为半径作弧，交 于 ；②分别以 为圆心，大于 DE为半径作弧，两弧交于 AB,BC D,E DE 2 点P；③作射线BP，则ABP（ ） A．40 B．25 C．20 D．15 【答案】C 【分析】本题主要考查圆周角定理以及角平分线定义，根据直径所对的圆周角是直角可求出ABC=40， 1 根据作图可得ABP ABC 20，故可得答案 2 【详解】解：∵AB为半圆O的直径， ∴ACB90， ∵CAB50， ∴ABC=40， 由作图知，AP是ABC的角平分线， 1 ∴ABP ABC 20， 2 故选：C VABC O B25 【变式5-5】（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图， 内接于 ，AD是直径，若 ， 则CAD ． 66关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】65 【分析】本题考查了圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余，连接CD，根据直径所对的圆周角是直角 得出ACD=90，根据同弧所对的圆周角相等得出DB25，进而根据直角三角形的两个锐角互余， 即可求解． 【详解】解：如图所示，连接CD， VABC O ∵ 内接于 ，AD是直径， ∴ACD=90，   ∵AC  AC,B25， ∴DB25 ∴CAD902565， 故答案为：65． 【变式5-6】（2023·浙江绍兴·中考真题）如图是67的网格，每个小正方形的边长均为1，半圆ACB上的 点A，B，C，O均落在格点上．请按下列要求完成作图：要求一：仅用无刻度的直尺，且不能用直尺中的 直角；要求二：保留作图痕迹． 67关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)在图中作出弧BC的中点D． (2)连结AC，作出BAC的角平分线． (3)在AB上作出点P，使得AP AC． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）连BC与网格线交于一格点G，以O为端点，作射线OG与圆弧交于点D， （2）作射线AD，则AD即是BAC的角平分线， BD AC E,AD BC EF AB （3）连结 并延长，交 的延长线于点 与 交于点F，连结 并延长交 于点P，则 AP AC． 本题考查了无刻度直尺作图，垂径定理，圆周角定理，角平分线的性质定理，解题的关键是：熟练掌握无 刻度直尺作图，与相关定理的结合． 【详解】（1）解：由格点可知G为BC中点，根据垂径定理可得，点D为弧BC的中点，点D即为所求， （2）解：∵点D为弧BC的中点， 根据圆周角定理，可得CADBAD，AD即为所求， O （3）解：∵AB为 直径， ∴ADBADE90，BCE90， ∵CADBAD，AD AD， 68关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 AED≌ABDASA ∴ ， ∴EDBD，AEDABD， ∴AD是BE的垂直平分线， ∴FEFB， ∴FEBFBE， EPB≌BCEASA ∴ ， ∴EPBBCE 90， ACF≌APFAAS ∴ ， ∴AP AC，作图如下： ． VABC D BC AB O 【变式5-7】（2024·宁夏·中考真题）如图，在 中，点 是边 的中点，以 为直径的 经过点 D P AC A,C ，点 是边 上一点（不与点 重合）．请仅用无刻度直尺按要求作图，保留作图痕迹，不写作法． (1)过点A作一条直线，将VABC分成面积相等的两部分； AB P BP CP (2)在边 上找一点 ，使得 ． 【答案】(1)作图见详解 (2)见解析 69关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【分析】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握中线的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性 质是解题的关键． （1）根据三角形中线平分三角形面积作图即可； （2）根据直径或半圆所对圆心角为直角，可得ADBC，结合BDCD可得AD是线段BC的垂直平分线， 如图所示，连接 BP 交AD于点 E ，连接CE并延长交AB于点 P ，可证 ABP≌ACPASA ，可得 AP AP，由此即可求解． 【详解】（1）解：∵点D是边BC的中点， ∴BDCD， ∴根据三角形中线平分三角形面积，作图如下， S S ∴ ABD ACD AB O D （2）解：∵以 为直径的 经过点 ， ∴ADB90，即ADBC， 又∵BDCD， ∴AD是线段BC的垂直平分线， ∴AB AC， ∴ABC ACB，AD平分BAC，即BADCAD， 如图所示，连接BP交AD于点E，连接CE并延长交AB于点P， ∴EBEC， ∴EBC ECB， ∴ABCEBC ACBECB，即ABPACP， 在ABP和ACP中， 70关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ABPACP  AB AC ，  BAPCAP ABP≌ACPASA ∴ ， ∴AP AP， ∴ABAP ACAP， ∴BPCP． AB O BC,BD O C 【变式5-8】（2024·内蒙古包头·中考真题）如图， 是 的直径， 是 的两条弦，点 与点 D AB E OB OEBE OC,CE BOC 2BCE 在 的两侧， 是 上一点（ ），连接 ，且 ． BE1 CE 5 O (1)如图1，若 ， ，求 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 于F，利用垂径定理等可得出BF  BDOE，然后利用 定理证明 OF BD 2 HL 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， 71关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 ∴OBC  1802BCE90BCE，即 ， 2 OBCBCE90 ∴OEC90， OC2 OE2CE2 ∴ ， OC2 OC12   5 2 ∴ ， 解得OC 3， O 即 的半径为3； （2）证明：法一：过O作OF BD于F， 1 ∴BF  BD， 2 ∵BD2OE ∴OEBF， 又OCOB，OEC BFO90， RtCEO≌RtOFBHL ∴ ， ∴COEOBF， ∴BD∥OC； 法二：连接AD， ∵AB是直径， ∴ADB90， 72关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 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． 【中考模拟即学即练】 ABCD O AC BD BD 1．（2025·湖北黄石·一模）如图，四边形 内接于 ， ， 为对角线， 经过圆心O．若 BAC44，则DBC的度数为（ ） A．44 B．46 C．48 D．56 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理，熟练掌握直径所对的圆周角是90是解题的关键．由BD经过圆心O，即 BD是O的直径，可得BCD90，再根据圆周角定理可得BDC BAC44，即可求出DBC的 度数． QBD BD O 【详解】解： 经过圆心O，即 是 的直径， BCD90， 又BDC BAC44， DBC 90BDC904446． 故选：B． VABC O C CE  AC AB E 2．（2024·浙江宁波·二模）如图，已知钝角 内接于 ，过点 作 交 于点 ，若 CE3,BC 4,AC 9 O 73关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 CE3,BC 4,AC 9 O ，则 的半径为（ ） 2 10 10 A． B． C．6 D．8 【答案】A 【分析】本题主要考查圆周角定理、勾股定理及相似三角形的性质与判定，熟练掌握圆周角定理、勾股定 理及相似三角形的性质与判定是解题的关键；连结CO并延长交O于点F ，连结FB，由题意易得 FB AC ， ，则有  3，进而问题可求解 FBC 90 FBC∽ACE BC EC 【详解】解：连结CO并延长交O于点F ，连结FB， 为直径， CF ∴FBC 90 ， CFBCAE,CE  AC 又∵ ， FBC∽ACE AE CE2AC2 3 10 ∴ ， ， FB AC ∴  3， BC EC ∴FB12， FC  BC2FB2 4 10 ∴ ， O 2 10 的半径为 ． 74关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 故选A． VABC O AB O O BD 3．（2024·甘肃·模拟预测）如图， 内接于 ， 是 的直径，D是 上一点，若C是 的 中点，连接OC，OBC 50，则ACD ． 【答案】10/10度 【分析】此题考查了圆周角定理，等弧所对的圆心角相等，直角三角形两锐角互余等知识． 如图所示，连接OD，首先由直径得到ACB90，然后求出A90B40，根据圆周角定理得到 BOC 2A80，进而求出CODBOC 80，然后求出AOD180CODBOC 20，最 后利用圆周角定理求解即可． 【详解】如图所示，连接OD ∵AB是O的直径， ∴ACB90 ∵OBC 50 ∴A90B40 ∴BOC 2A80 BD ∵C是 的中点 BC CD ∴ ∴CODBOC 80 ∴AOD180CODBOC 20 1 ∴ACD AOD10． 2 故答案为：10． 75关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 VABC BC O AB AC D E OD 4．（2024·江苏徐州·三模）如图，以 的边 为直径的 分别交 、 于点 、 ，连接 、 OE．若A62，则DOE °． 【答案】56 【分析】本题考查了直径所对的圆周角是直角，圆周角定理，熟悉圆周角定理的应用是解题的关键．连接 CD，由BC为直径，得到BDC，ADC，然后根据三角形内角和定理得到ACD，最后利用圆周角定 理即可得到答案． 【详解】解：连接CD，如图 是 的直径  BC O BDC 90，则ADC 90 A62 ACD180ADCA180906228 DOE2DCE22856 故答案为：56． AB O C D O AC AD CD 5．（2024·山西·模拟预测）如图， 是 的直径，点 ， 在 上，连接 ， ， ，若 ADC38，则BAC的度数为 ． 76关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】52 【分析】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键．先根据圆周角定理可得 ACB90，ABC ADC 38，再根据直角三角形的性质求解即可得． 【详解】解：如图，连接BC， 由圆周角定理得：ACB90，ABC ADC 38， 则BAC 90ABC 52， 故答案为：52． 题型六：圆内接四边形 【中考母题学方法】 ABCD O AB O 【典例1】（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，四边形 是 的内接四边形， 是 的直径， 若BEC 20，则ADC的度数为（ ） A．100 B．110 C．120 D．130 【答案】B 【分析】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，连接AC，由AB是O的直径得到ACB90， 根据圆周角定理得到CABBEC 20，得到ABC 90BAC 70，再由圆内接四边形对角互补 得到答案. 【详解】解：如图，连接AC， 77关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵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 【变式6-1】（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，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 ABCD180, ABCADC180 ∴ ， ABC EECB，ADC FDCF ， EECBFDCF 180， 78关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 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 ABCD O E AD 【变式6-3】（2024·四川广元·中考真题）如图，已知四边形 是 的内接四边形， 为 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． ABCD O BE∥AD CD 【变式6-4】（2024·吉林·中考真题）如图，四边形 内接于 ，过点B作 ，交 于点 E．若BEC 50，则ABC的度数是（ ） 79关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 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． AB O ACD O CDD B 【变式6-5】（2024·江苏无锡·中考真题）如图， 是 的直径， 内接于 ， ， 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． 80关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 （2）连接BD，由直径所对的圆周角等于90得出ADB90，设CADDAB，即CAE 2， 由相似三角形的性质可得出ADC CAE 2，再根据圆内接四边形的性质可得出2290180， 即可得出的值， 进一步即可得出答案． CDD B 【详解】（1）证明：∵ ∴CADDAB， ∵DE AD， ∴DABE， ∴CADE， 又∵C C ∴△CAD∽△CEA， （2）连接BD，如下图： ∵AB为直径， ∴ADB90， 设CADDAB， ∴CAE 2， 由（1）知：△CAD∽△CEA ∴ADC CAE 2， ∵四边形ABDC是圆的内接四边形， ∴CABCDB180， 即2290180， 解得：22.5 ADC CAE222.545 ABC O O 【变式6-6】（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图， 为 的内接三角形，AB为 的直径，将 ABC ABD D O E 沿直线AB翻折到 ，点 在 上．连接CD，交AB于点 ，延长BD，CA，两线相交于点 P A O BP G 81关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 P，过点A作O的切线交BP于点G． (1)求证：AG∥CD； PA2 PGPB (2)求证： ； 1 (3)若sinAPD ， ．求 的值． 3 PG6 tanAGB 【答案】(1)见解析 (2)见解析 2 (3) 【分析】（1）根据折叠可得ABCD，根据切线的定义可得AG AB，即可得证； （2）根据题意证明PAGABD，进而证明APG∽BPA，根据相似三角形的性质，即可得证； AD 1 2 sinAPD  tanAPD （3）根据 AP 3，设ADa，则AP3a，得出 4 ，根据折叠的性质可得出 AC  ADa PC PAAC 3aa4a BD 2a AGB90GADDAB ，则 ，进而求得 ，根据 ， 进而根据正切的定义，即可求解． 【详解】（1）证明：∵将ABC沿直线AB翻折到ABD， ∴ABCD， O AG ∵AB为 的直径， 是切线， ∴AG AB， ∴AG∥CD； （2）解：∵AG是切线， ∴AG AB， O ∵AB为 的直径， 82关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴ADB90， ∴ABD90DABGAD， ∵由折叠可得ABDABC， ∴CBD2ABD， ∵四边形ADBC是O的内接四边形， ∴PAD180CADDBC2ABD， ∴PAGPADGAD2ABDABDABD， 又∵APGBPA， ∴APG∽BPA， AP PG ∴  ，即 ； BP PA PA2 PGPB AD 1 （3）解：∵sinAPD  ，设 ，则 ， AP 3 ADa AP3a PD AP2AD2 2 2a ∴ ， AD a 2 tanAPD   ∴ PD 2 2a 4 ， ∵由折叠可得AC  ADa， ∴PC PAAC 3aa4a， CB 2 tanCPB  ∵在RtPCB中， PC 4 ， 2 BDCB PC  2a ∴ 4 ， ∵ADBD，GA AB， ∴AGB90GADDAB， BD 2a tanAGBtanDAB   2 ∴ AD a ． 【点睛】本题考查了切线的性质，折叠问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，熟练掌握以上知 识是解题的关键． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·浙江宁波·二模）如图，在以 AB 为直径的半圆O中，弦AC∥OD，若 CAB70，则 ACD 83关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ACD的度数为（ ） A．110 B．115 C．120 D．125 【答案】D 【分析】本题考查了平行线的性质以及圆内接四边形的性质，连接BD，根据平行线的性质求出BOD， 利用三角形内角和求出B，再利用圆内接四边形的性质即可求解． 【详解】解：连接BD， ∵AC∥OD，CAB70， ∴BODCAB70， ∵OBOD， ∴BODB55， ∵ACDB180， ∴ACD180B125． 故选：D． 2．（2020·四川成都·三模）如图，在圆内接四边形ABCD中，C 110，则BOD的度数为 （ ） A．140 B．70 C．80 D．60° 【答案】A 84关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，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对角互补求出A的度数，根据圆周角定理得到答案． 【详解】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形， AC 180， C110， A180C70， 由圆周角定理得，BOD2A140， 故选：A． 3．（2024·湖北宜昌·二模）如图，点O是VABC的外心，若BOC 110°，求弦BC所对的圆周角 ． 【答案】55或125 【分析】本题考查了圆周角定理，内接四边形的性质，分两种情况：当VABC是锐角三角形时；当ABC 是钝角三角形时，分别求解即可得解． 【详解】解：当VABC是锐角三角形时， ∵BOC 110°， 1 BAC BOC55 ∴ ， 2 当ABC是钝角三角形时， ∵BACBAC 180， ∴BAC 125， 综上所述，弦BC所对的圆周角为55或125， 故答案为：55或125． O D130 AOC 4．（2024·湖北宜昌·模拟预测）如图，在 内，若圆周角 ，则圆心角 的度数是 （ ） 85关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 A．130 B．100 C．65 D．50 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，在优弧AC上取一点E，连接AE、CE，利用圆 内接四边形的性质得到E180D50，然后根据圆周角定理得到AOC的度数，掌握知识点的应 用是解题的关键． 【详解】解：在优弧AC上取一点E，连接AE、CE，如图， ∵四边形AECD是O内接四边形， ∴ED180， ∵D130， ∴E180D50， ∴AOC 2E100， 故选：B． VABC O,AC O O 5．（2024·河北·模拟预测）如图， 内接于 为 的直径，点D，E分别为 上的动点（不 DEBC,F DE OF AB6,BC 8 与点A，点B，点C重合），且 为 的中点，连接 ．若 ，对于结论I，Ⅱ， 下列判断正确的是（ ） BD,CD,CE,EB 结论I：连接 必得到等腰梯形； AF,AF 结论Ⅱ：连接 的最大值为8． 86关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 A．I，Ⅱ都对 B．I，Ⅱ都不对 C．I对Ⅱ不对 D．I不对Ⅱ对 【答案】A 【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，根据DE，BC为对角线或为边长两种情况去证明结论I，根据 AF OAOF 8可得当F 在AC上时AF 取得最大值判断结论Ⅱ． BD,CD,CE,EB 【详解】连接 ， 当DE，BC为对角线时， ∵DEBC， D EBC ∴ ， ∴BEC DBE， ∵BECBDC180， ∴DBEBDC 180， ∴BE∥DC， ∴根据对角线相等的梯形是等腰梯形，四边形BECD为等腰梯形； 当DE，BC为边长时， ∵DEBC， 87关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 D EBC ∴ ， ∴BEC DBE， ∴BD∥EC， ∴根据不相邻的两条边相等的梯形是等腰梯形，可得四边形BDEC为等腰梯形； BD,CD,CE,EB 综上所述，结论I：连接 必得到等腰梯形，正确； 连接OD， ∵AC为O的直径， ∴BAC 90， AB6,BC 8 ∵ ， ∴AC 10， 1 ∴OD= AC=5， 2 ∵F 为DE的中点，DE BC 8， 1 ∴DF  DE4， ， 2 OFDOFB90 OF  OD2DF2  5242 3 OF OM ∴ ， ， ∴AF OAOF 8， ∴当F 在AC上时AF 取得最大值，最大值为8．故结论Ⅱ正确； 综上所述，两个结论都正确； 故选：A． ABCD O BD O F 6．（2024·内蒙古包头·模拟预测）如图，四边形 是 的内接四边形， 是 的直径，点 是 CD延长线上的一点，且AD平分BDF，AE CD于点E． 88关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)求证：AB AC； (2)若BD12，DE2，求BC的长． 【答案】(1)见解析 (2)BC 6 【分析】（1）证明ADF ADB，可得ADF ABC，结合ACB ADB，从而可得结论； （2）过点A作 AGBD ，垂足为点 G ．证明 RtAED≌RtAGDHL ．可得 GDED2 ．再证明 RtAEC≌RtAGBHL BGCE CDCEDE 1028 BCD90 ．可得 ．求解 ．结合 ．进一步可得 答案． 【详解】（1）证明：∵AD平分BDF， ∴ADF ADB． ABCADC ADCADF 180 ∵ ， ∴ADF ABC． ∵ACB ADB， ∴∠ABC ACB． ∴AB AC； （2）解：过点A作AGBD，垂足为点G． ∵AD平分BDF，AECF ，AGBD， ∴AG AE，AGBAEC 90． 在Rt△AED和RtAGD中， AD AD  , AE AG 89关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 RtAED≌RtAGDHL ∴ ． ∴GDED2． 在Rt△AEC和Rt△AGB中， ， AC  AB  AE AG RtAEC≌RtAGBHL ∴ ． ∴BGCE． ∵BD12， ∴BGBDGD12210． ∴CE BG10． ∴CDCEDE 1028． ∵BD是O的直径， ∴BCD90． ∴在Rt△BCD中， BC  DB2DC2  10282 6 ． 【点睛】本题考查的是等腰三角形的判定，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应 用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 7．（2024·山东济宁·二模）【初步感知】 A B P O AOB90 APB  如图1，点 ， ， 均在 上，若 ，则锐角 的大小为____ ； 【深入探究】 O ABC P AC P A,C 如图2，小聪遇到这样一个问题： 是等边三角形 的外接圆，点 在 上（点 不与点 重 合），连接PA，PB，PC．求证：PBPAPC ；小聪发现，延长PA至点E，使AEPC，连接BE， 通过证明PBC≌EBA．可推得△PBE是等边三角形，进而得证．请根据小聪的分析思路完成证明过程． 【启发应用】 90关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 O VABC ABC90 ABBC P O P B AC 如图3， 是 的外接圆， ， ，点 在 上，且点 与点 在 的两侧，连 PB 接 ， ， ，若 ，则 的值为______． PA PB PC PB2 2PA PC 2 2 【答案】初步感知：45；深入探究：证明见解析；启发应用： 3 【分析】初步感知：根据在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半求解即可得； 深入探究：先根据圆周角定理可得APBACB60，ABPACP，再证出PBC≌EBA，根据全 等三角形的性质可得PBBE，然后证出△PBE是等边三角形，根据等边三角形的性质可得PBPE，由 此即可得证； 启发应用：延长PA至点E，使AEPC，连接BE，先证出PBC≌EBA，根据全等三角形的性质可得 PAaa0 PBBE ，根据等腰三角形的性质可得EAPB ，再证出 PBE90 ，设 ，则 PB2 2a PE4a PC3a ，利用勾股定理可得 ，根据线段和差可得 ，由此即可得． 【详解】解：初步感知：∵点A，B，P均在O上，AOB90， 1 ∴APB AOB45， 2 故答案为：45． 深入探究：延长PA至点E，使AEPC，连接BE， ∵VABC是等边三角形， ABCB,ACB60 ∴ ， 由圆周角定理得：APBACB60，ABPACP， ∵PCBACBACP，EABAPBABP， 91关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴PCBEAB， 在△PBC和△EBA中， CP AE  PCBEAB ，  CB AB PBC≌EBASAS ∴ ， ∴PBBE， ∴△PBE是等边三角形， ∴PBPE， 又∵PE=PA+AE=PA+PC， ∴PBPAPC ． 启发应用：如图，延长PA至点E，使AEPC，连接BE， ∵四边形ABCP是O的内接四边形， ∴EABPCB， 在△PBC和△EBA中， CP AE  PCBEAB ，  CB AB PBC≌EBASAS ∴ ， ∴PBEB， ∴EAPB， ∵ABC90，ABBC， ∴ACB45， 由圆周角定理得：APBACB45， ∴E45， 92关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴PBE90， PAaa0 设 ， ∵PB2 2PA， EBPB2 2a ∴ ， PE PB2EB2 4a ∴ ， ∴PC  AE PEPA4aa3a， PB 2 2a 2 2 ∴   ， PC 3a 3 2 2 故答案为： 3 ． 【点睛】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、圆内接四边形的 性质、勾股定理等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键． 93