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专题16.圆中的辅助线模型
在平面几何中，与圆有关的许多题目需要添加辅助线来解决。百思不得其解的题目，添上合适的辅助
线，问题就会迎刃而解，思路畅通，从而有效地培养学生的创造性思维。添加辅助线的方法有很多，本专
题通过分析探索归纳八类圆中常见的辅助线的作法。
模型1、遇弦连半径（构造等腰三角形）
【模型解读】已知AB是⊙O的一条弦，连接OA，OB，则∠A＝∠B．
O
A B
在圆的相关题目中，不要忽略隐含的已知条件。当我们要解决有关角度、长度问题时，通常可以连接半径
构造等腰三角形，利用等腰三角形的性质、勾股定理及圆中的相关定理，还可连接圆周上一点和弦的两个
端点，根据圆周角的性质可得相等的圆周角，解决角度或长度的计算问题
例1．（2022·山东聊城·统考中考真题）如图，AB，CD是 的弦，延长AB，CD相交于点P．已知
， ，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．
例2．（2023•宜兴市期中）如图所示，AB为 O的直径，CD是 O的弦，AB、CD的延长线交于点E，已
知AB＝2DE，∠AEC＝20°．求∠AOC的度数．⊙ ⊙
【分析】连接OD，如图，由AB＝2DE，AB＝2OD得到OD＝DE，根据等腰三角形的性质得∠DOE＝∠E＝
20°，再利用三角形外角性质得到∠CDO＝40°，加上∠C＝∠ODC＝40°，然后再利用三角形外角性质即可计
算出∠AOC．
【解析】连接OD，如图，∵AB＝2DE，而AB＝2OD，∴OD＝DE，
∴∠DOE＝∠E＝20°，∴∠CDO＝∠DOE+∠E＝40°，而OC＝OD，
∴∠C＝∠ODC＝40°，∴∠AOC＝∠C+∠E＝60°．
【点评】本题考查了圆的认识：掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．也考查了等腰三角形的性质．
例3．（2023•天宁区初三期中）如图，两个正方形都在 O的直径MN的同侧，顶点B、C、G都在MN
上，正方形ABCD的顶点A和正方形CEFG的顶点F都在 O⊙上，点E在CD上．若AB＝5，FG＝3，则OC的
长为 ． ⊙
【分析】由四边形ABCD，EFGC是正方形，得到∠ABC＝∠FGC＝90°，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：连接AO，OF，∵四边形ABCD，EFGC是正方形，∴∠ABC＝∠FGC＝90°，
∴AB2+BO2＝OG2+FG2，∴52+（5﹣OC）2＝（3+OC）2+32∴OC＝2，故答案为：2．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
例4．（2023·湖南长沙初三二模）如图，在 中，点C为弧AB的中点，OC交弦AB于D，如果
， ，那么OD的长为___．
【答案】3
【分析】先根据C为弧AB的中点得出AB⊥OC，再根据垂径定理求出AD的长，OA=5，在Rt AOD中根据
勾股定理即可得出OD的值． △
【解析】连接OA，∵C为弧AB的中点，∴AB⊥OC，∵AB=8cm，∴ OA=5，在Rt AOD中，∵ 即 解得:OD=3.
△
【点睛】考查垂径定理以及勾股定理，掌握垂径定理是解题的关键.
模型2、遇弦作弦心距（解决有关弦长的问题）
【模型解读】已知AB是⊙O的一条弦，过点OE⊥AB，则AE＝BE，OE2+AE2=OA2。
在圆中，求弦长、半径或圆心到弦的距离时，常添加弦心距，或作垂直于弦的半径（或直径）或再连结过
弦的端点的半径。利用垂径定理、圆心角及其所对的弧、弦和弦心距之间的关系、弦的一半、弦心距和半
径组成直角三角形，根据勾股定理求有关量。
一般有弦中点、或证明弦相等或已知弦相等时，常作弦心距。
例1．（2023年山东省淄博市中考数学真题）如图， 是 的内接三角形， ，
， 是 边上一点，连接 并延长交 于点 ．若 ， ，则 的半径为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A【分析】连接 , 根据等腰三角形的性质得到 , 根据等边三角形的性质得到
，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论.
【详解】连接 ,∵ ,∴ ∴ ,
∵ ,∴ 是等边三角形,∴ ,
∵ ， ,∴ ,
，∴ ,
∵ , ，
，即 的半径为 ，故选: .
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性
质，熟练掌握相似三角形的判定和性质度量是解题的关键.
例2．（2023·湖南九年级期中）如图，将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕AB
的长为________．
【答案】 cm
【分析】在图中构建直角三角形，先根据勾股定理得AD的长，再根据垂径定理得AB的长即可．
【详解】如图：作OD⊥AB于D，连接OA．根据题意得：OD＝ OA＝1cm，
再根据勾股定理得：AD＝ ＝ ＝ cm，
由垂径定理得：AB＝2 cm．故答案为： cm．
【点睛】本题考查了垂径定理，根据题意构造垂径、应用勾股定理是解答本题的关键.
例3．（2021·青海中考真题）如图是一位同学从照片上剪切下来的海上日出时的画面，“图上”太阳与海
平线交于 ， 两点，他测得“图上”圆的半径为10厘米， 厘米．若从目前太阳所处位置到太阳
完全跳出海平面的时间为16分钟，则“图上”太阳升起的速度为（ ）．
A．1.0厘米/分 B．0.8厘米分 C．12厘米/分 D．1.4厘米/分
【答案】A
【分析】首先过⊙O的圆心O作CD⊥AB于C，交⊙O于D，连接OA，由垂径定理，即可求得OC的长，继
而求得CD的长，又由从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海面的时间为10分钟，即可求得“图上”太阳
升起的速度．
【详解】解：过⊙O的圆心O作CD⊥AB于C，交⊙O于D，连接OA，
∴AC= AB= ×16=8（厘米），在Rt AOC中， （厘米），∴CD=OC+OD=16（厘米），
△
∵从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海面的时间为16分钟，
∴16÷16=1（厘米/分）．∴“图上”太阳升起的速度为1.0厘米/分．故选：A．
【点睛】此题考查了垂径定理的应用．解题的关键是结合图形构造直角三角形，利用勾股定理求解．
例4．（2023·成都市九年级期末）如图是一种机械传动装置示意图，⊙O的半径为50cm，点A固定在⊙O
上，连杆AP定长，点P随着⊙O的转动在射线OP上运动．在一个停止状态时，AP与⊙O交于点B，测得
AB＝60cm，PB＝70cm，此时OP长为__________________．
【答案】20 cm
【分析】作OD⊥AB于D，连接OB，根据垂径定理得到AD=BD=30cm，即可得到PD=100cm，利用勾股定理
即可求得结果．
【详解】解：作OD⊥AB于D，连接OB，∴AD＝BD AB＝30cm，
∴OD 40（cm），∴PD＝PA+AD＝70+30＝100（cm），
∴OP 20 （cm）；故答案为：20 cm．
．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，作出辅助线根据直角三角形是解题的关键．
模型3、遇求角可构造同弧的圆周角（圆心角）
【模型解读】如图，已知 A、B、P是⊙O上的点，点C是圆上一动点，连接 AC、BC，则∠ACB=
∠AOB。例1．（2020·贵州毕节·统考中考真题）如图，已知点C，D是以 为直径的半圆O的三等分点，弧
的长为 ，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接 、 ，根据 ， 是以 为直径的半圆的三等分点，可得 ， 是等
边三角形，将阴影部分的面积转化为扇形 的面积，根据 求解即可．
【详解】解：连接 、 、 ，
， 是以 为直径的半圆的三等分点， ， ，
又 ， 、 是等边三角形， ，∴ ， ，
弧 的长为 ， ，解得： ， ．故选：A．【点睛】本题考查扇形面积的计算，解答本题关键是将阴影部分的面积转化为扇形 的面积，难度一
般．
例2．（2022·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）如图，点 是 上一点，若 ，则 的度数
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】取优弧上一点C，连接 ，由圆周角定理，得 ，运用圆内接四边形对角互补求
解．
【详解】解：如图，取优弧上一点C，连接 ,则 ,
∴ ．故选：B
【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形；由相关定理得角之间的数量关系是解题的关键．
例3．（2023·江西九江·校考一模）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1， 是 的
外接圆，点 ， ， 均在网格线的交点上，则 的值是 ．【答案】
【分析】连接 并延长交 于点 ，连接 ，则 ， ，利用勾股定理求解
的长，再根据余弦的定义，即可求解．
【详解】解：连接 并延长交 于点 ，连接 ，则 ， ，
∵ ，∴ ，∵ ，∴ ，
∴ ，故答案为： ．
【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，圆周角定理，求余弦，熟练掌握以上知识是解题的关键．
例4．（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图， 为 的两条弦，D，G分别为 的中点，
的半径为2．若 ，则 的长为（ ）
A．2 B． C． D．【答案】D
【分析】连接 ，圆周角定理得到 ，勾股定理求出 ，三角形的中位线定
理，即可求出 的长．
【详解】解：连接 ，
∵ 的半径为2． ，∴ ，∴ ，
∵D，G分别为 的中点，∴ 为 的中位线，∴ ．故选D．
【点睛】本题考查圆周角定理和三角形的中位线定理．熟练掌握相关定理，并灵活运用，是解题的关键．
模型4、遇直径作直径所对的圆周角（构造直角三角形）
【模型解读】如图，已知AB是⊙O的直径，点C是圆上一点，连接AC、BC，则∠ACB=90o。
如图，当图形中含有直径时，构造直径所对的圆周角是解问题的重要思路，在证明有关问题中注意90o的
圆周角的构造。
例1．（2022秋·河北石家庄·九年级校考阶段练习）如图,将大小不同的两块量角器的零度线对齐,且小量角
器的中心 恰好在大量角器的圆周上,设图中两圆周的交点为 .且点 在小量角器上对应的刻度为 ,那
么点 在大量角器上对应的刻度为(只考虑小于 的角)( )A． B． C． D．
【答案】A
【分析】依题意，设大量角器的左端点为 ，小量角器的圆心为 .利用三角形的内角和定理求出 的
度数，然后根据圆的知识可求出大量角器上对应的角度.
【详解】设大量角器的左端点为 ，小量角器的圆心为 ，连接 、 ，
则 ， ，因而 ，
在大量角器中弧 所对的圆心角是 ，因而 在大量角器上对应的度数为 .故选：A.
【点睛】本题主要考查了直径所对的圆心角是 ，能把实际问题转化为数学问题是解决本题的关键.
例2．（2023·江苏·统考中考真题）如图， 是 的直径， 是 的内接三角形．若
， ，则 的直径 ．
【答案】
【分析】连接 ， ，根据在同圆中直径所对的圆周角是 可得 ，根据圆周角定理可得
，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得 ，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：连接 ， ，如图：∵ 是 的直径，∴ ，∵ ，∴ ，∴ ，又∵ ，∴ ，
在 中， ，故答案为： ．
【点睛】本题考查了在同圆中直径所对的圆周角是 ，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系，勾股
定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
例3．（2022秋·江苏扬州·九年级校考阶段练习）如图， 和 分别是半圆 的直径和弦，且
，点 是 上的点， 交 于点 ，垂足为点 ，且 ： ： ，若
，则 ．
【答案】8
【分析】连接 ，设 ， ，利用勾股定理求解出 、 即可解决问题．
【详解】解：连接 ，设 ， ． 是直径， ，
， ， ，
在 中， ， ，
， ， ，故答案为： ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，含 度的直角三角形，解题的关键是灵活运用所学知识解
决问题，属于中考常考题型．
模型5、遇90°的圆周角连直径【模型解读】如图，已知圆周角∠BAC=90o，连接BC，则BC是⊙O的直径。
A
C
B
O
遇到90°的圆周角时，常连接两条弦没有公共点的另一端点，得到直径。利用圆周角的性质，可得到直
径。
例1．（2022·山东济宁·统考中考真题）如图，点A，C，D，B在⊙O上，AC＝BC，∠ACB＝90°．若CD
＝a，tan∠CBD＝ ，则AD的长是 ．
【答案】
【分析】如图，连接 ，设 交于点 ，根据题意可得 是 的直径， ，设
，证明 ，根据相似三角形的性质以及正切的定义，分别表示出 ，根据
，勾股定理求得 ，根据 即可求解．
【详解】解：如图，连接 ，设 交于点 ，∵∠ACB＝90°∴ 是 的直径， ，
tan∠CBD＝ ， ，在 中， ，
， ， ，
设 则 ， AC＝BC， ， ，
中， ，
， ， ,
又 ， ， ，
， ， ， ， ，解得 ，
，故答案为： ．
【点睛】本题考查了90°圆周角所对的弦是直径，同弧所对的圆周角相等，正切的定义，相似三角形的性
质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
例2．（2022秋·安徽合肥·九年级校考期末）如图所示，直径为 的 经过点 和点 ，B是
y轴右侧 优弧上一点，则 为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设 交x轴于D点，连接 ，如图，根据圆周角定理得到 为 的直径，
，再利用勾股定理计算出 ，然后根据余弦的定义求出 ，从而得到的值．
【详解】解：设 交x轴于D点，连接 ，如图，
∵ ，∴ 为 的直径，即 ，
∵点 ，∴ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ．故选：A．
【点睛】本题考查圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆
心角的一半；半圆（或直径）所对的圆周角是直角， 的圆周角所对的弦是直径．也考查了解直角三角
形．
例3．（2023·河南周口·校考三模）孔尚任在《桃花扇》中写道：“何处瑶天笙弄，听云鹤缥缈，玉珮丁
冬．”玉佩是我国古人身上常佩戴的一种饰品，现从一块直径为 的圆形玉料上刻出一个如图所示圆周
角为 的最大扇形玉佩，则阴影部分的面积为 ．（结果保留π）【答案】 / 平方厘米
【分析】根据圆周角定理由 得 为 的直径，即 ，根据等腰直角三角形的性质得
，然后用圆的面积减去扇形的面积即可求解．
【详解】∵ ，∴ 为 的直径，即 ，∴ ，
∴ （平方厘米），∴故答案为： ．
【点睛】本题考查了扇形的面积计算以及圆周角定理，解答本题的关键是掌握扇形的面积公式．
模型6、遇切线连圆心和切点（构造垂直）
【模型解读】如图，已知直线AB连与圆O相切于点C，连接OC，则OC⊥AB。
O
A C B
已知圆的切线时，常把切点与圆心连接起来，得半径与切线垂直，构造直角三角形，再利用直角三角形的
有关性质解题。例1．（2023·重庆九年级期中）如图，PA、PB分别与O相切于A、B两点，C是圆上一点，连接AC、
BC，若ACB62，则P的度数为（ ）
A．56 B．62 C．66 D．68
【答案】A
【分析】连接OA、OB，先证明∠P=180°-∠AOB，根据∠AOB=2∠ACB，求出∠AOB即可解决问题．
【详解】解：连接OA、OB，
∵PA、PB是⊙O切线，∴PA⊥OA，PB⊥OB，∴∠PAO=∠PBO=90°，
∵∠P+∠PAO+∠AOB+∠PBO=360°，∴∠P=180°-∠AOB，
∵∠ACB=62°，∴∠AOB=2∠ACB=124°，∴∠P=180°-124°=56°，故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理．
例2．（2023年重庆市中考数学真题）如图， 是 的切线， 为切点，连接 ．若 ，
， ，则 的长度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【分析】根据切线的性质及正切的定义得到 ，再根据勾股定理得到 ．
【详解】解：连接 ，∵ 是 的切线， 为切点，∴ ，
∵ ， ，∴在 中， ，
∵ ，∴在 ， ，故选 ．
【点睛】本题考查了切线的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握切线的性质是解题的关键．
例3．（2023年湖北省武汉市数学真题）如图，在四边形 中， ，以 为圆心，
为半径的弧恰好与 相切，切点为 ．若 ，则 的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作 延长线于 点，连接 ，根据圆的基本性质以及切线的性质，分别利用勾股定理求
解在 和 ，最终得到 ，即可根据正弦函数的定义求解．
【详解】解：如图所示，作 延长线于 点，连接 ，∵ ， ，∴ ，
∴四边形 为矩形， ， ，∴ 为 的切线，
由题意， 为 的切线，∴ ， ，
∵ ，∴设 ， ， ，
则 ， ，
在 中， ，
在 中， ，
∵ ，∴ ，
解得： 或 （不合题意，舍去），∴ ，
∴ ，∴ ，故选：B．
【点睛】本题考查圆的切线的判定与性质，解直角三角形，以及正弦函数的定义等，综合性较强，熟练运
用圆的相关性质以及切线的性质等是解题关键．
模型7、证明切线的辅助线（证垂直或直角）
【模型解读】证明直线AB是⊙O的切线.
O
A C B
遇到证明某一直线是圆的切线时：
（1）有点连圆心：当直线和圆的公共点已知时，联想圆的切线的判定定理，只要将该店与圆心连接，再
证 明该直径与直线垂直。如图，已知过圆上一点C的直线AB，连接OC，证明OC⊥AB，则直线AB是⊙O的切线．
（2）无点作垂线：需证明的切线，条件中没有告知与圆之间有交点，则联想切线的定义，过圆心作该直
线的垂线，证明圆心到垂足的距离等于半径。如图，过点O作OC⊥AB，证明OC等于⊙O的半径，则直线
AB是⊙O的切线．
例1．（2023年湖北省黄石市中考数学真题）如图， 为 的直径， 和 相交于点F， 平分
，点C在 上，且 ， 交 于点P．求证： 是 的切线；
【答案】见解析
【分析】连接 ，由等腰三角形的性质得 ，再证 ，则 ，然后证
，即可得出结论；
【详解】（1）证明：如图1，连接 ，∵ ，∴ ，
∵ 平分 ，∴ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ 是 的切线；
【点睛】本题考查了切线的判，熟练掌握圆周角定理和切线的判定是解题的关键．
例2．（2023秋·福建福州·九年级校考阶段练习）如图， ， ， 的直径为6．求证：
直线 是 的切线．【答案】见解析
【分析】过点 作 于点 ，根据三线合一和勾股定理求出 的长，即可．
【详解】解：过点 作 于点 ，
∵ ， ， ∴ ，∴ ，
∵ 的直径为6，∴ 为 的半径，
又 ，∴直线 是 的切线．
【点睛】本题考查切线的判定．熟练掌握切线的判定方法，是解题的关键．
例3．（2023年辽宁省盘锦市中考数学真题）如图， 内接于 ， 为 的直径，延长 到点
G，使得 ，连接 ，过点C作 ，交 于点F，交点 于点D，过点D作 ．
交 的延长线于点E．
(1)求证： 与 相切．(2)若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见详解(2)
【分析】（1）连接 ，结合圆周角定理，根据 ，可得 ，再根据平行的性
质 ，即有 ，进而可得 ，问题随之得证；
（2）过C点作 于点K，先证明四边形 是平行四边形，即有 ，求出，即有 ，利用三角形函数有 ，同
理 ，即可得 ， ，进而有
，再证明 ，可得 ，即可得 ，
在 中，有 ，问题随之得解．
【详解】（1）连接 ，如图，
∵ 为 的直径，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∵ ，∴ ，
∴ ，即 ，∵ ，∴ ，
∴半径 ，∴ 与 相切；
（2）过C点作 于点K，如图，
∵ ， ，∴四边形 是平行四边形，∴ ，
∵ ， ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴在 ， ，同理 ，
∵在 中， ，∴ ， ，
∴ ，∵ ， ，∴ ，
∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，∴在 中， ，∴ ．
【点睛】本题是一道综合题，主要考查了圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定与性质，平行四边
形的判定与性质，三角函数以及勾股定理等知识，掌握切线的判定以及相似三角形的判定与性质，是解答
本题的关键．
例4．（2023年江苏省盐城市中考数学真题）如图，在 中， 是 上（异于点 ， ）的一点，
恰好经过点 ， ， 于点 ，且 平分 ．
(1)判断 与 的位置关系，并说明理由；(2)若 ， ，求 的半径长．
【答案】(1)见解析(2) 的半径长为 ．
【分析】（1）连接 ，证明 ，即可证得 ，从而证得 是圆的切线；
（2）设 ，则 ，利用勾股定理求得 ，推出 ，利用相
似三角形的性质列得比例式，据此求解即可．
【详解】（1）证明：连接 ，如下图所示，
∵ 是 的平分线，∴ ，
又∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，即 ，
又∵ 过半径 的外端点B，∴ 与 相切；
（2）解：设 ，则 ，
∵在 中， ， ， ，∴ ，∵ ，∴ ，
∴ ，即 ，解得 ．故 的半径长为 ．
【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，以及勾股定理，熟练掌握切线的判定是解本
题的关键．
模型8、遇三角形的内切圆，连内心与顶点（切点）
当遇到三角形内切圆，连接内心到三角形各顶点，或连接内心到各边切点（或做垂线）。
利用内心的性质可得一内心到三角形三个顶点的连线是各角的平分线，内心到三角形三边的距离相等。
例1．（2023·江苏镇江·统考中考真题）《九章算术》中记载：“今有勾八步，股一十五步．问勾中容圆，
径几何？”译文：现在有一个直角三角形，短直角边的长为8步，长直角边的长为15步．问这个直角三角
形切圆的直径是多少？书中给出的算法译文如下：如图，根据短直角边的长和长直角边的长，求得斜边的
长．用直角三角形三条边的长相加作为除数，用两条直角边相乘的积再乘2作为被除数，计算所得的商就
是这个直角三角形内切圆的直径．根据以上方法，求得该直径等于 步．（注：“步”为长度单位）
【答案】6
【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半
径，得到直径．
【详解】解：根据勾股定理得：斜边为 ，
则该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径 （步），即直径为6步，故答案为：6．
【点睛】此题考查了三角形的内切圆与内心，掌握 中，两直角边分别为 、 ，斜边为 ，其内
切圆半径 是解题的关键．
例2．（2023·云南红河·九年级统考期末）已知 的内切圆半径 ， 、 、 为切点，， ， ，则 ．
【答案】5
【分析】连接 、 、 、 、 、 ，根据题意得到 ，即
，进而得出 ， 即可求解．
【详解】解：如图，连接 、 、 、 、 、 ，
∵ 的内切圆半径 ， 、 、 为切点， ，
， ，
， ， ， ，
， ，
即 ， ，故答案为：5．
【点睛】本题考查圆的外接三角形，等腰三角形的性质，圆的切线定理，准确作出辅助线是解题的关键．
题的关键．
例3．（2023·广东广州·统考中考真题）如图， 的内切圆 与 ， ， 分别相切于点D，E，F，若 的半径为r， ，则 的值和 的大小分别为（ ）
A．2r， B．0， C．2r， D．0，
【答案】D
【分析】如图，连接 ．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．
【详解】解：如图，连接 ．
∵ 的内切圆 与 ， ， 分别相切于点D，E，F，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，∴ ．故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性
质，属于中考常考题型．
课后专项训练
1．（2023秋·重庆·九年级校联考阶段练习）如下图， 的半径为 ，以A为圆心， 为半径的弧交 于B，C两点，则弦 的长度为（ ）
A． B． C．8 D．
【答案】A
【分析】如图：连接 ，根据题意可知 ，继而即可推出 ，再根
据特殊角的三角函数值解直角三角形以及垂径定理即可解答．
【详解】解：如图：连接 ，
∵ 的半径为 ，以A为圆心， 为半径的弧交 于 ， 两点，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ．故选A．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、解直角三角形、等边三角形的判定与性质等知识点，推出
并掌握解直角三角形是解答本题的关键．
2．（2023秋·广东东莞·九年级校考期中）如图， 是半圆O的直径，C 是半圆O上异于A，B 的一点，
D 为 的中点，延长 交 的延长线于点 E，若 ，则 的度数是（ ）
A． B． C． D．【答案】D
【分析】连接 ，根据弧与角的关系得出 ，再由圆周角定理得出
，结合图形，利用各角之间的关系求解即可．
【详解】解：连接 ，
∵D 为 的中点，∴ ，
∵ 是半圆O的直径，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ 故选：D．
【点睛】题目主要考场圆与三角形综合问题，包括圆周角及弧、弦、角的关系，三角形外角的性质等，理
解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
3．（2023秋·北京海淀·九年级首都师范大学附属中学校考阶段练习）如图，面积为12的正方形 内
接于 ，则 的半径为（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】C
【分析】如图：连接 ，则 为等腰直角三角形，由正方形面积为12，即 ，然后运用勾
股定理即可求得圆的半径．
【详解】解：如图，连接 ，则 ，∵四边形 是正方形，∴ ，∴ 是等腰直角三角形，
∵正方形 的面积是12，∴ ，
∵ ∴ ．故选：C．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆、正方形的性质等知识点，作出辅助线、构造等腰直角三角形是解
题的关键．
4．（2023秋·浙江温州·九年级校联考期中）如图， 的半径 弦 于点E，C是 上一点，
， 的最大值为18，则 的长为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．2
【答案】D
【分析】连接 ，根据垂径定理得 ，设半径为 ，根据当 ， ， 在同一条直线上时
最长得到 ，在 中，根据勾股定理得 ，解方程即可得到答案．
【详解】解：如图，连接 ，的半径 弦 于点 ， ， ，设半径为 ，
可知当 ， ， 在同一条直线上时 最长，即 ，
∴ ，∴ ，在 中，由勾股定理得 ，
∴ ，解得 ， ，故选D．
【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理，解题的关键是利用垂径定理得 ，属于中考常考题
型．
5．（2023秋·江苏无锡·九年级无锡市太湖格致中学校考阶段练习）如图， 是 的直径，点 在
上，若 ，则 的度数为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接 、 ，根据圆内接四边形的性质求出 ，由 求得 ，再根
据圆周角等于同弧所对圆心角的一半得到答案．
【详解】解：如图，连接 、 ，∵点A、B、C、D在圆上，∴四边形 是圆内接四边形，∴ ，
∵ ，∴ ，∵ ，∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，故选：A．
【点睛】此题考查圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，正确连接辅助线是解题的关
键．
6．（2022秋·江苏连云港·九年级校考期末）如图， 是 的弦， ， ，则 的直径
等于（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【分析】作直径 ，连接 ，根据圆周角定理得到 ， ，根据直角三角形
的性质解答．
【详解】解：作直径 ，连接 ，
由圆周角定理得， ， ，∴ ，故选：C．【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理及其推论是解题的关键．
7．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）如图， 是 的弦，半径 于点C， 为直
径， ，则线段 的长为（ ）
A． B．8 C． D．
【答案】D
【分析】如图：连接 ，根据垂径定理可得 的长，设 的半径为r,可表示出 ,再利用勾股定
理求可出r的值，进而求得 ;然后根据圆周角定理得到 ，再由三角形中位线定理得到
=6，最后运用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图：连接 ，
∵ ，∴ ，设 的半径为r,∴ ，
在 中，由勾股定理得： ，解得： ，∴ ；
∵ ，∴ ，∵ 是直径，∴ ，
∵ 是 的中位线，∴ ，∴ ．故选D．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、勾股定理、圆周角定理、三角形中位线定理等知识点，正确作出辅助
线是解答本题的关键．
8．（2022秋·湖北武汉·九年级校考期中）如图，弦 垂直于 的直径 ，垂足为H，且 ，，则 的长是（ ）
A．3 B．5 C．8 D．18
【答案】D
【分析】连接 ，根据垂径定理求出 ，根据勾股定理即可得到答案．
【详解】解：连接 ，
，
是 的直径， ， ， ，
， ，
在 中， ，
，故选：D．
【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，掌握垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解
题的关键．
9．（2022·福建厦门·统考模拟预测）如图，在 中， ，以点 为圆心， 为半径的圆与边
相切于点 ，与 ， 分别交于点 和点 ，点 是优弧 上一点， ，则 的度数
是（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接 ，由切线的性质得出 ， ，利用解直角三角形求出 ，由
圆周角定理求出 ，进而求出 ，再利用等腰三角形的性质求出 的度数，继而
求出 的度数．
【详解】如图，连接 ，
是 的切线， ， ，
， ， ， ，
， ， ，
， ，
，故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，掌握切线的性质，解直角三角形，圆周角定理，等腰三角
形的性质是解决问题的关键．
10．（2023·广东江门·校考三模）如图， 是半圆 的直径，以 为圆心， 长为半径的半圆交 于
， 两点，弦 切小半圆于点 ．已知 ， ，则图中阴影部分的面积是（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接 、 ，如图，根据切线的性质得到 ，再利用勾股定理计算出 ，计算出
， ，则 ，然后根据扇形的面积公式，利用图中阴影部分的面积
进行计算．
【详解】连接 、 ，如图，
弦 切小半圆于点 ， ， ， ， ， ，
在 中， ，
， ， ， ， ， ，
图中阴影部分的面积 ．故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积公式，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
11．（2023·山东淄博·统考中考真题）如图， 是 的内接三角形， ， ， 是
边上一点，连接 并延长交 于点 ．若 ， ，则 的半径为（ ）
A． B． C． D．【答案】A
【分析】连接 , 根据等腰三角形的性质得到 , 根据等边三角形的性质得到
，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论.
【详解】连接 ,
∵ ,∴ ∴ ,
∵ ,∴ 是等边三角形,∴ ,
∵ ， ,∴ , ，∴ ,
∵ , ，
，即 的半径为 ，故选: .
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性
质，熟练掌握相似三角形的判定和性质度量是解题的关键.
12．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图是一位同学从照片上剪切下来的海上日出时的画面，“图上”
太阳与海平线交于 ， 两点，他测得“图上”圆的半径为10厘米， 厘米．若从目前太阳所处位
置到太阳完全跳出海平面的时间为16分钟，则“图上”太阳升起的速度为（ ）A．1.0厘米/分 B．0.8厘米/分 C．1.2厘米/分 D．1.4厘米/分
【答案】A
【分析】设“图上”圆的圆心为 ，连接 ，过点 作 于 ，由垂径定理，即可求得 的长，
继而由勾股定理求得 的长，又由太阳从所处位置到完全跳出海平面的时间为16分钟，即可求得“图
上”太阳升起的速度．
【详解】解：设“图上”圆的圆心为 ，连接 ，过点 作 于 ，如图所示：
厘米， （厘米），
厘米， （厘米），
海平线以下部分的高度 （厘米），
太阳从所处位置到完全跳出海平面的时间为16分钟，
“图上”太阳升起的速度 （厘米/分），故选：A．
【点睛】本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关
键．
13．（2022秋·黑龙江鸡西·九年级统考期末）如图，半径为 的 上，依次有 三个点，若四边
形 为菱形，则弦 所对的圆周角为 度．
【答案】 或
【分析】利用圆周角定理，圆内接四边形和菱形的性质即可求解．
【详解】如图，在优弧 取一点 ，连接 ， ，∵四边形 是菱形，∴ ，∵四边形 是圆内接四边形，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ， ，
∴则弦 所对的圆周角为 或 ，故答案为： 或 ．
【点睛】此题考查了圆周角定理，圆内接四边形和菱形的性质，解题的关键是熟练掌握同弧或等弧所对的
圆周角是圆心角的一半及菱形的性质及其应用．
14．（2023秋·江苏宿迁·九年级校考阶段练习）如图， 是 的弦，且 ，点 是弧 中点，点
是优弧 上的一点， ，则圆心 到弦 的距离等于 ．
【答案】
【分析】连接 、 ，根据垂径定理，C是弧 的中点可知， ， ，可知
，再用三角函数关系就可以求出 的长；
【详解】如图，
连接 、 ， 交 于点E，
∵点C是弧 中点， ，∴ ，且 ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，故圆心O到弦 的距离为 ．故答案为： ．
【点睛】本题考查垂径定理、圆周角圆心角的关系和三角函数关系求边长；熟练掌握圆周角与圆心角的关
系和垂径定理是解决本题的关键．
15．（2023秋·江苏常州·九年级统考期末）如图，平面直角坐标系中，点A在y轴上，线段 的中点P的
坐标为 ， 与x轴相切于点C，则点B的坐标为 ．
【答案】
【分析】连接 ，作 轴于点D，作 轴于点E，根据切线的性质求得 ，得到
，在 中，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接 ，作 轴于点D，作 轴于点E，
∵ 与x轴相切于点C，∴ 轴于点C，∴ ，∴ ，
∵点P是线段 的中点，∴ ，∴ ，
∵ 轴于点C，∴四边形 是矩形，∴ ， ，
∵点P的坐标为 ， ， ，
在 中， ，∴ ，∴点B的坐标为 ，故答案为： ．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理，正确引出辅助线解决问题是解题
的关键．
16．（2023秋·广东东莞·九年级校考期中）如图，四边形 内接于 ， 为 的直径，过点 作
交 的延长线于点 ，延长 ， 交于点 ， ，若 ， ，则 的
半径= ．
【答案】
【分析】连接 ， ， ，根据直径所对的圆周角是直角可得 ， ，根据同位
角相等，两直线平行可得 ，根据两直线平时，内错角相等可得 ，
，推得 ，根据等角对等边可得 ，根据等弧所对的圆周角相等可得
，推得 ，根据相似三角形的判定和性质即可求得 的值，即可求解．
【详解】解：连接 ， ， ，如图：
∵ 是直径，∴ ， ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ， ，
又∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
，∴ ，∴ ，∴ ,∴ 的半径是 ．故答案为： ．【点睛】本题考查了圆周角定理直径所对的圆周角是直角，等角对等边，平行线的判定和性质，相似三角
形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作合适的辅助线．
17．（2023秋·浙江温州·九年级校联考期中）如图，A、B、C为 上的点， ，连接 ， 交
于点D，若 ， ，则 的长为 ．
【答案】
【分析】过点 作 交于点 ，设 ，根据圆周角定理可得 ，根据平
行线的性质可得 ，根据三角形的外角性质可得 ，根据等边对等角可得
， ，根据三角形的内角和定理即可求得 ，
，根据直角三角形两个锐角互余可求得 ，根据等角对等边可得 ，根据勾股定
理即可求得 ，根据垂径定理可得 ，即可求解．
【详解】解：过点 作 交于点 ，如图：
设 ，∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，则 ，
∵ ，∴ ，∵ ，∴ ，
∵ ，即 ，
解得： ，∴ ，
∵ ，∴ ， ，∴ ，
即 ，∴ ，在 中， ，
即 ，解得： ，∵ ，∴ ，∴ ，故答案为： ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，平行线的性质可，三角形的外角性质，等边对等角，三角形的内角和定
理，直角三角形两个锐角互余，等角对等边，勾股定理，垂径定理，熟练掌握圆和三角形的相关知识是解
题的关键．
18．（2023秋·江苏扬州·九年级校考阶段练习）如图， 与 的 的三边 分
别相切于点D、E、F，若 ，则 的半径为 ．
【答案】2
【分析】连接 ，易证四边形 是正方形，设 ,在 中，然后根据勾股定
理列出关于x的方程求解即可．
【详解】解：如图：连接 ，∵ 与 相切，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴四边形 是矩形，
∵ ，∴矩形 是正方形，∴ ，设 ,
在 中， ，
由勾股定理得， ，∴ ，
∴ （舍去），∴ ，即 的半径为2．故答案为2．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、勾股定理、正方形的判定与性质等知识点，理解切线的性质是解答
本题的关键．
19．（2022秋·江苏淮安·九年级校考阶段练习）如图， 的直径 与弦 的延长线交于点 ，若
， ，求 的度数．【答案】
【分析】连接 ，可证得 ，利用三角形外角可求得 ．
【详解】解：连接 ，如图，
， ， ，
， ， ．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质，等边对等角，利用条件求得 是解题的关键．
20．（2023秋·湖北武汉·九年级期中）如图， 的弦 交直径 于E， ， ，若
，求 的长．
【答案】
【分析】过点O作 于点F，设 ，则 ，根据垂径定理得出 ，求出
，根据勾股定理得出 ， ，求出 ，得出答案即可．【详解】解：过点O作 于点F，如图所示：
设 ，则 ，∴ ， ，
∵ ，∴ ，∴ ，由勾股定理可知： ，
在 中，由勾股定理可知： ，∴ ，∴ ．
【点睛】本题主要考查勾股定理，垂径定理，解题的关键是熟练掌握垂径定理，根据勾股定理建立方程．
21．（2023秋·湖北襄阳·九年级校考阶段练习）如图 是 的直径， 是 的弦，延长 到点C，
使 ．过D点作 于E，求证： 为 的切线.
【答案】见解析
【分析】连接 ，现根据直径所对的圆周角是直角得到 ，根据三线合一得到
，即 是 的中位线，可以得到 ，即可得到结论.
【详解】证明: 如图, 连接 .
∵ 是 的直径, ， ， ，
， ， ，∴ , ∴ 为 的切线.【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，切线的判定，掌握切线的判定定理是解题的
关键.
22．（2023秋·山东·九年级专题练习）如图，在 中， ， 的平分线交 于点 ，点
在 上，且以 为直径的 经过点 ．
(1)求证： 是 的切线；(2)当 ，且 时，求 的半径．
【答案】(1)见解析(2)3
【分析】（1）连接 ，由 ，利用等边对等角得到一对角相等，再由 为角平分线，利用角平
分线定义得到一对角相等，等量代换得到一对内错角相等，利用内错角相等两直线平行得到 与 平
行，利用两直线平行同位角相等得到 ，都为直角，可得出 垂直于 ，即可得到 与圆
相切；
（2）由于 ，设 ，用 表示 ， 、 、 、 ，在 中，根据勾股定理
得： ，由此建立方程模型即可求解．
【详解】（1）证明：连接 ， ， ，平分 ， ， ， ，
， ， ， 为半径， 是 切线；
（2）解： ，设 ，则 ， ， ，
在 中，根据勾股定理得： ， ，
， ， 半径为3．
【点睛】此题考查了切线的判定，勾股定理，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定方法是
解本题的关键．
23．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图， 为 的直径，P在 的延长线上，C为圆上一点，且
(1)求证： 与 相切；(2)若 ，求 的半径．
【答案】(1)见解析(2)4
【分析】（1）连接 ，则 ，得 ，可证 ，进一步证得
，于是 与 相切；
（2）由等边对等角，得 ，求证 ，得 ，再证 ，得
．【详解】（1）证明：连接 ，则 ， ，
，
∵ 为 的直径，∴ ，∵ ，∴ ，
∴ ，
∵ 经过 的半径 的外端，且 ，∴ 与 相切；
（2）解：∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ ．
【点睛】本题考查圆周角定理、切线的判定，直角三角形两锐角互余，等角对等边；添加辅助线构造等腰三角形是解题的关键．
24．（2023·江西宜春·九年级校考阶段练习）如图， 是 的直径， 于点 ，连接 交
于点 ，弦 ．(1)求证： 垂直平分 ；(2)求证： 是 的切线．
【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析
【分析】（1）如图，连接 交 于 ，连接 ，证明 ，结合 ，证明
，可得 ，可得 垂直平分 ；
（2）先证明 ，再证明 ，可得 ，可得 ，
而 是半径，从而可得结论．
【详解】（1）证明：如图，连接 交 于 ，连接 ，
∵ 是 的直径，∴ ，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ 垂直平分 ；
（2）∵ ， ，∴ ，
∵ ， ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，而 是半径，∴ 是 的切线．
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，切线的判定，作出合适的辅助线是解本题的关键．
