文档内容
专题 2.4 圆全章十四类必考点
【人教版】
【考点1 圆的相关概念及性质】..............................................................................................................................1
【考点2 垂径定理的运用】......................................................................................................................................5
【考点3 圆心角、弧、弦的关系】........................................................................................................................11
【考点4 圆周角定理】............................................................................................................................................18
【考点5 圆内接四边形的性质】............................................................................................................................24
【考点6 点和圆的位置关系】................................................................................................................................31
【考点7 直线和圆的位置关系】............................................................................................................................36
【考点8 切线长定理】............................................................................................................................................40
【考点9 切线的判定与性质综合】........................................................................................................................44
【考点10 三角形的内切圆和内心】......................................................................................................................55
【考点11 正多边形和圆】......................................................................................................................................63
【考点12 弧长的计算】..........................................................................................................................................68
【考点13 扇形面积的计算】..................................................................................................................................74
【考点14 圆锥的侧面积】......................................................................................................................................83
【考点1 圆的相关概念及性质】
【必备知识】
（1）圆的定义
定义①：在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫做圆．
固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径．以O点为圆心的圆，记作“⊙O”，读作“圆O”．
定义②：圆可以看做是所有到定点O的距离等于定长r的点的集合．
（2）与圆有关的概念
弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等．
连接圆上任意两点的线段叫弦，经过圆心的弦叫直径，圆上任意两点间的部分叫圆弧，简称弧，圆的任意
一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每条弧都叫做半圆，大于半圆的弧叫做优弧，小于半圆的弧叫做劣
弧．
（3）圆的基本性质：①轴对称性．②中心对称性．
【必刷题型】
1．（2024•建邺区校级开学）下列说法：①同一圆上的点到圆心的距离相等；②如果某几个点到一个定
点的距离相等，则这几个点共圆；③半径确定了，圆就确定了，其中正确的是（ ）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【分析】根据圆上的点到圆心的距离都等于圆的半径，可对①进行判断；根据到定点距离等于定长的
点都在以定点为圆心，以定长为半径的圆上，可对②进行判断；根据半径确定了，圆的大小确定了，
但是圆的位置不能确定，可对③进行判断；综上所述即可得出答案．
【解答】解：①∵圆上的点到圆心的距离都等于圆的半径，
∴同一圆上的点到圆心的距离相等，
故①正确；
②∵到定点距离等于定长的点都在以定点为圆心，以定长为半径的圆上，
∴如果某几个点到一个定点的距离相等，则这几个点共圆，
故②正确；
③∵半径确定了，圆的大小确定了，但是圆的位置不能确定，
∴③不正确，
综上所述：正确的是①②，
故选：A．
2．（2024春•高唐县期末）下列说法：
①直径是弦；
②半圆是弧；
③半径相等的两个圆是等圆；
④长度相等的两条弧是等弧；
⑤在同圆中任意两条直径都互相平分．其中正确的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】利用圆的有关定义和性质分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：①直径是弦，正确，符合题意；
②半圆是弧，正确，符合题意；
③半径相等的两个圆是等圆，正确，符合题意；
④长度相等的两条弧不一定是等弧，故原命题错误，不符合题意；
⑤在同圆中任意两条直径都互相平分，正确，符合题意，
正确的有4个，
故选：D．
3．（2023秋•惠州校级期中）下列说法：①直径是最长的弦；②弦是直径；③半径相等的两个半圆是等
弧；④长度相等的两条弧是等弧；⑤半径相等的两个圆是等圆；其中说法正确的有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】利用圆的有关定义及性质分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：①直径是最长的弦，正确，符合题意；
②直径是弦，但弦不一定是直径，故原命题错误，不符合题意；
③半径相等的两个半圆是等弧，正确，符合题意；
④长度相等的两条弧不一定是等弧，故原命题错误，不符合题意；
⑤半径相等的两个圆是等圆，正确，符合题意，
故选：C．
4．（2023秋•嘉鱼县期末）如图，A，B，C是 O上三点，∠A＝80°，∠C＝60°，则∠B的大小为
． ⊙
【分析】连接OB，如图，利用等腰三角形的性质得到∠A＝∠OBA＝80°，∠OBC＝∠C＝60°，然后计
算∠OBA+∠OBC即可．
【解答】解：连接OB，如图，
∵OA＝OB，
∴∠A＝∠OBA＝80°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠C＝60°，
∴∠ABC＝∠OBA+∠OBC＝80°+60°＝140°．
故答案为140°．
5．（2023秋•姑苏区期中）如图， O的弦AB、半径OC延长交于点D，BD＝OA．若∠AOC＝120°，则
⊙∠D的度数是 ．
【分析】利用BD＝AO＝OB，结合等腰三角形的性质及内角和定理求解．
【解答】解：连接OB，
∵BD＝OA，OB＝OA，
∴BD＝AO＝OB，
∴△OBD，△OAB都是等腰三角形，
设∠D的度数是x，则∠BAO＝∠ABO＝x+x＝2x，
则在△AOB中，利用三角形的内角和是180度，可得：
120﹣x+2x+2x＝180，
解得x＝20．
故答案为：20°．
6．（2023秋•通榆县期中）如图，点B，E在半圆O上，四边形OABC，四边形ODEF均为矩形．若AB＝
3，BC＝4，则DF的长为 ．
【分析】如图，连接 OB与OE．根据矩形的性质，由四边形 OABC是矩形，得∠CBA＝90°，OB＝
AC．根据勾股定理，由Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，得AC＝5．根据圆上点到圆心的距离均相等，由
AC＝OB＝5，得OE＝OB＝5．根据矩形的性质，由四边形ODEF均为矩形，得DF＝OE＝5．
【解答】解：如图，连接OB与OE．∵四边形OABC是矩形，
∴∠CBA＝90°，OB＝AC．
在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，
∴AC=❑√AC2=❑√AB2+BC2=❑√32+42=5．
∴AC＝OB＝5．
∴OE＝OB＝5．
∵四边形ODEF为矩形，
∴DF＝OE＝5．
故答案为：5．
【考点2 垂径定理的运用】
【必备知识】
垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
注意：垂径定理中的五个元素——“过圆心”、“垂直弦”、“平分弦”、“平分优弧”、“平分劣弧”，
构成知二推三.
【必刷题型】
1．（2024•城中区校级模拟）如图，AB是 O的直径，CD是 O的弦，AB⊥CD于点E，若AB＝10，CD
＝8，则OE＝ ． ⊙ ⊙
【分析】根据圆的直径与半径的关系得出 OC＝OB＝5，再根据垂径定理得CE＝4，然后根据勾股定理
求解即可．
【解答】解：∵AB是 O的直径，AB＝10，
⊙1
∴OC＝OB= AB＝5，
2
∵CD是 O的弦，AB⊥CD于点E，CD＝8，
1⊙
∴CE= CD＝4，
2
在Rt△OEC中，OE=❑√OC2−CE2=❑√52−42=3，
故答案为：3．
2．（2023•惠农区二模）如图，已知 O的半径为7，AB是 O的弦，点P在弦AB上．若PA＝4，PB＝
6，则OP的长为 ． ⊙ ⊙
【分析】过O作OC⊥AB于C，连接OB，求出AB，根据垂径定理求出AC＝BC＝5，根据勾股定理求
出OC，再根据勾股定理求出OP即可．
【解答】解：过O作OC⊥AB于C，连接OB，则∠OCB＝90°，
∵PA＝4，PB＝6，
∴AB＝10，
∵OC⊥AB，OC过圆心O，
∴AC＝BC＝5，
∴PC＝AC﹣AP＝5﹣4＝1，
∵OB＝7，
∴OC=❑√OB2−OC2=❑√72−52=2❑√6，∴OP=❑√OC2+PC2=❑√(2❑√6) 2+12=5．
故答案为：5．
3．（2023秋•望奎县期末）已知 O的直径CD＝10cm，AB是 O的弦，AB⊥CD，垂足为M，且AB＝
8cm，则AC的长为 cm．⊙ ⊙
【分析】先根据题意画出图形，由于点C的位置不能确定，故应分两种情况进行讨论．
【解答】解：连接AC，AO，
∵ O的直径CD＝10cm，AB⊥CD，AB＝8cm，
⊙ 1 1
∴AM= AB= ×8＝4cm，OD＝OC＝5cm，
2 2
当C点位置如图1所示时，
∵OA＝5cm，AM＝4cm，CD⊥AB，
∴OM=❑√52−42=3cm，
∴CM＝OC+OM＝5+3＝8cm，
∴AC=❑√82+42=4❑√5cm；
当C点位置如图2所示时，同理可得OM＝3cm，
∵OC＝5cm，
∴MC＝5﹣3＝2cm，
在Rt△AMC中，AC=❑√42+22=2❑√5cm．
故答案为：2❑√5或4❑√5．
4．（2023秋•望奎县校级期中）在半径为13的 O中，弦AB∥CD，弦AB和CD间的距离为7，若AB＝
24，则CD的长为 ． ⊙
【分析】根据题意画出图形，由于AB与CD的位置不能确定，故分AB与CD在圆心O的同侧和AB与
CD在圆心O的异侧两种情况进行讨论，然后利用垂径定理和勾股定理求解即可．在解答此类题目时要
注意进行分类讨论，不要漏解．【解答】解：当AB与CD在圆心O的同侧时，如图1所示：
过点O作OF⊥CD于点F，交AB于点E，连接OA，OC．
∵AB∥CD，OF⊥CD，
∴OE⊥AB，
1
∴AE= AB=12，
2
在Rt△AOE中，OE=❑√OA2−AE2=❑√132−122=5，
∴OF＝OE+EF＝5+7＝12．
在Rt△OCF中，CF=❑√OC2−OF2=❑√132−122=5，
∴CD＝2CF＝10；
当AB与CD在圆心O的异侧时，如图2所示：
过点O作OF⊥CD于点F，反向延长交AB于点E，连接OA，OC．
∵AB∥CD，OF⊥CD，
∴OE⊥AB，
1
∴AE= AB=12．，
2
在Rt△AOE中，OE=❑√OA2−AE2=❑√132−122=5，
∴OF＝EF﹣OE＝7﹣5＝2．
在Rt△OCF中，CF=❑√OC2−OF2=❑√132−22=❑√165，
∴CD=2CF=2❑√165．
综上所述，CD的长为10或2❑√165
故答案为：10或2❑√165．
5．（2023秋•西湖区校级月考）如图，PA交 O于点B，PB＝4，AB＝4， O的半径为5，则OP的长为
． ⊙ ⊙【分析】利用垂径定理，构造直角三角形，再运用勾股定理解题．
【解答】解：过O点作OC⊥PA于P，连接OA，OP，
1 1
则AC=BC= AB= ×4=2，PC＝6，
2 2
在Rt△OAC中，OC=❑√OA2−AC2=❑√52−22=❑√21，
在Rt△OPC中，OP=❑√OC2+PC2=❑√ (❑√21) 2+62=❑√57．
6．（2023•岳阳县一模）如图，在 O中，已知AB是直径，P为AB上一点（P不与A、B两点重合），弦
MN过P点，∠NPB＝45°． ⊙
（1）若AP＝2，BP＝6，则MN的长为 ；
PM2+PN2
（2）当P点在AB上运动时（保持∠NPB＝45° 不变），则 = ．
AB2
【分析】（1）作OH⊥MN于H，得到HN＝MH，由AP＝2，BP＝6，得到圆的半径长，由△POH是等
腰直角三角形，得到OH的长，由勾股定理求出NH的长，即可得到MN的长．
（2）由 PM＝MH﹣PH＝NH﹣OH，PM＝NH+PH＝NH+OH，得到 PM2+PN2＝（NH﹣OH）2+
（NH+OH）2＝2（NH2+OH2），因此OH2+NH2＝ON2＝OA2，得到PM2+PN2＝2OA2，即可解决问题．
【解答】解：（1）作OH⊥MN于H，∴HN＝MH，
∵AP＝2，BP＝6，
∴AB＝AP+PB＝8，
∴ON＝4，PO＝OA﹣AP＝4﹣2＝2，
∵∠NPB＝45°，
∴△POH是等腰直角三角形，
❑√2
∴OH= PO=❑√2，
2
∴NH=❑√ON2−OH2=❑√14，
∴MN＝2NH＝2❑√14．
故答案为：2❑√14．
（2）由（1）知MH＝NH，OH＝PH，
∴PM＝MH﹣PH＝NH﹣OH，PM＝NH+PH＝NH+OH，
∴PM2+PN2＝（NH﹣OH）2+（NH+OH）2＝2（NH2+OH2），
∵OH2+NH2＝ON2＝OA2，
∴PM2+PN2＝2OA2，
∵BA2＝（2OA）2＝4OA2，
PM2+PN2 1
∴ = ．
AB2 2
1
故答案为： ．
2
【考点3 圆心角、弧、弦的关系】
【必备知识】
圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等.
推论：在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弦相等.
结论：在同圆或等圆中，两个圆心角、两条弧、两条弦中如果有一组量相等，则它们所对应的其余各组量也都分别相等.
【必刷题型】
1．（2023秋•延边州期末）如图， O中，弦AB与CD相交于点H，AB＝CD，连接AD、BC．求证：AH
＝CH． ⊙
【分析】根据圆中的性质，可知AD＝BC，可证得△ADH≌△CBH（ASA），可得AH＝CH．
【解答】证明：∵AB＝CD，
∴^AB=C^D，即^AC+^BC=^AC+^AD，
∴^BC=^AD，
∴AD＝BC，
又∵∠ADH＝∠CBH，∠A＝∠C，
∴△ADH≌△CBH（ASA），
∴AH＝CH．
2．（2023秋•海州区校级月考）如图，已知AB是 O的直径，CM⊥AB，DN⊥AB，垂足分别为M、N，
且AM＝BN．求证：^AD=^BC． ⊙
【分析】证明Rt△COM≌Rt△DON（HL），推出∠COM＝∠DON，可得结论．
【解答】证明：∵CM⊥AB，DN⊥AB，
∴∠CMO＝∠DNO＝90°，
∵OA＝OB，AM＝BN，
∴OM＝ON，
在Rt△COM和Rt△DON中，
{OC=OD)
，
OM=ON∴Rt△COM≌Rt△DON（HL），
∴∠COM＝∠DON，
∴^AC=^BD，
∴^AD=^BC．
3．（2023秋•沂源县期末）AB、CD是 O的弦，OC、OD分别交AB于点E、F，且OE＝OF．求证：
^AC=^BD． ⊙
【分析】过点O作OG⊥AB于点G，延长OG与 O交于H．先由等腰三角形三线合一的性质得出
∠EOG＝∠FOG，利用圆心角、弧、弦间的关系可⊙以推知C^H=^DH；然后根据垂径定理可知^AH=^BH
；最后根据图形易证得结论．
【解答】证明：过点O作OG⊥AB于点G，延长OG与 O交于H．
∵OE＝OF，OG⊥EF于点G， ⊙
∴∠EOG＝∠FOG，
∴C^H=^DH．
又∵OG⊥AB于点G，
∴^AH=^BH，
∴^AH−C^H=^BH−^DH，
即^AC=^BD．
4．（2023秋•无锡期中）如图，在 O中，点C是优弧ACB的中点，D、E分别是OA、OB上的点，且
AD＝BE，弦CM、CN分别过点D⊙、E．
（1）求证：CD＝CE．（2）求证：^AM=^BN．
【分析】（1）连接OC，只要证明△COD≌△COE（SAS）即可解决问题；
（2）欲证明^AM=^BN，只要证明∠MOD＝∠NOE即可；
【解答】（1）证明：连接OC．
∵^AC=^BC，
∴∠COD＝∠COE，
∵OA＝OB，AD＝BE，
∴OD＝OE，∵OC＝OC，
∴△COD≌△COE（SAS），
∴CD＝CE．
（2）分别连接OM，ON，
∵△COD≌△COE，
∴∠CDO＝∠CEO，∠OCD＝∠OCE，
∵OC＝OM＝ON，
∴∠OCM＝∠OMC，∠OCN＝∠ONC，
∴∠OMD＝∠ONE，
∵∠ODC＝∠DMO+∠MOD，∠CEO＝∠CNO+∠EON，
∴∠MOD＝∠NOE，
∴^AM=^BN．
5．（2024•安徽模拟）如图1，AB是 O的弦，点C和点D是 O上的点，AD和BC交于点P，AD＝
BC． ⊙ ⊙
（1）求证：AP＝BP；（2）如图2，若AD⊥BC，点E是^BD上一点且^DE=C^D，AE与BC交于点F，求证：BE＝BF．
【分析】（1）由等弦对等弧，可得AD＝BC，进而得到AC＝BD，根据等弧所对圆周角相等，和等角对
等边，即可求解，
（2）由等弧所对圆周角相等，可得∠CAP＝∠FAP，结合AD⊥BC，可得∠C＝∠AFC，结合同弧所对
圆周角相等，可得∠BFE＝∠E，等角对等边，即可求解，
【解答】证明：（1）连接AC，DB，
∵AD＝BC，
∴^AD=^BC，
∴^AC=^BD，
∴AC＝BD，
∴∠ABC＝∠BAD，
∴AP＝BP；
（2）连接AC，
∵DE＝CD，
∴∠CAP＝∠FAP，∵AD⊥BC，
∴∠APC＝∠APF＝90°，
∴∠C＝∠AFC，
又∵∠AFC＝∠BFE，∠C＝∠E，
∴∠BFE＝∠E，
∴BE＝BF．
6．（2023•闵行区二模）如图，在扇形AOB中，点C、D在^AB上，^AD=C^B，点F、E分别在半径OA、
OB上，OF＝OE，联结DE、CF．
（1）求证：DE＝CF；
（2）设点 P 为C^D的中点，联结 CD、EF、PO，线段 PO 交 CD 于点 M、交 EF 于点 N．如果
PO∥DE，求证：四边形MNED是矩形．
【分析】（1）先证明^AC=^BD得到∠AOC＝∠BOC，然后证明△OCF≌△ODE得到DE＝CF；
（2）连接AB，如图，利用垂径定理得到OP⊥CD，OP⊥AB，则利用等腰三角形的性质和三角形内角
1
和得到∠OEF＝∠OBA＝90°− ∠EOF，则可判断EF∥AB，所以EF∥CD，加上OP∥DE，于是可得
2
到四边形MNED为平行四边形，然后利用∠NMD＝90°得到四边形MNED为矩形．
【解答】证明：（1）∵^AD=^BC，
∴^AC+C^D=C^D+^BD，
∴^AC=^BD，
∴∠AOC＝∠BOC，
在△OCF和△ODE中，
{
OC=OD
)
∠FOC=∠EOD ，
OF=OE
∴△OCF≌△ODE（SAS），
∴DE＝CF；（2）连接AB，如图，
∵点P为C^D的中点，
∴OP⊥CD，
∵^AD=^BC，
∴^AP=^BP，
∴OP⊥AB，
∵OE＝OF，OA＝OB，∠EOF＝∠BOA，
1
∴∠OEF＝∠OBA＝90°− ∠EOF，
2
∴EF∥AB，
∴OP⊥EF，
∴EF∥CD，
∵OP∥DE，
∴四边形MNED为平行四边形，
∵∠NMD＝90°，
∴四边形MNED为矩形．
7．（2023秋•硚口区期末）如图1，AD，BC是 O的弦，且AD＝BC，连接AB，CD．
（1）求证：AB＝CD； ⊙
（2）如图2，连接BD，若^BD=^AB+C^D，BD＝24，AB=4❑√13，求 O的半径．
⊙
【分析】（1）欲证明AB＝CD，只要证明^AB=C^D即可；（2）过点O作OE⊥BD于点E，交 O于点F，连接OB，根据若^BD=^AB+C^D得出AB＝BF，在
Rt△BEF中利用勾股定理求出EF＝8，⊙设 O的半径为r，则OE＝r﹣8，利用勾股定理求出r即可．
【解答】（1）证明：∵AD＝BC， ⊙
∴^AD=^BC，
∴^AD−^AC=^BC−^AC，
即^AB=C^D，
∴AB＝CD；
（2）解：过点O作OE⊥BD于点E，交 O于点F，连接OB，
∴^BF=^DF，^BD=^BF+^DF，BE＝DE＝⊙12，
∵^BD=^AB+C^D，
∴^AB=^BF，
∴AB＝BF＝4❑√13，
∴在Rt△BEF中，EF=❑√BF2−BE2=8，
设 O的半径为r，则OE＝r﹣8，
根⊙据勾股定理得：122+（r﹣8）2＝r2，
解得r＝13，
即 O的半径为13．
⊙
【考点4 圆周角定理】
【必备知识】
圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角都相等，且都等于它所对的圆心角的一半．
圆周角定理推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角， 的圆周角所对的弧（或弦）是半圆（或直
径）．
【必刷题型】
1．（2024•凉州区校级一模）如图，在 O中，直径AB，弦CD相交于点P．连接OC．且OC⊥AB，若
∠A＝20°，则∠BPD的度数为 ⊙ ．【分析】根据OC⊥AB，利用圆周角与圆心角关系可求出∠ADC，再由三角形外角定理即可求得．
【解答】解：∵OC⊥AB，
∴∠AOC＝90°，
∵^AC=^AC，
1
∴∠ADC= ∠AOC=45°，
2
∵∠A＝20°，
∠BPD=∠ADC+∠A=45°+20°=65°
∴ ．
¿
故答案为：65°．
2．（2024•虞城县校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝40°，AB＝4，斜边AB是半圆
O的直径，点D是半圆上的一个动点，连接CD与AB交于点E，若△BCE是等腰三角形，则∠BOD的
度数为 ．
【分析】分两种情形：①BE＝BC，②EB＝EC，分别求出∠BOD即可．
【解答】解：如图1中，当BE＝BC时，∵BE＝BC，∠EBC＝40°，
1
∴∠BCE＝∠BEC= ×（180°﹣40°）＝70°，
2
∵弧BD＝弧BD，
∴∠BOD＝2∠BCE＝140°；
如图2中，当EB＝EC时，点E与O重合，
∵BE＝EC，
∴∠EBC＝∠BCD＝40°，
∴∠BOD＝2∠BCD＝80°；
故答案为：80°或140°．
3．（2024•礼县模拟）如图，AB是 O的直径，弦CD交AB于点E，∠ACD＝60°，∠ADC＝40°，则
∠AED＝ ． ⊙
【分析】连接BD，先由直径所对的圆周角是直角得到∠ADB＝90°，进而得到∠BDC＝50°，再根据同
弧所对的圆周角相等得到∠ABD＝∠ACD＝60°，即可利用三角形外角的性质得到∠AED＝
∠ABD+∠BDC＝110°．
【解答】解：如图所示，连接BD，∵AB是 O的直径，
∴∠ADB⊙＝90°，
∵∠ADC＝40°，
∴∠BDC＝90°﹣40°＝50°，
又∵∠ABD＝∠ACD＝60°，
∴∠AED＝∠ABD+∠BDC＝110°，
故答案为：110°．
4．（2024秋•建邺区校级月考）已知：BC 是 O的直径，A是 O上一点，AD⊥BC，垂足为 D，
^AB=^AE，BE交AD的延长线于点F，延长BE⊙、AC交于点G．求⊙证：FA＝FG．
【分析】由BC是 O的直径可得∠BAC＝90°，进而由余角性质可得∠ACB＝∠BAD，又由^AB=^AE得
∠ACB＝∠ABE，⊙即得∠ACB＝∠ABE，即∠BAF＝∠ABF，最后再利用余角性质得到∠GAF＝∠G，即
可证得FA＝FG．
【解答】证明：∵BC是 O的直径，
∴∠BAC＝90°， ⊙
∴∠ABC+∠ACB＝90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ABD+∠BAD＝90°，
∴∠ACB＝∠BAD，
∵^AB=^AE，
∴∠ACB＝∠ABE，
∴∠BAD＝∠ABE，
即∠BAF＝∠ABF，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAG＝90°，
∴∠BAF+∠GAF＝90°，∠ABF+∠G＝90°，∵∠BAF＝∠ABF，
∴∠GAF＝∠G，
∴FA＝FG．
5．（2023秋•红桥区期末）如图，OA，OB，OC都是 O的半径，∠ACB＝2∠BAC．
（Ⅰ）求证：∠AOB＝2∠BOC； ⊙
5
（Ⅱ）若AB＝4，OA= ，求BC的长．
2
1 1
【分析】（Ⅰ）利用圆周角定理可得∠ACB= ∠AOB，∠BAC= ∠BOC，结合∠ACB＝2∠BAC
2 2
可证明结论；
（Ⅱ）过点O作半径OD⊥AB于点E，可得AE＝BE，根据圆周角、弦、弧的关系可证得BD＝BC，设
BC＝x，即可求得BE＝2，DB＝x，利用勾股定理可求解DE，再利用勾股定理列方程解答即可．
1 1
【解答】（Ⅰ）证明：∵∠ACB= ∠AOB，∠BAC= ∠BOC，∠ACB＝2∠BAC，
2 2
∴∠AOB＝2∠BOC；
（Ⅱ）解：过点O作半径OD⊥AB于点E，连接DB，
∴AE＝BE，
1
∵∠AOB＝2∠BOC，∠DOB= ∠AOB，
2
∴∠DOB＝∠BOC．
∴BD＝BC．
设BC＝x，
∵AB＝4，
∴BE＝2，DB＝x，
在Rt△BDE中，∠DEB＝90°，
∴DE=❑√x2−4，5
在Rt△BOE中，∠OEB＝90°，OA＝OB= ，
2
5 5
OB2＝（OB﹣1）2+22，即：（ ）2＝（ −❑√x2−4）2+22，
2 2
解得x=❑√5，
即BC的长为❑√5．
6．（2023秋•南沙区期末）如图1，BC是 O的直径，点A、D在 O上，连接BD、CD，DB∥OA，BC
＝10，AC=2❑√5． ⊙ ⊙
（1）求证：AO⊥CD；
（2）求BD的长；
（3）如图2，连接AB，作∠CAB的角平分线交 O于F，求AF的长度．
⊙
【分析】（1）先根据圆周角定理得出∠BDC＝90°，再由DB∥OA即可得出结论；
（2）作AH⊥BC于H，OM⊥BD于M，如图1，则BM＝DM，利用勾股定理计算出AB的长，再利用面
积法得到AH的长，接着利用勾股定理计算出OH的长，然后证明△AOH≌△OBM得到BM＝OH，而得
到BD的长；
❑√2
（3）作CG⊥AF于G，连接CF、BF，如图2，证明△CBF为等腰直角三角形得到CF= BC，利用
2
❑√2
△ACG为等腰直角三角形得到CG＝AG= AC，然后利用勾股定理计算出GF，从而得到AF的长．
2
【解答】（1）证明：∵BC是 O的直径，
∴∠D＝90°， ⊙∵OA∥BD，
∴∠CEO＝∠D＝90°，
∴AO⊥CD；
（2）解：连接AB，作AH⊥BC于H，OM⊥BD于M，如图1，则BM＝DM，
∵BC为 O的直径，
∴∠CAB⊙＝90°，
∴AB=❑√102−(2❑√5) 2=4❑√5，
1 1
∵ AH•BC= AC•AB，
2 2
2❑√5×4❑√5
∴AH= =4，
10
在Rt△OAH中，OH=❑√OA2−AH2=❑√52−42=3，
∵OA∥BD，
∴∠AOH＝∠EBO，
在△AOH和△OBM中，
{∠AHO=∠OMB
)
AO=OB ，
∠AOH=∠OBM
∴△AOH≌△OBM（ASA），
∴BM＝OH＝3，
∴BD＝2BM＝6；
（3）解：作CG⊥AF于G，连接CF、BF，如图2，
∵AF平分∠CAB，
∴∠CAF＝∠BAF＝45°，
∴CF＝BF，
∴△CBF为等腰直角三角形，
❑√2
∴CF= BC＝5❑√2，
2
❑√2
在Rt△ACG中，CG＝AG= AC=❑√10，
2
在Rt△GFC中，GF=❑√(5❑√2) 2−(❑√10) 2=2❑√10，∴AF＝AG+GF=❑√10+2❑√10=3❑√10．
【考点5 圆内接四边形的性质】
【必备知识】
圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．圆内接四边形的外角等于内对角．
A
D
O
B C E
如图，四边形ABCD是 的内接四边形，则 ，
【必刷题型】
1．（2024•雨花台区模拟）如图，四边形ABCD是 O的内接四边形，BE是 O的直径，连接AE．若
∠BCD＝2∠BAD，则∠DAE的度数是 ． ⊙ ⊙
【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠BAD＝60°，根据圆周角定理得到∠BAE＝90°，结合图形计
算，得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是 O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD＝180°， ⊙
∵∠BCD＝2∠BAD，
∴∠BCD＝120°，∠BAD＝60°，
∵BE是 O的直径，
∴∠BAE⊙＝90°，∴∠DAE＝90°﹣∠BAD＝90°﹣60°＝30°，
故答案为：30°．
2．（2024•江都区一模）如图，在 O的内接四边形ABCD中，AB＝AD，∠C＝110°．若点E在^AD上，
则∠E＝ °． ⊙
【分析】先根据圆内接四边形的性质计算出∠BAD＝180°﹣∠C＝70°，再根据等腰三角形的性质和三角
形内角和定理计算出∠ABD＝55°，然后再根据圆内接四边形的性质可得∠E的度数．
【解答】解：∵∠C+∠BAD＝180°，
∴∠BAD＝180°﹣110°＝70°，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
1
∴∠ABD= （180°﹣70°）＝55°，
2
∵四边形ABDE为圆的内接四边形，
∴∠E+∠ABD＝180°，
∴∠E＝180°﹣55°＝125°．
故答案为125．
3．（2024•滨州三模）如图，圆内接四边形 ABCD中，∠BCD＝105°，连接OB，OC，OD，BD，∠BOC
＝2∠COD，则∠BDC的度数是 ．
【分析】由题意知，∠BAD+∠BCD＝180°，则∠BAD＝75°，∠BOD＝150°，进而可求∠COD＝50°，1
∠BOC＝100°根据∠BDC= ∠COB，计算求解即可．
2
【解答】解：由题意知，∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠BAD＝75°，
∵^BD=^BD，
∴∠BOD＝2∠BAD＝150°，
∵∠BOC＝2∠COD，∠BOC+∠COD＝∠BOD，
∴∠COD＝50°，
∴∠BOC＝2∠COD＝100°，
1
∴∠BDC= ∠COB＝50°，
2
故答案为：50°．
4．（2024•沁县二模）如图， O中，AB是直径，点C，D，E都在圆周上，连接AE，CE、BD，CD，若
∠E＝50°，则∠D的度数为⊙ ．
【分析】连接BE，根据直径所对的圆周角是直角可得∠AEB＝90°，从而可得∠BEC＝40°，然后利用圆
内接四边形对角互补进行计算即可解答．
【解答】解：连接BE，
∵AB是 O的直径，
∴∠AEB⊙＝90°，
∵∠AEC＝50°，
∴∠BEC＝∠AEB﹣∠AEC＝40°，
∵四边形BDCE是 O的内接四边形，
∴∠BEC+∠D＝18⊙0°，∴∠D＝180°﹣∠BEC＝140°，
故答案为：140°．
5．（2023秋•凉州区校级期末）如图所示，在 O的内接四边形ABCD中，AB＝AD，∠C＝100°．若点E
在^AD上，求∠E的度数． ⊙
【分析】连接BD，先根据圆内接四边形的性质计算出∠BAD＝180°﹣∠C＝80°，再根据等腰三角形的
性质和三角形内角和定理计算出∠ABD＝50°，然后再根据圆内接四边形的性质可得∠E的度数．
【解答】解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠C+∠BAD＝180°，
∴∠BAD＝180°﹣100°＝80°，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
1
∴∠ABD= (180°−80°)=50°，
2
∵四边形ABDE为圆的内接四边形，
∴∠E+∠ABD＝180°，
∴∠E＝180°﹣50°＝130°．
6．（2023秋•青铜峡市期末）如图，已知AB是 O的直径，弦CD⊥AB，垂足为P，N是弧AC上一点，
连接AN和CN，并分别延长AN、DC相交于点⊙M，求证：∠MNC＝∠AND．【分析】根据弦CD⊥AB可得AD＝AC，根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可得∠ACD＝∠AND＝
∠ADC，根据圆内接四边形对角互补，可得∠ANC+∠ADC＝180°，结合∠ANC+∠MNC＝180°可得
∠ADC＝∠MNC，通过等量代换即可证明∠MNC＝∠AND．
【解答】证明：如图，连接AC，
∵AB是 O的直径，弦CD⊥AB，
∴AD＝A⊙C，
∴∠ACD＝∠AND＝∠ADC，
∵四边形ADCN是圆内接四边形，
∴∠ANC+∠ADC＝180°，
∵∠ANC+∠MNC＝180°，
∴∠ADC＝∠MNC，
∴∠MNC＝∠AND．
7．（2024•拱墅区模拟）如图，点A，B，C，D，E在 O上顺次排列，已知AB＝BC，∠ABD＝∠BCE．
（1）求证：BD＝CE； ⊙
（2）若直线AE过圆心O，设∠BCE的度数为 ，C^D的度数为 ．
①当 ＝60时，求 的值； α β
②探索β 和 满足的α等量关系．
α β【分析】（1）根据圆心角、弧、弦之间的关系，圆周角定理进行解答即可；
（2）根据圆内接四边形的性质，圆心角、弧、弦的关系进行解答即可．
【解答】证明：（1）∵AB＝BC，
∴^AB=^BC，
∵∠ABD＝∠BCE，
∴^AED=^BAE，即^AE+^DE=^AB+^AE，
∴^AB=^DE，
∵^AB=^BC，
∴^BC+C^D=^DE+C^D，
即^BD=C^E，
∴BD＝CE；
（2）解：①∵C^D的度数 ＝60°，
β 180°−60°
∴^AB=^BC=^DE，其度数都等于 = 40°，
3
∴∠AOB＝40°，
∵点A、点B、点C、点E在 O上，
∴∠BCE+∠A＝180°， ⊙
180°−40°
∴∠BCE＝180°﹣（ ）
2
＝180°﹣70°
＝110°，
即 ＝110°；
②α6 + ＝720°，理由如下：
∵C^Dα的β度数 ，
β 180°−β
∴^AB=^BC=^DE，其度数都等于 ，
3180°−β
∴∠AOB= ，
3
∵四边形ABCE是 O的内接四边形，
∴∠BCE+∠A＝18⊙0°，
∴∠BCE＝180°﹣∠A
180°−∠AOB
＝180°﹣（ ）
2
1
＝90°+ ∠AOB
2
1 180°−β
＝90°+ × ，
2 3
1 180°−β
即 ＝90°+ × ，
2 3
α
∴6 + ＝720°．
α β
【考点6 点和圆的位置关系】
【必备知识】
点和圆的位置关系：点在圆上、点在圆内和点在圆外，这三种关系由这个点到圆心的距离与半径的大小关
系决定．设 的半径为r，点P到圆心O的距离为d，
则有：点在圆外⇔d > r；
点在圆上⇔d = r；
点在圆内⇔ d < r；
【必刷题型】
1．（2024•河北模拟）如图，在网格中（每个小正方形的边长均为1个单位）选取9个格点（格线的交点
称为格点）．如果以A为圆心，r为半径画圆，选取的格点中除点A外恰好有3个在圆内，则r的取值
范围为（ ）A．2❑√2＜r＜❑√17 B．❑√17＜r≤3❑√2 C．❑√17＜r＜5 D．5＜r＜❑√29
【分析】首先选取离A最近的四个点标记为D、E、B、F，根据勾股定理算出这四个点与A的距离d，
根据点与圆的位置关系：d＝r，则点在圆上，d＞r，则点在圆外，d＜r，则点在圆内，即可得答案．
【解答】解：根据题意画出示意图：
∵由勾股定理可得：
AD=❑√22+22=2❑√2，AE＝AF=❑√17，AB＝3❑√2，
∴AB＞AE＞AD，
∵题目要求除A外恰好有3个点在圆内，
∴❑√17＜r≤3❑√2．
以A为圆心，r为半径画圆，选取的格点中除点A外恰好有D、E、F3个在圆内．
故选：B．
2．（2024•凉山州模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，D为AB的中点．以A为圆心，r为
半径作 A，若B、C、D三点中只有一点在 A内，则 A的半径r的取值范围是（ ）
A．2.5＜⊙r≤4 B．2.5＜r＜4 ⊙C．2.5≤r⊙≤4 D．2.5≤r＜4
【分析】由勾股定理可求得AB的长，进而得到AD的长．再根据题意画出简单示意图，由图形可知当r
的长度为AD和AC长度之间时，B、C、D三点中只有点D在 A内，据此即可解答
⊙【解答】解：∵在Rt△ABC中，BC＝3，AC＝4，
∴AB=❑√AC2+BC2=❑√42+32=5，
∵D为AB的中点，
1 5
∴AD= AB= ．
2 2
5
由图可知，当 A的半径r=AD= 时，点D在 A上，
2
⊙ ⊙
当 A的半径r＝AC＝4时，点C在 A上，点D在圆内，
当⊙A的半径r＝AB＝5时，点B在⊙A上，点C、D在圆内，
⊙ 5 ⊙
当 A的半径满足 ＜r≤4时，点D在 A内，
2
⊙ ⊙
当 A的半径满足4＜r≤5时，点C、D在 A内，
当⊙A的半径满足r＞5时，点B、C、D在⊙A内，
⊙ ⊙ 5
∴若B、C、D三点中只有一点在 A内，则 A的半径r的取值范围是 ＜r≤4．
2
⊙ ⊙
故选：A．
3．（2024秋•姜堰区校级月考）已知A为 O外一点，若点A到 O上的点的最短距离为2，最长距离为
4，则 O的半径为 ． ⊙ ⊙
【分析⊙】先表示距离，再确定最值条件．
【解答】解：如图：
连接AO并延长交圆O于点B，C两点，点A到 O上的点的最短距离线段AB的长，最长距离为线段
AC的长度． ⊙
设圆的半径为r，则：BC＝2r＝AC﹣AB＝4﹣2＝2，∴r＝1．
故答案为：1．
4．（2024•邗江区校级模拟）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，D是以点A为圆心，2为半
径的圆上一点，连接BD，M为BD的中点，则线段CM长度的最大值为 ．
【分析】取AB的中点E，连接AD、EM、CE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角
形的中位线定理求得CE和EM的长，然后确定CM的范围．
【解答】解：取AB的中点E，连接AD、EM、CE．
在直角△ABC中，
AB=❑√AC2+BC2=❑√42+32=5．
∵E是直角△ABC斜边AB上的中点，
1
∴CE= AB＝2.5．
2
∵M是BD的中点，E是AB的中点，
1
∴ME= AD＝1．
2
∵2.5﹣1≤CM≤2.5+1，
即1.5≤CM≤3.5．
∴最大值为3.5，
故答案为：3.5．5．（2024•娄星区校级二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝12，E是矩形内部的一个动点，且满
足∠BAE＝∠CBE，则线段CE的最小值为 ．
【分析】根据∠BAE＝∠CBE得出AE⊥BE，得到E在以AB为直径的 O上，连接OC交圆于E′，当
⊙
E与E′重合时，线段CE的长最小，由勾股定理求出OC=❑√OB2+BC2=13，即可得到CE′＝OC﹣
OE′＝8，于是得到线段CE的最小值为8．
【解答】解：∵∠BAE＝∠CBE，∠CBE+∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠ABE＝90°，
∴AE⊥BE，
∴∠AEB＝90°，
∴E在以AB为直径的 O上，
连接OC交圆于E′，⊙当E与E′重合时，线段CE的长最小，
∵AB＝10，
∴OB＝OA＝OE′＝5，
∵BC＝12，
∴OC=❑√OB2+BC2=13，
∴CE′＝OC﹣OE′＝13﹣5＝8，
∴线段CE的最小值为8．
故答案为：8．
6．（2024•瓯海区校级三模）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，AC＝3，点E是AC边上的动
点，以CE为直径作 F，连接BE交 F于点D，则AD的最小值为 .
⊙ ⊙【分析】连接DC，由以CE为直径作 F，得∠CDE＝90°，∠CDB＝90°，即可得动点D在以BC中点
⊙
❑√7 √ ❑√7 ❑√43
O为圆心， 为半径的圆上运动，当A，D，O在一直线上时，AO=❑32+( ) 2= ，故AD≥AO
2 2 2
❑√43 ❑√7 ❑√43−❑√7
﹣OD= − = ．
2 2 2
【解答】解：△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，AC＝3，
∴BC=❑√AB2−AC2=❑√42−32=❑√7，
连接DC，由以CE为直径作 F，BC＝4，AC＝5，
得∠CDE＝90°，∠CDB＝90⊙°，
得动点D在以BC中点O为圆心，2为半径的圆上运动，
√ ❑√7 ❑√43
当A，D，O在一直线上时，AO=❑32+( ) 2= ，
2 2
❑√43 ❑√7 ❑√43−❑√7
故AD≥AO﹣OD= − = ，
2 2 2
❑√43−❑√7
即AD的最小值= ，
2
❑√43−❑√7
故答案为： ．
2
【考点7 直线和圆的位置关系】
【必备知识】位置关系 定义 图形 性质及判定
直线与圆有两个交点，直线叫
直线l与 相交
做圆的割线．
直线与圆有唯一交点，直线叫
直线l与 相切 做圆的切线，交点叫做圆的切
点．
直线l与 相离 直线与圆没有交点．
【必刷题型】
1．（2023秋•禹城市期末）已知， O的半径为一元二次方程x2﹣5x﹣6＝0的两根，圆心O到直线l的距
离d＝4，则直线l与 O的位置关⊙系是（ ）
A．相交 ⊙B．相切 C．相离 D．不能确定
【分析】当r＞d，直线与圆相交，当r＝d，直线与圆相切，当r＜d，直线与圆相离，据此即可作答．
【解答】解：∵x2﹣5x﹣6＝（x﹣6）（x+1）＝0，
∴x ＝6，x ＝﹣1＜0，
1 2
故 O的半径为6，
∵⊙d＝4，
∴6＞4，
即直线与圆相交，
故选：A．
2．（2023秋•柘城县期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点D为AB的中点，以D
为圆心，2为半径作 D，则下列说法不正确的是（ ）
⊙
A．点A在圆外 B．点C在圆上
C． D与直线AC相切 D． D与直线BC相交
【分⊙析】连接CD，由直角三角形的斜边上的中线⊙定理得AD＝BD＝CD，进而得AE＝CE，根据三角形
中位线定理即可解决问题．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∴AB=❑√AC2+BC2=❑√32+42=5，
∵D是AB的中点，
∴BD＝AD＝CD＝2.5＞2，故点A，点C在圆外，故选项A不符合题意，B选项符合题意；
连接CD，
∴∠ACB＝90°，D为AB的中点，
∴CD＝BD＝AD，
作DE⊥AC于点E，作DF⊥CB于点F，
∵DE⊥AC
∴AE＝CE，
1
∴DE∥BC，DE= BC=2，故 D与直线AC相切，故C不符合题意；
2
⊙
过D作DF⊥BC于F，
∴CF＝BF，
1
∴DF∥AC，DF= AC＝1.5＜2；故 D与直线BC相交，故D不符合题意；
2
⊙
故选：B．
3．（2024•崇明区二模）已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BC＝5，若以C为圆心，r长为半径的
圆C与边AB有交点，那么r的取值范围是（ ）
60
A．5≤r≤12或r= B．5＜r＜12
13
60 60
C． ＜r＜12 D． ≤r≤12
13 13
60
【分析】作CD⊥AB于D，根据勾股定理计算出AB＝13，再利用面积法计算出CD= ，然后根据直线
13
60
与圆的位置关系得到当 ≤r≤12时，以C为圆心、r为半径作的圆与斜边AB有公共点．
13
【解答】解：作CD⊥AB于D，如图，
∵∠C＝90°，AC＝12，BC＝5，∴AB=❑√AC2+BC2=13，
1 1
∵ CD•AB= BC•AC，
2 2
60
∴CD= ，
13
60
∴以C为圆心、r为半径作的圆与斜边AB有公共点时，r的取值范围为 ≤r≤12．
13
故选：D．
4．（2023秋•安州区期末）如图，两个同心圆，大圆的半径为5，小圆的半径为3，若大圆的弦AB与小圆
有公共点，则弦AB的取值范围是 ．
【分析】根据已知条件和图形分析可得当AB是大圆直径时AB的值最大，从而可得AB的最大值；进一
步分析可得当AB与小圆相切的时，AB最小，利用勾股定理可得AB的最小值；若大圆的弦AB与小圆
有公共点，即AB与小圆相切或相交，再结合上面分析即可解答．
【解答】解：当AB是大圆直径时AB的值最大，最大值为10．
当AB与小圆相切时AB最小．
∵小圆的半径为3，大圆半径为5，
∴AB＝2×❑√52−32=8．
∵大圆的弦AB与小圆有公共点，即相切或相交，
∴8≤AB≤10．
故答案为：8≤AB≤10．
5．（2023秋•盐池县期末）Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，则以2.6cm为半径的 C与直
⊙线AB的位置关系是 ．
【分析】过C作CD⊥AB于D，根据勾股定理求出AB，根据三角形的面积公式求出CD，最后根据直线
和圆的位置关系得出即可．
【解答】解：相交，
理由：过C作CD⊥AB于D，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90，AC＝4cm，BC＝3cm，
∴由勾股定理得：AB＝5cm，
1 1
∵由三角形的面积公式得： AC×BC= AB×CD，
2 2
∴3×4＝5CD，
∴CD＝2.4cm，
∵2.6＞2.4，
∴以2.6cm为半径的 C与直线AB的关系是相交，
故答案为：相交． ⊙
6．（2023秋•望奎县校级期中）如图，直线AB，CD相交于点O，∠AOC＝30°，半径为1cm的 P的圆心
在直线AB上，开始时，PO＝6cm．如果 P以1cm/s的速度向右运动，那么当 P的运动时间⊙t（s）满
足条件 时， P与直线CD相交．⊙ ⊙
⊙
【分析】求得当 P位于点O的左边与CD相切时t的值和 P位于点O的右边与CD相切时t的值，两
值之间即为相交．⊙ ⊙
【解答】解：当点P在射线OA时 P与CD相切，如图，过P作PE⊥CD于E，
∴PE＝1cm， ⊙
∵∠AOC＝30°，∴OP＝2PE＝2cm，
∴ P的圆心在直线AB上向右移动了（6﹣2）cm后与CD相切，
⊙ 6−2
∴ P移动所用的时间= =4（秒）；
1
⊙
当点P在射线OB时 P与CD相切，如图，过P作PE⊥CD与F，
∴PF＝1cm， ⊙
∵∠AOC＝∠DOB＝30°，
∴OP＝2PF＝2cm，
∴ P的圆心在直线AB上向右移动了（6+2）cm后与CD相切，
⊙ 6+2
∴ P移动所用的时间= =8（秒）．
1
⊙
当 P的运动时间t（s）满足条件4＜t＜8时， P与直线CD相交．
故⊙答案为：4＜t＜8． ⊙
【考点8 切线长定理】
【必备知识】
切线长：过圆外一点画圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长．
切线长定理：过圆外一点所画的圆的两条切线长相等，并且这点和圆心的连线平分两条切线的夹角．
【必刷题型】
1．（2023秋•鄂伦春自治旗校级月考）如图，PA，PB为 O的两条切线，C，D切 O于点E，分别交
PA，PB于点C，D．F为 O上的点，连接AF，BF，若⊙PA＝5，∠P＝40°，则△P⊙CD的周长和∠AFB
的度数分别为（ ） ⊙A．10，40° B．10，80° C．15，70° D．10，70°
【分析】连接OA，OB，可得∠OAP＝∠OBP＝90°，CA＝CE，DB＝DE，PA＝PB；据此即可求解．
【解答】解：连接OA，OB，如图所示：
由切线的性质以及切线长定理得：∠OAP＝∠OBP＝90°，CA＝CE，DB＝DE，PA＝PB，
∵∠P＝40°，
∴∠AOB＝360°﹣∠P﹣∠OAP﹣∠OBP＝140°，
1
∴∠AFB= ∠AOB=70°；
2
△PCD的周长＝PC+CE+DE+PD＝PC+CA+DB+PD＝PA+PB＝2PA＝10，
故选：D．
2．（2024•凉州区三模）如图，PA、PB分别切 O于A、B，PA＝10cm，C是劣弧AB上的点（不与点A、
B重合），过点C的切线分别交PA、PB于点⊙E、F．则△PEF的周长为 cm．
【分析】利用切线长定理，可以得到：PA＝PB，AE＝EC，FC＝FB，据此即可求解
【解答】解：∵PA，PB是圆的切线．
∴PA＝PB
同理，AE＝EC，FC＝FB．三角形PEF的周长＝PE+EF+PF＝PE+PF+CF+EC＝PE+AE+PF+FB＝PA+PB＝2PA＝20cm．
故答案是20．
3．（2023秋•江城区校级期中）如图，AB、AC、BD是 O的切线，P、C、D为切点，如果AB＝8，AC
＝5，则BD的长为 ． ⊙
【分析】由AB、AC、BD是 O的切线，则AC＝AP，BP＝BD，求出BP的长即可求出BD的长．
【解答】解：∵AC、AP为 ⊙O的切线，
∴AC＝AP， ⊙
∵BP、BD为 O的切线，
∴BP＝BD，⊙
∴BD＝PB＝AB﹣AP＝8﹣5＝3．
故答案为：3．
4．（2023秋•玉环市校级期中）如图所示，过半径为6cm的 O外一点P引圆的切线PA，PB，连接PO交
O于F，过F作 O的切线，交PA，PB分别于D，E，⊙如果PO＝10cm，∠APB＝40°，则△PED的周
⊙长＝ ；∠D⊙OE的度数 ．
【分析】连接OA，OB，根据勾股定理可得PA＝8cm，再由切线长定理可得PA＝PB，DA＝DF，FE＝
BE，可求出△PED 的周长；再证明△AOD≌△FOD，可得∠AOD＝∠DOF，从而得到∠AOB＝
2∠DOE，即可求解．
【解答】解：如图，连接OA，OB，∵AO＝6cm，PO＝10cm，
∴PA=❑√OP2−OA2=8cm，
∵PA，PB，DE为 O切线，
∴PA＝PB，DA＝D⊙F，FE＝BE，∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴△PED的周长＝PE+EF+FD+PD＝PA+PB＝2PA＝16cm，
即△PED的周长为16cm；
∵AD＝FD，OD＝OD，OA＝OF，
∴△AOD≌△FOD（SSS），
∴∠AOD＝∠DOF，
同理∠EOF＝∠EOB，
∴∠AOB＝2（∠FOD+∠EOF）＝2∠DOE，
∵∠APB＝40°，∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴∠AOB＝140°，
1
∴∠DOE= ∠AOB=70°，
2
故答案为：16cm；70°．
5．（2023秋•江汉区期末）四边形ABCD是 O的外切四边形，若∠AOB＝78°，则∠COD的度数是
． ⊙
1 1
【 分 析 】 由 切 线 长 定 理 推 出 ∠ AOB ＝ 180°− （ ∠ BAD+∠ ABC ） ， ∠ COD ＝ 180°−
2 2
（∠ADC+∠BCD），得到∠AOB+∠COD＝180°，而∠AOB＝78°，即可求出∠COD＝102°．
【解答】解：∵四边形ABCD是 O的外切四边形，
⊙∴AO平分∠BAD，OB平分∠ABC，
1 1
∴∠1= ∠BAD，∠2= ∠ABC，
2 2
1
∴∠1+∠2= （∠BAD+∠ABC），
2
1
∴∠AOB＝180°− （∠BAD+∠ABC），
2
1
同理：∠COD＝180°− （∠ADC+∠BCD），
2
1 1
∴∠AOB+∠COD＝360°− （∠BAD+∠ABC+∠ADC+∠BCD）＝360°− ×360°＝180°，
2 2
∵∠AOB＝78°，
∴∠COD＝102°．
故答案为：102°．
【考点9 切线的判定与性质综合】
【必备知识】
①切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径.
推论1：经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
推论2：经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
总结：根据圆的切线性质定理，以后在题中看到圆的切线，连半径，得垂直.
②切线的判定：和圆只有一个交点的直线是圆的切线．
距离：到圆心距离等于半径的直线是圆的切线．
定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
根据圆的切线判定定理，以后在题中证明圆的切线，连半径，证垂直.
【必刷题型】
1．（2024•仪征市二模）如图，以点O为圆心，AB长为直径作圆，在 O上取一点C，延长AB至点D，
连接DC，∠DCB＝∠DAC，过点A作AE⊥AD交DC的延长线于点E⊙．
（1）求证：CD是 O的切线；
（2）若CD＝4，D⊙B＝2，求AE的长．【分析】（1）连接OC，如图，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，即∠BCO+∠ACO＝90°，求得
∠OCA＝∠DCB，得到∠DCO＝90°，根据切线的判定定理得到CD是 O的切线；
（2）根据勾股定理得到OB＝3，求得AB＝6，根据切线的性质得到⊙AE＝CE，根据勾股定理即可得到
结论．
【解答】（1）证明：连接OC，OE，如图，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，即∠BCO+∠1＝90°，
又∵∠DCB＝∠CAD，
∵∠CAD＝∠OCA，
∴∠OCA＝∠DCB，
∴∠DCB+∠BCO＝90°，
即∠DCO＝90°，
∵OC是 O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：⊙∵∠DCO＝90°，OC＝OB，
∴OC2+CD2＝OD2，
∴OB2+42＝（OB+2）2，
∴OB＝3，
∴AB＝6，
∵AE⊥AD，AB是 O的直径，
∴AE是 O的切线⊙，
∵CD是⊙O的切线；
∴AE＝C⊙E，
∵AD2+AE2＝DE2，
∴（6+2）2+AE2＝（4+AE）2，解得AE＝6．
2．（2023秋•梁溪区校级期末）如图，AB是 O的直径，AC是弦，D是^AB的中点，CD与AB交于点
E．F是AB延长线上的一点，且CF＝EF． ⊙
（1）求证：CF为 O的切线；
（2）连接BD．若⊙CF＝4，BF＝2，求BD的长．
【分析】（1）如图，连接OC，OD．证明∠OCF＝90°即可；
（2）设OA＝OD＝OC＝OB＝r，则OF＝r+2，在Rt△COF中，42+r2＝（r+2）2，可得r＝3，再根据勾
股定理可解决问题．
【解答】（1）如图，连接OC，OD，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵CF＝EF，
∴∠FCE＝∠FEC，
∵∠OED＝∠FEC，
∴∠OED＝∠FCE，⌢
∵AB是直径，D是
AB
的中点，
∴∠DOE＝90°，
∴∠OED+∠ODC＝90°，
∴∠FCE+∠OCD＝90°，即∠OCF＝90°，
∵OC是半径，
∴CF是 O的切线．
（2）设⊙OA＝OD＝OC＝OB＝r，则OF＝r+2，
在Rt△COF中，OC2+CF2＝OF2
∴42+r2＝（r+2）2，
解得r＝3，
∴OB＝OD＝3，
∵∠DOB＝90°，
∴BD2＝OD2+OB2，
∴BD=❑√OD2+OB2=3❑√2．
3．（2024秋•邳州市校级月考）如图，AB为 O直径，点C为 O上一点，AC平分∠HAB，AH⊥CH，
垂足为H，垂足为H，AH 交 O 于点D．⊙ ⊙
（1）求证：直线HC是 O的⊙切线；
（2）若HC＝8，DH＝4⊙，求 O的直径．
⊙
【分析】（1）连接OC，则OC＝OA，所以∠BAC＝∠OCA，由切线的性质得CH⊥OC，AH∥OC，而
AH⊥CH，从而得到CH⊥OC，
OC是 O的半径，直线HC是 O的切线；
（2）作⊙OI⊥AH于点I，由垂径⊙定理得AI＝DI，再证明四边形OCHI是矩形，得IH＝OC＝OA，OI＝
HC＝8，则AI＝DI＝OA﹣4，由勾股定理得（OA﹣4）2+82＝OA2，求得OA＝10，所以 O的直径长为
⊙20．
【解答】（1）证明：连接OC，则OC＝OA，
∴∠BAC＝∠OCA，
∵AC平分∠HAB．
∴∠HAC＝∠BAC，
∴∠HAC＝∠OCA，
∴AH∥OC，
∵AH⊥CH，
∴CH⊥OC，
∵OC是 O的半径，
∴直线H⊙C是 O的切线；
（2）解：作O⊙I⊥AH于点I，则AI＝DI，
∵∠OCH＝∠CHI＝∠OIH＝90°，HC＝8，DH＝4，
∴四边形OCHI是矩形，
∴IH＝OC＝OA，OI＝HC＝8，
∴AI＝DI＝IH﹣DH＝OA﹣4，
∵∠OIA＝90°，
∴（OA﹣4）2+82＝OA2，
解得OA＝10，
∴AB＝2OA＝20，
∴ O的直径长为20．
4．（⊙2024秋•天门校级月考）如图，线段AB经过 O的圆心O，交 O于A，C两点，BC＝5，AD为 O
的弦，连接BD，∠BAD＝∠ABD＝30°，连接D⊙O并延长交 O于⊙点E，连接BE交 O于点M． ⊙
（1）求证：直线BD是 O的切线； ⊙ ⊙
（2）求 O的半径和线⊙段BM的长
⊙【分析】（1）利用等腰三角形的性质及三角形性质外角的性质得∠DOB＝60°，∠ADO＝∠OAD＝
30°，进而可求证∠ODB＝90°，进而可求证结论；
1
（2）连接DM，利用三角形的特征得OD= OB，进而可得OC＝BC＝5，则可求得 O的半径为5，
2
⊙
进而可得DE＝10，BD=5❑√3，在Rt△BDE中和在Rt△BDM中利用勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：∵OA＝OD，∠BAD＝30°，
∴∠ADO＝∠OAD＝30°，
∴∠DOB＝∠A+∠ADO＝60°，
∵∠ABD＝30°，
∴∠ODB＝180°﹣∠DOB﹣∠ABD＝90°，
∴OD⊥BD，
∵OD是半径，
∴BD是 O的切线．
（2）解：⊙连接DM，如图：
由（1）得：∠ODB＝90°，
∵∠ABD＝30°，
1
∴OD= OB，
2
∵OD＝OC，BC＝5，
∴OC＝BC＝5，
∴ O的半径为5，
∴⊙DE＝10，BD=5❑√3，在Rt△BDE中，∠EDB＝90°，DE＝10，BD=5❑√3，
∴BE=❑√BD2+DE2=❑√ (5❑√3) 2+102=5❑√7，
∵DE为直径，
∴∠DME＝90°，
∴DM⊥BE，
∴DE•BD＝DM•BE，即：10×5❑√3=DM×5❑√7，
10❑√21
解得：DM= ，
7
10❑√21
在Rt△BDM中，∠BMD＝90°，BD=5❑√3，DM= ，
7
√ 10❑√21 2 15❑√7
∴BM=❑√BD2−DM2=❑ (5❑√3) 2 −( ) = ．
7 7
5．（2024•凉山州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC为直径的 O交AB于点D，E为BC
的中点，连接DE并延长交AC的延长线于点F． ⊙
（1）求证：DE是 O的切线；
（2）若∠A＝30°，⊙DF＝3，求CE长．
【分析】（1）连接CD，OD，结合圆周角定理和直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得DE＝CE，
从而可得∠ODE＝∠ODC+∠EDC＝∠DCO+∠BCD＝∠ACB＝90°，然后根据切线的判定定理分析证
明；
（2）结合含30°的直角三角形性质及勾股定理分析计算求解．
【解答】（1）证明：连接CD，OD，如图，∵AC是 O的直径，
∴∠CDA⊙＝90°，
∴∠BDC＝90°，
在Rt△BCD中，E为BC的中点，
∴DE＝CE＝BE，
∵DE＝CE，
∴∠BCD＝∠EDC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCD+∠OCD＝90°，
∵OD＝OC，
∴∠OCD＝∠ODC，
∴∠ODE＝∠ODC+∠EDC＝∠OCD+∠BCD＝90°，
即OD⊥DE，
∵OD为半径，OD⊥DE，
∴DE是 O的切线；
（2）解：⊙∵∠A＝30°，
∴∠DOC＝2∠A＝60°，
在Rt△FOD中，∠F＝30°，
1 1
∴OD= OF，CE= EF，
2 2
设OD＝x，则OF＝2x，
由勾股定理可得：OD2+DF2＝OF2，即x2+32＝（2x）2，
解得x=❑√3，
∴OD=❑√3，OF=2❑√3，
∴FC=❑√3，
同理在Rt△CEF中，设CE＝y，则EF＝2y，
由勾股定理可得：CE2+FC2＝EF2，即y2+(❑√3) 2=(2y) 2，
解得y＝1，即CE＝1．
6．（2023秋•新余期末）如图，AB为 O的直径，过圆上一点D作 O的切线CD交BA的延长线于点
C，过点O作OE，OE∥AD交CD于⊙点E，连接BE． ⊙
（1）求证：直线BE与 O相切．
⊙（2）若CA＝4，CD＝6，求DE的长．
【分析】（1）连接OD，根据切线的性质和平行线的性质可得∠ADO＝∠DOE，∠DAO＝∠EOB，进
而可得∠EOB＝∠DOE，则可以利用SAS证明△BOE≌△DOE，得∠OBE＝∠ODE＝90°，可以得到结
论；
（2）设 O的半径为r，根据勾股定理进行列出方程进行求解即可．
【解答】⊙（1）证明：如图，连接OD，
∵直线CD与 O相切于点D，
∴∠ODE＝90⊙°，
∵OE∥AD，
∴∠ADO＝∠DOE，∠DAO＝∠EOB，
∵OD＝OA，
∴∠ADO＝∠DAO，
∴∠EOB＝∠DOE，
在△BOE和△DOE中，
{
OB=OD
)
∠EOB=∠DOE ，
OE=OE
∴△BOE≌△DOE（SAS），
∴∠OBE＝∠ODE＝90°，即OB⊥BE，
又∵OB是 O半径，
∴直线BE⊙与 O相切；
⊙（2）解：设 O的半径为r，
在Rt△ODC中⊙，OD2+DC2＝OC2，即r2+62＝（r+4）2，
解得：r＝2.5，
∴AB＝2r＝5，
∴BC＝AC+AB＝4+5＝9，
由（1）得△BOE≌△DOE，
∴BE＝DE，
在Rt△BCE中，BC2+BE2＝CE2，即92+BE2＝（6+DE）2，
∴92+BE2＝（6+BE）2，
15
解得：BE= ，
4
15
∴DE的长为 ．
4
7．（2024•双峰县模拟）如图，AB为 O的直径，点C在 O上，∠ACB的平分线交 O于点D，过点D
作DE∥AB，交CB的延长线于点E⊙． ⊙ ⊙
（1）求证：ED是 O的切线；
（2）若AC＝9❑√2，⊙BC＝3❑√2，求CD的长．
【分析】（1）连接OD，利用角平分线的定义，圆周角定理和圆的切线的判定定理解答即可；
（ 2 ） 根 据 圆 周 角 定 理 得 到 ∠ ACB ＝ 90° ， ∠ ADB ＝ 90° ， 根 据 勾 股 定 理 得 到 AB
=❑√AC2+BC2=❑√(9❑√2)) 2+(3❑√2) 2=6❑√5，根据角平分线的定义得到∠ACD＝∠BCD，求得AD＝BD
❑√2 ❑√2
= AB＝3❑√10，过点B作BH⊥CD于点H，根据等腰直角三角形的性质得到BH＝CH= BC＝3，
2 2
根据勾股定理得到DH=❑√BD2−BH2=9，于是得到CD＝CH+DH＝3+9＝12．【解答】（1）证明：连接OD，如图，
∵CD是∠ACB的平分线，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴∠AOD＝∠BOD，
∵AB为 O的直径，
⊙ 1
∴∠AOD＝∠BOD= ×180°=90°，
2
∴OD⊥AB，
∵DE∥AB，
∴OD⊥DE，
∵OD为 O的半径，
∴直线D⊙E是 O的切线；
（2）解：∵A⊙B为 O的直径，
∴∠ACB＝90°，∠⊙ADB＝90°，
∵AC＝9❑√2，BC＝3❑√2，
∴AB=❑√AC2+BC2=❑√(9❑√2)) 2+(3❑√2) 2=6❑√5，
∵∠ACB的平分线CD交 O于点D，
∴∠ACD＝∠BCD， ⊙
∴^AD=^BD，
❑√2
∴AD＝BD= AB＝3❑√10，
2
过点B作BH⊥CD于点H，
1
∵∠BCD= ∠ACB=45°，
2
❑√2
∴BH＝CH= BC＝3，
2
∴DH=❑√BD2−BH2=9，
∴CD＝CH+DH＝3+9＝12．【考点10 三角形的内切圆和内心】
【必备知识】
三角形的内切圆：和三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，内心
是三条内角平分线的交点．
（1）内心的确定：三条内角平分线的交点，内心一定在三角形的内部．
（2）内心到三角形的三边距离相等，都等于内切圆的半径．
A
F
D
g
O
B E C
（ 3 ） 常 见 结 论 ： 如 图 ， ， ， ，
， ．
【必刷题型】
1．（2024秋•海门区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作
IE⊥BD于点E．若BD＝14，CD＝6，则BE的长为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【分析】过点I作IG⊥AB，IF⊥AC，垂足分别为G，F，可得AG＝AF，BG＝BE，DE＝DF，设AG＝
AF＝a，DE＝DF＝b，BE＝BG＝14﹣b，再由AB＝AC，即可求解．
【解答】解：如图，过点I作IG⊥AB，IF⊥AC，垂足分别为G，F，∵点I为△ABD的内心，
∴以IE为半径的圆I是△ABD的内切圆，
∴AG＝AF，BG＝BE，DE＝DF，
设AG＝AF＝a，DE＝DF＝b，
∵BD＝14，
∴BE＝BG＝14﹣b，
∴AB＝AG+BG＝a+14﹣b，AC＝AD+DC＝a+b+6，
∵AB＝AC，
∴a+14﹣b＝a+b+6，
解得：b＝4，
∴BE＝14﹣b＝10．
故选：C．
2．（2023秋•兴隆县期末）已知 O是△ABC的内心，∠BAC＝70°，P为平面上一点，点 O恰好又是
△BCP的外心，则∠BPC的度数为（ ）
A．50° B．55° C．62.5° D．65°
1
【分析】连接OB、OC，如图，利用内心的性质和三角形内角和得到∠BOC＝90°+ ∠BAC＝125°，利
2
1
用点O是△BCP的外心，然后根据圆周角定理得到∠BPC= ∠BOC．
2【解答】解：连接OB、OC，如图，
∵O是△ABC的内心，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
1 1
∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，
2 2
1 1 1
∴∠BOC＝180°− （∠ABC+∠ACB）＝90°+ ∠BAC＝90°+ ×70°＝125°，
2 2 2
∵点O是△BCP的外心，
1 1
∴∠BPC= ∠BOC= ×125°＝62.5°．
2 2
故选：C．
3．（2024•邯郸模拟）如图，点I和O分别是△ABC的内心和外心，若∠AIB＝125°，则∠AOB的度数为
（ ）
A．120° B．125° C．135° D．140°
【分析】根据圆周角定义，以及内心的定义，可以利用∠C表示出∠AIB和∠AOB，即可得到两个角的
关系．
【解答】解：∵点O是△ABC的外心，
∴∠AOB＝2∠C，
1
∴∠C= ∠AOB，
2
∵点I是△ABC的内心，
1 1
∴∠IAB= ∠CAB，∠IBA= ∠CBA，
2 2∴∠AIB＝180°﹣（∠IAB+∠IBA）
1
＝180°− （∠CAB+∠CBA），
2
1
＝180°− （180°﹣∠C）
2
1
＝90°+ ∠C，
2
∴2∠AIB＝180°+∠C，
∵∠AOB＝2∠C，
1
∴∠AIB＝90°+ ∠AOB，
4
∴4∠AIB﹣∠AOB＝360°．
∵∠AIB＝125°，
∴∠AOB＝140°．
故选：D．
4．（2024•武汉模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD为中线，若AB＝5，AC＝12，设△ABD与
r
1
△ACD的内切圆半径分别为r 、r ，则 的值为（ ）
1 2 r
2
37 12 25 37
A． B． C． D．
23 5 18 33
【分析】根据直角三角形的边角关系和性质求出BC，AD，BD，CD，再利用三角形内切圆半径，三角
形周长与面积之间的关系分别表示S△ABD ，S△ACD ，由S△ABD ＝S△ACD 可求出答案．
【解答】解：如图，连接OA，OB，OD，IA，IC，ID，过点O，点I分别作BC的垂线，垂足分别为
M，N，
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝5，AC＝12，
∴BC=❑√AC2+AB2=13，
∵AD为中线，1 13
∴AD＝BD＝CD= BC= ，
2 2
1 1
∵S△ABD ＝S△ACD ，即
2
（AB+BD+AD）•OM =
2
（AC+AD+CD）•IN
1 1
∴ ×（5+13）r = ×（12+13）r ，
2 1 2 2
r 25
∴
1=
．
r 18
2
故选：C．
5．（2024•江汉区二模）如图，△ABC的内切圆 O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，且AB＝
20，BC＝21，CA＝13，则下列说法不正确的是（⊙ ）
A．∠EDF＝∠A B．∠EOF＝∠B+∠C
14
C．BD＝14 D．OE=
3
【分析】根据题干条件一一分析即可，另外再看选项时候A选项很容易判断，所以着重证其他选项即
可．
【解答】解：∵ O与BC、CA、AB分别相切于点D、E、F，
∴∠AEO＝∠AF⊙O＝90°，
∴∠EOF+∠A＝180°，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠EOF＝∠B+∠C，故选项B不符合题意
根据切线长定理，设AE＝AF＝x，BF＝BD＝y，CE＝CD＝z．根据题意，得{x+ y=20
) {
x=6
)
y+z=21 ，解得 y=14 ，
x+z=13 z=7
即BD＝14．故C选项不符合题意；
过点A作AH⊥BC于H，则CH＝21﹣BD，
∵AH2＝AB2﹣BH2＝AC2﹣CH2，
∵202﹣BH2＝132﹣（21﹣BH）2，
解得BH＝16，
∴AH=❑√AB2−BH2=12，
连接OD，
∵ O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，
∴⊙OD＝OE＝OF，
1 1
∵S△ABC =
2
（AB+BC+CA）•OE =
2
BC•AH，
∴54OE＝21×12，
14
∴OE= ．
3
故选项D不符合题意；
故选：A．
5
6．（2024•拱墅区一模）如图，在△ABC中，AB+AC= BC，AD⊥BC于D， O为△ABC的内切圆，设
3
⊙
R
O的半径为R，AD的长为h，则 的值为（ ）
ℎ
⊙3 2 1 1
A． B． C． D．
8 7 3 2
【分析】根据三角形内切圆特点作出圆心和三条半径，分别表示出△ABC的面积，利用面积相等即可解
决问题．
【解答】解：如图所示：O为△ABC中∠ABC、∠ACB、∠BAC的角平分线交点，过点O分别作垂线相
交于AB、AC、BC于点E、G、F，
1 1 1 1
S△ABC ＝S△AOB +S△BOC +S△AOC =
2
×AB•R +
2
×BC•R +
2
×AC•R =
2
R（AB+AC+BC），
5
∵AB+AC= BC，
3
1 5 1 8
∴S△ABC =
2
R（
3
BC+BC）=
2
R•
3
BC，
∵AD的长为h，
1
∴S△ABC =
2
BC•h，
1 8 1
∴ R• BC= BC•h，
2 3 2
8
∴h= R，
3
R R 3
= =
∴ℎ 8 8，
R
3
故选：A．
7．（2024秋•姑苏区校级月考）如图，△ABC的内切圆 O与AB、BC、AC相切于点D、E、F，已知AB
⊙＝4，AC＝3，BC＝5，则DE的长是（ ）
❑√10 2❑√10 3❑√10 4❑√10
A． B． C． D．
5 5 5 5
【分析】连接AO，BO，CO，DO，EO，FO．根据题意可知OE＝OD＝OF，且OE⊥BC，OF⊥AC，
OD⊥AB，再根据S△ABC ＝S△ABO +S△BCO +S△ACO ＝6求出OE，接下来设BE＝x，根据切线长定理得出CE
＝CF，AD＝AF，BD＝BE，求出BE，再根据勾股定理求出BO，结合DO＝EO，BD＝BE可知BO是
1 1
DE的垂直平分线，然后根据S = BE⋅EO= BO⋅EG求出EG，进而得出答案．
△BEO 2 2
【解答】解：连接AO，BO，CO，DO，EO，FO．
根据题意可知OE＝OD＝OF，且OE⊥BC，OF⊥AC，OD⊥AB，
∵AB＝4，AC＝3，BC＝5，
∴AB2+AC2＝BC2
∴△ABC是直角三角形
1
∴S =3×4× =6，
△ABC 2
1 1 1
∴S =S +S +S = OE⋅BC+ OF⋅AC+ OD⋅AB=6，
△ABC △ABO △BCO △ACO 2 2 2
1
即 OE(BC+AC+AB)=6，
2
解得OE＝12÷（3+4+5）＝1．
设BE＝x，
则BD＝BE＝x，CE＝CF＝5﹣x，AD＝AF＝4﹣x，得5﹣x+4﹣x＝3，
﹣x﹣x＝3﹣5﹣4，﹣2x＝﹣6，
x＝3，
∴BE＝3．
在Rt△B O E中，BO=❑√BE2+EO2=❑√32+12=❑√10，
∵DO＝EO，BD＝BE，
∴BO是DE的垂直平分线，
∴DG＝EG．
1 1
∵S = BE⋅EO= BO⋅EG，
△BEO 2 2
1 1
即 ×3×1= ×❑√10×EG，
2 2
3 3❑√10
解得EG= = ，
❑√10 10
3❑√10
∴DE=2EG= ．
5
故选：C．
【考点11 正多边形和圆】
【必备知识】
(n−2)·180° 360°
正多边形的性质：（1）正多边形的一个内角等于 ；（2）中心角： ；（3）正多边形的
n n
中心角等于外角的度数.
【必刷题型】
1．（2024•青岛）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形 ABCDE和正方形CDFG
中，CF，DG的延长线分别交AE，AB于点M，N，则∠FME的度数是（ ）
A．90° B．99° C．108° D．135°
【分析】根据正五边形的内角的计算方法求出∠CDE、∠E，根据正方形的性质分别求出∠CDF、∠CFD，根据四边形内角和等于360°计算即可．
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
(5−2)×180°
∴∠CDE＝∠E= =108°，
5
∵四边形CDFG为正方形，
∴∠CDF＝90°，∠CFD＝45°，
∴∠FDE＝108°﹣90°＝18°，∠DFM＝180°﹣45°＝135°，
∴∠FME＝360°﹣18°﹣135°﹣108°＝99°，
故选：B．
2．（2024春•金安区校级期末）如图，正六边形ABCDEF和正方形ABGH有公共边AB，连接CG交EF于
点M，则∠HGM的度数为（ ）
A．15° B．18° C．20° D．25°
【分析】根据正六边形的性质得∠ABC＝120°，AB＝BC，再根据正方形性质得∠ABG＝∠BGH＝90°，
AB＝BG，则∠CBG＝∠ABC﹣∠ABG＝30°，BC＝BG，进而得∠BGC＝∠BCG＝75°，据此即可得出
∠HGM的度数．
【解答】解：∵六边形ABCDEF为正六边形，
1
∴∠ABC= ×（6﹣2）×180°＝120°，AB＝BC，
6
∵四边形ABGH为正方形，
∴∠ABG＝∠BGH＝90°，AB＝BG，
∴∠CBG＝∠ABC﹣∠ABG＝30°，BC＝BG，
1
∴∠BGC＝∠BCG= （180°﹣∠CBG）＝75°，
2
∴∠HGM＝180°﹣∠BGH﹣∠BGC＝15°．
故选：A．
3．（2024•凤台县三模）如图，正三角形 ABC 和正六边形 ADBECF 都内接于 O，连接 OC，则
∠ACO+∠ABE＝（ ） ⊙A．90° B．100° C．110° D．120°
360° 360°
【分析】先求解∠AOC= =120°，∠ADB=∠DBE=180°− =120°，再进一步结合等腰
3 6
三角形的性质求解即可．
【解答】解：如图，连接AO，
∵正三角形ABC，
360°
∴∠AOC= =120°，
3
∵OA＝OC，
1
∴∠ACO= (180°−120°)=30°，
2
∵正六边形ADBECF，
360°
∴∠ADB=∠DBE=180°− =120°，DA＝DB，
6
1
∴∠ABD= (180°−120°)=30°，
2
∴∠ABE＝120°﹣30°＝90°，
∴∠ACO+∠ABE＝90°+30°＝120°，
故选：D．
4．（2024•呼和浩特）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°
【分析】根据正五边形、正方形的性质以及圆周角定理进行计算即可．
【解答】解：如图，连接 OG，OF，OD，OE，DF，连接AC，则AC是正五边形CEFGH，正方形
ABCD的对称轴，
360° 360°
∴∠AOD= =90°，∠FOG＝∠EOF= =72°，
4 5
∵AC是正五边形CEFGH的对称轴，
1
∴∠AOG＝∠AOF= ∠FOG＝36°，
2
∴∠DOF＝90°﹣36°＝54°，
∴∠DOE＝72°﹣54°＝18°，
∴∠AMF＝∠MFD+∠MDF
1 1
= ∠DOE+ ∠AOF
2 2
1 1
= ×18°+ ×36°
2 2
＝9°+18°
＝27°．
故选：B．
5．（2024•沛县校级一模）如图，六边形ABCDEF是 O的内接正六边形，设正六边形ABCDEF的面积为
⊙
S
S ，△ACE的面积为S ，则
1=
．
1 2 S
2【分析】根据圆内接正六边形的性质可用半径r表示正六边形的面积S ，再根据圆内接正三角形的性质
1
S
1
可用半径r表示正三角形的面积S ，最后再计算 的值即可．
2 S
2
【解答】解：如图，连接OC，OD，OE，OD交CE于点M，过点O作ON⊥CD于点N，设 O的半径
为r，则OC＝OD＝OE＝r， ⊙
∵六边形ABCDEF是 O的内接正六边形，
360° ⊙
∴∠COD= =60°，
6
∵OC＝OD，
∴△COD是正三角形，
∴CD＝OC＝OD＝r，
∵ON⊥CD，
1 1
∴CN＝DN= CD= r，
2 2
❑√3
∴ON=❑√OC2−CN2= r，
2
1 ❑√3 3❑√3
∴正六边形ABCDEF的面积为S
1
＝6S△COD ＝6×
2
×r×
2
r=
2
r2；
由题意可知，△ACE是 O的内接正三角形，
∴∠COM＝60°， ⊙
1 1 ❑√3 ❑√3
∴OM= OC= r，CM= OC= r，
2 2 2 2
∴CE＝2CM=❑√3r，
1 1 3❑√3
∴△ACE的面积为S
2
＝3S△OCE ＝3×
2
×❑√3r×
2
r=
4
r2；S
∴
1=
2．
S
2
6．（2024•西湖区校级二模）如图，正六边形ABCDEF与正方形AGDH都内接于 O，连接BG，则弦BG
所对圆周角的度数为 ． ⊙
【分析】根据圆内接正方形，圆内接正六边形的性质求出其中心角的度数，再根据圆周角定理进行计算
即可．
【解答】解：如图，连接OA，OB，OG，
∵正方形AGDH是 O的内接正方形，
360° ⊙
∴∠AOG= =90°，
4
∵正六边形ABCDEF是 O的正六边形，
360° ⊙
∴∠AOB= =60°，
6
∴∠BOG＝90°﹣60°＝30°，
1
∴弦BG所对劣弧所对应圆周角的度数为 ∠BOG＝15°．
2
弦BG所对优弧所对应圆周角的度数为180°﹣15°＝165°．
故答案为：15°或165°．【考点12 弧长的计算】
【必备知识】
n nπR
弧长公式：如果弧长为l，圆心角度数为n°，圆的半径为R，则l= ·2πR= ；对于公式中出现的三
360 180
个量l，n，R，只要知道其中的两个量，就能求出第三个量.
【必刷题型】
1．（2023秋•防城区期末）如图，四边形ABCD是 O的内接四边形， O的半径为2，∠D＝110°，则
^AC的长为 ． ⊙ ⊙
【分析】连接OA、OC，根据圆内接四边形的性质求出∠B，再根据圆周角定理求得∠AOC的度数，最
后根据弧长公式求解．
【解答】解：连接OA、OC，
∵四边形ABCD是 O的内接四边形，∠D＝110°，
∴∠B＝180°﹣∠D⊙＝180°﹣110°＝70°，
∴∠AOC＝2∠B＝140°，
140π×2 14
∴^AC的长= = ．
180 9
π
14
故答案为： ．
9
π2．（2024•二道区校级模拟）如图，将半径为2，圆心角为90°的扇形BAC绕A点逆时针旋转，在旋转过
程中，点B落在扇形BAC的弧AC上的点D处，点C的对应点为点E，则图中阴影部分图形的周长为
.（结果保留 ）
π
【分析】连接BD，根据旋转的性质可得AB＝AD＝BC＝BD＝2，求出△ABD是等边三角形，求出
∠ABF＝60°，即可求出^AD，再根据阴影部分的周长=^AD+^AE+DE，即可求解．
【解答】解：连接BD，如图，
∵将半径为2，圆心角为90°的扇形BAC绕点A逆时针旋转，在旋转过程中，点B落在扇形BAC的弧上
的点D处，点C的对应点为点E，
∴AB＝AD＝BC＝BD＝2，∠ADE＝∠ABC＝90°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝60°，
60π×2 2 90π×2
∴弧AD的长= = π，弧AE的长= =π，
180 3 180
2
∴阴影部分的周长=^AD+^AE+DE= π+π+2，
3
5
故答案为： π+2．
33．（2024•前郭县校级模拟）如图，AB是 O的直径，点C是 O上一点，点D在BA的延长线上，CD
与 O交于另一点E，DE＝OB＝2，∠D⊙＝20°，则^BC的长度为⊙ （结果保留 ）．
⊙ π
【分析】连接OE，OC，求出∠BOC的度数，即可求得弧长．
【解答】
解：连接OE，OC，
∵DE＝OB＝2，OB＝OE＝OC，
∴DE＝OB＝OE＝OC，
∴∠EOD＝∠D＝20°，
∴∠EOC＝∠CEO＝20°+20°＝40°，
∴∠BCO＝20°+40°＝60°，
60°×π×2 2
∴ ^BC= = π，
180° 3
2
故答案为： π．
3
4．（2024•武威三模）生活中常见的轮子都是圆形，有一种特殊的莱洛三角形，是由三段相等的圆弧构
成，虽然不是圆是用它的形状做成滚轮（如图①）的效果和圆形滚轮是相同的，其原理为每个顶点到所对圆弧的距离都为等边三角形的边长，如图②，△ABC的中心O到三个顶点的距离均为2❑√3cm，则
这个莱洛三角形的周长为 cm．
【分析】连接OB，OC，过O作OH⊥BC于H，根据等边三角形的性质和勾股定理得到BC＝2BH＝6，
求得AB＝BC＝CA＝6，∠BAC＝∠ABC＝∠BCA＝60°，根据弧长公式即可得到结论．
【解答】解：连接OB，OC，过O作OH⊥BC于H，
∵△ABC是等边三角形，△ABC的中心O到三个顶点的距离均为2❑√3cm，
∴∠BOC＝120°，OB＝OC＝2❑√3cm，
1
∴OH= OB=❑√3cm，
2
∴BC＝2BH＝2×❑√(2❑√3) 2−(❑√3) 2=6cm，
∴AB＝BC＝CA＝6cm，∠BAC＝∠ABC＝∠BCA＝60°，
∴^AB=^AC=^BC，
60π×6
∴“莱洛三角形”的周长等于^BC的长×3= ×3＝6 （cm）．
180
π
故答案为：6 ．
5．（2024•船营π区校级模拟）如图，扇形AMB的圆心角∠AMB＝60°，将扇形AMB沿射线MB平移得到扇
形CND，已知线段CN经过^AB的中点E，若AM=2❑√3，则阴影部分的周长为 ．【 分 析 】 连 接 ME ， 根 据 E 为 ^AB的 中 点 ， 扇 形 AMB 的 圆 心 角 ∠ AMB ＝ 60° ， 得 出
1 30×2❑√3π ❑√3π
∠EMB=∠AME= ∠AMB=30°， 求 出 l = = ， 证 明 EN ＝ MN ， 根 据
2 ⌢ 180 3
BE
NE+NB+l =MN+NB+l
求出结果即可．
⌢ ⌢
BE EB
【解答】解：连接ME，如图所示：
∵E为^AB的中点，扇形AMB的圆心角∠AMB＝60°，
1
∴∠EMB=∠AME= ∠AMB=30°，
2
∵AM=2❑√3，
∴EM=BM=2❑√3，
30×2❑√3π ❑√3π
∴l = = ，
⌢ 180 3
BE
根据平移可知，AM∥CN，
∴∠AME＝∠MEN，
∴∠BME＝∠MEN，
∴EN＝MN，
∴阴影部分的周长为：
NE+NB+l =MN+NB+l
⌢ ⌢
BE EB
=MB+l
⌢
BE
❑√3π
=2❑√3+ ．
3❑√3π
故答案为：2❑√3+ ．
3
6．（2024•市北区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC=2❑√3，以AB的中点O
为圆心，OA的长为半径作半圆交AC于点D，再以点B为圆心，以OB的长为半径作^DE，交半圆于点
D，交BC于点E，则图中阴影部分的周长为 ．
【分析】根据题意可知OB＝OD＝BD＝BE＝3，得出△OBD是等边三角形，则∠BOD＝∠ABD＝60°，
然后根据弧长公式可以解答本题．
【解答】解：连接OD，BD，如图所示，
由题意可知OB＝OD＝BD＝BE＝3，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠BOD＝∠ABD＝60°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠DBE＝30°，
60π×3 30π×3 3
∴阴影部分的周长为： + +3= +3，
180 180 2
π
3
故答案为： +3．
2
π
7．（2024•固始县校级二模）如图，扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C为^AB的中点，过点C作CD⊥OA，
CE⊥OB，垂足分别为D，E，分别以CD，CE为轴折叠扇形AOB，点A，B的对应点为M，N两点，若
OA＝2，则阴影部分的周长为 ．【分析】根据轴对称得出阴影部分的周长等于弧AB的长加2OM的长即可求解．
【解答】解：连接OC，
∵点C为^AB的中点，
∴∠AOC＝∠BOC＝45°，
∵CD⊥OA，CE⊥OB，∠AOB＝90°，
∴CD＝CE，
∴四边形ODCE为正方形，
∴AD＝OA﹣OD，BE＝OB﹣OE，
∴AD＝BE，
∵OD2+CD2＝OC2＝OA2＝4，OD＝CD，
∴OD=CD=❑√2，
∴OD＝CD＝OE＝CE=❑√2，
∵AD＝DM，BE＝NE，
∴AD＝DM＝BE＝NE，
∴OM＝ON＝OA﹣2AD＝2﹣2（2−❑√2）=2❑√2−2，
∵^AC=C^M，C^B=C^N，
90π×2
∴C^M+C^N=^AC+C^B=^AB= =π，
180
∴阴影部分的周长为：OM+ON+C^M+C^N=2(2❑√2−2)+π=4❑√2−4+π，
故答案为：4❑√2−4+π．【考点13 扇形面积的计算】
【必备知识】
n
扇形面积公式：如果设圆心角度数为n°的扇形面积为S，圆的半径为R，那么扇形的面积S=
·πR2
=
360
nπR2
360
1
用弧长和半径R表示扇形面积：S= lR
2
注意：
①在弧长的计算公式中，n是表示1的圆心角的倍数，n和180都不要带单位.
②若圆心角的单位不全是度，则需先化为度后再计算弧长.
③正确区分弧、弧的度数、弧长三个概念，度数相等的弧，弧长不一定相等，弧长相等的弧不一定是等
弧，只有在同圆或等圆中，才有等弧的概念，才是三者的统一.
【必刷题型】
1．（2023秋•青岛期末）如图，一张扇形纸片OAB，∠AOB＝120°，OA＝6，将这张扇形纸片折叠，使点
A与点O重合，折痕为CD，则图中未重叠部分（即阴影部分）的面积为 ．
【分析】根据阴影部分的面积等于扇形BD面积O减去S弓形OD面积计算即可．
【解答】解：由折叠可知，
S弓形AD ＝S弓形OD ，DA＝DO，
∵OA＝OD，
∴AD＝OD＝OA，
∴△AOD为等边三角形，∴∠AOD＝60°，∠DOB＝60°，
∵AD＝OD＝OA＝6，
∴CD＝3❑√3，
60π×62 1
∴S弓形AD ＝S扇形ADO ﹣S△ADO =
360
−
2
×6×3❑√3=6 ﹣9❑√3，
π
∴S弓形OD ＝6 ﹣9❑√3，
π
60π×62
阴影部分的面积＝S扇形BDO ﹣S弓形OD =
360
−（6 ﹣9❑√3）＝9❑√3，
π
故答案为：9❑√3．
2．（2024•绥化模拟）如图，AB为半圆O的直径，点C为半圆上的一点，OD⊥AC，垂足为点D，延长
OD与半圆O交于点E．若AB＝16，∠CAB＝30°，则图中阴影部分的面积为 ．
【分析】连接OC，由等腰三角形的性质得到∠OAC＝∠OCA＝30°，即可求出∠AOC＝180°＝﹣30°﹣
1
30°＝120°，由含30度角的直角三角形的性质求出OD= OA＝4，由勾股定理求出AD=❑√OA2−OD2=
2
1
4❑√3，由垂径定理得到 AC＝2AD＝8❑√3，求出△AOC的面积= AC•OD＝16❑√3，扇形AOC的面积
2
64 1 32
= ，即可得到阴影的面积＝（扇形AOC的面积﹣△AOC）× = ﹣8．
3 2 3
π π
【解答】解：连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝30°，
∴∠AOC＝180°＝﹣30°﹣30°＝120°，
∵AB＝16，
1
∴OA= AB＝8，
2
∵OD⊥AC，∠OAD＝30°，
1
∴OD= OA＝4，
2∴AD=❑√OA2−OD2=4❑√3，
∵OD⊥AC，
∴AC＝2AD＝8❑√3，
1 1
∴△AOC的面积= AC•OD= ×8❑√3×4＝16❑√3，
2 2
120π×82 64
∵扇形AOC的面积= = ，
360 3
π
1 64 1 32
∴阴影的面积＝（扇形AOC的面积﹣△AOC）× =（ ﹣16❑√3）× = ﹣8❑√3．
2 3 2 3
π π
32
故答案为： ﹣8❑√3．
3
π
3．（2024•沿河县一模）如图，已知AB是 O的直径，点C，D在 O上，∠D＝60°且AB＝6，过点O作
OE⊥AC交 O于点F，垂足为E． ⊙ ⊙
（1）∠CAB⊙的度数为 ；
（2）求OE的长；
（3）求阴影部分的面积．
【分析】（1）由圆周角定理得到∠ACB＝90°，∠B＝∠D＝60°，由直角三角形的性质得到∠CAB＝90°
﹣∠B＝30°；
1 3
（2）由AB＝6，得到OA＝3，由直角三角形的性质得到OE= OA= ；
2 2
（3）由△OEC≌△FEA（SAS），得到阴影的面积＝扇形OCF的面积，求出扇形OCF的面积即可．
【解答】解：（1）∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝90°， ⊙∵∠B＝∠D＝60°
∴∠CAB＝90°﹣∠B＝30°．
故答案为：30°．
（2）∵AB＝6，
1
∴OA＝OC= AB＝3，
2
∵OF⊥AC，
∴∠AEO＝90°，
∵∠BAC＝30°，
1
∴OE= OA＝1.5；
2
（3）∵∠AEO＝90°，∠CAB＝30°，
∴∠AOE＝60°，
∵OF＝OA，
∴△OAF是等边三角形，
∴OE＝EF，∠AOF＝60°，
∵∠CEO＝∠AEF＝90°，
∴△OEC≌△FEA（SAS），
∴阴影的面积＝扇形OCF的面积，
∵∠B＝60°，OC＝OB，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
∴∠COF＝180°﹣∠AOF﹣∠BOC＝60°，
60π×32 3π
∴扇形OCF的面积= = ．
360 2
3π
∴阴影的面积= ．
24．（2023秋•江岸区期末）如图，已知AD是 O的直径，B、C为圆上的点，OE⊥AB、BC⊥AD，垂足
分别为E、F． ⊙
（1）求证：2OE＝CD；
（2）若∠BAD＝30°，AD＝4，求阴影部分的面积．
【分析】（1）根据垂径定理得BF＝CF，^BD=C^D，则BD＝CD，再根据垂径定理得OE⊥AB，AE＝
BE，则OE是△ABD的中位线，根据三角形的中位线定理可得BD＝2OE，即可得出结论；
（2）根据阴影部分面积等于扇形AOB﹣三角形AOB面积，据此解答．
【解答】（1）证明：∵AD是 O的直径，BC是 O的弦，BC⊥AD，
∴BF＝CF，^BD=C^D，
⊙ ⊙
∴BD＝CD，
∵OE⊥AB，AB是 O的弦，
∴AE＝BE， ⊙
∵AO＝DO，
∴OE是△ABD的中位线，
∴BD＝2OE，
∴2OE＝CD；
（2）解：如图，连接BO，CO，
∵∠BAD＝30°，AD＝4，
∴BD＝2，∴OE＝1，
AB=❑√42−22=2❑√3，
∴∠AOB＝120°，
120 1 4
∴S阴影 ＝S扇形AOB ﹣S△AOB =
360
× ×22−
2
×1×2 ❑√3=
3
−❑√3，
π π
4
∴阴影部分的面积为 −❑√3．
3
π
5．（2023秋•海安市期末）如图，AB是 O的直径，CD是弦，AB⊥CD于点E．
（1）求证：∠BCO＝∠D； ⊙
（2）若CD=4❑√3，∠D＝30°，求阴影部分的面积．
【分析】（1）由OB＝OC，利用等边对等角得到一对角相等，再由同弧所对的圆周角相等得到一对角
相等，等量代换即可得证；
（2）利用垂径定理和勾股定理求出OE和OB的长，根据两边关系得到圆心角度数，利用扇形面积减去
三角形面积即可求得结果．
【解答】（1）证明：∵OB＝OC，
∴∠BCO＝∠B，
∵∠B＝∠D，
∴∠BCO＝∠D；
（2）解：∵CD=4❑√3，∠D＝30°，∠B＝∠D，AB⊥CD，
1
∴∠B＝30°，CE= CD＝2❑√3，∠CEB＝90°，
2
∴BC＝4❑√3，∠COE＝2∠B＝60°，
∴BE=❑√BC2−CE2=❑√(4❑√3) 2−(2❑√3) 2=6，∠OCE＝30°，
∴OC＝2OE，1
∴OE= BE＝2，OB＝4，
3
60π×42 1 8π
∴阴影部分的面积为： − ×2×2 ❑√3= −2❑√3．
360 2 3
6．（2023秋•碑林区校级期末）如图，这是一张以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在 O上，
将该圆形纸片沿直线CO对折，使点B落在 O上的点D处，连接AD，CB，CD，CD与直径⊙AB交于
点E，连接OD，AC，且OD∥AC． ⊙
（1）求证：四边形ACOD是菱形．
（2）若BC=4❑√3，求扇形AOC的面积．
【分析】（1）根据圆周角定理可得AD⊥BD，由对称的性质可得CO⊥BD，进而得到CO∥AD，得出
四边形ACOD是平行四边形，进而得出四边形ACOD是菱形；
（2）证得△AOC是等边三角形，即可求出∠ABC的度数，由特殊锐角三角函数值可求出AB，从而求
得OA，利用扇形面积公式即可求得．
【解答】（1）证明：如图，连接BD，由轴对称可知，直线CO是线段BD的垂直平分线，
即CO⊥BD，
又∵AB是 O的直径，
∴∠ADB＝⊙90°，
即AD⊥BD，
∴CO∥AD，
又∵OD∥AC，
∴四边形ACOD是平行四边形，
∵OD＝OC，
∴四边形ACOD是菱形，
（2）解：∵四边形ACOD是菱形，
∴AC＝AD＝OC＝OD，∵OC＝OD＝OA，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠AOC＝60°，
在Rt△ACB中，∠OAC＝60°，BC＝4❑√3，
BC
= =
∴AB ❑√3 8，
2
∴OA＝4，
60π×42 8
∴扇形AOC的面积= = π．
360 3
7．（2023秋•西湖区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝BC＝6，∠ABC＝45°，以BC为直径作半圆，交
AC于点D，交AB于点E求；
（1）求弧DE的长；
（2）求阴影部分的面积．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质和平行线的判定与性质求出∠DOE，再由弧长公式计算弧DE的
长；
（2）利用扇形和三角形的面积公式，根据“阴影部分的面积＝扇形BOE的面积﹣Rt△BOE的面积”计
算即可．
【解答】解：（1）∵OB＝OE，
∴∠ABC＝∠BEO＝45°，
∴∠BOE＝90°，∵AB＝BC＝6，
∴∠ACB＝∠BAC，
∵OC＝OD，
∴∠ACB＝∠CDO，
∴∠CDO＝∠BAC，
∴AB∥OD，
∴∠DOE＝∠BEO＝45°，
45 3π
∴^DE= × ×6 = ，
360 4
π
3π
∴弧DE的长是 ．
4
（2）S阴影 ＝S扇形BOE ﹣S
Rt△BOE
90 6 1 6
= × ×（ ）2− ×（ ）2
360 2 2 2
π
9π 9
= − ，
4 2
9π 9
∴阴影部分的面积是 − ．
4 2
【考点14 圆锥的侧面积】
【必备知识】
圆锥的侧面积：①设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，那么这个圆锥的侧面展开图中扇形的半径即为
母线l，扇形的弧长即为底面圆的周长2πr，根据扇形面积公式可知S =πrl. S = πrl+πr 2 .
侧 全
②圆锥的母线l，圆锥的高h，底面圆的半径r，存在关系式： r 2 +h 2 =l 2
③圆锥的底面圆周长等于其侧面展开扇形的弧长，由此设圆锥底面圆的半径为 r，其侧面展开扇形的半径
nR
为R，圆心角度数为n°，则可推得r=
360
【必刷题型】
1．（2024•天河区校级三模）用一个圆心角为120°，半径为4的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面
8
圆的直径为 ．
3
【分析】利用底面周长＝展开图的弧长可得．
120π×4 4
【解答】解： =2πr，解得r = ．
180 34 8
∴底面圆的直径为： ×2= ，
3 3
8
故答案为： ．
3
2．（2024•湖南模拟）如图，已知圆锥底面半径为4cm，其侧面展开图面积是48 cm2，则该圆锥的母线长
为 cm． π
【分析】设此圆锥的底面半径为r，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的
1
周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式得到 •2 •r•4＝48 ，然后解方程即可．
2
π π
【解答】解：设此圆锥的底面半径为r，
1
根据题意得 •2 •r•4＝48 ，
2
π π
解得x＝12．
即此圆锥的底面半径为12cm．
故答案为：12．
3．（2023秋•梅里斯区期末）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形．若母线长 l为
9cm，圆锥的底面圆的半径r为3cm，则扇形的圆心角 为 °．
θ
【分析】设扇形的圆心角 为n°，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周
θ
nπ×9
长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则根据弧长公式得到2 ×3= ，然后解方程即可．
180
π【解答】解：设扇形的圆心角 为n°，
nπ×9 θ
根据题意得2 ×3= ，
180
π
解得n＝120，
即扇形的圆心角 为120°．
故答案为：120．θ
4．（2024•高邮市校级模拟）如图，小明用图中的扇形纸片作一个圆锥的侧面，已知扇形的圆心角为
216°，半径是5cm，那么这个圆锥的底面半径是 ．
【分析】设这个圆锥的底面半径为r，根据圆锥的底面周长等于展开以后扇形的弧长列式计算即可．
【解答】解：设这个圆锥的底面半径为r，根据题意得，
nπl
2πr= ，
180
其中n＝216，l＝5，
nl 216×5
∴r= = =3(cm)，
360 360
故答案为：3cm．
5．（2023秋•宿迁期末）如图，在直径为2的圆形纸片上裁剪出圆心角∠ACB＝90°的扇形CAB．
（1）求阴影部分面积；
（2）用所裁剪的扇形纸片CAB围成一个圆锥的侧面，求圆锥底面圆的半径．
【分析】（1）AB是圆O的直径，求出求得AC=BC=❑√2，进而利用扇形的面积公式可得阴影部分的
面积；
（2）求出AB的长度，即圆锥底面圆的周长，继而可得出底面圆的半径．【解答】解：（1）连接AB，OC，
∵∠ACB＝90°，
∴AB是圆O的直径，
∴点A、O、B三点共线，
∴OB＝OC＝OA，
又∵AC＝BC，
∴AO⊥OC，
∵圆的直径为2，
则AC=BC=❑√2，
90π×(❑√2) 2 1
故S = = π．
扇形 360 2
1 1
∴S =π×12− π= π；
阴影 2 2
90π×(❑√2) ❑√2π
（2）AB的长l= = ，
180 2
❑√2π
则2πR= ，
2
❑√2
解得：R= ．
4
❑√2
故该圆锥的底面圆的半径是 ．
4
6．（2023秋•睢阳区校级月考）小林同学不仅是数学爱好者，还喜欢运用数学知识对日常生活中的事物进
行分析，下面是他对如何制作圆锥形漏斗的分析．小林要用一块矩形铁皮加工出一个底面半径为
20cm，高为40❑√2cm的锥形漏斗，要求只能有一条接缝（接缝忽略不计）．（1）求这个锥形漏斗的侧面展开图的圆心角的度数．
（2）如图，有两种设计方案，请你计算一下，哪种方案所用的矩形铁皮面积较少？（参考数据：
❑√3≈1.7）
【分析】（1）根据题意利用勾股定理求出圆锥母线长，再利用圆锥的底面周长与扇形的弧长之间的关
系，即可得到本题答案；
（2）过点O作OH⊥AD，利用矩形性质及（1）中结论可知OM＝OH＝AB＝60cm，再利用含30°角的
直角三角形三边关系求得BM＝30cm，继而求出方案一所需的矩形铁皮的面积，同法可得方案二所需的
矩形铁皮的面积，再比较大小即可得到本题答案．
【解答】解：（1）设这个锥形漏斗的侧面展开图的圆心角为n，
∵底面半径为20cm，高为40❑√2cm的锥形漏斗，
∴圆锥的母线长为：❑√202+(40❑√2) 2=60cm，
nπ×60
∴2π⋅20= ，
180
解得：n＝120°，
即这个锥形漏斗的侧面展开图的圆心角为120°；
（2）如图，过点O作OH⊥AD，
∵四边形ABCD是矩形，由（1）知OM＝ON＝60cm，
∴OM＝OH＝AB＝60cm．
由（1）可得；∠MON＝120°，
在Rt△OBM中，
∵∠BOM＝30°，
∴BM＝30cm，∴OB=❑√3BM=30❑√3cm，
∴BC=2OB=60❑√3cm，
∴方案一所需的矩形铁皮的面积＝60×60❑√3=3600❑√3≈6120（cm2）；
如图，OM＝ON＝EF＝60，∠MON＝120°，
，
在Rt△FOM中，
∵∠FOM＝60°，
∴OF＝30cm，
∴FG＝OF+OG＝30+60＝90（cm），
∴方案二所需的矩形铁皮的面积＝90×60＝5400（cm2），
∵6120＞5400，
∴方案二所用的矩形铁皮面积较少．
