文档内容
专题 24.13 圆全章专项复习【4 大考点 13 种题型】
【人教版】
【考点1 圆的有关性质】..........................................................................................................................................2
【题型1 垂径定理的应用】......................................................................................................................................3
【题型2 弧、弦、圆心角的关系】..........................................................................................................................7
【题型3 圆周角定理及其推论的应用】................................................................................................................12
【题型4 巧用圆内接四边形的性质求解】...........................................................................................................21
【考点2 点和圆、直线和圆的位置关系】...........................................................................................................26
【题型5 切线的判定】............................................................................................................................................27
【题型6 切线的性质】............................................................................................................................................33
【题型7 切线长定理】............................................................................................................................................40
【题型8 三角形的外接圆与内切圆】....................................................................................................................46
【考点3 正多边形和圆】........................................................................................................................................52
【题型9 正多边形和圆的有关计算】....................................................................................................................52
【题型10 正多边形中的规律探究性问题】...........................................................................................................57
【考点4 弧长和扇形面积】....................................................................................................................................62
【题型11 圆锥侧面展开图的有关计算】................................................................................................................63
【题型12 不规则图形面积的计算】........................................................................................................................69
【题型13 利用弧长和扇形面积公式解决几何图形的旋转问题】.......................................................................76
【考点1 圆的有关性质】
知识点一 圆的定义
圆的定义：第一种：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
形叫作圆。固定的端点O叫作圆心，线段OA叫作半径。第二种：圆心为O，半径为r的圆可以瞧成就是
所有到定点O的距离等于定长r的点的集合。
比较圆的两种定义可知：第一种定义就是圆的形成进行描述的，第二种就是运用集合的观点下的定
义，但就是都说明确定了定点与定长，也就确定了圆。
知识点二 圆的相关概念
弦：连接圆上任意两点的线段叫做弦，经过圆心的弦叫作直径。
弧：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧
都叫做半圆。等圆：等够重合的两个圆叫做等圆。
等弧：在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧。
弦就是线段，弧就是曲线，判断等弧首要的条件就是在同圆或等圆中，只有在同圆或等圆中完全重合的弧
才就是等弧，而不就是长度相等的弧。
知识点三 圆的对称性
圆就是轴对称图形，任何一条直径所在直线都就是它的对称轴。
知识点四 垂径定理
垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。
垂径定理的推论：平分弦（不就是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧
注意：因为圆的两条直径必须互相平分，所以垂径定理的推论中，被平分的弦必须不就是直径，否则结论
不成立。
知识点五 弦、弧、圆心角的关系
弦、弧、圆心角之间的关系定理：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。
在同圆或等圆中，如果两个圆心角，两条弧，两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余的各组量也
相等。
注意不能忽略同圆或等圆这个前提条件，如果丢掉这个条件，即使圆心角相等，所对的弧、弦也不一定相
等，比如两个同心圆中，两个圆心角相同，但此时弧、弦不一定相等。
知识点六 圆周角定理
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。
圆周角定理的推论：半圆（或直径）所对的圆周角就是直角，90°的圆周角所对弦就是直径。
圆周角定理揭示了同弧或等弧所对的圆周角与圆心角的大小关系。“同弧或等弧”就是不能改为“同弦或
等弦”的，否则就不成立了，因为一条弦所对的圆周角有两类。
知识点七 圆内接四边形及其性质
圆内接多边形：如果一个多边形的所有顶点都在同一个圆上，这个多边形叫做圆内接多边形，这个圆叫做
这个多边形的外接圆。
圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补。
【题型1 垂径定理的应用】
【例1】（2024·江西吉安·三模）如图，一座石桥的主桥拱是四弧形，某时刻添得水面AB的宽度为8米，
拱高CD（A´B的中点C到水面的距离）为2米．(1)求主桥拱所在圆的半径．
(2)在主桥拱所在圆的圆心处有一水位检测仪，若过几天某时刻的水面为EF，检测仪观测点E的仰角为
25.6°，求此时水面的宽度．（参考数据：sin25.6°≈0.43，cos25.6°≈0.90，tan25.6°≈0.48）
【答案】(1)主桥拱所在圆的半径长为5米
(2)此时水面的宽度约为9米
【分析】（1）连接OA，OD，构造△ADO，通过垂径定理得出是直角三角形，再利用勾股定理即可求
解．
（2）设OC与EF相交于点G，根据平行线的性质得出∠OEG=25.6°，△OGE为直角三角形，再利用锐
角三角形的余弦值即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接OA，OD．
∵C是A´B的中点，CD⊥AB，
1
∴AD=BD= AB=4，CD所在的直线经过圆心O．
2
设半径OA=OC=r，则OD=OC−CD=r−2．
∵在Rt△ADO中，OA2=AD2+OD2，
∴r2=42+(r−2) 2，解得r=5．
答：主桥拱所在圆的半径长为5米．
（2）（2）如图，设OC与EF相交于点G．
由题意得∠EOH=25.6°．
∵EF//OH，∴∠OEG=25.6°．
∵EF//AB，OD⊥AB
∴OD⊥EF，∴∠OGE=90°．
∵在Rt△OGE中，OE=5，
∴EG=OE⋅cos∠OEG=OE⋅cos25.6°≈5×0.90=4.5，
∴EF=2EG=9．
答：此时水面的宽度约为9米．【点睛】本题主要考查了解直角三角形及应用，涉及垂径定理，勾股定理的应用及平行线的性质等知识，
解决问题的关键是学会添加辅助线，构造直角三角形解决问题．
【变式1-1】（23-24九年级·安徽淮南·期末）我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋
壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？”意思是：
今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小．如图，用锯去锯这木材，锯口深ED=1寸，锯道长AB=1
尺（1尺=10寸）．这根圆柱形木材的直径是多少寸？
【答案】这根圆形木材的直径为26寸
【分析】本题考查垂径定理结合勾股定理计算半径长度．根据题意可得OE⊥AB，由垂径定理可得
1 1
AD=BD= AB= 尺=5寸，设半径OA=OE=r，则OD=r−1，在Rt△OAD中，根据勾股定理可得：
2 2
(r−1) 2+52=r2，解方程可得出木材半径，即可得出木材直径．解决问题的关键是从题中寻找是否有垂径
定理，然后构造直角三角形，用勾股定理求解．
【详解】解：由题可知OE⊥AB，
∵OE为⊙O半径，
1 1
∴AD=BD= AB= 尺=5寸，
2 2
设OA=OE=r，
∵ED=1，
∴OD=r−1，
在Rt△OAD中，
由勾股定理得(r−1) 2+52=r2，
解得r=13，
∴这根圆形木材的直径为26寸．
【变式1-2】（2024·河南周口·二模）《九章算术》作为古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，
与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．在《九章算术》中记载有一类似问题“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深两寸，锯道长一尺二，问径几何?”小辉同学根据原文题意，画出圆材截面
图如图所示，已知：锯口深为2寸，锯道AB=1.2尺（1.2尺=12寸），求该圆材的直径为多少寸?
【答案】该圆材的直径为20寸
【分析】本题考查垂径定理和勾股定理，过点O作OC⊥AB 于点D，交A´B于点C，连接OA，设⊙O半
径为x，则OD=x−2，由勾股定理建立方程即可求得x，从而求得圆的直径．
【详解】解：设该圆材的半径为x寸．
如图所示，过点O作OC⊥AB 于点D，交A´B于点C，连接OA，
则CD=2寸，
设OA=x寸，AB=1.2尺=12寸，
1
所以 AD=BD= AB=6寸．
2
在Rt△AOD中， OA2=OD2+DA2
即 x2=(x−2) 2+62
解得x=10，
则2x=2×10=20，即该圆材的直径为20寸．【变式1-3】（23-24九年级·河北唐山·期末）如图，装有水的水槽放在水平桌面上，其横截面是以AB为直
径的半圆O，AB=40cm，GH为桌面截线，水面截线MN∥GH，直径一端点B刚好与点N重合，
∠ANM=30°．
(1)计算M´N的长度，并比较直径AB与M´N长度的大小；
(2)请在图中画出线段CD，用其长度表示水的最大深度，并求水的最大深度．
40π
【答案】(1)M´N的长度为 ；直径AB小于M´N长度
3
(2)水的最大深度为10cm
【分析】本题主要考查了圆周角定理的推论，垂径定理，含30度角的直角三角形，弧长公式．
（1）连接OM，由OM=OB，∠ANM=30°，求出∠MOB=120°，根据弧长公式即可求解；
1
（3）过点O作OD⊥MN交MN于点C，根据含30度角的直角三角形的特征，由OB= AB，求出
2
1 1
OC= OB= ×20=10cm，再根据CD=OD−OC即可得出答案．
2 2
【详解】（1）解：如图，连接OM．
∵OM=OB，
∴∠OMB=∠ANM=30°，
∴∠MOB=180°−∠OMB−∠ANM=120°，
120π×20 40π
∴l = = ，
M´N 180 3
40π
∵ >40，
3
∴直径AB小于M´N长度；
（2）解：如图，过点O作OD⊥MN交MN于点C，
在Rt△OCB中，∠ANM=30°，AB=40cm，1
∵ OB= AB=20cm，
2
1 1
∴OC= OB= ×20=10cm，
2 2
∴CD=OD−OC=20−10=10cm，
∴水的最大深度为10cm．
【题型2 弧、弦、圆心角的关系】
【例2】（2024·江苏南京·二模）如图，AB、CD是⊙O的两条弦，AC与BD相交于点E，AB=CD．
(1)求证：AC=BD；
(2)连接 BC，作直线EO，求证：EO⊥BC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了垂直平分线的判定与性质，利用弧、弦、圆心角的关系求证，正确掌握相关性质内容
是解题的关键．
（1）根据利用弧、弦、圆心角的关系得出 A ⌢ B+A ⌢ D=C ⌢ D+A ⌢ D ，进而可得AC=BD；
（2）因为AB=CD，所以A´B=C´D，即∠ACB=∠DBC．结合OB=OC，得出E、O都在BC的垂直平
分线上，即可作答．
【详解】（1）证明：∵AB=CD，∴A´B=C´D
⌢ ⌢ ⌢ ⌢
∴ AB+AD=CD+AD ，
即B´D=A´C．
∴AC=BD．
（2）证明：连接OB、OC、BC．
∵AB=CD，
∴A´B=C´D
∴∠ACB=∠DBC．
∴EB=EC
∵OB=OC
∴E、O都在BC的垂直平分线上．
∴EO⊥BC．
【变式2-1】（23-24九年级·湖南湘西·期末）如图，A´C=C´B，D，E分别是半径OA，OB的中点．求证：
CD=CE．
【答案】见解析
【分析】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，以及全等三角形的判定与性质．连接OC，构建全等三角形
ΔCOD和ΔCOE；然后利用全等三角形的对应边相等证得CD=CE．
【详解】证明：连接OC．在⊙O中，∵ A´C=C´B，
∴∠AOC=∠BOC，
∵OA=OB，D、E分别是半径OA和OB的中点，
∴OD=OE，
∵OC=OC，
∴△COD≌△COE(SAS)，
∴CD=CE．
【变式2-2】（23-24九年级·甘肃武威·期末）已知，如图，在⊙O中，AB=DE，BC=EF，求证：
AC=DF．
【答案】证明见解析
【分析】此题考查了弧与弦的关系，熟练掌握在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一
组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等是解题的关键．利用AB=DE，BC=EF，得出
A´B=D´E，B´C=E´F，即可得A´C=D´F，即可证．
【详解】证明：∵AB=DE，BC=EF，
∴A´B=D´E，B´C=E´F，
∴A´C=D´F，
∴AC=DF．
【变式2-3】（2024·浙江·模拟预测）已知AB，CD是圆O的内接四边形ACBD的两条对角线，AB，CD
相交于点M，且AB=CD．(1)如图1，求证：BM=DM．
(2)在图1中找出一组全等的三角形，并给出证明．
(3)如图2，圆O的半径为5，弦CD⊥AB于点P，当△CBP的面积为3.5时，求AB的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)△ABD≌△CDB，证明见解析；
(3)8．
【分析】（1）由AB=CD得A´B=C´D，即得B´C=A´D，得到∠CDB=∠ABD，进而即可求证；
（2）△ABD≌△CDB．由（1）得，∠ABD=∠CDB，再利用SAS即可求证；
（3）如图2，连接OB、OC，由垂直得∠BPD=∠BPC=90°，同理（1）可得BP=DP，得到△BPD
为等腰直角三角形，即得∠PDB=∠PBD=45°，进而得∠BOC=2∠BDC=90°，利用勾股定理得
1
BC=❑√OB2+OC2=5❑√2，设BP=DP=x，CP= y，可得x2+ y2=(5❑√2) 2=50， xy=3.5，利用完全平
2
方公式可得(x+ y) 2=x2+ y2+2xy=64，得到x+ y=8，据此即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB=CD，
∴A´B=C´D，
∴A´B−A´C=C´D−A´C，
即B´C=A´D，
∴∠CDB=∠ABD，
即∠MDB=∠MBD，
∴BM=DM；
（2）解：△ABD≌△CDB．
证明：由（1）得，∠ABD=∠CDB，
在△ABD和△CDB中，{
AB=CD
)
∠ABD=∠CDB ，
BD=DB
∴△ABD≌△CDB(SAS)；
（3）解：如图2，连接OB、OC，
∵CD⊥AB，
∴∠BPD=∠BPC=90°，
同理（1）可得BP=DP，
∴△BPD为等腰直角三角形，
∴∠PDB=∠PBD=45°，
∴∠BOC=2∠BDC=2×45°=90°，
∴BC=❑√OB2+OC2=❑√52+52=5❑√2，
设BP=DP=x，CP= y，
在Rt△BPC中，由勾股定理得BP2+CP2=BC2，
∴x2+ y2=(5❑√2) 2=50，
又∵△CBP的面积为3.5，
1
∴ xy=3.5，
2
∴xy=7，
∴(x+ y) 2=x2+ y2+2xy=50+14=64，
∴x+ y=8，
∴AB=CD=CP+DP=x+ y=8．
【点睛】本题考查了弧、弦、圆心角之间的关系，等角对等边，全等三角形的判定，等腰直角三角形的判
定和性质，圆周角定理，勾股定理，完全平方公式，正确作出辅助线是解题的关键．
【题型3 圆周角定理及其推论的应用】
【例3】（2024·贵州遵义·三模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，D是弧AC的中点，连接BD，AD，CD．CE平分∠ACB交BD于点E．
(1)写出图中一个与∠ACD相等的角______；
(2)试判断△CDE的形状，并说明理由；
(3)若⊙O的半径为2❑√3，∠ABC=60°，求AC的长．
【答案】(1)∠ABD（或∠CBD或∠DAC）；
(2)△DEC是等腰三角形，理由见解析
(3)6
【分析】（1）根据题意得A´D=C´D,则∠ACD=∠ABD=∠CBD=∠DAC，
（2）根据题意得A´D=C´D,则∠ABD=∠CBD，由角平分线的∠ACE=∠BCE，结合
∠DEC=∠CBD+∠BCE和∠DCE=∠ACD+∠ACE，则∠DEC=∠DCE，故DE=DC；
（3）连接OD，交AC于点F，连接OA．由题意得∠ABD=30°，∠OFA=90°，则∠AOD=60°，在
Rt△OFA中AF=OA⋅sin60°，结合AC=2AF即可。
【详解】（1）解：∵D是弧AC的中点，
∴A´D=C´D,
∴∠ACD=∠ABD=∠CBD=∠DAC，
故答案为：∠ABD（或∠CBD或∠DAC）；
（2）解：△DEC是等腰三角形，
理由如下：
∵点D是A´C的中点，
∴A´D=C´D，
∴∠ABD=∠CBD，
又∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE=∠BCE，
在△DEC中，∠DEC=∠CBD+∠BCE，∵∠DCE=∠ACD+∠ACE，
∴∠DEC=∠DCE，
∴DE=DC，
即△DEC是等腰三角形．
（3）解：连接OD，交AC于点F，连接OA．如图，
∵∠ABC=60°，D是弧AC的中点，
∴∠ABD=30°，∠OFA=90°，
∵A´D=A´D，
∴∠AOD=60°，
在Rt△OFA中，OA=2❑√3，
❑√3
∴AF=OA⋅sin60°=2❑√3× =3，
2
又OF⊥AC，
∴AC=2AF=2×3=6。
【点睛】本题主要考查圆的知识，涉及同弧所对圆周角相等、角平分线的定义、等腰三角形的性质、垂径
定理、圆周角定理和解直角三角形，解题的关键是熟悉圆的相关知识。
【变式3-1】（2024·安徽合肥·二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，已知AC⊥BD，垂足为
E，弦AB的弦心距为OF．
（1）若AF=OF，则∠ADB的度数为 ；
（2）若⊙O的半径为5，AB=8，则CD的长为 ．【答案】 45° 6
【分析】（1）连接OA,OB，证明△AOF和△BOF都是等腰直角三角形即可；
（2）延长AO交⊙O于点G，连接BG，则OF是△ABG的中位线，可以求出BG=6，然后根据垂直证明
∠CAD=∠BAG，根据圆周角相等则所对的弦相等得到CD=BG=6．
【详解】解：（1）如图，连接OA,OB，
∵OF AB
是弦 的弦心距，
∴OF⊥AB，
∴AF=BF.
∵AF=OF,
∴△AOF和△BOF都是等腰直角三角形，
∴∠AOF=∠BOF=45°,
∴∠AOB=∠AOF+∠BOF=90°,
∵A´B=A´B，
1
∴∠ADB= ∠AOB=45°，
2
故答案为：45°；
（2）如图，延长AO交⊙O于点G，连接BG，
由AF=BF,OA=OG，得OF是△ABG的中位线，
∴BG=2OF，
1
在Rt△AOF中，OA=5,AF= AB=4，
2
由勾股定理得OF=❑√OA2−AF2=❑√52−42=3,∴BG=6，
∵AC⊥BD，
∴∠CAD+∠ADB=90°，
∵AG是⊙O的直径，
∴∠ABG=90°，
∠BAG+∠G=90°，
∵A´B=A´B
∴∠G=∠ADB,
∴∠CAD=∠BAG,
∴D´C=B´G，
∴CD=BG=6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查垂径定理及其推论，圆周角定理，圆心角与弧、弦的关系，三角形的中位线定理，熟练
掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
【变式3-2】（2024·江苏南京·二模）千姿百态的桥
问题：景区计划在半径为1km的人工湖⊙O上修建景观桥，为容纳更多游客赏景休闲，需要景观桥长度最
大．现有以下三种设计方案，分别求出每种设计方案中桥长的最大值，景观桥的宽度忽略不计．
“X型”
（1）如图①，若点A，B，C，D在⊙O上，则AC+BD的最大值为 km；
“L型”
（2）如图②，若点A，B，C在⊙O上，且AB⊥BC．求AB+BC的最大值；
“T型”
（3）如图③，若点A，B，C在⊙O上，且AC⊥BD，垂足为D，则AC+BD的最大值为 km．
【答案】（1）4；（2）2❑√2km；（3）❑√5+1
【分析】（1）根据题意得出AC≤2，BD≤2，即可得出结论；（2）连接AC，过点B作BE⊥AC于点E，根据90度的圆周角所对的弦是直径及勾股定理得
AB2+BC2=AC2=4，继而得到AB+BC=❑√4+2AB⋅BC，再根据
1 1 1
S = AB⋅BC= AC⋅BE≤ ×2×1，得到AB⋅BC≤2，即可得出结论；
△ABC 2 2 2
（3）如图，过点O作OG⊥AC于点G，延长GO交⊙O于点H，连接OC，设GC=x，
AC+GO=m(m>0)，得到DB≤GH，由垂径定理得AG=GC=x，根据勾股定理得GO2+GC2=OC2，
即(m−2x) 2+x2=1，由一元二次方程根的判别式得(−4m) 2−4×5(m2−1)≥0，继而得到00)，
∵AC⊥BD，
∴∠OGD=∠GDK=∠DKO=90°，
∴四边形OGDK是矩形，
∴DK=OG，
∴DB=DK+KB≤GO+OB=GO+OH=GH，当点D与点G重合时，取“=”，
∵OG⊥AC，
AG=GC=x，
∴GO=m−AC=m−2x，
∵GO2+GC2=OC2，即(m−2x) 2+x2=1，
整理，得：5x2−4mx+m2−1=0，
∴(−4m) 2−4×5(m2−1)≥0，
解得：−❑√5≤m≤❑√5，
∴0
