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专题 04 圆（20 个考点）
【知识梳理+解题方法】
一．圆的认识
（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．
二．垂径定理
（1）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．
（2）垂径定理的推论
推论1：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．
推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．
三．垂径定理的应用
垂径定理的应用很广泛，常见的有：（1）得到推论：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．
（2）垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．
这类题中一般使用列方程的方法，这种用代数方法解决几何问题即几何代数解的数学思想方法一定要掌握．
四．圆心角、弧、弦的关系
（1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．
（2）推论：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．
说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧
或劣弧．
（3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系
三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一
推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形
与原图形完全重合．
（4）在具体应用上述定理解决问题时，可根据需要，选择其有关部分．
五．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）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．
推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌
握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角
的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是
“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
六．圆内接四边形的性质
（1）圆内接四边形的性质：
①圆内接四边形的对角互补．
②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．
（2）圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起
来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
七．点与圆的位置关系
（1）点与圆的位置关系有3种．设 O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：
⊙
①点P在圆外 d＞r
⇔
②点P在圆上 d＝r
⇔
①点P在圆内 d＜r
⇔
（2）点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定
该点与圆的位置关系．
（3）符号“ ”读作“等价于”，它表示从符号“ ”的左端可以得到右端，从右端也可以得到左端．
⇔ ⇔
八．确定圆的条件
不在同一直线上的三点确定一个圆．
注意：这里的“三个点”不是任意的三点，而是不在同一条直线上的三个点，而在同一直线上的三个点不
能画一个圆．“确定”一词应理解为“有且只有”，即过不在同一条直线上的三个点有且只有一个圆，过
一点可画无数个圆，过两点也能画无数个圆，过不在同一条直线上的三点能画且只能画一个圆．
九．三角形的外接圆与外心
（1）外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆．
（2）外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．（3）概念说明：
①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点．
②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在
三角形的外部．
③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个，而
一个圆的内接三角形却有无数个．
十．直线与圆的位置关系
（1）直线和圆的三种位置关系：
①相离：一条直线和圆没有公共点．
②相切：一条直线和圆只有一个公共点，叫做这条直线和圆相切，这条直线叫圆的切线，唯一的公共点叫
切点．
③相交：一条直线和圆有两个公共点，此时叫做这条直线和圆相交，这条直线叫圆的割线．
（2）判断直线和圆的位置关系：设 O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．
⊙
①直线l和 O相交 d＜r
⊙ ⇔
②直线l和 O相切 d＝r
⊙ ⇔
③直线l和 O相离 d＞r．
⊙ ⇔
十一．切线的性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的性质可总结如下：如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆
心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直．
（3）切线性质的运用
由定理可知，若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半
径，见垂直．
十二．切线的判定
（1）切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
（2）在应用判定定理时注意：
①切线必须满足两个条件：a、经过半径的外端；b、垂直于这条半径，否则就不是圆的切线．
②切线的判定定理实际上是从”圆心到直线的距离等于半径时，直线和圆相切“这个结论直接得出来的．
③在判定一条直线为圆的切线时，当已知条件中未明确指出直线和圆是否有公共点时，常过圆心作该直线
的垂线段，证明该线段的长等于半径，可简单的说成“无交点，作垂线段，证半径”；当已知条件中明确
指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线，可简单地说成“有交
点，作半径，证垂直”．
十三．切线的判定与性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
（3）常见的辅助线的：
①判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；
②有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”．十四．切线长定理
（1）圆的切线长定义：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长．
（2）切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线，平分两条切
线的夹角．
（3）注意：切线和切线长是两个不同的概念，切线是直线，不能度量；切线长是线段的长，这条线段的
两个端点分别是圆外一点和切点，可以度量．
（4）切线长定理包含着一些隐含结论：
①垂直关系三处；
②全等关系三对；
③弧相等关系两对，在一些证明求解问题中经常用到．
十五．三角形的内切圆与内心
（1）内切圆的有关概念：
与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做
圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．
（2）任何一个三角形有且仅有一个内切圆，而任一个圆都有无数个外切三角形．
（3）三角形内心的性质：
三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．
十六．正多边形和圆
（1）正多边形与圆的关系
把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边
形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．
（2）正多边形的有关概念
①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心．②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径．
③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．
④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
十七．弧长的计算
（1）圆周长公式：C＝2 R
π
（2）弧长公式：l＝ （弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）
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，则需要先化为度后再计算弧长．
③题设未标明精确度的，可以将弧长用 表示．
π
④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．
十八．扇形面积的计算
（1）圆面积公式：S＝ r2
π
（2）扇形：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧所围成的图形叫做扇形．
（3）扇形面积计算公式：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则
S扇形 ＝ R2或S扇形 ＝ lR（其中l为扇形的弧长）
π
（4）求阴影面积常用的方法：
①直接用公式法；
②和差法；
③割补法．
（5）求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．十九．圆锥的计算
（1）连接圆锥顶点和底面圆周上任意一点的线段叫做圆锥的母线．连接顶点与底面圆心的线段叫圆锥的
高．
（2）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长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
（3）圆锥的侧面积：S侧 ＝ •2 r•l＝ rl．
π π
（4）圆锥的全面积：S全 ＝S底+S侧 ＝ r2+ rl
π π
（5）圆锥的体积＝ ×底面积×高
注意：①圆锥的母线与展开后所得扇形的半径相等．
②圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等．
二十．圆柱的计算
（1）圆柱的母线（高）等于展开后所得矩形的宽，圆柱的底面周长等于矩形的长．
（2）圆柱的侧面积＝底面圆的周长×高
（3）圆柱的表面积＝上下底面面积+侧面积
（4）圆柱的体积＝底面积×高．
【专题过关】
一．圆的认识（共3小题）
1．（2022•南山区校级模拟）数学知识在生产和生活中被广泛应用，下列实例所应用的最主要的几何知识，
说法正确的是（ ）A．学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“菱形的对角线互相垂直平分”
B．车轮做成圆形，应用了“圆是中心对称图形”
C．射击时，瞄准具的缺口、准星和射击目标在同一直线上，应用了“两点确定一条直线”
D．地板砖可以做成矩形，应用了“矩形对边相等”
【分析】根据两点确定一条直线，圆的认识，菱形的性质以及矩形的性质进行判断即可．
【解答】解：A．学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“四边形的不稳定性”，故
本选项错误，不合题意；
B．车轮做成圆形，应用了“圆上各点到圆心的距离相等”，故本选项错误，不合题意；
C．射击时，瞄准具的缺口、准星和射击目标在同一直线上，应用了“两点确定一条直线”，故本选项
正确，符合题意
D．地板砖可以做成矩形，应用了“矩形四个内角都是直角”的性质，故本选项错误，不合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了圆的认识，中心对称图形的概念，直线的性质，菱形的性质，矩形的性质等知
识点，熟记相关的性质或定理即可．
2．（2022•潮安区模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝10．若以点C为圆心，CA长为半径的圆恰
好经过AB的中点D，则 C的半径为（ ）
⊙A． B．8 C．6 D．5
【分析】连结CD，根据直角三角形斜边中线定理求解即可．
【解答】解：如图，连结CD，
∵CD是直角三角形斜边上的中线，
∴CD＝ AB＝ ×10＝5．
故选：D．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是
解题的关键．
3．（2022春•广饶县期末）画圆时圆规两脚间可叉开的距离是圆的（ ）
A．直径 B．半径 C．周长 D．面积
【分析】画圆时，圆规两脚分开的距离，即圆的半径，据此解答即可．
【解答】解：画圆时圆规两脚间可叉开的距离是圆的半径．
故选：B．【点评】本题主要考查了圆的认识，认识平面图形，解答本题关键是抓住圆规画圆的方法．
二．垂径定理（共2小题）
4．（2022•香坊区校级模拟）如图，在 O 中，OD⊥AB 于点 D，AD 的长为 3cm，则弦 AB 的长为
（ ） ⊙
A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm
【分析】直接根据垂径定理得AB＝2AD＝6cm．
【解答】解；∵OD⊥AB，AD＝3cm，
∴AB＝2AD＝6cm．
故选：B．
【点评】本题考查了垂径定理，垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
5．（2021秋•肇源县校级期中）已知：如图，AB是 O的直径，弦CD交AB于E点，BE＝1，AE＝5，
∠AEC＝30°，则CD的长为（ ） ⊙
A．4 B．4 C．3 D．5
【分析】作OM⊥CD于点M，连接OC，在直角三角形OEM中，根据三角函数求得OM的长，然后在
直角△OCM中，利用勾股定理即可求得CM的长，进而求得CD的长．【解答】解：作OM⊥CD于点M，连接OC，则CM＝ CD，
∵BE＝1，AE＝5，
∴OC＝ AB＝ ＝ ＝3，
∴OE＝OB﹣BE＝3﹣1＝2，
∵Rt△OME中，∠AEC＝30°，
∴OM＝ OE＝ ×2＝1，
在Rt△OCM中，
∵OC2＝OM2+MC2，即32＝12+CM2，解得CM＝2 ，
∴CD＝2CM＝2×2 ＝4 ．
故选：A．
【点评】本题考查的是垂径定理、勾股定理及直角三角形的性质，解答此类题目时要先作出辅助线，再
利用勾股定理求解．
三．垂径定理的应用（共2小题）
6．（2022•宣州区二模）如图所示的是一圆弧形拱门，其中路面AB＝2m，拱高CD＝3m，则该拱门的半
径为（ ）A． B．2m C． D．3m
【分析】取圆心为O，连接OA，由垂径定理设 O的半径为rm，则OC＝OA＝rm，由拱高CD＝3m，
OD＝（3﹣r）m，OD⊥AB，由垂径定理得出AD⊙＝1m，由勾股定理得出方程r2＝12+（3﹣r）2，解得：
r＝ ，得出该拱门的半径为 m，即可得出答案．
【解答】解：如图，取圆心为O，连接OA，
设 O的半径为rm，则OC＝OA＝rm，
⊙
∵拱高CD＝3m，
∴OD＝（3﹣r）m，OD⊥AB，
∵AB＝2m，
∴AD＝BD＝ AB＝1m，
∵OA2＝AD2+OD2，
∴r2＝12+（3﹣r）2，
解得：r＝ ，
∴该拱门的半径为 m，故选：A．
【点评】本题考查了垂径定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解决问题的关键．
7．（2022•白云区二模）往圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽AB＝48cm，水的最
大深度为16cm，则圆柱形容器的截面直径为（ ）cm．
A．10 B．14 C．26 D．52
【分析】设半径为rcm，则OD＝（r﹣16）cm，在Rt△OBD中，r2＝242+（r﹣16）2，解方程可得半径，
进而可得直径．
【解答】解：如图所示：
由题意得，OC⊥AB于D，DC＝16cm，
∵AB＝48cm，
∴BD＝ AB＝ ×48＝24（cm），
设半径为rcm，则OD＝（r﹣16）cm，
在Rt△OBD中，
r2＝242+（r﹣16）2，解得r＝26，
所以2r＝52，
故选：D．【点评】本题考查了垂径定理、勾股定理等知识；根据题意构造出直角三角形运用勾股定理是解答此题
的关键．
四．圆心角、弧、弦的关系（共2小题）
8．（2022•武汉模拟）如图，在扇形OAB中，点C为弧AB的中点，延长AC交OB的延长线于点D，连接
BC，若BD＝4，CD＝5，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接 OC，先证明△AOC≌△BOC，得到∠A＝∠OBC＝∠OCA＝∠OCB，从而证得
△DBC∽△DCO，根据相似三角形的性质求出DO，进而求出OB，计算面积比即可．
【解答】解：连接OC，
∵点C为弧AB的中点，
∴∠AOC＝∠BOC，OA＝OC＝OB，
∴△AOC≌△BOC，
∴∠A＝∠OBC＝∠OCA＝∠OCB，
又∠DBC＝∠DCO，∴△DBC∽△DCO，
∴ ，
∵BD＝4，CD＝5，
∴ ，
解得：DO＝ ，
∴OB＝OD﹣BD＝ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故选：B．
【点评】本题结合相似考查了圆心角、弧、弦三者的关系，解题的关键是熟练运用性质解题，三者关系
可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，
一项相等，其余二项皆相等．
9．（2022•南岗区校级模拟）如图， O的两条弦AB、CD互相垂直，垂足为E，且AB＝CD，已知CE＝
⊙
1，ED＝3，则 O的半径为 ．
⊙【分析】过O作OF⊥CD于F，OQ⊥AB于Q，连接OD，由AB＝CD，推出OQ＝OF根据正方形的判
定，推出正方形OQEF，求出OF的长，在△OFD中根据勾股定理即可求出OD．
【解答】解：过O作OF⊥CD于F，OQ⊥AB于Q，连接OD，
∵AB＝CD，
∴OQ＝OF，
∵OF过圆心O，OF⊥CD，
∴CF＝DF＝2，
∴EF＝2﹣1＝1，
∵OF⊥CD，OQ⊥AB，AB⊥CD，
∴∠OQE＝∠AEF＝∠OFE＝90°，
∵OQ＝OF，
∴四边形OQEF是正方形，
∴OF＝EF＝1，
在△OFD中，由勾股定理得：OD＝ ＝ ．
故答案为： ．【点评】本题主要考查对垂径定理，圆心角、弧、弦之间的关系，勾股定理，正方形的性质和判定等知
识点的理解和掌握，能根据性质求出OF和DF的长是解此题的关键．
五．圆周角定理（共2小题）
10．（2022•邯郸二模）在一次海事活动中， O所在区域是活动区域，其中弦AB与优弧AB所围成的区
域是声呐需要探测的区域．现在A处安装一⊙台声呐设备，其探测区域如图1阴影所示，再在B处安装一
台同型号声呐设备，恰好能完成所有区域的探测，如图2阴影所示．
如图3，现将声呐设备放置位置改为圆O上D、E、F点，设计三个方案：
①在D点放两台该型号的声呐设备
②在D点、E点分别放一台该型号的声呐设备
③在F点放两台该型号的声呐设备
若能完成所有区域的探测，则正确的方案是（ ）
A．①③ B．①②③ C．②③ D．①②
【分析】由声呐探测的视角，画出图形观察可得答案．
【解答】解：①在D处放置2台该型号的声呐设备，如图：声呐探测的视角为∠CAB，∠CBA，
∵∠CAB＝∠CDB，∠ADC＝∠CBA，
∴在D处放置2台该型号的声呐设备，能完成所有区域的探测；
②在D，E处各放置1台该型号的声呐设备，如图：
∵∠CDB＝∠CAB，∠AEC＝∠ABC，
∴在D，E处各放置1台该型号的声呐设备，能完成所有区域的探测；
③在F处放置2台该型号的声呐设备，如图：∵∠CFB＝∠CAB，
∴由图可知，在F处放置2台该型号的声呐设备，不能完成所有区域的探测．
故选：D．
【点评】本题考查圆周角定理，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，借助图形解决问题．
11．（2022•杏花岭区校级模拟）如图，C，D是 O上直径AB两侧的两点，设∠ABC＝15°，则∠BDC＝
（ ） ⊙
A．85° B．75° C．70° D．65°
【分析】由AB是直径可得∠ACB＝90°，由∠ABC＝30°可知∠CAB＝60°，再根据圆周角定理可得
∠BDC的度数，即可得出答案．
【解答】解：∵AB是 O的直径，
⊙
∴∠ACB＝90°，
∵∠ABC＝15°，
∴∠CAB＝75°，
∴∠BDC＝∠CAB＝75°，
故选：B．
【点评】本题考查了圆周角定理，由AB是直径求出∠ACB＝90°是解题的关键．
六．圆内接四边形的性质（共2小题）
12．（2022•南岗区校级模拟）如图，四边形ABCD是 O的内接四边形，连接AO、OC，∠ABC＝70°，
AO∥CD，则∠OCD的度数为（ ） ⊙A．40° B．50° C．60° D．70°
【分析】由圆周角定理可求解∠AOC的度数，再利用平行线的性质可求解．
【解答】解：∵∠ABC＝70°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝140°，
∵AO∥CD，
∴∠AOC+∠OCD＝180°，
∴∠COD＝40°．
故选：A．
【点评】本题主要考查圆周角定理，平行线的性质，求解∠AOC的度数是解题的关键．
13．（2022•牡丹江二模）如图，四边形 ABCD内接于 O，DE是 O的直径，连接BD．若∠BCD＝
2∠BAD，则∠BDE的度数是（ ） ⊙ ⊙
A．25° B．30° C．32.5° D．35°
【分析】连接BE，根据圆内接四边形的性质得到∠BCD+∠BAD＝180°，根据题意求出∠BAD＝60°，
根据圆周角定理得到∠BED＝∠BAD＝60°，∠EBD＝90°，根据直角三角形的性质求出∠BDE．
【解答】解：连接BE，∵四边形ABCD内接于 O，
⊙
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠BCD＝2∠BAD，
∴∠BAD＝60°，
由圆周角定理得：∠BED＝∠BAD＝60°，
∵DE是 O的直径，
⊙
∴∠EBD＝90°，
∴∠BDE＝90°﹣60°＝30°，
故选：B．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、直角三角形的性质，熟记圆内接四边形的对
角互补是解题的关键．
七．点与圆的位置关系（共2小题）
14．（2022•汉阳区校级模拟）如图，将两个正方形如图放置（B，C，E共线，D，C，G共线），若AB＝
3，EF＝2，点O在线段BC上，以OF为半径作 O，点A，点F都在 O上，则OD的长是（ ）
⊙ ⊙
A．4 B． C． D．【分析】设OC＝x，根据圆上的点到圆心的距离相等，得 ＝ ，进而求得x＝
1，再根据勾股定理解决此题．
【解答】解：设OC＝x．
由题意得，OA＝OF．
∴ ＝ ．
∴ ．
∴x＝1．
∴OD＝ ＝ ．
故选：B．
【点评】本题主要考查勾股定理、圆的性质，熟练掌握勾股定理以及圆的性质是解决本题的关键．
15．（2022•蓬江区一模）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆O上，OA＝10，BC＝16，D是弧AC上
一个动点，连接BD，过点C作CM⊥BD，连接AM，在点D移动的过程中，AM的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】取BC的中点O'，连接AO′、AC．在点D移动的过程中，点M在以BC为直径的圆上运动，
当O′、M、A共线时，AM的值最小，最小值为O′A﹣O′M，利用勾股定理求出AO′即可解决问题．
【解答】解：如图，取BC的中点O'，连接AO′、AC、O′M．∵CM⊥BD，
∴∠BMC＝90°，
∴在点D移动的过程中，点M在以BC为直径的圆上运动，
∴CO'＝O′M＝ BC＝8，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，BC＝16，AB＝2OA＝20，
∴AC＝ ＝ ＝12，
在Rt△ACO′中，AO′＝ ＝ ＝4 ，
∵O′M+AM≥O′A，
∴当O′、M、A共线时，AM的值最小，最小值为O′A﹣O′M＝4 ﹣8，
故选：D．
【点评】本题考查了圆周角定理、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是确定等 E的运动
轨迹是以BC为直径的圆上运动．
八．确定圆的条件（共2小题）
16．（2021秋•日喀则市月考）下列说法正确的是（ ）
A．弧长相等的弧是等弧B．直径是最长的弦
C．三点确定一个圆
D．相等的圆心角所对的弦相等
【分析】根据等弧的概念、弦的概念、确定圆的条件以及圆心角、弧、弦之间的关系定理判断即可．
【解答】解：A、能够重合的弧是等弧，弧长相等的弧不一定是等弧，故本选项说法错误，不符合题意；
B、直径是最长的弦，本选项说法正确，符合题意；
C、不在同一直线上的三点确定一个圆，故本选项说法错误，不符合题意；
D、在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故本选项说法错误，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查的是圆的概念和有关性质，熟记等弧的概念、弦的概念、确定圆的条件以及圆心角、
弧、弦之间的关系是解题的关键．
17．（2021秋•龙凤区期末）小明不慎把家里的圆形镜子打碎了，其中四块碎片如图所示，为了配到与原
来大小一样的圆形镜子，小明带到商店去的一块碎片应该是（ ）
A．第一块 B．第二块 C．第三块 D．第四块
【分析】要确定圆的大小需知道其半径．根据垂径定理知第①块可确定半径的大小．
【解答】解：第①块出现一段完整的弧，可在这段弧上任做两条弦，作出这两条弦的垂直平分线，两
条垂直平分线的交点就是圆心，进而可得到半径的长．
故选：A．
【点评】本题考查了确定圆的条件，解题的关键是熟练掌握：圆上任意两弦的垂直平分线的交点即为该
圆的圆心．九．三角形的外接圆与外心（共3小题）
18．（2022•蜀山区校级三模）在锐角△ABC中，∠ACB＝60°，∠BAC、∠ABC的角平分线AD、BE交于
点M，则下列结论中错误的是（ ）
A．∠AMB＝120°
B．ME＝MD
C．AE+BD＝AB
D．点M关于AC的对称点一定在△ABC的外接圆上
【分析】①正确．利用三角形内角和定理以及角平分线的定义求出∠MAB+∠MBA＝60°，推出∠AMB
＝120°；
②正确，证明C，E，M，D四点共圆，利用圆周角定理解决问题；
③正确．在AB上取一点T，使得AT＝AE，利用全等三角形的性质证明BD＝BT，可得结论；
④错误，无法判断∠M′与∠ABC互补．
【解答】解：如图，
∵∠C＝60°，
∴∠CAB+∠CBA＝120°，
∵AD，BE分别是∠CAB，∠CBA的角平分线，
∴∠MAB+∠MBA＝ （∠CAB+∠CBA）＝60°，∴∠AMB＝180°﹣（∠MAB+∠MBA）＝120°，故①正确，
∵∠EMD＝∠AMB＝120°，
∴∠EMD+∠ECD＝180°，
∴C，E，M，D四点共圆，
∵∠MCE＝∠MCD，
∴ ，
∴EM＝DM，故②正确，
在AB上取一点T，使得AT＝AE，
在△AME和△AMT中，
，
∴△AME≌△AMT（SAS），
∴∠AME＝∠AMT＝60°，EM＝MT，
∴∠BMD＝∠BMT＝60°，MT＝MD，
在△BMD和△BMT中，
，
∴△BMD≌△BMT，
∴BD＝BT，
∴AB＝AT+TB＝AE+BD，故③正确，
∵M，M′关于AC对称，∴∠M′＝∠AMC，
∵∠AMC＝90°+ ∠ABC，
∴∠M′与∠ABC不一定互补，
∴点M′不一定在△ABC的外接圆上，故④错误，
故选：D．
【点评】本题考查三角形的外接圆，四点共圆，圆周角定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的
关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
19．（2022•兴庆区校级三模）如图， O外接于△ABC，延长B0交 O于点D，过点C作CE⊥BD交BD
于点E． ⊙ ⊙
（1）求证：∠BAC＝∠BCE．
（2）若∠BAC＝60°，BC＝2 ，求 O的半径．
⊙
【分析】（1）连接CD，由圆周角定理可得∠BCD＝90°，利用直角三角形的性质及余角的定义可证得
∠BCE＝∠BDC，进而可证明结论；
（2）利用直角三角形的性质可得∠CBD＝30°，即可得BD＝2CD，再利用勾股定理可求解BD的长，进
而可求解．
【解答】（1）证明：连接CD，∵BD是 O的直径，
⊙
∴∠BCD＝90°，
∴∠CDE+∠BCE＝90°，
∵CE⊥BD，
∴∠CED＝90°，
∴∠BDC+∠CDE＝90°，
∴∠BCE＝∠BDC，
∵∠BAC＝∠BDC，
∴∠BAC＝∠BCE；
（2）解：∵∠BAC＝60°，
∴∠BDC＝∠BCE＝60°，
∵∠BCD＝90°，
∴∠CBD＝30°，
∴BD＝2CD，
∵BC＝2 ，BD2﹣CD2＝BC2，
∴（2CD）2﹣CD2＝（2 ）2，
解得CD＝2，∴BD＝4，
∴ O的半径为2．
⊙
【点评】本题主要考查含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，圆周角定理，直角三角形的性质等知
识的综合运用，作合适的辅助线是解题的关键．
20．（2022•宜阳县二模）如图，点 P是等边三角形 ABC中AC边上的动点（0°＜∠ABP＜30°），作
△BPC的外接圆交AB于点D．点E是圆上一点，且 ，连结DE交BP于点F．
（1）求证：∠ADE＝∠BEC；
（2）当点P运动时，∠BFD的度数是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求∠BFD的度数．
【分析】（1）连接PE，根据等边三角形的性质可得AB＝BC，∠A＝∠ACB＝60°，再利用同弧所对的
圆周角相等可得∠PEB＝∠ACB＝60°，从而可得∠A＝∠PEB，然后利用等弧所对的圆周角相等可得
∠PBD＝∠PBE，从而利用AAS证明△ABP≌△EBP，进而可得AB＝EB，最后利用等量代换可得EB＝
BC，从而可得∠ECB＝∠CEB，再利用圆内接四边形对角互补以及平角定义可得∠ADE＝∠ECB，即可
解答；
（2）根据等弧所对的圆周角相等可得∠DEP＝∠EBP，然后利用三角形的外角性质可得∠BFD＝∠PEB
＝60°，即可解答．
【解答】（1）证明：连接PE，∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠A＝∠ACB＝60°，
∴∠PEB＝∠ACB＝60°，
∴∠A＝∠PEB，
∵ ，
∴∠PBD＝∠PBE，
∵BP＝BP，
∴△ABP≌△EBP（AAS），
∴AB＝EB，
∴EB＝BC，
∴∠ECB＝∠CEB，
∵四边形EDBC是圆内接四边形，
∴∠ECB+∠EDB＝180°，
∵∠EDB+∠ADE＝180°，
∴∠ADE＝∠ECB，
∴∠ADE＝∠BEC；
（2）解：当点P运动时，∠BFD的度数不会变化，
∵ ，
∴∠DEP＝∠EBP，
∵∠BFD＝∠EBP+∠DEB，
∴∠BFD＝∠DEP+∠DEB＝∠PEB
＝60°，
∴∠BFD的度数为60°．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦
的关系，等边三角形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
一十．直线与圆的位置关系（共2小题）
21．（2022•金山区二模）在直角坐标系中，点P的坐标是（2， ），圆P的半径为2，下列说法正确的
是（ ）
A．圆P与x轴有一个公共点，与y轴有两个公共点
B．圆P与x轴有两个公共点，与y轴有一个公共点
C．圆P与x轴、y轴都有两个公共点
D．圆P与x轴、y轴都没有公共点
【分析】点P到x轴的距离是 ，到y轴的距离为2，圆P的半径是2，所以可判断圆P与x轴相交，
与y轴相切，从而确定答案即可．
【解答】解：∵P（2， ），圆P的半径为2，
∴以P为圆心，以2为半径的圆与x轴的位置关系是相交，与y轴的位置关系是相切，
∴该圆与x轴的交点有2个，与y轴的交点有1个．
故选：B．
【点评】本题主要考查了直线和圆的位置关系，一般是利用圆心到直线的距离与半径比较来判断．若圆
心到直线的距离是d，半径是r，则①d＞r，直线和圆相离，没有交点；②d＝r，直线和圆相切，有一
个交点；③d＜r，直线和圆相交，有两个交点．
22．（2022•雨花区校级二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以BC为直径的 O交AB于点D，E是
⊙AC的中点，连接DE、CD．
（1）求证：CD⊥AB；
（2）判断DE与 O的位置关系，并说明理由；
⊙
（3）设CD与OE的交点为F，若AB＝10，BC＝6，求OF的长．
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得结论；
（2）连接CD、OD，如图，利用圆周角定理得到∠BDC＝90°，则根据斜边上的中线性质得到EA＝
ED，所以∠1＝∠A，接着证明∠1+∠2＝90°，从而得到OD⊥DE，然后根据切线的判定方法得到结论；
（3）证明△BCD∽△BAC，利用相似比计算出BD＝ ，再证明OE为△CAB的中位线得到OF∥BD，
然后利用相似比计算OF的长．
【解答】（1）证明：∵以BC为直径的 O交AB于点D，
⊙
∴∠ADB＝90°，
∴CD⊥AB；
（2）解：DE与 O相切．
⊙
理由如下：连接CD、OD，如图，
∵BC为直径，
∴∠BDC＝90°，
∵E为Rt△ADC的斜边AC的中点，
∴EA＝ED，∴∠1＝∠A，
∵OB＝OD，
∴∠B＝∠2，
而∠B+∠A＝90°
∴∠1+∠2＝90°，
∴∠EDO＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE为 O的切线；
⊙
（3）解：∵∠DBC＝∠CBA，∠BDC＝∠BCA，
∴△BCD∽△BAC，
∴BD：BC＝BC：BA，
∴BD＝ ＝ ，
∵OB＝OC，EC＝EA，
∴OE为△CAB的中位线，
∴OF∥BD，
∴OF：BD＝OC：CB，
∴OF＝ BD＝ ．【点评】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．当已知条
件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线．也考查了
圆周角定理．
一十一．切线的性质（共2小题）
23．（2022春•沙坪坝区校级期中）如图，AB是 O的切线，B为切点，AO与 O交于点C，D是 O上
⊙ ⊙ ⊙
一点，连接BD，CD，∠BDC＝30°，延长AB至点F，使得BF＝ AB，连接OF，过点B作BG⊥OF于
点G，BG＝2，则OC的长为（ ）
A． B． C． D．2
【分析】连接OB，由切线的性质得出∠OBF＝∠OBA＝90，设OB＝x，则AB＝ x，由锐角三角函数
的定义得出 ，解得x＝ ，则可得出答案．
【解答】解：连接OB，∵∠BDC＝30°，
∴∠BOC＝2∠BDC＝60°，
∵AB为 O的切线，
⊙
∴AF⊥OB，
∴∠OBF＝∠OBA＝90，
设OB＝x，则AB＝ x，
∵BF＝ AB，
∵BF＝ x，
∵BG＝2，
∴OG＝ ＝ ，
∵∠FBG+∠GBO＝90°，∠GBO+∠BOG＝90°，
∴∠FBG＝∠BOG，
∴cos∠FBG＝cos∠BOG，
∴ ，∴ ，
解得x＝ ，
∴OB＝OC＝ ，
故选：A．
【点评】本题考查了切线的性质，直角三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数的定义，熟练掌握切线
的性质是解题的关键．
24．（2022•南岸区校级模拟）如图，AB是圆O的直径，PQ切圆O于点E，AC⊥PQ于点C，AC交圆O
于点D，若OA＝5，EC＝4，则AD的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
【分析】连接BD交OE于F点，如图，先根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据切线的性质得到
∠OEC＝90°，再证明四边形CDFE为矩形得到DF＝CE＝4，∠DFE＝90°，接着根据垂径定理得到BF
＝DF＝4，然后利用勾股定理计算AD的长．
【解答】解：连接BD交OE于F点，如图，
∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵PQ切圆O于点E，
∴OE⊥PQ，∴∠OEC＝90°，
∵AC⊥PQ于点C，
∴∠ACE＝90°，
∴四边形CDFE为矩形，
∴DF＝CE＝4，∠DFE＝90°，
∴OF⊥BD，
∴BF＝DF＝4，
在Rt△ABD中，AD＝ ＝ ＝6．
故选：C．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理、圆周角定理．
一十二．切线的判定（共2小题）
25．（2022•安国市一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝8，以CD为直径作 O．将矩形ABCD
绕点 C 旋转得到矩形 A B CD ，使 A B 与 O相切于点 E，CB 与 O相交于点⊙F，则 CF 的长是
1 1 1 1 1 1
（ ） ⊙ ⊙A．3 B．4 C．6 D．8
【分析】连接OE，作OH⊥B C，由旋转性质知∠B ＝∠B CD ＝90°、AB＝CD＝10，AD＝BC＝B C＝
1 1 1 1 1
8，从而得出四边形OEB H是矩形且OE＝B H＝OC＝5，继而求得CH＝3，根据垂径定理可得CF的长．
1 1
【解答】解：连接OE，作OH⊥B C于点H，
1
∵A B 与 O相切于点E，
1 1
⊙
∴∠OEB ＝∠OHB ＝90°，
1 1
∵矩形ABCD绕点C旋转所得矩形为A B C D ，
1 1 1 1
∴∠B ＝∠B CD ＝90°，AB＝CD＝10，BC＝B C＝AD＝8，
1 1 1 1
∴四边形OEB H和是矩形，OE＝OD＝OC＝5，
1
∴B H＝OE＝5，
1
∴CH＝B C﹣B H＝3，
1 1
∴CF＝2CH＝6．
故选：C．
【点评】本题主要考查圆的切线的判定与性质，解题的关键是掌握矩形的判定与性质、旋转的性质、切
线的性质、垂径定理等知识点．
26．（2022•思明区校级二模）定义：如果三角形三边的长a、b、c满足 ＝b，那么我们就把这样的
三角形叫做“匀称三角形”．如：三边长分别为1，1，1或3，5，7，…的三角形都是“匀称三角形”．（1）已知“匀称三角形”的两边长分别为4和6，则第三边长为 5 或 8 ．
（2）如图，△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的 O交BC于点D，过点D作DF⊥AC，垂足为F，交
AB的延长线于E，求证：EF是 O的切线． ⊙
⊙
【分析】（1）设第三边长为x，利用新定义得到 ＝x或 ＝4或 ＝6，再分别解方程
求出x，然后根据三角形三边的关系确定第三边的长；
（2）连接OD，如图，先证明∠ODB＝∠C，则可判断OD∥AC，由于DF⊥AC，所以DF⊥OD，然后
根据切线的判定定理得到结论．
【解答】（1）解：设第三边长为x，
根据题意，当 ＝x，解得x＝5；
当 ＝4，解得x＝2（不符合三角形三边的关系舍去）；
当 ＝6，解得x＝8，
综上所述，第三边的长为5或8；
故答案为：5或8；
（2）证明：连接OD，如图，
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∴∠ODB＝∠C，
∴OD∥AC，
∵DF⊥AC，
∴DF⊥OD，
∴OD为 O的直径，
⊙
∴EF是 O的切线．
⊙
【点评】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了圆周
角定理和等腰三角形的性质．
一十三．切线的判定与性质（共2小题）
27．（2022•思明区校级二模）如图，四边形ABCD是 O的内接四边形，AC是 O直径，BE∥AD交DC
延长线于点E，若BC平分∠ACE． ⊙ ⊙
（1）求证：BE是 O的切线；
⊙
（2）若BE＝3，CD＝2，求 O的半径．
⊙【分析】（1）连接OB，由条件可以证明OB∥DE，从而证明OB⊥BE；
（2）由垂径定理求出AD长，从而由勾股定理可求AC长．
【解答】（1）证明：连接OB，
∵″OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵∠BCE＝∠OCB，
∴∠OBC＝∠BCE，
∴OB∥DE，
∵AC是 O直径，
⊙
∴AD⊥DE，
∵BE∥AD，
∴BE⊥DE，
∴OB⊥BE，
∵OB是 O半径，
⊙
∴BE是 O切线；
⊙
（2）解：延长BO交AD于F，
∵∠D＝∠DEB＝∠EBF＝90°，
∴四边形BEDF是矩形，∴BF⊥AD，DF＝BE＝3，
∴AD＝2DF＝6，
∵AC2＝AD2+CD2，
∴AC2＝62+22＝40，
∴AC＝2 ，
∴ O的半径为 ．
⊙
【点评】本题考查切线的判定，矩形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，用到的知识点较多，关键是
熟练掌握知识点，并能灵活应用．
28．（2022•五华区校级模拟）如图，AB为 O直径，C，D为 O上的两点，且∠ACD＝2∠A，CE⊥DB
交DB的延长线于点E． ⊙ ⊙
（1）求证：CE是 O的切线；
⊙
（2）若DE＝2CE，AC＝4，求 O的半径．
⊙
【分析】（1）连接OC，根据垂直定义可得∠E＝90°，再根据等腰三角形的性质和已知可得∠ACD＝
2∠ACO，从而可得∠ACO＝∠DCO，然后利用同弧所对的圆周角定理可得∠A＝∠D，从而可得∠D＝∠DCO，进而可得OC∥DE，最后利用平行线的性质即可解答；
（2）连接BC，根据切线的性质、圆周角定理推出△BCE∽△CDE，△BEC∽△BCA，根据相似三角形
的性质求解即可．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵CE⊥DE，
∴∠E＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO，
∵∠ACD＝2∠A，
∴∠ACD＝2∠ACO，
∴∠ACO＝∠DCO，
∴∠A＝∠DCO，
∵∠A＝∠D，
∴∠D＝∠DCO，
∴OC∥DE，
∴∠E+∠OCE＝180°，
∴∠OCE＝90°，
∵OC是 O的半径，
⊙∴直线CE与 O相切；
⊙
（2）解：连接BC，
∵AB是 O的直径，
⊙
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACO+∠OCB＝90°，
∵∠OCB+∠BCE＝∠OCE＝90°，
∴∠ACO＝∠BCE，
∵∠D＝∠A＝∠ACO，
∴∠D＝∠BCE，
又∠BEC＝∠CED＝90°，
∴△BCE∽△CDE，
∵ ＝ ＝2，
∴BC＝ CE，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵OC∥ED，
∴∠OCB＝∠CBE，∴∠CBE＝∠OBC，
∵∠E＝∠ACB＝90°，
∴△BEC∽△BCA，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∵AC＝4，
∴AB＝2 ，
∴OA＝ ，
即 O的半径为 ．
⊙
【点评】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定
与性质，以及圆周角定理是解题的关键
一十四．切线长定理（共1小题）
29．（2022•拱墅区模拟）如图，AB、AC、BD是 O的切线，切点分别是P、C、D．若AB＝10，AC＝
6，则BD的长是（ ） ⊙
A．3 B．4 C．5 D．6【分析】由于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＝6，
∵BP、BD为 O的切线，
⊙
∴BP＝BD，
∴BD＝PB＝AB﹣AP＝10﹣6＝4．
故选：B．
【点评】本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键．
一十五．三角形的内切圆与内心（共2小题）
30．（2022•路南区三模）如图，点O为△ABC的内心，∠B＝60°，BC≠AB，点M，N分别为AB，BC上
的点，且OM＝ON．甲、乙、丙三人有如下判断：甲：∠MON＝120°；乙：四边形OMBN的面积为定
值；丙：当MN⊥BC时，△MON的周长有最小值．则下列说法正确的是（ ）
A．只有甲正确 B．只有乙错误
C．乙、丙都正确 D．只有丙错误
【分析】过点 O 作 OD⊥BC，OE⊥AB 于点 D，E，根据三角形内心可得 OD＝OE，然后证明
△DON≌△EOM，可得 ON＝OM；连接 OB，根据△DON≌△EOM，可得四边形 OMBN 的面积＝
2S△BOD ，根据点D的位置固定，可得四边形OMBN的面积是定值；过点O作OF⊥MN于点F，根据
ON＝OM，∠MON＝122°，可得∠ONM＝29°，MN＝2NF＝2ONcos29°，所以△MON的周长＝2ON
（cos29°+1），可得当ON最小时，即当ON⊥BC时，△MON的周长最小值，进而可得结论．
【解答】解：如图，连接OB，过点O作OD⊥BC，OE⊥AB于点D，E，∵点O为△ABC的内心，
∴OB是∠ABC的平分线，
∴OD＝OE，
在Rt△ODN和Rt△OEM中，
，
∴Rt△ODN≌Rt△OEM（HL），
∴∠DON＝∠EOM，
∴∠MON＝∠DOE，
∵∠ABC＝60°，
∴∠DOE＝120°，
∵∠MON＝120°，故甲的判断正确；
∵△DON≌△EOM，
∴四边形OMBN的面积＝2S△BOD ，
∵点D的位置固定，
∴四边形OMBN的面积是定值，
所以乙的判断正确；
如图，过点O作OF⊥MN于点F，∵ON＝OM，∠MON＝140°，
∴∠ONM＝20°，
∴MN＝2NF＝2ONcos∠ONM＝2ONcos20°，
∴△MON的周长＝MN+2ON＝2ONcos20°+2ON＝2ON（cos20°+1），
∴当ON最小时，即当ON⊥BC时，△MON的周长取得最小值，
此时，MN不垂直于BC，所以丙的判断错误．
综上所述：说法正确的是甲、乙．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，等腰三角形的判定，圆周角定理，轴对称﹣最短路线问题，
解决本题的关键是掌握三角形内心定义．
31．（2022•景县校级模拟）如图，已知在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，AC＝10，点P是Rt△ABC的
内心．
（1）点P到边AB的距离为 2 ；
（2）Q是Rt△ABC的外心，连接PQ，则PQ的长为 ．
【分析】（1）连接AP，BP，CP，过点P分别作PD⊥AB，PF⊥AC，PE⊥BC于点D，E，F，根据S△ABC ＝ 8×6＝24， PD×6+ PE×8+ PF×10＝24，可得PD＝2，即可解决问题；
（2）连接PQ，证明△ADP≌△AFP（AAS），可得AD＝AF＝4，再利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）如图，连接AP，BP，CP，过点P分别作PD⊥AB，PF⊥AC，PE⊥BC于点D，E，
F，
在Rt△ABC中，
∵∠ABC＝90°，AB＝6，AC＝10，
∴BC＝ ＝8，
∵P是Rt△ABC的内心，
∴PD＝PE＝PF，
∵S△ABC ＝ 8×6＝24，
∴ PD×6+ PE×8+ PF×10＝24，
∴PD＝2，
∴点P到边AB的距离为2；
故答案为：2；
（2）如图，连接PQ，
由（1）知，PD＝PE＝2，∵PE⊥BC，PD⊥AB，
∴四边形BEPD是正方形，
∴BE＝BD＝PD＝PE＝2，
∵AB＝6，
∴AD＝4，
在△ADP和△AFP中，
，
∴△ADP≌△AFP（AAS），
∴AD＝AF＝4，
∵Q是Rt△ABC的外心，
∴AQ＝5，
∴FQ＝1，
在Rt△FPQ中，根据勾股定理得：
PQ＝ ＝ ＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了三角形内切圆与内心，三角形外接圆与外心，正方形的判定与性质，角平分线的性
质，勾股定理，解决本题的关键是掌握内心和外心的区别．
一十六．正多边形和圆（共2小题）
32．（2022•安顺）如图，在平面直角坐标系中，将边长为2的正六边形OABCDE绕点O顺时针旋转n个
45°，得到正六边形OA B D E ，当n＝2022时，正六边形OA B D E 的顶点D 的坐标是（ ）
n n n n n n n n n n n
∁ ∁A．（﹣ ，﹣3） B．（﹣3，﹣ ） C．（3，﹣ ） D．（﹣ ，3）
【分析】由题意旋转8次应该循环，因为2022÷8＝252…6，所以D 的坐标与D 的坐标相同．
n 6
【解答】解：由题意旋转8次应该循环，
∵2022÷8＝252…6，
∴D 的坐标与D 的坐标相同，
n 6
如图，过点D H⊥OE于点H，
6
∵∠DOD ＝90°，∠DOE＝30°，OD＝OD ＝2 ，
6 6
∴OH＝OD •cos60°＝ ，HD ＝ OH＝3，
6 6
∴D （﹣ ，﹣3），
6
∴顶点D 的坐标是（﹣ ，﹣3），
n故选：A．
【点评】本题考查正多边形与圆，坐标与图形变化﹣性质等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，
属于中考常考题型．
33．（2022•兴庆区校级三模）如图，五边形ABCDE是 O的内接正五边形，则∠EBC的度数为 72 °
． ⊙
【分析】根据圆内接正五边形的性质以及圆周角、圆心角的关系可求出答案．
【解答】解：如图，连接OC、OD、OE，
∵五边形ABCDE是 O的内接正五边形，
⊙
∴∠COD＝∠DOE＝ ＝72°，
∴∠COE＝2∠COD＝144°，
∴∠EBC＝ ∠COE＝72°，
故答案为：72°．
【点评】本题考查正多边形与圆以及圆心角、圆周角的关系，掌握圆内接正五边形的性质以及圆周角与
圆心角的关系是正确计算的前提．
一十七．弧长的计算（共2小题）34．（2022•绿园区校级模拟）如图，线段AB＝2．以AB为直径作半圆，再分别以点A、B为圆心，以AB
的长为半径画弧，两弧相交于点C．则图中阴影部分的周长为 ．
【分析】阴影部分的周长为弧AC，弧BC和半圆AB的和．
【解答】解： ×2+ 2 ×1＝ + ＝ ．
π π
故答案为： ．
【点评】本题考查了弧长公式：l＝ ，也考查了等边三角形的判定与性质，难度适中．
35．（2022•嵩县模拟）如图，D是以AB为直径的半圆O的中点， ＝2 ，E是直径AB上一个动点，
已知AB＝2cm，则图中阴影部分周长的最小值是 （ + ） cm．
【分析】连接DO，延长DO至F，使得DO＝OF，连接OC、CF、EF，当点D、E、F三点依次在同一
直线上时，CE+DE＝DF＝2OD＝2cm的值最小，再根据弧长公式求得 的长度，便可得阴影部分周长
的最小值．
【解答】解：连接DO，延长DO至F，使得DO＝OF，连接OC、CF、EF、CD，∵D是以AB为直径的半圆O的中点，
∴∠AOD＝∠BOD＝90°，
∴点D、点E关于AB对称，
∴CE＝EF，
∴CE+DE＝CE+EF≥CF，
当点C、E、F三点依次在同一直线上时，CE+DE＝CF的值最小，
∵ ＝2 ，
∴∠COD＝2∠BOC＝60°，
∵CO＝OD＝OF＝1，
∴△OCD为等边三角形，∠F＝∠OCF＝30°，∠OCD＝60°，
∴∠DCF＝90°，DC＝OD＝1，
∴CF＝ ，
∴CE+DE的最小值为 ，
∵ ，∴图中阴影部分周长的最小值是（ + ）cm．
故答案为：（ + ）．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，弧长公式，两点之间线段最短性质，关键是求出 CE+DE的最小
值．
一十八．扇形面积的计算（共2小题）
36．（2022•山西模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，AO是△ABC的中线．以O为圆
心，OA长为半径作半圆，分别交AB，AC于点D，E，交BC于点F，G．则图中阴影部分的面积为（
）
A．2 ﹣ B． C．4 ﹣ D．
π π π
【分析】连接DO，过点O作OH⊥AB，垂足为H，如图，由已知条件根据等腰三角形的性质可得
∠ABO的度数，根据含30°角的直角三角形的性质可得，AO的长度，根据勾股定理可得BO的长度，即
可算出S△ABO ＝ 的面积，由∠BAOO＝60°，可得∠AOH＝30°，即可算出HO，AH的长，即可
算出S△ADO ＝ 的面积，根据扇形面积的计算方法可得S扇DOF ＝ 的面积，根据面积差可得
S阴BDF ＝S△ABO ﹣S△ADO ﹣S扇DOF 的面积，由S阴 ＝2S阴BDF 即可得出答案．
【解答】解：连接DO，过点O作OH⊥AB，垂足为H，如图，
∵AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，∴ ＝30°，
∴ ＝2，BO＝ ＝ ＝2 ，
∴S△ABO ＝ ＝ 2＝2 ，
∵∠ABO＝60°，
∴∠AOH＝30°，
∴ ＝ ＝1，AH＝ ＝ ＝ ，
∴S△ADO ＝ ＝ ＝ ，
∵∠DOF＝90°﹣60°＝30°，DO＝2，
S扇DOF ＝ ＝ ＝ ，
S阴BDF ＝S△ABO ﹣S△ADO ﹣S扇DOF ＝2 ﹣ ＝ ，
S阴 ＝2S阴BDF ＝2 ．
故选：A．
【点评】本题主要考查了扇形面积的计算，含30°角的直角三角形，等腰三角形的性质，熟练掌握扇形
面积的计算，含30°角的直角三角形，等腰三角形的性质进行求解是解决本题的关键．37．（2022•鞍山）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝ ，以点B为圆心，BA长为半径画弧，交CD
于点E，连接BE，则扇形BAE的面积为（ ）
A． B． C． D．
【分析】解直角三角形求出∠CBE＝30°，推出∠ABE＝60°，再利用扇形的面积公式求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠C＝90°，
∵BA＝BE＝2，BC＝ ，
∴cos∠CBE＝ ＝ ，
∴∠CBE＝30°，
∴∠ABE＝90°﹣30°＝60°，
∴S扇形BAE ＝ ＝ ，
故选：C．
【点评】本题考查扇形的面积，矩形的性质等知识，解题的关键是求出∠CBE的度数．
一十九．圆锥的计算（共2小题）38．（2022•五华区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，以点A为圆心，AD为半径，画圆弧DB得到扇
形DAB（阴影部分），且扇形DAB的面积为4 ．若扇形DAB正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥
的底面圆的半径为（ ） π
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据扇形的面积求得正方形的边长即扇形的母线长，从而求得圆锥的底面半径即可．
【解答】解：设AD＝AB＝l，
根据题意得： l2＝4 ，
π π
解得：l＝4，
设圆锥的底面半径为r，根据题意得：
2 r＝ ，
π
解得：r＝1，
故选：A．
【点评】本题考查了圆锥的计算的知识，解题的关键是求得圆锥的母线长，难度不大．
39．（2022•天心区校级三模）已知圆锥的高为12，母线长为13，则圆锥的侧面积为 6 5 ．
π
【分析】根据勾股定理求出圆锥的底面半径，根据扇形面积公式计算即可．
【解答】解：由勾股定理得，圆锥的底面半径＝ ＝5，
∴圆锥的底面周长＝10 ，
π∴圆锥的侧面积＝ ×10 ×13＝65 ，
π π
故答案为：65 ．
π
【点评】本题考查的是圆锥的计算，理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，
理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
二十．圆柱的计算（共2小题）
40．（2022•绵阳）如图，锚标浮筒是打捞作业中用来标记锚或沉船位置的，它的上下两部分是圆锥，中
间是圆柱（单位：mm）．电镀时，如果每平方米用锌0.1千克，电镀1000个这样的锚标浮筒，需要多
少千克锌？（ 的值取3.14）（ ）
π
A．282.6 B．282600000 C．357.96 D．357960000
【分析】由图形可知，浮筒的表面积＝2S圆锥侧面积+S圆柱侧面积 ，由题给图形的数据可分别求出圆锥的侧面
积和圆柱的侧面积，即可求得浮筒表面积，又已知每平方米用锌 0.1kg，可求出一个浮筒需用锌量，即
可求出1000个这样的锚标浮筒需用锌量．
【解答】解：由图形可知圆锥的底面圆的半径为0.3m，
圆锥的高为0.4m，
则圆锥的母线长为： ＝0.5m．
∴圆锥的侧面积S ＝ ×0.3×0.5＝0.15 （m2），
1
π π
∵圆柱的高为1m．
圆柱的侧面积S ＝2 ×0.3×1＝0.6 （m2），
2
π π∴浮筒的表面积＝2S +S ＝0.9 （m2），
1 2
π
∵每平方米用锌0.1kg，
∴一个浮筒需用锌：0.9 ×0.1kg，
π
∴1000个这样的锚标浮筒需用锌：1000×0.9 ×0.1＝90 ≈282.6（kg）．
π π
故选：A．
【点评】本题考查了圆锥表面积的计算和圆柱表面积的计算在实际问题中的运用，解题的关键是了解几
何体的构成，难度中等．
41．（2022春•东平县期中）如图（1）所示的瓶子中盛满了水，如果将这个瓶子中的水全部倒入图（2）
所示的杯子中，那么一共需要 （ 2 H + h ） 个这样的杯子？（单位：cm）
【分析】利用圆柱的体积公式表示出瓶子中大圆柱与小圆柱的体积，以及杯子的体积，即可得到结果．
【解答】解：瓶子中大圆柱的容积为V大 ＝ a2H（cm3），瓶子中小圆柱容积V小 ＝ a2h（cm3），
π
杯子得容积为V杯子 ＝ （ ）2×8＝ a2（cm3），
π
则所需杯子个数为（ a2H+ a2h）÷ a2＝2H+ h．
π
故答案为：（2H+ h）．【点评】此题考查了整式的混合运算及圆柱的计算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
