文档内容
清单 04 圆（20 个考点梳理+题型解读+核心素养提升+中考热
点聚焦）
【知识导图】
【知识清单】
考点一．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．
【例1】．（2022秋•延吉市校级期末）如图，OA是 O的半径，B为OA上一点（且不与点O、A重合），
过点B作OA的垂线交 O于点C．以OB、BC为⊙边作矩形OBCD，连接BD．若BD＝10，BC＝8，则
AB的长为（ ） ⊙
A．8 B．6 C．4 D．2
【分析】如图，连接OC，在Rt△OBC中，求出OB即可解决问题．
【解答】解：如图，连接OC．∵四边形OBCD是矩形，
∴∠OBC＝90°，BD＝OC＝OA＝10，
∴OB＝ ＝ ＝6，
∴AB＝OA﹣OB＝4，
故选：C．
【点评】本题考查圆，勾股定理，矩形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考
题型．
【变式】．（2022秋•郯城县校级期末）有下列四种说法：
①半径确定了，圆就确定了；②直径是弦；③弦是直径；④半圆是弧，但弧不一定是半圆．
其中，错误的说法有（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【分析】根据弦的定义、弧的定义、以及确定圆的条件即可解决．
【解答】解：①圆确定的条件是确定圆心与半径，是假命题，故此说法错误；
②直径是弦，直径是圆内最长的弦，是真命题，故此说法正确；
③弦是直径，只有过圆心的弦才是直径，是假命题，故此说法错误；
④半圆是弧，但弧不一定是半圆，圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫半圆，
所以半圆是弧．但比半圆大的弧是优弧，比半圆小的弧是劣弧，不是所有的弧都是半圆，是真命题，故
此说法正确．
其中错误说法的是①③两个．
故选：B．
【点评】本题考查弦与直径的区别，弧与半圆的区别，及确定圆的条件，不要将弦与直径、弧与半圆混
淆．
考点二．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．
【例2】．（2022秋•临朐县期末）如图， O的弦AB垂直于CD，E为垂足，AE＝3，BE＝7，且AB＝
CD，则圆心O到CD的距离是（ ） ⊙
A．2 B． C． D．
【分析】过O作ON⊥CD于N，OM⊥AB于M，连接OC、OB，根据垂径定理求出CN＝DN，AM＝BM
＝5，求出CN＝DN＝BM＝AM＝5，求出四边形ONEM是正方形，根据正方形的性质得出ON＝OM＝
EM＝5﹣3＝2即可．
【解答】解：∵AE＝3，BE＝7，AB＝CD，
∴CD＝AB＝3+7＝10，
过O作ON⊥CD于N，OM⊥AB于M，连接OC，OB，则∠CNO＝∠BMO＝90°，
∵ON⊥CD，OM⊥AB，ON和OM斗过圆心O，
∴AM＝BM＝5，CN＝DN＝5，
∵ON2＝OC2﹣CN2，OM2＝OB2﹣BM2，OC＝OB，
∴ON＝OM，
∵CD⊥AB，ON⊥CD，OM⊥AB，
∴∠ONE＝∠NEM＝∠OME＝90°，
∴四边形ONEM是正方形，
∴NE＝EM＝ON＝OM＝AM﹣AE＝5﹣3＝2，
故选：A．
【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理和正方形的性质和判定等知识点，能熟记垂直于弦的直径平分
这条弦是解此题的关键．
【变式】．（2022秋•锡山区校级期末）如图，AB是 O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点E，
⊙，则OA＝ ．
【分析】根据 得CD＝16，进而根据垂径定理得出CE＝8，连接OC，设OC＝OA＝r，则
OE＝r﹣4，根据勾股定理得方程解答．
【解答】解：连接OC，设OC＝OA＝r，则OE＝r﹣4，
∵ ，
∴CD＝16，
∵AB是 O的直径，弦CD⊥AB，
∴CE＝D⊙E，
在Rt△OCE中，根据勾股定理得，
82+（r﹣4）2＝r2，
解得r＝10，
即OA的长为10．
故答案为：10．
【点评】本题主要考查垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理以及勾股定理是解决本题的关键．
考点三．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．
【例3】．（2022秋•遵义期末）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，如图 1，筒车盛水桶的运行轨
道是以轴心O为圆心的圆，如图2，已知圆心O在水面上方，且 O被水面截得弦AB长为4米， O
半径长为3米．若点C为运行轨道的最低点，则点C到弦AB所在⊙直线的距离是（ ） ⊙
A．1米 B．2米 C． 米 D． 米
【分析】连接OC，OC交AB于D，由垂径定理得AD＝BD＝ AB＝2（米），再由勾股定理得OD＝
（米），然后求出CD的长即可．
【解答】解：连接OC，OC交AB于D，
由题意得：OA＝OC＝3米，OC⊥AB，
∴AD＝BD＝ AB＝2（米），∠ADO＝90°，
∴OD＝ ＝ ＝ （米），
∴CD＝OC﹣OD＝（3﹣ ）米，
即点C到弦AB所在直线的距离是（3﹣ ）米，
故选：C．【点评】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．
【变式】．（2022秋•耿马县期末）如图，一座石桥的主桥拱是圆弧形，某时刻测得水面AB宽度为6米，
拱高CD（弧的中点到水面的距离）为1米．
（1）求主桥拱所在圆的半径；
（2）若水面下降1米，求此时水面的宽度．
【分析】（1）连接OA，OC，设半径OA＝OD＝R，OC＝OD﹣DC＝R﹣1，在Rt△ACO中，利用勾股
定理构建方程求解即可；
（2）根据勾股定理列式可得FG的长，最后由垂径定理可得结论．
【解答】解：（1）∵点D是 的中点，DC⊥AB，
∴AC＝BC＝ AB＝3，DC经过圆心，
设拱桥的桥拱弧AB所在圆的圆心为O，连接OA，OC，
联结OA，设半径OA＝OD＝R，OC＝OD﹣DC＝R﹣1，
在Rt△ACO中，∵OA2＝AC2+OC2，
∴R2＝（R﹣1）2+32，
解得R＝5．
答：主桥拱所在圆的半径长为5米；
（2）设OD与EF相交于点G，连接OF，∵EF∥AB，OD⊥AB，
∴OD⊥EF，
∴∠OGF＝90°，
在Rt△OGF中，OG＝5﹣1﹣1＝3，OF＝5，
∴FG＝ ＝4，
∴EF＝2FG＝8，
答：此时水面的宽度为8米．
【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形
解决问题，属于中考常考题型．
考点四．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．
【例4】．（2022秋•天河区校级期末）如图，已知在 O中，BC是直径，AB＝DC，则下列结论不一定成
立的是（ ） ⊙
A．OA＝OB＝AB B．∠AOB＝∠CODC． D．O到AB、CD的距离相等
【分析】根据圆心角、弧、弦的关系判断即可．
【解答】解：∵AB＝DC，
∴弧AB＝弧DC，
∴∠AOB＝∠COD，
∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴△AOB≌△COD（SAS），
∴O到AB、CD的距离相等，
所以B、C、D选项正确，
故选：A．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，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．
【变式】．（2023秋•瑞安市期末）如图， O的直径AB垂直弦CD于点E，F是圆上一点，D是 的中
⊙
点，连结CF交OB于点G，连结BC．
（1）求证：GE＝BE；
（2）若OG＝1，CD＝8，求BC的长．
【分析】（1）根据圆心角、弧、弦的关系得到∠FCD＝∠BCD，证明△GCE≌△BCE，根据全等三角
形的性质证明即可；
（2）连接OC，根据勾股定理求出BE，再根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】（1）证明：∵D是 的中点，
∴ ＝ ，
∴∠FCD＝∠BCD，
在△GCE和△BCE中，，
∴△GCE≌△BCE（ASA），
∴GE＝BE；
（2）解：如图，连接OC，
设GE＝BE＝x，则OB＝1+2x，
∵AB⊥CD，CD＝8，
∴CE＝DE＝4，
在△OCE中，OE2+CE2＝OC2，即（1+x）2+42＝（1+2x）2，
解得：x＝2（负值舍去），
∴BE＝2，
∴BC＝ ＝ ＝2 ．
【点评】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系、垂径定理、勾股定理、全等三角形的判定和性质，掌握
垂径定理是解题的关键．
考点五．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．【例5】．（2022秋•海珠区校级期末）如图， O中，AB＝AC，∠ACB＝75°，则∠BOC的度数等于（
） ⊙
A．150° B．75° C．60° D．30°
【分析】根据AB＝AC可得∠ABC＝∠ACB＝75°，根据三角形内角和等于180°可得∠BAC＝30°，再利
用同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，可求得∠BOC的度数．
【解答】解：∵AB＝AC，∠ACB＝75°，
∴∠ABC＝∠ACB＝75°，
∴∠BAC＝30°，
∴∠BOC＝60°．
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的内角和以及圆周角定理，解决本题的关键是熟练掌握
相关的几何知识并能灵活运用．
【变式1】．（2022秋•芝罘区期末）如图， O的弦AB、CD交于点E，若∠A＝45°，∠AED＝85°，则
∠B的度数是（ ） ⊙
A．25° B．35° C．40° D．75°
【分析】利用三角形外角的性质得到∠AED＝∠B+∠D，由圆周角定理得到∠D＝∠A＝45°，即可得到
∠B的度数．
【解答】解：∵∠AED是△BED的一个外角，
∴∠AED＝∠B+∠D，
∵∠D＝∠A＝45°，∠AED＝85°，
∴∠B＝∠AED﹣∠D＝40°．
故选：C．
【点评】本题考查了圆周角定理、三角形的外角的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．【变式2】．（2022秋•禹州市期末）如图，在 O中，弦AB，CD相交于点P，若∠A＝50°，∠APD＝
82°，则∠B的大小是（ ） ⊙
A．32° B．42° C．48° D．52°
【分析】先根据同弧所对的圆周角相等得到∠D＝∠A＝50°，再根据三角形外角的性质得到∠B的大小
即可．
【解答】解：∵∠A＝50°，
∴∠D＝∠A＝50°，
∵∠APD＝82°，
∴∠B＝∠APD﹣∠D＝82°﹣50°＝32°．
故选：A．
【点评】此题考查了同弧所对的圆周角相等和三角形外角的性质，熟练掌握同弧所对的圆周角相等是解
题的关键．
【变式3】．（2022秋•海阳市期末）如图，点A，B，C均在 O上，点D是AB延长线上一点，若∠AOC
＝120°，则∠CBD的度数为（ ） ⊙
A．50° B．55° C．60° D．65°
【分析】首先在优弧AC上取点E，连接AE，CE，由圆周角定理求出∠AEC＝60°，由圆内接四边形的
性质，可得∠ABC＝120°，根据邻补角的定义求出∠CBD的度数．
【解答】解：如图，在优弧AC上取点E，连接AE，CE，∵∠AOC＝120°，
∴ ，
∵四边形AECB内接于 O，
∴∠ABC＝180°﹣∠AE⊙C＝120°，
∴∠CBD＝180°﹣120°＝60°．
故选：C．
【点评】本题主要考查了圆的内接四边形的性质以及圆周角定理．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
考点六．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．
【例6】．（2022秋•赣州期末）如图，四边形 ABCD内接于 O，若它的一个外角∠DCE＝65°，则
∠BOD的度数为（ ） ⊙
A．105° B．110° C．120° D．130°
【分析】先根据圆内接四边形的性质和平角的定义求出∠A＝∠DCE＝65°，再根据圆周角定理即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于 O，
∴∠A+BCD＝180°， ⊙
∵∠BCD+∠DCE＝180°，
∴∠A＝∠DCE＝65°，
∴∠BOD＝2∠A＝130°．
故选：D．
【点评】此题考查了圆内接四边形的性质及圆周角定理，圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互
补；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．
【变式】．（2023春•东城区校级期末）如图，四边形ABCD内接于 O，若∠C＝130°，则∠BOD的度数
为（ ） ⊙A．50° B．100° C．130° D．150°
【分析】由于四边形ABCD内接于 O，根据圆内接四边形的对角互补即可求得∠BAD的度数，而
∠BAD、∠BOD是同弧所对的圆周角⊙和圆心角，根据圆周角定理即可得到∠BOD的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于 O，
∴∠A+∠C＝180°，而∠C＝130°， ⊙
∴∠A＝180°﹣∠C＝50°，
∴∠BOD＝2∠A＝100°．
故选：B．
【点评】此题主要考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理的综合应用，熟练掌握相关知识点是解决问
题的关键．
考点七．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．
【例7】．（⇔2022秋•高邮市期末）已知平面直角坐⇔标系xOy中， O的半径是10，则点P（﹣6，8）与
O的位置关系是（ ） ⊙
⊙A．点P在 O内 B．点P在 O上 C．点P在 O外 D．无法确定
【分析】首⊙先根据勾股定理求得O⊙P的长度，然后直接根⊙据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【解答】解：∵点P的坐标是（﹣6，8），
∴由勾股定理可得OP＝ ＝10．
又∵ O半径是10，
∴点⊙P在 O上．
⊙故选：B．
【点评】本小题主要考查点和圆的位置关系、勾股定理等基础知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力
等，考查转化思想、数形结合思想等，考查逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性．
【变式】．（2022秋•三台县期末）如图，AB是 O的直径，C为圆上一点，且∠AOC＝120°， O的半
⊙ ⊙
径为4，P为圆上一动点，Q为AP的中点，则CQ长度的最大值是 ．
【分析】连接OQ，作CH⊥AB于点H，首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的 K，连接CK，当
点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题． ⊙
【解答】解：如下图，连接OQ，作CH⊥AB于点H，
∵AQ＝QP，，
∴OQ⊥PA，
∴∠AQO＝90°，
∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的 K， ，
连接CK，当点Q在CK的延长线上时⊙，CQ的值最大，
∵∠AOC＝120°，
∴∠COB＝180°﹣∠AOC＝60°，
又∵CH⊥AB，
∴在Rt△OCH中，∠OCH＝90°﹣∠COB＝90°﹣60°＝30°，
∵OC＝4，∴ ， ，
∴KH＝KO+OH＝2+2＝4，
∴在Rt△CKH中， ，
∴CQ的最大值为 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了勾股定理、含30°角的直角三角形、垂径定理的推论等知识，解题的关键是正
确寻找点Q的运动轨迹，学会构造辅助圆解决问题．
考点八．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．
【例8】．（2022秋•裕华区校级期末）下列条件中，不能确定一个圆的是（ ）
A．圆心与半径 B．直径
C．平面上的三个已知点 D．三角形的三个顶点
【分析】根据不在同一条直线上的三个点确定一个圆，已知圆心和直径所作的圆是唯一的进行判断即可
得出答案．
【解答】解：A、已知圆心与半径能确定一个圆，不符合题意；
B、已知直径能确定一个圆，不符合题意；
C、平面上的三个已知点，不能确定一个圆，符合题意；
D、已知三角形的三个顶点，能确定一个圆，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了确定圆的条件，解题的关键是分类讨论．
【变式】．（2022秋•河西区期末）下列说法正确的是（ ）
A．弧长相等的两段弧是等弧
B．圆周角等于圆心角的一半
C．平分弦的直径垂直于弦
D．不在同一直线上的三个点确定一个圆
【分析】根据等弧的定义对A进行判断；根据圆周角定理对B进行判断；根据垂径定理对C进行判断；
根据不在同一直线上的三个点确定一个圆对D判断．【解答】解：A、能够完全重合的弧叫等弧，原说法错误，不符合题意；
B、在同圆或等圆值，一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半，原说法错误，不符合题意；
C、平分弦（非直径）的直径一定垂直于该弦，原说法错误，不符合题意；
D、不在同一直线上的三个点确定一个圆，正确，符合题意．
故选：D．
【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）．也考查了垂径定理和确定圆的条件．
考点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．
【例9】．（2022秋•丰都县期末）如图， O是△ABC的外接圆，已知∠ACO＝55°，则∠ABC的大小为
（ ） ⊙
A．60° B．70° C．40° D．35°
【分析】根据圆周角定理：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
角的一半可得∠AOC＝70°，再根据三角形内角和定理可得答案．
【解答】解：∵∠ACO＝55°，OA＝OC，
∴∠AOC＝70°，
∴∠ABC＝70°÷2＝35°，
故选：D．
【点评】此题主要考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，关键是掌握在同圆或等圆中，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．【变式】．（2023秋•瑞安市期末）如图，已知抛物线 交y轴于点A，交x轴于点B、C，
D经过点A、B、C，则 D的半径为 ．
⊙ ⊙
【分析】连接DA、DB，作DE⊥BC于点E，由抛物线y＝ x2﹣ x+6交y轴于点A，交x轴于点B、
C，求得A（0，6），B（2，0），C（12，0），则OB＝2，BE＝5，所以点D的横坐标为7，设D
（7，m），则DA＝DB，得（6﹣m）2+72＝52+m2，求得m＝5，则DB＝5 ，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接DA、DB，作DE⊥BC于点E，则BE＝CE，
抛物线y＝ x2﹣ x+6，当x＝0时，y＝6，
当y＝0时，则 x2﹣ x+6＝0，
解得x ＝2，x ＝12，
1 2
∴A（0，6），B（2，0），C（12，0），
∴OB＝2，BE＝ ×（12﹣2）＝5，
∴OE＝OB+BE＝7，
∴点D的横坐标为7，
设D（7，m），
∵DA＝DB，
∴（6﹣m）2+72＝52+m2，
解得m＝5，
∴DB＝ ＝5 ，
故答案为：5 ．【点评】此题重点考查二次函数的图象与性质、三角形的外接圆的定义、垂径定理、勾股定理等知识，
正确地求出点D的横坐标是解题的关键．
考点十．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．
【例10】．⊙（2022秋⇔•杜尔伯特县期末）平面内， O的半径为3，若直线l与 O相离，圆心O到直线l
的距离可能为（ ） ⊙ ⊙
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据直线l与 O相离得到直线l与圆心的距离大于半径，于是得到结论．
【解答】解：∵ O的⊙半径为3，若直线l与 O相离，
∴圆心O到直线⊙l的距离＞3， ⊙
故选：D．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，熟练掌握①当直线与圆心的距离小于半径，直线与圆相交；
②当直线与圆心的距离大于半径，直线与圆相离，③当直线与圆心的距离等于半径，直线与圆相切是
解题的关键．
【变式】．（2022秋•新洲区期末）已知 O的半径为3，点O到直线m的距离为d，若直线m与 O公共
点的个数为2个，则d可取（ ） ⊙ ⊙
A．2 B．3 C．3.5 D．4【分析】根据直线和圆的位置关系判断方法，可得结论．
【解答】解：∵直线m与 O公共点的个数为2个，
∴直线与圆相交， ⊙
∴d＜半径＝3，
故选：A．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，掌握直线和圆的位置关系判断方法：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＜r②直线l和 O相切 d＝r，⊙③直线l和 O相
离 d＞r． ⊙ ⇔ ⊙ ⇔ ⊙
考点十⇔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
运用切线的性质进行计算或证明时，常常作的辅助线是连接圆心和切点，通过构造直角三角形或相似三角
形解决问题．
【例11】．（2022秋•腾冲市期末）如图，△ABC中，∠A＝30°，点O是边AB上一点，以点O为圆心，
以OB为半径作圆， O恰好与AC相切于点D，连接BD．若BD平分∠ABC， ，则线段CD
⊙
的长是（ ）
A．4 B． C．3 D．
【分析】连接OD，根据切线的性质得到∠ADO＝90°，根据平行线分线段成比例定理列出比例式，代入
计算即可．
【解答】解：连接OD，∵ O与AC相切于点D，
∴⊙∠ADO＝90°，
∵∠A＝30°，
∴OD＝AD•tanA＝4，
∴OA＝ ＝8，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∵∠OBD＝∠CBD，
∴∠CBD＝∠ODB，
∴OD∥BC，
∴ ，即 ，
解得，CD＝2 ，
故选：B．
【点评】本题考查的是切线的性质、平行线分线段成比例定理、锐角三角函数的定义，掌握圆的切线垂
直于经过切点的半径是解题的关键．
【变式】．（2022秋•赣州期末）如图，PA、PB是 O的切线，A、B为切点，且∠P＝60°，若PA＝2，则
AB＝ ． ⊙
【分析】运用切线长定理可得△PAB是等边三角形，解题即可．
【解答】解：∵PA、PB是 O的切线，
∴PA＝PB， ⊙
又∵∠P＝60°，
∴△PAB是等边三角形，∴AB＝PA＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查切线长定理，等边三角形的判定和性质，掌握切线长定理是解题的关键．
考点十二．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”．
【例12】．（2022秋•晋州市期末）如图所示，△POM中，点M在 O上，点P在 O外，OP交 O于
点N，以下条件不能判定PM是 O的切线的是（ ） ⊙ ⊙ ⊙
⊙
A．∠O+∠P＝90° B．∠O+∠P＝∠OMP
C．OM2+PM2＝OP2 D．点N是OP的中点
【分析】根据切线的判定定理进行判断即可．
【解答】解：A．∵∠O+∠P+∠OMP＝180°，且∠O+∠P＝90°，
∴∠OMP＝90°，可知PM是 O的切线，
故选项A不符合题意； ⊙
B．∵∠O+∠P+∠OMP＝180°，且∠O+∠P＝∠OMP，
∴∠OMP＝90°，可知PM是 O的切线，
故选项B不符合题意； ⊙
C．∵OM2+PM2＝OP2，
∴△OMP是直角三角形，且∠OMP＝90°，可知PM是 O的切线，
故选项C不符合题意； ⊙
D．点N是OP的中点不能得出∠OMP＝90°，即不能判断出PM是 O的切线，
故选项D符合题意； ⊙故选：D．
【点评】本题主要考查了切线的判定，勾股定理的逆定理、正确理解切线的判定定理是解答本题的关键．
【变式】．（2022秋•咸宁期末）如图，点A是 O上一定点，点B是 O上一动点、连接OA、OB、
AB、分别将线段AO、AB绕点A顺时针旋转60⊙°到AA'，AB'，连接OA'⊙，BB'，A'B'，OEB'，下列结论正
确的有（ ）
①点A'在 O上；②△OAB≌△A'AB'；③∠BB′A′＝ ∠BOA′；④当OB′＝2OA时，AB′与
O相切．⊙
⊙
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】可证得△AOA′和△ABB′是等边三角形，可推出OA′＝OA，从而得出①正确；根据“边角
边”可证得②；根据②可推出A′B′＝OB＝AA′，进一步得出③正确；作OC⊥B′B，可推出
∠OB′B＝30°，进而得出OB′＝2OC，结合OB′＝2OB可推出点C和点B重合，进而得出④正确，
从而得出结果．
【解答】解：∵OA＝AA′，∠OAA′＝60°，
∴△AOA′是等边三角形，
同理可得，
△ABB′是等边三角形，
①∵△AOA′是等边三角形，
∴OA′＝OA，
∴点A′在 O上，
故①正确，⊙
∵∠OAA′＝∠BAB′＝60°，
∴∠OAB＝∠A′AB′，
∵OA＝AA′，AB＝AB′，
∴△OAB≌△A′AB′，故②正确，
③由②知，
△OAB≌△A′AB′，
∴A′B′＝OB，
∵OB＝OA＝AA′，
∴AA′＝A′B′，
∴∠A′AB′＝∠A′B′A，
∵△ABB′是等边三角形，
∴∠BAB′＝∠AB′B＝60°，
∴∠A′B′B＝∠BAA′，
∵∠BOA′＝2∠BAA′，
∴∠BB′A′＝ ∠BOA′，
故③正确，
④如图，
过点O作OC⊥BB′于C，
∵△ABB′是等边三角形，
∴∠AB′B＝60°，
∵OA＝OB，B′A＝B′B，
∴B′O垂直平分AB，
∴∠OB ＝30°，
∴OB′＝2OC，
∵OB′＝2OA＝2OB，
∴OC和OB重合，
∴OB⊥B′B，∴BB′是 O的切线，
故④正确⊙，
综上所述：①②③④均正确，
故选A．
【点评】本题考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解决问
题的关键是熟练掌握有关基础知识．
考点十三．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”．
【例13】．（2022秋•雄县期末）在黑板上有如下内容：“如图，AB是半圆O所在圆的直径，AB＝2，点
C在半圆上，过点C的直线交AB的延长线于点D．”王老师要求添加条件后，编制一道题目，下列判
断正确的是（ ）
嘉嘉：若给出∠DCB＝∠BAC，则可证明直线CD是半圆O的切线；
淇淇：若给出直线CD是 O的切线，且BC＝BD，则可求出△ADC的面积．
⊙
A．只有嘉嘉的正确
B．只有淇淇的正确
C．嘉嘉和淇淇的都不正确
D．嘉嘉和淇淇的都正确
【分析】根据切线的求证方法，如图所示（见详解），连接 OC，证明OC⊥CD即可求解；根据切线的
性质，BC＝BD，可求出等腰三角形，等边三角形，根据含特殊角的直角三角形的直线可求出各边的长
度，由此即可求解．
【解答】解：∵AB是半圆O所在圆的直径，∴∠ACB＝90°，
如图所示，连接OC，
∵OA，OC是半径，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵∠OCA+∠OCB＝90°，
∴∠OAC+∠OCB＝90°，
嘉嘉给出的条件是：∠DCB＝∠BAC，
∴∠DCB+∠OCB＝90°，即OC⊥CD，且点C在圆上，
∴直线CD是半圆O的切线，故嘉嘉给出的条件正确；
淇淇给出的条件：直线CD是 O的切线，且BC＝BD，如图所示，
∴OC⊥CD，且△BCD是等腰⊙三角形，
∴∠DCB+∠BCO＝∠ACO+∠BCO＝90°，
∴∠ACO＝∠DCB，
∵∠COB＝2∠ACO，∠CBO＝2∠DCB，
∴CO＝CB，且CO＝BO，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠CAB＝∠ACB＝∠BCD＝∠D＝30°，
∵AB＝2，
∴OA＝OC＝OB＝BC＝BD＝1，
∴AD＝3，
如图所示，过点C作CE⊥OB于E，
在△OBC是等边三角形， ，
∴ ，故淇淇给出的条件正确，
故选：D．【点评】本题主要考查圆与特殊角的直角三角形的综合，掌握圆切线的求证方法，含特殊角的直角三角
形的性质，等边三角形的性质是解题的关键．
【变式】．（2022秋•锡山区校级期末）如图，AB是 O的直径，CD是 O的弦，AB⊥CD，垂足是点
H，过点C作直线分别与AB，AD的延长线交于点E⊙，F，且∠ECD＝2∠⊙BAD．
（1）求证：CF是 O的切线；
（2）如果AB＝10，⊙CD＝6，求AE的长；
【分析】（1）连接OC，BC，利用圆周角定理，垂径定理，同圆的半径线段，等腰三角形的性质和圆
的切线的判定定理解答即可；
（2）利用勾股定理在Rt△OCH中求出OH＝4，同理求出 ， ，利用切线的性质及勾
股定理建立等式解答即可．
【解答】（1）证明：连接OC、BC，如图，
∵AB是 O的直径，
∴∠ACB⊙＝90°，AO＝OB，
∵AB⊥CD，
∴AB平分弦CD，AB平分 ，
∴CH＝HD， ，∠CHA＝90°＝∠CHE，
∴∠BAD＝∠BAC＝∠DCB，
∵∠ECD＝2∠BAD，
∴∠ECD＝2∠BAD＝2∠BCD，∵∠ECD＝∠ECB+∠BCD，
∴∠BCE＝∠BCD，
∴∠BCE＝∠BAC，
∵OC＝OA，
∴∠BAC＝∠OCA，
∴∠ECB＝∠OCA，
∵∠ACB＝90°＝∠OCA+∠OCB，
∴∠ECB+∠OCB＝90°，
∴半径CO⊥FC，
∴CF是 O的切线；
（2）解⊙：∵AB＝10，CD＝6，
在（1）的结论中有AO＝OB＝5，CH＝HD＝3，
在Rt△OCH中， ，
同理利用勾股定理，可求得 ， ，
∴BH＝OB﹣OH＝5﹣4＝1，HA＝OA+OH＝4+5＝9，
即HE＝BH+BE，
在Rt△ECH中，EC2＝HC2+HE2＝32+（1+BE）2，
∵CF是 O的切线，
∴∠OCB⊙＝90°，
在Rt△ECO中，EC2＝OE2﹣OC2＝（OB+BE）2﹣52＝（5+BE）2﹣52，
∴（5+BE）2﹣52＝32+（1+BE）2，
解得： ，
∴ ．
【点评】本题主要考查了圆的切线的判定，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，解题的关键是连接经过
切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
考点十四．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．
【例14】．（2022秋•任城区校级期末）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．
【变式】．（2022秋•潮州期末）如图，P为 O外一点，PA、PB分别切 O于点A、B，CD切 O于点
E，分别交PA、PB于点C、D，若PA＝8，⊙则△PCD的周长为（ ）⊙ ⊙
A．8 B．12 C．16 D．20
【分析】由切线长定理可求得PA＝PB，AC＝CE，BD＝ED，则可求得答案．
【解答】解：∵PA、PB分别切 O于点A、B，CD切 O于点E，
⊙ ⊙∴PA＝PB＝8，AC＝EC，BD＝ED，
∴PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PD＝PA+AC+PD+BD＝PA+PB＝8+8＝16，
即△PCD的周长为16．
故选：C．
【点评】本题主要考查切线的性质，利用切线长定理求得PA＝PB、AC＝CE和BD＝ED是解题的关键．
考点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．
【例15】．（2022秋•聊城期末）如图，△ABC中，∠A＝80°，点O是△ABC的内心，则∠BOC的度数为
（ ）
A．100° B．160° C．80° D．130°
【分析】根据∠A＝80°，求出∠ABC+∠ACB，再根据点O是△ABC的内心，求出∠OBC+∠OCB，根据
三角形内角和定理求出∠BOC的度数即可．
【解答】解：∵∠A＝80°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝100°，
∵点O是△ABC的内心，
∴∠OBC+∠OCB＝ （∠ABC+∠ACB）＝50°，
∴∠BOC＝180°﹣50°＝130°．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角形内角和定理，圆周角定理的应用，主要考查学生运
用定理进行推理和计算的能力．
【变式】．（2022秋•绵阳期末）如图， O为Rt△ABC的内切圆，切点分别为M，N，Q，已知∠ABC＝
90°，CM＝2，AM＝3，则 O的半径为⊙（ ）
⊙A． B． C．1 D．2
【分析】连接OM、ON、OQ，根据切线长定理可得，AN＝AM＝3、CQ＝CM＝2，∠ONB＝∠OQB＝
90°，可得四边形ONBQ为正方形，即QB＝BN＝r，在Rt△ABC中，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：连接OM、ON、OQ，
根据切线长定理可得，AN＝AM＝3、CQ＝CM＝2，∠ONB＝∠OQB＝90°，
又∵ON＝OQ＝r，∠ABC＝90°，
∴四边形ONBQ为正方形，即QB＝BN＝r，
在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2，
∵CM＝2，AM＝3，
∴AB＝3+r，BC＝2+r，AC＝2+3＝5
∴（3+r）2+（2+r）2＝52，
解得r ＝1，r ＝﹣6（舍去），
1 2
∴ O的半径为1，
故⊙选：C．
【点评】本题考查了切线长定理及内切圆、勾股定理知识，熟练运用切线长定理是解题的关键．
考点十六．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．
【例16】．（2022秋•巧家县期末）如图， O的内接正方形ABCD的边长为4，则 O的半径为（ ）
⊙ ⊙
A． B． C． D．2
【分析】根据圆内接正方形的性质：圆的半径等于正方形对角线的一半求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是 O的内接正方形，且边长为4，
⊙
∴正方形ABCD对角线长为 ，
∴ O的半径为 ．
故⊙选：B．
【点评】本题考查了圆的内接正方形，熟记圆内接正方形的性质是解题的关键．
【变式】．（2022秋•安徽期末）如图，正五边形ABCDE内接于 O，PD与 O相切于点D，连接OE并
延长，交PD于点P，则∠P的度数是（ ） ⊙ ⊙
A．36° B．28° C．20° D．18°
【分析】连接OD，利用切线的性质证明∠ODP＝90°，再利用正五边形的性质求出∠POD，可得结论．
【解答】解：如图，连接OD．∵PD是 O的切线，
∴∠ODP⊙＝90°，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠EOD＝ ＝72°，
∴∠P＝90°﹣∠POD＝18°．
故选：D．
【点评】本题考查正多边形与圆，切线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握正五边形的性质，切线的
性质，属于中考常考题型．
考点十七．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．
④正确区分弧、弧的度数、弧长三个概念π，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．
【例17】．（2022秋•怀远县期末）如图，已知 P与坐标轴交于点A，O，B，点C在 P上，且∠ACO
＝60°，若点B的坐标为（0，3），则劣弧OA⊙的长为（ ） ⊙
A．2 B．3 C． D．
π π
【分析】作辅助线，先根据圆周角定理可知：AB为 P的直径，由圆心角和圆周角的关系可得：∠OPA
＝120°，求得AB＝6，根据弧长公式可得结论． ⊙
【解答】解：连接AB、OP，
∵∠AOB＝90°，
∴AB为 P的直径，
∵∠ACO⊙＝60°，∴∠APO＝120°，∠ABO＝60°，
∴∠BAO＝30°，
∵OB＝3，
∴AB＝2OB＝6，
∴ 的长 ＝2 ，
故选：A． π
【点评】本题考查了圆周角定理，弧长公式，坐标与图形的性质，根据弧长公式确定其对应的圆心角和
半径是关键．
【变式】．（2023秋•瑞安市期末）若扇形的圆心角为30°，半径为6cm，则它的弧长为 cm．
【分析】根据弧长计算公式计算即可．
【解答】解：弧长l＝ ＝ ＝ ．
故答案为： ． π
【点评】本π题考查弧长的计算，掌握弧长计算公式使解题的关键．
考点十八．扇形面积的计算
（1）圆面积公式：S＝ r2
（2）扇形：由组成圆心π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）
（4）求阴影π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．
【例18】．（2022秋•腾冲市期末）如图，四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，AB＝2，扇形AEF的半径为
2，圆心角为60°，则图中阴影部分的面积是（ ）A． B． C． D．
【分析】根据菱形的性质得出△ADC 和△ABC 是等边三角形，进而利用全等三角形的判定得出
△ADH≌△ACG，得出四边形AGCH的面积等于△ADC的面积，进而求出即可．
【解答】解：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B＝∠D＝60°，AB＝AD＝DC＝BC＝2，
∴∠BCD＝∠DAB＝120°，
∴∠ACB＝∠ACD＝60°，
∴△ABC、△ADC都是等边三角形，
∴AC＝AD＝2，
∵AB＝2，
∴△ADC的高为 ，
∵扇形BEF的半径为2，圆心角为60°，
∴∠EAC+∠CAF＝∠DAF+∠CAF＝60°，
∴∠EAC＝∠DAF，
设AF、DC相交于HG，设BC、AE相交于点G，
在△ADH和△ACG中，
，
∴△ADH≌△ACG（ASA），
∴四边形AGCH的面积等于△ADC的面积，
∴图中阴影部分的面积是：S扇形AEF ﹣S△ACD ＝ ﹣ ×2× ＝ ﹣ ，
故选：D．【点评】此题主要考查了扇形的面积计算以及全等三角形的判定与性质等知识，根据已知得出四边形
EBFD的面积等于△ABD的面积是解题关键．
【变式】．（2022秋•姜堰区期末）公元前四世纪，希腊哲学家、科学史家欧德莫斯曾研究过对数学发展
有重要影响的如下问题：如图，AB为 O的直径，过圆心O作OC⊥AB，交 O于点C，以C为圆心，
⊙ ⊙
CA为半径作 ，若S阴 ＝4cm2，则S△ABC ＝ cm2．
【分析】设 O的半径为r，则 ，根据 ，即
⊙
，求r2，然后代入求面积即可．
【解答】解：由题意知，∠ACB＝90°，设 O的半径为r，则 ，
⊙
∴ ，即 ，
解得r2＝4，
∴ ，
故答案为：4．
【点评】本题考查了直径所对的圆周角为直角，扇形面积等知识．解题的关键在于正确表示阴影部分面
积．考点十九．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．
（4）圆锥的全面积：S全 ＝S底+Sπ侧 ＝ πr2+ 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．
【例19】．（2022秋•耿马县期末）一个圆锥的底面半径为3，母线长为4，其侧面积是（ ）
A．3 B．6 C．12 D．24
【分析π】圆锥的侧面积＝底π面周长×母线长÷2． π π
【解答】解：圆锥的侧面积＝2 ×3×4÷2＝12 ．
故选：C． π π
【点评】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是知道圆锥的侧面积的计算方法．
【变式】．（2022秋•芝罘区期末）如图，从直径为 cm的圆形纸片中剪出一个圆心角为 90°的扇形
BAC，且点A、B、C在圆周上，若把这个扇形围成一个圆锥，则这个圆锥的高度是
．
【分析】连接BC，先计算出AB，再设这个圆锥的底面圆的半径为r，然后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周长得到 ，求出 ，进而求出圆锥的高．
【解答】解：连接BC，如图：∵ cm，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴ （cm），
设这个圆锥的底面圆的半径为r，
∴ ，
解得： ；
∴这个圆锥的高度为： （cm），
故答案为： cm．
【点评】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是明确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．
考点二十．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．
【例20】．（2022秋•吴兴区期末）圆柱的底面半径为1cm，母线长为5cm，则该圆柱的侧面积为
cm2．
【分析】根据已知中圆柱的底面半径为1cm，母线长为5cm，代入圆柱侧面积公式，可得答案．
【解答】解：∵圆柱的底面半径为1cm，母线长为5cm，
∴圆柱的侧面积S＝2 rl＝2 ×1×5＝10 cm2，
故答案为：10 ． π π π
π【点评】本题考查的知识点是圆柱的侧面积公式，难度不大，直接代入运算即可，属于基础题．
【核心素养提升】
1数学建模
1．（2021秋•自贡期末）在△ABC中，AB＝AC，过点C作CD⊥BC，垂足为C，∠BDC＝∠BAC，AC与
BD交于点E．
（1）如图1，∠ABC＝60°，BD＝6，求DC的长；
（2）如图2，AM⊥BD，AN⊥CD，垂足分别为M，N，CN＝4，求DB+DC的长．
【分析】（1）先根据有一个角是60度的等腰三角形式等边三角形，由此可推出∠BAC的度数，再根据
直角三角形推出30度角，即可得到线段的关系求解；
（2）根据Rt△BDC和∠BDC＝∠BAC，可得到A、B、C、D四点共圆，利用圆周角性质得到角度相等，
结合题目条件证明三角形全等得出相等的线段，最后利用等量代换即可求解．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝60°且AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BDC＝∠BAC＝60°，
∵CD⊥BC，
∴Rt△BDC中，∠DBC＝30°，
∴DC＝ BD＝3．
（2）作△BCD的外接圆 O，如图所示：
⊙∵CD⊥BC，
∴BD为 O直径，
∵∠BDC⊙＝∠BAC，
∴A点在 O上，
∴∠BAD⊙＝90°，
∵AM⊥BD，AN⊥CD，
∠AMB＝∠ACN＝90°，
∴在△ABM和△ACN中，
∴△ABM≌△ACN，
∴AM＝AN，BM＝CN，
∵在Rt△AMD和Rt△AND中，
∴Rt△AMD≌Rt△AND，
∴DN＝DM，
∴DB+DC＝DM+MB+DC＝DN+DC+MB＝CN+MB＝2CN＝8．
【点评】本题第一问主要考查等边三角形的判定再结合30角的直角三角形的性质，第二问主要考查隐
形圆的问题，利用题目条件得到隐形圆，推出相等的角度用作全等的判定，最后利用线段相等进行等量
代换．
2直观想象——利用几何直观来解决问题
2．（2021秋•花都区期末）如图， O是△ABC的外接圆，AB为直径，弦AD平分∠BAC，过点D作射线
AC的垂线，垂足为M，点E为线⊙段AB上的动点．
（1）求证：MD是 O的切线；
（2）若∠B＝30°，⊙AB＝8，在点E运动过程中，EC+EM是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若
不存在，说明理由；
（3）若点E恰好运动到∠ACB的角平分线上，连接CE并延长，交 O于点F，交AD于点P，连接
AF，CP＝3，EF＝4，求AF的长． ⊙【分析】（1）连接OD，交BC于点N，通过证明四边形CNDM为矩形得出OD⊥MD，利用切线的判
定定理即可得出结论；
（2）过点C作CF⊥AB，并延长交 O于点F，连接MF，交AB于点E，连接EC，利用将军饮马模型
可知此时EC+EM的值最小；由题意⊙可得FD为圆的直径，在Rt△FDM中，利用勾股定理即可求得结论；
（3）利用角平分线的定义和三角形的外角的性质可以判定△FAP为等腰三角形，证明△FAE∽△FCA，
利用相似三角形的性质得出比例式，解关于AF的方程即可得出结论．
【解答】证明：（1）连接OD，交BC于点N，如图，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°．
∴∠BCM＝90°．
∵AD平分∠BAC，
∴ ．
∴ON⊥BC．
∵DM⊥AC，
∴四边形CNDM为矩形．
∴OD⊥MD．
∵OD为圆的半径，
∴MD是 O的切线；
解：（2）⊙在点E运动过程中，EC+EM存在最小值．理由：过点C作CF⊥AB，并延长交 O于点F，连接MF，交AB于点E，连接EC，则此时EC+EM的值最小，
如图， ⊙
∵∠B＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝60°．
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠DAB＝30°．
∴ 与 的度数为60°．
∵AB是直径，
∴ 的度数为60°．
∴ ．
∵AB⊥CF，AB是直径，
∴ ．
∴ ＝180°．
∴ 为半圆．
∴FD为圆的直径．
由（1）知：MD是 O的切线，
∴FD⊥MD． ⊙
由题意：AB垂直平分FC，
∴EC＝EF．
∴EC+EM＝EF+EM＝FM．
∵∠CFD＝∠DAB，∠DAB＝30°，
∴∠CFD＝30°．∵AB＝8，
∴FD＝8．
由（1）知：四边形MCND为矩形，
∴MD＝NC．
∵ON⊥BC，
∴CN＝ BC．
在Rt△ACB中，
∵sin∠CAB＝ ，
∴BC＝AB•sin60°＝8× ＝4 ．
∴MD＝CN＝ BC＝2 ．
在Rt△FDM中，
MF＝ ＝ ＝2 ．
∴EC+EM的最小值为MF＝2 ．
解：（3）如图，
∵FC平分∠ACB，∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCF＝45°．
∴∠BAF＝∠BCF＝45°．
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠BAD．
∵∠PAF＝∠BAD+∠BAF，∠APF＝∠ACF+∠CAD，
∴∠PAF＝∠APF，∴AF＝FP．
∴FC＝FP+CP＝AF+3．
∵∠FAB＝∠ACF＝45°，∠F＝∠F，
∴△FAE∽△FCA．
∴ ．
∴FA2＝FE•FC＝4（AF+3）．
∴AF2﹣4AF﹣12＝0．
解得：AF＝6或AF＝﹣2（不符合题意，舍去），
∴AF＝6．
【点评】本题是一道圆的综合题，主要考查了圆的切线的判定与性质，圆周角定理及其推论，轴对称的
性质，角平分线的定义，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，特殊角的三角函数值，连接半径
OD和利用轴对称中的将军饮马模型找出EC+EM存在最小值是解题的关键．
3．（2023春•丰城市期末）如图1，在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝8，点E在射线AB上运动，将
△AED沿ED翻折，使得点A与点G重合，连接AG交DE于点F．
（1）【初步探究】当点G落在BC边上时，求BG的长；
（2）【深入探究】在点E的运动过程中，BG是否存在最小值，如果存在，请求出最小值；如果不存在，
请说明理由；
（3）【拓展延伸】如图3，点P为BG的中点，连接AP，点E在射线AB上运动过程中，求AP长的最
大值．
【分析】（1）由翻折得：DG＝AD＝12，根据勾股定理可得CG＝ ＝ ＝4 ，
再由BG＝BC﹣CG，即可求得答案；
（2）以D为圆心，AD长为半径作 D，可得点G在 D上运动，当点G在线段BD上时，BG最小，
⊙ ⊙
此时，BG＝BD﹣DG，由勾股定理可得BD＝4 ，即可求得BG的最小值为4 ﹣12；（3）以D为圆心，AD长为半径作 D，延长BA至H，使AH＝BA＝8，连接GH，根据三角形中位线
⊙
定理可得AP＝ GH，则AP最大时，GH最大，由于点G在 D上运动，当HG经过点D时，GH最大，
即可求得答案． ⊙
【解答】解：（1）当点G落在BC边上时，如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝12，CD＝AB＝8，∠B＝∠C＝90°，
由翻折得：DG＝AD＝12，
在Rt△CDG中，CG＝ ＝ ＝4 ，
∴BG＝BC﹣CG＝12﹣4 ；
（2）如图2，以D为圆心，AD长为半径作 D，
⊙
由翻折得：DG＝AD＝12，
∴点G在 D上运动，
当点G在⊙线段BD上时，BG最小，此时，BG＝BD﹣DG，在Rt△ABD中，BD＝ ＝ ＝4 ，
∴BG＝BD﹣DG＝4 ﹣12，
故在点E的运动过程中，BG存在最小值，BG的最小值为4 ﹣12；
（3）如图3，以D为圆心，AD长为半径作 D，延长BA至H，使AH＝BA＝8，连接GH，
⊙
∵AH＝BA，
∴点A是BH的中点，
∵点P为BG的中点，
∴AP是△BGH的中位线，
∴AP＝ GH，
则AP最大时，GH最大，
由翻折得：DG＝AD＝12，
∴点G在 D上运动，
当HG经过⊙点D时，GH最大，如图4，在Rt△ADH中，HD＝ ＝ ＝4 ，
∴GH＝HD+DG＝4 +12，
∴AP＝ GH＝2 +6，
故点E在射线AB上运动过程中，AP长的最大值为2 +6．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，翻折的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，
圆的有关性质，点到圆上各点距离的最大值和最小值的应用，解决问题的关键是运用三角形中位线定理
和圆中的最值．
3数学运算——运用转化思想解决问题
4．（2023秋•高邮市校级月考）如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点P处安装了一台监
视器，它的监控角度是55°，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器 台．
【分析】根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，得该圆周角所对的弧所对的圆心角是
110°，则共需安装360°÷110°＝3 ≈4台．【解答】解：∵∠P＝55°，
∴∠P所对弧所对的圆心角是110°，
∵360°÷110°＝3 ，
∴最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器4台．
故答案为：4．
【点评】此题考查了要圆周角定理：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．注意把实际问题转化为数学问题，能够把数学和生活联系起来
4.分类讨论思想
5．（2022秋•龙亭区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点 A，B分别在y轴和x轴上，∠ABO＝
60°，在坐标轴上找一点P，使得△PAB是等腰三角形，则符合条件的点P共有 个．
【分析】分类讨论：AB＝AP时，AB＝BP时，AP＝BP时，根据两边相等的三角形是等腰三角形，可得
答案．
【解答】解：①当AB＝AP时，在y轴上有2点满足条件的点P，在x轴上有1点满足条件的点P．
②当AB＝BP时，在y轴上有1点满足条件的点P，在x轴上有2点满足条件的点P，有1点与AB＝AP
时的x轴正半轴的点P重合．
③当AP＝BP时，在x轴、y轴上各有一点满足条件的点P，有1点与AB＝AP时的x轴正半轴的点P重
合．
综上所述：符合条件的点P共有6个．
故答案为：6．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，把所有可能的情况都找出来，不遗漏掉任何一种情况是
本题的关键．
6．（2021秋•邻水县期末）平面直角坐标系中，已知A（2，2）、B（4，0）．若在坐标轴上取点C，使
△ABC为等腰三角形，则满足条件的点C的个数是 ．
【分析】由点A、B的坐标可得到AB＝2 ，然后分类讨论：若AC＝AB；若BC＝AB；若CA＝CB，
确定C点的个数．
【解答】解：∵点A、B的坐标分别为（2，2）、B（4，0）．
∴AB＝2 ，
①若AC＝AB，以A为圆心，AB为半径画弧与坐标轴有3个交点（含B点），即（0，0）、（4，
0）、（0，4），
∵点（0，4）与直线AB共线，
∴满足△ABC是等腰三角形的C点有1个；
②若BC＝AB，以B为圆心，BA为半径画弧与坐标轴有2个交点（A点除外），即满足△ABC是等腰
三角形的C点有2个；
③若CA＝CB，作AB的垂直平分线与坐标轴有两个交点，即满足△ABC是等腰三角形的C点有2个；
综上所述：点C在坐标轴上，△ABC是等腰三角形，符合条件的点C共有5个．
故答案为：5．
【点评】本题主考查了等腰三角形的判定以及分类讨论思想的运用，分三种情况分别讨论，注意等腰三角
形顶角的顶点在底边的垂直平分线上．
【中考热点聚焦】
热点1.垂径定理的应用
7．（2023•广西）赵州桥是当今世界上建造最早，保存最完整的中国古代单孔敞肩石拱桥．如图，主桥拱
呈圆弧形，跨度约为37m，拱高约为7m，则赵州桥主桥拱半径R约为（ ）
A．20m B．28m C．35m D．40m
【分析】设主桥拱半径R，根据垂径定理得到AD＝ ，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案．
【解答】解：由题意可知，AB＝37m，CD＝7m，
设主桥拱半径为Rm，
∴OD＝OC﹣CD＝（R﹣7）m，
∵OC是半径，OC⊥AB，
∴AD＝BD＝ AB＝ （m），
在RtADO中，AD2+OD2＝OA2，∴（ ）2+（R﹣7）2＝R2，
解得R＝ ≈28．
故选：B．
【点评】本题主要考查垂径定理的应用，涉及勾股定理，解题的关键是用勾股定理列出关于 R的方程解
决问题．
8．（2023•东营）“圆材埋壁”是我国古代数学名著《九章算术》中的一个问题：“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？”转化为现在的数学语言表达就是：如图，
CD为 O的直径，弦AB⊥CD，垂足为E，CE＝1寸，AB＝10寸，则直径CD的长度为 寸．
⊙
【分析】连接OA，设 O的半径是r寸，由垂径定理得到AE＝ AB＝5寸，由勾股定理得到r2＝（r﹣
1）2+52，求出r，即可⊙得到圆的直径长．
【解答】解：连接OA，
设 O的半径是r寸，
∵⊙直径CD⊥AB，
∴AE＝ AB＝ ×10＝5寸，
∵CE＝1寸，
∴OE＝（r﹣1）寸，
∵OA2＝OE2+AE2，
∴r2＝（r﹣1）2+52，∴r＝13，
∴直径CD的长度为2r＝26寸．
故答案为：26．
【点评】本题考查垂径定理的应用，勾股定理的应用，关键是连接 OA构造直角三角形，应用垂径定理，
勾股定理列出关于圆半径的方程．
9．（2023•永州）如图， O是一个盛有水的容器的横截面， O的半径为10cm，水的最深处到水面AB
的距离为4cm，则水面⊙AB的宽度为 cm． ⊙
【分析】过点 O作OD⊥AB于点C，交 O于点D，连接OA，由垂径定理可得 AC＝BC，然后在
Rt△AOC中根据勾股定理求出AC的长，即⊙可得出AB的长．
【解答】解：如图，过点O作OD⊥AB于点C，交 O于点D，连接OA，
⊙
∴ ，
由题意知，OA＝10cm，CD＝4cm，
∴OC＝6cm，
在Rt△AOC中， cm，
∴AB＝2AC＝16cm，
故答案为：16．【点评】本题考查了垂径定理，熟练掌握垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，同时需熟练掌握勾股
定理．
热点2.圆心角与圆周角的综合应用
10．（2023•牡丹江）如图，A，B，C为 O上的三个点，∠AOB＝4∠BOC，若∠ACB＝60°，则∠BAC的
度数是（ ） ⊙
A．20° B．18° C．15° D．12°
【分析】利用圆周角定理可求∠AOB＝120°，再根据∠AOB＝4∠BOC，得∠BOC＝30°，所以∠BAC＝
∠BOC＝15°．
【解答】解：∵∠ACB＝60°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝120°，
∵∠AOB＝4∠BOC，
∴∠BOC＝30°，
∴∠BAC＝ ∠BOC＝15°．
故选：C．
【点评】本题考查圆周角定理，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．
11．（2023•广西）如图，点A，B，C，在 O上，∠C＝40°．则∠AOB的度数是（ ）
⊙A．50° B．60° C．70° D．80°
【分析】由圆周角定理即可得到答案．
【解答】解：∵∠C＝ ∠AOB，∠C＝40°，
∴∠AOB＝80°．
故选：D．
【点评】本题考查圆周角定理，关键是掌握圆周角定理．
12．（2023•青海）如图，AB是 O的弦，C是 O上一点，OC⊥AB，垂足为D．若∠A＝20°，则∠ABC
＝（ ） ⊙ ⊙
A．20° B．30° C．35° D．55°
【分析】根据垂直定义可得∠ADO＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠AOD＝70°，然后
利用圆周角定理进行计算，即可解答．
【解答】解：∵OC⊥AB，
∴∠ADO＝90°，
∵∠A＝20°，
∴∠AOD＝90°﹣∠A＝70°，
∴∠ABC＝ ∠AOD＝35°，
故选：C．
【点评】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
热点3.切线的判定和性质的应用
13．（2023•衢州）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽 ABCD是矩形．当餐盘正立
且紧靠支架于点A，D时，恰好与BC边相切，则此餐盘的半径等于 cm．【分析】连接OA，过点O作OE⊥BC，交BC于点E，交AD于点F，则点E为餐盘与BC边的切点，
由矩形的性质得 AD＝BC＝16cm，AD∥BC，∠BCD＝∠ADC＝90°，则四边形 CDFE 是矩形，
OE⊥AD，得CD＝EF＝4cm，∠AFO＝90°，AF＝DF＝8cm，设餐盘的半径为xcm，则OA＝OE＝xcm，
OF＝（x﹣4）cm，然后由勾股定理列出方程，解方程即可．
【解答】解：由题意得：BC＝16cm，CD＝4cm，
如图，连接OA，过点O作OE⊥BC，交BC于点E，交AD于点F，
则∠OEC＝90°，
∵餐盘与BC边相切，
∴点E为切点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝16cm，AD∥BC，∠BCD＝∠ADC＝90°，
∴四边形CDFE是矩形，OE⊥AD，
∴CD＝EF＝4cm，∠AFO＝90°，AF＝DF＝ AD＝ ×16＝8（cm），
设餐盘的半径为xcm，
则OA＝OE＝xcm，
∴OF＝OE﹣EF＝（x﹣4）cm，
在Rt△AFO中，由勾股定理得：AF2+OF2＝OA2，
即82+（x﹣4）2＝x2，解得：x＝10，
∴餐盘的半径为10cm，
故答案为：10．
【点评】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关
键．
14．（2022•宁夏）如图，以线段AB为直径作 O，交射线AC于点C，AD平分∠CAB交 O于点D，过
点D作直线DE⊥AC于点E，交AB的延长线⊙于点F．连接BD并延长交AC于点M． ⊙
（1）求证：直线DE是 O的切线；
（2）求证：AB＝AM；⊙
（3）若ME＝1，∠F＝30°，求BF的长．
【分析】（1）连接OD，由∠ODA＝∠OAD＝∠DAC证明OD∥AC，得∠ODF＝∠AED＝90°，即可证
明直线DE是 O的切线；
（2）由线段⊙AB是 O的直径证明∠ADB＝90°，再根据等角的余角相等证明∠M＝∠ABM，则AB＝
AM； ⊙
（3））由∠AEF＝90°，∠F＝30°证明∠BAM＝60°，则△ABM是等边三角形，所以∠M＝60°，则
∠EDM＝30°，所以BD＝MD＝2ME＝2，再证明∠BDF＝∠F，得BF＝BD＝2．
【解答】（1）证明：连接OD，则OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD＝∠DAC，
∴∠ODA＝∠DAC，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴∠ODF＝∠AED＝90°，
∵OD是 O的半径，且DE⊥OD，
⊙∴直线DE是 O的切线．
（2）证明：∵⊙线段AB是 O的直径，
∴∠ADB＝90°， ⊙
∴∠ADM＝180°﹣∠ADB＝90°，
∴∠M+∠DAM＝90°，∠ABM+∠DAB＝90°，
∵∠DAM＝∠DAB，
∴∠M＝∠ABM，
∴AB＝AM．
（3）解：∵∠AEF＝90°，∠F＝30°，
∴∠BAM＝60°，
∴△ABM是等边三角形，
∴∠M＝60°，
∵∠DEM＝90°，ME＝1，
∴∠EDM＝30°，
∴MD＝2ME＝2，
∴BD＝MD＝2，
∵∠BDF＝∠EDM＝30°，
∴∠BDF＝∠F，
∴BF＝BD＝2．
【点评】此题重点考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与
性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中 30°角所对的直角边等于斜边的
一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
热点4.弧长与扇形面积的计算
15．（2022•连云港）如图，有一个半径为2的圆形时钟，其中每个相邻刻度间的弧长均相等，过 9点和
11点的位置作一条线段，则钟面中阴影部分的面积为（ ）A． ﹣ B． ﹣ C． ﹣2 D． ﹣
【解答
π
】解：连接OA、OB，
π
过点O作OC⊥AB，
π π
由题意可知：∠AOB＝60°，
∵OA＝OB，
∴△AOB为等边三角形，
∴AB＝AO＝BO＝2
∴S扇形AOB ＝ ＝ ，
π
∵OC⊥AB，
∴∠OCA＝90°，AC＝1，
∴OC＝ ，
∴S△AOB ＝ ＝ ，
∴阴影部分的面积为： ﹣ ；
故选：B． π
16．（2023•镇江）如图，扇形OAB的半径为1，分别以点A、B为圆心，大于 AB的长为半径画弧，两
弧相交于点P，∠BOP＝35°，则 的长l＝ （结果保留 ）．
π【解答】解：由作图知：OP垂直平分AB，
∵OA＝OB，
∴∠AOB＝2∠BOP＝2×35°＝70°，
∵扇形的半径是1，
∴ 的长＝ ＝ ．
π
故答案为： ．
17．（2021•泰州）π扇形的半径为8cm，圆心角为45°，则该扇形的弧长为 cm．
【解答】解：由题意得，扇形的半径为8cm，圆心角为45°，
故此扇形的弧长为： ＝2 （cm），
故答案为：2 π
热点5.圆锥的
π
有关计算
18．（2023•扬州）用半径为24cm，面积为120 cm2的扇形纸片，围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底
面圆的半径为 cm． π
【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为rcm，
则 ×2 r×24＝120 ，
解得：πr＝5， π
故答案为：5．
19．（2022•宿迁）用半径为6cm，圆心角为120°的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆
的半径是 cm．
【解答】解：设这个圆锥的底面圆的半径为rcm，
由题意得：2 r＝ ，
解得：r＝2，π
∴这个圆锥的底面圆的半径为2cm，
故答案为：2．20．（2023•徐州）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6cm，扇形的
圆心角 为120°，则圆锥的底面圆的半径r为 cm．
θ
【解答】解：由题意得：母线l＝6， ＝120°，
θ
2 r＝ ，
∴πr＝2（cm）．
故答案为：2．
