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热点专题 04 圆（15 个热点）
考点一、圆的定义及有关概念
1.圆的定义：在一个平面内，线段 绕它固定的一个端点 旋转一周，另一个端点 所形成的图形叫圆.
这个固定的端点 叫做圆心，线段 叫做半径.
2.圆的表示方法：以 点为圆心的圆记作 ，读作圆 .
3.圆的有关概念
弦 连结圆上任意两点的线段叫做弦(例如：右图中的 ).直径 经过圆心的弦叫做直径（例如：右图中的 ）.
圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧.以 为端点的
弧
弧记作 ，读作圆弧 或弧 .
等弧 在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧.
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
半圆
叫做半圆.
优弧 在一个圆中大于半圆的弧叫做优弧.
劣弧 在一个圆中小于半圆的弧叫做劣弧.
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。
推论1：
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；
②弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧；
③平分弦所对的一条弧的直径垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧。
推论2：圆的两条平行弦所夹的弧相等。
常见辅助线做法：
①过圆心，作垂线，连半径，造直角三角形，用勾股，求长度；②有弧中点，连中点和圆心，得垂直平分
考点三、圆心角和圆周角的概念
1.圆心角概念：顶点在圆心的角叫做圆心角。
2.弧、弦、弦心距、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，所对的弦相
等，所对的弦的弦心距相等。
推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们
所对应的其余各组量分别相等。
3.圆周角概念：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角。
定理及推论 具体内容 图示C
一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半
圆周角定理
（即：圆周角= 圆心角） B O
A
D C
同弧或等弧所对的圆周角相等。
推论1
在同圆或等圆中，如果两个圆周角相等，它们所对的弧一定相
B O
等。
A
C
半圆（或直径）所对的圆周角是直角， 的圆周角所对的弦是
推论2
直径 B A
O
C
如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直
推论3
角三角形
B A
O
4.圆内接四边形
圆的内接四边形定理：圆的内接四边形的对角互补，外角等于它的内对角。 C D
证明：在⊙ 中，∵四边 是内接四边形
∴ ，
B
A E
考点四、点与圆及直线与圆的位置关系
1.设 的半径是 ，点 到圆心 的距离为 ，则有：
⇔点 在 内； ⇔点 在 上； ⇔点 在 外。
2.过三点的圆：
①不在同一直线上的三个点确定一个圆。
②经过三角形的三个顶点的圆叫做三角形的外接圆。
③三角形的外接圆的圆心是三角形三条边的垂直平分线的交点，它叫做这个三角形的外心。
3.直线与圆的位置关系
位置关系 与 的比较 交点情况 图示相离 无交点
r
d
相切 有一个交点
d=r
相交 有两个交点
r
d
考点五、切线的性质与判定定理
1、切线的判定定理：过半径外端且垂直于半径的直线是切线； O
两个条件：过半径外端且垂直半径，二者缺一不可
即：∵ 且 过半径 外端，∴ 是⊙ 的切线 M A N
2、性质定理：切线垂直于过切点的半径（如上图）
推论1：过圆心垂直于切线的直线必过切点。
推论2：过切点垂直于切线的直线必过圆心。
以上三个定理及推论也称二推一定理：
即：①过圆心；②过切点；③垂直切线，三个条件中知道其中两个条件就能推出最后一个。
3.切线长定理
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，这点和圆心的连线平分两条切线的夹角。
即：∵ 、 是的两条切线，∴ ， 平分
B
考点六、圆内正多边形
O
P
A
正多边形 正三角形 正四边形 正六边形C
B C
O
图示 O O
B A A D B
D E A
有关计算在 中进
有关计算在 中进行， 有关计算在 中进行，
长度比例 行，
.
2.与正多边形有关的概念
①正多边形的中心:正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心。
②正多边形的半径:正多边形的外接圆的半径叫做这个正多边形的半径。
③正多边形的边心距:正多边形的中心到正多边形一边的距离叫做这个正多边形的边心距。
④中心角:正多边形的每一边所对的外接圆的圆心角叫做这个正多边形的中心角。
3.正多边形的对称性
①正多边形的轴对称性：正多边形都是轴对称图形。一个正 边形共有 条对称轴，每条对称轴都通过正
边形的中心。
②正多边形的中心对称性：边数为偶数的正多边形是中心对称图形，它的对称中心是正多边形的中心。
③正多边形的画法:先用量角器或尺规等分圆，再做正多边形
考点七、扇形
A
（一）扇形的弧长和面积计算
（1）扇形弧长公式： ； O S l
B
（2）扇形面积公式：
其中 ：圆心角 ：扇形多对应的圆的半径 ：扇形弧长 ：扇形面积
注意：
（1）对于弧长公式，关键是要理解1°的圆心角所对的弧长是圆周长的 ，即 ；
（2）公式中的 表示1°圆心角的倍数，故 和180都不带单位，R为弧所在圆的半径；
（3）弧长公式所涉及的三个量：弧长、圆心角度数、弧所在圆的半径，知道其中的两个量就可以求出第
三个量.
（4）对于扇形面积公式，关键要理解圆心角是1°的扇形面积是圆面积的 ，即 ；（5）在扇形面积公式中，涉及三个量：扇形面积S、扇形半径R、扇形的圆心角，知道其中的两个量就可
以求出第三个量.
（二）扇形与圆柱、圆锥之间联系
立体图 侧面展开图 表面积公式 体积公式
A D D
1
母
圆柱 线 =
长
底面圆周长
C
B C 1
B
1
O
圆锥 =
A B
题型一 圆的基本认识
【例1】下列说法中，不正确的是（ ）．
A．直径是最长的弦 B．同圆中，所有的半径都相等
C．圆既是轴对称图形又是中心对称图形 D．长度相等的弧是等弧
【答案】D
【分析】根据弦的定义、中心对称图形和轴对称图形定义、等弧定义可得答案．
【详解】解：A、直径是最长的弦，原说法正确，不符合题意；
B、同圆中，所有的半径都相等，原说法正确，不符合题意；
C、圆既是轴对称图形又是中心对称图形，原说法正确，不符合题意；
D、同圆或等圆中长度相等的弧是等弧，原说法错误，符合题意；
故选D．
【点睛】此题主要考查了圆的认识，中心对称图形和轴对称图形的定义，掌握在同圆或等圆中，能重合的
弧叫等弧，是解题的关键．【例2】甲、乙两个圆，甲圆的面积是 ，乙圆的周长是 ，甲、乙两圆的半径之比是
（ ）
A． B． C．
【答案】A
【分析】圆的面积和周长公式分别求出甲乙的半径，再求二者之比，即可求解．
【详解】解：由题意得
解得： ，
解得： ，
所以 ，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆的面积和周长公式，掌握公式是解题的关键．
【变式1-1】下列命题中，正确的有（ ）
①直径是弦，但弦不一定是直径； ②半圆是弧，但弧不一定是半圆；
③半径相等的两个圆是等圆； ④一条弦把圆分成的两段弧中，至少有一段是优弧；
⑤长度相等的两条弧是等弧．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据弦和直径的定义可得判断①；根据弧的定义可以判断②；根据等圆的定义可以判断③；根据
优弧、劣弧的定义可以判断④；根据等弧定义从而得到答案⑤．
【详解】解：连接圆上任意两点的线段叫做弦，经过圆心的弦叫做直径，直径是圆中最长的弦，直径是弦，
但弦不一定是直径，故①说法正确，符合题意；
圆上任意两点间的部分叫做弧，半圆是弧，但弧不一定是半圆，故②说法正确，符合题意；
半径决定圆的大小，半径相等的两个圆是等圆，故③说法正确，符合题意；
弧可以分为劣弧、优弧、半圆三种，当一条弦是直径时,直径把圆分成两个半圆，既不是优弧也不是劣弧，
故④说法不正确，不符合题意；
长度相等的两条弧只有弧所在的半径也相同或相等时才是等弧,故⑤说法错误,不符合题意;综上所述，正确的选项有①②③,正确的个数共3个，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆的基本概念，判断命题的真假，熟练掌握圆的基本概念是解题的关键．
【变式1-2】已知 的半径是 ，则 中最长的弦长是 ．
【答案】
【分析】根据圆的基础知识，弦的概念，直径的概念即可求解．
【详解】解：已知 的半径是 ，
∴ 中最长的弦长是过圆心的直径，即是半径的 倍，
∴最长的弦长是 ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查圆的基础知识，掌握圆的弦，直径的概念是解题的关键．
【变式1-3】滚铁环有助于提高人体的平衡性、肢体的协调性以及眼力，可以提高四肢活动能力．如图，
直径为4分米的铁环从原点O沿数轴滚动一周（无滑动）到达点 ，则 分米．
【答案】
【分析】根据铁环从原点O沿数轴滚动一周（无滑动）到达点 ，可知 为圆的周长，即可得出答案．
【详解】∵铁环从原点O沿数轴滚动一周（无滑动）到达点 ，
∴ 分米
故答案为：
【点睛】本题考查圆的周长，正确理解题意，理解圆的周长的公式是解题的关键．
题型二 点与圆的位置关系
【例3】已知⊙O的半径为 ，如果一点P和圆心O的距离为 ，那么点P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．不能确定
【答案】B
【分析】若⊙O的半径为 ，一点P和圆心O的距离为 ，当 时，点P在⊙O上；当 时，点P在
⊙O内；当 时，点P在⊙O外．
【详解】解：∵点P和圆心O的距离等于⊙O的半径
∴点P在⊙O上故选：B
【点睛】本题考查点与圆的位置关系．熟记相关结论即可．
【例4】点P到 上各点的最大距离为5，最小距离为1，则 的半径为 ．
【答案】3或2/2或3
【分析】当点 在圆内时，最大距离与最小距离之和就是圆的直径，可以求出圆的半径．当点 在圆外时，
最大距离与最小距离之差就是圆的直径，可以求出圆的半径．
【详解】解：当点 在圆内时，因为点 到圆上各点的最大距离是5，最小距离是1，所以圆的直径为6，
半径为3．
当点 在圆外时，因为点 到圆上各点的最大距离是5，最小距离是1，所以圆的直径为4，半径为2．
故答案为：3或2．
【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系，根据点到圆上各点的最大距离和最小距离，可以得到圆的直径，
然后确定半径的值．
【变式2-1】 的半径为 ，点 到圆心 的距离满足方程 ，则点 与 的 位置关系为
【答案】在圆上
【分析】首先解方程 ，求出方程的解再和圆的半径 比较大小即可确定点 与 的位置关
系．
【详解】解∶ ∵ ，
∴ 或 舍
∴点 到圆心 的距离是 ，
∵ 的半径为 ，
∴点 在圆上，
故答案为∶在圆上．
【点睛】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为 ，点到圆心的距离为 ，则有：
当 时，点在圆外；当 时，点在圆上，当 时，点在圆内．
【变式2-2】如图， 的两条直角边 ， ，斜边 上的高为 ．若以 为圆
心，分别以 ， ， 为半径作圆，试判断 点与这三个圆的位置关系．【答案】当以 为半径作圆时， 点在这个圆的外部；当以 为半径作圆时， 点在这个圆
上；当以 为半径作圆时， 点在这个圆的内部
【分析】根据勾股定理得到 ，再由等面积法求出 ，结合点与圆的位置关系
判断即可得到答案．
【详解】解：∵ 的两条直角边 ， ，
∴由勾股定理可得 ，
∵ ，
∴ ，
当以 为半径作圆时， 点在这个圆的外部；
当以 为半径作圆时， 点在这个圆上；
当以 为半径作圆时， 点在这个圆的内部．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，涉及勾股定理及等面积法求线段长，熟记点与圆的位置关系的判断
方法是解决问题的关键．
【变式2-3】如图，方格纸上每个小正方形的边长均为 个单位长度，点 ， ， ， 在格点（两条网格
线的交点叫格点）上，以点 为原点建立直角坐标系．(1)过 ， ， 三点的圆的圆心 坐标为（______，______）；
(2)请通过计算判断点 与 的位置关系．
【答案】(1) ，
(2)点 在 的外部
【分析】（1）连接 ， ，分别作 ， 的垂直平分线，两直线交于点 ，就是过 ， ， 三
点的圆的圆心，有图形可得 的坐标；
（2）分别求出 和 的长度进行比较即可作出判断．
【详解】（1）解：如图，连接 ， ，分别作 ， 的垂直平分线，两直线交于点 ，
是过 ， ， 三点的圆的圆心，
，
故答案为： ， ；
（2） ， ， ，
， ，
，
点 在 的外部．
【点睛】本题考查了垂径定理推论，勾股定理，平面坐标系中点的坐标，点与圆的位置关系，根据垂径定理得出圆心位置是解答本题的关键．
题型三 弧、弦、圆心角的关系
【例5】下列命题：①一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；②平分弦的直径垂直于弦，并且
平分弦所对的两条弧；③相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等；④不在同一直线上的三个点确定
一个圆． 其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
【详解】解：①一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，是真命题，故①正确；
②平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧，被平分的弦不是直径，所以命题是假命题，故②错
误；
③相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等，是真命题，故③正确；
④不在同一直线上的三个点确定一个圆，是真命题，故④正确；
所以正确的有①③④共3个，
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是确定圆的条件、圆周角定理与垂径定理，弧弦圆心角定理．判断命题的真假关
键是要熟悉课本中的性质定理．
【例6】如图， 中，弦 与 相交于点H， ，连接 、 ．求证： ．
【答案】见解析
【分析】利用 证明 ，得出 ．
【详解】证明：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了同弧或等弧所对的圆周角相等，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌
握三角形全等的判定方法，证明 ．
【变式3-1】已知：如图， 是 的直径，点C、D在 上， 于E， 于F，且
， 与 相等吗?为什么?
【答案】相等，见解析
【分析】连接 ，由 ，得到 ，由 ， 得到
，再根据“ ”可判断 ，则 ，所以 ，
．
【详解】解： ．理由如下：
连接 ，如图，∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】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）．也考查了直角三角形全等的判定与性质．
【变式3-2】如图， 是 的直径，点C是 上不与A、B重合的点，点D是 的中点，连接
．求证： ．
【答案】见解析
【分析】圆周角定理得到 ，弧，弦，角之间的关系，得到 ，三线合一，得到
，即可得证．【详解】证明：点D是 的中点，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查圆周角定理，弧，弦，角之间的关系，等腰三角形的性质、平行线的判定．熟练掌握相
关知识点，是解题的关键．
【变式3-3】如图， 的弦 、 的延长线相交于点 ，且 ，
(1)求证： ；
(2)求证： ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）证 ，则 即可求证；
（2）连接 ，作 ，证 ，进而可证 ，即可求证．
【详解】（1）证明：∵
∴
∴
即：（2）证明：连接 ，作
∵ ,
∴
即
【点睛】本题考查了圆中“弧、弦、角”的关系、全等三角形综合．熟记相关结论进行几何推理即可．
题型四 垂径定理
【例7】在 中，弦 ，过点 的直线垂直于 于点 ，交 于点 ， ，则 的长为
．
【答案】 或
【分析】根据垂径定理得出 ，勾股定理求得半径，进而分当 在劣弧 上时，当 在优弧 上
时，即可求解．
【详解】解：当 在劣弧 上时，
∵ ， ，
∴ ， ，
设 ，连接 ，如图：∴在 中，根据勾股定理有
∴
∴ ，
当 在优弧 上时，
故答案为： 或 ．
【点睛】本题考查了勾股定理、垂径定理的应用，通过添加辅助线构造出直角三角形、进而根据勾股定理
列出方程是解题的关键．
【例8】如图，在 中，弦 ，点C在 上移动，连接 ，过点C作 交 于点D、E，
则 的最大值为 ．
【答案】
【分析】连接 ，由 可知当 最小时， 最大；又 ，故当 最小时，
最大；所以当 时满足题意，据此即可求解．
【详解】解：连接 ，如图所示：∵ ，
为 的半径，其值一定，
∴当 最小时， 最大，
∵
∴当 最小时， 最大，
∵点C在 上移动，
∴当 时， 最小
此时，点 与点 （或点 ）重合，点 与点 （或点 ）重合，
∴ 的最大值为
故答案为：
【点睛】本题考查了垂径定理的相关知识点，得出当 时， 最小， 最大， 也最大是解题
关键．
【变式4-1】如图，在平面直角坐标系 中，以原点O为圆心的圆过点 ，直线
与 交于B、C两点，则弦 的长为整数的有 条．
【答案】3
【分析】根据直线 必过点 ，求出最短的弦 是过点 且与该圆直径垂直的弦，最长
弦 是圆的直径，得出弦 的取值范围，再根据弦 的长为整数，即可得出答案．
【详解】解： 当 时，
∴直线 必过点 ，
最短的弦 是过点 且与该圆直径垂直的弦，最长弦 是 是直径，
当弦 最短时，
连接 ， ，则 ，
点 的坐标是 ，
，
以原点 为圆心的圆过点 ，
圆的半径为13，
，
，
，
的长的最小值为24；
当弦 最长时，则 ，
∴
∵弦 的长为整数
∴ 或25或 26，
∴弦 的长为整数的有3条，
故答案为：3．
【点睛】此题考查的是垂径定理，一次函数图象，用到的知识点是垂径定理、勾股定理、圆的有关性质，
关键是求出 最短、最长时的值．
【变式4-2】如图， 为 的直径， 为 的弦， 于点E，延长 交 于点F，
，求证： ．【答案】证明见解析
【分析】先根据垂径定理可得 ， ，再证出 ，根据全等三角形的性质可得
，由此即可得证．
【详解】证明： ， 为 的直径，
， ，
∵延长 交 于点 ， ，
， ，
在 和 中，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了垂径定理、三角形全等的判定与性质，熟练掌握垂径定理是解题关键．
【变式4-3】如图， 是 的直径，弦 于点E， ，若 ，求 的长．
【答案】
【分析】连接 ，根据 得到 ，结合 ， 得到 ，结合
勾股定理求解即可得到答案；
【详解】解：连接 ，
∵ ，
∴ ，∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
解得： ，
∴ ；
【点睛】本题考查垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，勾股定理：直角三角形的两直角边平方和等于斜边
的平方．
题型五 垂径定理的实际应用
【例9】一根排水管的截面如图所示，已知排水管的半径为5，水面宽 为6，如果再注入一些水，当水
面宽变为8时，则水的最大深度为 ．
【答案】2或8
【分析】根据半径为 ，则直径为 ；又根据水面宽度为 ，则有两种情况， 水面在水面平行的直径下
方，过点 作 于点 ； 水面在水面平行的直径上方，过点 作 于点 ，过点 作
于点 ，根据垂径定理，勾股定理，即可求出．
【详解】如图所示，连接 ， ，
∵ ，
∴圆的直径为 ，∴ 当水面在水面平行的直径下方时，
∴过点 作 于点
∴ 且 与 交于点
∵ ，
∴ ，
∴在直角三角形 中，
∴
∴ ；
在直角三角形 中，
∴
∴
∴水的最大深度为 ；
当水面在水面平行的直径上方时，过点 作 于点 ，过点 作 于点 ，
∵ ，
∴ ，
∴在直角三角形 中，
∴
∴ ；
在直角三角形 中，
∴
∴∴水的最大深度为 ．
故答案为：2或8．
【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理的运用，解题的关键是垂径定理，易错点是分类讨论水面在直径是
下方和上方．
【例10】某地有一座圆弧形拱桥，桥下水面宽度 为 ，拱顶高出水面 （即 ）， ，
(1)求出该圆弧形拱桥所在圆的半径；
(2)现有一艘宽 ，船舱高出水面 的货船要经过这里，此货船能顺利通过这座桥吗？
【答案】(1)该圆弧形拱桥所在圆的半径为13米
(2)此货船不能顺利通过这座桥
【分析】（1）连接 ，根据垂径定理得出 ，设 ，则 ，在
中，根据勾股定理可得 ，列出方程求解即可；
（2）易得 米，构造如图所示矩形 ， 连接，推出 米，根据勾股
定理可得 米，求出 ，再与 米进行比较即可．
【详解】（1）解：连接 ，
∵ ， ，
∴ ，设 ，
∵ ，
∴ ，
在 中，根据勾股定理可得： ，
即 ，
解得： ，
答：该圆弧形拱桥所在圆的半径为13米．
（2）解：∵ 米， ，
∴ 米，
构造如图所示矩形 ， 连接，
当 时，
∵ ，
∴ ，
∴ 米，
根据勾股定理可得： 米，
∴ （米），
∵ ，
∴此货船不能顺利通过这座桥．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，解得的关键是正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
【变式5-1】《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》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？”用几何
语言表达为：如图， 是 的直径，弦 于点E， 寸， 寸，则直径 长为
寸．【答案】26
【分析】证明E为 的中点，可得 ，设 ，则 ， ，由
勾股定理得： ，可得 ，再解方程可得答案．
【详解】解：∵弦 ， 为 的直径，
∴E为 的中点，
又∵ （寸），
∴ （寸），
设 （寸），
则 （寸）， 寸，
由勾股定理得： ，
即 ，
解得 ，
∴ （寸），
故答案为：26．
【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，勾股定理的应用，熟练的利用垂径定理解决问题是关键．
【变式5-2】一座拱桥的轮廓是一段半径为 的圆弧（如图所示），桥拱和路面之间用数根钢索垂直相
连，其正下方的路面 长度为 ，那么这些钢索中最长的一根为 ．
【答案】【分析】设圆弧的圆心为O，过O作 于C，交 于D，连接 ，先由垂径定理得
，再由勾股定理求出 ，然后求出 的长即可．
【详解】解：设圆弧的圆心为O，过O作 于C，交 于D，连接 ，如图所示：
则 ， ，
∴ ，
∴ ，
即这些钢索中最长的一根为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理等知识；熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．
【变式5-3】中国陶瓷文化源远流长，图①是一个具有地方特色的碗．图②是从正面看到的碗（图①）的
形状示意图． 是⊙O的一部分，D是 的中点，连接 ，与弦 交于点C，连接 ．已知
cm，碗深 cm，则 的半径 为 ．
【答案】13cm【分析】根据垂径定理的推论可得 cm，设半径 cm，则
cm，然后根据勾股定理构建方程求解即可．
【详解】解：∵D是 的中点，
∴ cm，
设半径 cm，则 cm，
在直角三角形 中，根据勾股定理可得： ，
解得： ，即 的半径为13cm；
故答案为：13cm．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，正确理解题意、得出方程是关键．
题型六 圆周角定理的有关计算
【例11】如图， 是 的直径，弦 ， 交于点 ，若弧 的度数是 ，则 的度数是（
）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接 、 、 ，由题意得 ，由圆周角定理可得 ，
，最后由三角形内角和定理进行计算即可得到答案．
【详解】解：连接 、 、 ，弧 的度数是 ，
，
，
是 的直径，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题
的关键．
【例12】如图，在等边三角形 中，D为 的中点， 交 于点E，若 ，则 的长为
．
【答案】 /
【分析】连接 ，证明 是直径，取 的中点O，连接 ．证明 ，利用弧长公式
求解即可．
【详解】解：连接 ，
∵ 是等边三角形，D为 的中点，
∴ ，∴ 是直径，
取 的中点O，连接 ．
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ 都是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ 的长 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了弧长公式，圆周角定理，等边三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
【变式6-1】如图， 是 的直径， 内接于 ，延长 在 外相交于点 ，
若 ，则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接 ，根据圆内接四边形，得出 ，根据 是直径得出 ，
则 ，根据垂径定理得出 ，根据平行线的性质以及三角形的外角的性质，
即可求解．
【详解】解：连接 ，∵四边形 是 的内接四边形，
∴ ，
∵ 是直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，垂径定理，直径所对的圆周角是直接，熟练掌握以上知识是
解题的关键．
【变式6-2】如图， 的顶点 都在 上，点 为 上一点，且点 不在 上，则
的大小为 ．
【答案】30
【分析】连接 ，证明四边形 为菱形，则 ，进而得出三角形 为等边三角形，得出
，则 ．
【详解】解：连接 ，
∵四边形 为平行四边形， ，
∴四边形 为菱形，∴ ，
∵ ，
∴三角形 为等边三角形，
∴ ，
∴ ，
故答案为：30．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，圆周角与圆心角的关系，解题的
关键是掌握菱形四边都相等，同弧所对的圆周角是圆心角的一半．
【变式6-3】如图， 的直径 ，弦 ， 的平分线交 于D．
(1)判断 的形状，并说明理由；
(2)求点O到弦 的距离；
(3)求 的长．
【答案】(1) 是等腰直角三角形，理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由 的平分线交 于 ，可得 ，则 ， ，由 是
的直径，可得 ， ，进而可知 是等腰直角三角形；（2）如图1，过 作 于E，则 ， ，证明 是等腰直角三角形，则
，然后作答即可；
（3）如图2，过 作 于 ，则 ，由勾股定理得， ，证
明 是等腰直角三角形，则 ， ，由勾股定理得
，根据 ，计算求解即可．
【详解】（1）解： 是等腰直角三角形，理由如下：
∵ 的平分线交 于 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的直径，
∴ ， ，
∴ 是等腰直角三角形；
（2）解：如图1，过 作 于E，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
由（1）得， 是等腰直角三角形，∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∴点O到弦 的距离为 ；
（3）解：如图2，过 作 于 ，则 ，
由勾股定理得， ，
∵ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角为直角，角平分线，同弧或等弧所对的圆周角、弦长相等，正弦，
勾股定理，等腰三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
题型七 圆周角定理的有关证明
【例13】如图，已知 是 的直径， ， ，垂足分别为M、N，且 ．求证： ．
【答案】见解析
【分析】根据全等三角形的判定及性质和同圆中，相等的圆周角所对的弧相等即可求证结论．
【详解】证明： ， ，
，
、 、 、 都是 的半径，
，
，
，
在 和 中，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质和圆周角，熟练掌握其基础知识是解题的关键．
【例14】如图，四边形 内接于 ，连接 、 相交于点E．(1)如图1，若 ，求证： ；
(2)如图2，若 ，连接 ，求证： ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用 得到 ，则 ，然后根据圆周角定理得到 ，从
而得到结论；
（2）作直径 ，连接 ，如图2，先利用垂直定义得到 ，再利用圆周角定理得到
， ， ，然后根据等角的余角相等得到结论．
【详解】（1） ，
，
即 ，
，
，
；
（2）作直径 ，连接 ，如图2，
，
，
，
， ，
，
为直径，
，，
，
即 ．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的
圆心角的一半．半圆（或直径）所对的圆周角是直角， 的圆周角所对的弦是直径．
【变式7-1】如图， 中，以 为直径作 ，交 于点D，交 的延长线于点E，连接 、 ，
．求证：D是 的中点．
【答案】见解析
【分析】根据等腰三角形的性质得到 ，利用圆周角定理得到 ，从而有 ，得出
，根据圆周角定理的推论可得 ，然后根据等腰三角形的三线合一的性质即可得证．
【详解】证明：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 为 的直径，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
，
即D是 的中点．
【点睛】本题考查圆周角定理，也考查了等腰三角形的判定和性质，掌握圆周角定理是解题的关键．
【变式7-2】如图， 是 的直径，点C，D是 上的点，且 ， 分别与 ， 相交于
点E，F．(1)求证：点D为弧 的中点；
(2)若 ， ，求 的直径．
【答案】(1)见解析
(2)20
【分析】（1）根据圆周角定理、平行线的性质可得 ，再根据垂径定理即可证明；
（2）根据垂径定理可得 ，再用勾股定理解 即可．
【详解】（1）证明：∵ 是 的直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴点D为 的中点；
（2）解：∵ ， ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的直径为20．
【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，平行线的性质，解直角三角形等，解题的关键是熟练运用垂径定理．
【变式7-3】已知四边形 内接于圆 ，对角线 与 垂直相交于点 ，点 分别为
的中点，求证： ．
【答案】见解析
【分析】作直径 ，根据三角形中位线定理求得 ，根据直角三角形斜边中线的性质求得
，再利用等角的余角相等求得 ，推出 ，据此即可证明 ．
【详解】证明，作直径 ，连接 ，
∵点G、O分别为 、 的中点，
∴ ，
∵ ，点F为 的中点，
∴ ， ，
∵ 为直径，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，正确引出辅助线解决
问题是解题的关键．
题型八 圆内接四边形
【例15】如图，四边形ABCD内接于 ，若四边形OBCD为平行四边形，则 的度数是 ．
【答案】 / 度
【分析】根据圆内接四边形的性质得到 ，根据平行四边形的性质，圆周角定理列式计算即
可．
【详解】解： 四边形 内接于 ，
，
四边形 是平行四边形形，
，
由圆周角定理得， ，
，
解得， ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，平行四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的
关键．
【例16】已知四边形 中， ， ， ，试判断A、B、C、D
四点是否在同一个圆上，并说明理由．【答案】在，见解析
【分析】连接 ，在 中，利用勾股定理求得 的长，然后利用勾股定理的逆定理证明 是直
角三角形即可证得．
【详解】连接 ，
在 中， ，
∴ ，
在 中，
，
∴
∴ ，
∴A、B、C、D四点在同一个圆上．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，直角三角形的三个顶点在以斜边为直径的圆上．
【变式8-1】如图，半径为 的 上，依次有 三个点，若四边形 为菱形，则弦 所对的
圆周角为 度．
【答案】 或【分析】利用圆周角定理，圆内接四边形和菱形的性质即可求解．
【详解】如图，在优弧 取一点 ，连接 ， ，
∵四边形 是菱形，
∴ ，
∵四边形 是圆内接四边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴则弦 所对的圆周角为 或 ，
故答案为： 或 ．
【点睛】此题考查了圆周角定理，圆内接四边形和菱形的性质，解题的关键是熟练掌握同弧或等弧所对的
圆周角是圆心角的一半及菱形的性质及其应用．
【变式8-2】如图，在圆内接四边形 中， 若四边形 的面积是S，
的长是x．
(1)求 的度数；
(2)求S与x之间的函数关系式．
【答案】(1)
(2)【分析】（1）延长 到E，使 ，连接 ，根据全等三角形的判定和性质得出
，再由各角之间的关系及等腰直角三角形的性质求解即可；
（2）结合（1）中 ，对照图形得出 即可求解．
【详解】（1）解：如下图，延长 到E，使 ，连接 ，
四边形 是圆内接四边形，
，
在 和 中，
∴
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
（2）由（1）得 ，
∴ ，
，
即
．
【点睛】本题考查了圆的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是作辅助线，构造．
【变式8-3】如图 内接于 ，且 ． 的外角平分线交 于 垂足为 ．
(1)求证： ；
(2)若 ，求 的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质可得 ，再由 平分 的外角，可得 ，
从而得到 ，即可；
（2）在 上截取 ，连接 ，证明 ，可得 ，从而得到 ，
即可求解．
【详解】（1）证明：如图，
∵四边形 是圆内接四边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 平分 的外角，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ；
（2）解：如图，在 上截取 ，连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 的面积为 ．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握圆内接
四边形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
题型九 直线与圆的位置关系
【例17】如图，直线 与圆心在原点 ，半径为 的圆有公共点，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等面积法算出坐标原点到直线的距离，根据圆与直线有交点可判断圆半径范围；【详解】
解：过原点作 交 于点C，
直线 与坐标轴的交点为A、B两点，
令 解得 ，故A点坐标为：
令 解得 ，故B点坐标为：
故直线 到坐标原点的距离为： ，
直线 与圆有公共点，
故 ；
故选：C．
【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系、勾股定理以及直角三角形的性质，此题难度适中，注意掌握数
形结合思想的应用．
【例18】已知 ， ， ， ．
(1)尺规作图：求作菱形 ，其中点 在线段 上；
(2)判断以 为圆心，2为半径的圆 与直线 的位置关系．
【答案】(1)见详解(2)相离
【分析】（1）以点 为圆心， 的长为半径作弧，交 于点 ，再分别以 为圆心， 的长为半径
作弧，交于点 ，连接 ，由作图可知 ，故四边形 为菱形；
（2）结合（1）可证明 ，再根据含30度角的直角三角形的性质求出 的长，进而可判断圆 与
直线 的位置关系．
【详解】（1）解：如下图，四边形 即为所求；
（2）圆 与直线 的位置关系为相离．
理由如下：∵四边形 为菱形， ， ，
∴ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴圆 与直线 的位置关系为相离．【点睛】本题主要考查了作图-基本作图、勾股定理、菱形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、
直线与圆的位置关系等知识，解题关键是正确作出菱形 ，并结合菱形的性质分析问题．
【变式9-1】 的半径为 ，若圆心O到直线l的距离是 ，则直线l与 的位置关系是 ．
【答案】相交
【分析】根据圆心O到直线l的距离小于半径即可判定直线l与 的位置关系为相交．
【详解】解：∵圆心O到直线l的距离是 ， 的半径为 ，
又∵ ，
∴直线l与 相交．
故答案为：相交．
【点睛】此题考查的是直线与圆的位置关系，根据圆心到直线的距离d与半径r的大小关系解答．若 ，
则直线与圆相交；若 ，则直线于圆相切；若 ，则直线与圆相离．
【变式9-2】已知 的半径为7，直线l与 相交，点O到直线l的距离为4，则 上到直线l的距离
为3的点的个数为 个．
【答案】3
【分析】根据平行线间的距离处处相等，先过点D作 ，即可求得 上到直线l的距离为3的点
的个数．
【详解】解：如图，∵ 的半径为7，点O到直线l的距离为4，即 ，
∴ ，
在 上截取 ，过点D作 ，交 于A、B两点，
∴ 上到直线l的距离为3的点为A、B、C，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、平行线间的距离处处相等的性质，正确画出符合题意的图形、
数形结合是解题的关键．
【变式9-3】如图， 为正比例函数 图象上的一个动点， 的半径为 ，设点 的坐标为 ．(1)求 与直线 相切时点 的坐标．
(2)请直接写出 与直线 相交、相离时 的取值范围．
【答案】(1) 或
(2) 或
【分析】（1）根据直线和圆相切应满足圆心到直线的距离等于半径，首先求得点 的横坐标，再根据直线
的解析式求得点 的纵坐标．
（2）根据（1）的结论，即可分析出相离和相交时 的取值范围．
【详解】（1）解：过 作直线 的垂线，垂足为 ；
当点 在直线 右侧时， ，解得 ；
∴ ；
当点 在直线 左侧时， ，得 ，
∴ ，∴当 与直线 相切时，点 的坐标为 或 ．
（2）解：由（1）可知当 时， 与直线 相交
当 或 时， 与直线 相离．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，掌握直线和圆的不同位置关系应满足的数量关系，根据数量关
系正确求解是解题的关键．
题型十 切线的性质与判定
【例19】如图，四边形 是 的内接四边形，延长 与过点 的直线相交于点 ，已知
．求证： 与 相切．
【答案】见解析
【分析】连接 ，根据已知条件得出 ，根据圆周角定理得出 ，则 ，进
而即可得证．
【详解】证明：如图所示，连接 ，
∵ ，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 是半径，
∴ 与 相切．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定，平行线的判定与性质，熟练掌握切线的判定定理是解题的
关键．
【例20】如图，已知等腰 ， ，以点O为圆心作 交边 ， 于C，D两点，点C恰
好为 的中点，延长 交 于点E，连 ．
(1)求证： 是 的切线；
(2)连接 ，若 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）过点O作 交 于点F，首先根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到
，然后利用含 角直角三角形的性质得到 ，然后根据题意得到 ，
即可证明；
（2）过点A作 交 的延长线于点G，首先根据含 角直角三角形的性质得到 ，
然后利用勾股定理求解即可．【详解】（1）如图所示，过点O作 交 于点F，
∵等腰 ，
∴
∵
∴
∵点C恰好为 的中点
∴
∴
∵ 是 的半径
∴ 是 的切线；
（2）如图所示，过点A作 交 的延长线于点G，
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴∵
∴ ．
【点睛】本题主要考查了切线的判定、含 角直角三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关性
质定理成为解答本题的关键．
【变式10-1】如图，在 中， ， 的平分线交 于点 ，点 在 上，且以 为
直径的 经过点 ．
(1)求证： 是 的切线；
(2)当 ，且 时，求 的半径．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）连接 ，由 ，利用等边对等角得到一对角相等，再由 为角平分线，利用角平
分线定义得到一对角相等，等量代换得到一对内错角相等，利用内错角相等两直线平行得到 与 平行，
利用两直线平行同位角相等得到 ，都为直角，可得出 垂直于 ，即可得到 与圆 相
切；
（2）由于 ，设 ，用 表示 ， 、 、 、 ，在 中，根据勾股定理得：
，由此建立方程模型即可求解．
【详解】（1）证明：连接 ，
，，
平分 ，
，
，
，
，
，
，
为半径，
是 切线；
（2）解： ，
设 ，
则 ，
，
，
在 中，根据勾股定理得： ，
，
，
，
半径为3．
【点睛】此题考查了切线的判定，勾股定理，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定方法是
解本题的关键．
【变式10-2】如图 是 的直径， 是 的弦，延长 到点C，使 ．过D点作
于E，求证： 为 的切线.
【答案】见解析【分析】连接 ，现根据直径所对的圆周角是直角得到 ，根据三线合一得到 ，
即 是 的中位线，可以得到 ，即可得到结论.
【详解】证明: 如图, 连接 .
∵ 是 的直径,
，
，
，
，
，
，
∴ ,
∴ 为 的切线.
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，切线的判定，掌握切线的判定定理是解题的
关键.
【变式10-3】如图，在一张四边形 的纸片中， ， ， ，以点
A为圆心，2为半径的圆分别与 、 交于点E、F．
(1)求证： 与 相切；
(2)过点B作 的切线．（要求：用无刻度直尺与圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）
【答案】(1)见解析
(2)见解析【分析】（1）过点A作 于点 ，证明 为等腰直角三角形，求出
， 根据 的半径为 ，得出 是 的半径，即可证明结论；
（2）作线段 的垂直平分线，交 于点 ，作直线 ，则 即为所求．
【详解】（1）证明：如图，过点A作 于点 ，
∵ ， ，
∴ 为等腰直角三角形，
∵ ，
∴ ，
∵ 的半径为 ，
∴ 是 的半径，又 ，
∴ 是 的切线；
（2）解：如图，作线段 的垂直平分线，交 于点 ，作直线 ，则 即为所求，
∵ ， ，
∴ ，
∴ 是直角三角形， ，
∴ ，
∴ 是 的切线．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的判定，解题的关键是熟练掌
握圆的切线判断方法．题型十一切线长定理
【例21】如图，点 是半径为 的 外一点， ， 分别切 于 ， 点，若 是边长为 的等
边三角形，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连结 、 ， ，根据切线的定理得 ， ，再根据直角三角形的性质可知
，最后利用勾股定理即可解答．
【详解】解：连结 、 、 ，则 ，
∵ 是边长为 的等边三角形，
∴ ， ，
∵ ， 分别切 于 ， 点，
∴ ， ，
∴ ， 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴在 中， ，
∴ ，
故选： ．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，切线的性质定理，切线长定理，直角三角形中 角所对的直角
边等于斜边的一半，勾股定理，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
【例22】如图，点 分别在 的两边上．
(1)尺规作图：求作 ，使它与 都相切（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)若 ，则 的半径为___________．
【答案】(1)见解析
(2)2或15
【分析】（1）分别作 的角平分线，分别交于点 ，过点 ，分别作 的垂线，
再以 为圆心， 到垂足的线段的长为半径画圆，即可；
（2）勾股定理定理求出 的长，等积法求出 的半径，切线长定理求出 的半径，即可．
【详解】（1）解：分别作 的角平分线，分别交于点 ，过点 ，分别作 的
垂线，再以 为圆心， 到垂足的线段的长为半径画圆，即可，如图所示： ，即为所求；（2）解：设 与 的切点分别为： ， 与 的切点分别为： ，
则 ， ， ，
∵ ，
∴ ，四边形 为正方形，
设 ， ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
∴ 的半径为2或15；
故答案为：2或15．
【点睛】本题考查复杂作图—作圆，三角形的内切圆，切线长定理．熟练掌握内心是角平分线的交点，利
用等积法求内切圆的半径，以及切线长定理，是解题的关键．
【变式11-1】如图， 内切于四边形 ， ，分别连接 ．下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．A，O，C三点共线
【答案】A
【分析】连接 、 ， 、 ，根据切线长定理得 ，利用 证明 ，
推出 是线段 的垂直平分线，再根据切线长定理证明 ， ，得到 ，据此推理
即可判断．
【详解】解：连接 、 ， 、 ，设切点分别为E、F、G、H，
∵ 为 的切线，∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是线段 的垂直平分线，
∵ ， ，
∴ ，
由切线长定理知 ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ 也是线段 的垂直平分线，
∴A，O，C三点共线， ，
故选项B、C、D正确；
的大小是变化的，故选项A错误，
故选：A
【点睛】本题考查了切线长定理，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，掌握“从圆
外一点引圆的两条切线，它们的切线长度相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角”是解题的关键．
【变式11-2】如图， 是 外的一点， 分别与 相切于点 是劣弧 上的任意一点，
过点 的切线分别交 于点 ．若 ，则 的周长为 ．
【答案】8
【分析】由 、 分别与 相切于点 、 ，根据切线长定理得到 ，同理得
，再根据三角形周长的定义得到 的周长 ，然后利用等相等代换得
到 的周长 ．
【详解】解：∵ 、 分别与 相切于点 、 ，∵过点 的切线分别交 、 于点 、 ，
∴ 的周长
故答案为：8．
【点睛】本题考查了切线长定理：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．
【变式11-3】如图，点 是以 为直径的 外一点，点 是 上一点， 是 的切线， ，
连接 并延长交 的延长线于点 ．
(1)求证：点 是 的中点；
(2)若 ， 的半径为 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接 ，证明 是 的切线．根据 是 的切线，可得 ，进而证明
，等量代换可得 ，即可得证；
（2）根据 ，可得四边形 是正方形，则 是等腰直角三角形．勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：连接 ．
为 的直径，
．
，
是 的切线．
是 的切线，
，
．
， ，，
，
，
点 是 的中点．
（2）解：若 ，由( )得，四边形 是正方形，
是等腰直角三角形．
半径为 ，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，切线长定理，勾股定理，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，
熟练掌握以上知识是解题的关键．
题型十二三角形的内切圆
【例23】我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形
（如图所示）．若直角三角形的内切圆半径为 ，小正方形的面积为 ，则大正方形的面积为（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【分析】设直角三角形的三边分别为 ，较长的直角边为 较短的直角边为 为斜边，由切线长定理
可得，直角三角形的内切圆的半径等于 ，即 ，根据小正方的面积为49，可得
，进而计算 即 即可求解．
【详解】解：设四个全等的直角三角形的三边分别为 ，较长的直角边为 较短的直角边为 为斜边，
直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，
，
①， ②，
，
③，
，
解得 或 （舍去），
大正方形的面积为 ，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线长定理，勾股定理，解一元二次方程，二元一次方程组，掌握直角三角形的内切
圆的半径等于 是解题的关键．
【例24】已知 的内切圆半径 ， 、 、 为切点， ， ， ，则
．【答案】5
【分析】连接 、 、 、 、 、 ，根据题意得到 ，即
，进而得出 ， 即可求解．
【详解】解：如图，连接 、 、 、 、 、 ，
∵ 的内切圆半径 ， 、 、 为切点， ，
，
，
，
，
，
，
， ，
即 ， ，
故答案为：5．
【点睛】本题考查圆的外接三角形，等腰三角形的性质，圆的切线定理，准确作出辅助线是解题的关键．
【变式12-1】如图， 的内切圆与斜边 相切于点D， ， ，则 的面积为
（ ）A．8 B． C． D．
【答案】C
【分析】设 ，由切线长定理得出 ， ， ，根据勾股定理，得
．整理得 ，再由三角形面积公式即可得出答案．
【详解】解：设 ，
根据切线长定理，得 ， ， ，
根据勾股定理，得 ，
整理，得 ，
∴ ，
则 的面积为 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆、切线长定理、勾股定理以及三角形面积公式等知识；熟练掌握切线
长定理和勾股定理是解题的关键．
【变式12-2】如图，在 中， ， 于 ， 为 的内切圆，设 的
半径为 ， 的长为 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．【答案】A
【分析】根据三角形内切圆的特点作出圆心和三条半径，分别表示出 的面积，利用面积相等即可解
决问题．
【详解】解：如图所示： 为 中 、 、 的角平分线交点，过点 分别作垂线交
、 、 于点 、 、 ，
，
，
，
的长为 ，
，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形内切圆的相关性质，本题掌握三角形内切圆的性质，根据已知条件利用三角形
面积相等推出关系式是解题关键．
【变式12-3】如图， 是 的内心， 的延长线交 的外接圆于点 ．(1)求证： ；
(2)求证： ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据圆周角定理和角平分线的定义即可得到结论；
（2）要证明 ，只要求得 即可．
【详解】（1） 点 是 的内心，
，
，
；
（2）如图，连接 ，
点 是 的内心，
， ，
，
，
，
， ，
，
，
．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和内心，三角形的外接圆和外心，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解此题的关键．
题型十三正多边形和圆
【例25】如图，正五边形 内接于 ，连接 ，则 为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意知，正五边形的内角为 ， ，则 ，然后计
算求解 ，即可．
【详解】解：由题意知，正五边形的内角为 ， ，
∴ ，
∴ ，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形的内角，正多边形和圆的综合．解题的关键在于熟练掌握，正 边形的内角
为 ．
【例26】如图，用量角器将圆五等分，得到正五边形 相交于点P，则 等于
．
【答案】
【分析】首先根据正五边形的性质得到 度，然后利用三角形内角和定理得 ，最后利用三角形的外角的性质得到
．
【详解】解：∵五边形 为正五边形，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了正多边形和圆的知识，题目中还用到了三角形的外角的性质及正多边形的性质等，比
较简单．
【变式13-1】如图，在正八边形 中， 与 交于点P，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出正八边形 的外接圆O，根据正多边形的性质可得 平分 ， ，
然后利用多边形的内角和公式求出 ，再求出 即可解决问题．
【详解】解：∵正八边形 ，
∴ 平分 ，
作出正八边形 的外接圆O，连接 ，
则 ，
∴ ，同理可得： ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的内角和和正多边形的性质，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键.
【变式13-2】已知线段a，求作以a为对角线且夹角为60°的矩形 .
【答案】作图见解析
【分析】作线段 的垂直平分线交 于点O，作等边 ，延长 ，截取 ，连接 、 、
即可．
【详解】解：如图，四边形 即为所求；
∵ 垂直平分 ，
∴ ，
∵ 是等边三角形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是矩形．【点睛】本题考查作图−复杂作图、等边三角形的判定与性质、矩形的判定与性质，解题的关键是理解题
意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式13-3】“割圆术”是我国魏晋时期的数学家刘徽首创的计算圆周率的方法：“割之弥细，所失弥少，
割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”，即随着边数增加，圆内接正多边形逐步逼近圆，
进而可以用圆内接正多边形的面积近似表示圆的面积．设圆的半径为 ，则由圆内接正十二边形算得的圆
周率约为（ ）
A．3.14 B．3 C．3.1 D．3.141
【答案】B
【分析】过点A作 ，求出 的面积，再表示出正十二边形的面积，最后根据可以用圆内接正
多边形的面积近似表示圆的面积即可求解．
【详解】解：如图， 是正十二边形的一条边，点C是正十二边形的中心，
过点A作 ，
则 ， ，
，
，
正十二边形的面积为 ，
圆的面积为 ，
，，
故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键．
题型十四扇形的弧长和面积公式
【例27】一个扇形的面积是 ，圆心角为 ，则此扇形的弧长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据扇形的面积公式，可以求得该扇形所在圆的半径，然后再根据弧长公式，即可计算出该扇形
的弧长．
【详解】解： 一个扇形的面积是 ，圆心角为 ， ，
，
解得 ，
此扇形的弧长为： ，
故选：B．
【点睛】本题考查扇形面积公式、弧长的计算，解答本题的关键是根据扇形的面积求出扇形所在圆的半径．
【例28】如图，点A、B、C在圆O上， ，直线 ，点O在 上．(1)判断直线 与圆O的位置关系，并说明理由；
(2)若圆的半径为6，求劣弧 的长．
【答案】(1)直线 与圆O相切，理由见解析
(2)
【分析】（1）连接 ．由平行线的性质结合题意可求出 ，结合等腰三角形的性质可求出
，从而可求出 ，进而可求出 ，即直线
与圆O相切；
（2）连接 ．求出 ．再根据等腰三角形的性质可求出 ，最后
根据弧长公式求解即可．
【详解】（1）直线 与圆O相切．
证明：如图，连接 ．
∵ ， ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ．
∵ 为圆O半径，
∴直线 与圆O相切；
（2）解：如图，连接 ．∵ ， ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴劣弧 的长为 ．
【点睛】本题考查平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，切线的判定，弧长公式．正确
连接辅助线是解题关键．
【变式14-1】如图， 、 、 所组成的图形叫做勒洛三角形 ．它是以等边三角形 的每个
顶点为圆心，以其边长为半径，在另外两个顶点间做一段弧，由三段弧所围成的曲边三角形．若 ，
顶点 与数轴上表示 的点重合，将勒洛三角形 向右沿数轴滚动一周，则点 对应的数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据等边三角形的性质，圆的基础知识，弧长的计算方法可得
，由此即可求解．
【详解】解：∵ 是等边三角形，
∴ ， ，
∵分别以点 为圆心，以边长为半径画弧，
∴ ，∴ ，
∵顶点 与数轴上表示 的点重合，将勒洛三角形 向右沿数轴滚动一周，
∴点 对应的数是 ，
故选： ．
【点睛】本题主要考查扇形弧长的计算方法，数轴与无理数的对应关系，掌握弧长的计算方法，数轴与无
理数的对应关系是解题的关键．
【变式14-2】如图， 内接于 ， 是 的直径， 的切线 交 的延长线于点P，
交 于点E，交 于点F，连接 ．
(1)求证：直线 是 的切线；
(2)若 ，求阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接 ，由 为 切线，可得 ，根据 与 ，可得
，从而证得 ，得到 ，因此可证
为 的切线；（2）根据 ， ，可得 ， ，因此
，又由 得到 ，在 中，解直角三角形可得
， ，因此根据三角形的面积公式求得 的面积，根据扇形面积
公式求得扇形 的面积，它们的差即为阴影部分的面积．
【详解】（1）连接 ，
∵ 为 切线，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵在 和 中，∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ 为 的半径，
∴ 为 的切线；
（2）∵ ， ，
∴ ，
，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴在 中， ，
∴ ，
∴阴影部分的面积为 ．
【点睛】此题考查了切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，
解直角三角形，三角形的面积求法，扇形的面积公式，熟练掌握切线的判定与性质是解本题的关键．
【变式14-3】如图，在 中， ，以点C为圆心， 长为半径的圆交 于点D．(1)若 ，求 的度数；
(2)若D是 的中点， ，求阴影部分的面积；
【答案】(1) 的度数为
(2)
【分析】（1）连接 ，根据三角形的内角和定理求出 ，由 得到 ，从而利
用三角形的内角和定理可得 ；
（2）由点D是 斜边上的中线可得 ，又由 ，得到 为等边
三角形，从而 ，根据扇形面积公式求出阴影部分的面积即可．
【详解】（1）解：连接CD，如图，
∵ ， ，
∴ ，
∵
∴ ，
∴∴ 的度数为 ；
（2）解：∵D是 的中点，
∴ ，
∵ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ，
∴阴影部分的面积为：
．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质，三角形的内角和定理，直角三角形的性质，扇形的面积公式，等边
三角形的判定和性质等，综合运用相关知识是解题的关键．
题型十五有关圆锥的计算
【例29】母线长为5的圆锥的侧面积恰好等于其底面积的2倍，该圆锥侧面展开图所对应扇形圆心角的度
数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设出底面半径，根据题意和圆的面积，扇形的面积公式求解．
【详解】解：设母线长为R，圆锥侧面展开图所对应扇形圆心角的度数为n，底面半径为r，
∴底面周长 ，底面面积 ，侧面积 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故选：D．
【点睛】本题利用了扇形的面积公式，圆的面积公式，弧长公式，圆的周长公式求解．注意圆锥的侧面积
=底面周长×母线长 ．
【例30】如图所示，圆锥的母线长 ， 为母线 的中点， 为圆锥底面圆的直径，两条
母线 、 形成的平面夹角 ．在圆锥的曲面上，从点 到点 的最短路径长是 ．【答案】
【分析】根据题意可得圆锥的底面周长是 ，即可得圆锥侧面展开图的圆心角是 ，展开圆锥的侧
面，构造直角三角形即可得．
【详解】解：∵ ， ， ，
∴
∴圆锥的底面周长是 ，
则
∴ ，
即圆锥侧面展开图的圆心角是 ，
如图所示，
∴ ，
∵ 为母线 的中点，
∴ ，
∴在圆锥侧面展开图中 ，
∴蚂蚁在圆锥侧面上从B爬到P的最短距离是： ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了最短距离问题，解题的关键是掌握圆锥的计算，勾股定理，将最短距离转化为平面上两点间的距离并正确计算．
【变式15-1】如图，圆锥的母线长 为2，底面圆的直径为2，若一只蚂蚁从圆锥的点B出发，沿表面爬
到 的中点D处，则其爬行的最短路线长为 ．
【答案】
【分析】画出圆锥的侧面展开图，利用两点之间线段最短可判断 的长为蚂蚁爬行的最短路线长，设展
开图的扇形的圆心角为 ，利用弧长公式得到 ，求出n得到 ，然后利用勾股定
理计算出 即可．
【详解】解：如图为圆锥的侧面展开图，连接 ，则 的长为蚂蚁爬行的最短路线长，
设展开图的扇形的圆心角为 ，
根据题意得 ，
解得 ，
即 ，∴ ，
在 中， ，
∴蚂蚁爬行的最短路线长为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：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，也考查了最短路径问题．
【变式15-2】如图①，已知圆锥的母线长 ，若以顶点 为中心，将此圆锥按图②放置在平面上逆
时针滚动3圈后所形成的扇形的圆心角 ．
(1)求圆锥的底面半径；
(2)求圆锥的全面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据圆锥底面圆周长的3倍＝扇形的弧长，构建方程求解即可．
（2）根据表面积＝底面积＋侧面积，计算即可．
【详解】（1）由题意得： ，
∴ cm．
（2）圆锥的全面积 ．
【点睛】本题考查圆锥的计算，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，
属于中考常考题型．
【变式15-3】如果圆锥的底面周长是 ，侧面展开后所得的扇形的圆心角为 ，求该圆锥的侧面积和
全面积．【答案】 ，
【分析】由弧长公式求得扇形的半径，再求得圆锥的底面半径，即可解答．
【详解】解：设扇形的半径为R，圆锥的底面半径为r，
由题意：将 ， 代入扇形弧长公式 中，
得 ，解得 ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
【点睛】本题考查圆锥的侧面积公式，扇形的弧长公式等，掌握圆锥的侧面积公式和扇形弧长公式是解题
的关键．
一、单选题
1．（2022秋·甘肃平凉·九年级校考期末）如图， 是 的直径， 是 的弦．若 ，则
的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根据平角的定义求出 ，再根据等腰三角形的性质求解，即可．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
故选：D．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质以及等腰三角形的性质，掌握圆的半径相等，是解题的关键．
2．（2022秋·云南红河·九年级统考期末）如图，四边形 内接于 ，延长 交圆于点 ，连接 ．
若 ， ，则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据直径所对的圆周角是直角得到 ，根据直角三角形两个锐角互余求出 ，根据
圆内接四边形的性质得到 ，计算即可．
【详解】解：∵ 是 的直径，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 内接于 ，
∴ ，
∴ ，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，直径所对的圆周角是直角，直角三角形的性质，掌握圆内接四
边形的对角互补是解题的关键．
3．（2023秋·福建莆田·九年级校考阶段练习）如图，四边形 内接 ， 平分 ，则下列结
论正确的是（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆心角、弧、弦的关系对各选项进行逐一判断即可．
【详解】解：A、 与 的大小关系不确定， 与 不一定相等，故本选项错误；
B、 平分 ， ， ， ，故本选项正确；
C、 与 的大小关系不确定， 与 不一定相等，故本选项错误；
D、 与 的大小关系不确定，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】本题考查的是圆心角、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．
4．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图， 的内切圆 与 、 、 分别相切于点 、 、
，且 ， ， ，则阴影部分（即四边形 ）的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根据勾股定理的逆定理判定 是直角三角形，再利用正方形的判定确定四边形 是正
方形，进而利用圆的切线性质可知线段的关系，进而求出阴影部分的面积．
【详解】解：∵ ， ， ，
∴ ，
∴ 为直角三角形， ，
∵ 与 分别相切于点 、 ，
∴ ， ， ，
∴四边形 是正方形，
设 ，
则 ，
∵ 的内切圆 与 、 、 分别相切于点 、 、 ，∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴阴影部分的面积是： ，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等，三角形的内心到顶
点的连线平分这个内角；勾股定理的逆定理和切线性质等相关知识点．熟练运用知识点是解决问题的关键．
5．（2023秋·湖北黄石·九年级校联考期中）如图， 的直径 ， 是 的弦， ，垂
足为 ， ，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接 ， 的直径 可得的半径为10，结合 可求出 ，根据勾股定
理和垂径定理求得的 长度即可．
【详解】解：如图所示，连接 ，
∵ 的直径 ，则的半径为10，即 ，
又∵ ，
∴ ，
∵ ，垂足为 ，
∴ ，
在 中， ，∴ ．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了垂径定理以及勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．
6．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨风华中学校考期中）如图， 与 相切于点A， 与 相
交于点C， ，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先由切线的性质得出 ，从而可求得 ，再根据等腰三角形的
性质求出 ，最后由三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵ 与 相切于点A，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故选：A．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握切线的性质是解题的关
键．
7．（2023秋·天津和平·九年级统考期中）如图， 都是 的半径， ，则下
列结论不正确的是（ ）A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】取 的中点D，连接 ， ， ，由 ，易得 ，继而证得
，由垂径定理可得 ，结合同圆种等弧所对的圆周角相等可得 ，即可证明
，C、D选项根据圆周角定理即可证明．
【详解】解：取 的中点D，连接 ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，故A错误，
∵ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∵ ， ，
∴ ，故B正确；
∵ ，
∴ ，故C正确；
∵ ，
∴ ，故D正确；
故选：A．
【点睛】此本题考查了弧、弦与圆心角的关系、垂径定理以及圆周角定理．熟练掌握辅助线的作法是解题
关键．
8．（2023秋·湖南长沙·九年级统考期中）如图，点A是 上一定点，点B是 上一动点、连接 、
、 、分别将线段 、 绕点A顺时针旋转 到 ， ，连接 ， ， ， ，下
列结论正确的有（ ）
①点 在 上；② ；③ ；④当 时， 与 相切．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【分析】可证得 和 是等边三角形，可推出 ，从而得出①正确；根据“边角边”可
证得②；根据②可推出 ，进一步得出③正确；作 ，可推出 ，进而得
出 ，结合 可推出点C和点B重合，进而得出④正确，从而得出结果．【详解】解： ， ，
是等边三角形，
同理可得，
是等边三角形，
① 是等边三角形，
，
∴点 在 上，故①正确，
，
，
在 和 中，
，故②正确，
③由②知， ，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，故③正确，
④如图，过点O作 于C，
是等边三角形，
，
， ，
垂直平分 ，
∴ ，
，
，
和 重合，
，
是 的切线，故④正确，
综上所述：①②③④均正确，
故选：A．
【点睛】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．
二、填空题
9．（2023秋·江苏淮安·九年级统考期中）半径为3且圆心角为120°的扇形面积为 ．
【答案】
【分析】根据扇形面积计算公式进行求解即可．
【详解】解：由题意得，该扇形面积为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了扇形面积计算，熟知扇形面积计算公式是解题的关键，对于半径为r，圆心角度数为n的扇形，其面积为 ．
10．（2023秋·广西南宁·九年级南宁十四中校考期中）已知 的半径为 ，点 在 外，则点 到圆心
的距离 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】若半径为 ，点到圆心的距离为 ，根据当 时，点在圆外即可求解．
【详解】解：∵ 的半径为 ，点 在 外，
∴点 到圆心 的距离 的取值范围是 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系的判断．解题的关键要记住若半径为 ，点到圆心的距离为 ，则有：
当 时，点在圆外；当 时，点在圆上，当 时，点在圆内．掌握点与圆的位置关系的判断方法
是解题的关键．
11．（2023秋·江苏徐州·九年级徐州市科技中学校考期中）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得
到一个扇形，则该圆锥的母线长 ，底面圆的半径 ，扇形的圆心角 °．
【答案】150
【分析】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，扇形的半径等于圆锥的
母线长和弧长公式得到 ，然后解关于θ的方程即可．
【详解】解：根据题意得 ，
解得 ．
故答案为150．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：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
12．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图， 是圆O的直径，C是弧 的中点，若 ，则的度数 ．
【答案】 /40度
【分析】根据弧、弦、圆心角的关系可得 ，从而得到 ，即可求解．
【详解】解：∵C是弧 的中点，
∴弧 弧 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了弧、弦、圆心角的关系，熟练掌握弧、弦、圆心角的关系是解题的关键．
13．（2023秋·北京东城·九年级期中）如图， 为 的直径，弦 ，垂足为点E，连接 ，若
，则 等于 ．
【答案】8
【分析】根据圆的性质可得 ，再根据 进而可求；
【详解】解：∵ 为 的直径，弦 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ．
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查垂径定理、勾股定理，掌握相关知识是解题的关键．
14．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图， 是 的直径，点C、D是 上的点．且 ，
分别与 、 相交于点E，F．若 的半径为5， ，点P是线段 上任意一点，则
的最小值是 ．
【答案】
【分析】利用圆周角定理得到 ，再证明 ，然后根据垂径定理得， ，作 点
关于 的对称点 ， 交 于 ，连接 ，如图，利用两点之间线段最短得到此时 的值最
小，再计算出 ，作 于 ，如图，然后根据等腰三角形的性质和含30度的直角三
角形三边的关系求出 ，从而得到 的最小值．
【详解】解：∵ 是 的直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
作 点关于 的对称点 ， 交 于 ，连接 ，如图，∵ ，
∴ ，
∴由两点之间线段最短可知，此时 的值最小，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵点 和点 关于 对称，
∴ ，
∴ ，
作 于 ，如图，
则 ，
则 ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的最小值为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了圆周角定理：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， 的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂
径定理，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题．
15．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，正方形 ，正方形 和正方形 都在正方形
内，且 ． 分别与 ， ， ， 相切，点 恰好落在 上，若 ，则的直径为 ．
【答案】
【分析】连接 ，由题意可知 过点 ， ，且 ，列出方程求解即可．
【详解】解：如图所示，连接 ，过点 作 于 ，过点 作 于 ，
∵正方形 ，正方形 和正方形 都在正方形 内，
∴ ，
∵ 分别与 ， ， ， 相切，
∴四边形 是正方形，
∴ 过点 ， ，
四边形 为正方形，
， ， ．
．
．
设 的直径为 ，则
．
，． ，
，
（ ）
解得： ．
即 的直径为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了正方形的性质及正方形的内切圆，掌握相关知识是解题的关键．
16．（2022秋·北京西城·九年级校考期末）如图， 的半径是2，点 是直线 上一动点，过点
作 的切线，切点为 ，连接 ，则 的最小值为 ．
【答案】2
【分析】由切线的性质可得 ，且 ，则 ，从而得到当 最小时， 最小，
由垂线段最短可得当 与直线 垂直时， 最小，再利用等腰直角三角形的性质可得 的值，
从而即可得到答案．
【详解】解： 为 的切线，
，且 ，
，
，
当 最小时， 最小，如图，当 与直线 垂直时， 最小，设直线 交 轴于 ，交 轴于 ，
，
当 时， ，故 ，
当 时， ，
解得： ，
，
，
为等腰直角三角形， ，
，
，即 的最小值为 ，
的最小值为： ，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、勾股定理、一次函数与坐标轴的交点、等腰直角三角形的判定与性
质、垂线段最短等知识点，熟练掌握以上知识点，是解此题的关键．
三、解答题
17．（2023春·山东临沂·九年级校考期末）如图，在 中， ，以 为直径作 ，交 于
点 ，连接 ，过点 作 ，垂足为 ．
(1)求证： ；
(2)求证： 为 的切线．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）先利用圆周角定理得到 ，再根据等腰三角形的性质得 ；
（2）连接 ，如图，先证明 为 的中位线，则 ，再利用 得到 ，然
后根据切线的判定定理得到结论．
【详解】（1）解：证明： 为直径，
，
，
；
（2）证明：连接 ，如图，
， ，
为 的中位线，
，
，
，
为 的切线．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线
垂直于经过切点的半径．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”；有
切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”．也考查了圆周角定理．
18．（2022秋·安徽淮北·九年级校考期末）如图，在 中， ，以 为直径的 与 相交
于点 ，且 ，垂足为 ．
(1)求证： 是 的切线；
(2) ， 的半径为 ，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)证明过程见详解(2)图中阴影部分的面积为
【分析】（1）如图所示，连接 ，根据等腰三角形的性质可得 ， ，根据
，可得 ，由此即可求解；
（2）如图所示，连接 ， 与 交于点 ，根据圆的基础知识可得 的值，根据垂径定
理可得 的值，由此可算出 ，再根据扇形的面积计算方法可得 ，由此即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，连接 ，
∵点 在 上，
∴ 是半径，即 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即 ，
∴ 是 的切线．
（2）解：如图所示，连接 ， 与 交于点 ，
∵ 是直径，
∴ ，∵ ，
∴ 是等腰直角三角形，且 的半径为 ，
∴ ，且 ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，且 ，
∴ ，
∴ ，
由（1）可知， ， ，
∴ ，且 的半径为 ，
∴ ，
∴ ，
∴图中阴影部分的面积为 ．
【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握切线的证明方法，扇形面积的计算方法，不规则图形面积
的计算方法等知识是解题的关键．
19．（2022秋·山西临汾·九年级统考期末）如图， 是 的直径，C，D两点在 上， ．
(1)求证： ．
(2)若 求 的半径．
【答案】(1)见解析(2)3
【分析】（1）由圆周角定理，得 ，由直径所对圆周角是直角，得 ，从而
，于是 ；
（2）连接 ，由直径，得 ，于是 得 ，半径为3 ．
【详解】（1）∵ ，
∴ ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∴ ；
∵
∴ ．
（2）连接 ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 的半径为3 ．
【点睛】本题考查圆周角定理，直径所对的圆周角是直角；运用圆周角定理寻求等角是解题的关键．
20．（2023秋·江苏常州·九年级统考期末）已知： 如图， 的半径为5，D是半圆弧 上一动点 （不
与 重合），以 为邻边作平行四边形 ．
(1)如图1，当 时，求证：直线 是 的切线；
(2)如图2，当 时，边 与 交于另一点E，求 的长．【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接 ，先证 ，再根据平行四边形的性质得出 ，根据平行线的性质得
出 ，即可得证；
（2）作 于点Q， 于点M， 于点P，先根据垂径定理得 ，解
求出 ，根据三角形面积公式求出 ，根据矩形的判定与性质得出 ，再利用勾
股定理及垂径定理求出 ，进而可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接 ，
， ，
，
．
平行四边形 中 ，
．
，
是 的半径，
直线 是 的切线；
（2）解：如图，连接 ，作 于点Q， 于点M， 于点P，的半径为5，
，
， ，
，
，
，
，
， ， ，
，
四边形 是矩形，
，
，
，
．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，矩形的判定与性质，平行四边形的性质，切线的判定等，正确作
出辅助线是解题的关键．
21．（2022秋·黑龙江大庆·九年级统考期末）如图， 是 的半径， 是弦，且 于点 连接
并延长交 于点 ，若 ， ，求 半径 的长．【答案】5
【分析】先根据垂径定理求出 的长，设 的半径为 ，在 中利用勾股定理求出 的值．
【详解】解： 弦 ， ，
，
设 的半径 ，
，
在 中，
，
解得： ，
【点睛】本题考查了勾股定理和垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧是解答此题
的关键．
22．（2023秋·全国·九年级专题练习）已知 是 的直径，C为 上一点，连接 ，过点O作
于D，交弧 于点E，连接 ，交 于F．
(1)如图1，求证： ．
(2)如图2，连接 ，若 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）圆周角定理，得到 ，推出 ，得到 ，等边对等角，得到
，即可得证；
（2） ，推出 ，进一步得到 ，求出 ，进
而推出 ，等边对等角以及含30度角的之间三角形的性质，求出 的长，即可得解．
【详解】（1）证明：如图1中，∵ 是直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：如图2中，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握相关
知识点，并灵活运用，是解题的关键．
