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第二十四章 圆（知识归纳+题型突破）
1.理解圆、弧、弦、圆心角、圆周角的概念，了解等圆、等弧的概念;探索并掌握点与圆的位置关系.
2.探索并证明垂径定理:垂直于弦的直径平分弦以及弦所对的两条弧.
3.探索圆周角与圆心角及其所对弧的关系，知道同弧(或等弧)所对的圆周角相等。了解并证明圆周角定理及
其推论：圆周角等于它所对弧上的圆心角的一半；直径所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径；
圆内接四边形的对角互补.4.了解三角形的内心与外心.
5.了解直线与圆的位置关系，掌握切线的概念(例75) .
6.能用尺规作图:过不在同一直线上的三点作圆;作三角形的外接圆、内切圆;作圆的内接正方形和内接正六
边形.
7.*能用尺规作图:过圆外一点作圆的切线(例76) .
8.*探索并证明切线长定理:过圆外一点的两条切线长相等.
9.会计算圆的弧长、扇形的面积.
10.了解正多边形的概念及正多边形与圆的关系.
一、圆的基本性质
1.与圆有关的概念和性质
（1）圆：平面上到定点的距离等于定长的所有点组成
的图形．如图所示的圆记做⊙O.
（2）弦与直径：连接圆上任意两点的线段叫做弦，过
圆心的弦叫做直径，直径是圆内最长的弦.
（3）弧：圆上任意两点间的部分叫做弧，小于半圆的
弧叫做劣弧，大于半圆的弧叫做优弧.
（4）圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角.
（5）圆周角：顶点在圆上，并且两边都与圆还有一个
交点的角叫做圆周角.
（6）弦心距：圆心到弦的距离.
知识点二 ：垂径定理及其推论
2.垂径定理及其推论
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)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.
延伸
根据圆的对称性，如图所示，在以下五条结论中：① 弧AC=弧BC;②弧AD=弧BD；③AE=BE;④AB⊥CD;⑤CD是直径.
只要满足其中两个，另外三个结论一定成立，即推二知三
.关于垂径定理的计算常与勾股定理相结合，解题时往往需要添加辅助线，一般过圆心作弦的垂线，构造直
角三角形.
3.圆心角、弧、弦的关系
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．
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．
4.圆周角定理及其推论
（1）定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半.
( 2 )推论：
① 在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等.直径所对的圆周角是直角.圆内接四边形的对角互补.
二、与圆有关的位置关系
1.点与圆的 设点到圆心的距离为d.
位置关系 (1)dr⇔点在⊙O外．
位置关系 相离 相切 相交
图形
2.直线和圆
的位置关系
公共点个数 0个 1个 2个
数量关系 d＞r d＝r d＜r
（1）与圆只有一个公共点的直线是圆的切线（定义法）.
3.切线的判
（2）到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线.
定
（3）经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
（1）切线与圆只有一个公共点.
4.切线的性
（2）切线到圆心的距离等于圆的半径.
质
（3）切线垂直于经过切点的半径.
（1）定义：从圆外一点作圆的切线，这点与切点之间的线段长叫做这点到圆的切线长.
5.切线长
（2）切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，两切线长相等，圆心与这一点的连线
平分两条切线的夹角.
图形 相关概念 圆心的确 内、外心的性质
6.三角形的
定经过三角形各定点的 三角形三 到三角形的三个顶点的距离相等
圆叫做三角形的外接 条垂直平
圆，外接圆的圆心叫 分线的交
做三角形的外心，这 点
外接圆
个三角形叫做圆的内
接三角形
与三角形各边都相切 到三角形 到三角形的三条边的距离相等
的圆叫三角形的内切 三条角平
7.三角形的 圆，内切圆的圆心叫 分线的交
内切圆 做三角形的内心，这 点
个三角形叫圆的外切
三角形
三、正多边形和圆
1.正多边形与圆
（1）正多边形的有关概念：边长(a)、中心(O)、中心角(∠AOB)、半径(R))、边心距(r),如图所示①.
（2）特殊正多边形中各中心角、长度比：
中心角=120° 中心角=90° 中心角=60°，△BOC为等边△
a:r:R=2:1:2 a:r:R=2::2 a:r:R=2:2
四、弧长和扇形面积的计算
1..弧长和扇形面积的计算
扇形的弧长l＝ ；扇形的面积S＝ ＝
2.圆锥与侧面展开图
（1）圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的半径等于圆锥的母线，扇形的弧长等于圆锥的底面周长.
（2）计算公式：
圆锥S侧==πrl，S=πr（l+r）
注：易与勾股定理联系，先求母线长，再求面积题型一 垂径定理及其应用
【例1】（2023·北京西城·北师大实验中学校考三模）如图， （非直径）为 的两条弦， 与
交于点 ，请从① 为 直径；② 为 中点；③ 为 中点；中选择两个作为题设，余下的
一个作为结论组成一个真命题，并完成证明．
【答案】见解析
【分析】分三种情况分别进行推理论证即可．
【详解】（1）知①，②推③：如图，连接 ，
为 中点，
，
为 中垂线，
∵ 为 直径，
∴ ,
所以 为弧 中点,
（2）知①③推②：如图，连接 ，为 中点,
,
又 ,
为 的中垂线,
为 中点
（3）知②③推①：如图，连接 ，
∵ 为 中点，
∴ ,
,
∵ 为 中点，
∴ ，
为 中垂线,
即 为圆 直径.
【点睛】此题考查了垂径定理及其推论，等腰三角形的判定和性质、线段垂直平分线的判定和性质等知识，
熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
【例2】（2023·全国·九年级专题练习）如图，某隧道的截面是一个半径为3.4米的半圆形，一辆宽3.2米
的厢式卡车（截面是长方形）恰好能通过该隧道，则这辆卡车的高为多少米？【答案】3米
【分析】过 作 于 ，根据垂径定理求出 ，根据勾股定理求出 即可．
【详解】解：过 作 于 ，
则 ， 米，
由垂径定理得： （米），
在 中， ， 米， 米，
由勾股定理得： （米），
即这辆卡车的高为3米．
【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
巩固训练：
1．（2023秋·河北张家口·九年级统考期末）小明不慎把家里的圆形镜子打碎了（如图），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，小明带到商店去的碎片应该是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】C
【分析】由三角形有一个外接圆可得答案．
【详解】解：∵要恢复圆形镜子，则碎片中必须有一段完整的弧，才能确定这条弧所在的圆的圆心和半径，∴只有③符合题意，
故选C
【点睛】本题考查的是根据残弧确定残弧所在圆的圆心与半径，理解题意是解本题的关键．
2．（2023秋·河南新乡·九年级统考期末）如图，在 中，尺规作图的部分作法如下：
（1）分别以弦 的端点为圆心，适当的长为半径画弧，使两弧相交于点 ；
（2）作直线 交 于点 ．
若 ，则 的长等于（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】C
【分析】 ，则 ，在 中，勾股定理求得 ，进而即可求解．
【详解】解：根据作图可得 ，则 ，
在 中，
∴ ，
故选：C．
【点睛】本题考查了作垂线，垂径定理，勾股定理，熟练掌握基本作图是解题的关键．
3．（2023年陕西省中考数学试卷（A卷））陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之
一．图②是从正面看到的一个“老碗”（ 图①）的形状示意图． 是 的一部分， 是 的中点，
连接 ，与弦 交于点 ，连接 ， ．已知 cm，碗深 ，则 的半径 为
（ ）A．13cm B．16cm C．17cm D．26cm
【答案】A
【分析】首先利用垂径定理的推论得出 ， ，再设 的半径 为 ，
则 ．在 中根据勾股定理列出方程 ，求出 即可．
【详解】解： 是 的一部分， 是 的中点， ，
， ．
设 的半径 为 ，则 ．
在 中， ，
，
，
，
即 的半径 为 ．
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设 的半径 为 ，列出关于 的方程是解题的
关键．
4．（2022秋·山东济宁·九年级济宁学院附属中学校考期末）如图，一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为
，瓶内液体的最大深度 ．则截面圆中弦 的长为（ ）A． B．6 C．8 D．
【答案】B
【分析】由垂径定理和勾股定理分别求出 的长，即可得出答案．
【详解】解：如图所示，
由题意得： ， ，
，
∵ ，
∴ ，
在 中，根据勾股定理得，
，
∴ ，
即截面圆中弦 的长为 ，
故选：B．
【点睛】本题考查了垂经定理，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．
5．（2023秋·陕西安康·九年级统考期末）如图， 为 的一条弦，直径 于点E，连接 、，若 ， ，则 的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】先由垂径定理求得 ，再由 ，得出 ，然后根据勾股定理求出
，最后证明 是等边三角形，得出 ．
【详解】解：∵直径 于点E，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ， ，
由勾股定理，得 ，即 ，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ．
故选：B．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握垂径定
理、勾股定理、直角三角形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
6．（2022秋·湖北十堰·九年级十堰市实验中学校考期中）如图，当宽为 的刻度尺的一边与圆相切时，
另一边与圆的两个交点处的读图如图所示（单位： ），那么该圆的半径为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接 ，过点O作 于点D，由垂径定理可知， ，设 ，
则 ，在 中利用勾股定理求出r的值即可．
【详解】解：连接 ，过点O作 于点D，
∵ ，
∴ ，
设 ，则 ，
在 中，
，即 ，
解得 ．
故选：A．
【点睛】本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
7．（2023春·广东广州·九年级统考开学考试）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，彰显了我国古代
劳动人民的智慧，如图1，点 表示筒车的一个盛水桶．如图2，当筒车工作时，盛水桶的运行路径是以
轴心 为圆心．5米为半径的圆，且圆心在水面上方，若圆被水面截得的弦 长为8米，则筒车工作时，
盛水桶在水面以下的最大深度为（ ）A．2米 B．3米 C．4米 D．5米
【答案】A
【分析】作 于点 ，确定盛水桶在水面以下的最大深度即为 的长度，进而结合垂径定理以及
勾股定理进行计算即可．
【详解】解：如图所示，作 于点 ，盛水桶在水面以下的最大深度即为 的长度，
∵ ，
∴根据垂径定理， ，
∵ ，
∴ 中， ，
∴ ，
∴盛水桶在水面以下的最大深度为2米，
故选：A．
【点睛】本题考查垂径定理的实际应用，理解圆的基本性质，熟练运用垂径定理是解题关键．
8．（2022秋·山东济宁·九年级济宁学院附属中学校考期末）如图，将半径为 的 折叠，弧 恰好
经过与 垂直的半径 的中点D，已知弦 的长为 ，则 ．【答案】8
【分析】延长 交 于E点，交 于点F，连接 ，由 与 垂直，根据垂径定理得到E为
的中点，然后利用D是 的中点和对称即可求出 的长，从而求出 ，然后由 的
长，根据勾股定理求出 的长，进而得出半径 的长．
【详解】解：延长 交 于E点，交 于点F，连接 ，
∵ ，
∴E为 的中点，
∵ ，
∴ ，
∵D是 的中点， ，
∴ ， ，
根据对称的性质可得：
，
，在 中，根据勾股定理可得： 即
∴ （负值舍去）
故答案为：8．
【点睛】此题考查了垂径定理，折叠的性质以及勾股定理，在遇到直径与弦垂直时，常常利用垂径定理得
出直径平分弦，进而由圆的半径，弦心距及弦的一半构造直角三角形来解决问题，故延长 并连接 作
辅助线是本题的突破点．
9．（2023·全国·九年级专题练习）如图， 、 、 都是 的弦， ， ，垂足分别
为 、 ，若 ，则 的长为 ．
【答案】
【分析】根据垂直定理得出 ， ，根据三角形的中位线性质得出 ，再求出
即可．
【详解】解： ， ，垂足分别为 、 、 过圆心 ， 过圆心 ，
， ，
，
，
，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了三角形的中位线和垂直定理，能根据垂径定理求出 和 是解题的关
键．
10．（2023·江苏·九年级假期作业）如图所示，小区内有个圆形花坛O，点C在弦 上， ，
， ，则这个花坛的半径为 ．【答案】
【分析】通过作弦心距，构造直角三角形，利用垂径定理和勾股定理进行计算即可．
【详解】解：如图，连接 ，过点O作 ，垂足为D，
∵ 是弦， ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为：20．
【点睛】本题考查垂径定理的应用，掌握垂径定理和勾股定理是解决问题的前提，构造直角三角形是正确
解答的关键．
11．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在 中，已知 是直径， 为 上一点 不与 、 两点
重合），弦 过 点， ．（1）若 ， ，则 的长为 ；
（2）当P点在 上运动时（保持 不变），则 ．
【答案】
【分析】（1）作 于 ，得到 ，由 ， ，得到圆的半径长，由 是等
腰直角三角形，得到 的长，由勾股定理求出 的长，即可得到 的长．
（2）由 ， ，得到
，因此 ，得到
，即可解决问题．
【详解】解：（1）作 于 ，
，
， ，
，
， ，
，
是等腰直角三角形，
，
，
．
故答案为： ．
（2）由（1）知 ， ，， ，
，
，
，
，
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，完全平方公式，关键是作辅助线构造直角三角形，应用垂径定理，
勾股定理来解决问题．
12．（2022秋·安徽淮南·九年级校联考阶段练习）如图，过 内的一点P画弦AB，使P是AB中点．
（保留作图痕迹，不写画法）
【答案】见解析
【分析】先作过P点的半径，然后过P点作 的垂线交 于A、B，则 满足条件．
【详解】解：如图， 为所作．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基
本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了垂径定理．
13．（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）“筒车”是一种以水流作动力，取水灌田的工具．如图，
“筒车”盛水筒的运行轨迹是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O始终在水面上方．且当圆被水面截得的弦为6米时，水面下盛水筒的最大深度为1米（即水面下方部分圆上一点距离水面的最大距离）．
(1)求该圆的半径；
(2)若水面上涨导致圆被水面截得的弦 从原来的6米变为8米时，则水面下盛水筒的最大深度为多少米？
【答案】(1)5米
(2)2米
【分析】（1）作 于点E，交 于点D，由垂径定理可得 ， ，再由勾股定理
即可求出圆的半径；
（2）当 米时， 米． 在 中，由勾股定理可得， ，则
米，即可求出 的长．
【详解】（1）解：如图，作 于点E，交 于点D．
则 米， 米．
设圆的半径为r米，在 中， ，
∴ ，
解得 ，
∴该圆的半径为5米；（2）解：当 米时， 米．
在 中， ，
∴ ，
∴ 米，
∴ （米）．
答：水面下盛水筒的最大深度为2米．
【点睛】本题考查垂径定理，熟练掌握垂径定理的定义并运用是解题的关键．
14．（2022秋·山东临沂·九年级临沂第九中学校考期中）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明朝
科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理，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被水面截得的弦 为6米，⊙O半径长为4米．若
点C为运行轨道的最低点，求点C到弦 所在直线的距离．
【答案】点C到弦 所在直线的距离为 米．
【分析】连接 交 于 ，连接 ，根据垂径定理得到 ，根据勾股定理求出 ，结合图
形计算，得到答案．
【详解】解：如图2，连接 交 于 ，连接 ，点 为运行轨道的最低点，
， 米，
（米 ，
在 中， （米 ，
点 到弦 所在直线的距离 米，
点C到弦 所在直线的距离为 米．
【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，掌握垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解
题的关键．
15．（2022秋·广东汕头·九年级汕头市龙湖实验中学校考期中）如图所示，一装有部分油的圆柱形油罐的
横截面．若油面宽 ，油的最大深度为 ，
(1)用尺规作图（保留作图痕迹，不用证明），找出圆心O；
(2)求该油罐横截面的半径．
【答案】(1)见解析
(2)该油罐横截面的半径为 ．
【分析】（1）在横截面上取一点C，连接 ，作 、 的垂直平分线，它们的交点即为圆心O；
（2）如图，连接 ， 交 于E，设该油罐横截面的半径为r，求出 ，然后在
中，利用勾股定理构建方程，求解即可．【详解】（1）解：圆心O的位置如图所示：
（2）解：如图，连接 ， 交 于E，设该油罐横截面的半径为r，
∵ ，
∴ ，
由题意得： ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
解得： ，
即该油罐横截面的半径为 ．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，熟知垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是
解题的关键．
16．（2023·江苏·九年级假期作业）平面直角坐标系中，点 、 、 、 在 上．
(1)在图中清晰标出点P的位置；
(2)点P的坐标是 ___________， 的半径是 ___________．
【答案】(1)见解析(2) ；5
【分析】（1）根据垂径定理可知，点P的坐标是弦 ， 的垂直平分线的交点；
（2）根据两点间距离公式求出圆的半径即可．
【详解】（1）解：∵弦 的垂直平分线是 ，弦 的垂直平分线是 ，
∴ 与 的交点即为圆心P，如图所示：
（2）解：根据解析（1）可知，点P的坐标为 ，
的半径为： ，
故答案为： ；5．
【点睛】本题主要考查了点和圆的位置关系，掌握垂径定理及其推论，是解决本题的关键．
17．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，点 在第一象限内， 与 轴相切于点 ，与 轴相交于点
．连接 ，过点 作 于点 ．
(1)求证：四边形 为矩形．(2)已知 的半径为4， ，求弦 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据切线的性质及有三个角是直角的四边形是矩形判定即可．
（2）根据矩形的性质、垂径定理及圆的性质计算即可．
【详解】（1）证明：∵ 与 轴相切于点 ，
∴ 轴．
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是矩形．
（2）如图，连接 ．
四边形 是矩形，
．
在 中， ，
．
点 为圆心， ，
．
【点睛】本题考查了矩形的判定，垂径定理，圆的性质，熟练掌握矩形的判定和垂径定理是解题的关键．
题型二 圆心角、弦、弧
【例3】（2023·全国·九年级专题练习）如图，点A、B、C、D是 上的点， 为直径， ．(1)求证：点C平分 ．
(2)利用无刻度的直尺和圆规做出 的中点P（保留作图痕迹）．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）连接 ，因为 ，得到 ， ，又因为半径相等，则
，即可证明点C平分 ；
（2）分别以A、B为圆心，大于 为半径，画弧交于一点，连接该点与圆心交 于一点即为 的中
点P．
【详解】（1）证明：如图，连接 ，
∵ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴点C平分 ；
（2）解：如图所示：点P为所求：【点睛】本题主要考查圆的基本性质以及基本作图等知识内容，正确掌握基本作图的方法是解题的关键．
巩固训练
1．（2022秋·辽宁葫芦岛·九年级校联考期中）下列说法正确的是（ ）
A．相等的圆心角所对的弧相等 B．在同圆中，等弧所对的圆心角相等
C．弦相等，圆心到弦的距离相等 D．圆心到弦的距离相等，则弦相等
【答案】B
【分析】圆心角、弧、弦、圆心到弦的距离的关系的前提“在同圆和等圆中”，据此逐项判定即可．
【详解】解：A、在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故此选项不符合题意；
B、在同圆中，等弧所对的圆心角相等，故此选项符合题意；
C、在同圆和等圆中，弦相等，圆心到弦的距离相等，故此选项不符合题意；
D、在同圆和等圆中，圆心到弦的距离相等，则弦相等，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦、圆心到弦的距离的关系，解题关键是熟练掌握在同圆或等圆中，圆
心角、圆心角所对弧、圆心角所对弦、圆心到弦的距离中有一组量相等，则其余各组量也相等．
2．（2023·陕西西安·西安市庆安初级中学校联考模拟预测）如图， 是 的直径，点C，D在 上，
，则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先由 可得 ，再由 可得出．
【详解】解：∵在 中，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故选：B．
【点睛】此题考查了弧与圆心角的关系、等腰三角形的性质及三角形外角的性质，掌握数形结合思想的应
用是解题的关键．
3．（2023·全国·九年级专题练习）如图， 是 的直径， 、 是 的两条弦， 交 于点
G，点C是 的中点，点B是 的中点，若 ， ，则 的长为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【分析】先根据垂径定理的推论得到 ， ，再利用勾股定理求出 ，进而得到
，再证明 ，则 ．
【详解】解：如图所示，连接 ，
∵点B是 的中点， 是 的直径，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
在 中，由勾股定理得 ，
∴ ，
∵点C是 的中点，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故选D．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的推论，勾股定理，弧与弦之间的关系，正确作出辅助线构造直角三角
形是解题的关键．
4．（2023·河北·统考中考真题）如图，点 是 的八等分点．若 ，四边形 的周长分
别为a，b，则下列正确的是( )A． B． C． D．a，b大小无法比较
【答案】A
【分析】连接 ，依题意得 ， ， 的周长为
，四边形 的周长为 ，故 ，根据
的三边关系即可得解．
【详解】连接 ，
∵点 是 的八等分点，即
∴ ，
∴
又∵ 的周长为 ，
四边形 的周长为 ，
∴
在 中有∴
故选A．
【点睛】本题考查等弧所对的弦相等，三角形的三边关系等知识，利用作差比较法比较周长大小是解题的
关键．
5．（2023·黑龙江哈尔滨·统考二模）如图， 是 的直径 ，若 ，则
的度数是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据同圆中等弧所对的圆心角相等得到 ，再根据平角的定义求出
的度数即可．
【详解】解：∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
故选C．
【点睛】本题主要考查了弧与圆心角的关系，熟知同圆中等弧所对的圆心角相等是解题的关键．
6．（2020秋·广东广州·九年级广州市第十三中学校考期中）如图，A、B、C、D是 上的点，如果
， ，那么 ．
【答案】
【分析】根据圆心角、弧、弦三者的关系可解答．【详解】解：∵ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查圆心角、弧、弦三者的关系，解题的关键是掌握在同圆或等圆中，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．
7．（2023·江苏·九年级假期作业）如图， 是 的直径，C是 延长线上一点，点D在 上，且
， 的延长线交 于点E．若 ，则 度数为 ．
【答案】50
【分析】根据 求出 ，根据三角形的外角性质求出 ，
根据等腰三角形的性质求出 ．
【详解】解：连接 ．
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
故答案为：50．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，三角形的外角性质，圆的知识，能求出
∠ODE的度数是解此题的关键．
8．（2022·广东湛江·一模）已知 ，有一量角器如图摆放，中心O在 边上， 为 刻度线，为 刻度线，角的另一边 与量角器半圆交于C，D两点，点C，D对应的刻度分别为 ， ，则
= ．
【答案】
【分析】利用点C，D对应的刻度分别为 ， ，求出 ， ，再根据 求出 ，
利用外角的性质得到 ，从而得解．
【详解】解：如图，连接 ， ，
根据题意得， ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查等边对等角，三角形外角的定义与性质，圆心角等知识，根据刻度找出相应的圆心角并
计算其他角度是解题的关键．
9．（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）如图， 是 的直径， ， ，求
的度数．【答案】
【分析】根据圆的性质进行计算即可得．
【详解】解：在 中，AB是 的直径，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了圆的性质，解题的关键是掌握同弧所对的圆心角相等．
10．（2022秋·江苏扬州·九年级仪征市第三中学校考阶段练习）如图，在 中，弦 与弦 相交于点
E，且 ．求证： ．
【答案】见解析
【分析】由弧、弦、圆心角的关系进行证明，结合等角对等边，即可得到结论成立．
【详解】证明： ，
，
，
即 ，
，
；【点睛】本题考查了弧、弦、圆心角的关系，解题的关键是掌握所学的知识进行证明．
11．（2023·江苏·九年级假期作业）如图所示， 是 的两条弦，且 ，则 与 的大
小有什么关系？为什么？
【答案】相等，理由见解析．
【分析】连接AD，利用圆心角、弧、弦的关系解答即可．
【详解】解：相等．
理由是：连接 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】此题考查圆心角、弧、弦的关系，关键是根据圆心角、弧、弦的关系解答．
12．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）如图 为圆O的直径， 为圆O的弦，C为O上一点， ，
，垂足为D．(1)连接 ，判断 与 的位置关系，并证明；
(2)若 ， ，求圆O的半径；
【答案】(1) ，证明见详解
(2)5
【分析】（1） ，理由如下：延长 交 于点 ，连接 ，再根据圆的基本性质及等腰三角
形的性质即可；
（2）由（1）中结论， ， ，先证明 ，再根据勾股定理即可．
【详解】（1）解： ，理由如下：
延长 交 于点 ，连接 ，
，
，
；
（2）解：由（1）中结论， ，
，
，
设 的半径为 ，则 ，
在 中， ，即 ，
解得： ，即 的半径为5．【点睛】本题考查圆的基本性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数
形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
题型三 圆周角定理及其应用
【例4】（1）（2023·江苏连云港·校联考三模）如图，已知：四个边长为1的小正方形拼成一个大正方形，
A、B、O是小正方形顶点，O的半径为1，P是O上的点，且位于右上方的小正方形内，则APB等
于（ ）
A．30 B．45 C．60 D．90
【答案】B
【分析】根据圆周角定理求解即可．
1
【详解】APB AOB45，
2
故选：B．
【点睛】本题考查圆周角定理，熟记同圆中一条弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半是解题的关键．
O C,D AB
（2）（2023秋·山西大同·九年级统考期末）如图， 为⊙ 的直径，点 在圆上且在直径 的两侧，
若BAC 25，则D的度数为（ ）
A．40 B．45 C．65 D．75【答案】C
【分析】连接BC，由圆周角定理即可求出D的度数．
【详解】解：连接BC，
∵AB为O的直径，
∴ACB90，
∴CBA90BAC902565，
∴DCBA65．
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
【例5】（2022秋·山西吕梁·九年级校考阶段练习）如图，AB是O的直径，弦CE平分ACB交O于
点E．交AB于点D．连接AE、BE，BEC 60,AC 6．
(1)求四边形ACBE的面积；
(2)求CE的长．
36+18 3 3 2+3 6
【答案】(1) (2)
【分析】（1）四边形ACBE的面积可以分为两部分，分别求解两部分三角形的面积，即可求解；
（2）作AF CE，根据直角三角形的性质，分别求得CF，EF，即可求解.
【详解】（1）解：∵AB是O的直径，
∴ACBAEB90,
又∵弦CE平分ACB，
∴ACEBCE45 ，
∴AEBE，∴ABE是等腰直角三角形，
∵BEC60，
∴BAC60，
∴ABC 30，
∴AB2AC 12，
BC AB2BC2 6 3
由勾股定理得 ，
AE2BE2 AB2 AEBE 6 2
，解得 ，
1 1
∴S ACBC 18 3，S AEBE36 ，
ABC 2 ABE 2
S S S 3618 3
四边形ACBE ABC ABE ；
（2）解：作AF CE，如下图：
由（1）得，ACE45，
∴△ACF是等腰直角三角形，AF CF ，
AF2CF2 AC2，AC 6 AF CF 3 2
由勾股定理得， ，解得 ，
∵ABC 30，
∴AEC30，
AE2AF 6 2
∴ ，
EF AE2AF2 3 6
由勾股定理得： ，
CECFEF 3 23 6
∴ .
【点睛】此题考查了圆的有关性质，等腰三角形的性质，30直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质.
巩固训练
1．（2022秋·天津滨海新·九年级校考期中）如图，ABC内接于O，C 45，O的半径为2，则
AB的长等于（ ）
2 2 2 3
A．2 B．4 C． D．
【答案】C
【分析】根据圆周角定理求出AOB90，再根据半径，利用勾股定理计算结果．
【详解】解：∵C 45，
∴AOB2C 90，
∵OAOB2，
AB OA2OB2 2 2
∴ ，
故选C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，解题的关键是掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半．
2．（2023·河南南阳·统考模拟预测）如图，线段AB是半圆O的直径，分别以点A和点O为圆心，大于
1
AO的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线 ，交半圆O于点C，交 于点E，连接
2 MN AB
AC，BC，若AE3，则BC的长是（ ）
6 3 3 2
A． B．4 C．6 D．
【答案】A【分析】连接CO，根据作图知CE垂直平分AC，即可得AC OC，AEOE3，根据圆的半径得
AC 6，AB12，根据圆周角的推论得ACB90，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：连接CO，根据作图知CE垂直平分OA，
∴AC OC，AEOE3，
∴AC OC OB AO AEEO6，
即AB AOBO12，
∵线段AB是半圆O的直径，
∴ACB90，
在Rt△ACB中，根据勾股定理得，
BC AB2AC2 12262 6 3
，
故选：A．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线性质、直径所对的圆周角为直角、勾股定理知识，掌握相关的性质进
行正确求解是解题的关键．
3．（2023春·江苏宿迁·九年级南师附中宿迁分校校联考阶段练习）如图，AB为O的直径，弦CD AB
于点E，连接AC，OC，OD，若COD80，则A的度数为（ ）
A．20 B．40 C．60 D．80
【答案】A
【分析】由OC OD得到OCD是等腰三角形，根据垂径定理得到AB垂直平分CD，则
1 1
BOC BOD COD40，利用圆周角定理得到A BOC20即可．
2 2【详解】解：∵OC OD，
∴OCD是等腰三角形，
∵AB为O的直径，弦CD AB于点E，
∴AB垂直平分CD，
1
∴BOC BOD COD40，
2
1
∴A BOC20．
2
故选：A
【点睛】此题考查了垂径定理、圆周角定理、等腰三角形的判定和性质，熟练掌握垂径定理、圆周角定理
是解题的关键．
4．（2022秋·安徽芜湖·九年级校考阶段练习）如图，AB为O的直径，CEAB于E，BF∥OC，连接
BC，CF，OF．图中与OCF相等的角有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据圆的基础知识可得OCOF，△ OCF 是等腰三角形，可证OCF OFC；根据平行线的性质
可得OCF BFC；如图所示，延长CE交O于点G，连接BG，根据垂径定理可得BCGBGC，
再根据同弧所对圆周角相等可得BFCBGCBCG，由此即可求解．
【详解】解：∵OCOF，
∴△ OCF 是等腰三角形，
∴OCF OFC，
∵BF∥OC，
∴OCF BFC，
如图所示，延长CE交O于点G，连接BG，∵AB是直径，CEAB，
∴GE AB，即GEBCEB90，
∴ABCG，
GECE CBGB
∴根据垂径定理可得， ， ，
∴BCGBGC，
∵BFC与BGC所对弧相同，
∴BFCBGCBCG，
∴BCEOCF；
综上所示，与OCF相等的角有∠ OFC，BFC，BCE，共3个，
故选：C．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，平行线的性质，圆的基础知识（垂径定理）的综合，掌握以上
知识的综合运用是解题的关键．
5．（2023·河南安阳·统考一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，四边形ABOD是平行四边形，
ABOB BCD60 BAD120 CD 2OD
则下列结论：① ；② ；③ ；④ ．其中正确结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】由已知、根据“平行四边形对边相等”得： ABOD、ADOB，从而可得ABOB AD，即①结论正确；进而得出AOB、△AOD 都是等边三角形，可得③结论正确；由“一条 弧所对的圆周角等
1
于它所对的圆心角的一半”得出BCD BOD60，即②结论正确；由点 的不同位置， 的长度
2 C CD
也发生变化可知④结论错误，即可得出结论；
【详解】连接OA，∵四边形ABOD是平行四边形，
ABOD,ADOB,
OBOAOD,
ABODOAOB AD,
结论正确；
∴AOB、△AOD 都是等边三角形
AOBAODOAB OAD60
∴BOD120,BAD120，即③结论正确；
1
∴BCD BOD60，即②结论正确；
2
∵C在优弧BD上（不含端点）
∴随着点C的不同位置，CD的长度也发生变化，不是常数，
故④结论错误；
综上所述，正确结论有 3 个；
故选：C
【点睛】该题主要考查了圆部分知识点、平行四边形的性质、等边三角形的性质等知识点，解答该题的关
键是掌握相关知识点并能够熟练运用.
6．（2023·辽宁阜新·阜新实验中学校考一模）如图，AB是O的直径，C、D为O上的点，且点D在
AC D130 CAB
上．若 ，则 的度数为（ ）A．30 B．40 C．50 D．60
【答案】B
【分析】利用圆内接四边形的性质求出B50，再求出CAB即可．
【详解】解：∵DB180，D130，
B50，
∵ AB是直径，
ACB90，
CAB90B905040．
故选：B．
【点睛】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考
常考题型．
7．（2023·全国·九年级专题练习）已知弦AB把圆周分成1:3两部分，则弦AB所对圆周角的度数为（ ）
A．45 B．135 C．90或270 D．45或135
【答案】D
【分析】分优弧，劣弧两种情况，求解即可．
【详解】解：∵弦AB把圆周分成1:3两部分，
1 1
∴劣弧 的度数为：360按 =90�，即：劣弧所对的圆周角的度数为90 45，
AB 4 2
3 1
优弧 的度数为：360 270，即：优弧所对的圆周角的度数为270 135，
AB 4 2
∴弦AB所对圆周角的度数为45或135；
故选：D．
【点睛】本题考查弦，弧，角之间的关系，解题的关键是注意弦分弧为优弧和劣弧两种情况．
8．（2023秋·天津津南·九年级统考期末）如图，在⊙O中，OABC，AOB50，则ADC的度数为
（ ）A．25 B．30 C．40 D．50
【答案】A
【分析】连接OC，由垂径定理可得AOC 50，再利用圆周角定理即可得到答案．
【详解】如下图，连接OC
∵OABC，AOB50，
AOC AOB50，
1
ADC AOC 25，
2
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理和垂径定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
9．（2022秋·安徽·九年级校联考开学考试）如图，已知点A，B，C，D均在O上，AB为O的直径，
弦AD的延长线与弦BC的延长线交于点E，连接OC，OD，AC，CD，BD．则下列命题为假命题的是
（ ）D AB ADBD
A．若点 是 的中点，则
B．若OD AC，则AODABC
C．若AB AE，则CBCE
D．若半径OD平分弦AC，则四边形AOCD是平行四边形
【答案】D
【分析】由圆的性质逐项判断即可得到答案．
∵ D AB
【详解】解： 点 是 的中点，
ADBD，
ADBD，故选项A是真命题，不符合题意；
∵ AB为O的直径，
ACB90，即ACBC，
若OD AC，则BC∥OD，
AODABC，故选项B是真命题，不符合题意；
若AB AE，则ABE是等腰三角形，
QAC BC，
BC CE，故选项C是真命题，不符合题意；
由半径OD平分弦AC，不能证明四边形AOCD是平行四边形，故选项D是假命题，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了判断命题的真假、圆的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆的性质、等腰三角形的
性质是解题的关键．
10．（2023秋·安徽六安·九年级校考期末）如图，在O中，ABO52，若弦BC∥OA，则BAC
．
【答案】14
【分析】根据等边对等角得出OABOBA52，再求出AOB76，根据圆周角定理得出
1 1
ACB AOB 7638
2 2 ABC 180OAB180521281 1
ACB AOB 7638，根据平行线的性质得出 ，得出根
2 2 ABC 180OAB18052128
据三角形内角和定理得出答案．
【详解】解：∵ABO52，OAOB，
∴OABOBA52，
∴AOB180OBAOAB180525276，
1 1
∴ACB AOB 7638，
2 2
∵BC∥OA，
∴ABC 180OAB18052128，
∴BAC 180ABCACB1801283814，
故答案为：14．
【点睛】本题考查圆周角定理，平行线的性质，三角形内角和定理，正确理解题意是解题的关键．
11．（2023·宁夏·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于O，延长AD至点E，已知AOC140，
那么CDE ．
【答案】70
【分析】根据圆周角定理得到B70，再根据圆内接四边形性质和平角的定义即可得解．
【详解】解：∵AOC140，
1
∴B= AOC 70，
2
∵四边形ABCD内接于O，
∴BADC180，
∵CDEADC180，
∴CDEB70，
故答案为：70．
【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的性质、圆周角定理是解题的
关键．12．（2023年辽宁省营口市中考模拟考试（一模）数学试卷）如图，AB是O的直径，弦CD交AB于点
E，连接AC，AD．若BAC29，则D ．
【答案】61/61度
【分析】如图，连接BC，证明ACB90，求出ABC，可得结论．
【详解】解：如图，连接BC．
∵AB是直径，
∴ACB90，
∴ABC90CAB61，
∴DABC 61，
故答案为：61．
【点睛】本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握圆周角定理，属于中考常考题型．
13．（2022秋·山西忻州·九年级校联考阶段练习）如图，四边形ABCD内接于O，BCD75，
ADC 90，CD6，对角线DB平分ADC，则边AB的长为 ．2 6
【答案】
【分析】连接AC，根据圆周角定理得到ABC 90，利用直角三角形的性质得到AC2AD，利用勾股定
理求出AD，继而求出结果．
【详解】解：连接AC，
∵ADC90，
AC是O的直径，
ABC 90，
∵对角线DB平分ADC，
1
ACBADBCDBBAC ADC45
，
2
∵BCD75，
ACD30，
∴AC 2AD，
∵CD6，
CD
AD 2 3，
3
AC 4 3
，
∵BAC ACB45，
2
AB AC2 6．
2
2 6
故答案为： ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
14．（2022秋·河北邢台·九年级邢台三中校考阶段练习）有三个边长都为4cm的正方形硬纸板，将这三个
正方形硬纸板不重叠地放在桌面上，用一个圆形硬纸板将其盖住．下面是三种不同的摆放类型：(1)图①能盖住三个正方形所需的圆形硬纸板的最小直径应为 cm；
(2)图①②③中能盖住三个正方形所需的圆形硬纸板直径最小的是图 (填序号)，最小直径为 cm．
5 17 5
17
【答案】 8 2 ③ 2 /2
【分析】（1）利用90的圆周角所对的弦是直径，易知AC为圆的直径，应用勾股定理结论可得；
（2）从图中可以看出小正方形的对角线为圆的半径，直径易得；依据图形为轴对称图形，可知圆心在PG
上，找出圆心，设OGxcm，依据勾股定理列出方程可求半径，直径可得．最后比较圆①②③直径的大
小，即可得出结论．
【详解】解：（1）如下图，
①
∵小正方形的顶点A，B，C在圆上，ABC 90，
∴AC为圆的直径．
AC AB2BC2 8282 8 2
∵ （cm）．
8 2
圆①的直径为 ，
8 2
故答案为： ；
（2）如下图，小正方形的顶点O为圆心，小正方形的对角线为圆的半径，
4 2 cm
∴圆的半径为 ．
8 2 cm
∴圆②的直径为 ．②
如下图③，设圆心为O，GH与AB交于点P．
连接OA，OB，ON．
③
由题意，PG垂直平分NF ，OAOBON ．
1
∴O在PG上，APPB 2 AB2cm．
设OGxcm，则OPPGOG42x(8x)cm．
在RtAPO中，OA2 AP2OP2．
在RtNGO中，ON2 NG2OG2．
∴OA2 AP2OP2 ON2 NG2 OG2．
22(8x)2 42x2
∴ ．
13
解得： x ．
4
13 2 5 17
∴ON= NG2OG2 42 4 4 (cm) ．
5 17
∴圆③直径为 2 (cm)．
5 17
∵ 2 8 25 17
∴图①②③中能盖住三个正方形所需的圆形硬纸板直径最小的是图③，最小直径为 2 cm．
5 17
故答案为：③， 2 ．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理的推论，垂径定理，依据图形特点，正确找出圆心的位置是解题的关
键．
15．（2022秋·安徽芜湖·九年级校考阶段练习）如图，AB为半径为3的O的直径，弦BD、AC相交于
ADDC CB AC
点E， ，求 的长．
3 3
【答案】
ADDC CB AABDDBC AB O
【分析】先由 ，得出 ，再由又 为半径为3的 的直径，得到
ACB90，AB6，从而可求得A30，然后利用直角三角形的性质和勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，连接BC，
ADDC CB
∵ ，
∴AABDDBC，又AB为半径为3的O的直径，
∴ACB90，AB6，
∴A30
1
∴BC AB3，
2
AC AB2BC2 6232 3 3
∴ ．
【点睛】本题考查圆周角定理及其推论，直角三角形的性质，勾股定理，圆周角定理及其推论求得
A30是解题的关键．
16．（2023·河南信阳·统考一模）如图，在ABC中，AB AC，以AB为直径作O交BC于点D，交
AC于点E，连接DE．
(1)求证：DEDC；
(2)连接OD，OE，当BAC __________时，四边形ODCE为菱形；
(3)若AB10，CE4，则DE__________．
【答案】(1)见解析
(2)60
2 5
(3)
【分析】（1）设BC ，在圆内接四边形ABDE中，AED180B180，则DEC ，
得出DECC ，即可得证；
（2）根据四边形ODCE为菱形，得出AO AE OE，进而得出△AOE为等边三角形，根据等边三角形的
性质即可求解；
BE Rt△ABE Rt△BEC BE8,BC 4 5 Rt△BEC
（3）连接 在 ， 中，勾股定理分别求得 ，在在 中，根据斜
边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】（1）证明：∵ABAC，设BC ．
在圆内接四边形ABDE中，AED180B180．
DEC 180AED180180
．
DECC．
DEDC；
（2）若四边形ODCE为菱形，则OE∥BC．
AOEB．
同理AEOC．
AOEAEO．
AO AE．
AO AEOE．
AOE为等边三角形．BAC 60
故答案为：60．
（3）如图，连接BE，∵ ABAC10，
AE1046．
Rt△ABE BE 10262 8
在 中， ．
Rt△BEC BC 8242 4 5
在 中， ．
如图，连接AD，则ADBC．
BDCD．
BC
在 中，DE 2 5．
Rt△BEC 2
2 5
故答案为： ．
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，直径所对的圆周角是直角，等腰三角形的性质，菱形的性质，
等边三角形的性质与判定，勾股定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识是解题的关键．
A,B O AOB120o AB
17．（2023秋·河北张家口·九年级统考期末）如图， 是 上两点， ，C为弧 上一点．
(1)写出弦AB对的弧的度数；
C AB OACB
(2)若 是劣弧 的中点，判断四边形 的形状，并说明理由．
【答案】(1)60或120
(2)菱形，见解析
【分析】（1）在优弧AB上取一点D，连接AD、BD，先由圆周角定理得ADB60，再由圆内接四边
形的性质即可得出答案；
（2）证OAC和OBC都是等边三角形，则AC OAOBBC，根据菱形的判定方法即可得到结论．
【详解】（1）解：在优弧AB上取一点D，连接AD、BD，如图1所示：
∵AOB120，
1
ADB 2 AOB60，
∵ACBADB180，
ACB180ADB120；
弦AB对的弧的度数为60或120；
（2）菱形，理由：连接OC，∵C是弧AB的中点，AOB120
∴AOCBOC60，
又∵OAOC OB，
∴OAC和△OBC都是等边三角形，
∴AC OAOBBC，
∴四边形OACB是菱形．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，相等的弧所对的圆心角相等．
也考查了等边三角形的判定与性质以及菱形的判定．
18．（2023秋·江西赣州·九年级统考期末）如图，以AD为直径的半圆O经过Rt△ABC斜边AB的两个端
点，交直角边AC于点E，B、E是半圆弧的三等分点．请你仅用无刻度的直尺：
(1)请在图①中画出一条BC的平行线；
(2)请在图②中画出一条直线平分Rt△ABC面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析【分析】（1）如图所示，连接DE，则DE即为所求；
（2）如图所示，连接OE交AB于F，作直线CF，则直线CF即为所求．
【详解】（1）解：如图所示，连接DE，则DE即为所求；
∵AD为O的直径，
∴AED90，
∵在Rt△ABC中，AB为斜边，
∴C90AED，
∴DE∥BC；
（2）解：如图所示，连接OE交AB于F，作直线CF，则直线CF即为所求；
∵B、E是半圆弧的三等分点，
) )
∴BEAE，
∴OE AB，
∴点F为AB的中点，
∴CF为ABC的中线，
∴直线CF平分ABC的面积．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理的推论，三角形中线的性质，平行线的判定，灵活运用所
学知识是解题的关键．
题型四 点与圆的位置关系【例6】（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在ABC中，ACB90，AB5，BC 4．以点A为圆心，
r为半径作圆，当点C在A内且点B在A外时，r的值可能是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】由勾股定理求出AC的长度，再由点C在A内且点B在A外求解．
Rt△ABC AC AB2BC2 3
【详解】解：在 中，由勾股定理得 ，
∵点C在A内且点B在A外，
∴3r5，
故选：B．
【点评】本题考查点与圆的位置关系，解题关键是掌握勾股定理、明确判断的方法．
巩固训练
1．（2023秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期末）已知O的直径为6cm，若点P到圆心O的距离为4cm．则点
P O
与 的位置关是（ ）
A．点P在O内 B．点P在O上 C．点P在O外 D．无法确定
【答案】C
【分析】根据点与圆的位置关系即可得．
6
【详解】解：由题意得： 的半径为
3cm
，
O 2
∵点P到圆心O的距离为4cm3cm，
点P在O外，
故选：C．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题关键．
2．（2023春·江西南昌·九年级统考期末）如图，在RtABC中，OB是斜边AC上的中线，以O为圆心，
OB OOB O
为半径画圆，则下列各点中，在 内的是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点O
【答案】D
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质即可求解．
【详解】解：因为三角形ABC是直角三角形
又OB是斜边AC上的中线
1
OB AC OAOC
2
故A,B,C三点均在O上，只有点O在O内
故选：D
【点睛】本题考查直角三角形的“斜中半”定理．掌握定理结论是解题关键．
3．（2023·全国·九年级专题练习）如图，矩形ABCD中，AB1，ABD60，点O在对角线BD上，圆
O经过点C．如果矩形ABCD有两个顶点在圆O内，那么圆O的半径长r的取值范围是（ ）
0r1 1r 3 1r2 3r2
A． B． C． D．
【答案】B
3
CE
【分析】由勾股定理求出AD 3，连接AC，交BD于点F，作CEBD于点E，求得 2 ，再根据
圆的运动过程，判断出r的取值范围即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BAD90,
∵ABD60，
∴ADB30,∴BD2AB212,
AD BD2AB2 2212 3
由勾股定理得， ，
连接AC，交BD于点F，作CEBD于点E，
1 1
∵S BCCD BDCE,
BCD 2 2
BCCD 3
CE
∴ BD 2
3 1
OC AC 1
点O从点D开始向B移动，移到E时，OC的长度从1减到 2 ，再移到点F，此时 2 ，在这
3
r1
一范围内， 2 ，OA AF 1,OBBF 1,
3
r1
∴当 2 时，A，B都在圆外，不满足条件；
1OC 3 OA AF 1,OBBF 1 ODFD1
当点O从点F移到点B时， ，此时， ， ，
1OC 3
∴当 时，满足两点在圆内的条件；
当OC 1，即r1，点O在点F的位置，OAOBOC OD，此时四点都在圆上，不满足条件；
OC 3 r 3 OA AB1r OD2r
当 ，即 ，点O在点B的位置，此时 ， ，A和B在圆内，点D在圆
外，满足条件，
1r 3
故r的取值范围是： ．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，正确进行分类讨论是解答本题的关键．4．（2023秋·江苏宿迁·九年级统考期末）已知直角ABC的斜边长为6，则这个三角形的外接圆的半径等
于 ．
【答案】3
【分析】根据直角三角形的外接圆圆心为斜边的中点，计算圆的半径为3．
【详解】∵直角ABC的斜边长为6，
∴这个三角形的外接圆的半径等于3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了直角三角形的外接圆半径计算，熟练掌握直角三角形的外接圆圆心为斜边的中点是解
题的关键．
5．（2023·四川成都·统考二模）已知P是O内一点（点P不与圆心O重合），点P到圆上各点的距离中，
最小距离与最大距离是关于x的一元二次方程ax212ax200的两个实数根，则O的直径为 ．
【答案】12
【分析】根据题意知O的直径为最小距离与最大距离的和，再利用根与系数的关系即可求解．
【详解】解：∵P是O内一点，
∴O的直径为最小距离与最大距离的和，
∵最小距离与最大距离是关于x的一元二次方程ax212ax200的两个实数根，
12a
∴ 的直径为 12，
O a
故答案为：12．
【点睛】本题考查了点和圆的位置关系，一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟练运用根与系数
的关系．
P O Q O 3PQ9 O
6．（2022秋·江苏淮安·九年级统考期末） 是 内一点， 是 上任意一点，若 ，则
的半径为 ．
【答案】6
【分析】根据点到圆上的距离分析即可求解．
【详解】解：如图所示，
∵P是O内一点，Q是O上任意一点，3PQ9，∴O的直径为39=12，
∴O的半径为6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了点到圆上的距离，熟练掌握点与圆的位置关系是解题的关键．
7．（2023秋·河南周口·九年级校考期末）如图，在ABC中，C 90，AC 4cm，BC 3cm，以C为
圆心，r为半径作C，若A，B两点中只有一个点在C内，则半径r的取值范围是 .
【答案】3＜r4
【分析】因为A、B两点中只有一个点在 C内，所以半径比BC大．点A在圆上或者圆外，所以半径小于
或等于AC． ⊙
【详解】解：因为A、B两点中只有一个点在 C内，
只有点B在圆内，点A可以在圆上或圆外． ⊙
因为点B在圆内，所以r＞3cm．
当点A在圆上时，r4cm．
当点A在圆外时，r＜4cm．
因此：3＜r4．
故答案是：3＜r4．
【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系，根据点A和点B与圆的位置，确定 C的半径．
A0,4 B4⊙,4 C6,2
M
8．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，在平面直角坐标系中， ， ， ， 经过
A，B，C 三点．(1)点 M 的坐标为 ．
D4,3
M
(2)判断点 与 的位置关系．
2,0
【答案】(1)
D M
(2)点 在 内
AB,BC M
【分析】（1）分别作 的垂直平分线，交点即为点 ；
（2）计算圆的半径与MD的长度，比较大小即可；
AB,BC M
【详解】（1）解：分别作 的垂直平分线，交点即为点 ，
2,0
坐标为： ，
∵ M2,0 A0,4 D4,3
（2）解： ， ， ，
AM 2242 2 5， MD 422 32 132 5 ，
点D在M 内．
【点睛】本题考查了三点确定圆，确定圆心的位置、点与圆的位置关系等知识点，准确找到圆心的位置是
解题关键．
题型五 直线与圆的位置关系
【例7】（1）（2022春·浙江杭州·九年级校考阶段练习）已知AOB60，P是OA上一点，OP4cm.
P r 2 3cm P
以r为半径作 ，若 ，则 与直线OB的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定
【答案】B【分析】先根据题意画出图形，过点P作PCOB，判断PC与半径r的大小即可解答．
【详解】解：如图：根据题意过点P作PCOB，则POC 90,
∵AOB60，
∴CPO30，
1
∴OC OP2cm，
2
PC OP2OC2 4222 2 3
∴ ，
∵r2 3，
∴PC r，
P与OB的位置关系是相切．
故选B．
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系、含30直角三角形的性质等知识点，握直线与圆位置关系
的判定方法是解题的关键掌．
A4,3
（2）（2023·全国·九年级专题练习）在平面直角坐标系中，以点 为圆心、以R为半径作圆A与x轴
相交，且原点O在圆A的外部，那么半径R的取值范围是（ ）
A．0R5 B．3R4 C．3R5 D．4R5
【答案】C
【分析】分别根据原点O在圆A的外部，圆A与x轴相交，可得半径R的取值范围．
∵ A4,3
【详解】解： ，
OA 3242 5
∴ ，
∵原点O在圆A的外部，
∴ROA，即R5，
∵圆A与x轴相交，
∴R3，∴3R5，
故选C．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质，勾股定理，直线、点与圆的位置关系等知识点，能熟记直线、点与
圆的位置关系是解此题的关键．
【例8】（2022秋·九年级单元测试）如图，AOB30，OP8，当P的半径r为何值时，P与直线
OA相离？相切？相交？
【答案】见解析
1
PN OP4
【分析】作PN OA于N ，根据含30角的直角三角形的性质得出
2
，然后根据直线与圆的位
置关系的判定方法即可得出结论．
【详解】解：作PN OA于N ，如图所示：
∵AOB30，
1
PN OP4
，
2
当0r4时，P和直线OA相离；
当r4时，P和直线OA相切；
当r4时，P和直线OA相交．
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系、含30角的直角三角形的性质；设O的半径为r，圆心O到直
线l的距离为d．若直线l和O相交d r；直线l和O相切d r；直线l和O相离d r．
巩固训练：
1．（2022秋·重庆·九年级重庆十八中校考周测）若O的直径为1，圆心O到直线l的距离是方程
x22x10 O
根，则 与直线l的位置关系是（ ）A．相切 B．相离 C．相交 D．相切或相交
【答案】B
【分析】首先求出方程的根，再利用半径长度，由点O到直线a的距离为d，若d r，则直线与圆相交；
若d r，则直线于圆相切；若d> r，则直线与圆相离，从而得出答案．
【详解】解：∵x22x10，
(x1)2 0
，
x x 1
解得： 1 2 ，
∵ O l x22x10
点 到直线 距离是方程 的一个根，即为1，
1
点 到直线 的距离 ，r ，
O l d 1 2
d r，
直线l与圆相离．
故选：B．
【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系以及解一元二次方程，解决此类问题可通过比较圆心到直线距
离d与圆半径大小关系完成判定．
2．（2022秋·九年级单元测试）已知O的半径是3，点P在O上，如果点P到直线l的距离是6，那么
O l
与直线 的位置关系是 （ ）
A．相交 B．相离 C．相切或相交 D．相切或相离
【答案】D
【分析】根据圆心到直线的距离d与圆的半径r之间的大小关系解答．
【详解】如图，
当点 P 与 P 1 重合时， O 与直线 l 相切；当点 P 与 P 1 不重合时， O 与直线 l 相离，
∴ O 与直线 l 的位置关系是相切或相离．
故选：D．
【点睛】此题考查直线与圆的位置关系，掌握数形结合是解题的关键．
3．（2023·河北沧州·校考三模）题目：“如图，在Rt△ABC中，�B�90 ，AB3，AC5，以点B为圆
心的B的半径为r，若对于r的一个值，B与AC只有一个交点，求r的取值范围．”对于其答案，甲
12
答： ．乙答： ．丙答：r ．则正确的是（ ）
r4 3r4 5
A．只有乙答的对 B．甲、乙的答案合在一起才完整
C．乙、丙的答案合在一起才完整 D．三人的答案合在一起才完整
【答案】D
12
【分析】由勾股定理求出 ，再根据等面积法求出斜边 上的高为 ，再根据半径 的情况，分别
BC 4 AC 5 r
作出图形，进行判断即可得到答案．
【详解】解：∵ AB3，AC5，
BC AC2AB2 5232 4
，
34 12
斜边 上的高为： ，
AC 5 5
当r4时，画出图如图所示：
，此时ABC在圆内部，B与AC只有一个交点，
当3r4时，画出图如图所示，
，
此时B与AC只有一个交点，
12
当r 时，画出图如图所示：
5
，
此时B与AC只有一个交点，
三人的答案合在一起才完整，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，直线与圆的位置关系，等面积法，熟练掌握直线与圆的位置关系是解
题的关键．
xOy (3,4)
4．（2023·江苏·九年级假期作业）在平面直角坐标系 中，以点 为圆心，4为半径的圆与x轴所在
直线的位置关系是 ．
【答案】相切
【分析】求出圆心到x轴的距离，再根据圆心到直线的距离与半径的大小关系得出答案．
PAx PB y
【详解】解：如图，作 轴与点A，作 轴与点B，
P(3,4)
∵点 ，
PA4,PB3
∴ ，∵P的半径为4，
∴P与x轴相切，
故答案为：相切．
【点睛】本题考查直线与圆的位置的关系，理解圆心到直线的距离与半径的关系是正确判断直线与位置关
系的基本方法．
P
4,5
5 P y
5．（2022秋·九年级单元测试）平面直角坐标系中， 的圆心坐标为 ，半径为 ，那么 与
轴的位置关系是 ．
【答案】相交
【分析】根据圆心坐标可得出点P到y轴的距离，再与圆的半径比较，即可得出结论．
4,5
QeP
【详解】解： 的圆心坐标为 ，
点P到 y 轴的距离为4，
∵4<5
eP与 y 轴相交，
故答案为：相交．
【点睛】本题考查的是点到坐标轴的距离、圆与直线的关系，即圆心到直线的距离大于半径，直线与圆相
离；小于半径，直线与圆相交；等于半径，则直线与圆相切．
6．（2022秋·江苏连云港·九年级统考期中）直线l与O相离，且O的半径等于3，圆心O到直线l的距
离为d，则d的取值范围是 ．
【答案】d 3
【分析】根据直线与圆的位置关系判断即可.
【详解】解：∵直线l与O相离，且O的半径等于3，圆心O到直线l的距离为d，
∴d的取值范围是d 3；
故答案为：d 3.O d> r
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，设 的半径等于r，圆心O到直线l的距离为d，则当
时，直线与圆相离，当d r时，直线与圆相切，当d r时，直线与圆相交；反之也成立.
7．（2022秋·九年级单元测试）已知直线l与半径长为R的O相离，且点O到直线l的距离为5，那么R
的取值范围是 ．
【答案】0R5
【分析】若直线和圆相离，则应满足d> r即可．
【详解】解：∵直线和圆相离，且点O到直线l的距离为5，
0R5，
故答案为：0R5．
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，掌握直线和圆的位置关系与数量之间的等价关系．直线和圆相
离，则应满足d R是解题的关键．
P (3,0)
8．（2023·吉林松原·校联考二模）如图，在平面直角坐标系中，半径为2的 的圆心P的坐标为 ，
将P沿x轴正方向平移，使P与y轴相交，则平移的距离d的取值范围是 ．
【答案】1d 5/5d 1
【分析】分两种情况讨论：P位于 y 轴左侧和P位于 y 轴右侧，根据平移的性质和圆的切线的性质分别
求解，即可得到答案．
P (3,0)
【详解】解： 的圆心P的坐标为 ，
OP3，
QeP的半径为2，
APBP2，
OA1，OB5，
当P位于 y 轴左侧且与 y 轴相切时，平移的距离为1，
当P位于 y 轴右侧且与 y 轴相切时，平移的距离为5，
平移的距离d的取值范围是1d 5，故答案为：1d 5．
【点睛】本题考查了平移的性质，直线与圆的位置关系，解题关键是掌握当圆与直线相切时，点到圆心的
距离等于圆的半径．
3
9．（2022春·九年级课时练习）如图，直线l与x轴、y轴分别相交于点A、B，已知B（0， ），
BAO30 (1,0) P P P
，点P的坐标为 ， 与y轴相切于点O，若将 沿x轴向左移动，当 与该直线相
交时，横坐标为整数的点P的坐标 ．
【答案】（-2,0）（-3,0）（-4,0）
【分析】先分别求得P与直线l相切时点P的坐标，然后再判断P与直线l相交时点P的横坐标x的取
值范围，即可求得坐标为整数的点P的坐标．
【详解】如图，P与P分别切AB于D、E．
B(0, 3) BAO30 OA3 (3,0)
由 ， ，易得 ，则A点坐标为 ．
连接PD、PE，则PD AB、PE AB，则在Rt△ADP中，AP2DP2，
同理可得，AP2，则 P 的横坐标为321， P 的横坐标为145，
当P与直线l相交时，点P的横坐标x的取值范围为5x1，
(2,0) (3,0) (4,0)
横坐标为整数的点P的坐标为 、 、 ．故答案为：(-2，0)、(-3，0)、(-4，0)．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，分别求得P与直线l相切时点P的坐标是解题的关键．
题型六 切线的性质和判定
【例9】（2022秋·安徽芜湖·九年级校考阶段练习）如图，AB是O的直径，点E在弦AC的延长线上，
过点E作ED AE交O于点D，若AD平分BAC．
(1)求证：ED是O的切线；
(2)若AC 6，AB10，求AE的长．
【答案】(1)见解析(2)8
【分析】（1）如图所示，连接OD，根据等边等角和角平分线的定义证明EADODA，进而证明
AE∥OD，由ED AE，得到EDOD，据此即可证明结论；
（2）连接BC交OD于G，根据圆周角定理可得ACB90，根据垂径定理可得BGCG，根据勾股定理
求出BC的长，进而求出OB、BG，再求出OG的长，根据矩形的判定与性质求出CE的长，即可求出AE
的长．
【详解】（1）证明：如图所示，连接OD，∵OAOD，
∴OADODA，
∵AD平分BAC，
∴EADDAO
∴EADODA，
∴AE∥OD，
∵ED AE，
∴EDOD
又∵OD是O的半径，
∴ED是O的切线；
（2）解：连接BC交OD于G，如图所示，
∵AB为直径，
∴ACB90，
又∵OD∥AE，
∴OGBACB90，
∴OD BC，
∴G为BC的中点，即BGCG，
又∵AC 6，AB10，
BC AB2AC2 8
∴根据勾股定理得： ，1 1
∴ODOB AB5，BG BC 4，
2 2
OG OB2BG2 3
∴ ，
∴DGODOG2，
∵ODED，ED AE，OD BC，
∴四边形CEDG为矩形，
∴CEDG2，
∴AE ACCE8．
【点睛】本题考查切线的判定，周角定理，平行线的判定和性质，矩形的判定与性质，垂径定理以及勾股
定理，综合利用相关的知识解决问题是本题的关键．
【例10】（2022秋·山东临沂·九年级临沂第九中学校考期中）如图，已知AB是O的直径，点P在BA的
延长线上，PD切O于点D，过点B作BEPD，交PD的延长线于点C，连接AD延长，交BE点E．
(1)求证：ABBE；
PD2 3 ABC60 BC
(2)如果 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)BC 3
【分析】（1）连接OD，由PD切 O于点D，得到ODPD，由于BEPC，得到OD∥BE，得出
ADOE，根据等腰三角形的性质和等量代换可得结论；
（2）由平行线的性质可得DOP60，利用直角三角形30所对的边是斜边的一半，再可利用勾股定理
求出OD,OP,PC的长，根据ODOB，求出PB，利用直角三角形30所对的边是斜边的一半即可求出BC．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，∵ PD切O于点D，
ODPD．
∵ BEPC，
OD∥BE，
ADOE，
∵ OAOD，
OADADO，
OADE，
ABBE．
（2）解：∵ OD∥BE，ABC60，
DOPABC60，
PDOD，
PDO90，
PDO是直角三角形，
∵�DPO�90���DOP�90 60 30 ，
1
\ OD= PO，
2
OD x PO 2x PD2 3
设 的长为 ，则 的长为 ， ，
∵ PO2 =OD2+PD2，
\ 4x2 =x2+12，
解得：x2或x2（舍去），
OD2，PO4，
∵ODOB2，
\ PB=PO+OB=4+2=6，
∵ BEPD，交PD的延长线于点C，ABC60，
BPC 30，1 1
BC PB 63
．
2 2
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形性质及直角三角形中30所对的边是斜边的一半，正确的画
出辅助线是解题的关键．
【例11】（2022秋·江苏泰州·九年级校联考阶段练习）探究问题：
(1)如图1，PM、PN、EF分别切O于点A、B、C，猜想PEF 的周长与切线长PA的数量关系，并证明你
的结论．
(2)如果图1的条件不变，且PO10cm，PEF 的周长为16cm，求O的半径．
(3)如图2，点E是MPN的边PM上的点，EF PN于点F，O与边EF及射线PM、射线PN都相切．
若EF=3，PF 4，求O的半径．
【答案】(1)PEF 的周长2PA，证明见解析
(2)6cm
(3)1或2
【分析】（1）根据切线长定理由PA、PB分别切O于A、B得到PB=PA=10cm，由于过点C的切线分
别交PA、PB于点E、F ，再根据切线长定理得到EAEC，FCFB，然后根据三角形周长的定义得到
ΔPEF的周长=PE+EF+PF=PE+EC+FC+PF ，用等线段代换后得到三角形PEF的周长等于PAPB；
（2）连接OA，OP，根据切线的性质得到PAO=90，根据勾股定理得到OA，于是得到结论；
（3）根据题意作出图形，设O与射线PM 、射线PN 相切于A，B，与EF相切于C，于是得到AE=CE，
连接OA，OB，OC，推出四边形OCFB是正方形，得到CF=BF=OC，设O的半径为r，根据切线长定
理列方程即可得到结论；得到三角形的内切圆，根据勾股定理和三角形面积公式可得半径为1．
【详解】（1）解：ΔPEF的周长2PA，
证明：∵PA、PB分别切O于A、B，
PB=PA，
∵ EA与EC为的切线，EA=EC，
同理得到FCFB，
ΔPEF的周长=PE+EF+PF=PE+EC+FC+PF
=PE+EA+FB+PF
=PA+PB
2PA；
（2）解：如图1所示，连接OA，OP，
∵PA是O的切线，
OAPA，
PAO=90，
∵ΔPEF的周长为16cm，
PA=8cm，
OA= OP2PA2= 10282=6(cm)
，
O的半径为6cm；
（3）解：如图2所示，
设O与射线PM 、射线PN 相切于A，B，与EF相切于C，则AE=CE，
连接OA，OB，OC，
∵ EFPN，
CFB=OBF=OCF=90，
QOC OB，
四边形OCFB是正方形，
CF=BF=OC，
设O的半径为r，
CF=BF=r，
∵ EF=3，PF 4，
PE=5，
∵ PA=PB，
5+AE=PF+PB，
即5+3r=4+r，
r2．
PE= EF2+PF2=5
如图3所示， ，
1 1
(3+4+5)r= 34，
2 2
解得r=1．
O的半径为2或1．
【点睛】本题考查了切线长定理，勾股定理，三角形的周长公式，正方形的判定和性质，正确作出辅助线
是解题的关键．
巩固训练：PA O A PO O B
1．（2020秋·广东惠州·九年级校考期中）如图， 是 的切线，点 为切点， 交 于点 ，
P30，点C在O上，连接AC，BC，则ACB的度数为（ ）
A．25 B．28 C．30 D．35
【答案】C
【分析】连接AO，根据切线的性质得出OAP90，进而得出AOB60，根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：如图所示，连接AO，
∵PA是O的切线，
∴OAP90，
∵P30，
∴AOB60，
AB AB
∵
1
∴
∠C ∠AOB30，
2
故选：C．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
2．（2023秋·青海西宁·九年级统考期末）如图，PA，PB为O的两条切线，切点分别为A，B，连接
OP O C AB D
交 于点 ，交弦 于点 ．下列结论中错误的是（ ）A．PAPB B．OPAB
AC BC
△APB
C． D． 是等边三角形
【答案】D
【分析】利用切线长定理、等腰三角形的性质以及垂径定理即可判断．
【详解】解：由切线长定理可得：PAPB，APOBPO，
∴ABOP，ADBD，
AC BC
∴ ，
故A，B，C正确，而△APB中只满足PAPB，无其他条件证明△APB是等边三角形，
故选D．
【点睛】本题考查了切线长定理、等腰三角形的性质以及垂径定理，关键是利用切线长定理得到垂径定理
的前提条件．
3．（2023·山东滨州·统考一模）如图，PA，PB与O分别相切于点A，B，PA2，P60，则AB（
）
3 2 3
A． B．2 C． D．3
【答案】B
【分析】根据切线长定理得到PAPB，由此推出PAB是等边三角形，即可得到答案．
【详解】解：∵PA，PB与O分别相切于点A，B，
∴PAPB，∵APB60，
∴PAB是等边三角形，
∴AB AP2．故选：B．
【点睛】此题考查了切线长定理，等边三角形的判定和性质，熟记切线长定理是解题的关键．
4．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四十七中学校考模拟预测）如图，在ABC中，AC BC，以AB上
O OA BC C BC 2 3 OA
一点 为圆心， 为半径的圆与 相切于点 ，若 ，则半径 为 ．
【答案】2
【分析】直接利用切线的性质得出BCO90，进而利用等腰三角形的性质结合勾股定理得出O的半径．
【详解】解：连接CO，
∵OA为半径的圆与BC相切于点C
BCO90，
∵ ACBC，
BA，
∵OACO，
AOCA，
BAOCA，
∵BAOCA90，
BAOCA30，BO2CO，
设COx，则BO2x，
x2(2 3)2 (2x)2
故 ，
解得：x2，
则O的半径为：2．
故答案为：2．
【点睛】此题主要考查了切线的性质以及等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，正确得出B的度数是
解题关键．
5．（2023秋·江西赣州·九年级统考期末）如图，PA、PB是O的切线，A、B为切点，且P60，若
PA2，则AB ．
【答案】2
【分析】运用切线长定理可得PAB是等边三角形，解题即可．
【详解】解：∵PA、PB是O的切线，
∴PAPB，
又∵P60，
∴PAB是等边三角形，
∴ABPA2，
故答案为：2．
【点睛】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．
6．（2022秋·安徽合肥·九年级统考阶段练习）如图，已知O与ABC的边AC，BA，BC的延长线分别
相切，ABC60，请完成下列问题：（1）AOC °；
（2）若O的半径为3，则ABC的周长 ．
6 3
【答案】 60
【分析】（1）如图，设BA，AC，BC分别切O于点D，E，F ，连接OD，OE，OF ，证明
1 1 1
，AOE DOE，COE FOE，可得AOC DOF 60．
DOF 18060120 2 2 2
OB DBO30 OB6 BDBF 3 3 AD AE CECF
（2）如图，连接 ，求解 ， ， ．证明 ， ，从而可得
答案．
【详解】解：（1）如图，设BA，AC，BC分别切O于点D，E，F ，连接OD，OE，OF ．
∵BD，BF是O的切线，ABC60，
∴BDOBFO90，
∴DOF 18060120．
∵AD，AE是O的切线，CE，CF是O的切线，
1 1
∴AOE DOE，COE FOE，
2 2
1
∴AOC DOF 60．
2
故答案为：60；
（2）如图，连接OB，∵BD，BF是O的切线，ABC60，
∴DBO30，
∵OD3，
OB6 BDBF 3 3
∴ ， ．
∵AD，AE是O的切线，CE，CF是O的切线，
∴AD AE，CECF，
ABC BAAEECCBBAADFCCBBDBF 6 3
∴ 的周长 ．
6 3
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是切线的性质，切线长定理的应用，熟记切线长定理并灵活应用是解本题的关键．
AB O PA、PC O
7．（2023秋·天津津南·九年级统考期末）已知：如图， 为 的直径， 是 的切线，A、C
为切点，BAC 28．则P的度数为 ．
【答案】56°
【分析】由圆的切线的性质，得PAB90，结合BAC 28得PAC902862．由切线长定理
得到PAPC，得PAC是等腰三角形，从而可得P56．
【详解】∵PA是O的切线，AB为O的直径，
∴PA AB，即PAB90．
∵BAC 28，
∴PAC 90BAC 902862．
PA、PC O
又∵ 切 于点A、C，
∴PAPC，
∴PAC PCA62，
∴P180PACPCA56故答案为：56．
【点睛】本题着重考查了圆的切线的性质定理、切线长定理，解题的关键是熟练掌握切线的性质定理和切
线长定理．
8．（2022秋·江苏盐城·九年级景山中学校考阶段练习）等腰Rt△ABC和O如图放置，已知ABBC 1，
ABC 90，O的半径为1，圆心O与直线AB的距离为5.若两个图形同时向右移动，ABC的速度为每
秒2个单位，O的速度为每秒1个单位，同时ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方
向增大.ABC的边与圆第一次相切时，点B运动的距离是 个单位长度.
204 2
【答案】
3
【分析】设运动的时间为t秒，根据三角形与圆第一次相切时三角形所走的路程等于AB与O之间的距离
加上O所经过的路程解答．
【详解】解：设经过t秒ABC的边与圆第一次相切，ABC移至△ABC处，O与BC所在直线的切点
D移至D处，
如图，AC与O切于点E，连接OE并延长，交BC于F ，
设O与直线l切于点D，连接OD，则OE AC，OD直线l，
由切线长定理可知CECD，
设CDx，则CEx，
∵ABC是等腰直角三角形，
AACB45，
ACBACB45，
ΔEFC是等腰直角三角形，CF 2x OFD45
， ，
OFD也是等腰直角三角形，
ODDF，
2xx1 x 21
，则 ，
CE 21
，
∵CC(20.5)t 2.5t，DDt，
CDCDDDCC4t2.5t41.5t，
由切线长定理得CECD41.5t，
41.5t 21
，
102 2
t
解得： 3 ，
102 2 204 2
2
点B运动的距离为 3 3 ,
204 2
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查了切线的判定，等腰直角三角形的性质，熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合常见的
函数进行综合分析是解题的关键，也考查了学生数形结合的分析能力．
9．（2023秋·河北张家口·九年级张家口市第一中学校考期末）已知，在Rt△ABC中，BAC90，以
AB为直径的O与BC相交于点E，在AC上取一点D，使得DE AD，
(1)求证：DE是O的切线．
(2)当BC 10，AD4时，求O的半径．
【答案】(1)见解析(2)3OE OD
△AOD≌△EODSSS
OEDBAC90 DE
【分析】（1）如图，连接 、 ，证明 ，则 ，可证 是
O的切线；
△AOD≌△EODSSS
AODEOD OBOE BOEB
（2）由 ，可得 ，由 ，可得 ，由
AOEBOEB，AOEAODEOD，可得BEOEOD，则OD∥BC，由AOBO，可得
1
OD BC 5，由勾股定理得， ，进而可求 的半径．
2 AO OD2AD2 3 O
【详解】（1）证明：如图，连接OE、OD，
在△AOD和△EOD中，
OAOE
DADE
∵ ，
ODOD
△AOD≌△EODSSS
∴ ，
∴OEDBAC90，
∴DE是O的切线；
△AOD≌△EODSSS
（2）解：∵ ，
∴AODEOD，
∵OBOE，
∴BOEB，
∵AOEBOEB，AOEAODEOD，
∴BEOEOD，
∴OD∥BC，
又∵AOBO，
1
∴OD BC 5，
2AO OD2AD2 3
由勾股定理得， ，
∴O的半径为3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，切线的判定，等边对等角，平行线的判定，中位线，勾股
定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
ABC O AB O BC BD DEAC
10．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图， 内接于 ， 是 的直径， ，
于点E，DE交BF于点F ，交AB于点G，BOD2F，连接BD．
(1)求证：BF是O的切线；
(2)判断DGB的形状，并说明理由；
(3)当BD2时，求FG的长．
【答案】(1)见解析
(2)DGB是等腰三角形，理由见解析
(3)FG4
【分析】（1）连接CO，根据圆周角定理得出BODBOC2BAC，根据已知得出F BAC，根
据DEAC得出AEG90，进而根据对等角相等，以及三角形内角和定理可得FBGAEG90，
即可得证；
AD AC ABDABC EF∥BC AGEABC
（2）根据题意得出 ，则 ，证明 ，得出 ，等量代换得出
FGBABD，即可得出结论；
（3）根据FGBABD，ABBF，设FGBABD，则DBF F 90，等边对等角得出
DBDF，则FG2DG2DB4．【详解】（1）证明：如图所示，连接CO，
BC BD
∵ ，
∴BODBOC2BAC，
∵BOD2F，
∴F BAC，
∵DEAC，
∴AEG90，
∵AGEFGB
∴FBGAEG90，
即ABBF，又AB是O的直径，
∴BF是O的切线；
BC BD AB O
（2）∵ ， 是 的直径，
AD AC BC AC
∴ ， ，
∴ABDABC，
∵DEAC，BC AC，
∵EF∥BC，
∴AGEABC，
又AGEFGB，
∴FGBABD，
∴DGB是等腰三角形，
（3）∵FGBABD，ABBF，
设FGBABD，则DBF F 90，∴DBDF，
∴FG2DG2DB4．
【点睛】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关
键．
11．（2022秋·湖北十堰·九年级十堰市实验中学校考期中）如图，AB是O的直径，C是O上一点，D
AC BD AC DF∥AC BA
是 的中点， 交 于点E，过点D作 交 的延长线于点F．
(1)求证：DF是O的切线；
(2)若AF 2，FD4，求△DFB的面积．
48
【答案】(1)见解析(2)
5
【分析】（1）连接OD，由垂径定理得OD AC，根据平行线的性质证明ODDF ，进而可得结论；
（2）设O 的半径为r，根据勾股定理列方程可得：
r242 r22
，解得：r3，利用面积法求出
12
DH ，然后利用三角形面积公式即可求解．
5
【详解】（1）连接OD，
AC
∵D是 的中点，
∴OD AC，
∵DF∥AC，
∴ODDF ，
∵OD为O的半径，
∴直线DF是O的切线；
（2）连接AD，作DH AB于点H，设O的半径为r，则ODOAr，OF 2r，
∵ODF 90，
r242 r22
∴ ，
解得r3，
∴AB6，BF 8，
∴OF 835．
1 1
∵ FDOD OFDH ，
2 2
∴435DH ，
12
∴DH ，
5
1 1 12 48
∴ 的面积 FBDH 8 ．
△DFB 2 2 5 5
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，勾股定理等知识，解答此题的关键是正确作出辅助线．．
12．（2022秋·辽宁鞍山·九年级校联考期中）如图，AB为O的直径，PD切O于点C，与BA的延长
线交于点D，DEPO交PO延长线于点E，连接OC，PB，已知PB6，DB8，EDBEPB．
(1)求证：PB是O的切线：
(2)求O的半径．
【答案】(1)见解析(2)3
【分析】（1）由已知角相等及直角三角形的性质得到OBP为直角，即可得证；
（2）在直角三角形PBD中，由PB与DB的长，利用勾股定理求出PD的长，由切线长定理得到
PC PB6，由PDPC求出CD的长，在直角三角形OCD中，设OC r，则有OD8r，利用勾股定
理列出关于r的方程，求出方程的解得到r的值，即为圆的半径．
【详解】（1）证明：∵ DEPE，
DEO90，
∵EDBEPB，BOEEDBDEO，BOEEPBOBP，
OBPDEO90，
OBPB，
PB为O的切线；
（2）解：在Rt△PBD中，PB6，DB8，
PD 62 82 10
根据勾股定理得： ，
∵ PD与PB都为O的切线，
PC PB6，
DCPDPC1064；
在Rt△CDO中，设OC r，则有OD8r，
(8r)2 r242
根据勾股定理得： ，
解得：r3，
则圆的半径为3．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，勾股定理,切线长定理，熟练掌握切线的性质与判定是解题的关键．
13．（2022秋·山西朔州·九年级校考阶段练习）如图，在O中，AB为的直径，点E在O上，D为
BE AE，BD C OD OD F BF
的中点，连接 并延长交于点 ．连接 ，在 的延长线上取一点， ，连接 ，使
1
CBF BAC．
2(1)求证：BF为O的切线；
(2)若C 70，则F ______．
【答案】(1)见解析
(2)50
【分析】（1）连接AD，根据圆周角定理得到ADB90，再根据同弧所对的圆周角相等可得
1
BADCAD BAC ，结合已知推出 ，等量代换可得 ，即可证明；
2 CBF BAD ABF 90
（2）根据ADC 90求出CADBAD20，从而求出ABC 70，根据半径相等和等边对等角可
得OBDODB70，利用三角形内角和求出BOD，继而求出F．
【详解】（1）解：证明：如图，连接AD，
∵AB是圆的直径，
∴ADB90，
BE
∵D为 的中点，
1
∴BADCAD BAC ，
2
1
∵CBF BAC，
2
∴CBF BAD，
∵BADABD90，
∴ABF ABDCBF 90，
∴ABBF，
∵OB是O的半径，
∴BF是O的切线；
（2）∵ADBADC 90，C 70，
∴CADBAD20，∴BAC=40，
∴ABC180CBAC70，
∵OBOD，
∴OBDODB70，
∴BOD18070240，
∵ABBF，
∴F 90BOD50．
【点睛】本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，同弧所对的圆周角相等，圆的基本性质，切
线的判定，解题的关键是掌握圆的基本知识，得出角的关系．
14．（2022春·广东广州·九年级广州市第八十九中学校考开学考试）如图，在Rt△ABC中，ACB90，
AO是ABC的角平分线，以O为圆心，OC为半径作O，求证：AB是O的切线．
【答案】证明过程见解析；
【分析】题目并没有说明直线AB与O有没有交点，所以过点O作OF AB于点F ，然后证明OF OC
即可．
【详解】证明：如图：过点O作OF AB于点F ，
∵ AO是ABC的角平分线，OF AB，OC AC，
OF OC，
AB是O的切线．
【点睛】本题考查圆的切线的判定知识．结合角平分线的性质，正确构造辅助线是解题的关键．
15．（2023·福建福州·校考模拟预测）如图，以菱形ABCD的边AD为直径作O交AB于点E，连接DB交O于点M，F是BC上的一点，且BF BE，连接DF．
(1)求证：DM BM ；
(2)求证：DF是O的切线．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）连接AM ，根据AD是直径，得出AMD90，根据菱形性质得出AD AB，根据等腰三
角形性质得出DM BM 即可；
（2）连接DE，根据AD是直径，得出AED90，求出DEB1809090，根据菱形的性质得出
DBEDBF AD∥BC
DBE≌DBFSAS
DFBDEB90
， ，证明 ，得出 ，根据平行线的性质得
出ADF DFB90，得出ADDF，即可证明结论．
【详解】（1）证明：连接AM ，如图所示：
∵AD是直径，
∴AMD90，
∴AM BD，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD AB，
∴DM BM ；
（2）证明：连接DE，如图所示：∵AD是直径，
∴AED90，
∴DEB1809090，
∵四边形ABCD为菱形，
∴DBEDBF，AD∥BC，
∵BEBF ，DBDB，
DBE≌DBFSAS
∴ ，
∴DFBDEB90，
∵AD∥BC，
∴ADF DFB90，
∴ADDF，
∵AD为直径，
∴DF是O的切线．
【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角为直角，三角形全等的判定和性质，菱形的性质，平行线的性
质，等腰三角形的性质，切线的判定，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握切线的判定方法．
16．（2023·河南安阳·统考一模）如图1是两条高速公路互通立交俯瞰图，车辆从一条高速公路转到另一条
高速公路，需要经过缓和曲线匝道进行过渡．
如图2是一种缓和曲线过渡匝道的示意图．若把过渡匝道的缓和曲线看作是一个平面上的圆弧，汽车沿
O的切线 PA经过切点A驶入匝道，从O的切线CQ经过切点C驶出匝道．已知PA60m，O的半
径为80m．
(1)若在点P处设置一高清广角摄像头对圆弧形过渡匝道进行监控，且高清摄像头可以有效监控200m以内
的物体，问此摄像头能否有效监控整个匝道？并说明理由；2 AC PO B PAPB QC PO
(2)在图 中，若连接 ，交 于点 ，且 ，判断 与 的位置关系，并说明理由．
QCPO
【答案】(1)此摄像头能有效监控整个匝道，见解析；(2) ，见解析．
【分析】（1）根据圆外一点与圆上最大距离即可求解；
（2）根据切线的性质和角度和差求出同位角相等即可判定平行．
【详解】（1）此摄像头能有效监控整个匝道，
理由：连接OA，延长PO交O于点D，
∵PA与O相切于点A，
∴OAPA，
∴OAP90，
在RtPAO中，PA 60，OA80，
∴OP2 OA2PA2，
∴OP100，
∵点P到O上的点的最大距离是线段PD的长，
PDOPOD180m
∴ ，
∵180200，
∴此摄像头能有效监控整个匝道，
QCPO
（2） ，
理由：连接OC，
∵OAOC，
∴OAC OCA，
∵CQ与O相切于点C，
∴OC CQ，∴OCQ90，
∴OCABCQ90，
由（1）可知，OACPAB90，
∴BCQPAB ，
∵PAPB，
∴PABPBA，
∴BCQPBA，
∴QCPO．
【点睛】此题考查了圆的切线的性质和平行线的判定，解题的关键是熟练掌握切线的性质与平行线的性质
及其应用．
17．（2023秋·陕西安康·九年级统考期末）如图，AB是O的直径，点C在半径OA上，在O上取点
D，使BDBC，过点A作O的切线AE交DC的延长线于点E．
(1)求证：AD AE；
(2)若OC 1，AE2AC，求O的半径．
【答案】(1)证明见解析(2)5
【分析】（1）由圆周角定理及切线的性质证出ADE E，则可得出结论；
（2）设AC x，则AD AE2AC 2x．进而得OBOAx1，AB2OA2x2，然后由勾股定理
2x2(x2)2 2x22
得 ，求解得AC 4，即可求解．
【详解】（1）证明：∵ AB是O的直径，
ADB90，即BDCADE90．
∵ AE为O的切线，
CAE 90，
ACEAED90．
∵ BDBC，
ACEBCDBDC，ADEAED，
AD AE．
（2）解：设AC x，则AD AE2AC 2x．
∵OC1，
OBOAx1，
BDBC x2，AB2OA2x2．
∵ADB90，
AD2BD2 AB2，
2x2(x2)2 2x22
，
解得x0（舍去）或x4，
AC4，
OA5，即O的半径为5．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，切线的性质，等腰三角形的判定，勾股定理．熟练掌握圆周角定理
的推论和切线的性质上解题的关键．
18．（2023秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，点O为线段AB的中点，点C为线段OA上一点（不与O，
A重合），以点O为圆心，OC为半径作圆O交线段OB于点D，EABFBA60，AEBF 2，
AB10，连接EC，FD．
(1)求证：EC DF ；
(2)当EC与圆O相切时，求OC的长度．
【答案】(1)见解析
(2)4
CAE≌DBFSAS
【分析】（1）证明 ，由全等三角形的性质即可证明；
1
（2）由切线的性质得出 ，求出AC AE1，由全等三角形的性质可得出 ，则
ACE90 2 AC BD1
可求出答案．
【详解】（1）证明：∵O为AB的中点，OAOB，
ACCOODBD，
∵CODO，
AC DB，
∵AB，AEBF，
CAE≌DBFSAS
∴ ，
EC DF；
（2）如图，
∵EC与圆O相切，
OCE90，ACE90，
∵EAB60，
E30，
1
AC AE1，
2
∵VCAE≌VDBF，
AC BD1，
CD ABACBD1028，
1
OC OD CD4．
2
【点睛】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点及运用数形结合思想是
解题的关键．
19．（2023·河南周口·校联考三模）如图，点E是以AB为直径的O外一点，点C是O上一点，EB是
O的切线，EC OC，连接AC并延长交BE的延长线于点F ．(1)求证：点E是BF的中点；
(2)若EC OC，O的半径为3，求CF的长．
3 2
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）连接BC，证明EC是O的切线．根据EB是O的切线，可得EC EB，进而证明
EF EC，等量代换可得EF EB，即可得证；
（2）根据EC OC，可得四边形OCEB是正方形，则△ABF 是等腰直角三角形．勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：连接BC．
∵
AB为O的直径，
ACB90．
∵ EC OC，
EC是O的切线．
∵ EB是O的切线，
ECEB，
ECBEBC．
∵ECBFCE90，EBCF 90，
FCEF，
EF EC，
EF EB，
点E是BF的中点．（2）解：若EC OC，由(1)得，四边形OCEB是正方形，
△ABF 是等腰直角三角形．
∵ O半径为3，
AB6，
AF 2AB6 2
，
∵ BC AF
1
CF AF 3 2．
2
【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．
20．（2022秋·九年级课时练习）如图所示，EB、EC是O的两条切线，B、C是切点，A、D是O上
两点，如果E46，DCF 32，求A的度数．
【答案】A99
【分析】根据切线长定理得到EBEC，再由等腰三角形性质得到ECBEBC，结合E46得到
ECBEBC 67，根据平角ECF 180，DCF 32得到BCD81，再根据圆内接四边形性质
ABCD180即可得到答案．
【详解】解：∵EB、EC是O的两条切线，
∴EBEC，
∴ECBEBC，
∵E46，EEBCECB180，
∴ECBEBC 67，∵ ECF 180，DCF 32
DCFECBDCB180，
∴BCD180673281，
∵四边形ABCD是O的内接四边形，
ABCD180，
∴A1808199．
【点睛】本题考查圆中求角度问题，涉及切线长定理、等腰三角形的判定与性质、平角定义、圆内接四边
形性质等知识，熟记圆中相关知识点，并灵活运用是解决问题的关键．
21．（2023·云南昆明·统考二模）如图，在ABC中，O为AB上一点，以点O为圆心，OB为半径作半圆，
与BC相切于点B，过点A作ADCO交CO的延长线于点D，且AODCAD．
(1)求证：AC是半O的切线；
(2)若CO AO，BC 4，求半O的半径．
【答案】(1)见解析
4 3
(2) 3
O OF AC F B90 BOCBCO90
【分析】（1）过点 作 于点 ，由切线的性质知 ， ，又
CADACO90，AODCAD，AODBOC，推证BCOACO ，由角平分线性质定理得
OF OB，结论得证；
（2）由切线长定理知CF BC 4，由等腰三角形性质知AF CF 4，OCAOAC ，进一步推证
AF 4 3
OF
OAC 30，由直角三角形性质，求解圆半径为 3 3 ．
【详解】（1）证明：过点 O 作 OF AC 于点 F ．∵ BC 为半O 切线，
OBBC，
B90，
BOCBCO90．
∵ ADCD，
D90，
CADACO90．
∵AODCAD，AODBOC
BOC CAD，
BCOACO ，
CO平分ACB．
∵OBBC，OF AC，
OF OB，
OF 是半O 的半径．
∵OF AC，
AC 是半O的切线．
（2）∵ BC，AC 是半O的切线， BC 4，
CF BC 4．
∵CO AO，OF AC，
AF CF 4，OCAOAC.
∵BCOOCA,
OCAOAC BCO．
∵B90，
BCAOAC 90，
即OCAOACBCO90
，OAC 30．
在 RtOFA 中， OA2OF，
AF OA2OF2 3OF
，
AF 4 4 3
OF
O 的半径为 3 3 3 ．
【点睛】本题考查圆切线的判定和性质，切线长定理，等腰三角形性质，角平分线性质，直角三角形的性
质，勾股定理，利用已知的角之间的数量关系结合直角三角形性质求解角度是解题的关键．
22．（2023秋·广东汕头·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，C 90，以AC为直径作O，交
AB于D，过O作OE∥AB，交BC于E．
(1)求证：DE是O的切线；
(2)连接CD，如果O的半径为3，AB10，求CD的长；
△ADO
(3)在（2）的条件下，求 的面积．
【答案】(1)见解析
(2)CD4.8
(3)4.32
【分析】（1）根据ACB90，证明△OCE≌△ODE可得ODE90，根据切线的证明方法即可求解；
（2）根据题意可得CD AB，在Rt△ABC中，根据等面积法即可求解；
（3）由（2）可得CD的长，在Rt△ACD中，根据勾股定理可求出AD的长，由此可求出ACD的面积，
再根据OD是ACD的中线，根据中线的性质即可求解．
【详解】（1）证明：如图，∵OE∥AB，
12，3A，
∵OAOD，
1A，
32，
∵OC OD，OEOE，
△OCE≌△ODESAS
，
OCEODE，
∵ACB90，
OCEODE90，即ODDE，
DE是O的切线．
（2）解：如图所示，连接CD，
∵ AC是直径，
ADC 90，即CD AB，
在Rt△ABC中，
∵ AC 6，AB10，BC 8，
1 1
S ACBC ABCD，
ABC 2 2
1 1
68 10CD，
2 2
∴CD4.8．
（3）解：由（2）可知，CD4.8，
AD AC2CD2 624.82 3.6
，
1 1
S
△ADC
2
ADCD
2
4.83.68.64，
∵O是AC中点，即OD是△ADC的中线，
1 1
S
△ADO
2
S
△ADC
2
8.644.32．
【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握圆的基础知识，切线的证明方法，等面积法求高，三角形
中线的性质等知识的综合是解题的关键．
23．（2023·全国·九年级专题练习）某种在同一平面进行转动的机械装置如图1，图2是它的示意图，其工
作原理是：滑块Q在平直滑道l上可以左右滑动，在Q滑动的过程中，连杆PQ也随之运动，并且PQ带动
连杆OP绕固定点O摆动．在摆动过程中，两连杆的接点P在以在以OP为半径的O上运动．数学兴趣小
OH l OH 4 PQ3
组为进一步研究其中所蕴含的数学知识，过点O作 于点H，并测得 分米， 米，
OP2分米．解决问题：
(1)点Q与点O间的最小距离是______分米；点Q与点O间的最大距离是______分米；点Q在l上滑到最左
端的位置与滑到最右端位置间的距离是______分米；
(2)如图3，有同学说：“当点Q滑动到点H的位置时，PQ与O是相切的．”你认为这个判断对吗？说
明理由；
(3)当OP绕点O左右摆动时，所扫过的区域为扇形，求这个扇形面积最大时圆心角的度数．
【答案】(1)4，5，6
(2)不对，理由见解析
(3)所求最大圆心角的度数为120
【分析】（1）点Q运动到点H时，点Q与O的距离最小，即可求解；点O、P、Q在一条直线上时，点Q
HQ OH2OQ2
与O的距离最大，即可求解；点Q滑动到最左端时，由 即可求解；当点Q运动到最右
端时，同理可求．
OQ2 PQ2OP2
（2）可证 ，即可求解；
PQl PP OH P PQ
（3） 时，点P到直线l的距离最大，连接 ，交 于点D，过点 作 垂直l．可证
OD 1
，在 中，sinOPD ，从而可求 ，接可求解．
PDPD RtODP OP 2 OPD30
【详解】（1）解：∵点Q运动到点H时，点Q与O的距离最小，由于OH 4分米，
Q与O的最小距离为4分米，
∵点O、P、Q在一条直线上时，点Q与O的距离最大，
最大距离为：OPPQ235（分米），
点Q滑动到最左端时，
∵ OH 4分米，QO5分米，OH l，
HQ OH2OQ2 3
分米，HQ3
同理可得，当点Q运动到最右端时， 分米，
点Q在l上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离为6分米．
故答案为：4，5，6．
（2）解：不对．
理由如下：
∵ OP2，PQ3，OH 4，
OQOH 4
当Q、H重合时， ，
∵ 42 3222 OQ2 PQ2OP2
，即 ，
QPO
不是直角三角形，
OP与PQ不垂直．
PQ与O不相切．
PQ3 PQl
∵
（3）解： 分米，只有 时，点P到直线l的距离最大，
在O上存在点P，P到l的距离为3．此时，OP将不能再向下转动，
PP OH P PQ
如图，连接 ，交 于点D，过点 作 垂直l．
则OP在绕点O左右摆动过程中所扫过的最大扇形就是POP．
∵ PQ PQ PQPQ3
， 均与l垂直，且 分米，
四边形PQQP是矩形，
OH PP，
PDPD，
∵ OP2，ODOH HD1，
OD 1
在 中，sinOPD ，
RtODP OP 2
OPD30，DOP60，
POP120，
所求最大圆心角的度数为120．
【点睛】本题考查了圆外一点到圆心的距离最值问题，切线的判定，勾股定理，特殊角的三角函数值等，
理解距离取得最值的条件，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．
题型七 三角形的外心和外接圆
【例12】（2022秋·河北廊坊·九年级廊坊市第四中学校考期中）如图， ， ，直线
经过点 ．设 ， 于点 ，将射线 绕点 按逆时针方向旋转 ，与直线
交于点 ．
(1)判断： ___________
(2)若 ，求 的长
(3)若 是锐角三角形，直接写出 的取值范围．
【答案】(1) (2) (3)
【分析】（1）在四边形 中，根据四边形内角和求解即可；
（2）证明出 是等腰直角三角形，利用勾股定理求解即可；
（3）把 是锐角三角形的问题转化为外心在三角形的内部来求解，当 时， 的外
心是斜边的中点处， 时， 的外心在其外部，即可求解．
【详解】（1）解：在四边形 中， ，
故答案是： ；
（2）解： ， ，
．
在四边形 中， ，
而 ，．
又 ，
，
．
又 ，
是等腰直角三角形，
；
（3）解：若 是锐角三角形，则外心在其内部，
当 时， 的外心是斜边的中点，
当 时， 的外心在其外部，
，
故： ．
【点睛】本题考查的是圆的综合应用，涉及到三角形全等、三角形外心、旋转的性质，解题的关键是利用
转化的思想求解．
巩固训练：
1．（2023·河北衡水·校联考二模）如图，直线 ， 为垂足，且点 在 上．若在 上找一点 ，使得
，则下列作法中，正确的是（ ）
A．作线段 的中垂线，交 于点 B．作 的外接圆，交 于点
C．过点 作一直线垂直于 ，交 于点 D．作 的平分线，交 于点
【答案】B
【分析】根据等弧所对的圆周角相等，即可求解．
【详解】解：如图所示，作 的外接圆，交 于点∵
∴
故选：B．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
2．（2023·江苏·九年级假期作业）如图， 是 的外接圆，则点O是 的（ ）
A．三条高线的交点 B．三条边的垂直平分线的交点
C．三条中线的交点 D．三角形三内角角平分线的交点
【答案】B
【分析】根据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，进而得出答案．
【详解】 是 的外接圆，
点O是 的三条边的垂直平分线的交点，
故选：B．
【点睛】本题考查三角形的外接圆和外心，正确把握外心的定义是解题的关键．
3．（2023·江苏·九年级假期作业）如图， 为 的外心， 为正三角形， 与 相交于 点，
连接 ．若 ， ，则 为（ ）A．110° B．90° C．85° D．80°
【答案】C
【分析】由三角形的外心可知 ，结合 ， 先求出 ，再利用 是正三
角形以及外角的性质即可求解 的度数．
【详解】解： 是 的外心，
是正三角形
故选C．
【点睛】本题主要考查外心的性质，等边三角形的性质及三角形外角性质，熟练掌握外心的性质及外角的
性质是解决本题的关键．
4．（2022秋·河北石家庄·九年级校考期中）如图， 为锐角三角形 的外心，四边形 为正方形，
其中 点在 的外部，判断下列叙述不正确的是（ ）
A． 是 的外心， 不是 的外心B． 是 的外心， 不是 的外心
C． 是 的外心， 不是 的外心 D． 是 的外心， 不是 的外心
【答案】C
【分析】根据三角形的外心得出 ，根据正方形的性质得出 ，求出
，再逐个判断即可．【详解】解：连接 、 、 ，
为锐角三角形 的外心，
，
四边形 为正方形，
，
，即 不是 的外心，
，即 是 的外心，
，即 是 的外心，
，即 不是 的外心，
故选： ．
【点睛】本题考查了正方形的性质和三角形的外心与外接圆，能熟记知识点的内容是解此题的关键，注意：
三角形的外心到三个顶点的距离相等，正方形的四边都相等．
5．（2022秋·浙江宁波·九年级校考阶段练习）如图，已知点O是 的外心， ，连结 ，
则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据点O是 的外心，可得 ，再由等腰三角形的性质，即可求
解．
【详解】解：如图，∵点O是 的外心， ，
∴ ，
∴ ，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的知识；解题的关键是熟练掌握三角形外接圆的性质、圆周角定理．
6．（2022秋·安徽安庆·九年级统考期末） 中， 、 、 ，则 外接圆圆心坐标
为 ．
【答案】
【分析】先画出图形，证明 ，可得 的外心是斜边 的中点，从而可得答案．
【详解】解：如图，∵ 、 、 ，
∴ ，
∴ 的外心是斜边 的中点，
∴外接圆的圆心坐标为： ，即 ；故答案为：
【点睛】本题考查的是坐标与图形，求解直角三角形的外心坐标，熟记直角三角形的外心是斜边的中点是
解本题的关键．
7．（2023·江苏·九年级假期作业）平面直角坐标系中，已知 的三个顶点分别为
，则 的外心的坐标为 ．
【答案】
【分析】设 的外心坐标为点 ，由三角形的外心到三个顶点的距离相等列出等量关系式，求出
点P坐标，即可求解．
【详解】解：设 的外心坐标为点 ，则 ，
， ， ，
即 解得： ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查三角形外心知识以及解直角三角形，掌握三角形的外心到三个顶点的距离相等是解题的
关键．
8．（2022秋·内蒙古呼伦贝尔·九年级统考期末）已知直角三角形的两条直角边分别为 、 ，则它的外接
圆半径
【答案】5
【分析】利用勾股定理易得直角三角形的斜边，它外接圆的半径为斜边的一半．
【详解】∵直角三角形的两直角边分别为 和 ，
∴斜边长为 ，
∴它的外接圆半径为
故答案为： ．【点睛】本题考查了求直角三角形外接圆的半径；用到的知识点为：直角三角形外接圆的半径等于斜边的
一半．
9．（2023·湖北襄阳·校考二模）已知 两边长分别是 和 ，则它的外接圆的半径是
．
【答案】 或 /4cm或5cm
【分析】分 为直角边和 为斜边两种情况，结合直角三角形的外接圆半径为斜边长的一半和勾股定
理求解即可．
【详解】解：若 为直角边时，则斜边长为 ，则 的外接圆的半径是 ，
若 为斜边长时， 的外接圆的半径是 ，
综上， 的外接圆的半径是 或 ，
故答案为： 或 ．
【点睛】本题考查直角三角形的外接圆、勾股定理，熟知直角三角形的外接圆半径为斜边长的一半，本题
容易忽视对边的讨论而导致错误，故需分类讨论进行求解．
10．（2023·湖北咸宁·统考一模）已知 中， ，点O是 的外心，点 是 的外心，
点 是 的外心，点 是 的外心，…，则 的度数为 ．
【答案】 / 度
【分析】画出图形，根据圆周角定理依次算出 ， ， ，最后根据规律即可解答．
【详解】解：如图：
，
；，
；
，
；
，
；，
，
，
，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了三角形外心的概念，圆周角定理，熟练画出图形，找出规律是解题的关键．
11．（2023春·九年级单元测试）已知 ，作出 的外接圆 （尺规作图，不写作法，保留作
图痕迹）．
【答案】见解析
【分析】作 的垂直平分线与 交于点M，以M为圆心， 为直径画圆即可．
【详解】解：如图所示， 即为所求；
．
【点睛】本题主要考查了尺规作图—画圆，熟练掌握 角所对的弦是直径是解题的关键．
12．（2023秋·广东东莞·九年级校联考期末）如图， 为圆 的内接三角形， ，连接 并延长交 于点 ．
(1)求证： ；
(2)若 ， ，求 的半径．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）证明 是线段 的垂直平分线，即可证明 ；
（2）连接 ，根据垂径定理得到 ，根据勾股定理得到 ，设 ，则
，根据勾股定理建立方程求解即可．
【详解】（1）证明：∵ 为圆 的内接三角形，
∴点O在线段 的垂直平分线上，
∵ ，
∴点A在线段 的垂直平分线上，
∴ 是线段 的垂直平分线，
∴ ；
（2）解：如图所示，连接 ，
，
，
，
，
设 ，则 ，
，，
解得 ，
∴ 的半径为 ．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆的性质，勾股定理，垂径定理等等，正确地作出辅助线是解题的关键．
13．（2023·浙江·九年级假期作业）下面是证明定理的两种方法，选择其中一种完成证明．
证明定理“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”．
已知：如图，在 中， ， 是斜边 上的中线，求证： ．
方法2：利用圆的性质证明．
方法1：利用矩形判定和性质证明．
【答案】证明过程见详解
【分析】根据矩形的性质，对角线相等且相互平分；根据圆的性质，从圆心到圆上的点所成的半径相等即
可求解．
【详解】解：方法一：利用矩形判定和性质证明．
如图所示，过点 作 ，且 ，∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴平行四边形 是矩形，
∴ ，
∵ 是斜边 上的中线，即点 是斜边 上的中点，
∴点D也是 的中点，
∴ ，
∴ ；
方法二：利用圆的性质证明．
如图所示， 是斜边 上的中线，即点 是斜边 上的中点，以 为圆心，以 为半径画圆，且
，即 为 的直径，
∴ 内接于 ，则点 在圆上，且 ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，圆的性质，理解并掌握矩形中对角线相等且相互平分，从圆心到圆上
的半径相等的知识是解题的关键．
14．（2022秋·江苏宿迁·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系 中，每个小正方形网格的边长为
1，点A， ， 的坐标分别为 、 、 ．(1)填空： 的外接圆的圆心坐标为______．该外接圆的半径长为______；
(2)在图中格点上标出点 （不与 点重合），使得 ，并写出它的坐标．
【答案】(1) ；
(2)点 见解析，坐标为
【分析】（1）根据三角形外接圆的圆心为三角形各边垂直平分线的交点，作 、 的垂直平分线相交
于点P，得到点P坐标即为 的外接圆的圆心坐标，连接 ，利用两点间距离公式求出 的长，即
可得到该外接圆的半径长；
（2）作 的外接圆，利用圆周角的定理即可得到点 ，再根据图形即可得到坐标．
【详解】（1）解： 三角形外接圆的圆心为三角形各边垂直平分线的交点，
如图，作 、 的垂直平分线相交于点P，即点P为 外接圆的圆心，
由图可知， ，
的外接圆的圆心坐标为 ，
连接 ，
， ，
，
外接圆的半径长为 ，
故答案为： ； ；（2）解：作 的外接圆，该外接圆与直角坐标系格点的另一个交点即为点D，
， ，
，
即点D的坐标为 ．
【点睛】本题考查了三角形的外心，两点间距离公式，圆周角定理，解题关键是掌握三角形三边垂直平分
线的交点为三角形外接圆的圆心．
题型八 三角形的内心和内切圆
【例13】（1）（2023秋·安徽六安·九年级校考期末）如图，已知 是 的内切圆，且 ，
则 的度数为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由三角形内切圆定义可知 、 是 、 的角平分线，所以可得到关系式
，把对应数值代入即可求得 的值．
【详解】解：∵ 是 的内切圆，
、 是 、 的角平分线，
，
．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了三角形的内切圆．关键是要知道三角形内切圆的圆心是三角形三个内角平分线的
交点．
（2）（2023·湖南长沙·长沙市湘郡培粹实验中学校考三模）如图， 是 的内切圆，若 的周
长为18，面积为9，则 的半径是（ ）
A．1 B． C．1.5 D．2
【答案】A
【分析】作辅助线如解析图，根据 ，代入数据求解即可.
【详解】解：如图，设 与 的各边分别相切于点E、F、G，连接 ，设的半径为r，
则 ， ，
∵
，
又 的周长为18，面积为9，
∴ ，
∴ ，
故选：A.
【点睛】本题考查了利用三角形的面积求三角形的内切圆半径，掌握求解的方法是解题的关键.
（3）（2023·湖北·统考中考真题）如图，在 中， 的内切圆 与 分别
相切于点 ， ，连接 的延长线交 于点 ，则 ．
【答案】 / 度
【分析】如图所示，连接 ，设 交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出
，再由切线长定理得到 ，进而推出 是 的垂直平分线，即 ，则
．
【详解】解：如图所示，连接 ，设 交于H，
∵ 是 的内切圆，
∴ 分别是 的角平分线，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 与 分别相切于点 ， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ 是 的垂直平分线，
∴ ，即 ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角
形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
巩固训练：
1．（2023·全国·九年级专题练习） 两直角边的长分别为 和 ，则其内心与外心的距离为
（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】先根据题意画出图形， 的内心是三角形角平分线的交点O，外心是斜边的中点M，求出
，根据面积法求出 ，进而得出 ，在求出，根据勾股定理即可得出答案．
【详解】解：如图所示： 的内心是三角形角平分线的交点O，外心是斜边的中点M，
设 ， ，
∴ ，
∵ 的内心是三角形角平分线的交点O，外心是斜边的中点M，
∴ ，
根据三角形的面积可得： ，
∴ ，即 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴内心与外心的距离为 ，
故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内心与外心，勾股定理，得出三角形的内心与外心的位置是解题的关键．
2．（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，点O是 外接圆的圆心，点I是 的内心，连接 ，
．若 ，则 的度数为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据三角形内心的定义可得 的度数，然后由圆周角定理求出 ，再根据三角形内角
和定理以及等腰三角形的性质得出答案．
【详解】解：连接 ，
∵点I是 的内心， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形内心的定义和圆周角定理，熟知三角形的内心是三角形三个内角平分线的
交点是解题的关键．
3．（2023秋·河北承德·九年级统考期末）如图，甲、乙、丙、丁四位同学从四块全等的等腰直角三角形纸
板上裁下四块不同的纸板（阴影部分），使得阴影面积尽可能大，他们的具体裁法如下：
甲同学：如图1所示裁下一个正方形，面积记为 ；
乙同学：如图2所示裁下一个正方形，面积记为 ；
丙同学：如图3所示裁下一个半圆，使半圆的直径在等腰 的直角边上，面积记为 ；丁同学：如图所示裁下一个内切圆，面积记为 ；
则下列判断正确的是（ ）
① ；② ；③在 ， ， ， 中， 最小
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】B
【分析】分别计算结果再比较大小．具体如下：若设四块全等的等腰直角三角形的腰长为1，则斜边长为
，只要把四个图中阴影部分的面积都用等腰直角三角形的腰长表示，就可比较它们的大小．根据直角
三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，可求图1中 ；设图2中正方形的边长为x,根据等腰直角三
角形的性质求得x的值，所以可知 ；在图3中，设半圆的半径为r,根据切线长定理可求得
；在图4中，设三角形的内切圆半径为R，根据切线长定理可求得 ，
；根据以上计算的值进行比较即可判断．
【详解】解：图1中，设四块全等的等腰直角三角形的腰长为1，则斜边长为 ，图1中阴影正方形的对
角线长为 ， ；图2中，设正方形的边长为x，则 ， ， ；
图3中，设半圆的半径为r，则 ， ， ；
图4中，设三角形的内切圆半径为R，则 ，解得： ， ；
根据以上计算的值进行比较， ，在 ， ， ， 中， 最小，所以正确的是②③．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质及内切圆的性质，切线长定理等内容，范围较广．
4．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，在一张 纸片中， ， ， ，
是它的内切圆．小明用剪刀沿着 的切线 剪下一块三角形 ，则 的周长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
【答案】C
【分析】设 的内切圆切三边于点 ，连接 ，得四边形 是正方形，由切
线长定理可知 ，根据 是 的切线，可得 ， ，根据勾股定理可得 ，
再求出内切圆的半径 ，进而可得 的周长．
【详解】解：如图，设 的内切圆切三边于点 、 、 ，连接 、 、 ，
∴四边形 是正方形，
由切线长定理可知 ，
∵ 是 的切线，∴ ，
∵ ， ， ，
∴
∵ 是 的内切圆，
∴内切圆的半径 ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的周长 ．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，切线的性质，解决本题的关键是掌握切线的性质．
5．（2023·全国·九年级专题练习）如图，锐角三角形 中，点O为 中点．甲、乙二人想在 上找
一点P，使得 的外心为点O，其作法分别如下．对于甲、乙二人的作法，下列判断正确的是（ ）
甲的作法
乙的作法
以O为圆心， 长为半径画弧，
过点B作与 垂直的直线，
交 于点P，则P即为所求
交 于点P，则P即为所求
A．两人都正确 B．两人都错误 C．甲正确，乙错误 D．甲错误，乙正确【答案】A
【分析】根据三角形外心的定义一一分析判断即可． .
【详解】解：由甲的作法可知， 为直角三角形，
∴ 为 的外接圆的直径，
∵点O为 中点，
∴ ，
∴点 为 的外心，故甲的作法正确；
由乙的作法可知， ，
∴点 为 的外心，故乙的作法正确；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了作图—复杂作图，三角形的外心等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学
知识解决问题．
6．（2022秋·河北邢台·九年级邢台三中校考阶段练习）如图， 的内切圆（圆心为点O）与各边分别
相切于点D，E，F，连接 ， ．以点B为圆心，以适当长为半径作弧分别交 于G，H
两点；分别以点G，H为圆心，以大于 的长为半径作弧，两条弧在 的内部交于点P；作射线
．给出下列结论：
①射线 一定过点O；
②点O是 三条中线的交点；
③点O是 三条边的垂直平分线的交点；
④点O是 三条边的垂直平分线的交点．
其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】由作图知，射线 是 的角平分线，由内切圆圆心是三角形三内角平分线的交点知，可判
定①正确，③错误； 是 的外接圆，则其三边垂直平分线的交点是圆心O，故可判定④正确，②错误；从而可作出选择．
【详解】解：由作图知，射线 是 的角平分线，
∵ 的内切圆圆心是 三内角角平分线的交点，
∴射线 一定过点O，
故①正确，③错误；
∵ 是 的外接圆，而三角形三边垂直平分线的交点是三角形外接圆的圆心，
故④正确，②错误；
∴正确的是有2个，是①与④正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了尺规作图：作角平分线，三角形的外接圆与内切圆的知识，掌握这些知识是解题的基
础与关键．
7．（2022秋·山东济宁·九年级济宁学院附属中学校考期中）在 中， ， ， ，
那么这个三角形内切圆的半径为 ．
【答案】2
【分析】根据题意，作出图形，设半径为 ，则 ，根据勾股定理得出 ，通过证明
四边形 为正方形结合切线长定理可得 ， ，最后根据
，列出方程求解即可．
【详解】解：根据题意，作出图形，如下图：
设半径为 ，则 ，
由勾股定理可得： ，
由题意可得： 、 、 ，
∴ ，
∴四边形 为矩形，
又∵ ，
∴矩形 为正方形，
∴ ，
则 ， ，
由切线长定理可得： ， ，
∴ ，
解得 ，
这个三角形内切圆的半径为2故答案为：2．
【点睛】此题考查了圆切线的性质以及切线长定理，涉及了勾股定理以及正方形的判定与性质，解题的关
键是熟练掌握三角形内切圆的定义，正确画出图形，灵活运用相关性质进行求解．
8．（2022秋·贵州黔西·九年级校考期中）如图， 的内切圆 与两直角边 、 分别相切于
点D、E，过劣弧 （不包括端点D、E）上任一点P作 的切线 ，与 、 分别交于点M、
N， ， ，则 的周长为 ．
【答案】4
【分析】首先利用勾股定理求出斜边 的长度，再判断四边形 为正方形，然后利用切线长定理求
出内切圆半径，进而求出周长．
【详解】如图，连接 、 ，在 中， ，
设内切圆半径为r， 、 为 的切线，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴四边形 为正方形，
∴ ，
由切线长定理得， ， ， ， ，
∴ ，解得 ，
则的周长为
．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆，切线的性质定理，切线长定理，解题关键是判断四边形 为正
方形，再依据切线长定理把三角形的周长化为两条切线长，再转化为半径进行求解．
9．（2023秋·天津津南·九年级统考期末）如图， 的内切圆 与 、 、 分别相切于点 、
、 ．(1)若 ， ，求 的度数；
(2)若 ， ， ，求 的长．
【答案】(1)∠BOC=117.5°
(2)AF＝6
【分析】（1）根据三角形的内心是角平分线的交点，利用三角形内角和可求度数；
（2）设 ， ， ，根据切线长定理，构建方程组解决问题即可．
【详解】（1）解：（1） 的内切圆 与 、 、 分别相切于点 、 、 ，
， ，
∵ ， ，
；
（2） 是 的内切圆，
， ， ，
设 ， ， ，
又 ， ， ，
，解得 ，
；
【点睛】本题考查三角形的内切圆，三角形内角和定理，切线的性质，解三元一次方程组等知识，解题的
关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
10．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期中）如图，已知O是 的内心，连接 ， ， ．若
内切圆的半径为2， 的周长为12，求 的面积．
【答案】12
【分析】设切点为D，E，F，连接 ， ， ，将三角形面积表示为
，结合周长可得结果．
【详解】解：设切点为D，E，F，连接 ， ， ，
∴ ，
∵ 的周长为12，
∴ ，
∴ 的面积为：
．【点睛】本题考查了三角形的面积，内切圆的性质，解题的关键是将面积用三个三角形的和表示．
11．（2023·江苏·九年级假期作业）如图 内接于 ， ， 是 的直径，点 是 延长
线上一点，且 ， ．
(1)求证： 是 的切线；
(2)求 的直径；
(3)当点B在 下方运动时，直接写出 内心的运动路线长是 ．
【答案】(1)见解析
(2)6
(3)
【分析】（1）分别求出 ， ，即可得 ，从而证明 是 的切线；
（2）由（1）可知 ， ，则 ，即可求圆 的直径是6；
（3）设 的内切圆圆心为 ，连接 ， ， ，根据内心的性质可得 ，因此可知
点在以 为弦， 弦所对的圆周角为 的圆上，作 的外接圆 ，连接 、 ，再由
，可知 点在圆 上，连接 ，可得 是等边三角形，则 ，当 点与
点重合时， ，所以 内心的运动路线长 ．
【详解】（1）解：证明：连接 ， ，是圆 的直径，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
点在圆上，
是 的切线；
（2）由（1）可知， ，
，
，
，
， ，
，
圆 的直径是6；
（3）设 的内切圆圆心为 ，连接 ， ， ，，
，
是 的平分线， 是 的平分线，
，
，
由（2）可知， ，
点在以 为弦， 弦所对的圆周角为 的圆上，
作 的外接圆 ，连接 、 ，
，
，
，
点在圆 上，
连接 ，
，
，
是等边三角形，
，
当 点与 点重合时， ，
内心的运动路线长 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握三角形外接圆的性质，切线的判定及性质，三角形内切圆的性
质，四点共圆的判定，等边三角形的性质，直角三角形的性质，圆的弧长公式是解题的关键．题型九 正多边形和圆
【例14】（1）（2023秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，已知 的半径为4，则该圆内接正六边形
的边心距 （ ）
A． B． C． D．3
【答案】C
【分析】连接 ， ，可得 是等边三角形，根据边心距即为等边三角形的高用勾股定理求出 ．
【详解】解：连接 ， ，
∵六边形 是正六边形，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
由题意可知 ，则 垂直平分 ，
∴ ，
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形，等边三角形的判定及性质，熟练掌握圆内接正多边形的相关概念是解题的
关键．（2）（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，六边形 是 的内接正六边形，设正六边形
的面积为 ， 的面积为 ，则 ．
【答案】2
【分析】连接 ，首先证明出 是 的内接正三角形，然后证明出 ，
得到 ， ，进而求解即可．
【详解】如图所示，连接 ，
∵六边形 是 的内接正六边形，
∴ ，
∴ 是 的内接正三角形，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
同理可得， ，又∵ ，
∴ ，
∴ ，
由圆和正六边形的性质可得， ，
由圆和正三角形的性质可得， ，
∵ ，
∴ ．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知
识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
巩固训练：
1．（2023秋·河南许昌·九年级许昌市第一中学校联考期末）如图，螺母的一个面的外沿可以看作是正六边
形，这个正六边形 的半径是 ，则这个正六边形的周长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，正六边形 的半径是 ，由正六边形的性质构造 证出 是等边三角形，
由等边三角形的性质得出 ，即可得出答案．
【详解】解：如图，连接 ，交点为 ，由正多边形的性质得，点 为正六边形 的中心
点是正六边形 的中心，正六边形 的半径是 ，
，
，
是等边三角形，
，
正六边形 的周长为： ，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了正多边形和圆、等边三角形的判定与性质；根据题意构造出 是等边三角形
是解题关键．
5．（2022秋·山西忻州·九年级校联考阶段练习）如图，五边形 是 的内接正五边形，过点 作
的切线交 的延长线于点 ，交 的延长线于点 ．则下列结论中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接 ， ，根据正五边形的性质得到 ， ，
，故B错误；求得 ，根据三角形的三边关系得到 ，故A错误；根据切
线的性质得到 ，求得 ，故D错误；根据三角形的内角和
定理得到 ，故C正确．
【详解】解：连接 ， ，五边形 是 的内接正五边形，
， ， ，故B错误；
，
，
，
，故A错误；
，
，
，
是 的切线，
，
，故D错误；
，故C正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，等腰三角形的性质，切线的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
6．（2023·全国·九年级专题练习）如图，点O为正六边形的中心，P，Q分别从点 同时出发，沿正
六边形按图示方向运动，点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，则第 次
相遇地点的坐标为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据 ，O为正六边形的中心，可得 ，连接OB，作 于点G，可得
， ，可得 ， ，根据题意可得，P，Q第一次相遇地点的坐
标在点 ，以此类推：第二次相遇地点在点 ，第三次相遇地点在点 ，…如此
循环下去，即可求出第 次相遇地点的坐标．
【详解】解： ，O为正六边形的中心，
，
连接OB，作 于点G，则 ， ，
，
，
正六边形的边长为1，
正六边形的周长等于6，
又 点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，
第1次相遇需要的时间为： （秒），
此时点P的路程为 ，点Q的路程为 ，
此时P，Q相遇地点的坐标在点 ，
以此类推：第二次相遇地点在点 ，
第三次相遇地点在点 ，
…如此下去，
，
第2023次相遇地点在点 ， 的坐标为 ．
故选：A．
【点睛】本题考查正多边形和圆、平面直角坐标系中坐标的规律探究及等边三角形的性质，熟练掌握正六
边形的性质找到坐标的运动规律是解题的关键．
7．（2023·福建·统考中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，
即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“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”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率 的近似
值为3.1416．如图， 的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计 的面积，可得的估计值为 ，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得 的估计值为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】C
【分析】根据圆内接正多边形的性质可得 ，根据30度的作对的直角边是斜边的一半可得
，根据三角形的面积公式即可求得正十二边形的面积，即可求解．
【详解】解：圆的内接正十二边形的面积可以看成12个全等的等腰三角形组成，故等腰三角形的顶角为
，设圆的半径为1，如图为其中一个等腰三角形 ，过点 作 交 于点于点 ，
∵ ，
∴ ，
则 ，
故正十二边形的面积为 ，
圆的面积为 ，
用圆内接正十二边形面积近似估计 的面积可得 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接正多边形的性质，30度的作对的直角边是斜边的一半，三角形的面积公式，圆的面积公式等，正确求出正十二边形的面积是解题的关键．
8．（2022秋·山西朔州·九年级校考阶段练习）若一个圆内接正多边形的中心角是 ，则这个正多边形的
边数是（ ）
A．10 B．9 C．8 D．6
【答案】B
【分析】根据正多边形的中心角的计算公式计算即可．
【详解】解：设这个多边形的边数是 ，
由题意得， ，
解得， ，
∴这个正多边形的边数是9，
故选：B．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆的有关知识，掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键．
9．（2023·浙江台州·统考中考真题）如图， 的圆心O与正方形的中心重合，已知 的半径和正方形
的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（ ）．
A． B．2 C． D．
【答案】D
【分析】设正方形四个顶点分别为 ，连接 并延长，交 于点 ，由题意可得， 的长
度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，求解即可．
【详解】解：设正方形四个顶点分别为 ，连接 并延长，交 于点 ，过点 作 ，
如下图：则 的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，
由题意可得： ，
由勾股定理可得： ，
∴ ，
故选：D
【点睛】此题考查了圆与正多边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆与正多边形的性质，确定
出圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值的位置．
10．（2022秋·浙江丽水·九年级校考期中）如图，A、 、 、 为一个正多边形的相邻四个顶点， 为
正多边形的中心，若 ，则这个正多边形的边数为 ．
【答案】15
【分析】连接 ， ，根据圆周角定理得到 ，根据中心角的定义即可求解．
【详解】解：如图，连接 ， ，
∴ ，
∴这个正多边形的边数为 ，
故答案为：15．
【点睛】本题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．
11．（2023秋·山西长治·九年级统考期末）如图，正三角形 与正五边形 内接于 ，则的度数为 ．
【答案】24
【分析】设外接圆圆心为O，连接 ，根据正五边形、正三角形和外接圆的性质可知： 平分 ，
平分 ，可得 ，根据正五边形和正三角形的性质求出
， ，问题得解．
【详解】解：设外接圆圆心为O，连接 ，
根据正五边形、正三角形和外接圆的性质可知： 平分 ， 平分 ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∵五边形 是正五边形，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．【点睛】本题主要考查正多边形与外接圆等知识，得出 是解题
关键．
12．（2023·湖南·统考中考真题）如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正
五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是 个．
【答案】10
【分析】先求出正五边形的外角为 ，则 ，进而得出 ，即可求解．
【详解】解：根据题意可得：
∵正五边形的一个外角 ，
∴ ，
∴ ，
∴共需要正五边形的个数 （个），
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，正多边形的外角，解题的关键是掌握正多边形的外角的求法．
题型十 扇形面积和弧长计算
【例15】（1）（2023·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，四边形 内接于 ， 的半径为 ，，则 的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆内接四边形的性质得到 ，由圆周角定理得到 ，根据弧长的公式即可
得到结论．
【详解】解： 四边形 内接于 ， ，
，
，
的长 ．
故选： ．
【点睛】本题考查的是弧长的计算，圆内接四边形的性质和圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是
解题的关键．
（2）（2023秋·山西大同·九年级统考期末）如图， 是以 为直径的半圆周的三等分点， 是直径
上的任意一点．若 ，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接 ， ，由题意可得 ，则 ，由 ，可得阴影部分的面积等于扇形 的面积，利用扇形面积公式求解即可．
【详解】解：连接 ， ，
∵M，N是以 为直径的半圆周的三等分点，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴阴影部分的面积等于扇形 的面积，即为 ．
故选：D．
【点睛】本题考查扇形的面积公式，等边三角形的判定，平行线的性质，熟练掌握扇形的面积公式是解答
本题的关键．
巩固训练：
1．（2023春·山东威海统考期末）如图，将一个圆分成甲、乙、丙三个扇形，其圆心角度数之比为 ．
若圆的半径为3，则扇形乙的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求得扇形丙的圆心角，再根据扇形的面积公式： 进行计算即可．
【详解】解：∵甲、乙、丙三个扇形的圆心角的度数之比为 ，∴扇形丙的圆心角 ，
∴ ，
故选D．
【点睛】本题考查了扇形的面积公式： （n为圆心角的度数，r为半径）．
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四十七中学校考模拟预测）一个扇形的半径是 ，圆心角是 ，
则此扇形的弧长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据弧长公式进行计算即可．
【详解】解：由题意得，扇形的半径为 ，圆心角为 ，
故此扇形的弧长为 ，
故选：A．
【点睛】此题考查了扇形弧长的计算，属于基础题，解答本题的关键是熟练掌握弧长计算公式，难度一般．
3．（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图，将半径为 的扇形 沿 方向平移 ，得到扇形 ．
若 ，则重叠部分（阴影部分）的面积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据平移的性质可知 ， ，最后利用扇形的面积公式解答即可．
【详解】解：∵将半径为 的扇形 沿 方向平移 得到扇形 ，∴ ， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故选： ．
【点睛】本题考查了平移的性质，扇形的面积公式，掌握平移的性质是解题的关键．
4．（2022秋·江苏南京·九年级南京市竹山中学校考阶段练习）如图，从一块直径为 的圆形铁皮上剪出
一个圆心角为 的扇形，则此扇形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接 ，根据90度的圆周角所对的弦是直径可知 是直径，则 ，再利用勾股定理即
可求得 的长，把圆心角是90度，半径是 代入扇形的面积公式即可求得扇形的面积．
【详解】解：如图所示，连接 ，
∵ ，
∴ 是直径，
∴ ，
在 中，由勾股定理求得： ，，
故选C．
【点睛】本题主要考查了扇形面积的计算，勾股定理，圆周角定理，解题关键是熟记扇形面积公式．
5．（2023·四川雅安·统考中考真题）如图，某小区要绿化一扇形 空地，准备在小扇形 内种花在
其余区域内（阴影部分）种草，测得 ， ， ，则种草区域的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】种草区域的面积等于大扇形面积减去小扇形面积，利用利用扇形的面积公式计算即可．
【详解】解∶∵ ， ， ，
∴种草区域的面积为 ，
故选：B．
【点睛】本题考查扇形的面积，解题的关键是记住扇形的面积公式：扇形面积 ．
6．（2023·四川·统考中考真题）如图，半径为 的扇形 中， ， 是 上一点，
， ，垂足分别为 ， ，若 ，则图中阴影部分面积为( )A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接 ，证明四边形 是正方形，进而得出 ， ，然后根据扇形面
积公式即可求解．
【详解】解：如图所示，连接 ，
∵ ， ， ，
∴四边形 是矩形，
∵ ，
∴四边形 是正方形，
∴ ， ，
∴图中阴影部分面积 ，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，求扇形面积，证明四边形 是正方形是解题的关键．
7．（2023·河南南阳·统考模拟预测）如图，在矩形 中， ， ，以D为圆心，以 长
为半径画弧，以C为圆心，以 长为半径画弧，两弧恰好交于 上的点E处，则阴影部分的面积为
．【答案】
【分析】如图，连接 ，根据勾股定理，得 ，根据阴影部分的面积 为：扇形 的面积减去
，根据 的等于扇形 的面积减去 ，即可求解．
【详解】解：连接 ，如图：
四边形 是矩形，
， ，
，
，
，
扇形 的面积为： ，
∵ ，
阴影部分的面积为： ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查矩形的性质，扇形的面积，三角形面积，解题的关键是掌握扇形的面积公式，矩形的性
质．
8．（2023·吉林长春·校联考二模）如图， 是 的直径， ，点 在 上（点 不与 、 重
合），过点 作 的切线交 的延长线于点 ，连接 ．若 ，则 的长度是 （结果保留 ）
【答案】 /
【分析】连接 ，根据切线的性质，得出 ，再根据三角形的内角和定理，得出 ，
即 ，再根据圆的基本概念，得出 ，再根据弧长公式，计算即可．
【详解】解：如图，连接 ，
∵ 是 的切线，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
即 ，
又∵ 是 的直径， ，
∴ ，
∴ 的长度为： ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了切线的性质、三角形的内角和定理、弧长公式，解本题的关键在熟练掌握相关的性质
定理．
9．（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）曲线L在直角坐标系中的位置如图所示，曲线L是由半径为
2，圆心角为120°的 （O是坐标原点，点A在x轴上）绕点A旋转180°，得到 ；再将 绕点 旋转180°，得到 ；……依次类推，形成曲线L，现有一点P从O点出发，以每秒 个单位长度的速度，
沿曲线L向右运动，则点A的坐标为 ；在第2020s时，点P的坐标为 ．
【答案】
【分析】如图，设 的圆心为 ，过点 作 于 ．解直角三角形求出 的长，即可得到点 坐
标，再求出点 的运动路径，判断出点 的位置，求出 可得结论．
【详解】解：如图，设 的圆心为 ，过点 作 于 ．
由题意 ， ，
，
， ，
，
，
，
的长 ，点 的运动路径 ，
又 ，
点 在 轴上， 的长 ，
此时 ．故答案为 ， ．
【点睛】本题考查弧长公式，规律型问题，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．
10．（2023·吉林松原·统考一模）如图所示，矩形 的对角线 ， 交于点 ，分别以点 ， 为
圆心， 长为半径画弧，分别交 ， 于点 ， ．若 ， ，则图中阴影部分的面
积为 ．（结果保留 ）
【答案】
【分析】由图可知，阴影部分的面积是扇形 和扇形 的面积之和．
【详解】解： 四边形 是矩形，
图中阴影部分的面积为： ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查扇形面积的计算、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
11．（2023秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，半圆 的直径 ，弦 ， 的长为 ，则
的长为 ．【答案】
【分析】由题意可知： 是等边三角形，从而可求出弧 的长度，再求出半圆弧的长度后，即可求
出弧 的长度．
【详解】解：连接 、 ，
，
是等边三角形，
，
的长 ，
又 半圆弧的长度为： ，
．
故答案为：
【点睛】本题考查圆了弧长的计算，等边三角形的性质等知识，属于中等题型．
12．（2023·浙江湖州·统考一模）一个扇形的半径为4，圆心角为 ，则此扇形的弧长为 ．
【答案】
【分析】利用弧长公式进行计算即可．
【详解】解：弧长为 ；
故答案为：
【点睛】本题考查求弧长．熟练掌握弧长公式，是解题的关键．
13．（2023秋·云南昭通·九年级统考期末）如图，边长为3的正六边形 内接于 ，则图中阴影
部分的面积为 （结果保留 ）．【答案】
【分析】将阴影部分合并即可得到扇形的面积,利用扇形面积公式计算即可.
【详解】解：∵ 是正六边形，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
故答案为： .
【点睛】本题考查扇形面积计算,关键在于记住扇形的面积公式.
17．（2022秋·上海静安·七年级上海市风华初级中学校考期中）在长方形 中，弧 是以 为圆心
的一段圆弧， ．
求：
(1)用含有 的代数式表示阴影部分的面积；
(2)当 时，求图中阴影部分的面积（结果保留 ）．
【答案】(1)
(2)【分析】（1）由矩形的性质和弧 是以 为圆心的一段圆弧可得 ，再根据
，进行计算即可得到答案；
（2）代入 的值即可得到答案．
【详解】（1）解： 在长方形 中，弧 是以 为圆心的一段圆弧， ，
，
阴影部分的面积为： ；
（2）解：当 时， ．
【点睛】本题考查了列代数式及求代数式的值，矩形的性质，扇形的面积公式，熟练掌握矩形的性质，扇
形的面积公式，是解题的关键．
题型十一 圆锥及其侧面展开图
【例14】(1)（2022秋·山西大同·九年级大同市第三中学校校考阶段练习）若圆锥的高为 ，母线长为
，则圆锥的全面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出底面圆的半径，然后根据圆锥的全面积为底面积与侧面积的和列式计算即可．
【详解】解：∵圆锥的高为 ，母线长为 ，
∴底面圆的半径为 ，
∴底面圆的面积为 ，圆锥的侧面积为 ，
∴圆锥的全面积为 ，
故选：C．
【点睛】此题主要考查圆锥的计算，解题关键在于掌握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．
(2)（2023·浙江衢州·统考二模）某个圆锥的侧面展开图是一个半径为 ，圆心角为 的扇形，则这个
圆锥的底面半径为 cm．
【答案】2【分析】把扇形的弧长等于圆锥底面周长作为相等关系，列方程求解．
【详解】解：设此圆锥的底面半径为 ，
根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面周长可得，
，
故答案为 ．
【点睛】此题考查了圆的周长和圆弧长的计算，熟练掌握它们的计算公式是解题的关键．
(3)（2023秋·山东东营·九年级东营市胜利第一初级中学校考期末）如图，已知圆锥底面半径为 ，母
线长为 ，一只蚂蚁从 处出发绕圆锥侧面一周（回到原来的位置 ）所爬行的最短路径为
．（结果保留根号）
【答案】
【分析】把圆锥的侧面展开得到圆心角为120°，半径为60的扇形，求出扇形中120°的圆心角所对的弦长
即为最短路径．
【详解】解：圆锥的侧面展开如图：过 作 ,
∴
设∠ASB＝n°，
即： ，得： ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角，特殊角的锐角三角函数值，将圆锥中的数据对应到展开图
中是解题的关键．
巩固训练：
1．（2020秋·广东广州·九年级校考阶段练习）圆锥的底面半径为15，母线长为50，则该圆锥的侧面积为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】圆锥的侧面积 底面周长 母线长 ．
【详解】解：因为底面半径为15，母线长50，
所以圆锥的侧面积 ．
故选：B．
【点睛】本题利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解，牢记公式是解答．
2．（2023·湖南·统考中考真题）如图，圆锥底面圆的半径为4，则这个圆锥的侧面展开图中 的长为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【分析】根据底面周长等于 的长，即可求解．
【详解】解：依题意， 的长 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开图的弧长，熟练掌握圆锥底面周长等于 的长是解题的关键．
3．（2023秋·河北石家庄·九年级校考期末）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若
圆锥的底面圆的半径 cm，扇形的圆心角 为120°，则该圆锥的母线l长为（ ）．
A．4cm B．5cm C．6cm D．8cm
【答案】C
【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
母线长结合弧长公式列式求解即可．
【详解】解：根据题意得： ，
解得：l＝6，
即该圆锥母线l的长为6．
故选：C．
【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．
4．（2023春·江苏宿迁·九年级南师附中宿迁分校校联考阶段练习）已知圆锥底面半径为 ，母线长为
，则该圆锥的侧面积是 ．
【答案】
【分析】圆锥的侧面积=底面周长×母线长 ，把相应数值代入即可求解．
【详解】解：圆锥的侧面积 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是弄清圆锥的侧面积的计算方法，特别是圆锥的底面周长等于圆锥的侧面扇形的弧长．
5．（2023春·浙江金华·九年级校联考期中）若圆锥的底面直径为6cm，侧面展开图的面积为 ，则
圆锥的母线长为 ．
【答案】
【分析】根据圆锥底面圆的直径可得半径，从而可求出侧面展开图的弧长，根据 进行计算即可得
到答案．
【详解】解： 圆锥的底面直径为6cm，
圆锥的底面半径为3cm，
圆锥的底面圆周长为 ，
侧面展开图的面积为 ，
，
，
圆锥的母线长为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图的面积，熟练掌握面积公式 是解题的关键．
6．（2023·湖南娄底·统考中考真题）如图，在 中， ， ， 边上的高 ，将
绕着 所在的直线旋转一周得到的几何体的表面积为 ．
【答案】
【分析】由圆锥的侧面展开图是扇形，可得圆锥的侧面积公式 ，再根据题干数据进行计算即可．【详解】解：由题意可得：旋转后的几何体是两个共底面的圆锥，
∵ 边上的高 ，
∴底面圆的周长为： ，
∵ ， ，
∴几何体的表面积为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是圆锥的侧面积的计算，几何体的形成，熟记圆锥的侧面积公式是解本题的关键．
7．（2023秋·新疆和田·九年级统考期末）已知圆锥的底面半径为5，母线长为10，则此圆锥侧面展开图的
面积是 ．
【答案】
【分析】圆锥的侧面积 底面半径 母线长，把相应数值代入即可求解．
【详解】解：圆锥的侧面展开图的面积是 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查圆锥侧面积的求法，熟记公式是解题的关键．
66．（2022秋·湖北十堰·九年级十堰市实验中学校考期中）已知圆锥的底面圆的半径为 ，侧面积为
，则这个圆锥的高为 ．
【答案】
【分析】由题意易得圆锥的母线长为 ，然后根据勾股定理可进行求解．
【详解】解：由题意得：圆锥的母线长为 ，
∴圆锥的高为 ；
故答案为 ．
【点睛】本题主要考查圆锥的侧面积及高的求法，熟练掌握圆锥的侧面积及高的求法是解题的关键．
8．（2023春·江苏盐城·九年级校考阶段练习）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面展开图
的面积是 ．【答案】
【分析】由几何体的主视图和左视图都是等腰三角形，俯视图是圆，可以判断这个几何体是圆锥，结合图
形可得出圆锥的高及底面半径，继而可求出圆锥侧面展开图的半径，进而即可求解．
【详解】解：依题意知高 ，底面半径 ，
由勾股定理求得母线长为： ，
∴该几何体的侧面展开图的面积是 ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查三视图的知识和勾股定理的应用，根据三视图判断出圆锥的高和底面圆的半径是解
题的关键．
9．（2023·湖南衡阳·校联考一模）已知圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，则其侧面展开图的面积
为
【答案】
【分析】根据圆锥的侧面积等于 计算即可．
【详解】∵圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，
∴侧面展开图的面积为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积计算，熟练掌握锥的侧面积等于 计算公式是解题的关键．
10．（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，圆锥形烟囱帽的底面半径为 ，母线长为 ，则烟囱
帽的侧面积为 ．（结果保留 ）【答案】
【分析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，由扇形面积公式 代值求解即可得到答案．
【详解】解： 圆锥形烟囱帽的底面半径为 ，母线长为 ，
烟囱帽的侧面积 （ ），
故答案为： ．
【点睛】本题考查圆锥侧面展开图及扇形面积公式 ，熟记扇形面积公式是解决问题的关键．
11．（2023春·黑龙江齐齐哈尔·九年级校联考期中）如图， 是圆锥底面的直径， ，母线
．点 为 的中点，若一只蚂蚁从 点处出发，沿圆锥的侧面爬行到 点处，则蚂蚁爬行的最
短路程为 ．
【答案】 /
【分析】先画出圆锥侧面展开图（见解析），再利用弧长公式求出圆心角 的度数，然后利用等边三
角形的判定与性质、勾股定理可得 ，最后根据两点之间线段最短即可得．
【详解】画出圆锥侧面展开图如下：
如图，连接 、 ，
设圆锥侧面展开图的圆心角 的度数为 ，因为圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长等于底面圆的周长，扇形的半径等于母线长，
所以 ，
解得 ，
则 ，
又 ，
是等边三角形，
点 为 的中点，
， ，
在 中， ，
由两点之间线段最短可知，蚂蚁爬行的最短路程为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图、弧长公式、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆锥侧面
展开图是解题关键．
12．（2023春·河北承德·九年级校联考阶段练习）如图漏斗，圆锥形内壁的母线 长为 ，开口直径
为 ．
（1）因直管部分堵塞，漏斗内灌满了水，则水深 ；
（2）若将贴在内壁的滤纸（忽略漏斗管口处）展开，则展开滤纸的圆心角为 ．
【答案】 /180度
【分析】（1）勾股定理求出圆锥的高即可；
（1）利用圆锥底面周长等于扇形的弧长，列式计算即可．【详解】解：（1）由题意，得，圆锥的底面半径为 ，
∴圆锥的高为 ；
即：水深 cm；
故答案为： ；
（2）由题意，得： ，
∴ ，
∴展开滤纸的圆心角为 ；
故答案为： ．
【点睛】本题考查求圆锥的高，以及求扇形的圆心角．熟练掌握扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，是解
题的关键．
13．（2022秋·江苏·七年级专题练习）一个圆柱削去2.4立方米后，正好削成一个与它等底等高的圆锥，
圆柱原来的体积是 立方米．
【答案】3.6
【分析】根据题意得出圆锥的体积为1.2立方米，由圆柱体积是圆锥体积的3倍求解即可．
【详解】解：圆锥的体积为2.4 2=1.2立方米，
圆柱的体积为：1.2 3=3.6立方÷米，
故答案为：3.6． ×
【点睛】题目主要考查圆柱与圆锥的关系及有理数乘除法的应用，理解题意，熟练掌握运用圆柱与圆锥的
关系是解题关键．
14．（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）用一个半径为10cm半圆纸片围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），
则该圆锥的高为 ．
【答案】
【分析】根据半圆的弧长等于圆锥的底圆周长可以求出圆锥底圆的半径，又由半圆的半径等于圆锥的母线，
然后利用勾股定理求出圆锥的高．
【详解】解：如图所示：圆锥的侧面展开图的弧长为 （cm），
∴圆锥的底面半径为 （cm），
∴圆锥的高为： （cm）．
故答案是： cm．
【点睛】本题考查了圆锥的展开图，正确理解圆锥与圆锥展开图后的图形为扇形之间的不变量是解决本题
的关键．
15．（2023·辽宁铁岭·统考一模）如图1，等腰三角形 中，当顶角 的大小确定时，它的对边（即
底边 ）与邻边（即腰 或 ）的比值也就确定了，我们把这个比值记作 ，即
，当 时，如 ．
(1) ， ， 的取值范围是 ；
(2)如图2，圆锥的母线长为18，底面直径 ，一只蚂蚁从点P沿着圆锥的侧面爬行到点Q，求蚂蚁
爬行的最短路径长．（精确到0.1，参考数据： ， ）
【答案】(1)
(2)20.7【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和等腰三角形的性质进行计算即可；
（2）先根据圆锥的侧面展开图的知识和扇形的弧长公式计算，可求扇形的圆心角；再根据 的定义即
可解答．
【详解】（1）解：如图1，
，则 ，
∴ ，
如图2，
，作 于D，则 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
∵ ，
∴ ，
∴ ．故答案为： ．
（2）解：∵圆锥的底面直径 ，
∴圆锥的底面周长为 ，即侧面展开图扇形的弧长为 ，
设扇形的圆心角为 ，
则 ，解得 ，
∵ ，
∴蚂蚁爬行的最短路径长为 ．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、圆锥的侧面展开图、弧长公式等知
识点，掌握相关性质定理和 的定义是解本题的关键．
16．（2022秋·山东泰安·七年级统考期中）如图，一圆柱体的底面周长为24cm，高 为9cm， 是上
底面的直径．一只蚂蚁从点 出发，沿着圆柱的侧面爬行到点 ，则蚂蚁爬行的最短路程是多少？
【答案】15cm
【分析】将圆柱体侧面展开，利用勾股定理求出 的长即可．
【详解】解：如图为圆柱体的侧面展开图，
圆柱体的底面周长为 ，
，又 ，
，
沿着圆柱的侧面爬行到点 ，蚂蚁爬行的最短路程是 cm．
【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面展开图，勾股定理等知识，将侧面展开，构造直角三角形是解题的关
键．
