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专题 24.3 垂径定理【十大题型】
【人教版】
【题型1 利用垂径定理求线段长度】......................................................................................................................1
【题型2 利用垂径定理求角度】..............................................................................................................................5
【题型3 利用垂径定理求最值】..............................................................................................................................9
【题型4 利用垂径定理求取值范围】....................................................................................................................13
【题型5 利用垂径定理求整点】............................................................................................................................18
【题型6 利用垂径定理求面积】............................................................................................................................22
【题型7 垂径定理在格点中的运用】....................................................................................................................26
【题型9 垂径定理与分类讨论中的综合运用】...................................................................................................33
【题型10 垂径定理的应用】....................................................................................................................................37
【知识点1 垂径定理及其推论】
（1）垂径定理
垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
（2）垂径定理的推论
推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．
【题型1 利用垂径定理求线段长度】
【例1】（2022•雨花区校级开学）如图，⊙O的半径OD⊥弦AB交AB于点C，连接AO并延长交⊙O于
点E，连接EC．若AB＝8，EC＝2❑√13，则CD的长为（ ）
A．1 B．3 C．2 D．4【分析】由垂径定理得出AC＝BC＝4，连接BE，由∠CBE＝90°及CE长度求出BE＝6，在Rt△ABE中
求出AE＝10，从而得出半径OA＝OD＝5，再在Rt△AOC中求出OC，从而得出答案．
【解答】解：∵OD⊥AB，AB＝8，
∴AC＝BC＝4，
如图，连接BE，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ABE＝90°，
∵CE＝2❑√13，
∴BE=❑√CE2-BC2=❑√(2❑√13) 2-42=6，
则AE=❑√AB2+BE2=❑√82+62=10，
∴AO＝OD＝5，
在Rt△AOC中，OC=❑√AO2-AC2=❑√52-42=3，
则CD＝OD﹣OC＝2，
故选：C．
【变式1-1】（2022•宁津县二模）如图，已知圆O的半径为10，AB⊥CD，垂足为P，且AB＝CD＝16，
则OP的长为（ ）
A．6 B．6❑√2 C．8 D．8❑√2
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后根据垂径定理、勾股定理即可求得OP的长，本题得以解决．
【解答】解：作OE⊥AB交AB与点E，作OF⊥CD交CD于点F，如右图所示，
则AE＝BE，CF＝DF，∠OFP＝∠OEP＝90°，又∵圆O的半径为10，AB⊥CD，垂足为P，且AB＝CD＝16，
∴∠FPE＝90°，OB＝10，BE＝8，
∴四边形OEPF是矩形，OE＝6，
同理可得，OF＝6，
∴EP＝6，
∴OP=❑√62+62=6❑√2，
故选：B．
【变式1-2】（2022•建华区二模）如图，⊙O的直径AB与弦CD相交于点E，若AE＝5，EB＝1，∠AEC
＝30°，则CD的长为（ ）
A．5 B．2❑√3 C．4❑√2 D．2❑√2+❑√3+1
【分析】因为∠AED＝30°，可过点O作OF⊥CD于F，构成直角三角形，先求得⊙O的半径为3，进而
1
求得OE＝3﹣1＝2，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，得出OF= OE＝1，再根据勾股定理求
2
得DF的长，然后由垂径定理求出CD的长．
【解答】解：过点O作OF⊥CD于F，连接DO，
∵AE＝5，BE＝1，
∴AB＝6，
∴⊙O的半径为3，
∴OE＝3﹣1＝2．
∵∠AEC＝30°，
∴OF＝1，∴CF＝2❑√2，
∴CD＝2CF＝4❑√2，
故选：C．
【变式1-3】（2022春•徐汇区校级期中）如图，AB是⊙O的弦，D为半径OA的中点，过D作CD⊥OA
交弦AB于点E，且CE＝CB，若BE＝2AE，CD＝5，那么⊙O的半径为 2❑√3 ．
【分析】先证明△AFO和△BCE是等边三角形，设DE＝x，根据CD＝5列方程，求出x得到AD=❑√3，
从而得解．
【解答】解：如图，记DC与⊙O交于点F，连接AF、OF、OB，过点C作CT⊥AB于点T，连接OE，
OT．
∵D为半径OA的中点，CD⊥OA，
∴FD垂直平分AO，
∴FA＝FO，
又∵OA＝OF，
∴△AOF是等边三角形，
∴∠OAF＝∠AOF＝∠AFO＝60°，
∵CE＝CB，CT⊥EB，
∴ET＝TB，
∵BE＝2AE，
∴AE＝ET＝BT，
∵AD＝OD，
∴DE∥OT，∴∠AOT＝∠ADE＝90°，
∴OE＝AE＝ET，
∵OA＝OB，
∴∠OAE＝∠OBT，
∵AO＝BO，AE＝BT，
∴△AOE≌△BOT（SAS），
∴OE＝OT，
∴OE＝OT＝ET，
∴∠ETO＝60°，
∴∠OAB＝∠OBA＝30°，∠AED＝∠CEB＝60°，
∴△CEB是等边三角形，
∴CE＝CB＝BE，
设DE＝x，
∴AE＝2x，BE＝CE＝4x，
∴CD＝5x＝5，
∴x＝1，
∴AD=❑√3，
∴AO＝2❑√3．
故答案为：2❑√3．
【题型2 利用垂径定理求角度】
【例2】（2022•泰安模拟）如图，⊙O的半径OA，OB，且OA⊥OB，连接AB．现在⊙O上找一点C，使
OA2+AB2＝BC2，则∠OAC的度数为（ ）A．15°或75° B．20°或70° C．20° D．30°
【分析】设圆的半径是r，作直径BD，作BC关于直径BD的对称线段BE，连接EC，BE，ED，AC，
再由直角三角形的性质即可解答．
【解答】解：如图，设圆的半径是 r，则AO＝r，BO＝r，作直径BD，作BC⊙O的弦BC，使∠DBC＝
30°，作BC关于直径BD的对称线段BE，
连接EC，BE，ED，AC，
直角△BED中，可以得∠EBD＝30°，
∵线段BE与线段BC关于直线BD对称，
∴BC＝BE，
∴BD垂直平分线段CE，
∴^DE=C^D，
1
∴∠CBD＝30°而∠BCA= ∠AOB＝45°．
2
在△ABC中，∠OAC＝180°﹣∠ABO﹣∠CBD﹣∠ACB﹣∠BAO＝15°．
同理，当E为C时，∠OAC＝75°．
故∠OAC的度数为15°或75°．
故选：A．
【变式2-1】（2022秋•天心区期中）如图，已知⊙O半径OA＝4，点B为圆上的一点，点C为劣弧^AB上
的一动点，CD⊥OA，CE⊥OB，连接DE，要使DE取得最大值，则∠AOB等于（ ）A．60° B．90° C．120° D．135°
【分析】如图，延长CD交⊙O 于P，延长CE交⊙O于T，连接PT．根据垂径定理以及三角形的中位
1
线定理，可得DE= PT，当PT是直径时，DE的长最大，再证明∠AOB＝90°，即可解决问题．
2
【解答】解：如图，延长CD交⊙O 于P，延长CE交⊙O于T，连接PT．
∵OA⊥PC，OB⊥CT，
∴CD＝DP，CE＝TE，
1
∴DE= PT，
2
∴当PT是直径时，DE的长最大，
连接OC，
∵OP＝OC＝OT，OD⊥PC，OE⊥CT，
∴∠COD＝∠POA，∠COB＝∠BOT，
1
∴∠AOB＝∠COA+∠COB= ∠POT＝90°，
2
故选：B．
【变式2-2】（2022秋•青田县期末）如图，在⊙O中，半径OC过弦AB的中点E，OC＝2，OE=❑√2．
（1）求弦AB的长；
（2）求∠CAB的度数．【分析】（1）连接OB，先由垂径定理得OC⊥AB，AE＝BE，OB＝OC＝2，再由勾股定理求出BE=❑√2
，即可求解；
（2）先证△BOE是等腰直角三角形，得∠BOC＝45°，再由圆周角定理即可求解．
【解答】解：（1）连接OB，如图所示：
∵半径OC过弦AB的中点E，
∴OC⊥AB，AE＝BE，OB＝OC＝2，
∴BE=❑√OB2-OE2=❑√22-(❑√2) 2=❑√2，
∴AB＝2BE＝2❑√2；
（2）由（1）得：BE＝OE，OC⊥AB，
∴△BOE是等腰直角三角形，
∴∠BOC＝45°，
1
∴∠CAB= ∠BOC＝22.5°．
2
【变式2-3】（2022秋•开州区期末）如图，在⊙O中，弦BC与半径OA垂直于点D，连接AB、AC．点E
为AC的中点，连接DE．
（1）若AB＝6，求DE的长；
（2）若∠BAC＝100°，求∠CDE的度数．【分析】（1）根据垂径定理得到^AB=^AC，则AC＝AB＝6，然后根据直角三角形斜边上的中线性质得
到DE的长；
（2）利用等腰三角形的性质和三角形的内角和计算出∠C＝40°，然后利用ED＝EC得到∠CDE＝∠C
＝40°．
【解答】解：（1）∵BC⊥OA，
∴^AB=^AC，∠ADC＝90°，
∴AC＝AB＝6，
∵点E为AC的中点，
1
∴DE= AC＝3；
2
（2）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵∠BAC＝100°，
1
∴∠C= （180°﹣100°）＝40°，
2
∵点E为AC的中点，
∴ED＝EC，
∴∠CDE＝∠C＝40°．
【题型3 利用垂径定理求最值】
【例3】（2022•威海模拟）⊙O中，点C为弦AB上一点，AB＝1，CD⊥OC交⊙O于点D，则线段CD的
最大值是（ ）
1 3
A． B．1 C． D．2
2 2【分析】因为CD⊥OC交⊙O于点D，连接OD，△OCD是直角三角形，则CD=❑√OD2-OC2，因为
半径OD是定值，当OC取得最小值时线段CD取得最大值．
【解答】解：连接OD，
∵CD⊥OC交⊙O于点D，
∴△OCD是直角三角形，
根据勾股定理得CD=❑√OD2-OC2，
∵半径OD是定值，
∴当OC⊥AB时，线段OC最小，此时D与B重合，CD=❑√OB2-OC2，
∵OC⊥AB，
1 1
∴AC＝BC= AB= ，
2 2
1
∴CD=❑√OB2-OC2=BC= ．
2
故选：A．
【变式3-1】（2022•河北模拟）如图所示，在⊙O中，AB为弦，OC⊥AB交AB于点D．且OD＝DC．P
为⊙O上任意一点，连接PA，PB，若⊙O的半径为1，则 S 的最大值为（ ）
△PAB
2❑√3 3❑√3 3❑√3
A．1 B． C． D．
3 4 2
1
【分析】连接OA，如图，利用垂径定理得到AD＝BD，^AC=^BC，再根据OD＝DC可得到OD= OA
2
1 ❑√3
= ，所以AD= ，由勾股定理，则AB=❑√3．△PAB底AB不变，当高越大时面积越大，即P点到AB
2 21 3
距离最大时，△APB的面积最大．则当点P为AB所在优弧的中点时，此时PD＝PO+OD＝1+ = ，
2 2
△APB的面积最大，然后根据三角形的面积公式计算即可．
【解答】解：连接OA，如图，
∵OC⊥AB，
∴AD＝BD，
∵OD＝DC，
1 1
∴OD= OA= ，
2 2
❑√3
∴AD=❑√OA2-OD2= ，AB＝2AD=❑√3．
2
1 3
当点P为AB所对的优弧的中点时，△APB的面积最大，此时PD＝PO+OD＝1+ = ．
2 2
1 1 3 3❑√3
∴△APB的面积的最大值为= AB⋅PD= ×❑√3× = ．
2 2 2 4
故选：C．
【变式3-2】（2022秋•龙凤区校级期末）如图，矩形ABCD中，AB＝20，AD＝15，P，Q分别是AB，AD
边上的动点，PQ＝16，以PQ为直径的⊙O与BD交于点M，N，则MN的最大值为 8❑√3 ．
【分析】过A点作AH⊥BD于H，连接OM，如图，先利用勾股定理计算出BD＝25，则利用面积法可
计算出AH＝36，再证明点O在AH上时，OH最短，此时HM有最大值，最大值为4❑√3，然后根据垂径
定理可判断MN的最大值．
【解答】解：过A点作AH⊥BD于H，连接OM，如图：
∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，
在Rt△ABD中，BD=❑√AB2+AD2=❑√202+152=25，
1 1
∵ ×AH×BD = ×AD×AB，
2 2
20×15
∴AH= =12，
25
∵⊙O的直径为16，
∴⊙O的半径为8，
∴点O在AH上时，OH最短，
∵HM=❑√OM2-OH2，
∴此时HM有最大值，OH＝AH﹣OA＝4，
则最大值为❑√82-42=4❑√3，
∵OH⊥MN，
∴MN＝2MH，
∴MN的最大值为2×4❑√3=8❑√3．
故答案为：8❑√3．
【变式3-3】（2022秋•延平区校级期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，D、E分别是AC、
BC上的一点，且DE＝3，若以DE为直径的圆与斜边AB相交于M、N，则MN的最大值为（ ）9 6 8 12
A． B． C． D．
10 5 5 5
【分析】由题意可知，C、O、G三点在一条直线上OG最小，MN最大，再由勾股定理求得AB，然后
由三角形面积求得CF，最后由垂径定理和勾股定理即可求得MN的最大值．
【解答】解：过O作OG⊥AB于G，连接OC、OM，
∵DE＝3，∠ACB＝90°，OD＝OE，
1 3
∴OC= DE= ，
2 2
只有C、O、G三点在一条直线上OG最小，
3
∵OM= ，
2
∴只有OG最小，GM才能最大，从而MN有最大值，
过C作CF⊥AB于F，
∴G和F重合时，MN有最大值，
∵∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，
∴AB=❑√BC2+AC2=❑√32+42=5，
1 1
∵ AC•BC= AB•CF，
2 2
AC×BC 4×3 12
∴CF= = = ，
AB 5 5
12 3 9
∴OG＝CF﹣OC= - = ，
5 2 10
√ 3 9 6
∴MG=❑√OM2-OG2=❑( ) 2-( ) 2= ，
2 10 5
12
∴MN＝2MG= ，
5
故选：D．【题型4 利用垂径定理求取值范围】
【例4】（2022•包河区校级二模）如图，在⊙O中，直径AB＝10，CD⊥AB于点E，CD＝8．点F是弧
BC上动点，且与点B、C不重合，P是直径AB上的动点，设m＝PC+PF，则m的取值范围是（ ）
A．8＜m≤4❑√5 B．4❑√5＜m≤10 C．8＜m≤10 D．6＜m＜10
【分析】连接PD，DF，OC，BD，利用垂径定理可得AB是CD的垂直平分线，则PC＝PD；利用三角
形的任意两边之和大于第三边，可得不等式PD+PF≥DF（当D，P，F在一条直线上时取等号），结合
图形即可得出结论．
【解答】解：连接PD，DF，OC，BD，如图，
∵CD⊥AB，BA为⊙O的直径，
1
∴CE＝ED= CD＝4，
2
1
∵OC= AB＝5，
2
∴OE=❑√OC2-CE2=3，
∴BE＝OE+OB＝8．
∴BD=❑√BE2+DE2=4❑√5．
∵P是直径AB上的动点，CD⊥AB，
∴AB是CD的垂直平分线，∴PC＝PD．
∵m＝PC+PF，
∴m＝PD+PF，
由图形可知：PD+PF≥DF（当D，P，F在一条直线上时取等号），
∵点F是弧BC上动点，且与点B、C不重合，
∴DC＜DF≤直径，
∴8＜m≤10．
故选：C．
【变式4-1】（2022•佛山）如图，⊙O的直径为10cm，弦AB＝8cm，P是弦AB上的一个动点，求OP的
长度范围．
1
【分析】过点O作OE⊥AB于点E，连接OB，由垂径定理可知AE＝BE= AB，再根据勾股定理求出
2
OE的长，由此可得出结论．
【解答】解：过点O作OE⊥AB于点E，连接OB，
∵AB＝8cm，
1 1
∴AE＝BE= AB= ×8＝4cm，
2 2
∵⊙O的直径为10cm，
1
∴OB= ×10＝5cm，
2
∴OE=❑√OB2-BE2=❑√52-42=3cm，
∵垂线段最短，半径最长，
∴3cm≤OP≤5cm．
【变式4-2】（2022秋•盐都区校级月考）如图，点P是⊙O内一定点．（1）过点P作弦AB，使点P是AB的中点（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）若⊙O的半径为13，OP＝5，
①求过点P的弦的长度m范围；
②过点P的弦中，长度为整数的弦有 4 条．
【分析】（1）连接OP并延长，过点P作AB⊥OP即可；
（2）①过点P的所有弦中，直径最长为26，与OP垂直的弦最短，由垂径定理和勾股定理求出AB＝
24，即可得出答案；
②过P点最长的弦为直径26，最短的弦24，长度为25的弦有2条，即可得出结论．
【解答】解：（1）如图1，连接OP并延长，过点P作AB⊥OP，
则弦AB即为所求；
（2）①过点P的所有弦中，直径最长为26，与OP垂直的弦最短，
连接OA，如图2所示：
∵OP⊥AB，
∴AP＝BP=❑√OA2-OP2=❑√132-52=12，∴AB＝2AP＝24，
∴过点P的弦的长度m范围为24≤m≤26；
②∵过P点最长的弦为直径26，最短的弦24，
∴长度为25的弦有两条，
∴过点P的弦中，长度为整数的弦共有4条，
故答案为：4．
【变式4-3】（2022秋•天河区校级期中）已知⊙O的半径为5，点O到弦AB的距离OH＝3，点P是圆上
一动点，设过点P且与AB平行的直线为l，记直线AB到直线l的距离为d．
（1）求AB的长；
（2）如果点P只有两个时，求d的取值范围；
（3）如果点P有且只有三个时，求连接这三个点所得到的三角形的面积．
【分析】（1）连接OA，根据勾股定理求出AH，根据垂径定理得出即可；
（2）求出HC和HD的值，结合图形得出即可；
（3）先找出符合条件时的位置，求出三角形的高和底边，根据三角形的面积公式求出即可．
【解答】解：（1）
连接OA，如图1，
∵点O到弦AB的距离OH＝3，
∴AB⊥OC，
∴∠OHA＝90°，AB＝2AH，
在Rt△AHO中，OA＝5，OH＝3，由勾股定理得：AH＝4，
∴AB＝2AH＝8；（2）
延长CO交⊙O于D，如图2，
∵CH＝5﹣3＝2，HD＝5+3＝8，
∴点P只有两个时d的取值范围是2＜d＜8；
（3）
如图3，∵CH＝5﹣3＝2，HD＝5+3＝8，
∴点P有且只有三个时，d＝2，
如图，P在C、E、F处，连接OE，
∵OC⊥AB，AB∥EF，
∴OC⊥EF，
∴EF＝2EM，
∵OE＝5，OM＝5﹣2﹣2＝1，CM＝2+2＝4，
∴由勾股定理得：EM=❑√52-12=2❑√6；
∴EF＝2EM＝4❑√6，
1 1
∴S = ×EF×CM= ×4❑√6×4＝8❑√6
△CEF 2 2
即点P有且只有三个时，连接这三个点所得到的三角形的面积是8❑√6．
【题型5 利用垂径定理求整点】
【例5】（2022•山海关区一模）已知⊙O的直径CD＝10，CD与⊙O的弦AB垂直，垂足为M，且AM＝
4.8，则直径CD上的点（包含端点）与A点的距离为整数的点有（ ）A．1个 B．3个 C．6个 D．7个
【分析】利用勾股定理得出线段AD和AC的长，根据垂线段的性质结合图形判断即可．
【解答】解：∵CD是直径，
1 1
∴OC＝OD= CD= ×10＝5，
2 2
∵AB⊥CD，
∴∠AMC＝∠AMD＝90°，
∵AM＝4.8，
∴OM=❑√52-4．82=1.4，
∴CM＝5+1.4＝6.4，MD＝5﹣1.4＝3.6，
∴AC=❑√4．82+6．42=8，AD=❑√4．82+3．62=6，
∵AM＝4.8，
∴A点到线段MD的最小距离为4.8，最大距离为6，则A点到线段MD的整数距离有5，6，
A点到线段MC的最小距离为4.8，最大距离为8，则A点到线段MC的整数距离有5，6，7，8，
直径CD上的点（包含端点）与A点的距离为整数的点有6个，
故选：C．
【变式5-1】（2022秋•新昌县期末）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于点C，连接OB，点P是半径OB
上任意一点，连接AP，若OB＝5，OC＝3，则AP的长不可能是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】首先利用勾股定理得出 AC 的长，求出 AB 长，再利用三角形边之间的关系进而得出AO≤AP≤AB，即可得出答案．
【解答】解：连接OA，
∵OC⊥AB于点C，OB＝5，OC＝3，
∴BC=❑√52-32=4，
∴AB＝2×4＝8，
∵AO≤AP≤AB，
∴5≤AP≤8，
∴AP的长度不可能是：9（答案不唯一）．
故选：D．
【变式5-2】（2022•桥西区校级模拟）如图，AB是⊙C的弦，直径MN⊥AB于点O，MN＝10，AB＝8，
如图以O为原点建立坐标系．我们把横纵坐标都是整数的点叫做整数点，则线段 OC长是 3 ，⊙C
上的整数点有 1 2 个．
【分析】过C作直径UL∥x轴，连接AC，根据垂径定理求出AO＝BO＝4，根据勾股定理求出OC，再
得出答案即可．
【解答】解：过C作直径UL∥x轴，1
连接CA，则AC= ×10＝5，
2
∵MN过圆心C，MN⊥AB，AB＝8，
∴AO＝BO＝4，∠AOC＝90°，
由勾股定理得：CO=❑√AC2-OC2=❑√52-42=3，
∴ON＝5﹣3＝2，OM＝5+3＝8，
即A（﹣4，0），B（4，0），M（0，8），N（0，﹣2），
同理还有弦QR＝AB＝8，弦WE＝TS＝6，且WE、TS、QR都平行于x轴，
Q（﹣4，6），R（4，6），W（﹣3，7），E（3，7），T（﹣3，﹣1），S（3，﹣1），U（﹣5，
3），L（5，3），
即共12个点，
故答案为：3；12．
【变式5-3】（2022秋•肇东市期末）已知⊙O的半径为5，点O到弦AB的距离为3，则⊙O上到弦AB所
在直线的距离为2的点有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】过O点作OC⊥AB，交⊙O于P，由OC＝3，OA＝5，得到PC＝2，即点P到直线AB的距离
为2；在直线的另一边，圆上的点到直线的最远距离为8，而圆为对称图形，则还有两个点M，N到直
线AB的距离为3．
【解答】解：过O点作OC⊥AB，交⊙O于P，如图，
∴OC＝3，
而OA＝5，
∴PC＝2，即点P到直线AB的距离为2；
在直线的另一边，圆上的点到直线的最远距离为8，而圆为对称图形，
∴在直线AB的这边，还有两个点M，N到直线AB的距离为2．故选：B．
【题型6 利用垂径定理求面积】
【例6】（2022•武汉模拟）如图，在半径为1的⊙O中有三条弦，它们所对的圆心角分别为60°，90°，
120°，那么以这三条弦长为边长的三角形的面积是（ ）
❑√3 ❑√2
A．❑√2 B．1 C． D．
2 2
【分析】连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，则△AOB、△COD分别为等边三角形，等腰直角三角形，
进而可得到AB、CD长；再过点O作OH⊥EF于点H，根据垂径定理可得EF＝2EH，∠EOH＝∠FOH
＝60°，根据锐角三角形函数可求出FH，进而可得EF；再根据AB2+CD2＝EF2可判断以AB、CD、EF为
边的三角形为直角三角形，即可求出其面积．
【解答】解：如图，连接 OA、OB、OC、OD、OE、OF，则∠AOB＝60°，∠COD＝90°，∠EOF＝
120°，
在Rt△COD中，CD=❑√12+12=❑√2．∵OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝1，
过点O作OH⊥EF于点H，则EF＝2EH，∠EOH＝∠FOH＝60°，
❑√3 ❑√3
∴FH＝1× = ．
2 2
∴EF＝2FH=❑√3．
∵12+(❑√2) 2=(❑√3) 2，即AB2+CD2＝EF2，
∴以AB、CD、EF为边的三角形为直角三角形，
1 ❑√2
∴其面积为： ×❑√2×1= ．
2 2
故选：D．
【变式6-1】（2022秋•黄州区校级月考）如图，矩形 MNGH的四个顶点都在⊙O上，顺次连接矩形各边
的中点，得到菱形ABCD，若BD＝12，DF＝4，则菱形ABCD的面积为 9 6 ．
【分析】先连接OH，根据BD＝12得出OD长，那么可得到圆的半径为OD+DF，利用三角形全等可得
菱形边长等于圆的半径，再根据勾股定理求出OA的长，由S ＝4S 即可得出结论．
菱形ABCD △AOD
【解答】解：如图：连接OH，
∵BD＝12，DF＝4
1 1
∴⊙O的半径r＝OD+DF= BD+DF= ×12+4＝10，
2 2∴OH＝10
在Rt△HOD与Rt△ADO中，OD＝OD，AO＝HD，∠AOD＝∠HDO＝90°
∴△AOD≌△GDO，
∴OH＝AD＝10，
在Rt△AOD中，
∵AD＝10，OD＝6，
∴OA=❑√AD2-OD2=❑√102-62=8，
1
∴S ＝4S ＝4× ×6×8＝96．
菱形ABCD △AOD 2
故答案为：96．
【变式6-2】（2022秋•西城区校级期中）如图，AB为⊙O直径，过点O作OD⊥BC于点E，交⊙O于点
D，CD∥AB．
（1）求证：E为OD的中点；
（2）若CB＝6，求四边形CAOD的面积．
【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质以及垂径定理证明即可；
（2）根据平行四边形的判定和勾股定理解答即可．
【解答】证明：（1）在⊙O中，OD⊥BC于E，
∴CE＝BE，
∵CD∥AB，
∴∠DCE＝∠B，
{
∠DCE=∠B
在△DCE与△OBE中 CE=BE ，
∠CED=∠BEO∴△DCE≌△OBE（ASA），
∴DE＝OE，
∴E是OD的中点；
（2）连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OD⊥BC，
∴∠CED＝90°＝∠ACB，
∴AC∥OD，
∵CD∥AB，
∴四边形CAOD是平行四边形，
∵E是OD的中点，CE⊥OD，
∴OC＝CD，
∵OC＝OD，
∴OC＝OD＝CD，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠D＝60°，
∴∠DCE＝90°﹣∠D＝30°，
∴在Rt△CDE中，CD＝2DE，
∵BC＝6，
∴CE＝BE＝3，
∵CE2+DE2＝CD2＝4DE2，
∴DE=❑√3，CD＝2❑√3，
∴OD＝CD＝2❑√3，
∴四边形CAOD的面积＝OD•CE＝6❑√3．
【变式6-3】（2022•新洲区模拟）如图，点A，C，D均在⊙O上，点B在⊙O内，且AB⊥BC于点B，
BC⊥CD于点C，若AB＝4，BC＝8，CD＝2，则⊙O的面积为（ ）125π 275π 125π 275π
A． B． C． D．
4 4 9 9
【分析】利用垂径定理和勾股定理建立方程求出ON，再求出半径后，根据圆面积的计算方法进行计算
即可．
【解答】解：如图，连接OA、OC，过点O作OM⊥CD于M，MO的延长线于AB延长线交于N，则四
边形BCMN是矩形，
∵OM⊥CD，CD是弦，
1
∴CM＝DM= CD＝1＝BN，
2
∴AN＝AB+BN＝4+1＝5，
设ON＝x，则OM＝8﹣x，
在Rt△AON、Rt△COM中，由勾股定理得，
OA2＝AN2+ON2，OC2＝OM2+CM2，
∵OA＝OC，
∴AN2+ON2＝OM2+CM2，
即52+x2＝（8﹣x）2+12，
5
解得x= ，
2
5
即ON= ，
2
5 125
∴OA2＝52+（ ）2= ，
2 4
125
∴S ＝π×OA2= π，
⊙O 4
故选：A．【题型7 垂径定理在格点中的运用】
【例7】（2022秋•襄都区校级期末）如图所示，一圆弧过方格的格点 AB，试在方格中建立平面直角坐标
系，使点A的坐标为（0，4），则该圆弧所在圆的圆心坐标是（ ）
A．（﹣1，2） B．（1，﹣1） C．（﹣1，1） D．（2，1）
【分析】连接AC，作出AB、AC的垂直平分线，其交点即为圆心．
【解答】解：如图所示，
连接AC，作出AB、AC的垂直平分线，其交点即为圆心．
∵点A的坐标为（0，4），
∴该圆弧所在圆的圆心坐标是（﹣1，1）．
故选：C．
【变式7-1】（2022春•海门市期中）如图所示，⊙P过B、C两点，写出⊙P上的格点坐标．
【分析】根据同圆的半径相等可得点P的坐标．
【解答】解：由图形可知：⊙P上的格点坐标为（4，2）．
【变式7-2】（2022•商城县三模）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A、B、C均在小正方形的顶点上，点C同时也在^AB上，若点P是^BC的一个动点，则△ABP面积的最大值是 8❑√5-8
．
【分析】作AB的垂直平分线交AB于D，交^AB于E，圆心为0，则点O在DE上，连接AE、BE，
CF⊥OE于F，如图，设⊙O的半径为r，OD＝x，利用勾股定理得到r2＝x2+42①，r2＝（x+2）2+22②，
则利用②﹣①可求出得x＝2，所以r＝2❑√5，DE＝2❑√5-2，然后根据三角形面积公式，点P点与点E
重合时，△ABP面积的最大值．
【解答】解：作AB的垂直平分线交AB于D，交^AB于E，圆心为0，则点O在DE上，连接AE、BE，
CF⊥OE于F，如图，
设⊙O的半径为r，OD＝x，
在Rt△BOD中，r2＝x2+42①，
在Rt△OCF中，r2＝（x+2）2+22②，
②﹣①得4+4x+4﹣16＝0，
解得x＝2，
∴OD＝2，
∴r=❑√22+42=2❑√5，
∴DE＝OE﹣OD＝2❑√5-2，
∵点P是^BC的一个动点，
1
∴点P点与点E重合时，△ABP面积的最大值，最大值为 ×8×（2❑√5-2）＝8❑√5-8．
2
故答案为：8❑√5-8．【变式7-3】（2017秋•靖江市校级月考）如图，在单位长度为1的正方形网格中建立一直角坐标系，一条
圆弧经过网格点A、B、C，请在网格图中进行下列操作（以下结果保留根号）：
（1）利用网格作出该圆弧所在圆的圆心D点的位置，并写出D点的坐标为 （ 2 ， 1 ） ；
（2）连接AD、CD，则⊙D的半径为 ❑√13 ，∠ADC的度数为 90 ° ．
【分析】（1）利用网格特点，作AB和BC的垂直平分线，然后根据垂径的推论可判定它们的交点为D
点，从而得到D点坐标；
（2）先利用勾股定理计算出DA、DC、AC，然后利用勾股定理的逆定理证明∠ADC的度数为90°．
【解答】解：（1）如图，点D为所作，
D点坐标为（2，1）；
（2）AD=❑√22+32=❑√13，CD=❑√22+32=❑√13，AC=❑√12+52=❑√26，
∵DA2+DC2＝AC2，
∴△ADC为直角三角形，∠ADC＝90°，
即⊙D的半径为❑√13，∠ADC的度数为90°．
故答案为（2，1）；❑√13，90°．【题型8 垂径定理在坐标系中的运用】
【例8】（2022•博山区一模）如图，在平面直角坐标系中，半径为5的⊙E与y轴交于点A（0，﹣2），B
（0，4），与x轴交于C，D，则点D的坐标为（ ）
A．(4-2❑√6，0) B．(-4+2❑√6，0) C．(-4+❑√26，0) D．(4-❑√26，0)
【分析】过O点作EH⊥AB于H，EF⊥CD于F，连接ED，如图，根据垂径定理得到CF＝DF，AH＝
BH＝3，所以OH＝1，再利用勾股定理计算出EH＝4，则EF＝1，OF＝4，接着利用勾股定理计算出
FD，然后计算出OD，从而得到D点坐标．
【解答】解：过O点作EH⊥AB于H，EF⊥CD于F，连接ED，如图，则CF＝DF，AH＝BH
∵A（0，﹣2），B（0，4），
∴AB＝6，
∴BH＝3，
∴OH＝1，
在Rt△BHE中，EH=❑√EB2-BH2=❑√52-32=4，
∵四边形EHOF为矩形，
∴EF＝OH＝1，OF＝EH＝4，
在Rt△OEF中，FD=❑√DE2-EF2=❑√52-12=2❑√6，∴OD＝FD﹣OF＝2❑√6-4，
∴D（2❑√6-4，0）．
故选：B．
【变式8-1】（2022秋•西林县期末）如图，⊙P与y轴交于点M（0，﹣4），N（0，﹣10），圆心P的横
坐标为﹣4．则⊙P的半径为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】过点P作PD⊥MN，连接PM，由垂径定理得DM＝3，在Rt△PMD中，由勾股定理可求得PM
为5即可．
【解答】解：过点P作PD⊥MN，连接PM，如图所示：
∵⊙P与y轴交于M（0，﹣4），N（0，﹣10）两点，
∴OM＝4，ON＝10，
∴MN＝6，
∵PD⊥MN，
1
∴DM＝DN= MN＝3，
2
∴OD＝7，
∵点P的横坐标为﹣4，即PD＝4，
∴PM=❑√PD2+DM2=❑√42+32=5，
即⊙P的半径为5，故选：C．
【变式8-2】（2022•印江县三模）如图，直线l为y＝x，过点A （1，0）作AB⊥x轴，与直线l交于点
1 1 1
B，以原点O为圆心，OB 长为半径画圆弧交x轴于点A；再作AB⊥x轴，交直线l于点B，以原点O
1 1 2 2 2 2
为圆心，OB 长为半径画圆弧交x轴于点A ；…，按此作法进行下去，则点A 的坐标为 （（❑√2）
2 3 2022
2021 ， 0 ） ．
【分析】利用直线y＝x平分第一、三象限，则B （1，1），由于OA ＝OB =❑√2OA =❑√2，OA ＝OB
1 2 1 1 3 2
=❑√2OA＝（❑√2）2，依此变化规律得到OA ＝（❑√2）2021，从而得到点A 的坐标．
2 2022 2022
【解答】解：∵A（1，0）作AB⊥x轴，与直线y＝x交于点B，
1 1 1 1
∴OA＝1，B（1，1），
1 1
∵以原点O为圆心，OB 长为半径画圆弧交x轴于点A，
1 2
∴OA＝OB =❑√2OA =❑√2，
2 1 1
∵以原点O为圆心，OB 长为半径画圆弧交x轴于点A，
2 3
∴OA＝OB =❑√2OA =❑√2×❑√2=（❑√2）2，
3 2 2
同理可得OA＝（❑√2）3，
4
•••
∴OA ＝（❑√2）2021，
2022
∴点A 的坐标为（（❑√2）2021，0）．
2022
故答案为：（（❑√2）2021，0）．
【变式8-3】（2015•宜春模拟）如图，半径为5的⊙P与y轴交于点M（0，﹣4），N（0，﹣10），函数y
＝﹣2x+m图象过点P，则m＝ ﹣ 1 5 ．【分析】过P点作PE⊥ON交y轴于点E，连接PM，由点M（0，﹣4），N（0，﹣10）得MN＝6，所
以ME＝NE＝3，得E（0，﹣7），由勾股定理得PE＝4，故P（﹣4，﹣7），代入y＝﹣2x+m得m．
【解答】解：过P点作PE⊥ON交y轴于点E，连接PM，
∵点M（0，﹣4），N（0，﹣10），
∴MN＝6，
∴ME＝NE＝3，
∴E（0，﹣7），
∵PM＝5，
∴PE=❑√52-32=4，
∵点P在第三象限，
∴P（﹣4，﹣7），代入y＝﹣2x+m得，m＝﹣15，
故答案为：﹣15．
【题型9 垂径定理与分类讨论中的综合运用】
【例9】（2022秋•化德县校级期末）⊙O的半径为10cm，弦AB∥CD，且AB＝12cm，CD＝16cm，则AB
和CD的距离为（ ）
A．2cm B．14cm C．2cm或14cm D．10cm或20cm
【分析】分两种情况考虑：当圆心位于 AB 与 CD 之间时，连接 OA，OC，如图 1 所示，过 O 作
EF⊥AB，由AB∥CD，得到EF⊥CD，利用垂径定理得到E、F分别为AB、CD的中点，分别求出OE与OF，由OE+OF即可得到EF的长；当圆心在AB与CD一侧时，连接OA，OC，如图2所示，过O作
EF⊥AB，由AB∥CD，得到EF⊥CD，同理求出OE与OF，由OE﹣OF即可求出EF的长．
【解答】解：当圆心位于AB与CD之间时，连接OA，OC，如图1所示，
过O作EF⊥AB，由AB∥CD，得到EF⊥CD，
∴E、F分别为AB、CD的中点，
∴AE＝6cm，CF＝8cm，
在Rt△AOE中，OA＝10cm，AE＝6cm，
根据勾股定理得：OE＝8cm，
在Rt△COF中，OC＝10cm，CF＝8cm，
根据勾股定理得到OF＝6cm，
此时AB和CD的距离EF＝8+6＝14cm；
当圆心在AB与CD一侧时，连接OA，OC，如图2所示，
过O作EF⊥AB，由AB∥CD，得到EF⊥CD，
同理求出OE＝8cm，OF＝6cm，
此时AB和CD的距离EF＝8﹣6＝2cm，
综上，AB和CD的距离为2cm或14cm．
故选：C．
【变式9-1】（2022•包河区二模）已知圆O的半径为5，弦AB＝8，D为弦AB上一点，且AD＝1，过点D
作CD⊥AB，交圆O于C，则CD长为（ ）
A．1 B．7 C．8或1 D．7或1
【分析】连接OB，OC ，过O作OE⊥CD，OF⊥AB，则四边形EDFO是矩形，根据矩形的性质得到
1
OE＝DF，OF＝DE，根据勾股定理得到 BF=❑√52-42=3，得到OE＝DF＝3，由勾股定理得到 C E
1
=❑√52-32=4，于是得到结论．
【解答】解：如图，连接OB，OC ，过O作OE⊥CD，OF⊥AB，
1
则四边形EDFO是矩形，
∴OE＝DF，OF＝DE，
∵圆O的半径为5，弦AB＝8，
∴AF＝BF＝4，
∴BF=❑√52-42=3，
∵AD＝1，∴DF＝3，
∴OE＝DF＝3，
∴C E=❑√52-32=4，
1
∴C E＝4，
2
∴C D＝7，C D＝1，
1 2
∴CD长为7或1，
故选：D．
【变式9-2】（2022秋•方正县期末）如图，⊙O的弦AB与半径OC垂直，点D为垂足，OD＝DC，AB＝2
❑√3，点E在⊙O上，∠EOA＝30°，则△EOC的面积为 1 或 2 ．
1
【分析】设⊙O的半径为x（x＞0），则OD＝DC= x，根据垂径定理可知AD=❑√3，在Rt△ADO中利
2
用勾股定理即可求出x值，再分点E在^AC外和点E在^AC上两种情况考虑△EOC的面积，当点E在^AC
外时，通过角的计算可得出∠COE＝90°，利用三角形的面积公式即可求出S 的值；当点E在^AC上
△EOC
时，过点E作EF⊥OC于点F，通过角的计算可得出∠COE＝30°，由此可得出EF的长度，利用三角形
的面积公式即可求出S 的值．综上即可得出结论．
△EOC【解答】解：依照题意画出图形，连接OA．
1
设⊙O的半径为x（x＞0），则OD＝DC= x．
2
∵OC⊥AB于点D，
1
∴∠ADO＝90°，AD＝DB= AB=❑√3．
2
1
在Rt△ADO中，AO＝x，OD= x，AD=❑√3，
2
❑√3
∴∠OAD＝30°，∠AOD＝60°，AD=❑√AO2-OD2= x=❑√3，
2
解得：x＝2．
当点E在^AC外时，∠COE＝∠AOD+∠EOA＝90°，
1
∴S = EO•OC＝2；
△EOC 2
当点E在^AC上时，过点E作EF⊥OC于点F，
∵∠COE＝∠AOD﹣∠EOA＝30°，
1
∴EF= OE＝1，
2
1
∴S = OC•EF＝1．
△EOC 2
综上可知：△EOC的面积为1或2．
故答案为：1或2．
【变式9-3】（2022秋•淮南月考）如图，已知⊙O的半径为2．弦AB的长度为2，点C是⊙O上一动点，
若△ABC为等腰三角形，则BC2的长为 8±4❑√3 或 1 2 或 4 ．【分析】当△ABC为等腰三角形时，分两种情况：①如图1，AC＝BC，在AB的两侧各有一个符合条件
的点C，根据勾股定理可得结论；②如图2，当AB＝AC时，连接OC ，AO，AO交BC 于E，则BE＝
3 3
C E，根据直角三角形30度的性质和勾股定理，垂径定理可得结论．
3
【解答】解：当△ABC为等腰三角形时，分以下两种情况：
①如图1，以AB为底边时，AC＝BC，连接C C ，AO，则C C 过圆心O，
1 2 1 2
∴C C ⊥AB，
1 2
1
∴AD= AB＝1，
2
∵OA＝2，
∴OD=❑√22-12=❑√3，
∴C D＝2+❑√3，C D＝2-❑√3，
1 2
∴BC 2=(2+❑√3) 2+12=8+4❑√3，BC 2=(2-❑√3) 2+12=8﹣4❑√3；
1 2②如图2，以AB为腰时，AB＝AC ＝BC ＝2，连接OC ，AO，AO交BC 于E，则BE＝C E，BC 2＝4，
3 4 3 3 3 4
∵OC ＝AO＝AC ＝2，
3 3
∴△AC O是等边三角形，
3
∴∠EOC ＝60°，
3
∴∠OC E＝30°，
3
∴C E=❑√3，
3
∴BC ＝2❑√3，
3
∴BC 2＝（2❑√3）2＝12，
3
综上，BC2＝8±4❑√3或12或4．
故答案为：8±4❑√3或12或4．
【题型10 垂径定理的应用】
【例10】（2022秋•武昌区校级期末）某地有一座圆弧形拱桥，它的跨度（弧所对的弦的长）24m，拱高
（弧的中点到弦的距离）4米，则求拱桥的半径为（ ）
A．16m B．20m C．24m D．28m
【分析】设圆弧形拱桥的圆心为O，跨度为AB，拱高为CD，连接OA、OD，设拱桥的半径为R米，由1
垂径定理得AD= AB＝12（米），再由勾股定理得出方程，解方程即可．
2
【解答】解：设圆弧形拱桥的圆心为O，跨度为AB，拱高为CD，连接OA、OD，如图：
设拱桥的半径为R米，
由题意得：OD⊥AB，CD＝4米，AB＝24米，
1
则AD＝BD= AB＝12（米），OD＝（R﹣4）米，
2
在Rt△AOD中，由勾股定理得：R2＝122+（R﹣4）2，
解得：R＝20，
即桥拱的半径R为20m，
故选：B．
【变式10-1】（2022•望城区模拟）《九章算术》是我国古代著名数学经典，其中对勾股定理的论述比西
方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一
尺．问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深1
寸，锯道长1尺．如图，已知弦AB＝1尺，弓形高CD＝1寸，（注：1尺＝10寸）问这块圆柱形木材
的直径是（ ）
A．13寸 B．6.5寸 C．26寸 D．20寸
【分析】设⊙O的半径为r寸．在Rt△ADO中，AD＝5，OD＝r﹣1，OA＝r，则有r2＝52+（r﹣1）2，
解方程即可；
【解答】解：设⊙O的半径为r寸．
在Rt△ADO中，AD＝5，OD＝r﹣1，OA＝r，
则有r2＝52+（r﹣1）2，解得r＝13，
∴⊙O的直径为26寸，
故选：C．
【变式10-2】（2022秋•西城区校级期中）京西某游乐园的摩天轮采用了国内首创的横梁结构，风格更加
简约．如图，摩天轮直径88米，最高点A距离地面100米，匀速运行一圈的时间是18分钟．由于受到
周边建筑物的影响，乘客与地面的距离超过34米时，可视为最佳观赏位置，在运行的一圈里最佳观赏
时长为 1 2 分钟．
1
【分析】先求摩天轮转动的角速度为＝20°/分，再求出OC＝OD﹣CD＝22（米），则OC= OB，得
2
∠OBC＝30°，然后求出最佳观赏位置的圆心角为240°，即可求解．
【解答】解：如图所示：
摩天轮转动的角速度为：360°÷18分＝20°/分，
由题意得：AD⊥BC，AD＝88米，AM＝100米，CM＝BN＝34米，
则OB＝OD＝44（米），DM＝AM﹣AD＝12（米），
∴CD＝CM﹣DM＝34﹣12＝22（米），
∴OC＝OD﹣CD＝22（米），
1
∴OC= OB，
2
∵∠OCB＝90°，
∴∠OBC＝30°，
∴∠BOC＝90°﹣30°＝60°，
∴∠AOB＝180°﹣∠BOC＝120°，
∴最佳观赏位置的圆心角为2×120°＝240°，
∴在运行的一圈里最佳观赏时长为：240°÷20°/分＝12（分钟），
故答案为：12．【变式10-3】（2022•浙江）如图，公园内有一个半径为20米的圆形草坪，A，B是圆上的点，O为圆心，
∠AOB＝120°，从A到B只有路^AB，一部分市民为走“捷径”，踩坏了花草，走出了一条小路AB．通
过计算可知，这些市民其实仅仅少走了 1 5 步（假设1步为0.5米，结果保留整数）．（参考数据：
❑√3≈1.732，π取3.142）
【分析】作OC⊥AB于C，如图，根据垂径定理得到AC＝BC，再利用等腰三角形的性质和三角形内角
和计算出∠A＝30°，则OC＝10，AC＝10❑√3，所以AB≈69（步），然后利用弧长公式计算出^AB的长，
最后求它们的差即可．
【解答】解：作OC⊥AB于C，如图，
则AC＝BC，
∵OA＝OB，
1 1
∴∠A＝∠B= （180°﹣∠AOB）= （180°﹣120°）＝30°，
2 2
1
在Rt△AOC中，OC= OA＝10，AC=❑√3OC＝10❑√3，
2
∴AB＝2AC＝20❑√3≈69（步）；
120⋅π⋅20
而^AB的长= ≈84（步），
180
^AB的长与AB的长多15步．
所以这些市民其实仅仅少走了 15步．
故答案为15．
