文档内容
专题 21 与圆有关的概念及性质（10 个高频考点）（举一反三）
【考点1 圆的基本概念】.......................................................................................................................................2
【考点2 垂径定理及其推论】...............................................................................................................................7
【考点3 弧、弦、圆心角的关系】.....................................................................................................................13
【考点4 圆周角】.................................................................................................................................................21
【考点5 三角形的外接圆】.................................................................................................................................32
【考点6 圆内接四边形】.....................................................................................................................................37
【考点7 相交弦】.................................................................................................................................................42
【考点8 四点共圆】.............................................................................................................................................45
【考点9 圆中的定值问题】.................................................................................................................................54
【考点10 圆中的最值问题】.................................................................................................................................66
【要点1 圆的概念】
1.定义①：在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫做圆．
固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径．以O点为圆心的圆，记作“⊙O”，读作“圆O”．
定义②：圆可以看做是所有到定点O的距离等于定长r的点的集合．
2.连接圆上任意两点的线段叫弦，经过圆心的弦叫直径，圆上任意两点间的部分叫圆弧，简称弧，圆的任
意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每条弧都叫做半圆，大于半圆的弧叫做优弧，小于半圆的弧叫做
劣弧．
【要点2 确定圆的条件】
不在同一直线上的三点确定一个圆．
注意：这里的“三个点”不是任意的三点，而是不在同一条直线上的三个点，而在同一直线上的三个点不
能画一个圆．“确定”一词应理解为“有且只有”，即过不在同一条直线上的三个点有且只有一个圆，过
一点可画无数个圆，过两点也能画无数个圆，过不在同一条直线上的三点能画且只能画一个圆．
【考点1 圆的基本概念】
【例1】（2022·山东东营·统考中考真题）如图，在⊙O中，弦AC∥半径OB,∠BOC=40°，则∠AOC的度数为____________．
【答案】100°##100度
【分析】先根据平行线的性质求出∠OCA的度数，再根据等边对等角求出∠OAC的度数，即可利用三角形
内角和定理求出∠AOC的度数．
【详解】解：∵AC∥OB，
∴∠OCA=∠BOC=40°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=40°，
∴∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=100°，
故答案为：100°．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，圆的基本性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，熟知相
关知识是解题的关键．
【变式1-1】（2022·广西柳州·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是
正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线
段CF长的最小值为 _____．
【答案】2√5−2
【分析】如图，由EG＝2，确定E在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， 再证明
△ADE≌△CDF（SAS）， 可得AE=CF，可得当A，E，G三点共线时，AE最短，则CF最短，再利
用勾股定理可得答案．【详解】解：如图，由EG＝2，可得E在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，
∵正方形ABCD，
∴AD=CD,∠ADC=90°，
∴∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
∵DE=DF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE=CF，
∴当A，E，G三点共线时，AE最短，则CF最短，
∵G位BC 中点，BC=AB=4，
∴BG=2，
此时AG=√BG2+AB2=√22+42=2√5，
此时AE=2√5−2，
所以CF的最小值为：2√5−2.
故答案为：2√5−2
【点睛】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆
的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键．
【变式1-2】（2022·山东潍坊·中考真题）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，
感悟数学之美．如图，正方形ABCD的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形
A′B′C′D′，若A′B′:AB=2:1，则四边形A′B′C′D′的外接圆的周长为___________．【答案】4√2π
【分析】根据正方形ABCD的面积为4，求出AB=2，根据位似比求出A′B′=4，周长即可得出；
【详解】解：∵正方形ABCD的面积为4，
∴ AB=2，
∵ A′B′:AB=2:1，
∴ A′B′=4，
∴ A′C′=√42+42=4√2，
所求周长=4√2π；
故答案为：4√2π．
【点睛】本题考查位似图形，涉及知识点：正方形的面积，正方形的对角线，圆的周长，解题关键求出正
方形ABCD的边长．
【变式1-3】（2022·河北沧州·统考二模）石家庄市水上公园南侧新建的摩天轮吸引了附近市民的目光．据
工作人员介绍，新建摩天轮直径为100m，最低点距离地面1m，摩天轮的圆周上均匀地安装了24个座舱
（本题中将座舱视为圆周上的点），游客在距离地面最近的位置进舱，运行一圈时间恰好是13分14秒，
寓意“一生一世”．小明从摩天轮的底部出发开始观光，摩天轮转动1周．
(1)小明所在座舱到达最高点时距离地面的高度为 m；(2)在小明进座舱后间隔3个座舱小亮进入座舱（如图，此时小明和小亮分别位于P、Q两点），
①求两人所在座舱在摩天轮上的距离（弧PQ的长）；
②求此时两人所在座舱距离地面的高度差；
(3)受周围建筑物的影响，当乘客与地面的距离不低于76m时，可视为最佳观赏位置，求最佳观赏时间有多
长（不足一分钟按一分钟记）．
【答案】(1)101
50
(2)① πm；②25m
3
(3)5分钟
【分析】（1）根据题意得出最高点是直径加1m即可；
（2）①求出圆心角∠POQ的度数，再根据弧长公式进行计算即可；
②求出NQ的长即可，利用直角三角形的边角关系求出ON的长，进而求出QN即可；
（3）求出达到最佳观赏位置时，座椅所处的位置，进而求出所夹的弧所对的圆心角的度数，由圆心角所
占周角的百分比，得出最佳观赏时间占13分14秒的百分比，通过计算可得答案．
【详解】（1）解：如图，由题意可知，QM=1m，AQ=100m，
当座椅转到点A时，距离地面最高，此时AM=AQ+QM=100+1=101(m)，
故答案为：101；
360°
（2）①∵圆周上均匀的安装24个座椅，因此每相邻两个座椅之间所对的圆心角为 =15°，
24
∴∠POQ=4×15°=60°，60π×50 50
∴ P´Q的长为 = π(m)，
180 3
50
答：两人所在座舱在摩天轮上的距离（弧PQ的长）为 πm；
3
②由题意得，两人所在座舱距离地面的高度差就是NQ的长，
在Rt△PON中，OP=50，∠PON=60°，
1
∴ON= OP=25，
2
∴NQ=OQ−ON=25，
即两人所在座舱距离地面的高度差为25m；
（3）如图，当DM=76m时，对应的座椅为点B、点C，当座椅在BA´C上运动时，观赏位置最佳，
此时，OD=76−1−50=25(m)，
∵OB=OC=50m，
∴∠BOD=∠COD=60°，
1
∴ B´C的长是圆周长的 ，
3
1
因此最佳观赏位置所持续的时间为：13分14秒的 ，
3
1
∴13′14″× ≈5′
，
3
答：最佳观赏时间有多长约有5分钟．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提，掌握弧长计算公
式是正确计算的关键．
【要点3 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．
【考点2 垂径定理及其推论】
【例2】（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，A、B、C是⊙O上的点，OC⊥AB，垂足为点D，且D
为OC的中点，若OA=7，则BC的长为___________．【答案】7
【分析】根据垂径定理可得OC垂直平分AB，根据题意可得AB平方OC，可得四边形AOBC是菱形，进
而根据菱形的性质即可求解．
【详解】解：如图，连接OB,CA，
∵ A、B、C是⊙O上的点，OC⊥AB，
∴AD=DB，
∵ D为OC的中点，
∴OD=DC，
∴四边形AOBC是菱形，OA=7，
∴BC=AO=7．
故答案为：7．
【点睛】本题考查了垂径定理，菱形的性质与判定，掌握垂径定理是解题的关键．
【变式2-1】（2022·四川自贡·统考中考真题）一块圆形玻璃镜面碎成了几块，其中一块如图所示，测得弦
AB长20厘米，弓形高CD为2厘米，则镜面半径为____________厘米．
【答案】26【分析】令圆O的半径为OB=r，则OC=r-2，根据勾股定理求出OC2+BC2=OB2，进而求出半径．
【详解】解：如图，由题意，得OD垂直平分AB，
∴BC=10厘米，
令圆O的半径为OB=r，则OC=r-2，
在Rt△BOC中
OC2+BC2=OB2，
∴（r-2）2+102=r2，
解得r=26．
故答案为：26．
【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理求线段长，熟练地掌握圆的基本性质是解决问题的关键．
【变式2-2】（2022·四川凉山·统考中考真题）如图，在边长为1的正方形网格中，⊙O是△ABC的外接圆，
点A，B，O在格点上，则cos∠ACB的值是________．
2√13
【答案】
13
【分析】取AB中点D，由图可知，AB=6，AD=BD=3，OD=2，由垂径定理得OD⊥AB，则OB=OD 2 2√13
√OD2+BD2=√22+32=√13，cos∠DOB= = = ，再证∠ACB=∠DOB，即可解．
OB √13 13
【详解】解：取AB中点D，如图，
由图可知，AB=6，AD=BD=3，OD=2，
∴OD⊥AB，
∴∠ODB=90°，
OD 2 2√13
∴OB=√OD2+BD2=√22+32=√13，cos∠DOB= = = ，
OB √13 13
∵OA=OB，
1
∴∠BOD= ∠AOB，
2
1
∵∠ACB= ∠AOB，
2
∴∠ACB=∠DOB，
2√13
∴cos∠ACB= cos∠DOB= ，
13
2√13
故答案为： ．
13
【点睛】本题考查勾股定理，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，取AB中点D，得Rt△ODB是解题
的关键．
【变式2-3】（2022·甘肃兰州·统考中考真题）综合与实践
问题情境：我国东周到汉代一些出土实物上反映出一些几何作图方法，如侯马铸铜遗址出土车軎范、芯组
成的（如图1），它的端面是圆形，如图2是用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法：将“矩”
的直角尖端A沿圆周移动，直到AB=AC，在圆上标记A，B，C三点；将“矩”向右旋转，使它左侧边落
在A，B点上，“矩”的另一条边与圆的交点标记为D点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，连接AD，BC相交于点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，链接AD，
BC相较于点O，即O为圆心．
(1)问题解决：请你根据“问题情境”中提供的方法，用三角板还原我国古代几何作图确定圆心O．如图
3，点A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，且AB=AC，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
(2)类比迁移：小梅受此问题的启发，在研究了用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法后发现，如
果AB和AC不相等，用三角板也可以确定圆心O．如图4，点A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，请作出圆
心O．（保留作图痕迹，不写作法）
(3)拓展探究：小梅进一步研究，发现古代由“矩”度量确定圆上等距离点时存在误差，用平时学的尺规作
图的方法确定圆心可以减少误差．如图5，点A，B，C是⊙O上任意三点，请用不带刻度的直尺和圆规作
出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）请写出你确定圆心的理由：______________________________．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，即可；
（2）作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，即可；
（3）作AB的垂直平分线DE，作AC的垂直平分线MN，DE交MN于O，即可，则垂径定理得出确定圆心
的理由即可．（1）
解：如图所示，点O就是圆的圆心．
作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，
∵∠CAB=∠ABC=90°，
∴BC、AD是圆的直径，
∴点O是圆的圆心．
（2）
解：如图所示，点O就是圆的圆心．
作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，
∵∠CAB=∠ABC=90°，
∴BC、AD是圆的直径，
∴点O是圆的圆心．
（3）
解：如图所示 ，点O就是圆的圆心．作AB的垂直平分线DE，作AC的垂直平分线MN，DE交MN于O，
∵DE垂直平分AB，
∴DE经过圆心，即圆心必在直线DE上，
∵MN垂直平分AC，
∴MN经过圆心，即圆心必在直线MN上，
∴DE与MN的交点O是圆心．
确定圆心的理由：弦的垂直平分线经过圆心．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，垂径定理的推论，尺规作线段垂直平分线，熟练掌握直角的圆周角
所对的弦是直径是解题的关键．
【要点4 弧、弦、角、距的概念】
（1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．
（2）推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其
余各组量都分别相等．
说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧
或劣弧．
（3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系
三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推
二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与
原图形完全重合．
【考点3 弧、弦、圆心角的关系】
【例3】（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，AB,CD是⊙O的两条直径，E是劣弧B´C的中点，连接BC，
DE．若∠ABC=22°，则∠CDE的度数为（ ）A．22° B．32° C．34° D．44°
【答案】C
【分析】连接OE，由题意易得∠OCB=∠ABC=22°，则有∠COB=136°，然后可得∠COE=68°，
进而根据圆周角定理可求解．
【详解】解：连接OE，如图所示：
∵OB=OC，∠ABC=22°，
∴∠OCB=∠ABC=22°，
∴∠COB=136°，
∵E是劣弧B´C的中点，
1
∴∠COE= ∠COB=68°，
2
1
∴∠CDE= ∠COE=34°；
2
故选C．
【点睛】本题主要考查圆周角定理及垂径定理，熟练掌握圆周角定理及垂径定理是解题的关键．
【变式3-1】（2022·浙江湖州·统考中考真题）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的
顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN
＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长
的最大值是（ ）A．4√2 B．6 C．2√10 D．3√5
【答案】C
【分析】根据同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半，过点M、N作以点O为圆心，∠MON=90°的圆，
则点P在所作的圆上，观察圆O所经过的格点，找出到点M距离最大的点即可求出．
1
【详解】作线段MN中点Q，作MN的垂直平分线OQ，并使OQ= MN，以O为圆心，OM为半径作圆，
2
如图，
1
因为OQ为MN垂直平分线且OQ= MN，所以OQ=MQ=NQ，
2
∴∠OMQ=∠ONQ=45°，
∴∠MON=90°，
所以弦MN所对的圆O的圆周角为45°，
所以点P在圆O上，PM为圆O的弦，
通过图像可知，当点P在P′位置时，恰好过格点且P′M经过圆心O，
所以此时P′M最大，等于圆O的直径，
∵BM＝4，BN＝2，
∴MN=√22+42=2√5，∴MQ=OQ=√5，
∴OM=√2MQ=√2×√5=√10，
∴P′M=2OM=2√10，
故选 C．
【点睛】此题考查了圆的相关知识，熟练掌握同弧所对的圆周角相等、直径是圆上最大的弦，会灵活用已
知圆心角和弦作圆是解题的关键．
【变式3-2】（2022·湖南怀化·统考中考真题）如图，点A，B，C，D在⊙O上，A´B＝C´D．求证：
(1)AC＝BD；
(2)△ABE∽△DCE．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）两个等弧同时加上一段弧后两弧仍然相等；再通过同弧所对的弦相等证明即可；
（2）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等即可证明相似．
【详解】（1）∵A´B＝C´D
∴A´B+A´D＝C´D+A´D
∴BA´D=AD´C
∴BD=AC
（2）∵∠B=∠C
∠AEB=∠DEC
∴△ABE∽△DCE
【点睛】本题考查等弧所对弦相等、所对圆周角相等，掌握这些是本题关键．
【变式3-3】（2022·黑龙江哈尔滨·统考三模）已知：⊙O两条弦AC与BD相交于点E，AC=BD．(1)如图1，求证：CE=BE；
(2)如图2，直径BF⊥AC于点N，连接DF，求证：DF=2ON；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接AD交BF于点G，若AD=11，BN=√5，求ON的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
3√5
(3)ON=
2
【分析】（1）如图所示，连接BC，只需要证明A´B=C´D，得到∠CBD=∠BCA，即可证明BE=CE；
1
（2）如图所示，过点O作OM⊥BD于M，连接OA，先证明OM是△BDF的中位线，得到OM= DF，
2
再证明Rt△BOM≌Rt△AON得到ON=OM，即可证明DF=2OM=2ON；
（3）连接AB，AO，AF，过点O作OK⊥AD于K，先证明△ANB≌△ANG得到GN=BN=√5，设ON=x，则
OB=OA=x+√5，BF=2x+2√5，FN=2x+√5，OG=x−√5，由勾股定理得
OK2=OA2−AK2=(x+√5) 2 −
(11) 3
，证明△ABN∽△FAN，得到
AN
=
BN
，推出
2 FN AN
AN2=BN⋅FN=2√5x+5，在Rt△ANG中，AG2=AN2+GN2=2√5x+10，证明△ANG∽△OKG，推
OK2 OG2 (x+√5) 2 −
(11) 2
出 = ，则 2 (x−√5) 2 ，据此求解即可．
AN2 AG2 =
2√5x+5 2√5x+10
（1）
解：如图所示，连接BC，
∵AC=BD，∴A´C=B´D，
∴A´C−B´C=B´D−B´C，即A´B=C´D，
∴∠CBD=∠BCA，
∴BE=CE；
（2）
解：如图所示，过点O作OM⊥BD于M，连接OA，
∴BM=DM，∠BMO=90°，
∵M是BD的中点，O是BF的中点，
∴OM是△BDF的中位线，
1
∴OM= DF，
2
∵AC⊥BF，AC=BD，
1 1
∴AN= AC= BD=BM，
2 2
在Rt△BOM和Rt△AON中，
¿，
∴Rt△BOM≌Rt△AON（HL），
∴ON=OM，
∴DF=2OM=2ON；（3）
解：连接AB，AO，AF，过点O作OK⊥AD于K，
∵BF是圆O的直径，BF⊥AC，
∴A´B=B´C，∠ANB=∠ANG=90°，
由（1）得A´B=C´D，
∴B´C=C´D，
∴∠BAC=∠DAC，
在△ANB和△ANG中，
¿，
∴△ANB≌△ANG（ASA），
∴GN=BN=√5，
设ON=x，则OB=OA=x+√5，BF=2x+2√5，
∴FN=2x+√5，OG=x−√5，
∵OK⊥AD，AD=11，
1
∴AK= AD=5.5，
2
在Rt△AKO中，OK2=OA2−AK2=(x+√5) 2 −
(11) 3
，
2
∵BF是直径，
∴∠BAF=90°，
∴∠BAN+∠FAN=90°，
又∵∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠ABN=∠FAN，
∴△ABN∽△FAN，
AN BN
∴ = ，
FN AN∴AN2=BN⋅FN=2√5x+5，
在Rt△ANG中，AG2=AN2+GN2=2√5x+10，
∵∠OGK=∠AGN，∠ANG=∠OKG=90°，
∴△ANG∽△OKG，
OK OG
∴ = ，
AN AG
OK2 OG2
∴ = ，
AN2 AG2
(x+√5) 2 −
(11) 2
∴ 2 (x−√5) 2 ，
=
2√5x+5 2√5x+10
∴18√5x2−61x−111√5=0，
3√5 −37√5
解得x= 或x=− （舍去），
2 45
3√5
∴ON= ．
2
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，弧、
弦、圆周角之间的关系，等腰三角形的判定等等，正确作出对应的辅助线是解题的关键．
【要点5 圆周角定理及其推论】C
是 所对的圆心角，
定理：圆周角的度数等于它
是 所对的圆周角，
所对的弧的圆心角度
B O
数的一半
A
D C
和 都是 所对的圆周
角
推论1：同弧或等弧所对的圆
圆
周 周角相等
B O
角
定
A
理
是 的直径
C
是 所对的圆周角
推论2：直径所对的圆周角是
直角， 的圆周
角所对的弦是直径 B A 是 所对的圆周角
O
是 的直径
【考点4 圆周角】
【例4】（2022·山东济宁·统考中考真题）如图，点A，C，D，B在⊙O上，AC＝BC，∠ACB＝90°．若
1
CD＝a，tan∠CBD＝ ，则AD的长是___________．
3
【答案】2√2a
【分析】如图，连接AB，设AD,BC交于点E，根据题意可得AB是⊙O的直径，∠ADB=90°，设
AC=m，证明△CED∽△AEB，根据相似三角形的性质以及正切的定义，分别表示出AE,ED，根据
Rt△ABC，勾股定理求得m=√5a，根据AD=AE+ED即可求解．
【详解】解：如图，连接AB，设AD,BC交于点E，∵∠ACB＝90°
∴AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
1
∵ tan∠CBD＝ ，
3
DE 1
∴ = ，
DB 3
在Rt△DEB中，BE=√DE2+DB2=√10DE ，
∵C´D=C´D，
∴∠CBD=∠ACD，
1
∴ tan∠CAD= ，
3
CE 1
∴ =
AC 3
设AC=m
1
则CE= m，
3
∵ AC＝BC，
2
∴EB= m，
3
√10 2√10
∴DE= BE= m，
10 30
Rt△ACE中，AE=√AC2+CE2= √ m2+ (1 m ) 2 = √10 m，
3 3
2√10 √10 2
∴AD=AE+ED= m+ m= √10m，
30 3 5
∵D´B=D´B，
∴∠ECD=∠EAB,
又∠CED=∠AEB，
∴△CED∽△AEB，1
m
CD CE 3 1
∴ = = = ，
AB AE √10m √10
3
∵CD=a，
∴AB=√10a，
∵AC=BC=m，
∴AB=√2m，
∴√2m=√10a，
解得m=√5a，
2 2
∴AD= √10m= √10×√5a=2√2a，
5 5
故答案为：2√2a．
【点睛】本题考查了90°圆周角所对的弦是直径，同弧所对的圆周角相等，正切的定义，相似三角形的性
质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
【变式4-1】（2022·湖北恩施·统考中考真题）如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为
A、B，直线PO交⊙O于点D、E，交AB于点C．
(1)求证：∠ADE=∠PAE．
(2)若∠ADE=30°，求证：AE=PE．
(3)若PE=4，CD=6，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)CE的长为2．
【分析】（1）连接OA，根据切线的性质得到∠OAE+∠PAE=90°，根据圆周角定理得到
∠OAE+∠DAO=90°，据此即可证明∠ADE=∠PAE；
（2）由（1）得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED =60°，利用三角形外角的性质得到∠APE=∠AED-∠PAE
=30°，再根据等角对等边即可证明AE=PE；
（3）证明Rt EAC∽Rt ADC，Rt OAC∽Rt APC，推出DC×CE=OC×PC，设CE=x，据此列方程求解即可．
【详解】（1）证明：连接OA，
△ △ △ △∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，即∠OAP=90°，
∴∠OAE+∠PAE=90°，
∵DE为⊙O的直径，
∴∠DAE=90°，即∠OAE+∠DAO=90°，
∴∠DAO=∠PAE，
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADE，
∴∠ADE=∠PAE；
（2）证明：∵∠ADE=30°，
由（1）得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED=90°-∠ADE=60°，
∴∠APE=∠AED-∠PAE =30°，
∴∠APE=∠PAE =30°，
∴AE=PE；
（3）解：∵PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交AB于点C．
∴AB⊥PD，
∵∠DAE=90°，∠OAP=90°，
∴∠DAC+∠CAE=90°，∠OAC+∠PAC=90°，
∵∠DAC+∠D=90°，∠OAC+∠AOC=90°，
∴∠CAE=∠D，∠PAC=∠AOC，
∴Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，
EC AC OC AC
∴ = , =
AC DC AC PC
∴AC2=DC×CE，AC2=OC×PC，
即DC×CE=OC×PC，
x x x
设CE=x，则DE=6+x，OE=3+ ，OC=3+ -x=3- ，PC=4+x，
2 2 2
x
∴6x=(3- )( 4+x)，
2
整理得：x2+10x-24=0，解得：x=2(负值已舍)．
∴CE的长为2．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是学会利用参数构
建方程解决问题．
【变式4-2】（2022·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）已知CH是⊙O的直径，点A，点B是⊙O上的两个点，
连接OA,OB，点D，点E分别是半径OA,OB的中点，连接CD,CE,BH，且∠AOC=2∠CHB．
(1)如图1，求证：∠ODC=∠OEC；
(2)如图2，延长CE交BH于点F，若CD⊥OA，求证：FC=FH；
(3)如图3，在（2）的条件下，点G是B´H上一点，连接AG,BG,HG,OF，若AG:BG=5:3，HG=2，
求OF的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
√19
(3)OF=
3
【分析】（1）根据SAS证明△COD≅△COE即可得到结论；
（2）证明∠H=∠ECO即可得出结论；
（3）先证明OF⊥CH，连接AH，证明AH=BH，设AG=5x，BG=3x，在AG上取点M，使得
AM=BG，连接MH，证明△MHG为等边三角形，得MG=HG=2，根据AG=AM+MG可求出x=1，
得AG=5，BG=3，过点H作HN⊥MG于点N，求出HB=√19，再证HF=2OF，根据
HB=3OF=√19可得结论．
（1）
如图1．∵点D，点E分别是半径OA,OB的中点1 1
∴OD= OA，OE= OB
2 2
∵OA=OB，
∴OD=OE
∵∠BOC=2∠CHB，∠AOC=2∠CHB
∴∠AOC=∠BOC
∵OC=OC
∴△COD≅△COE，
∴∠CDO=∠CEO；
（2）
如图2．∵CD⊥OA，
∴∠CDO=90°
由（1）得∠CEO=∠CDO=90°，
OE 1
∴sin∠OCE= =
OC 2
∴∠OCE=30°，
∴∠COE=90°−∠OCE=60°
1 1
∵∠H= ∠BOC= ×60°=30°
2 2
∴∠H=∠ECO，
∴FC=FH
（3）如图3．∵CO=OH，FC=FH
∴OF⊥CH
∴∠FOH=90°
连接AH．∵∠AOC=∠BOC=60°
∴∠AOH=∠BOH=120°，
∴AH=BH，∠AGH=60°
∵AG:BG=5:3
设AG=5x，
∴BG=3x
在AG上取点M，使得AM=BG，连接MH
∵∠HAM=∠HBG，
∴△HAM≌△HBG
∴MH=GH，
∴△MHG为等边三角形
∴MG=HG=2
∵AG=AM+MG，
∴5x=3x+2
∴x=1，
∴AG=5
∴BG=AM=3，
过点H作HN⊥MG于点N
1 1
MN= GM= ×2=1，HN=HG⋅sin60°=√3
2 2
∴AN=MN+AM=4，
∴HB=HA=√N A2+H N2=√19
∵∠FOH=90°，∠OHF=30°，
∴∠OFH=60°
∵OB=OH，
∴∠BHO=∠OBH=30°，∴∠FOB=∠OBF=30°
∴OF=BF，
在Rt△OFH中，∠OHF=30°，
∴HF=2OF
∴HB=BF+HF=3OF=√19，
√19
∴OF= ．
3
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形
的性质，勾股定理以及解直角三角形等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
【变式4-3】（2022·黑龙江绥化·统考中考真题）如图所示，在⊙O的内接△AMN中，∠MAN=90°，
AM=2AN，作AB⊥MN于点P，交⊙O于另一点B，C是A´M上的一个动点（不与A，M重合），射线
MC交线段BA的延长线于点D，分别连接AC和BC，BC交MN于点E．
(1)求证：△CMA∽△CBD．
(2)若MN=10，M´C=N´C，求BC的长．
3 ME
(3)在点C运动过程中，当tan∠MDB= 时，求 的值．
4 NE
【答案】(1)证明见解析
(2)3√10
3
(3)
2
【分析】（1）利用圆周角定理得到∠CMA=∠ABC，再利用两角分别相等即可证明相似；
（2）连接OC，先证明MN是直径，再求出AP和NP的长，接着证明△COE∽△BPE，利用相似三角形
的性质求出OE和PE，再利用勾股定理求解即可；
（3）先过C点作CG⊥MN，垂足为G，连接CN，设出GM=3x，CG=4x，再利用三角函数和勾股定理
分别表示出PB和PG，最后利用相似三角形的性质表示出EG，然后表示出ME和NE，算出比值即可．
【详解】（1）解：∵AB⊥MN，∴∠APM=90°，
∴∠D+∠DMP=90°，
又∵∠DMP+∠NAC=180°，∠MAN=90°，
∴∠DMP+∠CAM=90°，
∴∠CAM=∠D，
∵∠CMA=∠ABC，
∴△CMA∽△CBD．
（2）连接OC，
∵∠MAN=90°，
∴MN是直径，
∵MN=10，
∴OM=ON=OC=5，
∵AM=2AN，且AM2+AN2=M N2，
∴AN=2√5，AM=4√5，
1 1
∵S = AM⋅AN= MN⋅AP，
△AMN 2 2
∴AP=4，
∴BP=AP=4，
∴NP=√AN2−AP2=2，
∴OP=5−2=3，
∵M´C=N´C，
∴OC⊥MN，
∴∠COE=90°，
∵AB⊥MN，
∴∠BPE=90°，
∴∠BPE=∠COE，
又∵∠BEP=∠CEO，
∴△COE∽△BPE
CO OE CE
∴ = = ，
BP PE BE
5 OE CE
即 = =
4 PE BE
由OE+PE=OP=3，
5 4
∴OE= ，PE= ，
3 3∴CE=√OC2+OE2=
√
52+
(5) 2
=
5
√10，
3 3
BE=√BP2+PE2=
√
42+
(4) 2
=
4
√10，
3 3
5 4
∴BC= √10+ √10=3√10．
3 3
（3）过C点作CG⊥MN，垂足为G，连接CN，则∠CGM=90°，
∴∠CMG+∠GCM=90°，
∵MN是直径，
∴∠MCN=90°，
∴∠CNM+∠DMP=90°，
∵∠D+∠DMP=90°，
∴∠D=∠CNM=∠GCM，
3
∵tan∠MDB= ，
4
3
∴tan∠CNM=tan∠GCM= ，
4
GM
∵tan∠GCM=
CG
∴设GM=3x，CG=4x，
∴CM=5x，
20x 16x
∴CN= ， NG= ，
3 3
25x
∴NM= ，
3
25x
∴OM=ON= ，
6
∵AM=2AN，且AM2+AN2=M N2，5√5 10√5
∴AN= x，AM= x，
3 3
1 1
∵S = AM⋅AN= MN⋅AP，
△AMN 2 2
10
∴AP= x=PB，
3
5
∴NP= x，
3
16 5 11
∴PG= x− x= x，
3 3 3
∵∠CGE=∠BPE=90°，∠CEG =∠BEP，
∴△CGE∽△BPE，
CG GE CE
∴ = = ，
BP PE BE
4x GE CE
= =
即10 PE BE
x
3
5
∴¿=2x，PE= x
3
10x
∴ME=5x，NE= ，
3
∴ME:NE=3:2，
ME 3
∴ 的值为 ．
NE 2
【点睛】本题考查了圆的相关知识、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识，涉及到了动
点问题，解题关键是构造相似三角形，正确表示出各线段并找出它们的关系，本题综合性较强，属于压轴
题．
【考点5 三角形的外接圆】
【例5】（2022·湖南邵阳·统考中考真题）如图，⊙O是等边 ABC的外接圆，若AB=3，则⊙O的半径是（
△）
3 √3 5
A． B． C．√3 D．
2 2 2
【答案】C
【分析】作直径AD，连接CD，如图，利用等边三角形的性质得到∠B=60°，关键圆周角定理得到
∠ACD=90°，∠D=∠B=60°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求解．
【详解】解：作直径AD，连接CD，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°，
∵AD为直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠D=∠B=60°，则∠DAC=30°，
1
∴CD= AD，
2
1
∵AD2=CD2+AC2，即AD2=( AD)2+32，
2
∴AD=2√3，
1
∴OA=OB= AD=√3．
2
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫
做三角形的外心．也考查了等边三角形的性质、圆周角定理和含30度的直角三角形三边的关系．
【变式5-1】（2022·浙江宁波·校考模拟预测）如图，已知点A(4，0),B(0，3)，直线l经过A、B两点，点C(x,y)为直线l在第一象限的动点，作△AOC的外接圆⊙M，延长CM交⊙M于点Q，则△OCQ的
面积最小值为（ ）
24 96
A．4 B．4.5 C． D．
5 25
【答案】D
【分析】根据已知可得OA=4,OB=3，从而在在Rt△AOB中，利用勾股定理求出AB的长，再根据直径
所对的圆周角是直角可得∠COQ=90°，然后利用同弧所对的圆周角相等可得∠BAO=∠CQO，从而可
BO OC 3 4
得 = = ，进而可得OQ= OC，最后根据垂线段最短可知，当OC⊥AB时，OC最小，从而可
OA OQ 4 3
得△OCQ的面积最小，进行计算即可解答．
【详解】解：∵点A(4，0),B(0，3)，
∴OA=4,OB=3，
在Rt△AOB中，AB=√OA2+OB2=√42+32=5，
∵CQ是⊙M的直径，
∴∠COQ=90°，
∵∠BAO=∠CQO，
∴tan∠BAO=tan∠CQO，
BO OC 3
∴ = = ，
OA OQ 4
4
∴OQ= OC，
3
1 1 4 2
∴△OCQ的面积= OC·OQ= OC· OC= OC2 ，
2 2 3 3
∴当OC最小时，△OCQ的面积最小，
∴当OC⊥AB时，OC最小，
1 1
∵△AOB的面积= AB·OC= OB·OA，
2 2
∴AB·OC=OB·OA，
OB×OA 12
∴OC= = ，
AB 52 (12) 2 96
∴△OCQ的面积的最小值= × = ，
3 5 25
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形，三角形的外接圆，圆周角定理，坐标与图形的性质，熟练掌握锐角三
角函数的定义是解题的关键．
【变式5-2】（2022·广西玉林·统考中考真题）如图，在5×7网格中，各小正方形边长均为1，点O，A，
B，C，D，E均在格点上，点O是△ABC的外心，在不添加其他字母的情况下，则除△ABC外把你认为外
心也是O的三角形都写出来__________________________．
【答案】△ADC、△BDC、△ABD
【分析】先求出△ABC的外接圆半径r，再找到距离O点的长度同为r的点，即可求解．
【详解】由网格图可知O点到A、B、C三点的距离均为：√12+22=√5，
则外接圆半径r=√5，
图中D点到O点距离为：√12+22=√5=r，
图中E点到O点距离为：√12+32=√10，
则可知除△ABC外把你认为外心也是O的三角形有：△ADC、△ADB、△BDC，
故答案为：△ADC、△ADB、△BDC．
【点睛】本题考查了外接圆的性质、勾股定理等知识，求出△ABC的外接圆半径r是解答本题的关键．
【变式5-3】（2022·上海静安·统考二模）如图，已知△ABC外接圆的圆心O在高AD上，点E在BC延长
线上，EC=AB．
(1)求证：∠B=2∠AEC；
√3
(2)当OA=2，cos∠BAO= 时，求DE的长．
2
【答案】(1)见解析
(2)3√3【分析】（1）先根据题意得到AD垂直平分BC，得到AB=AC，则∠B=∠ACB，再证明EC=AC，得到
∠AEC=∠CAE，即可利用三角形外角的性质证明结论；
（2）先求出∠BAO=30°，从而求出∠BOD =60°，然后解直角三角形求出BD，AB的长即可得到答案．
【详解】（1）解：∵△ABC的外接圆圆心在高AD上，
∴AD垂直平分BC，
∴AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵EC=AB，
∴EC=AC，
∴∠AEC=∠CAE，
∵∠ACB=∠AEC+∠CAE，
∴∠B=∠AEC+∠CAE=2∠AEC；
（2）解：连接OB，
√3
∵cos∠BAO= ，
2
∴∠BAO=30°，
∵OB=OA，
∴∠OAB=∠OAB=30°，
∴∠BOD=∠OBA+∠OAB=60°，
∴BD=OB⋅sin∠BOD=√3，
BD
∴AC=AB= =2√3，
sin∠BAD
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=CD，
∴DE=DC+CE=BD+AC=3√3．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，根据特殊角三角函数值求度数，解直角三角形，三角
形外角的性质，线段垂直平分线的性质等等，确定AB=AC是解题的关键．
【要点6 圆内接四边形】
D
C
B
A E【考点6 圆内接四边形】
【例6】（2022·江苏淮安·统考中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠AOC=160°，
则∠ABC的度数是（ ）
A．80° B．100° C．140° D．160°
【答案】B
【分析】先根据圆周角定理求得∠D的度数，然后根据圆内接四边形的性质求出∠ABC的度数即可．
【详解】解：∵∠AOC=160°，
1
∴∠ADC= ∠AOC=80°，
2
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC=180°−∠ADC=180°−80°=100°，
故选：B.
【点睛】此题考查的是圆内接四边形的性质及圆周角定理，比较简单，牢记有关定理是解答本题的关键．
【变式6-1】（2022·吉林长春·统考中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形．若
∠BCD=121°，则∠BOD的度数为（ ）
A．138° B．121° C．118° D．112°
【答案】C
【分析】由圆内接四边形的性质得∠A=59°，再由圆周定理可得∠BOD=2∠A=118°．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠A+∠C=180°
∵∠BCD=121°
∴∠A=59°
∴∠BOD=2∠A=118°
故选：C
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，熟练掌握相关性质和定理是解答本题的关键
【变式6-2】（2022·新疆·统考中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，AC=CD，连接AD，延长DB交过点C的切线于点E．
(1)求证：∠ABC=∠CAD；
(2)求证：BE⊥CE；
(3)若AC=4，BC=3，求DB的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
7
(3)
5
【分析】（1）由等边等角可得∠ADC=∠CAD，由同弧所对的圆周角相等可得∠ADC=∠ABC，等量
代换即可得证；
（2）连接OC，根据等边对等角可得∠OCB=∠OBC=∠ABC，由四边形ADBC是⊙O的内接四边形，
可得∠CBE=∠CAD，进而可得OC∥BE，即可得证；
（3）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，从而在Rt△ABC中，利用勾股定理求出BA的长，再
根据同弧所对的圆周角相等可得∠CAB=∠CDB，进而可证△ACB∽△DEC，然后利用相似三角形的性质可求
出DE的长，最后再利用（2）的结论可证△ACB∽△CEB，利用相似三角形的性质可求出BE的长，进行计
算即可解答．
（1）
∵A´C=A´C，
∴∠ADC=∠ABC
∵AC=CD
∴∠ADC=∠CAD
∴∠ABC=∠CAD
（2）
如图，连接OC
∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥CE
∵CO=OB
∴∠OCB=∠OBC=∠ABC
∵四边形ADBC是⊙O的内接四边形，∴∠CBE=∠CAD
∵∠CAD=∠ABC
∴∠OCB=∠CBE
∴OC∥BE
∵ OC⊥CE
∴ BE⊥CE
（3）
解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC=4，BC=3，
∴AB=√AC2+BC2=5，CD=AC=4
∵∠ACB=∠E=90°，∠CAB=∠CDB，
∴△ACB∽△DEC，
AC AB
∴ = ，
DE CD
4 5
∴ = ，
DE 4
16
∴DE= ，
5
∵∠CBE=∠ABC，∠ACB=∠E=90°，
∴△ACB∽△CEB，
CB AB
∴ = ，
BE CB
3 5
∴ = ，
BE 3
9
∴BE= ，
5
16 9 7
∴BD=DE-BE= − = ，
5 5 5
7
∴DB的长为 ．
5
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质，以及圆周角定理是解题的关键．
【变式6-3】（2022·四川成都·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以BC为直径作⊙O，
交AB边于点D，在C´D上取一点E，使B´E=C´D，连接DE，作射线CE交AB边于点F．
(1)求证：∠A=∠ACF；
4
(2)若AC=8，cos∠ACF= ，求BF及DE的长．
5
【答案】(1)见解析
42
(2)BF=5，DE=
25
【分析】（1）根据Rt△ABC中，∠ACB=90°，得到∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，根据B´E=C´D，得到
∠B=∠BCF，推出∠A=∠ACF；
1
（2）根据∠B=∠BCF，∠A=∠ACF，得到AF=CF，BF=CF，推出AF=BF= AB，根据
2
AC 4
cos∠ACF=cosA= = ，AC=8，得到AB=10，得到BF=5，根据BC=√AB2−AC2=6，得到
AB 5
BC 3
sinA= = ，连接CD，根据BC是⊙O的直径，得到∠BDC=90°，推出∠B+∠BCD=90°，推出
AB 5
BD 3 18 7
∠A=∠BCD，得到sin∠BCD= = ，推出BD= ，得到DF=BF−BD= ，根据∠FDE=∠BCE，
BC 5 5 5
DE DF 42
∠B=∠BCE，得到∠FDE=∠B，推出DE∥BC，得到 FDE∽ FBC，推出 = ，得到DE= ．
BC BF 25
【详解】（1）解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°△
，
△
∴∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，
∵B´E=C´D，
∴∠B=∠BCF，
∴∠A=∠ACF；
（2）∵∠B=∠BCF，∠A=∠ACF
∴AF=CF，BF=CF，
1
∴AF=BF= AB，
2AC 4
∵cos∠ACF=cosA= = ，AC=8，
AB 5
∴AB=10，
∴BF=5，
∵BC=√AB2−AC2=6，
BC 3
∴sinA= = ，
AB 5
连接CD，∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠B+∠BCD=90°，
∴∠A=∠BCD，
BD 3
∴sin∠BCD= = ，
BC 5
18
∴BD= ，
5
7
∴DF=BF−BD= ，
5
∵∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，
∴∠FDE=∠B，
∴DE∥BC，
∴ FDE∽ FBC，
DE DF
∴ △ = △ ，
BC BF
42
∴DE= ．
25
【点睛】本题主要考查了圆周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握圆
周角定理及推论，运用勾股定理和正弦余弦解直角三角形，相似三角形的判定和性质．
【考点7 相交弦】
【例7】（2022·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图， 中，弦 ， 相交于点 ， ，
，则 的大小是( )A． B． C． D．
【答案】B
【详解】试题分析：∵∠D=∠A=42°，∴∠B=∠APD﹣∠D=35°，故选B．
考点：圆周角定理．
【变式7-1】（2022秋·九年级课时练习）如图，圆内一条弦CD与直径AB相交成30°角，且分直径成1cm
和5cm两部分，则这条弦的弦心距是_____．
【答案】1cm
【分析】首先过点O作OF⊥CD于点F，设弦CD与直径AB相交于点E，由分直径成1cm和5cm两部分，可
求得直径，半径的长，继而求得OE的长，又由圆内一条弦CD与直径AB相交成30°角，即可求得这条弦的
弦心距．
【详解】解：过点O作OF⊥CD于点F，设弦CD与直径AB相交于点E，
∵分直径成1cm和5cm两部分，
∴AB＝6cm，
1
∴OA＝ AB＝3cm，
2
∴OE＝OA﹣AE＝2cm，
∵∠OEF＝30°，
1
∴OF＝ OE＝1（cm）．
2
故答案为：1cm．
【点睛】此题考查了垂径定理以及含30°角的直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，
注意掌握数形结合思想的应用．
【变式7-2】（2022·四川巴中·校考一模）圆内一条弦与直径相交成30°的角，且分直径1cm和5cm两段，则这条弦的长为_____．
【答案】4√2cm
【分析】根据垂径定理，过圆心作弦的垂线，构成直角三角形，然后利用30°的角所对的直角边是斜边的
一半以及勾股定理计算，求出弦长．
【详解】解：如图，
AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB与CD相交于E，∠DEB＝30°，AE＝1cm，EB＝5cm，
过O作OH⊥CD于H，则CH＝HD，
1+5
在Rt OEH中，OE＝OA﹣AE＝ ﹣1＝2，
2
∵∠D △ EB＝30°，
∴OH＝1，
在Rt ODH中，OD＝OB＝3，
∴HD2＝OD2﹣OH2＝9﹣1＝8，
△
∴HD＝2√2．
CD＝2HD＝4√2．
故答案是：4√2cm．
【点睛】本题考查的是垂径定理，根据题意画出图形，然后过圆心作弦的垂线，由30°的角所对的直角边
是斜边的一半，得到弦心距的长，再用勾股定理可以求出弦长．
【变式7-3】（2022秋·浙江杭州·九年级校联考期中）一条弦AB把圆的 直径分成3和11两 部分，弦 和
直径相交 成300角，则AB的长为_____________．
【答案】 ．
【详解】试题解析：根据题意画出图形，如图示，
作OM⊥AB于M，连接OA，
∴AM=BM，
CD=14cm，ND=3cm，
∴ON=4cm，∵∠ONM=30°，OM⊥AB，
∴MO=2cm，
∴AM=√72−22=3√5，
∴AB=2AM=6√5．
考点：垂径定理．
【考点8 四点共圆】
【例8】（2022秋·湖南长沙·九年级长沙县湘郡未来实验学校校考阶段练习）如图，已知△ABC中，
∠ACB=90°，AC=4，BC=3，∠CPB=∠A，过点C作CP的垂线，与BP的延长线交于点Q，则CQ
的最大值为（ ）
15 16
A．4 B．5 C． D．
4 5
【答案】C
3
【分析】由∠PCQ=∠ACB=90°，∠CPB=∠A，证明△CPQ∽△CAB，推出QC= PC，当PC有
4
最大值时，CQ有最大值，根据∠CPB=∠A，得到点A、C、B、P四点共圆，若PC有最大值，则PC应
为直径，由∠ACB=90°，得到AB是圆的直径，勾股定理求出PC=AB=√AC2+BC2=5，即可得到答
案．
【详解】解：∵CQ⊥CP
∴∠PCQ=∠ACB=90°
∵∠CPB=∠A
∴△CPQ∽△CAB
PC QC
∴ =
AC BC
PC QC
∴ =
4 3
3
∴QC= PC，
4
∴当PC有最大值时，CQ有最大值，
∵∠CPB=∠A，
∴点A、C、B、P四点共圆，
若PC有最大值，则PC应为直径，
∵∠ACB=90°，∴AB是圆的直径，
∴PC=AB=√AC2+BC2=5，
3 15
∴QC的最大值为 ×5= ，
4 4
故选：C．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，四点共圆的判定和性质，正确掌握四点共圆的
性质是解题的关键．
【变式8-1】（2023秋·浙江温州·九年级期末）如图，Rt△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，O为AC的中
点，K为BC上一点，NC⊥BC，且NC＝BK，AK分别交BN、OB于M、F，AC交BN于E，连接OM，下
OM 1
列结论：①AK⊥BN；②OE＝OF；③∠OMN＝45°；④若∠OAF＝∠BAF，则 = ．其中正确结论的个
AF 2
数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据K型全等和八字形倒角可证①正确；根据△ABC是等腰直角三角形，O为AC的中点，可得
BO三线合一，可证△OBE≌△OAF(ASA)，得出②正确；根据∠AMB=90°∠AMB+∠AME=180°，可得
∠AME+∠BOE=180°，可证E、M、F、O四点共圆，然后根据同弧所对的圆周角相等，可得③正确；取AF
的中点G连接OG，易得OG是直角三角形AOF的中线，根据∠BAC=45°，∠OAF=∠BAF，
1
∠OAF+∠BAF=∠BAC，易证OM=OG= AF，可证④正确．
2
【详解】解:①∵NC⊥BC，
∴∠BCN=90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BCN=∠ABC，
∵AB=BC，NC＝BK，
∴△ABK≌△BCN（SAS），
∴∠KBM=∠BAM，
∵∠ABC=∠KBM+∠ABM=90°，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∵∠ABM+∠BAM+∠AMB=180°，∴∠AMB=90°，
∴AK⊥BN；
②∵AB=AC，∠ABC=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵O为AC的中点，
∴BO是等腰直角三角形ABC的中线垂线角平分线，
1
∴OB=OA，∠BOE=∠AOF=90°，∠OBC= ∠ABC=45°，∠BAC=45°，
2
∵∠OBC=∠KBM+∠OBE=45°，∠BAC=∠BAM+∠OAF=45°，∠KBM=∠BAM，
∴∠OBE=∠OAF，
∴△OBE≌△OAF(ASA)，
∴OE=OF；
③∵∠BOE=90°，OE=OF，
∴△OEF是等腰直角三角形，
∴∠OFE=45°，
∵∠AMB=90°，∠AMB+∠AME=180°，
∴∠AME=90°，
∴∠AME+∠BOE=180°，
∴E、M、F、O四点共圆，
∴∠OMN=∠OFE，
∴∠OMN=45°；
④如图，取AF的中点G连接OG，
∵∠ABF=90°，
∴OG是直角三角形AOF的中线，
1
∴OG=AG= AF，
2
∴∠GOA=∠OAM，
∵∠BAC=45°，∠OAF=∠BAF，∠OAF+∠BAF=∠BAC，
∴∠OAF=22.5°，
∴∠GOA=22.5°，∵∠OGM=∠GOA+∠OAF，
∴∠OGM=45°，
∵∠AME=∠OMN+∠OMG=90°，∠OMN=45°，
∴∠OMG=45°，
∴∠OMG=∠OGM=45°，
∴OM=OG，
1
∴OM= AF，
2
OM 1
∴ = ．
AF 2
故选：D．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、隐圆和同弧所对的圆周角相等，熟练
掌握相关性质和判定是解题关键．
【变式8-2】（2023春·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，点D为BC上一点，
∠ADC=60°，点E在线段AD上，∠BEC=120°，若BC=3√3，AE=2√3，则AC的最大值为
________．
【答案】3+√3##√3+3
【分析】将BC绕点B逆时针旋转60°至BF，连接CF，可得是△BCF为等边三角形，则∠BFC=60°，可
知B、F、C、E四点共圆，令其圆心为O，连接OB、OC、过O作OP⊥BC，交BC于P，交圆O于Q，
过Q、C分别作圆O的切线，交于M，连接OM交BC于N，连接OE、AM，利用30°的直角三角形求得
OC=OE=OQ=3，由MQ，MC与圆O相切，可得△QOM≌△COM（SSS），利用其性质证得
∠MNC=60°，计算出CM=√3，OM=2CM=2√3=AE，由∠ADC=60°，知OM∥AE，可得四边
形AEOM为平行四边形，则AM=OE=3，由三角形三边关系可知：AC≤AM+CM（当A、M、C在同
一直线上时去等号），即可求得AC的最大值．
【详解】解：将BC绕点B顺时针旋转60°至BF，连接CF，可得是△BCF为等边三角形，则∠BFC=60°，
∵∠BEC=120°，∠BFC=60°，
∴B、F、C、E四点共圆，令其圆心为O，连接OB、OC、∴∠BOC=120°，则∠OCB=30°，
过O作OP⊥BC，交BC于P，交圆O于Q，过Q、C分别作圆O得切线，交于M，连接OM交BC于N，
连接OE、AM，
∵BC=3√3，OP⊥BC，
3√3
∴BP=CP= ，∠COP=60°，∠OCP=30°
2
3
∴OP= ，OC=OE=OQ=3，
2
∵MQ，MC与圆O相切，
∴QM=CM，
∴△QOM≌△COM（SSS）
1
∴∠QOM=∠COM= ∠COP=30°，
2
∴∠MNC=∠COM+∠OCP=60°，
CM=OC⋅tan30°=√3，
OM=2CM=2√3=AE，
又∵∠ADC=60°，
∴OM∥AE，
∴四边形AEOM为平行四边形，
∴AM=OE=3，
由三角形三边关系可知：AC≤AM+CM=3+√3（当A、M、C在同一直线上时去等号）∴AC的最大值为：3+√3．
故答案为：3+√3．
【点睛】本题属于几何综合题，考查了四点共圆，垂径定理，切线长定理，解直角三角形，平行四边形的
判定及三角形的三边关系，构造辅助线，利用圆的相关性质转化线段长度及角度，构造三角形三边关系是
解决问题的关键，属于中考压轴题．
【变式8-3】（2023春·湖北武汉·九年级校考阶段练习）问题提出 如图1，点E为等腰△ABC内一点，
AB=AC，∠BAC=α，将AE绕着点A逆时针旋转α得到AD，求证：△ABE≌△ACD．
尝试应用 如图2，点D为等腰Rt△ABC外一点，AB=AC，BD⊥CD，过点A的直线分别交DB的延长
1
线和CD的延长线于点N，M，求证：S +S = AN⋅AM．
△ABN △ACM 2
问题拓展 如图3，△ABC中，AB=AC，点D，E分别在边AC，BC上，∠BDA=∠BEA=60°，AE，
BD交于点H．若CE=a，AH=b，直接写出BE的长度（用含a，b的式子）．
【答案】见解析
【分析】问题提出：由旋转的性质可证得AE=AD，∠BAC=∠EAD=α，进而得证∠BAE=∠CAD，
即可利用SAS证明△ABE≌△ACD．
尝试应用：延长MC，使CE=BN，连接AE，由题意可知A、B、C、D四点共圆，可得
∠ABD=∠ACD，进而可得∠ABN=∠ACE，利用SAS可证得△ABN≌△ACE，根据其性质得
AN=AE，∠BAN=∠CAE，S =S ，进而可证得EA⊥MN，
△ABN △ACE1 1 1
S = AE⋅AM= AN⋅AM=S +S ，即可得证S +S = AN⋅AM．
△AME 2 2 △AMC △ACE △ABN △ACM 2
问题拓展：将AB绕点A逆时针旋转60°至F，则△ABF为等边三角形，由∠BDA=∠BEA=60°，可知A、
D、E、B、F五点共圆，可得∠1=∠3，∠2=∠4，∠BEF=∠AEB=60°，根据
∠AEB=60°=∠C+∠2，∠ABF=60°=∠ABC+∠3，可得∠2=∠3=∠1=∠4，进而得证
△AEF≌△AEC，△BEH≌△BFE可得EH=CE=a，则AE=AH+EH=a+b，作AM⊥BC交BC于
1 1 3 1
M，则BM=CM，可求得ME=AE⋅cos60°= (a+b)，CM=ME+CE= (a+b)+a= a+ b=BM，
2 2 2 2
即可求得BE的长度．
【详解】解：问题提出：
证明：∵AB=AC，∠BAC=α，将AE绕着点A逆时针旋转α得到AD，
∴AE=AD，∠BAC=∠EAD=α，
∴∠BAC−∠AEC=∠EAD−∠AEC，即：∠BAE=∠CAD，
在△ABE与△ACD中，¿，
∴△ABE≌△ACD(SAS)．
尝试应用：延长MC，使CE=BN，连接AE，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAC=90°，
又∵BD⊥CD，即：∠BDC=90°，
∴A、B、C、D四点共圆，
∴∠ABD=∠ACD，
∴∠ABN=∠ACE，
在△ABN与△ACE中，¿，
∴△ABN≌△ACE(SAS)．
∴AN=AE，∠BAN=∠CAE，
∴∠BAN+∠BAE=∠CAE+∠BAE=∠BAC=90°，即：EA⊥MN，
1 1
∴S = AE⋅AM= AN⋅AM=S +S
△AME 2 2 △AMC △ACE∵△ABN≌△ACE
∴S =S ，
△ABN △ACE
1
∴ AN⋅AM=S +S =S +S
2 △AMC △ACE △AMC △ABN
1
即：S +S = AN⋅AM．
△ABN △ACM 2
问题拓展：将AB绕点A逆时针旋转60°至F，则△ABF为等边三角形，
∴∠AFB=∠BAF=∠ABF=60°，AB=AF=AC，
∵∠BDA=∠BEA=60°，
∴A、D、E、B、F五点共圆，
则：∠1=∠3，∠2=∠4，∠BEF=∠AEB=60°，
∠AEB=60°=∠C+∠2，∠ABF=60°=∠ABC+∠3，
又∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠2=∠3=∠1=∠4，
∵AE=AE，∠1=∠2，AF=AC，
∴△AEF≌△AEC(SAS)
∴CE=EF，
∵∠3=∠4，BE=BE，∠BEF=∠AEB=60°，
∴△BEH≌△BFE(ASA)
∴EF=EH，
∴EH=CE=a，则AE=AH+EH=a+b，
作AM⊥BC交BC于M，则BM=CM，
∵∠AEB=60°，
1
∴ME=AE⋅cos60°= (a+b)，
2
1 3 1
∴CM=ME+CE= (a+b)+a= a+ b=BM，
2 2 23 1 1
则：BE=BM+ME= a+ b+ (a+b)=2a+b．
2 2 2
【点睛】本题属于几何综合，考查全等三角的判定及性质，等腰三角形的性质，四点共圆，圆周角定理，
解直角三角形，添加辅助线构造全等三角形和利用圆周角定理转化角是解决问题的关键，属于中考压轴题．
【考点9 圆中的定值问题】
【例9】（2022秋·全国·九年级专题练习）ΔABC内接于⊙O，过点O作OH⊥BC于点H，延长OH交
⊙O于点D连接AD．
(1)如图1，求证：∠BAD=∠CAD；
(2)如图2，若OH=DH，求∠BAC的度数；
3
(3)如图3，在（2）的条件下，过点B作BK⊥AD于点K，连接HK，若HK= ，试说明线段AB与AC的
2
差为定值．
【答案】(1)见解析
(2)60°
(3)见解析
【分析】（1）根据垂径定理即可得到结论；
（2）如图2，连接OB、OC，求出∠BOH的度数，运用圆周角定理即可解决问题；
（3）如图3，分别延长BK、AC，交于点M，证明△BAK≌△MAK，得到BK=MK，AM=AB，进而
判断HK为△BCM的中位线，即可解决问题．
【详解】（1）解： ∵OH⊥BC于点H，
∴ B´D=C´D，
∴∠BAD=∠CAD；
（2）如图2，连接OB、OC，
∵OH=DH，OB=OD，
1
∴OH= OB，而OH⊥BH，
2
∴∠OBH=30°，∠BOH=60°
1
∴∠BAC= ∠BOC=60°；
2（3）如图3，分别延长BK、AC，交于点M；
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAK=∠MAK；
在ΔBAK与ΔMAK中，
¿，
∴ΔBAK≅ΔMAK(SAS)，
∴BK=MK，AM=AB
∵OD⊥BC，
∴BH=HC，
∴HK为ΔBCM的中位线，
3
∴CM=2HK=2× =3，
2
∴AB−AC=AM−AC=CM=3．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定和性质等知识，正确作出辅助线是解题的
关键．
【变式9-1】（2022秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）已知，如图：正方形ABCD，AB=4，动点E以√2
个单位每秒的速度从点A出发向终点C运动，同时动点F以2个单位每秒的速度从点B出发，沿射线BC
向右运动．当点E到达点C时，点E、点F同时停止运动．连接EF，以EF为直径作⊙O，该圆与直线AC
的另一个交点为点G．设运动时间为t．(1)当点F在BC边上运动时，如图①，
①填空：FC=_____，AE=_____（用含有t的代数式表示）；
②连接DE，DF，求证：△DEF是等腰直角三角形．
(2)在运动的过程中，线段EG的长度是否发生变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出这个定值．
(3)在运动的过程中，要使得圆心O始终在正方形ABCD的内部（不含边界），请直接写出点t的取值范围．
【答案】(1)①4−2t，√2t；②见解析；
(2)线段EG的长度不变，EG=2√2；
8
(3)0
