专题24.5 圆（章节复习）
（知识梳理+25个考点讲练+中考真题演练+难度分层练 共65题）
【解析版】
知识梳理 技巧点拨......................................................................2
知识点梳理01：圆的基本性质.........................................................2
知识点梳理02：切线的性质判定.......................................................3
知识点梳理03：与圆有关的计算.......................................................5
优选题型 考点讲练......................................................................6
考点1 求特殊三角形外接圆的半径.....................................................6
考点2 已知外心的位置判断三角形的形状...............................................7
考点3 确定圆心(尺规作图）..........................................................9
考点4 画圆（尺规作图）............................................................11
考点5 已知直线和圆的位置关系求圆心到直线的距离....................................13
考点6 求圆平移到与直线相切时圆心经过的距离........................................15
考点7 求直线平移到与圆相切时运动的距离............................................17
考点8 切线的性质和判定的综合应用..................................................19
考点9 应用切线长定理求解与求证....................................................23
考点10 直角三角形周长、面积与内切圆半径的关系.....................................25
考点11 一般三角形周长、面积与内切圆半径的关系.....................................28
考点12 三角形内切圆与外接圆综合...................................................32
考点13 过圆外一点作圆的切线(尺规作图）............................................34
考点14 圆与三角形的综合（圆的综合问题）...........................................37
考点15 圆与四边形的综合（圆的综合问题）...........................................43
考点16 求正多边形的中心角.........................................................47
考点17 已知正多边形的中心角求边数.................................................50
考点18 正多边形和圆的综合.........................................................51
考点19 尺规作图-正多边形..........................................................54
考点20 求某点的弧形运动路径长度...................................................55
考点21 求图形旋转后扫过的面积.....................................................58考点22 求其他不规则图形的面积.....................................................60
考点23 求圆锥侧面展开图的圆心角...................................................63
考点24 圆锥的实际问题.............................................................66
考点25 圆锥侧面上最短路径问题.....................................................67
中考真题 实战演练.....................................................................71
难度分层 拔尖冲刺.....................................................................77
基础夯实..........................................................................77
培优拔高..........................................................................81
知识点梳理01：圆的基本性质
1．圆的定义
(1)线段OA绕着它的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的封闭曲线，叫做圆.
(2)圆是到定点的距离等于定长的点的集合.
【易错点拨】
①圆心确定圆的位置，半径确定圆的大小；确定一个圆应先确定圆心，再确定半径，二者缺一不可；
②圆是一条封闭曲线.
2．圆的性质
(1)旋转不变性：圆是旋转对称图形，绕圆心旋转任一角度都和原来图形重合；圆是中心对称图
形，对称中心是圆心.
在同圆或等圆中，两个圆心角，两条弧，两条弦，两条弦心距，这四组量中的任意一组相等，
那么它所对应的其他各组分别相等.
(2)轴对称：圆是轴对称图形，经过圆心的任一直线都是它的对称轴.
(3)垂径定理及推论：
①垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧.
②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.
③弦的垂直平分线过圆心，且平分弦对的两条弧.
④平分一条弦所对的两条弧的直线过圆心，且垂直平分此弦.
⑤平行弦夹的弧相等.【易错点拨】
在垂经定理及其推论中：过圆心、垂直于弦、平分弦、平分弦所对的优弧、平分弦所对的劣弧，在
这五个条件中，知道任意两个，就能推出其他三个结论.（注意：“过圆心、平分弦”作为题设时，
平分的弦不能是直径）
3．圆的确定: 不在同一直线上的三个点确定一个圆.
4 .圆周角：顶点在圆上，两边都和圆相交的角叫做圆周角.
5.圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半.
推论1：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，相等的圆周角所对的弧也相等.
推论2：半圆或直径所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径.
【易错点拨】
(1) 圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上；②角的两边都和圆相交.
(2)圆周角定理成立的前提条件是在同圆或等圆中.
知识点梳理02：切线的性质判定
1．直线和圆的位置关系
设⊙O 半径为R，点O到直线 的距离为 .
(1)直线 和⊙O没有公共点 直线和圆相离 .
(2)直线 和⊙O有唯一公共点 直线 和⊙O相切 .
(3)直线 和⊙O有两个公共点 直线 和⊙O相交 .
2．切线的判定、性质
(1)切线的判定：
①经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
②到圆心的距离 等于圆的半径的直线是圆的切线.
(2)切线的性质：
①圆的切线垂直于过切点的半径.
②经过圆心作圆的切线的垂线经过切点.
③经过切点作切线的垂线经过圆心.3.切线长：从圆外一点作圆的切线，这一点和切点之间的线段的长度叫做切线长.
切线长定理：过圆外一点作圆的两条切线，两条切线长相等，圆心与这一点的连线平分两条切线的
夹角.
4．三角形的内心、外心、重心、垂心
(1)三角形的内心：是三角形三条角平分线的交点，它是三角形内切圆的圆心，在三角形内部，它到
三角形三边的距离相等，通常用“I”表示.
(2)三角形的外心：是三角形三边中垂线的交点，它是三角形外接圆的圆心，锐角三角形外心在三角
形内部，直角三角形的外心是斜边中点，钝角三角形外心在三角形外部，三角形外心到三角形三个顶
点的距离相等，通常用O表示.
(3)三角形重心：是三角形三边中线的交点，在三角形内部；它到顶点的距离是到对边中点距离的 2
倍，通常用G表示.
(4)垂心：是三角形三边高线的交点.
【易错点拨】
(1) 任何一个三角形都有且只有一个内切圆，但任意一个圆都有无数个外切三角形；
(2) 解决三角形内心的有关问题时，面积法是常用的，即三角形的面积等于周长与内切圆半径乘积的
一半，即 (S为三角形的面积，P为三角形的周长，r为内切圆的半径).
(3) 三角形的外心与内心的区别：
名称 确定方法 图形 性质
外心(三角形外接圆 三角形三边中垂线 (1)OA=OB=OC；(2)外心不一
的圆心) 的交点 定在三角形内部
内心(三角形内切圆 三角形三条角平分 (1)到三角形三边距离相等；
的圆心) 线的交点 (2)OA 、 OB 、 OC 分 别 平 分
∠BAC、∠ABC、∠ACB； (3)
内心在三角形内部.
5．圆内接四边形和外切四边形(1)四个点都在圆上的四边形叫圆的内接四边形，圆内接四边形的对角互补，且任意一个外角都等于
它的内对角.
(2)各边都和圆相切的四边形叫圆外切四边形，圆外切四边形对边之和相等.
知识点梳理03：与圆有关的计算
1.正多边形的定义：各边相等、各角也相等的多边形叫做正多边形.
2.正多边形的作图：通过等分圆周的方法能作出正多边形.
【易错点拨】
等分圆周的方法：用量角器等分圆周；用尺规等分圆周.
3.正多边形的性质：
把一个正多边形的外接圆和内切圆的公共圆心，叫做正多边形的中心. 外接圆的半径叫做正多边
形的半径，内切圆的半径叫做正多边形的边心距，正多边形每一条边所对的圆心角，叫做正多边形的
360
中心角，正n边形的每个中心角都等于 .
n
圆的面积公式： ，周长 .
圆心角为 、半径为R的弧长 .
圆心角为 ，半径为R，弧长为 的扇形的面积 .
弓形的面积要转化为扇形和三角形的面积和、差来计算.
【易错点拨】
(1)对于扇形面积公式，关键要理解圆心角是1°的扇形面积是圆面积的 ，
即 ；
(2)在扇形面积公式中，涉及三个量：扇形面积S、扇形半径R、扇形的圆心角，知道其中的两个量就
可以求出第三个量.
(3)扇形面积公式 ，可根据题目条件灵活选择使用，它与三角形面积公式 有点类
似，可类比记忆；
(4)扇形两个面积公式之间的联系： .考点1 求特殊三角形外接圆的半径
【典例精讲】（25-26九年级上·江苏无锡·期中）将边长为6的正方形ABCD和边长为3的正方形
DEFG如图摆放，使得A、D、E三点共线，此时经过B、C、F三点作一个圆，则该圆的半径为 ．
【答案】3❑√5
【思路引导】本题考查的是三角形的外接圆与外心，取AD的中点O，连接OB、OC、OF，根据勾股定理
分别求出OB、OC、OF，得到答案．
【规范解答】解：取AD的中点O，连接OB、OC、OF，
由题意得：OA=OD=3，
由勾股定理得：OB=❑√62+32=3❑√5，OC=❑√62+32=3❑√5，OF=❑√62+32=3❑√5，
∴OB=OC=OF，
∴点O为经过B、C、F三点的圆的圆心，该圆的半径为3❑√5，
故答案为：3❑√5．
【变式训练】（25-26九年级上·全国·课后作业）如图，A，B，C是⊙O上的三点，△ABC是等边三角
形．若AB=3，则⊙O的半径是（ ）3 ❑√3 5
A． B． C．❑√3 D．
2 2 2
【答案】C
【思路引导】本题考查三角形的外接圆与外心，直角三角形的性质，掌握等边三角形的性质，应用垂径定
理和勾股定理解题是关键．
连接OB、OC，过点O作OH⊥BC，结合同弧所对的圆心角是圆周角的两倍、等腰三角形的性质和三角
形内角和为180°得到∠OBC=30°，再利用垂径定理，直角三角形的性质，勾股定理即可求出⊙O的半
径．
【规范解答】解：连接OB、OC，过点O作OH⊥BC，
∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，
∴∠BOC=2∠A=2×60°=120°，OB=OC
180°−120°
∴∠OBC=∠OCB= =30°，
2
1
∴OH= OB，
2
又∵OH⊥BC，
1 3
∴BH= BC= ，
2 2
在Rt△OBH中，利用勾股定理得，OB=❑√3．
故选：C．
考点2 已知外心的位置判断三角形的形状
【典例精讲】（2024·江苏镇江·一模）如图，A、O在网格中小正方形的顶点处，每个小方格的边长为1，在此网格中找两个格点（即小正方形的顶点）B、C，使O为△ABC的外心，则BC的长度是（ ）
A．3❑√2 B．2❑√5 C．4 D．❑√17
【答案】A
【思路引导】本题考查外心的定义：外心是三角形外接圆的圆心，外心到三角形三个顶点的距离相等，也
考查了勾股定理．根据题意作出图形，得到点B和点C的位置，根据勾股定理求解即可．
【规范解答】解：如图所示，
∵点O为△ABC的外心，
∴OA=OB=OC，点B和点C的位置如图所示，
∴BC=❑√32+32=3❑√2，
故选：A．
【变式训练】（23-24九年级上·江苏扬州·期末）如图，在6×6正方形网格中，A、B、C、D均为小正方
形的格点，请仅用无刻度的直尺作图（保留痕迹，描出必要的格点）．
(1)在图1中作出△ABC的外心D；
(2)图2中D是AB的中点，作出BC边上的点F（不与点B重合），使得BD=DF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析【思路引导】本题考查作图-应用与设计作图，平行线分线段成比例定理等知识，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．
（1）如图1中，分别作BC及AC的垂直平分线，相交于点D，点D即为所求．
（2）如图2中，过点A作BC的垂线，垂足即为点F，连接DF，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的
一亲，可得BD=DF．
【规范解答】（1）如图1，点D即为△ABC的外心；
（2）如图2，点F即为所作；
考点3 确定圆心(尺规作图）
【典例精讲】（25-26九年级上·河南新乡·期中）如图，考古学家发掘出一面残缺的圆形铜镜，为了对
其进行修复，需要先确定铜镜原本的大小．已知圆形铜镜的一条弦AB的垂直平分线交弧AB于点C，交弦
AB于点D，测得AB=16cm,CD=2cm．
(1)修复师需要先找到这面铜镜所在圆的圆心，才能进行后续的修复工作，请你确定该圆的圆心．(尺规作
图，不写作法，保留作图痕迹)
(2)求这面铜镜所在圆的半径．【答案】(1)见解析
(2)圆的半径为17cm
【思路引导】本题考查了圆的圆心确定（垂直平分线的性质）、勾股定理的应用，解题的关键是利用垂径
定理构造直角三角形，结合勾股定理列方程求半径．
（1）作弦AB外另一条弦的垂直平分线，与CD的延长线的交点即为圆心；
（2）设圆的半径为r，由题意得AD的长度，用代数式表示出OD，利用勾股定理列方程求解．
【规范解答】（1）解：连接AC，作弦AC的垂直平分线，与直线CD交于点O，则点O即为该圆的圆心．
（2）解：连接OA,设该圆的半径为rcm，
∵CD是AB的垂直平分线，
1
∴AD= AB=8cm，OD=(r−2)cm，
2
在Rt△ADO中，由勾股定理得：OA2=AD2+OD2，
即r2=82+(r−2) 2，r2=64+r2−4r+4，4r=68，
解得r=17．
答：这面铜镜所在圆的半径为17cm．
【变式训练】（25-26九年级上·江苏无锡·期中）小明和小丽在一次综合实践活动中，尝试用一张矩形
纸条测量马克杯杯口的直径．他们的方法是：将纸条拉直并紧贴杯口，纸条的上下边沿分别与杯口相交于
A、B、C、D四点．
(1)小明利用尺规作图找到圆心，进而度量出直径大小，请你用尺规作图在图1中确定圆心O；
(2)小丽利用刻度尺测量纸条的宽为7cm,AB=8cm,CD=6cm，请你根据上述数据计算纸杯的直径（请利
用图2解答）．
【答案】(1)见解析(2)10cm
【思路引导】本题考查垂径定理的应用，勾股定理，垂直平分线的性质，关键是通过作辅助线构造直角三
角形；
（1）连接BC，分别作BC与AB的垂直平分线，交于一点O，即可求解；
1 1
（2）连接CO，BO，过圆心作EF⊥AB，得CF=DF= CD=3，AE=BE= AB=4，设OF=a，
2 2
那么OE=7−a，根据在Rt△OFC与Rt△OEB中，OB2=OC2，可知a2+32=(7−a) 2+42，即可求解.
【规范解答】（1）解：如图：连接BC，分别作BC与AB的垂直平分线，交于一点O，即是圆心O，
下图O即为所求：
（2）解：连接CO，BO，过圆心作EF⊥AB，
∵EF=7cm,AB=8cm,CD=6cm，
1 1
∴CF=DF= CD=3cm，AE=BE= AB=4cm，
2 2
设OF=a，那么OE=7−a，
∵EF⊥AB，AB∥CD，
∴在Rt△OFC与Rt△OEB中，OB2=OC2，
∴a2+32=(7−a) 2+42，
解得：a=4；
∴OC=❑√32+42=5 ，
∴纸杯的直径为2OC=10cm.考点4 画圆（尺规作图）
【典例精讲】（25-26九年级上·广东汕头·月考）实践与操作：
已知：△ABC．求作：⊙O，使它经过点B和点C，并且圆心O在∠A的平分线上．
（要求保留作图痕迹，不必写出作法和证明）
【答案】见解析
【思路引导】此题主要考查了尺规作图，圆的基本性质，熟练掌握常见尺规作图是解题的关键．
作圆，即需要先确定其圆心，先作∠A的角平分线，再作线段BC的垂直平分线相交于点O，即O点为圆
心．
【规范解答】解：如图，⊙O即为所求．
（1）作出∠CAB的角平分线，
（2）作出线段BC的垂直平分线交于O，
（3）以O点为圆心，OB为半径，作圆O，如下图所示：
即⊙O为所求的圆．
【变式训练】（25-26九年级上·江苏淮安·阶段练习）借助尺规作图，画出符合下列要求的图形（不写
作法，保留作图痕迹）(1)已知线段AB，试确定一点C，使得∠ACB=90°；
(2)已知△ABD，试确定一点C，使得∠ACB+∠ADB=180°．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【思路引导】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形．
（1）以AB为直径作⊙O，在⊙O上任取一点C，连接AC和BC，则∠ACB=90°；
（2）作△ABD的外接⊙O，在优弧AB上任取一点C，连接AC和BC，则∠ACB+∠ADB=180°．
【规范解答】（1）解：所作图形，如图①所示；
（2）解：所作图形，如图②所示．
考点5 已知直线和圆的位置关系求圆心到直线的距离
【典例精讲】（24-25九年级上·河南郑州·期末）如图，正三角形ABC和ADE的边长分别是3、7，点
F是BC中点，将正三角形ABC绕点A旋转，在旋转过程中，△≝¿的面积S的取值范围是 ．35
【答案】7❑√3≤S≤ ❑√3
2
【思路引导】本题考查等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，二次根式，圆的定义，直线和
圆的位置关系，熟练掌握利用定点定长确定轨迹圆是解题的关键．连接AF，先利用等边三角形的性质和
3❑√3
含30°角的直角三角形的性质求出AF长，可确定点F的轨迹为以点A为圆心，半径长为 的圆，过点A
2
作AG⊥DE于点G，利用直线到圆上一点的距离可知，当A、F、G依次共线时，FG最小，此时点F为
如图的点F′；当F、A、G依次共线时，FG最大，此时点F为如图的点F″，再计算最大值和最小值即可．
【规范解答】解：如图，连接AF，
∵△ABC是等边三角形，点F是BC中点，
1
∴AF⊥BC，∠CAF= ∠BAC=30°，
2
1 3 3❑√3
∴CF= AC= ，AF=❑√3CF= ，
2 2 2
3❑√3
∵在△ABC绕点A的旋转过程中，AF= ，
2
3❑√3
∴点F的轨迹为以点A为圆心，半径长为 的圆，
2
过点A作AG⊥DE于点G，
利用直线到圆上一点的距离可知，
当A、F、G依次共线时，FG最小，此时点F为如图的点F′；
当F、A、G依次共线时，FG最大，此时点F为如图的点F″；∵△ADE是等边三角形，AG⊥DE，
1
∴∠EAG= ∠DAE=30°，
2
1 7 7❑√3
∴¿= AE= ，AG=❑√3≥= ，
2 2 2
7❑√3 3❑√3
∴F′G=AG−AF′= − =2❑√3，
2 2
7❑√3 3❑√3
F″G=AG+AF″= + =5❑√3，
2 2
∴点F到DE的距离h的取值范围2❑√3≤h≤5❑√3，
1 7
∵△≝¿的面积S= DE⋅h= h，
2 2
35
∴7❑√3≤S≤ ❑√3，
2
35
故答案为：7❑√3≤S≤ ❑√3．
2
【变式训练】（22-23九年级下·浙江湖州·阶段练习）如图，已知 ⊙O的半径为6，点 O到矩形某条
边的距离为8，则这条边可以是 （ ）
A．AD B．AB C．BC D．CD
【答案】C
【思路引导】本题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是熟练掌握直线与圆的位置关系：设圆的半径为
r，圆心到直线的距离为d，若d<r⇔直线与圆相交；若d=r⇔．直线与圆相切；若d>r⇔直线与圆相离．过点作OE⊥AB于E，作OF⊥BC于F，作OG⊥CD于G，作OH⊥AD于H，由图可知：AB、AD与
圆相交，BC与圆相离，CD与圆相切，则OE<6，OF>6，OH<6，OG=6，即可求解．
【规范解答】解：过点作OE⊥AB于E，作OF⊥BC于F，作OG⊥CD于G，作OH⊥AD于H，
由图可知：AB、AD与圆相交，BC与圆相离，CD与圆相切，
又∵⊙O的半径为6，
∴OE<6，OF>6，OH<6，OG=6，
∵点 O到矩形某条边的距离为8，且8>6，
∴点 O到矩形某条边的距离为8，这条边可以是BC，
故选：C．
考点6 求圆平移到与直线相切时圆心经过的距离
【典例精讲】（24-25九年级上·河北唐山·期末）如图，在直线l上有相距5cm的两点A和O（点A在点
O的右侧），以O为圆心作半径为1cm的圆，过点A作直线AB⊥l．将⊙O以2cm/s的速度向右移动（点
O始终在直线l上），则⊙O与直线AB在 秒时相切．
【答案】2或3
【思路引导】本题考查了切线的判定与性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过半径的外端且垂直于
这条半径的直线是圆的切线，当圆心到直线的距离等于圆的半径，则直线与圆相切．熟练掌握切线的判定
与性质是解题的关键．根据切线的判定方法，当点O到AB的距离为1cm时，⊙O与AB相切，然后计算出
圆向右移动的距离，然后计算出对应的时间．
【规范解答】解：当点O到AB的距离为1cm时，⊙O与AB相切，
∵开始时O点到AB的距离为5，
∴当圆向右移动5−1或5+1时，点O到AB的距离为1cm，此时⊙O与AB相切，∴t=(5−1)÷2=2(s)或t=(5+1)÷2=3(s)，
即⊙O与直线AB在2秒或3秒时相切．
故答案为：2或3．
【变式训练】（21-22九年级上·新疆塔城·期末）如图，直线l与x轴、y轴分别相交于点A、B，已知B
（0，❑√3），∠BAO=30°，点P的坐标为(1,0)，⊙P与y轴相切于点O，若将⊙P沿x轴向左移动，
当⊙P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）
【思路引导】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．
【规范解答】如图，⊙P′与⊙P″分别切AB于D、E．
由B(0,❑√3)，∠BAO=30°，易得OA=3，则A点坐标为(−3,0)．
连接P′D、P″E，则P′D⊥AB、P″E⊥AB，则在Rt△ADP′中，AP′=2×DP′=2，
同理可得，AP″=2，则 P′ 的横坐标为−3+2=−1， P″ 的横坐标为−1−4=−5，
∴当⊙P与直线l相交时，点P的横坐标x的取值范围为−5<x<−1，
∴横坐标为整数的点P的坐标为(−2,0)、(−3,0)、(−4,0)．
故答案为：(-2，0)、(-3，0)、(-4，0)．
【考点剖析】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．考点7 求直线平移到与圆相切时运动的距离
【典例精讲】（2025·湖南娄底·二模）如图，长为8的线段AB的两个端点A、B分别在x轴和y轴上滑
1
动，设线段AB的中点C的运动轨迹为W，当l:y= x+b的图象与W只有1个交点时，b= ．
2
【答案】±2❑√5
【思路引导】该题考查了切线的性质，一次函数与几何综合，得出点C的运动轨迹是解题的关键．
1
根据题意得出点C的运动轨迹W为以4为半径的⊙O，得出当l:y= x+b的图象与W只有1个交点时，
2
1
即⊙O与y= x+b的图象相切，根据等面积法求解即可．
2
【规范解答】解：设A(a,0),B(0,b)，
(a b)
则C , ，
2 2
∵AB=8，
∴−8≤a≤8,−8≤b≤8，
a b
∴−4≤ ≤4,−4≤ ≤4，且a2+b2=64，
2 2
故点C的运动轨迹W为以4为半径的⊙O，
1
在y= x+b中，令x=0，则y=b，即OD=b，
2令y=0，则x=−2b，即OF=2b，
则DF=❑√OD2+OF2=❑√5b，
1
当l:y= x+b的图象与W只有1个交点时，
2
1
即⊙O与y= x+b的图象相切，
2
此时OC′ ⊥DF，
1 1
如图，则 OC′ ⋅DF= OD⋅OF，即b⋅2b=4×❑√5b，
2 2
解得：b=±2❑√5，
故答案为：±2❑√5．
【变式训练】（2021·四川成都·一模）如图，已知正方形ABCD中，两动点M和N分别从顶点B、C同时
出发，以相同的速度沿BC、CD向终点C、D运动，连接AM、BN，交于点P，再连接PC，若AB=4，则PC长
的最小值为 ．
【答案】2❑√5−2
【思路引导】先证明△ABM≅△BCN，得出∠BAM=∠CBN，证出∠APB=90°，得出点P在以
AB为直径的圆上运动，运动路径一条弧^BG，连接OC交圆O于P，此时PC最小，OP=OB=2，由勾股定
理求出OC=2❑√5，得出PC=OC−OP=2❑√5−2即可．
【规范解答】解：由题意得：BM=CN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABM=∠BCN=90°,AB=BC=4，
在△ABM和△BCN中，
{
AB=BC
)
∠ABM=∠BCN ，
BH=CN
∴△ABM≅△BCN(SAS)，
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠ABP+∠CBN=90°，∴∠ABP+∠BAM=90°，
∴∠ABP=90°，
1
∴点P在以AB为直径的圆上运动，设圆心为O，运动路径一条弧^BG，是这个圆的 ，如图所示：
4
连接OC交圆O于P，此时PC最小，
∵AB=4
，
∴OP=OB=2，
由勾股定理得：OC=❑√22+42=2❑√5，
∴PC=OC−OP=2❑√5−2；
故答案为：2❑√5−2．
【考点剖析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股
定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证出点P在以AB为直径的圆上运动是解题关键．
考点8 切线的性质和判定的综合应用
【典例精讲】（25-26九年级上·河北廊坊·期中）题目：如图，将三角尺MNB绕零刻度落在点A，直径
为AB的量角器（半圆O）的点B旋转，BM,BN分别交A´B于点P，Q．已知AB=2，BN=1，
∠MBN=60°，∠N=90°，点P在量角器上的读数为α(0°<α≤60°)．下列说法正确的有（ ）
①若α=60°，则BN与半圆O相切；
②在旋转过程中，A´P+B´Q的长为定值；
③若点K在MN上，且NK=1，当点K在半圆O内时，α的取值范围为0°<α<45°．
A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
【答案】B
【思路引导】本题主要考查了圆周角定理，弧长，切线的判定和性质等．连接OP，根据圆周角定理可得1
∠ABP= ∠AOP=30°，从而得到∠ABN=90°，可判断①；连接OQ,OP,AQ，其中AQ与BM交
2
于点D，根据题意可得AQ∥NM，从而得到∠BAQ+∠ABP=30°，再由圆周角定理可得
∠AOP+∠BOQ=2(∠ABP+∠BAQ)=60°，可判断②；当BN与圆O相切时，此时MN与圆O交于
点K，证明MN与圆O相切，即可求解．
【规范解答】解：如图，连接OP，
∵α=60°，
∴∠AOP=60°，
1
∴∠ABP= ∠AOP=30°，
2
∵∠MBN=60°，
∴∠ABN=∠ABP+∠MBN=90°，
∴AB⊥BN，
∴BN与半圆O相切，故①正确；
如图，连接OQ,OP,AQ，其中AQ与BM交于点D，
∵直径为AB，
∴∠AQB=90°=∠N，
∴AQ∥NM，
∴∠BDQ=∠BMN=90°−∠MBN=30°，
∵∠BDQ=∠BAQ+∠ABP，
∴∠BAQ+∠ABP=30°，
∵∠AOP=2∠ABP,∠BOQ=2∠BAQ，
∴∠AOP+∠BOQ=2(∠ABP+∠BAQ)=60°，2
60π×
∴ 2 π为定值，
A´P+B´Q= =
180 3
即在旋转过程中，A´P+B´Q的长为定值，故②正确；
如图，当BN与圆O相切时，此时MN与圆O交于点K，
此时∠ABN+∠N=90°+90°=180°，
∴MN∥AB，
此时点O到MN的距离等于BN=1，
2
∵圆O的半径为 =1，
2
∴MN与圆O相切，，
此时满足KN=BN=1，满足题意，
由①得：∠ABP=30°，
∴当点K在半圆O内时，α的取值范围为0°<α<30°，故③错误．
故选：B
【变式训练】（25-26九年级上·河南开封·期中）如图，PA是⊙O的切线，A为切点，点B、C、D在
⊙O上，且PA=PB．
(1)求证：PB是⊙O的切线；
(2)若∠B+∠D=230°，则∠P= ．
【答案】(1)见解析
(2)80°
【思路引导】本题考查圆的综合问题，涉及切线的性质与判定，全等三角形的性质与判定，圆内接四边形
的性质，需要学生灵活运用所学知识．（1）连接OB,OA,OP，证明△BOP≌△AOP，可得∠OBP=∠OAP=90°，即可求证；
（2）连接AB，根据圆内接四边形的性质以及∠D+∠CBP=230°，可得∠ABP=50°，再由等腰三角
形的性质可得∠BAP=∠ABP=50°，即可求解．
【规范解答】（1）证明：如图，连接OB,OA,OP，
∵PA是⊙O的切线，A为切点，
∴∠OAP=90°，
∵OB=OA,OP=OP,PB=PA，
∴△BOP≌△AOP，
∴∠OBP=∠OAP=90°，即PB⊥OB
∵OB为半径，
∴PB是⊙O的切线；
（2）解：如图，连接AB，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠D+∠ABC=180°，
∵∠CBP+∠D=230°，
∴∠ABP=50°，
∵PA=PB，
∴∠BAP=∠ABP=50°，
∴∠P=180°−∠BAP−∠ABP=80°．
考点9 应用切线长定理求解与求证
【典例精讲】（25-26九年级上·河南周口·期中）如图，PA，PB是⊙O的切线，切点分别为A，B，若∠APB=60°，PA=2，则⊙O的半径为（ ）
❑√3 2❑√3
A． B． C．2 D．2❑√3
3 3
【答案】B
【思路引导】本题主要考查了切线的性质、切线长定理、勾股定理，熟练掌握切线长定理是解答本题的关
键．
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线，平分两条切线
的夹角，可知∠APO的度数，连接OA，OB，OP，可知OA⊥AP，故在Rt△AOP中，根据30°角所
对的直角边等于斜边的一半可表示出OP，然后利用勾股定理即可解答．
【规范解答】解：连接OA，OB，OP
∵PA为⊙O的切线，
∴PA⊥OA，
∵PB为⊙O的切线，∠APB=60°，
1
∴∠APO= ∠APB=30°，
2
∴OP=2OA，
在Rt△PAO中，PA=2，
根据勾股定理得
OA2+PA2=OP2,
OA2+22=(2OA) 2
2❑√3
∴OA=
3
故选：B．
【变式训练】（2022·湖南长沙·二模）如图，AB为⊙O的直径，且AB=12cm，AM和BN是⊙O的两条切线，DC切⊙O于点E，交AM于D，交BN于点C，设AD=x，BC= y．
(1)求证：∠DOC=90°；
(2)求y与x的函数关系式？
(3)若x、y是方程t2−13t+m=0的两个根，求x、y的值．
【答案】(1)见解析；
36
(2)y= ；
x
(3)x=4，y=9或x=9，y=4．
【思路引导】（1）根据切线长定理得到∠ADO=∠EDO，∠BCO=∠ECO，根据平行线的性质得到
∠ADC+∠BCD=180°，根据三角形内角和定理计算，证明结论；
（2）过点D作DF⊥BC，垂足为F，根据勾股定理列式计算，得到答案；
（3）根据一元二次方程根与系数的关系得到x+ y=13，根据函数关系式列出方程，解方程即可．
【规范解答】（1）证明：∵DA、DE是⊙O的两条切线，
∴∠ADO=∠EDO，
同理可得，∠BCO=∠ECO，
∵AB为⊙O的直径，AM和BN是⊙O的两条切线，
∴AM⊥AO,BN⊥OB，
∴AM∥BN，
∴∠ADC+∠BCD=180°，
∴∠ODC+∠OCD=90°，
∴∠DOC=180°−90°=90°；
（2）解：过点D作DF⊥BC，垂足为F，则四边形ABFD为矩形，
∴DF=AB=12，BF=AD=x，
∵⊙O切AM、BN、CD于A、B、E，
∴DE=AD=x，CE=CB= y，
∴CF= y−x，CD=x+ y，
在Rt△DCF中，DC2=DF2+CF2，即(x+ y) 2=(y−x) 2+122，
∴xy=36，
36
∴y= ．
x
（3）解：∵x、y是方程t2−13t+m=0的两个根，
36
∴x+ y=13，即x+ =13，
x
整理得，x2−13x+36=0，
解得，x =4，x =9，
1 2
则y =9，y =4，
1 2
∴x=4，y=9或x=9，y=4．
【考点剖析】本题考查的是切线的性质、切线长定理、矩形的性质、求函数关系式、一元二次方程根与系
数的关系，掌握切线长定理、一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
考点10 直角三角形周长、面积与内切圆半径的关系
【典例精讲】（25-26九年级上·江苏徐州·期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°．(1)尺规作图：作Rt△ABC的内切圆，圆心为O（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，若AC=6，BC=8，则⊙O的半径为______．
【答案】(1)见解析
(2)2
【思路引导】本题主要考查作图：画三角形的内切圆及三角形内切圆半径的计算.
（1）内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，只需要作出两个角的平分线，其交点即为圆心，再作
出圆心到一条边的距离，即得到半径；
（2）设Rt△ABC内切圆的半径为r，先根据勾股定理求出AB=10，再根据
1 1
S = AC·BC= (AB+AC+BC)r即可求解．
△ABC 2 2
【规范解答】（1）解：如图即为所求；
（2）设Rt△ABC内切圆的半径为r，
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴ AB=❑√AC2+BC2=❑√62+82=10，
1 1
∴ S = AC·BC= ×8×6=24，AB+AC+BC=10+6+8=24，
△ABC 2 2
1 1
又∵ S = (AB+AC+BC)r，即 ×24r=24，
△ABC 2 2
∴ r=2，
故答案为：2．
【变式训练】（2025·浙江·模拟预测）如图，点P，A，Q在同一条直线上，AB，AD分别是
∠PAC与∠QAC的平分线，CB⊥AB，CD⊥AD．(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若∠BAC=60°，矩形ABCD的面积为4❑√3，求△ABC内切圆的半径．
【答案】(1)见解析
(2)△ABC内切圆的半径为❑√3−1．
1 1
【思路引导】（1）利用角平分线的定义求得∠BAC= ∠PAC，∠DAC= ∠QAC，根据平角的定
2 2
义得到∠PAC+∠QAC=180°，求得∠BAD=∠B=∠D=90°，据此可证明四边形ABCD是矩形；
（2）找到内切圆与AC、CB、AB的切点，连接OF、OE、OG，利用等积法，直角三角形的性质结
合勾股定理求得2ax+❑√3ax+ax=4❑√3，❑√3a2=4❑√3，据此计算，即可求解．
【规范解答】（1）证明：∵AB，AD分别是∠PAC与∠QAC的平分线，
1 1
∴∠BAC= ∠PAC，∠DAC= ∠QAC，
2 2
∵∠PAC+∠QAC=180°，
1
∴∠BAC+∠DAC= (∠PAC+∠QAC)=90°，即∠BAD=90°，
2
∵CB⊥AB，CD⊥AD，
∴∠BAD=∠B=∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：如图，设△ABC的内切圆半径为x，AB=a，
圆O为△ABC的内切圆，切点分别为G、E、F，连接OF、OE、OG，连接OA、OB、OC，
则OF⊥AB，OE⊥BC，OG⊥AC．
∴OE=OF=OG=x，
∵∠BAC=60°，即∠BCA=30°，
∴AC=2AB=2a，BC=❑√AC2−AB2=❑√3AB=❑√3a，
∵矩形ABCD的面积为4❑√3，
∴△ABC的面积为2❑√3，
1 1
∴ (AC×OG+BC×OE+AB×OF)=2❑√3， AB×BC=2❑√3，
2 2即2ax+❑√3ax+ax=4❑√3，❑√3a2=4❑√3，
∴a=2（负值已舍），x=❑√3−1，
∴△ABC内切圆的半径为❑√3−1．
【考点剖析】本题考查了三角形的内切圆与内心，直角三角形的性质和勾股定理，矩形的判定，熟记各图
形的性质并准确识图是解题的关键．
考点11 一般三角形周长、面积与内切圆半径的关系
【典例精讲】（25-26九年级上·江苏常州·期中）“等弦”的探究．
(1)如图①，在⊙O中，AB，CD是弦，且AB=CD．由此，你能发现什么？小明发现点O到AB，CD的
距离相等．小红发现延长AB，CD交于点P，则PA=PC．从小明、小红两位同学所发现的结论中，选择
一个完成证明．
(2)如图②，已知△ABC，⊙O与△ABC各边都相交且所形成的弦的长度均相等．若AC=3，BC=4，
AB=5，⊙O的半径为r，则r的取值范围是_____．
【答案】(1)见解析
(2)1<r≤❑√2
【思路引导】（1）小明：根据勾股定理或者全等即可证明；小红：利用等弧所对的圆周角相等，再利用
等角对等边即可得证；
（2）①利用（1）中小明的结论可知，圆心可到三边距离相等，所以作△ABC角平分线的交点即可；
②因为得满足⊙O与三边相交，所以找临界值相切时r值，再看OA、OB、OC最短的，就作为另一个临界值．
【规范解答】（1）解：①选择小明．
理由：如图①，过点O分别作OE⊥AB，OF⊥CD，垂足分别为E、F，连接OA、OC，
∵OE⊥AB，且OE过圆心O，
1
∴AE=EB= AB，
2
∵OF⊥CD，且OF经过点O，
1
∴CF=DF= CD，
2
∵AB=CD，
∴AE=CF，
∵∠AEO=∠CFO=90°，OA=OC，
∴Rt△OEA≌Rt△OFC(HL)，
∴OE=OF，
即O到AB、CD的距离相等；
②选择小红．
证明：如图①，连接AC，
∵AB=CD，
∴A´B=C´D，∴A´B+B´D=C´D+B´D，
∴A´B=C´D，
∴∠C=∠A，
∴PA=PC；
（2）解：如图②中，⊙O即为所求．
∵AC=3，BC=4，AB=5，
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
当⊙O是△ABC的内切圆时，
1 1
则有 ⋅(3+4+5)⋅r= ×3×4，
2 2
解得r=1，
当⊙O过点C时可得OC=❑√2r=❑√2，
又因为⊙O得满足与三边相交，
∴1<r≤❑√2．
故答案为：1<r≤❑√2．
【考点剖析】本题考查作图-复杂作图，角平分线的性质，勾股定理的逆定理，圆心角，弧，弦的关系，
解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式训练】（24-25九年级上·云南红河·阶段练习）如图，△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分
别相切于点D，E，F，且AB=5cm，BC=7cm，CA=6cm．△ABC ⊙O BC，CA，AB
如图， 的内切圆 与 分别相切于点D，E，F，
(1)求AF的长．
(2)已知S =6❑√6cm2 ，求OD的长．
△ABC
【答案】(1)2cm
2❑√6
(2) cm
3
【思路引导】本题主要考查的是三角形内切圆的有关问题以及切线长定理的应用，根据切线长定理列出方
程是解题的关键．
（1）由切线长定理可知：AF=AE，BF=BD，CD=CE，设AF=AE=x，则BF=BD=5−x，
EC=DC=6−x，根据BD+DC=BC=7，列方程求解即可；
（2）先计算三角形的半周长s，再利用S =s⋅r，代入三角形面积与半周长即可求出内切圆半径，即
△ABC
可求解出OD的长．
【规范解答】（1）解：∵△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，
∴AF=AE，BF=BD，CD=CE，
设AF=AE=x，则BF=BD=5−x，EC=DC=6−x，
根据题意得：5−x+6−x=7
解得：x=2cm
∴AF=2cm，BD=5−x=3cm，EC=6−x=4cm，
则AF的长为2cm；
（2）∵AB=5cm，BC=7cm，CA=6cm，
AB+BC+CA
∴半周长s= =9，
2
又∵ S =6❑√6cm2 ，
△ABC
∴6❑√6=r⋅9，
2❑√6
∴r= ，
3
2❑√6
则OD的长为 cm．
3考点12 三角形内切圆与外接圆综合
【典例精讲】（25-26九年级上·江苏淮安·期中）在△ABC中，∠A=50°，⊙O是△ABC的内切圆，
连接OB、OC，则∠BOC的度数为（ ）
A．105° B．110° C．115° D．125°
【答案】C
【思路引导】本题主要考查了三角形的内切圆与内心，三角形内角和定理，先由三角形内角和定理求出
1 1
∠ABC+∠ACB的度数，再由⊙O是△ABC的内切圆得到∠BCO= ∠ACB,∠CBO= ∠ABC，
2 2
最后根据三角形内角和定理即可求出∠BOC．
【规范解答】解：∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°,∠A=50°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−∠A=130°，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴∠ABO=∠CBO,∠ACO=∠BCO，
1 1
∴∠BCO= ∠ACB,∠CBO= ∠ABC，
2 2
∴∠BOC=180°−∠CBO−∠BCO
1 1
=180°− ∠ACB− ∠ABC
2 2
1
=180°− (∠ABC+∠ACB)
2
1
=180°− ×130°=115°，
2
故选： C．
【变式训练】如图，锐角△ABC．(1)分别作出△ABC的外接圆⊙O、△ABC的内切圆⊙O′（尺规作图，保留作图痕迹）；
(2)已知点O是△ABC外接圆的圆心，点O'是△ABC内切圆的圆心．试探究∠BOC与∠BO′C的度数
之间的关系；
(3)如果∠BOC=100°，那么∠BO′C的度数是多少？
【答案】(1)见解析；
1
(2)∠BO′C=90°+ ∠BOC，理由见解析；
4
(3)∠BO′C=115°．
【思路引导】本题考查了圆周角定理，三角形内切圆和外接圆的性质，尺规作图——作角平分线和垂直平
分线，掌握知识点的应用是解题的关键．
（1）作AC、BC垂直平分线交于点O，作∠ABC和∠ACB角平分线交于点O′即可；
（2）由点O是△ABC外接圆的圆心，得∠BOC=2∠A，由点O'是△ABC内切圆的圆心，则
1 1 1
∠O′BC= ∠ABC，∠O′CB= ∠ACB，从而可得∠BO′C=90°+ ∠A，然后代入可得
2 2 2
1
∠BO′C=90°+ ∠BOC；
4
1
（3）由（2）得，∠BO′C=90°+ ∠BOC，然后代入即可求解．
4
【规范解答】（1）解：如图，
∴△ABC的外接圆⊙O、△ABC的内切圆⊙O′即为所求；1
（2）解：∠BO′C=90°+ ∠BOC，理由，
4
如图，
∵点O是△ABC外接圆的圆心，
∴∠BOC=2∠A，
∵点O'是△ABC内切圆的圆心
1 1
∴∠O′BC= ∠ABC，∠O′CB= ∠ACB，
2 2
∵∠ABC+∠ACB+∠A=180°，
1 1 1 1
∴∠O′BC+∠O′CB= ∠ABC+ ∠ACB= (180°−∠A)=90°− ∠A，
2 2 2 2
∴∠BO′C=180°−(∠O′BC+∠O′CB)=180°− ( 90°− 1 ∠A ) =90°+ 1 ∠A，
2 2
1
∴∠BO′C=90°+ ∠BOC；
4
1
（3）解：由（2）得，∠BO′C=90°+ ∠BOC，
4
∵∠BOC=100°，
1
∴∠BO′C=90°+ ×100°=115°．
4
考点13 过圆外一点作圆的切线(尺规作图）
【典例精讲】（25-26九年级上·河北沧州·期中）课堂上，李老师布置一道作图题如下：
已知：如图，⊙O及⊙O外一点P．
求作：直线PQ，使PQ与⊙O相切于点Q．
某同学经过探索，给出了一种作图方法（如下）：
1
①连接OP，分别以O，P为圆心，以大于 OP的长为半径作弧，两弧分别交于A，B两点（点A，B分别位
2于直线OP的上下两侧）；
②作直线AB交OP于点C；
③以点C为圆心，CO为半径作⊙C，⊙C交⊙O于点Q（点Q位于直线OP的上侧）；
④连接PQ，则直线PQ即为所求作直线，PQ交AB于点D，连接OQ、OD．
根据这个同学的作图方法，解答下面问题：
(1)完成作图，并准确标注字母（尺规作图，保留作图痕迹）；
(2)结合作图，说明PQ是⊙O切线的理由；
(3)若⊙O半径为4，OP=10，求OD的长．
【答案】(1)图见解析
(2)理由见解析
25❑√21
(3)OD=
21
【思路引导】本题考查了线段垂直平分线的尺规作图、圆的切线的判定、圆周角定理、勾股定理等知识，
熟练掌握圆的切线的判定是解题关键．
（1）根据题中作图方法的四个步骤作图即可得；
（2）先根据作图可得OP为⊙C的直径，再根据圆周角定理可得∠OQP=90°，即OQ⊥PQ，然后根
据圆的切线的判定即可得；
（3）先利用勾股定理可得PQ=2❑√21，再根据线段垂直平分线的性质可得OD=PD，然后设
OD=PD=x，则DQ=2❑√21−x，在Rt△ODQ中，利用勾股定理求解即可得．
【规范解答】（1）解：如图，PQ即为所求．
（2）解：由题意得：OP为⊙C的直径，
∴∠OQP=90°，∴OQ⊥PQ，
又∵OQ是⊙O的半径，
∴PQ是⊙O的切线．
（3）解：∵⊙O的半径为4，
∴OQ=4，
∵OQ⊥PQ，OP=10，
∴在Rt△OPQ中，PQ=❑√OP2−OQ2=❑√102−42=2❑√21，
由作图可知，AB是OP的垂直平分线，
∴OD=PD，
设OD=PD=x，则DQ=PQ−PD=2❑√21−x，
在Rt△ODQ中，OD2=OQ2+DQ2，即x2=42+(2❑√21−x) 2 ，
25❑√21
解得x= ，
21
25❑√21
即OD= ．
21
【变式训练】25-26九年级上·甘肃张掖·月考）要求用无刻度的直尺和圆规，过圆外一点P作已知圆的
切线．两同学提供了如下作图方案（图1和图2）．
P
OP
方案Ⅱ ①以 为圆心，
方案Ⅰ ①连接 ，作
OP为半径画弧；
OP的垂直平分线交OP于点D；
②以点O为圆心，OP为半径画弧，与①中
②以点D为圆心，DP为半径，作圆D交圆
的弧交于点D，连接OD交圆O于点A，连
O于点A，连接PA．
接PA．
对于方案I和II，说法正确的是（ ）
A．I可行，I不可行 B．I不可行，II可行
C．I，II都可行 D．I，II都不可行
【答案】A
【思路引导】本题考查了作圆的切线，直径所对的圆周角是直角；根据作图方法以及切线的判定，判断两
个作图方法，即可求解．
【规范解答】解：对于方案I，如图，连接OA，∵PO是直径，
∴∠PAO=90°
∴OA⊥PA，
又∵OA是半径，
∴PA是⊙O的切线；故I正确；
对于方案II，
根据作图可得PO=PD=OD，则△POD是等边三角形，
而OA=AD不一定成立，故PA⊥OA不一定成立，
∴PA不一定是⊙O的切线，故方案II，不可行
故选：A．
考点14 圆与三角形的综合（圆的综合问题）
【典例精讲】2025·北京西城·一模）在△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC，P为边BC上一点，点B
与点E关于直线AP对称，过点B作BC的垂线，交线段CA的延长线于点D，连接DE交直线AP于H，连
接BE，CE，设∠BAP=α．
(1)如图，当0°<α<45°时．
①求∠ACE的大小（用含α的式子表示）；②请用等式表示线段EH,DE,CE之间的数量关系，并证明；
(2)当45°<α<90°时，请直接写出线段EH,DE,CE之间的数量关系．
【答案】(1)①45°+α；②DE=CE+2EH，证明见解析；
(2)DE=2EH−CE．
【思路引导】（1）①连接AE，BH，利用等腰直角三角形的性质求得∠ABE=∠AEB=90°−α，
∠AEC=∠ACE，再利用四边形内角和来求解；②过点B作BM⊥BE交DE于M,易得
△BMD≌△BEC(SAS)，利用全等三角形的性质得到DM=CE，再利用对称性来求解；
（2）利用②的方法来求解．
【规范解答】（1）解：①连接AE，BH，如下图
∵ P为边BC上一点，点B与点E关于直线AP对称，
∴∠ABE=∠AEB，AB=AE，∠BAP=∠EAP=α，
180°−2α
∴∠ABE=∠AEB= =90°−α．
2
∵在△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，AE=AC，
∴∠AEC=∠ACE．
∵∠ABE+∠BAC+∠ACE+∠AEB+∠AEC=360°，
∴90°−α+90°+90°−α+45°+∠BCE+45°+∠BCE=360°，
∴∠BCE=α，
∴∠ACE=∠ACB+∠BCE=45°+α．
②DE=CE+2EH
证明：过点B作BM⊥BE交DE于M,
∴∠MBE=90°.
∵BD⊥BC
∴∠DBC=90°,∴∠DBM=∠CBE．
∵在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∴∠ADB=∠ABD=∠ABC=∠ACB=45°，
∴BD=BC，AD=AB=AE=AC，
∴点D,B,E,C在以点A为圆心，AD的长为半径的圆上，
∴∠BED=∠BCD=45°，
∴∠BME=∠BEM=45°，
∴BM=BE．
在△BMD和△BEC中
{
BD=BC
)
∠DBM=∠CBE ，
BM=BE
∴△BMD≌△BEC(SAS)，
∴DM=CE．
∵点B与点E关于直线AP对称，
∴BH=EH，
∴∠HBE=∠HEB=45°，
∴∠BHE=90°，
∴BH⊥ME，
∴EH=MH，
∴DE=DM+ME=CE+2EH．
（2）DE=2EH−CH
证明：同②的方法．
【考点剖析】本题考查了对称的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，四点共
圆，四边形内角和度数，理解相关知识，作出辅助线是解答关键．
【变式训练】（21-22九年级上·江苏盐城·期末）【学习心得】
（1）小雯同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，
可以使问题变得非常容易．例如：如图1，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是△ABC外一点，且AD=AC，求∠BDC
的度数．若以点A为圆心，AB长为半径作辅助圆⊙A，则C，D两点必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆
心角，∠BDC是⊙A的圆周角，则∠BDC=______°．
【初步运用】
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°,∠BDC=24°，求∠BAC的度数；
【方法迁移】
（3）如图3，已知线段AB和直线l，用直尺和圆规在l上作出所有的点P，使得∠APB=30°（不写作法，
保留作图痕迹）；
【问题拓展】
（4）①如图4①，已知矩形ABCD,AB=2,BC=m,M为边CD上的点．若满足∠AMB=45°的点M恰
好有两个，则m的取值范围为______．
②如图4②，在△ABC中，∠BAC=45°，AD是BC边上的高，且BD=6,CD=2，求AD的长．
【答案】（1）45；（2）24°；（3）见解析；（4）①2≤m<1+❑√2；②2❑√7+4
【思路引导】本题是圆的综合题，考查了等边三角形的性质、圆周角定理、作图、勾股定理、等腰直角三
角形的性质、垂径定理等知识．
（1）由圆周角定理可得出答案；
（2）取BD的中点O，连接AO、CO．由直角三角形的性质证明点A、B、C、D共圆，由圆的性质得出
∠BDC=∠BAC，则可得出答案；
（3）作出等边三角形OAB，由圆周角定理作出图形即可；
（4）①在BC上截取BF=BA=2，连接AF，以AF为直径⊙O，由图形可知BF≤m<BQ，由勾股定理求出BF和BQ的长，则可得出答案；②作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于点E，作OF⊥AD
于点F，连接OA、OB、OC．由圆周角定理及勾股定理可得出答案．
【规范解答】解：（1）∵∠BAC是⊙A的圆心角，∠BDC是⊙A的圆周角，∠BAC=90°，
1
∴∠BDC= ∠BAC=45°；
2
故答案为：45；
（2）如图2，BD的中点O，连接AO、CO．
∵∠BAD=∠BCD=90°
，
1 1
∴OA= BD,OC= BD，
2 2
∴OA=OB=OC=OD，
∴点A、B、C、D共圆，
∴∠BDC=∠BAC，
∵∠BDC=24°，
∴∠BAC=24°；
1
（3）作图如下：由图知，∠AP B= ∠AOB=30°；同理∠AP B=30°．
1 2 2
（4）①4≤m<2+2❑√2．
在BC上截取BF=BA=2，连接AF，以AF为直径作⊙O，⊙O交AD于E，交BC于F，连接EF，过圆
心O作OG⊥EF于H且交圆O于G，过G作⊙O的切线KQ交AD于K，交BC于Q，如图所示：∵BA=BF=2
，
∴AF=2❑√2，
∴⊙O的半径为❑√2，即OF=OG=❑√2，
∵OG⊥EF，
∴FH=1，
∴OH=1，
∴GH=❑√2−1，
∴BF≤m<BQ，
∴2≤m<2+❑√2−1，即2≤m<1+❑√2，
∴满足∠AMB=45°的点M恰好有两个，则m的取值范围为2≤m<1+❑√2，
故答案为：2≤m<1+❑√2；
②如图，作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于点E，作OF⊥AD于点F，连接OA、OB、OC．
∵∠BAC=45°
，
∴∠BOC=90°．
在Rt△BOC中，BC=6+2=8，
∴BO=CO=4❑√2．
∵OE⊥BC，O为圆心，
1
∴BE=CE= BC=4，
2
∴DE=OF=2．
在Rt△BOE中，BO=4❑√2，BE=4，
∴DF=OE=❑√BO2−BE2=4．
在Rt△AOF中，AO=BO=4❑√2,OF=2，∴AF=❑√OA2−OF2=2❑√7，
∴AD=2❑√7+4．
考点15 圆与四边形的综合（圆的综合问题）
【典例精讲】（25-26九年级上·浙江杭州·期中）如图，AB为⊙O的直径，AE为⊙O的弦，C为⊙O
上一点，A´C=C´E，CD⊥OB，垂足为D．
(1)连结CO，判断CO与AE的位置关系．并证明；
(2)若AE=4，BD=1，求⊙O的半径．
【答案】(1)CO⊥AE，理由见解析
5
(2)
2
【思路引导】（1）延长CO交AE于点G，连接OE，再根据圆的基本性质及等腰三角形的性质即可；
1
（2）由（1）中结论，CO⊥AE，AG= AE=2，先证明△AGO≌△CDO(AAS)，再根据勾股定理
2
即可．
【规范解答】（1）解：CO⊥AE，理由如下：
延长CO交AE于点G，连接OE，
∵A´C=C´E
，
∴∠AOC=∠COE,
∵∠AOG=180°−∠AOC,∠GOE=180°−∠EOC,
∴∠AOG=∠GOE,
∵OA=OE，
∴CO⊥AE；1
（2）解：由（1）中结论，CO⊥AE，AG= AE=2，
2
∠AGO=∠CDO=90°,∠AOG=∠COD,AO=CO,
∴△AGO≌△CDO(AAS)，
∴AG=CD=2，
设⊙O的半径为r，则OD=r−1，OC=r,
在Rt△CDO中，CD2+OD2=OC2，
即22+(r−1) 2=r2，
5
解得：r= ，
2
5
即⊙O的半径为 ．
2
【考点剖析】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．
【变式训练】（25-26九年级上·山东聊城·期中）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，
∠BCD=120°，C为B´D上一动点，且AD=AB，⊙O的半径为2，有如下说法：①CA平分∠BCD；
②三角形ABD是等边三角形；③BD=2❑√3；④BC+CD=AC；⑤四边形ABCD最大面积是4❑√3．其中
正确说法的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【思路引导】根据角平分线的性质和圆周角定理可证AB=AD；根据圆内接四边形对角互补可知
∠BAD=60°，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，可知△ABC是等边三角形；连接OD、
OB，过点O作OE⊥BD，根据等边三角形的性质可知∠OBD=30°，利用勾股定理即可求出BE=❑√3，
可得BD的长；在AC上截取CF=CD，连接DF，可证△DFC是等边三角形，根据等边三角形的性质可
知DF=DC，∠ADF=∠BDC，利用SAS可证△ADF≌△BDC，根据全等三角形的性质可证
AF=BC，从而可证BC+CD=AC；根据等边三角形的性质可以求出△ABC的面积为1，根据点C在B´D上运动，可知当点C在B´D的中点时△BCD的面积最大，可知△BCD的最大面积是❑√3，所以可得四边形
ABCD的最大面积是4❑√3．
【规范解答】解：∵AD=AB，
∴A´B=A´D，
∴∠ACD=∠ACB，即CA平分∠BCD，故①正确；
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BCD=120°，
∴∠BAD=60°，
∵AD=AB，
∴三角形ABD是等边三角形，故②正确；
如图，连接OD、OB，过点O作OE⊥BD，
1
则∠OBE= ∠ABD=30°，
2
∵⊙O的半径为2，
1
∴OE= OB=1，
2
∴BE=❑√OB2−OE2=❑√3，
∴BD=2BE=2❑√3，故③正确；
如图，在AC上截取CF=CD，连接DF，
∵∠DCF=60°
，∴△DCF是等边三角形，
∴DF=DC，∠FDC=60°，
∵∠ADF+∠BDF=∠ADB=60°，∠BDF+∠BDC=∠FDC=60°，
∴∠ADF=∠BDC，
在△ADF和△BDC中，
{
AD=BD
)
∠ADF=∠BDC ，
DF=DC
∴△ADF≌△BDC(SAS)，
∴AF=BC，
∵AC=AF+CF=DC+BC，故④正确；
如图，连接AO，并延长AO交BD于点M，
∵△ABD
是等边三角形，
1 1
∴BM=DM= BD=❑√3，∠BAM=∠DAM= ∠BAD=30°，
2 2
∵BD=2❑√3，
∴AB=BD=2❑√3，
在Rt△ABM中，AM=❑√AB2−BM2=❑√(2❑√3) 2 −(❑√3) 2=3，
1 1
∴S = BD·AM= ×2❑√3×3=3❑√3，
△ABD 2 2
∴当△BCD的面积最大时，四边形ABCD的面积最大，
∴当点C在B´D的中点时，△BCD的面积最大，
∵⊙O的半径为2，
∴点C到线段BD的最大距离是2×2−3=1，
1 1
∴△BCD的最大面积是 BD×1= ×2❑√3×1=❑√3，
2 2
∴四边形ABCD的最大面积是S +S =3❑√3+❑√3=4❑√3，故⑤正确；
△ABD △BCD综上所述，正确的是①②③④⑤，共5个．
故选：C．
【考点剖析】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性
质，解决本题的关键是根据圆内接四边形找角之间的关系，根据等边三角形的性质和全等三角形的性质找
边之间的关系．
考点16 求正多边形的中心角
【典例精讲】（25-26九年级上·浙江·课后作业）如图，⊙O的半径为1，A，P，B，C是⊙O上的四个
点，∠APC=∠CPB=60°．
(1)请判断△ABC的形状？说明理由；
(2)当点P位于A´B的什么位置时，四边形APBC的面积最大？求出最大面积．
【答案】(1)△ABC是等边三角形，理由见解析
⏜
(2)当点P为 的中点时，四边形APBC的面积最大，最大面积为❑√3
AB
【思路引导】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定及圆内接四边形面积的最值问题，解题的关键是
利用圆周角定理判定三角形形状，通过拆分四边形面积并结合圆的直径性质求面积最大值．
（1）由同弧所对的圆周角相等，结合∠APC=∠CPB=60°，得∠ABC=∠BAC=60°，判定
△ABC为等边三角形；
（2）将四边形面积拆分为△APB与△ABC的面积和，转化为 1 AB⋅(PE+CF)，当P为 ⏜ 中点时，
AB
2
PE+CF取最大值（等于直径），结合等边三角形边长计算最大面积．
【规范解答】（1）解：△ABC是等边三角形．理由如下：
⏜ ⏜
在⊙O中，∵∠BAC与∠CPB是 所对的圆周角，∠ABC与∠APC是 所对的圆周角，
BC AC
∴∠BAC=∠CPB,∠ABC=∠APC，
又∵∠APC=∠CPB=60°，
∴∠ABC=∠BAC=60°，∴△ABC为等边三角形；
⏜
（2）解：当点P为 的中点时，四边形APBC的面积最大．理由如下：
AB
如图，过点P作PE⊥AB，垂足为E．过点C作CF⊥AB，垂足为F．
1 1
∵S APB = AB•PE,S ABC = AB•CF，
△ 2 △ 2
1
∴S ❑ = AB•(PE+CF)，
四边形 APBC 2
⏜
当点P为 的中点时，PE+CF=PC,PC为⊙O的直径，
AB
∴此时四边形APBC的面积最大．
又∵⊙O的半径为1，
∴其内接正三角形的边长AB =❑√3，
1
∴S = × 2×❑√3=❑√3．
四边形APBC 2
⏜
【变式训练】（24-25九年级上·浙江台州·阶段练习）点A，M，N在⊙O上，将 沿MN折叠后，
MN
与AM交于B．
(1)若∠MAN=70°，求∠ANB的度数．
⏜
(2)如图，点B恰是翻折所 得的中点，若MA=MN，求∠AMN的度数．
MN
【答案】(1)40°
(2)36°【思路引导】本题是圆的综合题目，考查了圆内接四边形的性质，圆心角、弧、弦之间的关系，折叠的性
质，等腰三角形的判定与性质，本题综合性强，熟练掌握圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定与性质
是解题的关键．
⏜
（1）将
MN
还原后点B的对应点为B′，连接B′M、B′N，则∠B′=∠MBN，∠B′+∠MAN=180°，
求出∠MBN=∠B′=110°，由三角形的外角性质即可得出答案；
（2）由（1）得∠MBN=∠B′，证出BM=BN，由等腰三角形的性质得出∠BMN=∠BNM，
∠MAN=∠ANM，设∠BMN=∠BNM=x，则∠MAN=∠ANM=∠ABN=2x，在△AMN中，
由三角形内角和定理得出方程，解方程即可；
⏜
【规范解答】（1）解：将 还原后点B的对应点为B′，连接B′M、B′N，如图所示：
MN
则∠B′=∠MBN，∠B′+∠MAN=180°，
∴∠MBN=∠B′=180°−70°=110°，
∴∠ANB=∠MBN−∠MAN=110°−70°=40°；
（2）（2）由（1）得∠MBN=∠B′，
∵∠MBN+∠ABN=180°，∠B′+∠MAN=180°，
∴∠ABN=∠MAN，
⏜
∵点B是翻折所得 的中点，
MN
⏜ ⏜
∴ BM=BN ，
∴BM=BN，
∴∠BMN=∠BNM，
∵MA=MN，
∴∠MAN=∠ANM，
设∠AMN=∠BNM=x，则∠MAN=∠ANM=∠ABN=2x，
在△AMN中，由三角形内角和定理得：x+2x+2x=180°，
解得x=36°，
即∠AMN=36°．考点17 已知正多边形的中心角求边数
【典例精讲】（2025·河北沧州·模拟预测）如图，正六边形ABCDEF中，点M，N分别为边BC，EF
上的动点，若正六边形的面积为a，则空白部分的面积为（ ）
3 2 3 1
A． a B． a C． a D． a
4 3 5 2
【答案】B
【思路引导】本题考查了正六边形的性质，平行线间的距离相等．解题的关键在于正确作出辅助线确定阴
影部分面积．
如图，连接AD，BE，CF，交点为O，设EF与AD的距离为h，根据正六边形的性质以及平行线间距离
(EF+AD)⋅h
S 2 3
相等可得则 四边形ADEF = = ，进而可求S ，同理可求S 的值，计算求解即可．
S AD⋅h 2 △ADN △ADM
△ADN
2
【规范解答】解：如图，连接AD，BE，CF，交点为O，
1
ABCDEF EF=AO=DO EF= AD AD∥EF∥BC
2
由正六边形 可得， 即 ， ，设EF与AD的距离为h，
(EF+AD)⋅h
S 2 3
则 四边形ADEF = = ，
S AD⋅h 2
△ADN
2
1 a
∵S = ×S = ，
四边形ADEF 2 正六边形ABCDEF 2
1
∴S = a，
△ADN 3
1
同理可得S = a，
△ADM 3
1 1 2
∴空白部分的面积为 a+ a= a，
3 3 3
故选：B．
【变式训练】（23-24九年级上·安徽合肥·期末）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点F在弧AE上．
若∠FCD=70°，则∠FDC度数为（ ）
A．64° B．72° C．74° D．80°
【答案】C
【思路引导】本题考查正五边形的性质，圆周角定理，三角形的内角和定理，解题的关键是正确作出辅助
线．
连接OC，OD，由正五边形的性质可得∠COD的度数，根据圆周角定理可得∠CFD的度数，由三角形
的内角和定理计算即可．
【规范解答】解：如图，连接OC，OD，∵五边形ABCDE是正五边形，
360°
∴∠COD= =72°，
5
1
∴∠CFD= ∠COD=36°，
2
∵∠FCD=70°，
∴∠FDC=180°−∠CFD−∠FCD=180°−36°−70°=74°．
故选：C．
考点18 正多边形和圆的综合
【典例精讲】（2025·山东聊城·三模）如图，点A、B、C、D、E是以点O为中心的正多边形的顶点，若
∠ADB=18°，则该正多边形的边数为（ ）
A．7 B．8 C．10 D．11
【答案】C
【思路引导】本题考查圆周角定理．连接OA，OB，根据圆周角定理得到∠AOB=2∠ADB=36°，于
是得到结论．
【规范解答】解：如图，连接OA，OB，
∵∠ADB=18°
，
∴ ∠AOB=2∠ADB=36°，
360°
∴该正多边形的边数为 =10，
36°
故选C．
【变式训练】（2025·江苏镇江·一模）如图，小辉用了14个全等的正七边形排列（图形不重叠，且每相邻的两个正七边形有一边重合），形成一个圆环状，图中所示的是其中3个正七边形的位置．如果我们用
n个全等的正九边形也按照同样的方式排列，形成一个圆环状，则n的取值可以是（ ）
A．6，16 B．6，18 C．8，16 D．8，18
【答案】B
【思路引导】本题考查了正多边形与圆，掌握多边形的内角和定理是解题的关键．根据题意分三种情况讨
论，先求出正九边形的一个内角的度数为140°，再根据圆周角与360°是否成整数倍来判断，即可得边数．
【规范解答】解：如图，
(9−2)×180°
∵ =140°，
9
∴正九边形ABCDEFGHI的每一个内角都为140°，每一个内角都为40°，
当以DE,GF为重合边时，延长DE,GF交于点O，
则∠EFO=∠FEO=40°，
∴∠EOF=100°，
∵360÷100=3.6，不是整数倍，
∴不能形成一个圆环状；
当以IH,EF为重合边时，延长IH,EF交于点O'，同理得到∠FMG=100°，
∴∠HMO'=80°，
∵∠GHO'=40°，
∴∠O'=60°，
∵360÷60=6，是整数倍，
∴能形成一个圆环状，此时，n=6；
当以HG,BC为重合边时，延长HG,BC交于点O''，延长BA交GH延长线于点N，
同理得到∠ANH=60°，
∴∠ANO''=120°，
∵∠ABO''=40°，
∴∠O''=20°，
∵360÷20=18，是整数倍，
∴能形成一个圆环状，此时，n=18；
综上，n的取值可以是6，18，
故选：B．
考点19 尺规作图-正多边形
【典例精讲】（25-26九年级上·天津河西·期中）如图，在平面直角坐标系中，点P是正六边形
ABCDEF的边AB与y轴的交点，C(−4,0),F(4,0)，点A在第一象限．将△OAP绕点O顺时针旋转90°
后点A的对应点的坐标为（ ）
A．(3,−❑√3) B．(4,−2❑√3) C．(0,−4) D．(2❑√3,−2)
【答案】D
【思路引导】本题考查了正六边形的性质与坐标旋转变换，解题的关键是先确定点A的位置，再利用旋转
求对应点坐标．
先根据正六边形的边长和角度性质找出点A的位置，再依据绕原点顺时针旋转90°的坐标，计算出点A旋
转后的对应点坐标．【规范解答】解：由C(−4,0)、F(4,0)可知，
正六边形的中心在原点O，边长为4，即OA=4
正六边形的中心角为60°，点A在第一象限，
旋转到A′，如图所示，
此时OA'=OA=4，∠FOA′=90°−60°=30°，
1
在Rt△OQA′中，A'Q= OA'=2，OQ=❑√OA'2−A'Q=2❑√3，
2
∵A′在第四象限，
∴旋转后对应点坐标为(2❑√3,−2)．
故选D．
【变式训练】（25-26九年级上·浙江杭州·期中）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点P在A´B上，
连结CP,CE，则∠CPE的度数为 ．
【答案】72°/72度
【思路引导】此题考查了正多边形与圆以及圆心角、圆周角的关系，解题的关键是掌握圆内接正五边形的
性质以及圆周角与圆心角的关系．
连接OE，OC，OD，构造圆心角，利用正五边形的性质求得圆心角的度数，从而求得∠CPE的度数．
【规范解答】解：如图，连接OE，OC，OD，ABCDE ⊙O
∵正五边形 内接于 ，
360°
∴∠EOC= ×2=144°，
5
1 1
∴∠CPE= ∠EOC= ×144°=72°．
2 2
故答案为：72°．
考点20 求某点的弧形运动路径长度
【典例精讲】（2025·山西运城·模拟预测）阅读与思考下面是一个同学的数学学习笔记，请仔细阅读并
完成相应的任务.
六等分圆原理
六等分圆原理，也称为圆周六等分问题，是一个古老而经典的几何问题，旨在解决使用直尺和圆规将一个
圆分成六等份的问题.这个问题由欧几里得在其名著《几何原本》中详细阐述.例：如图，在平面直角坐标
系中，点C与原点O重合，点D在x轴的正半轴上且坐标为(2,0)
操作步骤：
①分别以点C，D为圆心，CD的长为半径作弧，两弧(x轴上方部分)交于点P；
②以点P为圆心，PC的长为半径作圆；
⏜ ⏜ ⏜ ⏜
③以CD的长为半径，在⊙P上顺次截取 DE=EF=FA=AB ；
④顺次连接DE，EF，FA，AB，BC，得到正六边形ABCDEF.
任务；
(1)根据材料，请你用无刻度的直尺和圆规，在图中完成作图过程（(保留作图痕迹，不写作法)，(2)将正六边形ABCDEF绕点D顺时针旋转60°，直接写出此时点A所在位置的坐标．
【答案】(1)见解析；
(2)(4,2❑√3).
【思路引导】本题考查作图-旋转变换，正多边形与圆，解题的关键是理解题意，正确作出图形．
（1）根据题目要求作出图形即可；
（2）由作图可知OP=PD=OD=2，可知AD=4，利用勾股定理可求OA=2❑√3，根据正六边形的性质可
知△A A'D是等边三角形，并且A A'=AD=4，所以可得点A坐标为(4,2❑√3)．
【规范解答】（1）解：如图，正六边形ABCDEF即为所求；
（2）将正六边形ABCDEF绕点D顺时针旋转60°，如下图所示，连接OP，
由作图可知OP=PD=OD=2，
则AD=2PD=2×2=4，
∴OA=❑√AD2−OD2=❑√42−22=2❑√3，
∴点A的坐标为(0,2❑√3)，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠EDA=∠FAD=60°，∠A' AD=∠ADO
∴△A A'D是等边三角形，A A' ∥OD，
∴A A'=AD=4，
∴正六边形ABCDEF绕点D顺时针旋转60°，此时点A坐标为(4,2❑√3)．
【变式训练】（23-24九年级上·浙江杭州·期中）如图，在10×10正方形网格中（每个小正方形的边长
都为1个单位），△ABC的三个顶点都在格点上(1)请在图中标出△ABC的外接圆的圆心P的位置，并填写圆心P的坐标：______．
(2)尺规作图：画出⊙P，并作它的一个内接三角形，要求该三角形为等边三角形．
【答案】(1)见解析，(5,3)
(2)见解析
【思路引导】（1）分别作AB、BC的垂直平分线相交于点P，则点P即为所求；
（2）利用半径把圆6等分即可作出等边三角形AEF．
【规范解答】（1）如图所示，点P即为所求，P(5，3)，
故答案为：(5,3)；
（2）如图，△AEF即为所求．
【考点剖析】本题考查作图，坐标与图形的性质，垂径定理，三角形外心等知识，解题的关键是理解题意，
灵活运用所学知识．
考点21 求图形旋转后扫过的面积
【典例精讲】（25-26九年级上·山东临沂·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点
的坐标分别为A(−5,2)，B(−2,1)，C(−1,3)．(1)请画出△ABC关于原点O成中心对称的△A B C ；
1 1 1
(2)请画出△A B C 将绕原点O顺时针旋转90°后得到的△A B C ；
1 1 1 2 2 2
(3)在（2）的条件下，求出点C 的旋转路径的长度．
1
【答案】(1)见解析
(2)见解析
❑√10
(3) π
2
【思路引导】本题考查了利用中心对称变换作图，利用旋转变换作图，弧长的计算，熟练掌握网格结构，
准确找出对应点的位置是解题的关键．
（1）根据中心对称作出图形即可；
（2）根据旋转作出图形即可；
（3）根据弧长公式列式计算即可得解．
【规范解答】（1）解：如图，△A B C 即为所求；
1 1 1
（2）解：如图，△A B C 即为所求；
2 2 2（3）解：根据题意得，由勾股定理得OC =❑√12+32=❑√10，
1
90π❑√10 ❑√10
∴点C 的旋转路径的长度为 = π．
1 180 2
【变式训练】（25-26九年级上·浙江·课后作业）如图，等边三角形和正方形的边长都是a，在图形所在
的平面内，将△PAD以点A为中心沿逆时针方向旋转，使AP与AB重合，如此继续以点B、C、D为中心将
三角形进行旋转，只需使点P回到原来位置为止即可，则点P从开始到结束所经过路径的长为（ ）
7 13 19 25
A． πa B． πa C． πa D． πa
2 4 6 8
【答案】C
【思路引导】本题主要考查弧长的计算和等边三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握旋转的性质，此
题难度不大．
首先作出图形，于是可得点P所经过的路径是半径为a、圆心角分别为210°和210°和150°的三段圆弧，
根据弧长公式即可求出总长度．
【规范解答】解：作图如图点P所经过的路径是半径为a、圆心角分别为360°−60°−90°=210°和360°−60°−90°=210°和
360°−60°−90°−60°=150°的三段圆弧，
210° 150° 19π
故总长度为2πa( ×2+ )= a．
360° 360° 6
故选：C．
考点22 求其他不规则图形的面积
【典例精讲】（25-26九年级上·山东日照·期中）已知在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标
分别为A(5,4)，B(0,3)，C(2,1)．
(1)画出与△ABC关于原点对称的△A B C ；
1 1 1
(2)将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A B C ，画出△A B C ，并写出点A 的坐标_______；
2 2 2 2 2 2 2
(3)在（2）的条件下，求旋转过程中线段CA扫过的面积（结果保留π）．
【答案】(1)见解析
(2)作图见解析，(5,−2)
9
(3) π
2
【思路引导】本题主要考查了坐标与图形——旋转变换以及中心对称变换，扇形面积公式的应用，正确得出对应点的位置是解题关键．
（1）利用网格特点和关于原点对称的特点，画出点A、B、C的对应点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质，画出点A、B、C的对应点即可；
（3）先计算出CA的长，然后根据扇形面积公式计算旋转过程中线段CA扫过的面积即可．
【规范解答】（1）解：如图所示，△A B C 即为所求；
1 1 1
（2）解：如图，△A B C 即为所求．点A 的坐标为(5,−2)；
2 2 2 2
（3）解：由勾股定理得，CA=❑√32+32=3❑√2，90π×(3❑√2) 2 9
∴旋转过程中线段CA扫过的面积 = π．
360 2
【变式训练】（25-26九年级上·江苏镇江·期中）如图①是卧室门锁的局部图，图②是其示意图，其中
点O到门框l的距离为2cm，且OA⊥l，当开门时，握住门把手绕点O顺时针旋转60°，点A到达点B的
位置，此时点B到门框l的距离为8cm，则门把手OA扫过的区域面积为 cm2．
【答案】24π
【思路引导】本题主要考查矩形的性质与判定，旋转的性质，含30度直角三角形的性质及扇形面积公式，
熟练掌握矩形的性质与判定，旋转的性质，含30度直角三角形的性质及扇形面积公式是解题的关键；过点
B分别作BC⊥OA，BD⊥l，垂足分别点C，D，则有四边形PCBD是矩形，然后可得
∠OBC=30°,OC=PC−OP=6cm，进而根据扇形面积公式可进行求解．
【规范解答】解：过点B分别作BC⊥OA，BD⊥l，垂足分别为点C，D，如图所示：由题意得：OA⊥l，OP=2cm，BD=8cm，
∴四边形PCBD是矩形，
∴PC=BD=8cm，
由旋转的性质可知：∠AOB=60°，OA=OB，
∴∠OBC=30°，OC=PC−OP=6cm，
∴OB=2OC=12cm，
60π×122
∴S = =24πcm2；
扇形AOB 360
故答案为24π．
考点23 求圆锥侧面展开图的圆心角
【典例精讲】．（2025九年级上·广东广州·专题练习）如图，已知圆锥母线长OA=8，底面圆的半径
r=2，
(1)求圆锥的侧面积；
(2)该圆锥侧面展开扇形的半径=___________；扇形的弧长=___________；
(3)若一只小虫从点A出发，绕圆锥的侧面爬行到点B，则小虫爬行的最短路线的长为___________；
【答案】(1)16π
(2)8，4π
(3)8❑√2−❑√2
【思路引导】本题主要考查圆锥的侧面展开图、弧长公式及勾股定理，熟练掌握圆锥的侧面展开图、弧长
公式及勾股定理是解题的关键；
（1）根据圆锥的侧面积公式可进行求解；
（2）根据弧长公式及圆锥的侧面展开图的特征可进行求解；（3）根据圆锥的侧面展开图及两点之间线段最短可进行求解．
【规范解答】（1）解：根据圆锥侧面积公式可得：πrl=π×2×8=16π；
（2）解：由圆锥侧面展开图可知：圆锥侧面展开图所在扇形的半径即为圆锥母线长，即为8；
弧长为底面圆的周长，即为2πr=2π×2=4π；
故答案为8，4π；
（3）解：圆锥侧面展开图如下所示：
连接OB，交A A′于点C，连接AB，如图所示：
∴AB即为小虫从点A出发，绕圆锥的侧面爬行到点B的最小路径长，
nπ×8
设侧面展开图的圆心角为n°，根据（2）可得：4π= ，
180
解得：n=90，
∴∠AOA′=90°，
∴△OA A′是等腰直角三角形，
∴A A′=❑√OA2+OA′2=8❑√2，
∵点B是A ´ A′的中点，
1
∴OB⊥A A′,AC=OC= A A′=4❑√2，
2
∴BC=OB−OC=8−4❑√2，
∴AB=❑√BC2+AC2=8❑√2−❑√2；
故答案为8❑√2−❑√2．
【变式训练】（24-25九年级上·江苏苏州·月考）草帽：是用水草、席草、麦秸、竹篾等物进行编织缠
绕的中国特有的传统草编工艺品，如图，某兴趣小组决定用一张扇形彩色卡纸装饰母线长为25cm、底面
半径为15cm的锥形草帽．粘贴时，彩色卡纸恰好覆盖草帽外表，而且卡纸连接处无缝隙、不重叠．(1)这顶锥形草帽的高为______cm，侧面积为______cm2．（结果保留π）
(2)计算所需扇形卡纸的圆心角的度数．
【答案】(1)20，375π
(2)216°
【思路引导】本题考查勾股定理求圆锥的高、圆的周长公式、扇形面积公式等知识，熟记圆锥相关概念、
勾股定理及扇形面积公式是解决问题的关键．
1
（1）根据题意，如图所示，由勾股定理求值即可得到高；再由扇形面积公式 lr代值计算即可得到面积；
2
（2）由（1）知侧面积为375πcm2，设所需扇形卡纸的圆心角的度数n°，列方程求解即可得到答案．
【规范解答】（1）解：如图所示：
在Rt△BOC中，∠BOC=90°，OC=15cm，BC=25cm，
则由勾股定理可得BO=❑√BC2−OC2=❑√252−152=20(cm)；
圆锥底面圆的周长为2π×15=30π(cm)，
1
∴圆锥侧面积为
×30π×25=375π(cm2)；
2
故答案为：20，375π；
（2）解：由（1）知侧面积为375πcm2，
设所需扇形卡纸的圆心角的度数n°，
n
∴
×π×252=375π，
360
解得n=216，答：所需扇形卡纸的圆心角的度数为216°．
考点24 圆锥的实际问题
【典例精讲】（2022·广西崇左·一模）如图，把矩形纸片ABCD分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片
AD
EFCD，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆．若它们恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则 =
AB
．
3
【答案】
2
【思路引导】本题考查了圆锥的相关计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本
题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．设AB=x，AD= y，则
DE= y−x，根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长列出方程，求解即可．
【规范解答】解：设AB=x，AD= y，则DE= y−x，
90π⋅x
根据题意，得： =π(y−x) ，
180
整理得：x=2(y−x)
∴3x=2y
y 3
解得： = ，
x 2
AD 3
即： = ．
AB 2
3
故答案为： ．
2
【变式训练】（23-24九年级上·安徽阜阳·月考）图1中的冰激凌的外包装可以视为圆锥（如图2），制
作这种外包装需要用如图3所示的等腰三角形材料，其中AB=AC,AD⊥BC，将扇形EAF围成圆锥时，
AE,AF恰好重合．已知这种加工材料的顶角∠BAC=90°，圆锥底面圆的直径DE为5cm．(1)求图2中圆锥的母线AE的长．
(2)求加工材料剩余部分（图3中阴影部分）的面积．（结果保留π）
【答案】(1)10cm
(2)(100−25π)cm2
【思路引导】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，
扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了等腰直角三角形的性质．
（1）由于圆锥的侧面展开图为扇形，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
90⋅π⋅AD
长，则利用弧长公式得到π⋅DE= ，从而求出AD=2DE=10cm，再由AE=AD即可求解；
180
（2）先根据等腰直角三角形的性质得到BC=2AD=20cm，再利用扇形的面积公式，利用
S =S −S 进行计算．
阴影部分 △ABC 扇形EAF
90⋅π⋅AD
【规范解答】（1）解：根据题意得π⋅DE= ，
180
∴AD=2DE=2×5=10(cm)，
∴AE=AD=10cm；
（2）解：∵∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC，
而AD=10cm，
∴BC=2AD=20cm，
∴S =S −S
阴影部分 △ABC 扇形EAF
1 90×π×102
= ×10×20−
2 360
=(100−25π)cm2
．考点25 圆锥侧面上最短路径问题
【典例精讲】（24-25九年级上·广东肇庆·期末）综合与实践
问题情境：如图1，将一个圆心角为n°、半径为R 的扇形，可制作成圆锥（如图2），圆锥的底面半径为
r，点A与点A′重合，工人在制作圆锥形物品时，通常要先确定扇形圆心角度数，再度量裁剪材料．
(1)探索尝试：图1中，圆锥侧面扇形的弧长与圆锥底面周长_____（填“相等”或“不相等”）．
(2)解决问题：为操作简便，工人希望能简洁求 n的值，请用含 r， R的式子表示 n；
(3)拓展延伸： 图 3是一种纸质圆锥形生日帽，AB=6cm，R=6cm，C是PB中点，现要从点A到点 C
再到点A之间拉一装饰彩带（如图4），求彩带长度的最小值．
【答案】(1)相等；
360r
(2)n= ；
R
(3)6❑√5cm
【思路引导】本题主要考查了圆锥侧面展开图的圆心角的度数、勾股定理求最值等知识点，掌握圆锥的相
关计算是解题的关键．
（1）根据圆锥底面周长与其侧面展开图的弧长相等即可求解；
nπR
（2）根据2πr= 求解即可；
180
（3）根据条件得出圆锥的侧面展开后可得到的扇形圆心角为180°，进而根据勾股定理求解即可．
【规范解答】（1）解：由于圆锥的侧面的扇形的弧和底面圆的圆周重合，即圆锥侧面扇形的弧长与圆锥
底面周长相等．
故答案为：相等．
（2）解：由圆锥的底面周长等于侧面扇形的弧长，可得：
nπR 360r
则：2πr= ，即：n= ．
180 R
（3）解：如图：∵AB=6cm，R=6cm，
1
∴r= AB=3cm，
2
360×3
∴n= =180，
6
∴圆锥的侧面展开后可得到的扇形圆心角为180°，
1
∴∠A′PC= ×180°=90°，
2
∵PA′=PB=6，C是PB中点，
1
∴PC= PB=3cm，
2
∴在Rt△A′PC中，A′C=❑√PA′2+PC2=❑√62+32=3❑√5cm，
∴彩带长度的最小值为6❑√5cm．
【变式训练】（2024·广东阳江·一模）综合与实践
主题：制作圆锥形生日帽．
素材：一张圆形纸板、装饰彩带．
步骤1：如图1，将一个底面半径为r的圆锥侧面展开，可得到一个半径为l、圆心角为n°的扇形．制作圆
锥形生日帽时，要先确定扇形的圆心角度数，再度量裁剪材料．
步骤2：如图2，把剪好的纸板粘合成圆锥形生日帽．
在制作好的生日帽中，AB=6cm，l=6cm，C是PB的中点，现要从点A到点C再到点A之间拉一条装饰彩
带，求彩带长度的最小值．【答案】6❑√5cm
【思路引导】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角的度数，勾股定理求最值问题，掌握以上知识是解题的
关键．根据条件得出圆锥的侧面展开后可得到的扇形圆心角为180°，进而根据勾股定理即可求解．
【规范解答】解：∵l=6cm，r=3cm，
360×3
∴n= =180．
6
∴圆锥的侧面展开后得到的扇形圆心角为180°，如图所示．
1
∴∠A′PC= ×180°=90°．
2
∵PA′=PB=6cm，
1
∴PC= PB=3cm．
2
∴在Rt△A′PC中，由勾股定理得A′C=❑√PA′2+PC2=❑√62+32=3❑√5(cm)．
∴彩带长度的最小值为2A′C=6❑√5cm．【演练1】（2025·陕西·中考真题）如图，点A,B,C,D在⊙O上，若∠1+∠2=100°，则∠B的度
数为 ．
【答案】80°/80度
【思路引导】本题主要考查了圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆内接四边形的对角互
补以及等腰三角形的两底角相等是解题的关键．
通过连接OD，利用等腰三角形的性质得出∠1=∠ODC，∠2=∠ODA，从而求出∠ADC的度数，
再根据圆内接四边形的对角互补求出∠B的度数．
【规范解答】解：连接OD．
∵OC=OD，OA=OD，
∴∠1=∠ODC，∠2=∠ODA，
∵∠1+∠2=100°，
∴∠ADC=∠ODC+∠ODA=100°,
∵∠B+∠ADC=180°，
∴∠B=180°−100°=80°．
故答案为：80∘．
【演练2】（2025·青海西宁·中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，AB=9，CD=15．
则四边形ABCD的周长为 ．【答案】48
【思路引导】本题考查了切线长定理，掌握从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题的关键．
根据切线长定理得到AE=AH,BE=BF,CF=CG,DH=DG，得到AD+BC=AB+CD=24，根据四边
形的周长公式计算，得到答案．
【规范解答】解：如图，令⊙O与边AB,BC,CD,AD的切点分别为E，F，G，H，
∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴AE=AH,BE=BF,CF=CG,DH=DG，
∴AH+DH+BF+CF=AE+DG+BE+CG
∴AD+BC=AB+CD=9+15=24，
∴四边形ABCD的周长为
AD+BC+AB+CD=24+24=48．
故答案为：48．
【演练3】（2025·海南·中考真题）如图，点E是▱ABCD内一动点，且∠AEB=90°，AB=4，
BC=7．
（1）△AEB面积的最大值为 ；
（2）连接CE，分别取CD、CE的中点M、N，连接MN．若∠BAD=120°，则线段MN长度的最小值
为 ．❑√67−2
【答案】 4
2
【思路引导】（1）利用直径所对圆周角为90度确定点E的运动轨迹为以AB为直径的半圆，再利用直角三
角形斜边上的中线等于斜边的一半和圆的性质解答即可；
1
（2）连接DE，利用三角形的中位线定理得到MN= DE，则DE取得最小值时，MN长度最小，设AB
2
的中点为O，连接OE，当O、E、D三点共线时，此时DE最小；过点O作OF⊥AD，交DA的延长线于
点F，然后利用平行四边形的性质和勾股定理求得OF，进而得到DF，即可求得DE，进而得到MN．
【规范解答】（1）解：∵点E是▱ABCD内一动点，且∠AEB=90°，
∴点E的运动轨迹为以AB为直径的半圆，
取AB的中点O，连接OE，当OE⊥AB时，此时E与AB的距离最大，
即此时△AEB面积取得最大值，如图，
∵AB=4
1
∴OA=OB=OE= AB=2，
2
1 1
∴△AEB面积的最大值= AB⋅OE= ×4×2=4．
2 2
故答案为：4；
（2）连接DE，如图，
∵CD、CE的中点为M、N，
1
∴MN= DE，
2
∴DE取得最小值时，MN长度最小．
由（1）可知，点E的运动轨迹为以AB为直径的半圆，设AB的中点为O，连接OE，
∴当O、E、D三点共线时，此时DE最小，如图，由（1）可知，OE=OA=OB=2，
过点O作OF⊥AD，交DA的延长线于点F，如图，
∵四边形ABCD为平行四边形，BC=7，∠BAD=120°，
∴∠OAF=180°−∠BAD=60°，AD=BC=7，
∵OF⊥AD，
∴∠AOF=90°−∠OAF=30°，
1 1
∴AF= OA= ×2=1，
2 2
∴OF=❑√OA2−AF2=❑√22−12=❑√3，
∴DF=AD+AF=7+1=8，
∴OD=❑√DF2+OF2=❑√82+(❑√3) 2=❑√67，
∴DE=OD−OE=❑√67−2，
1 ❑√67−2
∴线段MN长度的最小值= DE= ．
2 2
❑√67−2
故答案为： ．
2
【考点剖析】本题考查了直径所对圆周角等于90度，勾股定理，平行四边形的性质，三角形中位线判定与
性质，含30度角的直角三角形等知识点，解题关键是灵活运用上述知识点并得到点E的轨迹．
【演练4】（2025·山东济南·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，P为⊙O外一点，
OP∥AC，且∠OBP=90°，连接PC．
(1)求证：PC与⊙O相切；
(2)若AO=3，OP=5，求AC的长．【答案】(1)见解析
18
(2)
5
【思路引导】（1）连接OC，利用平行线的性质及等边对等角，通过等量代换可得∠COP=∠BOP，进
而证明△COP ≌△BOP(SAS)，推出∠OCP=∠OBP=90°，即可证明PC与⊙O相切；
（2）由△COP ≌△BOP(SAS)可推出OP垂直平分BC，利用等面积法求出BD，进而求出BC，由圆
周角定理得∠ACB=90°，最后用勾股定理解Rt△ACB即可．
【规范解答】（1）证明：如图，连接OC，
∵ OC=OA
，
∴ ∠OAC=∠OCA，
∵ OP∥AC，
∴ ∠OAC=∠BOP，∠OCA=∠COP，
∴ ∠COP=∠BOP，
在△COP和△BOP中，
{
OC=OB
)
∠COP=∠BOP
OP=OP
∴ △COP ≌△BOP(SAS)，
∴ ∠OCP=∠OBP=90°，
∴ OC⊥PC，
∴ PC与⊙O相切；
（2）解：如图，连接BC交OP于点D，
∵△COP ≌△BOP
，
∴ PC=PB，OB=OC，
∴ OP垂直平分BC，
∵ AO=BO=3，OP=5，∠OBP=90°，∴ BP=❑√OP2−OB2=❑√52−32=4，
1 1
∵ S = OB⋅BP= OP⋅BD，
△OBP 2 2
OB⋅BP 3×4 12
∴ BD= = = ，
OP 5 5
24
∴ BC=2BD= ，
5
∵ AB是⊙O的直径，
∴ AB=2OA=6， ∠ACB=90°，
∴ AC=❑√AB2−BC2=❑
√
62−
(24) 2
=
18
．
5 5
【考点剖析】本题考查切线的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定
理等，正确作出辅助线是解题的关键．
【演练5】（2024·甘肃甘南·中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠B=58°，
∠ACD=40°．若⊙O的半径为5，则弧CD的长为 ．
【答案】π
【思路引导】本题考查了弧长的计算和圆周角定理．根据圆周角的性质，计算出弧CD所对的圆心角度数，
按照弧长公式求出弧长即可．
【规范解答】解：如图，连接OA、OD、OC，
∵∠B=58°，∠ACD=40°．
∴∠AOC=2∠B=116°，∠AOD=2∠ACD=80°，∴∠DOC=36°，
36π×5
∴弧CD的长为 =π．
180
故答案为：π．
基础夯实
1．（25-26九年级上·浙江·期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，连结AC，AD，设
∠BAC=α，∠BAD=β，∠AEC=γ，则（ ）
A．α−β+γ=90° B．β+γ−α=90°
C．α+β+γ=180° D．α+β−γ=90°
【答案】A
【思路引导】连结BC，由AB是⊙O的直径，得∠ACB=90°，则∠B=90°−∠BAC=90°−α，而
∠AEC=∠BCD+∠B，且∠BCD=∠BAD=β，∠AEC=γ，则γ=β+90°−α，所以
α−β+γ=90°，于是得到问题的答案．
此题重点考查圆周角定理、直角三角形的两个锐角互余、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的
和等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
【规范解答】解：连结BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠BAC=α，
∴∠B=90°−∠BAC=90°−α，∵∠AEC=∠BCD+∠B，且∠BCD=∠BAD=β，∠AEC=γ，
∴γ=β+90°−α，
∴α−β+γ=90°，
故选：A
2．（2025九年级上·江苏苏州·专题练习）如图，在⊙O中，弦AD∥BC，DA=DC，
∠AOC=160°，则∠BCO的度数为（ ）
A．20° B．60° C．40° D．50°
【答案】B
【思路引导】此题考查了圆周角定理、等边对等角、平行线的性质，对性质的综合应用是解题的关键．
先根据圆周角定理推导出∠B=100°，根据等边对等角得到∠DAC=50°，∠OCA=10°，再根据平行
线求解．
【规范解答】解：如图所示，连接AC，
1
∵∠D= ∠AOC=80°，
2
∴∠B=180°−∠D=100°，
∵AD=CD，OA=OC，
∴∠DAC=∠DCA=50°，∠OCA=∠OAC=10°，
∵AD∥BC，
∴∠BCA=∠CAD=50°，
∴∠BCO=10°+50°=60°，
．
故选：B．
3．（25-26九年级上·云南红河·期中）如图，⊙O的弦AB=6，OC⊥AB，且OC=4，则⊙O的半
径为 ．【答案】5
【思路引导】本题考查的是垂径定理与勾股定理，如图，连接OA，根据垂径定理求出AC的长，再由勾股
定理求出OA的长即可．根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解题的关键．
【规范解答】解：如图，连接OA，
∵⊙O的弦AB=6，OC⊥AB，
1
∴AC= AB=3，∠ACO=90°，
2
∵OC=4，
∴OA=❑√OC2+AC2=❑√42+32=5，
即⊙O的半径为5．
故答案为：5．
4．（25-26九年级上·福建厦门·期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，分别连接AC、BD，若
BD=AC，判断AD与BC的位置关系，并说明理由．
．
【答案】AD∥BC，理由见解析
⏜ ⏜
【思路引导】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，平行线的判定，根据BD=AC，可得 BD=AC ，
进而得到∠ABC=∠BCD，再根据圆内接四边形的性质得到∠ADC+∠ABC=180°，推出
∠ADC+∠BCD=180°，由同旁内角互补，两直线平行，即可得到结论．【规范解答】解：AD∥BC，理由如下：
∵BD=AC，
⏜ ⏜
∴ BD=AC ，
∴∠ABC=∠BCD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∴∠ADC+∠BCD=180°，
∴AD∥BC．
5．（25-26九年级上·河北沧州·期中）如图，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，C为AB的中点，延
长AC到点P，使AC=CP，连接BP．
(1)求∠BDC的度数；
(2)求证：直线BP是⊙O的切线．
【答案】(1)45°
(2)证明见解析
【思路引导】此题考查了圆周角定理、切线的判定定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆周
角定理和切线的判定定理是解题的关键．
（1）圆周角定理得到∠ACB=90°．进一步得到∠BDC=∠CAB，即可得到答案；
（2）证明△ABC≌△PBC，得到∠ABC=∠PBC=45°，则∠ABP=∠ABC+∠PBC=90°．
根据切线的判定定理即可证明结论成立．
【规范解答】（1）解：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°．
∵C为弧AB的中点，
∴弧AC＝弧BC，
∴∠ABC=∠CAB=45°．
∵∠BDC=∠CAB，
∴∠BDC=45°；（2）证明：∵∠ACB=90°，
∴∠BCP=90°，
∴∠ACB=∠BCP．
∵AC=CP，BC=BC，
∴△ABC≌△PBC(SAS)，
∴∠ABC=∠PBC=45°，
∴∠ABP=∠ABC+∠PBC=90°．
又∵AB为直径，
∴直线BP是⊙O的切线．
培优拔高
1．（25-26九年级上·江苏盐城·期中）如图，⊙O是四边形ABCD的内切圆，若该四边形的周长是
12，面积是24，则⊙O的半径是（ ）
A．1.5 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【思路引导】此题重点考查切线的性质、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地添加辅助线是
解题的关键．
设⊙O与四边形ABCD的各边分别相切于点P、Q、M、N，连接
OP、OQ、OM、ON，OA、OB、OC、OD，设⊙O的半径为r，则OP=OQ=OM=ON=r，
1 1 1 1 1
由S = AB⋅OP+ BC⋅OQ= CD⋅OM= AD⋅ON= r(AB+BC+CD+AD)=24，且
四边形ABCD 2 2 2 2 2
1
四边形ABCD的周长是12，得 ×12r=24，求得r=4，于是得到问题的答案．
2
【规范解答】解：设⊙O与四边形ABCD的各边分别相切于点P、Q、M、N，连接
OP、OQ、OM、ON，OA、OB、OC、OD，如图所示：∴OP⊥AB，OQ⊥BC、OM⊥CD、ON⊥AD，
设⊙O的半径为r，则OP=OQ=OM=ON=r，
∵S =S +S +S +S ，且S =24，
四边形ABCD △AOB △BOC △COD △AOD 四边形ABCD
1 1 1 1 1
∴ AB⋅OP+ BC⋅OQ= CD⋅OM= AD⋅ON= r(AB+BC+CD+AD)=24，
2 2 2 2 2
∵四边形ABCD的周长是12，
∴AB+BC+CD+AD=12，
1
∴ ×12r=24，
2
∴r=4，
故选：C．
2．（2025·四川南充·一模）如图，△ABC内接于⊙O，以点C为圆心，适当长为半径画弧，分别交
1
CA，CB于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于 MN的长为半径画弧，两弧交⊙O内于点P，连接
2
CP，并延长交⊙O于点D，连接AD，BD，连接OD，与AB交于点E，则下列结论不一定成立的是
（ ）
A．AD=BD B．AE=BE
C．∠CAD+∠CBD=180° D．AD∥BC
【答案】D
【思路引导】根据题意，连接OA，OB，由题意可知CD平分∠ACB，可得∠ACD=∠BCD，由圆周
角定理可推出∠AOD=∠BOD，从而得到AD=BD，可判定选项A；利用ASA证明△AOE≌△BOE，即可推出AE=BE，可判断选项B；根据圆内接四边形对角互补即可推出∠CAD+∠CBD=180°，可判
断选项C；利用反证法，假设AD∥BC，可得∠ADB+∠CBD=180°，再根据
∠CAD+∠CBD=180°，但无法根据已知条件推出∠ADB=∠CAD，可判断选项D．
【规范解答】解：如图所示，连接OA，OB，
由题意可知CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∵∠AOD=2∠ACD，∠BOD=2∠BCD，
∴∠AOD=∠BOD，
∴AD=BD，
故此选项成立，不符合题意；
B、∵△ABC内接于⊙O，
∴OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
又∵∠AOD=∠BOD，
∴△AOE≌△BOE(ASA)，
∴AE=BE，
故此选项成立，不符合题意；
C、∵点A，C，B，D四点共圆，
∴四边形ACBD为圆内接四边形，
∵圆内接四边形对角互补，
∴∠CAD+∠CBD=180°，
故此选项成立，不符合题意；
D、假设AD∥BC，
∴∠ADB+∠CBD=180°，
∵∠CAD+∠CBD=180°，
∴∠ADB=∠CAD，
而根据已知条件无法推出∠ADB=∠CAD，∴假设不成立，
故此选项符合题意；
故选：D．
【考点剖析】本题考查了圆内接三角形和圆内接四边形的性质，圆周角定理，弧、弦、圆心角定理，等腰
三角形的性质，三角形全等的判定和性质，角平分线的尺规作图等，根据题意作辅助线是解题的关键．
⏜
3．（25-26九年级上·江苏南京·期中）如图，⊙O是五边形ABCDE的外接圆，C是 的中点，若
BD
∠C=110°，∠D=100°，则∠A的度数为 °
【答案】115
【思路引导】本题考查圆内接四边形的性质、三角形内角和定理，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的
关键．
连接BE，CE，根据圆内接四边形的性质证得∠CBE=80°，∠BED=70°,进而证得∠BEC=35°，根
据三角形内角和定理证得∠BCE=65°，再利用圆内接四边形的性质，进行计算求解即可．
【规范解答】解：连接BE，CE，
∵四边形BCDE是⊙O的内接四边形，
∴∠CBE=180°−∠D=80°，∠BED=180°−∠BCD=70°,
⏜
∵C是 的中点，
BD
⏜ ⏜
∴BC=CD ，1
∴∠BEC=∠CED= ∠BED=35°,
2
∴∠BCE=180°−∠CBE−∠BEC=65°,
∵四边形ABCE是⊙O的内接四边形，
∴∠A=180°−∠BCE=115°,
故答案为：115°．
4．（25-26九年级上·广东东莞·期中）如图，点C在以AB为直径的⊙O上．
(1)作∠ACB的平分线CD交⊙O于点D；
(2)在（1）的条件下，连接DO，求证：DO⊥AB．
【答案】(1)图见详解
(2)证明见详解
【思路引导】本题考查了角平分线的尺规作图，圆周角定理，角平分线的定义，正确掌握相关性质内容是
解题的关键．
（1）根据题意，作∠ACB的平分线CD交⊙O于点D，即可作答．
1
（2）根据直径所对的圆周角是直角，再结合角平分线的定义，得出∠ACD= ×90°=45°，因为同弧
2
所对的圆周角等于圆心角的一半，即可作答．
【规范解答】（1）解：∠ACB的平分线CD交⊙O于点D，如图所示：
（2）解：依题意，连接OD，
∵点C在以AB为直径的⊙O上，∴∠ACB=90°，
∵∠ACB的平分线CD交⊙O于点D，
1
∴∠ACD= ×90°=45°，
2
∵A´D=A´D，
∴∠AOD=2∠ACD=2×45°=90°，
即DO⊥AB．
5．（25-26九年级上·河北沧州·期中）如图1，图2，在⊙O中，AC为直径，B,P为圆上的两个动点，
连接CP．
(1)如图1，当点P与点B位于AC同侧时，连接OB，若OB⊥CP于点M．
①若A´P=B´C，求∠ACP的度数；
②若CP=24,BM=8，求⊙O的半径；
(2)如图2，当点P与点B位于AC异侧（点P不与点A,C重合）时，连接PA,PB,AB,BC．若AB=BC，
PB
直接写出 的值．
PA+PC
【答案】(1)①30°，②13
❑√2
(2)
2
【思路引导】（1）①连接OP，如图所示，先由垂径定理得到P´B=B´C，再由题中已知条件A´P=B´C，有
P´B=B´C=A´P，从而有∠AOP=60°，最后根据圆周角定理求角度即可得到答案；②由垂径定理可知
1
CM= CP=12，设⊙O的半径为r，则OM=OB−BM=r−8，在Rt△OCM中，由勾股定理列方程求
2
解即可得到答案；
（2）延长PA至点E，使AE=PC，连接EB，如图所示，先由圆内接四边形性质得到∠EAB=∠BCP，
进而证得△BAE≌△BCP(SAS)，再由全等三角形的性质得到BE=BP，∠EBA=∠PBC，最后由
等腰直角三角形的判定与性质求解即可得到答案．【规范解答】（1）解：①连接OP，如图所示：
∵OB⊥CP，
∴P´B=B´C，
∵A´P=B´C，
∴P´B=B´C=A´P，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠AOC=180°，
∴∠AOP=60°，
∵A´P=A´P
1
∴∠ACP= ∠AOP=30°；
2
②∵OB⊥CP，
1
∴CM= CP=12，
2
设⊙O的半径为r，
∵BM=8，
∴OM=OB−BM=r−8，
在Rt△OCM中，由勾股定理可知OC2=OM2+CM2，即
r2=(r−8) 2+122，
解得r=13，
∴⊙O的半径为13；
PB ❑√2
（2）解： 的值为 ．
PA+PC 2
延长PA至点E，使AE=PC，连接EB，如图所示：∵ ABCP ⊙O
四边形 为 的内接四边形，
∴∠BAP+∠BCP=180°，
∵∠BAP+∠BAE=180°，
∴∠BAE=∠BCP，
在△BAE和△BCP中，
{
AE=CP
)
∠BAE=∠BCP ，
BA=BC
∴△BAE≌△BCP(SAS)，
∴BE=BP，∠EBA=∠PBC，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠PBC=90°，
∴∠ABP+∠EBA=90°，
∴∠EBP=90°，
∴△EBP为等腰直角三角形，
❑√2 ❑√2 ❑√2
∴PB= PE= (PA+AE)= (PA+PC)，
2 2 2
PB ❑√2
∴ = ．
PA+PC 2
【考点剖析】本题考查圆综合，涉及垂径定理、圆中弦与弧的关系、圆周角定理、勾股定理、圆内接四边
形性质、三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟记圆的相关性质及几何性质，
并灵活运用是解决问题的关键．
