考點01圓的有關概念
1．與圓有關的概念和性質(zhì)
（1）圓：平面上到定點的距離等于定長的所有點組成的圖形．
（2）弦與直徑：連接圓上任意兩點的線段叫做弦，過圓心的弦叫做直徑，直徑是圓內(nèi)最長的弦．
（3）?。簣A上任意兩點間的部分叫做弧，小于半圓的弧叫做劣弧，大于半圓的弧叫做優(yōu)?。?br>（4）圓心角：頂點在圓心的角叫做圓心角．
（5）圓周角：頂點在圓上，并且兩邊都與圓還有一個交點的角叫做圓周角．
（6）弦心距：圓心到弦的距離．
考點02垂徑定理及其推論
1．垂徑定理
垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。?br>關于垂徑定理的計算常與勾股定理相結(jié)合，解題時往往需要添加輔助線，一般過圓心作弦的垂線，構造直角三角形．
2．推論
（1）平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條??；
（2）弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對的兩條?。?br>考點03圓心角、弧、弦的關系
1．定理
在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦相等．圓心角、弧和弦之間的等量關系必須在同圓等式中才成立．
2．推論
在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量都分別相等．
考點04圓周角定理及其推論
1．定理
一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半．
2．推論
（1）在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等．
（2）直徑所對的圓周角是直角．
考點05與圓有關的位置關系
1．點與圓的位置關系
設點到圓心的距離為d．
(1)dr?點在⊙O外．
判斷點與圓之間的位置關系，將該點的圓心距與半徑作比較即可．
2．直線和圓的位置關系
考點06切線的性質(zhì)與判定
1．切線的性質(zhì)
（1）切線與圓只有一個公共點．
（2）切線到圓心的距離等于圓的半徑．
（3）切線垂直于經(jīng)過切點的半徑．
利用切線的性質(zhì)解決問題時，通常連過切點的半徑，利用直角三角形的性質(zhì)來解決問題．
2．切線的判定
（1）與圓只有一個公共點的直線是圓的切線（定義法）．
（2）到圓心的距離等于半徑的直線是圓的切線．
（3）經(jīng)過半徑外端點并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．
切線判定常用的證明方法：
①知道直線和圓有公共點時，連半徑，證垂直；
②不知道直線與圓有沒有公共點時，作垂直，證垂線段等于半徑．
考點07三角形與圓
1.三角形外接圓
外心是三角形三條垂直平分線的交點，它到三角形的三個頂點的距離相等．
2．三角形的內(nèi)切圓
內(nèi)心是三角形三條角平分線的交點，它到三角形的三條邊的距離相等．
1.如圖，點在上，，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
先證明再利用等弧的性質(zhì)及圓周角定理可得答案．
【詳解】
解： 點在上，，


故選：
【點睛】
本題考查的兩條弧，兩個圓心角，兩條弦之間的關系，圓周角定理，等弧的概念與性質(zhì)，掌握同弧或等弧的概念與性質(zhì)是解題的關鍵．
2.如圖，A，B，C是半徑為1的⊙O上的三個點，若AB＝，∠CAB＝30°，則∠ABC的度數(shù)為（ ）
A．95°B．100°C．105°D．110°
【答案】C
【分析】
連接OB，OC，根據(jù)勾股定理逆定理可得∠AOB＝90°，∠ABO＝∠BAO＝45°，根據(jù)圓周角定理可得∠COB＝2∠CAB＝60°，∠OBC＝∠OCB＝60°，由此可求得答案．
【詳解】
解：如圖，連接OB，OC，
∵OA＝OB＝1，AB＝，
∴OA2＋OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
又∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵∠CAB＝30°，
∴∠COB＝2∠CAB＝60°，
又∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠OCB＝60°，
∴∠ABC＝∠ABO＋∠OBC＝105°，
故選：C．
【點睛】
本題考查了勾股定理的逆定理，等腰三角形的性質(zhì)，圓周角定理，熟練掌握圓周角定理是解決本題的關鍵．
3.如圖，AB是⊙O的直徑，AC，BC是⊙O的弦，若，則的度數(shù)為（ ）
A．70°B．90°C．40°D．60°
【答案】A
【分析】
直接根據(jù)直徑所對的圓周角為直角進行求解即可．
【詳解】
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，
∴在Rt△ABC中，∠B=90°-∠A=70°，
故選：A．
【點睛】
本題考查直徑所對的圓周角為直角，理解基本定理是解題關鍵．
4.如圖，中，，，．點為內(nèi)一點，且滿足．當?shù)拈L度最小時，的面積是（ ）
A．3B．C．D．
【答案】D
【分析】
由題意知，又長度一定，則點P的運動軌跡是以中點O為圓心，長為半徑的圓弧，所以當B、P、O三點共線時，BP最短；在中，利用勾股定理可求BO的長，并得到點P是BO的中點，由線段長度即可得到是等邊三角形，利用特殊三邊關系即可求解．
【詳解】
解：
取中點O，并以O為圓心，長為半徑畫圓
由題意知：當B、P、O三點共線時，BP最短
點P是BO的中點
在中，
是等邊三角形
在中，
．
【點睛】
本題主要考察動點的線段最值問題、點與圓的位置關系和隱形圓問題，屬于動態(tài)幾何綜合題型，中檔難度．解題的關鍵是找到動點P的運動軌跡，即隱形圓．
5.如圖，已知在⊙O中， ，OC與AD相交于點E．求證：
（1）AD∥BC
（2）四邊形BCDE為菱形．
【答案】（1）見解析；（2）見解析
【分析】
（1）連接BD，根據(jù)圓周角定理可得∠ADB=∠CBD，根據(jù)平行線的判定可得結(jié)論；
（2）證明△DEF≌△BCF，得到DE=BC，證明四邊形BCDE為平行四邊形，再根據(jù)得到BC=CD，從而證明菱形．
【詳解】
解：（1）連接BD，
∵，
∴∠ADB=∠CBD，
∴AD∥BC；
（2）連接CD，
∵AD∥BC，
∴∠EDF=∠CBF，
∵，
∴BC=CD，
∴BF=DF，又∠DFE=∠BFC，
∴△DEF≌△BCF（ASA），
∴DE=BC，
∴四邊形BCDE是平行四邊形，又BC=CD，
∴四邊形BCDE是菱形．
【點睛】
本題考查了垂徑定理，圓周角定理，弧、弦、圓心角的關系，全等三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，解題的關鍵是合理運用垂徑定理得到BF=DF．
6.如圖，A，B是上兩點，且，連接OB并延長到點C，使，連接AC．
（1）求證：AC是的切線．
（2）點D，E分別是AC，OA的中點，DE所在直線交于點F，G，，求GF的長．
【答案】（1）見解析；（2）2
【分析】
（1）先證得△AOB為等邊三角形，從而得出∠OAB=60°，利用三角形外角的性質(zhì)得出∠C=∠CAB=30°，由此可得∠OAC=90°即可得出結(jié)論；
（2）過O作OM⊥DF于M，DN⊥OC于N，利用勾股定理得出AC=，根據(jù)含30°的直角三角形的性質(zhì)得出DN =，再根據(jù)垂徑定理和勾股定理即可求出GF的長．
【詳解】
（1）證明：∵AB=OA，OA=OB
∴AB=OA=OB
∴△AOB為等邊三角形
∴∠OAB=60°，∠OBA=60°
∵BC=OB
∴BC=AB
∴∠C=∠CAB
又∵∠OBA=60°=∠C+∠CAB
∴∠C=∠CAB=30°
∴∠OAC=∠OAB+∠CAB=90°
∴AC是⊙O的切線；
（2）∵OA=4
∴OB=AB=BC=4
∴OC=8
∴AC===
∵D、E分別為AC、OA的中點，
∴OE//BC，DC=
過O作OM⊥DF于M，DN⊥OC于N
則四邊形OMDN為矩形
∴DN=OM
在Rt△CDN中，∠C=30°，∴DN=DC=
∴OM=
連接OG，∵OM⊥GF
∴GF=2MG=2==2
【點睛】
本題考查了切線的判定、垂徑定理、等邊三角形的性質(zhì)和判定，熟練掌握相關的知識是解題的關鍵．
7.如圖，中，，以點C為圓心，為半徑作，D為上一點，連接、，，平分．
（1）求證：是的切線；
（2）延長、相交于點E，若，求的值．
【答案】（1）見解析；（2）
【分析】
（1）利用SAS證明，可得，即可得證；
（2）由已知條件可得，可得出，進而得出即可求得；
【詳解】
（1）∵平分，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴，
∴是的切線．
（2）由（1）可知，，
又，
∴．
∵，且，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵
∴
【點睛】
此題考查了切線的判定與性質(zhì)，正切的性質(zhì)，以及相似三角形的性質(zhì)判定，熟練掌握基礎知識是解本題的關鍵．
8.如圖，在中，是直徑，弦，垂足為，為上一點，為弦延長線上一點，連接并延長交直徑的延長線于點，連接交于點，若．
（1）求證：是的切線；
（2）若的半徑為8，，求的長．
【答案】（1）見解析；（2）
【分析】
（1）連接OE，證明OE⊥EF即可；
（2）由證得，運用正弦的概念可得結(jié)論．
【詳解】
解：（1）證明：連接OE，如圖，
∵OA=OE
∴∠OAE=∠OEA．
∵EF=PF，
∴∠EPF=∠PEF
∵∠APH=∠EPF，
∴∠APH=∠EPF，
∴∠AEF=∠APH．
∵CD⊥AB，
∴∠AHC=90°．
∴∠OAE+∠APH=90°．
∴∠OEA+∠AEF=90°
∴∠OEF=90°
∴OE⊥EF．
∵OE是的半徑
∴EF是圓的切線，
（2）∵CD⊥AB
∴是直角三角形
∵
∴
設，則
由勾股定理得，
由（1）得，是直角三角形
∴
∴，即
∵
∴
解得，
【點睛】
此題主要考查了圓的切線的判定，勾股定理和解直角三角形等知識，熟練掌握切線的判定是解答此題的關鍵．
9.如圖，是的內(nèi)接三角形，是的直徑，點是的中點，交的延長線于點．
（1）求證：直線與相切；
（2）若的直徑是10，，求的長．
【答案】（1）見解析；（2）．
【分析】
（1）連接OD，由點D是的中點得OD⊥BC，由DE//BC得OD⊥DE，由OD是半徑可得DE是切線；
（2）證明△ODE是等腰直角三角形，可求出OE的長，從而可求得結(jié)論．
【詳解】
解：（1）連接OD交BC于點F，如圖，
∵點是的中點，
∴OD⊥BC，
∵DE//BC
∴OD⊥DE
∵OD是的半徑
∴直線與相切；
（2）∵AC是的直徑，且AB=10,
∴∠ABC=90°，
∵OD⊥BC
∴∠OFC=90°
∴OD//AB

∴
∵
∴
∴
由勾股定理得，
∴．
【點睛】
此題主要考查了切線的判定與性質(zhì)的綜合運用，熟練掌握切線的判定與性質(zhì)是解答此題的關鍵．
10.如圖，已知點是以為直徑的圓上一點，是延長線上一點，過點作的垂線交的延長線于點，連結(jié)，且．
（1）求證：是的切線；
（2）若，，求的半徑．
【答案】（1）見解析；（2）
【分析】
（1）連接、，根據(jù)已知條件證明，即可得解；
（2）由（1）可得，得到，令，根據(jù)正切的定義列式求解即可；
【詳解】
解：（1）證明：連結(jié)、．
∵，，
∴，．
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，即是的切線．
（2）由（1）知，，又，
∴，
∴，即．
令，∴．
即，即．
∵，即，
∴，
解得或（舍），
∴的半徑為．
【點睛】
本題主要考查了圓的綜合運用，結(jié)合相似三角形的判定與性質(zhì)、正切的定義求解是解題的關鍵．
11.如圖，AB是⊙O的直徑，C為⊙O上一點，連接AC，CE⊥AB于點E，D是直徑AB延長線上一點，且∠BCE＝∠BCD．
（1）求證：CD是⊙O的切線；
（2）若AD＝8，BECE=12，求CD的長．
【分析】（1）連接OC，根據(jù)圓周角定理得到∠ACB＝90°，根據(jù)余角的性質(zhì)得到∠A＝∠ECB，求得∠A＝∠BCD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠A＝∠ACO，等量代換得到∠ACO＝∠BCD，求得∠DCO＝90°，于是得到結(jié)論；
（2）設BC＝k，AC＝2k，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【解析】（1）證明：連接OC，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB+∠ABC＝∠ABC+∠CAB＝90°，
∴∠A＝∠ECB，
∵∠BCE＝∠BCD，
∴∠A＝∠BCD，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠ACO＝∠BCD，
∴∠ACO+∠BCO＝∠BCO+∠BCD＝90°，
∴∠DCO＝90°，
∴CD是⊙O的切線；
（2）解：∵∠A＝∠BCE，
∴tanA=BCAC=tan∠BCE=BECE=12，
設BC＝k，AC＝2k，
∵∠D＝∠D，∠A＝∠BCD，
∴△ACD∽△CBD，
∴BCAC=CDAD=12，
∵AD＝8，
∴CD＝4．
12.如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB為⊙O的直徑，AB＝10，AC＝6，連結(jié)OC，弦AD分別交OC，BC于點E，F(xiàn)，其中點E是AD的中點．
（1）求證：∠CAD＝∠CBA．
（2）求OE的長．
【分析】
（1）利用垂徑定理以及圓周角定理解決問題即可．
（2）證明△AEC∽△BCA，推出CEAC=ACAB，求出EC即可解決問題．
【解析】
（1）證明：∵AE＝DE，OC是半徑，
∴AC=CD，
∴∠CAD＝∠CBA．
（2）解：∵AB是直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵AE＝DE，
∴OC⊥AD，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠ACB，
∴△AEC∽△BCA，
∴CEAC=ACAB，
∴CE6=610，
∴CE＝3.6，
∵OC=12AB＝5，
∴OE＝OC﹣EC＝5﹣3.6＝1.4．
13.如圖，⊙O的半徑OA＝6，過點A作⊙O的切線AP，且AP＝8，連接PO并延長，與⊙O交于點B、D，過點B作BC∥OA，并與⊙O交于點C，連接AC、CD．
（1）求證：DC∥AP；
（2）求AC的長．
【分析】
（1）根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠OAP＝90°，根據(jù)圓周角定理得到∠BCD＝90°，根據(jù)平行線的性質(zhì)和判定定理即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)勾股定理和相似三角形的判定和性質(zhì)定理即可得到結(jié)論．
【解析】
（1）證明：∵AP是⊙O的切線，
∴∠OAP＝90°，
∵BD是⊙O的直徑，
∴∠BCD＝90°，
∵OA∥CB，
∴∠AOP＝∠DBC，
∴∠BDC＝∠APO，
∴DC∥AP；
（2）解：∵AO∥BC，OD＝OB，
∴延長AO交DC于點E，
則AE⊥DC，OE=12BC，CE=12CD，
在Rt△AOP中，OP=62+82=10，
由（1）知，△AOP∽△CBD，
∴DBOP=BCOA=DCAP，
即1210=BC6=DC8，
∴BC=365，DC=485，
∴OE=185，CE=245，
在Rt△AEC中，AC=AE2+CE2=(6+185)2+(245)2=2455．
14.如圖，AB為⊙O的直徑，C、D為⊙O上的兩個點，AC=CD=DB，連接AD，過點D作DE⊥AC交AC的延長線于點E．
（1）求證：DE是⊙O的切線．
（2）若直徑AB＝6，求AD的長．
【分析】
（1）連接OD，根據(jù)已知條件得到∠BOD=13×180°＝60°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ADO＝∠DAB＝30°，得到∠EDA＝60°，求得OD⊥DE，于是得到結(jié)論；
（2）連接BD，根據(jù)圓周角定理得到∠ADB＝90°，解直角三角形即可得到結(jié)論．
【解析】
（1）證明：連接OD，
∵AC=CD=DB，
∴∠BOD=13×180°＝60°，
∵CD=DB，
∴∠EAD＝∠DAB=12∠BOD＝30°，
∵OA＝OD，
∴∠ADO＝∠DAB＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠E＝90°，
∴∠EAD+∠EDA＝90°，
∴∠EDA＝60°，
∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切線；
（2）解：連接BD，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∵∠DAB＝30°，AB＝6，
∴BD=12AB＝3，
∴AD=62?32=33．
15.如圖，AB是半圓O的直徑，C，D是半圓O上不同于A，B的兩點，AD＝BC，AC與BD相交于點F．BE是半圓O所在圓的切線，與AC的延長線相交于點E．
（1）求證：△CBA≌△DAB；
（2）若BE＝BF，求證：AC平分∠DAB．
【分析】
（1）根據(jù)圓周角定理得到∠ACB＝∠ADB＝90°，根據(jù)全等三角形的判定定理即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠E＝∠BFE，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠ABE＝90°，根據(jù)三角形的內(nèi)角和以及角平分線的定義即可得到結(jié)論．
【解析】
（1）證明：∵AB是半圓O的直徑，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
在Rt△CBA與Rt△DAB中，BC=ADBA=AB，
∴Rt△CBA≌Rt△DAB（HL）；
（2）解：∵BE＝BF，由（1）知BC⊥EF，
∴∠E＝∠BFE，
∵BE是半圓O所在圓的切線，
∴∠ABE＝90°，
∴∠E+∠BAE＝90°，
由（1）知∠D＝90°，
∴∠DAF+∠AFD＝90°，
∵∠AFD＝∠BFE，
∴∠AFD＝∠E，
∴∠DAF＝90°﹣∠AFD，∠BAF＝90°﹣∠E，
∴∠DAF＝∠BAF，
∴AC平分∠DAB．
16.如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，AD與過C點的直線互相垂直，垂足為D，AC平分∠DAB．
（1）求證：DC為⊙O的切線．
（2）若AD＝3，DC=3，求⊙O的半徑．
【分析】
（1）如圖，連接OC，根據(jù)已知條件可以證明∠OCA＝∠DAC，得AD∥OC，由AD⊥DC，得OC⊥DC，進而可得DC為⊙O的切線；
（2）過點O作OE⊥AC于點E，根據(jù)Rt△ADC中，AD＝3，DC=3，可得DAC＝30°，再根據(jù)垂徑定理可得AE的長，進而可得⊙O的半徑．
【解析】
（1）如圖，連接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴∠OCA＝∠DAC，
∴AD∥OC，
∵AD⊥DC，
∴OC⊥DC，
又OC是⊙O的半徑，
∴DC為⊙O的切線；
（2）過點O作OE⊥AC于點E，
在Rt△ADC中，AD＝3，DC=3，
∴tan∠DAC=DCAD=33，
∴∠DAC＝30°，
∴AC＝2DC＝23，
∵OE⊥AC，
根據(jù)垂徑定理，得
AE＝EC=12AC=3，
∵∠EAO＝∠DAC＝30°，
∴OA=AEcs30°=2，
∴⊙O的半徑為2．
17.如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O與BC相交于點D，過點D作⊙O的切線交AC于點E．
（1）求證：DE⊥AC；
（2）若⊙O的半徑為5，BC＝16，求DE的長．
【分析】
（1）連接AD、OD．先證明∠ADB＝90°，∠EDO＝90°，從而可證明∠EDA＝∠ODB，由OD＝OB可得到∠EDA＝∠OBD，由等腰三角形的性質(zhì)可知∠CAD＝∠BAD，故此∠EAD+∠EDA＝90°，由三角形的內(nèi)角和定理可知∠DEA＝90°，于是可得到DE⊥AC．
（2）由等腰三角形的性質(zhì)求出BD＝CD＝8，由勾股定理求出AD的長，根據(jù)三角形的面積得出答案．
【解析】
（1）證明：連接AD、OD．
∵AB是圓O的直徑，
∴∠ADB＝90°．
∴∠ADO+∠ODB＝90°．
∵DE是圓O的切線，
∴OD⊥DE．
∴∠EDA+∠ADO＝90°．
∴∠EDA＝∠ODB．
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD．
∴∠EDA＝∠OBD．
∵AC＝AB，AD⊥BC，
∴∠CAD＝∠BAD．
∵∠DBA+∠DAB＝90°，
∴∠EAD+∠EDA＝90°．
∴∠DEA＝90°．
∴DE⊥AC．
（2）解：∵∠ADB＝90°，AB＝AC，
∴BD＝CD，
∵⊙O的半徑為5，BC＝16，
∴AC＝10，CD＝8，
∴AD=AC2?CD2=102?82=6，
∵S△ADC=12AD?DC=12AC?DE，
∴DE=AD?DCAC=6×810=245．
位置關系
相離
相切
相交
圖形
公共點個數(shù)
0個
1個
2個
數(shù)量關系
d>r
d=r
d

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