考點一：圓中的角度計算
圓中角度的相關(guān)考點主要是圓周角定理和圓心角定理，這兩個定理都有對應(yīng)推論，考察難度不大，題型基本以選擇、填空題為主，所以重點是要把這兩個定理及其推論熟練掌握即可！
題型01 圓中常見的角度計算
【中考真題練】
1．（2023?河南）如圖，點A，B，C在⊙O上，若∠C＝55°，則∠AOB的度數(shù)為（ ）
A．95°B．100°C．105°D．110°
【分析】根據(jù)同弧所對的圓周角是圓心角的一半即可得到答案．
【解答】解：∵∠AOB＝2∠C，∠C＝55°，
∴∠AOB＝110°，
故選：D．
2．（2023?吉林）如圖，AB，AC是⊙O的弦，OB，OC是⊙O的半徑，點P為OB上任意一點（點P不與點B重合），連接CP．若∠BAC＝70°，則∠BPC的度數(shù)可能是（ ）
A．70°B．105°C．125°D．155°
【分析】利用圓周角定理求得∠BOC的度數(shù)，然后利用三角形外角性質(zhì)及等邊對等角求得∠BPC的范圍，繼而得出答案．
【解答】解：如圖，連接BC，
∵∠BAC＝70°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝140°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝＝20°，
∵點P為OB上任意一點（點P不與點B重合），
∴0°＜∠OCP＜20°，
∵∠BPC＝∠BOC+∠OCP＝140°+∠OCP，
∴140°＜∠BPC＜160°，
故選：D．
3．（2023?棗莊）如圖，在⊙O中，弦AB，CD相交于點P．若∠A＝48°，∠APD＝80°，則∠B的度數(shù)為（ ）
A．32°B．42°C．48°D．52°
【分析】根據(jù)外角∠APD，求出∠C，由同弧所對圓周角相等即可求出∠B．
【解答】解：∵∠A＝48°，∠APD＝80°，
∴∠C＝80°﹣48°＝32°，
∵，
∴∠B＝∠C＝32°．
故選：A．
4．（2023?眉山）如圖，AB切⊙O于點B，連結(jié)OA交⊙O于點C，BD∥OA交⊙O于點D，連結(jié)CD，若∠OCD＝25°，則∠A的度數(shù)為（ ）
A．25°B．35°C．40°D．45°
【分析】連接OB，由切線的性質(zhì)得到∠ABO＝90°，由平行線的性質(zhì)得到∠D＝∠OCD＝25°，由圓周角定理得出∠O＝2∠D＝50°，因此∠A＝90°﹣∠O＝40°．
【解答】解：連接OB，
∵AB切⊙O于B，
∴半徑OB⊥AB，
∴∠ABO＝90°，
∵BD∥OA，
∴∠D＝∠OCD＝25°，
∴∠O＝2∠D＝50°，
∴∠A＝90°﹣∠O＝40°．
故選：C．
5．（2023?湖北）如圖，在△ABC中，∠ACB＝70°，△ABC的內(nèi)切圓⊙O與AB，BC分別相切于點D，E，連接DE，AO的延長線交DE于點F，則∠AFD＝ 35° ．
【分析】根據(jù)內(nèi)切圓的定義和切線長定理，可以計算出∠AOB的度數(shù)和∠OGF的度數(shù)，然后即可計算出∠AFD的度數(shù)．
【解答】解：連接OD，OE，OB，OB交ED于點G，
∵∠ACB＝70°，
∴∠CAB+∠CBA＝110°，
∵點O為△ABC的內(nèi)切圓的圓心，
∴∠OAB+∠OBA＝55°，
∴∠AOB＝125°，
∵OE＝OD，BD＝BE，
∴OB垂直平分DE，
∴∠OGE＝90°，
∴∠AFD＝∠AOB﹣∠OGF＝125°﹣90°＝35°，
故答案為：35°．
【中考模擬練】
1．（2024?連云區(qū)一模）如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，點P是劣弧上一點（點P不與點C重合），則∠CPD＝（ ）
A．45°B．36°C．35°D．30°
【分析】連接OC，OD．求出∠COD的度數(shù)，再根據(jù)圓周角定理即可解決問題．
【解答】解：如圖，連接OC，OD，
∵ABCDE是正五邊形，
∴∠COD＝＝72°，
∴∠CPD＝∠COD＝36°，
故選：B．
2．（2024?岱岳區(qū)一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點D是的中點，∠BAC＝40°，則∠ACD的度數(shù)是（ ）
A．40°B．25°C．40°．D．30°
【分析】根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得：∠ACB＝90°，從而可得∠ABC＝50°，再根據(jù)已知易得：＝，從而可得∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝25°，最后根據(jù)同弧所對的圓周角相等可得∠ACD＝∠ABD＝25°，即可解答．
【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝40°，
∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝50°，
∵點D是的中點，
∴＝，
∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝25°，
∴∠ACD＝∠ABD＝25°，
故選：B．
3．（2024?甘井子區(qū)校級一模）如圖，在⊙O中，OA、OB、OC為半徑，連接AB、BC、AC．若∠ACB＝53°，∠CAB＝17°，則∠OAC的度數(shù)為（ ）
A．10°B．15°C．20°D．25°
【分析】先利用圓周角定理可得∠AOB＝106°，然后利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠OAB＝∠OBA＝37°，從而利用角的和差關(guān)系進行計算，即可解答．
【解答】解：∵∠ACB＝53°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝106°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝＝37°，
∵∠CAB＝17°，
∴∠OAC＝∠OAB﹣∠CAB＝20°，
故選：C．
4．（2024?連云區(qū)一模）如圖，一塊直角三角板的30°角的頂點P落在⊙O上，兩邊分別交⊙O于A，B兩點，連結(jié)AO，BO，則∠AOB的度數(shù) 60 °．
【分析】利用圓周角定理求解即可．
【解答】解：由圖可知：∠P＝30°，
∵＝，
∴∠AOB＝2∠P＝60°，
故答案為：60°．
5．（2024?新城區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，∠B＝70°，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，M，N，K是切點，連接OA，OC．交⊙O于E，D兩點．點F是上的一點，連接DF，EF，則∠EFD的度數(shù)是 62.5° ．
【分析】先根據(jù)三角形內(nèi)心的性質(zhì)得，，進而求出∠OAC+∠OCA，即可求出∠AOC，然后根據(jù)圓周角定理得出答案．
【解答】解：∵⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，
∴OA，OC是△ABC的角平分線，
∴，．
∵∠B＝70°，
∴∠BAC+∠BCA＝110°，
∴，
∴∠AOC＝180°﹣55°＝125°，
∴．
故答案為：62.5°．
題型02 “知1得4”模型的常見題型
【中考真題練】
1．（2023?溫州）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，則∠CAO的度數(shù)與BC的長分別為（ ）
A．10°，1B．10°，C．15°，1D．15°，
【分析】由平行線的性質(zhì)，圓周角定理，垂直的定義，推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，求出∠BOC＝60°，得到△BOC是等邊三角形，得到BC＝OB，由等腰三角形的性質(zhì)求出圓的半徑長，求出∠OAD的度數(shù)，即可得到BC的長，∠CAO的度數(shù)．
【解答】解：連接OB，OC，
∵BC∥AD，
∴∠DBC＝∠ADB，
∴＝，
∴∠AOB＝∠COD，∠CAD＝∠BDA，
∵DB⊥AC，
∴∠AED＝90°，
∴∠CAD＝∠BDA＝45°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝90°，∠COD＝2∠CAD＝90°，
∵∠AOD＝120°，
∴∠BOC＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等邊三角形，
∴BC＝OB，
∵OA＝OD，∠AOD＝120°，
∴∠OAD＝∠ODA＝30°，
∴AD＝OA＝，
∴OA＝1，
∴BC＝1，
∴∠CAO＝∠CAD﹣∠OAD＝45°﹣30°＝15°．
故選：C．
2．（2023?臺灣）圖1為一圓形紙片，A、B、C為圓周上三點，其中AC為直徑，今以AB為折線將紙片向右折后，紙片蓋住部分的AC，而AB上與AC重疊的點為D，如圖2所示，若＝35°，則的度數(shù)為何（ ）
A．105°B．110°C．120°D．145°
【分析】由折疊的性質(zhì)得到：、的度數(shù)相等，又AC是圓的直徑，即可求出的度數(shù)．
【解答】解：由折疊的性質(zhì)得到：＝，
∵的度數(shù)＝35°，AC是圓的直徑，
∴的度數(shù)＝180°﹣35°﹣35°＝110°．
故選：B．
3．（2023?深圳）如圖，在⊙O中，AB為直徑，C為圓上一點，∠BAC的角平分線與⊙O交于點D，若∠ADC＝20°，則∠BAD＝ 35 °．
【分析】先根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠ACB＝90°，再利用圓周角定理可得∠ADC＝∠ABC＝20°，然后利用直角三角形的兩個銳角互余可得∠BAC＝70°，從而利用角平分線的定義進行計算，即可解答．
【解答】解：∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADC＝20°，
∴∠ADC＝∠ABC＝20°，
∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝70°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠BAC＝35°，
故答案為：35．
4．（2023?煙臺）如圖，將一個量角器與一把無刻度直尺水平擺放，直尺的長邊與量角器的外弧分別交于點A，B，C，D，連接AB，則∠BAD的度數(shù)為 52.5° ．
【分析】由圖形求出∠BOD的度數(shù)，由圓周定理得到∠BAD＝∠BOD．
【解答】解：設(shè)量角器的圓心是O，連接OD，OB，
∵∠BOD＝130°﹣25°＝105°，
∴∠BAD＝∠BOD＝52.5°．
故答案為：52.5°．
【中考模擬練】
1．（2024?惠城區(qū)模擬）如圖，AB是半圓O的直徑，點D是弧AC的中點，若∠BAC＝44°，則∠DAC等于（ ）
A．22°B．44°C．23°D．46°
【分析】根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠ACB＝90°，從而利用直角三角形的兩個銳角互余可得∠B＝46°，然后利用圓內(nèi)接四邊形對角互補可得∠D＝134°，再根據(jù)已知可得＝，進而可得AD＝DC，最后利用等腰三角形的性質(zhì)，以及三角形內(nèi)角和定理進行計算即可解答．
【解答】解：∵AB是半圓O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝44°，
∴∠B＝90°﹣∠BAC＝46°，
∵四邊形ABCD是半⊙O的內(nèi)接四邊形，
∴∠D＝180°﹣∠B＝134°，
∵點D是弧AC的中點，
∴＝，
∴AD＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA＝（180°﹣∠D）＝23°，
故選：C．
2．（2024?漢臺區(qū)二模）如圖，AB是⊙O的直徑，AC是⊙O的弦，OD∥AC交⊙O于點D，連接AD、CD，若∠CAD＝125°，則∠ADC的度數(shù)為（ ）
A．20°B．25°C．30°D．35°
【分析】先利用平行線的性質(zhì)可得∠ADO＝55°，從而利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠OAD＝∠ODA＝55°，然后利用三角形內(nèi)角和定理可得∠AOD＝70°，從而利用圓周角定理可得∠ACD＝∠AOD＝35°，最后利用三角形內(nèi)角和定理可得：∠ADC＝20°，
【解答】解：∵OD∥AC，
∴∠ADO＝180°﹣∠CAD＝55°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA＝55°，
∴∠AOD＝180°﹣∠OAD﹣∠ODA＝70°，
∴∠ACD＝∠AOD＝35°，
∴∠ADC＝180°﹣∠CAD﹣∠ACD＝20°，
故選：A．
3．（2024?西山區(qū)一模）如圖，點A，B，C在⊙O上，AB平分∠CAO，∠C＝40°，則∠BOC的度數(shù)為（ ）
A．20°B．40°C．60°D．80°
【分析】先利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠C＝∠OAC＝40°，然后利用角平分線的定義可得∠CAB＝20°，再利用圓周角定理進行計算，即可解答．
【解答】解：∵OA＝OC，
∴∠C＝∠OAC＝40°，
∵AB平分∠CAO，
∴∠CAB＝∠CAO＝20°，
∴∠COB＝2∠CAB＝40°，
故選：B．
4．（2024?碑林區(qū)校級二模）如圖，⊙O半徑長2cm，點A、B、C是⊙O三等分點，點D為圓上一點，連接AD，且AD＝2cm，CD交AB于點E，則∠BED＝（ ）
A．75°B．65°C．60°D．55°
【分析】連接OA，OB，OC，OD，則OA＝OB＝OC＝OD＝2cm，進一步判定△AOD為等腰直角三角形，再根據(jù)同弧所對的圓周角相等即可求解．
【解答】解：連接OA，OB，OC，OD，則OA＝OB＝OC＝OD＝2cm，
∵點A、B、C是⊙O三等分點，
∴∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°，AB＝BC＝AC，
∵OD＝OA＝2，AD＝2，
OD2+OA2＝AD2
∴△AOD為等腰直角三角形，
∴∠AOD＝90°，∠DOA＝∠ADO＝45°，
∵弧DB對應(yīng)∠DAB和∠DCB，
∴∠DAB＝∠DCB，
∵AB＝BC＝AC，
∴∠ACB＝∠BAC＝∠ABC＝60°，
∵∠BED＝∠EDA+∠DAB，∠DAB＝∠DCB，
∴∠BED＝∠ADE+∠DCB，
∵∠ADE＝∠ADO+∠ODC，
∠ADO＝45°，∠ODC＝∠OCD，
∴∠ADE＝45°+∠OCD，
∴∠BED＝45°+∠OCD+∠DCB＝45°+∠DCB＝45°+30°＝75°．
故選：A．
5．（2024?泗縣一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點C是半圓上一點，CD平分∠ACB交⊙O于點D，與AB交于點G，過點A作AE⊥CD于點E，AE與⊙O交于點F，連接AD，CF．若AG＝CF，則∠D的度數(shù)為 67.5° ．
【分析】連接DF，利用直徑所對的圓周角是直角及同弧所對的圓周角相等，證明△ADE＝△CFE（AAS）進而可求．
【解答】解：連接DF，
∵AB是圓的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∵AE⊥CD，
∴∠AEC＝∠AED＝∠CEF＝∠DEF＝90°，
∴∠CAE＝∠CDF＝∠DFA＝45°，
∴DE＝EF，
在△ADE和△CFE中，
，
∴△ADE＝△CFE（AAS），
∴AD＝CF，
∵AG＝CF，
∴AD＝AG，
∴∠ADG＝∠AGD，
∵∠DAG＝∠BCD＝45°，
∴∠ADG＝＝67.5°，
故答案為：67.5°．
考點二：圓中的長度計算
圓中長度的計算主要考察的是圓的垂徑定理及其推論、垂徑定理的應(yīng)用等，相對綜合點的問題還會和特殊三角形或者相似三角形等知識點結(jié)合。而求弧長及扇形面積則主要考察對應(yīng)公式，綜合難度不大，小心審題即可！
題型01 圓中常見的長度計算
【中考真題練】
1．（2023?永州）如圖，⊙O是一個盛有水的容器的橫截面，⊙O的半徑為10cm，水的最深處到水面AB的距離為4cm，則水面AB的寬度為 16 cm．
【分析】過點O作OD⊥AB于點C，交⊙O于點D，連接OA，由垂徑定理可得AC＝BC，然后在Rt△AOC中根據(jù)勾股定理求出AC的長，即可得出AB的長．
【解答】解：如圖，過點O作OD⊥AB于點C，交⊙O于點D，連接OA，
∴，
由題意知，OA＝10cm，CD＝4cm，
∴OC＝6cm，
在Rt△AOC中，（cm），
∴AB＝2AC＝16（cm），
故答案為：16．
2．（2023?荊州）如圖，一條公路的轉(zhuǎn)彎處是一段圓弧（），點O是這段弧所在圓的圓心，B為上一點，OB⊥AC于D．若AC＝300m，BD＝150m，則的長為（ ）
A．300πmB．200πmC．150πmD．100πm
【分析】先根據(jù)垂徑定理求出AD的長，由題意得OD＝OA﹣BD，在Rt△AOD中利用勾股定理即可求出OA的值，然后再利用三角比計算出所對的圓心角的度數(shù)，由弧長公式求出的長即可．
【解答】解：∵OB⊥AC，
∴AD＝ AC＝150m，∠AOC＝2∠AOB，
在Rt△AOD中，
∵AD2+OD2＝OA2，OA＝OB，
∴AD2+（OA﹣BD）2＝OA2，
∴+（OA﹣150）2＝OA2，
解得：OA＝300m，
∴sin∠AOB＝＝，
∴∠AOB＝60°，
∴∠AOC＝120°，
∴的長＝＝200πm．
故選：B．
3．（2023?青島）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∠B＝58°，∠ACD＝40°．若⊙O的半徑為5，則的長為（ ）
A．B．C．πD．
【分析】根據(jù)圓周角的性質(zhì)，計算出弧DC所對的圓心角度數(shù)，按照公式求出弧長即可．
【解答】解：連接OA、OD、OC，
∵∠B＝58°，∠ACD＝40°．
∴∠AOC＝2∠B＝116°，∠AOD＝2∠ACD＝80°，
∴∠DOC＝36°，
∴＝＝π．
故選：C．
4．（2023?東營）“圓材埋壁”是我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中的一個問題：“今有圓材，埋在壁中，不知大小．以鋸鋸之，深一寸，鋸道長一尺．問：徑幾何？”轉(zhuǎn)化為現(xiàn)在的數(shù)學(xué)語言表達就是：如圖，CD為⊙O的直徑，弦AB⊥CD，垂足為E，CE＝1寸，AB＝10寸，則直徑CD的長度為 26 寸．
【分析】連接OA，設(shè)⊙O的半徑是r寸，由垂徑定理得到AE＝AB＝5寸，由勾股定理得到r2＝（r﹣1）2+52，求出r，即可得到圓的直徑長．
【解答】解：連接OA，
設(shè)⊙O的半徑是r寸，
∵直徑CD⊥AB，
∴AE＝AB＝×10＝5寸，
∵CE＝1寸，
∴OE＝（r﹣1）寸，
∵OA2＝OE2+AE2，
∴r2＝（r﹣1）2+52，
∴r＝13，
∴直徑CD的長度為2r＝26寸．
故答案為：26．
5．（2023?鄂州）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝4，點O為BC的中點，以O(shè)為圓心，OB長為半徑作半圓，交AC于點D，則圖中陰影部分的面積是（ ）
A．5πB．5﹣4πC．5﹣2πD．10﹣2π
【分析】連接OD．解直角三角形求出∠DOB＝60°，BC＝4，再根據(jù)S陰＝S△ACB﹣S△COD﹣S扇形ODB，求解即可．
【解答】解：連接OD．
在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝4，
∴BC＝AB＝4，
∴OC＝OD＝OB＝2，
∴∠DOB＝2∠C＝60°，
∴S陰＝S△ACB﹣S△COD﹣S扇形ODB＝×4×4﹣﹣
＝8﹣3﹣2π
＝5﹣2π．
故選：C．
6．（2023?湖北）如圖，在3×3的正方形網(wǎng)格中，小正方形的頂點稱為格點，頂點均在格點上的圖形稱為格點圖形，圖中的圓弧為格點△ABC外接圓的一部分，小正方形邊長為1，圖中陰影部分的面積為（ ）
A．π﹣B．π﹣C．π﹣D．π﹣
【分析】作AB的垂直平分線MN，作BC的垂直平分線PQ，設(shè)MN與PQ相交于點O，連接OA，OB，OC，則點O是△ABC外接圓的圓心，先根據(jù)勾股定理的逆定理證明△AOC是直角三角形，從而可得∠AOC＝90°，然后根據(jù)圖中陰影部分的面積＝扇形AOC的面積﹣△AOC的面積﹣△ABC的面積，進行計算即可解答．
【解答】解：如圖：作AB的垂直平分線MN，作BC的垂直平分線PQ，設(shè)MN與PQ相交于點O，連接OA，OB，OC，則點O是△ABC外接圓的圓心，
由題意得：OA2＝12+22＝5，
OC2＝12+22＝5，
AC2＝12+32＝10，
∴OA2+OC2＝AC2，
∴△AOC是直角三角形，
∴∠AOC＝90°，
∵AO＝OC＝，
∴圖中陰影部分的面積＝扇形AOC的面積﹣△AOC的面積﹣△ABC的面積
＝﹣OA?OC﹣AB?1
＝﹣××﹣×2×1
＝﹣﹣1
＝﹣，
故選：D．
7．（2023?河北）裝有水的水槽放置在水平臺面上，其橫截面是以AB為直徑的半圓O，AB＝50cm，如圖1和圖2所示，MN為水面截線，GH為臺面截線，MN∥GH．
計算：在圖1中，已知MN＝48cm，作OC⊥MN于點C．
（1）求OC的長．
操作：將圖1中的水槽沿GH向右作無滑動的滾動，使水流出一部分，當(dāng)∠ANM＝30°時停止?jié)L動．如圖2．其中，半圓的中點為Q，GH與半圓的切點為E，連接OE交MN于點D．
探究：在圖2中．
（2）操作后水面高度下降了多少？
（3）連接OQ并延長交GH于點F，求線段EF與的長度，并比較大?。?br>【分析】（1）連接OM，利用垂徑定理得出MC＝MN＝24cm，由勾股定理計算即可得出答案；
（2）由切線的性質(zhì)證明OE⊥GH，進而得到OE⊥MN，利用銳角三角函數(shù)的定義求出OD，再與（1）中OC相減即可得出答案；
（3）由半圓的中點為Q得到∠QOB＝90°，得到∠QOE＝30°，分別求出線段EF與 的長度，再相減比較即可．
【解答】解：（1）連接OM，
∵O為圓心，OC⊥MN于點C，MN＝48cm，
∴MC＝MN＝24cm，
∵AB＝50cm，
∴OM＝AB＝25cm，
在Rt△OMC 中，OC＝＝＝7（cm）；
（2）∵GH與半圓的切點為E，
∴OE⊥GH，
∵MN∥GH，
∴OE⊥MN于點D，
∵∠ANM＝30°，ON＝25cm，
∴，
∴操作后水面高度下降高度為：；
（3）∵OE⊥MN于點D，∠ANM＝30°，
∴∠DOB＝60°，
∵半圓的中點為Q，
∴，
∴∠QOB＝90°，
∴∠QOE＝30°，
∴EF＝tan∠QOE?OE＝（cm），
的長為（cm），
∵＝＞0，
∴EF＞．
【中考模擬練】
1．（2024?上城區(qū)一模）如圖，在⊙O中，將沿弦AB翻折，使恰好經(jīng)過圓心O，C是劣弧AB上一點．已知AE＝2，tan∠CBA＝，則AB的長為（ ）
A．B．6C．D．
【分析】連接EO并延長交⊙O于點H，連接AH，過點O作OF⊥AB于F，延長OF交⊙O于點G，連接OB，根據(jù)圓周角定理求出∠EAH＝90°，解直角三角形求出AH＝4，根據(jù)勾股定理求出EH＝2，根據(jù)垂徑定理求出AB＝2BF，根據(jù)折疊的性質(zhì)得，OF＝GF，再根據(jù)勾股定理求解即可．
【解答】解：連接EO并延長交⊙O于點H，連接AH，過點O作OF⊥AB于F，延長OF交⊙O于點G，連接OB，
∵EH是⊙O的直徑，
∴∠EAH＝90°，
∴tan∠AHE＝，
∵∠AHE＝∠CBA，tan∠CBA＝，
∴tan∠AHE＝tan∠CBA＝，
∴＝，
∵AE＝2，
∴AH＝4，
∴EH＝＝2，
∴⊙O的半徑為，
∴OG＝OB＝，
∵OG⊥AB于F，
∴AB＝2BF，
根據(jù)折疊的性質(zhì)得，OF＝GF，
∴OF＝OG＝，
∴BF＝＝，
∴AB＝，
故選：C．
2．（2024?連云區(qū)一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，∠A＝60°，將Rt△ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°后得到Rt△DEC，點B經(jīng)過的路徑為弧BE，將線段AB繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°后，點B恰好落在CE上的點F處，點B經(jīng)過的路徑為弧BF，則圖中陰影部分的面積是（ ）
A．B．C．D．
【分析】先用扇形ABF的面積減去△ACB的面積，再用扇形CBE的面積減去上面的計算結(jié)果即可解決問題．
【解答】解：由題知，
∵AB＝4，∠A＝60°，
∴．
在Rt△ABC中，
sinA＝，
∴BC＝．
同理可得，AC＝2．
∴．
∵，
∴S陰影＝S扇形CBE﹣（S扇形ABF﹣S△ABC）＝．
故選：D．
3．（2024?歷城區(qū)一模）如圖，正八邊形ABCDEFGH的邊長為3，以頂點A為圓心，AB的長為半徑畫圓，則陰影部分的面積為 π .（結(jié)果保留π）
【分析】先根據(jù)正八邊形的性質(zhì)求出圓心角的度數(shù)，再根據(jù)扇形面積的計算方法進行計算即可．
【解答】解：由題意得，∠HAB＝＝135°，AH＝AB＝3，
∴S陰影部分＝＝π，
故答案為：π．
4．（2024?豐臺區(qū)一模）如圖，A，B，C是⊙O上的點，OA⊥BC，點D在優(yōu)弧上，連接BD，AD．若∠ADB＝30°，，則⊙O的半徑為 2 ．
【分析】根據(jù)垂徑定理求出BE，根據(jù)正弦的定義求出OB．
【解答】解：連接OB，
∵OA⊥BC，
∴BE＝BC＝，
∵∠ADB＝30°，
∴由圓周角定理得∠AOB＝60°，
∴OB＝＝＝2．
故答案為：2．
5．（2024?玄武區(qū)校級模擬）如圖，在半圓O中，點C在半圓O上，點D在直徑AB上，將半圓O沿過BC所在的直線折疊，使恰好經(jīng)過點D．若，BD＝1，則半圓O的直徑為 4 ．
【分析】過C點作CH⊥AB于H點，連接CD、OC，如圖，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到和所在的圓為等圓，由于和所對的圓周角都是∠ABC，所以＝，則CA＝CD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出AH＝DH＝AD＝+OD，則OH＝，BH＝+OD，
根據(jù)勾股定理求出OD＝1，再根據(jù)線段的和差求解即可．
【解答】解：過C點作CH⊥AB于H點，連接CD、OC、AC，如圖：
∵圓弧BC沿BC所在的直線折疊后與直徑AB交于點D，
∴和所在的圓為等圓，
∵和所對的圓周角都是∠ABC，
∴＝，
∴CA＝CD，
∵CH⊥AD，
∴AH＝DH，
∵BD＝1，
∴OC＝OA＝OB＝BD+OD＝1+OD，
∴AD＝OA+OD＝1+2OD，
∴AH＝DH＝AD＝+OD，
∴OH＝DH﹣OD＝+OD﹣OD＝，BH＝OB+OH＝1+OD+＝+OD，
在Rt△BCH中，BC＝，
∴CH2＝BC2﹣BH2＝﹣＝10﹣﹣3OD﹣OD2＝﹣3OD﹣OD2，
在Rt△OCH中，CH2＝OC2﹣OH2＝（1+OD）2﹣＝1+2OD+OD2﹣＝OD2+2OD+，
∴﹣3OD﹣OD2＝OD2+2OD+，
∴OD＝1或OD＝﹣（舍去），
∴OB＝1＝1＝2，
∴AB＝4，
即半圓O的直徑為4，
故答案為：4．
6．（2024?青浦區(qū)二模）如圖，AB是⊙O的直徑，AB與CD相交于點E，弦AD與弦CD相等，且．
（1）求∠ADC的度數(shù)；
（2）如果OE＝1，求AD的長．
【分析】（1）連接AC，根據(jù)垂徑定理可得＝，從而可得AC＝AD，然后利用等量代換可得AC＝AD＝CD，從而可得△ACD是等邊三角形，再利用等邊三角形的性質(zhì)即可解答；
（2）連接OD，根據(jù)垂徑定理可得DE＝EC＝CD，AB⊥CD，從而可得∠AED＝90°，再利用直角三角形的兩個銳角互余可得∠DAO＝30°，然后利用圓周角定理可得∠DOE＝60°，再在Rt△OED中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出DE的長，即可解答．
【解答】解：（1）連接AC，
∵AB是⊙O的直徑，，
∴＝，
∴AC＝AD，
∵AD＝CD，
∴AC＝AD＝CD，
∴△ACD是等邊三角形，
∴∠ADC＝60°；
（2）連接OD，
∵AB是⊙O的直徑，，
∴DE＝EC＝CD，AB⊥CD，
∴∠AED＝90°，
∵∠ADC＝60°，
∴∠DAO＝90°﹣∠ADC＝30°，
∴∠DOE＝2∠DAO＝60°，
在Rt△OED中，OE＝1，
∴DE＝OE?tan60°＝，
∴CD＝2DE＝2，
∴CD＝AD＝2．
7．（2024?黃埔區(qū)一模）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝AC，CO的延長線交AB于點D．
（1）求證：AO平分∠BAC；
（2）若BC＝12，sin∠BAC＝，求AC和CD的長．
【分析】（1）先延長AO交BC于H，連接BO，AB＝AC，OB＝OC，因此A，O在線段BC的垂直平分線上，則AO⊥BC，又因為AB＝AC，所以AO平分∠BAC．
（2）延長CD交⊙O于E，連接BE，則CE是⊙O的直徑，∠EBC＝90°，BC⊥BE，可知∠E＝∠BAC，sin∠E＝sin∠BAC，因此＝，CE＝BC＝20，利用勾股定理得BE＝＝16，OA＝OE＝CE＝10，因為AH⊥BC，所以BE∥OA，因而＝，即＝，解得：OD＝，因此CD＝10+＝，根據(jù)BE∥OA，即BE∥OH，OC＝OE，可得OH是△CEB的中位線，因此OH＝BE＝8，CH＝BC＝6，可得AH＝10+8＝18，在Rt△ACH中，AC＝＝＝6．
【解答】解：（1）證明：延長AO交BC于H，連接BO，
∵AB＝AC，OB＝OC，
∴A，O在線段BC的垂直平分線上，
∴AO⊥BC，
又∵AB＝AC，
∴AO平分∠BAC．
（2）延長CD交⊙O于E，連接BE，則CE是⊙O的直徑，
∵∠EBC＝90°，BC⊥BE，
∴∠E＝∠BAC，sin∠E＝sin∠BAC，
∴＝，CE＝BC＝20，
∴BE＝＝16，OA＝OE＝CE＝10，
∵AH⊥BC，
∴BE∥OA，
∴＝，即＝，
解得：OD＝，
∴CD＝10+＝，
∵BE∥OA，即BE∥OH，OC＝OE，
∴OH是△CEB的中位線，
∴OH＝BE＝8，CH＝BC＝6，
∴AH＝10+8＝18，
在Rt△ACH中，AC＝＝＝6．
題型02 圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)
【中考真題練】
1．（2023?西藏）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，E為BC延長線上一點．若∠DCE＝65°，則∠BOD的度數(shù)是（ ）
A．65°B．115°C．130°D．140°
【分析】根據(jù)鄰補角互補求出∠DCB的度數(shù)，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補求出∠BAD的度數(shù)，最后根據(jù)圓周角定理即可求出∠BOD的度數(shù)．
【解答】解：∵∠DCE＝65°，
∴∠DCB＝180°﹣∠DCE＝180°﹣65°＝115°，
∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，
∴∠BAD+∠DCB＝180°，
∴∠BAD＝65°，
∴∠BOD＝2∠BAD＝2×65°＝130°，
故選：C．
2．（2023?赤峰）如圖，圓內(nèi)接四邊形ABCD中，∠BCD＝105°，連接OB，OC，OD，BD，∠BOC＝2∠COD．則∠CBD的度數(shù)是（ ）
A．25°B．30°C．35°D．40°
【分析】利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及圓周角定理求得∠BOD的度數(shù)，再結(jié)合已知條件求得∠COD的度數(shù)，然后利用圓周角定理求得∠CBD的度數(shù)．
【解答】解：∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD＝105°，
∴∠A＝75°，
∴∠BOD＝2∠A＝150°，
∵∠BOC＝2∠COD，
∴∠BOD＝3∠COD＝150°，
∴∠COD＝50°，
∴∠CBD＝∠COD＝25°，
故選：A．
3．（2023?淮安）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，BC是⊙O的直徑，BC＝2CD，則∠BAD的度數(shù)是 120 °．
【分析】連接OD，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠C＝60°，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)計算，得到答案．
【解答】解：如圖，連接OD，
∵BC是⊙O的直徑，BC＝2CD，
∴OC＝OD＝CD，
∴△COD為等邊三角形，
∴∠C＝60°，
∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，
∴∠BAD+∠C＝180°，
∴∠BAD＝120°，
故答案為：120．
4．（2023?北京）如圖，圓內(nèi)接四邊形ABCD的對角線AC，BD交于點E，BD平分∠ABC，∠BAC＝∠ADB．
（1）求證DB平分∠ADC，并求∠BAD的大?。?br>（2）過點C作CF∥AD交AB的延長線于點F，若AC＝AD，BF＝2，求此圓半徑的長．
【分析】（1）由圓周角定理得到∠BAC＝∠CDB，而∠BAC＝∠ADB，因此∠ADB＝∠CDB，得到BD平分∠ADC，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠ABD+∠ADB＝90°，即可求出∠BAD＝90°；
（2）由垂徑定理推出△ACD是等邊三角形，得到∠ADC＝60°由BD⊥AC，得到∠BDC＝∠ADC＝30°，由平行線的性質(zhì)求出∠F＝90°，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠FBC＝∠ADC＝60°，得到BC＝2BF＝4，由直角三角形的性質(zhì)得到BC＝BD，因為BD是圓的直徑，即可得到圓半徑的長是4．
【解答】（1）證明：∵∠BAC＝∠ADB，∠BAC＝∠CDB，
∴∠ADB＝∠CDB，
∴BD平分∠ADC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ABD+∠CBD+∠ADB+∠CDB＝180°，
∴2（∠ABD+∠ADB）＝180°，
∴∠ABD+∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝180°﹣90°＝90°；
（2）解：∵∠BAE+∠DAE＝90°，∠BAE＝∠ADE，
∴∠ADE+∠DAE＝90°，
∴∠AED＝90°，
∵∠BAD＝90°，
∴BD是圓的直徑，
∴BD垂直平分AC，
∴AD＝CD，
∵AC＝AD，
∴△ACD是等邊三角形，
∴∠ADC＝60°
∵BD⊥AC，
∴∠BDC＝∠ADC＝30°，
∵CF∥AD，
∴∠F+∠BAD＝180°，
∴∠F＝90°，
∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∵∠FBC+∠ABC＝180°，
∴∠FBC＝∠ADC＝60°，
∴BC＝2BF＝4，
∵∠BCD＝90°，∠BDC＝30°，
∴BC＝BD，
∵BD是圓的直徑，
∴圓的半徑長是4．
【中考模擬練】
1．（2024?渭城區(qū)二模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，連接AC，OD，若OD⊥AC，∠B＝64°，則∠DAC的度數(shù)是（ ）
A．36°B．32°C．34°D．26°
【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠ADC，根據(jù)垂徑定理得到＝，得到AD＝CD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理計算即可．
【解答】解：∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∵∠B＝64°，
∴∠ADC＝180°﹣64°＝116°，
∵OD⊥AC，
∴＝，
∴AD＝CD，
∴∠DAC＝（180°﹣116°）＝32°，
故選：B．
2．（2024?浙江模擬）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，若所對圓心角的度數(shù)為80°，則∠C＝（ ）
A．110°B．120°C．135°D．140°
【分析】連接OD，根據(jù)題意求出∠BOD＝80°，根據(jù)圓周角定理求出∠A，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠C．
【解答】解：如圖，連接OD，
∵所對圓心角的度數(shù)為80°，
∴∠BOD＝80°，
由圓周角定理得：∠A＝∠BOD＝40°，
∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，
∴∠A+∠C＝180°，
∴∠C＝180°﹣40°＝140°，
故選：D．
3．（2024?綏棱縣校級一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，，BC的長為 1 ．
【分析】過O作OH⊥AD于H，連接OB，OC，由圓周角定理求出∠ABD＝∠AOD＝60°，∠BOC＝2∠BAC＝60°，判定△OBC是等邊三角形，得到BC＝OB，由等腰三角形的性質(zhì)推出AH＝AD＝，∠AOH＝∠AOD＝60°，由sin∠AOH＝＝，求出AO＝1，即可得到BC＝OB＝OA＝1．
【解答】解：過O作OH⊥AD于H，連接OB，OC，
∵∠AOD＝120°，
∴∠ABD＝∠AOD＝60°，
∵AC⊥BD，
∴∠BAC＝90°﹣60°＝30°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等邊三角形，
∴BC＝OB，
∵OH⊥AD于H，OA＝OD，
∴AH＝AD＝，∠AOH＝∠AOD＝60°，
∴sin∠AOH＝sin60°＝＝，
∴AO＝1，
∴BC＝OB＝OA＝1．
故答案為：1．
4．（2024?順城區(qū)二模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC是⊙O的直徑，DE∥BC，交BO的延長線于點E，且BE平分∠ABD．
（1）求證：四邊形BCDE是平行四邊形；
（2）若AD＝8，tan∠BDE＝，求AC的長．
【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義得到∠ABO＝∠DBE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ABO＝∠CAB，根據(jù)圓周角定理得到∠CAB＝∠CDB，得到∠DBE＝∠CDB，證明CD∥BE，再根據(jù)平行四邊形的判定定理證明；
（2）根據(jù)圓周角定理得到∠ADC＝90°，根據(jù)正切的定義求出CD，根據(jù)勾股定理求出AC．
【解答】（1）證明：∵BE平分∠ABD，
∴∠ABO＝∠DBE，
∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠CAB，
由圓周角定理得：∠CAB＝∠CDB，
∴∠DBE＝∠CDB，
∴CD∥BE，
∵DE∥BC，
∴四邊形BCDE是平行四邊形；
（2）解：∵DE∥BC，
∴∠BDE＝∠DBC，
由圓周角定理得：∠DAC＝∠DBC，
∴∠BDE＝∠DAC，
∵tan∠BDE＝，
∴tan∠DAC＝，即＝，
∵AD＝8，
∴CD＝6，
∵AC是直徑，
∴∠ADC＝90°，
由勾股定理得：AC＝＝＝10．
5．（2024?涼州區(qū)校級模擬）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠ABC＞90°，它的外角∠EAC的平分線交⊙O于點D，連接DB，DC，DB交AC于點F．
（1）若∠EAD＝75°，求的度數(shù)．
（2）求證：DB＝DC．
（3）若DA＝DF，當(dāng)∠ABC＝α，求∠DFC的度數(shù)（用含α的代數(shù)式表示）．
【分析】（1）根據(jù)題意可得∠EAC＝2∠DAE＝150°，從而得到∠BAC＝180°﹣∠EAC＝30°，即可求解；
（2）由題意易得∠BCD+∠BAD＝180°，則有∠EAD＝∠BCD，進而可得∠EAD＝∠DAC，則∠BCD＝∠CBD，即可求證；
（3）先證明△DAF∽△DBC，可得∠ADF＝∠BDC，進而可得，然后可得，即可求解．
【解答】（1）解：∵∠EAD＝75°，AD平分∠EAC，
∴∠EAC＝2∠DAE＝150°，
∴∠BAC＝180°﹣∠EAC＝30°，
∴的度數(shù)為30°×2＝60°；
（2）證明：∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠DAB+∠EAD＝180°，
∴∠EAD＝∠BCD，
∵AD平分∠EAC，
∴∠EAD＝∠DAC，
∴∠CAD＝∠BCD，
∵∠CAD＝∠CBD，
∴∠BCD＝∠CBD，
∴DB＝DC；
（3）解：∵DA＝DF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴∠DAF＝∠DFA＝∠CBD＝∠BCD，
∴△DAF∽△DBC，
∴∠ADF＝∠BDC，
∵∠ABC＝α，圓內(nèi)接四邊形對角互補，
∴∠ADC＝180°﹣α，
∴，
∴，
∴．
考點三：圓與直線的位置關(guān)系
圓與直線的位置關(guān)系有三種，直線與圓無交點直線與圓相離；直線與圓有一個交點直線與圓相切；直線與圓有2個交點直線與圓相交；其中，切線的性質(zhì)與判定是該考點的重點，特別是綜合問題，基本都與切線有關(guān)，需要加以重視。
題型01 切線的性質(zhì)與判定
【中考真題練】
1．（2023?宿遷）在同一平面內(nèi)，已知⊙O的半徑為2，圓心O到直線l的距離為3，點P為圓上的一個動點，則點P到直線l的最大距離是（ ）
A．2B．5C．6D．8
【分析】根據(jù)圓心到直線l的距離為3，而圓的半徑為2，此時直線與圓相離，當(dāng)點P在⊙O上運動時，當(dāng)點P在BO的延長線與⊙O的交點時，點P到直線l的距離最大，根據(jù)題意畫出圖形進行解答即可．
【解答】解：如圖，由題意得，OA＝2，OB＝3，
當(dāng)點P在BO的延長線與⊙O的交點時，點P到直線l的距離最大，
此時，點P到直線l的最大距離是3+2＝5，
故選：B．
2．（2023?重慶）如圖，AC是⊙O的切線，B為切點，連接OA，OC．若∠A＝30°，AB＝2，BC＝3，則OC的長度是（ ）
A．3B．C．D．6
【分析】根據(jù)切線的性質(zhì)得到OB⊥AC，求得∠ABO＝∠CBO＝90°，得到OB＝AB＝2，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．
【解答】解：連接OB，
∵AC是⊙O的切線，
∴OB⊥AC，
∴∠ABO＝∠CBO＝90°，
∵∠A＝30°，AB＝2，
∴OB＝AB＝2，
∵BC＝3，
∴OC＝＝＝，
故選：C．
3．（2023?山西）中國高鐵的飛速發(fā)展，已成為中國現(xiàn)代化建設(shè)的重要標志．如圖是高鐵線路在轉(zhuǎn)向處所設(shè)計的圓曲線（即圓?。?，高鐵列車在轉(zhuǎn)彎時的曲線起點為A，曲線終點為B，過點A，B的兩條切線相交于點C，列車在從A到B行駛的過程中轉(zhuǎn)角α為60°．若圓曲線的半徑OA＝1.5km，則這段圓曲線的長為（ ）
A．B．C．D．
【分析】由圓的切線可得∠OAC＝∠OBC＝90°，進而可證明A、O、B、C四點共圓，利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可求得∠AOB＝60°，再根據(jù)弧長公式計算可求解．
【解答】解：∵過點A，B的兩條切線相交于點C，
∴∠OAC＝∠OBC＝90°，
∴A、O、B、C四點共圓，
∴∠AOB＝α＝60°，
∴圓曲線的長為：（km）．
故選：B．
4．（2023?湘西州）如圖，AB為⊙O的直徑，點P在AB的延長線上，PC，PD與⊙O相切，切點分別為C，D．若AB＝10，PC＝12，則sin∠CAD等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】連接OC、OD、CD，CD交PA于E，如圖，利用切線的性質(zhì)和切線長定理得到OC⊥CP，PC＝PD，OP平分∠CPD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到OP⊥CD，則∠COB＝∠DOB，根據(jù)圓周角定理得到，所以∠COB＝∠CAD，然后求出sin∠COP即可．
【解答】解：連接OC、OD、CD，CD交PA于E，如圖，
∵PC，PD與⊙O相切，切點分別為C，D，
∴OC⊥CP，PC＝PD，OP平分∠CPD，
∴OP⊥CD，
∴＝，
∴∠COB＝∠DOB，
∵，
∴∠COB＝∠CAD，
∵AB＝10，
∴AO＝OC＝OB＝5，
∵OC＝5，PC＝12，
在Rt△OCP中，
，
∴，
∴．
故選：D．
5．（2023?無錫）如圖，AB是⊙O的切線，B為切點，OA與BC交于點D，AB＝AD，若∠C＝20°，則∠OAB等于（ ）
A．20°B．30°C．40°D．50°
【分析】由AB與⊙O相切于點B，證明∠OBA＝90°，由OB＝OC，得∠OBC＝∠C＝20°，求得∠ABD＝∠OBA﹣∠OBC＝70°，因為AB＝AD，所以∠ADB＝∠ABD＝70°，則∠OAB＝40°，于是得到問題的答案．
【解答】解：∵AB與⊙O相切于點B，
∴AB⊥OB，
∴∠OBA＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠C＝20°，
∴∠ABD＝∠OBA﹣∠OBC＝90°﹣20°＝70°，
∵AB＝AD，
∴∠ADB＝∠ABD＝70°，
∴∠OAB＝180°﹣∠ADB﹣∠ABD＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
故選：C．
6．（2023?鎮(zhèn)江）已知一次函數(shù)y＝kx+2的圖象經(jīng)過第一、二、四象限，以坐標原點O為圓心，r為半徑作⊙O．若對于符合條件的任意實數(shù)k，一次函數(shù)y＝kx+2的圖象與⊙O總有兩個公共點，則r的最小值為 2 ．
【分析】在y＝kx+2中，令x＝0，則y＝2，于是得到一次函數(shù)y＝kx+2的圖象與y軸交于（0，2），求得一次函數(shù)過定點（0，2），當(dāng)⊙O過（0，2）時，兩者至少有一個交點，根據(jù)一次函數(shù)經(jīng)過一、二、四象限，得到直線與圓必有兩個交點，而當(dāng)⊙O半徑小于2時，圓與直線存在相離可能，于是得到結(jié)論．
【解答】解：在y＝kx+2中，令x＝0，則y＝2，
∴一次函數(shù)y＝kx+2的圖象與y軸交于（0，2），
∴一次函數(shù)過定點（0，2），
當(dāng)⊙O過（0，2）時，兩者至少有一個交點，
∵一次函數(shù)經(jīng)過一、二、四象限，
∴直線與圓必有兩個交點，
而當(dāng)⊙O半徑小于2時，圓與直線存在相離可能，
∴半徑至少為2，
故r的最小值為2，
故答案為：2．
7．（2023?江西）如圖，在△ABC中，AB＝4，∠C＝64°，以AB為直徑的⊙O與AC相交于點D，E為上一點，且∠ADE＝40°．
（1）求的長；
（2）若∠EAD＝76°，求證：CB為⊙O的切線．
【分析】（1）由圓周角定理求出∠AOE＝2∠ADE＝80°，由鄰補角的性質(zhì)的∠EOB＝180°﹣∠AOE＝100°，由弧長公式即可求出的長．
（2）由圓周角定理得到∠EAB＝∠EOB＝50°，因此∠BAC＝∠EAD﹣∠EAB＝26°，得到∠C+∠BAC＝90°，因此∠ABC＝90°，得到直徑AB⊥BC，即可證明CB為⊙O的切線．
【解答】（1）解：∵∠ADE＝40°，
∴∠AOE＝2∠ADE＝80°，
∴∠EOB＝180°﹣∠AOE＝100°，
∵AB＝4，
∴⊙O半徑長是2，
∴的長＝＝；
（2）證明：∵∠EAB＝∠EOB＝50°，
∴∠BAC＝∠EAD﹣∠EAB＝76°﹣50°＝26°，
∵∠C＝64°，
∴∠C+∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝180°﹣（∠C+∠BAC）＝90°，
∴直徑AB⊥BC，
∴CB為⊙O的切線．
8．（2023?宜賓）如圖，以AB為直徑的⊙O上有兩點E、F，＝，過點E作直線CD⊥AF交AF的延長線于點D，交AB的延長線于點C，過C作CM平分∠ACD交AE于點M，交BE于點N．
（1）求證：CD是⊙O的切線；
（2）求證：EM＝EN；
（3）如果N是CM的中點，且AB＝9，求EN的長．
【分析】（1）連接OE，由＝，得∠FAE＝∠EAB，可得∠FAE＝∠AEO，AF∥OE，又CD⊥AF，故OE⊥CD，CD是⊙O的切線；
（2）由∠CEB＝∠EAC（弦切角定理），∠ECM＝∠ACM，可得∠ENM＝∠EMN，EM＝EN；
（3）證明△EMC∽△BNC，可得＝＝＝2，又△BEC∽△EAC，可得AE＝2BE，在Rt△ABE中，（2BE）2+BE2＝（9）2，求出BE＝9，故EN＝BE＝6．
【解答】（1）證明：連接OE，如圖：
∵＝，
∴∠FAE＝∠EAB，
∵OA＝OE，
∴∠AEO＝∠EAB，
∴∠FAE＝∠AEO，
∴AF∥OE，
∵CD⊥AF，
∴OE⊥CD，
∵OE是⊙O的半徑，
∴CD是⊙O的切線；
（2）證明：如圖：
由（1）知CD是⊙O的切線，
∴∠CEB＝∠EAC（弦切角定理），
∵CM平分∠ACD，
∴∠ECM＝∠ACM，
∴∠CEB+∠ECM＝∠EAC+∠ACM，
∴∠ENM＝∠EMN，
∴EM＝EN；
（3）解：如圖：
由（2）知EM＝EN，∠EMN＝∠ENM，
∴∠EMN＝∠BNC，
∵∠ECM＝∠BCN，
∴△EMC∽△BNC，
∴＝＝，
∵N是CM的中點，
∴＝＝＝2，
∴EM＝2BN，CE＝2BC，
∵∠BEC＝∠EAB，∠BCE＝∠ECA，
∴△BEC∽△EAC，
∴＝＝＝，
∴AE＝2BE，
在Rt△ABE中，AE2+BE2＝AB2，
∴（2BE）2+BE2＝（9）2，
∴BE＝9，
∵EN＝EM＝2BN，
∴EN＝BE＝6．
∴EN的長為6．
9．（2023?常德）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，AB是直徑，C是的中點，過點C作CE⊥AD交AD的延長線于點E．
（1）求證：CE是⊙O的切線；
（2）若BC＝6，AC＝8，求CE，DE的長．
【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及圓心角、弦、弧之間的關(guān)系可得∠CAE＝∠OCA，進而得到OC∥AE，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得出OC⊥EC即可；
（2）利用相似三角形的性質(zhì)，勾股定理以及圓心角、弧、弦之間的關(guān)系進行計算即可．
【解答】（1）證明：如圖，連接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵點C是的中點，
∴∠OAC＝∠CAE，
∴∠CAE＝∠OCA，
∴OC∥AE，
∵AE⊥CE，
∴OC⊥CE，
∵OC是半徑，
∴CE是⊙O的切線；
（2）解：∵AB為⊙O直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵BC＝6，AC＝8，
∴AB＝＝10，
又∵∠BAC＝∠CAE，∠AEC＝∠ACB＝90°，
∴△AEC∽△ACB，
∴，
即，
∴，
∵點C是的中點，即＝，
∴CD＝BC＝6，
∴，
答：DE＝，EC＝．
10．（2023?眉山）如圖，△ABC中，以AB為直徑的⊙O交BC于點E，AE平分∠BAC，過點E作ED⊥AC于點D，延長DE交AB的延長線于點P．
（1）求證：PE是⊙O的切線；
（2）若，BP＝4，求CD的長．
【分析】（1）連接OE，證明OE∥AD，即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)銳角三角函數(shù)先求出半徑和AD的長，然后證明△AEB≌△AEC（ASA），AB＝AC＝4，進而根據(jù)線段的和差即可解決問題．
【解答】（1）證明：如圖，連接OE，
∵AE平分∠BAC，
∴∠OAE＝∠DAE，
∵OE＝OA，
∴∠OEA＝∠OAE，
∴∠DAE＝∠OEA，
∴OE∥AD，
∵ED⊥AC，
∴OE⊥PD，
∵OE是⊙O的半徑，
∴PE是⊙O的切線；
（2）解：∵＝，BP＝4，OB＝OE，
∴＝，
∴OE＝2，
∴AB＝2OE＝4，
∴AP＝AB+BP＝8，
在Rt△APD中，sin∠P＝＝，
∴AD＝AP＝，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠AEB＝90°＝∠AEC，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE，
∵AE＝AE，
∴△AEB≌△AEC（ASA），
∴AB＝AC＝4，
∴CD＝AC﹣AD＝4﹣＝，
∴CD的長為．
【中考模擬練】
1．（2024?襄城縣一模）如圖，線段AB是⊙O的直徑，⊙O交線段BC于D，且D是BC中點，DE⊥AC于E，連接AD，則下列結(jié)論正確的個數(shù)是（ ）
①CE?CA＝CD?CB；②∠EDA＝∠B；③OA＝AC；④DE是⊙O的切線；⑤AD2＝AE?AB．
A．2個B．3個C．4個D．5個
【分析】由DE與AC垂直，得到三角形CDE為直角三角形，而由AB為圓的直徑，根據(jù)直徑所對的圓周角為90°，得到AD與BC垂直，又D為BC中點，進而得到AD垂直平分BC，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到AC與AB相等，故三角形ABC不是直角三角形，所以三角形CDE與ABC不相似，CE?CA與CD?CB不相等，選項①錯誤；由O為AB中點，得到AO為AB的一半，故AO為AC的一半，選項③正確；由OD為三角形ABC的中位線，根據(jù)三角形的中位線定理得到OD與AC平行，由AC與DE垂直得到OD與DE垂直，即∠ODE為90°，故DE為圓O的切線，選項④正確；由兩對對應(yīng)角相等得到三角形ADE與三角形ACD相似，根據(jù)對應(yīng)邊成比例得到選項⑤正確，從而得到所有正確選項的個數(shù)．
【解答】解：顯然，△CED為直角三角形，而△ABC不是直角三角形，故兩三角形不相似，
所以CE?CA≠CD?CB，選項①錯誤；
連接OD，∵D為BC中點，O為AB中點，
∴DO為△ABC的中位線，
∴OD∥AC，
又DE⊥AC，∴∠DEA＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∴DE為圓O的切線，選項④正確；
又OB＝OD，∴∠ODB＝∠B，
∵AB為圓O的直徑，∴∠ADB＝90°，
∵∠EDA+∠ADO＝90°，∠BDO+∠ADO＝90°，
∴∠EDA＝∠BDO，
∴∠EDA＝∠B，選項②正確；
由D為BC中點，且AD⊥BC，
∴AD垂直平分BC，
∴AC＝AB，又OA＝AB，
∴OA＝AC，選項③正確；
∵∠DAC＝∠EAD，∠DEA＝∠CDA＝90°，
∴△ADE∽△ACD，
∴＝，即AD2＝AE?AB，選項⑤正確；
則正確結(jié)論的個數(shù)為4個．
故選：C．
2．（2024?潼南區(qū)二模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BD是∠ABC的角平分線，點O在AB上，以點O為圓心，OB為半徑的圓恰好與AC相切于一點D，交BC于點E．若∠A＝35°，則∠BDC的度數(shù)為（ ）
A．35°B．55°C．62.5°D．70°
【分析】根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得到∠ABC＝90°﹣35°＝55°，根據(jù)角平分線的定義得到∠CBD＝ABC＝27.5°，于是得到結(jié)論．
【解答】解：∵∠C＝90°，∠A＝35°，
∴∠ABC＝90°﹣35°＝55°，
∵BD是∠ABC的角平分線，
∴∠CBD＝ABC＝27.5°，
∴∠BDC＝∠C﹣∠CBD＝90°﹣27.5°＝62.5°，
故選：C．
3．（2024?澤州縣二模）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB為⊙O的直徑，直線CD與⊙O相切于點C，過點O作OE∥BC，交CD于點E．若∠BAC＝30°，則∠OEC的度數(shù)為（ ）
A．35°B．30°C．25°D．20
【分析】連接OC，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠OCE＝90°，根據(jù)圓周角定理得到∠ACB＝90°，求得∠B＝60°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠OCB＝∠B＝60°，根據(jù)平行線的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【解答】解：連接OC，
∵直線CD與⊙O相切于點C，
∴∠OCE＝90°，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵∠A＝30°，
∴∠B＝60°，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠B＝60°，
∵OE∥BC，
∴∠EOC＝∠OCB＝60°，
∴∠OEC＝90°﹣60°＝30°，
故選：B．
4．（2024?雁塔區(qū)校級模擬）不倒翁是一種受人喜愛的兒童玩具，小華在手工課上用一球形物體做了一個戴帽子的不倒翁（如圖1），圖2是從正面看到的該不倒翁的形狀示意圖（設(shè)圓心為O）．已知帽子的邊緣PA，PB分別與⊙O相切于點A，B，若該圓半徑是3cm，tanP＝，則的長是（ ）
A．6πcmB．4πcmC．3πcmD．2πcm
【分析】先利用切線的性質(zhì)可得∠PAO＝∠PBO＝90°，再根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值可得∠P＝60°，從而利用四邊形內(nèi)角和是360°可得∠AOB＝120°，然后利用周角定義可得所對的圓心角度數(shù)＝240°，從而利用弧長公式進行計算即可解答．
【解答】解：∵帽子的邊緣PA，PB分別與⊙O相切于點A，B，
∴∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵tanP＝，
∴∠P＝60°，
∴∠AOB＝360°﹣∠P﹣∠PAO﹣∠PBO＝120°，
∴所對的圓心角度數(shù)＝360°﹣120°＝240°，
∴的長＝＝4π（cm），
故選：B．
5．（2024?石阡縣模擬）如圖，直線AB，CD相交于點O，∠AOD＝30°，半徑為2cm的⊙P的圓心在直線AB上，且位于點O左側(cè)10cm處．若⊙P以2cm/s的速度由A向B的方向移動，則 3或7 s后，⊙P與直線CD相切．
【分析】當(dāng)⊙P1在直線CD左側(cè)時如圖，由∠AOD＝30°，求得P1O，則有P1P即可求得時間；當(dāng)⊙P2在直線CD右側(cè)時，同理求得PP2即可求得時間．
【解答】解：當(dāng)⊙P1在直線CD左側(cè)時，過點P1作P1E⊥CD交CD于點E，如圖，

∴P1E＝2cm，∠P1EO＝90°，
∵∠AOD＝30°，
∴P1O＝2P1E＝4cm，
∴PP1＝OP﹣OP1＝10﹣4＝6cm，
則⊙P向右移動了6cm，所用時間秒；
當(dāng)⊙P2在直線CD右側(cè)時，如圖，
過點P2作P2F⊥CD交CD于點F，則P2F＝2cm，∠P2FO＝90°，
∵∠COB＝∠AOD＝30°，
∴P2O＝4cm，
∴PP2＝OP+OP2＝14cm，
則⊙P向右移動了14cm，所用時間秒．
故答案為：3或7．
6．（2024?光明區(qū)二模）如圖，過圓外一點P作⊙O的切線，切點為A，AB是⊙O的直徑．連接PO，過點A作PO的垂線，垂足為D，同時交⊙O于點C，連接BC，PC．
（1）求證：PC是⊙O的切線；
（2）若BC＝2，，求切線PA的長．
【分析】（1）連接OC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出∠AOP＝∠COP，根據(jù)SAS證△PAO≌△PCO，推出∠OCP＝90°，根據(jù)切線的判定推出即可；
（2）由勾股定理求出AD的長，證明△ACB∽△PAO，則可得出答案．
【解答】（1）證明：連接OC，
∵PA為⊙O的切線，A為切點，
∴∠PAO＝90°，
∵OA＝OC，PO⊥CA，
∴∠AOD＝∠COD，
在△PAO和△PCO中，
，
∴△PAO≌△PCO（SAS），
∴∠PCO＝∠PAO＝90°，
∵點C在⊙O上，
∴直線PC為⊙O的切線；
（2）解：∵PO⊥CA，
∴AD＝CD，
∵OA＝OB，
∴OD是△ABC的中位線，
∴OD＝BC＝1，
∴OA＝＝，
∴AD＝＝＝3，
∴AC＝2AD＝6，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADO＝∠PAO＝90°，
∴∠DAO+∠PAD＝∠PAD+∠APD＝90°，
∴∠DAO＝∠APO，
∴△ACB∽△PAO，
∴＝，
∴＝，
∴PA＝3．
題型02 切線的綜合應(yīng)用
【中考真題練】
1．（2023?紹興）如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，過點C作⊙O的切線CD，交AB的延長線于點D，過點A作AE⊥CD于點E．
（1）若∠EAC＝25°，求∠ACD的度數(shù)；
（2）若OB＝2，BD＝1，求CE的長．
【分析】（1）由垂直的定義得到∠AEC＝90°，由三角形外角的性質(zhì)即可求出∠ACD的度數(shù)；
（2）由勾股定理求出CD的長，由平行線分線段成比例定理得到，代入有關(guān)數(shù)據(jù)，即可求出CE的長．
【解答】解：（1）∵AE⊥CD于點E，
∴∠AEC＝90°
∴∠ACD＝∠AEC+∠EAC＝90°+25°＝115°；
（2）∵CD是⊙O的切線，
∴半徑OC⊥DE，
∴∠OCD＝90°，
∵OC＝OB＝2，BD＝1，
∴OD＝OB+BD＝3，
∴CD＝＝．
∵∠OCD＝∠AEC＝90°，
∴OC∥AE，
∴，
∴，
∴CE＝．
2．（2023?廣安）如圖，以Rt△ABC的直角邊AB為直徑作⊙O，交斜邊AC于點D，點E是BC的中點，連接OE、DE．
（1）求證：DE是⊙O的切線；
（2）若sinC＝，DE＝5，求AD的長；
（3）求證：2DE2＝CD?OE．
【分析】（1）連接OD，BD，由AB是⊙O的直徑，可得∠ADB＝90°＝∠BDC，由點E是BC的中點，可得DE＝BE＝EC，進而證得△ODE≌△OBE（SSS），得出半徑OD⊥DE，即可證得結(jié)論；
（2）利用解直角三角形可得BD＝8，再由sin∠ABD＝sin∠C＝，可得＝，設(shè)AD＝4x，則AB＝5x，利用勾股定理可得（4x）2+82＝（5x）2，求得x＝，即可求得AD＝；
（3）連接BD，可證得△BCD∽△OEB，得出＝，即＝，即可證得2DE2＝CD?OE．
【解答】（1）證明：連接OD，BD，
在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDC＝180°﹣∠ADB＝90°，
∵點E是BC的中點，
∴DE＝BE＝EC，
∵OB、OD是⊙O的半徑，
∴OB＝OD，
又∵OE＝OE，
∴△ODE≌△OBE（SSS），
∴∠ODE＝∠OBE＝90°，
∴半徑OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切線；
（2）解：連接BD，如圖，
由（1）知：DE＝BE＝EC，∠ADB＝∠BDC＝∠ABC＝90°，
∵DE＝5，
∴BC＝10，
∵sinC＝，
∴＝，
∴BD＝8，
∵∠C+∠CBD＝∠ABD+∠CBD＝90°，
∴∠ABD＝∠C，
∴sin∠ABD＝sin∠C＝，
∴＝，
設(shè)AD＝4x，則AB＝5x，
∵AD2+BD2＝AB2，
∴（4x）2+82＝（5x）2，
解得：x＝（負值舍去），
∴AD＝4x＝4×＝；
（3）證明：連接BD，
由（1）（2）得：∠BDC＝∠OBE＝90°，BE＝DE，
∵點O是AB的中點，點E是BC的中點，
∴OE∥AC，BC＝2BE，
∴∠C＝∠OEB，
∴△BCD∽△OEB，
∴＝，即＝，
∴2DE2＝CD?OE．
3．（2023?齊齊哈爾）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AD平分∠BAC交BC于點D，點E是斜邊AC上一點，以AE為直徑的⊙O經(jīng)過點D，交AB于點F，連接DF．
（1）求證：BC是⊙O的切線；
（2）若BD＝5，，求圖中陰影部分的面積．（結(jié)果保留π）
【分析】（1）連接OD，由OA＝OD，得到∠OAD＝∠ODA，由角平分線定義得到∠OAD＝∠BAD，因此∠ODA＝∠BAD推出OD∥AB，得到半徑OD⊥BC，即可證明問題；
（2）連接OF，DE，由tan∠ADB＝，得到∠ADB＝60°，由直角三角形的性質(zhì)求出AD長，由銳角的余弦求出AE長，得到圓的半徑長，由OD∥AB，推出陰影的面積＝扇形OAF的面積，由扇形面積公式即可解決問題．
【解答】（1）證明：連接OD，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD＝∠BAD，
∴∠ODA＝∠BAD，
∴OD∥AB，
∴∠ODC＝∠B＝90°，
∴半徑OD⊥BC于點D，
∴BC是⊙O的切線；
（2）解：連接 OF，DE，
∵∠B＝90°，tan∠ADB＝，
∴∠ADB＝60°，∠BAD＝30°，
∵BD＝5，
∴AD＝2BD＝10，
∵AE是⊙O的直徑，
∴∠ADE＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAE＝∠BAD＝30°，
在 Rt△ADE 中，AD＝10，
∵cs∠DAE＝＝，
∴AE＝，
∴OA＝AE＝，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠BAD＝60°，
∵OA＝OF，
∴△AOF 是等邊三角形，
∴∠AOF＝60°，
∵OD∥AB，
∴S△ADF＝S△AOF，
∴S陰影＝S扇形OAF＝＝．
4．（2023?遂寧）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB為⊙O的直徑，AD＝CD，過點D的直線l交BA的延長線于點M．交BC的延長線于點N且∠ADM＝∠DAC．
（1）求證：MN是⊙O的切線；
（2）求證：AD2＝AB?CN；
（3）當(dāng)AB＝6，sin∠DCA＝時，求AM的長．
【分析】（1）連接OD交AC于點H，根據(jù)垂徑定理的推論可得半徑OD⊥AC，利用平行線的判定定理由∠ADM＝∠DAC可得AC∥MN，得出半徑OD⊥MN，再運用切線的判定定理即可證得結(jié)論；
（2）連接BD，可證得△CDN∽△ABD，得出＝，再由AD＝CD，即可證得結(jié)論；
（3）連接OD交AC于點H，連接BD，利用解直角三角形可得AD＝AB?sin∠ABD＝6×＝2＝CD，CN＝CD?sin∠CDN＝2×＝2，利用勾股定理可得DN＝＝＝2，再證明四邊形CNDH是矩形，得出CH＝DN＝2，由垂徑定理可得AC＝2CH＝4，再根據(jù)勾股定理求得BC＝2，運用平行線分線段成比例定理即可求得答案．
【解答】（1）證明：連接OD交AC于點H，如圖，
∵AD＝CD，
∴＝，
∴半徑OD⊥AC，
∴∠AHO＝90°，
∵∠ADM＝∠DAC，
∴AC∥MN，
∴∠MDO＝∠AHO＝90°，
∴半徑OD⊥MN，
∴MN是⊙O的切線；
（2）證明：連接BD，如圖，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
∵∠ADM＝∠DAC，
∴AC∥MN，
∴∠ACD＝∠CDN，∠DNC＝∠ACB＝90°＝∠ADB，
∵＝，
∴∠ABD＝∠ACD，
∴∠ABD＝∠CDN，
∴△CDN∽△ABD，
∴＝，
∵AD＝CD，
∴＝，
∴AD2＝AB?CN；
（3）解：連接OD交AC于點H，連接BD，如圖，
由（1）（2）得：∠ABD＝∠CDN＝∠ACD，∠ADB＝∠BNM＝∠AHO＝∠MDO＝90°，
∴sin∠ABD＝sin∠CDN＝sin∠ACD＝，
∵AB＝6，
∴AD＝AB?sin∠ABD＝6×＝2，
∵AD＝CD，
∴CD＝2，
∴CN＝CD?sin∠CDN＝2×＝2，
∴DN＝＝＝2，
∵∠CND＝∠CHD＝∠NDH＝90°，
∴四邊形CNDH是矩形，
∴CH＝DN＝2，
∵OD⊥AC，
∴AC＝2CH＝4，
在Rt△ABC中，BC＝＝＝2，
∵AC∥MN，
∴＝，即＝，
∴AM＝6．
【中考模擬練】
1．（2024?陽谷縣一模）把量角器和含30°角的三角板按如圖方式擺放：零刻度線與長直角邊重合，移動量角器使外圓弧與斜邊相切時，發(fā)現(xiàn)中心恰好在刻度2處，短直角邊過量角器外沿刻度120處（即OC＝2cm，∠BOF＝120°）．則陰影部分的面積為 （8﹣π）cm2 ．
【分析】連接OE，由切線的性質(zhì)得到∠BEO＝90°，∠DOE＝60°，，由∠BOF＝120°，得到∠OFC＝30°，求出OF的長，即可求出BE的長，從而求出△BOE的面積，扇形DOE的面積，即可得到陰影的面積．
【解答】解：連接OE，
∵AB與半圓相切于E，
∴半徑OE⊥AB，
∴∠BEO＝90°，
∵∠BOF＝120°，
∴∠FOC＝180°﹣120°＝60°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠OFC＝90°﹣60°＝30°，
∴OF＝2OC＝2×2＝4cm，
∵∠B＝30°，
∴BE＝OE＝4cm，
∴△BOE的面積＝BE?OE＝×4×4＝8cm2，
∵∠EOD＝90°﹣∠B＝60°，
∴扇形DOE的面積＝＝π（ cm2），
∴陰影的面積＝△BOE的面積﹣扇形DOE的面積＝（8﹣π）cm2．
故答案為：（8﹣π）cm2．
2．（2024?章丘區(qū)一模）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上的一點，連接AC，作OD垂直于AB交AC于
點E，交過點C的切線于點D．
（1）求證：DE＝DC；
（2）若，求CD的長．
【分析】（1）連接OC，由切線的性質(zhì)得到∠DCE+∠OCA＝90°，由直角三角形的性質(zhì)，對頂角的性質(zhì)，得到∠A+∠DEC＝90°，由等腰三角形的性質(zhì)得到∠A＝∠OCA，由余角的性質(zhì)推出∠DEC＝∠DCE，即可得到DE＝DC；
（2）由銳角的正切定義求出OE的長，由勾股定理得到（2+DC）2＝DC2+42，即可求出DC的長．
【解答】（1）證明：連接OC，
∵DC切圓于C，
∴∠OCD＝90°，
∴∠DCE+∠OCA＝90°，
∵DO⊥AB，
∴∠A+∠AEO＝90°，
∵∠DEC＝∠AEO，
∴∠A+∠DEC＝90°，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠OCA，
∴∠DEC＝∠DCE，
∴DE＝DC；
（2）解：∵∠AOE＝90°，OA＝4，
∴tan∠BAC＝＝，
∴OE＝2，
∵∠OCD＝90°，
∴OD2＝DC2+OC2，
∵OC＝OA＝4，DE＝DC，
∴（2+DC）2＝DC2+42，
∴DC＝3．
3．（2024?武漢模擬）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，點O為邊BC中點，以點O為圓心的圓與AC相切于點D．
（1）如圖1，求證：AB是⊙O的切線；
（2）若⊙O與BC交于點G，過點G作AC的垂線，垂足為點F，交⊙O于點E，連AE交BC于點H，如圖2．求的值．
【分析】（1）證明：連接OD，OA，過點O作OM⊥AB于M，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得OA平分∠BAC，再根據(jù)切線的性質(zhì)得OD為⊙O的半徑，且OD⊥AC，由此得OM＝OD，則OM為⊙O的半徑，然后根據(jù)切線的判定進而得出結(jié)論；
（2）連接OA，OD，DG，OE，DE，設(shè)DE交OG于T，證△ODG，△OEG均為等邊三角形，進而得四邊形ODGE為菱形，設(shè)GF＝a，則OD＝CG＝EG＝2a，再利用三角函數(shù)分別求出OA＝，ET＝，然后證△EHT∽△AHO，最后利用相似三角形的性質(zhì)可得出的值．
【解答】（1）證明：連接OD，OA，過點O作OM⊥AB于M，如圖1所示：
∵AB＝AC，點O為邊BC中點，
∴OA平分∠BAC，
∵⊙O與AC相切于點D，
∴OD為⊙O的半徑，且OD⊥AC，
又∵OM⊥AB，
∴OM＝OD，
∴OM為⊙O的半徑，
∴AB是⊙O的切線，
（2）連接OA，OD，DG，OE，DE，設(shè)DE交OG于T，如圖2所示：
∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，點O為邊BC中點，
∴OA平分∠BAC，OA⊥BC，
∴∠OAC＝∠BAC＝60°，∠AOC＝90°，
∴∠C＝90°﹣∠OAC＝30°，
∵OD⊥AC，
∴∠AOD＝90°﹣∠OAC＝90°﹣60°＝30°，
∴∠DOG＝∠AOC﹣∠AOD＝90°﹣30°＝60°，
∵OD＝OG＝OE，
∴△ODG為等邊三角形，
∴OD＝OG＝DG，∠ODG＝60°，
∵∠C＝30°，GF⊥AC，
∴∠OGE＝∠CGF＝90°﹣∠C＝60°，
∴△OEG為等邊三角形，
∴OE＝OG＝EG，∠OEG＝60°，
∴OD＝DG＝OE＝EG＝OG，
∴四邊形ODGE為菱形，
∴DE⊥OG，∠DEG＝∠OEG＝30°，
∵OD⊥AC，∠ODG＝60°，
∴∠GDC＝90°﹣∠ODG＝30°，
∴∠GDC＝∠C，
又GF⊥AC，
∴GD＝CG＝GE＝OD，
設(shè)GF＝a，
在Rt△CGF中，∠C＝30°，
∴CG＝2a，
∴OD＝CG＝EG＝2a，
在Rt△AOD中，∠AOD＝30°，OD＝2a，cs∠AOD＝，
∴OA＝＝＝，
在Rt△EGT中，∠DEG＝30°，EG＝2a，cs∠DEG＝，
∴ET＝EG?cs∠DEG＝2a?cs30°＝，
∵DE⊥OG，AO⊥BC，
∴ED∥AO，
∴△EHT∽△AHO，
∴EH：AH＝ET：AO＝，
∴＝．
4．（2024?亭湖區(qū)模擬）（1）問題研究：如圖1，在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格中，△ABC的頂點A，C均落在格點上，點B在網(wǎng)格線上．以AB為直徑的半圓的圓心為O，在圓上找一點E，使AE平分∠CAB請用無刻度的直尺作圖；
（2）嘗試應(yīng)用：如圖2，AC是⊙O的直徑，BC是⊙O切線，AC＝BC，AB交⊙O于P點．請用無刻度直尺作出BC的中點D；
（3）問題解決：請在（2）償試應(yīng)用的條件下，解決以下問題：
①連接DP，判斷DP與⊙O的位置關(guān)系并證明；
②若AC＝8，求DP，CD與⊙O圍成的圖形面積．
【分析】（1）先找到1×1正方形的對角線的交點H、F，連接HF交線段CB于一點G，連接OG并延長交半圓于點E，E點即為所求的點；
（2）連接PO并延長交圓于一點Q，連接PC、QB交于點M，連接OM并延長交CB于點D，則D即為BC的中點；
（3）①DP與⊙O相切，證明四邊形OCDP是矩形即可；
②先說明四邊形OCDP是正方形，則所求面積等于S正方形OCDP﹣S扇形COP．
【解答】解：（1）如圖1，先找到1×1正方形的對角線的交點H、F，連接HF交線段CB于一點G，連接OG并延長交半圓于點E，E點即為所求的點．證明如下：
∵1×1正方形的對角線的交點為H、F，
∴K是IJ的中點，
∴K是CL的中點，
∴G是CB的中點，
∵O是線段AB的中點，
∴OG∥AC，
∴∠OEA＝∠CAE，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA，
∴∠OAE＝∠CAE，
∴AE平分∠CAB；
（2）連接PO并延長交圓于一點Q，連接PC、QB交于點M，連接OM并延長交CB于點D，則D即為BC的中點．證明如下：
∵BC是⊙O切線，
∴AC⊥BC，
∵AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵AC是⊙O的直徑，
∴∠APC＝90°，
∴CP⊥AB，
∴P是AB中點，
∵O是AC中點，
∴OP∥BC，
∵PQ、AC是直徑，
∴PQ＝AC，
∴PQ＝BC，
∴四邊形PQCB是平行四邊形，
∵M是PC、QB的交點，
∴M是BQ的中點，
∴OM∥PB，
∴MD∥QC，
∴D是BC的中點；
（3）①DP與⊙O相切．
證明：由（2）知OP∥CD，OP＝CD，
∴四邊形OCDP是平行四邊形，
∵∠OCD＝90°，
∴四邊形OCDP是矩形，
∴PD⊥OP，
∴DP與⊙O相切；
②由①知四邊形OCDP是矩形，
∵OC＝OP，
∴四邊形OCDP是正方形，
∴S＝S正方形OCDP﹣S扇形COP＝4×4﹣＝16﹣4π．
考點四：圓的綜合證明問題
圓的綜合問題包含初中數(shù)學(xué)中《圓的基本性質(zhì)》和《直線與圓的位置關(guān)系》兩大部分，題目一般較為綜合，常和三角形相似或三角函數(shù)結(jié)合考察。題型一般為解答題，考生在復(fù)習(xí)這塊內(nèi)容時，不僅需要熟悉圓的所以性質(zhì)，更需要熟悉常與之結(jié)合的幾何問題的方法技巧。
題型01 圓的綜合證明問題
【中考真題練】
1．（2023?河北）裝有水的水槽放置在水平臺面上，其橫截面是以AB為直徑的半圓O，AB＝50cm，如圖1和圖2所示，MN為水面截線，GH為臺面截線，MN∥GH．
計算：在圖1中，已知MN＝48cm，作OC⊥MN于點C．
（1）求OC的長．
操作：將圖1中的水槽沿GH向右作無滑動的滾動，使水流出一部分，當(dāng)∠ANM＝30°時停止?jié)L動．如圖2．其中，半圓的中點為Q，GH與半圓的切點為E，連接OE交MN于點D．
探究：在圖2中．
（2）操作后水面高度下降了多少？
（3）連接OQ并延長交GH于點F，求線段EF與的長度，并比較大?。?br>【分析】（1）連接OM，利用垂徑定理得出MC＝MN＝24cm，由勾股定理計算即可得出答案；
（2）由切線的性質(zhì)證明OE⊥GH，進而得到OE⊥MN，利用銳角三角函數(shù)的定義求出OD，再與（1）中OC相減即可得出答案；
（3）由半圓的中點為Q得到∠QOB＝90°，得到∠QOE＝30°，分別求出線段EF與 的長度，再相減比較即可．
【解答】解：（1）連接OM，
∵O為圓心，OC⊥MN于點C，MN＝48cm，
∴MC＝MN＝24cm，
∵AB＝50cm，
∴OM＝AB＝25cm，
在Rt△OMC 中，OC＝＝＝7（cm）；
（2）∵GH與半圓的切點為E，
∴OE⊥GH，
∵MN∥GH，
∴OE⊥MN于點D，
∵∠ANM＝30°，ON＝25cm，
∴，
∴操作后水面高度下降高度為：；
（3）∵OE⊥MN于點D，∠ANM＝30°，
∴∠DOB＝60°，
∵半圓的中點為Q，
∴，
∴∠QOB＝90°，
∴∠QOE＝30°，
∴EF＝tan∠QOE?OE＝（cm），
的長為（cm），
∵＝＞0，
∴EF＞．
2．在平面直角坐標系xOy中，⊙O的半徑為1．對于⊙O的弦AB和⊙O外一點C給出如下定義：若直線CA，CB中一條經(jīng)過點O，另一條是⊙O的切線，則稱點C是弦AB的“關(guān)聯(lián)點”．
（1）如圖，點A（﹣1，0），B1（，），B2（，）．
①在點C1（﹣1，1），C2（，0），C3（0，）中，弦AB1的“關(guān)聯(lián)點”是 C1，C2 ；
②若點C是弦AB2的“關(guān)聯(lián)點”，直接寫出OC的長；
（2）已知點M（0，3），N（，0），對于線段MN上一點S，存在⊙O的弦PQ，使得點S是弦PQ的“關(guān)聯(lián)點”．記PQ的長為t，當(dāng)點S在線段MN上運動時，直接寫出t的取值范圍．
【分析】（1）根據(jù)題目中關(guān)聯(lián)點的定義分情況討論即可；
（2）根據(jù)M（0，3），N（，0）兩點來求最值情況，共有兩種情況，分別位于S在過點O的、MN的垂線上，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【解答】解：（1）①由關(guān)聯(lián)定義可知，若直線CA、CB中一條經(jīng)過點O，另一條是⊙O的切線，則稱點C是弦AB的“關(guān)聯(lián)點”，
∵點A（﹣1，0），B1（，），點C1（﹣1，1），C2（，0），C3（0，），
∴直線AC2經(jīng)過點O，且B1C2與⊙O相切，
∴C2是弦AB1的“關(guān)聯(lián)點”，
∵C1（﹣1，1），A（﹣1，0）的橫坐標相同，與B1（，）在直線y＝﹣x上，
∴AC1與⊙O相切，B1C1經(jīng)過點O，
∴C1是弦AB1的“關(guān)聯(lián)點”；
故答案為：C1，C2；
②∵A（﹣1，0），B2（，），
設(shè)C（a，b），如圖所示，共有兩種情況，
a、若C1B2與⊙O相切，AC經(jīng)過點O，
則C1B2，AC1所在直線為，
解得，
∴C1（，0），
∴OC1＝，
b、若AC2與⊙O相切，C2B2經(jīng)過點O，
則直線C2B2，AC2所在直線為，
解得，
∴C2（﹣1，1），
∴OC2＝，
綜上所述，OC＝；
（2）∵線段MN上一點S，存在⊙O的弦PQ，使得點S是弦PQ的“關(guān)聯(lián)點”，
∵弦PQ隨著S的變動在一定范圍內(nèi)變動，且M（0，3），N（，0），OM＞ON，
∴S共有2種情況，分別位于點M和經(jīng)過點O的MN的垂線上，如圖所示，
①當(dāng)S位于點M（0，3）時，MP為⊙O的切線，作PJ⊥OM，
∵M（0，3），⊙O的半徑為1，且MP是⊙O的切線，
∴OP⊥MP，
∵PJ⊥OM，
∴△MPO∽△POJ，
∴，即，
解得OJ＝，
∴PJ＝＝，Q1J＝，
∴PQ1＝＝，
同理PQ2＝＝，
∴當(dāng)S位于M（0，3）時，PQ1的臨界值為和；
②當(dāng)S位于經(jīng)過點O的MN的垂線上的點K時，
∵M（0，3），N（，0），
∴MN＝，
∴＝2，
∵⊙O的半徑為1，
∴∠OKZ＝30°，
∴△OPQ為等邊三角形，
∴PQ＝1或，
∴當(dāng)S位于經(jīng)過點O且垂直于MN的直線上即點K時，PQ1的臨界點為1和，
∴在兩種情況下，PQ的最小值在1≤t≤內(nèi)，最大值在，
綜上所述，t的取值范圍為1≤t≤，．
3．（2023?杭州）如圖，在⊙O中，直徑AB垂直弦CD于點E，連接AC，AD，BC，作CF⊥AD于點F，交線段OB于點G（不與點O，B重合），連接OF．
（1）若BE＝1，求GE的長．
（2）求證：BC2＝BG?BO．
（3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度數(shù)，并證明你的結(jié)論．
【分析】（1）由垂徑定理可得∠AED＝90°，結(jié)合CF⊥AD可得∠DAE＝∠FCD，根據(jù)圓周角定理可得∠DAE＝∠BCD，進而可得∠BCD＝∠FCD，通過證明△BCE≌△GCE，可得GE＝BE＝1；
（2）證明△ACB∽△CEB，根據(jù)對應(yīng)邊成比例可得BC2＝BA?BE，再根據(jù)AB＝2BO，BE＝BG，可證BC2＝BG?BO；
（3）方法一：設(shè)∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，可證a＝90°﹣β，∠OCF＝90﹣3α，通過SAS證明△COF≌△AOF，進而可得∠OCF＝∠OAF，即90°﹣3a＝a，則∠CAD＝2a＝45°．方法二：延長FO交AC于點H，連接OC，證明△AFC是等腰直角三角形，即可解決問題．
【解答】（1）解：直徑AB垂直弦CD，
∴∠AED＝90°，
∴∠DAE+∠D＝90°，
∵CF⊥AD，
∴∠FCD+∠D＝90°，
∴∠DAE＝∠FCD，
由圓周角定理得∠DAE＝∠BCD，
∴∠BCD＝∠FCD，
在△BCE和△GCE中，
，
∴△BCE≌△GCE（ASA），
∴GE＝BE＝1；
（2）證明：∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CEB＝90°，
∵∠ABC＝∠CBE，
∴△ACB∽△CEB，
∴＝，
∴BC2＝BA?BE，
由（1）知GE＝BE，
∴BE＝BG，
∵AB＝2BO，
∴BC2＝BA?BE＝2BO?BG＝BG?BO；
（3）解：∠CAD＝45°，證明如下：
解法一：如圖，連接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∵直徑AB垂直弦CD，
∴CE＝DE，∠AED＝∠AEC＝90°，
∵AE＝AE，
∴△ACE≌△ADE（SAS），
∴∠DAE＝∠CAE，
設(shè)∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，
則∠FCD＝∠BCD＝∠DAE＝α，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝α，
∵∠ACB＝90°，
∴∠OCF＝∠ACB﹣∠OCA﹣∠FCD﹣∠BCD＝90°﹣3α，
∵∠CGE＝∠OGF＝β，∠GCE＝α，∠CGE+∠GCE＝90°，
∴β+α＝90°，
∴α＝90°﹣β，
∵∠COG＝∠OAC+∠OCA＝α+α＝2α，
∴∠COF＝∠COG+∠GOF＝2α+β＝2（90°﹣β）+β＝180°﹣β，
∴∠COF＝∠AOF，
在△COF和△AOF中，
，
∴△COF≌△AOF（SAS），
∴∠OCF＝∠OAF，
即90°﹣3α＝α，
∴α＝22.5°，
∴∠CAD＝2a＝45°．
解法二：
如圖，延長FO交AC于點H，連接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∴∠FOG＝∠FGO＝∠CGB＝∠B，
∴BC∥FH，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠AHO＝90°，
∵OA＝OC，
∴AH＝CH，
∴AF＝CF，
∵CF⊥AD，
∴△AFC是等腰直角三角形，
∴∠CAD＝45°．
4．（2023?呼和浩特）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，以邊AC為直徑作⊙O，與AB邊交于點D，點M為邊BC的中點，連接DM．
（1）求證：DM是⊙O的切線；
（2）點P為直線BC上任意一動點，連接AP交⊙O于點Q，連接CQ．
①當(dāng)tan∠BAP＝時，求BP的長；
②求的最大值．
【分析】（1）連接OD，CD，由AC是⊙O的直徑，可得∠ADC＝90°，再由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得MC＝MD，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)可得∠MDC＝∠MCD，進而可得∠MDC+ODC＝∠MCD+∠OCD＝90°，即∠ODM＝90°，再利用切線的判定定理即可證得結(jié)論；
（2）①分兩種情況：當(dāng)點P在線段BC上時，過點P作PT⊥AB于點T，利用勾股定理和解直角三角形即可求得答案；當(dāng)點P在CB的延長線上時，過點B作BK⊥AP于點K，運用勾股定理和解直角三角形即可；
②設(shè)CP＝n，則AP＝＝，利用面積法可得CQ?AP＝AC?CP，得出CQ＝＝，即＝，再運用乘法公式和不等式性質(zhì)可得64+n2≥16n，即可得出答案．
【解答】（1）證明：如圖，連接OD，CD，
∵AC是⊙O的直徑，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝180°﹣∠ADC＝90°，
∵點M為邊BC的中點，
∴MC＝MD，
∴∠MDC＝∠MCD，
∵OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵∠ACB＝90°，即∠MCD+∠OCD＝90°，
∴∠MDC+ODC＝∠MCD+∠OCD＝90°，
即∠ODM＝90°，
∴DM⊥OD，
∵OD是⊙O的半徑，
∴DM是⊙O的切線；
（2）①當(dāng)點P在線段BC上時，如圖，過點P作PT⊥AB于點T，
在Rt△ABC中，AB＝＝＝10，
設(shè)PT＝x，
∵tan∠BAP＝，
∴＝，
∴AT＝3PT＝3x，
∴BT＝AB﹣AT＝10﹣3x，
∵tan∠ABC＝＝，
∴＝，
解得：x＝，
∴PT＝，
∵sin∠ABC＝＝，即＝，
∴BP＝；
當(dāng)點P在CB的延長線上時，如圖，過點B作BK⊥AP于點K，
∵tan∠BAP＝，
∴＝，
設(shè)BK＝a，則AK＝3a，
在Rt△ABK中，AK2+BK2＝AB2，
即（3a）2+a2＝102，
解得：a1＝，a2＝﹣（舍去），
∴AK＝3，BK＝，
∵S△ABP＝AP?BK＝BP?AC，
∴＝＝，
設(shè)BP＝m，則AP＝m，
在Rt△ACP中，AC2+CP2＝AP2，
即82+（m+6）2＝（m）2，
解得：m1＝，m2＝﹣（舍去），
∴BP＝；
綜上所述，BP的長為或；
②設(shè)CP＝n，則AP＝＝，
如圖，∵AC是⊙O的直徑，
∴CQ⊥AP，
∵CQ?AP＝AC?CP，
∴CQ＝＝，
∴＝，
∵n＞0，
∴（n﹣8）2≥0，
∴64+n2≥16n，
∴＝≤＝，
∴的最大值為．
5．（2023?臺州）我們可以通過中心投影的方法建立圓上的點與直線上點的對應(yīng)關(guān)系，用直線上點的位置刻畫圓上點的位置．如圖，AB是⊙O的直徑，直線l是⊙O的切線，B為切點．P，Q是圓上兩點（不與點A重合，且在直徑AB的同側(cè)），分別作射線AP，AQ交直線l于點C，點D．
（1）如圖1，當(dāng)AB＝6，弧BP長為π時，求BC的長；
（2）如圖2，當(dāng)，時，求的值；
（3）如圖3，當(dāng)，BC＝CD時，連接BP，PQ，直接寫出的值．
【分析】（1）連接OP，設(shè)∠BOP的度數(shù)為n，可得＝π，n＝60，即∠BOP＝60°，故∠BAP＝30°，而直線l是⊙O的切線，有∠ABC＝90°，從而BC＝＝2；
（2）連接BQ，過點C作CF⊥AD于點F，求出cs∠BAQ＝＝，由＝，得∠BAC＝∠DAC，有CF＝BC，證明∠FCD＝∠BAQ，即得＝，故＝；
（3）連接BQ，證明△APQ∽△ADC，得＝①，證明△APB∽△ABC，得 ②，由BC＝CD，將①②兩式相除得：＝，故＝．
【解答】解：（1）如圖，連接OP，
設(shè)∠BOP的度數(shù)為n°，
∵AB＝6，長為π，
∴＝π，
∴n＝60，即∠BOP＝60°，
∴∠BAP＝30°，
∵直線l是⊙O的切線，
∴∠ABC＝90°，
∴BC＝tan30°?AB＝2；
（2）如圖，連接BQ，過點C作CF⊥AD于點F，
∵AB為⊙O直徑，
∴∠BQA＝90°，
∴cs∠BAQ＝＝，
∵＝，
∴∠BAC＝∠DAC，
∵CF⊥AD，AB⊥BC，
∴CF＝BC，
∵∠BAQ+∠ADB＝90°，∠FCD+∠ADB＝90°，
∴∠FCD＝∠BAQ，
∴cs∠FCD＝cs∠BAQ＝，
∴＝，
∴＝；
（3）如圖，連接BQ，
∵AB⊥BC，BQ⊥AD，
∴∠ABQ＝90°﹣∠QBD＝∠ADC，
∵∠ABQ＝∠APQ，
∴∠APQ＝∠ADC，
∵∠PAQ＝∠DAC，
∴△APQ∽△ADC，
∴＝①，
∵∠ABC＝90°＝∠APB，∠BAC＝∠PAB，
∴△APB∽△ABC，
∴②，
由BC＝CD，將①②兩式相除得：
＝，
∵cs∠BAQ＝＝，
∴＝．
6．（2023?樂山）在學(xué)習(xí)完《圖形的旋轉(zhuǎn)》后，劉老師帶領(lǐng)學(xué)生開展了一次數(shù)學(xué)探究活動．
【問題情境】
劉老師先引導(dǎo)學(xué)生回顧了華東師大版教材七年級下冊第121頁“探索”部分內(nèi)容：
如圖1，將一個三角形紙板△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)θ到達的位置△AB′C′的位置，那么可以得到：
AB＝AB′，AC＝AC′，BC＝B′C′；
∠BAC＝∠B′AC′，∠ABC＝∠AB′C′，∠ACB＝∠AC′B′．（_____）
劉老師進一步談到：圖形的旋轉(zhuǎn)蘊含于自然界的運動變化規(guī)律中，即“變”中蘊含著“不變”，這是我們解決圖形旋轉(zhuǎn)的關(guān)鍵．故數(shù)學(xué)就是一門哲學(xué)．
【問題解決】
（1）上述問題情境中“（_____）”處應(yīng)填理由： 旋轉(zhuǎn)前后的圖形對應(yīng)線段相等，對應(yīng)角相等 ；
（2）如圖2，小王將一個半徑為4cm，圓心角為60°的扇形紙板ABC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°到達扇形紙板A′B′C′的位置．
①請在圖中作出點O；
②如果BB′＝6cm，則在旋轉(zhuǎn)過程中，點B經(jīng)過的路徑長為 cm ；
【問題拓展】
小李突發(fā)奇想，將與（2）中完全相同的兩個扇形紙板重疊，一個固定在墻上，使得一邊位于水平位置．另一個在弧的中點處固定，然后放開紙板，使其擺動到豎直位置時靜止．此時，兩個紙板重疊部分的面積是多少呢？如圖3所示，請你幫助小李解決這個問題．
【分析】【問題解決】
（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)即可知答案為旋轉(zhuǎn)前后的圖形對應(yīng)線段相等，對應(yīng)角相等；
（2）①作線段BB'，AA'的垂直平分線，兩垂直平分線交于O，點O為所求；
②由∠BOB'＝90°，OB＝OB'，可得OB＝＝3，再用弧長公式可得答案；
【問題拓展】
連接PA'，交AC于M，連接PA，PD，AA'，PB'，PC，求出A'D＝＝＝，DM＝A'D＝，可得S△A'DP＝××4＝；S扇形PA'B'＝＝，證明△PB′D≌△PCD（SSS）可知陰影部分關(guān)于PD對稱，故重疊部分面積為2（﹣）＝（cm2）．
【解答】解：【問題解決】
（1）根據(jù)題意，AB＝AB′，AC＝AC′，BC＝B′C′；∠BAC＝∠B′AC′，∠ABC＝∠AB′C′，∠ACB＝∠AC′B′的理由是：旋轉(zhuǎn)前后的圖形對應(yīng)線段相等，對應(yīng)角相等，
故答案為：旋轉(zhuǎn)前后的圖形對應(yīng)線段相等，對應(yīng)角相等；
（2）①如圖：
作線段BB'，AA'的垂直平分線，兩垂直平分線交于O，點O為所求；
②∵∠BOB'＝90°，OB＝OB'，
∴△BOB'是等腰直角三角形，
∵BB'＝6，
∴OB＝＝3，
∵＝（cm），
∴點B經(jīng)過的路徑長為cm，
故答案為：cm；
【問題拓展】
連接PA'，交AC于M，連接PA，PD，AA'，PB'，PC，如圖：
∵點P為中點，
∴∠PAB＝，
由旋轉(zhuǎn)得∠PA'B'＝30°，PA＝PA′＝4，
在Rt△PAM中，PM＝PA?sin∠PAM＝4×sin30°＝2，
∴A'M＝PA'﹣PM＝4﹣2＝2，
在Rt△A′DM中，
A'D＝＝＝，DM＝A'D＝，
∴S△A'DP＝××4＝；
S扇形PA'B'＝＝，
下面證明陰影部分關(guān)于PD對稱：
∵∠PAC＝∠PA'B'＝30°，∠ADN＝∠A'DM，
∴∠AND＝∠A'MD＝90°，
∴∠PNA'＝90°，
∴PN＝PA'＝2，
∴AN＝PA﹣PN＝2，
∴AN＝A′M，
∴△AND≌△A'MD（AAS），
∴AD＝A′D，
∴CD＝B'D，
∵PD＝PD，PB'＝PC，
∴△PB′D≌△PCD（SSS），
∴陰影部分面積被PD等分，
∴S陰影＝2（S扇形PA'B'﹣S△A'DP）＝2（﹣）＝（cm2）．
∴兩個紙板重疊部分的面積是cm2．
【中考模擬練】
1．如圖，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8，AB是⊙O的直徑，將矩形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到矩形A′B′C′D′，且AD′交⊙O于點E，AB′交⊙O于點F，D′C′與⊙O相切于點M．下列說法正確的有 ①②③④ ．（只填寫序號）
①AE＝4，②＝＝，③AF＝，④∠DAD′＝30°．
【分析】連接OE，OM，過點O作ON⊥AD′于點N，可得四邊形OMD′N是矩形，證明OM＝ND′＝4，根據(jù)OA＝OE，ON⊥AD′，可得AN＝EN＝2，進而可以判斷①正確；證明△OAE是等邊三角形，可得∠EOM＝60°，∠BOM＝60°，進而可以判斷②正確；連接BF，根據(jù)AB是⊙O的直徑，可得∠AFB＝90°，利用含30度角的直角三角形即可判斷③正確；根據(jù)∠DAB＝90°，∠D′AO＝60°，即可判斷④正確．
【解答】解：如圖，連接OE，OM，過點O作ON⊥AD′于點N，
∵D′C′與⊙O相切于點M，
∴OM⊥C′D′，
∴四邊形OMD′N是矩形，
∴OM＝ND′，
∵AB＝8，AB是⊙O的直徑，
∴OM＝ND′＝4，
在矩形ABCD中，由旋轉(zhuǎn)可知：AD′＝AD＝6，
∴AN＝AD′﹣ND′＝6﹣4＝2，
∵OA＝OE，ON⊥AD′，
∴AN＝EN＝2，
∴AE＝4，故①正確；
∵AE＝AO＝OE＝4，
∴△OAE是等邊三角形，
∴∠AOE＝∠OEA＝60°，
∴∠OED′＝120°，
∵∠D′＝∠OMD′＝90°，
∴∠EOM＝60°，
∴∠BOM＝60°，
∴＝＝，故②正確；
如圖，連接BF，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠AFB＝90°，
∵∠EAO＝60°，∠D′AB′＝90°，
∴∠BAF＝30°，
∴BF＝AB＝4，
∴AF＝BF＝4，故③正確；
∵∠DAB＝90°，∠D′AO＝60°，
∠DAD′＝30°，故④正確．
綜上所述：正確的有①②③④．
故答案為：①②③④．
2．（2024?浙江模擬）在一個三角形中，如果三個內(nèi)角的度數(shù)之比為連續(xù)的正整數(shù)，那么我們把這個三角形叫做和諧三角形．
（1）概念理解：若△ABC為和諧三角形，且∠A＜∠B＜∠C，則∠A＝ 30 °，∠B＝ 60 °，∠C＝ 90 °．（任意寫一種即可）
（2）問題探究：如果在和諧三角形ABC中，∠A＜∠B＜∠C，那么∠B的度數(shù)是否會隨著三個內(nèi)角比值的改變而改變？若∠B的度數(shù)改變，寫出∠B的變化范圍；若∠B的度數(shù)不變，寫出∠B的度數(shù)，并說明理由．
（3）拓展延伸：如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠BAC為銳角，BD為圓的直徑，∠OBC＝30°．過點A作AE⊥BD，交直徑BD于點E，交BC于點F，若AF將△ABC分成的兩部分的面積之比為1：2，則△ABC一定為和諧三角形嗎？”請說明理由．
【分析】（1）依據(jù)題意，設(shè)∠A：∠B：∠C＝（n﹣1）：n：（n+1），其中n≥2，n為正整數(shù)，從而，再設(shè)n＝2，由∠A：∠B：∠C＝1：2：3，故可得，，進而可以得解；
（2）依據(jù)題意，設(shè)∠A：∠B：∠C＝（n﹣1）：n：（n+1），其中n≥2，n為正整數(shù)，從而可得，進而可以得解；
（3）依據(jù)題意，結(jié)合所給和諧三角形的定義可分兩種情況討論：①當(dāng) S△ACF＝2S△ABF 時，如圖1，連結(jié)OA，OC，過點O作OG⊥BC于點G．由OA＝OB＝OC＝r，∠OBC＝30°，可得∠OCB＝30°，∠BOC＝180°﹣30°﹣30°＝120°，從而，故，進而可得．
又∵S△ACF＝2S△ABF，則CF＝2BF，即，結(jié)合AF⊥BD，∠OBC＝30°，可得∠AFB＝60°＝∠BAC，又∠ABF＝∠CBA，故△ABF∽△CBA，進而AB2＝BF?BC，從而，解得AB＝r，則△AOB為等邊三角形，可得，最后求出∠ABC＝90°，即可判斷得解；
②當(dāng) S△ABF＝2S△ACF 時，如圖2，連結(jié)OA，OC，過點O作OG⊥BC于點G，同理可得OA＝OB＝OC＝r，，∠BAC＝60°，從而，△ABF∽△CBA，故AB2＝BF?BC，．進而△AOB為等腰直角三角形，則，從而∠ABC＝75°，由45°：60°：75°＝3：4：5，進而可以判斷得解．
【解答】解：（1）由題意得：設(shè)∠A：∠B：∠C＝（n﹣1）：n：（n+1），其中n≥2，n為正整數(shù)，
∴．
可設(shè)n＝2，由∠A：∠B：∠C＝1：2：3，
∴ ．
故答案為：30；60；90．
（2）∠B的度數(shù)不變．由題意得：設(shè)∠A：∠B：∠C＝（n﹣1）：n：（n+1），其中n≥2，n為正整數(shù)，
∴．
∴∠B 的度數(shù)不變，且∠B＝60°．
（3）△ABC一定為和諧三角形．理由如下：分兩種情況討論：
①當(dāng) S△ACF＝2S△ABF 時，如圖1，連結(jié)OA，OC，過點O作OG⊥BC于點G．
由OA＝OB＝OC＝r，∠OBC＝30°，可得∠OCB＝30°，∠BOC＝180°﹣30°﹣30°＝120°．
∴．
∴．
∵，
∴．
又∵S△ACF＝2S△ABF，
∴CF＝2BF．
∴．
∵AF⊥BD，∠OBC＝30°，
∴∠AFB＝60°＝∠BAC．
又∵∠ABF＝∠CBA，
∴△ABF∽△CBA．
∴AB2＝BF?BC．
∴．
∴解得：AB＝r．
∴△AOB為等邊三角形．
∵，
∴．
∴∠ABC＝90°．
∵30°：60°：90°＝1：2：3，
∴△ABC為和諧三角形．
②當(dāng) S△ABF＝2S△ACF 時，如圖2，連結(jié)OA，OC，過點O作OG⊥BC于點G．
同理可得OA＝OB＝OC＝r，∠BAC＝60°，
，△ABF∽△CBA，
∴AB2＝BF?BC．
∴．
∴△AOB為等腰直角三角形．
∴．
∴∠ABC＝75°．
∵45°：60°：75°＝3：4：5，
∴△ABC 為和諧三角形．
綜上所述，△ABC一定為和諧三角形．
3．（2024?寶山區(qū)二模）已知AB是半圓O的直徑，C是半圓O上不與A、B重合的點，將弧AC沿直線AC翻折，翻折所得的弧交直徑AB于點D，E是點D關(guān)于直線AC的對稱點．
（1）如圖，點D恰好落在點O處．
①用尺規(guī)作圖在圖中作出點E（保留作圖痕跡），聯(lián)結(jié)AE、CE、CD，求證：四邊形ADCE是菱形；
②聯(lián)結(jié)BE，與AC、CD分別交于點F、G，求的值；
（2）如果AB＝10，OD＝1，求折痕AC的長．
【分析】（1）①設(shè)AC與DE的交點為M，通過推導(dǎo)出AC、EO互相垂直平分，證明四邊形ADCE是菱形；
②先求出菱形ADCE的內(nèi)角為60°，再推導(dǎo)出CF＝2FG，即可推導(dǎo)出EB＝6FG，可得＝；
（2）當(dāng)D點在O點左側(cè)時，過O點作OM⊥AC交于M點，過點O作OH⊥AE交于H點，過點E作EN⊥AB交于N點，設(shè)GD＝4m，則MO＝5m，EG＝4m，ED＝8m，先求出cs∠EAD＝，即可分別求出AN＝4×＝，ND＝4﹣＝，EN＝，ED＝8m＝，得到m＝，則MO＝，AM＝，再求AC＝；當(dāng)D點在O點右側(cè)時，同理可求AC＝4．
【解答】（1）證明：①如圖1，設(shè)AC與DE的交點為M，
由折疊可EM＝MO，
∵E、D點關(guān)于AC對稱，
∴EO⊥AC，
∵EO是圓O的半徑，
∴AM＝CM，
∴AC、EO互相垂直平分，
∴四邊形ADCE是菱形；
②解：∵四邊形ADCE是菱形，
∴∠EAC＝∠CAO＝∠ECA＝∠ACO，
∵AM⊥MO，MO＝AO，
∴∠MAO＝30°，
∴∠AOM＝∠MOC＝60°，
∵DO＝BO，
∴∠OEB＝∠OBE＝30°，
∴∠EGO＝90°，
∵∠FCG＝30°，
∴CF＝2FG，
∵∠CEF＝∠ECF＝30°，
∴EF＝FC＝2FG，
∵EG＝GB，
∴EB＝6FG，
∴＝；
（2）解：如圖2，當(dāng)D點在O點左側(cè)時，過O點作OM⊥AC交于M點，過點O作OH⊥AE交于H點，過點E作EN⊥AB交于N點，
由對稱可知，AE＝AD，
∵AO＝5，OD＝1，
∴AE＝AD＝4，
∵ED∥MO，
∴＝，
設(shè)GD＝4m，則MO＝5m，
∵E、D點關(guān)于AC對稱，
∴EG＝4m，
∴ED＝8m，
∵AH＝HE＝2，
∴cs∠EAD＝，
∴AN＝4×＝，
∴ND＝4﹣＝，EN＝，
∴ED＝8m＝，
∴m＝，
∴MO＝，
∴AM＝，
∴AC＝；
如圖3，當(dāng)D點在O點右側(cè)時，同理可求AC＝4；
綜上所述：AC的長為4或．
4．（2024?寧波模擬）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，點D在⊙O上，連結(jié)AD，AO，分別交BC于點E，F(xiàn)，∠CAD＝∠BAO．
（1）如圖1，求證：AD⊥BC．
（2）如圖1，若AO∥CD，求證：CA＝CF．
（3）如圖2，在（2）的條件下，
①若，求BC的長．
②若，求tan∠ACE的值．
【分析】（1）延長AO交⊙O于點M，連結(jié)CM，利用圓周角定理，三角形外角的性質(zhì)和垂直的定義解答即可；
（2）利用平行線的性質(zhì)，三角形的外角的性質(zhì)和等腰三角形的判定定理解答即可；
（3）①利用相似三角形的判定與性質(zhì)得到，設(shè)AC＝5a，則AF＝a，設(shè)CE＝x，則EF＝5k﹣x，利用勾股定理求得x，再利用相似三角形的判定與性質(zhì)解答即可得出結(jié)論；
②連結(jié)DO并延長交BC于點K，連結(jié)AK，利用全等三角形的判定與性質(zhì)得到CE＝EK，∠DCK＝∠DKC，再利用線段垂直平分線的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)得到AK＝BK＝AC＝CF，CK＝BF，設(shè)BF＝b，則CK＝b，，CF＝kb，利用勾股定理和直角三角形的邊角關(guān)系定理解答即可得出結(jié)論．
【解答】（1）證明：延長AO交⊙O于點M，連結(jié)CM，如圖，
∵AM為⊙O的直徑，
∴∠ACM＝90°，
∴∠CAM+∠M＝90°．
∵∠CAD＝∠BAO，
∴∠CAD+∠DAM＝∠BAO+∠DAM，
∴∠CAM＝∠BAD．
又∠M＝∠B，
∴∠BAD+∠B＝90°，
即∠AEB＝90°，
∴AD⊥BC．
（2）證明：∵AO∥CD，
∴∠FAE＝∠D，
∵∠D＝∠B，
∴∠FAE＝∠B．
∵∠CAF＝∠CAE+∠FAE，∠FAB+∠B＝∠AFC，
∴∠CAF＝∠AFC，
∴CA＝CF．
（3）①∵∠CAD＝∠FAB，∠D＝∠B，
∴△ACD∽△AFB，
∴．
設(shè)AC＝5a，則AF＝a，
由（2）知：CF＝CA，
∴CF＝5a．
設(shè)CE＝x，則EF＝5k﹣x，
∵AE2＝AC2﹣CE2，AE2＝AF2﹣EF2，
∴AC2﹣CE2＝AF2﹣EF2，
∴，
∴x＝4a，
∴CE＝4a，EF＝a，
∴AE＝＝3a．
∵∠FAE＝∠B，∠AEF＝∠BEA，
∴△AEF∽△BEA，
∴，
∴AE2＝EF?EB，
即，
∴，
∴CF＝5a＝，
∴．
②連結(jié)DO并延長交BC于點K，連結(jié)AK，如圖，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AO∥CD，
∴∠OAD＝∠CDA，
∴∠CDA＝∠ODA．
在△CDE和△KDE中，
，
∴△CDE≌△KDE（ASA），
∴CE＝EK，∠DCK＝∠DKC．
∵AO∥CD，
∴∠DCK＝∠AFC，
∵∠AFC＝∠OFK，
∴∠OFK＝∠DKC，
∴OF＝OK，
∵CE＝EK，AD⊥BC，
∴AD為CK的垂直平分線，
∴AC＝AK，
∴△ACK為等腰三角形，
∵AE⊥CK，
∴∠CAD＝∠KAD，
∵∠CAD＝∠BAO，
∴∠KAD＝∠BAO，
∴∠OAD＝∠BAK，
∴∠BAK＝∠ODA＝∠CDA＝∠B，
∴AK＝BK．
∴AK＝BK＝AC＝CF，
∴CF+FK＝BK+FK．
即CK＝BF．
設(shè)BF＝b，則CK＝b，，CF＝kb，
即AC＝AK＝KB＝bk，
∴AE＝＝．
∵∠AEC＝90°，
∴．
易錯點：圓中角度定理都有一個大前提——在同圓或等圓中，特別是一些概念性選擇題，沒有這個前提的話，對應(yīng)結(jié)論是不正確的。
解題大招01：圓中角度計算口訣——圓中求角度，同弧或等?。睆剿鶎A周角是90度
圓心角定理、圓周角定理以及其推論為圓中角的計算提供了等量關(guān)系，圓中的等角也是解決角度問題中常見的轉(zhuǎn)化關(guān)系，所以特別要注意同弧或等弧所對的圓周角相等，以及直徑所對圓周角=90°的固定關(guān)系
解題大招01：圓中求角度常用的其他規(guī)律：
圓內(nèi)接四邊形的一個外角=其內(nèi)對角
折疊弧過圓心→必有30°角
以等腰三角形的腰長為直徑的圓→必過底邊中點
圓中出現(xiàn)互相垂直的弦，常作兩弦心距→必有矩形（當(dāng)弦相等，則得正方形）
解題大招：圓中模型“知1得4”
由圖可得以下5點：
①AB=CD；②；③OM=ON；④；⑤；
以上5個結(jié)論，知道其中任意1個，剩余的4個都可以作為結(jié)論使用。
易錯點01：弧長與扇形面積：不規(guī)則圖形面積想割補法
常用公式：

解題大招01：圓中線段計算口訣——“圓中求長度，垂徑加勾股”
弦長、半徑、直徑是圓中的主要線段，相關(guān)計算主要利用垂徑定理及其推論，構(gòu)造“以半徑、弦心距、弦長一半為三邊的直角三角形”，通過勾股定理列方程求解；
解題大招02：常做輔助線：連半徑、作弦心距、見直接連弦長得直徑所對圓周角=90°
解題大招03：圓中模型“知2得3”
由圖可得以下5點：
①AB⊥CD；②AE=EB；③AD過圓心O；④；⑤；
以上5個結(jié)論，知道其中任意2個，剩余的3個都可以作為結(jié)論使用。
易錯點：圓內(nèi)接四邊形的對角互補，但還有一個推論是圓內(nèi)接四邊形的一個外角等于與它相鄰內(nèi)角的對角
解題大招：①切線的判定：常用方法→ 有切點，連半徑，證垂直！
無切點，作垂直，證半徑！
☆特別地：
題目中所需證的垂直，一般是由已知垂直轉(zhuǎn)化而來的，故有“想證⊥，先找⊥”
②切線的性質(zhì)：常用方法→見切點，連半徑，得垂直！
因切線所得結(jié)論必為⊥，故常以直角三角形來展開后續(xù)問題。
解題大招：常見輔助線
①連半徑——有關(guān)切線時，連接的是過切點的半徑
②作弦心距——構(gòu)造Rt△，進而用知2得3
——或做兩條弦心距，構(gòu)造矩形或正方形
③連接弦——使直徑所對的圓周角=90°，進而在Rt△中展開問題

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2022年中考數(shù)學(xué)三輪沖刺過關(guān)回歸教材重難點09 圓的綜合問題-【查漏補缺】

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2022年中考數(shù)學(xué)三輪沖刺過關(guān)回歸教材重難點01 圓的有關(guān)計算問題-【查漏補缺】

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