知識(shí)模塊一：圓的相關(guān)概念
知識(shí)點(diǎn)一： 圓的定義
圓的定義[動(dòng)態(tài)]:如圖，在一個(gè)平面內(nèi)線段OA繞它固定的一個(gè)端點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)一周，另一個(gè)端點(diǎn)A所形成的圖形叫圓，其中，點(diǎn)O叫做圓心，線段OA叫做半徑.
圓的定義[靜態(tài)]:圓是到定點(diǎn)的距離等于定長的點(diǎn)的集合，其中，定點(diǎn)叫做圓心，定長叫做半徑.
圓的表示方法：以點(diǎn)O為圓心的圓，記作“O”，讀作“圓O”.
確定圓的兩個(gè)條件：①圓心（確定圓的位置）；②半徑（確定圓的大?。?，兩者缺一不可.
知識(shí)點(diǎn)二： 弦與直徑
弦：連結(jié)圓上任意兩點(diǎn)的線段叫做弦.
直徑：經(jīng)過圓心的弦叫做直徑.
知識(shí)點(diǎn)三： 弧，半圓，優(yōu)弧，劣弧，等弧
弧：圓上任意兩點(diǎn)間的部分叫做圓弧，簡稱弧.弧用符號(hào)“”表示，以A、B為端點(diǎn)的弧記作AB，讀作：“圓弧AB”或“弧AB”.
半圓：圓的任意一條直徑的兩個(gè)端點(diǎn)把圓分成兩條弧，每一條弧都叫做半圓.
優(yōu)?。捍笥诎雸A的弧叫做優(yōu)弧，用三個(gè)字母表示，如右圖中的
劣弧：小于半圓的弧叫做劣弧，如右圖中的.
等?。涸谕瑘A或等圓中，能夠互相重合的弧叫做等弧.
知識(shí)點(diǎn)四： 同圓、等圓、同心圓
同圓：圓心相同且半徑相等的圓叫做同圓.
等圓：能夠完全重合的圓叫做等圓.
同心圓：圓心相同，半徑不相等的兩個(gè)圓叫做同心圓
知識(shí)點(diǎn)五：圓心角與圓周角
圓心角：頂點(diǎn)在圓心的角叫做圓心角.
圓周角：頂點(diǎn)在圓上，并且兩邊都和圓相交的角叫做圓周角.
知識(shí)點(diǎn)六：弓形和扇形
弓形: 由弦及其所對的弧組成的圖形叫做弓形，如圖，弦AB和組成兩個(gè)不同的弓形.
扇形：由組成圓心角的兩條半徑和圓心角所對的弧圍成的圖形叫做扇形.如圖所示，和半徑OA，OB組成的圖形是一個(gè)扇形，讀作“扇形AOB”.
知識(shí)模塊二：圓的相關(guān)性質(zhì)
知識(shí)點(diǎn)一：圓的對稱性
知識(shí)點(diǎn)二：垂徑定理
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弧.
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弧.
知識(shí)點(diǎn)三：弧，弦，圓心角之間的關(guān)系
定理：在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦也相等.
推論：在同圓或等圓中，如果兩個(gè)圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應(yīng)的其余各組量都分別相等.
知識(shí)點(diǎn)四：圓周角定理
圓周角定理：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半.（即：圓周角=12圓心角）
推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等.
推論2：半圓（或直徑）所對的圓周角是直角，90°的圓周角所對的弦是直徑.
知識(shí)點(diǎn)五：圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)
圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：1）圓內(nèi)接四邊形對角互補(bǔ).
如圖，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC+∠ADC=180°
2）圓內(nèi)接四邊形的任意一個(gè)外角等于它的內(nèi)對角.
如圖，∠1=∠2
考點(diǎn)一： 利用垂徑定理求解
1．（2024·湖南長沙·中考真題）如圖，在⊙O中，弦AB的長為8，圓心O到AB的距離OE=4，則⊙O的半徑長為（ ）
A．4B．42C．5D．52
【答案】B
【分析】本題考查垂徑定理、勾股定理，先根據(jù)垂徑定理得到AE，再根據(jù)勾股定理求解即可．
【詳解】解：∵在⊙O中，弦AB的長為8，圓心O到AB的距離OE=4，
∴OE⊥AB，AE=12AB=4，
在Rt△AOE中，OA=OE2+AE2=42+42=42，
故選：B．
2．（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，⊙O中，弦AB的長為43，點(diǎn)C在⊙O上，OC⊥AB，∠ABC=30°．⊙O所在的平面內(nèi)有一點(diǎn)P，若OP=5，則點(diǎn)P與⊙O的位置關(guān)系是（ ）
A．點(diǎn)P在⊙O上B．點(diǎn)P在⊙O內(nèi)C．點(diǎn)P在⊙O外D．無法確定
【答案】C
【分析】本題考查了垂徑定理，圓周角定理，點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，銳角三角函數(shù)，掌握圓的相關(guān)性質(zhì)是解題關(guān)鍵．由垂徑定理可得AD=23，由圓周角定理可得∠AOC=60°，再結(jié)合特殊角的正弦值，求出⊙O的半徑，即可得到答案．
【詳解】解：如圖，令OC與AB的交點(diǎn)為D，
∵OC為半徑，AB為弦，且OC⊥AB，
∴AD=12AB=23，
∵∠ABC=30°
∴∠AOC=2∠ABC=60°，
在△ADO中，∠ADO=90°，∠AOD=60°，AD=23，
∵sin∠AOD=ADOA，
∴OA=ADsin60°=2332=4，即⊙O的半徑為4，
∵OP=5>4，
∴點(diǎn)P在⊙O外，
故選：C．
3．（2024·新疆·中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足為E．若CD=8，OD=5，則BE的長為（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本題考查了垂徑定理，勾股定理的應(yīng)用，熟練掌握知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．
根據(jù)垂徑定理求得DE=12DC=4，再對Rt△OED運(yùn)用勾股定理即可求OE，最后BE=OB?OE即可求解．
【詳解】解：∵AB⊥CD，AB是⊙O的直徑，
∴DE=12DC=4，∠OED=90°，
∴在Rt△OED中，由勾股定理得OE=OD2?ED2=3，
∴BE=OB?OE=5?3=2，
故選：B．
考點(diǎn)二： 利用垂徑定理結(jié)合全等，相似綜合求解
1．（2024·內(nèi)蒙古包頭·中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，BC,BD是⊙O的兩條弦，點(diǎn)C與點(diǎn)D在AB的兩側(cè)，E是OB上一點(diǎn)（OE>BE），連接OC,CE，且∠BOC=2∠BCE．
(1)如圖1，若BE=1，CE=5，求⊙O的半徑；
(2)如圖2，若BD=2OE，求證：BD∥OC．（請用兩種證法解答）
【答案】(1)3
(2)見解析
【分析】（1）利用等邊對等角、三角形內(nèi)角和定理求出∠OBC=∠OCB=12180°?∠BOC，結(jié)合∠BOC=2∠BCE，可得出∠OBC+∠BCE=90°，在Rt△OCE中，利用勾股定理求解即可；
（2）法一：過O作OF⊥BD于F，利用垂徑定理等可得出BF=12BD=OE，然后利用HL定理證明Rt△CEO≌Rt△OFB，得出∠COE=∠OBF，然后利用平行線的判定即可得證；
法二：連接AD，證明△CEO∽△ADB，得出∠COE=∠ABD，然后利用平行線的判定即可得證
【詳解】（1）解∶∵OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB=12180°?∠BOC，
∵∠BOC=2∠BCE，
∴∠OBC=12180°?2∠BCE=90°?∠BCE，即∠OBC+∠BCE=90°，
∴∠OEC=90°，
∴OC2=OE2+CE2，
∴OC2=OC?12+52，
解得OC=3，
即⊙O的半徑為3；
（2）證明：法一：過O作OF⊥BD于F，
∴BF=12BD，
∵BD=2OE
∴OE=BF，
又OC=OB，∠OEC=∠BFO=90°，
∴Rt△CEO≌Rt△OFBHL，
∴∠COE=∠OBF，
∴BD∥OC；
法二：連接AD，
∵AB是直徑，
∴∠ADB=90°，
∴AD=AB2?BD2=2OC2?2OE2=2OC2?OE2=2CE，
∴OCAB=CEAD=OEBD=12，
∴△CEO∽△ADB，
∴∠COE=∠ABD，
∴BD∥OC．
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，明確題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解題是解題的關(guān)鍵．
2．（2023·山東·中考真題）已知：射線OP平分∠MON,A為OP上一點(diǎn)，⊙A交射線OM于點(diǎn)B,C，交射線ON于點(diǎn)D,E，連接AB,AC,AD．

(1)如圖1，若AD∥OM，試判斷四邊形OBAD的形狀，并說明理由；
(2)如圖2，過點(diǎn)C作CF⊥OM，交OP于點(diǎn)F；過點(diǎn)D作DG⊥ON，交OP于點(diǎn)G．求證：AG=AF．
【答案】(1)四邊形OBAD是菱形，理由見解析
(2)見解析
【分析】（1）過點(diǎn)A作AF⊥ON于F，AG⊥OM于G，先由角平分線性質(zhì)得AF=AG，再證明Rt△AFD≌Rt△AGBHL，得FD=GB，證明Rt△AFO≌Rt△AGOHL，得OF=OG，從而得出OD=OB，再根據(jù)平行線性質(zhì)與角平分線定義證明∠AOD=∠OAD，得OD=AD，從而得OD=AD=AB=OB，即可得出結(jié)論；
（2）連接EF，過點(diǎn)A作AH⊥ON于H，作AG⊥OM于G，證明Rt△AHD≌Rt△AGBHL，得DH=BG，證明Rt△AFO≌Rt△AGOHL，得OF=OG，證明△OEF≌△OCFSAS，得∠OEF=∠OCF=90°，從而得DG∥AH∥EF，根據(jù)平行線等分線段定理即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）解：四邊形OBAD是菱形，理由如下：
過點(diǎn)A作AF⊥ON于F，AG⊥OM于G，如圖1，

∵OP平分∠MON，AF⊥ON，AG⊥OM，
∴AF=AG，
∵AD=AB，
∴Rt△AFD≌Rt△AGBHL，
∴FD=GB，
∵OA=OA，AF=AG
∴Rt△AFO≌Rt△AGOHL，
∴OF=OG，
∴OF?FD=OG?GB，即OD=OB，
∵OP平分∠MON，
∴∠AOD=∠AOB
∵AD∥OM
∴∠AOB=∠OAD
∴∠AOD=∠OAD
∴OD=AD
∴OD=AD=AB=OB，
∴四邊形OBAD是菱形．
（2）證明：連接EF，過點(diǎn)A作AH⊥ON于H，作AG⊥OM于G，如圖2，

∵OP平分∠MON，AH⊥ON，AG⊥OM，
∴AH=AG，
∵AD=AB，
∴Rt△AHD≌Rt△AGBHL，
∴DH=BG，
∵AH⊥ON，AG⊥OM，
∴EH=DH，BG=CG，
∵OA=OA， AH=AG，
∴Rt△AHO≌Rt△AGOHL，
∴OH=OG，
∴EH=CG，
∴OH+EH=OG+CG，即OC=OE，
∵∠EOF=∠COF，OF=OF，
∴△OEF≌△OCFSAS，
∴∠OEF=∠OCF=90°，
∴EF⊥ON，
∵DG⊥ON，AH⊥ON，
∴DG∥AH∥EF，
∵DH=EH，
∴AG=AF．
【點(diǎn)睛】本題考查角平分線性質(zhì)，菱形的判定，全等三解形的判定與性質(zhì)，垂直定理，平行線等分線段定理，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·貴州·中考真題）如圖，已知⊙O是等邊三角形ABC的外接圓，連接CO并延長交AB于點(diǎn)D，交⊙O于點(diǎn)E，連接EA，EB．

(1)寫出圖中一個(gè)度數(shù)為30°的角：_______，圖中與△ACD全等的三角形是_______；
(2)求證：△AED∽△CEB；
(3)連接OA，OB，判斷四邊形OAEB的形狀，并說明理由．
【答案】(1)∠1、∠2、∠3、∠4；△BCD；
(2)證明見詳解；
(3)四邊形OAEB是菱形；
【分析】（1）根據(jù)外接圓得到CO是∠ACB的角平分線，即可得到30°的角，根據(jù)垂徑定理得到∠ADC=∠BDC=90°，即可得到答案；
（2）根據(jù)（1）得到∠3=∠2，根據(jù)垂徑定理得到∠5=∠6=60°，即可得到證明；
（3）連接OA，OB，結(jié)合∠5=∠6=60°得到△OAE ，△OBE是等邊三角形，從而得到OA=OB=AE=EB=r，即可得到證明；
【詳解】（1）解：∵⊙O是等邊三角形ABC的外接圓，
∴CO是∠ACB的角平分線，∠ACB=∠ABC=∠CAB=60°，
∴∠1=∠2=30°，
∵CE是⊙O的直徑，
∴∠CAE=∠CBE=90°，
∴∠3=∠4=30°，
∴30°的角有：∠1、∠2、∠3、∠4，
∵CO是∠ACB的角平分線，
∴∠ADC=∠BDC=90°，∠5=∠6=90°?30°=60°，
在△ACD與△BCD中，
∵∠1=∠2CD=CD∠ADC=∠BDC=90°，
∴△ACD≌△BCD，
故答案為：∠1、∠2、∠3、∠4，△BCD；
（2）證明：∵∠5=∠6，∠3=∠2=30°，
∴△AED∽△CEB；
（3）解：連接OA，OB，
∵OA=OE=OB=r，∠5=∠6=60°，
∴△OAE ，△OBE是等邊三角形，
∴OA=OB=AE=EB=r，
∴四邊形OAEB是菱形．

【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理，菱形判定，等邊三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握垂徑定理，從而得到相應(yīng)角的等量關(guān)系．
考點(diǎn)三： 在坐標(biāo)系中利用垂徑定理求值或坐標(biāo)
1．（2024·廣東廣州·二模） 如圖在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，直線 y=33x+233與圓O相交于A、B兩點(diǎn)，且點(diǎn) A 在x軸上， 求弦AB的長．
【答案】23
【分析】過O作OE⊥AB于C，根據(jù)垂徑定理可得AC=BC=12AB，可求OA=2，OD=233，由勾股定理AD=433，可證△OAC∽△DAO，由相似三角形性質(zhì)可求AC=3即可．
【詳解】解：過O作OE⊥AB于C，如圖，
∵AB為弦，
∴AC=BC=12AB，
∵直線y=33x+233與⊙O相交于A，B兩點(diǎn)，
∴當(dāng)y=0時(shí)，33x+233=0，解得x=?2，
∴OA=2，
∴當(dāng)x=0時(shí)，y=233，
∴OD=233，
在Rt△AOD中，由勾股定理AD=AO2+OD2=22+2332=433，
∵∠ACO=∠AOD=90°，∠CAO=∠OAD，
∴△OAC∽△DAO，
∴ACAO=AOAD，即AC=AO2AD=4433=3，
∴AB=2AC=23，
故答案為：23．
【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理，直線與兩軸交點(diǎn)，勾股定理，三角形相似判定與性質(zhì)，掌握以上知識(shí)、正確添加輔助線是解題關(guān)鍵．
2．（2021·廣西河池·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，以M2，3為圓心，AB為直徑的圓與x軸相切，與y軸交于A，C兩點(diǎn)，則點(diǎn)B的坐標(biāo)是 ．
【答案】(4,3?5)
【分析】如圖，連接BC，設(shè)圓與x軸相切于點(diǎn)D，連接MD交BC與點(diǎn)E，結(jié)合已知條件，則可得BC⊥MD，勾股定理求解EM，進(jìn)而即可求得B的坐標(biāo)．
【詳解】如圖，連接BC，設(shè)圓與x軸相切于點(diǎn)D，連接MD交BC與點(diǎn)E，
則MD⊥x軸，
∵AB為直徑，則∠ACB=90°，
∴BC⊥MD，
∴BC//x軸，
∵M(jìn)2，3，
∴MB=MD=3，CE=EB=2，
∴ME=MB2?EB2=32?22=5，CB =4，
∴DE=MD?ME=3?5，
∵BC//x軸，
∴B(4,3?5)．
故答案為：(4,3?5)．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)，直徑所對的圓周角是直角，垂徑定理，切線的性質(zhì)，勾股定理，坐標(biāo)與圖形，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
3．（2024·山東濟(jì)寧·模擬預(yù)測）如圖，⊙O與x軸交于點(diǎn)A，B，與y軸交于點(diǎn)C，D，P為⊙O上一動(dòng)點(diǎn)，Q為弦AP上一點(diǎn)，2AQ=3PQ．若點(diǎn)D的坐標(biāo)為(0,?5)，則CQ的最小值為 ．
【答案】29?3
【分析】本題考查坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，勾股定理，關(guān)鍵是作出輔助圓，當(dāng)Q與Q'重合時(shí)，CQ最?。B接PO，過Q作QM∥OP，交AO于M，以M為圓心，MA為半徑作圓，連接MC交⊙M于Q'，得到AM:AO=AQ:AP，求出AM的長，推出MQ=MA=3，由勾股定理求出CQ'的長即可．
【詳解】解：連接PO，過Q作QM∥OP，交AO于M，以M為圓心，MA為半徑作圓，連接MC交⊙M于Q'，
∴AM:AO=AQ:AP，
∵2AQ=3PQ，
∴AQ:AP=3:5，
∵D的坐標(biāo)是0,?5，
∴OA=OD=5，
∴AM=35AO=35×5=3，
∵OA=OP，
∴∠MAQ=∠P，
∵QM∥OP，
∴∠MQA=∠P，
∴∠MAQ=∠MQA，
∴MQ=MA=3，
∴Q在⊙M上，
∴當(dāng)Q與Q'重合時(shí)，CQ最小，
∵OM=AO?AM=5?3=2，OC=5，
∴MC=OM2+OC2=52+22=29，
∴CQ'=CM?MQ'=29?3，
∴CQ的最小值是29?3．
故答案為：29?3．
考點(diǎn)四： 垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用
1．（2023·山東東營·中考真題）《九章算術(shù)》是中國傳統(tǒng)數(shù)學(xué)重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中記載了一個(gè)“圓材埋壁”的問題：“今有圓材，埋在壁中，不知大?。凿忎徶⑸钜淮?，鋸道長一尺，問徑幾何？”用幾何語言表達(dá)為：如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，EB=1寸，CD=10寸，則直徑AB長為 寸．
【答案】26
【分析】本題主要考查了垂徑定理和勾股定理，設(shè)OC=OB=r寸，則OE=r?1寸，由垂徑定理得到EC=ED=5寸，再由勾股定理可得方程r2=52+r?12，解方程即可得到答案．
【詳解】解：設(shè)OC=OB=r寸，則OE=r?1寸，
∵AB⊥CD，AB是直徑，
∴EC=ED=5寸，
在Rt△OCE中，由勾股定理得OC2=CE2+OE2，
∴r2=52+r?12，
∴r=13，
∴AB=2×13=26寸，
故答案為：26．
2．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）唐代李皋發(fā)明了“槳輪船”，他設(shè)計(jì)的槳輪船在船的舷側(cè)或尾部裝有帶有槳葉的槳輪，通過人力踩動(dòng)槳輪軸來推動(dòng)船體前進(jìn)．這種船的槳輪下半部浸入水中上半部露出水面，因其推進(jìn)方式類似車輪，故又被稱為“槳輪船”或“輪船”．如圖，該槳輪船的輪子的橫截面為⊙O，輪子被水面截得線段AB長為12m，輪子的吃水深度CD長為2m，則該槳輪船輪子半徑為（ ）
A．8mB．6mC．10mD．12m
【答案】C
【分析】本題考查垂徑定理，勾股定理，根據(jù)垂徑定理可得BD=12AB=6m，設(shè)該槳輪船輪子⊙O的半徑為r，則OB=OD=r，OC=OD?CD=r?2，在Rt△OBC中，根據(jù)勾股定理即可列出方程，求解即可．
【詳解】解：如圖所示，連接OB，
題意可得CD=2m，
∵OC過圓心O，且OD⊥AB，
∴BC=12AB=12×12=6m，
設(shè)該槳輪船輪子⊙O的半徑為r，則OB=OD=r，OC=OD?CD=r?2，
∵在Rt△OBC中，OC2+BC2=OB2，
即r?22+62=r2，
解得r=10，
∴該槳輪船輪子半徑為10m.
故選：C．
3．（2024·河北廊坊·二模）如圖是放于水平桌面上的帶底座的魚缸，其主體部分的縱截面是弓形AMB，開口部分AB與桌面平行，將一玻璃棒斜放進(jìn)魚缸(魚缸內(nèi)無水)，使玻璃棒底端恰在AMB的中點(diǎn)M處，發(fā)現(xiàn)AM=AB，將玻璃棒豎立起來MN⊥AB時(shí)，測得MN=37.5cm．
(1)求∠BAM的度數(shù)，并求的AB長；
(2)求AMB的長；
(3)若向魚缸內(nèi)加水，使水面的寬度為48cm，求魚缸內(nèi)水的深度．
【答案】(1)60°；253cm
(2)100π3cm
(3)18cm或32cm
【分析】本題考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)、弧長公式、垂徑定理、勾股定理、三角函數(shù)．充分利用已知條件是解題的關(guān)鍵．
（1）連接BM，證明△ABM為等邊三角形，再用三角函數(shù)求解即可．
（2）根據(jù)已知條件求出AMB所對應(yīng)的角度與所在圓的半徑，再代入弧長公式即可．
（3）求水深時(shí)，要考慮到圓心O與水面位置的不同情況進(jìn)行分類討論．
【詳解】（1）連接BM，
∵點(diǎn)M為AMB的中點(diǎn)，
∴ AM=BM，
∴ AM=BM，
又∵ AM=AB，
∴ △ABM為等邊三角形，
∴ ∠BAM=60°．
∵ MN⊥AB，
∴ AM=MNsin60°=37.532=253，
∴ AB=AM=253cm．
（2）
如圖(1) ，設(shè)點(diǎn)O為AMB所在圓的圓心，則點(diǎn)O在MN上，連接OA，則∠AON=2∠AMN=290°?∠MAN=60°，
∴ ∠AOM=120°．
∵ MN⊥AB，
∴ AN=NB=2532cm，
∴ OA=ANsin60°=253232=25cm，
∴ AMB的長為25×240π180=100π3cm．
（3）解：設(shè)水面為DE，交MN與點(diǎn)F，則MN垂直平分DE，
∴ DF=12DE=24cm．
連接OD，則OD=OM=25cm，
OF=252?242=7cm．
如圖(2) ，當(dāng)點(diǎn)O在DE上方時(shí)，水深為25?7=18cm，
如圖(3) ，當(dāng)點(diǎn)O在DE下方時(shí)，水深為25+7=32cm，
∴當(dāng)魚缸內(nèi)水面的寬度為48cm時(shí)，水的深度18cm或32cm．
考點(diǎn)五： 利用弧，弦，圓心角的關(guān)系求解
1．（2023·湖南常德·中考真題）沈括的《夢溪筆談》是中國古代科技史上的杰作，其中收錄了計(jì)算圓弧長度的“會(huì)圓術(shù)”，如圖．AB是以O(shè)為圓心，OA為半徑的圓弧，C是弦AB的中點(diǎn)，D在AB上，CD⊥AB．“會(huì)圓術(shù)”給出AB長l的近似值s計(jì)算公式：s=AB+CD2OA，當(dāng)OA=2，∠AOB=90°時(shí)，l?s= ．（結(jié)果保留一位小數(shù)）
【答案】0.1
【分析】由已知求得AB與CD的值，代入s=AB+CD2OA得弧長的近似值，利用弧長公式可求弧長的值，進(jìn)而即可得解．
【詳解】∵OA=OB=2，∠AOB=90°，
∴AB=22，
∵C是弦AB的中點(diǎn)，D在AB上，CD⊥AB，
∴延長DC可得O在DC上，OC=12AB=2
∴CD=OD?OC=2?2，
∴s=AB+CD2OA=22+2?222=3，
l=90×2×2π360=π，
∴l(xiāng)?s=π?3≈0.1．
故答案為：0.1．
【點(diǎn)睛】本題考查扇形的弧長，掌握垂徑定理?；￠L公式是關(guān)鍵．
2．（2023·河北·中考真題）如圖，點(diǎn)P1~P8是⊙O的八等分點(diǎn)．若△P1P3P7，四邊形P3P4P6P7的周長分別為a，b，則下列正確的是( )

A．a(chǎn)bD．a(chǎn)，b大小無法比較
【答案】A
【分析】連接P1P2,P2P3，依題意得P1P2=P2P3=P3P4=P6P7，P4P6=P1P7，△P1P3P7的周長為a=P1P3+P1P7+P3P7，四邊形P3P4P6P7的周長為b=P3P4+P4P6+P6P7+P3P7，故b?a=P1P2+P2P3?P1P3，根據(jù)△P1P2P3的三邊關(guān)系即可得解．
【詳解】連接P1P2,P2P3，

∵點(diǎn)P1~P8是⊙O的八等分點(diǎn)，即P1P2=P2P3=P3P4=P4P5=P5P6=P6P7=P7P8=P8P1
∴P1P2=P2P3=P3P4=P6P7，P4P6=P4P5+P5P6=P7P8+P8P1=P1P7
∴P4P6=P1P7
又∵△P1P3P7的周長為a=P1P3+P1P7+P3P7，
四邊形P3P4P6P7的周長為b=P3P4+P4P6+P6P7+P3P7，
∴b?a=P3P4+P4P6+P6P7+P3P7?P1P3+P1P7+P3P7 =P1P2+P1P7+P2P3+P3P7?P1P3+P1P7+P3P7
=P1P2+P2P3?P1P3
在△P1P2P3中有P1P2+P2P3>P1P3
∴b?a=P1P2+P2P3?P1P3>0
故選A．
【點(diǎn)睛】本題考查等弧所對的弦相等，三角形的三邊關(guān)系等知識(shí)，利用作差比較法比較周長大小是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·四川宜賓·中考真題）如圖，已知點(diǎn)A、B、C在⊙O上，C為AB的中點(diǎn)．若∠BAC=35°，則∠AOB等于（ ）

A．140°B．120°C．110°D．70°
【答案】A
【分析】連接OC，如圖所示，根據(jù)圓周角定理，找到各個(gè)角之間的關(guān)系即可得到答案．
【詳解】解：連接OC，如圖所示：
∵點(diǎn)A、B、C在⊙O上，C為AB的中點(diǎn)，
∴BC=AC，
∴∠BOC=∠AOC=12∠AOB，
∵ ∠BAC=35°，
根據(jù)圓周角定理可知∠BOC=2∠BAC=70°，
∴∠AOB=2∠BOC=140°，
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查圓中求角度問題，涉及圓周角定理，找準(zhǔn)各個(gè)角之間的和差倍分關(guān)系是解決問題的關(guān)鍵．
考點(diǎn)六： 利用弧，弦，圓心角的關(guān)系證明
1．（2023·江蘇·中考真題）如圖，AD是⊙O的直徑，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形．若∠DAC=∠ABC，AC=4，則⊙O的直徑AD= ．

【答案】42
【分析】連接CD，OC，根據(jù)在同圓中直徑所對的圓周角是90°可得∠ACD=90°，根據(jù)圓周角定理可得∠COD=∠COA，根據(jù)圓心角，弦，弧之間的關(guān)系可得AC=CD，根據(jù)勾股定理即可求解．
【詳解】解：連接CD，OC，如圖：

∵AD是⊙O的直徑，
∴∠ACD=90°，
∵∠DAC=∠ABC，
∴∠COD=∠COA，
∴AC=CD，
又∵AC=4，
∴CD=4，
在Rt△ACD中，AD=AC2+CD2=42+42=42，
故答案為：42．
【點(diǎn)睛】本題考查了在同圓中直徑所對的圓周角是90°，圓周角定理，圓心角，弦，弧之間的關(guān)系，勾股定理，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
2．（2024·江蘇南京·二模）如圖，AB、CD是⊙O的兩條弦，AC與BD相交于點(diǎn)E，AB=CD．
(1)求證：AC=BD；
(2)連接BC，作直線EO，求證：EO⊥BC．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】本題考查了垂直平分線的判定與性質(zhì)，利用弧、弦、圓心角的關(guān)系求證，正確掌握相關(guān)性質(zhì)內(nèi)容是解題的關(guān)鍵．
（1）根據(jù)利用弧、弦、圓心角的關(guān)系得出AB+AD=CD+AD，進(jìn)而可得AC=BD；
（2）因?yàn)锳B=CD，所以AB=CD，即∠ACB=∠DBC．結(jié)合OB=OC，得出E、O都在BC的垂直平分線上，即可作答．
【詳解】（1）證明：∵AB=CD，
∴AB=CD，
∴AB+AD=CD+AD，
即BD=AC，
∴AC=BD；
（2）證明：連接OB、OC，
∵AB=CD，
∴AB=CD ，
∴∠ACB=∠DBC，
∴EB=EC ，
∵OB=OC，
∴E、O都在BC的垂直平分線上，
∴EO⊥BC．
3．（2024·廣東·模擬預(yù)測）綜合運(yùn)用
如圖所示，圓內(nèi)接四邊形ABCD中，點(diǎn)B平分CAD，CA平分∠BCD．
(1)求證：∠CDE=2∠ECD．
(2)若cs∠CBA=12，求證：∠BDC=4∠CBD．
(3)求證：BC2?AB2=CA?AD．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)見解析
【分析】（1）由點(diǎn)B平分CAD，可知∠BCD=∠CDE，由CA平分∠BCD，可知∠ECD=∠BCE=12∠BCD，即可證明結(jié)論；
（2）結(jié)合題意可知∠CBA=60°，∠BDC=∠BCD，∠BDC=∠BCD=2∠BCA，設(shè)∠CBD=x，∠BCA=y，則∠ABD=∠ACD=y，∠BAC=∠BDC=2y，結(jié)合∠BCA+∠BAC=3y=180°?∠CBA=120°，求得y=40°，再求得∠CBD=∠CBA?∠DBA=20°，即可證明結(jié)論；
（3）如圖， 過點(diǎn)B作BH⊥AC， 在HC上取點(diǎn)F，使FH=AH，連接BF， 則BF=BA，可知∠BCD=∠BDC=∠BAF=∠BFA，得∠FBA=∠CBD，可證△CBF≌△DBASAS，得CF=AD，可知BH2=BC2?CH2=AB2?AH2，根據(jù)BC2?AB2=CH2?AH2=CH+AHCH?AH即可證明結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵點(diǎn)B平分CAD，
∴BC=BD，則BC=BD，
∴∠BCD=∠CDE，
∵CA平分∠BCD，
∴∠ECD=∠BCE=12∠BCD，
∴∠CDE=∠BCD=2∠ECD；
（2）證明：∵cs∠CBA=12，
∴∠CBA=60°，
∵點(diǎn)B平分CAD，
∴BC=BD，則BC=BD，
∴∠BDC=∠BCD．
∵CA平分∠BCD，
∴∠BCA=∠ACD=12∠BCD，則∠BDC=∠BCD=2∠BCA，
設(shè)∠CBD=x，∠BCA=y，則∠ABD=∠ACD=y，∠BAC=∠BDC=2y，
∴∠CBA=60°
∴∠BCA+∠BAC=3y=180°?∠CBA=120°，則y=40°，
∴∠CBD=∠CBA?∠DBA=20°．
∵∠BCD=∠BDC=2y=80° ，
∴∠BDC=4∠CBD．
（3）如圖， 過點(diǎn)B作BH⊥AC， 在HC上取點(diǎn)F，使FH=AH，連接BF， 則BF=BA．
∴∠BAF=∠BFA．
∵點(diǎn)B平分CAD，
∴BC=BD，則BC=BD，
∴∠BCD=∠BDC=∠BAF=∠BFA．
∴∠FBA=∠CBD，
在△CBF和△DBA中，BC=BD∠CBF=∠DBABF=BA
∴△CBF≌△DBASAS．
∴CF=AD．
∴BH2=BC2?CH2=AB2?AH2，
∴BC2?AB2=CH2?AH2=CH+AHCH?AH=CA?CH?FH=CA?CF=CA?AD．
【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理，銳角三角函數(shù)，弦與弧之間的關(guān)系，等腰三角形的判定及性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解決問題的關(guān)鍵．
考點(diǎn)七： 利用圓周角定理及推論求解
1．（2024·海南·中考真題）如圖，AD是半圓O的直徑，點(diǎn)B、C在半圓上，且AB=BC=CD，點(diǎn)P在CD上，若∠PCB=130°，則∠PBA等于（ ）
A．105°B．100°C．90°D．70°
【答案】B
【分析】本題考查了圓周角定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)．連接OB，OC，證明△AOB和△BOC都是等邊三角形，求得∠BPC=30°，利用三角形內(nèi)角和定理求得∠PBC=20°，據(jù)此求解即可．
【詳解】解：連接OB，OC，
∵AD是半圓O的直徑，AB=BC=CD，
∴∠AOB=∠BOC=∠COD=60°，
∴△AOB和△BOC都是等邊三角形，
∴∠OBC=∠OBA=60°，
∵BC=BC，
∴∠BPC=12∠BOC=30°，
∵∠PCB=130°，
∴∠PBC=180°?130°?30°=20°，
∴∠PBO=60°?20°=40°，
∴∠PBA=40°+60°=100°，
故選：B．
2．（2024·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，正四邊形ABCD和正五邊形CEFGH內(nèi)接于⊙O，AD和EF相交于點(diǎn)M，則∠AMF的度數(shù)為（ ）
A．26°B．27°C．28°D．30°
【答案】B
【分析】本題考查了圓內(nèi)接正多邊形的性質(zhì)，圓周角定理，三角形內(nèi)角和定理，對頂角的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，連接OC、OE、OD，設(shè)CD與EF相交于點(diǎn)N，由圓的內(nèi)接正多邊形的性質(zhì)可得∠COD=90°，∠COE=72°，即得∠DOE=∠COD?∠COE=18°，即可由圓周角定理得∠DCE=12∠DOE=9°，進(jìn)而由三角形內(nèi)角和定理得∠DNM=∠CNE=63°，再由直角三角形兩銳角互余得到∠AMF=∠DMN=27°，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
【詳解】解：連接OC、OE、OD，設(shè)CD與EF相交于點(diǎn)N，
∵正四邊形ABCD和正五邊形CEFGH內(nèi)接于⊙O，
∴∠COD=360°÷4=90°，∠COE=360°÷5=72°，
∴∠DOE=∠COD?∠COE=90°?72°=18°，
∴∠DCE=12∠DOE=12×18°=9°，
∵∠CEF=5?2×180°5=108°，
∴∠CNE=180°?108°?9°=63°，
∴∠DNM=∠CNE=63°，
∵∠ADC=90°，
∴∠DMN=90°?63°=27°，
∴∠AMF=∠DMN=27°，
故選：B．
3．（2024·西藏·中考真題）如圖，AC為⊙O的直徑，點(diǎn)B，D在⊙O上，∠ABD=60°，CD=2，則AD的長為（ ）
A．2B．22C．23D．4
【答案】C
【分析】本題考查圓周角定理及勾股定理，根據(jù)同弧所對圓周角相等及直徑所對圓周角是直角得到∠ACD=∠ABD=60°，∠ADC=90°，根據(jù)CD=2得到AC=2CD=4，最后根據(jù)勾股定理求解即可得到答案
【詳解】解：∵AC為⊙O的直徑，
∴∠ADC=90°，
∵AD=AD，∠ABD=60°，
∴∠ACD=∠ABD=60°，
∴∠DAC=90°?60°=30°，
∵CD=2，
∴AC=2CD=4，
∴AD=42?22=23，
故選：C．
考點(diǎn)八： 利用圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)求角度
1．（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，AB是⊙O的直徑，若∠BEC=20°，則∠ADC的度數(shù)為（ ）

A．100°B．110°C．120°D．130°
【答案】B
【分析】此題考查了圓周角定理、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，連接AC，由AB是⊙O的直徑得到∠ACB=90°，根據(jù)圓周角定理得到∠CAB=∠BEC=20°，得到∠ABC=90°?∠BAC=70°，再由圓內(nèi)接四邊形對角互補(bǔ)得到答案.
【詳解】解：如圖，連接AC，

∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，
∵∠BEC=20°，
∴∠CAB=∠BEC=20°
∴∠ABC=90°?∠BAC=70°
∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，
∴∠ADC=180°?∠ABC=110°，
故選：B
2．（2024·四川廣元·中考真題）如圖，已知四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，E為AD延長線上一點(diǎn)，∠AOC=128°，則∠CDE等于（ ）
A．64°B．60°C．54°D．52°
【答案】A
【分析】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．根據(jù)同弧所對的圓心角等于圓周角的2倍可求得∠ABC的度數(shù)，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補(bǔ)，可推出∠CDE=∠ABC，即可得到答案．
【詳解】解：∵∠ABC是圓周角，與圓心角∠AOC對相同的弧，且∠AOC=128°，
∴∠ABC=12∠AOC=12×128°=64°，
又∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
又∵∠CDE+∠ADC=180°，
∴∠CDE=∠ABC=64°，
故選：A．
3．（2024·江蘇無錫·中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，△ACD內(nèi)接于⊙O，CD=DB，AB，CD的延長線相交于點(diǎn)E，且DE=AD．
(1)求證：△CAD∽△CEA；
(2)求∠ADC的度數(shù)．
【答案】(1)見詳解
(2)45°
【分析】本題主要考查了圓周角定理，相似三角形的判定以及性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等邊對等角等知識(shí)，掌握這些性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
（1）由等弧所對的圓周角相等可得出∠CAD=∠DAB，再由等邊對等角得出∠DAB=∠E，等量代換可得出∠CAD=∠E，又∠C=∠C，即可得出△CAD∽△CEA．
（2）連接BD，由直徑所對的圓周角等于90°得出∠ADB=90°，設(shè)∠CAD=∠DAB=α，即∠CAE=2α，由相似三角形的性質(zhì)可得出∠ADC=∠CAE=2α，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得出2α+2α+90°=180°，即可得出α的值， 進(jìn)一步即可得出答案．
【詳解】（1）證明：∵CD=DB
∴∠CAD=∠DAB，
∵DE=AD，
∴∠DAB=∠E，
∴∠CAD=∠E，
又∵∠C=∠C
∴△CAD∽△CEA，
（2）連接BD，如下圖：
∵AB為直徑，
∴∠ADB=90°，
設(shè)∠CAD=∠DAB=α，
∴∠CAE=2α，
由（1）知：△CAD∽△CEA
∴∠ADC=∠CAE=2α，
∵四邊形ABDC是圓的內(nèi)接四邊形，
∴∠CAB+∠CDB=180°，
即2α+2α+90°=180°，
解得：α=22.5°
∠ADC=∠CAE=2×22.5°=45°
重難點(diǎn)一： 弧中點(diǎn)模型
1．（2021·四川巴中·中考真題）如圖，AB是⊙O的弦，且AB＝6，點(diǎn)C是弧AB中點(diǎn)，點(diǎn)D是優(yōu)弧AB上的一點(diǎn)，∠ADC＝30°，則圓心O到弦AB的距離等于（ ）
A．33B．32C．3D．32
【答案】C
【分析】連接OA，AC，OC，OC交AB于E，先根據(jù)垂徑定理求出AE=3，然后證明三角形OAC是等邊三角形，從而可以得到∠OAE=30°，再利用三線合一定理求解即可.
【詳解】解：如圖所示，連接OA，AC，OC，OC交AB于E，
∵C是弧AB的中點(diǎn)，AB=6，
∴OC⊥AB，AE=BE=3，
∵∠ADC=30°，
∴∠AOC=2∠ADC=60°，
又∵OA=OC，
∴△OAC是等邊三角形，
∵OC⊥AB,
∴OC=OE=12OC=12AO，OE2+AE2=AO2,
∴OE2+32=4OE2
∴OE=3
∴圓心O到弦AB的距離為3，
故選C.
【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角與圓心角的關(guān)系，等邊三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，垂徑定理，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解.
2．（2020·貴州畢節(jié)·中考真題）如圖，已知AB是⊙O的直徑，⊙O經(jīng)過Rt△ACD的直角邊DC上的點(diǎn)F，交AC邊于點(diǎn)E，點(diǎn)F是弧EB的中點(diǎn)，∠C=90°，連接AF．
（1）求證：直線CD是⊙O切線．
（2）若BD=2，OB=4，求tan∠AFC的值．
【答案】（1）證明見解析；（2）5.
【分析】（1）連接OF，因?yàn)辄c(diǎn)F是弧EB的中點(diǎn)，所以可得∠CAF=∠FAB，因?yàn)镺A=OF，所以∠OFA=∠FAB，所以∠CAF=∠OFA，所以CA//OF，所以∠OFD=∠C=90°，即可得出直線CD是⊙O切線；
（2）由（1）得CA//OF，所以ΔOFD～ΔACD，所以O(shè)DAD=OFAC，可求出AC=203，在RtΔACD，根據(jù)勾股定理可得出CD=AD2?AC2=1053，再根據(jù)ODAD=DFCD，即ODAD=CD?CFCD，可得CF=453，在RtΔACF中，可求出tan∠AFC=CFAC=55.
【詳解】解：如圖，連接OF，
∵F是弧EB的中點(diǎn)，
∴∠CAF=∠FAB，
∵OA=OF，
∴∠OFA=∠FAB，
∴∠CAF=∠OFA，
∴CA//OF，
∴∠OFD=∠C=90°，
∴直線CD是⊙O切線.
（2）∵AO=OB=OF=4，BD=2
∴AD=10；
由（1）得CA//OF，
∴ΔOFD～ΔACD，
∴ODAD=OFAC
∴610=4AC
∴AC=203;
∵在RtΔACD中，AD=10，AC=203
∴CD=AD2?AC2=1053，
∵ΔOFD～ΔACD，
∴ODAD=DFCD
可得：610=1053?CF1053，解得：CF=453，
在RtΔACF中，可得：tan∠AFC=ACCF=5
即：tan∠AFC=5.
【點(diǎn)睛】本題考查與圓有關(guān)的證明，熟練掌握與圓有關(guān)的定理是做題關(guān)鍵，比如本題中看到弧相等，就要轉(zhuǎn)化成相應(yīng)的圓周角或者圓心角相等；當(dāng)題目中出現(xiàn)平行線，并且求線段長度，可考慮利用相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行求解，結(jié)合勾股定理，注意計(jì)算不要出錯(cuò).
3．（2024·甘肅定西·模擬預(yù)測）如圖，AB是⊙O的直徑，若AB=2AC，D是弧BC的中點(diǎn)，則∠CAD的度數(shù)為（ ）
A．15°B．30°C．35°D．45°
【答案】B
【分析】本題主要考查了垂徑定理，圓周角定理，等邊三角形的性質(zhì)與判定，如圖所示，連接OC，OD，證明AC=OA=OC，得到△AOC是等邊三角形，進(jìn)而推出∠BOC=120°，再由垂徑定理得到∠COD=12∠BOC=60°，則由圓周角定理可得∠CAD=12∠AOD=30°．
【詳解】解；如圖所示，連接OC，OD，
∵AB是⊙O的直徑，
∴OA=OC=12AB，
∵AB=2AC，
∴AC=OA=OC，
∴△AOC是等邊三角形，
∴∠AOC=60°，
∴∠BOC=120°，
∵D是弧BC的中點(diǎn)，
∴∠COD=12∠BOC=60°，
∴∠CAD=12∠AOD=30° ，
故選：B．
重難點(diǎn)二： 與圓有關(guān)的常見輔助線-遇到弦時(shí)，常添加弦心距
1．（2024·四川遂寧·中考真題）工人師傅在檢查排污管道時(shí)發(fā)現(xiàn)淤泥堆積．如圖所示，排污管道的橫截面是直徑為2米的圓，為預(yù)估淤泥量，測得淤泥橫截面（圖中陰影部分）寬AB為1米，請計(jì)算出淤泥橫截面的面積（ ）
A．16π?34B．16π?32C．23π?3D．16π?14
【答案】A
【分析】本題考查了垂徑定理，勾股定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，求不規(guī)則圖形的面積，過點(diǎn)O作OD⊥AB于D，由垂徑定理得AD=BD=12AB=12m，由勾股定理得OD=32m，又根據(jù)圓的直徑為2米可得OA=OB=AB，得到△AOB為等邊三角形，即得∠AOB=60°，再根據(jù)淤泥橫截面的面積=S扇形AOB?S△AOB即可求解，掌握垂徑定理及扇形面積計(jì)算公式是解題的關(guān)鍵．
【詳解】解：過點(diǎn)O作OD⊥AB于D，則AD=BD=12AB=12m，∠ADO=90°，
∵圓的直徑為2米，
∴OA=OB=1m，
∴在Rt△AOD中，OD=OA2?AD2=12?122=32m，
∵OA=OB=AB，
∴△AOB為等邊三角形，
∴∠AOB=60°，
∴淤泥橫截面的面積=S扇形AOB?S△AOB=60π×12360?12×1×32=16π?34m2，
故選：A．
2．（2023·寧夏·中考真題）如圖，已知AB是⊙O的直徑，直線DC是⊙O的切線，切點(diǎn)為C，AE⊥DC，垂足為E．連接AC．

(1)求證：AC平分∠BAE；
(2)若AC=5，tan∠ACE=34，求⊙O的半徑．
【答案】(1)見解析
(2)⊙O的半徑為256
【分析】（1）連接OC，根據(jù)切線的性質(zhì)可得OC⊥DE，證明OC∥AE，根據(jù)平行線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)求出∠CAO=∠CAE即可；
（2）連接OC，過點(diǎn)O作OF⊥AC于F，證明∠ACE=∠COF，根據(jù)正切的定義列式求出OF，再根據(jù)勾股定理求出OC即可．
【詳解】（1）證明：連接OC，

∵直線DC是⊙O的切線，
∴OC⊥DE，
∵AE⊥DC，
∴OC∥AE，
∴∠OCA=∠CAE，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠CAO，
∴∠CAO=∠CAE，即AC平分∠BAE；
（2）解：連接OC，過點(diǎn)O作OF⊥AC于F，則CF=12AC=52，

∵∠OCE=∠OCF+∠ACE=90°，∠OCF+∠COF=90°，
∴∠ACE=∠COF，
∴tan∠COF=tan∠ACE=34，
∴CFOF=52OF=34，
∴OF=103，
∴OC=CF2+OF2=256，
即⊙O的半徑為256．
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，垂徑定理，解直角三角形以及勾股定理等知識(shí)，靈活運(yùn)用各性質(zhì)進(jìn)行推理論證是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·湖北武漢·中考真題）如圖，OA,OB,OC都是⊙O的半徑，∠ACB=2∠BAC．

(1)求證：∠AOB=2∠BOC；
(2)若AB=4,BC=5，求⊙O的半徑．
【答案】(1)見解析
(2)52
【分析】（1）由圓周角定理得出，∠ACB=12∠AOB,∠BAC=12∠BOC，再根據(jù)∠ACB=2∠BAC，即可得出結(jié)論；
（2）過點(diǎn)O作半徑OD⊥AB于點(diǎn)E，根據(jù)垂徑定理得出∠DOB=12∠AOB,AE=BE，證明∠DOB=∠BOC，得出BD=BC，在Rt△BDE中根據(jù)勾股定理得出DE=BD2?BE2=1，在Rt△BOE中，根據(jù)勾股定理得出OB2=(OB?1)2+22，求出OB即可．
【詳解】（1）證明：∵AB=AB，
∴∠ACB=12∠AOB，
∵BC=BC，
∴∠BAC=12∠BOC，
∵∠ACB=2∠BAC，
∴∠AOB=2∠BOC．
（2）解：過點(diǎn)O作半徑OD⊥AB于點(diǎn)E，則∠DOB=12∠AOB,AE=BE，
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠DOB=∠BOC，
∴BD=BC，
∵AB=4,BC=5，
∴BE=2,DB=5，
在Rt△BDE中，∵∠DEB=90°
∴DE=BD2?BE2=1，
在Rt△BOE中，∵∠OEB=90°，
∴OB2=(OB?1)2+22，
∴OB=52，即⊙O的半徑是52．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理，垂徑定理，圓周角定理，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握圓周角定理．
重難點(diǎn)三： 與圓有關(guān)的常見輔助線-遇到直徑時(shí)，常添加直徑所對的圓周角
1．（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AD是直徑，若∠B=25°，則∠CAD °．
【答案】65
【分析】本題考查了圓周角定理，直角三角形的兩個(gè)銳角互余，連接CD，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角得出∠ACD=90°，根據(jù)同弧所對的圓周角相等得出∠D=∠B=25°，進(jìn)而根據(jù)直角三角形的兩個(gè)銳角互余，即可求解．
【詳解】解：如圖所示，連接CD，
∵△ABC內(nèi)接于⊙O，AD是直徑，
∴∠ACD=90°，
∵AC=AC,∠B=25°，
∴∠D=∠B=25°
∴∠CAD=90°?25°=65°，
故答案為：65．
2．（2023·江蘇·中考真題）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 °．
【答案】120
【分析】解：如圖，連接BD，由BC是⊙O的直徑，可得∠BDC=90°，由BC=2CD，可得∠CBD=30°，∠C=60°，根據(jù)∠BAD=180°?∠C，計(jì)算求解即可．
【詳解】解：如圖，連接BD，
∵BC是⊙O的直徑，
∴∠BDC=90°，
∵BC=2CD，
∴∠CBD=30°，
∴∠C=60°，
∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，
∴∠BAD=180°?∠C=120°，
故答案為：120．
【點(diǎn)睛】本題考查了直徑所對的圓周角為直角，含30°的直角三角形，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于明確角度之間的數(shù)量關(guān)系．
3．（2023·遼寧營口·中考真題）如圖，在△ABC中，AB=BC，以BC為直徑作⊙O與AC交于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DE⊥AB，交CB延長線于點(diǎn)F，垂足為點(diǎn)E．
(1)求證：DF為⊙O的切線；
(2)若BE=3，csC=45，求BF的長．
【答案】(1)見詳解
(2)BF=757
【分析】（1）連接DO，DB，根據(jù)圓周角定理證明BD⊥AC，再根據(jù)“三線合一”證明BD平分∠BAC，即有∠ABD=∠DBC=12∠BAC，進(jìn)而可得∠BDO=∠DBA，根據(jù)DE⊥AB，可得∠EDB+∠ODB=90°，問題得證；
（2）先證明∠A=∠ACB，∠EDB=∠ACB，即有cs∠EDB=cs∠A=cs∠ACB=45，在Rt△DBE中結(jié)合勾股定理，可求出BD=5，即同理在Rt△DBE中，可得AB=253，進(jìn)而有BC=AB=253， BO=12CB=256，即DO=BO=256，證明△DOF∽△EBF，即有BEDO=BFFO，即BEDO=BFBF+BO，問題即可得解．
【詳解】（1）連接DO，DB，
∵BC為⊙O的直徑，
∴∠BDC=90°，
∴BD⊥AC，
∵在△ABC中，AB=BC，
∴BD平分∠BAC，
∴∠ABD=∠DBC=12∠BAC，
∵BO=OD，
∴∠BDO=∠DBC，
∴∠BDO=∠DBA，
∵DE⊥AB，
∴∠EDB+∠DBA=90°，
∴∠EDB+∠ODB=90°，
∴半徑OD⊥DF，
∴DF為⊙O的切線；
（2）∵在△ABC中，AB=BC，
∴∠A=∠ACB，
在（1）中，∠EDB+∠DBA=90°=∠ACB+∠DBC，∠ABD=∠DBC，
∴∠EDB=∠ACB，
∵csC=45，
∴cs∠EDB=cs∠A=cs∠ACB=45，
∵在Rt△DBE中，BE=3，cs∠EDB=45，
∴DE=45BD，
∴BD2=45BD2+32，解得：BD=5（負(fù)值舍去），
即同理在Rt△DBE中，可得AB=253，
∴BC=AB=253，
∴BO=12CB=256，即DO=BO=256，
∵AB⊥DF，DO⊥DF，
∴DO∥AB，
∴△DOF∽△EBF，
∴BEDO=BFFO，即BEDO=BFBF+BO，
∴3256=BFBF+256，
解得：BF=757（經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意），
即BF=757．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理，切線的判定，解直角三角形，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，掌握切線的判定以及三角函數(shù)，是解答本題的關(guān)鍵．
易錯(cuò)點(diǎn)1： 對同弦所對的圓周角的個(gè)數(shù)考慮不全面而漏解
1．（2020·湖北襄陽·中考真題）在⊙O中，若弦BC垂直平分半徑OA，則弦BC所對的圓周角等于 °．
【答案】120°或60°
【分析】根據(jù)弦BC垂直平分半徑OA及OB=OC證明四邊形OBAC是矩形，再根據(jù)OB=OA，OE=12求出∠BOE=60°，即可求出答案.
【詳解】設(shè)弦BC垂直平分半徑OA于點(diǎn)E，連接OB、OC、AB、AC，且在優(yōu)弧BC上取點(diǎn)F，連接BF、CF，
∴OB=AB，OC=AC，
∵OB=OC，
∴四邊形OBAC是菱形，
∴∠BOC=2∠BOE，
∵OB=OA，OE=12,
∴cs∠BOE=12，
∴∠BOE=60°，
∴∠BOC=∠BAC=120°，
∴∠BFC=12∠BOC=60°，
∴ 弦BC所對的圓周角為120°或60°，
故答案為：120°或60°.
【點(diǎn)睛】此題考查圓的基本知識(shí)點(diǎn)：圓的垂徑定理，同圓的半徑相等的性質(zhì)，圓周角定理，菱形的判定定理及性質(zhì)定理，銳角三角函數(shù)，熟練掌握圓的各性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵.
2．（2023·湖北襄陽·模擬預(yù)測）半徑長為n的⊙O中，有一條弦AB的長為2n，則弦AB所對的圓周角度數(shù)等于 ．
【答案】45°或135°
【分析】利用勾股定理的逆定理求得△AOB是直角三角形，再利用圓周角定理以及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可求解．
【詳解】解：如圖，∵OA=OB=n，AB=2n，

∴OA2+OB2=2n2，AB2=2n2，
∴OA2+OB2=AB2，
∴△AOB是直角三角形，
∴∠O=90°，
∴∠C=12∠O=45°，
∵四邊形ADBC是圓內(nèi)接四邊形，
∴∠D+∠C=180°，
∴∠D=135°，
∴弦AB所對的圓周角度數(shù)等于45°或135°．
故答案為：45°或135°．
【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理的逆定理，圓周角定理及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，解答此題時(shí)要注意一條弦所對的圓周角有兩個(gè)，這兩個(gè)角互為補(bǔ)角．
易錯(cuò)點(diǎn)2： 對弦的位置考慮不全面而漏解
1．（2022·黑龍江牡丹江·二模）在半徑為4cm的⊙O中，弦CD平行于弦AB，AB=43cm，∠BOD=90°，則AB與CD之間的距離是 cm．
【答案】23+2或23?2
【分析】根據(jù)題意，分析兩種AB的位置情況進(jìn)行求解即可；
【詳解】解：①如圖，AB//CD，過點(diǎn)O作GH⊥AB、GH⊥CD
在⊙O中
∵∠BOD=90°，GH⊥AB、GH⊥CD
∴∠GOB+∠DOH=90°
∴∠GOB=∠ODH
∵∠OGB=∠DHO∠GOB=∠ODHOB=OD
∴ΔGOB?ΔDHOAAS
∴BG=OH
∵OG⊥AB
∴OH=BG=12AB=23
∴OG=OB2?BG2=42?232=2
∴GH=OH+OG=23+2
∵AB//CD
∴AB與CD之間的距離即GH
∴AB與CD之間的距離為23+2
②如圖，作OF⊥AB、PD⊥AB，連接AD
則有四邊形PEFD是矩形，
∴EF=PD
∵∠BOD=90°
∴∠BAD=45°
∵PD⊥AB
∴AP=PD
∵OF⊥AB
∴BE=12AB=23
∴OE=OB2?BE2=42?232=2
∵OD2=OF2+FD2
∴42=2+PD2+23?PD2
∴PD=23?2
故答案為：23+2或23?2
【點(diǎn)睛】本題主要圓的性質(zhì)、三角形的全等，勾股定理，掌握相關(guān)知識(shí)并正確做出輔助線是解題的關(guān)鍵．
2．（2020·青?！ぶ锌颊骖}）已知⊙O的直徑為10cm，AB，CD是⊙O的兩條弦，AB//CD，AB=8cm，CD=6cm，則AB與CD之間的距離為 cm．
【答案】7或1．
【分析】分兩種情況考慮：當(dāng)兩條弦位于圓心O同一側(cè)時(shí)，當(dāng)兩條弦位于圓心O兩側(cè)時(shí)；利用垂徑定理和勾股定理分別求出OE和OF的長度，即可得到答案．
【詳解】解：分兩種情況考慮：
當(dāng)兩條弦位于圓心O一側(cè)時(shí)，如圖1所示，

過O作OE⊥CD，交CD于點(diǎn)E，交AB于點(diǎn)F，連接OC，OA，
∵AB∥CD，∴OE⊥AB，
∴E、F分別為CD、AB的中點(diǎn)，
∴CE=DE=12CD=3cm，AF=BF=12AB=4cm，
在Rt△AOF中，OA=5cm，AF=4cm，
根據(jù)勾股定理得：OF=3cm，
在Rt△COE中，OC=5cm，CE=3cm，
根據(jù)勾股定理得：OE═4cm，
則EF=OE?OF=4cm?3cm=1cm；
當(dāng)兩條弦位于圓心O兩側(cè)時(shí)，如圖2所示，
同理可得EF=4cm+3cm=7cm，
綜上，弦AB與CD的距離為7cm或1cm．
故答案為：7或1．
【點(diǎn)睛】此題考查了垂徑定理，勾股定理，利用了分類討論的思想，熟練掌握垂徑定理是解本題的關(guān)鍵．目錄
01 理·思維導(dǎo)圖：呈現(xiàn)教材知識(shí)結(jié)構(gòu)，構(gòu)建學(xué)科知識(shí)體系。
02 盤·基礎(chǔ)知識(shí)：甄選核心知識(shí)逐項(xiàng)分解，基礎(chǔ)不丟分。（2大模塊知識(shí)梳理）
\l "_Tc182324382" 知識(shí)模塊一：圓的相關(guān)概念
\l "_Tc182324386" 知識(shí)模塊二：圓的相關(guān)性質(zhì)
03 究·考點(diǎn)考法：對考點(diǎn)考法進(jìn)行細(xì)致剖析和講解，全面提升。（8大基礎(chǔ)考點(diǎn)）
\l "_Tc182324398" 考點(diǎn)一： 利用垂徑定理求解
\l "_Tc182324399" 考點(diǎn)二： 利用垂徑定理結(jié)合全等，相似綜合求解
\l "_Tc182324400" 考點(diǎn)三： 在坐標(biāo)系中利用垂徑定理求值或坐標(biāo)
\l "_Tc182324401" 考點(diǎn)四： 垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用
\l "_Tc182324402" 考點(diǎn)五： 利用弧，弦，圓心角的關(guān)系求解
\l "_Tc182324403" 考點(diǎn)六： 利用弧，弦，圓心角的關(guān)系證明
\l "_Tc182324404" 考點(diǎn)七：利用圓周角定理求解
\l "_Tc182324405" 考點(diǎn)八： 利用圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)求角度
04 破·重點(diǎn)難點(diǎn)：突破重難點(diǎn)，沖刺高分。（3大重難點(diǎn)）
重難點(diǎn)一： 弧中點(diǎn)模型
重難點(diǎn)二： 與圓有關(guān)的常見輔助線-遇到弦時(shí)，常添加弦心距
重難點(diǎn)三： 與圓有關(guān)的常見輔助線-遇到直徑時(shí)，常添加直徑所對的圓周角
05 辨·易混易錯(cuò)：點(diǎn)撥易混易錯(cuò)知識(shí)點(diǎn)，夯實(shí)基礎(chǔ)。（2大易錯(cuò)點(diǎn)）
\l "_易錯(cuò)點(diǎn)1：" 易錯(cuò)點(diǎn)1： 對同弦所對的圓周角的個(gè)數(shù)考慮不全面而漏解
\l "_易錯(cuò)點(diǎn)2："易錯(cuò)點(diǎn)2： 對弦的位置考慮不全面而漏解
內(nèi)容
圓的軸對稱性
經(jīng)過圓心任意畫一條直線，并沿此直線將圓對折,直線兩旁的部分能夠完全重合，因此圓是軸對稱圖形，每一條直徑所在的直線都是它的對稱軸，圓有無數(shù)條對稱軸.
圓的中心對稱性
將圓繞圓心旋轉(zhuǎn)180°能與自身重合，因此它是中心對稱圖形，它的對稱中心是圓心.將圓繞圓心旋轉(zhuǎn)任意角度都能與自身重合，這說明圓具有旋轉(zhuǎn)不變性.

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