難點07 圓的基本性質(zhì)的常考題型（6大熱考題型）-2025年中考數(shù)學一輪復習知識清單（全國通用）

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題型一：圓的基本和最值問題
【中考母題學方法】
【典例1】（2024·江蘇蘇州·中考真題）如圖，矩形中，，，動點E，F(xiàn)分別從點A，C同時出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿，向終點B，D運動，過點E，F(xiàn)作直線l，過點A作直線l的垂線，垂足為G，則的最大值為（ ）

A．B．C．2D．1
【答案】D
【分析】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、動點軌跡、與圓有關的位置關系等知識，根據(jù)矩形的性質(zhì)以及直角三角形斜邊中線的性質(zhì)確定G的軌跡是本題解題的關鍵．
連接，交于點，取中點，連接，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，可以得出的軌跡，從而求出的最大值．
【詳解】解：連接，交于點，取中點，連接，如圖所示：

∵四邊形是矩形，
∴，，，
∴在中，，
∴，
∵，
，
在與中，
，
，
，，共線，
，是中點，
∴在中，，
的軌跡為以為圓心，為半徑即為直徑的圓?。?br>∴的最大值為的長，即．
故選：D．
【典例2】（2023·山東淄博·中考真題）在數(shù)學綜合與實踐活動課上，小紅以“矩形的旋轉(zhuǎn)”為主題開展探究活動．
(1)操作判斷
小紅將兩個完全相同的矩形紙片和拼成“L”形圖案，如圖①．
試判斷：的形狀為________．

(2)深入探究
小紅在保持矩形不動的條件下，將矩形繞點旋轉(zhuǎn)，若，．
探究一：當點恰好落在的延長線上時，設與相交于點，如圖②．求的面積．
探究二：連接，取的中點，連接，如圖③．
求線段長度的最大值和最小值．

【答案】(1)等腰直角三角形
(2)探究一：；探究二：線段長度的最大值為，最小值為
【分析】（1）由，可知是等腰三角形，再由，推導出，即可判斷出是等腰直角三角形，
（2）探究一：證明，可得，再由等腰三角形的性質(zhì)可得，在中，勾股定理列出方程，解得，即可求的面積；
探究二：連接DE，取DE的中點，連接，取AD、的中點為、，連接，，，分別得出四邊形是平行四邊形，四邊形是平行四邊形，則，可知點在以為直徑的圓上，設的中點為，，即可得出的最大值與最小值．
【詳解】（1）解：兩個完全相同的矩形紙片和，
，
是等腰三角形，
，．，
，
，
∵，
∴，
∴，
，
，
，
是等腰直角三角形，
故答案為：等腰直角三角形；
（2）探究一：，，，
，
，
，，
，
，，
，
在中，，
，
解得，
，
的面積；
探究二：連接DE，取DE的中點，連接，，取AD、的中點為、，連接，，，
是的中點，
，且DE，
，
，，
，且，
四邊形是平行四邊形，
，，
，，
，，
四邊形是平行四邊形，
，
，
點在以為直徑的圓上，
設的中點為，
，
的最大值為，最小值為．
【點睛】本題考查四邊形的綜合應用，熟練掌握矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定及性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，圓的性質(zhì)，能夠確定H點的運動軌跡是解題的關鍵．
【變式1-1】（2024·江蘇連云港·中考真題）如圖，將一根木棒的一端固定在O點，另一端綁一重物．將此重物拉到A點后放開，讓此重物由A點擺動到B點．則此重物移動路徑的形狀為（ ）

A．傾斜直線B．拋物線C．圓弧D．水平直線
【答案】C
【分析】本題考查動點的移動軌跡，根據(jù)題意，易得重物移動的路徑為一段圓?。?br>【詳解】解：在移動的過程中木棒的長度始終不變，故點的運動軌跡是以為圓心，為半徑的一段圓弧，
故選：C．
【變式1-2】（2023·江蘇宿遷·中考真題）在同一平面內(nèi)，已知的半徑為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
【答案】B
【分析】過點作于點，連接，判斷出當點為的延長線與的交點時，點到直線的距離最大，由此即可得．
【詳解】解：如圖，過點作于點，連接，
，，
當點為的延長線與的交點時，點到直線的距離最大，最大距離為，
故選：B．
【點睛】本題考查了圓的性質(zhì)，正確判斷出點到直線的距離最大時，點的位置是解題關鍵．
【中考模擬即學即練】
1．（2024·安徽合肥·三模）如圖，P為線段上一動點（點P不與點A，B重合），將線段繞點P順時針旋轉(zhuǎn)得到線段，將線段繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)得到線段，連接，，交點為Q．若，點H是線段的中點，則的最小值為（ ）
A．3B．C．D．2
【答案】B
【分析】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形手拉手問題、三角形中位線及四點共圓最小值問題，作且，先證，結(jié)合旋轉(zhuǎn)角度問題得到A、Q、B、E四點共圓，結(jié)合三角形三邊關系即可得到答案；
【詳解】解：∵線段繞點P順時針旋轉(zhuǎn)得到線段，將線段繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)得到線段，
∴，，，
∴，
在與中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
作且，取的中點O，連接，，，
，
∵，，
∴，，
∵點H、O是中點，
∴，，
∵，
∴A、Q、B、E四點共圓，
∵，
∴A、Q、B、E是在以點O為圓心為半徑的圓上，
當O、H、Q在同一直線時，
，
當O、H、Q不在同一直線時
，
則最小值為，
故選：B．
2．（2024·浙江嘉興·一模）如圖，在矩形中，，E為邊上的一個動點，連接，點B關于的對稱點為，連接．若的最大值與最小值之比為2，則的長為 ．
【答案】
【分析】本題主要考查了一點到圓上一點距離的最值問題，矩形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，勾股定理，由軸對稱的性質(zhì)可得，則點在以A為圓心，半徑為3的圓上運動，據(jù)此可得當三點共線時，最小，當點E與點B重合時，最大，據(jù)此表示出的最大值和最小值，再由的最大值與最小值之比為2列出方程求解即可．
【詳解】解；如圖所示，連接，
由軸對稱的性質(zhì)可得，
∴點在以A為圓心，半徑為3的圓上運動，
∴當三點共線時，最小，
∴；
∵點E在線段上，
∴當點E與點B重合時，最大，最大值即為的長，
∴，
∵的最大值與最小值之比為2，
∴，
∴，
∴，
解得或，
故答案為：．
3．（2024·江蘇南京·模擬預測）如圖，點C是上一動點，B為一定點，D隨著C點移動而移動，為的垂直平分線，，若半徑為2，點B到點A的距離為4，則在C點運動過程中，的最大值為 ．
【答案】
【分析】該題主要考查了勾股定理，正方形的性質(zhì)和判定，垂直平分線的定義，圓中相關知識點，解題的關鍵是找到取得最大值時點C的位置．
過點作交所在直線于點，證明四邊形是正方形，設，則，勾股定理得出，確定出時最大，求解即可；
【詳解】解：過點作交所在直線于點，
∵為的垂直平分線， ，
∴，
∵，
∴四邊形是正方形，
設，則，
在中，，
故當最大時，最大，
∵，
∴時最大，即最大，
此時，
故答案為：．
4．（2024·河北秦皇島·一模）某校社團實踐活動中，有若干個同學參加．先到的個同學均勻圍成一個以點為圓心，為半徑的圓圈，如圖所示（每個同學對應圓周上一個點）．
（1）若，則相鄰兩人間的圓弧長是 ．（結(jié)果保留）
（2）又來了兩個同學，先到的同學都沿各自所在半徑往后移米，再左右調(diào)整位置，使這個同學之間的圓弧長與原來個同學之間的圓弧長相等．這個同學排成圓圈后，又有一個同學要加入隊伍，重復前面的操作，則每人須再往后移米，才能使得這個同學之間的圓弧長與原來個同學之間的圓弧長相同，則 ．
【答案】
【分析】本題考查圓的周長和弧長，
（1）先計算出圓的周長，再計算出圓的弧長即可；
（2）先計算出半徑往后移米的圓的周長，求出弧長，根據(jù)弧長相等建立等式即可求出a，再計算出b，即可得到答案．
【詳解】解：（1）當時，圓的周長為：，
∴相鄰兩人間的圓弧長是，
故答案為：；
（2）又來了兩個同學后圓的周長為：，
∴，
∴，
當又有一個同學要加入隊伍后，圓的周長為：，
∴，
∴，
∴，
故答案為：．
5．（2024·浙江·模擬預測）如圖，以點A為圓心的圓交數(shù)軸于B，C兩點（點C在點A的左側(cè)，點B在點A的右側(cè)），若A，B兩點表示的數(shù)分別為1，，則點C表示的數(shù)是 ．
【答案】/
【分析】本題主要考查了是數(shù)軸上兩點之間的距離和圓的性質(zhì)．根據(jù)A，B兩點表示的數(shù)可求得的半徑為，再利用B點表示的數(shù)減去的直徑即可解題．
【詳解】解：，B兩點表示的數(shù)分別為1，，
根據(jù)圓的性質(zhì)可得：
，
，
點C表示的數(shù)是，
故答案為：．
6．（2024·陜西·模擬預測）如圖，在矩形中，，， 是平面內(nèi)一動點，且，則線段的最大值為 ．

【答案】/
【分析】該題主要考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，圓相關知識點，解題的關鍵是明確點的運動軌跡．
根據(jù)勾股定理算出，再根據(jù)題意確定點在以為半徑的上運動，的最大值，即可求解；
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴點在以為半徑的上運動，
如圖當三點共線時，
最大，最大值．
故答案為：．
7．（2023·四川樂山·模擬預測）【發(fā)現(xiàn)問題】
小明在練習簿的橫線上取點O為圓心，相鄰橫線的間距為半徑畫圓，然后半徑依次增加一個間距畫同心圓，描出了同心圓與橫線的一些交點，如圖1所示，他發(fā)現(xiàn)這些點的位置有一定的規(guī)律．
【提出問題】
小明通過觀察，提出猜想：按此步驟繼續(xù)畫圓描點，所描的點都在某二次函數(shù)圖象上．
【分析問題】
小明利用已學知識和經(jīng)驗，以圓心O為原點，過點O的橫線所在直線為x軸，過點O且垂直于橫線的直線為y軸，相鄰橫線的間距為一個單位長度，建立平面直角坐標系，如圖2所示，當所描的點在半徑為5的同心圓上時，其坐標為 ___________．
【解決問題】
請幫助小明驗證他的猜想是否成立．
【深度思考】
小明繼續(xù)思考：設點，m為正整數(shù)，以為直徑畫，是否存在所描的點在上，若存在，求m的值；若不存在，請說明理由．
【答案】【分析問題】或，【解決問題】見解析，【深度思考】4
【分析】分析問題：利用垂徑定理與勾股定理解答即可；
解決問題：設所描的點在半徑為為正整數(shù)的同心圓上，則該點的縱坐標為，再進一步求解橫坐標即可；
深度思考：設該點的坐標為結(jié)合的圓心坐標，利用勾股定理，即可用含的代數(shù)式表示出的值，再結(jié)合，均為正整數(shù)，即可得出，的值．
【詳解】解：分析問題：根據(jù)題意，可知：所描的點在半徑為的同心圓上時，其縱坐標

∵橫坐標，
∴點的坐標為)或；
解決問題：證明：設所描的點在半徑為為正整數(shù)的同心圓上，則該點的縱坐標為，
∴該點的橫坐標為，
∴該點的坐標為 或 ，
，
∴該點在二次函數(shù)的圖象上，
∴小明的猜想正確；
深度思考：設該點的坐標為，的圓心坐標為，
，
，
又∵， 均為正整數(shù)，
，
，
∴存在所描的點在上，的值為．
【點睛】本題考查了勾股定理、垂徑定理的應用，二次函數(shù)圖象上點的坐標特征以及與圓有關的位置關系，解題的關鍵是找出點在二次函數(shù) 的圖象上．
8．（2024·湖南·模擬預測）如圖，在6×6的正方形網(wǎng)格中，小正方形的頂點叫做格點．A，B兩點均為格點，請僅用無刻度直尺找出經(jīng)過A，B兩點的圓的圓心O，并保留作圖痕跡．
【答案】見解析
【分析】根據(jù)圓心確定的條件即弦的垂直平分線的交點，再利用垂徑定理解答即可．
本題主要考查了線段的垂直平分線的性質(zhì)、垂徑定理等知識點，靈活運用垂徑定理是解題的關鍵．
【詳解】解：根據(jù)題意，畫圖如下：
則點O即為所求．
9．（2025·湖北十堰·模擬預測）如圖，的直徑垂直弦于點 E，F(xiàn)是圓上一點，D是的中點，連接 交 于點 G， 連接 ．
(1)求證：；
(2)若，，求的長．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用證明，即可得到；
（2）連接，求出直徑的長，即得半徑，求出，由（1）知，再求出，利用勾股定理求出，根據(jù)垂徑定理即可求出．
【詳解】（1）證明：∵是的中點，
∴，即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：如圖，連接，
∵，，
∴，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，
∴，
∵直徑，
∴．
【點睛】本題考查了圓周角定理，三角形全等的判定與性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理．熟練掌握圓的基本性質(zhì)、三角形全等的判定定理是解題的關鍵．
題型二：垂徑定理及其應用
【中考母題學方法】
【典例1】（2024·湖南長沙·中考真題）如圖，在中，弦的長為8，圓心O到的距離，則的半徑長為（ ）
A．4B．C．5D．
【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，再根據(jù)勾股定理求解即可．
【詳解】解：∵在中，弦的長為8，圓心O到的距離，
∴，，
在中，，
故選：B．
【變式2-1】（2024·內(nèi)蒙古通遼·中考真題）如圖，圓形拱門最下端在地面上，為的中點，為拱門最高點，線段經(jīng)過拱門所在圓的圓心，若，，則拱門所在圓的半徑為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本題考查的是垂徑定理的實際應用。勾股定理的應用，如圖，連接，先證明，，再進一步的利用勾股定理計算即可；
【詳解】解：如圖，連接，
∵為的中點，為拱門最高點，線段經(jīng)過拱門所在圓的圓心，，
∴，，
設拱門所在圓的半徑為，
∴，而，
∴，
∴，
解得：，
∴拱門所在圓的半徑為；
故選B
【變式2-2】（2024·新疆·中考真題）如圖，是的直徑，是的弦，，垂足為E．若，，則的長為（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本題考查了垂徑定理，勾股定理的應用，熟練掌握知識點是解題的關鍵．
根據(jù)垂徑定理求得，再對運用勾股定理即可求，最后即可求解．
【詳解】解：∵，是的直徑，
∴，，
∴在中，由勾股定理得，
∴，
故選：B．
【變式2-3】（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，在中，直徑于點E，，則弦的長為 ．
【答案】
【分析】本題考查了垂徑定理和勾股定理等知識，熟練掌握垂徑定理，由勾股定理得出方程是解題的關鍵．
由垂徑定理得，設的半徑為，則，在中，由勾股定理得出方程，求出，即可得出，在中，由勾股定理即可求解．
【詳解】解：∵，
，
設的半徑為，則，
在中，由勾股定理得：，即，
解得：，
，
，
在中，由勾股定理得：，
故答案為：．
【變式2-4】（2024·江西·中考真題）如圖，是的直徑，，點C在線段上運動，過點C的弦，將沿翻折交直線于點F，當?shù)拈L為正整數(shù)時，線段的長為 ．
【答案】或或2
【分析】本題考查了垂徑定理，勾股定理，折疊的性質(zhì)，根據(jù)，可得或2，利用勾股定理進行解答即可，進行分類討論是解題的關鍵．
【詳解】解：為直徑，為弦，
，
當?shù)拈L為正整數(shù)時，或2，
當時，即為直徑，
將沿翻折交直線于點F，此時與點重合，
故；
當時，且在點在線段之間，
如圖，連接，
此時，
，
，
，
，
；
當時，且點在線段之間，連接，
同理可得，
，
綜上，可得線段的長為或或2，
故答案為：或或2．
【中考模擬即學即練】
1．（2023·廣東東莞·一模）如圖，是直徑，點在上，垂足為，點是上動點（不與重合），點為的中點，若，，則的最大值為 ．
【答案】
【分析】本題考查了垂徑定理，三角形中位線定理，勾股定理，延長交于點，連接，根據(jù)垂徑定理得到，推出，得到當取最大值時，也取得最大值，設的半徑為，則，利用勾股定理求出即可求解，掌握知識點的應用是解題的關鍵．
【詳解】解：延長交于點，連接，
∵，即，是的直徑，
∴，
∵點為的中點，
∴，
當取最大值時，也取得最大值，
設的半徑為，則，
在中，，
∴，解得：，
∴的最大值為，
∴的最大值為，
故答案為：．
2．（2025·安徽·模擬預測）已知的半徑為5，是的弦，P是弦的延長線的一點，若，，則圓心O到弦的距離為（ ）
A．B．6C．D．4
【答案】D
【分析】本題考查了垂徑定理：垂直弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．關鍵是根據(jù)勾股定理解答．作于C，連接，根據(jù)垂徑定理得到，然后在中，利用勾股定理計算即可．
【詳解】解：作于C，連接，如圖，
∵，，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
即圓心O到弦的距離為4．
故選：D．
3．（2024·山西長治·模擬預測）明朝科學家徐光啟在《農(nóng)政全書》中用圖畫描繪了“筒車”（一種水利灌溉工具）的工作原理．如圖，筒車盛水桶的運行軌道是以軸心為圓心的圓．已知圓心在水面上方，且被水面截得弦AB長為米，半徑長為米，若點為運行軌道的最低點，則點到弦AB所在直線的距離是（ ）
A．米B．米C．米D．米
【答案】C
【分析】本題考查的知識點是垂徑定理、勾股定理，解題關鍵是熟練掌握垂徑定理．
連接交AB于點，根據(jù)垂徑定理得到米，，再根據(jù)勾股定理得到即可得解．
【詳解】解：連接交AB于點，
依題得：米，，米，
設，即，
中，，
即，
解得，
即米，
米，
即點到弦AB所在直線的距離是米．
故選：．
4．（2024·云南怒江·一模）如圖，是的弦，半徑，垂足為D，設，，則的半徑長為（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】本題考查了垂徑定理、勾股定理，連接，由垂徑定理可得，設，則，再由勾股定理計算即可得解．
【詳解】解：如圖，連接，
∵是的弦，半徑，垂足為D，
∴，
設，則，
由勾股定理可得：，即，
解得：，
故選：C．
5．（2024·四川成都·二模）如圖，是的弦，若的半徑，圓心O到弦的距離，則弦的長為( )
A．8B．12C．16D．20
【答案】C
【分析】根據(jù)垂徑定理，得，且，解答即可．
本題考查了勾股定理，垂徑定理，熟練掌握兩個定理是解題的關鍵．
【詳解】解：根據(jù)垂徑定理，得，
根據(jù)勾股定理，得，
故．
故選：C．
6．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，分別是以為直徑的兩個半圓，其中是半圓O的一條弦，E是中點，D是半圓中點．若，，且，則的長為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本題考查圓的垂徑定理，三角形中位線定理，勾股定理，作出合理的輔助線證明D、E、F、O在同一條直線上是解題的關鍵．連接，是中點，推垂直平分，D是半圓中點，推垂直平分在同一條直線上，F(xiàn)是的中點，O是中點，推是的中位線，在中，根據(jù)勾股定理得長．
【詳解】解：連接交于點F，
是中點，
垂直平分，
是的中點．
為的直徑，
，
是半圓中點，
垂直平分，
、E、F、O在同一條直線上，，，
，
，
設，，，
，
是的中點，O是中點，
是的中位線，
，
為直徑，
，
在中，根據(jù)勾股定理得，，
，
，
，
，
．
故選：D．
7．（2024·湖南長沙·模擬預測）如圖，是的半徑，弦于點D，連接．若的半徑為，的長為，則的長是 ．
【答案】2
【分析】本題考查垂徑定理，勾股定理，根據(jù)垂徑定理和勾股定理求出的長，進而求出的長即可．
【詳解】解：由題意，，
∵是的半徑，弦于點D，
∴，
∴，
∴；
故答案為：2．
8．（2024·上海嘉定·二模）如圖在圓O中，是直徑，弦CD與交于點E，如果，點M是的中點，連接，并延長與圓O交于點N，那么 ．

【答案】/
【分析】本題主要考查圓有關性質(zhì)．熟練掌握垂徑定理推論，等腰直角三角形性質(zhì)，是解決問題的關鍵．
由題意可知，則， 根據(jù)垂徑定理推論得到，結(jié)合可得是等腰直角三角形，求得，即可求得．
【詳解】解：∵在圓O中，是直徑，，
∴，
∴，
∴，
∵點M是的中點，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案為：．
9．（2024·湖南·二模）如圖是一個隧道的橫截面，它的形狀是以點O為圓心的圓的一部分，如果C是中弦的中點，經(jīng)過圓心O交于點D，且，，則 m．
【答案】8
【分析】本題考查了垂徑定理的應用、勾股定理．連接，先根據(jù)垂徑定理、線段中點的定義可得，，設的半徑長為，再在中，利用勾股定理即可得的半徑，進一步計算即可求解．
【詳解】解：如圖，連接，
是中的弦的中點，且，
，，
設的半徑長為，則，
在中，，
則，
故答案為：8．
10．（2024·廣東湛江·模擬預測）如圖，在破殘的圓形殘片上，弦的垂直平分線交弧于點，交弦于點，已知，．
(1)求作此殘片所在的圓的圓心（不寫作法，保留作圖痕跡）；
(2)求出（1）中所作圓的半徑．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】本題考查了垂經(jīng)定理的應用和基本作圖，用到的知識點是線段垂直平分線的作法與性質(zhì)、垂徑定理、勾股定理的應用，基本作圖需要熟練掌握．
（1）在圓形殘片上作弦的垂直平分線，交于點P，連接，以P為圓心，為半徑的圓為所求殘片的圓．
（2）先設圓P的半徑為r，根據(jù)和已知條件求出，，在中，根據(jù)，得出，求出r即可．
【詳解】（1）解：作圖如下，
（2）解：設圓P的半徑為r，
∵，，，
∴，，
在中，，
∴，
解得，
∴的半徑為．
11．（2024·湖南·模擬預測）某校組織九年級學生前往某蔬菜基地參觀學習，該蔬菜基地欲修建一頂大棚．如圖，大棚跨度，拱高．
同學們討論出兩種設計方案：
方案一，設計成圓弧型，如圖1，已知圓心O，過點O作于點D交圓弧于點C．連接．
方案二，設計成拋物線型，如圖2，以所在直線為x軸，線段的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標系．
(1)求方案一中圓的半徑；
(2)求方案二中拋物線的函數(shù)表達式；
(3)為擴大大概的空間，將大棚用1米高的垂直支架支撐起來，即．在大棚內(nèi)需搭建高的植物攀爬竿，即，于點P，于點Q，與交于點K．請問哪種設計的種植寬度要大些?（不考慮種植間距等其他問題，且四邊形是矩形）
【答案】(1)
(2)
(3)方案一中的種植寬度要大些
【分析】本題考查二次函數(shù)與圓的綜合，涉及垂徑定理、勾股定理、待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，求得拋物線的函數(shù)表達式是解答的關系．
（1）根據(jù)垂徑定理和勾股定理求解即可；
（2）利用待定系數(shù)法求解拋物線的函數(shù)表達式即可；
（3）根據(jù)題意，分別求得兩個方案中的長，然后比較大小可得結(jié)論．
【詳解】（1）解：如圖1，設圓的半徑為，
∵，，
∴，
在中，，
由勾股定理得，解得，
即圓的半徑為；
（2）解：根據(jù)題意，A?4,0，B4,0，，
設該拋物線的函數(shù)表達式為，
將點B4,0代入中，得，解得，
∴該拋物線的函數(shù)表達式為；
（3）解：如圖1，連接，
由題意，，，，，
在中，，，
由勾股定理得，
∴；
如圖4，由題意，點H和點G的縱坐標均為1，
將代入得，解得，
∴，
∵，
∴方案一中的種植寬度要大些．
題型三：圓心角、弦、弧之間的關系
【中考母題學方法】
【典例1】（2023·河北·中考真題）如圖，點是的八等分點．若，四邊形的周長分別為a，b，則下列正確的是( )

A．B．C．D．a(chǎn)，b大小無法比較
【答案】A
【分析】連接，依題意得，，的周長為，四邊形的周長為，故，根據(jù)的三邊關系即可得解．
【詳解】連接，

∵點是的八等分點，即
∴，
∴
又∵的周長為，
四邊形的周長為，
∴
在中有
∴
故選A．
【點睛】本題考查等弧所對的弦相等，三角形的三邊關系等知識，利用作差比較法比較周長大小是解題的關鍵．
【變式3-1】（2022·山東聊城·中考真題）如圖，AB，CD是的弦，延長AB，CD相交于點P．已知，，則的度數(shù)是（ ）

A．30°B．25°C．20°D．10°
【答案】C
【分析】如圖，連接OB，OD，AC，先求解，再求解，從而可得，再利用周角的含義可得，從而可得答案．
【詳解】解：如圖，連接OB，OD，AC，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
∴的度數(shù)20°．
故選：C．
【點睛】本題考查的是圓心角與弧的度數(shù)的關系，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理的應用，掌握“圓心角與弧的度數(shù)的關系”是解本題的關鍵．
【變式3-2】（2023·山東煙臺·中考真題）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，則的度數(shù)為 ．

【答案】
【分析】方法一∶如圖：連接，由題意可得：，，然后再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求得、，最后根據(jù)角的和差即可解答．
方法二∶ 連接，由題意可得：，然后根據(jù)圓周角定理即可求解．
【詳解】方法一∶ 解：如圖：連接，
由題意可得：，，，
∴，，
∴．
故答案為．

方法二∶解∶ 連接，
由題意可得：，
根據(jù)圓周角定理，知．
故答案為．

【點睛】本題主要考查了角的度量、圓周角定理等知識點，掌握圓周角的度數(shù)等于它所對弧上的圓心角度數(shù)的一半是解答本題的關鍵．
【變式3-3】（2021·四川巴中·中考真題）如圖，AB是⊙O的弦，且AB＝6，點C是弧AB中點，點D是優(yōu)弧AB上的一點，∠ADC＝30°，則圓心O到弦AB的距離等于（ ）
A．B．32C．3D．
【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，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,
∴，,
∴
∴
∴圓心O到弦AB的距離為，
故選C.
【點睛】本題主要考查了圓周角與圓心角的關系，等邊三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，垂徑定理，解題的關鍵在于能夠熟練掌握相關知識進行求解.
【中考模擬即學即練】
1．（2025·湖北十堰·一模）“老碗面”是陜西地方特色美食之一．圖②是從正面看到的一個“老碗”（圖①）的形狀示意圖是的一部分，D是的中點，連接，與弦交于點C，連接，． 已知，碗深，則的半徑為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本題主要考查了垂徑定理、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理的應用等知識點，設的半徑為，并根據(jù)勾股定理列出關于R的方程是解題的關鍵．
先利用垂徑定理的推論得出，再設的半徑為，則．在中根據(jù)勾股定理列出方程，然后解方程即可．
【詳解】解：∵D是的中點，
∴,
∴,
∵,，
∴，
設的半徑為，則，
在中，，
∴，
∴，解得：，即的半徑為．
故選：A．
2．（2024·云南昆明·一模）如圖，AB是的直徑，．若，則的度數(shù)是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本題主要考查了弧與圓心角之間的關系，根據(jù)同圓中，等弧所對的圓心角相等得到，再根據(jù)平角的定義可得答案．
【詳解】解：∵，，
∴，
∴，
故選：B．
3．（2023·福建莆田·模擬預測）如圖，中的度數(shù)為，是的直徑，那么等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本題主要考查了圓的知識，等邊對等角，三角形內(nèi)角和定理，由中的度數(shù)為可得出，由平角的定義求出，再根據(jù)等邊對等角以及三角形內(nèi)角和定理即可得出答案．
【詳解】解：∵中的度數(shù)為，
∴，
∵是的直徑
，
∵，
∴，
故選：A．
4．（2024·山東青島·中考真題）如圖，是上的點，半徑，，，連接AD，則扇形的面積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本題考查了圓周角定義，扇形的面積，連接，由圓周角定理可得，進而得，再根據(jù)扇形的面積計算公式計算即可求解，掌握圓周角定理及扇形的面積計算公式是解題的關鍵．
【詳解】解：連接，則，
∵，
∴，
∴，
故選：．
5．（2024·廣東揭陽·三模）如圖，在中，，那么（ ）
A．B．
C．D．與的大小關系無法比較
【答案】A
【分析】本題考查了垂徑定理．可過作半徑于，由垂徑定理可知，因此只需比較和的大小即可；易知，在中，是斜邊，是直角邊，很顯然，即，由此可判斷出和的大小關系，即可得解．
【詳解】解：如圖，過作半徑于，連接；
由垂徑定理知：，；
；
在中，，則；
，即；
故選：A．
6．（2023·云南大理·一模）如圖，在中，AB是的直徑，，、為弧AB的三等分點，是AB上一動點，的最小值是 ．

【答案】
【分析】本題考查了軸對稱確定最短路線問題，圓心角與弧的關系及垂徑定理，作點關于AB的對稱點，連接與AB相交于點，根據(jù)軸對稱確定最短路線問題，點為的最小值時的位置，根據(jù)垂徑定理可得，然后求出為直徑，從而得解．
【詳解】解：如圖，作點關于AB的對稱點，連接與AB相交于點，

此時，點為的最小值時的位置，
由題意得，
則，
∴，
，AB為直徑，
為直徑．則．
故答案是：．
7．（2024·河南駐馬店·三模）如圖，在扇形中，，，C為的中點，D 為 上一點，且，連接，在繞點O旋轉(zhuǎn)的過程中，當取最小值時，的周長為 ．
【答案】
【分析】本題主要考查線段最值問題，等邊三角形的判定以及勾股定理等知識，判斷出在的旋轉(zhuǎn)過程中，三點共線時，最短，得出是等邊三角形，由勾股定理求出，即可解決問題
【詳解】解：∵，
∴
∵C為的中點，
∴，
在繞點O旋轉(zhuǎn)的過程中，當三點共線時，的值最小，如圖，
∵，
∴，
∴
又
∴是等邊三角形，
∵C為的中點，
由勾股定理得，，
∴的周長，
故答案為：
8．（2024·浙江·模擬預測）如圖，AB是半徑為的的直徑，是的中點，連接CD交AB于點，連接．
(1)求證：．
(2)若，求AD的長．
(3)如圖，作于點，交AD于點，射線CB交AD的延長線于點，若，求的長．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（）根據(jù)題意得出，即可證明，得到垂直平分AD，即可證明結(jié)論．
（）延長交AD于點，連結(jié)BD，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到比例關系計算即可；
（）由勾股定理得，再證明和，可得，即得，設，利用勾股定理求出即可求解．
【詳解】（1）證明：如圖，連接，
∵是的中點
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分AD，
∴；
（2）解：如圖，延長交AD于點，連接BD，
∵，
∴，
∵AB是直徑，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴在中，；
（3）解：∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵AB是的直徑，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
設，則，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了弧弦圓心角之間的關系，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)和判定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，線段垂直平分線的判定和性質(zhì)，勾股定理，余角性質(zhì)，正確作出輔助線是解題的關鍵．
題型四：圓周角定理
【中考母題學方法】
【典例1】（2024·山東濰坊·中考真題）如圖，是的外接圓，，連接并延長交于點．分別以點為圓心，以大于的長為半徑作弧，并使兩弧交于圓外一點．直線交于點，連接，下列結(jié)論一定正確的是（ ）
A．B．
C．D．四邊形為菱形
【答案】ABD
【分析】本題主要考查圓的性質(zhì)、圓周角定理、平行線的性質(zhì)以及菱形的判定，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關鍵．根據(jù)全等三角形的判定定理證明，證明即可證明四邊形為菱形，再根據(jù)圓周角定理進行判定即可．
【詳解】解：令AC,OE交于點，
由題意得：是的垂直平分線，
，
，選項A正確；
故四邊形為菱形，選項D正確；
，
四邊形為菱形，
四邊形為平行四邊形，
，選項B正確；
，故選項C錯誤；
故選ABD．
【變式4-1】（2024·海南·中考真題）如圖，是半圓O的直徑，點B、C在半圓上，且，點P在上，若，則等于（ ）
A．B．C．D．
【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，，證明和都是等邊三角形，求得，利用三角形內(nèi)角和定理求得，據(jù)此求解即可．
【詳解】解：連接，，
∵是半圓O的直徑，，
∴，
∴和都是等邊三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故選：B．
【變式4-2】（2024·北京·中考真題）如圖，的直徑平分弦（不是直徑）.若，則

【答案】55
【分析】本題考查了垂徑定理的推論，圓周角定理，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握知識點是解題的關鍵．
先由垂徑定理得到，由得到，故．
【詳解】解：∵直徑平分弦，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案為：．
【變式4-3】（2024·甘肅臨夏·中考真題）如圖，是的直徑，，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本題考查圓周角定理，關鍵是由圓周角定理推出．
由圓周角定理得到，由鄰補角的性質(zhì)求出．
【詳解】解：，
，
．
故選：D．
【變式4-4】（2024·內(nèi)蒙古赤峰·中考真題）如圖，是的直徑，是的弦，半徑，連接，交于點E，，則的度數(shù)是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本題考查了垂徑定理，圓周角定理以及三角形的外角性質(zhì)．先根據(jù)垂徑定理，求得，利用圓周角定理求得，再利用三角形的外角性質(zhì)即可求解．
【詳解】解：∵半徑，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故選：B．
【變式4-5】（2024·湖北武漢·中考真題）如圖，四邊形內(nèi)接于，，，，則的半徑是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】延長至點E，使，連接，連接并延長交于點F，連接，即可證得，進而可求得，再利用圓周角定理得到，結(jié)合三角函數(shù)即可求解．
【詳解】解：延長至點E，使，連接，連接并延長交于點F，連接，
∵四邊形內(nèi)接于，
∴
∴
∵
∴，
∴是的直徑，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴
∵
∴
∴，,
∵
∴
又∵
∴
∴是等腰直角三角形
∴
∵
∴
∵
∴
∴
故選：A．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，圓周角定理，銳角三角函數(shù)、等腰三角形的性質(zhì)與判定等知識點，熟練掌握圓周角定理以及全等三角形的性質(zhì)與判定是解題的關鍵．
【變式4-6】（2024·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）如圖，是的內(nèi)接正n邊形的一邊，點C在上，，則 ．

【答案】10
【分析】本題考查了正多邊形和圓、圓周角定理等知識，求出中心角的度數(shù)是解題的關鍵．由圓周角定理得，再根據(jù)正邊形的邊數(shù)中心角，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：，
，
，
故答案為：10．
【中考模擬即學即練】
1．（2023·內(nèi)蒙古呼倫貝爾·一模）如圖，AB是的直徑，弦于點，，的半徑為，則弦CD的長為( )

A．3B．C．D．9
【答案】C
【分析】本題考查了垂徑定理，圓周角定理，勾股定理．先根據(jù)圓周角定理得到，再根據(jù)垂徑定理得到，然后利用含度的直角三角形三邊的關系求出CE，從而得到CD的長．
【詳解】解：，
，
，
，，
，
，
的半徑為，即，
，
，
．
故選：C
2．（2024·浙江溫州·三模）如圖，，是的直徑，弦，連結(jié)，，若，則的度數(shù)為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】此題考查圓周角定理，關鍵是利用圓周角定理得出解答．根據(jù)平行線的性質(zhì)得出，進而利用圓周角定理解答即可．
【詳解】解：弦，
，
由圓周角可知，，
，
，
，
，
故選：A
3．（2025·安徽·模擬預測）如圖，是⊙O的弦，半徑，垂足為D，弦與交于點F，連接，，．

(1)求證：；
(2)若，，，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】本題考查垂徑定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理．
（1）由垂徑定理，得，，由圓周角定理，得；
（2）可證得；中，勾股定理求得，于是．
【詳解】（1）證明：∵，是的半徑，
∴，（垂直于弦的直徑平分弦，并且平分弦所對的兩條弧）
∴（同弧或等弧所對的圓周角相等）；
（2）解：∵，
又∵，
∴，
∴（相似三角形對應邊成比例），
∵，
∴，
在中，，，
∴，
即，
∴．
4．（2024·貴州·模擬預測）如圖，等邊內(nèi)接于，是上任一點（點不與點，重合），連接，，，AB與相交于點，過點作交的延長線于點．
(1)寫出圖中一對相似三角形：_________；
(2)求證：；
(3)若，，求四邊形的面積．
【答案】(1)，（答案不唯一）
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）根據(jù)圓周角定理，結(jié)合相似三角形的判定方法即可求解；
（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，圓周角定理可得，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得，結(jié)合全等三角形的判定方法“角角邊”即可求解；
（3）根據(jù)題意可得四邊形為梯形，如圖，作于點，可得為等邊三角形，在中， ，運用勾股定理可得，由此即可求解．
【詳解】（1）解：在中，
∵，
∴；
∵，
∴；
故答案為：，（答案不唯一）；
（2）證明：∵，
，，
是等邊三角形，
， ，
， ，
，
，
又，，，四點共圓，
，
，
，
在和中，
，
．
（3）解：∵，
四邊形為梯形，
如圖，作于點，
，
，，
又 ，
為等邊三角形，
，
∴，
在中， ，，
∴，
．
【點睛】本題主要考查圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，掌握以上知識的綜合運用是解題的關鍵．
5．（2023·四川綿陽·中考真題）如圖，在中，點A，B，C，D為圓周的四等分點，為切線，連接，并延長交于點F，連接交于點G．
(1)求證：平分；
(2)求證：；
(3)若，，求的值．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)
【分析】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、、切線的性質(zhì)和解直角三角形，證明實際解題的關鍵．
（1）利用圓周四等分點得到，再根據(jù)切線的性質(zhì)得到，所以，從而即可解題；
（2）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)證明，則可利用“”判斷；
（3）過點G作于點H，如圖，先利用得到，，所以，，然后利用解直角三角形解題即可．
【詳解】（1）證明：連接.
∵點A，B，C，D為圓周的四等分點，
，即圓心角.
，
.
為的切線，
，
.
.
平分.
（2）∵，
∴.
.
在四邊形中，.
為直徑，
，
.
，
.
∵點A，B，C，D為圓周的四等分點，
，
.
在和中，
.
（3）連接，
，
由（2）中，得，.
又，
即，
，
.
的半徑為2.
∴在中，.
過點G作于點H.
由題意得，
∴為等腰直角三角形，
.
在中，，
.
題型五：圓周角定理的推論和應用
【中考母題學方法】
【典例1】（2024·西藏·中考真題）如圖，為的直徑，點B，D在上，，，則的長為（ ）
A．2B．C．D．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，，根據(jù)得到，最后根據(jù)勾股定理求解即可得到答案
【詳解】解：∵為的直徑，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故選：C．
【變式5-1】（2024·湖北·中考真題）如圖，AB是半圓O的直徑，C為半圓O上一點，以點B為圓心，適當長為半徑畫弧，交于點M，交于點N，分別以點M，N為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧在的內(nèi)部相交于點D，畫射線BD，連接．若，則的度數(shù)是（ ）

A．30°B．C．D．
【答案】C
【分析】本題主要考查尺規(guī)作圖，圓周角定理，熟練掌握角平分線的作圖步驟以及圓周角定理是解答本題的關鍵．由圓周角定理得到，由直角三角形的性質(zhì)得到，根據(jù)角平分線的定義即可求得答案．
【詳解】解：是半圓的直徑，
，
，
，
由題意得，為的平分線，
．
故選：．
【變式5-2】（2024·江蘇常州·中考真題）如圖，是的直徑，是的弦，連接．若，則 ．
【答案】
【分析】本題考查圓周角定理，根據(jù)同弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角為直角，結(jié)合三角形的內(nèi)角和定理，進行求解即可．
【詳解】解：∵是的直徑，，，
∴，
∴；
故答案為：．
【變式5-3】（2024·山東泰安·中考真題）如圖，是的直徑，，是上兩點，平分，若，則的度數(shù)為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本題考查圓周角定理、角平分線的定義、三角形的內(nèi)角和定理，先根據(jù)角平分線的定義得到根據(jù)圓周角定理得到，再根據(jù)圓周角定理得到，，然后利用三角形的內(nèi)角和定理求解即可．
【詳解】解：∵平分，
∴，
∵是的直徑，，
∴，，則，
∴，
故選：A．
【變式5-4】（2024·湖北·中考真題）為半圓的直徑，點為半圓上一點，且．①以點為圓心，適當長為半徑作弧，交于；②分別以為圓心，大于為半徑作弧，兩弧交于點；③作射線，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本題主要考查圓周角定理以及角平分線定義，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可求出，根據(jù)作圖可得，故可得答案
【詳解】解：∵為半圓的直徑，
∴，
∵，
∴，
由作圖知，是的角平分線，
∴，
故選：C
【變式5-5】（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）如圖，內(nèi)接于，AD是直徑，若，則 ．
【答案】
【分析】本題考查了圓周角定理，直角三角形的兩個銳角互余，連接，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角得出，根據(jù)同弧所對的圓周角相等得出，進而根據(jù)直角三角形的兩個銳角互余，即可求解．
【詳解】解：如圖所示，連接，
∵內(nèi)接于，AD是直徑，
∴，
∵,，
∴
∴，
故答案為：．
【變式5-6】（2023·浙江紹興·中考真題）如圖是的網(wǎng)格，每個小正方形的邊長均為1，半圓上的點均落在格點上．請按下列要求完成作圖：要求一：僅用無刻度的直尺，且不能用直尺中的直角；要求二：保留作圖痕跡．
(1)在圖中作出弧的中點D．
(2)連結(jié)，作出的角平分線．
(3)在上作出點P，使得．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)見解析
【分析】（1）連與網(wǎng)格線交于一格點，以O為端點，作射線與圓弧交于點D，
（2）作射線，則即是的角平分線，
（3）連結(jié)并延長，交的延長線于點與交于點F，連結(jié)并延長交于點P，則．
本題考查了無刻度直尺作圖，垂徑定理，圓周角定理，角平分線的性質(zhì)定理，解題的關鍵是：熟練掌握無刻度直尺作圖，與相關定理的結(jié)合．
【詳解】（1）解：由格點可知為中點，根據(jù)垂徑定理可得，點D為弧的中點，點D即為所求，
（2）解：∵點D為弧的中點，
根據(jù)圓周角定理，可得，即為所求，
（3）解：∵AB為直徑，
∴，，
∵，，
∴，
∴，，
∴AD是的垂直平分線，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，作圖如下：
．
【變式5-7】（2024·寧夏·中考真題）如圖，在中，點是邊的中點，以為直徑的經(jīng)過點，點是邊上一點（不與點重合）．請僅用無刻度直尺按要求作圖，保留作圖痕跡，不寫作法．
(1)過點作一條直線，將分成面積相等的兩部分；
(2)在邊上找一點，使得．
【答案】(1)作圖見詳解
(2)見解析
【分析】本題主要考查圓與三角形的綜合，掌握中線的性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關鍵．
（1）根據(jù)三角形中線平分三角形面積作圖即可；
（2）根據(jù)直徑或半圓所對圓心角為直角，可得，結(jié)合可得AD是線段的垂直平分線，如圖所示，連接交AD于點，連接CE并延長交AB于點，可證，可得，由此即可求解．
【詳解】（1）解：∵點是邊的中點，
∴，
∴根據(jù)三角形中線平分三角形面積，作圖如下，
∴
（2）解：∵以為直徑的經(jīng)過點，
∴，即，
又∵，
∴AD是線段的垂直平分線，
∴，
∴，AD平分，即，
如圖所示，連接交AD于點，連接CE并延長交AB于點，
∴，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
【變式5-8】（2024·內(nèi)蒙古包頭·中考真題）如圖，是的直徑，是的兩條弦，點與點在的兩側(cè)，是上一點（），連接，且．
(1)如圖1，若，，求的半徑；
(2)如圖2，若，求證：．（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，結(jié)合，可得出，在中，利用勾股定理求解即可；
（2）法一：過O作于F，利用垂徑定理等可得出，然后利用定理證明，得出，然后利用平行線的判定即可得證；
法二：連接，證明，得出，然后利用平行線的判定即可得證
【詳解】（1）解∶∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
解得，
即的半徑為3；
（2）證明：法一：過O作于F，
∴，
∵
∴，
又，，
∴，
∴，
∴；
法二：連接，
∵AB是直徑，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【點睛】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，明確題意，靈活運用所學知識解題是解題的關鍵．
【中考模擬即學即練】
1．（2025·湖北黃石·一模）如圖，四邊形內(nèi)接于，，為對角線，經(jīng)過圓心O．若，則的度數(shù)為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本題考查了圓周角定理，熟練掌握直徑所對的圓周角是是解題的關鍵．由經(jīng)過圓心O，即是的直徑，可得，再根據(jù)圓周角定理可得，即可求出的度數(shù)．
【詳解】解：經(jīng)過圓心O，即是的直徑，
，
又，
．
故選：B．
2．（2024·浙江寧波·二模）如圖，已知鈍角內(nèi)接于，過點作交于點，若，則的半徑為（ ）
A．B．C．6D．8
【答案】A
【分析】本題主要考查圓周角定理、勾股定理及相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握圓周角定理、勾股定理及相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關鍵；連結(jié)并延長交于點，連結(jié)，由題意易得，，則有，進而問題可求解
【詳解】解：連結(jié)并延長交于點，連結(jié)，
為直徑，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
的半徑為．
故選A．
3．（2024·甘肅·模擬預測）如圖，內(nèi)接于，是的直徑，D是上一點，若C是的中點，連接，，則 ．
【答案】/10度
【分析】此題考查了圓周角定理，等弧所對的圓心角相等，直角三角形兩銳角互余等知識．
如圖所示，連接，首先由直徑得到，然后求出，根據(jù)圓周角定理得到，進而求出，然后求出，最后利用圓周角定理求解即可．
【詳解】如圖所示，連接
∵是的直徑，
∴
∵
∴
∴
∵C是的中點
∴
∴
∴
∴．
故答案為：．
4．（2024·江蘇徐州·三模）如圖，以的邊為直徑的分別交、于點、，連接、．若，則 °．
【答案】56
【分析】本題考查了直徑所對的圓周角是直角，圓周角定理，熟悉圓周角定理的應用是解題的關鍵．連接，由為直徑，得到，，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得到，最后利用圓周角定理即可得到答案．
【詳解】解：連接，如圖
是的直徑
，則
故答案為：56．
5．（2024·山西·模擬預測）如圖，是的直徑，點，在上，連接，，，若，則的度數(shù)為 ．
【答案】
【分析】本題主要考查了圓周角定理，熟練掌握圓周角定理是解題關鍵．先根據(jù)圓周角定理可得，，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求解即可得．
【詳解】解：如圖，連接，
由圓周角定理得：，，
則，
故答案為：．
題型六：圓內(nèi)接四邊形
【中考母題學方法】
【典例1】（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，四邊形是的內(nèi)接四邊形，是的直徑，若，則的度數(shù)為（ ）

A．B．C．D．
【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，由是的直徑得到，根據(jù)圓周角定理得到，得到，再由圓內(nèi)接四邊形對角互補得到答案.
【詳解】解：如圖，連接，

∵是的直徑，
∴，
∵，
∴
∴
∵四邊形是的內(nèi)接四邊形，
∴，
故選：B
【變式6-1】（2024·山東濟寧·中考真題）如圖，分別延長圓內(nèi)接四邊形的兩組對邊，延長線相交于點E，F(xiàn)．若，，則的度數(shù)為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)“圓的內(nèi)接四邊形對角互補”可得，．根據(jù)三角形外角定理可得，，由此可得，又由，可得，即可得解．
本題主要考查了“圓的內(nèi)接四邊形對角互補”和三角形外角定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
【詳解】∵四邊形是的內(nèi)接四邊形
∴，
，，
，
，，，
，
解得，
，
．
故選：C
【變式6-3】（2024·四川廣元·中考真題）如圖，已知四邊形是的內(nèi)接四邊形，為延長線上一點，，則等于（ ）
A．B．C．D．
【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)，熟練掌握以上知識點是解題的關鍵．根據(jù)同弧所對的圓心角等于圓周角的2倍可求得的度數(shù)，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補，可推出，即可得到答案．
【詳解】解：是圓周角，與圓心角對相同的弧，且，
，
又四邊形是的內(nèi)接四邊形，
，
又，
，
故選：A．
【變式6-4】（2024·吉林·中考真題）如圖，四邊形內(nèi)接于，過點B作，交于點E．若，則的度數(shù)是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本題考查了平行線的性質(zhì)，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，熟練掌握知識點是解題的關鍵．
先根據(jù)得到，再由四邊形內(nèi)接于得到，即可求解．
【詳解】解：∵，，
∴，
∵四邊形內(nèi)接于，
∴，
∴,
故選：C．
【變式6-5】（2024·江蘇無錫·中考真題）如圖，是的直徑，內(nèi)接于，，的延長線相交于點，且．
(1)求證：；
(2)求的度數(shù)．
【答案】(1)見詳解
(2)
【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，掌握這些性質(zhì)是解題的關鍵．
（1）由等弧所對的圓周角相等可得出，再由等邊對等角得出，等量代換可得出，又，即可得出．
（2）連接，由直徑所對的圓周角等于得出，設，即，由相似三角形的性質(zhì)可得出，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得出，即可得出的值， 進一步即可得出答案．
【詳解】（1）證明：∵
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵
∴，
（2）連接，如下圖：
∵為直徑，
∴，
設，
∴，
由（1）知：
∴，
∵四邊形是圓的內(nèi)接四邊形，
∴，
即，
解得：
【變式6-6】（2024·黑龍江大慶·中考真題）如圖，為的內(nèi)接三角形，AB為的直徑，將沿直線AB翻折到，點在上．連接CD，交AB于點，延長BD，CA，兩線相交于點，過點作的切線交于點．
(1)求證：；
(2)求證：；
(3)若，．求的值．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)
【分析】（1）根據(jù)折疊可得，根據(jù)切線的定義可得，即可得證；
（2）根據(jù)題意證明，進而證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，即可得證；
（3）根據(jù)，設，則，得出，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得出，則，進而求得，根據(jù)，進而根據(jù)正切的定義，即可求解．
【詳解】（1）證明：∵將沿直線AB翻折到，
∴，
∵AB為的直徑，是切線，
∴，
∴；
（2）解：∵是切線，
∴，
∵AB為的直徑，
∴，
∴，
∵由折疊可得，
∴，
∵四邊形是的內(nèi)接四邊形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即；
（3）解：∵，設，則，
∴，
∴，
∵由折疊可得，
∴，
∵在中，，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，折疊問題，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
【中考模擬即學即練】
1．（2024·浙江寧波·二模）如圖，在以 AB 為直徑的半圓中，弦，若 ，則的度數(shù)為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本題考查了平行線的性質(zhì)以及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，連接，根據(jù)平行線的性質(zhì)求出，利用三角形內(nèi)角和求出，再利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可求解．
【詳解】解：連接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故選：D．
2．（2020·四川成都·三模）如圖，在圓內(nèi)接四邊形中，，則的度數(shù)為（ ）

A．B．C．D．60°
【答案】A
【分析】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理，掌握圓內(nèi)接四邊形的對角互補是解題的關鍵．
根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的對角互補求出的度數(shù)，根據(jù)圓周角定理得到答案．
【詳解】解：∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，
，
，
，
由圓周角定理得，，
故選：A．
3．（2024·湖北宜昌·二模）如圖，點O是的外心，若，求弦所對的圓周角 ．
【答案】或
【分析】本題考查了圓周角定理，內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，分兩種情況：當是銳角三角形時；當是鈍角三角形時，分別求解即可得解．
【詳解】解：當是銳角三角形時，
∵，
∴，
當是鈍角三角形時，
∵，
∴，
綜上所述，弦所對的圓周角為或，
故答案為：或．
4．（2024·湖北宜昌·模擬預測）如圖，在內(nèi)，若圓周角，則圓心角的度數(shù)是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，在優(yōu)弧上取一點，連接，利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到，然后根據(jù)圓周角定理得到的度數(shù)，掌握知識點的應用是解題的關鍵．
【詳解】解：在優(yōu)弧上取一點，連接，如圖，
∵四邊形是內(nèi)接四邊形，
∴，
∵，
∴，
∴，
故選：．
5．（2024·河北·模擬預測）如圖，內(nèi)接于為的直徑，點D，E分別為上的動點（不與點A，點B，點C重合），且為的中點，連接．若，對于結(jié)論I，Ⅱ，下列判斷正確的是（ ）
結(jié)論I：連接必得到等腰梯形；
結(jié)論Ⅱ：連接的最大值為8．
A．I，Ⅱ都對B．I，Ⅱ都不對C．I對Ⅱ不對D．I不對Ⅱ?qū)?br>【答案】A
【分析】本題考查垂徑定理，圓周角定理，根據(jù)，為對角線或為邊長兩種情況去證明結(jié)論I，根據(jù)可得當在上時取得最大值判斷結(jié)論Ⅱ．
【詳解】連接，
當，為對角線時，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴根據(jù)對角線相等的梯形是等腰梯形，四邊形為等腰梯形；
當，為邊長時，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴根據(jù)不相鄰的兩條邊相等的梯形是等腰梯形，可得四邊形為等腰梯形；
綜上所述，結(jié)論I：連接必得到等腰梯形，正確；
連接，
∵為的直徑，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵為的中點，，
∴，，
∴，，
∴，
∴當在上時取得最大值，最大值為8．故結(jié)論Ⅱ正確；
綜上所述，兩個結(jié)論都正確；
故選：A．
6．（2024·內(nèi)蒙古包頭·模擬預測）如圖，四邊形是的內(nèi)接四邊形，是的直徑，點是延長線上的一點，且平分，于點．
(1)求證：；
(2)若，，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）證明，可得，結(jié)合，從而可得結(jié)論；
（2）過點作，垂足為點．證明．可得．再證明．可得．求解．結(jié)合．進一步可得答案．
【詳解】（1）證明：∵平分，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴；
（2）解：過點作，垂足為點．
∵平分，，，
∴，．
在和中，
∴．
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵是的直徑，
∴．
∴在中，．
【點睛】本題考查的是等腰三角形的判定，角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理的應用，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．
7．（2024·山東濟寧·二模）【初步感知】
如圖1，點，，均在上，若，則銳角的大小為____；
【深入探究】
如圖2，小聰遇到這樣一個問題：是等邊三角形的外接圓，點在上（點不與點重合），連接，，．求證：；小聰發(fā)現(xiàn)，延長至點，使，連接，通過證明．可推得是等邊三角形，進而得證．請根據(jù)小聰?shù)姆治鏊悸吠瓿勺C明過程．
【啟發(fā)應用】
如圖3，是的外接圓，，，點在上，且點與點在的兩側(cè)，連接，，，若，則的值為______．
【答案】初步感知：45；深入探究：證明見解析；啟發(fā)應用：
【分析】初步感知：根據(jù)在同圓或等圓中，一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半求解即可得；
深入探究：先根據(jù)圓周角定理可得，，再證出，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得，然后證出是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得，由此即可得證；
啟發(fā)應用：延長至點，使，連接，先證出，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得，再證出，設，則，利用勾股定理可得，根據(jù)線段和差可得，由此即可得．
【詳解】解：初步感知：∵點，，均在上，，
∴，
故答案為：45．
深入探究：延長至點，使，連接，
∵是等邊三角形，
∴，
由圓周角定理得：，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
又∵，
∴．
啟發(fā)應用：如圖，延長至點，使，連接，
∵四邊形是的內(nèi)接四邊形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
由圓周角定理得：，
∴，
∴，
設，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案為：．
【點睛】本題考查了圓周角定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、勾股定理等知識，通過作輔助線，構(gòu)造全等三角形是解題關鍵．
題型一：圓的基本和最值問題
題型二： \l "題型二：垂徑定理及其應用" 垂徑定理及其應用
題型三： \l "題型三：圓心角、弦、弧之間的關系" 圓心角、弦、弧之間的關系
題型四： \l "題型四：圓周角定理" 圓周角定理
題型五： \l "題型五：圓周角定理的推論和應用" 圓周角定理的推論和應用
題型六： \l "題型六：圓內(nèi)接四邊形" 圓內(nèi)接四邊形