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考点15 圆-2022年中考数学高频考点专题突破（全国通用）（解析版）
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考点15 圆
知识框架：
基础知识点：
知识点1-1圆的有关概念
1．与圆有关的概念和性质
1）圆：平面上到定点的距离等于定长的所有点组成的图形．
2）弦与直径：连接圆上任意两点的线段叫做弦，过圆心的弦叫做直径，直径是圆内最长的弦．
3）弧：圆上任意两点间的部分叫做弧，小于半圆的弧叫做劣弧，大于半圆的弧叫做优弧．
4）圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角．
5）圆周角：顶点在圆上，并且两边都与圆还有一个交点的角叫做圆周角．
6）弦心距：圆心到弦的距离．
知识点1-2垂径定理及其推论
1．垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
关于垂径定理的计算常与勾股定理相结合，解题时往往需要添加辅助线，一般过圆心作弦的垂线，构造直角三角形．
2．推论: 1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
知识点1-3圆心角、弧、弦的关系
1．定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等．圆心角、弧和弦之间的等量关系必须在同圆等式中才成立．
2．推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
知识点1-4圆周角定理及其推论
1．定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
2．推论：1）在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等． 2）直径所对的圆周角是直角．
圆内接四边形的对角互补．在圆中求角度时，通常需要通过一些圆的性质进行转化．比如圆心角与圆周角间的转化；同弧或等弧的圆周角间的转化；连直径，得到直角三角形，通过两锐角互余进行转化等．
知识点1-5与圆有关的位置关系
1．点与圆的位置关系
设点到圆心的距离为d．(1)dr⇔点在⊙O外．
判断点与圆之间的位置关系，将该点的圆心距与半径作比较即可．
2．直线和圆的位置关系
位置关系
相离
相切
相交
图形
公共点个数
0个
1个
2个
数量关系
d>r
d=r
d
3．切线的性质
1）切线与圆只有一个公共点．2）切线到圆心的距离等于圆的半径．3）切线垂直于经过切点的半径．
利用切线的性质解决问题时，通常连过切点的半径，利用直角三角形的性质来解决问题．
4．切线的判定
1）与圆只有一个公共点的直线是圆的切线（定义法）．
2）到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线．
3）经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
切线判定常用的证明方法：①知道直线和圆有公共点时，连半径，证垂直；②不知道直线与圆有没有公共点时，作垂直，证垂线段等于半径．
知识点1-6 三角形与圆
1．三角形的外接圆相关概念
经过三角形各顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心叫做三角形的外心，这个三角形叫做圆的内接三角形．外心是三角形三条垂直平分线的交点，它到三角形的三个顶点的距离相等．
2．三角形的内切圆
与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．内心是三角形三条角平分线的交点，它到三角形的三条边的距离相等．
3. 正多边形的有关概念
正多边形中心：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心．
正多边形半径：正多边形外接圆的半径叫做正多边形半径．
正多边形中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形中心角．
正多边形边心距：正多边形中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
知识点1-7 与圆有关的计算公式
1．弧长和扇形面积的计算：扇形的弧长l=；扇形的面积S==．
2．圆锥与侧面展开图
1）圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的半径等于圆锥的母线，扇形的弧长等于圆锥的底面周长．
2）若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则这个扇形的半径为l，扇形的弧长为2πr，
圆锥的侧面积为S圆锥侧=．圆锥的表面积：S圆锥表=S圆锥侧+S圆锥底=πrl+πr2=πr·（l+r）．
在求不规则图形的面积时，注意利用割补法与等积变化方法归为规则图形，再利用规则图形的公式求解．
重难点题型
考点1. 圆的基本概念
【解题技巧】1）．在一个圆中可以画出无数条弦和直径．2）．直径是弦，但弦不一定是直径．
3）．在同一个圆中，直径是最长的弦．4）．半圆是弧，但弧不一定是半圆．弧有长度和度数，规定半圆的度数为180°，劣弧的度数小于180°，优弧的度数大于180°．5）．在同圆或等圆中能够互相重合的弧是等弧，度数或长度相等的弧不一定是等弧．
1．（2020·山东临沂市·）我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫做两点间的距离；同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，最短线段的长度，叫做点到曲线的距离．依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为_____．
【答案】
【分析】连接OA，与圆O交于点B，根据题干中的概念得到点到圆的距离即为OB，再求出OA，结合圆O半径可得结果.
【详解】解：根据题意可得：点到圆的距离为：该点与圆上各点的连线中，最短的线段长度，
连接OA，与圆O交于点B，可知：点A和圆O上点B之间的连线最短，
∵A（2，1），∴OA==，∵圆O的半径为1，∴AB=OA-OB=，
∴点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为，故答案为：.
【点睛】本题考查了圆的新定义问题，坐标系中两点之间的距离，勾股定理，解题的关键是理解题意，利用类比思想解决问题.
2．（2020·甘肃兰州市·中考模拟）有下列四个命题：①直径是弦；②经过三个点一定可以作圆；③三角形的外心到三角形各顶点的距离都相等；④半径相等的两个半圆是等弧．其中正确的有
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
分析：根据圆中的有关概念、定理进行分析判断．
【解析】解：①经过圆心的弦是直径，即直径是弦，弦不一定是直径，故正确；
②当三点共线的时候，不能作圆，故错误；③三角形的外心是三角形三边的垂直平分线的交点，所以三角形的外心到三角形各顶点的距离都相等，故正确；
④在同圆或等圆中，能够互相重合的弧是等弧，所以半径相等的两个半圆是等弧，故正确．故选B．
3．（2020·山东临沂市）如图，在中，为直径，，点D为弦的中点，点E为上任意一点，则的大小可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接OD、OE，先求出∠COD=40°，∠BOC=100°，设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°；然后运用等腰三角形的性质分别求得∠OED和∠COE，最后根据线段的和差即可解答．
【详解】解：连接OD、OE∵OC=OA∴△OAC是等腰三角形
∵，点D为弦的中点 ∴∠DOC=40°，∠BOC=100°
设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°
∵OC=OE，∠COE=100°-x ∴∠OEC=
∵OD＜OE，∠DOE=100°-x+40°=140°-x ∴∠OED＜
∴∠CED＞∠OEC-∠OED==20°．
又∵∠CED＜∠ABC=40°，故答案为C．
【点睛】本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点，正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本题的关键．
4．（2020·江苏常州市·中考真题）如图，是的弦，点C是优弧上的动点（C不与A、B重合），，垂足为H，点M是的中点．若的半径是3，则长的最大值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】根据直角三角形斜边中线定理，斜边上的中线等于斜边的一半可知MH=BC，当BC为直径时长度最大，即可求解．
【详解】解：∵∴∠BHC=90°∵在Rt△BHC中，点M是的中点∴MH=BC
∵BC为的弦∴当BC为直径时，MH最大∵的半径是3∴MH最大为3．故选：A．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线定理，数形结合是结题关键．
5．（2020·山东潍坊市·中考真题）如图，在中，，以点O为圆心，2为半径的圆与交于点C，过点C作交于点D，点P是边上的动点．当最小时，的长为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【分析】延长CO交于点E，连接EP，交AO于点P，则PC+PD的值最小，利用平行线份线段成比例分别求出CD，PO的长即可．
【详解】延长CO交于点E，连接ED，交AO于点P，如图，
∵CD⊥OB，∴∠DCB=90°,又，∴∠DCB=∠AOB，∴CD//AO∴
∵OC=2，OB=4，∴BC=2,∴，解得，CD=；
∵CD//AO，∴，即，解得，PO= 故选：B．
【点睛】此题主要考查了轴对称---最短距离问题，同时考查了平行线分线段成比例，掌握轴对称性质和平行线分线段成比例定理是解题的关键．
考点2. 垂径定理
【解题技巧】
1）．垂径定理中的“弦”为直径时，结论仍然成立．
2）．垂径定理是证明线段相等、弧相等的重要依据，同时也为圆的计算和作图问题提供了理论依据．
1．（2020·山东滨州市·中考真题）在中，直径AB＝15，弦DE⊥AB于点C．若OC：OB＝3 ：5，则DE的长为（ ）
A．6 B．9 C．12 D．15
【答案】C
【分析】根据题意画出图形，然后利用垂径定理和勾股定理解答即可．
【详解】解：如图所示：∵直径AB＝15，∴BO＝7.5，∵OC：OB＝3：5，∴CO＝4.5，
∵DE⊥AB，∴DC＝＝6，∴DE＝2DC＝12．故选：C．
【点睛】此题主要考查了垂径定理和勾股定理，属于常考题型，正确得出CO的长、熟练掌握上述知识是解题关键．
2．（2020·广东广州市·中考真题）往直径为的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽，则水的最大深度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，根据垂径定理即可求得AD的长，又由⊙O的直径为，求得OA的长，然后根据勾股定理，即可求得OD的长，进而求得油的最大深度的长．
【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，
由垂径定理得：，∵⊙O的直径为，∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，∴油的最大深度为，故选：．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的知识．此题难度不大，解题的关键是注意辅助线的作法，构造直角三角形，利用勾股定理解决．
3．（2020·湖北中考真题）如图，点在上，，垂足为E．若，，则（ ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】D
【分析】连接OC，根据圆周角定理求得，在中可得，可得OC的长度，故CE长度可求得，即可求解．
【详解】解：连接OC，
∵，∴，在中，，
∴，∴
∵，
∴，∴∵，垂足为E，∴，故选：D．
【点睛】本题考查圆周角定理和垂径定理，作出合适的辅助线是解题的关键．
4．（2020·陕西中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，∠A＝50°．E是边BC的中点，连接OE并延长，交⊙O于点D，连接BD，则∠D的大小为（ ）
A．55° B．65° C．60° D．75°
【答案】B
【分析】连接CD，根据圆内接四边形的性质得到∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，根据垂径定理得到OD⊥BC，求得BD＝CD，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：连接CD，∵∠A＝50°，∴∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，
∵E是边BC的中点，∴OD⊥BC，∴BD＝CD，∴∠ODB＝∠ODC＝∠BDC＝65°，故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理，等腰三角形的性质等知识．正确理解题意是解题的关键．
5．（2020·江苏南京市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形的顶点C，与BC相交于点D，若⊙P的半径为5，点的坐标是，则点D的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】在Rt△CPF中根据勾股定理求出PF的长，再根据垂径定理求出DF的长，进而求出OB，BD的长，从而求出点D的坐标．
【详解】设切点分别为G，E，连接PG，PE，PC，PD，并延长EP交BC与F，则PG=PE=PC=5，四边形OBFE是矩形．∵OA=8，∴CF=8-5=3，∴PF=4，∴OB=EF=5+4=9．
∵PF过圆心，∴DF=CF=3，∴BD=8-3-3=2，∴D(9，2)．故选A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，以及垂径定理等知识，正确做出辅助线是解答本题的关键．
6．（2020·浙江嘉兴市·中考真题）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝8，按下列步骤作图：
①以点A为圆心，适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径作弧相交于点H，作射线AH；
②分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径作弧相交于点M，N，作直线MN，交射线AH于点O；
③以点O为圆心，线段OA长为半径作圆．
则⊙O的半径为（ ）
A．2 B．10 C．4 D．5
【答案】D
【分析】如图，设OA交BC于T．解直角三角形求出AT，再在Rt△OCT中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】解：如图，设OA交BC于T．
∵AB＝AC＝2，AO平分∠BAC，∴AO⊥BC，BT＝TC＝4，
∴AE＝，在Rt△OCT中，则有r2＝（r﹣2）2+42，
解得r＝5，故选：D．
【点睛】本题考查作图——复杂作图，等腰三角形的性质，垂径定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
7．（2020·贵州黔东南·中考真题）如图，⊙O的直径CD＝20，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM：OD＝3：5，则AB的长为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．2
【答案】C
【分析】连接OA，先根据⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5求出OD及OM的长，再根据勾股定理可求出AM的长，进而得出结论．
【详解】连接OA，∵⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5，∴OD＝10，OM＝6，
∵AB⊥CD，∴，∴AB＝2AM＝16．故选：C．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，解决与弦有关的问题时，往往需构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形，若设圆的半径为r，弦长为a，这条弦的弦心距为d，则有等式成立，知道这三个量中的任意两个，就可以求出另外一个．
考点3. 弧、弦、圆心角、圆周角
【解题技巧】1）．圆心角的度数等于它所对弧的度数，把顶点在圆心的周角等分成360份，每一份的圆心角是1°的角，1°的圆心角对着1°的弧．
2）．圆周角要具备两个特征：①顶点在圆上；②角的两边都和圆相交，二者缺一不可．
1．（2020·湖北荆门市·中考真题）如图，中，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由垂径定理都出，然后根据圆周角定理即可得出答案．
【详解】∵OC⊥AB，∴，∴∠APC=∠BOC，
∵∠APC=28°，∴∠BOC=56°，故选：D．
【点睛】本题考查了垂径定理和圆周角定理，得出是解题关键．
2．（2020·山东泰安市·中考真题）如图，是的内接三角形，，是直径，，则的长为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【分析】连接BO，根据圆周角定理可得，再由圆内接三角形的性质可得OB垂直平分AC，再根据正弦的定义求解即可．
【详解】如图，连接OB，
∵是的内接三角形，∴OB垂直平分AC，∴，，
又∵，∴，∴,
又∵AD=8，∴AO=4，∴，
解得：，∴．故答案选B．
【点睛】本题主要考查了圆的垂径定理的应用，根据圆周角定理求角度是解题的关键．
3．（2020·山东青岛市·中考真题）如图，是的直径，点，在上，，交于点．若．则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据圆周角定理得到∠，再根据等弧所对的弦相等，得到，∠，最后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，得到∠CAD=，∠BAG=，即可求解．
【详解】解：∵是的直径∴∠∵∴∴∠
∵∴∠∴∠
∴∠故选：B．
【点睛】此题主要考查圆周角定理和弧、弦及圆周角之间的关系，熟练掌握圆周角定理和三者之间的关系是解题关键．
4．（2020·四川泸州市·中考真题）如图，中，，．则的度数为（ ）
A．100° B．90° C．80° D．70°
【答案】C
【分析】首先根据弧、弦、圆心角的关系得到AB=AC，再根据等腰三角形的性质可得∠A的度数，然后根据圆周角定理可得∠BOC=2∠A，进而可得答案．
【详解】解：∵，∴AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=70°，∴∠A=180°-70°×2=40°，
∵圆O是△ABC的外接圆，∴∠BOC=2∠A=40°×2=80°，故选C．
【点睛】此题主要考查了弧、弦、圆心角的关系、圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，由圆周角定理得出结果是解决问题的关键．
5．（2020·柳州市中考真题）如图，点A、B、C在⊙O上，若∠BOC＝70°，则∠A的度数为（ ）
A．35° B．40° C．55° D．70°
【答案】A
【分析】根据圆周角定理，同弧所对圆周角等于圆心角的一半，即可得出答案．
【详解】解：∵如图，∠BOC＝70°，∴∠A＝∠BOC＝35°．故选：A．
【点睛】此题主要考查了圆周角定理，圆周角定理是中考中考查重点，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键．
6．（2020·浙江杭州市·中考真题）如图，已知BC是⊙O的直径，半径OA⊥BC，点D在劣弧AC上（不与点A，点C重合），BD与OA交于点E．设∠AED＝α，∠AOD＝β，则（ ）
A．3α+β＝180° B．2α+β＝180° C．3α﹣β＝90° D．2α﹣β＝90°
【答案】D
【分析】根据直角三角形两锐角互余性质，用α表示∠CBD，进而由圆心角与圆周角关系，用α表示∠COD，最后由角的和差关系得结果．
【详解】解：∵OA⊥BC，∴∠AOB＝∠AOC＝90°，
∴∠DBC＝90°﹣∠BEO＝90°﹣∠AED＝90°﹣α，∴∠COD＝2∠DBC＝180°﹣2α，
∵∠AOD+∠COD＝90°，∴β+180°﹣2α＝90°，∴2α﹣β＝90°，故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理以及直角三角形的两个锐角互余的关系，熟练掌握圆周角定理是解决本题的关键．
7．（2020·四川眉山市·中考真题）如图，四边形的外接圆为⊙，，，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据同弧所对的圆周角相等及等边对等角，可得，根据三角形的内角和可得，利用角的和差运算即可求解．
【详解】解：∵，∴，∵，∴，
∵，∴，∴，故选：C．
【点睛】本题考查同弧所对的圆周角相等、三角形的内角和、等边对等角，熟练应用几何知识是解题关键．
8．（2020·浙江中考真题）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=70°，则∠ADC的度数是（ ）
A．70° B．110° C．130° D．140°
【答案】B
【分析】根据圆内接四边形的对角互补计算即可．
【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=70°，
∴∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣70°=110°，故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
考点4. 点、直线与圆的位置关系
【解题技巧】1）．点和圆的位置关系：①在圆上；②在圆内；③在圆外．2）．直线和圆的位置关系：相交、相切、相离．
1．（2020·广东广州市·中考真题）如图，中，，，，以点为圆心，为半径作，当时，与的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
【答案】B
【分析】根据中，， ，求出AC的值，再根据勾股定理求出BC 的值，比较BC与半径r的大小，即可得出与的位置关系．
【详解】解：∵中，， ，∴cosA=
∵，∴AC=4∴BC= 当时，与的位置关系是：相切 故选：B
【点睛】本题考查了由三角函数解直角三角形，勾股定理以及直线和圆的位置关系等知识，利用勾股定理解求出BC是解题的关键．
2．（2020·上海中考真题）在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点O在对角线AC上，圆O的半径为2，如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是____．
【答案】＜AO＜．
【分析】根据勾股定理得到AC=10，如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，证明△AOE∽△ACD即可求出与AD相切时的AO值；如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，证明△COF∽△CAB即可求出BC相切时的AO值，最后即可得到结论．
【详解】解：在矩形ABCD中，∵∠D=90°，AB=6，BC=8，∴AC=10，
如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，
则OE⊥AD，∴OE//CD，∴△AOE∽△ACD，∴，∴，∴AO=；
如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，
则OF⊥BC，∴OF//AB，∴△COF∽△CAB，∴，∴，∴OC=，∴AO=，
∴如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是＜AO＜．
故答案为：＜AO＜．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．
3. （2020·四川中考模拟）已知⊙O的半径是5，点A到圆心O的距离是7，则点A与⊙O的位置关系是
A．点A在⊙O上 B．点A在⊙O内 C．点A在⊙O外 D．点A与圆心O重合
【答案】C
【解析】∵O的半径是5，点A到圆心O的距离是7，
即点A到圆心O的距离大于圆的半径，∴点A在⊙O外．故选C．
【点睛】直接根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
4. （2020·河北中考模拟）在△ABC中，AB=AC=2，∠A=150°，那么半径长为1的⊙B和直线AC的位置关系是
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
【答案】B
【解析】过B作BD⊥AC交CA的延长线于D，∵∠BAC=150，∴∠DAB=30°，∴BD==1，即B到直线AC的距离等于⊙B的半径，∴半径长为1的⊙B和直线AC的位置关系是相切，故选B．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系的应用，过B作BD⊥AC交CA的延长线于D，求出BD和⊙B的半径比较即可，主要考查学生的推理能力．
考点5. 切线的性质
【解题技巧】有圆的切线时，常常连接圆心和切点得切线垂直半径，这是圆中作辅助线的一种方法．
1．（2020·湖南湘西土家族苗族自治州·中考真题）如图，、为⊙O的切线，切点分别为A、B，交于点C，的延长线交⊙O于点D．下列结论不一定成立的是（ ）
A．为等腰三角形 B．与相互垂直平分
C．点A、B都在以为直径的圆上 D．为的边上的中线
【答案】B
【分析】连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，证明Rt△OPB≌Rt△OPA，可得BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，可推出为等腰三角形，可判断A；根据△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，可得PM=OM=BM=AM，可判断C；证明△OBC≌△OAC，可得PC⊥AB，根据△BPA为等腰三角形，可判断D；无法证明与相互垂直平分，即可得出答案．
【详解】解：连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，
∵B，C为切点，∴∠OBP=∠OAP=90°，∵OA=OB，OP=OP，∴Rt△OPB≌Rt△OPA，
∴BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，∴为等腰三角形，故A正确；
∵△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，∴PM=OM=BM=AM
∴点A、B都在以为直径的圆上，故C正确；
∵∠BOC=∠AOC，OB=OA，OC=OC，∴△OBC≌△OAC，∴∠OCB=∠OCA=90°，∴PC⊥AB，
∵△BPA为等腰三角形，∴为的边上的中线，故D正确；
无法证明与相互垂直平分，故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆的性质，掌握知识点灵活运用是解题关键．
2．（2020·江苏徐州市·中考真题）如图，是的弦，点在过点的切线上，，交于点．若，则的度数等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可求出∠APO、∠A的度数，进一步可得∠ABO度数，从而推出答案.
【详解】∵，∴∠APO=70°，∵，∴∠AOP=90°，∴∠A=20°，
又∵OA=OB，∴∠ABO=20°，又∵点C在过点B的切线上，∴∠OBC=90°，
∴∠ABC=∠OBC−∠ABO=90°−20°=70°，故答案为：B.
【点睛】本题考查的是圆切线的运用，熟练掌握运算方法是关键.
3．（2020·江苏苏州市·中考真题）如图，已知是的直径，是的切线，连接交于点，连接．若，则的度数是_________．
【答案】25
【分析】先由切线的性质可得∠OAC=90°，再根据三角形的内角和定理可求出∠AOD=50°，最后根据“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”即可求出∠B的度数．
【详解】解：∵是的切线，∴∠OAC=90°
∵，∴∠AOD=50°，∴∠B=∠AOD=25°故答案为：25．
【点睛】本题考查了切线的性质和圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
4．（2020·重庆中考真题）如图，AB是的切线，A切点，连接OA，OB，若，则的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】D
【分析】根据切线的性质可得，再根据三角形内角和求出.
【详解】∵AB是的切线∴∵∴
故选D.
【点睛】本题考查切线的性质，由切线得到直角是解题的关键.
5．（2020·山东泰安市·中考真题）如图，是的切线，点A为切点，交于点B，，点C在上，．则等于（ ）
A．20° B．25° C．30° D．50°
【答案】B
【分析】连接OA，求出∠POA= 80°，根据等腰三角形性质求出∠OAB=∠OBA=50°，进而求出∠AOC=130°，得到∠C=25°，根据平行线性质即可求解．
【详解】解：如图，连接OA，∵是的切线，∴∠PAO=90°，
∵，∴∠POA=90°-∠P=80°，∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA=50°，
∵，∴∠BOC=∠ABO=50°，∴∠AOC=∠AOB+∠BOC=130°，
∵OA=OC，∴∠OAC=∠C=25°，∵，∴∠BAC=∠C=25°．故选：B
【点睛】本题考查了切线的性质，圆的半径都相等，平行线的性质等知识，熟知各知识点是解题关键．一般情况下，在解决与圆有关的问题时，根据圆的的半径都相等，可以得到等腰三角形，进而可以进行线段或角的转化．
6．（2020·黑龙江哈尔滨市·中考真题）如图是直径，点A为切点，交于点C，点D在上，连接，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，由可求出∠AOC=．再由AB为圆O的切线，得AB⊥OA，由直角三角形的两锐角互余，即可求出∠ABO的度数，
【详解】解：∵ ，∴，
∵AB为圆O的切线，∴AB⊥OA，即∠OAB=90°，
∴，故选：B．
【点睛】此题考查了切线的性质，以及圆周角定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
考点6. 切线的判定
【解题技巧】
1．（2020·湖南永州市·中考真题）如图，内接于是的直径，与相切于点B，交的延长线于点D，E为的中点，连接．（1）求证：是的切线．（2）已知，求O，E两点之间的距离．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接，先推出，然后根据是斜边上的中线，得出，从而可得，根据与相切，得到，
可得，即，即可证明是的切线；（2）连接OE，先证明，可得，可求出AD，根据是的中位线，即可求出OE．
【详解】（1）证明：连接，
∵，∴，∵是的直径，∴，则，
∵是斜边上的中线，∴，∴，
∵与相切，∴，即，
∴，即，∴，∴是的切线；
（2）连接OE，∵，∴，
∴，即，∴，∵是的中位线，∴．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定进而性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，掌握知识点，结合现有条件灵活运用是解题关键．
2．（2020·青海中考真题）如图，已知AB是的直径，直线BC与相切于点B，过点A作AD//OC交于点D，连接CD．（1）求证：CD是的切线．（2）若，直径，求线段BC的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）如图（见解析），先根据等腰三角形的性质可得，又根据平行线的性质可得，从而可得，再根据圆的切线的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据圆的切线的判定即可得证；
（2）如图（见解析），先根据圆周角定理得出，再根据勾股定理可得BD的长，然后根据相似三角形的判定与性质即可得．
【详解】（1）如图，连接OD，则
直线BC与相切于点B
在和中，
又是的半径是的切线；
（2）如图，连接BD 由圆周角定理得：
， ，
在和中，
，即 解得．
【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
3．（2020·四川南充市·中考真题）如图，点A，B，C是半径为2的⊙O上三个点，AB为直径，∠BAC的平分线交圆于点D，过点D作AC的垂线交AC得延长线于点E，延长线ED交AB得延长线于点F．
（1）判断直线EF与⊙O的位置关系，并证明．（2）若DF=，求tan∠EAD的值．
【答案】（1）直线与圆相切，证明详见解析；（2）
【分析】（1）连接OD，由OA＝OD知∠OAD＝∠ODA，由AD平分∠EAF知∠DAE＝∠DAO，据此可得∠DAE＝∠ADO，继而知OD∥AE，根据AE⊥EF即可得证；（2）根据勾股定理得到，根据平行线分线段成比例定理和三角函数的定义即可得到结论．
【详解】解：（1）直线与圆相切
理由如下：连接∵平分∴
∵∴∴
由，得 ∵点在圆上∴是圆的切线
（2）由（1）可得，在中，，，
由勾股定理得 ∵∴
即，得，
∴在中，
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，角平分线的定义，圆周角定理，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
4．（2020·山东潍坊市·中考真题）如图，为的直径，射线交于点F，点C为劣弧的中点，过点C作，垂足为E，连接．（1）求证：是的切线；（2）若，求阴影部分的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接BF，证明BF//CE，连接OC，证明OC⊥CE即可得到结论；
（2）连接OF，求出扇形FOC的面积即可得到阴影部分的面积．
【详解】（1）连接，是的直径，，即，
，连接，∵点C为劣弧的中点，，
∵，∵OC是的半径，∴CE是的切线；
（2）连接，，
∵点C为劣弧的中点，，，
，， ∴S扇形FOC=，即阴影部分的面积为：．
【点睛】本题主要考查了切线的判定以及扇形面积的求法，熟练掌握切线的判定定理以及扇形面积的求法是解答此题的关键．
5．（2020·湖南湘潭市·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，过点作，垂足为点．（1）求证：；（2）判断直线与的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）直线与相切，理由见解析．
【分析】（1）AB为的直径得，结合AB=AC，用HL证明全等三角形；（2）由得BD=BC，结合AO=BO得OD为中位线，由得，可得直线DE为切线．
【详解】（1）∵AB为的直径∴
在和中∴（HL）
（2）直线与相切，理由如下：
连接OD，如图所示：由知：，
又∵OA=OB∴OD为的中位线∴
∵∴ ∵OD为的半径∴DE与相切．
【点睛】本题考查了全等三角形的证明，切线的判定，熟知以上知识的应用是解题的关键．
6．（2020·湖南湘西土家族苗族自治州·中考真题）如图，是⊙O的直径，是⊙O的切线，交⊙O于点E．（1）若D为的中点，证明：是⊙O的切线；（2）若，，求⊙O的半径的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）⊙O的半径的长为4
【分析】（1）连接AE和OE，由直角三角形的性质和圆周角定理易得∠OED=90°，可得DE是⊙O的切线；
（2）在Rt△ACE中求得AE的长，证得Rt△ABERt△CAE，利用对应边成比例即可求解．
【详解】（1）连接AE，OE，
∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=90°，∵AC是圆⊙O的切线，∴AC⊥AB，
在直角△AEC中，∵D为AC的中点，∴DE=DC=DA，∴∠DEA=∠DAE，
∵OE=OA，∴∠OEA=∠OAE，∵∠DAE+∠OAE=90°，∴∠DEA+∠OEA=∠DEO=90°，
∴OE⊥DE，∴DE 是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=∠AEC=90°，
在Rt△ACE中， CA=6， CE=3.6=，
∴AE=，∴∠B+∠EAB=90°，
∵∠CAE+∠EAB=90°，∴∠B=∠CAE，∴Rt△ABERt△CAE，
∴，即，∴，∴⊙O的半径OA=．
【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，掌握切线的判定定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
考点7. 内心和外心问题
【解题技巧】
1．（2020·浙江金华市·中考真题）如图，⊙O是等边△ABC的内切圆，分别切AB，BC，AC于点E，F，D，P是上一点，则∠EPF的度数是（ ）
A．65° B．60° C．58° D．50°
【答案】B
【分析】连接OE，OF．求出∠EOF的度数即可解决问题．
【详解】解：如图，连接OE，OF．
∵⊙O是△ABC的内切圆，E，F是切点，∴OE⊥AB，OF⊥BC，∴∠OEB=∠OFB=90°，
∵△ABC是等边三角形，∴∠B=60°，∴∠EOF=120°，∴∠EPF=∠EOF=60°，故选：B．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，切线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
2．（2020·山东济宁市·中考真题）如图，在△ABC中点D为△ABC的内心,∠A=60°,CD=2,BD=4．则△DBC的面积是（ ）
A．4 B．2 C．2 D．4
【答案】B
【分析】过点B作BH⊥CD于点H．由点D为△ABC的内心，∠A=60°，得∠BDC=120°，则∠BDH=60°，由BD=4，BD：CD=2：1得BH=2，CD=2，于是求出△DBC的面积．
【详解】解：过点B作BH⊥CD于点H．∵点D为△ABC的内心，∠A=60°，
∴∠BDC=90°+∠A=90°+×60°=120°，则∠BDH=60°，
∵BD=4，BD：CD=2：1∴DH=2，BH=2，CD=2，
∴△DBC的面积为CD•BH=×2×2=2.故选B.
【点睛】本题考查了三角形内心的相关计算，熟练运用含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
3．（2020·湖南永州市·中考真题）如图，已知是的两条切线，A，B为切点，线段交于点M．给出下列四种说法：①；②；③四边形有外接圆；④M是外接圆的圆心，其中正确说法的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由切线长定理判断①，结合等腰三角形的性质判断②，利用切线的性质与直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，判断③，利用反证法判断④．
【详解】解：如图， 是的两条切线， 故①正确，
故②正确，
是的两条切线， 取的中点，连接，
则 所以：以为圆心，为半径作圆，则共圆，故③正确，
M是外接圆的圆心，
与题干提供的条件不符，故④错误，综上：正确的说法是个，故选C．
【点睛】本题考查的是切线长定理，三角形的外接圆，四边形的外接圆，掌握以上知识是解题的关键．
4．（2020·湖北荆州市·中考真题）已知：，求作的外接圆，作法：①分别作线段BC，AC的垂直平分线EF和MN，它们交于点O；②以点O为圆心，OB的长为半径画弧，如图⊙O即为所求，以上作图用到的数学依据是___________________．
【答案】线段的垂直平分线的性质
【分析】用线段垂直平分线的性质得到OA=OC=OB，然后根据点与圆的位置关系可判断点A、C在⊙O上．
【详解】解：如图，连接，∵点O为AC和BC的垂直平分线的交点，
∴OA=OC=OB， ∴⊙O为的外接圆．
故答案为：线段的垂直平分线的性质．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．考查线段的垂直平分线的性质，确定圆的条件，掌握作图的原理是解题的关键．
5．（2020·青海中考真题）在中，，，，则的内切圆的半径为__________．
【答案】1
【详解】如图，设△ABC的内切圆与各边相切于D，E，F，连接OD，OE，OF，
则OE⊥BC，OF⊥AB，OD⊥AC，设半径为r，CD=r，
∵∠C=90°，BC=4，AC=3，∴AB=5，∴BE=BF=4-r，AF=AD=3-r，
∴4-r+3-r=5，∴r=1．∴△ABC的内切圆的半径为 1．
6．（2020·辽宁丹东市·中考真题）如图，在四边形中，，，，，分别以和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，直线与延长线交于点，连接，则的内切圆半径是（ ）
A．4 B． C．2 D．
【答案】A
【分析】分别以和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，连接P，Q则PQ为BC的垂直平分线，可得EB=EC，又∠B=60°，所以△EBC为等边三角形，作等边三角形EBC的内切圆，设圆心为M，则M在直线PQ上，连接BM，过M作BC垂线垂足为H，在Rt△BMH中，BH=BC=AD=，∠MBH=∠B=30°，通过解直角三角形可得出MH的值即为△BCE的内切圆半径的长．
【详解】解：有题意得PQ为BC的垂直平分线，∴EB=EC，
∵∠B=60°，∴△EBC为等边三角形，
作等边三角形EBC的内切圆，设圆心为M，∴M在直线PQ上，
连接BM，过M作MH垂直BC于H，垂足为H，
∵∴BH=BC=AD= ，
∵∠MBH=∠B=30°，∴在Rt△BMH中,MH=BH×tan30°=×=4．
∴的内切圆半径是4．故选：A．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线定理，等边三角形的判定，等边三角形内切圆半径的求法，解直角三角形，解题关键在于理解题意，运用正确的方法求三角形内切圆半径．
7．（2020·内蒙古赤峰市·中考真题）如图，中，AB=AC，AD是∠BAC的平分线，EF是AC的垂直平分线，交AD于点O.若OA =3，则外接圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根据等腰三角形的三线合一可得AD是BC的垂直平分线，从而可得点O即为外接圆的圆心，再利用圆的面积公式即可得．
【详解】，AD是的平分线
，且AD是BC边上的中线（等腰三角形的三线合一）是BC的垂直平分线
是AC的垂直平分线点O为外接圆的圆心，OA为外接圆的半径
外接圆的面积为故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的三线合一、三角形外接圆，正确找出三角形外接圆的圆心是解题关键．
考点8. 正多边形与圆
【解题技巧】任何正多边形都有一个外接圆和一个内切圆，这两个圆是同心圆．
1．（2020·四川中考真题）半径为R的圆内接正三角形、正方形、正六边形的边心距分别为a，b，c，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．abc B．bac C．acb D．cba
【答案】A
【分析】分别画出符合题意的图形，利用直角三角形 利用三角函数求解边心距，再比较大小即可．
【详解】解：设圆的半径为R，
如图， 由为圆内接正三角形，
则正三角形的边心距为a＝R×cos60°＝R．如图，四边形为圆的内接正方形，
四边形的边心距为b＝R×cos45°＝R，
如图，六边形为圆的正内接六边形，
正六边形的边心距为c＝R×cos30°＝R．∵RRR，∴＜b＜，故选：．
【分析】本题主要考查了正多边形和圆的性质，解决本题的关键是构造直角三角形，得到用半径表示的边心距；注意：正多边形的计算一般要转化为解直角三角形的问题来解决．
2．（2020·辽宁阜新市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，得到正六边形，则正六边形的顶点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】如图，以为圆心，为半径作 得到将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，即把绕点O顺时针旋转i个45°，与重合，利用正六边形的性质与锐角三角函数求解的坐标，利用关于原点成中心对称，从而可得答案．
【详解】解：如图，以为圆心，为半径作
将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，
即把绕点O顺时针旋转i个45°，旋转后的对应点依次记为，
周角＝ 绕点O顺时针旋转顺时针旋转次回到原位置，
与重合，关于原点成中心对称，连接
正六边形，
关于原点成中心对称， 故选A．
【点睛】本题考查的是旋转的旋转，正六边形的性质，圆的对称性，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键．
3．（2020·湖北随州市·中考真题）设边长为的等边三角形的高、内切圆的半径、外接圆的半径分别为、、，则下列结论不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将图形标记各点,即可从图中看出长度关系证明A正确,再由构造的直角三角形和30°特殊角证明B正确,利用勾股定理求出r和R,即可判断C、D．
【详解】
如图所示,标上各点，AO为R，OB为r，AB为h，从图象可以得出AB=AO+OB，即，A正确；
∵三角形为等边三角形，∴∠CAO=30°，根据垂径定理可知∠ACO=90°，
∴AO=2OC，即R=2r，B正确；
在Rt△ACO中，利用勾股定理可得：AO2=AC2+OC2，即，
由B中关系可得：，解得，则，所以C错误，D正确；故选：C．
【点睛】本题考查圆与正三角形的性质结合,关键在于巧妙利用半径和构建直角三角形．
4．（2020·山东德州市·中考真题）如图，圆内接正六边形的边长为4，以其各边为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】正六边形的面积加上六个小半圆的面积，再减去中间大圆的面积即可得到结果．
【详解】解：正六边形的面积为：，
六个小半圆的面积为：，中间大圆的面积为：，
所以阴影部分的面积为：，故选：A．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆的面积的计算，正六边形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
5．（2020·山东济南市·中考真题）如图，在正六边形ABCDEF中，分别以C，F为圆心，以边长为半径作弧，图中阴影部分的面积为24π，则正六边形的边长为_____．
【答案】6
【分析】根据多边形的内角和公式求出扇形的圆心角，然后按扇形面积公式列方程求解计算即可．
【详解】解：∵正六边形的内角是120度，阴影部分的面积为24π，
设正六边形的边长为r，∴，
解得r＝6．（负根舍去）则正六边形的边长为6．故答案为：
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，扇形面积，掌握以上知识是解题的关键．
6．（2020·江苏徐州市·中考真题）如图，、、、为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为_______．
【答案】10
【分析】连接AO,BO，根据圆周角定理得到∠AOB=36°，根据中心角的定义即可求解．
【详解】如图，连接AO,BO，∴∠AOB=2∠ADB=36°∴这个正多边形的边数为=10故答案为：10．
【点睛】此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．
7．（2020·云南昆明市·中考真题）如图，边长为2cm的正六边形螺帽，中心为点O，OA垂直平分边CD，垂足为B，AB＝17cm，用扳手拧动螺帽旋转90°，则点A在该过程中所经过的路径长为_____cm．
【答案】10π
【分析】利用正六边形的性质求出OB的长度，进而得到OA的长度，根据弧长公式进行计算即可．
【详解】解：连接OD，OC．
∵∠DOC＝60°，OD＝OC，∴△ODC是等边三角形，∴OD＝OC＝DC＝（cm），
∵OB⊥CD，∴BC＝BD＝（cm），∴OB＝BC＝3（cm），∵AB＝17cm，∴OA＝OB+AB＝20（cm），
∴点A在该过程中所经过的路径长＝＝10π（cm），故答案为：10π．
【点睛】本题考查了正六边形的性质及计算，扇形弧长的计算，熟知以上计算是解题的关键．
考点9. 弧长和扇形的面积
【解题技巧】1）．弧长公式：；2）．扇形面积公式：或．
1．（2020·广西）如图，已知的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，将绕点A逆时针旋转90°后得到，则在该旋转过程中，点P的运动路径长是（ ）
A．π B．π C．2π D．2π
【答案】B
【分析】根据已知的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，利用垂径定理可得AC＝4，PO⊥AB，再根据勾股定理可得AP的长，利用弧长公式即可求出点P的运动路径长．
【详解】如图，设的圆心为O，连接OP交AB于C，连接OA,AP, AB′, AP′,
∵圆O半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，根据垂径定理，得
AC＝AB＝4，PO⊥AB，OC＝＝3，
∴PC＝OP﹣OC＝5﹣3＝2，∴AP＝＝2，
∵将绕点A逆时针旋转90°后得到，∴∠PAP′＝∠BAB′＝90°，
∴LPP′＝＝π．则在该旋转过程中，点P的运动路径长是π．故选：B．
【点睛】本题主要考查垂径定理，扇形的弧长计算，熟练掌握垂径定理的应用是解题的关键．
2．（2020·辽宁沈阳市·中考真题）如图，在矩形中，，，以点为圆心，长为半径画弧交边于点，连接，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据矩形的性质可得，再根据圆的性质可得，然后利用余弦三角函数可得，从而可得，最后利用弧长公式即可得．
【详解】四边形ABCD是矩形，，
由圆的性质得： 在中，
则的长为故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、弧长公式、余弦三角函数等知识点，利用余弦三角函数求出是解题关键．
3．（2020·山东淄博市·中考真题）如图，放置在直线l上的扇形OAB．由图①滚动（无滑动）到图②，再由图②滚动到图③．若半径OA＝2，∠AOB＝45°，则点O所经过的最短路径的长是（ ）
A．2π+2 B．3π C． D．+2
【答案】C
【详解】利用弧长公式计算即可．
【解答】解：如图，
点O的运动路径的长＝的长+O1O2+的长＝++＝，故选：C．
【点评】本题考查轨迹，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
4．（2020·云南中考真题）如图，正方形的边长为4，以点为圆心，为半径画圆弧得到扇形（阴影部分，点在对角线上）．若扇形正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，扇形ADE中弧DE的长即为圆锥底面圆的周长，即通过计算弧DE的长，再结合圆的周长公式进行计算即可得解．
【详解】∵正方形的边长为4∴
∵是正方形的对角线∴∴
∴圆锥底面周长为，解得∴该圆锥的底面圆的半径是，故选：D．
【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式，圆的周长公式，正方形的性质以及圆锥的相关知识点，熟练掌握弧长公式及圆的周长公式是解决本题的关键．
5．（2020·湖北省直辖县级行政单位·中考真题）一个圆锥的底面半径是，其侧面展开图的圆心角是120°，则圆锥的母线长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意求出圆锥的底面周长，根据弧长公式计算即可．
【详解】解：圆锥的底面周长＝2×π×4＝8π，∴侧面展开图的弧长为8π，
则圆锥母线长＝＝12（cm），故选：B．
【点睛】本题考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
6．（2020·四川达州市·中考真题）如图，在半径为5的中，将劣弧沿弦翻折，使折叠后的恰好与、相切，则劣弧的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图画出折叠后所在的⊙O＇，连O＇B，O＇A，根据题意可得O＇B⊥OB、O＇A⊥OA，且OB=OA=O＇B=O＇A,得到四边形O＇BOA是正方形，即∠O=90°，最后根据弧长公式计算即可．
【详解】解：如图：画出折叠后所在的⊙O＇，连O＇B，O＇A
∵恰好与、相切∴O＇B⊥OB、O＇A⊥OA
∵OB=OA=O＇B=O＇A,∴四边形O＇BOA是正方形
∴∠O=90°∴劣弧的长为．故答案为B．
【点睛】本题考查了折叠的性质、正方形的判定与性质、弧长公式等知识点，其中掌握弧长公式和折叠的性质是解答本题的关键．
7．（2020·湖北黄石市·中考真题）如图，在的方格纸中，每个小方格都是边长为1的正方形，其中A、B、C为格点，作的外接圆，则的长等于_____．
【答案】
【分析】由AB、BC、AC长可推导出△ACB为等腰直角三角形，连接OC，得出∠BOC＝90°，计算出OB的长就能利用弧长公式求出的长了．
【详解】∵每个小方格都是边长为1的正方形，∴AB＝2，AC＝，BC＝，
∴AC2＋BC2＝AB2，∴△ACB为等腰直角三角形，∴∠A＝∠B＝45°，∴连接OC，则∠COB＝90°，
∵OB＝∴的长为：＝故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长的计算以及圆周角定理，解题关键是利用三角形三边长通过勾股定理逆定理得出△ACB为等腰直角三角形．
考点10. 圆的综合问题
【解题技巧】
1．（2020·柳州市中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，连接AC、BC，OD⊥BC于点E，交⊙O于点D，连接CD、AD，AD与BC交于点F，CG与BA的延长线交于点G．（1）求证：△ACD∽△CFD；（2）若∠CDA＝∠GCA，求证：CG为⊙O的切线；（3）若sin∠CAD＝，求tan∠CDA的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）由垂径定理得，由圆周角定理得∠CAD＝∠FCD，再由公共角∠ADC＝∠CDF，即可得出△ACD∽△CFD；（2）连接OC，由圆周角定理得∠ACB＝90°，则∠ABC+∠CAB＝90°，由等腰三角形的性质得∠OBC＝∠OCB，证出∠OCB＝∠GCA，得出∠OCG＝90°，即可得出结论；
（3）连接BD，由圆周角定理得∠CAD＝∠CBD，则sin∠CAD＝sin∠CBD＝，设DE＝x，OD＝OB＝r，则OE＝r﹣x，BD＝3x，由勾股定理得BE＝，则BC＝2BE＝，在Rt△OBE中，由勾股定理得(r﹣x)2+()2＝r2，解得r＝，则AB＝2r＝9x，由勾股定理求出AC＝7x，由三角函数定义即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵OD⊥BC，∴,∴∠CAD＝∠FCD，
又∵∠ADC＝∠CDF，∴△ACD∽△CFD；
（2）证明：连接OC，如图1所示：
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ABC+∠CAB＝90°，∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB，
∵∠CDA＝∠OBC，∠CDA＝∠GCA，∴∠OCB＝∠GCA，
∴∠OCG＝∠GCA+∠OCA＝∠OCB+∠OCA＝90°，∴CG⊥OC，
∵OC是⊙O的半径，∴CG是⊙O的切线；
（3）解：连接BD，如图2所示：
∵∠CAD＝∠CBD，∵OD⊥BC，∴sin∠CAD＝sin∠CBD＝，BE＝CE，
设DE＝x，OD＝OB＝r，则OE＝r﹣x，BD＝3x在Rt△BDE中，BE＝，
∴BC＝2BE＝,在Rt△OBE中，OE2+BE2＝OB2，即(r﹣x)2+()2＝r2，，解得：r＝，
∴AB＝2r＝9x，在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，∴AC2+()2＝(9x)2，
∴AC＝7x或AC＝﹣7x（舍去），∴tan∠CDA＝tan∠CBA＝＝．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定，三角函数等知识．本题综合性比较强，熟练掌握圆周角定理，垂径定理是解题的关键．
2．（2020·内蒙古鄂尔多斯市·中考真题）我们知道，顶点坐标为(h，k)的抛物线的解析式为y＝a（x﹣h）2+k（a≠0）．今后我们还会学到，圆心坐标为(a，b)，半径为r的圆的方程（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，如：圆心为P(﹣2，1)，半径为3的圆的方程为（x+2）2+（y﹣1）2＝9．
（1）以M(﹣3，﹣1)为圆心，为半径的圆的方程为 ．
（2）如图，以B(﹣3，0)为圆心的圆与y轴相切于原点，C是⊙B上一点，连接OC，作BD⊥OC，垂足为D，延长BD交y轴于点E，已知sin∠AOC＝．
①连接EC，证明：EC是⊙B的切线；
②在BE上是否存在一点Q，使QB＝QC＝QE＝QO？若存在，求点Q的坐标，并写出以Q为圆心，以QB为半径的⊙Q的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（x+3）2+（y+1）2＝3；（2）①证明见解析，②存在，点Q(﹣，2)，方程为（x+）2+（y﹣2）2＝
【分析】（1）由圆的方程的定义可求解；（2）①由“SAS”可证△CBE≌△OBE，可得∠BCE＝∠BOE＝90°，可得结论；②如图，连接CQ，QO，由余角性质可得∠AOC＝∠BEO，由锐角三角函数可求EO的长，可得点E坐标，由QB＝QC＝QE＝QO，可得点Q是BE中点，由中点坐标公式可求点Q坐标，即可求解．
【详解】解：（1）以M（﹣3，﹣1）为圆心，为半径的圆的方程为（x+3）2+（y+1）2＝3，
故答案为：（x+3）2+（y+1）2＝3；
（2）①∵OE是⊙B切线，∴∠BOE＝90°，∵CB＝OB，BD⊥CO，∴∠CBE＝∠OBE，
又∵BC＝BO，BE＝BE，∴△CBE≌△OBE（SAS），∴∠BCE＝∠BOE＝90°，∴BC⊥CE，
又∵BC是半径，∴EC是⊙B的切线；
②如图，连接CQ，QO，
∵点B（﹣3，0），∴OB＝3，∵∠AOC+∠DOE＝90°，∠DOE+∠DEO＝90°，∴∠AOC＝∠BEO，
∵sin∠AOC＝．∴sin∠BEO＝＝，∴BE＝5，
∴OE＝＝＝4，∴点E（0，4），
∵QB＝QC＝QE＝QO，∴点Q是BE的中点，
∵点B（﹣3，0），点E（0，4），∴点Q（﹣，2），
∴以Q为圆心，以QB为半径的⊙Q的方程为（x+）2+（y﹣2）2＝．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，理解圆的方程定义是本题的关键．
3．（2020·黑龙江大庆市·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，连接，过点作，垂足为，、的延长线交于点．（1）求证：是的切线；（2）求证：；（3）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质和圆的相关性质证得OD为△ABC的中位线，即可求证；
（2）根据题中条件证明△BND∽△DNA，再根据AB=AC，进行等量代换即可证明；（3）先根据等腰三角形的性质、解直角三角形和勾股定理求出AB、BD、AD的长度，再利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）如图，连接OD，∵AB为的直径，∴∠ADB=90°，
∵AB=AC，∴BD=CD，点D为BC的中点，
又∵AO=BO，∴OD为△ABC的中位线，∴OD∥AC，
∵，∴OD⊥MN，故是的切线．
（2）∵∠ADB=90°，∠1+∠3=90°，∵，∴∠3+∠5=90°，∠2+∠3=90°，∴∠2=∠5，
∵AB=AC，AD⊥BC，∴∠4=∠5，∵∠1=∠2，∴∠1=∠4，
∵∠N=∠N，∴△BND∽△DNA，∴，
∵AB=AC，∴，∴
（3）∵，∴BD=CD=3，∵，∴AC=，∴AB=5，
由勾股定理可得AD=4，,由（2）可得，△BND∽△DNA，
∴∴，∵，∴，即，
解得：．
【点睛】本题考查圆的切线的判定、相似三角形的性质与判定和解直角三角形，解题的关键是熟练掌握相关性质和判定并灵活应用．
4．（2020·山东淄博市·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC交BC边于点E，交⊙O于点D，过点A作AF⊥BC于点F，设⊙O的半径为R，AF＝h．（1）过点D作直线MN∥BC，求证：MN是⊙O的切线；（2）求证：AB•AC＝2R•h；（3）设∠BAC＝2α，求的值（用含α的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）2cosα
【详解】解：（1）证明：如图1，连接OD，
∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴＝，
又∵OD是半径，∴OD⊥BC，∵MN∥BC，∴OD⊥MN，∴MN是⊙O的切线；
（2）证明：如图2，连接AO并延长交⊙O于H，
∵AH是直径，∴∠ABH＝90°＝∠AFC，
又∵∠AHB＝∠ACF，∴△ACF∽△AHB，∴，∴AB•AC＝AF•AH＝2R•h；
（3）如图3，过点D作DQ⊥AB于Q，DP⊥AC，交AC延长线于P，连接CD，
∵∠BAC＝2α，AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD＝α，∴＝，∴BD＝CD，
∵∠BAD＝∠CAD，DQ⊥AB，DP⊥AC，∴DQ＝DP，∴Rt△DQB≌Rt△DPC（HL），∴BQ＝CP，
∵DQ＝DP，AD＝AD，∴Rt△DQA≌Rt△DPA（HL），∴AQ＝AP，∴AB+AC＝AQ+BQ+AC＝2AQ，
∵cos∠BAD＝，∴AD＝，∴＝＝2cosα．
（1）连接OD，由角平分线的性质可得∠BAD＝∠CAD，可得＝，由垂径定理可得OD⊥BC，可证OD⊥MN，可得结论；（2）连接AO并延长交⊙O于H，通过证明△ACF∽△AHB，可得，可得结论；（3）由“HL”可证Rt△DQB≌Rt△DPC，Rt△DQA≌Rt△DPA，可得BQ＝CP，AQ＝AP，可得AB+AC＝2AQ，由锐角三角函数可得AD＝，即可求解．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形或相似三角形是本题的关键．
5．（2020·广西中考真题）如图，在中，以为直径的交于点连接且连接并延长交的延长线于点与相切于点．（1）求证：是的切线：（2）连接交于点，求证：；（3）若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）证明即可得到结论；（2）连接OB，由切线长定理可得PA=PB，根据SSS即可证明，进一步得到，，从而可证明；
（3）由可设，得到，根据得列式，最后进行求解即可．
【详解】证明：为直径
又为的切线
连为圆的切线
又
弧弧
又
在中，设：， 故
且
即．
【点睛】本题是圆的综合题目，考查了切线的判定、圆周角定理、切线长定理、相似三角形的判定与性质、三角函数等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
6．（2020·湖南娄底市·中考真题）如图，点C在以为直径的上，平分交于点D，过D作的垂线，垂足为E．（1）求证：与相切；（2）若，求的长；（3）请用线段、表示的长，并说明理由．
【答案】（1）详见解析；（2） ；（3），理由详见解析
【分析】（1）连，据题意得，根据平分线的性质，得，证明，再根据可得结果；（2）根据为的直径可得，证出，得到，代入数值求解即可；（3）由得，根据，得到，，联立即可得到结果；
【详解】解：（1）连，据题意得，，
∵平分，∴，∴，∴，
又∵，∴，∴与相切．
（2）为的直径可得：，据（1）且，
∴在和中，，
∴，∴，
又∵，∴．
（3）．由得，
∵，∴，，
，
由得，∴．
【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，结合三角形相似的知识点进行求解是解题的关键．
7．（2020·黑龙江哈尔滨市·中考真题）已知是的外接圆，AD为的直径，，垂足为E，连接BO，延长BO交AC于点F．（1）如图1，求证：；
（2）如图2，过点D作，交于点G，点H为GD的中点，连接OH，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG，若的面积为，求线段CG的长．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）CG=．
【分析】（1）先推出∠BAD=∠CAD，然后根据圆周角定理可得出∠BOD=2∠BAD=2∠CAD，根据∠BOD=∠AOF，可得出∠AOF=2∠CAD，根据∠BFC=∠AOF+∠CAD，即可证明结论；
（2）连接OG，证明△OBE≌△DOH，即可证明结论；
（3）连接AG，过A点作AM⊥CG于点M，过F点作FN⊥AD于点N，先推出DE=2OE，设OE=m，则DE=2m，OB=OD=OA=3m，AE=4m，根据勾股定理得出CE=BE=，再求出tan∠BOE===，tan∠EAC===，根据tan∠AOF=tan∠BOE=，得出=，设ON=a，则NF=a，可得tan∠EAC=，解出AN，根据AN+NO=AO，解出a=m，再根据S△AOF=·OA·FN=，可求出m=1，可得出DH=1，OD=3， BE=CE=OH=，AE=4，根据勾股定理可得AC=，根据OD=OA，DH=HG，得出AG=2OH=，推出cos∠ADG=cos∠ACM，即可求出CM=，利用勾股定理可得AM=，GM=，即可得出答案．
【详解】解：（1）∵AD为的直径，，
∴，BE=CE，∴∠BAD=∠CAD，
∵∠BOD=2∠BAD，∴∠BOD=2∠CAD，
∵∠BOD=∠AOF，∴∠AOF=2∠CAD，
∵∠BFC=∠AOF+∠CAD，∴∠BFC=2∠CAD+∠CAD=3∠CAD；
（2）连接OG，
∵点H为GD的中点，OG=OD，∴DH=GH，OH⊥DG，
∵AD⊥BC，∴∠AEB=∠OHD=90°，
∵DG∥BF，∴∠BOH=∠OHD=90°，即∠DOH+∠BOD=90°，
∵∠BOD+∠OBE=90°，∴∠OBE=∠DOH，
又∵OB=OD，∴△OBE≌△DOH，∴BE=OH；
（3）如图，连接AG，过A点作AM⊥CG于点M，过F点作FN⊥AD于点N，
由（2）可知DH=OE，
∵DG=2DH=2OE，DG=DE，∴DE=2OE，
设OE=m，则DE=2m，∴OB=OD=OA=3m，∴AE=4m，
在Rt△OBE中，BE==，
∴CE=BE=，tan∠BOE===，tan∠EAC===，
∵tan∠AOF=tan∠BOE=，∴=，
设ON=a，则NF=a，∴tan∠EAC=，∴AN=4a，
∵AN+NO=AO，∴4a+a=3m，∴a=m，∴FN=×m=m，
∵S△AOF=·OA·FN=，∴·3m·m=，∴m2=1，∴m=±1，
∵m>0，∴m=1，∴DH=1，OD=3，由（2）得BE=CE=OH=，AE=4，
在Rt△AEC中AC=，∵OD=OA，DH=HG，∴AG=2OH=，
∵∠ADG+∠ACG=180°，∠ACM+∠ACG=180°，∴∠ADG=∠ACM，
∴cos∠ADG=cos∠ACM，∴，∴，∴CM=，
在Rt△ACM中，AM==，
在Rt△AGM中，GM==，∴CG=GM-CM=．
【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，锐角三角函数，垂径定理，勾股定理，掌握知识点灵活运用是解题关键．
8．（2020·上海中考真题）如图，△ABC中，AB=AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长交边AC于点D．
（1）求证：∠BAC=2∠ABD；（2）当△BCD是等腰三角形时，求∠BCD的大小；（3）当AD=2，CD=3时，求边BC的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠BCD的值为67.5°或72°；（3）．
【分析】(1)连接OA．利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可．(2)分三种情形：①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD．③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可．
(3) 如图3中，作AEBC交BD的延长线于E．则，进而得到，设OB=OA=4a，OH=3a，根据BH2=AB2-AH2=OB2-OH2，构建方程求出a即可解决问题．
【详解】解：(1)连接OA，如下图1所示：
∵AB=AC，∴=，∴OA⊥BC，∴∠BAO=∠CAO．
∵OA=OB，∴∠ABD=∠BAO，∴∠BAC=2∠ABD．
(2)如图2中，延长AO交BC于H．
①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．
∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∴∠DBC=2∠ABD．
∵∠DBC+∠C+∠BDC=180°，∴8∠ABD=180°，∴∠C=3∠ABD=67.5°．
②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD，∴∠C=4∠ABD．
∵∠DBC+∠C+∠CDB=180°，∴10∠ABD=180°，∴∠BCD=4∠ABD=72°．
③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．
综上所述：∠C的值为67.5°或72°．
(3)如图3中，过A点作AEBC交BD的延长线于E．
则==，且BC=2BH，∴==，
设OB=OA=4a，OH=3a．则在Rt△ABH和Rt△OBH中，
∵BH2=AB2﹣AH2=OB2﹣OH2，∴25 - 49a2=16a2﹣9a2，
∴a2=，∴BH=，∴BC=2BH=．故答案为：．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
知识框架：
基础知识点：
知识点1-1圆的有关概念
1．与圆有关的概念和性质
1）圆：平面上到定点的距离等于定长的所有点组成的图形．
2）弦与直径：连接圆上任意两点的线段叫做弦，过圆心的弦叫做直径，直径是圆内最长的弦．
3）弧：圆上任意两点间的部分叫做弧，小于半圆的弧叫做劣弧，大于半圆的弧叫做优弧．
4）圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角．
5）圆周角：顶点在圆上，并且两边都与圆还有一个交点的角叫做圆周角．
6）弦心距：圆心到弦的距离．
知识点1-2垂径定理及其推论
1．垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
关于垂径定理的计算常与勾股定理相结合，解题时往往需要添加辅助线，一般过圆心作弦的垂线，构造直角三角形．
2．推论: 1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
知识点1-3圆心角、弧、弦的关系
1．定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等．圆心角、弧和弦之间的等量关系必须在同圆等式中才成立．
2．推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
知识点1-4圆周角定理及其推论
1．定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
2．推论：1）在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等． 2）直径所对的圆周角是直角．
圆内接四边形的对角互补．在圆中求角度时，通常需要通过一些圆的性质进行转化．比如圆心角与圆周角间的转化；同弧或等弧的圆周角间的转化；连直径，得到直角三角形，通过两锐角互余进行转化等．
知识点1-5与圆有关的位置关系
1．点与圆的位置关系
设点到圆心的距离为d．(1)d
判断点与圆之间的位置关系，将该点的圆心距与半径作比较即可．
2．直线和圆的位置关系
位置关系
相离
相切
相交
图形
公共点个数
0个
1个
2个
数量关系
d>r
d=r
d
3．切线的性质
1）切线与圆只有一个公共点．2）切线到圆心的距离等于圆的半径．3）切线垂直于经过切点的半径．
利用切线的性质解决问题时，通常连过切点的半径，利用直角三角形的性质来解决问题．
4．切线的判定
1）与圆只有一个公共点的直线是圆的切线（定义法）．
2）到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线．
3）经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
切线判定常用的证明方法：①知道直线和圆有公共点时，连半径，证垂直；②不知道直线与圆有没有公共点时，作垂直，证垂线段等于半径．
知识点1-6 三角形与圆
1．三角形的外接圆相关概念
经过三角形各顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心叫做三角形的外心，这个三角形叫做圆的内接三角形．外心是三角形三条垂直平分线的交点，它到三角形的三个顶点的距离相等．
2．三角形的内切圆
与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．内心是三角形三条角平分线的交点，它到三角形的三条边的距离相等．
3. 正多边形的有关概念
正多边形中心：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心．
正多边形半径：正多边形外接圆的半径叫做正多边形半径．
正多边形中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形中心角．
正多边形边心距：正多边形中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
知识点1-7 与圆有关的计算公式
1．弧长和扇形面积的计算：扇形的弧长l=；扇形的面积S==．
2．圆锥与侧面展开图
1）圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的半径等于圆锥的母线，扇形的弧长等于圆锥的底面周长．
2）若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则这个扇形的半径为l，扇形的弧长为2πr，
圆锥的侧面积为S圆锥侧=．圆锥的表面积：S圆锥表=S圆锥侧+S圆锥底=πrl+πr2=πr·（l+r）．
在求不规则图形的面积时，注意利用割补法与等积变化方法归为规则图形，再利用规则图形的公式求解．
重难点题型
考点1. 圆的基本概念
【解题技巧】1）．在一个圆中可以画出无数条弦和直径．2）．直径是弦，但弦不一定是直径．
3）．在同一个圆中，直径是最长的弦．4）．半圆是弧，但弧不一定是半圆．弧有长度和度数，规定半圆的度数为180°，劣弧的度数小于180°，优弧的度数大于180°．5）．在同圆或等圆中能够互相重合的弧是等弧，度数或长度相等的弧不一定是等弧．
1．（2020·山东临沂市·）我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫做两点间的距离；同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，最短线段的长度，叫做点到曲线的距离．依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为_____．
【答案】
【分析】连接OA，与圆O交于点B，根据题干中的概念得到点到圆的距离即为OB，再求出OA，结合圆O半径可得结果.
【详解】解：根据题意可得：点到圆的距离为：该点与圆上各点的连线中，最短的线段长度，
连接OA，与圆O交于点B，可知：点A和圆O上点B之间的连线最短，
∵A（2，1），∴OA==，∵圆O的半径为1，∴AB=OA-OB=，
∴点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为，故答案为：.
【点睛】本题考查了圆的新定义问题，坐标系中两点之间的距离，勾股定理，解题的关键是理解题意，利用类比思想解决问题.
2．（2020·甘肃兰州市·中考模拟）有下列四个命题：①直径是弦；②经过三个点一定可以作圆；③三角形的外心到三角形各顶点的距离都相等；④半径相等的两个半圆是等弧．其中正确的有
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
分析：根据圆中的有关概念、定理进行分析判断．
【解析】解：①经过圆心的弦是直径，即直径是弦，弦不一定是直径，故正确；
②当三点共线的时候，不能作圆，故错误；③三角形的外心是三角形三边的垂直平分线的交点，所以三角形的外心到三角形各顶点的距离都相等，故正确；
④在同圆或等圆中，能够互相重合的弧是等弧，所以半径相等的两个半圆是等弧，故正确．故选B．
3．（2020·山东临沂市）如图，在中，为直径，，点D为弦的中点，点E为上任意一点，则的大小可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接OD、OE，先求出∠COD=40°，∠BOC=100°，设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°；然后运用等腰三角形的性质分别求得∠OED和∠COE，最后根据线段的和差即可解答．
【详解】解：连接OD、OE∵OC=OA∴△OAC是等腰三角形
∵，点D为弦的中点 ∴∠DOC=40°，∠BOC=100°
设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°
∵OC=OE，∠COE=100°-x ∴∠OEC=
∵OD＜OE，∠DOE=100°-x+40°=140°-x ∴∠OED＜
∴∠CED＞∠OEC-∠OED==20°．
又∵∠CED＜∠ABC=40°，故答案为C．
【点睛】本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点，正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本题的关键．
4．（2020·江苏常州市·中考真题）如图，是的弦，点C是优弧上的动点（C不与A、B重合），，垂足为H，点M是的中点．若的半径是3，则长的最大值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】根据直角三角形斜边中线定理，斜边上的中线等于斜边的一半可知MH=BC，当BC为直径时长度最大，即可求解．
【详解】解：∵∴∠BHC=90°∵在Rt△BHC中，点M是的中点∴MH=BC
∵BC为的弦∴当BC为直径时，MH最大∵的半径是3∴MH最大为3．故选：A．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线定理，数形结合是结题关键．
5．（2020·山东潍坊市·中考真题）如图，在中，，以点O为圆心，2为半径的圆与交于点C，过点C作交于点D，点P是边上的动点．当最小时，的长为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【分析】延长CO交于点E，连接EP，交AO于点P，则PC+PD的值最小，利用平行线份线段成比例分别求出CD，PO的长即可．
【详解】延长CO交于点E，连接ED，交AO于点P，如图，
∵CD⊥OB，∴∠DCB=90°,又，∴∠DCB=∠AOB，∴CD//AO∴
∵OC=2，OB=4，∴BC=2,∴，解得，CD=；
∵CD//AO，∴，即，解得，PO= 故选：B．
【点睛】此题主要考查了轴对称---最短距离问题，同时考查了平行线分线段成比例，掌握轴对称性质和平行线分线段成比例定理是解题的关键．
考点2. 垂径定理
【解题技巧】
1）．垂径定理中的“弦”为直径时，结论仍然成立．
2）．垂径定理是证明线段相等、弧相等的重要依据，同时也为圆的计算和作图问题提供了理论依据．
1．（2020·山东滨州市·中考真题）在中，直径AB＝15，弦DE⊥AB于点C．若OC：OB＝3 ：5，则DE的长为（ ）
A．6 B．9 C．12 D．15
【答案】C
【分析】根据题意画出图形，然后利用垂径定理和勾股定理解答即可．
【详解】解：如图所示：∵直径AB＝15，∴BO＝7.5，∵OC：OB＝3：5，∴CO＝4.5，
∵DE⊥AB，∴DC＝＝6，∴DE＝2DC＝12．故选：C．
【点睛】此题主要考查了垂径定理和勾股定理，属于常考题型，正确得出CO的长、熟练掌握上述知识是解题关键．
2．（2020·广东广州市·中考真题）往直径为的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽，则水的最大深度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，根据垂径定理即可求得AD的长，又由⊙O的直径为，求得OA的长，然后根据勾股定理，即可求得OD的长，进而求得油的最大深度的长．
【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，
由垂径定理得：，∵⊙O的直径为，∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，∴油的最大深度为，故选：．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的知识．此题难度不大，解题的关键是注意辅助线的作法，构造直角三角形，利用勾股定理解决．
3．（2020·湖北中考真题）如图，点在上，，垂足为E．若，，则（ ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】D
【分析】连接OC，根据圆周角定理求得，在中可得，可得OC的长度，故CE长度可求得，即可求解．
【详解】解：连接OC，
∵，∴，在中，，
∴，∴
∵，
∴，∴∵，垂足为E，∴，故选：D．
【点睛】本题考查圆周角定理和垂径定理，作出合适的辅助线是解题的关键．
4．（2020·陕西中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，∠A＝50°．E是边BC的中点，连接OE并延长，交⊙O于点D，连接BD，则∠D的大小为（ ）
A．55° B．65° C．60° D．75°
【答案】B
【分析】连接CD，根据圆内接四边形的性质得到∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，根据垂径定理得到OD⊥BC，求得BD＝CD，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：连接CD，∵∠A＝50°，∴∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，
∵E是边BC的中点，∴OD⊥BC，∴BD＝CD，∴∠ODB＝∠ODC＝∠BDC＝65°，故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理，等腰三角形的性质等知识．正确理解题意是解题的关键．
5．（2020·江苏南京市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形的顶点C，与BC相交于点D，若⊙P的半径为5，点的坐标是，则点D的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】在Rt△CPF中根据勾股定理求出PF的长，再根据垂径定理求出DF的长，进而求出OB，BD的长，从而求出点D的坐标．
【详解】设切点分别为G，E，连接PG，PE，PC，PD，并延长EP交BC与F，则PG=PE=PC=5，四边形OBFE是矩形．∵OA=8，∴CF=8-5=3，∴PF=4，∴OB=EF=5+4=9．
∵PF过圆心，∴DF=CF=3，∴BD=8-3-3=2，∴D(9，2)．故选A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，以及垂径定理等知识，正确做出辅助线是解答本题的关键．
6．（2020·浙江嘉兴市·中考真题）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝8，按下列步骤作图：
①以点A为圆心，适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径作弧相交于点H，作射线AH；
②分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径作弧相交于点M，N，作直线MN，交射线AH于点O；
③以点O为圆心，线段OA长为半径作圆．
则⊙O的半径为（ ）
A．2 B．10 C．4 D．5
【答案】D
【分析】如图，设OA交BC于T．解直角三角形求出AT，再在Rt△OCT中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】解：如图，设OA交BC于T．
∵AB＝AC＝2，AO平分∠BAC，∴AO⊥BC，BT＝TC＝4，
∴AE＝，在Rt△OCT中，则有r2＝（r﹣2）2+42，
解得r＝5，故选：D．
【点睛】本题考查作图——复杂作图，等腰三角形的性质，垂径定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
7．（2020·贵州黔东南·中考真题）如图，⊙O的直径CD＝20，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM：OD＝3：5，则AB的长为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．2
【答案】C
【分析】连接OA，先根据⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5求出OD及OM的长，再根据勾股定理可求出AM的长，进而得出结论．
【详解】连接OA，∵⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5，∴OD＝10，OM＝6，
∵AB⊥CD，∴，∴AB＝2AM＝16．故选：C．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，解决与弦有关的问题时，往往需构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形，若设圆的半径为r，弦长为a，这条弦的弦心距为d，则有等式成立，知道这三个量中的任意两个，就可以求出另外一个．
考点3. 弧、弦、圆心角、圆周角
【解题技巧】1）．圆心角的度数等于它所对弧的度数，把顶点在圆心的周角等分成360份，每一份的圆心角是1°的角，1°的圆心角对着1°的弧．
2）．圆周角要具备两个特征：①顶点在圆上；②角的两边都和圆相交，二者缺一不可．
1．（2020·湖北荆门市·中考真题）如图，中，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由垂径定理都出，然后根据圆周角定理即可得出答案．
【详解】∵OC⊥AB，∴，∴∠APC=∠BOC，
∵∠APC=28°，∴∠BOC=56°，故选：D．
【点睛】本题考查了垂径定理和圆周角定理，得出是解题关键．
2．（2020·山东泰安市·中考真题）如图，是的内接三角形，，是直径，，则的长为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【分析】连接BO，根据圆周角定理可得，再由圆内接三角形的性质可得OB垂直平分AC，再根据正弦的定义求解即可．
【详解】如图，连接OB，
∵是的内接三角形，∴OB垂直平分AC，∴，，
又∵，∴，∴,
又∵AD=8，∴AO=4，∴，
解得：，∴．故答案选B．
【点睛】本题主要考查了圆的垂径定理的应用，根据圆周角定理求角度是解题的关键．
3．（2020·山东青岛市·中考真题）如图，是的直径，点，在上，，交于点．若．则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据圆周角定理得到∠，再根据等弧所对的弦相等，得到，∠，最后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，得到∠CAD=，∠BAG=，即可求解．
【详解】解：∵是的直径∴∠∵∴∴∠
∵∴∠∴∠
∴∠故选：B．
【点睛】此题主要考查圆周角定理和弧、弦及圆周角之间的关系，熟练掌握圆周角定理和三者之间的关系是解题关键．
4．（2020·四川泸州市·中考真题）如图，中，，．则的度数为（ ）
A．100° B．90° C．80° D．70°
【答案】C
【分析】首先根据弧、弦、圆心角的关系得到AB=AC，再根据等腰三角形的性质可得∠A的度数，然后根据圆周角定理可得∠BOC=2∠A，进而可得答案．
【详解】解：∵，∴AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=70°，∴∠A=180°-70°×2=40°，
∵圆O是△ABC的外接圆，∴∠BOC=2∠A=40°×2=80°，故选C．
【点睛】此题主要考查了弧、弦、圆心角的关系、圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，由圆周角定理得出结果是解决问题的关键．
5．（2020·柳州市中考真题）如图，点A、B、C在⊙O上，若∠BOC＝70°，则∠A的度数为（ ）
A．35° B．40° C．55° D．70°
【答案】A
【分析】根据圆周角定理，同弧所对圆周角等于圆心角的一半，即可得出答案．
【详解】解：∵如图，∠BOC＝70°，∴∠A＝∠BOC＝35°．故选：A．
【点睛】此题主要考查了圆周角定理，圆周角定理是中考中考查重点，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键．
6．（2020·浙江杭州市·中考真题）如图，已知BC是⊙O的直径，半径OA⊥BC，点D在劣弧AC上（不与点A，点C重合），BD与OA交于点E．设∠AED＝α，∠AOD＝β，则（ ）
A．3α+β＝180° B．2α+β＝180° C．3α﹣β＝90° D．2α﹣β＝90°
【答案】D
【分析】根据直角三角形两锐角互余性质，用α表示∠CBD，进而由圆心角与圆周角关系，用α表示∠COD，最后由角的和差关系得结果．
【详解】解：∵OA⊥BC，∴∠AOB＝∠AOC＝90°，
∴∠DBC＝90°﹣∠BEO＝90°﹣∠AED＝90°﹣α，∴∠COD＝2∠DBC＝180°﹣2α，
∵∠AOD+∠COD＝90°，∴β+180°﹣2α＝90°，∴2α﹣β＝90°，故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理以及直角三角形的两个锐角互余的关系，熟练掌握圆周角定理是解决本题的关键．
7．（2020·四川眉山市·中考真题）如图，四边形的外接圆为⊙，，，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据同弧所对的圆周角相等及等边对等角，可得，根据三角形的内角和可得，利用角的和差运算即可求解．
【详解】解：∵，∴，∵，∴，
∵，∴，∴，故选：C．
【点睛】本题考查同弧所对的圆周角相等、三角形的内角和、等边对等角，熟练应用几何知识是解题关键．
8．（2020·浙江中考真题）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=70°，则∠ADC的度数是（ ）
A．70° B．110° C．130° D．140°
【答案】B
【分析】根据圆内接四边形的对角互补计算即可．
【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=70°，
∴∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣70°=110°，故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
考点4. 点、直线与圆的位置关系
【解题技巧】1）．点和圆的位置关系：①在圆上；②在圆内；③在圆外．2）．直线和圆的位置关系：相交、相切、相离．
1．（2020·广东广州市·中考真题）如图，中，，，，以点为圆心，为半径作，当时，与的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
【答案】B
【分析】根据中，， ，求出AC的值，再根据勾股定理求出BC 的值，比较BC与半径r的大小，即可得出与的位置关系．
【详解】解：∵中，， ，∴cosA=
∵，∴AC=4∴BC= 当时，与的位置关系是：相切 故选：B
【点睛】本题考查了由三角函数解直角三角形，勾股定理以及直线和圆的位置关系等知识，利用勾股定理解求出BC是解题的关键．
2．（2020·上海中考真题）在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点O在对角线AC上，圆O的半径为2，如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是____．
【答案】＜AO＜．
【分析】根据勾股定理得到AC=10，如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，证明△AOE∽△ACD即可求出与AD相切时的AO值；如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，证明△COF∽△CAB即可求出BC相切时的AO值，最后即可得到结论．
【详解】解：在矩形ABCD中，∵∠D=90°，AB=6，BC=8，∴AC=10，
如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，
则OE⊥AD，∴OE//CD，∴△AOE∽△ACD，∴，∴，∴AO=；
如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，
则OF⊥BC，∴OF//AB，∴△COF∽△CAB，∴，∴，∴OC=，∴AO=，
∴如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是＜AO＜．
故答案为：＜AO＜．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．
3. （2020·四川中考模拟）已知⊙O的半径是5，点A到圆心O的距离是7，则点A与⊙O的位置关系是
A．点A在⊙O上 B．点A在⊙O内 C．点A在⊙O外 D．点A与圆心O重合
【答案】C
【解析】∵O的半径是5，点A到圆心O的距离是7，
即点A到圆心O的距离大于圆的半径，∴点A在⊙O外．故选C．
【点睛】直接根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
4. （2020·河北中考模拟）在△ABC中，AB=AC=2，∠A=150°，那么半径长为1的⊙B和直线AC的位置关系是
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
【答案】B
【解析】过B作BD⊥AC交CA的延长线于D，∵∠BAC=150，∴∠DAB=30°，∴BD==1，即B到直线AC的距离等于⊙B的半径，∴半径长为1的⊙B和直线AC的位置关系是相切，故选B．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系的应用，过B作BD⊥AC交CA的延长线于D，求出BD和⊙B的半径比较即可，主要考查学生的推理能力．
考点5. 切线的性质
【解题技巧】有圆的切线时，常常连接圆心和切点得切线垂直半径，这是圆中作辅助线的一种方法．
1．（2020·湖南湘西土家族苗族自治州·中考真题）如图，、为⊙O的切线，切点分别为A、B，交于点C，的延长线交⊙O于点D．下列结论不一定成立的是（ ）
A．为等腰三角形 B．与相互垂直平分
C．点A、B都在以为直径的圆上 D．为的边上的中线
【答案】B
【分析】连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，证明Rt△OPB≌Rt△OPA，可得BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，可推出为等腰三角形，可判断A；根据△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，可得PM=OM=BM=AM，可判断C；证明△OBC≌△OAC，可得PC⊥AB，根据△BPA为等腰三角形，可判断D；无法证明与相互垂直平分，即可得出答案．
【详解】解：连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，
∵B，C为切点，∴∠OBP=∠OAP=90°，∵OA=OB，OP=OP，∴Rt△OPB≌Rt△OPA，
∴BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，∴为等腰三角形，故A正确；
∵△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，∴PM=OM=BM=AM
∴点A、B都在以为直径的圆上，故C正确；
∵∠BOC=∠AOC，OB=OA，OC=OC，∴△OBC≌△OAC，∴∠OCB=∠OCA=90°，∴PC⊥AB，
∵△BPA为等腰三角形，∴为的边上的中线，故D正确；
无法证明与相互垂直平分，故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆的性质，掌握知识点灵活运用是解题关键．
2．（2020·江苏徐州市·中考真题）如图，是的弦，点在过点的切线上，，交于点．若，则的度数等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可求出∠APO、∠A的度数，进一步可得∠ABO度数，从而推出答案.
【详解】∵，∴∠APO=70°，∵，∴∠AOP=90°，∴∠A=20°，
又∵OA=OB，∴∠ABO=20°，又∵点C在过点B的切线上，∴∠OBC=90°，
∴∠ABC=∠OBC−∠ABO=90°−20°=70°，故答案为：B.
【点睛】本题考查的是圆切线的运用，熟练掌握运算方法是关键.
3．（2020·江苏苏州市·中考真题）如图，已知是的直径，是的切线，连接交于点，连接．若，则的度数是_________．
【答案】25
【分析】先由切线的性质可得∠OAC=90°，再根据三角形的内角和定理可求出∠AOD=50°，最后根据“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”即可求出∠B的度数．
【详解】解：∵是的切线，∴∠OAC=90°
∵，∴∠AOD=50°，∴∠B=∠AOD=25°故答案为：25．
【点睛】本题考查了切线的性质和圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
4．（2020·重庆中考真题）如图，AB是的切线，A切点，连接OA，OB，若，则的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】D
【分析】根据切线的性质可得，再根据三角形内角和求出.
【详解】∵AB是的切线∴∵∴
故选D.
【点睛】本题考查切线的性质，由切线得到直角是解题的关键.
5．（2020·山东泰安市·中考真题）如图，是的切线，点A为切点，交于点B，，点C在上，．则等于（ ）
A．20° B．25° C．30° D．50°
【答案】B
【分析】连接OA，求出∠POA= 80°，根据等腰三角形性质求出∠OAB=∠OBA=50°，进而求出∠AOC=130°，得到∠C=25°，根据平行线性质即可求解．
【详解】解：如图，连接OA，∵是的切线，∴∠PAO=90°，
∵，∴∠POA=90°-∠P=80°，∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA=50°，
∵，∴∠BOC=∠ABO=50°，∴∠AOC=∠AOB+∠BOC=130°，
∵OA=OC，∴∠OAC=∠C=25°，∵，∴∠BAC=∠C=25°．故选：B
【点睛】本题考查了切线的性质，圆的半径都相等，平行线的性质等知识，熟知各知识点是解题关键．一般情况下，在解决与圆有关的问题时，根据圆的的半径都相等，可以得到等腰三角形，进而可以进行线段或角的转化．
6．（2020·黑龙江哈尔滨市·中考真题）如图是直径，点A为切点，交于点C，点D在上，连接，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，由可求出∠AOC=．再由AB为圆O的切线，得AB⊥OA，由直角三角形的两锐角互余，即可求出∠ABO的度数，
【详解】解：∵ ，∴，
∵AB为圆O的切线，∴AB⊥OA，即∠OAB=90°，
∴，故选：B．
【点睛】此题考查了切线的性质，以及圆周角定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
考点6. 切线的判定
【解题技巧】
1．（2020·湖南永州市·中考真题）如图，内接于是的直径，与相切于点B，交的延长线于点D，E为的中点，连接．（1）求证：是的切线．（2）已知，求O，E两点之间的距离．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接，先推出，然后根据是斜边上的中线，得出，从而可得，根据与相切，得到，
可得，即，即可证明是的切线；（2）连接OE，先证明，可得，可求出AD，根据是的中位线，即可求出OE．
【详解】（1）证明：连接，
∵，∴，∵是的直径，∴，则，
∵是斜边上的中线，∴，∴，
∵与相切，∴，即，
∴，即，∴，∴是的切线；
（2）连接OE，∵，∴，
∴，即，∴，∵是的中位线，∴．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定进而性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，掌握知识点，结合现有条件灵活运用是解题关键．
2．（2020·青海中考真题）如图，已知AB是的直径，直线BC与相切于点B，过点A作AD//OC交于点D，连接CD．（1）求证：CD是的切线．（2）若，直径，求线段BC的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）如图（见解析），先根据等腰三角形的性质可得，又根据平行线的性质可得，从而可得，再根据圆的切线的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据圆的切线的判定即可得证；
（2）如图（见解析），先根据圆周角定理得出，再根据勾股定理可得BD的长，然后根据相似三角形的判定与性质即可得．
【详解】（1）如图，连接OD，则
直线BC与相切于点B
在和中，
又是的半径是的切线；
（2）如图，连接BD 由圆周角定理得：
， ，
在和中，
，即 解得．
【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
3．（2020·四川南充市·中考真题）如图，点A，B，C是半径为2的⊙O上三个点，AB为直径，∠BAC的平分线交圆于点D，过点D作AC的垂线交AC得延长线于点E，延长线ED交AB得延长线于点F．
（1）判断直线EF与⊙O的位置关系，并证明．（2）若DF=，求tan∠EAD的值．
【答案】（1）直线与圆相切，证明详见解析；（2）
【分析】（1）连接OD，由OA＝OD知∠OAD＝∠ODA，由AD平分∠EAF知∠DAE＝∠DAO，据此可得∠DAE＝∠ADO，继而知OD∥AE，根据AE⊥EF即可得证；（2）根据勾股定理得到，根据平行线分线段成比例定理和三角函数的定义即可得到结论．
【详解】解：（1）直线与圆相切
理由如下：连接∵平分∴
∵∴∴
由，得 ∵点在圆上∴是圆的切线
（2）由（1）可得，在中，，，
由勾股定理得 ∵∴
即，得，
∴在中，
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，角平分线的定义，圆周角定理，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
4．（2020·山东潍坊市·中考真题）如图，为的直径，射线交于点F，点C为劣弧的中点，过点C作，垂足为E，连接．（1）求证：是的切线；（2）若，求阴影部分的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接BF，证明BF//CE，连接OC，证明OC⊥CE即可得到结论；
（2）连接OF，求出扇形FOC的面积即可得到阴影部分的面积．
【详解】（1）连接，是的直径，，即，
，连接，∵点C为劣弧的中点，，
∵，∵OC是的半径，∴CE是的切线；
（2）连接，，
∵点C为劣弧的中点，，，
，， ∴S扇形FOC=，即阴影部分的面积为：．
【点睛】本题主要考查了切线的判定以及扇形面积的求法，熟练掌握切线的判定定理以及扇形面积的求法是解答此题的关键．
5．（2020·湖南湘潭市·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，过点作，垂足为点．（1）求证：；（2）判断直线与的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）直线与相切，理由见解析．
【分析】（1）AB为的直径得，结合AB=AC，用HL证明全等三角形；（2）由得BD=BC，结合AO=BO得OD为中位线，由得，可得直线DE为切线．
【详解】（1）∵AB为的直径∴
在和中∴（HL）
（2）直线与相切，理由如下：
连接OD，如图所示：由知：，
又∵OA=OB∴OD为的中位线∴
∵∴ ∵OD为的半径∴DE与相切．
【点睛】本题考查了全等三角形的证明，切线的判定，熟知以上知识的应用是解题的关键．
6．（2020·湖南湘西土家族苗族自治州·中考真题）如图，是⊙O的直径，是⊙O的切线，交⊙O于点E．（1）若D为的中点，证明：是⊙O的切线；（2）若，，求⊙O的半径的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）⊙O的半径的长为4
【分析】（1）连接AE和OE，由直角三角形的性质和圆周角定理易得∠OED=90°，可得DE是⊙O的切线；
（2）在Rt△ACE中求得AE的长，证得Rt△ABERt△CAE，利用对应边成比例即可求解．
【详解】（1）连接AE，OE，
∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=90°，∵AC是圆⊙O的切线，∴AC⊥AB，
在直角△AEC中，∵D为AC的中点，∴DE=DC=DA，∴∠DEA=∠DAE，
∵OE=OA，∴∠OEA=∠OAE，∵∠DAE+∠OAE=90°，∴∠DEA+∠OEA=∠DEO=90°，
∴OE⊥DE，∴DE 是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=∠AEC=90°，
在Rt△ACE中， CA=6， CE=3.6=，
∴AE=，∴∠B+∠EAB=90°，
∵∠CAE+∠EAB=90°，∴∠B=∠CAE，∴Rt△ABERt△CAE，
∴，即，∴，∴⊙O的半径OA=．
【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，掌握切线的判定定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
考点7. 内心和外心问题
【解题技巧】
1．（2020·浙江金华市·中考真题）如图，⊙O是等边△ABC的内切圆，分别切AB，BC，AC于点E，F，D，P是上一点，则∠EPF的度数是（ ）
A．65° B．60° C．58° D．50°
【答案】B
【分析】连接OE，OF．求出∠EOF的度数即可解决问题．
【详解】解：如图，连接OE，OF．
∵⊙O是△ABC的内切圆，E，F是切点，∴OE⊥AB，OF⊥BC，∴∠OEB=∠OFB=90°，
∵△ABC是等边三角形，∴∠B=60°，∴∠EOF=120°，∴∠EPF=∠EOF=60°，故选：B．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，切线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
2．（2020·山东济宁市·中考真题）如图，在△ABC中点D为△ABC的内心,∠A=60°,CD=2,BD=4．则△DBC的面积是（ ）
A．4 B．2 C．2 D．4
【答案】B
【分析】过点B作BH⊥CD于点H．由点D为△ABC的内心，∠A=60°，得∠BDC=120°，则∠BDH=60°，由BD=4，BD：CD=2：1得BH=2，CD=2，于是求出△DBC的面积．
【详解】解：过点B作BH⊥CD于点H．∵点D为△ABC的内心，∠A=60°，
∴∠BDC=90°+∠A=90°+×60°=120°，则∠BDH=60°，
∵BD=4，BD：CD=2：1∴DH=2，BH=2，CD=2，
∴△DBC的面积为CD•BH=×2×2=2.故选B.
【点睛】本题考查了三角形内心的相关计算，熟练运用含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
3．（2020·湖南永州市·中考真题）如图，已知是的两条切线，A，B为切点，线段交于点M．给出下列四种说法：①；②；③四边形有外接圆；④M是外接圆的圆心，其中正确说法的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由切线长定理判断①，结合等腰三角形的性质判断②，利用切线的性质与直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，判断③，利用反证法判断④．
【详解】解：如图， 是的两条切线， 故①正确，
故②正确，
是的两条切线， 取的中点，连接，
则 所以：以为圆心，为半径作圆，则共圆，故③正确，
M是外接圆的圆心，
与题干提供的条件不符，故④错误，综上：正确的说法是个，故选C．
【点睛】本题考查的是切线长定理，三角形的外接圆，四边形的外接圆，掌握以上知识是解题的关键．
4．（2020·湖北荆州市·中考真题）已知：，求作的外接圆，作法：①分别作线段BC，AC的垂直平分线EF和MN，它们交于点O；②以点O为圆心，OB的长为半径画弧，如图⊙O即为所求，以上作图用到的数学依据是___________________．
【答案】线段的垂直平分线的性质
【分析】用线段垂直平分线的性质得到OA=OC=OB，然后根据点与圆的位置关系可判断点A、C在⊙O上．
【详解】解：如图，连接，∵点O为AC和BC的垂直平分线的交点，
∴OA=OC=OB， ∴⊙O为的外接圆．
故答案为：线段的垂直平分线的性质．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．考查线段的垂直平分线的性质，确定圆的条件，掌握作图的原理是解题的关键．
5．（2020·青海中考真题）在中，，，，则的内切圆的半径为__________．
【答案】1
【详解】如图，设△ABC的内切圆与各边相切于D，E，F，连接OD，OE，OF，
则OE⊥BC，OF⊥AB，OD⊥AC，设半径为r，CD=r，
∵∠C=90°，BC=4，AC=3，∴AB=5，∴BE=BF=4-r，AF=AD=3-r，
∴4-r+3-r=5，∴r=1．∴△ABC的内切圆的半径为 1．
6．（2020·辽宁丹东市·中考真题）如图，在四边形中，，，，，分别以和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，直线与延长线交于点，连接，则的内切圆半径是（ ）
A．4 B． C．2 D．
【答案】A
【分析】分别以和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，连接P，Q则PQ为BC的垂直平分线，可得EB=EC，又∠B=60°，所以△EBC为等边三角形，作等边三角形EBC的内切圆，设圆心为M，则M在直线PQ上，连接BM，过M作BC垂线垂足为H，在Rt△BMH中，BH=BC=AD=，∠MBH=∠B=30°，通过解直角三角形可得出MH的值即为△BCE的内切圆半径的长．
【详解】解：有题意得PQ为BC的垂直平分线，∴EB=EC，
∵∠B=60°，∴△EBC为等边三角形，
作等边三角形EBC的内切圆，设圆心为M，∴M在直线PQ上，
连接BM，过M作MH垂直BC于H，垂足为H，
∵∴BH=BC=AD= ，
∵∠MBH=∠B=30°，∴在Rt△BMH中,MH=BH×tan30°=×=4．
∴的内切圆半径是4．故选：A．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线定理，等边三角形的判定，等边三角形内切圆半径的求法，解直角三角形，解题关键在于理解题意，运用正确的方法求三角形内切圆半径．
7．（2020·内蒙古赤峰市·中考真题）如图，中，AB=AC，AD是∠BAC的平分线，EF是AC的垂直平分线，交AD于点O.若OA =3，则外接圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根据等腰三角形的三线合一可得AD是BC的垂直平分线，从而可得点O即为外接圆的圆心，再利用圆的面积公式即可得．
【详解】，AD是的平分线
，且AD是BC边上的中线（等腰三角形的三线合一）是BC的垂直平分线
是AC的垂直平分线点O为外接圆的圆心，OA为外接圆的半径
外接圆的面积为故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的三线合一、三角形外接圆，正确找出三角形外接圆的圆心是解题关键．
考点8. 正多边形与圆
【解题技巧】任何正多边形都有一个外接圆和一个内切圆，这两个圆是同心圆．
1．（2020·四川中考真题）半径为R的圆内接正三角形、正方形、正六边形的边心距分别为a，b，c，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．abc B．bac C．acb D．cba
【答案】A
【分析】分别画出符合题意的图形，利用直角三角形 利用三角函数求解边心距，再比较大小即可．
【详解】解：设圆的半径为R，
如图， 由为圆内接正三角形，
则正三角形的边心距为a＝R×cos60°＝R．如图，四边形为圆的内接正方形，
四边形的边心距为b＝R×cos45°＝R，
如图，六边形为圆的正内接六边形，
正六边形的边心距为c＝R×cos30°＝R．∵RRR，∴＜b＜，故选：．
【分析】本题主要考查了正多边形和圆的性质，解决本题的关键是构造直角三角形，得到用半径表示的边心距；注意：正多边形的计算一般要转化为解直角三角形的问题来解决．
2．（2020·辽宁阜新市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，得到正六边形，则正六边形的顶点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】如图，以为圆心，为半径作 得到将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，即把绕点O顺时针旋转i个45°，与重合，利用正六边形的性质与锐角三角函数求解的坐标，利用关于原点成中心对称，从而可得答案．
【详解】解：如图，以为圆心，为半径作
将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，
即把绕点O顺时针旋转i个45°，旋转后的对应点依次记为，
周角＝ 绕点O顺时针旋转顺时针旋转次回到原位置，
与重合，关于原点成中心对称，连接
正六边形，
关于原点成中心对称， 故选A．
【点睛】本题考查的是旋转的旋转，正六边形的性质，圆的对称性，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键．
3．（2020·湖北随州市·中考真题）设边长为的等边三角形的高、内切圆的半径、外接圆的半径分别为、、，则下列结论不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将图形标记各点,即可从图中看出长度关系证明A正确,再由构造的直角三角形和30°特殊角证明B正确,利用勾股定理求出r和R,即可判断C、D．
【详解】
如图所示,标上各点，AO为R，OB为r，AB为h，从图象可以得出AB=AO+OB，即，A正确；
∵三角形为等边三角形，∴∠CAO=30°，根据垂径定理可知∠ACO=90°，
∴AO=2OC，即R=2r，B正确；
在Rt△ACO中，利用勾股定理可得：AO2=AC2+OC2，即，
由B中关系可得：，解得，则，所以C错误，D正确；故选：C．
【点睛】本题考查圆与正三角形的性质结合,关键在于巧妙利用半径和构建直角三角形．
4．（2020·山东德州市·中考真题）如图，圆内接正六边形的边长为4，以其各边为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】正六边形的面积加上六个小半圆的面积，再减去中间大圆的面积即可得到结果．
【详解】解：正六边形的面积为：，
六个小半圆的面积为：，中间大圆的面积为：，
所以阴影部分的面积为：，故选：A．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆的面积的计算，正六边形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
5．（2020·山东济南市·中考真题）如图，在正六边形ABCDEF中，分别以C，F为圆心，以边长为半径作弧，图中阴影部分的面积为24π，则正六边形的边长为_____．
【答案】6
【分析】根据多边形的内角和公式求出扇形的圆心角，然后按扇形面积公式列方程求解计算即可．
【详解】解：∵正六边形的内角是120度，阴影部分的面积为24π，
设正六边形的边长为r，∴，
解得r＝6．（负根舍去）则正六边形的边长为6．故答案为：
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，扇形面积，掌握以上知识是解题的关键．
6．（2020·江苏徐州市·中考真题）如图，、、、为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为_______．
【答案】10
【分析】连接AO,BO，根据圆周角定理得到∠AOB=36°，根据中心角的定义即可求解．
【详解】如图，连接AO,BO，∴∠AOB=2∠ADB=36°∴这个正多边形的边数为=10故答案为：10．
【点睛】此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．
7．（2020·云南昆明市·中考真题）如图，边长为2cm的正六边形螺帽，中心为点O，OA垂直平分边CD，垂足为B，AB＝17cm，用扳手拧动螺帽旋转90°，则点A在该过程中所经过的路径长为_____cm．
【答案】10π
【分析】利用正六边形的性质求出OB的长度，进而得到OA的长度，根据弧长公式进行计算即可．
【详解】解：连接OD，OC．
∵∠DOC＝60°，OD＝OC，∴△ODC是等边三角形，∴OD＝OC＝DC＝（cm），
∵OB⊥CD，∴BC＝BD＝（cm），∴OB＝BC＝3（cm），∵AB＝17cm，∴OA＝OB+AB＝20（cm），
∴点A在该过程中所经过的路径长＝＝10π（cm），故答案为：10π．
【点睛】本题考查了正六边形的性质及计算，扇形弧长的计算，熟知以上计算是解题的关键．
考点9. 弧长和扇形的面积
【解题技巧】1）．弧长公式：；2）．扇形面积公式：或．
1．（2020·广西）如图，已知的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，将绕点A逆时针旋转90°后得到，则在该旋转过程中，点P的运动路径长是（ ）
A．π B．π C．2π D．2π
【答案】B
【分析】根据已知的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，利用垂径定理可得AC＝4，PO⊥AB，再根据勾股定理可得AP的长，利用弧长公式即可求出点P的运动路径长．
【详解】如图，设的圆心为O，连接OP交AB于C，连接OA,AP, AB′, AP′,
∵圆O半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，根据垂径定理，得
AC＝AB＝4，PO⊥AB，OC＝＝3，
∴PC＝OP﹣OC＝5﹣3＝2，∴AP＝＝2，
∵将绕点A逆时针旋转90°后得到，∴∠PAP′＝∠BAB′＝90°，
∴LPP′＝＝π．则在该旋转过程中，点P的运动路径长是π．故选：B．
【点睛】本题主要考查垂径定理，扇形的弧长计算，熟练掌握垂径定理的应用是解题的关键．
2．（2020·辽宁沈阳市·中考真题）如图，在矩形中，，，以点为圆心，长为半径画弧交边于点，连接，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据矩形的性质可得，再根据圆的性质可得，然后利用余弦三角函数可得，从而可得，最后利用弧长公式即可得．
【详解】四边形ABCD是矩形，，
由圆的性质得： 在中，
则的长为故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、弧长公式、余弦三角函数等知识点，利用余弦三角函数求出是解题关键．
3．（2020·山东淄博市·中考真题）如图，放置在直线l上的扇形OAB．由图①滚动（无滑动）到图②，再由图②滚动到图③．若半径OA＝2，∠AOB＝45°，则点O所经过的最短路径的长是（ ）
A．2π+2 B．3π C． D．+2
【答案】C
【详解】利用弧长公式计算即可．
【解答】解：如图，
点O的运动路径的长＝的长+O1O2+的长＝++＝，故选：C．
【点评】本题考查轨迹，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
4．（2020·云南中考真题）如图，正方形的边长为4，以点为圆心，为半径画圆弧得到扇形（阴影部分，点在对角线上）．若扇形正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，扇形ADE中弧DE的长即为圆锥底面圆的周长，即通过计算弧DE的长，再结合圆的周长公式进行计算即可得解．
【详解】∵正方形的边长为4∴
∵是正方形的对角线∴∴
∴圆锥底面周长为，解得∴该圆锥的底面圆的半径是，故选：D．
【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式，圆的周长公式，正方形的性质以及圆锥的相关知识点，熟练掌握弧长公式及圆的周长公式是解决本题的关键．
5．（2020·湖北省直辖县级行政单位·中考真题）一个圆锥的底面半径是，其侧面展开图的圆心角是120°，则圆锥的母线长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意求出圆锥的底面周长，根据弧长公式计算即可．
【详解】解：圆锥的底面周长＝2×π×4＝8π，∴侧面展开图的弧长为8π，
则圆锥母线长＝＝12（cm），故选：B．
【点睛】本题考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
6．（2020·四川达州市·中考真题）如图，在半径为5的中，将劣弧沿弦翻折，使折叠后的恰好与、相切，则劣弧的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图画出折叠后所在的⊙O＇，连O＇B，O＇A，根据题意可得O＇B⊥OB、O＇A⊥OA，且OB=OA=O＇B=O＇A,得到四边形O＇BOA是正方形，即∠O=90°，最后根据弧长公式计算即可．
【详解】解：如图：画出折叠后所在的⊙O＇，连O＇B，O＇A
∵恰好与、相切∴O＇B⊥OB、O＇A⊥OA
∵OB=OA=O＇B=O＇A,∴四边形O＇BOA是正方形
∴∠O=90°∴劣弧的长为．故答案为B．
【点睛】本题考查了折叠的性质、正方形的判定与性质、弧长公式等知识点，其中掌握弧长公式和折叠的性质是解答本题的关键．
7．（2020·湖北黄石市·中考真题）如图，在的方格纸中，每个小方格都是边长为1的正方形，其中A、B、C为格点，作的外接圆，则的长等于_____．
【答案】
【分析】由AB、BC、AC长可推导出△ACB为等腰直角三角形，连接OC，得出∠BOC＝90°，计算出OB的长就能利用弧长公式求出的长了．
【详解】∵每个小方格都是边长为1的正方形，∴AB＝2，AC＝，BC＝，
∴AC2＋BC2＝AB2，∴△ACB为等腰直角三角形，∴∠A＝∠B＝45°，∴连接OC，则∠COB＝90°，
∵OB＝∴的长为：＝故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长的计算以及圆周角定理，解题关键是利用三角形三边长通过勾股定理逆定理得出△ACB为等腰直角三角形．
考点10. 圆的综合问题
【解题技巧】
1．（2020·柳州市中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，连接AC、BC，OD⊥BC于点E，交⊙O于点D，连接CD、AD，AD与BC交于点F，CG与BA的延长线交于点G．（1）求证：△ACD∽△CFD；（2）若∠CDA＝∠GCA，求证：CG为⊙O的切线；（3）若sin∠CAD＝，求tan∠CDA的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）由垂径定理得，由圆周角定理得∠CAD＝∠FCD，再由公共角∠ADC＝∠CDF，即可得出△ACD∽△CFD；（2）连接OC，由圆周角定理得∠ACB＝90°，则∠ABC+∠CAB＝90°，由等腰三角形的性质得∠OBC＝∠OCB，证出∠OCB＝∠GCA，得出∠OCG＝90°，即可得出结论；
（3）连接BD，由圆周角定理得∠CAD＝∠CBD，则sin∠CAD＝sin∠CBD＝，设DE＝x，OD＝OB＝r，则OE＝r﹣x，BD＝3x，由勾股定理得BE＝，则BC＝2BE＝，在Rt△OBE中，由勾股定理得(r﹣x)2+()2＝r2，解得r＝，则AB＝2r＝9x，由勾股定理求出AC＝7x，由三角函数定义即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵OD⊥BC，∴,∴∠CAD＝∠FCD，
又∵∠ADC＝∠CDF，∴△ACD∽△CFD；
（2）证明：连接OC，如图1所示：
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ABC+∠CAB＝90°，∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB，
∵∠CDA＝∠OBC，∠CDA＝∠GCA，∴∠OCB＝∠GCA，
∴∠OCG＝∠GCA+∠OCA＝∠OCB+∠OCA＝90°，∴CG⊥OC，
∵OC是⊙O的半径，∴CG是⊙O的切线；
（3）解：连接BD，如图2所示：
∵∠CAD＝∠CBD，∵OD⊥BC，∴sin∠CAD＝sin∠CBD＝，BE＝CE，
设DE＝x，OD＝OB＝r，则OE＝r﹣x，BD＝3x在Rt△BDE中，BE＝，
∴BC＝2BE＝,在Rt△OBE中，OE2+BE2＝OB2，即(r﹣x)2+()2＝r2，，解得：r＝，
∴AB＝2r＝9x，在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，∴AC2+()2＝(9x)2，
∴AC＝7x或AC＝﹣7x（舍去），∴tan∠CDA＝tan∠CBA＝＝．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定，三角函数等知识．本题综合性比较强，熟练掌握圆周角定理，垂径定理是解题的关键．
2．（2020·内蒙古鄂尔多斯市·中考真题）我们知道，顶点坐标为(h，k)的抛物线的解析式为y＝a（x﹣h）2+k（a≠0）．今后我们还会学到，圆心坐标为(a，b)，半径为r的圆的方程（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，如：圆心为P(﹣2，1)，半径为3的圆的方程为（x+2）2+（y﹣1）2＝9．
（1）以M(﹣3，﹣1)为圆心，为半径的圆的方程为 ．
（2）如图，以B(﹣3，0)为圆心的圆与y轴相切于原点，C是⊙B上一点，连接OC，作BD⊥OC，垂足为D，延长BD交y轴于点E，已知sin∠AOC＝．
①连接EC，证明：EC是⊙B的切线；
②在BE上是否存在一点Q，使QB＝QC＝QE＝QO？若存在，求点Q的坐标，并写出以Q为圆心，以QB为半径的⊙Q的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（x+3）2+（y+1）2＝3；（2）①证明见解析，②存在，点Q(﹣，2)，方程为（x+）2+（y﹣2）2＝
【分析】（1）由圆的方程的定义可求解；（2）①由“SAS”可证△CBE≌△OBE，可得∠BCE＝∠BOE＝90°，可得结论；②如图，连接CQ，QO，由余角性质可得∠AOC＝∠BEO，由锐角三角函数可求EO的长，可得点E坐标，由QB＝QC＝QE＝QO，可得点Q是BE中点，由中点坐标公式可求点Q坐标，即可求解．
【详解】解：（1）以M（﹣3，﹣1）为圆心，为半径的圆的方程为（x+3）2+（y+1）2＝3，
故答案为：（x+3）2+（y+1）2＝3；
（2）①∵OE是⊙B切线，∴∠BOE＝90°，∵CB＝OB，BD⊥CO，∴∠CBE＝∠OBE，
又∵BC＝BO，BE＝BE，∴△CBE≌△OBE（SAS），∴∠BCE＝∠BOE＝90°，∴BC⊥CE，
又∵BC是半径，∴EC是⊙B的切线；
②如图，连接CQ，QO，
∵点B（﹣3，0），∴OB＝3，∵∠AOC+∠DOE＝90°，∠DOE+∠DEO＝90°，∴∠AOC＝∠BEO，
∵sin∠AOC＝．∴sin∠BEO＝＝，∴BE＝5，
∴OE＝＝＝4，∴点E（0，4），
∵QB＝QC＝QE＝QO，∴点Q是BE的中点，
∵点B（﹣3，0），点E（0，4），∴点Q（﹣，2），
∴以Q为圆心，以QB为半径的⊙Q的方程为（x+）2+（y﹣2）2＝．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，理解圆的方程定义是本题的关键．
3．（2020·黑龙江大庆市·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，连接，过点作，垂足为，、的延长线交于点．（1）求证：是的切线；（2）求证：；（3）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质和圆的相关性质证得OD为△ABC的中位线，即可求证；
（2）根据题中条件证明△BND∽△DNA，再根据AB=AC，进行等量代换即可证明；（3）先根据等腰三角形的性质、解直角三角形和勾股定理求出AB、BD、AD的长度，再利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）如图，连接OD，∵AB为的直径，∴∠ADB=90°，
∵AB=AC，∴BD=CD，点D为BC的中点，
又∵AO=BO，∴OD为△ABC的中位线，∴OD∥AC，
∵，∴OD⊥MN，故是的切线．
（2）∵∠ADB=90°，∠1+∠3=90°，∵，∴∠3+∠5=90°，∠2+∠3=90°，∴∠2=∠5，
∵AB=AC，AD⊥BC，∴∠4=∠5，∵∠1=∠2，∴∠1=∠4，
∵∠N=∠N，∴△BND∽△DNA，∴，
∵AB=AC，∴，∴
（3）∵，∴BD=CD=3，∵，∴AC=，∴AB=5，
由勾股定理可得AD=4，,由（2）可得，△BND∽△DNA，
∴∴，∵，∴，即，
解得：．
【点睛】本题考查圆的切线的判定、相似三角形的性质与判定和解直角三角形，解题的关键是熟练掌握相关性质和判定并灵活应用．
4．（2020·山东淄博市·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC交BC边于点E，交⊙O于点D，过点A作AF⊥BC于点F，设⊙O的半径为R，AF＝h．（1）过点D作直线MN∥BC，求证：MN是⊙O的切线；（2）求证：AB•AC＝2R•h；（3）设∠BAC＝2α，求的值（用含α的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）2cosα
【详解】解：（1）证明：如图1，连接OD，
∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴＝，
又∵OD是半径，∴OD⊥BC，∵MN∥BC，∴OD⊥MN，∴MN是⊙O的切线；
（2）证明：如图2，连接AO并延长交⊙O于H，
∵AH是直径，∴∠ABH＝90°＝∠AFC，
又∵∠AHB＝∠ACF，∴△ACF∽△AHB，∴，∴AB•AC＝AF•AH＝2R•h；
（3）如图3，过点D作DQ⊥AB于Q，DP⊥AC，交AC延长线于P，连接CD，
∵∠BAC＝2α，AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD＝α，∴＝，∴BD＝CD，
∵∠BAD＝∠CAD，DQ⊥AB，DP⊥AC，∴DQ＝DP，∴Rt△DQB≌Rt△DPC（HL），∴BQ＝CP，
∵DQ＝DP，AD＝AD，∴Rt△DQA≌Rt△DPA（HL），∴AQ＝AP，∴AB+AC＝AQ+BQ+AC＝2AQ，
∵cos∠BAD＝，∴AD＝，∴＝＝2cosα．
（1）连接OD，由角平分线的性质可得∠BAD＝∠CAD，可得＝，由垂径定理可得OD⊥BC，可证OD⊥MN，可得结论；（2）连接AO并延长交⊙O于H，通过证明△ACF∽△AHB，可得，可得结论；（3）由“HL”可证Rt△DQB≌Rt△DPC，Rt△DQA≌Rt△DPA，可得BQ＝CP，AQ＝AP，可得AB+AC＝2AQ，由锐角三角函数可得AD＝，即可求解．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形或相似三角形是本题的关键．
5．（2020·广西中考真题）如图，在中，以为直径的交于点连接且连接并延长交的延长线于点与相切于点．（1）求证：是的切线：（2）连接交于点，求证：；（3）若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）证明即可得到结论；（2）连接OB，由切线长定理可得PA=PB，根据SSS即可证明，进一步得到，，从而可证明；
（3）由可设，得到，根据得列式，最后进行求解即可．
【详解】证明：为直径
又为的切线
连为圆的切线
又
弧弧
又
在中，设：， 故
且
即．
【点睛】本题是圆的综合题目，考查了切线的判定、圆周角定理、切线长定理、相似三角形的判定与性质、三角函数等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
6．（2020·湖南娄底市·中考真题）如图，点C在以为直径的上，平分交于点D，过D作的垂线，垂足为E．（1）求证：与相切；（2）若，求的长；（3）请用线段、表示的长，并说明理由．
【答案】（1）详见解析；（2） ；（3），理由详见解析
【分析】（1）连，据题意得，根据平分线的性质，得，证明，再根据可得结果；（2）根据为的直径可得，证出，得到，代入数值求解即可；（3）由得，根据，得到，，联立即可得到结果；
【详解】解：（1）连，据题意得，，
∵平分，∴，∴，∴，
又∵，∴，∴与相切．
（2）为的直径可得：，据（1）且，
∴在和中，，
∴，∴，
又∵，∴．
（3）．由得，
∵，∴，，
，
由得，∴．
【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，结合三角形相似的知识点进行求解是解题的关键．
7．（2020·黑龙江哈尔滨市·中考真题）已知是的外接圆，AD为的直径，，垂足为E，连接BO，延长BO交AC于点F．（1）如图1，求证：；
（2）如图2，过点D作，交于点G，点H为GD的中点，连接OH，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG，若的面积为，求线段CG的长．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）CG=．
【分析】（1）先推出∠BAD=∠CAD，然后根据圆周角定理可得出∠BOD=2∠BAD=2∠CAD，根据∠BOD=∠AOF，可得出∠AOF=2∠CAD，根据∠BFC=∠AOF+∠CAD，即可证明结论；
（2）连接OG，证明△OBE≌△DOH，即可证明结论；
（3）连接AG，过A点作AM⊥CG于点M，过F点作FN⊥AD于点N，先推出DE=2OE，设OE=m，则DE=2m，OB=OD=OA=3m，AE=4m，根据勾股定理得出CE=BE=，再求出tan∠BOE===，tan∠EAC===，根据tan∠AOF=tan∠BOE=，得出=，设ON=a，则NF=a，可得tan∠EAC=，解出AN，根据AN+NO=AO，解出a=m，再根据S△AOF=·OA·FN=，可求出m=1，可得出DH=1，OD=3， BE=CE=OH=，AE=4，根据勾股定理可得AC=，根据OD=OA，DH=HG，得出AG=2OH=，推出cos∠ADG=cos∠ACM，即可求出CM=，利用勾股定理可得AM=，GM=，即可得出答案．
【详解】解：（1）∵AD为的直径，，
∴，BE=CE，∴∠BAD=∠CAD，
∵∠BOD=2∠BAD，∴∠BOD=2∠CAD，
∵∠BOD=∠AOF，∴∠AOF=2∠CAD，
∵∠BFC=∠AOF+∠CAD，∴∠BFC=2∠CAD+∠CAD=3∠CAD；
（2）连接OG，
∵点H为GD的中点，OG=OD，∴DH=GH，OH⊥DG，
∵AD⊥BC，∴∠AEB=∠OHD=90°，
∵DG∥BF，∴∠BOH=∠OHD=90°，即∠DOH+∠BOD=90°，
∵∠BOD+∠OBE=90°，∴∠OBE=∠DOH，
又∵OB=OD，∴△OBE≌△DOH，∴BE=OH；
（3）如图，连接AG，过A点作AM⊥CG于点M，过F点作FN⊥AD于点N，
由（2）可知DH=OE，
∵DG=2DH=2OE，DG=DE，∴DE=2OE，
设OE=m，则DE=2m，∴OB=OD=OA=3m，∴AE=4m，
在Rt△OBE中，BE==，
∴CE=BE=，tan∠BOE===，tan∠EAC===，
∵tan∠AOF=tan∠BOE=，∴=，
设ON=a，则NF=a，∴tan∠EAC=，∴AN=4a，
∵AN+NO=AO，∴4a+a=3m，∴a=m，∴FN=×m=m，
∵S△AOF=·OA·FN=，∴·3m·m=，∴m2=1，∴m=±1，
∵m>0，∴m=1，∴DH=1，OD=3，由（2）得BE=CE=OH=，AE=4，
在Rt△AEC中AC=，∵OD=OA，DH=HG，∴AG=2OH=，
∵∠ADG+∠ACG=180°，∠ACM+∠ACG=180°，∴∠ADG=∠ACM，
∴cos∠ADG=cos∠ACM，∴，∴，∴CM=，
在Rt△ACM中，AM==，
在Rt△AGM中，GM==，∴CG=GM-CM=．
【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，锐角三角函数，垂径定理，勾股定理，掌握知识点灵活运用是解题关键．
8．（2020·上海中考真题）如图，△ABC中，AB=AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长交边AC于点D．
（1）求证：∠BAC=2∠ABD；（2）当△BCD是等腰三角形时，求∠BCD的大小；（3）当AD=2，CD=3时，求边BC的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠BCD的值为67.5°或72°；（3）．
【分析】(1)连接OA．利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可．(2)分三种情形：①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD．③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可．
(3) 如图3中，作AEBC交BD的延长线于E．则，进而得到，设OB=OA=4a，OH=3a，根据BH2=AB2-AH2=OB2-OH2，构建方程求出a即可解决问题．
【详解】解：(1)连接OA，如下图1所示：
∵AB=AC，∴=，∴OA⊥BC，∴∠BAO=∠CAO．
∵OA=OB，∴∠ABD=∠BAO，∴∠BAC=2∠ABD．
(2)如图2中，延长AO交BC于H．
①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．
∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∴∠DBC=2∠ABD．
∵∠DBC+∠C+∠BDC=180°，∴8∠ABD=180°，∴∠C=3∠ABD=67.5°．
②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD，∴∠C=4∠ABD．
∵∠DBC+∠C+∠CDB=180°，∴10∠ABD=180°，∴∠BCD=4∠ABD=72°．
③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．
综上所述：∠C的值为67.5°或72°．
(3)如图3中，过A点作AEBC交BD的延长线于E．
则==，且BC=2BH，∴==，
设OB=OA=4a，OH=3a．则在Rt△ABH和Rt△OBH中，
∵BH2=AB2﹣AH2=OB2﹣OH2，∴25 - 49a2=16a2﹣9a2，
∴a2=，∴BH=，∴BC=2BH=．故答案为：．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
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