热点题型 专题10 圆中的证明与计算问题（11类题型）-2025年中考数学二轮热点题型归纳与变式专练（全国通用）

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TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc30578" 热点题型归纳 PAGEREF _Tc30578 \h 1
\l "_Tc30578" 题型01 圆的性质及角度和线段的计算 PAGEREF _Tc30578 \h 1
\l "_Tc31146" 题型02 弧长和面积问题 PAGEREF _Tc31146 \h 12
\l "_Tc29270" 题型03 切线的判定定理及性质应用 PAGEREF _Tc29270 \h 18
\l "_Tc13122" 题型04 相交弦定理 PAGEREF _Tc13122 \h 31
\l "_Tc13537" 题型05 切割线定理 PAGEREF _Tc13537 \h 35
\l "_Tc21329" 题型06 切线长定理 PAGEREF _Tc21329 \h 40
\l "_Tc31949" 题型07 弦切角定理 PAGEREF _Tc31949 \h 44
\l "_Tc26083" 题型08 隐圆（定点定长型、定弦定角型、对角互补型） PAGEREF _Tc26083 \h 47
\l "_Tc24111" 题型09 圆与相似综合 PAGEREF _Tc24111 \h 55
\l "_Tc28176" 题型10 圆与全等综合 PAGEREF _Tc28176 \h 65
\l "_Tc22988" 题型11 圆与三角函数综合 PAGEREF _Tc22988 \h 73
\l "_Tc29547" 中考练场 PAGEREF _Tc29547 \h 82
题型01 圆的性质及角度和线段的计算
圆的性质及角度和线段的计算是初中数学几何板块中综合性较强的关键内容，它借助圆的独特性质，如垂径定理、圆周角定理等，深度考查学生对几何知识的综合运用能力，在中考数学中分值占比约 6%-10%。
1.考查重点：重点考查垂径定理（垂直于弦的直径平分弦且平分这条弦所对的两条弧）、圆周角定理（一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半）等圆的核心性质在角度和线段计算中的应用，以及利用这些性质进行几何证明。
2.高频题型：高频题型有已知圆的半径、弦长等条件，运用垂径定理求弦心距、弧长等线段长度；根据圆周角与圆心角关系，结合圆内其他角度条件，计算特定角度大小；在圆与三角形、四边形等组合图形中，综合运用圆的性质和其他图形性质，计算线段长度和角度。
3.高频考点：考点集中在垂径定理、圆周角定理、圆心角定理等圆的基本定理应用，圆内接四边形性质（对角互补）的运用，以及切线的性质与判定（切线垂直于过切点的半径）在解决角度和线段问题中的体现。
4.能力要求：要求学生具备较强的逻辑推理能力，能依据已知条件合理选择圆的性质进行证明和计算；拥有良好的图形识别与分析能力，从复杂图形中提炼出与圆相关的几何关系；掌握扎实的运算能力，尤其是在涉及勾股定理、三角函数等知识用于圆中线段和角度计算时。
5.易错点：易错点在于对垂径定理、圆周角定理等圆的性质理解不透彻，应用时条件使用错误；在计算过程中，因对圆内复杂的角度和线段关系梳理不清，导致计算错误；对圆与其他图形综合问题中，不能有效整合各类图形性质，思路受阻。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·海南·中考真题）如图，是半圆O的直径，点B、C在半圆上，且，点P在上，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质．连接，，证明和都是等边三角形，求得，利用三角形内角和定理求得，据此求解即可．
【详解】解：连接，，
∵是半圆O的直径，，
∴，
∴和都是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
例2．（2024·山东滨州·中考真题）如图，四边形内接于，若四边形是菱形，则 ．
【答案】
【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质，菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键；
根据圆内接四边形的性质得到，根据菱形的性质，圆周角定理列式计算即可求解．
【详解】解：∵四边形内接于，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
例3．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在中，直径于点E，，则弦的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键．
由垂径定理得，设的半径为，则，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．
【详解】解：∵，
，
设的半径为，则，
在中，由勾股定理得：，即，
解得：，
，
，
在中，由勾股定理得：，
故答案为：．
例4．（2024·安徽·中考真题）如图，是的外接圆，D是直径上一点，的平分线交于点E，交于另一点F，．
(1)求证：；
(2)设，垂足为M，若，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)．
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，掌握这些性质以及定理是解题的关键．
（1）由等边对等角得出，由同弧所对的圆周角相等得出，由对顶角相等得出，等量代换得出，由角平分线的定义可得出，由直径所对的圆周角等于可得出，即可得出，即．
（2）由（1）知，，根据等边对等角得出，根据等腰三角形三线合一的性质可得出，的值，进一步求出，，再利用勾股定理即可求出．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
又与都是所对的圆周角，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
故，
即．
（2）由（1）知，，
∴，
又，，
∴，，
∴圆的半径，
∴，
在中．
，
∴
即的长为．
例5．（2024·山东德州·中考真题）如图，圆与都经过A，B两点，点在上，点C是上的一点，连接并延长交于点P，连接．
(1)求证：
(2)若，．
①求的半径；
②求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①2
②
【分析】对于（1），连接，在中，先根据同弧所对的圆周角相等得，然后在中，根据圆周角定理得，可得答案；
对于（2）①，由结合（1），可得，再连接，作，可得，，进而得出，然后在中，根据得出答案；
对于②，先说明是等边三角形，即可求出其面积，在中，求出弓形的面积，然后根据得出答案．
【详解】（1）如图所示． 连接，
在中，，
在中，，
∴；
（2）①，∵，
∴．
连接，过点作，交于点D，
∴，，
∴．
在中，，
即，
∴，
所以的半径是2；
②∵，
∴是等边三角形，
∴．
∵，
∴垂直平分，垂直平分，
∴点三点共线．
在中，，
在中，．
在中，上标点，．
在中，
．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，线段垂直平分线的性质和判定，勾股定理，余弦，求扇形的面积，等边三角形的性质和判定，构造辅助线是解题的关键．
【变式演练】
1．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，是上三点，是的直径，的延长线相交于点，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角定理，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半推出，再根据是的直径，得出，最后利用直角三角形两锐角互余即可推出结果．
【详解】解：∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
故选：B．
2．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，是的直径，弦交于点，，，，则的长为（ ）

A．3B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查垂径定理和勾股定理．根据题意过点作于点，连接，从而得出是等腰直角三角形，结合图形由线段之间的关系推出，从而利用勾股定理推出，再由垂径定理得到，从而推出．
【详解】解：如图，过点作于点，连接，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
在中，，
，
，
．
故选：C．
3．（2024·安徽阜阳·一模）如图，C为上的一点，直径，的平分线交于点D，交于点E．

(1)求的长．
(2)若，求的长．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】本题考查圆周角定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质．
（1）根据平分，可得，再用勾股定理解即可求解；
（2）过点A作于点H，可得为等腰直角三角形，推出，再用勾股定理解，求出，即可求解．
【详解】（1）解：∵是的直径，
∴
∵平分，
∴．
∴．
∴．
在中，根据勾股定理，，
∴，
∴；
（2）解：如图，过点A作于点H，

∵平分，．
∴．
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
在中，
，
∴．
4．（21-22九年级上·河北石家庄·期中）如图，是的直径，弦于点E，点P在上，．
(1)求证：；
(2)若，求的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)9
【分析】本题主要考查了勾股定理，同弧所对的圆周角相等，平行线的判定：
（1）根据同圆中，同弧所对的圆周角相等可得，再由条件可得，然后可得；
（2）设，则，利用勾股定理建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴；
（2）解：如图所示，连接，
设，则，
在中：由勾股定理得，
在中：由勾股定理得，
∴，
解得
∴的半径为9．
题型02 弧长和面积问题
圆的弧长和面积问题是初中数学几何板块中对圆的度量性质深入探究的重要内容，通过运用圆的半径、圆心角等要素，结合特定公式计算弧长与面积，考查学生对几何知识的量化应用能力，在中考数学中分值占比约 3%-6%。
1.考查重点：重点考查准确运用弧长公式、扇形面积公式以及圆的面积公式进行相关计算，同时关注这些公式在实际情境和组合图形中的灵活运用。
2.高频题型：高频题型有已知圆的半径和圆心角，求弧长或扇形面积；在组合图形中，如扇形与三角形、四边形等组合，通过分析各图形关系，计算阴影部分（包含弧长或扇形面积）的面积；根据实际问题背景，如摩天轮转动的弧长、喷灌区域的面积等，建立数学模型求解弧长或面积。
3.高频考点：考点集中在弧长公式、扇形面积公式以及圆面积公式的正确应用，圆心角与弧长、扇形面积的对应关系，以及在不规则图形中通过割补法、等积变换等方法转化为可利用公式计算的规则图形，求解弧长和面积。
4.能力要求：要求学生具备较强的公式记忆与应用能力，能准确代入数据进行计算；拥有良好的图形分析能力，从复杂图形中识别出与弧长、面积相关的部分，并能通过合理的图形变换简化计算；掌握一定的数学建模能力，将实际问题转化为数学问题求解。
5.易错点：易错点在于对弧长和扇形面积公式记忆混淆，导致计算错误；在代入数据时，对圆心角、半径等数值读取错误；在组合图形中，不能准确分析各图形间的关系，错误地进行面积的加减计算；对实际问题建模不准确，忽略问题中的关键条件。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·山东青岛·中考真题）如图，是上的点，半径，，，连接，则扇形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆周角定义，扇形的面积，连接，由圆周角定理可得，进而得，再根据扇形的面积计算公式计算即可求解，掌握圆周角定理及扇形的面积计算公式是解题的关键．
【详解】解：连接，则，
∵，
∴，
∴，
故选：．
例2．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在扇形中，，半径，是上一点，连接，是上一点，且，连接．若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了弧长公式，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质；连接，根据，，易证是等腰三角形，再根据，推出是等边三角形，得到，即可求出，再根据弧长公式计算即可．
【详解】解：连接，
，，
，
是等腰三角形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
故选：B．
例3．（2024·河南·中考真题）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过D作于E，利用圆内接四边形的性质，等边三角形的性质求出，利用弧、弦的关系证明，利用三线合一性质求出，，在中，利用正弦定义求出，最后利用扇形面积公式求解即可．
【详解】解∶过D作于E，
∵是边长为的等边三角形的外接圆，
∴，，，
∴，
∵点D是的中点，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，扇形面积公式，解直角三角形等知识，灵活应用以上知识是解题的关键．
【变式演练】
1．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，为的弦，垂直平分，垂足为，交于，若，，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了弧长的计算、垂径定理，熟记弧长计算公式是解题的关键．
连接、，根据垂径定理推论推出过点，则，根据等腰三角形性质求出，解直角三角形求出和，根据弧长公式求解即可．
【详解】解：如图，连接、，
∵为的弦，垂直平分，
∴过点，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：．
2．（2024·四川乐山·模拟预测）如图，矩形中，，，现将矩形绕点顺时针旋转后得到矩形，则边扫过的面积（阴影部分）为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了扇形的面积公式、旋转的性质、勾股定理等知识点，能够把不规则图形的面积转换为规则图形的面积成为解题的关键．
连接，则阴影部分的面积为扇形的面积减去扇形的面积，据此计算即可．
【详解】解：连接，
根据勾股定理得：，
∴,
∴．
故选：C．
3．（2024·宁夏银川·一模）如图，正方形的边长为4，分别以点A，C为圆心，长为半径画弧，分别交对角线于点E，F，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了正方形的性质，扇形面积计算，勾股定理，先根据正方形的性质，得出，，，根据勾股定理求出，得出，根据，求出结果即可．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴
，
故选：A．
题型03 切线的判定定理及性质应用
圆的切线的判定定理及性质应用是初中数学几何板块中对圆与直线位置关系深入研究的核心内容，通过判定直线是否为圆的切线以及运用切线性质解决几何问题，考查学生对几何定理的理解与综合运用能力，在中考数学中分值占比约 4%-7%。
1.考查重点：重点考查对圆的切线判定定理（经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线）和性质（圆的切线垂直于过切点的半径）的精准理解与灵活运用，以及借助这些定理在复杂几何图形中进行推理和计算。
2.高频题型：高频题型有证明某条直线是圆的切线；已知直线为圆的切线，利用切线性质证明线段垂直、角相等或进行线段长度计算；在圆与三角形、四边形等组合图形中，结合切线判定与性质以及其他图形性质，解决综合性几何问题。
3.高频考点：考点集中在切线判定定理的准确应用，切线性质在证明和计算中的体现，切线与圆周角、圆心角等圆中角的关系的运用。
4.能力要求：要求学生具备较强的逻辑推理能力，能依据已知条件合理选择切线判定定理进行证明，熟练运用切线性质进行推导；拥有敏锐的图形观察能力，从复杂图形中识别出圆与切线的相关几何关系；掌握扎实的运算能力，在涉及切线的几何计算中准确求解。
5.易错点：易错点在于判定切线时，对 “经过半径外端” 和 “垂直于半径” 这两个条件把握不准确，遗漏或错用；在运用切线性质时，对切点位置判断错误，导致垂直关系应用出错；在综合图形中，不能有效整合切线与其他图形性质，思路混乱，影响解题。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，是直径，是弦，且，垂足为，，，在的延长线上取一点，连接，使．

(1)求证：是的切线；
(2)求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
（1）连接，根据等腰三角形的性质得到，等量代换得到，得到，根据切线的判定定理得到结论；
（2）根据垂径定理得到，根据勾股定理得到，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：是直径，是弦，且，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
．
例2．（2024·湖北·中考真题）如图，在中，，点在上，以为直径的经过上的点，与交于点，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（）连接，可得，得到，即得，即可求证；
（）设的半径为，则，在中由勾股定理得，可得，即得，得到，进而得到，最后利用弧长公式即可求解．
【详解】（1）证明：连接，则，
，，
，
，
．
是的半径，
是的切线；
（2）解：设的半径为，则，
∵，
∴，
在中，，
，
解得，
，
，
，
，
的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，三角函数及弧长公式，求出是解题的关键．
例3．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在中，，为的外接圆，为的切线，为的直径，连接并延长交于点E．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，中垂线的判定和性质，矩形的判定和性质：
（1）连接并延长，交于点，连接，易证垂直平分，圆周角定理，切线的性质，推出四边形为矩形，即可得证；
（2）由（1）可知，勾股定理求出的长，设的半径为，在中，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接并延长，交于点，连接，
∵，，
∴垂直平分，
∴，，
∵为的切线，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴四边形为矩形，
∴；
（2）由（1）知四边形为矩形，，，
∴，
∴，
设的半径为，则：，
在中，由勾股定理，得：，
解得：；
即：的半径为．
例4．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，中，，点为边上一点，以点为圆心，为半径作圆与相切于点，连接．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据题意可得，根据余角的性质可得，根据圆周角定理可得，等量代换即可得证；
（2）在中，勾股定理求得,证明，设的半径为r，则，，在中，，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵为切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∵，
∴．
（2）解：在中，，
∵，
在和中，，，
∴，
∴，
∴，
设的半径为r，则，，
在中，，
解得，
∴半径的长为3
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
【变式演练】
1．（2025·湖北·一模）如图，是的直径，点在上，连接和平分交于点，过点作，交的延长线于点，连接．
(1)请判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，求的半径．
【答案】
（1）是的切线，理由见解析
（2）半径为
【分析】（1）连接，利用圆的半径相等和角平分线定义得出，再根据平行线的判定得出，结合，最终证明该半径与直线垂直，从而判定直线为切线．
（2）设交于点，利用直径所对圆周角为直角，先证四边形为矩形，再根据矩形的对边相等以及垂径定理，勾股定理，将已知线段长度与半径关联，进而求解半径．
【详解】（1）解：结论：是的切线．
理由：连接，
，
平分，
，
，
，
，
是半径，
是的切线；
（2）设，设交于点．
是直径，
，
，，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
在中，
，
的半径为．
【点睛】本题是一道圆的综合题，考查了切线的判定定理，勾股定理的应用，矩形的判定和性质，角平分线的定义，平行线的判定和性质等知识．解题关键是辅助线构造，方程思想：通过设未知数，结合几何图形的性质（如矩形、直角三角形）建立方程，求解未知量（半径）．
2．（2025·湖南长沙·一模）如图，是以为直径的上一点，为的中点，过点作的切线交的延长线于点，连接交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求线段的长；
(3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】本题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质，垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，扇形面积的计算等知识，熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．
（1）连接，如图，根据垂径定理由为的中点，得到为的垂直平分线，所以，证明，得出，根据切线的判定定理得与相切；
（2）设的半径为，则，，得出，解得，求出的长；
（3）由扇形的面积公式可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵为切线，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴垂直平分，
∴，
在和中，
,
∴，
∴，
∴，
是的半径，
∴是的切线；
（2）解：设的半径为，则，
在中，，
∴，
即，
解得，
∴，
∵，
,
，
∴；
（3）解：∵，
∴在中，，
∴．
3．（2025·陕西西安·二模）如图，已知是的直径，直线是的切线，切点为，，垂足为，连接．
(1)求证：平分；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)证明见解析；
(2)的半径是．
【分析】（1）连接，由切线的性质推出，而，推出，得到，由等腰三角形的性质推出，得到，即可证明平分；
（2）连接，由圆周角定理得到，由垂直的定义得到，而，由三角形内角和定理得到，因此，得到，而，求出，由勾股定理求出，即可求解．
【详解】（1）证明：连接，如图：
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：连接，如图：
∵是圆的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
，
，
，
，
，
，
∴的半径是．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键．
4．（2025·四川·模拟预测）如图，为外一点，、为的切线，切点分别为、，直线交于点、，交于点．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用切线的性质定理，圆周角定理，同圆的半径相等，等腰三角形的性质和等角的余角相等解答即可；
（2），则，，，，利用相似三角形的判定与性质得出比例式即可求得结论．
【详解】（1）证明：连接，如图，
为的切线，
，
．
是的直径，
，
．
，
，
；
（2）解：设，则，
，
，
．
、为的切线，
，平分，
．
为的切线，
，
，
，
，
即：．
解得：或（不合题意，舍去），
．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，连接是解决此类问题常添加的辅助线．
题型04 相交弦定理
圆的相交弦定理是初中数学几何板块中研究圆内线段关系的重要定理，它揭示了圆内两条相交弦所分线段之间的数量关系，丰富了圆的几何性质内容，在中考数学中分值占比约 2%-4%。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（24-25九年级上·北京房山·期末）如图，为的直径，弦于点．若，，则的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理，垂径定理，根据垂径定理由得到，再根据勾股定理计算出．
【详解】解：，
，
直径，
，
在中，，
故选：B．
【变式演练】
1．（24-25九年级上·湖南长沙·期中）如图，的直径垂直于弦，垂足为，则的长为（ ）

A．2B．C．4D．
【答案】B
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，含角的直角三角形的性质，掌握垂径定理和勾股定理的综合运用是解题的关键．
根据题意可得，，如图所示，连接，得到，在中，，由此勾股定理可得，由此即可求解．
【详解】解：∵的直径垂直于弦，，，
∴，，
如图所示，连接，

∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
故选：B ．
2．（2025·广东广州·一模）如图，都是的半径，交于点．若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．根据垂径定理得到，根据勾股定理求出，即可得到答案．
【详解】解：都是的半径，，
，
，
，
，
，
，
故选：B ．
3．（2025·陕西西安·一模）如图，是的直径，垂直于弦于点的延长线交于点E，，，则的长是（ ）
A．1B．2C．D．4
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，垂径定理，三角形的中位线定理，熟练掌握三角形的中位线定理，以及勾股定理是解题的关键．
设，则，从而可得，先根据直径所对的圆周角是直角可得，再根据垂径定理可得，从而可得是的中位线，然后利用三角形的中位线定理可得，最后在中，利用勾股定理进行计算可求出的长即可．
【详解】解：设，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
是的中位线，
，
在中，，
，
解得：，
，
故选：B．
题型05 切割线定理
圆的切割线定理是初中数学几何板块中深入探讨圆与直线位置关系时涉及线段数量关系的关键定理，它通过揭示从圆外一点引圆的切线和割线时，切线长与割线各线段长之间的联系，拓展了圆的几何性质应用范畴，在中考数学中分值占比约 2%-4%。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·山西·模拟预测）如图，与相切于点A，点E在上，连接，与相交于点C，与相交于点D，已知，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接．证明得，求出，然后根据阴影部分的面积即可求解．
【详解】解：如图，连接．
是的切线，
．
．
，
，
阴影部分的面积．
故选A．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质， 扇形的面积公式，证明相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
【变式演练】
1．（20-21九年级上·浙江宁波·期中）如图，在中，E是直径延长线上一点，切于点，若，则的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题重点考查切线的性质定理、勾股定理等知识，根据勾股定理列出关系式是解题的关键．连接，由切线的性质得，则，由，得，所以，于是得，即可求得，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接，
切于点，
，
，
，
，
，
，
，
整理得，
，
，
，
，
的余弦值为，
故选：B．
2．（2024·重庆铜梁·一模）如图，是的切线，为切点，交于点，若，，则的长为（ ）
A．5B．7C．8D．13
【答案】C
【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．先根据切线的性质得到，再利用勾股定理计算出，然后计算．
【详解】解：是的切线，为切点，
，
，
在中，，
．
故选：C．
3．（2024·山东东营·模拟预测）如图，为的直径，与相切于点C，交的延长线于点D，且．若，则半径长为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，含度角的直角三角形，解决本题的关键是掌握切线的性质.
连接，根据直径所对圆周角是直角可得，根据切线性质可得, 然后根据,证明，进而可以解决问题.
【详解】∵为的直径,
∴,
∴,如图, 连接,
∵与相切于点,
∴,
∴,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴半径长为.
故选:B.
题型06 切线长定理
圆的切线长定理是初中数学几何板块里研究圆与直线特殊位置关系时，涉及线段等量关系的重要定理，它明确了从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等这一特性，丰富了圆的几何知识应用，在中考数学中分值占比约 2%-5%。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·重庆·三模）如图，、是的切线，、为切点，是上一点，连接、，若，，则的半径长为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】A
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，连接，，，根据圆周角定理得到，根据切线的性质得到，根据解直角三角形即可得到结论．
【详解】连接，，，
则，
又∵、是的切线，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选A．
【变式演练】
1．（2024·湖南衡阳·模拟预测）如图所示，的内切圆分别与，，相切于点D，E，F，且，，，则的周长为（ ）
A．36B．38C．40D．42
【答案】A
【分析】本题主要考查三角形的内切圆与内心及切线长定理，灵活运用切线长定理是解题的关键．由切线长定理可知，，，再根据线段的和差即可求得答案．
【详解】解：∵的内切圆分别与，，AC相切于点D，E，F，
∴，，，
∵，，，
∴，，，
∴，，，
∴的周长．
故选：A．
2．（2024·四川南充·三模）如图，过外一点作的两条切线，，切点分别为，，与交于点，与交于点，为的直径．若，，则的长为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】B
【分析】此题重点考查切线的性质定理、切线长定理、等腰三角形的“三线合一”、直径所对的圆周角是直角、三角形的中位线定理、等边三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
连接，由切线长定理得，，则，，由为的直径，得，，则，，再证明是等边三角形，得，求得，则，可证明是等边三角形，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接，
，分别与相切于点，，
，，
，，
为的直径，，
，，
，，
，
是等边三角形，
，
，
，，
是等边三角形，
，
故选：B．
3．（2024·四川德阳·二模）如图，内切于正方形，边分别与切于点，点分别在线段上，且与相切．若的面积为，则的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质、切线长定理，勾股定理，三角形的面积，设与相切于点，设正方形的边长为 ，由切线长定理得，，，设，，在中，由勾股定理得，即得，又由，得，即得，得到，即可求解，掌握切线长定理是解题的关键．
【详解】解：设与相切于点，设正方形的边长为 ，
∵是切线，
∴，，，
设，，
在中，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的半径为，
故选：．
题型07 弦切角定理
圆的弦切角定理是初中数学几何板块中探究圆与直线所成特殊角度关系的重要定理，它揭示了弦切角与所夹弧所对圆周角之间的等量联系，为解决圆中角度相关问题提供了关键依据，在中考数学中分值占比约 2%-4%。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·广东·模拟预测）如图，是的直径，点在上，且，过点作的切线，交 的延长线于点，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，切线的性质，连接，由可得，由圆周角定理可得，即得，又由切线的性质可得，最后根据角的和差关系即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
故选：．

【变式演练】
1．（2024·河南郑州·三模）如图，在中，为直径，为弦，为切线，连接．若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了切线的性质，等边对等角，圆周角定理等知识．熟练掌握切线的性质，等边对等角，圆周角定理是解题的关键．
由为切线，可得，由，可得，由，可得，求解作答即可．
【详解】解：∵为切线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
2．（2024·重庆·模拟预测）如图，内接于，为的直径，直线与相切于点，过点作，交于点，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了切线的性质，等边对等角，直角三角形的两个锐角互补，连接，根据为的直径，得出，进而可得，再根据等边对等角，得出 ，根据平行线的性质可得，根据切线的性质可得，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵为的直径，
∴，
∵
∴，
又∵
∴，
∵，
∴，
∵直线与相切于点C，
∴，
∴，
故选：B．
题型08 隐圆（定点定长型、定弦定角型、对角互补型）
隐圆（定点定长型、定弦定角型、对角互补型）是初中数学几何板块中具有较高综合性与技巧性的内容，它将圆的概念巧妙隐藏于各类几何图形中，考查学生挖掘潜在圆的特征并运用圆的知识解决问题的能力，在中考数学中分值占比约 3%-6%。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·吉林长春·模拟预测）两块直角三角板按如图方式放置，、相交于点，给出下面四个结论：①点、、、在同一个圆上；②；③；④．上述结论中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】本题考查了圆的内接四边形，圆周角定理，解直角三角形．
根据，即可判断①；根据等腰三角形的性质得出，根据圆周角定理得出，最后根据三角形的外角定理，即可判断②；易得为四边形外接圆直径，不是四边形外接圆直径，即可判断③；根据含30度直角三角形的特征得出，再推出，即可判断④．
【详解】解：∵，
∴点、、、在同一个圆上，故①正确，符合题意；
∵，
∴，
∵点、、、在同一个圆上，
∴，
∴，故②正确，符合题意；
∵，点、、、在同一个圆上，
∴为四边形外接圆直径，
∵不经过中点，
∴不是四边形外接圆直径，
∴，故③不正确，不符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴，故④正确，符合题意；
综上：正确的有①②④，
故答案为：①②④．
例2．（2023九年级上·全国·专题练习）如图，在中，，连接，以为斜边在的右侧作等腰直角，P是边上的一点，连接和，当，则长为 ．
【答案】2
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，涉及四点共圆、对角互补模型、手拉手模型．由得动点在圆上运动，因为是等腰直角三角形且，所以想到瓜豆原理，可两次构造三角形相似去解答．
【详解】解：以为斜边在的右侧作等腰直角，连接，．
，则，，
，，同理，
，
，
，
，
在四边形中，，
、、、四点共圆，
，，
，
又，
，则，
，
，
，
将绕点F逆时针旋转，
∵、、、四点共圆，
∴，
∴，即C、B、共线，
∴将绕点F逆时针旋转，可旋转到，
∴，，
∴，是等腰直角三角形，
∴，
，
，
，
，
故答案为：2．
【变式演练】
1．如图，将绕点顺时针旋转25°得到，EF交BC于点N，连接AN，若，则 ．

【答案】102.5°
【分析】先根据旋转的性质得到，，得到点A、N、F、C共圆，再利用，根据平角的性质即可得到答案；
【详解】解：如图，AF与CB相交于点O，连接CF，

根据旋转的性质得到：
AC=AF，，，，
∴点A、N、F、C共圆，
∴，
又∵点A、N、F、C共圆，
∴，
∴（平角的性质），
故答案为：102.5°
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、平角的性质、点共圆的判定，掌握平移的性质是解题的关键；
2．（2024·山东济南·三模）如图，在矩形中，，，点F在边上运动，以线段为斜边作，其中点M与点A位于两侧，．连接，当最小时， ．

【答案】
【分析】本题考查了解直角三角形，四点共圆，矩形的性质．连接，设，则，由题意得四点共圆，推出，当时，最小，证明，求得，据此求解即可．
【详解】解：连接，设，则，

∵，
∴，
∵矩形和，
∴，
∴四点共圆，
∵，
∴，
当时，最小，此时，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
3．（2024·广东珠海·一模）如图，在中，，，，点P为平面内一点，且，过C作交的延长线于点Q，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质以及四点共圆，掌握同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等确定四点共圆，利用相似三角形性质得到线段间等量关系是解题关键．
根据题意可得四点共圆，由两角对应相等判定三角形相似，由此得到的值与有关，当最大时即取最大值．
【详解】解：，
∴四点共圆，
，
∴为直径，
，
，
，
，
，
在圆中，直径是最长的线段，因此当为直径时，最大，，
，
故答案为：．
4．（2024·安徽黄山·二模）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，和相交于点，点落在线段上，连接．
（1）若，则 ；
（2）若，则 ．
【答案】 /40度
【分析】（1）利用等腰三角形的性质三角形内角和定理求解即可；
（2）连接，证明是等腰直角三角形，，即可解决问题．
【详解】解：（1），，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）连接．

由旋转的性质可知，，
，，，四点共圆，
，
，
，
．
，，
，
，，，四点共圆，
，
，
，
由旋转可知，
∴,
，，
∴，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，圆内接四边形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
题型09 圆与相似综合
圆与相似综合是初中数学几何领域中极具综合性与挑战性的内容，它将圆独特的性质，如圆周角定理、切线性质等，与相似三角形的判定和性质紧密结合，考查学生对不同几何知识的融会贯通能力，在中考数学中分值占比约 4%-7%。
1.考查重点：重点考查在圆的背景下，通过寻找、构造相似三角形，运用相似三角形对应边成比例、对应角相等的性质，结合圆的弦、弧、角之间的关系，解决线段长度计算、角度求解以及几何证明等问题。
2.高频题型：高频题型有已知圆中弦、弧、切线等条件，证明三角形相似，并利用相似比计算相关线段长度；根据圆内角度关系，推出相似三角形，进而求解角度大小；在圆与多边形的组合图形中，借助相似三角形性质，判断图形间的位置关系或进行面积计算。
3.高频考点：考点集中在相似三角形的判定定理（两角对应相等、三边对应成比例、两边对应成比例且夹角相等）在圆的情境中的应用，圆的性质（如圆周角定理、弦切角定理、切线长定理）与相似三角形性质的综合运用，以及通过添加辅助线（如连接半径、作弦的垂线等）构建相似三角形的几何模型。
4.能力要求：要求学生具备敏锐的图形观察能力，能从复杂的圆相关图形中识别出相似三角形的基本模型；拥有较强的逻辑推理能力，依据圆的性质和已知条件，合理推导相似三角形的存在及相关性质；掌握扎实的运算能力，准确处理相似比与圆中线段、角度的计算。
5.易错点：易错点在于在复杂圆图形中，难以准确找出相似三角形的对应边和对应角，导致相似比计算错误；对圆的性质与相似三角形性质的结合运用不够熟练，混淆相关定理的应用条件；添加辅助线不合理，无法有效构建相似三角形模型，影响解题思路。
【典例分析】
例1．（2024·四川眉山·中考真题）如图，是的直径，点在上，点在的延长线上，，平分交于点，连结．
(1)求证：是的切线；
(2)当时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，圆周角定理，熟练掌握切线的判定是解题的关键．
（1）连接，根据圆周角定理得到，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据切线的判定定理得到结论；
（2）根据相似三角形的判定和性质定理得到，求得，连接，根据角平分线的定义得到，求得，得到，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，，
，
，
，
，
，
连接，
平分，
，
，
，
是的直径，
，
．
例2．（2024·陕西·中考真题）如图，直线l与相切于点A，是的直径，点C，D在l上，且位于点A两侧，连接，分别与交于点E，F，连接．
(1)求证：；
(2)若的半径，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）利用切线和直径的性质求得，再利用等角的余角相等即可证明；
（2）先求得，，证明和是等腰直角三角形，求得的长，再证明，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵直线l与相切于点A，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，，
∵直线l与相切于点A，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴也是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，切线的性质，勾股定理等知识点的应用，掌握切线的性质定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【变式演练】
1．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，是的直径，是的两条弦，点与点在的两侧，是上一点（），连接，且．
(1)如图1，若，，求的半径；
(2)如图2，若，求证：．（请用两种证法解答）
【答案】(1)3
(2)见解析
【分析】（1）利用等边对等角、三角形内角和定理求出，结合，可得出，在中，利用勾股定理求解即可；
（2）法一：过O作于F，利用垂径定理等可得出，然后利用定理证明，得出，然后利用平行线的判定即可得证；
法二：连接，证明，得出，然后利用平行线的判定即可得证
【详解】（1）解∶∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
解得，
即的半径为3；
（2）证明：法一：过O作于F，
∴，
∵
∴，
又，，
∴，
∴，
∴；
法二：连接，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质等知识，明确题意，灵活运用所学知识解题是解题的关键．
2．（2025·安徽淮北·一模）如图，经过的顶点B，与边分别交于点E，F，与边相切于点D，连接，且．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，连接，若经过圆心O，且，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）过点作直径，连接，利用圆周角定理求得，利用切线的性质求得，推出，证明，据此即可得证；
（2）由（1）的结果求得，利用等积法求得，利用勾股定理求得，同理证明，求得，，，再证明，据此求解即可．
【详解】（1）解：过点作直径，连接，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即；
（2）解：由（1），
∵，，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
又，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
3．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点．
(1)求的值；
(2)求证：；
(3)求证：与互相平分．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先证得，再在中，．在中，，可得，再证得结果；
（2）过点作，交延长线于点，先证明，可得，再证得，再由相似三角形的判定可得结论；
（3）如图，连接，由（2），可得，从而得出，得出， 得出，再由平行线判定得出，，从而得出四边形是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果．
【详解】（1），且是的直径，
．
，
在中，．
，
在中，．
，
；
（2）过点作，交延长线于点．
．
，
，
．
，
，
，
，，
．
，
，
，
，
．
（3）如图，连接．
是的直径，
．
，
．
由（2）知，，
，
，
．
．
，
．
由（2）知，，
．
，
，
，
四边形是平行四边形，
与互相平分．
【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键．
题型10 圆与全等综合
圆与全等综合是初中数学几何板块中具有较高思维要求的内容，它将圆的性质，诸如半径相等、同弧所对圆周角相等、切线性质等，与全等三角形的判定和性质深度关联，着重考查学生对不同几何知识的整合运用能力，在中考数学中分值占比约 3%-6%。
1.考查重点：重点考查在圆的环境下，通过挖掘圆的特性构造全等三角形，利用全等三角形对应边相等、对应角相等的性质，结合圆内弦、弧、角的关系，完成线段长度计算、角度求解以及几何证明等问题。
2.高频题型：高频题型包括依据圆中半径、弦长、角度等条件证明三角形全等，进而计算相关线段长度；根据圆内的特殊角度关系，构造全等三角形来推导其他角度大小；在圆与多边形构成的复合图形中，借助全等三角形性质判断图形间的位置关系或者进行面积计算。
3.高频考点：考点集中在全等三角形判定定理（SSS、SAS、ASA、AAS、HL）在圆的情境下的运用，圆的性质（如垂径定理、圆周角定理、切线长定理）与全等三角形性质的协同应用，以及通过合理添加辅助线（例如连接圆心与弦的端点、作过切点的半径等）构建全等三角形的几何模型。
4.能力要求：要求学生具备敏锐的图形感知能力，能够从复杂的圆相关图形中捕捉到全等三角形的线索；拥有较强的逻辑推导能力，依据圆的性质与已知条件，有条不紊地推导出全等三角形的存在及相关性质；掌握扎实的运算技能，准确处理全等三角形对应边、角与圆中线段、角度的计算。
5.易错点：易错点在于在复杂的圆图形中，难以精准确定全等三角形的对应边和对应角，致使全等判定错误；对圆的性质与全等三角形性质的结合运用不够娴熟，混淆相关定理的适用条件；添加辅助线缺乏针对性，无法有效构建全等三角形模型，阻碍解题思路。
【典例分析】
例1．（2025·贵州·模拟预测）如图，将半径为5的扇形绕点O逆时针旋转得到扇形．交于点G，交于点E，与相交于点F．
(1)与的数量关系是________；
(2)在（1）的条件下，求证：；
(3)当为直径时，以为半径的⊙O切于点E，求的值及优弧的长．
【答案】(1)=
(2)见解析
(3)，
【分析】（1）由旋转及等腰三角形可得答案；
（2）由旋转得，再由（1）得出的，即可证明；
（3）由三线合一证明出，再由全等得出，即，再按弧长公式计算即可．
本题考查了圆的相关知识点的应用，三角形全等及等腰三角形的应用是解题关键．
【详解】（1）∵，
∴，
由旋转，得，
∴，
故答案为：=；
（2）证明：由旋转可知，
∴，
又∵，，
∴；
（3）∵当为直径时，以为半径的⊙O切CD于点E，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴点A，O，D在同一直线上，
∴，
∴的值为，
∴，
∴优弧==.
例2．（2025·江苏镇江·模拟预测）如图，已知正方形 ，以边为直径作，点E是边上一点（不与B，C重合），将正方形沿折叠，使得点C恰好落在上．
(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若正方形的边长为2，求线段的长．
【答案】(1)为的切线．理由见解析；
(2)线段的长为
【分析】（1）先根据正方形的性质得到，再根据折叠的性质得到，所以，于是可判断，所以，然后根据切线的判定方法可判断为的切线；
（2）先由得到点O、、E共线，设，则，所以,然后利用勾股定理得到，从而可解方程即可．
【详解】（1）解：与相切．
理由如下：
四边形为正方形，
，
正方形沿折叠，使得点恰好落在上，
，
，
在和中，
，
，
，
为的半径，
为的切线：
（2）由（1）得，
，
点O、、E共线，
设，则，
，
为的直径，
，
，
在中，，
解得
即线段的长为．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：过半径的外端且与半径垂直的直线为圆的切线．也考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质和折叠的性质，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
【变式演练】
1．（2025·湖北·一模）如图，，分别与相切于E，F两点，点G是圆上一点，直线过点G，且，交于C点，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求图中阴影部分的面积（保留根号和）．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由切线的性质可得，从而可证得，再证，可得，可证得结论；
（2）先证得，在中，，在中，，可得，再根据可求出答案．
【详解】（1）证明：连接，
，是的切线，
，，
，
，
，
．
在和中，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，是的切线，
平分，平分，
，
，
，
．
，
，
．
在中，，
在中，，
，
．
【点睛】此题考查了切线的判定与性质，解直角三角形，不规则图形的面积以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定与性质是解本题的关键．
2．（2025·河北·模拟预测）如图1，在中，，以点B为圆心，以为半径作圆．
(1)设点P为上的一个动点，线段绕着点C顺时针旋转，得到线段，连接，，，如图2，求证：；
(2)在（1）的条件下，若，求的长；
(3)在（1）的条件下，当______°时，有最大值，且最大值为______；当______°时，有最小值，且最小值为______．
【答案】(1)见解析
(2)2或
(3)135；；45；
【分析】（1）由旋转可得，，进而得到，从而证明，根据全等三角形的对应边线段得证结论；
（2）分点P在的上方或下方两种情况求解即可；
（3）连接，由得到，从而点D在以点A为圆心，半径为的圆上．当点D在的延长线上时，有最大值，最大值为，根据，可求得．当点D在线段上时，有最小值，最小值为，根据，可求得．
【详解】（1）证明：由旋转可得，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴．
（2）解：分两种情况讨论：
①如图，若点P在的上方，连接，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴点A，D，P在同一直线上，
∵在中，，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴在中，；
②如图，若点P在的下方，连接
由①得，，
∵，
∴，
∴点B，P，D在同一直线上，
∵，
∴，，
∴，
∴在中，．
综上所述，的长为2或．
（3）解：连接，
∵，
∴，
∴点D在以点A为圆心，半径为的圆上．
如图，当点D在的延长线上时，有最大值，
最大值为，
此时，
∵，
∴．
如图，当点D在线段上时，有最小值，
最小值为，
此时．
故答案为：135；；45；
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，圆的定义，两点之间线段最短．利用全等三角形的性质是解题的关键．
题型11 圆与三角函数综合
圆与三角函数综合是初中数学几何与代数紧密结合的关键内容，它借助圆的半径、弦、弧所构成的几何图形，运用三角函数知识来量化角度与线段之间的关系，全方位考查学生跨知识板块的运用能力，在中考数学中分值占比约 4%-7%。
1.考查重点：重点考查在圆的图形背景下，通过构造直角三角形，利用三角函数（正弦、余弦、正切）定义，将圆中的半径、弦长、圆心角、圆周角等元素与三角函数值建立联系，进行角度和线段长度的求解以及相关几何证明。
2.高频题型：高频题型有已知圆的半径及部分角度，利用三角函数求弦长；根据圆中弦长、弧长等条件，借助三角函数计算圆心角、圆周角大小；在圆与多边形组合图形中，结合圆的性质与三角函数知识，计算图形面积或线段间的比例关系。
3.高频考点：考点集中在三角函数定义在圆中的应用，圆的性质（垂径定理、圆周角定理等）与三角函数知识的融合，以及通过添加辅助线（如作圆的直径、弦的垂线等）构造可运用三角函数的直角三角形模型。
4.能力要求：要求学生具备良好的知识迁移能力，将三角函数知识灵活运用到圆的问题情境中；拥有较强的图形构建能力，能从复杂圆图形中识别或构造出适用三角函数的直角三角形；掌握扎实的运算能力，准确进行三角函数值与圆中几何量的计算。
5.易错点：易错点在于在圆中构造直角三角形时，对直角边、斜边与圆中线段的对应关系判断错误，导致三角函数选用不当；混淆圆的性质与三角函数的应用条件，在计算过程中出错；添加辅助线不合理，无法有效构建运用三角函数的模型，影响解题思路。
【典例分析】
例1．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，内接于，为的直径，于点D，将沿所在的直线翻折，得到，点D的对应点为E，延长交的延长线于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由折叠的性质得，，再证明，推出，据此即可证明是的切线；
（2）先求得，在中，求得，再利用扇形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∵沿直线翻折得到，
∴，，
∵是的半径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴于点C，
又∵为的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，
由（1）得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定与扇形面积公式，折叠的性质，解直角三角形．充分运用圆的性质，综合三角函数相关概念，求得线段长度是解题的关键．
例2．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，中，，，经过B，C两点，与斜边交于点E，连接并延长交于点M，交于点D，过点E作，交于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，延长，交于点，连接根据直径所对的圆周角是直角求出，得，，由可得，从而可证明是的切线；
（2）由得，即，证明，得，由得，故可得，由勾股定理求出，得，由勾股定理求出，，根据求出，进一步求出
【详解】（1）证明：连接，延长，交于点，连接如图，
∵
∴是等腰直角三角形，
∴
∵是的直径，
∴
∴
∴
∴
∵
∴即
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在等腰直角三角形中，,
∴，
解得，，
∴，
∴
在中，
∴，
又，
∴
∴
∴
∴
【点睛】本题主要考查平行线的性质，等腰直角三角形的判定与性质，切线的判定，圆周角定理，勾股定理以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造圆周角是解答本题的关键．
【变式演练】
1．（2024·天津·中考真题）已知中，为的弦，直线与相切于点．
(1)如图①，若，直径与相交于点，求和的大小；
(2)如图②，若，垂足为与相交于点，求线段的长．
【答案】(1)；
(2)
【分析】本题考查等腰三角形的性质，切线的性质，解直角三角形，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．
（1）根据等边对等角得到，然后利用三角形的内角和得到，然后利用平行线的性质结合圆周角定理解题即可；
（2）连接，求出，再在中运用三角函数解题即可．
【详解】（1）为的弦，
．得．
中，，
又，
．
直线与相切于点为的直径，
．即．
又，
．
在中，．
，
．
（2）如图，连接．
∵ 直线 与 相切于点 ，
∴
∵
∴．
，得．
在中，由，
得．
．
在中，，
．
2．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，为的内接三角形，为的直径，将沿直线翻折到，点在上．连接，交于点，延长，，两线相交于点，过点作的切线交于点．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若，．求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据折叠可得，根据切线的定义可得，即可得证；
（2）根据题意证明，进而证明，根据相似三角形的性质，即可得证；
（3）根据，设，则，得出，根据折叠的性质可得出，则，进而求得，根据，进而根据正切的定义，即可求解．
【详解】（1）证明：∵将沿直线翻折到，
∴，
∵为的直径，是切线，
∴，
∴；
（2）解：∵是切线，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵由折叠可得，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即；
（3）解：∵，设，则，
∴，
∴，
∵由折叠可得，
∴，
∵在中，，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，折叠问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2024·宁夏·中考真题）如图，是的外接圆，为直径，点是的内心，连接并延长交于点，过点作的切线交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)连接，若的半径为2，，求阴影部分的面积（结果用含的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角函数的定义，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，扇形面积的计算．
（1）连接，交于点G，根据等腰三角形的性质得到，由D为的内心，得到，求得，根据圆周角定理得到∠，求得，根据切线的性质得到，根据平行线的判定定理得到结论；
（2）根据三角函数的定义得到，求得，求得，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接，交于点，
，
，
又为的内心，
，
，
∴，
又为的直径，
，
又为的切线且为的半径，
，
，
∴；
（2）解：，
，
，
，
，
．
一、单选题
1．（2025·陕西·模拟预测）如图，四边形内接于，为直径，点为上一点．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理．连接，根据圆周角定理求出，进而求出，然后根据圆内接四边形的对角互补求解即可．
【详解】解：连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
故选：B．
2．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，，是上的点，，是外的点，和是位似图形，位似中心为点，点，对应点是点，，交于点，若，，则的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】本题考查位似图形的性质，圆的性质，熟练掌握位似图形的对应边成比例相等是解题的关键．利用位似图形得出，再结合，，得出，即可求解．
【详解】解：∵和是位似图形，位似中心为点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，
故选：A．
3．（2025·重庆·模拟预测）如图，直角中，，，，以为圆心为半径画弧交于点，以为圆心为半径画弧交于点，则阴影面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查扇形面积的计算、解直角三角形，掌握特殊角的三角函数、扇形和三角形面积计算公式是解题的关键．
先解得到，，再由，结合扇形面积公式即可求解．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴由图可得
，
故选：C．
二、填空题
4．（2025·浙江·模拟预测）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接，若，则 ．
【答案】35
【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，根据圆内接四边形的性质求出，根据圆周角定理得到，进而求出．
【详解】解：∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
故答案为：35．
5．（24-25九年级下·北京·开学考试）如图，是的直径，点E是的中点，过点E作弦．连接，．若点F是的中点，过点C作，垂足为点G．若的半径为2，则的长是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了圆周角定理、锐角三角函数的定义、等边三角形的性质与判定，熟练掌握相关知识点，学会结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．连接，由是的直径，得到，，，推出，根据锐角三角函数的定义，结合点E是的中点可得，推出，从而证出是等边三角形，再通过证明，即可求出的长．
【详解】解：如图，连接，
是的直径，，
，，，
是的垂直平分线，，
，
点E是的中点，
，
，
在中，，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
点F是的中点，
，
，
，
又，，
，
．
故答案为：．
6．（2025·安徽芜湖·一模）如图，在中，，，，O是斜边的中点，以点O为圆心的半圆O与相切于点D，交于点E，F，则阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了扇形的面积公式、圆的切线的性质、直角三角形的性质等知识．利用直角三角形的性质结合勾股定理可得，，再根据圆的切线的性质和切线长定理可得，，，然后根据阴影部分的面积等于求解即可得．
【详解】解：连接，
∵，，，
∴，，
∵，O是斜边的中点，
∴，
∵是半圆O的切线，
∴，
∵，
∴，，，
∴阴影部分的面积为
，
故答案为：．
三、解答题
7．（2025·广东茂名·模拟预测）如图，内接于，是的直径的延长线上一点，且．
(1)求证：是的切线
(2)若的半径为，，求的长和的值；
(3)过圆心作的平行线交的延长线于点．若，，求的半径．
【答案】(1)见解析；
(2)1，；
(3)3．
【分析】本题考查了切线的判定、三角形相似的判定和性质、勾股定理、三角函数等，解题的关键是证明相似三角形．
（1）由等腰三角形的性质得到，再证明，即可得到结论；
（2）证明，得到，求出即可得到答案；
（3）根据平行线分线段成比例定理得到，设，则，得到，求出即可得到答案．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
即，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，，，
，
；
，，
，
，
在中，，
；
（3）解：∵，
，
，，
，
设，则，
，
是直角三角形，
在中，，
，
解得，，
，即的半径为．
8．（2025·广东清远·一模）如图，在中，，以为直径作，交于点，过点作，交于点，连接并延长，交的延长线于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）根据平行线的性质得，，再结合等边对等角得，再证明，则，即可作答．
（2）先设，则结合勾股定理表示，运用，分别得出在，则，得，通过证明，即，得，即可作答．
【详解】（1）解：连接，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴是切线．
（2）解：∵，
∴设，则，
∴在中，，
∵，
∴，
∴在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
连接，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
即
解得，
∴
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，切线的判定，解直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
9．（2025·陕西西安·三模）如图，在中，，经过，两点，与斜边 交于点 ，连接 并延长交于点，交于点，连接，过点的切线与交于点，且．
(1)求证： ；
(2)若 求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查平行线的性质，等腰直角三角形的判定与性质，切线的性质，圆周角定理，勾股定理以及相似三角形的判定与性质．
（1）连接，根据是的切线可得进而可得，再由同弧所对圆周角等于圆心角度数的一半可得，进而可得是等腰直角三角形，即得．
（2）由直径所对圆周角等于，可得，进而可得，从而证明，得出，再结合已知， ，可得，，， 进而求得，，由勾股定理求出，进而求出，，进而求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵是的半径，是的切线；
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴；
（2）解：∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
又∵，
∴，
∴．
10．（2025·贵州·模拟预测）如图，是的直径，是弦，点D是弧的中点，与交于点E，是的切线，交的延长线于点F，连接
(1)写出图中与相等的角___________；
(2)求证：；
(3)若，，求的半径．
【答案】(1)（答案不唯一）
(2)见解析
(3)3
【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理和圆周角定理．
（1）利用圆周角定理可判断；
（2）连接，如图，先根据切线的性质得到，根据圆心角、弧、弦的关系得到，再证明，然后利用得到，所以；
（3）设的半径为r，在中利用勾股定理得到，然后解方程即可．
【详解】（1）解：与都对，
；
故答案为：；
（2）证明：连接，如图，
是的切线，
，
，
即，
点D是弧的中点，是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：设的半径为r，则，
在中，，
，
解得，
即的半径为．
11．（2023·陕西西安·模拟预测）如图，是的直径，点C是半圆的中点，点D是上一点，连接交于E，点F是延长线上一点，且．
(1)求证：是的切线；
(2)连接、、，若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，，利用圆周角定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质和等量代换求得，再利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论；
（2）利用圆周角定理得到，则，利用直角三角形的边角关系定理和相似三角形的判定与性质得到的长，设的半径为r，利用勾股定理列出方程，解方程即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接，，如图，
∵点C是半圆的中点，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴，
即，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴．
设的半径为r，则，
∵，
∴，
解得：．
∴的半径为．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，圆的切线的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，弦切角定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
12．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）已知：在中，弦交于点E，连接，点E在弦的垂直平分线上．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，点F是上一点，点B是的中点，点M在上，连接交于点G，若，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点N，连接，过点B作于点B，交于点K，当时，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由垂直平分线的性质求得，推出，再利用圆周角定理即可证明，，据此即可得证；
（2）设，利用圆周角定理求得，利用三角形内角和定理求得，求得，据此即可证明结论成立；
（3）先求得，证明，推出，求得，，过点B作于K，利用勾股定理求得，在和中，利用正切函数的定义求得，，过点F作于H，设，则，再在中，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：连接，
∵点E在弦的垂直平分线上，
∴，
∴，
又∵在中，，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：设，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴，
又∵在中，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
过点B作于K，
又∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴在中，，
在中，，，
在中，，，
又∵，
∴，，
过点F作于H，在中，，
∴设，则，
在中，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴在中，．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，线段垂直平分线的性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
13．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知：为的直径，点C为上一点，连接，，交于点D，交于点E，连接交于点F．
(1)如图1，求证：平分；
(2)如图2，过点C作，垂足为G，交于点M，过点F作，垂足为N，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点D作，垂足为H，交于点R，连接，若，，，求线段的长.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据直径所对的圆周角为直角，得出，根据平行线的性质得出，根据垂径定理得出，证明，即可得出答案；
（2）过作于点S，根据角平分线性质得出，证明，根据等腰三角形的判定得出，证明四边形为矩形，得出，证明，根据线段间数量关系得出答案即可；
（3）证明，则，根据，可求，，（舍），求出，求，则，证明，可求．
【详解】（1）证明：为直径，
，
∵，
，
，
，
，
平分；
（2）证明：如图，过作于点S，
平分，，，
，
，
，
，
，
，
∵
∴四边形为矩形，
，
，
，
；
（3）解：∵，
∴，，
根据解析（1）可知：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
∵，
∴，
解得：，（舍去），
经检验：是所列方程的解，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得：，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，勾股定理，三角形相似的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，解直角三角形的性质等知识，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
14．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，为的直径，弦于点为劣弧上一动点，与的延长线交于点，连接．
(1)求证：；
(2)若
①若，求的长；
②若，求与之间的函数关系式；
(3)在（2）的条件下即，求的最大值．
【答案】(1)见解析
(2)①；②．
(3)
【分析】本题主要考查了圆周角定理、圆的内接四边形、相似三角形的判定与性质、完全平方公式等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
（1）如图：连接，利用圆周角定理以及等量代换即可解答；
（2）①先根据圆周角定理、勾股定理可得、、、，再证明，然后根据相似三角形的性质列比例式求解即可；②通过证明，进而得到，再根据等高三角形得到，最后代入计算即可；
（3）分别证明和得到、，然后代入，最后根据等式的性质求解即可．
【详解】（1）解：如图：连接，
∵是直径，
∴，
∵弦于点，
∴，即，
∴，即．
（2）解：如图：连接，
∵是直径，弦于点，
∴，，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，，
∴，
∵是直径，弦于点，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，解得：．
②∵四边形是圆的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴相似比为，
∴，即，
∵和是等高三角形，
∴，即，
∴，
∴与之间的函数关系式．
（3）解：在中，，
∵，
∴，即：，解得：，
∵四边形是圆的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，解得：，
∴，
∵，即最小值为
∴，
∴的最大值为．
15．（24-25九年级上·湖南长沙·期末）如图，四边形内接于，对角线、交于点E且为直径，延长、交于点F，连接，若，请回答下列问题：
(1)求证：；
(2)若，求的值；
(3)设，与四边形的面积之比为y，请求出y关于x的函数关系式．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明，再利用两个角分别对应的两个三角形相似可得结论；
（2）设，，则，，由，可得，可得，，再证明即可；
（3）根据题意求得，证明，，表示出与的面积之比，即可解答．
【详解】（1）证明：∵，
，
又，
∴；
（2）解：∵，
设，，则，，
∵，
，
，，
∴和都是等腰三角形，
，
又，
，
，
；
（3）解：由（2）知，
，
则，，
则，
，
，，
∴，
，
，，
∴，
，
∵与四边形的面积之比为y，
，
【点睛】本题考查圆的综合应用，列函数关系式，主要考查圆周角定理，相似三角形的判定与性质，掌握圆周角定理，相似三角形的判定与性质是解题的关键．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。
垂径定理的推论：
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。
推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧。
推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧。
垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题。
圆心角、弦以及弧之间的关系：
①定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等。
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。
说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧。
圆周角定理：
在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半。
圆周角定理的推论：
半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径。
弧长计算公式：
（弧长为，圆心角度数为，圆的半径为）
扇形的面积计算公式：
或（其中为扇形的弧长）。
切线的性质：
①圆的切线垂直于经过切点的半径。
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点。
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心。
运用切线的性质进行计算或证明时，常常作的辅助线是连接圆心和切点，通过构造直角三角形或相似三角形解决问题。
切线的判定：
经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线。
在判定一条直线为圆的切线时，当已知条件中未明确指出直线和圆是否有公共点时，常过圆心作该直线的垂线段，证明该线段的长等于半径，可简单的说成“无交点，作垂线段，证半径”；当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线，可简单地说成“有交点，作半径，证垂直”。
相交弦定理：
圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等。
几何语言：若弦交于点，则。
推论：如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例中项。
几何语言：若是直径，垂直于点，则。
切割线定理：
从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项。
几何语言：
∵PT切⊙O于点T，PBA是⊙O的割线
∴PT2=PA•PB（切割线定理）。
推论：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等。
几何语言：
∵PBA，PDC是⊙O的割线
∴PD•PC=PA•PB
由上可知：PT2=PA•PB=PC•PD。
切线长定理：
（1）切线长定义：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长。
（2）切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线，平分两条切线的夹角。
弦切角定理：
（1）弦切角的定义：如图像∠ACP这样，顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角。
（2）弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧的圆心角的度数的一半。等于这条弧所对的圆周角。
即∠PCA=∠PBC。
隐圆模型是指在一些几何问题中，通过分析条件可以发现存在一个隐藏的圆，利用圆的性质来解决问题。常见的隐圆模型有以下几种类型：
（1）定点定长型：当题目中出现一个定点和一个动点，且动点到定点的距离始终保持不变时，那么这个动点的轨迹就是一个以定点为圆心，定长为半径的圆。例如，在平面直角坐标系中，点, 点满足, 根据两点间距离公式, 可 知点的轨迹是以为圆心，5为半径的圆。
（2）定弦定角型：如果一条线段（定弦）所对的角始终为一个固定的角度（定角），那么这个角的顶点的轨迹是一个圆。特别地，当定角为时 ，定弦就是圆的直径。例如，在中，, 那么点的 轨迹是一段圆弧。因为同弧所对的圆周角相等，所以满足条件的点都在以为弦，圆周角为的圆上。
（3）对角互补型：若四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆。例如，在四边形中，, 根据圆内接四边形的性质，可知四点共圆。此时，四边形的外接圆直径与四边形的边或对角线存在一定的关系，可通过正弦定理等知识来求解相关线段的长度。