备考2025年中考数学答题技巧汇编(通用版)专题08圆的有关计算与证明问题题型总结(6大模型)练习（原卷版+解析版）

这是一份备考2025年中考数学答题技巧汇编(通用版)专题08圆的有关计算与证明问题题型总结(6大模型)练习（原卷版+解析版），文件包含备考2025年中考数学答题技巧汇编通用版专题08圆的有关计算与证明问题题型总结6大模型教师版docx、备考2025年中考数学答题技巧汇编通用版专题08圆的有关计算与证明问题题型总结6大模型学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共143页， 欢迎下载使用。

在中考数学中，圆的基本性质与计算在大题中通常考察垂径定理的有关计算、圆周角定理、圆内接四边形等基础考点，难度一般在中档及以下，并且圆的性质还可以和相似、三角形函数、特殊四边形等结合出题，难度中等或偏上.在整个中考中通常都是一道小题一道大题，分值在3-13分左右，属于中考中的中档考题. 所以，考生在复习这块考点的时候，要充分掌握圆的基本性质的各个概念、性质以及推论，才能在后续的结合问题中更好的举一反三.
1、垂径定理
（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．
（2）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．
2、圆心角、弧、弦的关系
（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．
（3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系
三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与原图形完全重合．
在具体应用上述定理解决问题时，可根据需要，选择其有关部分．
3、圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）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．
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．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”---圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
4、圆内接四边形的性质
（1）圆内接四边形的性质：
①圆内接四边形的对角互补．
②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．
（2）圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
模型01 垂径定理的有关计算与证明
考｜向｜预｜测
垂径定理的计算与证明问题，在圆的有关解答题中会考查到，垂径定理的计算问题经常涉及平行线的判定、勾股定理、直角三角形、三角形中位线性质、全等三角形、相似三角形的判定和性质等内容，此部分计算难度不大，分值一般在5-8分左右
答｜题｜技｜巧
在圆中，求弦长、半径或圆心到弦的距离时，常过圆心作弦的垂线段，再连接半径构成直角三角形，利用勾股定理进行计算.在弦长.弦心距、半径三个量中，已知任意两个可求另一个.
（24-25九年级上·贵州黔东南·阶段练习）如图，AB为圆O的直径，C为圆O上一点，D为弧BC的中点，过D作DF⊥AB于点E，交圆O于点F，交弦BC于点G，连接CD、BF．
(1)求证：△BFG≌△DCG；
(2)若AB=20，BE=5，求BF的长
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】（1）根据垂径定理可得BD=BF，而DC=BD，那么DC=BF，则DC=BF，由圆周角定理可得∠F=∠C，再结合对顶角相等即可求证；
（2）连接OD交BC于点M，由垂径定理推论可得 OD⊥BC,M为BC中点，继而OM为△ABC中位线，则OM=12AC，可求OA=OB=10,OE=5，CB=DF，而OM⊥BC,OE⊥DF，那么OM=OE=5，由∠ACB=90°，勾股定理可得到DF=BC=103，EF=12DF=53，再由勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵D为弧BC的中点，
∴DC=BD，
∵DF⊥AB，
∴BD=BF，
∴DC=BF，
∴DC=BF，
∵BD=BD，
∴∠F=∠C，
∵∠DGC=∠BGF，
∴△BFG≌△DCGAAS；
（2）解：连接OD交BC于点M，
∵D为弧BC的中点，
∴OD⊥BC,M为BC中点，
∵OA=OB，
∴OM为△ABC中位线，
∴OM=12AC，
∵AB=20，BE=5，
∴OA=OB=10,OE=5，
∵DC=BF，
∴CB=DF，
∴CB=DF，
∵OM⊥BC,OE⊥DF，
∴OM=OE=5，
∴AC=10，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴DF=BC=AB2−AC2=103，
∵DF⊥AB，
∴EF=12DF=53，
∴BF=BE2+EF2=10
【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，垂径定理，三角形的中位线定理，同圆中弦、弧、弦心距之间的关系等知识点，综合性较强．
1．（24-25九年级下·上海·阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=3，以边AC上一点O为圆心，OA为半径的⊙O经过点B，点P为弧AB的中点．
(1)求⊙O的半径；
(2)连接PC，求tan∠PCB的值．
【答案】(1)⊙O的半径为2；
(2)tan∠PCB=233．
【分析】（1）连接OP交AB于点D，由垂径定理、含30°的直角三角形特征推得OP⊥AB且AD=BD=3，再结合含30°的直角三角形特征、勾股定理得到14OA2+AD2=OA2，求解即可得到半径；
（2）连接PC、PB，由圆周角定理推得∠PBC=90°，解直角三角形求出BP，由tan∠PCB=BPBC即可得解．
【详解】（1）解：连接OP交AB于点D，
∵点P为弧AB的中点，即OP平分AB⏜，
∴OP⊥AB且AD=BD，
∵∠ACB=90°，∠A=30°，BC=3，
∴AB=2BC=23，
∴AD=BD=12AB=3，
∵∠A=30°，OP⊥AB，
∴OA=2OD，OD2+AD2=OA2，
即14OA2+AD2=OA2，
∴OA=2，
∴⊙O的半径为2．
（2）解：连接PC、PB，
∵∠A=30°，OP⊥AB，∠ACB=90°，
∴∠ABC=∠AOD=60°，
∵AP⏜=AP⏜，
∴∠ABP=12∠AOD=30°，
BP=BDcs30°=332=2，
∵∠PBC=∠ABP+∠ABC=90°，
∴tan∠PCB=BPBC=23=233．
【点睛】本题考查的知识点是垂径定理、含30°的直角三角形特征、勾股定理解直角三角形、解一元二次方程、圆周角定理、解直角三角形、求正切值，解题关键是熟练掌握垂径定理、圆周角定理．
2．（24-25九年级上·浙江金华·期末）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，连结AC，BC，作∠CAB的角平分线AD交⊙O于点D，交BC于点E，连结OD交BC于点F．
(1)求证：AC∥OD．
(2)若BC=12，AB=13，求EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)EF=83
【分析】（1）先利用角平分线的定义得到∠CAD=∠BAD，加上∠BAD=∠ADO，所以 ∠ADO=∠CAD，然后根据平行线的判定方法得到结论；
（2）先根据圆周角定理得到∠ACB=90°，则利用勾股定理可计算出AC=5，再根据平行线的性质得OD⊥BC，则利用垂径定理得到CF=BF=6，接着根据三角形中位线性质得到OF=52，所以DF=4，然后证明△DEF∽△AEC，则利用相似三角形的性质和比例的性质可求出EF的长．
【详解】（1）解：因为AD平分∠CAB，
所以CD=BD，
所以OD⊥BC，即∠OFB=90°，
因为AB是⊙O的直径，所以∠ACB=∠OFB=90°，
所以AC∥OD．
（2）因为AB是⊙O的直径，
所以∠ACB=90°，
由勾股定理得AC=AB2−BC2=5，
由（1）可知OD⊥BC，
所以CF=BF=12BC=6，
因为O，F分别是AB，BC的中点，
所以OF=12AC=52，
可得DF=OD−OF=132−52=4．
由（1）AC∥OD，可得△ACE∽△DFE，
则DFAC=EFCE=45，
所以EF=49CF=83．
3．（23-24九年级上·四川南充·阶段练习）如图，在⊙O中，弦CD垂直于直径AB，交AB于点E，点F是⊙O上一点，连接DF交AB于点G，连接BF且∠BFD=60°，连接AD，CF．
(1)求证：FD平分∠BFC；
(2)若⊙O的半径长为1，当DE=EG时，求CF的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质、垂径定理、解直角三角形，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
（1）连接OC、OD，先由∠BAD=∠BFD=60°证明△AOD为等边三角形，再证明∠COD=120°，则∠CFD=12∠COD=60°，即可得证；
（2）延长CO交⊙O于H，连接FH，由AB⊥CD得出∠DEG=90°，结合DE=EG，得出∠EGD=∠EDG=45°，由圆周角定理可得∠CHF=∠EDG=45°，∠CFH=90°，最后解直角三角形即可得解．
【详解】（1）证明：如图，连接OC、OD，
∵OA=OD，∠BAD=∠BFD=60°，
∴△AOD为等边三角形，
∵OC=OD，OA⊥CD，
∴∠AOC=∠AOD=60°，
∴∠COD=120°，
∴∠CFD=12∠COD=60°，
∴∠CFD=∠BFD=60°，
∴FD平分∠BFC；
（2）解：延长CO交⊙O于H，连接FH，
∵AB⊥CD，
∴∠DEG=90°，
∵DE=EG，
∴∠EGD=∠EDG=45°，
∴∠CHF=∠EDG=45°，
∵CH为直径，
∴∠CFH=90°，
∵⊙O的半径长为1，
∴CH=2，
∴CF=CH⋅cs∠CHF=2×22=2．
4．（2025·浙江·模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，F为弦CD上一点，且∠DAF=∠C，射线AF与射线DB相交与点P．
(1)求证：F为AP的中点．
(2)①若sin∠DAF=35，求CFFD的值．
②当△CDP为直角三角形时，求∠DAF的正切值．
【答案】(1)见解析
(2)①CFFD=3925；②∠DAF的正切值为2或1
【分析】（1）由已知得∠DAF=∠ADC，AF=DF．可得∠APD=∠FDP，得FD=FP，即得F为AP的中点．
（2）①根据sin∠DAF=sin∠ADE=AEAD=35，设AE=3a，则AD=5a，可得CE=DE=4a．根据△DAF∽△DCA，得DFDA=DADC， DF=25a8，CFFD=3925；②当∠PCD=90°时，可得CF=EF，AE=PC，设CF=EF=b，FD=FA=3b，得AE=22b，即得tan∠DAF=2；当∠CPD=90°时，FA=FP，AC=AD，可得，四边形ACPD为正方形，即得tan∠DAF=1．
【详解】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴AD=AC，
∴∠C=∠ADC，
∵∠DAF=∠C，
∴∠DAF=∠ADC，
∴AF=DF．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAF+∠APD=90°，∠ADC+∠FDP=90°，
∴∠APD=∠FDP，
∴FD=FP=FA=12AP，
即F为AP的中点．
（2）解：①∵sin∠DAF=35，且∠DAF=∠C=∠ADC，
∴AEAD=35，
设AE=3a，则AD=5a，
∴CE=DE=AD2−AE2=4a．
∵△DAF∽△DCA，
∴DFDA=DADC，
∴AD2=DF⋅CD，
∴(5a)2=DF⋅8a，
解得DF=25a8，
∴CFFD=8a−258a258a=3925．
②（i）当∠PCD=90°时，PC∥AE，
∴∠FAE=∠FPC，
由（1）得FA=FP，
∴△AEF≌△PCFAAS，
∴CF=EF，AE=PC，
设CF=EF=b，
∴DE=CE=2b，DF=3b，
由（1）知，FD=FA=3b，
∴AE=AF2−FE2=22b，
∴tan∠DAF=tan∠C=AECE=2．
（ii）当∠CPD=90°时，CP∥AD，
∴∠APC=∠PAD．
∵FA=FP，∠AFD=∠PFC，
∴△ADF≌△PCFASA，
∴PC=AD，
∴四边形ACPD为平行四边形，
由AC=AD，
∴四边形ACPD为正方形，
∴∠DAF=45°，
∴tan∠DAF=1．
综上，∠DAF的正切值为2或1．
【点睛】此题考查了圆与三角形综合．熟练掌握垂径定理，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，锐角角三角函数定义，是解题的关键．
5．（24-25九年级上·江苏南通·期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，点O在边AB上，以O为圆心，OB为半径作⊙O，⊙O交BC于点F，与AC边相切于点E，连接BE．
(1)求证：BE平分∠ABC；
(2)若CF=2，CE=4，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析；
(2)5．
【分析】（1）连接OE，由切线的性质推导出∠OEC=90°，因为∠C=90°，所以∠OEC+∠OEC=180°，则OE∥BC，所以∠OEB=∠EBC，又OE=OB，所以∠OEB=∠OBE，则∠EBC=∠OBE，从而求证；
（2）过点O作OG⊥BC，垂足为G，则四边形四边形OECG是矩形，则CE=OG=4，设⊙O的半径为r，则OE=CG=r，然后由垂径定理和勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接OE，
∵AC是⊙O的切线，
∴OE⊥AC，
∴∠OEC=90°，
∵∠C=90°，
∴∠OEC+∠OEC=180°，
∴OE∥BC，
∴∠OEB=∠EBC，
∵OE=OB，
∴∠OEB=∠OBE，
∴∠EBC=∠OBE，
∴BE平分∠ABC；
（2）解：如图，过点O作OG⊥BC，垂足为G，
∠ECG=∠OEC=∠OGC=90°，
∴四边形OECG是矩形，
∴CE=OG=4，
设⊙O的半径为r，则OE=CG=r，
∵CF=2，
∴FG=r−2，
∵OG⊥BC，
∴FG=GB=r−2，
在Rt△OGB中，r−22+42=r2，
∴r=5，
即⊙O的半径为5．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的性质，平行线的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，垂径定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
6．（23-24九年级上·江苏无锡·期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是AC上一点，AG，DC的延长线交于点F，连接AD，GD，GC．
(1)求证：AD2=AG⋅AF；
(2)已知CD=16，BE=4，
①求⊙O的半径长．
②若点G是AF的中点，求△CDG与△ADG的面积之比．
【答案】(1)见解析
(2)①⊙O的半径长为10；②26−25
【分析】（1）利用垂径定理求得AD=AC，推出∠AGD=∠ADF，证明△DAG∽△FAD，据此求解即可；
（2）①根据垂径定理和条件可得DE=12CD=8，连接OD，设⊙O的半径为r，根据勾股定理列出方程即可求出结论；
②由①结论求出AE，根据勾股定理求出AD，根据（1）的结论，列出比例式即可求出AG和AF，然后利用勾股定理求出EF，即可求出FD，根据三角形中线的性质可得S△ADG=S△DFG，最后根据等高的两个三角形面积比等于底之比即可求出结论．
【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴AD=AC，
∴∠AGD=∠ADF，
∵∠DAG=∠FAD，
∴△DAG∽△FAD，
∴ADAF=AGAD，
∴AD2=AG⋅AF；
（2）解：①∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴DE=12CD=8，
连接OD，设⊙O的半径为r，
则OE=r−4，
由勾股定理得82+r−42=r2，
解得r=10，
即⊙O的半径长为10；
②∵AE=20−4=16，DE=EC=8，
∴AD=82+162=85，
∵点G是AF的中点，AD2=AG⋅AF，
∴AF=2AG，
∴852=2AG2，
∴AG=410，AF=810，
∴EF=AF2−AE2=8102−162=86，
∴FD=86+8，
∴点G是AF的中点，
∴S△ADG=S△DFG，
∴S△CDGS△ADG=S△CDGS△DFG=CDDF=1686+8=26−25．
【点睛】此题考查的是圆周角定理的推论、垂径定理、相似三角形的判定及性质、勾股定理和三角形的面积关系，掌握圆周角定理的推论、垂径定理、相似三角形的判定及性质、勾股定理和等高的两个三角形面积比等于底之比是解决此题的关键．
模型02 垂径定理的有关综合应用
考｜向｜预｜测
垂径定理的应用很广泛，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．这类题中一般使用列方程的方法，这种用代数方法解决几何问题即几何代数解的数学思想方法一定要掌握．
答｜题｜技｜巧
掌握垂径定理常见的辅助线：1）过圆心，作垂线，连半径，造Rt△，用勾股，求长度；
2）有弦中点，连中点和圆心，得垂直平分.
（24-25九年级上·浙江金华·阶段练习）金华境内峰峦叠嶂，公路隧道众多，如图1所示的圆弧形混凝土管片是构成圆形隧道的重要部件．管片的横截面（阴影部分）是同心圆环的一部分，左右两边沿的延长线交于圆心，

(1)如图1，BA，CD的延长线交于圆心O，若甲组测得AB=0.6m，AD=3m，BC=4m，求OB的长．
(2)如图2，有一混凝土管片放置在水平地面上，底部用两个完全相同的长方体木块固定，管片与地面的接触点L为MP的中点，若丙组测得MN=PQ=0.5m，NL=LQ=2m，求该混凝土管片的外圆弧半径．
【答案】(1)OB=2.4m
(2)4.25m
【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，垂径定理，勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质与判定、垂径定理和勾股定理是解题的关键．
（1）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得△AOD∽△BOC，利用相似三角形的性质进行计算即可；
（2）根据垂径定理构造直角三角形，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解：∵OA=OD，OB=OC，
∴∠ODA=∠OAD=180°−∠O2=∠OBC=∠OCB，
又∵∠AOD=∠BOC，
∴△AOD∽△BOC，
∴OAOB=ADBC=34，
设OB=xm，则OA=x−0.6m，
∴x−0.6x=34，解得x=2.4，
经检验，x=2.4是原方程的根，即OB=2.4m，
∴OB的长为2.4m．
（2）解：如图，设圆心为点O，连接OP、OM、OL，MP，OL与PM相交于点T，
则∠OTM=90°，MT=NL=2m，
设外半径为rm，则OT=r−0.5m，
在Rt△OMT中，由勾股定理可得，OM2=OT2+MT2，
即r2=r−0.52+22，解得r=4.25，
∴该混凝土管片的外圆弧半径为4.25m．
1．（2025·河南郑州·一模）如图是一个半圆形桥洞的截面示意图，圆心为O，直径AB是河底线，弦CD是水位线，CD∥AB，AB=20米，∠BAD=15°．
(1)求CD的长．
(2)一艘船要经过该桥洞，矩形MNPQ是该船水面以上部分的截面简化示意图，宽NP为10米，高PQ为2米．受天气影响，若该船随水面上升1米，请判断该船能否通过该桥洞，并说明理由．
【答案】(1)103米
(2)该船能通过该桥洞，见解析
【分析】（1）由垂径定理可知CE=DE，易得OD=OB=12AB=10米，∠BOD=2∠BAD=30°，于是∠DOE=60°，DE=OD⋅sin60°=53（米），再由CD=2DE可得答案；
（2）如图（1），延长OE交MQ于点F，交半圆O于点H，则OH=10米，EF=PQ=2米，由（1）易得OE=5米，则HF=OH−EF−OE=3米，
【详解】（1）解：如图（1），过点O作OE⊥CD于点E，则CE=DE，OE⊥AB．
连接OD，则OD=OB=12AB=10米，∠BOD=2∠BAD= 30°，当箱子随水面上升1米，点H到线段MQ的距离为2米，求出当木箱刚好通过该桥洞时，HG的长度，若该长度小于2，则此木箱能通过该桥洞，否则不能．
∴∠DOE=60°，
∴DE=OD⋅sin60°=10×32=53（米），
∴CD=2DE=103（米）；
（2）解：该船能通过该桥洞．理由如下：
如图（1），延长OE交MQ于点F，交半圆O于点H，则OH=10米，EF=PQ=2米，
由（1）易得OE=5米，
∴HF=OH−EF−OE=3米，
若该船随水面上升1米，则点H到线段MQ的距离为2米，
若该船刚好能通过该桥洞，情形如图（2），过点O作OG⊥MQ于点G，
延长OG交半圆O于点H，连接OM，
则MG=QG=5米，OM=10米．
在Rt△OMG中，由勾股定理得OG=OM2−MG2=102−52=53（米）．
∴HG=10−53米．
∵10−53