第22讲 圆（讲义）-【讲通练透】2026中考数学一轮复习讲通练透讲+练+测试卷

这是一份第22讲 圆（讲义）-【讲通练透】2026中考数学一轮复习讲通练透讲+练+测试卷，共10页。试卷主要包含了 圆的定义，1m）；，2m，直线与圆的位置关系等内容，欢迎下载使用。

考点一
圆的相关概念及性质
1. 圆的定义
圆的定义：第一种：在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫作圆。固定的端点O叫作圆心，线段OA叫作半径。第二种：圆心为O，半径为r的圆可以瞧成就是所有到定点O的距离等于定长r的点的集合。
比较圆的两种定义可知：第一种定义就是圆的形成进行描述的，第二种就是运用集合的观点下的定义，但就是都说明确定了定点与定长，也就确定了圆。
圆的相关概念
弦：连接圆上任意两点的线段叫做弦，经过圆心的弦叫作直径。
弧：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆。
等圆：等够重合的两个圆叫做等圆。
等弧：在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧。
弦就是线段，弧就是曲线，判断等弧首要的条件就是在同圆或等圆中，只有在同圆或等圆中完全重合的弧才就是等弧，而不就是长度相等的弧。
圆的对称性
圆就是轴对称图形，任何一条直径所在直线都就是它的对称轴。
垂径定理
垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。
垂径定理的推论：平分弦（不就是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧
注意：因为圆的两条直径必须互相平分，所以垂径定理的推论中，被平分的弦必须不就是直径，否则结论不成立。
弦、弧、圆心角的关系
弦、弧、圆心角之间的关系定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等。
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的各组量也相等。
注意不能忽略同圆或等圆这个前提条件，如果丢掉这个条件，即使圆心角相等，所对的弧、弦也不一定相等，比如两个同心圆中，两个圆心角相同，但此时弧、弦不一定相等。
圆周角定理
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）所对的圆周角就是直角，90°的圆周角所对弦就是直径。
圆周角定理揭示了同弧或等弧所对的圆周角与圆心角的大小关系。“同弧或等弧”就是不能改为“同弦或等弦”的，否则就不成立了，因为一条弦所对的圆周角有两类。
圆内接四边形及其性质
圆内接多边形：如果一个多边形的所有顶点都在同一个圆上，这个多边形叫做圆内接多边形，这个圆叫做这个多边形的外接圆。
圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补。
【题型1 利用垂径定理求解】
【例1】（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，BC,BD是⊙O的两条弦，点C与点D在AB的两侧，E是OB上一点（OE>BE），连接OC,CE，且∠BOC=2∠BCE．
(1)如图1，若BE=1，CE=5，求⊙O的半径；
(2)如图2，若BD=2OE，求证：BD∥OC．（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∠OBC=∠OCB=12180°−∠BOC，结合∠BOC=2∠BCE，可得出∠OBC+∠BCE=90°，在Rt△OCE中，利用勾股定理求解即可；
（2）法一：过O作OF⊥BD于F，利用垂径定理等可得出BF=12BD=OE，然后利用HL定理证明Rt△CEO≌Rt△OFB，得出∠COE=∠OBF，然后利用平行线的判定即可得证；
法二：连接AD，证明△CEO∽△ADB，得出∠COE=∠ABD，然后利用平行线的判定即可得证
【详解】（1）解∶∵OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB=12180°−∠BOC，
∵∠BOC=2∠BCE，
∴∠OBC=12180°−2∠BCE=90°−∠BCE，即∠OBC+∠BCE=90°，
∴∠OEC=90°，
∴OC2=OE2+CE2，
∴OC2=OC−12+52，
解得OC=3，
即⊙O的半径为3；
（2）证明：法一：过O作OF⊥BD于F，
∴BF=12BD，
∵BD=2OE
∴OE=BF，
又OC=OB，∠OEC=∠BFO=90°，
∴Rt△CEO≌Rt△OFBHL，
∴∠COE=∠OBF，
∴BD∥OC；
法二：连接AD，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD=AB2−BD2=2OC2−2OE2=2OC2−OE2=2CE，
∴OCAB=CEAD=OEBD=12，
∴△CEO∽△ADB，
∴∠COE=∠ABD，
∴BD∥OC．
【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．
【变式1-1】（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在⊙O中，弦AB的长为8，圆心O到AB的距离OE=4，则⊙O的半径长为（ ）
A．4B．42C．5D．52
【答案】B
【分析】本题考查垂径定理、勾股定理，先根据垂径定理得到AE，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：∵在⊙O中，弦AB的长为8，圆心O到AB的距离OE=4，
∴OE⊥AB，AE=12AB=4，
在Rt△AOE中，OA=OE2+AE2=42+42=42，
故选：B．
【变式1-2】（2024·四川凉山·中考真题）数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点A,B，连接AB，作AB的垂直平分线CD交AB于点D，交AB于点C，测出AB=40 cm,CD=10 cm，则圆形工件的半径为（ ）
A．50 cmB．35 cmC．25 cmD．20 cm
【答案】C
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理等知识．由垂径定理，可得出BD的长；设圆心为O，连接OB，在Rt△OBD中，可用半径OB表示出OD的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径，即可得出轮子的直径长．
【详解】解：∵CD是线段AB的垂直平分线，
∴直线CD经过圆心，设圆心为O，连接OB．

Rt△OBD中，BD=12AB=20cm，
根据勾股定理得：
OD2+BD2=OB2，即：
OB−102+202=OB2，
解得：OB=25；
故轮子的半径为25cm，
故选：C．
【变式1-3】（2024·浙江绍兴·中考真题）如图是6×7的网格，每个小正方形的边长均为1，半圆ACB上的点A，B，C，O均落在格点上．请按下列要求完成作图：要求一：仅用无刻度的直尺，且不能用直尺中的直角；要求二：保留作图痕迹．
(1)在图中作出弧BC的中点D．
(2)连结AC，作出∠BAC的角平分线．
(3)在AB上作出点P，使得AP=AC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）连BC与网格线交于一格点G，以O为端点，作射线OG与圆弧交于点D，
（2）作射线AD，则AD即是∠BAC的角平分线，
（3）连结BD并延长，交AC的延长线于点E,AD与BC交于点F，连结EF并延长交AB于点P，则AP=AC．
本题考查了无刻度直尺作图，垂径定理，圆周角定理，角平分线的性质定理，解题的关键是：熟练掌握无刻度直尺作图，与相关定理的结合．
【详解】（1）解：由格点可知G为BC中点，根据垂径定理可得，点D为弧BC的中点，点D即为所求，
（2）解：∵点D为弧BC的中点，
根据圆周角定理，可得∠CAD=∠BAD，AD即为所求，
（3）解：∵AB为⊙O直径，
∴∠ADB=∠ADE=90°，∠BCE=90°，
∵∠CAD=∠BAD，AD=AD，
∴△AED≌△ABDASA，
∴ED=BD，∠AED=∠ABD，
∴AD是BE的垂直平分线，
∴FE=FB，
∴∠FEB=∠FBE，
∴△EPB≌△BCEASA，
∴∠EPB=∠BCE=90°，
∴△ACF≌△APFAAS，
∴AP=AC，作图如下：
．
【题型2 利用弧、弦、圆心角关系求解】
【例2】（2024·内蒙古通辽·中考真题）【实际情境】
手工课堂上，老师给每个制作小组发放一把花折伞和制作花折伞的材料及工具．同学们认真观察后，组装了花折伞的骨架，粘贴了彩色伞面，制作出精美的花折伞．
【模型建立】
（1）如图1，从花折伞中抽象出“伞形图”．AM=AN，DM=DN．求证：∠AMD=∠AND．
【模型应用】
（2）如图2，△AMC中，∠MAC的平分线AD交MC于点D．请你从以下两个条件：
①∠AMD=2∠C；②AC=AM+MD中选择一个作为已知条件，另一个作为结论，并写出结论成立的证明过程．（注：只需选择一种情况作答）
【拓展提升】
（3）如图3，AC为⊙O的直径，AB=BC，∠BAC的平分线AD交BC于点E，交⊙O于点D，连接CD．求证：AE=2CD．
【答案】（1）见解析；（2）选择②为条件，①为结论或选择①为条件，②为结论；证明见解析；（3）见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线性质，三角形的外角性质等：
（1）利用SSS证明△ADM≌△ADN，即可；
（2）选择②为条件，①为结论：在AC取点N，使AN=AM，连接DN，证明△ADM≌△ADN，可得DM=DN，∠AMD=∠AND，再由AC=AM+MD，可得DN=CN，从而得到∠C=∠CDN，即可；选择①为条件，②为结论：在AC取点N，使AN=AM，连接DN，证明△ADM≌△ADN，可得DM=DN，∠AMD=∠AND，再由∠AMD=2∠C，可得∠C=∠CDN，从而得到DN=CN，即可；
（3）连接BD，取AE的中点F，连接BF，根据圆周角定理可得BD=CD，从而得到∠BCD=∠CBD，再由AC为⊙O的直径，可得AE=2BF=2AF，从而得到∠ABF=∠BAF，然后根据AB=BC，可得AB=BC，可证明△ABF≌△CBD，从而得到BF=BD=CD，即可．
【详解】解：（1）在△ADM和△ADN中，
∵AM=AN，DM=DN，AD=AD，
∴△ADM≌△ADNSSS，
∴∠AMD=∠AND；
（2）解：选择②为条件，①为结论
如图，在AC取点N，使AN=AM，连接DN，
∵AD平分∠MAC，
∴∠DAM=∠DAN，
在△ADM和△ADN中，
∵AM=AN，∠DAM=∠DAN，AD=AD，
∴△ADM≌△ADNSAS，
∴DM=DN，∠AMD=∠AND，
∵AC=AM+MD，AC=AN+NC，
∴DM=CN，
∴DN=CN，
∴∠C=∠CDN，
∴∠AMD=∠AND=∠CDN+∠C=2∠C；
选择①为条件，②为结论
如图，在AC取点N，使AN=AM，连接DN，
∵AD平分∠MAC，
∴∠DAM=∠DAN，
在△ADM和△ADN中，
∵AM=AN，∠DAM=∠DAN，AD=AD，
∴△ADM≌△ADNSAS，
∴DM=DN，∠AMD=∠AND，
∵∠AMD=2∠C，
∴∠AND=2∠C=∠CDN+∠C，
∴∠CDN=∠C，
∴DN=CN，
∴DM=CN，
∵AC=AN+NC，
∴AC=AM+MD；
（3）如图，连接BD，取AE的中点F，连接BF，
∵∠BAC的平分线AD，
∴DC=BD，
∴BD=CD，
∴∠BCD=∠CBD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∴AE=2BF=2AF，
∴∠ABF=∠BAF，
∵∠BAF=∠BCD，
∴∠ABF=∠CBD，
∵AB=BC，
∴AB=BC，
∴△ABF≌△CBD，
∴BF=BD=CD，
∴AE=2CD．
【变式2-1】（2024·湖南怀化·中考真题）如图，点A，B，C，D在⊙O上，AB＝CD．求证：
(1)AC＝BD；
(2)△ABE∽△DCE．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）两个等弧同时加上一段弧后两弧仍然相等；再通过同弧所对的弦相等证明即可；
（2）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等即可证明相似．
【详解】（1）∵AB＝CD
∴AB+AD＝CD+AD
∴BAD=ADC
∴BD=AC
（2）∵∠B=∠C
∠AEB=∠DEC
∴△ABE∽△DCE
【点睛】本题考查等弧所对弦相等、所对圆周角相等，掌握这些是本题关键．
【变式2-2】（2024·海南·中考真题）如图，AD是半圆O的直径，点B、C在半圆上，且AB=BC=CD，点P在CD上，若∠PCB=130°，则∠PBA等于（ ）
A．105°B．100°C．90°D．70°
【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OB，OC，证明△AOB和△BOC都是等边三角形，求得∠BPC=30°，利用三角形内角和定理求得∠PBC=20°，据此求解即可．
【详解】解：连接OB，OC，
∵AD是半圆O的直径，AB=BC=CD，
∴∠AOB=∠BOC=∠COD=60°，
∴△AOB和△BOC都是等边三角形，
∴∠OBC=∠OBA=60°，
∵BC=BC，
∴∠BPC=12∠BOC=30°，
∵∠PCB=130°，
∴∠PBC=180°−130°−30°=20°，
∴∠PBO=60°−20°=40°，
∴∠PBA=40°+60°=100°，
故选：B．
【变式2-3】（2024·河北·中考真题）如图，点P1~P8是⊙O的八等分点．若△P1P3P7，四边形P3P4P6P7的周长分别为a，b，则下列正确的是( )

A．abD．a，b大小无法比较
【答案】A
【分析】连接P1P2,P2P3，依题意得P1P2=P2P3=P3P4=P6P7，P4P6=P1P7，△P1P3P7的周长为a=P1P3+P1P7+P3P7，四边形P3P4P6P7的周长为b=P3P4+P4P6+P6P7+P3P7，故b−a=P1P2+P2P3−P1P3，根据△P1P2P3的三边关系即可得解．
【详解】连接P1P2,P2P3，

∵点P1~P8是⊙O的八等分点，即P1P2=P2P3=P3P4=P4P5=P5P6=P6P7=P7P8=P8P1
∴P1P2=P2P3=P3P4=P6P7，P4P6=P4P5+P5P6=P7P8+P8P1=P1P7
∴P4P6=P1P7
又∵△P1P3P7的周长为a=P1P3+P1P7+P3P7，
四边形P3P4P6P7的周长为b=P3P4+P4P6+P6P7+P3P7，
∴b−a=P3P4+P4P6+P6P7+P3P7−P1P3+P1P7+P3P7 =P1P2+P1P7+P2P3+P3P7−P1P3+P1P7+P3P7
=P1P2+P2P3−P1P3
在△P1P2P3中有P1P2+P2P3>P1P3
∴b−a=P1P2+P2P3−P1P3>0
故选A．
【点睛】本题考查等弧所对的弦相等，三角形的三边关系等知识，利用作差比较法比较周长大小是解题的关键．
【题型3 利用圆周角定理及其推论求解】
【例3】（2024·四川成都·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，D为斜边AB上一点，以BD为直径作⊙O，交AC于E，F两点，连接BE，BF，DF．
(1)求证：BC⋅DF=BF⋅CE；
(2)若∠A=∠CBF，tan∠BFC=5，AF=45，求CF的长和⊙O的直径．
【答案】(1)见详解；
(2)5，36．
【分析】（1）先证明△EBC∽△DBF，然后利用对应边成比例，即可证明；
（2）利用△EBC∽△DBF，知道∠EBC=∠DBF，从而推出∠CBF=∠EBA，结合∠A=∠CBF，知道∠A=∠EBA，推出AE=BE，接下来证明∠BFC=∠ABC，那么有tan∠BFC=tan∠ABC=5，即CBCF=ACBC=5，不妨设CF=x，代入求得CF的长度，不妨设EF=y，在Rt△CEB和Rt△CFB中利用勾股定理求得EF和BF的长度，最后利用tan∠CEB=tan∠FDB，求得DF的长度，然后再利用勾股定理求得BD的长度．
【详解】（1）∵BD是⊙O的直径
∴∠BFD=90°=∠C
又∵∠CEB=∠FDB
∴△EBC∽△DBF
∴ECDF=CBFB
∴BC⋅DF=BF⋅CE
（2）由（1）可知，△EBC∽△DBF
∴∠EBC=∠DBF
∴∠EBC−∠FBE=∠DBF−∠FBE
∴∠CBF=∠EBA
∵∠A=∠CBF
∴∠A=∠EBA
∴AE=BE
∵∠A=∠CBF
∴90°−∠A=90°−∠CBF
∴∠ABC=∠CFB
∵tan∠BFC=5
∴tan∠BFC=tan∠ABC=5
∴CBCF=ACBC=5
不妨设CF=x，那么CB=5x
∵AF=45
∴x+455x=5
∴x=5
∴CF=5，CB=5x=5×5=5
不妨设EF=y，那么AE=AF−EF=45−y=BE
在Rt△CEB中，CE=EF+CF=y+5，CB=5，BE=45−y
∴(y+5)2+52=(45−y)2
∴y=5
∴EF=5
在Rt△CFB中，CF=5，BC=5
∴BF=CF2+BC2=(5)2+52=30
∵∠CEB=∠FDB
∴tan∠CEB=tan∠FDB
∴CBCE=BFDF
∴55+5=30DF
∴DF=26
∴BD=DF2+BF2=(26)2+(30)2=36
∴ ⊙O的直径是36．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，三角形相似的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，二次根式的化简，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
【变式3-1】（2024·西藏·中考真题）如图，AC为⊙O的直径，点B，D在⊙O上，∠ABD=60°，CD=2，则AD的长为（ ）
A．2B．22C．23D．4
【答案】C
【分析】本题考查圆周角定理及勾股定理，根据同弧所对圆周角相等及直径所对圆周角是直角得到∠ACD=∠ABD=60°，∠ADC=90°，根据CD=2得到AC=2CD=4，最后根据勾股定理求解即可得到答案
【详解】解：∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∵AD=AD，∠ABD=60°，
∴∠ACD=∠ABD=60°，
∴∠DAC=90°−60°=30°，
∵CD=2，
∴AC=2CD=4，
∴AD=42−22=23，
故选：C．
【变式3-2】（2024·四川宜宾·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，BC为⊙O的直径，AD平分∠BAC交⊙O于D．则AB+ACAD的值为（ ）
A．2B．3C．22D．23
【答案】A
【分析】本题考查了三角形的外接圆，特殊角的三角函数，圆周角定理，图形的旋转等知识点，合理作辅助线为解题的关键．
作辅助线如图，先证明BD=CD，∠ACD+∠ABD=180°，从而可以得到旋转后的图形，再证明△A′DA是等腰直角三角形，利用三角函数即可求得结果．
【详解】解：如图，连接BD、CD，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC=∠BDC=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∴BD=DC，
∴BD=CD，
在四边形ABDC中，∠BAC=∠BDC=90°，
∴∠ACD+∠ABD=180°，
∴△ADC绕D点逆时针旋转90°，则A,B,A'三点共线，如图所示
∴AB+AC=AB+A′B=AA′，
∵由旋转可知∠A′DB=∠ADC，A′D=AD
∴∠A′DA=∠A′DB+∠BDA=∠ADC+∠BDA=∠BDC=90°，
∴在等腰直角三角形A′DA中，sin∠A′=sin45°=ADAA′=22，
∴AA′AD=AB+ACAD=2．
故选：A
【变式3-3】（2024·河南·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB=3，线段CD绕点C在平面内旋转，过点B作AD的垂线，交射线AD于点E．若CD=1，则AE的最大值为 ，最小值为 .
【答案】 22+1/1+22 22−1/−1+22
【分析】根据题意得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，点E在以AB为直径的圆上，根据AE=AB⋅cs∠BAE，得出当cs∠BAE最大时，AE最大，cs∠BAE最小时，AE最小，根据当AE与⊙C相切于点D，且点D在△ABC内部时，∠BAE最小，AE最大，当AE与⊙C相切于点D，且点D在△ABC外部时，∠BAE最大，AE最小，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵∠ACB=90°，CA=CB=3，
∴∠BAC=∠ABC=12×90°=45°，
∵线段CD绕点C在平面内旋转，CD=1，
∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，
∵BE⊥AE，
∴∠AEB=90°，
∴点E在以AB为直径的圆上，
在Rt△ABE中，AE=AB⋅cs∠BAE，
∵AB为定值，
∴当cs∠BAE最大时，AE最大，cs∠BAE最小时，AE最小，
∴当AE与⊙C相切于点D，且点D在△ABC内部时，∠BAE最小，AE最大，连接CD，CE，如图所示：
则CD⊥AE，
∴∠ADC=∠CDE=90°，
∴AD=AC2−CD2=32−12=22，
∵AC=AC，
∴∠CED=∠ABC=45°，
∵∠CDE=90°，
∴△CDE为等腰直角三角形，
∴DE=CD=1，
∴AE=AD+DE=22+1，
即AE的最大值为22+1；
当AE与⊙C相切于点D，且点D在△ABC外部时，∠BAE最大，AE最小，连接CD，CE，如图所示：
则CD⊥AE，
∴∠CDE=90°，
∴AD=AC2−CD2=32−12=22，
∵四边形ABCE为圆内接四边形，
∴∠CEA=180°−∠ABC=135°，
∴∠CED=180°−∠CEA=45°，
∵∠CDE=90°，
∴△CDE为等腰直角三角形，
∴DE=CD=1，
∴AE=AD−DE=22−1，
即AE的最小值为22−1；
故答案为：22+1；22−1．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形的相关计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质，找出AE取最大值和最小值时，点D的位置．
【题型4 利用圆内接四边形求角度】
【例4】（2024·湖南·中考真题）如图所示，四边形ABCD是半径为R的⊙O的内接四边形，AB是⊙O的直径，∠ABD=45°，直线l与三条线段CD、CA、DA的延长线分别交于点E、F、G．且满足∠CFE=45°．

(1)求证：直线l⊥直线CE；
(2)若AB=DG；
①求证：△ABC≌△GDE；
②若R=1，CE=32，求四边形ABCD的周长．
【答案】(1)见解析；
(2)①见解析，②72+2．
【分析】（1）在⊙O中，根据同弧所对的圆周角相等可得∠ACD=∠ABD=45°，结合已知在△CFE中根据三角形内角和定理可求得∠FEC=90°；
（2）①根据圆内接四边形的性质和邻补角可得∠ABC=∠GDE，由直径所对的圆周角是直角和（1）可得∠ACB=∠GED，结合已知即可证得△ABC≌△GDEAAS；
②在⊙O中由R=1，可得AB=2，结合题意易证DA=DB，在Rt△ABC中由勾股定理可求得DA=2，由①可知易得BC+CD=DE+CD=CE，最后代入计算即可求得周长．
【详解】（1）证明：在⊙O中，
∵AD=AD，
∴∠ACD=∠ABD=45°，即∠FCE=45°，
在△CFE中，
∵∠CFE=45°，
∴∠FEC=180°−∠FCD+∠CFE=90°，
即直线l⊥直线CE；
（2）①四边形ABCD是半径为R的⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∵∠ADC+∠GDE=180°，
∴∠ABC=∠GDE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
由（1）可知∠GED=90°，
∴∠ACB=∠GED，
在△ABC与△GDE中，
∠ABC=∠GDE∠ACB=∠GEDAB=DG，
∴△ABC≌△GDEAAS，
②在⊙O中，R=1，
∴AB=2R=2，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠ABD=45°，
∴∠BAD=90°−∠ABD=45°，
∴DA=DB，
在Rt△ABC中，
∴DA2+DB2=AB2，
即2DA2=22，
解得：DA=2，
由①可知△ABC≌△GDE，
∴BC=DE，
∴BC+CD=DE+CD=CE=32，
∴四边形ABCD的周长为：
DA+AB+BC+CD=DA+AB+CE=2+2+32=72+2．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等、三角形内角和定理、垂直的定义、圆内接四边形的性质、邻补角互补、直径所对的圆周角是直角、全等三角形的判定和性质、勾股定理解直角三角形以及周长的计算；解题的关键是灵活运用以上知识，综合求解．
【变式4-1】（2024·山东济宁·中考真题）如图，分别延长圆内接四边形ABCD的两组对边，延长线相交于点E，F．若∠E=54°41′，∠F=43°19′，则∠A的度数为（ ）
A．42°B．41°20′C．41°D．40°20′
【答案】C
【分析】根据“圆的内接四边形对角互补”可得∠ABC+∠ADC=180°，∠A+∠BCD=180°．根据三角形外角定理可得∠ABC=∠E+∠ECB，∠ADC=∠F+∠DCF，由此可得∠ECB=41°，又由∠ECB+∠BCD=180°，可得∠A=∠ECB，即可得解．
本题主要考查了“圆的内接四边形对角互补”和三角形外角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形
∴∠ABC+∠ADC=180°，∠A+∠BCD=180°,
∵∠ABC=∠E+∠ECB，∠ADC=∠F+∠DCF，
∴∠E+∠ECB+∠F+∠DCF=180°，
∵∠ECB=∠DCF，∠E=54°41′，∠F=43°19′，
∴54°41′+43°19′+2∠ECB=180°，
解得∠ECB=41°，
∵∠ECB+∠BCD=180°，
∴∠A=∠ECB=41°．
故选：C
【变式4-2】（2024·江苏南京·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的3个外角∠EAB，∠FBC，∠GCD的度数之比为1:2:4，则∠D= ．
【答案】72°/72度
【分析】根据圆内接四边形的对角互补以及外角的性质可求出∠CDH，再根据平角的定义求解．
【详解】解：如图，延长ED到H，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴ ∠ABC+∠ADC=∠BAD+∠BCD=180°，
∴ ∠FBC+∠HDC=∠EAB+∠GCD=180°，
∵ ∠EAB，∠FBC，∠GCD的度数之比为1:2:4，
∴ ∠EAB，∠FBC，∠GCD，∠CDH的度数之比为1:2:4:3，
∵ ∠EAB+∠FBC+∠GCD+∠CDH=360°，
∴ ∠CDH=360°×31+2+4+3=108°，
∴ ∠ADC=180°−∠CDH=72°．
故答案为：72°．
【点睛】本题考查圆内接四边形，解题的关键是掌握圆内接四边形的对角互补，外角和是360度．
【变式4-3】（2024·贵州六盘水·中考真题）牂牁江“佘月郎山，西陵晚渡”的风景描绘中有半个月亮挂在山上，月亮之上有个“齐天大圣”守护洞口的传说．真实情况是老王山上有个月亮洞，洞顶上经常有猴子爬来爬去，下图是月亮洞的截面示意图．
(1)科考队测量出月亮洞的洞宽CD约是28m，洞高AB约是12m，通过计算截面所在圆的半径可以解释月亮洞像半个月亮，求半径OC的长（结果精确到0.1m）；
(2)若∠COD=162°，点M在CD上，求∠CMD的度数，并用数学知识解释为什么“齐天大圣”点M在洞顶CD上巡视时总能看清洞口CD的情况．
【答案】(1)14.2m
(2)∠CMD=99°，因为CD在∠CMD的内部，所以点M在洞顶CD上巡视时总能看清洞口CD的情况
【分析】（1）根据垂径定理可得BC=12CD=14，勾股定理解Rt△OBC，即可求解；
（2）在优弧CND上任取一点N，连接CM,DM,CN,DN根据圆周角定理可得∠CND=12∠COD=81°，根据圆内接四边形对角互补即可求解．根据因为CD在∠CMD的内部，所以点M在洞顶CD上巡视时总能看清洞口CD的情况．
【详解】（1）解：∵ AB⊥CD，CD=28，
∴ BC=12CD=14，
设半径为r，则OB=r−AB=r−12
在Rt△OBC中，OC2=OB2+BC2
r2=r−122+142
解得r=856≈14.2
答：半径OC的长约为14.2m
（2）如图，在优弧CND上任取一点N，连接CM,DM,CN,DN
∵∠COD=162°，CD=CD
∴∠CND=12∠COD=81°，
∴∠CMD=180°−∠CND=99°
∴ ∠CMD=99°，
因为CD在∠CMD的内部，所以点M在洞顶CD上巡视时总能看清洞口CD的情况．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
【题型5 利用圆的有关性质解决最值问题】
【例5】（2024·广西南宁·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，AB=8，点M在⊙O上，∠MAB=20°，N是弧MB的中点，P是直径AB上的一动点，若MN=1，则△PMN周长的最小值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】作N关于AB的对称点N′，连接MN′，NN′，ON′，ON，OM，由两点之间线段最短可知MN′与AB的交点P′即为△PMN周长的最小时的点，根据N是弧MB的中点可知∠A=∠NOB=∠MON=20°，故可得出∠MON′=60°，故△MON′为等边三角形，由此可得出结论．
【详解】作N关于AB的对称点N′，连接MN′，NN′，ON′，ON ，OM．
∵N关于AB的对称点N′，
∴MN′与AB的交点P′即为△PMN周长的最小时的点，即L△PMNmin=P′M+P′N+MN=MN′+MN
∵N是弧MB的中点，
∴∠A=∠NOB=∠MON=20°，
∴∠MON′=60°，
∴△MON′为等边三角形，
∴MN′=OM=4，
∴△PMN周长的最小值为MN′+MN=4+1=5．
故选B．
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题；圆周角定理．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
【变式5-1】（2024·江苏常州·中考真题）如图，AB是⊙O的弦，点C是优弧AB上的动点（C不与A、B重合），CH⊥AB，垂足为H，点M是BC的中点．若⊙O的半径是3，则MH长的最大值是（ ）
A．3B．4C．5D．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=12BC，当BC为直径时长度最大，即可求解．
【详解】解：∵CH⊥AB
∴∠BHC=90°
∵在Rt△BHC中，点M是BC的中点
∴MH=12BC
∵BC为⊙O的弦
∴当BC为直径时，MH最大
∵⊙O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．
【变式5-2】（2024·广西玉林·中考真题）如图，在RtΔABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，点O是AB的三等分点，半圆O与AC相切，M，N分别是BC与半圆弧上的动点，则MN的最小值和最大值之和是（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作OP⊥BC垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，PF最小值为OP−OF，当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，根据图形与圆的性质即可求解.
【详解】如图，设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作OP⊥BC垂足为P交⊙O于F，
此时垂线段OP最短，PF最小值为OP−OF，
∵AC=4，BC=3，
∴AB=5
∵∠OPB=90°，
∴OP∥AC
∵点O是AB的三等分点，
∴OB=23×5=103，OPAC=OBAB=23，
∴OP=83，
∵⊙O与AC相切于点D，
∴OD⊥AC，
∴OD∥BC，
∴ODBC=OAAB=13，
∴OD=1，
∴MN最小值为OP−OF=83−1=53，
如图，当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，
MN最大值=103+1=133，
53+133=6,
∴MN长的最大值与最小值的和是6．
故选B．
【点睛】此题主要考查圆与三角形的性质，解题的关键是熟知圆的性质及直角三角形的性质.
【变式5-3】（2024·湖南湘西·中考真题）如图，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4．过点B作BE⊥AC于点E，点P为线段BE上一动点（点P不与B，E重合），则CP+12BP的最小值为 ．

【答案】6
【分析】过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO，根据等边三角形的性质和圆内接三角形的性质得到OA=OB=4，CF⊥AB，然后利用含30°角直角三角形的性质得到OE=12OA=2，进而求出BE=BO+EO=6，然后利用CP+12BP=CP+PD≤CF代入求解即可．
【详解】如图所示，过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO

∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC
∴∠ABE=∠CBE=12∠ABC=30°
∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4
∴OA=OB=4，CF⊥AB，
∴∠OBA=∠OAB=30°
∴∠OAE=∠OAB=12∠BAC=30°
∵BE⊥AC
∴OE=12OA=2
∴BE=BO+EO=6
∵PD⊥AB，∠ABE=30°
∴PD=12PB
∴CP+12BP=CP+PD≤CF
∴CP+12BP的最小值为CF的长度
∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC，CF⊥AB
∴CF=BE=6
∴CP+12BP的最小值为6．
故答案为：6．
【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含30°角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
【题型6 利用圆的有关性质解决翻折问题】
【例6】（2024·湖北武汉·中考真题）如图，在⊙O中，点C在优弧AB上，将弧BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为5，AB=4，则BC的长是（ ）
A．23B．32C．532D．652
【答案】B
【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，利用垂径定理得到OD⊥AB，则AD=BD=12AB=2，于是根据勾股定理可计算出OD=1，再利用折叠的性质可判断弧AC和弧CD所在的圆为等圆，则根据圆周角定理得到AC=CD，所以AC=DC，利用等腰三角形的性质得AE=DE=1，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF=EF=1，然后计算出CF后得到CE=BE=3，于是得到BC=32．
【详解】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，
∵D为AB的中点，
∴OD⊥AB，
∴AD=BD=12AB=2，
在Rt△OBD中，OD=52−22=1，
∵将弧BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D，
∴弧AC和弧CD所在的圆为等圆，
∴AC=CD，
∴AC=DC，
∴AE=DE=1，
易得四边形ODEF为正方形，
∴OF=EF=1，
在Rt△OCF中，CF=52−12=2，
∴CE=CF+EF=2+1=3，
而BE=BD+DE=2+1=3，
∴BC=32，
故选B．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、切线的性质，若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系，熟练掌握相关的定理和性质是解题的关键.
【变式6-1】（2024·云南曲靖·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，将BC沿直线BC翻折，使BC的中点D恰好与圆心O重合，连接OC，CD，BD，过点C的切线与线段BA的延长线交于点P，连接AD，在PB的另一侧作∠MPB=∠ADC．
(1)判断PM与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若PC=3，求四边形OCDB的面积．
【答案】(1)PM与⊙O相切，理由见解析；
(2)32
【分析】（1）连接DO并延长交PM于E，如图，利用折叠的性质得OC=DC，BO=BD，则可判断四边形OBDC为菱形，所以OD⊥BC，△OCD和△OBD都是等边三角形，从而计算出∠COP=∠EOP=60°，接着证明PM∥BC得到OE⊥PM，所以OE=12OP，根据切线的性质得到OC⊥PC，则OC=12OP，从而可判定PM是⊙O的切线；
（2）先在Rt△OPC中计算出OC=1，然后根据等边三角形的面积公式计算四边形OCDB的面积．
【详解】（1）PM与⊙O相切．
理由如下：连接DO并延长交PM于E，如图，
∵BC沿直线BC翻折，使BC的中点D恰好与圆心O重合，
∴OC=DC，BO=BD，
∴OC=DC=BO=BD，
∴四边形OBDC为菱形，
∴OD⊥BC，
∴△OCD和△OBD都是等边三角形，
∴∠COD=∠BOD=60°，
∴OE=OC ∠COP=∠EOP=60°，
∵∠MPB=∠ADC，
而∠ADC=∠ABC，
∴∠ABC=∠MPB，
∴PM∥BC，
∴OE⊥PM，
∴OE=12OP，
∵PC为⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴OC=12OP，
∴OE=OC，
而OE⊥PC，
∴PM是⊙O的切线；
（2）在Rt△OPC中，OC=33PC=33×3=1，
∴四边形OCDB的面积=2S△OCD=2×34×12=32．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了直线与圆的关系、圆周角定理和折叠的性质．
【变式6-2】（2024·浙江舟山·中考真题）如图，在扇形AOB中，点C，D在AB上，将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．已知∠AOB=120°，OA=6，则EF的度数为 ；折痕CD的长为 ．
【答案】 60°/60度 46
【分析】根据对称性作O关于CD的对称点M，则点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可．
【详解】作O关于CD的对称点M，则ON=MN
连接MD、ME、MF、MO，MO交CD于N
∵将CD沿弦CD折叠
∴点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上
∵将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．
∴ME⊥OA，MF⊥OB
∴∠MEO=∠MFO=90°
∵∠AOB=120°
∴四边形MEOF中∠EMF=360°−∠AOB−∠MEO−∠MFO=60°
即EF的度数为60°；
∵∠MEO=∠MFO=90°，ME=MF
∴△MEO≅△MFO（HL）
∴∠EMO=∠FMO=12∠FME=30°
∴OM=MEcs∠EMO=6cs30°=43
∴MN=23
∵MO⊥DC
∴DN=DM2−MN2=62−(23)2=26=12CD
∴CD=46
故答案为：60°；46
【点睛】本题考查了折叠的性质、切线的性质、垂径定理、勾股定理；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．
【变式6-3】（2024·四川资阳·中考真题）⊙O中，AB为直径，点C为圆上一点，将劣弧沿弦AC翻折交AB于点D，连结CD．
（1）如图1，若点D与圆心O重合，AC=2，求⊙O的半径r；
（2）如图2，若点D与圆心O不重合，∠BAC=25°，求∠DCA的度数．
【答案】（1）233；（2）40°．
【详解】解：（1）如图，过点O作OE⊥AC于E，
则AE=12AC=12×2=1，
∵翻折后点D与圆心O重合，∴OE=12r，
在Rt△AOE中，AO2=AE2+OE2，即r2=12+(12r)2，解得r=233；
（2）连接BC，
∵AB是直径，∴∠ACB=90°，
∵∠BAC=25°，∴∠B=90°﹣∠BAC=90°﹣25°=65°，
根据翻折的性质，所对的圆周角为∠B，所对的圆周角为∠ADC，
∴∠ADC+∠B=180°，∴∠B=∠CDB=65°，∴∠DCA=∠CDB﹣∠A=65°﹣25°=40°．
【题型7 利用圆的有关性质求取值范围】
【例7】（2024·广西玉林·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，AC是上半圆的弦，过点C作⊙O的切线DE交AB的延长线于点E，过点A作切线DE的垂线，垂足为D，且与⊙O交于点F，设∠DAC，∠CEA的度数分别是αzβ.
(1)用含的代数式表示β，并直接写出α的取值范围；
(2)连接OF与AC交于点O′，当点O′是AC的中点时，求α，β的值.
【答案】（1）β=90°-2α（0°＜α＜45°）；（2）α=β=30°.
【详解】试题分析：（1）首先证明∠DAE=2α，在Rt△ADE中，根据两锐角互余，可知2α+β=90°，（0°＜α＜45°）；
（2）连接OF交AC于O′，连接CF．只要证明四边形AFCO是菱形，推出△AFO是等边三角形即可解决问题；
试题解析：（1）连接OC．
∵DE是⊙O的切线，∴OC⊥DE，
∵AD⊥DE，∴AD∥OC，∴∠DAC=∠ACO，
∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC，∴∠DAE=2α，
∵∠D=90°，∴∠DAE+∠E=90°，
∴2α+β=90°（0°＜α＜45°），即β=90°-2α（0°＜α＜45°）．
（2）连接OF交AC于O′，连接CF．
∵AO′=CO′，∴AC⊥OF，∴FA=FC，∴∠FAC=∠FCA=∠CAO，
∴CF∥OA，∵AF∥OC，∴四边形AFCO是平行四边形，
∵OA=OC，∴四边形AFCO是菱形，∴AF=AO=OF，
∴△AOF是等边三角形，∴∠FAO=2α=60°，∴α=30°，
∵2α+β=90°，∴β=30°，∴α=β=30°．
【变式7-1】（2024·青海西宁·中考真题）以数轴上的原点O为圆心，3为半径的扇形中，圆心角∠AOB=90°，另一个扇形是以点P为圆心，5为半径，圆心角∠CPD=60°，点P在数轴上表示实数a，如图．如果两个扇形的圆弧部分（AB和CD）相交，那么实数a的取值范围是 ．
【答案】﹣4≤a≤﹣2
【详解】解：当A、D两点重合时，PO=PD-OD=5-3=2，此时a=-2，
当B在弧CD时，由勾股定理得，PO=PB2−OB2=52−32=4，此时a=-4，
则实数a的取值范围是-4≤a≤-2．
故答案为-4≤a≤-2．
【变式7-2】（2024·河北·中考真题）推理证明：如图，已知△ABC中，AB=BC，以AB为直径的⊙O交AC于点D，过D作DE⊥BC，垂足为E，连接OE，CD=3，∠ACB=30°.
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)分别求AB，OE的长；
(3)填空：如果以点E为圆心，r为半径的圆上总存在不同的两点到点O的距离为1，则r的取值范围为 .
【答案】(1)见解析
(2)AB=2， OE=72
(3)72−1