专题06 圆中的相关证明及计算（14题型）（讲练）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用）

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一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
专题06 圆中的相关证明及计算
目 录
TOC \ "1-3" \n \p " " \h \z \u \l "_Tc160094594" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc161669185" 考点一 圆的基本性质证明与计算
\l "_Tc161669186" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc161669187" 题型01 圆中的角度和线段计算问题
\l "_Tc161669188" 题型02 垂径定理的实际应用
\l "_Tc161669189" 题型03 与圆有关的弧长、扇形面积计算
\l "_Tc161669190" 题型04 求弓形面积或不规则图形面积
\l "_Tc161669191" 题型05 正多边形与圆的相关计算
\l "_Tc161669192" \l "_Tc160094604" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc161669193" \l "_Tc160094605" 【好题必刷·强化落实】
\l "_Tc161669194" 考点二 与圆有关的位置关系
\l "_Tc161669195" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc161669196" 题型01 与圆有关的位置关系
\l "_Tc161669197" 题型02 切线的判定
\l "_Tc161669198" 题型03 三角形内切圆、外接圆的相关计算
\l "_Tc161669199" 题型04 四点共圆
\l "_Tc161669200" 题型05 相交弦定理
\l "_Tc161669201" 题型06 切割线定理
\l "_Tc161669202" 题型07 割线定理
\l "_Tc161669203" 题型08 圆与相似综合
\l "_Tc161669204" 题型09 圆与三角函数综合
\l "_Tc161669205" \l "_Tc160094605" 【好题必刷·强化落实】
考点一 圆的基本性质证明与计算
题型01 圆中的角度和线段计算问题
圆的基础定理: 垂径定理、圆周角定理、切线长定理的内容和常考题型要熟悉，也要结合几何图形各自的特征，综合应用起来解决相关问题.
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.
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.
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.（即：圆周角= 12 圆心角）
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等.
推论2：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.
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．
垂径定理模型（知二得三）
如图，可得①AB过圆心 ②AB⊥CD ③CE=DE ④AC=AD ⑤BC=BD
【总结】垂径定理及其推论实质是指一条直线满足：（1）过圆心（2）垂直于弦（3）平分弦（被平分的弦不是直径）（4）平分弦所对的优弧（5）平分弦所对的劣弧，若已知五个条件中的两个，那么可推出其中三个，简称“知二得三”，解题过程中应灵活运用该定理.
常见辅助线做法（考点）：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.
【利用圆周角定理解题思路】
1）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，在同圆中可以利用圆周角定理进行角的转化.
2）在证明圆周角相等或弧相等时，通常“由等角找等弧”或“由等弧找等角”.
3）当已知圆的直径时，常构造直径所对的圆周角．
4）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．
1．（2023·广东广州·中考真题）如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（ ）
A．2r，B．0，C．2r，D．0，
【答案】D
【分析】如图，连接．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．
【详解】解：如图，连接．
∵的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型．
2．（2023·湖南·中考真题）如图，点A，B，C在半径为2的上，，，垂足为E，交于点D，连接，则的长度为 ．
【答案】1
【分析】连接，利用圆周角定理及垂径定理易得，则，结合已知条件，利用直角三角形中角对的直角边等于斜边的一半即可求得答案．
【详解】解：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：1．
【点睛】本题考查圆与直角三角形性质的综合应用，结合已知条件求得是解题的关键．
3．（2023·江苏·中考真题）如图，是的直径，是的内接三角形．若，，则的直径 ．

【答案】
【分析】连接，，根据在同圆中直径所对的圆周角是可得，根据圆周角定理可得，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，，如图：

∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了在同圆中直径所对的圆周角是，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
4．（2023·湖北·中考真题）如图，在中，的内切圆与分别相切于点，，连接的延长线交于点，则 ．

【答案】/度
【分析】如图所示，连接，设交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出，再由切线长定理得到，进而推出是的垂直平分线，即，则．
【详解】解：如图所示，连接，设交于H，
∵是的内切圆，
∴分别是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵与分别相切于点，，
∴，
又∵，
∴是的垂直平分线，
∴，即，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
题型02 垂径定理的实际应用
1．（2023·山东东营·中考真题）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，是的直径，弦于点E，寸，寸，则直径长为 寸．
【答案】26
【分析】证明E为的中点，可得，设，则，，由勾股定理得：，可得，再解方程可得答案．
【详解】解：∵弦，为的直径，
∴E为的中点，
又∵（寸），
∴（寸），
设（寸），
则（寸），寸，
由勾股定理得：，
即，
解得，
∴（寸），
故答案为：26．
【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，勾股定理的应用，熟练的利用垂径定理解决问题是关键．
2．（2022·湖北荆州·中考真题）如图，将一个球放置在圆柱形玻璃瓶上，测得瓶高AB＝20cm，底面直径BC＝12cm，球的最高点到瓶底面的距离为32cm，则球的半径为 cm（玻璃瓶厚度忽略不计）．
【答案】7.5
【分析】如详解中图所示，将题中主视图做出来，用垂径定理、勾股定理计算即可.
【详解】如下图所示，设球的半径为rcm，
则OG=EG-r=EF-GF-r=EF-AB-r=32-20-r=（12-r）cm，
∵EG过圆心，且垂直于AD，
∴G为AD的中点，
则AG=0.5AD=0.5×12=6cm，
在中，由勾股定理可得，
，
即，
解方程得r=7.5，
则球的半径为7.5cm．
【点睛】本题考查了主视图、垂径定理和勾股定理的运用，准确做出立体图形的主视图是解题的关键．
3．（2023·湖南·中考真题）问题情境：筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图①）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120秒．
问题设置：把筒车抽象为一个半径为r的．如图②，始终垂直于水平面，设筒车半径为2米．当时，某盛水筒恰好位于水面A处，此时，经过95秒后该盛水筒运动到点B处．（参考数据，）

问题解决：
(1)求该盛水筒从A处逆时针旋转到B处时，的度数；
(2)求该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离．（结果精确到米）
【答案】(1)；
(2)该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为米．
【分析】（1）先求得该盛水筒的运动速度，再利用周角的定义即可求解；
（2）作于点C，在中，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得的长，在中，利用勾股定理求得的长，据此即可求解．
【详解】（1）解：∵旋转一周用时120秒，
∴每秒旋转，
当经过95秒后该盛水筒运动到点B处时，，
∵，
∴；
（2）解：作于点C，设与水平面交于点D，则，

在中，，，
∴，，
在中，，，
∴，
∴(米)，
答：该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为米．
【点睛】本题考查了圆的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
题型03 与圆有关的弧长、扇形面积计算
设⊙O QUOTE 的半径为R，n° QUOTE 圆心角所对弧长为l，n为弧所对的圆心角的度数，则
1） 利用弧长公式计算弧长时，应先确定弧所对的圆心角的度和半径，再利用公式求得结果．在弧长公式l=nπR180 中，已知l，n，R中的任意两个量，都可以求出第三个量．
2）在利用扇形面积公式求面积时，关键是明确扇形所在圆的半径、扇形的圆心角的度数或扇形的弧长，然后直接代入公式S扇形= nπR2 360或 S扇形 = 12lR中求解即可．
3）扇形面积公式S扇形= 12lR 与三角形面积公式十分类似为了便于记忆，只要把扇形看成一个曲边三角形、把弧长l看成底，R看成底边上的高即可.
4）根据扇形面积公式和弧长公式，已知S扇形，l，n，R中的任意两个量，都可以求出另外两个量．
5）在解决有关圆锥及其侧面展开图的计算题时，常借助圆锥底面圆的周长等于侧面展开图扇形的弧长，即2πr=nπR180，来建立圆锥底面圆的半径r、圆锥母线R和侧面展开图扇形圆心角n°之间的关系，有时也根据圆锥的侧面积计算公式来解决问题．
6）求弧长或扇形的面积问题常结合圆锥考查，解这类问题只要抓住圆锥侧面展开即为扇形，而这个扇形的弧长等于原圆锥底面的周长，扇形的半径等于原圆锥的母线长．注意不要混淆圆锥的底面半径和圆锥展开后的扇形半径两个概念．
1．（2023·江苏·中考真题）如图是一个几何体的三视图，则该几何体的侧面积是（ ）．

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可得这个几何体为圆锥，然后求出圆锥的母线长为，再根据圆锥的侧面（扇形）面积公式，即可求解．
【详解】解：根据题意得：这个几何体为圆锥，
如图，过点作于点，

根据题意得：，，，
∴，
∴，
即圆锥的母线长为，
∴这个几何体的侧面积是．
故选：B
【点睛】本题主要考查了简单几何体的三视图，求圆锥的侧面积，根据题意得到这个几何体为圆锥是解题的关键．
2．（2023·湖南·中考真题）如图，圆锥底面圆的半径为4，则这个圆锥的侧面展开图中的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据底面周长等于的长，即可求解．
【详解】解：依题意，的长，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开图的弧长，熟练掌握圆锥底面周长等于的长是解题的关键．
3．（2023·江苏镇江·中考真题）如图，扇形的半径为2，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点P，，则的长 ．（结果保留）

【答案】/
【分析】本题考查弧长的计算，关键是掌握弧长公式．由等腰三角形的性质求出的度数，由弧长公式即可计算．
【详解】解：由作图知∶垂直平分，
扇形的半径是2，
故答案为∶．
4．（2023·山东济南·中考真题）如图，正五边形的边长为，以为圆心，以为半径作弧，则阴影部分的面积为 （结果保留）．

【答案】
【分析】根据正多边形内角和公式求出正五边形的内角和，再求出的度数，利用扇形面积公式计算即可．
【详解】解：正五边形的内角和，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了扇形面积和正多边形内角和的计算，熟练掌握扇形面积公式和正多边形内角和公式是解答本题的关键．
题型04 求弓形面积或不规则图形面积
【阴影部分面积求解问题简介】求阴影部分面积时，最基本的思想就是转化思想，即把所求的不规则的图形的面积转化为规则图形的面积．常用的方法有：
1．（2022·贵州安顺·中考真题）如图，边长为的正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点，则图中阴影部分的面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正方形的性质以及切线的性质，求得的长，勾股定理求得的长，进而根据即可求解．
【详解】如图，连接, ，

边长为的正方形内接于，即，
，，为的直径，，
，分别与相切于点和点，
，
四边形是正方形，
，
是等腰直角三角形，
，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
，
．
故选C．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
2．（2023·四川成都·中考真题）为传承非遗文化，讲好中国故事，某地准备在一个场馆进行川剧演出．该场馆底面为一个圆形，如图所示，其半径是10米，从A到B有一笔直的栏杆，圆心O到栏杆的距离是5米，观众在阴影区域里观看演出，如果每平方米可以坐3名观众，那么最多可容纳 名观众同时观看演出．（取3.14，取1.73）

【答案】184
【分析】过点O作的垂线段，交于点，根据直角三角形的边长关系求出的角度，阴影面积即为扇形的面积减去三角形的面积，随机可以求出容纳观众的数量．
【详解】解：如图，过点O作的垂线段，交于点，

圆心O到栏杆的距离是5米，
米，
，
，米，
，
，
，
可容纳的观众
阴影部分面积（人），
最多可容纳184名观众同时观看演出，
故答案为：184．
【点睛】本题考查了弓形的面积，根据特殊角三角函数值求角的度数，熟知扇形面积公式是解题的关键．
3．（2023·青海·中考真题）如图，正方形ABCD的边长是4，分别以点A，B，C，D为圆心，2为半径作圆，则图中阴影部分的面积是 （结果保留）.

【答案】/
【分析】分析出阴影面积正方形面积圆的面积，再利用相应的面积公式计算即可．
【详解】解：由图得，阴影面积正方形面积个扇形面积，
即阴影面积正方形面积圆的面积，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了扇形面积的求法，正方形面积及圆的面积的求法是解题关键．
4．（2023·江苏南通·中考真题）如图，等腰三角形的顶角，和底边相切于点，并与两腰，分别相交于，两点，连接，．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据切线的性质可得，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得，从而可得和都是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得，即可解答；
（2）连接交于点，利用菱形的性质可得，，，然后在中，利用勾股定理求出的长，从而求出的长，最后根据图中阴影部分的面积扇形的面积菱形的面积，进行计算即可解答．
【详解】（1）证明：连接，

和底边相切于点，
，
，，
，
，，
和都是等边三角形，
，，
，
四边形是菱形；
（2）解：连接交于点，

四边形是菱形，
，，，
在中，，
，
，
图中阴影部分的面积扇形的面积菱形的面积
，
图中阴影部分的面积为．
【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
5．（2023·四川广安·中考真题）如图，在等腰直角中，，以点为圆心，为半径画弧，交于点，以点为圆心，为半径画弧，交于点，则图中阴影部分的面积是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用扇形的面积公式求出扇形和扇形的面积，再减去的面积即可得．
【详解】解：是等腰直角三角形，
，
，
∴图中阴影部分的面积是
，
故选：C．
【点睛】本题考查了扇形的面积，熟练掌握扇形的面积公式是解题关键．
题型05 正多边形与圆的相关计算
正多边形的常用公式
【解题思路】正多边形与圆的计算问题：正n边形的外接圆半径和边心距把正n边形分成2n个全等的直角三角形，而每个直角三角形都集中地反映了这个正n边形各元素间的关系，故可以把正n边形的计算转化为解直角三角形，再利用勾股定理即可完成计算．
1．（2022·山东青岛·中考真题）如图，正六边形内接于，点M在上，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出正六边形的中心角，再利用圆周角定理求解即可．
【详解】解：连接OC、OD、OE，如图所示：

∵正六边形内接于，
∴∠COD= =60°，则∠COE=120°，
∴∠CME= ∠COE=60°，
故选：D．
【点睛】本题考查正多边形的中心角、圆周角定理，熟练掌握正n多边形的中心角为是解答的关键．
2．（2022·吉林·中考真题）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角后能够与它本身重合，则角可以为 度．（写出一个即可）
【答案】60或120或180或240或300（写出一个即可）
【分析】如图（见解析），求出图中正六边形的中心角，再根据旋转的定义即可得．
【详解】解：这个图案对应着如图所示的一个正六边形，它的中心角，
，
角可以为或或或或，
故答案为：60或120或180或240或300（写出一个即可）．
【点睛】本题考查了正多边形的中心角、图形的旋转，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．
3．（2023·上海·中考真题）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数为 ．
【答案】18
【分析】根据正n边形的中心角的度数为进行计算即可得到答案．
【详解】根据正n边形的中心角的度数为，
则，
故这个正多边形的边数为18，
故答案为：18．
【点睛】本题考查的是正多边形内角和中心角的知识，掌握中心角的计算公式是解题的关键．
圆的对称性
弧、弦、圆心角的关系
定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等.
推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量分别相等.
【解题思路】在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么这两条弧所对的弦相等，所对的圆心角、圆周角也都相等．运用这些相等关系，可以实现线段相等与角相等之间的相互转化．
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）圆周角和圆周角可利用其“桥梁”——圆心角来转化.
3）圆周角定理成立的条件是“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.
圆内接四边形
性质：1）圆内接四边形对角互补.
2) 圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角.
正多边形常见边心距与边长的比值
【备注】正多边形的内切圆与外接圆为同心圆.
一、单选题
1．（2023·辽宁大连·一模）如图，四边形内接于，连接，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，根据圆周角定理得出，求出，根据圆内接四边形的性质得出，即可求解．
【详解】解：，
，
四边形内接于，
，
故选：A．
2．（2023·青海西宁·二模）一个几何体的三视图如图所示，根据图中的相关数据求得该几何体的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先判断这个几何体为圆锥，同时得到圆锥的母线长为，底面圆的直径为，然后利用扇形的面积公式计算这个圆锥的侧面积．
本题考查了由三视图判断几何体，圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
【详解】解：由三视图得这个几何体为圆锥，圆锥的母线长为，底面圆的直径为，
所以这个几何体的侧面积
故选：C．
3．（2023·湖北武汉·一模）如图，为四边形的内切圆，，，，则的半径为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点作于点，设与圆的切点为，与圆的切点为，与圆的切点为，与圆的切点为，连接，，，得四边形，四边形都是正方形，四边形是矩形，设圆半径为，则，，根据切线长定理和勾股定理列方程即可求解．
【详解】解：过点作于点，设与圆的切点为，与圆的切点为，与圆的切点为，与圆的切点为，连接，，，如图，则：，

，
四边形，四边形都是正方形，
∴，
∴，
∴点、、三点共线，
∴四边形是矩形，
，，
∵点、、是切点，
，，
设圆半径为，则，，
，，
，
，
解得：，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，切线长定理，勾股定理，充分利用切线长定理求解相关线段长度是解题关键．
4．（2023·贵州黔东南·二模）如图，在平行四边形中，，以为直径的恰好经过点，交于点，当点为的中点时，下列结论错误的是（ ）
A．平分B．
C．D．的长为
【答案】B
【分析】本题考查了圆的相关计算，根据平行四边形的性质和判定、圆周角定理、弧长公式和扇形面积公式计算即可，熟练掌握弧长公式和扇形面积公式是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接、，作于，
，
点为的中点，
，
，
平分，故A正确，不符合题意；
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，故C正确，不符合题意；
，
，
，
，故B错误，不符合题意；
，故D正确，符合题意；
故选：B．
5．（2023·江苏苏州·一模）已知正六边形的内切圆半径为，则它的周长为 ．
【答案】
【分析】此题主要考查了正多边形和圆、等边三角形及特殊角的三角函数值，根据已知得出六边形是边长等于正六边形的半径是解题关键．根据题意画出图形，利用正六边形中的等边三角形的性质求解即可．
【详解】解：如图，连接、，；
六边形是边长等于正六边形的半径，设正六边形的半径为，
是等边三角形，
，
，
解得，
它的周长．
故答案为：．
6．（2023·福建泉州·模拟预测）如图，延长正五边形各边，使得，若，则的度数为 ．

【答案】/36度
【分析】根据正五边形的性质以及全等三角形的判定和性质，可求出正五边形的每个内角度数，再根据等腰三角形的性质得出是等腰三角形，并求出各个内角度数，由全等三角形的性质可求出答案．
【详解】解：∵五边形是正五边形，
∴ ，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
同理可得，即五边形是正五边形，
在中，，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形的圆，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及三角形内角和定理，掌握正五边形的性质，三角形内角和定理以及全等三角形的判定和性质是解决问题的前提．
7．（2023·浙江杭州·三模）如图，与分别相切于点A，B，，，则 ．

【答案】3
【分析】先判断出，进而判断出是等边三角形，即可得出结论．
【详解】解：∵与分别相切于点A，B，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了切线长定理，判断出是等边三角形是解题的关键．
8．（2023·北京西城·一模）圆在中式建筑中有着广泛的应用，例如古典园林中的门洞.如图，某地园林中的一个圆弧形门洞的高为，地面入口宽为，求该门洞的半径
【答案】1.3
【分析】本题主要考查垂径定理的应用，掌握垂径定理是解题的关键．设半径为，根据垂径定理可以列方程求解即可．
【详解】解：设圆的半径为，
由题意可知，，，
中，，，
所以，
解得．
故答案为：1.3
9．（2023·浙江舟山·二模）如图，和是两个完全重合的直角三角板，，斜边长为三角板绕直角顶点顺时针旋转，当点落在边上时，则点所转过的路径长为 ．

【答案】
【分析】本题主要考查了旋转的性质，求弧长，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，根据三角形内角和和含度的直角三角形三边的关系得到，，再根据旋转的性质得，于是可判断为等边三角形，所以，然后根据弧长公式计算弧的长度即可．
【详解】解：，，，
， ，
三角板绕直角顶点顺时针旋转，点落在边上，
∴，
∴为等边三角形，
∴
弧的长度，
即点所转过的路径长．
故答案为：．
10．（2023·河南周口·二模）如图所示的是以为直径的半圆形纸片，，沿着垂直于的半径剪开，将扇形沿向右平移至扇形，如图，其中点与点重合，点与点重合，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】连接，作于点，，即可求得弧和以及围成的重叠部分的面积，则重叠部分的面积即可求得．
本题考查了扇形的面积的计算，正确理解不规则的图形的面积转化为规则图形的面积的和、差计算是关键．
【详解】解：连接，作于点．
，
，
，
，
在直角中，，
则，
则弧和以及围成的阴影部分的面积是：，
则．
故答案是：．
11．（2023·河北沧州·模拟预测）某数学小组在一个半径为2的圆形场地上做探究实践活动．

（1）如图1，小组将圆形场地分为12等份．机器人从一个点到另外一个点均是直线行走．
①机器人从点走到点的路程为 ；
②机器人从点到点走了两条不同的路线．路线1：；路线2：，路线1的长记为，路线2的长记为，则 ；（填“>”“<”或“=”）
（2）如图2，机器人从出发，沿与半径夹角为的方向行走，走到场地边缘后，再沿与夹角为的方向折向行走至，…按照这样的方式，机器人走到时第一次超过，且，则 ．
【答案】 >
【分析】(1) ①根据中心角为，结合从点走到点其路径对的圆心角为，根据半径为2计算即可．
②根据中心角为，得到继而判定都是等边三角形，，得到；根据，得到为圆的直径，根据中心角为，得到，，
得到即，比较大小即可．
（2）设多边形的中心角为，当转到时，,，根据，求得，再计算即可．
【详解】(1) ①∵中心角为，
∴从点走到点其路径对的圆心角为，
∵，
∴，
故答案为：．
②根据中心角为，
∴，
∴都是等边三角形，
∴，
∴；
∵
∴，
∴为圆的直径，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
（2）设多边形的中心角为，当转到时，,，
∵，
∴，
解得，
∵半径相等，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了中心角的计算，等边三角形的判定和性质，勾股定理，无理数的估算，等腰三角形的性质，熟练掌握中心角的计算是解题的关键．
12．（2023·山东菏泽·二模）如图1，为的圆心，、为上的两点，且，连接并延长，与的延长线相交于点．
(1)求证：；
(2)如图2，连接、、，与、分别交于点、．若的直径为10，，请求出的值．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质及勾股定理．
（1）连接，由得，根据圆周角定理，再由直角三角形性质得，即可得结论；
（2）连接交于点，由等腰三角形的性质不难得出，再利用垂径定理和勾股定理求出，最后由三角形的中位线可得，具体见详解．
【详解】（1）证明：如图1，连接
是的直径
（2）
如图2，连接交于点
的直径为10，
，
设，则
在和中
，
即
解得：
，
13．（2023·河北·模拟预测）已知在中，，点是内心，连接，且，现将以B为圆心顺时针旋转到边与边所在直线重合，点落在点处，将以为圆心逆时针旋转到边与边所在直线重合，点落在点处．

(1)求证：和所在的直线；
(2)求线段的长度；
(3)在⊙中，求以为圆心角的扇形与以为圆心角的扇形和以为圆心角的扇形面积之比是多少？
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，过点O作，过作于，过作于，由内心的性质得点O到三角形三边的距离相等，由旋转的性质可得，则可得四边形是矩形，从而可得结论成立；
（2）易得四边形是矩形，则有，利用切线长定理、旋转的性质即可求得结果；
（3）由角平分线的性质可分别求得三个角的度数，从而可求得以它们为圆心角的扇形的面积比．
【详解】（1）证明：如图，连接，过点O作，过作于，过作于，
由内心的性质得：，
由旋转知：，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴；

（2）解：由（1）知，点在矩形的边上，且，
∴四边形是矩形，
∴，
∵是的内切圆，
∴，
∴，
由旋转知：，
∴，
∵中，，，
∴，
由勾股定理得,
∴；
（3）解：∵，
∴，
∴，
∵平分，平分，平分，
∴，，，
∴，
设内切圆的半径为r，则以为圆心角的扇形与以为圆心角的扇形和以为圆心角的扇形面积之比是：．
【点睛】本题是圆的综合问题，考查了内心及其性质、矩形的判定，切线长定理，扇形面积，三角函数，旋转的性质等知识，灵活运用内心及其性质、旋转的性质是解题的关键．
14．（2023·河北邯郸·二模）摩天轮（如图1）是游乐场中受欢迎的游乐设施之一，它可以看作一个大圆和六个全等的小圆组成（如图2），大圆绕着圆心O匀速旋转，小圆通过顶部挂点（如点P，N）均匀分布在大圆圆周上，由于重力作用，挂点和小圆圆心连线（如）始终垂直于水平线l．

(1)________°
(2)若，的半径为10，小圆的半径都为1：
①在旋转一周的过程中，圆心M与l的最大距离为________；
②当圆心H到l的距离等于时，求的长；
③求证：在旋转过程中，的长为定值，并求出这个定值．
【答案】(1)60
(2)①25；②；③的长为定值，定值为10．
【分析】（1）将平均分6份即可；
（2）①当圆心M在的延长线上时，圆心M与l有最大距离，据此即可求解；
②设的挂点为K，过点H作于点T，先证四边形是矩形，再用勾股定理解即可；
③先证是等边三角形，再证是平行四边形，可得．
【详解】（1）解：，
故答案为：60；
（2）解：①当圆心M在的延长线上时，圆心M与l有最大距离，
最大距离为，
故答案为：25；
②如图，设的挂点为K，过点H作于点T，

∵挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，
∴K，H，T在同一直线上，
∵圆心H到l的距离等于，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴；
③证明：如图所示，连接，，

由（1）知，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵小圆的半径都为1，挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴的长为定值．
【点睛】本题考查圆的基本知识，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等，解题的关键是根据题意抽象出数学模型．
15．（2023·辽宁·模拟预测）【发现问题】

“速叠杯”是深受学生喜爱的一项运动，杯子的叠放方式如图1所示：每层都是杯口朝下排成一行，自下向上逐层递减一个杯子，直至顶层只有一个杯子．爱思考的小丽发现叠放所需杯子的总数随着第一层（最底层）杯子的个数变化而变化．
【提出问题】
叠放所需杯子的总数y与第一层杯子的个数x之间有怎样的函数关系？
【分析问题】
小丽结合实际操作和计算得到下表所示的数据：
然后在平面直角坐标系中，描出上面表格中各对数值所对应的点，得到图2，小丽根据图2中点的分布情况，猜想其图象是二次函数图象的一部分；为了验证自己的猜想，小丽从“形”的角度出发，将要计算总数的杯子用黑色圆表示（如图3），再借助“补”的思想，补充相同数量的白色圆，使每层圆的数量相同，进而求出与的关系式．
【解决问题】
（1）直接写出与的关系式；
（2）现有个杯子，按【发现问题】中的方式叠放，求第一层杯子的个数；
（3）杯子的侧面展开图如图4所示，，分别为上、下底面圆的半径，所对的圆心角，．将这样足够数量的杯子按【发现问题】中的方式叠放，但受桌面长度限制，第一层摆放杯子的总长度不超过，求杯子叠放达到的最大高度和此时杯子的总数．（提示：杯子下底面圆周长与AB的长度相等）
【答案】（1）（2）第一层杯子的个数为个；（3）杯子叠放达到的最大高度为和此时杯子的总数为个
【分析】（1）根据题意，将要计算总数的杯子用黑色圆表示（如图3），再借助“补”的思想，补充相同数量的白色圆，使每层圆的数量相同，进而求出与的关系式；
（2）将代入（1）中的解析，即可求解；
（3）根据弧长公式先求得，根据题意列出不等式求得第一层摆放杯子个，进而求得总数，根据得出，勾股定理求得的长，利用相似三角形的性质得出的长，进而即可求解．
【详解】解：（1）依题意，；
（2）当时，，
解得：（舍去），
答：第一层杯子的个数为个；
（3）∵，，
解得：；
∵第一层摆放杯子的总长度不超过，
设第一层杯子的个数为个，则，
解得：，取最大值为，
即第一层摆放杯子个，杯子的层数也是，
∴杯子的总数为（个），
在图4中，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴最大高度为．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，求弧长，勾股定理，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
考点二 与圆有关的位置关系
题型01 与圆有关的位置关系
1. 点和圆的位置关系
已知⊙O的半径为r，点P到圆心O的距离为d，则：
【说明】掌握已知点的位置，可以确定该点到圆心的距离与半径的关系，反过来已知点到圆心的距离与半径的关系，可以确定该点与圆的位置关系．
2. 直线和圆的位置关系
设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，则直线和圆的位置关系如下表：
【小技巧】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．
3. 圆和圆之间的位置关系
设⊙O1、⊙O2的半径分别为r、R（其中R>r），两圆圆心距为d，则两圆位置关系如下表：
1. 由于圆是轴对称和中心对称图形，当题目中未给出具体图形时，要结合题意画出符合题意的图形，并进行分类讨论，否则比较容易漏解．
2. 经过一个点作圆,圆心的位置具有任意性；经过两个点作圆,圆心的位置就有了规律性,即圆心位于两点连线的垂直平分线上.
3. 直线和圆的位置关系可以转化为直线与圆的公共点的个数来研究；也可转化为圆心到直线的距离d与半径r的大小关系来研究，这两个角度的论述其实是等价的.
4. 圆与圆之间的有些位置关系有两种情况，做题时要分类讨论，防止漏解：①两圆没有交点：外离或内含；②两圆有一个交点：外切或内切；③两圆有两个交点：两圆心在公共弦同侧或异侧．
1．（2021·上海·中考真题）如图，已知长方形中，，圆B的半径为1，圆A与圆B内切，则点与圆A的位置关系是（ ）
A．点C在圆A外，点D在圆A内B．点C在圆A外，点D在圆A外
C．点C在圆A上，点D在圆A内D．点C在圆A内，点D在圆A外
【答案】C
【分析】根据内切得出圆A的半径，再判断点D、点E到圆心的距离即可
【详解】
∵圆A与圆B内切，，圆B的半径为1
∴圆A的半径为5
∵<5
∴点D在圆A内
在Rt△ABC中，
∴点C在圆A上
故选：C
【点睛】本题考查点与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、勾股定理，熟练掌握点与圆的位置关系是关键
2．（2021·浙江嘉兴·中考真题）已知平面内有和点，，若半径为，线段，，则直线与的位置关系为（ ）
A．相离B．相交C．相切D．相交或相切
【答案】D
【分析】根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】解：∵⊙O的半径为2cm，线段OA=3cm，线段OB=2cm，
即点A到圆心O的距离大于圆的半径，点B到圆心O的距离等于圆的半径，
∴点A在⊙O外．点B在⊙O上，
∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切，
故选：D．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，正确的理解题意是解题的关键．
3．（2023·湖北恩施·中考真题）如图，等圆和相交于A，B两点，经过的圆心，若，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先证明，再把阴影部分面积转换为扇形面积，最后代入扇形面积公式即可．
【详解】如图，连接，，
∵等圆和相交于A，B两点
∴,
∵和是等圆
∴
∴是等边三角形
∴
∵,,
∴
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了相交弦定理，全等的判定及性质，扇形的面积公式，转化思想是解题的关键．
4．（2023·四川德阳·中考真题）已知的半径为，的半径为，圆心距，如果在上存在一点，使得，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】当位于内部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最大值；当位于外部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最小值．
【详解】当位于内部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最大值．
如图所示，．

当位于外部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最小值．
如图所示，．

故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，能采用数形结合的方法和分类讨论的思想分析问题是解题的关键．
5．（2021·四川遂宁·中考真题）已知平面直角坐标系中，点P（）和直线Ax＋By＋C＝0（其中A，B不全为0），则点P到直线Ax＋By＋C＝0的距离可用公式来计算．
例如：求点P（1，2）到直线y＝2x＋1的距离，因为直线y＝2x＋1可化为2x－y＋1＝0，其中A＝2，B＝－1，C＝1，所以点P（1，2）到直线y＝2x＋1的距离为：．
根据以上材料，解答下列问题：
（1）求点M（0，3）到直线的距离；
（2）在（1）的条件下，⊙M的半径r ＝ 4，判断⊙M与直线的位置关系，若相交，设其弦长为n，求n的值；若不相交，说明理由．
【答案】（1）3；（2）直线与圆相交，
【分析】（1）直接利用公式计算即可；
（2）根据半径和点到直线的距离判断直线与圆的位置关系，再根据垂径定理求弦长．
【详解】解：（1）∵y＝x＋9可变形为x－y＋9＝0，则其中A＝，B＝－1，C＝9，
由公式可得
∴点M到直线y＝x＋9的距离为3，
（2）由（1）可知：圆心到直线的距离d＝3，圆的半径r＝4，
∵d＜r
∴直线与圆相交，
则弦长，
【点睛】本题考查了阅读理解和圆与直线的位置关系，垂径定理，解题关键是熟练运用公式求解和熟练运用圆的相关性质进行推理和计算．
题型02 切线的判定
1．（2023·江苏宿迁·中考真题）（1）如图，是的直径，与交于点F，弦平分，点E在上，连接、，________．求证：________．

从①与相切；②中选择一个作为已知条件，余下的一个作为结论，将题目补充完整（填写序号），并完成证明过程．
（2）在（1）的前提下，若，，求阴影部分的面积．
【答案】（1）②①，证明见解析（或①②，证明见解析）（2）
【分析】（1）一：已知条件为②，结论为①与相切；连接，先证出，再根据平行线的性质可得，然后根据圆的切线的判定即可得证；二：已知条件为①与相切，结论为②；连接，先证出，再根据圆的切线的性质可得，然后根据平行线的性质即可得证；
（2）连接，先解直角三角形求出的长，再根据等边三角形的判定与性质可得的长，从而可得的长，然后根据圆周角定理可得，最后根据阴影部分的面积等于直角梯形的面积减去扇形的面积即可得．
【详解】解：（1）一：已知条件为②，结论为①与相切，证明如下：
如图，连接，

，
，
弦平分，
，
，
，
，
，
又是的半径，
与相切；
二：已知条件为①与相切，结论为②，证明如下：
如图，连接，

，
，
弦平分，
，
，
，
与相切，
，
；
（2）如图，连接，

，，
，，
，
又，
，
是等边三角形，
，
，
由圆周角定理得：，
则阴影部分的面积为
．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定与性质、解直角三角形、扇形的面积、圆周角定理等知识点，熟练掌握圆的切线的判定与性质是解题关键．
2．（2023·湖北恩施·中考真题）如图，是等腰直角三角形，，点O为的中点，连接交于点E， 与相切于点D．
(1)求证：是的切线；
(2)延长交于点G，连接交于点F，若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，过点O作于点P，根据等腰三角形的性质得到，推出，即可得到结论；
（2）根据等腰直角三角形的性质求出，的长，勾股定理求出，连接，过O作于点H，利用面积法求出，勾股定理求出，即可根据等腰三角形的性质求出的长．
【详解】（1）证明：连接，过点O作于点P，
∵与相切于点D．
∴，
∵是等腰直角三角形，，点O为的中点，
∴，
∴，即是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，，，
∴，，
∵点O为的中点，
∴，
∵
∴，
在中，
连接，过O作于点H，
∴，
∴
∵，
∴．

【点睛】此题考查了判定直线是圆的切线，切线的性质定理，等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确掌握各知识点是解题的关键．
3．（2023·湖南娄底·中考真题）如图1，点为等边的重心，点为边的中点，连接并延长至点，使得，连接，，，

(1)求证：四边形为菱形．
(2)如图2，以点为圆心，为半径作
①判断直线与的位置关系，并予以证明．
②点为劣弧上一动点（与点、点不重合），连接并延长交于点，连接并延长交于点，求证：为定值．
【答案】(1)见解析；
(2)①直线是的切线；②见解析．
【分析】（1）如图1，延长交于点，连接，由是等边三角形，是重心，点为边的中点，得⟂，，进而证明四边形是平行四边形，于是即可得四边形为菱形；
（2）①延长交于点，连接，先证为的角平分线，进而求得，又由菱形的性质得，从而有，于是根据切线的判定即可得出结论；②在优弧上取一点，连接、，由①得，进而求得，再由圆内接四边形的性质求得，从而根据角的和差关系求得，于是证明得，即可证明结论成立．
【详解】（1）证明：如图，延长交于点，连接，

∵是等边三角形，是重心，点为边的中点，
∴中线过点，即、、三点共线，，，
∴⟂，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵⟂，
∴四边形为菱形；
（2）①解：直线是的切线，理由如下：延长交于点，连接，

∵是等边三角形，是重心，点为边的中点，
∴中线过点，即、、三点共线，，，，
∴为的角平分线，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴直线是的切线；
②证明：在优弧上取一点，连接、，

由①得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴
∵
∴，即为定值．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，重心的性质，切线的判定以及菱形的判定，熟练掌握菱形的判定，全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，重心的性质以及切线的判定定理是解题的关键．
题型03 三角形内切圆、外接圆的相关计算
常见结论
1）三角形内切圆半径公式：r=2SC，其中S为三角形的面积；C为三角形的周长.
2）特殊的直角三角形内切圆半径公式：r=a+b−c2或r=aba+b+c，其中a，b为直角三角形的直角边长，c为斜边长.
【解题思路】解三角形的内切圆问题，通常分别连接．内切圆的圆心与切点、圆心与三角形的顶点来构造直角三角形，以便利用直角三角形的知识进行求解．
1．（2023·内蒙古·中考真题）如图，是锐角三角形的外接圆，，垂足分别为，连接．若的周长为21，则的长为（ ）

A．8B．4C．3.5D．3
【答案】B
【分析】根据三角形外接圆的性质得出点D、E、F分别是的中点，再由中位线的性质及三角形的周长求解即可．
【详解】解：∵是锐角三角形的外接圆，，
∴点D、E、F分别是的中点，
∴，
∵的周长为21，
∴即，
∴，
故选：B．
【点睛】题目主要考查三角形外接圆的性质及中位线的性质，理解题意，熟练掌握三角形外接圆的性质是解题关键．
2．（2023·山东聊城·中考真题）如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三角形内心的定义可得的度数，然后由圆周角定理求出，再根据三角形内角和定理以及等腰三角形的性质得出答案．
【详解】解：连接，
∵点I是的内心，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：C．

【点睛】本题主要考查了三角形内心的定义和圆周角定理，熟知三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点是解题的关键．
3．（2022·山东淄博·中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作IE⊥BD于点E．若BD＝10，CD＝4，则BE的长为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】过点作，根据切线长定理设，进而结合已知条件表示出，求得的长，进而即可求解．
【详解】解：如图，过点作，
∵是的内心，
∴，
设，
∵BD＝10，
∴，
∴,，
∵，
∴，
解得，
∴，
故选B．
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
4．（2022·广西玉林·中考真题）如图，在网格中，各小正方形边长均为1，点O，A，B，C，D，E均在格点上，点O是的外心，在不添加其他字母的情况下，则除外把你认为外心也是O的三角形都写出来 ．
【答案】△ADC、△BDC、△ABD
【分析】先求出△ABC的外接圆半径r，再找到距离O点的长度同为r的点，即可求解．
【详解】由网格图可知O点到A、B、C三点的距离均为：，
则外接圆半径，
图中D点到O点距离为：，
图中E点到O点距离为：，
则可知除△ABC外把你认为外心也是O的三角形有：△ADC、△ADB、△BDC，
故答案为：△ADC、△ADB、△BDC．
【点睛】本题考查了外接圆的性质、勾股定理等知识，求出△ABC的外接圆半径r是解答本题的关键．
5．（2023·山东滨州·中考真题）如图，点是的内心，的延长线与边相交于点，与的外接圆相交于点．

(1)求证：；
(2)求证：；
(3)求证：；
(4)猜想：线段三者之间存在的等量关系．（直接写出，不需证明．）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)
【分析】（1）过点F作，垂足分别为，则，进而表示出两个三角形的面积，即可求解；
（2）过点A作于点，表示出两三角形的面积，即可求解；
（3）连接，证明得出，证明，得出，即可，恒等式变形即可求解；
（4）连接，证明，得出，证明，得出，即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，过点F作，垂足分别为，
∵点是的内心，
∴是的角平分线，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：如图所示，过点A作于点，

∵，
∴，
由（1）可得，
∴；
（3）证明：连接，

∵
∴
∴
∴，
∴
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴；
∴，
∴，
（4）解：如图所示，连接，

∵点是的内心，
∴是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义，同弧所对的圆周角相等，角平分线的性质与定义，相似三角形的性质与判定，三角形的外角性质，三角形的面积公式等知识，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
题型04 四点共圆
1．（2022·四川遂宁·中考真题）如图，正方形ABCD与正方形BEFG有公共顶点B，连接EC、GA，交于点O，GA与BC交于点P，连接OD、OB，则下列结论一定正确的是（ ）
①EC⊥AG；②△OBP∽△CAP；③OB平分∠CBG；④∠AOD=45°；
A．①③B．①②③C．②③D．①②④
【答案】D
【分析】由四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，可得△ABG≌△CBE（SAS），即得∠BAG=∠BCE，即可证明∠POC=90°，可判断①正确；取AC的中点K，可得AK=CK=OK=BK，即可得∠BOA=∠BCA，从而△OBP∽△CAP，判断②正确，由∠AOC=∠ADC=90°，可得A、O、C、D四点共圆，而AD=CD，故∠AOD=∠DOC=45°，判断④正确，不能证明OB平分∠CBG，即可得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，
∴AB=BC，BG=BE，∠ABC=90°=∠GBE，
∴∠ABC+∠CBG=∠GBE+∠CBG，即∠ABG=∠EBC，
∴△ABG≌△CBE（SAS），
∴∠BAG=∠BCE，
∵∠BAG+∠APB=90°，
∴∠BCE+∠APB=90°，
∵∠APB=∠CPO，
∴∠BCE+∠OPC=90°，
∴∠POC=90°，
∴EC⊥AG，故①正确；
取AC的中点K，如图：
在Rt△AOC中，K为斜边AC上的中点，
∴AK=CK=OK，
在Rt△ABC中，K为斜边AC上的中点，
∴AK=CK=BK，
∴AK=CK=OK=BK，
∴A、B、O、C四点共圆，
∴∠BOA=∠BCA，
∵∠BPO=∠CPA，
∴△OBP∽△CAP，故②正确，
∵∠AOC=∠ADC=90°，
∴∠AOC+∠ADC=180°，
∴A、O、C、D四点共圆，
∵AD=CD，
∴∠AOD=∠DOC=∠DAC=45°，故④正确，
由已知不能证明OB平分∠CBG，故③错误，
故正确的有：①②④，
故选：D．
【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，四点共圆等知识，解题的关键是取AC的中点K，证明AK=CK=OK=BK，从而得到A、B、O、C四点共圆．
2．（2021·四川眉山·中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，点在线段上从点至点运动，连接，以为边作等边三角形，点和点分别位于两侧，下列结论：①；②；③；④点运动的路程是，其中正确结论的序号为（ ）
A．①④B．①②③C．②③④D．①②③④
【答案】D
【分析】连接OE并延长交DC于点H，先证△ADO为等边三角形，得出∠2=∠DAF=60°，再根据△DEF为等边三角形，得出①正确；证出△DOE≌△COE，得到ED=EC，得出②正确；证出∠ADF=∠3，看得出③正确；根据△ADF≌△ODE，OE=AO，可得④正确．
【详解】解：
连接OE并延长交DC于点H，
∵矩形ABCD，
∴OA=OD=OC，
∵∠DAC=60°，
∴△ADO为等边三角形，
∴∠2=∠DAF=60°，
∵△DEF为等边三角形，
∴∠1=60°=∠5，
∴∠1=∠2，
∴D、F、O、E四点共圆，
∴∠3=∠4，①正确；
∴∠5=∠6=60°，
∴∠7=∠6=60°，
∵OD=OC，OE=OE，
∴△DOE≌△COE，
∴∠3=∠8，
∴∠CDE=∠DCE，
∴ED=EC，②正确；
∵∠ADO=∠FDE=60°，
∴∠ADF=∠3，
∴∠ADF=∠8，即∠ADF=∠ECF，③正确；
∵△ADF≌△ODE，
∴AF=OE，
∴OE=AD=2，
∴OE=，④正确
故选D．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆的性质，解题的关键是灵活运用这些性质．
3．（2023·湖北恩施·中考真题）在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知抛物线与轴交于点，抛物线的对称轴与轴交于点．

(1)如图，若，抛物线的对称轴为．求抛物线的解析式，并直接写出时的取值范围；
(2)在（1）的条件下，若为轴上的点，为轴上方抛物线上的点，当为等边三角形时，求点，的坐标；
(3)若抛物线经过点，，，且，求正整数m，n的值．
【答案】(1)；
(2)；或,；
(3)，或，
【分析】（1）根据，抛物线的对称轴为，待定系数法求解析式即可求解；当时，求得的范围，进而结合函数图象即可求解；
（2）①连接，，交对称轴于点D，由四点共圆，得，证明，求出点D的坐标，确定直线的解析式，进而求得点的坐标，设，，勾股定理即可求解；②由①可得，则当与重合时也存在等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解．
（3）根据抛物线经过点，，，可得抛物线对称为直线，则，则，进而令，求得的范围，进而根据函数图象可知或，进而分别讨论求得的值，即可求解．
【详解】（1）解：∵，抛物线的对称轴为．
∴
解得：
∴抛物线解析式为，
当时，即
解得：，
∴当时，
（2）解：①如图所示，连接，，交对称轴于点D，

∵，
∴，
则
∴，，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∵，
∴．
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，则，
设直线的解析式为
则
解得：
所以直线的解析式为
联立
解得：或
∴，
∵，设，
∵
∴
解得：
∴；
②由①可得，当与点重合时，为等边三角形
则与对称，此时，，
综上所述；；或，；
（3）解：∵抛物线经过点，，，
∴抛物线对称为直线，
则，则
∴抛物线解析式为
∴顶点坐标为
当时，
解得：或
∵，且为正整数，过点，则当时，
∴或，
当时，将点代入解析式，
解得：
∵
则，
当时，将点代入解析式
解得：
∵
则，
综上所述，，或，．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，根据特三角函数求角度，圆内接四边形对角互补，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
4．（2023·山东日照·中考真题）在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究得出：在平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论．解决以下问题：
如图1，中，（）．点D是边上的一动点（点D不与B，C重合），将线段绕点A顺时针旋转到线段，连接．

(1)求证：A，E，B，D四点共圆；
(2)如图2，当时，是四边形的外接圆，求证：是的切线；
(3)已知，点M是边的中点，此时是四边形的外接圆，直接写出圆心P与点M距离的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质得到，证明，进而证明，可以得到，由，可得，即可证明A、B、D、E四点共圆；
（2）如图所示，连接，根据等边对等角得到，由圆周角定理得到，再由，得到，利用三角形内角和定理证明，即，由此即可证明是的切线；
（3）如图所示，作线段的垂直平分线，分别交于G、F，连接，先求出，再由三线合一定理得到，，解直角三角形求出，则，再解得到，则；由是四边形的外接圆，可得点P一定在的垂直平分线上，故当时，有最小值，据此求解即可．
【详解】（1）证明：由旋转的性质可得，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴A、B、D、E四点共圆；
（2）证明：如图所示，连接，
∵，
∴，
∵是四边形的外接圆，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
又∵是的半径，
∴是的切线；

（3）解：如图所示，作线段的垂直平分线，分别交于G、F，连接，
∵，
∴，
∵点M是边的中点，
∴，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵是四边形的外接圆，
∴点P一定在的垂直平分线上，
∴点P在直线上，
∴当时，有最小值，
∵，
∴在中，，
∴圆心P与点M距离的最小值为．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，解直角三角形，圆周角定理，切线的判定，三角形外接圆的性质，垂线段最短等等，正确作出辅助线是解题的关键．
5．（2022·贵州遵义·中考真题）探究与实践
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：
如图1，在线段同侧有两点，，连接，，，，如果，那么，，，四点在同一个圆上．
探究展示：
如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（依据1）

点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
点，在点，，所确定的上（依据2）
点，，，四点在同一个圆上
(1)反思归纳：上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1：__________；依据2：__________．
(2)图3，在四边形中，，，则的度数为__________．
(3)拓展探究：如图4，已知是等腰三角形，，点在上（不与的中点重合），连接．作点关于的对称点，连接并延长交的延长线于，连接，．
①求证：，，，四点共圆；
②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
【答案】(1)圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
(2)45°
(3)①见解析；②不发生变化，值为8
【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等作答即可；
（2）根据同弧所对的圆周角相等即可求解；
（3）①根据（1）中的结论证明即可得证；②证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（圆内接四边形对角互补）

点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
点，在点，，所确定的上（同圆中，同弧所对的圆周角相等）
点，，，四点在同一个圆上
故答案为：圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）在线段同侧有两点，，
四点共圆，
故答案为：
（3）①∵，
，
点与点关于对称，
，
，
四点共圆；
②，理由如下，
如图，四点共圆，
，
关于对称，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等，轴对称的性质，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
题型05 相交弦定理
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.
1．（2017·内蒙古包头·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，过点B的切线BP与CD的延长线交于点P，连接OC，CB．
（1）求证：AE•EB=CE•ED；
（2）若⊙O的半径为3，OE=2BE，，求tan∠OBC的值及DP的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）tan∠OBC=，．
【详解】试题分析：（1）直接根据题意得出△AED∽△CEB，进而利用切线的性质的出答案；
（2）利用已知得出EC，DE的长，再利用勾股定理得出CF的长，t即可得出an∠OBC的值，再利用全等三角形的判定与性质得出DP的长．
试题解析：（1）证明：连接AD，∵∠A=∠BCD，∠AED=∠CEB，∴△AED∽△CEB，∴，∴AE•EB=CE•ED；
（2）解：∵⊙O的半径为3，∴OA=OB=OC=3，∵OE=2BE，∴OE=2，BE=1，AE=5，∵，∴设CE=9x，DE=5x，∵AE•EB=CE•ED，∴5×1=9x•5x，解得：x1=，x2=﹣（不合题意舍去），∴CE=9x=3，DE=5x=，过点C作CF⊥AB于F，∵OC=CE=3，∴OF=EF=OE=1，∴BF=2，在Rt△OCF中，∵∠CFO=90°，∴CF2+OF2=OC2，∴CF=，在Rt△CFB中，∵∠CFB=90°，∴tan∠OBC==，∵CF⊥AB于F，∴∠CFB=90°，∵BP是⊙O的切线，AB是⊙O的直径，∴∠EBP=90°，∴∠CFB=∠EBP，在△CFE和△PBE中，∵∠CFB=∠PBE，EF=EF，∠FEC=∠BEP，∴△CFE≌△PBE（ASA），∴EP=CE=3，∴DP=EP﹣ED=3﹣=．
考点：相似三角形的判定与性质；切线的性质；解直角三角形．
2．（2022·湖南长沙·中考真题）如图，四边形内接于，对角线，相交于点E，点F在边上，连接．

(1)求证：；
(2)当时，则___________；___________；___________．（直接将结果填写在相应的横线上）
(3)①记四边形，的面积依次为，若满足，试判断，的形状，并说明理由．
②当，时，试用含m，n，p的式子表示．
【答案】(1)见解析
(2)0，1，0
(3)①等腰三角形，理由见解析，②
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证；
（2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得，即可得出0，根据已知条件可得，，即可得出根据相似三角形的性质可得，根据恒等式变形，进而即可求解．
（3）①记的面积为，则，，根据已知条件可得，进而可得，得出，结合同弧所对的圆周角相等即可证明是等腰三角形；
②证明，，根据相似三角形的性质，得出，则，，计算即可求解．
【详解】（1）证明：，
，
即，
又，
；
（2），
，
，
，
∵
∴，
∴，
∵
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：0，1，0
（3）①记的面积为，
则，
，
①
，
即，
②
由①②可得，
即，
，
，
即，
∴点D和点C到的距离相等，
，
，
，
，
都为等腰三角形；
②，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
则，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定，相似三角形的性质与判定，对于相似恒等式的推导是解题的关键．
题型06 切割线定理
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.
1．（2023·四川甘孜·中考真题）如图，在中，，以为直径的交边于点D，过点C作的切线，交的延长线于点E．

(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先根据圆周角定理得到．再根据切线的性质得到．然后利用等角的余角相等得到；
（2）先证明得到，则可证明，利用正切的定义，在中有，在中有，所以，然后求出的长，从而得到的半径．
【详解】（1）证明：∵为的直径，
∴．
∵为的切线，
∴，
∴．
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
在中，，
即，
∴，
∴，
∴的半径为．
【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．也考查了圆周角定理和解直角三角形．
2．（2023·内蒙古通辽·中考真题）如图，为的直径，D，E是上的两点，延长至点C，连接，．

(1)求证：；
(2)求证：是的切线；
(3)若，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)的半径为．
【分析】（1）利用两角对应相等两个三角形相似，得出结论；
（2）连接，由圆周角定理得出，证出，由切线的判定可得出结论；
（3）由相似三角形的性质得出，由比例线段求出和的长，可求出的长，则可得出答案．
【详解】（1）证明：∵，，
∴；
（2）证明：连接，

∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（3）解：∵，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴．
∴的半径为．
【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
3．（2023·湖北宜昌·中考真题）如图1，已知是的直径，是的切线，交于点，．

(1)填空：的度数是_________，的长为_________；
(2)求的面积；
(3)如图2，，垂足为．是上一点，．延长，与，的延长线分别交于点，求的值．
【答案】(1)，5；
(2)
(3)
【分析】（1）根据切线性质和勾股定理分别求解即可；
（2）由面积法求出，再利用勾股定理求，则的面积可求；
（3）先证明，得到，利用，分别得到，进而计算，，在分别求出则问题可解；
【详解】（1）解：∵是的直径，是的切线，
∴的度数是；
∵，
∴；
故答案为：，5；
（2）如图，

∵是的直径，
∴，
，
∴由面积法，
∴
，
；
（3）方法一：如图，

由
∴
∴
∴
∴
∴
设
是等腰直角三角形，
，
是等腰直角三角形
，
∴，
∴，
，
，
，
．
方法二：如图

由
设
，
是等腰直角三角形，
是等腰直角三角形，，
．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质和相似三角形的性质和判定，解答关键是根据条件证明三角形相似，再根据相似三角形的性质解答问题．
题型07 割线定理
割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆交点的距离的积相等.
1．（2022·湖南·中考真题）如图，四边形内接于圆，是直径，点是的中点，延长交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)1
【分析】（1）连接，根据圆周角推论得，根据点是的中点得，，用ASA证明，即可得；
（2）根据题意和全等三角形的性质得，根据四边形ABCD内接于圆O和角之间的关系得，即可得，根据相似三角形的性质得，即可得
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
为直径，
，
又点是的中点
，，
在和中，
，
，
；
（2）解：，，
，
又四边形内接于圆，
，
又，
，
又，
，
，
即：，
解得：，
．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，理解相关性质定理，正确添加辅助线是解题关键．
题型08 圆与相似综合
相似三角形的判定方法：
1）平行于三角形一边的直线和其他两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似．
2）两个三角形相似的判定定理：
①三边成比例的两个三角形相似；
②两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；
③两角分别相等的两个三角形相似．
④斜边和直角边成比例的两个直角三角形相似.
判定两个三角形相似需要根据条件选择方法．有时条件不具备，需从以下几个方面探求：
1）条件中若有平行线，可考虑用平行线直接推出相似三角形；
2）两个三角形中若有一组等角，可再找一组等角，或再找夹这组等角的两边成比例；
3）两个三角形中若有两边成比例，可找这两边的夹角相等，或再找第三边成比例；
4）条件中若有一组直角，可再找一组等角或两边成比例．
1．（2023·浙江·中考真题）小贺在复习浙教版教材九上第81页第5题后，进行变式、探究与思考：如图1，的直径垂直弦AB于点E，且，．

(1)复习回顾：求的长．
(2)探究拓展：如图2，连接，点G是上一动点，连接，延长交的延长线于点F．
①当点G是的中点时，求证：；
②设，，请写出y关于x的函数关系式，并说明理由；
③如图3，连接，当为等腰三角形时，请计算的长．
【答案】(1)；
(2)①见解析；②；③的长为或．
【分析】（1）先求得的直径为10，再利用垂径定理求得，在中，利用勾股定理即可求解；
（2）①连接，由点G是的中点，推出，根据等角的余角相等即可证明结论成立；
②利用勾股定理求得，利用垂径定理得到，推出，证明，利用相似三角形的性质即可求解；
③分两种情况讨论，当和时，证明，利用相似三角形的性质求解即可.
【详解】（1）解：连接，

∵的直径垂直弦AB于点E，且，，
∴，，
∴，，
在中，，
∴；
（2）解：①连接，

∵点G是的中点，
∴，
∴，
∵的直径垂直弦AB于点E，
∴，
∴，
∴；
②∵，，，
∴，

∵的直径垂直弦AB于点E，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
③当时，

在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
当时，

在中，，
在中，，
∴，
同理，
∴，即，
∴；
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
2．（2023·黑龙江大庆·中考真题）如图，是的直径，点是圆上的一点，于点，交于点，连接，若平分，过点作于点，交于点，延长，交于点．

(1)求证：是的切线；
(2)求证：；
(3)若，求的值．
【答案】(1)证明，见解析
(2)证明，见解析
(3)
【分析】（1）连接，根据平分，则，根据，得，根据平行线的判定和性质，即可；
（2）由（1）得，，根据，，相似三角形的判定和性质，即可；
（3）根据，则，设的半径为，则，根据勾股定理求出；根据，，根据勾股定理求出，再根据，在根据勾股定理求出，根据，即可．
【详解】（1）连接
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是的切线．

（2）证明，如下：
由（1）得，，
∵，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）∵，
∴，
设的半径为，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查圆，相似三角形，锐角三角形函数的知识，解题的关键圆的切线定理的运用，相似三角形的判定和性质，锐角三角形函数的运用．
3．（2023·山东·中考真题）如图，为的直径，C是圆上一点，D是的中点，弦，垂足为点F．

(1)求证：；
(2)P是上一点，，求；
(3)在（2）的条件下，当是的平分线时，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)
【分析】（1）由D是的中点得，由垂径定理得，得到，根据同圆中，等弧对等弦即可证明；
（2）连接，证明，设的半径为r，利用相似三角形的性质得，，由勾股定理求得，得到，即可得到；
（3）过点B作交于点G，证明是等腰直角三角形，解直角三角形得到，由得到，解得，即可求解．
【详解】（1）解：∵D是的中点，
∴，
∵且为的直径，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，

∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设的半径为r，
则，
解得，经检验，是方程的根，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如图，过点B作交于点G，

∴
∵，是的平分线，
∴
∴
∴，
∵
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角定理及推论，解直角三角形等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．
4．（2023·山东烟台·中考真题）如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点．抛物线的对称轴与经过点的直线交于点，与轴交于点．

(1)求直线及抛物线的表达式；
(2)在抛物线上是否存在点，使得是以为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)以点为圆心，画半径为2的圆，点为上一个动点，请求出的最小值．
【答案】(1)直线的解析式为；抛物线解析式为
(2)存在，点M的坐标为或 或
(3)
【分析】（1）根据对称轴，，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；
（2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当时，求出直线的解析式为，解方程组，即可得到点M的坐标；②当时，求出直线的解析式为，解方程组，即可得到点M的坐标；
（3）在上取点，使，连接，证得，又，得到，推出，进而得到当点C、P、F三点共线时，的值最小，即为线段的长，利用勾股定理求出即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴，，
∴，
将代入直线，得，
解得，
∴直线的解析式为；
将代入，得
，解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）存在点，
∵直线的解析式为，抛物线对称轴与轴交于点．
∴当时，，
∴，
①当时，
设直线的解析式为，将点A坐标代入，
得，
解得，
∴直线的解析式为，
解方程组，
得或，
∴点M的坐标为；
②当时，
设直线的解析式为，将代入，
得，
解得，
∴直线的解析式为，
解方程组，
解得或，
∴点M的坐标为 或
综上，点M的坐标为或 或；
（3）如图，在上取点，使，连接，
∵，
∴，
∵，、
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴当点C、P、F三点共线时，的值最小，即为线段的长，
∵，
∴，
∴的最小值为．

【点睛】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．
题型09 圆与三角函数综合
在解直角三角形的过程中，一般要用到下面一些关系：
1）直角三角形的五个元素：边：a、b、c，角：∠A、∠B
2）三边之间的关系：a2+b2=c2（勾股定理）
3）两锐角之间的关系：∠A＋∠B＝90°
4）边角之间的关系：
sin A= ∠A所对的边斜边 = ac ，sin B= ∠B所对的边斜边 = bc
cs A= ∠A所邻的边斜边 = bc ，csB= ∠B所邻的边斜边= ac
tan A= ∠A所对的边邻边 = ab ，tanB= ∠B所对的边邻边= ba
1．（2023·陕西·中考真题）（1）如图①，在中，，，．若的半径为4，点在上，点在上，连接，求线段的最小值；
（2）如图②所示，五边形是某市工业新区的外环路，新区管委会在点处，点处是该市的一个交通枢纽．已知：，，．根据新区的自然环境及实际需求，现要在矩形区域内（含边界）修一个半径为的圆型环道；过圆心，作，垂足为，与交于点．连接，点在上，连接．其中，线段、及是要修的三条道路，要在所修道路、之和最短的情况下，使所修道路最短，试求此时环道的圆心到的距离的长．

【答案】（1）；（2）
【分析】（1）连接，，过点作，垂足为，则，由直角三角形的性质得出，则可得出答案；
（2）分别在，上作，连接，、、、．证出四边形是平行四边形．由平行四边形的性质得出．当点在上时，取得最小值．作，使圆心在上，半径，作，垂足为，并与交于点．证明△△，由相似三角形的性质得出，求出的长可得出答案．
【详解】解：（1）如图①，连接，，过点作，垂足为，

则．
半径为4，
，
．，
，
，
，
线段的最小值为；
（2）如图②，分别在，上作，

连接，、、、．
，，，
四边形是平行四边形．
．
，
，
当点在上时，取得最小值．
作，使圆心在上，半径，
作，垂足为，并与交于点．
∴，
△△，
，
在矩形区域内（含边界），
当与相切时，最短，即．
此时，也最短．
，
也最短．
，
，
此时环道的圆心到的距离的长为．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质，切线的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
2．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，为⊙O的直径，且，与为圆内的一组平行弦，弦交于点H．点A在MC上，点B在NC上，．

(1)求证：．
(2)求证：．
(3)在⊙O中，沿弦所在的直线作劣弧的轴对称图形，使其交直径于点G．若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）证明即可；
（2）连接，交于点，根据平行线的性质和已知条件证明垂直平分即可；
（3）利用对称的性质作辅助线，根据已知条件，转化为解直角三角形问题即可．
【详解】（1）和是所对的圆周角，
∠ABC=∠AMC，
∠AHM=∠CHB，
∴，
∴，
∴．
（2）连接，交于点，

与为一组平行弦，即：，
，
，
，
，
，
，
，
是的垂直平分线，
．
（3）连接、，过点作，垂足为，设点的对称点，连接、，

，，
∴，
，
，
是等腰三角形，
，
，
，
，
为直径，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
在中，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的综合问题，同弧所对圆周角相等、构建合适的辅助线是解题的关键；熟练掌握相似三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、熟悉锐角三角函数解决直角三角形．
3．（2023·浙江台州·中考真题）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，是的直径，直线是的切线，为切点．，是圆上两点（不与点重合，且在直径的同侧），分别作射线，交直线于点，点．

(1)如图1，当，的长为时，求的长．
(2)如图2，当，时，求的值．
(3)如图3，当，时，连接BP，PQ，直接写出的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据扇形的弧长公式即可求出度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出的长．
（2）根据等弧所对圆周角相等推出，再根据角平分线的性质定理推出，利用直角三角形的性质即可求出，通过等量转化和余弦值可求出答案．
（3）根据三角形相似的性质证明和，从而推出和，利用已知条件将两个比例线段相除，根据正弦值即可求出答案
【详解】（1）解：如图1，连接，设的度数为．

，的长为，
．
，即．
．
直线是的切线，
．
∴．
（2）解：如图2，连接，过点作于点，

为直径，
．
．
，
．
，，
．
，，
．
．
（3）解：，理由如下：
如图3，连接BQ，

，，
，，
，
，
．
，
，
．①
，，
，
．②
，
得，．
，
．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形以及三角函数、切线的性质定理、扇形的弧长公式，角平分线性质定理等，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理和相关计算公式．
4．（2023·浙江·中考真题）如图，在中，是一条不过圆心的弦，点是的三等分点，直径交于点，连结交于点，连结，过点的切线交的延长线于点．

(1)求证： ；
(2)若，求的值；
(3)连结交于点，若的半径为5
①若，求的长；
②若，求的周长；
③若，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)①；②；③
【分析】（1）根据点是三等分点，得出，根据是的直径，可得，根据切线的性质可得，即可证明；
（2）如图1，连接，证明，则，设，则，在中由勾股定理得，得出，进而根据正切的定义即可求解；
（3）①如图1，连接，勾股定理确定，根据，可得；
②如图2，连接，设，则，解得．则，证明，，进而根据相似三角形的性质即可求解；
③如图3，过点作于点，则．设，则，证明，得出则，得出，则，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵点是三等分点，
∴．
由是的直径
∴，
∵是的切线，
∴．
∴．
（2）如图1，连结，∵，

∴．
由，则，
又∵，
∴，
∴．
设，则，
∵，
∴．
在中由勾股定理得，
∴，
∴．
∴．
（3）①如图1，连结，∵，

∴．
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
②如图2，连结，

∵，
∴．
∵，
∴．
设，则，
由勾股定理得，
即，
解得．
∴
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
③如图3，过点作于点，则．

设，则，
由勾股定理得，
，
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∴．
可得方程，
解得（舍去）．
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的综合问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，切线的性质，相似三角形的性质与判定熟练掌握是解题的关键．
1．（2024·陕西西安·二模）如图，是的切线，点B是切点，连接交于点D，延长交于点A，连接，若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】此题重点考查切线的性质定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识．连接、，由是的直径，得，，由切线的性质得，而，则，得到是等边三角形，则，所以，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接、，则，
是的直径，
，，
与相切于点，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
．
故选：C．
2．（2024·四川凉山·模拟预测）在中，，，，D为的中点．以A为圆心，r为半径作⊙A，若B、C、D三点中只有一点在内，则的半径r的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查勾股定理，点与圆的位置关系．
由勾股定理可求得的长，进而得到的长．再根据题意画出简单示意图，由图形可知当r的长度为和长度之间时，B、C、D三点中只有点D在内，据此即可解答．
【详解】∵在中，，，
∴，
∵D为的中点，
∴．

由上图可知，当的半径时，点D在上，
当的半径时，点C在上，点D在圆内，
当的半径时，点B在上，点C、D在圆内，
当的半径满足时，点D在内，
当的半径满足时，点C、D在内，
当的半径满足时，点B、C、D在内，
∴若B、C、D三点中只有一点在内，则的半径r的取值范围是．
故选：A
3．（2023·福建宁德·模拟预测）如图，内接于，是的切线，点D在的延长线上，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据圆周角定理可得，再由等腰三角形的性质以及切线的性质可求出，由三角形内角和定理可得答案．
【详解】解：如图，连接，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
，
故选：B．
【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，掌握切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质以及三角形内角和是是正确解答的前提．
4．（2023·湖北武汉·模拟预测）我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形内切圆半径为，则大正方形的内切圆半径为（ ）

A．B．C．15D．
【答案】A
【分析】如图，设内切圆的圆心为O，连接、，则四边形为正方形，然后利用内切圆和直角三角形的性质得到，，接着利用完全平方公式进行代数变形，并结合勾股定理，得出关于AB为未知数的一元二次方程，最后可解得的长．
【详解】
解：如图，设内切圆的圆心为O、为内切圆的半径，
则四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
而，
∴①，
∵小正方形内切圆半径为，
∴小正方形的边长为7，
∴小正方形的面积为49，
∴，
∴
即②，
把①代入②中得
，
∴，
∴(负值舍去)，
∴大正方形内切圆半径为．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，三角形的内切圆的性质，正方形的性质及勾股定理的应用，同时也利用了完全平方公式和一元二次方程，综合性强，能力要求高,解题的关键是利用完全平方公式变形求解．
5．（2022·湖北武汉·模拟预测）在中，，则的最大值是（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】如图所示，作的外接圆，当时，是直径，且最长，根据直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，作的外接圆，

∵，
当时，是直径，且最长，且，
∴，
∴，
∴；
当时，是等边三角形，
∴，
∵，
∴的最大值是，
故选：．
【点睛】本题主要考查三角形三边关系，直角三角形的性质，等边三角形的性质，解题的关键是作出的外接圆．
6．（2022·湖北武汉·中考真题）如图，在四边形材料中， ，，，，．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图所示，延长BA交CD延长线于E，当这个圆为△BCE的内切圆时，此圆的面积最大，据此求解即可．
【详解】解：如图所示，延长BA交CD延长线于E，当这个圆为△BCE的内切圆时，此圆的面积最大，
∵，∠BAD=90°，
∴△EAD∽△EBC，∠B=90°，
∴，即，
∴，
∴EB=32cm，
∴，
设这个圆的圆心为O，与EB，BC，EC分别相切于F，G，H，
∴OF=OG=OH，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴此圆的半径为8cm，
故选B．
【点睛】本题主要考查了三角形内切圆半径与三角形三边的关系，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
7．（2023·广西防城港·二模）如图所示，在直角坐标系中，点坐标为，的半径为，为轴上一动点，切于点，则最小值是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了切线的性质、坐标与图形、勾股定理、垂线段最短等知识，解题关键是将问题进行转化，再根据垂线段最短的性质进行分析．连接，，根据切线的性质定理可得，要使最小，只需最小即可，根据垂线段最短，当轴时，取最小值，然后根据勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，连接，，

根据切线的性质定理，得．
要使最小，只需最小，
则根据垂线段最短，当轴于时，取最小值，
此时点的坐标是，，
在中，，
∴，
则最小值是．
故答案为：．
8．（2023·安徽·模拟预测）如图，已知是的直径，与相切于点．若，则 ．

【答案】/
【详解】题主要考查了相似三角形的性质，求角的正弦值，掌握正弦的概念，理解相似三角形的性质是解题关键．
由，可得，然后根据正弦的概念计算求解．
【点睛】解：∵，
∴，即，
∴
∵与相切于点．
∴，
在中，
，
故答案为：．
9．（2022·安徽·模拟预测）如图，在中，，，以的长为半径的经过，两点，点，分别在，上， ，且与过，两点的相切，则图中阴影部分的面积是 ．

【答案】
【分析】本题考查了等腰三角形的判定及性质，正方形的判定及性质，平行线的性质，勾股定理，切线的性质，扇形面积公式；由正方形的判定方法可得四边形是正方形，由等腰直角三角形的性质及勾股定理可求，由切线的性质，从而表示出，即可求解；掌握判定方法及性质，能将阴影部分面积表示为是解题的关键．
【详解】解：已知以的长为半径且经过，两点的圆的圆心为点，连接，交于点，交于点，

，
四边形是菱形，
，
四边形是正方形，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
与相切，
，
，
，
，
．
故答案：．
10．（2023·四川南充·三模）已知：如图，，以为直径的交OC于点D，AD的延长线交于点E，过D作的切线交于点F． ①；②；③；④，其中结论正确的是

【答案】①②④
【分析】先连接，利用相似三角形的判定以及切线的性质定理得出，进而分别得出以及，再根据相似三角形的性质分别分析即可得出答案．
【详解】解：连接，

∵为直径，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵，为直径，
∴为的切线，
∵为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理，
∵，
∴，故②正确；
∵，
∴，
而，
∴，
，
∴，
∴，
∴．故④正确；
∵，
∴，
假设③成立，
则，
∴，
而，与矛盾，
故③不成立，故③不正确；
综上正确的有①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】此题主要考查圆的切线的判定和性质，圆周角定理及相似三角形的判定和性质．熟练根据相似三角形的性质得出对应边之间关系是解题关键．
11．（2024·河南洛阳·一模）中国最迟在四千多年前的夏禹时代已有了马车，而目前考古发现最早的双轮马车始见年代为商代晚期(河南安阳殷城)．小明在殷墟游玩时，见到了如图1的马车车厢模型，他绘制了如图2的车轮侧面图．如图2，当过圆心O的车架的一端A落在地面上时，与的另一个交点为点D，水平地面切于点B．
(1)求证：；
(2)若，求的直径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了切线的性质，勾股定理，等边对等角，三角形内角和定理等等：
（1）如图所示，连接，根据等边对等角结合三角形外角的性质证明，由切线的性质得到，则由三角形内角和定理可得；
（2）设的半径为，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：如图所示，连接，
∵，
∴，
∴，
∵水平地面切于点B，
∴，即，
∴，即；
（2）解：设的半径为，则，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴的半径为．
12．（2023·辽宁盘锦·一模）如图，在中，，平分，交于点，是边上的点，经过点，的交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，．
①求的长；
②求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①；②
【分析】本题考查了等边对等角、平行线的判定与性质、切线的判定定理、勾股定理、垂径定理、含30度角的直角三角形、直角三角形两锐角互余、圆周角定理、扇形的面积公式，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理，并正确作出辅助线．
（1）连接，根据等边对等角，得出，再根据角平分线的定义，得出，再根据等量代换，得出，再根据平行线的判定，得出，再根据平行线的性质，得出，进而得出，再根据垂线的性质，得出，再根据切线的判定定理，即可得出结论；
（2）①根据勾股定理和直角三角形角的性质，得出，，进而得出，解出即可得出的长，再根据圆的性质，即可得出的长；②过点作于点，根据垂径定理，得出，再根据直角三角形两锐角互余，得出，再根据圆周角定理，得出，再根据直角三角形所对的直角边等于斜边的一半，得出，再根据勾股定理，得出，进而得出，再根据扇形的面积公式和三角形的面积公式，即可得出阴影部分的面积．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：①如图，在中，，
，，
，
，（舍去），
；
②如图，过点作于点，
，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，，
．
13．（2023·浙江杭州·二模）如图，在中，，以为直径作，交、上的点为D、E，连接、，线段与线段交于点Q．
(1)①求证：；
②如果，求的正切值：
(2)如果，，求的面积．
【答案】(1)①见解析； ②2
(2)
【分析】（1）①证明即可证明；
②设，根据等腰三角形“三线合一”表示出，即可利用求出答案；
（2）连接，根据勾股定理求出，，再根据勾股定理求出，即可利用面积公式求出面积．
【详解】（1）①证明：∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
②解：设，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：如图，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
设，
∴，
在中，，
即，
解得：，
∴
∴．
【点睛】本题考查了圆的性质的应用，等腰三角形性质、勾股定理的性质的应用,三角形面积的计算，相似三角形的判定和性质，求三角函数值，解题的关键是作出辅助线，数形结合，熟练掌握相关的判定和性质．
14．（2023·广西河池·二模）如图， 的半径为，直线交x轴于点A，交y轴于点B．
(1)若．
①直接写出k的值；
②当时，P为直线上一点，过点P作的两条切线，切点分别为C，D两点，若，求点P的坐标．
(2)若，且直线分的圆周为两部分，求b的值．
【答案】(1)①；②或
(2)
【分析】（1）①先求出A、B两点的坐标分别为，，由得，由此可求得；
②先证四边形是正方形，则可得，设点P的坐标是，
则，求出x的值为1或3，由此可得点P的坐标为或；
（2）当时，直线解析式为，可得，，．连接，，过点O作于点D，由直线把的圆周分为两部分，可得，则，进而可得．由，
即可求出b的值为，由对称性可得b的值还可以是．
【详解】（1）①令，则，
∴直线与y轴的交点B的坐标是，
，
令，则，
解得：，
∴直线与x轴的交点A的坐标是，
，
，
∴ ，
解得：；
②当时，直线的解析式为，
连接，如图1，
，是的切线，切点为C，D，
，
又，
∴四边形是矩形，
，
∴四边形是正方形，且边长为 ，
∴ ，
设点P的坐标是，
则，
解得：，，
当时，，
∴点P的坐标是，
当时，，
∴点P的坐标是，
综上，点P的坐标为或；
（2）当时，直线解析式为，
令，则，
∴直线与y轴的交点B的坐标为，
令，则，
，
∴直线与x轴的交点A的坐标为，
由勾股定理得：，
设直线与交于点M，N，
连接，，过点O作于点D，如图2，
∵直线把的圆周分为两部分，
，
，，
，
，
即 ，
∴ ，
在中，，
在中，，
即，
∴，
∴，
由对称性可得b的值还可以是，
综上，b的值是．
【点睛】本题综合考查了一次函数与几何知识的应用，运用圆与直线的关系以及直角三角形等知识求出线段的长是解题的关键．考点要求
命题预测
圆的基本性质证明与计算
中考数学中，圆的基本性质、与圆有关的位置关系一直都是必考的考点，难度从基础到综合都有通常选择填空题会出圆的基本性质，如弧长、弦长、半径、圆周角等的关系,基本都是基础应用，难度不大,个别会出选择题的压轴题，难度稍大.简答题部分，一般会把切线的问题和相似三角形、锐角三角函数等结合考察，这是一般都是中等难度的问题.还有一些城市会把圆的基本性质等与其他动点问题综合考察,此时一般都是压轴题，难度很大，这时候就需要考生综合思考的点比较多.
与圆有关的位置关系
扇形弧长公式
l=nπR180 （弧长的长度和圆心角大小和半径的取值有关，且n表示1°的圆心角的倍数，n和180都不要带单位．）
扇形面积公式
S扇形= nπR2 360 = 12lR
圆锥侧面积公式
S圆锥侧=πrl （其中l是圆锥的母线长，r是圆锥的底面半径）
圆锥全面积公式
S圆锥全=πrl+πr2 （圆锥的表面积=扇形面积+底面圆面积）
圆锥的高h，圆锥的底面半径r
r2+ℎ2=l2
边长
an=2Rn⋅sin1800n （Rn为正多边形外接圆的半径）
周长
Pn=n⋅an
外角/中心角度数
360°n
面积
Sn=12an⋅rn⋅n
对角线条数
n(n−3)2
边心距
rn=Rn⋅cs1800n
内角和
（ n-2 ）×180°.
内角度数
（n−2）×180°n
n边形的边数
（内角和÷180°）＋2
an、Rn、rn的关系
Rn2=rn2+an24 （an 、Rn、rn为构成直角三角形的三边长，已知其中两个值，第三个值可以借助勾股定理求解.）
内容
补充
圆的轴对称性
经过圆心任意画一条直线，并沿此直线圆对折,直线两旁的部分能够完全重合，因此圆是轴对称图形，每一条直径所在的直线都是它的对称轴，圆有无数条对称轴.
①圆的旋转不变性是其他中心对称图形所没有的性质.
②圆的对称轴不是直径，而是直径所在的直线.
③圆是一个特殊的对称图形，它的许多性质都可以由它的对称性推出.
圆的中心对称性
将圆绕圆心旋转180°能与自身重合，因此它是中心对称图形，它的对称中心是圆心. 将圆绕圆心旋转任意角度都能与自身重合，这说明圆具有旋转不变性.
图形
OA:AB:OB
内切圆与外接圆半径的比
等边三角形
1: 3 : 2
1:2
正方形
1:1: 2
1: 2
正六边形
3 : 1: 2
3 : 2
第一层杯子的个数
杯子的总数
位置关系
图形
定义
性质及判定
点在圆外

点在圆的外部
d > r 点P在圆外
点在圆上
点在圆周上
d = r 点P在圆上
点在圆内

点在圆的内部
d < r 点P在圆内
位置关系
图形
公共点个数
性质及判定
相离
没有公共点
d > r直线l与⊙O相离
相切
有唯一公共点
d = r直线l与⊙O相切
相交
有两个公共点
d < r直线l与⊙O相交
位置关系
图形
公共点个数
性质及判定
外离
无
d>R+r⇔两圆外离
外切
1个切点
d=R+r⇔两圆外切
相交
两个交点
R−r内切
1个切点
d=R−r⇔两圆内切
内含
无
0≤d两圆相切、相交的重要性质：如果两圆相切，那么切点一定在连心线上，它们是轴对称图形，对称轴是两圆的连心线；相交的两个圆的连心线垂直平分两圆的公共弦.
性质
圆的切线垂直于过切点的半径．（实际上过切点的半径也可理解为过切点的直径或经过切点与圆心的直线．）
解题方法：当题目已知一条直线切圆于某一点时，通常作的辅助线是连接切点与圆心（这是圆中作辅助线的一种方法）．根据切线的性质可得半径与切线垂直，从而利用垂直关系进行有关的计算或证明．
判定
1）定义法：直线和圆只有一个公共点时，我们说这条直线是圆的切线.
2）数量关系法：圆心到这条直线的距离等于半径时，直线与圆相切.
3) 判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
常见辅助线作法：判定一条直线是圆的切线时，
1）若已知直线与圆的公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半径，简称“连半径，证垂直”；
3）若直线与圆的公共点没有明确，可过圆心作直线的垂线段，再证明圆心到直线的距离等于半径，简称“作垂直，证半径”．
判定方法
图形
证明过程
若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆（圆的定义）.
适用范围：题目出现共端点，等线段时，可利用圆的定义构造辅助圆.

到定点的距离等于定长的点都在同一个圆上（圆的定义）
若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个点共圆.
反证法
若一个四边形的外角等于它的内对角，则这个四边形的四个点共圆.
反证法
同侧共边三角形且公共边所对角相等的四个顶点共圆.
反证法
共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆.
适用范围：双直角三角形共斜边模型.
连接AO、OD
根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得AO=BO=CO=DO
∴点A、B、C、D四点共圆
在⊙O中，若弦AB、CD相交于点P,且AP•DP=BP•CP，则A,B,C,D四点共圆（相交弦定理的逆定理）
在△APB和△CPD中
AP•DP=BP•CP
∠3=∠4
∴△APB∽△CPD ∴∠1=∠2
则A、B、C、D四点共圆
在⊙O中，若AB、CD两线段延长后相交于点P,且AP•BP=DP•CP，则A,B,C,D四点共圆（割线定理）
在△APC和△DPB中
AP•BP=CP•DP
∠P=∠P ∴△APC∽△DPB
∴∠1=∠3 而∠2+∠3=180°
∴∠1+∠2=180°
则A、B、C、D四点共圆
若四边形两组对边乘积的和等于对角线的乘积，则四边形的四个顶点共圆(托勒密定理的逆定理).
已知
图形
结论
证明过程
【基础】在⊙O中，弦AB、CD相交于点P
AP•DP=BP•CP
在△APB和△CPD中
∠1=∠2（同弧所对圆周角相等）
∠3=∠4 ∴△APB∽△CPD
∴APCP=BPDP 则AP•DP=BP•CP
【进阶】在⊙O中，OP所在直线与⊙O交于M、N两点，r为⊙O的半径
BP•CP=MP•NP
=(r-OP)( r+OP)
= r2−OP2
同上
已知
图形
结论
证明过程
如图，线段ADC是⊙O的一条割线，AB是⊙O的一条切线，
切点为点B
AB2=AD•AC
∵∠1=∠2（弦切角定理模型），
∠A=∠A
∴△ABD∽△ACB
∴ABAC=ADAB 则AB2=AD•AC
已知
图形
结论
证明过程
【基础】在⊙O中，弦AB、CD相交于点P，且点P在圆外
AP•BP
=CP•DP
连接AC、BD
通过已知条件证明△APC∽△DPB
∴APDP=CPBP 则AP•BP=CP•DP
（请尝试连接AD，BC自行证明）
【进阶】若从圆外一点P引圆的两条割线PAB和PMN，
且割线PMN经过圆心，r为⊙O的半径
AP•BP
=MP•NP
=(OP-r)( OP+r)
= OP2-r2
同上