試卷第=page8686頁，共=sectionpages8787頁難點07圓的基本性質的常考題型（6大熱考題型）題型一：圓的基本和最值問題題型二：垂徑定理及其應用題型三：圓心角、弦、弧之間的關系題型四：圓周角定理題型五：圓周角定理的推論和應用題型六：圓內接四邊形題型一：圓的基本和最值問題【中考母題學方法】【典例1】（2024·江蘇蘇州·中考真題）如圖，矩形中，，，動點E，F分別從點A，C同時出發，以每秒1個單位長度的速度沿，向終點B，D運動，過點E，F作直線l，過點A作直線l的垂線，垂足為G，則的最大值為（

）

A． B． C．2 D．1【答案】D【分析】本題主要考查了矩形的性質、動點軌跡、與圓有關的位置關系等知識，根據矩形的性質以及直角三角形斜邊中線的性質確定G的軌跡是本題解題的關鍵．連接，交于點，取中點，連接，根據直角三角形斜邊中線的性質，可以得出的軌跡，從而求出的最大值．【詳解】解：連接，交于點，取中點，連接，如圖所示：

∵四邊形是矩形，∴，，，∴在中，，∴，∵，，在與中，，，，，共線，，是中點，∴在中，，的軌跡為以為圓心，為半徑即為直徑的圓弧．∴的最大值為的長，即．故選：D．【典例2】（2023·山東淄博·中考真題）在數學綜合與實踐活動課上，小紅以“矩形的旋轉”為主題開展探究活動．(1)操作判斷小紅將兩個完全相同的矩形紙片和拼成“L”形圖案，如圖①．試判斷：的形狀為________．

(2)深入探究小紅在保持矩形不動的條件下，將矩形繞點旋轉，若，．探究一：當點恰好落在的延長線上時，設與相交于點，如圖②．求的面積．探究二：連接，取的中點，連接，如圖③．求線段長度的最大值和最小值．

【答案】(1)等腰直角三角形(2)探究一：；探究二：線段長度的最大值為，最小值為【分析】（1）由，可知是等腰三角形，再由，推導出，即可判斷出是等腰直角三角形，（2）探究一：證明，可得，再由等腰三角形的性質可得，在中，勾股定理列出方程，解得，即可求的面積；探究二：連接DE，取DE的中點，連接，取AD、的中點為、，連接，，，分別得出四邊形是平行四邊形，四邊形是平行四邊形，則，可知點在以為直徑的圓上，設的中點為，，即可得出的最大值與最小值．【詳解】（1）解：兩個完全相同的矩形紙片和，，是等腰三角形，，．，，，∵，∴，∴，，，，是等腰直角三角形，故答案為：等腰直角三角形；（2）探究一：，，，，，，，，，，，在中，，，解得，，的面積；探究二：連接DE，取DE的中點，連接，，取AD、的中點為、，連接，，，

是的中點，，且DE，，，，，且，四邊形是平行四邊形，，，，，，，四邊形是平行四邊形，，，點在以為直徑的圓上，設的中點為，，的最大值為，最小值為．【點睛】本題考查四邊形的綜合應用，熟練掌握矩形的性質，直角三角形的性質，三角形全等的判定及性質，平行四邊形的性質，圓的性質，能夠確定H點的運動軌跡是解題的關鍵．【變式1-1】（2024·江蘇連云港·中考真題）如圖，將一根木棒的一端固定在O點，另一端綁一重物．將此重物拉到A點后放開，讓此重物由A點擺動到B點．則此重物移動路徑的形狀為（

）

A．傾斜直線 B．拋物線 C．圓弧 D．水平直線【答案】C【分析】本題考查動點的移動軌跡，根據題意，易得重物移動的路徑為一段圓弧．【詳解】解：在移動的過程中木棒的長度始終不變，故點的運動軌跡是以為圓心，為半徑的一段圓弧，故選：C．【變式1-2】（2023·江蘇宿遷·中考真題）在同一平面內，已知的半徑為2，圓心O到直線l的距離為3，點P為圓上的一個動點，則點P到直線l的最大距離是（

）A．2 B．5 C．6 D．8【答案】B【分析】過點作于點，連接，判斷出當點為的延長線與的交點時，點到直線的距離最大，由此即可得．【詳解】解：如圖，過點作于點，連接，，，當點為的延長線與的交點時，點到直線的距離最大，最大距離為，故選：B．【點睛】本題考查了圓的性質，正確判斷出點到直線的距離最大時，點的位置是解題關鍵．【中考模擬即學即練】1．（2024·安徽合肥·三模）如圖，P為線段上一動點（點P不與點A，B重合），將線段繞點P順時針旋轉得到線段，將線段繞點P逆時針旋轉得到線段，連接，，交點為Q．若，點H是線段的中點，則的最小值為（

）A．3 B． C． D．2【答案】B【分析】本題考查旋轉的性質、等腰三角形手拉手問題、三角形中位線及四點共圓最小值問題，作且，先證，結合旋轉角度問題得到A、Q、B、E四點共圓，結合三角形三邊關系即可得到答案；【詳解】解：∵線段繞點P順時針旋轉得到線段，將線段繞點P逆時針旋轉得到線段，∴，，，∴，在與中，∵，∴，∴，∵，∴，∴，作且，取的中點O，連接，，，，∵，，∴，，∵點H、O是中點，∴，，∵，∴A、Q、B、E四點共圓，∵，∴A、Q、B、E是在以點O為圓心為半徑的圓上，當O、H、Q在同一直線時，，當O、H、Q不在同一直線時，則最小值為，故選：B．2．（2024·浙江嘉興·一模）如圖，在矩形中，，E為邊上的一個動點，連接，點B關于的對稱點為，連接．若的最大值與最小值之比為2，則的長為．【答案】【分析】本題主要考查了一點到圓上一點距離的最值問題，矩形的性質，軸對稱的性質，勾股定理，由軸對稱的性質可得，則點在以A為圓心，半徑為3的圓上運動，據此可得當三點共線時，最小，當點E與點B重合時，最大，據此表示出的最大值和最小值，再由的最大值與最小值之比為2列出方程求解即可．【詳解】解；如圖所示，連接，由軸對稱的性質可得，∴點在以A為圓心，半徑為3的圓上運動，∴當三點共線時，最小，∴；∵點E在線段上，∴當點E與點B重合時，最大，最大值即為的長，∴，∵的最大值與最小值之比為2，∴，∴，∴，解得或，故答案為：．3．（2024·江蘇南京·模擬預測）如圖，點C是上一動點，B為一定點，D隨著C點移動而移動，為的垂直平分線，，若半徑為2，點B到點A的距離為4，則在C點運動過程中，的最大值為．【答案】【分析】該題主要考查了勾股定理，正方形的性質和判定，垂直平分線的定義，圓中相關知識點，解題的關鍵是找到取得最大值時點C的位置．過點作交所在直線于點，證明四邊形是正方形，設，則，勾股定理得出，確定出時最大，求解即可；【詳解】解：過點作交所在直線于點，∵為的垂直平分線，，∴，∵，∴四邊形是正方形，設，則，在中，，故當最大時，最大，∵，∴時最大，即最大，此時，故答案為：．4．（2024·河北秦皇島·一模）某校社團實踐活動中，有若干個同學參加．先到的個同學均勻圍成一個以點為圓心，為半徑的圓圈，如圖所示（每個同學對應圓周上一個點）．（1）若，則相鄰兩人間的圓弧長是．（結果保留）（2）又來了兩個同學，先到的同學都沿各自所在半徑往后移米，再左右調整位置，使這個同學之間的圓弧長與原來個同學之間的圓弧長相等．這個同學排成圓圈后，又有一個同學要加入隊伍，重復前面的操作，則每人須再往后移米，才能使得這個同學之間的圓弧長與原來個同學之間的圓弧長相同，則．【答案】【分析】本題考查圓的周長和弧長，（1）先計算出圓的周長，再計算出圓的弧長即可；（2）先計算出半徑往后移米的圓的周長，求出弧長，根據弧長相等建立等式即可求出a，再計算出b，即可得到答案．【詳解】解：（1）當時，圓的周長為：，∴相鄰兩人間的圓弧長是，故答案為：；（2）又來了兩個同學后圓的周長為：，∴，∴，當又有一個同學要加入隊伍后，圓的周長為：，∴，∴，∴，故答案為：．5．（2024·浙江·模擬預測）如圖，以點A為圓心的圓交數軸于B，C兩點（點C在點A的左側，點B在點A的右側），若A，B兩點表示的數分別為1，，則點C表示的數是．【答案】/【分析】本題主要考查了是數軸上兩點之間的距離和圓的性質．根據A，B兩點表示的數可求得的半徑為，再利用B點表示的數減去的直徑即可解題．【詳解】解：，B兩點表示的數分別為1，，根據圓的性質可得：，，點C表示的數是，故答案為：．6．（2024·陜西·模擬預測）如圖，在矩形中，，，是平面內一動點，且，則線段的最大值為．

【答案】/【分析】該題主要考查了矩形的性質，勾股定理，圓相關知識點，解題的關鍵是明確點的運動軌跡．根據勾股定理算出，再根據題意確定點在以為半徑的上運動，的最大值，即可求解；【詳解】解：∵四邊形是矩形，∴，∴，∵，∴點在以為半徑的上運動，如圖當三點共線時，

最大，最大值．故答案為：．7．（2023·四川樂山·模擬預測）【發現問題】小明在練習簿的橫線上取點O為圓心，相鄰橫線的間距為半徑畫圓，然后半徑依次增加一個間距畫同心圓，描出了同心圓與橫線的一些交點，如圖1所示，他發現這些點的位置有一定的規律．【提出問題】小明通過觀察，提出猜想：按此步驟繼續畫圓描點，所描的點都在某二次函數圖象上．【分析問題】小明利用已學知識和經驗，以圓心O為原點，過點O的橫線所在直線為x軸，過點O且垂直于橫線的直線為y軸，相鄰橫線的間距為一個單位長度，建立平面直角坐標系，如圖2所示，當所描的點在半徑為5的同心圓上時，其坐標為___________．【解決問題】請幫助小明驗證他的猜想是否成立．【深度思考】小明繼續思考：設點，m為正整數，以為直徑畫，是否存在所描的點在上，若存在，求m的值；若不存在，請說明理由．【答案】【分析問題】或，【解決問題】見解析，【深度思考】4【分析】分析問題：利用垂徑定理與勾股定理解答即可；解決問題：設所描的點在半徑為為正整數的同心圓上，則該點的縱坐標為，再進一步求解橫坐標即可；深度思考：設該點的坐標為結合的圓心坐標，利用勾股定理，即可用含的代數式表示出的值，再結合，均為正整數，即可得出，的值．【詳解】解：分析問題：根據題意，可知：所描的點在半徑為的同心圓上時，其縱坐標

∵橫坐標，∴點的坐標為)或；解決問題：證明：設所描的點在半徑為為正整數的同心圓上，則該點的縱坐標為，∴該點的橫坐標為，∴該點的坐標為或，，∴該點在二次函數的圖象上，∴小明的猜想正確；深度思考：設該點的坐標為，的圓心坐標為，，，又∵，均為正整數，，，∴存在所描的點在上，的值為．【點睛】本題考查了勾股定理、垂徑定理的應用，二次函數圖象上點的坐標特征以及與圓有關的位置關系，解題的關鍵是找出點在二次函數的圖象上．8．（2024·湖南·模擬預測）如圖，在6×6的正方形網格中，小正方形的頂點叫做格點．A，B兩點均為格點，請僅用無刻度直尺找出經過A，B兩點的圓的圓心O，并保留作圖痕跡．【答案】見解析【分析】根據圓心確定的條件即弦的垂直平分線的交點，再利用垂徑定理解答即可．本題主要考查了線段的垂直平分線的性質、垂徑定理等知識點，靈活運用垂徑定理是解題的關鍵．【詳解】解：根據題意，畫圖如下：則點O即為所求．9．（2025·湖北十堰·模擬預測）如圖，的直徑垂直弦于點E，F是圓上一點，D是的中點，連接交于點G，連接．(1)求證：；(2)若，，求的長．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用證明，即可得到；（2）連接，求出直徑的長，即得半徑，求出，由（1）知，再求出，利用勾股定理求出，根據垂徑定理即可求出．【詳解】（1）證明：∵是的中點，∴，即，∵，∴，又∵，∴，∴；（2）解：如圖，連接，∵，，∴，∴，∴，由（1）知，∴，∴，∵直徑，∴．【點睛】本題考查了圓周角定理，三角形全等的判定與性質，垂徑定理，勾股定理．熟練掌握圓的基本性質、三角形全等的判定定理是解題的關鍵．題型二：垂徑定理及其應用【中考母題學方法】【典例1】（2024·湖南長沙·中考真題）如圖，在中，弦的長為8，圓心O到的距離，則的半徑長為（

）A．4 B． C．5 D．【答案】B【分析】本題考查垂徑定理、勾股定理，先根據垂徑定理得到，再根據勾股定理求解即可．【詳解】解：∵在中，弦的長為8，圓心O到的距離，∴，，在中，，故選：B．【變式2-1】（2024·內蒙古通遼·中考真題）如圖，圓形拱門最下端在地面上，為的中點，為拱門最高點，線段經過拱門所在圓的圓心，若，，則拱門所在圓的半徑為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查的是垂徑定理的實際應用。勾股定理的應用，如圖，連接，先證明，，再進一步的利用勾股定理計算即可；【詳解】解：如圖，連接，∵為的中點，為拱門最高點，線段經過拱門所在圓的圓心，，∴，，設拱門所在圓的半徑為，∴，而，∴，∴，解得：，∴拱門所在圓的半徑為；故選B【變式2-2】（2024·新疆·中考真題）如圖，是的直徑，是的弦，，垂足為E．若，，則的長為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】本題考查了垂徑定理，勾股定理的應用，熟練掌握知識點是解題的關鍵．根據垂徑定理求得，再對運用勾股定理即可求，最后即可求解．【詳解】解：∵，是的直徑，∴，，∴在中，由勾股定理得，∴，故選：B．【變式2-3】（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，在中，直徑于點E，，則弦的長為．【答案】【分析】本題考查了垂徑定理和勾股定理等知識，熟練掌握垂徑定理，由勾股定理得出方程是解題的關鍵．由垂徑定理得，設的半徑為，則，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．【詳解】解：∵，，設的半徑為，則，在中，由勾股定理得：，即，解得：，，，在中，由勾股定理得：，故答案為：．【變式2-4】（2024·江西·中考真題）如圖，是的直徑，，點C在線段上運動，過點C的弦，將沿翻折交直線于點F，當的長為正整數時，線段的長為．【答案】或或2【分析】本題考查了垂徑定理，勾股定理，折疊的性質，根據，可得或2，利用勾股定理進行解答即可，進行分類討論是解題的關鍵．【詳解】解：為直徑，為弦，，當的長為正整數時，或2，當時，即為直徑，將沿翻折交直線于點F，此時與點重合，故；當時，且在點在線段之間，如圖，連接，此時，，，，，；當時，且點在線段之間，連接，同理可得，，綜上，可得線段的長為或或2，故答案為：或或2．【中考模擬即學即練】1．（2023·廣東東莞·一模）如圖，是直徑，點在上，垂足為，點是上動點（不與重合），點為的中點，若，，則的最大值為．【答案】【分析】本題考查了垂徑定理，三角形中位線定理，勾股定理，延長交于點，連接，根據垂徑定理得到，推出，得到當取最大值時，也取得最大值，設的半徑為，則，利用勾股定理求出即可求解，掌握知識點的應用是解題的關鍵．【詳解】解：延長交于點，連接，∵，即，是的直徑，∴，∵點為的中點，∴，當取最大值時，也取得最大值，設的半徑為，則，在中，，∴，解得：，∴的最大值為，∴的最大值為，故答案為：．2．（2025·安徽·模擬預測）已知的半徑為5，是的弦，P是弦的延長線的一點，若，，則圓心O到弦的距離為（

）A． B．6 C． D．4【答案】D【分析】本題考查了垂徑定理：垂直弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．關鍵是根據勾股定理解答．作于C，連接，根據垂徑定理得到，然后在中，利用勾股定理計算即可．【詳解】解：作于C，連接，如圖，∵，，∴，∵，∴，在中，，∴，即圓心O到弦的距離為4．故選：D．3．（2024·山西長治·模擬預測）明朝科學家徐光啟在《農政全書》中用圖畫描繪了“筒車”（一種水利灌溉工具）的工作原理．如圖，筒車盛水桶的運行軌道是以軸心為圓心的圓．已知圓心在水面上方，且被水面截得弦AB長為米，半徑長為米，若點為運行軌道的最低點，則點到弦AB所在直線的距離是（

）A．米 B．米 C．米 D．米【答案】C【分析】本題考查的知識點是垂徑定理、勾股定理，解題關鍵是熟練掌握垂徑定理．連接交AB于點，根據垂徑定理得到米，，再根據勾股定理得到即可得解．【詳解】解：連接交AB于點，依題得：米，，米，設，即，中，，即，解得，即米，米，即點到弦AB所在直線的距離是米．故選：．4．（2024·云南怒江·一模）如圖，是的弦，半徑，垂足為D，設，，則的半徑長為（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】本題考查了垂徑定理、勾股定理，連接，由垂徑定理可得，設，則，再由勾股定理計算即可得解．【詳解】解：如圖，連接，∵是的弦，半徑，垂足為D，∴，設，則，由勾股定理可得：，即，解得：，故選：C．5．（2024·四川成都·二模）如圖，是的弦，若的半徑，圓心O到弦的距離，則弦的長為()A．8 B．12 C．16 D．20【答案】C【分析】根據垂徑定理，得，且，解答即可．本題考查了勾股定理，垂徑定理，熟練掌握兩個定理是解題的關鍵．【詳解】解：根據垂徑定理，得，根據勾股定理，得，故．故選：C．6．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，分別是以為直徑的兩個半圓，其中是半圓O的一條弦，E是中點，D是半圓中點．若，，且，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查圓的垂徑定理，三角形中位線定理，勾股定理，作出合理的輔助線證明D、E、F、O在同一條直線上是解題的關鍵．連接，是中點，推垂直平分，D是半圓中點，推垂直平分在同一條直線上，F是的中點，O是中點，推是的中位線，在中，根據勾股定理得長．【詳解】解：連接交于點F，是中點，垂直平分，是的中點．為的直徑，，是半圓中點，垂直平分，、E、F、O在同一條直線上，，，，，設，，，，是的中點，O是中點，是的中位線，，為直徑，，在中，根據勾股定理得，，，，，，．故選：D．7．（2024·湖南長沙·模擬預測）如圖，是的半徑，弦于點D，連接．若的半徑為，的長為，則的長是．

【答案】2【分析】本題考查垂徑定理，勾股定理，根據垂徑定理和勾股定理求出的長，進而求出的長即可．【詳解】解：由題意，，∵是的半徑，弦于點D，∴，∴，∴；故答案為：2．8．（2024·上海嘉定·二模）如圖在圓O中，是直徑，弦CD與交于點E，如果，點M是的中點，連接，并延長與圓O交于點N，那么．

【答案】/【分析】本題主要考查圓有關性質．熟練掌握垂徑定理推論，等腰直角三角形性質，是解決問題的關鍵．由題意可知，則，根據垂徑定理推論得到，結合可得是等腰直角三角形，求得，即可求得．【詳解】解：∵在圓O中，是直徑，，∴，∴，∴，∵點M是的中點，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，故答案為：．9．（2024·湖南·二模）如圖是一個隧道的橫截面，它的形狀是以點O為圓心的圓的一部分，如果C是中弦的中點，經過圓心O交于點D，且，，則m．【答案】8【分析】本題考查了垂徑定理的應用、勾股定理．連接，先根據垂徑定理、線段中點的定義可得，，設的半徑長為，再在中，利用勾股定理即可得的半徑，進一步計算即可求解．【詳解】解：如圖，連接，是中的弦的中點，且，，，設的半徑長為，則，在中，，則，故答案為：8．10．（2024·廣東湛江·模擬預測）如圖，在破殘的圓形殘片上，弦的垂直平分線交弧于點，交弦于點，已知，．(1)求作此殘片所在的圓的圓心（不寫作法，保留作圖痕跡）；(2)求出（1）中所作圓的半徑．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題考查了垂經定理的應用和基本作圖，用到的知識點是線段垂直平分線的作法與性質、垂徑定理、勾股定理的應用，基本作圖需要熟練掌握．（1）在圓形殘片上作弦的垂直平分線，交于點P，連接，以P為圓心，為半徑的圓為所求殘片的圓．（2）先設圓P的半徑為r，根據和已知條件求出，，在中，根據，得出，求出r即可．【詳解】（1）解：作圖如下，（2）解：設圓P的半徑為r，∵，，，∴，，在中，，∴，解得，∴的半徑為．11．（2024·湖南·模擬預測）某校組織九年級學生前往某蔬菜基地參觀學習，該蔬菜基地欲修建一頂大棚．如圖，大棚跨度，拱高．同學們討論出兩種設計方案：方案一，設計成圓弧型，如圖1，已知圓心O，過點O作于點D交圓弧于點C．連接．方案二，設計成拋物線型，如圖2，以所在直線為x軸，線段的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標系．(1)求方案一中圓的半徑；(2)求方案二中拋物線的函數表達式；(3)為擴大大概的空間，將大棚用1米高的垂直支架支撐起來，即．在大棚內需搭建高的植物攀爬竿，即，于點P，于點Q，與交于點K．請問哪種設計的種植寬度要大些?（不考慮種植間距等其他問題，且四邊形是矩形）【答案】(1)(2)(3)方案一中的種植寬度要大些【分析】本題考查二次函數與圓的綜合，涉及垂徑定理、勾股定理、待定系數法求二次函數的解析式，求得拋物線的函數表達式是解答的關系．（1）根據垂徑定理和勾股定理求解即可；（2）利用待定系數法求解拋物線的函數表達式即可；（3）根據題意，分別求得兩個方案中的長，然后比較大小可得結論．【詳解】（1）解：如圖1，設圓的半徑為，∵，，∴，在中，，由勾股定理得，解得，即圓的半徑為；（2）解：根據題意，A?4,0，B4,0，設該拋物線的函數表達式為，將點B4,0代入中，得，解得，∴該拋物線的函數表達式為；（3）解：如圖1，連接，由題意，，，，，在中，，，由勾股定理得，∴；如圖4，由題意，點H和點G的縱坐標均為1，將代入得，解得，∴，∵，∴方案一中的種植寬度要大些．題型三：圓心角、弦、弧之間的關系【中考母題學方法】【典例1】（2023·河北·中考真題）如圖，點是的八等分點．若，四邊形的周長分別為a，b，則下列正確的是(

)

A． B． C． D．a，b大小無法比較【答案】A【分析】連接，依題意得，，的周長為，四邊形的周長為，故，根據的三邊關系即可得解．【詳解】連接，

∵點是的八等分點，即∴，∴又∵的周長為，四邊形的周長為，∴在中有∴故選A．【點睛】本題考查等弧所對的弦相等，三角形的三邊關系等知識，利用作差比較法比較周長大小是解題的關鍵．【變式3-1】（2022·山東聊城·中考真題）如圖，AB，CD是的弦，延長AB，CD相交于點P．已知，，則的度數是（

）

A．30° B．25° C．20° D．10°【答案】C【分析】如圖，連接OB，OD，AC，先求解，再求解，從而可得，再利用周角的含義可得，從而可得答案．【詳解】解：如圖，連接OB，OD，AC，

∵，∴，∵，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴．∴的度數20°．故選：C．【點睛】本題考查的是圓心角與弧的度數的關系，等腰三角形的性質，三角形的內角和定理的應用，掌握“圓心角與弧的度數的關系”是解本題的關鍵．【變式3-2】（2023·山東煙臺·中考真題）如圖，將一個量角器與一把無刻度直尺水平擺放，直尺的長邊與量角器的外弧分別交于點A，B，C，D，連接，則的度數為．

【答案】【分析】方法一∶如圖：連接，由題意可得：，，然后再根據等腰三角形的性質求得、，最后根據角的和差即可解答．方法二∶連接，由題意可得：，然后根據圓周角定理即可求解．【詳解】方法一∶解：如圖：連接，由題意可得：，，，∴，，∴．故答案為．

方法二∶解∶連接，由題意可得：，根據圓周角定理，知．故答案為．

【點睛】本題主要考查了角的度量、圓周角定理等知識點，掌握圓周角的度數等于它所對弧上的圓心角度數的一半是解答本題的關鍵．【變式3-3】（2021·四川巴中·中考真題）如圖，AB是⊙O的弦，且AB＝6，點C是弧AB中點，點D是優弧AB上的一點，∠ADC＝30°，則圓心O到弦AB的距離等于（）A． B．32 C．3 D．【答案】C【分析】連接OA，AC，OC，OC交AB于E，先根據垂徑定理求出AE=3，然后證明三角形OAC是等邊三角形，從而可以得到∠OAE=30°，再利用三線合一定理求解即可.【詳解】解：如圖所示，連接OA，AC，OC，OC交AB于E，∵C是弧AB的中點，AB=6，∴OC⊥AB，AE=BE=3，∵∠ADC=30°，∴∠AOC=2∠ADC=60°，又∵OA=OC，∴△OAC是等邊三角形，∵OC⊥AB,∴，,∴∴∴圓心O到弦AB的距離為，故選C.【點睛】本題主要考查了圓周角與圓心角的關系，等邊三角形的性質與判定，勾股定理，垂徑定理，解題的關鍵在于能夠熟練掌握相關知識進行求解.【中考模擬即學即練】1．（2025·湖北十堰·一模）“老碗面”是陜西地方特色美食之一．圖②是從正面看到的一個“老碗”（圖①）的形狀示意圖是的一部分，D是的中點，連接，與弦交于點C，連接，．已知，碗深，則的半徑為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題主要考查了垂徑定理、等腰三角形的性質、勾股定理的應用等知識點，設的半徑為，并根據勾股定理列出關于R的方程是解題的關鍵．先利用垂徑定理的推論得出，再設的半徑為，則．在中根據勾股定理列出方程，然后解方程即可．【詳解】解：∵D是的中點，∴,∴,∵,，∴，設的半徑為，則，在中，，∴，∴，解得：，即的半徑為．故選：A．2．（2024·云南昆明·一模）如圖，AB是的直徑，．若，則的度數是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題主要考查了弧與圓心角之間的關系，根據同圓中，等弧所對的圓心角相等得到，再根據平角的定義可得答案．【詳解】解：∵，，∴，∴，故選：B．3．（2023·福建莆田·模擬預測）如圖，中的度數為，是的直徑，那么等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題主要考查了圓的知識，等邊對等角，三角形內角和定理，由中的度數為可得出，由平角的定義求出，再根據等邊對等角以及三角形內角和定理即可得出答案．【詳解】解：∵中的度數為，∴，∵是的直徑，∵，∴，故選：A．4．（2024·山東青島·中考真題）如圖，是上的點，半徑，，，連接AD，則扇形的面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了圓周角定義，扇形的面積，連接，由圓周角定理可得，進而得，再根據扇形的面積計算公式計算即可求解，掌握圓周角定理及扇形的面積計算公式是解題的關鍵．【詳解】解：連接，則，∵，∴，∴，故選：．5．（2024·廣東揭陽·三模）如圖，在中，，那么（

）A． B．C． D．與的大小關系無法比較【答案】A【分析】本題考查了垂徑定理．可過作半徑于，由垂徑定理可知，因此只需比較和的大小即可；易知，在中，是斜邊，是直角邊，很顯然，即，由此可判斷出和的大小關系，即可得解．【詳解】解：如圖，過作半徑于，連接；由垂徑定理知：，；；在中，，則；，即；故選：A．6．（2023·云南大理·一模）如圖，在中，AB是的直徑，，、為弧AB的三等分點，是AB上一動點，的最小值是．

【答案】【分析】本題考查了軸對稱確定最短路線問題，圓心角與弧的關系及垂徑定理，作點關于AB的對稱點，連接與AB相交于點，根據軸對稱確定最短路線問題，點為的最小值時的位置，根據垂徑定理可得，然后求出為直徑，從而得解．【詳解】解：如圖，作點關于AB的對稱點，連接與AB相交于點，

此時，點為的最小值時的位置，由題意得，則，∴，，AB為直徑，為直徑．則．故答案是：．7．（2024·河南駐馬店·三模）如圖，在扇形中，，，C為的中點，D為上一點，且，連接，在繞點O旋轉的過程中，當取最小值時，的周長為．【答案】【分析】本題主要考查線段最值問題，等邊三角形的判定以及勾股定理等知識，判斷出在的旋轉過程中，三點共線時，最短，得出是等邊三角形，由勾股定理求出，即可解決問題【詳解】解：∵，∴∵C為的中點，∴，在繞點O旋轉的過程中，當三點共線時，的值最小，如圖，∵，∴，∴又∴是等邊三角形，∵C為的中點，由勾股定理得，，∴的周長，故答案為：8．（2024·浙江·模擬預測）如圖，AB是半徑為的的直徑，是的中點，連接CD交AB于點，連接．(1)求證：．(2)若，求AD的長．(3)如圖，作于點，交AD于點，射線CB交AD的延長線于點，若，求的長．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（）根據題意得出，即可證明，得到垂直平分AD，即可證明結論．（）延長交AD于點，連結BD，證明，根據相似三角形的性質得到比例關系計算即可；（）由勾股定理得，再證明和，可得，即得，設，利用勾股定理求出即可求解．【詳解】（1）證明：如圖，連接，∵是的中點∴，∴，∵，∴垂直平分AD，∴；（2）解：如圖，延長交AD于點，連接BD，∵，∴，∵AB是直徑，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴在中，；（3）解：∵，∴，∵，，∴，，∴，∵AB是的直徑，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即，設，則，在中，，∴，解得，∴，∴．【點睛】本題考查了弧弦圓心角之間的關系，圓周角定理，等腰三角形的性質和判定理，相似三角形的判定和性質，線段垂直平分線的判定和性質，勾股定理，余角性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．題型四：圓周角定理【中考母題學方法】【典例1】（2024·山東濰坊·中考真題）如圖，是的外接圓，，連接并延長交于點．分別以點為圓心，以大于的長為半徑作弧，并使兩弧交于圓外一點．直線交于點，連接，下列結論一定正確的是（

）A． B．C． D．四邊形為菱形【答案】ABD【分析】本題主要考查圓的性質、圓周角定理、平行線的性質以及菱形的判定，熟練掌握性質定理是解題的關鍵．根據全等三角形的判定定理證明，證明即可證明四邊形為菱形，再根據圓周角定理進行判定即可．【詳解】解：令AC,OE交于點，由題意得：是的垂直平分線，，，選項A正確；故四邊形為菱形，選項D正確；，四邊形為菱形，四邊形為平行四邊形，，選項B正確；，故選項C錯誤；故選ABD．【變式4-1】（2024·海南·中考真題）如圖，是半圓O的直徑，點B、C在半圓上，且，點P在上，若，則等于（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了圓周角定理，等邊三角形的判定和性質．連接，，證明和都是等邊三角形，求得，利用三角形內角和定理求得，據此求解即可．【詳解】解：連接，，∵是半圓O的直徑，，∴，∴和都是等邊三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，故選：B．【變式4-2】（2024·北京·中考真題）如圖，的直徑平分弦（不是直徑）.若，則

【答案】55【分析】本題考查了垂徑定理的推論，圓周角定理，直角三角形的性質，熟練掌握知識點是解題的關鍵．先由垂徑定理得到，由得到，故．【詳解】解：∵直徑平分弦，∴，∵，∴，∴，故答案為：．【變式4-3】（2024·甘肅臨夏·中考真題）如圖，是的直徑，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查圓周角定理，關鍵是由圓周角定理推出．由圓周角定理得到，由鄰補角的性質求出．【詳解】解：，，．故選：D．【變式4-4】（2024·內蒙古赤峰·中考真題）如圖，是的直徑，是的弦，半徑，連接，交于點E，，則的度數是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了垂徑定理，圓周角定理以及三角形的外角性質．先根據垂徑定理，求得，利用圓周角定理求得，再利用三角形的外角性質即可求解．【詳解】解：∵半徑，∴，∴，，∵，∴，∴，故選：B．【變式4-5】（2024·湖北武漢·中考真題）如圖，四邊形內接于，，，，則的半徑是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】延長至點E，使，連接，連接并延長交于點F，連接，即可證得，進而可求得，再利用圓周角定理得到，結合三角函數即可求解．【詳解】解：延長至點E，使，連接，連接并延長交于點F，連接，∵四邊形內接于，∴∴∵∴，∴是的直徑，∴∴是等腰直角三角形，∴∵∴∴，,∵∴又∵∴∴是等腰直角三角形∴∵∴∵∴∴故選：A．【點睛】本題考查了全等三角形的性質與判定，圓周角定理，銳角三角函數、等腰三角形的性質與判定等知識點，熟練掌握圓周角定理以及全等三角形的性質與判定是解題的關鍵．【變式4-6】（2024·江蘇鎮江·中考真題）如圖，是的內接正n邊形的一邊，點C在上，，則．

【答案】10【分析】本題考查了正多邊形和圓、圓周角定理等知識，求出中心角的度數是解題的關鍵．由圓周角定理得，再根據正邊形的邊數中心角，即可得出結論．【詳解】解：，，，故答案為：10．【中考模擬即學即練】1．（2023·內蒙古呼倫貝爾·一模）如圖，AB是的直徑，弦于點，，的半徑為，則弦CD的長為(

)

A．3 B． C． D．9【答案】C【分析】本題考查了垂徑定理，圓周角定理，勾股定理．先根據圓周角定理得到，再根據垂徑定理得到，然后利用含度的直角三角形三邊的關系求出CE，從而得到CD的長．【詳解】解：，，，，，，，的半徑為，即，，，．故選：C2．（2024·浙江溫州·三模）如圖，，是的直徑，弦，連結，，若，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】此題考查圓周角定理，關鍵是利用圓周角定理得出解答．根據平行線的性質得出，進而利用圓周角定理解答即可．【詳解】解：弦，，由圓周角可知，，，，，，故選：A3．（2025·安徽·模擬預測）如圖，是⊙O的弦，半徑，垂足為D，弦與交于點F，連接，，．

(1)求證：；(2)若，，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題考查垂徑定理，相似三角形的判定和性質，圓周角定理．（1）由垂徑定理，得，，由圓周角定理，得；（2）可證得；中，勾股定理求得，于是．【詳解】（1）證明：∵，是的半徑，∴，（垂直于弦的直徑平分弦，并且平分弦所對的兩條弧）∴（同弧或等弧所對的圓周角相等）；（2）解：∵，又∵，∴，∴（相似三角形對應邊成比例），∵，∴，在中，，，∴，即，∴．4．（2024·貴州·模擬預測）如圖，等邊內接于，是上任一點（點不與點，重合），連接，，，AB與相交于點，過點作交的延長線于點．(1)寫出圖中一對相似三角形：_________；(2)求證：；(3)若，，求四邊形的面積．【答案】(1)，（答案不唯一）(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據圓周角定理，結合相似三角形的判定方法即可求解；（2）根據平行線的性質，等邊三角形的性質，圓周角定理可得，根據圓內接四邊形的性質可得，結合全等三角形的判定方法“角角邊”即可求解；（3）根據題意可得四邊形為梯形，如圖，作于點，可得為等邊三角形，在中，，運用勾股定理可得，由此即可求解．【詳解】（1）解：在中，∵，∴；∵，∴；故答案為：，（答案不唯一）；（2）證明：∵，，，是等邊三角形，，，，，，，又，，，四點共圓，，，，在和中，，．（3）解：∵，四邊形為梯形，如圖，作于點，，，，又，為等邊三角形，，∴，在中，，，∴，．【點睛】本題主要考查圓周角定理，相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，等邊三角形的判定和性質，掌握以上知識的綜合運用是解題的關鍵．5．（2023·四川綿陽·中考真題）如圖，在中，點A，B，C，D為圓周的四等分點，為切線，連接，并延長交于點F，連接交于點G．(1)求證：平分；(2)求證：；(3)若，，求的值．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】本題考查全等三角形的判定與性質、、切線的性質和解直角三角形，證明實際解題的關鍵．（1）利用圓周四等分點得到，再根據切線的性質得到，所以，從而即可解題；（2）根據圓內接四邊形的性質證明，則可利用“”判斷；（3）過點G作于點H，如圖，先利用得到，，所以，，然后利用解直角三角形解題即可．【詳解】（1）證明：連接.∵點A，B，C，D為圓周的四等分點，，即圓心角.，.為的切線，，..平分.（2）∵，∴..在四邊形中，.為直徑，，.，.∵點A，B，C，D為圓周的四等分點，，.在和中，.（3）連接，，由（2）中，得，.又，即，，.的半徑為2.∴在中，.過點G作于點H.由題意得，∴為等腰直角三角形，.在中，，.題型五：圓周角定理的推論和應用【中考母題學方法】【典例1】（2024·西藏·中考真題）如圖，為的直徑，點B，D在上，，，則的長為（

）A．2 B． C． D．4【答案】C【分析】本題考查圓周角定理及勾股定理，根據同弧所對圓周角相等及直徑所對圓周角是直角得到，，根據得到，最后根據勾股定理求解即可得到答案【詳解】解：∵為的直徑，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，故選：C．【變式5-1】（2024·湖北·中考真題）如圖，AB是半圓O的直徑，C為半圓O上一點，以點B為圓心，適當長為半徑畫弧，交于點M，交于點N，分別以點M，N為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧在的內部相交于點D，畫射線BD，連接．若，則的度數是（

）

A．30° B． C． D．【答案】C【分析】本題主要考查尺規作圖，圓周角定理，熟練掌握角平分線的作圖步驟以及圓周角定理是解答本題的關鍵．由圓周角定理得到，由直角三角形的性質得到，根據角平分線的定義即可求得答案．【詳解】解：是半圓的直徑，，，，由題意得，為的平分線，．故選：．【變式5-2】（2024·江蘇常州·中考真題）如圖，是的直徑，是的弦，連接．若，則．【答案】【分析】本題考查圓周角定理，根據同弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角為直角，結合三角形的內角和定理，進行求解即可．【詳解】解：∵是的直徑，，，∴，∴；故答案為：．【變式5-3】（2024·山東泰安·中考真題）如圖，是的直徑，，是上兩點，平分，若，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查圓周角定理、角平分線的定義、三角形的內角和定理，先根據角平分線的定義得到根據圓周角定理得到，再根據圓周角定理得到，，然后利用三角形的內角和定理求解即可．【詳解】解：∵平分，∴，∵是的直徑，，∴，，則，∴，故選：A．【變式5-4】（2024·湖北·中考真題）為半圓的直徑，點為半圓上一點，且．①以點為圓心，適當長為半徑作弧，交于；②分別以為圓心，大于為半徑作弧，兩弧交于點；③作射線，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題主要考查圓周角定理以及角平分線定義，根據直徑所對的圓周角是直角可求出，根據作圖可得，故可得答案【詳解】解：∵為半圓的直徑，∴，∵，∴，由作圖知，是的角平分線，∴，故選：C【變式5-5】（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）如圖，內接于，AD是直徑，若，則．【答案】【分析】本題考查了圓周角定理，直角三角形的兩個銳角互余，連接，根據直徑所對的圓周角是直角得出，根據同弧所對的圓周角相等得出，進而根據直角三角形的兩個銳角互余，即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接，∵內接于，AD是直徑，∴，∵,，∴∴，故答案為：．【變式5-6】（2023·浙江紹興·中考真題）如圖是的網格，每個小正方形的邊長均為1，半圓上的點均落在格點上．請按下列要求完成作圖：要求一：僅用無刻度的直尺，且不能用直尺中的直角；要求二：保留作圖痕跡．(1)在圖中作出弧的中點D．(2)連結，作出的角平分線．(3)在上作出點P，使得．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】（1）連與網格線交于一格點，以O為端點，作射線與圓弧交于點D，（2）作射線，則即是的角平分線，（3）連結并延長，交的延長線于點與交于點F，連結并延長交于點P，則．本題考查了無刻度直尺作圖，垂徑定理，圓周角定理，角平分線的性質定理，解題的關鍵是：熟練掌握無刻度直尺作圖，與相關定理的結合．【詳解】（1）解：由格點可知為中點，根據垂徑定理可得，點D為弧的中點，點D即為所求，（2）解：∵點D為弧的中點，根據圓周角定理，可得，即為所求，（3）解：∵AB為直徑，∴，，∵，，∴，∴，，∴AD是的垂直平分線，∴，∴，∴，∴，∴，∴，作圖如下：．【變式5-7】（2024·寧夏·中考真題）如圖，在中，點是邊的中點，以為直徑的經過點，點是邊上一點（不與點重合）．請僅用無刻度直尺按要求作圖，保留作圖痕跡，不寫作法．(1)過點作一條直線，將分成面積相等的兩部分；(2)在邊上找一點，使得．【答案】(1)作圖見詳解(2)見解析【分析】本題主要考查圓與三角形的綜合，掌握中線的性質，垂直平分線的性質，全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．（1）根據三角形中線平分三角形面積作圖即可；（2）根據直徑或半圓所對圓心角為直角，可得，結合可得AD是線段的垂直平分線，如圖所示，連接交AD于點，連接CE并延長交AB于點，可證，可得，由此即可求解．【詳解】（1）解：∵點是邊的中點，∴，∴根據三角形中線平分三角形面積，作圖如下，∴（2）解：∵以為直徑的經過點，∴，即，又∵，∴AD是線段的垂直平分線，∴，∴，AD平分，即，如圖所示，連接交AD于點，連接CE并延長交AB于點，∴，∴，∴，即，在和中，，∴，∴，∴，∴．【變式5-8】（2024·內蒙古包頭·中考真題）如圖，是的直徑，是的兩條弦，點與點在的兩側，是上一點（），連接，且．(1)如圖1，若，，求的半徑；(2)如圖2，若，求證：．（請用兩種證法解答）【答案】(1)3(2)見解析【分析】（1）利用等邊對等角、三角形內角和定理求出，結合，可得出，在中，利用勾股定理求解即可；（2）法一：過O作于F，利用垂徑定理等可得出，然后利用定理證明，得出，然后利用平行線的判定即可得證；法二：連接，證明，得出，然后利用平行線的判定即可得證【詳解】（1）解∶∵，∴，∵，∴，即，∴，∴，∴，解得，即的半徑為3；（2）證明：法一：過O作于F，∴，∵∴，又，，∴，∴，∴；法二：連接，∵AB是直徑，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了垂徑定理，相似三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，三角形的內角和定理，全等三角形的判定與性質等知識，明確題意，靈活運用所學知識解題是解題的關鍵．【中考模擬即學即練】1．（2025·湖北黃石·一模）如圖，四邊形內接于，，為對角線，經過圓心O．若，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了圓周角定理，熟練掌握直徑所對的圓周角是是解題的關鍵．由經過圓心O，即是的直徑，可得，再根據圓周角定理可得，即可求出的度數．【詳解】解：經過圓心O，即是的直徑，，又，．故選：B．2．（2024·浙江寧波·二模）如圖，已知鈍角內接于，過點作交于點，若，則的半徑為（

）A． B． C．6 D．8【答案】A【分析】本題主要考查圓周角定理、勾股定理及相似三角形的性質與判定，熟練掌握圓周角定理、勾股定理及相似三角形的性質與判定是解題的關鍵；連結并延長交于點，連結，由題意易得，，則有，進而問題可求解【詳解】解：連結并延長交于點，連結，為直徑，∴，又∵，∴，，∴，∴，∴，的半徑為．故選A．3．（2024·甘肅·模擬預測）如圖，內接于，是的直徑，D是上一點，若C是的中點，連接，，則．【答案】/10度【分析】此題考查了圓周角定理，等弧所對的圓心角相等，直角三角形兩銳角互余等知識．如圖所示，連接，首先由直徑得到，然后求出，根據圓周角定理得到，進而求出，然后求出，最后利用圓周角定理求解即可．【詳解】如圖所示，連接∵是的直徑，∴∵∴∴∵C是的中點∴∴∴∴．故答案為：．4．（2024·江蘇徐州·三模）如圖，以的邊為直徑的分別交、于點、，連接、．若，則°．【答案】56【分析】本題考查了直徑所對的圓周角是直角，圓周角定理，熟悉圓周角定理的應用是解題的關鍵．連接，由為直徑，得到，，然后根據三角形內角和定理得到，最后利用圓周角定理即可得到答案．【詳解】解：連接，如圖是的直徑，則故答案為：56．5．（2024·山西·模擬預測）如圖，是的直徑，點，在上，連接，，，若，則的度數為．【答案】【分析】本題主要考查了圓周角定理，熟練掌握圓周角定理是解題關鍵．先根據圓周角定理可得，，再根據直角三角形的性質求解即可得．【詳解】解：如圖，連接，由圓周角定理得：，，則，故答案為：．題型六：圓內接四邊形【中考母題學方法】【典例1】（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，四邊形是的內接四邊形，是的直徑，若，則的度數為（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】此題考查了圓周角定理、圓內接四邊形的性質，連接，由是的直徑得到，根據圓周角定理得到，得到，再由圓內接四邊形對角互補得到答案.【詳解】解：如圖，連接，

∵是的直徑，∴，∵，∴∴∵四邊形是的內接四邊形，∴，故選：B【變式6-1】（2024·山東濟寧·中考真題）如圖，分別延長圓內接四邊形的兩組對邊，延長線相交于點E，F．若，，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據“圓的內接四邊形對角互補”可得，．根據三角形外角定理可得，，由此可得，又由，可得，即可得解．本題主要考查了“圓的內接四邊形對角互補”和三角形外角定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．【詳解】∵四邊形是的內接四邊形∴，，，，，，，，解得，，．故選：C【變式6-3】（2024·四川廣元·中考真題）如圖，已知四邊形是的內接四邊形，為延長線上一點，，則等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了圓周角定理，圓內接四邊形的性質，熟練掌握以上知識點是解題的關鍵．根據同弧所對的圓心角等于圓周角的2倍可求得的度數，再根據圓內接四邊形對角互補，可推出，即可得到答案．【詳解】解：是圓周角，與圓心角對相同的弧，且，，又四邊形是的內接四邊形，，又，，故選：A．【變式6-4】（2024·吉林·中考真題）如圖，四邊形內接于，過點B作，交于點E．若，則的度數是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了平行線的性質，圓的內接四邊形的性質，熟練掌握知識點是解題的關鍵．先根據得到，再由四邊形內接于得到，即可求解．【詳解】解：∵，，∴，∵四邊形內接于，∴，∴,故選：C．【變式6-5】（2024·江蘇無錫·中考真題）如圖，是的直徑，內接于，，的延長線相交于點，且．(1)求證：；(2)求的度數．【答案】(1)見詳解(2)【分析】本題主要考查了圓周角定理，相似三角形的判定以及性質，圓內接四邊形的性質，等邊對等角等知識，掌握這些性質是解題的關鍵．（1）由等弧所對的圓周角相等可得出，再由等邊對等角得出，等量代換可得出，又，即可得出．（2）連接，由直徑所對的圓周角等于得出，設，即，由相似三角形的性質可得出，再根據圓內接四邊形的性質可得出，即可得出的值，進一步即可得出答案．【詳解】（1）證明：∵∴，∵，∴，∴，又∵∴，（2）連接，如下圖：∵為直徑，∴，設，∴，由（1）知：∴，∵四邊形是圓的內接四邊形，∴，即，解得：【變式6-6】（2024·黑龍江大慶·中考真題）如圖，為的內接三角形，AB為的直徑，將沿直線AB翻折到，點在上．連接CD，交AB于點，延長BD，CA，兩線相交于點，過點作的切線交于點．(1)求證：；(2)求證：；(3)若，．求的值．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）根據折疊可得，根據切線的定義可得，即可得證；（2）根據題意證明，進而證明，根據相似三角形的性質，即可得證；（3）根據，設，則，得出，根據折疊的性質可得出，則，進而求得，根據，進而根據正切的定義，即可求解．【詳解】（1）證明：∵將沿直線AB翻折到，∴，∵AB為的直徑，是切線，∴，∴；（2）解：∵是切線，∴，∵AB為的直徑，∴，∴，∵由折疊可得，∴，∵四邊形是的內接四邊形