專題08圓的有關計算與證明大題題型總結(6大類型)

捶型籌誨I橫掌枸建I通關試繪

一模型01垂徑定理的有關計算與證明

—模型02垂徑定理的有關綜合應用

一模型03圓周角與圓心角有關計算及證明問題

圓的有關計算與證明大題題型總結

—模型04圓周角與圓內接四邊形綜合問題

—模型05圓與相似問題

—模型06圓與三角函數問題

在中考數學中，圓的基本性質與計算在大題中通常考察垂徑定理的有關計算、圓周角定理、圓內接四

邊形等基礎考點，難度一般在中檔及以下，并且圓的性質還可以和相似、三角形函數、特殊四邊形等結合

出題，難度中等或偏上.在整個中考中通常都是一道小題一道大題，分值在3-13分左右，屬于中考中的中

檔考題.所以，考生在復習這塊考點的時候，要充分掌握圓的基本性質的各個概念、性質以及推論，才能

在后續的結合問題中更好的舉一反三.

1、垂徑定理

(1)垂徑定理

垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧.

(2)垂徑定理的推論

推論1：平分弦(不是直徑)的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條弧.

推論2：弦的垂直平分線經過圓心，并且平分弦所對的兩條弧.

推論3：平分弦所對一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條弧.

2、圓心角、弧、弦的關系

(1)定理：在同圓和等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦也相等.

(2)推論：在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應的

其余各組量都分別相等.

說明：同一條弦對應兩條弧，其中一條是優弧，一條是劣弧，而在本定理和推論中的“弧”是指同為

優弧或劣弧.

（3）正確理解和使用圓心角、弧、弦三者的關系

三者關系可理解為：在同圓或等圓中，①圓心角相等，②所對的弧相等，③所對的弦相等，三項“知

一推二”，一項相等，其余二項皆相等.這源于圓的旋轉不變性，即：圓繞其圓心旋轉任意角度，所得圖形

與原圖形完全重合.

（4）在具體應用上述定理解決問題時，可根據需要，選擇其有關部分.

3、圓周角定理

（1）圓周角的定義：頂點在圓上，并且兩邊都與圓相交的角叫做圓周角.

注意：圓周角必須滿足兩個條件：①頂點在圓上.②角的兩條邊都與圓相交，二者缺一不可.

（2）圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半.

推論：半圓（或直徑）所對的圓周角是直角，90。的圓周角所對的弦是直徑.

（3）在解圓的有關問題時，常常需要添加輔助線，構成直徑所對的圓周角，這種基本技能技巧一定要掌握.

（4）注意：①圓周角和圓心角的轉化可通過作圓的半徑構造等腰三角形.利用等腰三角形的頂點和底角的

關系進行轉化.②圓周角和圓周角的轉化可利用其“橋梁”--圓心角轉化.③定理成立的條件是“同一條

弧所對的”兩種角，在運用定理時不要忽略了這個條件，把不同弧所對的圓周角與圓心角錯當成同一條弧

所對的圓周角和圓心角.

4、圓內接四邊形的性質

（1）圓內接四邊形的性質：

①圓內接四邊形的對角互補.

②圓內接四邊形的任意一個外角等于它的內對角（就是和它相鄰的內角的對角）.

（2）圓內接四邊形的性質是溝通角相等關系的重要依據，在應用此性質時，要注意與圓周角定理結合起

來.在應用時要注意是對角，而不是鄰角互補.

④模修掬建

模型01垂徑定理的有關計算與證明

考I向I預I測

垂徑定理的計算與證明問題，在圓的有關解答題中會考查到，垂徑定理的計算問題經常涉及平行線的判定、

勾股定理、直角三角形、三角形中位線性質、全等三角形、相似三角形的判定和性質等內容，此部分計算

難度不大，分值一般在5-8分左右

答I題I技I巧

在圓中，求弦長、半徑或圓心到弦的距離時，常過圓心作弦的垂線段，再連接半徑構成直角三角形，利用

勾股定理進行計算.在弦長.弦心距、半徑三個量中，已知任意兩個可求另一個.

［題型三例

,龔俐

(24-25九年級上?貴州黔東南?階段練習)如圖，4B為圓。的直徑，。為圓。上一點，。為弧的中點，過。作

DF14B于點E,交圓。于點尸，交弦8C于點G,連接CD、BF.

⑴求證：4BFG二4DCG；

(2)若力B=20,BE=5,求BF的長

【答案】⑴見解析

(2)10

【分析】(1)根據垂徑定理可得9=曾，而“'=BD,那么加=n，則DC=BF,由圓周角定理可得乙F=

NC,再結合對頂角相等即可求證；

(2)連接。。交BC于點由垂徑定理推論可得。。1BC,M為BC中點，繼而。M為△4BC中位線，則OM=

|4C,可求。4=OB=10,OE=5,CB=DF,而。M1BC,OE1DF,那么。M=OE=5,由N4CB=90°,

勾股定理可得到。尸=BC=10V3,EF=j￡)F=5V3,再由勾股定理即可求解.

【詳解】(1)證明：ELD為弧BC的中點，

=ED,

EOF1AB,

E1AD=RF,

=KF,

0DC=BF,

回8力=能,

回乙F=乙C,

田匕DGC=乙BGF,

BFG三△OCG(AAS)；

(2)解：連接0。交BC于點

BD為弧的中點，

0OD1BC,M為BC中點，

004=OB,

I30M為△力BC中位線，

0OM=-AC,

2

團48=20,BE=5,

BOA=OB=10,OE=5,

即f=KF,

回口=環

團CB=DF,

團。M1BC,OE1DF,

回。M=OE=5,

團AC=10,

團4B為直徑，

團乙4cB=90°,

WF=BC=7AB2-"2=ioV3,

BDFLAB,

MF=-DF=5V3,

2

EIBF=y]BE24-EF2=10

【點睛】本題考查了圓周角定理，全等三角形的判定與性質，勾股定理，垂徑定理，三角形的中位線定理,

同圓中弦、弧、弦心距之間的關系等知識點，綜合性較強.

,支式

1.（24-25九年級下,上海,階段練習）如圖，在RtZkABC中，AACB=90°,ZX=30°,BC=V3,以邊AC上

一點。為圓心，。4為半徑的O。經過點B,點P為弧48的中點.

A

P

J

⑴求O。的半徑；

(2)連接PC,求tan/PCB的值.

【答案】⑴。。的半徑為2；

(2)tanzPCB=竽.

【分析】(1)連接0P交4B于點D,由垂徑定理、含30。的直角三角形特征推得OP14B且力。=BD=遮,

再結合含3。。的直角三角形特征、勾股定理得到22+加=。“求解即可得到半徑；

(2)連接PC、PB,由圓周角定理推得NPBC=90。，解直角三角形求出BP,由tan/PCB=翌即可得解.

BC

【詳解】(1)解：連接0P交28于點。，

A

???點P為弧力B的中點，即。P平分AB,

???OP1ABS.AD=BD,

???^ACB=90°,S=30°,BC=V3,

AB=2BC=2V3,

AD=BD=-AB=V3,

2

???=30°,OPLAB,

OA=20D,OD2+AD2=OA2,

^OA2+AD2=OA2,

OA=2,

.??O。的半徑為2.

(2)解：連接PC、PB,

A

???=30°,OPLAB,Z.ACB=90°,

???乙ABC=^AOD=60°,

vAP=AP,

???^LABP=-^AOD=30°,

2

BP=-^—=4=2,

cos30在

2

???Z.PBC=Z.ABP+/.ABC=90°,

4BP22V3

???tanZ-PCB=——=-p=——.

BCV33

【點睛】本題考查的知識點是垂徑定理、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、圓周角定理、解直角三角形、求正切值，解題關鍵是熟練掌握垂徑定理、圓周角定理.

2.（24-25九年級上?浙江金華?期末）如圖，AB是。。的直徑，點C為。。上一點，連結AC,8C,作NCAB的

角平分線4。交。。于點。，交BC于點E,連結。。交BC于點F.

⑴求證：AC||OD.

（2）若8C=12,AB=13,求EF的長.

【答案】⑴見解析

⑵EF=I

【分析】（1）先利用角平分線的定義得到乙以。=乙BAD,力口上NB力。=AADO,所以UDO=/.CAD,然

后根據平行線的判定方法得到結論；

（2）先根據圓周角定理得到N4CB=90。,則利用勾股定理可計算出2C=5,再根據平行線的性質得OD1BC,

則利用垂徑定理得到CF=BF=6,接著根據三角形中位線性質得到。尸=|,所以。尸=4,然后證明八DEF?

AAEC,則利用相似三角形的性質和比例的性質可求出EF的長.

【詳解】（1）解：因為4D平分ZC4B,

所以6=艙,

所以。DJ.BC,即NOFB=90。，

因為AB是。。的直徑，所以乙4cB=NOFB=90。，

所以4C||OD.

(2)因為AB是。。的直徑，

所以乙4cB=90。，

由勾股定理得4C=7AB2一BC2=5,

由(1)可知。D1BC,

所以CF=BF=18c=6,

因為。，F分別是4B,BC的中點，

所以。F=三，

22

可得DF=00-OF=￡-1=4.

由(l)4C||0D,可得AACEsADFE,

則史=竺=M,

ACCE5

所以￡T=gCF=/

3.(23-24九年級上,四川南充?階段練習)如圖，在。。中，弦CD垂直于直徑力B,交4B于點E,點尸是。。上

一點，連接DF交4B于點G,連接BF且=60。，連接AD,CF.

⑴求證：FD平分NBFC；

(2)若。。的半徑長為1,當DE=EG時，求CF的長.

【答案】⑴見解析

⑵企

【分析】本題考查了圓周角定理、等邊三角形的判定與性質、垂徑定理、解直角三角形，熟練掌握以上知

識點并靈活運用，添加適當的輔助線是解此題的關鍵.

(1)連接。C、0D,先由NB4D=4BFD=60。證明△4。。為等邊三角形，再證明NC。。=120°,貝此CFD=

|zCO￡>=60°,即可得證；

(2)延長C。交O。于“，連接FH,由AB1CD得出NDEG=90°,結合DE=EG,得出NEGD=乙EDG=45°,

由圓周角定理可得NCHF=NEDG=45。，ACFH=90°,最后解直角三角形即可得解.

【詳解】(1)證明：如圖，連接OC、OD,

A

團。4=OD,乙BAD=乙BFD=60°,

團△A。。為等邊三角形，

團。C=00,0A1CD,

^AOC=Z.AOD=60°,

團Z/?。。=120°,

國乙CFD=-Z-COD=60°,

2

0ZCFD=乙BFD=60°,

團FD平分NB尸C；

(2)解：延長CO交。。于H,連接FH,

A

包481CD,

0ZDEG=90°,

WE=EG,

國乙EGD=乙EDG=45°,

BZ.CHF=乙EDG=45°,

團CH為直徑，

國乙CFH=90°,

回。。的半徑長為1,

團CH=2,

0CF=CH?cos乙CHF=2x—=V2.

2

4.(2025?浙江?模擬預測)如圖，AB為。。的直徑，弦CD_L4B于E,尸為弦CD上一點，且ND4F=NC,射

線4F與射線DB相交與點P.

A

(1)求證：F為ap的中點.

(2)①若siMDAF=3求宅的值.

②當ACDP為直角三角形時，求NZMF的正切值.

【答案】⑴見解析

(2)①磊=||；②ACMF的正切值為魚或1

rU25

【分析】(1)由已知得乙D4F=乙4。。，AF=DF.可得乙4PD=NFDP,得FD=FP,即得產為4P的中點.

(2)①根據sin/ZMF=sin^ADE=^=-,設2E=3a,則4。=5a,可得CE=DE=4a.根據△DAF-

△DCA,得竺="，DF②當NPCD=90。時，可得CF=EF,AE=PC,設CF=EF=b,

FD=FA=3b,得AE=2五b,即得tan/DAF=/；當NCPD=90。時，FA=FP,AC=AD,可得，四邊

形4CPD為正方形，即得tanz_D4F=1.

【詳解】(1)證明：,.TB為O。的直徑，弦CD14B,

的=AC,

???Z.C=Z.ADC,

???Z-DAF=zC,

???Z.DAF=Z.ADC,

??.AF=DF.

??,AB為。。的直徑，

???^ADB=90°,

Z.DAF+Z.APD=90°,Z.ADC+乙FDP=90°,

???Z-APD=乙FDP,

???FD=FP=FA=-AP,

2

即F為的中點.

(2)解：①???sinzlMF=I，S.^DAF=zC=/.ADC,

?AE3

El-=

AD5

設AE=3a,貝！MD=5a,

EICE=DE=<AD2-AE2=4a.

???△DAFDCA,

DFDA

----=----f

DADC

AD2=DF?CD,

???(5a)2=DF-8a,

解得DF=等，

o

c25

.CF_Qa--a_39

"FD~豹-25,

②(i)當NPCO=90。時，PC||AE,

ElNFAE=Z.FPC,

由(1)得R4=FP,

El△力EFSAPCF(AAS),

???CF=EF,AE=PC,

設CF=EF=b,

：.DE=CE=2b,DF=3b,

由(1)知，FD=FA=3b,

AE=7AF2-FE2=2y[2b,

Ap.—

???tanZ.DAF=tanzC=—=v2.

P

(ii)當ZTPD=9O。時,CP||AD,

回乙APC=Z.PAD.

FA=FP,Z,AFD=乙PFC,

0AADF=APCF(ASA),

團PC=AD,

.?.四邊形acPD為平行四邊形，

由AC=加

團四邊形4CP。為正方形，

/.DAF=45°,

???tanZ.DAF=1.

綜上，N￡MF的正切值為企或L

P(B)

【點睛】此題考查了圓與三角形綜合.熟練掌握垂徑定理，圓周角定理，勾股定理，相似三角形的判定與

性質，銳角角三角函數定義，是解題的關鍵.

5.(24-25九年級上?江蘇南通?期末)如圖，在Rt△力BC中，乙4cB=90。，點。在邊力8上，以。為圓心，OB為

半徑作O。，O。交BC于點F,與4C邊相切于點E,連接BE.

⑴求證：BE平分〃BC；

(2)若CF=2,CE=4,求。。的半徑.

【答案】⑴見解析；

(2)5.

【分析】(1)連接OE,由切線的性質推導出NOEC=90。，因為NC=90。，所以NOEC+NOEC=180。，則

OE||BC,所以NOEB=NEBC,又OE=OB,所以NOEB=NOBE,貝此EBC=NOBE,從而求證；

(2)過點。作。G1BC,垂足為G,則四邊形四邊形OECG是矩形，貝UCE=OG=4,設。。的半徑為r,則

OE=CG=r,然后由垂徑定理和勾股定理即可求解.

【詳解】([)解：如圖，連接。E,

刻C是。。的切線,

1AC,

0zO￡C=90°,

0ZC=90°,

用乙OEC+乙OEC=180°,

WE\\BC,

BZ.OEB=Z-EBC,

BOE=OB,

出乙OEB=乙OBE,

回乙EBC=Z.OBE,

ME平分乙4BC；

團四邊形OECG是矩形，

團CE=OG=4,

設。。的半徑為丁，則。E=CG=r,

BCF=2,

回FG=r-2,

團。G.LBC,

團FG=GB=r-2,

在長△OGB中，(r-2)2+42=r2,

Hr=5,

即。。的半徑為5.

【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，切線的性質，平行線的判定與性質，矩形的判定與性質，勾股定

理，垂徑定理等知識，正確地作出輔助線是解題的關鍵.

6.(23-24九年級上?江蘇無錫?期中)如圖，是。。的直徑，弦于點E,G是至上一點，AG,DC的

延長線交于點F,連接ZD,GD,GC.

⑴求證：AD2=AG-AF；

（2）已知CD=16,BE=4,

①求o。的半徑長.

②若點G是4F的中點，求ACDG與A/lDG的面積之比.

【答案】⑴見解析

⑵①。。的半徑長為10；②亞|二

【分析】（1）利用垂徑定理求得加=4%推出乙4GD=N力DF,證明4Gs△凡4。，據此求解即可；

（2）①根據垂徑定理和條件可得DE=|CD=8,連接。。，設。。的半徑為r,根據勾股定理列出方程即

可求出結論；

②由①結論求出4E,根據勾股定理求出4D,根據（1）的結論，列出比例式即可求出力G和2F,然后利用

勾股定理求出EF,即可求出FD,根據三角形中線的性質可得SMDG=SADFG，最后根據等高的兩個三角形面

積比等于底之比即可求出結論.

【詳解】（1）證明：固48是。。的直徑，CDLAB,

0A0=AC,

0ZXGD=Z.ADF,

^Z.DAG=Z.FAD,

[?]△DAG?△凡40,

碎=絲，

AFAD

EL4￡>2=AG-AF；

(2)解：①囿4B是。。的直徑，CDL4B,

EIDE=-CD=8,

2

連接。D,設。。的半徑為r,

則。E=r-4,

由勾股定理得82+(r-4)2=產，

解得r=10,

即O。的半徑長為10；

②EL4E=20-4=16,DE=EC=8,

SAD=V82+162=8V5,

團點G是4F的中點，AD2=AG-AF,

24F=2AG,

2

0（8V5）=2AG2,

EL4G=4V10,AF=8V10,

SEF=yjAF2-AE2=J（8屈j-162=8巫,

0FZ）=8V6+8,

國點G是2F的中點，

團SAADG=^ADFG,

向S^CDGS“DGCD_16276-2

SLADGSxDFGDF-8V6+85

【點睛】此題考查的是圓周角定理的推論、垂徑定理、相似三角形的判定及性質、勾股定理和三角形的面

積關系，掌握圓周角定理的推論、垂徑定理、相似三角形的判定及性質、勾股定理和等高的兩個三角形面

積比等于底之比是解決此題的關鍵.

模型02垂徑定理的有關綜合應用

考I向I預I測

垂徑定理的應用很廣泛，垂徑定理和勾股定理相結合，構造直角三角形，可解決計算弦長、半徑、弦心距

等問題.這類題中一般使用列方程的方法，這種用代數方法解決幾何問題即幾何代數解的數學思想方法一

定要掌握.

答I題I技I巧

掌握垂徑定理常見的輔助線：1）過圓心，作垂線，連半徑，造Rt人用勾股，求長度；

2）有弦中點，連中點和圓心，得垂直平分.

|題型不例

＞哀到

（24-25九年級上?浙江金華?階段練習）金華境內峰巒疊嶂，公路隧道眾多，如圖1所示的圓弧形混凝土管

片是構成圓形隧道的重要部件.管片的橫截面（陰影部分）是同心圓環的一部分，左右兩邊沿的延長線交

于圓心，

圖1圖2

(1)如圖LBA,CD的延長線交于圓心。，若甲組測得力B=0.6m,AD=3m,BC=4m,求。B的長.

(2)如圖2,有一混凝土管片放置在水平地面上，底部用兩個完全相同的長方體木塊固定，管片與地面的接觸

點L為肱P的中點，若丙組測得MN=PQ=0.5m,NL=LQ=2m,求該混凝土管片的外圓弧半徑.

【答案】⑴。B=2.4m

(2)4.25m

【分析】本題考查了相似三角形的性質與判定，等腰三角形的性質，垂徑定理，勾股定理，熟練掌握相似

三角形的性質與判定、垂徑定理和勾股定理是解題的關鍵.

(1)根據等腰三角形的性質以及三角形內角和定理可得△力。。sABOC,利用相似三角形的性質進行計算

即可；

(2)根據垂徑定理構造直角三角形，利用勾股定理列方程求解即可.

【詳解】(1)解：回。A=OD,OB=OC,

^ODA=/.OAD=180°-z°=Z.OBC=乙OCB,

2

又回匕AOD=乙BOC,

團△4。。s^BOC,

「04AD3

0—=—=

OBBC4

設08=xm,貝I］。/=(%—0.6)m,

盧竺=三，解得久=2.4,

x4

經檢驗，%=2.4是原方程的根，即。B=2.4(m),

EIOB的長為2.4m.

(2)解：如圖，設圓心為點。，連接OP、OM、OL,MP,OL與PM相交于點7,

貝此。TM=90°,MT=NL=2m,

設外半徑為rm,貝!|0T=(r-0.5)m,

在RtAOMT中，由勾股定理可得，0M2=OT2+M72,

即N=①一o5/+22,解得「=4.25,

國該混凝土管片的外圓弧半徑為4.25m.

）支式

1.（2025?河南鄭州?一模）如圖是一個半圓形橋洞的截面示意圖，圓心為。，直徑力B是河底線，弦CD是水

位線，CDWAB,AB=20米，ABAD=15°.

AOB

⑴求CD的長.

⑵一艘船要經過該橋洞,矩形MNPQ是該船水面以上部分的截面簡化示意圖，寬NP為10米,高PQ為2米.受

天氣影響，若該船隨水面上升1米，請判斷該船能否通過該橋洞，并說明理由.

【答案】⑴10%米

（2）該船能通過該橋洞，見解析

【分析】（1）由垂徑定理可知CE=DE,易得OD=OB=^AB=10^,/.BOD=2/.BAD=30°,于是/DOE=

60°,DE=OD-sin60°=5V3（米），再由CD=2DE可得答案；

（2）如圖（1）,延長。E交MQ于點F,交半圓。于點H,貝UOH=10米，EF=PQ=2米，由（1）易得0E=5

米，則HF=0H—EF—0E=3米，

【詳解】（1）解：如圖（1）,過點。作。E1CD于點E,貝iJCE=DE,OE1AB.

連接。。，貝!|。￡>=OB=\AB=10米，4BOD=24員4。=30°,當箱子隨水面上升1米，點X到線段MQ的

距離為2米，求出當木箱剛好通過該橋洞時，HG的長度，若該長度小于2,則此木箱能通過該橋洞，否則

???DE=OD-sin60°=10X'=5百（米），

CD=2DE=10V3（米）；

（2）解：該船能通過該橋洞.理由如下：

如圖（1）,延長0E交MQ于點P,交半圓。于點"，貝|。"=10米，EF=PQ=2米,

由（1）易得0E=5米,

???HF=OH-EF-OE=3米，

若該船隨水面上升1米，則點”到線段MQ的距離為2米，

若該船剛好能通過該橋洞，情形如圖(2),過點。作。G1MQ于點G,

圖⑵

則MG=QG=5米，0M=10米.

在Rt△OMG中，由勾股定理得OG=<OM2-MG2=V102-52=5V3(米).

HG=(10-58)米.

10-5V3<2,

???該船能通過該橋洞.

【點睛】本題主要考查垂徑定理、勾股定理、特殊角的三角函數值、含30度角的直角三角形性質、矩形的

判定與性質，熟練掌握垂徑定理是解題關鍵.

2.(2025?河北保定?一模)"筒車"是一種以水流作動力，取水灌田的工具，據史料記載，它發明于隋而盛于

唐.距今已有1000多年的歷史，是我國古代勞動人民的一項偉大創造.如圖，"筒車"盛水筒的運行軌跡是

以軸心。為圓心的圓，已知圓心。在水面上方，圓被水面截得的弦為48,水而下盛水筒的最大深度為1米

(即水面下方圓上部分一點距離水面的最大距離)，/-OAB=60°.

⑴求弦4B的長；

⑵求劣弧4B的長；

⑶由于水面上漲，當盛水筒內水面高度變為(2+百)米時，求弦48的寬度.

【答案】⑴(4+2⑹米

⑵心+第米

(3)(6+4A⑶米

【分析】此題考查勾股定理，垂徑定理，等邊三角形的判定與性質，弧長公式.

(1)過。作。D1AB于點C,交。。于點D,設圓的半徑為r米，貝。。力=。。=r米，。C=。。-CD=r-1

(米)，求出乙4。。=30。，得到4C=［。4=米，在RtA4。。中，根據勾股定理即可構造方程，求解即

可；

（2）連接OB,易證△。力B是等邊三角形，得到N40B=60。，由（1）知0。的半徑，利用弧長公式即可求

解；

（3）設水面升到如圖49，過點。作。。于點交。。于點D',求出。C'=。￡>'-C'D'=（2+百）

米，在RtAdOC，中，根據勾股定理求得AL=（3+28）米，再利用垂徑定理即可求出弦4B的寬度.

【詳解】（1）解：過。作。D14B于點C,交。。于點。，則。CL4B,CD=1,

設圓的半徑為r米，貝!1。4=0D=r米，0C=OD-CD=丫一1（米）,

^OAB=60°,/.OCA=90°,

國乙4。。=30°,

071C=-OA=^r米，

22

2

在RtAZ。。中,OC2+AC2=OA2,即（r—1）2+（2=r2,

整理得：產—8r+4=0

解得r=4+2次或r=4一2再<1（舍去），

回該圓的半徑為（4+2次）米，

WDLAB,。。是。。的半徑，

EL4B=2AC=r=4+2A/3；

-----------------------BZ-OAB=60°,OA=0B,

。48是等邊三角形，

團4AOB=60°,

由（1）知O。的半徑為（4+2%）米，

回劣弧4B的長為：6。"嚷2⑸=+釣米；

（3）解：設水面升到如圖4B，，過點。作0。14B'于點交。。于點D',

三三三三三三三三三三0。0的半徑為（4+2百）米，CD'=（2+百）米，

回。。=0D'-CD'=（2+遮）米，

團在RtA）。「中，A'C=y/OA'2-OC=J（4+2V3）2-（2+V3）2=（3+2A/3）（米）,

SOD'1A'B',OD'是O。的半徑，

EL4B=2A'C=（6+473）（米）.

3.（24-25九年級上?廣東惠州?期末）綜合與實踐【主題】足球最佳射門位置.

圖3

【素材】某足球場上，運動員在練習選擇適合的位置射門.線段PQ表示球門，NP4Q、NPBQ為射門張角.理

論上當射門張度越大時，進球的可能性越大.如圖1,/-PAQ乙PBQ.（用">"、"<"或"="填空）

【實踐探索】假設運動員沿著直線/帶球跑動，尋找最佳射門位置.如圖2,以線段PQ為弦作O。，恰與直

線Z相切，切點為4若點M是I上一個異于點A的動點，求證：當運動員跑動到切點A處時，射門張角最

大，即NP4Q>NPMQ.

【遷移應用】如圖3,點P（2,0）,點Q（6,0）,點A為y軸正半軸上的一個動點，當NP4Q最大時，請求出點A

的坐標.

【答案】［素材］:>;［實踐探索］:見解析；［遷移應用］：X（0,2V3）

【分析】［素材］利用圓周角定理和三角形外角的性質解答即可；

［實踐探索］同理可得結論；

［遷移應用］如圖3,以PQ為弦作。M,過點M作MNLPQ于N,連接M4MP，由［實踐探索］可知：當。M與

y軸相切，且切點為A時，NPAQ最大，此時N04M=9O。，由勾股定理和坐標與圖形的性質即可解答.

【詳解】［素材］

解：如圖1,設PB交圓于點C,連接CQ,

圖1

0ZP4Q=乙PCQ/PCQ=4PBQ+乙BQC>乙PBQ,

0ZPAQ>乙PBQ；

［實踐探索］

證明：如圖2,設PM交O。于C,

圖2

0ZPAQ=乙PCQ,乙PCQ="MQ+/.MQC>4PMQ,

回乙PAQ>Z.PMQ,

團線段PQ為弦作。。，恰與直線/相切，切點為A,

即當運動員跑動到切點A處時，射門張角最大，此時NPAQ>ZPMQ；

［遷移應用］

解：如圖3,以PQ為弦作。“，過點M作MN1PQ于N,連接M4MP,

由［實踐探索］可知：當。M與y軸相切，且切點為A時，NP4Q最大，止匕時NO4M90°,

團點P(2,0),點Q(6,0),.

OOP=2,OQ=6,

EI.PQ=4,

團MN1PQ

EIPN=NQ=2,

EINAON=乙ONM=Z.OAM=90°

團四邊形40NM是矩形,

^AM=ON=2+2=4=PM,

由勾股定理得：MN=V42-22=2V3,

團點A的坐標為(0,2百).

【點睛】本題是圓的綜合題，主要考查了圓的有關性質，圓周角定理，三角形的外角的性質，圓的切線的

性質，勾股定理，矩形的判定與性質，利用圓周角定理構建圓內角是解決此類問題常添加的輔助線.

4.(24-25九年級上?山東煙臺?期末)如圖1,裝有水的水槽放置在水平桌面上，其橫截面是以4B為直徑的

半圓O,AB=50cm,MN為水面截線，MN=48cm,GH為桌面截線，MN||GH.

(1)作。C1MN于點C,求OC的長；

(2)將圖1中的水倒出一部分得到圖2,發現水面高度下降了13cm,求此時水面截線減少了多少？

【答案】⑴。C的長7cm

(2)此時水面截線減少了18cm

【分析】本題主要考查了垂徑定理的實際應用、勾股定理的應用等知識點，理解垂徑定理是解題的關鍵.

(1)如圖1：連接。M,由圓的性質可得。M=25cm,再利用垂徑定理得出MC=24cm,再運用勾股定理

計算即可解答；

(2)如圖2：過點。作。D1EF,垂足為點。，連接。E,利用勾股定理求出ED=15,再利用垂徑定理得

出EF=2ED=2X15=30,最后MN與EF相減即可解答.

【詳解】(1)解：如圖1：連接。M,

團。M=25cm

回。C1MN,

11

團NOCM=90°,MC=NC=-MN=-x48=24cm,

22

在RtaOMC中，根據勾股定理得：。。2+用。2=。”2,

HOC2+242=252,解得：OC=7,

I30C的長7cm.

（2）解：如圖2：過點。作。垂足為點。，連接。巴

0ZODF=90°,EF=2ED

由題意可知：OD=7+13=20cm

在RtAOED中，根據勾股定理得：0D2+ED2=0E2,

0202+E￡）2=252,解得：ED=15,

0EF=2ED=2x15=30,

048-30=18,

團此時水面截線減少了18cm.

5.（24-25九年級上?陜西西安?期末）【問題提出】（1）如圖1,在扇形4MB中，點M為扇形所在圓的圓心，

點尸為腦上一動點，連接SB,MP,AB與MP相交于點Q,若4B=4舊，BM=9,求PQ的最大值；

【問題解決】（2）如圖2,某公園有一圓形水池。。,4夙4。是水池上的兩座長度相等的小橋，且=60。,

現規劃人員計劃再修建兩座小橋BC和CD,橋的入口C在水池邊上（即點C在O。上），為使游客觀賞效果

最佳，要求四座橋圍成的四邊形28C。面積最大，已知48=2。=60m,修建小橋的成本為100元/m,當

四邊形2BCD的面積最大時，求修建BC和CD兩座小橋的總成本.

【答案】（1）4；（2）4000百元

【分析】（1）由PQ=PM-QM知，當QM最小時，PQ最大,求出此時的PM,QM即可求解；

（2）當力C經過圓心時，四邊形4BCD的面積最大，求出此時的DC和BC即可解答；

本題考查了垂徑定理定理，勾股定理，含30。角的直角三角形的性質，等邊三角形的性質與判定，熟練掌握

垂徑定理是解題的關鍵.

【詳解】解：（1）如圖1,過點M作P'M_L48交4B于點。，交OM于P,

團當QM有最小值時，PQ有最大值，

團當PM14B時，QM最小，此時PQ最大，

即當點尸運動到P'時，PQ有最大值，

EL4B=4V14,

EL4Q'=BQ'=^AB=2714,

SQ'M=JBM2-BQ'2=^92-(2V14)2=5,

SP'Q'=P'M-Q'M=9—5=4,

SPQ的最大值為4.

(2)如圖2,連接BD,連接4。并延長交0。于點C',連接C'D,CB,

圖2

^DAB=60°,AB=AD=60m,

0ABAD是等邊三角形，

ISABAD的面積為定值，且BD=AB=60m,

團當點C至加。距離最大時，ABC。的面積最大，即此時四邊形48CD的面積最大,

團當4C經過圓心。(點C在C'的位置)時，四邊形4BCD的面積最大，

0zXDC,=90°,DC=BC,Z.DAC=Z.BAC,

ElNfMB=60°,

^DAC=ABAC=30°,

SAC=2DC,

在Rt△力DC'中，由勾股定理可得AO?+DC，2=力。,2,

I3602+DC'2=(2DC')2,

解得DC，=BC=20V3,

回修建BC和CD兩座小橋的總成本為：（20次+20%）x100=4000百（元）.

6.（24-25九年級上,河南周口,期中）問題情境：筒車是我國古代發明的一種水利灌溉工具，既經濟又環保.明

朝科學家徐光啟在《農政全書》中用圖畫描繪了筒車的工作原理（如圖①）.假定在水流量穩定的情況下,

筒車上的每一個盛水筒都按逆時針做勻速圓周運動，每旋轉一周用時120秒.

問題設置：把筒車抽象為一個半徑為/?的O0,如圖②，OM始終垂直于水平面，設筒車半徑為2米，當t=0

時，某盛水筒恰好位于水面A處，此時N40M=30°,經過95秒后該盛水筒運動到點B處.

M

圖①圖②

問題解決：

⑴求該盛水筒從A處逆時針旋轉到B處時，N80M的度數；

⑵求筒車水面4C的寬度；

⑶求該盛水筒旋轉至B處時，它到水面的距離.（結果精確至U0.1米）（參考數據e=1.414,%=1.732）

【答案】⑴45。

⑵2米

⑶0.3米

【分析】本題主要考查了垂徑定理的應用，等邊三角形的判定和性質，直角三角形的性質：

（1）根據題意可得每秒轉過3。，即可求解；

（2）根據垂徑定理可得N40C=60。，從而得到AAOC是等邊三角形，即可求解；

（3）過點8、點A分別作。M的垂線，垂足分別為點E、D,根據直角三角形的性質可得4=1米,

從而得到。。=75米，在RtZkBOE中，可得0E=BE,從而得到。E=魚米，即可求解.

【詳解】（1）解：回筒車每旋轉一周用時120秒.

團每秒轉過360。+120=3°,

團4B0M=360°-3。X95—30°=45°；

（2）解：1AC,0A=0C,

團N/0M=乙COM,

團N/0M=30°,

^AOM=Z.COM=30°,

???Z-AOC=60°,

0Aa。。是等邊三角形，

AC=0A=2米.

（3）解：如圖，過點8、點A分別作。M的垂線，垂足分別為點E、D,

在RtAAOD中，N4。。=30。,。4=2米，

EL4Z)=10A—1米，

SOD=>JOA2-AD2=V4-1=百米，

在口△BOE中，NBOE=45。,。8=2米，

0ZBOF=A.OBE=45°,

.?.0E=BE,

WE2+BE2=OB2,

WE=魚米，

EIDE=O￡)-OE=V3-V2?0.3米，

即該盛水筒旋轉至B處時到水面的距離約為0.3米.

模型03圓周角與圓心角有關計算及證明問題

考I向I預I測

本部分內容常考的是圓周角和圓心角的轉化，可通過作圓的半徑構造等腰三角形，利用等腰三角形的頂點和

底角的關系進行轉化.圓周角和圓周角可利用其“橋梁”一一圓心角來轉化.

答I題I技I巧

1.在同圓或等圓中，如果兩條弧相等，那么這兩條弧所對的弦相等，所對的圓心角、圓周角也都相等.運

用這些相等關系，可以實現線段相等與角相等之間的相互轉化

2.圓中出現直徑，我們可以構建直徑所對的圓周角，直徑所對的圓周角等于90°,可利用在直角三角形

中兩銳角互余計算角的度數，利用勾股定理計算邊的長度，也可結合其他幾何知識進行相關的推理證明

［星空市停T

（24-25九年級上?浙江寧波?期末）如圖1,四邊形4BCD為圓內接四邊形，對角線AC與BD交于點E,點尸在

AE上，DF=AE,乙DFC=LBDC.

AA

(2)如圖2,若點B為超C的中點，求證：BE2=CE-CB.

⑶在(2)的條件下，AF=1ADEF的面積為2,求CE的長.

【答案】⑴見解析

⑵見解析

⑶,

【分析】(1)證明AABE三△FCD(SAS),得出CF=4B；

(2)先證ADCE“△FCD,得至UCZ)2=。石?CF,再根據△力BE三△FCD,證出BE=CD,CF=AB=BC,

即可得證；

(3)連接BF,作BG14C,證明DFIIBC,得出=SADFB，得出S-BF=S^DEF=2,設FG=%,得出

CF=AB=2x+l,根據勾股定理得出(2x+1)2=16+(x+1)2,求出/=2,x2=一式舍去)，設CE=t,

根據勾股定理得出Bf2=BG2+GE2.根據852=CE?C8=5t,得出(3-t)2+16=5t,求出r即可.

【詳解】(1)解：???=&0,⑵=⑶,

Z.ABE=乙FCD,乙BAE=乙BDC,

???乙DFC=Z.BDC,

Z.DFC=乙BAE,

即F=AE,

.*.△ABE=AFCD(SAS),

ACF=AB.

(2)證明：團匕BDC=4DFC,乙DCE=CFCD,

0ADCEFCD,

^CECD

廿才

團"=CE,CF，

0AABE=△FCD,

團BE=CD,CF=AB,

13點B為物7的中點,

麗=歷1,

EIBC=BA,

BBC=CF,

SBE2=CE?CB；

(3)解：如圖，連接BF,作BG14C,

A

C?1-BC=BA,

???Z-BAC=Z-BCA=Z-DFC,

0DF||^C,

*',S&DFC=S^DFB，

又丁S〉DFC=S^ABE，

，?S^ABF=S>DEF-2,

-AF=1,

???BG=4,

設FG=x,

???CF=AB=2%4-1,

222

在RtAABG中，AB=BG+AGf

(2%+l)2=16+(%+l)2,

_

解得：%!=2,x2=~(舍去)，

???BC=5,

設CE=t,

在RtABEG中，

BE2=BG2+GE2.

???BE2=CE?CB=53

???(3—1尸+16=53

解得匕=守心=與"(舍去),

???CE的長為月包

【點睛】本題主要考查了弧、弦、圓心角的關系，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，平行線的判定和性質，熟練掌握相關知識是解題的關鍵.

)支式

1.(24-25九年級下?上海?階段練習)如圖，在扇形20B中，點C、。在左8上，帥=CB,點F、E分別在半

徑。4、0B上，OF=0E,連接DE、CF.

⑴求證：DE=CF；

(2)設點P為CD的中點，連接C。、EF,P0,線段P。交CD于點M、交EF于點N.如果PO||DE,求證：四邊

形MNED是矩形.

【答案】⑴證明見解析

(2)證明見解析

【分析】(1)先證出品=的，從而可得NCOF=ADOE,再證出ADOE三ACOF,根據全等三角形的性質

即可得證；

(2)先證出Pf=PD,從而可得NPOC=乙POD,再根據等腰三角形的三線合一可得P。1CD,同理可得P。1

EF,根據平行線的判定可得CD||EF,然后根據矩形的判定即可得證.

【詳解】(1)證明：財力=CB,

0A0-CDCB-CD,即左C=

EIZCOF=乙DOE,

由圓的性質得：。。=。(7,

在ADOE和ACOF中，

0D=0C

Z-DOE=Z.COF,

、0E=OF

團△OOE=△COF(SAS),

⑦DE=CF.

(2)證明：由題意，畫出圖形如下：

團尸E=血

0ZPOC=乙POD,

SOD=OC,

EIP。1CD,

由(1)已得：4COF=4DOE,

EINPOC+乙COF=4POD+乙DOE,即NPOA=乙POB,

EIOF=OE,

SPO1EF,

BCD||EF,

EIP。||DE,

El四邊形MNED是平行四邊形，

又EIP。1EF,

El四邊形"NED是矩形.

【點睛】本題考查了弧與圓心角的關系、三角形全等的判定與性質、等腰三角形的三線合一、矩形的判定

等知識，熟練掌握弧與圓心角的關系是解題關鍵.

2.(24-25九年級上?湖北宜昌?期末)如圖，已知AABC,以4B為直徑的。。與8C,AC分別交于點E,AF

與過E點的切線EF垂直，垂足為F.

⑴求證：AC平分NB2F；

(2)當8C=4C時，求證：CD=CE.

【答案】⑴證明見解析

⑵證明見解析

【分析】本題考查了切線的性質，全等三角形的判定和性質.

(1)利用切線的性質求得NOEF=90。，利用平行線的性質求得N凡4E=〃EO,再等邊對等角即可得到

4FAE=AOAE,即可得至IMC平分NB4F；

(2)證明N40E=NB。。，推出BD=4E,即可證明CD=CE.

【詳解】(1)證明：連接。E,

AF

C

團EF為。。的切線，

WE1EF,

團乙OEF=90°,

又加F1EF,

^AFE=90°,

國乙OEF=Z.AFE=90°,

團4FIIOE,

^Z.FAE=Z.AEO,

又回OE=OA,

團NO/E=Z.AEO,

回乙FAE=Z.OAE,

即ZC平分4BAF；

（2）證明：連接OD,

BBC=AC,

^OAE=/.ABC,

BOA=OE=OB=OD,

團匕OEA=Z.OAE=Z-OBD=Z.ODB

回乙4OE=乙BOD,

團BD=AE,

團CD=CE.

3.（24-25九年級上?浙江杭州?期末）如圖，己知O。的半徑為2,弦CD1直徑2B,垂