2023-2024学年九年级数学下册常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（浙教版）专题13 圆中的辅助线模型（解析版）

专题13.圆中的辅助线模型在平面几何中，与圆有关的许多题目需要添加辅助线来解决。百思不得其解的题目，添上合适的辅助线，问题就会迎刃而解，思路畅通，从而有效地培养学生的创造性思维。添加辅助线的方法有很多，本专题通过分析探索归纳八类圆中常见的辅助线的作法。模型1、遇弦连半径（构造等腰三角形）【模型解读】已知AB是⊙O的一条弦，连接OA，OB，则∠A＝∠B．在圆的相关题目中，不要忽略隐含的已知条件。当我们要解决有关角度、长度问题时，通常可以连接半径构造等腰三角形，利用等腰三角形的性质、勾股定理及圆中的相关定理，还可连接圆周上一点和弦的两个端点，根据圆周角的性质可得相等的圆周角，解决角度或长度的计算问题例1．（2023秋·重庆·九年级专题练习）如图，点，，在上，，，连接交于点，则的度数是（

）A．108° B．109° C．110° D．112°【答案】B【分析】连接，由已知条件求得，由，得，继而求得，再根据三角形内角和性质，即可求得．【详解】如解图，连接，，∵，∴．∵，∴．∵，∴，∴，∴．故选B．【点睛】本题考查了圆心角定理，圆周角定理，三角形内角和定理，等边对等角，熟悉以上知识是解题的关键．例2．（2023•宜兴市期中）如图所示，AB为⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB、CD的延长线交于点E，已知AB＝2DE，∠AEC＝20°．求∠AOC的度数．【分析】连接OD，如图，由AB＝2DE，AB＝2OD得到OD＝DE，根据等腰三角形的性质得∠DOE＝∠E＝20°，再利用三角形外角性质得到∠CDO＝40°，加上∠C＝∠ODC＝40°，然后再利用三角形外角性质即可计算出∠AOC．【解析】连接OD，如图，∵AB＝2DE，而AB＝2OD，∴OD＝DE，∴∠DOE＝∠E＝20°，∴∠CDO＝∠DOE+∠E＝40°，而OC＝OD，∴∠C＝∠ODC＝40°，∴∠AOC＝∠C+∠E＝60°．【点评】本题考查了圆的认识：掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．也考查了等腰三角形的性质．例3．（2023•浙江一模）如图，将大小不同的两块量角器的零度线对齐，且小量角器的中心O2，恰好在大量角器的圆周上，设图中两圆周的交点为P，且点P在小量角器上对应的刻度为63°，那么点P在大量角器上对应的刻度为（只考虑小于90°的角）（）A．54° B．55° C．56° D．57°【分析】连接O1P，O2P，如图，先根据O1P＝O1O2得到∠O1PO2＝∠O1O2P＝63°，然后根据三角形内角和求出∠PO1O2即可．【解析】连接O1P，O2P，如图，∵P在小量角器上对应的刻度为63°，即∠O1O2P＝63°，而O1P＝O1O2，∴∠O1PO2＝∠O1O2P＝63°，∴∠PO1O2＝180°﹣63°﹣63°＝54°，即点P在大量角器上对应的刻度为54°（只考虑小于90°的角）．故选：A．【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．例4．（2023·重庆初三三模）如图，AB是⊙O的直径，且经过弦CD的中点H，已知tan∠CDB＝，BD＝10，则OH的长度为（）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】连接OD，由垂径定理得出AB⊥CD，由三角函数求出DH＝8，BH＝6，设OH＝x，则OD＝OB＝x+6，在Rt△ODH中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【解析】解：连接OD，如图所示：∵AB是⊙O的直径，且经过弦CD的中点H，∴AB⊥CD，∴∠OHD＝∠BHD＝90°，∵tan∠CDB＝＝，BD＝10，∴DH＝8，BH＝6，设OH＝x，则OD＝OB＝x+6，在Rt△ODH中，由勾股定理得：x2+82＝（x+6）2，解得：x＝，∴OH＝；故选：D．【点睛】本题考查了垂弦定理、三角函数和勾股定理的知识，熟练掌握是解题的关键．模型2、遇弦作弦心距（解决有关弦长的问题）【模型解读】已知AB是⊙O的一条弦，过点OE⊥AB，则AE＝BE，OE2+AE2=OA2。在圆中，求弦长、半径或圆心到弦的距离时，常添加弦心距，或作垂直于弦的半径（或直径）或再连结过弦的端点的半径。利用垂径定理、圆心角及其所对的弧、弦和弦心距之间的关系、弦的一半、弦心距和半径组成直角三角形，根据勾股定理求有关量。一般有弦中点、或证明弦相等或已知弦相等时，常作弦心距。例1．（2023年浙江省衢州市中考数学真题）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽是矩形．当餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与边相切，则此餐盘的半径等于cm．

【答案】10【分析】连接，过点作，交于点，交于点，则点为餐盘与边的切点，由矩形的性质得，，，则四边形是矩形，，得，，，设餐盘的半径为，则，，然后由勾股定理列出方程，解方程即可．【详解】由题意得：，，如图，连接，过点作，交于点，交于点，则，

餐盘与边相切，点为切点，四边形是矩形，，，，四边形是矩形，，，，，设餐盘的半径为，则，，在中，由勾股定理得：，即，解得：，餐盘的半径为，故答案为：10．【点睛】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．例2．（2023·湖南九年级期中）如图，将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕AB的长为________．【答案】cm【分析】在图中构建直角三角形，先根据勾股定理得AD的长，再根据垂径定理得AB的长即可．【详解】如图：作OD⊥AB于D，连接OA．根据题意得：OD＝OA＝1cm，再根据勾股定理得：AD＝＝＝cm，由垂径定理得：AB＝2cm．故答案为：cm．【点睛】本题考查了垂径定理，根据题意构造垂径、应用勾股定理是解答本题的关键.例3．（2023·黑龙江九年级期末）⊙的半径为5cm，AB、CD是⊙的两条弦，，，．则和之间的距离为_______．【答案】1cm或7cm．【分析】分两种情况：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；分别作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可．【详解】解：①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图1∵AB＝8cm，CD＝6cm，∴AE＝4cm，CF＝3cm，∵OA＝OC＝5cm，∴EO＝3cm，OF＝4cm，∴EF＝4−3＝1cm；②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图2，∵AB＝8cm，CD＝6cm，∴AE＝4cm，CF＝3cm，∵OA＝OC＝5cm，∴EO＝3cm，OF＝4cm，∴EF＝OF＋OE＝7cm．∴AB与CD之间的距离为1cm或7cm．故填1cm或7cm．【点睛】本题考查了勾股定理和垂径定理的应用，正确作出辅助线、灵活运用垂径定理以及分类讨论思想和数形结合思想是解答本题的关键．例4．（2023·成都市九年级期末）如图是一种机械传动装置示意图，⊙O的半径为50cm，点A固定在⊙O上，连杆AP定长，点P随着⊙O的转动在射线OP上运动．在一个停止状态时，AP与⊙O交于点B，测得AB＝60cm，PB＝70cm，此时OP长为__________________．【答案】20cm【分析】作OD⊥AB于D，连接OB，根据垂径定理得到AD=BD=30cm，即可得到PD=100cm，利用勾股定理即可求得结果．【详解】解：作OD⊥AB于D，连接OB，∴AD＝BDAB＝30cm，∴OD40（cm），∴PD＝PA+AD＝70+30＝100（cm），∴OP20（cm）；故答案为：20cm．．【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，作出辅助线根据直角三角形是解题的关键．模型3、遇求角可构造同弧的圆周角（圆心角）【模型解读】如图，已知A、B、P是⊙O上的点，点C是圆上一动点，连接AC、BC，则∠ACB=∠AOB。例1．（2022·辽宁阜新·中考真题）如图，，，是上的三点，若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由圆周角定理，即可求得的度数，又由，根据等边对等角与三角形内角和定理，即可求得的度数．【详解】解：连接，，，，．故选：B【点睛】此题考查了圆周角定理与等腰三角形的性质．此题比较简单，注意在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半定理的应用．例2．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图，点B，C，D在上，若，则的大小是．

【答案】/度【分析】如图所示，在优弧上取一点E（不与B、D重合），连接，根据圆内接四边形对角互补得到，则由圆周角定理可得．【详解】解：如图所示，在优弧上取一点E（不与B、D重合），连接，∵点B，C，D，E在上，，∴，∴，故答案为：．

【点睛】本题主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟知同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角度数是圆心角度数的一半是解题的关键．例3．（2023秋·重庆·九年级校考阶段练习）如图，一块直角三角板的角的顶点落在上，两边分别交于、两点，若的直径为8，则弦长为（

）A．8 B．4 C． D．【答案】B【分析】连接AO，BO，求出∠AOB=2∠APB=60°，得到△AOB为等边三角形，即可求出AB长.【详解】连接AO，BO，∴OA=OB，∵所对的圆周角是∠APB，所对的圆心角是∠AOB，∠APB=30°，∴∠AOB=2∠APB=60°，∴△AOB为等边三角形，∴AB=AO，∵直径为8，∴OA=4，∴AB=4，故选B.【点睛】本题考查的是圆周角和圆心角，根据题意作出辅助线，得到等边三角形是解答此题的关键．例4．（2023·广西初三一模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠ABC＝30°，AC＝6，则⊙O直径为（）A．6 B．12 C．6 D．6【答案】B【分析】连接OA，OC，根据圆周角定理得到∠AOC＝2∠ABC＝60°，根据等边三角形的性质得到AO＝AC＝6，于是得到结论．【解析】解：连接OA，OC，∵∠ABC＝30°，∴∠AOC＝2∠ABC＝60°，∵OA＝OC，∴△AOC是等边三角形，∴AO＝AC＝6，∴⊙O直径为2AO＝12，故选：B．【点睛】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．模型4、遇直径作直径所对的圆周角（构造直角三角形）【模型解读】如图，已知AB是⊙O的直径，点C是圆上一点，连接AC、BC，则∠ACB=90o。如图，当图形中含有直径时，构造直径所对的圆周角是解问题的重要思路，在证明有关问题中注意90o的圆周角的构造。例1．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图是的直径，C，D是上的两点，若，则．

【答案】/62度【分析】连接，根据是直径，可知，然后根据同弧所对的圆周角可得，然后根据直角三角形的两锐角互补可得【详解】连接，则，∵，∴．∵如图是的直径，∴．故答案为：.

【点睛】本题考查圆周角定理及推论，直角三角形两锐角互余；由圆周角定理得到相等角是解题的关键．例2．（2022·山东泰安·统考中考真题）如图，是⊙的直径，，，，则⊙的半径为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接CO并延长CO交⊙于点E，连接AE，根据OA=OC，可得∠ACD=∠ACE，从而得到AE=AD=2，然后根据勾股定理，即可求解．【详解】解：如图，连接CO并延长CO交⊙于点E，连接AE，∵OA=OC，∴∠ACE=∠CAB，∵，∴∠ACD=∠ACE，∴，∴AE=AD=2，∵CE是直径，∴∠CAE=90°，∴，∴⊙的半径为．故选：D．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，勾股定理是解题的关键．例3．（2022·四川巴中·统考中考真题）如图，为的直径，弦交于点，，，，则（

）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】连接BC，根据垂径定理的推论可得AB⊥CD，再由圆周角定理可得∠A=∠CDB=30°，根据锐角三角函数可得AE=3，AB=4，即可求解．【详解】解：如图，连接BC，∵为的直径，，∴AB⊥CD，∵∠BAC=∠CDB=30°，，∴，∵为的直径，∴，∴OA=2，∴OE=AE-OA=1．故选：C【点睛】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，熟练掌握垂径定理，圆周角定理，特殊角锐角函数值是解题的关键．模型5、遇90°的圆周角连直径【模型解读】如图，已知圆周角∠BAC=90o，连接BC，则BC是⊙O的直径。遇到90°的圆周角时，常连接两条弦没有公共点的另一端点，得到直径。利用圆周角的性质，可得到直径。例1．（2022·山东日照·统考中考真题）一圆形玻璃镜面损坏了一部分，为得到同样大小的镜面，工人师傅用直角尺作如图所示的测量，测得AB=12cm，BC=5cm，则圆形镜面的半径为．

【答案】【分析】连接AC，根据∠ABC=90°得出AC是圆形镜面的直径，再根据勾股定理求出AC即可．【详解】解：连接AC，

∵∠ABC=90°，且∠ABC是圆周角，∴AC是圆形镜面的直径，由勾股定理得：，所以圆形镜面的半径为，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系和勾股定理等知识点，能根据圆周角定理得出AC是圆形镜面的直径是解此题的关键．例2．（2023·甘肃·中考模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知经过原点，与轴、轴分别交于、两点，点坐标为，与交于点，，则圆中阴影部分的面积为．【答案】/【分析】由圆周角定理可得，在Rt△AOB中，利用解直角三角形求出OA、AB的长，然后根据S阴=S半-S△ABO求解即可.【详解】连接，∵，∴是直径，根据同弧对的圆周角相等得，∵，∴，，即圆的半径为2，∴．故答案为．【点睛】本题考查了：①同弧对的圆周角相等；②90°的圆周角对的弦是直径；③锐角三角函数的概念；④圆、直角三角形的面积分式．熟练掌握圆周角定理是解答本题的关键.例3．（2023·重庆·统考中考真题）如图，是矩形的外接圆，若，则图中阴影部分的面积为．（结果保留）

【答案】【分析】根据直径所对的圆周角是直角及勾股定理得到，再根据圆的面积及矩形的性质即可解答．【详解】解：连接，∵四边形是矩形，∴是的直径，∵，∴，∴的半径为，∴的面积为，矩形的面积为，∴阴影部分的面积为；故答案为；

【点睛】本题考查了矩形的性质，圆的面积，矩形的面积，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键．模型6、遇切线连圆心和切点（构造垂直）【模型解读】如图，已知直线AB连与圆O相切于点C，连接OC，则OC⊥AB。AABCO已知圆的切线时，常把切点与圆心连接起来，得半径与切线垂直，构造直角三角形，再利用直角三角形的有关性质解题。例1．（2023·浙江·一模）如图1，一个圆球放置在形架中，图2是它的平面示意图，和都是的切线，切点分别是，若的半径为，且，则______．【答案】60°【分析】构建直角三角形，将数据转换到直角三角形中进行计算．连接OC，OA，那么，在Rt△OBD中,OB=2，可求sin∠BOD=，得到∠BOD=60°，再求∠OCB=30°，则可求得∠ACB=60°．【详解】解：如图，连接OC，OA，交AB于点D，∵CA、CB分别是⊙O的切线∴CA=CB，∵OA=OB，OC=OC∴∴，即OC平分∠ACB∴OC⊥AB∵AB=6∴在Rt△OBD中∵OB=2，∴sin∠BOD=，∴∠BOD=60°∵B是切点∴OB⊥BC∴∠OCB=30°∴∠ACB=60°．故答案为：60°．【点睛】本题主要考查切线的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，通过构建直角三角形来求度数是比较常用的方法．例2．（2023秋·山东·九年级专题练习）如图，为的直径，C为上一点，过点C作的切线交的延长线于点D，连接，若，则的长度为（）A． B． C．8 D．【答案】D【分析】连接，根据切线的定义得出，推出，根据勾股定理得出，进而得出，根据圆周角定理得出，即可求解．【详解】解：如图，连接，∵为的切线，∴，∵，∴，，∴，由圆周角定理得：，∴，∴，故选：D．【点睛】本题主要考查了切线的定义，勾股定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握相关知识点并熟练运用．例3．（2023年湖北省武汉市数学真题）如图，在四边形中，，以为圆心，为半径的弧恰好与相切，切点为．若，则的值是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】作延长线于点，连接，根据圆的基本性质以及切线的性质，分别利用勾股定理求解在和，最终得到，即可根据正弦函数的定义求解．【详解】解：如图所示，作延长线于点，连接，

∵，，∴，∴四边形为矩形，，，∴为的切线，由题意，为的切线，∴，，∵，∴设，，，则，，在中，，在中，，∵，∴，解得：或（不合题意，舍去），∴，∴，∴，故选：B．【点睛】本题考查圆的切线的判定与性质，解直角三角形，以及正弦函数的定义等，综合性较强，熟练运用圆的相关性质以及切线的性质等是解题关键．模型7、证明切线的辅助线（证垂直或直角）【模型解读】证明直线AB是⊙O的切线.ABABCO遇到证明某一直线是圆的切线时：（1）有点连圆心：当直线和圆的公共点已知时，联想圆的切线的判定定理，只要将该店与圆心连接，再证明该直径与直线垂直。如图，已知过圆上一点C的直线AB，连接OC，证明OC⊥AB，则直线AB是⊙O的切线．（2）无点作垂线：需证明的切线，条件中没有告知与圆之间有交点，则联想切线的定义，过圆心作该直线的垂线，证明圆心到垂足的距离等于半径。如图，过点O作OC⊥AB，证明OC等于⊙O的半径，则直线AB是⊙O的切线．例1．（2023年四川省攀枝花市中考数学真题）如图，为的直径，如果圆上的点恰使，求证：直线与相切．

【答案】见详解【分析】由等腰三角形的性质和圆周角定理得出，则，再由切线的判定即可得出结论．【详解】证明：如图，连接，，，为的直径，，，，，即，，是的半径，直线与相切．

【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握圆周角定理和切线的判定是解题的关键．例2．（2023秋·福建福州·九年级校考阶段练习）如图，，，的直径为6．求证：直线是的切线．

【答案】见解析【分析】过点作于点，根据三线合一和勾股定理求出的长，即可．【详解】解：过点作于点，

∵，，∴，∴，∵的直径为6，∴为的半径，又，∴直线是的切线．【点睛】本题考查切线的判定．熟练掌握切线的判定方法，是解题的关键．例3．（2023年辽宁省盘锦市中考数学真题）如图，内接于，为的直径，延长到点G，使得，连接，过点C作，交于点F，交点于点D，过点D作．交的延长线于点E．

(1)求证：与相切．(2)若，，求的长．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）连接，结合圆周角定理，根据，可得，再根据平行的性质，即有，进而可得，问题随之得证；（2）过C点作于点K，先证明四边形是平行四边形，即有，求出，即有，利用三角形函数有，同理，即可得，，进而有，再证明，可得，即可得，在中，有，问题随之得解．【详解】（1）连接，如图，

∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，∴半径，∴与相切；（2）过C点作于点K，如图，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴在，，同理，∵在中，，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴在中，，∴．【点睛】本题是一道综合题，主要考查了圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，三角函数以及勾股定理等知识，掌握切线的判定以及相似三角形的判定与性质，是解答本题的关键．例4．（2023年辽宁省鞍山市中考数学真题）如图，四边形内接于，为的直径，过点D作，交的延长线于点F，交的延长线于点E，连接．若．

(1)求证：为的切线．(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)的半径为【分析】（1）连接，根据同角的补角相等，得到，等角的余角相等，得到，等边对等角，得到，推出，得到，即可得证；（2）连接，推出，利用锐角三角函数求出的长，设的半径为，证明，列出比例式进行求解即可．【详解】（1）证明：连接，

∵，，∴，∵为的直径，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即：，又为的半径，∴为的切线；（2）连接，则：，

∵为的直径，∴，∴，∴，在中，，，∴，设的半径为，则：，∵，∴，∴，即：，∴；∴的半径为．【点睛】本题考查圆与三角形的综合应用，重点考查了切线的判定，解直角三角形，相似三角形的判定和性质．题目的综合性较强，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．模型8、遇三角形的内切圆，连内心与顶点（切点）当遇到三角形内切圆，连接内心到三角形各顶点，或连接内心到各边切点（或做垂线）。利用内心的性质可得一内心到三角形三个顶点的连线是各角的平分线，内心到三角形三边的距离相等。例1．（2022·湖北恩施·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，⊙O为Rt△ABC的内切圆，则图中阴影部分的面积为（结果保留π）．【答案】【分析】利用切线长定理求得⊙O的半径，根据S阴影=S△ABC-(S扇形EOF+S扇形DOF)-S正方形CDOE列式计算即可求解．【详解】解：设切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，∵⊙O为Rt△ABC的内切圆，∴AE=AF、BD=BF、CD=CE，OD⊥BC，OE⊥AC，∵∠C=90°，∴四边形CDOE为正方形，∴∠EOF+∠FOD=360°-90°=270°，设⊙O的半径为x，则CD=CE=x，AE=AF=4-x，BD=BF=3-x，∴4-x+3-x=5，解得x=1，∴S阴影=S△ABC-(S扇形EOF+S扇形DOF)-S正方形CDOE=×3×4-×1×1=5-．故答案为：5-．【点睛】本题考查了切线长定理，扇形的面积公式，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．例2．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图，在中，，于，为的内切圆，设的半径为，的长为，则的值为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】根据三角形内切圆的特点作出圆心和三条半径，分别表示出的面积，利用面积相等即可解决问题．【详解】解：如图所示：为中、、的角平分线交点，过点分别作垂线交、、于点、、，

，，，的长为，，，，，故选：A．【点睛】本题考查了三角形内切圆的相关性质，本题掌握三角形内切圆的性质，根据已知条件利用三角形面积相等推出关系式是解题关键．例3．（2023·广东广州·统考中考真题）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．课后专项训练1．（2023秋·浙江温州·九年级校联考期中）如图，在中，C是的中点，D是上一点，若，则的度数为（

）

A．70° B．55° C．40° D．27.5°【答案】D【分析】根据弧、弦、圆心角定理，得，根据圆周角定理进一步求解．【详解】解：连接，∵C是的中点，∴.∵.∴.故选：D

【点睛】本题考查圆的弧、弦、圆心角关系定理、圆周角定理；由定理得到角之间的关系是解题的关键．2．（2023秋·江苏苏州·九年级校考阶段练习）如图，是的直径，直线切于点，、是上的点，且弦，，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】如图，连接，由弦切角定理知，由是的直径得，接着求出；再根据圆内接四边形的对角互补可以求出，而由得到，由此求出，求出．【详解】解：如图，连接，∵直线切于点，，∴，∵是的直径，∴，∴，∴，∵，∴，∴．故选：B．

【点睛】本题考查弦切角定理，圆内接四边形的性质，三角形内角和定理，直角三角形两锐角互余，等边对等角等知识点．掌握弦切角定理和圆内接四边形是解题的关键．3．（2023秋·福建福州·九年级校考阶段练习）如图，中，弦于E，若，的半径等于6，则弧的长为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】连接、，根据直角三角形的性质求得，再根据圆周角定理求得，再利用弧长公式求解即可．【详解】解：连接、，∵，∴，，∴，∴，∴弧的长为，故选：C．

【点睛】本题考查弧长公式、圆周角定理、直角三角形的性质，熟练掌握弧长公式是解题的关键．4．（2023春·山东烟台·九年级统考期中）如图，在中，AB=6,以点A为圆心与边BC相切于点D，与AC、AB分别相交于点E和点G，点F是优弧上一点，，则的度数是（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，根据切线的性质得到，根据垂直的定义得到，根据直角三角形的性质得到，根据三角形的内角和定理得到，根据等腰三角形的性质得到，根据圆周角定理即可解答．【详解】解：连接，∵与相切于点D，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故选：B．

【点睛】本题主要考查了切线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理等知识点，正确的识别图形是解题的关键．5．（2023春·湖北黄石·九年级校联考开学考试）如图，和分别是的外切正三角形和内接正三角形，若的面积为，则的面积为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】过点O作垂足为N，交于点M，连接，则O，E，B三点一定共线，设圆的半径为r，再求得的长，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】解：过点O作垂足为N，交于点M，连接，

设圆的半径为r，∵和分别是的外切正三角形和内接正三角形，∴，则，∵，∴，，即，，∴，∴．故选：C．【点睛】本题考查了三角形内接圆与内心，三角形外接圆与外心，勾股定理、垂径定理，直角三角形的性质，明确边心距半径边长的一半正好组成直角三角形是解题的关键．6．（2023春·安徽亳州·九年级校考开学考试）如图，木工用角尺的短边紧靠于点A，长边与相切于点B，角尺的直角顶点为C，已知，，则的半径为（

）

A．8 B．5 C．10 D．【答案】C【分析】连接，过点A作，垂足为D，利用勾股定理得出，求解即可．【详解】连接，过点A作，垂足为D，如图，

∵与相切于点B，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，设圆的半径为，在直角中，由勾股定理得，，即，解得，故选：D．【点睛】本题考查了切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握知识点并作出适当的辅助线是解题的关键．7．（2023秋·福建福州·九年级校考阶段练习）如图，的半径为是圆外一点，，交于点，则弦的长为（

）

A．4 B．6 C． D．8【答案】D【分析】过作于，连接，根据含角的直角三角形的性质得出，根据勾股定理求出，再根据垂径定理得出，最后求出答案即可．【详解】解：过作于，连接，则，

，，，在中，由勾股定理得：，，，即，故选：D．【点睛】本题考查了含角的直角三角形的性质，勾股定理，垂径定理等知识点，解题的关键是能熟记垂直于弦的直径平分弦．8．（2023秋·江苏宿迁·九年级校考阶段练习）如图：为的直径，是的弦，、的延长线交于点，已知，，则的大小是°．【答案】16【分析】连接，由，可得．由外角性质，得，于是．【详解】解：连接，∵，∴．∴．∴∴．∴．【点睛】本题考查圆的基本性质、三角形外角的性质；由外角性质得到角之间数量关系是解题的关键．9．（2023秋·江苏盐城·九年级滨海县第一初级中学校联考阶段练习）如图，过A、C、D三点的圆的圆心为点E，过B、F、E三点的圆的圆心为D，如果，那么°．

【答案】【分析】连接、，过三点的圆的圆心为，且过三点的圆的圆心为，，可知，根据圆周角定理可得，由即可求解．【详解】解：如图，连接、，∵过三点的圆的圆心为，且过，三点的圆的圆心为，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了三角形外接圆与外心，圆周角定理知识点，熟练掌握圆周角定理并妙使用是解决问题的关键．10．（2023秋·浙江温州·九年级校联考阶段练习）如图，是的外接圆，，若点O到的距离为2，则BC的长为．

【答案】【分析】连接、，过点O作于点M，根据圆周角定理求得，然后结合等腰三角形三线合一的性质和含角的直角三角形的性质分析求解即可．【详解】解：如图，连接、，过点O作于点M，

∵是的外接圆，，点O到的距离为2，∴，，又∵，，∴，，∴在中，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形三线合一的性质、含直角三角形的性质，理解相关性质定理正确推理计算是解题的关键．11．（2023春·广东深圳·九年级校考自主招生）如图，已知的两条弦、分别与的同心圆交于点E、F、X、Y，，，，则的长度为．

【答案】5【分析】先设大圆半径为R，小圆半径为r，的长度为．连结、、、，然后过点分别作交于点，交于点，根据垂径定理和勾股定理，得，，即，则，同理得，则，即可作答．【详解】解：设大圆半径为R，小圆半径为r，的长度为．连结、、、，然后过点分别作交于点，交于点，如图所示：

由垂径定理可得，，在和，由勾股定理得，，即，则，那么，在和，由勾股定理得，，即，则，那么，因为，所以，解得，所以．故答案为：．【点睛】本题考查垂径定理以及勾股定理，解出和是本题解题的关键，难度适中．12．（2023秋·福建福州·九年级校考阶段练习）如图，的弦，点E为垂足，，，且则的半径为．

【答案】【分析】过点O作于点M，于点N，连接，根据垂径定理求出、，根据正方形的性质求出，再利用勾股定理求解即可．【详解】解：过点O作于点M，于点N，连接，∵，，，∴，∴，∵，，∴四边形是矩形，∵，∴，∴四边形是正方形，∴，在中，，故答案为：．

【点睛】本题考查垂径定理、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键．13．（2023·江苏·中考真题）如图，是的直径，点，在上．若，则度．

【答案】【分析】连接，根据直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，可得，，进而即可求解．【详解】解：如图所示，连接，

∵是直径，∴，∵，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，熟练掌握圆周角定理的推论是解题的关键．14．（2023·山东泰安·统考中考真题）为了测量一个圆形光盘的半径，小明把直尺、光盘和三角尺按图所示放置于桌面上，并量出，则这张光盘的半径是．（精确到．参考数据：）

【答案】【分析】设光盘的圆心为O，三角尺和光盘的切点为C，连接，经过圆外一点A的两条直线都与圆O相切，所以为的角平分线，，同时由切线的性质得到，在中，，求出，即为圆的半径，进而确定出圆的直径．【详解】解：设光盘的圆心为O，三角尺和光盘的切点为C，连接，如下图所示：

∵分别为圆O的切线，∴为的角平分线，即，又∵,∴，在中，，，∴，，∴，则这张光盘的半径为；故答案为：．【点睛】此题考查了切线的性质，切线长定理，锐角三角函数定义，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．15．（2021·四川宜宾·统考中考真题）如图，⊙O的直径AB＝4，P为⊙O上的动点，连结AP，Q为AP的中点，若点P在圆上运动一周，则点Q经过的路径长是．【答案】【分析】连接OQ，以OA为直径作⊙C，确定出点Q的运动路径即可求得路径长．【详解】解：连接OQ．在⊙O中，∵AQ=PQ，OQ经过圆心O，∴OQ⊥AP．∴∠AQO=90°．∴点Q在以OA为直径的⊙C上．∴当点P在⊙O上运动一周时，点Q在⊙C上运动一周．∵AB=4，∴OA=2．∴⊙C的周长为．∴点Q经过的路径长为．故答案为：【点睛】本题考查了垂径定理的推论、圆周角定理的推论、圆周长的计算等知识点，熟知相关定理及其推论是解题的基础，确定点Q的运动路径是解题的关键．16．（2023·安徽合肥·合肥寿春中学校考三模）如图，在中，弦，D是一点，，则劣弧的长为．

【答案】/【分析】连接，根据90°的圆周角所对的弦是直径，得到为的直径，勾股定理求出的长，进而求出圆的半径，利用弧长公式进行求解即可．【详解】解：连接，

∵，∴，∴为的直径，∵，∴，∴，∵，∴劣弧的长为．故答案为：．【点睛】本题考查圆周角定理的推论，求弧长．熟练掌握90°的圆周角所对的弦是直径，以及弧长公式，是解题的关键．17．（2023·河南南阳·统考三模）如图，在的网格图中，每个小正方形的边长均为1，点，，，都在格点上，线段与弧交于点，则图中弧的长度为．

【答案】【分析】连接、，根据90度的圆周角所对的弦是直径，推出是直径，再利用勾股定理，推出，是等腰直角三角形，然后利用等腰直角三角形的性质，推出，再求出，即可利用弧长公式求出弧的长度．【详解】解：连接、，是直角，是直径，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，故答案为：．

【点睛】本题考查了90度的圆周角所对的弦是直径，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，弧长公式，求出半径以及所对的圆心角是解题关键．18．（2023·广东东莞·校考一模）如图，从一块半径为1米的圆形铁皮圆O上剪出一个圆心角为90度的扇形，且点A、B、C都在圆上，则此时扇形的面积（保留）是平方米．【答案】【分析】连接，先根据圆周角定理可得是的直径，再利用勾股定理可得，然后利用扇形的面积公式求解即可得．【详解】解：如图，连接，由题意得：，，是的直径，米，，，则此时扇形的面积是（平方米），故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理、扇形的面积、勾股定理，熟练掌握扇形的面积公式是解题关键．19．（2023秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，的弦与相交于点E，已知，，且。(1)如图1，若过圆心O，求的半径；(2)如图2，若，请直接写出点的半径

【答案】(1)(2)【分析】（1）连接，根据垂径定理得到，结合勾股定理求解即可得到答案；（2）连接，，，过作于，根据垂径定理得到，，结合勾股定理求解即可得到答案【详解】（1）解：