查补重难点07 圆的相关计算与证明（解析版）

查补重难点07.圆的相关计算与证明考点一：圆的基本概念与性质1．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；推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．2.圆心角、弧、弦的关系（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．圆心角、弧和弦之间的等量关系必须在同圆等式中才成立．推论：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．3．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．圆周角定理的推论：1）在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等．2）直径所对的圆周角是直角．3）圆内接四边形的对角互补．题型1.垂径定理及其运用1.如图，可得①AB过圆心；②AB⊥CD；③CE=DE；④；⑤。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。2.关于垂径定理的计算常与勾股定理相结合，解题时往往需要添加辅助线，一般过圆心作弦的垂线，构造直角三角形．例1.（2024·江苏盐城·模拟预测）如图，、、是上的点，，若，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查垂径定理（垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧），先根据垂径定理得到，再用勾股定理计算出，然后计算即可．掌握垂径定理是解题的关键．【详解】解：∵，，，∴，，，在中，，∴．故选：D．变式2．（2024·江苏徐州·一模）如图，是的内接三角形，若，，则的半径长为(

)A．4 B． C．2 D．1【答案】C【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，连接，过点作于点，则，进而即可求解．【详解】解：如图所示，连接，过点作于点，∵，∴，∴，∴，故选：C．变式3．（2023年湖南省永州市中考数学真题）如图，是一个盛有水的容器的横截面，的半径为．水的最深处到水面的距离为，则水面的宽度为．

【答案】【分析】过点作于点，交于点，则，依题意，得出，进而在中，勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，过点作于点，交于点，则，

∵水的最深处到水面的距离为，的半径为．∴，在中，∴故答案为：．【点睛】本题考查了垂径定理的应用，勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．题型2.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。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。例1.（2023·辽宁·校联考一模）如图，四边形内接，平分，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据圆心角、弧、弦的关系对各选项进行逐一判断即可．【详解】解：A、与的大小关系不确定，与不一定相等，故本选项错误；B、平分，，，，故本选项正确；C、与的大小关系不确定，与不一定相等，故本选项错误；D、与的大小关系不确定，故本选项错误．故选：B．【点睛】本题考查的是圆心角、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．变式1．（2023·陕西西安·校联考模拟预测）如图，是的直径，点C，D在上，，则的度数是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】首先由可得，再由可得出．【详解】解：∵在中，∴，∵，∴，故选：B．【点睛】此题考查了弧与圆心角的关系、等腰三角形的性质及三角形外角的性质，掌握数形结合思想的应用是解题的关键．变式2.（2023·四川成都·模拟预测）如图，在中，弦相交于点E，连接，已知．(1)求证：；(2)如果的半径为5，，求的长．

【答案】(1)见解析(2)7【分析】（1）根据，可得，再证明，即可；（2）过O作与F，于G，连接，则，根据垂径定理可得，证明，可得，从而得到四边形是正方形，可得，设，则，根据勾股定理求出x的值，即可．【详解】（1）证明：∵，∴，在与中，，∴，∴；（2）解：过O作与F，于G，连接，则，

∴四边形是矩形，根据垂径定理得：，∵，∴，在与中，，∴，∴，∵，∴四边形是正方形，∴，设，则，∴，即，解得：或（舍去），∴，∴．【点睛】本题主要考查了垂径定理，弧、弦，圆心角的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握垂径定理，弧、弦，圆心角的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．题型3.圆周角定理的运用（1）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”；（2）当已知圆的直径时，常构造直径所对的圆周角；（3）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。例1.（2024·江苏苏州·一模）如图，在中，点，，在圆上，，的半径的长为，则劣弧的长是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理和弧长公式，根据圆周角定理求出度数，再利用弧长公式计算即可，熟练掌握圆周角定理和弧长公式的应用是解题的关键．【详解】解：∵，∴，∴劣弧的长是，故选：．变式1．（2023·江苏无锡·模拟预测）如图，已知四边形内接于，，、的延长线相交于点E，连接．若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查圆周角定理，三角形内角和定理，关键是由圆周角定理求出的度数．由圆周角定理推出，，得到，由三角形内角和定理求出的度数，即可求出的度数．【详解】解：为圆的直径，，，∵，∴，，，，，．故选：．变式2．（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．题型4.圆的内角四边形性质：（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。注意：圆的一条弧（弦）只对着一个圆心角，对应的圆周角有无数个，但圆周角的度数只有两个，这两个度数和为180°。例1（2023·江苏·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，，则的度数是．【答案】120【分析】解：如图，连接，由是的直径，可得，由，可得，，根据，计算求解即可．【详解】解：如图，连接，∵是的直径，∴，∵，∴，∴，∵四边形是的内接四边形，∴，故答案为：120．【点睛】本题考查了直径所对的圆周角为直角，含的直角三角形，圆内接四边形的性质．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．变式1．（2022·江苏南京·中考真题）如图，四边形内接于，它的3个外角，，的度数之比为，则．【答案】/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，再根据平角的定义求解．【详解】解：如图，延长到H，四边形内接于，，，，，的度数之比为，，，，的度数之比为，，，．故答案为：．【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2．（2023·江苏宿迁·二模）如图，点A、B、C在上，P为上任意一点，，则等于（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查三角形内角和定理和圆的内接四边形性质，根据题意列出关系式化简即可．【详解】解：在中，，在中，，∵四边形为圆的内接四边形，∴，，则，故选：C．考点二：与圆有关的位置关系1.切线的性质：（1）切线与圆只有一个公共点；（2）切线到圆心的距离等于圆的半径；（3）切线垂直于经过切点的半径。2.切线的判定（1）与圆只有一个公共点的直线是圆的切线（定义法）；（2）到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线（数量关系法）；（3）经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线（判定定理法）。3.切线长定理：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。4.三角形外接圆：经过三角形三个顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心，这个三角形叫做这个圆的内接三角形。5.三角形内切圆：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心是三角形三条边角分线的交点，叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形。题型1.点（直线）与圆的位置关系掌握已知点的位置，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。例1．（2023·江苏宿迁·中考真题）在同一平面内，已知的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（

）A．2 B．5 C．6 D．8【答案】B【分析】过点作于点，连接，判断出当点为的延长线与的交点时，点到直线的距离最大，由此即可得．【详解】解：如图，过点作于点，连接，，，当点为的延长线与的交点时，点到直线的距离最大，最大距离为，故选：B．【点睛】本题考查了圆的性质，正确判断出点到直线的距离最大时，点的位置是解题关键．变式1．（2024·江苏常州·模拟预测）已知直线l与⊙O相交，圆心O到直线l的距离为6，则⊙O的半径可能为（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】D【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，熟练掌握判断直线和圆的位置关系的方法：设的半径为，圆心到直线的距离为．①直线和相交②直线和相切③直线和相离．根据直线与圆的位置关系的判断的方法可求解．【详解】解：和直线相交，，又圆心到直线的距离为，，故选：D．变式2．（2022·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰中，，BC=，同时与边的延长线、射线相切，的半径为3．将绕点按顺时针方向旋转，、的对应点分别为、，在旋转的过程中边所在直线与相切的次数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】首先以A为圆心，以BC边的中线为半径画圆，可得⊙A的半径为3，计算出OA的长度，可知⊙O与⊙A相切，根据两个相切圆的性质，即可得到答案．【详解】解：如图：作AD⊥BC，以A为圆心，以AD为半径画圆∵AC、AB所在的直线与⊙O相切，令切点分别为P、Q，连接OP、OQ∴AO平分∠PAQ∵∠CAB=120°∴∠PAO=30°∵OP=3∴AO==6∵∠BAC=120°，AB=AC

∴∠ACB=30°，CD=BC=∴AD==3∴⊙A的半径为3,∴⊙O与⊙A的半径和为6∵AO=6∴⊙O与⊙A相切∵AD⊥BC∴BC所在的直线是⊙A的切线∴BC所在的直线与⊙O相切∴当=360°时，BC所在的直线与⊙O相切同理可证明当=180°时，所在的直线与⊙O相切．当⊥AO时，即=90°时，所在的直线与⊙O相切．∴当为90°、180°、360°时，BC所在的直线与⊙O相切故答案选C．【点睛】本题主要考查了圆的切线，涉及到等腰三角形的性质、两圆的位置关系和特殊角的三角函数等知识，熟练掌握相关知识，精准识图并准确推断图形的运动轨迹，进行合理论证是本题的解题关键．题型2.切线的性质.利用切线的性质解决问题时，通常连过切点的半径，利用直角三角形的性质来解决问题。例1.（2023·江苏徐州·中考真题）如图，在中，直径与弦交于点．连接，过点的切线与的延长线交于点．若，则°．

【答案】66【分析】连接，则有，然后可得，则，进而问题可求解．【详解】解：连接，如图所示：

∵是的直径，且是的切线，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；故答案为：66．【点睛】本题主要考查切线的性质、圆周角、弧之间的关系，熟练掌握切线的性质、圆周角、弧之间的关系是解题的关键．变式1．（2022·江苏盐城·中考真题）如图，、是的弦，过点A的切线交的延长线于点，若，则°．【答案】35【分析】连接并延长，交于点，连接，首先根据圆周角定理可得，再根据为的切线，可得，可得，再根据圆周角定理即可求得．【详解】解：如图，连接并延长，交于点，连接．为的直径，，，为的切线，，，，．故答案为：35．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，作出辅助线是解决本题的关键．变式2.（2022·江苏无锡·中考真题）如图，AB是圆O的直径，弦AD平分∠BAC，过点D的切线交AC于点E，∠EAD＝25°，则下列结论错误的是（

）A．AE⊥DE B．AE//OD C．DE=OD D．∠BOD=50°【答案】C【分析】过点D作DF⊥AB于点F，根据切线的性质得到OD⊥DE，证明OD∥AE，根据平行线的性质以及角平分线的性质逐一判断即可．【详解】解：∵DE是⊙O的切线，∴OD⊥DE，∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，∵AD平分∠BAC，∴∠OAD=∠EAD，∴∠EAD=∠ODA，∴OD∥AE，∴AE⊥DE．故选项A、B都正确；∵∠OAD=∠EAD=∠ODA=25°，∠EAD=25°，∴∠BOD=∠OAD+∠ODA=50°，故选项D正确；∵AD平分∠BAC，AE⊥DE，DF⊥AB，∴DE=DF<OD，故选项C不正确；故选：C．【点睛】本题考查的是切线的性质，角平分线的性质定理，平行线的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．题型3.切线的判定切线判定常用的证明方法：①知道直线和圆有公共点时，连半径，证垂直；②不知道直线与圆有没有公共点时，作垂直，证垂线段等于半径。例1．（2023·江苏盐城·中考真题）如图，在中，是上（异于点，）的一点，恰好经过点，，于点，且平分．(1)判断与的位置关系，并说明理由；(2)若，，求的半径长．

【答案】(1)见解析(2)的半径长为．【分析】（1）连接，证明，即可证得，从而证得是圆的切线；（2）设，则，利用勾股定理求得，推出，利用相似三角形的性质列得比例式，据此求解即可．【详解】（1）证明：连接，如下图所示，

∵是的平分线，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，即，又∵过半径的外端点B，∴与相切；（2）解：设，则，∵在中，，，，∴，∵，∴，∴，即，解得．故的半径长为．【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，以及勾股定理，熟练掌握切线的判定是解本题的关键．变式1．（2023·江苏扬州·中考真题）如图，在中，，点D是上一点，且，点O在上，以点O为圆心的圆经过C、D两点．(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；(2)若的半径为3，求的长．

【答案】(1)直线与相切，理由见解析(2)6【分析】（1）连接，根据圆周角定理，得到，进而得到，即可得出与相切；（2）解直角三角形，求出的长，进而求出的长，再解直角三角形，求出的长即可．【详解】（1）解：直线与相切，理由如下：连接，则：，

∵，即：，∴，∵，∴，∴，∴，∵为的半径，∴直线与相切；（2）解：∵，的半径为3，∴，∴，∴，∵，∴，设：，则：，∴，∴．【点睛】本题考查切线的判定，解直角三角形．熟练掌握切线的判定方法，正弦的定义，是解题的关键．变式2．（2022·江苏扬州·中考真题）如图，为的弦，交于点，交过点的直线于点，且．(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；(2)若，求的长．【答案】(1)相切，证明见详解(2)6【分析】（1）连接OB，根据等腰三角形的性质得出，，从而求出，再根据切线的判定得出结论；（2）分别作交AB于点M，交AB于N，根据求出OP，AP的长，利用垂径定理求出AB的长，进而求出BP的长，然后在等腰三角形CPB中求解CB即可．【详解】（1）证明：连接OB，如图所示：，，，，，，即，，，为半径，经过点O，直线与的位置关系是相切．（2）分别作交AB于点M，交AB于N，如图所示：，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了切线的证明，垂径定理的性质，等腰三角形，勾股定理，三角函数等知识点，熟练掌握相关知识并灵活应用是解决此题的关键，抓住直角三角形边的关系求解线段长度是解题的主线思路．题型4.内切圆与外接圆（1）三角形内切圆半径：，其中S为三角形的面积；C为三角形的周长；（2）直角三角形内切圆半径：，其中a，b为直角三角形的直角边长，c为斜边长。（3）切线长定理经常用来证明线段相等，通常要连接圆心与切点构造直角三角形来求解。例1．（2024·江苏扬州·一模）如图，一块四边形材料，，，，，．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】本题主要考查了三角形内切圆半径与三角形的关系，相似三角形的判定与性质，勾股定理，构造三角形用等面积法是解题的关键．延长交延长线于，当这个圆是的内切圆时，此圆的面积最大，构造三角形，通过等面积法求解即可．【详解】解：延长交延长线于

，，，，即，解得，，在中，，，设这个圆的圆心为，与分别相切于，，，，，，即，解得，故选：B．变式1．（2023·江苏镇江·中考真题）《九章算术》中记载：“今有勾八步，股一十五步．问勾中容圆，径几何？”译文：现在有一个直角三角形，短直角边的长为8步，长直角边的长为15步．问这个直角三角形内切圆的直径是多少？书中给出的算法译文如下：如图，根据短直角边的长和长直角边的长，求得斜边的长．用直角三角形三条边的长相加作为除数，用两条直角边相乘的积再乘2作为被除数，计算所得的商就是这个直角三角形内切圆的直径．根据以上方法，求得该直径等于步．（注：“步”为长度单位）

【答案】6【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径，得到直径．【详解】解：根据勾股定理得：斜边为，则该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径（步），即直径为6步，故答案为：6．【点睛】此题考查了三角形的内切圆与内心，掌握中，两直角边分别为、，斜边为，其内切圆半径是解题的关键．变式2．（2022·江苏常州·中考真题）如图，是的内接三角形．若，，则的半径是．【答案】1【分析】连接、，根据圆周角定理得到，根据勾股定理计算即可．【详解】解：连接、，，，，即，解得：，故答案为：1．【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、勾股定理是解题的关键．考点三：与圆有关的计算设⊙OQUOTE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）弧长公式：；（2）扇形面积公式：或．（3）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）（4）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）题型1.正多边形与圆的相关计算正多边形的常用公式（Rn为正多边形外接圆的半径）边长：；周长：；边心距：；面积：；内角度数：；外角/中心角度数：；边长、半径、边心距的关系：。例1.（2024·江苏无锡·一模）魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积．如图所示的圆的内接正十二边形，若该圆的半径为1，则这个圆的内接正十二边形的面积为（

）A．1 B． C．3 D．4【答案】C【分析】本题考查正多边形与圆，三角形的面积的计算，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题关键．过作于，得到圆的内接正十二边形的圆心角，根据三角形的面积公式即可得到结论．【详解】解：如图，过作于，圆的内接正十二边形的圆心角为，，，，这个圆的内接正十二边形的面积为，故选：C变式1．（2023·江苏无锡·中考真题）下列命题：①各边相等的多边形是正多边形；②正多边形是中心对称图形；③正六边形的外接圆半径与边长相等；④正n边形共有n条对称轴．其中真命题的个数是（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】C【分析】根据正多边形的性质以及正多边形与圆的关系逐一进行判断即可．【详解】解：各边相等各角相等的多边形是正多边形，只有各边相等的多边形不一定是正多边形，如菱形，故①是假命题；正三角形和正五边形就不是中心对称图形，故②为假命题；正六边形中由外接圆半径与边长可构成等边三角形，所以外接圆半径与边长相等，故③为真命题；根据轴对称图形的定义和正多边形的特点，可知正n边形共有n条对称轴，故④为真命题.故选：C．【点睛】本题考查的是正多边形的概念以及正多边形与圆的关系，属于基础题型．变式2．（2023·江苏泰州·中考真题）半径为的圆内接正五边形一边所对劣弧的长为．【答案】【分析】根据正多边形和圆的性质，计算半径为的圆周长的五分之一即可．【详解】解：由题意得，半径为的圆内接正五边形一边所对劣弧的长是半径为的圆周长的五分之一，所以，故答案为：．【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握弧长、圆周长计算方法是正确解答的关键．题型2.圆锥的相关计算圆锥的相关公式难以记忆，建议牢记圆锥与侧面展开图的图形形式，并理解侧面展开图与扇形之间的关系。相关公式在解题过程中进行推导。例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】本题考查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．变式14．（2023·江苏徐州·中考真题）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形．若母线长l为，扇形的圆心角为，则圆锥的底面圆的半径r为．

【答案】2【分析】本题考查了圆锥的计算，首先求得展开之后扇形的弧长也就是圆锥的底面周长，进一步利用弧长计算公式求得圆锥的底面圆的半径r．【详解】解：由题意得：母线长l为，，，∴，故答案为：2．变式2．（2021·江苏镇江·中考真题）设圆锥的底面圆半径为r，圆锥的母线长为l，满足2r+l＝6，这样的圆锥的侧面积（

）A．有最大值π B．有最小值π C．有最大值π D．有最小值π【答案】C【分析】由2r+l＝6，得出l＝6﹣2r，代入圆锥的侧面积公式：S侧＝πrl，利用配方法整理得出，S侧＝﹣2π(r﹣)2+π，再根据二次函数的性质即可求解．【详解】解：∵2r+l＝6，∴l＝6﹣2r，∴圆锥的侧面积S侧＝πrl＝πr(6﹣2r)＝﹣2π(r2﹣3r)＝﹣2π[(r﹣)2﹣]＝﹣2π(r﹣)2+π，∴当r＝时，S侧有最大值．故选：C．【点睛】本题考查了圆锥的计算,二次函数的最值,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.熟记圆锥的侧面积:是解题的关键．题型3.不规则图形的相关计算求与圆有关的不规则图形的面积时，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：割补法、等积变换法、图形变换法等。例1.（2023·江苏连云港·中考真题）如图，矩形内接于，分别以为直径向外作半圆．若，则阴影部分的面积是（

）

A． B． C． D．20【答案】D【分析】根据阴影部分面积为2个直径分别为的半圆的面积加上矩形的面积减去直径为矩形对角线长的圆的面积即可求解．【详解】解：如图所示，连接，∵矩形内接于，∴∴阴影部分的面积是，故选：D．

【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．变式1．（2022·江苏连云港·中考真题）如图，有一个半径为2的圆形时钟，其中每个刻度间的弧长均相等，过9点和11点的位置作一条线段，则钟面中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】阴影部分的面积等于扇形面积减去三角形面积，分别求出扇形面积和等边三角形的面积即可．【详解】解：如图，过点OC作OD⊥AB于点D，∵∠AOB=2×=60°，∴△OAB是等边三角形，∴∠AOD=∠BOD=30°，OA=OB=AB=2，AD=BD=AB=1，∴OD=，∴阴影部分的面积为，故选：B．【点睛】本题考查了扇形面积、等边三角形的面积计算方法，掌握扇形面积、等边三角形的面积的计算方法是正确解答的关键．变式2．（2024·江苏苏州·一模）如图，正方形的边长为1，对角线，相交于点，以点为圆心，对角线的长为半径画弧，交的延长线于点，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】先根据锐角三角函数求出，再根据扇形面积公式和三角形面积公式即可求出阴影部分的面积．【详解】解：四边形是正方形，，，，则在等腰中，由勾股定理可得，由正方形性质可知，，阴影部分的面积，故答案为：．【点睛】本题考查求不规则图形面积，涉及扇形面积公式、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，掌握扇形面积公式和正方形性质的应用，由等腰直角三角形求出是解题关键．题型4.圆的相关证明与计算综合在解决圆的相关证明与计算综合问题中，经常用到的重要性质及技法：①运用圆是轴对称图形也是中心对称图形可以对相关结论作合理的猜测；②利用垂径定理，通过在由半弦、半径、弦心距组成的直角三角形，运用勾股定理或锐角三角函数进行计算；③在同圆或等圆中，圆心角、弧、弦、弦心距等量对等量关系，可以转化相等关系；④由直径所对的圆周角是直角构造直角三角形；⑤相似三角形、锐角三角函数、勾股定理是计算线段长度及其线段数量关系的重要手段。例1．（2023·江苏镇江·中考真题）如图，将矩形沿对角线翻折，的对应点为点，以矩形的顶点为圆心、为半径画圆，与相切于点，延长交于点，连接交于点．(1)求证：．(2)当，时，求的长．

【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，由切线的性质得，则，由矩形的性质得，再由直角三角形两锐角互余得，根据对顶角相等和同圆的半径相等得，，然后由等角的余角相等得，最后由等角对等边得出结论；（2）由锐角三角函数得，，得，由翻折得，由得，再由矩形对边相等得，最后在中解直角三角形即可得出结论．【详解】（1）证明：如图，连接．

∵与相切于点E，∴，∴．∵四边形是矩形，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴．（2）解：在中，，，∴，∴，∵四边形是矩形，∴，由翻折可知，，∵四边形是矩形，∴，在中，，∴．【点睛】本题是四边形与圆的综合题，考查了矩形的性质、切线的性质、翻折的有关性质、锐角三角函数的定义，正确作出辅助线，巧用解直角三角形是解答本题的关键．变式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．变式2．（2023·江苏泰州·中考真题）已知：A、B为圆上两定点，点C在该圆上，为所对的圆周角．

知识回顾(1)如图①，中，B、C位于直线异侧，．①求的度数；②若的半径为5，，求的长；逆向思考(2)如图②，P为圆内一点，且，，．求证：P为该圆的圆心；拓展应用(3)如图③，在（2）的条件下，若，点C在位于直线上方部分的圆弧上运动．点D在上，满足的所有点D中，必有一个点的位置始终不变．请证明．【答案】(1)①；②；(2)见解析；(3)见解析【分析】（1）①根据，结合圆周角定理求的度数；②构造直角三角形；（2）只要说明点到圆上、和另一点的距离相等即可；（3）根据，构造一条线段等于，利用三角形全等来说明此线段和相等．【详解】（1）解：①，，，．②连接，过作，垂足为，

，，是等腰直角三角形，且，，，是等腰直角三角形，，在直角三角形中，，．（2）证明：延长交圆于点，则，，，，，，，，为该圆的圆心．（3）证明：过作的垂线交的延长线于点，连接，延长交圆于点，连接，，

，，是等腰直角三角形，，，，，是直径，，，，，，，，必有一个点的位置始终不变，点即为所求．【点睛】本题考查了圆周角定理，还考查了勾股定理和三角形全等的知识，对于（3）构造一条线段等于是关键．题型5.圆与尺规作图的相关运算例1．（2023·江苏·中考真题）如图，在中，．

(1)尺规作图：作，使得圆心在边上，过点且与边相切于点（请保留作图痕迹，标明相应的字母，不写作法）；(2)在（1）的条件下，若，求与重叠部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）作的角平分线交于点，过点作，交于点，以为圆心，为半径作，即可；（2）根据含30度角的直角三角形的性质，求得圆的半径，设交于点，连接，可得是等边三角形，进而根据与重叠部分的面积等于扇形面积与等边三角形的面积和，即可求解．【详解】（1）解：如图所示，即为所求；

（2）解：∵，是的切线，∴，∴，则，解得：，如图所示，设交于点，连接，∵，∴是等边三角形，如图所示，过点作于点，∴∴在中，,∴,∴，则，∴与重叠部分的面积为．【点睛】本题考查了基本作图，切线的性质，求扇形面积，熟练掌握基本作图与切线的性质是解题的关键．变式1．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，已知，点M是上的一个定点．

(1)尺规作图：请在图1中作，使得与射线相切于点M，同时与相切，切点记为N；(2)在（1）的条件下，若，则所作的劣弧与所围成图形的面积是____．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先作的平分线，再过M点作的垂线交于点O，接着过O点作于N点，然后以O点为圆心，为半径作圆，则满足条件；（2）先利用切线的性质得到，，根据切线长定理得到，则，再利用含30度角的直角三角形三边的关系计算出，然后根据扇形的面积公式，利用的劣弧与所围成图形的面积进行计算．【详解】（1）解：如图，为所作；

；（2）解：∵和为的切线，∴，，，∴，∴，在中，，∴，∴的劣弧与所围成图形的面积．故答案为：．【点睛】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了切线的判定与性质、扇形的面积计算．变式2．（2022·江苏常州·中考真题）（现有若干张相同的半圆形纸片，点是圆心，直径的长是，是半圆弧上的一点（点与点、不重合），连接、．(1)沿、剪下，则是______三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；(2)分别取半圆弧上的点、和直径上的点、．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；(3)经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点，一定存在线段上的点、线段上的点和直径上的点、，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．【答案】(1)直角(2)见详解(3)小明的猜想正确，理由见详解【分析】（1）AB是圆的直径，根据圆周角定理可知∠ACB=90°，即可作答；（2）以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可；（3）当点C靠近点A时，设，，可证,推出，分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，可得，进而可证四边形MNQP是菱形；当点C靠近点B时，同理可证．【详解】（1）解：如图，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB是直角，即△ABC是直角三角形，故答案为：直角；（2）解：以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可，作图如下：由作图可知AE=EF=FH=HG=OA=AB=6，即四边形EFHG是边长为6cm的菱形；（3）解：小明的猜想正确，理由如下：如图，当点C靠近点A时，设，，∴,∴,∴,∴．分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，作于点D，于点E，∴．∵,，，∴，在和中，，∴，∴，∴，又∵，∴四边形MNQP是平行四边形，又∵，∴四边形MNQP是菱形；同理，如图，当点C靠近点B时，采样相同方法可以得到四边形MNQP是菱形，故小明的猜想正确．【点睛】本题考查了圆周角定理、尺规作图、菱形的性质与判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用上述知识解决问题．课后训练1．（2024·江苏盐城·一模）如图，四边形内接于，是的直径，点E在上，且，则的度数是（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键．连接，根据圆内接四边形的性质，得，根据圆周角定理求出，，进而求出，计算即可．【详解】解：如图，连接，四边形内接于，，，是的直径，，，∵，故选：D．

2．（2023·江苏宿迁·模拟预测）如图，如图，是的直径，是的弦，过点的切线交的延长线于点，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了等腰三角形的性质．连接，如图，根据切线的性质得，再利用互余得，由于，则，然后根据三角形外角性质求解．【详解】解：连接，如图，为的切线，，，而，，，，，．故选：A．3.（2023年四川省宜宾中考数学真题）《梦溪笔谈》是我国古代科技著作，其中它记录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以点O为圆心、为半径的圆弧，N是的中点，．“会圆术”给出的弧长的近似值计算公式：．当，时，则的值为（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】连接,根据等边三角形的性质，垂径定理，勾股定理，特殊角的三角函数，后代入公式计算即可．【详解】连接，根据题意，是以点O为圆心、为半径的圆弧，N是的中点，，

得，∴点M，N，O三点共线，∵，，∴是等边三角形，∴，∴．故选B．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，垂径定理，勾股定理，特殊角的函数值，熟练掌握相关知识是解题的关键．4．（2024·北京海淀·一模）某校举办校庆晚会，其主舞台为一圆形舞台，圆心为O，A，由线段及优弧围成的区域是表演区．若在A处安装一台某种型号的灯光装置，恰好可以照亮整个表演区，如图2中阴影所示．若将灯光装置改放在如图3所示的点M，N或P处，能使表演区完全照亮的方案可能是（）①在M处放置2台该型号的灯光装置；②在M，N处各放置1台该型号的灯光装置；③在P处放置2台该型号的灯光装置．A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】A【分析】本题考查了圆、三角形内角和的知识；解题的关键是熟练掌握圆周角的性质，从而完成求解．【详解】解：①在M处放置2台该型号的灯光装置，如图：摄像装置的视角为，∵，∴在M处放置2台该型号的灯光装置，能使表演区完全照亮；②在M，N处各放置1台该型号的灯光装置∵，∴在M，N处各放置1台该型号的灯光装置；③在P处放置2台该型号的灯光装置，如图：∵，不能找到一个角和相等∴由图可知，在P处放置2台该型号的灯光装置，不能使表演区完全照亮；故选：A．5．（2024·江苏宿迁·二模）如图，等边三角形的边长为4，的半径为，P为边上一动点，过点P作的切线，切点为Q，则的最小值为（

）A．2 B． C．3 D．【答案】C【分析】本题考查的是切线的性质、等边三角形的性质、垂线段最短，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．连接，过点C作于H，根据切线的性质得到，根据勾股定理求出，根据等边三角形的性质求出，根据垂线段最短解答即可．【详解】解：连接，过点C作于H，是的切线，，，当时，最小，取最小值，为等边三角形，，，的最小值为：，故选：C．6．（2023·江苏宿迁·二模）如图，将沿弦折叠，交直径于点，若，，则的长是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质．由沿弦折叠知，弧与弧相等，得到，由外角公式知，得，可知是等腰三角形，再证得，可求出，进而能求．【详解】如图，连接，过点作于．沿弦折叠弧与弧相等是直径即即．故选：B．7．（2023·江苏苏州·中考真题）如图，是半圆的直径，点在半圆上，，连接，过点作，交的延长线于点．设的面积为的面积为，若，则的值为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】如图，过作于，证明，由，即，可得，证明，可得，设，则，可得，，再利用正切的定义可得答案．【详解】解：如图，过作于，

∵，∴，∵，即，∴，∵，∴，∴，即，设，则，∴，∴，∴，∵，∴，∴；故选A【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．8．（2023·南通·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．9．（2023·江苏·中考真题）如图，3个大小完全相同的正六边形无缝隙、不重叠的拼在一起，连接正六边形的三个顶点得到，则的值是．

【答案】【分析】如图所示，补充一个与已知相同的正六边形，根据正六边形的内角为，设正六边形的边长为1，求得，根据正切的定义，即可求解．【详解】解：如图所示，补充一个与已知相同的正六边形，

∵正六边形对边互相平行，且内角为，∴过点作于，∴设正六边形的边长为1，则，，∴故答案为：．【点睛】本题考查了正六边形的性质，解直角三角形，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键．10．（2023·江苏宿迁·中考真题）若圆锥的底面圆半径为，侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则这个圆锥的母线长是．【答案】6【分析】本题考查了扇形的弧长的计算，设这个圆锥的母线长是，先求得扇形的弧长，再根据弧长公式即可求解，熟练掌握扇形的弧长公式是解题的关键．【详解】解：设这个圆锥的母线长是，依题意得：圆锥的底面周长为：，则展开后扇形的弧长为，即：，解得：，这个圆锥的母线长是，故答案为：6．11．（2024·江苏徐州·一模）如图，将扇形翻折，使点A与圆心O重合，展开后折痕所在直线l与交于点C，若，则的长为．【答案】/【分析】本题考查了弧长公式，等边三角形的判定与性质，折叠的性质，连接，，根据折叠性质可得，，先证明为等边三角形，得到，再利用弧长公式即可求解．【详解】解：如图，连接，，扇形翻折，使点A与圆心O重合，，，又，又，，为等边三角形，，．故答案为：．12．（2023·江苏泰州·中考真题）小明对《数书九章》中的“遥度圆城”问题进行了改编：如图，一座圆形城堡有正东、正南、正西和正北四个门，出南门向东走一段路程后刚好看到北门外的一颗大树，向树的方向走9里到达城堡边，再往前走6里到达树下．则该城堡的外围直径为里．

【答案】9【分析】由切圆于D，切圆于C，连接，得到，里，由勾股定理求出，由，求出（里），即可得到答案．【详解】解：如图，表示圆形城堡，

由题意知：切圆于D，切圆于C，连接，∴，里，∵里，∴里，∴，∵，∴，∴（里）．∴城堡的外围直径为（里）．故答案为：9．【点睛】本题考查勾股定理，解直角三角形，切线的性质，切线长定理，关键是理解题意，得到，求出长即可．13．（2022·江苏徐州·中考真题）如图，圆锥母线，底面半径，则其侧面展开图扇形的圆心角的度数为．

【答案】【分析】根据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和弧长公式得到，然后解方程即可．【详解】解：根据题意得，解得：，∴侧面展开图扇形的圆心角为．故答案为：．【点睛】本题考查圆锥的计算：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圆的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．掌握圆锥侧面展开图的相关知识是解题的关键．14．（2023·江苏苏州·中考真题）如图，在中，，垂足为．以点为圆心，长为半径画弧，与分别交于点．若用扇形围成一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为；用扇形围成另一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为，则．（结果保留根号）

【答案】/【分析】由，，，，，，，，求解，，证明，可得，再分别计算圆锥的底面半径即可．【详解】解：∵在中，，，∴，，∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，，解得：，，∴；故答案为：【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，扇形的弧长的计算，圆锥的底面半径的计算，熟记圆锥的侧面展开图的扇形弧长等于底面圆的周长是解本题的关键．15．（2023·江苏·中考真题）在四边形中，为内部的任一条射线（不等于），点关于的对称点为，直线与交于点，连接，则面积的最大值是．

【答案】【分析】连接，根据轴对称的性质可得，进而可得在半径为的上，证明是等边三角形，当取得最大值时，面积最大，根据圆的直径最大，进而得出最大值为，即可求解．【详解】解：如图所示，连接，

∵点关于的对称点为，∴，∵，∴在半径为的上，在优弧上任取一点，连接,则，∵，∴，∴，∴是等边三角形，当取得最大值时，面积最大，∵在上运动，则最大值为，则面积的最大值是．故答案为：．【点睛】本题考查了轴对称的性质，圆周角定理，圆内接四边形对角互补，等边三角形的性质，得出最大值为是解题的关键．16．（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．17．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，与相交于点．过点的圆O的切线，交的延长线于点，．(1)求的度数；(2)若，求的半径．

【答案】(1)(2)【分析】（1）连接，根据为的切线，则，由，则，根据圆周角定理可得，又，根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求解；（2）证明，根据相似三角形的性质，代入数据即可求解．【详解】（1）如图，连接．

为的切线，．，．，．，．（2）如图，连接，，，．，，且，，，即，，，即半径为．【点睛】本题考查了切线的性质，