2023-2025年浙江中考数学试题分类汇编：圆（解析版）

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专题07同

考点01求弧长

1.（2025•浙江・中考真题）如图，在中，4力=35。,CD是斜边48上的中线，以点C为圆心，CD长

为半径作弧，与的另一个交点为点从若4B=2,则此的长为（）

.1D211n7

A.—TtB.—ITC.—ITD.—IT

993618

【答案】B

【分析】本题考查求弧长，斜边上的中线，根据斜边上的中线求出得到=进而得到464C=

〃CD,三角形的外角得到NCDE的度数，作图可知CD=CE,等边对等角求出4DCE的度数，再根据弧长公

式进行计算即可.

【详解】解：•••内△48C,CD是斜边AB上的中线，AB=2,

:.CD=-AB=AD=1,

2

AC=^ACD=35°,

:•乙CDE=乙DAC4-乙ACD=70°,

由作图可知CO=CE,

：.LCDE=乙CED=70°,

：.LDCE=180°-2x70°=40°,

二席的长为罂XI=拳

故选B.

2.（2023•浙江温州•中考真题）若扇形的圆心角为40。，半径为18,则它的弧长为.

【答案】4兀

【分析】根据弧长公式1=匿即可求解.

I

【洋解】解：扇形的圆心角为40。，半径为18,

・••它的弧长为喋x18TC=4n,

1oU

故答案为：4兀.

【点睛】本题考查了求弧长，熟练掌握弧长公式是解题的关键.

3.（2023♦浙江金华•中考真题）如图，在△A8C中，AB=AC=6cm,Z.BAC=50°,以48为直径作半圆,

交BC于点。，交4c于点E,则弧。E的长为cm.

【答案】登兀

OO

【分析】连接AD,OD,OE,根据等腰三角形三线合一性质，圆周角定理，中位线定理，弧长公式计算即

可.

【详解】解：如图，连接AD,OD,OE,

•••AB为直径，

/.AD1AB,

VAB=AC=6cm,匚BAC=50°,

ABD=CD,匚BAD=口CAD=gnBAC=25。，

・•・匚DOE=2匚BAD=50°,OD=；AB=；AC=3cm,

・,•弧DE的长为”等=寅5）,

I0

故答案为：cm.

6

【点睛】本题考查了等腰三角形三线合一性质，中位线定理，弧长公式，熟练掌握三线合一性质，弧长公

式，圆周角定理是解题的关键.

考点02中角度问题

1.（2023•浙江湖州•中考真题）如图，点A,B,。在O。上，连接4B,AC,OB,OC.若工=50。，则

48。。的度数是（）

A.80°B.90°C.100°D.110°

【答案】C

【分析】根据圆周角定理解答即可.

【详解】解：＜匚BAC=50。，

・•・[BOC=2DBAC=100°；

故选：C.

【点睛】本题考查了圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半是解

题关键.

2.（2023•浙江杭州•中考真题）如图,在。。中，半径。4。8互相垂直，点C在劣弧4B上.若乙12c=19。,

则=（）

C

A

ODA=30。，ABD=ACD=1AOD=60°,AE=；AD=弓，进而可得CD=V20C=a,CF=；CD=

当，最后问题可求解.

【详解】解：过点O作OE_LAD于点E,如图所示：

VBC||AD,

ADCBD=匚ADB,

VTCBD=nCAD,

ArCAD=EADB,

VAC1BD,

ACAFD=90°,

・•・匚CAD=匚ADB=45°=DCBD=OBCA,

VCAOD=120°,OA=OD,AD=VI

/.LOAD=CODA=30°,DABD=CACD=：匚AOD=60u,AE=:AD=《，

222

AF

・•・CAO=CAD-OAD=15°,OA==1=OC=OD,BCD=BCA+ACD=105°,

cos300

・••匚COD=2QCAD=90°,OCDB=180°-匚BCD-DCBD=30°,

ACD=V2OC=V2,CF=；CD=y,

/.BC=V2CF=I；

故选C.

【点睛】本题主要考查平行线的性质、圆周角定理及三角函数，熟练掌握平行线的性质、圆周角定理及三

角函数是解题的关键.

考点03|1与正多边形问题

1.（2023•浙江台州•中考真题）如图，。。的圆心。与正方形的中心重合，已知。。的半径和正方形的边

长都为4,则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（）.

【答案】D

【分析】设正方形四个顶点分别为A、B、C、D,连接0A并延长，交。0于点E,由题意可得，EA的长度

为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，求解即可.

【详解】解：设正方形四个顶点分别为A、B、C、D,连接OA并延长，交于点E,过点。作OF_LAB,

则EA的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，

由题意可得：0E=AB=4,AF=OF=1AB=2

由勾股定理可得：0A=JOF2+AF2=2&,

AAE=4-2V2,

故选：D

【点睛】此题考查了圆与正多边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆与正多边形的性质，确定

出圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值的位置.

2.（2023•浙江杭州•中考真题）如图，六边形48CDEF是。。的内接正六边形，设正六边形4BCCEF的面积

为的面积为52,

D

【答案】2

【分析】连接OA,OC,OE,首先证明出△ACE是。0的内接正三角形，然后证明出△BAC£△OAC(ASA),

得到S^BAC=SaAFE=S&CDE，S&OAC=SAOAE=S.OCE，进而求解即可•

【详解】如图所示，连接OA,OC,OE,

•・•六边形ABCDEF是。O的内接正六边形，

AAC=AE=CE,

:.AACE是OO的内接正三角形，

CB=120°,AB=BC,

AEBAC=(ZBCA=^(180°-CB)=30°,

VDCAE=60°,

/.COAC=EOAE=30°,

/.EBAC=DOAC=30°,

同理可得，CIBCA=DOCA=3(T,

又,；AC=AC,

AABAC^AOAC(ASA),

••SABAC=S^OAC，

由圆和正六边形的性J贞可得，S^BAC=SAAFE~S^cDE

由圆和正二角形的性质可得，S^OAC=S^OAE=SA℃E，

■「

SI=SABAC+SAAFE+^ACDE+^AOAC+^AOAE+^>AOCE=2(SA0AC+SAOAE+SAOCE)=2s2,

,包=2

**s2*

故答案为：2.

【点睛】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知

识，解题的关键是熟练掌握以上知识点.

考点04垂径定理

1.（2023•浙江衢州•中考真题）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽4BCD是矩形.当

恰好与BC边相切，则此餐盘的半径等于cm.

【分析】连接OA,过点O作OE1BC,交BC于点E,交AD于点F,则点E为餐盘与BC边的切点，由矩形的

性质得AD=BC=16,ADJBC,CBCD=匚ADC=90°,则四边形CDFE是矩形，OE1AD,得CD=EF=4,

AFO=90°,AF=DF=8,设餐盘的半径为xcm,则OA=OE=x,OF=x-4,然后由勾股定理列出

方程，解方程即可.

【详解】由题意得：BC=16,CD=4,

如图，连接OA,过点O作OE_LBC,交BC于点E,交AD于点F,

OEC=90°,

•・喀盘与BC边相切，

•••点E为切点，

••・匹边形ABCD是矩形,

AD=BC=16,ADDBC,DBCD=LiADC=90°,

.••匹边形CDFE是矩形，OE1AD,

CD=EF=4,［：AFO=90°,AF=DF=；AD=；x16=8,

设餐盘的半径为x,

则OA=OE=x,

OF=OE-EF=x-4,

在Rt^AFO中，由勾股定理得：AF2+OF2=OA2,

即8?+（x-4）2=x2,

解得：x=10,

•••餐盘的半径为10，

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.

2（2023•浙江湖州•中考真题）如图,。力是。。的半径，弦8C10A于点。，连接。氏若。。的半径为5cm,

BC的长为8cm,则0。的长是cm.

【答案】3

【分析】根据垂径定理可得AD的长，根据勾股定理可得结果.

【详解】解：・・・BC_LOA,

/.BD=；BC=；x8=4,

22

AOD=VOB2-BD2=V52-42=3,

故答案为：3.

【点睛】此题主要考查了垂径定理和勾股定理.垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两条

弧.

3.（2023・浙江温州•中考真题）图I是4X4方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为企，现将它剪拼

成一个“房子”造型（如图2）,过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形CDEF作为题字区域（点4

E,D,8在圆上，点C,尸在48上），形成一幅装饰画，则圆的半径为.若点A,N,何在同一直线

图1图2

【答案】5?几

【分析】根据不共线三点确定一个圆，根据对称性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾股定理求得r,连接

0E,取ED的中点T,连接0T,在RlZkOET中，根据勾股定理即可求解.

【详解】解：如图所示，依题意，GH=2=GQ,

•・•过左侧的三个端点Q,K,L作圆，QH=HL=4,

又NK1QL,

・・・0在KN上，连接0Q,则OQ为半径，

V0H=r-KH=r-2,

在Rt△OHQ中,OH?+QH2=Q02

/.(r-2)2+42=r

解得：r=5；

连接0E,取ED的中点T,连接0T,交AB于点S,连接PB,AM,

图1图2

VAB||PN,

AAB1or,

・・・AS=SB,

•・•点A,N,M在同一直线上,

AN_AS

NM-SB

AMN=AN,

又NB=NA,

ACABM=90°

VMN=NB,NP1MP

AMP=PB=2

ANS=；MB=2

2

VKH+HN=2+4=6

AON=6-5=1

AOS=3,

VDE=V6EF,

设EF=ST=a,则ET=：DE=《a

在Rt△OET中,OE2=OT2+TE2

即5?=(3+a)2+俘a)

整理得5a?+12a-32=0

即(a4-4)(5a-8)=0

解得：a=g或a=—4

・•・题字区域的面积为倔2=卷历

故答案为：5；V6.

【点睛】本题考查了垂径定理，平行线分线段成比例，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关

键.

考点05的内接多边形

1.12025・浙江・中考真题）如图，矩形48CD内接于。。，E是的上一点，连接EB,“分另U交力。于点凡G.若

AF=1,EG=FG=3,则。。的直径为.

£

【答案】2E

【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，矩形的性质；

根据题意证出△EFG〜EBC,得到蔡二段=累，设DG=x,则AD=BC=4+x,表示出GC=x4-1,DC=

BCECEB

V2x+1,连接AE,在RtaAEG中，求出AE=V7,在Rt△AEC和Rt△ADC中，表示出AC=QA虫+EC2,

AC=VAD2+DC2,列式计算出x=3,再利用勾股定理计算直径即可.

【详解】解：・・・ABCD为矩形，

AADBC,CD=90°

AFGIIBC,

/.△EFG-EBC,

.FG_EG_EF

HCECEB

设DG=x,则AD=BC=4+x,

._3__3

**4+x-3+GC

GC=x4-1»

在Rt△GDC中，DC=VGC2-DG2=V2x4-1=AB,

连接AE,

•••AC为直径，

.,.□AEC=90°,

在RtaAEG中，AE=VAG2-EG2=V7,

・•・在RtaAEC中，AC=VAE2+EC2,

在RtaADC中，AC=VAD2+DC2,

AAD2+DC2=AE2+EC2,

VAD=4+x,DC=V2x+1,EC=x+4,AE=近，

:.(4+x)2+(V2x+1)=(V7)~+(x+4>,

・•・解得：x=3,

AAC=VAE2+EC2=J(彷+(x+4)2=2g

。0的直径为：2E，

故答案为：2E.

2.(2023・浙江绍兴・中考真题)如图，四边形力BCD内接于圆。，若ND=100。，则的度数是

【分析】根据圆内接四边形的性质：对角互补，即可解答.

【详解】解：•・•四边形ABCD内接于。0,

ACB+00=180°,

VDD=100°,

・•・[B=180°-□D=80°.

故答案为:80°.

【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解答本题的关键.

3.（2024•浙江•中考真题）如图，在圆内接四边形ABC。中，AD<AC,Z.ADC<Z.BAD,延长4。至点£,

使4E=/C,延长84至点立连结EF,使24FE=N4Z）C.

⑴若41FE=60。，CD为直径,求4WD的度数.

（2）求证:①EFIIBC；®EF=BD.

【答案】（1）30。

（2）①见详解；②见详解

【分析】（1）根据圆周角定理即可求解，由CD为直径，得到匚DAC=90。，故DACD=30。，由AD=AD,

得到□ABD=DACD=30°；

（2）①由四点共圆得EIADC+ABC=180°,而［AFE=EADC,等量代换得到匚AFE+ABC=180%

故EF匚BC；

②过点D作EF平行线交AF于点G,可证明△ADG〜△AEF,ACDA-ABGD,因此得到黑=M=*由

BDGDEF

AE=AC,得到EF=BD.

【详解】（1）解：•・T：AFE=CAFE=60°,

ACADC=60°,

〈CD为直径，

ACDAC=90°,

.,.□ACD=90o-60°=30°,

VAD=M）,

・••匚ABD=LACD=30°；

（2）证明①：:四边形ABCD是圆内接四边形，

；・〔ADC+EABC=180°,

VCAFE=DADC,

ACAFE+DABC=180°,

/.EFBC；

②过点D作EF平行线交AF于点G,

DG||EF,

ACF=DGA,△ADGAEF,

VEF=DADC,

ACIDGA=CADC,

,・,由(1)知DABD=CACD,

AACDA八BGD,

.AC_AD

**BD-GD"

VAADG〜△AEF,

.AD_GD

••AE一EF'

.ADAE

••—

CDEF

.AC_AE

**BD-EF*

VAE=AC»

・・・EF=BD.

【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，平彳J•线的判定与性

质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键.

考点06I的切线问题

1.(2024.浙江•中考真题)如图，是。。的直径，AC与。。相切，A为切点，连接BC.已知乙4cB=50。,

则/口的度数为

【答案】40740K

【分析】本题考查切线的性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键.

【详解】解：・・・AC与。0相切，

/.□BAC=90°,

XVDACB=50°,

:.B=90°-DC=90°-50°=40°,

故答案为：40°.

2.（2023•浙江嘉兴•中考真题）如图，点A是。0外一点，48,也分别与。0相切于点8,C,点D在砒心上,

己知，力二50。，则乙。的度数是.

【答案】65。/65度

【分析】连接CO,BO,根据切线的性质得出匚ACO=匚ABO=90。，根据四边形内角和得出匚COB=130。,

根据圆周角定理即可求解.

【详解】解：如图CO,BO,

•••AB,AC分别与OO相切于点B,C,

A□ACO=「ABO=90°,

VDA=50°,

DCOB=360°-90°-90°-50°=130°,

VBC=BC,

/.□D=|BOC=65°,

故答案为：65°.

【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，求得DCOB=130。是解题的关键.

3.（2023•浙江宁波•中考真题）如图，在Rt△48c中，zf=90\E为AB边上一点,以力E为直径的半圆O

与BC相切于点O,连接力。，BE=3,BD=3g。是48边上的动点，当△ADP为等腰三角形时，4P的长

为.

【答案】2回或6

【分析】连接0D,勾股定理求出半径，平行线分线段成比例，求出CD的长，勾股定理求出AC和AD的长,

分AP=AD和AP=PD两种情况进行求解即可.

【详解】解：连接0D,

•・•以AE为直径的半圆0与BC相切于点D,

AOD1BC,OA=OE=OD,

ACODB=90°

设OA=OE=OD=r,则OB=OE+BE=3+r,

在RtAODB中：OD2+BD2=OB2,即：r2+(3石y=(3+r)2,

解得：r=6,

AOA=OE=OD=6,

JOB=9,AB=15,AE=12,

•・•匚C=EODB=90°,

AOD||AC,

,OBDB93

••——_—~—9

C'ADC62

VDB=36，

，CD=26，

・・・BC=DB+CD=5V5,

AAC=VAB2-BC2=10,

AAD=VAC2+CD2=2V30；

•・・AADP为等腰三角形，

当AD=AP时，AP=2V30,

当PA=PD时，

VOA=OD,

・•・点P与点O重合，

AAP=OA=6,

综上：AP的长为2闻或6.

故答案为：2国或6.

【点睛】本题考查切线的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，等腰三角形的定义.熟练掌握切线的性

质，等腰三角形的定义，确定点P的位置，是解题的关键.

4.（2023.浙江衢州中考真题）如图，在RtA/BC中,Z.ACB=90°,O为4C边上一点,连结08,以。C为

半径的半圆与力8边相切于点。，交力。边于点£

（1）求证：BC=BD；

（2）若。8=。4AE=2,①求半圆。的半径；②求图中阴影部分的面积.

【答案】（1）证明过程见解析

⑵①2；@2V3-y

【分析】（1）连接0D,由切线的性质得出ODB=90。，证明Rt^ODB三RtZkOCB,再由全等三角形的

判定即可得出结论；

(2)①证出DOBD=EOBC=DA=30°,再由直角三角形的性质即可求解；

②由勾股定理求出AD=275,DAOD=60°,由三角形面积公式和扇形的面积公式求解即可.

【详解】(1)证明：如图，连接0D,

•；BD是的切线，点D为切点，

ACODB=90°,

VCACB=90°,OC=OD,OB=OB,

ARtAODB£RtAOCB(HL),

・・・BC=BD；

(2)解：®VOB=OA,

ACOBD=匚A,

VRtAODB三RtAOCB,

ACOBD=匚OBC,

/.[OBD=rOBC=nA,

又;OBD+EOBC+ZA=90°.

・••匚OBD=COBC=DA=30°,

在RtaODA中，sinOA=

・・・OD=；OA,

VOD=OE,

AOE=^OA.

2

AOE=AE=2,

・•・半圆。的半径为2；

②在Rl^ODA中，OD=2,OA=4,

/.AD=VOA2-OD2=2x/3,

/.SAOAD=：OD•AD=1x2x2、"=26,

•・•A=30°,

・••匚AOD=60°,

：■S阴影=SAODA-S扇形ODE=-嗫=二2心一J*

【点睛】本题考查切线的性质、全等三角形的判定与性质、扇形的面积公式、锐角三角函数及勾股定理，

熟练掌握切线的性质是解题的关键.

5.（2023•浙江湖州•中考真题）如图，在Rt△48C中，=1C8=90。，点O在边AC上，以点O为圆心，。。为

半径的半圆与斜边A8相切于点。，交0A于点E,连结08.

（1）求证：BD=BC.

（2）已知。。=1,Z/1=30°,求48的长.

【答案】（1）见解析

（2）275

【分析】（1）连结OD,根据切线的性质得OD1AB,再根据“HL”证明Rt^ODBElRtAOCB,可得答

案；

（2）先求出匚ABC=60。，可得二ICBO,根据特殊角三角函数求出BC,进而求出答案.

【详解】（1）如图，连结OD,

•・•半圆O与AB相切于点D,

AOD±AB.

VDACB=90°,

匚ODB=匚OCB=90°.

VOD=OC,OB=OB,

・•・RtAODBERtAOCB(HL).

ABD=BC.

(2)如图，VDA=30°,CACB=900,

A[IABC=60°.

•・•RtAODBCRtAOCB,

Z.LCBO=CDBO=；□ABC=30°.

voc=1,

在RtZkBCO中,tan30°=

BC

ABC=-^-=V3.

tan30

在RtAABC中,sin30°=

AB

**.AB==2V3.

sin3O0

【点睛】本题主要考查了切线的性质，全等三角形的性质和判定，特殊角的三角函数值等，构造全等三角

形是解题的关键.

6.（2023・浙江绍兴・中考真题）如图，58是。0的直径，C是。。上一点，过点C作。。的切线CD,交AB的

延长线于点D，过点力作4E1C。于点E.

⑴若"AC=25。，求乙AC。的度数.

（2）若0B=2,80=1,求CE的长.

【答案】（1）115°

（2）CE=^V5

【分析】（1）根据三角形的外角的性质，DACD=DAEC+UEAC即可求解.

（2）根据CD是OO的切线，可得LlOCD=90。，在RlzxOCD中，勾股定理求得CD=逐，根据OCIIAE,

可得嗝=骼进而即可求解•

CEOA

【详解】（1）解：TAE1CD于点E,

・••匚AEC=90",

・•・ACD=AEC4-OEAC=90c+25°=115°.

（2）・・・CD是OO的切线，OC是00的半径，

.\rOCD=90°.

在Rl△OCD中，

VOC=0B=2,0D=OB+BD=3,

/.CD=VOD2-OC2=V5.

V[OCD=CAEC=90°,

AOCIIAE

.・.£2=些，即至=2,

CEOACE2

ACE=jV5.

【点睛】本题考查了三角形外角的性质，切线的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，熟练掌握以上知

识是解题的关键.

7.（2023•浙江金华・中考真题）如图，点4在第一象限内，与4轴相切于点B,与y轴相交于点C,D.连

接48,过点力作AH1CD于点

（1）求证：四边形48。”为矩形.

（2）已知。4的半径为4,0B=6,求弦CO的长.

【答案】（1）见解析

（2）6

【分析1（1）根据切线的性质及有三个角是直角的四边形是矩形判定即可.

（2）根据矩形的性质、垂径定理及圆的性质计算即可.

【详解】（1）证明：:OA与x轴相切于点B,

AAB1x轴.

VAH1CD,HO1OB,

・•・[AHO=LHOB=UOBA=90°,

・・・四边形AHOB是矩形.

（2）如图，连接AC.

•.•四边形AHOB是矩形,

:.AH=OB=V7.

在R"AHC中，CH2=AC2-AH2,

22

ACH=J4-(V7)=3.

•••点A为圆心,AH1CD,

/.CD=2CH=6.

【点睛】本题考查了矩形的判定，垂径定理，圆的性质，熟练掌握矩形的判定和垂径定理是解题的关键.

考点07|圆I锥问题

1.（2023•浙江宁波・中考真题）如图，圆锥形烟囱帽的底面半径为30cm,母线长为50cm,则烟囱帽的侧面

积为cm?.（结果保留立）

【答案】1500兀

【分析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，由扇形面积公式S=，r代值求解即可得到答案.

【详解】解：•.•圆锥形烟囱帽的底面半径为30cm,母线长为50cm,

••.烟囱帽的侧面枳S=；lr=：x27tx30x50=1500兀(cm2),

故答案为：1500兀.

【点睛】本题考查圆锥侧面展开图及扇形面枳公式S=，r,熟记扇形面枳公式是解决问题的关键.

考点08圆的综合解答题

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I,

O。的直径CO垂直弦/W于点E,且CE=8,DE=2.

图1图2图3

(1)史习回顾：求的长.

(2)探究拓展：如图2,连接点G是此上一动点，连接4G,延长CG交48的延长线于点F.

①当点G是的中点时，求证：^GAF=ZF；

②设CG=x,CF=y,请写出y关于x的函数关系式，并说明理由；

③如图3,连接。F,BG,当△CD尸为等腰三角形时，请计算BG的长.

【答案】(1)AB=8；

(2)①见解析；(2)y=-；③BG的长为殍或46一2位.

【分析】(1)先求得OO的直径为10,再利用垂径定理求得AE=BE,在RtZkOAE中，利用勾股定理即可

求解;

(2)①连接DG,由点G是BC的中点，推出口64尸=口口，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AC=46，利用垂径定理得到AC=品，推出［Z1CAF=IZ1CGA,证明△CAFyCGA,

利用相似三角形的性质即可求解；

③分两种情况讨论，当CF=CD=10和DF=CD=10时，证明AFGBfFAC,利用相似三角形的性质求

解即可.

【详解】（1）解：连接OA,

•••00的直径CD垂直弦AB于点E,且CE=8,DE=2,

ACD=CE4-DE=10,AE=BE,

AOA=OD=1CD=5,OE=OD-DE=3,

在RtaOAE中，AE=VOA2-OE2=752-32=4,

AAB=2AE=8；

（2）解：①连接DG,

•・•点G是BC的中点，

ACG=B6,

・••匚GAF=ED,

•・・0O的宜径CD垂直弦AB『点E,

・••匚CGD=DCEF=90°,

/.□F=90O-DDCG=[D,

ACGAF=CF；

②1・CE=8,AE=4,CCEA=90°,

:.AC=VAE2+CE2=V42+82=46,

c

D

•・・0O的直径CD垂直弦AB于点E,

AAC=ee,

AECAF=OCGA,

ACF=DGCA,

AACAF-ACGA,

・80

③当CF=CD=10时,

D

在RtaCEF中，EF=VCF2-CE2=V102-82=6,

.\BF=EF-BE=2,

•・•FGB=180°-BGC=DFAC,

/.AFGByFAC,

,BGBFBG2

••正=«'即Hn市二正,

・・.BG=¥；

当DF=CD=10时,

c

在Rt△DEF中，EF=VDF2-DE2=V102-22=476,

在Rt△CEF中，CF=VCE2+EF2=Js2+(4在『=4/10,

ABF=EF-BE=4V6-4,

同理AFGB-AFAC,

.BG_BFp„BG_46-4

**AC-CF*即右-4\他，

/.BG=4V3-2V2；

综上，BG的长为W或46一2夜.

【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•浙江杭州•中考真题)如图，在。。中，直径48垂直弦CO于点E,连接作CFJ.40于

点F，交线段0B于点G(不与点。,8重合)，连接。口

(1)若8E=1,求GE的长.

(2)求证：BC2=BGBO.

(3)若FO=FG,猜想NC4D的度数，并证明你的结论.

【答案】(1)1

(2)见解

(3)匚CAD=45。，证明见解析

【分析】(1)由垂径定理可得E1AED=90°,结合CF1AD可得匚DAE=OFCD,根据圆周角定理可得匚DAE=

BCD,进而可得匚BCD=IZIFCD,通过证明△BCE三△GCE可得GE=BE=1；

(2)证明aACB~ACEB,根据对应边成比例可得BC2=BA・BE,再根据AB=2BO,BE=；BG,可证

BC2=BG♦BO；

(3)设E1DAE=dCAE=a,QFOG=DFGO=p,可证a=90。-p,匚OCF=90。-3a,通过SAS证明△

COFAOF,进而可得「OCF=DOAF,即90°—3a=a,贝iJdCAD=2a=45°.

【详解】(I)解：•・•直径AB垂直弦CD,

/.[iAED=90°,

•••UDAE+CD=90°,

•••CF1AD,

CFCD+CD=90°,

:.CDAE=匚FCD,

由圆周角定理得匚DAE=DBCD,

ADBCD=DFCD,

在

□BCE=DGCE

CE=CE，

ILBEC=UGEC

ABCE三ZkGCE(ASA),

:.GE=BE=1；

(2)证明：•••AB是。0的宜径，

:.DACB=90°,

在么ACB和aCEB中，

(ACB=CEB=90°

I匚ABC=DCBE

•••△ACBs^CEB,

一BC=一BA,

BEBC

BC2=BA•BE,

由(1)知GE=BE,

:，BE=-BG,

2

又•••AB=2B0,

•••BC2=BA-BE=2B0•；BG=BG-BO：

(3)解：I3CAD=45。，证明如f：

如图，连接OC,

DFOG=CFGO,

•••直径AB垂直弦CD,

:.CE=DE,DAED=DAEC=90°,

又AE=AE,

•••△ACE=△ADE(SAS),

•••CDAE=『CAE,

设]DAE=匚CAE=a,匚FOG=E1FGO=p,

则二FCD=CBCD=DDAE=a,

vOA=OC,

•••[OCA=COAC=a,

又•；DACB=90°,

•••UOCF=DACB-3OCA-[FCD-CBCD=90°-3a,

vCGE=OGF=p,GCE=a,CCGE+CGCE=90°

:.p+a=90°,

:.a=90°-p,

•••nCOG=COAC+COCA=a+a=2a,

DCOF=COG+GOF=2a+p=2(90°-p)+p=180°-p,

COF=DAOF,

在ZiCOF和△AOF中，

CO=AO

□COF=OAGF

OF=OF

.•・ACOFSAAOF(SAS),

/.[OCF=DOAF,

即90。—3a=a>

•••a=22.5°,

:.DCAD=2a=45°.

【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三

角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第3问，需要大胆猜想，再逐步论

证.

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，B为切点.P,Q是圆上两

点(不与点4重合，且在直径A8的同侧)，分别作射线AP,力Q交直线I于点C,点D.

图1图2图3

(1)如图1,当48=6,BP的长为n时，求8c的长.

(2)如图2,当*=酎=”时，求案的值.

ADCtz

⑶如图3,当sin4B4Q=MBC=CD时，连接8P,尸Q,直接写出票的值.

【答案】⑴26

(21

(3百

【分析】（1）根据扇形的弧长公式即可求出DBOP度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出BC的长.

（2）根据等弧所对圆周角相等推出［BAC=UDAC,再根据角平分线的性质定理推出CF=CB,利用直角

三角形的性质即可求出DFCD=EBAQ,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△APQ7ADC和△APB'ABC,从而推出亲=*和费=去利用己

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0P,设〔BOP的度数为n.

vAB=6,BP的长为兀,

nn-3

——=It.

180

•••n=60,即匚BOP=60°.

•••BAP=；BOP=30°.

•••直线1是OO的切线，

：•DABC=90°.

・・・BC=^=2®

(2)解：如图2,连接BQ,过点C作CFJ.AD于点F,

•••AB为直径,

•••DBQA=90°.

cosnBAQ=^=^.

B?=PQ,

[BAC=CDAC.

CF1AD,AB1BC,

CF=CB.

CBAQ+DADB=90。，DFCD+CADB=90°,

FCD=BAQ.

—BC=—FC=cosCFTC7DE=cos)BAQ=3

⑶解：平，理由如下:

如图3,连接BQ,

•••ABQ+DBAD=90°,QADB+CBAD=90°,

•••匚ABQ=UADC,

•••匚ABQ=DAPQ,

.•.匚APQ=DADC.

•••CPAQ=OCAD,

.•.△APQADC,

.・.及=任.①

CDAD

VCBAP=DBAC,DABC=DAPB=90°,

APBABC,

.•.史=”.②

BCAB

BC=CD,

+得，=AD=C0S-BAQ,

vsinBAQ=—

4

•••cosBAQ=—

【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，解题的关键在丁•熟练掌握相关性质定理和相关

计算公式.

4.(2023•浙江温州•中考真题)如图为半圆。的直径,C为BA延长线上一点，。切半圆于点D,BE1CD,

交CD延长线于点E,交半圆于点凡已知。力=3，AC=1.如图2,连接力F,P为线段AF上一点:过点P作BC

的平行线分别交CE,BE于点M,N,过点P作PH14B于点设PH=x,MN=y.

(1)求CE的长和y关于卞的函数表达式.

(2)当P//VPN,且长度分别等于PH,PN,Q的三条线段组成的三角形与ABCE相似时，求Q的值.

(3)延长PN交半圆。于点Q,当NQ=^x-3时，求MN的长.

【答案】(l)CE=g,y=-£x+4

所

【分析】(I)如图1，连接OD,根据切线的性质得出OD1CE,证明ODBE,得出?=等，即可得出CE=鼻

CcCo3

证明四边形APMC是平行四边形，得出窦=若，代入数据可得'=一意乂+4；

BCCc12

(2)根据△BCE三边之比为3:4:5,可分为三种情况.当PH根N=3:5时,当PH:PN=4:5时，当PH:PN=3:4

时，分别列出比例式，进而即可求解•.

(3)连接AQ,BQ,过点Q作QGAB于点G,根据tanBQG=tanQQAB=5；=p得出BG=：QG=；x,

由AB=AG+BG=弓x=3,可得x二卷，代入(1)中解析式，即可求解.

【详解】(1)解：如图1,连接OD.

「CD切半圆0于点D,

AOD1CE.

；

VOA=2,AC=1,

AOC=|,

ACD=2.

VBE1CE,

AODCBE,

.CDco

••1--,

CECB

如图2,7AFB=□E=90°,

AAF||CE.

VMN||CB,

:.四边形APMC是平行四边形,

（2）VPN=y-1=-y|x+3,PH<PN,△BCE三边之比为3:4:5（如图2）,

・•・可分为三种情况.

i）当PH:PN=3:5时,

PN=；PH,一々x+3=：x,

3123

解得x=

7

ii）当PH:PN=4:5时,

PN=；PH,-^x+3=；x,

4124

解得X=高

・327

**3-4X-40,

iii）当PH:PN=3:4时，

PN=：4PH,-^25x+3=4jx,

解得x=J

41

.560

・・a，x=ZT

（3）如图3,连接AQ,BQ,过点Q作QG1AB于点G,

图3

则［AQB=CAGQ=90°,QG=PH=x,

・••匚QAB=LBQG.

VNQ=yx-3,PN=y-1=~^x+3,

・・・HG=PQ=NQ+PN=：x.

4

VAH=；x,

J

・・・AG=AH+HG=3x,

tanBQG=tanQAB=擀=；,

・・・BG=gQG=；x,

in0

/.AB=AG+BG=yx=3,x=-,

・•・、=一KX+4=9，即MN的长为

12oo

【点睛】本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，函数解析式，分类讨论，作

出辅助线是解题的关键.

5.（2023•浙江宁波・中考真题）如图1,锐角△48。内接于O。，。为8C的中点，连接力。并延长交O0于

点E,连接BE,CE,过C作力。的垂线交力E于点F,点G在/。上，连接EG,CG,^BC^^EBGR^BCG=tAFC.

(1)求/BGC的度数.

(2)①求证：AF=BC.

②若4G=DF,求tan4G8C的值，

(3)如图2,当点。恰好在BG上且0G=1时，求4c的长.

【答案】(1)90。

(2)①证明见解析；②tan二GBC=W；

(3手

【分析XI)先证明GBC=「EAC,结合E1EAC+DAFC=90°,DBCG=EIAFC,可得Z1GBC+[GCB=90°,

从而可得答案；

(2)①证明DG=DB=DC,再证明△GBCdCAF,可得BC=AF；②设GC=CF=x,CD=BD=GD=

a,证明AGCDsaGFC,可得GC?=GF-GD,BPCG2=；a2,则BG?=BC2—CG?=4a2—=艮2,可

LLL

得tan2LlGBC=^=%从而可得答案；

(3)解法一：如图，设OO的半径为r,连接0C交AEFN,过O作0M1BE于M,证明OCZIBE,△EBD三4NCD,

可得BE=CN,证明△COG三ZkOBM,可得BM=OG=1,CN=BE=2BM=2,证明AGONS^GBE,

署=9即再解方程可得答案•

GBBEr+l2

解法二：如图，延长BG,分别交AC、。0于乂、N,连接CN.先证MA=MG,再证LMOC=[OMC,

则可得CM=CO=r.根据等腰三角形三线合一，可得0G=MG,由此可得MA=MG=0G=1.由4

CAF^AGBC,可得AC=BG=r+l.再证△ABMllZiNCM.则可得BM•MN=AM•CM,即。+2)。一

2)=1-r,解出r的值，即可求出AC的长.

【详解】(1)证明：平分DEBG,

・•・〔GBC=「EBC,

VDEBC=DEAC,

/.□GBC=CEAC,

•・•〔ACF=90°,

，匚EAC+匚AFC=90°,

•・•[BCG=匚AFC,

ACGBC+(ZGCB=90°,

/.□BGC=90°；

(2)①・；D为BC中点，口86©=90。，

DG=DB=DC,

IDGC=匚BCG,

VCBCG=匚AFC,

JAFC=DGC,

・・・CF=CG,

VCBGC=匚ACF=90°,DCBG=DFAC,

:,kGBC=△CAF,

・・・BC=AF；

②设GC=CF=x,CD=BD=GD=a,

ABC=AF=2a,AG=DF=；a,

VCAFC=DBCG,nCGD="GF,

/.△GCD-AGFC,

.噌="，即GC?=GF-GD,

GFGC

x2=(a4-ja)-a=ja2,即CG、#,

/.BG2=BC2-CG2=4a2-；a2=；a2,

22

•.)meGC23

••tan-GBC=

AtanJGBC=g=半(负根舍去)；

(3)解法■:如图，设。0的半径为r,连接0C交AE于N,过0作0M1BE于M,

E

VOB=0C,

・•・CBE=OBC=OCB,

AOCCBE,

VBD=CD,EBDE=DCDN,

/.△EBD^ANCD,

・・・BE=CN,

VOCEBE,

ACGOC=OBM,而DOGC=ZIOMB=90。，OC=OB,

/.△COG=AOBM,

JBM=OG=1,

VOM1BE,

・・・CN=BE=2BM=2,

VOCEBE,

△GON〜AGBE,

・..CO=ON,即1=r-2

CBBEr+12

解得：口二号，（负根舍去），

由（2）①知△ACF三ABGC,

:.AC=BG=r+I=.

解法二：如图，延长BG,分别交AC、。。于乂、N,连接CN,

“vDB=DG,

:.EDBG=EDGB.

乂•••匚DBG=DCAG,匚BGD=EAGM,

•••DCAG=DAGM,

•••MA=MG.

•••OB=OC,

:.DOBC=COCB,

:.MOC=OBC+OCB=2COBC.

又•••EOMC=匚AGM+DCAG=2ZJCAG,

•••CMOC=匚OMC,

.・.CM=CO=r.

又•.CGJ.OM,

••OG—MG»MA—MG—OG—1.

•••△CAFZ]AGBC,

AC=BG=r+1.

•••EBAM=EBNC,CABM=CACN,

•••△ABM]ANCM,

AMBM

MNCM

BMMN=AMCM,

即(r+2)(r—2)=1-r,

得r2-r-4=0,

解得：力=?，(负根舍去)，

.・.A,C八=r+.1=-3+--E.

【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆的基本性质，圆周角定理

的应用，垂径定理的应用，求解锐角的正切，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键.

6.(2023•浙江嘉兴•中考真题)己知,A3是半径为1的。。的弦，。