2026年安徽中考数学二轮复习 专题03 圆的综合(题型专练)

Page专题03圆的综合内●容●导●航第一部分题型破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练题型01圆的基本性质题型02切线的判定与性质题型03圆与三角形的综合题型04圆与四边形的综合题型05切线长定理与弦切角定理题型06弧长与扇形面积的计算第二部分题型训练整合应用，模拟实战题●型●破●译题型01圆的基本性质典例引领【典例01】如图，是半的直径，，点，分别在半径和弦上，且，连接，．(1)求证：；(2)若，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了平行线的性质、全等三角形的性质与判定、垂径定理、相似三角形的性质与判定，关键是全等三角形及相似三角形的判定．（1）只需找到≌即可得出结论．（2）通过论证∽，可得，即可求出的长．【详解】（1）证明：连接，如图，∵，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴≌，∴；（2）解：过点作于点，如图，则，∵，∴，∵，∴∽，∵，即，解得，∴，∴，∵，∴．【典例02】如图，是的直径，弦交于点E，点B是劣弧的中点．(1)求证：．(2)若，的半径为1，求弦的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】本题考查了垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是求出．（1）根据垂径定理可得答案；（2）先求出，再求出，最后根据勾股定理可得答案．【详解】（1）解：∵点B是劣弧的中点，是的直径，∴，，∴．（2）解：如图，连接，∵，，，，∵，∴，∴，，，．方法透视考向解读中考每年必考，多以小题（选择题、填空题）形式出现，偶尔作为解答题第一问铺垫，核心考查圆心角、弧、弦、弦心距的关系，圆周角定理及其推论，垂径定理。考向特点是“基础且灵活”，题干多结合简单图形（三角形、线段），设问多为“求角度”“判断线段关系”“求弦长”，难度偏低，是必得分点，需注意隐含条件的挖掘方法技能核心性质应用：牢记“三量关系”——在同圆或等圆中，圆心角相等⇔所对的弧相等⇔所对的弦相等⇔弦心距相等；圆周角定理（圆周角等于它所对圆心角的一半）及推论（同弧或等弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角是直角、90°的圆周角所对的弦是直径）是角度计算的核心工具。垂径定理技巧：遇“弦长、弦心距、半径”三者之一，优先构造直角三角形（由半径、弦心距、弦的一半组成），利用勾股定理求解；垂径定理的核心是“垂直于弦的直径平分弦且平分弦所对的两条弧”，注意“弦不是直径”的隐含条件（若弦是直径，垂直于它的直线不一定平分弦所对的弧）。易错点规避：区分“同弧”与“等弧”（同弧是同一条弧，等弧是长度相等且度数相等的弧）；圆周角的顶点必须在圆上，避免误将圆内接四边形的内角与圆周角混淆。变式演练【变式01】如图，是的直径，点E在弦上，且平分，过点B作，交的延长线于点D，延长交于点F．(1)求证：．(2)若的半径为2，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了垂径定理、角平分线的性质定理、全等三角形的判定与性质、平行线等分线段定理等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键．（1）如图：作于点M，于点N，由垂径定理可得，再根据角平分线的性质定理可得，易证可得，进而证明结论；（2）由全等三角形的性质以及等腰三角形的性质可得、，再根据平行线的性质以及平行线等分线段定理可得，易得、，最后运用勾股定理求解即可．【详解】（1）证明∶如图：作于点M，于点N，则∵平分，∴，∵，∴，∴，∴．（2）∵，∴，∴．∵平分，∴，∵，∴，∴．∵，∴在中，．【变式02】如图，是的直径，弦于点，连接，

(1)求证：．(2)作于点，若的半径为，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理及其推论，正弦的定义，掌握以上知识是解题的关键．（1）根据垂径定理以及垂径定理的推论即可证明；（2）利用勾股定理求出，再利用求解即可．【详解】（1）证明：连接，∵是直径，

∴，∴；（2）解：如图，连接．

在中，，在中，，∵，∴，∴．【变式03】如图，的直径垂直于弦，垂足为E，，．

(1)求的半径长；(2)连接，作于点F，求的长．【答案】(1)5(2)【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理．熟练掌握垂径定理，勾股定理求线段是解题的关键．（1）连接，如图，设的半径长为r，先根据垂径定理得到，再利用勾股定理得到，然后解方程即可；（2）先利用勾股定理计算出，再根据垂径定理得到，然后利用勾股定理可计算出的长．【详解】（1）解：连接，如图，设的半径长为r，∵，∴，，在中，∵，，，∴，解得，即的半径长为5；（2）解：在中，∵，，∴，∵，∴，，在中，，即的长为．

题型02切线的判定与性质典例引领【典例01】如图，与的边相切于点D，与边交于点B，D为的中点，连接，，．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据切线的性质可得，然后利用三线合一得出，证明，求出即可；（2）先根据直角三角形斜边中线的性质求出，再根据垂径定理和勾股定理求出，然后计算即可．【详解】（1）证明：连接，∵是的切线，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，即，∴是的切线；（2）解：如图，设与交于点E，∵，D为的中点，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，垂径定理和勾股定理等知识点，灵活运用相关判定定理和性质定理是解题的关键．【典例02】如图，是的直径，点，在上，且过点作的垂线，交的延长线于点，交的延长线于点，为下方的半圆弧的中点，交于点，连接，．(1)求证：是的切线；(2)求证：；(3)已知，，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）由题意可证，且，可得，即是的切线；（2）由同弧所对的圆周角相等，可得，由余角的性质可得；（3）由题意可得，根据勾股定理可求的长．【详解】（1）证明：如图，连接，，，，，，又，，是的切线；（2）证明：是的直径，，，由（1）可知是的切线，，，，，，又，；（3）解：如图，连接，是半圆弧的中点，，在中，，，．【点睛】本题考查了切线的判定与性质，等边对等角，直径所对的圆周角等于，同弧所对的圆周角相等，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．方法透视考向解读中考解答题核心考查内容，每年必考，多结合三角形、四边形、圆的基本性质综合考查，设问常为“证明直线是圆的切线”“利用切线性质求线段长度/角度”。考向核心是“切线的判定逻辑”和“性质的灵活联动”，难度中等偏上，是拉开分差的关键，也是二轮复习的重点突破点方法技能切线判定（两大核心方法）：①连半径，证垂直（最常用）——若直线与圆有明确公共点，连接圆心与公共点，证明该半径与直线垂直（可通过全等、等腰三角形三线合一、平行线性质等证明垂直）；②作垂直，证半径——若直线与圆无明确公共点，过圆心作直线的垂线，证明垂线段长度等于半径。切线性质应用：切线垂直于过切点的半径（核心性质），可直接用于角度转化（如切线与半径垂直得直角，结合三角形内角和、圆周角定理求角度）、构造直角三角形（利用勾股定理求线段长度），常与全等、相似综合使用。辅助线核心：判定切线必连半径或作垂线，性质应用必连切点与圆心，将切线问题转化为直角三角形问题，简化计算和证明过程；注意证明切线时，需完整书写“半径+垂直”两个条件，缺一不可。变式演练【变式01】如图，是的直径，C为上一点，D为的中点，过点D作的切线交的延长线于点E，交的延长线于点F，连接．(1)求证：；(2)若，，求直径的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理、平行线分线段成比例、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键．（1）如图：连接．由切线的性质可得，再根据圆周角定理、等边对等角以及等量代换可得，即，再根据平行线的性质即可证明结论；（2）由平行线分线段成比例可得，进而得到设，则．在中，根据勾股定理列方程可求得x的值，进而确定直径AB的长．【详解】（1）证明：如图：连接，为的切线，，，为的中点，，，，，，．（2）解：由（1）知，．，，设，则．在中，，解得（负值舍去），．【变式02】如图，在中，，以为直径作，交于点，是的切线且交于点，延长交于点．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)6【分析】此题主要考查了切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，理解切线的性质，圆周角定理，熟练掌握解直角三角形是解决问题的关键．（1）连接，证，得，再根据切线的性质得，据此即可得出结论；（2）连接，可得，则，在中根据，可得，然后由勾股定理即可求出的长．【详解】（1）证明：连接，如图1所示：，，，，，，是的切线，，,；（2）解：连接，如图2所示：，，又，，，由（1）可知：；在中，，，，由勾股定理得：．【变式03】如图，已知是的直径，，垂足为C，弦，直线、相交于点B．(1)求证：直线是的切线．(2)当时，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据平行线及等边对等角得出相等的角，证明，得出，即可得出结论；（2）假设圆的半径为，根据全等三角形得出相等的边，求出相关的边长，利用勾股定理表示出和，利用线段的和差列出方程求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接，∵，∴，∵是圆上的弦，∴为圆的半径，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，又∵为圆的半径，∴直线是的切线；（2）解：假设圆的半径为，由（1）得，，∴，∴，由勾股定理得，，∵，∴，解得，∴．【点睛】本题主要考查了圆的切线的判定，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角，勾股定理，列一元二次方程解决几何问题，锐角三角函数等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质．题型03圆与三角形的综合典例引领【典例01】如图，是圆的直径，是圆上不同于的一点，是的内心，的延长线交圆于点，连结．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）由内心的定义求得，，推出，根据三角形的外角性质得到，再利用圆周角定理求得，推出是等腰直角三角形，即可证明；（2）作于点，由垂径定理求得，证明是的中位线，推出，证明是等腰直角三角形，据此求解即可．【详解】（1）证明：∵是的内心，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵是圆的直径，∴，∴是等腰直角三角形，∴；（2）解：作于点，∴，由（1）知是等腰直角三角形，，∴，，∵，∴是的中位线，∴，∵，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了内心的定义，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．【典例02】已知是等边三角形，点O是的内心，E，F分别是和边上的点，且，连接，．(1)如图1，求证：；(2)如图2，平分交于点D，连接，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，当点E，F分别位于和的延长线上时，请探究线段，和D之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)详见解析(2)详见解析(3)，理由见解析【分析】（1）三角形内心得，则，且，即可证明；（2）由（1）可知，则和．结合角平分的性质证得，有，结合即可；（3）由等边三角形的内心的，则和．即可证明，有和．结合角平分线得，有，结合即可证明．【详解】（1）证明：是等边三角形，点O是的内心，，，．，，，即．在和中，．（2）证明：由（1）可知，，．平分，．在和中，，．，．（3）解：．理由：是等边三角形，点O是的内心，，，，．，，，即．在和中，，，．平分，．在和中，，．，．【点睛】本题主要考查等边三角形的性质、三角形的内心、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质和角平分线的性质，解题的关键是熟悉三角形的内心和全等的性质．方法透视考向解读中考常以解答题形式考查，核心是圆的性质（圆周角、切线）与三角形（等腰三角形、直角三角形、全等/相似三角形）的联动，设问多为“证明线段相等/角相等”“求线段长度/面积”“探究图形关系”。考向特点是“图形复杂但有规律”，常涉及“圆内接三角形”“切线与三角形的结合”，难度中等，需掌握“转化思想”，将圆的问题转化为三角形问题求解方法技能圆内接三角形：牢记“圆内接三角形的一个外角等于它的内对角”，可快速转化角度；若三角形为直角三角形，其斜边必为圆的直径（圆周角推论），可直接利用直角三角形性质求解。切线与三角形综合：切线与三角形的边相切时，优先连半径得直角，结合三角形全等/相似证明线段关系；若三角形为等腰三角形，且底边为圆的弦，可结合垂径定理、等腰三角形三线合一，实现线段和角的转化。技巧总结：遇圆与三角形综合，优先找“直角”（切线与半径的直角、直径所对的圆周角），构造直角三角形，利用勾股定理、三角函数或全等/相似求解，同时挖掘圆的基本性质中的隐含条件（如弧相等对应角相等）。变式演练【变式01】如图，是半圆的直径，是半圆上不同于的一点，是的内心，的延长线交半圆于点，连结．(1)求证：；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)4【分析】本题主要考查了圆周角定理，相似三角三角性的判定和性质，三角形的内心等知识：（1）根据是半圆的直径，可得，从而得到，进而得到，即可求证；（2）过点O作于点E，可得，从而得到，进而得到，可得到，，再证得是等腰直角三角形，可得，即可求解．【详解】（1）证明：∵是的内心，∴是的角平分线，∴，∵是半圆的直径，∴，∴，∴，∴，∴，∴；（2）解：如图，过点O作于点E，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴．【变式02】如图，内接于，于，交于，于．(1)若，，，求的长；(2)连接，求证．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）连接，，根据垂径定理可得，，证明，可得，即可解决问题；（2）连接，先证明，可得，再证明，可得，所以，进而可以解决问题．【详解】（1）解：如图，连接，，，，，，，，，，，，，；（2）证明：如图，连接，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形．【变式03】如图，是的直径，，是上的点，且，分别与，相交于点，．(1)求证：平分；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查的是平行线的性质，勾股定理的应用，平行线分线段成比例，三角形的中位线的性质，圆的基本性质，直径所对的圆周角是直角，证明是解本题的关键．（1）根据平行线的性质及等腰三角形的性质可证；（2）先根据勾股定理得到，再利用中位线的性质得到，最后利用即可得解；【详解】（1）证明：，．，，，平分．（2）解：是的直径，．在中，由勾股定理得．，，，即，．，为的中位线，．，，．题型04圆与四边形的综合典例引领【典例01】如图，为的直径，弦交于点E，F为上一点，连接并延长，交的延长线于点G，连接，，．(1)求证：；(2)若，，F为的中点，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用垂径定理得到，则，利用圆内接四边形的性质得到，利用平角的定义得到，再利用等量代换即可证明；（2）连接、，利用垂径定理得到，，进而证出是等边三角形，则，再利用含30度角的直角三角形的性质求出的长，进而得到的长，利用勾股定理求出的长，利用圆周角定理求出，再利用含30度角的直角三角形的性质即可求解的长．【详解】（1）证明：∵，∴，∴，∵四边形内接于，∴，∵，∴，∴；（2）解：如图，连接、，∵，∴，，，∴，，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴在中，，∵为的直径，∴，∵，∴在中，，∴，∵F为的中点，∴，∴，∴，∴，∴，∴在中，，∴的长为．【点睛】本题考查了垂径定理、圆内接四边形、圆周角定理、等边三角形的性质与判定、含30度角的直角三角形、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．【典例02】已知四边形内接于，与直径交于点，平分．(1)如图1，若，求证：；(2)如图2，点在的延长线上，连接，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先由圆周角定理可得，再由平分，可得．再由，，可得，再由圆周角定理可得，得出，即可得出，再由等腰三角形的判定即可求证；（2）先由勾股定理可得，求出．再由平分，可得出，得出，即．再由圆内接四边形的性质可得．再求得．再证明，可得，，再证明为等腰直角三角形，可得，即，再求解即可．．【详解】（1）证明：为的直径，．平分，．，，．和是所对的圆周角，，，，；（2）解：在中，，，，，．平分，，，．四边形内接于，．，．在和中，，，，，，．为的直径，，，为等腰直角三角形，，即，解得．【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的定与性质及勾股定理等知识，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的定与性质及勾股定理是解题的关键．方法透视考向解读中考常考题型，核心是圆的性质（切线、圆周角）与特殊四边形（矩形、菱形、正方形）的综合，侧重考查“图形的性质联动”“探究性问题”，设问多为“证明四边形是特殊四边形”“求线段长度/角度”“探究线段的数量关系”。考向难度较高，需要学生具备较强的图形识别能力和辅助线构造能力，是二轮复习的难点突破方向。方法技能圆内接四边形：牢记“圆内接四边形的对角互补”“圆内接四边形的一个外角等于它的内对角”，这是角度转化的核心工具；若四边形为特殊四边形（如矩形），则矩形的对角线为圆的直径（矩形的对角线相等且平分，结合圆的性质可快速判定共圆）。切线与四边形综合：正方形、菱形的边与圆相切时，可利用“切线长定理”（从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等）转化线段长度；矩形的边与圆相切时，圆心到边的距离等于半径，可结合矩形的边长关系求解。辅助线技巧：优先连半径（切线问题）、连对角线（四边形问题），将四边形转化为三角形，同时利用圆的性质和特殊四边形的性质，实现线段、角的相互转化；探究性问题可先猜想结论，再通过证明（全等、相似）验证。变式演练【变式01】如图，四边形内接于，对角线是的直径，平分，连接并延长交于点，连接并延长交延长线于点．(1)求证：；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先证明，，，可得，从而可得结论；（2）连接，由（1）知，可得，证明，再利用勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：是的直径，，又平分，，，，是的直径，，，四边形内接于，，，；（2）解：连接，由（1）知，，是的直径，，在中，由勾股定理得．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，圆周角定理的应用，弧，弦，圆心角之间的关系的应用，圆的内接四边形的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．【变式02】如图，在中，以为直径的经过的中点，且与的延长线交于点，连接．(1)若，求的长．(2)过点E作，交于点，连接，交于点．求证：．【答案】(1)(2)见解析【分析】本题考查了直径所对的圆周角是直角，解直角三角形，圆内接四边形对角互补，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键；（1）根据题意得出，进而勾股定理求得，根据，即可求解；（2）先根据圆内接四边形对角互补证明，根据平行线的性质可得，同（1）得，可得，进而根据等角对等边，即可得证．【详解】（1）解：∵为的直径，∴，又∵是的中点，∴垂直平分，∴，∵,∴，∴,在中，,∴,∵,∴,∴,∴,（2）证明：∵四边形是圆内接四边形，∴，∵，∴，∵，∴，∵为的直径，∴，又∵是的中点，∴垂直平分，∴，∴，∴，∴．【变式03】如图，已知四边形是的内接四边形，是的直径，是弧的中点，与延长线的交点为，连接对角线，作交于点，垂足为点，连接．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若的半径为，且，求的长．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】（）由，则垂直平分，通过圆周角定理得，则有，再通过圆周角定理证明，从而求证；（）由（）知，，可证明四边形是菱形，又四边形是圆的内接四边形，则有，，设，则，，证明，由性质可得，然后代入求出即可．【详解】（1）证明：∵，∴垂直平分，∴，∴，又∵是弧的中点，∴，∴，∴，又∵是直径，∴，∴，∴四边形是平行四边形；（2）由（）知，，∴，，∴四边形是菱形，∴，∵，∴，又∵四边形是圆的内接四边形，∴，∴，设，则，，∵，∴，∴，∴，解得：，经检验是原方程的解，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，圆内接四边形性质，解分式方程等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．题型05切线长定理与弦切角定理典例引领【典例01】如图，为圆外一点，、分别切圆于、．连接，交圆于点，延长，交圆于点．连接，．连接并延长，交于点．(1)证明：点是的中点．(2)若点是的中点，求的度数．【答案】(1)见解析(2)30度【分析】本题考查了圆的切线性质，垂径定理以及相关角度计算，解题的关键是熟练运用圆的切线性质和垂径定理等知识进行推理和计算．（1）利用切线长定理证明，从而得出，得到即可得结果；（2）通过点是中点推出，，由（1）得，，是等边三角形，得到，再结合圆的性质和平行线性质，求出的度数．【详解】（1）证明：、分别切圆于、，，．又，，，即点是的中点．（2）点是的中点，垂直平分，连接，则，由（1）得，是等边三角形，是圆的切线，，【典例02】如图，在中，，以为直径的交于点D，过点D作的切线交于点E，交的延长线于点F，连接．

(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，由是的直径，得，由切线长定理得，有，再根据余角性质得，便可得出结论；（2）连接，由勾股定理求得，再证，便可求得，进而求得．【详解】（1）解：证明：连接，

是的直径，，，，为半径，是的切线，是的切线，，，，，，；（2）连接，

，，，是的切线，，，，，，，即，，．【点睛】本题主要考查了切线的性质与判定，切线长定理相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，圆周角定理，关键是证明三角形相似．方法透视考向解读中考多以小题形式考查，偶尔作为解答题的辅助工具，核心考查切线长定理的应用、弦切角定理的应用。考向特点是“简洁但实用”，设问多为“求线段长度”“求角度”，难度中等，掌握这两个定理可快速简化计算和证明过程，提升解题效率。方法技能切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，且该点与圆心的连线平分两条切线的夹角；常用于线段长度的转化（如求三角形的边长、四边形的周长），尤其适用于“多条切线”的问题，可快速找到相等线段。弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角；核心用于角度转化，可快速将切线与弦的夹角转化为圆周角，简化角度计算，常与圆周角定理、三角形内角和综合使用。易错点：切线长定理中，“切线长”是“从圆外一点到切点的线段长度”，而非切线的长度；弦切角的顶点必须在切线上，且一边与切线重合，另一边与圆相交，避免误判弦切角。变式演练【变式01】如图，在RtABC中，，O是AB边上的一点，以OA为半径的⊙O与边BC相切于点E．(1)若，⊙O的半径为3，求AC的长．(2)过点E作弦EF⊥AB于G，连接AF，若．求证：四边形ACEF是菱形．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）先证明再求解由再建立方程求解即可；（2）利用同弧所对的圆周角相等，得到∠AOE=4∠B，进而求出∠B与∠AFE的度数，根据EF与AD垂直，得到一对直角相等，确定出∠GEB=∠AFE=60°，CA与EF平行，进而得到CB与AF平行，确定出四边形ACEF为平行四边形，再由∠CAB为直角，得到CA为圆的切线，利用切线长定理得到CA=CE，利用邻边相等的平行四边形为菱形即可得证．【详解】（1）解：如图，连接OE，是的切线，由（2）∵∠AFE=2∠ABC，∴∠AOE=2∠AFE=4∠ABC，∵∠AOE=∠OEB+∠ABC，∴∠ABC=30°，∠AFE=60°，∵EF⊥AD，∴∠EGB=∠CAB=90°，∴∠GEB=∠AFE=60°，，∴，∴四边形ACEF为平行四边形，∵∠CAB=90°，OA为半径，∴CA为圆O的切线，∵BC为圆O的切线，∴CA=CE，∴平行四边形ACEF为菱形．【点睛】此题考查了切线的性质及切线长定理的应用，菱形的判定，锐角三角函数的应用，熟练掌握圆的基本性质及重要的定理是解本题的关键．【变式02】如图，在中，，以为直径的交于点D，过点D作的切线交于点E，交的延长线于点F，连接．

(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，由是的直径，得，由切线长定理得，得到，再根据余角性质得，便可得出结论；（2）连接，由勾股定理求得，再证，便可求得，进而求得．【详解】（1）解：证明：连接，

是的直径，，，，为半径，是的切线，是的切线，，，，，，；（2）连接，

，，，是的切线，，，，，，，即，，．【点睛】本题主要考查了切线的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，切线长定理，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，解题的关键是证明三角形相似．【变式03】如图，，是的切线，切点分别为A，B，是的直径，交于点E，连接交于点F，连接交于点D，．(1)求的长．(2)连接，求证：．【答案】(1)2(2)见解析【分析】（1）由切线长的定理得出，得出是的垂直平分线，再由直径所对的圆周角等于90度得出，再证明为的中位线，进而可得出的长．（2）由切线的定义得出，由直径所对的圆周角等于90度进一步得出，等量代换可得出，由线段垂直平分线的性质以及等弧所对的圆周角相等可得出，等量代换可得出．【详解】（1）解：连接，，是的切线，．，，是的垂直平分线，，是的直径，，．（2）证明：是的切线，．是的直径，∴，，．是的垂直平分线，，，．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的定义和性质，切线长的定义和性质，线段垂直平分线的判定以及性质，三角形中位线的判定以及性质等知识，掌握这些性质是解题的关键．题型06弧长与扇形面积的计算典例引领【典例01】如图，是的内接三角形，是的直径，弦，垂足为E．设，，求图中阴影部分的面积．【答案】【分析】本题主要考查了垂径定理、扇形面积公式等知识点，将求非规则图形的面积转化为求规则图形的面积是解题的关键．连接，根据圆周角定理得到，求得，根据圆周角定理得到，，根据勾股定理得到，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．【详解】解：连接，是的直径，，，，，，，，，，，，∴图中阴影部分的面积．【典例02】如图，是的直径，C为上一点，D为的中点，连接，相交于点E，过点A作的切线交的延长线于点F．(1)求证：；(2)若，，求长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据切线的性质、直径所对的圆周角为以及余角的性质得出，然后根据同弧所对的圆周角相等得出，则，根据余角的性质得出，根据等角对等边得出，最后根据三线合一的性质即可得证；（2）连接，证明，可得出．设，则，解得，（舍），则，，根据直角三角形斜边中线的性质得出，根据勾股定理求出，则可得为等边三角形，得出，根据等边对等角和三角形外角的性质可求出，根据圆周角定理求出，最根据弧长公式求解即可．【详解】（1）证明：连接，∵为的切线，．又∵是的直径，，．∵D为的中点，，，，又，，，又，．（2）解：连接，∵，，，，．设，则解得，（舍），，，，在中，，，为等边三角形，，，，又，．，的长为．【点睛】本题考查圆周角定理，切线的定义，等腰三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定与性质等，解题的关键是综合运用上述知识点．方法透视考向解读中考每年必考，多以小题形式出现，偶尔结合解答题（如切线、旋转问题）考查，核心考查弧长公式、扇形面积公式的应用，常结合圆心角、半径、弦长等条件。考向特点是“计算性强”，难度偏低，是必得分点，但需注意公式的准确运用和计算的精准性，避免因公式混淆、计算失误丢分方法技能核心公式：①弧长公式：l=nπr180（n为圆心角的度数，r为圆的半径）；②扇形面积公式：关键技巧：求弧长或扇形面积时，先确定“圆心角n”和“半径r”，若题干未直接给出，需通过圆的性质（圆周角定理、切线性质）、三角形性质求出圆心角和半径；若涉及“阴影部分面积”，常用“割补法”（扇形面积-三角形面积、整体面积-空白面积）求解。易错点规避：注意圆心角的单位是“度”，公式中无需转化为弧度；计算时，π的取值按题干要求），避免因取值错误导致计算失误；区分“扇形面积”与“圆的面积”，避免公式混淆。变式演练【变式01】如图，为的直径，为上一点，且为的切线交的延长线于点，连接交于点．(1)求证：；(2)若，求劣弧的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了圆周角定理，切线的性质，弧长公式，熟练运用上述性质是解题的关键．（1）连接，得到，根据题意得到，再通过角度转换得到，即可解答；（2）得到，根据三角形内角和求得，即可求得，利用弧长公式即可解答．【详解】（1）证明：如图，连接，为的切线，，，，，，，，，，．（2）解：，，，，，在中，，，，，，劣弧的长．【变式02】如图，是的外接圆，且是直径．(1)尺规作图：作的平分线，交于点；（保留作图痕迹，不写作法）(2)连接、，若，，求阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据尺规作图：作的平分线，交于点；（2）根据圆周角定理可得，根据，，可求半径，进而根据扇形面积公式求阴影部分的面积．【详解】（1）尺规作图如图所示；（2）连接，则．是的直径，是的平分线，．．故，，．．．【点睛】本题考查了作图基本作图，解决本题的关键是利用三角形外接圆的性质、圆周角定理、扇形面积公式．【变式03】如图，在中，为边上一点，与边相切于点，交于点，连接．(1)求证：；(2)若，求劣弧的长度．（结果保留）【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）如图1，连接OD，由，可得，则，由，可得，进而结论得证；（2）如图2，连接，则，，，进而可得，由，，可得，根据，可得，则，根据劣弧的长度为，计算求解即可．【详解】（1）证明：如图1，连接OD．

图1∵与相切于点．∴，即，∴，∴，∵，∴，∴．（2）解：如图2，连接．∵为的直径，∴，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，则，劣弧的长度为．【点睛】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角为直角，等边对等角，平行线的判定与性质，平行线分线段成比例，含的直角三角形，弧长等知识．熟练掌握切线的性质，等边对等角，平行线的判定与性质，平行线分线段成比例，含的直角三角形，弧长是解题的关键．题●型●训●练一、单选题1．如图，以含有角的三角尺的顶点B为圆心，长为半径画，交边于点D．若，则劣弧的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查含有角的直角三角形的性质、弧长计算．明确圆心角和半径是解题的关键．由含有角的三角形可先求出半径，再由弧长公式得出劣弧的长．【详解】解：含有角的三角尺的顶点B为圆心，，，，，长为半径画，交边于点D，，，，劣弧的长为：．故答案为：B．2．如图，在中，，AC为⊙O的直径，若，，则阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据直径所对的圆周角是直角得到，再根据等腰三角形三线合一得出点是的中点，从而得出是的中位线，于是，根据同底等高得到和的面积相等，从而阴影部分的面积转化为扇形的面积，根据扇形面积公式计算出扇形的面积即可得出阴影部分的面积．【详解】解：连接，，为的直径，，，，即点是的中点，点是的中点，是的中位线，，，，，，，，，，，故选：A．【点睛】本题主要考查了扇形的面积，圆周角定理，中位线定理，平行线间的距离相等，等腰三角形的三线合一，不规则图形的面积求法，把不规则图形转化为规则图形计算面积是解题的关键．3．如图，边长为的正方形的中心与半径为的的圆心重合，，分别是，的延长线与的交点，则图中阴影部分的面积为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了圆面积的计算，正方形的性质，勾股定理，正确识别图形是解题的关键．延长交于，先根据勾股定理算出，根据圆和正方形的面积公式进行列式计算，即可得到结论．【详解】解：延长交于，连接，过点O作于H．∵边长为的正方形的中心与半径为的的圆心重合，∴在中，，∵，∴，∴，则图中阴影部分的面积故选：A．4．如图，在边长为1的等边中，以顶点A为圆心，一定长为半径画弧，恰与底边相切，且分别交于点D，E，则图中阴影部分的面积是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查的是切线的性质、扇形面积计算，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．连接，根据切线的性质得到，根据等边三角形的得到，根据正弦的定义求出，再根据三角形面积公式、扇形面积公式计算即可．【详解】解：如图，设弧与底边相切于F，连接，则，为等边三角形，，，，故选：5．如图，内接于，．若，则弧的长为（

）A．π B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了圆周角定理，求弧长，勾股定理，三角形内角和定理，由三角形内角和定理求出，则由圆周角定理得到，再利用勾股定理求出的长，最后根据弧长公式求解即可．【详解】解：如图所示，连接，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴弧的长为，故选：A．6．如图，在四边形中，，，，为边上一点（不与点，重合），连接，，，且，，为的中点，连接，，则下列结论错误的是（

）A．若，则B．若，则四边形的周长为33.6C．的面积最大为25D．的面积恒为12【答案】C【分析】本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，，根据相似三角形的性质即可判断A，证明、、、四点共圆，得出，再证明，得出，从而即可判断B；设，则，，表示出，由此即可判断C；证明，求出，表示出，作于，于，由等面积法得出，结合勾股定理得出，证明，求出，再由的面积为计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．【详解】解：∵，，∴，∴，即，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，当时，，即，故A正确；当时，，即，∵，∴，∵，∴，∴、、、四点共圆，∴，∵，∴，∴，∴四边形的周长为，故B正确；设，则，，即，∴，∴当时，的面积最大为，故C错误；∵，，∴，∴，即，∴，∵为的中点，∴，如图，作于，于，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴的面积为，故D正确；故选：C．7．如图，为的弦，，交于点C，点D为上一点，，则的长度是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，弧长公式，由圆周角定理得，由垂径定理得，再根据弧长公式求解即可．【详解】解：如图：∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴．故选：A．二、填空题8．如图，四边形内接于，过、分别作的切线，交于点，若，则的度数为______．【答案】【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．也考查了圆周角定理和圆内接四边形的性质．连接、，如图，先根据圆内接四边形的性质计算出，再根据圆周角定理得到，接着根据切线的性质得到，然后利用四边形内角和定理计算出的度数．【详解】解：连接、，如图，四边形内接于，，，，、为的切线，，，，，．故答案为：．9．如图，为的直径，，为的弦，，连接，，，则劣弧的长为______．【答案】/【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，弧长公式，根据垂径定理和等腰三角形的性质求出，再根据弧长公式求解即可．【详解】解：，，．为的弦，，，∵，∴的半径是2，劣弧的长为．故答案为：．10．如图，的半径为5，圆周角，则劣弧的长为_______．【答案】【分析】本题考查了圆周角定理和弧长的计算，圆内接四边形的性质，能正确作出辅助线是解此题的关键．连接，在优弧上取一点D，连接，根据圆内接四边形性质求出，根据圆周角定理求出的度数，再由弧长计算公式求解即可．【详解】如图，连接，在优弧上取一点D，连接，则，∴，∴劣弧的长为．故答案为：．11．如图，在扇形中，，C为中点，过C作交于点D．则阴影部分面积为______

【答案】【分析】本题考查了勾股定理，锐角三角函数，不规则图形的面积，正确作出辅助线是解题的关键．连接，设交于点E，证明是等腰直角三角形，利用锐角三角函数可得，再由阴影部分面积，即可求解．【详解】解：如图，连接，设交于点E，∵，C为中点，∴，∵，，∴，，∴是等腰直角三角形，，∴，在中，，∴，∴阴影部分面积．故答案为：．12．如图，是的直径，是的弦．若，，则_________．【答案】【分析】根据直径所对的圆周角为，可知，求出，得到，利用勾股定理求解即可．【详解】解：∵是的直径，，∵与对应同一段弧，，，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角为，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，等角对等边等性质，掌握圆周角定理的推论是解题的关键．三、解答题13．如图，AB是⊙O的直径，点D，E在⊙O上，∠A=2∠BDE，点C在AB的延长线上，∠C=∠ABD．(1)求证：CE是⊙O的切线：(2)连接BE，若⊙O的半径长为5，OF=3，求EF的长，【答案】(1)见解析；(2)；【分析】（1）根据圆周角定理和相似三角形的判定和性质即可证明；（2）连接OE，BE，AE，根据圆周角定理和等腰三角形的性质求得∠DFC=∠CBE，从而可得∠EFB=∠EBF，于是EF=BE，再由OB=OE，可证△OBE∽△EBF，即可解答；【详解】（1）证明：如图，连接OE，AB是圆的直径，则∠ABD=90°，△DAB和△EOC中，∠DAB=2∠BDE=∠EOB，∠ABD=∠OCE，∴△DAB∽△EOC，∴∠ABD=∠OEC=90°，∴CE是圆的切线；（2）解：如图，连接OE，BE，AE，AB是圆的直径，则∠AEB=90°，∵∠OEC=90°，∴∠AEO=∠BEC，∵OA=OE，∴∠OEA=∠OAE，∴∠BEC=∠BAE=∠BDE，∵∠ABD=∠C，∴∠DFC=∠CBE，∴180°-∠DFC=180°-∠CBE，即∠EFB=∠EBF，∴EF=BE，∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB=∠EFB，∴△OBE∽△EBF，∴，∴BE=，∴EF=BE=；【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质；根据相关性质找寻角的等量关系是解题关键．14．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以AB为直径的⊙O与BC相交于点E，在边AC上取一点D，使得DE＝AD，连接OD、OE．（1）求证：①△AOD≌△EOD；②DE是⊙O的切线；（2）当BC＝5，AD＝2时，求⊙O的半径．【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）⊙O的半径为．【分析】（1）①根据全等三角形的判定定理SSS证得结论；②根据切线的判定方法，只要证明OE⊥DE即可；（2）证出OD是△ABC的中位线，进而求出OD，再在直角三角形中利用勾股定理求出半径即可．【详解】（1）证明：①在△AOD和△EOD中，，则△AOD≌△EOD（SSS）；②由①知，△AOD≌△EOD，∴∠OED＝∠BAC＝90°，即OE⊥DE．∵OE是半径，∴DE是⊙O的切线；（2）解：由（1）①知，△AOD≌△EOD，∴∠AOD＝∠EOD．∵OB＝OE，∴∠B＝∠OEB，∵∠AOE＝∠B+∠OEB，∴∠BEO＝∠EOD，∴ODBC，又∵AO＝BO，∴OD＝BC＝．在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO＝＝．即：⊙O的半径为．【点睛】本题考查切线的判定和性质，掌握切线的判定方法是解决问题的前提，转化到直角三角形中利用边角关系求解是常用的方法．15．如图，延长的直径，交直线于点，．射线自出发绕点逆时针旋转，旋转角为；同时，线段从出发绕点逆时针旋转，旋转角为，直线与射线交于点，与直线交于点，其中且．(1)当α＝20°时，的长为；(2)当AF⊥DG时，求旋转角α，并证明射线DM是⊙O的切线；(3)当tan∠BAC＝时，求线段HF的长度；(4)直接写出线段OH的最大值．【答案】(1)(2)旋转角α＝30°；证明见解析(3)当点H在AD右侧时；当点H在AD左侧时(4)线段OH的最大值为【分析】（1）根据弧长公式可得答案；（2）①当时，，根据圆周角定理可得答案；②过点作于点（如图，根据特殊直角三角形的性质及切线的判定可得结论；（3）情况1：当点在右侧时：过点作于点（如图，设，根据三角函数及勾股定理可得、的长，再由相似三角形的判定与性质可得答案；当点在左侧时：过点作的延长线于点（如图，设，由，同理可得，，由勾股定理可得答案；（4）当点在右侧时，，当在左侧时，，所以，点在以为弦，圆心角为的上运动，当、、点三点共线，且点在线段上时，最大，此时，，，所以可得最大值．【详解】（1）解：，，，，，故答案为：；（2）解：①解：当时，，，，，即，；②证明：过点作于点（如图，，，，，是的切线；（3）解：情况1：当点在右侧时：过点作于点（如图，设，由可得，，又，即，，，，，，又，，，即，；情况2：当点在左侧时：过点作的延长线于点（如图，设，由，同理可得，，，；类比情况1，得，，又，即，；（4）解：．当点在右侧时，，当点在左侧时，，点在以为弦，圆心角为的上运动，当、、点三点共线，且点在线段上时，最大，此时，，，最大值为．【点睛】本题考查的是圆的性质，勾股定理、切线的判定与性质，三角函数、相似三角形的判定，掌握圆的性质、勾股定理、三角函数是解决此题关键．16．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D，过点D作AC的垂线交AC的延长线于点E．

（1）证明：ED是⊙O的切线；

（2）若⊙O半径为3，CE＝2，求BC的长．【答案】（1）见解析；（2）BC的长为4【分析】（1）连接OD，推出∠ODA=∠OAD=∠EAD，推出OD∥AE，推出OD⊥DE，根据切线的判定推出即可；（2）过点O作OK⊥AC，证得四边形OKED为矩形，AK=KC，得出EK=OD=3，由勾股定理可求出答案．【详解】解：（1）证明：如图1，连接OD．

∵OD＝OA，∴∠OAD＝∠ODA，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴∠ODA＝∠CAD，∴AE∥OD，∵DE⊥AE，∴ED⊥DO，∵点D在⊙O上，∴ED是⊙O的切线（2）解：如图2，过点O作OK⊥AC，

∵∠E＝∠ODE＝∠OKE＝90°，∴四边形OKED为矩形，AK＝KC，∴EK＝OD＝3，∴AK＝CK＝EK﹣CE＝3﹣2＝1，∴AC＝2，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC2+BC2＝AB2，∴BC＝＝＝4，答：BC的长为4．【点睛】本题考查了切线的性质和判定，平行线的性质和判定，圆周角定理，矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握切线的判定是解题的关键．17．已知，如图，是的直径，点为上一点，于点，交于点，与交于点，点为的延长线上一点，且．（1）求证：是的切线；（2）求证：（3）若，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】(1)由圆周角定理和已知条件证出∠ODB=∠ABC，再证出∠ABC+∠DBF=90°，即∠OBD=90°，即可得出BD是切线，(2)连接AC，由垂径定理得出得出∠CAE=∠ECB，再由公共角∠CEA=∠HEC，证明△CEH∽△AEC，得出对应边成比例，即可得出结论；(3)连接BE，由圆周角定理得出∠AEB=90°，由三角函数求出BE，再根据勾股定理求出EA，得出BE=CE=6，由(2)的结论求出EH，然后根据勾股定理求出BH即可.【详解】（1）如图，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，即°，∴，∴是的切线；（2）连接，如图2所示：图2∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）连接，如图3所示：∵是的直径，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴在中，．【点睛】本题是圆的综合题目，考查了切线的判