2026年中考数学二轮复习 专题08 圆的证明与计算(高频考点专练)

专题08目录聚焦题型精准解密（8大题型精讲+变式拔高训练）题型一圆的基本性质应用（角度、弧的判定与计算题型三切线的判定与证明型五圆中线段长度的计算（扇形、弓形、不规则图形）题型七圆与三角形、四边形的综合证明与计算实战演练高效提分（中考仿真模拟+限时训练提升12～20分，题型覆盖选择题、填空基础知识必备：掌握圆的有关概念（圆心、半径、弦、弧、圆周角、圆心角、切线等）；2026题型稳定：/题型一圆的基本性质应用（角度、弧的判定与计算01𝑂中，弦𝐴𝐷=𝐵𝐶，𝑂𝐸𝐴𝐵E，𝑂𝐻⊥𝐵𝐶(1)求证：𝐴𝐵=(2)𝑂5，𝐶𝐷=8，𝐵𝐶=4，求𝑂𝐸𝑂𝐻【答案】(1)(2)3（1）由题意易得𝐴𝐵=𝐶𝐷（2）连接𝑂𝐵，由勾股定理，得𝑂𝐸=3【详解】（1）证明：∵𝐴𝐷=∴𝐴𝐵=𝐶𝐷，𝐴𝐵+𝐵𝐷=𝐶𝐷+𝐵𝐷，即𝐴𝐵=𝐶𝐷，∴𝐴𝐵=（2）解：连接∵𝐴𝐵=𝐶𝐷=8，𝑂𝐸⊥∴𝐸𝐵=∴𝑂𝐸 =同理可得𝑂𝐻=∴𝑂𝐸+𝑂𝐻=3+01】（2025·湖北·模拟预测）如图，𝐴𝐵⊙𝑂的直径，点𝐶、𝐷在⊙𝑂上，∠𝐵𝑂𝐶=∠𝐴𝑂𝐷的度数为（ 【答案】【详解】解：∵∠𝐵𝑂𝐶=116°，∠𝐵𝑂𝐶∠𝐴𝑂𝐶=∴∠𝐴𝑂𝐶=180°−∠𝐵𝑂𝐶=∴∠𝐴=∠𝐴𝑂𝐶=∵𝑂𝐷=∴∠𝐷=∠𝐴=∴∠𝐴𝑂𝐷=180°−2∠𝐴=52°．【变式02】如图，𝐴𝐵、𝐶𝐷是⊙𝑂的弦，且𝐴𝐵=𝐶𝐷，若∠𝐵𝑂𝐷=80°，则∠𝐴𝐶𝑂的度数为 【答案】连接𝐴𝑂，由已知可得∠𝐴𝑂𝐵=∠𝐶𝑂𝐷，从而可得∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐵𝑂𝐷，根据三角形的内角和定理，结合等腰三角【详解】解：连接∵𝐴𝐵、𝐶𝐷𝑂的弦，且𝐴𝐵=∴∠𝐴𝑂𝐵=∴∠𝐴𝑂𝐵−∠𝐴𝑂𝐷=∴∠𝐴𝑂𝐶=∵∠𝐵𝑂𝐷=∴∠𝐴𝑂𝐶=∵𝑂𝐴=∴∠𝑂𝐴𝐶=∵∠𝑂𝐴𝐶+∠𝑂𝐶𝐴+∠𝐴𝑂𝐶=∴∠𝐴𝐶𝑂=

×2=03】（25-26九年级上·四川绵阳·期末）如图，𝐴𝐵⊙𝑂的直径，点𝐶𝐷在半圆周上，连接𝐷𝐸𝑂𝐶，垂足为𝐸，∠𝐶𝐴𝑂2∠𝐷𝐶𝑂=180°，𝐶𝐸𝐷𝐸=6,𝐴𝐵=10，则𝐴𝐶=（ 【答案】连接𝑂𝐷，作𝑂𝐹⊥𝐴𝐶F，设𝐶𝐸=𝑥，则𝑂𝐸=5−𝑥,𝐷𝐸=6−𝑥，利用勾股定理求出𝑥=2，可得𝑂𝐸=5−2=3，然后证明𝐷𝐸𝑂𝑂𝐹𝐴(AAS)，可得𝐴𝐹=𝑂𝐸=3【详解】解：连接∵𝐴𝐵=∴𝑂𝐶=𝑂𝐷=𝑂𝐴=设𝐶𝐸=𝑥，则𝑂𝐸=5−𝑥,𝐷𝐸=∵𝐷𝐸⊥∴∠𝑂𝐸𝐷=∴𝑂𝐸2+𝐷𝐸2=𝑂𝐷2，即(5−𝑥)2+(6−𝑥)2=52，解得：𝑥1=2，𝑥2=9（舍去），∴𝑂𝐸=5−2=3，作𝑂𝐹⊥𝐴𝐶F，∵𝑂𝐶=𝑂𝐷=∴∠𝑂𝐶𝐷=∠𝑂𝐷𝐶，𝐶𝐹=∵∠𝐷𝐶𝑂+∠𝐶𝐷𝑂+∠𝐶𝑂𝐷=∴2∠𝐷𝐶𝑂+∠𝐶𝑂𝐷=∵∠𝐶𝐴𝑂+2∠𝐷𝐶𝑂=∴∠𝐶𝑂𝐷=又∵∠𝐷𝐸𝑂=∠𝑂𝐹𝐴=90°，𝑂𝐷=∴△𝐷𝐸𝑂≌△∴𝐴𝐹=𝑂𝐸=∴𝐴𝐶=2𝐴𝐹=6，【变式04】已知⊙𝑂的直径为10，现⊙𝑂内有两条弦𝐴𝐵=52，𝐴𝐶=5，则∠𝐵𝐴𝐶的度数 【分析】首先证明出△𝑂𝐴𝐶是等边三角形，得到𝐶𝐴𝑂=60°，然后证明出𝑂𝐴2+𝑂𝐵2=50=𝐴𝐵2∠𝑂𝐴𝐵=45°【详解】解：如图，连接𝑂10，𝐴𝐶=∴𝑂𝐶=𝑂𝐴=𝐴𝐶=𝑂𝐴𝐶∴𝐶𝐴𝑂=∵𝑂𝐴=𝑂𝐵=5，𝐴𝐵=5∴𝑂𝐴2+𝑂𝐵2=50=𝑂𝐴𝐵是等腰直角三角形，∠𝑂𝐴𝐵=C的位置有两种情况，如左图时，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐶𝐴𝑂∠𝑂𝐴𝐵=60°+45°=105°；如右图时，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐶𝐴𝑂−∠𝑂𝐴𝐵=60°−45°=15°．05】（2025·江西新余·一模）如图，𝐴𝐵𝑂的直径，𝐶𝐷𝑂的弦，𝐴𝐵𝐶𝐷E，连接𝐵𝐷并M，连接𝐴𝐶，𝐴𝑀，∠𝐴𝑀𝐵+∠𝐴𝐶𝐷=90°．求证：𝐴𝑀(2)若𝐴𝐶=33，∠𝐶𝐴𝐵=30°，求𝐵𝐷【答案】(1)【分析】（1）根据圆周角定理，得∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐴𝐶𝐷，结合∠𝐴𝑀𝐵∠𝐴𝐶𝐷=90°∠𝐴𝑀𝐵∠𝐴𝐵𝐷=90°，于是∠𝐵𝐴𝑀=180°−∠𝐴𝑀𝐵−∠𝐴𝐵𝐷=90°即可得证𝐴𝑀（2）根据𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐶=33，∠𝐶𝐴𝐵=30°

33，∠𝐶𝐷𝐵∠𝐶𝐴𝐵30°𝐶𝐸=𝐸𝐷=2𝐴𝐶=𝐵𝐷=cos30°【详解】（1）证明：根据圆周角定理，得∠𝐴𝐵𝐷=∵∠𝐴𝑀𝐵+∠𝐴𝐶𝐷=∴∠𝐴𝑀𝐵+∠𝐴𝐵𝐷=∴∠𝐵𝐴𝑀=180°−∠𝐴𝑀𝐵−∠𝐴𝐵𝐷=∴𝐴𝑀⊥（2）解：∵𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐶=33，∠𝐶𝐴𝐵=∴𝐶𝐸=𝐸𝐷=2𝐴𝐶

，∠𝐶𝐷𝐵=∠𝐶𝐴𝐵=33∵𝐵𝐷=3∴𝐵𝐷=2=题型二垂径定理的综合应用01】（25-26九年级上·浙江宁波·期末）𝐴𝐵𝐶𝑂，𝐴𝐵𝑂的直径，过点𝑂作𝐵𝐶交𝑂于点𝐷，交𝐴𝐶于点(1)求证：𝐴𝐸=(2)若𝐷𝐸=2，𝑂𝐴=5，求𝐵𝐶【答案】(1)由直径所对的圆周角是直角及平行线的性质得𝑂𝐷𝐴𝐶【详解】（1）证明：因为𝐴𝐵𝑂的直径，所以∠𝐴𝐶𝐵=90°，因为所以∠𝐴𝐸𝑂=∠𝐴𝐶𝐵=90°，所以𝑂𝐷⊥𝐴𝐶，所以𝐴𝐸=（2）解：由（1）得𝐴𝐸𝐸𝐶，所以𝑂𝐸是𝐴𝐵𝐶的中位线，因为𝑂𝐴=5，所以𝑂𝐷=因为𝐷𝐸=2，所以𝑂𝐸=𝑂𝐷−𝐷𝐸=5−2=3，所以𝐵𝐶=2𝑂𝐸=6．01】（2026·广西贵港·一模）𝑂的直径𝐴𝐵垂直于弦𝐶𝐷，垂足是𝐸，已知∠𝐴=22.5°,𝑂𝐶=2，则𝐶𝐷的长为（【答案】

角定理，得到∠𝐵𝑂𝐶=45°

，由此得到𝑂𝐶𝐸𝐶𝐸=𝐷𝐸=【详解】解：∵𝐵𝐶所对圆周角为∠𝐴=22.5°，所对圆心角为∴∠𝐵𝑂𝐶=2∠𝐴=∵𝐴𝐵⊥∴∠𝐶𝐸𝑂=90°，𝐶𝐸=𝐷𝐸

∴∠𝑂𝐶𝐸=90°−∠𝐵𝑂𝐶=∴△𝑂𝐶𝐸是等腰直角三角形，𝑂𝐸=𝐶𝐸=2𝑂𝐶=2×

= ∴𝐶𝐷=2𝐶𝐸=4，故选：B．02】（25-26九年级上·浙江宁波·期末）河道里的水轮截面如图，圆轮被水面截得的弦𝐴𝐵长为16m，轮子的吃水深度𝐶𝐷为2m，则轮子的直径为（） 【答案】的关键．先表示𝑂𝐷=(𝑟−2)m，求得𝐴𝐷=8m，再利用勾股定理建立方程求解即可．由条件可 𝐴𝐷=2𝐴𝐵=由题意得：𝑂𝐷=在Rt△𝑂𝐴𝐷中，𝑂𝐴2=𝑂𝐷2∴𝑟2=(𝑟−2)2+∴𝑟=03】（25-26九年级上·浙江宁波·期末）12是球形灯罩的轴截面示意图，过最高点𝐻的直线𝐻𝐹经过圆心，且垂直底座𝐶𝐷于点𝐹，点𝐴,𝐵在圆上，𝐴𝐶,𝐵𝐷都垂直于𝐶𝐷．已知𝐴𝐶=𝐵𝐷=1cm，𝐶𝐷=12cm，𝐻𝐹=31cm，则灯罩轴截面所在圆的半径为（ 【答案】【分析】此题考查了垂径定理、勾股定理，矩形的性质与判定，连接𝐴𝐵交𝐻𝐹于点𝑀0𝑂𝐴，证明四边形𝐴𝐵𝐷𝐶是矩形，四边形𝐴𝐶𝐹𝑀是矩形，得到𝑀𝐹1cm，由垂径定理可得𝐴𝑀6cm，设灯罩截面所在圆的半径为𝑟cm，则𝑂𝑀=(30−𝑟)cm,𝑂𝐴=𝑟cm，由勾股定理可得，𝑂𝑀2+𝐴𝑀2=𝑂𝐴2，据此即可【详解】解：连接𝐴𝐵交𝐻𝐹于点𝑀0，连接∵𝐴𝐶，𝐵𝐷都垂直于𝐶𝐷．𝐴𝐶=𝐵𝐷=∴𝐴𝐶∥𝐵𝐷,𝐴𝐶=∴𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝐴𝐵=𝐶𝐷=12cm，∠𝐶𝐴𝑀=∠𝐴𝐶𝐹=∵𝐻𝐹⊥∴𝐻𝐹⊥∴∠𝐴𝑀𝐹=∴𝐹𝑀=𝐴𝐶=∴𝐻𝑀=𝐻𝐹−𝐹𝑀=∴𝐴𝑀=𝐵𝑀

1𝐴𝐵=设灯罩截面所在圆的半径为𝑟cm，则𝑂𝑀=(30−𝑟)cm,𝑂𝐴=在Rt△𝐴𝑂𝑀中，由勾股定理可得𝑂𝑀2+𝐴𝑀2=𝑂𝐴2，即(30−𝑟)2+62=𝑟2，解得𝑟=04】（25-26九年级上·河南周口·月考）如图，在⊙𝑂中，𝐴𝐵是直径，𝐶𝐷是弦，且𝐴𝐵𝐶𝐷(1)求证：∠𝐴𝐶𝐷=(2)若𝐵𝐸=2，𝐶𝐷=8，求⊙𝑂【答案】(1)（1）根据垂径定理得出𝐴𝐶=𝐴𝐷（2）设𝑂r𝑂𝐸=𝑟−2

，即𝑟2=42+(𝑟−2)2𝐶𝐸=𝐷𝐸=2𝐶𝐷=【详解】（1）证明：∵𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵∴𝐴𝐶=∴∠𝐴𝐶𝐷=（2）解：设𝑂r，则𝑂𝐸=∵𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵∴𝐶𝐸=𝐷𝐸

1𝐶𝐷=由勾股定理得：𝑂𝐶2=𝑂𝐸2+𝐶𝐸2，即𝑟2=42+(𝑟−2)2，解得：𝑟=即⊙𝑂05】（2025·河南郑州·一模）0，直径𝐴𝐵是河底线，弦𝐶𝐷是水位线，𝐶𝐷∥𝐴𝐵，𝐴𝐵=20米，∠𝐵𝐴𝐷=15°．(2)一艘船要经过该桥洞，矩形𝑀𝑁𝑃𝑄是该船水面以上部分的截面简化示意图，宽𝑁𝑃10米，高𝑃𝑄1【答案】(1)103(2)【分析】（1）由垂径定理可知𝐶𝐸=𝐷𝐸

米，∠𝐵𝑂𝐷=2∠𝐵𝐴𝐷=30°𝑂𝐷=𝑂𝐵=2𝐴𝐵=∠𝐷𝑂𝐸=60°，𝐷𝐸=𝑂𝐷sin60°=53（米），再由𝐶𝐷=2𝐷𝐸===米，则𝐻𝐹=𝑂𝐻−𝐸𝐹−𝑂𝐸=3【详解】（1）解：如图（1），0作𝑂𝐸⊥𝐶𝐷E，则𝐶𝐸=𝐷𝐸，𝑂𝐸⊥

米，∠𝐵𝑂𝐷=2∠𝐵𝐴𝐷=30°1H到线段𝑂𝐷=𝑂𝐵=2𝐴𝐵=2米，求出当木箱刚好通过该桥洞时，𝐻𝐺2，则此木箱能通过该桥洞，否∴∠𝐷𝑂𝐸=60°，∴𝐷𝐸=𝑂𝐷⋅sin60°=10×3=53（米𝐶𝐷=2𝐷𝐸=103（米（2）如图（1），延长𝑂𝐸交𝑀𝑄F0H，则𝑂𝐻=10米，𝐸𝐹=𝑃𝑄=2米，由（1）易得𝑂𝐸=5米，∴𝐻𝐹=𝑂𝐻−𝐸𝐹−𝑂𝐸=31H到线段𝑀𝑄2若该船刚好能通过该桥洞，情形如图（2），0作𝑂𝐺𝑀𝑄G，延长𝑂𝐺0H，连接𝑂𝑀，则𝑀𝐺=𝑄𝐺=5米，𝑂𝑀=在Rt𝑂𝑀𝐺

=53（米𝐻𝐺=(10−53)∵ <∴题型三切线的判定与证明01】（25-26九年级上·湖北襄阳·期末）如图，𝐴𝐵𝑂C在𝑂上，连接𝐴𝐶．以𝐴𝐶为边作菱形𝐴𝐶𝐷𝐸，𝐶𝐷⊙𝑂F，𝐴𝐵⊥𝐶𝐷G．若𝐴𝐺=12,𝐺𝐹=5，求证：𝐴𝐸𝑂【答案】(1)【分析】（1）菱形的性质，得到𝐴𝐸𝐶𝐷，根据𝐴𝐵𝐶𝐷，得到𝐴𝐵𝐴𝐸∴𝐴𝐸∥∵𝐴𝐵⊥∴𝐴𝐵⊥∵𝐴𝐵𝑂∴𝐴𝐸是𝑂（2）解：∵𝐴𝐵𝑂的直径，𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝐶𝐺=𝐹𝐺=5，𝐶𝐹=2𝐹𝐺=𝐴𝐺2+∴𝐴𝐶𝐴𝐺2+∴𝐶𝐷=𝐴𝐶=∴𝐷𝐹=𝐶𝐷−𝐶𝐹=01】（2026·山西长治·一模）如图，已知𝐴𝐵𝑂的直径，点𝐶、𝐷在⊙𝑂上，点𝐸在⊙𝑂∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐷，∠𝐵𝐴𝐶=(2)求证：𝐴𝐸𝑂【答案】(2)（2）先通过同弧所对的圆周角相等得到∠𝐷=∠𝐴𝐵𝐶，再结合已知条件∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐷，推出∠𝐸𝐴𝐶的度数，最后证明𝐴𝐵⊥𝐴𝐸，从而判定𝐴𝐸是⊙𝑂的切线．【详解】（1）解：∵𝐴𝐵𝑂∴∠𝐴𝐶𝐵=90°，又∠𝐵𝐴𝐶=30°，∴∠𝐴𝐵𝐶=（2）∵𝐴𝐶=∴∠𝐴𝐵𝐶=∵∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐷=∵∠𝐸𝐴𝐶=∴∠𝐸𝐴𝐶=∴∠𝐸𝐴𝐶+∠𝐵𝐴𝐶=∴𝐴𝐵⊥∴𝐴𝐸是𝑂⊙𝐶𝐸𝐴𝐷交𝐴𝐷的延长线于点(1)求证：𝐶𝐸𝑂(2)若𝐴𝐷=14,𝐴𝑂=25，求𝐶𝐸【答案】(1)【分析】（1）连接𝑂𝐶，𝐵𝐷，由垂径定理的推论得到𝑂𝐶𝐵𝐷，由直径得到∠𝐴𝐷𝐵=90°，推出𝐴𝐷∥𝑂𝐶，得到∠𝑂𝐶𝐸=90°，即可证明𝐶𝐸（2）作𝑂𝐹⊥𝐴𝐷，由垂径定理得

，利用勾股定理求出𝑂𝐹

=24𝐴𝐹=2𝐴𝐷=∵𝐵𝐶=∴𝑂𝐶⊥∵𝐴𝐵𝑂∴∠𝐴𝐷𝐵=∵𝐶𝐸⊥∴∠𝑂𝐶𝐸=∵𝑂𝐶是𝑂∴𝐶𝐸是𝑂（2）解：如图，作𝑂𝐹𝐴𝐷交𝐴𝐸∵𝑂𝐹⊥∴𝐴𝐹=2𝐴𝐷=在Rt△𝐴𝑂𝐹中，由勾股定理得：𝑂𝐹 ∵∠𝑂𝐹𝐸=∠𝐹𝐸𝐶=∠𝐸𝐶𝑂=∴𝐶𝐸=𝑂𝐹=03】（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，𝐴𝐵⊙𝑂的直径，𝑃𝐴⊙𝑂的切线，𝐴为切点，连接𝑂𝑃，过点𝐵作𝐵𝐶∥𝑂𝑃⊙𝑂于点𝐶，连接𝑃𝐶和𝐴𝐶，𝐴𝐶交𝑂𝑃于点𝐷．(1)求证：𝑃𝐶𝑂(2)若sin∠𝐵𝐴𝐶=3，且𝐴𝐶=23，求切线𝑃𝐴【答案】(1)(2)𝑃𝐴=3出∠𝑂𝐴𝑃=∠𝑂𝐶𝑃，由切线的性质得出∠𝑂𝐴𝑃=90°，进而得出𝑂𝐶⊥𝑃𝐶即可；【详解】（1）证明：连接∵𝐴𝐵𝑂∴∠𝐴𝐶𝐵=∵𝐵𝐶∥∴∠𝐴𝐷𝑂=∠𝐴𝐶𝐵=90°，即𝑂𝑃⊥𝐴𝐶，∴𝐴𝐷=∴𝐴𝑃=∵𝑂𝐴=𝑂𝐶，𝑂𝑃=∴△𝑂𝐴𝑃≌△∴∠𝑂𝐶𝑃=∵𝐴𝑃𝑂∴∠𝑂𝐴𝑃=90°=∵𝑂𝐶是𝑂∴𝑃𝐶是𝑂（2）解：∵𝐴𝐶=23，由（1）可知𝑂𝑃垂直平分∴𝐴𝐷

1𝐴𝐶=∵∠𝐵𝐴𝐶+∠𝑃𝐴𝐷=90°，∠𝐴𝑃𝑂+∠𝑃𝐴𝐷=∴∠𝐵𝐴𝐶=∴sin∠𝐵𝐴𝐶=sin∠𝐴𝑃𝑂= 中 中 Rt△ 𝐴𝑃

=3【变式𝐴𝐶=𝐶𝐷，𝐸是𝑂𝐵的中点，连接𝐶𝐸并延长交𝐷𝐵延长线于点求证：𝐵𝐷𝑂若𝐴𝐹𝑂于点𝐻，连接𝐵𝐹，且𝐴𝑂=2，求𝐵𝐻【答案】(1)(2)(2)4【分析】（1）先通过弧中点的性质结合垂径定理的推论得到𝑂𝐶𝐴𝐵𝑂𝐶𝐵𝐷，进而推出𝐵𝐷𝐴𝐵∵𝐴𝐵𝑂的直径，点𝐶是𝐴𝐵∴𝐴𝐶=𝐵𝐶，𝑂𝐴=𝑂𝐵，根据垂径定理得𝑂𝐶𝐴𝐵，在𝐴𝐵𝐷中，𝑂𝐴=𝑂𝐵，𝐴𝐶=∴𝑂𝐶是𝐴𝐵𝐷∴𝑂𝐶∥∵𝑂𝐶⊥∴𝐵𝐷𝐴𝐵，即𝐵𝐷𝑂𝐵，又∵𝑂𝐵⊙𝑂的半径，∴𝐵𝐷𝑂（2）解：∵𝐴𝑂=∴𝑂𝐶=𝑂𝐵=𝑂𝐴=2，𝐴𝐵=𝑂𝐴+𝑂𝐵=∵𝐵𝐷是⊙𝑂的切线，𝑂𝐶∴∠𝐶𝑂𝐸=∠𝐹𝐵𝐸=∴𝑂𝐸=在𝐶𝑂𝐸和𝐹𝐵𝐸

∠𝐶𝑂𝐸=∠𝐹𝐵𝐸=𝑂𝐸= ∠𝑂𝐸𝐶=∴△𝐶𝑂𝐸≌△∴𝑂𝐶=𝐵𝐹=∵∠𝐹𝐵𝐸=𝐴𝐵2+𝐴𝐵2+

=242+42+∴∠𝐴𝐻𝐵=90°，即𝐵𝐻由三角形面积公式得 =2×𝐴𝐹×𝐵𝐻=2×𝐴𝐵×∴𝐵𝐻

2405】（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）𝑂是𝐴𝐵𝐶的外接圆，𝐴𝐵=𝐴𝐶24𝐵𝐶，𝐴𝐶的中点，连接𝐷𝐸并延长至点𝐹，使𝐷𝐸=𝐸𝐹，连接求证：𝐴𝐹𝑂(2)若tan∠𝐵𝐴𝐶= 𝐵𝐶=6，求⊙𝑂的半径【答案】(1)【分析】（1）连接𝐴𝐷，可得𝐴𝐷𝐵𝐶，即得𝐴𝐷过圆心𝑂𝐴𝐸𝐹𝐶𝐸𝐷(SAS)，得∠𝐹=∠𝐶𝐷𝐸到𝐴𝐹∥𝐵𝐷，即得𝐴𝐹𝐴𝐷 𝐵𝑄2+（2）过点𝐵作𝐵𝑄⊥𝐴𝐶于点𝑄，连接𝑂𝐵，由锐角三角函数得𝐴𝑄=4，设𝐵𝑄=3𝑥，则𝐴𝑄=𝐵𝑄2+𝐴𝑄2+𝐴𝑄2+

=5𝑥，得到𝐶𝑄=𝐴𝐶−𝐴𝑄=𝑥，即得𝐵𝐶=

=10𝑥310𝑥=6，解得𝑥 ，即得𝐴𝐵=310，又由等腰三角形的性质可得𝐵𝐷=𝐶𝐷=3，即可得𝐴𝐷3=9，设𝑂的半径为𝑟，则𝑂𝐷=9−𝑟，在𝑅𝑡∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐷为𝐵𝐶的中点，∴𝐴𝐷⊥𝐴𝐷过圆心𝐸为𝐴𝐶∴𝐴𝐸=又∵∠𝐴𝐸𝐹=∠𝐶𝐸𝐷，𝐸𝐹=∴△𝐴𝐸𝐹≌△∴∠𝐹=∴𝐴𝐹⊥∵𝑂𝐴𝑂𝐴𝐹为⊙𝑂（2）解：如图②，过点𝐵作𝐵𝑄𝐴𝐶于点𝑄，连接

∵tan∠𝐵𝐴𝐶=∴𝐴𝑄=设𝐵𝑄=3𝑥，则𝐴𝑄=𝐴𝑄2+∴𝐴𝐶=𝐴𝐵𝐴𝑄2+∴𝐶𝑄=𝐴𝐶−𝐴𝑄=𝐵𝑄2+∴𝐵𝐶𝐵𝑄2+∵𝐵𝐶=∴10𝑥=3∴𝑥=3∴𝐴𝐵=5𝑥=3∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐵𝐶=6，𝐴𝐷⊥∴𝐵𝐷=𝐶𝐷=∴

=(310)设⊙𝑂的半径为𝑟，则𝑂𝐷=9−𝑟，在Rt△𝑂𝐵𝐷中，𝑟2=(9−𝑟)2+3(310)∴⊙𝑂的半径为题型四切线的性质与计算01】（25-26九年级上·山东济南·期末）如图，在Rt𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶90°，𝐷是斜边𝐴𝐵𝐵𝐷𝑂与边𝐴𝐶相切于点(2)若𝐵𝐸=5，𝐵𝐶=4，求⊙𝑂【答案】(1)（1）连接𝑂𝐸，利用切线的性质得𝑂𝐸𝐴𝐶，结合∠𝐶=90°证𝑂𝐸𝐵𝐶，得∠𝑂𝐸𝐵=∠𝐶𝐵𝐸，再由𝑂𝐸=𝑂𝐵∠𝑂𝐸𝐵=∠𝑂𝐵𝐸，从而证∠𝑂𝐵𝐸=（2）连接𝐷𝐸，由直径所对的圆周角是直角得∠𝐷𝐸𝐵=90°，结合∠𝐶=90°和𝐵𝐸平分∠𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐵𝐸𝐶𝐵，利用相似三角形的对应边成比例求出𝐵𝐷𝑂【详解】（1）证明：连接∵⊙𝑂与𝐴𝐶相切于点𝐸，∴∠𝐴𝐸𝑂=∵∠𝐶=∴∠𝐴𝐸𝑂=∴𝑂𝐸∥∴∠𝑂𝐸𝐵=∵𝑂𝐸=∴∠𝑂𝐸𝐵=∠𝑂𝐵𝐸=∠𝐶𝐵𝐸，即𝐵𝐸平分（2）解：连接𝐵𝐷⊙𝑂∴∠𝐷𝐸𝐵=∵∠𝐶=∴∠𝐷𝐸𝐵=又∠𝑂𝐵𝐸=∴△𝐷𝐸𝐵∽△ ∴𝐵𝐶=∴4

5∴𝐵𝐷=4∴𝑟

2=801𝑂中，𝐴𝐵为直径，𝐶⊙𝑂如图①，过点𝐶𝑂的切线，与𝐴𝐵的延长线相交于点𝑃，若∠𝐶𝐴𝐵=27°，求∠𝑃∠𝐶𝐴𝐵=10°，求∠𝑃【答案】（2）如图所示，连接𝐵𝐷，则𝑂𝐵=𝑂𝐷，根据垂径定理可得即∠𝑂𝐸𝐴=90°∠𝑂𝐵𝐷=40°，由三角形外角的性质得到∠𝑂𝐵𝐷=∠𝐵𝐷𝑃∠𝑃，则∠𝑃=∠𝑂𝐵𝐷−∠𝐵𝐷𝑃，根据同弧或等弧所对圆周角相等得到∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐶𝐷𝐵=10°，由此即可求解．【详解】（1）解：如图所示，连接∵过点𝐶作𝑂的切线，与𝐴𝐵的延长线相交于点∴𝑂𝐶𝐶𝑃，即∠𝑂𝐶𝑃=∵𝐵𝐶所对的圆周角为∠𝐶𝐴𝐵=27°，所对的圆心角为∴∠𝐶𝑂𝐵=2∠𝐶𝐴𝐵=2×27°=在𝑅𝑡𝐶𝑂𝑃中，∠𝑃=90°−∠𝐶𝑂𝐵=90°−54°=（2）解：如图所示，连接𝐵𝐷，则𝑂𝐵=∴∠𝑂𝐷𝐵=∴𝑂𝐸𝐴𝐶，即∠𝑂𝐸𝐴=在𝑅𝑡𝐴𝑂𝐸中，∠𝐴𝑂𝐸=90°−∠𝐶𝐴𝐵°=∴∠𝐴𝑂𝐷=∠𝑂𝐷𝐵+∠𝑂𝐵𝐷=∴∠𝑂𝐵𝐷=∵∠𝑂𝐵𝐷=∠𝐵𝐷𝑃+∴∠𝑃=∵𝐵𝐶=∴∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐶𝐷𝐵=∴∠𝑃=∠𝑂𝐵𝐷−∠𝐶𝐷𝐵=40°−10°=02】已知𝐴𝐵𝑂的直径，𝐴𝑇⊙𝑂的切线，𝐴𝑇=(1)如图①，若∠𝐴𝑇𝐵=45°，求直径𝐴𝐵(2)如图②，点𝐶是𝑂𝐵上一点，若∠𝐴𝑇𝐶=45°，𝑇𝐶与𝑂相交于点𝐷，过点𝐷作弦𝐷𝐸𝐴𝑇，与𝐴𝐵𝐹，𝐷𝐸=12，求𝐴𝐹和直径𝐴𝐵【答案】(2)𝐴𝐹=4，𝐴𝐵=（1）由题意得∠𝐵𝐴𝑇=90°；推出∠𝐴𝐵𝑇=45°=∠𝐴𝑇𝐵（2）连接𝑂𝐷，同理可得𝐴𝐶=𝐴𝑇=10；根据𝐷𝐸𝐴𝑇，推出𝐴𝐵𝐷𝐸，即∠𝐶𝐹𝐷=90°；进而得𝐷𝐹=𝐷𝐸=6=𝐶𝐹，设半径为𝑟，则𝑂𝐹=𝑟−4，根据𝑂𝐹2+𝐷𝐹2=𝑂𝐷2【详解】（1）解：∵𝐴𝑇𝑂∴𝐴𝐵𝐴𝑇，即∠𝐵𝐴𝑇=∵∠𝐴𝑇𝐵=∴∠𝐴𝐵𝑇=∴𝐴𝐵=𝐴𝑇=∵∠𝐴𝑇𝐶=45°，∠𝐵𝐴𝑇=∴∠𝐴𝐶𝑇=45°=∴𝐴𝐶=𝐴𝑇=∵𝐷𝐸∥∴𝐴𝐵𝐷𝐸，即∠𝐶𝐹𝐷=∵∠𝐴𝐶𝑇=∴∠𝐶𝐷𝐹=45°=∴𝐶𝐹=∵𝐴𝐵𝑂的直径，𝐴𝐵∴𝐷𝐹

1𝐷𝐸=6=∴𝐴𝐹=𝐴𝐶−𝐶𝐹=设半径为𝑟，则𝑂𝐹=∵𝑂𝐹2+𝐷𝐹2=2∴(𝑟−4)2+62=𝑟2，解得：𝑟=2∴𝐴𝐵=2𝑟=03𝐴𝐵𝐶内接于⊙𝑂，𝐴𝐵是⊙𝑂E在𝐵𝐶E作⊙𝑂的切线，交𝐴𝐵的延F，且∠𝐵𝐸𝐹=∠𝐶𝐴𝐸．(2)若𝐵𝐹=4，𝐸𝐹=8，求𝐴𝐶【答案】(1)（1）连接𝑂𝐸交𝐵𝐶G点，如图，先根据切线的性质得到∠𝑂𝐸𝐹=90°，根据圆周角定理得到∠𝐴𝐸𝐵=则可判断∠𝐵𝐸𝐹=∠𝐴𝐸𝑂，再证明∠𝑂𝐴𝐸=∠𝐶𝐴𝐸从而得到𝐴𝐶=2𝑂𝐺．∵𝐸𝐹与𝑂∴∠𝑂𝐸𝐹=∴∠𝐵𝐸𝐹+∠𝑂𝐸𝐵=∵𝐴𝐵𝑂∴∠𝐴𝐸𝐵=∴∠𝐸𝐴𝐵+∠𝑂𝐵𝐸=∵𝑂𝐸=∴∠𝑂𝐸𝐵=∴∠𝐵𝐸𝐹=∵∠𝐵𝐸𝐹=∴∠𝐶𝐴𝐸=（2）解：∵𝐴𝐵𝑂∴∠𝐶=∵𝑂𝐴=∴∠𝐵𝐴𝐸=∵∠𝐶𝐴𝐸=∴∠𝐶𝐴𝐸=∴∠𝐶=∠𝑂𝐺𝐵=90°，即𝑂𝐸∴𝐶𝐺=∵𝑂𝐴=∴𝑂𝐺是𝐴𝐶𝐵∴𝐴𝐶=∵∠𝐹=∠𝐹，∠𝐵𝐸𝐹=∴△𝐹𝐸𝐵∽△∴𝐸𝐹=∴

=∴𝐴𝐹=∴𝐴𝐵=𝐴𝐹−𝐵𝐹=16−4=∴𝑂𝐴=𝑂𝐵=𝑂𝐸

1𝐴𝐵=∵∠𝑂𝐺𝐵=∠𝑂𝐸𝐹=∴𝑂𝐵=∴

=6解得𝑂𝐺=∴𝐴𝐶=2𝑂𝐺==如图②D作⊙𝑂的切线，与𝐶𝐵G⊙𝑂4，求线段𝐵𝐺【答案】(1)∠𝐵𝐶𝐷=30°，∠𝐴𝐵𝐸=(2)(2)4（1）在𝑂中，𝐶𝐷为直径，𝐴𝐵𝐶𝐷，则∠𝐴𝐶𝐷=30°，∠𝑂𝐵𝐶=∠𝑂𝐶𝐵=30°∠𝐵𝑂𝐷=∠𝑂𝐶𝐵∠𝑂𝐵𝐶=60°（2）连接𝐵𝐷，可得∠𝐺=

，在Rt△𝐷𝐵𝐺中，tan∠𝐺 ，由此即可求解𝐵𝐷=2𝐷𝐶=【详解】（1）在𝑂中，𝐶𝐷为直径，𝐴𝐵∴𝐴𝐷=∵∠𝐴𝐶𝐷=∴∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐵𝐶𝐷=∵𝑂𝐵=∴∠𝑂𝐵𝐶=∠𝑂𝐶𝐵=∴∠𝐵𝑂𝐷=∠𝑂𝐶𝐵+∠𝑂𝐵𝐶=∴∠𝐴𝐵𝐸=90−∠𝐵𝑂𝐷=90°−60°=由（1）得，∠𝐵𝐶𝐷=∵𝐷𝐺为⊙𝑂∴𝐶𝐷⊥∴∠𝐺=𝐶𝐷⊙𝑂

∴∠𝐷𝐵𝐺=∠𝐷𝐵𝐶=在Rt𝐷𝐵𝐶中，𝐶𝐷=2𝑂𝐷=∴𝐵𝐷

1𝐷𝐶=在Rt𝐷𝐵𝐺中，tan∠𝐺=∴tan60°=4∴𝐵𝐺=相切于点如图2，若𝐴𝑂∥𝑀𝑁，𝐶𝐺𝐴𝐵，垂足为𝐺，𝐶𝐺与𝐴𝑂相交于点𝐹，𝑂𝐵=6，求线段𝑂𝐹【答案】(1)∠𝐴𝑂𝐵=120°，∠𝐴𝐶𝐸=【分析】（1）根据切线性质得出𝑀𝑁𝐶𝐸于点𝐶，即∠𝐸𝐶𝑁=90°∠𝐴𝐷𝐶+∠𝐸𝐶𝑁=180°，求出∠𝐴𝐷𝐶=90°，根据垂径定理得出𝐴𝐸=

∠𝐴𝑂𝐸=∠𝐵𝑂𝐸=∠𝐴𝑂𝐸=∠𝐵𝑂𝐸=60°，得出∠𝐴𝑂𝐵=120°，根据圆周角定理得出∠𝐴𝐶𝐸=（2）连接𝐶𝑂，求出∠𝐹𝐶𝑂=∠𝐴=30°，根据含30度角的直角三角形的性质得出2𝑂𝐹=𝐹𝐶，设𝑂𝐹=𝑥𝐹𝐶=2𝑥，根据勾股定理得出𝐹𝐶2=𝑂𝐹2+𝑂𝐶2，即可得出4𝑥2=𝑥2+36x【详解】（1）1∵𝑀𝑁𝑂的切线，且𝐶𝐸为⊙𝑂∴𝑀𝑁𝐶𝐸于点𝐶，即∠𝐸𝐶𝑁=∴∠𝐴𝐷𝐶+∠𝐸𝐶𝑁=∴∠𝐴𝐷𝐶=90°，即𝐴𝐵𝐶𝐸于点𝐷，∵𝐴𝐵𝐶𝐸于点𝐷，且𝐶𝐸为𝑂∴𝐴𝐸= ∠𝐴𝑂𝐸=∠𝐵𝑂𝐸=∵∠𝐴𝐵𝑂=30°,∠𝐴𝐷𝐶=∴∠𝐴𝑂𝐸=∠𝐵𝑂𝐸=∴∠𝐴𝑂𝐵=∵𝐴𝐸=∴∠𝐴𝐶𝐸

1∠𝐴𝑂𝐸=（2）解：连接由（1）可知∠𝐴𝑂𝐶=∠𝑂𝐶𝑁=90°，且∠𝐴=∵∠𝐺𝐹𝐴=∠𝑂𝐹𝐶，∠𝐴𝐺𝐹=∴∠𝐹𝐶𝑂=∠𝐴=∵𝑂𝐶=𝑂𝐵=6，∠𝐹𝐶𝑂=∴2𝑂𝐹=设𝑂𝐹=𝑥，则𝐹𝐶=∴由勾股定理𝐹𝐶2=𝑂𝐹2+𝑂𝐶2，即4𝑥2=𝑥2+36，解得𝑥=23，负值舍去，即线段𝑂𝐹的长为23．题型五圆中线段长度的计算01】（2024·湖南·模拟预测）如图，𝐴𝐷𝑂△𝐴𝐵𝐶⊙𝑂∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐶=4，则⊙𝑂的直径𝐴𝐷的长为（【答案】

连接𝐶𝐷，𝑂𝐶，根据在同圆中直径所对的圆周角是90°可得∠𝐴𝐶𝐷=90°，根据圆周角定理可得∠𝐶𝑂𝐷=∠𝐶𝑂𝐴，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得𝐴𝐶=𝐶𝐷，根据勾股定理即可求解．∵𝐴𝐷𝑂∵∠𝐷𝐴𝐶=∴∠𝐶𝑂𝐷=∴𝐴𝐶=𝐶𝐷，又∵𝐴𝐶4，∴𝐶𝐷=𝐴𝐶2+在𝐴𝐶2+

=442+42+01】（2026·山东临沂·模拟预测）如图，𝐴𝐵𝐶为等腰三角形且𝐴𝐵𝐴𝐶，∠𝐴30°0为D，连接𝐵𝐷，交𝐴𝐶EE恰好为𝐴𝐶C𝐵𝐸·𝐸𝐷=320的半径为（）（提示：sin15°=6−2，cos15°=6+2，tan15°=2−A．4

B．6【答案】

【分析】连接𝑂𝐵、𝑂𝐶、𝐶𝐷0作𝑂𝐹𝐴𝐶F，证明𝐴𝐸𝐵∽△𝐷𝐸𝐶，求出𝐴𝐶的长，由垂径定理可得𝐶𝐹的长，证明𝐵𝑂𝐶是等边三角形得到∠𝑂𝐶𝐵=60°，再求出∠𝐴𝐶𝑂=15°，则可根据锐角三角函数求【详解】解：连接𝑂𝐵、𝑂𝐶、𝐶𝐷0作𝑂𝐹⊥𝐴𝐶∵∠𝐴=∴∠𝐷=∠𝐴=30°，∠𝐵𝑂𝐶=2∠𝐴=又∵∠𝐴𝐸𝐵=∴△𝐴𝐸𝐵∽△∴𝐴𝐸=

∴𝐴𝐸·𝐶𝐸=∵𝐵𝐸·𝐸𝐷=∴𝐴𝐸·𝐶𝐸=∵E恰好为𝐴𝐶C∴𝐴𝐸=设𝐴𝐸=2𝑥，𝐶𝐸=𝑥，则2𝑥2=解得：𝑥=4或𝑥=−4（舍去∴𝐴𝐶=𝐴𝐸+𝐶𝐸=2𝑥+𝑥=∵𝑂𝐹⊥∴𝐶𝐹

1𝐴𝐶=∵𝑂𝐵=𝑂𝐶，∠𝐵𝑂𝐶=𝑂𝐵𝐶∴∠𝑂𝐶𝐵=∵𝐴𝐵=∴∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝐶

=∴∠𝑂𝐶𝐴=∠𝐴𝐶𝐵−∠𝑂𝐶𝐵= ∴𝑂𝐶=cos∠𝑂𝐶𝐹=cos15°=6+2=66−6∴0的半径为66−62，02𝑂中，弦𝐴𝐵垂直平分半径𝑂的半径为𝑟，求弦𝐴𝐵【答案】(2)(2)（1）由已知条件得出𝑂𝐷=1𝑂𝐶=1𝑂𝐵，证出∠𝑂𝐵𝐷=30°，得出∠𝐵𝑂𝐶=60°，证出△𝑂𝐵𝐶 （2）

𝐵𝐷=【详解】（1）弦𝐴𝐵垂直平分半径∴∠𝐵𝐷𝑂=90°，𝑂𝐷

2𝑂𝐶

∴∠𝑂𝐵𝐷=∴∠𝐵𝑂𝐶=90°−30°=∵𝑂𝐵=𝑂𝐵𝐶∴∠𝐶=（2）∵⊙𝑂的半径为𝐴𝐵垂直平分半径∴𝐵𝐷

1𝐴𝐵，𝑂𝐷

在Rt△𝐵𝑂𝐷中，𝑂𝐵2=𝑂𝐷2即𝑟2

1

1解得：𝐴𝐵=3𝑟或𝐴𝐵=−3𝑟（舍去弦𝐴𝐵的长为=求证：𝑃𝐷(2)若𝐴𝐵=26，𝐶𝐷=24，求𝐵𝐸【答案】(1)【分析】（1）根据等边对等角得∠𝑃=∠𝐹𝐷𝑃，由同弧所对的圆周角相等得∠𝑃=∠𝐶

𝑂𝐶=𝑂𝐵= 𝐶𝐸=【详解】（1）𝐹𝑃=∴∠𝑃=∵∠𝑃=∴∠𝐶=∴𝑃𝐷∥（2）解：如图，连接𝐴𝐵是直径，𝐴𝐵𝐸为𝐶𝐷∵𝐴𝐵=26，𝐶𝐷=∴𝑂𝐶=𝑂𝐵=13，𝐶𝐸=

=∴𝐵𝐸=𝑂𝐵−𝑂𝐸=13−5=04】如图，𝐴𝐶是Rt𝑂𝐴𝐵斜边上的高，以𝑂为圆心，𝑂𝐴为半径作圆，与𝑂𝐵交于点𝐷，连接(2)如果𝐴𝐶=6，tan𝐵=4，求𝐵𝐷【答案】(1)【分析】（1）（2）根据𝐴𝐶=6，tan𝐵=𝐴𝐶=3，求得𝐵𝐶=8，继而得到𝐴𝐵=10D作𝐷𝑀𝐴𝐵M 【详解】（1）𝐴𝐶是Rt𝑂𝐴𝐵∴∠𝑂𝐴𝐵=90°=∵𝑂𝐴=∴∠𝑂𝐴𝐷=∴90°−∠𝑂𝐴𝐷=∴∠𝐶𝐴𝐷=𝐴𝐷平分（2）∵𝐴𝐶=6，tan𝐵=𝐴𝐶= ∴𝐵𝐶=𝐴𝐶2+∴𝐴𝐵𝐴𝐶2+D作𝐷𝑀𝐴𝐵𝐴𝐷平分∴𝐷𝐶=𝐷𝑀，tan∠𝐶𝐴𝐷= ∴𝐴𝐶=∴𝐴𝐶=𝐴𝑀=∴𝐵𝑀=𝐴𝐵−𝐴𝑀= ∵tan𝐵=𝐵𝑀=∴𝐷𝑀=𝐷𝑀2+∴𝐵𝐷𝐷𝑀2+05】（2024·安徽·模拟预测）如图，𝐴𝐵𝑂的直径，弦𝐶𝐷𝐴𝐵交𝐴𝐵E，F为𝐴𝐷上一点，连接𝐴𝐹并延长，交𝐶𝐷G，连接𝐴𝐶，𝐶𝐹，𝐷𝐹．(1)求证：∠𝐴𝐹𝐶=(2)若𝐵𝐸=1，𝐴𝐶=𝐶𝐷，F为𝐴𝐷的中点，求𝐶𝐺【答案】(1)【分析】（1）利用垂径定理得到𝐴𝐶=𝐴𝐷，则∠𝐴𝐹𝐶=∠𝐴𝐶𝐷∠𝐴𝐶𝐷∠𝐴𝐹𝐷=180°，利用平角的定义得到∠𝐺𝐹𝐷∠𝐴𝐹𝐷=180°（2）连接𝐴𝐷、𝐵𝐶，利用垂径定理得到𝐴𝐶=𝐴𝐷，𝐵𝐶=𝐵𝐷△𝐴𝐶𝐷∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐶𝐴𝐷=60°30度角的直角三角形的性质求出𝐵𝐶的长，进而得到𝐴𝐵的长，利用勾股定【详解】（1）证明：∵𝐶𝐷∴𝐴𝐶=∴∠𝐴𝐹𝐶=∵四边形𝐴𝐶𝐷𝐹内接于∴∠𝐴𝐶𝐷+∠𝐴𝐹𝐷=∵∠𝐺𝐹𝐷+∠𝐴𝐹𝐷=∴∠𝐴𝐶𝐷=∴∠𝐴𝐹𝐶=∵𝐶𝐷⊥∴𝐴𝐶=𝐴𝐷，𝐵𝐶=𝐵𝐷，∠𝐵𝐸𝐶=∴𝐴𝐶=𝐴𝐷，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐵𝐴𝐷=∵𝐴𝐶=∴𝐴𝐶=𝐴𝐷=𝐴𝐶𝐷∴∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐶𝐴𝐷=∴∠𝐵𝐴𝐶

2∠𝐶𝐴𝐷

1×60°=∴∠𝐵𝐶𝐷=∴在Rt△𝐵𝐶𝐸中，𝐵𝐶=2𝐵𝐸=∵𝐴𝐵𝑂∴∠𝐴𝐶𝐵=∵∠𝐵𝐴𝐶=∴在Rt△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=2𝐵𝐶=2×2=∴𝐴𝐶 =2∵F为𝐴𝐷∴𝐴𝐹=∴∠𝐴𝐶𝐹=∠𝐷𝐶𝐹

2∠𝐴𝐶𝐷

1×60°=∴∠𝐷𝐴𝐹=∠𝐷𝐶𝐹=∴∠𝐶𝐴𝐹=∠𝐶𝐴𝐷+∠𝐷𝐴𝐹=60°+30°=∴∠𝐺=90°−∠𝐴𝐶𝐷=90°−60°=∴在Rt△𝐴𝐶𝐺中，𝐶𝐺=2𝐴𝐶=2× =4∴𝐶𝐺的长为4题型六弧长与扇形面积的计算（扇形、弓形、不规则图形01】（2026·辽宁沈阳·模拟预测）𝐴𝐷𝐶𝑂A作𝐴𝐵平行于𝐶𝑂交𝐶𝐷的延长线B，∠𝑂𝐶𝐴=∠𝐴𝐷𝐶．(1)求证：𝐴𝐵𝑂(2)若𝐴𝐵=𝐴𝐶=4，求𝐴𝐷【答案】(1)(2)

∠𝑂𝐴𝐶=∠𝑂𝐶𝐴=∠𝐴𝑂𝐶=90°,进而得到∠𝑂𝐴𝐵=∠𝐴𝑂𝐶=90°𝑂𝐴2+（2）根据勾股定理得到𝐴𝐶 =2𝑂𝐴=𝑂𝐴2+∠𝐴𝑂𝐷=2∠𝐴𝐶𝐵=45°【详解】（1）证明：如图，连接𝑂𝐴，则𝑂𝐴=∴∠𝑂𝐴𝐶=∵∠𝑂𝐶𝐴=∠𝐴𝐷𝐶

∴∠𝑂𝐴𝐶=∠𝑂𝐶𝐴

∵∠𝑂𝐴𝐶+∠𝑂𝐶𝐴+∠𝐴𝑂𝐶=∴∠𝐴𝑂𝐶

1∠𝐴𝑂𝐶+∠𝐴𝑂𝐶=∴∠𝐴𝑂𝐶=∵𝐴𝐵∥∴∠𝑂𝐴𝐵=∠𝐴𝑂𝐶=𝑂𝐴𝑂的半径，且𝐴𝐵⊥𝐴𝐵⊙𝑂（2）解：如图，连接∵𝐴𝐵=𝐴𝐶=4，𝑂𝐴=𝑂𝐶，∠𝐴𝑂𝐵=∴∠𝐵=∠𝐴𝐶𝐵，∠𝑂𝐶𝐴=𝑂𝐴𝐶=𝑂𝐴2+∴𝐴𝐶 =2𝑂𝐴𝑂𝐴2+∴𝑂𝐴=2∵𝐴𝐵∥∴∠𝐵=∴∠𝐴𝐶𝐵=∠𝑂𝐶𝐵

1∠𝑂𝐶𝐴=∴∠𝐴𝑂𝐷=2∠𝐴𝐶𝐵= 45π×2 2∴𝐴𝐷的长是 =2==(1)求证：𝐴𝐵𝑂(2)在（1）的条件下，若𝐴𝐵=6【答案】(1)(2)2π（1）连接𝑂𝐵，由𝐴𝐵=𝐵𝐶，∠𝐴=30°，得到∠𝐶=∠𝐴=30°，∠𝐴𝐵𝐶=120°，由𝑂𝐵=𝑂𝐶∠𝑂𝐵𝐶=∠𝐶=30°，进而得到∠𝐴𝐵𝑂=90°（2）作𝐵𝐻⊥𝐶𝐷，根据特殊角三角函数求出𝐵𝐻=3，𝑂𝐶=𝑂𝐵=23，根据𝑆阴影=𝑆扇形𝐵𝑂𝐷+𝑆△𝑂𝐵𝐶即可【详解】（1）1，连接∵𝐴𝐵=𝐵𝐶，∠𝐴=∴∠𝐶=∠𝐴=30°，∠𝐴𝐵𝐶=∵点𝐵，点𝐶在⊙𝑂∴𝑂𝐵=𝑂𝐶，∠𝑂𝐵𝐶=∠𝐶=∴∠𝐴𝐵𝑂=∠𝐴𝐵𝐶−∠𝑂𝐵𝐶=120°−30°=∴𝐴𝐵⊙𝑂（2）2，过点𝐵作𝐵𝐻𝐶𝐷于∵∠𝐶=∠𝐴=30°，𝐵𝐻⊥∴𝐵𝐻

2𝐵𝐶

1×6=∵∠𝐴=30°，∠𝐴𝐵𝑂=

∴tan∠𝐴=𝐴𝐵，即tan30°=𝐴𝐵=3∴𝑂𝐵=3𝐴𝐵=3×6=2∴

=60×π×(23)2=

扇形

△𝑂𝐵𝐶=2×𝐵𝐻×𝑂𝐶=2×3× =∴𝑆=𝑆扇形𝐵𝑂𝐷+𝑆△𝑂𝐵𝐶=2π+302】（2025·江西抚州·一模）如图，𝐴𝐵𝑂的直径，𝐶、𝐷为圆上两点，𝐴𝐵𝐶𝐷，垂足为点𝐸，连接𝐵𝐷并延长到点𝑀，连接𝐴𝐶，𝐴𝑀，∠𝑀+∠𝐶=90°．(1)求证：𝐴𝑀𝑂(2)若𝐴𝐶=6，∠𝐶𝐴𝐵=30°，求𝐴𝐷【答案】(1)(2)(2)4（1）利用圆周角定理得到∠𝐵=∠𝐶，得出∠𝐵𝐴𝑀=90°

，求出𝑂𝐷=

=2∠𝐴𝐶𝐷=60°,𝐶𝐸=𝐷𝐸=2𝐴𝐶=

求出𝐴𝐷=120𝜋×23=4 【详解】（1）𝑀+∠𝐶=90°，∠𝐵=∴∠𝑀+∠𝐵=∴∠𝐵𝐴𝑀=𝐴𝐵⊙𝑂𝐴𝑀⊙𝑂（2）解：连结𝐴𝐵𝑂的直径，𝐴𝐵⊥𝐴𝐵∵∠𝐶𝐴𝐵=30°，𝐴𝐶=∴∠𝐴𝐶𝐷=60°,𝐶𝐸=𝐷𝐸

1𝐴𝐶=∴∠𝐴𝑂𝐷=∴∠𝐷𝑂𝐵=∴𝑂𝐷

==2∴𝐴𝐷=120𝜋×23=4 03】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，在Rt𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵=90°，𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶交𝐵𝐶𝐷，点𝐸是斜边𝐴𝐶上一点，以𝐴𝐸为直径的𝑂经过点𝐷，交𝐴𝐵于点𝐹，连接(1)求证：𝐵𝐶𝑂(2)若𝐵𝐷=6，tan∠𝐴𝐷𝐵=3，求图中阴影部分的面积（结果保留【答案】(1)【分析】（1）连接𝑂𝐷，由𝑂𝐴=𝑂𝐷，得到∠𝑂𝐴𝐷=∠𝑂𝐷𝐴，由角平分线定义得到∠𝑂𝐴𝐷=∠𝐵𝐴𝐷∠𝑂𝐷𝐴=∠𝐵𝐴𝐷，推出𝑂𝐷𝐴𝐵，得到半径𝑂𝐷𝐵𝐶（2）连接𝑂𝐹，𝐷𝐸，由tan∠𝐴𝐷𝐵=3，得到∠𝐴𝐷𝐵=60°，由直角三角形的性质求出𝐴𝐷长，由锐角的余弦【详解】（1）证明：如图，连接∵𝑂𝐴=∴∠𝑂𝐴𝐷=∴∠𝑂𝐴𝐷=∴∠𝑂𝐷𝐴=∴𝑂𝐷∥∴∠𝑂𝐷𝐶=∠𝐵=∴𝑂𝐷⊥又∵𝑂𝐷𝑂∴𝐵𝐶是𝑂（2）解：如图，连接∵∠𝐵=90°，tan∠𝐴𝐷𝐵=∴∠𝐴𝐷𝐵=60°，∠𝐵𝐴𝐷=∵𝐵𝐷=∴𝐴𝐷=2𝐵𝐷=∵𝐴𝐸是𝑂∴∠𝐴𝐷𝐸=∴∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐵𝐴𝐷=30°，在Rt𝐴𝐷𝐸中，𝐴𝐷=12， ∵cos∠𝐷𝐴𝐸=𝐴𝐸=∴𝐴𝐸=8∴𝑂𝐴

1𝐴𝐸=4∴∠𝐵𝐴𝐶=2∠𝐵𝐴𝐷=∵𝑂𝐴=𝐴𝑂𝐹∴∠𝐴𝑂𝐹=∵𝑂𝐷∥∴𝑆△𝐴𝐷𝐹=∴𝑆

=𝑆扇形𝑂𝐴𝐹=60π×(43)=04】（2026·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵𝐴𝐶，以𝐴𝐵𝑂交𝐵𝐶于点𝐷，过点𝐷作𝐷𝐸⊥𝐴𝐶，垂足为点𝐸，延长𝐶𝐴⊙𝑂于点𝐹．求证：𝐷𝐸𝑂(2)若𝐴𝐹=4，∠𝐶=30°【答案】(1)663−【分析】（1）如图，连接𝑂𝐷，由𝑂𝐷=𝑂𝐵根据“等边对等角”得∠𝑂𝐵𝐷=∠𝑂𝐷𝐵，已知∠𝐵=∠𝐶∠𝑂𝐷𝐵=∠𝐶，根据“同位角相等，两直线平行”得𝑂𝐷∥𝐴𝐶，根据𝐷𝐸𝐴𝐶，可得𝑂𝐷𝐷𝐸（2）如图，过点𝑂作𝑂𝐺𝐴𝐹，垂足为点𝐺

𝐴𝐺=𝐺𝐹=2𝐴𝐹=以及三角形的外角的性质可得∠𝑂𝐴𝐺=60°，解直角三角形可得𝑂𝐺=23，𝑂𝐴=4，进而得到𝑆△𝐴𝑂𝐺=

=83；易得∠𝐴𝑂𝐷=2∠𝐵=60°，则

=60π⋅42=矩形π，最后根据𝑆阴影=𝑆矩形𝑂𝐷𝐸𝐺−𝑆△𝐴𝑂𝐺−𝑆扇形𝑂𝐴𝐷【详解】（1）证明：如图，连接

扇形

∴𝑂𝐷=∴∠𝑂𝐵𝐷=∵𝐴𝐵=∴∠𝐵=∴∠𝑂𝐷𝐵=∴∵𝐷𝐸⊥∴𝑂𝐷⊥𝐷𝐸是⊙𝑂

以𝐴𝐵⊙𝑂交𝐵𝐶于点（2）解：如图，过点𝑂作𝑂𝐺𝐴𝐹，垂足为点在𝑂中𝑂𝐺𝐴𝐹，𝐴𝐹=4，∴𝐴𝐺=𝐺𝐹=2𝐴𝐹=∵𝐴𝐵=∴∠𝐵=∠𝐶=∴∠𝑂𝐴𝐺=∠𝐵+∠𝐶=∴𝑂𝐺=𝐴𝐺⋅tan60°=23，𝑂𝐴

=4=∴

△𝐴𝑂𝐺=2×2×

= ∵𝐷𝐸⊥𝐴𝐶，𝑂𝐺⊥𝐴𝐹，𝑂𝐷⊥∴∠𝐺𝐸𝐷=90°，∠𝑂𝐷𝐸=90°，∠𝑂𝐺𝐸=四边形𝑂𝐷𝐸𝐺∴𝑆矩形𝑂𝐷𝐸𝐺=4× =8∵∠𝐴𝑂𝐷=2∠𝐵=∴

= 8∴

扇形=

360=

8阴 矩形

扇形𝑂𝐴𝐷=83−23−π=63− 05】（2025·贵州遵义·一模）如图，𝐴𝐵𝑂的直径，𝐴𝐶=2𝐵𝐶，连接𝐴𝐶、𝑂𝐶，沿𝐴𝐶(1)∠𝐴𝑂𝐶= (2)若𝐴𝐶=43，求⊙𝑂在（2）【答案】(1)∠𝐴𝑂𝐶=【分析】（1）（2）0作𝑂𝐻⊥𝐴𝐶H（3）利用分割法求面积，得阴影面积=扇形𝐵𝑂𝐶的面积减去弓形𝑂𝐶面 8

=4=3π−【详解】（1）解：∵𝐴𝐶=∴∠𝐴𝑂𝐶=∵∠𝐴𝑂𝐵=∴∠𝐴𝑂𝐶

2×180°=（2）𝐴𝑂𝐶中，𝑂𝐴=𝑂𝐶，∠𝐴𝑂𝐶=∴∠𝑂𝐴𝐶=∠𝑂𝐶𝐴=30°，0作𝑂𝐻⊥𝐴𝐶H，则𝐴𝐻=𝐶𝐻=

1𝐴𝐶=23，𝑂𝐴=在Rt△𝐴𝑂𝐻中，𝑂𝐻2+𝐴𝐻2=𝑂𝐴2，即𝑂𝐻2+(23)2=解得𝑂𝐻=∴𝑟=𝑂𝐴=2𝑂𝐻=（3）解：半圆的面积𝑆1=1π𝑟2=𝐴𝑂𝐶的面积

=

=6π×

==2𝐴𝐶×𝑂𝐻=2×

×2=弦𝐴𝐶与弧𝐴𝐶围成的弓形面积𝑆4=𝑆−𝑆

弦𝐴𝐶与弧𝐴𝑂𝐶围成的弓形面积𝑆5=𝑆=

=8π−

=3 3弓形𝑂𝐶=弓形𝑂𝐴=1(𝑆−𝑆)=

16π−4

2

2

=∴=扇形𝐵𝑂𝐶的面积减去弓形𝑂𝐶

=

8

=401𝑂是三角形𝐴𝐵𝐶的外接圆，𝐴𝐷𝑂的直径，𝐴𝐷𝐵𝐶于点若𝐵𝐶8，𝐷𝐸＝2，求𝑂【答案】(1)设𝑂的半径为𝑟，根据垂径定理得出点𝐸为𝐵𝐶的中点，在Rt𝑂𝐵𝐸中，利用勾股定理列式计算，即【详解】（1）∵𝐴𝐷 ∴𝐵𝐷=∴（2）解：连接𝑂𝐵𝑂的半径为𝑟，则𝑂𝐵=𝑟，𝑂𝐸=∵𝐴𝐷⊥∴𝐵𝐸=𝐶𝐸

1𝐵𝐶=在Rt△𝑂𝐵𝐸中，(𝑟−2)2+42=𝑟2，解得𝑟=5，即⊙𝑂=的中点，连接𝐷𝐸并延长至点𝐹，使𝐷𝐸=𝐸𝐹，连接(2)若tan∠𝐵𝐴𝐶=3,𝐵𝐶=12，求⊙𝑂【答案】(1)【分析】（1）先根据点𝐷,𝐸分别是𝐵𝐶,𝐴𝐶的中点，得出𝐵𝐷=𝐷𝐶,𝐴𝐸=𝐸𝐶，再证明𝐸𝐷𝐶𝐸𝐹𝐴(SAS)，（2）结合点𝐷是𝐵𝐶的中点，得𝐵𝐷=𝐶𝐷=

，结合圆周角定理得∠𝐵𝐴𝐶=𝑂𝐷⊥𝐵𝐶,∠𝐵𝑂𝐷= ∠𝐵𝑂𝐶，等量代换得∠𝐵𝑂𝐷=∠𝐵𝐴𝐶．因为tan∠𝐵𝐴𝐶=4，所以tan∠𝐵𝑂𝐷=4，得𝑂𝐷=4𝐵𝐷2+𝑂𝐷=8，最后根据勾股定理得𝑂𝐵𝐵𝐷2+∴𝐵𝐷=𝐷𝐶,𝐴𝐸=𝐸𝐶，在𝐸𝐷𝐶和𝐸𝐹𝐴中，𝐸𝐶=∠𝐷𝐸𝐶=𝐷𝐸=∴△𝐸𝐷𝐶≌△∴𝐷𝐶=𝐴𝐹,∠𝐸𝐷𝐶=∴𝐵𝐶∥𝐴𝐹,𝐵𝐷=∴𝐵𝐷

1𝐵𝐶=6，𝑂𝐷⊥𝐵𝐶,∠𝐵𝑂𝐷

∵𝐵𝐶=∴∠𝐵𝐴𝐶

∴∠𝐵𝑂𝐷=∵tan∠𝐵𝐴𝐶=∴tan∠𝐵𝑂𝐷=则tan∠𝐵𝑂𝐷=𝐵𝐷= ∵𝐵𝐷=∴𝑂𝐷=𝐵𝐷2+∴𝑂𝐵𝐵𝐷2+=交𝐵𝐶D，连接𝐶𝐸，已知𝐶𝐷=1，连接𝐵𝐸，证明：𝐵𝐸=【答案】(1)【分析】（1）根据圆周角定理可知∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐸𝐵𝐶，根据等边对等角得到∠𝐷=∠𝐶𝐴𝐷，即∠𝐷=∠𝐸𝐵𝐷，根据等角对等边得到𝐵𝐸=𝐷𝐸；（2）延长𝐴𝑂交𝐵𝐶F，连接𝑂𝐸，根据菱形的性质求出𝐴𝐸=𝐴𝑂=𝑂𝐸，可知𝐴𝑂𝐸∠𝑂𝐴𝐸=60°，根据𝐴𝐵=𝐴𝐶得到𝐴𝐵=𝐴𝐶，根据垂径定理的推论可知𝐴𝐹𝐵𝐶，根据三角形内角和定理计算∴∠𝐸𝐴𝐶=∵𝐶𝐷=∴∠𝐷=∴∠𝐷=∴𝐵𝐸=四边形𝐴𝑂𝐶𝐸∴𝐴𝐸=∴𝐴𝐸=𝐴𝑂=𝐴𝑂𝐸∴∠𝑂𝐴𝐸=∵𝐴𝐵=∴𝐴𝐵=∴𝐴𝐹⊥∴∠𝐴𝐹𝐷=∴∠𝐷=180°−∠𝐴𝐹𝐷−∠𝐹𝐴𝐷=180°−90°−60°=03】（2025·贵州遵义·模拟预测）𝐴𝐵𝐶𝑂，𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶𝑂D点，交𝐵𝐶于E，连接𝐵𝐷． 若𝐵𝐹平分∠𝐴𝐵𝐶交𝐴𝐷F，求证：𝐷𝐹=在（2）的条件下，连接𝑂𝐹，若𝐴𝐹𝑂𝐹．且𝐴𝐵=2，求𝐵𝐸（2）结合三角形外角的性质可得∠𝐵𝐹𝐷=∠𝐷𝐵𝐹（3）由（2）的结论以及垂径定理可得𝐴𝐷=2𝐷𝐵𝐴𝐵𝐷𝐵𝐸𝐷∴∠𝐵𝐴𝐷=∵𝐶𝐷=∴∠𝐶𝐵𝐷=∴∠𝐶𝐵𝐷=∴∠𝐹𝐵𝐶=∵∠𝐶𝐵𝐷=∴∠𝐵𝐹𝐷=∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐹𝐵𝐴=∠𝐶𝐵𝐷+∠𝐹𝐵𝐴=∴𝐷𝐹=解：∵𝐴𝐹∴𝐴𝐷=∵𝐷𝐹=∴𝐴𝐷=∵∠𝐶𝐵𝐷=∠𝐵𝐴𝐷，∠𝐴𝐷𝐵=∴△𝐴𝐵𝐷∽△∴𝐴𝐵=𝐴𝐷= ∵𝐴𝐵=∴

=∴𝐵𝐸=04】（2024·广东·三模）如图，在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐸是边𝐵𝐶上的高，以𝐴𝐸⊙𝑂分别交求证：𝐴𝐷𝑂(2)求证：𝐴𝐺=(3)若𝐴𝐵=5，𝐴𝐶=6，求【答案】(1)【分析】（1）首先根据菱形的性质得到𝐴𝐷∥𝐵𝐶，求出𝐴𝐷𝐴𝐸，然后由直径得到𝐴𝐷𝑂（2）连接𝐺𝐸，首先得出∠𝐴𝐸𝐺=∠𝐴𝐶𝐵，然后由𝐴𝐺=𝐴𝐺得到∠𝐴𝐹𝐺=∠𝐴𝐸𝐺=∠𝐴𝐶𝐵（3）连接𝐵𝐷交𝐴𝐶H，首先根据菱形的性质得到𝐴𝐶𝐵𝐷，𝐵𝐻=

𝐴𝐻=𝐶𝐻=2𝐴𝐶=

勾股定理求出𝐵𝐻=4，然后利用𝑆菱形𝐴𝐵𝐶𝐷

𝐴𝐶𝐵𝐷=𝐵𝐶𝐴𝐸代数求出𝐴𝐸=

5，得到sin∠𝐴𝐵𝐸=

==25∵𝐴𝐸⊥∴𝐴𝐷⊥又∵𝐴𝐸为𝑂∴𝐴𝐷𝑂（2）1，连接∵𝐴𝐸𝐵𝐶，𝐴𝐸是⊙𝑂∴∠𝐴𝐸𝐶=90°，∠𝐴𝐺𝐸=∠𝐶𝐺𝐸=∴∠𝐴𝐸𝐺∠𝐶𝐸𝐺=∠𝐴𝐶𝐵∠𝐶𝐸𝐺=90°，即∠𝐴𝐸𝐺=∠𝐴𝐶𝐵．又∵𝐴𝐺=𝐴𝐺，∴∠𝐴𝐹𝐺=∠𝐴𝐸𝐺=∴𝐴𝐵=𝐵𝐶，则∠𝐵𝐴𝐶=∴∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐴𝐹𝐺，𝐴𝐺=∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，𝐴𝐶=∴𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，𝐵𝐻=𝐷𝐻，𝐴𝐻=𝐶𝐻

1𝐴𝐶=在Rt𝐴𝐵𝐻∵𝐴𝐵2=𝐵𝐻2∴52=𝐵𝐻2+32，解得𝐵𝐻=∴𝐵𝐷=2𝐵𝐻=∵𝑆菱形𝐴𝐵𝐶𝐷=2𝐴𝐶⋅𝐵𝐷=𝐵𝐶⋅∴×6×8=5𝐴𝐸，解得𝐴𝐸=在Rt𝐴𝐵𝐸中，sin∠𝐴𝐵𝐸=由（2）知，𝐴𝐺=∴∠𝐺𝐴𝐹=∠𝐺𝐹𝐴=

=5

∵∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐵𝐴𝐶+∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐺𝐴𝐹+∠𝐺𝐹𝐴+∠𝐴𝐺𝐹=∴∠𝐴𝐵𝐶=∴sin∠𝐴𝐺𝐹=sin∠𝐴𝐵𝐸=05】（2026·福建厦门·一模）D是△𝐴𝐵𝐶𝑂上的一点，𝐴𝐶𝐵𝐷G𝐴𝐷,𝐶𝐷,𝑂𝐷B作直线𝐵𝐹∥𝐴𝐷交𝐴𝐶E，交𝑂FF是𝐶𝐷(1)求证：𝐴𝐵=(2)当𝐶𝐷=3时，求⊙𝑂(3)若𝐴𝐺=6𝐺𝐸，连接𝑂𝐺．请你探究∠𝐺𝑂𝐷与∠𝐴𝐷𝐶【答案】(1)(3)2∠𝐺𝑂𝐷∠𝐴𝐷𝐶=240°【分析】（1）根据弧中点得到𝐶𝐹=𝐷𝐹，根据平行线夹弧得到𝐴𝐵=𝐷𝐹（2）作𝑂𝑀𝐷𝐶M，连接𝑂𝐶𝐷𝑀=3，根据𝐶𝐹=𝐷𝐹=𝐴𝐵，得到∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐶𝐵𝐹=∠𝐷𝐵𝐹𝐴𝐶𝐵𝐷，得到∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐶𝐵𝐹=∠𝐷𝐵𝐹=30°，得到∠𝐷𝐵𝐶=60°，得到∠𝐷𝑂𝐶=2∠𝐷𝐵𝐶=120°∠𝑂𝐷𝑀=30°，得到𝑂𝐷=3（3）作𝑂𝑀𝐷𝐶M，连接𝑂𝐶，设𝐺𝐸=𝑥，则𝐴𝐺=6𝑥，根据∠𝐵𝐺𝐶=∠𝐴𝐺𝐷=∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐷𝐵=30°，得到𝐷𝐺=32𝑥，𝐵𝐺=3𝑥，得到𝐶𝐺=3𝑥，由勾股定理得到𝐷𝐶=36𝑥 𝐷𝑀=36𝑥，得到𝑂𝐷=32𝑥，得到𝐷𝐺=𝑂𝐷，得到2∠𝐺𝑂𝐷+∠𝑂𝐷𝐺=180°，根据∠𝐴𝐷𝐵+∠𝑂𝐷𝐶= 即得2∠𝐺𝑂𝐷∠𝐴𝐷𝐶=【详解】（1）证明：∵F是弧𝐶𝐷∴𝐶𝐹=∵𝐴𝐷∥∴𝐴𝐵=∴𝐴𝐵=（2）解：作𝑂𝑀𝐷𝐶M，连接𝑂𝐶∵𝐶𝐷= ∴𝐷𝑀=2𝐶𝐷=由（1）可知：𝐶𝐹=𝐷𝐹=∴∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐶𝐵𝐹=∵𝐴𝐶⊥∴∠𝐵𝐺𝐶=∴∠𝐷𝐵𝐹+∠𝐶𝐵𝐹+∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐶𝐵𝐹=∠𝐷𝐵𝐹=∴∠𝐷𝐵𝐶=∴∠𝐷𝑂𝐶=2∠𝐷𝐵𝐶=∵𝑂𝐷=∴∠𝑂𝐷𝑀=∴𝑂𝑀

∵𝑂𝑀2+𝐷𝑀2=∴𝑂𝐷=233𝐷𝑀=∴⊙𝑂的半径（3）解：2∠𝐺𝑂𝐷∠𝐴𝐷𝐶=240°．理由如下：同（2），作𝑂𝑀⊥𝐷𝐶M，连接𝑂𝐶，由（2）知，∠𝐵𝐺𝐶=∠𝐴𝐺𝐷=90°，∠𝐴𝐶𝐵=30°，∠𝑂𝐷𝑀=∴∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐴𝐶𝐵=设𝐺𝐸=𝑥，则𝐴𝐺=∴𝐷𝐺=3𝐴𝐺=32𝑥，𝐵𝐺=3𝐸𝐺=∴𝐶𝐺=3𝐵𝐺=∴𝐷𝐶

=3𝐷𝐺2𝐷𝐺2+∴𝐷𝑀

2𝐶𝐷

33∴𝑂𝐷=23𝐷𝑀=3 ∴𝐷𝐺=∴2∠𝐺𝑂𝐷+∠𝑂𝐷𝐺=∵∠𝐴𝐷𝐵+∠𝑂𝐷𝐶=∴2∠𝐺𝑂𝐷∠𝑂𝐷𝐺∠𝐴𝐷𝐵∠𝑂𝐷𝐶=240°，即2∠𝐺𝑂𝐷+∠𝐴𝐷𝐶=240°．30°的直角三角形性质，是解决问题的关键．017的𝑂BA为半径𝑂𝐸上一点，且𝐴𝐵10，以𝐴𝐵为边向外A作𝐴𝐹𝑂𝐸，且𝐴𝐹=𝑂𝐴，连接𝐹𝐷B的运动过程中，𝐹𝐷的长度会发生变化吗？变化请说明A，B，F三点在一条直线上时，请直接写𝐷𝐸【答案】210−4或 【分析】（1）连接𝑂𝐵A，0，B共线时，𝐴𝐵=𝑂𝐴+𝑂𝐵（2）证明𝐴𝑂𝐵𝐴𝐹𝐷BFBF作𝐴𝐺𝐴𝐸，且𝐴𝐺=𝐴𝐸，连接𝑂𝐺,𝐵𝐺,𝐵𝑂𝐵𝐴𝐺𝐷𝐴𝐸【详解】（1）解：连接∵𝐴𝐵≤𝑂𝐴+𝑂𝐵A，0，B共线时，𝐴𝐵=𝑂𝐴+𝑂𝐵，又∵𝐴𝐵10，𝑂𝐵=7，∴𝑂𝐴=𝐴𝐵−𝑂𝐵=∵𝐴𝐹⊥𝑂𝐸,𝐴𝐷⊥∴∠𝐵𝐴𝑂+∠𝐵𝐴𝐹=90°,∠𝐵𝐴𝐹+∠𝐹𝐴𝐷=∴∠𝐵𝐴𝑂=又∵𝐴𝐹=𝐴𝑂,𝐴𝐷=∴△𝐴𝑂𝐵≌△∴𝐹𝐷=𝑂𝐵=（3）解：根据题意得：𝑂𝐵=7，𝑂𝐴=∴𝐴𝐷=

=2∴𝐴𝐷=𝐴𝐵=2∵𝐴𝐸=𝑂𝐸−𝑂𝐴=7−3=BF上方时，𝐷𝐸=𝐴𝐷−𝐴𝐸=2当点B在F下方时，𝐷𝐸=𝐴𝐷+𝐴𝐸= ∴综上所述，𝐷𝐸的长为210−4或 （4）解：作𝐴𝐺𝐴𝐸，且𝐴𝐺=𝐴𝐸，连接∵𝐴𝐺⊥𝑂𝐸,𝐴𝐷⊥∴∠𝐺𝐴𝐸=∠𝐵𝐴𝐷=∴∠𝐷𝐴𝐸=∵𝐴𝐺=𝐴𝐸,𝐴𝐵=∴△𝐵𝐴𝐺≌△∴𝐷𝐸=𝐴𝑂2+∴𝑂𝐺𝐴𝑂2+∴𝐵𝐺的最大值为𝑂𝐺𝑂𝐵=5+7=12，最小值为7−5=01】（2026·陕西西安·一模） （2）如图②，半圆𝑂的直径𝐴𝐵=8，点𝐶是半圆𝑂上的一个动点，求𝐴𝐵𝐶（3）如图③，某公园有一个三角形的演艺广场𝐴𝐵𝐶，其中𝐴𝐵=20米，∠𝐴𝐶𝐵=90°，∠𝐶𝐴𝐵=60°．在演【答案】（1）9；（2）16；（3） +75平方【分析】（1）当𝐶𝑂𝐴𝐵时，点𝐶到𝐴𝐵𝐴𝐵𝐶面积最大，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定（3）过点𝐶作𝐶𝐷∥𝑁𝑀交𝐵𝑀的延长线于点𝐷，可得四边形𝐶𝑁𝑀𝐷为平行四边形，进而得到𝑆△𝐶𝐷𝑀=即得到𝑆四边形𝐵𝑀𝐶𝑁=𝑆△𝐶𝑁𝐵+𝑆△𝐶𝐵𝑀=𝑆△𝐶𝐷𝑀+𝑆△𝐶𝐵𝑀=𝑆△𝐶𝐵𝐷，又由∠𝐶𝐷𝐵=∠𝐴𝑀𝐵=45°，𝐵𝐶=60°=20×3=103米可得点𝐷在⊙𝑂上运动连接 于点𝐷′，过点𝐷作𝐷𝐻⊥𝐵𝐶于点𝐻，则∠𝐵𝑂𝐶=2∠𝐶𝐷𝐵=90°，𝐷′𝐺≥𝐷𝐻股定理可得𝐶𝐺=𝑂𝐺=1𝐵𝐶=53米，𝑂𝐵=𝑂𝐶=2𝐵𝐶=56米，即得到𝐷′𝐺=𝑂𝐷′+𝑂𝐺=

+5 【详解】解∴𝑆△𝐵𝐶𝐷=𝑆△𝐴𝐵𝐶=9，（2）如图，当𝐶𝑂𝐴𝐵时，点𝐶到𝐴𝐵𝐴𝐵𝐶∵𝐴𝑂=𝐵𝑂，𝐶𝑂⊥∴𝐴𝐶=又∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐵=∴𝐴𝐶=𝐵𝐶=2𝐴𝐵=4∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=2×

×

=即𝐴𝐵𝐶面积的最大值为∴四边形𝐶𝑁𝑀𝐷为平行四边形，𝑆△𝐶𝑁𝐵=∴𝑆△𝐶𝐷𝑀=∴𝑆△𝐶𝐷𝑀=∴𝑆四边形𝐵𝑀𝐶𝑁=𝑆△𝐶𝑁𝐵+𝑆△𝐶𝐵𝑀=𝑆△𝐶𝐷𝑀+𝑆△𝐶𝐵𝑀=∴∠𝐶𝐷𝐵=∠𝐴𝑀𝐵=∵𝐴𝐵=20米，∠𝐴𝐶𝐵=90°，∠𝐶𝐴𝐵=∴𝐵𝐶=𝐴𝐵·sin60°=20×3=103∴点𝐷在𝑂连接𝑂𝐵、𝑂𝐷，过点𝑂作𝑂𝐺⊥𝐵𝐶于𝐺，𝐺𝑂⊙𝑂于点𝐷′，过点𝐷作𝐷𝐻⊥𝐵𝐶于点𝐻∠𝐵𝑂𝐶=2∠𝐶𝐷𝐵=90°，𝐷′𝐺≥∵∠𝐵𝑂𝐶=90°，𝑂𝐵=𝑂𝐶，𝑂𝐺⊥∴𝐶𝐺=𝑂𝐺

1𝐵𝐶=53米，𝑂𝐵=𝑂𝐶=

2𝐵𝐶

2×

=56∴𝑂𝐷′=𝑂𝐵=𝑂𝐶=56∴𝐷′𝐺=𝑂𝐷′+𝑂𝐺=

+53)

=

+53)=

四边形

△𝐶𝐵𝐷=2𝐵𝐶·𝐷𝐻≤

𝐺=2× ∴四边形𝐵𝑀𝐶𝑁面积的最大值为 +75平方米t秒．解答下列问题：如图①，t△𝐴𝑃𝑄的面积等于t的值；若不存在，请说明理由；如图③Q为圆心，𝐷𝑄𝑄，当⊙𝑄与𝐴𝐶①t②如图④，若点E是此时⊙𝑄上一动点，F是𝐶𝐸的中点，连接𝐵𝐹，则线段𝐵𝐹的最大值 【答案】(1)45(2)存在，−15 【分析】（1）（2）连接𝑃𝐶，根据切线长定理可得𝑃𝑄=𝑃𝐶（3）①设𝑄与𝐴𝐶相切于点𝐻，连接𝑄𝐻，则𝑄𝐻𝐴𝐶，在Rt𝐴𝑄𝐻中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．②由①得：𝑄𝐷=4，𝐴𝑄=5，连接𝑄𝐸,𝐶𝑄，取𝐶𝑄M，连接𝐹𝑀,𝐵𝑀，作𝑀𝑁⊥𝐴𝐵N，则 𝐴𝐷𝑀𝑁∥𝐵𝐶，𝐵𝐹≤𝐵𝑀+𝐹𝑀，根据𝐴𝐷𝑀𝑁∥𝐵𝐶，可得△𝑃𝑄𝑀∽𝐵𝑄𝐶,△𝐵𝑃𝑁∽𝐵𝑄𝐴，𝐵𝑁==1，再求出𝐵𝑀,𝑀𝐹，根据𝐵𝐹≤𝐵𝑀𝐹𝑀【详解】（1）解：根据题意得：𝐴𝑃=2𝑡cm,𝐴𝑄=𝐴𝑃𝑄的面积等于∴1×2𝑡⋅(9−𝑡)=整理得：𝑡2−6𝑡8=0，解得𝑡1=4,𝑡2=5，即𝑡=45△𝐴𝑃𝑄（2）解：如图，连接∵⊙𝑃经过点∴𝑃𝑄=∵∵𝑃𝑄2=𝐴𝑃2+𝐴𝑄2,𝑃𝐶2=𝑃𝐵2∴𝑃𝐴2+𝐴𝑄2=𝑃𝐵2∴(2𝑡)2+(9−𝑡)2=(12−2𝑡)2+解得𝑡=−15341或−15−341（舍去当𝑡=−15341时，⊙P经过点（3）解：①如图，设𝑄与𝐴𝐶相切于点𝐻，连接𝑄𝐻，则𝑄𝐻⊥∴∠𝐴𝐻𝑄=∵𝐷𝑄为半径，且𝐴𝐷122+∴𝐶𝐷=𝐶𝐻=12，𝑄𝐷=𝑄𝐻=𝑡，𝐴𝐶122+∴𝐴𝐻=∴𝐴𝑄2=𝐻𝑄2∴(9−𝑡)2=𝑡2+∴𝑡=𝑡=4⊙𝑄与𝐴𝐶②由①得：𝑄𝐷=4，𝐴𝑄=如图，连接𝑄𝐸,𝐶𝑄，取𝐶𝑄M，连接𝐹𝑀,𝐵𝑀，作𝑀𝑁𝐴𝐵N，则𝐴𝐷𝑀𝑁𝐵𝐶，𝐵𝐹≤𝐵𝑀∵F是𝐶𝐸∴𝐹𝑀

2𝑄𝐸

1𝑄𝐷=∵𝐴𝐷∥𝑀𝑁∥ ∴△𝑃𝑄𝑀∽△𝐵𝑄𝐶,△𝐵𝑃𝑁∽△𝐵𝑄𝐴，𝐵𝑁=𝐶𝑀=∴𝑃𝑀=𝑄𝑀=𝑃𝑄=

9 ∴𝑃𝑀=2,𝐴𝑄=𝐵𝑁=2，𝐴𝑁=𝐵𝑁=∴𝑃𝑁=∴𝑀𝑁=𝑃𝑀+𝑃𝑁=𝐵𝑁2+𝐵𝑁2+

=62+∴𝐵𝐹≤𝐵𝑀+𝐹𝑀62+ +2故答案为 上，𝐵𝐸=𝐶𝐹，连接𝐴𝐸，𝐵𝐹交于点①求证：𝐻𝐵= ②当𝐶𝐻=2时，求𝐷𝐹如图2，若𝐸是𝐵𝐶的中点，以点𝐵为圆心，𝐵𝑀𝐵，𝑃是𝐵上的一个动点，连接𝐷𝑃交𝐴𝐸𝑁，求𝐷𝑁【答案】(1)①见解析；②【分析】（1）①证明𝐴𝐵𝐸𝐵𝐶𝐹(SAS)，得到∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐶𝐵𝐹，再证明𝐴𝐵𝐺𝐶𝐵𝐺(SAS)∠𝐵𝐴𝐺=∠𝐵𝐶𝐺，证明出∠𝐻𝐵𝐶=∠𝐻𝐶𝐵②作𝐶𝑁𝐵𝐹于𝑁，利用𝐵𝐶𝑁𝐴𝐵𝑀，得出𝐵𝑀=𝐶𝑁，𝐴𝑀=𝐵𝑁，设𝐺𝑀为单位1，𝑀𝐸= 𝐴𝑀=𝐵𝑁=𝑦，利用△𝐵𝑀𝐸∽△𝐵𝑁𝐶表示出𝑦=𝑥，再由𝐵𝐸:𝐴𝐷=𝐺𝐸:𝐴𝐺列出方程，解得𝑥=3，即𝑀𝐸=在Rt△𝐵𝑀𝐸中，由勾股定理得𝐵𝐸=210，则𝐵𝐸=𝐶𝐹=210，由四边形𝐴𝐵𝐶𝐷 ∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐵𝑀𝐸=90°，证明𝑀𝐵𝐸𝐶𝐵𝐹，求出𝐵𝐶=210（2）过点𝑃作𝑃𝑄∥𝐴𝐸，交𝐷𝐴的延长线于𝑄，连接𝐵𝑃，延长𝐵𝐹、𝐴𝐷交于点𝑊，分析出当点𝑃⊙𝐵相切时，∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=90°，𝐴𝐵=∵𝐵𝐸=∴△𝐴𝐵𝐸≌△∴∠𝐵𝐴𝐸=∴∠𝐴𝐵𝐺=∠𝐶𝐵𝐺=∵𝐵𝐴=𝐵𝐶，𝐵𝐺=∴△𝐴𝐵𝐺≌△∴∠𝐵𝐴𝐺=∵∠𝐵𝐴𝐸=∴∠𝐻𝐵𝐶=∴𝐻𝐵=②解：作𝐶𝑁𝐵𝐹于𝑁由（1）𝐴𝐵𝐸∴∠𝐵𝐴𝐸=∴∠𝐵𝐴𝐸+∠𝐴𝐵𝑀=∴∠𝐴𝑀𝐵=∴𝐴𝐸⊥∴𝐶𝑁∥𝐴𝐸，𝐶𝐻:𝐺𝐻=𝐶𝑁:𝐺𝑀=2∶1，由（1）得△𝐴𝐵𝐸≌△𝐵𝐶𝐹，∴∠𝐵𝐴𝐸=∴∠𝐴𝑀𝐵=∵∠𝐶𝐵𝑁=∠𝐵𝐴𝑀，∠𝐵𝑁𝐶=∠𝐴𝑀𝐵=90°，𝐴𝐵=∴△𝐵𝐶𝑁≌△∴𝐵𝑀=𝐶𝑁，𝐴𝑀=设𝐺𝑀为单位1，则𝐵𝑀=𝐶𝑁=2，设𝑀𝐸=𝑥，𝐴𝑀=𝐵𝑁=∴△𝐵𝑀𝐸∽△∴𝐵𝑀:𝐵𝑁=即2:𝑦=∴𝑦=∴𝐵𝐸:𝐵𝐶=∵𝐵𝐶=∴𝐵𝐸:𝐷=∴𝐵𝐸:𝐴𝐷=

= ∴𝑥=即𝑀𝐸= ∴𝐴𝐸=𝐴𝑀+𝑀𝐸=6+3=3由（1）得𝐵𝐹=𝐴𝐸=3𝐵𝑀2+在Rt𝐵𝑀2+

222 32∴𝐵𝐸=𝐶𝐹2∴∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐵𝑀𝐸=∵∠𝑀𝐵𝐸=∴△𝑀𝐵𝐸∽△∴𝐵𝑀=∴

2=∴𝐵𝐶=2∴𝐷𝐹=𝐶𝐷−𝐶𝐹=210−210=4

2 3 4 ∴△𝐴𝐷𝑁∽△∴𝐷𝑃=

∴当𝑃𝑄与𝐴𝐸距离最大时，即当点𝑃𝐵∴𝐵𝑃⊥∵𝐴𝐻⊥∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=12+∴𝐴𝐸=𝐵𝐹12+∵△𝐵𝐸𝑀∽△∴𝐴𝐸=𝐴𝐵

2∴𝐵𝑀 =2∵𝐵𝐶=𝐶𝐷，𝐵𝐸=𝐶𝐸=∴𝐷𝐹=𝐶𝐹

在𝐵𝐶𝐹与𝑊𝐷𝐹∠𝐶=𝐹𝐶= ∠𝐵𝐹𝐶=∴△𝐵𝐶𝐹≌△∴𝐹𝑊=𝐵𝐹=5，𝐷𝑊=𝐵𝐶=12∴𝑊𝑃12∵△𝑄𝑊𝑃∽△∴𝑊𝑄=

∴𝑄𝑊=∴𝐷𝑄=∵𝐴𝐷=∴𝐷𝑄:𝐷𝐴=∴𝐷𝑃=（限时训练：40分钟1．（2026·重庆·模拟预测）⊙𝑂中，𝐴𝐵是直径，点𝐶和点𝐷是弧𝐴𝐵的三等分点，连接𝑂𝐷,𝐵𝐶,𝐵𝐷，过𝐷作⊙𝑂的切线交𝐴𝐵的延长线于点𝐸，则∠𝐴𝐸𝐷的度数为（） 【答案】

∠𝐵𝑂𝐷=3×180°=的性质得∠𝐸𝐷𝑂=90°∴∠𝐵𝑂𝐷

1×180°=∵过𝐷作𝑂的切线交𝐴𝐵的延长线于点∴∠𝐸𝐷𝑂=则∠𝐴𝐸𝐷=180°−∠𝐸𝐷𝑂−∠𝐵𝑂𝐷=180°−90°−60°=30°，2．（2025·陕西西安·一模）如图，点𝐴,𝐵,𝐶,𝐷𝑂𝑂的半径为2cm,∠𝐶130°，则𝐵𝐷的长为（ A．3 B．9 D．9【答案】∵点𝐴,𝐵,𝐶,𝐷𝑂∴∠𝐴=180°−∠𝐶=180°−130°=∴∠𝐵𝑂𝐷=2∠𝐴=

的长为 =9⊙⊥⊥与𝐶𝐷G．𝐸𝐷=𝐸𝐺，若𝐴𝐵=27，𝑂𝐺=2，求𝑂⊙𝑂的半径为【分析】本题考查了圆的基本性质，垂径定理，勾股定理等；连接𝑂𝐵，设𝑂𝐵=𝑟，可得𝐷𝐺=𝑟2段和差得𝑂𝐸=𝐸𝐺−𝑂𝐺=1𝑟−1，由垂径定理得𝐵𝐸=1𝐴𝐵=7，由勾股定理得𝑂𝐸2+𝐵𝐸2=𝑂𝐵2 【详解】解：如图，连接设𝑂𝐵=𝑂𝐷=∴𝐷𝐺=𝑂𝐷+=𝑟+∵𝐸𝐷=∴𝐸𝐺=2=1𝑟+∴𝑂𝐸==1𝑟−1，∵𝐶𝐷为直径，𝐴𝐵∴𝐵𝐸

1𝐴𝐵=在Rt𝑂𝐸𝐵𝑂𝐸2+𝐵𝐸2=

+(

=

=−4（舍去

=故⊙𝑂的半径为⊙⊙⊙𝑃𝐴=𝑃𝐶=𝐴𝐵，连接𝑃𝑂,𝐴𝐶交于点求证：𝑃𝐶𝑂(2)当𝐴𝐶=4时，求𝐴𝐵【答案】(1)【分析】（1）如图，连接𝑂𝐶，先证出𝑃𝑂𝐶𝑃𝑂𝐴，得出∠𝑃𝐶𝑂=∠𝑃𝐴𝑂（2AAS𝑃𝐴𝐷≌𝐴𝐵𝐶得出𝐵𝐶𝐴𝐷2，【详解】（1）证明：如图，连接∵𝑃𝐴⊙𝑂的切线，∴𝑃𝐴⊥∴∠𝑃𝐴𝑂=∵𝑂𝐶=𝑂𝐴，𝑃𝐶=𝑃𝐴，𝑂𝑃=∴△𝑃𝑂𝐶≌△∴∠𝑃𝐶𝑂=∠𝑃𝐴𝑂=∴𝑂𝐶⊥又∵点𝐶在⊙𝑂𝑃𝐶是⊙𝑂（2）𝑃𝑂𝐶∴∠𝐴𝑃𝑂=又𝑃𝐴=𝑃𝐶，𝐴𝐶=∴𝑃𝐷⊥𝐴𝐶，𝐴𝐷=𝐷𝐶

1𝐴𝐶=∵∠𝑃𝐴𝑂=∴∠𝐴𝑃𝐷=90°−∠𝑃𝐴𝐷=𝐴𝐵⊙𝑂的直径，𝐶是⊙𝑂𝐴𝐶𝐵=90°=∠𝑃𝐷𝐴，又∵𝑃𝐴=𝐴𝐵，∴△𝑃𝐴𝐷≌△∴𝐵𝐶=𝐴𝐷=𝐴𝐶2+∴在𝐴𝐶2+

=242+5．（2026·四川雅安·二模）𝑂是𝐴𝐵𝐶的外接圆，∠𝐴𝐵𝐶=