專題19 圓的基本概念及其性質(zhì)（5大考點(diǎn)）（解析版）

第五部分圓

專題19圓的基本概念及其性質(zhì)（5大考點(diǎn)）

核心考點(diǎn)一圓周角、圓心角相關(guān)問(wèn)題

核心考點(diǎn)二垂徑定理及其推論

核心考點(diǎn)核心考點(diǎn)三圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)

核心考點(diǎn)四正多邊形與圓相關(guān)的計(jì)算

核心考點(diǎn)五圓的基本性質(zhì)綜合題

新題速遞

核心考點(diǎn)一圓周角、圓心角相關(guān)問(wèn)題

例1（2022·吉林長(zhǎng)春·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD是O的內(nèi)接四邊形．若BCD121，則BOD

的度數(shù)為（）

A．138°B．121°C．118°D．112°

【答案】C

【分析】由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得A59，再由圓周定理可得BOD2A118．

【詳解】解：∵四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，

∴AC180

∵BCD121

∴A59

∴BOD2A118

故選：C

【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和圓周角定理，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)和定理是解答本題的關(guān)鍵

例2（2022·江蘇鹽城·統(tǒng)考中考真題）如圖，AB、AC是O的弦，過(guò)點(diǎn)A的切線交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，

若BAD35，則C___________°．

第1頁(yè)共71頁(yè).

【答案】35

【分析】連接AO并延長(zhǎng)，交O于點(diǎn)E，連接BE，首先根據(jù)圓周角定理可得EBAE90，再根據(jù)AD

為O的切線，可得BAEBAD90，可得DE=DBAD=35°，再根據(jù)圓周角定理即可求得．

【詳解】解：如圖，連接AO并延長(zhǎng)，交O于點(diǎn)E，連接BE．

AE為O的直徑，

ABE90，

EBAE90，

AD為O的切線，

DAE90，

\DBAE+DBAD=90°，

\DE=DBAD=35°，

\DC=DE=35°．

故答案為：35．

【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，切線的性質(zhì)，作出輔助線是解決本題的關(guān)鍵．

例3（2022·福建·統(tǒng)考中考真題）如圖，ABC內(nèi)接于⊙O，AD∥BC交⊙O于點(diǎn)D，DFAB交BC于

點(diǎn)E，交⊙O于點(diǎn)F，連接AF,CF．

第2頁(yè)共71頁(yè).

(1)求證：ACAF；

(2)若⊙O的半徑為3，CAF30，求AC的長(zhǎng)（結(jié)果保留π）．

【答案】(1)證明見解析；

5

(2)

2

【分析】（1）根據(jù)已知條件可證明四邊形ABED是平行四邊形，由平行四邊形的性質(zhì)可得BD，等量

代換可得AFCACF，即可得出答案；

（2）連接AO,CO，由（1）中結(jié)論可計(jì)算出AFC的度數(shù)，根據(jù)圓周角定理可計(jì)算出AOC的度數(shù)，再

根據(jù)弧長(zhǎng)計(jì)算公式計(jì)算即可得出答案．

【詳解】（1）證明：∵AD∥BC，DFAB，

∴四邊形ABED為平行四邊形，

∴BD，

∵AFCB，ACFD，

∴AFCACF，

∴ACAF．

（2）解：連接AO,CO，如圖，

由（1）得AFCACF，

∵AFC1803075，

2

第3頁(yè)共71頁(yè).

∴AOC2AFC150，

∴的長(zhǎng)l15035．

AC1802

【點(diǎn)睛】本題主要考查了等腰三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，圓的性質(zhì)與弧長(zhǎng)公式，考

查化歸與轉(zhuǎn)化思想，推理能力，幾何直觀等數(shù)學(xué)素養(yǎng)．

知識(shí)點(diǎn)、圓周角

1．頂點(diǎn)在圓上，并且兩邊都和圓相交的角叫做圓周角．

圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，都等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半。

推論1：在同圓或等圓中，如果兩個(gè)圓周角相等，它們所對(duì)的弧一定相等。

推論2：半圓（或直徑）所對(duì)的圓周角是直角，90的圓周角所對(duì)的弦是直徑。

（在同圓中，半弧所對(duì)的圓心角等于全弧所對(duì)的圓周角）

2．圓心角、弧、弦、弦心距之間的關(guān)系定理：在同圓或等圓中，相等的圓心角所對(duì)的弧相等，所對(duì)的弦

相等，所對(duì)的弦的弦心距相等．

推論：在同圓或等圓中，如果兩個(gè)圓心角、兩條弧、兩條弦或兩條弦的弦心距中有一組量相等，那么它們

所對(duì)應(yīng)的其余各組量分別相等．

第4頁(yè)共71頁(yè).

【變式1】（2023·山東·統(tǒng)考一模）．如圖，在ABC中，AC4，以點(diǎn)C為圓心，2為半徑的圓與邊AB相

切于點(diǎn)D，與AC，BC分別交于點(diǎn)E和點(diǎn)F，點(diǎn)H是優(yōu)弧EF上一點(diǎn)，EHF70，則BDF的度數(shù)是（）

A．35B．40C．55D．60

【答案】B

【分析】連接CD，由切線的性質(zhì)得出CDAB，CDB90，利用解直角三角形求出ACD60，由圓

周角定理求出ACB140，進(jìn)而求出DCB80，再利用等腰三角形的性質(zhì)求出CDF的度數(shù)，繼而求

出BDF的度數(shù)．

【詳解】如圖，連接CD，

AB是C的切線，

CDAB，

CDB90，

AC4，CD2，

CD21

cosACD，

AC42

ACD60，

EHF70，

ACB2EHF140，

DCBACBACD1406080，

CDCF，

第5頁(yè)共71頁(yè).

18080

CDFCFD50，

2

BDFCDBCDF905040，

故選：B．

【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，掌握切線的性質(zhì)，解直角三角形，圓周角定理，等腰三角

形的性質(zhì)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．

【變式2】（2022·陜西西安·一模）如圖，AB是O的直徑，點(diǎn)M是O內(nèi)的一定點(diǎn)，PQ是O內(nèi)過(guò)點(diǎn)M

的一條弦，連接AM，AP，AQ，若O的半徑為4，AM5，則APAQ的最大值為_____．

【答案】85

【分析】如圖，連接BP，過(guò)點(diǎn)A作AHPQ交于點(diǎn)H，根據(jù)圓周角定理得到APB90，BQ，則

可判斷APBAHQ，利用相似比得到APAQ8AH，然后利用AH的最大值為5，確定APAQ的最大

值．

【詳解】解：如圖，連接BP，過(guò)點(diǎn)A作AHPQ交于點(diǎn)H．

∵AB是O的直徑，

∴APB90，

∴APBAHQ90，

∵BQ，

∴APBAHQ，

第6頁(yè)共71頁(yè).

APAB

∴，

AHAQ

∴APAQABAH，

∵O的半徑為4，

∴AB8，

∴APAQ8AH，

∴當(dāng)點(diǎn)H與點(diǎn)M重合時(shí)，AH有最大值，

即AHAM5時(shí)，APAQ有最大值，最大值為85．

故答案為：85．

【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，都等于這條弧所對(duì)的

圓心角的一半；半圓（或直徑）所對(duì)的圓周角是直角，90的圓周角所對(duì)的弦是直徑．也考查了相似三角形

的判定與性質(zhì)．

【變式3】（2023·安徽合肥·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，已知AB為O的直徑，過(guò)O上點(diǎn)C的切線交AB的延

長(zhǎng)線于點(diǎn)E，ADEC于點(diǎn)D．且交O于點(diǎn)F，連接BC，CF，AC．

(1)求證：BCCF；

(2)若AD3，DE4，求BE的長(zhǎng)．

【答案】(1)見解析

5

(2)

4

【分析】（1）根據(jù)切線的性質(zhì)首先得出COED，再利用平行線的判定得出CO∥AD，進(jìn)而利用圓周角、

圓心角定理得出BCCF；

（2）首先求出EOC∽EAD，進(jìn)而得出r的長(zhǎng)，即可求出BE的長(zhǎng)．

【詳解】（1）解：證明：如圖，連接OC，

第7頁(yè)共71頁(yè).

ED切O于點(diǎn)C，

COED，

ADEC，

CO∥AD，

OCACAD，

OCAOAC，

OACCAD，

BCCF，

BCCF；

（2）在Rt△ADE中，

AD3，DE4，

∴AE32425，

CO∥AD，

EOC∽EAD，

EOOC

，

EAAD

設(shè)O的半徑為r，

OE5r，

5rr

，

53

15

r，

8

第8頁(yè)共71頁(yè).

5

BE52r，

4

5

答：BE的長(zhǎng)為．

4

【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)定理和圓周角及弧的關(guān)系、相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是得出

BCCF．

核心考點(diǎn)二垂徑定理及其推論

例1（2022·湖北鄂州·統(tǒng)考中考真題）工人師傅為檢測(cè)該廠生產(chǎn)的一種鐵球的大小是否符合要求，設(shè)計(jì)了

一個(gè)如圖（1）所示的工件槽，其兩個(gè)底角均為90°，將形狀規(guī)則的鐵球放入槽內(nèi)時(shí)，若同時(shí)具有圖（1）所

示的A、B、E三個(gè)接觸點(diǎn)，該球的大小就符合要求．圖（2）是過(guò)球心及A、B、E三點(diǎn)的截面示意圖，已

知⊙O的直徑就是鐵球的直徑，AB是⊙O的弦，CD切⊙O于點(diǎn)E，AC⊥CD、BD⊥CD，若CD=16cm，

AC=BD=4cm，則這種鐵球的直徑為（）

A．10cmB．15cmC．20cmD．24cm

【答案】C

【分析】連接OA，OE，設(shè)OE與AB交于點(diǎn)P，根據(jù)ACBD，ACCD，BDCD得四邊形ABDC是矩

形，根據(jù)CD與O切于點(diǎn)E，OE為O的半徑得OECD，OEAB，即PAPB，PEAC，根據(jù)邊之

間的關(guān)系得PA8cm，ACBDPE4cm，在Rt△OAP，由勾股定理得，PA2+OP2=OA2，進(jìn)行計(jì)算可

得OA10，即可得這種鐵球的直徑．

【詳解】解：如圖所示，連接OA，OE，設(shè)OE與AB交于點(diǎn)P，

第9頁(yè)共71頁(yè).

∵ACBD，ACCD，BDCD，

∴四邊形ABDC是矩形，

∵CD與O切于點(diǎn)E，OE為O的半徑，

∴OECD，OEAB，

∴PAPB，PEAC，

∵AB=CD=16cm，

∴PA8cm，

∵ACBDPE4cm，

在Rt△OAP，由勾股定理得，

PA2+OP2=OA2

82+(OA-4)2=OA2

解得，OA10，

則這種鐵球的直徑＝2OA21020cm，

故選C．

【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，解題的關(guān)鍵是掌握這些知識(shí)點(diǎn)．

例2（2022·黑龍江牡丹江·統(tǒng)考中考真題）O的直徑CD10，AB是O的弦，ABCD，垂足為M，

OM:OC3:5，則AC的長(zhǎng)為______．

【答案】25或45

【分析】分①點(diǎn)M在線段OC上，②點(diǎn)M在線段OD上兩種情況，連接OA，先利用勾股定理求出AM的長(zhǎng)，

再在RtACM中，利用勾股定理求解即可得．

【詳解】解：由題意，分以下兩種情況：

①如圖，當(dāng)點(diǎn)M在線段OC上時(shí)，連接OA，

第10頁(yè)共71頁(yè).

O的直徑CD10，

OAOC5，

OM:OC3:5，

3

OMOC3,CMOCOM2，

5

ABCD，

AMOA2OM252324，

ACAM2CM2422225；

②如圖，當(dāng)點(diǎn)M在線段OD上時(shí)，連接OA，

同理可得：OC5,OM3,AMOA2OM24，

CMOCOM8，

ACAM2CM2428245；

綜上，AC的長(zhǎng)為25或45，

故答案為：25或45．

【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理、圓，正確分兩種情況討論是解題關(guān)鍵．

例3（2022·四川攀枝花·統(tǒng)考中考真題）如圖，O的直徑AB垂直于弦DC于點(diǎn)F，點(diǎn)P在AB的延長(zhǎng)線

上，CP與O相切于點(diǎn)C．

第11頁(yè)共71頁(yè).

(1)求證：PCBPAD；

(2)若O的直徑為4，弦DC平分半徑OB，求：圖中陰影部分的面積．

【答案】(1)見解析

2

(2)

3

【分析】(1)首先可證得OBCOCB，由圓周角定理得：ADFOBC，可得OCBADF，再根

據(jù)切線的性質(zhì)，可得PCBOCB90，根據(jù)垂直的定義可得PADADF90，據(jù)此即可證得；

1

(2)首先由弦DC平分半徑OB，OB=OC，可得OFOD，ODF30，DOF60，再根據(jù)ABDC，

2

可得DFFC，即可證得S△CFBS△CFOS△DFO，最后由S陰影部分S扇形BOD即可求得．

【詳解】（1）證明：如圖，連接OC，

OBOC，

OBCOCB，

由圓周角定理得：ADFOBC，

OCBADF，

CP與O相切，

OCPC，

PCBOCB90，

ABDC，

PADADF90，

PCBPAD；

（2）解：如圖：連接OD，

第12頁(yè)共71頁(yè).

弦DC平分半徑OB，OB=OC，

1

BF=OF，在Rt△ODF中，OFOD，

2

ODF30，

DOF60，

ABDC，

DFFC，

QBF=OF，ABDC，

S△CFBS△CFOS△DFO，

60222

S陰影部分S扇形．

BOD3603

【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，圓周角定理，直角三角形的性質(zhì)，扇形的面積公式，作出輔助線是解決本

題的關(guān)鍵．

1．垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對(duì)的兩條?。?/p>

平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對(duì)的兩條??；

幾何語(yǔ)言：

垂徑定理的幾個(gè)基本圖形：

第13頁(yè)共71頁(yè).

垂徑定理在基本圖形中的應(yīng)用：

2．其它正確結(jié)論：

⑴弦的垂直平分線經(jīng)過(guò)圓心，并且平分弦所對(duì)的兩條弧；

⑵平分弦所對(duì)的一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對(duì)的另一條弧．

⑶圓的兩條平行弦所夾的弧相等．

3．知二推三：①直徑或半徑；②垂直弦；③平分弦；④平分劣??；⑤平分優(yōu)弧．以上五個(gè)條件知二推三．

注意：在由①③推②④⑤時(shí)，要注意平分的弦非直徑．

4．常見輔助線做法：

⑴過(guò)圓心，作垂線，連半徑，造RT△，用勾股，求長(zhǎng)度；

⑵有弧中點(diǎn)，連中點(diǎn)和圓心，得垂直平分．

【變式1】（2022·浙江杭州·校考二模）如圖，O的半徑ODAB于點(diǎn)C，連接AO并延長(zhǎng)交O于點(diǎn)E，

連接EC．若AB8，CD2，則tanOEC為（）

第14頁(yè)共71頁(yè).

63132213

A．B．C．D．

1713313

【答案】A

【分析】連接BE，過(guò)C作CQAE于Q，根據(jù)垂徑定理求出ACBC4，根據(jù)圓周角定理求出ABE90，

根據(jù)勾股定理求出O的半徑，求出AE，根據(jù)勾股定理求出BE，根據(jù)三角形的面積公式求出CQ，根據(jù)勾

股定理求出EQ，再解直角三角形求出答案即可．

【詳解】解：連接BE，過(guò)C作CQAE于Q，設(shè)O的半徑為R，

∵OCAB，OC過(guò)O，AB8，

∴OCA90，ACBC4，

由勾股定理得：OA2OC2AC2，

2

即R2R242，

解得：R5，

即AE5510，

∵AE為O的直徑，

∴B90，

∴BEAE2AB2102826，

∵AC4，

11

∴SACBEAECQ，

ACE22

第15頁(yè)共71頁(yè).

11

∴4610CQ，

22

12

解得：CQ，

5

由勾股定理得：CEBC2BE24262213，

2

2

221234

∴EQCECQ213，

55

12

CQ6

∴tanOEC5，

EQ3417

5

故選：A．

【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理，圓周角定理，三角形的面積，解直角三角形等知識(shí)點(diǎn)，能求出CE

的長(zhǎng)度是解此題的關(guān)鍵．

【變式2】（2023·安徽滁州·校考一模）如圖，O的直徑AB垂直于弦CD，垂足為E，CD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)P

與點(diǎn)A的連線交O于點(diǎn)F，已知AB10，CD8，AF6，則PF的長(zhǎng)為________．

221

【答案】##7

33

AFAE

【分析】連接FB，CO，根據(jù)垂徑定理與勾股定理求得OE，進(jìn)而根據(jù)cosA，即可求解．

ABAP

【詳解】解：連接FB，CO，如圖所示，

∵AB10，CD8，AF6，O的直徑AB垂直于弦CD，

∴CO2OE2CE2，

即52OE242，

∴OE3（負(fù)值舍去），

第16頁(yè)共71頁(yè).

∵O的直徑AB垂直于弦CD，

∴AFBAEP90

AFAE

∴cosA

ABAP

∵AB10，CD8，AF6，AE538，

68

∴

106+PF

22

解得：PF，

3

22

故答案為：．

3

【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理，余弦的定義，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．

【變式3】（2023·陜西西安·交大附中分校校考二模）如圖，已知AB是O的直徑，C是O上一點(diǎn)，

ODBC，垂足為D，連接AD，過(guò)點(diǎn)A作O的切線與DO的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)E．

(1)求證：BE；

(2)若O的半徑為4，OE6，求AD的長(zhǎng)．

【答案】(1)見解析

421

(2)

3

【分析】（1）證明ODBOAE90，DOBAOE，即可得出BE；

（2）證明△ODB∽VOAE，求出OD，由勾股定理求出DB，由垂徑定理求出BC，進(jìn)而利用勾股定理求出

AC，AD．

【詳解】（1）證明：∵ODBC，

∴ODB90，

∵AE是O的切線，

∴OAE90，

在△ODB和△OAE中，ODBOAE90，DOBAOE，

第17頁(yè)共71頁(yè).

∴BE；

（2）解：如圖，連接AC．

∵O的半徑為4，

∴OAOB4，AB8，

∵在△ODB和△OAE中，

ODBOAE90，DOBAOE，

∴△ODB∽VOAE，

ODOBOD4

∴，即，

OAOE46

8

∴OD，

3

在Rt△ODB中，由勾股定理得：OD2DB2OB2，

2

222845

∴DBOBOD4．

33

∵ODBC，OD經(jīng)過(guò)O的圓心，

45

∴CD=DB=，

3

85

∴BC2DB．

3

∵AB是O的直徑，C是O上一點(diǎn)，

∴ACB90，

在Rt△ACB中，由勾股定理得：AC2BC2AB2，

2

∴2228516．

ACABBC8

33

在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC2CD2AD2，

2

2

∴221645421．

ADACCD

333

【點(diǎn)睛】本題考查切線的定義、圓周角定理、垂徑定理、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等，綜合性

第18頁(yè)共71頁(yè).

較強(qiáng)，熟練掌握上述知識(shí)點(diǎn)，通過(guò)證明△ODB∽VOAE求出OD的長(zhǎng)度是解題的關(guān)鍵．

核心考點(diǎn)三圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)

例1（2021·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考中考真題）如圖，點(diǎn)C，D在以AB為直徑的半圓上，ADC120，點(diǎn)E

是AD上任意一點(diǎn)，連接BE，CE，則BEC的度數(shù)為（）

A．20°B．30°C．40°D．60°

【答案】B

【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得ABC60，連接AC，得ACB90，進(jìn)一步得出BAC30，

從而可得結(jié)論．

【詳解】解：連接AC，如圖，

∵A，B，C，D在以AB為直徑的半圓上，

∴ADCABC180

∵ADC120

∴ABC180ADC18012060

∵AB為半圓的直徑

∴ACB90，

∴BAC30

∴BECBAC30

故選：B．

【點(diǎn)睛】此題主要考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理等知識(shí)，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解

第19頁(yè)共71頁(yè).

答此題的關(guān)鍵．

例2（2022·遼寧沈陽(yáng)·統(tǒng)考中考真題）如圖，邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD內(nèi)接于O，則AB的長(zhǎng)是________

（結(jié)果保留π）

【答案】2

【分析】連接OA、OB，可證∠AOB＝90°，根據(jù)勾股定理求出AO，根據(jù)弧長(zhǎng)公式求出即可．

【詳解】解：連接OA、OB．

∵正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，

∴AB＝BC＝DC＝AD＝4，AO＝BO，

∴ABBCCDAD，

1

∴∠AOB＝×360°＝90°，

4

在RtAOB中，由勾股定理得：AO2＋BO2＝2AO2＝42＝16，

解得：△AO＝22，

9022

∴AB的長(zhǎng)＝2，

180

故答案為：2．

【點(diǎn)睛】本題考查了弧長(zhǎng)公式和正方形的性質(zhì)，能求出∠AOB的度數(shù)和OA的長(zhǎng)是解此題的關(guān)鍵．

例3（2022·遼寧沈陽(yáng)·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，AD是圓O的直徑，AD，BC的

延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，延長(zhǎng)CB交PA于點(diǎn)P，BAPDCE90．

第20頁(yè)共71頁(yè).

(1)求證：PA是圓O的切線；

1

(2)連接AC，sinBAC，BC2，AD的長(zhǎng)為______．

3

【答案】(1)證明見解析

(2)6

【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和BAPDCE90，可得出PAD90，再根據(jù)AD是圓O的直

徑，由切線的判定可得證；

（2）延長(zhǎng)DC交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，由AD是圓O的直徑，可說(shuō)明△ACF是直角三角形，從而得到

CF1CBCF

sinBAC，再證明△FCB∽△FAD，得到，代入數(shù)據(jù)即可得到答案．

AF3ADAF

（1）證明：∵四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，∴BADDCE，∵BAPDCE90，∴BAPBAD90，

∴PAD90，∴PAAD，∵AD是圓O的直徑，∴PA是圓O的切線．

（2）解：延長(zhǎng)DC交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，∵AD是圓O的直徑，∴ACD=90，

CF

∴ACF180ACD90，∴△ACF是直角三角形，∴sinBAC，∵四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，

AF

CBCF1

∴FCBFAD，又∵FF，∴△FCB∽△FAD，∴，∵sinBAC，BC2，

ADAF3

2CF1

∴，∴AD6．故答案為：6．

ADAF3

【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理推論，相似三角形的判定和性質(zhì)，三

第21頁(yè)共71頁(yè).

角函數(shù)等知識(shí)．通過(guò)作輔助線構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵．

圓內(nèi)接四邊形定理：圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，一個(gè)外角等于其內(nèi)對(duì)角。

【變式1】（2023·陜西西安·西安市鐵一中學(xué)?？既＃┤鐖D，在O中，AD是直徑，DAB31，點(diǎn)C

是圓上的一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A重合），則ACB的度數(shù)為（）

A．31B．59C．31或59D．59或121

【答案】D

【分析】連接BD，分點(diǎn)C在優(yōu)弧AB和劣弧AB上兩種情況討論，結(jié)合圓周角定理以及圓內(nèi)接四邊形中對(duì)

角互補(bǔ)即可作答．

【詳解】連接BD，如圖，

∵AD是直徑，

∴DABD=90°，

第22頁(yè)共71頁(yè).

∵DAB31，

∴ADB59，

分點(diǎn)C在優(yōu)弧AB和劣弧AB上兩種情況討論，

當(dāng)點(diǎn)C在優(yōu)弧AB時(shí)，如圖點(diǎn)C，

∵ADBACB，

∴ACB59；

當(dāng)點(diǎn)C在劣弧AB時(shí)，如圖點(diǎn)C，

∵四邊形ACBD內(nèi)接于O，

∴ACBADB180，

∵ADB59，

∴ACB121，

故選：D．

【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)等知識(shí)，掌握?qǐng)A周角定理以及分類討論的思想是解

答本題的關(guān)鍵．

【變式2】（2023·廣東深圳·校聯(lián)考一模）如圖，點(diǎn)E是正方形ABCD邊AB上的一點(diǎn)，已知DEF45，EF

分別交邊AC，CD于點(diǎn)G，F(xiàn)，且滿足AGDF32，則EG的長(zhǎng)為______．

【答案】3

【分析】先判定A、E、G、D四點(diǎn)共圓，從而得出EGD是等腰直角三角形，則ED2EG，再證明

AGDG

ADG∽EFD，得出，即DGEDAGDF32，把EGDG，ED2EG代入即可求出

EDDF

EG的長(zhǎng)．

【詳解】解：∵正方形ABCD，

∴BADADF90，BACCAD45，

∵DEF45，

∴DEGCAD，

∴A、E、G、D四點(diǎn)共圓，如圖，

第23頁(yè)共71頁(yè).

∴DGE180EAD1809090，

∵DEF45，

∴DEGEDG45，

∴EGDG，ED2EG，

∴DGF90，

∴GFDGDF90，

∵ADGGDFADC90，

∴ADGGFD，

∵DEGGAD45，

∴ADG∽EFD，

AGDG

∴，即DGEDAGDF32，

EDDF

∵EGDG，ED2EG，

∴EG2EG32，

∴ED3，

故答案為：3．

【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定，勾股定理，

相似三角形的判定與性質(zhì)，得出A、E、G、D四點(diǎn)共圓是解題的關(guān)鍵．

【變式3】（2021·貴州·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，P為BC上的一點(diǎn)，連接DP，CP．

(1)求∠CPD的度數(shù)；

第24頁(yè)共71頁(yè).

(2)當(dāng)點(diǎn)P為BC的中點(diǎn)時(shí)，CP是⊙O的內(nèi)接正n邊形的一邊，求n的值．

【答案】(1)DPC45

(2)n8

【分析】（1）連接OD，OC，根據(jù)正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，結(jié)合圓周角定理可得∠CPD；

（2）結(jié)合正多邊形的性質(zhì)以及圓周角定理得出∠COP的度數(shù)，進(jìn)而得出答案．

【詳解】（1）解：連接OD，OC，

∵正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，

∴∠DOC＝90°，

1

∴DPCDOC45．

2

（2）解：連接PO，OB，如圖所示：

∵正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，

∴∠COB＝90°，

∵點(diǎn)P為BC的中點(diǎn)，

∴，

CPBP

1

∴COPCOB＝45，

2

∴n＝360÷45＝8．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了正多邊形和圓以及圓周角定理、正方形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握同弧所對(duì)

的圓周角等于圓心角的一半．

第25頁(yè)共71頁(yè).

核心考點(diǎn)四正多邊形與圓相關(guān)的計(jì)算

例1（2022·湖北黃石·統(tǒng)考中考真題）我國(guó)魏晉時(shí)期的數(shù)學(xué)家劉徽首創(chuàng)割圓術(shù)：割之彌細(xì)，所失彌少，割

之又割，以至于不可割，則與圓周合體，而無(wú)所失矣"，即通過(guò)圓內(nèi)接正多邊形割圓，從正六邊形開始，每

次邊數(shù)成倍增加，依次可得圓內(nèi)接正十二邊形，內(nèi)接正二十四邊形，……．邊數(shù)越多割得越細(xì)，正多邊形

的周長(zhǎng)就越接近圓的周長(zhǎng)．再根據(jù)“圓周率等于圓周長(zhǎng)與該圓直徑的比”來(lái)計(jì)算圓周率．設(shè)圓的半徑為R，圖

l

1中圓內(nèi)接正六邊形的周長(zhǎng)l6R，則63．再利用圓的內(nèi)接正十二邊形來(lái)計(jì)算圓周率則圓周率約為

62R

（）

A．12sin15B．12cos15C．12sin30D．12cos30

【答案】A

【分析】求出正十二邊形的中心角，利用十二邊形周長(zhǎng)公式求解即可．

【詳解】解：∵十二邊形A1A2A12是正十二邊形，

360

∴AOA30，

6712

∵OHA6A7于H，又OA6OA7，

∴A6OH15，

∴圓內(nèi)接正十二邊形的周長(zhǎng)l12122Rsin1524Rsin15，

l

∴1212sin15

2R

故選：A．

第26頁(yè)共71頁(yè).

【點(diǎn)睛】本題考查的是正多邊形和圓、等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形，求出正十二邊形的周長(zhǎng)是解題

的關(guān)鍵．

例2（2022·四川成都·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知⊙O是小正方形的外接圓，是大正方形的內(nèi)切圓．現(xiàn)假

設(shè)可以隨意在圖中取點(diǎn)，則這個(gè)點(diǎn)取在陰影部分的概率是_________．

2

【答案】

4

【分析】如圖，設(shè)OA=a，則OB=OC=a，根據(jù)正方形內(nèi)接圓和外接圓的關(guān)系，求出大正方形、小正方形和

圓的面積，再根據(jù)概率公式計(jì)算即可．

【詳解】解：如圖，設(shè)OA=a，則OB=OC=a，

由正方形的性質(zhì)可知∠AOB=90°，

ABa2a22a，

由正方形的性質(zhì)可得CD=CE=OC=a，

∴DE=2a，

2

2222，

S陰影=S圓-S小正方形=a2aa2a2a

22

S大正方形=2a4a，

2a22

∴這個(gè)點(diǎn)取在陰影部分的概率是，

4a24

第27頁(yè)共71頁(yè).

2

故答案為：

4

【點(diǎn)睛】本題考查了概率公式、正方形的性質(zhì)、正方形外接圓和內(nèi)切圓的特點(diǎn)、圓的面積計(jì)算，根據(jù)題意

弄清楚圖形之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．

例3（2022·浙江金華·統(tǒng)考中考真題）如圖1，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，閱讀以下作圖過(guò)程，并回答

下列問(wèn)題，作法：如圖2，①作直徑AF；②以F為圓心，F(xiàn)O為半徑作圓弧，與⊙O交于點(diǎn)M，N；③連接

AM,MN,NA．

(1)求ABC的度數(shù)．

(2)AMN是正三角形嗎？請(qǐng)說(shuō)明理由．

(3)從點(diǎn)A開始，以DN長(zhǎng)為半徑，在⊙O上依次截取點(diǎn)，再依次連接這些分點(diǎn)，得到正n邊形，求n的值．

【答案】(1)108

(2)是正三角形，理由見解析

(3)n15

【分析】（1）根據(jù)正五邊形的性質(zhì)以及圓的性質(zhì)可得ABBCCDDEAE，則AOC(優(yōu)弧所對(duì)圓心

角)372216，然后根據(jù)圓周角定理即可得出結(jié)論；

（2）根據(jù)所作圖形以及圓周角定理即可得出結(jié)論；

（3）運(yùn)用圓周角定理并結(jié)合（1）（2）中結(jié)論得出NOD14412024，即可得出結(jié)論．

【詳解】（1）解：∵正五邊形ABCDE．

第28頁(yè)共71頁(yè).

∴ABBCCDDEAE，

360

∴AOBBOCCODDOEEOA72，

5

∵AEC3AE，

∴AOC(優(yōu)弧所對(duì)圓心角)372216，

11

∴ABCAOC216108；

22

（2）解：AMN是正三角形，理由如下：

連接ON,FN，

由作圖知：FNFO,

∵ONOF，

∴ONOFFN，

∴△OFN是正三角形，

∴OFN60，

∴AMNOFN60，

同理ANM60，

∴MAN60，即AMNANMMAN，

∴AMN是正三角形；

（3）∵AMN是正三角形，

∴AON2AMN120．

∵AD2AE，

∴AOD272144，

∵DNADAN，

∴NOD14412024，

第29頁(yè)共71頁(yè).

360

∴n15．

24

【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，正多邊形的性質(zhì)，讀懂題意，明確題目中的作圖方式，熟練運(yùn)用圓周角

定理是解本題的關(guān)鍵．

知識(shí)點(diǎn)、正多邊形與圓

（一）正多邊形及有關(guān)概念

（1）正多邊形：各邊相等，各角也相等的我邊形叫作正多邊形。

（2）正多邊形的畫法：把圓n等分（n3），順次連接各等分點(diǎn)，就可以作出這個(gè)圓的內(nèi)接正多邊形，這

個(gè)圓就是這個(gè)正多邊形的外接圓。

（3）正多邊形的中心：一個(gè)正多邊形的外接圓的圓心叫作這個(gè)正多邊形的中心。

（4）正多邊形的半徑：外接圓的半徑叫作正多形的半徑。

（5）正多邊形的中心角：正多邊形每一邊所對(duì)的圓心角叫作正多邊形的中心角。

（6）正多邊形的邊心距：中心到正多邊形的一邊的距離叫作正多邊形的邊心距。

（二）正多邊形的有關(guān)計(jì)算

n2180360

（1）正n邊形的每個(gè)內(nèi)角都等于180.

nn

360

（2）正n邊形的每個(gè)中心角都等于.

n

（3）正n邊形的其他計(jì)算都可以轉(zhuǎn)化到由半徑、邊心距及邊長(zhǎng)的一半組成的直角三角形中進(jìn)行，如圖所示，

2

18022a

設(shè)正n邊形的半徑為R,一邊ABa，邊心距OMr，則有BOM,Rr,正n邊

n2

形

1

的周長(zhǎng)lna,面積SnSAOB2nSBOMlr.

2

第30頁(yè)共71頁(yè).

【變式1】（2023·安徽安慶·統(tǒng)考一模）如圖，五邊形ABCDE是O的內(nèi)接正五邊形，AF是O的直徑，則

CDF的度數(shù)是（）

A．18B．36C．54D．72

【答案】A

【分析】根據(jù)正五邊形的性質(zhì)和圓周角定理即可求出答案．

【詳解】解：如圖所示，連接AC，AD，

∵AF是O的直徑，

∴DADF=90°，

∵五邊形ABCDE是O的內(nèi)接正五邊形，

18052

∴ABC108，

5

∵四邊形ABCD是O的內(nèi)接四邊形，

∴ABC+ADC180，

∴ADC=180ABC=180108=72,

∴CDF=ADFADC=9072=18．

故選A．

【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形與圓，圓周角定理等知識(shí)，能正確做出輔助線是解題的關(guān)鍵．

【變式2】（2022·江蘇蘇州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在圓中內(nèi)接一個(gè)正五邊形，有一個(gè)大小為的銳角COD頂點(diǎn)

3

在圓心O上，這個(gè)角繞點(diǎn)O任意轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，扇形COD與扇形AOB有重疊的概率為，求

10

第31頁(yè)共71頁(yè).

___________．

【答案】36##36度

【分析】根據(jù)題意可得出扇形COD與扇形AOB有重疊的概率即為組成的扇形圓心角與360的比值，進(jìn)而

得出答案．

【詳解】解：∵在圓中內(nèi)接一個(gè)正五邊形，

∴每個(gè)正五邊形的中心角為72，

3

∵轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，扇形COD與扇形AOB有重疊的概率為

10

723

∴

36010

解得：36．

故答案為：36．

【點(diǎn)睛】此題主要考查了幾何概率以及正五邊形的性質(zhì)，根據(jù)已知得出概率與圓心角的關(guān)系是解題關(guān)鍵．

【變式3】（2023·山東青島·統(tǒng)考一模）【問(wèn)題提出】

正多邊形內(nèi)任意一點(diǎn)到各邊距離之和與這個(gè)正多邊形的半徑R和中心角有什么關(guān)系？

【問(wèn)題探究】

如圖①，ABC是等邊三角形，半徑OAR，AOB是中心角，P是ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，P到ABC各邊

、、

距離PF、PE、PD分別為h1h2h3，設(shè)ABC的邊長(zhǎng)是a，面積為S．過(guò)點(diǎn)O作OMAB．

11

∴OMRcosAOBRcos60，AMRsinAOBRsin60，AB2AM2Rsin60，

22

1

∴S3S3ABOM3R2sin60cos60，①

ABCAOB2

1

∵S又可以表示ahhh②

ABC2123

1

聯(lián)立①②得ahhh3R2sin60cos60

2123

1

∴2Rsin60hhh3R2sin60cos60

2123

∴h1h2h33Rcos60

第32頁(yè)共71頁(yè).

【問(wèn)題解決】

如圖②，五邊形ABCDE是正五邊形，半徑OAR，AOB是中心角，P是五邊形ABCDE內(nèi)任意一點(diǎn)，P到

五邊形ABCDE各邊距PH、PM、PN、PI、PL分別為h1、h2、h3、h4、h5，參照（1）的分析過(guò)程，探究

h1h2h3h4h5的值與正五邊形ABCDE的半徑R及中心角的關(guān)系．

【性質(zhì)應(yīng)用】

（1）正六邊形（半徑是R）內(nèi)任意一點(diǎn)P到各邊距離之和h1h2h3h4h5h6_______．

（2）如圖③，正n邊形（半徑是R）內(nèi)任意一點(diǎn)P到各邊距離之和h1h2hn1hn______．

180

【答案】【問(wèn)題解決】：hhhhh5Rcos36；【性質(zhì)應(yīng)用】：（1）6Rcos30；（2）nRcos

12345n

【分析】問(wèn)題解決：

1

設(shè)正五邊形的邊長(zhǎng)是a，面積為S，得到Sahhhhh，O為正五邊形的中心，連接OA、OB、

212345

OC、OD、OE，它們將五邊形分成五個(gè)全等的等腰三角形，過(guò)點(diǎn)O作OQAB，垂足為Q，RtAOQ中

表示出OQ、AQ、AB后即可表示出h1h2h3h4h5與正多邊形的半徑R的關(guān)系式；

性質(zhì)應(yīng)用：

（1）同【問(wèn)題探究】的方法，可得答案；

（2）總結(jié)規(guī)律可表示出正n邊形（半徑是R）內(nèi)任意一點(diǎn)P到各邊距離之和h1h2hn1hn與半徑R和

中心角的關(guān)系．

1

【詳解】解：【問(wèn)題解決】設(shè)正五邊形的邊長(zhǎng)是a，面積為S，顯然Sahhhhh，

212345

O為正五邊形的中心，連接OA、OB、OC、OD、OE，它們將五邊形分成五個(gè)全等的等腰三角形，

過(guò)點(diǎn)O作OQAB，垂足為Q，

第33頁(yè)共71頁(yè).

360

∴AOB72，AOBO，

5

1

∴AOQAOB36，

2

∴OQOAcosAOQRcos36，

AQOAsinAOQRsin36，

∴ABa2AQ2Rsin36，

11

∴SABOQ2Rsin36Rcos36R2sin36cos36，

AOB22

2

∴S正五邊形ABCDE5SAOB5Rsin36cos36

1

∴ahhhhh5R2sin36cos36

212345

1

即：2Rsin36hhhhh5R2sin36cos36

212345

∴h1h2h3h4h55Rcos36

【性質(zhì)應(yīng)用】（1）同【問(wèn)題解決】可得：正六邊形（半徑是R）內(nèi)任意一點(diǎn)P到各邊距離之和

h1h2h3h4h5h66Rcos30，

故答案為：6Rcos30；

180

（2）正n邊形（半徑是R）內(nèi)任意一點(diǎn)P到各邊距離之和hhhhnRcos，