專題36 圓的相關(guān)計算與證明（5大類型）（解析版）

模塊三重難點題型專項訓練

專題36圓的相關(guān)計算與證明（5大類型）

考查類型一圓與銳角三角函數(shù)的綜合

考查類型二圓基本性質(zhì)的證明與計算

考查類型考查類型三與圓的切線有關(guān)的證明與計算

考查類型四圓與相似三角形的綜合

考查類型五扇形面積與圓錐側(cè)面積綜合

新題速遞

考查題型一圓與銳角三角函數(shù)的綜合

例1（2021·浙江麗水·統(tǒng)考中考真題）如圖，AB是O的直徑，弦CDOA于點E，連結(jié)OC,OD．若O

的半徑為m,AOD，則下列結(jié)論一定成立的是（）

2

A．OEmtanB．CD2msinC．AEmcosD．SCODmsin

【答案】B

【分析】根據(jù)垂徑定理、銳角三角函數(shù)的定義進行判斷即可解答．

【詳解】解：∵AB是O的直徑，弦CDOA于點E，

1

∴DECD

2

在RtEDO中，ODm，AOD

DE

∴tan=

OE

DECD

∴OE=，故選項A錯誤，不符合題意；

tan2tan

DE

又sin

OD

第1頁共97頁.

∴DEODsin

∴CD2DE2msin，故選項B正確，符合題意；

OE

又cos

OD

∴OEODcosmcos

∵AODOm

∴AEAOOEmmcos，故選項C錯誤，不符合題意；

∵CD2msin，OEmcos

11

∴SCDOE2msinmcosm2sincos，故選項D錯誤，不符合題意；

COD22

故選B．

【點睛】本題考查了垂徑定理，銳角三角函數(shù)的定義以及三角形面積公式的應(yīng)用，解本題的關(guān)鍵是熟記垂

徑定理和銳角三角函數(shù)的定義．

例2（2022·山東棗莊·統(tǒng)考中考真題）北京冬奧會開幕式的巨型雪花狀主火炬塔的設(shè)計，體現(xiàn)了環(huán)保低碳

理念．如圖所示，它的主體形狀呈正六邊形．若點A，F(xiàn)，B，D，C，E是正六邊形的六個頂點，則tan∠ABE

＝_____．

【答案】3

3

【分析】由正六邊形的性質(zhì)得AB＝BC＝AC，BE垂直平分AC，再由等邊三角形的性質(zhì)得∠ABC＝60°，則

1

∠ABE＝∠ABC＝30°，即可得出結(jié)論．

2

【詳解】連接BC、AC，

∵點A，F(xiàn)，B，D，C，E是正六邊形的六個頂點，

∴AB＝BC＝AC，BE垂直平分AC，

∴△ABC是等邊三角形，

∴∠ABC＝60°，

∵BE⊥AC，

第2頁共97頁.

1

∴∠ABE＝∠ABC＝30°，

2

3

∴tan∠ABE＝tan30°＝，

3

故答案為：3．

3

【點睛】本題考查了正六邊形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)以及特殊角的銳角三角函數(shù)，熟練掌握正

六邊形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．

例3（2022·湖北黃石·統(tǒng)考中考真題）如圖CD是O直徑，A是O上異于C，D的一點，點B是DC延

長線上一點，連接AB、AC、AD，且BACADB．

(1)求證：直線AB是O的切線；

(2)若BC2OC，求tanADB的值；

(3)在（2）的條件下，作CAD的平分線AP交O于P，交CD于E，連接PC、PD，若AB26，求AEAP

的值．

【答案】(1)見解析

2

(2)

2

(3)42

【分析】（1）如圖所示，連接OA，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角得到OACOAD90，再證明

OADBAC即可證明結(jié)論；

ACBC

（2）先證明△BCA∽△BAD，得到，令半徑OC=OA=r，則BC2r，OB3r，利用勾股定理

ADBA

求出AB22r，解直角三角形即可答案；

第3頁共97頁.

AC2

（3）先求出CD23，在Rt△CAD中，，AC2AD2CD2，解得AC2，AD22，證明

AD2

ACAP

△CAP∽△EAD，得到，則AEAPACAD42．

AEAD

（1）

解：如圖所示，連接OA，

∵CD是O直徑，

∴CAD90，

∴OACOAD90，

又∵OAOD，

∴OADODA，

∵BACADB，

∴OADBAC，

∴BACOAC90°，即BAO90，

∴ABOA，

又∵OA為半徑，

∴直線AB是O的切線；

（2）

解：∵BACADB，BB，

∴△BCA∽△BAD，

ACBC

∴，

ADBA

由BC2OC知，令半徑OC=OA=r，則BC2r，OB3r，

在Rt△BAO中，ABOB2OA222r，

ACBC2r2

在Rt△CAD中，tanADC，

ADBA22r2

2

即tanADB；

2

第4頁共97頁.

（3）

解：在（2）的條件下，AB22r26，

∴r3，

∴CD23，

AC2

在Rt△CAD中，，AC2AD2CD2，

AD2

解得AC2，AD22，

∵AP平分CAD，

∴CAPEAD，

又∵APCADE，

∴△CAP∽△EAD，

ACAP

∴，

AEAD

∴AEAPACAD22242．

【點睛】本題主要考查了圓切線的判定，直徑所對的圓周角是直角，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三

角形，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)等等，熟知相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．

解題策略一：利用圓的有關(guān)性質(zhì)構(gòu)造直角三角形

如果圓中存在直徑，則可根據(jù)直徑所對的圓周角是直角構(gòu)造直角三角形，從而為使用三角函數(shù)創(chuàng)造條件.垂

徑定理和切線的性質(zhì)也是圓中構(gòu)造直角的重要依據(jù).

解題策略二：用圓周角的性質(zhì)把角轉(zhuǎn)化到直角三角形中

借助同孤或等弧所對的圓周角相等或其他相等關(guān)系，可把三角函數(shù)中涉及的銳角轉(zhuǎn)化為直角三角形中的銳

角，然后借助三角函數(shù)的定義解答.

第5頁共97頁.

總而言之，圓與三角函數(shù)都是初中數(shù)學知識的重點，也是難點，將這兩部分知識綜合考查時，難度相對較

大。其解題關(guān)鍵在于，找到相關(guān)的直角三角形。若沒有現(xiàn)成的直角三角形，則需根據(jù)所給的條件，合理構(gòu)

造直角三角形，或把角轉(zhuǎn)化到直角三角形中解答。

圓的內(nèi)容在考察的時候形式多樣，不管是哪一種類型都可以隨機結(jié)合，對于學生而言靈活變通能力要求較

高，所以在平時做題時需要多做總結(jié)和同類型整理，才能更快融會貫通。

【變式1】（2022·江西·模擬預測）如圖，PA、PB分別與O相切于點A、B，連接PO并延長與O交于

點C、D，若CD12，PA8，則sinADB的值為（）

4334

A．B．C．D．

5543

【答案】A

【分析】連接OA，根據(jù)切線長的性質(zhì)得出PA=PB，OP平分∠APB，OA⊥AP，再證△APD≌△BPD（SAS），

然后證明∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB，利用勾股定理求出OP=OA2AP210，最后

利用三角函數(shù)定義計算即可．

【詳解】解：連接OA

∵PA、PB分別與O相切于點A、B，

∴PA=PB，OP平分∠APB，OA⊥AP，

∴∠APD=∠BPD，

在APD和BPD中，

A△PBP△

APDBPD，

PDPD

∴APD≌BPD（SAS）

∴∠△ADP=∠△BDP，

∵OA=OD=6，

第6頁共97頁.

∴∠OAD=∠ADP=∠BDP，

∴∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB，

在Rt△AOP中，OP=OA2AP210，

AP84

∴sin∠ADB=．

OP105

故選A．

【點睛】本題考查圓的切線性質(zhì)，三角形全等判斷與性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，掌握圓的切線性質(zhì)，

三角形全等判斷與性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)是解題關(guān)鍵．

【變式2】（2022·貴州遵義·統(tǒng)考二模）如圖，AB為O的直徑，延長AB到點P，過點P作☉O的切線PC，

1

PD，切點分別為C，D，連接CD交AP于點M，連接BD，AD．若PC2，tanBDC，則AD的長為

2

（）

6535

A．B．C．2D．5

55

【答案】A

5

【分析】連接OD，設(shè)BMx，O的半徑為r，由勾股定理求出rx，在RtOPD中，由OP2PD2DO2

2

可得方程(44x2+rx)24r2，代入r的值，可求出x的值，再根據(jù)勾股定理可得出結(jié)論．

【詳解】解：連接OD，如圖所示，

第7頁共97頁.

∵PC，PD是O的切線，

∴PDPC2

設(shè)BMx,

1

∵tanBDC,

2

BM1

∴.

DM2

∴DM2BM2x,

設(shè)O的半徑為r

∴OMOBBMrx,

在RtOMD中，(rx)2(2x)2r2，

5

解得，rx,

2

在RtDPM中，PM44x2,

∵PD是O的切線，

∴ODDP,

在RtOPD中，OP2PD2DO2,

∵(44x2+rx)24r2

5

∵rx,

2

325

∴(44x2x)24x2

24

整理得，344x28x

∴9(44x2)64x,

第8頁共97頁.

33

解得，x或x（舍去）

55

3

∴r,

2

312

∴AM2rx3,

55

6

DM2x,

5

22

2212665

在RtADM中，ADAMDM，故A正確．

555

故選：A．

【點睛】本題主要考查了切線長定理，垂徑定理，勾股定理等知識，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．

【變式3】（2022·廣東云浮·校聯(lián)考三模）如圖，AB是O的弦，半徑OCAB于點D，且ADODOD1，

OC2，則tanABC_____．

【答案】21##12

【分析】如圖，連接OA、OB，根據(jù)垂徑定理證△ADO是等腰直角三角形，然后根據(jù)勾股定理和線段的加

CD

減運算求得BD、CD，最后根據(jù)tanABC計算即可．

BD

【詳解】解：如圖，連接OA、OB，

OCAB，

1

ODA90，ADBDAB

2

ADOD

△ADO是等腰直角三角形，

OAD45

OAOBOC2

OBAOAD45

BOA90

第9頁共97頁.

ABOA2OB222

BDADOD2

在BDC90中，

BDC=90，BD2，CDOCBD22

CD22

tanABC21

BD2

故答案為：21．

【點睛】本題考查了垂徑定理、勾股定理、等腰直角三角形的性質(zhì)以及求角的正切值；解題的關(guān)鍵是利用

垂徑定理和勾股定理求線段長度．

【變式4】（2022·四川廣元·統(tǒng)考一模）如圖，AB為O的直徑，點P在AB的延長線上，PC，PD分別與

O相切于點C，D，連接AC，AD．若AB6，PC4，則cosCAD______．

3

【答案】

5

【分析】連接OC、OD、CD，CD交PA于E，利用切線的性質(zhì)和切線長定理得到OCCP，PCPD，

OP平分CPD；根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到COBDOB；再根據(jù)圓周角的定理即可求得

1

∠CAD∠COD．

2

【詳解】解：連接OC、OD、CD，CD交PA于E

PC、PD與O相切，切點分別為C、D

OCCP，PCPD，OP平分CPD

OPCD

第10頁共97頁.

CBDB

COBDOB

1

CADCOD

2

COBCAD

在Rt△OCP中，

OPOC2PC232425

OC3

cosCOP

OP5

3

cosCAD

5

3

故答案為：．

5

【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑，也考查了圓周角定理和解直角三角形．

【變式5】（2022·山東濟寧·?？级＃┤鐖D，點E是O中弦AB的中點，過點E作O的直徑CD，P是O

上一點，過點P作O的切線，與AB的延長線交于F，與CD的延長線交于點G，連接CP與AB交于點M．

(1)求證：FMFP；

3

若點是的中點，cosF，半徑長為，求長．

(2)PFG5O6EM

第11頁共97頁.

【答案】(1)證明見解析

8

(2)

5

【分析】（1）連接OP，則：OPOC，得到OCPOPC，根據(jù)切線的性質(zhì)，垂徑定理的推論得到：

OCMCMEOPCMPF，從而得到：CMEMPF，再根據(jù)對頂角相等，推出FMPMPF，

即可得到FMFP；

3

（）利用同角的余角相等，得到，利用cosF，求出，利用勾股定理求出，進而得到

2POGF5OGPG

3

的長，再利用cosF，求出，利用，即可得解．

GF,PF5EFEFFMEFPF

【詳解】（1）證明：連接OP，則：OPOC，

∴OCPOPC

∵FP是O的切線，

∴OPFP，

∴OPF90，

∴OPCMPF90，

∵點E是弦AB的中點，

∴CEAB，

∴CEM90，

∴OCMCME90，

∴CMEMPF，

∵CMEPMF，

∴FMPMPF，

第12頁共97頁.

∴FMFP；

（2）解：由（1）知：OEEF,OPFG，

∴FG90,GGOP90，

∴FGOP，

OP3

∴cosGOPcosF，

OG5

∵OP6，

∴OG10，

∴PGOG2OG2102628，

∵點P是FG的中點，

∴GF2PG16,FPPG8，

EF3

∵cosF，

FG5

48

∴EF，

5

488

∴EMEFFMEFPF8．

55

【點睛】本題考查垂徑定理的推論，切線的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形．熟練掌握切

線垂直過切點的半徑，平分弦（不是直徑）的直徑垂直弦，是解題的關(guān)鍵．

考查題型二圓基本性質(zhì)的證明與計算

例1（2022·山東泰安·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD中．A60，AB//CD，DEAD交AB于

點E，以點E為圓心，DE為半徑，且DE6的圓交CD于點F，則陰影部分的面積為（）

9393

A．693B．1293C．6D．12

22

【答案】B

第13頁共97頁.

【分析】過點E作EG⊥CD于點G，根據(jù)平行線的性質(zhì)和已知條件，求出EDGAED30，根據(jù)ED=EF，

得出DFEFDE30，即可得出DEF1803030120，解直角三角形，得出GE、DG，最后

用扇形的面積減三角形的面積得出陰影部分的面積即可．

【詳解】解：過點E作EG⊥CD于點G，如圖所示：

∵DE⊥AD，

∴∠ADE=90°，

∵∠A=60°，

∴∠AED=90°-∠A=30°，

∵AB//CD，

∴EDGAED30，

∵ED=EF，

∴DFEFDE30，

∴DEF1803030120，

∵EGCD，

∴DGFG，

∵DE=6，EDF30，

1

∴EGDE3，

2

DGDEcos3033，

∴DF2DG63，

∴S陰影S扇形DEFSDEF

120621

633

3602

1293，．

故選：B．

第14頁共97頁.

【點睛】本題主要考查了平行線的性質(zhì)，垂徑定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，扇形面積計算公式，解直

角三角形，作出輔助線，求出∠DEF=120°，DF的長，是解題的關(guān)鍵．

例2（2022·浙江嘉興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在扇形AOB中，點C，D在AB上，將CD沿弦CD折疊后恰

好與OA，OB相切于點E，F(xiàn)．已知AOB120，OA6，則EF的度數(shù)為_______；折痕CD的長為_______．

【答案】60°##60度46

【分析】根據(jù)對稱性作O關(guān)于CD的對稱點M，則點D、E、F、B都在以M為圓心，半徑為6的圓上，再

結(jié)合切線的性質(zhì)和垂徑定理求解即可．

【詳解】作O關(guān)于CD的對稱點M，則ON=MN

連接MD、ME、MF、MO，MO交CD于N

∵將CD沿弦CD折疊

∴點D、E、F、B都在以M為圓心，半徑為6的圓上

∵將CD沿弦CD折疊后恰好與OA，OB相切于點E，F(xiàn)．

∴ME⊥OA，MF⊥OB

∴MEOMFO90

∵AOB120

∴四邊形MEOF中EMF360AOBMEOMFO60

即EF的度數(shù)為60°；

第15頁共97頁.

∵MEOMFO90，MEMF

∴MEOMFO（HL）

1

∴EMOFMOFME30

2

ME6

∴OM43

cosEMOcos30

∴MN23

∵MO⊥DC

1

∴DNDM2MN262(23)226CD

2

∴CD46

故答案為：60°；46

【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)、切線的性質(zhì)、垂徑定理、勾股定理；熟練掌握折疊的性質(zhì)作出輔助線是

解題的關(guān)鍵．

例3（2022·遼寧大連·統(tǒng)考中考真題）AB是O的直徑，C是O上一點，ODBC，垂足為D，過點

A作O的切線，與DO的延長線相交于點E．

(1)如圖1，求證BE；

(2)如圖2，連接AD，若O的半徑為2，OE3，求AD的長．

【答案】(1)見解析

221

(2)

3

【分析】（1）證明ODBOAE90，DOBAOE，即可得出BE；

（2）證明ODB:OAE，求出OD，由勾股定理求出DB，由垂徑定理求出BC，進而利用勾股定理求出

AC，AD．

【詳解】（1）解：∵ODBC，

第16頁共97頁.

∴ODB90，

∵AE是O的切線，

∴OAE90，

在ODB和OAE中，ODBOAE90，DOBAOE，

∴BE；

（2）解：如圖，連接AC．

∵O的半徑為2，

∴OAOB2，AB4，

∵在ODB和OAE中，

ODBOAE90，DOBAOE，

∴ODB:OAE，

ODOBOD2

∴，即，

OAOE23

4

∴OD，

3

在RtODB中，由勾股定理得：OD2DB2OB2，

2

222425

∴DBOBOD2．

33

∵ODBC，OD經(jīng)過O的圓心，

25

∴CD=DB=，

3

45

∴BC2DB．

3

∵AB是O的直徑，C是O上一點，

∴ACB90，

在RtACB中，由勾股定理得：AC2BC2AB2，

第17頁共97頁.

2

∴222458．

ACABBC4

33

在RtACD中，由勾股定理得：AC2CD2AD2，

2

2

∴22825221．

ADACCD

333

【點睛】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

較強，熟練掌握上述知識點，通過證明ODB:OAE求出OD的長度是解題的關(guān)鍵．

知識點、圓的對稱性

（1）對稱中心

圓既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形和旋轉(zhuǎn)對稱圖形。

將圓周繞圓心旋轉(zhuǎn)180°能與自身重合，因此它是中心對稱圖形，它的對稱中心是圓心。將圓周繞圓心

旋轉(zhuǎn)任意一個角度都能與自身重合，這說明圓是旋轉(zhuǎn)對稱圖形。

1.在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦相等。

2.在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么他們所對應(yīng)的其余各組量都

分別相等。

3.將整個圓分為360等份，每一份的弧對應(yīng)1的圓心角，我們也稱這樣的弧為1的弧。圓心角的度數(shù)和它

所對的弧的度數(shù)相等．

（2）對稱軸

經(jīng)過圓心畫任意一條直線，并沿此直線將圓對折，直線兩旁的部分能夠完全重合，所以圓是軸對稱圖

形，任何一條直徑所在的直線都是圓的對稱軸，所以圓有無數(shù)條對稱軸。

（3）垂徑定理

1．垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。?/p>

平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條??；

幾何語言：

第18頁共97頁.

垂徑定理的幾個基本圖形：

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)過圓心，并且平分弦所對的兩條??；

⑵平分弦所對的一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條?。?/p>

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．以上五個條件知二推三．

注意：在由①③推②④⑤時，要注意平分的弦非直徑．

4．常見輔助線做法：

⑴過圓心，作垂線，連半徑，造RT△，用勾股，求長度；

⑵有弧中點，連中點和圓心，得垂直平分．

【變式1】（2022·廣東廣州·廣州市第一中學?？既＃┤鐖D，C是以AB為直徑的半圓O上一點，連結(jié)AC，

BC，分別以AC，BC為邊向外作正方形ACDE，BCFG，DE，F(xiàn)G，AC，BC的中點分別是M，N，PQ若

第19頁共97頁.

MP+NQ=12，AC+BC=18，則AB的長為（）

90

A．92B．C．11D．15

7

【答案】D

【分析】連接OP，OQ分別與AC、BC相交于點I、H，根據(jù)DE，F(xiàn)G，AC，BC的中點分別是M，N，P，

1

Q，得到OP⊥AC，OQ⊥BC，從而得到H、I是AC、BD的中點，利用中位線定理得到OH+OI=(AC+BC)=9

2

和PH+QI=18-12=6，從而利用AB=OP+OQ=OH+OI+PH+QI求解．

【詳解】解：如下圖，連接OP，OQ分別與AC、BC相交于點I、H，

∵DE，F(xiàn)G，AC，BC的中點分別是M，N，P，Q，

∴OP⊥AC，OQ⊥BC，

∴H、I是AC、BD的中點，

1

∴OH+OI=(AC+BC)=9，

2

∴MH+NI=AC+BC=18，MP+NQ=12，

∴PH+QI=18-12=6，

∴AB=OP+OQ=OH+OI+PH+QI=9+6=15，

故選：D．

【點睛】本題考查了中位線定理、垂徑定理的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是正確的作出輔助線．

【變式2】（2022·福建福州·福建省福州教育學院附屬中學?？寄M預測）如圖，YABCD的三個頂點A、B、

第20頁共97頁.

D均在O上，且對角線AC過圓心O，BC與O相切于點B，若O的半徑為6，則?ABCD的面積為（）

384725

A．35B．543C．D．72+

55

【答案】B

【分析】連接OB，延長BO交AD于E，如圖，先根據(jù)切線的性質(zhì)得OBBC，再利用平行四邊形的性質(zhì)

得AD∥BC，AD=BC，所以BEAD，接著根據(jù)垂徑定理得到AE=DE，然后證明△AOE∽COB，利用

相似比求出OE=3，OC=12，則根據(jù)勾股定理可計算出BC，然后利用平行四邊形的面積公式求解．

【詳解】解：連接OB，延長BO交AD于E，如圖，

BC與O相切于點B，

OBBC，

四邊形ABCD為平行四邊形，

AD∥BC，AD=BC，

BEAD，

11

AE=DE=AD=BC，

22

ADBC，

AE∥BC,

AOE∽COB，

OEOAAE1

===，

OBOCBC2

1

OE=OB=3，OC=2OA=12，

2

在RtOCB中，BC=12262=63，

第21頁共97頁.

YABCD的面積=BEBC=3+663=543．

故選B．

【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑．也考查了平行四邊形的性質(zhì)，相似三

角形的性質(zhì)與判定和勾股定理，構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．

【變式3】（2022·遼寧鞍山·模擬預測）如圖，AB為O的直徑，點D是弧AC的中點，過點D作DEAB

于點E，延長DE交O于點F，若AC12，AE3，則O的直徑長為______．

【答案】15

【分析】根據(jù)點是弧的中點，得到；根據(jù)為的直徑，，得到，

DACADDCABODEABADAF

從而得到ADDCAF,ADDCADAF，得到ADCDAF，得到ACDF12，得到DEEF6，設(shè)

2

圓的半徑為R，連接OD，根據(jù)勾股定理，得到R2R362，計算2R的值即可．

【詳解】如圖，因為點D是弧AC的中點，

所以；

ADDC

因為AB為O的直徑，

DEAB，

所以ADAF，

所以ADDCAF,ADDCADAF，

所以ADCDAF，

所以ACDF12，

所以DEEF6，

第22頁共97頁.

2

設(shè)圓的半徑為R，連接OD，根據(jù)勾股定理，得到R2R362，

解得2R15．

故答案為：15．

【點睛】本題考查了垂徑定理及其推論，弧、弦的關(guān)系，勾股定理，熟練掌握垂徑定理，勾股定理是解題

的關(guān)鍵．

【變式4】（2022·湖南株洲·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在半徑為3的⊙O中，AB是直徑，AC是弦，D是AC的

中點，AC與BD交于點E．若E是BD的中點，則AC的長是_______．

【答案】42

【分析】連接OD，交AC于F，根據(jù)垂徑定理的推論得出OD⊥AC，AF=CF，進而證得DF=BC，根據(jù)三角

11

形中位線定理求得OF=BC=DF，從而求得BC=DF，利用勾股定理即可求得AC．

22

【詳解】解：如圖，連接OD，交AC于F，

∵D是AC的中點，

∴OD⊥AC，AF=CF，

∴∠DFE=90°，

∵OA=OB，AF=CF，

1

∴OF=BC，

2

∵AB是直徑，

第23頁共97頁.

∴∠ACB=90°，

在△EFD和△ECB中，

DFE=BCE=90

DEF=BEC，

DE=BE

∴△EFD≌△ECB（AAS），

∴DF=BC，

1

∴OF=DF，

2

∵OD=3，

∴OF=1，AB=2OD=6，

∴BC=2，

∴ACAB2BC2622242．

故答案為：42．

【點睛】本題考查垂徑定理，勾股定理，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)和垂徑定理及其推論是解題的

關(guān)鍵．

【變式5】（2022·貴州銅仁·模擬預測）已知：如圖，O的直徑AB與弦CD相交于點E，BCBD，O

的切線BF與弦AD的延長線相交于點F.

(1)求證：CD∥BF；

3

(2)連接BC，若O的半徑為4，cosBCD，求線段AD，CD的長.

4

【答案】(1)證明見解析

(2)AD6，CD37

第24頁共97頁.

【分析】（1）由切線的性質(zhì)和垂徑定理證明BFAB，CDAB即可證明CD∥BF；

（2）連接BD，先解Rt△ABD求出AD6，進而求出BD，再解Rt△BDE求出DE的長即可得到答案．

【詳解】（1）證明：∵BF是O的切線，AB是O的直徑，

∴BFAB，

∵BCBD，

∴CDAB，

∴CDBF；

（2）解：連接BD，

∵AB是O的直徑，

∴ADB90，

∵O的半徑4，

∴AB8，

∵BADBCD，

3AD

∴cosBADcosBCD，

4AB

∴AD6，

∴BDAB2AD227，

∵BCBD，

∴EDBECB，

∵ABCD，

DE3

∴cos∠EDBcos∠BCD，

BD4

37

∴DE，

2

∴CD2DE37．

第25頁共97頁.

【點睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)、平行線的判定、圓周角定理以及三角函數(shù)，勾股定理等等．此題難

度適中，注意數(shù)形結(jié)合思想與轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．

考查題型三與圓的切線有關(guān)的證明與計算

例1（2022·重慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，AB是O的直徑，C為O上一點，過點C的切線與AB的延長

線交于點P，若ACPC33，則PB的長為（）

3

A．3B．C．23D．3

2

【答案】D

【分析】連接OC，根據(jù)ACPC，OCOA，證出∠A∠OCA∠P，求出∠A∠OCA∠P30，在

OCPC

Rt△OPC中，tan∠P,cos∠P，解得OC、OP的長度即可求出PB的長度．

PCOP

【詳解】解：連接OC，如圖所示，

第26頁共97頁.

∵ACPC，

∴AP，

∵OCOA，

∴AOCA，

∴∠A∠OCA∠P，

∵PC是O的切線，

∴OCP90，

∵∠A∠P∠OCA∠OCP180，

∴∠A∠OCA∠P30，

OCPC

在Rt△OPC中，tan∠P，cos∠P，

PCOP

PC33

3OP6

∴OCPCtan∠P333，cos∠P3，

3

2

∵PBOPOB，OB3，

∴PB3，

故選D．

【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)、切線的性質(zhì)、解直角三角形等知識點，正確作出輔助線是解答此

題的關(guān)鍵．

例2（2022·內(nèi)蒙古呼和浩特·統(tǒng)考中考真題）已知AB為⊙O的直徑且AB2，點C是⊙O上一點（不與A、

B重合），點D在半徑OB上，且ADAC，AE與過點C的⊙O的切線垂直，垂足為E．若EAC36，

則CD_____，OD_______．

第27頁共97頁.

51

【答案】1

2

【分析】根據(jù)題意作出圖形，連接CO，根據(jù)切線的性質(zhì)，等邊對等角，平行線的性質(zhì)可得CAD36，

根據(jù)ADAC，可得CDOCOD72,可得OCCD1,進而證明ACD∽COD，根據(jù)相似三角形的性

質(zhì)列出方程，解方程即可求解．

【詳解】如圖，連接CO，

EC是⊙O的切線，AEEC，EAC36，

OCEC,

AE∥OC，

ACOEAC36,

OAOC,

OACOCA36,

COD2CAO72,

ACAD,

ADCACD72,

ADCCOD72,

1

CDCOAB1,

2

CODCDO72

OCD18027236

CADOCD36,ADCCDO72,

第28頁共97頁.

ACD∽COD

ACCD

COOD

設(shè)ODx，則ACAD1x

1x1

1x

5151

解得x,x（舍去）

22

51

即DO

2

51

故答案為：1,．

2

【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，綜合運用以上知

識結(jié)合圖形求解是解題的關(guān)鍵．

例3（2022·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，O是ABC的外接圓，EF與O相切于點D，EF∥BC分別交AB，

AC的延長線于點E和F，連接AD交BC于點N，ABC的平分線BM交AD于點M．

(1)求證：AD平分BAC；

(2)若AB:BE5:2，AD14，求線段DM的長．

【答案】(1)見解析

(2)DM2

【分析】（1）連接OD，根據(jù)切線的性質(zhì)得OD⊥EF，由EF∥BC得OD⊥BC，由垂徑定理得BDCD，

進而即可得出結(jié)論；

214

（2）由平行線分線段定理得DN，再證明BDN∽ADB，可得BD=2，最后證明BMDDBM,

7

進而即可求解．

【詳解】（1）證明：連接OD交BC于點H.

第29頁共97頁.

∵EF與O相切于點D

∴ODEF，

∴ODF90，

∵BC∥EF，

∴OHCODF90，

∴ODBC，

∴BDCD，

∴BADCAD即AD平分BAC；

（2）解：∵BC∥EF，

BEND

∴，

AEAD

∵AB:BE5:2，AD14，

214

∴DN，

7

∵BADCAD，CADCBD，

∴BADCBD，

∵BM平分ABC，

∴∠ABM∠CBM，

∴BADABMCBDCBM，

∴BMDMBD，

∴BDDM，

∵NBDBAD，BDMADB，

∴BDN∽ADB，

第30頁共97頁.

NDDB

∴

BDAD

214

∴BD2NDAD144，

7

∴BD2（負值舍去），

∴DMBD2

【點睛】本題主要考查圓的基本性質(zhì)，切線的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，

等腰三角形的判定和性質(zhì)；找出相似三角形，列相似比求解是解決本題的關(guān)鍵．

切線的定義是：一直線若與一圓有且只有一個交點，那么這條直線就是圓的切線。一般如果題目給出有切線，那么我們可以

考慮添加過切點的半徑，進而連接圓心和切點，利用切線的性質(zhì)和定理構(gòu)造出直角或直角三角形，從而使用勾股定理解出一

些邊角關(guān)系。

【變式1】（2022·四川綿陽·東辰國際學校?？寄M預測）如圖，直線y3x33與x軸、y軸分別交于

A、B兩點，P1,0，P與y軸相切于點O，將P向上平移m個單位長度，當P與直線AB第一次相切

時，則m的值是（）

A．232B．23C．333D．233

【答案】A

【分析】求出A、B的坐標，得到OA、OB的長，設(shè)平移后P與直線AB相切與點E，與y軸相切于點F，

連接PE,PF,PA,PB，則四邊形PPFO是矩形，然后利用面積法求解即可．

【詳解】解：當x0時，y33，

第31頁共97頁.

當y0時，x3；

∴OA3，OB33，

2

∴AB32336．

設(shè)平移后P與直線AB相切與點E，與y軸相切于點F，連接PE,PF,PA,PB，則四邊形PPFO是矩形，

∴OFPPm，

∴BF33m．

∵P1,0，P與y軸相切于點O，

∴OPPEPF1，

∴AP312．

∵S矩形PPFOSAPPSABPSBFPSABC，

1111

∴m2m6133m1333，

2222

∴m232．

故選A．

【點睛】本題考查對直線與圓的位置關(guān)系，勾股定理，面積法求線段的長，一次函數(shù)與坐標軸的交點，熟

練掌握面積法是解此題的關(guān)鍵．

【變式2】（2022·浙江寧波·一模）如圖，RtABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，AC=10，BC=24，點P是線

段CD上一動點，當半徑為6的⊙P與ABC△的一邊相切時，CP的長為___________．

△

第32頁共97頁.

1342

【答案】或

213

【分析】分三種情況，⊙P與BC邊相切，⊙P與AC邊相切，⊙P與AB邊相切．利用相似三角形的判定和

性質(zhì)，切線的性質(zhì)以及勾股定理求解即可．

【詳解】解：在RtABC中，AC=10，BC=24，

△

∴AB=AC2BC2102242=26，

∵CD⊥AB，

11

∴△ABC的面積=AB?CD=AC?BC，

22

∴26CD=10×24，

120

∴CD=，

13

分三種情況：

當⊙P與BC邊相切，如圖：

過點P作PE⊥BC，垂足為E，

∵PE⊥BC，

∴∠PEC=90°，

∴∠CPE+∠PCE=90°，

∵CD⊥AB，

∴∠ADC=∠CDB=90°，

∴∠PCE+∠B=90°，

∴∠B=∠CPE，

∵∠CEP=∠ACB=90°，

∴△BCA∽△PEC，

BABC

∴，

PCPE

2624

∴，

PC6

13

∴PC=；

2

當⊙P與AB邊相切，如圖：

第33頁共97頁.

∵PD⊥AB，

12042

∴CP=CD-PD=-6=；

1313

當⊙P與AC邊相切，如圖：

過點P作PF⊥AC，垂足為F，

∵PF⊥AC，

∴∠PFC=90°，

∴∠CPF+∠PCF=90°，

∵CD⊥AB，

∵∠ADC=∠CDB=90°，

∴∠PCF+∠A=90°，

∴∠A=∠CPF，

∵∠CFP=∠ACB=90°，

∴△BCA∽△CFP，

BACA

∴，

PCFP

2610

∴，

PC6

78

∴PC=，

5

78120

∵＞，

513

78

∴PC=（舍去），

5

1342

綜上所述，當半徑為6的⊙P與ABC的一邊相切時，CP的長為：或，