难点07 圆的基本性质的常考题型（6大热考题型）-2025年中考数学一轮复习知识清单（全国通用）

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题型一：圆的基本和最值问题
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·江苏苏州·中考真题）如图，矩形中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则的最大值为（ ）

A．B．C．2D．1
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的性质、动点轨迹、与圆有关的位置关系等知识，根据矩形的性质以及直角三角形斜边中线的性质确定G的轨迹是本题解题的关键．
连接，交于点，取中点，连接，根据直角三角形斜边中线的性质，可以得出的轨迹，从而求出的最大值．
【详解】解：连接，交于点，取中点，连接，如图所示：

∵四边形是矩形，
∴，，，
∴在中，，
∴，
∵，
，
在与中，
，
，
，，共线，
，是中点，
∴在中，，
的轨迹为以为圆心，为半径即为直径的圆弧．
∴的最大值为的长，即．
故选：D．
【典例2】（2023·山东淄博·中考真题）在数学综合与实践活动课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探究活动．
(1)操作判断
小红将两个完全相同的矩形纸片和拼成“L”形图案，如图①．
试判断：的形状为________．

(2)深入探究
小红在保持矩形不动的条件下，将矩形绕点旋转，若，．
探究一：当点恰好落在的延长线上时，设与相交于点，如图②．求的面积．
探究二：连接，取的中点，连接，如图③．
求线段长度的最大值和最小值．

【答案】(1)等腰直角三角形
(2)探究一：；探究二：线段长度的最大值为，最小值为
【分析】（1）由，可知是等腰三角形，再由，推导出，即可判断出是等腰直角三角形，
（2）探究一：证明，可得，再由等腰三角形的性质可得，在中，勾股定理列出方程，解得，即可求的面积；
探究二：连接DE，取DE的中点，连接，取AD、的中点为、，连接，，，分别得出四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，则，可知点在以为直径的圆上，设的中点为，，即可得出的最大值与最小值．
【详解】（1）解：两个完全相同的矩形纸片和，
，
是等腰三角形，
，．，
，
，
∵，
∴，
∴，
，
，
，
是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形；
（2）探究一：，，，
，
，
，，
，
，，
，
在中，，
，
解得，
，
的面积；
探究二：连接DE，取DE的中点，连接，，取AD、的中点为、，连接，，，
是的中点，
，且DE，
，
，，
，且，
四边形是平行四边形，
，，
，，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
点在以为直径的圆上，
设的中点为，
，
的最大值为，最小值为．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，平行四边形的性质，圆的性质，能够确定H点的运动轨迹是解题的关键．
【变式1-1】（2024·江苏连云港·中考真题）如图，将一根木棒的一端固定在O点，另一端绑一重物．将此重物拉到A点后放开，让此重物由A点摆动到B点．则此重物移动路径的形状为（ ）

A．倾斜直线B．抛物线C．圆弧D．水平直线
【答案】C
【分析】本题考查动点的移动轨迹，根据题意，易得重物移动的路径为一段圆弧．
【详解】解：在移动的过程中木棒的长度始终不变，故点的运动轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧，
故选：C．
【变式1-2】（2023·江苏宿迁·中考真题）在同一平面内，已知的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（ ）
A．2B．5C．6D．8
【答案】B
【分析】过点作于点，连接，判断出当点为的延长线与的交点时，点到直线的距离最大，由此即可得．
【详解】解：如图，过点作于点，连接，
，，
当点为的延长线与的交点时，点到直线的距离最大，最大距离为，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的性质，正确判断出点到直线的距离最大时，点的位置是解题关键．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·安徽合肥·三模）如图，P为线段上一动点（点P不与点A，B重合），将线段绕点P顺时针旋转得到线段，将线段绕点P逆时针旋转得到线段，连接，，交点为Q．若，点H是线段的中点，则的最小值为（ ）
A．3B．C．D．2
【答案】B
【分析】本题考查旋转的性质、等腰三角形手拉手问题、三角形中位线及四点共圆最小值问题，作且，先证，结合旋转角度问题得到A、Q、B、E四点共圆，结合三角形三边关系即可得到答案；
【详解】解：∵线段绕点P顺时针旋转得到线段，将线段绕点P逆时针旋转得到线段，
∴，，，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
作且，取的中点O，连接，，，
，
∵，，
∴，，
∵点H、O是中点，
∴，，
∵，
∴A、Q、B、E四点共圆，
∵，
∴A、Q、B、E是在以点O为圆心为半径的圆上，
当O、H、Q在同一直线时，
，
当O、H、Q不在同一直线时
，
则最小值为，
故选：B．
2．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在矩形中，，E为边上的一个动点，连接，点B关于的对称点为，连接．若的最大值与最小值之比为2，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了一点到圆上一点距离的最值问题，矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，由轴对称的性质可得，则点在以A为圆心，半径为3的圆上运动，据此可得当三点共线时，最小，当点E与点B重合时，最大，据此表示出的最大值和最小值，再由的最大值与最小值之比为2列出方程求解即可．
【详解】解；如图所示，连接，
由轴对称的性质可得，
∴点在以A为圆心，半径为3的圆上运动，
∴当三点共线时，最小，
∴；
∵点E在线段上，
∴当点E与点B重合时，最大，最大值即为的长，
∴，
∵的最大值与最小值之比为2，
∴，
∴，
∴，
解得或，
故答案为：．
3．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，点C是上一动点，B为一定点，D随着C点移动而移动，为的垂直平分线，，若半径为2，点B到点A的距离为4，则在C点运动过程中，的最大值为 ．
【答案】
【分析】该题主要考查了勾股定理，正方形的性质和判定，垂直平分线的定义，圆中相关知识点，解题的关键是找到取得最大值时点C的位置．
过点作交所在直线于点，证明四边形是正方形，设，则，勾股定理得出，确定出时最大，求解即可；
【详解】解：过点作交所在直线于点，
∵为的垂直平分线， ，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，
设，则，
在中，，
故当最大时，最大，
∵，
∴时最大，即最大，
此时，
故答案为：．
4．（2024·河北秦皇岛·一模）某校社团实践活动中，有若干个同学参加．先到的个同学均匀围成一个以点为圆心，为半径的圆圈，如图所示（每个同学对应圆周上一个点）．
（1）若，则相邻两人间的圆弧长是 ．（结果保留）
（2）又来了两个同学，先到的同学都沿各自所在半径往后移米，再左右调整位置，使这个同学之间的圆弧长与原来个同学之间的圆弧长相等．这个同学排成圆圈后，又有一个同学要加入队伍，重复前面的操作，则每人须再往后移米，才能使得这个同学之间的圆弧长与原来个同学之间的圆弧长相同，则 ．
【答案】
【分析】本题考查圆的周长和弧长，
（1）先计算出圆的周长，再计算出圆的弧长即可；
（2）先计算出半径往后移米的圆的周长，求出弧长，根据弧长相等建立等式即可求出a，再计算出b，即可得到答案．
【详解】解：（1）当时，圆的周长为：，
∴相邻两人间的圆弧长是，
故答案为：；
（2）又来了两个同学后圆的周长为：，
∴，
∴，
当又有一个同学要加入队伍后，圆的周长为：，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
5．（2024·浙江·模拟预测）如图，以点A为圆心的圆交数轴于B，C两点（点C在点A的左侧，点B在点A的右侧），若A，B两点表示的数分别为1，，则点C表示的数是 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了是数轴上两点之间的距离和圆的性质．根据A，B两点表示的数可求得的半径为，再利用B点表示的数减去的直径即可解题．
【详解】解：，B两点表示的数分别为1，，
根据圆的性质可得：
，
，
点C表示的数是，
故答案为：．
6．（2024·陕西·模拟预测）如图，在矩形中，，， 是平面内一动点，且，则线段的最大值为 ．

【答案】/
【分析】该题主要考查了矩形的性质，勾股定理，圆相关知识点，解题的关键是明确点的运动轨迹．
根据勾股定理算出，再根据题意确定点在以为半径的上运动，的最大值，即可求解；
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴点在以为半径的上运动，
如图当三点共线时，
最大，最大值．
故答案为：．
7．（2023·四川乐山·模拟预测）【发现问题】
小明在练习簿的横线上取点O为圆心，相邻横线的间距为半径画圆，然后半径依次增加一个间距画同心圆，描出了同心圆与横线的一些交点，如图1所示，他发现这些点的位置有一定的规律．
【提出问题】
小明通过观察，提出猜想：按此步骤继续画圆描点，所描的点都在某二次函数图象上．
【分析问题】
小明利用已学知识和经验，以圆心O为原点，过点O的横线所在直线为x轴，过点O且垂直于横线的直线为y轴，相邻横线的间距为一个单位长度，建立平面直角坐标系，如图2所示，当所描的点在半径为5的同心圆上时，其坐标为 ___________．
【解决问题】
请帮助小明验证他的猜想是否成立．
【深度思考】
小明继续思考：设点，m为正整数，以为直径画，是否存在所描的点在上，若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】【分析问题】或，【解决问题】见解析，【深度思考】4
【分析】分析问题：利用垂径定理与勾股定理解答即可；
解决问题：设所描的点在半径为为正整数的同心圆上，则该点的纵坐标为，再进一步求解横坐标即可；
深度思考：设该点的坐标为结合的圆心坐标，利用勾股定理，即可用含的代数式表示出的值，再结合，均为正整数，即可得出，的值．
【详解】解：分析问题：根据题意，可知：所描的点在半径为的同心圆上时，其纵坐标

∵横坐标，
∴点的坐标为)或；
解决问题：证明：设所描的点在半径为为正整数的同心圆上，则该点的纵坐标为，
∴该点的横坐标为，
∴该点的坐标为 或 ，
，
∴该点在二次函数的图象上，
∴小明的猜想正确；
深度思考：设该点的坐标为，的圆心坐标为，
，
，
又∵， 均为正整数，
，
，
∴存在所描的点在上，的值为．
【点睛】本题考查了勾股定理、垂径定理的应用，二次函数图象上点的坐标特征以及与圆有关的位置关系，解题的关键是找出点在二次函数 的图象上．
8．（2024·湖南·模拟预测）如图，在6×6的正方形网格中，小正方形的顶点叫做格点．A，B两点均为格点，请仅用无刻度直尺找出经过A，B两点的圆的圆心O，并保留作图痕迹．
【答案】见解析
【分析】根据圆心确定的条件即弦的垂直平分线的交点，再利用垂径定理解答即可．
本题主要考查了线段的垂直平分线的性质、垂径定理等知识点，灵活运用垂径定理是解题的关键．
【详解】解：根据题意，画图如下：
则点O即为所求．
9．（2025·湖北十堰·模拟预测）如图，的直径垂直弦于点 E，F是圆上一点，D是的中点，连接 交 于点 G， 连接 ．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用证明，即可得到；
（2）连接，求出直径的长，即得半径，求出，由（1）知，再求出，利用勾股定理求出，根据垂径定理即可求出．
【详解】（1）证明：∵是的中点，
∴，即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，
∵，，
∴，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，
∴，
∵直径，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形全等的判定与性质，垂径定理，勾股定理．熟练掌握圆的基本性质、三角形全等的判定定理是解题的关键．
题型二：垂径定理及其应用
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，弦的长为8，圆心O到的距离，则的半径长为（ ）
A．4B．C．5D．
【答案】B
【分析】本题考查垂径定理、勾股定理，先根据垂径定理得到，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：∵在中，弦的长为8，圆心O到的距离，
∴，，
在中，，
故选：B．
【变式2-1】（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，圆形拱门最下端在地面上，为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，若，，则拱门所在圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查的是垂径定理的实际应用。勾股定理的应用，如图，连接，先证明，，再进一步的利用勾股定理计算即可；
【详解】解：如图，连接，
∵为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，，
∴，，
设拱门所在圆的半径为，
∴，而，
∴，
∴，
解得：，
∴拱门所在圆的半径为；
故选B
【变式2-2】（2024·新疆·中考真题）如图，是的直径，是的弦，，垂足为E．若，，则的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理的应用，熟练掌握知识点是解题的关键．
根据垂径定理求得，再对运用勾股定理即可求，最后即可求解．
【详解】解：∵，是的直径，
∴，，
∴在中，由勾股定理得，
∴，
故选：B．
【变式2-3】（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在中，直径于点E，，则弦的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键．
由垂径定理得，设的半径为，则，在中，由勾股定理得出方程，求出，即可得出，在中，由勾股定理即可求解．
【详解】解：∵，
，
设的半径为，则，
在中，由勾股定理得：，即，
解得：，
，
，
在中，由勾股定理得：，
故答案为：．
【变式2-4】（2024·江西·中考真题）如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为 ．
【答案】或或2
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据，可得或2，利用勾股定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键．
【详解】解：为直径，为弦，
，
当的长为正整数时，或2，
当时，即为直径，
将沿翻折交直线于点F，此时与点重合，
故；
当时，且在点在线段之间，
如图，连接，
此时，
，
，
，
，
；
当时，且点在线段之间，连接，
同理可得，
，
综上，可得线段的长为或或2，
故答案为：或或2．
【中考模拟即学即练】
1．（2023·广东东莞·一模）如图，是直径，点在上，垂足为，点是上动点（不与重合），点为的中点，若，，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了垂径定理，三角形中位线定理，勾股定理，延长交于点，连接，根据垂径定理得到，推出，得到当取最大值时，也取得最大值，设的半径为，则，利用勾股定理求出即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：延长交于点，连接，
∵，即，是的直径，
∴，
∵点为的中点，
∴，
当取最大值时，也取得最大值，
设的半径为，则，
在中，，
∴，解得：，
∴的最大值为，
∴的最大值为，
故答案为：．
2．（2025·安徽·模拟预测）已知的半径为5，是的弦，P是弦的延长线的一点，若，，则圆心O到弦的距离为（ ）
A．B．6C．D．4
【答案】D
【分析】本题考查了垂径定理：垂直弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．关键是根据勾股定理解答．作于C，连接，根据垂径定理得到，然后在中，利用勾股定理计算即可．
【详解】解：作于C，连接，如图，
∵，，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
即圆心O到弦的距离为4．
故选：D．
3．（2024·山西长治·模拟预测）明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了“筒车”（一种水利灌溉工具）的工作原理．如图，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心为圆心的圆．已知圆心在水面上方，且被水面截得弦AB长为米，半径长为米，若点为运行轨道的最低点，则点到弦AB所在直线的距离是（ ）
A．米B．米C．米D．米
【答案】C
【分析】本题考查的知识点是垂径定理、勾股定理，解题关键是熟练掌握垂径定理．
连接交AB于点，根据垂径定理得到米，，再根据勾股定理得到即可得解．
【详解】解：连接交AB于点，
依题得：米，，米，
设，即，
中，，
即，
解得，
即米，
米，
即点到弦AB所在直线的距离是米．
故选：．
4．（2024·云南怒江·一模）如图，是的弦，半径，垂足为D，设，，则的半径长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，连接，由垂径定理可得，设，则，再由勾股定理计算即可得解．
【详解】解：如图，连接，
∵是的弦，半径，垂足为D，
∴，
设，则，
由勾股定理可得：，即，
解得：，
故选：C．
5．（2024·四川成都·二模）如图，是的弦，若的半径，圆心O到弦的距离，则弦的长为( )
A．8B．12C．16D．20
【答案】C
【分析】根据垂径定理，得，且，解答即可．
本题考查了勾股定理，垂径定理，熟练掌握两个定理是解题的关键．
【详解】解：根据垂径定理，得，
根据勾股定理，得，
故．
故选：C．
6．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，分别是以为直径的两个半圆，其中是半圆O的一条弦，E是中点，D是半圆中点．若，，且，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查圆的垂径定理，三角形中位线定理，勾股定理，作出合理的辅助线证明D、E、F、O在同一条直线上是解题的关键．连接，是中点，推垂直平分，D是半圆中点，推垂直平分在同一条直线上，F是的中点，O是中点，推是的中位线，在中，根据勾股定理得长．
【详解】解：连接交于点F，
是中点，
垂直平分，
是的中点．
为的直径，
，
是半圆中点，
垂直平分，
、E、F、O在同一条直线上，，，
，
，
设，，，
，
是的中点，O是中点，
是的中位线，
，
为直径，
，
在中，根据勾股定理得，，
，
，
，
，
．
故选：D．
7．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，是的半径，弦于点D，连接．若的半径为，的长为，则的长是 ．
【答案】2
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，根据垂径定理和勾股定理求出的长，进而求出的长即可．
【详解】解：由题意，，
∵是的半径，弦于点D，
∴，
∴，
∴；
故答案为：2．
8．（2024·上海嘉定·二模）如图在圆O中，是直径，弦CD与交于点E，如果，点M是的中点，连接，并延长与圆O交于点N，那么 ．

【答案】/
【分析】本题主要考查圆有关性质．熟练掌握垂径定理推论，等腰直角三角形性质，是解决问题的关键．
由题意可知，则， 根据垂径定理推论得到，结合可得是等腰直角三角形，求得，即可求得．
【详解】解：∵在圆O中，是直径，，
∴，
∴，
∴，
∵点M是的中点，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：．
9．（2024·湖南·二模）如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点O为圆心的圆的一部分，如果C是中弦的中点，经过圆心O交于点D，且，，则 m．
【答案】8
【分析】本题考查了垂径定理的应用、勾股定理．连接，先根据垂径定理、线段中点的定义可得，，设的半径长为，再在中，利用勾股定理即可得的半径，进一步计算即可求解．
【详解】解：如图，连接，
是中的弦的中点，且，
，，
设的半径长为，则，
在中，，
则，
故答案为：8．
10．（2024·广东湛江·模拟预测）如图，在破残的圆形残片上，弦的垂直平分线交弧于点，交弦于点，已知，．
(1)求作此残片所在的圆的圆心（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)求出（1）中所作圆的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了垂经定理的应用和基本作图，用到的知识点是线段垂直平分线的作法与性质、垂径定理、勾股定理的应用，基本作图需要熟练掌握．
（1）在圆形残片上作弦的垂直平分线，交于点P，连接，以P为圆心，为半径的圆为所求残片的圆．
（2）先设圆P的半径为r，根据和已知条件求出，，在中，根据，得出，求出r即可．
【详解】（1）解：作图如下，
（2）解：设圆P的半径为r，
∵，，，
∴，，
在中，，
∴，
解得，
∴的半径为．
11．（2024·湖南·模拟预测）某校组织九年级学生前往某蔬菜基地参观学习，该蔬菜基地欲修建一顶大棚．如图，大棚跨度，拱高．
同学们讨论出两种设计方案：
方案一，设计成圆弧型，如图1，已知圆心O，过点O作于点D交圆弧于点C．连接．
方案二，设计成抛物线型，如图2，以所在直线为x轴，线段的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系．
(1)求方案一中圆的半径；
(2)求方案二中抛物线的函数表达式；
(3)为扩大大概的空间，将大棚用1米高的垂直支架支撑起来，即．在大棚内需搭建高的植物攀爬竿，即，于点P，于点Q，与交于点K．请问哪种设计的种植宽度要大些?（不考虑种植间距等其他问题，且四边形是矩形）
【答案】(1)
(2)
(3)方案一中的种植宽度要大些
【分析】本题考查二次函数与圆的综合，涉及垂径定理、勾股定理、待定系数法求二次函数的解析式，求得抛物线的函数表达式是解答的关系．
（1）根据垂径定理和勾股定理求解即可；
（2）利用待定系数法求解抛物线的函数表达式即可；
（3）根据题意，分别求得两个方案中的长，然后比较大小可得结论．
【详解】（1）解：如图1，设圆的半径为，
∵，，
∴，
在中，，
由勾股定理得，解得，
即圆的半径为；
（2）解：根据题意，A−4,0，B4,0，，
设该抛物线的函数表达式为，
将点B4,0代入中，得，解得，
∴该抛物线的函数表达式为；
（3）解：如图1，连接，
由题意，，，，，
在中，，，
由勾股定理得，
∴；
如图4，由题意，点H和点G的纵坐标均为1，
将代入得，解得，
∴，
∵，
∴方案一中的种植宽度要大些．
题型三：圆心角、弦、弧之间的关系
【中考母题学方法】
【典例1】（2023·河北·中考真题）如图，点是的八等分点．若，四边形的周长分别为a，b，则下列正确的是( )

A．B．C．D．a，b大小无法比较
【答案】A
【分析】连接，依题意得，，的周长为，四边形的周长为，故，根据的三边关系即可得解．
【详解】连接，

∵点是的八等分点，即
∴，
∴
又∵的周长为，
四边形的周长为，
∴
在中有
∴
故选A．
【点睛】本题考查等弧所对的弦相等，三角形的三边关系等知识，利用作差比较法比较周长大小是解题的关键．
【变式3-1】（2022·山东聊城·中考真题）如图，AB，CD是的弦，延长AB，CD相交于点P．已知，，则的度数是（ ）

A．30°B．25°C．20°D．10°
【答案】C
【分析】如图，连接OB，OD，AC，先求解，再求解，从而可得，再利用周角的含义可得，从而可得答案．
【详解】解：如图，连接OB，OD，AC，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
∴的度数20°．
故选：C．
【点睛】本题考查的是圆心角与弧的度数的关系，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，掌握“圆心角与弧的度数的关系”是解本题的关键．
【变式3-2】（2023·山东烟台·中考真题）如图，将一个量角器与一把无刻度直尺水平摆放，直尺的长边与量角器的外弧分别交于点A，B，C，D，连接，则的度数为 ．

【答案】
【分析】方法一∶如图：连接，由题意可得：，，然后再根据等腰三角形的性质求得、，最后根据角的和差即可解答．
方法二∶ 连接，由题意可得：，然后根据圆周角定理即可求解．
【详解】方法一∶ 解：如图：连接，
由题意可得：，，，
∴，，
∴．
故答案为．

方法二∶解∶ 连接，
由题意可得：，
根据圆周角定理，知．
故答案为．

【点睛】本题主要考查了角的度量、圆周角定理等知识点，掌握圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半是解答本题的关键．
【变式3-3】（2021·四川巴中·中考真题）如图，AB是⊙O的弦，且AB＝6，点C是弧AB中点，点D是优弧AB上的一点，∠ADC＝30°，则圆心O到弦AB的距离等于（ ）
A．B．32C．3D．
【答案】C
【分析】连接OA，AC，OC，OC交AB于E，先根据垂径定理求出AE=3，然后证明三角形OAC是等边三角形，从而可以得到∠OAE=30°，再利用三线合一定理求解即可.
【详解】解：如图所示，连接OA，AC，OC，OC交AB于E，
∵C是弧AB的中点，AB=6，
∴OC⊥AB，AE=BE=3，
∵∠ADC=30°，
∴∠AOC=2∠ADC=60°，
又∵OA=OC，
∴△OAC是等边三角形，
∵OC⊥AB,
∴，,
∴
∴
∴圆心O到弦AB的距离为，
故选C.
【点睛】本题主要考查了圆周角与圆心角的关系，等边三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
【中考模拟即学即练】
1．（2025·湖北十堰·一模）“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（图①）的形状示意图是的一部分，D是的中点，连接，与弦交于点C，连接，． 已知，碗深，则的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了垂径定理、等腰三角形的性质、勾股定理的应用等知识点，设的半径为，并根据勾股定理列出关于R的方程是解题的关键．
先利用垂径定理的推论得出，再设的半径为，则．在中根据勾股定理列出方程，然后解方程即可．
【详解】解：∵D是的中点，
∴,
∴,
∵,，
∴，
设的半径为，则，
在中，，
∴，
∴，解得：，即的半径为．
故选：A．
2．（2024·云南昆明·一模）如图，AB是的直径，．若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了弧与圆心角之间的关系，根据同圆中，等弧所对的圆心角相等得到，再根据平角的定义可得答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
故选：B．
3．（2023·福建莆田·模拟预测）如图，中的度数为，是的直径，那么等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了圆的知识，等边对等角，三角形内角和定理，由中的度数为可得出，由平角的定义求出，再根据等边对等角以及三角形内角和定理即可得出答案．
【详解】解：∵中的度数为，
∴，
∵是的直径
，
∵，
∴，
故选：A．
4．（2024·山东青岛·中考真题）如图，是上的点，半径，，，连接AD，则扇形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆周角定义，扇形的面积，连接，由圆周角定理可得，进而得，再根据扇形的面积计算公式计算即可求解，掌握圆周角定理及扇形的面积计算公式是解题的关键．
【详解】解：连接，则，
∵，
∴，
∴，
故选：．
5．（2024·广东揭阳·三模）如图，在中，，那么（ ）
A．B．
C．D．与的大小关系无法比较
【答案】A
【分析】本题考查了垂径定理．可过作半径于，由垂径定理可知，因此只需比较和的大小即可；易知，在中，是斜边，是直角边，很显然，即，由此可判断出和的大小关系，即可得解．
【详解】解：如图，过作半径于，连接；
由垂径定理知：，；
；
在中，，则；
，即；
故选：A．
6．（2023·云南大理·一模）如图，在中，AB是的直径，，、为弧AB的三等分点，是AB上一动点，的最小值是 ．

【答案】
【分析】本题考查了轴对称确定最短路线问题，圆心角与弧的关系及垂径定理，作点关于AB的对称点，连接与AB相交于点，根据轴对称确定最短路线问题，点为的最小值时的位置，根据垂径定理可得，然后求出为直径，从而得解．
【详解】解：如图，作点关于AB的对称点，连接与AB相交于点，

此时，点为的最小值时的位置，
由题意得，
则，
∴，
，AB为直径，
为直径．则．
故答案是：．
7．（2024·河南驻马店·三模）如图，在扇形中，，，C为的中点，D 为 上一点，且，连接，在绕点O旋转的过程中，当取最小值时，的周长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查线段最值问题，等边三角形的判定以及勾股定理等知识，判断出在的旋转过程中，三点共线时，最短，得出是等边三角形，由勾股定理求出，即可解决问题
【详解】解：∵，
∴
∵C为的中点，
∴，
在绕点O旋转的过程中，当三点共线时，的值最小，如图，
∵，
∴，
∴
又
∴是等边三角形，
∵C为的中点，
由勾股定理得，，
∴的周长，
故答案为：
8．（2024·浙江·模拟预测）如图，AB是半径为的的直径，是的中点，连接CD交AB于点，连接．
(1)求证：．
(2)若，求AD的长．
(3)如图，作于点，交AD于点，射线CB交AD的延长线于点，若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（）根据题意得出，即可证明，得到垂直平分AD，即可证明结论．
（）延长交AD于点，连结BD，证明，根据相似三角形的性质得到比例关系计算即可；
（）由勾股定理得，再证明和，可得，即得，设，利用勾股定理求出即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵是的中点
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分AD，
∴；
（2）解：如图，延长交AD于点，连接BD，
∵，
∴，
∵AB是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴在中，；
（3）解：∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵AB是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
设，则，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了弧弦圆心角之间的关系，圆周角定理，等腰三角形的性质和判定理，相似三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理，余角性质，正确作出辅助线是解题的关键．
题型四：圆周角定理
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·山东潍坊·中考真题）如图，是的外接圆，，连接并延长交于点．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点．直线交于点，连接，下列结论一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．四边形为菱形
【答案】ABD
【分析】本题主要考查圆的性质、圆周角定理、平行线的性质以及菱形的判定，熟练掌握性质定理是解题的关键．根据全等三角形的判定定理证明，证明即可证明四边形为菱形，再根据圆周角定理进行判定即可．
【详解】解：令AC,OE交于点，
由题意得：是的垂直平分线，
，
，选项A正确；
故四边形为菱形，选项D正确；
，
四边形为菱形，
四边形为平行四边形，
，选项B正确；
，故选项C错误；
故选ABD．
【变式4-1】（2024·海南·中考真题）如图，是半圆O的直径，点B、C在半圆上，且，点P在上，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质．连接，，证明和都是等边三角形，求得，利用三角形内角和定理求得，据此求解即可．
【详解】解：连接，，
∵是半圆O的直径，，
∴，
∴和都是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【变式4-2】（2024·北京·中考真题）如图，的直径平分弦（不是直径）.若，则

【答案】55
【分析】本题考查了垂径定理的推论，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
先由垂径定理得到，由得到，故．
【详解】解：∵直径平分弦，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【变式4-3】（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，是的直径，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查圆周角定理，关键是由圆周角定理推出．
由圆周角定理得到，由邻补角的性质求出．
【详解】解：，
，
．
故选：D．
【变式4-4】（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，是的直径，是的弦，半径，连接，交于点E，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理以及三角形的外角性质．先根据垂径定理，求得，利用圆周角定理求得，再利用三角形的外角性质即可求解．
【详解】解：∵半径，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
【变式4-5】（2024·湖北武汉·中考真题）如图，四边形内接于，，，，则的半径是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】延长至点E，使，连接，连接并延长交于点F，连接，即可证得，进而可求得，再利用圆周角定理得到，结合三角函数即可求解．
【详解】解：延长至点E，使，连接，连接并延长交于点F，连接，
∵四边形内接于，
∴
∴
∵
∴，
∴是的直径，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴
∵
∴
∴，,
∵
∴
又∵
∴
∴是等腰直角三角形
∴
∵
∴
∵
∴
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，圆周角定理，锐角三角函数、等腰三角形的性质与判定等知识点，熟练掌握圆周角定理以及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
【变式4-6】（2024·江苏镇江·中考真题）如图，是的内接正n边形的一边，点C在上，，则 ．

【答案】10
【分析】本题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，求出中心角的度数是解题的关键．由圆周角定理得，再根据正边形的边数中心角，即可得出结论．
【详解】解：，
，
，
故答案为：10．
【中考模拟即学即练】
1．（2023·内蒙古呼伦贝尔·一模）如图，AB是的直径，弦于点，，的半径为，则弦CD的长为( )

A．3B．C．D．9
【答案】C
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理．先根据圆周角定理得到，再根据垂径定理得到，然后利用含度的直角三角形三边的关系求出CE，从而得到CD的长．
【详解】解：，
，
，
，，
，
，
的半径为，即，
，
，
．
故选：C
2．（2024·浙江温州·三模）如图，，是的直径，弦，连结，，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】此题考查圆周角定理，关键是利用圆周角定理得出解答．根据平行线的性质得出，进而利用圆周角定理解答即可．
【详解】解：弦，
，
由圆周角可知，，
，
，
，
，
故选：A
3．（2025·安徽·模拟预测）如图，是⊙O的弦，半径，垂足为D，弦与交于点F，连接，，．

(1)求证：；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查垂径定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理．
（1）由垂径定理，得，，由圆周角定理，得；
（2）可证得；中，勾股定理求得，于是．
【详解】（1）证明：∵，是的半径，
∴，（垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧）
∴（同弧或等弧所对的圆周角相等）；
（2）解：∵，
又∵，
∴，
∴（相似三角形对应边成比例），
∵，
∴，
在中，，，
∴，
即，
∴．
4．（2024·贵州·模拟预测）如图，等边内接于，是上任一点（点不与点，重合），连接，，，AB与相交于点，过点作交的延长线于点．
(1)写出图中一对相似三角形：_________；
(2)求证：；
(3)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)，（答案不唯一）
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据圆周角定理，结合相似三角形的判定方法即可求解；
（2）根据平行线的性质，等边三角形的性质，圆周角定理可得，根据圆内接四边形的性质可得，结合全等三角形的判定方法“角角边”即可求解；
（3）根据题意可得四边形为梯形，如图，作于点，可得为等边三角形，在中， ，运用勾股定理可得，由此即可求解．
【详解】（1）解：在中，
∵，
∴；
∵，
∴；
故答案为：，（答案不唯一）；
（2）证明：∵，
，，
是等边三角形，
， ，
， ，
，
，
又，，，四点共圆，
，
，
，
在和中，
，
．
（3）解：∵，
四边形为梯形，
如图，作于点，
，
，，
又 ，
为等边三角形，
，
∴，
在中， ，，
∴，
．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
5．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，在中，点A，B，C，D为圆周的四等分点，为切线，连接，并延长交于点F，连接交于点G．
(1)求证：平分；
(2)求证：；
(3)若，，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、、切线的性质和解直角三角形，证明实际解题的关键．
（1）利用圆周四等分点得到，再根据切线的性质得到，所以，从而即可解题；
（2）根据圆内接四边形的性质证明，则可利用“”判断；
（3）过点G作于点H，如图，先利用得到，，所以，，然后利用解直角三角形解题即可．
【详解】（1）证明：连接.
∵点A，B，C，D为圆周的四等分点，
，即圆心角.
，
.
为的切线，
，
.
.
平分.
（2）∵，
∴.
.
在四边形中，.
为直径，
，
.
，
.
∵点A，B，C，D为圆周的四等分点，
，
.
在和中，
.
（3）连接，
，
由（2）中，得，.
又，
即，
，
.
的半径为2.
∴在中，.
过点G作于点H.
由题意得，
∴为等腰直角三角形，
.
在中，，
.
题型五：圆周角定理的推论和应用
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·西藏·中考真题）如图，为的直径，点B，D在上，，，则的长为（ ）
A．2B．C．D．4
【答案】C
【分析】本题考查圆周角定理及勾股定理，根据同弧所对圆周角相等及直径所对圆周角是直角得到，，根据得到，最后根据勾股定理求解即可得到答案
【详解】解：∵为的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
【变式5-1】（2024·湖北·中考真题）如图，AB是半圆O的直径，C为半圆O上一点，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交于点M，交于点N，分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点D，画射线BD，连接．若，则的度数是（ ）

A．30°B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查尺规作图，圆周角定理，熟练掌握角平分线的作图步骤以及圆周角定理是解答本题的关键．由圆周角定理得到，由直角三角形的性质得到，根据角平分线的定义即可求得答案．
【详解】解：是半圆的直径，
，
，
，
由题意得，为的平分线，
．
故选：．
【变式5-2】（2024·江苏常州·中考真题）如图，是的直径，是的弦，连接．若，则 ．
【答案】
【分析】本题考查圆周角定理，根据同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角，结合三角形的内角和定理，进行求解即可．
【详解】解：∵是的直径，，，
∴，
∴；
故答案为：．
【变式5-3】（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，，是上两点，平分，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查圆周角定理、角平分线的定义、三角形的内角和定理，先根据角平分线的定义得到根据圆周角定理得到，再根据圆周角定理得到，，然后利用三角形的内角和定理求解即可．
【详解】解：∵平分，
∴，
∵是的直径，，
∴，，则，
∴，
故选：A．
【变式5-4】（2024·湖北·中考真题）为半圆的直径，点为半圆上一点，且．①以点为圆心，适当长为半径作弧，交于；②分别以为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点；③作射线，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查圆周角定理以及角平分线定义，根据直径所对的圆周角是直角可求出，根据作图可得，故可得答案
【详解】解：∵为半圆的直径，
∴，
∵，
∴，
由作图知，是的角平分线，
∴，
故选：C
【变式5-5】（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，内接于，AD是直径，若，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余，连接，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据同弧所对的圆周角相等得出，进而根据直角三角形的两个锐角互余，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵内接于，AD是直径，
∴，
∵,，
∴
∴，
故答案为：．
【变式5-6】（2023·浙江绍兴·中考真题）如图是的网格，每个小正方形的边长均为1，半圆上的点均落在格点上．请按下列要求完成作图：要求一：仅用无刻度的直尺，且不能用直尺中的直角；要求二：保留作图痕迹．
(1)在图中作出弧的中点D．
(2)连结，作出的角平分线．
(3)在上作出点P，使得．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）连与网格线交于一格点，以O为端点，作射线与圆弧交于点D，
（2）作射线，则即是的角平分线，
（3）连结并延长，交的延长线于点与交于点F，连结并延长交于点P，则．
本题考查了无刻度直尺作图，垂径定理，圆周角定理，角平分线的性质定理，解题的关键是：熟练掌握无刻度直尺作图，与相关定理的结合．
【详解】（1）解：由格点可知为中点，根据垂径定理可得，点D为弧的中点，点D即为所求，
（2）解：∵点D为弧的中点，
根据圆周角定理，可得，即为所求，
（3）解：∵AB为直径，
∴，，
∵，，
∴，
∴，，
∴AD是的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，作图如下：
．
【变式5-7】（2024·宁夏·中考真题）如图，在中，点是边的中点，以为直径的经过点，点是边上一点（不与点重合）．请仅用无刻度直尺按要求作图，保留作图痕迹，不写作法．
(1)过点作一条直线，将分成面积相等的两部分；
(2)在边上找一点，使得．
【答案】(1)作图见详解
(2)见解析
【分析】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握中线的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据三角形中线平分三角形面积作图即可；
（2）根据直径或半圆所对圆心角为直角，可得，结合可得AD是线段的垂直平分线，如图所示，连接交AD于点，连接CE并延长交AB于点，可证，可得，由此即可求解．
【详解】（1）解：∵点是边的中点，
∴，
∴根据三角形中线平分三角形面积，作图如下，
∴
（2）解：∵以为直径的经过点，
∴，即，
又∵，
∴AD是线段的垂直平分线，
∴，
∴，AD平分，即，
如图所示，连接交AD于点，连接CE并延长交AB于点，
∴，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
【变式5-8】（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，是的直径，是的两条弦，点与点在的两侧，是上一点（），连接，且．
(1)如图1，若，，求的半径；
(2)如图2，若，求证：．（请用两种证法解答）
【答案】(1)3
(2)见解析
【分析】（1）利用等边对等角、三角形内角和定理求出，结合，可得出，在中，利用勾股定理求解即可；
（2）法一：过O作于F，利用垂径定理等可得出，然后利用定理证明，得出，然后利用平行线的判定即可得证；
法二：连接，证明，得出，然后利用平行线的判定即可得证
【详解】（1）解∶∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
解得，
即的半径为3；
（2）证明：法一：过O作于F，
∴，
∵
∴，
又，，
∴，
∴，
∴；
法二：连接，
∵AB是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质等知识，明确题意，灵活运用所学知识解题是解题的关键．
【中考模拟即学即练】
1．（2025·湖北黄石·一模）如图，四边形内接于，，为对角线，经过圆心O．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角定理，熟练掌握直径所对的圆周角是是解题的关键．由经过圆心O，即是的直径，可得，再根据圆周角定理可得，即可求出的度数．
【详解】解：经过圆心O，即是的直径，
，
又，
．
故选：B．
2．（2024·浙江宁波·二模）如图，已知钝角内接于，过点作交于点，若，则的半径为（ ）
A．B．C．6D．8
【答案】A
【分析】本题主要考查圆周角定理、勾股定理及相似三角形的性质与判定，熟练掌握圆周角定理、勾股定理及相似三角形的性质与判定是解题的关键；连结并延长交于点，连结，由题意易得，，则有，进而问题可求解
【详解】解：连结并延长交于点，连结，
为直径，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
的半径为．
故选A．
3．（2024·甘肃·模拟预测）如图，内接于，是的直径，D是上一点，若C是的中点，连接，，则 ．
【答案】/10度
【分析】此题考查了圆周角定理，等弧所对的圆心角相等，直角三角形两锐角互余等知识．
如图所示，连接，首先由直径得到，然后求出，根据圆周角定理得到，进而求出，然后求出，最后利用圆周角定理求解即可．
【详解】如图所示，连接
∵是的直径，
∴
∵
∴
∴
∵C是的中点
∴
∴
∴
∴．
故答案为：．
4．（2024·江苏徐州·三模）如图，以的边为直径的分别交、于点、，连接、．若，则 °．
【答案】56
【分析】本题考查了直径所对的圆周角是直角，圆周角定理，熟悉圆周角定理的应用是解题的关键．连接，由为直径，得到，，然后根据三角形内角和定理得到，最后利用圆周角定理即可得到答案．
【详解】解：连接，如图
是的直径
，则
故答案为：56．
5．（2024·山西·模拟预测）如图，是的直径，点，在上，连接，，，若，则的度数为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键．先根据圆周角定理可得，，再根据直角三角形的性质求解即可得．
【详解】解：如图，连接，
由圆周角定理得：，，
则，
故答案为：．
题型六：圆内接四边形
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，连接，由是的直径得到，根据圆周角定理得到，得到，再由圆内接四边形对角互补得到答案.
【详解】解：如图，连接，

∵是的直径，
∴，
∵，
∴
∴
∵四边形是的内接四边形，
∴，
故选：B
【变式6-1】（2024·山东济宁·中考真题）如图，分别延长圆内接四边形的两组对边，延长线相交于点E，F．若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据“圆的内接四边形对角互补”可得，．根据三角形外角定理可得，，由此可得，又由，可得，即可得解．
本题主要考查了“圆的内接四边形对角互补”和三角形外角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】∵四边形是的内接四边形
∴，
，，
，
，，，
，
解得，
，
．
故选：C
【变式6-3】（2024·四川广元·中考真题）如图，已知四边形是的内接四边形，为延长线上一点，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可求得的度数，再根据圆内接四边形对角互补，可推出，即可得到答案．
【详解】解：是圆周角，与圆心角对相同的弧，且，
，
又四边形是的内接四边形，
，
又，
，
故选：A．
【变式6-4】（2024·吉林·中考真题）如图，四边形内接于，过点B作，交于点E．若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了平行线的性质，圆的内接四边形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
先根据得到，再由四边形内接于得到，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴,
故选：C．
【变式6-5】（2024·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，内接于，，的延长线相交于点，且．
(1)求证：；
(2)求的度数．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定以及性质，圆内接四边形的性质，等边对等角等知识，掌握这些性质是解题的关键．
（1）由等弧所对的圆周角相等可得出，再由等边对等角得出，等量代换可得出，又，即可得出．
（2）连接，由直径所对的圆周角等于得出，设，即，由相似三角形的性质可得出，再根据圆内接四边形的性质可得出，即可得出的值， 进一步即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵
∴，
（2）连接，如下图：
∵为直径，
∴，
设，
∴，
由（1）知：
∴，
∵四边形是圆的内接四边形，
∴，
即，
解得：
【变式6-6】（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，为的内接三角形，AB为的直径，将沿直线AB翻折到，点在上．连接CD，交AB于点，延长BD，CA，两线相交于点，过点作的切线交于点．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若，．求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据折叠可得，根据切线的定义可得，即可得证；
（2）根据题意证明，进而证明，根据相似三角形的性质，即可得证；
（3）根据，设，则，得出，根据折叠的性质可得出，则，进而求得，根据，进而根据正切的定义，即可求解．
【详解】（1）证明：∵将沿直线AB翻折到，
∴，
∵AB为的直径，是切线，
∴，
∴；
（2）解：∵是切线，
∴，
∵AB为的直径，
∴，
∴，
∵由折叠可得，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即；
（3）解：∵，设，则，
∴，
∴，
∵由折叠可得，
∴，
∵在中，，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，折叠问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·浙江宁波·二模）如图，在以 AB 为直径的半圆中，弦，若 ，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了平行线的性质以及圆内接四边形的性质，连接，根据平行线的性质求出，利用三角形内角和求出，再利用圆内接四边形的性质即可求解．
【详解】解：连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故选：D．
2．（2020·四川成都·三模）如图，在圆内接四边形中，，则的度数为（ ）

A．B．C．D．60°
【答案】A
【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
根据圆内接四边形的对角互补求出的度数，根据圆周角定理得到答案．
【详解】解：∵四边形是圆内接四边形，
，
，
，
由圆周角定理得，，
故选：A．
3．（2024·湖北宜昌·二模）如图，点O是的外心，若，求弦所对的圆周角 ．
【答案】或
【分析】本题考查了圆周角定理，内接四边形的性质，分两种情况：当是锐角三角形时；当是钝角三角形时，分别求解即可得解．
【详解】解：当是锐角三角形时，
∵，
∴，
当是钝角三角形时，
∵，
∴，
综上所述，弦所对的圆周角为或，
故答案为：或．
4．（2024·湖北宜昌·模拟预测）如图，在内，若圆周角，则圆心角的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，在优弧上取一点，连接，利用圆内接四边形的性质得到，然后根据圆周角定理得到的度数，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：在优弧上取一点，连接，如图，
∵四边形是内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：．
5．（2024·河北·模拟预测）如图，内接于为的直径，点D，E分别为上的动点（不与点A，点B，点C重合），且为的中点，连接．若，对于结论I，Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
结论I：连接必得到等腰梯形；
结论Ⅱ：连接的最大值为8．
A．I，Ⅱ都对B．I，Ⅱ都不对C．I对Ⅱ不对D．I不对Ⅱ对
【答案】A
【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，根据，为对角线或为边长两种情况去证明结论I，根据可得当在上时取得最大值判断结论Ⅱ．
【详解】连接，
当，为对角线时，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴根据对角线相等的梯形是等腰梯形，四边形为等腰梯形；
当，为边长时，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴根据不相邻的两条边相等的梯形是等腰梯形，可得四边形为等腰梯形；
综上所述，结论I：连接必得到等腰梯形，正确；
连接，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为的中点，，
∴，，
∴，，
∴，
∴当在上时取得最大值，最大值为8．故结论Ⅱ正确；
综上所述，两个结论都正确；
故选：A．
6．（2024·内蒙古包头·模拟预测）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，点是延长线上的一点，且平分，于点．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明，可得，结合，从而可得结论；
（2）过点作，垂足为点．证明．可得．再证明．可得．求解．结合．进一步可得答案．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴；
（2）解：过点作，垂足为点．
∵平分，，，
∴，．
在和中，
∴．
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵是的直径，
∴．
∴在中，．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的判定，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
7．（2024·山东济宁·二模）【初步感知】
如图1，点，，均在上，若，则锐角的大小为____；
【深入探究】
如图2，小聪遇到这样一个问题：是等边三角形的外接圆，点在上（点不与点重合），连接，，．求证：；小聪发现，延长至点，使，连接，通过证明．可推得是等边三角形，进而得证．请根据小聪的分析思路完成证明过程．
【启发应用】
如图3，是的外接圆，，，点在上，且点与点在的两侧，连接，，，若，则的值为______．
【答案】初步感知：45；深入探究：证明见解析；启发应用：
【分析】初步感知：根据在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半求解即可得；
深入探究：先根据圆周角定理可得，，再证出，根据全等三角形的性质可得，然后证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，由此即可得证；
启发应用：延长至点，使，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，再证出，设，则，利用勾股定理可得，根据线段和差可得，由此即可得．
【详解】解：初步感知：∵点，，均在上，，
∴，
故答案为：45．
深入探究：延长至点，使，连接，
∵是等边三角形，
∴，
由圆周角定理得：，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，
∴．
启发应用：如图，延长至点，使，连接，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
由圆周角定理得：，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、圆内接四边形的性质、勾股定理等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
题型一：圆的基本和最值问题
题型二： \l "题型二：垂径定理及其应用" 垂径定理及其应用
题型三： \l "题型三：圆心角、弦、弧之间的关系" 圆心角、弦、弧之间的关系
题型四： \l "题型四：圆周角定理" 圆周角定理
题型五： \l "题型五：圆周角定理的推论和应用" 圆周角定理的推论和应用
题型六： \l "题型六：圆内接四边形" 圆内接四边形