(共33张PPT)
第六章 圆
与圆有关的位置关系
第25讲
考点通关
素养通关
知识通关
与圆有关的位置关系
与圆有关的位置关系
本课时在中考中基本上占9～10分，是中考的热点内容.切线的性质
在中考中出现的频率超高，它常与圆周角定理及其推论或者与特殊四边
形的判定相结合，以解答题的形式呈现；圆内接四边形及性质也常以解
答题的形式考查角的大小及线段的长度.
考点 1 点、直线与圆的位置关系
例1 （2024广州）如图，☉O中，弦AB的长为4 ，点C在☉O上，
OC⊥AB，∠ABC＝30°.☉O所在的平面内有一点P，若OP＝5，则
点P与☉O的位置关系是（ C ）
C
A. 点P在☉O上
B. 点P在☉O内
C. 点P在☉O外
D. 无法确定
点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系是本讲内容的基础，熟练
掌握各种位置关系的判断
标准是解决问题的关键.
变式训练 如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，以顶点D
为圆心作半径为r的圆，若要求另外三个顶点A，B，C中至少有一个
点在圆内，且至少有一个点在圆外，则r的取值范围是 .
3＜r＜5
考点 2 切线的性质与判定
例2 （2021河南）在古代，智慧的劳动人民已经会使用“石磨”，其原
理为在磨盘的边缘连接一个固定长度的“连杆”，推动“连杆”带动磨
盘转动，将粮食磨碎，物理学上称这种动力传输工具为“曲柄连杆机构”.
小明受此启发设计了一个“双连杆机构”，设计图如图1，两个固定长
度的“连杆”AP，BP的连接点P在☉O上，当点P在☉O上转动时，
带动点A，B分别在射线OM，ON上滑动，OM⊥ON. 当AP与☉O
相切时，点B恰好落在☉O上，如图2.
请仅就图2的情形解答下列问题.
（1）求证：∠PAO＝2∠PBO；
解：（1）证明：如图，连接OP，延长BO与☉O交于点C，则OP＝
OB＝OC.
∵AP与☉O相切于点P，
∴∠APO＝90°.∴∠PAO＋∠AOP＝90°.
∵MO⊥CN，∴∠AOP＋∠POC＝90°.
∴∠PAO＝∠POC. ∵OP＝OB，
∴∠OPB＝∠PBO. ∴∠POC＝∠OPB＋∠PBO＝2∠PBO.
∴∠PAO＝2∠PBO.
（2）若☉O的半径为5，AP＝ ，求BP的长.
解：（2）如图所示，连接PC，
过点P作PD⊥OC于点D.
则有AO＝ ＝ .
由（1）可知，∠POC＝∠PAO.
∴Rt△POD∽Rt△OAP. ∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ .
解得PD＝3.∴OD＝4.
∴CD＝OC－OD＝1.
在Rt△PDC中，PC＝ ＝ ，
∵CB为圆的直径，
∴∠BPC＝90°.
∴BP＝ ＝ ＝3 .
故BP长为3 .
本题考查了切线的性质及圆周角定理.解此类题目的关键是作出适
当的辅助线，比如连接切点与圆心、将直径的两端与圆上某一点连接、
过圆上某点作垂直于半径的线段等，根据辅助线构造直角三角形及相似
三角形，再根据相关性质进行求解.
（1）
（2）
跟踪训练 （2022河南）为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏
“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目.滚铁环器材由铁环和推杆组成.
小明对滚铁环的启动阶段进行了研究.如图，滚铁环时，铁环☉O与水
平地面相切于点C，推杆AB与铅垂线AD的夹角为∠BAD，点O，
A，B，C，D在同一平面内.当推杆AB与铁环☉O相切于点B时，手
上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果.
（1）求证：∠BOC＋∠BAD＝90°.
解：（1）证明：方法1：如图1，过点B作EF∥CD，分别交AD于点
E，交OC于点F.
图1
∵CD与☉O相切于点C，∴∠OCD＝90°.
∵AD⊥CD，∴∠ADC＝90°.
∵EF∥CD，∴∠OFB＝∠AEB＝90°.
∴∠BOC＋∠OBF＝90°，∠ABE＋∠BAD＝90°.
∵AB为☉O的切线，∴∠OBA＝90°.
∴∠OBF＋∠ABE＝90°.∴∠OBF＝∠BAD.
∴∠BOC＋∠BAD＝90°.
方法2：如图2，延长OB，交CD于点M.
图2
图2
∵CD与☉O相切于点C，∴∠OCM＝90°.
∴∠BOC＋∠BMC＝90°.∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°.∵AB为☉O的切线，
∴∠OBA＝90°.∴∠ABM＝90°.
∴在四边形ABMD中，∠BAD＋∠BMD＝180°.
∵∠BMC＋∠BMD＝180°，∴∠BMC＝∠BAD.
∴∠BOC＋∠BAD＝90°.
方法3：如图3，过点B作BN∥AD.
图3
图3
∴∠NBA＝∠BAD. ∵CD与☉O相切于点C，
∴∠OCD＝90°.∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°.∴AD∥OC.
∴BN∥OC. ∴∠NBO＝∠BOC.
∵AB为☉O的切线，∴∠OBA＝90°.
∴∠NBO＋∠NBA＝90°.
∴∠BOC＋∠BAD＝90°.
（2）实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环
平稳启动.图中点B是该区域内的最低位置，此时点A距地面的距离AD
最小，测得 cos ∠BAD＝ .已知铁环☉O的半径为25 cm，推杆AB的
长为75 cm，求此时AD的长.
解：（2）如图4，辅助线作法同方法1.
图4
图4
在Rt△ABE中，∵AB＝75， cos ∠BAD＝ ，
∴AE＝45.由（1）知，∠OBF＝∠BAD.
∴ cos ∠OBF＝ .在Rt△OBF中，
∵OB＝25，∴BF＝15，OF＝20.
∵OC＝25，∴CF＝5.∵∠OCD＝∠ADC＝∠CFE＝90°，
∴四边形CDEF为矩形.∴DE＝CF＝5.
∴AD＝AE＋ED＝50（cm）.
答：此时AD的长为50 cm.
考点 3 三角形的内切圆与外接圆
例3 （2024山东）如图，△ABC是☉O的内接三角形，若OA∥CB，
∠ACB＝25°，则∠CAB＝ .
40°
【解析】连接OB. 由圆周角定理，得∠AOB＝2∠ACB＝50°.由等边
对等角及三角形内角和定理，得∠OAB＝∠OBA＝ （180°－
∠AOB）＝65°.由平行线的性质，得∠OAC＝∠ACB＝25°.所以
∠CAB＝∠OAB－∠OAC＝40°.故答案为40°.
本题考查了圆的内接三角形、圆周角定理、等腰三角形的性质、三
角形内角和定理等知识.
跟踪训练 （2024宜宾）如图，△ABC内接于☉O，BC为☉O的直
径，AD平分∠BAC交☉O于点D，则 的值为（ A ）
A
A. B. C. 2 D. 2
【解析】连接BD，CD. 在四边形ABDC中，∠BAC＝∠BDC＝
90°，AD平分∠BAC，易证BD＝CD. 将△ADC绕点D逆时针旋转
90°得到△A'DB，则A，B，A'三点共线，所以AB＋AC＝AA'.在
等腰△A'DA中，易得AA'＝ AD. 所以AB＋AC＝ AD. 所以
＝ .故选A.
考点 4 圆内接四边形及其性质
例4 （2024浙江）如图，在圆内接四边形ABCD中，AD＜AC，
∠ADC＜∠BAD，延长AD至点E，使AE＝AC，延长BA至点F，连
接EF，使∠AFE＝∠ADC.
（1）若∠AFE＝60°，CD为直径，求∠ABD的度数.
解：（1）∵CD为直径，∴∠CAD＝90°.
∵∠AFE＝∠ADC＝60°，
∴∠ACD＝90°－60°＝30°.
∴∠ABD＝∠ACD＝30°.
（2）求证：①EF∥BC；
②EF＝BD.
解：（2）证明：①如图，延长AB到M.
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠CBM＝∠ADC.
又∵∠AFE＝∠ADC，
∴∠AFE＝∠CBM.
∴EF∥BC.
②如图，过点D作DG∥BC，交圆周于点G，连接AG，CG.
∵DG∥BC，∴ ＝ .∴BD＝CG.
∵四边形ACGD是圆内接四边形，
∴∠GDE＝∠ACG. ∵EF∥DG，
∴∠DEF＝∠GDE. ∴∠DEF＝∠ACG.
∵∠AFE＝∠ADC，∠ADC＝∠AGC，
∴∠AFE＝∠AGC. ∵AE＝AC，
∴△AEF≌△ACG（AAS）.∴EF＝CG. ∴EF＝BD.
本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、平行线的性质、全
等三角形的判定和性质.解题的关键是由圆内接四边形的性质得到
∠CBM＝∠ADC，由平行线的性质得到BD＝CG，由全等三角形得
到EF＝CG.
（2024滨州）刘徽（今山东滨州人）是魏晋时期我国伟大的数学家，中
国古典数学理论的奠基者之一，被誉为“世界古代数学泰斗”.刘徽在
注释《九章算术》时十分重视一题多解，其中最典型的是勾股容方和勾
股容圆公式的推导，他给出了内切圆直径的多种表达形式.如图，在
Rt△ABC中，∠C＝90°，AB，BC，CA的长分别为c，a，b，则可
以用含c，a，b的式子表示出△ABC内切圆的直径d，下列表达式错误
的是（ D ）
D
A. d＝a＋b－c B. d＝
C. d＝ D. d＝｜（a－b）（c－b）｜
【解析】方法一：本题作为选择题，用特殊值法可快速判定答案.∵三
角形ABC为直角三角形，∴令a＝3，b＝4，c＝5.对于选项A，d＝a
＋b－c＝2，对于选项B，d＝ ＝2，对于选项C，d＝
＝2，对于选项D，d＝｜（a－b）（c－b）｜＝
1.很明显，只有选项D跟其他选项不一致.所以表达式错误的应是选项
D. 故选D.
本题考查三角形内切圆的直径公式，结合中国古代数学成就来考.
是未来数学命题的一种趋势，掌握直角三角形内切圆的性质是解题的关
键.这是直角三角形内切圆的常考形式，直角三角形内切圆半径的常用
公式有两个，分别是r＝ 和r＝ ，所以很快判定出选项A
和选项B正确，而对于我们不熟悉的选项C和选项D可直接用特殊值法判
定答案.
素养落地 几何直观、推理能力、运算能力、应用意识(共25张PPT)
第六章 圆
圆的概念及性质
第24讲
考点通关
素养通关
知识通关
圆的概念
与性质
圆的概念
与性质
本课时在中考中基本上占3～9分，常考知识点有圆的相关概念及性
质，垂径定理及其推论，圆周角定理及其推论，弧、弦、圆心角之间的
关系.圆周角定理及推论是中考热点，既可以以选择题、填空题的形式
出现，又可以与圆切线的性质结合出现在解答题中，需要重视（注：垂
径定理及其推论2022年课程标准修改为必学内容）.
考点 1 与圆有关的概念与性质
例1 圆形的井盖怎么放都不会掉到井里，并且能恰好盖住井口，这是利
用了圆特征中的（ B ）
A. 圆是中心对称图形
B. 同一圆中所有直径都相等
C. 圆有无数多条对称轴
D. 圆心决定圆的位置，半径决定圆的大小
B
圆有两个要素：圆心和半径.圆心的作用是决定圆的位置，而半径
的作用是决定圆的大小.本题中圆形井盖怎么放都不会掉到井里，是考
查半径的作用.
跟踪训练 （2023江西）如图，点A，B，C，D均在直线l上，点P
在直线l外，则经过其中任意三个点，最多可画出圆的个数为（ D ）
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
D
考点 2 垂径定理及其推论
例2 （2024新疆）如图，AB是☉O的直径，CD是☉O的弦，
AB⊥CD，垂足为E，若CD＝8，OD＝5，则BE的长为（ B ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
B
本题综合考查了垂径定理和勾股定理.垂径定理的内容可以描述
为：如果一条直径满足：①过圆心，②垂直于弦，那么可得到结论：
③平分弦， ④平分弦所对的优弧，⑤平分弦所对的劣弧.
考点 3 圆周角定理及其推论
例3 （2024北京）如图，☉O的直径AB平分弦CD（不是直径）.若
∠D＝35°，则∠C＝ °.
【解析】设AB与CD相交于点E. 根据垂径定理的推论，可得
AB⊥CD，即∠DEB＝90°.由直角三角形的两个锐角互余，可得∠B
＝55°.由同弧所对的圆周角相等，可得∠C＝∠B＝55°.故答案为
55.
55
例3图
本题考查了圆周角定理及垂径定理的推论，熟练掌握圆周角定理，
以及垂径定理是解题的关键.
跟踪训练 （2023河南）如图，点A，B，C均在☉O上，若∠C＝
55°，则∠AOB的度数为（ D ）
跟踪训练
A. 95° B. 100° C. 105° D. 110°
D
考点 4 弧、弦、圆心角之间的关系定理
例4 （2024云南）如图，CD是☉O的直径，点A，B在☉O上.若 ＝
，∠AOC＝36°，则∠D＝（ B ）
A. 9° B. 18°
C. 36° D. 45°
【解析】连接OB. 根据在同圆和等圆中，两条弧相等，它们所对的圆
心角也相等，得∠BOC＝∠AOC＝36°.由圆周角定理，得∠D＝
∠BOC＝18°.故选B.
B
本题主要考查了同弧所对的圆心角之间的关系，圆周角与圆心
角的关系.解题的关键是准确识别图形，利用相关定理找出角与角之
间的关系.
跟踪训练 （2024重庆）如图，AB是☉O的弦，OC⊥AB交☉O于点
C，点D是☉O上一点，连接BD，CD. 若∠D＝28°，则∠OAB的度
数为（ B ）
A. 28° B. 34° C. 56° D. 62°
B
变式训练 （2024赤峰）如图，AD是☉O的直径，AB是☉O的弦，半
径OC⊥AB，连接CD，交OB于点E，若∠BOC＝42°，则∠OED
的度数是（ B ）
A. 61° B. 63°
C. 65° D. 67°
B
【解析】根据垂径定理，得 ＝ .所以∠AOC＝∠BOC＝42°.根
据圆周角定理，得∠D＝ ∠AOC＝21°.由OC＝OD，得∠C＝∠D
＝21°.根据三角形的外角的性质，得∠OED＝∠C＋∠BOC＝21°＋
42°＝63°.故选B.
1. 图1为一枚宋代古钱币，从中抽象出等大的方孔圆形（如图2），蕴
含着“天圆地方”的思想，这一铸钱形制在中国古代延用了二千多年.
（1）用数学的眼光观察，图2 ；
A. 是轴对称图形
B. 是中心对称图形
C. 既是轴对称图形又是中心对称图形
C
图1 图2 图3
（2）请你用直尺，在图2中作出圆心O（不写作法，保留作图痕迹）；
解：（2）如图1，点O即为所求.
图1 图2 图3
图1
（3）古钱币的直径是鉴定其真伪的重要依据，已知这种钱币真品的直
径为3.6 cm，允许误差±0.2 cm，直径超出此范围的钱币为伪品.如图
3，可用一把三角尺测量该钱币的直径，将直角顶点A放在其上，三角
尺的两直角边与圆分别交于点B，C，测得AB＝2 cm，AC＝3 cm，判
断这枚古钱币的真伪，并说明理由.
图1 图2 图3
解：（3）如图2，连接BC.
∵∠BAC＝90°，
∴BC是直径.
∴BC＝ ＝ ＝ ≈3.6（cm）.
∴这枚古钱币是真品.
图2
本题考查了圆的基本概念与简单作图、勾股定理、圆周角定理
等知识.解题的关键是理解圆既是中心对称图形又是轴对称图形的性
质，同时用到了90°的圆周角所对的弦是直径.两条直径的交点即
为圆心的位置.
素养落地 应用意识、作图能力
2. （2023常德）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其
中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图， 是以O为圆心，OA
为半径的圆弧，C是弦AB的中点，D在 上，CD⊥AB. “会圆
术”给出 长l的近似值s的计算公式：s＝AB＋ ，当OA＝2，
∠AOB＝90°时，｜l－s｜＝ .
（结果保留一位小数）
0.1
【解析】如图，连接OC.
∵AO＝2，∠AOB＝90°，∴OB＝2，
AB＝2 .∵C是弦AB的中点，D在 上，
CD⊥AB，∴CO⊥AB，即D，C，O三点共线.
∴CO＝ ，CD＝2－ .∵s＝AB＋ ，
∴s＝2 ＋ ＝3.∵l＝2π×2× ≈3.1，
∴｜l－s｜≈0.1.故答案为0.1.
素养落地 应用意识、数学文化(共17张PPT)
第六章 圆
与圆有关的计算
第26讲
考点通关
素养通关
知识通关
与圆有关的计算
本课时常考知识点有弧长的计算和不规则图形的面积计算.题型主
要以选择题、填空题为主，分值为3分，常考知识点有：1.以圆或者扇
形为背景，与平面图形相结合计算弧长；2.通过三角形、菱形或扇形的
旋转求阴影部分的面积；3.在矩形中作圆求阴影面积；4.在扇形中作正
方形求阴影面积；5.在扇形中结合直角三角形、等边三角形从而求阴影
面积.
考点 1 弧长的计算
例1 （2020河南）如图，在扇形BOC中，∠BOC＝60°，OD平分
∠BOC交 于点D，点E为半径OB上的动点.若OB＝2，则阴影部
分周长的最小值为 .
本题考查了弧长的计算、轴对称－最短路线问题.掌握轴对称的性
质，弧长的计算方法是正确计算的前提，理解轴对称解决路程最短问题
是关键.
跟踪训练 （2021河南）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长均
为1，点A，B，D均在小正方形的顶点上，且点B，C在 上，
∠BAC＝22.5°，则 的长为 .
考点 2 阴影部分面积的计算
例2 （2022河南）如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB
的中点O'处，得到扇形A'O'B'.若∠O＝90°，OA＝2，则阴影部分的
面积为 .
＋
【解析】如图，设O'A'交 于点T，连接OT.
∵OT＝OB，OO'＝O'B'，∴OT＝2OO'.∵∠OO'T＝90°，∴∠O'TO
＝30°，∠TOO'＝60°.∴S阴影＝S扇形O'A'B'－（S扇形OTB－S△OTO'） ＝
－ ＝ ＋ .故答案为 ＋ .
本题考查了扇形面积的计算，用到的知识有线段垂直平分线的性
质、含30°角的直角三角形、三角形的面积.解答本题的关键是学会割
补法求阴影部分的面积.根据题意，作出合适的辅助线，可知阴影部分
的面积S阴影＝S90°扇形－（S60°扇形－S△）求解即可.
跟踪训练 （2024河南）如图，☉O是边长为4 的等边三角形ABC的
外接圆，点D是 的中点，连接BD，CD. 以点D为圆心，BD的长
为半径在☉O内画弧，则阴影部分的面积为（ C ）
C
A. B. 4π C. D. 16π
【解析】由题意知，☉O的半径为4，阴影部分为扇形BDC. 根据题
意，易证DB＝DO＝DC＝OB＝OC. 所以BD＝OB＝4，∠BDC＝
120°.因此S扇形BDC＝ ＝ .故选C.
考点 3 正多边形和圆的有关计算
例3 （2024雅安）如图，☉O的周长为8π，正六边形ABCDEF内接于
☉O，则△OAB的面积为（ B ）
A. 4 B. 4 C. 6 D. 6
B
【解析】由☉O的周长为8π，可得☉O的半径为4.
由正六边形ABCDEF内接于☉O，可得
∠AOB＝ ＝60°，OA＝OB＝4.所以△OAB的面积为4 .故选B.
本题考查了正多边形和圆.掌握正六边形的性质、直角三角形的边
角关系是正确解答的关键.
跟踪训练 （2023陕西）如图，正八边形的边长为2，对角线AB，CD
相交于点E，则线段BE的长为 .
2＋
（2023福建）我国魏晋时期的数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著
名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，
指出“割之弥细，所失弥少.割之又割，以至于不可割，则与圆周合
体，而无所失矣”.“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到
了圆周率π的近似值为3.141 6.如图，☉O的半径为1，运用“割圆
术”，以圆内接正六边形的面积近似估计☉O的面积，可得π的估计值
为 ，若用圆内接正十二边形作近似估计，
可得π的估计值为（ C ）
C
A. B. 2 C. 3 D. 2
本题考查了正多边形和圆、三角形的面积的计算.根据题意求出半
径为1的圆的内接正十二边形的面积就是π的估计值.把正十二边形分成
12个三角形，先求出其中一个三角形的面积为 ，于是得到正十二边形
的面积为12× ＝3，即π的估计值为3.
素养落地 几何直观、逻辑推理、应用意识
