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专题21圆的有关性质（9大考点，精选39题）
考点概览 考点1垂径定理的有关计算 考点2垂径定理的证明 考点3有关圆的认识的计算与证明 考点4弧、弦、圆心角之间的关系 考点5圆周角定理 考点6圆周角定理的计算与证明 考点7圆内接四边形 考点8圆的有关性质综合问题 考点9利用隐圆解决最值问题
考点1垂径定理的有关计算
1．（2025·四川凉山·中考真题）下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
D．平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧
【答案】C
【分析】本题主要考查了绝对值的意义，不等式的性质，正方形的判定定理，垂径定理，互为相反数的两个数的绝对值也相等，据此可判断A；根据不等式的性质可知，只有当时，原式才正确，据此可判断B；根据正方形的判定定理可判断C；根据垂径定理可判断D．
【详解】解；A、若，则，原说法错误，不符合题意；
B、若，则，原说法错误，不符合题意；
C、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，原说法正确，符合题意；
D、平分弦（非直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧，原说法错误，不符合题意；
故选：C．
2．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，是的弦，半径于点．若，．则的长是（ ）
A．3 B．2 C．6 D．
【答案】A
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，熟悉掌握垂径定理是解题的关键．
由垂径定理得到的长，再由勾股定理解答即可．
【详解】解：∵，，
∴，
又∵，
∴在中，，
故选：A．
3．（2025·四川内江·中考真题）如图，是的弦．半径于点D，且．则的长是 ．
【答案】2
【分析】本题主要考查了垂径定理以及勾股定理，掌握垂径定理是解题的关键．
先根据垂径定理得到，在中，由勾股定理求解，再由即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴在中，，
∴，
故答案为：2．
4．（2025·湖北·中考真题）如图，是的外接圆，．过点作，垂足为，交于点，交于点．过点作的切线，交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)若，求的半径．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)的半径
【分析】（1）根据垂直，切线的性质得到，可得是等腰直角三角形，由此即可求解；
（2）根据垂径定理得到，是等腰直角三角形，由（1）得到，则，如图所示，连接，设，则，由此勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵，是的切线，即，
∴，
∴，
∴，即是等腰直角三角形，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，即是等腰直角三角形，
∴，
由（1）得，
∴，
如图所示，连接，设，则，
∴在中，，
∴，
解得，，
∴，
∴的半径．
【点睛】本题主要考查圆内接三角形的综合，掌握垂径定理，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，切线的性质等周四，数形结合分析是关键．
考点2垂径定理的证明
5．（2025·河南·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在为《九章算术》作注时，创立了“割圆术”．如图是研究“割圆术”时的一个图形，所在圆的圆心为点O，四边形为矩形，边与相切于点，连接，，连接交于点．若，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】根据圆的切线的性质和矩形的性质，得到，由垂径定理可得，由圆周角定理可得，进而证明是等边三角形，得到，再根据阴影部分的面积求解即可．
【详解】解：所在圆的圆心为点O，边与相切于点，
，，
四边形为矩形，
，
，
，
，
，
，
，，
，
是等边三角形，
，
，
阴影部分的面积，
故答案为：．
【点睛】本题考查了求不规则图形面积，矩形的性质，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形面积，掌握圆的相关性质是解题关键．
6．（2025·山东东营·中考真题）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表，其中《方田》章给出计算弧田面积所用公式为：弧田面积（弦矢＋矢），弧田（如图）是由圆弧和其所对的弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．在如图所示的弧田中，“弦”为8，“矢”为2，则的值为 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查垂径定理、勾股定理、三角函数的定义等知识点．如图，作交于，交圆弧于，利用垂径定理和勾股定理构建方程组求出，，利用余弦函数定义即可解决问题．
【详解】解：如图，作交于，交圆弧于，
由题意：，
设，由，
∴，
∵，为半径，
∴，
在中，
由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
∴．
故答案为：．
7．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图1，月洞门是中国古典建筑中的一种圆形门洞，形如满月，故称“月洞门”，其形制可追溯至汉代，但真正在美学与功能上成熟于宋代，北宋建筑学家李诫编撰的《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术典籍之一．如图2是古人根据《营造法式》中的“五举法”作出的月洞门的设计图，月洞门呈圆弧形，用表示，点O是所在圆的圆心，是月洞门的横跨，是月洞门的拱高现在我们也可以用尺规作图的方法作出月洞门的设计图如图3，已知月洞门的横跨为，拱高的长度为a．作法如下：
①作线段的垂直平分线，垂足为；
②在射线上截取；
③连接，作线段的垂直平分线交于点O；
④以点O为圆心，的长为半径作．
则就是所要作的圆弧．
请你依据以上步骤，用尺规作图的方法在图3中作出月洞门的设计图（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】见解析
【分析】本题考查尺规作图—复杂作图，熟练掌握尺规作线段，作垂线的方法是解题的关键．
根据题干给定的作图步骤，结合尺规作垂线和作线段的方法作图即可．
【详解】解：由题意，作图如下，即为所求：
考点3有关圆的认识的计算与证明
8．（2025·河南·中考真题）如图，四边形是平行四边形，以为直径的圆交于点．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作出圆心（保留作图痕迹，不写作法）．
(2)若点是的中点，连接．求证：四边形是平行四边形．
【答案】(1)作图见详解
(2)证明过程见详解
【分析】本题主要考查圆的基本性质，尺规作垂线，平行四边形的判定和性质，掌握以上知识是关键．
（1）运用尺规作直径的垂直平分线即可；
（2）根据平行四边形的性质结合题意得到，，即，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求证．
【详解】（1）解：如图所示，
∵是直径，
∴运用尺规作直径的垂直平分线角于点，
∴点即为所求点的位置；
（2）证明：如图所示，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点分别是的中点，
∴，，即，
∴四边形是平行四边形．
9．（2025·广西·中考真题）如图，已知是的直径，点在上，．
(1)求证：；
(2)求的度数．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、三角形内角和以及等腰三角形等边对等角，熟练掌握相关性质是解题的关键．
（1）根据已知条件利用证明全等即可；
（2）根据，求出，再利用全等求出，最后利用等边对等角即可求．
【详解】（1）证明：的半径为，
，
，，
；
（2）解：，
，
，
，
，
，
，
是等腰三角形，
．
考点4弧、弦、圆心角之间的关系
10．（2025·四川南充·中考真题）如图，是的直径，于点，交于点，于点，交于点，为弧的中点，为线段上一动点，若，则的最小值是（ ）
A．4 B． C．6 D．
【答案】C
【分析】如图，延长交于点，连接，，，由垂径定理得，进而得，点关于的对称点为点，根据两点之间线段最短得当，，三点共线时，最小，最小值为的长，在利用直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图，延长交于点，连接，，，
∵于点，交于点，为弧的中点，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点关于的对称点为点，
∴，
∴
当，，三点共线时，最小，最小值为的长，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴的最小值．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了弧、圆心角的关系，垂径定理，直角三角形的性质，两点之间线段最短，熟练掌握弧、圆心角的关系，垂径定理是解题的关键．
11．（2025·河北·中考真题）2025年3月是第10个全国近视防控宣传教育月，活动主题为“抓早抓小抓关键，更快降低近视率”，图是一幅眼肌运动训练图，其中数字对应的点均匀分布在一个圆上，数字0对应圆心．图中以数字对应的点为端点的所有线段中，有一条线段的长与其他的都不相等．若该圆的半径为1，则这条线段的长为 ．（参考数据：，）
【答案】
【分析】如图所示，设数字0记为圆心O，数字6记为A，数字7记为B，过点O作于点D，首先得到线段的长与其他的都不相等，然后求出，解直角三角形求出，然后利用三线合一求解即可．
【详解】如图所示，设数字0记为圆心O，数字6记为A，数字7记为B，过点O作于点D
由图可得，线段的长与其他的都不相等，
∵其中数字对应的点均匀分布在一个圆上，
∴
∴相邻两个数字与圆心组成的圆心角为
∴
∴
∵
∴
∴，即
∴
∵，
∴．
∴这条线段的长为．
故答案为：．
【点睛】此题考查了圆心角，解直角三角形，等边对等角，三线合一性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
12．（2025·上海·中考真题）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且．
(1)求证：；
(2)如果，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，弧，弦与圆心角之间的关系，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）连接，由等边对等角得到，利用证明，得到，证明，得到，则可证明；
（2）连接，由，得到，，证明，得到，则可证明，进而证明，推出；再证明，得到，则可证明．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图所示，连接，
∵，
∴，，
又∵，
∴，
∴；
由（1）可得，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
考点5圆周角定理
13．（2025·青海·中考真题）如图，是的直径，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了同弧或等弧所对的圆周角相等，直径对的圆周角是直角，熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键．根据是的直径得出，即可求解．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
14．（2025·重庆·中考真题）如图，点A，B，C在上，，的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查的是圆周角定理，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求解，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
【详解】解：根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
．
故选：B．
15．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，，为的弦，连接，，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】该题考查了圆周角定理，根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半得出，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选：C．
16．（2025·新疆·中考真题）如图，是的直径，是弦，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理．
先根据垂径定理得到，再根据圆周角定理即可得到．
【详解】解：连接．
∵是的直径，是弦，，
∴，
∴，
故选：C．
17．（2025·山西·中考真题）如图，为的直径，点是上位于异侧的两点，连接．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，连接，由为的直径可得，进而由得，再根据圆周角定理即可求解，掌握圆周角定理是解题的关键．
【详解】解：连接，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：．
18．（2025·湖北·中考真题）如图，内接于．分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线交于点，连接并延长交于点，连接，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查的是作线段的垂直平分线，等边对等角，圆周角定理的应用，由是的垂直平分线，可得，可得，再进一步求解即可.
【详解】解：由作图可得：是的垂直平分线，
∴，而，
∴，
∴，
故选：C
19．（2025·四川泸州·中考真题）如图，四边形内接于，为的直径．若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了等边对等角，直径所对的圆周角是直角，根据等边对等角以及三角形内角和定理可得，根据同弧所对的圆周角相等可得，进而根据为的直径，得出，进而得出即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴
故选：B．
20．（2025·四川自贡·中考真题）分别与相切于两点．点在上，不与点重合．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．或
【答案】D
【分析】本题考查的是切线的性质，圆周角定理的应用，圆的内接四边形的性质，先画图，连接，，求解，再根据C的位置结合圆周角定理与圆的内接四边形的性质可得答案.
【详解】解：如图，连接，，
∵分别与相切于两点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
故选：D
21．（2025·浙江·中考真题）如图，矩形内接于是上一点，连接分别交于点．若，则的直径为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，矩形的性质；
根据题意证出，得到，设，则，表示出，，连接，在中，求出，在和中，表示出，，列式计算出，再利用勾股定理计算直径即可．
【详解】解：∵为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴
∴，
在中，，
连接，
∵为直径，
∴，
在中，，
∴在中，，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴解得：，
∴，
的直径为：，
故答案为：．
22．（2025·陕西·中考真题）如图，为的直径，，，则的度数为 ．
【答案】
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据为的直径，，则，再根据，即，代入进行计算，即可作答．
【详解】解：∵为的直径，，
∴，
即，
∵，
∴，
则，
故答案为：．
23．（2025·安徽·中考真题）如图，是的弦，与相切于点B，圆心O在线段上．已知，则的大小为 ．
【答案】20
【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，连接，由切线的性质可得，根据直角三角形两锐角互余可得的度数，再由圆周角定理即可得到答案．
【详解】解；如图所示，连接，
∵与相切于点B，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
24．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，点，，在上，，则 ．
【答案】40
【分析】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题关键．先根据圆周角定理可得，再根据等腰三角形的性质即可得．
【详解】解：∵点在上，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：40．
25．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，是的内接三角形，．若的半径为2，则劣弧的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了圆周角定理，求弧长，先根据圆周角定理得，再结合弧长公式代入数值计算，即可作答．
【详解】解：连接，如图所示：
∵，，
∴，
∴劣弧，
故答案为：．
考点6圆周角定理的计算与证明
26．（2025·北京·中考真题）如图，过点P作的两条切线，切点分别为A，B，连接，，，取的中点C，连接并延长，交于点D，连接．
(1)求证：；
(2)延长交的延长线于点E．若，，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)长为44．
【分析】（1）利用切线长定理得平分，利用圆周角定理得，等量代换即可证明；
（2）延长交于点F，连接，利用条件求出线段长，再利用角度转换证明三角形相似，最后根据相似求得长．
【详解】（1）证明： ，分别切于A点，B点，
平分，
，
又 ，
，
．
（2）延长交于点F，连接，则，
，分别切于A点，B点，
C为的中点，
，
，
又 ，，
，
，
，，
，
，
又，
，
，，
，，
，
，
．
【点睛】本题主要考查切线长定理，圆周角定理及推论，勾股定理，三角函数，相似三角形的判定与性质等知识点，熟记切线长定理，圆周角定理，并且能根据题意作出合适的辅助线是解题的关键．
27．（2025·安徽·中考真题）如图，四边形的顶点都在半圆O上，是半圆O的直径，连接，．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)详见解析
(2)6
【分析】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，三角形中位线定理，勾股定理，熟知圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
（1）由圆周角定理可得，则可证明，据此可证明．
（2）连接，交于点E．由题意知，由直径所对的圆周角是直角得到，即，则可证明，由垂径定理可得点E为的中点，则是的中位线，即可得到．设半圆的半径为r，则．由勾股定理知，解方程即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴．
（2）解：连接，交于点E．由题意知，
∵是的直径，
∴，即，
∵，
∴，
∴点E为的中点，
又∵O是的中点，
∴是的中位线，
∴．
设半圆的半径为r，则．
由勾股定理知，，
即，
解得，（舍去）．
∴．
考点7圆内接四边形
28．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形内接于，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】此题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质．根据圆周角等于同弧所对圆心角的一半求出的度数，再根据圆内接四边形的性质及平角的定义即可求出答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形内接于，
∴且，
∴，
故选：C．
29．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，，连接BD，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了圆内接四边形，圆的性质，解题的关键是熟练掌握圆的性质．
根据圆的内接四边形对角互补可得的度数，由弦相等可得弧相等，从而可得圆周角相等，计算即可．
【详解】解：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：．
30．（2025·四川广安·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，的半径为6，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查圆周角定理，圆内接四边形，解直角三角形，连接并延长，交于点，连接，由圆周角定理得到，根据圆内角四边形的内对角互补，求出的度数，再解直角三角形求出的长即可．
【详解】解：四边形是的内接四边形，，
∴，
连接并延长，交于点，连接，则：为的直径，，
∴，
∵的半径为6，
∴，
在中，；
故答案为：．
31．（2025·吉林·中考真题）图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点内接于⊙O，且点A，B，C，O均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图．
(1)在图①中找一个格点D（点D不与点C重合），画出，使．
(2)在图②中找一个格点E，画出，使．
【答案】(1)见解析（答案不唯一）
(2)见解析（答案不唯一）
【分析】本题主要考查了圆周角定理以及圆的内接四边形对角互补的性质．
（1）取格点，连接，根据得到；
（2）取格点，连接，根据圆内接四边形对角互补即可得到．
【详解】（1）解：如图，点即为所求：
（2）解：如图，即为所求：
32．（2025·江西·中考真题）如图，点A，B，C在上，，以，为边作．
(1)当经过圆心O时（如图1），求的度数；
(2)当与相切时（如图2），若的半径为6，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据直径所对的圆周角为直角，得出，再求出，再根据平行四边形的性质得出；
（2）连接、，根据切线性质得出，证明，得出，
说明垂直平分，根据线段垂直平分线的性质得出，根据等腰三角形性质得出，根据圆周角定理得出，最后根据弧长公式求出结果即可．
【详解】（1）解：∵经过圆心O，
∴为的直径，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴；
（2）解：连接、，如图所示：
∵与相切，
∴，
∴，
∵在中，
∴，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，弧长公式，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，线段垂直平分线的性质，解题的关键是数形结合，熟练掌握相关的判定和性质．
考点8圆的有关性质综合问题
33．（2025·广东深圳·中考真题）如图，以矩形的点为圆心，的长为半径作，交于点，点为上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转至，点落在上，且点为中点．若，，则的长为 ．
【答案】6
【分析】由矩形的性质得，根据圆周角定理，可求得，根据，可推出为直角，从点为中点，可推出，接着再证明，利用相似三角形的性质求解即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
为所对的圆周角，所对的圆心角为，
，
将线段绕点顺时针旋转至，
，
，
，
，
，
又，
∴，
∴，
点为中点，
，
，
，
．
故答案为：6．
【点睛】本题考查矩形的性质，圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，旋转的性质以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
34．（2025·四川南充·中考真题）如图，为正方形的对角线，平分，交于点，把绕点逆时针方向旋转90°得到，延长交于点，连接，交于点．给出下列结论：①；②；③；④．以上结论正确的是 ．（填写序号）
【答案】①③④
【分析】本题考查正方形性质，旋转性质，全等三角形性质与判定，角平分线定义，圆周角定理，勾股定理解三角形，等腰三角形性质与判定，三角形的三边关系等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
由旋转性质得，可得，，，进而由即可判断①；由即可判断②；由、、、、在以为直径的圆上，可以证明，即可判定③，设，由勾股定理解三角形可得，，即可判断④．
【详解】解：由旋转可知：，
∴，，，
∵在正方形中，
∴，，
又∵，
∴，
∴，即，故①结论正确，
∵，，
∴，故②结论错误；
如图：
∵在正方形中，
∴，
∴，
∴、、、、在以为直径的圆上，
∵，
∴，故结论③正确；
如图：过点作，交于，
∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
设，
在中，，
∴，
∴，（负根已舍去）
∵，
∴，
∴．故结论④正确；
综上所述：①③④结论正确，
故答案为：①③④．
35．（2025·四川达州·中考真题）综合与实践
问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系．
探究发现：如图1，在中，，是边上一点，过点作于，于，过点作于．连结，由图形面积分割法得：______；则____________．
实践应用：如图2，是等边三角形，，点是边上一点，连结．将线段绕点逆时针旋转得，连结交于，过点作于，于，当时，求的值．
拓展延伸：如图3，已知是半圆的直径，，是弦，，是上一点，，垂足为，，求的值．
【答案】探究发现：，；实践应用：；拓展延伸：
【分析】探究发现：图形面积分割法得出 ，根据得出；
实践应用：过点分别作的垂线，垂足分别为，根据等边三角形的性质，含度角的直角三角形的性质，勾股定理分别求得，，进而根据旋转的性质可得是等边三角形，同理求得的长，进而根据探究发现的结论，即可求解；
拓展延伸：延长交于点，过点作于点，设，根据圆周角定理，得出，在，中，根据勾股定理，求得，进而根据弧与圆周角的关系，得出，根据前面的结论，即可求解．
【详解】解：探究发现：∵，，
∴ ，
∴，
∵，
∴；
故答案为：，，；．
实践应用：如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，
∵是等边三角形，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，则，
∴，
在中，．
∵将线段绕点逆时针旋转得，
∴
∴是等边三角形，
∴，则，
∴由探究发现可得：．
拓展延伸：如图，延长交于点，过点作于点，连接，
设，
∵是半圆的直径，
∴，
∵，
在中，，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴由探究发现可得：，
∵，
∴，
∵，
∴
．
【点睛】本题考查了勾股定理，点到直线的距离，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，弧与圆周角的关系，熟练掌握等面积法求线段长是解题的关键．
36．（2025·福建·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，AD，BC的延长线相交于点E，AC，BD相交于点F．G是AB上一点，GD交AC于点H，且．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若，求的周长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用得，结合同弧所对圆周角，再根据三角形外角性质，完成证明 ．
（2）先证得，再通过角的等量代换证，推出，从而得 ．
（3）利用（2）结论将周长转化为，通过相似三角形及三角函数、勾股定理求出的长，即周长为 ．
【详解】（1）证明：，
．
，
，
．
，
．
（2）证明：，
．
，
，
又，
，
，
．
由（1）知，，
又，
，
．
，
．
∵，
，
，
，
．
（3）解：由（2）知，，
的周长为．
设，则．
由（2）可知，．
又，
，
，
，
．
又，
，
．
过点C作，垂足为P，则．
四边形是圆内接四边形，
，
又，
，
．
在中，，即．
，
，
，
．
在中，，
，
解得，或（舍去）．
．
的周长为．
【点睛】本题考查圆的性质、等腰三角形、相似三角形、解直角三角形等知识，通过角与边的转化、相似三角形判定与性质解题，关键是利用圆的性质和三角形知识进行边角关系推导．
考点9利用隐圆解决最值问题
37．（2025·山东·中考真题）【图形感知】
如图1，在四边形中，已知，，．
（1）求的长；
【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究．
在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点．
（2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由；
②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长；
（3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）①四边形是矩形，理由见解析；②；（3）线段的最小值为．
【分析】（1）利用勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质求解即可；
（2）①由折叠的性质得，，再证明，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得解；
②延长和相交于点，连接，证明四边形是正方形，再证明，据此求解即可；
（3）先利用折叠的性质求得，推出点在以为直径的上，连接，，得到，据此求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
（2）①四边形是矩形，理由如下，
由折叠的性质得，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
②延长和相交于点，连接，
由折叠的性质得，，，
∵点恰好落在边上，
∴，，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∵，
∴点在对角线上，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）由折叠的性质得，，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴点在以为直径的上，连接，，
∴，即点在上时，线段存在最小值，
∵，
∴线段的最小值为．
【点睛】本题考查了翻折的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识点，难度较大，第三问判断点在以为直径的上是解题的关键．
38．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践
在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”．
(1)【几何直观】如图1，中，，，在内部取一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，则与的数量关系是__________；与的数量关系是__________；
(2)【类比推理】如图2，在正方形内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交的延长线于点，求证：四边形是正方形；
(3)【深度探究】如图3，矩形中，，，在其内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，延长至点，使，连接，延长交的延长线于点，连接，若，则__________；
(4)【拓展延伸】在矩形中，点为边上的一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，若，，则的最小值为__________．
【答案】(1)相等（或）；相等（或）
(2)见解析
(3)
(4)
【分析】（1）根据旋转的性质可得，，进而证明，即可证明，根据全等三角形的性质，即可求解；
（2）根据正方形的性质，旋转的性质，同（1）证明，得出，结合，即可得证；
（3）同（2）的方法证明，得出四边形是矩形，连接交于点，连接，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出共圆，勾股定理求得，，进而解，求得，再证明，根据正弦的定义，得出，即可求解．
（4）连接交于点，证明得出，当时，取得最小值，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解．
【详解】（1）；
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，
∵，
∴，即
又∵，
∴
∴；
故答案为：相等（或）；相等（或）．
（2）证明：∵四边形是正方形
∴，
∵绕点逆时针旋转得到线段，
∴
∵，
∴即
∴
∴，
∵
∴
∴
∴四边形是矩形
又∵
∴四边形是正方形；
（3）解：∵绕点逆时针旋转得到线段，
∴
∵，
∴
∵四边形是矩形，，，
∴，
∴
∴
∵，
∴即
∴
∴
∵
∴
∴
∴四边形是矩形，
如图，连接交于点，连接
∵是的中点，
在中，
∴
∴共圆，
∴，
∵
∴
∴，
在中，
∴
∵，
在中，
∴，
∵
∴
又
∴
∴，即
∴
∴
∴
∴
故答案为：．
（4）解：如图，连接交于点，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴
∴
∴是等边三角形，则
∵线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，
∴
∴，即
又
∴，
∴
∴在上运动，且
∴当时，取得最小值，
∵
∴
又∵
∴
∴当时，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质以及直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，同弧所对的圆周角相等，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
39．（2025·陕西·中考真题）问题探究
（1）如图①，在中，请画出一个，使得点，，分别在边，，上；
（2）如图②，在矩形中，，，为矩形内一点，且满足，周长的最小值；
问题解决
（3）为了进一步提升游客的体验感，某公园管理部门准备在花海边沿与游客服务中心之间的草地上选址修建一条笔直的步道及一个观景台．如图③所示，区域为草地，线段为花海边沿，点为游客服务中心，线段为步道，点和点为步道口，点为观景台．按照设计要求，点，分别在边，上，且满足，为的中点，为保证观赏花海的最佳效果，还需使最大．已知，，请你帮助公园管理部门确定观景台的位置（在图中画出符合条件的点），并计算此时步道口与游客服务中心之间的距离．（步道的宽及步道口、观景台、游客服务中心的大小均忽略不计）
【答案】（1）见详解（2）（3）
【分析】（1）先作，交于点，得出，再以点B为圆心，以的长为半径画弧，交线段于一点，连接，则，故四边形是平行四边形，即可作答．
（2）过点作于点，解得，故在线段上运动的，整理，经过分析当有最小值时，则的周长有最小值，即作点关于的对称点，当三点共线时，有最小值，即的长，结合矩形的性质以及勾股定理列式计算，得，即可作答．
（3）取的中点，取的中点，连接，得是的中位线，再过点作，证明，整理，故，再证明四边形是平行四边形，因为是的中点，得，11
、证明，，理解题意，得为定值，则点在的中位线上运动，作的外接圆，当且仅当与相切时，的值最大，先得出，，运用三角函数得，代入数值进行计算，即可作答．
【详解】解：（1）依题意，
先作，交于点，得出，再以点B为圆心，以的长为半径画弧，交线段于一点，连接，
则，
∵
∴四边形是平行四边形，
即如图所示：
（2）如图，过点作于点，
∵，
∴，
解得，
过点作且分别与，交于，
即在线段上运动的，
则，
当有最小值时，则的周长有最小值，
作点关于的对称点
∴，，
∴，
当三点共线时，有最小值，即的长，
即的周长有最小值，
∵ 四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
此时的周长；
（3）如图，取的中点，取的中点，连接，
∴是的中位线，
过点作，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
连接
∵是的中点，且四边形是平行四边形，
∴，
∴是的中点
过点作于点，过点作于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，过点作于点，
∴为定值，
∴为定值，
则点在的中位线上运动，
作的外接圆，当且仅当与相切时，的值最大，
，
故，
如图，连接，作于点，于点，连接
∵与相切于点
∴，
∵于点，
∴，
∵，
∴，
故三点共线，
∴，
则，
∴，
∵，是的中点，
∴，，
∴，
即，
∴，
∴，
∵点是的中点，是的中点
∴是三角形的中位线，
∴
∴．
【点睛】本题考查了解直角三角形的相关运算，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，中位线的判定与性质，矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，综合性强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题21圆的有关性质（9大考点，精选39题）
考点概览 考点1垂径定理的有关计算 考点2垂径定理的证明 考点3有关圆的认识的计算与证明 考点4弧、弦、圆心角之间的关系 考点5圆周角定理 考点6圆周角定理的计算与证明 考点7圆内接四边形 考点8圆的有关性质综合问题 考点9利用隐圆解决最值问题
考点1垂径定理的有关计算
1．（2025·四川凉山·中考真题）下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
D．平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧
2．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，是的弦，半径于点．若，．则的长是（ ）
A．3 B．2 C．6 D．
3．（2025·四川内江·中考真题）如图，是的弦．半径于点D，且．则的长是 ．
4．（2025·湖北·中考真题）如图，是的外接圆，．过点作，垂足为，交于点，交于点．过点作的切线，交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)若，求的半径．
考点2垂径定理的证明
5．（2025·河南·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在为《九章算术》作注时，创立了“割圆术”．如图是研究“割圆术”时的一个图形，所在圆的圆心为点O，四边形为矩形，边与相切于点，连接，，连接交于点．若，则图中阴影部分的面积为 ．
6．（2025·山东东营·中考真题）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表，其中《方田》章给出计算弧田面积所用公式为：弧田面积（弦矢＋矢），弧田（如图）是由圆弧和其所对的弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．在如图所示的弧田中，“弦”为8，“矢”为2，则的值为 ．
7．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图1，月洞门是中国古典建筑中的一种圆形门洞，形如满月，故称“月洞门”，其形制可追溯至汉代，但真正在美学与功能上成熟于宋代，北宋建筑学家李诫编撰的《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术典籍之一．如图2是古人根据《营造法式》中的“五举法”作出的月洞门的设计图，月洞门呈圆弧形，用表示，点O是所在圆的圆心，是月洞门的横跨，是月洞门的拱高现在我们也可以用尺规作图的方法作出月洞门的设计图如图3，已知月洞门的横跨为，拱高的长度为a．作法如下：
①作线段的垂直平分线，垂足为；
②在射线上截取；
③连接，作线段的垂直平分线交于点O；
④以点O为圆心，的长为半径作．
则就是所要作的圆弧．
请你依据以上步骤，用尺规作图的方法在图3中作出月洞门的设计图（保留作图痕迹，不写作法）
考点3有关圆的认识的计算与证明
8．（2025·河南·中考真题）如图，四边形是平行四边形，以为直径的圆交于点．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作出圆心（保留作图痕迹，不写作法）．
(2)若点是的中点，连接．求证：四边形是平行四边形．
9．（2025·广西·中考真题）如图，已知是的直径，点在上，．
(1)求证：；
(2)求的度数．
考点4弧、弦、圆心角之间的关系
10．（2025·四川南充·中考真题）如图，是的直径，于点，交于点，于点，交于点，为弧的中点，为线段上一动点，若，则的最小值是（ ）
A．4 B． C．6 D．
11．（2025·河北·中考真题）2025年3月是第10个全国近视防控宣传教育月，活动主题为“抓早抓小抓关键，更快降低近视率”，图是一幅眼肌运动训练图，其中数字对应的点均匀分布在一个圆上，数字0对应圆心．图中以数字对应的点为端点的所有线段中，有一条线段的长与其他的都不相等．若该圆的半径为1，则这条线段的长为 ．（参考数据：，）
12．（2025·上海·中考真题）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且．
(1)求证：；
(2)如果，求证：．
考点5圆周角定理
13．（2025·青海·中考真题）如图，是的直径，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
14．（2025·重庆·中考真题）如图，点A，B，C在上，，的度数是（ ）
A． B． C． D．
15．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，，为的弦，连接，，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
16．（2025·新疆·中考真题）如图，是的直径，是弦，，，则（ ）
A． B． C． D．
17．（2025·山西·中考真题）如图，为的直径，点是上位于异侧的两点，连接．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
18．（2025·湖北·中考真题）如图，内接于．分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线交于点，连接并延长交于点，连接，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
19．（2025·四川泸州·中考真题）如图，四边形内接于，为的直径．若，则（ ）
A． B． C． D．
20．（2025·四川自贡·中考真题）分别与相切于两点．点在上，不与点重合．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．或
21．（2025·浙江·中考真题）如图，矩形内接于是上一点，连接分别交于点．若，则的直径为 ．
22．（2025·陕西·中考真题）如图，为的直径，，，则的度数为 ．
23．（2025·安徽·中考真题）如图，是的弦，与相切于点B，圆心O在线段上．已知，则的大小为 ．
24．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，点，，在上，，则 ．
25．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，是的内接三角形，．若的半径为2，则劣弧的长为 ．
考点6圆周角定理的计算与证明
26．（2025·北京·中考真题）如图，过点P作的两条切线，切点分别为A，B，连接，，，取的中点C，连接并延长，交于点D，连接．
(1)求证：；
(2)延长交的延长线于点E．若，，求的长．
27．（2025·安徽·中考真题）如图，四边形的顶点都在半圆O上，是半圆O的直径，连接，．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
考点7圆内接四边形
28．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形内接于，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
29．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，，连接BD，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
30．（2025·四川广安·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，的半径为6，则的长为 ．
31．（2025·吉林·中考真题）图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点内接于⊙O，且点A，B，C，O均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图．
(1)在图①中找一个格点D（点D不与点C重合），画出，使．
(2)在图②中找一个格点E，画出，使．
32．（2025·江西·中考真题）如图，点A，B，C在上，，以，为边作．
(1)当经过圆心O时（如图1），求的度数；
(2)当与相切时（如图2），若的半径为6，求的长．
考点8圆的有关性质综合问题
33．（2025·广东深圳·中考真题）如图，以矩形的点为圆心，的长为半径作，交于点，点为上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转至，点落在上，且点为中点．若，，则的长为 ．
34．（2025·四川南充·中考真题）如图，为正方形的对角线，平分，交于点，把绕点逆时针方向旋转90°得到，延长交于点，连接，交于点．给出下列结论：①；②；③；④．以上结论正确的是 ．（填写序号）
35．（2025·四川达州·中考真题）综合与实践
问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系．
探究发现：如图1，在中，，是边上一点，过点作于，于，过点作于．连结，由图形面积分割法得：______；则____________．
实践应用：如图2，是等边三角形，，点是边上一点，连结．将线段绕点逆时针旋转得，连结交于，过点作于，于，当时，求的值．
拓展延伸：如图3，已知是半圆的直径，，是弦，，是上一点，，垂足为，，求的值．
36．（2025·福建·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，AD，BC的延长线相交于点E，AC，BD相交于点F．G是AB上一点，GD交AC于点H，且．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若，求的周长．
考点9利用隐圆解决最值问题
37．（2025·山东·中考真题）【图形感知】
如图1，在四边形中，已知，，．
（1）求的长；
【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究．
在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点．
（2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由；
②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长；
（3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
38．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践
在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”．
(1)【几何直观】如图1，中，，，在内部取一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，则与的数量关系是__________；与的数量关系是__________；
(2)【类比推理】如图2，在正方形内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交的延长线于点，求证：四边形是正方形；
(3)【深度探究】如图3，矩形中，，，在其内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，延长至点，使，连接，延长交的延长线于点，连接，若，则__________；
(4)【拓展延伸】在矩形中，点为边上的一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，若，，则的最小值为__________．
39．（2025·陕西·中考真题）问题探究
（1）如图①，在中，请画出一个，使得点，，分别在边，，上；
（2）如图②，在矩形中，，，为矩形内一点，且满足，周长的最小值；
问题解决
（3）为了进一步提升游客的体验感，某公园管理部门准备在花海边沿与游客服务中心之间的草地上选址修建一条笔直的步道及一个观景台．如图③所示，区域为草地，线段为花海边沿，点为游客服务中心，线段为步道，点和点为步道口，点为观景台．按照设计要求，点，分别在边，上，且满足，为的中点，为保证观赏花海的最佳效果，还需使最大．已知，，请你帮助公园管理部门确定观景台的位置（在图中画出符合条件的点），并计算此时步道口与游客服务中心之间的距离．（步道的宽及步道口、观景台、游客服务中心的大小均忽略不计）
