2026年人教版中考数学二轮复习：圆（含答案）

2026年中考数学二轮复习之圆
一．选择题（共10小题）
1．（2026 固镇县一模）如图，有一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为5cm，瓶内液体已经过半，最大深度CD＝7cm，则截面圆中弦AB的长为（　　）
A．4cm B． C． D．
2．（2026 柳州一模）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，抛物线ybx与x轴的一个交点为A（﹣8，0），点C是抛物线的顶点，且⊙C与y轴相切，点P为⊙C上一动点．若点D为PA的中点，连接OD，则OD的最大值是（　　）
A． B． C． D．
3．（2026 柳州一模）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，半径为2cm，若G为CD的中点，连接AG，则AG的长度为（　　）cm．
A． B． C． D．
4．（2026 西安校级一模）一个滑轮起重装置如图所示，滑轮的半径是10cm，当重物上升6πcm时滑轮的一条半径OA绕轴心O按逆时针方向旋转的角度约为（　　）
A．36° B．54° C．72° D．108°
5．（2026 浙江一模）如图，菱形ABCD的边长为2，以A为圆心，AB长为半径作弧，分别与BC，CD交于E，F两点，若与的长之比为1：2，则的长为（　　）
A．π B． C． D．
6．（2026 泸县校级一模）一个圆弧形对开门的平面示意图及相关尺寸如图所示，则该圆弧门所在圆的半径为（　　）
A．0.5m B．1m C．1.2m D．1.3m
7．（2025 自贡）如图，正六边形与正方形的两邻边相交，则α+β＝（　　）
A．140° B．150° C．160° D．170°
8．（2025 碑林区校级二模）越来越多的传统文化创意产品加入西安大唐不夜城，其中大唐团扇倍受游客青睐．如图是一把大唐团扇的示意图，扇柄所在直线将扇面平分，小西为了使扇子更漂亮和耐用，在扇面⊙O中间增加了3根全丝线（虚线），扇子两端增加2根扇骨（CD，EF），金丝线和扇骨均垂直于直径AB且将AB均分，已知CD的长为10cm，则扇骨CD与EF之间的距离为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025 乌拉特前旗校级三模）如图，点B、E是以AD为直径的半圆O的三等分点，弧BE的长为，∠C＝90°，则图中阴影部分的面积为（　　）
A． B． C． D．
10．（2025 双阳区二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连结BO并延长交⊙O于点E，连结OD．若∠DOE＝70°，则∠BAD度数为（　　）
A．110° B．120° C．125° D．140°
二．填空题（共5小题）
11．（2026 西安一模）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若正六边形的周长是18cm，则⊙O的半径是　 　 cm．
12．（2026 柳州一模）不倒翁是一种受人喜爱的儿童玩具，小华在手工课上用一球形物体制作了一个戴帽子的不倒翁（如图1），图2是从正面看到的该不倒翁的形状示意图（设圆心为O）．已知帽子的边缘PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，若该圆半径是4，∠P＝60°，则的长是　 　 ．（结果保留π）
13．（2026 碑林区校级模拟）如图，AB，CD为⊙O的直径，点E为的中点，连接DE，BC，若∠B＝36°，则∠CDE的度数为　 　 ．
14．（2026 周至县一模）如图①所示的司南是中国古代辨别方向的一种仪器，其早在战国时期就已被发明，也是如今指南针的前身．图②是其部分示意图，已知司南中心为圆形，圆心为O，根据八个方位将圆形八等分（图②中点A～H）且顺次连接点A～H构成正八边形，则该正八边形的中心角为　 　 度．
15．（2026 沁阳市模拟）如图，半圆O的直径AB＝12，将半圆O绕点B旋转，得到半圆O′，交AB于点P，若，则图中阴影部分的面积为　 　 ．
三．解答题（共5小题）
16．（2025秋 常德校级期末）如图①，⊙O是△ABD的外接圆，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，连接AC，AC平分∠BAD，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点P．
（1）求证：BD∥CP；
（2）若，求BP的长；
（3）如图②，连接OC，CD，若四边形OADC为菱形，AB＝4，求阴影部分的面积．
17．（2026 海沧区校级一模）如图，点D是△ABC外接圆⊙O上的一点，AC⊥BD于G，连接AD，CD，OD．过点B作直线BF∥AD交AC于E，交⊙O于F．若点F是的中点．
（1）求证：；
（2）当CD＝3时，求⊙O的半径；
（3）若，连接OG．请你探究∠GOD与∠ADC之间的数量关系，并证明．
18．（2026 碑林区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AB边上，⊙O与BC相切于点D，与AB相交于A，E两点，连接AD，DE．
（1）求证：AD平分∠BAC；
（2）若BE＝5，tan∠BAD，求⊙O的半径．
19．（2026 碑林区校级模拟）【问题探究】
（1）如图①，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC，BD相交于点O，若△ABC的面积为9，则△BCD的面积为　 　 ；
（2）如图②，半圆O的直径AB＝8，点C是半圆O上的一个动点，求△ABC面积的最大值；
【问题解决】
（3）如图③，某公园有一个三角形的演艺广场ABC，其中AB＝20米，∠ACB＝90°，∠CAB＝60°．在演艺广场的三个角各装有一个旋转射灯，点A和点B处的射灯发出的光线夹角∠AMB始终等于45°，且光线AM在∠BAC的内部运动．点C处的射灯发出的光线与AM交于点N，且光线CN始终与光线BM平行．请探究四边BMCN的面积是否存在最大值，若存在，请求出四边形BMCN面积的最大值；若不存在，请说明理由．
20．（2026 哈尔滨模拟）点B，C在以点O为圆心，OA为半径的⊙O上，连接AB，AC，BC，AB＝AC．
（1）如图①，求证：AO平分∠BAC；
（2）如图②，D为弦BC下方⊙O上一点，连接BD，CD，E是CD上一点，DE＝DB，过点E作EF∥AC交BC于点F，连接DF，求证：DB＝DF；
（3）如图③，在（2）的条件下，若BC为⊙O的直径，△ABF的面积为8，CE＝2，求⊙O的半径．
2026年中考数学二轮复习之圆
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2026 固镇县一模）如图，有一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为5cm，瓶内液体已经过半，最大深度CD＝7cm，则截面圆中弦AB的长为（　　）
A．4cm B． C． D．
【考点】垂径定理的应用；勾股定理．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】C
由垂径定理得，再由勾股定理得AC，进而完成解答．
【解答】解：连接OA，如图，
由题意得：OC⊥AB，
∴，
∵CD＝7cm，OA＝OD＝5cm，
∴OC＝OD﹣CD＝2（cm），
∴，
∴．
∴截面圆中弦AB的长为．
故选：C．
本题考查了垂径定理的应用和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．
2．（2026 柳州一模）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，抛物线ybx与x轴的一个交点为A（﹣8，0），点C是抛物线的顶点，且⊙C与y轴相切，点P为⊙C上一动点．若点D为PA的中点，连接OD，则OD的最大值是（　　）
A． B． C． D．
【考点】切线的性质；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】B
由待定系数法可求抛物线解析式，可得点C坐标，可得⊙C半径为4，由三角形中位线的定理可求OD，当PH过点C时，PH有最大值，即可求解．
【解答】解：如图，取点H（8，0），连结PH，
∵抛物线与x轴的一个交点为A（﹣8，0），
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为：，
∵抛物线过原点与点A（﹣8，0），
∴对称轴为，
当x＝﹣4时，．
∴顶点C（﹣4，5），
∵⊙C与y轴相切，
∴⊙C的半径为4，
∵点D为PA的中点，
∴，
∴PH最大时，OD有最大值，
∴当PH过点C时，PH有最大值，
∴PH的最大值为，
∴OD的最大值为，
故选：B．
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，y＝ax2+bx+c的图象与性质，切线的性质定理，与三角形中位线有关的求解问题等知识，解题关键是添加恰当辅助线．
3．（2026 柳州一模）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，半径为2cm，若G为CD的中点，连接AG，则AG的长度为（　　）cm．
A． B． C． D．
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】B
连接OC，AC，AD，根据正六边形的性质可得，AD为⊙O的直径，再根据圆的半径都相等可得△COD是等边三角形，进而求出CD＝2cm，根据AD为⊙O的直径，得∠ACD＝90°，利用勾股定理及中点的性质即可求解．
【解答】解：正六边形ABCDEF内接于⊙O，半径为2cm，若G为CD的中点，连接AG，
如图，连接OC，AC，AD
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，
∴，AD为⊙O的直径．
又∵OC＝OD，
∴△COD是等边三角形，
∴CD＝OC＝OD＝2cm．
∵AD是⊙O的直径，
∴AD＝4cm，∠ACD＝90°，
∴在Rt△ACD中，，
∵G是CD的中点，
∴，
在Rt△ACG中，∠ACG＝90°
．
故选：B．
本题主要考查正多边形与圆，勾股定理，等边三角形的判定与性质，圆周角定理知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
4．（2026 西安校级一模）一个滑轮起重装置如图所示，滑轮的半径是10cm，当重物上升6πcm时滑轮的一条半径OA绕轴心O按逆时针方向旋转的角度约为（　　）
A．36° B．54° C．72° D．108°
【考点】弧长的计算；生活中的旋转现象．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】D
重物上升6πcm，即弧长是6πcm，利用弧长公式即可求解．
【解答】解：设旋转角度为n°，重物上升6πcm，即弧长是6πcm，由题意得：
，
解得n＝108°．
故选：D．
本题考查了弧长的计算公式，正确理解公式是关键．
5．（2026 浙江一模）如图，菱形ABCD的边长为2，以A为圆心，AB长为半径作弧，分别与BC，CD交于E，F两点，若与的长之比为1：2，则的长为（　　）
A．π B． C． D．
【考点】弧长的计算；菱形的性质；圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】C
连接AE，AF，AC，AC交于点G，连接BD交AC于点O，连接EG，FG，先证△ABE≌△ADF（AAS），设∠BAE＝∠DAF＝α，则∠FAE＝2∠BAE＝2α，由三角形内角和定理得，由菱形对角线互相平分，可得，，再根据∠BAO+∠ABO＝90°，可得，最后利用弧长公式求解．
【解答】解：如图，连接AE，AF，AC，AC交于点G，连接BD交AC于点O，连接EG，FG，
由题意知AD＝AF＝AG＝AE＝AB＝2，
∴∠ABE＝∠AEB，∠ADF＝∠AFD，
由条件可知∠ABE＝∠ADF，
∴∠ABE＝∠AEB＝∠ADF＝∠AFD，
又∵AD＝AB，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴∠BAE＝∠DAF，
设∠BAE＝∠DAF＝α，
则，
∴，
由条件可知∠FAE＝2∠BAE＝2α，
∴∠BAD＝α+2α+α＝4α，
∴，
∴∠BAO+∠ABO＝90°，
∴，
∴，
∴，
∴的长．
故选：C．
本题考查弧长的计算，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，掌握菱形的性质是解题的关键．
6．（2026 泸县校级一模）一个圆弧形对开门的平面示意图及相关尺寸如图所示，则该圆弧门所在圆的半径为（　　）
A．0.5m B．1m C．1.2m D．1.3m
【考点】垂径定理的应用；勾股定理的应用．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】D
根据垂径定理的推论，可得此圆的圆心在AB的垂直平分线MN上，设圆心是O，连接OA．根据垂径定理和勾股定理求解即可．
【解答】解：一个圆弧形对开门的平面示意图及相关尺寸如图所示，
如图，O是圆心，设⊙O半径为rm，即OA＝OB＝OM＝rm，
依题意得：MN＝2.6m，HN＝0.1m，AB＝1m，MH⊥AB，
∴，MH＝MN﹣NH＝2.6m﹣0.1m＝2.5m，
∴OH＝MH﹣OM＝（2.5﹣r）m，
在Rt△AHO中，OH2+AH2＝OA2，
∴（2.5﹣r）2+0.52＝r2，
解得：r＝1.3m．
故选：D．
本题考查了勾股定理及垂径定理．解题的关键是构造由半径、半弦长、弦心距组成的直角三角形进行有关的计算．
7．（2025 自贡）如图，正六边形与正方形的两邻边相交，则α+β＝（　　）
A．140° B．150° C．160° D．170°
【考点】正多边形和圆；对顶角、邻补角；多边形内角与外角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；正多边形与圆；推理能力．
【答案】B
先根据正多边形的性质求出正六边形、正方形的每个内角，再根据多边形内角和定理求出四边形的内角和，再根据对顶角相等计算即可．
【解答】解：如图，
正六边形的每个内角为，正方形的每个内角为90°，
∵四边形的内角和是（4﹣2）×180°＝360°，
∴∠1+∠2＝360°﹣120°﹣90°＝150°，
∵α＝∠1，β＝∠2，
∴α+β＝150°，
故选：B．
本题考查了正多边形与圆，多边形内角和定理，对顶角、邻补角，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
8．（2025 碑林区校级二模）越来越多的传统文化创意产品加入西安大唐不夜城，其中大唐团扇倍受游客青睐．如图是一把大唐团扇的示意图，扇柄所在直线将扇面平分，小西为了使扇子更漂亮和耐用，在扇面⊙O中间增加了3根全丝线（虚线），扇子两端增加2根扇骨（CD，EF），金丝线和扇骨均垂直于直径AB且将AB均分，已知CD的长为10cm，则扇骨CD与EF之间的距离为（　　）
A． B． C． D．
【考点】垂径定理；平行线之间的距离；勾股定理．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力．
【答案】A
连接OD，得到OD＝OB＝3OM，CD与EF之间的距离＝4OM，设OM＝x，由垂径定理得到DNCD＝5（cm），由勾股定理得到（3x）2＝（2x）2+52，求出x（舍去负值），即可得到扇骨CD与EF之间的距离．
【解答】解：连接OD，
∵金丝线和扇骨将AB均分，
∴OD＝OB＝3OM，CD与EF之间的距离＝4OM，
设OM＝x，
∴ON＝2OM＝2x，OD＝3x，
∵直径AB⊥CD，
∴DNCD10＝5（cm），
∵OD2＝ON2+DN2，
∴（3x）2＝（2x）2+52，
∴x（舍去负值），
∴扇骨CD与EF之间的距离为4x＝4．
故选：A．
本题考查垂径定理，勾股定理，两平行线之间的距离，关键是由垂径定理，勾股定理列出关于x的方程．
9．（2025 乌拉特前旗校级三模）如图，点B、E是以AD为直径的半圆O的三等分点，弧BE的长为，∠C＝90°，则图中阴影部分的面积为（　　）
A． B． C． D．
【考点】扇形面积的计算；弧长的计算．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】A
首先根据圆周角定理得出扇形半径以及圆周角度数，进而利用锐角三角函数关系得出BC，AC的长，利用S△ABC﹣S扇形BOE＝图中阴影部分的面积求出即可．
【解答】解：连接BD，BE，BO，EO，设半圆O的半径为R．
∵B，E是半圆弧的三等分点，
∴∠EOA＝∠EOB＝∠BOD＝60°，
∴∠BAC＝∠EBA＝30°，
∴BE∥AD，
∵弧BE的长为π，
∴，
解得：R＝4，
∴AB＝ADcos30°＝4，
∴BCAB＝2，
∴AC6，
∴S△ABCBC×AC＝×26＝6，
∵△BOE和△ABE同底等高，
∴△BOE和△ABE面积相等，
∴图中阴影部分的面积为：S△ABC﹣S扇形BOE＝66．
故选：A．
此题主要考查了扇形的面积计算以及三角形面积求法等知识，根据已知得出△BOE和△ABE面积相等是解题关键．
10．（2025 双阳区二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连结BO并延长交⊙O于点E，连结OD．若∠DOE＝70°，则∠BAD度数为（　　）
A．110° B．120° C．125° D．140°
【考点】圆内接四边形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】C
首先求得∠BOD的值，再根据圆周角定理求出∠BCD的度数，然后利用圆内接四边形的性质求出∠BAD的度数．
【解答】解：由条件可得∠BOD＝180°﹣70°＝110°，
∵，
∴，
∵∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠BAD＝180°﹣55°＝125°．
故答案为：C．
本题主要涉及圆周角定理以及圆内接四边形的性质．圆周角定理指出：同弧或等弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半．圆内接四边形的性质为：圆内接四边形的对角互补，即对角的和为180°．熟练掌握以上知识点是关键．
二．填空题（共5小题）
11．（2026 西安一模）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若正六边形的周长是18cm，则⊙O的半径是　3　 cm．
【考点】正多边形和圆；等边三角形的判定与性质．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】3．
如图，连接OC，OD．利用△OCD是等边三角形可得结论．
【解答】解：如图，连接OC，OD．
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，
∴∠COD＝60，
∵OC＝OD，
∴△OCD是等边三角形，
∵正六边形的周长是18cm，
∴CD18＝3（cm），
∴OC＝OD＝CD＝3cm，
故答案为：3．
本题考查正多边形与圆，等边三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题．
12．（2026 柳州一模）不倒翁是一种受人喜爱的儿童玩具，小华在手工课上用一球形物体制作了一个戴帽子的不倒翁（如图1），图2是从正面看到的该不倒翁的形状示意图（设圆心为O）．已知帽子的边缘PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，若该圆半径是4，∠P＝60°，则的长是　　 ．（结果保留π）
【考点】切线的性质；弧长的计算．
【专题】与圆有关的位置关系；运算能力．
【答案】．
利用切线的性质可得∠PAO＝∠PBO＝90°，进而得到∠AOB＝120°，以及所对圆心角，最后利用弧长公式求解即可解题．
【解答】解：由题意可得：∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵∠P＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∴所对圆心角为360°﹣∠AOB＝240°，
∵该圆半径是4，
∴的长是，
故答案为：．
本题考查切线的性质，弧长的计算，多边形内角和，熟练掌握切线的性质，以及弧长公式是解题的关键．
13．（2026 碑林区校级模拟）如图，AB，CD为⊙O的直径，点E为的中点，连接DE，BC，若∠B＝36°，则∠CDE的度数为　63°　 ．
【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】63°．
连接OE，根据圆周角定理可得：∠AOC＝2∠B＝72°，从而可得∠AOD＝108°，再根据已知可得：，从而可得∠AOE＝∠DOE＝54°，然后利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理进行计算即可解答．
【解答】解：连接OE，
∵∠B＝36°，
∴∠AOC＝2∠B＝72°，
∴∠AOD＝180°﹣∠AOC＝108°，
∵点E为的中点，
∴，
∴∠AOE＝∠DOE∠AOD＝54°，
∵OD＝OE，
∴∠CDE＝∠OED63°，
故答案为：63°．
本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
14．（2026 周至县一模）如图①所示的司南是中国古代辨别方向的一种仪器，其早在战国时期就已被发明，也是如今指南针的前身．图②是其部分示意图，已知司南中心为圆形，圆心为O，根据八个方位将圆形八等分（图②中点A～H）且顺次连接点A～H构成正八边形，则该正八边形的中心角为　45　 度．
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆．
【答案】45．
根据正多边形的中心角公式进行求解即可．
【解答】解：根据题意得，
360°÷8＝45°，
∴正八边形的中心角为45°，
故答案为：45．
本题主要考查了正多边形的中心角，解题的关键是掌握中心角公式．
15．（2026 沁阳市模拟）如图，半圆O的直径AB＝12，将半圆O绕点B旋转，得到半圆O′，交AB于点P，若，则图中阴影部分的面积为　　 ．
【考点】扇形面积的计算；旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】．
连接A′P，PO′，过点O′作OD⊥AB，根据勾股定理求出A′P的长，进而证明△A′PO′为等边三角形，则可以根据圆周角定理和含30°的直角三角形的性质可求出，再根据S阴影＝S半圆O﹣S弓形＝S半圆O﹣（S扇形O′BP﹣S△O′BP）求解即可．
【解答】解：连接A′P，PO′，过点O′作OD⊥AB，如图，
由旋转可得，AB＝A′B＝12，
∵A'B为直径，
∴∠A′PB＝90°，
∴，
∴O′P＝O′B＝O′A＝6＝A′P′，
∴△A′PO′为等边三角形，
∴∠A′O′P＝60°，
∴∠BO'P＝120°，∠A′BP＝30°，
∴在Rt△O′DB中，，
∴S阴影＝S半圆O﹣S弓形
＝S半圆O﹣（S扇形O′BP﹣S△O′BP）
，
∴若，则图中阴影部分的面积为．
故答案为：．
本题考查了圆周角定理、勾股定理、含30°的直角三角形的性质和等边三角形的判定和性质，作出正确的辅助线是解决本题的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2025秋 常德校级期末）如图①，⊙O是△ABD的外接圆，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，连接AC，AC平分∠BAD，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点P．
（1）求证：BD∥CP；
（2）若，求BP的长；
（3）如图②，连接OC，CD，若四边形OADC为菱形，AB＝4，求阴影部分的面积．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题．
【答案】（1）连接OC，如图，
∵AC平分∠DAB，
∴∠BAC＝∠DAC，
∴，
∴OC⊥BD，
∵CP为⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴BD∥CP．
（2）10；
（3）．
（1）连接OC，如图，先利用圆周角定理得到，再根据垂径定理得到OC⊥BD，接着利用切线的性质得OC⊥PC，然后根据平行线的性质得到结论；
（2）先利用BD∥PC得到∠ABD＝∠P，所以，再根据圆周角定理得∠ADB＝90°，则利用余弦的定义可求出AB＝30，所以OB＝OC＝15，接着在Rt△OCP中利用余弦的定义得到，于是设PC＝4x，PO＝5x，则OC＝3x＝15，求出x得到OP＝25，然后计算OP﹣OB即可；
（3）由圆周角定理得到∠ADB＝90°，再根据菱形的性质得到，解直角三角形求出∠ABD＝30°，由（1）知BD∥CP，进而推出∠PCO＝90°，∠P＝30°，进而求出∠POC＝60°，再根据阴影部分的面积为S△POC﹣S扇形OBC即可求解．
【解答】（1）证明：连接OC，如图，
∵AC平分∠DAB，
∴∠BAC＝∠DAC，
∴，
∴OC⊥BD，
∵CP为⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴BD∥CP．
（2）解：∵BD∥PC，
∴∠ABD＝∠P，
∴，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
在Rt△ABD中，
∵，
∴，
∴OB＝OC＝15，
∵OC⊥PC，
∴∠OCP＝90°，
在Rt△OCP中，
∵，
∴设PC＝4x，PO＝5x，
∴OC＝3x，
即3x＝15，
解得x＝5，
∴OP＝5x＝25，
∴BP＝OP﹣OB＝25﹣15＝10．
（3）解：∵AB是⊙O的直径，AB＝4，
∴∠ADB＝90°，OA＝OB＝2，
∵四边形OADC为菱形，
∴，AD∥OC，
∴，
∴∠ABD＝30°，
由（1）知BD∥CP，
∴∠PCO＝∠ADB＝90°，∠P＝∠ABD＝30°，
∴∠POC＝60°，
∴，
∴．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理、圆周角定理、不规则图形的面积、菱形的性质和解直角三角形．掌握切线的性质，圆的基本性质，解直角三角形是解题的关键．
17．（2026 海沧区校级一模）如图，点D是△ABC外接圆⊙O上的一点，AC⊥BD于G，连接AD，CD，OD．过点B作直线BF∥AD交AC于E，交⊙O于F．若点F是的中点．
（1）求证：；
（2）当CD＝3时，求⊙O的半径；
（3）若，连接OG．请你探究∠GOD与∠ADC之间的数量关系，并证明．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题．
【答案】（1）∵点F是弧CD的中点，
∴，
∵AD∥BF，
∴，
∴；
（2）
（3）2∠GOD+∠ADC＝240°．理由如下：
同（2），作OM⊥DC于点M，连接OC，
由（2）知，∠BGC＝∠AGD＝90°，∠ACB＝30°，∠ODM＝30°，
∴∠ADB＝∠ACB＝30°，
设GE＝x，则
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴DG＝OD，
∴2∠GOD+∠ODG＝180°，
∵∠ADB+∠ODC＝60°，
∴2∠GOD+∠ODG+∠ADB+∠ODC＝240°，
即2∠GOD+∠ADC＝240°．
（1）根据弧中点得到，根据平行线夹弧得到，即可得证；
（2）作OM⊥DC于点M，连接OC，则，根据，得到∠ACB＝∠CBF＝∠DBF，根据AC⊥BD，得到∠ACB＝∠CBF＝∠DBF＝30°，得到∠DBC＝60°，得到∠DOC＝2∠DBC＝120°，得到∠ODM＝30°，得到，即可；
（3）作OM⊥DC于点M，连接OC，设GE＝x，则，根据∠BGC＝∠AGD＝90°，∠ACB＝∠ADB＝30°，得到，，得到CG＝3x，由勾股定理得到，得到，得到，得到DG＝OD，得到2∠GOD+∠ODG＝180°，根据∠ADB+∠ODC＝60°，即得2∠GOD+∠ADC＝240°．
【解答】（1）证明：∵点F是弧CD的中点，
∴，
∵AD∥BF，
∴，
∴；
（2）解：作OM⊥DC于点M，连接OC，如图，
∵CD＝3，
∴，
由（1）可知：，
∴∠ACB＝∠CBF＝∠DBF，
∵AC⊥BD，
∴∠BGC＝90°，
∴∠DBF+∠CBF+∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CBF＝∠DBF＝30°，
∴∠DBC＝60°，
∴∠DOC＝2∠DBC＝120°，
∵OD＝OC，
∴∠ODM＝30°，
∴，
∵OM2+DM2＝OD2，
∴，
∴⊙O的半径；
（3）解：2∠GOD+∠ADC＝240°．理由如下：
同（2），作OM⊥DC于点M，连接OC，
由（2）知，∠BGC＝∠AGD＝90°，∠ACB＝30°，∠ODM＝30°，
∴∠ADB＝∠ACB＝30°，
设GE＝x，则，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴DG＝OD，
∴2∠GOD+∠ODG＝180°，
∵∠ADB+∠ODC＝60°，
∴2∠GOD+∠ODG+∠ADB+∠ODC＝240°，
即2∠GOD+∠ADC＝240°．
本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握平行弦性质，垂径定理，勾股定理解直角三角形，圆周角定理，等腰三角形性质，含30°的直角三角形性质，是解决问题的关键．
18．（2026 碑林区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AB边上，⊙O与BC相切于点D，与AB相交于A，E两点，连接AD，DE．
（1）求证：AD平分∠BAC；
（2）若BE＝5，tan∠BAD，求⊙O的半径．
【考点】切线的性质；解直角三角形；垂径定理；圆周角定理．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】（1）证明：连接OD，
∵BC与圆O相切于点D，
∴∠ODB＝90°＝∠C，
∴OD∥AC，
∴∠ODA＝∠CAD，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∴∠CAD＝∠OAD，
∴AD平分∠BAC；
（2）⊙O的半径为．
（1）由平行线+等腰三角形即可得求证：易证OD∥AC，OA＝OD，则∠ODA＝∠CAD＝∠OAD，即可得证；
（2）由题可得AC＝2CD，AD＝2DE，设CD＝2a，可得AC＝4a，AD＝2a，AE＝5a，ODa，再根据OD∥AC，可得，代入求解即可．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵BC与圆O相切于点D，
∴∠ODB＝90°＝∠C，
∴OD∥AC，
∴∠ODA＝∠CAD，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∴∠CAD＝∠OAD，
∴AD平分∠BAC；
（2）解：由（1）可知∠BAD＝∠CAD，
∴tan∠BAD＝tan∠CAD，
∴，
设CD＝2a，则AC＝4a，
∴AD2a，
∵AE为直径，
∴∠ADE＝90°，
∴tan∠BAD，
∴DEa，
∴AE5a，
∴ODa，
∵OD∥AC，
∴△ODB∽△ACB，
∴，即，
解得a＝3，
∴r＝ODa，
答：⊙O的半径为．
本题主要考查了切线的性质、平行线的性质、角平分线的定义、解直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
19．（2026 碑林区校级模拟）【问题探究】
（1）如图①，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC，BD相交于点O，若△ABC的面积为9，则△BCD的面积为　9　 ；
（2）如图②，半圆O的直径AB＝8，点C是半圆O上的一个动点，求△ABC面积的最大值；
【问题解决】
（3）如图③，某公园有一个三角形的演艺广场ABC，其中AB＝20米，∠ACB＝90°，∠CAB＝60°．在演艺广场的三个角各装有一个旋转射灯，点A和点B处的射灯发出的光线夹角∠AMB始终等于45°，且光线AM在∠BAC的内部运动．点C处的射灯发出的光线与AM交于点N，且光线CN始终与光线BM平行．请探究四边BMCN的面积是否存在最大值，若存在，请求出四边形BMCN面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题．
【答案】（1）9；
（2）16；
（3）平方米．
（1）根据平行线的性质即可求解；
（2）当CO⊥AB 时，点C到AB的距离最大，此时△ABC面积最大，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求出AC、BC即可求解；
（3）过点C作CD∥NM交BM的延长线于点D，可得四边形CNMD为平行四边形，进而得到S△CDM＝S△CNB，即得到S四边形BMCN＝S△CNB+S△CBM＝S△CDM+S△CBM＝S△CBD，又由∠CDB＝∠AMB＝45°，米，可得点D在⊙O上运动，连接OB、OD，过点O作OG⊥BC于G，GO的延长线交⊙O于点D′，过点D作DH⊥BC于点H，则∠BOC＝2∠CDB＝90°，DG≥DH，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理可得米，米，即得到，再根据三角形的面积公式计算即可求解．
【解答】解：（1）∵AD∥BC，
∴点A和点C到BC的距离相等，
∴S△BCD＝S△ABC＝9．
故答案为：9；
（2）如图，当CO⊥AB时，点C到AB的距离最大，此时△ABC面积最大，
∵AO＝BO，CO⊥AB，
∴AC＝BC，
又∵∠ACB＝90°，AB＝8，
∴，
∴，
即△ABC面积的最大值为16；
（3）存在，理由如下：
如图，过点C作CD∥NM交BM的延长线于点D，
∵CN∥BM，
∴四边形CNMD为平行四边形，S△CNB＝S△CNM，
∴S△CDM＝S△CNM，
∴S△CDM＝S△CNB，
∴S四边形BMCN＝S△CNB+S△CBM＝S△CDM+S△CBM＝S△CBD，
∵CD∥NM，
∴∠CDB＝∠AMB＝45°，
∵AB＝20米，∠ACB＝90°，∠CAB＝60°，∴米，
∴点D在⊙O上运动，
连接OB、OD，过点O作OG⊥BC于G，GO的延长线交⊙O于点D′，过点D作DH⊥BC于点H，
则∠BOC＝2∠CDB＝90°，D'G≥DH，
∵∠BOC＝90°，OB＝OC，OG⊥BC，
∴米，米，
∴米，
∴米，
∴（平方米），
∴四边形BMCN面积的最大值为平方米．
本题考查了平行线的性质，圆的性质，圆周角定理，平行四边形的判定和性质，点和圆的位置关系，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，勾股定理等，正确作出辅助线是解题的关键．
20．（2026 哈尔滨模拟）点B，C在以点O为圆心，OA为半径的⊙O上，连接AB，AC，BC，AB＝AC．
（1）如图①，求证：AO平分∠BAC；
（2）如图②，D为弦BC下方⊙O上一点，连接BD，CD，E是CD上一点，DE＝DB，过点E作EF∥AC交BC于点F，连接DF，求证：DB＝DF；
（3）如图③，在（2）的条件下，若BC为⊙O的直径，△ABF的面积为8，CE＝2，求⊙O的半径．
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）如图①，连接OB，OC，则OB＝OC，
在△AOB和△AOC中，
，
∴△ACO≌△ABO（SSS），
∴∠BAO＝∠CAO，
∴AO平分∠BAC；
（2）如图②，AB＝AC，EF∥AC，连接AD，交BC于点K，连接EK，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADB＝∠ADC，∠EFC＝∠ACB，
∴∠EFC＝∠ABC＝∠ACB＝∠ADB＝∠ADC，
∵∠KFE+∠EFC＝180°，
∴∠KFE+∠ADC＝180°，
∴K，D，E，F四点共圆，
∴∠BKD＝∠DEF，∠DKE＝∠DFE，
在△BDK和△EDK中，
，
∴△BDK≌△EDK（SAS），
∴∠BKD＝∠EKD，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴DE＝DF，
∵DE＝DB，
∴DB＝DF；
（3）．
（1）如图①，连接OB，OC，证明△ACO≌△ABO（SSS）即可证明AO平分∠BAC；
（2）如图②，连接AD，交BC于点K，连接EK，证明K，D，E，F四点共圆，得到∠DKE＝∠DFE，∠BKD＝∠DEF，再证明△BDK≌△EDK（SAS），等量代换证明即可结论；
（3）先证明△BFE∽△BEC，得到BE2＝BF BC，再根据△ABF的面积为8，得到BF BC＝32，确定，继而得到DB＝DE＝4，后利用勾股定理解答即可．
【解答】（1）证明：如图①，连接OB，OC，则OB＝OC，
在△AOB和△AOC中，
，
∴△ACO≌△ABO（SSS），
∴∠BAO＝∠CAO，
∴AO平分∠BAC；
（2）证明：如图②，AB＝AC，EF∥AC，连接AD，交BC于点K，连接EK，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADB＝∠ADC，∠EFC＝∠ACB，
∴∠EFC＝∠ABC＝∠ACB＝∠ADB＝∠ADC，
∵∠KFE+∠EFC＝180°，
∴∠KFE+∠ADC＝180°，
∴K，D，E，F四点共圆，
∴∠BKD＝∠DEF，∠DKE＝∠DFE，
在△BDK和△EDK中，
，
∴△BDK≌△EDK（SAS），
∴∠BKD＝∠EKD，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴DE＝DF，
∵DE＝DB，
∴DB＝DF；
（3）解：如图③，AB＝AC，OB＝OC，连接BE，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADB＝∠ADC，AO⊥BC，
∵EF∥AC，
∴∠EFC＝∠ACB，
∴∠EFC＝∠ABC＝∠ACB＝∠ADB＝∠ADC，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BAC＝∠BDC＝90°，
∴∠EFC＝∠ABC＝∠ACB＝∠ADB＝∠ADC＝45°，
∵DE＝DB，∠BDC＝90°，
∴∠DBE＝∠DEB＝45°，
∴∠BEC＝∠BFE＝135°，
∵∠EBF＝∠CBE
∴△BFE∽△BEC，
∴，
∴BE2＝BF BC，
∵△ABF的面积为8，
∴，
∴BF AO＝16，
∴BF 2AO＝32，
∴BF BC＝32，
∴BE2＝32，
解得：（负值已舍去），
∴DB＝BEsin45°＝4＝DE，
∵CE＝2，
∴DC＝DE+EC＝6，
在直角三角形BCD中，由勾股定理得：，
∴⊙O的半径．
本题属于圆的综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，圆的性质，四点共圆，正弦函数的应用，熟练掌握全等三角形的判定和性质，三角函数的应用是解题的关键．