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【专题讲义】备战2020中考总复习精编重难点
第18讲 圆的基本性质（提高版）
【学生版】
一、考点知识梳理
【考点1 圆的有关概念及性质】
1.定义：在一个平面内，一条线段绕着它固定的一个端点旋转一周，另一个端点所形成的图形叫做圆
圆是到定点的距离等于定长的所有点组成的图形
2.弦：连接圆上任意两点的线段叫做弦
3.直径：直径是经过圆心的弦，是圆内最长的弦
4.弧：圆上任意两点间的部分叫做弧，弧有优弧、半圆、劣弧之分，能够完全重合的弧叫做等弧
5.等圆：能够重合的两个圆叫做等圆
6.同心圆：圆心相同的圆叫做同心圆
7.圆的对称性
圆是轴对称图形，其对称轴是任意一条经过圆心的直线
圆是中心对称图形，对称中心为圆心
【考点2 三角形的外接圆】
1.不在同一直线上的三个点确定一个圆。
2.三角形的外接圆经过三角形的三个顶点可以作一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心叫做三角形的外心，它到三角形的三个顶点的距离相等；
【考点3 垂径定理】
1.垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧
2.推论：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧
【考点4 圆心角、圆周角、弧、弦之间的关系】
1.圆心角、弧、弦之间的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧或两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量也分别相等
2.圆周角定义：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角
3.圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等
推论2：半圆(或直径)所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径
推论3：圆内接四边形的对角互补
【考点5 正多边形和圆及圆的计算】
1.正多边形的外接圆：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．
2.如果正多边形的边数为n，外接圆半径为R，那么边长an＝⑧2Rsin
周长C＝⑨2nRsin
边心距rn＝⑩Rcos
3.正多边形的有关概念
①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心．
②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径．
③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．
④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
4.圆的弧长及扇形面积公式：如果圆的半径是R，弧所对的圆心角度数是n，那么
弧长公式弧长l＝
扇形面积公式S扇＝＝②lR
二、考点分析
【考点1 圆的有关概念及性质】
【解题技巧】1．判断点与圆的位置关系时，比较点到圆心的距离与圆的半径即可．当点到圆心的距离大于圆的半径时，点在圆外；当点到圆心的距离等于圆的半径时，点在圆上；当点到圆心的距离小于圆的半径时，点在圆内．反之亦然．
2.在解决与弦有关的问题时，作垂直于弦的直径可以构造直角三角形，从而将求解转化成解直角三角形的问题．
【例1】（2019 辽宁沈阳中考）（2019?沈阳）如图，AB是⊙O的直径，点C和点D是⊙O上位于直径AB两侧的点，连接AC，AD，BD，CD，若⊙O的半径是13，BD＝24，则sin∠ACD的值是（ ）
A． B． C． D．
【举一反三1-1】（2019 山东济南中考模拟）Rt△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于E，OD⊥BC交⊙O于D，DE交BC于F，点P为CB延长线上的一点，PE延长交AC于G，PE＝PF，下列结论：
①PE为⊙O的切线；②G为AC的中点；③OG∥BE；④∠A＝∠P
其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【举一反三1-2】（2019 辽宁盘锦中考模拟）如图，边长为4的正方形ABCD内接于点O，点E是上的一动点（不与A、B重合），点F是上的一点，连接OE、OF，分别与AB、BC交于点G，H，且∠EOF＝90°，有以下结论：
①＝；
②△OGH是等腰三角形；
③四边形OGBH的面积随着点E位置的变化而变化；
④△GBH周长的最小值为4+．
其中正确的是 （把你认为正确结论的序号都填上）．
【举一反三1-3】（2019 河北衡水中考模拟）已知半径为5的⊙O1过点O（0，0），A（8，0），与y轴的正半轴交于点B，OE为直径，点M为弧OBE上一动点（不与点O、E重合），连结MA，作NA⊥MA于点A交ME的延长线于点N，则线段AN最长为 ．
【考点2 三角形的外接圆】
【解题技巧】①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点．
②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在三角形的外部．
③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个，而一个圆的内接三角形却有无数个．
【例2】（2019 河北张家口中考模拟）如图，△ABC的顶点都在⊙O上，∠BAO＝50°，则∠C的度数为（ ）
A．30° B．40° C．45° D．50°
【举一反三2-1】（2019 山东烟台中考模拟）如图，若△ABC内接于半径为2的⊙O，且∠A＝60°，连接OB、OC，则边BC的长为（ ）
A． B． C．2 D．2
【举一反三2-2】（2019辽宁大连中考模拟）如图，O为锐角三角形ABC的外心，四边形OCDE为正方形，其中E点在△ABC的外部，判断下列叙述不正确的是（ ）
A．O是△AEB的外心，O不是△AED的外心
B．O是△BEC的外心，O不是△BCD的外心
C．O是△AEC的外心，O不是△BCD的外心
D．O是△ADB的外心，O不是△ADC的外心
【举一反三2-3】（2019 安徽中考）如图，△ABC内接于⊙O，∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，CD⊥AB于点D，若⊙O的半径为2，则CD的长为 ．
【考点3 垂径定理】
【解题技巧】
垂径定理的应用很广泛，常见的有：
（1）得到推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
（2）垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．
这类题中一般使用列方程的方法，这种用代数方法解决几何问题即几何代数解的数学思想方法一定要掌握．
【例3】（2019 河南开封中考模拟）如图，AB是⊙O的直径，AB＝10，P是半径OA上的一动点，PC⊥AB交⊙O于点C，在半径OB上取点Q，使得OQ＝CP，DQ⊥AB交⊙O于点D，点C，D位于AB两侧，连接CD交AB于点F，点P从点A出发沿AO向终点O运动，在整个运动过程中，△CFP与△DFQ的面积和的变化情况是（ ）
A．一直减小 B．一直不变
C．先变大后变小 D．先变小后变大
【举一反三3-1】（2019 宁夏中考）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足为点C，将劣弧沿弦AB折叠交于OC的中点D，若AB＝2，则⊙O的半径为 ．
【举一反三3-2】（2019 广西南宁中考）《九章算术》作为古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．在《九章算术》中记载有一问题“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”小辉同学根据原文题意，画出圆材截面图如图所示，已知：锯口深为1寸，锯道AB＝1尺（1尺＝10寸），则该圆材的直径为 寸．
【举一反三3-3】（2019安徽中考）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具．如图1，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理．如图2，筒车盛水桶的运行轨迹是以轴心O为圆心的圆．已知圆心在水面上方，且圆被水面截得的弦AB长为6米，∠OAB＝41.3°，若点C为运行轨道的最高点（C，O的连线垂直于AB），求点C到弦AB所在直线的距离．（参考数据：sin41.3°≈0.66，cos41.3°≈0.75，tan41.3°≈0.88）
【考点4 圆心角、圆周角、弧、弦之间的关系】
【解题技巧】1.在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两个圆周角、两条弧有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量也相等．
一般辅助线有：连半径、作垂直、构造直径所对的圆周角等．
2.正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系
三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与原图形完全重合．
3.注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
【例4】（2019 甘肃中考）如图，AB是⊙O的直径，点C、D是圆上两点，且∠AOC＝126°，则∠CDB＝（ ）
A．54° B．64° C．27° D．37°
【举一反三4-1】（2019 福建中考）如图，PA、PB是⊙O切线，A、B为切点，点C在⊙O上，且∠ACB＝55°，则∠APB等于（ ）
A．55° B．70° C．110° D．125°
【举一反三4-2】（2019吉林中考）如图，在⊙O中，所对的圆周角∠ACB＝50°，若P为上一点，∠AOP＝55°，则∠POB的度数为（ ）
A．30° B．45° C．55° D．60°
【举一反三4-3】（2019 陕西中考）如图，AB是⊙O的直径，EF，EB是⊙O的弦，且EF＝EB，EF与AB交于点C，连接OF，若∠AOF＝40°，则∠F的度数是（ ）
A．20° B．35° C．40° D．55°
【举一反三4-4】（2019?台湾）如图所示A、B、C、D四点在⊙O上的位置，其中＝180°，且＝，＝．若阿超在上取一点P，在上取一点Q，使得∠APQ＝130°，则下列叙述何者正确？（ ）
A．Q点在上，且＞ B．Q点在上，且＜
C．Q点在上，且＞ D．Q点在上，且＜
【举一反三4-5】（2019 江苏南京中考）如图，⊙O的弦AB、CD的延长线相交于点P，且AB＝CD．求证：PA＝PC．
【考点5 正多边形和圆及圆的计算】
【解题技巧】1.圆内接四边形定理：圆的内接四边形的对角互补，外角等于它的内对角。
2.牢记圆的有关计算公式，并灵活处理好公式之间的转换，当出现求不规则图形的面积时，注意利用割补法与等面积变换转化为规则图形，再利用规则图形的公式求解．
【例5】（2019 宁夏中考））如图，正六边形ABCDEF的边长为2，分别以点A，D为圆心，以AB，DC为半径作扇形ABF，扇形DCE．则图中阴影部分的面积是（ ）
A．6﹣π B．6﹣π C．12﹣π D．12﹣π
【举一反三5-1】（2019?成都）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，P为上的一点（点P不与点D重合），则∠CPD的度数为（ ）
A．30° B．36° C．60° D．72°
【举一反三5-2】（2019?哈尔滨）一个扇形的弧长是11πcm，半径是18cm，则此扇形的圆心角是 度．
【举一反三5-3】（2019 湖北孝感中考）刘徽是我国魏晋时期卓越的数学家，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．如图，若用圆的内接正十二边形的面积S1来近似估计⊙O的面积S，设⊙O的半径为1，则S﹣S1＝ ．
【举一反三5-4】（2019?武汉）如图，AB是⊙O的直径，M、N是（异于A、B）上两点，C是上一动点，∠ACB的角平分线交⊙O于点D，∠BAC的平分线交CD于点E．当点C从点M运动到点N时，则C、E两点的运动路径长的比是（ ）
A． B． C． D．
【举一反三5-5】（2019?广西）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB为⊙O直径，AB＝6，AD平分∠BAC，交BC于点E，交⊙O于点D，连接BD．
（1）求证：∠BAD＝∠CBD；
（2）若∠AEB＝125°，求的长（结果保留π）．
三、【达标测试】
（一）选择题
1.（2019?兰州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠A＝40°，则∠C＝（ ）
A．110° B．120° C．135° D．140°
2.（2019?青岛）如图，线段AB经过⊙O的圆心，AC，BD分别与⊙O相切于点C，D．若AC＝BD＝4，∠A＝45°，则的长度为（ ）
A．π B．2π C．2π D．4π
3.（2019?青海）如图，在扇形AOB中，AC为弦，∠AOB＝140°，∠CAO＝60°，OA＝6，则的长为（ ）
A． B． C．2π D．2π
4.（2019?济南）如图，在菱形ABCD中，点E是BC的中点，以C为圆心、CE为半径作弧，交CD于点F，连接AE、AF．若AB＝6，∠B＝60°，则阴影部分的面积为（ ）
A．9﹣3π B．9﹣2π C．18﹣9π D．18﹣6π
5.（2019 浙江温州中考）若扇形的圆心角为90°，半径为6，则该扇形的弧长为（ ）
A．π B．2π C．3π D．6π
6.（2019 山西中考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝2，以AB的中点O为圆心，OA的长为半径作半圆交AC于点D，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．﹣ B．+ C．2﹣π D．4﹣
7.（2019 河北唐山中考模拟）如图，四边形ABCD为菱形，AB＝BD，点B、C、D、G四个点在同一个圆⊙O上，连接BG并延长交AD于点F，连接DG并延长交AB于点E，BD与CG交于点H，连接FH，下列结论：
①AE＝DF；②FH∥AB；③△DGH∽△BGE；④当CG为⊙O的直径时，DF＝AF．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8.（2019 河北秦皇岛中考模拟）如图，在半径为5的⊙O内有两条互相垂直的弦AB和CD，AB＝8，CD＝8，垂足为E．则tan∠OEA的值是（ ）
A．1 B． C． D．
填空题
1.（2019 重庆中考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠ABC＝60°，AB＝2，分别以点A、点C为圆心，以AO的长为半径画弧分别与菱形的边相交，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留π）
2，分别以点A、点C为圆心，以AO的长为半径画弧分别与菱形的边相交，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留π）
2.（2019?青海）如图在正方形ABCD中，点E是以AB为直径的半圆与对角线AC的交点，若圆的半径等于1，则图中阴影部分的面积为 ．
3.（2019 湖北黄石中考））如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，CD平分∠ACB交AB于点D，O是BC上一点，经过C、D两点的⊙O分别交AC、BC于点E、F，AD＝，∠ADC＝60°，则劣弧的长为 ．
4.（2019 河南中考）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝120°，半径OC交弦AB于点D，且OC⊥OA．若OA＝2，则阴影部分的面积为 ．
5.（2019 河南郑州中考模拟）如图，以G（0，1）为圆心，半径为2的圆与x轴交于A、B两点，与y轴交于C，D两点，点E为⊙O上一动点，CF⊥AE于F，则弦AB的长度为 ；当点E在⊙O的运动过程中，线段FG的长度的最小值为 ．
6.（2019 四川成都中考模拟）如图，已知A、B、C是⊙O上的三个点，且AB＝15cm，AC＝3cm，∠BOC＝60度．如果D是线段BC上的点，且点D到直线AC的距离为2cm，那么BD＝ cm．
7.（2019 湖北孝感中考模拟）如图，直线y＝﹣x+m（m＞0）与x轴、y轴分别交于点A，B，C是AB的中点，点D在直线y＝﹣2上，以CD为直径的圆与直线AB的另一交点为E，交y轴于点F，G，已知CE+DE＝6，FG＝2，则CD的长是 ．
8.（2019 安徽合肥中考模拟）已知⊙O的直径为10cm，AB，CD是⊙O的两条弦，AB∥CD，AB＝6cm，CD＝8cm，则弦AB和CD之间的距离是 cm．
解答题
1.（2019 北京中考）在平面内，给定不在同一条直线上的点A，B，C，如图所示，点O到点A，B，C的距离均等于a（a为常数），到点O的距离等于a的所有点组成图形G，∠ABC的平分线交图形G于点D，连接AD，CD．
（1）求证：AD＝CD；
（2）过点D作DE⊥BA，垂足为E，作DF⊥BC，垂足为F，延长DF交图形G于点M，连接CM．若AD＝CM，求直线DE与图形G的公共点个数．
2.（2019 河南中考）如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的半圆O交AC于点D，点E是上不与点B，D重合的任意一点，连接AE交BD于点F，连接BE并延长交AC于点G．
（1）求证：△ADF≌△BDG；
（2）填空：
①若AB＝4，且点E是的中点，则DF的长为 ；
②取的中点H，当∠EAB的度数为 时，四边形OBEH为菱形．
3.（2019 湖北孝感中考）如图，点I是△ABC的内心，BI的延长线与△ABC的外接圆⊙O交于点D，与AC交于点E，延长CD、BA相交于点F，∠ADF的平分线交AF于点G．
（1）求证：DG∥CA；
（2）求证：AD＝ID；
（3）若DE＝4，BE＝5，求BI的长．
4.（2019 北京中考）在△ABC中，D，E分别是△ABC两边的中点，如果上的所有点都在△ABC的内部或边上，则称为△ABC的中内弧．例如，图1中是△ABC的一条中内弧．
（1）如图2，在Rt△ABC中，AB＝AC＝，D，E分别是AB，AC的中点，画出△ABC的最长的中内弧，并直接写出此时的长；
（2）在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），B（0，0），C（4t，0）（t＞0），在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．
①若t＝，求△ABC的中内弧所在圆的圆心P的纵坐标的取值范围；
②若在△ABC中存在一条中内弧，使得所在圆的圆心P在△ABC的内部或边上，直接写出t的取值范围．
5.（2019 陕西中考）问题提出：
（1）如图1，已知△ABC，试确定一点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形为平行四边形，请画出这个平行四边形；
问题探究：
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝10，若要在该矩形中作出一个面积最大的△BPC，且使∠BPC＝90°，求满足条件的点P到点A的距离；
问题解决：
（3）如图3，有一座塔A，按规定，要以塔A为对称中心，建一个面积尽可能大的形状为平行四边形的景区BCDE．根据实际情况，要求顶点B是定点，点B到塔A的距离为50米，∠CBE＝120°，那么，是否可以建一个满足要求的面积最大的平行四边形景区BCDE？若可以，求出满足要求的平行四边形BCDE的最大面积；若不可以，请说明理由．（塔A的占地面积忽略不计）
6.（2019 宁夏中考）如图在△ABC中，AB＝BC，以AB为直径作⊙O交AC于点D，连接OD．
（1）求证：OD∥BC；
（2）过点D作⊙O的切线，交BC于点E，若∠A＝30°，求的值．
7.（2019 吉林长春中考）（2019?长春）如图，四边形ABCD是正方形，以边AB为直径作⊙O，点E在BC边上，连结AE交⊙O于点F，连结BF并延长交CD于点G．
（1）求证：△ABE≌△BCG；
（2）若∠AEB＝55°，OA＝3，求劣弧的长．（结果保留π）
8.（2019?哈尔滨）已知：MN为⊙O的直径，OE为⊙O的半径，AB、CH是⊙O的两条弦，AB⊥OE于点D，CH⊥MN于点K，连接HN、HE，HE与MN交于点P．
（1）如图1，若AB与CH交于点F，求证：∠HFB＝2∠EHN；
（2）如图2，连接ME、OA，OA与ME交于点Q，若OA⊥ME，∠EON＝4∠CHN，求证：MP＝AB；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接OC、BC、AH，OC与EH交于点G，AH与MN交于点R，连接RG，若HK：ME＝2：3，BC＝，求RG的长．
9.（2019?威海）（1）方法选择
如图①，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，AB＝BC＝AC．求证：BD＝AD+CD．
小颖认为可用截长法证明：在DB上截取DM＝AD，连接AM…
小军认为可用补短法证明：延长CD至点N，使得DN＝AD…
请你选择一种方法证明．
（2）类比探究
【探究1】
如图②，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，BC是⊙O的直径，AB＝AC．试用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明你的结论．
【探究2】
如图③，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是 ___ ．
（3）拓展猜想
如图④，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，BC：AC：AB＝a：b：c，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是 ______ ．
10.（2019?浙江温州）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，点E在BC边上，且CA＝CE，过A，C，E三点的⊙O交AB于另一点F，作直径AD，连结DE并延长交AB于点G，连结CD，CF．
（1）求证：四边形DCFG是平行四边形．
（2）当BE＝4，CD＝AB时，求⊙O的直径长．
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【专题讲义】备战2020中考总复习精编重难点
第18讲 圆的基本性质（解析版）
【教师版】
圆的基本性质
一、考点知识梳理
【考点1 圆的有关概念及性质】
1.定义：在一个平面内，一条线段绕着它固定的一个端点旋转一周，另一个端点所形成的图形叫做圆
圆是到定点的距离等于定长的所有点组成的图形
2.弦：连接圆上任意两点的线段叫做弦
3.直径：直径是经过圆心的弦，是圆内最长的弦
4.弧：圆上任意两点间的部分叫做弧，弧有优弧、半圆、劣弧之分，能够完全重合的弧叫做等弧
5.等圆：能够重合的两个圆叫做等圆
6.同心圆：圆心相同的圆叫做同心圆
7.圆的对称性
圆是轴对称图形，其对称轴是任意一条经过圆心的直线
圆是中心对称图形，对称中心为圆心
【考点2 三角形的外接圆】
1.不在同一直线上的三个点确定一个圆。
2.三角形的外接圆经过三角形的三个顶点可以作一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心叫做三角形的外心，它到三角形的三个顶点的距离相等；
【考点3 垂径定理】
1.垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧
2.推论：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧
【考点4 圆心角、圆周角、弧、弦之间的关系】
1.圆心角、弧、弦之间的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧或两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量也分别相等
2.圆周角定义：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角
3.圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等
推论2：半圆(或直径)所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径
推论3：圆内接四边形的对角互补
【考点5 正多边形和圆及圆的计算】
1.正多边形的外接圆：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．
2.如果正多边形的边数为n，外接圆半径为R，那么边长an＝⑧2Rsin
周长C＝⑨2nRsin
边心距rn＝⑩Rcos
3.正多边形的有关概念
①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心．
②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径．
③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．
④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
4.圆的弧长及扇形面积公式：如果圆的半径是R，弧所对的圆心角度数是n，那么
弧长公式弧长l＝
扇形面积公式S扇＝＝②lR
二、考点分析
【考点1 圆的有关概念及性质】
【解题技巧】1．判断点与圆的位置关系时，比较点到圆心的距离与圆的半径即可．当点到圆心的距离大于圆的半径时，点在圆外；当点到圆心的距离等于圆的半径时，点在圆上；当点到圆心的距离小于圆的半径时，点在圆内．反之亦然．
2.在解决与弦有关的问题时，作垂直于弦的直径可以构造直角三角形，从而将求解转化成解直角三角形的问题．
【例1】（2019 辽宁沈阳中考）（2019?沈阳）如图，AB是⊙O的直径，点C和点D是⊙O上位于直径AB两侧的点，连接AC，AD，BD，CD，若⊙O的半径是13，BD＝24，则sin∠ACD的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D．
【分析】首先利用直径所对的圆周角为90°得到△ABD是直角三角形，然后利用勾股定理求得AD边的长，然后求得∠B的正弦即可求得答案．
【解答】解：∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∵⊙O的半径是13，
∴AB＝2×13＝26，
由勾股定理得：AD＝10，
∴sin∠B＝＝＝，
∵∠ACD＝∠B，
∴sin∠ACD＝sin∠B＝，
故选：D．
【举一反三1-1】（2019 山东济南中考模拟）Rt△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于E，OD⊥BC交⊙O于D，DE交BC于F，点P为CB延长线上的一点，PE延长交AC于G，PE＝PF，下列结论：
①PE为⊙O的切线；②G为AC的中点；③OG∥BE；④∠A＝∠P
其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C．
【分析】首先连接OE，CE，由OE＝OD，PE＝PF，易得∠OED+∠PEF＝∠ODE+∠PFE，又由OD⊥BC，可得OE⊥PE，继而证得PE为⊙O的切线；
又由BC是直径，可得OE⊥AB，由切线长定理可得GC＝GE，继而证得AG＝GE，则可得G为AC的中点；
易证得OG是△ABC的中位线，则可得OG∥BE；
由于在Rt△ABC中，∠A+∠ABC＝90°，在Rt△POE中，∠P+∠POE＝90°，而∠POE不一定等于∠ABC，则可得∠A不一定等于∠P．
【解答】解：连接OE，CE，
∵OE＝OD，PE＝PF，
∴∠OED＝∠ODE，∠PEF＝∠PFE，
∵OD⊥BC，
∴∠ODE+∠OFD＝90°，
∵∠OFD＝∠PFE，
∴∠OED+∠PEF＝90°，
即OE⊥PE，
∵点E⊙O上，
∴PE为⊙O的切线；故①正确；
∵BC是直径，
∴∠BEC＝90°，
∴∠AEC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴AC是⊙O的切线，
∴EG＝CG，
∴∠GCE＝∠GEC，
∵∠GCE+∠A＝90°，∠GEC+∠AEG＝90°，
∴∠A＝∠AEG，
∴AG＝EG，
∴AG＝CG，
即G为AC的中点；故②正确；
∵OC＝OB，
∴OG是△ABC的中位线，
∴OG∥AB，
即OG∥BE，故③正确；
在Rt△ABC中，∠A+∠ABC＝90°，
在Rt△POE中，∠P+∠POE＝90°，
∵OE＝OB，
∴∠OBE＝∠OEB，
但∠POE不一定等于∠ABC，
∴∠A不一定等于∠P．故④错误．
故选：C．
【举一反三1-2】（2019 辽宁盘锦中考模拟）如图，边长为4的正方形ABCD内接于点O，点E是上的一动点（不与A、B重合），点F是上的一点，连接OE、OF，分别与AB、BC交于点G，H，且∠EOF＝90°，有以下结论：
①＝；
②△OGH是等腰三角形；
③四边形OGBH的面积随着点E位置的变化而变化；
④△GBH周长的最小值为4+．
其中正确的是 （把你认为正确结论的序号都填上）．
【答案】①②．
【分析】①根据ASA可证△BOE≌△COF，根据全等三角形的性质得到BE＝CF，根据等弦对等弧得到＝，可以判断①；
②根据SAS可证△BOG≌△COH，根据全等三角形的性质得到∠GOH＝90°，OG＝OH，根据等腰直角三角形的判定得到△OGH是等腰直角三角形，可以判断②；
③通过证明△HOM≌△GON，可得四边形OGBH的面积始终等于正方形ONBM的面积，可以判断③；
④根据△BOG≌△COH可知BG＝CH，则BG+BH＝BC＝4，设BG＝x，则BH＝4﹣x，根据勾股定理得到GH＝＝，可以求得其最小值，可以判断④．
【解答】解：①如图所示，
∵∠BOE+∠BOF＝90°，∠COF+∠BOF＝90°，
∴∠BOE＝∠COF，
在△BOE与△COF中，
，
∴△BOE≌△COF，
∴BE＝CF，
∴＝，①正确；
②∵OC＝OB，∠COH＝∠BOG，∠OCH＝∠OBG＝45°，
∴△BOG≌△COH；
∴OG＝OH，∵∠GOH＝90°，
∴△OGH是等腰直角三角形，②正确．
③如图所示，
∵△HOM≌△GON，
∴四边形OGBH的面积始终等于正方形ONBM的面积，③错误；
④∵△BOG≌△COH，
∴BG＝CH，
∴BG+BH＝BC＝4，
设BG＝x，则BH＝4﹣x，
则GH＝＝，
∴其最小值为4+2，D错误．
故答案为：①②．
【举一反三1-3】（2019 河北衡水中考模拟）已知半径为5的⊙O1过点O（0，0），A（8，0），与y轴的正半轴交于点B，OE为直径，点M为弧OBE上一动点（不与点O、E重合），连结MA，作NA⊥MA于点A交ME的延长线于点N，则线段AN最长为 ．
【答案】．
【分析】先判断出∠OAE＝90°，根据勾股定理得出AE＝10，再判断出△OAE∽△MAN得出AN＝＝AM，即AM是直径时AM最大即可得出结论．
【解答】解：如图，连接AE，∵A（8，0），
∴OA＝8，
∵⊙O1的半径为5，OE是⊙O1的直径，
∴OE＝10，
∵OE是⊙O1的直径，
∴∠OAE＝90°，
在Rt△OAE中，根据勾股定理得，AE＝＝6，
∵NA⊥MA，
∴∠NAM＝∠OAE＝90°，
∵∠AOE＝∠AMN，
∴△OAE∽△MAN，
∴，
∴AN＝＝×AM＝AM，要AN最长，
则有AM最长，而AM是⊙O1的弦，
∴AM最大是直径为10，
∴AN最大＝AM最大＝×10＝，
故答案为．
【考点2 三角形的外接圆】
【解题技巧】①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点．
②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在三角形的外部．
③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个，而一个圆的内接三角形却有无数个．
【例2】（2019 河北张家口中考模拟）如图，△ABC的顶点都在⊙O上，∠BAO＝50°，则∠C的度数为（ ）
A．30° B．40° C．45° D．50°
【答案】B．
【分析】连接OB，由OA＝OB，根据等腰三角形的性质，可求得∠OBA的度数，继而求得∠AOB的度数，然后由圆周角定理，求得∠C的度数．
【解答】解：连接OB，
∵OA＝OB，
∴∠OBA＝∠OAB＝50°，
∴∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠OBA＝80°，
∴∠C＝∠AOB＝40°．
故选：B．
【举一反三2-1】（2019 山东烟台中考模拟）如图，若△ABC内接于半径为2的⊙O，且∠A＝60°，连接OB、OC，则边BC的长为（ ）
A． B． C．2 D．2
【答案D．
【分析】过点O作OD⊥BC于点D，由垂径定理得出BD＝CD，由圆周角定理得出∠BOC＝120°，由等腰三角形的性质得出∠OBC＝∠OCB＝30°，再由直角三角形的性质求出BD的长，进而得出答案．
【解答】解：过点O作OD⊥BC于点D，如图所示：
则BD＝CD，
∵△ABC内接于半径为2的⊙O，且∠A＝60°，
∴∠BOC＝2∠A＝120°°，CO＝BO＝2，
∴∠OBC＝∠OCB＝30°，
∴OD＝OB＝1，BD＝OD＝，
∴BC＝2BD＝2．
故选：D．
【举一反三2-2】（2019辽宁大连中考模拟）如图，O为锐角三角形ABC的外心，四边形OCDE为正方形，其中E点在△ABC的外部，判断下列叙述不正确的是（ ）
A．O是△AEB的外心，O不是△AED的外心
B．O是△BEC的外心，O不是△BCD的外心
C．O是△AEC的外心，O不是△BCD的外心
D．O是△ADB的外心，O不是△ADC的外心
【答案】D．
【分析】根据三角形的外心得出OA＝OC＝OB，根据正方形的性质得出OA＝OC＜OD，求出OA＝OB＝OC＝OE≠OD，再逐个判断即可．
【解答】解：连接OB、OD、OA，
∵O为锐角三角形ABC的外心，
∴OA＝OC＝OB，
∵四边形OCDE为正方形，
∴OA＝OC＜OD，
∴OA＝OB＝OC＝OE≠OD，
∴OA＝OE≠OD，即O不是△AED的外心，
OA＝OE＝OB，即O是△AEB的外心，
OA＝OC＝OE，即O是△ACE的外心，
OB＝OA≠OD，即O不是△ABD的外心，
故选：D．
【举一反三2-3】（2019 安徽中考）如图，△ABC内接于⊙O，∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，CD⊥AB于点D，若⊙O的半径为2，则CD的长为 ．
【答案】．
【分析】连接CO并延长交⊙O于E，连接BE，于是得到∠E＝∠A＝30°，∠EBC＝90°，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：连接CO并延长交⊙O于E，连接BE，
则∠E＝∠A＝30°，∠EBC＝90°，
∵⊙O的半径为2，
∴CE＝4，
∴BC＝CE＝2，
∵CD⊥AB，∠CBA＝45°，
∴CD＝BC＝，
故答案为：．
【考点3 垂径定理】
【解题技巧】
垂径定理的应用很广泛，常见的有：
（1）得到推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
（2）垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．
这类题中一般使用列方程的方法，这种用代数方法解决几何问题即几何代数解的数学思想方法一定要掌握．
【例3】（2019 河南开封中考模拟）如图，AB是⊙O的直径，AB＝10，P是半径OA上的一动点，PC⊥AB交⊙O于点C，在半径OB上取点Q，使得OQ＝CP，DQ⊥AB交⊙O于点D，点C，D位于AB两侧，连接CD交AB于点F，点P从点A出发沿AO向终点O运动，在整个运动过程中，△CFP与△DFQ的面积和的变化情况是（ ）
A．一直减小 B．一直不变
C．先变大后变小 D．先变小后变大
【答案】B．
【分析】连接OC，OD，PD，CQ．设PC＝x，OP＝y，OF＝a，利用分割法求出阴影部分的面积，再求出a＝y﹣x即可判断；
【解答】解：连接OC，OD，PD，CQ．设PC＝x，OP＝y，OF＝a，
∵PC⊥AB，QD⊥AB，
∴∠CPO＝∠OQD＝90°，
∵PC＝OQ，OC＝OD，
∴Rt△OPC≌Rt△DQO，
∴OP＝DQ＝y，
∴S阴＝S四边形PCQD﹣S△PFD﹣S△CFQ＝（x+y）2﹣?（y﹣a）y﹣（x+a）x＝xy+a（y﹣x），
∵PC∥DQ，
∴＝，
∴＝，
∴a＝y﹣x，
∴S阴＝xy+（y﹣x）（y﹣x）＝（x2+y2）＝
故选：B．
【举一反三3-1】（2019 宁夏中考）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足为点C，将劣弧沿弦AB折叠交于OC的中点D，若AB＝2，则⊙O的半径为 ．
【答案】3．
【分析】连接OA，设半径为x，用x表示OC，根据勾股定理建立x的方程，便可求得结果．
【解答】解：连接OA，设半径为x，
∵将劣弧沿弦AB折叠交于OC的中点D，
∴OC＝，OC⊥AB，
∴AC＝＝，
∵OA2﹣OC2＝AC2，
∴，
解得，x＝3．
故答案为：3．
【举一反三3-2】（2019 广西南宁中考）《九章算术》作为古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．在《九章算术》中记载有一问题“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”小辉同学根据原文题意，画出圆材截面图如图所示，已知：锯口深为1寸，锯道AB＝1尺（1尺＝10寸），则该圆材的直径为 寸．
【答案】26．
【分析】设⊙O的半径为r．在Rt△ADO中，AD＝5，OD＝r﹣1，OA＝r，则有r2＝52+（r﹣1）2，解方程即可．
【解答】解：设⊙O的半径为r．
在Rt△ADO中，AD＝5，OD＝r﹣1，OA＝r，
则有r2＝52+（r﹣1）2，
解得r＝13，
∴⊙O的直径为26寸，
故答案为：26．
【举一反三3-3】（2019安徽中考）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具．如图1，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理．如图2，筒车盛水桶的运行轨迹是以轴心O为圆心的圆．已知圆心在水面上方，且圆被水面截得的弦AB长为6米，∠OAB＝41.3°，若点C为运行轨道的最高点（C，O的连线垂直于AB），求点C到弦AB所在直线的距离．（参考数据：sin41.3°≈0.66，cos41.3°≈0.75，tan41.3°≈0.88）
【分析】连接CO并延长，与AB交于点D，由CD与AB垂直，利用垂径定理得到D为AB的中点，在直角三角形AOD中，利用锐角三角函数定义求出OA，进而求出OD，由CO+OD求出CD的长即可．
【解答】解：连接CO并延长，与AB交于点D，
∵CD⊥AB，∴AD＝BD＝AB＝3（米），
在Rt△AOD中，∠OAB＝41.3°，
∴cos41.3°＝，即OA＝＝＝4（米），
tan41.3°＝，即OD＝AD?tan41.3°＝3×0.88＝2.64（米），
则CD＝CO+OD＝4+2.64＝6.64（米）．
【考点4 圆心角、圆周角、弧、弦之间的关系】
【解题技巧】1.在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两个圆周角、两条弧有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量也相等．
一般辅助线有：连半径、作垂直、构造直径所对的圆周角等．
2.正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系
三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与原图形完全重合．
3.注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
【例4】（2019 甘肃中考）如图，AB是⊙O的直径，点C、D是圆上两点，且∠AOC＝126°，则∠CDB＝（ ）
A．54° B．64° C．27° D．37°
【答案】C．
【分析】由∠AOC＝126°，可求得∠BOC的度数，然后由圆周角定理，求得∠CDB的度数．
【解答】解：∵∠AOC＝126°，
∴∠BOC＝180°﹣∠AOC＝54°，
∵∠CDB＝∠BOC＝27°．
故选：C．
【举一反三4-1】（2019 福建中考）如图，PA、PB是⊙O切线，A、B为切点，点C在⊙O上，且∠ACB＝55°，则∠APB等于（ ）
A．55° B．70° C．110° D．125°
【答案】B．
【分析】根据圆周角定理构造它所对的弧所对的圆心角，即连接OA，OB，求得∠AOB＝110°，再根据切线的性质以及四边形的内角和定理即可求解．
【解答】解：连接OA，OB，
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA⊥OA，PB⊥OB，
∵∠ACB＝55°，
∴∠AOB＝110°，
∴∠APB＝360°﹣90°﹣90°﹣110°＝70°．
故选：B．
【举一反三4-2】（2019吉林中考）如图，在⊙O中，所对的圆周角∠ACB＝50°，若P为上一点，∠AOP＝55°，则∠POB的度数为（ ）
A．30° B．45° C．55° D．60°
【答案】B．
【分析】根据圆心角与圆周角关系定理求出∠AOB的度数，进而由角的和差求得结果．
【解答】解：∵∠ACB＝50°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝100°，
∵∠AOP＝55°，
∴∠POB＝45°，
故选：B．
【举一反三4-3】（2019 陕西中考）如图，AB是⊙O的直径，EF，EB是⊙O的弦，且EF＝EB，EF与AB交于点C，连接OF，若∠AOF＝40°，则∠F的度数是（ ）
A．20° B．35° C．40° D．55°
【答案】B．
【分析】连接FB，得到∠FOB＝140°，求出∠EFB，∠OFB即可．
【解答】解：连接FB．
∵∠AOF＝40°，
∴∠FOB＝180°﹣40°＝140°，
∴∠FEB＝∠FOB＝70°
∵EF＝EB
∴∠EFB＝∠EBF＝55°，
∵FO＝BO，
∴∠OFB＝∠OBF＝20°，
∴∠EFO＝∠EBO，
∠EFO＝∠EFB﹣∠OFB＝35°，
故选：B．
【举一反三4-4】（2019?台湾）如图所示A、B、C、D四点在⊙O上的位置，其中＝180°，且＝，＝．若阿超在上取一点P，在上取一点Q，使得∠APQ＝130°，则下列叙述何者正确？（ ）
A．Q点在上，且＞ B．Q点在上，且＜
C．Q点在上，且＞ D．Q点在上，且＜
【答案】B．
【分析】连接AD，OB，OC，根据题意得到∠BOC＝∠DOC＝45°，在圆周上取一点E连接AE，CE，由圆周角定理得到∠E＝AOC＝67.5°，求得∠ABC＝122.5°＜130°，取的中点F，连接OF，得到∠ABF＝123.25°＜130°，于是得到结论．
【解答】解：连接AD，OB，OC，
∵＝180°，且＝，＝，
∴∠BOC＝∠DOC＝45°，
在圆周上取一点E连接AE，CE，
∴∠E＝AOC＝67.5°，
∴∠ABC＝112.5°＜130°，
取的中点F，连接OF，
则∠AOF＝∠AOB+∠BOF＝90°+22.5°＝112.5°，
∴∠ABF＝123.75°＜130°，
∴Q点在上，且＜，
故选：B．
【举一反三4-5】（2019 江苏南京中考）如图，⊙O的弦AB、CD的延长线相交于点P，且AB＝CD．求证：PA＝PC．
【分析】连接AC，由圆心角、弧、弦的关系得出＝，进而得出＝，根据等弧所对的圆周角相等得出∠C＝∠A，根据等角对等边证得结论．
【解答】证明：连接AC，
∵AB＝CD，
∴＝，
∴+＝+，即＝，
∴∠C＝∠A，
∴PA＝PC．
【考点5 正多边形和圆及圆的计算】
【解题技巧】1.圆内接四边形定理：圆的内接四边形的对角互补，外角等于它的内对角。
2.牢记圆的有关计算公式，并灵活处理好公式之间的转换，当出现求不规则图形的面积时，注意利用割补法与等面积变换转化为规则图形，再利用规则图形的公式求解．
【例5】（2019 宁夏中考））如图，正六边形ABCDEF的边长为2，分别以点A，D为圆心，以AB，DC为半径作扇形ABF，扇形DCE．则图中阴影部分的面积是（ ）
A．6﹣π B．6﹣π C．12﹣π D．12﹣π
【答案】B．
【分析】根据题意和图形可知阴影部分的面积是正六边形的面积减去两个扇形的面积，从而可以解答本题．
【解答】解：∵正六边形ABCDEF的边长为2，
∴正六边形ABCDEF的面积是：＝6×＝6，∠FAB＝∠EDC＝120°，
∴图中阴影部分的面积是：6﹣＝，
故选：B．
【举一反三5-1】（2019?成都）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，P为上的一点（点P不与点D重合），则∠CPD的度数为（ ）
A．30° B．36° C．60° D．72°
【答案】B．
【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题；
【解答】解：如图，连接OC，OD．
∵ABCDE是正五边形，
∴∠COD＝＝72°，
∴∠CPD＝∠COD＝36°，
故选：B．
【举一反三5-2】（2019?哈尔滨）一个扇形的弧长是11πcm，半径是18cm，则此扇形的圆心角是 度．
【答案】110．
【分析】直接利用弧长公式l＝即可求出n的值，计算即可．
【解答】解：根据l＝＝＝11π，
解得：n＝110，
故答案为：110．
【举一反三5-3】（2019 湖北孝感中考）刘徽是我国魏晋时期卓越的数学家，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．如图，若用圆的内接正十二边形的面积S1来近似估计⊙O的面积S，设⊙O的半径为1，则S﹣S1＝ ．
【答案】0.14．
【分析】根据圆的面积公式得到⊙O的面积S＝3.14，求得圆的内接正十二边形的面积S1＝12××1×1×sin30°＝3，即可得到结论．
【解答】解：∵⊙O的半径为1，
∴⊙O的面积S＝3.14，
∴圆的内接正十二边形的中心角为＝30°，
∴圆的内接正十二边形的面积S1＝12××1×1×sin30°＝3，
∴则S﹣S1＝0.14，
故答案为：0.14．
【举一反三5-4】（2019?武汉）如图，AB是⊙O的直径，M、N是（异于A、B）上两点，C是上一动点，∠ACB的角平分线交⊙O于点D，∠BAC的平分线交CD于点E．当点C从点M运动到点N时，则C、E两点的运动路径长的比是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A．
【分析】如图，连接EB．设OA＝r．易知点E在以D为圆心DA为半径的圆上，运动轨迹是，点C的运动轨迹是，由题意∠MON＝2∠GDF，设∠GDF＝α，则∠MON＝2α，利用弧长公式计算即可解决问题．
【解答】解：如图，连接EB．设OA＝r．
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵E是△ACB的内心，
∴∠AEB＝135°，
∵∠ACD＝∠BCD，
∴＝，
∴AD＝DB＝r，
∴∠ADB＝90°，
易知点E在以D为圆心DA为半径的圆上，运动轨迹是，点C的运动轨迹是，
∵∠MON＝2∠GDF，设∠GDF＝α，则∠MON＝2α
∴＝＝．
故选：A．
【举一反三5-5】（2019?广西）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB为⊙O直径，AB＝6，AD平分∠BAC，交BC于点E，交⊙O于点D，连接BD．
（1）求证：∠BAD＝∠CBD；
（2）若∠AEB＝125°，求的长（结果保留π）．
【分析】（1）根据角平分线的定义和圆周角定理即可得到结论；
（2）连接OD，根据平角定义得到∠AEC＝55°，根据圆周角定理得到∠ACE＝90°，求得∠CAE＝35°，得到∠BOD＝2∠BAD＝70°，根据弧长公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠BAD，
∵∠CAD＝∠CBD，
∴∠BAD＝∠CBD；
（2）解：连接OD，
∵∠AEB＝125°，
∴∠AEC＝55°，
∵AB为⊙O直径，
∴∠ACE＝90°，
∴∠CAE＝35°，
∴∠DAB＝∠CAE＝35°，
∴∠BOD＝2∠BAD＝70°，
∴的长＝＝π．
三、【达标测试】
（一）选择题
1.（2019?兰州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠A＝40°，则∠C＝（ ）
A．110° B．120° C．135° D．140°
【答案】D．
【分析】直接利用圆内接四边形的对角互补计算∠C的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠C+∠A＝180°，
∴∠C＝180°﹣40°＝140°．
故选：D．
2.（2019?青岛）如图，线段AB经过⊙O的圆心，AC，BD分别与⊙O相切于点C，D．若AC＝BD＝4，∠A＝45°，则的长度为（ ）
A．π B．2π C．2π D．4π
【答案】B．
【分析】连接OC、OD，根据切线性质和∠A＝45°，易证得△AOC和△BOD是等腰直角三角形，进而求得OC＝OD＝4，∠COD＝90°，根据弧长公式求得即可．
【解答】解：连接OC、OD，
∵AC，BD分别与⊙O相切于点C，D．
∴OC⊥AC，OD⊥BD，
∵∠A＝45°，
∴∠AOC＝45°，
∴AC＝OC＝4，
∵AC＝BD＝4，OC＝OD＝4，
∴OD＝BD，
∴∠BOD＝45°，
∴∠COD＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴的长度为：＝2π，
故选：B．
3.（2019?青海）如图，在扇形AOB中，AC为弦，∠AOB＝140°，∠CAO＝60°，OA＝6，则的长为（ ）
A． B． C．2π D．2π
【答案】B．
【分析】连接OC，根据等边三角形的性质得到∠BOC＝80°，根据弧长公式计算即可．
【解答】解：连接OC，
∵OA＝OC，∠CAO＝60°，
∴△AOC为等边三角形，
∴∠AOC＝60°，
∴∠BOC＝∠AOB﹣∠AOC＝140°﹣60°＝80°，
则的长＝＝，
故选：B．
4.（2019?济南）如图，在菱形ABCD中，点E是BC的中点，以C为圆心、CE为半径作弧，交CD于点F，连接AE、AF．若AB＝6，∠B＝60°，则阴影部分的面积为（ ）
A．9﹣3π B．9﹣2π C．18﹣9π D．18﹣6π
【答案】A．
【分析】连接AC，根据菱形的性质求出∠BCD和BC＝AB＝6，求出AE长，再根据三角形的面积和扇形的面积求出即可．
【解答】解：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝6，
∵∠B＝60°，E为BC的中点，
∴CE＝BE＝3＝CF，△ABC是等边三角形，AB∥CD，
∵∠B＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣∠B＝120°，
由勾股定理得：AE＝＝3，
∴S△AEB＝S△AEC＝×6×3×＝4.5＝S△AFC，
∴阴影部分的面积S＝S△AEC+S△AFC﹣S扇形CEF＝4.5+4.5﹣＝9﹣3π，
故选：A．
5.（2019 浙江温州中考）若扇形的圆心角为90°，半径为6，则该扇形的弧长为（ ）
A．π B．2π C．3π D．6π
【答案】C．
【分析】根据弧长公式计算．
【解答】解：该扇形的弧长＝＝3π．
故选：C．
6.（2019 山西中考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝2，以AB的中点O为圆心，OA的长为半径作半圆交AC于点D，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．﹣ B．+ C．2﹣π D．4﹣
【答案】A．
【分析】根据题意，作出合适的辅助线，即可求得DE的长、∠DOB的度数，然后根据图形可知阴影部分的面积是△ABC的面积减去△AOD的面积和扇形BOD的面积，从而可以解答本题．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝2，
∴tanA＝，
∴∠A＝30°，
∴∠DOB＝60°，
∵OD＝AB＝，
∴DE＝，
∴阴影部分的面积是：＝，
故选：A．
7.（2019 河北唐山中考模拟）如图，四边形ABCD为菱形，AB＝BD，点B、C、D、G四个点在同一个圆⊙O上，连接BG并延长交AD于点F，连接DG并延长交AB于点E，BD与CG交于点H，连接FH，下列结论：
①AE＝DF；②FH∥AB；③△DGH∽△BGE；④当CG为⊙O的直径时，DF＝AF．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D．
【分析】①由四边形ABCD是菱形，AB＝BD，得出△ABD和△BCD是等边三角形，再由B、C、D、G四个点在同一个圆上，得出∠ADE＝∠DBF，由△ADE≌△DBF，得出AE＝DF，
②利用内错角相等∠FBA＝∠HFB，求证FH∥AB，
③利用∠DGH＝∠EGB和∠EDB＝∠FBA，求证△DGH∽△BGE，
④利用CG为⊙O的直径及B、C、D、G四个点共圆，求出∠ABF＝120°﹣90°＝30°，再利用等腰三角形的性质求得DF＝AF．
【解答】解：①∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝DC＝AD，
又∵AB＝BD，
∴△ABD和△BCD是等边三角形，
∴∠A＝∠ABD＝∠DBC＝∠BCD＝∠CDB＝∠BDA＝60°，
又∵B、C、D、G四个点在同一个圆上，
∴∠DCH＝∠DBF，∠GDH＝∠BCH，
∴∠ADE＝∠ADB﹣∠GDH＝60°﹣∠EDB，∠DCH＝∠BCD﹣∠BCH＝60°﹣∠BCH，
∴∠ADE＝∠DCH，
∴∠ADE＝∠DBF，
在△ADE和△DBF中，
∴△ADE≌△DBF（ASA）
∴AE＝DF
故①正确，
②由①中证得∠ADE＝∠DBF，
∴∠EDB＝∠FBA，
∵B、C、D、G四个点在同一个圆上，∠BDC＝60°，∠DBC＝60°，
∴∠BGC＝∠BDC＝60°，∠DGC＝∠DBC＝60°，
∴∠BGE＝180°﹣∠BGC﹣∠DGC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠FGD＝60°，
∴∠FGH＝120°，
又∵∠ADB＝60°，
∴F、G、H、D四个点在同一个圆上，
∴∠EDB＝∠HFB，
∴∠FBA＝∠HFB，
∴FH∥AB，
故②正确，
③∵B、C、D、G四个点在同一个圆上，∠DBC＝60°，
∴∠DGH＝∠DBC＝60°，
∵∠EGB＝60°，
∴∠DGH＝∠EGB，
由①中证得∠ADE＝∠DBF，
∴∠EDB＝∠FBA，
∴△DGH∽△BGE，
故③正确，
④如下图
∵CG为⊙O的直径，点B、C、D、G四个点在同一个圆⊙O上，
∴∠GBC＝∠GDC＝90°，
∴∠ABF＝120°﹣90°＝30°，
∵∠A＝60°，
∴∠AFB＝90°，
∵AB＝BD，
∴DF＝AF，
故④正确，
正确的有①②③④；
故选：D．
8.（2019 河北秦皇岛中考模拟）如图，在半径为5的⊙O内有两条互相垂直的弦AB和CD，AB＝8，CD＝8，垂足为E．则tan∠OEA的值是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】A．
【分析】作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，连接OB，OD，根据垂径定理得出BM＝AM＝4，DN＝CN＝CD＝4，根据勾股定理求出OM和ON，求出ME，解直角三角形求出即可．
【解答】解：作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，连接OB，OD，
由垂径定理得：BM＝AM＝AB＝4，DN＝CN＝CD＝4，
由勾股定理得：OM＝＝＝3，
同理：ON＝3，
∵弦AB、CD互相垂直，OM⊥AB，ON⊥CD，
∴∠MEN＝∠OME＝∠ONE＝90°，
∴四边形MONE是矩形，
∴ME＝ON＝3，
∴tan∠OEA＝＝1，
故选：A．
填空题
1.（2019 重庆中考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠ABC＝60°，AB＝2，分别以点A、点C为圆心，以AO的长为半径画弧分别与菱形的边相交，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留π）
【答案】2﹣π．
【分析】根据菱形的性质得到AC⊥BD，∠ABO＝∠ABC＝30°，∠BAD＝∠BCD＝120°，根据直角三角形的性质求出AC、BD，根据扇形面积公式、菱形面积公式计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠ABO＝∠ABC＝30°，∠BAD＝∠BCD＝120°，
∴AO＝AB＝1，
由勾股定理得，OB＝＝，
∴AC＝2，BD＝2，
∴阴影部分的面积＝×2×2﹣×2＝2﹣π，
故答案为：2﹣π．
2.（2019?青海）如图在正方形ABCD中，点E是以AB为直径的半圆与对角线AC的交点，若圆的半径等于1，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】1
【分析】直接利用正方形的性质结合转化思想得出阴影部分面积＝S△CEB，进而得出答案．
【解答】解：如图所示：连接BE，
可得，AE＝BE，∠AEB＝90°，
且阴影部分面积＝S△CEB＝S△ABC＝S正方形ABCD＝×2×2＝1
故答案为1
3.（2019 湖北黄石中考））如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，CD平分∠ACB交AB于点D，O是BC上一点，经过C、D两点的⊙O分别交AC、BC于点E、F，AD＝，∠ADC＝60°，则劣弧的长为 ．
【答案】π．
【分析】连接DF，OD，根据圆周角定理得到∠ADF＝90°，根据三角形的内角和得到∠AOD＝120°，根据三角函数的定义得到CF＝＝4，根据弧长个公式即可得到结论．
【解答】解：连接DF，OD，
∵CF是⊙O的直径，
∴∠CDF＝90°，
∵∠ADC＝60°，∠A＝90°，
∴∠ACD＝30°，
∵CD平分∠ACB交AB于点D，
∴∠DCF＝30°，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC＝30°，
∴∠COD＝120°，
在Rt△CAD中，CD＝2AD＝2，
在Rt△FCD中，CF＝＝＝4，
∴⊙O的半径＝2，
∴劣弧的长＝＝π，
故答案为π．
4.（2019 河南中考）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝120°，半径OC交弦AB于点D，且OC⊥OA．若OA＝2，则阴影部分的面积为 ．
【答案】+π．
【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后根据图形可知阴影部分的面积是△AOD的面积与扇形OBC的面积之和再减去△BDO的面积，本题得以解决．
【解答】解：作OE⊥AB于点F，
∵在扇形AOB中，∠AOB＝120°，半径OC交弦AB于点D，且OC⊥OA．OA＝2，
∴∠AOD＝90°，∠BOC＝90°，OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝30°，
∴OD＝OA?tan30°＝×＝2，AD＝4，AB＝2AF＝2×2×＝6，OF＝，
∴BD＝2，
∴阴影部分的面积是：S△AOD+S扇形OBC﹣S△BDO＝＝+π，
故答案为：+π．
5.（2019 河南郑州中考模拟）如图，以G（0，1）为圆心，半径为2的圆与x轴交于A、B两点，与y轴交于C，D两点，点E为⊙O上一动点，CF⊥AE于F，则弦AB的长度为 ；当点E在⊙O的运动过程中，线段FG的长度的最小值为 ．
【答案】2，﹣1．
【分析】作GM⊥AC于M，连接AG．因为∠AFC＝90°，推出点F在以AC为直径的⊙M上推出当点F在MG的延长线上时，FG的长最小，最小值＝FM﹣GM，想办法求出FM、GM即可解决问题；
【解答】解：作GM⊥AC于M，连接AG．
∵GO⊥AB，
∴OA＝OB，
在Rt△AGO中，∵AG＝2，OG＝1，
∴AG＝2OG，OA＝＝，
∴∠GAO＝30°，AB＝2AO＝2，
∴∠AGO＝60°，
∵GC＝GA，
∴∠GCA＝∠GAC，
∵∠AGO＝∠GCA+∠GAC，
∴∠GCA＝∠GAC＝30°，
∴AC＝2OA＝2，MG＝CG＝1，
∵∠AFC＝90°，
∴点F在以AC为直径的⊙M上，
当点F在MG的延长线上时，FG的长最小，最小值＝FM﹣GM＝﹣1．
故答案为2，﹣1．
6.（2019 四川成都中考模拟）如图，已知A、B、C是⊙O上的三个点，且AB＝15cm，AC＝3cm，∠BOC＝60度．如果D是线段BC上的点，且点D到直线AC的距离为2cm，那么BD＝ cm．
【答案】．
【分析】作BF⊥AC于F，构造出特殊的直角三角形，计算有关线段的长度；根据DE∥BF得比例线段求解．
【解答】解：作DE⊥AC于E，BF⊥AC于F
∵∠BOC＝60°，∴∠A＝30°
在Rt△ABF中，AB＝15cm
∴BF＝cm，AF＝cm
∴CF＝AF﹣AC＝cm
在Rt△BCF中，BC＝＝3cm
∵DE∥BF
∴＝
设BD＝x，则＝
解得x＝，即BD＝cm．
故答案为cm．
7.（2019 湖北孝感中考模拟）如图，直线y＝﹣x+m（m＞0）与x轴、y轴分别交于点A，B，C是AB的中点，点D在直线y＝﹣2上，以CD为直径的圆与直线AB的另一交点为E，交y轴于点F，G，已知CE+DE＝6，FG＝2，则CD的长是 ．
【答案】3．
【分析】如图，设CD的中点为O′，延长BA交直线y＝﹣2于M，直线y＝﹣2交y轴于P，作CH⊥OB于H，连接O′F，作AJ⊥DM于J，O′N⊥FG于N．首先确定A，B，C的坐标，可得A（8，0）．B（0，8），C（4，4），设D（m，﹣2），则O′N＝（m+4），O′F＝CD＝?，在Rt△O′FN中利用勾股定理构建方程求出m即可解决问题．
【解答】解：如图，设CD的中点为O′，延长BA交直线y＝﹣2于M，直线y＝﹣2交y轴于P，作CH⊥OB于H，连接O′F，作AJ⊥DM于J，O′N⊥FG于N．
∵CD是⊙O′的直径，
∴∠CED＝90°，
∵直线y＝﹣x+m（m＞0）与x轴、y轴分别交于点A，B，
∴A（0，m），B（m，0），
∴OA＝OB，
∴∠OAB＝45°，
∵OA∥DM，
∴∠EMD＝∠OAB＝45°，
∵∠DEM＝90°，
∴ED＝EM，
∴EC+ED＝EC+EM＝CM＝6，
∵JA⊥DM，
∴∠AJM＝90°，
∴AJ＝JM＝2，AM＝2，
∴BC＝CA＝4，
∴A（8，0）．B（0，8），C（4，4），设D（m，﹣2），则O′N＝（m+4），O′F＝CD＝?，
∵O′N⊥FG，
∴FN＝，
在Rt△O′FN中，（）2+（m+4）2＝[（m﹣4）2+62]，
解得m＝1，
∴CD＝＝3．
故答案为3．
8.（2019 安徽合肥中考模拟）已知⊙O的直径为10cm，AB，CD是⊙O的两条弦，AB∥CD，AB＝6cm，CD＝8cm，则弦AB和CD之间的距离是 cm．
【答案】7或1．
【分析】分两种情况考虑：当两条弦位于圆心O一侧时，如图1所示，过O作OE⊥CD，交CD于点F，交AB于点E，连接OA，OC，由AB∥CD，得到OE⊥AB，利用垂径定理得到E与F分别为CD与AB的中点，在直角三角形AOF中，利用勾股定理求出OF的长，在三角形COE中，利用勾股定理求出OE的长，由OE﹣OF即可求出EF的长；当两条弦位于圆心O两侧时，如图2所示，同理由OE+OF求出EF的长即可．
【解答】解：分两种情况考虑：
当两条弦位于圆心O一侧时，如图1所示，
过O作OE⊥AB，交AB于点E，交CD于点F，连接OA，OC，
∵AB∥CD，∴OE⊥CD，
∴E、F分别为AB、CD的中点，
∴AE＝BE＝AB＝3cm，CF＝DF＝CD＝4cm，
在Rt△COF中，OC＝5cm，CF＝4cm，
根据勾股定理得：OF＝3cm，
在Rt△AOE中，OA＝5cm，AE＝3cm，
根据勾股定理得：OE═4cm，
则EF＝OE﹣OF＝4cm﹣3cm＝1cm；
当两条弦位于圆心O两侧时，如图2所示，同理可得EF＝4cm+3cm＝7cm，
综上，弦AB与CD的距离为7cm或1cm．
故答案为：7或1．
解答题
1.（2019 北京中考）在平面内，给定不在同一条直线上的点A，B，C，如图所示，点O到点A，B，C的距离均等于a（a为常数），到点O的距离等于a的所有点组成图形G，∠ABC的平分线交图形G于点D，连接AD，CD．
（1）求证：AD＝CD；
（2）过点D作DE⊥BA，垂足为E，作DF⊥BC，垂足为F，延长DF交图形G于点M，连接CM．若AD＝CM，求直线DE与图形G的公共点个数．
【分析】（1）利用圆的定义得到图形G为△ABC的外接圆⊙O，由∠ABD＝∠CBD得到＝，从而圆周角、弧、弦的关系得到AD＝CD；
（2）如图，证明CD＝CM，则可得到BC垂直平分DM，利用垂径定理得到BC为直径，再证明OD⊥DE，从而可判断DE为⊙O的切线，于是得到直线DE与图形G的公共点个数．
【解答】（1）证明：∵到点O的距离等于a的所有点组成图形G，
∴图形G为△ABC的外接圆⊙O，
∵AD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴＝，
∴AD＝CD；
（2）如图，∵AD＝CM，AD＝CD，
∴CD＝CM，
∵DM⊥BC，
∴BC垂直平分DM，
∴BC为直径，
∴∠BAC＝90°，
∵＝，
∴OD⊥AC，
∴OD∥AB，
∵DE⊥AB，
∴OD⊥DE，
∴DE为⊙O的切线，
∴直线DE与图形G的公共点个数为1．
2.（2019 河南中考）如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的半圆O交AC于点D，点E是上不与点B，D重合的任意一点，连接AE交BD于点F，连接BE并延长交AC于点G．
（1）求证：△ADF≌△BDG；
（2）填空：
①若AB＝4，且点E是的中点，则DF的长为 ；
②取的中点H，当∠EAB的度数为 时，四边形OBEH为菱形．
【分析】（1）利用直径所对的圆周角是直角，可得∠ADB＝∠AEB＝90°，再应用同角的余角相等可得∠DAF＝∠DBG，易得AD＝BD，△ADF≌△BDG得证；
（2）作FH⊥AB，应用等弧所对的圆周角相等得∠BAE＝∠DAE，再应用角平分线性质可得结论；由菱形的性质可得BE＝OB，结合三角函数特殊值可得∠EAB＝30°．
【解答】解：（1）证明：如图1，∵BA＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠BAC＝45°
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠AEB＝90°，
∴∠DAF+∠BGD＝∠DBG+∠BGD＝90°
∴∠DAF＝∠DBG
∵∠ABD+∠BAC＝90°
∴∠ABD＝∠BAC＝45°
∴AD＝BD
∴△ADF≌△BDG（ASA）；
（2）①如图2，过F作FH⊥AB于H，∵点E是的中点，
∴∠BAE＝∠DAE
∵FD⊥AD，FH⊥AB
∴FH＝FD
∵＝sin∠ABD＝sin45°＝，
∴，即BF＝FD
∵AB＝4，
∴BD＝4cos45°＝2，即BF+FD＝2，（+1）FD＝2
∴FD＝＝4﹣2
故答案为．
②连接OE，EH，∵点H是的中点，
∴OH⊥AE，
∵∠AEB＝90°
∴BE⊥AE
∴BE∥OH
∵四边形OBEH为菱形，
∴BE＝OH＝OB＝AB
∴sin∠EAB＝＝
∴∠EAB＝30°．
故答案为：30°
3.（2019 湖北孝感中考）如图，点I是△ABC的内心，BI的延长线与△ABC的外接圆⊙O交于点D，与AC交于点E，延长CD、BA相交于点F，∠ADF的平分线交AF于点G．
（1）求证：DG∥CA；
（2）求证：AD＝ID；
（3）若DE＝4，BE＝5，求BI的长．
【分析】（1）根据三角形内心的性质得∠2＝∠7，再利用圆内接四边形的性质得∠ADF＝∠ABC，则∠1＝∠2，从而得到∠1＝∠3，则可判断DG∥AC；
（2）根据三角形内心的性质得∠5＝∠6，然后证明∠4＝∠DAI得到DA＝DI；
（3）证明△DAE∽△DBA，利用相似比得到AD＝6，则DI＝6，然后计算BD﹣DI即可．
【解答】（1）证明：∵点I是△ABC的内心，
∴∠2＝∠7，
∵DG平分∠ADF，
∴∠1＝∠ADF，
∵∠ADF＝∠ABC，
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴DG∥AC；
（2）证明：∵点I是△ABC的内心，
∴∠5＝∠6，
∵∠4＝∠7+∠5＝∠3+∠6，
即∠4＝∠DAI，
∴DA＝DI；
（3）解：∵∠3＝∠7，∠ADE＝∠BAD，
∴△DAE∽△DBA，
∴AD：DB＝DE：DA，即AD：9＝4：AD，
∴AD＝6，
∴DI＝6，
∴BI＝BD﹣DI＝9﹣6＝3．
4.（2019 北京中考）在△ABC中，D，E分别是△ABC两边的中点，如果上的所有点都在△ABC的内部或边上，则称为△ABC的中内弧．例如，图1中是△ABC的一条中内弧．
（1）如图2，在Rt△ABC中，AB＝AC＝，D，E分别是AB，AC的中点，画出△ABC的最长的中内弧，并直接写出此时的长；
（2）在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），B（0，0），C（4t，0）（t＞0），在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．
①若t＝，求△ABC的中内弧所在圆的圆心P的纵坐标的取值范围；
②若在△ABC中存在一条中内弧，使得所在圆的圆心P在△ABC的内部或边上，直接写出t的取值范围．
【分析】（1）由三角函数值及等腰直角三角形性质可求得DE＝2，最长中内弧即以DE为直径的半圆，的长即以DE为直径的圆周长的一半；
（2）根据三角形中内弧定义可知，圆心一定在DE的中垂线上，①当t＝时，要注意圆心P在DE上方的中垂线上均符合要求，在DE下方时必须AC与半径PE的夹角∠AEP满足90°≤∠AEP＜135°；②根据题意，t的最大值即圆心P在AC上时求得的t值．
【解答】解：（1）如图2，以DE为直径的半圆弧，就是△ABC的最长的中内弧，
连接DE，∵∠A＝90°，AB＝AC＝，D，E分别是AB，AC的中点，
∴BC＝＝＝4，DE＝BC＝×4＝2，
∴弧＝×2π＝π；
（2）如图3，由垂径定理可知，圆心一定在线段DE的垂直平分线上，连接DE，作DE垂直平分线FP，作EG⊥AC交FP于G，
①当t＝时，C（2，0），∴D（0，1），E（1，1），F（，1），
设P（，m）由三角形中内弧定义可知，圆心线段DE上方射线FP上均可，∴m≥1，
∵OA＝OC，∠AOC＝90°
∴∠ACO＝45°，
∵DE∥OC
∴∠AED＝∠ACO＝45°
作EG⊥AC交直线FP于G，FG＝EF＝
根据三角形中内弧的定义可知，圆心在点G的下方（含点G）直线FP上时也符合要求；
∴m≤
综上所述，m≤或m≥1．
②如图4，设圆心P在AC上，
∵P在DE中垂线上，
∴P为AE中点，作PM⊥OC于M，则PM＝，
∴P（t，），
∵DE∥BC
∴∠ADE＝∠AOB＝90°
∴AE＝＝＝，
∵PD＝PE，
∴∠AED＝∠PDE
∵∠AED+∠DAE＝∠PDE+∠ADP＝90°，
∴∠DAE＝∠ADP
∴AP＝PD＝PE＝AE
由三角形中内弧定义知，PD≤PM
∴AE≤，AE≤3，即≤3，解得：t≤，
∵t＞0
∴0＜t≤．
5.（2019 陕西中考）问题提出：
（1）如图1，已知△ABC，试确定一点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形为平行四边形，请画出这个平行四边形；
问题探究：
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝10，若要在该矩形中作出一个面积最大的△BPC，且使∠BPC＝90°，求满足条件的点P到点A的距离；
问题解决：
（3）如图3，有一座塔A，按规定，要以塔A为对称中心，建一个面积尽可能大的形状为平行四边形的景区BCDE．根据实际情况，要求顶点B是定点，点B到塔A的距离为50米，∠CBE＝120°，那么，是否可以建一个满足要求的面积最大的平行四边形景区BCDE？若可以，求出满足要求的平行四边形BCDE的最大面积；若不可以，请说明理由．（塔A的占地面积忽略不计）
【分析】（1）利用平行四边形的判定方法画出图形即可．
（2）以点O为圆心，OB长为半径作⊙O，⊙O一定于AD相交于P1，P2两点，点P1，P2即为所求．
（3）可以，如图所示，连接BD，作△BDE的外接圆⊙O，则点E在优弧上，取的中点E′，连接E′B，E′D，四边形BC′DE′即为所求．
【解答】解：（1）如图记为点D所在的位置．
（2）如图，
∵AB＝4，BC＝10，∴取BC的中点O，则OB＞AB．
∴以点O为圆心，OB长为半径作⊙O，⊙O一定于AD相交于P1，P2两点，
连接BP1，P1C，P1O，∵∠BPC＝90°，点P不能再矩形外；
∴△BPC的顶点P1或P2位置时，△BPC的面积最大，
作P1E⊥BC，垂足为E，则OE＝3，
∴AP1＝BE＝OB﹣OE＝5﹣3＝2，
由对称性得AP2＝8．
（3）可以，如图所示，连接BD，
∵A为?BCDE的对称中心，BA＝50，∠CBE＝120°，
∴BD＝100，∠BED＝60°
作△BDE的外接圆⊙O，则点E在优弧上，取的中点E′，连接E′B，E′D，
则E′B＝E′D，且∠BE′D＝60°，∴△BE′D为正三角形．
连接E′O并延长，经过点A至C′，使E′A＝AC′，连接BC′，DC′，
∵E′A⊥BD，
∴四边形E′D为菱形，且∠C′BE′＝120°，
作EF⊥BD，垂足为F，连接EO，则EF≤EO+OA﹣E′O+OA＝E′A，
∴S△BDE＝?BD?EF≤?BD?E′A＝S△E′BD，
∴S平行四边形BCDE≤S平行四边形BC′DE′＝2S△E′BD＝1002?sin60°＝5000（m2）
所以符合要求的?BCDE的最大面积为5000m2．
6.（2019 宁夏中考）如图在△ABC中，AB＝BC，以AB为直径作⊙O交AC于点D，连接OD．
（1）求证：OD∥BC；
（2）过点D作⊙O的切线，交BC于点E，若∠A＝30°，求的值．
【分析】（1）由边等得角等，再由同位角相等，可证得平行；
（2）连接BD，由∠A＝30°得∠C，由切线得OD⊥DE，由OD∥BC，得DE⊥BC，再利用三角函数可求得CD与BE的比值．
【解答】解：（1）证明∵AB＝BC
∴∠A＝∠C
∵OD＝OA
∴∠A＝∠ADO
∴∠C＝∠ADO
∴OD∥BC
（2）如图，连接BD，
∵∠A＝30°，∠A＝∠C
∴∠C＝30°
∵DE为⊙O的切线，
∴DE⊥OD
∵OD∥BC
∴DE⊥BC
∴∠BED＝90°
∵AB为⊙O的直径
∴∠BDA＝90°，∠CBD＝60°
∴＝tan∠C＝tan30°＝
∴BD＝CD
∴＝cos∠CBD＝cos60°＝
∴BE＝BD＝CD
∴＝
7.（2019 吉林长春中考）（2019?长春）如图，四边形ABCD是正方形，以边AB为直径作⊙O，点E在BC边上，连结AE交⊙O于点F，连结BF并延长交CD于点G．
（1）求证：△ABE≌△BCG；
（2）若∠AEB＝55°，OA＝3，求劣弧的长．（结果保留π）
【分析】（1）根据四边形ABCD是正方形，AB为⊙O的直径，得到∠ABE＝∠BCG＝∠AFB＝90°，根据余角的性质得到∠EBF＝∠BAF，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）连接OF，根据三角形的内角和得到∠BAE＝90°﹣55°＝35°，根据圆周角定理得到∠BOF＝2∠BAE＝70°，根据弧长公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AB为⊙O的直径，
∴∠ABE＝∠BCG＝∠AFB＝90°，
∴∠BAF+∠ABF＝90°，∠ABF+∠EBF＝90°，
∴∠EBF＝∠BAF，
在△ABE与△BCG中，，
∴△ABE≌△BCG（ASA）；
（2）解：连接OF，
∵∠ABE＝∠AFB＝90°，∠AEB＝55°，
∴∠BAE＝90°﹣55°＝35°，
∴∠BOF＝2∠BAE＝70°，
∵OA＝3，
∴的长＝＝．
8.（2019?哈尔滨）已知：MN为⊙O的直径，OE为⊙O的半径，AB、CH是⊙O的两条弦，AB⊥OE于点D，CH⊥MN于点K，连接HN、HE，HE与MN交于点P．
（1）如图1，若AB与CH交于点F，求证：∠HFB＝2∠EHN；
（2）如图2，连接ME、OA，OA与ME交于点Q，若OA⊥ME，∠EON＝4∠CHN，求证：MP＝AB；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接OC、BC、AH，OC与EH交于点G，AH与MN交于点R，连接RG，若HK：ME＝2：3，BC＝，求RG的长．
【分析】（1）利用“四边形内角和为360°”、“同弧所对的圆周角是圆心角的一半”即可；
（2）根据同圆中，相等的圆心角所对的弦相等，先证AB＝MB，再根据“等角对等边”，证明MP＝ME；
（3）由全等三角形性质和垂径定理可将HK：ME＝2：3转化为OQ：MQ＝4：3；可设Rt△OMQ两直角边为：OQ＝4k，MQ＝3k，再构造直角三角形利用BC＝，求出k的值；求得OP＝OR＝OG，得△PGR为直角三角形，应用勾股定理求RG．
【解答】解：（1）如图1，∵AB⊥OE于点D，CH⊥MN于点K
∴∠ODB＝∠OKC＝90°
∵∠ODB+∠DFK+∠OKC+∠EON＝360°
∴∠DFK+∠EON＝180°
∵∠DFK+∠HFB＝180°
∴∠HFB＝∠EON
∵∠EON＝2∠EHN
∴∠HFB＝2∠EHN
（2）如图2，连接OB，
∵OA⊥ME，
∴∠AOM＝∠AOE
∵AB⊥OE
∴∠AOE＝∠BOE
∴∠AOM+∠AOE＝∠AOE+∠BOE，
即：∠MOE＝∠AOB
∴ME＝AB
∵∠EON＝4∠CHN，∠EON＝2∠EHN
∴∠EHN＝2∠CHN
∴∠EHC＝∠CHN
∵CH⊥MN
∴∠HPN＝∠HNM
∵∠HPN＝∠EPM，∠HNM＝HEM
∴∠EPM＝∠HEM
∴MP＝ME
∴MP＝AB
（3）如图3，连接BC，过点A作AF⊥BC于F，过点A作AL⊥MN于L，连接AM，AC，
由（2）知：∠EHC＝∠CHN，∠AOM＝∠AOE
∴∠EOC＝∠CON
∵∠EOC+∠CON+∠AOM+∠AOE＝180°
∴∠AOE+∠EOC＝90°，∠AOM+∠CON＝90°
∵OA⊥ME，CH⊥MN
∴∠OQM＝∠OKC＝90°，CK＝HK，ME＝2MQ，
∴∠AOM+∠OMQ＝90°
∴∠CON＝∠OMQ
∵OC＝OA
∴△OCK≌△MOQ（AAS）
∴CK＝OQ＝HK
∵HK：ME＝2：3，即：OQ：2MQ＝2：3
∴OQ：MQ＝4：3
∴设OQ＝4k，MQ＝3k，
则OM＝＝＝5k，AB＝ME＝6k
在Rt△OAC中，AC＝＝＝5k
∵四边形ABCH内接于⊙O，∠AHC＝∠AOC＝×90°＝45°，
∴∠ABC＝180°﹣∠AHC＝180°﹣45°＝135°，
∴∠ABF＝180°﹣∠ABC＝180°﹣135°＝45°
∴AF＝BF＝AB?cos∠ABF＝6k?cos45°＝3k
在Rt△ACF中，AF2+CF2＝AC2
即：，解得：k1＝1，（不符合题意，舍去）
∴OQ＝HK＝4，MQ＝OK＝3，OM＝ON＝5
∴KN＝KP＝2，OP＝ON﹣KN﹣KP＝5﹣2﹣2＝1，
在△HKR中，∠HKR＝90°，∠RHK＝45°，
∴＝tan∠RHK＝tan45°＝1
∴RK＝HK＝4
∴OR＝RN﹣ON＝4+2﹣5＝1
∵∠CON＝∠OMQ
∴OC∥ME
∴∠PGO＝∠HEM
∵∠EPM＝∠HEM
∴∠PGO＝∠EPM
∴OG＝OP＝OR＝1
∴∠PGR＝90°
在Rt△HPK中，PH＝＝＝2
∵∠POG＝∠PHN，∠OPG＝∠HPN
∴△POG∽△PHN
∴，即，PG＝
∴RG＝＝＝．
9.（2019?威海）（1）方法选择
如图①，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，AB＝BC＝AC．求证：BD＝AD+CD．
小颖认为可用截长法证明：在DB上截取DM＝AD，连接AM…
小军认为可用补短法证明：延长CD至点N，使得DN＝AD…
请你选择一种方法证明．
（2）类比探究
【探究1】
如图②，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，BC是⊙O的直径，AB＝AC．试用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明你的结论．
【探究2】
如图③，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是 BD＝CD+2AD ．
（3）拓展猜想
如图④，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，BC：AC：AB＝a：b：c，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是 BD＝CD+AD ．
【分析】（1）方法选择：根据等边三角形的性质得到∠ACB＝∠ABC＝60°，如图①，在BD上截取DM＝AD，连接AM，由圆周角定理得到∠ADB＝∠ACB＝60°，得到AM＝AD，根据全等三角形的性质得到BM＝CD，于是得到结论；
（2）类比探究：如图②，由BC是⊙O的直径，得到∠BAC＝90°，根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝45°，过A作AM⊥AD交BD于M，推出△ADM是等腰直角三角形，求得DM＝AD根据全等三角形的性质得到结论；
【探究2】如图③，根据圆周角定理和三角形的内角和得到∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，过A作AM⊥AD交BD于M，求得∠AMD＝30°，根据直角三角形的性质得到MD＝2AD，根据相似三角形的性质得到BM＝CD，于是得到结论；
（3）如图④，由BC是⊙O的直径，得到∠BAC＝90°，过A作AM⊥AD交BD于M，求得∠MAD＝90°，根据相似三角形的性质得到BM＝CD，DM＝AD，于是得到结论．
【解答】解：（1）方法选择：∵AB＝BC＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
如图①，在BD上截取DM＝AD，连接AM，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴△ADM是等边三角形，
∴AM＝AD，
∵∠ABM＝∠ACD，
∵∠AMB＝∠ADC＝120°，
∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+AD；
（2）类比探究：如图②，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
过A作AM⊥AD交BD于M，
∵∠ADB＝∠ACB＝45°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AM＝AD，∠AMD＝45°，
∴DM＝AD，
∴∠AMB＝∠ADC＝135°，
∵∠ABM＝∠ACD，
∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+AD；
【探究2】如图③，∵若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，
过A作AM⊥AD交BD于M，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴∠AMD＝30°，
∴MD＝2AD，
∵∠ABD＝∠ACD，∠AMB＝∠ADC＝150°，
∴△ABM∽△ACD，
∴＝，
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+2AD；
故答案为：BD＝CD+2AD；
（3）拓展猜想：BD＝BM+DM＝CD+AD；
理由：如图④，∵若BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
过A作AM⊥AD交BD于M，
∴∠MAD＝90°，
∴∠BAM＝∠DAC，
∴△ABM∽△ACD，
∴＝，
∴BM＝CD，
∵∠ADB＝∠ACB，∠BAC＝∠NAD＝90°，
∴△ADM∽△ACB，
∴＝＝，
∴DM＝AD，
∴BD＝BM+DM＝CD+AD．
故答案为：BD＝CD+AD
10.（2019?浙江温州）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，点E在BC边上，且CA＝CE，过A，C，E三点的⊙O交AB于另一点F，作直径AD，连结DE并延长交AB于点G，连结CD，CF．
（1）求证：四边形DCFG是平行四边形．
（2）当BE＝4，CD＝AB时，求⊙O的直径长．
【分析】（1）连接AE，由∠BAC＝90°，得到CF是⊙O的直径，根据圆周角定理得到∠AED＝90°，即GD⊥AE，推出CF∥DG，推出AB∥CD，于是得到结论；
（2）设CD＝3x，AB＝8x，得到CD＝FG＝3x，于是得到AF＝CD＝3x，求得BG＝8x﹣3x﹣3x＝2x，求得BC＝6+4＝10，根据勾股定理得到AB＝＝8＝8x，求得x＝1，在Rt△ACF中，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接AE，
∵∠BAC＝90°，
∴CF是⊙O的直径，
∵AC＝EC，
∴CF⊥AE，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AED＝90°，
即GD⊥AE，
∴CF∥DG，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°，
∴∠ACD+∠BAC＝180°，
∴AB∥CD，
∴四边形DCFG是平行四边形；
（2）解：由CD＝AB，
设CD＝3x，AB＝8x，
∴CD＝FG＝3x，
∵∠AOF＝∠COD，
∴AF＝CD＝3x，
∴BG＝8x﹣3x﹣3x＝2x，
∵GE∥CF，
∴，
∵BE＝4，
∴AC＝CE＝6，
∴BC＝6+4＝10，
∴AB＝＝8＝8x，
∴x＝1，
在Rt△ACF中，AF＝10，AC＝6，
∴CF＝＝3，
即⊙O的直径长为3．
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