2026年中考数学二轮复习：圆

**基本信息** 以圆的核心定理为纲，通过16道梯度题构建"概念-推理-计算"三维训练体系，强化辅助线构造与多定理综合应用，培养几何直观与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础性质|选择1-3、填空9-10|连半径构等腰三角形、圆周角转化|从圆心角/弧/弦关系到圆内接四边形性质，形成角的转化链| |切线与垂径|选择4-7、解答12-13|切线判定"连半径证垂直"、垂径定理构直角三角形|切线性质→切线判定→切线长定理，构建圆与三角形综合证明体系| |综合应用|解答14-16|相似三角形证比例线段、面积割补法|以直径构直角为基础，融合角平分线、勾股定理、三角函数，实现知识网络交汇|

2026年中考数学二轮复习：圆 一．选择题（共8小题） 1．（2026•渭滨区校级二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD＝CD，连接BD和OC．若∠ABD＝25°，则∠OCD的度数是（　　） A．50° B．55° C．60° D．65° 2．（2026•南京二模）如图，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB于点D．若AB＝8，OC＝5，则CD的长是（　　） A．4 B．3 C．2 D． 3．（2026•平南县模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的一个外角∠EBC＝65°，分别连接AC，BD，若AC＝AD，则∠DBC的度数为（　　） A．50° B．55° C．65° D．70° 4．（2026•南京二模）水车是中国古代重要的灌溉工具，图1是某种型号水车的示意图，其外围部件是绕中心轴旋转的圆形轮盘，它的边缘平均分布了12个水斗，这些水斗随轮盘转动而升降．如图2，在水车顺时针转动时，其中的1个水斗在点A处放空水，同时有1个水斗刚好在点B处接触水面，中间还有2个水斗，已知外围轮盘半径OA为5m，点A到水面的距离为7m，则水面宽度CB为（　　） A．6m B．7m C．7m或9m D．6m或8m 5．（2026•湖北二模）如图AB为半圆O的直径，点C为半圆上一点，且∠CAB＝54°． ①以点B为圆心，适当长为半径作弧，交BA，BC于D，E； ②分别以D、E为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点P； ③作射线BP，与AC交于点F，则∠BFC的度数为（　　） A．60° B．64° C．68° D．72° 6．（2026•蔡甸区校级模拟）以O为中心点的量角器与直角三角板ABC按如图方式摆放，量角器的刻度线与斜边AB重合．点D为斜边AB上一点，作射线CD交于点E，如果点E所对应的读数为50°，那么∠BCD＝（　　） A．65° B．70° C．50° D．45° 7．（2025•长沙模拟）如图，P是⊙O外一点，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，C是优弧上的一个动点．若AB＝AP，则∠ACB的度数为（　　） A．45° B．60° C．70° D．80° 8．（2025•纳溪区模拟）我国魏晋时期数学家刘徽在《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3.1416．如图，⊙O的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计⊙O的面积，可得π的估计值为，若用圆内接正八边形作近似估计，可得π的估计值为（　　） A． B． C．3 D． 二．填空题（共3小题） 9．（2026•安徽二模）如图，⊙O的半径为4，四边形ABCD内接于⊙O，∠BCD＝130°，点C是弧BD的中点，则弧BC的长为　 　 ． 10．（2026•雁塔区校级二模）如图，△ACB内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点E是圆上一点，连接CE，BE，，∠CBA＝42°，则∠BCE的度数为　 　 ． 11．（2026•建邺区二模）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC为锐角，AB＝5，点E、F分别是BC、AD上的点，连接AE、BF交于点M，以AE为直径的圆O交BM于点G，且，∠DAE+∠C＝180°，则GE＝　 　 ；若BE＝6，BG＝　 　 ． 三．解答题（共5小题） 12．（2026•蔡甸区校级模拟）如图，PA是⊙O的切线，A为切点，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，PA＝PC＝AB，连接PO，AC交于点D． （1）求证：PC是⊙O的切线； （2）当AC＝4时，求AB的长． 13．（2026•南京二模）如图，点A在⊙O的直径CD的延长线上，点B在⊙O上，连接AB、BC．已知AB＝BC，∠A＝30°； （1）求证：AB与⊙O相切； （2）在（1）的条件下，若AB＝6，求图中阴影部分的面积． 14．（2026•乌鲁木齐二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠BAC的平分线交BC于D，E为AB上一点，DE＝DC，以D为圆心，DB长为半径作⊙D． （1）求证：AC是⊙D的切线； （2）求证：AB+BE＝AC； （3）若BE＝8，且BD：DC＝3：5，求AD的长． 15．（2026•覃塘区二模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AB⊥CD于点E，P是AB延长线上一点，且∠BCP＝∠BCD． （1）求证：CP是⊙O的切线； （2）若CD＝8，EB＝2，求⊙O的半径． 16．（2026•威海模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交边BC，AC于点D，F，过点D作DE⊥CF于点E． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）若⊙O的半径为3，，求DE的长； （3）若AF＝2DE，，求图中阴影部分的面积．（直接写出计算的结果） 2026年中考数学二轮复习：圆 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 1．（2026•渭滨区校级二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD＝CD，连接BD和OC．若∠ABD＝25°，则∠OCD的度数是（　　） A．50° B．55° C．60° D．65° 【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】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】D 【分析】连接OD，由AD＝CD，得，所以∠ABD＝∠CBD＝25°，则∠COD＝2∠CBD＝50°，而∠ODC＝∠OCD，由三角形内角和定理得2∠OCD+50°＝180°，求得∠OCD＝65°，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接OD，则OD＝OC， ∵四边形ABCD内接于⊙O，AD＝CD， ∴， ∴∠ABD＝∠CBD＝25°， ∴∠COD＝2∠CBD＝50°， ∵∠ODC+∠OCD+∠COD＝180°，且∠ODC＝∠OCD， ∴2∠OCD+50°＝180°， ∴∠OCD＝65°， 故选：D． 【点评】此题重点考查圆心角、弧、弦的关系定理、圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 2．（2026•南京二模）如图，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB于点D．若AB＝8，OC＝5，则CD的长是（　　） A．4 B．3 C．2 D． 【考点】垂径定理；勾股定理． 【答案】C 【分析】连接OA，设CD＝x，利用垂径定理得到，再利用勾股定理计算出x即可． 【解答】解：连接OA， 设CD＝x， ∵AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB于点D．AB＝8， ∴， ∵OA＝OC＝5， ∴OD＝5﹣x， ∵OD2+AD2＝OA2， ∴（5﹣x）2+42＝52； 解得x1＝2，x2＝8（舍去）， ∴CD＝2． 故选：C． 【点评】本题考查了垂径定理和勾股定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧，掌握其相关知识点是解题的关键． 3．（2026•平南县模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的一个外角∠EBC＝65°，分别连接AC，BD，若AC＝AD，则∠DBC的度数为（　　） A．50° B．55° C．65° D．70° 【考点】圆内接四边形的性质． 【专题】常规题型． 【答案】A 【分析】先根据圆内接四边形的性质得出∠ADC＝∠EBC＝65°，再根据AC＝AD得出∠ACD＝∠ADC＝65°，故可根据三角形内角和定理求出∠CAD＝50°，再由圆周角定理得出∠DBC＝∠CAD＝50°． 【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠ADC＝∠EBC＝65°． ∵AC＝AD， ∴∠ACD＝∠ADC＝65°， ∴∠CAD＝180°﹣∠ACD﹣∠ADC＝50°， ∴∠DBC＝∠CAD＝50°， 故选：A． 【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的关键．也考查了等腰三角形的性质以及三角形内角和定理． 4．（2026•南京二模）水车是中国古代重要的灌溉工具，图1是某种型号水车的示意图，其外围部件是绕中心轴旋转的圆形轮盘，它的边缘平均分布了12个水斗，这些水斗随轮盘转动而升降．如图2，在水车顺时针转动时，其中的1个水斗在点A处放空水，同时有1个水斗刚好在点B处接触水面，中间还有2个水斗，已知外围轮盘半径OA为5m，点A到水面的距离为7m，则水面宽度CB为（　　） A．6m B．7m C．7m或9m D．6m或8m 【考点】垂径定理的应用；生活中的旋转现象；全等三角形的判定与性质． 【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力． 【答案】D 【分析】作OD⊥BC，AE⊥BC，作OF⊥AG，设OD＝xm，先说明四边形ODEF是矩形，得到OD＝EF，再利用“AAS”说明△DOB≌△FOA，得到DB＝AF，根据勾股定理列出方程，求出OD，BD，最后根据垂径定理，计算即可求解． 【解答】解：如图，作OD⊥BC、AE⊥BC交BC于点D、E，作OF⊥AG于点F， 设OD＝xm， ∵OD⊥BC，AE⊥BC，OF⊥AG， ∴∠ODE＝∠DEA＝∠OFE＝∠OFA＝90°（垂直的定义）， ∴四边形ODEF是矩形， ∴∠DOF＝90°，OD＝EF＝xm， ∵点A到水面的距离为7m， ∴AE＝7m，则AF＝AE﹣EF＝（7﹣x）m， ∵圆形轮盘分布了12个水斗，水斗A和B中间还有2个水斗， ∴， ∴∠FOA+∠BOF＝90°， 又∵∠DOF＝90°，即∠DOB+∠BOF＝90°， ∴∠DOB＝∠FOA， 在△DOB和△FOA中， ， ∴△DOB≌△FOA（AAS）， ∴DB＝AF＝（7﹣x）m（全等三角形对应边相等）， 在Rt△DOB中，OB＝5m， 则根据勾股定理得，DB2+OD2＝OB2，即（7﹣x）2+x2＝52， 整理得，2x2﹣14x+24＝0， 解得x1＝3，x2＝4， ∴DB＝7﹣x＝3m或4m， ∵OD⊥BC， ∴点D是BC的中点，即BC＝2DB， ∴BC＝6m或8m． 则水面宽度CB为6m或8m． 故选：D． 【点评】本题考查垂径定理，全等三角形的判定和性质，生活中的旋转现象，熟练掌握相关知识是解题的关键． 5．（2026•湖北二模）如图AB为半圆O的直径，点C为半圆上一点，且∠CAB＝54°． ①以点B为圆心，适当长为半径作弧，交BA，BC于D，E； ②分别以D、E为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点P； ③作射线BP，与AC交于点F，则∠BFC的度数为（　　） A．60° B．64° C．68° D．72° 【考点】圆周角定理；作图—基本作图；角平分线的定义；直角三角形的性质． 【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；推理能力． 【答案】D 【分析】根据直角所对的圆周角是90°得出∠ACB的度数，再由直角三角形的性质求出∠ABC的度数，最后根据所画射线为∠ABC的角平分线及三角形外角性质即可解决问题． 【解答】解：∵AB为半圆O的直径， ∴∠ACB＝90°， 又∵∠CAB＝54°， ∴∠ABC＝90°﹣54°＝36°， 根据作图步骤可知，BF平分∠ABC， ∴∠ABF∠ABC＝18°， ∴∠BFC＝∠CAB+∠ABF＝54°+18°＝72°， 故选：D． 【点评】本题主要考查了圆周角定理、直角三角形的性质等知识，熟知圆周角定理是解题的关键． 6．（2026•蔡甸区校级模拟）以O为中心点的量角器与直角三角板ABC按如图方式摆放，量角器的刻度线与斜边AB重合．点D为斜边AB上一点，作射线CD交于点E，如果点E所对应的读数为50°，那么∠BCD＝（　　） A．65° B．70° C．50° D．45° 【考点】圆周角定理． 【专题】圆的有关概念及性质；运算能力． 【答案】A 【分析】连接OE，根据题意可得：∠AOE＝50°，然后根据圆周角定理可得：∠ACE＝25°，再利用角的和差关系进行计算即可解答． 【解答】解：连接OE， 由题意得：∠AOE＝50°， ∴∠ACE∠AOE＝25°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠BCD＝∠ACB﹣∠ACE＝65°， 故选：A． 【点评】本题考查了圆周角定理，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． 7．（2025•长沙模拟）如图，P是⊙O外一点，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，C是优弧上的一个动点．若AB＝AP，则∠ACB的度数为（　　） A．45° B．60° C．70° D．80° 【考点】切线的性质；等腰三角形的性质；圆周角定理． 【专题】与圆有关的位置关系；推理能力． 【答案】B 【分析】连接OA、OB，根据切线的性质得到OA⊥PA，OB⊥PB，PA＝PB，根据等边三角形的性质得到∠P＝60°，进而求出∠AOB，再根据圆周角定理计算即可． 【解答】解：如图，连接OA、OB， ∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点， ∴OA⊥PA，OB⊥PB，PA＝PB， ∵AB＝AP， ∴AB＝AP＝PB， ∴△PAB为等边三角形， ∴∠P＝60°， ∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°， 由圆周角定理得：∠ACB∠AOB＝60°， 故选：B． 【点评】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、等边三角形的判定和性质，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键． 8．（2025•纳溪区模拟）我国魏晋时期数学家刘徽在《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3.1416．如图，⊙O的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计⊙O的面积，可得π的估计值为，若用圆内接正八边形作近似估计，可得π的估计值为（　　） A． B． C．3 D． 【考点】正多边形和圆；估算无理数的大小；规律型：图形的变化类． 【专题】正多边形与圆；运算能力． 【答案】B 【分析】作AC⊥OB于C，利用等腰直角三角形的性质求出△AOB的面积，从而得出正八边形的面积，进而解决问题． 【解答】解：如图，作AC⊥OB于C， ∵用半径为1的圆的内接正八边形面积作近似估计， ∴∠AOB＝45°，OA＝1， ∴AC， ∴△AOB的面积为1， ∴正八边形面积为82 ∴π的估计值为2． 故选：B． 【点评】本题主要考查了正八边形和圆的性质，读懂题意，熟练掌握正八边形的性质是解题的关键． 二．填空题（共3小题） 9．（2026•安徽二模）如图，⊙O的半径为4，四边形ABCD内接于⊙O，∠BCD＝130°，点C是弧BD的中点，则弧BC的长为　　 ． 【考点】弧长的计算；圆周角定理；圆内接四边形的性质． 【专题】与圆有关的计算；运算能力；推理能力． 【答案】． 【分析】连接CO，BO，先求出∠A＝180°﹣∠BCD＝50°，得到所对的圆周角为，进而求出∠BOC＝2×25°＝50°，则弧BC的长为，即可解答． 【解答】解：连接CO，BO，如图， ∵∠BCD＝130°，四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠A＝180°﹣∠BCD＝50°， ∵点C是弧BD的中点， ∴所对的圆周角为， ∴∠BOC＝2×25°＝50°， ∴弧BC的长为． 【点评】本题考查弧长的计算，圆周角定理，圆内接四边形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 10．（2026•雁塔区校级二模）如图，△ACB内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点E是圆上一点，连接CE，BE，，∠CBA＝42°，则∠BCE的度数为　24°　 ． 【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系． 【专题】与圆有关的计算；推理能力． 【答案】24°． 【分析】连接OC、OE，根据AB是⊙O的直径，求出∠CAB，进而根据圆周角定理可得∠BOC，再根据圆心角、弧、弦的关系求出∠BOE，再根据圆周角定理即可求解． 【解答】解：如图，连接OC、OE， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90° 由条件可知∠CAB＝90°﹣∠CBA＝48°， ∴∠BOC＝2∠CAB＝96°， ∵， ∴， ∴． 故答案为：24°． 【点评】本题考查了圆周角定理，熟练掌握该知识点是关键． 11．（2026•建邺区二模）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC为锐角，AB＝5，点E、F分别是BC、AD上的点，连接AE、BF交于点M，以AE为直径的圆O交BM于点G，且，∠DAE+∠C＝180°，则GE＝　　 ；若BE＝6，BG＝　　 ． 【考点】圆周角定理；解直角三角形；平行四边形的性质． 【专题】圆的有关概念及性质；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力． 【答案】，． 【分析】由平行四边形的性质和∠DAE+∠C＝180°易证∠ABE＝∠AEB，所以AB＝AE＝5，再解RtAGE即可求出GE和AG，连接AK，由三线合一可知BK＝K，证△AGT∽△EKT，可得，设AT＝3x，，则TK＝4﹣3x，在Rt△TKE中利用勾股定理建立方程求x，从而可知，已知两边和一角，所以解△BGE即可得解． 【解答】解：∵∠DAE+∠C＝180°， ∴∠D+∠AEC＝180°， 在平行四边形ABCD中，∠D＝∠ABC， ∴∠ABC+∠AEC＝180°， 又∵∠AEB+∠AEC＝180°， ∴∠ABE＝∠AEB， ∴AB＝AE＝5． 设圆O与BE交于点K，连接AG、AK． ∵AE是直径， ∴∠AGE＝∠AKE＝90°， 在Rt△AGE中，， ∴AG：GE：AE＝9：13：5， ∴，． 在等腰三角形ABE中，AK⊥BE， ∴． 在Rt△AKE中，． ∵△AGT∽△EKT， ∴， 设AT＝3x，，则TK＝4﹣3x， 在Rt△TKE中，， 解得x＝1或x＝﹣25（舍）， ∴AT＝3，TK＝1，TE， ∴． 过G作GL⊥BE于点L， 则EL＝GE•cos∠BEG，GL＝GE•sin∠BEG， ∴BL＝BE﹣EL， 在Rt△BGL中，BG； 故答案为：，． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和判定、圆周角定理、解直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 三．解答题（共5小题） 12．（2026•蔡甸区校级模拟）如图，PA是⊙O的切线，A为切点，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，PA＝PC＝AB，连接PO，AC交于点D． （1）求证：PC是⊙O的切线； （2）当AC＝4时，求AB的长． 【考点】切线的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理． 【专题】与圆有关的位置关系；推理能力． 【答案】（1）连接OC， ∵PA是⊙O的切线， ∴PA⊥OA， ∴∠PAO＝90°， ∵OC＝OA，PC＝PA，OP＝OP， ∴△POC≌△POA（SSS）， ∴∠PCO＝∠PAO＝90°， ∴OC⊥CP， 又∵点C在⊙O上， ∴PC是⊙O的切线； （2）． 【分析】（1）如图，连接OC，先证出△POC≌△POA，得出∠PCO＝∠PAO，进而即可得证； （2）证出△PAD≌△ABC得出BC＝AD＝2，再由勾股定理即可得出AB的长． 【解答】（1）证明：连接OC， ∵PA是⊙O的切线， ∴PA⊥OA， ∴∠PAO＝90°， ∵OC＝OA，PC＝PA，OP＝OP， ∴△POC≌△POA（SSS）， ∴∠PCO＝∠PAO＝90°， ∴OC⊥CP， 又∵点C在⊙O上， ∴PC是⊙O的切线； （2）解：∵PA＝PC， ∵OC⊥CP，PA⊥OA， ∴∠APO＝∠CPO， ∴∠PDA＝∠ACB＝90°，， ∴∠APD＝90°﹣∠PAD＝∠BAC， 在△PAD和△ABC中， ， ∴△PAD≌△ABC（AAS）． ∴BC＝AD＝2 在Rt△ABC中，由勾股定理可得：． 【点评】本题主要考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握其性质并能正确添加辅助线是解决此题的关键． 13．（2026•南京二模）如图，点A在⊙O的直径CD的延长线上，点B在⊙O上，连接AB、BC．已知AB＝BC，∠A＝30°； （1）求证：AB与⊙O相切； （2）在（1）的条件下，若AB＝6，求图中阴影部分的面积． 【考点】切线的判定与性质；扇形面积的计算；特殊角的三角函数值． 【专题】与圆有关的位置关系；推理能力． 【答案】（1）连接OB， ∵∠A＝30°，AB＝BC， ∴∠C＝∠A＝30°（等边对等角）， ∴∠ABC＝180°﹣30°﹣30°＝120°（三角形的内角和定理）， ∵点B，点C在⊙O上， ∴OB＝OC，∠OBC＝∠C＝30°， ∴∠ABO＝∠ABC﹣∠OBC＝120°﹣30°＝90°， ∴OB⊥AB， ∵OB是半径， ∴AB与⊙O相切． （2）． 【分析】（1）连接OB，由AB＝BC，∠A＝30°，得到∠C＝∠A＝30°，∠ABC＝120°，由OB＝OC，得到∠OBC＝∠C＝30°，进而得到∠ABO＝90°，即可求证； （2）作BH⊥CD，根据特殊角三角函数求出BH＝3，，根据S阴影＝S扇形BOD+S△OBC即可求解． 【解答】（1）证明：连接OB， ∵∠A＝30°，AB＝BC， ∴∠C＝∠A＝30°（等边对等角）， ∴∠ABC＝180°﹣30°﹣30°＝120°（三角形的内角和定理）， ∵点B，点C在⊙O上， ∴OB＝OC，∠OBC＝∠C＝30°， ∴∠ABO＝∠ABC﹣∠OBC＝120°﹣30°＝90°， ∴OB⊥AB， ∵OB是半径， ∴AB与⊙O相切． （2）解：过点B作BH⊥CD于H， ∵∠C＝∠A＝30°，BH⊥CD， ∴， ∵∠A＝30°，∠ABO＝90°， ∴，即， ∴， ∴，， ∴． 【点评】本题考查了切线的判定，特殊角的三角函数，求扇形的面积，解题的关键是：熟练掌握相关定理． 14．（2026•乌鲁木齐二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠BAC的平分线交BC于D，E为AB上一点，DE＝DC，以D为圆心，DB长为半径作⊙D． （1）求证：AC是⊙D的切线； （2）求证：AB+BE＝AC； （3）若BE＝8，且BD：DC＝3：5，求AD的长． 【考点】圆的综合题． 【专题】几何综合题；推理能力． 【答案】（1）证明：如图，过点D作DF⊥AC于F； ∵∠B＝90° ∴DB⊥AB 又DB为⊙D的半径，故AB为⊙D的切线。 ∴AB⊥BC ∵AD平分∠BAC，DF⊥AC ∴BD＝DF ∴AC与⊙D相切； （2）证明：在△BDE和△DCF中， ∵BD＝DF，DE＝DC， 在Rt△BDE和Rt△DCF中， ， ∴Rt△BDE≌Rt△DCF（HL）， ∴EB＝FC． ∵AB＝AF， ∴AB+EB＝AF+FC， 即AB+EB＝AC． （3）6． 【分析】（1）过点D作DF⊥AC于F，求出BD＝DF等于半径，得出AC是⊙D的切线． （2）根据HL先证明Rt△BDE≌Rt△DCF，再根据全等三角形对应边相等及切线的性质得出AB＝AF，即可得出AB+BE＝AC． （3）由（2）可知，BD＝DF，在Rt△DFC中，利用勾股定理可求出DF和DC，CF的长，易证△CDF∽△CAB，进而可求出AB的长，可得结论． 【解答】（1）证明：如图，过点D作DF⊥AC于F； ∵AB为⊙D的切线， ∴∠B＝90° ∴AB⊥BC ∵AD平分∠BAC，DF⊥AC ∴BD＝DF ∴AC与⊙D相切； （2）证明：在△BDE和△DCF中， ∵BD＝DF，DE＝DC， 在Rt△BDE和Rt△DCF中， ， ∴Rt△BDE≌Rt△DCF（HL）， ∴EB＝FC． ∵AB＝AF， ∴AB+EB＝AF+FC， 即AB+EB＝AC． （3）解：由（2）可知，BD＝DF，CF＝BE＝8， ∵BD：DC＝3：5， ∴DF：DC＝3：5， 在Rt△CDF中，由勾股定理可知，DF＝6，DC＝10， ∴DF：CF＝3：4，BC＝BD+CD＝16， ∵∠CFD＝∠ABC＝90°， ∴△CDF∽△CAB， ∴DF：CF＝AB：CB＝3：4， ∴AB＝12， 在Rt△ABD中，由勾股定理可得AD6． 【点评】本题考查的是切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；及全等三角形的判断，全等三角形的对应边相等，熟练掌握相关知识是解题的关键． 15．（2026•覃塘区二模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AB⊥CD于点E，P是AB延长线上一点，且∠BCP＝∠BCD． （1）求证：CP是⊙O的切线； （2）若CD＝8，EB＝2，求⊙O的半径． 【考点】切线的判定与性质；勾股定理；垂径定理；圆周角定理；三角形的外接圆与外心． 【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力． 【答案】（1）证明见解答； （2）⊙O的半径长为5． 【分析】（1）连接OC，则∠OCA＝∠A，由AB是⊙O的直径，AB⊥CD，得∠ACB＝∠AEC＝90°，则∠BCD＝∠A＝90°﹣∠ACD，所以∠OCA＝∠BCD，而∠BCP＝∠BCD，则∠BCP＝∠OCA，可推导出∠OCP＝∠ACB＝90°，即可证明CP是⊙O的切线； （2）由垂径定理得CE＝DECD＝4，因为∠CEB＝∠AEC＝90°，∠BCE＝∠A，所以△BCE∽△CAE，则，可求得AE8，则AB＝10，所以⊙O的半径长为5． 【解答】（1）证明：连接OC，则OC＝OA， ∴∠OCA＝∠A， ∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD， ∴∠ACB＝∠AEC＝90°， ∴∠BCD＝∠A＝90°﹣∠ACD， ∴∠OCA＝∠BCD， ∵∠BCP＝∠BCD， ∴∠BCP＝∠OCA， ∴∠OCP＝∠BCP+∠OCB＝∠OCA+∠OCB＝∠ACB＝90°， ∵OC是⊙O的半径，且CP⊥OC， ∴CP是⊙O的切线． （2）解：AB⊥CD，CD＝8，BE＝2， ∴CE＝DECD＝4，∠CEB＝∠AEC＝90°， ∴∠BCE＝∠A＝90°﹣∠ACE， ∴△BCE∽△CAE， ∴， ∴AE8， ∴AB＝AE+BE＝8+2＝10， ∴OAAB＝5， ∴⊙O的半径长为5． 【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、同角的余角相等、切线的判定、圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 16．（2026•威海模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交边BC，AC于点D，F，过点D作DE⊥CF于点E． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）若⊙O的半径为3，，求DE的长； （3）若AF＝2DE，，求图中阴影部分的面积．（直接写出计算的结果） 【考点】圆的综合题． 【专题】圆的有关概念及性质；推理能力． 【答案】（1）见解析； （2）； （3）． 【分析】（1）连接OD，由DE⊥CF，则∠DEC＝∠DEF＝90°，通过等腰三角形的性质可得∠C＝∠B，∠ODB＝∠B，则∠C＝∠ODB，所以OD∥AC，由平行线的性质可得∠ODE＝∠DEC＝90°，从而求证； （2）连接AD，BF，先求出AF的长度，得到BF的长度，再根据中位线，得出DE的长； （3）过点O作OM⊥AF于点M，连接OF，证明出四边形OMED是矩形，得到OM＝DE，OD＝ME，然后等量代换得到AM＝MF＝OM＝DE，设DE＝x，，解直角三角形得到，然后列方程求出x＝1，半径，然后利用S阴影＝S梯形OFED﹣S扇形ODF代数求解即可． 【解答】（1）证明：连接OD， ∵∠DEC＝∠DEF＝90°，AB＝AC， ∴∠C＝∠B， ∵OD＝OB， ∴∠ODB＝∠B， ∴∠C＝∠ODB， ∴OD∥AC， ∴∠ODE＝∠DEC＝90°， ∴OD⊥DE， 又∵OD为⊙O的半径， ∴DE是⊙O的切线； （2）解：连接AD，BF， ∵线段AB为⊙O的直径， ∴∠AFB＝90°， 在Rt△ABF中，， ∴， ∵AB2＝AF2+BF2，AB＝2r＝6， ∴， 解得AF＝2， ∴， 根据三线合一易知，BD＝CD， ∵DE⊥AC， ∴DE∥BF， ∴E是CF的中点， ∴DE是△BCF的中位线， ∴； （3）解：如图，过点O作OM⊥AF于点M，连接OF， ∴AM＝MF． ∵∠ODE＝∠DEC＝∠DEF＝90°， ∴四边形OMED是矩形， ∴OM＝DE，OD＝ME． ∵AF＝2DE， ∴AM＝MF＝OM＝DE， ∴∠FOM＝45°， ∴∠FOD＝45°， 设DE＝x， ∴MF＝x，， ∵在Rt△MOF中，， ∴， ∴x＝1，半径， ∴， ∴． 【点评】本题考查了圆的基本性质，等腰直角三角形的性质，掌握圆的基本性质是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $