最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题19 圆的基本概念及其性质（5大考点）

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一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
第五部分 圆
专题19 圆的基本概念及其性质（5大考点）
核心考点一 圆周角、圆心角相关问题
例1 （2022·吉林长春·统考中考真题）如图，四边形是的内接四边形．若，则的度数为（ ）
A．138°B．121°C．118°D．112°
【答案】C
【分析】由圆内接四边形的性质得，再由圆周定理可得．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于圆O，
∴
∵
∴
∴
故选：C
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，熟练掌握相关性质和定理是解答本题的关键
例2 （2022·江苏盐城·统考中考真题）如图，、是的弦，过点A的切线交的延长线于点，若，则___________°．
【答案】35
【分析】连接并延长，交于点，连接，首先根据圆周角定理可得，再根据为的切线，可得，可得，再根据圆周角定理即可求得．
【详解】解：如图，连接并延长，交于点，连接．
为的直径，
，
，
为的切线，
，
，
，
．
故答案为：35．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，作出辅助线是解决本题的关键．
例3 （2022·福建·统考中考真题）如图，内接于⊙O，交⊙O于点D，交于点E，交⊙O于点F，连接．
(1)求证：；
(2)若⊙O的半径为3，，求的长（结果保留π）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据已知条件可证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得，等量代换可得，即可得出答案；
（2）连接，由（1）中结论可计算出的度数，根据圆周角定理可计算出的度数，再根据弧长计算公式计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：连接，如图，
由（1）得，
∵，
∴，
∴的长．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，圆的性质与弧长公式，考查化归与转化思想，推理能力，几何直观等数学素养．
知识点、圆周角
1．顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角．
圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半。
推论1：在同圆或等圆中，如果两个圆周角相等，它们所对的弧一定相等。
推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径。
（在同圆中，半弧所对的圆心角等于全弧所对的圆周角）
2．圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等．
推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量分别相等．
【变式1】（2023·山东·统考一模）．如图，在中，，以点为圆心，2为半径的圆与边相切于点，与，分别交于点和点，点是优弧上一点，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，由切线的性质得出，，利用解直角三角形求出，由圆周角定理求出，进而求出，再利用等腰三角形的性质求出的度数，继而求出的度数．
【详解】如图，连接，
是的切线，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，掌握切线的性质，解直角三角形，圆周角定理，等腰三角形的性质是解决问题的关键．
【变式2】（2022·陕西西安·一模）如图，是的直径，点M是内的一定点，是内过点M的一条弦，连接，若的半径为4，，则的最大值为 _____．
【答案】
【分析】如图，连接，过点A作交于点H，根据圆周角定理得到，，则可判断，利用相似比得到，然后利用的最大值为，确定的最大值．
【详解】解：如图，连接，过点A作交于点H．
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵的半径为4，
∴，
∴，
∴当点H与点M重合时，有最大值，
即时，有最大值，最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．也考查了相似三角形的判定与性质．
【变式3】（2023·安徽合肥·校考模拟预测）如图，已知为的直径，过上点的切线交的延长线于点，于点．且交于点，连接，，．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据切线的性质首先得出，再利用平行线的判定得出，进而利用圆周角、圆心角定理得出；
（2）首先求出，进而得出的长，即可求出的长．
【详解】（1）解：证明：如图，连接，
切于点，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）在中，
，，
∴，
，
，
，
设的半径为，
，
，
，
，
答：的长为．
【点睛】本题考查了切线的性质定理和圆周角及弧的关系、相似三角形的判定与性质，解题的关键是得出．
核心考点二 垂径定理及其推论
例1 （2022·湖北鄂州·统考中考真题）工人师傅为检测该厂生产的一种铁球的大小是否符合要求，设计了一个如图（1）所示的工件槽，其两个底角均为90°，将形状规则的铁球放入槽内时，若同时具有图（1）所示的A、B、E三个接触点，该球的大小就符合要求．图（2）是过球心及A、B、E三点的截面示意图，已知⊙O的直径就是铁球的直径，AB是⊙O的弦，CD切⊙O于点E，AC⊥CD、BD⊥CD，若CD=16cm，AC=BD=4cm，则这种铁球的直径为（ ）
A．10cmB．15cmC．20cmD．24cm
【答案】C
【分析】连接OA，OE，设OE与AB交于点P，根据，，得四边形ABDC是矩形，根据CD与切于点E，OE为的半径得，，即，，根据边之间的关系得，，在，由勾股定理得，，进行计算可得，即可得这种铁球的直径．
【详解】解：如图所示，连接OA，OE，设OE与AB交于点P，
∵，，，
∴四边形ABDC是矩形，
∵CD与切于点E，OE为的半径，
∴，，
∴，，
∵AB=CD=16cm，
∴，
∵，
在，由勾股定理得，
解得，，
则这种铁球的直径＝，
故选C．
【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．
例2 （2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）的直径，AB是的弦，，垂足为M，，则AC的长为______．
【答案】或
【分析】分①点在线段上，②点在线段上两种情况，连接，先利用勾股定理求出的长，再在中，利用勾股定理求解即可得．
【详解】解：由题意，分以下两种情况：
①如图，当点在线段上时，连接，
的直径，
，
，
，
，
，
；
②如图，当点在线段上时，连接，
同理可得：，
，
；
综上，的长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了勾股定理、圆，正确分两种情况讨论是解题关键．
例3 （2022·四川攀枝花·统考中考真题）如图，的直径垂直于弦于点F，点P在的延长线上，与相切于点C．
(1)求证：；
(2)若的直径为4，弦平分半径，求：图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】(1)首先可证得，由圆周角定理得：，可得，再根据切线的性质，可得，根据垂直的定义可得，据此即可证得；
(2)首先由弦平分半径，，可得，，，再根据，可得，即可证得，最后由即可求得．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
，
由圆周角定理得：，
，
与相切，
，
，
，
，
；
（2）解：如图：连接，
弦平分半径，，
，在中，，
，
，
，
，
，，
，
．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，直角三角形的性质，扇形的面积公式，作出辅助线是解决本题的关键．
1．垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
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；
几何语言：

垂径定理的几个基本图形：
垂径定理在基本图形中的应用：
2．其它正确结论：
⑴ 弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧；
⑵ 平分弦所对的一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．
⑶ 圆的两条平行弦所夹的弧相等．
3．知二推三：①直径或半径；②垂直弦；③平分弦；④平分劣弧；⑤平分优弧．以上五个条件知二推三．
注意：在由①③推②④⑤时，要注意平分的弦非直径．
4．常见辅助线做法：
⑴过圆心，作垂线，连半径，造，用勾股，求长度；
⑵有弧中点，连中点和圆心，得垂直平分．
【变式1】（2022·浙江杭州·校考二模）如图，的半径于点C，连接并延长交于点E，连接．若，，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，过C作于Q，根据垂径定理求出，根据圆周角定理求出，根据勾股定理求出的半径，求出，根据勾股定理求出，根据三角形的面积公式求出，根据勾股定理求出，再解直角三角形求出答案即可．
【详解】解：连接，过C作于Q，设的半径为R，
∵，过O，，
∴，，
由勾股定理得：，
即，
解得：，
即，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，三角形的面积，解直角三角形等知识点，能求出的长度是解此题的关键．
【变式2】（2023·安徽滁州·校考一模）如图，的直径垂直于弦，垂足为，延长线上一点与点的连线交于点，已知，，，则的长为________．
【答案】##
【分析】连接，，根据垂径定理与勾股定理求得，进而根据，即可求解．
【详解】解：连接，，如图所示，
∵，，，的直径垂直于弦，
∴，
即，
∴（负值舍去），
∵的直径垂直于弦，
∴
∴
∵，，，，
∴
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，余弦的定义，掌握以上知识是解题的关键．
【变式3】（2023·陕西西安·交大附中分校校考二模）如图，已知是的直径，是上一点，，垂足为，连接，过点作的切线与的延长线相交于点．
(1)求证：；
(2)若的半径为4，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明，，即可得出；
（2）证明，求出，由勾股定理求出，由垂径定理求出，进而利用勾股定理求出，．
【详解】（1）证明：∵ ，
∴，
∵ 是的切线，
∴，
在和中，，，
∴；
（2）解：如图，连接．
∵ 的半径为4，
∴，，
∵ 在和中，
，，
∴，
∴，即，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
∵ ，经过的圆心，
∴，
∴．
∵是的直径，C是上一点，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
在中，由勾股定理得：，
∴．
【点睛】本题考查切线的定义、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，熟练掌握上述知识点，通过证明求出的长度是解题的关键．
核心考点三 圆内接四边形的性质
例1 （2021·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，点C，D在以AB为直径的半圆上，，点E是上任意一点，连接BE，CE，则的度数为（ ）
A．20°B．30°C．40°D．60°
【答案】B
【分析】根据圆内接四边形的性质可得，连接AC，得，进一步得出，从而可得结论．
【详解】解：连接AC，如图，
∵A，B，C，D在以AB为直径的半圆上，
∴
∵
∴
∵AB为半圆的直径
∴，
∴
∴
故选：B．
【点睛】此题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答此题的关键．
例2 （2022·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，边长为4的正方形ABCD内接于，则的长是________（结果保留）
【答案】
【分析】连接OA、OB，可证∠AOB＝90°，根据勾股定理求出AO，根据弧长公式求出即可．
【详解】解：连接OA、OB．
∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴AB＝BC＝DC＝AD＝4，AO＝BO，
∴，
∴∠AOB＝×360°＝90°，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AO2＋BO2＝2AO2＝42＝16，
解得：AO＝2，
∴的长＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长公式和正方形的性质，能求出∠AOB的度数和OA的长是解此题的关键．
例3 （2022·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，四边形内接于圆，是圆的直径，，的延长线交于点，延长交于点，．
(1)求证：是圆的切线；
(2)连接，，，的长为______．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质和，可得出，再根据是圆的直径，由切线的判定可得证；
（2）延长交的延长线于点，由是圆的直径，可说明是直角三角形，从而得到，再证明，得到，代入数据即可得到答案．
（1）证明：∵四边形内接于圆，∴，∵，∴，∴，∴，∵是圆的直径，∴是圆的切线．
（2）解：延长交的延长线于点，∵是圆的直径，∴，∴，∴是直角三角形，∴， ∵四边形内接于圆，∴，又∵，∴，∴，∵，，∴，∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆内接四边形的性质，圆周角定理推论，相似三角形的判定和性质，三角函数等知识．通过作辅助线构造相似三角形是解题的关键．
圆内接四边形定理：圆内接四边形的对角互补，一个外角等于其内对角。

【变式1】（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考三模）如图，在中，是直径，，点C是圆上的一动点（不与点A重合），则的度数为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】D
【分析】连接，分点C在优弧和劣弧上两种情况讨论，结合圆周角定理以及圆内接四边形中对角互补即可作答．
【详解】连接，如图，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
分点C在优弧和劣弧上两种情况讨论，
当点C在优弧时，如图点C，
∵，
∴；
当点C在劣弧时，如图点，
∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质等知识，掌握圆周角定理以及分类讨论的思想是解答本题的关键．
【变式2】（2023·广东深圳·校联考一模）如图，点E是正方形边上的一点，已知，分别交边，于点G，F，且满足，则的长为______．
【答案】
【分析】先判定A、E、G、D四点共圆，从而得出是等腰直角三角形，则，再证明，得出，即 ，把，代入即可求出的长．
【详解】解：∵正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴A、E、G、D四点共圆，如图，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，四点共圆，圆内接四边形的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定与性质，得出A、E、G、D四点共圆是解题的关键．
【变式3】（2021·贵州·统考一模）如图，正方形ABCD内接于⊙O，P为上的一点，连接DP，CP．
(1)求∠CPD的度数；
(2)当点P为的中点时，CP是⊙O的内接正n边形的一边，求n的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接OD，OC，根据正方形ABCD内接于⊙O，结合圆周角定理可得∠CPD；
（2）结合正多边形的性质以及圆周角定理得出∠COP的度数，进而得出答案．
【详解】（1）解：连接OD，OC，
∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴∠DOC＝90°，
∴．
（2）解：连接PO，OB，如图所示：
∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴∠COB＝90°，
∵点P为的中点，
∴，
∴，
∴n＝360÷45＝8．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆以及圆周角定理、正方形的性质，解题的关键是熟练掌握同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．
核心考点四 正多边形与圆相关的计算
例1 （2022·湖北黄石·统考中考真题）我国魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术：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"，即通过圆内接正多边形割圆，从正六边形开始，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，内接正二十四边形，……．边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”来计算圆周率．设圆的半径为R，图1中圆内接正六边形的周长，则．再利用圆的内接正十二边形来计算圆周率则圆周率约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出正十二边形的中心角，利用十二边形周长公式求解即可．
【详解】解：∵十二边形是正十二边形，
∴，
∵于H，又，
∴，
∴圆内接正十二边形的周长，
∴
故选：A．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆、等腰三角形的性质，解直角三角形，求出正十二边形的周长是解题的关键．
例2 （2022·四川成都·统考中考真题）如图，已知⊙是小正方形的外接圆，是大正方形的内切圆．现假设可以随意在图中取点，则这个点取在阴影部分的概率是_________．
【答案】
【分析】如图，设OA=a，则OB=OC=a，根据正方形内接圆和外接圆的关系，求出大正方形、小正方形和圆的面积，再根据概率公式计算即可．
【详解】解：如图，设OA=a，则OB=OC=a，
由正方形的性质可知∠AOB=90°，
，
由正方形的性质可得CD=CE=OC=a，
∴DE=2a，
S阴影=S圆-S小正方形=，
S大正方形=，
∴这个点取在阴影部分的概率是，
故答案为：
【点睛】本题考查了概率公式、正方形的性质、正方形外接圆和内切圆的特点、圆的面积计算，根据题意弄清楚图形之间的关系是解题的关键．
例3 （2022·浙江金华·统考中考真题）如图1，正五边形内接于⊙，阅读以下作图过程，并回答下列问题，作法：如图2，①作直径；②以F为圆心，为半径作圆弧，与⊙交于点M，N；③连接．
(1)求的度数．
(2)是正三角形吗？请说明理由．
(3)从点A开始，以长为半径，在⊙上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的值．
【答案】(1)
(2)是正三角形，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据正五边形的性质以及圆的性质可得，则(优弧所对圆心角)，然后根据圆周角定理即可得出结论；
（2）根据所作图形以及圆周角定理即可得出结论；
（3）运用圆周角定理并结合（1）（2）中结论得出，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵正五边形．
∴，
∴，
∵，
∴(优弧所对圆心角)，
∴；
（2）解：是正三角形，理由如下：
连接，
由作图知：,
∵，
∴，
∴是正三角形，
∴，
∴，
同理，
∴，即，
∴是正三角形；
（3）∵是正三角形，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，正多边形的性质，读懂题意，明确题目中的作图方式，熟练运用圆周角定理是解本题的关键．
知识点、正多边形与圆
（一）正多边形及有关概念
（1）正多边形：各边相等，各角也相等的我边形叫作正多边形。
（2）正多边形的画法：把圆等分（），顺次连接各等分点，就可以作出这个圆的内接正多边形，这个圆就是这个正多边形的外接圆。
（3）正多边形的中心：一个正多边形的外接圆的圆心叫作这个正多边形的中心。
（4）正多边形的半径：外接圆的半径叫作正多形的半径。
（5）正多边形的中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫作正多边形的中心角。
（6）正多边形的边心距：中心到正多边形的一边的距离叫作正多边形的边心距。
（二）正多边形的有关计算
（1）正边形的每个内角都等于
（2）正边形的每个中心角都等于
（3）正边形的其他计算都可以转化到由半径、边心距及边长的一半组成的直角三角形中进行，如图所示，
设正边形的半径为一边，边心距，则有正边形
的周长面积

【变式1】（2023·安徽安庆·统考一模）如图，五边形是的内接正五边形，是的直径，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据正五边形的性质和圆周角定理即可求出答案．
【详解】解：如图所示，连接，，
∵是的直径，
∴，
∵五边形是的内接正五边形，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴,
∴．
故选A．
【点睛】本题考查正多边形与圆，圆周角定理等知识，能正确做出辅助线是解题的关键．
【变式2】（2022·江苏苏州·模拟预测）如图，在圆中内接一个正五边形，有一个大小为的锐角顶点在圆心上，这个角绕点任意转动，在转动过程中，扇形与扇形有重叠的概率为，求 ___________．
【答案】##度
【分析】根据题意可得出扇形与扇形有重叠的概率即为组成的扇形圆心角与的比值，进而得出答案．
【详解】解：∵在圆中内接一个正五边形，
∴每个正五边形的中心角为，
∵转动过程中，扇形与扇形有重叠的概率为
∴
解得：．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了几何概率以及正五边形的性质，根据已知得出概率与圆心角的关系是解题关键．
【变式3】（2023·山东青岛·统考一模）【问题提出】
正多边形内任意一点到各边距离之和与这个正多边形的半径和中心角有什么关系？
【问题探究】
如图①，是等边三角形，半径，是中心角，是内任意一点，到各边距离、、分别为，设的边长是，面积为．过点作．
∴，，，
∴，①
∵又可以表示②
联立①②得
∴
∴
【问题解决】
如图②，五边形是正五边形，半径，是中心角，是五边形内任意一点，到五边形各边距分别为、、、、，参照（1）的分析过程，探究的值与正五边形的半径及中心角的关系．
【性质应用】
（1）正六边形（半径是）内任意一点到各边距离之和_______．
（2）如图③，正边形（半径是）内任意一点到各边距离之和______．
【答案】【问题解决】：；【性质应用】：（1）；（2）
【分析】问题解决：
设正五边形的边长是a，面积为S，得到，O为正五边形的中心，连接、、、、，它们将五边形分成五个全等的等腰三角形，过点O作，垂足为Q，中表示出、、后即可表示出与正多边形的半径R的关系式；
性质应用：
（1）同【问题探究】的方法，可得答案；
（2）总结规律可表示出正n边形（半径是R）内任意一点P到各边距离之和与半径R和中心角的关系．
【详解】解：【问题解决】设正五边形的边长是，面积为，显然，
为正五边形的中心，连接，它们将五边形分成五个全等的等腰三角形，
过点作，垂足为，
∴，，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∴
∴
即：
∴
【性质应用】（1）同【问题解决】可得：正六边形（半径是R）内任意一点P到各边距离之和，
故答案为：；
（2）正n边形（半径是R）内任意一点P到各边距离之和，
.
【点睛】本题考查多边形的综合题，涉及正多边形和圆，解直角三角形，解题的关键是熟知正多边形各元素与外接圆之间的关系．
核心考点五 圆的基本性质综合题
例1 （2021·广西梧州·统考中考真题）在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），B（0，﹣5），若在x轴正半轴上有一点C，使∠ACB＝30°，则点C的横坐标是（ ）
A．34B．12C．6+3D．6
【答案】A
【分析】如图，作的外接圆 连接 过作轴于 作轴于 则四边形是矩形，再证明是等边三角形，再分别求解即可得到答案.
【详解】解：如图，作的外接圆 连接 过作轴于 作轴于 则四边形是矩形，


是等边三角形，





故选：
【点睛】本题考查的是坐标与图形，三角形的外接圆的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理分应用，灵活应用以上知识解题是解题的关键.
例2 （2022·内蒙古·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，点P在以斜边为直径的半圆上，M为的中点，当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是_______．
【答案】
【分析】取的中点、的中点、的中点，连接、、、、、，可得四边形CEOF是正方形，由OP=OC得OM⊥PC，则可得点M的运动路径，从而求得路径的长．
【详解】取的中点、的中点、的中点，连接、、、、、，如图，
则，且，，，
∴四边形CEOF为平行四边形，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴四边形为正方形，
∴CE=CF=，EF=OC，
由勾股定理得：，
∵在等腰中，，
∴，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴点在以为直径的圆上，
当点点在点时，点在点；点点在点时，点在点，
∴点的路径为以为直径的半圆，
∴点运动的路径长．
故答案是：．
【点睛】本题考查了勾股定理、直角三角形斜边上中线的性质、三角形中位线定理、等腰三角形的性质及正方形的判定，确定点M的运动路径是关键与难点．
例3 （2022·湖北荆门·统考中考真题）如图，AB为⊙O的直径，点C在直径AB上（点C与A，B两点不重合），OC＝3，点D在⊙O上且满足AC＝AD，连接DC并延长到E点，使BE＝BD．
(1)求证：BE是⊙O的切线；
(2)若BE＝6，试求cs∠CDA的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝90°，从而可得∠BDE+∠ADC＝90°，根据等腰三角形的性质以及对顶角相等可得∠ECB＝∠ADC，然后根据等腰三角形的性质可得∠E＝∠BDE，从而可得∠E+∠BCE＝90°，最后利用三角形内角和定理可得∠EBC＝90°，即可解答；
（2）设⊙O的半径为r，则AC＝AD＝3+r，在Rt△ABD中，利用勾股定理可求出r＝5，从而求出BC＝2，然后在Rt△EBC中，根据勾股定理可求出EC的长，从而利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【详解】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDE+∠ADC＝90°，
∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
∵∠ACD＝∠ECB，
∴∠ECB＝∠ADC，
∵EB＝DB，
∴∠E＝∠BDE，
∴∠E+∠BCE＝90°，
∴∠EBC＝180°﹣（∠E+∠ECB）＝90°，
∵OB是⊙O的半径，
∴BE是⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径为r，
∵OC＝3，
∴AC＝AD＝AO+OC＝3+r，
∵BE＝6，
∴BD＝BE＝6，
在Rt△ABD中，BD2+AD2＝AB2，
∴36+（r+3）2＝（2r）2，
∴r1＝5，r2＝﹣3（舍去），
∴BC＝OB﹣OC＝5﹣3＝2，
在Rt△EBC中，EC＝＝＝2，
∴cs∠ECB＝＝＝，
∴cs∠CDA＝cs∠ECB＝，
∴cs∠CDA的值为．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握切线的判定与性质，以及锐角三角函数的定义是解题的关键．
圆的基本性质综合题型，主要是要将圆相关的知识点结合起来考查，包括圆心角、圆周角、垂径定理、切线长定理等，关键在于明确题目考查的方向， 灵活运用知识点解决问题.
【变式1】（2023·安徽滁州·校联考一模）如图，在中，，延长至点，连接，，点为边上一动点，于，于，连接，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，取的中点，分别连接，，过作交于，先证明，，，四点共圆，根据圆周角定理得出，证明为等腰直角三角形，，说明当取最小值时，也取最小值，由说明当取最小值时，最小，此时也最小，根据垂线段最短得出时，取最小值，根据勾股定理，利用等积法求出，然后再求出即可．
【详解】解：连接，取的中点，分别连接，，过作交于，如图所示：
∵，，
∴点，，，四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴当取最小值时，也取最小值，
∵，
∴当取最小值时，最小，此时也最小，
∵时，取最小值，
∴此时最小，
∵在中，，，
∴，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
即，
∴，
∴，
∴，
即的最小值为，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了四点共圆，圆周角定理，等边三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，垂线段最短，解题的关键是作出辅助线，说明当取最小值时，最小，此时也最小．
【变式2】（2023·北京海淀·中关村中学校考模拟预测）如图，在中，是以斜边为直径的半圆上一动点，为的中点，连接，则的最小值为______
【答案】##
【分析】取的中点O，的中点E，的中点F，连接、，先根据勾股定理求得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，再根据圆周角定理和垂径定理证得点M在以为直径的圆上，当点P在点A处时，点M在点E处，当点P在点B处时，点M在点F处，取的中点，连接交于点，则的长度即为的最小值，延长交于G，连接，，证明
，利用相似三角形的性质和解一元二次方程求得即可求解．
【详解】解：如图，取的中点O，的中点E，的中点F，连接、，
∵在中，，，，
∴，，
∴，
∵P是以斜边为直径的半圆上一动点，为的中点，
∴，即，
∴点M在以为直径的圆上，当点P在点A处时，点M在点E处，当点P在点B处时，点M在点F处，
取的中点，连接交于点，则的长度即为的最小值，
延长交于G，连接，，则，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：或（舍去）,
故的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质、圆周角定理、垂径定理、点与圆的位置关系、圆内接四边形的外角性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，确定点M的运动路线以及利用隐形圆求解线段最值问题是解答的关键．
【变式3】（2023·安徽滁州·校联考一模）如图，已知四边形内接于，直径与
交于E点，平分．
(1)若，求证：；
(2)若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据等弧对等角和角平分线的性质，可证，从而得到．
（2）作，交的延长线于点F，根据是直径和角平分线，证明，设，用勾股定理求出各边的长度，即可求出答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：如图，作，与的延长线交于点F，
∵为的直径，平分，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴在和中，
∴，
∴，
∵，设，
则，，
∴，
∵，
∴在中由勾股定理得：
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、圆周角的性质、勾股定理，熟练运用所学知识和正确做出辅助线是解题的关键．
【新题速递】
1．（2022·台湾·统考模拟预测）如图，点是⊙的弦上一点．若，，的弦心距为，则的长为（ ）
A．3B．4C．D．
【答案】D
【分析】过点作于点，根据垂径定理得出，继而得出，勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，
∵，，的弦心距为，
∴,，，
∴，
在中，，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，掌握垂径定理是解题的关键．
2．（2023·安徽安庆·统考一模）如图，的直径与弦的延长线交于点E，若，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，易得，利用三角形外角的性质得到，，进行求解即可．
【详解】解：连接，则：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选B．
【点睛】本题考查圆的认识，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质．熟练掌握圆内半径均相等，得到等腰三角形，是解题的关键．
3．（2023·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，分别与相切于A、B，，C为上一点，则的度数为（ ）
A．110°B．120°C．125°D．130°
【答案】C
【分析】在右侧取点，连接，根据切线的性质得出，然后根据四边形内角和为即可得出，再由圆周角定理求出，根据圆内接四边形的性质得出的度数即可．
【详解】解：在右侧取点，连接，
∵分别与相切于，
∴，
∴，
∴，
∴
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，同弧或等弧所对圆心角和圆周角的关系，切线的性质等知识点，读懂题意，熟练掌握以上基础知识点是解本题的关键．
4．（2023·安徽合肥·一模）如图，是的直径，弦交于点E，连接．若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，根据直径所对的圆周角是，可得，由，可得，进而可得．
【详解】解：连接，
∵是的直径，
∴，
，
，
．
故选C．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，掌握圆周角定理是解题的关键．
5．（2023·陕西西安·西北大学附中校考三模）如图，在中，，，以点为圆心的量角器（半圆）的直径和重合，零刻度落在点处（即从点处开始读数），点是上一点，连接并延长与半圆交于点，若，则点在量角器上的读数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据半圆的直径与等腰直角三角形斜边重合，由三角形的外角和定理求出，如图所示，连接，根据圆周角与圆心角的关系算出，由此即可求解．
【详解】解：∵中，，，
∴，
在中，是外角，且，
∴，
如图所示，连接，
根据题意得，，
∴点在量角器上的读数为，
故选：．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形，圆周角的综合，掌握三角形外角和定理，圆周角与圆心角的关系是解题的关键．
6．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考一模）如图，是的直径，C、D是上的点，，过点C作的切线交的延长线于点E，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，由为的切线，根据切线的性质得到，即为直角三角形，再由同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，由圆周角的度数，求出圆心角的度数，在中，利用直角三角形的两锐角互余，即可求出的度数．
【详解】解：连接，如图所示：
∵圆心角与圆周角都对，
∴，
又，
∴，
又∵为的切线，
∴，即，
则．
故选：B．
【点睛】此题考查了切线的性质，圆周角定理，以及直角三角形的性质，遇到直线与圆相切，连接圆心与切点，利用切线的性质得垂直，根据直角三角形的性质来解决问题．熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
7．（2023·安徽淮北·校联考一模）如图，矩形中，，，点P是矩形内一点，连接，，，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】C
【分析】由可得点P在以中点O为圆心为直径的圆上，连接交圆于一点即为最短距离点，即可得到答案；
【详解】解：∵，
∴点P在以中点O为圆心为直径的圆上，如图所示，
∴连接交圆于一点即为最短距离点P，如图所示，
∵，，
∴，，
根据勾股定理可得，
，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查圆上最短距离问题，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆外一点到圆上最短距离点为与圆心连线的交点．
8．（2023·河北衡水·校考二模）如图1，某校学生礼堂的平面示意图为矩形，其宽米，长米，为了能够监控到礼堂内部情况，现需要在礼堂最尾端墙面上安装一台摄像头进行观测，并且要求能观测到礼堂前端墙面区域，同时为了观测效果达到最佳，还需要从点出发的观测角．甲、乙二人给出了找点的思路，以及的值，下面判断正确的是( )
甲：如图2，在矩形中取一点，使得，即为所求，此时米；
乙：如图3，在矩形中取一点，使得，且，以为圆心，长为半径画弧，交于点，，则，均满足题意，此时或．
A．甲的思路不对，但是的值对B．乙的思路对，的值都对且完整
C．甲、乙求出的的值合在一起才完整D．甲的思路对，但是的值不对
【答案】B
【分析】以为边，在矩形的内部作一个等腰直角三角形，且，过作于，交于，利用等腰直角三角形的性质求出，的长，则以为圆心，为半径的圆与相交，从而上存在点，满足，此时满足条件的有两个点，即，，过作于，作于，连接，利用勾股定理求出的长，从而解决问题．
【详解】解：以为边，在矩形的内部作一个等腰直角三角形，且，过作于，交于，
∴四边形和四边形是矩形，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴以为圆心，为半径的圆与相交，
∴上存在点，满足，此时满足条件的有两个点，即，，
∴，
过作于，作于，连接，
∴四边形，四边形和四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴
∴（米），
（米），
∴的长度为米或米，
∴乙的思路对，的值都对且完整．
故选：B．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查矩形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，垂径定理等知识，将四边形的综合题转化为圆的综合题是解题的关键．
9．（2022·北京海淀·中关村中学校考模拟预测）如图，的半径为2，，，则弦的长为___________．
【答案】
【分析】连接，，由圆周角定理知，又因为，，由锐角三角函数知，所以．
【详解】解：如图，连接，
，
，
，，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，连接运用垂径定理，特殊角的三角函数是解答此题的关键．
10．（2022·黑龙江绥化·校考模拟预测）如图四边形为的内接四边形，于点E，若，，则的半径为_____．
【答案】5
【分析】作直径，连．证明，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：作直径，连．
∵是的直径，
∴
∴，
又∵，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的半径为5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查勾股定理，圆周角定理，平行线的判定和性质等知识，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．
11．（2023·安徽合肥·统考一模）如图，点，，，在半径为的上，连接，，，．若，则劣弧的长为________．
【答案】
【分析】根据圆内接四边形的性质可知的度数，再根据圆周角的性质以及弧长公式即可求得劣弧的长．
【详解】解：∵四边形是内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的半径为：，
∴劣弧的长为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的内接四边形的性质，弧长公式，圆周角的性质，熟记圆的内接四边形的性质是解题的关键．
12．（2023·湖北孝感·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点重合，轴，交轴于点．将绕点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点A的坐标为______．
【答案】
【分析】首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第次旋转后点的坐标即可．
【详解】解：∵正六边形边长为2，中心与原点O重合，轴，
∴，
∴，
∴第1次旋转结束时，点A的坐标为，
第2次旋转结束时，点A的坐标为，
第3次旋转结束时，点A的坐标为，
第4次旋转结束时，点A的坐标为，
∴4次一个循环，
∵，
∴第次旋转结束时，点A的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形的性质，规律型问题，坐标与图形变化——旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
13．（2022·四川泸州·模拟预测）已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，点是反比例函数图像上的一个动点，若以点为圆心，为半径的圆与直线相交，交点为、，当弦的长等于时，点的坐标为______．
【答案】或
【分析】当点在直线上方时，作，利用垂径定理可得，由勾股定理易得，作轴交直线于点，由可得，设，则，易得，，因为点在反比例函数图像上，所以易得可得，易得点的坐标，当点在直线下方时，利用对称性可得点的另一坐标．
【详解】解：当点在直线上方时，连接，作，
，而，
．
作轴交直线于点，
∵∠,
∴，，
∴，
设，则，
，
∵点是反比例函数图像上的一个动点，
，
，（负值舍去）
，
当点在直线下方时，由对称性可知．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、反比例函数与一次函数的交点、勾股定理等知识点，正确作出恰当的辅助线、利用勾股定理和垂径定理解得是解答此题的关键．
14．（2023·安徽安庆·统考一模）如图，D是等腰的斜边边上一点，连接，作的外接圆，并将沿直线折叠，点C的对应点E恰好落在的外接圆上， 若，．① _____ ②的外接圆的面积为__________（结果保留）
【答案】 6
【分析】根据沿直线折叠得到可得，根据圆周角定理可得，，根据等腰可得，结合三角形内外角关系即可得到，即可得到，结合，即可得，，设半径为r，即可得到答案；
【详解】解：过A作交于F，连接交于O，
∵沿直线折叠得到，
∴，
∵弧弧，弧弧，
∴，，
∵是等腰三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是直径，
∴点O是圆心，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
根据勾股定理可得，
，
设圆的半径为r，
∴ ，，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：6，；
【点睛】本题考查圆周角定理，勾股定理，等腰三角形底边上三线合一，解题的关键是根据圆周角定理得到等腰三角形．
15．（2023·湖北省直辖县级单位·校考模拟预测）如图，在中，，垂足是．
(1)作的外接圆（尺规作图）；
(2)若，，，求的外接圆半径的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形外接圆的圆心是三边垂直平分线的交点，先作线段和的垂直平分线确定点O的位置，再以O为圆心，以的长为半径画圆即可；
（2）如图所示，连接并延长交于E，连接，由直径所对的圆周角是直角得到，再由圆周角定理得到，进而证明得到，由此代入数值计算求出的长即可得到答案．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：如图所示，连接并延长交于E，连接，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴的外接圆半径的长为．
【点睛】本题主要考查了画三角形外接圆，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
16．（2023·广东肇庆·统考一模）如图，在中，，以为直径的⊙O交于点D，过点D作于点E，交的延长线于点F．
(1)求证：是⊙O的切线；
(2)当，时，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，由可得，再由可得，等量代换可得，根据同位角相等两条直线平行可得，又因为，根据垂直于两条平行线中的一条，与另一条也垂直，得到，即可证明结论；
（2）连接，由为圆的直径，根据直径所对的圆周角为直角可得，即，又因为，根据三线合一得到D是的中点，由求出的长，再由的长，利用勾股定理求出的长，最后根据的面积列出等式，即可求出的长．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
是⊙O的切线．
（2）连接，
为⊙O的直径，
，
又，且，
，
在中，，，
根据勾股定理得：
又，
即，
．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、圆周角定理、平行线的性质、勾股定理、切线的判定及求三角形面积的方法，熟练掌握相关知识及正确作出辅助线是解决问题的关键．
17．（2021·江苏南京·统考二模）如图，已知．
求作：的内接等边．
小丽同学的作法及证明过程如下：
作法：①作直径；
②作半径的垂直平分线，垂足为，交于两点；
③连接，．
所以即为的内接等边三角形．
∵在中，垂直平分
∴，
∵
∴（①）
∵
∴为等边三角形
∴
∴（②）
∴为的内接等边三角形．
（1）在小丽同学的证明过程中，①、②两处的推理依据分别是 ； ．
（2）请你再给出一种作图方法．（尺规作图，保留作图痕迹）
【答案】（1）垂直平分线的性质；同弧所对圆周角相等；（2）见解析
【分析】（1）根据前面的证明条件以及结论可以求得所用的推理依据；
（2）以圆周上一点为圆心，以圆的半径长为半径画圆弧，交圆于一点，再以此点为圆心，继续画圆弧，以此类推，将圆周六等分，连接不相邻的两个交点即可．
【详解】解：（1），，∴为的垂直平分线，因此，理论依据为：垂直平分线的性质；
和都是弦所对的圆周角，因此，理论依据为：同弧所对的圆周角相等；
（2）以圆周上一点为圆心，以圆的半径长为半径画圆弧，交圆于一点，再以点为圆心，保持半径不变，继续画圆弧，交圆于点，以此类推，依次得到点，则即为所求，如下图：
【点睛】此题考查了圆的有关性质，涉及了同弧所对的圆周角相等，熟练掌握并应用圆的有关性质是解题的关键．
18．（2023·安徽·校联考一模）如图1，为的直径，为弦，过圆心O作于D，点E为延长线上一点，是的切线．
(1)求证：；
(2)如图2，取弧的中点P，连接，若，，求弦的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连结，根据切线的性质可得，再由，可得，即可；
（2）连结交于F，根据是直径，可得，由勾股定理可得，再由Р为弧的中点，可得，，从而得到，进而得到，再由勾股定理，即可求解．
【详解】（1）解：连结，
∵是的切线，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：连结交于F，
∵是直径，
∴，
∵，，
∴，
∵Р为弧的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在中，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，三角形中位线定理等知识，熟练掌握切线的性质，垂径定理，圆周角定理，三角形中位线定理等知识是解题的关键．
19．（2023·陕西西安·校考模拟预测）已知是的直径，是上一点，过点作，垂足为，其延长线交于点，弦交于点．
(1)通过适当的变换使得，求证：；
(2)弦交于点，且，求证：；
(3)若弦、的延长线交于点，且，那么（2）中的结论是否仍然成立？请证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)成立，证明见解析
【分析】（1）求证，只要证明即可；
（2）求证，只需证根据相似三角形的对应边成比例即可求得结论；
（3）成立．求证，只需证，根据相似三角形对应边成比例即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图1，连接，
是的直径，
．
，
．
．
是弦心距，
，
在和中，
，
．
．
（2）证明：如图2，连接，，．
，
，
，
．
，
，．
．
．
（3）如图3，（2）的结论仍成立．
证明：，
，．
，．
，
．
．
又，
．
，
．
，
．
．
【点睛】考查圆心角、弧、弦的关系，相似三角形的判定，垂径定理的运用，解题的关键是掌握以上知识点．
20．（2023·浙江宁波·校考一模）如图1．均为的直径，．E是延长线上一点，F是的中点，G是半径上一点，连接交于点H．连接并延长交于点P，．
(1)求的度数．
(2)如图2，连接，求证：．
(3)若．．
①求的半径；
②求的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)①3；②
【分析】（1）如图1，连接，先证明，由同弧所得的圆周角是圆心角的一半可得，，进而可求；
（2）由F是的中点，可得，可证，进而可得，由此可得结论；
（3）①如图2，设⊙O的半径为x,则，由相似三角形的性质得到比例式，建立关于x的方程，解之可得结论；，所以．在中，求出的长，然后在中求解即可．
【详解】（1）如图1，连接，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）如图2，∵F是的中点，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，即，
∴．
（3）①如图2，设的半径为x，则，
∵，
∴，
∴，即，
∴，即的半径为3；
②如图3，过点B作于点T．
在中，，
∴，
∴．
∵在中，，
∴在中，．
【点睛】本题考查了圆周角定理，锐角三角函数定义，相似三角形的性质与判定，勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握相关知识是解题的关键．
核心考点
核心考点一 圆周角、圆心角相关问题
核心考点二 垂径定理及其推论
核心考点三 圆内接四边形的性质
核心考点四 正多边形与圆相关的计算
核心考点五 圆的基本性质综合题
新题速递