初中数学24.1.1 圆导学案

这是一份初中数学24.1.1 圆导学案，文件包含九年级数学上册第16讲圆中常见的九种类型辅助线原卷版-2022-2023学年九年级数学上册常考点数学思想+解题技巧+专项突破+精准提升docx、九年级数学上册第16讲圆中常见的九种类型辅助线解析版-2022-2023学年九年级数学上册常考点数学思想+解题技巧+专项突破+精准提升docx等2份学案配套教学资源，其中学案共51页， 欢迎下载使用。
第16讲 圆中常见的九种类型辅助线（解析版）
第一部分 典例剖析+针对训练
类型一 遇弦作弦心距
名师点金：解决有关弦的问题，常添加弦心距或者做垂直于弦的半径（或直径），再连接过弦的端点的半径。作用：一、利用垂径定理，二、利用圆心角及其所对的弧、弦和弦心距之间的关系，三、应用弦的一半、弦心距和半径组成的直角三角型，根据勾股定理求有关量。
典例1（2022•建华区二模）如图，⊙O的直径AB与弦CD相交于点E，若AE＝5，EB＝1，∠AEC＝30°，则CD的长为（　　）

A．5 B．23 C．42 D．22+3+1
思路引领：因为∠AED＝30°，可过点O作OF⊥CD于F，构成直角三角形，先求得⊙O的半径为3，进而求得OE＝3﹣1＝2，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，得出OF=12OE＝1，再根据勾股定理求得DF的长，然后由垂径定理求出CD的长．
解：过点O作OF⊥CD于F，连接DO，
∵AE＝5，BE＝1，
∴AB＝6，
∴⊙O的半径为3，
∴OE＝3﹣1＝2．
∵∠AEC＝30°，
∴OF＝1，
∴CF＝22，
∴CD＝2CF＝42，
故选：C．

解题秘籍：本题考查的是垂径定理，熟知平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解答此题的关键．
针对训练1
1．（2021•浦东新区模拟）如图，已知AB是圆O的直径，弦CD交AB于点E，∠CEA＝30°，OE＝4，DE＝53，求弦CD及圆O的半径长．

思路引领：过点O作OM⊥CD于点M，联结OD，根据垂径定理解答即可．
解：过点O作OM⊥CD于点M，联结OD，
∵∠CEA＝30°，∴∠OEM＝∠CEA＝30°，
在Rt△OEM中，∵OE＝4，

∴OM=12OE=2，EM=OE⋅cos30°=4×32=23，
∵DE=53，
∴DM=DE−EM=33，
∵OM过圆心，OM⊥CD，
∴CD＝2DM，
∴CD=63，
∵OM=2，DM=33，
∴在Rt△DOM中，OD=OM2+DM2=22+(33)2=31，
∴弦CD的长为63，⊙O的半径长为31．
解题秘籍：此题考查了垂径定理和直角三角形．有关弦、半径、弦心距的问题常常利用它们构造的直角三角形来研究，所以连半径、作弦心距是圆中的一种常见辅助线添法．
类型二 遇弦连半径
名师点金：遇到弦时，常连接圆心和弦的两个端点，构成等腰三角形，还可连接圆周上一点和弦的两个端电，根据圆周角的性质可得相等的圆周角。
典例2（2022•威海模拟）⊙O中，点C为弦AB上一点，AB＝1，CD⊥OC交⊙O于点D，则线段CD的最大值是（　　）

A．12 B．1 C．32 D．2
思路引领：因为CD⊥OC交⊙O于点D，连接OD，△OCD是直角三角形，则CD=OD2−OC2，因为半径OD是定值，当OC取得最小值时线段CD取得最大值．
解：连接OD，

∵CD⊥OC交⊙O于点D，
∴△OCD是直角三角形，
根据勾股定理得CD=OD2−OC2，
∵半径OD是定值，
∴当OC⊥AB时，线段OC最小，此时D与B重合，CD=OB2−OC2，
∵OC⊥AB，
∴AC＝BC=12AB=12，
∴CD=OB2−OC2=BC=12．
故选：A．
解题秘籍：本题主要考查了垂径定理以及勾股定理的应用，熟练掌握垂直于弦的直径平分弦，利用勾股定理表示出CD是解题的关键．
针对训练2
2．（2022•沂水县二模）如图，AB是⊙O的弦，且AB＝6，点C是弧AB中点，点D是优弧AB上的一点，∠ADC＝30°，则⊙O的半径等于（　　）

A．33 B．23 C．3 D．32
思路引领：根据题意连接OA、OC，OC交AB于点E，根据垂径定理推出OC⊥AB，且AE＝BE＝3，再由圆周角定理推出∠AOC＝2∠ADC＝60°，从而根据直角三角形的性质进行求解即可．
解：如图，连接OA、OC，OC交AB于点E，

∵点C是弧AB中点，
∴OC⊥AB，
∴AE＝BE=12AB＝3，
∵∠ADC＝30°，
∴∠AOC＝2∠ADC＝60°，
∴OA=332=23，
即⊙O的半径等于23，
故选：B．
解题秘籍：本题考查圆周角定理及垂径定理，解题的关键是根据题意作出辅助线OA，OC，从而根据垂径定理和圆周角定理进行求解，注意数形结合思想方法的运用．
3．（2022•长沙模拟）如图，⊙O的直径AB＝8，弦CD⊥AB于点P，若BP＝2，则CD的长为（　　）

A．25 B．42 C．43 D．82
思路引领：连接OC，如图，先根据垂径定理得到CP＝DP，再计算出OP＝2，然后利用勾股定理计算出PC，从而得到CD的长．
解：连接OC，如图，
∵CD⊥AB，
∴CP＝DP，
∵AB＝8，
∴OC＝OB＝4，
∴PB＝2，
∴OP＝2，
∴PC=OC2−OP2=42−22=23，
∴CD＝2PC＝43．
故选：C．

解题秘籍：本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
类型三 遇求角可添加弦构造圆周角或圆心角
典例3（2020秋•兴化市期末）如图，点A，B，C在⊙O上，且∠ACB＝105°，则∠α的度数为（　　）

A．150° B．130° C．105° D．75°
思路引领：在优弧AB上任取一点D，连接AD，BD，先由圆内接四边形的性质求出∠ADB的度数，再由圆周角定理求出∠AOB的度数即可．
解：优弧AB上任取一点D，连接AD，BD，

∵四边形ACBD内接与⊙O，∠ACB＝105°，
∴∠ADB＝180°﹣∠C＝180°﹣105°＝75°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝2×75°＝150°．
故选：A．
解题秘籍：本题考查的是圆周角定理，即在同圆或等圆中，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．
针对训练3
4．（2022•淄川区二模）如图，点A，B，C，D，E在⊙O上，AB所对的圆心角为50°，则∠C+∠E等于（　　）

A．155° B．150° C．160° D．162°
思路引领：连接AE，利用圆内接四边形对角互补求解即可．
解：连接AE，

∵四边形ACDE是⊙O的内接四边形，
∴∠C+∠AED＝180°，
∵AB所对的圆心角为50°，
∴∠AEB=12×50°＝25°，
∴∠C+∠BED＝180°﹣∠AEB＝155°，
故选：A．
解题秘籍：此题考查了圆内接四边形的性质，熟记“圆内接四边形对角互补”是解题的关键．
类型四 遇直径作直径所对的圆周角
名师点金：遇到直径时，长添加直径所对的圆周角。作用：得到直角或直角三角形。
典例4（2022•合肥模拟）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ACD＝65°，则∠BAD的度数为（　　）

A．25° B．30° C．35° D．40°
思路引领：连接BC，利用直径的性质，可知∠ACB＝90°，根据角的和差求出∠BCD＝25°，再根据圆周角定理即可解决问题．
解：连接BC，

∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCD＝90°，
∵∠ACD＝65°，
∴∠BCD＝25°，
∴∠BAD＝∠BCD＝25°，
故选：A．
解题秘籍：本题考查圆周角定理、直径的性质等知识，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．
针对训练4
5．（2022•平房区二模）如图，AB是⊙O的直径，点D是⊙O上一点OC为⊙O的半径，连接AD、CD．若∠D＝40°，则∠COB的度数是（　　）

A．110° B．100° C．140° D．120°
思路引领：连接DB，根据圆周角定理解答即可．
解：连接BD，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ADC＝40°，
∴∠CDB＝50°，
∴∠COB＝100°．
故选：B．

解题秘籍：本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解答本题的关键．
类型五 遇90°的圆周角连直径
名师点金：遇到90°的圆周角时，长连接两条弦没有公共点的另一端点。作用：得到直径。
典例5如图，AB，AC是⊙O的两条弦，且∠CAB＝90°，若AB＝10，AC＝8，求⊙O的半径．

思路引领：连接BC，由圆周角定理得BC是⊙O的直径，由勾股定理求出BC＝241，则OB=41．
解：连接BC，如图所示：
∵∠CAB＝90°，
∴BC是⊙O的直径，BC=AB2+AC2=102+82=241，
∴OB=41，
即⊙O的半径为41．

解题秘籍：本题考查了圆周角定理和勾股定理；熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．
针对训练5
6．（2022•石阡县模拟）如图，在平面直角坐标系中，⊙M经过原点，且与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，点C在第四象限的⊙M上，且∠AOC＝60°，OC＝3，则点B的坐标是 　 　．

思路引领：连接AC、AB、BC，过点C作CH⊥OA于H，利用含30°角的直角三角形的性质及勾股定理可求出OH，CH，AH的长度，再在Rt△ACH中，求出AC的长，在Rt△ACH中，利用勾股定理构建方程求出BC、AB，再利用勾股定理求出OB，即可解决问题．
解：如图，连接AC、AB、BC，过点C作CH⊥OA于H，

∵∠AOC＝60°，CH⊥OA，
∴∠OCH＝30°，
∵OC＝3，
∴OH=12OC=32，CH=OC2−OH2=32−(32)2=332，
∵点A（4，0），
∴OA＝4，
∴AH＝OA﹣OH＝4−32=52，
在Rt△ACH中，
AC=AH2+CH2=(52)2+(332)2=13，
∵∠BOA＝90°，
∴AB为⊙M的直径，
∴∠BCA＝90°，
∵∠AOC＝60°，
∴∠ABC＝60°，
∴∠BAC＝30°，
在Rt△ABC中，
BC=12AB，AB2＝AC2+BC2，
∴AB2=(13)2+(12AB)2，
∴AB2=523，
在Rt△AOB中，
OB2＝AB2﹣AO2=43，
∴OB=233，
∴点B的坐标是（0，−233），
故答案为：（0，−233）．
解题秘籍：本题考查了圆周角定理，利用参数构建方程解决问题是解题的关键．
类型六 遇切线连圆心和切点
名师点金：遇到证明某一直线是圆的切线时：
（1） 有点连圆心：当直线和圆的公共点已知时，联想圆的切线的判定定理，只要将该店与圆心连接，再证 明该直径与直线垂直。
（2）无点作垂线：需证明的切线，条件中没有告知与圆之间有交点，则联想切线的定义，过圆心作该直线的垂线，证明圆心到垂足的距离等于半径。
典例6（2022•城关区二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC与⊙E相交于点F，⊙E与y轴相切于点D，点B的坐标为（4，6），点D的坐标为（0，4），则⊙E的半径为（　　）

A．2 B．2.5 C．4 D．4.5
思路引领：连接DE、BE，过E点作EF⊥BC于F，如图，设⊙E的半径为r，根据切线的性质得到DE＝r，再利用B（4，6），D（0，4）得到EF＝2，BF＝4﹣r，然后在Rt△BEF中利用勾股定理得到22+（4﹣r）2＝r2，则解方程求出r即可．
解：连接DE、BE，过E点作EF⊥BC于F，如图，设⊙E的半径为r，
∵⊙E与y轴相切于点D，
∴DE＝r，
∵四边形ABCO为矩形，点B的坐标为（4，6），点D的坐标为（0，4），
∴EF＝6﹣4＝2，BF＝4﹣r，
在Rt△BEF中，22+（4﹣r）2＝r2，
解得r＝2.5，
即⊙E的半径为2.5．
故选：B．

解题秘籍：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了坐标与图形性质和矩形的性质．
针对训练6
7．（2022•泰州）如图，PA与⊙O相切于点A，PO与⊙O相交于点B，点C在AmB上，且与点A、B不重合．若∠P＝26°，则∠C的度数为 　 　°．

思路引领：连接AO交⊙O于点D，连接DB，由切线的性质得出∠OAP＝90°，由∠P＝26°，求出∠AOP＝64°，由圆周角定理即可求出∠C＝∠D＝32°．
解：如图，连接AO交⊙O于点D，连接DB，

∵PA与⊙O相切于点A，
∴∠OAP＝90°，
∵∠P＝26°，
∴∠AOP＝90°﹣∠P＝90°﹣26°＝64°，
∴∠D=12∠AOP=12×64°＝32°，
∵点C在AmB上，且与点A、B不重合，
∴∠C＝∠D＝32°，
故答案为：32．
解题秘籍：本题考查了切线的性质，圆周角定理，掌握切线的性质，圆周角定理是解决问题的关键．
类型七 遇两相交切线（切线长）连切点
名师点金：遇两相交切线（切线长）连接圆心和切点，或连接圆心和圆外一点，或连接两切点
典例7（2021•武汉模拟）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠BAC的平分线交BC于点D，E为AB上的一点，DE＝DC，以D为圆心，DB长为半径作⊙D，AB＝5，EB＝3．
（1）求证：AC是⊙D的切线；
（2）求线段AC的长．

思路引领：（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）先证明△BDE≌△DCF（HL），根据全等三角形对应边相等及切线的性质的AB＝AF，得出AB+EB＝AC．
证明：（1）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）在△BDE和△DCF中；
∵BD＝DF，DE＝DC，
∴Rt△BDE≌Rt△DCF（HL），
∴EB＝FC．
∵AB＝AF，
∴AB+EB＝AF+FC，
即AB+EB＝AC，
∴AC＝5+3＝8．

解题秘籍：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．
针对训练7
8．（2020秋•周村区校级月考）如图，PA、PB为圆O的切线，切点分别为A、B，PO交AB于点C，PO的延长线交圆O于点D．下列结论不一定成立的是（　　）

A．△BPA为等腰三角形
B．点A、B都在以PO为直径的圆上
C．AB与PD相互垂直平分
D．PC为△BPA的边AB上的中线
思路引领：连接OA、OB，如图，根据切线长定理和切线的性质得到PA＝PB，OA⊥PA，OB⊥PB，则可对A选项进行判断；由于∠OAP＝∠OBP＝90°，则根据圆周角定理可对B选项进行判断；利用PA＝PB，OB＝OA可判断OP垂直平分AB，则可对C、D选项进行判断．
解：连接OA、OB，如图，
∵PA、PB为圆O的切线，切点分别为A、B，
∴PA＝PB，OA⊥PA，OB⊥PB，
∴△BPA为等腰三角形，所以A选项的结论成立；
∵∠OAP＝90°，∠OBP＝90°，
∴点A、B都在以PO为直径的圆上，所以B选项的结论成立；
∵PA＝PB，OB＝OA，
∴OP垂直平分AB，所以C选项的结论不一定成立，D选项的结论成立．
故选：C．

解题秘籍：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理、线段的垂直平分线的性质．
类型八 与内切圆连接圆心和切点或圆心和顶点
名师点金：遇到三角形内切圆，连接内心到各边切点（或做垂线）。或连接内心到三角形各顶点。作用：1.利用内心的性质可得一内心到三角形三个顶点的连线是各角的平分线，2.内心到三角形三边的距离相等。
典例8（2020•青海）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，则△ABC的内切圆半径r＝　 ．

思路引领：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，根据勾股定理可得AB＝5，设△ABC的内切圆与三条边的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，可得OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，可得矩形EOFC，再根据切线长定理可得CE＝CF，所以矩形EOFC是正方形，可得CE＝CF＝r，所以AF＝AD＝3﹣r，BE＝BD＝4﹣r，进而可得△ABC的内切圆半径r的值．
解：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
根据勾股定理，得AB＝5，
如图，设△ABC的内切圆与三条边的切点分别为D、E、F，

连接OD、OE、OF，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∵∠C＝90°，
∴四边形EOFC是矩形，
根据切线长定理，得
CE＝CF，
∴矩形EOFC是正方形，
∴CE＝CF＝r，
∴AF＝AD＝AC﹣FC＝3﹣r，
BE＝BD＝BC﹣CE＝4﹣r，
∵AD+BD＝AB，
∴3﹣r+4﹣r＝5，
解得r＝1．
则△ABC的内切圆半径r＝1．
故答案为：1．
解题秘籍：本题考查了三角形的内切圆与内心，解决本题的关键是掌握三角形的内切圆与内心．
针对训练8
9．（2015•临沂模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，AB＝5．如图，⊙O是△ABC的内切圆，与三边分别相切于点E、F、G．
求证：内切圆的半径r＝1；

思路引领：（1）如图连接OE，OF，OG．由⊙O是△ABC的内切圆，∠C＝90°，得到四边形CEOF是正方形，根据切线长定理列方程得到结果；
（1）证明：如图连接OE，OF，OG．
∵⊙O是△ABC的内切圆，∠C＝90°，
∴四边形CEOF是正方形，
∴CE＝CF＝r．
又∵AG＝AE＝3﹣r，BG＝BF＝4﹣r，AG+BG＝5，
∴（3﹣r）+（4﹣r）＝5．
解得r＝1；

解题秘籍：本题考查了三角形的内切圆的性质，切线长定理，锐角三角函数，熟记切线长定理是解题的关键．
类型九 遇外接圆连接圆心和各顶点
名师点金：遇到三角形是连接外心和各顶点。作用：外心到三角形各顶点的距离相等。
典例9（2020•牡丹江）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接BD．若AC=BC，∠BDC＝50°，则∠ADC的度数是（　　）

A．125° B．130° C．135° D．140°
思路引领：连接OA，OB，OC，根据圆周角定理得出∠BOC＝100°，再根据AC=BC得到∠AOC，从而得到∠ABC，最后利用圆内接四边形的性质得到结果．
解：连接OA，OB，OC，
∵∠BDC＝50°，
∴∠BOC＝2∠BDC＝100°，
∵AC=BC，
∴∠BOC＝∠AOC＝100°，
∴∠ABC=12∠AOC＝50°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝130°．

故选：B．
解题秘籍：本题考查了圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，圆内接四边形的性质，关键在于画出半径，构造圆心角．
针对训练9
10．（2022•琼海一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°，AC=22，则⊙O的半径为（　　）

A．22 B．2 C．42 D．4
思路引领：连接OA，OC，根据圆周角定理可求解∠AOC＝90°，可证明△AOC是等腰直角三角形，利用等腰直接三角形的性质及勾股定理可求解．
解：连接OA，OC，

∵∠ABC＝45°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝90°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∵AC=22，
∴OA＝OC＝2．
故选：B．
解题秘籍：本题主要考查圆周角定理，勾股定理，等腰直角三角形的性质，证明△AOC是等腰直角三角形是解题的关键，
第二部分 专题提优训练
1．（2019•威海）如图，⊙P与x轴交于点A（﹣5，0），B（1，0），与y轴的正半轴交于点C．若∠ACB＝60°，则点C的纵坐标为（　　）

A．13+3 B．22+3 C．42 D．22+2
思路引领：连接PA，PB，PC，过P作PD⊥AB于D，PE⊥OC于E，根据圆周角定理得到∠APB＝120°，根据等腰三角形的性质得到∠PAB＝∠PBA＝30°，由垂径定理得到AD＝BD＝3，解直角三角形得到PD=3，PA＝PB＝PC＝23，根据勾股定理得到CE=PC2−PE2=12−4=22，于是得到结论．
解：连接PA，PB，PC，过P作PD⊥AB于D，PE⊥OC于E，
∵∠ACB＝60°，
∴∠APB＝120°，
∵PA＝PB，
∴∠PAB＝∠PBA＝30°，
∵A（﹣5，0），B（1，0），
∴AB＝6，
∴AD＝BD＝3，
∴PD=3，PA＝PB＝PC＝23，
∵PD⊥AB，PE⊥OC，∠AOC＝90°，
∴四边形PEOD是矩形，
∴OE＝PD=3，PE＝OD＝2，
∴CE=PC2−PE2=12−4=22，
∴OC＝CE+OE＝22+3，
∴点C的纵坐标为22+3，
故选：B．

解题秘籍：本题考查了圆周角定理，坐标与图形性质，垂径定理，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
2．（2021•海珠区校级模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C、D、E在⊙O上．若∠BCD＝100°，则∠AED的度数为（　　）

A．10° B．15° C．20° D．25°
思路引领：连接BE，如图，利用圆内接四边形的性质计算出∠BED＝80°，再根据圆周角定理得到∠AEB＝90°，然后利用互余计算出∠BED的度数．
解：连接BE，如图，
∵四边形BCDE为⊙O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BED＝180°，
∴∠BED＝180°﹣100°＝80°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠AED＝90°﹣∠BED＝90°﹣80°＝10°．
故选：A．

解题秘籍：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，90°的圆周角所对的弦是直径．
3．（2021•淄博）如图，⊙O的半径为2，弦AB=23，点C在弦AB上，AC=14AB，则OC的长为（　　）

A．2 B．3 C．233 D．72
思路引领：首先过点O作OD⊥AB于点D，由垂径定理，即可求得AD，BD的长，然后由勾股定理，可求得OD的长，然后在Rt△OCD中，利用勾股定理即可求得OC的长．
解：过点O作OD⊥AB于点D，
∵弦AB＝23，
∴AD＝BD=12AB=3，AC=14AB=32，
∴CD＝AD﹣AC=32，
∵⊙O的半径为2，
即OB＝2，
∴在Rt△OBD中，OD=OB2−BD2=1，
在Rt△OCD中，OC=OD2+CD2=72．
故选：D．

解题秘籍：此题考查了垂径定理与勾股定理的应用．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
4．（2020•龙口市模拟）如图，△ABC内接于⊙O，BD是⊙O的直径．若∠A＝58°，则∠DBC的度数是（　　）

A．58° B．42° C．32° D．30°
思路引领：连接DC，根据圆周角定理可知∠D＝∠A＝58°，∠BCD＝90°，在Rt△BCD中，已知∠D的度数，易求出∠DBC的度数．
解：连接DC，

∵BD是⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
由圆周角定理知，∠D＝∠A＝58°，
∴∠DBC＝90°﹣∠D＝32°．
故选：C．
解题秘籍：本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，解决本题的关键是利用了圆周角定理、直角三角形的性质求解．
4．（2021秋•莱芜区期末）如图，AB是半圆的直径，C、D是半圆上的两点，∠ADC＝105°，则∠ABC＝（　　）

A．55° B．65° C．75° D．85°
思路引领：连接BD，先根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，则可计算出∠BDC＝15°，然后根据圆周角定理得到∠CAB的度数进而求出答案．
解：连接BD，如图，

∵AB是半圆的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝105°﹣90°＝15°，
∴∠CAB＝∠BDC＝15°．
∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝75°．
故选：C．
解题秘籍：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，90°的圆周角所对的弦是直径．
5．（2022•石狮市模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的切线交BA的延长线于点D，连接BC．若∠B＝α，则∠D的大小为（　　）

A．2α B．90°﹣2α C．90°﹣α D．90°−12α
思路引领：连接OC，如图，先根据切线的性质得到∠OCD＝90°，再根据圆周角定理得到∠COD＝2α，然后利用互余关系用α表示∠D．
解：连接OC，如图，
∵CD为切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD＝90°，
∵∠COD＝2∠B＝2α，
∴∠D＝90°﹣∠COD＝90°﹣2α．
故选：B．

解题秘籍：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理．
6．（2022•新华区校级一模）如图，AB为⊙O的直径，射线CB为⊙O的切线，连接OC，交⊙O于点D，连接AD．若
∠C＝30°，⊙O的半径为2，则AD的长为（　　）

A．3 B．22 C．23 D．1
思路引领：过O点作OH⊥AD于H点，如图，根据垂径定理得到AH＝DH，再根据切线的性质得到∠ABC＝90°，则∠BOC＝60°，接着利用圆周角定理得到∠OAD＝30°，所以根据含30度角的直角三角形三边的关系求出AH，从而得到AD的长．
解：过O点作OH⊥AD于H点，如图，则AH＝DH，
∵射线CB为⊙O的切线，
∴AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴∠BOC＝90°﹣∠C＝90°﹣30°＝60°，
∴∠OAD=12∠BOC＝30°，
在Rt△AOH中，∵OA＝2，
∴OH=12OA＝1，
∴AH=3OH=3，
∴AD＝2AH＝23．
故选：C．

解题秘籍：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．
7．（2022•眉山）如图是不倒翁的主视图，不倒翁的圆形脸恰好与帽子边沿PA，PB分别相切于点A，B，不倒翁的鼻尖正好是圆心O，若∠OAB＝28°，则∠APB的度数为（　　）

A．28° B．50° C．56° D．62°
思路引领：连接OB，由AO＝OB得，∠OAB＝∠OBA＝28°，∠AOB＝180°﹣2∠OAB＝124°；因为PA、PB分别切⊙O于点A、B，则∠OAP＝∠OBP＝90°，利用四边形内角和即可求出∠APB．
解：连接OB，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝28°，
∴∠AOB＝124°，
∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，
∴OA⊥PA，OP⊥AB，
∴∠OAP+∠OBP＝180°，
∴∠APB+∠AOB＝180°；
∴∠APB＝56°．
故选：C．

解题秘籍：本题考查切线的性质，三角形和四边形的内角和定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题．
8．（2022•哈尔滨模拟）如图，等腰△ABC内接于⊙O，AB＝BC，直线MN是⊙O的切线，点C是切点，OB是半径，若∠ACN＝36°，则∠OBA的度数为（　　）

A．14° B．18° C．36° D．54°
思路引领：连接OC，OA，利用切线的性质可得∠OCN＝90°，从而求出∠OCA＝54°，然后利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求出∠AOC＝72°，再利用圆周角定理可求出∠ABC的度数，最后利用等腰三角形的性质可得∠OBA＝∠OBC=12∠CBA＝18°，即可解答．
解：连接OC，OA，

∵直线MN是⊙O的切线，点C是切点，
∴∠OCN＝90°，
∵∠ACN＝36°，
∴∠OCA＝∠OCN﹣∠ACN＝54°，
∵OC＝OA，
∴∠OCA＝∠OAC＝54°，
∴∠AOC＝180°﹣∠OCA﹣∠OAC＝72°，
∴∠CBA=12∥AOC＝36°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵OB＝OA，
∴∠OBA＝∠OAB，
∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴∠BAC﹣∠OAC＝∠BCA﹣∠OCA，
∴∠OCB＝∠OAB，
∴∠OBA＝∠OBC=12∠CBA＝18°，
故选：B．

解题秘籍：本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，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．
9．（2021秋•柳江区期中）如图，在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于点C、D．
（1）求证AC＝BD；
（2）若AC＝3，大圆和小圆的半径分别为6和4，则CD的长度是　　．

思路引领：（1）作OH⊥CD于H，如图，根据垂径定理得到CH＝DH，AH＝BH，利用等量减等量差相等可得到结论；
（2）连接OC，如图，设CH＝x，利用勾股定理得到OH2＝OC2﹣CH2＝42﹣x2，OH2＝OA2﹣AH2＝62﹣（3+x）2，则42﹣x2＝62﹣（3+x）2，然后解方程求出x即可得到CD的长．
（1）证明：作OH⊥CD于H，如图，
∵OH⊥CD，
∴CH＝DH，AH＝BH，
∴AH﹣CH＝BH﹣DH，
∴AC＝BD；
（2）解：连接OC，如图，设CH＝x，
在Rt△OCH中，OH2＝OC2﹣CH2＝42﹣x2，
在Rt△OAH中，OH2＝OA2﹣AH2＝62﹣（3+x）2，
∴42﹣x2＝62﹣（3+x）2，解得x=116，
∴CD＝2CH=113．
故答案为：113．

解题秘籍：本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
10．（2022•合肥模拟）如图，在⊙O中，AB，AC为弦，CD为直径，AB⊥CD于E，BF⊥AC于F，BF与CD相交于G．
（1）求证：ED＝EG；
（2）若AB＝8，OG＝1，求⊙O的半径．

思路引领：（1）连接BD，容易得到∠GBE和∠DBE相等，利用ASA证明△BGE和△BDE全等即可；
（2）连接OA，设OA＝r，则DG＝r+1，根据ED＝EG容易求出OE=r−12，再根据垂径定理求出AE的值，最后在Rt△OAE中根据勾股定理求出r的值即可．
（1）证明：如图：连接BD，

∵AB⊥CD于E，BF⊥AC于F，
∴∠CFG＝∠GEB，
∵∠CGF＝∠BGE，
∴∠C＝∠GBE，
∴∠C＝∠DBE，
∴∠GBE＝∠DBE，
∵AB⊥CD于E，
∴∠GEB＝∠DEB，
在△GBE和△DBE中，
∠GEB=∠DEBBE=BE∠GBE=∠DBE，
∴△BGE≌△BDE（ASA），
∴ED＝EG．
（2）解：如图：

连接OA，设OA＝r，则DG＝r+1，
由（1）可知ED＝EG，
∴OE=r−12，
∵AB⊥CD于E，AB＝8，
∴AE＝BE＝4，
∴在Rt△OAE中，根据勾股定理得：OE2+AE2＝OA2，
即（r−12）2+42＝r2，
解得：r=133，
即⊙O的半径为133．
解题秘籍：本题结合勾股定理和全等三角形的证明考查了垂径定理的应用，垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的优弧和劣弧．
11．（2021秋•汉阳区期中）如图，AB为⊙O的直径，且AB＝10，C为⊙O上一点，AC平分∠DAB交⊙O于点C，AE＝6，AD⊥CD于D，F为半圆弧AB的中点，EF交AC于点G．
（1）求CD为长；
（2）求EG的长．

思路引领：（1）连接EB，OC交于M，根据角平分线定义得到∠DAC＝∠BAC，根据垂径定理得到OC⊥BE，推出四边形MCDE是矩形，根据勾股定理即可得到结论；
（2）过G作GR⊥AD于R，GS⊥BE于S，设GR＝x，由F为半圆弧AB的中点，得到∠AEF＝∠BEF，根据三角形的面积公式即可得到结论．
解：（1）连接EB，OC交于M，
∵AC平分∠DAB交⊙O于点E，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴CE=BC，
∴OC⊥BE，
∵AB为⊙O的直径，
∴BE⊥AD，
∵AD⊥CD于D，
∴四边形MCDE是矩形，
∵OM＝CM，AO＝BO，
∴OM=12AE＝3，
∵OB＝5，
∴BM＝EM＝CD=OB2−OM2=4；
（2）过G作GR⊥AD于R，GS⊥BE于S，设GR＝x，
∵F为半圆弧AB的中点，
∴∠AEF＝∠BEF，
∴GR＝GS，
∵S△AEB=12×6×8＝24，
∴12（6+8+10）•x＝24，
∴x＝2，
∴EG＝22．

解题秘籍：本题考查了圆周角定理，圆心角，弧，弦的故选，矩形的判定和性质，勾股定理正确是作出辅助线是解题的关键．
12．（2022•云岩区一模）如图，在⊙O中，B，C是AD的三等分点，弦AC，BD相交于点E．
（1）求证：AC＝BD；
（2）连接CD，若∠BDC＝25°，求∠BEC的度数．

思路引领：（1）根据同圆或等圆中，同弧或等弧所对的弦相等即可得解；
（2）连接CD，AD，根据圆周角定理及三角形内角和定理求解即可．
（1）证明：∵B，C是AD的三等分点，
∴AB=BC=CD，
∴AB+BC=CD+BC，
∴AC=BD，
∴AC＝BD；
（2）解：如图，连接CD，AD，

∵∠BDC＝25°，AB=BC=CD，
∴∠CAD＝∠BDA＝∠BDC＝25°，
∵∠AED+∠CAD+∠BDA＝180°，
∴∠AED＝180°﹣∠CAD﹣∠BDA＝130°，
∴∠BEC＝∠AED＝130°．
解题秘籍：此题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
13．如图，△ABC以AB为直径，中点O为圆心作圆交BC于P，使BP＝CP，作PE⊥AC，求证：PE为切线．（用两种方法）

思路引领：方法一：连接OP，得出OP是△ABC的中位线，进而利用平行线的性质得出∠OPE＝90°，即可得出答案；
方法二：连接AP，得出∠OPA＝∠PAE，进而得出∠PAE+∠APE＝90°，即可得出∠OPA+∠APE＝90°，得出答案即可．
方法一：
证明：连接OP，
∵O为AB的中点，BP＝PC，
∴OP是△ABC的中位线，
∴OP∥AC，
∵∠PEC＝90°，
∴∠OPE＝90°，
∴PE为⊙O切线；

方法二：
证明：连接AP，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠APB＝90°，
∵BP＝PC，
∴AB＝AC，∠BAP＝∠CAP，
∵∠BAP＝∠OPA，
∴∠OPA＝∠PAE，
∵∠AEP＝90°，
∴∠PAE+∠APE＝90°，
∴∠OPA+∠APE＝90°，
∴PE为⊙O切线．

解题秘籍：此题主要考查了切线的判定以及等腰三角形的性质等知识，熟练应用切线的判定方法是解题关键．
14．如图，在⊙O中，半径OC，OD分别交弦AB于点E，F，且OE＝OF．
（1）求证：AE＝BF；
（2）求证：AC=BD．

思路引领：（1）过O作OM⊥AB于M，连接OA、OB，根据等腰三角形的性质求出AM＝BM，EM＝FM，再求出答案即可；
（2）根据等腰三角形的性质求出∠AOM＝∠BOM，∠EOM＝∠FOM，求出∠AOC＝∠BOD，再求出答案即可．
证明：（1）过O作OM⊥AB于M，连接OA、OB，

∵OA＝OB，OE＝OF，
∴AM＝BM，EM＝FM，
∴AM﹣EM＝BM﹣FM，
∴AE＝BF；

（2）∵OM⊥AB，OA＝OB，OE＝OF，
∴∠AOM＝∠BOM，∠EOM＝∠FOM，
∴∠AOM﹣∠EOM＝∠BOM﹣∠FOM，
∴∠AOC＝∠BOD，
∴AC=BD．
解题秘籍：本题考查了等腰三角形的性质，圆心角、弧、弦之间的关系等知识点，能熟记等腰三角形的性质（等腰三角形顶角的平分线，底边的中线，底边上的高互相重合）是解此题的关键．

15．（2019春•西湖区校级月考）如图，射线PG平分∠EPF，O为射线PG上一点，以O为圆心，13为半径作⊙O，分别与∠EPF的两边相交于A、B和C、D，连接OA，且OA∥PE．
（1）求证：AP＝AO；
（2）若弦AB＝24，求OP的长．

思路引领：（1）由PG平分∠EPF可得∠CPO＝∠APO，由AO∥PD可得∠CPO＝∠AOP，从而有∠APO＝∠AOP，则有AP＝AO．
（2）过点O作OH⊥AB于H，如图．根据垂径定理可得AH＝BH＝12，从而可求出PH，在Rt△AHO中，运用勾股定理可求出OH的长，从而进一步可得OP的长．
（1）证明：如图，
∵PG平分∠EPF，
∴∠CPO＝∠APO．
∵AO∥PE，
∴∠CPO＝∠AOP，
∴∠APO＝∠AOP，
∴AP＝AO．

（2）解：过点O作OH⊥AB于H，如图．
根据垂径定理可得AH＝BH=12AB＝12，
∴PH＝PA+AH＝AO+AH＝13+12＝25．
在Rt△AHO中，
OH=OA2−AH2=132−122=5，
由勾股定理得：OP=OH2+PH2=52+252=650=526．
则OP的长为526．

解题秘籍：本题考查了垂径定理、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质、角平分线的定义等知识，综合性比较强．
16．（2020秋•招远市期末）已知⊙O经过四边形ABCD的B、D两点，并与四条边分别交于点E、F、G、H，且EF=GH．
（1）如图①，连接BD，若BD是⊙O的直径，求证：∠A＝∠C；
（2）如图②，若EF的度数为θ，∠A＝α，∠C＝β，请直接写出θ、α和β之间的数量关系．

思路引领：（1）连接DF，DG．理由等角的余角相等证明即可．
（2）利用三角形内角和定理，圆内接四边形的性质，圆周角定理解决问题即可．
解：（1）连接DF、DG．

∵BD是⊙O的直径，
∴∠DFB＝∠DGB＝90°，
∵EF=GH，
∴∠EDF＝∠HDG，
∵∠DFB＝∠EDF+∠A，
∠DGB＝∠HDG+∠C，
∴∠A＝∠C．
（2）结论：α+β+θ＝180°．
理由：如图②中，连接DF，BH．

∵EF=GH，
∴∠ADF＝∠HBG=12θ，
∵∠AFD+∠DFB＝180°，∠DFB+∠DHB＝180°，
∴∠AFD＝∠DHB，
∵∠A+∠ADF+∠AFD＝180°，∠AFD＝∠DHB＝∠C+∠HBG，
∴∠A+12θ+∠C+12θ＝180°，
∴α+β+θ＝180°．
解题秘籍：本题考查圆心角，弧，弦直径的关系，三角形内角和定理，圆内接四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．