專題06圓（55題）

1．（2023·江西·中考真題）如圖，點A，B，C，D均在直線l上，點P在直線l外，則經過

其中任意三個點，最多可畫出圓的個數(shù)為（）

A．3個B．4個C．5個D．6個

【答案】D

【分析】根據(jù)不共線三點確定一個圓可得，直線上任意2個點加上點P可以畫出一個圓，據(jù)

此列舉所有可能即可求解．

【詳解】解：依題意，A,B；A,C；A,D；B,C；B,D，C,D加上點P可以畫出一個圓，

∴共有6個，

故選：D．

【點睛】本題考查了確定圓的條件，熟練掌握不共線三點確定一個圓是解題的關鍵．

2．（2024·江西·中考真題）如圖，AB是O的直徑，AB2，點C在線段AB上運動，過點

C的弦DEAB，將DBE沿DE翻折交直線AB于點F，當DE的長為正整數(shù)時，線段FB的

長為．

【答案】23或23或2

【分析】本題考查了垂徑定理，勾股定理，折疊的性質，根據(jù)DEAB，可得DE1或2，

利用勾股定理進行解答即可，進行分類討論是解題的關鍵．

【詳解】解：AB為直徑，DE為弦，

DEAB，

當DE的長為正整數(shù)時，DE1或2，

當DE2時，即DE為直徑，

∵DE⊥AB

將DBE沿DE翻折交直線AB于點F，此時F與點A重合，

故FB2；

當DE1時，且在點C在線段OB之間，

如圖，連接OD，

1

此時ODAB1，

2

∵DE⊥AB，

11

DCDE，

22

3

OCOD2DC2，

2

23

BCOBOC，

2

BF2BC23；

當DE1時，且點C在線段OA之間，連接OD，

23

同理可得BC，

2

BF2BC23，

綜上，可得線段FB的長為23或23或2，

故答案為：23或23或2．

3．（2025·江西·中考真題）如圖，點A，B，C在O上，ACB35，以BA，BC為邊作ABCD．

(1)當BC經過圓心O時（如圖1），求D的度數(shù)；

(2)當AD與O相切時（如圖2），若O的半徑為6，求AC的長．

【答案】(1)55

7

(2)l)

AC3

【分析】（1）先根據(jù)直徑所對的圓周角為直角，得出BAC90，再求出ABC903555，

再根據(jù)平行四邊形的性質得出DABC55；

（2）連接AO、CO，根據(jù)切線性質得出AOAD，證明OABC，得出BECE，

說明OA垂直平分BC，根據(jù)線段垂直平分線的性質得出ABAC，根據(jù)等腰三角形性質得

出ABCACB35，根據(jù)圓周角定理得出AOC2ABC70，最后根據(jù)弧長公式求

出結果即可．

【詳解】（1）解：∵BC經過圓心O，

∴BC為O的直徑，

∴BAC90，

∵ACB35，

∴ABC903555，

∵四邊形ABCD為平行四邊形，

∴DABC55；

（2）解：連接AO、CO，如圖所示：

∵AD與O相切，

∴AOAD，

∴OAD90，

∵在ABCD中BC∥AD，

∴∠OEC∠OAD90，

∴OABC，

∴BECE，

∴OA垂直平分BC，

∴ABAC，

∴ABCACB35，

∴AOC2ABC70，

7067

∴l(xiāng))．

AC1803

【點睛】本題主要考查了切線的性質，弧長公式，等腰三角形的判定和性質，平行四邊形的

性質，垂徑定理，圓周角定理，線段垂直平分線的性質，解題的關鍵是數(shù)形結合，熟練掌握

相關的判定和性質．

4．（2024·江西·中考真題）如圖，AB是半圓O的直徑，點D是弦AC延長線上一點，連接

BD，BC，DABC60．

(1)求證：BD是半圓O的切線；

(2)當BC3時，求AC的長．

【答案】(1)見解析

(2)2

【分析】本題考查了直徑所對的圓周角為直角，等邊三角形的判定和性質，弧長公式，熟知

相關性質和計算公式是解題的關鍵．

（1）根據(jù)直徑所對的圓周角為直角結合已知條件，可得CAB30，即可得DABD=90°，

進而可證得結論；

（2）連接OC，證明△OBC為等邊三角形，求得AOC120，利用弧長公式即可解答．

【詳解】（1）證明：AB是半圓O的直徑，

ACB90，

DABC60，

CAB90ABC30，

ABD180CABD90，

BD是半圓O的切線；

（2）解：如圖，連接OC，

OCOB,CBA60，

OCB為等邊三角形，

COB60，OCCB3，

AOC180COB120，

120

l232．

AC360

5．（2023·江西·中考真題）如圖，在VABC中，AB4，C64，以AB為直徑的O與AC

相交于點D，E為ABD上一點，且ADE40．

(1)求BE的長；

(2)若EAD76，求證：CB為O的切線．

10

【答案】(1)

9

(2)證明見解析

【分析】（1）如圖所示，連接OE，先求出OEOBOA2，再由圓周角定理得到

∠AOE2∠ADE80，進而求出BOE100，再根據(jù)弧長公式進行求解即可；

（2）如圖所示，連接BD，先由三角形內角和定理得到AED64，則由圓周角定理可得

∠ABD∠AED64，再由AB是O的直徑，得到ADB90，進而求出BAC26，

進一步推出ABC90，由此即可證明BC是O的切線．

【詳解】（1）解：如圖所示，連接OE，

∵AB是O的直徑，且AB4，

∴OEOBOA2，

∵E為ABD上一點，且ADE40，

∴∠AOE2∠ADE80，

∴BOE180∠AOE100，

100210

∴BE的長；

1809

（2）證明：如圖所示，連接BD，

∵EAD76，ADE40，

∴∠AED180∠EAD∠ADE64，

∴∠ABD∠AED64，

∵AB是O的直徑，

∴ADB90，

∴∠BAC90∠ABD26，

∵C64，

∴∠ABC180∠C∠BAC90，即ABBC，

∵OB是O的半徑，

∴BC是O的切線．

【點睛】本題主要考查了切線的判定，求弧長，圓周角定理，三角形內角和定理等等，正確

作出輔助線是解題的關鍵

．

6．（2022·江西·中考真題）（1）課本再現(xiàn)：在O中，AOB是AB所對的圓心角，C是AB

所對的圓周角，我們在數(shù)學課上探索兩者之間的關系時，要根據(jù)圓心O與C的位置關系

進行分類．圖1是其中一種情況，請你在圖2和圖3中畫出其它兩種情況的圖形，并從三種

1

位置關系中任選一種情況證明CAOB；

2

（2）知識應用：如圖4，若O的半徑為2，PA,PB分別與O相切于點A，B，C60，

求PA的長．

【答案】（1）見解析；（2）23

【分析】（1）①如圖2，當點O在∠ACB的內部，作直徑，根據(jù)三角形外角的性質和等腰

三角形的性質可得結論；②如圖3，當O在∠ACB的外部時，作直徑CD，同理可理結論；

（2）如圖4，先根據(jù)（1）中的結論可得∠AOB=120°，由切線的性質可得∠OAP=∠OBP=90°，

可得∠OPA=30°，從而得PA的長．

【詳解】解：（1）①如圖2，連接CO，并延長CO交⊙O于點D，

∵OA=OC=OB，

∴∠A=∠ACO，∠B=∠BCO，

∵∠AOD=∠A+∠ACO=2∠ACO，∠BOD=∠B+∠BCO=2∠BCO，

∴∠AOB=∠AOD+∠BOD=2∠ACO+2∠BCO=2∠ACB，

1

∴∠ACB=∠AOB；

2

如圖3，連接CO，并延長CO交⊙O于點D，

∵OA=OC=OB，

∴∠A=∠ACO，∠B=∠BCO，

∵∠AOD=∠A+∠ACO=2∠ACO，∠BOD=∠B+∠BCO=2∠BCO，

∴∠AOB=∠AOD-∠BOD=2∠ACO-2∠BCO=2∠ACB，

1

∴∠ACB=∠AOB；

2

（2）如圖4，連接OA，OB，OP，

∵∠C=60°，

∴∠AOB=2∠C=120°，

∵PA，PB分別與⊙O相切于點A，B，

11

∴∠OAP=∠OBP=90°，∠APO=∠BPO=∠APB=（180°-120°）=30°，

22

∵OA=2，

∴OP=2OA=4，

∴PA=422223

【點睛】本題考查了切線長定理，圓周角定理等知識，掌握證明圓周角定理的方法是解本題

的關鍵．

7．（2021·江西·中考真題）如圖1，四邊形ABCD內接于O，AD為直徑，過點C作CEAB

于點E，連接AC．

（1）求證：CADECB；

（2）若CE是O的切線，CAD30，連接OC，如圖2．

①請判斷四邊形ABCO的形狀，并說明理由；

②當AB=2時，求AD，AC與CD圍成陰影部分的面積．

2

【答案】（1）見解析；（2）四邊形ABCO是菱形，理由見解析；（3）陰影部分的面積為3．

3

【分析】（1）利用圓內接四邊形的性質證得∠D=∠EBC，再利用圓周角的性質證得

∠D+∠CAD=90，即可證明∠CAD=∠ECB；

（2）①利用切線的性質得到OC⊥EC，從而證明OC∥AE，再證明∠BAO=∠EBC=60°，推

出∥，即可證明四邊形是菱形；②先計算，再利用扇形的面積公式

BCAOABCOSAOC3

60222

計算S，即可求得陰影部分的面積．

扇形OCD3603

【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD內接于⊙O，

∴∠D+∠ABC=180，

∵∠EBC+∠ABC=180，

∴∠D=∠EBC，

∵AD為⊙O直徑，

∴∠ACD=90，

∴∠D+∠CAD=90，

∵CE⊥AB，

∴∠ECB+∠EBC=90，

∴∠CAD=∠ECB；

（2）①四邊形ABCO是菱形，理由如下：

∵CE是⊙O的切線，

∴OC⊥EC，

∵AB⊥EC，

∴∠OCE=∠E=90，

∴∠OCE+∠E=180，

∴OC∥AE，

∴∠ACO=∠BAC，

∵OA=OC，

∴∠ACO=∠CAD，

∴∠BAC=∠CAD，

∵∠CAD=∠ECB，∠CAD=30°，

∴∠EBC=90°-30°=60°，

∴∠BAO=∠EBC=60°，

∴BC∥AO，

∴四邊形ABCO是平行四邊形，

∵OA=OC，

∴四邊形ABCO是菱形；

②∵四邊形ABCO是菱形，

∴AO=AB=2，AD=4，

∵∠CAD=30°，

1

∴CD=AD=2，AC=23，

2

過點C作CF⊥AD于點F，

∴CF=3，

1

∴S△233，

AOC2

∵OC∥AE，

∴∠DOC=∠BAO=60°，

60222

∴S，

扇形OCD3603

2

∴陰影部分的面積為3．

3

【點睛】本題主要考查了切線的性質、菱形的判定和性質以及扇形面積的求法，熟練掌握切

線的性質定理以及扇形面積的求法是解答此題的關鍵．

一、單選題

8．（2025·江西萍鄉(xiāng)·二模）如圖，正六邊形ABCDEF的邊長是3，連接AD，P是AD上的

動點，連接PB，PC．若PBPC的值是整數(shù)，則點P的位置有（）

A．3處B．5處C．7處D．9處

【答案】A

【分析】本題考查了正多邊形，軸對稱的性質，勾股定理等知識的綜合，掌握正多邊形，勾

股定理的運用是關鍵．

根據(jù)正多邊形的性質，軸對稱的性質得到點P從AD運動時，PBPC的取值范圍為

6PBPC333，由此即可求解．

【詳解】解：∵六邊形ABCDEF是正六邊形，

∴ABBCCDDEFEAF3，點B關于AD的對稱點為點F，每個內角的度數(shù)為

18062

120，

6

如圖所示，連接CF，交AD于點P，連接BP,BF,BD，設AD,BF交于點M，

1

∴PBPCPFPC，BADFADBAF60，

2

1

CBDCDB180BCD30ABFAFB，

2

∴ABDABCCBD1203090，DBF120CBDABF60，

∴ADB30，AD2AB6，BDAD2AB233AF，

∴ABBC333，CF6，

當點C,P,F三點共線時，PCPF的值最小，最小值為6，

點P從AD運動時，PBPC的取值范圍為6PBPC333，

∵63339，

∴整數(shù)值為6,7,8，共3個，

故選：A．

9．（2025·江西撫州·二模）如圖，邊長為4的正方形ABCD中，半徑為1的⊙O在正方形ABCD

內平移（⊙O可以與該正方形ABCD的邊相切），設點B到⊙O上的點的距離為x，且x是

整數(shù)，則x的值所有情況有（）

A．3種B．4種C．5種D．6種

【答案】C

【分析】本題主要考查了切線的性質，正方形的性質，直線和圓的位置關系，勾股定理，解

題的關鍵是利用分類討論的思想進行求解；當O與AB，BC相切時，連接BO，證明出OEBF

是正方形，利用性質求解；當O與AD，CD相切時，切點分別為G，H，連接OG，OH，

利用同樣的方法進行求解即可．

【詳解】解：如圖1，當O與AB，BC相切時，切點分別為E，F(xiàn)，連接BO．

由題意易得四邊形OEBF是正方形，OBC45．

O的半徑為1，OB2，

∴點B到O上的點的距離的最小值為21．

如圖2，當O與AD，CD相切時，切點分別為G，H，連接OG，OH，

由題意易得四邊形OGDH是正方形，ODC45．BDC45，

∴點B，O，D三點共線．

O的半徑為1，

∴OD2，

BD42，

∴點B到O上的點的距離的最大值為4221321．

0211，53216，

∴x的取值可能是1，2，3，4，5，共有5種，

故選：C．

10．（2025·江西贛州·二模）阿基米德不僅是物理學家，還是偉大的數(shù)學家，阿基米德折弦

定理就是圓中關于弦的一個定理，其條件大致如下：如圖，AB，BC為O的兩條弦

ABBC，點E是ABC的中點，過點E作EDBC于點D，根據(jù)以上條件，下列說法錯

誤的是（）

A．ABBECE

B．連接BE、CE，則ABBECE

C．CDBDAB

D．作射線EO交O于點F，則BF平分ABC

【答案】B

【分析】本題考查了圓周角定理、弦與弧的關系、三角形全等的判定與性質、等腰三角形的

三線合一等知識，熟練掌握圓周角定理是解題關鍵．先求出AECE，再根據(jù)ABBEAE

即可判斷A正確；連接BE，CE，AE，先證出AECE，再根據(jù)三角形的三邊關系可得

ABBEAE，由此即可判斷B錯誤；在CD上截取點G，使得CGAB，連接EG，BE，

CE，AE，先證出BAE≌GCE，根據(jù)全等三角形的性質可得BEEG，再根據(jù)等腰三角形

的三線合一可得BDDG，由此即可判斷C正確；先求出AFCF，再根據(jù)圓周角定理可

得ABFCBF，由此即可判斷D正確．

【詳解】解：∵點E是ABC的中點，

∴AECE，

∵ABBEAE，

∴ABBECE，則選項A正確；

如圖，連接BE，CE，AE，

∵AECE，

∴AECE，

∵ABBEAE，

∴ABBECE，則選項B錯誤；

如圖，在CD上截取點G，使得CGAB，連接EG，BE，CE，AE，

由圓周角定理得：BAEGCE，

∵AECE，

∴AECE，

在BAE和GCE中，

ABCG

BAEGCE，

AECE

∴BAE≌GCESAS，

∴BEEG，

∵EDBC，

∴BDDG，

∴CDDGCGBDAB，則選項C正確；

由題意，畫出圖形如下：

∵EF是O的直徑，

∴EAFECF，

又∵AECE，

∴AFCF，

∴ABFCBF，

∴BF平分ABC，則選項D正確；

故選：B．

11．（2025·江西宜春·一模）一張直徑為12cm的半圓形卡紙，過直徑的兩端點剪掉一個三角

形，以下四種裁剪圖中，所標數(shù)據(jù)（單位：cm）長度不合理的是（）

A．B．

C．D．

【答案】C

【分析】本題主要考查了圓的基本性質，相似三角形的性質與判定，勾股定理，構成三角形

的條件，三線合一定理，如選項A中圖實所示，過點C作CDAB于D，設直線CD與半

圓交于E，連接AE，BE，設ADxcm，則BD12xcm，由勾股定理可得方程

21571313575

72x26212x，解方程求出ADcm，BDcm，CD2；再證明

2424576

20567

△ADE∽△EDB，得到DE2ADBD，則可證明DECD，則此時滿足點C在圓

576

內，據(jù)此可判斷A；同理可判斷B、D；如選項C中圖所示，過點C作CDAB于D，利

用勾股定理求出CD2的長，可證明CDAD，則點C在圓外，據(jù)此可判斷C．

【詳解】解：如選項A中圖實所示，過點C作CDAB于D，設直線CD與半圓交于E，

連接AE，BE，

設ADxcm，則BD12xcm，

由勾股定理得CD2AC2AD2BC2BD2，

2

∴72x26212x，

157

解得x，

24

157

∴ADcm，

24

131246493575

∴BDcm，CD2AC2AD249；

24576576

∵AB是半圓的直徑，

∴AEB90，

∴∠AED∠BED∠AED∠DAE90，

∴DAEDEB，

又∵ADEEDB90，

∴△ADE∽△EDB，

DEAD

∴，

DBDE

20567

∴DE2ADBD，

576

∴DE2CD2，即DECD，

∴此時滿足點C在圓內，故A不符合題意；

同理可得B、D兩個選項中圖形的裁剪合理；

如選項C中圖所示，過點C作CDAB于D，

1

∴ADBDAB6cm，

2

∴CD2AC2AD245AD2，

∴CDAD，

∴點C在圓外，故C選項中長度不合理，符合題意；

故選：C．

12．（2025·江西南昌·一模）如圖，點M0,2，N0,8，半徑為5的A經過點M，N，

則點A的坐標為（）

A．5,4B．4,6C．6,4D．4,5

【答案】D

【分析】本題考查矩形的判定與性質，垂徑定理，勾股定理，熟練掌握垂徑定理及其應用是

解題的關鍵．連接AM，過點A作AEMN于點E，AFx軸于點F，可得四邊形AFOE

是矩形，得出AEOF，AFOE，利用M0,2，N0,8，可得OM2，ON8，

MNONOM6，利用垂徑定理可得ME，則可得OE，利用勾股定理可得AE，即可得．

【詳解】解：如圖，連接AM，過點A作AEMN于點E，AFx軸于點F，

又∵FON90，

∴四邊形AFOE是矩形，

∴AEOF，AFOE，

∵M0,2，N0,8，

∴OM2，ON8，

∴MNONOM6，

∵AEMN，

1

∴EMENMN3，

2

∴AFOEOMEM5，

∵A的半徑為5，

∴AM5，

∴AEAM2ME24，

∴OF4，

∴A4,5，

故選：D．

二、填空題

13．（2025·江西九江·一模）如圖，VABC內接于O，BD是O的直徑，CBD21，

則A的度數(shù)為．

【答案】69/69度

【分析】本題主要考查了直徑所對的圓周角是直角，同弧所對的圓周角相等，三角形內角和

定理，由直徑所對的圓周角是直角得到BCD90，則由三角形內角和定理可得D69，

則可得到AD69．

【詳解】解：∵BD是O的直徑，

∴BCD90，

∵CBD21，

∴D902169，

∵BCBC，

∴AD69．

故答案為：69．

14．（2025·江西新余·三模）如圖，在矩形ABCD中，AB4,BC3．點E在邊CD上，且CE3，

M,N分別是邊AB，AD上的點，且BMAN1，P是線段BE上的動點，當PMN是直

角三角形時，BP的長為．

32

【答案】2或或22

4

【分析】先證明EBC45，EBA45，①如圖1，過點M作MPAB交BE于點P，

連接PN，證明四邊形ANPM為矩形，②如圖2，過點M作MPMN交BE于點P，此時

PMN是直角三角形，過點P作PFAB于點F，則PFFB，③如圖3，以MN為直徑作

圓，與BE交于點PPNAM，此時PMN是直角三角形，過點P構造矩形AMGH，且GM

與BP交于點K，則BMK,PGK為等腰直角三角形，可得MKBM1,GKPG，設GKx，

則PGx，再進一步解答即可.

【詳解】解：∵在矩形ABCD中，AB4,BC3，

∴ADBC3，ABCD4，AABCCD90，

∵CEBC3，

∴EBC45，

∴EBA45，

①如圖1，過點M作MPAB交BE于點P，連接PN，

∵PMN是直角三角形時，

∴MPN90

∵A90，AMP90

∴四邊形ANPM為矩形，

∴MPN90，ANPM，△PMB為等腰直角三角形，

∴PMN是直角三角形，ANPMBM1，

∴BP2BM2，

②如圖2，過點M作MPMN交BE于點P，

此時PMN是直角三角形，過點P作PFAB于點F，則PFFB，

∴APFMPMN90，

∴PMF90AMNANM，

∴AMN∽FPM，

AMAN

∴，而ANBM1，則AM3，

PFFM

31

∴，

PFFM

∴PF3FM，

設FMx，則PF3x，

∴BFPF3x，BP2PF32x，

∵BFFMBM，

1

∴3xx1，解得x，

4

32

∴BP32x．

4

③如圖3，以MN為直徑作圓，與BE交于點PPNAM，此時PMN是直角三角形，

過點P構造矩形AMGH，且GM與BP交于點K，則BMK,PGK為等腰直角三角形，

∴MKBM1,GKPG，設GKx，則PGx，

∴GMGKKM1x，

∴AHGM1x，

∵AN1，

∴HNAHANxPG，

同理可得：NPHPMG，而PHNPGM90，

∴PHN≌MGP，

∴PHGM1x，

∴HGPHPG2x1，

∵AMHG3，

∴2x13，

解得x1，

∴BPBKPK2222，

32

綜上所述，當PMN是直角三角形時，BP的長為2或或22．

4

32

故答案為：2或或22

4

【點睛】本題考查的是矩形的判定與性質，勾股定理的應用，圓周角定理的應用，全等三角

形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，畫出圖形，清晰的分類討論是解本題的關鍵.

15．（2025·江西南昌·二模）在VABC中，ABAC,A45,BC4，以點B為圓心，BC的

長為半徑畫弧，交AC于點D，連接BD，則圖中陰影部分的面積為．

【答案】2π42

【分析】此題考查了扇形面積公式、等腰三角形的判定和性質等知識．求出CBD45，

2

作DHBC于點H，則BHD90,BDH45,得到DHBD22，根據(jù)扇形面積減

2

去三角形面積即可得到答案．

【詳解】解：∵VABC中，ABAC,A45,

1

∴ABCACB180A67.5，

2

∵以點B為圓心，BC的長為半徑畫弧，交AC于點D，連接BD，

∴BDBC4，

∴BDCACB67.5，

∴CBD180BDCACB45，

作DHBC于點H，則BHD90,BDH45,

∴BHD是等腰直角三角形，

2

∴DHBD22

2

454211

∴圖中陰影部分的面積為BCDH2422242，

36022

故答案為：2π42

16．（2025·江西撫州·二模）如圖，以AB為邊作等腰三角形ABC，C120，若O的半

1

徑為2cm，弦AB的長為23cm，點D在O上，若DABBAC，則CD的長為．

2

【答案】2cm或62cm或22cm

【分析】首先確定點C共有兩個位置，當在O處時，連接OD，易知OD2cm；當在C處

時，此時分兩種情況，①當點D在直線AB下方時，連接CD1,AD1，過點C作CEAD1于點

E，首先證明CEAE，結合勾股定理解得AECE2cm，再證明CDE30，由直角

三角形的性質可得CD12CE22cm；②當點D在直線AB上方時，如圖，連接OD2，交BC

于點G，在CG上取一點H，使得CHD2H，連接D2H，然后計算CD2的值．

【詳解】解：如下圖，過點O作OFAB于點F，連接OA,OB，

∵O的半徑為2cm，弦AB的長為23cm，

∴OAOB2cm，AFBF3cm，

2

∴OFOA2AF22231cm，

OF1

∴sinOAF，

OA2

∴OAF30，

∴OBFOAF30，

∴AOB180OAFOBF120，

即點C其中一個位置與點O重合，

延長OF交O于點C，連接AC,BC，

則有ACBC，

∴ACBC，

∴CFOCOF211cm，

2

∴ACAF2CF23122，

CF1

∵sinCAB，

AC2

∴CAB30，

∴CBACAB30，

∴ACB180CABCBA120，

∴以AB為邊作等腰三角形ABC，BCA120，點C共有兩個位置，如圖C,O，

當在O處時，連接OD，則OD2cm；

當在C處時，此時分兩種情況，

①當點D在直線AB下方時，如圖，連接CD1,AD1，過點C作CEAD1于點E，

1

∵DABBAC15，

2

∴CADCABDAB45，

∴ECA90CAD45CAD，

∴CEAE，

∵AE2CE2AC2，即2CE222，

∴AECE2cm，

??

∵CACA，

∴CDECBA30，

∴CD12CE22cm；

②當點D在直線AB上方時，如圖，連接OD2，交BC于點G，

1

則DABBAC15，

22

∴D2ACBACBAD215，

∵，

BD2BD2

∴BCD2BAD215，

在CG上取一點H，使得CHD2H，連接D2H，

∴HCD2HD2C15，

∴D2HG30，

1

∴GDDH，

222

∴22，

GHD2HD2G3GD2

∵BAD2CAD215，

∴，

BD2CD2

∴OD2垂直平分BC，

1

∴CGBC1cm，

2

∴GHHCGHD2H3D2G2D2G1cm，

1

∴D2G23cm，

23

2

∴222．

CD2D2GCG23162cm

綜上所述，CD的長為2cm或62cm或22cm．

故答案為：2cm或62cm或22cm．

【點睛】本題主要考查了垂徑定理、圓周角、勾股定理、含30度角的直角三角形的性質、

等腰三角形的判定與性質、解直角三角形等知識，難度較大，綜合性較強，正確作出輔助線

并分類討論是解題關鍵．

17．（2025·江西新余·二模）如圖，以AB為邊作等腰三角形ABC，C120，若O的半

1

徑為2cm，弦AB的長為23cm，點D在O上，若DABBAC，則CD的長為．

2

【答案】2cm或62cm或22cm

【分析】首先確定點C共有兩個位置，當在O處時，連接OD，易知OD2cm；當在C處

時，此時分兩種情況，①當點D在直線AB下方時，連接CD1,AD1，過點C作CEAD1于點

E，首先證明CEAE，結合勾股定理解得AECE2cm，再證明CDE30，由直角

三角形的性質可得CD12CE22cm；②當點D在直線AB上方時，如圖，連接OD2，交BC

于點G，在CG上取一點H，使得CHD2H，連接D2H，然后計算CD2的值．

【詳解】解：如下圖，過點O作OFAB于點F，連接OA,OB，

∵O的半徑為2cm，弦AB的長為23cm，

∴OAOB2cm，AFBF3cm，

2

∴OFOA2AF22231cm，

OF1

∴sinOAF，

OA2

∴OAF30，

∴OBFOAF30，

∴AOB180OAFOBF120，

即點C其中一個位置與點O重合，

延長OF交O于點C，連接AC,BC，

則有ACBC，

∴ACBC，

∴CFOCOF211cm，

2

∴ACAF2CF23122，

CF1

∵sinCAB，

AC2

∴CAB30，

∴CBACAB30，

∴ACB180CABCBA120，

∴以AB為邊作等腰三角形ABC，BCA120，點C共有兩個位置，如圖C,O，

當在O處時，連接OD，則OD2cm，即CD2cm；

當在C處時，此時分兩種情況，

①當點D在直線AB下方時，如圖，連接CD1,AD1，過點C作CEAD1于點E，

1

∵DABBAC15，

2

∴CADCABDAB45，

∴ECA90CAD45CAD，

∴CEAE，

∵AE2CE2AC2，即2CE222，

∴AECE2cm，

??

∵CACA，

∴CDECBA30，

∴CD12CE22cm；

②當點D在直線AB上方時，如圖，連接OD2，交BC于點G，

1

則DABBAC15，

22

∴D2ACBACBAD215，

∵，

BD2BD2

∴BCD2BAD215，

在CG上取一點H，使得CHD2H，連接D2H，

∴HCD2HD2C15，

∴D2HG30，

1

∴GDDH，

222

∴22，

GHD2HD2G3GD2

∵BAD2CAD215，

∴，

BD2CD2

∴OD2垂直平分BC，

1

∴CGBC1cm，

2

∴GHHCGHD2H3D2G2D2G1cm，

1

∴D2G23cm，

23

2

∴222．

CD2D2GCG23162cm

綜上所述，CD的長為2cm或62cm或22cm．

故答案為：2cm或62cm或22cm．

【點睛】本題主要考查了垂徑定理、圓周角、勾股定理、含30度角的直角三角形的性質、

等腰三角形的判定與性質、解直角三角形等知識，難度較大，綜合性較強，正確作出輔助線

并分類討論是解題關鍵．

18．（2025·江西宜春·一模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，P與x軸交于B，C兩點，

與y軸交于點A，且OBOC2OA4，則圓的半徑為．

【答案】5

【分析】本題主要考查了勾股定理，圓的基本性質，坐標與圖形，連接PC，設PCPAr，

2

則OPPAOAr2，由勾股定理得r2r242，解方程即可得到答案．

【詳解】解：如圖所示，連接PC，

設PCPAr，則OPPAOAr2，

在RtCOP中，由勾股定理得PC2OP2OC2，

2

∴r2r242，

解得r=5，

∴PC5，

∴圓的半徑為5，

故答案為：5．

三、解答題

19．（2025·江西南昌·三模）在正方形網格中，圓經過格點A，B，請僅用無刻度的直尺作圖：

(1)在圖1中，作圓的直徑AC；

(2)在圖2中，在圓上找一點D，使ADAB．

【答案】(1)見解析

(2)見解析

【分析】本題考查網格中作圖，涉及圓周角定理、相似三角形的判定與性質、等腰三角形的

判定，利用轉化的思想得到作圖依據(jù)是解答的關鍵．

（1）利用90度的圓周角（即ABC90）所對的弦是直徑可畫出直徑AC；

（2）取格點C、T，連接BT延長交圓于點D，連接AD，證明ABC∽ATB，得到

ABTACBADB，根據(jù)等腰三角形的判定可得ADAB．

【詳解】（1）解：如圖1中，直徑AC即為所求；

（2）解：如圖2中，點D即為所求．

20．（2025·江西南昌·三模）如圖，在VABC中，以AB為直徑作O，交AC于點P，

PD是O的切線，且PDBC，垂足為點D．

(1)求證：AC；

(2)若PD2BD4，求O的半徑．

【答案】(1)見解析

(2)5

【分析】（1）連接OP，如圖，先根據(jù)切線的性質得到OPPD，則可判斷OP∥BC，所以

OPAC，然后利用OPAA可得到結論；

（2）連接PB，先利用勾股定理計算出PB25，再根據(jù)圓周角定理得到APB90，接

著證明△BDP∽△BPC，則利用相似三角形對應邊成比例可計算出BC10，然后利用

AC得到BA10，從而得到O的半徑．

【詳解】（1）證明：連接OP，如圖，

PD是O的切線，

OPPD，

PDBC，

OP∥BC，

OPAC，

OAOP，

OPAA，

AC；

（2）解：連接PB，如圖，

在Rt△PBD中，

PD2BD4，則BD2，

PB=22+42=25，

AB為直徑，

APB90，

BDPBPC，DBPPBC，

△BDP∽△BPC，

BP:BCBD:BP，

2

∴BP2BCBD，即252BC，

解得BC10，

AC，

BABC10，

O的半徑為5．

【點睛】本題考查了勾股定理、圓周角定理和相似三角形的判定與性質等知識．解題的關鍵

是學會添加常用輔助線解決問題；

21．（2025·江西新余·模擬預測）如圖，在VABC中，O為AC上一點，以O為圓心，OC長

為半徑作圓，與BC相切于點C，過點A作ADBO，交BO的延長線于點D，且

AODBAD．

(1)求證：AB為O的切線；

4

(2)若BC6，tanABC，求OD的長．

3

【答案】(1)見解析

(2)5

【分析】本題主要考查切線的判定與性質，解題的關鍵是掌握切線的判定、切線長定理、全

等與相似三角形的判定與性質及解直角三角形的應用．

（1）作OEAB，先由AODBAD求得ABDOAD，再由BCOD90及

BOCAOD求得OBCOADABD，最后證BOC≌BOE得OEOC，依據(jù)切

線的判定可得；

（2）先求得EOAABC，在RtABC中求得AC8、AB10，由切線長定理知

BEBC6、AE4、OE3，繼而得BO35，再證ABD∽OBC，根據(jù)對應邊成

比例解答即可．

【詳解】（1）證明：過點O作AB邊上的垂線，并交AB于點E，

ADBO，

ADB90，

BADABD90，AODOAD90，

AODBAD，

ABDOAD，

又∵BC是O的切線，

ACBC，

∴BCO90，

∴BOCOBC90，

∵BOCAOD，

∴OBCOAD，

∴OBCABD，

即OBCOBE，

∵OEAB，

∴OEB90BCO，

又∵OBOB，

∴OBC≌OBEAAS，

∴OEOC，

又∵OEAB，

∴AB是O的切線；

（2）∵ACBC，

AC4

tanABC，

BC3

又∵BC6，

4

ACBCtanABC68，ABAC2BC2826210，

3

∵OBC≌OBE，

BEBC6，

AEABBE1064，

OEAB，

OEBC

tanEAO，

AEAC

BCAE64

OE3，

AC8

即O的半徑為3，

OCOE3，

OAACOC835，OBBC2OC2623235，

∵OBCOAD，AODBOC，

OAD∽OBC，

OAOD

，

OBOC

OAOC53

OD5．

OB35

22．（2025·江西新余·三模）如圖，在VABC中，AB是O的直徑，C是O上的一點，D

是BC的中點，連接DO并延長至點E，連接AE，且ABCE．

(1)求證：AE為O的切線．

(2)若O的半徑為4，OE210，連接AD，求AD的長．

【答案】(1)見解析

455

(2)AD

5

【分析】（1）證明OD∥AC，可得ACB90ODB，證明OAE90，進一步可得結

論；

OAAEOE

（2）先求解AEOE2OA226，證明AOE∽CAB，可得，即

ACBCAB

426210

，再進一步求解即可．

ACBC8

【詳解】（1）證明：∵D是BC的中點，O是AB的中點，

∴OD∥AC，

∴ACBODB，

∵AB是O的直徑，

∴ACB90ODB，

∴BBOD90，

∵BE,BODAOE，

∴EAOE90，

∴OAE90，

∴AEAB，而OA為O的半徑，

∴AE為O的切線；

（2）解：∵O的半徑為4，OE210，

∴OA4，

∴AEOE2OA226，

∵OAEACB90，BE，

∴AOE∽CAB，

OAAEOE426210

∴，即，

ACBCABACBC8

810815

解得AC,BC，

55

∵ODBC，

1415

∴CDBC，

25

455

∴ADCD2AC2．

5

【點睛】本題考查的是圓周角定理的應用，垂徑定理的應用，勾股定理的應用，相似三角形

的判定與性質，圓的切線的判定，熟練的證明切線與相似三角形是解本題的關鍵.

23．（2025·江西九江·三模）如圖，AB是O的直徑，四邊形AFDE是平行四邊形，請僅用

無刻度的直尺按要求完成以下作圖（不寫作法，保留作圖痕跡）．

(1)在圖1中，點F與點O重合，請作出AD的中點G．

(2)在圖2中，請作出AD的中點H．

【答案】(1)見解析

(2)見解析

【分析】本題考查了復雜作圖，涉及到平行四邊形的性質、垂徑定理，熟練掌握相關知識的

性質是作圖的關鍵．

（1）連接OE并延長交O于G，連接AD交OE于M，則根據(jù)平行四邊形的對角線互相平

分可得到AMMD，根據(jù)平分弦（不是直徑）的直徑且垂直于弦,平分弦所對的兩條弧可得

OG平分AD；

（2）由（1）可作AD的中點H，由中位線定理的圓周角定理定理得到ONAD，同（1）

理．

【詳解】（1）解：如圖1，點G即為AD的中點；

（2）解：如圖2，點H即AD的中點．

24．（2025·江西萍鄉(xiāng)·二模）追本溯源

題（1）來自課本中的練習，請你完成解答，并完成變式訓練題（2）．

(1)如圖1，AB與O相切于點C，OAOB，AB10cm．若O的直徑為8cm，求OA的長．

(2)如圖2，AB與O相切于點C，OAAB．若O的直徑為8cm，tanAOB2，求OA的

長．

【答案】(1)OA41cm；

(2)OA5cm．

【分析】本題考查了切線的性質，勾股定理，解直角三角形．

（1）連接OC，利用切線的性質求得OCAB，利用等腰三角形的性質求得CA5，最后利

用勾股定理求解即可；

（2）連接OC，作ADOB于點D，利用等腰三角形的性質求得AOBB，得到

OC1

tanB2，求得BCOC2，利用勾股定理求得BO25，利用等腰三角形的性

BC2

AD

質求得ODBD5，再由tanB2，結合勾股定理求解即可．

BD

【詳解】（1）解：連接OC，

∵AB與O相切于點C，

∴OCAB，

∵OAAB，

1

∴CACBAB5，

2

∵O的直徑為8cm，

∴OC4cm，

∴OA524241cm；

（2）解：連接OC