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1[2024北京中考]如图，$\odot O$的直径AB平分弦CD（不是直径）.若$∠ D=35°$,则$∠ C=$
（第1题图）
（第2题图）
55
°.（第1题图）
（第2题图）
答案
1. 55 【解析】
∵直径AB平分弦CD，
∴AB⊥CD。
∵$\widehat{BC}=\widehat{BC}$，
∴∠A=∠D=35°，
∴∠C=90°−35°=55°。故答案为55。
∵直径AB平分弦CD，
∴AB⊥CD。
∵$\widehat{BC}=\widehat{BC}$，
∴∠A=∠D=35°，
∴∠C=90°−35°=55°。故答案为55。
解析
【分析】
解题时先从已知条件出发：首先看到直径平分非直径的弦，可联想垂径定理的推论，得到AB与CD垂直，进而得到含∠C的直角三角形；接下来要求∠C，只需要求出同直角三角形中另一个锐角∠A的度数即可；再观察∠A和已知的∠D，二者是同弧所对的圆周角，根据圆周角定理可得出∠A的度数，最后利用直角三角形两锐角互余即可算出∠C的度数。
【解析】
设AB与CD交于点E，
∵AB是$\odot O$的直径，且AB平分非直径的弦CD，
∴根据垂径定理的推论可得$AB⊥CD$，即$∠AEC=90°$，
∵∠A和∠D都是弧BC所对的圆周角，
∴$∠A=∠D=35°$，
在$Rt△ AEC$中，$∠C+∠A=90°$，
∴$∠C=90°-35°=55°$。
【答案】
55
【知识点】
垂径定理；圆周角定理；直角三角形的性质
【点评】
本题属于圆的基础性质应用题，主要考查对圆相关基础定理的理解与应用，解题关键是通过垂径定理得到垂直关系，结合圆周角相等的性质转化角度计算。
【难度系数】
0.8
解题时先从已知条件出发：首先看到直径平分非直径的弦，可联想垂径定理的推论，得到AB与CD垂直，进而得到含∠C的直角三角形；接下来要求∠C，只需要求出同直角三角形中另一个锐角∠A的度数即可；再观察∠A和已知的∠D，二者是同弧所对的圆周角，根据圆周角定理可得出∠A的度数，最后利用直角三角形两锐角互余即可算出∠C的度数。
【解析】
设AB与CD交于点E，
∵AB是$\odot O$的直径，且AB平分非直径的弦CD，
∴根据垂径定理的推论可得$AB⊥CD$，即$∠AEC=90°$，
∵∠A和∠D都是弧BC所对的圆周角，
∴$∠A=∠D=35°$，
在$Rt△ AEC$中，$∠C+∠A=90°$，
∴$∠C=90°-35°=55°$。
【答案】
55
【知识点】
垂径定理；圆周角定理；直角三角形的性质
【点评】
本题属于圆的基础性质应用题，主要考查对圆相关基础定理的理解与应用，解题关键是通过垂径定理得到垂直关系，结合圆周角相等的性质转化角度计算。
【难度系数】
0.8
2[2025江苏常州中考]如图，AB是$\odot O$的直径，CD是$\odot O$的弦.若$∠ DCB = 45°$，$AD = 1$，则AB=
$\sqrt{2}$
.答案
2. $\sqrt{2}$ 【解析】
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°。
∵$\widehat{BD}=\widehat{BD}$，
∴∠DCB=∠DAB=45°，
∴∠ABD=90°−∠DAB=45°，
∴BD=AD=1，
∴AB=$\sqrt{AD^2+BD^2}=\sqrt{2}$。故答案为$\sqrt{2}$。
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°。
∵$\widehat{BD}=\widehat{BD}$，
∴∠DCB=∠DAB=45°，
∴∠ABD=90°−∠DAB=45°，
∴BD=AD=1，
∴AB=$\sqrt{AD^2+BD^2}=\sqrt{2}$。故答案为$\sqrt{2}$。
解析
【分析】
解题时可按以下思路推导：①首先看到AB是圆的直径，根据直径的性质，直径所对的圆周角为直角，可得到△ADB是直角三角形，∠ADB=90°；②已知∠DCB=45°，观察到∠DCB和∠DAB都是弧BD所对的圆周角，根据同弧所对圆周角相等，可得∠DAB=45°；③由此可判断Rt△ADB是等腰直角三角形，得到BD=AD=1，最后利用勾股定理计算斜边AB的长度即可。
【解析】
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°。
∵$\widehat{BD}$所对的圆周角为∠DCB和∠DAB，
∴∠DCB=∠DAB=45°，
∴在Rt△ADB中，∠ABD=90°−∠DAB=45°，
∴BD=AD=1，
由勾股定理得：AB=$\sqrt{AD^2+BD^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
【答案】
$\sqrt{2}$
【知识点】
圆周角定理；等腰直角三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础计算题，解题的关键是灵活运用圆周角的相关性质推导角的度数，判断出等腰直角三角形，再结合勾股定理求解，属于常考的基础题型。
【难度系数】
0.7
解题时可按以下思路推导：①首先看到AB是圆的直径，根据直径的性质，直径所对的圆周角为直角，可得到△ADB是直角三角形，∠ADB=90°；②已知∠DCB=45°，观察到∠DCB和∠DAB都是弧BD所对的圆周角，根据同弧所对圆周角相等，可得∠DAB=45°；③由此可判断Rt△ADB是等腰直角三角形，得到BD=AD=1，最后利用勾股定理计算斜边AB的长度即可。
【解析】
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°。
∵$\widehat{BD}$所对的圆周角为∠DCB和∠DAB，
∴∠DCB=∠DAB=45°，
∴在Rt△ADB中，∠ABD=90°−∠DAB=45°，
∴BD=AD=1，
由勾股定理得：AB=$\sqrt{AD^2+BD^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
【答案】
$\sqrt{2}$
【知识点】
圆周角定理；等腰直角三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础计算题，解题的关键是灵活运用圆周角的相关性质推导角的度数，判断出等腰直角三角形，再结合勾股定理求解，属于常考的基础题型。
【难度系数】
0.7
3[2025江苏盐城中考]如图,四边形ABCD内接于$\odot O$,$∠ A = 110°$,连接$OB$,$OD$,则$∠ BOD =$
140
°.答案
3. 140 【解析】
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠BCD=180°，
∴∠BCD=180°−∠A=180°−110°=70°，
∴∠BOD=2∠BCD=2×70°=140°，故答案为140。
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠BCD=180°，
∴∠BCD=180°−∠A=180°−110°=70°，
∴∠BOD=2∠BCD=2×70°=140°，故答案为140。
解析
【分析】
解题时先从已知条件入手，已知四边形是圆内接四边形且给出了一个内角∠A的度数，首先回忆圆内接四边形的性质：对角互补，利用该性质先求出∠BCD的度数；再观察待求的∠BOD是圆心角，它和∠BCD对应同一段弧BD，根据圆周角定理“同弧所对的圆心角是圆周角的2倍”，即可求出∠BOD的度数。
【解析】
∵四边形ABCD内接于$\odot O$，
∴$∠ A + ∠ BCD = 180°$，
∴$∠ BCD = 180° - ∠ A = 180° - 110° = 70°$，
∵$∠ BOD$和$∠ BCD$分别是弧BD所对的圆心角和圆周角，
∴$∠ BOD = 2∠ BCD = 2 × 70° = 140°$。
【答案】
140
【知识点】
圆内接四边形的性质；圆周角定理
【点评】
本题属于基础题，主要考查圆相关基础性质的直接应用，牢记相关性质定理即可快速求解。
【难度系数】
0.8
解题时先从已知条件入手，已知四边形是圆内接四边形且给出了一个内角∠A的度数，首先回忆圆内接四边形的性质：对角互补，利用该性质先求出∠BCD的度数；再观察待求的∠BOD是圆心角，它和∠BCD对应同一段弧BD，根据圆周角定理“同弧所对的圆心角是圆周角的2倍”，即可求出∠BOD的度数。
【解析】
∵四边形ABCD内接于$\odot O$，
∴$∠ A + ∠ BCD = 180°$，
∴$∠ BCD = 180° - ∠ A = 180° - 110° = 70°$，
∵$∠ BOD$和$∠ BCD$分别是弧BD所对的圆心角和圆周角，
∴$∠ BOD = 2∠ BCD = 2 × 70° = 140°$。
【答案】
140
【知识点】
圆内接四边形的性质；圆周角定理
【点评】
本题属于基础题，主要考查圆相关基础性质的直接应用，牢记相关性质定理即可快速求解。
【难度系数】
0.8
4[2024江苏连云港中考]如图,AB是圆的直径,∠1,∠2,∠3,∠4的顶点均在AB上方的圆弧上,∠1,∠4的一边分别经过点A,B,则∠1+∠2+∠3+∠4=
90
°.答案
4. 90 【解析】
∵AB是圆的直径，
∴AB所对的弧是半圆，所对圆心角的度数为180°。
∵∠1，∠2，∠3，∠4所对的弧所对的圆心角的和等于弧AB所对的圆心角，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=$\frac{1}{2}$×180°=90°。故答案为90。
∵AB是圆的直径，
∴AB所对的弧是半圆，所对圆心角的度数为180°。
∵∠1，∠2，∠3，∠4所对的弧所对的圆心角的和等于弧AB所对的圆心角，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=$\frac{1}{2}$×180°=90°。故答案为90。
解析
【分析】
解题时先回忆圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半。首先观察可知∠1、∠2、∠3、∠4都是圆周角，它们所对的弧拼接起来正好是直径AB对应的半圆弧，而直径所对的半圆弧的圆心角为180°，四个角的和就等于这些弧对应的圆心角总和的一半，据此计算即可。
【解析】
∵AB是圆的直径，
∴AB所对的弧是半圆，对应的圆心角度数为180°。
又
∵∠1、∠2、∠3、∠4均为圆周角，它们所对的弧的圆心角之和等于弧AB所对的圆心角180°，
根据圆周角定理可得：∠1+∠2+∠3+∠4=$\frac{1}{2}$×180°=90°。
【答案】
90
【知识点】
圆周角定理；直径的性质
【点评】
本题是基础类几何题，核心考查圆周角定理的灵活应用，解题的突破口是识别出四个圆周角所对的弧之和恰好为半圆，熟练掌握圆周角和圆心角的数量关系即可快速求解。
【难度系数】
0.8
解题时先回忆圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半。首先观察可知∠1、∠2、∠3、∠4都是圆周角，它们所对的弧拼接起来正好是直径AB对应的半圆弧，而直径所对的半圆弧的圆心角为180°，四个角的和就等于这些弧对应的圆心角总和的一半，据此计算即可。
【解析】
∵AB是圆的直径，
∴AB所对的弧是半圆，对应的圆心角度数为180°。
又
∵∠1、∠2、∠3、∠4均为圆周角，它们所对的弧的圆心角之和等于弧AB所对的圆心角180°，
根据圆周角定理可得：∠1+∠2+∠3+∠4=$\frac{1}{2}$×180°=90°。
【答案】
90
【知识点】
圆周角定理；直径的性质
【点评】
本题是基础类几何题，核心考查圆周角定理的灵活应用，解题的突破口是识别出四个圆周角所对的弧之和恰好为半圆，熟练掌握圆周角和圆心角的数量关系即可快速求解。
【难度系数】
0.8
5[2024湖南长沙中考]如图,在$\odot O$中,弦AB的长为8,圆心O到AB的距离OE=4,则$\odot O$的半径长为 (
A.4
B.$4\sqrt{2}$
C.5
D.$5\sqrt{2}$
(第5题图)
(第6题图)
B
)A.4
B.$4\sqrt{2}$
C.5
D.$5\sqrt{2}$
(第5题图)
(第6题图)
答案
5. B 【解析】
∵OE⊥AB，
∴AE=EB=$\frac{1}{2}$AB=4，
∴OA=$\sqrt{AE^2+OE^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。故选B。
∵OE⊥AB，
∴AE=EB=$\frac{1}{2}$AB=4，
∴OA=$\sqrt{AE^2+OE^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。故选B。
解析
【分析】
求解本题首先观察图形特征，已知圆心到弦的垂线段OE，首先联想到垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，因此可以先求出弦AB的一半AE的长度；此时△OAE是直角三角形，两条直角边AE、OE的长度均已知，再利用勾股定理即可求出斜边OA的长度，也就是⊙O的半径。
【解析】
解：
∵OE⊥AB，根据垂径定理可得
∴$AE=EB=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×8=4$，
在Rt△OAE中，OA为斜边，由勾股定理得：
$OA=\sqrt{AE^2+OE^2}=\sqrt{4^2+4^2}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$，
即⊙O的半径长为$4\sqrt{2}$，故选B。
【答案】
B
【知识点】
垂径定理；勾股定理
【点评】
本题是圆中线段计算的基础题型，核心考查垂径定理与勾股定理的结合应用，属于圆章节的常规考点，熟练掌握垂径定理的适用条件即可轻松解题。
【难度系数】
0.8
求解本题首先观察图形特征，已知圆心到弦的垂线段OE，首先联想到垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，因此可以先求出弦AB的一半AE的长度；此时△OAE是直角三角形，两条直角边AE、OE的长度均已知，再利用勾股定理即可求出斜边OA的长度，也就是⊙O的半径。
【解析】
解：
∵OE⊥AB，根据垂径定理可得
∴$AE=EB=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×8=4$，
在Rt△OAE中，OA为斜边，由勾股定理得：
$OA=\sqrt{AE^2+OE^2}=\sqrt{4^2+4^2}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$，
即⊙O的半径长为$4\sqrt{2}$，故选B。
【答案】
B
【知识点】
垂径定理；勾股定理
【点评】
本题是圆中线段计算的基础题型，核心考查垂径定理与勾股定理的结合应用，属于圆章节的常规考点，熟练掌握垂径定理的适用条件即可轻松解题。
【难度系数】
0.8
6[2025四川南充中考]如图,AB是$\odot O$的直径,$AD ⊥ AB$于点A,OD交$\odot O$于点C,AE⊥OD于点E,交$\odot O$于点F,F为弧BC的中点,P为线段AB上一动点,若$CD=4$,则$PE+PF$的最小值是（
A.4
B.$2\sqrt{7}$
C.6
D.$4\sqrt{3}$
C
）A.4
B.$2\sqrt{7}$
C.6
D.$4\sqrt{3}$
答案
6. C 【解析】如图，延长DO交⊙O于点M，连接PM，PF，PE。
∵AE⊥OD于点E，交⊙O于点F，F为弧BC的中点，
∴$\widehat{AC}=\widehat{CF}=\widehat{BF}$，
∴∠AOC=∠COF=∠BOF。
∵∠AOC+∠COF+∠BOF=180°，
∴∠AOC=∠COF=∠BOF=60°，
∴∠BOM=∠AOC=60°=∠BOF，
∴点F关于AB的对称点为点M，
∴PM=PF，
∴PE+PF=PE+PM≥EM。当E，P，M三点共线时，PE+PF最小，最小值为EM的长。
∵∠AOC=60°，AD⊥AB，
∴∠D=30°，
∴OD=2OA。
∵CD=4，
∴OD=OC+4=2OA=2OC，
∴OC=4，
∴OM=OA=4。
∵AF⊥OC，∠AOC=60°，
∴∠OAE=30°，
∴OE=$\frac{1}{2}$OA=2，
∴EM=OE+OM=2+4=6，即PE+PF的最小值为6。故选C。
解析
【分析】
本题是线段和最小值问题，可结合“将军饮马”轴对称模型求解，思路如下：
1. 先推导圆心角：AE⊥OD，由垂径定理可得$\widehat{AC}=\widehat{CF}$，结合F是$\widehat{BC}$中点，可得三段弧相等，对应三个圆心角均为$60°$；
2. 转化线段求最值：动点P在AB上，找F关于AB的对称点，由角相等可得F的对称点为M，因此$PF=PM$，$PE+PF$转化为$PE+PM$，根据两点之间线段最短，当E、P、M共线时，和最小，最小值为EM的长度；
3. 计算线段长：结合$AD⊥ AB$、$∠ AOC=60°$推出$∠ D=30°$，再由$CD=4$求出圆的半径，进而求出OE、OM的长度，相加得EM即可。
【解析】
解：延长DO交$\odot O$于点M，连接PM，PF，PE。
∵AE⊥OD于点E，交$\odot O$于点F，由垂径定理得$\widehat{AC}=\widehat{CF}$，
又
∵F为$\widehat{BC}$的中点，
∴$\widehat{CF}=\widehat{BF}$，
∴$\widehat{AC}=\widehat{CF}=\widehat{BF}$，对应圆心角相等，即$∠ AOC=∠ COF=∠ BOF$。
∵AB是直径，$∠ AOC+∠ COF+∠ BOF=180°$，
∴$∠ AOC=∠ COF=∠ BOF=60°$，
∴$∠ BOM=∠ AOC=60°=∠ BOF$，即点F关于AB的对称点为点M，由轴对称性质得$PM=PF$，
∴$PE+PF=PE+PM$，根据两点之间线段最短，$PE+PM≥ EM$，当E、P、M三点共线时，$PE+PF$取得最小值，最小值为EM的长。
∵$AD⊥ AB$，$∠ AOC=60°$，
∴$Rt△ DAO$中，$∠ D=30°$，
∴$OD=2OA$，
∵$OA=OC$，$CD=4$，$OD=OC+CD=OA+4$，
∴$OA+4=2OA$，解得$OA=OC=4$，即$OM=OA=4$。
∵$AF⊥ OC$，$∠ AOC=60°$，
∴$Rt△ AEO$中，$∠ OAE=30°$，
∴$OE=\frac{1}{2}OA=2$，
∴$EM=OE+OM=2+4=6$，即$PE+PF$的最小值为6。
【答案】C
【知识点】垂径定理；弧与圆心角关系；轴对称求最短路径
【点评】本题综合考查圆的性质与最短路径问题，解题关键是利用弧的等量关系确定对称点，将动态线段和转化为静态定长线段，同时结合直角三角形30°角的性质计算线段长，对知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】0.6
本题是线段和最小值问题，可结合“将军饮马”轴对称模型求解，思路如下：
1. 先推导圆心角：AE⊥OD，由垂径定理可得$\widehat{AC}=\widehat{CF}$，结合F是$\widehat{BC}$中点，可得三段弧相等，对应三个圆心角均为$60°$；
2. 转化线段求最值：动点P在AB上，找F关于AB的对称点，由角相等可得F的对称点为M，因此$PF=PM$，$PE+PF$转化为$PE+PM$，根据两点之间线段最短，当E、P、M共线时，和最小，最小值为EM的长度；
3. 计算线段长：结合$AD⊥ AB$、$∠ AOC=60°$推出$∠ D=30°$，再由$CD=4$求出圆的半径，进而求出OE、OM的长度，相加得EM即可。
【解析】
解：延长DO交$\odot O$于点M，连接PM，PF，PE。
∵AE⊥OD于点E，交$\odot O$于点F，由垂径定理得$\widehat{AC}=\widehat{CF}$，
又
∵F为$\widehat{BC}$的中点，
∴$\widehat{CF}=\widehat{BF}$，
∴$\widehat{AC}=\widehat{CF}=\widehat{BF}$，对应圆心角相等，即$∠ AOC=∠ COF=∠ BOF$。
∵AB是直径，$∠ AOC+∠ COF+∠ BOF=180°$，
∴$∠ AOC=∠ COF=∠ BOF=60°$，
∴$∠ BOM=∠ AOC=60°=∠ BOF$，即点F关于AB的对称点为点M，由轴对称性质得$PM=PF$，
∴$PE+PF=PE+PM$，根据两点之间线段最短，$PE+PM≥ EM$，当E、P、M三点共线时，$PE+PF$取得最小值，最小值为EM的长。
∵$AD⊥ AB$，$∠ AOC=60°$，
∴$Rt△ DAO$中，$∠ D=30°$，
∴$OD=2OA$，
∵$OA=OC$，$CD=4$，$OD=OC+CD=OA+4$，
∴$OA+4=2OA$，解得$OA=OC=4$，即$OM=OA=4$。
∵$AF⊥ OC$，$∠ AOC=60°$，
∴$Rt△ AEO$中，$∠ OAE=30°$，
∴$OE=\frac{1}{2}OA=2$，
∴$EM=OE+OM=2+4=6$，即$PE+PF$的最小值为6。
【答案】C
【知识点】垂径定理；弧与圆心角关系；轴对称求最短路径
【点评】本题综合考查圆的性质与最短路径问题，解题关键是利用弧的等量关系确定对称点，将动态线段和转化为静态定长线段，同时结合直角三角形30°角的性质计算线段长，对知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】0.6
7[2025江苏南通中考]在平面直角坐标系中，以点$A(3,0)$为圆心，$\sqrt{13}$为半径作$\odot A$.直线$y=kx-3k+2$与$\odot A$交于$B,C$两点，则$BC$的最小值为
6
.答案
7. 6 【解析】
∵y=kx−3k+2=k(x−3)+2，
∴直线y=kx−3k+2过定点P(3,2)。
∵点A(3,0)，
∴AP=$\sqrt{(3−3)^2+(2−0)^2}=2$。又
∵⊙A的半径为$\sqrt{13}$，
∴AP＜$\sqrt{13}$，
∴点P在⊙A内部。由于过圆内定点P的所有弦中，与AP垂直的弦最短，即当直线y=kx−3k+2与AP垂直时，BC的值最小。如图所示，由垂径定理得BP=CP，
∴BC=2BP。在Rt△ABP中，AB=$\sqrt{13}$，AP=2，
∴BP=$\sqrt{AB^2−AP^2}=\sqrt{(\sqrt{13})^2−2^2}=3$，
∴BC=2BP=6，即BC的最小值为6。故答案为6。
解析
【分析】
要解决动直线与圆相交的最短弦长问题，可按以下思路思考：首先，直线解析式含参数k，说明直线是绕某定点转动的动直线，先通过整理解析式提取参数k，找到直线恒过的定点坐标；其次，计算定点到圆心A的距离，判断定点在圆内，根据圆的性质：过圆内定点的所有弦中，与定点和圆心的连线垂直的弦长度最短；最后，利用垂径定理将弦长问题转化为直角三角形边长计算，结合勾股定理求解即可。
【解析】
先整理直线解析式：
∵ $y=kx-3k+2=k(x-3)+2$，
∴ 当$x=3$时，$y=2$，与k的取值无关，即直线恒过定点$P(3,2)$。
已知圆心$A(3,0)$，计算AP的长度：
$AP=\sqrt{(3-3)^2+(2-0)^2}=2$，
∵ $\odot A$的半径为$\sqrt{13}$，$2＜\sqrt{13}$，
∴ 点P在$\odot A$内部。
根据圆的性质，过圆内定点P的所有弦中，与AP垂直的弦最短，即此时BC长度最小。
由垂径定理可得：$BP=CP$，即$BC=2BP$。
在$Rt△ ABP$中，$AB$为$\odot A$的半径，即$AB=\sqrt{13}$，$AP=2$，由勾股定理得：
$BP=\sqrt{AB^2-AP^2}=\sqrt{(\sqrt{13})^2-2^2}=\sqrt{13-4}=3$，
∴ $BC=2BP=2×3=6$。
【答案】
6
【知识点】
一次函数过定点；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题是直线与圆结合的典型题型，解题的核心是先确定动直线经过的定点，再结合圆内最短弦的性质，将问题转化为直角三角形的边长计算，难度适中，侧重对基础性质和转化思想的考察。
【难度系数】
0.7
要解决动直线与圆相交的最短弦长问题，可按以下思路思考：首先，直线解析式含参数k，说明直线是绕某定点转动的动直线，先通过整理解析式提取参数k，找到直线恒过的定点坐标；其次，计算定点到圆心A的距离，判断定点在圆内，根据圆的性质：过圆内定点的所有弦中，与定点和圆心的连线垂直的弦长度最短；最后，利用垂径定理将弦长问题转化为直角三角形边长计算，结合勾股定理求解即可。
【解析】
先整理直线解析式：
∵ $y=kx-3k+2=k(x-3)+2$，
∴ 当$x=3$时，$y=2$，与k的取值无关，即直线恒过定点$P(3,2)$。
已知圆心$A(3,0)$，计算AP的长度：
$AP=\sqrt{(3-3)^2+(2-0)^2}=2$，
∵ $\odot A$的半径为$\sqrt{13}$，$2＜\sqrt{13}$，
∴ 点P在$\odot A$内部。
根据圆的性质，过圆内定点P的所有弦中，与AP垂直的弦最短，即此时BC长度最小。
由垂径定理可得：$BP=CP$，即$BC=2BP$。
在$Rt△ ABP$中，$AB$为$\odot A$的半径，即$AB=\sqrt{13}$，$AP=2$，由勾股定理得：
$BP=\sqrt{AB^2-AP^2}=\sqrt{(\sqrt{13})^2-2^2}=\sqrt{13-4}=3$，
∴ $BC=2BP=2×3=6$。
【答案】
6
【知识点】
一次函数过定点；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题是直线与圆结合的典型题型，解题的核心是先确定动直线经过的定点，再结合圆内最短弦的性质，将问题转化为直角三角形的边长计算，难度适中，侧重对基础性质和转化思想的考察。
【难度系数】
0.7
8[2025青海西宁中考]如图，AB，AC是$\odot O$的弦，$AB=AC$，半径$OE$，$OF$分别与弦$AB$，$AC$垂直，垂足分别为$G$，$H$，$AM// OF$交$OE$于点$M$，$AN// OE$交$OF$于点$N$，连接$OA$。
(1)求证：$∠ AOE=∠ AOF$；
(2)求证：四边形$AMON$是菱形；
(3)若$AB=16$，$OA=10$，则$OM=$
(1)求证：$∠ AOE=∠ AOF$；
(2)求证：四边形$AMON$是菱形；
(3)若$AB=16$，$OA=10$，则$OM=$
$\frac{25}{3}$
。答案
8. (1)【证明】
∵AB=AC，
∴$\widehat{AB}=\widehat{AC}$。
∵半径OE，OF分别与弦AB，AC垂直，
∴$\widehat{AE}=\widehat{BE}$，$\widehat{AF}=\widehat{CF}$，
∴$\widehat{AE}=\widehat{BE}=\widehat{AF}=\widehat{CF}$，
∴∠AOE=∠AOF。
(2)【证明】
∵AM//OF，AN//OE，
∴四边形AMON为平行四边形。
∵半径OE，OF分别与弦AB，AC垂直，
∴AG=$\frac{1}{2}$AB，AH=$\frac{1}{2}$AC。
∵AB=AC，
∴AG=AH。又
∵$S_{四边形AMON}=OM·AG=ON·AH$，
∴OM=ON，
∴四边形AMON为菱形。
(3)【解】
∵AB=16，
∴AG=$\frac{1}{2}$AB=8。在Rt△AOG中，由勾股定理，得OG=$\sqrt{OA^2−AG^2}=6$。
∵四边形AMON为菱形，
∴设OM=AM=x，则MG=OM−OG=x−6。在Rt△AGM中，由勾股定理，得$x^2=8^2+(x−6)^2$，解得x=$\frac{25}{3}$，
∴OM=$\frac{25}{3}$。故答案为$\frac{25}{3}$。
思路分析
(2)先证明四边形AMON为平行四边形，再用等积法推出OM=ON，即可证明四边形AMON为菱形。
∵AB=AC，
∴$\widehat{AB}=\widehat{AC}$。
∵半径OE，OF分别与弦AB，AC垂直，
∴$\widehat{AE}=\widehat{BE}$，$\widehat{AF}=\widehat{CF}$，
∴$\widehat{AE}=\widehat{BE}=\widehat{AF}=\widehat{CF}$，
∴∠AOE=∠AOF。
(2)【证明】
∵AM//OF，AN//OE，
∴四边形AMON为平行四边形。
∵半径OE，OF分别与弦AB，AC垂直，
∴AG=$\frac{1}{2}$AB，AH=$\frac{1}{2}$AC。
∵AB=AC，
∴AG=AH。又
∵$S_{四边形AMON}=OM·AG=ON·AH$，
∴OM=ON，
∴四边形AMON为菱形。
(3)【解】
∵AB=16，
∴AG=$\frac{1}{2}$AB=8。在Rt△AOG中，由勾股定理，得OG=$\sqrt{OA^2−AG^2}=6$。
∵四边形AMON为菱形，
∴设OM=AM=x，则MG=OM−OG=x−6。在Rt△AGM中，由勾股定理，得$x^2=8^2+(x−6)^2$，解得x=$\frac{25}{3}$，
∴OM=$\frac{25}{3}$。故答案为$\frac{25}{3}$。
思路分析
(2)先证明四边形AMON为平行四边形，再用等积法推出OM=ON，即可证明四边形AMON为菱形。
解析
【分析】
(1)要证∠AOE=∠AOF，可通过证明两角对应的弧相等推导：首先由弦相等得到所对的弧相等，再结合垂径定理，垂直于弦的半径平分弦所对的弧，推出弧AE=弧AF，根据同圆中相等的弧所对的圆心角相等即可得证。
(2)要证四边形AMON是菱形，首先根据两组对边分别平行判定该四边形为平行四边形，再利用垂径定理得到AG=AH，通过平行四边形面积的两种表示方法推出邻边OM=ON，即可根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”得证。
(3)求OM的长度，先利用垂径定理求出AG的长度，在Rt△AOG中用勾股定理算出OG的长，再结合菱形的性质设OM=AM=x，用x表示出MG的长度，在Rt△AGM中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)证明：
∵AB=AC，
∴$\widehat{AB}=\widehat{AC}$。
∵半径OE⊥AB，OF⊥AC，
∴根据垂径定理，$\widehat{AE}=\widehat{BE}$，$\widehat{AF}=\widehat{CF}$，
∴$\widehat{AE}=\frac{1}{2}\widehat{AB}$，$\widehat{AF}=\frac{1}{2}\widehat{AC}$，
∴$\widehat{AE}=\widehat{AF}$，
∴∠AOE=∠AOF。
(2)证明：
∵AM//OF，AN//OE，
∴四边形AMON是平行四边形。
∵OE⊥AB，OF⊥AC，
∴根据垂径定理，$AG=\frac{1}{2}AB$，$AH=\frac{1}{2}AC$。
又
∵AB=AC，
∴AG=AH。
∵平行四边形AMON的面积可表示为$S=OM·AG=ON·AH$，
∴OM=ON，
∴平行四边形AMON是菱形。
(3)解：
∵AB=16，
∴$AG=\frac{1}{2}AB=8$。
在Rt△AOG中，OA=10，AG=8，由勾股定理得：
$OG=\sqrt{OA^2-AG^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$。
∵四边形AMON是菱形，
∴AM=OM，设OM=AM=x，
则$MG=OM-OG=x-6$。
在Rt△AGM中，由勾股定理得：
$AM^2=AG^2+MG^2$，即$x^2=8^2+(x-6)^2$，
展开得$x^2=64+x^2-12x+36$，
移项化简得12x=100，解得$x=\frac{25}{3}$。
【答案】
(1)∠AOE=∠AOF得证；
(2)四边形AMON是菱形得证；
(3)$\boxed{\frac{25}{3}}$
【知识点】
垂径定理；菱形的判定；勾股定理的应用
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质、特殊四边形的判定及勾股定理的应用，前两问侧重对基础定理的理解与运用，第三问结合方程思想求解线段长度，是几何综合题的常见考法，解题时需熟练掌握各知识点的内在联系。
【难度系数】
0.6
(1)要证∠AOE=∠AOF，可通过证明两角对应的弧相等推导：首先由弦相等得到所对的弧相等，再结合垂径定理，垂直于弦的半径平分弦所对的弧，推出弧AE=弧AF，根据同圆中相等的弧所对的圆心角相等即可得证。
(2)要证四边形AMON是菱形，首先根据两组对边分别平行判定该四边形为平行四边形，再利用垂径定理得到AG=AH，通过平行四边形面积的两种表示方法推出邻边OM=ON，即可根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”得证。
(3)求OM的长度，先利用垂径定理求出AG的长度，在Rt△AOG中用勾股定理算出OG的长，再结合菱形的性质设OM=AM=x，用x表示出MG的长度，在Rt△AGM中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)证明：
∵AB=AC，
∴$\widehat{AB}=\widehat{AC}$。
∵半径OE⊥AB，OF⊥AC，
∴根据垂径定理，$\widehat{AE}=\widehat{BE}$，$\widehat{AF}=\widehat{CF}$，
∴$\widehat{AE}=\frac{1}{2}\widehat{AB}$，$\widehat{AF}=\frac{1}{2}\widehat{AC}$，
∴$\widehat{AE}=\widehat{AF}$，
∴∠AOE=∠AOF。
(2)证明：
∵AM//OF，AN//OE，
∴四边形AMON是平行四边形。
∵OE⊥AB，OF⊥AC，
∴根据垂径定理，$AG=\frac{1}{2}AB$，$AH=\frac{1}{2}AC$。
又
∵AB=AC，
∴AG=AH。
∵平行四边形AMON的面积可表示为$S=OM·AG=ON·AH$，
∴OM=ON，
∴平行四边形AMON是菱形。
(3)解：
∵AB=16，
∴$AG=\frac{1}{2}AB=8$。
在Rt△AOG中，OA=10，AG=8，由勾股定理得：
$OG=\sqrt{OA^2-AG^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$。
∵四边形AMON是菱形，
∴AM=OM，设OM=AM=x，
则$MG=OM-OG=x-6$。
在Rt△AGM中，由勾股定理得：
$AM^2=AG^2+MG^2$，即$x^2=8^2+(x-6)^2$，
展开得$x^2=64+x^2-12x+36$，
移项化简得12x=100，解得$x=\frac{25}{3}$。
【答案】
(1)∠AOE=∠AOF得证；
(2)四边形AMON是菱形得证；
(3)$\boxed{\frac{25}{3}}$
【知识点】
垂径定理；菱形的判定；勾股定理的应用
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质、特殊四边形的判定及勾股定理的应用，前两问侧重对基础定理的理解与运用，第三问结合方程思想求解线段长度，是几何综合题的常见考法，解题时需熟练掌握各知识点的内在联系。
【难度系数】
0.6
9[2025山东青岛中考]如图，
，四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形，$∠ ADC = 90°$，$DC = BC$，直线EA与$\odot O$相切于点A。若$∠ BCD = 128°$，则$∠ DAE$的度数为（
A.$52°$
B.$54°$
C.$64°$
D.$74°$
，四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形，$∠ ADC = 90°$，$DC = BC$，直线EA与$\odot O$相切于点A。若$∠ BCD = 128°$，则$∠ DAE$的度数为（C
）A.$52°$
B.$54°$
C.$64°$
D.$74°$
答案
9. C 【解析】连接BD，OA，OD，如图。
∵DC=BC，∠BCD=128°，
∴∠CDB=∠CBD=$\frac{180°−128°}{2}=26°$。
∵∠ADC=90°，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠ABD=∠ABC−∠DBC=90°−26°=64°，
∴∠AOD=2∠ABD=128°。
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADO=$\frac{180°−∠AOD}{2}=\frac{180°−128°}{2}=26°$。又
∵直线EA与⊙O相切于点A，
∴∠EAO=90°，
∴∠DAE=90°−∠DAO=90°−26°=64°。故选C。
解析
【分析】
解题时我们可以从已知条件逐步推导：首先看到DC=BC、∠BCD=128°，可先在等腰△BCD中算出底角∠CBD的度数；再结合圆内接四边形的性质，由∠ADC=90°推出∠ABC也为90°，进而求出∠ABD的度数；接下来利用圆周角定理得到对应圆心角∠AOD的度数，在等腰△OAD中求出∠DAO的度数；最后根据切线的性质，切线与过切点的半径垂直，得到∠EAO=90°，减去∠DAO的度数即可得到∠DAE的度数。也可采用倒推思路，要求∠DAE已知切线垂直半径，只需求出∠DAO的度数即可，顺着这个方向反向推导需要的条件也能顺利解题。
【解析】
连接BD，OA，OD，如图。
∵DC=BC，∠BCD=128°，
∴∠CDB=∠CBD=$\frac{180°−128°}{2}=26°$。
∵∠ADC=90°，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABD=∠ABC−∠DBC=90°−26°=64°，
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可得∠AOD=2∠ABD=128°。
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADO=$\frac{180°−∠AOD}{2}=\frac{180°−128°}{2}=26°$。
又
∵直线EA与⊙O相切于点A，根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，
∴∠EAO=90°，
∴∠DAE=90°−∠DAO=90°−26°=64°。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
1.切线的性质
2.圆内接四边形的性质
3.圆周角定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，将等腰三角形性质和圆的多个核心性质结合考查，解题的关键是合理添加辅助线，通过角度的逐步转化推导得到所求角的度数，熟练掌握圆的相关性质是解决这类题的基础。
【难度系数】
0.7
解题时我们可以从已知条件逐步推导：首先看到DC=BC、∠BCD=128°，可先在等腰△BCD中算出底角∠CBD的度数；再结合圆内接四边形的性质，由∠ADC=90°推出∠ABC也为90°，进而求出∠ABD的度数；接下来利用圆周角定理得到对应圆心角∠AOD的度数，在等腰△OAD中求出∠DAO的度数；最后根据切线的性质，切线与过切点的半径垂直，得到∠EAO=90°，减去∠DAO的度数即可得到∠DAE的度数。也可采用倒推思路，要求∠DAE已知切线垂直半径，只需求出∠DAO的度数即可，顺着这个方向反向推导需要的条件也能顺利解题。
【解析】
连接BD，OA，OD，如图。
∵DC=BC，∠BCD=128°，
∴∠CDB=∠CBD=$\frac{180°−128°}{2}=26°$。
∵∠ADC=90°，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABD=∠ABC−∠DBC=90°−26°=64°，
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可得∠AOD=2∠ABD=128°。
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADO=$\frac{180°−∠AOD}{2}=\frac{180°−128°}{2}=26°$。
又
∵直线EA与⊙O相切于点A，根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，
∴∠EAO=90°，
∴∠DAE=90°−∠DAO=90°−26°=64°。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
1.切线的性质
2.圆内接四边形的性质
3.圆周角定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，将等腰三角形性质和圆的多个核心性质结合考查，解题的关键是合理添加辅助线，通过角度的逐步转化推导得到所求角的度数，熟练掌握圆的相关性质是解决这类题的基础。
【难度系数】
0.7
10[2025广东广州中考]已知$\odot O$的半径为6，$\odot O$所在平面内有一动点$P$，过点$P$可以引$\odot O$的两条切线$PA,PB$，切点分别为$A,B$.点$P$与圆心$O$的距离为$d$,则$d$的取值范围是
d＞6
;若过点$O$作$OC// PA$交直线$PB$于点$C$(点$C$不与点$B$重合),线段$OC$与$\odot O$交于点$D$.设$PA=x,CD=y$,则$y$关于$x$的函数表达式为$y=\frac{x^2-12x+36}{2x}$
.答案
10. d＞6 $y=\frac{x^2-12x+36}{2x}$ 【解析】如图，
∵点P在⊙O外，
∴d＞6。
∵PA，PB是⊙O的两条切线，
∴PA=PB=x，
∴∠OBP=90°，易得∠OPA=∠OPB。
∵OC//PA，
∴∠OPA=∠POC，
∴∠OPC=∠POC，
∴PC=OC。
∵CD=y，⊙O的半径为6，
∴PC=OC=6+y，
∴BC=PB−PC=x−6−y。
∵在Rt△OBC中，OC²=OB²+BC²，
∴$(6+y)^2=6^2+(x−6−y)^2$，
∴$y=\frac{x^2-12x+36}{2x}$，故答案为d＞6，$y=\frac{x^2-12x+36}{2x}$。
思路分析
由题意知点P在⊙O外，得到d＞6。推出∠POC=∠CPO，得到PC=OC，由勾股定理得到$(y+6)^2=(x−y−6)^2+6^2$，即可得到y关于x的函数表达式。
解析
【分析】
首先解决第一问：过圆外一点可以引圆的两条切线，因此点P在⊙O外，点到圆心的距离大于半径，即可得到d的取值范围。
再解决第二问：先利用切线性质得到切线长相等、切线垂直过切点的半径，结合角平分线的性质和平行线的性质推导得到∠OPC=∠POC，进而得到PC=OC；再将各线段长度用x、y和半径6表示，最后在Rt△OBC中利用勾股定理列方程，整理即可得到y关于x的函数表达式。
【解析】
1. 求d的取值范围：
∵过点P可以引⊙O的两条切线，
∴点P在⊙O外，
∵⊙O半径为6，
∴点P到圆心O的距离$d＞6$。
2. 求y关于x的函数表达式：
∵PA、PB是⊙O的两条切线，切点分别为A、B，
∴根据切线长定理得$PA=PB=x$，且$OB⊥PB$，即$∠OBP=90°$，同时OP平分∠APB，即$∠OPA=∠OPB$。
∵$OC// PA$，
∴$∠OPA=∠POC$（两直线平行，内错角相等），
∴$∠OPB=∠POC$，即$∠OPC=∠POC$，
∴△POC为等腰三角形，$PC=OC$。
∵$CD=y$，⊙O半径$OD=OB=6$，
∴$OC=OD+CD=6+y$，即$PC=6+y$，
∴$BC=PB-PC=x-(6+y)=x-6-y$。
在Rt△OBC中，由勾股定理得$OC^2=OB^2+BC^2$，
将各线段长度代入得：$(6+y)^2=6^2+(x-6-y)^2$，
展开整理：
左边：$36+12y+y^2$，
右边：$36+x^2+36+y^2-12x-2xy+12y$，
两边消去相同项后得：$0=x^2-12x+36-2xy$，
移项变形得：$y=\frac{x^2-12x+36}{2x}$。
【答案】
d＞6；$y=\frac{x^2-12x+36}{2x}$
【知识点】
切线的性质；勾股定理；切线长定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，考查了圆的切线相关性质与勾股定理的结合应用，解题的关键是通过角的等量关系推导出PC=OC，进而利用勾股定理建立方程得到变量关系，要求学生熟练掌握切线的相关性质定理。
【难度系数】
0.7
首先解决第一问：过圆外一点可以引圆的两条切线，因此点P在⊙O外，点到圆心的距离大于半径，即可得到d的取值范围。
再解决第二问：先利用切线性质得到切线长相等、切线垂直过切点的半径，结合角平分线的性质和平行线的性质推导得到∠OPC=∠POC，进而得到PC=OC；再将各线段长度用x、y和半径6表示，最后在Rt△OBC中利用勾股定理列方程，整理即可得到y关于x的函数表达式。
【解析】
1. 求d的取值范围：
∵过点P可以引⊙O的两条切线，
∴点P在⊙O外，
∵⊙O半径为6，
∴点P到圆心O的距离$d＞6$。
2. 求y关于x的函数表达式：
∵PA、PB是⊙O的两条切线，切点分别为A、B，
∴根据切线长定理得$PA=PB=x$，且$OB⊥PB$，即$∠OBP=90°$，同时OP平分∠APB，即$∠OPA=∠OPB$。
∵$OC// PA$，
∴$∠OPA=∠POC$（两直线平行，内错角相等），
∴$∠OPB=∠POC$，即$∠OPC=∠POC$，
∴△POC为等腰三角形，$PC=OC$。
∵$CD=y$，⊙O半径$OD=OB=6$，
∴$OC=OD+CD=6+y$，即$PC=6+y$，
∴$BC=PB-PC=x-(6+y)=x-6-y$。
在Rt△OBC中，由勾股定理得$OC^2=OB^2+BC^2$，
将各线段长度代入得：$(6+y)^2=6^2+(x-6-y)^2$，
展开整理：
左边：$36+12y+y^2$，
右边：$36+x^2+36+y^2-12x-2xy+12y$，
两边消去相同项后得：$0=x^2-12x+36-2xy$，
移项变形得：$y=\frac{x^2-12x+36}{2x}$。
【答案】
d＞6；$y=\frac{x^2-12x+36}{2x}$
【知识点】
切线的性质；勾股定理；切线长定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，考查了圆的切线相关性质与勾股定理的结合应用，解题的关键是通过角的等量关系推导出PC=OC，进而利用勾股定理建立方程得到变量关系，要求学生熟练掌握切线的相关性质定理。
【难度系数】
0.7
