专题19 圆的基本概念及其性质（5大考点）（解析版）

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

核心考点二垂径定理及其推论

核心考点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

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ABCD是O的内接四边形．若BCD121，则BOD

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A59，再由圆周定理可得BOD2A118．

【详解】解：∵四边形ABCD内接于圆O，

∴AC180

∵BCD121

∴A59

∴BOD2A118

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，AB、AC是O的弦，过点A的切线交CB的延长线于点D，

若BAD35，则C___________°．

第1页共71页.

【答案】35

【分析】连接AO并延长，交O于点E，连接BE，首先根据圆周角定理可得EBAE90，再根据AD

为O的切线，可得BAEBAD90，可得ÐE=ÐBAD=35°，再根据圆周角定理即可求得．

【详解】解：如图，连接AO并延长，交O于点E，连接BE．

AE为O的直径，

ABE90，

EBAE90，

AD为O的切线，

DAE90，

\ÐBAE+ÐBAD=90°，

\ÐE=ÐBAD=35°，

\ÐC=ÐE=35°．

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，ABC内接于⊙O，AD∥BC交⊙O于点D，DFAB交BC于

点E，交⊙O于点F，连接AF,CF．

第2页共71页.

(1)求证：ACAF；

(2)若⊙O的半径为3，CAF30，求AC的长（结果保留π）．

【答案】(1)证明见解析；

5

(2)

2

【分析】（1）根据已知条件可证明四边形ABED是平行四边形，由平行四边形的性质可得BD，等量

代换可得AFCACF，即可得出答案；

（2）连接AO,CO，由（1）中结论可计算出AFC的度数，根据圆周角定理可计算出AOC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：∵AD∥BC，DFAB，

∴四边形ABED为平行四边形，

∴BD，

∵AFCB，ACFD，

∴AFCACF，

∴ACAF．

（2）解：连接AO,CO，如图，

由（1）得AFCACF，

∵AFC1803075，

2

第3页共71页.

∴AOC2AFC150，

∴的长l15035．

AC1802

【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，90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．

第4页共71页.

【变式1】（2023·山东·统考一模）．如图，在ABC中，AC4，以点C为圆心，2为半径的圆与边AB相

切于点D，与AC，BC分别交于点E和点F，点H是优弧EF上一点，EHF70，则BDF的度数是（）

A．35B．40C．55D．60

【答案】B

【分析】连接CD，由切线的性质得出CDAB，CDB90，利用解直角三角形求出ACD60，由圆

周角定理求出ACB140，进而求出DCB80，再利用等腰三角形的性质求出CDF的度数，继而求

出BDF的度数．

【详解】如图，连接CD，

AB是C的切线，

CDAB，

CDB90，

AC4，CD2，

CD21

cosACD，

AC42

ACD60，

EHF70，

ACB2EHF140，

DCBACBACD1406080，

CDCF，

第5页共71页.

18080

CDFCFD50，

2

BDFCDBCDF905040，

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，AB是O的直径，点M是O内的一定点，PQ是O内过点M

的一条弦，连接AM，AP，AQ，若O的半径为4，AM5，则APAQ的最大值为_____．

【答案】85

【分析】如图，连接BP，过点A作AHPQ交于点H，根据圆周角定理得到APB90，BQ，则

可判断APBAHQ，利用相似比得到APAQ8AH，然后利用AH的最大值为5，确定APAQ的最大

值．

【详解】解：如图，连接BP，过点A作AHPQ交于点H．

∵AB是O的直径，

∴APB90，

∴APBAHQ90，

∵BQ，

∴APBAHQ，

第6页共71页.

APAB

∴，

AHAQ

∴APAQABAH，

∵O的半径为4，

∴AB8，

∴APAQ8AH，

∴当点H与点M重合时，AH有最大值，

即AHAM5时，APAQ有最大值，最大值为85．

故答案为：85．

【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，90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AB为O的直径，过O上点C的切线交AB的延

长线于点E，ADEC于点D．且交O于点F，连接BC，CF，AC．

(1)求证：BCCF；

(2)若AD3，DE4，求BE的长．

【答案】(1)见解析

5

(2)

4

【分析】（1）根据切线的性质首先得出COED，再利用平行线的判定得出CO∥AD，进而利用圆周角、

圆心角定理得出BCCF；

（2）首先求出EOC∽EAD，进而得出r的长，即可求出BE的长．

【详解】（1）解：证明：如图，连接OC，

第7页共71页.

ED切O于点C，

COED，

ADEC，

CO∥AD，

OCACAD，

OCAOAC，

OACCAD，

BCCF，

BCCF；

（2）在Rt△ADE中，

AD3，DE4，

∴AE32425，

CO∥AD，

EOC∽EAD，

EOOC

，

EAAD

设O的半径为r，

OE5r，

5rr

，

53

15

r，

8

第8页共71页.

5

BE52r，

4

5

答：BE的长为．

4

【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

BCCF．

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ACBD，ACCD，BDCD得四边形ABDC是矩

形，根据CD与O切于点E，OE为O的半径得OECD，OEAB，即PAPB，PEAC，根据边之

间的关系得PA8cm，ACBDPE4cm，在Rt△OAP，由勾股定理得，PA2+OP2=OA2，进行计算可

得OA10，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，

第9页共71页.

∵ACBD，ACCD，BDCD，

∴四边形ABDC是矩形，

∵CD与O切于点E，OE为O的半径，

∴OECD，OEAB，

∴PAPB，PEAC，

∵AB=CD=16cm，

∴PA8cm，

∵ACBDPE4cm，

在Rt△OAP，由勾股定理得，

PA2+OP2=OA2

82+(OA-4)2=OA2

解得，OA10，

则这种铁球的直径＝2OA21020cm，

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）O的直径CD10，AB是O的弦，ABCD，垂足为M，

OM:OC3:5，则AC的长为______．

【答案】25或45

【分析】分①点M在线段OC上，②点M在线段OD上两种情况，连接OA，先利用勾股定理求出AM的长，

再在RtACM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M在线段OC上时，连接OA，

第10页共71页.

O的直径CD10，

OAOC5，

OM:OC3:5，

3

OMOC3,CMOCOM2，

5

ABCD，

AMOA2OM252324，

ACAM2CM2422225；

②如图，当点M在线段OD上时，连接OA，

同理可得：OC5,OM3,AMOA2OM24，

CMOCOM8，

ACAM2CM2428245；

综上，AC的长为25或45，

故答案为：25或45．

【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，O的直径AB垂直于弦DC于点F，点P在AB的延长线

上，CP与O相切于点C．

第11页共71页.

(1)求证：PCBPAD；

(2)若O的直径为4，弦DC平分半径OB，求：图中阴影部分的面积．

【答案】(1)见解析

2

(2)

3

【分析】(1)首先可证得OBCOCB，由圆周角定理得：ADFOBC，可得OCBADF，再根

据切线的性质，可得PCBOCB90，根据垂直的定义可得PADADF90，据此即可证得；

1

(2)首先由弦DC平分半径OB，OB=OC，可得OFOD，ODF30，DOF60，再根据ABDC，

2

可得DFFC，即可证得S△CFBS△CFOS△DFO，最后由S阴影部分S扇形BOD即可求得．

【详解】（1）证明：如图，连接OC，

OBOC，

OBCOCB，

由圆周角定理得：ADFOBC，

OCBADF，

CP与O相切，

OCPC，

PCBOCB90，

ABDC，

PADADF90，

PCBPAD；

（2）解：如图：连接OD，

第12页共71页.

弦DC平分半径OB，OB=OC，

1

BF=OF，在Rt△ODF中，OFOD，

2

ODF30，

DOF60，

ABDC，

DFFC，

QBF=OF，ABDC，

S△CFBS△CFOS△DFO，

60222

S阴影部分S扇形．

BOD3603

【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：

第13页共71页.

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RT△，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，O的半径ODAB于点C，连接AO并延长交O于点E，

连接EC．若AB8，CD2，则tanOEC为（）

第14页共71页.

63132213

A．B．C．D．

1713313

【答案】A

【分析】连接BE，过C作CQAE于Q，根据垂径定理求出ACBC4，根据圆周角定理求出ABE90，

根据勾股定理求出O的半径，求出AE，根据勾股定理求出BE，根据三角形的面积公式求出CQ，根据勾

股定理求出EQ，再解直角三角形求出答案即可．

【详解】解：连接BE，过C作CQAE于Q，设O的半径为R，

∵OCAB，OC过O，AB8，

∴OCA90，ACBC4，

由勾股定理得：OA2OC2AC2，

2

即R2R242，

解得：R5，

即AE5510，

∵AE为O的直径，

∴B90，

∴BEAE2AB2102826，

∵AC4，

11

∴SACBEAECQ，

ACE22

第15页共71页.

11

∴4610CQ，

22

12

解得：CQ，

5

由勾股定理得：CEBC2BE24262213，

2

2

221234

∴EQCECQ213，

55

12

CQ6

∴tanOEC5，

EQ3417

5

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CE

的长度是解此题的关键．

【变式2】（2023·安徽滁州·校考一模）如图，O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E，CD延长线上一点P

与点A的连线交O于点F，已知AB10，CD8，AF6，则PF的长为________．

221

【答案】##7

33

AFAE

【分析】连接FB，CO，根据垂径定理与勾股定理求得OE，进而根据cosA，即可求解．

ABAP

【详解】解：连接FB，CO，如图所示，

∵AB10，CD8，AF6，O的直径AB垂直于弦CD，

∴CO2OE2CE2，

即52OE242，

∴OE3（负值舍去），

第16页共71页.

∵O的直径AB垂直于弦CD，

∴AFBAEP90

AFAE

∴cosA

ABAP

∵AB10，CD8，AF6，AE538，

68

∴

106+PF

22

解得：PF，

3

22

故答案为：．

3

【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AB是O的直径，C是O上一点，

ODBC，垂足为D，连接AD，过点A作O的切线与DO的延长线相交于点E．

(1)求证：BE；

(2)若O的半径为4，OE6，求AD的长．

【答案】(1)见解析

421

(2)

3

【分析】（1）证明ODBOAE90，DOBAOE，即可得出BE；

（2）证明△ODB∽VOAE，求出OD，由勾股定理求出DB，由垂径定理求出BC，进而利用勾股定理求出

AC，AD．

【详解】（1）证明：∵ODBC，

∴ODB90，

∵AE是O的切线，

∴OAE90，

在△ODB和△OAE中，ODBOAE90，DOBAOE，

第17页共71页.

∴BE；

（2）解：如图，连接AC．

∵O的半径为4，

∴OAOB4，AB8，

∵在△ODB和△OAE中，

ODBOAE90，DOBAOE，

∴△ODB∽VOAE，

ODOBOD4

∴，即，

OAOE46

8

∴OD，

3

在Rt△ODB中，由勾股定理得：OD2DB2OB2，

2

222845

∴DBOBOD4．

33

∵ODBC，OD经过O的圆心，

45

∴CD=DB=，

3

85

∴BC2DB．

3

∵AB是O的直径，C是O上一点，

∴ACB90，

在Rt△ACB中，由勾股定理得：AC2BC2AB2，

2

∴2228516．

ACABBC8

33

在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC2CD2AD2，

2

2

∴221645421．

ADACCD

333

【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

第18页共71页.

较强，熟练掌握上述知识点，通过证明△ODB∽VOAE求出OD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，ADC120，点E

是AD上任意一点，连接BE，CE，则BEC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ABC60，连接AC，得ACB90，进一步得出BAC30，

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，

∴ADCABC180

∵ADC120

∴ABC180ADC18012060

∵AB为半圆的直径

∴ACB90，

∴BAC30

∴BECBAC30

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

第19页共71页.

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O，则AB的长是________

（结果保留π）

【答案】2

【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，

∴ABBCCDAD，

1

∴∠AOB＝×360°＝90°，

4

在RtAOB中，由勾股定理得：AO2＋BO2＝2AO2＝42＝16，

解得：△AO＝22，

9022

∴AB的长＝2，

180

故答案为：2．

【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ABCD内接于圆O，AD是圆O的直径，AD，BC的

延长线交于点E，延长CB交PA于点P，BAPDCE90．

第20页共71页.

(1)求证：PA是圆O的切线；

1

(2)连接AC，sinBAC，BC2，AD的长为______．

3

【答案】(1)证明见解析

(2)6

【分析】（1）根据圆内接四边形的性质和BAPDCE90，可得出PAD90，再根据AD是圆O的直

径，由切线的判定可得证；

（2）延长DC交AB的延长线于点F，由AD是圆O的直径，可说明△ACF是直角三角形，从而得到

CF1CBCF

sinBAC，再证明△FCB∽△FAD，得到，代入数据即可得到答案．

AF3ADAF

（1）证明：∵四边形ABCD内接于圆O，∴BADDCE，∵BAPDCE90，∴BAPBAD90，

∴PAD90，∴PAAD，∵AD是圆O的直径，∴PA是圆O的切线．

（2）解：延长DC交AB的延长线于点F，∵AD是圆O的直径，∴ACD=90，

CF

∴ACF180ACD90，∴△ACF是直角三角形，∴sinBAC，∵四边形ABCD内接于圆O，

AF

CBCF1

∴FCBFAD，又∵FF，∴△FCB∽△FAD，∴，∵sinBAC，BC2，

ADAF3

2CF1

∴，∴AD6．故答案为：6．

ADAF3

【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

第21页共71页.

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O中，AD是直径，DAB31，点C

是圆上的一动点（不与点A重合），则ACB的度数为（）

A．31B．59C．31或59D．59或121

【答案】D

【分析】连接BD，分点C在优弧AB和劣弧AB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BD，如图，

∵AD是直径，

∴ÐABD=90°，

第22页共71页.

∵DAB31，

∴ADB59，

分点C在优弧AB和劣弧AB上两种情况讨论，

当点C在优弧AB时，如图点C，

∵ADBACB，

∴ACB59；

当点C在劣弧AB时，如图点C，

∵四边形ACBD内接于O，

∴ACBADB180，

∵ADB59，

∴ACB121，

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ABCD边AB上的一点，已知DEF45，EF

分别交边AC，CD于点G，F，且满足AGDF32，则EG的长为______．

【答案】3

【分析】先判定A、E、G、D四点共圆，从而得出EGD是等腰直角三角形，则ED2EG，再证明

AGDG

ADG∽EFD，得出，即DGEDAGDF32，把EGDG，ED2EG代入即可求出

EDDF

EG的长．

【详解】解：∵正方形ABCD，

∴BADADF90，BACCAD45，

∵DEF45，

∴DEGCAD，

∴A、E、G、D四点共圆，如图，

第23页共71页.

∴DGE180EAD1809090，

∵DEF45，

∴DEGEDG45，

∴EGDG，ED2EG，

∴DGF90，

∴GFDGDF90，

∵ADGGDFADC90，

∴ADGGFD，

∵DEGGAD45，

∴ADG∽EFD，

AGDG

∴，即DGEDAGDF32，

EDDF

∵EGDG，ED2EG，

∴EG2EG32，

∴ED3，

故答案为：3．

【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BC上的一点，连接DP，CP．

(1)求∠CPD的度数；

第24页共71页.

(2)当点P为BC的中点时，CP是⊙O的内接正n边形的一边，求n的值．

【答案】(1)DPC45

(2)n8

【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°，

1

∴DPCDOC45．

2

（2）解：连接PO，OB，如图所示：

∵正方形ABCD内接于⊙O，

∴∠COB＝90°，

∵点P为BC的中点，

∴，

CPBP

1

∴COPCOB＝45，

2

∴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．

第25页共71页.

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

l

1中圆内接正六边形的周长l6R，则63．再利用圆的内接正十二边形来计算圆周率则圆周率约为

62R

（）

A．12sin15B．12cos15C．12sin30D．12cos30

【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A1A2A12是正十二边形，

360

∴AOA30，

6712

∵OHA6A7于H，又OA6OA7，

∴A6OH15，

∴圆内接正十二边形的周长l12122Rsin1524Rsin15，

l

∴1212sin15

2R

故选：A．

第26页共71页.

【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⊙O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_________．

2

【答案】

4

【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°，

ABa2a22a，

由正方形的性质可得CD=CE=OC=a，

∴DE=2a，

2

2222，

S阴影=S圆-S小正方形=a2aa2a2a

22

S大正方形=2a4a，

2a22

∴这个点取在阴影部分的概率是，

4a24

第27页共71页.

2

故答案为：

4

【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ABCDE内接于⊙O，阅读以下作图过程，并回答

下列问题，作法：如图2，①作直径AF；②以F为圆心，FO为半径作圆弧，与⊙O交于点M，N；③连接

AM,MN,NA．

(1)求ABC的度数．

(2)AMN是正三角形吗？请说明理由．

(3)从点A开始，以DN长为半径，在⊙O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)108

(2)是正三角形，理由见解析

(3)n15

【分析】（1）根据正五边形的性质以及圆的性质可得ABBCCDDEAE，则AOC(优弧所对圆心

角)372216，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NOD14412024，即可得出结论．

【详解】（1）解：∵正五边形ABCDE．

第28页共71页.

∴ABBCCDDEAE，

360

∴AOBBOCCODDOEEOA72，

5

∵AEC3AE，

∴AOC(优弧所对圆心角)372216，

11

∴ABCAOC216108；

22

（2）解：AMN是正三角形，理由如下：

连接ON,FN，

由作图知：FNFO,

∵ONOF，

∴ONOFFN，

∴△OFN是正三角形，

∴OFN60，

∴AMNOFN60，

同理ANM60，

∴MAN60，即AMNANMMAN，

∴AMN是正三角形；

（3）∵AMN是正三角形，

∴AON2AMN120．

∵AD2AE，

∴AOD272144，

∵DNADAN，

∴NOD14412024，

第29页共71页.

360

∴n15．

24

【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n等分（n3），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

n2180360

（1）正n边形的每个内角都等于180.

nn

360

（2）正n边形的每个中心角都等于.

n

（3）正n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，

2

18022a

设正n边形的半径为R,一边ABa，边心距OMr，则有BOM,Rr,正n边

n2

形

1

的周长lna,面积SnSAOB2nSBOMlr.

2

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【变式1】（2023·安徽安庆·统考一模）如图，五边形ABCDE是O的内接正五边形，AF是O的直径，则

CDF的度数是（）

A．18B．36C．54D．72

【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AC，AD，

∵AF是O的直径，

∴ÐADF=90°，

∵五边形ABCDE是O的内接正五边形，

18052

∴ABC108，

5

∵四边形ABCD是O的内接四边形，

∴ABC+ADC180，

∴ADC=180ABC=180108=72,

∴CDF=ADFADC=9072=18．

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COD顶点

3

在圆心O上，这个角绕点O任意转动，在转动过程中，扇形COD与扇形AOB有重叠的概率为，求

10

第31页共71页.

___________．

【答案】36##36度

【分析】根据题意可得出扇形COD与扇形AOB有重叠的概率即为组成的扇形圆心角与360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72，

3

∵转动过程中，扇形COD与扇形AOB有重叠的概率为

10

723

∴

36010

解得：36．

故答案为：36．

【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R和中心角有什么关系？

【问题探究】

如图①，ABC是等边三角形，半径OAR，AOB是中心角，P是ABC内任意一点，P到ABC各边

、、

距离PF、PE、PD分别为h1h2h3，设ABC的边长是a，面积为S．过点O作OMAB．

11

∴OMRcosAOBRcos60，AMRsinAOBRsin60，AB2AM2Rsin60，

22

1

∴S3S3ABOM3R2sin60cos60，①

ABCAOB2

1

∵S又可以表示ahhh②

ABC2123

1

联立①②得ahhh3R2sin60cos60

2123

1

∴2Rsin60hhh3R2sin60cos60

2123

∴h1h2h33Rcos60

第32页共71页.

【问题解决】

如图②，五边形ABCDE是正五边形，半径OAR，AOB是中心角，P是五边形ABCDE内任意一点，P到

五边形ABCDE各边距PH、PM、PN、PI、PL分别为h1、h2、h3、h4、h5，参照（1）的分析过程，探究

h1h2h3h4h5的值与正五边形ABCDE的半径R及中心角的关系．

【性质应用】

（1）正六边形（半径是R）内任意一点P到各边距离之和h1h2h3h4h5h6_______．

（2）如图③，正n边形（半径是R）内任意一点P到各边距离之和h1h2hn1hn______．

180

【答案】【问题解决】：hhhhh5Rcos36；【性质应用】：（1）6Rcos30；（2）nRcos

12345n

【分析】问题解决：

1

设正五边形的边长是a，面积为S，得到Sahhhhh，O为正五边形的中心，连接OA、OB、

212345

OC、OD、OE，它们将五边形分成五个全等的等腰三角形，过点O作OQAB，垂足为Q，RtAOQ中

表示出OQ、AQ、AB后即可表示出h1h2h3h4h5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h1h2hn1hn与半径R和

中心角的关系．

1

【详解】解：【问题解决】设正五边形的边长是a，面积为S，显然Sahhhhh，

212345

O为正五边形的中心，连接OA、OB、OC、OD、OE，它们将五边形分成五个全等的等腰三角形，

过点O作OQAB，垂足为Q，

第33页共71页.

360

∴AOB72，AOBO，

5

1

∴AOQAOB36，

2

∴OQOAcosAOQRcos36，

AQOAsinAOQRsin36，

∴ABa2AQ2Rsin36，

11

∴SABOQ2Rsin36Rcos36R2sin36cos36，

AOB22

2

∴S正五边形ABCDE5SAOB5Rsin36cos36

1

∴ahhhhh5R2sin36cos36

212345

1

即：2Rsin36hhhhh5R2sin36cos36

212345

∴h1h2h3h4h55Rcos36

【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

h1h2h3h4h5h66Rcos30，

故答案为：6Rcos30；

180

（2）正n边形（半径是R）内任意一点P到各边距离之和hhhhnRcos，