专题04圆章末重难点题型(举一反三)(人教版)(解析版)九年级全册数学举一反三系列(人教版)

专题04圆章末重难点题型【举一反三】【人教版】【考点1圆的相关概念】【方法点拨】解决此类问题的关键是圆中的半径所构成等腰三角形的灵活应用.【例1】（2019•邗江区校级一模）如图，⊙O的直径BA的延长线与弦DC的延长线交于点E，且CE＝OB，已知∠DOB＝72°，则∠E等于（）A．36°B．30°C．18°D．24°【分析】根据圆的半径相等，可得等腰三角形；根据三角形的外角的性质，可得关于∠E的方程，根据解方程，可得答案．【答案】解：如图：第1页共40页CE＝OB＝CO，得∠E＝∠1．由∠2是△EOC的外角，得∠2＝∠E+∠1＝2∠E．由OC＝OD，得∠D＝∠2＝2∠E．由∠3是三角形△ODE的外角，得∠3＝E+∠D＝∠E+2∠E＝3∠E．由∠3＝72°，得3∠E＝72°．解得∠E＝24°．故选：D．【点睛】本题考查了圆的认识，利用圆的半径相等得出等腰三角形是解题关键，又利用了三角形外角的性质．【变式1-1】（2019•陕西模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝40°，以C为圆心，CB为半径的圆交AB于点D，连接CD，则∠ACD＝（）A．10°B．15°C．20°D．25°【分析】先求得∠B，再由等腰三角形的性质求出∠BCD，则∠ACD与∠BCD互余．【答案】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝40°，∴∠B＝50°，∵CD＝CB，∴∠BCD＝180°﹣2×50°＝80°，∴∠ACD＝90°﹣80°＝10°；故选：A．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理和等腰三角形的性质，是基础知识比较简单．第2页共40页【变式1-2】（2019秋•萧山区期中）如图，半圆O是一个量角器，△AOB为一纸片，AB交半圆于点D，OB交半圆于点C，若点C、D、A在量角器上对应读数分别为45°，70°，160°，则∠B的度数为（）A．20°【分析】连结OD，如图，形外角性质得∠ADO＝∠B+∠DOB，所以∠B＝45°﹣25°＝20°．【答案】解：连结OD，如图，则∠DOC＝70°﹣45°＝25°，∠AOD＝160°﹣70°＝90°，B．30°C．45°D．60°根据题意得∠DOC＝25°，∠AOD＝90°，由于OD＝OA，则∠ADO＝45°，然后利用三角∵OD＝OA，∴∠ADO＝45°，∵∠ADO＝∠B+∠DOB，∴∠B＝45°﹣25°＝20°．故选：A．【点睛】本题考查了圆的认识：掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．【变式1-3】（2018秋•瑞安市期末）如图，A，B，C是⊙O上的三点，AB，AC的圆心O的两侧，若∠ABO＝20°，∠ACO＝30°，则∠BOC的度数为（）A．100°析】过A、O作⊙O的直径AD，分别在等腰△OAB、等腰△OAC中，根据三角形外角的性质求出∠BOC＝2∠ABO+2∠ACO．B．110°C．125°D．130°【分第3页共40页【答案】解：过A作⊙O的直径，交⊙O于D．在△OAB中，OA＝OB，则∠BOD＝∠ABO+∠OAB＝2×20°＝40°，同理可得：∠COD＝∠ACO+∠OAC＝2×30°＝60°，故∠BOC＝∠BOD+∠COD＝100°．故选：A．【点睛】本题考查了圆周角定理，涉及了等腰三角形的性质及三角形的外角性质，解答本题的关键是求出∠COD及∠BOD的度数．【考点2垂径定理求线段】【方法点拨】垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。推论：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；弦的垂直平分线过圆心，且平分弦对的两条弧．【例2】（2019•柯桥区模拟）如图，⊙O的直径CD＝10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM：OC＝4：5，则AB的长为（）A．6D．9【分析】＝4，OC＝5，连接OA，根据勾股定理和垂径定理可求得AB．如图所示，连接OA．⊙O的直径CD＝10cm，O的半径为5cm，B．7C．8由于⊙O的直径CD＝10cm，则⊙O的半径为5cm，又已知OM：OC＝4：5，则可以求出OM【答案】解：则⊙即OA＝OC＝5，又∵OM：OC＝4：5，第4页共40页所以OM＝4，∵AB⊥CD，垂足为M，∴AM＝BM，在Rt△AOM中，AM＝＝3，∴AB＝2AM＝2×3＝6．故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，解决与弦有关的问题时，往往需构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形，若设圆的半径为r，弦长为a，这条弦的弦心距为d，则有等式r＝2d2+（）成立，知道这三个量中的任意两个，就可以求出另外一个．2【变式2-1】（2019•渝中区校级三模）如图，⊙连结EB．若AB＝4，CD＝1，则EB的长为（）O的半径OD⊥弦AB于点C，连结AO并延长交⊙O于点E，A．3B．4C．5D．2.5r，再利用三角形的中位线定理即可解【分析】设⊙O的半径为r．在Rt△AOC中，利用勾股定理求出决问题．【答案】解：设⊙O的半径为r．∵OD⊥AB，∴AC＝BC＝2，在Rt△AOC中，∵∠ACO＝90°，∴OA2＝OC2+AC2，∴r＝（r﹣1）2+22，2第5页共40页∴r＝，∴OC＝，∵OA＝OE，AC＝CB，∴BE＝2OC＝3，故选：A．【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．【变式2-2】（2019•庐阳区二模）如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AC于点E，连接BC过点O作OF⊥BC于点F，若BD＝12cm，AE＝4cm，则OF的长度是（）A．B．C．D．3cm【分析】连接OB，根据垂径定理求出BE，根据勾股定理求出OB，再根据勾股定理计算即可．【答案】解：连接OB，∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AC，∴BE＝BD＝6，在Rt△OEB中，OB2＝OE2+BE2，即OB2＝（OB﹣4）2+62，解得，OB＝，则EC＝AC﹣AE＝9，BC＝＝3，∵OF⊥BC，∴CF＝BC＝，∴OF＝＝（cm），故选：A．第6页共40页【点睛】本题考查的是垂径定理、勾股定理，垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．【变式2-3】（2019•梧州）如图，在半径为的⊙O中，弦AB与CD交于点E，∠DEB＝75°，AB＝6，AE＝1，则CD的长是（）A．2B．2C．2F，OG⊥AB于G，连接OB、OD、OE，由垂径定理得出DF＝CF，AG＝2，角三角形，得出∠OEG＝45°，OE＝OG＝2，求出∠OEF＝30°，由直角三角形的性质得出OF＝OE＝，由勾股定理得出DF═，即可得出答案．【答案】O作OF⊥CD于点F，OG⊥AB于G，连接OB、OD、OE，如图所示：D．4【分析】过点O作OF⊥CD于点＝BG＝AB＝3，得出EG＝AG﹣AE＝2，由勾股定理得出OG＝证出△EOG是等腰直解：过点则DF＝CF，AG＝BG＝AB＝3，∴EG＝AG﹣AE＝2，在Rt△BOG中，OG＝∴EG＝OG，＝＝2，∴△EOG是等腰直角三角形，∴∠OEG＝45°，OE＝OG＝2，∵∠DEB＝75°，∴∠OEF＝30°，∴OF＝OE＝，在Rt△ODF中，DF＝＝＝，第7页共40页∴CD＝2DF＝2；故选：C．【点睛】本题考查的是垂径定理、勾股定理以及直角三角形的性质，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．【考点3圆周角定理】【方法点拨】圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等。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。【例3】（2019•营口）如图，BC是⊙O的直径，A，D是⊙O上的两点，连接AB，AD，BD，若∠ADB＝70°，则∠ABC的度数是（）A．20°B．70°C．30°D．90°【分析】连接AC，如图，根据圆周角定理得到∠BAC＝90°，∠ACB＝∠ADB＝70°，然后利用互余计算∠ABC的度数．【答案】解：连接AC，如图，∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°，∵∠ACB＝∠ADB＝70°，∴∠ABC＝90°﹣70°＝20°．故答案为20°．故选：A．第8页共40页【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．推论：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．AB是半圆的直径，O为圆心，C是半圆上的点，D是上的点．若∠BOC＝50°，则∠D的度数（）【变式3-1】（2019•相城区校级二模）如图，A．105°【分析】连接BD，如图，∠ADB+∠CDB即可．B．115°C．125°D．85°利用圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠BDC＝∠BOC＝25°，然后计算【答案】解：连接BD，如图，∵AB是半圆的直径，∴∠ADB＝90°，∵∠BDC＝∠BOC＝×50°＝25°，∴∠ADC＝90°+25°＝115°．故选：B．【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．推论：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．【变式3-2】（2019•碑林区校级一模）如图，∠BAD等于（）AD是半圆的直径，点C是弧BD的中点，∠ADC＝55°，则第9页共40页A．50°【分析】连接OB、OC．求出∠BOD即可解决问题．【答案】解：连接OB，OC，B．55°C．65°D．70°∵∠ADC＝55°，∴∠AOC＝2∠ADC＝110°，∴弧AC＝110°，∵AD是半圆的直径，∴弧CD＝70°，∵D是弧BD的中点，∴弧BD＝140°，∴∠BOD＝140°，∴∠BAD＝∠BOD＝70°，故选：D．【点睛】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，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是解答此题的关键．【变式3-3】（2019•太原二模）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD平分∠ACB交⊙O于点D，若∠ABC＝30°，则∠CAD的度数为（）第10页共40页A．l00°【分析】利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，则利用∠BCD＝45°，从而利用圆周角定理得到∠BAD＝∠BCD＝45°，然后计算∠BAC+∠BAD即可．B．105°C．110°D．120互余计算出∠BAC＝60°，接着根据角平分线定义得到【答案】解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝90°﹣30°＝60°，∵CD平分∠ACB，∴∠BCD＝45°，∵∠BAD＝∠BCD＝45°，∴∠CAD＝∠BAC+∠BAD＝60°+45°＝105°．故选：B．【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．推论：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．【考点4圆的内接四边形】【方法点拨】圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补,且任意一个角的外角都等于其内对角.【例4】（2019•蓝田县一模）如图，点A、B、C、D在⊙O上，∠ADB＝（），∠CAD＝30°，∠ACD＝50°，则A．30°B．50°C．70°D．80°【分析】直接利用圆周角定理以及结合三角形内角和定理得出∠ACB＝∠ADB＝180°﹣∠CAB﹣∠ABC，进而得出答案．第11页共40页【答案】解：∵，∠CAD＝30°，∴∠CAD＝∠CAB＝30°，∴∠DBC＝∠DAC＝30°，∵∠ACD＝50°，∴∠ABD＝50°，∴∠ACB＝∠ADB＝180°﹣∠CAB﹣∠ABC＝180°﹣50°﹣30°﹣30°＝70°．故选：C．【点睛】此题主要考查了圆周角定理以及三角形内角和定理，正确得出∠ABD度数是解题关键．【变式4-1】（2019•澄海区一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的一个外角∠EBC＝55°，分别连接AC、BD，若AC＝AD，则∠DBC的度数为（）A．50°B．60°C．65°D．70°【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠ADC，根据等腰三角形的性质、圆周角定理计算即可．【答案】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ADC＝∠EBC＝55°，∵AC＝AD，∴∠ACD＝∠ADC＝55°，∴∠DAC＝70°，由圆周角定理得，∠DBC＝∠DAC＝70°，故选：D．【点睛】是解题的关键．本题考查的是圆内接四边形、圆周角定理，掌握圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角【变式4-2】（2019•嘉祥县三模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，F是上一点，且＝，连接CF并延长交AD的延长线于点E，连接AC，若∠ABC＝105°，∠BAC＝25°，则∠E的度数为（）第12页共40页A．45°B．50°C．55°D．60°周角定理得出∠DCE的度数，根据三角【分析】先根据圆内接四边形的性质求出∠ADC的度数，再由圆形外角的性质即可得出结论．【答案】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝105°，∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣105°＝75°．∵＝，∠BAC＝25°，∴∠DCE＝∠BAC＝25°，∴∠E＝∠ADC﹣∠DCE＝75°﹣25°＝50°．故选：B．【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的关键．【变式4-3】（2018•南岗区一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若⊙O的半径为4，且∠B＝2∠D，连接AC，则线段AC的长为（）A．4B．4C．6D．8【分析】连接OA，OC，利用内接四边形的性质得出∠D＝60°，进而得出∠AOC＝120°，利用含30°的直角三角形的性质解答即可．【答案】解：连接OA，OC，过O作OE⊥AC，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠B＝2∠D，第13页共40页∴∠B+∠D＝3∠D＝180°，D＝60°，∴∠AOC＝120°，解得：∠在Rt△AEO中，∴AE＝2，∴AC＝4，OA＝4，故选：B．【点睛】此题考查内接四边形的性质，关键是利用内接四边形的性质得出∠D＝60°．【考点5弧长计算】n°的圆心角所对的弧长【例5】（2019•鞍山）如图，AC是⊙O的直径，则的长为nR。180【方法点拨】l为：lB，D是⊙O上的点，若⊙O的半径为3，∠ADB＝30°，．【分析】根据圆周角定理求出∠AOB，得到∠BOC的度数，根据弧长公式计算即可．【答案】解：由圆周角定理得，∠AOB＝2∠ADB＝60°，∴∠BOC＝180°﹣60°＝120°，∴的长＝＝2π，故答案为：2π．【点睛】本题考查的是圆周角定理、弧长的计算，掌握圆周角定理、弧长公式是解题的关键．【变式5-1】（2019•庐江县模拟）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，∠ABC的平分线交⊙O于点D．若AB＝6，∠BAC＝30°，则劣弧的长等于．第14页共40页【分析】根据直径所对的圆周角是直角求出∠ACB＝90°，再根据直角三角形两锐角后根据角平分线的定义求出∠ABD，根据中，同弧所对的圆心角等于圆周角的二倍求出∠AOD，然后根据互余求出∠ABC，然在同圆或等圆弧长公式列式计算即可得解．【答案】解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠BAC＝30°，∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，∵∠ABC的平分线交⊙O于点D，∴∠ABD＝∠ABC＝×60°＝30°，∴∠AOD＝2∠ABD＝2×30°＝60°，∴劣弧的长＝＝π．故答案为：π．【点睛】公式并求出∠AOD的度数是【变式5-2】（2019•泰顺县模拟）如图，△ABC的顶点C在半径为9的⊙O上，∠C＝40°，边AC，BC分别与⊙O交于D，E两点，则劣弧DE的长度为本题考查了弧长的计算，圆周角定理，直角三角形两锐角互余的性质，比较简单，熟记定理与解题的关键．．【分析】连接OD、OE，得出∠DOE＝2∠C＝80°，由弧长公式即可得出答案．【答案】解：连接OD、OE，如图所示：∵∠C＝40°，∴∠DOE＝2∠C＝80°，∵OD＝9，∴劣弧DE的长＝故答案为：4π．＝4π．第15页共40页【点睛】本题考查了圆周角定理、弧长公式；熟练掌握弧长公式，能够运用圆周角定理求角是解决问题的关键．【变式5-3】（2019•瑶海区二模）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，E为BC的中点，AF＝1，以EF为直径的半圆与DE交于点G，则劣弧的长为．【分析】连接OG，DF，根据勾股定理分别求出DF、EF，证明得到∠GOE＝90°，根据弧长公式【答案】解：连接OG，DF，Rt△DAF≌Rt△FBE，求出∠DFE＝90°，计算即可．∵BC＝2，E为BC的中点，∴BE＝EC＝1，∵AB＝3，AF＝1，∴BF＝2，由勾股定理得，DF＝＝，EF＝＝，∴DF＝EF，在Rt△DAF和Rt△FBE中，，∴Rt△DAF≌Rt△FBE（HL）∴∠ADF＝∠BFE，∵∠ADF+∠AFD＝90°，∴∠BFE+∠AFD＝90°，即∠DFE＝90°，∵FD＝FE，第16页共40页∴∠FED＝45°，∵OG＝OE，∴∠GOE＝90°，∴劣弧的长＝＝π，故答案为：π．【点睛】本题考查的是弧长的计算、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握弧长公式是解题的关键．【考点6正多边形与圆】【方法点拨】定义：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心，外接圆的半径叫做正多边形的半径，正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角，中心正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距。【例6】（2019•朝阳区校级四模）如图，⊙O与正六边形OABCDE的边OA、OE分别交丁点F、G，点M在FG上，则圆周角∠FMG的大小为度．【分析】在优弧FG上取一点T，连接TF，TG．利用圆内接四边形对角互补解决问题即可．【答案】解：在优弧FG上取一点T，连接TF，TG．∵ABCDEF是正六边形，∴∠AOE＝120°第17页共40页∵∠T＝∠FOG，∴∠T＝60°，∵∠FMG+∠T＝180°，∴∠FMG＝120°，故答案为120°．【点睛】本题考查正多边形与圆，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造圆内接四边形解决问题．【变式6-1】（2019•海南）如图，⊙O与正五边形ABCDE的边AB、DE分别相切于点B、D，则劣弧所对的圆心角∠BOD的大小为度．【分析】根据正多边形内角和公式可求出∠E、∠D，根据切线的性质可求出∠OAE、∠OCD，从而可求出∠AOC，然后根据圆弧长公式即可解决问题．【答案】解：∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠E＝∠A＝＝108°．∵AB、DE与⊙O相切，∴∠OBA＝∠ODE＝90°，∴∠BOD＝（5﹣2）×180°﹣90°﹣108°﹣108°﹣90°＝144°，故答案为：144．【点睛】本题主要考查了切线的性质、正五边形的性质、多边形的内角和公式、熟练掌握切线的性质是解决本题的关键．【变式6-2】（2019•青岛）如图，五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，AF是⊙O的直径，则∠BDF的度数是°．第18页共40页【分析】连接AD，根据圆周角定理得到∠ADF＝90°，根据五边形的内角和得到∠ABC＝∠C＝108°，求得∠ABD＝72°，由圆周角定理得到∠F＝∠ABD＝72°，求得∠FAD＝18°，于是得到结论．【答案】解：连接AD，∵AF是⊙O的直径，∴∠ADF＝90°，∵五边形ABCDE是⊙O的内接∴∠ABC＝∠C＝108°，∴∠ABD＝72°，正五边形，∴∠F＝∠ABD＝72°，∴∠FAD＝18°，∴∠CDF＝∠DAF＝18°，∴∠BDF＝36°+18°＝54°，故答案为：54．【点睛】本题考查正多边形与圆，圆周角定理等知识，解题的关键灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．【变式6-3】（2019•江岸区校级模拟）如图，⊙O的半径为2，正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，对角线CE、DF相交于点M，则△MEF的面积是．【分析】设OE交DF于N，由正八边形的性质得出DE＝FE，∠EOF＝＝45°，，由垂径定理得出∠OEF＝∠OFE＝∠OED，OE⊥DF，得出△ONF是等腰直角三角形，因此ON＝FN＝OF第19页共40页＝，∠OFM＝45°，得出EN＝OE﹣OM＝2﹣，证出△EMN是等腰直角三角形，得出MN＝EN，得出MF＝OE＝2，由三角形面积公式即可得出结果．【答案】解：设OE交DF于N，如图所示：∵正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，∴DE＝FE，∠EOF＝＝45°，，∴∠OEF＝∠OFE＝∠OED，OE⊥DF，∴△ONF是等腰直角三角形，∴ON＝FN＝OF＝，∠OFM＝45°，∴EN＝OE﹣OM＝2﹣，∠OEF＝∠OFE＝∠OED＝67.5°，∴∠CED＝∠DFE＝67.5°﹣45°＝22.5°，∴∠MEN＝45°，∴△EMN是等腰直角三角形，∴MN＝EN，∴MF＝MN+FN＝ON+EN＝OE＝2，∴△MEF的面积＝MF×EN＝×2×（2﹣）＝2﹣；故答案为：2﹣．【点睛】本题考查了正多边形和圆、垂径定理、正八边形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握正八边形的性质，证明△ONF和△ENM是等腰直角三角形是解题的关键．【考点7与圆有关的求最值】【例7】（2019•清江浦区一模）正△ABC的边长为4，⊙A的半径为2，D是⊙A上动点，E为CD中点，则BE的最大值为．第20页共40页【分析】连接AD，通过圆的半径和等边三角形的边长，E点的运动轨迹是以F为圆心FE为半径的圆，B，E，F三点共线，此时BE与圆A相切时BE的值最大，利用三角形的性质即可求解；【答案】解：连接AD，A的半径是2，A与AC边交于AC的中点∵E为CD中点，E点的运动轨迹是以F为圆心FE为半径的圆，B，E，F三点共线，此时BE与圆A相切时，BE的值最大，可以判断点∵⊙∴⊙F，∴当点∵AF＝2，AB＝4，∴BF＝2，∵E为CD中点，F是AC的中点，∴EF＝AD＝1，∴BE＝2+1；故答案为2+1．【点睛】本题考查圆与直线的位置关系，等边三角形的性质；利用中位线的性质，直角三角形的边角关系是求解的关键．【变式7-1】（2019•亭湖区校级三0），B（5.2，0），点M是⊙P上的动点，点模）如图，在平面直角坐标系中，点P（3，4），⊙P半径为2，A（2.6，C是MB的中点，则AC的最小值为．第21页共40页【分析】如图，连接OP交⊙OM最小时，AC最小，M运动到M′时，OM最小，由此即可解决问题．【答案】解：如图，连接OP交⊙P于M′，连接OM，P于M′，连接OM．因为OA＝AB，CM＝CB，所以AC＝OM，所以当∵P（3，4），∴由勾股定理得：OP＝＝5，∵OA＝AB＝2.6，CM＝CB，∴AC＝OM，∴当OM最小时，M运动到M′时，OM最小，此时AC的最小值＝OM′＝（OP﹣PM′）＝（AC最小，∴当5﹣2）＝，故答案为．【点睛】本题考查点与圆的位置关系、坐标与图形的性质、三角形中位线定理、最小值问题等知识，解题的关键是理解圆外一点到圆的最小距离以及最大距离，学会用转化的思想思考问题，所以中考常考题型．【变式7-2】（2018•周村区二模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，点D是以点A为圆心4为半径的圆上一点，连接BD，点M为BD中点，线段CM长度的最大值为．第22页共40页【分析】作AB的中点位线定理求得CE和EM的长，然后在【答案】解：作AB的中点E，连接EM、CE．△ABC中，AB＝＝＝10，∵E是直角△ABC斜边AB上的中点，∴CE＝AB＝5．E，连接EM、CE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中△CEM中根据三边关系即可求解．在直角∵M是BD的中点，E是AB的中点，∴ME＝AD＝2．∴在△CEM中，5﹣2≤CM≤5+2，即3≤CM≤7．7，7．∴最大值为故答案为：【点睛】本题考查了点与圆的位置关系、三角形的中位线定理的知识，要结合勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．【变式7-3】（2018秋•邗江区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，D、E分别是AC、M、N，则MN的最大值为．BC上的一点，且DE＝3，若以DE为直径的圆与斜边AB相交于第23页共40页【分析】如图，连接OM，作OH⊥AB于H，CK⊥AB于K．由题意MN＝2MH＝2，OM＝，推出欲求MN的最大值，只要求出OH的最小值即可．【答案】解：如图，连接OM，作OH⊥AB于H，CK⊥AB于K．∵OH⊥MN，∴MH＝HN，∴MN＝2MH＝2，∵∠DCE＝90°，OD＝OE，∴OC＝OD＝OE＝OM＝，∴欲求MN的最大值，只要求出OH的最小值即可，∵OC＝，∴点O的运动轨迹是以C为圆心为半径的在Rt△ACB中，∵BC＝3，AC＝4，∴AB＝5，•AB•CK＝•AC•BC，圆，∵第24页共40页∴CK＝，当C，O，H共线，且与CK重合时，OH的值最小，∴OH的最小值为﹣＝∴MN的最大值＝2故答案为．，＝，【点睛】本题考查最小与圆的位置关系，勾股定理，轨迹等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．【考点8垂径定理的应用】【例8】（2018秋•朝阳区期末）一些不便于直接测量的圆形孔道的直径可以用如下方法测量．如图，把一个直径为10mm的小钢球紧贴在孔道边缘，测得钢球顶端离孔道外端的距离为8mm，求这个孔道的直径AB．【分析】先求出钢珠的半径及OD的长，连接OA，过点O作OD⊥AB于点D，则AB＝2AD，在Rt△AOD中利用勾股定理即可求出AD的长，进而得出AB的长．【答案】解：连接OA，过点O作OD⊥AB于点D，则AB＝2AD，∵钢珠的直径是10mm，∴钢珠的半径是5mm，∵钢珠顶端离零件表面的距离为8mm，∴OD＝3mm，在Rt△AOD中，第25页共40页∵AD＝＝＝4mm，∴AB＝2AD＝2×4＝8mm．【点睛】本题考查的是垂径定理的应用及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．【变式8-1】（2018秋•丹江口市期末）在我国古代数学著作《九章算术》中记载了这样一个问题：“今有圆问径几何？”用现代语言表述为：如图，ABCD＝10寸，求直径AB的长．请你解答这个问题．材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，AE＝1寸，【分析】连接OC，由直径AB与弦CD垂直，设OC＝OA＝x寸，则AB＝2x寸，OE＝（x﹣1）寸，可得出直径AB的长．根据垂径定理得到E为CD的中点，由CD的长求出DE的长，由勾股定理得出方程，解方程求出半径，即【答案】解：如图所示，连接OC．∵弦CD⊥AB，AB为圆O的直径，∴E为CD的中点，又∵CD＝10寸，∴CE＝DE＝CD＝5寸，设OC＝OA＝x寸，则AB＝2x寸，OE＝（x﹣1）寸，由勾股定理得：OE2+CE2＝OC2，即（x﹣1）2+52＝x2，解得：x＝13，∴AB＝26寸，第26页共40页即直径AB的长为26寸．【点睛】此题考查了垂径定理，勾股定理；解答此类题常常利用垂径定理由垂直得中点，进而由弦长的一半，弦心距及圆的半径构造直角三角形，利用勾股定理来解决问题．【变式8-2】（2018秋•兴化市期中）在直径为1000毫米的圆柱形油罐内装进一些油．其横截面如图．油面宽AB＝600毫米．（1）求油的最大深度；（2）如果再注入一些油后，油面宽变为800毫米，此时油面上升了多少毫米？【分析】（1）首先过点O作OF⊥AB于点G，交⊙O于点G，连接OA，由垂径定理即可求得AF的长，然后由勾股定理，求得OF的长，继而求得油的最大深度．（2）分两种情况：根据（1）求得OE＝300mm，可得油面上升EF＝OF﹣OE，可得结论，同理可得当O的上方时，油面上升的高度．1）过O作OF⊥AB交AB于F，交圆油面在圆心【答案】解：（O于G，连接OA，∴AF＝AB＝300mm，∵直径MN＝1000mm∴OA＝500mm由勾股定理得，OF＝＝＝400mm，则GF＝OG﹣OF＝100mm；（2）油面宽变为800毫米时，在存两种情况：当油面CD在圆心O的下方时，连接OC，∵OE⊥CD，∴CE＝400mm，OE＝＝300mm，则EF＝OG﹣OE﹣FG＝100mm，同理，当CD在圆心O上方时，可得EF＝700．答：此时油面上升了100毫米或700毫米．第27页共40页【点睛】此题考查了垂径定理与勾股定理的应用．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．【变式8-3】（2018秋•云安区期末）如图，有一座拱桥是圆弧形，它的跨度AB＝60米，拱高PD＝18米．（1）求圆弧所在的圆的半径r的长；（2）当洪水泛滥到跨度只有30米时，要采取紧急措施，若拱顶离水面只有4米，即PE＝4米时，是否要采取紧急措施？【分析】（1）连结OA，利用r表示出OD的长，在Rt△AOD中根据勾股定理求出r的值即可；（2）连结OA′，在Rt△A′EO中，由勾股定理得出A′E的长，进而可得出A′B′的长，据此可得出结论．【答案】解：（1）连结OA，AD＝AB＝30，OD＝（r﹣18）在Rt△ADO中，由勾股定理得：r＝30+（r﹣18），2由题意得：22解得，r＝34；（2）连结OA′，∵OE＝OP﹣PE＝30，∴在Rt△A′EO中，由勾股定理得：A′E＝A′O2﹣OE2，即：A′E＝342﹣302，22解得：A′E＝16．∴A′B′＝32．∵A′B′＝32＞30，∴不需要采取紧急措施．第28页共40页【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此题的关键．【考点9切线的性质与判定】【方法点拨】切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径。经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间线段的长，叫做这点到圆的切线长。【例9】（2019•白银）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在BC边上，⊙D经过点A和点B且与BC边相交于点E．（1）求证：AC是⊙D的切线；（2）若CE＝2，求⊙D的半径．【分析】（＝60°，根据三角形的（2）连接AE，推出△ADE是等边三角形，得到AE＝DE，∠AED＝60°，求得∠EAC＝∠AED﹣∠C＝30°，得到AE＝CE＝2，于是1）证明：连接AD，1）连接AD，根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C＝30°，∠BAD＝∠B＝30°，求得∠ADC内角和得到∠DAC＝180°﹣60°﹣30°＝90°，于是得到AC是⊙D的切线；得到结论．【答案】（∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠B＝∠C＝30°，∵AD＝BD，∴∠BAD＝∠B＝30°，∴∠ADC＝60°，∴∠DAC＝180°﹣60°﹣30°＝90°，第29页共40页∴AC是⊙D的切线；（2）解：连接AE，∵AD＝DE，∠ADE＝60°，∴△ADE是等边三角形，∴AE＝DE，∠AED＝60°，∴∠EAC＝∠AED﹣∠C＝30°，∴∠EAC＝∠C，∴AE＝CE＝2，∴⊙D的半径AD＝2．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．【变式9-1】（2019•凉山州）点D是以AB为直径的⊙O上一点，过点B作⊙O的切线，交AD的延长线于点C，E是BC的中点，连接DE并延长与AB的延长线交于点F．（1）求证：DF是⊙O的切线；（2）若OB＝BF，EF＝4，求AD的长．如图，【分析】（1）连接OD，由AB为⊙O的直径得∠BDC＝90°，根据BE＝EC知∠1＝∠3、由OD＝OB知∠2＝∠4，根据BC是⊙O的切线得∠3+∠4＝90°，即∠1+∠2＝90°，得证；（2）根据直角三角形的性质得到∠F＝30°，BE＝EF＝2，求得DE＝BE＝2，得到DF＝6，根据三角内角和得到OD＝OA，求得∠A＝∠ADO＝BOD＝30°，根据等腰三角形的1）如图，连接OD，BD，形的性质即可得到结论．【答案】解：（第30页共40页∵AB为⊙∴∠ADB＝∠BDC＝90°，在Rt△BDC中，∵BE＝EC，O的直径，∴DE＝EC＝BE，∴∠1＝∠3，∵BC是⊙O的切线，∴∠3+∠4＝90°，∴∠1+∠4＝90°，又∵∠2＝∠4，∴∠1+∠2＝90°，∴DF为⊙O的切线；（2）∵OB＝BF，∴OF＝2OD，∴∠F＝30°，∵∠FBE＝90°，∴BE＝EF＝2，∴DE＝BE＝2，∴DF＝6，∵∠F＝30°，∠ODF＝90°，∴∠FOD＝60°，∵OD＝OA，∴∠A＝∠ADO＝BOD＝30°，∴∠A＝∠F，∴AD＝DF＝6．第31页共40页【点睛】本题考查了切线的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．【变式9-2】（2019•临沂）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点O作OD⊥AB，交BC的延长D，交AC于点E，F是DE的中点，连接CF．（1）求证：CF是⊙O的切线．（2）若∠A＝22.5°，求证：AC＝DC．线于【分析】（求得∠AEO＝∠FEC＝∠FCE，根据等腰三角形的性质得到∠OCA＝∠OAC，于是（2）根据三角形的内角和得到∠OAE＝∠CDE＝22.5°，根据等腰三角形的性质得到∠CAD＝∠ADC＝45°，于是【答案】（1）证∴∠ACB＝∠ACD＝90°，F是ED的中点，∴CF＝EF＝DF，1）根据圆周角定理得到∠ACB＝∠ACD＝90°，根据直角三角形的性质得到CF＝EF＝DF，得到结论；得到结论．明：∵AB是⊙O的直径，∵点∴∠AEO＝∠FEC＝∠FCE，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC，∵OD⊥AB，∴∠OAC+∠AEO＝90°，∴∠OCA+∠FCE＝90°，即OC⊥FC，∴CF与⊙O相切；（2）解：连接AD，∵OD⊥AB，AC⊥BD，第32页共40页∴∠AOE＝∠ACD＝90°，∵∠AEO＝∠DEC，∴∠OAE＝∠CDE＝22.5°，∵AO＝BO，∴AD＝BD，∴∠ADO＝∠BDO＝22.5°，∴∠ADB＝45°，∴∠CAD＝∠ADC＝45°，∴AC＝CD．【点睛】本题考查了切线的判定，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．【变式9-3】（2019•朝阳）如图，四边形ABCD为菱形，以AD为直径作⊙O交AB于点F，连接DB交⊙O于点H，E是BC上的一点，且BE＝BF，连接DE．（1）求证：DE是⊙O的切线．（2）若BF＝2，DH＝，求⊙O的半径．【分析】（1）证明△DAF≌△DCE，可得∠DFA＝∠DEC，证出∠ADE＝∠DEC＝90°，即OD⊥DE，DE是⊙O的切线．（2）连接AH，求出DB＝2DH＝2，在Rt△ADF和Rt△BDF中，可得AD2﹣（AD﹣BF）2＝DB2﹣第33页共40页BF2，解方程可求出AD的长．则OA可求出．【答案】（1）证明：如图1，连接DF，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AD∥BC，∠DAB＝∠C，∵BF＝BE，∴AB﹣BF＝BC﹣BE，即AF＝CE，∴△DAF≌△DCE（SAS），∴∠DFA＝∠DEC，∵AD是⊙O的直径，∴∠DFA＝90°，∴∠DEC＝90°∵AD∥BC，∴∠ADE＝∠DEC＝90°，∴OD⊥DE，∵OD是⊙O的半径，∴DE是⊙O的切线；（2）解：如图2，连接AH，∵AD是⊙O的直径，∴∠AHD＝∠DFA＝90°，第34页共40页∴∠DFB＝90°，∵AD＝AB，DH＝，∴DB＝2DH＝2，在Rt△ADF和Rt△BDF中，∵DF2＝AD2﹣AF2，DF2＝BD2﹣BF2，∴AD2﹣AF2＝DB2﹣BF2，∴AD2﹣（AD﹣BF）＝DB﹣BF2，22∴，∴AD＝5．∴⊙O的半径为．【点睛】本题考查了圆的综合，涉及了圆周角定理，菱形的性质，切线的判定，三角形全等的性质和判定，勾股定理等知识，解答本题的关键是根据勾股定理列方程解决问题．【考点10圆中阴影面积计算】12扇形lRnR2【方法点拨】圆心角为n°的扇形面积S为：S；S360扇形【例10】（2018秋•柯桥区期末）于D点．（1）若AB＝8，∠（2）当∠A为锐角如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的圆，交AC于E点，交BCC＝60°，求阴影部分的面积；时，试说明∠A与∠CBE的关系．【分析】（1）连接OE，先利用等腰三角形的性质求出∠BOE＝120°，∠OBE＝30°，根据AB＝8知OB＝4，依据S＝S