数学九年级上册专题24.12 圆章末重难点突破（人教版）（教师版）

专题24.12圆章末重难点突破【人教版】【考点1圆周角定理及其推论】【例1】（2021秋•古冶区期中）如图，BD是⊙O的直径，点A、C在圆上，且CD＝OB，则∠BAC＝（）A．120° B．90° C．60° D．30°【解题思路】如图，连接OC．证明△OCD是等边三角形，可得结论．【解答过程】解：如图，连接OC．∵CD＝OB，OB＝OC＝OD，∴OC＝OD＝CD，∴△OCD边三角形，∴∠BDC＝60°，∴∠BAC＝∠BDC＝60°，故选：C．【变式1-1】（2021•惠安县模拟）如图，已知△ABC内接于⊙O，BC是⊙O的直径，AD平分∠BAC，交⊙O于D，若BC＝4，则CD的长为（）A．2 B．22 C．3 D．【解题思路】连接BD，根据圆周角定理得到∠BAC＝∠BDC＝90°，根据角平分线的定义得到∠BAD＝∠CAD，推出△DBC是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得到答案．【解答过程】解：连接BD，∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝∠BDC＝90°，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴BD=∴BD＝CD，∴△DBC是等腰直角三角形，∴CD=22BC＝2故选：B．【变式1-2】（2021•碑林区校级模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C、D都在⊙O上，AD∥OC，若CD＝45，AC＝25，则⊙O的半径为（）A．10 B．2 C．2 D．5【解题思路】作直径DT，连接CT．证明∠DCT＝90°，AC＝CT＝25，利用勾股定理求出DT即可．【解答过程】解：作直径DT，连接CT．∵DT是直径，∴∠DCT＝90°，∵OD＝OC，∴∠ODC＝∠OCD，∵AD∥OC，∴∠ADC＝∠OCD，∴∠ADC＝∠CDT，∴AC=∴AC＝CT＝25，∵CD＝45，∴DT=C∴⊙O的半径为5，故选：D．【变式1-3】（2021•陕西模拟）如图，在⊙O中，点A、B、C均在圆上，连接OA、OB、OC、BC、AC，若AC∥OB，OC＝4，AB＝5，则BC＝（）A．5 B．39 C．89 D．8【解题思路】如图，过点O作OK⊥AB于K，过点A作AH⊥OB于H，过点C作CJ⊥BO交BO的延长线于J．首先证明OJ＝OH，利用面积法求出AH，再利用勾股定理求出OH，求出BJ，CJ，利用勾股定理求BC．【解答过程】BC解：如图，过点O作OK⊥AB于K，过点A作AH⊥OB于H，过点C作CJ⊥BO交BO的延长线于J．∵AC∥BO，CJ⊥BO，AH⊥BO，∴CJ＝AH，∵∠CJO＝∠AHO，CO＝AO，∴Rt△CJO≌Rt△AHO（HL），∴OJ＝OH，∵OA＝OB，OK⊥AB，∴AK＝BK=5∴OK=O∵12•AB•OK=12•OB∴AH＝CJ==5×∴OJ＝OH=A∴BJ＝OJ+OB=39∴BC=C解法二：延长CO交⊙O于点D，连接BD．∵CD是直径，∴∠CBD＝90°，∵AC∥OB，∴∠ACO＝∠BOD，∠CAO＝∠AOB，∵OA＝OC，∴∠ACO＝∠CAO，∴∠BOD＝∠AOB，∴BD＝AB＝5，∵OC＝4，∴CD＝2OC＝8，在Rt△BCD中，BC=C故选：B．【题型2弦、弧、圆心角、圆周角之间的关系】【例2】（2021•秦淮区一模）如图，AB是半圆的直径，C、D是半圆上的两点，且∠BAC＝46°，AD=∠DAB＝68°．【解题思路】根据圆周角定理及已知可求得∠B的度数，从而可求得∠ADC的度数，再根据三角形内角和公式即可求得∠DAC的度数，从而可得出∠BAD的度数．【解答过程】解：∵AB是半圆O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠BAC＝46°，∴∠B＝44°．∴∠ADC＝180°﹣44°＝136°．∵AD=∴AD＝DC．∴∠DAC＝∠DCA=180°−136°∴∠BAD＝∠DAC+∠BAC＝22°+46°＝68°．故答案是：68．【变式2-1】（2021秋•镇江月考）如图，AB是⊙O的直径，BC=CD=DE，∠COD＝32°，则∠【解题思路】可求得∠BOC＝∠EOD＝∠COD＝32°，继而可求得∠AOE的度数；然后再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理来求∠AEO的度数．【解答过程】解：∵BC=CD=∴∠BOC＝∠EOD＝∠COD＝32°，∴∠AOE＝180°﹣∠EOD﹣∠COD﹣∠BOC＝84°．又∵OA＝OE，∴∠AEO＝∠OAE，∴∠AEO=1故答案为：48°【变式2-2】（2021秋•自贡期末）如图，在半径为R的⊙O中，AB是直径，AC是弦，D为AC的中点，AC与BD交于点E，若点E是BD的中点，则AC的长为423R【解题思路】连接OD，交AC于F，根据垂径定理得出OD⊥AC，AF＝CF，进而证得DF＝BC，根据三角形中位线定理求得OF=12BC=12DF，从而求得BC＝DF【解答过程】解：连接OD，交AC于F，∵D是AC的中点，∴OD⊥AC，AF＝CF，∴∠DFE＝90°，∵OA＝OB，AF＝CF，∴OF=12∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，在△EFD和△ECB中,∠DFE=∠BCE=90°∠DEF=∠BEC∴△EFD≌△ECB（AAS），∴DF＝BC，∴OF=12∵OD＝R，∴OF=R∴BC=2R在Rt△ABC中，AC2＝AB2﹣BC2，∴AC=AB故选答案为：423【变式2-3】（2021•海安县一模）如图1，一艺术拱门由两部分组成，下部为矩形ABCD，AB，AD的长分别是23m和4m，上部是圆心为O的劣弧CD，圆心角∠COD＝120°．现欲以B点为支点将拱门放倒，放倒过程中矩形ABCD所在的平面始终与地面垂直，如图2、图3、图4所示记拱门上的点到地面的最大距离hm，则h的最大值为（2+23）m【解题思路】利用勾股定理先求出圆弧的半径，然后分析出h取得最大值时为OB与地面垂直时，从而可解．【解答过程】解：如图所示，过点O作垂直于地面的直线与拱门外框上沿交于点P，交地面于点Q，如图1，AB，AD的长分别是23m和4m，圆心角∠COD＝120°，∴∠DOP＝60°，12DC=12AB∴OD＝2m，PQ＝5m，当点P在线段AD上时，拱门上的点到地面的最大距离h等于点D到地面的距离，即点P与点D重合时，此时h=DC如图2所示，当点P在劣弧CD上时，拱门上的点到地面的最大距离h等于⊙O的半径长与圆心O到地面的距离之和，易知，OQ≤OB，而h＝OP+OQ＝2+OQ，∴当点Q与点B重合时，h取得最大值，由图1可知，OQ＝3m，BQ=3m，则OB=23h的最大值为OP+OB，即（2+23）m故答案为：（2+23【题型3垂径定理及其推论】【例3】（2021秋•饶平县校级期末）如图，圆柱形水管内原有积水的水平面宽CD＝20cm，水深GF＝2cm．若水面上升2cm（EG＝2cm），则此时水面宽AB为多少？【解题思路】连接OA、OC，根据垂径定理求出CG，根据勾股定理求出OC，根据勾股定理求出AE，根据垂径定理求出即可．【解答过程】解：连接OA、OC，∵由题意知：AB∥CD，OE⊥AB，OF⊥CD，CD＝20cm，∴CG=12CD＝10在Rt△OGC中，由勾股定理得：OC2＝CG2+OG2，OC2＝102+（OC﹣2）2，解得：OC＝26（cm），则OE＝26cm﹣2cm﹣2cm＝22cm，∵在Rt△OEA中，由勾股定理得：OA2＝OE2+AE2，∴262＝222+AE2，∴AE＝83，∵OE⊥AB，OE过圆心O，∴AB＝2AE＝163cm．【变式3-1】（2021秋•诸暨市月考）如图，AB是⊙C的弦，直径MN⊥AB于点O，MN＝10，AB＝8，如图建立坐标系．我们把横纵坐标都是整数的点叫做整数点，则⊙C上的整数点有（）个．A．6 B．8 C．10 D．12【解题思路】过C作直径UL∥x轴，连接AC，根据垂径定理求出AO＝BO＝4，根据勾股定理求出OC，再得出答案即可．【解答过程】解：过C作直径UL∥x轴，连接CA，则AC=1∵MN过圆心C，MN⊥AB，AB＝8，∴AO＝BO＝4，∠AOC＝90°，由勾股定理得：CO=A∴ON＝5﹣3＝2，OM＝5+3＝8，即A（﹣4，0），B（4，0），M（0，8），N（0，﹣2），同理还有弦QR＝AB＝8，弦WE＝TS＝6，且WE、TS、QR都平行于x轴，Q（﹣4，6），R（4，6），W（﹣3，7），E（3，7），T（﹣3，﹣1），S（3，﹣1），U（﹣5，3），L（5，3），即共12个点，故选：D．【变式3-2】（2021秋•温岭市期中）2008年北京奥运会圆了所有中国人的百年奥运梦，开幕式上奇特的点火式为世界所震惊．（图中为奥运会中所用的圣火盆），其中圣火盆高120cm，盆体深20cm，立柱高110cm，CD＝60cm．试求盆口圆的直径AB．【解题思路】这道题虽然数据复杂，借助图形，在Rt△OFD中运用勾股定理求出OF的值．再次运用勾股定理在Rt△OPB中求出PB的值，最后求得AB的值．【解答过程】解：如图作OF⊥CD，垂足为F，交AB于点P，交弧AB于E，连接OB、OD设⊙O的半径为r，依题意可知：PF＝120﹣110＝10cm，EF＝20﹣10＝10（cm），DF=12CD＝30在Rt△OFD中，OD＝r，OF＝r﹣10，DF＝30，∴r2＝（r﹣10）2+302∴r＝50cm在RT△OPB中OB＝50，OP＝50﹣20＝30．∴BP=50∴AB＝2BP＝80cm即盆口圆的直径AB＝80cm．【变式3-3】（2021秋•尚志市期中）已知⊙O中ABC为等边三角形，点O在AB上，点A在弦CD上；（1）如图（1）连接OD，OC，在BC上取一点M，使MB＝OB，连接OM，求证：OB+BC＝CD；（2）如图（2），在（1）的条件下，过O作OE⊥AC于E，若CD＝4OB，OE＝23，求⊙O半径．【解题思路】（1）连接OC、OD，过O作OM∥CD交BC于M，得出等边三角形BOM，推出三角形DAO和三角形MOC全等，即可得出答案；（2）设OB＝a，CD＝4a，AC＝3a，OA＝2a，求出AE=12CD﹣AD＝a，根据勾股定理可求【解答过程】证明：（1）连接OC、OD，过O作OM∥CD交BC于M，∵△ABC是等边三角形，∴∠BCA＝∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC，∵OM∥AC，∴∠BMO＝∠BCA＝60°，∠BOM＝∠BAC＝60°，∴OB＝OM＝BM，∴△OBM为等边三角形，∴OB＝OM，∵∠BAC＝∠OMB＝60°，∴∠DAO＝∠OMC＝120°，∵AB＝BC，OB＝BM，∴AO＝CM，∵∠BAC＝∠ACB＝60°，∴∠D+∠DOA＝∠ACO+∠MCO＝60°，∵OD＝OC，∴∠D＝∠ACO，∴∠DOA＝∠MCO，在△OAD和△CMO中OD=OC∠DOA=∠MCO∴△OAD≌△CMO，∴OM＝OB＝AD，∴OB+BC＝CD；解：（2）设OB＝a＝AD，CD＝4a，AC＝3a，OA＝2a，∵OE⊥CD∴DE=12CD∴AE=12CD﹣AD＝∵OA2＝AE2+OE2∴4a2＝a2+12∴a＝2∴DE＝4∴OC=OE2【题型4圈内接四边形的性质】【例4】（2021秋•灌云县期中）在⊙O的内接四边形ABCD中，AB＝AD，∠C＝110°，若点E在AD上，求∠E的度数．【解题思路】连接BD，先根据圆内接四边形的性质计算出∠BAD＝180°﹣∠C＝70°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出∠ABD＝55°，然后再根据圆内接四边形的性质可得∠E的度数．【解答过程】解：连接BD，∵∠C+∠BAD＝180°，∴∠BAD＝180°﹣110°＝70°，∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∴∠ABD=1∵四边形ABDE为圆的内接四边形，∴∠E+∠ABD＝180°，∴∠E＝180°﹣55°＝125°．【变式4-1】（2021秋•钟楼区校级期中）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点F是CD延长线上的一点，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于点E．（1）求证：AB＝AC．（2）若BD＝11，DE＝2，求CD的长．【解题思路】（1）根据角平分线的定义、圆内接四边形的性质解答；（2）过点A作AG⊥BD，分别证明Rt△AED≌Rt△AGD和Rt△AEC≌Rt△AGB，根据全等三角形的性质计算．【解答过程】（1）证明：∵AD平分∠BDF，∴∠ADF＝∠ADB，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，∴∠ADF＝∠ABC，∵∠ACB＝∠ADB，∴∠ABC＝∠ACB，∴AB＝AC；（2）解：过点A作AG⊥BD，垂足为点G．∵AD平分∠BDF，AE⊥CF，AG⊥BD，∴AG＝AE，∠AGB＝∠AEC＝90°，在Rt△AED和Rt△AGD中，AE=AGAD=AD∴Rt△AED≌Rt△AGD，∴GD＝ED＝2，在Rt△AEC和Rt△AGB中，AE=AGAB=AC∴Rt△AEC≌Rt△AGB（HL），∴BG＝CE，∵BD＝11，∴BG＝BD﹣GD＝11﹣2＝9，∴CE＝BG＝9，∴CD＝CE﹣DE＝9﹣2＝7．【变式4-2】（2021•广东模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC是⊙O的直径，AB，DC的延长线交于点G，∠ACD＝∠BCG，DF⊥AC于点E，交AB于点F，OH⊥AB于点H．（1）求证：△ABD是等腰三角形；（2）求证：OE＝OH；【解题思路】（1）利用圆内接四边形求得∠DAB＝∠BCG，进而求得∠ABD＝∠DAB，即可得到AD＝BD，即△ABD是等腰三角形；（2）利用SSS证明△AOF≌△DOF，进而证得OE＝OH；【解答过程】（1）证明：在圆内接四边形ABCD中，∠DAB+∠BCD＝180°，∵∠BCG+∠BCD＝180°，∴∠DAB＝∠BCG，∵∠ACD＝∠BCG，∠ACD＝∠ABD，∴∠ABD＝∠DAB，∴AD＝BD，∴△ABD是等腰三角形；（2）证明：∵∠DAB＝∠BCG，∠ACD＝∠BCG，∴∠DAB＝∠ACD，∵AC是⊙O的直径，∴∠ADC＝90°，∴∠ADE+∠CDE＝90°，∵DF⊥AC，∴∠DEC＝90°，∴∠ADE＝∠ACD，∴∠DAB＝∠ADE，∴AF＝AE，连接OD、OF，∵OA＝OD，AF＝DF，OF＝OF，∴△AOF≌△DOF（SSS），∵AF＝DF，∴OE＝OH；【变式4-3】（2021秋•江干区期末）如图，圆O是△ABC的外接圆，AC是直径，过O作OD∥BC交AB于点D．延长DO交圆O于点E，作EF⊥AC于点F，连接DF并延长交直线BC于点G，连接EG．（1）求证：FC＝GC；（2）四边形EDBG是哪种特殊四边形？请说明理由．【解题思路】（1）证明△AOD≌△EOF，得到∠ODF＝∠OFD，根据OD∥BC，得到∠FGC＝∠ODF，得到∠CFG＝∠FGC，得到答案；（2）证明∠EGC＝∠EFC＝90°，根据三个角是直角是四边形是矩形得到答案．【解答过程】证明（1）∵AC为直径，∴∠ABC＝90°，∵OD∥BC，∴∠ADO＝∠ABC＝90°，在△AOD和△EOF中，∠AOD=∠EOF∠ADO=∠EFO∴△AOD≌△EOF，∴OD＝OF，∴∠ODF＝∠OFD，∵OD∥BC，∴∠FGC＝∠ODF，又∠GFC＝∠OFD，∴∠CFG＝∠FGC，∴FC＝GC；（2）四边形EDBG是矩形，理由如下：连接AE、EC，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠OEA，∵OD＝OF，∴∠ODF＝∠OFD，∵∠AOE＝∠FOD，∴∠OAE＝∠OFD，∴AE∥DG，∵四边形EABC内接于圆O，∴∠ECG＝∠EAB，∵ED⊥AB，∴AE=∴∠ECA＝∠EAB＝∠ECG，∴△EFC≌△EGC，∴∠EGC＝∠EFC＝90°，又∠EDB＝90°，∠ABC＝90°，∴四边形EDBG是矩形．【题型5点、直线、圆与圆的位置关系】【例5】（2021秋•文登区期末）以坐标原点O为圆心，1为半径作圆，直线y＝﹣x+b与⊙O相交，则b的取值范围是（）A．﹣1＜b＜1 B．−2＜b＜2 C．−2＜b【解题思路】求出直线y＝﹣x+b与圆相切，且函数经过一、二、四象限，和当直线y＝﹣x+b与圆相切，且函数经过二、三、四象限时b的值，则相交时b的值在相切时的两个b的值之间．【解答过程】解：当直线y＝﹣x+b与圆相切，且函数经过一、二、四象限时，如图．在y＝﹣x+b中，令x＝0时，y＝b，则与y轴的交点是（0，b），当y＝0时，x＝b，则A的交点是（b，0），则OA＝OB＝b，即△OAB是等腰直角三角形，∴AB=OA连接圆心O和切点C．则OC＝1，OC⊥AB，∴OC=12∴1=12∴b=2同理，当直线y＝﹣x+b与圆相切，且函数经过二、三、四象限时，b=−2则若直线y＝﹣x+b与⊙O相交，则b的取值范围是−2＜b故选：B．【变式5-1】（2021秋•邗江区月考）在平面直角坐标系xOy中，点M的坐标为（2，0），⊙M的半径为4，则点P（﹣2，3）与⊙M的位置关系是（）A．点P在⊙M内 B．点P在⊙M上 C．点P在⊙M外 D．不能确定【解题思路】求得线段MP的长后与圆M的半径比较即可确定正确的选项．【解答过程】解：∵M（2，0），P（﹣2，3），∴MP=(2+2∵圆M的半径为4，5＞4，∴点P在圆外，故选：C．【变式5-2】（2021•广东模拟）如图，已知⊙A的半径为1，圆心的坐标为（4，3）．点P（m，n）是⊙A上的一个动点，则m2+n2的最大值为36．【解题思路】由于圆心A的坐标为（4，3），点P的坐标为（m，n），利用勾股定理可计算出OA＝5，OP=m2+n2，这样把m2+n2理解为点P与原点的距离的平方，利用图形可得到当点P运动到射线OA上时，点P离圆点最远，即m2+【解答过程】解：作射线OA交⊙O于P′点，如图，∵圆心A的坐标为（4，3），点P的坐标为（m，n），∴OA=32+4∴m2+n2是点P点圆点的距离的平方，∴当点P运动到P′处，点P离圆点最远，即m2+n2有最大值，此时OP＝OA+AP′＝5+1＝6，则m2+n2＝36．故答案为：36．【变式5-3】（2021•德阳）如图，已知⊙O1与⊙O2的半径分别为2和1，且两圆外切，点A为⊙O1上一点，∠AO1O2＝30°，点P为线段O1O2上的一个动点，过P作O1A的平行线l，如果在⊙O2上有且仅有2个点到直线l的距离为14，则O1PA．14＜O1P≤32 B．12＜O1P＜3 C．32＜O1P【解题思路】过点O2作O2B⊥直线l于B．求出两种特殊情形的O1P的值即可判断．【解答过程】解：过点O2作O2B⊥直线l于B．当O2B＝1+14=54时，⊙O2∵AO1∥PB，∴∠BPO2＝∠AO1P＝30°，∴PO2＝2O2B=5∴O1P＝O1O2﹣O2P＝3−5当O2B′＝1−14=34时，同法可得P′O2＝2O2B′=32观察图可知：12＜O1P故选：D．【题型6三角形的外接圆和内切圆】【例6】（2021•广东模拟）如图，△ABC和△DEF分别是⊙O的外切正三角形和内接正三角形，若△DEF的面积为1，则△ABC的面积为（）A．8 B．6 C．4 D．2【解题思路】过点O作ON⊥BC垂足为N，交EF于点M，连接OB，则O，E，B三点一定共线，设OM＝1，则OD＝ON＝2，再求得EF，BC的长，根据三角形的面积公式即可得出△DEF和△ABC的面积之比，根据△DEF的面积为1，则可得△ABC的面积．【解答过程】解：过点O作ON⊥BC垂足为N，交EF于点M，连接OB，∵△ABC和△DEF分别是⊙O的外切正三角形和内接正三角形，设OM＝1，则OE＝ON＝2，∵∠OEM＝∠OBN＝30°，∴OB＝4，EM=3，EF＝23，BN＝23，BC＝43∴S△ABC=12×43∴S△DEF=12×23∴S△ABC∴当△DEF的面积为1，则△ABC的面积为4．故选：C．【变式6-1】（2021•利州区模拟）（2021秋•南宁期中）如图，把Rt△OAB置于平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（3，0），点P是Rt△OAB内切圆的圆心．将Rt△OAB沿x轴的正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后圆心为P1，第二次滚动后圆心为P2，…，依此规律，第2020次滚动后，Rt△OAB内切圆的圆心P2020的坐标是（8081，1）．【解题思路】由勾股定理得出AB＝5，得出Rt△OAB内切圆的半径＝1，因此P的坐标为（1，1），由题意得出P1的坐标为（5，1），P2的坐标为（11，1），P3的坐标（3+5+4+1，1），得出规律为每滚动3次一个循环，由2020÷3＝673…1，即可得出答案．【解答过程】解：∵点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（3，0），∴OA＝4，OB＝3，∴AB=O∴Rt△OAB内切圆的半径=1∴P的坐标为（1，1），∵将Rt△OAB沿x轴的正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，所以第一次滚动后圆心为P1（5，1），第二次滚动后圆心为P2（11，1），…，∴P3（3+5+4+1，1），即（13，1），每滚动3次一个循环，∵2020÷3＝673…1，∴第2020次滚动后，Rt△OAB内切圆的圆心P2020的横坐标是673×（3+5+4）+5＝8081，即P2020的横坐标是8081，∴P2020的坐标是（8081，1）；故答案为：（8081，1）．【变式6-2】（2021春•江阴市期中）已知平面直角坐标系中，点A（5，0）、B（575，245）和点P（a，34a）．若⊙M是△PAB的内切圆，则⊙M面积的最大值是【解题思路】过点A作AD⊥l于点D并延长至点C，使AD＝DC，连接BC交直线l于点P，连接PA，则此时PA+PB＝PC+PB＝BC，即PA+PB最小，当三角形的周长l最小时，三角形内切圆的半径最大，进而可得△PAB的内切圆面积的最大值．【解答过程】解：设直线AB：y＝kx+b，将点A（5，0）、B（575，245k+b=057解得k=3∴直线AB：y=34x∵点P（a，34a∴点P在直线l：y=34∴AB∥直线l，过点A作AD⊥l于点D并延长至点C，使AD＝DC，连接BC交直线l于点P，连接PA，则此时PA+PB＝PC+PB＝BC，即PA+PB最小，∵AC⊥l，∴AC⊥AB，设直线AC：y=−43x+将点A（5，0）代入，得b′=20∴直线AC：y=−43x设D（x，y），则联立方程组，得y=3解得x=16∴D（165，12∴AD=(5−AB=(∴AC＝6，∴BC=A∴S△DAB=12×AB•设△PAB三角形内切圆的半径r，则S△PAB=12∴r=2S当三角形的周长l最小时，三角形内切圆的半径最大，最大半径r=24∵l＝PA+PB+AB＝BC+AB＝18，∴△PAB的内切圆面积的最大值为169π故答案为169π【变式6-3】（2021•福建模拟）如图1，△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点B作BE⊥AC，交⊙O于点D，垂足为E，连接AD．（1）求证：∠BAC＝2∠CAD；（2）如图2，连接CD，点F在线段BD上，且DF＝2DC，G是BC的中点，连接FG，若FG＝2，CD＝22，求⊙O的半径．【解题思路】（1）作AH⊥BC于H，根据题意易求得∠BAC＝2∠CAH，利用角的关系和元周角定理可求得∠CAH＝∠CAD，即可求解；（2）连接GC并延长交AD延长线于点H，连接DG，BG，AG，根据圆周角定理可求得AG垂直平分BC，再求证四边形GHDF为平行四边形，设半径为r，则AH＝AG＝2r，AD＝2r﹣2，根据勾股定理即可求解．【解答过程】（1）证明：如图1，作AH⊥BC于H，∴∠AHC＝90°，∴∠HAC+∠C＝90°，∵AB＝AC，∴∠BAC＝2∠CAH，∵BE⊥AC，∴∠BEC＝90°，∴∠CBE+∠C＝90°，∴∠CBE＝∠CAH，∵CD=∴∠CAD＝∠CBE，∴∠CAH＝∠CAD，∴∠BAC＝2∠CAD；（2）解：如图，连接GC并延长交AD延长线于点H，连接DG，BG，AG，∵G是BC的中点，∴GB=∴GB＝GC，∠BAG＝∠CAG，∴∠CAG＝∠DAC，∵AB＝AC，∴AG垂直平分BC，∴AG为直径，∴∠ADG＝∠ACG＝90°，∴∠GDH＝∠ACH＝90°，∵∠AGC+∠CAG＝90°，∠AHC+∠CAH＝90°，∴∠AGC＝∠AHC，∴AG＝AH，∴CG＝CH，在Rt△GDH中，DC＝CG＝CH，即GH＝2DC＝DF，∵∠AEB＝90°＝∠ACG，∴BD∥GH，∴四边形GHDF为平行四边形，∴DH＝FG＝2，设半径为r，则AH＝AG＝2r，AD＝2r﹣2，在Rt△AGD中，DG2＝AG2﹣AD2＝（2r）2﹣（2r﹣2）2＝8r﹣4，在Rt△GDH中，GH＝DF＝2CD＝42，∴DG2＝GH2﹣DH2＝32﹣4＝28，∴8r﹣4＝28，解得r＝4，∴⊙O的半径为4．【题型7正多边形与圆的关系】【例7】（2021秋•安徽月考）如图，O是半径为R的正六边形的中心．（1）求O点到正六边形各边距离之和．（2）若P点是正六边形内异于O点的任意一点，P点到正六边形各边距离之和与O点到正六边形各边距离之和有什么关系？请说明理由．（3）类比上述探索过程，直接填写结论：边心距为d的正三边形内任意一点P到各边距离之和等于3d．（用含d的代数式表示）边心距为d的正八边形内任意一点P到各边距离之和等于8d．（用含d的代数式表示）边心距为d的正n边形内任意一点P到各边距离之和等于nd．（用含d、n的代数式表示）【解题思路】（1）由正六边形的性质得出△AOB是等边三角形，得出AB＝OA＝R，AM=12AB=12（2）过点P分别作正六边形的三对平行边的垂线段CD、EF、KL，由正六边形的三对平行边之间的距离相等得出CD＝EF＝KL，由CD＝2OM，得出CD+EF+KL＝6OM即可；（3）同（2）即可得出结果．【解答过程】解：（1）由正六边形的性质得：∠AOB＝60°，OA＝OB，∴△AOB是等边三角形，∴AB＝OA＝R，AM=12AB=∴OM=OA∴O点到正六边形各边距离之和为6OM＝33R；（2）P点到正六边形各边距离之和与O点到正六边形各边距离之和相等；理由如下：过点P分别作正六边形的三对平行边的垂线段CD、EF、KL，如图所示：∵正六边形的三对平行边之间的距离相等，∴CD＝EF＝KL，又∵CD＝2OM，∴CD+EF+KL＝6OM＝33R，即P点到正六边形各边距离之和与O点到正六边形各边距离之和相等；（3）同（2）得：边心距为d的正三边形内任意一点P到各边距离之和等于3d，边心距为d的正八边形内任意一点P到各边距离之和等于8d，边心距为d的正n边形内任意一点P到各边距离之和等于nd；故答案为：3d，8d，nd．【变式7-1】（2021•海陵区一模）一个适当大的正六边形，它的一个顶点与一个边长为定值的小正六边形ABCDEF的中心O重合，且与边AB、CD相交于G、H（如图）．图中阴影部分的面积记为S，三条线段GB、BC、CH的长度之和记为l，在大正六边形绕点O旋转过程中，下列说法正确的是（）A．S变化，l不变 B．S不变，l变化 C．S变化，l变化 D．S与l均不变【解题思路】如图，连接OA，OC．证明△HOC≌△GOA（ASA），可得结论．【解答过程】解：如图，连接OA，OC．∵∠HOG＝∠AOC＝120°，∠OCH＝∠OAG＝60°，∴∠HOC＝∠GOA，在△OHC和△OGA中，，∴△HOC≌△GOA（ASA），∴AG＝CH，∴S阴＝S四边形OABC＝定值，l＝GB+BC+CH＝AG+BG+BC＝2BC＝定值，故选：D．【变式7-2】（2021秋•仪征市校级月考）如图，⊙O是正方形ABCD与正六边形AEFCGH的外接圆．（1）正方形ABCD与正六边形AEFCGH的边长之比为；（2）连接BE，BE是否为⊙O的内接正n边形的一边？如果是，求出n的值；如果不是，请说明理由．【解题思路】（1）计算出在半径为R的圆中，内接正方形和内接正六边形的边长即可求出；（2）首先求得∠EOB的度数，然后利用360°除以∠EOB度数，若所得的结果是整数的即可．【解答过程】解：（1）设此圆的半径为R，则它的内接正方形的边长为2R，它的内接正六边形的边长为R，内接正方形和内接正六边形的边长比为2R：R=2故答案为：2：1；（2）BE是⊙O的内接正十二边形的一边，理由：连接OA，OB，OE，在正方形ABCD中，∠AOB＝90°，在正六边形AEFCGH中，∠AOE＝60°，∴∠BOE＝30°，∵n=360°∴BE是正十二边形的边．【变式7-3】（2021秋•柯桥区期中）如图，A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点，连接AC、CE、EB、BD、DA，得到一个五角星图形和五边形MNFGH．有下列3个结论：①AO⊥BE，②∠CGD＝∠COD+∠CAD，③BM＝MN＝NE．其中正确的结论是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【解题思路】根据圆的性质得到AO⊥BE，故①正确；由A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点，得到CD的度数=360°5=72°求得∠COD＝72°根据圆周角定理得到∠CAD＝36°；连接CD求得∠CGD＝108°，于是得到∠CGD＝∠COD+∠CAD，故②正确；连接AB【解答过程】解：∵A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点，∴AB=∴AO⊥BE，故①正确；∵A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点，∴CD的度数=360°∴∠COD＝72°，∵∠COD＝2∠CAD，∴∠CAD＝36°；连接CD∵A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点，∴AB=∴∠BDC＝∠DCE＝∠CAD＝36°，∴∠CGD＝108°，∴∠CGD＝∠COD+∠CAD，故②正确；连接AB，AE，∴∠MBA＝∠MAB＝36°，∴AM＝BM，∵∠MAN＝36°，∠ANM＝∠DAE+∠AEB＝72°，∴AM≠MN，∴BM≠MN③错误！则∠BAM＝∠ABM＝∠EAN＝∠AEN＝36°，∵AB＝AE，∴△ABM≌△AEN（ASA），∴BM＝EN＝AM＝AN，∵∠MAN＝36°，∴AM≠MN，∴③错误．故选：A．【题型8切线的性质及判定、切线长定理】【例8】（2021•乌鲁木齐）已知：如图△ABC中，∠ACB＝90°，以AC为直径的⊙O交AB于D，过D作⊙O的切线交BC于点E，EF⊥AB，垂足为F．（1）求证：DE=12（2）若AC＝6，BC＝8，求S△ACD：S△EDF的值．【解题思路】（1）根据题意可知：EC、ED均是圆O的切线，根据切线长定理可得出EC＝DE，∠ECD＝∠EDC；根据等角的余角相等，可得出∠EDB＝∠B，因此DE＝BE，由此可得出DE＝EC＝BE，由此可得证；（2）由（1）知：DE＝BE，因此DF＝BF，根据等高的三角形面积比等于底边比可得出△EDF的面积是△EDB的面积的一半，同理可得出△EDB的面积是△CDB的面积的一半，因此△EDF的面积是△CDB的面积的四分之一．那么本题只需得出△ADC和△CDB的面积比即可，即得出AD：BD的值即可．【解答过程】（1）证明：∵EC、ED都是⊙O的切线，∴EC＝ED，∠ECD＝∠EDC．∵∠EDC+∠EDB＝90°，∠ECD+∠B＝90°，∴∠EDB＝∠B．∴ED＝BE．∴DE＝BE＝EC．∴DE=12（2）解：在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，则AB＝10，根据射影定理可得：AD＝AC2÷AB＝3.6，BD＝BC2÷AB＝6.4，∴S△ACD：S△BCD＝AD：BD＝9：16，∵ED＝EB，EF⊥BD，∴S△EDF=12S△同理可得S△EBD=12S△∴S△EDF=14S△∴S△ACD：S△EDF=9【变式8-1】（2021秋•嘉鱼县期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AC上，以OA为半径的半圆O交AB于点D，交AC于点E，点F在BC上，且BF＝DF．（1）求证：DF是半圆O的切线；（2）若AC＝4，BC＝3，CF＝1，求半圆O的半径长．【解题思路】（1）连接OD，根据BF＝DF，得∠B＝∠BDF，证明∠BDF+∠ODA＝90°，得∠ODF＝90°，进而可得结论；（2）设半径为r，连接OD，OF，则OC＝4﹣r，求得DF，再由勾股定理，利用OF为中间变量列出r的方程便可求得结果．【解答过程】解：（1）连接OD，如图1，∵BF＝DF，∴∠B＝∠BDF，∵∠C＝90°，∴∠OAD+∠B＝90°，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠ODA+∠BDF＝90°，∴∠ODF＝90°，∴DF是半圆O的切线；（2）连接OF，OD，如图2，设圆的半径为r，则OD＝OE＝r，∵AC＝4，BC＝3，CF＝1，∴OC＝4﹣r，DF＝BF＝3﹣1＝2，∵OD2+DF2＝OF2＝OC2+CF2，∴r2+22＝（4﹣r）2+12，∴r=13故圆的半径为138【变式8-2】（2021•北湖区校级模拟）如图，直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G，且AB∥CD，OB＝6cm，OC＝8cm．求：（1）∠BOC的度数；（2）BE+CG的长；（3）⊙O的半径．【解题思路】（1）根据切线的性质得到OB平分∠EBF，OC平分∠GCF，OF⊥BC，再根据平行线的性质得∠ABC+∠BCD＝180°，则有∠OBE+∠OCF＝90°，即∠BOC＝90°；（2）由勾股定理可求得BC的长，进而由切线长定理即可得到BE+CG的长；（3）最后由三角形面积公式即可求得OF的长．【解答过程】解：（1）连接OF；根据切线长定理得：BE＝BF，CF＝CG，∠OBF＝∠OBE，∠OCF＝∠OCG；∵AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD＝180°，∴∠OBF+∠OCF＝90°，∴∠BOC＝90°；（2）由（1）知，∠BOC＝90°．∵OB＝6cm，OC＝8cm，∴由勾股定理得到：BC=OB2∴BE+CG＝BC＝10cm．（3）∵OF⊥BC，∴S△OBC=12OF×BC=12OB×OC，即1∴OF＝4.8cm．【变式8-3】（2021•饶平县校级模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，直线DC与AB的延长线相交于点P，弦CE平分∠ACB，交AB于点F，连接BE．（1）求证：AC平分∠DAB；（2）求证：△PCF是等腰三角形；（3）若AF＝6，EF＝2，求⊙O的半径长．【解题思路】（1）根据切线的性质得OC⊥AD，而AD⊥DP，则肯定判断OC∥AD，根据平行线的性质得∠DAC＝∠OCA，加上∠OAC＝∠OCA，所以∠OAC＝∠DAC；（2）根据圆周角定理由AB为⊙O的直径得∠ACB＝90°，则∠BCE＝45°，再利用圆周角定理得∠BOE＝2∠BCE＝90°，则∠OFE+∠OEF＝90°，易得∠CFP+∠OEF＝90°，再根据切线的性质得到∠OCF+∠PCF＝90°，而∠OCF＝∠OEF，根据等角的余角相等得到∠PCF＝∠CFP，于是可判断△PCF是等腰三角形；（3）连接OE．由AB为⊙O的直径，得到∠ACB＝90°，根据角平分线的定义得到∠BCE＝45°，设⊙O的半径为r，则OF＝6﹣r，根据勾股定理列方程即可得到结论．【解答过程】（1）证明：∵PD为⊙O的切线，∴OC⊥DP，∵AD⊥DP，∴OC∥AD，∴∠DAC＝∠OCA，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∴∠OAC＝∠DAC，∴AC平分∠DAB；（2）证明：∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵CE平分∠ACB，∴∠BCE＝45°，连接OE．∴∠BOE＝2∠BCE＝90°，∴∠OFE+∠OEF＝90°，而∠OFE＝∠CFP，∴∠CFP+∠OEF＝90°，∵OC⊥PD，∴∠OCP＝90°，即∠OCF+∠PCF＝90°，而∠OCF＝∠OEF，∴∠PCF＝∠CFP，∴△PCF是等腰三角形；（3）解：∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵CE平分∠ACB，∴∠BCE＝45°，∴∠BOE＝90°，即OE⊥AB，设⊙O的半径为r，则OF＝6﹣r，在Rt△EOF中，∵OE2+OF2＝EF2，∴r2+（6﹣r）2＝（2）2，解得，r1＝4，r2＝2，当r1＝4时，OF＝6﹣r＝2（符合题意），当r2＝2时，OF＝6﹣r＝4（不合题意，舍去），∴⊙O的半径r＝4．【题型9弧长与扇形面积的有关计算】【例9】（2021•邓州市二模）如图，AB＝CD＝DE＝4，∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，以D为圆心，DC为半径画弧交AE与点F，设图中两块阴影部分面积分别为S1，S2，则S1﹣S2＝16﹣4π．【解题思路】如图，过点E作TE⊥DE交CB的延长线于T，AE交CT于G．证明△ABG≌△ETG（AAS），推出S1﹣S2＝S正方形CDET﹣S扇形DCE，可得结论．【解答过程】解：如图，过点E作TE⊥DE交CB的延长线于T，AE交CT于G．∵∠TCD＝∠D＝∠DET＝90°，∴四边形CDET是矩形，∵DC＝DE，∴四边形CDET是正方形，∴ET＝CD＝AB，在△ABG和△ETG中，∠ABG=∠T=90°∠AGB=∠EGT∴△ABG≌△ETG（AAS），∴S1﹣S2＝S正方形CDET﹣S扇形DCE＝16−90π⋅42故答案为：16﹣4π．【变式9-1】（2021秋•兴城市期末）如图，在平面直角坐标系中，过点A1（1，0）作x轴的垂线交直线y＝x于点B1，以O为圆心，OB1为半径作弧，交x轴于点A2；过点A2作x轴的垂线交直线y＝x于点B2，以O为圆心，OB2为半径作弧，交x轴于点A3；过点A3作x轴的垂线交直线y＝x于点B3，以O为圆心，OB3为半径作弧，交x轴于点A4，…，按此做法进行下去，设由A1B1，A1A2，弧A2B1围成的图形面积记为S1，A2B2，A2A3，弧A3B2围成的图形面积记为S2，由A3B3，A3A4，弧A4B3围成的图形面积记为S3，…，那么S2020为π•22017﹣22018．【解题思路】根据点A的取法，罗列出部分点A的横坐标，由此发现规律“An的横坐标为（2）n﹣1，再结合已知即可得出结论．【解答过程】解：观察，发现规律：A1横坐标为1，A2横坐标为2，A3横坐标为（2）2，…，∴An的横坐标为（2）n-1，∴点Bn（n为正整数）的横坐标为（2）n﹣1．∴S2020=45⋅π⋅(2)4040360−12•（2）2019•（2）故答案为：π•22017﹣22018．【变式9-2】（2021秋•上海期末）如图所示，三角形ABC的边长都为6cm，分别以A、B、C三点为圆心，边长的一半为半径作弧，求阴影部分的周长．【解题思路】因为三角形ABC的边长都为6cm，所以三角形ABC为等边三角形，根据图中阴影部分的位置知道，以6÷2为半径的圆的周长的一半就是阴影部分的周长．【解答过程】解：l＝＝3.14cmC阴＝3l＝3×3.14＝9.42cm答：阴影部分的周长是9.42cm另解：C阴＝＝9.42cm答：阴影部分的周长是9.42cm【变式9-3】（2021•方城县模拟）如图所示，在扇形OAB中，∠AOB＝90°，半径OA＝4，点F位于AB的13处且靠近点A的位置．点C、D分别在线段OA、OB上，CD＝4，E为CD的中点，连接EF、BE．在CD滑动过程中（CD长度始终保持不变），当EF取最小值时，阴影部分的周长为2+23【解题思路】如图，连接OF，OE，BF，取OF的中点T，连接BT．证明△OBF是等边三角形，利用直角三角形斜边中线的性质求出OE，EF≥OF﹣OE＝2，推出当O，E，F共线时，EF的值最小，此时点E与点T重合，求出BT，FT，BF的长即可．【解答过程】解：如图，连接OF，OE，BF，取OF的中点T，连接BT．∵∠AOB＝90°，AF=∴∠BOF＝60°，∴BF的长=60π⋅4180∵CE＝DE，∴OE=12∵OF＝4，∴EF≥OF﹣OE＝2，∴当O，E，F共线时，EF的值最小，此时点E与点T重合，∴此时EF＝2，∵OF＝OB，∠BOF＝60°，∴△BOF是等边三角形，∵OT＝TF，∴BT⊥OF，∴BE＝BT=OB2∴此时阴影部分的周长为2+23+4故答案为：2+23+4【题型10圆锥的有关计算】【例10】（2021秋•东台市期中）设圆锥的侧面展开图是一个半径为18cm，圆心角为240°的扇形，求圆锥的底面积和高．【解题思路】利用弧长公式可得圆锥的侧面展开图的弧长，除以2π即为圆锥的底面半径，圆锥的底面积＝π×半径2，圆锥的底面半径，母线长，高组成直角三角形，利用勾股定理即可求得圆锥的高．【解答过程】解：圆锥的弧长为：240π×18180=24∴圆锥的底面半径为24π÷2π＝12，∴圆锥的底面积为π×122＝144π，∴圆锥的高为182−12【变式10-1】（2021秋•泗洪县期中）如图，