2024九年级数学上册专题3 旋转章末重难点题型（举一反三）（人教版）含解析

2024九年级数学上册专题03旋转章末重难点题型【举一反三】【人教版】【考点1旋转对称图形】【方法点拨】解决此类问题掌握图形旋转的有关概念是关键.【例1】（2019•黄石模拟）下列四个圆形图案中，分别以它们所在圆的圆心为旋转中心，逆时针旋转，要使这个最小时，旋转后的图形也能与原图形完全重合，则这个图形是A． B． C． D．【变式1-1】（2019春•唐河县期末）下列各图形分别绕某个点旋转后不能与自身重合的是A．B． C． D．【变式1-2】（2018秋•宝坻区期中）下列图形绕某点旋转后，不能与原来图形重合的是A．B． C． D．【变式1-3】（2018秋•南开区期末）分别以正方形的各边为直径向其内部作半圆得到的图形如图所示，将该图形绕其中心旋转一个合适的角度后会与原图形重合，则这个旋转角的最小度数是A． B． C． D．【考点2中心对称图形】【方法点拨】中心对称图形是把这个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形.【例2】（2019春•盐城期末）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是A． B． C． D．【变式2-1】（2019春•滨湖区期末）下列图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是 B． C． D．【变式2-2】（2019春•新吴区期末）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是A．正方形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．正五边形【变式2-3】（2019春•宁德期末）下面的图形中，既是中心对称又是轴对称的图形是A．B． C． D．【考点3中心对称的性质】【方法点拨】由中心对称性质不难得出如下性质:(1)关于中心对称的两个图形，对应线段平行(或在同一条直线上)且相等;(2)如果连接两个图形的所有对应点的线段都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形一定关于这一点成中心对称.【例3】（2019春•海港区期末）如图是一个平行四边形，要在上面画两条相交的直线，把这个平行四边形分成的四部分面积相等，不同的画法有A．1种 B．2种 C．4种 D．无数种【变式3-1】（2019春•宜城市期末）如图，在平面直角坐标系中，的顶点在轴上，定点的坐标为，若直线经过点，且将平行四边形分割成面积相等的两部分，则直线的表达式是A． B． C． D．【变式3-2】（2019•呼和浩特）已知正方形的对称中心在坐标原点，顶点、、、按逆时针依次排列，若点的坐标为，则点与点的坐标分别为A．， B．，，， C．，， D．，【变式3-3】（2018•定兴县三模）用一条直线将如图1的直角铁皮分成面积相等的两部分．图2、图3分别是甲、乙两同学给出的作法，对于两人的作法判断正确的是A．甲正确，乙不正确 B．甲不正确，乙正确 C．甲、乙都正确 D．甲、乙都不正确【考点4利用旋转性质求角度】【方法点拨】掌握图形旋转的性质是关键：(1)对应点到旋转中心的距离相等;(2)对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;(3)旋转前后的两个图形全等.【例4】（2019春•宛城区期末）如图，把绕顶点按顺时针方向旋转得到△，当．，时，的度数为A． B． C． D．【变式4-1】（2019•青白江区模拟）如图，中，，在同一平面内，将绕点旋转到的位置，使得，则等于A． B． C． D．【变式4-2】（2018秋•大连期末）如图，将绕点顺时针旋转得到，若点、、在同一直线上，，则的度数是A． B． C． D．【变式4-3】（2018秋•沙河口区期末）如图，中，，线段绕点逆时针旋转得到线段，过点作射线于点，则的度数是A． B． C． D．【考点5利用旋转性质求线段长度】【例5】（2019春•福田区期末）如图，将绕点按顺时针旋转一定角度得到，点的对应点恰好落在边上．若，，则的长为A．1 B． C．2 D．【变式5-1】（2019•潮州模拟）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转得到△’，连接，则的长为A．6 B． C． D．【变式5-2】（2019春•灞桥区校级期末）已知等边的边长为4，点是边上的动点，将绕点逆时针旋转得到，点是边的中点，连接，则的最小值是A． B． C．2 D．不能确定【变式5-3】（2019•宁波模拟）如图，在中，，，，将绕上的点顺时针旋转，得到△，连结，若，则的值为A． B．3 C． D．【考点6坐标系中的图形旋转规律】【例6】（2019•张家界）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形绕点顺时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转2019次得到正方形，那么点的坐标是A．， B． C．， D．【变式6-1】（2019春•邓州市期中）如图，边长为2的正方形的中心与坐标原点重合，轴，将正方形绕原点顺时针旋2019次，每次旋转，则顶点的坐标是A．， B． C． D．【变式6-2】（2019春•盐湖区期中）如图在平面直角坐标系中，将绕点顺时针旋转到△的位置，点、分别落在点、处，点在轴上，再将△绕点顺时针旋转到△的位置，点在轴上，将△绕点顺时针旋转到△的位置，点在轴上，依次进行下去若点，，，则点的坐标为A． B． C． D．【变式6-3】（2019•洛阳三模）如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转2019次得到正方形，如果点的坐标为，那么点的坐标为A． B． C． D．【考点7图案设计】【方法点拨】我们可以分别利用各种图形变换方法设计图案，也可以利用它们的组合进行图案设计.(1)利用平移设计图案:先设计出基本图案，然后沿着一定的方向不断平移进行设计;(2)利用轴对称设计图案:先设计出基本图案，然后通过不断翻折进行设计;(3)利用旋转设计图案:先设计出基本图案，然后利用旋转知识，将基本图案绕着某点依次旋转进行设计;(4)利用图形变换的组合设计图案:综合利用上面的图形变换进行图案设计.【例7】（2018春•农安县期末）图①、图②、图③是的正方形网格，每个网格图中有3个小正方形己涂上阴影，请在余下的6个空白小正方形中，按下列要求涂上阴影：（1）在图①中选取1个空白小正方形涂上阴影，使4个阴影小正方形组成一个轴对称图形，但不是中心对称图形．（2）在图②中选取1个空白小正方形涂上阴影，使4个阴影小正方形组成一个中心对称图形，但不是轴对称图形．（3）在图③中选取2个空白小正方形涂上阴影，使5个阴影小正方形组成一个轴对称图形．（请将三个小题依次作答在图①、图②、图③中，均只需画出符合条件的一种情形）【变式7-1】（2018春•贵阳期末）如图，网格中的图形是由五个小正方形组成的，根据下列要求画图（涂上阴影）．（1）在图①中，添加一块小正方形，使之成为轴对称图形，且只有一条对称轴；（画一种情况即可）（2）在图②中，添加一块小正方形，使之成为中心对称图形，但不是轴对称图形；（3）在图③中，添加一块小正方形，使之成为既是中心对称图形又是轴对称图形．【变式7-2】（2019春•长春期末）如图所示，在的正方形网格中，选取14个格点，以其中三个格点为顶点画出，请你以选取的格点为顶点再画出一个三角形，且分别满足下列条件：（1）图①中所画的三角形与组成的图形是轴对称图形；（2）图②中所画的三角形与组成的图形是中心对称图形．【变式7-3】（2018秋•连云港期末）如图1，是由2个白色和2个黑色全等正方形组成的“”型图案，请你分别在图2，图3，图4上按下列要求画图：（1）在图案中，添1个白色或黑色正方形，使它成轴对称图案；（2）在图案中，添1个白色或黑色正方形，使它成中心对称图案；（3）在图案中，先改变1个正方形的位置，再添1个白色或黑色正方形，使它既成中心对称图案，又成轴对称图案．【考点8格点作图】【方法点拨】旋转作图的一般步骤是:(1)明确旋转的三要素:旋转中心、旋转方向、旋转角度;(2)确定关键点，分别作出这几个关键点绕旋转中心旋转后的位置;(3)按原来位置依次连接各点即得要求的旋转后的图形.【例8】（2019春•高邮市期中）如图，已知平面直角坐标系中，的顶点坐标分别，，．（1）将以原点为旋转中心旋转得到△，画出△；（2）平移，使点的对应点坐标为，画出平移后的△；（3）若将△绕某一点旋转可得到△，请直接写出这个点的坐标．【变式8-1】（2019春•普宁市期末）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，的三个顶点的坐标分别为，，．，解答下列问题：（1）将向上平移1个单位长度，再向右平移5个单位长度后得到的△，画出△；（2）绕原点逆时针方向旋转得到△，画出△；（3）如果利用△旋转可以得到△，请直接写出旋转中心的坐标【变式8-2】（2019春•昌图县期末）如图所示，将置于平面直角坐标系中，，，（1）画出向下平移5个单位得到的△．并写出点的坐标；（2）画出绕点顺时针旋转得到的△，并写出点的坐标；（3）画出以点为对称中心，与成中心对称的△，并写出点的坐标；【变式8-3】（2019春•南海区期末）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，的顶点均在格点上．（1）先将向上平移4个单位后得到的△，再将△绕点按顺时针方向旋转后所得到的△，在图中画出△和△．（2）△能由绕着点旋转得到，请在网格上标出点．九上专题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°【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°【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° B．30° C．45° D．60°【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° B．110° C．125° D．130°【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．6 B．7 C．8 D．9【变式2-1】（2019•渝中区校级三模）如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连结AO并延长交⊙O于点E，连结EB．若AB＝4，CD＝1，则EB的长为（）A．3 B．4 C．5 D．2.5【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【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．2 B．2 C．2 D．4【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°【变式3-1】（2019•相城区校级二模）如图，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（）A．105° B．115° C．125° D．85°【变式3-2】（2019•碑林区校级一模）如图，AD是半圆的直径，点C是弧BD的中点，∠ADC＝55°，则∠BAD等于（）A．50° B．55° C．65° D．70°【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（）A．l00° B．105° C．110° D．120【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，，∠CAD＝30°，∠ACD＝50°，则∠ADB＝（）A．30° B．50° C．70° D．80°【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°【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（）A．45° B．50° C．55° D．60°【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．4 B．4 C．6 D．8【考点5弧长计算】【方法点拨】n°的圆心角所对的弧长l为：。【例5】（2019•鞍山）如图，AC是⊙O的直径，B，D是⊙O上的点，若⊙O的半径为3，∠ADB＝30°，则的长为．【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．【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．【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．【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．【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．【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°．【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．【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．【变式7-1】（2019•亭湖区校级三模）如图，在平面直角坐标系中，点P（3，4），⊙P半径为2，A（2.6，0），B（5.2，0），点M是⊙P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最小值为．【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．【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、BC上的一点，且DE＝3，若以DE为直径的圆与斜边AB相交于M、N，则MN的最大值为．【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．【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：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用现代语言表述为：如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，AE＝1寸，CD＝10寸，求直径AB的长．请你解答这个问题．【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？【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？【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．【变式9-1】（2019•凉山州）如图，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．【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的延长线于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．【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．【考点10圆中阴影面积计算】【方法点拨】圆心角为n°的扇形面积S为：；【例10】（2018秋•柯桥区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的圆，交AC于E点，交BC于D点．（1）若AB＝8，∠C＝60°，求阴影部分的面积；（2）当∠A为锐角时，试说明∠A与∠CBE的关系．【变式10-1】（2018秋•吴兴区期末）如图，已知AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，OC∥BD，交AD于点E，连结BC．（1）求证：AE＝ED；（2）若AB＝8，∠CBD＝30°，求图中阴影部分的面积．【变式10-2】（2019•长春一模）如图，△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径的⊙O交AC于点D，点E为BC的中点，连接OD、DE．（1）求证：OD⊥DE．（2）若∠BAC＝30°，AB＝8，求阴影部分的面积．【变式10-3】（2018秋•富阳区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，E在AC上，经过A，B，E三点的圆O交BC于点D，且D点是弧BE的中点，（1）求证AB是圆的直径；（2）若AB＝8，∠C＝60°，求阴影部分的面积；（3）当∠A为锐角时，试说明∠A与∠CBE的关系．专题3旋转章末重难点题型【举一反三】【人教版】【考点1旋转对称图形】【方法点拨】解决此类问题掌握图形旋转的有关概念是关键.【例1】（2019•黄石模拟）下列四个圆形图案中，分别以它们所在圆的圆心为旋转中心，逆时针旋转，要使这个最小时，旋转后的图形也能与原图形完全重合，则这个图形是A． B． C． D．【分析】求出各旋转对称图形的最小旋转角度，继而可作出判断．【答案】解：、最小旋转角度；、最小旋转角度；、最小旋转角度；、最小旋转角度；综上可得：旋转一定角度后，能与原图形完全重合，且旋转角度最小的是．故选：．【点睛】本题考查了旋转对称图形的知识，求出各图形的最小旋转角度是解题关键．【变式1-1】（2019春•唐河县期末）下列各图形分别绕某个点旋转后不能与自身重合的是A．B． C． D．【分析】根据旋转图形的性质分别求出各选项图形的最小旋转角，然后解答即可．【答案】解：、，所以，绕某个点旋转后能与自身重合，故本选项不符合题意；、，，所以，绕某个点旋转4个，即后能与自身重合，故本选项不符合题意；、，，所以，绕某个点旋转2个，即后能与自身重合，故本选项不符合题意；、，所以，绕某个点旋转后不能与自身重合，故本选项符合题意．故选：．【点睛】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．【变式1-2】（2018秋•宝坻区期中）下列图形绕某点旋转后，不能与原来图形重合的是A．B． C． D．【分析】根据旋转对称图形的概念作答．【答案】解：、绕它的中心旋转能与原图形重合，故本选项不合题意；、绕它的中心旋转能与原图形重合，故本选项不合题意；、绕它的中心旋转能与原图形重合，故本选项不合题意；、绕它的中心旋转才能与原图形重合，故本选项符合题意．故选：．【点睛】本题考查了旋转对称图形的知识，如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．【变式1-3】（2018秋•南开区期末）分别以正方形的各边为直径向其内部作半圆得到的图形如图所示，将该图形绕其中心旋转一个合适的角度后会与原图形重合，则这个旋转角的最小度数是A． B． C． D．【分析】观察图形可得，图形有四个形状相同的部分组成，从而能计算出旋转角度．【答案】解：图形可看作由一个基本图形每次旋转，旋转4次所组成，故最小旋转角为．故选：．【点睛】本题考查了旋转对称图形，根据已知图形得出最小旋转角度数是解题关键．【考点2中心对称图形】【方法点拨】中心对称图形是把这个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形.【例2】（2019春•盐城期末）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是A． B． C． D．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可．【答案】解：、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误．故选：．【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．【变式2-1】（2019春•滨湖区期末）下列图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是 B． C． D．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断．【答案】解：、不是轴对称图形，是中心对称图形；、不是轴对称图形，不是中心对称图形；、不是轴对称图形，是中心对称图形；、是轴对称图形，是中心对称图形．故选：．【点睛】本题主要考查中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．【变式2-2】（2019春•新吴区期末）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是A．正方形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．正五边形【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【答案】解：、正方形是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误．故选：．【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．【变式2-3】（2019春•宁德期末）下面的图形中，既是中心对称又是轴对称的图形是A．B． C． D．【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．【答案】解：、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误；、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误；、既是中心对称图形又是轴对称图形，故本选项正确．故选：．【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．【考点3中心对称的性质】【方法点拨】由中心对称性质不难得出如下性质:(1)关于中心对称的两个图形，对应线段平行(或在同一条直线上)且相等;(2)如果连接两个图形的所有对应点的线段都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形一定关于这一点成中心对称.【例3】（2019春•海港区期末）如图是一个平行四边形，要在上面画两条相交的直线，把这个平行四边形分成的四部分面积相等，不同的画法有A．1种 B．2种 C．4种 D．无数种【分析】利用平行四边形为中心对称图形进行判断．【答案】解：平行四边形为中心对称图形，经过平行四边形的对称中心的任意一条直线可把这个平行四边形分成的四部分面积相等．故选：．【点睛】本题考查的是中心对称，掌握平行四边形是中心对称图形以及中心对称图形的性质是解题的关键．【变式3-1】（2019春•宜城市期末）如图，在平面直角坐标系中，的顶点在轴上，定点的坐标为，若直线经过点，且将平行四边形分割成面积相等的两部分，则直线的表达式是A． B． C． D．【分析】过平行四边形的对称中心的直线把平行四边形分成面积相等的两部分，先求出平行四边形对称中心的坐标，再利用待定系数法求一次函数解析式解答即可．【答案】解：点的坐标为，平行四边形的对称中心坐标为，设直线的函数解析式为，则，解得，直线的解析式为．故选：．【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，平行四边形的性质，熟练掌握过平行四边形的中心的直线把平行四边形分成面积相等的两部分是解题的关键．【变式3-2】（2019•呼和浩特）已知正方形的对称中心在坐标原点，顶点、、、按逆时针依次排列，若点的坐标为，则点与点的坐标分别为A．， B．，，， C．，， D．，【分析】连接、，过点作轴于点，过点作轴于点，易证，则，，，，因为、关于原点对称，所以，．【答案】解：如图，连接、，过点作轴于点，过点作轴于点，易证，，，，，、关于原点对称，，，故选：．【点睛】本题考查了正方形，熟练运用正方形的性质、全等三角形的性质以及中心对称的性质是解题的关键．【变式3-3】（2018•定兴县三模）用一条直线将如图1的直角铁皮分成面积相等的两部分．图2、图3分别是甲、乙两同学给出的作法，对于两人的作法判断正确的是A．甲正确，乙不正确 B．甲不正确，乙正确 C．甲、乙都正确 D．甲、乙都不正确【分析】根据图形中所画出的虚线，可以利用图形中的长方形、梯形的面积比较得出直线两旁的面积的大小关系．【答案】解：如图：图形2中，直线经过了大长方形和小长方形的对角线的交点，所以两旁的图形的面积都是大长方形和小长方形面积的一半，所以这条直线把这个图形分成了面积相等的两部分，即甲做法正确；图形3中，经过大正方形和图形外不添补的长方形的对角线的交点，直线两旁的面积都是大正方形面积的一半添补的长方形面积的一半，所以这条直线把这个图形分成了面积相等的两部分，即乙做法正确．故选：．【点睛】此题主要考查了中心对称，根据图形中的割补情况，抓住经过对角线的交点的直线都能把长方形分成面积相等的两部分这一特点，即可解决问题．【考点4利用旋转性质求角度】【方法点拨】掌握图形旋转的性质是关键：(1)对应点到旋转中心的距离相等;(2)对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;(3)旋转前后的两个图形全等.【例4】（2019春•宛城区期末）如图，把绕顶点按顺时针方向旋转得到△，当．，时，的度数为A． B． C． D．【分析】根据旋转的性质可知，则，由，则可求．【答案】解：根据旋转的性质可知，．根据旋转的性质可知旋转角相等，即，．故选：．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解决这类问题要找准旋转角、以及旋转后对应的线段和角．【变式4-1】（2019•青白江区模拟）如图，中，，在同一平面内，将绕点旋转到的位置，使得，则等于A． B． C． D．【分析】由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求解．【答案】解：如图，，，将绕点旋转到的位置，，，故选：．【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，熟练运用旋转的旋转是本题的关键．【变式4-2】（2018秋•大连期末）如图，将绕点顺时针旋转得到，若点、、在同一直线上，，则的度数是A． B． C． D．【分析】根据旋转的性质即可得到和的度数，再根据三角形内角和定理进行解答即可．【答案】解：将绕点顺时针旋转得到．，，，，点，，在同一条直线上，，在中，，，故选：．【点睛】此题考查旋转的性质，关键是根据旋转的性质和三角形内角和解答．解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等．【变式4-3】（2018秋•沙河口区期末）如图，中，，线段绕点逆时针旋转得到线段，过点作射线于点，则的度数是A． B． C． D．【分析】先利用旋转的性质得，，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到，然后利用互余表示出，从而利用互余可得到的度数．【答案】解：线段绕点逆时针旋转得到线段，，，，，，，，．故选：．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．【考点5利用旋转性质求线段长度】【例5】（2019春•福田区期末）如图，将绕点按顺时针旋转一定角度得到，点的对应点恰好落在边上．若，，则的长为A．1 B． C．2 D．【分析】由直角三角形的性质可得，，由旋转的性质可得，可证是等边三角形，可得，即可求解．【答案】解：，，，，绕点按顺时针旋转一定角度得到，，且是等边三角形，故选：．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．【变式5-1】（2019•潮州模拟）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转得到△’，连接，则的长为A．6 B． C． D．【分析】连结，交于点，如图，利用旋转的性质得，，，则可判断为等边三角形，接着利用线段垂直平分线定理的逆定理说明垂直平分，则，然后利用勾股定理计算出，，即可求解．【答案】解：连结，交于点，如图，绕点逆时针旋转得到△，，，，为等边三角形，，而，垂直平分，，故选：．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，解决本题的关键是证明为等边三角形和．【变式5-2】（2019春•灞桥区校级期末）已知等边的边长为4，点是边上的动点，将绕点逆时针旋转得到，点是边的中点，连接，则的最小值是A． B． C．2 D．不能确定【分析】依据旋转的性质，即可得到，当时，的长最小，再根据勾股定理，即可得到的最小值．【答案】解：如图，由旋转可得，又，，点是边的中点，，当时，的长最小，此时，，，，的最小值是，故选：．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．【变式5-3】（2019•宁波模拟）如图，在中，，，，将绕上的点顺时针旋转，得到△，连结，若，则的值为A． B．3 C． D．【分析】如图，作于．连接，．【答案】解：如图，作于．连接，．由题意：．，，，，，，，，，，，在中，，，，，，，，故选：．【点睛】本题考查旋转变换，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．【考点6坐标系中的图形旋转规律】【例6】（2019•张家界）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形绕点顺时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转2019次得到正方形，那么点的坐标是A．， B． C．， D．【分析】探究规律，利用规律解决问题即可．【答案】解：四边形是正方形，且，，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，，，，，，，发现是8次一循环，所以余3，点的坐标为，故选：．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．也考查了坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．【变式6-1】（2019春•邓州市期中）如图，边长为2的正方形的中心与坐标原点重合，轴，将正方形绕原点顺时针旋2019次，每次旋转，则顶点的坐标是A．， B． C． D．【分析】探究规律利用规律解决问题即可．【答案】解：由题意旋转8次回到原来位置，，将正方形绕原点顺时针旋2019次，每次旋转，则顶点在轴的负半轴上，，故选：．【点睛】本题考查旋转变换，正方形的性质等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．【变式6-2】（2019春•盐湖区期中）如图在平面直角坐标系中，将绕点顺时针旋转到△的位置，点、分别落在点、处，点在轴上，再将△绕点顺时针旋转到△的位置，点在轴上，将△绕点顺时针旋转到△的位置，点在轴上，依次进行下去若点，，，则点的坐标为A． B． C． D．【分析】首先根据已知求出三角形三边长度，然后通过旋转发现，、、每偶数之间的相差6个单位长度，根据这个规律可以求得的坐标．【答案】解：，，，，，中，，，的横坐标为：6，且，即，的横坐标为：，点的横坐标为：，点的纵坐标为：2，即的坐标是．故选：．【点睛】此题考查了点的坐标规律变换以及勾股定理的运用，通过图形旋转，找到所有点之间的关系是解决本题的关键．【变式6-3】（2019•洛阳三模）如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转2019次得到正方形，如果点的坐标为，那么点的坐标为A． B． C． D．【分析】根据图形可知：点在以为圆心，以为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点逆时针旋转，可得对应点的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论．【答案】解：四边形是正方形，且，，连接，由勾股定理得：，由旋转得：，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点逆时针旋转，依次得到，，，，，，发现是8次一循环，所以余3，点的坐标为，故选：．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．也考查了坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．【考点7图案设计】【方法点拨】我们可以分别利用各种图形变换方法设计图案，也可以利用它们的组合进行图案设计.(1)利用平移设计图案:先设计出基本图案，然后沿着一定的方向不断平移进行设计;(2)利用轴对称设计图案:先设计出基本图案，然后通过不断翻折进行设计;(3)利用旋转设计图案:先设计出基本图案，然后利用旋转知识，将基本图案绕着某点依次旋转进行设计;(4)利用图形变换的组合设计图案:综合利用上面的图形变换进行图案设计.【例7】（2018春•农安县期末）图①、图②、图③是的正方形网格，每个网格图中有3个小正方形己涂上阴影，请在余下的6个空白小正方形中，按下列要求涂上阴影：（1）在图①中选取1个空白小正方形涂上阴影，使4个阴影小正方形组成一个轴对称图形，但不是中心对称图形．（2）在图②中选取1个空白小正方形涂上阴影，使4个阴影小正方形组成一个中心对称图形，但不是轴对称图形．（3）在图③中选取2个空白小正方形涂上阴影，使5个阴影小正方形组成一个轴对称图形．（请将三个小题依次作答在图①、图②、图③中，均只需画出符合条件的一种情形）【分析】（1）根据轴对称定义，在最上一行右边一列涂上阴影即可；（2）根据中心对称定义，在中间一行、最右一列涂上阴影即可；（3）在最下一行、中间一列、最左一列涂上阴影即可．【答案】解：（1）如图①所示：（2）如图②所示；（3）如图③所示．【点睛】本题主要考查轴对称图形和中心对称图形，掌握轴对称图形和中心对称图形定义是解题的关键．【变式7-1】（2018春•贵阳期末）如图，网格中的图形是由五个小正方形组成的，根据下列要求画图（涂上阴影）．（1）在图①中，添加一块小正方形，使之成为轴对称图形，且只有一条对称轴；（画一种情况即可）（2）在图②中，添加一块小正方形，使之成为中心对称图形，但不是轴对称图形；（3）在图③中，添加一块小正方形，使之成为既是中心对称图形又是轴对称图形．【分析】（1）直接利用轴对称图形的性质得出答案；（2）直接利用中心对称图形的性质进而得出答案；（3）利用是中心对称图形以及轴对称图形的性质得出答案．【答案】解：（1）如图①所示：（2）如图②所示：（3）如图③所示：【点睛】此题主要考查了利用旋转设计图案以及利用轴对称设计图案，正确把握相关图形的性质是解题关键．【变式7-2】（2019春•长春期末）如图所示，在的正方形网格中，选取14个格点，以其中三个格点为顶点画出，请你以选取的格点为顶点再画出一个三角形，且分别满足下列条件：（1）图①中所画的三角形与组成的图形是轴对称图形；（2）图②中所画的三角形与组成的图形是中心对称图形．【分析】（1）利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案；（2）利用中心对称图形的性质，画出一个平行四边形即可．【答案】解：（1）如图①所示：（2）如图②所示．【点睛】此题主要考查了利用旋转设计图案以及利用轴对称设计图案，正确利用网格画出符合题意图形是解题关键．【变式7-3】（2018秋•连云港期末）如图1，是由2个白色和2个黑色全等正方形组成的“”型图案，请你分别在图2，图3，图4上按下列要求画图：（1）在图案中，添1个白色或黑色正方形，使它成轴对称图案；（2）在图案中，添1个白色或黑色正方形，使它成中心对称图案；（3）在图案中，先改变1个正方形的位置，再添1个白色或黑色正方形，使它既成中心对称图案，又成轴对称图案．【分析】（1）根据轴对称图形的性质，先找出对称轴，再思考如何画图；（2）如一，也是先找一个中心，再根据中心对称的性质，思考如何画图；（3）根据中心对称和轴对称的性质画一个图形，注意此题有多种画法，答案不唯一．【答案】解：（1）如图2所示；（2）如图3所示；（3）如图4所示．【点睛】本题考查了中心对称图形及轴对称图形的性质，及其作图的方法，学生做这些题时找对称轴及对称点是关键．【考点8格点作图】【方法点拨】旋转作图的一般步骤是:(1)明确旋转的三要素:旋转中心、旋转方向、旋转角度;(2)确定关键点，分别作出这几个关键点绕旋转中心旋转后的位置;(3)按原来位置依次连接各点即得要求的旋转后的图形.【例8】（2019春•高邮市期中）如图，已知平面直角坐标系中，的顶点坐标分别，，．（1）将以原点为旋转中心旋转得到△，画出△；（2）平移，使点的对应点坐标为，画出平移后的△；（3）若将△绕某一点旋转可得到△，请直接写出这个点的坐标．【分析】（1）依据以原点为旋转中心旋转，即可得到△；（2）依据点的对应点坐标为，即可画出平移后的△；（3）两对对应点连线的垂直平分线的交点，即为旋转中心的位置．【答案】解：（1）如图所示，△即为所求；（2）如图所示，△即为所求；（3）如图所示，将△绕点旋转可得到△．【点睛】本题考查了作图旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．【变式8-1】（2019春•普宁市期末）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，的三个顶点的坐标分别为，，．，解答下列问题：（1）将向上平移1个单位长度，再向右平移5个单位长度后得到的△，画出△；（2）绕原点逆时针方向旋转得到△，画出△；（3）如果利用△旋转可以得到△，请直接写出旋转中心的坐标【分析】（1）利用点平移的坐标变换规律写出、、的对应点、、的坐标，然后描点即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出点、的对应点、，从而得到△；（3）和的垂直平分线的交点即为点，从而得到点坐标．【答案】解：（1）如图所示，△为所求作的三角形；（2）如图所示，△为所求作的三角形．（3）点的坐标为：．【点睛】本题考查了作图旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．【变式8-2】（2019春•昌图县期末）如图所示，将置于平面直角坐标系中，，，（1）画出向下平移5个单位得到的△．并写出点的坐标；（2）画出绕点顺时针旋转得到的△，并写出点的坐标；（3）画出以点为对称中心，与成中心对称的△，并写出点的坐标；【分析】（1）利用点平移的坐标变换规律写出点、、的坐标，然后描点即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出点、、的对应点、、，然后描点即可得到△，从而得到点的坐标；（3）根据关于原点对称的点的坐标特征写出点、、的坐标，然后描点即可．【答案】解：（1）如图，△为所作，点的坐标为；（2）如图，△为所作，点的坐标为；（3）如图，△为所作，点的坐标为．【点睛】本题考查了作图旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．【变式8-3】（2019春•南海区期末）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，的顶点均在格点上．（1）先将向上平移4个单位后得到的△，再将△绕点按顺时针方向旋转后所得到的△，在图中画出△和△．（2）△能由绕着点旋转得到，请在网格上标出点．【分析】（1）根据要求分别画出△和△．（2）作线段，线段的垂直平分线，交于点，点即为所求．【答案】解：（1）如图所示，△和△为所求．（2）点为所求．【点睛】本题考查作图旋转变换，作图平移变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．九上专题4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：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．【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° B．30° C．45° D．60°【分析】连结OD，如图，根据题意得∠DOC＝25°，∠AOD＝90°，由于OD＝OA，则∠ADO＝45°，然后利用三角形外角性质得∠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°，∵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° B．110° C．125° D．130°【分析】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．【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．6 B．7 C．8 D．9【分析】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＝4，OC＝5，连接OA，根据勾股定理和垂径定理可求得AB．【答案】解：如图所示，连接OA．⊙O的直径CD＝10cm，则⊙O的半径为5cm，即OA＝OC＝5，又∵OM：OC＝4：5，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r2＝d2+（）2成立，知道这三个量中的任意两个，就可以求出另外一个．【变式2-1】（2019•渝中区校级三模）如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连结AO并延长交⊙O于点E，连结EB．若AB＝4，CD＝1，则EB的长为（）A．3 B．4 C．5 D．2.5【分析】设⊙O的半径为r．在Rt△AOC中，利用勾股定理求出r，再利用三角形的中位线定理即可解决问题．【答案】解：设⊙O的半径为r．∵OD⊥AB，∴AC＝BC＝2，在Rt△AOC中，∵∠ACO＝90°，∴OA2＝OC2+AC2，∴r2＝（r﹣1）2+22，∴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．【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．2 B．2 C．2 D．4【分析】过点O作OF⊥CD于点F，OG⊥AB于G，连接OB、OD、OE，由垂径定理得出DF＝CF，AG＝BG＝AB＝3，得出EG＝AG﹣AE＝2，由勾股定理得出OG＝＝2，证出△EOG是等腰直角三角形，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】解：过点O作OF⊥CD于点F，OG⊥AB于G，连接OB、OD、OE，如图所示：则DF＝CF，AG＝BG＝AB＝3，∴EG＝AG﹣AE＝2，在Rt△BOG中，OG＝＝＝2，∴EG＝OG，∴△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＝＝＝，∴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．【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3-1】（2019•相城区校级二模）如图，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（）A．105° B．115° C．125° D．85°【分析】连接BD，如图，利用圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠BDC＝∠BOC＝25°，然后计算∠ADB+∠CDB即可．【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，AD是半圆的直径，点C是弧BD的中点，∠ADC＝55°，则∠BAD等于（）A．50° B．55° C．65° D．70°【分析】连接OB、OC．求出∠BOD即可解决问题．【答案】解：连接OB，OC，∵∠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（）A．l00° B．105° C．110° D．120【分析】利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，则利用互余计算出∠BAC＝60°，接着根据角平分线定义得到∠BCD＝45°，从而利用圆周角定理得到∠BAD＝∠BCD＝45°，然后计算∠BAC+∠BAD即可．【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，，∠CAD＝30°，∠ACD＝50°，则∠ADB＝（）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．【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】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是解题的关键．【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（）A．45° B．50° C．55° D．60°【分析】先根据圆内接四边形的性质求出∠ADC的度数，再由圆周角定理得出∠DCE的度数，根据三角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．4 B．4 C．6 D．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，∴∠B+∠D＝3∠D＝180°，解得：∠D＝60°，∴∠AOC＝120°，在Rt△AEO中，OA＝4，∴AE＝2，∴AC＝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】【方法点拨】n°的圆心角所对的弧长l为：。【例5】（2019•鞍山）如图，AC是⊙O的直径，B，D是⊙O上的点，若⊙O的半径为3，∠ADB＝30°，则的长为．【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．【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互余求出∠ABC，然后根据角平分线的定义求出∠ABD，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的二倍求出∠AOD，然后根据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】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，熟记定理与公式并求出∠AOD的度数是解题的关键．【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．【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＝＝4π．故答案为：4π．【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Rt△DAF≌Rt△FBE，求出∠DFE＝90°，得到∠GOE＝90°，根据弧长公式计算即可．【答案】解：连接OG，DF，∵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，∴∠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°∵∠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°．【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的内接正五边形，∴∠ABC＝∠C＝108°，∴∠ABD＝72°，∴∠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＝，∠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．【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，可以判断点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