专题31 圆的基本性质【二十个题型】（举一反三）（解析版）

专题31圆的基本性质【二十个题型】TOC\o"1-3"\h\u【题型1圆的周长与面积相关计算】 1【题型2圆中的角度、线段长度计算】 6【题型3求一点到圆上一点的距离最值】 11【题型4利用垂径定理结合全等、相似综合求解】 14【题型5在坐标系中利用垂径定理求值或坐标】 23【题型6垂径定理在格点中的应用】 29【题型7垂径定理的实际应用】 34【题型8利用垂径定理求取值范围】 41【题型9利用弧、弦、圆心角关系求角度、线段长、周长、面积、弧的度数】 46【题型10利用弧、弦、圆心角关系比较大小】 51【题型11利用弧、弦、圆心角关系求最值】 56【题型12利用弧、弦、圆心角关系证明】 61【题型13利用圆周角定理求解】 70【题型14利用圆内接四边形求角度】 78【题型15利用圆的有关性质解决翻折问题】 82【题型16利用圆的有关性质解决最值问题】 88【题型17利用圆的有关性质求取值范围】 94【题型18利用圆的有关性质解决多结论问题】 100【题型19圆有关的常见辅助线-遇到弦时,常添加弦心距】 107【题型20圆有关的常见辅助线-遇到有直径时,常添加（画）直径所对的圆周角】 113【知识点圆的基本性质】1.圆在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫做圆。固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径，以点O为圆心的圆，记作⊙O，读作“圆O”。连接圆上任意两点的线段叫做弦。经过圆心的弦叫做直径。圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆。小于半圆的弧叫做劣弧。大于半圆的弧叫做优弧。能够重合的两个圆叫做等圆。在同圆或等圆中，能重合的弧叫等弧。2.垂径定理垂径定理：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．3.弧.弦.圆心角之间的关系定义：顶点在圆心的角叫做圆心角。在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等。在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弦相等；在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弧相等。注：在同圆或等圆中，如果两个圆心角，两条弦，两条弧.两个弦的弦心距中，有一组量相等，那么其余各组量也分别相等4.圆周角定义：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫圆周角。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。圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补。【题型1圆的周长与面积相关计算】【例1】（2023·福建泉州·南安市实验中学校考二模）适时的休闲可以缓解学习压力，如图是火影忍者中的仙法·白激之术，其形状外围大致为正圆，整体可看成为两个同心圆，BC=400像素，∠ABC=90°，那么周围圆环面积约为（

）

A．40000π B．1600π C．64000π D．160000π【答案】D【分析】圆环的面积等于大圆面积减去小圆面积，由此即可求解．【详解】解：如图所示，设同心圆的圆心为O，连接OC，则大圆的半径为OC，小圆的半径为OB，

∴设小圆的半径为OB=r，大圆的半径OC=R，∵BC=400像素，∠ABC=90°，∴AB⊥BC，在Rt△OBC中，OB2∴R2∵S圆环∴S圆环故选：D．【点睛】本题主要考查圆与直角三角形的综合，掌握圆环面积的计算方法是解题的关键．【变式1-1】（2023·山东德州·统考二模）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形ABCD的面积为2，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形A'B'C'D'

【答案】4π【分析】根据正方形ABCD的面积为2，求出AB=2，根据位似比求出A'B'=2【详解】解：连接A'C'，则A

∵正方形ABCD的面积为2，∴AB=2∵A'∴A'∴A'∴四边形A'B'故答案为：4π．【点睛】本题考查位似图形，涉及知识点：正方形的面积，正方形的对角线，圆的周长，解题关键求出正方形ABCD的边长．【变式1-2】（2023·山东潍坊·中考真题）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形ABCD的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形A'B'C'D'【答案】4【分析】根据正方形ABCD的面积为4，求出AB=2，根据位似比求出A'B'=4，周长即可得出；【详解】解：∵正方形ABCD的面积为4，∴AB=2，∵A'B':AB=2:1，∴A'B'=4，∴A'C'=4所求周长=42故答案为：42【点睛】本题考查位似图形，涉及知识点：正方形的面积，正方形的对角线，圆的周长，解题关键求出正方形ABCD的边长．【变式1-3】（2023·湖北武汉·华中科技大学附属中学校考模拟预测）如图，一个较大的圆内有15个半径为1的小圆，所有的交点都为切点，图中阴影为大圆内但在所有小圆外部分，则阴影部分的面积为（）A．22+1633π B．20+1633π【答案】A【分析】OH为BC边的高，利用两圆相切的性质得到AB=AC=BC=8，则可判断△ABC为等边三角形，则CH=4，利用含30度角的直角三角形三边的关系得到OC=833，再利用圆与圆相切的性质得到⊙O的半径OE=OC+CE=【详解】如图，OH为BC边的高∵所有小圆相切，∴AB=AC=BC=8，∴△ABC为等边三角形，∴∠OCB=30°，∵OH⊥BC，∴CH=4，∴OH=3∴OC=2OH=8∵⊙C与⊙O相切，∴⊙O的半径OE=OC+CE=8∴阴影部分的面积=π×=22+16故选：A【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了等边三角形的判定与性质．解决本题的关键是掌握切线的性质．【题型2圆中的角度、线段长度计算】【例2】（2023·广东清远·统考二模）如图，在边长为4正方形ABCD中，点E在以B为圆心的弧AC上，射线DE交AB于F，连接CE，若CE⊥DF，则DE=（）．

A．2 B．455 C．65【答案】B【分析】如图，连接BE，过点B作BH⊥CE于点H，根据圆的性质和等腰三角形的性质可定EH=CH，∠HBC+∠HCB=90°，再结合正方形的性质可得∠HBC=∠DCE；再证△HBC≌△ECDAAS【详解】解：如图，连接BE，过点B作BH⊥CE于点H，

∵点E在以B为圆心的弧AC上，∴BC=BE，∵BH⊥CE，∴EH=CH，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=∠BCH+∠DCE=90°，∴∠HBC=∠DCE，∵BC=CD，∴△HBC≌∴CH=DE=EH，∴CE=2DE，在Rt△CDE中，C∴42∴DE=452故选：B．【点睛】本题主要考查了圆的基本性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．【变式2-1】（2023·江苏南京·统考二模）如图，在⊙O中，C是AB上一点，OA⊥OB，过点C作弦CD交OB于E，若OA=DE，则∠C与∠AOC满足的数量关系是（

）

A．∠C=13∠AOC B．∠C=12∠AOC【答案】C【分析】连接OD，易得OD=DE=OC，进而得到∠C=∠D，∠DOE=∠DEO=12180°-∠D，利用外角的性质，得到∠DEO=∠C+∠COE=12【详解】解：连接OD，

∵OA=DE，∴OD=DE=OC，∴∠C=∠D，∠DOE=∠DEO=1∴∠DEO=∠C+∠COE=1∵OA⊥OB，∴∠AOB=90°,∠COE=90°-∠AOC，∴∠C+90°-∠AOC=1∴∠C=2故选C．【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质．正确的识图，确定角之间的和差关系，是解题的关键．【变式2-2】（2023·湖南益阳·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D在斜边AB上，以BD为直径的⊙O经过边AC上的点E，连接BE，且BE平分∠ABC，若⊙O的半径为3，AD=2，则线段BC的长为（

A．403 B．8 C．245 D【答案】C【分析】连接OE，证明OE∥【详解】解：连接OE，如图，∵BE平分∠ABC，∴∠OBE=∠CBE，∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB，∴∠CBE=∠OEB，∴OE∥∴△AOE∽△ABC，∴OEBC∵⊙O的半径为3，AD=2，∴AO=AD+OD=5，∴BC=OE⋅AB故选：C．

【点睛】本题考查了圆的基本性质，相似三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．【变式2-3】（2023·吉林长春·统考一模）如图，点P是⊙O外一点，分别以O、P为圆心，大于12OP长为半径作圆弧，两弧相交于点M和点N，直线MN交OP于点C，再以点C为圆心，以OC长为半径作圆弧，交⊙O于点A，连接PA交MN于点B，连接OA、OB．若∠P=26°，则A．26° B．38° C．52° D．64°【答案】B【分析】连接AC，根据作图痕迹，直线MN垂直平分OP，OC=CA，利用线段垂直平分线性质和等腰三角形的等边对等角求得∠BOP=∠P=∠CAP=26°，∠COA=∠CAO，再利用三角形的外角性质和三角形的内角和定理求得∠AOC即可．【详解】解：连接AC，根据作图痕迹，直线MN垂直平分OP，OC=CA，则OC=CP=CA，OB=BP，∴∠BOP=∠P=∠CAP=26°，∠COA=∠CAO，∴∠ACO=∠CAP+∠P=52°，∴∠COA=180°-∠ACO∴∠AOB=∠COA-∠BOP=38°，故选：B．【点睛】本题考查基本尺规作图-作垂线、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、三角形的外角性质和三角形的内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质，得到直线MN垂直平分OP是解答的关键．【题型3求一点到圆上一点的距离最值】【例3】（2023·江苏宿迁·统考中考真题）在同一平面内，已知⊙O的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（

）A．2 B．5 C．6 D．8【答案】B【分析】过点O作OA⊥l于点A，连接OP，判断出当点P为AO的延长线与⊙O的交点时，点P到直线l的距离最大，由此即可得．【详解】解：如图，过点O作OA⊥l于点A，连接OP，∴OA=3，OP=2，∴当点P为AO的延长线与⊙O的交点时，点P到直线l的距离最大，最大距离为PA=3+2=5，故选：B．【点睛】本题考查了圆的性质，正确判断出点P到直线l的距离最大时，点P的位置是解题关键．【变式3-1】（2023·广东茂名·统考二模）如图，在Rt△ABC，∠ACB=90°，E为AC边上的任意一点，把△BCE沿BE折叠，得到△BFE，连接AF．若BC=6,AC=8，则AF的最小值为【答案】4【分析】本题考查折叠的性质，勾股定理，借助隐形圆求最值．根据折叠得到BF=BC=6，进而得到点F在以B为圆心6为半径的圆上，利用“一箭穿心”，求出AF的最小值即可，解题的关键是得到点F的运动轨迹．【详解】解：∵△BCE沿BE折叠，得到△BFE，∴BF=BC=6，∴点F在以B为圆心6为半径的圆上，设以B为圆心6为半径的圆与AB交于点F'则BF'=BC=6，AF在Rt△ABC∵BC=6,AC=8，∴AB=B∴AF'=AB-BF∴AF的最小值为4，故答案为：4．【变式3-2】（2023·湖南永州·校考三模）我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫做两点间的距离；同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，最短线段的长度，叫做点到曲线的距离．依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点A2,1到以原点为圆心，以1为半径的圆的最短距离为．最长距离为

【答案】5-1/-1+55【分析】连接OA，与圆O交于点B，根据题干中的概念得到点到圆的距离即为OB，再求出OA，结合圆O半径可得结果．【详解】解：根据题意可得：点到圆的距离为：该点与圆上各点的连线中，最短的线段长度，连接OA，与圆O交于点B，可知：点A和圆O上点B之间的连线最短，∵A(2，1)，∴OA=22∵圆O的半径为1，∴AB=OA-OB=5-1∴点A2,1到以原点为圆心，以1为半径的圆的最短距离为5-1故答案为：5-1；5

【点睛】本题考查了圆的新定义问题，坐标系中两点之间的距离，勾股定理，解题的关键是理解题意，利用类比思想解决问题．【变式3-3】（2023·河南焦作·统考二模）如图，在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，∠B=90°，正方形CDEF的边长为1，将正方形CDEF绕点C旋转一周，点G为EF的中点，连接AG，则线段AG的取值范围是

【答案】5-【分析】如图所示，连接CG，先根据正方形的性质和勾股定理求出CG=52，再根据题意可知点G在以点C为圆心，半径为52的圆上运动，故当点G在线段AC上时，AG最小，此时点G与点G1重合，当点C在线段AG上时，AG最大，此时点G与G2重合，利用勾股定理求出AC=5【详解】解：如图所示，连接CG，∵四边形CDEF是边长为1的正方形，点G为EF的中点，∴CF=1，在Rt△CFG中，由勾股定理得CG=∴在正方形CDEF绕点C旋转一周的过程中，点G在以点C为圆心，半径为52∴当点G在线段AC上时，AG最小，此时点G与点G1重合，当点C在线段AG上时，AG最大，此时点G与G在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，∠B=90°∴AC=A∴AG∴5-5故答案为：5-5

【点睛】本题主要考查了圆外一点到圆上一点距离的最值问题，正方形的性质，勾股定理，正确确定点G的运动轨迹是解题的关键．【题型4利用垂径定理结合全等、相似综合求解】【例4】（2023·广东湛江·统考一模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以直角边BC为直径的⊙O交AB于点D，连接CD，∠CAB的角平分线交CD于点E，交BC于点F，交⊙O于点P．

(1)求证：AEAF(2)若tan∠CAB=43，求(3)连接PC、PB，若∠ABC=30°，AB=23，求△PCF的面积．【答案】(1)证明见解析(2)sin∠CAP=(3)△PCF的面积是3+3【分析】（1）先利用直角三角形的性质和同角的余角相等判断出，∠ACD=∠ABC，进而得出△ACE∽△ABF即可得出ACAB=AE（2）根据锐角三角函数的定义，设出AC=3x,得出BC，AC，借助（1）的结论求出CF，再根据勾股定理求出AF即可得出结论；（3）利用直角三角形的两锐角互余得出，∠BAC=60°，CAP=30°，∠FCM=30°，∠FON=30°再用含30°的直角三角形的三边关系，依次求出AC，CF，OF，ON，再用勾股定理即可求出PN，最后用三角形的面积公式，即可得出结论．【详解】（1）解：证明：∵BC是⊙O直径，∴∠BDC=90°，∴∠ABC+∠BCD=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCD=90°，∴∠ACD=∠ABC，∵∠CAB的角平分线交CD于点E，交BC于点F，∴∠CAE=∠BAF，∴△ACE∽△ABF，∴ACAB∵AF是∠BAC的角平分线，则F到AC,AB的距离相等，设为h，∵S∴ACAB∴AE（2）在Rt△ABC中，设AC=3x，∴BC=4x，根据勾股定理得，AB=5x，由（1）知，ACAB∴3x5x∴CFBF∵CF+BF=BC=4x，∴CF=32x在Rt△CAF中，CF=32根据勾股定理得，AF=∴sin（3）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=30°，AB=23∴AC=12AB=3，BC=3AC=3∴OC=1∵AF是∠BAC的平分线，∴∠CAP=∠BAP=1过点C作CM⊥AP于M，过O作ON⊥AP于N，连接OP，在Rt△ACM中，CM=12AC=∵∠ACB=90°，∴∠FCM=∠ACB-∠ACM=30°，在Rt△CMF中，∠FCM=30°，CM=3∴∠CFM=90°-∠FCM=60°，CF=1，∴OF=OC-CF=1在Rt△OFN中，∠FON=90°-∠OFN=30°，OF=∴FN=1∴ON=在Rt△ONP中，OP=OC=3∴PN=∴PF=PF=FN+PN=1∴S∴△PCF的面积是3+3【点睛】本题考查了角平分线定理，相似三角形的判定和性质，直角三角形的两锐角互余，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，锐角三角函数等知识点，解本题的关键是含30°的直角三角形的灵活运用，借助中间比判断四段线段成比例．【变式4-1】（2023·浙江杭州·二模）如图，在⊙O中，弦AD、BC相交于点E，连接OE，已知

(1)求证：BE=DE；(2)如果⊙O的半径为5，AD⊥CB,DE=1，求AE的长．【答案】(1)见解析(2)7【分析】（1）根据AB=CD，可得AB=CD，再证明（2）过O作OF⊥AD与F，OG⊥BC于G，连接OA,OC，则∠OFE=∠FEG=∠OGE=90°，根据垂径定理可得AF=FD,BG=OG，证明Rt△AOF≌Rt△OCG，可得OF=OG，从而得到四边形OFEG是正方形，可得OF=EF，设OF=EF=x，则AF=FD=x+1【详解】（1）证明：∵AB=∴AB=CD，在△ABE与△CDE中，∠A=∠CAB=CD∴△ABE≌∴BE=DE；（2）解：过O作OF⊥AD与F，OG⊥BC于G，连接OA,OC，则∠OFE=∠FEG=∠OGE=90°，

∴四边形OFEG是矩形，根据垂径定理得：AF=FD,BG=OG，∵AB=CD，∴AF=CG，在Rt△AOF与RtAF=CGOA=OC∴Rt△AOF∴OF=OG，∵AD⊥CB，∴四边形OFEG是正方形，∴OF=EF，设OF=EF=x，则AF=FD=x+1，∴OF即x2解得：x=3或-4（舍去），∴AF=4，∴AE=7．【点睛】本题主要考查了垂径定理，弧、弦，圆心角的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握垂径定理，弧、弦，圆心角的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．【变式4-2】（2023·陕西西安·高新一中校考一模）如图，AB是的直径，弦CD⊥AB于点E，点P在⊙O上，∠1=∠C．(1)求证：CB∥PD；(2)若BC=3，∠C=30°，求⊙O的直径．【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】本题考查圆周角定理（在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等），垂径定理（垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的弧）以及解直角三角形，（1）先由圆周角定理得到∠C=∠P，结合已知得到∠1=∠P，即可证明CB∥PD；（2）连接AC，由“直径所对的圆周角是直角”可得∠ACB=90°，由垂径定理可得BC=BD，得到∠A=∠P，sin∠A=sin∠P【详解】（1）证明：∵∠C与∠P是BD所对的圆周角，∴∠C=∠P．又∵∠1=∠C，∴∠1=∠P，∴CB∥PD；（2）解：连接AC，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°．又∵CD⊥AB，∴BC=∴∠A=∠P，∴sin∠A=在Rt△ACB中，sin∵sin∠P=sin∴sin又∵BC=3，∴AB=6．即⊙O的直径为6．【变式4-3】（2023·云南德宏·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点F是⊙O上一点，且AC=CF，连接FB，FD，FD交AB于点

(1)若AE=1，CD=6，求⊙O的半径；(2)连接FC并延长，交BA的延长线于点P，过点D作⊙O的切线，交BA的延长线于点M．求证：ON⋅OP=OE⋅OM．【答案】(1)5；(2)见解析．【分析】（1）连接BC，AC，AD，通过证明△ACE∽△CBE，可得AECE=CEBE，可求（2）通过证明△MDO∽△DEO，可得OD2=OE·OM，通过证明△CNO∽△PCO【详解】（1）如图1，连接BC，AC，AD，

∵CD⊥AB，AB是直径，∴AC=AD，∴∠ACD=∠ABC，且∠AEC=∠CEB，∴△ACE∽△CBE，∴AECE∴13∴BE=9，∴AB=AE+BE=10，∴⊙O的半径为5，（2）如图2，连接AC，CN，CO，DO，

∵MD是切线，∴MD⊥DO，∴∠MDO=∠DEO=90°，∠DOE=∠DOE，∴△MDO∽△DEO，∴OEOD∴OD∵AC=∴∠ACD=∠ADC=∠CDF，∵CD⊥AB，∴∠AED=∠NED=90°，在△ADE和△NDE中∠AED=∠NEDDE=DE∴△ADE≌△NDE∴AE=EN，∴CD垂直平分AN，∴CA=CN，∴∠ANC=∠CAN，∴∠CAP=∠CNO，∵AC=∴∠AOC=∠ABF，∵CO∥BF，∴∠PCO=∠PFB，∵四边形ACFB是圆内接四边形，∴∠PAC=∠PFB，∴∠PAC=∠PFB=∠PCO=∠CNO，且∠POC=∠COE，∴△CNO∽△PCO，∴NOCO∴CO∵OC=OD，∴ON·OP=OE·OM，【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质等知识．注意准确作出辅助线是解此题的关键．【题型5在坐标系中利用垂径定理求值或坐标】【例5】（2023·浙江宁波·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，⊙M与x轴相切于点A，与y轴分别交点为B，C，圆心M的坐标是4,5，则弦BC的长度为．【答案】6【分析】连接BM、AM，作MH⊥BC于H，由垂径定理得到BC=2HB，根据切线的性质及M点的坐标得到OH，OB，在Rt△MBH中，由勾股定理可求出BH，即可得到【详解】解：如图，连接BM、AM，作MH⊥BC于H，则BH=CH，∴BC=2BH，∵⊙M与x轴相切于点A，∴MA⊥OA，∵圆心M的坐标是（4∴MA=5，∴MB=MA=5，在Rt△MBH中，由勾股定理得：BH=M∴BC=2×3=6，故答案为：6．【点睛】本题考查切线的性质、坐标与图形性质、垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是正确添加辅助线，构造直角三角形．【变式5-1】（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线y=-34x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，⊙M经过原点O及A、B

(1)求⊙M的半径；(2)点C为弧OA上的一点，且满足∠COA=∠CBO，求C点坐标．(3)直线y=x与⊙M交于点O、N两点，求线段ON的长．【答案】(1)5(2)C(2,-1)(3)7【分析】（1）首先求出AO，OB的长度，然后根据勾股定理即可求出AB长度，MB为半径等于AB的一半；（2）根据已知得出C为弧OA的中点，连接MC，根据垂径定理逆定理得出MC垂直于OA，然后根据相似求出M点坐标和ME的长度，即可求出C的坐标；（3）过点N作NG⊥AO，过点M作MH⊥NG，首先得出OG=NG，然后设N（a,a），连接MN，根据勾股定理求出N的坐标，再根据勾股定理即可求出ON的长度．【详解】（1）解：在直线y=-34x+3上，令x=0，y=3∴OB=3，令y=0，x=4，∴OA=4，∴AB=OA2+O∴⊙M的半径为：BM=52（2）∵∠COA=∠CBO，∴OC=连接MC，∴MC⊥AO，∴ME∥∴△AME∽△ABO，∴AMAB∴OE=EA=2，ME=1∴EC=MC-ME=5∴C(2,-1)；

（3）过点N作NG⊥AO，过点M作MH⊥NG，连接MN，∵NO解析式为：y=x，∴NG=OG，∴设N(a,a)，∴MN∴52整理得：2a∴a1∴N的坐标为72,∴ON=

【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，一次函数与坐标轴的交点问题，勾股定理，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．【变式5-2】（2023·湖北黄冈·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是(3,a)a>3，半径为3，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为42，则a的值是【答案】3+【分析】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理和等腰直角三角形的性质，掌握垂径定理是解题的关键．作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连接PB，由于OC=3,PC=a，易得D点坐标为(3,3)，则△OCD为等腰直角三角形，△PED也为等腰直角三角形．由PE⊥AB，根据垂径定理得AE=BE=12AB=22，在Rt△PBE【详解】解：作PC⊥轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连接PB，如图，∵⊙P的圆心坐标是(3,a)，∴OC=3,PC=a，把x=3代入y=x得y=3，∴D点坐标为(3,3)，∴CD=3，∴△OCD为等腰直角三角形，∴△PED也为等腰直角三角形，∵PE⊥AB，∴AE=BE=在Rt△PBE中，PB=3∴PE=∴PD=∴a=3+故答案为：3+2【变式5-3】（2023·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，以点C1,1为圆心，2为半径作圆，交x轴于A，B两点，点P在⊙C

(1)求出A，B两点的坐标；(2)试确定经过A、B两点且以点P为顶点的抛物线解析式；(3)在该抛物线上是否存在一点D，使线段OP与CD互相平分？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)A(2)y=-x2(3)D【分析】（1）作CE⊥AB于点E，连接OA,OB，根据C1,1，半径AC=BC=2，得到CE=1,利用勾股定理求出AE=BE=3，即可得到A，（2）由圆与抛物线的对称性可知抛物线的顶点P的坐标为1,3或1,-1，分别设出解析式代入点B的坐标求出解析式；（3）假设存在点D使线段OP与CD互相平分，则四边形OCPD是平行四边形，得到PC∥OD且PC=OD，由PC∥y轴，确定点D在y轴上，根据【详解】（1）作CE⊥AB于点E，连接OA,OB，∵C1,1，半径AC=BC=2∴CE=1，∴AE=BE=A∴A1-

（2）由圆与抛物线的对称性可知抛物线的顶点P的坐标为1,3或1,-1，当抛物线的顶点P的坐标为1,3时，设抛物线的解析式为y=ax-1将点B1+3,0∴y=-x-1当抛物线的顶点P的坐标为1,-1时，设抛物线的解析式为y=ax-1将点B1+3,0∴y=1（3）假设存在点D使线段OP与CD互相平分，则四边形OCPD是平行四边形，∴PC∥OD且∵PC∥y∴点D在y轴上，当抛物线为y=-x∵PC=2，∴OD=2，即D0,2又D0,2满足y=-∴点D在抛物线上，存在D0,2使线段OP与CD当抛物线为y=1∵PC=3，∴OD=3，即D0,-3∵D0,-3不满足y=∴不存在D0,-3使线段OP与CD综上，存在D0,2使线段OP与CD【点睛】此题考查了圆的垂径定理，勾股定理，求二次函数的解析式，平行四边形的性质及判定，综合掌握各知识点是解题的关键．【题型6垂径定理在格点中的应用】【例6】（2023·天津河西·天津市新华中学校考二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，点B，点D均在格点上，并且在同一个圆上，取格点M，连接AM并延长交圆于点C，连接AD．

（1）AM=；（2）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺画出线段AP，使AP平分∠CAD，且点P在圆上，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）．【答案】13作图见解析；连接EF交CD于点G，连接OG交圆于点P，连接AP即可．【分析】（1）先作出圆心，再根据勾股定理求解；（2）根据网格线的特点和垂径定理求解．【详解】解：（1）找出圆的圆心O，连接OA，根据勾股定理得：AO=2（2）AP即为所求；

连接EF交CD于点G，连接OG交圆于点P，连接AP即可．【点睛】本题考查了作图的应用和设计，掌握勾股定理和垂径定理是解题的关键．【变式6-1】（2023·天津东丽·统考二模）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A，B，M均为格点，以格点O为圆心，AB为直径作圆，点M在圆上．

（Ⅰ）线段AB的长等于；（Ⅱ）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，在BM上找出一点P，使PM=AM【答案】210取格点C，连接AC并延长，交⊙O于点P，则点P【分析】（1）根据勾股定理即可求解；（2）取格点C，连接AC并延长，交⊙O于点P，则点P即为所求．【详解】解：（1）AB=（2）如图所示，取格点C，连接AC并延长，交⊙O于点P，则点P即为所求．理由如下，

∵tan∴∠MON=∠CAD∵∠ACD+∠CAD=90°∴∠MON+∠CAD=90°∴AC⊥OM，∴PM=【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，正切的定义，垂径定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．【变式6-2】（2023·山东淄博·统考二模）如图所示，在由边长为1的小正方形组成的网格图中，一段圆弧经过格点A，B，C，CE的延长线经过格点D，则弧AE的长为（

）

A．3π4 B．π2 C．5π8【答案】D【分析】找出圆心，根据勾股定理即可求出半径，根据图形得出∠AOE的度数，根据弧长公式求出即可．【详解】解：如图，连接AC、AD，取AC的中点O，连接

∵∠ABC=90°，∴AC为直径，∵AC∴AC∴△ACD为等腰直角三角形，∴∠ACD=45°，∴∠AOE=2∠ACD=90°，∵AO=1∴AE的长为90π×13故选：D．【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，弧长公式的应用，主要考查学生的计算能力．【变式6-3】（2023·天津·校联考一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C，D均为格点，且点A，B在圆上．（1）线段AC的长等于；（2）过点D作DF∥AC，直线DF与圆交于点M,N（点M在N的左侧），画出MN的中点P，简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）【答案】17取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，与圆交于点M，N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则点P即为所求．【分析】（1）根据勾股定理求出AC的长即可；（2）取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，与圆交于点M，N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则点P即为所求．【详解】解：（1）AC=4故答案为：17；（2）取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，与圆交于点M，N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则点P即为所求．∵∠BAE=90°，∴BE为圆的直径，∵GK垂直平分AB，∴BE鱼GK的交点为圆心O，∵MN∥∴AM=∴∠ANM=∠HMN，∴IM=IN，∵OM=ON，∴IP垂直平分MN，即MP=NP．故答案为：取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，与圆交于点M，N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则点P即为所求．【点睛】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理，垂直平分线的判定，等腰三角形的判定，垂径定理，解题的关键是找出圆心O和点I．【题型7垂径定理的实际应用】【例7】（2023·湖南·统考中考真题）问题情境：筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图①）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120秒．问题设置：把筒车抽象为一个半径为r的⊙O．如图②，OM始终垂直于水平面，设筒车半径为2米．当t=0时，某盛水筒恰好位于水面A处，此时∠AOM=30°，经过95秒后该盛水筒运动到点B处．（参考数据，2≈1.414

问题解决：(1)求该盛水筒从A处逆时针旋转到B处时，∠BOM的度数；(2)求该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离．（结果精确到0.1米）【答案】(1)∠BOM=45°；(2)该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为0.3米．【分析】（1）先求得该盛水筒的运动速度，再利用周角的定义即可求解；（2）作BC⊥OM于点C，在Rt△OAD中，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得OD的长，在Rt△OBC中，利用勾股定理求得【详解】（1）解：∵旋转一周用时120秒，∴每秒旋转360°120当经过95秒后该盛水筒运动到点B处时，∠AOB=360°-3°×95=75°，∵∠AOM=30°，∴∠BOM=75°-30°=45°；（2）解：作BC⊥OM于点C，设OM与水平面交于点D，则OD⊥AD，

在Rt△OAD中，∠AOD=30°，OA=2∴AD=12OA=1在Rt△OBC中，∠BOC=45°，OB=2∴BC=OC=2∴CD=OD-OC=3-2≈0.3答：该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为0.3米．【点睛】本题考查了圆的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．【变式7-1】（2023·北京西城·统考一模）圆在中式建筑中有着广泛的应用，例如古典园林中的门洞.如图，某地园林中的一个圆弧形门洞的高为2.5m，地面入口宽为1m，求该门洞的半径【答案】1.3【分析】本题主要考查垂径定理的应用，掌握垂径定理是解题的关键．设半径为rm，根据垂径定理可以列方程求解即可．【详解】解：设圆的半径为rm，由题意可知，DF=12CD=Rt△OFD中，OF=r2所以r2解得r=1.3．故答案为：1.3【变式7-2】（2023·宁夏中卫·统考二模）在一次数学建模活动课上，吴老师制作了一张简易的海域安全监测平面图，在图中标明了三个监测点的位置坐标O0，0，A

(1)某天海面上出现可疑船只C，在监测点A测得C位于南偏东45°，同时在监测点O测得C位于南偏东60°，求监测点O到C船的距离．（结果精确到整数，参考数据：2≈1.4，3≈1.7，(2)当可疑船只C由（1）中位置向正北方向航行时，是否会闯入安全警戒区域？请通过计算作答．【答案】(1)27海里(2)不会，见详解【分析】（1）过点C作CD⊥y轴于点D，设OD=x，则CD=AD=10+x，在Rt△COD中，解直角三角形求得x，进而求得OC（2）由（1）知OD=103-1=53+5，根据三角函数的定义得到CD=15+53，过点C作CG⊥x轴于点G，过点O'作O'E⊥DC于点E，交OB于H，过点O'作O'F⊥CG于点F【详解】（1）解：过点C作CD⊥y轴于点D，

依题意，得∠COD=60°，∠CAD=45°，设OD=x，则AD=10+x，∵∠CAD=45°，∴∠ACD=45°，∴CD=AD=10+x在Rt△COD中，∠COD=60°∴∠DCO=30°，OC=2OD∵tan∠COD=CDOD∴x=OD=10∴OC≈27，所以监测点O到C船的距离为27海里；（2）解：不会，计算如下：由（1）知OD=10∵tan∠COD=∴3=∴CD=15+53过点C作CG⊥x轴于点G，过点O'作O'E⊥DC于点E，交OB于H，

∴OH=BH=DE=10，∴CE=DC-DE=5+53过点O'作O'F⊥CG于点F，则四边形CEO'F是矩形，∴O'F=CE=5+53由已知得OA=10，OB=20，∵∠AOB=90°，∴线段AB是⊙O'的直径，AB=O∴O'A=55∵5+53∴O'F>O'A，∴直线CG与⊙O'相离，C船不会闯入安全警戒区域．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用、直线与圆的位置关系．熟练掌握垂径定理以及锐角三角函数的知识是解题关键．【变式7-3】（2023·广东佛山·校考三模）古往今来，桥给人们的生活带来便利，解决跨水或者越谷的交通，便于运输工具或行人在桥上畅通无阻，中国桥梁的桥拱线大多采用圆弧形、抛物线形和悬链形，坐落在河北省赵县汶河上的赵州桥建于隋朝，距今已有约1400年的历史，是当今世界上现存最早、保存最完整的古代敝肩石拱桥，赵州桥的主桥拱便是圆弧形．(1)某桥A主桥拱是圆弧形（如图①中ABC），已知跨度AC=40m，拱高BD=10m，则这条桥主桥拱的半径是______(2)某桥B的主桥拱是抛物线形（如图②），若水面宽MN=10m，拱顶P（抛物线顶点）距离水面4(3)如图③，某时桥A和桥B的桥下水位均上升了2m【答案】(1)25(2)y=-(3)此时桥A的水面宽度为821m，桥B【分析】（1）设ABC所在圆的圆心为点O，连接OA,OD，则OB⊥AC，AD=CD=20m，再设这条桥主桥拱的半径是rm，则OA=OB=rm，OD=（2）以水面所在直线为x轴，MN的中点为原点O，建立平面直角坐标系，则N5,0（3）根据（1）可得OF=25m,OD=15m,OB⊥FG,DE=2m，利用勾股定理可求出EF的长，再利用垂径定理即可得此时桥A的水面宽度；根据（2）的结论求出y=2【详解】（1）解：如图，设ABC所在圆的圆心为点O，连接OA,OD，

由垂径定理得：点O,D,B共线，则OB⊥AC，AD=CD=1设这条桥主桥拱的半径是rm，则OA=OB=r∴OD=OB-BD=r-10在Rt△AOD中，AD2解得r=25，故答案为：25．（2）解：如图，以水面所在直线为x轴，MN的中点为原点O，建立平面直角坐标系，

由题意得：N5,0则设桥拱抛物线的解析式为y=ax将点N5,0,P0,4代入得：25a+c=0所以桥拱抛物线的解析式为y=-4（3）解：如图，桥A中，由（1）可知：OF=25m

由题意得：OB⊥FG,DE=2m∴OE=17m在Rt△EOF中，EF=由垂径定理得：FG=2EF=821即此时桥A的水面宽度为821如图，桥B中，y=-4

当y=2时，-4解得x=522所以此时桥B的水面宽度为52答：此时桥A的水面宽度为821m，桥B的水面宽度为【点睛】本题主要考查了垂径定理的应用、二次函数的应用等知识点，熟练掌握垂径定理和二次函数的性质是解题关键．【题型8利用垂径定理求取值范围】【例8】（2023·浙江宁波·一模）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OE=AE=2，F为BD上一点，CF与AB交于点G，若FG>CG，则BF的长的范围为(

)

A．4<BF<42 B．C．42<BF<43【答案】B【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，作直径CM，当点F在DM(不与D、M重合)上运动时，FG>CG，由cos∠DOE=OEOD=12，得到∠DOE=60°，进而得到∠DBE=12∠DOE=30°，∠BDE=90°-∠DBE=60°，由此得到∠M=∠BDE=60°，即可得到△OBM是等边三角形，得到MB=OB=AO=4，求出BE=2+4=6【详解】解：如图，作直径CM，

当点F在DM(不与D、M重合)上运动时，∵OE=AE=2，∴OE=1∵弦CD⊥AB于点E，∴cos∠DOE=∴∠DOE=60°，∴∠DBE=1∴∠BDE=90°-∠DBE=60°，∴∠M=∠BDE=60°，∵OM=OB，∴△OBM是等边三角形，∴BM=OB，∵AO=2OE=4，∴MB=OB=AO=4，∵OE=2，OB=4，∴BE=2+4=6，∵sin∠BDE=∴BD=43∴BF的长的范围是4<BF<43故选：B．【变式8-1】（2023·四川绵阳·二模）已知⊙O的弦AB=1.6，优弧上的点到AB的最大距离为1.6，直线l⊥AB，若⊙O上有4个不同的点到l的距离等于0.4，则点O到l的距离d的范围为．【答案】0≤d【分析】过O点作OD⊥AB于D点，连接AO，先利用垂径定理以及勾股定理求出圆的半径，再数形结合即可求解．【详解】如图，过O点作OD⊥AB于D点，连接AO，根据题意有：AB=1.6，CD=1.6，即OD=CD-OC=1.6-OC=1.6-OA，∵OD⊥AB，∴AD=BD=1∴在Rt△AOD中，有A∴AO解得：AO=1，∵⊙O上有4个不同的点到l的距离等于0.4，结合图形可知，当直线l往右移动时，d的值将无限接近1-0.4，若d=1-0.4=0.6，此时⊙O上只有3个不同的点到l的距离等于0.4，不符合题意，当直线l过圆心时，d=0，满足要求，∴0≤d＜故答案为：0≤d＜【点睛】本题考查直线与圆的关系，熟练掌握垂径定理，勾股定理是解题的关键．【变式8-2】（2023·广东佛山·统考二模）如图，⊙O的半径为5cm，弦AB=8cm，P是弦AB上的一个动点，则OP的长度范围是（A．8≤OP≤10 B．5≤OP≤8 C．4≤OP≤5 D．3≤OP≤5【答案】D【分析】先利用垂径定理得到AC，再利用勾股定理求出OC，即可求解．【详解】解：如图，过O点作OC⊥AB于C，∵AB=8cm∴AC=4cm∴OC=O∵P点在AB上运动，∴OC≤OP≤OA即3≤OP≤5故选：D．【点睛】本题考查了垂径定理，即垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧，同时涉及到了垂线段最短等知识，解题关键是牢记相关概念或定理．【变式8-3】（2023·广东广州·华南师大附中校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为4的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O上一动点，点C为弦AB的中点，直线y=34x−6与x轴、y轴分别交于点D、E，若△CDE面积为S，则S的范围是【答案】8≤S≤28【分析】连接OC，如图，根据垂径定理得到OC⊥AB，则利用圆周角定理可判断点C在以OA为直径的圆上（点O、A除外），以OA为直角作⊙P，过P点作直线PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，如图，先利用一次函数解析式确定E（0，-6），D（8，0），则DE=10，接着证明△DPH∽△DEO，利用相似比求出PH=185，则MP=285，NH=85，由于当C点与M点重合时，S最大；C点与N点重合时，S最小，然后计算出SΔNED【详解】解：连接OC，如图，∵点C为弦AB的中点，∴OC⊥AB，∴∠ACO=90°，∴点C在以OA为直径的圆上（点O、A除外），以OA为直角作⊙P，过P点作直线PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，如图，当x=0时，y=34x-6=-6，则E（0，-6当y=0时，34x-6=0，解得x=8，则D（8，0∴DE=62+∵A（4，0），∴P（2，0），∴PD=6，∵∠PDH=∠EDO，∠PHD=∠EOD，∴△DPH∽△DEO，∴PH：OE=DP：DE，即PH：6=6：10，解得PH=185∴MP=PH+2=285，NH=PH-2=8∴SΔNED=当C点与M点重合时，S最大；C点与N点重合时，S最小，∴S的范围为8≤S≤28．故答案为：8≤S≤28．【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质和一次函数的性质．【题型9利用弧、弦、圆心角关系求角度、线段长、周长、面积、弧的度数】【例9】（2023·四川成都·统考二模）如图所示的曲边三角形可按下述方法作出：作等边△ABC；分别以点A，B，C为圆心，以AB的长为半径作BC，AC，AB，三条弧所围成的图形就是一个曲边三角形．如果AB=3，那么这个曲边三角形的周长是（）．A．π B．2π C．92π D．【答案】D【分析】根据等边三角形的定义和性质得出AB=BC=AC，∠A=∠B=∠C=60°，从而得出LBC=LAC=【详解】解：∵△ABC为等边三角形，∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=AC，∴LBC∵AB=3，∴LBC∴这个曲边三角形的周长是LBC故选：D．【点睛】本题考查等边三角形的定义和性质，弧、弦、圆心角的关系，弧长公式．掌握弧长公式为nπr180【变式9-1】（2023·江苏泰州·二模）如图，已知AB、CD是⊙O的两条直径，且∠AOC=50°，过点A作AE∥CD交⊙O于点E，则弧

【答案】80°/80度【分析】本题考查平行线的性质，圆心角，弧，弦之间的关系，圆周角定理等知识点，连接EO，根据平行线的性质求出∠A=∠AOC，根据圆周角定理求出∠EOB，再求出EDB的度数，即可求出本题答案．【详解】解：连接EO，

∵∠AOC=50°，AE∥∴∠A=∠AOC=50°，∵OA=OE，∴∠A=∠E=50°∴∠EOB=2∠A=100°，∴EDB的度数是100°，∵AB、CD是∴AEB的度数是180°，∴AE的度数是180°-100°=80°，故答案为：80°．【变式9-2】（2023·上海宝山·一模）如图，已知圆O的弦AB与直径CD交于点E，且CD平分AB．(1)已知AB=6，EC=2，求圆O的半径；(2)如果DE=3EC，求弦AB所对的圆心角的度数．【答案】(1)13(2)120°【分析】（1）连接OA，如图，设⊙O的半径为r，则OA=r，OE=r-2，先根据垂径定理得到AE=BE=3，CD⊥AB，在Rt△OAE中利用勾股定理得到3（2）连接OB，如图，先利用DE=3EC得到OE=CE，即OE=12OA，再利用正弦的定义得到∠A=30°，然【详解】（1）解：连接OA，如图，设⊙O的半径为r，则OA=r，OE=r-2，∵CD平分AB，∴AE=BE=3，CD⊥AB，在Rt△OAE中，3解得r=13即⊙O的半径为134（2）连接OB，如图，∵DE=3EC，∴OC+OE=3EC，即OE+CE+OE=3CE，∴OE=CE，∴OE=1在Rt△OAE中，∵∴∠A=30°，∵OA=OB，∴∠B=∠A=30°，∴∠AOB=180°-∠A-∠B=120°，即弦AB所对的圆心角的度数为120°．【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．也考查了垂径定理和勾股定理．【变式9-3】（2023·安徽合肥·一模）圆的定义：在同一平面内，到定点的距离等于定长的所有点所组成的图形．

(1)已知：如图1，OA=OB=OC，请利用圆规画出过A、B、C三点的圆．若∠AOB=70°(2)已知，如图2，Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BCA=30°，AB=2．点P为AC边的中点，将AC沿BA方向平移2个单位长度，点A、P(3)如图3，将AC边沿BC方向平移a个单位至DF，是否存在这样的a，使得直线DF上有一点Q，满足∠BQA=45°且此时四边形BADF的面积最大？若存在，求出四边形BADF面积的最大值及平移距离a，若不存在，说明理由．【答案】(1)35°(2)四边形BDFC的面积为63，∠BEA的大小为(3)四边形BADF的最大面积为4+23，平移2【分析】（1）利用圆的定义知A、（2）根据图形的平移性质，判定平移后图形形状，继而确定面积的计算方式和方法，角度问题也迎刃而解；（3）因角度不变，借助圆周角定点在圆周上运动时角度不变的思想，判断出D点能够向右移动的最大距离，求出四边形的最大面积．【详解】（1）解：以O为圆心，OA为半径作辅助圆，如图，，

∵∠AOB=70°，∴∠ACB=35°，故答案为：35°；（2）解：连接PB，

，

Rt△ABC中，∠ABC=90°∴AC=4，∵P为Rt△ABC斜边AC∴BP=1线段AC平移到DF之后，AB=AD=PE=2，∴四边形ABPE为菱形，∵∠BAC=60°，∴∠BEA=30°，∵CF∥BD，且∠ABC=90°，∴四边形BDFC为直角梯形，∴S=1（3）解：如图所示，

当AC边沿BC方向平移2个单位至DF时，满足∠BQA=45°且此时四边形BADF的面积最大，此时直角梯形ABFD的最大面积为，S=1【点睛】本题主要考查图形的平移、圆心角、圆周角之间的关系，解题的关键是数形结合，找到极值点求解．【题型10利用弧、弦、圆心角关系比较大小】【例10】（2023·河北·统考中考真题）如图，点P1~P8是⊙O的八等分点．若△P1P3P7，四边形

A．a<b B．a=b C．a>b D．a，b大小无法比较【答案】A【分析】连接P1P2,P2P3，依题意得P1P2=P2P【详解】连接P1

∵点P1~P8∴P1P∴P又∵△P1P四边形P3P4∴b-a=P3=在△P1∴b-a=故选A．【点睛】本题考查等弧所对的弦相等，三角形的三边关系等知识，利用作差比较法比较周长大小是解题的关键．【变式10-1】（2023·甘肃平凉·三模）如图，在⊙O中，AB⏜=BC⏜=CD⏜，连接AC，CDA．AC=2CD B．AC<2CDC．AC>2CD D．无法比较【答案】B【分析】连接AB，BC，根据AB=BC=【详解】解：连接AB，BC，如图，∵AB∴AB=BC=CD又AB+BC>AC∴AC<2CD故选：B【点睛】本题考查了三角形三边关系，弧、弦的关系等知识，熟练掌握上述知识是解答本题的关键．【变式10-2】（2023·甘肃平凉·二模）如图所示，在⊙O中，AB=2CD，那么（A．AB>2CD B．AB<2CD C．AB=2CD D．无法比较【答案】B【分析】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系和三角形的三边关系，在圆上截取DE=CD，再根据“根据三角形的三边关系【详解】解：如图，在圆上截取DE=∵AB=2∴AB=∴AB=CE，根据三角形的三边关系知，CD+DE=2CD>CE=AB，∴AB<2CD，故选：B．【变式10-3】（2023·河北秦皇岛·统考一模）如图，在扇形AOB中，∠AOB=90°，C、D是AB上两点，过点D作DE∥OC交OB于E点，在OD上取点F，使OF=DE，连接CF并延长交OB于(1)求证：△OCF≌△DOE；(2)若C、D是AB的三等分点，OA=23①求∠OGC；②请比较GE和BE的大小．【答案】(1)证明见解析(2)①∠OGC=90°；②BE＞GE【分析】（1）先由平行线得出∠COD=∠ODE，再用SAS证△OCF≌△DOE即可；（2）①先由C、D是AB的三等分点，∠AOB=90°，求得∠AOC=∠COD=∠BOD=30°，由（1）知△OCF≌△DOE，所以∠OCF=∠DOE=30°，即可由三角形内角和求解；②由①∠OGC=90°，∠OCF=∠DOE=30°，利用直角三角形的性质和勾股定理即可求得OG=3，OF=2，又∠OCF=∠COF=30°，所以CF=OF，又由△OCF≌△DOE，所以OE=CF=OF=2，即可求得GE=2-3，【详解】（1）解：∵DEOC，∴∠COD=∠ODE，∵OC=OD，OF=DE，∴△OCF≌△DOE(SAS)；（2）解：①∵C、D是AB的三等分点，∠AOB=90°，∴∠AOC=∠COD=∠BOD=30°，∵△OCF≌△DOE，∴∠OCF=∠DOE=30°，∵∠COG=∠COD+∠DOB=60°，∴∠OGC=90°．②∵OA=OC=OB=23∴OG=3又∵∠DOE=30°，∴OF=2，∵∠OCF=∠COF=30°，∴CF=OF，∵△OCF≌△DOE，∴OE=CF=OF=2，∴GE=OE-OG=2-3，BE=OB-OE=2∵BE－∴BE＞GE．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，圆的性质，圆心角、弧之间的关系，直角三角形的性质，勾股定理，求出∠AOC=∠COD=∠BOD=30°，进而求得∠OGC=90°是解题词的关键．【题型11利用弧、弦、圆心角关系求最值】【例11】（2023·江苏泰州·二模）如图，AB是⊙O的直径，AB＝4，C为AB的三等分点（更靠近A点），点P是⊙O上一个动点，取弦AP的中点D，则线段CD的最大值为（

）

A．2 B．7 C．23 D．【答案】D【分析】取OA的中点Q，连接DQ，OD，CQ，根据条件可求得CQ长，再由垂径定理得出OD⊥AP，由直角三角形斜边中线等于斜边一半求得QD长，根据当C,Q,D三点共线时，CD长最大求解.【详解】解：如图，取AO的中点Q,连接CQ，QD，OD，∵C为AB的三等分点，∴AC的度数为60°，∴∠AOC=60°,∵OA=OC,∴△AOC为等边三角形，∵Q为OA的中点，∴CQ⊥OA，∠OCQ=30°,∴OQ=12由勾股定理可得，CQ=3,∵D为AP的中点,∴OD⊥AP，∵Q为OA的中点，∴DQ=12∴当D点CQ的延长线上时，即点C,Q,D三点共线时，CD长最大，最大值为3+故选D

【点睛】本题考查利用弧与圆心角的关系及垂径定理求相关线段的长度，并且考查线段最大值问题，利用圆的综合性质是解答此题的关键.【变式11-1】（2023·江苏泰州·一模）如图，CD是⊙O的直径，CD=8，∠ACD=20°，点B为弧AD的中点，点P是直径CD上的一个动点，则PA+PB的最小值为．

【答案】4【分析】本题主要考查最短路径及圆的基本性质．作点B关于直径CD的对称点E，连接AE、OA、OE、【详解】解：作点B关于直径CD的对称点E，连接AE、OA、OE、

∴BD=∵∠ACD=20°，∴∠AOD=40°，∵点B为弧AD的中点，∴BD与ED的度数为20°，∴∠EOD=20°，∴∠AOE=60°，∵OA=OE，∴△AOE是等边三角形，∵CD=8，∴AE=OA=4，即PA+PB的最小值为4，故答案为：4．【变式11-2】（2023·河南焦作·统考一模）如图，在扇形BOC中，∠BOC＝60°，点D是BC的中点，点E，F分别为半径OC，OB上的动点．若OB＝2，则△DEF周长的最小值为．【答案】2【分析】连接OD，分别作D点关于OB、OC的对称点M、N，连接OM、ON，MN，MN交OB于F，交OC于E，交OD于P，如图，利用ED＝EN，FM＝FB得到△DEF的周长＝MN，根据两点之间线段最短可判断此时△DEF的周长最小，接着证明∠MON＝120°，OM＝ON＝2，然后计算出MN即可．【详解】解：连接OD，分别作D点关于OB、OC的对称点M、N，连接OM、ON，MN，MN交OB于F，交OC于E，交OD于P，如图，∵ED＝EN，FM＝FD，∴△DEF的周长＝ED+EF+FD＝EN+EF+FM＝MN，∴此时△DEF的周长最小，∵点D是BC的中点，∴∠BOD＝∠COD＝12∠BOC＝30°∵M点与D点关于OB对称，∴∠MOB＝∠BOD＝30°，OM＝OD＝2，同理得∠NOC＝∠COD＝30°，ON＝OD＝2，∵∠MON＝120°，OM＝ON＝2，而∠MOP＝60°，∴OP⊥MN，∠OMN＝∠ONM＝30°，∴PM＝PN，在Rt△OPM中，OP＝12OM＝1∴PM＝3OP＝3，∴MN＝2PM＝23，∴△DEF周长的最小值为23．故答案为23．【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．也考查了圆心角、弧、弦的关系和最短路径问题．【变式11-3】（2023·河南·三模）圆的定义：在同一平面内，到定点的距离等于定长的所有点所组成的图形．

(1)已知：如图1，OA=OB=OC，请利用圆规画出过A、B、C三点的圆．若∠AOB=70°(2)已知，如图2，Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BCA=30°，AB=2．点P为AC边的中点，将AC沿BA方向平移2个单位长度，点A、P(3)如图3，将AC边沿BC方向平移a个单位至DF，是否存在这样的a，使得直线DF上有一点Q，满足∠BQA=45°且此时四边形BADF的面积最大？若存在，求出四边形BADF面积的最大值及平移距离a，若不存在，说明理由．【答案】(1)35°(2)四边形BDFC的面积为63，∠BEA的大小为(3)四边形BADF的最大面积为4+23，平移2【分析】（1）利用圆的定义知A、（2）根据图形的平移性质，判定平移后图形形状，继而确定面积的计算方式和方法，角度问题也迎刃而解；（3）因角度不变，借助圆周角定点在圆周上运动时角度不变的思想，判断出D点能够向右移动的最大距离，求出四边形的最大面积．【详解】（1）解：以O为圆心，OA为半径作辅助圆，如图，，

∵∠AOB=70°，∴∠ACB=35°，故答案为：35°；（2）解：连接PB，

，

Rt△ABC中，∠ABC=90°∴AC=4，∵P为Rt△ABC斜边AC∴BP=1线段AC平移到DF之后，AB=AD=PE=2，∴四边形ABPE为菱形，∵∠BAC=60°，∴∠BEA=30°，∵CF∥BD，且∠ABC=90°，∴四边形BDFC为直角梯形，∴S=1（3）解：如图所示，

当AC边沿BC方向平移2个单位至DF时，满足∠BQA=45°且此时四边形BADF的面积最大，此时直角梯形ABFD的最大面积为，S=1【点睛】本题主要考查图形的平移、圆心角、圆周角之间的关系，解题的关键是数形结合，找到极值点求解．【题型12利用弧、弦、圆心角关系证明】【例12】（2023·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）如图1，圆O中，AB为弦，C为弧AB中点，连接OC交AB于D．

(1)求证：OC⊥AB；(2)如图2，弦EF∥弦GH，连接EG、FH，求证：EG=FH(3)如图3，在（2）的条件下，连接BC、FG，若FG平分∠EFH,OD=3,GH=10，BC=25，求．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)13【分析】（1）证明CO是∠AOB的角平分线，进而求解；（2）证明∠EFG=∠FGH得到∠EOG=∠FOH，即可求解；（3）证明Rt△GPE≌Rt△HQF(HL),，则EP=FQ，在Rt△FPG中，设PG=m，则tan∠PFG=PGPF=m【详解】（1）证明：如图1，连接OA、OB，∵C为弧AB中点，∴∠COA=∠COB，即CO是∠AOB的角平分线，在等腰三角形OAB中，AO=OB,CO是∠AOB的角平分线，∴OC⊥AB；

（2）证明：连接OE、OG、OH、OF、GF，∵GH∴∠EFG=∠FGH,又∵∠EOG=2∠EFG,∠FOH=2∠FGH,∴∠EOG=∠FOH,∴EG=FH;（3）解：连接OB、OF，延长FO交圆于点M，连接MH，过点G、H分别作EF的垂线，交于点P、Q，则四边形PQHG为矩形，则PQ=GH=10，设CD=x，则OB=x+3在△BOC中，BD即(x+3)2解得x=-5(舍去)或x=2，则OB=x+3=5，即圆的半径为5，则直径为10，∵FG平分∠BFH，则∠EFG=∠GFH，故EG=GH，由（2）知，EG=FH，∴EG=GH=FH=在Rt△MFH中，sinM=FH∵GH∥EF，则在Rt△GPE和RtGP=QH∴∴EP=FQ,在Rt△FPG中，设PG=m，则tan∠PFG=则PF=3m，则EP=FQ=PF-PQ=3m-10在Rt△EPG中，EG2解得m=0(舍去)或310则EF=2EP+10【点睛】本题为圆的综合题，主要考查了圆的基本性质、等腰三角形的性质、解直角三角形、三角形全等、勾股定理的运用等，有一定的综合性，难度适中．【变式12-1】（2023·湖北武汉·校考模拟预测）如图，⊙O经过△ABC的顶点A，C及AB的中点D，且D是AC的中点．

(1)求证：△ABC是直角三角形；(2)若⊙O的半径为1，求AB【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）连接CD，根据D是AC的中点，可得DA=DC，所以∠DAC=∠DCA，再根据点D是AB的中点，可推得DC=DB，所以∠B=∠DCB，然后利用三角形内角和定理即可解决问题；（2）连接DO并延长交⊙O于点E，连接AE，证明△ADE∽△CBA，可得ADCB【详解】（1）证明：如图，连接CD，∵D是AC的中点，∴DA=DC，∴∠DAC=∠DCA，∵点D是AB的中点，∴DA=DB，∴DC=DB，∴∠B=∠DCB，∵∠BAC+∠B+∠ACB=180°，∴∠BAC+∠B+∠DCA+∠DCB=180°，∴2∠BAC+2∠B=180°，∴∠BAC+∠B=90°，∴△ABC是直角三角形；

（2）解：如图，连接DO并延长交⊙O于点E，连接AE，∴DE是⊙O的直径，∴∠DAE=90°，∵D是AC的中点，∴AD=∴∠DEA=∠BAC，∵∠DAE=∠BCA=90°，∴△ADE∽△CBA，∴ADCB∵⊙O的半径为1，点D是AB的中点，∴DE=2，AD=1∴12∴12∴AB∴AB

【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，三角形相似的判定和性质，直角三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．【变式12-2】（2023·广东江门·统考二模）如图，点A、B、C在⊙O上，BC是直径，∠ABC的角平分线BD与⊙O交于点D，与AC交于点M，且BM=MD，连接OD，交AC于点N．(1)证明：OD⊥AC；(2)试猜想AB与OD之间的数量关系，并证明．【答案】(1)见解析(2)OD=3【分析】（1）根据∠ABD=∠DBO，证得AD=DC，进而根据垂径定理证得（2）先证明ON是△ABC的中位线，得出AB=2ON，进而得出结论．【详解】（1）证明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBO，∴AD=∴OD⊥AC；（2）解：猜想OD=3∵AD=DC，∴AN=NC．∵OB=12BC∴ON是△ABC的中位线，∴AB=2ON，AB∥ON．∴∠ABM=∠NDM．∵BM=MD，∠BMA=∠DMN，∴△ABM≌△NDMASA∴AB=ND=2ON．∴OD=ON+ND=3【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的定理和性质．【变式12-3】（2023·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）如图1，AB为⊙O直径，点E是弦AC中点，连接OE并延长交⊙O于点D，

(1)求证：AD=(2)如图2，连接BD交AC于点F，求证：DE(3)如图3，在（2）条件下，延长BA至点G，连接GF，若∠DFG=45°，AG=2CF=4，求⊙O【答案】(1)见解析(2)见解析(3)4【分析】（1）连接CO，根据等腰三角形的性质得出∠AOD=∠COD，根据圆心角与弧之间的关系得出AD=（2）连接DC，证明△EDF∽△CDE，得出DE:CE=EF:DE，即可证明DE（3）连接AD，交FG于点H，证明∠G=∠AFG，得出AF=AG=4，求出CF=22，得出AC=AF+CF=4+22，根据E为AC的中点，得出AE=CE=12AC=2+2，求出EF=CE-CF=2-2，根据解析（2）求出DE=2【详解】（1）证明：连接CO，如图所示：

∴AO=CO，∵E是弦AC中点，∴∠AOD=∠COD，∴AD=（2）证明：连接DC，如图所示：

∵AD=∴∠ABD=∠ACD，∵OD=OB，∴∠ODB=∠OBD，∴∠ACD=∠ODB，∴△EDF∽△CDE，∴DE:CE=EF:DE，∴DE（3）解：连接AD，交FG于点H，如图所示：

∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∵∠DFG=45°，∴∠DHF=90°-45°=45°，∵AD=∴∠B=∠DAC，∵∠B+∠G=∠EFG=45°，∠DAC+∠AFG=∠DHF=45°，∴∠G=∠AFG，∴AF=AG=4，∵2CF=4∴CF=22∴AC=AF+CF=4+22∵E为AC的中点，∴AE=CE=1∴EF=CE-CF=2-2由（2）得：DE∴DE=2设⊙O的半径为r，在Rt△AOE中，OA=r，OE=OD-DE=r-2，∴r2解得：r=22∴2πr=4即⊙O的周长为42【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，三角形相似的判定和性质，垂径定理，圆心角、弧之间的关系，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．【题型13利用圆周角定理求解】【例13】（2023·湖北武汉·校考一模）如图，BC是⊙O的直径，D为⊙O上一点，A为CBD的中点，AE⊥BC于H并交⊙O于点E，若CD=3DF，AC=4，则⊙O的半径长为（

）

A．52 B．81313 C．4【答案】B【分析】如图，连接OA、DE，由A为CBD的中点，可得AC=AD，由垂径定理得AH=EH，AC=CE，则CE=AD，∠EAC=∠DCA，AF=CF，由∠FDE=∠EAC，∠FED=∠DCA，可得∠FDE=∠FED，则DF=EF，设EF=DF=2x，则CD=6x，AE=6x，AH=EH=3x，CF=8x，HF=5x，在Rt△CHA中，CH2=AC2-AH2=42-3x2=16-9x2，在【详解】解：如图，连接OA、

∵A为CBD的中点，∴AC=∵BC是⊙O的直径，AE⊥BC，∴AH=EH，∴AC=∴CE=∴∠EAC=∠DCA，∴AF=CF，∵∠FDE=∠EAC，∠FED=∠DCA，∴∠FDE=∠FED，∴DF=EF，设EF=DF=2x，则CD=6x，AE=6x，∴AH=EH=3x，CF=8x，HF=5x，在Rt△CHA中，C在Rt△CHF中，C∴16-