猜题02 圆（拔尖必刷70题17种题型专项训练）（含答案解析）

猜题02圆（拔尖必刷70题17种题型专项训练）一．由点与圆的位置关系求范围（共4小题）二．利用弧、弦、圆心角之间的关系求解（共4小题）三．利用垂径定理求解（共5小题）四．垂径定理的实际应用（共5小题）五．圆周角定理及推论（共3小题）六．圆内接四边形的相关计算（共5小题）七．已知直线与圆的位置关系求半径取值范围（共4小题）八．切线长定理求解（共4小题）九．弧长、扇形面积的计算（共4小题）十．切线的性质与判定的综合（共6小题）十一．三角形内接圆与外切圆综合（共4小题）十二．与圆锥的相关计算（共5小题）十三．圆锥侧面积的最短距离（共3小题）十四．图形旋转扫过面积的计算（共3小题）十五．计算不规则的图形面积（共4小题）十六．与圆有关的规律探究问题（共5小题）十七．与圆有关的新定义问题（共4小题）一．由点与圆的位置关系求范围（共4小题）1．（2023上·广东惠州·九年级校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=7，点D在边BC上，CD=3，⊙A的半径长为3，⊙D与⊙A相交，且点B在⊙D外，那么⊙D的半径长r可能是（

A．r=1 B．r=3 C．r=5 D．r=7【答案】B【分析】连接AD交⊙A于E，根据勾股定理求出AD的长，从而求出DE、DB的长，再根据相交两圆的位置关系得出【详解】解：连接AD交⊙A于E，如图1，

在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD=A则DE=AD-AE=5-3=2，∵BC=7，∴BD=7-3=4，∴⊙D与⊙A相交，且点B在⊙D外，必须2<r<4，即只有选项B符合题意，故选：B．【点睛】本题考查了相交两圆的性质，点与圆的位置关系，勾股定理等知识点，能熟记相交两圆的性质和点与圆的位置关系的内容是解题的关键．2．（2022上·江苏南通·九年级统考期中）在数轴上，点A所表示的实数为4，点B所表示的实数为b，⊙A的半径为2，要使点B在⊙A内时，实数b的取值范围是（）A．b>2 B．b>6 C．b<2或b>6 D．2<b<6【答案】D【分析】要使点B在⊙A内，则AB<2，即b-4<2【详解】解：要使点B在⊙A内，则AB<2，即b-4解得2<b<6，故选：D【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．3．（2021上·江苏淮安·九年级统考期中）如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为（6，8），P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点．若点A、B关于原点O对称，则AB长的最小值为（）A．6 B．8 C．12 D．16【答案】C【分析】先根据直角三角形斜边上的中线性质得到AB=2OP，可知要使AB长最小，则需OP取得最小值，连接OM，交⊙M于P'，当点P位于P'位置时，OP取得最小值，过点M作MQ⊥x轴于点【详解】解：如图，连接OP，∵PA⊥PB，AO=BO，∴AB=2OP，若要使AB长最小，则需OP取得最小值，连接OM，交⊙M于P'，当点P位于P'位置时，过点M作MQ⊥x轴于点Q，则OQ=6，MQ=8，∴OM=6∵MP∴OP∴AB=2OP故选：C．【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理、坐标与图形、点与圆的位置关系等知识，能将求AB的最小值转化为求OP4．（2022上·陕西安康·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°,AB=6,BC=10，D是BC的中点，以A为圆心，r为半径作⊙A，若点B，D，C均在⊙A外，求r的取值范围．【答案】0＜r＜5【分析】先根据勾股定理和直角三角形斜边上的中线性质求得AB、AD，再根据点与圆的位置关系即可求解．【详解】解：∵在△ABC中，∠BAC=90°,AB=6,BC=10，∴AC=B∵D是BC的中点，∴AD=1∵5＜6＜8，∴AD＜AB＜AC，∵A为圆心，r为半径，点B，D，C均在⊙A外，∴0＜r＜5．【点睛】本题考查勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质、点与圆的位置关系，解题关键是熟练掌握点与圆的位置关系：设圆半径为r，点与圆心的距离为d，当d＜r时，点在圆内；当d=r时，点在圆上；当d＞r时，点在圆外．二．利用弧、弦、圆心角之间的关系求解（共4小题）5．（2023上·江苏无锡·九年级校考期中）如图，AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，若BC=CD=DA=4cm，则⊙O的直径AB为（

A．5cm B．4cm C．6cm【答案】D【分析】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，等边三角形的判定．连接OD、OC．根据圆心角、弧、弦的关系证得△AOD是等边三角形，则⊙O的半径长为OA=AD=4cm【详解】解：如图，连接OD、OC．

∵AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，若BC=CD=DA=4cm∴AD=∴∠AOD=∠DOC=∠BOC=60°．又OA=OD，∴△AOD是等边三角形，∴OA=AD=4cm∴AB=8cm故选：D．6．（2023上·湖北襄阳·九年级统考期中）如图，在⊙O中，AB=AC=BC，则

A．100° B．110° C．120° D．150°【答案】C【分析】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，先证明△ABC是等边三角形，求出∠BAC=60°，根据圆周角定理求出即可．【详解】解：∵AB=∴AB=AC=BC，∴∠BAC=60°，∴∠BOC=2∠A=120°，故选：C．7．（2023上·广东江门·九年级校考期中）如图，AB是⊙O的直径，点E在⊙O上，点D，C是BE的三等分点，∠COD=34°，则∠AEO的度数是（

）

A．51° B．56° C．68° D．78°【答案】D【分析】先根据圆心角、弧、弦的关系得到∠BOC=∠COD=∠DOE=34°，然后利用平角的定义计算∠AOE的度数．【详解】解：∵点D、C是BE的三等分点，即DE=∴∠BOC=∠COD=∠DOE=34°，∴∠AOE=180°-3×34°=78°．故选：D．【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．8．（2023上·湖南长沙·九年级长沙市雅礼实验中学校考阶段练习）如图，在⊙O中，AC=BC，D、E分别是半径OA与OB的中点，连接OC，AC，A．AC=BC B．CD=CE C．∠AOC=∠COB D．CD⊥OA【答案】D【分析】在⊙O中，根据弧、弦、圆心角的关系可判断A选项，证明△ACD≌△BCE可判断B、C选项，根据已知条件，不能证明CA=CO，可判断D选项．【详解】解：在⊙O中，∵AC∴AC=BC，故A选项不符合题意；在△AOC与△BOC中，OA=OBOC=OC∴△AOC≌△BOCSSS∴∠CAD=∠CBE，∠AOC=∠COB，故C选项不符合题意；∵D、E分别是半径OA，OB∴AD=BE，在△ACD与△BCE中，AC=BC∠CAD=∠CBE∴△ACD≌△BCESAS∴CD=CE，∠ACD=∠BCE，故B选项不符合题意；∵CA和OC不一定相等，∴CD和OA不一定垂直，故D选项符合题意．故选：D．【点睛】本题考查弧、弦、圆心角的关系以及全等三角形的判定与性质，掌握相关知识点是解决本题的关键．三．利用垂径定理求解（共5小题）9．（2022上·云南红河·九年级统考期末）已知⊙O的半径是5cm，弦AB∥CD，AB=6cm，与CD的距离是（

）A．7cm B．7cm或1cm C．5cm或2【答案】B【分析】有两种情况，需分类讨论，即AB，CD在圆心【详解】解：如图①，过O作OF⊥AB于F交CD于E，连接OA，OC，∵AB∥CD，∴OE⊥CD；由垂径定理得AF=FB=12AB=3∴OF=OA2∴EF=OF-OE=1cm

如图②，过O作OF⊥AB于F交CD于E，连接OA，OC，∵AB∥CD，∴OE⊥CD；同理可得OF=4cm，OE=3当AB，CD在圆心O的两侧时，EF=OF+OE=7(cm∴AB与CD的距离为7cm或1

故选B．【点睛】此题考查了勾股定理，以及垂径定理的应用，需注意AB、10．（2022上·江苏扬州·九年级统考期中）如图，已知⊙O的直径为26，弦AB=24，动点P、Q在⊙O上，弦PQ=10，若点M、N分别是弦AB、

A．7≤MN≤17 B．14≤MN≤34 C．7<MN<17 D．6≤MN≤16【答案】A【分析】连接OM、ON、OA、OP，由垂径定理得到，OM⊥AB，ON⊥PQ，AM=12AB=12，PN=12PQ=5，由勾股定理得到OM=5，ON=12，当AB∥PQ时，M、O、N三点共线时，当AB、PQ位于点O的同侧时，线段MN的长度最短，当AB、【详解】解：连接OM、ON、OA、OP，如图所示，

∵⊙O的直径为26，∴OA=OP=13，∵点M、N分别是弦AB、PQ的中点，AB=24，∴OM⊥AB，ON⊥PQ，AM=12AB=12∴OM=132-当AB∥PQ时，M、O、N三点共线，当AB、PQ位于点O的同侧时，线段MN的长度最短=OM-ON=12-5=7，当AB、PQ位于点O的两侧时，线段MN的长度最长=OM+ON=12+5=17，∴线段MN的长度的取值范围是7≤MN≤17，故选：A．【点睛】本题考查了勾股定理、垂径定理、线段的最值问题，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．11．（2022上·山东济宁·九年级济宁学院附属中学校考期末）如图，一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为5cm，瓶内液体的最大深度CD=1cm．则截面圆中弦AB的长为（

A．42 B．6 C．8 D．【答案】B【分析】由垂径定理和勾股定理分别求出AB的长，即可得出答案．【详解】解：如图所示，

由题意得：OA=OD=5cm，OD⊥AB∴AC=BC，∵CD=1cm∴OC=OD-CD=5-1=4(cm在Rt△ACOAC=O∴AB=2AC=6cm即截面圆中弦AB的长为6cm故选：B．【点睛】本题考查了垂经定理，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．12．（2023上·河南省直辖县级单位·九年级校联考期末）如图，⊙O的半径为102，弦AB的长为162，P是弦AB上一动点，则线段OP长的最小值为（

A．10 B．82 C．5 D．【答案】D【分析】过O点作OH⊥AB于H，连接OB，如图，根据垂径定理得到AH=BH=8，再利用勾股定理计算出OH，然后根据垂线段最短求解．【详解】解：过O点作OH⊥AB于H，连接OB，如图，

∴AH=BH=1在Rt△BOH中，OH=∴线段OP长的最小值为62故选：D．【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．也考查了垂线段最短．13．（2016上·江苏镇江·九年级阶段练习）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的图像被⊙P截得的弦AB的长为42，则aA．4 B．3+2 C．32 D【答案】B【分析】作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连接PB，求出D点坐标为(3,3)，可得△OCD为等腰直角三角形，从而△PED也为等腰直角三角形．根据垂径定理得AE=BE=22，在Rt△PBE中，利用勾股定理求出PE=1，再求出【详解】解：作PC⊥x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，∴∠PDE=∠ODC=45°，∵PE⊥AB，∴△PED为等腰直角三角形，AE=BE=1在Rt△PBE中，PB=3∴PE=3∴PD=2∴a=3+2故选B．【点睛】本题考查了一次函数的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，以及垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．正确作出辅助线是解答本题的关键．四．垂径定理的实际应用（共5小题）14．（2021上·浙江衢州·九年级衢州市实验学校教育集团（衢州学院附属学校教育集团）校联考期末）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，如图1，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O在水面上方，且⊙O被水面截得弦AB长为4米，⊙O半径为3米，则点C到弦AB所在直线的距离是（）

A．1米 B．2米 C．(3-5)米 D．【答案】C【分析】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理的应用．连结OC，OC交AB于D，由垂径定理得AD=BD=12AB=2【详解】解：连接OC交AB于D，

由题意得：OA=OC=3米，OC⊥AB，∴AD=BD=12AB=2由勾股定理得，OD=O∴CD=OC-OD=3-即点C到弦AB所在直线的距离是3-5故选：C．15．（2022上·云南红河·九年级统考期末）为了落实“双减”政策，一些学校在课后服务时段开设了与冬奥会项目冰壶有关的选修课，如图，在冰壶比赛场地的一端画有一些同心圆作为营垒，其中有两个圆的半径分别约为60cm和180cm，小明掷出一球恰好沿着小圆的切线滑行出界，则该球在大圆内滑行的路径MN的长度为（

）cmA．240 B．2402 C．120 D．【答案】B【分析】设小圆的切线MN与小圆相切于点D，与大圆交于M，N连接OD、OM，根据切线的性质定理和垂径定理求解即可．【详解】解：如图，设小圆的切线MN与小圆相切于点D，与大圆交于M、N，连接OD、OM，∴OD⊥MN，∴MD=DN，在Rt△ODM中，OM=180cm，∴MD=O∴MN=2MD=2402即该球在大圆内滑行的路径MN的长度为2402故选B．【点睛】本题考查切线的性质定理、垂径定理、勾股定理，熟练掌握切线的性质和垂径定理是解答的关键．16．（2023上·河南漯河·九年级统考期末）如图，一座石桥的主桥拱是圆弧形，某时刻测得水面AB宽度为6米，拱高CD（弧的中点到水面的距离）为1米，若水面下降1米，则此时水面的宽度为（

）A．5米 B．6米 C．7米 D．8米【答案】D【分析】以O为圆心，连接OC、OA、OB，根据三线合一定理可得OD⊥AB，AC=BC，设OD=r，则OC=OD-CD=r-1，再根据勾股定理即可求出半径；水面下降为EF，连接【详解】解：如图，以O为圆心，连接OC、由题意可得，D为弧AB的中点，∴∠AOD=∠BOD，∵OA=OB，∴OD⊥AB，设OD=r，则OC=OD-CD=r-1，在Rt△AOC中，OA2∴r2解得：r=5，∴主桥拱所在圆的半径5m由题意得，水面下降为EF，连接OE，∵水面下降1米，∴OG=OC-1=4-1=3m则EG=O∴EF=2EG=8m，即水面的宽度为8故选：D．

【点睛】本题考查了勾股定理和垂径定理，灵活运用所学知识，掌握垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的弧，是解决本题的关键．17．（2023上·湖北荆门·九年级校考期末）某居民小区一处圆柱形的输水管道破裂，维修人员为更换管道，需确定管道圆形截面的半径，下图是水平放置的破裂管道有水部分的截面．(1)若这个输水管道有水部分的水面宽AB=16cm，水面最深地方的高度为4cm，求这个圆形截面的半径；(2)在（1）的条件下，小明把一只宽12cm的方形小木船放在修好后的圆柱形水管里，已知船高出水面13cm，问此小船能顺利通过这个管道吗？【答案】(1)10(2)能顺利通过【分析】（1）过O作OE⊥AB于D，交弧AB于E，连接OB，根据垂径定理得到BD=（2）连接OM，设MF=6cm，可求得此时OF的高，即可求得DF的长，比较13【详解】（1）解：过O作OE⊥AB于D，交弧AB于E，连接OB．∵OE⊥AB，∴BD=1由题意可知，ED=4cm设半径为xcm，则OD=(x-4)在Rt△BODO∴解得x=10．即这个圆形截面的半径为10cm（2）如图，小船能顺利通过这个管道．理由：连接OM，设MF=6cm∵EF⊥MN，OM=10cm在Rt△MOF中，∵DF=OF+OD=8+6=14∵14cm∴小船能顺利通过这个管道．【点睛】此题考查了垂径定理、勾股定理的应用．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用．18．（2022上·浙江温州·九年级校联考阶段练习）已知吃刀深度h为2mm时，能在直径是d（mm）的轴上铣出宽40mm的一块平面（如图）．(1)求d的值．(2)若吃刀深度增加到4mm，求轴上铣出平面的宽度．【答案】(1)202mm(2)12【分析】（1）设圆心为O，过点O作OC⊥AB于点C，OC的延长线交⊙O于点D，连接OA，在Rt△AOC（2）在Rt△AOC中，利用勾股定理先求出AC，即可求出AB【详解】（1）设圆心为O，过点O作OC⊥AB于点C，OC的延长线交⊙O于点D，连接OA，如图，∵OC⊥AB，AB=40，∴AC=BC=20，∵CD=2，设OA=r，∴OC=r-2，在Rt△AOC中，根据勾股定理得，A即202解得r=101，∴直径d=2r=202（即直径d的值为202mm（2）根据（1）中的结果有：r=101，当CD=4时，则OC=r-4=97，∵OC⊥AB，∴AC=BC，根据勾股定理得，AC即AC解得AC=622∴AB=1222∴轴上铣出平面的宽度为1222【点睛】本题考查了垂径定理的应用，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形利用勾股定理解决问题．五．圆周角定理及推论（共3小题）19．（2023上·福建福州·九年级校考期末）如图，⊙O的弦AC=BD，且AC⊥BD于E，连接AD，若AD=32，则⊙O

A．6π B．4π C．3π D．2π【答案】A【分析】连接OA，OD，AB，利用圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系可以求出∠BAC=∠ABD=45°，则有∠AOD=90°，通过勾股定理求出半径为3，最后由周长公式即可求解．【详解】连接OA，OD，AB，

∵AC=BD，∴AC=∴BC=∴∠BAC=∠ABD，∵AC⊥BD，∴∠AEB=90°，∴∠BAC=∠ABD=45°，∴∠AOD=90°，在Rt△AOD中，由勾股定理得：O∴OA=OD=3，∴⊙O的周长为6π．【点睛】此题考查了勾股定理，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．20．（2023上·山东泰安·九年级东平县实验中学校考期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O,BC是直径，AD=DC，∠ADB=20∘，则∠ACB，∠DBC分别为（

A．15∘与30∘ B．30∘与35∘ C．20∘与35【答案】C【分析】根据圆周角定理可得∠ACB=∠ADB=20°,∠BAC=90°,进而得到∠ABC=70°再根据同弧所对的圆周角相等即可求得∠DBC=∠ABD,然后根据∠ABC=∠ABD+∠DBC=70°可得∠DBC=1【详解】解：∵∠ADB=20∴∠ACB=∠ADB=20°，∵BC是直径，∴∠BAC=90°，∴∠ABC=90°-∠ACB=70°，∵AD=DC，∴∠DBC=∠ABD，∵∠ABC=∠ABD+∠DBC=70°,∴∠DBC=1故选C．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，掌握同圆中等弦所对的圆周角相等是解答本题的关键．21．（2023上·广东广州·九年级校考期末）如图，A是⊙O上一点，BC是直径，点D在⊙O上且平分BC．

(1)连接AD，求证：AD平分∠BAC；(2)若CD=52,AB=8，求【答案】(1)详见解析；(2)6【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，掌握“直径所对的圆周角是直角”是解题的关键．（1）利用圆周角定理即可证明结论；（2）利用圆周角定理得到∠BAC=∠BDC=90°，再利用勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：∵点D在⊙O上且平分BC，∴∴∠BAD=∠CAD,∴AD平分∠BAC;（2）解：∵BC是直径，∴∠BAC=∠BDC=90°,∵点D在⊙O上且平分BC，∴∴BD=CD=5∴BC=∵AB=8,∴AC=六．圆内接四边形的相关计算（共5小题）22．（2022上·北京朝阳·九年级统考期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠C=130°，则∠BOD的度数为（

）A．50° B．100° C．130° D．150°【答案】B【分析】根据圆的内接四边形对角互补，圆心角是对弧的圆周角的2倍计算即可．【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠A+∠C=180°，而∠C=130°，∴∠A=180°-∠C=50°，∴∠BOD=2∠A=100°．故选：B．23．（2023上·海南省直辖县级单位·九年级统考期末）如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，点D是弧AB上一点，连接OA、AD、BD，若∠OAC=40°，则∠D的度数为（

）

A．110° B．120° C．130° D．140°【答案】C【分析】如图，连接OB，OC，AO交BC于点E，证明AE垂直平分BC，求出∠ACE=50°，再根据圆内接四边形的性质即可得到∠D的度数．【详解】解：如图，连接OB，OC，AO交BC于点E，

∵AB=AC，OB=OC，∴AE垂直平分BC，∵∠OAC=40°，∴∠ACE=90°-∠OAC=90°-40°=50°，∵四边形ADBC为⊙O的内接四边形，∴∠D=180°-∠ACB=130°，故选：C．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的判定、圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．24．（2022上·黑龙江大庆·九年级统考期中）如图，⊙O半径为2，正方形ABCD内接于⊙O，点E在ADC上运动，连接BE，作AF⊥BE，垂足为F，连接CF．则CF长的最小值为（

A．5-1 B．1 C．2-1 D【答案】A【分析】取AB的中点K，连接FK，CK，根据【详解】解：如图，连接AO,DO，取AB的中点K，连接FK，∵AF⊥BE，∴∠AFB=90°，∵AK=BK，∴KF=AK=BK，∵正方形ABCD的外接圆的半径为2，∴AD=O∴AB=BC=2，∴KF=AK=KB=1，∵∠CBK=90°，∴CK=B∵CF≥CK-KF，∴CF≥5∴CF的最小值为5-1故选：A．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，根据两点之间线段最短确定CF的最小值是解决本题的关键．25．（2022上·四川广安·九年级统考期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AD=CD,∠BAC=75°,∠ACB=45°，求∠ABD

【答案】∠ABD=30°，∠BAD=105°【分析】根据三角形内角和定理求出∠ABC，根据圆周角定理求出∠ABD的度数；根据圆周角定理求出∠BCD，进而求出∠BCD，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．【详解】解：∵∠BAC=75°，∠ACB=45°，∴∠ABC=180°-∠BAC-∠ACB=60°，∵AD=∴∠ABD=∠CBD=1由圆周角定理得：∠ACD=∠ABD=30°，∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=75°，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠BAD=180°-∠BCD=105°．【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、三角形内角和定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．26．（2022上·天津红桥·九年级统考期末）已知△ABC内接于⊙O，AB=AC，∠ABC=72°，D是⊙O上的点．

(1)如图①，求∠ADC和∠BDC的大小；(2)如图②，OD⊥AC，垂足为E，求∠ODC的大小．【答案】(1)108°，∠BDC=36°(2)54°【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补得出∠ADC，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理得出∠CAB，根据同弧所对的圆周角相等得出∠BDC，即可求解；（2）连接BD，根据垂径定理得出AD=CD，进而得出∠ACD，根据直角三角形的两【详解】（1）解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠ADC=180°-∠ABC=108°．∵AB=AC，∴∠ACB=∠ABC=72°．∴∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=36°．∴∠BDC=∠BAC=36°．

（2）如图，连接BD．

∵OD⊥AC，∴AD=∴∠ABD=∠CBD=1∴∠ACD=∠ABD=36°．在Rt△CDE中，【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，等弧所对的圆周角相等，垂径定理，掌握以上知识是解题的关键．七．已知直线与圆的位置关系求半径取值范围（共4小题）27．（2020·上海金山·统考一模）如图，已知RtΔABC中，∠C=90∘，AC=3，BC=4，如果以点C为圆心的圆与斜边AB有公共点，那么⊙C的半径r的取值范围是（A．0≤r≤125 B．125≤r≤3【答案】C【分析】作CD⊥AB于D，根据勾股定理计算出AB=13，再利用面积法计算出CD=125然后根据直线与圆的位置关系得到当125≤r≤4时，以C为圆心、【详解】解：作CD⊥AB于D，如图，∵∠C=90°，AC=3，BC=4，∴AB∵∴CD∴以C为圆心、r为半径作的圆与斜边AB有公共点时，r的取值范围为12故选：C【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d：直线l和⊙O相交⇔d＜r；直线l和⊙O相切⇔d=r；直线l和⊙O相离⇔d＞r．28．（2020·河北石家庄·石家庄市第五十中学校考模拟预测）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4．点O为边AB上一点（不与A重合）⊙O是以点O为圆心，AO为半径的圆．当⊙O与三角形边的交点个数为3时，则OA的范围（）A．0＜OA≤158或2.5≤OA＜5 B．0＜OA<158或C．OA＝2.5 D．OA＝2.5或15【答案】B【分析】根据题意可以画出相应的图形，然后即可得到OA的取值范围，本题得以解决．【详解】解：如右图所示，当圆心从O1到O3的过程中，⊙O与三角形边的交点个数为3，当恰好到达O3时则变为4个交点，作O3D⊥BC于点D，则∠O3BD＝∠ABC，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB＝5，设O3A＝a，则O3B＝5﹣a，∴a5-a=35∴当0<OA<158时，⊙O与三角形边的交点个数为当点O为AB的中点时，⊙O与三角形边的交点个数为3，此时OA＝2.5，由上可得，0<OA<158或OA＝2.5时，⊙O与三角形边的交点个数为故选：B．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、勾股定理，准确画出图形，利用数形结合的思想进行解答是解题的关键．29．（2019上·新疆·九年级统考期末）如图，平面直角坐标系中，⊙P与x轴分别交于A、B两点，点P的坐标为(3,-1)，AB=23．将⊙P沿着与y轴平行的方向平移多少距离时⊙P与x轴相切（

A．1 B．2 C．3 D．1或3【答案】D【分析】作PC⊥AB于点C，由垂径定理即可求得AC的长，根据勾股定理即可求得PA的长，再分点P向上平移与向下平移两种情况进行讨论即可．【详解】连接PA，作PC⊥AB于点C，由垂径定理得：AC=1在直角ΔPAC中，由勾股定理得：PA2=P∴PA=2，∴⊙P的半径是2．将⊙P向上平移，当⊙P与x轴相切时，平移的距离=1+2=3；将⊙P向下平移，当⊙P与x轴相切时，平移的距离=2-1=1．故选D．【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，通过垂径定理把求线段的长的问题转化为解直角三角形的问题是关键．30．（2022上·湖南长沙·九年级校联考期末）党的二十大报告指出：“高质量发展”是全面建设社会主义现代化国家的首要任务，在数学中，我们不妨约定：在平面直角坐标系内，如果点P满足到两坐标轴的距离之和等于4，则称点P为“高质量发展点”．(1)判断下列各点是否是“高质量发展点”，并说明理由：A3，1，B(2)一次函数y=-2x+3上是否存在“高质量发展点”，若存在，求出所有“高质量发展点”的坐标，若不存在，说明理由；(3)⊙T的圆心T的坐标为1，0，半径为r．若⊙T上存在“高质量发展点”，求【答案】(1)点A3，1，B2+2，2-2是“(2)一次函数y=-2x+3上存在“高质量发展点”，坐标为73，(3)r的取值范围为3【分析】（1）将各点横、纵坐标的绝对值相加，取和为4的点即是所求；（2）假设一次函数y=-2x+3上存在“高质量发展点”，并设一次函数y=-2x+3上存的“高质量发展点”的坐标为a，-2a+3，根据题意得：a+-2a+3=4，分当a>（3）设“高质量发展点”的坐标为x，y，则x+y=4，画出函数图象，分当⊙T与DE相切时和当⊙T经过F【详解】（1）解：∵3+1=3+1=4，∴点A3，1，B2+2，2-2是“高质量发展点（2）解：假设一次函数y=-2x+3上存在“高质量发展点”，并设一次函数y=-2x+3上存的“高质量发展点”的坐标为a，根据题意得：a+当a>32时，∴a--2a+3∴a=7∴此时发展点的坐标为73当0≤a≤32时，∴a+-2a+3∴a=-1，不满足0≤a≤3当a<0时，-2a+3>0，∴-a+-2a+3∴a=-1∴此时发展点的坐标为-1∴综上所述，一次函数y=-2x+3上存在“高质量发展点”，坐标为73，-（3）解：设“高质量发展点”的坐标为x，y，则当x≥0，y≥0时，x+y=4，即y=-x+4当x<0，y≥0时，-x+y=4，即y=x+4当x<0，y<0时，-x-y=4，即y=-x-4当x≥0，y<0时，x-y=4，即y=x-4画出该函数图象，如图所示：，由图象可知OD=OE=OF=OM=4，OT=1，∵∠DOE=90°，∴△DOE为等腰直角三角形，∴∠ODE=45°，当⊙T与DE相切时，此时⊙T的半径最小，作TN⊥DE交直线DE于N，此时r=TN，∴∠TND=90°，∵∠ODE=45°，∴△TND是等腰直角三角形，∵TD=OD-OT=4-1=3，TN2+D∴r=TN=2当⊙T经过F点时，此时⊙T的半径最大，r=OF+OT=4+1=5，∴若⊙T上存在“高质量发展点”，则r的取值范围为32【点睛】本题主要考查了求点到坐标轴的距离，一次函数的实际应用，圆的综合问题，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点，采用数形结合和分类讨论的思想解题，是解此题的关键．八．切线长定理求解（共4小题）31．（2023上·天津津南·九年级统考期末）如图，ΔABC的内切圆⊙O与BC、CA、AB分别相切于点D、E、F

(1)若∠ABC=50°，∠ACB=75°，求∠BOC的度数；(2)若AB=13，BC=11，AC=10，求AF的长．【答案】(1)∠BOC=117.5°(2)AF＝6【分析】（1）根据三角形的内心是角平分线的交点，利用三角形内角和可求度数；（2）设AF=x，BD=y，CD=z，根据切线长定理，构建方程组解决问题即可．【详解】（1）解：（1）∵ΔABC的内切圆⊙O与BC、CA、AB分别相切于点D、E、∴∠DBO=12∠ABC∵∠ABC=50°，∠ACB=75°，∴∠DBO+∠DCO=∴∠BOC=180°-(∠DBO+∠DCO)=180°-62.5°=117.5°；（2）∵⊙O是ΔABC∴AE=AF，BD=BF，CD=CE，设AF=x，BD=y，CD=z，又∵AB=13，BC=11，AC=10，∴x+y=13x+z=10解得x=6y=7∴AF=6；【点睛】本题考查三角形的内切圆，三角形内角和定理，切线的性质，解三元一次方程组等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．32．（2023上·陕西延安·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，⊙O是△ABC的内切圆，分别切边BC，AC，AB于点D(1)求⊙O的半径．(2)若Q是Rt△ABC的外心，连接OQ，求OQ【答案】(1)1(2)OQ=【分析】（1）先利用勾股定理求得AB=5，利用三角形面积公式S△ABC（2）证明四边形ODCE为正方形，边长为1，再利用切线长定理结合勾股定理即可．【详解】（1）解：如图，连接OF，OA，OB，∵⊙O是△ABC的内切圆，分别切边BC，AC，AB于点D，∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB．在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4∴AB=B∵S△ABC∴12解得r=1，∴⊙O的半径为1；（2）解：∵⊙O是△ABC的内切圆，分别切边BC，AC，AB于点D，∴BD=BF，CD=CE，AE=AF．OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB．∴四边形ODCE为正方形，∵OD=OE，∴四边形ODCE为正方形，

∴CD=CE=r=1，∴BD=BF=2．∵Q是Rt△ABC∴QB=QA=1∴FQ=QB-BF=1在Rt△OFQ中，OF2解得OQ=5【点睛】此题考查了三角形的内切圆的性质、切线长定理、正方形的判定与性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．33．（2022上·甘肃武威·九年级校考期末）如图，⊙O与△ABC的边BC相切于点D，与AB、AC的延长线分别相切于点E、F，连接OB，OC．(1)若∠ABC=80°，∠ACB=40°，求∠BOC的度数．(2)∠BOC与∠A有怎样的数量关系，并说明理由．【答案】(1)60°(2)∠BOC=90°-12∠A【分析】（1）方法一：先根据平角的定义求出∠EBC和∠DCF的度数，再根据切线长定理得到∠EBO=∠DBO=12∠EBC=50°，∠DCO=∠FCO=12∠DCF=70°，据此理由三角形内角和定理求解即可；方法二：如图，连接OD，OE，OF，则由切线的性质可知，证明Rt△ODB≌Rt△OEB(HL)，Rt△ODC≌Rt△OFC(HL)，得到∠EOB=∠DOB，∠COD=∠COF，先求出∠A的度数，再利用四边形内角和定理求出∠EOF=120°，则∠BOC=∠BOD+∠COD=12∠（2）同（1）方法二求解即可．【详解】（1）解：方法一：由题意得∠EBC=180°-∠ABC=180°-80°=100°，∠DCF=180°-∠ACB=180°-40°=140°，由切线长定理可知，∠EBO=∠DBO=12∠EBC=50°，∠DCO=∠FCO=12∠DCF∴在△OBC中，∠BOC=180°-∠OBC-∠BCO=180°-70°-50°=60°；方法二：如图，连接OD，OE，OF，则由切线的性质可知，∠BEO=∠BDO=∠CDO=∠CFO=90°，又∵OD=OE=OF，OB=OB，OC=OC，∴Rt△ODB≌Rt△OEB(HL)，Rt△ODC≌Rt△OFC(HL)，∴∠EOB=∠DOB，∠COD=∠COF，在△ABC中，∠A=180°-∠ABC-∠ACB=60°，在四边形AEOF中，∠A+∠EOF=180°，∴∠EOF=120°，∴∠BOC=∠BOD+∠COD=12∠EOF=60°（2）解：同（1）方法二可得∠EOF=180°-∠A，∠EOB=∠DOB，∠COD=∠COF，∴∠BOC=∠BOD+∠COD=12∠EOF=90°-【点睛】本题主要考查了切线的性质，切线长定理，三角形内角和定理，四边形内角和定理，全等三角形的性质与判定等等，熟知切线的性质和切线长定理是解题的关键．34．（2023上·江苏泰州·九年级泰州市第二中学附属初中校考期末）如图1，▱ABCD中，O为BC上一点，AO平分∠BAD，以O为圆心，OC为半径的圆，与AB相切于点E(1)求证：⊙O与AD相切(2)如图2，若⊙O与AD相切于点F，DF=7，BO=5，且∠D>45°，求弧FC、线段DF和CD【答案】(1)见解析(2)22-4π【分析】（1）过点O作OF⊥AD于点F，根据切线的性质可得OE⊥AB，再由角平分线的性质可得OE=OF，即可；（2）设⊙O的半径为r，则OC=OE=OF=r，根据平行四边形的性质可得AD=BC，AD∥BC，∠B=∠D>45°，再由AO平分∠BAD，可得∠BAO=∠AOB，从而得到AB=OB=5，根据DF=7，BO=5，可得AE=r-2，再由切线长定理可得AE=AF=r-2，从而得到BE=AB-AE=7-r，再由勾股定理求出r的长，然后根据弧FC、线段DF和CD组成的图形面积【详解】（1）证明∶过点O作OF⊥AD于点F，∵⊙O与AB相切，∴OE⊥AB，∵AO平分∠BAD，∴OE=OF，∵OE为半径，∴⊙O与AD相切；（2）解∶设⊙O的半径为r，则OC=OE=OF=r，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AD∥BC，∴∠FAO=∠AOB，∵AO平分∠BAD，∴∠BAO=∠FAO，∴∠BAO=∠AOB，∴AB=OB=5，∵DF=7，BO=5，∴AF+7=5+r，∴AE=r-2，∵⊙O与AD相切，⊙O与AB相切，∴OE⊥AB，OF⊥AD，AE=AF=r-2，∴∠OEA=90°，BE=AB-AE=7-r，∴BE∴7-r2+r2=当r=4时，BE=3，当r=3时，BE=4，∵∠B>45°，∴∠BOE<45°=∠B，∴OE>BE，∴r=4，即OC=OE=OF=4，∵OF⊥AD,AD∥∴OF⊥BC，即∠COF=90°，∴弧FC、线段DF和CD组成的图形面积====22-4π．【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，切线长定理，求扇形面积，平行四边形的性质等知识，熟练掌握切线的判定和性质，切线长定理，扇形面积公式，平行四边形的性质是解题的关键．九．弧长、扇形面积的计算（共4小题）35．（2022上·北京西城·九年级校考期末）圆心角是90°，半径为20的扇形的弧长为（

）A．5π B．10π C．12π D．25π【答案】B【分析】直接利用弧长计算．【详解】解：圆心角是90°，半径为20的扇形的弧长=90⋅π⋅20故选：B．【点睛】本题考查了弧长的计算：弧长公式：l=n⋅π⋅R180（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为36．（2020上·上海徐汇·六年级上海市第四中学校考期末）如果一个扇形的圆心角扩大为原来的3倍，半径缩小为原来的13，那么它的面积（

A．缩小为原来的13 B．缩小为原来的19 C．与原来一样 D．扩大为原来的【答案】A【分析】根据题意可以设出原来扇形的圆心角和半径，从而可以得到后来的扇形的圆心角和半径，然后把它们的面积比值计算出来即可．【详解】解：设原来扇形的圆心角为n，半径为3r，则后来的扇形的圆心角为3n，半径为r，S后来扇形即所得的扇形的面积与原来的扇形的面积的比值是缩小到原来的13故选：A．【点睛】本题考查扇形面积的计算，解答本题的关键是巧设圆心角和半径，掌握扇形的面积公式．37．（2023上·安徽合肥·九年级合肥市五十中学西校校考期末）如图，在正六边形ABCDEF中，分别以B，E为圆心，以边长为半径作弧，图中阴影部分的面积为12π，则正六边形的边长为（

）

A．3 B．9 C．32 D．【答案】C【分析】根据多边形的内角和公式求出扇形的圆心角，然后按扇形面积公式计算即可．【详解】解：∵正六边形的内角是6-2×180°6=120°设正六边形的边长为r，∴120π⋅r解得r=32则正六边形的边长为32故选：C．【点睛】本题考查了扇形面积的计算．本题的关键是根据多边形的内角和公式求出扇形的圆心角．38．（2023上·云南临沧·九年级统考期末）如图，在△ABD中，AB=AD，以AB为直径作⊙O，交线段BD于点C，过点C作CF⊥AD于点E．(1)求证：CF是⊙O的切线．(2)当∠D=30°，CE=3时，求AC【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）连接OC，根据等边对等角得出∠B=∠D，再结合圆的基本性质得∠D=∠OCB，从而得到OC∥AD，再根据平行线的性质进行证明即可；（2）连接AC，由等腰三角形的性质得CD=2CE=23，∠B=∠D=30°，再根据圆周角定理得出∠AOC=2∠B=60°，设AC=x【详解】（1）证明：如图，连接OC，∵CF⊥AD，∴∠CED=90°，∵AB=AD，∴∠B=∠D，∵OB=OC，∴∠B=∠OCB，∴∠D=∠OCB，∴OC∥AD，∴∠OCE=∠CED=90°，∴OC⊥CF，又∵OC为⊙O的半径，∴CF是⊙O的切线；（2）解：如图，连接AC，∵CF⊥AD，∠D=30°，CE=3∴CD=2CE=23∵AB为直径，∴AC⊥BD，又∵AB=AD，∴BC=DC=23，∠B=∠D=30°∴∠AOC=2∠B=60°，∵在Rt△ABC中，∠B=30°∴AB=2AC，设AC=x，则AB=2x，由勾股定理，得AB2=A解得x=2或x=-2（舍去），∴AC=2，∴AB=4，∴OA=2，∴lAC【点睛】本题考查了圆的综合，熟练掌握切线的证明方法，圆的基本性质，等腰三角形的性质，平行线的判断与性质，含30°直角三角形的性质，圆周角定理，勾股定理和弧长公式是解题的关键．十．切线的性质与判定的综合（共6小题）39．（2023下·江苏盐城·八年级景山中学校考期末）【观察思考】某种在同一平面进行传动的机械装置如图1，图2是它的示意图．其工作原理是：滑块Q在平直滑道l上可以左右滑动，在Q滑动的过程中，连杆PQ也随之运动，并且PQ带动连杆OP绕固定点O摆动．在摆动过程中，两连杆的接点P在以OP为半径的⊙O上运动．数学兴趣小组为进一步研究其中所蕴含的数学知识，过点O作OH⊥l于点H，并测得OH=8分米，PQ=6分米，OP=4分米．【解决问题】(1)点Q在l上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是_________分米．(2)如图3，小明同学说：“当点Q滑动到点H的位置时，PQ与⊙O是相切的．”你认为他的判断对吗？为什么？(3)①小丽同学发现：“当点P运动到OH上时，点P到l的距离最小．”事实上，还存在着点P到l距离最大的位置，此时，点P到l的距离是_________分米；②当OP绕点O左右摆动时，所扫过的区域为扇形，求这个扇形面积的最大值．【答案】(1)12(2)不对，详见解析(3)①6，②16π【分析】（1）当O、P、Q三点共线时，在Rt△OQH中，由勾股定理可求得QH（2）显然不对，当Q、H重合时，OP=4、PQ=6、OH=8，显然构不成直角三角形，故（3）①当P到直线l的距离最长时，这个最大距离为PQ=6，此时PQ⊥直线l；②当P到直线l的距离最大时，OP无法再向下摆动，若设点P摆动的两个极限位置为P、P'，连接P'P，则四边形PQQ'P'是矩形，设OH与P'P交于点D，那么P'Q【详解】（1）解：当O、P、Q三点共线时，OQ=OP+PQ=4+6=10分米在Rt△OQH由勾股定理可求得QH=O∴点Q在l上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是6+6=12分米．故答案为：12；（2）解：不对．理由如下：∵OP=4、∵当Q、H重合时，OQ=OH=8，∵82≠6∴OP与PQ不垂直．∴PQ与⊙O不相切．（3）解：①因为PQ的值永远是6，只有PQ⊥l时，点P到直线l的距离最大，此时最大的距离是6分米；②由①知，在⊙O上存在点P，P'到l的距离为6，此时，OP如图．OP在绕点O左右摆动过程中所扫过的最大扇形就是P'连接P'P，交OH于点∵PQ，P'Q'∴四边形PQQ∴OH⊥PP'，∴OP=4，OD=OH-HD=8-6=2，得∴∠POP∴所求最大圆心角的度数为120°．∴这个扇形面积的最大值120π×4【点睛】本题主要考查了勾股定理、切线的判定、矩形的判定和性质、垂径定理等知识点，灵活运用相关知识是解答本题的关键．40．（2022上·北京·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，存在半径为2，圆心为0,2的⊙W，点P为⊙W上的任意一点，线段PO绕点P逆时针旋转90°得到线段PO'，如果点M在线段M为⊙W的“限距点”．(1)在点A4,0，B1,2，C0,4中，⊙W的“限距点”(2)如果过点N0,a且平行于x轴的直线l上始终存在⊙W的“限距点”，求a(3)⊙G的圆心为b,2，半径为1，如果⊙G上始终存在⊙W的“限距点”，请直接写出b的取值范围．【答案】(1)A(4,0)，C(0,4)(2)2-2(3)-3≤b≤3-22或【分析】（1）分两种情况：当WP⊥y轴时，PO'相切于⊙W轴时，分别（2）以J为圆心，JO为半径作圆，根据题意证明出△WOP∽△JOO'，得到点O'的轨迹是以J为圆心，以JO为半径的圆，如果过点N(0,a)且平行于x轴的直线l上始终存在⊙W的“限距点”，则N在平行于x轴并相切（3）如果⊙G上始终存在⊙W的“限距点”，则⊙G相切于⊙P和⊙W，据此求解即可．【详解】（1）解：如图所示，当WP⊥y轴时，O'点的坐标为4,0，当PO'相切于⊙W轴时，P点的坐标为∴在点A(4,0),B(1,2),C(0,4)中，⊙W的“限距点”为A(4,0)，C(0,4)，故答案为：A4,0，（2）如图2中，作WJ⊥y轴，OP⊥∵WO=WP，OP=∴△WOJ和△POO∴WO又∵∠WOJ=∠PO∴∠WOJ-∠POJ=∠POO'∴△WOP∽△JO∵WO=WP∴JO=J∴点O'的轨迹是以J为圆心，以JO∵点P在⊙W上运动，∴PO∴当直线y=a与阴影部分有公共点时，满足条件．当直线y=a与⊙J相切时，∵JO=2∴a的取值范围是：2-22（3）如图3中，由题意当⊙G与阴影部分有公共点时，⊙G上始终存在⊙W的“限距点”，当⊙G1与⊙W外切时，G1当⊙G2与⊙J内切时，G2当⊙G3与⊙W内切时，G3当⊙G4与⊙J外切时，G4∴观察图象可知，满足条件b的取值范围是：-3≤b≤3-22或1≤b≤3+2【点睛】本题考查的是圆的有关知识，切线的性质，能在“限距点”的定义下对题目进行分析是解题的关键．41．（2023上·江苏南京·九年级南京市第一中学校考阶段练习）（1）发现：如图1，在平面内，已知⊙A的半径为r，B为⊙A外一点，且AB=a，P为⊙A上一动点，连接PA，PB，易得PB的最大值为___________，最小值为___________；（用含a，（2）应用：①如图2，在矩形ABCD中，AB=6，BC=4，E为AD边中点，F为AB边上一动点，在平面内沿EF将△AEF翻折得到△PEF，连接PB，则PB②如图3，点P为线段AB外一动点，分别以PA，PB为直角边，P为直角顶点，作等腰Rt△APC和等腰Rt△BPD，连接BC、AD．若（3）拓展：如图4，已知以AB为直径的半圆O，C为弧AB上一点，∠ABC=60°，P为弧BC上任意一点，CD⊥CP交AP于D，连接BD，若AB=6，则BD的最小值为___________．

【答案】（1）a+r，a-r；（2）①210-2，②13【分析】（1）当P在BA延长线上时，PB最大为：AB+AP=a+r．当P在BA上时，PB最小为：AB-AP=a-r．（2）①由沿EF将△AEF翻折得到△PEF，可知EA=EP=ED=12BC=2，即P的运动轨迹是以点E为圆心，以2为半径的半圆，则当E、P、B三点共线时，PB小，此时BE=AE2+AB2进而即可求解；②由△APC和△BPD是等腰直角三角形，可证△APD≌△CPBSAS，得AD=BC，进而（3）以AC为边作，在△ABC的异侧作等边△GAC，AB为半圆O的直径，∠ABC=60°，由AC=ABcos∠CAB=33，由△GAC是等边三角形，可得∠ADC+12∠AGC=180°，即D的运动轨迹是【详解】解：（1）当P在BA延长线上时PB最大，如图：

∴PB最大为：AB+AP=a+r．当P在BA上时PB最小，如图：

∴PB最小为：AB-AP=a-r．故答案为∶a+r，（2）①如图：

∵沿EF将△AEF翻折得到△PEF，∴EA=EP=ED=12BC=2，即P的运动轨迹是以点E∴当E、P、B三点共线时，PB小，此时BE=A∴PB的最小值为BE-EP=210故答案为：210②∵△APC和△BPD是等腰直角三角形，∴PD=PB，∴∠DPB+∠APB=∠APC+∠APB，即∠APD=∠CPB，∴△APD≌△CPBSAS∴AD=BC，∴当BC最大时，AD就最大，∵AP=32∴AC=2∵AB=7，∴当C、A、B三点共线时，BC最大，如图：

∴此时AD=BC=AC+AB=6+7=13．（3）以AC为边作，在△ABC的异侧作等边△GAC，

∵AB为半圆O的直径，∠ABC=60°，∴∠ACB=90°，∴∠CAB=30°，∴AC=ABcos∵CD⊥CP，∴∠ADC=∠DCP+∠DPC=150°，∵△GAC是等边三角形，∴∠AGC=∠GAC=60°，∴AG=AC=33∴∠ADC+12∠AGC=180°，即D的运动轨迹是G为圆心，33为半径的∴BG=G在△BGD中，BD>BG-GD，∴BD>37当G、D、B三点共线时，BD最小，如图：

∴BD最小值为：37故答案为：37【点睛】本题考查了圆的综合应用，涉及翻折变换，全等三角形的判定及性质，三角形两边之差小于第三边等知识，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，等边三角形及转化思想的应用，综合性较强．42．（2023上·广东广州·九年级校考期末）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°(1)以AB的中点为对称中心，请在图1中作出△ABC的中心对称图形，记点C的对称点为点D，请尺规作图并保留作图痕迹；(2)证明：点A、B、C、D共圆；(3)记（2）中圆的圆心为O，如图2，过点O作BD的垂线交BD于点E，点M为射线OE上一点，连接MB、MD证明：若MB与⊙O相切，则MD也与⊙O相切【答案】(1)作图见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）作线段AB的垂直平分线，得到中点O，再作射线CO，在射线CO上截取OD=OC即可．（2）利用对角互补的四边形四个顶点共圆即可求证．（3）利用切线的性质和判定即可求证．【详解】（1）解：作图如下：（2）解：由中心对称可知：∠ADB=∠C=90°，∴∠ADB+∠C=180°，∴∠CAD+∠CBD=180°，∴点A、B、C、D共圆；（3）解：如图，连接OD，若MB与⊙O相切，则OB⊥MB，∴∠OBM=90°，∴∠OBE+∠EBM=90°，∵∠C=90°，∴AB是直径，∴OD=OB，∴∠ODB=∠OBD，∵OM⊥BD，∴OM平分DB，∴OM垂直平分DB，∴MD=MB，∴∠MDE=∠MBE，∴∠MDE+∠ODB=∠MBE+∠OBD即∠MDO=∠OBM=90°，∴OD⊥DM，∴MD也与⊙O相切．【点睛】本题考查了切线的判定与性质、四点共圆、尺规作图——作中心对称图形，涉及到了尺规作图——作线段的垂直平分线等知识，解题关键是牢记相关概念，掌握对角互补的四边形四个顶点共圆等内容．43．（2023上·广东云浮·九年级统考期末）如图1所示，⊙O为△CDE的外接圆，CD为直径，AD、BC分别与⊙O相切于点D、C（BC>AD）.E在线段AB上，连接DE并延长与直线BC相交于点P，B为PC中点.(1)证明：AB是⊙O的切线.(2)如图2，连接OA，OB，求证：OA⊥OB.【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接OE，根据直角三角形斜边上的中线的性质以及等边对等角得出∠OEC=∠OCE，进而根据BC为切线，∠OCB=90°，∠OEC+∠BEC=∠OCE+∠BCE=90°，得出∠OEB=90°，即可得证；（2）根据AD、AB、BC分别与⊙O相切于点D、E、C，根据切线长定理得出AD⊥CD，BC⊥CD，则AD∥BC，∠OAE=12∠DAE，∠OBE=【详解】（1）证明：连接OE，∵CD为⊙O直径，∴∠CEP=90°.

在RT△CEP中，B为PC∴EB=BC=1∴∠BCE=∠BEC，

∵OE=OC，∴∠OEC=∠OCE，

又∵BC为切线，∴∠OCB=90°，∴∠OEC+∠BEC=∠OCE+∠BCE=90°

∴∠OEB=90°.

即OE⊥AB，∴AB是⊙O的切线.（2）证明：∵AD、AB、BC分别与⊙O相切于点D、E、C，∴AD⊥CD，BC⊥CD，∠OAE=12∠DAE，∴AD∥∴∠DAE+∠CBE＝180°∴∠OAE+∠OBE=12∴∠AOB=90°，

∴OA⊥OB；【点睛】本题考查了切线的性质与切线长定理，掌握切线的判定方法以及切线长定理是解题的关键．44．（2023上·辽宁抚顺·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB边的中点，点O在AC边上，⊙O经过点C且与AB边相切于点E，∠FAC=1

(1)求证：AF是⊙O的切线；(2)若BC=6,AB=10，求⊙O的半径长．【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）作OH⊥FA，垂足为点H，连接OE，根据直角三角形的性质可得CD=AD=12AB，从而得到∠CAD=∠ACD，再由∠FAC=（2）根据勾股定理求出AC的长，可得AE=10-6=4，设⊙O的半径为r，在Rt△OEA【详解】（1）证明：如图，作OH⊥FA，垂足为点H，连接OE，

∵∠ACB=90°，D是AB的中点，∴CD=AD=1∴∠CAD=∠ACD，∵∠BDC=∠CAD+∠ACD=2∠CAD，又∵∠FAC=1∴∠FAC=∠CAD，即AC是∠FAB的平分线，∵点O在AC上，⊙O与AB相切于点E，∴OE⊥AB，且OE是⊙O的半径，∴OH=OE，OH是⊙O的半径，∴AF是⊙O的切线；（2）解：在△ABC中，∠ACB=90°,BC=6,AB=10，∴AC=A∵BE,BC是⊙O的切线，∴BC=BE=6，∴AE=10-6=4，设⊙O的半径为r，则OC=OE=r，在Rt△OEA中，由勾股定理得：O∴16+r∴r=3．∴⊙O的半径长为3．【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理等知识，熟练掌握切线的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理等知识是解题的关键．十一．三角形内接圆与外切圆综合（共4小题）45．（2021上·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在等腰Rt△ABC和等腰Rt△CDE中，(1)观察猜想：如图1，点E在BC上，线段AE与BD的关系是_________；(2)探究证明：把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；(3)拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内转动一周，若AC=BC=10，CE=CD=5，AE、BD交于点P时，连接CP，直接写出△BCP最大面积_________．【答案】(1)AE=BD，AE⊥BD；(2)结论仍成立，理由见解析；(3)25+253【分析】（1）先根据等腰三角形的定义可得AC=BC，CE=CD，再根据三角形全等的判定定理与性质可得AE=BD，∠EAC=∠DBC，然后根据直角三角形两锐角互余、等量代换即可得∠AHD=90°即可；（2）先根据三角形全等的判定定理与性质可得AE=BD，∠EAC=∠DBC，再根据直角三角形两锐角互余可得∠EAC+∠AOC=90°，然后根据对顶角相等、等量代换可得∠DBC+∠BOH=90°，从而可得∠OHB=90°即可；（3）如图：由题意可知点P在以AB为直径的⊙O上运动，点D在⊙C上运动，观察图形，可知当BP与⊙C相切时，△BCP面积最大；此时，四边形CDPE为正方形，PD=CD=5；然后在Rt△BDC运用勾股定理求出BD，进而求出BP的最大值，最后运用三角形的面积公式求解即可．【详解】（1）解：AE=BD，AE⊥BD，理由如下：如图1，延长AE交BD于H，由题意得：AC=BC，∠ACE=∠BCD=90°，CE=CD，∴△ACE≅△BCD(SAS)，∴AE=BD，∠EAC=∠DBC，∵∠DBC+∠BDC=90°，∴∠EAC+∠BDC=90°，∴∠AHD=180°-(∠EAC+∠BDC)=90°，即AE⊥BD，故答案为：AE=BD，AE⊥BD．（2）解：结论仍成立，仍有：AE=BD，AE⊥BD；理由如下：如图2，延长AE交BD于H，交BC于O，∵∠ACB=∠ECD=90°，∴∠ACB-∠BCE=∠ECD-∠BCE，即∠ACE=∠BCD，在△ACE和△BCD中，AC=BC∠ACE=∠BCD∴△ACE≅△BCD(SAS)，∴AE=BD，∠EAC=∠DBC，∵∠ACB=90°，∴∠EAC+∠AOC=90°，∵∠AOC=∠BOH，∴∠DBC+∠BOH=90°，即∠OBH+∠BOH=90°，∴∠OHB=180°-(∠OBH+∠BOH)=90°，即AE⊥BD．（3）解：如图：∵∠APB=90°，∴点P在以AB为直径的⊙O上运动.∵CD=CE=5，∴点D在⊙C上运动，观察图形，可知当BP与⊙C相切时，△BCP面积最大.此时，四边形CDPE为正方形，PD=CD=5.在Rt△BDC中，BD=B当△BCP的面积最大时，BP=BD+DP=53+5，【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质、勾股定理等、旋转变换以及几点共圆等知识点，正确作出辅助线并能综合应用所学知识是解答本题的关键．46．（2022上·浙江台州·九年级统考期末）如图1，AB是⊙O的直径，且AB=8，过点B作⊙O的切线，C是切线上一点，连接AC交⊙O于点D，连接BD，点E是AD的中点，连接BE交AC于点F．（1）比较大小：∠CBD∠CAB（填“＜”、“=”、“＞”中的一个）；（2）求证：CB=CF；（3）若AF=4，求CB的值；（4）在图1的基础上，作∠ADB的平分线交BE于点I，交⊙O于点G，连接OI（如图2）写出OI的最小值，并说明理由．【答案】（1）=；（2）见解析；（3）CB=6（3）OI=42【分析】（1）由BC是圆O的切线，AB是圆O的直径，得到∠ADB=∠ABC=90°，可以推出∠A+∠C=90°，∠BDC=90°，∠C+∠CBD=90°，则∠CBD=∠CAB；（2）由E是AD的中点，可得∠ABE=∠DBE，再由∠CFB=∠CAB+∠ABF，∠CBF=∠CBD+∠DBF，即可推出∠CFB=∠CBF，即可证明CF=CB；（3）设CF=CB=x，则AC=AF+CF=4+x，由AC2=A（4）先证明I是三角形ABD的内心，如图所示，过点I分别作IH⊥AB于H，IM⊥BD于M，IN⊥AD于N，连接AI，可设IH=IM=IN=r，由S△ABC=S△AIB+S△AID+S△DIB，可以推出rAD+BD+AB=AD⋅BD，设AD=m，BD=n，则r=mnm+n+8，再由AD2+BD2=AB2，可得【详解】解：（1）∵BC是圆O的切线，AB是圆O的直径，∴∠ADB=∠ABC=90°，∴∠A+∠C=90°，∠BDC=90°，∴∠C+∠CBD=90°，∴∠CBD=∠CAB，故答案为：＝；（2）∵E是AD的中点，∴AE=∴∠ABE=∠DBE，∵∠CFB=∠CAB+∠ABF，∠CBF=∠CBD+∠DBF，∴∠CFB=∠CBF，∴CF=CB；（3）设CF=CB=x，则AC=AF+CF=4+x，∵AC∴x+42解得x=6，∴CB=6；（4）由（2）可知∠ABE=∠DBE，∴BE是∠ABD的角平分线，又∵DG是∠ADB的角平分线，∴I是三角形ABD的内心，如图所示，过点I分别作IH⊥AB于H，IM⊥BD于M，IN⊥AD于N，连接AI∴可设IH=IM=IN=r，∵S△ABC∴12∴rAD+BD+AB设AD=m，BD=n，∴rm+n+8∴r=mn∵AD∴m2∴mn=m+n∴r=m+n-8∵OI≥IH，∴当H与O点重合时，OI有最小值IH，∴只需要求出IH的最小值即可，∵m2∴m+n2∴r=m+n-8∴OI的最小值为42【点睛】本题主要考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，三角形内切圆的性质，完全平方公式，等腰三角形的判定，等弧所对的圆周角相等等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．47．（2023·北京西城·统考二模）在平面直角坐标系xOy中，给定圆C和点P，若过点P最多可以作出k条不同的直线，且这些直线被圆C所截得的线段长度为正整数，则称点P关于圆C的特征值为k．已知圆O的半径为2，(1)若点M的坐标为1，1，则经过点M的直线被圆O截得的弦长的最小值为___________，点M关于圆O的特征值为(2)直线y=x+b分别与x，y轴交于点A，B，若线段AB上总存在关于圆O的特征值为4的点，求b的取值范围；(3)点T是x轴正半轴上一点，圆T的半径为1，点R，S分别在圆O与圆T上，点R关于圆T的特征值记为r，点S关于圆O的特征值记为s．当点T在x轴正轴上运动时，若存在点R，S，使得r+s=3，直接写出点T的横坐标t的取值范围．【答案】(1)22，(2)b的取值范围是3≤b≤6或(3)2-【分析】（1）设经过点M的直线与⊙O交于E、F两点，过点O作OH⊥EF于H，连接OM，OE，利用垂径定理得到EF=2EH，由勾股定理可得当OH最大时，EH最小，即此时EF最小，求出OM=2，再由OH≤OM，得到当点H与点M重合时，OH有最大值2，即可求出EF的最小值为22，则被圆O截得的弦长取值范围为22≤x≤4，再由被圆O截得的弦长为3的弦有2条，被圆O截得的弦长为4的弦只有1条，可得点（2）根据题意得，关于圆O的特征值为4的所有点都在以O为圆心，3为半径的圆周上，分当b>0时和当b<0时，两种情况讨论即可求解；（3）由于同一平面内，对于任意一点Q，经过O、Q的直线与圆O截得的弦（直径）都为4，则点Q关于圆O的特征值不可能为0，由此可得rs≠0，则r=1s=2或r=2s=1；经过点S且弦长为4（最长弦）的直线有1条，弦长为3（最短弦）的直线有1条，由（2）可知点S一定在以O为圆心，以72为半径的圆上，同理点R一定在以T为圆心，以32为半径的圆上，则当满足以O为圆心，2为半径的圆与以T为圆心，32为半径的圆有交点，且同时满足以O为圆心，72为半径的圆与以T为圆心，【详解】（1）解：设经过点M的直线与⊙O交于E、F两点，过点O作OH⊥EF于H，连接OM，∴EF=2EH，在Rt△OEH中，由勾股定理得EH=∴当OH最大时，EH最小，即此时EF最小，∵点M的坐标为1，∴OM=1又∵OH≤OM，∴当点H与点M重合时，OH有最大值2，∴此时EH有最小值4-2∴EF的最小值为2∵过点M的直线被圆O截得的弦长的最大值为4（直径），∴被圆O截得的弦长取值范围为22∴被圆O截得的弦长为正整数的只有是3或4，∵被圆O截得的弦长为3的弦有2条，被圆O截得的弦长为4的弦只有1条，∴点M关于圆O的特征值为3，故答案为：22，3

（2）解：设点G是圆O的特征值为4的点，由（1）可知经过一点G且弦长为4（最长弦）的直线有1条，弦长为3的直线有2条，∵特征值要保证为4，∴经过点G且弦长为2的直线有且只有1条，∴经过点G的直线被圆O截得的弦长的最小值为2，∵22∴由（1）可知，关于圆O的特征值为4的所有点都在以O为圆心，3为半径的圆周上，

∵直线y=x+b分别与x，y轴交于点A，B，∴A-b，0∴OA=OB=b，∴∠OBH=45°当b>0时，∵线段AB上总存在关于圆O的特征值为4的点，∴线段AB与以O为圆心，3为半径的圆有交点，当线段AB与以O为圆心，3为半径的圆相切时，将切点设为H，连接OH，则OH=3∴OB=2∴b1将以O为圆心，3为半径的圆与y轴正半轴的交点记为B1，则O当线段AB与以O为圆心，3为半径的圆相交，且过点B1时，可得b∴3≤b≤同理可求当b<0时，-6综上，b的取值范围是3≤b≤6或（3）：∵同一平面内，对于任意一点Q，经过O、Q的直线与圆O截得的弦（直径）都为4，∴点Q关于圆O的特征值不可能为0，∴rs≠0，∵r+s=3，且r、s都是整数，∴r=1s=2或r=2当r=1s=2∴经过点S且弦长为4（最长弦）的直线有1条，弦长为3（最短弦）的直线有1条，∴由（2）可知点S一定在以O为圆心，以22同理当r=2s=1时，点R一定在以T为圆心，以1∴当满足以O为圆心，2为半径的圆与以T为圆心，32为半径的圆有交点，且同时满足以O为圆心，72为半径的圆与以T为圆心，1为半径的圆有交点时t的如图3-1所示，当以O为圆心，32为半径的圆与以T为圆心，1为半径的圆外切时，此时t

如图3-2所示，当以O为圆心，2为半径的圆与以T为圆心，32为半径的圆外切时，此时t综上所述，当2-32≤t≤72+1时，存在点

【点睛】本题主要考查了垂径定理，圆与圆的位置关系，切线的性质，坐标与图形，勾股定理，一次函数与几何等等，正确理解题意找到对应点的轨迹是解题的关键．十二．与圆锥的相关计算（共5小题）48．（2023上·江苏连云港·九年级统考期中）如图，矩形纸片ABCD中，AD=18cm，把它分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD后，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的底面和侧面，则圆锥的表面积为（

A．36πcm2 B．45πcm2 C．【答案】B【分析】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．设圆锥的底面的半径为rcm，则DE=2rcm，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长得到90π×18-2r【详解】解：设圆锥的底面的半径为rcm，则AE=BF=18-2r根据题意得：90π×18-2r解得：r=3，侧面积为：90×π18-2×3底面积为：π所以圆锥的表面积为：36π故选：B．49．（2023上·河北石家庄·九年级校联考期中）如图，在矩形ABCD