专题19 圆（讲义）（解析版）

专题19圆核心知识点精讲理解掌握圆的相关概念、表示方法；理解掌握圆的对称性、弦、弧等与圆有关的概念及其运用；理解掌握圆周角定理及其推论，并能够进行运用；理解掌握垂径定理及其推论；掌握圆和圆的位置关系；理解掌握直线与圆的位置关系；理解掌握正多边形和圆之间的关系；理解与正多边形有关的概念；掌握正多边形的对称性；理解掌握弧长和扇形面积的计算方法。考点1圆的概念1.圆的定义在一个个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A随之旋转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。2.圆的几何表示以点O为圆心的圆记作“⊙O”，读作“圆O”考点2圆的对称性、弦、弧等与圆有关的概念1.圆的轴对称性圆是轴对称图形，经过圆心的每一条直线都是它的对称轴。2.圆的中心对称性圆是以圆心为对称中心的中心对称图形。3.弦、弧、弦心距、圆心角等相关概念（1）弦连接圆上任意两点的线段叫做弦。（如图中的AB）（2）直径经过圆心的弦叫做直径。（如图中的CD）直径等于半径的2倍。（3）半圆圆的任意一条直径的两个端点分圆成两条弧，每一条弧都叫做半圆。（4）弧、优弧、劣弧圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。弧用符号“⌒”表示，以A，B为端点的弧记作“”，读作“圆弧AB”或“弧AB”。大于半圆的弧叫做优弧（多用三个字母表示）；小于半圆的弧叫做劣弧（多用两个字母表示）（5）圆心角顶点在圆心的角叫做圆心角。（6）弦心距从圆心到弦的距离叫做弦心距。（7）弧、弦、弦心距、圆心角之间的关系定理在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦想等，所对的弦的弦心距相等。推论：在同圆或等圆中，如果两个圆的圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等。考点3圆周角定理及其推论1.圆周角顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角。2.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；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等。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。推论3：如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形。考点4垂径定理及其推论垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的弧。推论1：（1）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。（2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧。（3）平分弦所对的一条弧的直径垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧。推论2：圆的两条平行弦所夹的弧相等。垂径定理及其推论可概括为：过圆心垂直于弦直径平分弦知二推三 平分弦所对的优弧平分弦所对的劣弧考点5圆和圆的位置关系1.圆和圆的位置关系如果两个圆没有公共点，那么就说这两个圆相离，相离分为外离和内含两种。如果两个圆只有一个公共点，那么就说这两个圆相切，相切分为外切和内切两种。如果两个圆有两个公共点，那么就说这两个圆相交。2.圆心距两圆圆心的距离叫做两圆的圆心距。3.圆和圆位置关系的性质与判定设两圆的半径分别为R和r，圆心距为d，那么两圆外离d>R+r两圆外切d=R+r两圆相交R-r<d<R+r（R≥r）两圆内切d=R-r（R>r）两圆内含d<R-r（R>r）4.两圆相切、相交的重要性质如果两圆相切，那么切点一定在连心线上，它们是轴对称图形，对称轴是两圆的连心线；相交的两个圆的连心线垂直平分两圆的公共弦。考点6直线与圆的位置关系（1）直线和圆的三种位置关系：①相离：一条直线和圆没有公共点．②相切：一条直线和圆只有一个公共点，叫做这条直线和圆相切，这条直线叫圆的切线，唯一的公共点叫切点．③相交：一条直线和圆有两个公共点，此时叫做这条直线和圆相交，这条直线叫圆的割线．（2）判断直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．①直线l和⊙O相交⇔d＜r②直线l和⊙O相切⇔d＝r③直线l和⊙O相离⇔d＞r．考点7正多边形和圆1.正多边形的定义各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形。2.正多边形和圆的关系只要把一个圆分成相等的一些弧，就可以做出这个圆的内接正多边形，这个圆就是这个正多边形的外接圆。考点8与正多边形有关的概念1.正多边形的中心正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心。2.正多边形的半径正多边形的外接圆的半径叫做这个正多边形的半径。3.正多边形的边心距正多边形的中心到正多边形一边的距离叫做这个正多边形的边心距。4.中心角正多边形的每一边所对的外接圆的圆心角叫做这个正多边形的中心角。考点9正多边形的对称性1.正多边形的轴对称性正多边形都是轴对称图形。一个正n边形共有n条对称轴，每条对称轴都通过正n边形的中心。2.正多边形的中心对称性边数为偶数的正多边形是中心对称图形，它的对称中心是正多边形的中心。3.正多边形的画法先用量角器或尺规等分圆，再做正多边形。考点10弧长和扇形面积1.弧长公式n°的圆心角所对的弧长l的计算公式为2.扇形面积公式其中n是扇形的圆心角度数，R是扇形的半径，l是扇形的弧长。3.圆锥的侧面积其中l是圆锥的母线长，r是圆锥的地面半径。【题型1：圆的概念】【典例1】（2022•南山区校级模拟）数学知识在生产和生活中被广泛应用，下列实例所应用的最主要的几何知识，说法正确的是（）A．学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“菱形的对角线互相垂直平分” B．车轮做成圆形，应用了“圆是中心对称图形” C．射击时，瞄准具的缺口、准星和射击目标在同一直线上，应用了“两点确定一条直线” D．地板砖可以做成矩形，应用了“矩形对边相等”【答案】C【分析】根据两点确定一条直线，圆的认识，菱形的性质以及矩形的性质进行判断即可．【解答】解：A．学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“四边形的不稳定性”，故本选项错误，不合题意；B．车轮做成圆形，应用了“圆上各点到圆心的距离相等”，故本选项错误，不合题意；C．射击时，瞄准具的缺口、准星和射击目标在同一直线上，应用了“两点确定一条直线”，故本选项正确，符合题意D．地板砖可以做成矩形，应用了“矩形四个内角都是直角”的性质，故本选项错误，不合题意．故选：C．1．（2022•潮安区模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝10．若以点C为圆心，CA长为半径的圆恰好经过AB的中点D，则⊙C的半径为（）A．53 B．8 C．6 【答案】D【分析】连结CD，根据直角三角形斜边中线定理求解即可．【解答】解：如图，连结CD，∵CD是直角三角形斜边上的中线，∴CD=12AB故选：D．2．（2023•福田区校级三模）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足为C，OD∥AB，OC=12OD，则∠A．90° B．95° C．100° D．105°【答案】D【分析】连接OB，则OC=12OB，由OC⊥AB，则∠OBC＝30°，再由OD∥【解答】解：如图：连接OB，则OB＝OD，∵OC=12∴OC=12∵OC⊥AB，∴∠OBC＝30°，∵OD∥AB，∴∠BOD＝∠OBC＝30°，∴∠OBD＝∠ODB＝75°，∠ABD＝30°+75°＝105°．故选：D．【题型2：实数的分类】【典例2】（2023•东莞市一模）如图，AB是⊙O的弦，C是AB的中点，OC交AB于点D，若AB＝8cm，CD＝2cm，求⊙O的半径．【答案】⊙O的半径为5cm．【分析】先根据圆心角、弧、弦的关系和垂径定理得出各线段之间的关系，再利用勾股定理求解出半径即可．【解答】解：如图，连接OA，∵C是AB的中点，∴D是弦AB的中点，∴OC⊥AB，AD＝BD＝4cm，∵OD＝3cm，在Rt△OAD中，OA2＝AD2+OD2，即OA2＝42+（OA﹣2）2，∴OA＝5m．即⊙O的半径为5cm．1．（2023•荔湾区校级二模）下列语句中，正确的有（）①相等的圆心角所对的弧相等；②平分弦的直径垂直于弦；③长度相等的两条弧是等弧；④经过圆心的每一条直线都是圆的对称轴．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】A【分析】根据圆心角、弧、弦的关系以及垂径定理等对每一项进行分析即可求出正确答案．【解答】解：①同圆或等圆中相等的圆心角所对的弧相等，故本选项错误；②平分弦的直径垂直于弦，被平分的弦不能是直径，故此选项错误；③能重合的弧是等弧，而长度相等的弧不一定能够重合，故此选项错误；④经过圆心的每一条直线都是圆的对称轴，此选项正确；故正确的有1个，故选：A．2．（2022•龙岗区模拟）如图，△ABC的顶点A、B、C均在⊙O上，若∠ABC+∠AOC＝75°，则∠OAC的大小是（）A．25° B．50° C．65° D．75°【答案】C【分析】根据圆周角定理得出∠AOC＝2∠ABC，求出∠AOC＝50°，再根据等腰三角形的性质和进行内角和定理求出即可．【解答】解：∵根据圆周角定理得：∠AOC＝2∠ABC，∵∠ABC+∠AOC＝75°，∴∠AOC=2∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA=12（180°﹣∠故选：C．3．（2022•蓬江区校级一模）以下说法正确的是（）A．平行四边形是轴对称图形 B．函数y=1x−2的自变量取值范围xC．相等的圆心角所对的弧相等 D．直线y＝x﹣5不经过第二象限【答案】D【分析】利用平四边形的性质，圆周角定理，函数的有关性质一一判断即可．【解答】解：A、平行四边形是轴对称图形，错误，本选项不符合题意．B、函数y=1x−2的自变量取值范围x≥2，错误，应该是C、相等的圆心角所对的弧相等，错误，条件是同圆或等圆中，本选项不符合题意．D、直线y＝x﹣5不经过第二象限，正确，本选项符合题意．故选：D．【题型3：圆周角定理及其推论】【典例3】（2023•陆丰市二模）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝130°，OA＝3，若弦BC∥AO，则AC的长为（）A．5π12 B．2π3 C．5π6【答案】C【分析】连接OC，如图，利用等腰三角形的性质和平行线的性质可计算出∠AOC＝50°，然后根据弧长公式计算AC的长．【解答】解：连接OC，如图，∵BC∥OA，∴∠AOB+∠OBC＝180°，∠C＝∠AOC，∵∠AOB＝130°，∴∠OBC＝50°，∵OB＝OC，∴∠C＝∠OBC＝50°，∴∠AOC＝50°，∴AC的长=50×π×3故选：C．1．（2023•封开县一模）已知：如图OA，OB是⊙O的两条半径，且OA⊥OB，点C在⊙O上，则∠ACB的度数为（）A．45° B．40° C．35° D．50°【答案】A【分析】判断出∠AOB＝90°，再利用圆周角定理求解．【解答】解：∵OA⊥OB，∴∠AOB＝90°，∴∠ACB=12∠故选：A．2．（2023•佛山一模）如图，在⊙O中，∠O＝50°，则∠A的度数是（）A．25° B．30° C．50° D．100°【答案】A【分析】直接利用圆周角定理求解．【解答】解：如图，在⊙O中，∠O＝50°，∠A=12∠O，则∠故选：A．3．（2023•东莞市一模）如图，AB是⊙O的直径，若AC＝2，∠D＝60°，则BC长等于（）A．4 B．5 C．3 D．23【答案】D【分析】根据圆周角定理得出∠ACB＝90°，∠CAB＝∠D＝60°，解直角三角形求出BC即可．【解答】解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠D＝60°，∴BC=3AC＝23故选：D．【题型4：垂径定理及其推论】【典例4】（2023•东莞市校级模拟）如图，在半径为13的⊙O中，M为弦AB的中点，若OM＝12，则AB的长为10．．【答案】10．【分析】连接OM，OA，根据垂径定理得出OM⊥AB，根据勾股定理求出AM，再求出AB即可．【解答】解：连接OM，OA，∵M为AB的中点，O过圆心O，∴OM⊥AB，AM＝BM，∴∠OMA＝90°，由勾股定理得：BM＝AM=O∴AB＝AM+BM＝10，故答案为：10．1．（2023•南海区校级模拟）如图，线段CD是⊙O的直径，CD⊥AB于点E，若AB长为16，OE长为6，则⊙O半径是（）A．5 B．6 C．8 D．10【答案】D【分析】连接OA，如图，先根据垂径定理得到AE＝BE＝8，然后利用勾股定理计算出OA即可．【解答】解：连接OA，如图，∵CD⊥AB，∴AE＝BE=12AB在Rt△OAE中，OA=O即⊙O半径为10．故选：D．2．（2023•高明区二模）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】过点O作OE⊥AB于点E，连接OB，由垂径定理可知AE＝BE=12AB，再根据勾股定理求出【解答】解：过点O作OE⊥AB于点E，连接OB，∵AB＝8cm，∴AE＝BE=12AB=1∵OA＝5cm，∴OE=OA2∵垂线段最短，半径最长，∴3cm≤OP≤5cm．故选：D．3．（2023•荔湾区校级二模）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点F，OE⊥AC于点E，若OE＝3，OB＝5，则CD的长度是485【答案】485【分析】根据垂径定理得到AE＝EC，根据勾股定理求出AC，证明△AEO∽△AFC，根据相似三角形的性质计算即可．【解答】解：∵OE⊥AC，∴AE＝EC，∵AB⊥CD，∴∠AFC＝∠AEO＝90°，∵OE＝3，OB＝5，∴AE=O∴AC＝8，∵∠A＝∠A，∠AEO＝∠AFC，∴△AEO∽△AFC，∴AOAC=OE解得：FC=24∵CD⊥AB，∴CD＝2CF=48故答案为：485【题型5：垂径定理的应用】【典例5】（2023•龙岗区校级一模）“圆”是中国文化的一个重要精神元素，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，则该门洞的半径为1.3m．【答案】1.3．【分析】设半径为rm，根据垂径定理可以列方程求解即可．【解答】解：设圆的半径为rm，由题意可知，DF=12CD=12m，Rt△OFD中，OF=r2−(12所以r2−(解得r＝1.3．故答案为：1.3．1．（2023•越秀区校级三模）如图，武汉晴川桥可以近似地看作半径为250m的圆弧，桥拱和路面之间用数根钢索垂直相连，其正下方的路面AB长度为300m，那么这些钢索中最长的一根为（）A．50m B．45m C．40m D．60m【答案】A【分析】设圆弧的圆心为O，过O作OC⊥AB于C，交AB于D，连接OA，先由垂径定理得AC＝BC=12AB＝150m，再由勾股定理求出OC＝200，然后求出【解答】解：设圆弧的圆心为O，过O作OC⊥AB于C，交AB于D，连接OA，如图所示：则OA＝OD＝250m，AC＝BC=12AB＝150∴OC=OA2∴CD＝OD﹣OC＝250﹣200＝50（m），即这些钢索中最长的一根为50m，故选：A．2．（2023•香洲区校级三模）如图是某品牌的香水瓶．从正面看上去它可以近似看作⊙O割去两个弓形后余下的部分，与矩形ABCD组合而成的图形（点B，C在⊙O上），其中BC∥EF；已知⊙O的半径为25，BC＝14，AB＝26，EF＝48，则香水瓶的高度h是（）A．56 B．57 C．58 D．59【答案】B【分析】作OG⊥BC交BC于点G，延长GO交EF于点H，连接BO、EO，利用垂径定理，得到BG＝7，EH＝24，再利用勾股定理，求得GO＝24，HO＝7，即可求出香水瓶的高度h．【解答】解：如图，作OG⊥BC交BC于点G，延长GO交EF于点H，连接BO、EO，∵OG⊥BC，BC＝14，∴BG=1∵BO＝EO＝25，在Rt△BGO中，GO=B∵BC∥EF，OG⊥BC，∴OH⊥EF，∴EH=1在Rt△EHO中，HO=E∴h＝HO+GO+AB＝7+24+26＝57，故选：B．3．（2023•东莞市校级一模）如图，某同学准备用一根内半径为5cm的塑料管裁一个引水槽，使槽口宽度AB为8cm，则槽的深度CD为2cm．【答案】2．【分析】根据垂径定理得到AD=DB=1【解答】解：如图，由题意可知，OA＝5cm，OC⊥AB，则AD=DB=12在Rt△ADO中，由勾股定理得，OD=OA2∴CD＝OC﹣OD＝5﹣3＝2（cm）．故答案为2．【题型6：圆与圆的位置关系】【典例6】（2022•龙岗区校级模拟）直径分别为8和6的两圆相切，则这两圆的圆心距等于（）A．14 B．2 C．14或2 D．7或1【答案】D【分析】两圆相切，则两圆外切或内切．当两圆外切时，圆心距等于两圆半径之和；当两圆内切时，圆心距等于两圆半径之差．【解答】解：当两圆外切时，则圆心距等于8÷2+6÷2＝7；当两圆内切时，则圆心距等于8÷2﹣6÷2＝1．故选：D．1.（2023•罗湖区校级自主招生）如图，由三个半圆和一个整圆构成，已知大半圆半径60，小半圆半径为30，则圆O的直径40．【答案】40．【分析】设圆O的半径为r，由题意可知，OP⊥PQ，OP＝60﹣r，OQ＝30+r，利用勾股定理得到关于r的方程，解方程即可求得圆O的半径，进一步求得圆O的直径．【解答】解：如图，设圆O的半径为r，则OP＝60﹣r，OQ＝30+r，由题意可知，OP⊥PQ，则OP2+PQ2＝OQ2，∴（60﹣r）2+302＝（30+r）2，解得r＝20，∴圆O的直径为40．故答案为：40．2．（2020•龙岗区校级模拟）两圆的半径分别为3和3，圆心距为3，则两圆的位置关系为相交．【答案】见试题解答内容【分析】根据两圆的位置关系判定方法，当两圆半径之和小于圆心距时，两圆外离，即可得出答案．【解答】解：∵两圆的半径均3，圆心距为3，3＜6，即两圆半径之和＞圆心距，即两圆相交．故答案为：相交．【题型7：直线与圆的位置关系】【典例7】（2022•潮南区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点E是BC的中点，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，连接DE．（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若CD＝6，DE＝5，求⊙O的直径．【答案】（1）直线DE与⊙O相切，理由见解析；（2）152【分析】（1）连接DO，如图，根据直角三角形斜边上的中线性质，由∠BDC＝90°，E为BC的中点得到DE＝CE＝BE，则利用等腰三角形的性质得∠EDC＝∠ECD，∠ODC＝∠OCD，由于∠OCD+∠DCE＝∠ACB＝90°，所以∠EDC+∠ODC＝90°，即∠EDO＝90°，于是根据切线的判定定理即可得到DE与⊙O相切；（2）根据勾股定理和相似三角形的判定与性质即可得到结论．【解答】解：（1）直线DE与⊙O相切，理由：连接DO，如图，∵∠BDC＝90°，E为BC的中点，∴DE＝CE＝BE，∴∠EDC＝∠ECD，又∵OD＝OC，∴∠ODC＝∠OCD，而∠OCD+∠DCE＝∠ACB＝90°，∴∠EDC+∠ODC＝90°，即∠EDO＝90°，∴DE⊥OD，∵OD是⊙O的半径，∴DE与⊙O相切；（2）由（1）得，∠CDB＝90°，∵CE＝EB，∴DE=12∴BC＝10，∴BD=B∵∠BCA＝∠BDC＝90°，∠B＝∠B，∴△BCA∽△BDC，∴ACCD∴AC6∴AC=15∴⊙O直径的长为1521．（2022•金平区校级模拟）在平面直角坐标系中，⊙A的圆心坐标为（3，5），半径为方程x2﹣2x﹣15＝0的一个根，那么⊙A与x轴的位置关系是相切．【答案】相切．【分析】解方程x2﹣2x﹣15＝0得到⊙A的半径为5，于是得到⊙A的半径＝圆心A到x轴的距离，即可得到结论．【解答】解：解方程x2﹣2x﹣15＝0得，x1＝5，x2＝﹣3，∴⊙A的半径为5，∵⊙A的圆心坐标为（3，5），∴点A到x轴的距离为5，∴⊙A的半径＝圆心A到x轴的距离，∴⊙A与x轴的位置关系是相切，故答案为：相切．2．（2023•茂南区二模）如图，AB是⊙O的弦，C是⊙O外一点，OC⊥OA，CO交AB于点P，交⊙O于点D，且CP＝CB．（1）判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若∠A＝30°，OP＝2，求图中阴影部分的面积．【答案】（1）见解析；（2）23−π【分析】（1）根据等边对等角得∠CPB＝∠CBP，根据垂直的定义得∠OBC＝90°，即OB⊥CB，则CB与⊙O相切；（2）根据三角形的内角和定理得到∠APO＝60°，推出△PBD是等边三角形，得到∠PCB＝∠CBP＝60°，求得BC＝2，根据勾股定理得到OB=AP2【解答】解：（1）CB与⊙O相切，理由：连接OB，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA，∵CP＝CB，∴∠CPB＝∠CBP，∵∠CPB＝∠APO，∴∠CBP＝∠APO，在Rt△AOP中，∵∠A+∠APO＝90°，∴∠OBA+∠CBP＝90°，即：∠OBC＝90°，∴OB⊥CB，又∵OB是半径，∴CB与⊙O相切；（2）∵∠A＝30°，∠AOP＝90°，OP＝2，∴∠APO＝60°，AP＝2OP＝4，∴AO＝BO=AP2∵OA＝OB，∴∠OBA＝∠A＝30°，∴∠BOP＝∠APO﹣∠OBA＝30°＝∠OBP，∴OP＝PB＝2，∵∠BPD＝∠APO＝60°，PC＝CB，∴△PBC是等边三角形，∴∠PCB＝∠CBP＝60°，∴BC＝PB＝2，∴图中阴影部分的面积＝S△OBC﹣S扇形OBD=12×2×23−3．（2022•香洲区校级三模）如图，已知△ABC，以BC为直径的⊙O交AB于点D，点E为BD的中点，连接CE交AB于点F，且AF＝AC．（1）判断直线AC与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若⊙O的半径为2，sinA=45，求【答案】（1）见解答；（2）CE=8【分析】（1）连接BE，求出∠EBD+∠BFE＝90°，推出∠ACE＝∠AFC，∠EBD＝∠BCE，求出∠ACE+∠BCE＝90°，根据切线的判定推出即可．（2）根据BC＝4，sinA=45=BCAB，求出AB＝5，AC＝3，AF＝3，BF＝2，根据∠EBD＝∠BCE，∠E＝∠E证△BEF∽△CEB，推出EC＝2EB，设EB＝x，EC＝2x，由勾股定理得出x【解答】（1）AC与⊙O相切，证明：连接BE，∵BC是⊙O的直径，∴∠E＝90°，∴∠EBD+∠BFE＝90°，∵AF＝AC，∴∠ACE＝∠AFC，∵E为弧BD中点，∴∠EBD＝∠BCE，∴∠ACE+∠BCE＝90°，∴AC⊥BC，∵BC为直径，∴AC是⊙O的切线．（2）解：∵⊙O的半为2∴BC＝4，在Rt△ABC中，sinA=4∴AB＝5，∴AC=A∵AF＝AC，∴AF＝3，BF＝5﹣3＝2，∵∠EBD＝∠BCE，∠E＝∠E，∴△BEF∽△CEB，∴EBEC∴EC＝2EB，设EB＝x，EC＝2x，由勾股定理得：x2+4x2＝16，∴x=4即CE=8【题型8：正多边形与圆】【典例8】（2023•南海区模拟）如图，已知圆O的内接正六边形的边长为4，H为边AF的中点，则图中阴影部分的面积是8π3+43【答案】8π3+4【分析】根据圆内接正六边形的性质得出∠COD＝60°，OC＝OD＝CD＝4，CD∥AF，由S△HCD＝2S△COD，得出S阴影部分＝S扇形COD+S△COD，根据扇形面积、正三角形面积的计算方法进行计算即可．【解答】解：如图，连接OC、OD，∵六边形ABCDEF是⊙O内接正六边形，∴∠COD=360°6=60°，OC＝OD＝CD＝4，CD∴S△HCD＝2S△COD，∴S阴影部分＝S扇形COD+S△COD=60π×42=8π3+故答案为：8π3+41．（2023•花都区二模）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点G是EF弧上的一点，则∠BGA的度数为（）A．25° B．30° C．35° D．40°【答案】B【分析】根据圆内接正六边形的性质求出其中心角∠AOB的度数，再根据圆周角定理进行计算即可．【解答】解：如图，连接OA、OB，∵正六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，∴∠AOB=360°∴∠AGB=12∠故选：B．2．（2023•南山区二模）刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率，开创了中国数学发展史上圆周率研究的新纪元．某同学在学习“割圆术”的过程中，作了一个如图所示的圆内接正八边形．若⊙O的半径为1，则这个圆内接正八边形的面积为（）A．π B．2π C．24 D．【答案】D【分析】如图，过A作AC⊥OB于C，得到圆的内接正八边形的圆心角为360°8【解答】解：如图，过A作AC⊥OB于C，∵圆的内接正八边形的圆心角为360°8=45°，∴AC＝OC=2∴S△OAB=12×∴这个圆的内接正八边形的面积为8×24=故选：D．3．（2023•黄埔区校级二模）AB是⊙O的内接正六边形一边，点P是优弧AB上的一点（点P不与点A，B重合）且BP∥OA，AP与OB交于点C，则∠OCP的度数为90°．【答案】90°．【分析】根据AB是⊙O的内接正六边形一边，得出∠AOB=16×360°=60°，再根据圆周角定理得出∠P=12∠AOB=30°，由BP∥OA，得出∠OAC＝∠P＝30°，再由三角形外角性质推出∠【解答】解：∵AB是⊙O的内接正六边形一边，∴∠AOB=1∴∠P=1∵BP∥OA，∴∠OAC＝∠P＝30°，∴∠OCP＝∠AOB+∠OAC＝60°+30°＝90°．故答案为：90°．【题型9：弧长与扇形面积】【典例9】（2023•顺德区校级三模）如图，C为半圆内一点，O为圆心，直径AB长为2，∠BOC＝60°，∠BCO＝90°，将△BOC绕到心O逆时针旋转至△B′OC′，点C′'在OA上，则边BC扫过区域（图中阴影部分）的面积为（）（结果保留π）A．16π B．13π−12【答案】C【分析】结合已知条件求得∠COC′的度数，根据含30°的直角三角形的性质求得OC的长度，再结合旋转性质求得BOB′的度数，最后利用面积的和差及扇形面积公式即可求得答案．【解答】解：∵∠BOC＝60°，∠BCO＝90°，∴∠COC′＝180°﹣60°＝120°，∠OBC＝90°﹣60°＝30°，∵AB＝2，∴OA＝OB=12∴OC=12OB∵将△BOC绕到心O逆时针旋转至△B′OC′，点C′'在OA上，∴∠B′OC′＝∠BOC＝60°，OC′＝OC=12，S△B′OC′＝S△∴∠BOB′＝180°﹣60°＝120°，∴S阴影＝S△B′OC′+S扇形BOB′﹣S△BOC﹣S扇形COC′＝S扇形BOB′﹣S扇形COC′=120π×=14故选：C．1．（2023•东莞市一模）如图，“凸轮”的外围由以正三角形的顶点为圆心，以正三角形的边长为半径的三段等弧组成．已知正三角形的边长为1，则凸轮的周长等于（）A．π3 B．π2 C．π 【答案】C【分析】由“凸轮”的外围是以正三角形的顶点为圆心，以正三角形的边长为半径的三段等弧组成，得到∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝AC＝BC＝1，然后根据弧长公式计算出三段弧长，三段弧长之和即为凸轮的周长．【解答】解：∵△ABC为正三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝AC＝BC＝1，∴AB=根据题意可知凸轮的周长为三个弧长的和，即凸轮的周长=AB+AC+故选：C．2．（2023•蕉岭县一模）如图，在半径为6cm的⊙O中，点A是劣弧BC的中点，点D是优弧BC上一点，且∠D＝30°，下列四个结论：①OA⊥BC；②BC＝33cm；③扇形OCAB的面积为12π；④四边形ABOC是菱形．其中正确结论的序号是（）A．①③ B．①②③④ C．②③④ D．①③④【答案】D【分析】利用垂径定理可对①进行判断；根据圆周角定理得到∠AOC＝2∠D＝60°，则△OAC为等边三角形，根据等边三角形的性质和垂径定理可计算出BC＝63cm，则可对②进行判断；通过判断△AOB为等边三角形，再根据扇形的面积公式可对③进行判断；利用AB＝AC＝OA＝OC＝OB可对④进行判断．【解答】解：∵点A是劣弧BC的中点，∴OA⊥BC，所以①正确；∵∠AOC＝2∠D＝60°，OA＝OC，∴△OAC为等边三角形，∴BC＝2×6×32=63同理可得△AOB为等边三角形，∴∠AOB＝60°，∴∠BOC＝120°，∴扇形OCAB的面积为120×π×62360=12∵AB＝AC＝OA＝OC＝OB，∴四边形ABOC是菱形，所以④正确．故选：D．3．（2023•德庆县二模）若扇形的半径是12cm弧长是20πcm，则扇形的面积为（）A．120πcm2 B．240πcm2 C．360πcm2 D．60πcm2【答案】A【分析】根据扇形的面积公式S=1【解答】解：该扇形的面积为：S=12×20π×12=120π（故选：A．4．（2023•东莞市校级模拟）如图，扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C，D分别在OA，AB上，连接BC，CD，点D，O关于直线BC对称，AD的长为π，则图中阴影部分的面积为（）A．6π−33 B．6π−63 C．12π−93【答案】A【分析】连接BD、OD，交BC与E，根据对称求出BD＝OB，求出△DOB是等边三角形，求出∠DOB＝60°，求出∠AOD＝30°根据弧长公式求出OB＝6，根据阴影部分的面积＝S扇形BOD+S△COE﹣S△BOE求得即可．【解答】解：连接BD、OD，交BC与E，由题意可知，BD＝BO，∵OD＝OB，∴OD＝OB＝DB，∴∠BOD＝60°，∵∠AOB＝90°，∴∠AOD＝30°，∵AD的长为π，∴30πr180∴r＝6，∴OB＝6，∴OE=12OB=3，BE=3∴CE=33OE∴阴影部分的面积＝S扇形BOD+S△COE﹣S△BOE=60π×62360+故选：A．一．选择题（共7小题）1．如图，点A，B，C均在⊙O上，∠BOC＝100°，则∠BAC的度数为（）A．70° B．60° C．50° D．40°【答案】C【分析】直接利用圆周角定理求解．【解答】解：∵∠BAC为BC所对的圆周角，∠BOC为BC所对的圆心角，∴∠BAC=12∠BOC故选：C．2．如图，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的直径，∠BCD＝54°，则∠A的度数是（）A．36° B．33° C．30° D．27°【答案】A【分析】首先连接BD，由CD是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得∠CBD的度数，继而求得∠D的度数，然后由圆周角定理，求得∠A的度数．【解答】解：连接BD，∵CD是⊙O的直径，∴∠CBD＝90°，∵∠BCD＝54°，∴∠D＝90°﹣∠BCD＝36°，∴∠A＝∠D＝36°．故选：A．3．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，连接AC，BC．若∠A＝70°，则∠B的度数是（）A．50° B．40° C．35° D．20°【答案】D【分析】先根据圆周角定理得到∠BAC＝90°，然后利用直角三角形的两锐角互余计算∠B的度数．【解答】解：∵AB是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∵∠A＝70°，∴∠B＝20°．故选：D．4．已知点A是⊙O外一点，且⊙O的半径为6，则OA的长可能为（）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】根据点在圆外，点到圆心的距离大于圆的半径6可对各选项进行判断．【解答】解：∵点A是⊙O外一点，∴OA＞6，∴OA的长可能为8．故选：D．5．如图，圆上依次有A，B，C，D四个点，AC，BD交于点P，连接AD，AB，BC，则图中一定等于∠C的角是（）A．∠CAD B．∠CBD C．∠ABD D．∠D【答案】D【分析】根据AB=AB，可得∠D＝∠【解答】解：∵AB=∴∠D＝∠C，故选：D．6．杭州亚运会开幕式出现一座古今交汇拱底桥，桥面呈拱形．该桥的中间拱洞可以看成一种特殊的圆拱桥，此圆拱桥的跨径（桥拱圆弧所对的弦的长）约为3.2m，拱高（桥拱圆弧的中点到弦的距离）约为2m，则此桥拱的半径是（）A．1.62m B．1.64m C．1.14m D．3.56m【答案】B【分析】设圆心为O，作OD⊥AB于点D，DO的延长线交圆弧为点C，设半径为Rm，根据垂径定理得AD＝BD＝1.6m，OD＝（2﹣R）m，由勾股定理得：R2＝1.62+（2﹣R）2，即可求出答案．【解答】解：如图，设圆心为O，作OD⊥AB于点D，DO的延长线交圆弧为点C，则C为优弧AB的中点，设半径为Rm，∴AD＝BD=12AB＝1.6m，CD＝2∴OD＝（2﹣R）m，由勾股定理得：OA2＝OD2+AD2，∴R2＝1.62+（2﹣R）2，解得：R＝1.64，故选：B．7．一个扇形的半径是3，扇形的圆心角120°，那么这个扇形面积是（）A．4π B．3π C．2π D．π【答案】B【分析】直接代入扇形的面积公式即可得出答案，【解答】解：由题意得：r＝3，n＝120，∴这个扇形面积=120×π×故选：B．二．填空题（共5小题）8．如图，AB为⊙O的弦，半径OC⊥AB，垂足为点D．如果AB＝10cm，CD＝3cm，那么⊙O的半径是173cm【答案】173【分析】连接OA，先由垂径定理得AD＝BD＝4（cm），设⊙O的半径为rcm，则OD＝（r﹣2）cm，然后在Rt△AOD中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【解答】解：连接OA，如图所示：∵半径OC⊥AB，AB＝10cm，∴AD＝BD=12AB＝5（设⊙O的半径为rcm，则OD＝（r﹣3）cm，在Rt△AOD中，由勾股定理得：52+（r﹣3）2＝r2，解得：r=17即⊙O的半径为173cm故答案为：1739．用一个圆心角为120°，半径为5的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆半径为53【答案】53【分析】易得扇形的弧长，除以2π即为圆锥的底面半径．【解答】解：扇形的弧长=120π×5180=∴圆锥的底面半径为103π÷2π=故答案为：5310．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BD是⊙O的直径，AD=CD，延长CB到E，连接AC．若∠ABE＝110°，则∠ACD＝【答案】35．【分析】首先利用圆内接四边形的性质求得∠ADC，然后根据等腰三角形的性质求得答案即可．【解答】解：四边形ABCD内接于⊙O，∠ABE＝110°，∴∠ADC＝∠ABE＝110°，∵AD=∴AD＝CD，∴∠ACD＝∠DAC=180°−∠ADC故答案为：35．11．若一个正多边形的一个内角是140°，则这个多边形的边数为九．【答案】九．【分析】由多边形的每一个内角都是140°先求得它的每一个外角是40°，然后根据正多边形的每个内角的度数×边数＝360°求解即可．【解答】解：180°﹣140°＝40°，360°÷40°＝9．故答案为：九．12．已知如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝45°，以C为圆心AC为半径作弧，交BC的延长线于点E，以B为圆心BA为半径交BC的延长线于点D，若AC＝1，则阴影部分的面积是12【答案】12【分析】根据S阴＝S扇形CAE﹣（S扇形BAD﹣S△ACB），求解即可．【解答】解：S阴＝S扇形CAE﹣（S扇形BAD﹣S△ACB）=90π×12=π4−=1故答案为：12三．解答题（共3小题）13．如图，AB是⊙O的直径，BC=CD，∠COD＝50°，求∠【答案】80°．【分析】根据圆的性质进行计算即可得．【解答】解：在⊙O中，AB是⊙O的直径，∴∠AOB＝180°，又∵BC=∴∠BOC＝∠COD＝50°，∴∠AOD＝180°﹣50°﹣50°＝80°．14．如图，AB为⊙O的直径，OC⊥AB交⊙O于点C，D为OB上一点，延长CD交⊙O于点E，延长OB至F，使DF＝FE，连接EF．（1）求证：EF为⊙O的切线；（2）若OD＝1且BD＝BF，求⊙O的半径．【答案】（1）见解析；（2）3．【分析】（1）连接OE，根据等边对等角结合对等角相等即可推出结论；（2）设⊙O的半径EO＝BO＝r，则BD＝BF＝r﹣1，FE＝2BD＝2（r﹣1），在Rt△FEO中，由勾股定理得得出方程求解即可．【解答】解：（1）证明：如图，连接OE，∵OE＝OC，∴∠OEC＝∠OCE，∵DF＝FE，∴∠FED＝∠FDE，∵∠FDE＝∠CDO，∠CDO+∠OCD＝90°，∴∠FED+∠OEC＝90°，即∠FEO＝90°，∴OE⊥FE，∵OE是半径，∴EF为⊙O的切线；（2）解：设⊙O的半径EO＝BO＝r，则BD＝BF＝r﹣1，∴FE＝2BD＝2（r﹣1），在Rt△FEO中，由勾股定理得，FE2+OE2＝OF2，∴（2r﹣2）2+r2＝（2r﹣1）2，解得r＝3，或r＝1（舍去），∴⊙O的半径为3．15．如图，在2×2的正方形网格纸中，每个小正方形的边长均为1，点O，A，B为格点，即是小正方形的顶点，若将扇形OAB围成一个圆锥，求这个圆锥的底面圆的半径的最大长度．【答案】12【分析】根据弧长公式求出这个圆锥的底面圆的周长，进而即可求解．【解答】解：这个锥的底面圆的周长为：90360×2π×2＝∴这个锥的底面圆的半径为：π÷2π=1一．选择题（共7小题）1．如图，AB为⊙O的直径，CD垂直平分OA，垂足为E．若AB＝8，则CD的长为（）A．23 B．4 C．43 D．6【答案】C【分析】由CD垂直平分OA，得到OE=12OA＝2，由勾股定理求出CE=OC2−OE2=【解答】解：∵CD垂直平分OA，∴OE=12∵AB＝8，∴AO=1∴OE＝2，∴CE=OC2∵半径OA⊥CD，∴CD＝2CE＝43．故选：C．2．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC，AC，AB的长度分别为a，b，c，⊙H与⊙I分别与直线AC、BC、AB相切（⊙H与⊙I分别在直线AB的异侧），若⊙H的半径为R1，⊙I的半径为R2，则R1﹣R2为（）A．a B．b C．c D．a+b+c【答案】C【分析】由切线长定理求出CN=a+b+c2，PC=a+b−c2，判定四边形MCNH、PCQI是正方形，得到R1=a+b+c2，R2=a+b−c2，于是求出【解答】解：如图，⊙H分别与AC、BC、AB相切于N、M、K，⊙I分别与AC、BC、AB相切于P、Q、L，∴CN＝CM，AK＝AN，BK＝BM，PC＝CQ，AP＝AL，BQ＝BL，HM⊥BC，HN⊥AC，IP⊥AC，IQ⊥BC，∴CN+CM＝AC+AN+BC+BM＝AC+AK+BC+BK＝AC+BC+AB＝a+b+c，∴2CN＝a+b+c，∴CN=a+b+c∵∠C＝∠CNH＝∠CMH＝90°，CM＝CN，∴四边形MCNH是正方形，∴MH＝CN=a+b+c∴R1=a+b+c∵PC+CQ＝AC﹣AP+BC﹣BQ＝AC﹣AL+BC﹣BL＝AC+BC﹣（AL+BL）＝AC+BC﹣AB＝a+b﹣c，∴2PC＝a+b﹣c，∴PC=a+b−c∵PC＝CQ，∠C＝∠CPI＝∠CQI＝90°，∴四边形PCQI是正方形，∴QI＝PC=a+b−c∴R2=a+b−c∴R1﹣R2=a+b+c2故选：C．3．如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点（A，B除外），∠C＝25°，则∠BOD的度数是（）A．50° B．65° C．25° D．130°【答案】A【分析】由圆周角定理得到C=12∠BOD，即可求出∠【解答】解：∵∠C＝25°，∠C=12∠∴∠BOD＝50°．故选：A．4．如图，已知OB是⊙O的半径，弦CD⊥OB，垂足为点E，且tan∠BDC=23，OE=54，过点C作⊙O的切线，交OB的延长线于点A．7 B．365 C．395【答案】C【分析】连接OC，由切线的性质定理得到OC⊥PC，由垂径定理得到CE＝DE，由tan∠BDC=BEDE=23，令BE＝2x，DE＝3x，由勾股定理得到(54+2x)2=（3x）2+(54)2，求出x＝1，得到BE＝2，CE＝3，OC【解答】解：连接OC，∵PC切圆于C，∴OC⊥PC，∵弦CD⊥OB，∴CE＝DE，∵tan∠BDC=BE∴令BE＝2x，DE＝3x，∴OC＝OB=54+2x，CE∵OC2＝CE2+OE2，∴(54+2x)2=（（3∴x＝1，∴BE＝2，CE＝3，∴OC=13∵∠OCE+∠PCE＝∠P+∠PCE，∴∠P＝∠OCE，∴sinP＝sin∠OCE，∴CEPC∴3PC∴PC=39故选：C．5．如图，△ABC内接于⊙O，AC为直径，半径OD∥BC，连接OB，AD．若∠AOB＝α，则∠BAD的度数为（）A．α2 B．90°−α2 C．90°−【答案】C【分析】由AC为⊙O的直径，∠AOB＝α，得∠C=α2，∠BOC＝180°﹣α，由OD∥BC，∠DOC＝∠C=α2，则∠BOD＝∠BOC+∠DOC＝180°−α2，所以∠BAD【解答】解：∵AC为⊙O的直径，∠AOB＝α，∴∠C=12∠AOB=α2，∠BOC＝180°﹣∠∵OD∥BC，∴∠DOC＝∠C=α∴∠BOD＝∠BOC+∠DOC＝180°﹣α+α2=∴∠BAD=12∠BOD=12（180°故选：C．6．如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的两点，若∠ABD＝41°，则∠BCD的大小为（）A．41° B．45° C．49° D．59°【答案】C【分析】由AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得∠ADB的度数，继而求得∠A的度数，又由圆周角定理，即可求得答案．【解答】解：连接AD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵∠ABD＝41°，∴∠BAD＝90°﹣∠ABD＝49°；∴∠BCD＝∠BAD＝49°．故选：C．7．如图所示的正八边形是用八个全等的等腰三角形拼成的，OA＝OB＝2，则正八边形的面积为（）A．82 B．83 C．8【答案】A【分析】过A作AC⊥OB于C，求得∠ACO＝90°，根据正八边形的性质得到∠AOB＝45°，根据等腰直角三角形的性质得到OC、AC、与OA的关系，根据三角形的面积公式即可得到结论．【解答】解：过A作AC⊥OB于C，∴∠ACO＝90°，∵∠AOB=360°∴OC＝AC=22OA∴正八边形的面积＝8××22×=82故选：A．二．填空题（共5小题）8．如图，⊙O的弦AB⊥OC，且OD=2DC，AB=25，则⊙O的半径是3【答案】3．【分析】⊙O的弦AB⊥OC，AB=25，得到AD=BD=12AB=5，∠ADO＝90°，设⊙O的半径是r，则OA＝OC＝r，OD=【解答】解：∵⊙O的弦AB⊥OC，AB=25∴AD=BD=12AB=设⊙O的半径是r，则OA＝OC＝r，∵OD＝2DC，∴OD=2在Rt△ADO中，OA2＝OD2+AD2，∴r2解得r＝3或r＝﹣3（不合题意，舍去）即⊙O的半径是3，故答案为：3．9．长方形ABCD中，以点A为圆心AD的长为半径画弧交AB于点E，以DC为直径的半圆与AB相切，切点为E，已知AB＝4，则图中阴影部分的面积为2π﹣4.（结果保留π）【答案】2π﹣4．【分析】取CD中点O，连接OE，由切线的性质得到OE⊥AB，由矩形的性质推出∠A＝∠ADC＝90°，又OD＝OE，推出四边形ADOE是正方形，得到阴影的面积＝扇形ODE的面积+扇形ADE的面积﹣正方形ADOE的面积，即可求出阴影的面积=90π×22【解答】解：取CD中点O，连接OE，∵AB与半圆相切于E，∴OE⊥AB，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝90°，∴四边形ADOE是矩形，∵OD＝OE，∴四边形ADOE是正方形，∴阴影的面积＝扇形ODE的面积+扇形ADE的面积﹣正方形ADOE的面积，∵AB＝4，∴正方形ADOE的边长是2，∴阴影的面积=90π×22故答案为：2π﹣4．10．如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝60°，连接AC，取AC中点O，以点A为圆心，AO长为半径画弧，分别交边AD，AB于点E，F，则图中阴影部分的面积是83−2π【答案】83−2π【分析】阴影部分的面积＝菱形ABCD的面积﹣扇形AEF的面积．【解答】解：，连接BD，∵∠BAD＝60°，四边形ABCD是菱形，∴∠BAC＝∠DAC＝30°，AC⊥BD，∵AB＝4，∴AO＝AB•cos∠BAC＝23，BO＝AB•sin∠BAC＝2，AC＝43，BD＝4，阴影部分的面积=12×AC×BD−60°×π×(23故答案为：83−2π11．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，以点C为圆心，CA为半径画弧，分别与AB、CB交于点D、E，若图中阴影部分的面积为π6，则AC＝2【答案】2．【分析】如图所示，过点D作DG⊥AC于G，连接CD，先解Rt△ABC得到BC=3AC，再证明△ACD是等边三角形得到∠ACD＝60°，∠ECD＝30°；解Rt△CDG求出GD=32AC，最后根据S阴影＝S△BCD+S扇形CDA﹣S△ACD﹣S【解答】解：如图所示，过点D作DG⊥AC于G，连接CD，∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，∴∠BAC＝60°，∴BC＝AC•tan∠BAC=3AC∵以AC的长为半径画弧，分别交AB，BC于点D，E，∴CA＝CD＝CE，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，AG＝CG=12∴∠ECD＝30°，在Rt△CDG中，GD＝CD•sin∠DCG=32∴S阴影＝S△BCD+S扇形CDA﹣S△ACD﹣S扇形CDE=12GC•BC+60π⋅AC=34AC2+π⋅AC=πAC212∴AC=2故答案为：2．12．如图，已知，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F．（1）若∠C＝90°，∠A＝30°，AC=23，则⊙O的半径为3−（2）若⊙O的半径为3，△ABC的面积为45，且BC＝9，则AD＝6．【答案】（1）3−（2）6．【分析】（1）解直角三角形得到BC=33AC＝2，求得AB＝2BC＝4，连接OF，OE，根据切线的性质得到BD＝BE，AD＝AF，CF＝CE，设BE＝BD＝x，则AD＝AF＝4﹣x，CF＝CE＝2﹣（2）如图，连接OF，OE，OD，OA，OB，OC，根据切线的性质得到OD⊥AB，OF⊥AC，OE⊥BC，BD＝BE，CE＝CF，AD＝AF，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，∠A＝30°，AC=23∴BC=33∴AB＝2BC＝4，连接OF，OE，∵⊙O为Rt△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，∴BD＝BE，AD＝AF，CF＝CE，设BE＝BD＝x，则AD＝AF＝4﹣x，CF＝CE＝2﹣x，∵AF+FC＝23，∴4﹣x+2﹣x＝23，∴x＝3−3∴⊙O的半径为3−故答案为：3−（2）如图，连接OF，OE，OD，OA，OB，OC，∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，∴OD⊥AB，OF⊥AC，OE⊥BC，BD＝BE，CE＝CF，AD＝AF，∵△ABC的面积为45，⊙O的半径为3，BC＝9，∴12(AB+BC+AC)×OD=12×(AD+BD+BC+CF+AF)∴AD＝6；故答案为：6．三．解答题（共3小题）13．如图，已知AB是⊙O的直径，射线BC交⊙O于点D，∠ABD的平分线交⊙O于点E，过点E作EF⊥BC于点F，延长FE与BA的延长线交于点G．（1）求证：GF是⊙O的切线；（2）若AG＝3，GE=42，求⊙O【答案】（1）证明见解答过程；（2）236【分析】（1）连接OE，由∠ABD的平分线交⊙O于点E，知∠1＝∠2，由∠2＝∠3可证OE∥BF，根据BF⊥GF得OE⊥GF，得证；（2）设OA＝OE＝r，在Rt△GOE中由勾股定理求得r=23【解答】（1）证明：如图，连接OE，∵∠ABD的平分线交⊙O于点E，∴∠1＝∠2，∵∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∴OE∥BF，∵BF⊥GF，∴OE⊥GF，∴GF是⊙O的切线；（2）解：设OA＝OE＝r，在Rt△GOE中，AG＝3，GE＝42，由OG2＝GE2+OE2得：（3+r）2＝（42）2+r2，解得：r=23故⊙O的半径为23614．如图，AB为⊙O直径，C为⊙O上一点，过点C作⊙O的切线，与AB的延长线交于点D．（1）求证：∠BCD＝∠A；（2）若BD＝2，CD＝4，求sin∠ABC的值．【答案】（1）见解答；（2）25【分析】（1）连接OC，如图，先利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，利用切线的性质得到∠OCD＝90°，再根据等角的余角相等证明∠OCA＝∠BCD，然后利用∠OCA＝∠A得到结论；（2）设⊙O的半径为r，则OC＝OB＝r，证明△DBC∽△DCA得到BCAC=BDCD=12，则设BC＝x，则AC【解答】（1）证明：连接OC，如图，∵AB为⊙O直径，∴∠ACB＝90°，∵CD为⊙O的切线，∴OC⊥CD，∴∠OCD＝90°，∵∠OCA+∠OCB＝90°，∠BCD+∠OCB＝90°，∴∠OCA＝∠BCD，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠A，∴∠A＝∠BCD；（2）解：∵∠BCD＝∠A，∠BDC＝∠CDA，∴△DBC∽△DCA，∴BCAC设BC＝x，则AC＝2x，∴AB=x2在Rt△ABC中，sin∠ABC=AC15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O是BC边上一点，以O为圆心，OB为半径的圆与AB相交于点D，连接CD，且CD＝AC．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若∠A＝60°，AD＝23，求⊙O的半径长．【答案】（1）见解析；（2）2．【分析】（1）连接OD．由等腰三角形的性质及圆的性质可得∠A＝∠ADC，∠B＝∠BDO．再根据余角性质及三角形的内角和定理可得∠ODC＝180°﹣（∠ADC+∠BDO）＝90°．最后由切线的判定定理可得结论；（2）根据已知条件得到CD＝AC＝AD＝23，∠ACD＝60求得∠DCB＝∠ACB﹣∠ACD＝90°﹣60°＝30°，根据切线的性质得到OD⊥DC，求得OC＝2OD，根据勾股定理即可得到结论．【解答】（1）证明：连接OD，∵AC＝CD，∴∠A＝∠ADC，∵OB＝OD，∴∠B＝∠BDO，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∴∠ADC+∠BDO＝90°，∴∠ODC＝180°﹣（∠ADC+∠BDO）＝90°，又∵OD是⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线；（2）解：∵CD＝AC，∠A＝60°，AD＝23，∴CD＝AC＝AD＝23，∠ACD＝60∵∠ACB＝90∴∠DCB＝∠ACB﹣∠ACD＝90°﹣60°＝30°，∵CD是⊙O的切线，∴OD⊥DC，∴OC＝2OD，在Rt△ODC中，由勾股定理得：OC2＝OD2+CD2，即（2OD）2＝OD2+（23）2，∴OD＝2，∴⊙O的半径长为2．一．选择题（共5小题）1．（2023•广东）如图，AB是⊙O的直径，∠BAC＝50°，则∠D＝（）A．20° B．40° C．50° D．80°【答案】B【分析】由AB是⊙O的直径，得∠ACB＝90°，而∠BAC＝50°，即得∠ABC＝40°，故∠D＝∠ABC＝40°，【解答】解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠BAC+∠ABC＝90°，∵∠BAC＝50°，∴∠ABC＝40°，∵AC=∴∠D＝∠ABC＝40°，故选：B．2．（2023•广州）如图，△ABC的内切圆⊙I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，若⊙I的半径为r，∠A＝α，则（BF+CE﹣BC）的值和∠FDE的大小分别为（）A．2r，90°﹣α B．0，90°﹣α C．2r，90°−α2 【答案】D【分析】如图，连接IF，IE．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．【解答】解：如图，连接IF，IE．∵△ABC的内切圆⊙I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，∴BF＝BD，CD＝CE，IF⊥AB，IE⊥AC，∴BF+CE﹣BC＝BD+CD﹣BC＝BC﹣BC＝0，∠AFI＝∠AEI＝90°，∴∠EIF＝180°﹣α，∴∠EDF=12∠EIF＝90°−故选：D．3．（2022•深圳）已知三角形ABE为直角三角形，∠ABE＝90°，DE为圆的直径，BC为圆O切线，C为切点，CA＝CD，则△ABC和△CDE面积之比为（）A．1：3 B．1：2 C．2：2 D．（2−【答案】B【分析】根据圆周角定理，切线的性质以及等腰三角形的判定和性质，可以先证明△ABC和△COD，再由∴S△COD＝S△COE=12S△DCE，进而得出S△ABC=12S△DCE，即△【解答】解：解法一：如图，连接OC，∵BC是⊙O的切线，OC为半径，∴OC⊥BC，即∠OCB＝90°，∴∠COD+∠OBC＝90°，又∵∠ABE＝90°，即∠ABC+∠OBC＝90°，∴∠ABC＝∠COD，∵DE是⊙O的直径，∴∠DCE＝90°，即∠OCE+∠OCD＝90°，又∠A+∠E＝90°，而∠E＝∠OCE，∴∠A＝∠OCD，在△ABC和△COD中，∠A=∠OCD∠ABC=∠COD∴△ABC≌△COD（AAS），又∵EO＝DO，∴S△COD＝S△COE=12S△∴S△ABC=12S△即△ABC和△CDE面积之比为1：2；解法二：如图，连接OC，过点B作BF⊥AC，∵BC是⊙O的切线，OC为半径，∴OC⊥BC，即∠OCB＝90°，∴∠COD+∠BCD＝90°，又∵∠ABE＝90°，即∠ABC+∠BCD＝90°，∴∠ACB＝∠COD，∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，又∵∠A+∠E＝90°＝∠ODC+∠E，∴∠A＝∠ACB，∴AB＝BC，∴AF=12AC=∵△ABF∽△DEC，∴BFEC∴△ABC和△CDE面积之比（12AC•BF）：（12CD•＝BF：EC＝1：2．故选：B．4．（2022•深圳）下列说法错误的是（）A．对角线垂直且互相平分的四边形是菱形 B．同圆或等圆中，同弧对应的圆周角相等 C．对角线相等的四边形是矩形 D．对角线垂直且相等的平行四边形是正方形【答案】C【分析】A．应用菱形的判定方法进行判定即可得出答案；B．应用圆周角定理进行判定即可得出答案；C．应用矩形的判定方法进行判定即可得出答案；D．应用正方形的判定方法进行判定即可得出答案．【解答】解：A．对角线垂直且互相平分的四边形是菱形，所以A选项说法正确，故A选项不符合题意；B．同圆或等圆中，同弧对应的圆周角相等，所以B选项说法正确，故B选项不符合题意；C．对角线相等的四边形是不一定是矩形，所以C选项说法不正确，故C选项符合题意；D．对角线垂直且相等的平行四边形是正方形，所以D选项说法正确，故D选项不符合题意．故选：C．5．（2021•广州）一根钢管放在V形架内，其横截面如图所示，钢管的半径是24cm，若∠ACB＝60°，则劣弧AB的长是（）A．8πcm B．16πcm C．32πcm D．192πcm【答案】B【分析】首先利用相切的定义得到∠OAC＝∠OBC＝90°，然后根据∠ACB＝60°求得∠AOB＝120°，从而利用弧长公式求得答案即可．【解答】解：由题意得：CA和CB分别与⊙O相切于点A和点B，∴OA⊥CA，OB⊥CB，∴∠OAC＝∠OBC＝90°，∵∠ACB＝60°，∴∠AOB＝120°，∴120π×24180=16π（故选：B．二．填空题（共5小题）6．（2023•深圳）如图，在⊙O中，AB为直径，C为圆上一点，∠BAC的角平分线与⊙O交于点D，若∠ADC＝20°，则∠BAD＝35°．【答案】35．【分析】先根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，再利用圆周角定理可得∠ADC＝∠ABC＝20°，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得∠BAC＝70°，从而利用角平分线的定义进行计算，即可解答．【解答】解：∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠ADC＝20°，∴∠ADC＝∠ABC＝20°，∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝70°，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=12∠故答案为：35．7．（2022•广东）扇形的半径为2，圆心角为90°，则该扇形的面积（结果保留π）为π．【答案】π．【分析】应用扇形面积计算公式进行计算即可得出答案．【解答】解：S=nπr故答案为：π．8．（2022•广州）如图，在△ABC中，AB＝AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧DE的长是2π．（结果保留π）【答案】2π．【分析】连接OD，OE，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠A＝∠COE，再根据切线的性质和平角的定义可得∠DOE＝90°，然后利用弧长公式进行计算即可解答．【解答】解：如图，连接OD，OE，∵OC＝OE，∴∠OCE＝∠OEC，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠ABC＝∠OEC，∴AB∥OE，∴∠BDO+∠DOE＝180°，∵AB是切线，∴∠BDO＝90°，∴∠DOE＝180°﹣∠BDO＝90°，∴劣弧DE的长是90×π×4180=2故答案为：2π．9．（2021•广东）在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝3．点D为平面上一个动点，∠ADB＝45°，则线段CD长度的最小值为5−2【答案】5−【分析】根据∠ADB＝45°，AB＝2，作△ABD的外接圆O，连接OC，当O、D、C三点共线时，CD的值最小．将问题转化为点圆最值．可证得△AOB为等腰直角三角形，OB＝OA=2，同样可证△OBE也为等腰直角三角形，OE＝BE＝1，由勾股定理可求得OC的长为5，最后CD最小值为OC﹣OD=【解答】解：如图所示．∵∠ADB＝45°，AB＝2，作△ABD的外接圆O（因求CD最小值，故圆心O在AB的右侧），连接OC，当O、D、C三点共线时，CD的值最小．∵∠ADB＝45°，∴∠AOB＝90°，∴△AOB为等腰直角三角形，∴AO＝BO＝sin45°×AB=2∵∠OBA＝45°，∠ABC＝90°，∴∠OBE＝45°，作OE⊥BC于点E，∴△OBE为等腰直角三角形．∴OE＝BE＝sin45°•OB＝1，∴CE＝BC﹣BE＝3﹣1＝2，在Rt△OEC中，OC=O当O、D、C三点共线时，CD最小为CD＝OC﹣OD=5故答案为：5−10．（2021•广东）如图，等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝4．分别以点B、点C为圆心，线段BC长的一半为半径作圆弧，交AB、BC、AC于点D、E、F，则图中阴影部分的面积为4﹣π．【答案】4﹣π．【分析】阴影部分的面积等于△ABC的面积减去空白处的面积即可得出答案．【解答】解：等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝4，∴∠B＝∠C＝45°，∴AB＝AC=22BC∵BE＝CE=12∴阴影部分的面积S＝S△ABC﹣S扇形BDE﹣S扇形CEF=12×22故答案为4﹣π．三．解答题（共7小题）11．（2023•广州）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣2，0），B（0，2），AB所在圆的圆心为O．将AB向右平移5个单位，得到CD（点A平移后的对应点为C）．（1）点D的坐标是（5，2），CD所在圆的圆心坐标是（5，0）；（2）在图中画出CD，并连接AC，BD；（3）求由AB，BD，DC，CA首尾依次相接所围成的封闭图形的周长．（结果保留π）【答案】（1）（5，2）、（5，0）；（2）见解答；（3）2π+10．【分析】（1）由平移的性质知即可求解；（2）在图中画出CD，并连接AC，BD即可；（3）由封闭图形的周长=AB+DC【解答】解：（1）如下图，由平移的性质知，点D（5，2），CD所在圆的圆心坐标是（5，0），故答案为：（5，2）、（5，0）；（2）在图中画出CD，并连接AC，BD，见下图；（3）AB和DC长度相等，均为14×2πr=1而BD＝AC＝5，则封闭图形的周长=AB+DC+212．（2023•广东）综合探究如图1，在矩形ABCD中（AB＞AD），对角线AC，BD相交于点O，点A关于BD的对称点为A′．连接AA′交BD于点E，连接CA′．（1）求证：AA'⊥CA'；（2）以点O为圆心，OE为半径作圆．①如图2，⊙O与CD相切，求证：AA′=3②如图3，⊙O与CA′相切，AD＝1，求⊙O的面积．【答案】（1）证明过程详见解答；（2）①证明过程详见解答；②2+2【分析】（1）根据轴对称的性质可得AE＝A′E，AA′⊥BD，根据四边形ABCD是矩形，得出OA＝OC，从而OE∥A′C，从而得出AA′⊥CA′；（2）①设CD⊙O与CD切于点F，连接OF，并延长交AB于点G，可证得OG＝OF＝OE，从而得出∠EAO＝∠GAO＝∠GBO，进而得出∠EAO＝30°，从而AA′=3②设⊙O切CA′于点H，连接OH，可推出AA′＝2OH，CA′＝2OE，从而AA′＝CA′，进而得出∠A′AC＝∠A′CA＝45°，∠AOE＝∠ACA′＝45°，从而得出AE＝OE，OD＝OA=2AE，设OA＝OE＝x，则OD＝OA=2x，在Rt△ADE中，由勾股定理得出x2+[(2−1)x]【解答】（1）证明：∵点A关于BD的对称点为A′，∴AE＝A′E，AA′⊥BD，∵四边形ABCD是矩形，∴OA＝OC，∴OE∥A′C，∴AA′⊥CA′；（2）①证明：如图2，设CD⊙O与CD切于点F，连接OF，并延长交AB于点G，∴OF⊥CD，OF＝OE，∵四边形ABCD是矩形，∴OB＝OD=12BD，AB∥CD，AC＝BD，OA=∴OG⊥AB，∠FDO＝∠GBO，OA＝OB，∴∠GAO＝∠GBO，∵∠DOF＝∠BOG，∴△DOF≌△BOG（ASA），∴OG＝OF，∴OG＝OE，由（1）知：AA′⊥BD，∴∠EAO＝∠GAO，∵∠EAB+∠GBO＝90°，∴∠EAO+∠GAO+∠GBO＝90°，∴3∠EAO＝90°，∴∠EAO＝30°，由（1）知：AA′⊥CA′，∴tan∠EAO=CA′∴tan30°=CA′∴AA′=3②解：如图3，设⊙O切CA′于点H，连接OH，∴OH⊥CA′，由（1）知：AA′⊥CA′，AA′⊥BD，OA＝OC，∴OH∥AA′，OE∥CA′，∴△COH∽△CAA′，△AOE∽△ACA′，∴OHAA′∴AA′＝2OH，CA′＝2OE，∴AA′＝CA′，∴∠A′AC＝∠A′CA＝45°，∴∠AOE＝∠ACA′＝45°，∴AE＝OE，OD＝OA=2AE设AE＝OE＝x，则OD＝OA=2∴DE＝OD﹣OE＝（2−1）x在Rt△ADE中，由勾股定理得，x2∴x2=2+∴S⊙O＝π•OE2=2+13．（2022•广东）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ADB＝∠CDB．（1）试判断△ABC的形状，并给出证明；（2）若AB=2，AD＝1，求CD【答案】（1）等腰直角三角形，证明见解答过程；（2）3．【分析】（1）根据圆周角定理，等腰直角三角形的判定定理解答即可；（2）根据勾股定理解答即可．【解答】解：（1）△ABC是等腰直角三角形，证明过程如下：∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∵∠ADB＝∠CDB，∴AB=∴AB＝BC，又∵∠ABC＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形．（2）在Rt△ABC中，AB＝BC=2∴AC＝2，在Rt△ADC中，AD＝1，