专题2415圆章末十大题型总结（培优篇）（沪科版）

专题24.15圆章末十大题型总结（培优篇）【沪科版】TOC\o"13"\h\u【题型1巧用圆的半径相等】 1【题型2由点与圆的位置关系求求范围】 5【题型3弧、弦、角、之间的关系】 11【题型4垂径定理】 17【题型5圆周角定理】 22【题型6圆内接四边形】 28【题型7直线与圆的位置关系】 35【题型8切线长定理的运用】 39【题型9弧长的计算】 45【题型10扇形面积的计算】 49【题型1巧用圆的半径相等】【方法点拨】解决此类问题的关键是连接半径，抓住圆的半径相等是关键.【例1】（2023秋·广东汕头·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的弦，OD为⊙O半径．OC⊥AB，垂足为C，OD∥AB，OD=2A．60 B．65 C．70 D．75【答案】D【分析】连接OB，则OB=OD，由OC⊥AB，则【详解】解：如图：连接OB，则OB=∵OC∴OC∵OC∴∠OBC∵OD∴∠BOD∴∠OBD故选D．【点睛】本题考查了圆，平行线的性质，等腰三角形的有关知识；正确作出辅助线、利用圆的半径相等是解题的关键．【变式11】（2023秋·河北唐山·九年级统考期中）如图，半圆O的直径AB=10，将半圆O绕点B顺时针旋转45°得到半圆O'，与AB交于点P，那么AP=A．2.5 B．5 C．10-52 D．【答案】C【分析】先根据题意判断出△O'PB是等腰直角三角形，由勾股定理求出PB【详解】解：如下图，连接O'由题意得：∠OB∵O∴∠O∴△O∴PB∴AP故选：C．【点睛】本题考查了圆的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是根据旋转的性质求出△O【变式12】（2023秋·河北唐山·九年级唐山市第十二中学校考期末）如图，⊙O的直径AB与弦CD的延长线交于点E，若DE=OB，∠A．42° B．28° C．21° D．20°【答案】B【分析】连接OD，易得OD=BE，利用三角形外角的性质得到∠ODC【详解】解：连接OD，则：OD=∴∠OCD∵DE=∴OD=∴∠DOE∴∠ODC∴∠OCD∴∠AOC∴∠E故选B．【点睛】本题考查圆的认识，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质．熟练掌握圆内半径均相等，得到等腰三角形，是解题的关键．【变式13】（2023秋·天津南开·九年级南开翔宇学校校考期末）如图，⊙O的半径为2，AB为圆上一动弦，以AB为边作正方形ABCD，求OD的最大值【答案】2【分析】把AO绕点A顺时针旋转90°得到AO'，得到△AOO'是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出OO'，再根据正方形的性质可得AB=AD，再求出∠BAO=∠【详解】如图，连接AO、BO、把AO绕点A顺时针旋转90°得到AO'∴△AO∵AO=2∴OO在正方形ABCD中，AB=AD，∵∠BAO∴∠BAO在△ABO和△AO=∴△ABO≌△∴DO∴OO当O、O'、D三点共线时，取“=”此时，OD的最大值为22故答案为：22【点睛】本题考查了圆的基本性质、全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，利用旋转作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．【题型2由点与圆的位置关系求求范围】【方法点拨】解决此类问题关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d＝r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．【例2】（2011秋·江苏泰州·九年级统考期中）直角坐标系中，已知点A(1,0)，⊙A的半径是5，若点D(-2,a)在⊙AA．a>4 B．a>4或a<-4 C．a【答案】B【分析】根据两点间的距离公式与点D在⊙A外得到关于a【详解】解：两点间的距离公式为d=由题意得DA>5，则DA即9+a∴a∴a>4或故选B．【点睛】本题主要考查了两点间的距离公式，点与圆的位置关系，掌握点与圆的位置与半径的关系是解题的关键．【变式21】（2023春·河北石家庄·九年级校考开学考试）在数轴上，点A所表示的实数为3，点B所表示的实数为a，⊙A的半径为2，下列说法错误的是（

A．当a<5时，点B在⊙A内 B．当1<a<5时，点C．当a<1时，点B在⊙A外 D．当a>5时，点B【答案】A【分析】先找出与点A的距离为2的点1和5，再根据点与圆的位置关系的判定方法即可解．【详解】解：由于圆心A在数轴上的坐标为3，圆的半径为2，∴当d=r时，⊙A与数轴交于两点：1、5，故当a=1、5时点当d<r即当1<a<5时，点当d>r即当a<1或a>5时，点由以上结论可知选项B、C、D不符合题意，选项A符合题意．故选：A．【点睛】题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d>r时，点在圆外；当d=【变式22】（2023秋·北京海淀·九年级北京交通大学附属中学校考期末）对于平面直角坐标系xOy中的图形M和点P给出如下定义：Q为图形M上任意一点，若P，Q两点间距离的最大值和最小值都存在，且最大值是最小值的2倍，则称点P为图形M的“二分点”．已知点N（3，0），A（1，0），B（0，3），C（3，﹣1）．(1)①在点A，B，C中，线段ON的“二分点”是；②点D（a，0），若点C为线段OD的“二分点”，求a的取值范围；(2)以点O为圆心，r为半径画圆，若线段AN上存在⊙O的“二分点”，直接写出r的取值范围．【答案】(1)①B、C；②a=3-15或3≤(2)13≤r≤1或3≤r≤9【分析】（1）①计算每个点到ON的最大和最小值，可推断出结果；②分为当最小值是1，和最大值是2两种情形；（2）当AN上的点在圆外和外内两种情形；【详解】（1）解：①如图1，∵点A到ON的最大距离是2，到ON的最小距离是0，∴点A不是ON的二分点，∵OB=3，BN=23，∴BN=2OB，∴B点是ON的二分点，∵CD=1，OC=2，∴点C是ON的二分点，故答案是：B、C；②如图2，当OC=2是最小值时，最大值是OD=4，∴(a∴a1=15当最小值是1时，a≥3，最大值是2时，∵OC=2，∴a≤23，∴3≤a≤23，综上所述：a=3−15或3≤a≤23；（2）解：如图3，当点A在⊙O外时，设点M在AN上，M（x，0），（1≤x≤3），假设M是⊙O的二分点，∴x+r=2（xr），∴x=3r，∴1≤3r≤3，∴13≤r≤1如图4，点M在⊙O内，∴x+r=2（rx），∴x=r3∴1≤r3≤3∴3≤r≤9，综上所述：13≤r≤1或3≤r≤9【点睛】本题考查了点到线段（上的点）的距离，及点到圆最值问题，解决问题的关键是分为点在圆外和圆内两种情形讨论．【变式23】（2023秋·广东江门·九年级校考期末）如图，正方形ABCD中，AB=5cm，以B为圆心，1cm为半径画圆，点P是⊙B上一个动点，连接AP，并将AP绕点A逆时针旋转90°至AP'，连接BP'，在点P【答案】(5【分析】通过画图发现，点P'的运动路线为以D为圆心，以1cm为半径的圆，可知：当P'在对角线BD上时，BP'最小；当P'在对角线BD的延长线上时，BP'最大．先证明【详解】解：如图，当P'在对角线BD上时，BP'最小；当P'在对角线连接BP，①当P'在对角线BD由旋转得：AP=AP∴∠PAB∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∴∠BA∴∠PAB∴△PAB∴P'在Rt△∵AB=由勾股定理得：BD5∴BP即BP'长度的最小值为②当P'在对角线BD同理可得BD=5∴BP即BP'长度的最大值为∴BP'长度的取值范围是故答案为：(52【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、点与圆的位置关系和最值问题，寻找点P'【题型3弧、弦、角、之间的关系】【方法点拨】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，其中圆心角的度数与它所对的弧的度数相等.【例3】（2023秋·河北廊坊·九年级校考期中）如图，BC=CD=DE，已知AB是⊙O的直径，∠

A．40° B．70° C．75° D．105°【答案】C【分析】由BC=CD=DE,∠【详解】解：∵BC=∴∠BOC∴∠AOE故选：C【点睛】此题考查了弧与圆心角的关系，掌握数形结合思想的应用是解题的关键．【变式31】（2023秋·黑龙江大庆·九年级校考期中）如图，在⊙O中，AB、DE为⊙O的直径，C是⊙O上一点，且AD=CE．（1）BE与CE有什么数量关系？为什么？（2）若∠BOE=60°，则四边形OACE是什么特殊的四边形？请说明理由．【答案】（1）BE=CE，证明见解析；（2）四边形OACE是菱形，证明见解析；【分析】（1）根据对顶角相等得到∠AOD=∠BOE，再根据圆心角、弧、弦的关系得AD=BE，加上AD=CE，所以（2）连结OC可得△COE和△AOC是等边三角形，可得四边形OACE的四条边都相等，再根据菱形的判定即可求解．【详解】（1）∵AB、DE是⊙O的直径，∴∠AOD=∠BOE，∴AD=∵AD=∴BE=∴BE=CE．（2）连结OC，∵∠BOE=60°，BE=CE，∴∠COE=60°，∵OC=OE，∴△COE是等边三角形，∵∠AOC=180°﹣60°﹣60°=60°，OA=OC，∴△AOC是等边三角形，∴OE=CE=OA=AC=OC，∴四边形OACE是菱形．【点睛】考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆和等圆中，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．【变式32】（2023秋·安徽安庆·九年级统考期末）如图，⊙O的两条弦AB、CD互相垂直，垂足为E，且AB

(1)求证：BE=(2)若AE=1，CE=3，求【答案】(1)见解析(2)5【分析】（1）作OM⊥AB于点M，作ON⊥CD于点N，证明四边形OMEN为矩形，可得AB=CD，OM⊥AB，ON⊥（2）连接OA，求解AB=AE+BE=4，可得【详解】（1）证明：作OM⊥AB于点M，作ON⊥又∵AB⊥∴四边形OMEN为矩形，∵AB=CD，OM⊥∴OM=∴四边形OMEN是正方形，∴OM=∵OM⊥AB，∴BM=12又∵AB=∴BM=∴BM+ME=（2）连接OA，

由（1）可知BE=∴AB=∵OM⊥∴AM=∴EM=∴OM=在Rt△AMO中，∴⊙O的半径为5．【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，矩形，正方形的判定与性质，垂径定理的应用，弦，弧，弦心距之间的关系，熟记圆的基本性质是解本题的关键.【变式33】（2023秋·浙江杭州·九年级期末）已知⊙O的直径AB=4，弦AC与弦BD交于点E．且OD⊥（1）如图1，如果AC=BD，求弦（2）如图2，如果E为弦BD的中点，求EF【答案】（1）AC=23；（2【分析】(1)连接OC，由垂径定理、等弦得到等弧，根据同圆中弧与圆心角的关系可求出∠，通过解直角三角形求出，利用垂径定理求出；(2)连接BC，根据AB为直径，得到∠AFO=∠C=90°，再得到∠D=∠EBC，证明△【详解】如图，连接OC，∵AD又∵AC∴AC=BD∴∴AD∴∠∵∴∴则AC=2如图2，连接BC，∵ABOD⊥∴OD∴∠∵∴△∴BC又∵∴OF是△设OF=则BC∴2-解得：t=则DF∴∴【点睛】本题考查了垂径定理，弧，弦，圆心角定理，以及勾股定理，还考查了全等三角形的判定和性质，中位线定理，熟悉并灵活运用以上性质定理是解题的关键．【题型4垂径定理】【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4】（2023秋·江苏南京·九年级校联考期末）在同心圆中，大圆的弦AB交小圆于C，D两点．(1)如图①，若大圆、小圆的半径分别为13和7，AB=24，则CD的长为___________(2)如图②，大圆的另一条弦EF交小圆于G，H两点，若AB=EF，求证【答案】(1)46(2)见解析【分析】（1）连接OA，OC，过O点作OH⊥AB，则H为AB，CD的中点，得出AH=12（2）过O作OM⊥AB，作ON⊥EF，垂足分别为M、N，得出DM=12CD，HN=12GH，AM=12AB，【详解】（1）连接OA，OC，过O点作OH⊥AB，则H为AB，∵AB=24∴AH=12∵OH⊥∴OH2=∴OA∴132∴CH=2∴CD=2故答案为：4（2）过O作OM⊥AB，作ON⊥EF，垂足分别为∴DM=12CD，HN=又∵AB=∴AM=连接OA、OE、OD、OH，

在Rt△OAM和OA=∴Rt△∴OM=在Rt△ODM和OD=∴Rt△∴DM=∴CD=【点睛】本题主要考查垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解此类题的关键．【变式41】（2023秋·河北张家口·九年级张家口东方中学校考期末）如图，⊙O的半径为6cm，AB是弦，OC⊥AB于点C，将劣弧AB沿弦AB折叠，交OC于点D，若D是OC的中点，则AB

【答案】4【分析】连接BO，延长OC交弧AB于E，可证CE=CD=OD，从而可求【详解】解：如图，连接BO，延长OC交弧AB于E，

由折叠得：CD=∵D是OC的中点，∴CD∴CE∴OC∵OC∴AB在Rt△BC=6∴AB故答案：45【点睛】本题主要考查了折叠的性质，垂径定理，勾股定理，掌握相关的性质，构建出由弦、弦心距、半径组成的直角三角形是解题的关键．【变式42】（2023秋·江苏镇江·九年级统考期中）如图，⊙O的直径AB与弦CD交于点E，∠DEB=30°

【答案】2【分析】如图，过O作OF⊥CD，交CD于点F，连接OD；由垂径定理可得CF=DF，再根据题意求得圆的直径AB=8，则半径OA=4，进而求得OE=2；然后根据直角三角形的性质可得【详解】解：如图，过O作OF⊥CD，交CD于点F，连接

∴F为CD的中点，∴CF=DF∵AE=2∴AB=∴OA=4∴OE=在Rt△OEF中，∴OF=在Rt△ODF中，根据勾股定理得：DF=0D【点睛】本题主要考查了垂径定理、三角形的性质、勾股定理等知识点，掌握垂径定理是解答本题的关键．【变式43】（2023秋·湖北宜昌·九年级统考期末）如图，在平行四边行ABCD中，AB＝5，BC＝8，BC边上的高AH＝3，点P是边BC上的动点，以CP为半径的⊙C与边AD交于点E，F（点E在点F的左侧）．（1）当⊙C经过点A时，求CP的长；（2）连接AP，当AP∥CE时，求⊙C的半径及弦EF的长．【答案】（1）CP＝5；（2）⊙C的半径为258，EF＝7【分析】（1）连接AC，由勾股定理求出BH＝4，得出CH＝4，由勾股定理求出CA，当⊙C经过点A时，CP＝CA＝5；（2）先证明四边形APCE是平行四边形，得出CP＝CE，证出四边形APCE是菱形，得出PA＝CP，设PA＝CP＝x，则PH＝4﹣x，由勾股定理得出方程，解方程求出半径；作CM⊥EF于M，则CM＝AH＝3，由垂径定理得出ME＝MF＝12EF，由勾股定理求出ME，即可得出EF【详解】解：（1）连接AC，如图1所示：∵AH⊥BC，∴∠AHB＝∠AHC＝90°，∴BH＝AB∴CH＝BC﹣BH＝4，∴CA＝AH当⊙C经过点A时，CP＝CA＝5；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，当AP∥CE时，四边形APCE是平行四边形，∵CP＝CE，∴四边形APCE是菱形，∴PA＝CP，设PA＝CP＝x，则PH＝4﹣x，在Rt△APH中，由勾股定理得：AH2+PH2＝PA2，即32+（4﹣x）2＝x2，解得：x＝258即⊙C的半径为258作CM⊥EF于M，如图2所示：则CM＝AH＝3，ME＝MF＝12EF在Rt△CEM中，由勾股定理得：ME＝CE∴EF＝2ME＝74【点睛】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理、垂径定理、平行四边形的判定方法、菱形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．【题型5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5】（2023秋·广东广州·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点P是

(1)如图1，求证：AP=(2)如图2，连接BP，AP．点M为弧AP上一点，过P作PD⊥BM于D点，求证：BD=(3)如图3，点Q是弧AP上一动点（不与A，P重合），连PQ，AQ，BQ．求BQ-【答案】(1)见解析(2)见解析(3)2【分析】（1）连接AP,BP，根据已知得出∠PCB（2）过点M作MN⊥BM垂足为M，过点P作PN⊥MN于点（3）过点P作PD⊥BQ于点D，过点Q作QE⊥BQ垂足为Q，过点P作PE⊥AQ于点Q，连接PQ，由（【详解】（1）解：如图1，连接AP,∵∠ACB=90°，∴∠PCB∴AP=∴AP=（2）证明：如图2，过点M作MN⊥BM垂足为M，过点P作PN⊥∴四边形PDMN是矩形，∵BP=∴∠BMP∵PD⊥∴△PMD∴DP=∴四边形PDMN是正方形，∴PD=DM∵∠ACB=90°∴AB是⊙的直径，∴∠BPA∴∠BPD∴∠BPD又∵BP=∴△∴BD=∴BD=（3）如图3所示，过点P作PD⊥BQ于点D，过点Q作QE⊥BQ垂足为Q，过点P作PE⊥AQ于点由（2）可得四边形DPEQ是正方形，△BDP∴BD=∴BQ=设正方形DPEQ的边长为a，则PQ=∴BQ-AQPQ【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，90度角所对的弦是直径，正方形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，掌握圆周角定理是解题的关键．【变式51】（2023春·山东济宁·九年级统考期末）如图，将AC沿弦AC折叠交直径AB于圆心O，则∠AOC=