專題09 圓的計算與證明（講練）-2024年中考數(shù)學(xué)沖刺復(fù)習講練測（浙江新中考）（解析版）

第第頁

考點要求命題預(yù)測圓的基本性質(zhì)證明與計算1.圓的基本性質(zhì)和位置關(guān)系是中考考查的重點，但圓中復(fù)雜證明及兩圓位置關(guān)系中證明會有下降趨勢，不會有太復(fù)雜的大題出現(xiàn)；

2.中考試題中將更側(cè)重于具體問題中考查圓的定義及點與圓的位置關(guān)系，對應(yīng)用、創(chuàng)新、開放探究型題目，會根據(jù)當前的政治形勢、新聞背景和實際生活去命題，進一步體現(xiàn)數(shù)學(xué)來源于生活，又應(yīng)用于生活。與圓有關(guān)的位置關(guān)系

一．選擇題（共4小題）1．（2023?湖州）如圖，點A，B，C在⊙O上，連結(jié)AB，AC，OB，OC．若∠BAC＝50°，則∠BOC的度數(shù)是（）A．80° B．90° C．100° D．110°【答案】C【解析】解：∵∠BAC＝50°，∠BOC＝2∠BAC，∴∠BOC＝100°．故選：C．2．（2023?杭州）如圖，在⊙O中，半徑OA，OB互相垂直，點C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，則∠BAC＝（）A．23° B．24° C．25° D．26°【答案】D【解析】解：連接OC，∵∠ABC＝19°，∴∠AOC＝2∠ABC＝38°，∵半徑OA，OB互相垂直，∴∠AOB＝90°，∴∠BOC＝90°﹣38°＝52°，∴∠BAC＝∠BOC＝26°，故選：D．3．（2023?溫州）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，則∠CAO的度數(shù)與BC的長分別為（）A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，【答案】C【解析】解：連接OB，OC，∵BC∥AD，∴∠DBC＝∠ADB，∴＝，∴∠AOB＝∠COD，∠CAD＝∠BDA，∵DB⊥AC，∴∠AED＝90°，∴∠CAD＝∠BDA＝45°，∴∠AOB＝2∠ADB＝90°，∠COD＝2∠CAD＝90°，∵∠AOD＝120°，∴∠BOC＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等邊三角形，∴BC＝OB，∵OA＝OD，∠AOD＝120°，∴∠OAD＝∠ODA＝30°，∴AD＝OA＝，∴OA＝1，∴BC＝1，∴∠CAO＝∠CAD﹣∠OAD＝45°﹣30°＝15°．故選：C．4．（2022?麗水）某仿古墻上原有一個矩形的門洞，現(xiàn)要將它改為一個圓弧形的門洞，圓弧所在的圓外接于矩形，如圖．已知矩形的寬為2m，高為2m，則改建后門洞的圓弧長是（）A．m B．m C．m D．（+2）m【答案】C【解析】解：連接AC，BD，AC和BD相交于點O，則O為圓心，如圖所示，由題意可得，CD＝2m，AD＝2m，∠ADC＝90°，∴tan∠DCA＝＝＝，AC＝＝4（m），∴∠ACD＝60°，OA＝OC＝2m，∴∠ACB＝30°，∴∠AOB＝60°，∴優(yōu)弧ADCB所對的圓心角為300°，∴改建后門洞的圓弧長是：＝（m），故選：C．二．填空題（共6小題）5．（2023?寧波）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，E為AB邊上一點，以AE為直徑的半圓O與BC相切于點D，連結(jié)AD，BE＝3，BD＝3．P是AB邊上的動點，當△ADP為等腰三角形時，AP的長為6或2．【答案】6或2．【解析】解：如圖1，連接OD，DE，∵半圓O與BC相切于點D，∴OD⊥BC，在Rt△OBD中，OB＝OE+BE＝OD+3，BD＝3．∴OB2＝BD2+OD2，∴（OD+3）2＝（3）2+OD2，解得OD＝6，∴AO＝EO＝OD＝6，①當AP＝PD時，此時P與O重合，∴AP＝AO＝6；②如圖2，當AP′＝AD時，在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，∴AC⊥BC，∴OD∥AC，∴△BOD∽△BAC，∴＝＝，∴＝＝，∴AC＝10，CD＝2，∴AD＝＝＝2，∴AP′＝AD＝2；③如圖3，當DP′′＝AD時，∵AD＝2，∴DP′′＝AD＝2，∵OD＝OA，∴∠ODA＝∠BAD，∴OD∥AC，∴∠ODA＝∠CAD，∴∠BAD＝∠CAD，∴AD平分∠BAC，過點D作DH⊥AE于點H，∴AH＝P″H，DH＝DC＝2，∵AD＝AD，∴Rt△ADH≌Rt△ADC（HL），∴AH＝AC＝10，∴AH＝AC＝P″H＝10，∴AP″＝2AH＝20（P為AB邊上一點，不符合題意，舍去），綜上所述：當△ADP為等腰三角形時，AP的長為6或2．故答案為：6或2．6．（2023?寧波）如圖，圓錐形煙囪帽的底面半徑為30cm，母線長為50cm，則煙囪帽的側(cè)面積為1500πcm2．（結(jié)果保留π）【答案】1500π．【解析】解：煙囪帽的側(cè)面積為：×2π×30×50＝1500π（cm2），故答案為：1500π．7．（2023?金華）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝6cm，∠BAC＝50°，以AB為直徑作半圓，交BC于點D，交AC于點E，則弧DE的長為πcm．【答案】π．【解析】解：連接OE，OD，∵OD＝OB，∴∠B＝∠ODB，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴∠C＝∠ODB，∴OD∥AC，∴∠EOD＝∠AEO，∵OE＝OA，∴∠OEA＝∠BAC＝50°，∴∠EOD＝∠BAC＝50°，∵OD＝AB＝×6＝3（cm），∴的長＝＝π（cm）．故答案為：π．8．（2023?衢州）如圖是一個圓形餐盤的正面及其固定支架的截面圖，凹槽ABCD是矩形．當餐盤正立且緊靠支架于點A，D時，恰好與BC邊相切，則此餐盤的半徑等于10cm．【答案】10．【解析】解：由題意得：BC＝16cm，CD＝4cm，如圖，連接OA，過點O作OE⊥BC，交BC于點E，交AD于點F，則∠OEC＝90°，∵餐盤與BC邊相切，∴點E為切點，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝16cm，AD∥BC，∠BCD＝∠ADC＝90°，∴四邊形CDFE是矩形，OE⊥AD，∴CD＝EF＝4cm，∠AFO＝90°，AF＝DF＝AD＝×16＝8（cm），設(shè)餐盤的半徑為xcm，則OA＝OE＝xcm，∴OF＝OE﹣EF＝（x﹣4）cm，在Rt△AFO中，由勾股定理得：AF2+OF2＝OA2，即82+（x﹣4）2＝x2，解得：x＝10，∴餐盤的半徑為10cm，故答案為：10．9．（2023?溫州）圖1是4×4方格繪成的七巧板圖案，每個小方格的邊長為，現(xiàn)將它剪拼成一個“房子”造型（如圖2），過左側(cè)的三個端點作圓，并在圓內(nèi)右側(cè)部分留出矩形CDEF作為題字區(qū)域（點A，E，D，B在圓上，點C，F(xiàn)在AB上），形成一幅裝飾畫，則圓的半徑為5．若點A，N，M在同一直線上，AB∥PN，DE＝EF，則題字區(qū)域的面積為．【答案】5；．【解析】解：如圖所示，依題意，GH＝2＝GQ，∵過左側(cè)的三個端點Q，K，L作圓，QH＝HL＝4，又NK⊥QL，∴O在KN上，連接OQ，則OQ為半徑，∵OH＝r﹣KH＝r﹣2，在Rt△OHQ中，OH2+QH2＝QO2，∴（r﹣2）2+42＝r2，解得：r＝5；連接OE，取ED的中點T，連接OT，交AB于點S，連接PB，AM，過點O作OU⊥AM于點U.連接OA．由△OUN∽△NPM，可得＝＝，∴OU＝．MN＝2，∴NU＝，∴AU＝＝，∴AN＝AU﹣NU＝2，∴AN＝MN，∵AB∥PN，∴AB⊥OT，∴AS＝SB，∴NS∥BM，∴NS∥MP，∴M，P，B共線，又NB＝NA，∴∠ABM＝90°，∵MN＝NB，NP⊥MP，∴MP＝PB＝2，∴NS＝MB＝2，∵KH+HN＝2+4＝6，∴ON＝6﹣5＝1，∴OS＝3，∵，設(shè)EF＝ST＝a，則，在Rt△OET中，OE2＝OT2+TE2，即，整理得5a2+12a﹣32＝0，即（a+4）（5a﹣8）＝0，解得：或a＝﹣4，∴題字區(qū)域的面積為．故答案為：．10．（2023?浙江）一副三角板ABC和DEF中，∠C＝∠D＝90°，∠B＝30°，∠E＝45°，BC＝EF＝12．將它們疊合在一起，邊BC與EF重合，CD與AB相交于點G（如圖1），此時線段CG的長是6﹣6．現(xiàn)將△DEF繞點C（F）按順時針方向旋轉(zhuǎn)（如圖2），邊EF與AB相交于點H，連結(jié)DH，在旋轉(zhuǎn)0°到60°的過程中，線段DH掃過的面積是18+12π﹣18．【答案】6﹣6；18+12π﹣18．【解析】解：如圖1，過點G作GK⊥BC于K，則∠CKG＝∠BKG＝90°，∵∠BCD＝45°，∴△CGK是等腰直角三角形，∴CK＝GK＝CG，∵BC＝12，∴BK＝BC﹣CK＝12﹣CG，在Rt△BGK中，∠GBK＝30°，∴＝tan∠GBK＝tan30°＝，∴BK＝GK，即12﹣CG＝×CG，∴CG＝6﹣6；如圖2，以C為圓心，CD為半徑作圓，當△CDE繞點C旋轉(zhuǎn)60°時，CE′交AB于H′，連接DD′，過點D作DM⊥AB于M，過點C作CN⊥DD′于N，則∠BCE′＝∠DCD′＝60°，點D的運動軌跡為，點H的運動軌跡為線段BH′，∴在旋轉(zhuǎn)0°到60°的過程中，線段DH掃過的面積為S△BDD′+S扇形CDD′﹣S△CDD′，∵CD＝BC?cosCBD＝12cos45°＝6，∴DG＝CD﹣CG＝6﹣（6﹣6）＝12﹣6，∵∠BCD+∠ABC＝60°+30°＝90°，∴∠BH′C＝90°，在Rt△BCH′中，CH′＝BC?sin30°＝12×＝6，BH′＝BC?cos30°＝12×＝6，∵△CD′E′是等腰直角三角形，∠CD′E′＝90°，D′H′⊥CE′，∴D′H′＝CE′＝6，∴BD′＝6+6，∵DM⊥AB，∴∠DMG＝90°，∴∠DMG＝∠CH′G，∵∠DGM＝∠CGH′，∴△DGM∽△CGH′，∴＝，即＝，∴DM＝3﹣3，∵CD′＝CD＝6，∠DCD′＝60°，∴△CDD′是等邊三角形，∴∠CDD′＝60°，∵CN⊥DD′，∴CN＝CD?sin∠CDD′＝6sin60°＝3，∴S△BDD′+S扇形CDD′﹣S△CDD′＝×（6+6）×（3﹣3）+﹣×6×3＝18+12π﹣18；故答案為：6﹣6；18+12π﹣18．三．解答題（共4小題）11．（2023?紹興）如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，過點C作⊙O的切線CD，交AB的延長線于點D，過點A作AE⊥CD于點E．（1）若∠EAC＝25°，求∠ACD的度數(shù)；（2）若OB＝2，BD＝1，求CE的長．【答案】（1）115°；（2）．【解析】解：（1）∵AE⊥CD于點E，∴∠AEC＝90°∴∠ACD＝∠AEC+∠EAC＝90°+25°＝115°；（2）∵CD是⊙O的切線，∴半徑OC⊥DE，∴∠OCD＝90°，∵OC＝OB＝2，BD＝1，∴OD＝OB+BD＝3，∴CD＝＝．∵∠OCD＝∠AEC＝90°，∴OC∥AE，∴，∴，∴CE＝．12．（2023?湖州）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點O在邊AC上，以點O為圓心，OC為半徑的半圓與斜邊AB相切于點D，交OA于點E，連結(jié)OB．（1）求證：BD＝BC．（2）已知OC＝1，∠A＝30°，求AB的長．【答案】（1）見解答；（2）．【解析】（1）證明如圖，連結(jié)OD，∵半圓O與AB相切于點D，∴OD⊥AB，∵∠ACB＝90°，∴∠ODB＝∠OCB＝90°，在Rt△ODB和Rt△OCB中，∴Rt△ODB≌Rt△OCB（HL），∴BD＝BC；（2）解如圖，∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，∴∠ABC＝60°，∵Rt△ODB≌Rt△OCB，∴，在Rt△OBC中，∵OC＝1，∴，在Rt△ABC中，．13．（2023?衢州）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O為AC邊上一點，連結(jié)OB．以O(shè)C為半徑的半圓與AB邊相切于點D，交AC邊于點E．（1）求證：BC＝BD．（2）若OB＝OA，AE＝2．①求半圓O的半徑．②求圖中陰影部分的面積．【答案】（1）證明見解析；（2）①2；②2﹣．【解析】（1）證明：如圖，連結(jié)OD．∵BD是圓O的切線，D為切點，∴∠ODB＝90°，∵∠ACB＝90°，OC＝OD，OB＝OB，∴Rt△ODB≌Rt△OCB（HL），∴BC＝BD．（2）解：①∵OB＝OA，∴∠OBD＝∠A，∵Rt△ODB≌Rt△OCB，∴∠OBD＝∠OBC，∴∠OBD＝∠OBC＝∠A，∵∠OBD+∠OBC+∠A＝90°，∴∠OBD＝∠OBC＝∠A＝30°，在Rt△ODA中，sin∠A＝，∴OD＝OA．∵OD＝OE，∴OE＝OA，∴OE＝AE＝2，∴半圓O的半徑為2．②在Rt△ODA中，OD＝2，OA＝4，∴AD＝＝2，∴S△OAD＝＝2，∵∠A＝30°，∴∠AOD＝60°，∴S陰影部分＝S△ODA﹣S扇形ODE＝2﹣＝2﹣．14．（2023?臺州）我們可以通過中心投影的方法建立圓上的點與直線上點的對應(yīng)關(guān)系，用直線上點的位置刻畫圓上點的位置．如圖，AB是⊙O的直徑，直線l是⊙O的切線，B為切點．P，Q是圓上兩點（不與點A重合，且在直徑AB的同側(cè)），分別作射線AP，AQ交直線l于點C，點D．（1）如圖1，當AB＝6，弧BP長為π時，求BC的長；（2）如圖2，當，時，求的值；（3）如圖3，當，BC＝CD時，連接BP，PQ，直接寫出的值．【答案】（1）BC＝2；（2）＝；（3）＝．【解析】解：（1）如圖，連接OP，設(shè)∠BOP的度數(shù)為n°，∵AB＝6，長為π，∴＝π，∴n＝60，即∠BOP＝60°，∴∠BAP＝30°，∵直線l是⊙O的切線，∴∠ABC＝90°，∴BC＝tan30°?AB＝2；（2）如圖，連接BQ，過點C作CF⊥AD于點F，∵AB為⊙O直徑，∴∠BQA＝90°，∴cos∠BAQ＝＝，∵＝，∴∠BAC＝∠DAC，∵CF⊥AD，AB⊥BC，∴CF＝BC，∵∠BAQ+∠ADB＝90°，∠FCD+∠ADB＝90°，∴∠FCD＝∠BAQ，∴cos∠FCD＝cos∠BAQ＝，∴＝，∴＝；（3）如圖，連接BQ，∵AB⊥BC，BQ⊥AD，∴∠ABQ＝90°﹣∠QBD＝∠ADC，∵∠ABQ＝∠APQ，∴∠APQ＝∠ADC，∵∠PAQ＝∠DAC，∴△APQ∽△ADC，∴＝①，∵∠ABC＝90°＝∠APB，∠BAC＝∠PAB，∴△APB∽△ABC，∴②，由BC＝CD，將①②兩式相除得：＝，∵cos∠BAQ＝＝，∴＝．

考點一圓的基本性質(zhì)的證明與計算題型01圓中的角度和線段計算問題

1.圓的定義及性質(zhì)圓的定義：在一個平面內(nèi)，線段OA繞它固定的一個端點O旋轉(zhuǎn)一周，另一個端點A所形成的圖形叫圓。這個固定的端點O叫做圓心，線段OA叫做半徑。圓的表示方法：以O(shè)點為圓心的圓記作⊙O，讀作圓O。圓的特點：在一個平面內(nèi)，所有到一個定點的距離等于定長的點組成的圖形。圓的對稱性：1）圓是軸對稱圖形，經(jīng)過圓心的每一條直線都是它的對稱軸；2）圓是以圓心為對稱中心的中心對稱圖形。2.圓的有關(guān)概念弦的概念：連結(jié)圓上任意兩點的線段叫做弦(例如：右圖中的AB)。直徑的概念：經(jīng)過圓心的弦叫做直徑（例如：右圖中的CD）。備注：1）直徑是同一圓中最長的弦。2）直徑長度等于半徑長度的2倍?；〉母拍睿簣A上任意兩點間的部分叫做圓弧，簡稱弧。以A、B為端點的弧記作AB，讀作圓弧AB或弧AB。等弧的概念：在同圓或等圓中，能夠互相重合的弧叫做等弧。半圓的概念：圓的任意一條直徑的兩個端點把圓分成兩條弧，每一條弧都叫做半圓。優(yōu)弧的概念：在一個圓中大于半圓的弧叫做優(yōu)弧。劣弧的概念：小于半圓的弧叫做劣弧。

圓心角概念：頂點在圓心的角叫做圓心角。弧、弦、弦心距、圓心角之間的關(guān)系定理：在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦相等，所對的弦的弦心距相等。推論：在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦或兩條弦的弦心距中有一組量相等，那么它們所對應(yīng)的其余各組量分別相等。3.圓角角的概念圓周角概念：頂點在圓上，并且兩邊都和圓相交的角叫做圓周角。圓周角定理：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半。（即：圓周角=12推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等。在同圓或等圓中，如果兩個圓周角相等，它們所對的弧一定相等。推論2：半圓（或直徑）所對的圓周角是直角，90°的圓周角所對的弦是直徑。推論3：如果三角形一邊上的中線等于這邊的一半，那么這個三角形是直角三角形。4.圓內(nèi)接四邊形圓的內(nèi)接四邊形定理：圓的內(nèi)接四邊形的對角互補，外角等于它的內(nèi)對角。即：在⊙中，∵四邊是內(nèi)接四邊形∴

1．（2023?臨安區(qū)一模）如圖，已知AC是直徑，AB＝6，BC＝8，D是弧BC的中點，則DE＝（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】解：連接OB，∵D是弧BC的中點，∴∠BOD＝∠COD，∵OB＝OD，∴OD⊥BC，BE＝BC＝×8＝4，∵AC是圓的直徑，∴∠ABC＝90°，∴AC＝＝＝10，∴OB＝AC＝5，∴OE＝＝＝3，∴DE＝OD﹣OE＝5﹣3＝2．故選：B．2．（2023?越城區(qū)模擬）如圖，AB，AC是⊙O的兩條弦，OD⊥AB于點D，OE⊥AC于點E，連結(jié)OB，OC．若∠DOE＝140°，則∠BOC的度數(shù)為（）A．70° B．80° C．90° D．100°【答案】B【解析】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC，∴∠ADO＝90°，∠AEO＝90°，∵∠DOE＝140°，∴∠BAC＝360°﹣90°﹣90°﹣140°＝40°，∴∠BOC＝2∠BAC＝80°，故選：B．3．（2024?錢塘區(qū)一模）如圖，點A，B，C在⊙O上，C為弧AB的中點．若∠BAC＝2∠OAB，則∠AOB等于（）A．144° B．135° C．130° D．120°【答案】A【解析】解：連接OC，如圖：∵C為的中點．∴＝，∴∠BAC＝∠AOC＝∠BOC，∵∠BAC＝2∠OAB，∴∠OAB＝∠BAC＝∠AOC＝∠AOB，∵OA＝OB，∴∠OBA＝∠OAB＝∠AOB，∵∠AOB+∠OBA+∠OAB＝180°，∴∠AOB＝180°，∴∠AOB＝144°，故選：A．4．（2024?浙江模擬）如圖，已知AB是⊙O的弦，C為⊙O上的一點，且OC⊥AB于點D，若∠ABC＝25°，則∠OBD的度數(shù)為（）A．30° B．35° C．40° D．45°【答案】C【解析】解：∵OC⊥AB，∴＝，∠BDO＝90°，∴∠ABC＝∠COB，∵∠ABC＝25°，∴∠COB＝50°，∴∠OBD＝180°﹣∠BDO﹣∠COB＝40°，故選：C．5．（2022?杭州模擬）如圖，AB是⊙O中的一條弦，半徑OD⊥AB于點C，交⊙O于點D，點E是弧上一點．若∠OAB＝46°，則∠E＝（）A．46° B．44° C．23° D．22°【答案】D【解析】解：連接OB，∵半徑OD⊥AB，∴∠OCA＝90°，＝，∴∠AOD＝∠BOD，∵∠OAB＝46°，∴∠AOD＝90°﹣∠OAB＝44°，∴∠BOD＝∠AOD＝44°，∴∠E＝∠BOD＝22°，故選：D．6．（2024?浙江模擬）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，若所對圓心角的度數(shù)為80°，則∠C＝（）A．110° B．120° C．135° D．140°【答案】D【解析】解：如圖，連接OD，∵所對圓心角的度數(shù)為80°，∴∠BOD＝80°，由圓周角定理得：∠A＝∠BOD＝40°，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠A+∠C＝180°，∴∠C＝180°﹣40°＝140°，故選：D．題型02垂徑定理的實際應(yīng)用

垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧。推論1：1）平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條??；2）弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對的兩條?。?）平分弦所對的一條弧的直徑垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條弧。推論2：圓的兩條平行弦所夾的弧相等。常見輔助線做法（考點）：1）過圓心，作垂線，連半徑，造Rt△，用勾股，求長度；有弧中點，連中點和圓心，得垂直平分垂徑定理的應(yīng)用經(jīng)常為未知數(shù)，結(jié)合方程于勾股定理解答

1．（2023?杭州模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，OC＝5cm，CD＝8cm，則AE＝（）cm．A．8 B．5 C．3 D．2【答案】A【解析】解：∵AB⊥CD，AB是直徑，∴CE＝ED＝4cm，在Rt△OEC中，OE＝＝3（cm），∴AE＝OA+OE＝5+3＝8（cm），故選：A．2．（2023?沙市區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標系中，⊙A與y軸相切于原點O，平行于x軸的直線交⊙A于M、N兩點，若點M的坐標是（﹣4，﹣2），則點N的坐標為（）A．（1，﹣2） B．（﹣1，﹣2） C．（﹣1.5，﹣2） D．（1.5，﹣2）【答案】B【解析】解：分別過點M、N作x軸的垂線，過點A作AB⊥MN，連接AN，則BM＝BN，設(shè)⊙A的半徑為r，則AN＝r，AB＝2，BM＝BN＝4﹣r，在Rt△ABN中，根據(jù)勾股定理，22+（4﹣r）2＝r2，可得：r＝2.5，∴BN＝4﹣2.5＝1.5，則N到y(tǒng)軸的距離為：AO﹣BN＝2.5﹣1.5＝1，又點N在第三象限，∴N的坐標為（﹣1，﹣2），故選：B．3．（2023?咸豐縣一模）把球放在長方體紙盒內(nèi)，球的一部分露出盒外，其截面如圖所示，已知EF＝CD＝4cm，則球的半徑長是（）A．2cm B．2.5cm C．3cm D．4cm【答案】B【解析】解：取EF的中點M，作MN⊥AD于點M，取MN上的球心O，連接OF，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C＝∠D＝90°，∴四邊形CDMN是矩形，∴MN＝CD＝4，設(shè)OF＝x，則ON＝OF，∴OM＝MN﹣ON＝4﹣x，MF＝2，在直角三角形OMF中，OM2+MF2＝OF2即：（4﹣x）2+22＝x2解得：x＝2.5故選：B．題型03與圓有關(guān)的弧長、扇形面積計算

設(shè)⊙OQUOTE的半徑為R，n°QUOTE圓心角所對弧長為l，n為弧所對的圓心角的度數(shù)，則扇形弧長公式l=nπR180（扇形面積公式S扇形=nπR2圓錐側(cè)面積公式S圓錐側(cè)=πrl（其中l(wèi)是圓錐的母線長，r是圓錐的底面半徑）圓錐全面積公式S圓錐全=πrl+πr2（圓錐的表面積=扇形面積+底面圓面積）圓錐的高h，圓錐的底面半徑rr1．（2024?杭州模擬）江南水鄉(xiāng)杭州有很多小河和石拱橋，石拱橋是中國傳統(tǒng)橋梁四大基本形式之一，它的主橋拱是圓弧形．如圖，已知曲院風荷的一座石拱橋的跨度AB＝6米，拱高米，那么橋拱所在圓的半徑OA＝2米，弧AB的長度為米．【答案】2，π．【解析】解：由題意可知，AD＝BD，OD⊥AB，∵AB＝6米，∴BD＝3米，拱高CD＝米，設(shè)OB＝x，則DO＝x﹣，BD2+DO2＝AO2，根據(jù)題意可得：32+（x﹣）2＝x2解得：x＝2，即圓弧形橋拱所在圓的半徑是2米．∵sin∠DOB＝＝＝，∴∠DOB＝60°，∴∠AOB＝120°，∴弧AB的長度＝＝π．故答案為：2，π．2．（2024?溫州模擬）某一公路單向隧道由一弧形拱與矩形組成，為了確定大貨車通過公路隧道的最大高度，道路交通學(xué)習小組展開了以下研究．如圖1，經(jīng)測量得AB＝4m，為了確定BC與弧形拱半徑的長度，學(xué)習小組找到一根5m長的筆直桿子，將桿子一端置于點C處，另一端置于AD上點E處，AE＝1m．如圖2，調(diào)整桿子位置，直至一端在AB上的點G處，另一端在圓弧上點F處，F(xiàn)G⊥AB，GB＝1m，如圖3，某一集裝箱大貨車寬為2.4m，則該大貨車的最大高度（包括貨物）m．【答案】．【解析】解：如圖1所示，過點E作ET⊥BC于T，則四邊形ABTE是矩形，∴ET＝AB＝4m，BT＝AE＝1m，∴，∴BC＝CT+BT＝4m；如圖2所示，設(shè)所在圓的圓心為O，過點O作OE⊥BC交BC于點E，交GF于點H，過點O作OK⊥CD于K，則四邊形BEHG是矩形，四邊形OECK是矩形，∴HG＝BE，HE＝BG＝1m，，∴OH＝OE﹣HE＝1m，設(shè)HG＝BE＝am，則FH＝（5﹣a）m，CE＝（4﹣a）m，∵OF2＝OC2，OF2＝OH2+FH2，OC2＝OE2+CE2，∴12+（5﹣a）2＝22+（4﹣a）2，解得a＝3，∴FH＝2m，∴；如圖3所示，構(gòu)造MN//AB，且MN＝2.4m，過點O作OJ⊥MN于點J，OE⊥BC于E，延長JO交AB于L，連接OM，∴，∴，由圖2可知，BE＝3m，∵MN∥AB，OJ⊥MN，∴OL⊥AB，∴四邊形OLBE是矩形，∴OL＝BE＝3m，∴，∴大貨車的最大高度（包括貨物）為，故答案為：．3．（2024?鎮(zhèn)海區(qū)校級一模）若半徑為8的扇形弧長為2π，則該扇形的圓心角度數(shù)為45°．【答案】45°．【解析】解：設(shè)圓心角為n°．由題意，＝2π，解得n＝45，∴該扇形的圓心角度數(shù)為45°．故答案為：45°．4．（2024?湖州一模）傳統(tǒng)服飾日益受到關(guān)注，如圖1為明清時期女子主要裙式之一的馬面裙，如圖2馬面裙可以近似地看作扇環(huán)，其中長度為π米，裙長AB為0.8米，圓心角∠AOD＝60°，則長度為π米．【答案】π米．【解析】解：∵圓心角∠AOD＝60°，∴的長＝＝π，∴OA＝1米，∴OB＝OA+AB＝1+0.8＝1.8（米），∴的長＝＝π（米），故答案為：π米

題型04求弓形面積或不規(guī)則圖形面積

1．（2024?咸豐縣模擬）如圖一個扇形紙片的圓心角為90°，半徑為6．將這張扇形紙片折疊，使點A與點O恰好重合，折痕為CD，則陰影部分的面積為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】解：連接OD，如圖，∵扇形紙片折疊，使點A與點O恰好重合，折痕為CD，∴AC＝OC，∴OD＝2OC＝6，∴CD＝＝3，∴∠CDO＝30°，∠COD＝60°，∴由弧AD、線段AC和CD所圍成的圖形的面積＝S扇形AOD﹣S△COD＝﹣×3×3＝6π﹣，∴陰影部分的面積為﹣2×（6π﹣）＝9﹣3π，故選：A．2．（2024?浙江模擬）“萊洛三角形”也稱為圓弧三角形，它是工業(yè)生產(chǎn)中廣泛使用的一種圖形．如圖，分別以等邊三角形ABC的三個頂點為圓心，以邊長為半徑畫弧，三段圓弧圍成的封閉圖形是“萊洛三角形”．若該“萊洛三角形”的面積為，則等邊三角形ABC的邊長為（）A． B．1 C． D．【答案】B【解析】解：過點A作BC的垂線，垂足為M，∵AB＝AC，AM⊥BC，∴BM＝CM．令等邊三角形ABC的邊長為2x，則AB＝2x，BM＝x，在Rt△ABM中，AM＝．∴，又∵，∴，解得x＝（舍負），∴AB＝2x＝1．即等邊三角形ABC的邊長為1．故選：B．3．（2023?浙江模擬）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，F(xiàn)是AB中點，以點A為圓心，AD為半徑作弧交AB于點E，以點B為圓心，BF為半徑作弧交BC于點G，則圖中陰影部分面積的差S1﹣S2為（）A． B． C． D．6【答案】A【解析】解：∵在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，F(xiàn)是AB中點，∴BF＝BG＝2，∴S1＝S矩形ABCD﹣S扇形ADE﹣S扇形BGF+S2，∴S1﹣S2＝4×3﹣＝12﹣，故選：A．4．（2023?寧波模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，垂足為點M．連接OC，DB．如果OC∥DB，圖中陰影部分的面積是2π，那么圖中陰影部分的弧長是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】解：連接OD，BC．∵CD⊥AB，OC＝OD，∴DM＝CM，∠COB＝∠BOD，∵OC∥BD，∴∠COB＝∠OBD，∴∠BOD＝∠OBD，∴OD＝DB，∴△BOD是等邊三角形，∴∠BOD＝60°，∵OC∥DB，∴S△OBD＝S△CBD，∴圖中陰影部分的面積＝＝2π，∴OC＝2或﹣2（舍去），∴的長＝＝π，故選：B．5．（2019?椒江區(qū)校級二模）如圖，將矩形ABCD繞點C沿順時針方向旋轉(zhuǎn)90°到矩形A′B′CD′的位置時，若AB＝2，AD＝4，則陰影部分的面積為（）A．π﹣ B．π﹣2 C．π﹣4 D．π﹣2【答案】D【解析】解：連接CE，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠BCD＝90°，Rt△EDC中，∵CE＝CB＝4，CD＝2，∴ED＝＝2，∠CED＝30°，∴∠ECD＝60°，S陰影＝﹣＝﹣2．故選：D．6．（2023?臨平區(qū)二模）如圖，扇形紙片AOB的半徑為2，沿AB折疊扇形紙片，點O恰好落在上的點C處，則圖中陰影部分的面積為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】解：沿AB折疊扇形紙片，點O恰好落在上的點C處，∴AC＝AO，BC＝BO，∵AO＝BO，∴四邊形AOBC是菱形，連接OC交AB于D，∵OC＝OA，∴△AOC是等邊三角形，∴∠CAO＝∠AOC＝60°，∴∠AOB＝120°，∵OC＝2，∴AC＝2，AD＝AC＝，∴AB＝2AD＝2，∴圖中陰影部分的面積＝S扇形AOB﹣S菱形AOBC＝﹣×2×2＝π﹣2．故選：A．

題型05正多邊形與圓的相關(guān)計算

圓內(nèi)正多邊形的計算（1）正三角形在⊙中△是正三角形，有關(guān)計算在中進行：；（2）正四邊形同理，四邊形的有關(guān)計算在中進行，：（3）正六邊形同理，六邊形的有關(guān)計算在中進行，.

1．（2023?杭州二模）如圖，在正五邊形ABCDE中，若BP＝1，則PE＝（）A．2 B． C． D．+1【答案】B【解析】解：∵正五邊形ABCDE的對角線AC、BE相交于點P，∴∠ABC＝∠BAE＝108°，∵AB＝AC＝AE，∴∠ABP＝∠AEP＝∠BAP＝∠BCP＝＝36°，∵∠PAE＝108°﹣36°＝72°，∠APE＝36°+36°＝72°，∴∠PAE＝∠APE，∴AE＝PE，∵∠APB＝∠BAE＝108°，∠ABP＝∠EBA＝36°，∴△ABP∽△EBA，∴＝，∴AB2＝AP?BE，即PE2＝BP?（BP+PE），∴PE2＝1×（1+PE），解得PE＝（取正值），故選：B．2．（2023?龍灣區(qū)模擬）如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O．對角線AC，BD交于點F，則∠AFD的度數(shù)為（）A．106° B．108° C．110° D．120°【答案】B【解析】解：∵五邊形ABCDE為正五邊形，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EA，∴AB＝CD＝圓周長，∴，∴∠BFC＝180°﹣2×36°＝108°，∴∠AFD＝∠BFC＝108°，故選：B．3．（2023?龍港市二模）如圖，要擰開一個邊長為a的正六邊形螺帽，則扳手張開的開口b至少為（）A．2a B． C． D．【答案】B【解析】解：如圖，正六邊形ABCDEF的外接圓為⊙O，連AE，OA，BE，則點O在BE上，∵正六邊形ABCDEF，∴AB＝AF＝EF＝a，∠F＝∠FAB＝120°，∴∠FAE＝∠FEA＝＝30°，∴∠BAE＝120°﹣30°＝90°，在Rt△BEF中，AB＝a，∠AEB＝×60°＝30°，∴AE＝AB＝a，即b＝a，故選：B．4．（2024?義烏市模擬）如圖，在平面直角坐標系中，正六邊形ABCDEF的邊AB與y軸正半軸重合，頂點C在x軸正半軸上，AB＝2，將正六邊形ABCDEF繞坐標原點O順時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)90°，那么經(jīng)過第3次旋轉(zhuǎn)后，頂點E的坐標為（﹣3，2）．【答案】（﹣3，2），【解析】解：延長ED交x軸于點Q，如圖，在正六邊形ABCDEF中，AB＝BC＝CD＝DE＝2，AD＝2，∠BCD＝120°，∴∠BCO＝∠DCQ＝30°，∴BO＝DQ＝1∴，∴，EQ＝ED+DQ＝2+1＝3，第一象限的點E（2，3），∴E的坐標為（﹣3，2），故答案為：（﹣3，2）．5．（2023?西湖區(qū)校級二模）如圖，正六邊形ABCDEF的邊長為2cm，點P是線段BF上一點，則圖中陰影部分的面積是3cm2【答案】3．【解析】解：如圖，連接AD、BE、CF交于點O，連接CE，則點O是正六邊形ABCDEF的中心，∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴△AOB、△BOC、△COD、△DOE、△EOF、△AOF是邊長為2cm的正三角形，∴S△AOB＝S△BOC＝S△COD＝S△DOE＝S△EOF＝S△AOF＝×2×（×2）＝（cm2），∴S矩形BCEF＝4S△BOC＝4cm2，∴S陰影部分＝S△PCE+S△CDE＝S矩形BCEF+S△CDE＝2+＝3（cm2），故答案為：3．6．（2023?衢州模擬）拓展課上，同學(xué)們準備用卡紙做一個底面為邊長為10cm的正六邊形，高為6cm的無蓋包裝盒，它的表面展開圖如圖1所示．（1）若選用長方形卡紙按圖2方式剪出包裝盒的表面展開圖，則AB的長為（10+12）cm；（2）若選用一塊等邊三角形卡紙按圖3方式剪出包裝盒表面展開圖，則這個等邊三角形的邊長為（30+12）cm．【答案】（1）（10+12）；（2）（30+12）．【解析】解：（1）設(shè)正六邊形的中心為O，過O作EF⊥BC于F，交AD于E，交正六邊形一邊于H，連接OG，如圖：∵正六邊形中心為O，邊長為10cm，∴∠GOH＝30°，正六邊形半徑OG＝10cm，在Rt△GOH中，GH＝OG＝5cm，∴OH＝GH＝5cm，∴OF＝（5+6）cm，由正六邊形的對稱性可知，OE＝OF＝（5+6）cm，∴EF＝（10+12）cm，∴AB＝EF＝（10+12）cm，故答案為：（10+12）；（2）設(shè)正六邊形的中心為O，過O作OT⊥FG于T，過O作OK⊥EF于K，連接OF，如圖：同（1）可得OT＝（5+6）cm＝OK，∴∠OFT＝30°，∴KT＝OT＝（15+6）cm，∴FG＝（30+12）cm，故答案為：（30+12）．7．（2024?浙江模擬）如圖，在正五邊形ABCDE中，連結(jié)AC，AD，CE，CE交AD于點F．（1）求∠CAD的度數(shù)．（2）已知AB＝2，求DF的長．【答案】（1）∠CAD＝36°；（2）DF的長是．【解析】解：（1）∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，BA∥CE，AD∥BC，DE∥AC，AC＝AD＝CE，．∴四邊形ABCF是菱形，∴∠BAC＝∠CAD，同理可求：∠CAD＝∠DAE，∴；（2）∵四邊形ABCF是菱形，∴CF＝AF＝AB＝2．∵∠BAC＝∠CAD＝∠DAE＝36°，同理∠DCE＝36°，∴△DCF∽△DAC，∴，即CD2＝DF×AD，設(shè)DF＝x，則AD＝x+2，∴22＝x（x+2），即x2+2x﹣4＝0，解得（舍去負值）．∴DF的長是．考點二與圓有關(guān)的位置關(guān)系題型01與圓有關(guān)的位置關(guān)系

1.點與圓的位置關(guān)系設(shè)⊙O的半徑是r，點P到圓心O的距離為d，則有：d<r點P在⊙O內(nèi)；d=r點P在⊙O上；d>r點P在⊙O外。2.直線與圓的位置關(guān)系1、直線與圓相離無交點；2、直線與圓相切有一個交點；3、直線與圓相交有兩個交點；1．（2024?鎮(zhèn)海區(qū)校級二模）已知⊙O的直徑為6cm，點O到直線l的距離為4cm，則l與⊙O的位置關(guān)系是（）A．相離 B．相切 C．相交 D．相切或相交【答案】A【解析】解：∵⊙O的直徑為6cm，∴⊙O的半徑為3cm，∵點O到直線l的距離為4cm，∴d＞r∴l(xiāng)與⊙O的位置關(guān)系相離．故選：A．2．（2022?浦江縣模擬）在平面直角坐標系中，若⊙A的半徑為5，A點的坐標是（4，0），P點的坐標是（0，3），則點P與⊙A的位置關(guān)系是（）A．點P在⊙A內(nèi) B．點P在⊙A外 C．點P在⊙A上 D．不能確定【答案】C【解析】解：∵點A的坐標為（4，0），點P的坐標為（0，3），∴AP＝＝5＝半徑，∴點P與⊙A的位置關(guān)系是：點P在⊙A上．故選：C．3．（2023?寧波模擬）在數(shù)軸上，點A所表示的實數(shù)為4，點B所表示的實數(shù)為b，⊙A的半徑為2，要使點B在⊙A內(nèi)時，實數(shù)b的取值范圍是（）A．b＞2 B．b＞6 C．b＜2或b＞6 D．2＜b＜6【答案】D【解析】解：∵⊙A的半徑為2，若點B在⊙A內(nèi)，∴AB＜2，∵點A所表示的實數(shù)為4，∴2＜b＜6，故選：D．4．（2023?金東區(qū)三模）如圖，直線y＝﹣x+6與坐標軸交于A，B兩點，點C為坐標平面內(nèi)一點，BC＝2，點M為線段AC的中點，連結(jié)OM，則線段OM的最小值是（）A．+1 B．﹣1 C．2 D．【答案】B【解析】解：如圖，∵直線y＝﹣x+6與坐標軸交于A，B兩點，∴A（6，0），B（0，6），∴OA＝OB＝6，∵點C為坐標平面內(nèi)一點，BC＝2，∴C在⊙B上，且半徑為2，取OD＝OA＝6，連接CD，∵AM＝CM，OD＝OA，∴OM是△ACD的中位線，∴OM＝CD，當OM最小時，即CD最小，而D，B，C三點共線時，當C在線段DB上時，OM最小，∵OB＝OD＝6，∠BOD＝90°，∴BD＝6，∴CD＝6﹣2．∴OM＝CD＝3﹣1．即OM的最小值為：3﹣1．故選：B．5．（2023?婺城區(qū)校級模擬）在△ABC中，若O為BC邊的中點，則必有：AB2+AC2＝2AO2+2BO2成立．依據(jù)以上結(jié)論，解決如下問題：如圖，在矩形DEFG中，已知DE＝4，EF＝3，點P在以DE為直徑的半圓上運動，則PF2+PG2的最小值為（）A． B． C．10 D．34【答案】C【解析】解：設(shè)點M為DE的中點，點N為FG的中點，∵PG2+PF2＝2PN2+2FN2，∴當PN最小時，PF2+PG2的值最小，此時點P在MN上，∵DE＝4，四邊形DEFG為矩形，∴GF＝DE，MN＝EF，∴MP＝FN＝DE＝2，∴NP＝MN﹣MP＝EF﹣MP＝1，∴PF2+PG2＝2PN2+2FN2＝2×12+2×22＝10．故選：C．6．（2023?義烏市校級模擬）如圖，AB是半圓O的直徑，點C在半圓上．AB＝5，AC＝4，D是上的一個動點，連接AD．過點C作CE⊥AD于E．連接BE，則BE的最小值是（）A． B． C．﹣2 D．2﹣【答案】C【解析】解：如圖，取AC的中點O′，連接BO′、BC．∵CE⊥AD，∴∠AEC＝90°，∴在點D移動的過程中，點E在以AC為直徑的圓上運動，∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∵AC＝4，AB＝5，∴BC＝＝3，在Rt△BCO′中，BO′＝＝，∵O′E+BE≥O′B，∴當O′、E、B共線時，BE的值最小，最小值為O′B﹣O′E＝﹣2，故選：C．7．（2024?拱墅區(qū)一模）在直角坐標系xOy中，對于直線l：y＝kx+b，給出如下定義：若直線l與某個圓相交，則兩個交點之間的距離稱為直線l關(guān)于該圓的“圓截距”．如圖，點M的坐標為（﹣1，0），若⊙M的半徑為2，當k的取值在實數(shù)范圍內(nèi)變化時，直線l關(guān)于⊙M的“圓截距”的最小值為，則b的值為±1．【答案】±1．【解析】解：如圖所示，設(shè)直線l與⊙M交于B、C，與y軸交于D，過點M作MD⊥BC于E，連接MB，∵MA＝MB，∴BC＝2BE，在Rt△MBE中，由勾股定理得BE＝＝，∴當ME最小時，BE最大，即此時BC最小，∵ME≤MD，∴當點E與點D重合時，ME最大，即此時BC最小，∵直線l關(guān)于⊙M的“圓截距”的最小值為2，即BC最小＝2，∴BD＝BC＝，∴MD＝＝，∵D（0，b），∴1+b2＝2，解得b＝±1．故答案為：±1．8．（2023?龍游縣一模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，半徑為2的⊙P的圓心P的坐標為（﹣3，0），將⊙P沿x軸正方向以0.5個單位/秒的速度平移，使⊙P與y軸相切，則平移的時間為2或10秒．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】解：當⊙P位于y軸的左側(cè)且與y軸相切時，平移的距離為1；當⊙P位于y軸的右側(cè)且與y軸相切時，平移的距離為5．故答案為2或109．（2024?浙江模擬）已知△ABC的外接圓的半徑為6，若∠A＝45°，∠B＝30°，則AB的長為3+3．【答案】3+3．【解析】解：設(shè)圓心為O，連接OC，OB，OA，∵∠BAC＝45°，∠ABC＝30°，∴∠AOC＝2∠ABC＝60°，∠BOC＝2∠BAC＝90°，∵OB＝OC＝OA，∴△BOC是等腰直角三角形，△AOC是等邊三角形，∴BC＝＝6，AC＝OC＝6，過C作CH⊥AB于H，∴BH＝BC＝3，AH＝AC＝3，∴AB＝BH+AH＝3+3，故答案為：3+3．10．（2022?余姚市校級模擬）如圖，正方形ABCD的邊長為4，正方形CEFG的邊長為，將正方形CEFG繞點C旋轉(zhuǎn)，BG和DE相交于點K，則AK的最大值是4，連結(jié)BE，當點C正好是△BKE的內(nèi)心時，CK的長是．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】解：如圖，連接AC，BD，CF和EG，AC，BD交于點O，DC，BG交于點M，作CQ⊥BE于Q，作CR⊥BK于R，∵四邊形ABCD和四邊形EFGC是正方形，∴BC＝CD，CG＝CE，∠BCD＝∠ECG＝90°，∠ECF＝45°，AC＝，EN＝CN＝，∴∠BCD+∠DCG＝∠ECG+∠DCG，∴∠BCG＝∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS），∴∠BGC＝∠CDE，∵∠BMC＝∠DMK，∴∠BKD＝∠BCD＝90°，∴點K在以BD為直徑的圓O上運動，∴當AK為圓O直徑時，AK最大，此時點K于點C重合，∴AK最大＝AC＝＝4，當點C為△BEK的內(nèi)心時，BC，CE，CK分別平分∠KBE，∠BEK和∠BKE，∴CR＝CQ，∵∠BKE＝90°，∴∠BKC＝，＝，∴∠ECF＝∠CBE+∠BEC，∴點B、C、F共線，∴BN＝BC+CN＝4+2＝6，∴BE＝＝＝2，∵sin∠NBE＝，∴，∴CR＝CQ＝，∴CK＝＝＝，故答案為：4，．

題型02切線的判定

1.切線的性質(zhì)與判定定理(1)切線的判定定理：過半徑外端且垂直于半徑的直線是切線；兩個條件：過半徑外端且垂直半徑，二者缺一不可即：∵且過半徑外端∴是⊙的切線(2)性質(zhì)定理：切線垂直于過切點的半徑（如上圖）推論1：過圓心垂直于切線的直線必過切點。推論2：過切點垂直于切線的直線必過圓心。以上三個定理及推論也稱二推一定理：即：①過圓心；②過切點；③垂直切線，三個條件中知道其中兩個條件就能推出最后一個。2.切線長定理切線長定理：從圓外一點引圓的兩條切線，它們的切線長相等，這點和圓心的連線平分兩條切線的夾角。即：∵、是的兩條切線∴；平分1．（2023?龍游縣校級一模）已知：如圖，△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O交BC于點P，PD⊥AC于點D．（1）求證：PD是⊙O的切線；（2）若∠CAB＝120°，AB＝6，求BC的值．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】（1）證明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵OP＝OB，∴∠B＝∠OPB，∴∠OPB＝∠C，∴OP∥AC，∵PD⊥AC，∴OP⊥PD，∵OP為⊙O的半徑，∴PD是⊙O的切線；（2）解：連接AP，如圖，∵AB為直徑，∴∠APB＝90°，∴BP＝CP，∵∠CAB＝120°，∴∠BAP＝60°，在Rt△BAP中，AB＝6，∠B＝30°，∴AP＝AB＝3，∴BP＝AP＝3，∴BC＝2BP＝6．2．（2023?金華模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，BC交⊙O于點D，E是的中點，連接AE交BC于點F，∠ACB＝2∠EAB．（1）求證：AC是⊙O的切線；（2）若cosC＝，AC＝6，求BF的長．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】（1）證明：連接AD，如圖，∵E是的中點，∴＝，∴∠EAB＝∠EAD，∵∠ACB＝2∠EAB，∴∠ACB＝∠DAB，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠DAC+∠ACB＝90°，∴∠DAC+∠DAB＝90°，即∠BAC＝90°，∴AC⊥AB，∵OA為⊙O的半徑，∴AC是⊙O的切線；（2）解：作FH⊥AB于H，如圖，在Rt△ACD中，∵cosC＝＝，∴CD＝×6＝4，在Rt△ACB中，∵cosC＝＝，∴BC＝×6＝9，∴BD＝BC﹣CD＝9﹣4＝5，∵∠EAB＝∠EAD，即AF平分∠BAD，而FD⊥AD，F(xiàn)H⊥AB，∴FD＝FH，設(shè)BF＝x，則DF＝FH＝5﹣x，∵FH∥AC，∴∠HFB＝∠C，在Rt△BFH中，∵cos∠BFH＝cosC＝＝，∴＝，解得x＝3，即BF的長為3．

題型03三角形內(nèi)切圓、外接圓的相關(guān)計算（1）三角形的內(nèi)切圓與三角形的各邊都相切的圓叫做三角形的內(nèi)切圓。（2）三角形的內(nèi)心三角形的內(nèi)切圓的圓心是三角形的三條內(nèi)角平分線的交點，它叫做三角形的內(nèi)心。注意：內(nèi)切圓及有關(guān)計算。（1）三角形內(nèi)切圓的圓心是三個內(nèi)角平分線的交點，它到三邊的距離相等。（2）△ABC中，∠C=90°，AC=b，BC=a，AB=c，則內(nèi)切圓的半徑r=。BOAD（3）S△ABC=BOAD（4）弦切角：角的頂點在圓周上，角的一邊是圓的切線，另一邊是圓的弦。如圖，BC切⊙O于點B，AB為弦，∠ABC叫弦切角，∠ABC=∠D。1．（2023?西湖區(qū)校級二模）如圖，O為等腰三角形ABC的外心，AB＝AC，連接OB，記∠C＝α，∠CBO＝β，則α，β滿足的關(guān)系式為（）A．2β﹣α＝90° B．2β﹣α＝180° C．β+α＝90° D．2a﹣β＝90°【答案】D【解析】解：∵AB＝AC，∠ACB＝α，∴∠ACB＝∠ABC＝α，∴∠CAB＝180°﹣2α，連接OC，OA，∵O為等腰三角形ABC的外心，∴OB＝OA＝OC，∴∠CBO＝∠BCO＝β，∴∠ABO＝∠ACO＝α﹣β，∴∠CAO＝∠ACO＝∠ABO＝∠BAO＝α﹣β，∴∠CAB＝2（α﹣β）＝180°﹣2α，∴2a﹣β＝90°，故選：D．2．（2024?杭州模擬）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，EF為⊙O直徑，點F是BC弧的中點，若∠B＝40°，∠C＝60°，則∠AFE的度數(shù)（）A．10° B．20° C．30° D．40°【答案】A【解析】解：連接AE，∵EF為⊙O直徑，∴∠EAF＝90°，∵點F是BC弧的中點，∴＝，∵∠B＝40°，∠C＝60°，∴∠BAC＝80°，∴∠BAF＝∠CAF＝40°，∴∠E＝∠B+∠FAC＝80°，∴∠AFE＝90°﹣80°＝10°，故選：A．3．（2024?青田縣校級模擬）如圖，△ABC的內(nèi)切圓⊙O分別與AB，BC，AC相切于點D，E，F(xiàn)，且AD＝3，BE＝2，CF＝4，則△ABC的周長為（）A．18 B．17 C．16 D．15【答案】A【解析】解：∵△ABC的內(nèi)切圓⊙O分別與AB，BC，AC相切于點D，E，F(xiàn)，∴AD＝AF，BD＝BE，EC＝FC，∵AD＝3，BE＝2，CF＝4，∴AF＝3，BD＝2，CE＝4，∴BC＝BE+EC＝6，AB＝AD+BD＝5，AC＝AF+FC＝7，∴△ABC的周長＝BC+AB+AC＝18．故選：A．4．（2024?拱墅區(qū)一模）如圖，在△ABC中，AB+AC＝BC，AD⊥BC于D，⊙O為△ABC的內(nèi)切圓，設(shè)⊙O的半徑為R，AD的長為h，則的值為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】解：如圖所示：O為△ABC中∠ABC、∠ACB、∠BAC的角平分線交點，過點O分別作垂線相交于AB、AC、BC于點E、G、F，S△ABC＝S△AOB+S△BOC+S△AOC＝×AB?R+BC?R+AC?R＝R（AB+AC+BC），∵AB+AC＝BC，∴S△ABC＝R（BC+BC）＝R?BC，∵AD的長為h，∴S△ABC＝BC?h，∴R?BC＝BC?h，∴h＝R，∴＝＝，故選：A．5．（2023?海曙區(qū)模擬）如圖，⊙O是等邊三角形ABC的內(nèi)切圓，半徑為r，EF是⊙O的切線，△AEF的內(nèi)切圓⊙P切EF于點N，半徑為，則＝（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：設(shè)AB與⊙O、⊙P的切點分別是Q、G，AC與⊙O、⊙P的切點分別是T、S，連接OQ、PG、OM、OA、PS、OT，過O作OH垂直于PN，垂足為H，則AG＝AS，EG＝EN，F(xiàn)S＝FN，EQ＝EM，F(xiàn)M＝FT，F(xiàn)M＝FT，AQ＝AT，∵OQ＝OT，OQ⊥AB，OT⊥AC，∴AO是∠BAC的角平分線，∵PG＝PS，PG⊥AB，PS⊥AC，∴P在OA上，Rt△APG中，AG＝＝＝，∴AE+AF﹣EF＝AG+EG+AS+FS﹣EN﹣FN＝AG+AS＝2AG＝①，Rt△AOQ中，AQ＝＝＝r，∴AE+AF+EF＝AE+AF+EM+FM＝AE+AF+EQ+FT＝AQ+AT＝2AQ＝2r②，②﹣①得2EF＝，∴EF＝，∵∠OMN＝∠MNH＝∠NHO＝90°，∴四邊形OMNH是矩形，∴MN＝OH，NH＝MO，Rt△POH中，OP＝AO﹣AP＝2OQ﹣2PG＝2r﹣2×＝，PH＝PN+NH＝PN+MO＝+r＝，∴OH＝＝＝，∴MN＝，∴＝＝，故選：D．6．（2023?婺城區(qū)模擬）如圖，△ABC是一張周長為18cm的三角形紙片，BC＝5cm，⊙O是它的內(nèi)切圓，小明準備用剪刀在⊙O的右側(cè)沿著與⊙O相切的任意一條直線MN剪下△AMN，則剪下的三角形的周長為（）A．13cm B．8cm C．6.5cm D．隨直線MN的變化而變化【答案】B【解析】解：由切線長定理得，BD＝BG，CP＝CG，MH＝MD，NH＝NP，∴BD+CP＝BG+CG＝5，∴AD+AP＝18﹣10＝8，∴△AMN的周長＝AM+MN+AN＝AM+MD+AN+NP＝AD+AP＝8，故選：B．題型04圓與相似綜合

1．（2024?溫州模擬）圖1是圓形背景墻，兩個裝飾物放在水平架上，正面示意圖如圖2所示，AB為弦，點C在圓上，CD⊥AB，F(xiàn)為AB的中點，EF⊥AB，點C，E，B在同一直線上．測得AB＝12dm，CD＝5dm，EF＝3dm，則圓的直徑長為dm．【答案】．【解析】解：過點C作圓的直徑CM，連接AM，如圖所示：則∠CAM＝90°，∵弦AB＝12dm，點F為AB的中點，∴BF＝1/2AB＝6dm，∵CD⊥AB，EF⊥AB，CD＝5dm，EF＝3dm，∴EF∥CD，∴△BEF∽△BCD，∴BF：BD＝EF：CD，即6：BD＝3：5，∴BD＝10dm，∴AD＝AB﹣BD＝2dm，在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC＝＝，在Rt△BCD中，由勾股定理得：BC＝＝，∴sin∠ABC＝＝＝，在Rt△ACM中，sinM＝＝，∵∠ABC＝∠M，∴＝，∴CM＝（dm）．∴該圓的直徑為dm．故答案為：．2．（2024?杭州模擬）等腰三角形AFG中AF＝AG，且內(nèi)接于圓O，D、E為邊FG上兩點（D在F、E之間），分別延長AD、AE交圓O于B、C兩點（如圖1），記∠BAF＝α，∠AFG＝β．（1）求∠ACB的大?。ㄓ忙?，β表示）；（2）連接CF，交AB于H（如圖2）．若β＝45°，且BC×EF＝AE×CF．求證：∠AHC＝2∠BAC；（3）在（2）的條件下，取CH中點M，連接OM、GM（如圖3），若∠OGM＝2α﹣45°，①求證：GM∥BC，GM＝BC；②請直接寫出的值．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】（1）解：如圖1中，連接CF．∵AF＝AG，∴∠AFG＝∠AGF＝α，∴∠ACF＝∠AGF＝α，∵∠∠FAB＝β，∴∠ACB＝∠ACF+∠FCB＝α+β；（2）證明：如圖2中，∵AF＝AG，∴∠AFG＝∠G＝∠ACH＝45，∵∠EAF＝∠FAC，∴△EAF∽△FAC，∴＝，∴AE×CF＝EF×FA，∵BC×EF＝AE×CF，∴BC×EF＝EF×AF，∴BC＝AF，∴＝，∴∠BAC＝∠AGF＝45°，∴∠AHC＝180°﹣45°﹣45°＝90°，∴∠AHC＝2∠BAC；（3）①證明：如圖3中，連接CG，延長GM交AB于點I．∵∠OGM＝2α﹣45°，∠AGF＝45°，∴∠AGM＝2α，∵∠FAG＝90°，∴FG是直徑，∴∠FCG＝90°，∵∠AHC＝90°，∴∠AHC+∠GCH＝180°，∴AB∥CG，∴∠MHI＝∠MCG，∵MH＝MC，∠HMI＝∠CMG，∴△MHI≌△MCG（ASA），∴MI＝MG，HI＝CG，∵BI∥CG，IG∥CB，∴四邊形BIGC是平行四邊形，∴∠ABC＝∠MGC，GM∥BC，∵∠ABC+∠BCH＝90°，∠GMC+∠MGC＝90°，∴∠MGC+∠BCH＝90°，∴∠BCH+∠FCG+∠MGC＝180°，∴∠BCG+∠MGC＝180°，∵BC∥IG，CM＝MH，∴HI＝IB，∴MI＝BC，∴MG＝BC，MG∥BC；②解：連接FI，F(xiàn)B．∵＝＝，又∵OF＝OG．MG＝MI，∴OM＝FI，∵△HMI≌△CMG，∴HI＝CG，∵∠AHC＝90°，∴∠FHB＝90°，∵∠ACF＝∠ABF＝45°，∴FH＝BH，設(shè)HI＝BI＝m，則FH＝2m，F(xiàn)I＝m，設(shè)AH＝CH＝n，∴OM＝FI＝m，BC＝AF＝AG＝，∴FG2＝8m2+2n2，∵FG2＝CF2+CG2，∴8m2+2n2＝（2m+n）2+m2，整理得n2﹣4nm+3m2＝0，∴n＝m或n＝3m，∴＝＝＝或．3．（2024?浙江模擬）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC為O的直徑，DE交AC于點F，交BC于點E．（1）設(shè)∠DBC＝α，試用含α的代數(shù)式表示∠ADE；（2）如圖2，若BE＝3CE，求的值；（3）在（2）的條件下，若AC，BD交于點G，設(shè)，cos∠BDE＝y(tǒng)．①求y關(guān)于x的函數(shù)表達式；②若BC＝BD，求y的值．【答案】（1）90°﹣α；（2）2；（3）①y＝；②．【解析】解：（1）∵，∴∠DAC＝∠DBC＝α，∵DE⊥AC，∴∠AFD＝90°，∴∠ADE＝90°﹣∠DAC＝90°﹣α；（2）∵AC是⊙O的直徑，∴∠ADC＝90°，∴∠ADF+∠CDF＝90°，∵∠AFD＝90°，∴∠DAC+∠ADF＝90°，∴∠DAC＝∠CDF，∵∠DBC＝∠DAC，∴∠CDF＝∠DBC，∵∠DCE＝∠BCD，∴△DCE∽△BCD，∴，由BE＝3CE設(shè)CE＝a，BE＝3a，則BC＝4a，∴，∴CD＝2a，∴；（3）①如圖1，作GH∥DE，交BC于H，∴△CEF∽△CHG，△BGH∽△BDE，∴＝，，∵，BC＝4CE，∴，∴EF＝，＝，∴GH＝，BG＝，∴DG＝BD﹣BG＝?BD，EF＝，∴DF＝DE﹣EF＝?DE，∵，∴cos∠BDE＝＝＝，∴y＝；②如圖2，作EW⊥BD于W，∵BC＝CD，BC＝2CD，BD＝2DE，∴DE＝CD，不妨設(shè)CE＝1，則DE＝CD＝2，BE＝3，BD＝4，設(shè)DW＝x，則BW＝4﹣x，由WE2＝BE2﹣BW2＝DE2﹣DW2得，32﹣（4﹣x）2＝22﹣x2，∴x＝，∴cos∠BDE＝，∴y＝．4．（2024?拱墅區(qū)校級模擬）如圖，已知CE是圓O的直徑，點B在圓O上，且BD＝BC，過點B作弦CD的平行線與CE的延長線交于點A．（1）若圓O的半徑為2，且點D為弧EC的中點時，求線段CD的長度；（2）在（1）的條件下，當DF＝a時，求線段BD的長度；（答案用含a的代數(shù)式表示）（3）若AB＝3AE，且CD＝12，求△BCD的面積．【答案】（1）2；（2）；（3）108．【解析】解：（1）如圖，過O作OH⊥CD于H，∵點D為弧EC的中點，∴弧ED＝弧CD，∴∠OCH＝45°，∴OH＝CH，∵圓O的半徑為2，即OC＝2，∴OH＝CH＝，∴CD＝2CH＝2；（2）∵∠FCD＝45°，∠DBC＝45°，∴∠FCD＝∠DBC，∴△CDF∽△BDC，∴，由（1）可知CD＝2，∴BD＝＝；（3）如圖，連接BE，BO，DO，并延長BO至H點，∵BD＝BC，OD＝OC，∴BH垂直平分CD，又∵AB∥CD，∴∠ABO＝90°＝∠EBC，∴∠ABE＝∠OBC＝∠OCB，又∵∠A＝∠A，∴△ABE∽△ACB，∴，即AB2＝AE×AC，∴AC＝，設(shè)AE＝x，則AB＝3x，∴AC＝9x，EC＝8x，∴OE＝OB＝OC＝4x，∵CD＝12，∴CH＝6，∵AB∥CH，∴△AOB∽△COH，∴，即＝，解得x＝，OH＝8，OB＝10，∴BH＝BO+OH＝18，∴△BCD的面積＝×18×12＝108．

題型05圓與三角函數(shù)綜合

1．（2024?新昌縣一模）如圖，AB是⊙O的直徑，PA，PC是⊙O的兩條切線，點A，C為切點，延長PC，AB相交于點D，若BD＝1，CD＝3，點F為弧