专题02 圆（中等类型）-2024-2025学年九年级数学上册考点解惑【基础•中等•优质】题型过关专练（苏科版）

专题02圆思维导图 【类型覆盖】 类型一、根据点与圆的位置关系求半径 【解惑】已知的半径为7，点在外，则的长可能是（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【融会贯通】 1．已知半径为，点为内一点，，则满足的条件是（    ） A． B． C． D． 2．同一平面内，一个点到圆的最小距离为6，最大距离为8，则该圆的半径为 ． 3．如图，矩形中，.作于点E，作于点F． (1)求、的长； (2)若以点A为圆心作圆，B、C、D、E、F五点中至少有1个点在圆内，且至少有2个点在圆外，求的半径r的取值范围． 类型二、利用垂径定理求平行弦 【解惑】的半径为，弦，，，则、间的距离是：（    ） A． B． C．或 D．以上都不对 【融会贯通】 1．已知AB、CD是⊙O的两条弦，AB∥CD，AB＝6，CD＝8，⊙O的半径为5，则AB与CD的距离是（　　） A．1 B．7 C．1或7 D．无法确定 2．⊙O半径为5，弦AB=6cm，CD=8cm，且AB∥CD．则AB与CD之间的距离 ． 3．如图,在上,经过圆心的线段于点，与交于点. (1)如图1,当半径为,若,求弦的长; (2)如图2,当半径为 ,,若,求弦的长. 类型三、垂径定理的实际应用 【解惑】如图1，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，如图2，已知圆心O在水面上方，且被水面截得弦长为4米，半径长为3米．若点C为运行轨道的最低点，则点C到弦所在直线的距离是（    ）    A．1米 B．2米 C．米 D．米 【融会贯通】 1．唐代李皋发明了“桨轮船”，他设计的桨轮船在船的舷侧或尾部装有带有桨叶的桨轮，通过人力踩动桨轮轴来推动船体前进．这种船的桨轮下半部浸入水中上半部露出水面，因其推进方式类似车轮，故又被称为“桨轮船”或“轮船”．如图，该桨轮船的轮子的横截面为，轮子被水面截得线段长为，轮子的吃水深度长为，则该桨轮船轮子半径为（    ） A． B． C． D． 2．石拱桥采用圆弧形设计，不仅赋予了石拱桥独特的美学魅力，而且展现了我国古代工匠对力学原理的深刻理解和应用． 如图，拱桥的跨度，拱高，则半径为 ． 3．一次综合实践的主题为：只用一张矩形纸条和刻度尺，如何测量一次性纸杯杯口的直径？小明阿学所在的学习小组想到了如下方法：如图，将纸条拉直紧贴杯口上，纸条的上下边沿分别与杯口相交于、、、四点，利用刻度尺量得该纸条宽为，，．请你帮忙计算纸杯的直径． 类型四、求特殊三角形外接圆的半径 【解惑】已知中，，则外接圆的半径为（　　） A．3 B．4 C．5 D．不确定 【融会贯通】 1．在中，若两条直角边的长分别为6和8，则这个三角形的外接圆半径为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．直角三角形的两直角边长分别为6和8，那么这个三角形的外接圆半径等于 ． 3．关于x的方程有两个不相等的实数根，以这两个根作为等腰的底边长和腰长，这样的等腰三角形有且仅有一个． (1)求m的取值范围； (2)当m取最大值时，求该等腰三角形外接圆半径． 类型五、直径所对的圆周角是直角 【解惑】如图，是的直径，，则（    ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，内接于，点在上，连接，若，则的直径为（    ） A．12 B． C．6 D． 2．如图，在中，直径与弦相交于点，连接，，，若，，则的度数为 ． 3．如图，是的直径，是的中点，于点，交于点． (1)求证：； (2)若，，求的半径及的长． 类型六、圆内接四边形对角互补 【解惑】如图，四边形内接于⊙O，是的直径，连接交于点E，若，则的度数是（    ）    A．100° B．105° C．110° D．115° 【融会贯通】 1．如图，四边形是的内接四边形，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 2．如图，是内接四边形的一个外角，连接，若，则的度数为 °． 3．如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．    (1)求的度数； (2)过点作交的延长线于点，若，，求此圆半径的长． 类型七、三角形面积、周长，内切圆半径关系 【解惑】如图，在中，，为中线，若，，设与的内切圆半径分别为，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，的内切圆与，，分别相切于点，，，且，，，则阴影部分（即四边形）的面积为（　　）    A． B． C． D． 2．《九章算术》中记载：“今有勾八步，股一十五步．问勾中容圆径几何？”译文：今有一个直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）长为15步，问该直角三角形内切圆的直径是多少？如图，该直径等于 步（注：“步”为长度单位）． 3．阅读材料：如图，的周长为，面积为，内切圆☉的半径为，探究与，之间的关系． 解：连接、、． ∵， ， ， ∴， ∴ 解决问题： (1)利用探究的结论，计算边长分别为5，12，13的三角形内切圆半径． (2)如图，若四边形ABCD存在内切圆(与各边都相切的圆)，且面积为，各边长分别为，，，，试推导四边形的内切圆半径公式． (3)若一个边形(为不小于3的整数)存在内切圆，且面积为，各边长分别为，，，，…，，合理猜想其内切圆半径公式(不需说明理由)． 类型八、不规则图形的面积 【解惑】如图，在中，已知，将绕点逆时针旋转得到，点经过的路径为，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D．条件不足，无法计算 【融会贯通】 1．如图，是的直径，弦， ，，则阴影部分的面积为(　　)    A． B． C． D． 2．如图，在中，，，D是的中点，以点D为圆心，作圆心角为的扇形，点C恰好在上（点E，F不与点C重合），半径，分别与，相交于点G，H，则阴影部分的面积为 ． 3．如图，为的直径，是上一点，过点的直线交的延长线于点，，垂足为，是与的交点，平分． (1)求证：是的切线； (2)若，，求图中阴影部分的面积． 类型九、圆的切线证明 【解惑】如图，是的两条直径，过点作交于点，交于点，在的延长线上取一点，使得，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，求的长． 【融会贯通】 1．如图，，，与交于点O，以O为圆心，长为半径作圆． (1)证明：是的切线； (2)已知 ，求的长． 2．如图，内接于，D是上一点，．E是外一点，，连接． (1)若，求的长； (2)求证：是的切线． 3．如图，等腰直角与交于点B，C，，延长，与分别交于点D，E，连接，，并延长至点F，使得． (1)求的度数； (2)求证：与相切； (3)若的半径为2，求的长． 类型十、尺规作图——正多边形 【解惑】如图，已知AC为的直径．请用尺规作图法，作出的内接正方形ABCD．（保留作图痕迹．不写作法） 【融会贯通】 1．如图，已知，点在圆上，请以为一顶点作圆内接正方形．（保留作图痕迹，不写作法） 2．请用无刻度直尺完成下列作图，不写画法，保留画图痕迹（用虚线表示画图过程，实线表示画图结果）． （1）如图1，E是平行四边形ABCD边AD上一点，过点A画一条直线，使其与EC平行； （2）如图2，正六边形ABCDEF（六边相等，六角相等的六边形），在图中画一条直线，使其垂直平分AF； （3）如图3，⊙O是四边形ABCD的外接圆，且AB＝BC＝CD，在图中画一条异于BC的直线，使其与AD平行． 3．如图1，等边内接于⊙O，连接CO并延长交⊙O于点D． （1）可以证明CD垂直平分AB，写出与的数量关系：___． （2）请你仅使用无刻度的直尺按要求作图： ①在图1中作出一个正六边形，保留作图痕迹（作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示）． ②请在图2中作出⊙O的内接正六边形ADBECF的一条不经过顶点的对称轴，保留作图痕迹(作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示）．          【一览众山小】 1．如图，内接于是的直径，是上一点，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．如图，点A，B，C在上，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．如图，四边形外切于，且，，则四边形的周长为     A．60 B．55 C．45 D．50 4．如图，是的直径，是的弦，连接．若，则 ． 5．图1所示是第十九届亚洲运动会会徽，名为“潮涌”，其主体图形由扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网符号及象征亚奥理事会的太阳图形六个元素组成．现将本届亚运会会徽扇面抽象为图2所示扇形的一部分（阴影部分），若其半径，，圆心角，则图中阴影部分的面积等于 ． 6．如图，矩形中，，以点为圆心，的长为半径画弧交于点，以点为圆心，的长为半径画弧交的延长线于点，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留） 7．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上，． (1)作出关于点A的中心对称图形； (2)作出绕点A顺时针旋转得到的； (3)直接写出点B旋转到的过程中所经过的路径长．（结果保留π） 8．如图，点A是上一点．请利用直尺和圆规完成下列作图．（不写作法，保留作图痕迹） (1)画出的内接正． (2)在上画出、两点，使得．（画一种即可） 9．如图，是的直径，点P是外一点，与相切于点A，点C为上的一点．连接、、，且． (1)求证：为的切线； (2)若，，求阴影部分的面积． 10．古希腊数学家欧几里得（约公元前325-公元前265），被称为“几何学之父”．在其所著的《几何原本》中第3卷给出其中一个命题：如果从圆外的一点向圆引两条直线，一条与圆相切，一条穿过圆，那么被圆截得的线段与该点到凸圆之间的线段为边构成的矩形的面积等于以该点向圆引的切线为边所构成的正方形的面积． 命题解读：直线为的切线，直线为圆的割线，以为边构造正方形，以为边构造矩形，可得正方形的面积等于矩形的面积，由此可得． 根据以上问题，完成尺规作图并计算．                    (1)尺规作图步骤如下： ①以点B为圆心，小于的长为半径作弧，交射线于P，Q两点； ②分别以P，Q为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点E； ③作射线，射线与射线交于点A； ④可得直线为的切线．请按描述完成作图； (2)依据所作图形，若以为边的正方形的面积为24，，则以为边的矩形的周长为________． 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02圆思维导图 【类型覆盖】 类型一、根据点与圆的位置关系求半径 【解惑】已知的半径为7，点在外，则的长可能是（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】本题考查了点与圆的位置关系，根据点与圆的位置关系得出即可，熟记点与圆的位置关系是解此题的关键． 【详解】解：∵的半径为7，点在外， ∴， ∴5、6、7都不符合，只有8符合题意， 故选：D． 【融会贯通】 1．已知半径为，点为内一点，，则满足的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了点与圆的位置关系．根据点与圆的位置关系，即可求解． 【详解】解：∵半径为，点为内一点，， ∴． 故选：B 2．同一平面内，一个点到圆的最小距离为6，最大距离为8，则该圆的半径为 ． 【答案】1或7 【分析】本题考查了点与圆的位置关系，注意分两种情况进行讨论是解题的关键．点为点，圆为，最大距离为，最小距离为，分此点在圆内和此点在圆外两种情况，分别求出半径即可． 【详解】解：设此点为点，圆为，最大距离为，最小距离为，则此点与圆心的连线所在的直线与圆的交点即为此点到圆心的最大和最小距离． 可分两种情况讨论： ①当此点在圆内时，如图所示，    由题意可知，，， ∴半径； ②当此点在圆外时，如图所示，    由题意可知，， ∴半径． 综上所述，圆的半径为1或7． 故答案为：1或7． 3．如图，矩形中，.作于点E，作于点F． (1)求、的长； (2)若以点A为圆心作圆，B、C、D、E、F五点中至少有1个点在圆内，且至少有2个点在圆外，求的半径r的取值范围． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据勾股定理求出，根据等积法求出，根据勾股定理求出； （2）根据，结合点与圆的位置关系进行判断即可． 【详解】（1）解：∵矩形中，， ∴， ∵， ∴， 同理可得：， 在中，； （2）解：∵， ∴若以点A为圆心作圆，B、C、D、E、F五点中至少有1个点在圆内，且至少有2个点在圆外，即点F在圆内，点D、C在圆外， ∴的半径r的取值范围为． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，点与圆的位置关系，勾股定理，三角形面积的计算，解题的关键是熟练掌握点与圆的位置关系． 类型二、利用垂径定理求平行弦 【解惑】的半径为，弦，，，则、间的距离是：（    ） A． B． C．或 D．以上都不对 【答案】C 【分析】先根据勾股定理求出OE=6，OF=8，再分AB、CD在点O的同侧时，AB、CD在点O的两侧时两种情况分别计算求出EF即可. 【详解】如图，过点O作OF⊥CD于F，交AB于点E， ∵， ∴OE⊥AB， 在Rt△AOE中，OA=10，AE=AB=8，∴OE=6， 在Rt△COF中，OC=10，CF=CD=6，∴OF=8， 当AB、CD在点O的同侧时，、间的距离EF=OF-OE=8-6=2； 当AB、CD在点O的两侧时，AB、CD间的距离EF=OE+OF=6+8=14， 故选：C. 【点睛】此题考查了圆的垂径定理，勾股定理，在圆中通常利用垂径定理和勾股定理求半径、弦的一半、弦心距三者中的一个量. 【融会贯通】 1．已知AB、CD是⊙O的两条弦，AB∥CD，AB＝6，CD＝8，⊙O的半径为5，则AB与CD的距离是（　　） A．1 B．7 C．1或7 D．无法确定 【答案】C 【分析】由于弦AB、CD的具体位置不能确定，故应分两种情况进行讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可. 【详解】解：①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图①， 过点O作OF⊥CD，垂足为F，交AB于点E，连接OA，OC， ∵AB∥CD， ∴OE⊥AB， ∵AB＝8，CD＝6， ∴AE＝4，CF＝3， ∵OA＝OC＝5， ∴由勾股定理得：EO＝＝3，OF＝＝4， ∴EF＝OF﹣OE＝1； ②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图②， 过点O作OE⊥AB于点E，反向延长OE交AD于点F，连接OA，OC， EF＝OF+OE＝7， 所以AB与CD之间的距离是1或7． 故选：C． 【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧. 也考查了勾股定理及分类讨论的思想的应用. 2．⊙O半径为5，弦AB=6cm，CD=8cm，且AB∥CD．则AB与CD之间的距离 ． 【答案】1cm或7cm． 【分析】先作出圆心与两弦的垂直距离，作图后很容易可以用勾股定理算出AB弦与圆心的距离为3cm，CD弦与圆心的距离为4cm，若AB、CD位于圆心异侧，则两平行弦的距离为3＋4＝7cm，AB、CD位于圆心同侧4−3＝1cm． 【详解】解：如图：过点O作OE⊥AB于E，交CD于F， ∵AB∥CD， ∴OF⊥CD， ∵OE过圆心，OE⊥AB， ∴EB＝AB＝3cm， ∵OB＝5cm， ∴EO＝4cm， 同理，OF＝3cm， ∴EF＝4-3=1cm， 当AB、CD位于圆心两旁时EF＝4+3=7cm， ∴EF＝1cm或EF＝7cm． 故答案为：1cm或7cm． 【点睛】本题结合勾股定理考查了垂径定理，解决与弦有关的问题，往往要作弦的弦心距，构造以弦心距、半径、弦长的一半为三边的直角三角形，利用勾股定理解答问题．关键是能正确求出符合条件的两种情况． 3．如图,在上,经过圆心的线段于点，与交于点. (1)如图1,当半径为,若,求弦的长; (2)如图2,当半径为 ,,若,求弦的长. 【答案】(1)8  (2) 【分析】(1)连接，根据垂径定理求出的长，因为，进而在中根据勾股定理求出长，所以求出的长即可; (2) 连接,过点D作于点M，根据勾股定理和垂径定理求出，可以证明,进而求出的长，根据所做的辅助线，可得为等腰直角三角形，所以可以求出的长，然后根据，进而求出的长； 【详解】解：(1) 连接，根据垂径定理求出的长， 即：, , 设，则， 由勾股定理得： , 即：， 解得：, ; (2)连接,过点D作于点M，如图所示： ， 在中根据勾股定理可得： , , ， 而, , 又 在和中， , , , , , , , 为等腰直角三角形， , 把代入到中， 解得：. 【点睛】本题考查圆的知识点，要善于利用勾股定理和垂径定理去解题，善于构造辅助线去根据面积相等去解题，最后代入求值. 类型三、垂径定理的实际应用 【解惑】如图1，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，如图2，已知圆心O在水面上方，且被水面截得弦长为4米，半径长为3米．若点C为运行轨道的最低点，则点C到弦所在直线的距离是（    ）    A．1米 B．2米 C．米 D．米 【答案】C 【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键． 连接，交于D，由垂径定理得（米），再由勾股定理得（米），然后求出的长即可． 【详解】连接，交于D，      由题意得：米，， 米，， 在中 米， 米， 即点C到弦所在直线的距离是米， 故选：C． 【融会贯通】 1．唐代李皋发明了“桨轮船”，他设计的桨轮船在船的舷侧或尾部装有带有桨叶的桨轮，通过人力踩动桨轮轴来推动船体前进．这种船的桨轮下半部浸入水中上半部露出水面，因其推进方式类似车轮，故又被称为“桨轮船”或“轮船”．如图，该桨轮船的轮子的横截面为，轮子被水面截得线段长为，轮子的吃水深度长为，则该桨轮船轮子半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，根据垂径定理可得，设该桨轮船轮子的半径为，则，，在中，根据勾股定理即可列出方程，求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， 题意可得， ∵过圆心，且， ∴， 设该桨轮船轮子的半径为，则，， ∵在中，， 即， 解得， ∴该桨轮船轮子半径为. 故选：C． 2．石拱桥采用圆弧形设计，不仅赋予了石拱桥独特的美学魅力，而且展现了我国古代工匠对力学原理的深刻理解和应用． 如图，拱桥的跨度，拱高，则半径为 ． 【答案】10 【分析】此题考查了垂径定理的应用， 勾股定理等知识，根据垂径定理得到，在中，，列方程并解方程即可． 【详解】解：由题意可知，， ∴, 在中， ， ∴ ∴ 解得, 即半径为． 故答案为：10 3．一次综合实践的主题为：只用一张矩形纸条和刻度尺，如何测量一次性纸杯杯口的直径？小明阿学所在的学习小组想到了如下方法：如图，将纸条拉直紧贴杯口上，纸条的上下边沿分别与杯口相交于、、、四点，利用刻度尺量得该纸条宽为，，．请你帮忙计算纸杯的直径． 【答案】纸杯的直径为． 【分析】本题考查垂径定理的应用，勾股定理．由垂径定理求出，的长，设，由勾股定理得到，求出的值，得到的长，由勾股定理求出长，即可求出纸杯的直径长． 【详解】解：如图，，过圆心，连接，， ， ∵， ， ，， 设， ， ，， ， ， ， ， ， 纸杯的直径为． 类型四、求特殊三角形外接圆的半径 【解惑】已知中，，则外接圆的半径为（　　） A．3 B．4 C．5 D．不确定 【答案】C 【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，在中，利用勾股定理求出的长，然后根据直角三角形外接圆的直径等于斜边的长即可解答． 【详解】解：在中，， ∴， ∴外接圆的半径， 故选：C． 【融会贯通】 1．在中，若两条直角边的长分别为6和8，则这个三角形的外接圆半径为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理、三角形外接圆，根据勾股定理得出，再由直角三角形的外接圆的直径是斜边长即可得出答案，熟练掌握直角三角形的外接圆的直径是斜边长是解此题的关键． 【详解】解：如图， 在中，若两条直角边的长分别为6和8，即，， ， ， 是外接圆直径， 这个三角形的外接圆半径为， 故选：C． 2．直角三角形的两直角边长分别为6和8，那么这个三角形的外接圆半径等于 ． 【答案】5 【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，根据勾股定理求得斜边的长，再根据直角三角形的斜边等于其外接圆的直径可得这个三角形的外接圆的半径． 【详解】解：∵直角三角形的两条直角边长分别为6和8， ∴直角三角形的斜边， 所以这个三角形的外接圆的半径， 故答案为：5． 3．关于x的方程有两个不相等的实数根，以这两个根作为等腰的底边长和腰长，这样的等腰三角形有且仅有一个． (1)求m的取值范围； (2)当m取最大值时，求该等腰三角形外接圆半径． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式得出，根据这两个根作为等腰的底边长和腰长，这样的等腰三角形有且仅有一个，得出，且，求出m的取值范围即可； （2）先求出时，方程的解，得出该等腰三角形的三边分别为，4，2，如图，，，作其外接圆，连接并延长交于点D，设，根据勾股定理得出，解方程即可． 【详解】（1）解：∵有两个不相等的实数根，假设为a，b，且， ∴， 解得：， ∵这两个根作为等腰的底边长和腰长，这样的等腰三角形有且仅有一个， ∴，且， 解得：； （2）解：把代入得：， 解得：，， ∴该等腰三角形的三边分别为，4，2， 如图，，，作其外接圆，连接并延长交于点D，    ∵， ∴，， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， 解得：． 即该等腰三角形外接圆半径为． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，勾股定理，等腰三角形的定义，三角形的三边关系，解题的关键是熟练掌握根的判别式，一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根． 类型五、直径所对的圆周角是直角 【解惑】如图，是的直径，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了圆周角定理，三角形内角和定理，由直径所对的圆周角等于得出，由三角形内角和定理得出，再根据同弧所对的圆周角相等即可得出答案． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， 故选：B． 【融会贯通】 1．如图，内接于，点在上，连接，若，则的直径为（    ） A．12 B． C．6 D． 【答案】A 【分析】本题主要考查圆周角定理和直角三角形的性质，连接，由，可得为的直径，当，可得，在中，，则，故可得解． 【详解】解：连接，如图， ∵，即， ∴为的直径， ∵所对的圆周角是， ∴ 在中，， ， 故选：A． 2．如图，在中，直径与弦相交于点，连接，，，若，，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了直径所对的圆周角为直角，三角形外角的性质，同弧所对的圆周角相等．熟练掌握直径所对的圆周角为直角，三角形外角的性质，同弧所对的圆周角相等是解题的关键． 由是直径，可得，由题意知，由，可得，根据，计算求解即可． 【详解】解：∵是直径， ∴， 由题意知，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 3．如图，是的直径，是的中点，于点，交于点． (1)求证：； (2)若，，求的半径及的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)半径为，BF为 【分析】（1）根据同弧或等弧所对的圆周角相等得，根据直径所对的圆周角是直角得，再结合，可得出，即可得证； （2）根据圆心角、弧、弦之间的关系得，在中，得，得出的半径，再根据，得，继而得到，设，则，在中，根据勾股定理得出， 解得：，即可得解． 【详解】（1）证明：∵是的中点， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴，即， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵，，， ∴， 在中，， ∴的半径为， ∵， ∴， 在中，， 设，则， ∵在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴的半径为，的长为． 【点睛】本题考查同弧或等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，圆心角、弧、弦之间的关系，直角三角形两锐角互余，等角对等边，勾股定理，等积法等知识点．掌握圆的基本性质是解题的关键． 类型六、圆内接四边形对角互补 【解惑】如图，四边形内接于⊙O，是的直径，连接交于点E，若，则的度数是（    ）    A．100° B．105° C．110° D．115° 【答案】D 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键． 根据圆周角定理得到，求得根据等腰三角形的性质得到，根据圆内接四边形的性质即可得到结论． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形内接于⊙O， ∴． 故选：D． 【融会贯通】 1．如图，四边形是的内接四边形，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查圆内接四边形的性质、圆周角定理等知识点，掌握圆内接四边形的对角互补是解题关键． 根据圆内接四边形的性质求出，再根据圆周角定理即可解答． 【详解】解：∵四边形是的内接四边形，若， ∴， ∴． 故选D． 2．如图，是内接四边形的一个外角，连接，若，则的度数为 °． 【答案】 【分析】此题考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，根据题意得到，，根据同角的补角相等和圆周角定理即可得到． 【详解】解：∵是内接四边形的一个外角， ∴， ∴ 故答案为： 3．如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．    (1)求的度数； (2)过点作交的延长线于点，若，，求此圆半径的长． 【答案】(1) (2)圆的半径长是4． 【分析】（1）证明，则，根据圆内接四边形的性质得到； （2）证明是等边三角形，则，得到，则，则，再利用直角三角形的性质即可到答案． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵平分，    ∴， ∵     ， ∴    ， ∴，， ∵四边形是圆内接四边形． ∴． ∴； （2）∵，   ∴是圆的直径， ∵，    ∴  ， ∴是等边三角形， ∴， ∴   ，    ∴ ， ∵，     ∴， ∴ ， ∴， ∵， ∴， ∴圆的半径是4． 【点睛】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、等边三角形的判定和性质、含角直角三角形的性质等知识，得到是解题的关键． 类型七、三角形面积、周长，内切圆半径关系 【解惑】如图，在中，，为中线，若，，设与的内切圆半径分别为，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的内切圆和面积，设的内切圆为，与 分别相切于点，由，，得，，连接，由可得，即得，同理得，进而即可求解，正确地作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：设的内切圆为，与 分别相切于点， ∵，，， ∴， ， ∵为斜边上的中线， ∴， ∴， 连接，，，，，，则， ∵ ，且，，， ∴， 解得， 同理可得，， 解得， ∴， 故选：C． 【融会贯通】 1．如图，的内切圆与，，分别相切于点，，，且，，，则阴影部分（即四边形）的面积为（　　）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的内切圆，根据切线的性质，判断出四边形为正方形，利用直角三角形的内切圆的半径的计算公式，求出的长，进一步求出阴影部分的面积即可，掌握直角三角形的内切圆的半径的计算方法是解题的关键． 【详解】解：∵，，， ， ∵与，，分别相切于点，，， ∴，，，，， ∴，， ∴四边形是正方形，， ∴， ∴， 故选：． 2．《九章算术》中记载：“今有勾八步，股一十五步．问勾中容圆径几何？”译文：今有一个直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）长为15步，问该直角三角形内切圆的直径是多少？如图，该直径等于 步（注：“步”为长度单位）． 【答案】6 【分析】此题考查了三角形的内切圆、勾股定理，切线长定理， 如图，连接，可知四边形为正方形，设半径为，根据切线长定理列方程求解即可． 【详解】解：连接，如下图： 由题意可得、、与相切，，， ∴，， ∴四边形为矩形，， 又∵， ∴矩形为正方形， 设半径为，则， ∴，， ∴， 解得， ∴圆的直径为步， 故答案为：6． 3．阅读材料：如图，的周长为，面积为，内切圆☉的半径为，探究与，之间的关系． 解：连接、、． ∵， ， ， ∴， ∴ 解决问题： (1)利用探究的结论，计算边长分别为5，12，13的三角形内切圆半径． (2)如图，若四边形ABCD存在内切圆(与各边都相切的圆)，且面积为，各边长分别为，，，，试推导四边形的内切圆半径公式． (3)若一个边形(为不小于3的整数)存在内切圆，且面积为，各边长分别为，，，，…，，合理猜想其内切圆半径公式(不需说明理由)． 【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】 （1）根据题意，易得边长分别为5，12，13的三角形是直角三角形，根据直角三角形的性质可得答案； （2）设四边形内切圆的圆心为，连接、、，，类比阅读材料，可得，即可得出答案； （3）由（1）（2）的结论，类比分析即可得出答案； 【详解】（1） ∵， ∴此三角形为直角三角形， ∴三角形面积， ∴r= =2. （2） 设四边形内切圆的圆心为，连接、、，. 则 ∴r= . （3） 类比（1）（2）的结论， 易得在圆内切边形中，有成立 【点睛】 本题主要被考查学生根据阅读材料，结合课本知识，分析、解决问题的能力，认真阅读材料，理清题意是解此类题的关键． 类型八、不规则图形的面积 【解惑】如图，在中，已知，将绕点逆时针旋转得到，点经过的路径为，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D．条件不足，无法计算 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，扇形面积．正确表示阴影部分的面积是解题的关键． 由旋转的性质可知，，，根据，计算求解即可． 【详解】解：由旋转的性质可知，，， ∴， 故选：B． 【融会贯通】 1．如图，是的直径，弦， ，，则阴影部分的面积为(　　)    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查圆周角定理，垂径定理，扇形面积的计算，连接，则根据垂径定理可得出，继而将阴影部分的面积转化为扇形的面积，代入扇形的面积公式求解即可． 【详解】解：连接，   ， 故 即可得阴影部分的面积等于扇形的面积， 又 ， ， 故 即阴影部分的面积为 故选D． 2．如图，在中，，，D是的中点，以点D为圆心，作圆心角为的扇形，点C恰好在上（点E，F不与点C重合），半径，分别与，相交于点G，H，则阴影部分的面积为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，扇形的面积，作辅助线构造全等三角形是解问题的关键． 连接，过点D作于点M，过点D作于点N，先证明是正方形，然后证明，最后运用解题即可． 【详解】如图，连接，过点D作于点M，过点D作于点N， 则 ∵， ∴，，四边形是矩形 ∵，D是的中点， ∴ ∴ 同理 ∴四边形是正方形 ∴， 由题可知，， ∴ 在与中， ， ∴ ∴ ∵ ∴ 故答案为 3．如图，为的直径，是上一点，过点的直线交的延长线于点，，垂足为，是与的交点，平分． (1)求证：是的切线； (2)若，，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了切线的判定以及扇形的面积计算，解（1）的关键是证明，解（2）的关键是求出扇形的面积，此题难度一般． （1）连接，先证明，进而得到，于是得到，进而证明是的切线； （2）分别求出的面积和扇形的面积，利用即可得到答案． 【详解】（1）证明：连接， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， 点在圆上，为圆的半径， 是圆的切线； （2）在中，，， ， 在中，， ， ，， ， ， ，， ， ， ， 阴影部分的面积为． 类型九、圆的切线证明 【解惑】如图，是的两条直径，过点作交于点，交于点，在的延长线上取一点，使得，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）如图，连接，证明，，结合，可得，从而可得结论； （2）证明，结合，可得，再证明，结合，可得，从而可得结论； 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：∵， ∴，而， ∴， ∵， ∴， ∴，而， ∴， ∵， ∴； 【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，垂径定理的应用，圆周角定理的应用，切线的判定，作出合适的辅助线是解本题的关键. 【融会贯通】 1．如图，，，与交于点O，以O为圆心，长为半径作圆． (1)证明：是的切线； (2)已知 ，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查切线的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确添加辅助线是解题的关键． （1）过O点作，垂足为点E，证明，推出，即可证明； （2）设的半径为r，则，，由得，用勾股定理解求出r，再用勾股定理解即可求出的长． 【详解】（1）证明：过O点作，垂足为点E， ∴， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵为半径， ∴为半径， 又∵， ∴是的切线； （2）解：在中，由勾股定理得， ∴， 设的半径为r，则， ∴， 由（1）得， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， 即， 解得：， 在中，由勾股定理得， 即， ∴． 2．如图，内接于，D是上一点，．E是外一点，，连接． (1)若，求的长； (2)求证：是的切线． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据可得，然后证明，根据全等三角形的性质可得答案； （2）连接，首先证明，再根据三角形内角和定理和圆周角定理求出，然后计算出即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴； （2）证明：如图，连接， 由（1）得：， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵是半径， ∴是的切线． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，切线的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键． 3．如图，等腰直角与交于点B，C，，延长，与分别交于点D，E，连接，，并延长至点F，使得． (1)求的度数； (2)求证：与相切； (3)若的半径为2，求的长． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，由，可得为的直径，根据圆周角定理可得，再根据等腰三角形的性质可得，由直角三角形的性质即可求解； （2）由圆周角定理可得，从而可得，利用等量代换可得，再根据切线的判定定理即可得证； （3）由圆心角定理可得，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：连接，如图， ， 过圆心O， 为的直径， ， 是等腰直角三角形， ， ． （2）证明：∵，， ∴， ∵， ∴， 即， 又∵是半径， ∴与相切； （3）解：连接、，如图， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查圆的综合应用、勾股定理、等腰直角三角形的性质、直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键． 类型十、尺规作图——正多边形 【解惑】如图，已知AC为的直径．请用尺规作图法，作出的内接正方形ABCD．（保留作图痕迹．不写作法） 【答案】见解析 【分析】作AC的垂直平分线交⊙O于B、D，则四边形ABCD就是所求作的内接正方形． 【详解】解：如图，正方形ABCD为所作． ∵BD垂直平分AC，AC为的直径， ∴BD为的直径， ∴BD⊥AC，OB＝OD，OA＝OC，BD＝AC， ∴四边形ABCD是的内接正方形． 【点睛】本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了圆的基本性质，正方形的判定． 【融会贯通】 1．如图，已知，点在圆上，请以为一顶点作圆内接正方形．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】见详解 【分析】先作直径AC，再过O点作AC的垂线交⊙O于B、D，则四边形ABCD为正方形． 【详解】解：如图，正方形ABCD为所作． 【点睛】本题考查了作图——复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作． 2．请用无刻度直尺完成下列作图，不写画法，保留画图痕迹（用虚线表示画图过程，实线表示画图结果）． （1）如图1，E是平行四边形ABCD边AD上一点，过点A画一条直线，使其与EC平行； （2）如图2，正六边形ABCDEF（六边相等，六角相等的六边形），在图中画一条直线，使其垂直平分AF； （3）如图3，⊙O是四边形ABCD的外接圆，且AB＝BC＝CD，在图中画一条异于BC的直线，使其与AD平行． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析． 【分析】（1）连接AC，BD交于点O，作直线OE交BC于F，作直线AF即可． （2）连接AE，BF交于点G，连接BD，CE交于点H，作直线GH即可． （3）作直径BE，CF，作直线EF即可． 【详解】解：（1）如图1，直线AF即为所求作． （2）如图2，直线GH即为所求作． （3）如图3，直线EF即为所求作． 【点睛】本题考查作图-复杂作图，线段的垂直平分线，平行四边形的性质，正多边形和圆等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 3．如图1，等边内接于⊙O，连接CO并延长交⊙O于点D． （1）可以证明CD垂直平分AB，写出与的数量关系：___． （2）请你仅使用无刻度的直尺按要求作图： ①在图1中作出一个正六边形，保留作图痕迹（作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示）． ②请在图2中作出⊙O的内接正六边形ADBECF的一条不经过顶点的对称轴，保留作图痕迹(作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示）．          【答案】（1）；（2）①见解析，②见解析 【分析】（1）结合外心的定义和等边三角形的性质推断出CD垂直平分AB，从而利用垂径定理得出结论即可； （2）①结合（1）的结论，可直接连接AO，BO，分别延长与圆相交，再顺次连接各交点即可； ②如图，延长AF，EC，交于一点，此时可构成等边三角形，从而连接交点与圆心的直线即为所求的对称轴． 【详解】（1）， ∵O为三角形的外心， ∴O为三角形三边中垂线的交点， 又∵三角形为等边三角形， ∴可得CD垂直平分AB， 根据垂径定理可得：； （2）①如图所示，在（1）的基础之上，连接AO，并延长至E，连接BO，并延长至F，顺次连接圆周上各点即可； ②如图所示：（方法不唯一） 【点睛】本题主要考查复杂作图，以及正多边形与圆之间的关系，熟练掌握正多边形的性质是解题关键． 【一览众山小】 1．如图，内接于是的直径，是上一点，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理，以及直角三角形的性质，利用了转化的思想，熟练掌握圆周角定理是解本题的关键．由同弧所对的圆周角相等，得，再根据直径所对的圆周角为直角，得，然后由直角三角形的性质即可得出结果． 【详解】解：是所对的圆周角， ， 是的直径， ， 在中，， 故选B． 2．如图，点A，B，C在上，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键．根据圆周角定理求解即可． 【详解】解：，， ， 故选：C 3．如图，四边形外切于，且，，则四边形的周长为     A．60 B．55 C．45 D．50 【答案】D 【分析】根据切线长定理得到，，，，进而求出，再根据四边形的周长公式计算，得到答案．本题考查了切线长定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【详解】解：四边形外切于，切点分别为、、、， ，，，， ， 四边形的周长为：， 故选：D． 4．如图，是的直径，是的弦，连接．若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查圆周角定理，根据同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角，结合三角形的内角和定理，进行求解即可． 【详解】解：∵是的直径，，， ∴， ∴； 故答案为：． 5．图1所示是第十九届亚洲运动会会徽，名为“潮涌”，其主体图形由扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网符号及象征亚奥理事会的太阳图形六个元素组成．现将本届亚运会会徽扇面抽象为图2所示扇形的一部分（阴影部分），若其半径，，圆心角，则图中阴影部分的面积等于 ． 【答案】 【分析】本题考查扇形面积的计算，掌握扇形面积的计算方法是正确解答的关键．由扇形面积的计算方法，根据进行计算即可． 【详解】解：∵，， ∴ 由题意可知， 故答案为：． 6．如图，矩形中，，以点为圆心，的长为半径画弧交于点，以点为圆心，的长为半径画弧交的延长线于点，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留） 【答案】 【分析】本题考查求阴影部分的面积，利用扇形的面积减去矩形与扇形的面积之差，即可得解． 【详解】解：由题意，得：扇形的面积， 矩形的面积为：， 扇形的面积， ∴阴影部分的面积为：； 故答案为：． 7．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上，． (1)作出关于点A的中心对称图形； (2)作出绕点A顺时针旋转得到的； (3)直接写出点B旋转到的过程中所经过的路径长．（结果保留π） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题主要考查了画中心对称图形，画旋转图形，求弧形运动路径长： （1）根据中心对称图形的特点找到B、C对应点的位置，再顺次连接即可； （2）根据旋转图形的特点找到B、C对应点的位置，再顺次连接即可； （3）根据扇形弧长计算公式求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：如图所示，即为所求； （3）解：由题意得，， ∵， ∴点B旋转到的过程中所经过的路径长为． 8．如图，点A是上一点．请利用直尺和圆规完成下列作图．（不写作法，保留作图痕迹） (1)画出的内接正． (2)在上画出、两点，使得．（画一种即可） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了作图复杂作图，等边三角形的判定、圆周角定理和圆心角、弧、弦的关系： （1）从A点开始，以为半径．依次画弧，这样把六等份，连接的三等份点得到的内接正三角形； （2）可作直径，再以点圆心，为半径画弧交于，则． 解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作． 【详解】（1）解：如图，为所作； （2）解：如图，作直径，再以点圆心，为半径画弧交于，则． 9．如图，是的直径，点P是外一点，与相切于点A，点C为上的一点．连接、、，且． (1)求证：为的切线； (2)若，，求阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的性质与判定、三角形全等、扇形的面积、求不规则图形的面积以及含三角形的性质．解决本题的关键是掌握切线的判定定理以及求扇形的面积． （1）利用是的切线，是的半径，求出，再证明出，求出，从而证明出切线． （2）利用含三角形的性质求出边长，从而求出的面积．再利用扇形公式求出扇形的面积，求差即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵是的切线，是的半径． ∴ 连接 在与中， ∴ ∴ ∵C为上的一点． ∴是的切线； （2）∵， ∴ ， ∵， ， ∴， ∴ ∴． 10．古希腊数学家欧几里得（约公元前325-公元前265），被称为“几何学之父”．在其所著的《几何原本》中第3卷给出其中一个命题：如果从圆外的一点向圆引两条直线，一条与圆相切，一条穿过圆，那么被圆截得的线段与该点到凸圆之间的线段为边构成的矩形的面积等于以该点向圆引的切线为边所构成的正方形的面积． 命题解读：直线为的切线，直线为圆的割线，以为边构造正方形，以为边构造矩形，可得正方形的面积等于矩形的面积，由此可得． 根据以上问题，完成尺规作图并计算．                    (1)尺规作图步骤如下： ①以点B为圆心，小于的长为半径作弧，交射线于P，Q两点； ②分别以P，Q为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点E； ③作射线，射线与射线交于点A； ④可得直线为的切线．请按描述完成作图； (2)依据所作图形，若以为边的正方形的面积为24，，则以为边的矩形的周长为________． 【答案】(1)见解析 (2)22 【分析】本题主要考查了尺规作图、解一元二次方程等知识点，理解题意成为解题的关键． （1）根据作图步骤作图即可； （2）根据题意设，则得，；由题目知，，由此求得x的值，则可求得周长的值． 【详解】（1）解：作图如下： （2）解：由，设， 则，； ，， ， 解得（负值已舍去） 则以为边的矩形的周长为； 故答案为：22． 6 学科网（北京）股份有限公司 $$