第3章 圆的基本性质知识归纳与题型训练（9类题型清单）-2024-2025学年九年级数学上册单元速记·巧练（浙教版）

第3章 《圆的基本性质》知识归纳与题型训练（9题型清单） 一、圆的认识 圆：在同一平面内，线段OP绕它固定的一个端点O旋转一周，另一端点P所经过的封闭曲线叫做圆 其他基本定义：定点O叫做圆心； 线段OP叫做圆的半径； 连结圆上任意两点的线段BC叫做弦； 经过圆心的弦AB叫做直径； 圆弧：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧； 点与圆的位置关系：d表示同一平面内点到圆心的距离 要点诠释： （1）其他基础定义：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；小于半圆的弧叫做劣弧，大于半圆的弧叫做优弧，半径相等的两个圆叫等圆，能够重合的圆弧叫做相等的弧； （2）圆的确定：不在同一直线上的三个点确定一个圆 （3）三角形与圆：经过三角形各个顶点的圆叫做三角形的外接圆，这个外接圆的圆心叫做三角形的外心，三角形叫做圆的内接三角形 二、图形的旋转 旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度 图形旋转的性质： 图形旋转所得的图形和原图形全等； 对应点到旋转中心的距离相等；任何一对对应点与旋转中心连线所成的角度等于旋转的角度 要点诠释： 有旋转必有等腰三角形，并且有8字类的相似 三、垂径定理 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：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧 推论2：平分弧的直径垂直平分弧所对的弦 要点诠释： 垂径定理相关计算常和直角三角形结合，利用勾股定理列方程求弦长、半径、弦心距等 四、圆心角 圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角； 圆心角定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等； 推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两个弦心距中有一对量相等，那么他们所对应的其余各对量都相等； 要点诠释： 与圆心角有关的定理及应用都有一个前提，即“在同圆或等圆中”，不加这个条件对应结论不成立。 五、圆周角 圆周角：顶点在圆上，且角的两边都和圆相交的角做圆周角； 圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半； 推论1：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2：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等；相等的圆周角所对的弧也相等； 要点诠释： 在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两个弦心距，两条弦，两个圆周角中有一对量相等，那么他们所对应的其余各对量都相等； 六、圆内接四边形 圆的内接四边形：一个四边形的各个顶点在同一圆上，那么这个四边形叫做圆的内接四边形，这个圆叫做四边形的外接圆； 圆的内接四边形的性质定理：圆内接四边形的对角互补； 要点诠释： 圆内接四边形的一个外角等于与其相邻内角的对角 七、正多边形 正多边形：各边相等、各内角也相等的多边形叫做正多边形 圆内接正多边形：我们把经过一个正多边形的各个顶点的圆叫做这个正多边形的外接圆，这个正多边形叫作圆内接正多边形。任何正多边形都有一个外接圆。 八、弧长及扇形的面积 半径：R；圆心角： 弧长公式： 扇形面积公式： 题型一　圆的认识 例题： 1．（2023秋•台州期中）已知⊙O的半径是3cm，则⊙O中最长的弦长是（　　） A．3cm B．6cm C．1.5cm D．cm 【分析】利用圆的直径为圆中最长的弦求解． 【解答】解：∵圆的直径为圆中最长的弦， ∴⊙O中最长的弦长为2×3＝6（cm）． 故选：B． 2．（2023秋•拱墅区校级月考）如图，OA是⊙O的半径，B为OA上一点（且不与点O、A重合），过点B作OA的垂线交⊙O于点C．以OB、BC为边作矩形OBCD，连结BD．若CD＝6，BC＝8，则AB的长为（　　） A．6 B．5 C．4 D．2 【分析】如图，连接OC，在Rt△OBC中，求出OB即可解决问题． 【解答】解：如图，连接OC． ∵四边形OBCD是矩形， ∴∠OBC＝90°，OB＝CD＝6， ∴OC＝OA＝＝10， ∴AB＝OA﹣OB＝4， 故选：C． 3．（2023秋•江夏区校级期末）已知⊙O的半径为3，点P到圆心O的距离为4，则点P与⊙O的位置关系是（　　） A．点P在⊙O外 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O内 D．无法确定 【分析】根据点与圆心的距离与半径的大小关系即可确定点P与⊙O的位置关系． 【解答】解：∵⊙O的半径分别是3，点P到圆心O的距离为4， ∴d＞r， ∴点P与⊙O的位置关系是：点在圆外． 故选：A． 巩固训练 4．（2024•浙江模拟）如图，X，Y，Z是某社区的三栋楼，XY＝40m，YZ＝30m，XZ＝50m．若在XZ中点M处建一个5G网络基站，该基站的覆盖半径为26m，则这三栋楼中在该基站覆盖范围内的是（　　） A．X，Y，Z B．X，Z C．Y，Z D．Y 【分析】根据勾股定理的逆定理证得△XYZ是直角三角形，可以根据直角三角形斜边中线的性质求得YM的长，然后与26m比较大小，即可解答本题． 【解答】解：∵XY＝40m，YZ＝30m，XZ＝50m． ∴XY2+YZ2＝XZ2， ∴△XYZ是直角三角形， ∴∠XYZ＝90°， ∵点N是斜边XZ的中点， ∴XM＝MZ＝25m， ∵△XYZ是直角三角形，YM是斜边XZ的中线， ∴YM＝XZ＝25m， ∵26＞25， ∴点X、Y、Z都在圆内， ∴这三栋楼都不该5G基站覆盖范围内． 故选：A． 5．（2023秋•柯桥区月考）如图，点B，E在半圆O上，四边形OABC，四边形ODEF均为矩形．若AB＝3，BC＝4，则DF的长为 　5　． 【分析】如图，连接OB与OE．根据矩形的性质，由四边形OABC是矩形，得∠CBA＝90°，OB＝AC．根据勾股定理，由Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，得AC＝5．根据圆上点到圆心的距离均相等，由AC＝OB＝5，得OE＝OB＝5．根据矩形的性质，由四边形ODEF均为矩形，得DF＝OE＝5． 【解答】解：如图，连接OB与OE． ∵四边形OABC是矩形， ∴∠CBA＝90°，OB＝AC． 在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4， ∴AC＝＝＝5． ∴AC＝OB＝5． ∴OE＝OB＝5． ∵四边形ODEF为矩形， ∴DF＝OE＝5． 故答案为：5． 6．（2023秋•黄岩区月考）如图，已知点A（2，1），B（3，0）为平面直角坐标系内两个点，以点A为圆心的⊙A经过坐标原点，AC⊥x轴于点C，点D为⊙A上的一动点，点E为BD的中点，则线段CE长度的最大值为 　　． 【分析】连接OA，AD，AB，取AB的中点为M，连接CM，EM，可求得，，根据三角形的三边关系即可求得答案． 【解答】解：如图所示，连接OA，AD，AB，取AB的中点为M，连接CM，EM． 根据题意，得 ， ∴． 根据题意，得 ． ∵M为Rt△ABC斜边AB的中点， ∴． ∵AB的中点为M，BD的中点为E， ∴． ∴CE≤MC+EM，即 ． ∴CE长度的最大值为． 故答案为：． 题型二　外心与三角形外接圆 例题： 1．（2023秋•浙江月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（3，6），B（1，4），C（1，0），则△ABC外接圆的圆心坐标是（　　） A．（4，2） B．（4，3） C．（5，3） D．（5，2） 【分析】作AB和BC的垂直平分线，它们的交点为△ABC的外接圆的圆心，然后直接读出△ABC的外接圆的圆心坐标． 【解答】解：如图所示：点P即为所求； 所以点P的坐标为（5，2）． 故选：D． 2．（2023•西湖区校级二模）如图，O为等腰三角形ABC的外心，AB＝AC，连接OB，记∠C＝α，∠CBO＝β，则α，β满足的关系式为（　　） A．2β﹣α＝90° B．2β﹣α＝180° C．β+α＝90° D．2a﹣β＝90° 【分析】根据等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理即可得到结论． 【解答】解：∵AB＝AC，∠ACB＝α， ∴∠ACB＝∠ABC＝α， ∴∠CAB＝180°﹣2α， 连接OC，OA， ∵O为等腰三角形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°， 故选：D． 3．（2024•镇海区校级开学）如果一个圆的内接三角形有一边的长度等于半径，那么称其为该圆的“半径三角形”．给出下面四个结论： ①一个圆的“半径三角形”有无数个； ②一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形； ③当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°； ④若一个圆的半径为2，则它的“半径三角形”面积最大值为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①② B．②③ C．①②③ D．①②④ 【分析】根据圆的“半径三角形”的概念判断①②；根据圆周角定理、等腰三角形的概念判断③；根据垂径定理求出AH，根据勾股定理求出OH，求出△ABC的最大面积，判断④． 【解答】解：如图，AB＝OA，即AB的长度等于半径， 以AB为边的圆的内接三角形有无数个， ∴一个圆的“半径三角形”有无数个，故①结论正确； ∵OA＝OB＝AB， ∴△OAB为等边三角形， ∴∠AOB＝60°， 当点C在优弧AB上时，∠C＝30°， 当点C在劣弧AB上时，∠C＝150°， 当点C在圆上移动时，∠CAB可能是90°， ∴一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形，故②结论正确； 由以上可知，∠C可以是30°或150°， 当AC＝AB，∠C＝30°时，∠CAB＝180°﹣30°3﹣30°＝120°， ∴当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°，故③结论正确； 过点O作OH⊥AB于H， 则AH＝HB＝AB＝1， ∴OH＝＝， 当点C为优弧AB的中点时，△ABC的面积最大，最大面积为：×2×（2+）＝2+，故④结论错误； 故选：C． 巩固训练 4．（2023秋•义乌市期中）△ABC的三边长分别为6，8，10，则△ABC的外接圆的半径为　5　． 【分析】先利用勾股定理的逆定理得到△ABC为直角三角形，利用斜边为外接圆的直径计算△ABC的外接圆的半径． 【解答】解：∵62+82＝102， ∴△ABC为直角三角形，10为斜边， ∴△ABC的外接圆的半径＝×10＝5． 故答案为：5． 5．（2024•诸暨市模拟）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点O，A，B，C在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原点建立直角坐标系． （1）过A，B，C三点的圆的圆心M坐标为 　（1，﹣2）　； （2）请通过计算判断点D（﹣3，﹣2）与⊙M的位置关系． 【分析】（1）连接AB，AC，过A，B，C三点的圆的圆心M为线段AB、AC的垂直平分线的交点，则M（1，﹣2），于是得到问题的答案； （2）连接MD、MA，可求得MD＝4，MA＝，则MD＞MA，所以点D（﹣3，﹣2）在⊙M外． 【解答】解：（1）连接AB，AC， 过A，B，C三点的圆的圆心M为线段AB、AC的垂直平分线的交点， 观察图形可知，点M的坐标为（1，﹣2）， 故答案为：（1，﹣2）． （2）连接MD、MA， ∵M（1，﹣2），D（﹣3，﹣2），A（﹣2，﹣1）， ∴MD＝1﹣（﹣3）＝4，MA＝＝， ∵4＞， ∴MD＞MA， ∵点D到圆心M的距离大于⊙M的半径， ∴点D（﹣3，﹣2）在⊙M外． 题型三　垂径定理及其应用 例题： 1．（2023秋•鄞州区期末）如图，⊙O的半径为5，弦AB＝6，点C在弦AB上，延长CO交⊙O于点D，则CD的取值范围是（　　） A．6≤CD≤8 B．8≤CD≤10 C．9＜CD＜10 D．9≤CD≤10 【分析】过O作OH⊥AB于H，由垂径定理得到BH＝AB＝3，由勾股定理求出OH＝＝4，当C和H重合时，CD的最小值是4+5＝9，当CD是圆直径时，CD的值最大是5×2＝10，即可得到CD的取值范围． 【解答】解：过O作OH⊥AB于H， ∴BH＝AB＝×6＝3， ∵⊙O的半径为5， ∴OB＝5， ∴OH＝＝4， ∴当C和H重合时，OC的最小值是4，CD的最小值是4+5＝9， 当CD是圆直径时，CD的值最大是5×2＝10， ∴CD的取值范围是9≤CD≤10． 故选：D． 2．（2024•西湖区一模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点E，连接OD．若AE＝2，CD＝12，则⊙O的半径长为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 【分析】设⊙O的半径是r，由垂径定理得到DE＝CD＝6，由勾股定理得到r2＝（r﹣2）2+62，求出r＝10，即可得到⊙O的半径长为10． 【解答】解：设⊙O的半径是r， ∵弦CD⊥BA， ∴DE＝CD＝×12＝6， ∵AE＝2， ∴OE＝r﹣2， ∵OD2＝OE2+DE2， ∴r2＝（r﹣2）2+62， ∴r＝10， ∴⊙O的半径长为10． 故选：C． 3．（2024•浙江一模）如图，P为直径AB上的一点，点M和N在⊙O上，且∠APM＝∠NPB＝30°．若OP＝2cm，AB＝16cm，则PN+PM＝　6　cm． 【分析】延长NP交⊙O于Q，作OH⊥NQ于H，连接MQ，ON，如图，由∠APM＝∠NPB，∠APQ＝∠NPB得到∠APM＝∠APQ，利用圆的对称性得到点M与点Q关于AB对称，则PM＝PQ，所以PN+PM＝PQ+PN＝NQ，在Rt△OPH中利用含30度的直角三角形三边的关系得到OH＝1cm，则在Rt△OHN中可勾股定理计算出NH＝3cm，然后根据垂径定理得到NH＝QH，NQ＝2NH＝6cm，即可得到PN+PM的值． 【解答】解：延长NP交⊙O于Q，作OH⊥NQ于H，连接MQ，ON，如图， ∵∠APM＝∠NPB， 而∠APQ＝∠NPB， ∴∠APM＝∠APQ， ∴点M与点Q关于AB对称， ∴PM＝PQ， ∴PN+PM＝PQ+PN＝NQ， 在Rt△OPH中，∵OP＝2cm，∠OPH＝30°， ∴OH＝1cm， 在Rt△OHN中，∵OH＝1cm，ON＝AB＝8cm， ∴NH＝＝3cm， ∵OH⊥NQ， ∴NH＝QN， ∴NQ＝2NH＝6cm， 故答案为：6． 4．（2023秋•新昌县期末）如图，在直角坐标系中，直线y＝x﹣4与坐标轴相交于点A，B，过点O，A的⊙E与该直线相交于点C，连结OE，OE＝2.5． （1）求点E到x轴的距离． （2）连结OC，求OC的长． 【分析】（1）过点E作EH⊥x轴于点H，如图，先确定A（4，0），再根据垂径定理得到OH＝2，然后利用勾股定理计算出EH即可； （2）连结OC，CE，如图，先求出B（0，﹣4），则可判断△OAB为等腰直角三角形，所以∠OAB＝45°，再根据圆周角定理得到∠OEC＝90°，所以△OCE为等腰直角三角形，于是根据等腰直角三角形的性质可求出OC的长． 【解答】解：（1）过点E作EH⊥x轴于点H，如图， 当y＝0时，x﹣4＝0，解得x＝4， ∴A（4，0）， ∵EH⊥OA， ∴OH＝AH＝OA＝2， 在Rt△OHE中，EH＝＝＝， ∴点E到x轴的距离为； （2）连结OC，CE，如图， 当x＝0时，y＝x﹣4＝﹣4， ∴B（0，﹣4）， ∵OA＝OB＝4， ∴△OAB为等腰直角三角形， ∴∠OAB＝45°， ∴∠OEC＝2∠OAB＝90°， △OEC为等腰直角三角形， ∴OC＝OE＝． 巩固训练 5．（2023秋•南浔区期末）高速公路的隧道和桥梁最多，如图是一个隧道的横截面，若它的形状是以O为圆心的圆的一部分，路面AB＝8米，净高CD＝8米，则此圆的半径OA＝（　　） A．5米 B．5.5米 C．6米 D．6.5米 【分析】根据垂径定理得到AD的长，再根据勾股定理即可求出半径． 【解答】解：由题意，得CD⊥AB， ∴AD＝AB， 设此圆的半径OA＝r米， ∵AB＝8米，CD＝8米， ∴AD＝4米，OD＝（8﹣r）米， 在Rt△OAD中， 由勾股定理，得OA2＝AD2+OD2， 即r2＝42+（8﹣r）2， 解得r＝5（米）， 故选：A． 6．（2022秋•温州期末）如图，点P在⊙O的直径AB上，作正方形PCDE和正方形PFGH，其中点D，G在直径所在直线上，点C，E，F，H都在⊙O上，若两个正方形的面积之和为16，OP＝，则DG的长是（　　） A．6 B．2 C．7 D．4 【分析】设正方形PFGH的边长是x，由条件得到x2+（x+2）2＝16，从而求出正方形PFGH的边长，得到正方形PCDE的边长，进一步求出PD，PG的长，即可求出DG的长． 【解答】解：作OK⊥PC于K，设正方形PFGH的边长是x， ∵四边形PCDE是正方形， ∴∠CPD＝45°， ∵∠OKP＝90°， ∴△KOP是等腰直角三角形， ∴PK＝OP＝1， ∴CK＝FK＝x+1， ∴PC＝CK+PK＝x+2， ∵两个正方形的面积之和为16， ∴x2+（x+2）2＝16， ∴x＝﹣1或x＝﹣﹣1（舍）， ∴PC＝x+2＝+1，PH＝x＝﹣1， ∴PD＝PC＝+，PG＝PH＝﹣， ∴DG＝PD+PG＝2． 故选：B． 7．（2023秋•文成县期中）“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1，其数学模型为如图2所示．园林中的一个圆弧形门洞的地面跨径AB＝1米，D为圆上一点，DC⊥AB于点C，且CD＝BC＝0.7米，则门洞的半径为（　　） A．1.7米 B．1.2米 C．1.3米 D．1.4米 【分析】过O作ON⊥AB于N，过D作DM⊥ON于M，由垂径定理得AN＝BN＝AB＝0.5（米），再证四边形DCNM是矩形，则MN＝CD＝0.7米，DM＝CN＝BC+BN＝1.2（米），设该圆的半径长为r米，然后由题意列出方程组，解方程组即可． 【解答】解：过O作ON⊥AB于N，过D作DM⊥ON于M，如图所示： 则AN＝BN＝AB＝0.5（米），∠ONC＝∠DMN＝90°， ∵DC⊥AB， ∴∠DCN＝90°， ∴四边形DCNM是矩形， ∴MN＝CD＝0.7米，DM＝CN＝BC+BN＝1.2（米）， 设该圆的半径长为r米， 由题意得：， 解得：， 即该圆的半径长为1.3米， 故选：C． 8．（2024•西湖区三模）如图，直线AB交⊙O于C，B两点，若AO⊥BO，且，则BC＝　　． 【分析】过点O作OD⊥BC于点D，根据垂径定理求出BD＝CD＝BC，∠BDO＝90°，根据直角三角形的性质求出AB＝＝5，∠A＝∠BOD，结合∠AOB＝∠BDO，即可判定△AOB∽△ODB，根据相似三角形的性质求出BD＝，据此求解即可． 【解答】解：如图，过点O作OD⊥BC于点D， ∴BD＝CD＝BC，∠BDO＝90°， ∴∠B+∠BOD＝90°， ∵＝＝1， ∴AO＝4，BO＝3， ∵AO⊥BO， ∴∠AOB＝90°， ∴∠A+B＝90°，AB＝＝5， ∴∠A＝∠BOD， 又∵∠AOB＝∠BDO， ∴△AOB∽△ODB， ∴＝， ∴＝， ∴BD＝， ∴BC＝2BD＝， 故答案为：． 9．（2024•温州模拟）某一公路单向隧道由一弧形拱与矩形组成，为了确定大货车通过公路隧道的最大高度，道路交通学习小组展开了以下研究．如图1，经测量得AB＝4m，为了确定BC与弧形拱半径的长度，学习小组找到一根5m长的笔直杆子，将杆子一端置于点C处，另一端置于AD上点E处，AE＝1m．如图2，调整杆子位置，直至一端在AB上的点G处，另一端在圆弧上点F处，FG⊥AB，GB＝1m，如图3，某一集装箱大货车宽为2.4m，则该大货车的最大高度（包括货物） 　　m． 【分析】如图1所示，过点E作ET⊥BC于T，则四边形ABTE是矩形，可得ET＝AB＝4m，BT＝AE＝1m，利用勾股定理可得CT＝3m，则BC＝CT+BT＝4m；如图2所示，设所在圆的圆心为O，过点O作OE⊥BC交BC于点E，交GF于点H，过点O作OK⊥CD于K，则四边形BEHG是矩形，四边形OECK是矩形，可得HG＝BE，HE＝BG＝1m，OE＝CK＝2m，则OH＝OE﹣HE＝1m，设HG＝BE＝am，则FH＝（5﹣a）m，CE＝（4﹣a）m，由勾股定理可得方程12+（5﹣a）2＝22+（4﹣a）2，解得a＝3，则FH＝2m，进而可得；如图3所示，构造MN//AB，且MN＝2.4m，过点O作OJ⊥MN于点J，OE⊥BC于E，延长JO交AB于L，连接OM，由垂径定理得到，则，由图2可知，BE＝3m，证明四边形OLBE是矩形，得到OL＝BE＝3m，，则大货车的最大高度（包括货物）为． 【解答】解：如图1所示，过点E作ET⊥BC于T， 则四边形ABTE是矩形， ∴ET＝AB＝4m，BT＝AE＝1m， ∴， ∴BC＝CT+BT＝4m； 如图2所示， 设所在圆的圆心为O，过点O作OE⊥BC交BC于点E，交GF于点H，过点O作OK⊥CD于K，则四边形BEHG是矩形，四边形OECK是矩形， ∴HG＝BE，HE＝BG＝1m，， ∴OH＝OE﹣HE＝1m， 设HG＝BE＝am，则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， ∴； 如图3所示， 构造MN//AB，且MN＝2.4m，过点O作OJ⊥MN于点J，OE⊥BC于E，延长JO交AB于L，连接OM， ∴， ∴， 由图2可知，BE＝3m， ∵MN∥AB，OJ⊥MN， ∴OL⊥AB， ∴四边形OLBE是矩形， ∴OL＝BE＝3m， ∴， ∴大货车的最大高度（包括货物）为， 故答案为：． 10．（2023秋•北仑区期中）如图，有一座拱桥是圆弧形，它的跨度AB＝60米，拱高PD＝18米． （1）求圆弧所在的圆的半径r的长； （2）当洪水泛滥到跨度只有30米时，要采取紧急措施，若拱顶离水面只有4米，即PE＝4米时，是否要采取紧急措施？ 【分析】（1）连接OA，利用r表示出OD的长，在Rt△AOD中根据勾股定理求出r的值即可； （2）连接OA′，在Rt△A′EO中，由勾股定理得出A′E的长，进而可得出A′B′的长，据此可得出结论． 【解答】解：（1）连接OA， 由题意得：AD＝AB＝30（米），OD＝（r﹣18）米， 在Rt△ADO中，由勾股定理得：r2＝302+（r﹣18）2， 解得，r＝34（米）； （2）连接OA′， ∵OE＝OP﹣PE＝30米， ∴在Rt△A′EO中，由勾股定理得：A′E2＝A′O2﹣OE2，即：A′E2＝342﹣302， 解得：A′E＝16（米）． ∴A′B′＝32（米）． ∵A′B′＝32＞30， ∴不需要采取紧急措施． 11．（2022秋•温州期末）根据素材解决问题． 设计货船通过圆形拱桥的方案 素材1 图1中有一座圆拱石桥，图2是其圆形桥拱的示意图，测得水面宽AB＝16m，拱顶离水面的距离CD＝4m． 素材2 如图3，一艘货船露出水面部分的横截面为矩形EFGH，测得EF＝3m，EH＝10m．因水深足够，货船可以根据需要运载货物．据调查，船身下降的高度y（米）与货船增加的载重量x（吨）满足函数关系式． 问题解决 任务1 确定桥拱半径 求圆形桥拱的半径 任务2 拟定设计方案 根据图3状态，货船能否通过圆形拱桥？若能，最多还能卸载多少吨货物？若不能，至少要增加多少吨货物才能通过？ 【分析】任务1，设 圆心为点O，则点O在CD延长线上，延长CD，则CD经过点O，连结AO，设桥拱的半径为r m，则OD＝（r﹣4）m，由勾股定理，垂径定理，列出关于半径的方程，即可解决问题； 任务2，由勾股定理得到货船不能通过圆形桥拱，通过计算，即可得到需要增加的货物的吨数． 【解答】解：任务1，设 圆心为点O，则点O在CD延长线上，延长CD，则CD经过点O，连结AO，如图， 设桥拱的半径为r m，则OD＝（r﹣4）m， ∵OC⊥AB， ∴m， ∵OD2+AD2＝OA2， ∴（r﹣4）2+82＝r2， ∴r＝10， ∴圆形拱桥的半径为10m． 任务2，根据图3状态，货船不能通过圆形桥拱，至少要增加吨的货物才能通过．理由： 当EH是⊙O的弦时，EH与OC的交点为M，连接OE，OH，如图， ∵四边形EFGH为矩形， ∴EH∥FG， ∵OC⊥AB， ∴OM⊥EH． ∴， ∴m， ∵OD＝6m， ∴， ∴根据图3状态，货船不能通过圆形桥拱， ∴船在水面部分可以下降的高度m． ∵， ∴吨， ∴至少要增加吨的货物才能通过． 题型四　圆心角定理及其推论 例题： 1．（2023秋•慈溪市期末）如图，在⊙O中，∠A＝30°，劣弧的度数是（　　） A．30° B．60° C．90° D．120° 【分析】连接OB，求出∠AOB，可得结论． 【解答】解：连接OB． ∵OA＝OB， ∴∠A＝∠B＝30°， ∴∠AOB＝180°﹣30°﹣30°＝120°， ∴的度数为120°． 故选：D． 2．（2023秋•拱墅区校级月考）如图，在⊙O中，AB＝CD，OE⊥AB，OF⊥CD，则下列结果中错误的是（　　） A． B．OE＝OF C．∠AOB＝∠COD D． 【分析】依据题意，根据同圆中等弦所对的圆心角相等、弦心距相等、弧相等，进而可以得解． 【解答】解：由题意，∵在⊙O中，AB＝CD，OE⊥AB，OF⊥CD， ∴、OE＝OF、∠AOB＝∠COD． ∴A、B、C正确，D错误． 故选：D． 3．（2023秋•萧山区期中）已知：如图，在⊙O中，AB＝CD，AB与CD相交于点M， （1）求证：＝； （2）求证：AM＝DM． 【分析】（1）由在⊙O中，AB＝CD，根据弦与弧的关系，可证得＝，继而可证得＝； （2）首先连接AC，BD，易证得△ACM≌△DBM，继而证得AM＝DM． 【解答】证明：（1）∵在⊙O中，AB＝CD， ∴＝， ∴﹣＝﹣， ∴＝； （2）连接AC，BD， ∵＝， ∴AC＝BD， 在△ACM和△DBM中， ， ∴△ACM≌△DBM（ASA）， ∴AM＝DM． 巩固训练 4．（2023秋•上城区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，∠D＝32°，则∠AOC等于（　　） A．158° B．58° C．64° D．116° 【分析】先根据圆周角定理求出∠BOC的度数，再由补角的定义即可得出结论． 【解答】解：∵∠D＝32°， ∴∠BOC＝2∠D＝64°， ∴∠AOC＝180°﹣64°＝116°． 故选：D． 5．（2023秋•西湖区校级期中）如图，在半径为3的⊙O中，AB是直径，AC是弦，D是的中点，AC与BD交于点E．若E是BD的中点，则AC的长是 　4　． 【分析】连接OD，交AC于F，根据垂径定理的推论得出OD⊥AC，AF＝CF，进而证得DF＝BC，根据三角形中位线定理求得OF＝BC＝DF，从而求得BC＝DF，利用勾股定理即可求得AC． 【解答】解：如图，连接OD，交AC于F， ∵D是的中点， ∴OD⊥AC，AF＝CF， ∴∠DFE＝90°， ∵OA＝OB，AF＝CF， ∴OF＝BC， ∵AB是直径， ∴∠ACB＝90°， 在△EFD和△ECB中， ， ∴△EFD≌△ECB（AAS）， ∴DF＝BC， ∴OF＝DF， ∵OD＝3， ∴OF＝1， ∴BC＝2， ∴AC＝＝＝4． 故答案为：4． 6．（2023秋•上城区校级期中）如图，以△ABC的一边AB为直径的半圆与其它两边AC，BC的交点分别为D，E，且．若半圆的直径为13，BC＝10，则BD的长为 　　． 【分析】先连结AE，根据ASA判定△AEB≌△AEC，再根据全等三角形的性质得出AB＝AC，再根据等腰三角形的性质以及勾股定理，求得AE和BE的长，再根据面积法即可求得BD的长． 【解答】解：连结AE， ∵AB是直径， ∴∠AEB＝∠AEC＝90°， ∵， ∴∠BAE＝∠CAE， 又AE＝AE， ∴△AEB≌△AEC（ASA）， ∴AB＝AC， 即△ABC为等腰三角形，AE⊥BC， ∴， 在Rt△ABE中，AB＝13，BE＝5， ∴，AB＝AC＝13， ∵AB是直径， ∴∠ADB＝90°， ∴， ∴， 故答案为：． 7．（2023秋•拱墅区校级月考）如图，在⊙O中，，CD⊥AO于点D，CE⊥OB于点E． （1）求证：AD＝BE． （2）若AD＝DO，r＝3，求CD长． 【分析】（1）连接OC，根据圆心角、弧、弦的关系定理得到∠AOC＝∠BOC，根据角平分线的性质定理证明结论； （2）求出OD，根据勾股定理即可求出CD． 【解答】（1）证明：连接OC， ∵＝， ∴∠AOC＝∠BOC，又CD⊥OA，CE⊥OB， ∴CD＝CE； （2）解：∵AD＝DO，r＝3， ∴AD＝DO＝， ∵CD⊥OA， ∴CD＝＝＝． 题型五　圆周角定理 例题： 1．（2023•宜都市二模）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，若∠AOC＝140°，则∠BDC＝（　　） A．20° B．40° C．55° D．70° 【分析】由邻补角的性质求出∠BOC的度数，由圆周角定理，即可求出∠BDC的度数． 【解答】解：∵∠BOC+∠AOC＝180°，∠AOC＝140°， ∴∠BOC＝180°﹣140°＝40°， ∴∠BDC＝∠BOC＝20°． 故选：A． 2．（2024•温州模拟）如图，AB，DE是⊙O的直径，弦CD∥直径AB，连结BC，BE，若∠BCD＝α，则∠CDE的度数为（　　） A．2α B．3α C．90°﹣α D．90°﹣2α 【分析】根据平行线的性质得出∠ABC，进而利用圆周角定理解答即可． 【解答】解：∵弦CD∥直径AB， ∴∠ABC＝∠BCD＝α， 由圆周角可知，∠BCD＝∠E＝α， ∵OE＝OB， ∴∠E＝∠ABE＝α， ∴∠CBE＝∠ABC+∠ABE＝2α， ∴∠CDE＝∠CBE＝2α， 故选：A． 3．（2023•宁波模拟）如图，AB是⊙O的直径，C，D两点在圆上，连接AD，CD，且＝，∠CAB＝25°，P为上一动点，在运动过程中，DP与AC相交于点M，当△CDM为等腰三角形时，∠PDC的度数为 　40°或70°或100°　． 【分析】根据＝，∠CAB＝25°，得∠CAD＝∠CAB＝25°，由AB是⊙O的直径，得∠C＝40°，然后分三种情况讨论即可求出答案． 【解答】解：∵＝，∠CAB＝25°， ∴∠CAD＝∠CAB＝25°， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠C＝40°， 当△CDM为等腰三角形时， ①当MD＝MC时，∠PDC＝∠C＝40°， ②当CD＝CM时，∠PDC＝＝70°， ③当DM＝DC时，∠PDC＝180°﹣2×40°＝100°， 故答案为：40°或70°或100°． 巩固训练 4．（2024•鹿城区校级三模）如图，AB是圆的直径，弦CD⊥AB交于点E，，点F在线段DC的延长线上，AF与圆交于点G．已知∠FAB＝45°，∠BAD＝30°，则FG＝　　． 【分析】连接BD、BG，AB交CD于点E，根据圆周角定理求出∠AGB＝∠ADB＝90°，根据垂径定理求出CE＝DE＝CD＝，∠AED＝∠BED＝∠AEF＝90°，解直角三角形求解即可． 【解答】解：如图，连接BD、BG，AB交CD于点E， ∵AB是圆的直径， ∴∠AGB＝∠ADB＝90°， ∵AB是圆的直径，CD⊥AB， ∴CE＝DE＝CD＝，∠AED＝∠BED＝∠AEF＝90°， ∵∠BAD＝30°， ∴AD＝2DE＝2，AE＝DE＝3，∠ABD＝60°， ∴∠BDE＝90°﹣60°＝30°， ∴BE＝tan30°•DE＝DE＝1， ∴AB＝AE+BE＝4， ∵∠FAB＝45°，∠AGB＝90°， ∴AG＝AB＝2， 在Rt△AEF中，∠FAE＝45°， ∴AF＝AE＝3， ∴FG＝AF﹣AG＝， 故答案为：． 5．（2023秋•定海区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E． （1）求证：点E是BC的中点； （2）若∠C＝70°，求∠BOD的度数． 【分析】（1）连接AE，由圆周角定理推出AE⊥BC，由等腰三角形的性质即可证明E是BC的中点； （2）由等腰三角形的性质得到∠B＝∠C＝70°，求出∠BAC＝40°，由圆周角定理推出∠BAC＝∠BOD，即可求出∠BOD＝80°． 【解答】（1）证明：连接AE， ∵AB是圆的直径， ∴AE⊥BC， ∵AB＝AC， ∴E是BC的中点； （2）解：∵AB＝AC ∴∠B＝∠C＝70° ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝40°， ∵∠BAC＝∠BOD， ∴∠BOD＝80°． 6．（2024•鹿城区校级三模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点F，AC绕点C旋转某个度数，使点A与上的点E重合． （1）求证：∠2＝2∠1． （2）当时，求CG：GE的值． 【分析】（1）连接OC，OE，依题意得CA＝CE，OA＝OE＝OC，由此可依据“SSS”判定△CAO和△CEO全等，则∠OCA＝∠OCE，进而得∠2＝2∠OCA，根据OA＝OC得∠OCA＝∠1，据此可得出结论； （2）连接BC，设∠1＝α，则∠2＝2α，证明弧BD＝弧BC＝弧DE，则∠1＝∠BAD＝∠DCB＝∠DCE＝α，∠ACB＝4α＝90°，由此得α＝22.5°，进而得∠DAC＝∠2＝45°，则△GAC为等腰直角三角形，AC＝AE＝，进而得GE＝CE﹣CG＝，据此可得CG：GE的值． 【解答】（1）证明：连接OC，OE，如图1所示： ∵弦CE是由弦CA绕点C旋转得到的， ∴CA＝CE， ∵AB是⊙O的直径， ∴OA＝OE＝OC， 在△CAO和△CEO中， ， ∴△CAO≌△CEO（SSS）， ∴∠OCA＝∠OCE， ∴∠2＝2∠OCA， ∵OA＝OC， ∴∠OCA＝∠1， ∴∠2＝2∠1； （2）解：连接BC，如图2所示： 设∠1＝α， 由（1）的结论得：∠2＝2α ∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB， ∴弧BD＝弧BC，∠ACB＝90°， ∵弧BD＝弧DE， ∴弧BD＝弧BC＝弧DE， ∴∠1＝∠BAD＝∠DCB＝∠DCE＝α， ∴∠ACB＝∠2+∠DCB+∠DCE＝4α＝90°， ∴α＝22.5°， ∴∠2＝2α＝45°，∠BAD＝α＝22.5°， ∴∠DAC＝∠1+∠BAD＝2α＝45°， ∴∠DAC＝∠2＝45°， ∴△GAC为等腰直角三角形，即AG＝CG， 由勾股定理得：AC＝， ∴CE＝CA＝， ∴GE＝CE﹣CG＝＝， ∴CG：GE＝CG：＝． 7．（2024•浙江模拟）如图，AB是半径为5的⊙O的直径，C是的中点，连接CD交AB于点E，连接AC，AD，OC． （1）求证：OC⊥AD． （2）若BE＝1，求AD的长． （3）如图2，作CF⊥AB于点H，交AD于点F，射线CB交AD的延长线于点G，若OH＝1，求AG的长． 【分析】（1）根据题意得出，即可证明CA＝CD，得到CO垂直平分AD，即可证明结论． （2）延长CO交AD于点P．连结BD．证明△DBE∽△COE，根据相似三角形的性质得到比例关系计算即可； （3）解法一：延长CO交AD于点P．利用勾股定理证明△COH≌△AOP（AAS），再证明△GBA∽△GDC，根据相似三角形的性质得到比例关系计算即可； 解法二：设HF＝x．利用勾股定理列出等式求解即可． 【解答】解：（1）如图，连接OD． ∵C是的中点， ∴， ∴CA＝CD． ∵OA＝OD， ∴CO垂直平分AD， ∴OC⊥AD． （2）如图．延长CO交AD于点P．连接BD． ∵OC⊥AD， ∴∠CPA＝90°， ∵AB是直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠ADB＝∠CPA， ∴OC∥BD， ∴△DBE∽△COE， ∴． ∵OB＝OC＝OA＝5，BE＝1， ∴OE＝OB﹣BE＝4，AB＝10， ∴， ∴在Rt△ABD中，． （3）解法一：如图．延长CO交AD于点P． ∵CF⊥AB， ∴∠CHA＝∠CHB＝90°． ∵OH＝1，OC＝OA＝OB＝5， ∴AH＝6，BH＝4， ∴，， ， ∴． ∵∠CHA＝∠CPA＝90°，∠COH＝∠AOP，OC＝OA， ∴△COH≌△AOP（AAS）， ∴． ∵OC⊥AD， ∴． ∵， ∴∠BAD＝∠BCD． ∵∠G＝∠G， ∴△GBA∽△GDC， ∴． ∵GD＝AG﹣AD，GB＝CG﹣BC， ∴， 解得． 解法二：∵CF⊥AB， ∴∠CHA＝∠CHB＝90°． ∵OH＝1，OC＝OA＝OB＝5， ∴AH＝6，BH＝4， ∴． ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ABC＝∠ACH． ∵CA＝CD， ∴∠CAD＝∠CDA． ∵∠CDA＝∠ABC， ∴∠CAD＝∠ACH， ∴FA＝FC， ∴FA＝FG，即AG＝2AF． 设HF＝x．在Rt△AHF中，，解得． ∴， ∴． 题型六　圆内接四边形 例题： 1．（2023秋•嵊州市期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的一个外角∠CBE＝70°，则∠ADC的度数为（　　） A．110° B．70° C．140° D．160° 【分析】利用圆内接四边形的性质即可．证明∠ADC＝∠CBE即可得到答案． 【解答】解：∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°， ∴∠ADC＝∠CBE＝70°． 故选：B． 2．（2024•龙湾区开学）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝144°，则∠AOC的大小是（　　） A．36° B．72° C．46° D．92° 【分析】先依据内接四边形的性质求得∠B的度数，然后再依据圆周角定理求得∠AOC的度数即可． 【解答】解：∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形， ∴∠B+∠ADC＝180°， ∴∠B＝180°﹣144°＝36°， ∴∠AOC＝2∠B＝72°． 故选：B． 3．（2023秋•安吉县月考）如图，AB是⊙O的直径，点C、D、E在⊙O上，若∠DCB＝115°，∠EAB＝55°，且AB＝4，则ED为（　　） A．2 B．6 C．3 D．3 【分析】连接OE、OD、BE，过O点作OH⊥DE于H，如图，利用圆内接四边形的性质得到∠BED＝65°，再根据圆周角定理得到∠AEB＝90°，则∠AED＝25°，所以∠AOD＝50°，计算出∠AOE＝70°，接着计算出∠DOE＝120，所以∠ODE＝∠OED＝30°，这样可计算出OH＝，DH＝3，然后根据垂径定理得到DE＝6． 【解答】解：连接OE、OD、BE，过O点作OH⊥DE于H，如图， ∵∠BED+∠C＝180°， ∴∠BED＝180°﹣115°＝65°， ∵AB为直径， ∴∠AEB＝90°， ∴∠AED＝90°﹣∠BED＝90°﹣65°＝25°， ∴∠AOD＝2∠AED＝2×25°＝50°， ∵OA＝OE， ∴∠OEA＝∠OAE＝55°， ∴∠AOE＝180°﹣55°﹣55°＝70°， ∴∠DOE＝∠AOE+∠AOD＝70°+50°＝120°， ∵OD＝OE， ∴∠ODE＝∠OED＝30°， 在Rt△ODH中，OH＝OD＝×2＝， ∴DH＝×＝3， ∵OH⊥DE， ∴EH＝DH＝3， ∴DE＝6． 故选：B． 巩固训练 4．（2024•钱塘区三模）如图，已知点A，B，C，D在⊙O上．若∠CAD＝35°，∠ABD＝50°，则∠ADC的度数为 　95°　． 【分析】由圆周角定理得到∠CBD＝∠CAD＝35°，求出∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝85°，由圆内接四边形的性质推出∠ADC+∠ABC＝180°，即可求出∠ABC＝95°． 【解答】解：∵∠CBD＝∠CAD＝35°， ∴∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝50°+35°＝85°， ∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠ADC+∠ABC＝180°， ∴∠ABC＝95°． 故答案为：95°． 5．（2023秋•下城区校级月考）如图，四边形ABCD内接于半圆O（点A，B，C，D在半圆O上），AB为⊙O的直径，且∠ADC＝110°，则∠BAC的度数为 　20　度． 【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠ABC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据直角三角形的两锐角互余计算即可． 【解答】解：∵四边形ABCD为圆O的内接四边形， ∴∠ADC+∠ABC＝180°， ∵∠ADC＝110°， ∴∠ABC＝180°﹣110°＝70°， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠BAC＝90°﹣70°＝20°， 故答案为：20． 6．（2023秋•余姚市期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，延长AB，DC交于点E，DE＝DA． （1）求证：△BCE是等腰三角形； （2）若点C是中点，AB＝11，BC＝4，求AD的长． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠E＝∠A，，圆内接四边形的性质及邻补角的定义得到∠A＝∠BCE，从而得到E＝∠BCE，，即可得到BE＝CB； （2）通过证得△BCE∽△DAE，得到，即，解得m＝10，即可求得AD＝10． 【解答】（1）证明：∵DE＝DA， ∴∠E＝∠A， ∵∠A+∠BCD＝180°，∠BCE+∠BCD＝180°， ∴∠A＝∠BCE， ∴∠E＝∠BCE， ∴BE＝CB， ∴△BCE是等腰三角形； （2）解：∵点C是中点， ∴DC＝BC＝4， ∵BE＝CB，AB＝11， ∴AE＝15， 设AD＝ED＝m，则CE＝m﹣4， ∵∠A＝∠BCE，∠AED＝∠CEB， ∴△BCE∽△DAE， ∴，即， 解得m＝10或m＝﹣4（舍去）， ∴AD的长为10． 7．（2022秋•下城区校级期中）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＞90°，它的外角∠EAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC，DB交AC于点F． （1）若∠EAD＝75°，求的度数． （2）求证：DB＝DC． （3）若DA＝DF，当∠ABC＝α，求∠DFC的度数（用含α的代数式表示）． 【分析】（1）根据题意可得∠EAC＝2∠DAE＝150°，从而得到∠BAC＝180°﹣∠EAC＝30°，即可求解； （2）由题意易得∠BCD+∠BAD＝180°，则有∠EAD＝∠BCD，进而可得∠EAD＝∠DAC，则∠BCD＝∠CBD，即可求证； （3）先证明△DAF∽△DBC，可得∠ADF＝∠BDC，进而可得，然后可得，即可求解． 【解答】（1）解：∵∠EAD＝75°，AD平分∠EAC， ∴∠EAC＝2∠DAE＝150°， ∴∠BAC＝180°﹣∠EAC＝30°， ∴的度数为30°×2＝60°； （2）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠BCD+∠BAD＝180°， ∵∠DAB+∠EAD＝180°， ∴∠EAD＝∠BCD， ∵AD平分∠EAC， ∴∠EAD＝∠DAC， ∴∠CAD＝∠BCD， ∵∠CAD＝∠CBD， ∴∠BCD＝∠CBD， ∴DB＝DC； （3）解：∵DA＝DF， ∴∠DAF＝∠DFA， ∴∠DAF＝∠DFA＝∠CBD＝∠BCD， ∴△DAF∽△DBC， ∴∠ADF＝∠BDC， ∵∠ABC＝α，圆内接四边形对角互补， ∴∠ADC＝180°﹣α， ∴， ∴， ∴． 题型七　正多边形与圆 例题： 1．（2023•鄞州区开学）如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心．若∠ADB＝20°，则这个正多边形的边数为（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 【分析】连接OA，OB，根据圆周角定理得到∠AOB＝2∠ADB＝40°，即可得到结论． 【解答】解：连接OA，OB， ∵A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心， ∴点A、B、C、D在以点O为圆心，OA为半径的同一个圆上， ∵∠ADB＝20°， ∴∠AOB＝2∠ADB＝40°， ∴这个正多边形的边数＝＝9． 故选：C． 2．（2024•鹿城区校级三模）如图，正六边形ABCDEF的边长为，以顶点A为圆心，AB长为半径画圆，则图中阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据正六边形的性质求出∠A的度数，再由扇形面积的计算方法进行计算即可． 【解答】解：∵六边形ABCDEF是正六边形， ∴∠A＝＝120°，AB＝AF＝， ∴S阴影部分＝S扇形BAF＝＝π， 故选：B． 3．（2024•宁波模拟）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提出了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．如图，⊙O的半径为1，如用⊙O的内接正八边形来近似估计圆的面积，则可得π的近似值为．若用⊙O的内接正n边形的面积估计圆的面积，能得出π的近似值为3，则n＝（　　） A．6 B．10 C．12 D．15 【分析】过点A作AC⊥OB于C，然后可以表示出分割成n个三角形的面积，然后分别代入选项中的数值计算可得答案． 【解答】解：过点A作AC⊥OB于C， ∴n×＝πr2， 代入π＝3，r＝1，即＝3， 当n＝6时，∠α＝60°，|AC|＝r•sin60°＝， 6×≠3，故A选项不正确； 当n＝10时，∠α＝36°，|AC|＝r•sin36°， 10×≠3，故B选项不正确； 当n＝12，∠α＝30°，|AC|＝r•sin30°＝， 12×＝3，故C选项正确； 故选：C． 巩固训练 4．（2023秋•婺城区校级月考）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，设正六边形ABCDEF的面积为S1，△ACE的面积为S2，则＝　2　． 【分析】根据圆内接正六边形的性质可用半径r表示正六边形的面积S1，再根据圆内接正三角形的性质可用半径r表示正三角形的面积S2，最后再计算的值即可． 【解答】解：如图，连接OC，OD，OE，OD交CE于点M，过点O作ON⊥CD于点N，设⊙O的半径为r，则OC＝OD＝OE＝r， ∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形， ∴∠COD＝＝60°， ∵OC＝OD， ∴△COD是正三角形， ∴CD＝OC＝OD＝r， ∵ON⊥CD， ∴CN＝DN＝CD＝r， ∴ON＝＝r， ∴正六边形ABCDEF的面积为S1＝6S△COD＝6××r×r＝r2； 由题意可知，△ACE是⊙O的内接正三角形， ∴∠COM＝60°， ∴OM＝OC＝r，CM＝OC＝r， ∴CE＝2CM＝r， ∴△ACE的面积为S2＝3S△OCE＝3××r×r＝r2； ∴＝2． 5．（2024•西湖区校级二模）如图，正六边形ABCDEF与正方形AGDH都内接于⊙O，连接BG，则弦BG所对圆周角的度数为 　15°或165°　． 【分析】根据圆内接正方形，圆内接正六边形的性质求出其中心角的度数，再根据圆周角定理进行计算即可． 【解答】解：如图，连接OA，OB，OG， ∵正方形AGDH是⊙O的内接正方形， ∴∠AOG＝＝90°， ∵正六边形ABCDEF是⊙O的正六边形， ∴∠AOB＝＝60°， ∴∠BOG＝90°﹣60°＝30°， ∴弦BG所对劣弧所对应圆周角的度数为∠BOG＝15°． 弦BG所对优弧所对应圆周角的度数为180°﹣15°＝165°． 故答案为：15°或165°． 题型八　弧长与扇形面积 例题： 1．（2024•瑞安市校级模拟）点A，B，C在⊙O上的位置如图所示，∠A＝70°，⊙O的半径为3，则的长是（　　） A． B． C． D．7π 【分析】根据圆周角定理求出∠BOC的度数，再由弧长公式计算即可． 【解答】解：∵∠A＝70°， ∴∠BOC＝2∠A＝140°， ∴＝×2π×3＝π． 故选：B． 2．（2023秋•新昌县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝6，∠BAC＝120°，现以三角形的一条边为直径作圆，圆与另外两条边所在的直线交于点D，E（D，E不与△ABC的顶点重合），则的长为（　　） A．π或2π B．π或π C．π或2π D．π或4π 【分析】分两种情况讨论，作出图形，根据等腰三角形的性质，利用圆周角定理求得∠DOE的度数，然后求得圆O的半径，利用弧长公式求得即可． 【解答】解：如图1，以BC为直径作⊙O，交BC于D，交CA、BA的延长线于点D、E，连接OD、OE， ∵AB＝AC＝6，∠BAC＝120°， ∴∠B＝∠C＝30°，OB＝OC， ∴∠BOD＝∠COE＝60°， ∴∠DOE＝60°， AB＝AC＝6，O是BC的中点， ∴AO⊥BC， 在Rt△AOB中，∠B＝30°， ∴OB＝AB＝＝3， ∴＝＝， 如图2，以AB为直径作⊙O，交BC于D，交CA的延长线于E，连接OD、OE， ∵AB＝AC＝6，∠BAC＝120°， ∴∠B＝30°，∠AOC＝60°，OA＝3， ∴∠AOD＝60°， ∴∠DOE＝120°， ∴＝＝2π． 综上，的长为， 故选：A． 3．（2023•鄞州区校级开学）下列各图中的正方形面积相等，图（　　）的阴影面积与另外三图不同． A． B． C． D． 【分析】令正方形的边长为a，用a分别表示出四个选项中阴影部分的面积即可解决问题． 【解答】解：令正方形的边长为a， 则A选项中阴影部分的面积可表示为：a2﹣＝， B选项中阴影部分的面积可表示为：， C选项中阴影部分的面积可表示为：a2﹣＝， D选项中阴影部分的面积可表示为：a2﹣＝． 所以B选项符合题意． 故选：B． 4．（2023秋•越城区期末）如图，△ABC是正三角形，曲线CDEF叫做正三角形的渐开线，其中、、的圆心依次是点A，B，C，它们互相连结，如果AB＝1． （1）求曲线CDEF的长； （2）求整个图形的面积． 【分析】（1）由△ABC是正三角形，可得AC＝BC＝AB＝1，∠CAB＝∠ABC＝∠BCA＝60°，则AD＝AC＝1，BE＝AB+AD＝2，CF＝BC+BE＝3，∠CAD＝∠ABE＝∠BCF＝120°，根据曲线CDEF的长为，计算求解即可； （2）如图，作BG⊥AC于G，则，由勾股定理得，根据整个图形的面积为S△ABC+S扇形CAD+S扇形DBE+S扇形ECF，计算求解即可． 【解答】解：（1）∵△ABC是正三角形， ∴AC＝BC＝AB＝1，∠CAB＝∠ABC＝∠BCA＝60°， ∴AD＝AC＝1，BE＝AB+AD＝2，CF＝BC+BE＝3，∠CAD＝∠ABE＝∠BCF＝120°， ∴曲线CDEF的长为， ∴曲线CDEF的长为4π； （2）如图，作BG⊥AC于G， ∴， 由勾股定理得， ∴整个图形的面积为 ， ∴整个图形的面积为． 巩固训练 5．（2023秋•诸暨市期中） 如图是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示，它是以O为圆心，OA，OB长分别为半径，圆心角∠O＝120°形成的扇面，若OA＝5m，OB＝3m，则阴影部分的面积是（　　） A． B． C．4π D． 【分析】利用扇形面积公式，根据S阴影＝S扇形AOD﹣S扇形BOC即可求解． 【解答】解：S阴影＝S扇形AOD﹣S扇形BOC ＝﹣ ＝ ＝ ＝（m2）， 故选：D． 6．（2023秋•镇海区月考）如图，扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C，D分别在OA，上，连接BC，CD，点D，O关于直线BC对称，的长为2π，则图中阴影部分的面积为 　　． 【分析】连接OD，BD，证明△OBD为等边三角形，求出扇形的半径，然后求出，，，即可得出答案． 【解答】解：连接OD，BD，如图所示： ∵点D，O关于直线BC对称， ∴BD＝BO＝OD，∠BDC＝∠BOC＝90°，OD⊥BC，∠DBC＝∠OBC，OF＝DF， ∴∠ODB＝∠OBD＝∠BOD＝60°， ∴∠AOD＝90°﹣60°＝30°， ∵l＝2π， ∴， 解得：OA＝12， ∴OB＝OD＝BD＝OA＝12， ∵∠OBD＝60°， ∴，， 在Rt△OBC中，， ∴， ∴， ， ， ∴S阴影＝S扇形OBD﹣S△OBD+S△BCD ＝， 故答案为：． 7．（2023秋•瑞安市月考）已知扇形面积为12πcm2，圆心角为120°，则此扇形弧长为　4π　cm． 【分析】利用扇形的面积公式求出扇形的半径，再利用弧长公式计算即可． 【解答】解：设扇形的半径为Rcm． 由题意：＝12π， 解得R＝6， ∴扇形的弧长＝＝4π（cm）． 8．（2024•吴兴区校级开学）如图，直径AB为3厘米的半圆绕点A逆时针旋转60°，使AB到达AC的位置，求图中阴影部分的周长和面积． 【分析】观察图形可知，这个阴影部分的周长等于直径3厘米圆的周长与半径3厘米，圆心角60度的弧长之和，据此根据圆的周长及弧长公式计算即可解答； 根据阴影部分的面积＝以AC为直径的半圆的面积+扇形ABC的面积﹣以AB为直径的半圆的面积＝扇形ABC的面积，即求阴影部分的面积就等于求扇形ABC的面积． 【解答】解：阴影部分的周长是2个扇形圆弧加以AB为半径的60°圆弧， 所以C＝＝4π（厘米）； 阴影部分面积是以AB为半径的60°扇形面积， 所以S＝＝（平方厘米）． 9．（2023秋•下城区月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作半圆O，交BC于点D，交AC于点E． （1）求证：BD＝CD． （2）若∠BAC＝50°，求、、的度数． （3）过点D作DF⊥AB于点F，若BC＝8，AF＝3BF，求的长． 【分析】（1）连接AD，利用圆周角定理推知AD⊥BD，然后由等腰三角形的性质证得结论； （2）连接OD，OE，根据已知条件得到∠EOD＝50°，∠BOD＝50°，所以根据三角形内角和定理求得∠AOE的度数，即可得解； （3）设半径OD＝x．则AB＝2x．由AF＝3BF可得AF＝AB＝x，BF＝AB＝x，根据射影定理知：BD2＝BF•AB，据此列出方程求得x的值，最后代入弧长公式求解． 【解答】（1）证明：如图，连接AD． ∵AB是圆O的直径， ∴AD⊥BD． 又∵AB＝AC， ∴BD＝CD． （2）解：连接OD，OE， ∵BD＝DC，OA＝OB， ∴OD∥AC， ∴∠BOD＝∠BAC＝50°， ∴＝50°， 在△AOE中，OA＝OE， 又∵∠BAC＝50°， ∴∠OEA＝50°， ∴∠AOE＝80°， ∴＝80°，∠DOE＝50°， ∴＝50°． （3）∵BC＝8，BD＝CD， ∴BD＝4． 设半径OD＝x．则AB＝2x． 由AF＝3BF可得AF＝AB＝x，BF＝AB＝x， ∵AD⊥BD，DF⊥AB， ∴BD2＝BF•AB，即42＝x•2x． 解得x＝4． ∴OB＝OD＝BD＝4， ∴△OBD是等边三角形， ∴∠BOD＝60°． ∴＝＝． 10．（2023秋•鄞州区校级月考）如图，AB是⊙O的直径，C、D为⊙O上两点，CF⊥AB于点F，CE⊥AD交AD的延长线于点E，且CE＝CF． （1）求证：点C是的中点； （2）若∠EAB＝60°，OA＝6，求图中阴影部分的面积． 【分析】（1）由CF⊥AB，CE⊥AD，CE＝CF，得到∠DAC＝∠BAC，即可证明＝； （2）连接OD，由∠EAB＝60°，OD＝OA＝6，推出△OAD是等边三角形，得到∠AOD＝60°，求出扇形OAD的面积，△OAD的面积，即可求出阴影的面积． 【解答】（1）证明：∵CF⊥AB，CE⊥AD，CE＝CF， ∴∠DAC＝∠BAC， ∴＝， ∴点C是的中点； （2）解：连接OD， ∵∠EAB＝60°，OD＝OA＝6， ∴△OAD是等边三角形， ∴∠AOD＝60°， ∴扇形OAD的面积＝＝6π，△OAD的面积＝OA2＝9， ∴阴影部分的面积＝扇形OAD的面积﹣△OAD的面积＝6π﹣9． 题型九　圆的综合题 例题： 1．（2024•浙江模拟）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠ABC＝60°，BD平分∠ABC．点E在BD上，点F在AB上，有∠CEF＝120°． （1）如图2，BC为直径． ①求证：EF＝EC． ②已知BC＝12，若点F为AB的中点，求BE的长． （2）求的值． 【分析】（1）①过点E作EN⊥BC于点N，EM⊥AB于点M，则有EM＝EN，证明ENC≌△EMF（AAS），即可得证； ②证明Rt△EMB≌Rt△ENB（HL），可得BM＝BN，由①得MF＝NC，即得BF+BC＝2BN，利用锐角三角函数可得，由圆周角定理得BAC＝90°，再由直角三角形的性质可得BC＝2BA，从而可得BF+BC＝15，即可求解； （2）根据角平分线的定义和圆周角定理可得∠DAC＝∠2＝∠1＝∠DCA＝30°，证明E、F、B、C四点共圆，可得∠1＝∠ECF＝∠2＝∠EFC＝30°，证得△ADC∽△FEC，△ACF∽△DCE，作DJ⊥AC于点J，根据等腰三角形的判定与性质得，在利用锐角三角函数可得，即可求解． 【解答】（1）①证明：过点E作EN⊥BC于点N，EM⊥AB于点M，则有EM＝EN， ∵∠ABC＝60°，∠CEF＝120°， ∴∠EFB+∠ECB＝180°， ∵∠EFB+∠EFM＝180°， ∴∠EFM＝∠ECN， 又∵∠ENC＝∠EMF＝90°，EN＝EM， ∴△ENC≌△EMF（AAS）， ∴EF＝EC； ②解：∵∠ENC＝∠EMF＝90°，EM＝EN，BE＝BE， ∴Rt△EMB≌Rt△ENB（HL）， ∴BM＝BN， 由①得，ENC≌△EMF， ∴MF＝NC， ∴BF+BC＝BM﹣FM+BN+NC＝BM+BN＝2BN， 在Rt△BEN中，，即， ∴， ∵BC为⊙O直径， ∴BAC＝90°， ∴∠BCA＝90°﹣60°＝30°， ∴BC＝2BA， 又∵点F为AB的中点， ∴， ∴BF+BC＝15， ∴； （2）解：连接CF， ∵BD平分∠ABC， ∴∠1＝∠2＝30°， ∴∠DAC＝∠2＝∠1＝∠DCA＝30°， ∵∠FEC＝120°，∠FBC＝60°， ∴∠FEC+∠FBC＝180°， ∴E、F、B、C四点共圆， ∴∠1＝∠ECF＝∠2＝∠EFC＝30°， ∴∠DAC＝∠DCA＝∠ECF＝∠EFC＝30°， ∴△ADC∽△FEC， ∴，∠ECF＝∠DCA， ∴∠ACF＝∠DCE， ∴△ACF∽△DCE， ∴， 作DJ⊥AC于点J， ∵∠DAC＝∠ACD＝30°， ∴AD＝DC， ∴， 在Rt△DCJ中，， ∴， ∴． 巩固训练 2．（2024春•上城区校级期中）如图，已知AB是⊙O的弦，点C、D是⊙O上的两个点，AD交BC于点E，连结DB，∠AEC＝∠BAC． （1）求证：点C是的中点． （2）若BD＝5，AD＝7，AB＝8，求的值． （3）若∠ABC＝30°，则的值是否为定值？如果是，请求出其值；如果不是，请说明理由． 【分析】（1）利用三角形的外角的性质和圆周角定理解答即可； （2）过点D作DF∥BC，交AB的延长线于点F，利用平行线的性质，等腰三角形的判定与性质得到BF＝BD＝5，则AF＝AB+BF＝13，利用相似三角形的判定与性质得到AE的长度，再利用相似三角形的判定与性质解答即可； （3）利用圆周角定理和等边三角形的判定与性质得到∠OAC＝60°，OA＝OC＝AC＝CD，设OA＝OC＝AC＝CD＝a，利用垂径定理和直角三角形的性质求得AD，再利用相似三角形的判定与性质得到，最后利用（2）的结论解答即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵∠AEC＝∠DAB+∠ABC，∠BAC＝∠CAD+∠BAD，∠AEC＝∠BAC， ∴∠DAB+∠ABC＝∠CAD+∠BAD， ∴∠ABC＝∠CAD， ∴， ∴点C是的中点； （2）解：过点D作DF∥BC，交AB的延长线于点F，如图， ∵DF∥BC， ∴∠BDF＝∠CBD，∠F＝∠ABC， 由（1）知：， ∴∠ABC＝∠DBC， ∴∠F＝∠BDF， ∴BF＝BD＝5． ∴AF＝AB+BF＝13． ∵DF∥BC， ∴△AEB∽△ADF， ∴， ∴， ∴AE＝． ∵∠ACE＝∠BCA，∠CAE＝∠ABC， ∴△CAE∽△CBA， ∴＝． （3）的值为定值，其值为．理由： 连接OA，OC，CD，如图， 由（1）知：， ∴AC＝CD，∠ABC＝∠DBC＝30°， ∴∠AOC＝2∠ABC＝60°， ∵OC＝OA， ∴△OAC为等边三角形， ∴∠OAC＝60°，OA＝OC＝AC＝CD． 设OA＝OC＝AC＝CD＝a， ∵， ∴OC⊥AD， ∴AH＝HD＝AD，AH平分∠OAC， ∴OH＝CH＝a， ∴AH＝a， ∴AD＝2AH＝a． ∵DF∥BC， ∴∠F＝∠ABC＝30°， ∴∠F＝∠DBC＝30°． ∵∠DAB＝∠DCB ∴△DAF∽△DCB， ∴＝． 由（2）知：BD＝BF， ∴AB+BF＝AD+AB， ∴＝． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！24 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第3章 《圆的基本性质》知识归纳与题型训练（9题型清单） 一、圆的认识 圆：在同一平面内，线段OP绕它固定的一个端点O旋转一周，另一端点P所经过的封闭曲线叫做圆 其他基本定义：定点O叫做圆心； 线段OP叫做圆的半径； 连结圆上任意两点的线段BC叫做弦； 经过圆心的弦AB叫做直径； 圆弧：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧； 点与圆的位置关系：d表示同一平面内点到圆心的距离 要点诠释： （1）其他基础定义：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；小于半圆的弧叫做劣弧，大于半圆的弧叫做优弧，半径相等的两个圆叫等圆，能够重合的圆弧叫做相等的弧； （2）圆的确定：不在同一直线上的三个点确定一个圆 （3）三角形与圆：经过三角形各个顶点的圆叫做三角形的外接圆，这个外接圆的圆心叫做三角形的外心，三角形叫做圆的内接三角形 二、图形的旋转 旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度 图形旋转的性质： 图形旋转所得的图形和原图形全等； 对应点到旋转中心的距离相等；任何一对对应点与旋转中心连线所成的角度等于旋转的角度 要点诠释： 有旋转必有等腰三角形，并且有8字类的相似 三、垂径定理 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：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧 推论2：平分弧的直径垂直平分弧所对的弦 要点诠释： 垂径定理相关计算常和直角三角形结合，利用勾股定理列方程求弦长、半径、弦心距等 四、圆心角 圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角； 圆心角定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等； 推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两个弦心距中有一对量相等，那么他们所对应的其余各对量都相等； 要点诠释： 与圆心角有关的定理及应用都有一个前提，即“在同圆或等圆中”，不加这个条件对应结论不成立。 五、圆周角 圆周角：顶点在圆上，且角的两边都和圆相交的角做圆周角； 圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半； 推论1：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2：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等；相等的圆周角所对的弧也相等； 要点诠释： 在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两个弦心距，两条弦，两个圆周角中有一对量相等，那么他们所对应的其余各对量都相等； 六、圆内接四边形 圆的内接四边形：一个四边形的各个顶点在同一圆上，那么这个四边形叫做圆的内接四边形，这个圆叫做四边形的外接圆； 圆的内接四边形的性质定理：圆内接四边形的对角互补； 要点诠释： 圆内接四边形的一个外角等于与其相邻内角的对角 七、正多边形 正多边形：各边相等、各内角也相等的多边形叫做正多边形 圆内接正多边形：我们把经过一个正多边形的各个顶点的圆叫做这个正多边形的外接圆，这个正多边形叫作圆内接正多边形。任何正多边形都有一个外接圆。 八、弧长及扇形的面积 半径：R；圆心角： 弧长公式： 扇形面积公式： 题型一　圆的认识 例题： 1．（2023秋•台州期中）已知⊙O的半径是3cm，则⊙O中最长的弦长是（　　） A．3cm B．6cm C．1.5cm D．cm 2．（2023秋•拱墅区校级月考）如图，OA是⊙O的半径，B为OA上一点（且不与点O、A重合），过点B作OA的垂线交⊙O于点C．以OB、BC为边作矩形OBCD，连结BD．若CD＝6，BC＝8，则AB的长为（　　） A．6 B．5 C．4 D．2 3．（2023秋•江夏区校级期末）已知⊙O的半径为3，点P到圆心O的距离为4，则点P与⊙O的位置关系是（　　） A．点P在⊙O外 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O内 D．无法确定 巩固训练 4．（2024•浙江模拟）如图，X，Y，Z是某社区的三栋楼，XY＝40m，YZ＝30m，XZ＝50m．若在XZ中点M处建一个5G网络基站，该基站的覆盖半径为26m，则这三栋楼中在该基站覆盖范围内的是（　　） A．X，Y，Z B．X，Z C．Y，Z D．Y 5．（2023秋•柯桥区月考）如图，点B，E在半圆O上，四边形OABC，四边形ODEF均为矩形．若AB＝3，BC＝4，则DF的长为 　 　． 6．（2023秋•黄岩区月考）如图，已知点A（2，1），B（3，0）为平面直角坐标系内两个点，以点A为圆心的⊙A经过坐标原点，AC⊥x轴于点C，点D为⊙A上的一动点，点E为BD的中点，则线段CE长度的最大值为 　 　． 题型二　外心与三角形外接圆 例题： 1．（2023秋•浙江月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（3，6），B（1，4），C（1，0），则△ABC外接圆的圆心坐标是（　　） A．（4，2） B．（4，3） C．（5，3） D．（5，2） 2．（2023•西湖区校级二模）如图，O为等腰三角形ABC的外心，AB＝AC，连接OB，记∠C＝α，∠CBO＝β，则α，β满足的关系式为（　　） A．2β﹣α＝90° B．2β﹣α＝180° C．β+α＝90° D．2a﹣β＝90° 3．（2024•镇海区校级开学）如果一个圆的内接三角形有一边的长度等于半径，那么称其为该圆的“半径三角形”．给出下面四个结论： ①一个圆的“半径三角形”有无数个； ②一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形； ③当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°； ④若一个圆的半径为2，则它的“半径三角形”面积最大值为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①② B．②③ C．①②③ D．①②④ 巩固训练 4．（2023秋•义乌市期中）△ABC的三边长分别为6，8，10，则△ABC的外接圆的半径为　 　． 5．（2024•诸暨市模拟）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点O，A，B，C在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原点建立直角坐标系． （1）过A，B，C三点的圆的圆心M坐标为 　 　； （2）请通过计算判断点D（﹣3，﹣2）与⊙M的位置关系． 题型三　垂径定理及其应用 例题： 1．（2023秋•鄞州区期末）如图，⊙O的半径为5，弦AB＝6，点C在弦AB上，延长CO交⊙O于点D，则CD的取值范围是（　　） A．6≤CD≤8 B．8≤CD≤10 C．9＜CD＜10 D．9≤CD≤10 2．（2024•西湖区一模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点E，连接OD．若AE＝2，CD＝12，则⊙O的半径长为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 3．（2024•浙江一模）如图，P为直径AB上的一点，点M和N在⊙O上，且∠APM＝∠NPB＝30°．若OP＝2cm，AB＝16cm，则PN+PM＝　 　cm． 4．（2023秋•新昌县期末）如图，在直角坐标系中，直线y＝x﹣4与坐标轴相交于点A，B，过点O，A的⊙E与该直线相交于点C，连结OE，OE＝2.5． （1）求点E到x轴的距离． （2）连结OC，求OC的长． 巩固训练 5．（2023秋•南浔区期末）高速公路的隧道和桥梁最多，如图是一个隧道的横截面，若它的形状是以O为圆心的圆的一部分，路面AB＝8米，净高CD＝8米，则此圆的半径OA＝（　　） A．5米 B．5.5米 C．6米 D．6.5米 6．（2022秋•温州期末）如图，点P在⊙O的直径AB上，作正方形PCDE和正方形PFGH，其中点D，G在直径所在直线上，点C，E，F，H都在⊙O上，若两个正方形的面积之和为16，OP＝，则DG的长是（　　） A．6 B．2 C．7 D．4 7．（2023秋•文成县期中）“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1，其数学模型为如图2所示．园林中的一个圆弧形门洞的地面跨径AB＝1米，D为圆上一点，DC⊥AB于点C，且CD＝BC＝0.7米，则门洞的半径为（　　） A．1.7米 B．1.2米 C．1.3米 D．1.4米 8．（2024•西湖区三模）如图，直线AB交⊙O于C，B两点，若AO⊥BO，且，则BC＝　 　． 9．（2024•温州模拟）某一公路单向隧道由一弧形拱与矩形组成，为了确定大货车通过公路隧道的最大高度，道路交通学习小组展开了以下研究．如图1，经测量得AB＝4m，为了确定BC与弧形拱半径的长度，学习小组找到一根5m长的笔直杆子，将杆子一端置于点C处，另一端置于AD上点E处，AE＝1m．如图2，调整杆子位置，直至一端在AB上的点G处，另一端在圆弧上点F处，FG⊥AB，GB＝1m，如图3，某一集装箱大货车宽为2.4m，则该大货车的最大高度（包括货物） 　 　m． 10．（2023秋•北仑区期中）如图，有一座拱桥是圆弧形，它的跨度AB＝60米，拱高PD＝18米． （1）求圆弧所在的圆的半径r的长； （2）当洪水泛滥到跨度只有30米时，要采取紧急措施，若拱顶离水面只有4米，即PE＝4米时，是否要采取紧急措施？ 11．（2022秋•温州期末）根据素材解决问题． 设计货船通过圆形拱桥的方案 素材1 图1中有一座圆拱石桥，图2是其圆形桥拱的示意图，测得水面宽AB＝16m，拱顶离水面的距离CD＝4m． 素材2 如图3，一艘货船露出水面部分的横截面为矩形EFGH，测得EF＝3m，EH＝10m．因水深足够，货船可以根据需要运载货物．据调查，船身下降的高度y（米）与货船增加的载重量x（吨）满足函数关系式． 问题解决 任务1 确定桥拱半径 求圆形桥拱的半径 任务2 拟定设计方案 根据图3状态，货船能否通过圆形拱桥？若能，最多还能卸载多少吨货物？若不能，至少要增加多少吨货物才能通过？ 题型四　圆心角定理及其推论 例题： 1．（2023秋•慈溪市期末）如图，在⊙O中，∠A＝30°，劣弧的度数是（　　） A．30° B．60° C．90° D．120° 2．（2023秋•拱墅区校级月考）如图，在⊙O中，AB＝CD，OE⊥AB，OF⊥CD，则下列结果中错误的是（　　） A． B．OE＝OF C．∠AOB＝∠COD D． 3．（2023秋•萧山区期中）已知：如图，在⊙O中，AB＝CD，AB与CD相交于点M， （1）求证：＝； （2）求证：AM＝DM． 巩固训练 4．（2023秋•上城区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，∠D＝32°，则∠AOC等于（　　） A．158° B．58° C．64° D．116° 5．（2023秋•西湖区校级期中）如图，在半径为3的⊙O中，AB是直径，AC是弦，D是的中点，AC与BD交于点E．若E是BD的中点，则AC的长是 　 　． 6．（2023秋•上城区校级期中）如图，以△ABC的一边AB为直径的半圆与其它两边AC，BC的交点分别为D，E，且．若半圆的直径为13，BC＝10，则BD的长为 　 　． 7．（2023秋•拱墅区校级月考）如图，在⊙O中，，CD⊥AO于点D，CE⊥OB于点E． （1）求证：AD＝BE． （2）若AD＝DO，r＝3，求CD长． 题型五　圆周角定理 例题： 1．（2023•宜都市二模）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，若∠AOC＝140°，则∠BDC＝（　　） A．20° B．40° C．55° D．70° 2．（2024•温州模拟）如图，AB，DE是⊙O的直径，弦CD∥直径AB，连结BC，BE，若∠BCD＝α，则∠CDE的度数为（　　） A．2α B．3α C．90°﹣α D．90°﹣2α 3．（2023•宁波模拟）如图，AB是⊙O的直径，C，D两点在圆上，连接AD，CD，且＝，∠CAB＝25°，P为上一动点，在运动过程中，DP与AC相交于点M，当△CDM为等腰三角形时，∠PDC的度数为 　 　． 巩固训练 4．（2024•鹿城区校级三模）如图，AB是圆的直径，弦CD⊥AB交于点E，，点F在线段DC的延长线上，AF与圆交于点G．已知∠FAB＝45°，∠BAD＝30°，则FG＝　 　． 5．（2023秋•定海区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E． （1）求证：点E是BC的中点； （2）若∠C＝70°，求∠BOD的度数． 6．（2024•鹿城区校级三模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点F，AC绕点C旋转某个度数，使点A与上的点E重合． （1）求证：∠2＝2∠1． （2）当时，求CG：GE的值． 7．（2024•浙江模拟）如图，AB是半径为5的⊙O的直径，C是的中点，连接CD交AB于点E，连接AC，AD，OC． （1）求证：OC⊥AD． （2）若BE＝1，求AD的长． （3）如图2，作CF⊥AB于点H，交AD于点F，射线CB交AD的延长线于点G，若OH＝1，求AG的长． 题型六　圆内接四边形 例题： 1．（2023秋•嵊州市期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的一个外角∠CBE＝70°，则∠ADC的度数为（　　） A．110° B．70° C．140° D．160° 2．（2024•龙湾区开学）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝144°，则∠AOC的大小是（　　） A．36° B．72° C．46° D．92° 3．（2023秋•安吉县月考）如图，AB是⊙O的直径，点C、D、E在⊙O上，若∠DCB＝115°，∠EAB＝55°，且AB＝4，则ED为（　　） A．2 B．6 C．3 D．3 巩固训练 4．（2024•钱塘区三模）如图，已知点A，B，C，D在⊙O上．若∠CAD＝35°，∠ABD＝50°，则∠ADC的度数为 　 　． 5．（2023秋•下城区校级月考）如图，四边形ABCD内接于半圆O（点A，B，C，D在半圆O上），AB为⊙O的直径，且∠ADC＝110°，则∠BAC的度数为 　 　度． 6．（2023秋•余姚市期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，延长AB，DC交于点E，DE＝DA． （1）求证：△BCE是等腰三角形； （2）若点C是中点，AB＝11，BC＝4，求AD的长． 7．（2022秋•下城区校级期中）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＞90°，它的外角∠EAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC，DB交AC于点F． （1）若∠EAD＝75°，求的度数． （2）求证：DB＝DC． （3）若DA＝DF，当∠ABC＝α，求∠DFC的度数（用含α的代数式表示）． 题型七　正多边形与圆 例题： 1．（2023•鄞州区开学）如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心．若∠ADB＝20°，则这个正多边形的边数为（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 2．（2024•鹿城区校级三模）如图，正六边形ABCDEF的边长为，以顶点A为圆心，AB长为半径画圆，则图中阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 3．（2024•宁波模拟）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提出了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．如图，⊙O的半径为1，如用⊙O的内接正八边形来近似估计圆的面积，则可得π的近似值为．若用⊙O的内接正n边形的面积估计圆的面积，能得出π的近似值为3，则n＝（　　） A．6 B．10 C．12 D．15 巩固训练 4．（2023秋•婺城区校级月考）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，设正六边形ABCDEF的面积为S1，△ACE的面积为S2，则＝　 　． 5．（2024•西湖区校级二模）如图，正六边形ABCDEF与正方形AGDH都内接于⊙O，连接BG，则弦BG所对圆周角的度数为 　 　． 题型八　弧长与扇形面积 例题： 1．（2024•瑞安市校级模拟）点A，B，C在⊙O上的位置如图所示，∠A＝70°，⊙O的半径为3，则的长是（　　） A． B． C． D．7π 2．（2023秋•新昌县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝6，∠BAC＝120°，现以三角形的一条边为直径作圆，圆与另外两条边所在的直线交于点D，E（D，E不与△ABC的顶点重合），则的长为（　　） A．π或2π B．π或π C．π或2π D．π或4π 3．（2023•鄞州区校级开学）下列各图中的正方形面积相等，图（　　）的阴影面积与另外三图不同． A． B． C． D． 4．（2023秋•越城区期末）如图，△ABC是正三角形，曲线CDEF叫做正三角形的渐开线，其中、、的圆心依次是点A，B，C，它们互相连结，如果AB＝1． （1）求曲线CDEF的长； （2）求整个图形的面积． 巩固训练 5．（2023秋•诸暨市期中） 如图是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示，它是以O为圆心，OA，OB长分别为半径，圆心角∠O＝120°形成的扇面，若OA＝5m，OB＝3m，则阴影部分的面积是（　　） A． B． C．4π D． 6．（2023秋•镇海区月考）如图，扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C，D分别在OA，上，连接BC，CD，点D，O关于直线BC对称，的长为2π，则图中阴影部分的面积为 　 　． 7．（2023秋•瑞安市月考）已知扇形面积为12πcm2，圆心角为120°，则此扇形弧长为　 　cm． 8．（2024•吴兴区校级开学）如图，直径AB为3厘米的半圆绕点A逆时针旋转60°，使AB到达AC的位置，求图中阴影部分的周长和面积． 9．（2023秋•下城区月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作半圆O，交BC于点D，交AC于点E． （1）求证：BD＝CD． （2）若∠BAC＝50°，求、、的度数． （3）过点D作DF⊥AB于点F，若BC＝8，AF＝3BF，求的长． 10．（2023秋•鄞州区校级月考）如图，AB是⊙O的直径，C、D为⊙O上两点，CF⊥AB于点F，CE⊥AD交AD的延长线于点E，且CE＝CF． （1）求证：点C是的中点； （2）若∠EAB＝60°，OA＝6，求图中阴影部分的面积． 题型九　圆的综合题 例题： 1．（2024•浙江模拟）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠ABC＝60°，BD平分∠ABC．点E在BD上，点F在AB上，有∠CEF＝120°． （1）如图2，BC为直径． ①求证：EF＝EC． ②已知BC＝12，若点F为AB的中点，求BE的长． （2）求的值． 巩固训练 2．（2024春•上城区校级期中）如图，已知AB是⊙O的弦，点C、D是⊙O上的两个点，AD交BC于点E，连结DB，∠AEC＝∠BAC． （1）求证：点C是的中点． （2）若BD＝5，AD＝7，AB＝8，求的值． （3）若∠ABC＝30°，则的值是否为定值？如果是，请求出其值；如果不是，请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！20 学科网（北京）股份有限公司 $$