专题24.15 圆全章专项复习【6大考点21种题型】-2024-2025学年九年级数学下册举一反三系列（沪科版）

专题24.15 圆全章专项复习【6大考点21种题型】 【沪科版】 【考点1 图形的旋转】 1 【题型1 利用旋转的性质求角的度数】 2 【题型2 利用旋转的性质求线段长度】 3 【题型3 利用旋转的性质求面积】 4 【题型4 平面直角坐标系中的旋转变换】 5 【题型5 与旋转有关的探究性问题】 7 【考点2 中心对称】 10 【题型6 识别中心对称图形】 11 【题型7 中心对称的性质运用】 11 【题型8 与中心对有关的探究问题】 12 【考点3 圆的有关性质】 15 【题型9 垂径定理的应用】 16 【题型10 弧、弦、圆心角的关系】 17 【题型11 圆周角定理及其推论的应用】 18 【题型12 巧用圆内接四边形的性质求解】 20 【考点4 点和圆、直线和圆的位置关系】 21 【题型13 切线的判定】 23 【题型14 切线的性质】 24 【题型15 切线长定理】 25 【题型16 三角形的外接圆与内切圆】 27 【考点5 正多边形和圆】 28 【题型17 正多边形和圆的有关计算】 29 【题型18 正多边形中的规律探究性问题】 30 【考点6 弧长和扇形面积】 32 【题型19 圆锥侧面展开图的有关计算】 32 【题型20 不规则图形面积的计算】 34 【题型21 利用弧长和扇形面积公式解决几何图形的旋转问题】 35 【考点1 图形的旋转】 知识点一 旋转的定义 在平面内，把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，就叫做图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。 我们把旋转中心、旋转角度、旋转方向称为旋转的三要素。 知识点二 旋转的性质 旋转的特征：（1）对应点到旋转中心的距离相等；（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；（3）旋转前后的图形全等。 理解以下几点： （1） 图形中的每一个点都绕旋转中心旋转了同样大小的角度。（2）对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等。（3）图形的大小与形状都没有发生改变，只改变了图形的位置。 知识点三 利用旋转性质作图 旋转有两条重要性质：（1）任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；（2）对应点到旋转中心的距离相等，它就是利用旋转的性质作图的关键。步骤可分为： ①连：即连接图形中每一个关键点与旋转中心； ②转：即把直线按要求绕旋转中心转过一定角度（作旋转角） ③截：即在角的另一边上截取关键点到旋转中心的距离，的到各点的对应点； ④接：即连接到所连接的各点。 【题型1 利用旋转的性质求角的度数】 【例1】（23-24九年级·重庆·期中）如图，将正方形的边绕点顺时针旋转得到，连接，再将绕点顺时针旋转得到，连接，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（23-24九年级·河南新乡·期中）如图，中，，，P为三角形内一点． ，则的度数是 ． 【变式1-2】（23-24九年级·湖北武汉·阶段练习）如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】（23-24九年级·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，两个全等的含角的直角三角板，将绕点逆时针旋转角（）得到，若交于点，连接，当 时，为等腰三角形． 【题型2 利用旋转的性质求线段长度】 【例2】（23-24九年级·上海·期末）如图，已知在中，，，点、点在边上，且，若，则 ．    【变式2-1】（23-24九年级·福建福州·期中）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转，得到，连接，则的长是 ．    【变式2-2】（23-24九年级·上海长宁·期末）如图，正方形的边长为，将绕点旋转，得到，其中、的对应点分别是点、．如果点在正方形内，且到点、的距离相等，那么的长为 ． 【变式2-3】（23-24九年级·河南南阳·期末）如图，在矩形中，，点为边上的动点，连接，将线段绕点顺时针旋转，点落在点处，当点在矩形外部时，连接．若为直角三角形，则的长为 ． 【题型3 利用旋转的性质求面积】 【方法总结】解答图形旋转衍生的面积计算问题时,要善于分析图形面积之间的和差关系,并运用旋转的性质进行转化(旋转前后两个图形的面积相等),将不规则图形的面积转化为规则图形的面积. 【例3】（23-24九年级·江苏镇江·期中）如图，边长为1的正方形绕点C逆时针旋转后得到正方形，边与交于点E，则阴影部分的面积是（   ） A． B． C． D． 【变式3-1】（23-24九年级·安徽芜湖·期中）如图，中，，，，，将绕点C逆时针旋转至，使得点恰好落在AB上，与BC交于点D，则的面积为 ． 【变式3-2】（23-24九年级·广东佛山·期中）如图，在中，，，O为的中点，将绕点O顺时针旋转得到，D、E分别在边和的延长线上，连接，若，则的面积是（　　） A． B． C． D． 【变式3-3】（23-24九年级·四川成都·期中）如图，绕点顺时针旋转得到，若是等边三角形，，则图中阴影部分得面积等于 ． 【题型4 平面直角坐标系中的旋转变换】 【方法总结】此类题目主要对旋转、勾股定理、轴对称等内容进行综合考查.要注意旋转中心的确定. 【例4】（2024·江苏徐州·模拟预测）在的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形的顶点坐标分别为，，，．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题： (1)将线段绕点C逆时针旋转，画出对应线段； (2)在线段上画点E，使（保留画图过程的痕迹）； (3)连接，画点E关于直线的对称点F，并简要说明画法． 【变式4-1】（23-24九年级·陕西汉中·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别为，，． (1)先向下平移2个单位，再向左平移5个单位得到（点、、分别与点A、B、C对应），请在图中画出； (2)将绕点B顺时针旋转得到（点、分别与点A、C对应），请在图中画出，并写出点的坐标． 【变式4-2】（23-24九年级·河南郑州·期末）在平面直角坐标系中，的顶点为． (1)平移，若点的对应点的坐标为，画出平移后的； (2)将以点为旋转中心旋转，画出旋转后对应的； (3)已知将绕某一点旋转可以得到，则旋转中心的坐标为______． 【变式4-3】（23-24九年级·内蒙古鄂尔多斯·期末）正方形网格中（网格中的每个小正方形边长是1），的顶点均在格点上，请在所给的直角坐标系中解答下列问题： (1)作出绕点A逆时针旋转的． (2)作出关于原点O成中心对称的． (3)在x轴上找一点P使得最小，则P点坐标 (4)请直接写出以为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标 ． 【题型5 与旋转有关的探究性问题】 【方法总结】与旋转有关的探究性问题,考查操作、想象、探究能力.解决这类问题,需要首先确定旋转的角度和方向、旋转前后对应的角与边,明确旋转过程中的变量与不变量,利用旋转前后的图形全等进行边与角的计算. 【例5】（2024·山西大同·模拟预测）综合与实践： 如图1，已知点D是等边三角形边上的一点（不与点B，C重合）． 动手操作： 第一步：连接，以A为旋转中心，将线段顺时针旋转，得到线段，连接； 第二步：以D为旋转中心，将线段逆时针旋转，得到线段，连接，交于点M． 特例探究： （1）如图2，当点D为中点时，点F恰好在上，请写出线段与的数量关系，并说明理由； 探索发现： （2）如图1，当点D不是中点时，请判断（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； （3）当，时，请直接写出的长． 【变式5-1】（23-24九年级·陕西西安·期末）（1）【探究发现】如图1，P是等边 内一点，，，求 的度数． 解：将 绕点B逆时针旋转到的位置，连接．，则是______三角形． ∴， 又∵， ∴ ∴为直角三角形 ∴∠APB的度数为______． （2）【类比延伸】如图2，在正方形内部有一点P，连接 ，若 ，，，求的长； （3）【拓展迁移】如图3，在正六边形内部有一点P，若 ，，，请直接写出 的度数及正六边形的边长． 【变式5-2】（23-24九年级·湖北孝感·期末）在“综合与实践”课上，同学们以“图形的旋转”为主题开展数学活动．    (1)探究发现 如图，在等边内部有一点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，若，则的度数是 ． (2)类比延伸 如图，在中，，．在内部有一点，连接，若，试判断之间的数量关系，并说明理由． (3)迁移应用 如图，在中，，．在直线的上方有一点，连接，若∠，则存在实数使得成立，请直接写出的值． 【变式5-3】（2024·吉林长春·二模）旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知识相结合来解决实际问题，某学校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究：和均为等腰直角三角形，，点为中点，将绕点旋转，连接、． 观察猜想： （1）如图1，在旋转过程中，求证：； 探究发现： （2）如图2，当点在内且三点共线时，试探究线段、与之间的数量关系，并说明理由； 解决问题： （3）若中，，在旋转过程中，当且三点共线时，直接写出的长． 【考点2 中心对称】 知识点一 中心对称的定义 中心对称：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心。 注意以下几点： 中心对称指的就是两个图形的位置关系；只有一个对称中心；绕对称中心旋转180°两个图形能够完全重合。 知识点二 作一个图形关于某点对称的图形 要作出一个图形关于某一点的成中心对称的图形，关键就是作出该图形上关键点关于对称中心的对称点。最后将对称点按照原图形的形状连接起来，即可的出成中心对称图形。 知识点三 中心对称的性质 有以下几点： （1） 关于中心对称的两个图形上的对应点的连线都经过对称中心，并且都被对称中心平分； （2） 关于中心对称的两个图形能够互相重合，就是全等形； （3） 关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或共线）且相等。 知识点四 中心对称图形的定义 把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就就是它的对称中心。 知识点五 关于原点对称的点的坐标 在平面直角坐标系中，如果两个点关于原点对称，它们的坐标符号相反，即点p（x,y）关于原点对称点为（-x,-y）。 【题型6 识别中心对称图形】 【例6】（23-24九年级·广东深圳·期中）下列几种著名的数学曲线中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【变式6-1】（2024·四川自贡·模拟预测）在图形“线段、矩形、等腰梯形、等边三角形、平行四边形”中是轴对称不是中心对称的图形有 ． 【变式6-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）我国古代典籍《周易》用“卦”描述世间万象的变化．下图为部分“卦”的符号，其中是中心对称图形的是（    ） A．  B．  C．   D．   【变式6-3】（23-24九年级·湖北黄冈·期中）下列四种图案中，是中心对称图形的有 个， 　 　 　       【题型7 中心对称的性质运用】 【例7】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，连接，交于点．若与关于点成中心对称，连接．若，则的长为（   ） A．15 B．14 C．13 D．12 【变式7-1】（23-24九年级·陕西咸阳·期末）如图，在四边形中，，，点D与点C关于点E成中心对称，连接并延长，与的延长线交于点F．求证：是等腰三角形． 【变式7-2】（23-24九年级·福建泉州·期末）如图，中，，，．作出共于点A成中心对称的，其中点B对应点为，点C对应点为，则四边形的面积是（    ） A．128 B． C．64 D． 【变式7-3】（2024·江苏泰州·二模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点、分别是直线与坐标轴的交点，点，点是边上的一点，，垂足为，点在边上，且、两点关于轴上某点成中心对称，连接、．线段长度的最小值为 ．    【题型8 与中心对有关的探究问题】 【例8】（2024·山西晋中·模拟预测）综合与实践 [动手操作]任意一个四边形通过剪裁，都可以拼接成一个三角形，方法如下：如图1，E，F，G，H分别是边，，，的中点，连接，P是线段的中点，连接，，沿线段，，剪开，将四边形分成①，②，③，④四部分，按如图2所示的方式即可拼成一个无缝隙也不重叠的． 关于在拼接过程中用到的图形的变换，说法正确的是（    ） A．①→①是轴对称B．②→②是平移 C．③→③是中心对称D．④→④是中心对称 [性质探究]如图3，连接，，，判断四边形的形状，并说明理由． [综合运用]若是一个边长为4的等边三角形，则四边形的对角线的最小值为__________． 【变式8-1】（23-24九年级·湖北荆州·期末）阅读下面材料，完成以下问题．如图1，如图2，将一张矩形纸片顺着中缝或对角线所在的直线翻折，其折痕将这个矩形一分为二，两部分的形状与大小完全一样．如图3，如图4，用两条直线将一个矩形分成面积相等的四部分. 我们知道，矩形是一种特殊的平行四边形，对于一般的平行四边形（如图4），是否和矩形一样，也存在这样的直线，将其面积二等分，或进一步将其面积四等分？它们之间又有什么规律呢？   问题1：平分平行四边形的面积，除以下两种方法以外（图5、图6），你还有其他什么方法，请在图7中画出来．   问题2：通过平分平行四边形的面积，你能平分下面图案（图8）的面积，请在图8中画出来 问题3：老师将两个正方形按照图9所示的方式摆放，请你试着将整个图形的面积平分． 问题4：如图10，平面直角坐标系中放着6个边长为1个单位的小正方形，经过原点的直线恰好将6个正方形分成面积相等的两部分，请你画出这条直线，并直接写出该直线的表达式． 【变式8-2】（23-24九年级·江苏淮安·期中）如图，是等边三角形，边在直线l上，动点O在直线l上（O不与点B重合）． 操作探究1：在图中作出关于点O的中心对称图形，连接，，则四边形的形状是__________． 操作探究2：如图，若把等边三角形改为等腰三角形，动点O在直线l上（O不与点B重合），与关于O成中心对称，当在C的右侧且时，判断四边形的形状，并说明理由． 操作探究3：若是任意三角形，且点A在直线l的上方，动点O在直线l上（O不与点B重合），在下图中已作出关于点O的中心对称图形．的一个参考图形，连接，当与满足什么关系时，四边形是正方形，直接写出答案． 【变式8-3】（23-24九年级·四川成都·期末）如图，在平面直角坐标系中，点，点，点，以、为边作，点为中点，连接、．          (1)分别求出线段和线段所在直线解析式； (2)点为线段上的一个动点，作点关于点的中心对称点，设点横坐标为，用含的代数式表示点的坐标（不用写出的取值范围）； (3)在（2）的条件下， ①当点移动到的边上时，求点坐标； ②为中点，为中点，连接、．请利用备用图探究，直接写出在点的运动过程中，周长的最小值和此时点的坐标． 【考点3 圆的有关性质】 知识点一 圆的定义 圆的定义：第一种：在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫作圆。固定的端点O叫作圆心，线段OA叫作半径。第二种：圆心为O，半径为r的圆可以瞧成就是所有到定点O的距离等于定长r的点的集合。 比较圆的两种定义可知：第一种定义就是圆的形成进行描述的，第二种就是运用集合的观点下的定义，但就是都说明确定了定点与定长，也就确定了圆。 知识点二 圆的相关概念 弦：连接圆上任意两点的线段叫做弦，经过圆心的弦叫作直径。 弧：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆。 等圆：等够重合的两个圆叫做等圆。 等弧：在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧。 弦就是线段，弧就是曲线，判断等弧首要的条件就是在同圆或等圆中，只有在同圆或等圆中完全重合的弧才就是等弧，而不就是长度相等的弧。 知识点三 圆的对称性 圆就是轴对称图形，任何一条直径所在直线都就是它的对称轴。 知识点四 垂径定理 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。 垂径定理的推论：平分弦（不就是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧 注意：因为圆的两条直径必须互相平分，所以垂径定理的推论中，被平分的弦必须不就是直径，否则结论不成立。 知识点五 弦、弧、圆心角的关系 弦、弧、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的各组量也相等。 注意不能忽略同圆或等圆这个前提条件，如果丢掉这个条件，即使圆心角相等，所对的弧、弦也不一定相等，比如两个同心圆中，两个圆心角相同，但此时弧、弦不一定相等。 知识点六 圆周角定理 圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半。 圆周角定理的推论：半圆（或直径）所对的圆周角就是直角，90°的圆周角所对弦就是直径。 圆周角定理揭示了同弧或等弧所对的圆周角与圆心角的大小关系。“同弧或等弧”就是不能改为“同弦或等弦”的，否则就不成立了，因为一条弦所对的圆周角有两类。 知识点七 圆内接四边形及其性质 圆内接多边形：如果一个多边形的所有顶点都在同一个圆上，这个多边形叫做圆内接多边形，这个圆叫做这个多边形的外接圆。 圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补。 【题型9 垂径定理的应用】 【例9】（2024·江西吉安·三模）如图，一座石桥的主桥拱是四弧形，某时刻添得水面的宽度为8米，拱高（的中点C到水面的距离）为2米． (1)求主桥拱所在圆的半径． (2)在主桥拱所在圆的圆心处有一水位检测仪，若过几天某时刻的水面为，检测仪观测点的仰角为，求此时水面的宽度．（参考数据：，，） 【变式9-1】（23-24九年级·安徽淮南·期末）我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？”意思是：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小．如图，用锯去锯这木材，锯口深寸，锯道长尺（1尺寸）．这根圆柱形木材的直径是多少寸？ 【变式9-2】（2024·河南周口·二模）《九章算术》作为古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．在《九章算术》中记载有一类似问题“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深两寸，锯道长一尺二，问径几何?”小辉同学根据原文题意，画出圆材截面图如图所示，已知：锯口深为寸，锯道尺（尺寸），求该圆材的直径为多少寸 【变式9-3】（23-24九年级·河北唐山·期末）如图，装有水的水槽放在水平桌面上，其横截面是以为直径的半圆O，，为桌面截线，水面截线，直径一端点B刚好与点N重合，． (1)计算的长度，并比较直径与长度的大小； (2)请在图中画出线段，用其长度表示水的最大深度，并求水的最大深度． 【题型10 弧、弦、圆心角的关系】 【例10】（2024·江苏南京·二模）如图，、是的两条弦，与相交于点E，． (1)求证：； (2)连接 作直线求证：． 【变式10-1】（23-24九年级·湖南湘西·期末）如图，，D，E分别是半径，的中点．求证：． 【变式10-2】（23-24九年级·甘肃武威·期末）已知，如图，在中，，，求证：． 【变式10-3】（2024·浙江·模拟预测）已知是圆的内接四边形的两条对角线，相交于点，且． (1)如图，求证：． (2)在图中找出一组全等的三角形，并给出证明． (3)如图，圆的半径为，弦于点，当的面积为时，求的长． 【题型11 圆周角定理及其推论的应用】 【例11】（2024·贵州遵义·三模）如图，是的外接圆，D是弧的中点，连接，，．平分交于点E． (1)写出图中一个与相等的角______； (2)试判断的形状，并说明理由； (3)若的半径为，，求的长． 【变式11-1】（2024·安徽合肥·二模）如图，四边形是的内接四边形，已知，垂足为E，弦的弦心距为． （1）若，则的度数为 ； （2）若⊙O的半径为5，，则的长为 ． 【变式11-2】（2024·江苏南京·二模）千姿百态的桥 问题：景区计划在半径为的人工湖上修建景观桥，为容纳更多游客赏景休闲，需要景观桥长度最大．现有以下三种设计方案，分别求出每种设计方案中桥长的最大值，景观桥的宽度忽略不计． “型” （1）如图①，若点，，，在上，则的最大值为　　； “型” （2）如图②，若点，，在上，且．求的最大值； “型” （3）如图③，若点，，在上，且，垂足为，则的最大值为　　． 【变式11-3】（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，是的直径，点C是的中点，弦分别交于点F，G，且，连接． (1)设，用含的式子表示的度数； (2)求证：； (3)若的半径为1，记的面积分别为，，S，设，，且满足，求a，b的值． 【题型12 巧用圆内接四边形的性质求解】 【例12】（2024·福建泉州·模拟预测）已知，为的位于圆心两侧的两条弦，且． (1)如图1，连接，．求证：． (2)如图2，过点作的垂线交于点．若在上取一点，使得．求证：，，三点共线． 【变式12-1】（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，均是上的点，且是的直径，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【变式12-2】（2024·吉林白城·模拟预测）如图，是圆内接四边形的一条对角线，点D关于的对称点E在边上，若，则 °． 【变式12-3】（2024·湖南长沙·模拟预测）如图所示，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，． 如图，圆内接四边形ABCDABCD的对角线ACAC，BDBD交于点EE，BDBD平分∠ABC∠ABC，∠BAC=∠AD (1)求证：平分，并求的大小； (2)过点作交的延长线于点，若，，试求四边形的面积和此圆半径的长． 【考点4 点和圆、直线和圆的位置关系】 知识点一 点与圆的位置关系 （1）点与圆的位置关系有：点在圆外，点在圆上，点在圆内三种。 （2）用数量关系表示：若设⊙O的半径就是r，点P到圆的距离OP=d，则有： 点P在圆外 d＞r；点p在圆上 d=r；点p在圆内 d＜r。 知识点二 过已知点作圆 （1）经过一个点的圆（如点A） 以点A外的任意一点（如点O）为圆心，以OA为半径作圆即可，如图，这样的圆可以作无数个。 ·O1 A ·O2 ·O3 （2）经过两点的圆（如点A、B） 以线段AB的垂直平分线上的任意一点（如点O）为圆心，以OA（或OB）为半径作圆即可，如图，这样的圆可以作无数个。 A B （3）经过三点的圆 ①经过在同一条直线上的三个点不能作圆 ②不在同一条直线上的三个点确定一个圆，即经过不在同一条直线上的三个点可以作圆，且只能作一个圆。如经过不在同一条直线上的三个点A、B、C作圆，作法：连接AB、BC（或AB、AC或BC、AC）并作它们的垂直平分线，两条垂直平分线相交于点O，以点O为圆心，以OA（或OB、OC）的长为半径作圆即可，如图，这样的圆只能作一个。 知识点三 三角形的外接圆与外心 （1）经过三角形三个顶点可以作一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆。 （2）外接圆的圆心就是三角形三条边的垂直平分线的交点，叫做这个三角形的外心。 知识点四 直线与圆的位置关系 （1）直线与圆的位置关系有：相交、相切、相离三种。 （2）直线与圆的位置关系可以用数量关系表示 若设⊙O的半径就是r，直线l与圆心0的距离为d，则有： 直线l与⊙O相交 d ＜ r； 直线l与⊙O相切 d = r； 直线l与⊙O相离 d ＞ r。 知识点五 切线的判定与性质 （1）切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线就是圆的切线。 （2）切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径。 （3）切线的其她性质：切线与圆只有一个公共点；切线到圆心的距离等于半径；经过圆心且垂直于切线的直线必过切点；必过切点且垂直于切线的直线必经过圆心。 知识点六 切线长定理 （1）切线长的定义：经过园外一点作圆的切线，这点与切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长。 （2）切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点与圆心的连线平分两条切线的夹角。 （3）注意：切线与切线长就是两个完全不同的概念，必须弄清楚切线就是直线，就是不能度量的；切线长就是一条线段的长，这条线段的两个端点一个就是在圆外一点，另一个就是切点。 知识点七 三角形的内切圆与内心 （1）三角形的内切圆定义：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆。这个三角形叫做圆的外切三角形。 （2）三角形的内心：三角形内切圆的圆心叫做三角形的内心。 （3）注意：三角形的内心就是三角形三条角平分线的交点，所以当三角形的内心已知时，过三角形的顶点与内心的射线，必平分三角形的内角。 【题型13 切线的判定】 【方法总结】因为切线与圆有且只有一个公共点,所以题中信息是否明确给出公共点可以作为判定切线方法选择的一个标准. 【例13】（2024·广东广州·模拟预测）如图，是的直径，点C、D在圆上，，平分，与相交于点E． (1)在的延长线上找一点F，使，连接（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)求证：是的切线． 【变式13-1】（2024·江苏镇江·中考真题）如图，将沿过点的直线翻折并展开，点的对应点落在边上，折痕为，点在边上，经过点、．若，判断与的位置关系，并说明理由． 【变式13-2】（2024·山东青岛·一模）如图，是的内接三角形，是的直径，为的中点，，在的延长线上． (1)是的切线吗？为什么？ (2)若，则的度数为______°． 【变式13-3】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，是的外接圆，是的直径，的延长线与过点的直线相交于点，且． (1)求证：是的切线； (2)点是弧的中点，点在弧上，过点作于点，是否存在常数，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【题型14 切线的性质】 【方法总结】已知圆的切线时,常连接圆心和切点,得到半径垂直于切线,通过构造直角三角形解决问题,即“见切线,连半径,得垂线”. 【例14】（2024·湖南·二模）如图，为四边形的外接圆，是等边三角形，是的切线，D是的中点，的延长线交于点E． (1)求证：； (2)若，求的面积． 【变式14-1】（2024·天津滨海新·模拟预测）已知为的直径，为上一点，． (1)如图①，点是弧上一点，求的大小； (2)如图②，过点作的切线，过点作于点，与交于点，若，求的长． 【变式14-2】（2024·安徽合肥·三模）如图，在四边形中，平分．点O在上，以点O为圆心，为半径，作与相切于点B，延长线交于点E，交于点F，连接，．    (1)求证：是的切线； (2)若，求的长． 【变式14-3】（2024·山东·模拟预测）如图，是的直径，B、C都是上的点，连接，E是延长线上一点，连接，且． (1)证明：是的切线； (2)连接，交于点F．当时，若，求的长． 【题型15 切线长定理】 【例15】（23-24九年级·河南商丘·期末）如图，中，，点D在边上，以为直径的与直线相切于点E，连接，且．连接交于点F． (1)求证：． (2)若，求线段的长． 【变式15-1】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，圆的圆心在梯形的底边上，并与其它三边均相切，若，，，则长（    ） A． B． C． D．无法确定 【变式15-2】（2024·山东聊城·二模）如图，为半圆O的直径，C为半圆弧的三等分点，过B，C两点的半圆O的切线交于点P，若的长是，则的长是 ． 【变式15-3】（23-24九年级·江苏扬州·期中）数学兴趣小组的同学在探究等分问题的过程中，得到了很多成果． 成果一：制作了三分角仪．图(1)是示意图，点在半径的延长线上，，，足够长．若要将三等分，只需要适当放置三分角仪，使点在上，点落在上，当与半相切时，、就将三等分了． 成果二：创造了只用圆规将圆四等分的方法．如图(2)，具体步骤为：①将六等分，等分点分别是点、、、、、；②分别以点、为圆心，长为半径作弧，交于点；③以点为圆心，长为半径作弧，交于点、，则点、、、将四等分． (1)请你说明三分角仪的正确性； (2)证明点、、、是四等分点． 【题型16 三角形的外接圆与内切圆】 【方法总结】三角形内切圆的常用结论： 【例16】（2024·上海·模拟预测）如图，是圆O直径，弦，垂足为D，圆O周长为， (1)，求内切圆的面积； (2)，求证：． 【变式16-1】（23-24九年级·江苏盐城·期中）如图，I是的内心，的延长线交的外接圆于点D． (1)求证：； (2)求证：； (3)连接、，求证：点D是的外心． 【变式16-2】（23-24九年级·山东淄博·期末）如图，O是△ABC的外心，I是△ABC的内心，连接AI并延长交BC和⊙O于D，E． (1)求证：EB=EI； (2)若AB=8，AC=6，BE=4，求AI的长． 【变式16-3】（23-24九年级·内蒙古呼伦贝尔·期末）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，连接BE， (1)若∠CBD=34°,求∠BEC的度数； (2)求证：DE=DB． 【考点5 正多边形和圆】 知识点一 正多边形的外接圆与圆的内接正多边形 正多边形与圆的关系非常密切，把圆分成n（n就是大于2的自然数）等份，顺次连接各分点所的的多边形就是这个圆的内接正多边形，这个圆就就是这个正多边形的外接圆。 正多边形的中心：一个正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心。 正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径。 正多边形的中心角：正多边形每一条边所对的圆心角叫做正多边形的中心角。 正多边形的边心距：中心到正多边形一边的距离叫做正多边形的边心距。 知识点二 正多边形的性质 （1）正n边形的半径与边心距把正多边形分成2n个全等的直角三角形。 （2）所有的正多边形都就是轴对称图形，每个正n边形共有n条对称轴，每条对称轴都经过正n边形的中心；当正n边形的边数为偶数时，这个正n边形也就是中心对称图形，正n边形的中心就就是对称中心。 正n边形的每一个内角等于，中心角与外角相等，等于。 【题型17 正多边形和圆的有关计算】 【方法总结】利用正多边形和圆的性质,已知正多边形的边长,求解与正多边形有关的量时,通常做法是作出正多边形的边心距,构造由半径、边心距、边长的一半围成的直角三角形,然后利用勾股定理解决. 【例17】（2024·辽宁·模拟预测）在圆内接正六边形中，，分别交于点H，G．    (1)如图①，求证：点H，G三等分． (2)如图②，操作并证明． ①尺规作图：过点O作的垂线，垂足为K，以点O为圆心，的长为半径作圆；（在图②中完成作图，保留作图痕迹，不需要写作法） ②求证：是①所作圆的切线． 【变式17-1】（2024·福建厦门·二模）如图，正五边形内接于，点在上，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【变式17-2】（2024·广东广州·三模）如图，正方形内接于，线段在对角线上运动，若的面积为，，则（1）的直径长为 ；（2）周长的最小值是 ． 【变式17-3】（23-24九年级·浙江金华·期中）如图所示，已知正八边形内接于，连接、，相交于点．若的半径为1， (1)求的长； (2)求的度数． 【题型18 正多边形中的规律探究性问题】 【方法总结】正多边形中规律探究性问题是重要的考点之一,解答这类问题的关键是灵活运用特殊与一般的思想.这类问题需要从简单的情形入手,由浅入深、由简单到复杂、由特殊到一般逐步分析探索,发现变化规律, 再根据变化规律归纳出最后的结果. 【例18】（2024·湖南湘西·中考真题）观察下列结论： （1）如图①，在正三角形中，点M，N是上的点，且，则，； （2）如图②，在正方形中，点M，N是上的点，且，则，； （3）如图③，在正五边形中，点M，N是上的点，且，则，；…… 根据以上规律，在正n边形中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点M，N是上的点，且，与相交于O．也会有类似的结论．你的结论是 ． 【变式18-1】（2015·山东威海·中考真题）如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为2，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，正六边形A3B3C3D3E3F3的外接圆与正六边形A2B2C2D2E2F2的各边相切，…按这样的规律进行下去，A10B10C10D10E10F10的边长为（ ） A． B． C． D． 【变式18-2】（23-24九年级·湖南湘西·期中）如图1，图2，图3⋯，M、N分别是的内接正三角形，正方形，正五边形，…的边上的点，且，连接，图1中，图2中，图3中…，根据这样的规律，图n中的度数是 ． 【变式18-3】（23-24九年级·浙江台州·期中）李老师带领班级同学进行拓广探索，通过此次探索让同学们更深刻的了解的意义． (1)[定义]我们将正n边形的周长L与正多边形对应的内切圆的周长C的比值，称作这个正n边形的“正圆度”．如图，正三角形的边长为1，求得其内切圆的半径为，因此___________； (2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度”； (3)[总结]随着n的增大，具有怎样的规律，试通过计算，结合圆周率的诞生，简要概括． 【考点6 弧长和扇形面积】 知识点一 弧长公式 在半径为R的圆中，360°的圆心角所对的弧长就就是圆的周长C=2πR，所以n°的圆心角所对的弧长的计算公式l=×2πR=。 知识点二 扇形面积公式 在半径为R的圆中，360°的圆心角所对的扇形面积就就是圆的面积S=πR2，所以圆心角为n°的扇形的面积为S扇形=。 比较扇形的弧长公式与面积公式发现： S扇形= 知识点三 圆锥的侧面积与全面积 圆锥的侧面积就是曲面，沿着圆锥的一条母线将圆锥的侧面展开，容易的到圆锥的侧面展开图就是一个扇形。设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，那么这个扇形的半径为l，扇形的弧长为2πr，因此圆锥的侧面积。圆锥的全面积为。 【题型19 圆锥侧面展开图的有关计算】 【例19】（2024·江苏盐城·三模）如图， ，点A、C分别在射线上， ． (1)用尺规在图中作一段劣弧，使得它在A、C两点分别与射线和相切．要求：写出作法，并保留作图痕迹； (2)将劣弧所在的扇形围成圆锥的侧面，则该圆锥的底面圆的半径为 ． (3)求所得的劣弧与线段围成的封闭图形的面积． 【变式19-1】（23-24九年级·江苏泰州·期中）如图，在直径为2的圆形纸片上裁剪出圆心角的扇形．    (1)求阴影部分面积； (2)用所裁剪的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，求圆锥底面圆的半径． 【变式19-2】（23-24九年级·山东烟台·期末）如图，在半径为4的扇形中，，点C是上的一个动点（不与点A，重合），连接，，，，垂足分别为点D，E．    (1)若扇形是一个圆锥的侧面展开图，求该圆锥的底面半径； (2)在中是否存在长度为定值的边?若存在，请求出这条边的长度；若不存在，请说明理由． 【变式19-3】（2024·广东东莞·二模）【综合与实践】 主题：制作圆锥形生日帽． 素材：一张圆形纸板、装饰彩带． 步骤1：如图1，将一个底面半径为r的圆锥侧面展开，可得到一个半径为l、圆心角为的扇形．制作圆锥形生日帽时，要先确定扇形的圆心角度数，再度量裁剪材料． 步骤2：如图2，把剪好的纸板粘合成圆锥形生日帽，       (1)现在需要制作一个，的生日帽，请帮忙计算出所需扇形纸板的圆心角度数； (2)为了使（1）中所制作的生日帽更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中需要粘贴一条从点A处开始，绕侧面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），求彩带长度的最小值． 【题型20 不规则图形面积的计算】 【例20】（23-24九年级·浙江台州·期末）如图，扇形中，，，点为的中点，将扇形绕点顺时针旋转，得到扇形，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【变式20-1】（2024·四川成都·模拟预测）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 ． 【变式20-2】（23-24九年级·新疆乌鲁木齐·期末）如图，在中，，，点O是边的中点，半圆O与相切于点D、E，若阴影部分的面积为，则的长为（    ） A． B． C．2 D． 【变式20-3】（2024·广东惠州·三模）如图，是的内接三角形，是的直径，，，弦于，点是延长线上一点，且，连接． (1)填空： °； (2)判断与的位置关系，并说明理由； (3)取的中点，连接，求图中阴影部分的面积． 【题型21 利用弧长和扇形面积公式解决几何图形的旋转问题】 【例21】（23-24九年级·云南曲靖·阶段练习）如图，在等边内有一点，且，，，若把绕着点逆时针旋转得到，连接，． (1)求的度数； (2)求的长． (3)求点划过的路径长； (4)当时，如果是由旋转所得，求扫过的区域的面积． 【变式21-1】（2024·江苏南通·一模）如图，已知正方形的边长为cm，将正方形在直线上顺时针连续翻转4次，则点所经过的路径长为 (  ) A．4πcm B．πcm C．πcm D．πcm 【变式21-2】（16-17九年级·山东济南·期末）如图，在矩形中，已知，将矩形绕着点在桌面上顺时针旋砖至，使其停靠在矩形的点处，若，则点的运动路径长为（ ）      A． B． C． D． 【变式21-3】（2024·山东淄博·二模）如图①，小慧同学把一个等边三角形纸片（即△OAB）放在直线l1上，OA边与直线l1重合，然后将三角形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转120°，此时点O运动到了点O1处，点B运动到了点B1处；小慧又将三角形纸片AO1B1绕B1点按顺时针方向旋转120°，点A运动到了点A1处，点O1运动到了点O2处（即顶点O经过上述两次旋转到达O2处）． 小慧还发现：三角形纸片在上述两次旋转过程中，顶点O运动所形成的图形是两段圆弧，即弧OO1和弧O1O2，顶点O所经过的路程是这两段圆弧的长度之和，并且这两段圆弧与直线l1围成的图形面积等于扇形AOO1的面积、△AO1B1的面积和扇形B1O1O2的面积之和． 小慧进行类比研究：如图②，她把边长为1的正方形纸片OABC放在直线l2上，OA边与直线l2重合，然后将正方形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转90°，此时点O运动到了点O1处（即点B处），点C运动到了点C1处，点B运动到了点B1处；小慧又将正方形纸片AO1C1B1绕B1点按顺时针方向旋转90°，……，按上述方法经过若干次旋转后，她提出了如下问题： （1）若正方形纸片OABC按上述方法经过3次旋转，求顶点O经过的路程，并求顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线l2围成图形的面积；若正方形OABC按上述方法经过5次旋转，求顶点O经过的路程； （2）正方形纸片OABC按上述方法经过多少次旋转，顶点O经过的路程是？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题24.15 圆全章专项复习【6大考点21种题型】 【沪科版】 【考点1 图形的旋转】 2 【题型1 利用旋转的性质求角的度数】 3 【题型2 利用旋转的性质求线段长度】 7 【题型3 利用旋转的性质求面积】 13 【题型4 平面直角坐标系中的旋转变换】 18 【题型5 与旋转有关的探究性问题】 25 【考点2 中心对称】 36 【题型6 识别中心对称图形】 37 【题型7 中心对称的性质运用】 39 【题型8 与中心对有关的探究问题】 42 【考点3 圆的有关性质】 54 【题型9 垂径定理的应用】 55 【题型10 弧、弦、圆心角的关系】 60 【题型11 圆周角定理及其推论的应用】 64 【题型12 巧用圆内接四边形的性质求解】 73 【考点4 点和圆、直线和圆的位置关系】 78 【题型13 切线的判定】 80 【题型14 切线的性质】 86 【题型15 切线长定理】 92 【题型16 三角形的外接圆与内切圆】 98 【考点5 正多边形和圆】 104 【题型17 正多边形和圆的有关计算】 104 【题型18 正多边形中的规律探究性问题】 109 【考点6 弧长和扇形面积】 114 【题型19 圆锥侧面展开图的有关计算】 115 【题型20 不规则图形面积的计算】 121 【题型21 利用弧长和扇形面积公式解决几何图形的旋转问题】 128 【考点1 图形的旋转】 知识点一 旋转的定义 在平面内，把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，就叫做图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。 我们把旋转中心、旋转角度、旋转方向称为旋转的三要素。 知识点二 旋转的性质 旋转的特征：（1）对应点到旋转中心的距离相等；（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；（3）旋转前后的图形全等。 理解以下几点： （1） 图形中的每一个点都绕旋转中心旋转了同样大小的角度。（2）对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等。（3）图形的大小与形状都没有发生改变，只改变了图形的位置。 知识点三 利用旋转性质作图 旋转有两条重要性质：（1）任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；（2）对应点到旋转中心的距离相等，它就是利用旋转的性质作图的关键。步骤可分为： ①连：即连接图形中每一个关键点与旋转中心； ②转：即把直线按要求绕旋转中心转过一定角度（作旋转角） ③截：即在角的另一边上截取关键点到旋转中心的距离，的到各点的对应点； ④接：即连接到所连接的各点。 【题型1 利用旋转的性质求角的度数】 【例1】（23-24九年级·重庆·期中）如图，将正方形的边绕点顺时针旋转得到，连接，再将绕点顺时针旋转得到，连接，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形全等的判定及性质． 连接，根据正方形的性质求得，，由得到，通过“”证明，即可解答． 【详解】解：连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∵由旋转得， ∴， ∴， ∴， 由旋转可得，即， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴． 故选：C． 【变式1-1】（23-24九年级·河南新乡·期中）如图，中，，，P为三角形内一点． ，则的度数是 ． 【答案】或度 【分析】本题考查了旋转性质以及勾股定理，勾股逆定理等知识内容，先把三角形绕点顺时针旋转，点C的对应点为点E，连接，根据勾股定理得，根据勾股逆定理判断，是直角三角形，即可作答． 【详解】解：∵，， 故把三角形绕点顺时针旋转，点C的对应点为点E，连接，如图所示： 由旋转性质得 则， ∴， ∵， ∴， 故， 即， 故答案为：． 【变式1-2】（23-24九年级·湖北武汉·阶段练习）如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查利用旋转的性质，出现等腰三角形，利用好三角形的外角和三角形内角和是解决问题的关键，直接设,利用方程思想可以直接算出的度数． 【详解】解：设； ∵； ∴； ∴； ∵； ∴； ∵； ∴； ∴； 即，； 由旋转的性质可知，； ∴； 故选：C． 【变式1-3】（23-24九年级·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，两个全等的含角的直角三角板，将绕点逆时针旋转角（）得到，若交于点，连接，当 时，为等腰三角形． 【答案】或 【分析】本题考查了旋转的性质，三角形内角和，等边对等角，解题的关键是表示出各个内角，再分三种情况，根据等边对等角列方程求解． 【详解】解：由旋转可知：， ∴， ∴， 而， 当时， ，即，无解； 当时， ，即， 解得：； 当时， ，即， 解得：； 综上：当或时，为等腰三角形． 故答案为：或． 【题型2 利用旋转的性质求线段长度】 【例2】（23-24九年级·上海·期末）如图，已知在中，，，点、点在边上，且，若，则 ．    【答案】8 【分析】首先根据题意可得，，，将绕点逆时针旋转至，点的对应点为点，连接，易知，再证明 ，由全等三角形的性质可得，设，则，在中，由勾股定理可得，代入数值并解得的值，然后计算的值即可． 【详解】解：∵，， ∴，， ∵， ∴， 如下图，将绕点逆时针旋转至，点的对应点为点，连接，    则， ∴，，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则， ∴在中，可有， 即，解得， ∴， ∴． 故答案为：8． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题关键． 【变式2-1】（23-24九年级·福建福州·期中）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转，得到，连接，则的长是 ．    【答案】 【分析】连接，过作交的延长线点，则，利用勾股定理求出，即得到，解题即可． 【详解】∵绕点逆时针旋转得到， ∴， 连接,则为等边三角形，    ∴° ∵， ∴， ∴过作交的延长线点， ∴          ∴在中， ， ∴，     ∴, ∴在中， ， 故答案为:． 【点睛】本题考查勾股定理，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，构造直角三角形利用勾股定理计算是解题的关键． 【变式2-2】（23-24九年级·上海长宁·期末）如图，正方形的边长为，将绕点旋转，得到，其中、的对应点分别是点、．如果点在正方形内，且到点、的距离相等，那么的长为 ． 【答案】/ 【分析】作的垂直平分线，交于，交于，作，交于点，连接、、，由题意可知当在上时满足到点、的距离相等，得到，根据正方形性质可证明，从而推出，然后判定四边形是矩形，结合垂直平分，推出，即可根据勾股定理可算出，得到，最后再由勾股定理算出，即可得到答案． 【详解】作的垂直平分线，交于，交于，作，交于点，连接、、 由题意可知，当旋转到上时，到点、的距离相等，且 四边形是正方形 ，， ， 在和中 ，， 四边形是矩形 又 垂直平分， 故答案为：． 【点睛】本题考查了图形的旋转，垂直平分线的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据题意找到位置并作出相应的辅助线是解题的关键． 【变式2-3】（23-24九年级·河南南阳·期末）如图，在矩形中，，点为边上的动点，连接，将线段绕点顺时针旋转，点落在点处，当点在矩形外部时，连接．若为直角三角形，则的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，分和两种情况进行解答即可求解，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题． 【详解】解：分两种情况讨论： 如图中，当时， ， ， 共线， ， ， ， ， ， ， ； ②如图中，当时，作于，于，设， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ， 或（不合题意，舍去） ； 综上所述，当是直角三角形时，的值为或． 【题型3 利用旋转的性质求面积】 【方法总结】解答图形旋转衍生的面积计算问题时,要善于分析图形面积之间的和差关系,并运用旋转的性质进行转化(旋转前后两个图形的面积相等),将不规则图形的面积转化为规则图形的面积. 【例3】（23-24九年级·江苏镇江·期中）如图，边长为1的正方形绕点C逆时针旋转后得到正方形，边与交于点E，则阴影部分的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，连接，证明三点共线，勾股定理求出的长，进而求出的长，利用分割法求出阴影部分的面积即可． 【详解】解：连接， ∵边长为1的正方形绕点C逆时针旋转后得到正方形， ∴， ∴，， ∵， ∴三点共线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； 故选D． 【变式3-1】（23-24九年级·安徽芜湖·期中）如图，中，，，，，将绕点C逆时针旋转至，使得点恰好落在AB上，与BC交于点D，则的面积为 ． 【答案】 【分析】先证明是等边三角形，再证明是直角三角形，求出、的长即可解决问题． 【详解】解：在中，，，， ， 由旋转可得：，， 是等边三角形， ， ， ， ∴， ∴是直角三角形， ∴， 由勾股定理，得，， ． 【点睛】本题考查旋转的性质、直角三角形30度角的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、三角形的内角和定理、三角形的面积等知识，证明是直角三角形是解题的关键． 【变式3-2】（23-24九年级·广东佛山·期中）如图，在中，，，O为的中点，将绕点O顺时针旋转得到，D、E分别在边和的延长线上，连接，若，则的面积是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据等腰三角形的性质可得，．根据旋转的性质可得，，则可得和都是等边三角形，则，则可得，由此得垂直平分， ，在中求出的长，则可知、的长，进而可得的长，从而可求得的面积． 【详解】连接，， ，， ∴， ∵O为的中点， ，， ， ∵将绕点O顺时针旋转得到， ，， 是等边三角形， ， ， ， ， ∴D点在的垂直平分线上， 是等边三角形， ， 即旋转角为， ， 是等边三角形， ∴， ∴F点在的垂直平分线上， 垂直平分， 设垂足为H， ， ，， ， ． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质、旋转的性质、线段垂直平分线的判定和性质以及勾股定理．熟练掌握以上知识，正确的作出辅助线是解题的关键． 【变式3-3】（23-24九年级·四川成都·期中）如图，绕点顺时针旋转得到，若是等边三角形，，则图中阴影部分得面积等于 ． 【答案】 【分析】先利用旋转的性质得到，再解直角三角形可计算出、、、，然后利用图中阴影部分的面积进行计算． 【详解】解：如图所示： 是等边三角形，， ，， 绕点顺时针旋转得到， ， 在中，，，则，即； 同理，可得； ，由勾股定理可得， ， ， 在中，，则，从而得到，由勾股定理可得， 图中阴影部分的面积 ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等，勾股定理，含的直角三角形性质，等边三角形性质等知识，熟练掌握旋转性质，数形结合是解决问题的关键． 【题型4 平面直角坐标系中的旋转变换】 【方法总结】此类题目主要对旋转、勾股定理、轴对称等内容进行综合考查.要注意旋转中心的确定. 【例4】（2024·江苏徐州·模拟预测）在的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形的顶点坐标分别为，，，．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题： (1)将线段绕点C逆时针旋转，画出对应线段； (2)在线段上画点E，使（保留画图过程的痕迹）； (3)连接，画点E关于直线的对称点F，并简要说明画法． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据题意，将线段是将线段绕点逆时针旋转即可； （2）连接，交于点G，连接并延长交于点E，即为所求； （3）连接和点与的交点F即为所求． 【详解】（1）如图所示：线段即为所求； （2）如图所示：即为所求； 由（1）可得，是等腰直角三角形 ∴， 由网格得，四边形是矩形，，交于点G， ∴点G是中点 ∴平分 ∴； （3）连接，，与的交点F，点F即为所求，如图所示： ∵， ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴ ∴四边形是菱形 ∴， 由作图可得， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴， ∴垂直平分 ∴点E和点F关于直线对称． 【点睛】本题考查了作图旋转变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定以及等腰三角形三线合一性质等知识，熟悉相关性质是解题的关键． 【变式4-1】（23-24九年级·陕西汉中·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别为，，． (1)先向下平移2个单位，再向左平移5个单位得到（点、、分别与点A、B、C对应），请在图中画出； (2)将绕点B顺时针旋转得到（点、分别与点A、C对应），请在图中画出，并写出点的坐标． 【答案】(1)图见解析； (2)图见解析，． 【分析】（1）先找到点A、B、C平移后的对应点、、，依次连接即可； （2）线段绕点顺时针旋转得到，线段绕点顺时针旋转得到，依次连接，，即可． 本题考查了坐标与图形变换-平移和旋转，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】（1）解：点，，向下平移2个单位，再向左平移5个单位得，，，即，，，依次连接，，，则就是所求的三角形，如图： （2）解：线段绕点顺时针旋转得到，线段绕点顺时针旋转得到，依次连接，则就是所求的三角形，如图： 由图可知，点的坐标为：． 【变式4-2】（23-24九年级·河南郑州·期末）在平面直角坐标系中，的顶点为． (1)平移，若点的对应点的坐标为，画出平移后的； (2)将以点为旋转中心旋转，画出旋转后对应的； (3)已知将绕某一点旋转可以得到，则旋转中心的坐标为______． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3)． 【分析】本题考查了坐标与图形，平移作图、旋转作图以及找出旋转中心，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）因为点的对应点的坐标为，所以找出点的坐标，最后依次连接，即可作答． （2）因为将以点为旋转中心旋转，所以找出点的坐标，最后依次连接，即可作答 （3）运用数形结合思想，直接得与的旋转中心的坐标，即可作答． 【详解】（1）解：如图所示： （2）解：如图所示： （3）解：由图得将绕某一点旋转可以得到，则旋转中心的坐标为． 【变式4-3】（23-24九年级·内蒙古鄂尔多斯·期末）正方形网格中（网格中的每个小正方形边长是1），的顶点均在格点上，请在所给的直角坐标系中解答下列问题： (1)作出绕点A逆时针旋转的． (2)作出关于原点O成中心对称的． (3)在x轴上找一点P使得最小，则P点坐标 (4)请直接写出以为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标 ． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) (4)或或 【分析】本题主要考查作图----旋转变换，一次函数的图象与性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识 （1）作出的对应点即可； （2）作出的对应点即可； （3）作点C关于x轴在对称点，连接交x轴于点P，求出直线的解析式，求出与的交点坐标即可； （4）画出点D的位置，写出坐标即可 【详解】（1）解：如图，即为所作 （2）解：即为所作 （3）解：作点C关于x轴在对称点，连接交x轴于点P，如图， 设直线的解析式为， 把代入得， ， 解得，， 所以，直线的解析式为， 令，得， ∴， 故答案为：； （4）解：如图， 由图得，第四个顶点D的坐标为或或， 故答案为：或或 【题型5 与旋转有关的探究性问题】 【方法总结】与旋转有关的探究性问题,考查操作、想象、探究能力.解决这类问题,需要首先确定旋转的角度和方向、旋转前后对应的角与边,明确旋转过程中的变量与不变量,利用旋转前后的图形全等进行边与角的计算. 【例5】（2024·山西大同·模拟预测）综合与实践： 如图1，已知点D是等边三角形边上的一点（不与点B，C重合）． 动手操作： 第一步：连接，以A为旋转中心，将线段顺时针旋转，得到线段，连接； 第二步：以D为旋转中心，将线段逆时针旋转，得到线段，连接，交于点M． 特例探究： （1）如图2，当点D为中点时，点F恰好在上，请写出线段与的数量关系，并说明理由； 探索发现： （2）如图1，当点D不是中点时，请判断（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； （3）当，时，请直接写出的长． 【答案】（1），理由见解析 （2）仍然成立，证明见解析 （3） 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，正确画出辅助线，构造全等三角形． （1）根据等边三角形的性质，结合旋转的性质证是等边三角形，再证即可； （2）连接，，根据证明，再证四边形是平行四边形即可得； （3）作于G，根据勾股定理计算和的长，再根据等边三角形的性质求解即可． 【详解】解：（1） 理由如下： ∵是等边三角形，点D是的中点， ∴，． ∴． 由操作可知：，，，， ∴是等边三角形． ∵． ∴． ∴． ∴； （2）仍然成立．理由如下： 连接，，如图所示， ∵和是等边三角形， ∴，，， ∴． ∴． ∴． ∴，． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴； （3）． 作于G，如图所示， ∵是等边三角形，， ∴． ∴． ∴． ∴． 【变式5-1】（23-24九年级·陕西西安·期末）（1）【探究发现】如图1，P是等边 内一点，，，求 的度数． 解：将 绕点B逆时针旋转到的位置，连接．，则是______三角形． ∴， 又∵， ∴ ∴为直角三角形 ∴∠APB的度数为______． （2）【类比延伸】如图2，在正方形内部有一点P，连接 ，若 ，，，求的长； （3）【拓展迁移】如图3，在正六边形内部有一点P，若 ，，，请直接写出 的度数及正六边形的边长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）， 【分析】（1）根据旋转的性质，得到是等边三角形，勾股定理逆定理，得到为直角三角形，进一步求解即可； （2）把绕点B顺时针旋转90°得到，旋转的性质，推出是等腰直角三角形，求出，再利用勾股定理进行求解即可； （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接，求出；如图所示，过点A作于M，则，证明是直角三角形，即 ，即可得到；如图所示，过点B作交延长线与H，则，则，可得，进而得到，则，即正六边形的边长为． 【详解】解：（1）解：将 绕点B逆时针旋转到的位置，连接．，则是等边三角形， ∴， 又∵，， ∴， ∴是直角三角形，即， ∴； （2）如图，把绕点B顺时针旋转得到， ∴， ∵旋转角是， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，； （3）∵六边形是正六边形， ∴，， 如图所示，将绕点A顺时针旋转得到，连接， ∴，， ∴； 如图所示，过点A作于M，则， ∴， 又∵，， ∴， ∴是直角三角形，即 ， ∴； 如图所示，过点B作交延长线与H，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴正六边形的边长为． 【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，正方形的性质等等，解题的关键是通过旋转，构造直角三角形． 【变式5-2】（23-24九年级·湖北孝感·期末）在“综合与实践”课上，同学们以“图形的旋转”为主题开展数学活动．    (1)探究发现 如图，在等边内部有一点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，若，则的度数是 ． (2)类比延伸 如图，在中，，．在内部有一点，连接，若，试判断之间的数量关系，并说明理由． (3)迁移应用 如图，在中，，．在直线的上方有一点，连接，若∠，则存在实数使得成立，请直接写出的值． 【答案】(1)； (2)，理由见解析； (3)． 【分析】（）由旋转的性质可得是等边三角形，由勾股定理的逆定理判定可得，再利用角的和差关系即可求解； （）将绕点顺时针旋转得到，连接，得等腰直角，进而得，再由勾股定理即可得出结论； （）将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作，垂足为，得等腰，，进而可得，用勾股定理即可得出，再在等腰中求出即可得出结论． 【详解】（1）解：由旋转性质可知：，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：，理由如下： 如图中，将绕点逆时针旋转得到，连接，    由旋转性质可知：，，， ∴，， ∵， ∴， ， ∴， ∴； （3）解：如图中，将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作，垂足为，    由旋转性质可知：，，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，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题的关键． 【变式5-3】（2024·吉林长春·二模）旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知识相结合来解决实际问题，某学校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究：和均为等腰直角三角形，，点为中点，将绕点旋转，连接、． 观察猜想： （1）如图1，在旋转过程中，求证：； 探究发现： （2）如图2，当点在内且三点共线时，试探究线段、与之间的数量关系，并说明理由； 解决问题： （3）若中，，在旋转过程中，当且三点共线时，直接写出的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 【分析】（1）如图所示，连接，根据等腰三角形的性质可证，由此即可求解； （2）同（1）证明出，得到，再根据为等腰直角三角形得到，由此即可求解； （3）根据题意分点F在线段上和点E在线段上两种情况讨论，然后根据得到，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】证明：如图所示，连接，延长交于点G， ∴， ∵为等腰直角三角形，， ∴，， ∵点为中点， ∴，平分， ∴， ∴， ∵为等腰直角三角形，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）． 如图所示，连接， 同理可得，， ∵ ∴，即 又∵ ∴ ∴ ∵为等腰直角三角形 ∴ ∴； （3）如图所示，当点F在线段上时， 由（2）得， ∴， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 如图所示，当点E在线段上时， 同理可证 ∴， ∴ ∵ ∴ ∴不合题意，应舍去， 综上所述，． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，等角对等边，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，运用了分类讨论的思想．掌握旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 【考点2 中心对称】 知识点一 中心对称的定义 中心对称：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心。 注意以下几点： 中心对称指的就是两个图形的位置关系；只有一个对称中心；绕对称中心旋转180°两个图形能够完全重合。 知识点二 作一个图形关于某点对称的图形 要作出一个图形关于某一点的成中心对称的图形，关键就是作出该图形上关键点关于对称中心的对称点。最后将对称点按照原图形的形状连接起来，即可的出成中心对称图形。 知识点三 中心对称的性质 有以下几点： （1） 关于中心对称的两个图形上的对应点的连线都经过对称中心，并且都被对称中心平分； （2） 关于中心对称的两个图形能够互相重合，就是全等形； （3） 关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或共线）且相等。 知识点四 中心对称图形的定义 把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就就是它的对称中心。 知识点五 关于原点对称的点的坐标 在平面直角坐标系中，如果两个点关于原点对称，它们的坐标符号相反，即点p（x,y）关于原点对称点为（-x,-y）。 【题型6 识别中心对称图形】 【例6】（23-24九年级·广东深圳·期中）下列几种著名的数学曲线中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A.该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意； B.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； C.该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意； D.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意． 故选：A． 【变式6-1】（2024·四川自贡·模拟预测）在图形“线段、矩形、等腰梯形、等边三角形、平行四边形”中是轴对称不是中心对称的图形有 ． 【答案】等腰梯形，等边三角形 【分析】本题考查了轴对称及中心对称的知识，掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后的图形与原图形完全重合．本题根据轴对称图形与中心对称图形的概念，分别分析线段、矩形、等腰梯形、等边三角形、平行四边形是否符合即可． 【详解】解：线段和矩形是轴对称图形，也是中心对称图形；等腰梯形和等边三角形只是轴对称图形，不是中心对称图形；平行四边形只是中心对称图形． 故答案为：等腰梯形，等边三角形． 【变式6-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）我国古代典籍《周易》用“卦”描述世间万象的变化．下图为部分“卦”的符号，其中是中心对称图形的是（    ） A．  B．  C．   D．   【答案】B 【分析】本题考查了中心对称图形，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；根据中心对称图形的定义解答即可． 【详解】解：A.该图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B.该图形是中心对称图形，故本选项符合题意； C.该图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D.该图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意， 故选：B． 【变式6-3】（23-24九年级·湖北黄冈·期中）下列四种图案中，是中心对称图形的有 个， 　 　 　       【答案】3 【分析】本题考查了中心对称图形的概念．一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：前三个图案能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原图重合，所以是中心对称图形； 最后一个图案不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原图重合，所以不是中心对称图形； 故答案为：3． 【题型7 中心对称的性质运用】 【例7】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，连接，交于点．若与关于点成中心对称，连接．若，则的长为（   ） A．15 B．14 C．13 D．12 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、中心对称的性质以及勾股定理等知识，根据菱形的性质、中心对称的性质，得到，根据题意得出，，利用勾股定理计算即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，与关于点成中心对称，， ∴，，， ∴，， ∴， 故选：A． 【变式7-1】（23-24九年级·陕西咸阳·期末）如图，在四边形中，，，点D与点C关于点E成中心对称，连接并延长，与的延长线交于点F．求证：是等腰三角形． 【答案】见解析 【分析】本题考查等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，中心对称图形的性质等，先证明，得到，等量代换得到，即可证明． 【详解】证明：∵点D与点C关于点E中心对称， ∴， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴是等腰三角形． 【变式7-2】（23-24九年级·福建泉州·期末）如图，中，，，．作出共于点A成中心对称的，其中点B对应点为，点C对应点为，则四边形的面积是（    ） A．128 B． C．64 D． 【答案】D 【分析】根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，根据中心对称的性质以及平行四边形的判定定理，得出四边形是平行四边形，继而即可求解． 【详解】解：如图所示， ∵中，，，． ∴,, ∴, ∵作出共于点A成中心对称的， ∴,， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形的面积为， 故选：D． 【点睛】本题考查了中心对称的性质，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，得出四边形是平行四边形是解题的关键． 【变式7-3】（2024·江苏泰州·二模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点、分别是直线与坐标轴的交点，点，点是边上的一点，，垂足为，点在边上，且、两点关于轴上某点成中心对称，连接、．线段长度的最小值为 ．    【答案】 【分析】过点F，D分别作垂直于y轴，垂足分别为G，H，证明，由全等三角形的性质得出，可求出，根据勾股定理得出，由二次函数的性质可得出答案； 【详解】过点F，D分别作垂直于y轴，垂足分别为G，H，    则， 记交y轴于点K， ∵D点与F点关于y轴上的K点成中心对称， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵直线的解析式为， ∴时，， ∴， 又∵， 设直线的解析式为 ∴， 解得=， ∴直线的解析式为， 过点F作轴于点R， ∵D点的横坐标为m, ∴， ∴， ∵， ∴， 令，得， ∴． ∴当时，l的最小值为8， ∴的最小值为． 【点睛】待定系数法，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，二次函数的性质，勾股定理，中心对称的性质，直角三角形的性质等知识． 【题型8 与中心对有关的探究问题】 【例8】（2024·山西晋中·模拟预测）综合与实践 [动手操作]任意一个四边形通过剪裁，都可以拼接成一个三角形，方法如下：如图1，E，F，G，H分别是边，，，的中点，连接，P是线段的中点，连接，，沿线段，，剪开，将四边形分成①，②，③，④四部分，按如图2所示的方式即可拼成一个无缝隙也不重叠的． 关于在拼接过程中用到的图形的变换，说法正确的是（    ） A．①→①是轴对称B．②→②是平移 C．③→③是中心对称D．④→④是中心对称 [性质探究]如图3，连接，，，判断四边形的形状，并说明理由． [综合运用]若是一个边长为4的等边三角形，则四边形的对角线的最小值为__________． 【答案】[动手操作]C；[性质探究]平行四边形，理由见解析；[综合运用] 【分析】[动手操作]根据中心对称，平移变换等知识判断即可． [性质探究]利用三角形的中位线定理和平行四边形的判定定理证明即可． [综合运用]如图，由[性质探究]可知，四边形是平行四边形，设交于点O，则，，把问题转化为求F′H+C′E的最小值，即求OF′+OC′的最小值． 【详解】解：[动手操作]观察图象可知②→②，③→③是中心对称，①→①，④→④是平移． 故选：C． [性质探究]四边形是平行四边形． 理由：由题意可知，，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． [综合运用] 如图4，过点O作直线，作于点T，连接交直线于点，连接， 此时的值最小，最小值的长．   ∵在中，，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴的最小值． 【点睛】本题属于几何变换形综合题，考查了中心对称，平移变换，三角形的中位线定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题． 【变式8-1】（23-24九年级·湖北荆州·期末）阅读下面材料，完成以下问题．如图1，如图2，将一张矩形纸片顺着中缝或对角线所在的直线翻折，其折痕将这个矩形一分为二，两部分的形状与大小完全一样．如图3，如图4，用两条直线将一个矩形分成面积相等的四部分. 我们知道，矩形是一种特殊的平行四边形，对于一般的平行四边形（如图4），是否和矩形一样，也存在这样的直线，将其面积二等分，或进一步将其面积四等分？它们之间又有什么规律呢？   问题1：平分平行四边形的面积，除以下两种方法以外（图5、图6），你还有其他什么方法，请在图7中画出来．   问题2：通过平分平行四边形的面积，你能平分下面图案（图8）的面积，请在图8中画出来 问题3：老师将两个正方形按照图9所示的方式摆放，请你试着将整个图形的面积平分． 问题4：如图10，平面直角坐标系中放着6个边长为1个单位的小正方形，经过原点的直线恰好将6个正方形分成面积相等的两部分，请你画出这条直线，并直接写出该直线的表达式． 【答案】问题1：见详解，问题2：见详解，问题3：见详解，问题4：见详解， 【分析】问题1：设平行四边形对角线交于，过作直线即可； 问题2：通过平分平行四边形的面积，可知过中心对称图形的对称中心的直线平分这个中心对称图形的面积，过圆心作直线即可平分图8的面积； 问题3：设两个正方形的对角线交点分别为，，作直线即可平分整个图形的面积； 问题4：如图作直线恰好将6个正方形分成面积相等的两部分；用待定系数法可得该直线的表达式为． 本题考查一次函数的应用，涉及平分图形的面积，解题的关键是掌握过中心对称图形的对称中心的直线平分这个中心对称图形的面积． 【详解】解：问题1：设平行四边形对角线交于，过作直线，如图： 则直线平分平行四边形的面积； 问题2：通过平分平行四边形的面积，可知过中心对称图形的对称中心的直线平分这个中心对称图形的面积； 过圆心作直线，如图： 则直线平分图8的面积； 问题3：设两个正方形的对角线交点分别为，，作直线，如图： 则直线平分整个图形的面积； 问题4：如图： ， 直线恰好将6个正方形分成面积相等的两部分； 设直线的表达式为， 将代入得：， 解得， 该直线的表达式为． 【变式8-2】（23-24九年级·江苏淮安·期中）如图，是等边三角形，边在直线l上，动点O在直线l上（O不与点B重合）． 操作探究1：在图中作出关于点O的中心对称图形，连接，，则四边形的形状是__________． 操作探究2：如图，若把等边三角形改为等腰三角形，动点O在直线l上（O不与点B重合），与关于O成中心对称，当在C的右侧且时，判断四边形的形状，并说明理由． 操作探究3：若是任意三角形，且点A在直线l的上方，动点O在直线l上（O不与点B重合），在下图中已作出关于点O的中心对称图形．的一个参考图形，连接，当与满足什么关系时，四边形是正方形，直接写出答案． 【答案】操作探究1：作图见解析，平行四边形；操作探究2：四边形是矩形，理由见解析；操作探究3：或或． 【分析】本题主要考查了中心对称图形的性质，平行四边形的判定，矩形的判定，正方形的性质等等： 操作探究1：先根据题意画图，再由中心对称图形的定义可得，据此可证明结论； 操作探究2：根据等边对等角和三角形内角和定理证明，即可证明结论； 操作探究3：分当点C在线段上时，当点B在线段上时，当点O在线段上时，三种情况根据正方形的性质讨论求解即可． 【详解】解：操作探究1：补全图形如下所示： 由中心对称图形的性质可得， ∴四边形是平行四边形； 操作探究2：四边形是矩形，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形； 操作探究3：如图3-1所示，当点C在线段上时， ∵四边形是正方形， ∴； 如图3-2所示，当点B在线段上时， ∵四边形是正方形， ∴， ∴； 如图3-3所示，当点O在线段上时， ∵四边形是正方形， ∴， ∴； 综上所述，或或． 【变式8-3】（23-24九年级·四川成都·期末）如图，在平面直角坐标系中，点，点，点，以、为边作，点为中点，连接、．          (1)分别求出线段和线段所在直线解析式； (2)点为线段上的一个动点，作点关于点的中心对称点，设点横坐标为，用含的代数式表示点的坐标（不用写出的取值范围）； (3)在（2）的条件下， ①当点移动到的边上时，求点坐标； ②为中点，为中点，连接、．请利用备用图探究，直接写出在点的运动过程中，周长的最小值和此时点的坐标． 【答案】(1)所在直线的解析式为；所在直线解析式为 (2) (3)①或，②周长最小值为； 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出点和点的坐标，再用待定系数法求出线段和线段所在直线解析式即可； （2）根据所在直线的解析式为，点横坐标为，得出点，再根据点和点关于点的中心对称点，即可得出点的坐标； （3） ①根据题意进行分类讨论：当点在上时，当点在上时，即可得出结论；②过点作于点，过点作于点，通过证明，得出，延长，过点作于点，证明，进而得出，过点作，则，即可推出点在直线上运动，作点关于直线的对称点，当点，，在同一条直线上时，周长取最小值，即可求出 周长取最小值；根据中点坐标公式得出，，再证明点是中点，则，求出，根据点为中点，得出，最后根据，列出方程求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵四边形为平行四边形，， ∴， ∵点为中点， ∴， 设所在直线的解析式为， 把，代入得： ，解得：， ∴所在直线的解析式为； 设所在直线解析式为， 把点，代入的： ，解得：， ∴所在直线解析式为． （2）解：∵所在直线的解析式为，点横坐标为， ∴点， 设点， ∵点和点关于点的中心对称点， ∴， 整理得：， ∴； （3）解：①当点在上时， ∵点在上， ∴，解得， ∴；      当点在上时， ∵，且在上， ∴，解得：， ∴；        综上：或； ②∵，， ∴， ∵为中点，为中点， ∴， 过点作轴于点， ∵，， ∴， ∴，则，      过点作于点，过点作于点， ∵点是点关于点的中心对称点，   ∴， 又∵， ∴， ∴， 延长，过点作于点， ∵点是中点， ∴， ∵， ∴， ∴，则，   ∵，， ∴， ∵，， ∴设， 在中，根据勾股定理可得：，即， 解得：，   ∴， 过点作， ∵，，， ∴， 则点在直线上运动， 作点关于直线的对称点，   根据轴对称的性质以及平行线间的距离处处相等可得， 当点，，在同一条直线上时，，此时周长取最小值， 在中，根据勾股定理可得：， ∴周长最小值为；      ∵，，，为中点，为中点， ∴，， ∵，， ∴是的中位线，则点是中点， ∴， 过点作于点， ∵，， ∴， ∴ ∵， ∴，即点为中点， ∴， ∵， ∴，解得：， ∴      【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，平行四边形的性质，中心对称，勾股定理，轴对称，解题的关键是熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法，中点坐标公式，正确作出辅助线，确定周长最小时各点的位置． 【考点3 圆的有关性质】 知识点一 圆的定义 圆的定义：第一种：在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫作圆。固定的端点O叫作圆心，线段OA叫作半径。第二种：圆心为O，半径为r的圆可以瞧成就是所有到定点O的距离等于定长r的点的集合。 比较圆的两种定义可知：第一种定义就是圆的形成进行描述的，第二种就是运用集合的观点下的定义，但就是都说明确定了定点与定长，也就确定了圆。 知识点二 圆的相关概念 弦：连接圆上任意两点的线段叫做弦，经过圆心的弦叫作直径。 弧：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆。 等圆：等够重合的两个圆叫做等圆。 等弧：在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧。 弦就是线段，弧就是曲线，判断等弧首要的条件就是在同圆或等圆中，只有在同圆或等圆中完全重合的弧才就是等弧，而不就是长度相等的弧。 知识点三 圆的对称性 圆就是轴对称图形，任何一条直径所在直线都就是它的对称轴。 知识点四 垂径定理 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。 垂径定理的推论：平分弦（不就是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧 注意：因为圆的两条直径必须互相平分，所以垂径定理的推论中，被平分的弦必须不就是直径，否则结论不成立。 知识点五 弦、弧、圆心角的关系 弦、弧、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的各组量也相等。 注意不能忽略同圆或等圆这个前提条件，如果丢掉这个条件，即使圆心角相等，所对的弧、弦也不一定相等，比如两个同心圆中，两个圆心角相同，但此时弧、弦不一定相等。 知识点六 圆周角定理 圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半。 圆周角定理的推论：半圆（或直径）所对的圆周角就是直角，90°的圆周角所对弦就是直径。 圆周角定理揭示了同弧或等弧所对的圆周角与圆心角的大小关系。“同弧或等弧”就是不能改为“同弦或等弦”的，否则就不成立了，因为一条弦所对的圆周角有两类。 知识点七 圆内接四边形及其性质 圆内接多边形：如果一个多边形的所有顶点都在同一个圆上，这个多边形叫做圆内接多边形，这个圆叫做这个多边形的外接圆。 圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补。 【题型9 垂径定理的应用】 【例9】（2024·江西吉安·三模）如图，一座石桥的主桥拱是四弧形，某时刻添得水面的宽度为8米，拱高（的中点C到水面的距离）为2米． (1)求主桥拱所在圆的半径． (2)在主桥拱所在圆的圆心处有一水位检测仪，若过几天某时刻的水面为，检测仪观测点的仰角为，求此时水面的宽度．（参考数据：，，） 【答案】(1)主桥拱所在圆的半径长为5米 (2)此时水面的宽度约为9米 【分析】（1）连接，，构造，通过垂径定理得出是直角三角形，再利用勾股定理即可求解． （2）设与相交于点，根据平行线的性质得出，为直角三角形，再利用锐角三角形的余弦值即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接，． ∵是的中点，， ∴，所在的直线经过圆心． 设半径，则． ∵在中，， ∴，解得． 答：主桥拱所在圆的半径长为5米． （2）（2）如图，设与相交于点． 由题意得． ∵，∴． ∵， ∴，∴． ∵在中，， ∴， ∴． 答：此时水面的宽度约为9米． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形及应用，涉及垂径定理，勾股定理的应用及平行线的性质等知识，解决问题的关键是学会添加辅助线，构造直角三角形解决问题． 【变式9-1】（23-24九年级·安徽淮南·期末）我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？”意思是：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小．如图，用锯去锯这木材，锯口深寸，锯道长尺（1尺寸）．这根圆柱形木材的直径是多少寸？ 【答案】这根圆形木材的直径为26寸 【分析】本题考查垂径定理结合勾股定理计算半径长度．根据题意可得，由垂径定理可得尺寸，设半径，则，在中，根据勾股定理可得：，解方程可得出木材半径，即可得出木材直径．解决问题的关键是从题中寻找是否有垂径定理，然后构造直角三角形，用勾股定理求解． 【详解】解：由题可知， ∵为半径， ∴尺寸， 设， ∵， ∴， 在中， 由勾股定理得， 解得， ∴这根圆形木材的直径为26寸． 【变式9-2】（2024·河南周口·二模）《九章算术》作为古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．在《九章算术》中记载有一类似问题“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深两寸，锯道长一尺二，问径几何?”小辉同学根据原文题意，画出圆材截面图如图所示，已知：锯口深为寸，锯道尺（尺寸），求该圆材的直径为多少寸 【答案】该圆材的直径为20寸 【分析】本题考查垂径定理和勾股定理，过点作 于点，交于点，连接，设半径为，则，由勾股定理建立方程即可求得，从而求得圆的直径． 【详解】解：设该圆材的半径为寸． 如图所示，过点作 于点，交于点，连接， 则寸， 设寸，尺寸， 所以 寸． 在中， 即 解得， 则，即该圆材的直径为寸． 【变式9-3】（23-24九年级·河北唐山·期末）如图，装有水的水槽放在水平桌面上，其横截面是以为直径的半圆O，，为桌面截线，水面截线，直径一端点B刚好与点N重合，． (1)计算的长度，并比较直径与长度的大小； (2)请在图中画出线段，用其长度表示水的最大深度，并求水的最大深度． 【答案】(1)的长度为；直径小于长度 (2)水的最大深度为 【分析】本题主要考查了圆周角定理的推论，垂径定理，含30度角的直角三角形，弧长公式． （1）连接，由，，求出，根据弧长公式即可求解； （3）过点O作交于点C，根据含30度角的直角三角形的特征，由，求出，再根据即可得出答案． 【详解】（1）解：如图，连接． ， ， ， ， ， 直径小于长度； （2）解：如图，过点O作交于点C， 在中，，， ， ， ， 水的最大深度为． 【题型10 弧、弦、圆心角的关系】 【例10】（2024·江苏南京·二模）如图，、是的两条弦，与相交于点E，． (1)求证：； (2)连接 作直线求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了垂直平分线的判定与性质，利用弧、弦、圆心角的关系求证，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据利用弧、弦、圆心角的关系得出，进而可得； （2）因为所以，即结合，得出E、O都在的垂直平分线上，即可作答． 【详解】（1）证明：∵， ∴ ∴， 即． ∴． （2）证明：连接 ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴E、O都在的垂直平分线上． ∴ 【变式10-1】（23-24九年级·湖南湘西·期末）如图，，D，E分别是半径，的中点．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，以及全等三角形的判定与性质．连接，构建全等三角形和；然后利用全等三角形的对应边相等证得． 【详解】证明：连接． 在中， ， ， ，、分别是半径和的中点， ， ， ， ． 【变式10-2】（23-24九年级·甘肃武威·期末）已知，如图，在中，，，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】此题考查了弧与弦的关系，熟练掌握在同圆或等圆中，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是解题的关键．利用，，得出，，即可得，即可证． 【详解】证明：∵，， ∴，， ∴， ∴． 【变式10-3】（2024·浙江·模拟预测）已知是圆的内接四边形的两条对角线，相交于点，且． (1)如图，求证：． (2)在图中找出一组全等的三角形，并给出证明． (3)如图，圆的半径为，弦于点，当的面积为时，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)，证明见解析； (3)． 【分析】（）由得，即得，得到，进而即可求证； （）．由（）得，，再利用即可求证； （）如图，连接，由垂直得，同理（）可得，得到为等腰直角三角形，即得，进而得，利用勾股定理得，设，，可得，，利用完全平方公式可得，得到，据此即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， 即， ∴， 即， ∴； （2）解：． 证明：由（）得，， 在和中， ， ∴； （3）解：如图，连接， ∵， ∴， 同理（）可得， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 设，， 在中，由勾股定理得， ∴， 又∵的面积为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了弧、弦、圆心角之间的关系，等角对等边，全等三角形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，完全平方公式，正确作出辅助线是解题的关键． 【题型11 圆周角定理及其推论的应用】 【例11】（2024·贵州遵义·三模）如图，是的外接圆，D是弧的中点，连接，，．平分交于点E． (1)写出图中一个与相等的角______； (2)试判断的形状，并说明理由； (3)若的半径为，，求的长． 【答案】(1)（或或）； (2)是等腰三角形，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据题意得,则， （2）根据题意得,则，由角平分线的，结合和，则，故； （3）连接OD，交AC于点F，连接OA．由题意得，，则，在中，结合即可。 【详解】（1）解：∵D是弧的中点， ∴, ∴， 故答案为：（或或）； （2）解：是等腰三角形， 理由如下： ∵点D是的中点， ∴， ∴， 又∵CE平分， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， 即是等腰三角形． （3）解：连接OD，交AC于点F，连接OA．如图， ∵，D是弧AC的中点， ∴，， ∵， ∴， 在中，， ∴， 又， ∴。 【点睛】本题主要考查圆的知识，涉及同弧所对圆周角相等、角平分线的定义、等腰三角形的性质、垂径定理、圆周角定理和解直角三角形，解题的关键是熟悉圆的相关知识。 【变式11-1】（2024·安徽合肥·二模）如图，四边形是的内接四边形，已知，垂足为E，弦的弦心距为． （1）若，则的度数为 ； （2）若⊙O的半径为5，，则的长为 ． 【答案】 6 【分析】（1）连接，证明和都是等腰直角三角形即可； （2）延长交于点，连接，则是的中位线，可以求出，然后根据垂直证明，根据圆周角相等则所对的弦相等得到． 【详解】解：（1）如图，连接， 是弦的弦心距， ， 和都是等腰直角三角形， ∵， ， 故答案为：； （2）如图，延长交于点，连接， 由，得是的中位线， ， 在中，， 由勾股定理得 ， ， ∵是的直径， ∴， ， ∵ ∴， ， 故答案为：6． 【点睛】本题考查垂径定理及其推论，圆周角定理，圆心角与弧、弦的关系，三角形的中位线定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 【变式11-2】（2024·江苏南京·二模）千姿百态的桥 问题：景区计划在半径为的人工湖上修建景观桥，为容纳更多游客赏景休闲，需要景观桥长度最大．现有以下三种设计方案，分别求出每种设计方案中桥长的最大值，景观桥的宽度忽略不计． “型” （1）如图①，若点，，，在上，则的最大值为　　； “型” （2）如图②，若点，，在上，且．求的最大值； “型” （3）如图③，若点，，在上，且，垂足为，则的最大值为　　． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】（1）根据题意得出，，即可得出结论； （2）连接，过点作于点，根据度的圆周角所对的弦是直径及勾股定理得，继而得到，再根据，得到，即可得出结论； （3）如图，过点作于点，延长交于点，连接，设，，得到，由垂径定理得，根据勾股定理得，即，由一元二次方程根的判别式得，继而得到，则，可得结论． 【详解】解：（1）∵点，，，在半径为的上， ∴，， ∴， ∴的最大值为， 故答案为：； （2）连接，过点作于点， ∵，的半径为， ∴， ∴， ∵， 即当时，的面积取得最大值， ∴，即， ∴， ∴的最大值为； （3）如图，过点作于点，延长交于点，过点作于点，连接，，设，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴，当点与点重合时，取“”， ∵， ， ∴， ∵，即， 整理，得：， ∴， 解得：， ∴， ∴ ， ∴的最大值为 故答案为：． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了弦与直径的关系，度的圆周角所对的弦是直径，垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式等知识点．掌握圆的基本性质是解题的关键． 【变式11-3】（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，是的直径，点C是的中点，弦分别交于点F，G，且，连接． (1)设，用含的式子表示的度数； (2)求证：； (3)若的半径为1，记的面积分别为，，S，设，，且满足，求a，b的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3)，． 【分析】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解一元二次方程； （1）连接，由是的直径可得，则，即可得到，根据计算即可； （2）把顺时针旋转，则与重合，即可得到，得到，，则，再证明得到，即可得到； （3）连接，则，即可表示出，，S，再结合（2）中结论代入计算即可． 【详解】（1）连接，， ∵是的直径，点C是的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）把顺时针旋转，点对应点，连接，则， ∵， ∴与重合， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （3）∵的半径为1， ∴， ∵点C是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴，，， 由（2）可得，，， ∴，， ∵, ∴， ∴， ∵， ∴， 整理得，即， ∴ ∴，即 ∵， ∴， ∴ 整理可得，解得， ∵， ∴， ∴． 【题型12 巧用圆内接四边形的性质求解】 【例12】（2024·福建泉州·模拟预测）已知，为的位于圆心两侧的两条弦，且． (1)如图1，连接，．求证：． (2)如图2，过点作的垂线交于点．若在上取一点，使得．求证：，，三点共线． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接、，由可得，根据圆内接四边形的性质得，可得，即可得； （2）连接，由可得，则，根据圆内接四边形的性质得，可得，可得，则，，即可得经过圆心． 本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质等，合理添加辅助线是解题的关键． 【详解】（1）证明： ， ， ， ， ； （2）如图2，连接，，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 经过圆心． ∴，，三点共线 【变式12-1】（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，均是上的点，且是的直径，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查圆与内接四边形的综合，掌握内接四边形的性质，直径所对圆周角是直角的知识是解题的关键． 根据均是上的点，可得四边形是内接四边形，则，由此可求出的度数，根据是的直径，可得，由此即可求解． 【详解】解：均是上的点， ∴四边形是内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， 故选：B． 【变式12-2】（2024·吉林白城·模拟预测）如图，是圆内接四边形的一条对角线，点D关于的对称点E在边上，若，则 °． 【答案】110 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质定理，轴对称的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质定理及轴对称的性质是解题的关键．根据圆内接四边形的性质定理可得，再根据轴对称的性质即得答案． 【详解】四边形是圆内接四边形，， ， 点D关于的对称点E在边上， ， ． 故答案为：110． 【变式12-3】（2024·湖南长沙·模拟预测）如图所示，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，． 如图，圆内接四边形ABCDABCD的对角线ACAC，BDBD交于点EE，BDBD平分∠ABC∠ABC，∠BAC=∠AD (1)求证：平分，并求的大小； (2)过点作交的延长线于点，若，，试求四边形的面积和此圆半径的长． 【答案】(1)见解析 (2)； 【分析】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，关键是由圆内接四边形的性质得到，由垂径定理推出是等边三角形． （1）由圆周角定理得到，而，因此，得到平分，由圆内接四边形的性质得到，即可求出； （2）由垂径定理推出是等边三角形，得到由，得到，由平行线的性质求出，由圆内接四边形的性质求出，得到，由直角三角形的性质得到，因为是圆的直径，即可得到圆半径的长是4． 【详解】（1）证明：，， ， 平分， 平分， ， 四边形是圆内接四边形， ， ， ， ， ； （2）解：，， ， ， ， 是圆的直径， 垂直平分， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 四边形是圆内接四边形， ， ， ， ， ，， ， 是圆的直径， 圆的半径长是4， ． 【考点4 点和圆、直线和圆的位置关系】 知识点一 点与圆的位置关系 （1）点与圆的位置关系有：点在圆外，点在圆上，点在圆内三种。 （2）用数量关系表示：若设⊙O的半径就是r，点P到圆的距离OP=d，则有： 点P在圆外 d＞r；点p在圆上 d=r；点p在圆内 d＜r。 知识点二 过已知点作圆 （1）经过一个点的圆（如点A） 以点A外的任意一点（如点O）为圆心，以OA为半径作圆即可，如图，这样的圆可以作无数个。 ·O1 A ·O2 ·O3 （2）经过两点的圆（如点A、B） 以线段AB的垂直平分线上的任意一点（如点O）为圆心，以OA（或OB）为半径作圆即可，如图，这样的圆可以作无数个。 A B （3）经过三点的圆 ①经过在同一条直线上的三个点不能作圆 ②不在同一条直线上的三个点确定一个圆，即经过不在同一条直线上的三个点可以作圆，且只能作一个圆。如经过不在同一条直线上的三个点A、B、C作圆，作法：连接AB、BC（或AB、AC或BC、AC）并作它们的垂直平分线，两条垂直平分线相交于点O，以点O为圆心，以OA（或OB、OC）的长为半径作圆即可，如图，这样的圆只能作一个。 知识点三 三角形的外接圆与外心 （1）经过三角形三个顶点可以作一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆。 （2）外接圆的圆心就是三角形三条边的垂直平分线的交点，叫做这个三角形的外心。 知识点四 直线与圆的位置关系 （1）直线与圆的位置关系有：相交、相切、相离三种。 （2）直线与圆的位置关系可以用数量关系表示 若设⊙O的半径就是r，直线l与圆心0的距离为d，则有： 直线l与⊙O相交 d ＜ r； 直线l与⊙O相切 d = r； 直线l与⊙O相离 d ＞ r。 知识点五 切线的判定与性质 （1）切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线就是圆的切线。 （2）切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径。 （3）切线的其她性质：切线与圆只有一个公共点；切线到圆心的距离等于半径；经过圆心且垂直于切线的直线必过切点；必过切点且垂直于切线的直线必经过圆心。 知识点六 切线长定理 （1）切线长的定义：经过园外一点作圆的切线，这点与切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长。 （2）切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点与圆心的连线平分两条切线的夹角。 （3）注意：切线与切线长就是两个完全不同的概念，必须弄清楚切线就是直线，就是不能度量的；切线长就是一条线段的长，这条线段的两个端点一个就是在圆外一点，另一个就是切点。 知识点七 三角形的内切圆与内心 （1）三角形的内切圆定义：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆。这个三角形叫做圆的外切三角形。 （2）三角形的内心：三角形内切圆的圆心叫做三角形的内心。 （3）注意：三角形的内心就是三角形三条角平分线的交点，所以当三角形的内心已知时，过三角形的顶点与内心的射线，必平分三角形的内角。 【题型13 切线的判定】 【方法总结】因为切线与圆有且只有一个公共点,所以题中信息是否明确给出公共点可以作为判定切线方法选择的一个标准. 【例13】（2024·广东广州·模拟预测）如图，是的直径，点C、D在圆上，，平分，与相交于点E． (1)在的延长线上找一点F，使，连接（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)求证：是的切线． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据基本作图的基本要求作图解答即可． （2）连接．根据直径，得到，进而得出，再由圆周角定理，得到，， 从而推出，得到，即可证明是的切线． 本题考查了基本作图，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，切线的判定定理，熟练掌握作图，切线的判定定理是解题的关键． 【详解】（1）解：根据题意，作图如下： 则点、为所求． （2）证明：连接． 是的直径， ， 平分， ， ， ， ， ． ， ， ， ， ， ． ，， ， ， ， ． 又为半径， 是切线． 【变式13-1】（2024·江苏镇江·中考真题）如图，将沿过点的直线翻折并展开，点的对应点落在边上，折痕为，点在边上，经过点、．若，判断与的位置关系，并说明理由． 【答案】与相切，理由见解析 【分析】连接，由等腰三角形的性质得，再由折叠的性质得，进而证明，则，因此，然后由切线的判定即可得出结论． 【详解】解：与相切． 证明：连接． ∵， ∴． ∵图形沿过点A的直线翻折，点C的对应点落在边上， ∴． ∴． ∴． ∴由，得，即． ∴与相切． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、等腰三角形的性质、折叠的性质以及平行线的判定与性质等知识，熟练掌握切线的判定和折叠的性质是解题的关键． 【变式13-2】（2024·山东青岛·一模）如图，是的内接三角形，是的直径，为的中点，，在的延长线上． (1)是的切线吗？为什么？ (2)若，则的度数为______°． 【答案】(1)是的切线，理由见解析； (2)30 【分析】本题考查切线的判定，等边三角形的判定及性质，圆周角定理，关键是掌握切线的判定方法，圆周角定理． （1）由圆周角定理得到，由等腰三角形的性质得到，即可证明问题； （2）连接，得到是等边三角形，得到，由为的中点，得到，由圆周角定理即可求出的度数． 【详解】（1）解：是的切线，理由如下， 连接， 是圆的直径， ， ， ， ， ， ， ， 半径， 是的切线； （2）解：连接， ， ， 等边三角形， ， 为的中点， ， ． 故答案为：30． 【变式13-3】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，是的外接圆，是的直径，的延长线与过点的直线相交于点，且． (1)求证：是的切线； (2)点是弧的中点，点在弧上，过点作于点，是否存在常数，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）由圆周角定理的推论得， 从而得，即可证明结论成立； （）在上取一点，使得，连接，证明，得，，又由圆周角定理及等腰直角三角形的性质得，，从而即可得解． 【详解】（1）∵是的直径, ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解: 存在，，理由如下: 在上取一点，使得，连接， ∵点是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵是的直径， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理的推理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，切线的判定，熟练掌握直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键． 【题型14 切线的性质】 【方法总结】已知圆的切线时,常连接圆心和切点,得到半径垂直于切线,通过构造直角三角形解决问题,即“见切线,连半径,得垂线”. 【例14】（2024·湖南·二模）如图，为四边形的外接圆，是等边三角形，是的切线，D是的中点，的延长线交于点E． (1)求证：； (2)若，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)的面积为 【分析】（1）由等边三角形得，因为，所以，结合三角形内角和列式计算，再因为是的切线，所以，因为内错角相等，所以两直线平行，即可作答． （2）先由圆内角四边形的对角互补，得，再由圆周角定理得出，然后证明为直角三角形．运用勾股定理列式代入数值进行计算，即可作答． 【详解】（1）证明：是等边三角形， ． 连接， ∵ 则． 是的切线， ． ． ． ． （2）解：为四边形的外接圆，． 是的中点， ∴ ． ∴为直角三角形． ． ． 的面积为． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，圆周角定理，圆内接四边形，切线性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【变式14-1】（2024·天津滨海新·模拟预测）已知为的直径，为上一点，． (1)如图①，点是弧上一点，求的大小； (2)如图②，过点作的切线，过点作于点，与交于点，若，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，由为的直径，，得到是等边三角形，根据等边三角形的性质得到，于是得到结论； （2）连接，与相交于，由是的切线，得到，求得，根据平行线的判定定理得到，由平行线的性质得到，由为的直径，得到，由垂径定理得到，于是得到结论． 【详解】（1）解：连接， 为的直径，， ， 是等边三角形， ， ； （2）解：连接，与相交于， 是的切线， ， ， ， ， ， 为的直径， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质，垂径定理，平行线的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 【变式14-2】（2024·安徽合肥·三模）如图，在四边形中，平分．点O在上，以点O为圆心，为半径，作与相切于点B，延长线交于点E，交于点F，连接，．    (1)求证：是的切线； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了圆的切线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角等知识，掌握圆的相关性质是解题关键． （1）连接，根据圆的切线的性质，得到，根据角平分线的定义以及等边对等角的性质，得到，进而得出，推出，得到，即可证明结论； （2）根据同弧所对的圆周角相等，得到，进而得出，再根据直径所对的圆周角是直角，得出，，由30度角所对的直角边等于斜边一半，得到，再结合勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接． 为圆O的切线， ． 平分， ． ， ， ，， ． 在和中， ， ， ． 是的切线．    （2）解：， ， ， ． ． 是直径， ， ， ． 在中，，， ． ． 【变式14-3】（2024·山东·模拟预测）如图，是的直径，B、C都是上的点，连接，E是延长线上一点，连接，且． (1)证明：是的切线； (2)连接，交于点F．当时，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由圆周角定理得到，结合，推出，再根据是的直径，得到，进而得到，即可推出，从而得到，即可证明结论； （2）由，可得，易证是等边三角形，根据，求出，利用勾股定理求出，得到，再利用勾股定理求出，由即可求解． 【详解】（1）证明： ，， ， 是的直径， ， ， ， ， ，即， 是半径， 是的切线； （2）解： ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，直角三角形的特征，等边三角形的判定与性质，勾股定理．灵活掌握切线的判定定理是解题的关键． 【题型15 切线长定理】 【例15】（23-24九年级·河南商丘·期末）如图，中，，点D在边上，以为直径的与直线相切于点E，连接，且．连接交于点F． (1)求证：． (2)若，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)、 【分析】（1）连接，由切线得性质得：，再证明与相切于点C，则，再证，得，则，即可得答案； （2）先求出的值，由，求出，再证明垂直平分，则，求出的长，即可得答案． 【详解】（1）解：如下图，连接， 与相切于点E， ， ， ， ， 是的半径，， 与相切于点C， ， 在和中，， ， ， ， ； （2）， ， ， ， ，且， ， 解得：， ， ， 点O、点A都在线段的垂直平分线上， 垂直平分， ， ， ， ， 线段，的长分别是1、． 【点睛】此题考查了切线的判定与性质、切线长定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理、线段的垂直平分线的性质、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 【变式15-1】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，圆的圆心在梯形的底边上，并与其它三边均相切，若，，，则长（    ） A． B． C． D．无法确定 【答案】A 【分析】此题主要考查了切线的性质和等腰三角形的性质，利用切线的性质得出，进而得出，即可得出，同理：即可得出结论． 【详解】连接，， ，是的切线， ， ∵， ， ， ， ， ， ， ， 同理可得：， 故选：A． 【变式15-2】（2024·山东聊城·二模）如图，为半圆O的直径，C为半圆弧的三等分点，过B，C两点的半圆O的切线交于点P，若的长是，则的长是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查的知识点是：圆心角、假、张的关系，切线的性质，切线长定理以及解直角三角形的应用等知识，连接，由于C是半圆的三等分点，那么，进而可由切线长定理求得；在中根据半径的长以及的度数，可求得的值，进而可由勾股定求得的长． 【详解】解：连接， ∵C为半圆弧的三等分点， ∴， ∵，都是的切线， ∴， 在中，，则， 在中，由勾股定理得：， 故答案为： 【变式15-3】（23-24九年级·江苏扬州·期中）数学兴趣小组的同学在探究等分问题的过程中，得到了很多成果． 成果一：制作了三分角仪．图(1)是示意图，点在半径的延长线上，，，足够长．若要将三等分，只需要适当放置三分角仪，使点在上，点落在上，当与半相切时，、就将三等分了． 成果二：创造了只用圆规将圆四等分的方法．如图(2)，具体步骤为：①将六等分，等分点分别是点、、、、、；②分别以点、为圆心，长为半径作弧，交于点；③以点为圆心，长为半径作弧，交于点、，则点、、、将四等分． (1)请你说明三分角仪的正确性； (2)证明点、、、是四等分点． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先利用垂直平分得到，则平分，再根据切线长定理得到平分，即，于是判断将三等分； （2）利用圆周角定理得出，然后勾股定理解，结合勾股定理得出，即可得出答案 【详解】（1）证明：∵， 即垂直平分， ∴， ∵， ∴平分， ∴， ∵， ∴为的切线， ∵与半相切， ∴平分， ∴， 即将三等分； （2）如图2 ∵是的直径， ∴ ∵，． ∴， 设的半径为， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∴是直角三角形且， ∴， ∴点、、、是的四等分点． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理及逆定理，切线长定理和正多边形和圆，综合运用以上知识是解题的关键． 【题型16 三角形的外接圆与内切圆】 【方法总结】三角形内切圆的常用结论： 【例16】（2024·上海·模拟预测）如图，是圆O直径，弦，垂足为D，圆O周长为， (1)，求内切圆的面积； (2)，求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】此题考查了垂径定理、内切圆、圆周角定理、等边三角形的判定和性质等知识，证明是等边三角形是解题的关键． （1）连接，证明，则是等边三角形，得到，点O是的内心，求出，即可得到内切圆的面积； （2）连接，根据（1）中的结论求出，即可证明． 【详解】（1）解：连接， ∵是圆O直径，圆O周长为， ∴，， ∴， ∵ ∴， ∵是圆O直径，弦， ∴，垂直平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴，点O是的内心， ∴， ∴ ∴内切圆的面积为； （2）如图，连接， ∵是等边三角形， ， ∴，， ∴， ∵点O是的内心， ∴， ∴ ∴． 【变式16-1】（23-24九年级·江苏盐城·期中）如图，I是的内心，的延长线交的外接圆于点D． (1)求证：； (2)求证：； (3)连接、，求证：点D是的外心． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据三角形内心的定义得，再由圆周角与弧之间的关系即可得证； （2）连接，证出即可得证； （3）连接，，，证出即可得证． 【详解】（1）证明：点I是的内心， 平分， ， ， ， ． （2）证明：如图，连接， 点I是的内心， 平分，平分， ， 又， ， ，， ， ． （3）证明：如图，连接，，， ， ． ， ∴点D是的外心． 【点睛】本题考查了三角形内心和外心的定义，圆的基本性质中圆周角与弧之间的关系等，理解定义，掌握圆的基本性质，根据题意作出辅助线是解题的关键. 【变式16-2】（23-24九年级·山东淄博·期末）如图，O是△ABC的外心，I是△ABC的内心，连接AI并延长交BC和⊙O于D，E． (1)求证：EB=EI； (2)若AB=8，AC=6，BE=4，求AI的长． 【答案】(1)见解析 (2)AI=4 【分析】（1）欲证明EB=EI，只要证明∠EBI=∠EIB； （2）连接EC，过点E作EM⊥AB，EN⊥AC交AC的延长线于N，证明△AEM≌△AEN和△BME≌△CNE，再利用勾股定理计算即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵I是△ABC的内心， ∴AE平分∠CAB，BI平分∠ABC， ∴∠BAE=∠CAE，∠ABI=∠CBI， ∵∠BIE=∠BAE+∠ABI，∠IBE=∠IBD+∠EBD， ∵∠CBE=∠CAE， ∴∠BIE=∠EBI， ∴EB=EI； （2）解：连接EC，过点E作EM⊥AB，EN⊥AC交AC的延长线于N，则EM=EN， ∵∠BAE=∠CAE， ∴=， ∴BE=EC=4． ∵AE=AE，EM=EN， ∴△AEM≌△AEN， ∴AM=AN． ∵BE=EC，EM=EN， △BME≌△CNE(HL)， ∴BM=CN． 设BM为x，则8-x=6+x，解得x=1，即BM=1， ∴AM=7． 又∵BE=4，由勾股定理得，EM==． ∴AE==8， ∵EI=BE=4， ∴AI=AE−EI=4． 【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 【变式16-3】（23-24九年级·内蒙古呼伦贝尔·期末）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，连接BE， (1)若∠CBD=34°,求∠BEC的度数； (2)求证：DE=DB． 【答案】(1)124° (2)证明见解析 【分析】（1）根据圆周角定理求出，根据三角形的内心的概念，三角形内角和定理求出∠EBC； （2）根据内心的性质，三角形的外角定理证明． 【详解】（1）解：∵∠CBD=34° ∴∠CAD=34° ∵点E是△ABC的的内心 ∴∠BAC=2∠CAD=68° ∴∠EBC+∠ECB=（180°-68°）÷2=56° ∴∠BEC=180°-56°=124° （2）∵E是△ABC的内心 ∴∠BAD=∠CAD，∠EBA=∠EBC ∵ ∠DEB=∠BAD+∠EBA,∠DBE=∠EBC+∠CBD，∠CBD=∠CAD ∴∠DEB=∠DBE ∴DE=DB ． 【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理，三角形的内心的概念，三角形的外角的性质是解题的关键． 【考点5 正多边形和圆】 知识点一 正多边形的外接圆与圆的内接正多边形 正多边形与圆的关系非常密切，把圆分成n（n就是大于2的自然数）等份，顺次连接各分点所的的多边形就是这个圆的内接正多边形，这个圆就就是这个正多边形的外接圆。 正多边形的中心：一个正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心。 正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径。 正多边形的中心角：正多边形每一条边所对的圆心角叫做正多边形的中心角。 正多边形的边心距：中心到正多边形一边的距离叫做正多边形的边心距。 知识点二 正多边形的性质 （1）正n边形的半径与边心距把正多边形分成2n个全等的直角三角形。 （2）所有的正多边形都就是轴对称图形，每个正n边形共有n条对称轴，每条对称轴都经过正n边形的中心；当正n边形的边数为偶数时，这个正n边形也就是中心对称图形，正n边形的中心就就是对称中心。 正n边形的每一个内角等于，中心角与外角相等，等于。 【题型17 正多边形和圆的有关计算】 【方法总结】利用正多边形和圆的性质,已知正多边形的边长,求解与正多边形有关的量时,通常做法是作出正多边形的边心距,构造由半径、边心距、边长的一半围成的直角三角形,然后利用勾股定理解决. 【例17】（2024·辽宁·模拟预测）在圆内接正六边形中，，分别交于点H，G．    (1)如图①，求证：点H，G三等分． (2)如图②，操作并证明． ①尺规作图：过点O作的垂线，垂足为K，以点O为圆心，的长为半径作圆；（在图②中完成作图，保留作图痕迹，不需要写作法） ②求证：是①所作圆的切线． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②见解析 【分析】（1）由正多边形的性质证明，可得，再证明是等边三角形，从而可得结论； （2）①按照题干的要求作线段的垂直平分线，再作圆即可；②过点O作，垂足为P，连接， 证明．结合，，．从而可得结论； 【详解】（1）证明：在圆内接正六边形中， ， ∴， ∴． 在和中， ， ∴． ∴． ∴是等边三角形， ∴． ∴点H，G三等分． （2）①解：如图，即为所求作．    ②证明：如图，过点O作，垂足为P，连接，则． 由（1）知，， ∴． ∵，， ∴． ∴是①所作圆的切线． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，圆的内接多边形的性质，切线的判定，作线段的垂直平分线，掌握以上基础知识是解本题的关键． 【变式17-1】（2024·福建厦门·二模）如图，正五边形内接于，点在上，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正多边形和圆，圆内接四边形的性质，熟记圆内接四边形的对角互补是解决问题的关键． 先由正多边形内角和定理求出，再根据圆内接四边形的性质即可求出． 【详解】解：正五边形内接于， ， 四边形是内接四边形， ， ， 故选：D． 【变式17-2】（2024·广东广州·三模）如图，正方形内接于，线段在对角线上运动，若的面积为，，则（1）的直径长为 ；（2）周长的最小值是 ． 【答案】 4 【分析】本题考查了正多边形与圆，掌握圆的相关性质及正方形的相关性质、准确的辅助线及计算是本题的解题关键． （1）利用圆的面积公式计算出半径即可求出直径； （2）连接，，以、为边作，连接，证明出，，当、、共线时，最小，即为的最小值，利用勾股定理求出即可解答此问． 【详解】解：（1）的面积为， ， 的直径长为， 故答案为：； （2）如图，连接，，以、为边作，连接， 四边形为正方形， ，， 四边为平行四边形， ， ， ， 当、、共线时，最小，即为的最小值， 在中，，， ， ， ， 周长的最小值为， 故答案为：4． 【变式17-3】（23-24九年级·浙江金华·期中）如图所示，已知正八边形内接于，连接、，相交于点．若的半径为1， (1)求的长； (2)求的度数． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，，与交于点，先根据正八边形和圆的性质求出的值，再根据特殊角三角函数值求出的长即可； （2）再根据圆周角定理和三角形的外角定理即可求出的度数． 【详解】（1）解：如图，连接，，与交于点， 由题意可知，，， ∵多边形是正八边形， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）∵所对的圆心角为， ∴所对的圆周角为， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了正八边形与圆的综合、圆周角定理、锐角三角函数、垂径定理等知识，熟练运用正八边形的性质、特殊角的三角函数值、圆周角定理是解题的关键． 【题型18 正多边形中的规律探究性问题】 【方法总结】正多边形中规律探究性问题是重要的考点之一,解答这类问题的关键是灵活运用特殊与一般的思想.这类问题需要从简单的情形入手,由浅入深、由简单到复杂、由特殊到一般逐步分析探索,发现变化规律, 再根据变化规律归纳出最后的结果. 【例18】（2024·湖南湘西·中考真题）观察下列结论： （1）如图①，在正三角形中，点M，N是上的点，且，则，； （2）如图②，在正方形中，点M，N是上的点，且，则，； （3）如图③，在正五边形中，点M，N是上的点，且，则，；…… 根据以上规律，在正n边形中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点M，N是上的点，且，与相交于O．也会有类似的结论．你的结论是 ． 【答案】 ， 【分析】根据正多边形内角和定理结合全等三角形的判定和性质可得出（1）、（2）、（3）的结论，根据以上规律可得出正n边形的结论． 【详解】（1）∵正三角形ABC中，点M、N是AB、AC边上的点，且AM=BN， ∴AB=AC，∠CAM=∠ABN=， ∵在△ABN和△CAM中， ， ∴△ABN≌△CAM（SAS）， ∴AN= CM，∠BAN=∠MCA， ∴∠NOC=∠OAC+∠MCA =∠OAC+∠BAN =∠BAC=60°， 故结论为：AN= CM，∠NOC=60； （2）∵正方形ABCD中，点M、N是AB、BC边上的点，且AM=BN， ∴AB=AD，∠DAM=∠ABN=， 同理可证：Rt△ABNRt△DAM， ∴AN= DM，∠BAN=∠ADM， ∠NOD=∠OAD+∠ADM =∠OAD+∠BAN =∠BAC=90°， 故结论为：AN= DM，∠NOD=90； （3）∵正五边形ABCDE中，点M、N是AB、BC边上的点，且AM=BN， ∴AB=AE，∠EAM=∠ABN=， 同理可证得：Rt△ABNRt△EAM， ∴AN= EM，∠BAN=∠AEM， ∠NOE=∠OAE+∠AEM =∠OAE+∠BAN =∠BAE=108°， 故结论为：AN= EM，∠NOE=108； ∵正三角形的内角度数为：60°， 正方形的内角度数为：90°， 正五边形的内角度数为：108°， ∴以上所求的角恰好等于正n边形的内角， 在正n边形中，点M，N是上的点，且，与相交于O，结论为： ，． 故答案为： ，． 【点睛】本题考查了正n边形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是发现与的夹角与正边形的内角相等． 【变式18-1】（2015·山东威海·中考真题）如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为2，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，正六边形A3B3C3D3E3F3的外接圆与正六边形A2B2C2D2E2F2的各边相切，…按这样的规律进行下去，A10B10C10D10E10F10的边长为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：连结OE1，OD1，OD2，如图，根据正六边形的性质得∠E1OD1=60°，则△E1OD1为等边三角形，再根据切线的性质得OD2⊥E1D1，于是可得OD2=E1D1=×2，利用正六边形的边长等于它的半径得到正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=×2，同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长=（）2×2，依此规律可得正六边形A10B10C10D10E10F10的边长=（）9×2=， 故选：D， 【变式18-2】（23-24九年级·湖南湘西·期中）如图1，图2，图3⋯，M、N分别是的内接正三角形，正方形，正五边形，…的边上的点，且，连接，图1中，图2中，图3中…，根据这样的规律，图n中的度数是 ． 【答案】 【分析】作多边形的半径，根据多边形的性质可证，得，再根据“等边对等角”得，于是可得，从而可证则，因此． 本题考查了正多边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边对等角、正多边形中心角等知识点，解题的关键综合运用这些性质解题． 【详解】不失一般性，设时的情形，可以推广到一般情况．连接，如下图 由正多边形的性质知： ∴ ∴ 由得： ∴ 即： 又∵ ∴ ∴ ∴ 即： ∵ ∴ 故答案为：． 【变式18-3】（23-24九年级·浙江台州·期中）李老师带领班级同学进行拓广探索，通过此次探索让同学们更深刻的了解的意义． (1)[定义]我们将正n边形的周长L与正多边形对应的内切圆的周长C的比值，称作这个正n边形的“正圆度”．如图，正三角形的边长为1，求得其内切圆的半径为，因此___________； (2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度”； (3)[总结]随着n的增大，具有怎样的规律，试通过计算，结合圆周率的诞生，简要概括． 【答案】(1) (2)， (3)随着n的增大，越来越接近于1，见解析 【分析】（1）根据“正圆度”的定义进行求解即可； （2）设正方形边长和正六边形的边长都为1，求出此情形下对应的内切圆半径，再根据“正圆度”的定义进行求解即可； （3）根据（1）（2）所求可知随着n的增大，越来越接近于1，再由张衡和祖冲之对圆周率的研究即可得到答案． 【详解】（1）解：由题意得，， 故答案为：； （2）解：假设正方形边长1， ∴此时正方形的内切圆半径为， ∴； 设正六边形的边长为1，内切圆圆心为O，则， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； （3）解：，随着n的增大，越来越接近于1．由张衡、祖冲之的研究，精进的取值的方法可知：正多边形，边长数越多，越接近于圆，因此当边长增多时，其周长L也与对应的内切圆周长更接近，其比值更接近于1． 【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，正确理解题意是解题的关键． 【考点6 弧长和扇形面积】 知识点一 弧长公式 在半径为R的圆中，360°的圆心角所对的弧长就就是圆的周长C=2πR，所以n°的圆心角所对的弧长的计算公式l=×2πR=。 知识点二 扇形面积公式 在半径为R的圆中，360°的圆心角所对的扇形面积就就是圆的面积S=πR2，所以圆心角为n°的扇形的面积为S扇形=。 比较扇形的弧长公式与面积公式发现： S扇形= 知识点三 圆锥的侧面积与全面积 圆锥的侧面积就是曲面，沿着圆锥的一条母线将圆锥的侧面展开，容易的到圆锥的侧面展开图就是一个扇形。设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，那么这个扇形的半径为l，扇形的弧长为2πr，因此圆锥的侧面积。圆锥的全面积为。 【题型19 圆锥侧面展开图的有关计算】 【例19】（2024·江苏盐城·三模）如图， ，点A、C分别在射线上， ． (1)用尺规在图中作一段劣弧，使得它在A、C两点分别与射线和相切．要求：写出作法，并保留作图痕迹； (2)将劣弧所在的扇形围成圆锥的侧面，则该圆锥的底面圆的半径为 ． (3)求所得的劣弧与线段围成的封闭图形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】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．也考查了圆周角定理和扇形面积公式． （1）过A、分别作、的垂线，它们相交于，然后以为半径作即可； （2）先证明为等边三角形得到，，求出长，进而求出结论； （3）先证明为等边三角形得到，，再计算出，然后根据扇形的面积公式，利用劣弧与线段、围成的封闭图形的面积进行计算． 【详解】（1）解：如图，过A、分别作、的垂线，它们相交于，然后以为半径作, 则即为所求； （2）解：∵，， ， 由作图知 和分别是切线， ， ， 为等边三角形， 则长为：， 所在的扇形围成圆锥的侧面，则该圆锥的底面圆的半径设为r， ， ， 则该圆锥的底面圆的半径设为； （3）∵，， ， 由作图知 和分别是切线， ， ， 为等边三角形， ，， ∵， 垂直平分， 平分， ， ， 劣弧与线段、围成的封闭图形的面积 ． 【变式19-1】（23-24九年级·江苏泰州·期中）如图，在直径为2的圆形纸片上裁剪出圆心角的扇形．    (1)求阴影部分面积； (2)用所裁剪的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，求圆锥底面圆的半径． 【答案】(1)； (2)该圆锥的底面圆的半径是． 【分析】本题考查了扇形的面积计算，圆锥的底面圆的半径． （1）是圆O的直径，求出求得，进而利用扇形的面积公式可得阴影部分的面积； （2）求出的长度，即圆锥底面圆的周长，继而可得出底面圆的半径． 【详解】（1）解：连接，    ∵， ∴是圆O的直径， ∴点A、O、B三点共线， ∴， 又∵， ∴， ∵圆的直径为2， 则， 故． ∴； （2）解：的长， 则， 解得：． 故该圆锥的底面圆的半径是． 【变式19-2】（23-24九年级·山东烟台·期末）如图，在半径为4的扇形中，，点C是上的一个动点（不与点A，重合），连接，，，，垂足分别为点D，E．    (1)若扇形是一个圆锥的侧面展开图，求该圆锥的底面半径； (2)在中是否存在长度为定值的边?若存在，请求出这条边的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)1 (2)存在， 【分析】（1）设该圆锥的底面半径为r，根据圆锥底面圆的周长等于侧面展开图的弧长列式即可得到答案； （2）连接，由垂径定理得到D为中点，E为中点．则为的中位线．得到．再求出的长，即可得到的长，结论得证； 【详解】（1）解：设该圆锥的底面半径为r， 由题意得． 解得， 即该圆锥的底面半径为1． （2）存在，的长为定值．如图，连接．    ∵，， ∴D为中点，E为中点． ∴为的中位线． ∴． ∵，， ∴． ∴． 【点睛】此题考查了圆锥的侧面展开图、弧长公式、垂径定理、三角形中位线定理的等知识，数形结合是解题的关键． 【变式19-3】（2024·广东东莞·二模）【综合与实践】 主题：制作圆锥形生日帽． 素材：一张圆形纸板、装饰彩带． 步骤1：如图1，将一个底面半径为r的圆锥侧面展开，可得到一个半径为l、圆心角为的扇形．制作圆锥形生日帽时，要先确定扇形的圆心角度数，再度量裁剪材料． 步骤2：如图2，把剪好的纸板粘合成圆锥形生日帽，       (1)现在需要制作一个，的生日帽，请帮忙计算出所需扇形纸板的圆心角度数； (2)为了使（1）中所制作的生日帽更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中需要粘贴一条从点A处开始，绕侧面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），求彩带长度的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角的度数，勾股定理求最值问题，掌握以上知识是解题的关键． （1）根据扇形的两个面积公式可得，再代入求解即可； （2）连接，过点P作，线段就是彩带长度的最小值，根据等腰三角形性质及解直角三角形即可求解． 【详解】（1），， ， ， 扇形纸板的圆心角度数为； （2）如图所示．连接，过点P作，线段就是彩带长度的最小值， 由（1）得， 彩带长度的最小值为． 【题型20 不规则图形面积的计算】 【例20】（23-24九年级·浙江台州·期末）如图，扇形中，，，点为的中点，将扇形绕点顺时针旋转，得到扇形，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作于点，过点作交的延长线于点，设交于点，交于点，根据题意得出，进而根据即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点，过点作交的延长线于点，设交于点，交于点， ∵ 则四边形是正方形， ， ∴， ， ， ， 在中，， ， ， ， ∴， ， ， ， ， 故选：B． 【点睛】本题考查了求扇形面积，旋转的性质，正方形的性质，掌握扇形面积公式是解题的关键． 【变式20-1】（2024·四川成都·模拟预测）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 【变式20-2】（23-24九年级·新疆乌鲁木齐·期末）如图，在中，，，点O是边的中点，半圆O与相切于点D、E，若阴影部分的面积为，则的长为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【分析】连接，根据切线长定理和切线的性质可知四边形是正方形，从而证明，由等腰直角三角形的性质推出，从而证明，利用平行线间距离相等从而得到，继而得到阴影部分的面积等于扇形的面积，从而利用得到扇形半径的长度，从而得到的长，继而得出的长． 【详解】解：连接， ∵半圆O与相切于点D、E， ∴，． ∵， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形． ∴，． 又∵，，点O是边的中点， ∴，， ∴． ∵，， ∴． ∵平行线间距离相等， ∴， ∴阴影部分的面积等于扇形的面积． ∵阴影部分的面积为， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查切线长定理，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，等角对等边，切线的性质，勾股定理，扇形面积公式，不规则图形的面积求法等知识，综合性很大，正确作出辅助线是解题的关键． 【变式20-3】（2024·广东惠州·三模）如图，是的内接三角形，是的直径，，，弦于，点是延长线上一点，且，连接． (1)填空： °； (2)判断与的位置关系，并说明理由； (3)取的中点，连接，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)30 (2)与相切，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据垂径定理得到，根据圆周角定理得到结论； （2）连接，根据垂径定理得到，，根据全等三角形的性质得到，根据切线的判定定理得到结论； （3）根据圆周角定理得到，根据勾股定理得到，连接，根据三角形中位线定理得到，，求得，得到，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）解：弦于，是的直径， ， ， 故答案为：30； （2）解：与相切， 理由如下： 连接，如图所示： 弦于，是的直径， ，， ， ， ， ， ， ， 是的半径， 与相切； （3）解：是的直径， ， ，， ， ， 连接，如图所示： 点是的中点， ， ， 是的中位线， ，， ， ， ， 图中阴影部分的面积的面积扇形的面积的面积． 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，切线的判定，垂径定理，扇形的面积的计算，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 【题型21 利用弧长和扇形面积公式解决几何图形的旋转问题】 【例21】（23-24九年级·云南曲靖·阶段练习）如图，在等边内有一点，且，，，若把绕着点逆时针旋转得到，连接，． (1)求的度数； (2)求的长． (3)求点划过的路径长； (4)当时，如果是由旋转所得，求扫过的区域的面积． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】（1）由旋转的性质，结合等边三角形的判定即可得到是等边三角形，再由是等边三角形，利用等边三角形性质，结合三角形全等的判定得到，进而有，，再利用勾股定理的逆定理得到为直角三角形，且，即可得到答案； （2）由旋转的性质，结合等边三角形的判定即可得到是等边三角形，从而确定； （3）根据题意，把绕着点逆时针旋转得到，点划过的路径是，利用弧长公式代值求解即可得到答案； （4）由（1）的证明过程，结合旋转性质得到扫过的区域的面积，根据扇形面积公式代值求解即可得到答案． 【详解】（1）解：把绕着点逆时针旋转得到，则是等边三角形， ， 是等边三角形， ， ， ， 在和中， ， ，， 在中，，，，则，由勾股定理的逆定理可知为直角三角形，且， ； （2）解：把绕着点逆时针旋转得到，则是等边三角形， ； （3）解：如图所示： 把绕着点逆时针旋转得到，点划过的路径是，则长度为； （4）解：由（1）的证明过程可知，，点划过的路径是，点划过的路径是，如图所示： 由旋转性质可知， 扫过的区域的面积 ． 【点睛】本题考查旋转综合，涉及旋转性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理的逆定理、弧长公式、扇形面积公式等知识，理解旋转的性质，灵活运用相关几何判定与性质，数形结合求解是解决问题的关键． 【变式21-1】（2024·江苏南通·一模）如图，已知正方形的边长为cm，将正方形在直线上顺时针连续翻转4次，则点所经过的路径长为 (  ) A．4πcm B．πcm C．πcm D．πcm 【答案】B 【分析】正方形 在直线上顺时针连续翻转4次，实际点经过的路径有三段，其中一段以为半径，圆心角为的弧长，另两段是以为半径，圆心角为的弧长，然后根据弧长公式计算． 【详解】解：点经过的路径如图 因为正方形 的边长为， 所以， 所以点所经过的路径长． 故选：B． 【点睛】本题考查了弧长的计算：弧长 ， （为正整数）为弧所对的圆心角的度数，为圆的半径）．也考查了正方形和旋转的性质． 【变式21-2】（16-17九年级·山东济南·期末）如图，在矩形中，已知，将矩形绕着点在桌面上顺时针旋砖至，使其停靠在矩形的点处，若，则点的运动路径长为（ ）      A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质、弧长的计算、轨迹等知识，由在矩形中，已知，可求得的长，由旋转的性质，易得，又由，即可求得的度数，继而求得答案． 【详解】解：连接，    ∵在矩形中，， ， ， 根据旋转的性质可知：， 根据矩形的性质可知：， ， ， ， ∴点的运动路径长为： ． 故选B． 【变式21-3】（2024·山东淄博·二模）如图①，小慧同学把一个等边三角形纸片（即△OAB）放在直线l1上，OA边与直线l1重合，然后将三角形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转120°，此时点O运动到了点O1处，点B运动到了点B1处；小慧又将三角形纸片AO1B1绕B1点按顺时针方向旋转120°，点A运动到了点A1处，点O1运动到了点O2处（即顶点O经过上述两次旋转到达O2处）． 小慧还发现：三角形纸片在上述两次旋转过程中，顶点O运动所形成的图形是两段圆弧，即弧OO1和弧O1O2，顶点O所经过的路程是这两段圆弧的长度之和，并且这两段圆弧与直线l1围成的图形面积等于扇形AOO1的面积、△AO1B1的面积和扇形B1O1O2的面积之和． 小慧进行类比研究：如图②，她把边长为1的正方形纸片OABC放在直线l2上，OA边与直线l2重合，然后将正方形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转90°，此时点O运动到了点O1处（即点B处），点C运动到了点C1处，点B运动到了点B1处；小慧又将正方形纸片AO1C1B1绕B1点按顺时针方向旋转90°，……，按上述方法经过若干次旋转后，她提出了如下问题： （1）若正方形纸片OABC按上述方法经过3次旋转，求顶点O经过的路程，并求顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线l2围成图形的面积；若正方形OABC按上述方法经过5次旋转，求顶点O经过的路程； （2）正方形纸片OABC按上述方法经过多少次旋转，顶点O经过的路程是？ 【答案】（1）；；；（2）41次 【分析】（1）根据正方形旋转3次和5次的路径，利用弧长计算公式以及扇形面积公式求出即可； （2）利用正方形纸片OABC经过4次旋转得出旋转路径，进而得出π=10×π+π，即可得出旋转次数． 【详解】解：（1）如图所示，正方形纸片OABC经过3次旋转，顶点O运动所形成的图形是三段弧，即弧OO1、弧O1O2以及弧O2O3， ∴ 顶点O运动过程中经过的路程为： ，                         顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线l2围成图形的面积为： =1+π， 正方形OABC经过5次旋转，顶点O经过的路程为： ． （2）∵ 正方形OABC经过3次旋转，顶点O经过的路程为： ， 根据第四次正方形旋转O点不动，也就是此时也是正方形OABC经过4次旋转的路程， ∴ π=10×π+π， ∴正方形纸片OABC经过了：10×4+1=41次旋转． 【点睛】本题主要考查了图形的旋转以及扇形面积公式和弧长计算公式，分别求出旋转3，4，5次旋转的路径是解决问题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$