专题05 圆（考点清单，16个考点梳理+21个题型解读+提升训练）（期末复习知识清单）九年级数学上学期北京版

专题05 圆（16个考点梳理+21个题型解读+提升训练） 【清单1】 点与圆的位置关系 设⊙O的半径是r，点P到圆心O的距离为d，则有 d<r点P在⊙O内； d=r点P在⊙O上； d>r点P在⊙O外。 【清单2】 过三点的圆 1、 过三点的圆 不在同一直线上的三个点确定一个圆。 2、 三角形的外接圆 经过三角形的三个顶点的圆叫做三角形的外接圆。 3、三角形的外心 三角形的外接圆的圆心是三角形三条边的垂直平分线的交点，它叫做这个三角形的外心。 【清单3】 圆的定义及性质 圆的定义在一个平面内，线段绕它固定的一个端点旋转一周，另一个端点所形 成的图形叫圆。这个固定的端点叫做圆心，线段叫做半径。 圆的表示方法以点为圆心的圆记作⊙O，读作圆O。 圆的特点在一个平面内，所有到一个定点的距离等于定长的点组成的图形。 圆的对称性1）圆是轴对称图形，经过圆心的每一条直线都是它的对称轴； 2）圆是以圆心为对称中心的中心对称图形。 【清单4】 圆的有关概念 弦的概念连结圆上任意两点的线段叫做弦(例如右图中的AB)。 直径的概念经过圆心的弦叫做直径（例如右图中的CD）。 弧的概念圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。以为端点的弧记作，读作圆弧AB或弧AB。 等弧的概念在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧。 半圆的概念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。 优弧的概念在一个圆中大于半圆的弧叫做优弧。 劣弧的概念小于半圆的弧叫做劣弧。 【清单5】 圆心角的概念 圆心角概念顶点在圆心的角叫做圆心角。 弧、弦、弦心距、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，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等。 推论在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量分别相等。 【清单6】 圆角角的概念 圆周角概念顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角。 圆周角定理一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。 【清单7】 圆内接四边形 圆的内接四边形定理圆的内接四边形的对角互补，外角等于它的内对角。 即在⊙中， ∵四边是内接四边形 ∴ 【清单8】 垂径定理 垂径定理垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。 推论11）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧； 2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧； 3）平分弦所对的一条弧的直径垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧。 推论2圆的两条平行弦所夹的弧相等。 【清单9】 直线与圆的位置关系 1、直线与圆相离 无交点； 2、直线与圆相切 有一个交点； 3、直线与圆相交 有两个交点； 【清单10】 切线的性质与判定定理 1、切线的判定定理过半径外端且垂直于半径的直线是切线； 两个条件过半径外端且垂直半径，二者缺一不可 即∵且过半径外端 ∴是⊙的切线 2、性质定理切线垂直于过切点的半径（如上图） 推论1过圆心垂直于切线的直线必过切点。 推论2过切点垂直于切线的直线必过圆心。 以上三个定理及推论也称二推一定理 即①过圆心；②过切点；③垂直切线，三个条件中知道其中两个条件就能推出最后一个。 【清单11】 切线长定理 切线长定理 从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，这点和圆心的连线平分两条切线的夹角。 即∵、是的两条切线 ∴；平分 【清单12】 三角形的内切圆和内心 1、三角形的内切圆 与三角形的各边都相切的圆叫做三角形的内切圆。 2、三角形的内心 三角形的内切圆的圆心是三角形的三条内角平分线的交点，它叫做三角形的内心。 【清单13】 圆内正多边形的计算 （1）正三角形 在⊙中△是正三角形，有关计算在中进行； （2）正四边形 同理，四边形的有关计算在中进行， （3）正六边形 同理，六边形的有关计算在中进行，. 【清单14】 与正多边形有关的概念 1、正多边形的中心 正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心。 2、正多边形的半径 正多边形的外接圆的半径叫做这个正多边形的半径。 3、正多边形的边心距 正多边形的中心到正多边形一边的距离叫做这个正多边形的边心距。 4、中心角 正多边形的每一边所对的外接圆的圆心角叫做这个正多边形的中心角。 【清单15】 正多边形的对称性 1、正多边形的轴对称性 正多边形都是轴对称图形。一个正n边形共有n条对称轴，每条对称轴都通过正n边形的中心。 2、正多边形的中心对称性 边数为偶数的正多边形是中心对称图形，它的对称中心是正多边形的中心。 【清单16】 扇形的弧长和面积计算 扇形（1）弧长公式； （2）扇形面积公式 圆心角 扇形多对应的圆的半径 扇形弧长 扇形面积 知识点九 扇形与圆柱、圆锥之间联系 1、圆柱 （1）圆柱侧面展开图 = （2） 圆柱的体积 2、圆锥侧面展开图 （1）= （2）圆锥的体积 【考点题型一】圆的有关概念 【例1】小云从正面观察三星堆青铜太阳轮（如图所示），发现它的正面图形可近似地看作是将圆五等分得到的图中角的度数为（    ） A．60° B．70° C．72° D．75° 【答案】C 【分析】本题考查圆的性质，涉及周角为，由将圆五等分得到的图中角，列式即可得到答案，读懂题意，掌握周角为是解决问题的关键． 【详解】解：由题意可得， 故答案为：C． 【变式1 -1】在平面内与点的距离为1cm的点的个数为（    ） A．无数个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【分析】根据在平面内到定点的距离等于定长的点组成的图形为圆进行求解即可． 【详解】解：∵在平面内与点的距离为1cm的点在以P为圆心，以1cm长为半径的圆上， ∴在平面内与点的距离为1cm的点的个数为无数个， 故选：A． 【点睛】本题主要考查了圆的定义，熟知圆的定义是解题的关键． 【变式1 -2】已知是半径为2的圆的一条弦，则的长不可能是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】根据半径求得直径的长，然后利用圆内最长的弦是直径作出判断即可． 【详解】解：∵圆的半径为2， ∴直径为4， ∵AB是一条弦， ∴AB的长应该小于等于4，不可能为5， 故选：D． 【点睛】本题考查了圆的认识，解题的关键是了解圆内最长的弦是直径． 【考点题型二】点和圆的位置关系 【例2】已知的半径为4，如果的长为3，则点P在（    ） A．内 B．上 C．外 D．不确定 【答案】A 【分析】本题主要考查了点与圆的位置关系，若点到圆心的距离小于半径，则该点在圆内，若点到圆心的距离等于半径，则该点在圆上，若点到圆心的距离大于半径，则该点在圆外，据此可得答案． 【详解】解：∵的半径为4，如果的长为3，且， ∴点P在内， 故选A． 【变式2 -1】已知的半径为3，当时，点P与的位置关系为（    ） A．点P在圆内 B．点P在圆外 C．点P在圆上 D．不能确定 【答案】B 【分析】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．根据点与圆的位置关系解答即可． 【详解】解：∵，的半径为3， ∴半径， ∴点P与的位置关系为：点P在圆外． 故选：B． 【变式2 -2】在数轴上，点所表示的实数为3，点所表示的实数为，的半径为2，下列说法错误的是（    ） A．当时，点在内 B．当时，点在内 C．当时，点在外 D．当时，点在外 【答案】A 【分析】先找出与点的距离为2的点1和5，再根据点与圆的位置关系的判定方法即可解． 【详解】解：由于圆心在数轴上的坐标为3，圆的半径为2， 当时，与数轴交于两点：1、5，故当、5时点在上； 当即当时，点在内； 当即当或时，点在外． 由以上结论可知选项、、不符合题意，选项符合题意． 故选：． 【点睛】题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为，点到圆心的距离为，则有：当时，点在圆外；当时，点在圆上，当时，点在圆内． 【考点题型三】过三点的圆 【例3】如图，A，B，C是正方形网格中的三个格点，则是（    ） A．优弧 B．劣弧 C．半圆 D．无法判断 【答案】B 【分析】根据三点确定一个圆，圆心的确定方法：任意两点中垂线的交点为圆心即可判断． 【详解】解；如图，分别连接AB、AC、BC，取任意两条线段的中垂线相交，交点就是圆心． 故选：B． 【点睛】本题考查已知圆上三点求圆心，取任意两条线段中垂线交点确定圆心是解题关键． 【变式3 -1】在平面直角坐标系xOy内有三点：（0，﹣2），（1，﹣1），（2.17，0.37）．则过这三个点 （填“能”或“不能”）画一个圆，理由是 ． 【答案】 能 因为这三点不在一条直线上． 【分析】经过三点能不能作圆, 关键是看这三个点在不在同一个圆上,所以先求出前两个点所在直线的解析式,再判断第三个点在不在这条直线上即可. 【详解】解：设前两个点所在的直线的解析式为y=kx+b,因为点(0,-2),(1,-1)在直线上,所以 ，解得， 所以直线的解析式为y=x-2, 当x=2.17时,y≠0.37,所以点（0，﹣2），（1，﹣1），（2.17，0.37）不在同一条直线上,所以经过这三个点可以作圆. 故答案为:可以，因为这三点不在一条直线上. 【点睛】本题主要考查确定圆的条件, 关键要注意过不在同一直线上的三个点确定一个圆. 【变式3 -2】如图，在平面直角坐标系中，点，，的横、纵坐标都为整数，过这三个点作一条圆弧，则此圆弧的圆心坐标为 ． 【答案】（2，1） 【分析】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心． 【详解】解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心， 可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心． 如图所示，则圆心是（2，1）． 故答案为（2，1）． 【点睛】本题考查垂径定理的应用，解答此题的关键是熟知垂径定理，即“垂直于弦的直径平分弦”． 【考点题型四】垂径定理 【例4】如图，将沿着弦翻折，劣弧恰好经过圆心.如果半径为4，那么的弦长度为    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如果过O作OC⊥AB于D，交折叠前的AB弧于C，根据折叠后劣弧恰好经过圆心O，根据垂径定理及勾股定理即可求出AD的长，进而求出AB的长． 【详解】解：如图，过O作OC⊥AB于D，交折叠前的AB弧于C，    根据折叠后劣弧恰好经过圆心O，那么可得出的是OD=CD=2， 直角三角形OAD中，OA=4，OD=2， ∴AD= ∴AB=2AD= , 故选：D． 【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理的综合运用，利用好条件：劣弧折叠后恰好经过圆心O是解题的关键． 【变式4 -1】唐代李皋发明了“桨轮船”，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮航行模式之先导．如图，某桨轮船的轮子被水面截得的弦长为8米，轮子的半径为5米，则轮子的吃水深度为 米． 【答案】2 【分析】本题主要考查了垂径定理、勾股定理等知识点，发现隐含条件是解题的关键．由题意可得，由垂径定理可得，再根据勾股定理求得，最后根据线段的和差即可解答． 【详解】解：由题意可得：，， ∴， ∴， ∴． 故答案为2． 【变式4 -2】我国古代著名数学著作《九章算术》总共收集了246个数学问题，这些问题的算法要比欧洲同类算法早1500年．其中有这样一个问题：“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？”用数学语言可以表述为：“如图，为的直径，弦于点，寸，寸（注：1尺＝10寸），则可得直径的长为 寸．” 【答案】26 【分析】根据垂径定理得出的长，设半径为r寸，再利用勾股定理求解． 【详解】 解：连接OA， ， 由垂径定理知，点E是AB的中点， 设半径为r寸， 由勾股定理得， ， 即， 解得：，     ， 即圆的直径为26寸． 故答案为：26． 【点睛】本题利用了垂径定理和勾股定理，正确构造直角三角形求出半径长是解题关键． 【变式4 -3】如图，是的直径，弦于点E，，若，求的长． 【答案】 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，连接，根据是的直径，弦于点E得，根据得，根据得，根据得，在中，根据勾股定理得，计算得，即可得；掌握垂径定理，添加辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图所示，连接， ∵是的直径，弦于点E， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，，根据勾股定理得， ， ， ， ， ∴． 【变式4 -4】如图，是的弦，为的中点，的延长线与交于点，若，，求的半径． 【答案】的半径为． 【分析】本题考查了勾股定理和垂径定理及推论的应用，连接，由为的中点，则，故有，然后由勾股定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】连接， ∵为的中点， ∴，， 设的半径为，则， 在中，由勾股定理得：， ∴，解得， ∴的半径为． 【考点题型五】垂径定理的推论及应用 【例5】如图，DC是⊙O的直径，弦AB⊥CD于M，则下列结论不一定成立的是（　　　　） A．AM=BM B．CM=DM C． D． 【答案】B 【分析】根据垂径定理“垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧”进行判断即可得． 【详解】解：∵弦AB⊥CD，CD过圆心O， ∴AM=BM，，， 即选项A、C、D选项说法正确，不符合题意， 当根据已知条件得CM和DM不一定相等， 故选B． 【点睛】本题考查了垂径定理，解题的关键是掌握垂径定理． 【变式5 -1】“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？”这是《九章算术》中的一个问题，用现代的语言表述为：如图，为的直径，弦于E，寸，弦寸，则的半径为多少寸 （    ） A．5 B．12 C．13 D．26 【答案】C 【分析】连接，构造直角三角形，根据垂径定理和勾股定理求解． 【详解】解：连接，如图所示， 设直径的长为，则半径， 为的直径，弦于，， ， 而， 根据勾股定理得， 解得， 即的半径为13寸． 故选C． 【点睛】此题考查了垂径定理和勾股定理；熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解决问题的关键． 【变式5 -2】唐代李皋发明了“桨轮船”，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮航行模式之先导，如图，某桨轮船的轮子被水面截得的弦长，轮子的吃水深度为，则该浆轮船的轮子半径为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设半径为 ，再根据圆的性质及勾股定理，可求出答案 【详解】解：设半径为 ，则 在 中，有 ，即 解得 故选：D 【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，关键在于知道 垂直平分 这个隐藏的条件． 【变式5 -3】如图，的直径为，弦是弦上的一个动点，则长的取值范围是 ．    【答案】 【分析】根据半径最长，垂线段最短，进行求解即可． 【详解】解：当点与点，重合时，此时最长，为的半径， ∵的直径为， ∴的长的最大值为， 当时，最短， 如图：连接，    则：，， 在中，， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查垂径定理的应用，熟练掌握垂径定理，是解题的关键． 【变式5 -4】如图1所示，圆形拱门屏风是中国古代家庭中常见的装饰隔断，既美观又实用，彰显出中国元素的韵味．图2是一款拱门的示意图，其中拱门最下端分米，为中点，为拱门最高点，圆心在线段上，分米，则拱门所在圆半径的长为 分米． 【答案】15 【分析】本题主要考查了垂径定理的实际应用，勾股定理，连接，根据垂径定理求得分米，设圆的半径为分米，则分米，米，根据勾股定理即可求得，进而可得答案． 【详解】解：连接， ∵过圆心，为的中点， ∴， ∵分米，C为的中点， ∴分米， 设圆的半径为x分米，则分米， ∵分米， ∴分米， 在中，由勾股定理， ∴， ∴， 即拱门所在圆的半径是15分米． 故答案为：15． 【变式5 -5】“青山绿水，畅享生活”，人们经常将圆柱形竹筒改造成生活用具，图1所示是一个竹筒水容器，图为该竹筒水容器的截面．已知截面的半径为，开口宽为，这个水容器所能装水的最大深度是 ． 【答案】 【分析】连接，过点O作于点D，交于点C，先由垂径定理求出的长，再根据勾股定理求出的长，进而可得出的长．本题考查的是垂径定理的应用和勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键． 【详解】解：连接，过点O作于点D，交于点C，如图所示： ∵， ∴， 由题意得：， 在中， ， ∴， 即水的最大深度为， 故答案为：． 【变式5 -6】如图，是的一条弦，点是的中点，连接并延长交劣弧于点D，连接，．若，，求的面积． 【答案】 【分析】本题考查的知识点是垂径定理的推论、勾股定理，解题关键是熟练掌握垂径定理．先根据垂径定理的推论得到，再由线段中点的定义得到，再根据勾股定理求出圆的半径，则的面积即可求解． 【详解】解：设的半径是， 点是的中点，过圆心， ， ，， ，， 在直角中，由勾股定理得， ， 解得， ， ． 【变式5 -7】已知：如图，M是的中点，过点M的弦MN交AB于点C，设⊙O的半径为4cm，MN＝4cm． (1)求圆心O到弦MN的距离； (2)求∠ACM的度数． 【答案】(1)2 cm； (2)∠ACM＝60°． 【分析】（1）连接OM，作OD⊥MN于D．根据垂径定理和勾股定理求解； （2）根据（1）中的直角三角形的边求得∠M的度数．再根据垂径定理的推论发现OM⊥AB，即可解决问题． 【详解】（1）解：连接OM，作OD⊥MN于D ∵点M是的中点， ∴OM⊥AB． 过点O作OD⊥MN于点D， 由垂径定理，得． 在Rt△ODM中，OM＝4，， ∴OD＝． 故圆心O到弦MN的距离为2 cm． （2）解：cos∠OMD＝， ∴∠OMD＝30°， ∵OM⊥AB， ∴∠ACM＝60°． 【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理、直角三角形的两锐角互余，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键． 【变式5 -8】已知三角形三条中线相交于一点，如图，内接于，，是弧的中点．请分别在下图中使用无刻度的直尺画图．（不用写具体做法）    (1)在图①中，画出的边上的中线，若已知为中点，则和的位置关系是 ，理由是 ； (2)在图②中，画出的边上的中线． 【答案】(1)图见解析，垂直，平分弦（非直径）的直径垂直于这条弦 (2)见解析 【分析】（1）连接交与点，连接，即为的边上的中线， （2）连接并延长交于点，交于点，连接并延长交于点，即为的边上的中线． 【详解】（1）解：如图，即为所作，   ， 连接， 是弧的中点， ， ，， 在和中， ， ， ， 点为的中点， 为的边上的中线， 若已知为中点，则和的位置关系是垂直，理由是平分弦（非直径）的直径垂直于这条弦， 故答案为：垂直，平分弦（非直径）的直径垂直于这条弦； （2）解：如图，即为所作，    连接， 在和中， ， ， ， ， ， 为中边上的中线， 为的边上的中线，且、交于点， 为的边上的中线． 【点睛】本题考查了垂径定理、三角形全等的判定与性质、无刻度直尺作图、等腰三角形的性质、三角形中线的知识点，熟练掌握以上知识点是解此题的关键． 【变式5 -9】如图，有一座圆弧形拱桥，它的跨度为，拱高为． (1)请用尺规作图，作出圆弧所在圆的圆心O，并计算圆的半径； (2)当洪水泛滥到跨度只有时，就要采取紧急措施，若某次洪水中，水面离拱顶只有，即时，试通过计算说明是否需要采取紧急措施． 【答案】(1)拱桥所在的圆的半径 (2)不需要采取紧急措施，理由见解析 【分析】（1）连接，作的垂直平分线，延长与的垂直平分线相交于点O，点O即为所求的圆弧所在圆的圆心，连接，由垂径定理可知，再在中，由勾股定理得出方程，即可求出半径； （2）求出，再由勾股定理可得，则，即可得出结论． 【详解】（1）如图，点O即为所求的圆弧所在圆的圆心，连接， 设半径为，则， 由垂径定理可知， ∵， ∴， 在中，， 由勾股定理可得，， 即， 解得， ∴拱桥所在的圆的半径； （2）∵， ∴ 在中，由勾股定理可得， ， ∴， ∴不需要采取紧急措施． 【点睛】本题考查了作图—垂直平分线、垂径定理和勾股定理的应用，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键． 【变式5 -10】“五一”节期间，小明和同学一起到游乐场游玩．如图为某游乐场大型摩天轮的示意图，其半径是20m，它匀速旋转一周需要24分钟，最底部点B离地面1m．小明乘坐的车厢经过点B时开始计时． (1)计时4分钟后小明离地面的高度是多少？ (2)在旋转一周的过程中，小明将有多长时间连续保持在离地面31m以上的空中？ 【答案】(1)计时4分钟后小明离地面的高度是11m (2)8分钟 【分析】（1）设4分钟后小明到达点，过点作    于点，先算出的度数，再根据三角函数计算出的长度，即可算出的长度. （2）假设距离地面31米，先算出长度，再根据三角函数值算出的度数，进而可知的度数，即可算出小明将连续保持在离地面31m以上的空中的时间. 【详解】（1）解：设4分钟后小明到达点，过点作于点，即为小明离地的高度， ∵ ∴ (m)． 答：计时4分钟后小明离地面的高度是11m； （2）解：∵当旋转到处时，作弦交的延长线于点，连接，此时离地面高度为． 当时， ， ∵每分钟旋转的角度为： ，     ∴由点旋转到所用的时间为：（分钟）． 答：在旋转一周的过程中，小明将有8分钟的时间连续保持在离地面31m以上的空中． 【点睛】本题主要考查了垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键. 【考点题型六】弧【考点题型、弦】圆心角的关系 【例6】如图 ，MN是⊙O的直径，MN=8，∠AMN=40°，点B为弧AN的中点，点P是 直径MN上的一个动 点，则PA+PB的最小值为(     )   A． B．2 C．3 D．4 【答案】D 【详解】试题解析：过A作关于直线MN的对称点A′，连接A′B，由轴对称的性质可知A′B即为PA+PB的最小值， 连接OB，OA′，AA′， ∵AA′关于直线MN对称， ∴， ∵∠AMN=40°， ∴∠A′ON=80°，∠BON=40°， ∴∠A′OB=120°， 过O作OQ⊥A′B于Q， 在Rt△A′OQ中，OA′=4， ∴A′B=2A′Q=4， 即PA+PB的最小值4． 故选D． 【变式6 -1】下列命题正确的是（    ） A．长度相等的弧是等弧 B．平分弦的直径垂于弦 C．等弧对等弦 D．等弦对等弧 【答案】C 【分析】根据等弧的定义对A进行判断；根据垂径定理的推论对B进行判断；根据弧、弦、圆心角的关系对C、D进行判断． 【详解】解：A、能完全重合的弧为等弧，长度相等的弧不一定为等弧，所以A选项不符合题意； B、平分弦（非直径）的直径垂于弦，所以B选项不符合题意； C、等弧对等弦，所以C选项正确； D、等弦所对的弧不一定相等，一条弦在圆中所对的弧有两条，所以D选项不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式，同时考查了圆中的基本概念与定理． 【变式6 -2】如图，在中，如果＝2 ，则下列关于弦AB与弦AC之间关系正确的是（    ） A．AB＝AC B．AB＝ 2AC C．AB ＞2AC D．AB ＜ 2AC 【答案】D 【分析】取的中点，连接，，则＝2 ＝2根据圆心角、弧、弦关系定理的推论得到，又在中，根据三角形三边关系定理得出，即可得到． 【详解】如图，取弧的中点，连接，， 则＝2 ＝2 ∵＝2 ∴ ＝= ． 在中，， ，即． 故选：D． 【点睛】 本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系及三角形三边关系定理，准确作出辅助线，得出是解题的关键． 【变式6 -3】如图，AB是⊙O的直径，C是线段OB上的一点（不与点B重合），D，E是半圆上的点且CD与BE交于点F,用①，②DC⊥AB，③FB=FD中的两个作为题设，余下的一个作为结论组成一个命题，则组成真命题的个数为（    ）    A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】连接OE、OD， （1）当，DC⊥AB时，由圆周角定理可得∠EOD=∠DOB，根据等腰三角形的性质可得OF⊥BE，由CD⊥AB可得∠OFB=∠OCD=90°，利用AAS可证明△OCD≌OFB，可得∠ODC=∠OBF，根据等腰三角形的性质可得∠OBD=∠ODB，利用角的和差关系可得∠FBD=∠FDB，即可证明FB=FD； （2）当，FB=FD时，同（1）可得OF⊥BE，根据等腰三角形的性质可得∠OBD=∠ODB，∠FBD=∠FDB，利用角的和差关系可得∠ODC=∠OBF，利用ASA可证明△OCD≌OFB，可得∠OFB=∠OCD=90°，可得DC⊥AB； （3）当DC⊥AB，FB=FD时，同（2）可得△OCD≌OFB，由DC⊥AB可得∠OFB=∠OCD=90°，根据垂径定理可得，综上即可得答案. 【详解】如图，连接OE、OD， （1）当，DC⊥AB时， ∵，OD为半径， ∴∠EOD=∠DOB， ∵OE=OB， ∴OF⊥BE， ∴∠OFB=90°， ∵DC⊥AB， ∴∠DCB=∠OFB=90°， 在△OCD和△OFB中，， ∴△OCD≌△OFB， ∴∠ODC=∠OBF， ∵OD=OB， ∴∠ODB=∠OBD， ∴∠OBD-∠OBF=∠ODB-∠ODC，即∠FDB=∠FBD， ∴FB=FD. （2）当，FB=FD时， ∵，OD为半径， ∴∠EOD=∠DOB， ∵OE=OB， ∴OF⊥BE， ∴∠OFB=90°， ∵OD=OB，FB=FD， ∴∠ODB=∠OBD，∠FDB=∠FBD， ∴∠ODC=∠OBF， 在△OCD和△OFB中，， ∴△OCD≌△OFB， ∴∠OCD=∠OFB=90°， ∴DC⊥AB. （3）当DC⊥AB，FB=FD时， ∵DC⊥AB， ∴∠OCD=90°， ∵OD=OB，FB=FD， ∴∠ODB=∠OBD，∠FDB=∠FBD， ∴∠ODC=∠OBF， 在△OCD和△OFB中，， ∴△OCD≌△OFB， ∴∠OFB=∠OCD=90°， ∴OD⊥BE， ∵OD是半径， ∴.    综上所述，组成真命题的个数为3， 故选：D. 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、弧、弦、圆心角之间的相等关系及垂径定理，同圆或等圆中，两个圆心角、两条弧、两条弦中，有一组量相等，它们所对应的其余各组量也相等；熟练掌握相关定理是解题关键. 【变式6 -4】已知：如图，C，D是以AB为直径的⊙O上的两点，且OD∥BC．求证：AD=DC． 【答案】证明见解析． 【分析】连结OC，根据平行线的性质得到∠1=∠B，∠2=∠3，而∠B=∠3，所以∠1=∠2，则根据圆心角、弧、弦的关系即可得到结论． 【详解】连结OC，如图， ∵OD∥BC， ∴∠1=∠B，∠2=∠3， 又∵OB=OC， ∴∠B=∠3， ∴∠1=∠2， ∴AD=DC． 【点睛】考点: 圆心角、弧、弦的关系． 【变式6 -5】如图，在以为直径的中，弦于点H，与弦交于点F，连接，已知，． (1)求的半径； (2)若，求的长． 【答案】(1)5 (2)6 【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键． （1）连接，设半径，由垂径定理可得，从而得到，由勾股定理进行计算即可得出答案； （2）由（1）得：直径，，，证明出，从而得到，最后由勾股定理计算即可． 【详解】（1）解：如图，连接， 设半径， ，，，是的直径， ，， ， 解得， 的半径为； （2）解：由（1）得：直径，，， ∵ ∴， ， ， ． 【变式6 -6】如图，在以为直径的中，弦于点，与弦交于点，连接，已知． (1)求的半径． (2)若，求的长． 【答案】(1)5 (2)6 【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键． （1）连接，设半径，由垂径定理可得，从而得到，由勾股定理进行计算即可得出答案； （2）由（1）得：直径，证明出，从而得到，最后由勾股定理计算即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ， 设半径， 是的直径， ，， ， 解得， 的半径为； （2）解：由（1）得：直径， ， ， ， ． 【考点题型七】圆周角定理 【例7】如图，在中，弦相交于点P，，则的度数为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了同弧所对的圆周角相等，三角形外角的性质，解题的关键是掌握圆周角定理． 先根据同弧所对的圆周角相等得到，再根据三角形一个外角的度数等于与其不相邻的两个内角度数之和可得． 【详解】解：∵， ， 又， ， 故选：D． 【变式7 -1】如图，点，，均在上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键，直接根据圆周角定理即可得解。 【详解】解：∵， ∴， 故选：． 【变式7 -2】如图，线段是的直径，弦，，则等于（    ） A．150° B．140° C．130° D．120° 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质；由圆周角定理得，再由等腰三角形的性质得，由互补关系即可求得的度数． 【详解】解：， ； ， ， ； 故选：C． 【变式7 -3】如图，是⊙O的弦，C是⊙O上的一点，且，于点E，交⊙O于点D．若⊙O的半径为6，求弦的长． 【答案】 【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质和直角三角形的性质等知识点，能根据垂直于弦的直径平分这条弦是解此题的关键．连接，可得，进而可得，，求出即可； 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，过圆心O， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得：， ∴， 即． 【变式7 -4】已知四边形内接于以为直径的，A为弧中点，延长， 交于点P． (1)连接，求证：； (2)求证：； (3)过点C作的垂线交的延长线于点E，当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用圆周角定理得到，再利用垂径定理得到，即可证明； （2）利用圆内接四边形性质证明，利用相似三角形性质即可证明； （3）证明，利用相似三角形性质得到，，进而得到，利用勾股定理得到，进而得到，，再证明，最后利用相似三角形性质即可求出的长． 【详解】（1）证明：连接，交于点F． 是的直径， ，即， A为弧中点，， ， ， ； （2）证明：四边形内接于以为直径的， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：， ， ， ， ， ， ， ， ； ， ， ， ； ， ， ， ， ，即； ． 【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，平行线判定，圆内接四边形性质，相似三角形性质和判定，勾股定理，熟练掌握相关性质是解题的关键． 【变式7 -5】如图，在中，，，为的外接圆，求的半径． 【答案】⊙O的半径是 【分析】此题主要考查了圆周角定理和勾股定理等内容，连接，，由圆周角定理求得，利用勾股定理求出即可． 【详解】连接，， ， ， 在中， ，，， ， ， （舍负）， 的半径是． 【变式7 -6】如图，是的弦，半径，垂足为．，，求的半径． 【答案】 【分析】连接，在优弧上取一点，连接，如图所示，根据圆内接四边形性质及圆周角定理得到，再由垂径定理、含的直角三角形性质及勾股定理得到的半径． 【详解】解：连接，在优弧上取一点，连接，如图所示： 四边形是圆的内接四边形， ， ， ， ， 是的弦，半径，垂足为，， 由垂径定理可知，，， 在中，，设，则，由勾股定理可知，解得， 的半径为． 【点睛】本题考查求圆的半径，涉及圆内接四边形性质、圆周角定理、垂径定理、含的直角三角形性质和勾股定理，熟练掌握圆的性质及定理是解决问题的关键． 【考点题型八】同弧或等弧所对的圆周角相等 【例8】如图，四边形内接于⊙O，是直径，D是弧的中点，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查圆周角定理及在同圆或等圆中同弧或等弧所对圆心角相等，根据得到，根据D是弧的中点得到，结合等腰三角形内角和定理求解即可得到答案； 【详解】解：∵，， ∴， ∵D是弧的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 【变式8 -1】如图，点O为线段的中点，，连接，．则下面结论不一定成立的是（    ）    A． B． C． D．平分 【答案】D 【分析】本题考查了直角三角形的特征，圆的定义，圆的基本性质；由直角三角形斜边上的中线是斜边的一半得，再由圆的定义得点A、D、C、B在以O为圆心，长为半径的圆上，由圆的基本性质及圆的内接四边形的性质即可求解；掌握有关性质，能根据圆的定义确定A、D、C、B四点共圆是解题的关键． 【详解】解：点O为线段的中点，， ， ， ， 点A、D、C、B在以O为圆心，长为半径的圆上， 如图，    故A结论正确，不符合题意； 由圆周角定理得到， 故B结论正确，不符合题意； 四边形是圆内接四边形， ， 故C结论正确，不符合题意； 和不一定相等， 和不一定相等， 不一定平分， 故D结论错误，符合题意． 故选：D． 【变式8 -2】如图，在中，弦，相交于点，，，则的大小是（    ） A．35° B．45° C．60° D．70° 【答案】A 【分析】根据三角形的外角的性质可得，求得，再根据同弧所对的圆周角相等，即可得到答案． 【详解】解：，，， ， ， 故选：A． 【点睛】本题考查了圆周角定理及三角形的外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 【变式8 -3】如图，是半圆O的直径，半径，点D是的中点，连接，与交于点E，给出下面三个结论：①平分；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】由，可得，进而可判断①的正误；由，可得，则，进而可判断②的正误；由，可得，则，证明，则，计算求解，可判断③是正误． 【详解】解：∵D是的中点， ∴， ∴， ∴平分，①正确，故符合要求； ∵， ∴， ∴，②正确，故符合要求； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴，③正确，故符合要求； 故选：D． 【点睛】 本题考查了同弧或等弧所对的圆周角相等，角平分线，圆周角定理，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正弦等知识．熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等，角平分线，圆周角定理，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正弦是解题的关键． 【考点题型九】直径所对的圆周角是90度 【例9】如图，在中，为直径，，为圆上的点，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆周角定理，由直径所对的圆周角是得出，根据直角三角形的两个锐角互余结合圆周角定理计算即可． 【详解】∵在中，为直径， ∴， ∵， ∴， 故选D． 【变式9 -1】如图，为的直径，弦交于点，．若，则的大小为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由直径所对的圆周角是直角，结合直角三角形两锐角互余得到，再由等腰三角形性质及三角形内角和定理即可得到，再由圆周角定理即可得到答案． 【详解】解：为的直径， ， ， ， ， ， ， ， 故选：D． 【点睛】本题考查圆中求角度，涉及圆周角定理、直径所对的圆周角是直角、直角三角形两锐角互余、等腰三角形性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键． 【变式9 -2】如图，在中，是的直径，，是上的点，如果，那么的度数为 ． 【答案】/63度 【分析】本题考查了圆周角定理，直径所对圆周角为，根据同弧所对圆周角相等可得，再根据直径所对圆周角为，利用直角三角形两锐角互余即可得出结果． 【详解】解：是的直径，，是上的点，， ，， ， 故答案为：． 【变式9 -3】如图，是的直径，点A，C在上，，交于点E．若，求的度数． 【答案】 【分析】本题主要考查了半圆（或直径）所对的圆周角是直角，圆周角定理；根据圆周角定理得到，，由得到，然后根据三角形外角的性质计算的度数． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 【考点题型十】90度的圆周角所对的弦是直径 【例10】Rt△ABC 中，AB⊥BC，AB＝4，BC＝3，P 是△ABC 内部的一个动点，满足∠PAB＝∠PBC，则线段 CP 长的最小值为（   ） A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】首先证明点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC与⊙O交于点P，此时CP最小，利用勾股定理求出OC即可解决问题． 【详解】解：∵∠ABC=90°， ∴∠ABP+∠PBC=90°， ∵∠PAB=∠PBC ∴∠BAP+∠ABP=90°， ∴∠APB=90°， ∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，此时PC最小， 在Rt△BCO中，∵∠OBC=90°，BC=3，OB=2， ∴OC=， ∴CP=OC-OP=. ∴CP最小值为. 故选：D．    【点睛】本题考查点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离，属于中考常考题型． 【变式10 -1】如图，以 为圆心，半径为的圆与轴交于两点，与 轴交于两点，点为上一动点，于，当点在的运动过程中，线段的长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查垂径定理、直角三角形30度角的判定和性质、勾股定理等知识连接， 作 ，连接，可知点在以为直径的圆上移动，当点在的延长线上时，的长最小，根据含的直角三角形的性质和勾股定理求出，即可求解，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 【详解】连接， 作 ，连接， ， ∴， ∵为圆心，半径为， ∴，， 在中，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴点在以为直径的圆上移动， 当点在的延长线上时，的长最小，最小值为， 故选：． 【变式10 -2】如图，是正方形内一点，满足，连接，若，则长的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】此题考查了正方形的性质，勾股定理和圆周角定理，根据题意得到点的运动轨迹，结合圆的性质得到最小时的情形，再利用正方形的性质和勾股定理求解，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，勾股定理和圆周角定理的应用． 【详解】如图， ∵， ∴点在以中点为圆心，为直径的圆上， 则长的最小时，点三点共线， ∵四边形是正方形， ∴，， 在中，， 由勾股定理得：， ∴， 故答案为：． 【变式10 -3】丽丽的圆形镜子摔碎了，她想买一个同样大小的镜子．为了测算圆形镜子的半径，如图，她将直角三角尺的直角顶点C放在破损的圆形镜子的圆框上，两直角边分别与圆框交于A，B两点，测得CA为8cm，CB为6cm，则该圆形镜子的半径是 cm． 【答案】5 【分析】连接，根据圆周角定理可得：是该圆形镜子的直径，进而直接根据勾股定理求得，即可求解． 【详解】如图，连接， ∵， ∴是该圆形镜子的直径， 在Rt中，cm，cm， ∴cm， ∴该圆形镜子的半径是cm， 故答案为：5． 【点睛】本题考查圆周角定理和勾股定理的应用，解题的关键是构造直角三角形，证得是该圆形镜子的直径． 【考点题型十一】圆的的内接四边形 【例11】如图，四边形内接于，，则 °，依据是 ．    【答案】 圆内接四边形对角互补 【分析】 本题考查了圆内接四边形对角互补．熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键． 根据圆内接四边形对角互补求解作答即可． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， 依据是圆内接四边形对角互补， 故答案为：，圆内接四边形对角互补． 【变式11 -1】如图，四边形内接于，若，则 ． 【答案】/度 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键．根据圆内接四边形的对角互补计算即可． 【详解】解：∵四边形内接于， 故答案为：． 【变式11 -2】小明在学习了圆内接四边形的性质“圆内接四边形的对角互补”后，想探究它的逆命题“对角互补的四边形的四个顶点在同一个圆上”是否成立．他先根据命题画出图形，并用符号表示已知，求证． 已知：如图，在四边形中，．    求证：点在同一个圆上． 他的基本思路是依据“不在同一直线上的三个点确定一个圆”，先作出一个过三个顶点的，再证明第四个顶点也在上． 具体过程如下： 步骤一  作出过三点的． 如图1，分别作出线段的垂直平分线，    设它们的交点为，以为圆心，的长为半径作． 连接， （①______）．（填推理依据） ． 点在上． 步骤二  用反证法证明点也在上． 假设点不在上，则点在内或外． ⅰ．如图2，假设点在内．    延长交于点，连接． （②______）．（填推理依据） 是的外角， （③______）．（填推理依据） ． ． 这与已知条件矛盾． 假设不成立．即点不在内． ⅱ．如图3，假设点在外．    设与交于点，连接． ． 是的外角， ． ． ． 这与已知条件矛盾． 假设不成立．即点不在外． 综上所述，点在上． 点在同一个圆上． 阅读上述材料，并解答问题： （1）根据步骤一，补全图1（要求：尺规作图，保留作图痕迹）； （2）填推理依据：①______，②______，③______． 【答案】（1）见解析；（2）①线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等．②圆内接四边形的对角互补．③三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和． 【分析】本题考查的是画三角形的外接圆，线段的垂直平分线的性质，三角形的外角的性质，圆的内接四边形的性质，反证法的运用，熟练的利用反证法证明命题的真假是解本题的关键； （1）先作线段，的垂直平分线，得到交点O，再以O为圆心，为半径画圆即可； （2）由线段的垂直平分线的性质可得，再利用圆的内接四边形的性质可得对角互补，结合三角形的外角的性质可得推理的依据． 【详解】解；（1）补全图1，如图．    （2）①线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等． ②圆内接四边形的对角互补． ③三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和． 【考点题型十二】直线和圆的位置关系 【例12】在中，，为中点，以点为圆心，长为半径作，则与直线的位置关系是（   ） A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 【答案】B 【分析】本题考查等腰三角形的性质，圆的切线的判定．先由等腰三角形三线合一的性质得出，再根据切线的判定即可得出位置关系． 【详解】解：如图，连接， 是等腰三角形 为中点 是等腰的高 为的半径 是的切线 与直线的位置关系是相切． 故选：B． 【变式12 -1】如图，这是一张海上日出照片，如果把太阳看作一个圆，把海平面看作一条直线，那么这个圆与这条直线的位置关系是（    ） A．相离 B．相切 C．相交 D．不确定 【答案】C 【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键；因此此题可直接根据图形进行求解即可． 【详解】解：由图可知：这个圆与这条直线的位置关系是相交； 故选：C． 【变式12 -2】如图，以点P为圆心作圆，所得的圆与直线l相切的是（　　） A．以为半径的圆 B．以为半径的圆 C．以为半径的圆 D．以为半径的圆 【答案】B 【分析】根据直线与圆的位置关系的判定方法进行判断． 【详解】解：∵于B， ∴以点P为圆心，为半径的圆与直线l相切． 故选：B． 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：判断直线和圆的位置关系：设的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．若直线l和相交⇔；直线l和相切⇔；直线l和相离⇔． 【变式12 -3】的直径为，若圆心与直线的距离为，则与的位置关系是 （填“相交”、“相切”或“相离”）． 【答案】相切 【分析】此题重点考查直线与圆的位置关系，由的直径为，求得的半径为，而圆心与直线的距离为，则圆心与直线的距离等于的半径，所以与相切，于是得到问题的答案． 【详解】解：的直径为，， 的半径为， 圆心与直线的距离为， 圆心与直线的距离等于的半径， 与相切， 故答案为：相切． 【考点题型十三】切线的应用 【例13】对于平面直角坐标系中的，点，点，给出如下定义：线段为的弦，点是弦上任意一点．若，则称点是点关于的倍关联点．已知，的半径为2，点的坐标为． (1)在点，，中，是点关于的2倍关联点的是______； (2)在直线上，若是点关于的2倍关联点，直接写出的取值范围； (3)与轴正半轴交于点，对于线段上任意一点，在上都存在点，使得点是点关于的倍关联点，直接写出的最大值和最小值． 【答案】(1)， (2) (3)最小值为，最大值为 【分析】（1）设点是点关于的2倍关联点，可知，根据等腰三角形的性质可证，得点关于的2倍关联点，在以为圆心，1为半径的圆上，在判断点是否在圆上即可求解； （2）当时，设与轴，轴分别交于点，，可得，，则，取中点，则，可证明，过点作，可知点到直线的距离为，由（1）可知，点关于的2倍关联点，在以为圆心，1为半径的圆上，结合点在直线上，可得，求解即可；当时，同理可得可得，求解即可； （3），点是点关于的倍关联点，根据新定义可得， 为直径且垂直于，为非直径的弦，过点作于点，根据平行线分线段成比例可得，进而根据垂径定理，勾股定理得出，则，进而求得最大值，根据新定义可得，即可求得最小值． 【详解】（1）解：设点是点关于的2倍关联点， ∴， 如图，连接，， ∵， ∴， 又∵， ∴， 则点在以为直径的圆上，则圆心为， 即：点关于的2倍关联点，在以为圆心，1为半径的圆上， ∵，，， ∴，，， ∴，在上， ∴，是点关于的2倍关联点， 故答案为：，； （2）当时，设与轴，轴分别交于点，， 令，则，即：令，则，即：， ∴，，则， 取中点，则， ∴为等边三角形， ∴，则， 过点作，则， 即：点到直线的距离为， ∵由（1）可知，点关于的2倍关联点，在以为圆心，1为半径的圆上， 又∵在直线上， ∴，解得：； 当时，同理可得：点到直线的距离为， ∴，解得：， 综上，点是点关于的2倍关联点时，； （3）解：由定义可得，点是点关于的倍关联点， 设是弦， ∴ ∴ 如图所示，为直径且垂直于，为非直径的弦， 过点作于点， ∴ ∴最大，即最大， ∵， ∴，则 ∴ ∴的最大值为 如图所示，在优弧上时， ∴ ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了几何新定义，圆的综合应用，垂径定理，中位线的性质，勾股定理，一次函数，切线的性质，理解新定义是解题的关键． 【变式13 -1】在平面直角坐标系中，的半径为1． 给出如下定义：记线段的中点为，当点不在上时，平移线段，使点落在上，得到线段（分别为点的对应点）线段长度的最小值称为线段到的“平移距离”． （1）已知点的坐标为，点在轴上． ①若点与原点重合，则线段到的“平移距离”为________； ②若线段到的“平移距离”为2，则点的坐标为________； （2）若点都在直线上，且，记线段到的“平移距离”为，求的最小值； （3）若点的坐标为，且，记线段到的“平移距离”为，直接写出的取值范围． 【答案】（1）①；②或；（2） ；（3） 【分析】（1）根据平移的性质以及线段AB到的“平移距离”的定义判断即可求出． （2）过点O作 于E，联立方程组求出OE即可得出的最小值． （3）以A为圆心，1为半径作，连接OA 交于E、F；由图可知：当M在点时，最小；在点E时，最大．由此得出的取值范围． 【详解】（1）①当B与原点O重合时，AB中点为，移动最小距离为向左平移到上． 故答案为： ②当“平移距离”为2时，如图： 有两种情况，当为时， ，AB=4， 为． 当为时，，AB=8，B为． 故答案为： 或． （2）如图： 直线如图L，当L平移到m位置时，最小.即平移到直线m与相切时，最小． 过点O作于E， 则 设直线OE为y=kx， ， ∴ 即， ∴． 联立方程组， 解得： ， ∴E为 ， ∴， ∴． （3）∵， ∴AM=1， 即M点在以A为圆心，半径为1的圆上，如图所示： 连接OA 交于E、F，可知：当M在点F时，最小；在点E时，最大． 当M在F时，， 当M在E时，， ∴． 【点睛】本题属于综合题，考查了平面直角坐标系平移变换，一次函数的性质，圆相切的相关概念，解直角三角形，线段AB到的“平移距离”的定义等知识；此题解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题． 【变式13 -2】在平面直角坐标系中，已知点P和直线，，点P关于直线，“和距离”的定义如下：若点P到直线，的距离分别为，，则称为点P关于直线，的“和距离”，记为d．特别地，当点P在直线上时，；当点P在直线上时，． (1)在点，，，中，关于x轴和y轴的“和距离”为3的点是_____； (2)若P是直线上的动点，则点P关于x轴和y轴的“和距离”d的最小值为_____； (3)已知点，的半径为1．若P是上的动点，直接写出点P关于x轴和直线的“和距离”d的取值范围． 【答案】(1)， (2)3 (3)点P关于x轴和直线的“和距离”d的取值范围为 【分析】（1）分别求出各点到x轴和y轴的距离，得到“和距离”，从而作出判断即可； （2）设点P的坐标为，则点P关于x轴和y轴的“和距离”为，分类讨论根据m的取值范围，求得的值的范围，从而得到其最小值，即可解答； （3）设点，利用等面积法表示出点P到直线的距离，从而表示出d，发现d的范围取决于的范围，令，则直线与有公共点，即点到的距离，利用前面得到的点到直线的距离公式计算t的范围，从而得到d的范围． 【详解】（1）解：点到x轴的距离为0，到y轴的距离为3，则“和距离”为； 点到x轴的距离为2，到y轴的距离为1，则“和距离”为； 点到x轴的距离为1，到y轴的距离为4，则“和距离”为； 点，，，中，关于x轴和y轴的“和距离”为3的点是，． 故答案为：，． （2）解：点P是直线上的动点， 设点P的坐标为， 点到x轴的距离为，到y轴的距离为，关于x轴和y轴的“和距离”为， 当，即时，， 当，即时，， 当，即时，， 当时，该不等式组无解． ， 即点P关于x轴和y轴的“和距离”d的最小值为3， 故答案为：3． （3）解：如图，设点，作轴于点N，交直线于点R，直线于点M，轴交直线于点S， ，=，点，点， ， ， ， ， 令，则直线，依题意，直线与有公共点， 设直线点到的距离为，则， 根据上面点到直线的距离公式得到，则， ， ，即． 【点睛】本题考查了平面直角坐标系中点到坐标轴的距离，点到直线的距离，直线与圆的位置关系，绝对值不等式的分类讨论等，解题关键是利用点到直线的距离公式数形结合进行分析． 【考点题型十四】切线的判定 【例14】如图，为的直径，交于点C，D为上一点，延长交于点E，延长至F，使，连接．    (1)求证：为的切线； (2)若且，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】本题考查了切线的判定定理、等边对等角、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）连接，根据等边对等角结合对等角相等即可推出结论； （2）设的半径，则，，在中，由勾股定理得得出方程求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接，    ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，即， ∴， ∵是半径， ∴为的切线； （2）解：设的半径，则， ∴， ∴． 在中，由勾股定理得，， ∴， 解得，或（舍去）， ∴的半径为3． 【变式14 -1】在下图中，是的直径，要使得直线是的切线，需要添加的一个条件是 ．（写一个条件即可） 【答案】∠ABT=∠ATB=45°（答案不唯一） 【分析】根据切线的判定条件，只需要得到∠BAT=90°即可求解，因此只需要添加条件：∠ABT=∠ATB=45°即可． 【详解】解：添加条件：∠ABT=∠ATB=45°， ∵∠ABT=∠ATB=45°， ∴∠BAT=90°， 又∵AB是圆O的直径， ∴AT是圆O的切线， 故答案为：∠ABT=∠ATB=45°（答案不唯一）． 【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，三角形内角和定理，熟知圆切线的判定条件是解题的关键． 【变式14 -2】如图，点在以为直径的上，平分交于点，交于点，过点作交的延长线于点． (1)求证：直线是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，平行线的判定，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题． （1）连接，证明，可得结论； （2）过点作于点．求出，得出，，利用得出，再利用三角函数求出即可． 【详解】（1）证明：连接． 平分， ， ， ； ， 为半径， 是的切线． （2）解：是直径， ， ，， ， ， ， ， ， ， ． 【变式14 -3】如图，中，，为斜边中线，以为直径作交于点E，过点E作，垂足为点F． (1)求证：为的切线． (2)若，，求的长． 【答案】(1)为的切线，理由见解析． (2) 【分析】（1）连接，所以，由已知直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，所以可以证得，，，即可得到为的切线； （2）连接，所以，因为，所以可以求得的长度，进而求得，的长度，再利用即可求得的长度． 【详解】（1）证明：连接．   ， ， ，为斜边中线， ， ， ， ， ， 为的切线； （2）解：连接，   ， ，则， ， ， ∵， ∴ ∴，即： ， ， ， ∵， ∴， ∴， ． 【点睛】本题考查了圆的相关性质，切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知识点，正确做出辅助线是解题的关键． 【变式14 -4】如图，已知是的直径，点C在上，过点C的直线与的延长线交于点P，，． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)点是弧的中点，交于点，若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)． 【分析】（1）已知在圆上，故只需证明与垂直即可；根据圆周角定理，易得，即；故是的切线； （2）是直径；故只需证明与半径相等即可； （3）连接，，由圆周角定理可得，进而可得，故；代入数据可得． 【详解】（1）证明：， ． 又，， ． 又是的直径， ． ． 即， 是的半径． 是的切线； （2）证明：， ， ． 又，， ， ． ； （3）解：连接，， 点是的中点， ， ． ， ． ， ． ． ． 又是的直径，， ，． ， ． ． 【点睛】此题主要考查圆的切线的判定及圆周角定理的运用和相似三角形的判定和性质的应用，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题． 【变式14 -5】如图，是的直径，点C在上，连接，过点O作于点D，使得． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)的长为； 【分析】（1）本题考查切线的证明，连接，证明即可得到答案； （2）本题考查垂径定理，三角形中位线定理，勾股定理，三角形全等的判定与性质，先根据勾股定理得到，结合垂径定理得到，再证明，结合中位线求解即可得到答案； 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∵是半径， ∴为的切线； （2）解：∵， ∴， 在中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵O是的中点，D是的中点， ∴． 【变式14 -6】如图，中，，以为直径作交于点D，作交于点E，延长交的延长线于点F．    (1)求证：是的切线； (2)若为等边三角形，，求半径的长． 【答案】(1)见详解 (2)半径的长为 【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质得到，等量代换得，由平行线的判定得到，进而得到，即可证得是的切线； （2）根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵，    ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：∵为等边三角形， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴ 在中，， ∴ ∴， ∴． ∴半径的长为2． 【点睛】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，解决本题的关键是：正确作出辅助线，证得． 【变式14 -7】如图，是的弦，，交于，且，求证：是的切线．    【答案】见解析 【分析】本题考查切线的判定，等腰三角形的性质，根据可得，根据等边对等角，可得，，结合对顶角相等，通过等量代换可得，即可证明是的切线． 【详解】证明：如图，连接，    ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， 又是的半径， 是的切线． 【变式14 -8】如图，为的直径，点在上，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点． (1)求证：直线是的切线； (2)若，．求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接．根据直径所对的圆周角是直角得，再根据角平分线得，进而得，又由，从而根据平行线的性质得，于是，得，根据切线的判定即可证明结论成立； （2）如图，过点作于点，先证明．再根据勾股定理得，根据直角三角形的性质得，进而利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明，如图，连接． 是的直径， ， 平分， ， ， ， ， ， 为的半径， 直线是的切线． （2）解：如图，过点作于点， ， ， ， ． 在中，， 根据勾股定理，得， ， ， 在中，根据勾股定理，得 ． 【点睛】本题主要考查了勾股定理、圆周角角定理、直径所对的圆周角是直角、切线的判定以及平行线的性质，熟练掌握圆周角角定理、直径所对的圆周角是直角以及切线的判定是解题的关键． 【变式14 -9】如图，是的直径，，交于点，点在的延长线上且．    (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)详见解析； (2)． 【分析】（1）根据等腰三角形性质及三角形的内角和定理可得，再由已知及切线的判定定理可得结论； （2）由（1）知，由勾股定理得出圆的半径为6，利用等腰三角形的性质可得出D为的中点，利用中位线定理可得出，可证出，得出，利用相似比得出，最后利用勾股定理即可得出答案． 【详解】（1）∵， ∴， ∵， ∴， ∵为直径， ∴是的切线； （2）由（1）知，是的切线， ∴， ∴， ∴ 设的半径为r， ∵， ∴， ∴， ∴， 连接，    ∵为的直径， ∴， ∵， ∴D为中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴在中， 【点睛】本题属于主要考查了等腰三角形性质，圆切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，中位线定理等知识点，熟练掌握其性质的综合应用是解决此题的关键． 【变式14 -10】如图，点在以为直径的上，平分交于点，交于点，过点作交的延长线于点． (1)求证：DF是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定，圆的性质，特殊角的三角函数，熟练掌握切线的判定，特殊角的三角函数值是解题的关键． （1）连接，证明即可． （2）在中，根据，，得出，，利用平行线性质得到，在，利用三角函数计算即可． 【详解】（1）证明：连结 ∵为的直径， ∴ ∵平分， ∴ ∴ ∵， ∴， ∴ ∴直线是的切线． （2）解：在中，，， ∴， ∴， ∵ 又∵， ∴ 在中，， ∴． 【考点题型十五】切线的性质 【例15】如图，，是的两条切线，切点分别为，，连接，，若，则 °． 【答案】 【分析】本题考查了切线的性质以及切线长定理．根据题意可得，，进而求得，根据等边对等角，即可求解． 【详解】解：，是的两条切线， ，， ， ， ， ． 故答案为：． 【变式15 -1】如图，在中，已知，在上取一点E，以为直径的恰与相切于点D．若，．则 ， ． 【答案】 6 6 【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理，相似三角形性质和判定，利用切线的性质得到，设的半径为x，则，，在中，利用勾股定理建立等式求出的值，进而得到，，再证明，利用相似三角形性质求出，即可解题． 【详解】解：如图，连接， 与相切， ， 设的半径为x， 则， ， 在中，由勾股定理可得， 即，解得， ， ， ，， ， ， 即， 解得， 故答案为：6；6． 【变式15 -2】如图，是的直径，，是的两条切线，切点分别为B，C．连接交于点D，交于点E，连接． (1)求证：； (2)若点E是的中点，的半径为6，求的长． 【答案】(1)见解析； (2) 【分析】（1）根据切线长定理得到，．根据等腰三角形的性质和中位线定理即可得到结论； （2）根据题意得出为等边三角形，得出，得出，再由含30度角的直角三角形的性质及勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵，是的两条切线，切点分别为，， ∴，， ∴，， ∵， ∴是的中位线， ∴； （2）∵，点是的中点， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∵的半径为6， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，中位线定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等知识点．熟练掌握切线的性质和切线长定理是解题的关键． 【变式15 -3】已知：如图，是圆的直径，，过点作圆的切线交的延长线于． (1)求证：； (2)若，，直接写出的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接；由弧相等可得；再由等边对等角及等量代换、平行线的判定即可证明； （2）连接，易证是等边三角形，则得，从而求得，由勾股定理即可求得的长． 【详解】（1）证明：如图，连接； ， ； ， ， ， ； （2）解：如图，连接， 为圆的切线，， ； 由（1）知，， ； ， 是等边三角形， ， ， 由勾股定理得． 【点睛】本题考查了等弧对的圆周角相等，切线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，题目不难，但涉及的知识点较多，关键是熟练运用这些知识． 【变式15 -4】如图，为半圆的直径，点，在半圆上，直线与半圆相切于点，． (1)若，求的大小（用含的式子表示）； (2)过点作交于点，交于点，若，，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】(1) 根据得，结合圆周角定理，得到，求解即可． (2) 根据得，结合圆周角定理，得到，根据特殊角的三角函数求解即可． 【详解】（1）∵， ∴， ∴． （2）根据(1)的证明，得， ∵，， ∴， ∵直线与半圆相切于点， ∴， ∴， ∴， 解得， ∵， ∴， ∵， 解得． 【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，圆周角定理，垂径定理，特殊角的正切值，熟练掌握切线的性质，圆周角定理，垂径定理，特殊角的函数值是解题的关键． 【考点题型十六】切线性质与判定的综合 【例16】如图，是外一点，与相切，切点为．画出的另一条切线，切点为．小云的画法是： ①连接，过点画出的垂线交于点； ②画出直线． 直线即为所求． (1)根据小云的画法，补全图形； (2)完成下面的证明． 证明：连接，． ，， 垂直平分，． ① ． ② ． ． 是的切线，为切点， ． ． ． 于点． 是的半径， 是的切线（③ ）（填推理的依据）． 【答案】(1)见解析 (2)①，②，③过半径的外端点并垂直于半径的直线是圆的切线 【分析】本题考查作图-复杂作图，切线的判定和性质，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出图形． （1）根据垂线的基本作图，作图即可． （2）根据切线的判定证明即可． 【详解】（1）根据垂线的基本作图，作图如下： 直线即为所求． （2）证明：连接，． ，， 垂直平分，． ． ． ． 是的切线，为切点， ． ． ． 于点． 是的半径， 是的切线（过半径的外端点并垂直于半径的直线是圆的切线）． 故答案为：①，②，③过半径的外端点并垂直于半径的直线是圆的切线． 【变式16 -1】如图，是圆内接四边形的对角线，于点平分．    (1)求的度数； (2)点在的延长线上，是该圆的切线． ①求证：是该圆的切线； ②若，直接写出的长． 【答案】(1) (2)①见解析；②的长为3． 【分析】（1）由角平分线的定义求得，根据圆周角定理求得，利用，据此可求解； （2）①连接，证明，推出，即可证明是该圆的切线； ②证明和都是等边三角形，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得半径为1，据此求解即可． 【详解】（1）解：平分， ． ， ． ， ． ． ； （2）①证明：如图，取的中点，连接．   ， 是该圆的直径． 点是该圆的圆心． 是的切线， ． ， ． ， ． ． 是的切线； ②∵、都是的切线， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，是等边三角形， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴的长为3． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 【变式16 -2】如图，是的直径，弦于点，是的外角的平分线． (1)求证：是的切线； (2)连接并延长交于点，若的半径为，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用等腰三角形的三线合一性，可以判断是的角平分线，因为邻角互补，进而可得最后推出是的切线； （2）利用外角定理可得，从而得到，利用三线合一性可知，进而可以得到是等边三角形，根据角所对直角边是斜边的一半即可求得． 【详解】（1）解：∵是直径， ∴平分弦 ∴垂直平分线段 ∴是的角平分线，是等腰三角形 ∴ ∴是外角的平分线 ∴ ∴是是切线 （2）解：∵，是是切线 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵是等腰三角形 ∴是等边三角形 ∴ ∵， ∴ ∴中， ∴ ∴ 【点睛】本题考查了切线的判定与性质，垂径定理，圆周角定理等相关知识点，根据已知条件并结合图形去分析是解题的关键． 【变式16 -3】如图，已知锐角，以为直径画，交边于点M，平分与交于点D，过点D作于点E． (1)求证：是的切线； (2)连接交于点F，若，，求长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据可得，根据角平分线的定义，则，最后根据，，即可证明； （2）连接，可得，即可求出的长度，根据勾股定理求出的长度，进而求出的长度，通过证明，即可根据相似三角形对应边成比例求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是的切线； （2）如图：连接， ∵为直径，， ∴， ∵，平分， ∴， ∴， 在中，根据勾股定理可得， ∴， 在中，根据勾股定理可得， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 解得：． 【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，角平分线的定义，解题的关键是熟练掌握相关内容并灵活运用． 【变式16 -4】如图，在平面直角坐标系中，存在半径为2，圆心为的，点P为上的任意一点，线段绕点P逆时针旋转90°得到线段，如果点M在线段上，那么称点M为的“限距点”． (1)在点，，中，的“限距点”为___________； (2)如果过点且平行于x轴的直线l上始终存在的“限距点”，求a的取值范围； (3)的圆心为，半径为1，如果上始终存在的“限距点”，请直接写出b的取值范围． 【答案】(1)， (2) (3)或 【分析】（1）分两种情况：当轴时，相切于轴时，分别作出相应图形即可判断； （2）以为圆心，为半径作圆，根据题意证明出，得到点的轨迹是以J为圆心，以为半径的圆，如果过点且平行于轴的直线上始终存在的“限距点”，则在平行于轴并相切于的范围内，据此求解即可； （3）如果上始终存在的“限距点”，则相切于和，据此求解即可． 【详解】（1）解：如图所示， 当轴时，点的坐标为， 当相切于轴时，点的坐标为， ∴在点中，的“限距点”为，， 故答案为：， （2）如图2中， 作轴， ∵， ∴和都是等腰直角三角形， ∴ 又∵ ∴，即 ∴ ∵ ∴ ∴点的轨迹是以J为圆心，以为半径的圆， ∵点P在上运动， ∴扫过的区域为图上阴影部分， ∴当直线与阴影部分有公共点时，满足条件． 当直线与相切时， ∵， ∴的取值范围是：； （3）如图3中，由题意当与阴影部分有公共点时， 上始终存在的“限距点”， 当与外切时，点坐标为：， 当与内切时，点坐标为：， 当与内切时，点坐标为：， 当与外切时，点坐标为：， ∴观察图象可知，满足条件的取值范围是：或． 【点睛】本题考查的是圆的有关知识，切线的性质，能在“限距点”的定义下对题目进行分析是解题的关键． 【考点题型十七】切线长定理 【例17】如图，是的直径，，是的两条切线，切点分别为，．连接交于点，交于点，连接． (1)求证：； (2)若的半径为，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据切线长定理得到，．根据等腰三角形的性质和中位线定理即可得到结论； （2）由切线的性质得到，根据相似三角形的判定和性质、勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵，是的两条切线，切点分别为，， ∴，， ∴，， ∵， ∴是的中位线， ∴； （2）∵是的切线， ∴， ∵的半径为，， 由（1）可得，， ∵，， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴． ∴的长为． 【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，中位线定理，等角的余角相等，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点．熟练掌握切线的性质和切线长定理是解题的关键． 【变式17 -1】如图，过点作的切线，，切点分别是，，连接．过上一点作的切线，交，于点，．若，的周长为4，则的长为（   ） A．2 B． C．4 D． 【答案】B 【分析】本题考查的是切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．根据切线长定理得到，再根据切线长定理、三角形的周长公式、勾股定理计算，得到答案． 【详解】解：、为的切线， ， 、为的切线， ， 同理，， 的周长， ， ． 故选：B 【变式17 -2】如图，分别与相切于A，B两点，，则的半径为 ． 【答案】 【分析】本题考查了切线长定理，切线的性质，三角形全等的判定和性质，特殊角的三角函数，连接，证明，得到，利用三角函数即可求解，由三角形全等得到是解题的关键． 【详解】解：连接，    ∵，分别与相切于两点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式17 -3】如图，的内切圆与，,相切，切点为D,，，若，，则周长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．根据切线长定理即可得解，，从而利用三角形的周长公式即可得解． 【详解】∵的内切圆与，,相切，切点为D，，， ∴，， 设，则，， ∴的周长= 故答案为： 【变式17 -4】如图，，分别与相切于A，B两点．若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】连接，由切线长定理可得，从而可得出，最后由勾股定理得出． 【详解】解：连接，如图， ∵，分别与相切于A，B两点．且， ∴，， ∴， 在中，，， 由勾股定理得，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了切线的性质，切线长定理，直角三角形的性质等知识，熟练运用切线的性质是本题的关键． 【变式17 -5】如图所示，将一把刻度尺，含角的直角三角板和圆形卡片如图摆放，使三角板的一条直角边与刻度尺重合，圆形卡片与刻度尺和三角板分别都有唯一的公共点，测得圆形卡片与刻度尺的公共点到三角板顶点的距离，则圆形卡片的半径为 ． 【答案】 【分析】设圆形卡片的圆心为，过点作垂直直角三角板的斜边，垂足为，根据切线长定理得出，继而根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，设圆形卡片的圆心为，过点作垂直直角三角板的斜边，垂足为， 依题意，与、相切， ∴， ∵与相切， ∴， 在中，， 即圆形卡片的半径为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了切线长定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握切线长定理是解题的关键． 【考点题型十八】圆的综合问题 【例18】如图，平面直角坐标系中，已知点、点，连接，若点为平面上一点，且为等边三角形，则称点为线段的“关联点”． (1)已知点和点，点为线段的“关联点”，直接写出点的坐标______； (2)若，，点是线段上一点，点为线段的“关联点”，当点在右侧时，判断与的位置关系，并证明； (3)半径为2，点是上一点，点，若点为线段的“关联点”，直接写出长度的最大值和最小值． 【答案】(1)或 (2)，证明见解析 (3)长度的最大值为，最小值为 【分析】（1）根据“为线段的关联点”，结合是等边三角形，即可求解； （2）结论：，连接，先证明是等边三角形，根据已知得是等边三角形，再证明，得到，易得，即可证明； （3）分两种情况讨论：当点P在上方，当点P在下方，利用等边三角形的性质求出点P在上运动，由两个等圆的圆心距求解即可． 【详解】（1）解：如图， 是等边三角形， 点P与点A关于y轴对称， ， ， 是等边三角形， ， ， ，， ， 综上，点P的坐标为或； （2）， 证明：如图，连接， ，， ，，， 是等边三角形， ， 为线段的“关联点”， 是等边三角形， ， ， ， 在与中， ， ， ， ， ， ； （3）解：为线段的“关联点”， 是等边三角形， ， 点P随点A的运动而运动，且点P在与相同大小的圆上运动， 设点P在上运动， 由（1）知线段的“关联点”点P的坐标由两个，分别在线段的上方和下方， 当点P在上方时，如图： 当时，过点作轴，交x轴于点G， ，则 ， ， ； 当时，过点作轴，交x轴于点G， 同理得：， 是的直径， 是的直径， ， ， 当过点M时，有最大值，最大值为；当延长线过点M时，有最小值，最小值为； 当点P在下方时，同理得长度的最大值为，最小值为， 长度的最大值为，最小值为． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了最值问题，切线的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数的应用，熟练掌握新概念“关联点”是解题的关键． 【变式18 -1】在平面直角坐标系中，对于点和图形有如下定义，若在图形上找到任意一点，使得在线段延长线上存在点，使得，所有点所组成的图形，称点关于图形进行了一次倍变换，则图形是点关于图形的倍变换图形．图形上所有点都关于图形再进行一次倍变换组成图形，称为点关于图形的双倍变换图形． (1)若图形N为线段，，，则，，，中哪些点在原点关于图形N的双1倍变换图形上？ (2)图形N为半径为1的圆，若点在原点关于图形N的双1倍变换图形上，直接写出m的取值范围； (3)若图形N是圆心为，半径为1的圆，求在原点关于图形N的双2倍变换图形的面积． 【答案】(1)，， (2)或 (3) 【分析】（1）根据定义，线段的长度为2，经过一次倍变长为，双1倍变换图形的长为，画出图形，即可求解． （2）图形为圆心，半径为1的圆，是半径为2的圆，是半径为4的圆，且圆心都在上，根据相切时求得的值，进而即可求解． （3）根据定义，可知为半径为4的圆，据此即可求解． 【详解】（1）解：如图，线段的长度为2，经过一次倍变长为，双1倍变换图形的长为， ∴，，在原点关于图形N的双1倍变换图形上， （2）解：根据定义可知，图形为圆心，半径为1的圆，是半径为2的圆，是半径为4的圆，且圆心都在上 当外切时， ∴ 当内切时， 解得： ∴ 当时，如图，根据对称性可得， 综上所述，或； （3）解：如图，的面积为． 【点睛】本题考查了位似变换，圆与圆的位置关系，掌握位似变换与新定义是解题的关键． 【变式18 -2】如图，为的直径，弦于，连接、，过点作的切线，的平分线相交于点，交于点，交于点，交于点，连接． (1)求证：； (2)若，，求长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据垂径定理得到，，证明即可； （2）根据圆周角定理得到，由垂径定理得到，，求出，利用勾股定理得到，根据，，得到，结合是的平分线，推出，易得，由证明，得到，即可求解． 【详解】（1）证明：为的直径，， ，， 在与中， ， ， ； （2）解：， ， ， ， ， ，， ， ， 是的平分线， ， ， ， ， ， ，即， ． 【点睛】本题考查了圆与三角形的综合题，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握垂径定理，圆周角定理，证明三角形相似是解题的关键． 【变式18 -3】在平面直角坐标系中，的半径为1，点A在上，点P在内，给出如下定义：连接并延长交于点B，若，则称点P是点A关于的k倍特征点． (1)如图，点A的坐标为．    ①若点P的坐标为，则点P是点A关于的 倍特征点； ②在，，这三个点中，点 是点A关于的倍特征点； ③直线l经过点A，与y轴交于点D，．点E在直线l上，且点E是点A关于的倍特征点，求点E的坐标； (2)若当k取某个值时，对于函数的图象上任意一点M，在上都存在点N，使得点M是点N关于的k倍特征点，直接写出k的最大值和最小值． 【答案】(1)①，②，③或 (2)最大值为，最小值为 【分析】（1）①由题意知，，则； ②由勾股定理得，假设点是点关于的倍特征点，则，不符合题意，同理判断、即可； ③当点在轴正半轴上时，设直线交于，连接，过点作轴于点，根据点、点关于的倍特征点，得，由含的直角三角形的性质可得，的长，当点在轴负半轴同理可得答案； （2）设直线与轴，轴的交点分别为，，过点作交于，交于，过点作直线交于，，由，可知越大，的值越小，则的值越大，得，时，的值最小，即与重合，与重合时，的值最小，同理当点在点，在点时，有最大值，从而解决问题． 【详解】（1）解：①，， ， ， ， ， ， 故答案为：； ②假设点是点关于的倍特征点，连接并延长交于点，如图所示：   ，， ， ， ，不符合题意， 点不是点关于的倍特征点； 连接并延长交于点，如图所示：   ， ，， ，， ， 点不是点关于的倍特征点； 假设点是点关于的倍特征点，连接并延长交于点，如图所示：     ，， ， ， 为的中点， ， 与轴负半轴交点坐标为， 在圆上， 点是点关于的倍特征点； 故答案为：； ③当点在轴正半轴上时，设直线交于，连接，过点作轴于点，如图所示：   点是点关于的倍特征点， ， 是的中点， ， ， ， ，， ， ， ， 当点在轴负半轴上时，同理可得， 综上：或； （2）解：设直线与轴，轴的交点分别为，，过点作交于，交于，过点作直线交于、，如图所示：     ，， ， ， 越大，的值越小， 的值越大， 当的值越大，的值越大， ，时，的值最小， 与重合，与重合时，的值最小， ，是直线与轴，轴的交点，令得，令得， ，， 到和到的距离都是1， ，   ， ， ， ， ， ，即的最小值为； 当点在点，在点时，有最大值，如图所示：   ，即的最大值为． 【点睛】本题属于圆背景下的新定义问题，考查圆的性质、勾股定理、两点之间距离公式、坐标与图形、一次函数的图像与性质等知识，解题的关键是理解新定义，灵活运用所学知识解决问题，综合性强、难度较大，属于中考压轴题． 【变式18 -4】点P为平面直角坐标系中一点，点Q为图形M上一点．我们将线段长度的最大值与最小值之间的差定义为点P视角下图形M的“宽度”． (1)如图，⊙O半径为2，与x轴交于点A，B，点． ①在点P视角下，⊙O的“宽度”为___________，线段的“宽度”为___________； ②点为x轴上一点．若在点P视角下，线段的“宽度”为2，求m的取值范围； (2)⊙C的圆心在x轴上，半径为（），直线与x轴，y轴分别交于点D，E．若线段上存在点K，使得在点K视角下，⊙C的“宽度”可以为2，求圆心C的横坐标的取值范围． 【答案】(1)①；②或 (2)当时，；当时，在圆外任何一点的视角下，⊙C的“宽度”均为2，为任意实数 【分析】 （1）①找到圆外点到圆上的点的最长和最短距离即可求出在点P视角下，⊙O的“宽度”；求出，即可求在点P视角下，线段的“宽度”；②分类讨论当点在点右侧和当点在点左侧时的情况即可求解； （2）由⊙C的“宽度”为2可得，分类讨论、的两种情况即可求解． 【详解】（1）解：①如图所示： 由定义可知：在点P视角下，⊙O的“宽度”为：; ∵ ∴在点P视角下，线段的“宽度”为： 故答案为：； ②点关于点的对称点坐标为 当点在点右侧时， 若，则，不符合题意； 若，则，不符合题意； 若，则，符合题意； ∴ 当点在点左侧时， 则： ∴ 解得：（舍去） ∴ 综上所述：或 （2）解：∵直线与x轴，y轴分别交于点D，E． ∴令，可得；令，可得 即： ∴ ∵⊙C的“宽度”为2 ∴ 当时，则点出现在⊙C内部，其轨迹是以点为圆心，半径为的圆 ∵点在线段上 ∴点的轨迹圆需要与线段有交点 （i）当点在点左侧时，点的轨迹圆与相切于点时，如图：    ∵ （ii）当点在点右侧时，点的轨迹圆经过点时，如图：    ∵点的轨迹圆半径为 即：当时， 当时，在圆外任何一点的视角下，⊙C的“宽度”均为2，为任意实数 【点睛】本题以圆作为几何背景，考查了新定义题型．关键是读懂材料内容，掌握数形结合及分类讨论的数学思想． 【变式18 -5】对于点C和给定的，给出如下定义：若上存在点B，使点C绕点B旋转的对应点A在上，此时是以点B为直角顶点的等腰直角三角形，则称点C为的“等直顶点”．若O是坐标原点，的半径为2，    (1)在点，，，中，可以作为的“等直顶点”的是___________； (2)若点P为的“等直顶点”，且点P在直线上，求点P的横坐标的取值范围； (3)设的圆心C在x轴上，半径为2，若直线上存在点D，使得半径为1的上存在点P是的“等直顶点”，求圆心C的横坐标的取值范围； (4)直线分别和两坐标轴交于E，F两点，若线段上的所有点均为的“等直顶点”，求的半径的最大值与最小值． 【答案】(1)Q和S (2)点P的横坐标范围是：或 (3) (4)的半径最大值是，最小值是 【分析】（1）以点为原点建立直角坐标系，根据的半径为2，找出“等直顶点的条件”是距离圆心最小值是，最大是，从而判定的“等直顶点”； （2）同（1）最小是，最大是，进而确定P点的横坐标的范围； （3）同（1）找出上不存在“等直顶点”的条件即可； （4）作于P，确定点P的位置是最大半径时的“等直顶点”临界点，点F是最小值的临界点，进而求得． 【详解】（1）解：以点为原点建立直角坐标系，的半径为2， 如图1， ∵弦最大为直径，， ∴当，时， ， 如图2，    设P点的横坐标是x， 是等腰直角三角形，，， ，，， ，， ∴D点在以I为圆心，半径是为半径的圆上运动， ∴的最小值是， ， ∴点P不是“等直顶点”， ， ， ∴点Q是“等直顶点”， ， ∴R不是“等直顶点”， ， ， ∴S是“等直顶点”， 故答案为：Q和S； （2）解：如图3，    由（1）知，最小是，最大是， 作轴于A，作轴于B， ， ， ； 根据对称性， ∴点P的横坐标范围是：或； （3）解：如图4，    设C点的横坐标是a， 作直线于H， 由上知：， ， ， ； （4）解：如图5，    作于P， 由题意得：，， ， ， ， 要使点P是“等直顶点”，则， ， 要使点F是“等直顶点”，则， ， ∴的半径最大值是，最小值是． 【点睛】本题考查了点和圆的位置关系，等腰直角三角形的性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是确定“等直顶点”的条件． 【变式18 -6】在平面直角坐标系中，图形上任意两点间的距离若有最大值，将这个最大值记为．对于点和图形给出如下定义：点是图形上任意一点，若，两点间的距离有最小值，且最小值恰好为，则称点为图形的“关联点”．    (1)如图，图形是矩形，其中点的坐标为，点的坐标为，则 ___．在点 ，，，中，矩形的“关联点”是 ； (2)如图，图形是中心在原点的正方形，其中点的坐标为．若直线上存在点，使点为正方形的“关联点”，求的取值范围； (3)已知点，．图形是以为圆心，为半径的，若线段上存在点，使点为的“关联点”，直接写出的取值范围． 【答案】(1)，； (2)； (3)或． 【分析】（）根据所给的定义，对每一个点进行判断即可； （）由题意可得，过点作垂直直线，交于点，当时，，则时，直线，上存在点，使点为正方形的“关联点”； （3）由题意可得，当点在轴负半轴上时，过点作交于点L，交圆于点K，当时，由相似三角形的性质求得，此时，则；当点在轴正半轴上时，当时，此时，则时，线段上存在点，使点为的“关联点”； 本题考查了圆的综合应用，弄清定义，能够根据定义，结合矩形的性质，正方形的性质，圆的性质，数形结合是解题的关键． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形，，， ∴，， ∴， ∴任意两点的距离最值为或， ∴， ∴； 已知，， ∴，到的距离为：，，， ∴矩形的关联点是，； 故答案为：，，； （2）解：∵，四边形是正方形， ∴， 过点作垂直直线，交于点， 当时，，， ∴， ∴时直线上存在点使为正方形的关联点；      （3）解：∵的圆心为半径为， ∴； 当点在轴负半轴上时，过点作交于，交于，交轴于，如图，    当时，， ∵，， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∵，， ∴； ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴，此时， 当时，， ∴， ∴时，线段上存在点，使点为的“关联点”， 当点在轴正半轴上时，如图，    当时，点为的“关联点”，此时； 当时，， 解得：（负值舍去）， ∴时，线段上存在点，使点为的“关联点”， 综上，当或，线段上存在点，使点为的“关联点”． 【考点题型十九】三角形的外接圆 【例19】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均在格点（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，则过A，B，C三点的圆的圆心坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了三角形外接圆的外心、垂径定理、坐标与图形的性质．勾股定理等知识；关键是根据垂径定理得出外接圆的圆心位置． 连接，作的垂直平分线，根据勾股定理和半径相等得出点的坐标即可． 【详解】解：连接，作的垂直平分线，如图所示： 在的垂直平分线上找到一点， ， 点是过、、三点的圆的圆心， 即的坐标为， 故选：D． 【变式19 -1】如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点都在格点上，则外接圆的圆心坐标为(　) A．(3，2) B．(2，3) C．(2，2) D．(3，3) 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，作和的垂直平分线，它们的交点为外接圆圆心，然后写出点坐标即可． 【详解】解：如图所示，作和的垂直平分线，它们的交点为外接圆圆 即外接圆圆心的坐标为． 故选：A． 【变式19 -2】如图，在中，． 求作：，使得的三个顶点都在上． 作法： ①作边的垂直平分线，交于点O； ②以点O为圆心，长为半径作圆． 则为所求作的圆． (1)利用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）； (2)完成下面的证明． 证明：连接． 由作图可知，， 点B在上， 在中，， （）（填推理依据）． ． 点C在上． 的三个顶点都在上． 【答案】(1)见详解 (2)，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查作图-复杂作图，线段的垂直平分线的性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． （1）根据要求作出图形即可． （2）利用直角三角形斜边中线的性质证明：即可． 【详解】（1）补全图形如图所示： （2）证明：连接． 由作图可知，， 点B在上， 在中，， （直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）． ． 点C在上． 的三个顶点都在上． 【变式19 -3】在中，，，于点．点在射线上，连接，作于点．连接，作于点，作交直线于点，连接． (1)当点在线段上时，在图1中补全图形，并直接写出的度数； (2)当点在线段的延长线上时，利用图2探究线段与之间的数量关系，并证明； (3)取线段的中点，连接，若，直接写出线段的长的最小值． 【答案】(1) (2)，证明见解析； (3) 【分析】（1）先补全图形，如图所示：取的中点，连接，，证明，，，四点共圆，可得； （2）由（1）同理可得：，，，四点共圆，可得，证明，再证明，可得，即可得到结论； （3）如图，取的中点，连接，，，取的中点，连接， 由（2）同理可得：，而，可得，连接，证明，可得在以为圆心，半径为2的弧上运动，当，，三点共线时，最小，从而可得答案． 【详解】（1）解：补全图形，如图所示： ∵，， ∴， 取的中点，连接，， ∴， ∴，，，四点共圆， ∴， ∵，，， ∴， ∴； （2），理由如下： 如图所示： ∵，，， ∴，， 由（1）同理可得：，，，四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，而， ∴， ∴， ∴； （3）如图，取的中点，连接，，，取的中点，连接， 由（2）同理可得：，而， ∴， 连接， ∵， ∴， ∴， ∴，而， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，而为中点，为中点， ∴， ∴在以为圆心，半径为2的弧上运动， ∴当，，三点共线时，最小， 在中， 此时， ∴． 【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，圆的确定及基本性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 【考点题型二十】三角形的内切圆 【例20】如图，中，，，，点是的内心，则的长度为（   ）    A．2 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三角形的内切圆和内心，勾股定理，三角形的外接圆与外心，根据点是的内心，画出的内切圆，如图，过点作，，，垂足为，，，连接，根据内切圆的性质可知垂足，，也是三边与的切点，，，，，利用勾股定理可得，设，则，根据切线长定理可求得，设，根据，可得，即，问题随之得解． 【详解】根据点是的内心，画出的内切圆，如图，过点作，，，垂足为，，，连接，    根据内切圆的性质可知垂足，，也是三边与的切点， ，，，， ，，， ， 设，则， ，，， ， ， ， 设， ， ， ， ， ． 故选：C． 【变式20 -1】如图，是的内切圆，与，，分别相切于点D，E，F．若的半径为r，，，，则的面积为（   ） A． B．12r C．13r D．26r 【答案】C 【分析】本题考查了三角形内切圆与三角形三边的关系，熟练掌握三角形三边与内切圆的关系是解答此题的关键； 根据三角形面积=三角形边长之和乘以内切圆半径之积的一半． 计算即可． 【详解】 是的内切圆且半径为r，，， ， ， 则的面积为， 故选：C 【变式20 -2】如图所示，在三角形中，，两直角边，，三角形内有一点，它到各边的距离相等，则这个距离是 ． 【答案】2 【分析】首先根据勾股定理算出的长，由在内有一点P，点P到各边的距离都相等，故P为的内切圆的圆心，设切点为D、E、F，连接、、、、，内切圆的半径为R，根据由三角形面积列出方程，求解即可． 【详解】由勾股定理得：， ∵在内有一点P，点P到各边的距离都相等， ∴P为的内切圆的圆心，设切点为D、E、F，连接、、、、，内切圆的半径为R，则由三角形面积公式得： ∴， 解得． 故答案为：2． 【点睛】·本题考查了三角形内切圆，熟练掌握勾股定理，三角形面积公式是解题的关键． 【变式20 -3】《九章算术》是我国古代数学名著，也是古代东方数学的代表作之一．书中记载了一个问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容圆半径几何？”译文：“如图，今有直角三角形，勾（短直角边）长为5步，股（长直角边）长为12步，问该直角三角形能容纳的圆（内切圆）的半径是多少步？”根据题意，该直角三角形内切圆的半径为 步． 【答案】 【分析】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：， ， ∴四边形为矩形， 又∵ ∴矩形为正方形 设半径为，则 ∴， ∴ 解得 故答案为： 【点睛】此题考查了勾股定理，切线长定理，正方形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质． 【变式20 -4】如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，已知∠A＝40°，连接OB，OC，DE，EF，则∠BOC＝ °，∠DEF＝ °． 【答案】 110 70 【分析】①根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，进而得到∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，求出∠OBC+∠OCB，根据三角形内角和定理即可求出∠BOC；②连接连接OD，OF，根据切线的性质得到∠ODA=∠OFA= ，根据四边形内角和等于求出∠DOF，根据圆周角定理即可得到∠DEF． 【详解】∵∠A=， ∴∠ABC+∠ACB=， ∵O是△ABC的内切圆， ∴∠OBC=∠ABC，∠OCB=∠ACB， ∴∠OBC+∠OCB=， ∴∠BOC=， 如图，连接OD，OF， ∵AB、AC分别切⊙O于D、F点， ∴∠ODA=∠OFA=， ∴∠A+∠DOF=， ∴∠DOF=， ∴∠DEF=∠DOF=． 故答案为：110；70． 【点睛】本题考查三角形内切圆、内心、圆周角定理和切线的性质，掌握三角形的内心是三角形三条角平分线的交点和圆周角定理是解题的关键． 【变式20 -5】对于平面直角坐标系xOy中的图形M，N，给出如下定义：若图形M和图形N有且只有一个公共点P，则称点P是图形M和图形N的“关联点”． 已知点，，，． (1)直线l经过点A，的半径为2，在点A，C，D中，直线l和的“关联点”是______； (2)G为线段OA中点，Q为线段DG上一点（不与点D，G重合），若和有“关联点”，求半径r的取值范围； (3)的圆心为点，半径为t，直线m过点A且不与x轴重合．若和直线m的“关联点”在直线上，请直接写出b的取值范围． 【答案】(1)C (2) (3) 【分析】（1）作出图形，根据切线的定义结合“关联点”即可求解； （2）根据题意，为等边三角形，则仅与相切时，和有“关联点”，进而求得半径r的取值范围； （3）根据关联点以及切线的性质，直径所对的角是直角，找到点的运动轨迹是以为圆心半径为的半圆在轴上的部分，进而即可求得的值． 【详解】（1）解：如图， ，，，, ，轴,. 的半径为2， 直线与相切 AI   直线l和的“关联点”是点 故答案为： （2）如图，根据题意与有“关联点”，则与相切，且与相离 AI   , 是等边三角形 为的中点，则 当与相切时，则点为的内心 半径r的取值范围为： （3）如图，设和直线m的“关联点”为，，交轴于点，    是的切线， 的圆心为点，半径为t， 轴是的切线 点的运动轨迹是以为圆心半径为的半圆在轴上的部分，则点， 在直线上， 当直线与相切时，即当点与点重合时，最大， 此时与轴交于点， 当点运动到点时，则过点， 则 解得 b的取值范围为： 【点睛】本题考查了切线的性质与判定，切线长定理，勾股定理，一次函数与坐标轴交点问题，等边三角形的性质，等边三角形的内心的性质，掌握以上知识是解题的关键． 【考点题型二一】圆的内接正多边形 【例21】在2022年北京冬奥会开幕式和闭幕式中，一片“雪花”的故事展现了“世界大同，天下一家”的主题，让世界观众感受了中国人的浪漫．如图，作出“雪花”图案（正六边形）的外接圆，已知正六边形的边长是4，则长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的性质，弧长公式，先根据中心角定义求出的度数，然后证明是等边三角形，可求出圆的半径，最后根据弧长公式求解即可． 【详解】解∶如图， ∵正六边形的边长是4， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式21 -1】如图，多边形是的内接正n边形，已知的半径为r，的度数为，点O到的距离为d，的面积为S．下面三个推断中． ①当n变化时，随n的变化而变化，与n满足的函数关系是反比例函数关系； ②若为定值，当r变化时，d随r的变化而变化，d与r满足的函数关系是正比例函数关系； ③若n为定值，当r变化时，S随r的变化而变化，S与r满足的函数关系是二次函数关系． 其中正确的是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】（1）正n边形每条边对应的圆心角度数为，因此为反比例函数关系； （2）d与r是的邻边和斜边，因此是化简后即正比例函数关系； （3）三角形面积为×底×高，底为，高为，直接代入即可． 【详解】①，所以与n满足的函数关系是反比例函数关系，正确； ②，所以，所以d与r满足的函数关系是正比例函数关系，正确； ③，所以S与r满足的函数关系是二次函数关系，正确． 故选D 【点睛】本题考查正多边形、圆心角的度数、弦心距、三角形的面积之间的函数关系，解题的关键是读懂题意，求出其中的函数关系式． 【变式21 -2】如图，点为正五边形的中心，连接，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正五边形的性质得出即可求解． 【详解】解：∵点为正五边形的中心， ∴， 故选：D 【点睛】本题考查正多边形的中心和中心角的定义，正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心；正多边形每条边所对的圆心角叫做正多边形的中心角；熟练掌握定义是解题关键. 【变式21 -3】若⊙O的内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，则n的值为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】根据题意，内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，则正n边形的中心角为 ，由 可得结果． 【详解】解： 内接正n边形的边长与⊙O的半径相等， 正n边形的中心角为， ， n的值为6， 故选：C． 【点睛】本题考查了正n边形中心角的定义，熟记并理解正n边形中心角的定义是解决本题的关键． 【变式21 -4】如图，的内接正六边形的边长为，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图（见解析），先根据圆内接正六边形的性质求出中心角，再根据等边三角形的判定与性质可得，然后利用弧长公式即可得． 【详解】图，连接OB、OC， 由题意得：， 正六边形是的内接正六边形， 中心角， 又， 是等边三角形， ， 则的长为， 故选：B． 【点睛】本题考查了圆内接正六边形的性质、弧长公式等知识点，熟练掌握圆内接正六边形的性质是解题关键． 【变式21 -5】我们都知道蜂巢是很多个正六边形组合来的．正六边形蜂巢的建筑结构密合度最高、用材最少、空间最大、也最为坚固．如图，某蜂巢的房孔是边长为6的正六边形，若的内接正六边形为正六边形，则的长为（    ） A．12 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可得，则，再根据平分弧的直径垂直平分这条弧所对的弦可得，，再根据可得是等边三角形，则，最后结合三角函数即可求解． 【详解】解：连接，交于点M，连接， ∵六边形是的内接正六边形， ∴，， ∴， ∵经过圆心O， ∴，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵在中，，，， ∴， ∴， 故选C． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、三角函数综合和圆周角定理，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键． 【变式21 -6】如图，正六边形内接于，的半径为3，则这个正六边形的边心距的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正六边形的性质求出，利用锐角的余弦计算即可． 【详解】解：连接， ∵六边形是内接正六边形， 故选：B 【点睛】本题考查的是正多边形和圆的有关计算，掌握正多边形的中心角的计算公式、熟记余弦的概念是解题的关键． 【变式21 -7】如图，正六边形内接于，若的半径为4，则正六边形的面积为 . 【答案】 【分析】本题考查了正多边形与圆，三角函数的应用，连接，，根据正六边形的性质可得，进而可得是等边三角形，则得，再求出等边的面积，进而可求解． 【详解】解：连接，，过F点作于点H，如图： 六边形是正六边形，的半径为4， ， ，且， 是等边三角形，且边长， 等边的面积为：， 正六边形的面积为：， 故答案为：． 【变式21 -8】如图，正六边形内接于，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正六边形的性质，弧长的计算，等边三角形的判定和性质，由正六边形的性质得到，得到为等边三角形，进而得到，代入弧长公式即可求解，作出辅助线，判断出为等边三角形是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵是正六边形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴的长， 故答案为：． 【变式21 -9】已知的半径为a，按照下列步骤作图：（1）作的内接正方形ABCD（如图1）；（2）作正方形的内接圆，再作较小圆的内接正方形（如图2）；（3）作正方形的内接圆，再作其内接正方形（如图3）；…；依次作下去，则正方形的边长是 ． 【答案】 【分析】观察图形，先根据圆内接正方形的性质求得前几个正方形的边长，进而得出变化规律即可求解． 【详解】解：根据题意， 在图1中圆的半径为a，则正方形的边长， 在图2中，， 则正方形的边长， 在图3中，， 则正方形的边长， …… 依次类推，正方形的边长为， 故答案为：． 【点睛】本题考查圆内接正多边形与圆的规律探究型问题、正方形的性质，观察图形，正确得出边长的变化规律是解答的关键． 【变式21 -10】如图，，，分别是某圆内接正六边形、正方形、等边三角形的一边．若，下面四个结论中， ①该圆的半径为2；        ②的长为； ③平分；        ④连接，，则与的面积比为． 所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【分析】根据圆内接正六边形、内接正方形的性质、弧长公式，勾股定理逐一判断可选项即可． 【详解】解：根据题干补全图形，连接， 根据内接正六边形的性质可知：， ∴是等边三角形， ，圆的半径为2，所以①正确； 根据内接正方形的性质可知：， 的长为：，所以②错误； ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分， 所以③正确； 过点A作交延长线于点H，交延长线于点G， ∵， ∴， ∵， ∴， ， ∴， 设交于点M， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，所以④正确； 因此正确的结论：①③④ 故答案为：①③④ 【点睛】本题考查圆内接正六边形、内接正方形的性质、弧长公式，勾股定理，得出圆形的半径是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 圆（16个考点梳理+21个题型解读+提升训练） 【清单1】 点与圆的位置关系 设⊙O的半径是r，点P到圆心O的距离为d，则有 d<r点P在⊙O内； d=r点P在⊙O上； d>r点P在⊙O外。 【清单2】 过三点的圆 1、 过三点的圆 不在同一直线上的三个点确定一个圆。 2、 三角形的外接圆 经过三角形的三个顶点的圆叫做三角形的外接圆。 3、三角形的外心 三角形的外接圆的圆心是三角形三条边的垂直平分线的交点，它叫做这个三角形的外心。 【清单3】 圆的定义及性质 圆的定义在一个平面内，线段绕它固定的一个端点旋转一周，另一个端点所形 成的图形叫圆。这个固定的端点叫做圆心，线段叫做半径。 圆的表示方法以点为圆心的圆记作⊙O，读作圆O。 圆的特点在一个平面内，所有到一个定点的距离等于定长的点组成的图形。 圆的对称性1）圆是轴对称图形，经过圆心的每一条直线都是它的对称轴； 2）圆是以圆心为对称中心的中心对称图形。 【清单4】 圆的有关概念 弦的概念连结圆上任意两点的线段叫做弦(例如右图中的AB)。 直径的概念经过圆心的弦叫做直径（例如右图中的CD）。 弧的概念圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。以为端点的弧记作，读作圆弧AB或弧AB。 等弧的概念在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧。 半圆的概念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。 优弧的概念在一个圆中大于半圆的弧叫做优弧。 劣弧的概念小于半圆的弧叫做劣弧。 【清单5】 圆心角的概念 圆心角概念顶点在圆心的角叫做圆心角。 弧、弦、弦心距、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，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等。 推论在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量分别相等。 【清单6】 圆角角的概念 圆周角概念顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角。 圆周角定理一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。 【清单7】 圆内接四边形 圆的内接四边形定理圆的内接四边形的对角互补，外角等于它的内对角。 即在⊙中， ∵四边是内接四边形 ∴ 【清单8】 垂径定理 垂径定理垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。 推论11）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧； 2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧； 3）平分弦所对的一条弧的直径垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧。 推论2圆的两条平行弦所夹的弧相等。 【清单9】 直线与圆的位置关系 1、直线与圆相离 无交点； 2、直线与圆相切 有一个交点； 3、直线与圆相交 有两个交点； 【清单10】 切线的性质与判定定理 1、切线的判定定理过半径外端且垂直于半径的直线是切线； 两个条件过半径外端且垂直半径，二者缺一不可 即∵且过半径外端 ∴是⊙的切线 2、性质定理切线垂直于过切点的半径（如上图） 推论1过圆心垂直于切线的直线必过切点。 推论2过切点垂直于切线的直线必过圆心。 以上三个定理及推论也称二推一定理 即①过圆心；②过切点；③垂直切线，三个条件中知道其中两个条件就能推出最后一个。 【清单11】 切线长定理 切线长定理 从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，这点和圆心的连线平分两条切线的夹角。 即∵、是的两条切线 ∴；平分 【清单12】 三角形的内切圆和内心 1、三角形的内切圆 与三角形的各边都相切的圆叫做三角形的内切圆。 2、三角形的内心 三角形的内切圆的圆心是三角形的三条内角平分线的交点，它叫做三角形的内心。 【清单13】 圆内正多边形的计算 （1）正三角形 在⊙中△是正三角形，有关计算在中进行； （2）正四边形 同理，四边形的有关计算在中进行， （3）正六边形 同理，六边形的有关计算在中进行，. 【清单14】 与正多边形有关的概念 1、正多边形的中心 正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心。 2、正多边形的半径 正多边形的外接圆的半径叫做这个正多边形的半径。 3、正多边形的边心距 正多边形的中心到正多边形一边的距离叫做这个正多边形的边心距。 4、中心角 正多边形的每一边所对的外接圆的圆心角叫做这个正多边形的中心角。 【清单15】 正多边形的对称性 1、正多边形的轴对称性 正多边形都是轴对称图形。一个正n边形共有n条对称轴，每条对称轴都通过正n边形的中心。 2、正多边形的中心对称性 边数为偶数的正多边形是中心对称图形，它的对称中心是正多边形的中心。 【清单16】 扇形的弧长和面积计算 扇形（1）弧长公式； （2）扇形面积公式 圆心角 扇形多对应的圆的半径 扇形弧长 扇形面积 知识点九 扇形与圆柱、圆锥之间联系 1、圆柱 （1）圆柱侧面展开图 = （2） 圆柱的体积 2、圆锥侧面展开图 （1）= （2）圆锥的体积 【考点题型一】圆的有关概念 【例1】小云从正面观察三星堆青铜太阳轮（如图所示），发现它的正面图形可近似地看作是将圆五等分得到的图中角的度数为（    ） A．60° B．70° C．72° D．75° 【答案】C 【分析】本题考查圆的性质，涉及周角为，由将圆五等分得到的图中角，列式即可得到答案，读懂题意，掌握周角为是解决问题的关键． 【详解】解：由题意可得， 故答案为：C． 【变式1 -1】在平面内与点的距离为1cm的点的个数为（    ） A．无数个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【分析】根据在平面内到定点的距离等于定长的点组成的图形为圆进行求解即可． 【详解】解：∵在平面内与点的距离为1cm的点在以P为圆心，以1cm长为半径的圆上， ∴在平面内与点的距离为1cm的点的个数为无数个， 故选：A． 【点睛】本题主要考查了圆的定义，熟知圆的定义是解题的关键． 【变式1 -2】已知是半径为2的圆的一条弦，则的长不可能是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】根据半径求得直径的长，然后利用圆内最长的弦是直径作出判断即可． 【详解】解：∵圆的半径为2， ∴直径为4， ∵AB是一条弦， ∴AB的长应该小于等于4，不可能为5， 故选：D． 【点睛】本题考查了圆的认识，解题的关键是了解圆内最长的弦是直径． 【考点题型二】点和圆的位置关系 【例2】已知的半径为4，如果的长为3，则点P在（    ） A．内 B．上 C．外 D．不确定 【答案】A 【分析】本题主要考查了点与圆的位置关系，若点到圆心的距离小于半径，则该点在圆内，若点到圆心的距离等于半径，则该点在圆上，若点到圆心的距离大于半径，则该点在圆外，据此可得答案． 【详解】解：∵的半径为4，如果的长为3，且， ∴点P在内， 故选A． 【变式2 -1】已知的半径为3，当时，点P与的位置关系为（    ） A．点P在圆内 B．点P在圆外 C．点P在圆上 D．不能确定 【答案】B 【分析】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．根据点与圆的位置关系解答即可． 【详解】解：∵，的半径为3， ∴半径， ∴点P与的位置关系为：点P在圆外． 故选：B． 【变式2 -2】在数轴上，点所表示的实数为3，点所表示的实数为，的半径为2，下列说法错误的是（    ） A．当时，点在内 B．当时，点在内 C．当时，点在外 D．当时，点在外 【答案】A 【分析】先找出与点的距离为2的点1和5，再根据点与圆的位置关系的判定方法即可解． 【详解】解：由于圆心在数轴上的坐标为3，圆的半径为2， 当时，与数轴交于两点：1、5，故当、5时点在上； 当即当时，点在内； 当即当或时，点在外． 由以上结论可知选项、、不符合题意，选项符合题意． 故选：． 【点睛】题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为，点到圆心的距离为，则有：当时，点在圆外；当时，点在圆上，当时，点在圆内． 【考点题型三】过三点的圆 【例3】如图，A，B，C是正方形网格中的三个格点，则是（    ） A．优弧 B．劣弧 C．半圆 D．无法判断 【答案】B 【分析】根据三点确定一个圆，圆心的确定方法：任意两点中垂线的交点为圆心即可判断． 【详解】解；如图，分别连接AB、AC、BC，取任意两条线段的中垂线相交，交点就是圆心． 故选：B． 【点睛】本题考查已知圆上三点求圆心，取任意两条线段中垂线交点确定圆心是解题关键． 【变式3 -1】在平面直角坐标系xOy内有三点：（0，﹣2），（1，﹣1），（2.17，0.37）．则过这三个点 （填“能”或“不能”）画一个圆，理由是 ． 【答案】 能 因为这三点不在一条直线上． 【分析】经过三点能不能作圆, 关键是看这三个点在不在同一个圆上,所以先求出前两个点所在直线的解析式,再判断第三个点在不在这条直线上即可. 【详解】解：设前两个点所在的直线的解析式为y=kx+b,因为点(0,-2),(1,-1)在直线上,所以 ，解得， 所以直线的解析式为y=x-2, 当x=2.17时,y≠0.37,所以点（0，﹣2），（1，﹣1），（2.17，0.37）不在同一条直线上,所以经过这三个点可以作圆. 故答案为:可以，因为这三点不在一条直线上. 【点睛】本题主要考查确定圆的条件, 关键要注意过不在同一直线上的三个点确定一个圆. 【变式3 -2】如图，在平面直角坐标系中，点，，的横、纵坐标都为整数，过这三个点作一条圆弧，则此圆弧的圆心坐标为 ． 【答案】（2，1） 【分析】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心． 【详解】解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心， 可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心． 如图所示，则圆心是（2，1）． 故答案为（2，1）． 【点睛】本题考查垂径定理的应用，解答此题的关键是熟知垂径定理，即“垂直于弦的直径平分弦”． 【考点题型四】垂径定理 【例4】如图，将沿着弦翻折，劣弧恰好经过圆心.如果半径为4，那么的弦长度为    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如果过O作OC⊥AB于D，交折叠前的AB弧于C，根据折叠后劣弧恰好经过圆心O，根据垂径定理及勾股定理即可求出AD的长，进而求出AB的长． 【详解】解：如图，过O作OC⊥AB于D，交折叠前的AB弧于C，    根据折叠后劣弧恰好经过圆心O，那么可得出的是OD=CD=2， 直角三角形OAD中，OA=4，OD=2， ∴AD= ∴AB=2AD= , 故选：D． 【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理的综合运用，利用好条件：劣弧折叠后恰好经过圆心O是解题的关键． 【变式4 -1】唐代李皋发明了“桨轮船”，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮航行模式之先导．如图，某桨轮船的轮子被水面截得的弦长为8米，轮子的半径为5米，则轮子的吃水深度为 米． 【答案】2 【分析】本题主要考查了垂径定理、勾股定理等知识点，发现隐含条件是解题的关键．由题意可得，由垂径定理可得，再根据勾股定理求得，最后根据线段的和差即可解答． 【详解】解：由题意可得：，， ∴， ∴， ∴． 故答案为2． 【变式4 -2】我国古代著名数学著作《九章算术》总共收集了246个数学问题，这些问题的算法要比欧洲同类算法早1500年．其中有这样一个问题：“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？”用数学语言可以表述为：“如图，为的直径，弦于点，寸，寸（注：1尺＝10寸），则可得直径的长为 寸．” 【答案】26 【分析】根据垂径定理得出的长，设半径为r寸，再利用勾股定理求解． 【详解】 解：连接OA， ， 由垂径定理知，点E是AB的中点， 设半径为r寸， 由勾股定理得， ， 即， 解得：，     ， 即圆的直径为26寸． 故答案为：26． 【点睛】本题利用了垂径定理和勾股定理，正确构造直角三角形求出半径长是解题关键． 【变式4 -3】如图，是的直径，弦于点E，，若，求的长． 【答案】 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，连接，根据是的直径，弦于点E得，根据得，根据得，根据得，在中，根据勾股定理得，计算得，即可得；掌握垂径定理，添加辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图所示，连接， ∵是的直径，弦于点E， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，，根据勾股定理得， ， ， ， ， ∴． 【变式4 -4】如图，是的弦，为的中点，的延长线与交于点，若，，求的半径． 【答案】的半径为． 【分析】本题考查了勾股定理和垂径定理及推论的应用，连接，由为的中点，则，故有，然后由勾股定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】连接， ∵为的中点， ∴，， 设的半径为，则， 在中，由勾股定理得：， ∴，解得， ∴的半径为． 【考点题型五】垂径定理的推论及应用 【例5】如图，DC是⊙O的直径，弦AB⊥CD于M，则下列结论不一定成立的是（　　　　） A．AM=BM B．CM=DM C． D． 【答案】B 【分析】根据垂径定理“垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧”进行判断即可得． 【详解】解：∵弦AB⊥CD，CD过圆心O， ∴AM=BM，，， 即选项A、C、D选项说法正确，不符合题意， 当根据已知条件得CM和DM不一定相等， 故选B． 【点睛】本题考查了垂径定理，解题的关键是掌握垂径定理． 【变式5 -1】“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？”这是《九章算术》中的一个问题，用现代的语言表述为：如图，为的直径，弦于E，寸，弦寸，则的半径为多少寸 （    ） A．5 B．12 C．13 D．26 【答案】C 【分析】连接，构造直角三角形，根据垂径定理和勾股定理求解． 【详解】解：连接，如图所示， 设直径的长为，则半径， 为的直径，弦于，， ， 而， 根据勾股定理得， 解得， 即的半径为13寸． 故选C． 【点睛】此题考查了垂径定理和勾股定理；熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解决问题的关键． 【变式5 -2】唐代李皋发明了“桨轮船”，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮航行模式之先导，如图，某桨轮船的轮子被水面截得的弦长，轮子的吃水深度为，则该浆轮船的轮子半径为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设半径为 ，再根据圆的性质及勾股定理，可求出答案 【详解】解：设半径为 ，则 在 中，有 ，即 解得 故选：D 【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，关键在于知道 垂直平分 这个隐藏的条件． 【变式5 -3】如图，的直径为，弦是弦上的一个动点，则长的取值范围是 ．    【答案】 【分析】根据半径最长，垂线段最短，进行求解即可． 【详解】解：当点与点，重合时，此时最长，为的半径， ∵的直径为， ∴的长的最大值为， 当时，最短， 如图：连接，    则：，， 在中，， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查垂径定理的应用，熟练掌握垂径定理，是解题的关键． 【变式5 -4】如图1所示，圆形拱门屏风是中国古代家庭中常见的装饰隔断，既美观又实用，彰显出中国元素的韵味．图2是一款拱门的示意图，其中拱门最下端分米，为中点，为拱门最高点，圆心在线段上，分米，则拱门所在圆半径的长为 分米． 【答案】15 【分析】本题主要考查了垂径定理的实际应用，勾股定理，连接，根据垂径定理求得分米，设圆的半径为分米，则分米，米，根据勾股定理即可求得，进而可得答案． 【详解】解：连接， ∵过圆心，为的中点， ∴， ∵分米，C为的中点， ∴分米， 设圆的半径为x分米，则分米， ∵分米， ∴分米， 在中，由勾股定理， ∴， ∴， 即拱门所在圆的半径是15分米． 故答案为：15． 【变式5 -5】“青山绿水，畅享生活”，人们经常将圆柱形竹筒改造成生活用具，图1所示是一个竹筒水容器，图为该竹筒水容器的截面．已知截面的半径为，开口宽为，这个水容器所能装水的最大深度是 ． 【答案】 【分析】连接，过点O作于点D，交于点C，先由垂径定理求出的长，再根据勾股定理求出的长，进而可得出的长．本题考查的是垂径定理的应用和勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键． 【详解】解：连接，过点O作于点D，交于点C，如图所示： ∵， ∴， 由题意得：， 在中， ， ∴， 即水的最大深度为， 故答案为：． 【变式5 -6】如图，是的一条弦，点是的中点，连接并延长交劣弧于点D，连接，．若，，求的面积． 【答案】 【分析】本题考查的知识点是垂径定理的推论、勾股定理，解题关键是熟练掌握垂径定理．先根据垂径定理的推论得到，再由线段中点的定义得到，再根据勾股定理求出圆的半径，则的面积即可求解． 【详解】解：设的半径是， 点是的中点，过圆心， ， ，， ，， 在直角中，由勾股定理得， ， 解得， ， ． 【变式5 -7】已知：如图，M是的中点，过点M的弦MN交AB于点C，设⊙O的半径为4cm，MN＝4cm． (1)求圆心O到弦MN的距离； (2)求∠ACM的度数． 【答案】(1)2 cm； (2)∠ACM＝60°． 【分析】（1）连接OM，作OD⊥MN于D．根据垂径定理和勾股定理求解； （2）根据（1）中的直角三角形的边求得∠M的度数．再根据垂径定理的推论发现OM⊥AB，即可解决问题． 【详解】（1）解：连接OM，作OD⊥MN于D ∵点M是的中点， ∴OM⊥AB． 过点O作OD⊥MN于点D， 由垂径定理，得． 在Rt△ODM中，OM＝4，， ∴OD＝． 故圆心O到弦MN的距离为2 cm． （2）解：cos∠OMD＝， ∴∠OMD＝30°， ∵OM⊥AB， ∴∠ACM＝60°． 【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理、直角三角形的两锐角互余，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键． 【变式5 -8】已知三角形三条中线相交于一点，如图，内接于，，是弧的中点．请分别在下图中使用无刻度的直尺画图．（不用写具体做法）    (1)在图①中，画出的边上的中线，若已知为中点，则和的位置关系是 ，理由是 ； (2)在图②中，画出的边上的中线． 【答案】(1)图见解析，垂直，平分弦（非直径）的直径垂直于这条弦 (2)见解析 【分析】（1）连接交与点，连接，即为的边上的中线， （2）连接并延长交于点，交于点，连接并延长交于点，即为的边上的中线． 【详解】（1）解：如图，即为所作，   ， 连接， 是弧的中点， ， ，， 在和中， ， ， ， 点为的中点， 为的边上的中线， 若已知为中点，则和的位置关系是垂直，理由是平分弦（非直径）的直径垂直于这条弦， 故答案为：垂直，平分弦（非直径）的直径垂直于这条弦； （2）解：如图，即为所作，    连接， 在和中， ， ， ， ， ， 为中边上的中线， 为的边上的中线，且、交于点， 为的边上的中线． 【点睛】本题考查了垂径定理、三角形全等的判定与性质、无刻度直尺作图、等腰三角形的性质、三角形中线的知识点，熟练掌握以上知识点是解此题的关键． 【变式5 -9】如图，有一座圆弧形拱桥，它的跨度为，拱高为． (1)请用尺规作图，作出圆弧所在圆的圆心O，并计算圆的半径； (2)当洪水泛滥到跨度只有时，就要采取紧急措施，若某次洪水中，水面离拱顶只有，即时，试通过计算说明是否需要采取紧急措施． 【答案】(1)拱桥所在的圆的半径 (2)不需要采取紧急措施，理由见解析 【分析】（1）连接，作的垂直平分线，延长与的垂直平分线相交于点O，点O即为所求的圆弧所在圆的圆心，连接，由垂径定理可知，再在中，由勾股定理得出方程，即可求出半径； （2）求出，再由勾股定理可得，则，即可得出结论． 【详解】（1）如图，点O即为所求的圆弧所在圆的圆心，连接， 设半径为，则， 由垂径定理可知， ∵， ∴， 在中，， 由勾股定理可得，， 即， 解得， ∴拱桥所在的圆的半径； （2）∵， ∴ 在中，由勾股定理可得， ， ∴， ∴不需要采取紧急措施． 【点睛】本题考查了作图—垂直平分线、垂径定理和勾股定理的应用，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键． 【变式5 -10】“五一”节期间，小明和同学一起到游乐场游玩．如图为某游乐场大型摩天轮的示意图，其半径是20m，它匀速旋转一周需要24分钟，最底部点B离地面1m．小明乘坐的车厢经过点B时开始计时． (1)计时4分钟后小明离地面的高度是多少？ (2)在旋转一周的过程中，小明将有多长时间连续保持在离地面31m以上的空中？ 【答案】(1)计时4分钟后小明离地面的高度是11m (2)8分钟 【分析】（1）设4分钟后小明到达点，过点作    于点，先算出的度数，再根据三角函数计算出的长度，即可算出的长度. （2）假设距离地面31米，先算出长度，再根据三角函数值算出的度数，进而可知的度数，即可算出小明将连续保持在离地面31m以上的空中的时间. 【详解】（1）解：设4分钟后小明到达点，过点作于点，即为小明离地的高度， ∵ ∴ (m)． 答：计时4分钟后小明离地面的高度是11m； （2）解：∵当旋转到处时，作弦交的延长线于点，连接，此时离地面高度为． 当时， ， ∵每分钟旋转的角度为： ，     ∴由点旋转到所用的时间为：（分钟）． 答：在旋转一周的过程中，小明将有8分钟的时间连续保持在离地面31m以上的空中． 【点睛】本题主要考查了垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键. 【考点题型六】弧【考点题型、弦】圆心角的关系 【例6】如图 ，MN是⊙O的直径，MN=8，∠AMN=40°，点B为弧AN的中点，点P是 直径MN上的一个动 点，则PA+PB的最小值为(     )   A． B．2 C．3 D．4 【答案】D 【详解】试题解析：过A作关于直线MN的对称点A′，连接A′B，由轴对称的性质可知A′B即为PA+PB的最小值， 连接OB，OA′，AA′， ∵AA′关于直线MN对称， ∴， ∵∠AMN=40°， ∴∠A′ON=80°，∠BON=40°， ∴∠A′OB=120°， 过O作OQ⊥A′B于Q， 在Rt△A′OQ中，OA′=4， ∴A′B=2A′Q=4， 即PA+PB的最小值4． 故选D． 【变式6 -1】下列命题正确的是（    ） A．长度相等的弧是等弧 B．平分弦的直径垂于弦 C．等弧对等弦 D．等弦对等弧 【答案】C 【分析】根据等弧的定义对A进行判断；根据垂径定理的推论对B进行判断；根据弧、弦、圆心角的关系对C、D进行判断． 【详解】解：A、能完全重合的弧为等弧，长度相等的弧不一定为等弧，所以A选项不符合题意； B、平分弦（非直径）的直径垂于弦，所以B选项不符合题意； C、等弧对等弦，所以C选项正确； D、等弦所对的弧不一定相等，一条弦在圆中所对的弧有两条，所以D选项不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式，同时考查了圆中的基本概念与定理． 【变式6 -2】如图，在中，如果＝2 ，则下列关于弦AB与弦AC之间关系正确的是（    ） A．AB＝AC B．AB＝ 2AC C．AB ＞2AC D．AB ＜ 2AC 【答案】D 【分析】取的中点，连接，，则＝2 ＝2根据圆心角、弧、弦关系定理的推论得到，又在中，根据三角形三边关系定理得出，即可得到． 【详解】如图，取弧的中点，连接，， 则＝2 ＝2 ∵＝2 ∴ ＝= ． 在中，， ，即． 故选：D． 【点睛】 本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系及三角形三边关系定理，准确作出辅助线，得出是解题的关键． 【变式6 -3】如图，AB是⊙O的直径，C是线段OB上的一点（不与点B重合），D，E是半圆上的点且CD与BE交于点F,用①，②DC⊥AB，③FB=FD中的两个作为题设，余下的一个作为结论组成一个命题，则组成真命题的个数为（    ）    A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】连接OE、OD， （1）当，DC⊥AB时，由圆周角定理可得∠EOD=∠DOB，根据等腰三角形的性质可得OF⊥BE，由CD⊥AB可得∠OFB=∠OCD=90°，利用AAS可证明△OCD≌OFB，可得∠ODC=∠OBF，根据等腰三角形的性质可得∠OBD=∠ODB，利用角的和差关系可得∠FBD=∠FDB，即可证明FB=FD； （2）当，FB=FD时，同（1）可得OF⊥BE，根据等腰三角形的性质可得∠OBD=∠ODB，∠FBD=∠FDB，利用角的和差关系可得∠ODC=∠OBF，利用ASA可证明△OCD≌OFB，可得∠OFB=∠OCD=90°，可得DC⊥AB； （3）当DC⊥AB，FB=FD时，同（2）可得△OCD≌OFB，由DC⊥AB可得∠OFB=∠OCD=90°，根据垂径定理可得，综上即可得答案. 【详解】如图，连接OE、OD， （1）当，DC⊥AB时， ∵，OD为半径， ∴∠EOD=∠DOB， ∵OE=OB， ∴OF⊥BE， ∴∠OFB=90°， ∵DC⊥AB， ∴∠DCB=∠OFB=90°， 在△OCD和△OFB中，， ∴△OCD≌△OFB， ∴∠ODC=∠OBF， ∵OD=OB， ∴∠ODB=∠OBD， ∴∠OBD-∠OBF=∠ODB-∠ODC，即∠FDB=∠FBD， ∴FB=FD. （2）当，FB=FD时， ∵，OD为半径， ∴∠EOD=∠DOB， ∵OE=OB， ∴OF⊥BE， ∴∠OFB=90°， ∵OD=OB，FB=FD， ∴∠ODB=∠OBD，∠FDB=∠FBD， ∴∠ODC=∠OBF， 在△OCD和△OFB中，， ∴△OCD≌△OFB， ∴∠OCD=∠OFB=90°， ∴DC⊥AB. （3）当DC⊥AB，FB=FD时， ∵DC⊥AB， ∴∠OCD=90°， ∵OD=OB，FB=FD， ∴∠ODB=∠OBD，∠FDB=∠FBD， ∴∠ODC=∠OBF， 在△OCD和△OFB中，， ∴△OCD≌△OFB， ∴∠OFB=∠OCD=90°， ∴OD⊥BE， ∵OD是半径， ∴.    综上所述，组成真命题的个数为3， 故选：D. 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、弧、弦、圆心角之间的相等关系及垂径定理，同圆或等圆中，两个圆心角、两条弧、两条弦中，有一组量相等，它们所对应的其余各组量也相等；熟练掌握相关定理是解题关键. 【变式6 -4】已知：如图，C，D是以AB为直径的⊙O上的两点，且OD∥BC．求证：AD=DC． 【答案】证明见解析． 【分析】连结OC，根据平行线的性质得到∠1=∠B，∠2=∠3，而∠B=∠3，所以∠1=∠2，则根据圆心角、弧、弦的关系即可得到结论． 【详解】连结OC，如图， ∵OD∥BC， ∴∠1=∠B，∠2=∠3， 又∵OB=OC， ∴∠B=∠3， ∴∠1=∠2， ∴AD=DC． 【点睛】考点: 圆心角、弧、弦的关系． 【变式6 -5】如图，在以为直径的中，弦于点H，与弦交于点F，连接，已知，． (1)求的半径； (2)若，求的长． 【答案】(1)5 (2)6 【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键． （1）连接，设半径，由垂径定理可得，从而得到，由勾股定理进行计算即可得出答案； （2）由（1）得：直径，，，证明出，从而得到，最后由勾股定理计算即可． 【详解】（1）解：如图，连接， 设半径， ，，，是的直径， ，， ， 解得， 的半径为； （2）解：由（1）得：直径，，， ∵ ∴， ， ， ． 【变式6 -6】如图，在以为直径的中，弦于点，与弦交于点，连接，已知． (1)求的半径． (2)若，求的长． 【答案】(1)5 (2)6 【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键． （1）连接，设半径，由垂径定理可得，从而得到，由勾股定理进行计算即可得出答案； （2）由（1）得：直径，证明出，从而得到，最后由勾股定理计算即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ， 设半径， 是的直径， ，， ， 解得， 的半径为； （2）解：由（1）得：直径， ， ， ， ． 【考点题型七】圆周角定理 【例7】如图，在中，弦相交于点P，，则的度数为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了同弧所对的圆周角相等，三角形外角的性质，解题的关键是掌握圆周角定理． 先根据同弧所对的圆周角相等得到，再根据三角形一个外角的度数等于与其不相邻的两个内角度数之和可得． 【详解】解：∵， ， 又， ， 故选：D． 【变式7 -1】如图，点，，均在上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键，直接根据圆周角定理即可得解。 【详解】解：∵， ∴， 故选：． 【变式7 -2】如图，线段是的直径，弦，，则等于（    ） A．150° B．140° C．130° D．120° 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质；由圆周角定理得，再由等腰三角形的性质得，由互补关系即可求得的度数． 【详解】解：， ； ， ， ； 故选：C． 【变式7 -3】如图，是⊙O的弦，C是⊙O上的一点，且，于点E，交⊙O于点D．若⊙O的半径为6，求弦的长． 【答案】 【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质和直角三角形的性质等知识点，能根据垂直于弦的直径平分这条弦是解此题的关键．连接，可得，进而可得，，求出即可； 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，过圆心O， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得：， ∴， 即． 【变式7 -4】已知四边形内接于以为直径的，A为弧中点，延长， 交于点P． (1)连接，求证：； (2)求证：； (3)过点C作的垂线交的延长线于点E，当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用圆周角定理得到，再利用垂径定理得到，即可证明； （2）利用圆内接四边形性质证明，利用相似三角形性质即可证明； （3）证明，利用相似三角形性质得到，，进而得到，利用勾股定理得到，进而得到，，再证明，最后利用相似三角形性质即可求出的长． 【详解】（1）证明：连接，交于点F． 是的直径， ，即， A为弧中点，， ， ， ； （2）证明：四边形内接于以为直径的， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：， ， ， ， ， ， ， ， ； ， ， ， ； ， ， ， ， ，即； ． 【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，平行线判定，圆内接四边形性质，相似三角形性质和判定，勾股定理，熟练掌握相关性质是解题的关键． 【变式7 -5】如图，在中，，，为的外接圆，求的半径． 【答案】⊙O的半径是 【分析】此题主要考查了圆周角定理和勾股定理等内容，连接，，由圆周角定理求得，利用勾股定理求出即可． 【详解】连接，， ， ， 在中， ，，， ， ， （舍负）， 的半径是． 【变式7 -6】如图，是的弦，半径，垂足为．，，求的半径． 【答案】 【分析】连接，在优弧上取一点，连接，如图所示，根据圆内接四边形性质及圆周角定理得到，再由垂径定理、含的直角三角形性质及勾股定理得到的半径． 【详解】解：连接，在优弧上取一点，连接，如图所示： 四边形是圆的内接四边形， ， ， ， ， 是的弦，半径，垂足为，， 由垂径定理可知，，， 在中，，设，则，由勾股定理可知，解得， 的半径为． 【点睛】本题考查求圆的半径，涉及圆内接四边形性质、圆周角定理、垂径定理、含的直角三角形性质和勾股定理，熟练掌握圆的性质及定理是解决问题的关键． 【考点题型八】同弧或等弧所对的圆周角相等 【例8】如图，四边形内接于⊙O，是直径，D是弧的中点，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查圆周角定理及在同圆或等圆中同弧或等弧所对圆心角相等，根据得到，根据D是弧的中点得到，结合等腰三角形内角和定理求解即可得到答案； 【详解】解：∵，， ∴， ∵D是弧的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 【变式8 -1】如图，点O为线段的中点，，连接，．则下面结论不一定成立的是（    ）    A． B． C． D．平分 【答案】D 【分析】本题考查了直角三角形的特征，圆的定义，圆的基本性质；由直角三角形斜边上的中线是斜边的一半得，再由圆的定义得点A、D、C、B在以O为圆心，长为半径的圆上，由圆的基本性质及圆的内接四边形的性质即可求解；掌握有关性质，能根据圆的定义确定A、D、C、B四点共圆是解题的关键． 【详解】解：点O为线段的中点，， ， ， ， 点A、D、C、B在以O为圆心，长为半径的圆上， 如图，    故A结论正确，不符合题意； 由圆周角定理得到， 故B结论正确，不符合题意； 四边形是圆内接四边形， ， 故C结论正确，不符合题意； 和不一定相等， 和不一定相等， 不一定平分， 故D结论错误，符合题意． 故选：D． 【变式8 -2】如图，在中，弦，相交于点，，，则的大小是（    ） A．35° B．45° C．60° D．70° 【答案】A 【分析】根据三角形的外角的性质可得，求得，再根据同弧所对的圆周角相等，即可得到答案． 【详解】解：，，， ， ， 故选：A． 【点睛】本题考查了圆周角定理及三角形的外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 【变式8 -3】如图，是半圆O的直径，半径，点D是的中点，连接，与交于点E，给出下面三个结论：①平分；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】由，可得，进而可判断①的正误；由，可得，则，进而可判断②的正误；由，可得，则，证明，则，计算求解，可判断③是正误． 【详解】解：∵D是的中点， ∴， ∴， ∴平分，①正确，故符合要求； ∵， ∴， ∴，②正确，故符合要求； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴，③正确，故符合要求； 故选：D． 【点睛】 本题考查了同弧或等弧所对的圆周角相等，角平分线，圆周角定理，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正弦等知识．熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等，角平分线，圆周角定理，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正弦是解题的关键． 【考点题型九】直径所对的圆周角是90度 【例9】如图，在中，为直径，，为圆上的点，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆周角定理，由直径所对的圆周角是得出，根据直角三角形的两个锐角互余结合圆周角定理计算即可． 【详解】∵在中，为直径， ∴， ∵， ∴， 故选D． 【变式9 -1】如图，为的直径，弦交于点，．若，则的大小为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由直径所对的圆周角是直角，结合直角三角形两锐角互余得到，再由等腰三角形性质及三角形内角和定理即可得到，再由圆周角定理即可得到答案． 【详解】解：为的直径， ， ， ， ， ， ， ， 故选：D． 【点睛】本题考查圆中求角度，涉及圆周角定理、直径所对的圆周角是直角、直角三角形两锐角互余、等腰三角形性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键． 【变式9 -2】如图，在中，是的直径，，是上的点，如果，那么的度数为 ． 【答案】/63度 【分析】本题考查了圆周角定理，直径所对圆周角为，根据同弧所对圆周角相等可得，再根据直径所对圆周角为，利用直角三角形两锐角互余即可得出结果． 【详解】解：是的直径，，是上的点，， ，， ， 故答案为：． 【变式9 -3】如图，是的直径，点A，C在上，，交于点E．若，求的度数． 【答案】 【分析】本题主要考查了半圆（或直径）所对的圆周角是直角，圆周角定理；根据圆周角定理得到，，由得到，然后根据三角形外角的性质计算的度数． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 【考点题型十】90度的圆周角所对的弦是直径 【例10】Rt△ABC 中，AB⊥BC，AB＝4，BC＝3，P 是△ABC 内部的一个动点，满足∠PAB＝∠PBC，则线段 CP 长的最小值为（   ） A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】首先证明点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC与⊙O交于点P，此时CP最小，利用勾股定理求出OC即可解决问题． 【详解】解：∵∠ABC=90°， ∴∠ABP+∠PBC=90°， ∵∠PAB=∠PBC ∴∠BAP+∠ABP=90°， ∴∠APB=90°， ∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，此时PC最小， 在Rt△BCO中，∵∠OBC=90°，BC=3，OB=2， ∴OC=， ∴CP=OC-OP=. ∴CP最小值为. 故选：D．    【点睛】本题考查点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离，属于中考常考题型． 【变式10 -1】如图，以 为圆心，半径为的圆与轴交于两点，与 轴交于两点，点为上一动点，于，当点在的运动过程中，线段的长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查垂径定理、直角三角形30度角的判定和性质、勾股定理等知识连接， 作 ，连接，可知点在以为直径的圆上移动，当点在的延长线上时，的长最小，根据含的直角三角形的性质和勾股定理求出，即可求解，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 【详解】连接， 作 ，连接， ， ∴， ∵为圆心，半径为， ∴，， 在中，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴点在以为直径的圆上移动， 当点在的延长线上时，的长最小，最小值为， 故选：． 【变式10 -2】如图，是正方形内一点，满足，连接，若，则长的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】此题考查了正方形的性质，勾股定理和圆周角定理，根据题意得到点的运动轨迹，结合圆的性质得到最小时的情形，再利用正方形的性质和勾股定理求解，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，勾股定理和圆周角定理的应用． 【详解】如图， ∵， ∴点在以中点为圆心，为直径的圆上， 则长的最小时，点三点共线， ∵四边形是正方形， ∴，， 在中，， 由勾股定理得：， ∴， 故答案为：． 【变式10 -3】丽丽的圆形镜子摔碎了，她想买一个同样大小的镜子．为了测算圆形镜子的半径，如图，她将直角三角尺的直角顶点C放在破损的圆形镜子的圆框上，两直角边分别与圆框交于A，B两点，测得CA为8cm，CB为6cm，则该圆形镜子的半径是 cm． 【答案】5 【分析】连接，根据圆周角定理可得：是该圆形镜子的直径，进而直接根据勾股定理求得，即可求解． 【详解】如图，连接， ∵， ∴是该圆形镜子的直径， 在Rt中，cm，cm， ∴cm， ∴该圆形镜子的半径是cm， 故答案为：5． 【点睛】本题考查圆周角定理和勾股定理的应用，解题的关键是构造直角三角形，证得是该圆形镜子的直径． 【考点题型十一】圆的的内接四边形 【例11】如图，四边形内接于，，则 °，依据是 ．    【答案】 圆内接四边形对角互补 【分析】 本题考查了圆内接四边形对角互补．熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键． 根据圆内接四边形对角互补求解作答即可． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， 依据是圆内接四边形对角互补， 故答案为：，圆内接四边形对角互补． 【变式11 -1】如图，四边形内接于，若，则 ． 【答案】/度 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键．根据圆内接四边形的对角互补计算即可． 【详解】解：∵四边形内接于， 故答案为：． 【变式11 -2】小明在学习了圆内接四边形的性质“圆内接四边形的对角互补”后，想探究它的逆命题“对角互补的四边形的四个顶点在同一个圆上”是否成立．他先根据命题画出图形，并用符号表示已知，求证． 已知：如图，在四边形中，．    求证：点在同一个圆上． 他的基本思路是依据“不在同一直线上的三个点确定一个圆”，先作出一个过三个顶点的，再证明第四个顶点也在上． 具体过程如下： 步骤一  作出过三点的． 如图1，分别作出线段的垂直平分线，    设它们的交点为，以为圆心，的长为半径作． 连接， （①______）．（填推理依据） ． 点在上． 步骤二  用反证法证明点也在上． 假设点不在上，则点在内或外． ⅰ．如图2，假设点在内．    延长交于点，连接． （②______）．（填推理依据） 是的外角， （③______）．（填推理依据） ． ． 这与已知条件矛盾． 假设不成立．即点不在内． ⅱ．如图3，假设点在外．    设与交于点，连接． ． 是的外角， ． ． ． 这与已知条件矛盾． 假设不成立．即点不在外． 综上所述，点在上． 点在同一个圆上． 阅读上述材料，并解答问题： （1）根据步骤一，补全图1（要求：尺规作图，保留作图痕迹）； （2）填推理依据：①______，②______，③______． 【答案】（1）见解析；（2）①线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等．②圆内接四边形的对角互补．③三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和． 【分析】本题考查的是画三角形的外接圆，线段的垂直平分线的性质，三角形的外角的性质，圆的内接四边形的性质，反证法的运用，熟练的利用反证法证明命题的真假是解本题的关键； （1）先作线段，的垂直平分线，得到交点O，再以O为圆心，为半径画圆即可； （2）由线段的垂直平分线的性质可得，再利用圆的内接四边形的性质可得对角互补，结合三角形的外角的性质可得推理的依据． 【详解】解；（1）补全图1，如图．    （2）①线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等． ②圆内接四边形的对角互补． ③三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和． 【考点题型十二】直线和圆的位置关系 【例12】在中，，为中点，以点为圆心，长为半径作，则与直线的位置关系是（   ） A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 【答案】B 【分析】本题考查等腰三角形的性质，圆的切线的判定．先由等腰三角形三线合一的性质得出，再根据切线的判定即可得出位置关系． 【详解】解：如图，连接， 是等腰三角形 为中点 是等腰的高 为的半径 是的切线 与直线的位置关系是相切． 故选：B． 【变式12 -1】如图，这是一张海上日出照片，如果把太阳看作一个圆，把海平面看作一条直线，那么这个圆与这条直线的位置关系是（    ） A．相离 B．相切 C．相交 D．不确定 【答案】C 【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键；因此此题可直接根据图形进行求解即可． 【详解】解：由图可知：这个圆与这条直线的位置关系是相交； 故选：C． 【变式12 -2】如图，以点P为圆心作圆，所得的圆与直线l相切的是（　　） A．以为半径的圆 B．以为半径的圆 C．以为半径的圆 D．以为半径的圆 【答案】B 【分析】根据直线与圆的位置关系的判定方法进行判断． 【详解】解：∵于B， ∴以点P为圆心，为半径的圆与直线l相切． 故选：B． 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：判断直线和圆的位置关系：设的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．若直线l和相交⇔；直线l和相切⇔；直线l和相离⇔． 【变式12 -3】的直径为，若圆心与直线的距离为，则与的位置关系是 （填“相交”、“相切”或“相离”）． 【答案】相切 【分析】此题重点考查直线与圆的位置关系，由的直径为，求得的半径为，而圆心与直线的距离为，则圆心与直线的距离等于的半径，所以与相切，于是得到问题的答案． 【详解】解：的直径为，， 的半径为， 圆心与直线的距离为， 圆心与直线的距离等于的半径， 与相切， 故答案为：相切． 【考点题型十三】切线的应用 【例13】对于平面直角坐标系中的，点，点，给出如下定义：线段为的弦，点是弦上任意一点．若，则称点是点关于的倍关联点．已知，的半径为2，点的坐标为． (1)在点，，中，是点关于的2倍关联点的是______； (2)在直线上，若是点关于的2倍关联点，直接写出的取值范围； (3)与轴正半轴交于点，对于线段上任意一点，在上都存在点，使得点是点关于的倍关联点，直接写出的最大值和最小值． 【答案】(1)， (2) (3)最小值为，最大值为 【分析】（1）设点是点关于的2倍关联点，可知，根据等腰三角形的性质可证，得点关于的2倍关联点，在以为圆心，1为半径的圆上，在判断点是否在圆上即可求解； （2）当时，设与轴，轴分别交于点，，可得，，则，取中点，则，可证明，过点作，可知点到直线的距离为，由（1）可知，点关于的2倍关联点，在以为圆心，1为半径的圆上，结合点在直线上，可得，求解即可；当时，同理可得可得，求解即可； （3），点是点关于的倍关联点，根据新定义可得， 为直径且垂直于，为非直径的弦，过点作于点，根据平行线分线段成比例可得，进而根据垂径定理，勾股定理得出，则，进而求得最大值，根据新定义可得，即可求得最小值． 【详解】（1）解：设点是点关于的2倍关联点， ∴， 如图，连接，， ∵， ∴， 又∵， ∴， 则点在以为直径的圆上，则圆心为， 即：点关于的2倍关联点，在以为圆心，1为半径的圆上， ∵，，， ∴，，， ∴，在上， ∴，是点关于的2倍关联点， 故答案为：，； （2）当时，设与轴，轴分别交于点，， 令，则，即：令，则，即：， ∴，，则， 取中点，则， ∴为等边三角形， ∴，则， 过点作，则， 即：点到直线的距离为， ∵由（1）可知，点关于的2倍关联点，在以为圆心，1为半径的圆上， 又∵在直线上， ∴，解得：； 当时，同理可得：点到直线的距离为， ∴，解得：， 综上，点是点关于的2倍关联点时，； （3）解：由定义可得，点是点关于的倍关联点， 设是弦， ∴ ∴ 如图所示，为直径且垂直于，为非直径的弦， 过点作于点， ∴ ∴最大，即最大， ∵， ∴，则 ∴ ∴的最大值为 如图所示，在优弧上时， ∴ ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了几何新定义，圆的综合应用，垂径定理，中位线的性质，勾股定理，一次函数，切线的性质，理解新定义是解题的关键． 【变式13 -1】在平面直角坐标系中，的半径为1． 给出如下定义：记线段的中点为，当点不在上时，平移线段，使点落在上，得到线段（分别为点的对应点）线段长度的最小值称为线段到的“平移距离”． （1）已知点的坐标为，点在轴上． ①若点与原点重合，则线段到的“平移距离”为________； ②若线段到的“平移距离”为2，则点的坐标为________； （2）若点都在直线上，且，记线段到的“平移距离”为，求的最小值； （3）若点的坐标为，且，记线段到的“平移距离”为，直接写出的取值范围． 【答案】（1）①；②或；（2） ；（3） 【分析】（1）根据平移的性质以及线段AB到的“平移距离”的定义判断即可求出． （2）过点O作 于E，联立方程组求出OE即可得出的最小值． （3）以A为圆心，1为半径作，连接OA 交于E、F；由图可知：当M在点时，最小；在点E时，最大．由此得出的取值范围． 【详解】（1）①当B与原点O重合时，AB中点为，移动最小距离为向左平移到上． 故答案为： ②当“平移距离”为2时，如图： 有两种情况，当为时， ，AB=4， 为． 当为时，，AB=8，B为． 故答案为： 或． （2）如图： 直线如图L，当L平移到m位置时，最小.即平移到直线m与相切时，最小． 过点O作于E， 则 设直线OE为y=kx， ， ∴ 即， ∴． 联立方程组， 解得： ， ∴E为 ， ∴， ∴． （3）∵， ∴AM=1， 即M点在以A为圆心，半径为1的圆上，如图所示： 连接OA 交于E、F，可知：当M在点F时，最小；在点E时，最大． 当M在F时，， 当M在E时，， ∴． 【点睛】本题属于综合题，考查了平面直角坐标系平移变换，一次函数的性质，圆相切的相关概念，解直角三角形，线段AB到的“平移距离”的定义等知识；此题解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题． 【变式13 -2】在平面直角坐标系中，已知点P和直线，，点P关于直线，“和距离”的定义如下：若点P到直线，的距离分别为，，则称为点P关于直线，的“和距离”，记为d．特别地，当点P在直线上时，；当点P在直线上时，． (1)在点，，，中，关于x轴和y轴的“和距离”为3的点是_____； (2)若P是直线上的动点，则点P关于x轴和y轴的“和距离”d的最小值为_____； (3)已知点，的半径为1．若P是上的动点，直接写出点P关于x轴和直线的“和距离”d的取值范围． 【答案】(1)， (2)3 (3)点P关于x轴和直线的“和距离”d的取值范围为 【分析】（1）分别求出各点到x轴和y轴的距离，得到“和距离”，从而作出判断即可； （2）设点P的坐标为，则点P关于x轴和y轴的“和距离”为，分类讨论根据m的取值范围，求得的值的范围，从而得到其最小值，即可解答； （3）设点，利用等面积法表示出点P到直线的距离，从而表示出d，发现d的范围取决于的范围，令，则直线与有公共点，即点到的距离，利用前面得到的点到直线的距离公式计算t的范围，从而得到d的范围． 【详解】（1）解：点到x轴的距离为0，到y轴的距离为3，则“和距离”为； 点到x轴的距离为2，到y轴的距离为1，则“和距离”为； 点到x轴的距离为1，到y轴的距离为4，则“和距离”为； 点，，，中，关于x轴和y轴的“和距离”为3的点是，． 故答案为：，． （2）解：点P是直线上的动点， 设点P的坐标为， 点到x轴的距离为，到y轴的距离为，关于x轴和y轴的“和距离”为， 当，即时，， 当，即时，， 当，即时，， 当时，该不等式组无解． ， 即点P关于x轴和y轴的“和距离”d的最小值为3， 故答案为：3． （3）解：如图，设点，作轴于点N，交直线于点R，直线于点M，轴交直线于点S， ，=，点，点， ， ， ， ， 令，则直线，依题意，直线与有公共点， 设直线点到的距离为，则， 根据上面点到直线的距离公式得到，则， ， ，即． 【点睛】本题考查了平面直角坐标系中点到坐标轴的距离，点到直线的距离，直线与圆的位置关系，绝对值不等式的分类讨论等，解题关键是利用点到直线的距离公式数形结合进行分析． 【考点题型十四】切线的判定 【例14】如图，为的直径，交于点C，D为上一点，延长交于点E，延长至F，使，连接．    (1)求证：为的切线； (2)若且，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】本题考查了切线的判定定理、等边对等角、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）连接，根据等边对等角结合对等角相等即可推出结论； （2）设的半径，则，，在中，由勾股定理得得出方程求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接，    ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，即， ∴， ∵是半径， ∴为的切线； （2）解：设的半径，则， ∴， ∴． 在中，由勾股定理得，， ∴， 解得，或（舍去）， ∴的半径为3． 【变式14 -1】在下图中，是的直径，要使得直线是的切线，需要添加的一个条件是 ．（写一个条件即可） 【答案】∠ABT=∠ATB=45°（答案不唯一） 【分析】根据切线的判定条件，只需要得到∠BAT=90°即可求解，因此只需要添加条件：∠ABT=∠ATB=45°即可． 【详解】解：添加条件：∠ABT=∠ATB=45°， ∵∠ABT=∠ATB=45°， ∴∠BAT=90°， 又∵AB是圆O的直径， ∴AT是圆O的切线， 故答案为：∠ABT=∠ATB=45°（答案不唯一）． 【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，三角形内角和定理，熟知圆切线的判定条件是解题的关键． 【变式14 -2】如图，点在以为直径的上，平分交于点，交于点，过点作交的延长线于点． (1)求证：直线是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，平行线的判定，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题． （1）连接，证明，可得结论； （2）过点作于点．求出，得出，，利用得出，再利用三角函数求出即可． 【详解】（1）证明：连接． 平分， ， ， ； ， 为半径， 是的切线． （2）解：是直径， ， ，， ， ， ， ， ， ， ． 【变式14 -3】如图，中，，为斜边中线，以为直径作交于点E，过点E作，垂足为点F． (1)求证：为的切线． (2)若，，求的长． 【答案】(1)为的切线，理由见解析． (2) 【分析】（1）连接，所以，由已知直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，所以可以证得，，，即可得到为的切线； （2）连接，所以，因为，所以可以求得的长度，进而求得，的长度，再利用即可求得的长度． 【详解】（1）证明：连接．   ， ， ，为斜边中线， ， ， ， ， ， 为的切线； （2）解：连接，   ， ，则， ， ， ∵， ∴ ∴，即： ， ， ， ∵， ∴， ∴， ． 【点睛】本题考查了圆的相关性质，切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知识点，正确做出辅助线是解题的关键． 【变式14 -4】如图，已知是的直径，点C在上，过点C的直线与的延长线交于点P，，． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)点是弧的中点，交于点，若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)． 【分析】（1）已知在圆上，故只需证明与垂直即可；根据圆周角定理，易得，即；故是的切线； （2）是直径；故只需证明与半径相等即可； （3）连接，，由圆周角定理可得，进而可得，故；代入数据可得． 【详解】（1）证明：， ． 又，， ． 又是的直径， ． ． 即， 是的半径． 是的切线； （2）证明：， ， ． 又，， ， ． ； （3）解：连接，， 点是的中点， ， ． ， ． ， ． ． ． 又是的直径，， ，． ， ． ． 【点睛】此题主要考查圆的切线的判定及圆周角定理的运用和相似三角形的判定和性质的应用，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题． 【变式14 -5】如图，是的直径，点C在上，连接，过点O作于点D，使得． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)的长为； 【分析】（1）本题考查切线的证明，连接，证明即可得到答案； （2）本题考查垂径定理，三角形中位线定理，勾股定理，三角形全等的判定与性质，先根据勾股定理得到，结合垂径定理得到，再证明，结合中位线求解即可得到答案； 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∵是半径， ∴为的切线； （2）解：∵， ∴， 在中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵O是的中点，D是的中点， ∴． 【变式14 -6】如图，中，，以为直径作交于点D，作交于点E，延长交的延长线于点F．    (1)求证：是的切线； (2)若为等边三角形，，求半径的长． 【答案】(1)见详解 (2)半径的长为 【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质得到，等量代换得，由平行线的判定得到，进而得到，即可证得是的切线； （2）根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵，    ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：∵为等边三角形， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴ 在中，， ∴ ∴， ∴． ∴半径的长为2． 【点睛】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，解决本题的关键是：正确作出辅助线，证得． 【变式14 -7】如图，是的弦，，交于，且，求证：是的切线．    【答案】见解析 【分析】本题考查切线的判定，等腰三角形的性质，根据可得，根据等边对等角，可得，，结合对顶角相等，通过等量代换可得，即可证明是的切线． 【详解】证明：如图，连接，    ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， 又是的半径， 是的切线． 【变式14 -8】如图，为的直径，点在上，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点． (1)求证：直线是的切线； (2)若，．求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接．根据直径所对的圆周角是直角得，再根据角平分线得，进而得，又由，从而根据平行线的性质得，于是，得，根据切线的判定即可证明结论成立； （2）如图，过点作于点，先证明．再根据勾股定理得，根据直角三角形的性质得，进而利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明，如图，连接． 是的直径， ， 平分， ， ， ， ， ， 为的半径， 直线是的切线． （2）解：如图，过点作于点， ， ， ， ． 在中，， 根据勾股定理，得， ， ， 在中，根据勾股定理，得 ． 【点睛】本题主要考查了勾股定理、圆周角角定理、直径所对的圆周角是直角、切线的判定以及平行线的性质，熟练掌握圆周角角定理、直径所对的圆周角是直角以及切线的判定是解题的关键． 【变式14 -9】如图，是的直径，，交于点，点在的延长线上且．    (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)详见解析； (2)． 【分析】（1）根据等腰三角形性质及三角形的内角和定理可得，再由已知及切线的判定定理可得结论； （2）由（1）知，由勾股定理得出圆的半径为6，利用等腰三角形的性质可得出D为的中点，利用中位线定理可得出，可证出，得出，利用相似比得出，最后利用勾股定理即可得出答案． 【详解】（1）∵， ∴， ∵， ∴， ∵为直径， ∴是的切线； （2）由（1）知，是的切线， ∴， ∴， ∴ 设的半径为r， ∵， ∴， ∴， ∴， 连接，    ∵为的直径， ∴， ∵， ∴D为中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴在中， 【点睛】本题属于主要考查了等腰三角形性质，圆切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，中位线定理等知识点，熟练掌握其性质的综合应用是解决此题的关键． 【变式14 -10】如图，点在以为直径的上，平分交于点，交于点，过点作交的延长线于点． (1)求证：DF是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定，圆的性质，特殊角的三角函数，熟练掌握切线的判定，特殊角的三角函数值是解题的关键． （1）连接，证明即可． （2）在中，根据，，得出，，利用平行线性质得到，在，利用三角函数计算即可． 【详解】（1）证明：连结 ∵为的直径， ∴ ∵平分， ∴ ∴ ∵， ∴， ∴ ∴直线是的切线． （2）解：在中，，， ∴， ∴， ∵ 又∵， ∴ 在中，， ∴． 【考点题型十五】切线的性质 【例15】如图，，是的两条切线，切点分别为，，连接，，若，则 °． 【答案】 【分析】本题考查了切线的性质以及切线长定理．根据题意可得，，进而求得，根据等边对等角，即可求解． 【详解】解：，是的两条切线， ，， ， ， ， ． 故答案为：． 【变式15 -1】如图，在中，已知，在上取一点E，以为直径的恰与相切于点D．若，．则 ， ． 【答案】 6 6 【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理，相似三角形性质和判定，利用切线的性质得到，设的半径为x，则，，在中，利用勾股定理建立等式求出的值，进而得到，，再证明，利用相似三角形性质求出，即可解题． 【详解】解：如图，连接， 与相切， ， 设的半径为x， 则， ， 在中，由勾股定理可得， 即，解得， ， ， ，， ， ， 即， 解得， 故答案为：6；6． 【变式15 -2】如图，是的直径，，是的两条切线，切点分别为B，C．连接交于点D，交于点E，连接． (1)求证：； (2)若点E是的中点，的半径为6，求的长． 【答案】(1)见解析； (2) 【分析】（1）根据切线长定理得到，．根据等腰三角形的性质和中位线定理即可得到结论； （2）根据题意得出为等边三角形，得出，得出，再由含30度角的直角三角形的性质及勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵，是的两条切线，切点分别为，， ∴，， ∴，， ∵， ∴是的中位线， ∴； （2）∵，点是的中点， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∵的半径为6， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，中位线定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等知识点．熟练掌握切线的性质和切线长定理是解题的关键． 【变式15 -3】已知：如图，是圆的直径，，过点作圆的切线交的延长线于． (1)求证：； (2)若，，直接写出的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接；由弧相等可得；再由等边对等角及等量代换、平行线的判定即可证明； （2）连接，易证是等边三角形，则得，从而求得，由勾股定理即可求得的长． 【详解】（1）证明：如图，连接； ， ； ， ， ， ； （2）解：如图，连接， 为圆的切线，， ； 由（1）知，， ； ， 是等边三角形， ， ， 由勾股定理得． 【点睛】本题考查了等弧对的圆周角相等，切线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，题目不难，但涉及的知识点较多，关键是熟练运用这些知识． 【变式15 -4】如图，为半圆的直径，点，在半圆上，直线与半圆相切于点，． (1)若，求的大小（用含的式子表示）； (2)过点作交于点，交于点，若，，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】(1) 根据得，结合圆周角定理，得到，求解即可． (2) 根据得，结合圆周角定理，得到，根据特殊角的三角函数求解即可． 【详解】（1）∵， ∴， ∴． （2）根据(1)的证明，得， ∵，， ∴， ∵直线与半圆相切于点， ∴， ∴， ∴， 解得， ∵， ∴， ∵， 解得． 【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，圆周角定理，垂径定理，特殊角的正切值，熟练掌握切线的性质，圆周角定理，垂径定理，特殊角的函数值是解题的关键． 【考点题型十六】切线性质与判定的综合 【例16】如图，是外一点，与相切，切点为．画出的另一条切线，切点为．小云的画法是： ①连接，过点画出的垂线交于点； ②画出直线． 直线即为所求． (1)根据小云的画法，补全图形； (2)完成下面的证明． 证明：连接，． ，， 垂直平分，． ① ． ② ． ． 是的切线，为切点， ． ． ． 于点． 是的半径， 是的切线（③ ）（填推理的依据）． 【答案】(1)见解析 (2)①，②，③过半径的外端点并垂直于半径的直线是圆的切线 【分析】本题考查作图-复杂作图，切线的判定和性质，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出图形． （1）根据垂线的基本作图，作图即可． （2）根据切线的判定证明即可． 【详解】（1）根据垂线的基本作图，作图如下： 直线即为所求． （2）证明：连接，． ，， 垂直平分，． ． ． ． 是的切线，为切点， ． ． ． 于点． 是的半径， 是的切线（过半径的外端点并垂直于半径的直线是圆的切线）． 故答案为：①，②，③过半径的外端点并垂直于半径的直线是圆的切线． 【变式16 -1】如图，是圆内接四边形的对角线，于点平分．    (1)求的度数； (2)点在的延长线上，是该圆的切线． ①求证：是该圆的切线； ②若，直接写出的长． 【答案】(1) (2)①见解析；②的长为3． 【分析】（1）由角平分线的定义求得，根据圆周角定理求得，利用，据此可求解； （2）①连接，证明，推出，即可证明是该圆的切线； ②证明和都是等边三角形，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得半径为1，据此求解即可． 【详解】（1）解：平分， ． ， ． ， ． ． ； （2）①证明：如图，取的中点，连接．   ， 是该圆的直径． 点是该圆的圆心． 是的切线， ． ， ． ， ． ． 是的切线； ②∵、都是的切线， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，是等边三角形， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴的长为3． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 【变式16 -2】如图，是的直径，弦于点，是的外角的平分线． (1)求证：是的切线； (2)连接并延长交于点，若的半径为，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用等腰三角形的三线合一性，可以判断是的角平分线，因为邻角互补，进而可得最后推出是的切线； （2）利用外角定理可得，从而得到，利用三线合一性可知，进而可以得到是等边三角形，根据角所对直角边是斜边的一半即可求得． 【详解】（1）解：∵是直径， ∴平分弦 ∴垂直平分线段 ∴是的角平分线，是等腰三角形 ∴ ∴是外角的平分线 ∴ ∴是是切线 （2）解：∵，是是切线 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵是等腰三角形 ∴是等边三角形 ∴ ∵， ∴ ∴中， ∴ ∴ 【点睛】本题考查了切线的判定与性质，垂径定理，圆周角定理等相关知识点，根据已知条件并结合图形去分析是解题的关键． 【变式16 -3】如图，已知锐角，以为直径画，交边于点M，平分与交于点D，过点D作于点E． (1)求证：是的切线； (2)连接交于点F，若，，求长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据可得，根据角平分线的定义，则，最后根据，，即可证明； （2）连接，可得，即可求出的长度，根据勾股定理求出的长度，进而求出的长度，通过证明，即可根据相似三角形对应边成比例求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是的切线； （2）如图：连接， ∵为直径，， ∴， ∵，平分， ∴， ∴， 在中，根据勾股定理可得， ∴， 在中，根据勾股定理可得， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 解得：． 【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，角平分线的定义，解题的关键是熟练掌握相关内容并灵活运用． 【变式16 -4】如图，在平面直角坐标系中，存在半径为2，圆心为的，点P为上的任意一点，线段绕点P逆时针旋转90°得到线段，如果点M在线段上，那么称点M为的“限距点”． (1)在点，，中，的“限距点”为___________； (2)如果过点且平行于x轴的直线l上始终存在的“限距点”，求a的取值范围； (3)的圆心为，半径为1，如果上始终存在的“限距点”，请直接写出b的取值范围． 【答案】(1)， (2) (3)或 【分析】（1）分两种情况：当轴时，相切于轴时，分别作出相应图形即可判断； （2）以为圆心，为半径作圆，根据题意证明出，得到点的轨迹是以J为圆心，以为半径的圆，如果过点且平行于轴的直线上始终存在的“限距点”，则在平行于轴并相切于的范围内，据此求解即可； （3）如果上始终存在的“限距点”，则相切于和，据此求解即可． 【详解】（1）解：如图所示， 当轴时，点的坐标为， 当相切于轴时，点的坐标为， ∴在点中，的“限距点”为，， 故答案为：， （2）如图2中， 作轴， ∵， ∴和都是等腰直角三角形， ∴ 又∵ ∴，即 ∴ ∵ ∴ ∴点的轨迹是以J为圆心，以为半径的圆， ∵点P在上运动， ∴扫过的区域为图上阴影部分， ∴当直线与阴影部分有公共点时，满足条件． 当直线与相切时， ∵， ∴的取值范围是：； （3）如图3中，由题意当与阴影部分有公共点时， 上始终存在的“限距点”， 当与外切时，点坐标为：， 当与内切时，点坐标为：， 当与内切时，点坐标为：， 当与外切时，点坐标为：， ∴观察图象可知，满足条件的取值范围是：或． 【点睛】本题考查的是圆的有关知识，切线的性质，能在“限距点”的定义下对题目进行分析是解题的关键． 【考点题型十七】切线长定理 【例17】如图，是的直径，，是的两条切线，切点分别为，．连接交于点，交于点，连接． (1)求证：； (2)若的半径为，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据切线长定理得到，．根据等腰三角形的性质和中位线定理即可得到结论； （2）由切线的性质得到，根据相似三角形的判定和性质、勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵，是的两条切线，切点分别为，， ∴，， ∴，， ∵， ∴是的中位线， ∴； （2）∵是的切线， ∴， ∵的半径为，， 由（1）可得，， ∵，， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴． ∴的长为． 【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，中位线定理，等角的余角相等，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点．熟练掌握切线的性质和切线长定理是解题的关键． 【变式17 -1】如图，过点作的切线，，切点分别是，，连接．过上一点作的切线，交，于点，．若，的周长为4，则的长为（   ） A．2 B． C．4 D． 【答案】B 【分析】本题考查的是切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．根据切线长定理得到，再根据切线长定理、三角形的周长公式、勾股定理计算，得到答案． 【详解】解：、为的切线， ， 、为的切线， ， 同理，， 的周长， ， ． 故选：B 【变式17 -2】如图，分别与相切于A，B两点，，则的半径为 ． 【答案】 【分析】本题考查了切线长定理，切线的性质，三角形全等的判定和性质，特殊角的三角函数，连接，证明，得到，利用三角函数即可求解，由三角形全等得到是解题的关键． 【详解】解：连接，    ∵，分别与相切于两点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式17 -3】如图，的内切圆与，,相切，切点为D,，，若，，则周长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．根据切线长定理即可得解，，从而利用三角形的周长公式即可得解． 【详解】∵的内切圆与，,相切，切点为D，，， ∴，， 设，则，， ∴的周长= 故答案为： 【变式17 -4】如图，，分别与相切于A，B两点．若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】连接，由切线长定理可得，从而可得出，最后由勾股定理得出． 【详解】解：连接，如图， ∵，分别与相切于A，B两点．且， ∴，， ∴， 在中，，， 由勾股定理得，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了切线的性质，切线长定理，直角三角形的性质等知识，熟练运用切线的性质是本题的关键． 【变式17 -5】如图所示，将一把刻度尺，含角的直角三角板和圆形卡片如图摆放，使三角板的一条直角边与刻度尺重合，圆形卡片与刻度尺和三角板分别都有唯一的公共点，测得圆形卡片与刻度尺的公共点到三角板顶点的距离，则圆形卡片的半径为 ． 【答案】 【分析】设圆形卡片的圆心为，过点作垂直直角三角板的斜边，垂足为，根据切线长定理得出，继而根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，设圆形卡片的圆心为，过点作垂直直角三角板的斜边，垂足为， 依题意，与、相切， ∴， ∵与相切， ∴， 在中，， 即圆形卡片的半径为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了切线长定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握切线长定理是解题的关键． 【考点题型十八】圆的综合问题 【例18】如图，平面直角坐标系中，已知点、点，连接，若点为平面上一点，且为等边三角形，则称点为线段的“关联点”． (1)已知点和点，点为线段的“关联点”，直接写出点的坐标______； (2)若，，点是线段上一点，点为线段的“关联点”，当点在右侧时，判断与的位置关系，并证明； (3)半径为2，点是上一点，点，若点为线段的“关联点”，直接写出长度的最大值和最小值． 【答案】(1)或 (2)，证明见解析 (3)长度的最大值为，最小值为 【分析】（1）根据“为线段的关联点”，结合是等边三角形，即可求解； （2）结论：，连接，先证明是等边三角形，根据已知得是等边三角形，再证明，得到，易得，即可证明； （3）分两种情况讨论：当点P在上方，当点P在下方，利用等边三角形的性质求出点P在上运动，由两个等圆的圆心距求解即可． 【详解】（1）解：如图， 是等边三角形， 点P与点A关于y轴对称， ， ， 是等边三角形， ， ， ，， ， 综上，点P的坐标为或； （2）， 证明：如图，连接， ，， ，，， 是等边三角形， ， 为线段的“关联点”， 是等边三角形， ， ， ， 在与中， ， ， ， ， ， ； （3）解：为线段的“关联点”， 是等边三角形， ， 点P随点A的运动而运动，且点P在与相同大小的圆上运动， 设点P在上运动， 由（1）知线段的“关联点”点P的坐标由两个，分别在线段的上方和下方， 当点P在上方时，如图： 当时，过点作轴，交x轴于点G， ，则 ， ， ； 当时，过点作轴，交x轴于点G， 同理得：， 是的直径， 是的直径， ， ， 当过点M时，有最大值，最大值为；当延长线过点M时，有最小值，最小值为； 当点P在下方时，同理得长度的最大值为，最小值为， 长度的最大值为，最小值为． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了最值问题，切线的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数的应用，熟练掌握新概念“关联点”是解题的关键． 【变式18 -1】在平面直角坐标系中，对于点和图形有如下定义，若在图形上找到任意一点，使得在线段延长线上存在点，使得，所有点所组成的图形，称点关于图形进行了一次倍变换，则图形是点关于图形的倍变换图形．图形上所有点都关于图形再进行一次倍变换组成图形，称为点关于图形的双倍变换图形． (1)若图形N为线段，，，则，，，中哪些点在原点关于图形N的双1倍变换图形上？ (2)图形N为半径为1的圆，若点在原点关于图形N的双1倍变换图形上，直接写出m的取值范围； (3)若图形N是圆心为，半径为1的圆，求在原点关于图形N的双2倍变换图形的面积． 【答案】(1)，， (2)或 (3) 【分析】（1）根据定义，线段的长度为2，经过一次倍变长为，双1倍变换图形的长为，画出图形，即可求解． （2）图形为圆心，半径为1的圆，是半径为2的圆，是半径为4的圆，且圆心都在上，根据相切时求得的值，进而即可求解． （3）根据定义，可知为半径为4的圆，据此即可求解． 【详解】（1）解：如图，线段的长度为2，经过一次倍变长为，双1倍变换图形的长为， ∴，，在原点关于图形N的双1倍变换图形上， （2）解：根据定义可知，图形为圆心，半径为1的圆，是半径为2的圆，是半径为4的圆，且圆心都在上 当外切时， ∴ 当内切时， 解得： ∴ 当时，如图，根据对称性可得， 综上所述，或； （3）解：如图，的面积为． 【点睛】本题考查了位似变换，圆与圆的位置关系，掌握位似变换与新定义是解题的关键． 【变式18 -2】如图，为的直径，弦于，连接、，过点作的切线，的平分线相交于点，交于点，交于点，交于点，连接． (1)求证：； (2)若，，求长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据垂径定理得到，，证明即可； （2）根据圆周角定理得到，由垂径定理得到，，求出，利用勾股定理得到，根据，，得到，结合是的平分线，推出，易得，由证明，得到，即可求解． 【详解】（1）证明：为的直径，， ，， 在与中， ， ， ； （2）解：， ， ， ， ， ，， ， ， 是的平分线， ， ， ， ， ， ，即， ． 【点睛】本题考查了圆与三角形的综合题，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握垂径定理，圆周角定理，证明三角形相似是解题的关键． 【变式18 -3】在平面直角坐标系中，的半径为1，点A在上，点P在内，给出如下定义：连接并延长交于点B，若，则称点P是点A关于的k倍特征点． (1)如图，点A的坐标为．    ①若点P的坐标为，则点P是点A关于的 倍特征点； ②在，，这三个点中，点 是点A关于的倍特征点； ③直线l经过点A，与y轴交于点D，．点E在直线l上，且点E是点A关于的倍特征点，求点E的坐标； (2)若当k取某个值时，对于函数的图象上任意一点M，在上都存在点N，使得点M是点N关于的k倍特征点，直接写出k的最大值和最小值． 【答案】(1)①，②，③或 (2)最大值为，最小值为 【分析】（1）①由题意知，，则； ②由勾股定理得，假设点是点关于的倍特征点，则，不符合题意，同理判断、即可； ③当点在轴正半轴上时，设直线交于，连接，过点作轴于点，根据点、点关于的倍特征点，得，由含的直角三角形的性质可得，的长，当点在轴负半轴同理可得答案； （2）设直线与轴，轴的交点分别为，，过点作交于，交于，过点作直线交于，，由，可知越大，的值越小，则的值越大，得，时，的值最小，即与重合，与重合时，的值最小，同理当点在点，在点时，有最大值，从而解决问题． 【详解】（1）解：①，， ， ， ， ， ， 故答案为：； ②假设点是点关于的倍特征点，连接并延长交于点，如图所示：   ，， ， ， ，不符合题意， 点不是点关于的倍特征点； 连接并延长交于点，如图所示：   ， ，， ，， ， 点不是点关于的倍特征点； 假设点是点关于的倍特征点，连接并延长交于点，如图所示：     ，， ， ， 为的中点， ， 与轴负半轴交点坐标为， 在圆上， 点是点关于的倍特征点； 故答案为：； ③当点在轴正半轴上时，设直线交于，连接，过点作轴于点，如图所示：   点是点关于的倍特征点， ， 是的中点， ， ， ， ，， ， ， ， 当点在轴负半轴上时，同理可得， 综上：或； （2）解：设直线与轴，轴的交点分别为，，过点作交于，交于，过点作直线交于、，如图所示：     ，， ， ， 越大，的值越小， 的值越大， 当的值越大，的值越大， ，时，的值最小， 与重合，与重合时，的值最小， ，是直线与轴，轴的交点，令得，令得， ，， 到和到的距离都是1， ，   ， ， ， ， ， ，即的最小值为； 当点在点，在点时，有最大值，如图所示：   ，即的最大值为． 【点睛】本题属于圆背景下的新定义问题，考查圆的性质、勾股定理、两点之间距离公式、坐标与图形、一次函数的图像与性质等知识，解题的关键是理解新定义，灵活运用所学知识解决问题，综合性强、难度较大，属于中考压轴题． 【变式18 -4】点P为平面直角坐标系中一点，点Q为图形M上一点．我们将线段长度的最大值与最小值之间的差定义为点P视角下图形M的“宽度”． (1)如图，⊙O半径为2，与x轴交于点A，B，点． ①在点P视角下，⊙O的“宽度”为___________，线段的“宽度”为___________； ②点为x轴上一点．若在点P视角下，线段的“宽度”为2，求m的取值范围； (2)⊙C的圆心在x轴上，半径为（），直线与x轴，y轴分别交于点D，E．若线段上存在点K，使得在点K视角下，⊙C的“宽度”可以为2，求圆心C的横坐标的取值范围． 【答案】(1)①；②或 (2)当时，；当时，在圆外任何一点的视角下，⊙C的“宽度”均为2，为任意实数 【分析】 （1）①找到圆外点到圆上的点的最长和最短距离即可求出在点P视角下，⊙O的“宽度”；求出，即可求在点P视角下，线段的“宽度”；②分类讨论当点在点右侧和当点在点左侧时的情况即可求解； （2）由⊙C的“宽度”为2可得，分类讨论、的两种情况即可求解． 【详解】（1）解：①如图所示： 由定义可知：在点P视角下，⊙O的“宽度”为：; ∵ ∴在点P视角下，线段的“宽度”为： 故答案为：； ②点关于点的对称点坐标为 当点在点右侧时， 若，则，不符合题意； 若，则，不符合题意； 若，则，符合题意； ∴ 当点在点左侧时， 则： ∴ 解得：（舍去） ∴ 综上所述：或 （2）解：∵直线与x轴，y轴分别交于点D，E． ∴令，可得；令，可得 即： ∴ ∵⊙C的“宽度”为2 ∴ 当时，则点出现在⊙C内部，其轨迹是以点为圆心，半径为的圆 ∵点在线段上 ∴点的轨迹圆需要与线段有交点 （i）当点在点左侧时，点的轨迹圆与相切于点时，如图：    ∵ （ii）当点在点右侧时，点的轨迹圆经过点时，如图：    ∵点的轨迹圆半径为 即：当时， 当时，在圆外任何一点的视角下，⊙C的“宽度”均为2，为任意实数 【点睛】本题以圆作为几何背景，考查了新定义题型．关键是读懂材料内容，掌握数形结合及分类讨论的数学思想． 【变式18 -5】对于点C和给定的，给出如下定义：若上存在点B，使点C绕点B旋转的对应点A在上，此时是以点B为直角顶点的等腰直角三角形，则称点C为的“等直顶点”．若O是坐标原点，的半径为2，    (1)在点，，，中，可以作为的“等直顶点”的是___________； (2)若点P为的“等直顶点”，且点P在直线上，求点P的横坐标的取值范围； (3)设的圆心C在x轴上，半径为2，若直线上存在点D，使得半径为1的上存在点P是的“等直顶点”，求圆心C的横坐标的取值范围； (4)直线分别和两坐标轴交于E，F两点，若线段上的所有点均为的“等直顶点”，求的半径的最大值与最小值． 【答案】(1)Q和S (2)点P的横坐标范围是：或 (3) (4)的半径最大值是，最小值是 【分析】（1）以点为原点建立直角坐标系，根据的半径为2，找出“等直顶点的条件”是距离圆心最小值是，最大是，从而判定的“等直顶点”； （2）同（1）最小是，最大是，进而确定P点的横坐标的范围； （3）同（1）找出上不存在“等直顶点”的条件即可； （4）作于P，确定点P的位置是最大半径时的“等直顶点”临界点，点F是最小值的临界点，进而求得． 【详解】（1）解：以点为原点建立直角坐标系，的半径为2， 如图1， ∵弦最大为直径，， ∴当，时， ， 如图2，    设P点的横坐标是x， 是等腰直角三角形，，， ，，， ，， ∴D点在以I为圆心，半径是为半径的圆上运动， ∴的最小值是， ， ∴点P不是“等直顶点”， ， ， ∴点Q是“等直顶点”， ， ∴R不是“等直顶点”， ， ， ∴S是“等直顶点”， 故答案为：Q和S； （2）解：如图3，    由（1）知，最小是，最大是， 作轴于A，作轴于B， ， ， ； 根据对称性， ∴点P的横坐标范围是：或； （3）解：如图4，    设C点的横坐标是a， 作直线于H， 由上知：， ， ， ； （4）解：如图5，    作于P， 由题意得：，， ， ， ， 要使点P是“等直顶点”，则， ， 要使点F是“等直顶点”，则， ， ∴的半径最大值是，最小值是． 【点睛】本题考查了点和圆的位置关系，等腰直角三角形的性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是确定“等直顶点”的条件． 【变式18 -6】在平面直角坐标系中，图形上任意两点间的距离若有最大值，将这个最大值记为．对于点和图形给出如下定义：点是图形上任意一点，若，两点间的距离有最小值，且最小值恰好为，则称点为图形的“关联点”．    (1)如图，图形是矩形，其中点的坐标为，点的坐标为，则 ___．在点 ，，，中，矩形的“关联点”是 ； (2)如图，图形是中心在原点的正方形，其中点的坐标为．若直线上存在点，使点为正方形的“关联点”，求的取值范围； (3)已知点，．图形是以为圆心，为半径的，若线段上存在点，使点为的“关联点”，直接写出的取值范围． 【答案】(1)，； (2)； (3)或． 【分析】（）根据所给的定义，对每一个点进行判断即可； （）由题意可得，过点作垂直直线，交于点，当时，，则时，直线，上存在点，使点为正方形的“关联点”； （3）由题意可得，当点在轴负半轴上时，过点作交于点L，交圆于点K，当时，由相似三角形的性质求得，此时，则；当点在轴正半轴上时，当时，此时，则时，线段上存在点，使点为的“关联点”； 本题考查了圆的综合应用，弄清定义，能够根据定义，结合矩形的性质，正方形的性质，圆的性质，数形结合是解题的关键． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形，，， ∴，， ∴， ∴任意两点的距离最值为或， ∴， ∴； 已知，， ∴，到的距离为：，，， ∴矩形的关联点是，； 故答案为：，，； （2）解：∵，四边形是正方形， ∴， 过点作垂直直线，交于点， 当时，，， ∴， ∴时直线上存在点使为正方形的关联点；      （3）解：∵的圆心为半径为， ∴； 当点在轴负半轴上时，过点作交于，交于，交轴于，如图，    当时，， ∵，， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∵，， ∴； ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴，此时， 当时，， ∴， ∴时，线段上存在点，使点为的“关联点”， 当点在轴正半轴上时，如图，    当时，点为的“关联点”，此时； 当时，， 解得：（负值舍去）， ∴时，线段上存在点，使点为的“关联点”， 综上，当或，线段上存在点，使点为的“关联点”． 【考点题型十九】三角形的外接圆 【例19】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均在格点（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，则过A，B，C三点的圆的圆心坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了三角形外接圆的外心、垂径定理、坐标与图形的性质．勾股定理等知识；关键是根据垂径定理得出外接圆的圆心位置． 连接，作的垂直平分线，根据勾股定理和半径相等得出点的坐标即可． 【详解】解：连接，作的垂直平分线，如图所示： 在的垂直平分线上找到一点， ， 点是过、、三点的圆的圆心， 即的坐标为， 故选：D． 【变式19 -1】如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点都在格点上，则外接圆的圆心坐标为(　) A．(3，2) B．(2，3) C．(2，2) D．(3，3) 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，作和的垂直平分线，它们的交点为外接圆圆心，然后写出点坐标即可． 【详解】解：如图所示，作和的垂直平分线，它们的交点为外接圆圆 即外接圆圆心的坐标为． 故选：A． 【变式19 -2】如图，在中，． 求作：，使得的三个顶点都在上． 作法： ①作边的垂直平分线，交于点O； ②以点O为圆心，长为半径作圆． 则为所求作的圆． (1)利用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）； (2)完成下面的证明． 证明：连接． 由作图可知，， 点B在上， 在中，， （）（填推理依据）． ． 点C在上． 的三个顶点都在上． 【答案】(1)见详解 (2)，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查作图-复杂作图，线段的垂直平分线的性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． （1）根据要求作出图形即可． （2）利用直角三角形斜边中线的性质证明：即可． 【详解】（1）补全图形如图所示： （2）证明：连接． 由作图可知，， 点B在上， 在中，， （直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）． ． 点C在上． 的三个顶点都在上． 【变式19 -3】在中，，，于点．点在射线上，连接，作于点．连接，作于点，作交直线于点，连接． (1)当点在线段上时，在图1中补全图形，并直接写出的度数； (2)当点在线段的延长线上时，利用图2探究线段与之间的数量关系，并证明； (3)取线段的中点，连接，若，直接写出线段的长的最小值． 【答案】(1) (2)，证明见解析； (3) 【分析】（1）先补全图形，如图所示：取的中点，连接，，证明，，，四点共圆，可得； （2）由（1）同理可得：，，，四点共圆，可得，证明，再证明，可得，即可得到结论； （3）如图，取的中点，连接，，，取的中点，连接， 由（2）同理可得：，而，可得，连接，证明，可得在以为圆心，半径为2的弧上运动，当，，三点共线时，最小，从而可得答案． 【详解】（1）解：补全图形，如图所示： ∵，， ∴， 取的中点，连接，， ∴， ∴，，，四点共圆， ∴， ∵，，， ∴， ∴； （2），理由如下： 如图所示： ∵，，， ∴，， 由（1）同理可得：，，，四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，而， ∴， ∴， ∴； （3）如图，取的中点，连接，，，取的中点，连接， 由（2）同理可得：，而， ∴， 连接， ∵， ∴， ∴， ∴，而， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，而为中点，为中点， ∴， ∴在以为圆心，半径为2的弧上运动， ∴当，，三点共线时，最小， 在中， 此时， ∴． 【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，圆的确定及基本性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 【考点题型二十】三角形的内切圆 【例20】如图，中，，，，点是的内心，则的长度为（   ）    A．2 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三角形的内切圆和内心，勾股定理，三角形的外接圆与外心，根据点是的内心，画出的内切圆，如图，过点作，，，垂足为，，，连接，根据内切圆的性质可知垂足，，也是三边与的切点，，，，，利用勾股定理可得，设，则，根据切线长定理可求得，设，根据，可得，即，问题随之得解． 【详解】根据点是的内心，画出的内切圆，如图，过点作，，，垂足为，，，连接，    根据内切圆的性质可知垂足，，也是三边与的切点， ，，，， ，，， ， 设，则， ，，， ， ， ， 设， ， ， ， ， ． 故选：C． 【变式20 -1】如图，是的内切圆，与，，分别相切于点D，E，F．若的半径为r，，，，则的面积为（   ） A． B．12r C．13r D．26r 【答案】C 【分析】本题考查了三角形内切圆与三角形三边的关系，熟练掌握三角形三边与内切圆的关系是解答此题的关键； 根据三角形面积=三角形边长之和乘以内切圆半径之积的一半． 计算即可． 【详解】 是的内切圆且半径为r，，， ， ， 则的面积为， 故选：C 【变式20 -2】如图所示，在三角形中，，两直角边，，三角形内有一点，它到各边的距离相等，则这个距离是 ． 【答案】2 【分析】首先根据勾股定理算出的长，由在内有一点P，点P到各边的距离都相等，故P为的内切圆的圆心，设切点为D、E、F，连接、、、、，内切圆的半径为R，根据由三角形面积列出方程，求解即可． 【详解】由勾股定理得：， ∵在内有一点P，点P到各边的距离都相等， ∴P为的内切圆的圆心，设切点为D、E、F，连接、、、、，内切圆的半径为R，则由三角形面积公式得： ∴， 解得． 故答案为：2． 【点睛】·本题考查了三角形内切圆，熟练掌握勾股定理，三角形面积公式是解题的关键． 【变式20 -3】《九章算术》是我国古代数学名著，也是古代东方数学的代表作之一．书中记载了一个问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容圆半径几何？”译文：“如图，今有直角三角形，勾（短直角边）长为5步，股（长直角边）长为12步，问该直角三角形能容纳的圆（内切圆）的半径是多少步？”根据题意，该直角三角形内切圆的半径为 步． 【答案】 【分析】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：， ， ∴四边形为矩形， 又∵ ∴矩形为正方形 设半径为，则 ∴， ∴ 解得 故答案为： 【点睛】此题考查了勾股定理，切线长定理，正方形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质． 【变式20 -4】如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，已知∠A＝40°，连接OB，OC，DE，EF，则∠BOC＝ °，∠DEF＝ °． 【答案】 110 70 【分析】①根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，进而得到∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，求出∠OBC+∠OCB，根据三角形内角和定理即可求出∠BOC；②连接连接OD，OF，根据切线的性质得到∠ODA=∠OFA= ，根据四边形内角和等于求出∠DOF，根据圆周角定理即可得到∠DEF． 【详解】∵∠A=， ∴∠ABC+∠ACB=， ∵O是△ABC的内切圆， ∴∠OBC=∠ABC，∠OCB=∠ACB， ∴∠OBC+∠OCB=， ∴∠BOC=， 如图，连接OD，OF， ∵AB、AC分别切⊙O于D、F点， ∴∠ODA=∠OFA=， ∴∠A+∠DOF=， ∴∠DOF=， ∴∠DEF=∠DOF=． 故答案为：110；70． 【点睛】本题考查三角形内切圆、内心、圆周角定理和切线的性质，掌握三角形的内心是三角形三条角平分线的交点和圆周角定理是解题的关键． 【变式20 -5】对于平面直角坐标系xOy中的图形M，N，给出如下定义：若图形M和图形N有且只有一个公共点P，则称点P是图形M和图形N的“关联点”． 已知点，，，． (1)直线l经过点A，的半径为2，在点A，C，D中，直线l和的“关联点”是______； (2)G为线段OA中点，Q为线段DG上一点（不与点D，G重合），若和有“关联点”，求半径r的取值范围； (3)的圆心为点，半径为t，直线m过点A且不与x轴重合．若和直线m的“关联点”在直线上，请直接写出b的取值范围． 【答案】(1)C (2) (3) 【分析】（1）作出图形，根据切线的定义结合“关联点”即可求解； （2）根据题意，为等边三角形，则仅与相切时，和有“关联点”，进而求得半径r的取值范围； （3）根据关联点以及切线的性质，直径所对的角是直角，找到点的运动轨迹是以为圆心半径为的半圆在轴上的部分，进而即可求得的值． 【详解】（1）解：如图， ，，，, ，轴,. 的半径为2， 直线与相切 AI   直线l和的“关联点”是点 故答案为： （2）如图，根据题意与有“关联点”，则与相切，且与相离 AI   , 是等边三角形 为的中点，则 当与相切时，则点为的内心 半径r的取值范围为： （3）如图，设和直线m的“关联点”为，，交轴于点，    是的切线， 的圆心为点，半径为t， 轴是的切线 点的运动轨迹是以为圆心半径为的半圆在轴上的部分，则点， 在直线上， 当直线与相切时，即当点与点重合时，最大， 此时与轴交于点， 当点运动到点时，则过点， 则 解得 b的取值范围为： 【点睛】本题考查了切线的性质与判定，切线长定理，勾股定理，一次函数与坐标轴交点问题，等边三角形的性质，等边三角形的内心的性质，掌握以上知识是解题的关键． 【考点题型二一】圆的内接正多边形 【例21】在2022年北京冬奥会开幕式和闭幕式中，一片“雪花”的故事展现了“世界大同，天下一家”的主题，让世界观众感受了中国人的浪漫．如图，作出“雪花”图案（正六边形）的外接圆，已知正六边形的边长是4，则长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的性质，弧长公式，先根据中心角定义求出的度数，然后证明是等边三角形，可求出圆的半径，最后根据弧长公式求解即可． 【详解】解∶如图， ∵正六边形的边长是4， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式21 -1】如图，多边形是的内接正n边形，已知的半径为r，的度数为，点O到的距离为d，的面积为S．下面三个推断中． ①当n变化时，随n的变化而变化，与n满足的函数关系是反比例函数关系； ②若为定值，当r变化时，d随r的变化而变化，d与r满足的函数关系是正比例函数关系； ③若n为定值，当r变化时，S随r的变化而变化，S与r满足的函数关系是二次函数关系． 其中正确的是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】（1）正n边形每条边对应的圆心角度数为，因此为反比例函数关系； （2）d与r是的邻边和斜边，因此是化简后即正比例函数关系； （3）三角形面积为×底×高，底为，高为，直接代入即可． 【详解】①，所以与n满足的函数关系是反比例函数关系，正确； ②，所以，所以d与r满足的函数关系是正比例函数关系，正确； ③，所以S与r满足的函数关系是二次函数关系，正确． 故选D 【点睛】本题考查正多边形、圆心角的度数、弦心距、三角形的面积之间的函数关系，解题的关键是读懂题意，求出其中的函数关系式． 【变式21 -2】如图，点为正五边形的中心，连接，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正五边形的性质得出即可求解． 【详解】解：∵点为正五边形的中心， ∴， 故选：D 【点睛】本题考查正多边形的中心和中心角的定义，正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心；正多边形每条边所对的圆心角叫做正多边形的中心角；熟练掌握定义是解题关键. 【变式21 -3】若⊙O的内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，则n的值为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】根据题意，内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，则正n边形的中心角为 ，由 可得结果． 【详解】解： 内接正n边形的边长与⊙O的半径相等， 正n边形的中心角为， ， n的值为6， 故选：C． 【点睛】本题考查了正n边形中心角的定义，熟记并理解正n边形中心角的定义是解决本题的关键． 【变式21 -4】如图，的内接正六边形的边长为，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图（见解析），先根据圆内接正六边形的性质求出中心角，再根据等边三角形的判定与性质可得，然后利用弧长公式即可得． 【详解】图，连接OB、OC， 由题意得：， 正六边形是的内接正六边形， 中心角， 又， 是等边三角形， ， 则的长为， 故选：B． 【点睛】本题考查了圆内接正六边形的性质、弧长公式等知识点，熟练掌握圆内接正六边形的性质是解题关键． 【变式21 -5】我们都知道蜂巢是很多个正六边形组合来的．正六边形蜂巢的建筑结构密合度最高、用材最少、空间最大、也最为坚固．如图，某蜂巢的房孔是边长为6的正六边形，若的内接正六边形为正六边形，则的长为（    ） A．12 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可得，则，再根据平分弧的直径垂直平分这条弧所对的弦可得，，再根据可得是等边三角形，则，最后结合三角函数即可求解． 【详解】解：连接，交于点M，连接， ∵六边形是的内接正六边形， ∴，， ∴， ∵经过圆心O， ∴，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵在中，，，， ∴， ∴， 故选C． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、三角函数综合和圆周角定理，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键． 【变式21 -6】如图，正六边形内接于，的半径为3，则这个正六边形的边心距的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正六边形的性质求出，利用锐角的余弦计算即可． 【详解】解：连接， ∵六边形是内接正六边形， 故选：B 【点睛】本题考查的是正多边形和圆的有关计算，掌握正多边形的中心角的计算公式、熟记余弦的概念是解题的关键． 【变式21 -7】如图，正六边形内接于，若的半径为4，则正六边形的面积为 . 【答案】 【分析】本题考查了正多边形与圆，三角函数的应用，连接，，根据正六边形的性质可得，进而可得是等边三角形，则得，再求出等边的面积，进而可求解． 【详解】解：连接，，过F点作于点H，如图： 六边形是正六边形，的半径为4， ， ，且， 是等边三角形，且边长， 等边的面积为：， 正六边形的面积为：， 故答案为：． 【变式21 -8】如图，正六边形内接于，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正六边形的性质，弧长的计算，等边三角形的判定和性质，由正六边形的性质得到，得到为等边三角形，进而得到，代入弧长公式即可求解，作出辅助线，判断出为等边三角形是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵是正六边形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴的长， 故答案为：． 【变式21 -9】已知的半径为a，按照下列步骤作图：（1）作的内接正方形ABCD（如图1）；（2）作正方形的内接圆，再作较小圆的内接正方形（如图2）；（3）作正方形的内接圆，再作其内接正方形（如图3）；…；依次作下去，则正方形的边长是 ． 【答案】 【分析】观察图形，先根据圆内接正方形的性质求得前几个正方形的边长，进而得出变化规律即可求解． 【详解】解：根据题意， 在图1中圆的半径为a，则正方形的边长， 在图2中，， 则正方形的边长， 在图3中，， 则正方形的边长， …… 依次类推，正方形的边长为， 故答案为：． 【点睛】本题考查圆内接正多边形与圆的规律探究型问题、正方形的性质，观察图形，正确得出边长的变化规律是解答的关键． 【变式21 -10】如图，，，分别是某圆内接正六边形、正方形、等边三角形的一边．若，下面四个结论中， ①该圆的半径为2；        ②的长为； ③平分；        ④连接，，则与的面积比为． 所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【分析】根据圆内接正六边形、内接正方形的性质、弧长公式，勾股定理逐一判断可选项即可． 【详解】解：根据题干补全图形，连接， 根据内接正六边形的性质可知：， ∴是等边三角形， ，圆的半径为2，所以①正确； 根据内接正方形的性质可知：， 的长为：，所以②错误； ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分， 所以③正确； 过点A作交延长线于点H，交延长线于点G， ∵， ∴， ∵， ∴， ， ∴， 设交于点M， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，所以④正确； 因此正确的结论：①③④ 故答案为：①③④ 【点睛】本题考查圆内接正六边形、内接正方形的性质、弧长公式，勾股定理，得出圆形的半径是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $$