专题 第3章圆的基本性质章末重点题型复习（专项训练）数学浙教版九年级上册

（（浙教版）九年级上册 第3章：圆的基本性质章末重点题型复习 题型一 与圆的相关概念 1．（2024秋•河东区期中）下列说法中正确的是（　　） A．弦是直径 B．弧是半圆 C．半圆是圆中最长的弧 D．直径是圆中最长的弦 2．（2023秋•永善县期末）已知⊙O中最长的弦为8，则⊙O的半径是（　　） A．4 B．8 C．12 D．16 3．（2023•西区校级一模）如图，OA是⊙O的半径，B为OA上一点（且不与点O、A重合），过点B作OA的垂线交⊙O于点C．以OB、BC为边作矩形OBCD，连结BD．若CD＝6，BC＝8，则AB的长为（　　） A．6 B．5 C．4 D．2 4．（2023秋•大武口区校级期中）如图，下列说法正确的是（　　） A．线段AB，AC，CD都是⊙O的弦 B．线段AC经过圆心O，线段AC是直径 C．AD＝BD D．弦AB把圆分成两条弧，其中是劣弧 题型二 点和圆的位置关系 1．（2024秋•惠山区校级期中）已知⊙O的半径为5，若OP＝6，则点P（　　） A．在⊙O内 B．在⊙O外 C．在⊙O上 D．与⊙O的位置不确定 2．（2024秋•甘州区期末）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，⊙O的半径为5，若点P的坐标为（2，3），则点P与⊙O的位置关系是（　　） A．点P在⊙O内 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O外 D．不能确定 3．（2024秋•沙坪坝区校级期末）已知⊙O的半径是5，平面内一点A到圆心O的距离OA＝8，则点A与⊙O的位置关系是（　　） A．点A在⊙O上 B．点A在⊙O内 C．点A在⊙O外 D．无法确定 4．（2024秋•新洲区月考）已知⊙O的半径为3，P为⊙O所在平面内某直线l上一点，OP＝3，则过点P的直线PQ与⊙O的公共点个数为（　　） A．1或2 B．2 C．0 D．1 5．（2023秋•东光县期中）如图，在平面直角坐标系中，A、B、C是⊙M上的三个点，A（0，4）、B（4，4）、C（6，2）． （1）圆心M的坐标为　 　； （2）判断点D（4，﹣3）与⊙M的位置关系． 题型三 确定圆心的位置 1．（2023秋•迁安市期末）如图所示的网格由边长相同的小正方形组成，点A、B、C、D、E、F、G在小正方形的顶点上，则△ABC的外心是（　　） A．点D B．点E C．点F D．点G 2．（2024秋•潮南区校级月考）如图，直角坐标系中A（0，4），B（4，4），C（6，2），经过A，B，C三点的圆，圆心为M，则点M的坐标为（　　） A．（1，﹣1） B．（1，0） C．（2，0） D．（2，1） 3．（2023秋•历下区期末）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点O，A，B，C在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原点建立直角坐标系． （1）过A，B，C三点的圆的圆心M坐标为 　 　． （2）求⊙M的面积（结果保留π）． 4．将图中的破轮子复原，已知弧上三点A，B，C． （1）画出该轮的圆心； （2）若△ABC是等腰三角形，底边BC＝16cm，腰AB＝10cm，求圆片的半径R． 题型四 三角形的外接圆与外心 1．（2024秋•思明区校级期中）如图，⊙O是△ABC的外接圆，BC＝2，∠BAC＝30°，则⊙O的直径长等于（　　） A．2 B．3 C． D．4 2．（2024秋•溧阳市期中）在△ABC中，∠A＝50°，若点O为ABC的外心，则∠BOC等于（　　） A．40° B．50° C．100° D．110° 3．（2023秋•东莞市校级期末）如图，△ABC中，∠A＝60°，BC＝2cm，能够将△ABC完全覆盖的最小圆形纸片的半径为（　　） A． B． C．2cm D． 4．（2024秋•东城区校级期中）如图，△ABC内接于⊙O，高AD经过圆心O．若BC＝8，⊙O的半径为5，求△ABC的面积． 题型五 旋转的相关概念 1．（2023秋•邯郸期末）下列运动属于旋转的是（　　） A．足球在草地上滚动 B．火箭升空的运动 C．汽车在急刹车时向前滑行 D．钟表的钟摆的摆动 2．（2024秋•海淀区校级月考）图中是北京十一晋元中学的logo，将它顺时针旋转90°后的图形是（　　） A．B． C． D． 3．（2024秋•水富市校级期中）下列运动中，不属于旋转的是（　　） A．电风扇叶片的转动 B．酒店旋转门的转动 C．钟摆的摆动 D．热气球点火升空 4．（2023秋•平城区期末）如图，将方格纸中的图形绕点O逆时针旋转90°后得到的图形是（　　） A． B． C． D． 题型六 利用旋转的性质求角度 1．（2024秋•水富市校级期中）如图，△DEC是△ABC绕点C旋转得到的，∠B＝25°，∠1＝65°，则旋转角的度数是（　　） A．90° B．85° C．65° D．25° 2．（2024秋•凤台县期中）如图，△DBE是由△ABC绕点B按逆时针方向旋转40°得到的．若AB⊥DE，则∠A的度数为（　　） A．50° B．45° C．40° D．无法确定 3．（2023秋•石狮市期末）如图，在△ABC中，∠B＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，且点E恰好落在BC上．若∠DAE＝95°，则∠AEC的度数是（　　） A．50° B．55° C．60° D．65° 4．（2023秋•大冶市期末）如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝40°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转100°，得到△DBE，连接AD，CE交于点F． （1）求证：△ABD≌△CBE； （2）求∠AFC的度数． 题型七 利用旋转的性质求线段长 1．（2024秋•伊春期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，AC＝3，将△ABC绕点B逆时针旋转得△A′BC′，若点C′在AB上，则AA′的长为（　　） A． B．4 C． D．5 2．（2023秋•宁化县期中）如图，点E是正方形ABCD中CD上的一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，若四边形AECF的面积为16，DE＝1，则EF的长是（　　） A． B．5 C．2 D．4 3．（2024秋•泸州期末）如图，在正方形ABCD中，将边BC绕点B逆时针旋转至BC′，连接CC′，DC′，若∠CC'D＝90°，C′D＝3，则线段BC′的长度为（　　） A．6 B． C． D． 4．（2024秋•濂溪区校级期中）如图，在△ABC中，∠BCA＝135°，将△ACB绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE，连接CD，CE． （1）求证：点B，C，D在同一条直线上． （2）若BC＝2，，求△CDE的面积． 题型八 旋转作图 1．（2024秋•上杭县期中）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点B的坐标为（1，0）． （1）画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1； （2）画出将△A1B1C1绕原点O顺时针旋转90°所得的△A2B2C2． 2．（2024秋•大同期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在格点（小正方形的顶点）上，每个小正方形的边长均为1个单位长度． （1）将△ABC绕点O逆时针旋转90°，画出旋转后得到的△A1B1C1； （2）画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC关于y轴对称； （3）△A1B1C1与△A2B2C2是否成中心对称？（答出“是”或“否”即可） 3．（2023春•滕州市期中）在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示．（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）． （1）将△ABC沿x轴方向向左平移6个单位，画出平移后得到的△A1B1C1； （2）将△ABC绕着点A顺时针旋转90°，画出旋转后得到的△AB2C2． （3）△AB2C2可看作由△A1B1C1绕P点旋转而成，点P坐标为 　 　． 4．（2024秋•四平期末）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，4），B（1，1），C（4，3）． （1）△ABC的面积是 　 　． （2）请画出△ABC绕点B顺时针旋转90°后的△A1BC1． （3）已知点P（0，m）为y轴上一点，当PA+PB取得最小值时，m的值是 　 　． 题型九 旋转性质的综合应用 1．（2023春•东昌府区期末）在等边三角形ABC的内部有一点D，连接BD，CD，以点B为中心，把BD逆时针旋转630°得到HD′，连接AD′，DD′．以点C为中心，把CD顺时针旋转60°得到CD″，连接AD″，DD″． （1）判断∠D′BA和∠DBC的大小关系，并说明理由； （2）求证：D′A＝DC； （3）求证：四边形AD'DD″是平行四边形． 2．（2023春•驿城区期末）感知：如图①，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点B在线段AD上，点C在线段AE上，我们很容易得到BD＝CE，不需证明． 探究：如图②，将△ADE绕点A逆时针旋转α（0＜α＜90°），连结BD和CE，此时BD＝CE是否依然成立？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由．应用：如图③，当△ADE绕点A逆时针旋转，使得点D落在BC的延长线上，连结CE．求： ①∠ACE的度数； ②若AB＝AC＝2，CD＝2，则线段DE的长是多少？ 3．（2023春•连平县期中）如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，将△BOC绕点C按顺时针旋转60°，得△ADC，连接OD． （1）判断△COD的形状，并证明； （2）当α＝150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由； （3）直接写出α为多少度时，△AOD是等腰三角形？ 4．如图1，在正方形ABCD中，AB＝4．将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点与点D重合．三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q． （1）求证：AP＝CQ； （2）如图2，在图1的基础上作∠PDQ的平分线DE交BC于点E，连接PE，判断PE与QE之间的数量关系，并加以证明； （3）在（2）的条件下，若AP＝1，试求PE的长． 题型十 利用垂径定理求线段长 1．（2024秋•三门峡期中）如图，AB，AC分别是⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，连接BD，BC，且BD＝5，BC＝4，则△ABD的面积为（　　） A．24 B．6 C．12 D．4.5 2．（2024秋•冠县期中）如图，⊙O的直径AB与弦CD交于点E，若B为的中点，则下列说法错误的是（　　） A． B．OE＝BE C．CE＝DE D．AB⊥CD 3．（2024秋•济宁期中）AB是⊙O的直径，过点D作DE⊥AB于点E，延长DE交⊙O于点F，若AE＝2，⊙O的直径为10，则DF长为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 4．（2024秋•武都区期中）如图，CD是⊙O的直径，AC，AB，BD是⊙O的弦，AB∥CD． （1）求证：AC＝BD； （2）如果弦AB的长为8，AB与CD间的距离是3，求CD的长． 5．（2024秋•莘县期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，以点C为圆心，BC为半径的圆交AB于点D，交AC于点E． （1）若∠A＝35°，求的度数； （2）若BC＝6，AC＝8，求BD的长． 题型十一 利用垂径定理求最值 1．（2023春•江夏区校级月考）如图，在⊙O中，弦AB＝5，点C在AB上移动，连结OC，过点C作CD⊥OC交⊙O于点D，则CD的最大值为（　　） A．5 B．2.5 C．3 D．2 2．在平面直角坐标系中，若以A（2，﹣1）为圆心，2为半径的⊙A与过点B（1，0）的直线交于C、D，则CD的最小值为（　　） A． B．2 C．2 D．4 3．（2023•江都区模拟）如图平面直角坐标系中，⊙O的半径为5，弦AB的长为4，过点O作OC⊥AB于点C，⊙O内一点D的坐标为（﹣4，3），当弦AB绕点O顺时针旋转时，点D到AB的距离的最小值是　 　． 题型十二 利用垂径定理解决实际问题 1．（2024秋•海伦市期中）小名同学在实际生活中发现问题，并利用所学的数学知识解决问题，用钢珠来测量零件上小孔的直径，假设钢珠的直径是12毫米，测得钢珠顶端离零件表面的距离为9毫米，如图所示，则这个小孔的直径AB是（　　）毫米． A．6 B．6 C．6 D．8 2．（2024秋•中山区校级期中）如图，一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为5cm，瓶内液体的最大深度CD＝2cm，则截面圆中弦AB的长为（　　）cm． A．4 B．6 C．8 D．8.4 3．（2024秋•凤台县期中）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AB长8m，设圆心为O，OC⊥AB交水面AB于点D，轮子的吃水深度CD为2m，求该桨轮船的轮子直径． 4．（2024秋•孝昌县期中）某村为了促进农村经济发展，建设了蔬菜基地，新建了一批蔬菜大棚．如图是蔬菜大棚的截面，形状为圆弧型，圆心为O，跨度AB（弧所对的弦）的长为8米，拱高CD（弧的中点到弦的距离）为2米． （1）求该圆弧所在圆的半径； （2）在修建过程中，在距蔬菜大棚的一端（点B）1米处将竖立支撑杆EF，求支撑杆EF的高度． 5．（2024秋•城关区校级期末）如图，有一座圆弧形拱桥，桥下水面宽AB为16m，拱高CN为4m． （1）求桥拱的半径； （2）此桥的安全限度是拱顶C点距离水面不得小于1.5m，若大雨过后，洪水泛滥到水面宽度DE为12m时，是否需要采取紧急措施？请说明理由． 题型十三 与圆心角有关计算 1．（2023秋•延边州期末）如图，在⊙O中，∠AOB＝45°，则∠COD＝（　　） A．60° B．45° C．30° D．40° 2．如图，AB是⊙O的直径，，∠BOC＝40°，则的度数为　 　． 3．（2024秋•四平期末）如图，⊙O的直径AB＝4，半径OC⊥AB，点D在弧BC上，DE⊥OC，DF⊥AB，垂足分别为E、F，若点E为OC的中点，弧CD的度数为 　 　． 4．（2023•贵池区二模）如图，点C是直径AB的三等分点（AC＜CB），点D是弧ADB的三等分点（弧BD＜弧AD），若直径AB＝12，则DC的长为 　 　． 4．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点A为圆心，AC长为半径作圆，交BC于点D，交AB于点E，连接DE．若∠ABC＝20°，求∠DEA的度数． 题型十四 与圆心角有关的证明 1．（2024秋•东海县期中）已知，如图，点A，B，C，D是⊙O上四个点，AD＝BC． 求证：AB＝CD． 2．（2024秋•镇江月考）如图，AB、CD是⊙O的两条弦，AC与BD相交于点E，AB＝CD． （1）求证：AC＝BD； （2）连接BC，作直线EO，求证：EO⊥BC． 3．（2023秋•邯山区校级期末）如图，已知OA，OB是⊙O的半径，C为的中点，M，N分别是OA，OB的中点，求证：MC＝NC． 4．（2024秋•汉阳区期中）如图（1），AB，CD为⊙O的两条弦，且AB＝CD，连接AD，BC． （1）求证：AD＝BC； （2）如图（2），若AB⊥CD，作OE⊥BC于E，求证：． 题型十五 与圆周角有关的计算 1．（2024秋•长春期末）如图，OC是⊙O的半径，AB是弦，OC⊥AB，点D在⊙O上，若∠ADC＝26°，则∠BOC的度数为（　　） A．26° B．38° C．52° D．64° 2．（2023秋•荣昌区校级期末）如图，点A，B是⊙O上两点，连接AB，OC⊥AB交⊙O于点C，垂足为点D，优弧上一点E，连接CE，BE，已知∠AOC＝48°，则∠CEB的大小为（　　） A．24° B．30° C．48° D．50° 3．（2024•忠县一模）已知⊙O中半径OC＝3，∠BAC＝45°，则弦BC的长度为（　　） A．3 B． C． D． 4．（2024•大冶市一模）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，∠ACD＝22.5°，AB＝4，则CD的长为（　　） A． B．2 C． D． 题型十六 与圆周角有关的证明 1．如图，已知△ABC中，AB为半圆O的直径，AC、BC分别交半圆O于点E、D，且BD＝DE． （1）求证：点D是BC的中点． （2）若点E是AC的中点，判断△ABC的形状，并说明理由． 2．（2023•新会区二模）如图，点A、B、C在⊙O上，BC是直径，∠ABC的角平分线BD与⊙O交于点D，与AC交于点M，且BM＝MD，连接OD，交AC于点N． （1）证明：OD⊥AC； （2）试猜想AB与OD之间的数量关系，并证明． 3．（2024秋•齐齐哈尔期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E．点M在⊙O上，MD恰好经过圆心O，连接MB． （1）若∠M＝∠D，求证：； （2）若CD＝6，BE＝2，求⊙O的半径． 4．（2023•芜湖模拟）如图1，已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，CE⊥AB于E，D为弧BC的中点，连接AD，分别交CE、CB于点F和点G． （1）求证：CF＝CG； （2）如图2，若AF＝DG，连接OG，求证：OG⊥AB． 题型十七 圆内接四边形相关的计算 1．（2024秋•凤台县期中）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠BCD＝100°，则∠A的度数是（　　） A．40° B．50° C．80° D．160° 2．（2024秋•平城区期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接AC．若AB＝BC，∠BAC＝36°，则∠D的度数是（　　） A．70° B．71° C．72° D．73° 3．（2023•宝鸡二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝135°，AC＝2，连接OA、OC，则OA的长为（　　） A．4 B． C． D． 4．（2024秋•东台市期中）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为5，∠B＝135°，则弦AC的长为 　 　． 题型十八 圆内接四边形相关的证明 1．已知四边形ABCD内接于⊙O，，∠ADC＝120°，求证：△ABC是等边三角形． 2．（2023秋•甘井子区校级期末）如图，AB为⊙O的直径，点D、E在⊙O上，OD∥BE，连接AD并延长交BE延长线于C．求证：DC＝DE． 3．（2024秋•平城区期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接AC，BD交于点M，延长CD至点E． （1）若AB＝AC，猜想∠ADB和∠ADE的数量关系，并说明理由； （2）若∠BAC＝45°，BC＝3．求⊙O的直径． 题型十九 正多边形相关的概念 1．下列命题正确的是（　　） A．各边相等的多边形是正多边形 B．正多边形一定是中心对称图形 C．各角相等的圆内接多边形是正多边形 D．正多边形外接圆的半径是正多边形的半径 2．下列说法中，错误的是（　　） A．正多边形的外接圆的圆心，就是它的中心 B．正多边形的外接圆的半径，就是它的半径 C．正多边形的内切圆的半径，就是它的边心距 D．正多边形的外接圆的圆心角，就是它的中心角 3．下列关于正多边形的叙述，正确的是（　　） A．正九边形既是轴对称图形又是中心对称图形 B．存在一个正多边形，它的外角和为720° C．任何正多边形都有一个外接圆 D．不存在每个外角都是对应每个内角两倍的正多边形 题型二十 正多边形相关的计算 1．（2024秋•遵义期末）刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率，开创了中国数学发展史上圆周率研究的新纪元．某同学在学习“割圆术”的过程中，作了一个如图所示的圆内接正六边形．若正六边形的半径为1，则这个正六边形的边长为（　　） A．1 B． C． D． 2．（2024•东莞市三模）如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心．若∠ADB＝20°，则这个正多边形的边数为（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 3．（2024•武威校级三模）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，AD，CE，CE交AD于点F． （1）求∠CAD的度数． （2）已知AB＝2，求DF的长． 4．（2023秋•巴东县校级月考）如图，⊙O的半径为R，六边形ABCDEF是圆内接正六边形，四边形EFGH是正方形． （1）求∠OGF的度数； （2）求正六边形与正方形的面积比． 题型二十一 弧长的计算 1．（2024秋•黄冈月考）将一把折扇展开，可抽象成一个扇形，若该扇形的半径为2，弧长为，则扇形的圆心角大小为（　　） A．30° B．60° C．90° D．120° 2．（2024•桐乡市校级一模）曹老师家所在的小区有如图1所示的护栏宣传版面，其形状是扇形的一部分，图2是其平面示意图，AD和BC都是半径的一部分，小敏测得∠ADC＝∠BCD＝120°，DC＝0.8m，AD＝BC＝0.6m，则这块宣传版面的周长为（　　） A． B． C． D． 3．（2023•萧县二模）如图，AB是半圆O的直径，C，D是半圆上两点，且满足∠ADC＝120°，AB＝12，则的长为 （　　） A．π B．2π C．4π D．.6π 4．（2023•桐庐县一模）将一半径为6的圆形纸片，沿着两条半径剪开形成两个扇形．若其中一个扇形的弧长为5π，则另一个扇形的圆心角度数是 　 ． 题型二十二 扇形面积的计算 1．如图，一段公路的转弯处是一段圆弧AB，则扇形AOB的面积为（　　） A．15πm2 B．30πm2 C．18πm2 D．12πm2 2．（2023•顺庆区校级三模）如图，矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，以B为圆心，BC为半径画弧交AD于点E，则扇形EBC的面积为（　　） A．2πcm2 B．8πcm2 C．12πcm2 D．15πcm2 3．一个扇形的半径等于一个圆的半径的2倍，且扇形面积是圆的面积的一半，则这个扇形的圆心角度数是（　　） A．45° B．60° C．90° D．75° 4．（2023•哈尔滨）一个扇形的圆心角是150°，弧长是πcm，则扇形的半径是 　 　cm． 题型二十三 求阴影部分的面积 1．（2023•凤台县校级三模）如图，点B在半圆O上，直径AC＝10，∠BAC＝36°，则图中阴影部分的面积为（　　） A．5π B．π C．10π D． 2．（2023•雅安）如图，某小区要绿化一扇形OAB空地，准备在小扇形OCD内种花，在其余区域内（阴影部分）种草，测得∠AOB＝120°，OA＝15m，OC＝10m，则种草区域的面积为（　　） A． B． C． D． 3．如图，圆心重合的两圆半径分别为4、2，∠AOB＝120°，则阴影部分图形的面积为（　　） A．4π B．π C．8π D．16π 4．（2023秋•恩施市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边AB的中点，以点A为圆心，线段AD的长为半径画弧，与AC边交于点E；以点B为圆心，线段BD的长为半径画弧，与BC边交于点F．若BC＝6，AC＝8，则图中阴影部分的面积为（　　） A．48 B．48 C．24 D．24 题型二十四 圆中的综合题 1．（2023•遵义一模）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，且OC⊥AB于点O，点D是的中点，连接AD交OC于M，连接BD，CD． （1）∠DAB的度数为 　 　度． （2）求证：DC＝DM； （3）过点C作CE⊥AD于点E，若BD，求ME的长． 2．已知⊙O的直径为10，点A、点B、点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D． （1）如图①，若BC为⊙O的直径，AB＝6，求AC、BD、CD的长； （2）如图②，若∠CAB＝60°，求BD的长． 3．（2024秋•东台市月考）如图，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC＝∠CPB＝60°，CP交AB于点E． （1）判断△ABC的形状，证明你的结论； （2）①若P是的中点，求证：PC＝PA+PB； ②若点P在上移动，判断PC＝PA+PB是否成立，证明你的结论． 4．四边形ABCD内接于⊙O，AC为其中一条对角线，且S△ABC：S△ADC＝AB：AD． （1）如图1，求证：BC＝CD； （2）如图2：连接OC，交对角线BD于点E，若∠BAD＝60°，求证：OE＝EC； （3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DF⊥AC于点F，连接FO并延长FO，交AB边于点G，若FG⊥AB，OC，求△OFC的面积． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ （（浙教版）九年级上册 第3章：圆的基本性质章末重点题型复习 题型一 与圆的相关概念 1．（2024秋•河东区期中）下列说法中正确的是（　　） A．弦是直径 B．弧是半圆 C．半圆是圆中最长的弧 D．直径是圆中最长的弦 【分析】根据弦、直径、弧、半圆的概念一一判断即可． 【解答】解：A、错误．弦不一定是直径． B、错误．弧是圆上两点间的部分． C、错误．优弧大于半圆． D、正确．直径是圆中最长的弦． 故选：D． 【点评】本题考查圆的基本知识，解题的关键是记住弦、弧、半圆、直径等一个概念，属于基础题，中考常考题型． 2．（2023秋•永善县期末）已知⊙O中最长的弦为8，则⊙O的半径是（　　） A．4 B．8 C．12 D．16 【分析】⊙O最长的弦就是直径从而不难求得半径的长． 【解答】解：∵⊙O中最长的弦为8，即直径为8， ∴⊙O的半径为4． 故选：A． 【点评】本题考查弦，直径等知识，记住圆中的最长的弦就是直径是解题的关键． 3．（2023•西区校级一模）如图，OA是⊙O的半径，B为OA上一点（且不与点O、A重合），过点B作OA的垂线交⊙O于点C．以OB、BC为边作矩形OBCD，连结BD．若CD＝6，BC＝8，则AB的长为（　　） A．6 B．5 C．4 D．2 【分析】如图，连接OC，在Rt△OBC中，求出OB即可解决问题． 【解答】解：如图，连接OC． ∵四边形OBCD是矩形， ∴∠OBC＝90°，OB＝CD＝6， ∴OC＝OA10， ∴AB＝OA﹣OB＝4， 故选：C． 【点评】本题考查圆，勾股定理，矩形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 4．（2023秋•大武口区校级期中）如图，下列说法正确的是（　　） A．线段AB，AC，CD都是⊙O的弦 B．线段AC经过圆心O，线段AC是直径 C．AD＝BD D．弦AB把圆分成两条弧，其中是劣弧 【分析】根据弦的定义对A进行判断；根据直径的定义对B进行判断；不能确定AD＝BD，则可对C进行判断；根据劣弧和优弧的定义对D进行判断． 【解答】解：A．线段AB，AC都是⊙O的弦，CD不是，所以A选项不符合题意； B．线段AC经过圆心O，线段AC是直径，所以B选项符合题意； C．当点D为AB的中点时，AD＝BD，所以C选项不符合题意； D． 为优弧，所以D选项不符合题意． 故选：B． 【点评】本题考查了圆的认识：熟练掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）． 题型二 点和圆的位置关系 1．（2024秋•惠山区校级期中）已知⊙O的半径为5，若OP＝6，则点P（　　） A．在⊙O内 B．在⊙O外 C．在⊙O上 D．与⊙O的位置不确定 【分析】根据点在圆上，则d＝r；点在圆外，d＞r；点在圆内，d＜r（d即点到圆心的距离，r即圆的半径）解答即可． 【解答】解：∵OP＝6＞5， ∴点P与⊙O的位置关系是点在圆外． 故选：B． 【点评】考查了点与圆的位置关系，熟知点和圆的位置关系与数量之间的等价关系是解决问题的关键． 2．（2024秋•甘州区期末）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，⊙O的半径为5，若点P的坐标为（2，3），则点P与⊙O的位置关系是（　　） A．点P在⊙O内 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O外 D．不能确定 【分析】根据P的坐标得出OP的长即可得出结论． 【解答】解：∵点P的坐标为（2，3）， ∴OP， ∵5，O是坐标原点，⊙O的半径为5， ∴点P在⊙内， 故选：A． 【点评】本题考查了点与圆的位置关系，正确得出OP的长是解题的关键． 3．（2024秋•沙坪坝区校级期末）已知⊙O的半径是5，平面内一点A到圆心O的距离OA＝8，则点A与⊙O的位置关系是（　　） A．点A在⊙O上 B．点A在⊙O内 C．点A在⊙O外 D．无法确定 【分析】根据点与圆的位置关系判断即可． 【解答】解：∵OA＝8，r＝5，8＞5， ∴点A与⊙O的位置关系是点A在⊙O外． 故选：C． 【点评】本题考查点与圆的位置关系，解题的关键是记住：①点P在圆外⇔d＞r．②点P在圆上⇔d＝r．③点P在圆内⇔d＜r． 4．（2024秋•新洲区月考）已知⊙O的半径为3，P为⊙O所在平面内某直线l上一点，OP＝3，则过点P的直线PQ与⊙O的公共点个数为（　　） A．1或2 B．2 C．0 D．1 【分析】根据圆心到直线的距离是3，则直线和圆相交或相切，据此可以得到公共点的个数． 【解答】解：∵⊙O的半径为3，P为⊙O所在平面内某直线l上一点，OP＝3， ∴直线PQ与圆相切或相交， 故公共点的个数为1或2． 故选：A． 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，熟知点与圆的三种位置关系是解题的关键． 5．（2023秋•东光县期中）如图，在平面直角坐标系中，A、B、C是⊙M上的三个点，A（0，4）、B（4，4）、C（6，2）． （1）圆心M的坐标为　 　； （2）判断点D（4，﹣3）与⊙M的位置关系． 【分析】（1）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． （2）求出⊙M的半径，MD的长即可判断； 【解答】解：（1）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（2，0） 故答案为：2，0． （2）圆的半径AM2， 线段MD2， 所以点D在⊙M内． 【点评】本题主要考查确定圆的条件和坐标与图形性质的知识点，点与圆的位置关系等知识，能够根据垂径定理的推论得到圆心的位置是解决问题的关键． 题型三 确定圆心的位置 1．（2023秋•迁安市期末）如图所示的网格由边长相同的小正方形组成，点A、B、C、D、E、F、G在小正方形的顶点上，则△ABC的外心是（　　） A．点D B．点E C．点F D．点G 【分析】根据三角形三边的垂直平分线相交于一点，这一点叫做它的外心，据此解答即可． 【解答】解：由图可知，， ∴FA＝FB＝FC， ∴F点在AB，AC，BC三边的垂直平分线上， ∴点F是△ABC外心， 故选：C． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理等知识点，解答本题的关键是明确三角形的外心是三角形三边的垂直平分线的交点． 2．（2024秋•潮南区校级月考）如图，直角坐标系中A（0，4），B（4，4），C（6，2），经过A，B，C三点的圆，圆心为M，则点M的坐标为（　　） A．（1，﹣1） B．（1，0） C．（2，0） D．（2，1） 【分析】由网络可得出线段AB和BC的垂直平分线的交点，这个交点即为圆心M，进而可得点M的坐标． 【解答】解：作线段AB和BC的垂直平分线，如下图，交点为圆心M，则点M（2，0）， 故选：C． 【点评】本题考查了垂径定理、坐标与图形．掌握其性质是解决此题的关键． 3．（2023秋•历下区期末）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点O，A，B，C在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原点建立直角坐标系． （1）过A，B，C三点的圆的圆心M坐标为 　 　． （2）求⊙M的面积（结果保留π）． 【分析】（1）连接AB，AC，分别作AB、AC的垂直平分线，两直线交于点M，就是过A，B，C三点的圆的圆心，有图形可得M的坐标； （2）由勾股定理即可求得圆的直径，根据圆的面积公式即可得到结论． 【解答】解：（1）如图所示：连接AB，AC，分别作AB、AC的垂直平分线，两直线交于点M， 则点M就是过A，B，C三点的圆的圆心，由图形可知M的坐标为M（1，﹣2）， 故答案为：（1，﹣2）； （2）连接MB， 由勾股定理得MB， 故圆的面积为10π． 【点评】此题考查三角形的外接圆与外心，垂径定理，勾股定理，解题的关键是根据垂径定理得出圆心位置． 4．将图中的破轮子复原，已知弧上三点A，B，C． （1）画出该轮的圆心； （2）若△ABC是等腰三角形，底边BC＝16cm，腰AB＝10cm，求圆片的半径R． 【分析】（1）根据垂径定理，分别作弦AB和AC的垂直平分线交点即为所求； （2）连接AO，OB，利用垂径定理和勾股定理可求出圆片的半径R． 【解答】解：（1）如图所示：分别作弦AB和AC的垂直平分线交点O即为所求的圆心； （2）连接AO，OB，BC，BC交OA于D． ∵BC＝16cm， ∴BD＝8cm， ∵AB＝10cm， ∴AD＝6cm， 设圆片的半径为R，在Rt△BOD中，OD＝（R﹣6）cm， ∴R2＝82+（R﹣6）2， 解得：Rcm， ∴圆片的半径R为cm． 【点评】本题主要考查了垂径定理的推论，我们可以把垂径定理的题设和结论这样叙述：一条直线①过圆心，②垂直于弦，③平分弦，④平分优弧，⑤平分劣弧．在应用垂径定理解题时，只要具备上述5条中任意2条，则其他3条成立． 题型四 三角形的外接圆与外心 1．（2024秋•思明区校级期中）如图，⊙O是△ABC的外接圆，BC＝2，∠BAC＝30°，则⊙O的直径长等于（　　） A．2 B．3 C． D．4 【分析】连接BO并延长交⊙O于D，连接CD，得到∠BCD＝90°，根据圆周角定理得到∠D＝∠BAC＝30°，根据含30°角直角三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：连接BO并延长交⊙O于D，连接CD， 则∠BCD＝90°， ∵∠BAC＝30°， ∴∠D＝∠BAC＝30°， ∵BC＝2， ∴BD＝2BC＝4， 故选：D． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，含30°角的直角三角形的性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 2．（2024秋•溧阳市期中）在△ABC中，∠A＝50°，若点O为ABC的外心，则∠BOC等于（　　） A．40° B．50° C．100° D．110° 【分析】已知点O是△ABC的外心，那么∠A、∠BOC即为同弧所对的圆周角和圆心角，根据圆周角定理即可得到∠BOC的度数． 【解答】解：由于点O是△ABC的外心，所以在△ABC的外接圆⊙O中， 则∠BAC、∠BOC同对着弧BC； 由圆周角定理得：∠BOC＝2∠BAC＝100°， 故选：C． 【点评】此题主要考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理的相关知识，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 3．（2023秋•东莞市校级期末）如图，△ABC中，∠A＝60°，BC＝2cm，能够将△ABC完全覆盖的最小圆形纸片的半径为（　　） A． B． C．2cm D． 【分析】作△ABC的外接圆⊙O，作直径BD，连接CD，如图，根据圆周角定理得到∠BCD＝90°，∠D＝60°，则利用含30角的直角三角形三边的关系计算出BDcm，从而得到⊙O的半径为cm，于是得到能够将△ABC完全覆盖的最小圆形纸片的半径． 【解答】解：作△ABC的外接圆⊙O，作直径BD，连接CD，如图， ∵BD为直径， ∴∠BCD＝90°， ∵∠D＝∠A＝60°， ∴CDBCcm， ∴BD＝2CDcm， ∴⊙O的半径为cm， ∴能够将△ABC完全覆盖的最小圆形纸片的半径为cm． 故选：B． 【点评】本题考查了三角形为外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了圆周角定理． 4．（2024秋•东城区校级期中）如图，△ABC内接于⊙O，高AD经过圆心O．若BC＝8，⊙O的半径为5，求△ABC的面积． 【分析】根据垂径定理得到，根据圆心角、弧、弦之间的关系定理证明AB＝AC，连接OB，根据垂径定理求出BD，根据勾股定理求出OD，根据三角形 的面积公式计算，得到答案． 【解答】解：∵OD⊥BC， ∴， ∴AB＝AC， 连接OB， ∵OD⊥BC，BC＝8， ∴BD＝DCBC8＝4， 在Rt△ODB中，OD3， ∴AD＝5+3＝8， ∴S△ABC8×8＝32． 【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握垂径定理、圆心角、弧、弦之间的关系定理是解题的关键． 题型五 旋转的相关概念 1．（2023秋•邯郸期末）下列运动属于旋转的是（　　） A．足球在草地上滚动 B．火箭升空的运动 C．汽车在急刹车时向前滑行 D．钟表的钟摆的摆动 【分析】根据旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转进行分析即可． 【解答】解：A、足球在草地上滚动，不是绕着某一个固定的点转动，不属旋转，故此选项不符合题意； B、火箭升空的运动，是平移，故此选项不符合题意； C、汽车在急刹车时向前滑行，是平移，故此选项不符合题意； D、钟表的钟摆的摆动的过程，是旋转，故此选项符合题意； 故选：D． 【点评】此题主要考查了生活中的旋转，关键是掌握旋转定义． 2．（2024秋•海淀区校级月考）图中是北京十一晋元中学的logo，将它顺时针旋转90°后的图形是（　　） A．B． C． D． 【分析】根据旋转的定义进行判断即可． 【解答】解：将它顺时针旋转90°后，只有C选项符合题意． 故选：C． 【点评】本题主要考查了生活中的旋转现象，解题的关键是熟练掌握旋转的定义． 3．（2024秋•水富市校级期中）下列运动中，不属于旋转的是（　　） A．电风扇叶片的转动 B．酒店旋转门的转动 C．钟摆的摆动 D．热气球点火升空 【分析】根据旋转的定义解答即可． 【解答】解：由旋转的定义可知， A、电风扇叶片的转动是旋转，不符合题意； B、酒店旋转门的转动是旋转，不符合题意； C、钟摆的摆动是旋转，不符合题意； D、热气球点火升空不是旋转，符合题意， 故选：D． 【点评】本题考查了生活中的旋转现象，熟知旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合是解题的关键． 4．（2023秋•平城区期末）如图，将方格纸中的图形绕点O逆时针旋转90°后得到的图形是（　　） A． B． C． D． 【分析】利用已知将图形绕点O逆时针旋转90°得出符合题意的图形即可． 【解答】解：如图所示：将方格纸中的图形绕点O逆时针旋转90°后得到的图形是 ， 故选：C． 【点评】本题考查了生活中的旋转现象，在找旋转中心时，要抓住“动”与“不动”，熟悉图形的性质是解题的关键． 题型六 利用旋转的性质求角度 1．（2024秋•水富市校级期中）如图，△DEC是△ABC绕点C旋转得到的，∠B＝25°，∠1＝65°，则旋转角的度数是（　　） A．90° B．85° C．65° D．25° 【分析】先根据三角形内角和定理求出∠ACD＝90°，再结合图形可知，旋转角即为∠ACD的度数，据此可得答案． 【解答】解：∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到的， ∴旋转角的度数是∠ACD和∠BCE， ∵∠B＝25°，∠1＝65°， ∴∠ACD＝∠ECB＝180°﹣∠1﹣∠B＝90°， 故选：A． 【点评】本题主要考查了求旋转角，三角形内角和定理，关键是要理解旋转是一种位置变换，旋转前后图形的形状和大小不变，只是位置变化． 2．（2024秋•凤台县期中）如图，△DBE是由△ABC绕点B按逆时针方向旋转40°得到的．若AB⊥DE，则∠A的度数为（　　） A．50° B．45° C．40° D．无法确定 【分析】先由旋转得△DBE≌△ABC，∠DBA＝∠CBE＝40°，则∠A＝∠D，因为AB⊥DE，所以∠DBA+∠D＝90°，代入计算，即可作答． 【解答】解：∵△DBE是由△ABC绕点B按逆时针方向旋转40°得到的．AB⊥DE， ∴△DBE≌△ABC，∠DBA＝∠CBE＝40°， ∴∠A＝∠D， ∴∠DBA+∠D＝90°， ∴∠A＝∠D＝90°﹣40°＝50°， 故选：A． 【点评】本题考查了旋转性质，全等三角形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 3．（2023秋•石狮市期末）如图，在△ABC中，∠B＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，且点E恰好落在BC上．若∠DAE＝95°，则∠AEC的度数是（　　） A．50° B．55° C．60° D．65° 【分析】由将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，可得∠DAE＝∠BAC＝95°，AE＝AC，又∠B＝30°，故∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠B＝55°，从而∠AEC＝∠C＝55°． 【解答】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE， ∴∠DAE＝∠BAC＝95°，AE＝AC， ∵∠B＝30°， ∴∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠B＝55°， ∵AE＝AC， ∴∠AEC＝∠C＝55°； 故选：B． 【点评】本题考查旋转的性质及应用，解题的关键是掌握旋转前后，对应角相等，对应边相等． 4．（2023秋•大冶市期末）如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝40°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转100°，得到△DBE，连接AD，CE交于点F． （1）求证：△ABD≌△CBE； （2）求∠AFC的度数． 【分析】（1）根据旋转角求出∠ABC＝∠DBE，然后利用“边角边”证明△ABD和△ACE全等． （2）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵△ABC绕点B按逆时针方向旋转100°， ∴∠ABC＝∠DBE＝40°， ∴∠ABD＝∠CBE＝100°， 又∵BA＝BC， ∴AB＝BC＝BD＝BE， 在△ABD与△CBE中， ， ∴△ABD≌△CBE（SAS）． （2）解：∵∠ABD＝∠CBE＝100°，BA＝BC＝BD＝BE， ∴∠BAD＝∠ADB＝∠BCE＝∠BEC＝40°． ∵∠ABE＝∠ABD+∠DBE＝140°， ∴∠AFE＝360°﹣∠ABE﹣∠BAD﹣∠BEC＝140°， ∴∠AFC＝180°﹣∠AFE＝40°． 【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键． 题型七 利用旋转的性质求线段长 1．（2024秋•伊春期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，AC＝3，将△ABC绕点B逆时针旋转得△A′BC′，若点C′在AB上，则AA′的长为（　　） A． B．4 C． D．5 【分析】由旋转的性质得出AC′、A′C′的长度，利用勾股定理即可得出答案． 【解答】解：∵将△ABC绕点B逆时针旋转得△A′BC′， ∴∠A′C′B＝∠C＝90°，A′C′＝AC＝3，AB＝A′B， 根据勾股定理得： ， ∴A′B＝AB＝5， ∴AC′＝AB﹣BC′＝1， 在△AA′C′中，由勾股定理得： AA'， 故选：A． 【点评】本题主要考查旋转的性质和勾股定理等知识，解题的关键是掌握旋转的性质． 2．（2023秋•宁化县期中）如图，点E是正方形ABCD中CD上的一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，若四边形AECF的面积为16，DE＝1，则EF的长是（　　） A． B．5 C．2 D．4 【分析】设正方形的边长为a，利用旋转的性质得到△ABF≌△ADE，BF＝DE＝1，AF＝AE，∠EAF＝90°，则S正方形ABCD＝S四边形AFCE，利用正方形的面积公式计算出a＝4，然后利用勾股定理计算出AE，从而得到EF的长． 【解答】解：设正方形的边长为a， ∵△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置， ∴△ABF≌△ADE，BF＝DE＝1，AF＝AE，∠EAF＝90°，∠ABF＝∠ADE＝90°， ∴S正方形ABCD＝S四边形AFCE， 即a2＝16，解得a＝4或a＝﹣4（舍去）， 在Rt△ADE中，AE， ∴EFAE． 故选：A． 【点评】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．也考查了正方形的性质． 3．（2024秋•泸州期末）如图，在正方形ABCD中，将边BC绕点B逆时针旋转至BC′，连接CC′，DC′，若∠CC'D＝90°，C′D＝3，则线段BC′的长度为（　　） A．6 B． C． D． 【分析】过点B作BE⊥CC'于点E，证明△BCE≌△CDC'（AAS），由全等三角形的性质得出CE＝C'D，由旋转的性质及等腰三角形的性质求出CC'＝6，由勾股定理可得出答案． 【解答】解：过点B作BE⊥CC'于点E， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD，∠BCD＝90°， ∴∠BCE+∠C'CD＝90°， ∵∠BCE+∠CBE＝90°， ∴∠C'CD＝∠CBE， 又∵∠BEC＝∠CC'D， ∴△BCE≌△CDC'（AAS）， ∴CE＝C'D， ∵将边BC绕点B逆时针旋转至BC'， ∴BC＝BC'， 又∵BE⊥CC'， ∴CE＝C'E＝C'D＝3， ∴CC'＝6， ∴CD3， ∴BC＝3． 故选：D． 【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 4．（2024秋•濂溪区校级期中）如图，在△ABC中，∠BCA＝135°，将△ACB绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE，连接CD，CE． （1）求证：点B，C，D在同一条直线上． （2）若BC＝2，，求△CDE的面积． 【分析】（1）由旋转的性质可知△ACB≌△ADE，∠CAD＝90°，则有∠ACD＝∠ADC＝45°，然后可得∠BCA+∠ACD＝180°，进而问题可求证； （2）由（1）可知∠CAD＝90°，AC＝AD，DE＝BC＝2，则有CD＝6，然后问题可求解． 【解答】（1）证明：在△ABC中，∠BCA＝135°，将△ACB绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE， ∴△ACB≌△ADE（SSS），∠CAD＝90°， ∴AC＝AD， ∴． ∴∠BCA+∠ACD＝135°+45°＝180°， ∴点B，C，D在同一条直线上； （2）解：由（1）可知∠CAD＝90°，AC＝AD， 在直角三角形ACD中，由勾股定理得：． ∵∠ADE＝∠BCA＝135°， ∴∠CDE＝∠ADE﹣∠ADC＝90°． ∵DE＝BC＝2， ∴． 【点评】本题主要考查旋转的性质，三角形的面积，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 题型八 旋转作图 1．（2024秋•上杭县期中）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点B的坐标为（1，0）． （1）画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1； （2）画出将△A1B1C1绕原点O顺时针旋转90°所得的△A2B2C2． 【分析】（1）根据轴对称的性质，确定A、B、C的对应点，再依次连接即可得到△A1B1C1； （2）利用旋转的性质，进行作图即可． 【解答】解：（1）△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，如图1即为所作； （2）如图2，△A2B2C2即为所作． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换，作图﹣轴对称变换，熟练掌握轴对称的性质，旋转的性质是解题的关键． 2．（2024秋•大同期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在格点（小正方形的顶点）上，每个小正方形的边长均为1个单位长度． （1）将△ABC绕点O逆时针旋转90°，画出旋转后得到的△A1B1C1； （2）画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC关于y轴对称； （3）△A1B1C1与△A2B2C2是否成中心对称？（答出“是”或“否”即可） 【分析】（1）根据旋转的性质作图即可． （2）根据轴对称的性质作图即可． （3）分别连接A1A2，B1B2，C1C2，可得A1A2∥B1B2∥C1C2，即可得出结论． 【解答】解：（1）画出△A1B1C1如图所示． （2）画出△A2B2C2如图所示． （3）分别连接A1A2，B1B2，C1C2， 可得A1A2∥B1B2∥C1C2， ∴△A1B1C1与△A2B2C2不成中心对称． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换、作图﹣轴对称变换，熟练掌握旋转的性质、轴对称的性质、中心对称的性质是解答本题的关键． 3．（2023春•滕州市期中）在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示．（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）． （1）将△ABC沿x轴方向向左平移6个单位，画出平移后得到的△A1B1C1； （2）将△ABC绕着点A顺时针旋转90°，画出旋转后得到的△AB2C2． （3）△AB2C2可看作由△A1B1C1绕P点旋转而成，点P坐标为 　 　． 【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C2即可； （2）利用旋转变换的性质分别作出B，C的对应点B2，C2即可； （3）对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求； （2）如图，△AB2C2即为所求； （3）△AB2C2可看作由△A1B1C1绕P点旋转而成，点P坐标为（﹣2，﹣2）． 故答案为：（﹣2，﹣2）． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型． 4．（2024秋•四平期末）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，4），B（1，1），C（4，3）． （1）△ABC的面积是 　 　． （2）请画出△ABC绕点B顺时针旋转90°后的△A1BC1． （3）已知点P（0，m）为y轴上一点，当PA+PB取得最小值时，m的值是 　 　． 【分析】（1）利用割补法求三角形面积即可． （2）先确定点的位置，再连线即可． （3）作点A关于y轴的对称点A'，连接A'B，则与y轴的交点即为所求的点P．利用待定系数法求出直线A'B的解析式，再令x＝0，即可得m． 【解答】解：（1）△ABC的面积为3×31×32×13×2． （2）如图，△A1BC1即为所求． （3）如图，作点A关于y轴的对称点A'，连接A'B， 则与y轴的交点即为所求的点P． ∵A（2，4）， ∴A'（﹣2，4）， 设直线A'B的解析式为y＝kx+b， 将点A'（﹣2，4），B（1，1）代入， 得， 解得， ∴直线A'B的解析式为y＝﹣x+2， 令x＝0，得y＝2， ∴点P的坐标为（0，2）， ∴m＝2． 故答案为：2． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换、轴对称﹣最短路线问题，解题的关键是根据旋转变换和轴对称变换得到变换后的对应点． 题型九 旋转性质的综合应用 1．（2023春•东昌府区期末）在等边三角形ABC的内部有一点D，连接BD，CD，以点B为中心，把BD逆时针旋转630°得到HD′，连接AD′，DD′．以点C为中心，把CD顺时针旋转60°得到CD″，连接AD″，DD″． （1）判断∠D′BA和∠DBC的大小关系，并说明理由； （2）求证：D′A＝DC； （3）求证：四边形AD'DD″是平行四边形． 【分析】（1）先根据旋转的性质得∠DBD′＝60°，BD＝BD′，则可判断△BDD′为等边三角形，所以∠DBD′＝60°，BD＝BD′，再2利用△ABC为等边三角形得到∠ABC＝60°，BA＝BC，则可得到∠D′BA＝∠DBC； （2）通过证明△ABD′≌△CBD得到D′A＝DC； （3）先判断△DCD″为等边三角形得到DD″＝DC，∠DCD″＝60°，再与（2）的证明方法一样证明△ACD″≌Rt△BCD得到AD″＝BD，所以DD′＝AD″，加上DD″＝DC＝AD′，从而可判断四边形AD'DD″是平行四边形． 【解答】（1）解：∠D′BA＝∠DBC． 理由如下：∵BD逆时针旋转60°得到BD′， ∴∠DBD′＝60°，BD＝BD′， ∴△BDD′为等边三角形， ∴DD′＝BD，∠DBD′＝60°， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠ABC＝60°，BA＝BC， ∵∠D′BA+∠ABD＝60°，∠ABD+∠DBC＝60°， ∴∠D′BA＝∠DBC； （2）证明：在△ABD′和△CBD中， ， ∴△ABD′≌△CBD（SAS）， ∴D′A＝DC； （3）证明：∵CD顺时针旋转60°得到CD″， ∴∠DCD″＝60°，CD＝CD″， ∴△DCD″为等边三角形， ∴DD″＝DC，∠DCD″＝60°， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠ACB＝60°，CA＝CB， ∵∠D″CA+∠ACD＝60°，∠ACD+∠DCB＝60°， ∴∠D″CA＝∠DCB； 在△ACD″和△BCD中， ， ∴△ACD″≌Rt△BCD（SAS）， ∴AD″＝BD， ∴DD′＝AD″， ∵DD″＝DC＝AD′， ∴四边形AD'DD″是平行四边形． 【点评】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．也考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质和平行四边形的判定． 2．（2023春•驿城区期末）感知：如图①，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点B在线段AD上，点C在线段AE上，我们很容易得到BD＝CE，不需证明． 探究：如图②，将△ADE绕点A逆时针旋转α（0＜α＜90°），连结BD和CE，此时BD＝CE是否依然成立？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由．应用：如图③，当△ADE绕点A逆时针旋转，使得点D落在BC的延长线上，连结CE．求： ①∠ACE的度数； ②若AB＝AC＝2，CD＝2，则线段DE的长是多少？ 【分析】探究：利用SAS证明△ABD≌△ACE，得BD＝CE； 应用：①同理可得△ABD≌△ACE（SAS），得∠ABD＝∠ACE＝45； ②由△ACE≌△ABD得，∠ACE＝∠ABD＝45°，则∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，再利用勾股定理可得答案． 【解答】解：探究：成立，∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE， ∵将△ADE绕点A逆时针旋转α， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE； 应用：①∵AB＝AC，∠BAD＝CAE，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE＝45°； ②∵AB＝AC＝2， ∴BC4， ∵△ACE≌△ABD， ∴∠ACE＝∠ABD＝45°， ∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°， ∵AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE， ∴BC+CD＝BD＝CE＝4＝2＝6； ∴DE2． 【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明△ACE≌△ABD是解题的关键． 3．（2023春•连平县期中）如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，将△BOC绕点C按顺时针旋转60°，得△ADC，连接OD． （1）判断△COD的形状，并证明； （2）当α＝150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由； （3）直接写出α为多少度时，△AOD是等腰三角形？ 【分析】（1）由旋转的性质得出CO＝CD、∠OCD＝60°即可知△COD是等边三角形； （2）由旋转可以得出 OC＝DC，∠DCO＝60°，就可以得出△ODC是等边三角形，就可以得出∠ODC＝60°，从而得出∠ADO＝90°，而得出△AOD的形状； （3）由条件可以表示出∠AOC＝250°﹣a，就有∠AOD＝190°﹣a，∠ADO＝a﹣60°，当∠DAO＝∠DOA，∠AOD＝ADO或∠OAD＝∠ODA时分别求出a的值即可． 【解答】解：（1）△COD是等边三角形， ∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC， ∴△BOC≌△ADC，∠OCD＝60° ∴CO＝CD ∴△COD是等边三角形． （2）当α＝150°时，△AOD是直角三角形． ∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC ∴△BOC≌△ADC， ∴∠BOC＝∠ADC＝150° 由（1）△COD是等边三角形 ∴∠ODC＝60° ∴∠ADO＝150°﹣60°＝90° 当α＝150°时，△AOD是直角三角形． （3）∵∠AOB＝110°，∠BOC＝α ∴∠AOC＝250°﹣a． ∵△OCD是等边三角形， ∴∠DOC＝∠ODC＝60°， ∴∠ADO＝a﹣60°，∠AOD＝190°﹣a， ①当∠DAO＝∠DOA时， 2（190°﹣a）+a﹣60°＝180°， 解得：a＝140° ②当∠AOD＝ADO时， 190°﹣a＝a﹣60°， 解得：a＝125°， ③当∠OAD＝∠ODA时， 190°﹣a+2（a﹣60°）＝180°， 解得：a＝110° ∴α＝110°，α＝140°，α＝125°． 【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质的运用，旋转的性质的运用，直角三角形的判定，全等三角形的判定及性质的运用，等腰三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键． 4．如图1，在正方形ABCD中，AB＝4．将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点与点D重合．三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q． （1）求证：AP＝CQ； （2）如图2，在图1的基础上作∠PDQ的平分线DE交BC于点E，连接PE，判断PE与QE之间的数量关系，并加以证明； （3）在（2）的条件下，若AP＝1，试求PE的长． 【分析】（1）证明△ADP≌△CDQ，根据全等三角形的性质得到答案； （2）根据全等三角形的性质得到DP＝DQ，证明△PDE≌△QDE，根据全等三角形的性质得到PE＝EQ； （3）用PE表示出BE，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ADC＝90°，∠B＝90°，AD＝CD， ∵∠ADC＝∠PDQ＝90°， ∴∠ADC﹣∠PDC＝∠PDQ﹣∠PDC，即∠ADP＝∠CDQ， 在△ADP和△CDQ中， ， ∴△ADP≌△CDQ（ASA） ∴AP＝CQ， ∵∠B＝90°， ∴AP⊥CQ， ∴AP＝CQ，AP⊥CQ； （2）解：PE＝QE， 理由如下：由（1）可知，△ADP≌△CDQ， ∴DP＝DQ， ∵DE是∠PDQ的平分线， ∴∠PDE＝∠QDE， 在△PDE和△QDE中， ， ∴△PDE≌△QDE（SAS）， ∴PE＝EQ； （3）解：∵AB＝4，AP＝1， ∴BP＝4﹣1＝3， 由（2）可知，PE＝EQ， ∴CE＝EQ﹣CQ＝PE﹣1， ∴BE＝BC﹣CE＝5﹣PE， 在Rt△PBE中，PB2+BE2＝PE2，即32+（5﹣PE）2＝PE2， 解得，PE＝3.4． 【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理以及勾股定理是解题的关键． 题型十 利用垂径定理求线段长 1．（2024秋•三门峡期中）如图，AB，AC分别是⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，连接BD，BC，且BD＝5，BC＝4，则△ABD的面积为（　　） A．24 B．6 C．12 D．4.5 【分析】先利用勾股定理求出CD，再根据垂径定理得出AD＝CD，即可解答． 【解答】解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， 在Rt△BCD中，由勾股定理可得： ， ∵OD⊥AC ∴AD＝CD＝3 ∴， 故选：B． 【点评】本题考查了垂径定理和勾股定理，熟知垂径定理和勾股定理是解题的关键． 2．（2024秋•冠县期中）如图，⊙O的直径AB与弦CD交于点E，若B为的中点，则下列说法错误的是（　　） A． B．OE＝BE C．CE＝DE D．AB⊥CD 【分析】根据垂径定理及其推论判断即可． 【解答】解：∵点B为的中点， ∴，故A选项说法正确，不符合题意； ∵AB是⊙O的直径，， ∴CE＝DE，AB⊥CD，故C、D选项说法正确，不符合题意； 不能证明OE＝BE，故B选项说法错误，符合题意； 故选：B． 【点评】本题考查的是垂径定理及其推论，垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧，平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧． 3．（2024秋•济宁期中）AB是⊙O的直径，过点D作DE⊥AB于点E，延长DE交⊙O于点F，若AE＝2，⊙O的直径为10，则DF长为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【分析】连接OD，根据题意易得DE＝EF，AO＝OD＝5，进而求出OE的长度，再利用勾股定理求出DE的长度即可求解． 【解答】解：连接OD，如下图： ∵⊙O的直径为10， ∴． ∵AE＝2， ∴OE＝OA﹣AE＝5﹣2＝3． 在Rt△ODE中 ， ∵DE⊥AB于点E， ∴DF＝2DE＝2×4＝8． 故选：D． 【点评】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，作辅助线构建直角三角形是解答关键． 4．（2024秋•武都区期中）如图，CD是⊙O的直径，AC，AB，BD是⊙O的弦，AB∥CD． （1）求证：AC＝BD； （2）如果弦AB的长为8，AB与CD间的距离是3，求CD的长． 【分析】（1）过点O作OF⊥AB，延长OF交⊙O于点E，根据题意可得：，，推出，即可证明； （2）根据垂径定理可得AF＝4，再根据勾股定理求出OA＝5，即可求解． 【解答】（1）证明：如图，作OF⊥AB交于点F，延长OF交圆O于E点， ∵CD是⊙O的直径，AB∥CD， ∴，， ∴，即， ∴AC＝BD； （2）解：∵OF⊥AB，则FABA＝4， ∵AB∥CD，AB与CD间的距离是3，即OF＝3， ∴OA5， ∴OC＝OD＝OA＝5， ∴CD＝OC+OD＝10． 【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线． 5．（2024秋•莘县期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，以点C为圆心，BC为半径的圆交AB于点D，交AC于点E． （1）若∠A＝35°，求的度数； （2）若BC＝6，AC＝8，求BD的长． 【分析】（1）求出∠B的度数，求出∠B所对的弧的度数，即可得出答案； （2）作CH⊥BD，如图，根据垂径定理得到BH＝DH，再利用勾股定理计算出AB＝10，接着利用面积法计算出，然后利用勾股定理计算出BH，从而得到BD的长． 【解答】解：（1）连接CD， ∵∠A＝35°， ∴∠B＝55°， ∵CB＝CD， ∴∠B＝∠CDB＝55°， ∴∠BCD＝70°， ∴∠DCE＝20°， ∴的度数为20°； （2）作CH⊥BD，则BH＝DH， 在Rt△ABC中，BC＝6，AC＝8， ∴AB10， ∵， ∴， ∴在Rt△BCH中，BH， ∴． 【点评】本题考查了垂径定理以及勾股定理，解题的关键是正确添加辅助线构造直角三角形． 题型十一 利用垂径定理求最值 1．（2023春•江夏区校级月考）如图，在⊙O中，弦AB＝5，点C在AB上移动，连结OC，过点C作CD⊥OC交⊙O于点D，则CD的最大值为（　　） A．5 B．2.5 C．3 D．2 【分析】连接OD，如图，利用勾股定理得到CD，利用垂线段最短得到当OC⊥AB时，OC最小，再求出CD即可． 【解答】解：连接OD，如图， ∵CD⊥OC， ∴∠DCO＝90°， ∴CD， 当OC的值最小时，CD的值最大， 而OC⊥AB时，OC最小，此时D、B两点重合， ∴CD＝CBAB5＝2.5， 即CD的最大值为2.5， 故选：B． 【点评】本题考查了垂线段最短，勾股定理和垂径定理等知识点，能求出点C的位置是解此题的关键． 2．在平面直角坐标系中，若以A（2，﹣1）为圆心，2为半径的⊙A与过点B（1，0）的直线交于C、D，则CD的最小值为（　　） A． B．2 C．2 D．4 【分析】连接AC，作AE⊥CD于E，根据垂径定理和勾股定理得出CE＝DECD，CE，所以当AE取最大值时，CE最小，即CD最小，由于AE的最大值为AB，利用勾股定理即可求得CE的最小值，进而求得CD的最小值． 【解答】解：如图，连接AC，作AE⊥CD于E， ∴CE＝DECD，CE ∵AC＝2， ∴当AE取最大值时，CE最小，即CD最小， ∴当E点与B重合时，AE最大， ∵A（2，﹣1），B（1，0）， ∴AB2＝（2﹣1）2+（﹣1﹣0）2＝2， ∴CE的最小值为：， ∴CD的最小值为2， 故选：C． 【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理，垂线段最短以及坐标与图形性质，明确E点与B重合时，AE最大是解题的关键． 3．（2023•江都区模拟）如图平面直角坐标系中，⊙O的半径为5，弦AB的长为4，过点O作OC⊥AB于点C，⊙O内一点D的坐标为（﹣4，3），当弦AB绕点O顺时针旋转时，点D到AB的距离的最小值是　 　． 【分析】连接OB，如图，利用垂径定理得到AC＝BC＝2，则利用勾股定理可计算出OC＝11，利用三角形三边的关系，当OC经过点D时，点D到AB的距离的最小，然后计算出OD的长，从而得到点D到AB的距离的最小值． 【解答】解：连接OB，如图， ∵OC⊥AB， ∴AC＝BCAB＝2， 在Rt△OBC中，OC11， 当OC经过点D时，点D到AB的距离的最小， ∵OD5， ∴点D到AB的距离的最小值为11﹣5＝6． 故答案为6． 【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理． 题型十二 利用垂径定理解决实际问题 1．（2024秋•海伦市期中）小名同学在实际生活中发现问题，并利用所学的数学知识解决问题，用钢珠来测量零件上小孔的直径，假设钢珠的直径是12毫米，测得钢珠顶端离零件表面的距离为9毫米，如图所示，则这个小孔的直径AB是（　　）毫米． A．6 B．6 C．6 D．8 【分析】已知钢珠的直径是12毫米，本题是有关圆的半径，弦长，弦心距之间的运算，通常是利用垂径定理，转化为解直角三角形问题． 【解答】解：连接OA，通过圆心O，作弦AB的垂线交AB于C， 则在Rt△OAC中，OA＝6mm，OC＝9﹣6＝3mm， AC2+OC2＝OA2，即AC2+32＝62， ∴mm， ∴mm． 故选：B． 【点评】有关圆的半径，弧长，弦长之间的计算一般是转化为解直角三角形． 2．（2024秋•中山区校级期中）如图，一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为5cm，瓶内液体的最大深度CD＝2cm，则截面圆中弦AB的长为（　　）cm． A．4 B．6 C．8 D．8.4 【分析】由垂径定理得AC＝BCAB，再由勾股定理得AC＝4cm，即可得出结论． 【解答】解：由题意得：OC⊥AB， ∴AC＝BCAB，∠OCA＝90°， 由OA＝OD＝5cm，CD＝2cm可知： OC＝OD﹣CD＝5﹣2＝3（cm）， 在Rt△OAC中，由勾股定理得： AC4（cm）， ∴AB＝2AC＝8（cm）． 故选：C． 【点评】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键． 3．（2024秋•凤台县期中）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AB长8m，设圆心为O，OC⊥AB交水面AB于点D，轮子的吃水深度CD为2m，求该桨轮船的轮子直径． 【分析】本题先表示OD＝（r﹣2）m，求解AD＝4m，再利用勾股定理建立方程求解即可． 【解答】解：设半径为r m，由题意可得：OA＝OC＝r m， ∴OD＝（r﹣2）m． ∵AB＝8m，OC⊥AB， ∴AD＝4m． ∵OA2＝OD2+AD2， ∴r2＝（r﹣2）2+4， ∴r＝5m 直径＝2×5＝10（m）． 答：该桨轮船的轮子直径为10m． 【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理，根据题意在圆内构建直角三角形，利用勾股定理求出直径是解答本题的关键． 4．（2024秋•孝昌县期中）某村为了促进农村经济发展，建设了蔬菜基地，新建了一批蔬菜大棚．如图是蔬菜大棚的截面，形状为圆弧型，圆心为O，跨度AB（弧所对的弦）的长为8米，拱高CD（弧的中点到弦的距离）为2米． （1）求该圆弧所在圆的半径； （2）在修建过程中，在距蔬菜大棚的一端（点B）1米处将竖立支撑杆EF，求支撑杆EF的高度． 【分析】（1）根据垂径定理的推论得到圆心O在DC的延长线上，设⊙O的半径为r米，则OC＝（r﹣2）米．由垂径定理得到CA＝4米．在Rt△OAC中，由勾股定理得AC2+OC2＝AO2，得到方程，解方程即可求出该圆弧所在圆的半径； （2）过F点作FH⊥CD于H点，连OF，先求出CE＝3，证明四边形EFHC为矩形，则FH＝CE＝3．在Rt△OFH中，，求出HC＝1．根据四边形EFHC为矩形即可得到答案． 【解答】解：（1）∵AB垂直平分CD， ∴圆心O在DC的延长线上． 设⊙O的半径为r米，则OC＝（r﹣2）米． ∵OD⊥AB， ∴（米）． 在Rt△OAC中， 由勾股定理得：AC2+OC2＝AO2， 即42+（r﹣2）2＝r2， 解得r＝5． 即该圆弧所在圆的半径为5米； （2）过F点作FH⊥CD于H点，连接OF． ∵BE＝1米， ∴CE＝4﹣1＝3（米）． ∵∠FHC＝∠HCE＝∠CEF＝90°， ∴四边形EFHC为矩形， ∴FH＝CE＝3，EF＝HC， 在Rt△OFH中，（米）． ∵OC＝3米， ∴HC＝1米． ∴EF＝HC＝1米． 即支撑杆EF的高度为1米． 【点评】此题考查了矩形判定和性质、勾股定理、垂径定理的应用，关键是矩形判定定理的应用． 5．（2024秋•城关区校级期末）如图，有一座圆弧形拱桥，桥下水面宽AB为16m，拱高CN为4m． （1）求桥拱的半径； （2）此桥的安全限度是拱顶C点距离水面不得小于1.5m，若大雨过后，洪水泛滥到水面宽度DE为12m时，是否需要采取紧急措施？请说明理由． 【分析】（1）设桥拱的半径是r m，由垂径定理求出AN＝AB＝8（m），而ON＝（r﹣4）m，由勾股定理得到r2＝（r﹣4）2+82，求出r＝10； （2）由垂径定理求出DM的长，由勾股定理求出OM的长，即可求出CM的长即可得解． 【解答】解：如图半径OC⊥AB，OC⊥DE， （1）设桥拱的半径是r m， ∵OC⊥AB， ∴ANAB16＝8（m）， ∵拱高CN为4m， ∴ON＝（r﹣4）m， ∵OA2＝ON2+AN2， ∴r2＝（r﹣4）2+82， ∴r＝10， ∴桥拱的半径是10m； （2）不需要采取紧急措施，理由如下： 如图，连接OD， ∵CO⊥DE， ∴DMDE12＝6（m）， ∴OM8（m）， ∵CM＝OC﹣OM＝10﹣8＝2（m）， ∵2m＞1.5m， ∴不需要采取紧急措施． 【点评】本题考查勾股定理，垂径定理，关键是由勾股定理，垂径定理列出关于圆半径的方程． 题型十三 与圆心角有关计算 1．（2023秋•延边州期末）如图，在⊙O中，∠AOB＝45°，则∠COD＝（　　） A．60° B．45° C．30° D．40° 【分析】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，由此即可得到答案． 【解答】解：∵， ∴∠COD＝∠AOB＝45°． 故选：B． 【点评】本题考查圆心角，弧，弦的关系，关键是掌握：在同圆或等圆中，圆心角，弧，弦的关系． 2．如图，AB是⊙O的直径，，∠BOC＝40°，则的度数为　 　． 【分析】根据圆心角、弧、弦的关系得到∠COD＝∠DOE＝∠BOC＝40°，再利用平角的定义得到∠AOE的度数，然后根据弧的度数等于它所对的圆心角的度数求解． 【解答】解：∵， ∴∠COD＝∠DOE＝∠BOC＝40°， 而AB为直径， ∴∠AOE＝180°﹣3×40°＝60°， ∴的度数为60°． 【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：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． 3．（2024秋•四平期末）如图，⊙O的直径AB＝4，半径OC⊥AB，点D在弧BC上，DE⊥OC，DF⊥AB，垂足分别为E、F，若点E为OC的中点，弧CD的度数为 　 　． 【分析】连接OG，交EF于点G，进而得出四边形OEDF是矩形，结合已知条件证明△DEG是等边三角形，即可求解． 【解答】解：如图，连接OD，交EF于点G， ∵OC⊥AB，DE⊥OC，DF⊥AB， ∴四边形OEDF是矩形， ∴EF＝OD， ∴OG＝GD＝GF＝EG， ∵点E为OC的中点，OC＝OD， ∴， ∴OE＝OG＝EG， ∴△DEG是等边三角形， ∴∠COD＝60°， ∴弧CD的度数为60°， 故答案为：60°． 【点评】本题考查了矩形的性质，圆心角、弧、弦的关系，勾股定理及垂径定理，熟知以上知识是解题的关键． 4．（2023•贵池区二模）如图，点C是直径AB的三等分点（AC＜CB），点D是弧ADB的三等分点（弧BD＜弧AD），若直径AB＝12，则DC的长为 　 　． 【分析】过D作DE⊥AB于E，求出∠DOB＝60°，解直角三角形求出DE、OE的长度，求出CE，再根据勾股定理求出DC即可． 【解答】解：过D作DE⊥AB于E，则∠DEC＝90°， ∵点C是直径AB的三等分点（AC＜CB），直径AB＝12， ∴AC＝4，BC＝8，OD＝OA＝OB＝6， ∴CO＝2， ∵点D是弧ADB的三等分点（弧BD＜弧AD）， ∴∠DOB60°， ∴∠ODE＝30°， ∴OEOD＝3，DE3， ∴CE＝OE+CO＝3+2＝5， ∴DC2， 故答案为：2． 【点评】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系和直角三角形的性质，能求出∠DOB＝60°和半径的长度是解此题的关键． 4．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点A为圆心，AC长为半径作圆，交BC于点D，交AB于点E，连接DE．若∠ABC＝20°，求∠DEA的度数． 【分析】连接AD，根据直角三角形的两锐角互余求出∠C，根据∠ADC＝∠C＝70°，根据三角形内角和定理求出∠CAD＝180°﹣∠C﹣∠ADC＝40°，求出∠DAE＝50°，再根据等腰三角形的性质得出∠DEA＝∠ADE，再求出答案即可． 【解答】解：连接AD， ∵∠BAC＝90°，∠ABC＝20°， ∴∠C＝90°﹣∠ABC＝70°， ∵AC＝AD， ∴∠ADC＝∠C＝70°， ∴∠CAD＝180°﹣∠C﹣∠ADC＝40°， ∵∠CAB＝90°， ∴∠DAE＝90°﹣40°＝50°， ∵AD＝AE， ∴∠DEA＝∠ADE（180°﹣∠DAE）＝65°． 【点评】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质和直角三角形的性质等知识点，能熟记等边对等角和直角三角形的两锐角互余是解此题的关键． 题型十四 与圆心角有关的证明 1．（2024秋•东海县期中）已知，如图，点A，B，C，D是⊙O上四个点，AD＝BC． 求证：AB＝CD． 【分析】根据圆心角、弧、弦的关系得到，得到，即可证明结论． 【解答】解：∵AD＝BC， ∴， ∴， 即， ∴AB＝CD． 【点评】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系，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． 2．（2024秋•镇江月考）如图，AB、CD是⊙O的两条弦，AC与BD相交于点E，AB＝CD． （1）求证：AC＝BD； （2）连接BC，作直线EO，求证：EO⊥BC． 【分析】（1）根据利用弧、弦、圆心角的关系得出，进而可得AC＝BD； （2）因为AB＝CD，所以，即∠ACB＝∠DBC．结合OB＝OC，得出E、O都在BC的垂直平分线上，即可作答． 【解答】证明：（1）∵AB＝CD， ∴， ∴， 即， ∴AC＝BD； （2）连接OB、OC、BC， ∵AB＝CD， ∴， ∴∠ACB＝∠DBC， ∴EB＝EC， ∵OB＝OC， ∴E、O都在BC的垂直平分线上， ∴EO⊥BC． 【点评】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． 3．（2023秋•邯山区校级期末）如图，已知OA，OB是⊙O的半径，C为的中点，M，N分别是OA，OB的中点，求证：MC＝NC． 【分析】连接OC，根据圆心角、弧、弦之间的关系求出∠MOC＝∠NOC，求出OM＝ON，根据全等三角形的判定得出△MOC≌△NOC，再得出答案即可． 【解答】证明：连接OC， ∵C为的中点， ∴， ∴∠MOC＝∠NOC， ∵M，N分别是OA，OB的中点， ∴OMOA，ONOB， ∵OA＝OB， ∴OM＝ON， 在△MOC和△NOC中， ， ∴△MOC≌△NOC（SAS）， ∴MC＝NC． 【点评】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系和全等三角形的判定和性质，能求出∠MOC＝∠NOC是解此题的关键． 4．（2024秋•汉阳区期中）如图（1），AB，CD为⊙O的两条弦，且AB＝CD，连接AD，BC． （1）求证：AD＝BC； （2）如图（2），若AB⊥CD，作OE⊥BC于E，求证：． 【分析】（1）根据圆心角、弧、弦的关系得到，得到，证明AD＝BC； （2）连接BD，延长CO交⊙O于F，连接BF，根据圆周角定理得到∠CFB＝∠CDB＝45°，∠CBF＝90°，得到BC＝BF，根据垂径定理得到CE＝EB，再根据三角形中位线定理证明即可． 【解答】证明：（1）∵AB＝CD， ∴， ∴，即， ∴AD＝BC； （2）如图，连接BD，延长CO交⊙O于F，连接BF， ∵， ∴∠CDB＝∠ABD， ∵AB⊥CD， ∴∠CDB＝∠ABD＝45°， 由圆周角定理得：∠CFB＝∠CDB＝45°，∠CBF＝90°， ∴BC＝BF， ∵OE⊥BC， ∴CE＝EB， ∵CO＝OF， ∴OE是△CFB的中位线， ∴OEBF， ∴OEBC． 【点评】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系、垂径定理，掌握圆心角、弧、弦的关系定理是解题的关键． 题型十五 与圆周角有关的计算 1．（2024秋•长春期末）如图，OC是⊙O的半径，AB是弦，OC⊥AB，点D在⊙O上，若∠ADC＝26°，则∠BOC的度数为（　　） A．26° B．38° C．52° D．64° 【分析】由OC是⊙O的半径，AB是弦，且OC⊥AB，根据垂径定理的即可求得：，又由圆周角定理，即可求得答案． 【解答】解：∵OC是⊙O的半径，AB是弦，且OC⊥AB， ∴， ∴∠BOC＝2∠ADC＝2×26°＝52°． 故选：C． 【点评】此题考查了垂径定理与圆周角定理．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用． 2．（2023秋•荣昌区校级期末）如图，点A，B是⊙O上两点，连接AB，OC⊥AB交⊙O于点C，垂足为点D，优弧上一点E，连接CE，BE，已知∠AOC＝48°，则∠CEB的大小为（　　） A．24° B．30° C．48° D．50° 【分析】据垂径定理可得，从而可得∠AOC＝∠BOC＝48°，然后根据圆周角定理进行计算即可求解． 【解答】解：连接OB， ∵OC⊥AB， ∴， ∴∠AOC＝∠BOC＝48°， ∴∠BEC∠BOC＝24°， ∴∠CEB＝24°， 故选：A． 【点评】本题考查垂径定理及圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 3．（2024•忠县一模）已知⊙O中半径OC＝3，∠BAC＝45°，则弦BC的长度为（　　） A．3 B． C． D． 【分析】根据OC＝3，∠BAC＝45°，由圆周角定理可得到∠BOC＝90°，即可证明△BOC是等腰直角三角形形，即可求得答案． 【解答】解：连接OB， ∵OC＝3，∠BAC＝45°， ∴∠BOC＝2∠BAC＝90°， ∵OB＝OC， ∴△BOC为等腰直角三角形， ∴BCOC＝3． 故选：C． 【点评】本题考查圆周角定理及等边三角形的判定与性质，掌握圆周角定理是解题的关键． 4．（2024•大冶市一模）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，∠ACD＝22.5°，AB＝4，则CD的长为（　　） A． B．2 C． D． 【分析】连接OD，由圆周角定理得出∠AOD＝45°，根据垂径定理可得CE＝DECD，证出△DOE为等腰直角三角形，利用特殊角的三角函数可得答案． 【解答】解：连接OD，如图所示： ∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，AB＝4， ∴OD＝2，CE＝DECD， ∵∠ACD＝22.5°， ∴∠AOD＝2∠ACD＝45°， ∴△DOE为等腰直角三角形， ∴DEOD， ∴CD＝2DE＝2， 故选：C． 【点评】此题主要考查了圆周角定理、垂径定理、以及三角函数的应用；关键是掌握圆周角定理：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． 题型十六 与圆周角有关的证明 1．如图，已知△ABC中，AB为半圆O的直径，AC、BC分别交半圆O于点E、D，且BD＝DE． （1）求证：点D是BC的中点． （2）若点E是AC的中点，判断△ABC的形状，并说明理由． 【分析】（1）连接AD，根据圆周角定理得到∠ADB＝∠ADC＝90°，证明△BAD≌△CAD，根据全等三角形的性质证明； （2）根据直角三角形的性质得到DE＝AE＝EC，得到CA＝CB，根据等边三角形的判定定理证明． 【解答】（1）证明：连接AD， ∵AB为半圆O的直径， ∴∠ADB＝∠ADC＝90°， ∵BD＝DE， ∴， ∴∠BAD＝∠CAD， 在△BAD和△CAD中， ， ∴△BAD≌△CAD（ASA）， ∴BD＝DC，即点D是BC的中点； （2）解：∵△BAD≌△CAD， ∴AB＝AC， ∵∠ADC＝90°，点E是AC的中点， ∴DE＝AE＝EC， 由（1）得，DE＝BD＝DC， ∴CA＝CB， ∴CA＝CB＝AB， ∴△ABC是等边三角形． 【点评】本题考查的是圆周角定理，直角三角形的性质，等边三角形的判定，掌握圆周角定理是解题的关键． 2．（2023•新会区二模）如图，点A、B、C在⊙O上，BC是直径，∠ABC的角平分线BD与⊙O交于点D，与AC交于点M，且BM＝MD，连接OD，交AC于点N． （1）证明：OD⊥AC； （2）试猜想AB与OD之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）根据∠ABD＝∠DBO，证得，进而根据垂径定理证得OD⊥AC； （2）先证明ON是△ABC的中位线，得出AB＝2ON，进而得出结论． 【解答】（1）证明：∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠DBO， ∴， ∴OD⊥AC； （2）解：猜想 ODAB． ∵，OD⊥AC， ∴AN＝NC． ∵，AN＝NC， ∴ON是△ABC 的中位线， ∴AB＝2ON，AB∥ON． ∴∠ABM＝∠NDM． ∵BM＝MD，∠BMA＝∠DMN， ∴△ABM≌△NDM（ASA）， ∴AB＝ND＝2ON． ∴OD＝ON+NDAB． 【点评】本题考查了圆周角定理、垂径定理以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的定理和性质． 3．（2024秋•齐齐哈尔期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E．点M在⊙O上，MD恰好经过圆心O，连接MB． （1）若∠M＝∠D，求证：； （2）若CD＝6，BE＝2，求⊙O的半径． 【分析】（1）根据圆周角定理及已知条件可得∠BOD＝2∠M＝2∠D，由垂线的性质可得∠OED＝90°，根据直角三角形的两个锐角互余可得∠BOD+∠D＝90°，进而可推出∠D＝30°，根据含30度角的直角三角形的性质即可得出结论； （2）根据垂径定理可得，设圆的半径为r，则OD＝OB＝r，OE＝r﹣2，在Rt△OED中根据勾股定理可列出方程，求解方程即可求出⊙O的半径． 【解答】（1）证明：根据圆周角定理及∠M＝∠D可得： ∠BOD＝2∠M＝2∠D， ∵CD⊥AB， ∴∠OED＝90°， ∴∠BOD+∠D＝90°， 即：2∠D+∠D＝90°， ∴∠D＝30°， ∴； （2）解：由垂径定理可得： ， ∠OED＝90°， 设圆的半径为r，则OD＝OB＝r，OE＝OB﹣BE＝r﹣2， ∵OE2+DE2＝OD2， ∴（r﹣2）2+32＝r2， ∴， ∴⊙O的半径为． 答：⊙O的半径为． 【点评】本题主要考查了圆周角定理，垂线的性质，直角三角形的两个锐角互余，等式的性质，含30度角的直角三角形，垂径定理，勾股定理，解一元一次方程等知识点，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键． 4．（2023•芜湖模拟）如图1，已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，CE⊥AB于E，D为弧BC的中点，连接AD，分别交CE、CB于点F和点G． （1）求证：CF＝CG； （2）如图2，若AF＝DG，连接OG，求证：OG⊥AB． 【分析】（1）连接AC，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，从而可得∠CAG+∠AGC＝90°，根据垂直定义可得∠CEA＝90°，从而可得∠FAE+∠AFE＝90°，然后根据已知可得，从而可得∠CAG＝∠FAE，进而可得∠AGC＝∠AFE，最后根据对顶角相等可得∠AFE＝∠CFG，从而可得∠AGC＝∠CFG，进而根据等角对等边即可解答； （2）连接AC，CD，利用（1）的结论，再根据等角的补角相等可得∠AFC＝∠CGD，然后根据SAS证明△AFC≌△DGC，从而可得AC＝CD，进而可得，最后根据等弧所对的圆周角相等可得∠ABC＝∠DAB，从而可得GA＝GB，进而利用等腰三角形的三线合一性质即可解答， 【解答】证明：（1）连接AC， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠CAG+∠AGC＝90°， ∵CE⊥AB， ∴∠CEA＝90°， ∴∠FAE+∠AFE＝90°， ∵D为弧BC的中点， ∴， ∴∠CAG＝∠FAE， ∴∠AGC＝∠AFE， ∵∠AFE＝∠CFG， ∴∠AGC＝∠CFG， ∴CF＝CG； （2）连接AC，CD， ∵∠CFG＝∠CGF， ∴180°﹣∠CFG＝180°﹣∠CGF， ∴∠AFC＝∠CGD， ∵CF＝CG，AF＝CD， ∴△AFC≌△DGC（SAS）， ∴AC＝CD， ∴， ∵， ∴， ∴∠ABC＝∠DAB， ∴GA＝GB， ∵OA＝OB， ∴GO⊥AB． 【点评】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 题型十七 圆内接四边形相关的计算 1．（2024秋•凤台县期中）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠BCD＝100°，则∠A的度数是（　　） A．40° B．50° C．80° D．160° 【分析】根据圆的内接四边形对角互补，计算解答即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形．∠BCD＝100°， ∴∠BCD+∠A＝180°， ∴∠A＝80°． 故选：C． 【点评】本题考查了圆的内接四边形的性质，熟练掌握性质是解题的关键． 2．（2024秋•平城区期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接AC．若AB＝BC，∠BAC＝36°，则∠D的度数是（　　） A．70° B．71° C．72° D．73° 【分析】根据AB＝BC，∠BAC＝36°，求出∠B＝180°﹣2×36°＝108°，根据“圆内接四边形的对角互补”求出∠ADC＝72°即可． 【解答】解：∵AB＝BC，∠BAC＝36° ∴∠B＝180°﹣2×36°＝108°， ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠B+∠D＝180°， ∴∠D＝180°﹣108°＝72°， 故选：C． 【点评】此题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理等知识，熟练运用圆内接四边形的性质、圆周角定理是解题的关键． 3．（2023•宝鸡二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝135°，AC＝2，连接OA、OC，则OA的长为（　　） A．4 B． C． D． 【分析】根据圆内接四边形的性质可得∠ADC＝45°，则有∠AOC＝90°，进而根据勾股定理可进行求解． 【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝135°， ∴∠ADC＝45°， ∴∠AOC＝90°， 由勾股定理得：OA2+OC2＝AC2， ∵OA＝OC，AC＝2， ∴， ∴⊙O的半径为：． 故选：D． 【点评】本题主要考查圆内接四边形的性质及圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质及圆周角定理是解题的关键． 4．（2024秋•东台市期中）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为5，∠B＝135°，则弦AC的长为 　 　． 【分析】连接OA、OC，根据圆内接四边形的性质和已知条件求出∠D的度数，根据圆周角定理求出∠AOC，再根据等腰直角三角形的性质求出答案即可． 【解答】解：连接OA、OC，AC， ∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴∠ABC+∠D＝180°， ∵∠B＝135°， ∴∠D＝45°， ∴∠AOC＝2∠D＝90°， ∵⊙O的半径为5， ∴ACOA＝5， 故答案为：5． 【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 题型十八 圆内接四边形相关的证明 1．已知四边形ABCD内接于⊙O，，∠ADC＝120°，求证：△ABC是等边三角形． 【分析】由圆内接四边形的性质得到∠ABC＝60°，由得到AB＝AC，根据等边三角形的判定可得到结论． 【解答】证明：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠ABC＝180°﹣∠ADC＝180°﹣120°＝60°， ∵， ∴AB＝AC， 又∵∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形． 【点评】本题主要考查了圆内接四边形的性质，弧和弦的关系，等边三角形的判定，熟练掌握圆内接四边形的性质和等边三角形的判定是解决问题的关键． 2．（2023秋•甘井子区校级期末）如图，AB为⊙O的直径，点D、E在⊙O上，OD∥BE，连接AD并延长交BE延长线于C．求证：DC＝DE． 【分析】先利用等腰三角形的性质可得∠A＝∠ADO，再利用圆内接四边形的对角互补以及平角定义可得∠DEC＝∠A，然后再利用平行线的性质可得∠ADO＝∠C，从而利用等量代换可得∠DEC＝∠C，最后利用等角对等边即可解答． 【解答】证明：∵OA＝OD， ∴∠A＝∠ADO， ∵四边形ABED是⊙O的内接四边形， ∴∠A+∠DEB＝180°， ∵∠DEB+∠DEC＝180°， ∴∠DEC＝∠A， ∵OD∥BC， ∴∠ADO＝∠C， ∴∠DEC＝∠C， ∴DC＝DE． 【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键． 3．（2024秋•平城区期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接AC，BD交于点M，延长CD至点E． （1）若AB＝AC，猜想∠ADB和∠ADE的数量关系，并说明理由； （2）若∠BAC＝45°，BC＝3．求⊙O的直径． 【分析】（1）根据圆内接四边形的性质及等腰三角形的性质求解即可； （2）连接BO并延长，交⊙O于点E'，连接CE′，根据圆周角定理求出∠BCE′＝90°，∠BE′C＝∠BAC＝45°，根据三角形内角和定理求出∠BE′C＝∠CBE′，则CE′＝BC＝3，再根据勾股定理求解即可． 【解答】解：（1）∠ADB＝∠ADE，理由如下： ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠ABC＝∠ADE， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵∠ADB＝∠ACB， ∴∠ADB＝∠ADE； （2）如图，连接BO并延长，交⊙O于点E'，连接CE′， ∵BE′是直径， ∴∠BCE′＝90°， ∵∠BAC＝45°， ∴∠BE′C＝∠BAC＝45°， ∴∠CBE′＝180°﹣90°﹣45°＝45°， ∴∠BE′C＝∠CBE′， ∴CE′＝BC＝3． 在Rt△BCE′中，由勾股定理得， ∴⊙O的直径为． 【点评】此题考查了圆内接四边形的性质、勾股定理、圆周角定理，熟记有关定理是解题的关键． 题型十九 正多边形相关的概念 1．下列命题正确的是（　　） A．各边相等的多边形是正多边形 B．正多边形一定是中心对称图形 C．各角相等的圆内接多边形是正多边形 D．正多边形外接圆的半径是正多边形的半径 【分析】根据正多边的定义对A进行判断；根据正多边的性质对B进行判断；利用矩形对C进行判断；根据正多边形的半径对D进行判断． 【解答】解：A、各边相等，各内角相等的多边形是正多边形，所以A选项错误； B、当正多边形的边数为偶数时，它一定是中心对称，所以B选项错误； C、各角相等的圆内接多边形不一定是正多边形，若圆的内接矩形，所以C选项错误； D、正多边形外接圆的半径是正多边形的半径，所以D选项正确． 故选：D． 【点评】本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理． 2．下列说法中，错误的是（　　） A．正多边形的外接圆的圆心，就是它的中心 B．正多边形的外接圆的半径，就是它的半径 C．正多边形的内切圆的半径，就是它的边心距 D．正多边形的外接圆的圆心角，就是它的中心角 【分析】根据正多边形的中心、半径、边心距、中心角的概念进行判断即可． 【解答】解：A、正多边形的外接圆的圆心，就是它的中心，说法正确，不合题意； B、正多边形的外接圆的半径，就是它的半径，说法正确，不合题意； C、正多边形的内切圆的半径，就是它的边心距，说法正确，不合题意； D、正多边形的外接圆的圆心角，就是它的中心角，说法错误，符合题意， 故选：D． 【点评】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心、半径、边心距、中心角的概念是解题的关键． 3．下列关于正多边形的叙述，正确的是（　　） A．正九边形既是轴对称图形又是中心对称图形 B．存在一个正多边形，它的外角和为720° C．任何正多边形都有一个外接圆 D．不存在每个外角都是对应每个内角两倍的正多边形 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义可判断选项A，把一个图形绕某一点旋转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，这条直线叫做对称轴； 根据多边形的内角和公式可判断选项B，多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数）； 根据正多边形与圆的关系可判断选项C； 根据多边形的内角与外角可判断选项D． 【解答】解：A．正九边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意； B．任意多边形的外角和为360°，故本选项不合题意； C．任何正多边形都有且只有一个外接圆，故本选项符合题意； D．正三角形的每个外角都是对应每个内角两倍，故本选项不合题意． 故选：C． 【点评】本题主要考查了中心对称图形，轴对称图形以及多边形内角与外角，熟记相关定义是解答本题的关键． 题型二十 正多边形相关的计算 1．（2024秋•遵义期末）刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率，开创了中国数学发展史上圆周率研究的新纪元．某同学在学习“割圆术”的过程中，作了一个如图所示的圆内接正六边形．若正六边形的半径为1，则这个正六边形的边长为（　　） A．1 B． C． D． 【分析】根据正六边形的特点，通过连接半径，结合等腰三角形的有关知识解决． 【解答】解：如图，连接OA、OB． ∴OA＝OB＝1，∠AOB＝60°， ∴AB＝1， 故选：A． 【点评】本题考查的是正多边形和圆，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键． 2．（2024•东莞市三模）如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心．若∠ADB＝20°，则这个正多边形的边数为（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 【分析】连接OA，OB，根据圆周角定理得到∠AOB＝2∠ADB＝40°，即可得到结论． 【解答】解：连接OA，OB， ∵A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心， ∴点A、B、C、D在以点O为圆心，OA为半径的同一个圆上， ∵∠ADB＝20°， ∴∠AOB＝2∠ADB＝40°， ∴这个正多边形的边数9． 故选：C． 【点评】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，正确地理解题意是解题的关键． 3．（2024•武威校级三模）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，AD，CE，CE交AD于点F． （1）求∠CAD的度数． （2）已知AB＝2，求DF的长． 【分析】（1）根据五边形ABCDE是正五边形，判断出AB＝BC＝CD＝DE＝AE，BA∥CE，AD∥BC，DE∥AC，AC＝AD＝CE，∠BAE＝108°．即可得到； （2）证明△DCF∽△DAC，推出CD2＝DF×AD，设DF＝x，则AD＝x+2，列出方程，解方程即可求出DF的长． 【解答】解：（1）∵五边形ABCDE是正五边形， ∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，BA∥CE，AD∥BC，DE∥AC，AC＝AD＝CE，． ∴四边形ABCF是菱形， ∴∠BAC＝∠CAD， 同理可求：∠CAD＝∠DAE， ∴； （2）∵四边形ABCF是菱形， ∴CF＝AF＝AB＝2． ∵∠BAC＝∠CAD＝∠DAE＝36°， 同理∠DCE＝36°， ∴△DCF∽△DAC， ∴，即CD2＝DF×AD， 设DF＝x，则AD＝x+2， ∴22＝x（x+2），即x2+2x﹣4＝0， 解得（舍去负值）． ∴DF的长是． 【点评】本题考查了正多边形和圆，根据正五边形的性质，找到相似三角形，利用相似三角形的性质是解题的关键． 4．（2023秋•巴东县校级月考）如图，⊙O的半径为R，六边形ABCDEF是圆内接正六边形，四边形EFGH是正方形． （1）求∠OGF的度数； （2）求正六边形与正方形的面积比． 【分析】（1）在等腰△OFG中易得顶角的度数，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出底角∠OGF的度数； （2）根据正六边形中心角的度数及同圆半径相等得到△EOF为等边三角形，设正六边形的边长为a，从而得到EF的长；利用面积公式求出正六边形的面积以及正方形的面积，进而得到正六边形与正方形的面积比． 【解答】解：（1）∵OF＝EF＝FG， ∴△OFG是等腰三角形， ∵∠EFG＝90°，∠OFE＝60°， ∴∠OFG＝150°， ∴∠OGF•（180°﹣150°）＝15°． （2）设正六边形的边长为a． ∵∠FOE为正六边形的中心角， ∴∠FOE＝60°． ∵EO＝FO＝a， ∴△EOF是边长为a的等边三角形， ∴EF＝a， ∴正方形EFGH的面积为a2， 正六边形的面积为6•a•aa2， ∴正六边形与正方形的面积比为a2：a2＝3：2． 【点评】本题侧重考查有关圆内接多边形的题目，需要掌握圆内接多边形的性质以及等腰三角形的性质． 题型二十一 弧长的计算 1．（2024秋•黄冈月考）将一把折扇展开，可抽象成一个扇形，若该扇形的半径为2，弧长为，则扇形的圆心角大小为（　　） A．30° B．60° C．90° D．120° 【分析】已知r＝2，，根据弧长的计算公式，即可求出答案． 【解答】解：， ∴， 解得n＝120． 故选：D． 【点评】本题考查了弧长的计算，正确理解弧长的计算公式是解题的关键． 2．（2024•桐乡市校级一模）曹老师家所在的小区有如图1所示的护栏宣传版面，其形状是扇形的一部分，图2是其平面示意图，AD和BC都是半径的一部分，小敏测得∠ADC＝∠BCD＝120°，DC＝0.8m，AD＝BC＝0.6m，则这块宣传版面的周长为（　　） A． B． C． D． 【分析】分别延长AD、BC交于点O，根据等边三角形的性质得到∠DOC＝60°，OD＝OC＝DC＝0.8m，再根据弧长公式计算即可． 【解答】解：如图，分别延长AD、BC交于点O， ∵∠ADC＝∠BCD＝120°， ∴∠ODC＝∠OCD＝60°， ∴△OCD为等边三角形， ∴∠DOC＝60°，OD＝OC＝DC＝0.8m， ∵AD＝BC＝0.6m， ∴OA＝OB＝1.4m， ∴的长为：π（m）， 则这块宣传版面的周长为：AD+DC+BC（π+2）m， 故选：A． 【点评】本题考查的是弧长的计算，熟记弧长公式是解题的关键． 3．（2023•萧县二模）如图，AB是半圆O的直径，C，D是半圆上两点，且满足∠ADC＝120°，AB＝12，则的长为 （　　） A．π B．2π C．4π D．.6π 【分析】由圆周角定理求出∠COB＝∠B＝60°，再根据弧长公式进行计算即可． 【解答】解：如图，连接OC． ∵∠ADC＝120°， ∴∠ABC＝60°， ∵OB＝OC， ∴∠COB＝∠B＝60°， ∵AB＝12， ∴OB＝6， ∴的长为2π， 故选：B． 【点评】本题考查弧长的计算和圆周角定理，掌握等边三角形的性质，三角形内角和定理以及圆周角定理是正确解答的关键． 4．（2023•桐庐县一模）将一半径为6的圆形纸片，沿着两条半径剪开形成两个扇形．若其中一个扇形的弧长为5π，则另一个扇形的圆心角度数是 　 ． 【分析】先计算出另一个扇形的弧长为7π，设另一个扇形的圆心角为n°，利用弧长公式得7π，然后解方程即可． 【解答】解：∵圆的周长为2π×6＝12π， ∴另一个扇形的弧长为12π﹣5π＝7π， 设另一个扇形的圆心角为n°， 根据弧长公式得7π， 解得n＝210， 即另一个扇形的圆心角度数为210°． 故答案为：210°． 【点评】本题考查了弧长的计算：记住弧长公式是解决问题的关键．（弧长公式为l，其中弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）． 题型二十二 扇形面积的计算 1．如图，一段公路的转弯处是一段圆弧AB，则扇形AOB的面积为（　　） A．15πm2 B．30πm2 C．18πm2 D．12πm2 【分析】直接利用扇形的面积公式求得即可． 【解答】解：扇形AOB的面积为：30π（m2）． 故选：B． 【点评】此题考查了扇形面积的计算，知道熟练掌握扇形的面积公式是解题的关键． 2．（2023•顺庆区校级三模）如图，矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，以B为圆心，BC为半径画弧交AD于点E，则扇形EBC的面积为（　　） A．2πcm2 B．8πcm2 C．12πcm2 D．15πcm2 【分析】根据直角三角形的性质求得到∠AEB＝30°，则∠CBE＝30°，根据扇形面积公式计算即可． 【解答】解：矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm， ∴BE＝BC＝12cm，∠A＝90°，AD∥BC， ∴∠AEB＝30°， ∴∠CBE＝∠AEB＝30°， ∴S扇形EBC12π（cm2）， 故选：C． 【点评】本题考查了扇形的面积的计算，矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键． 3．一个扇形的半径等于一个圆的半径的2倍，且扇形面积是圆的面积的一半，则这个扇形的圆心角度数是（　　） A．45° B．60° C．90° D．75° 【分析】根据扇形和圆的面积公式列出等式计算． 【解答】解：设圆的半径为r，扇形圆心角为n°． 则扇形的半径为2r， 利用面积公式可得：， 解得n＝45． 故选：A． 【点评】本题考查了扇形面积的计算．解题时，主要是根据扇形和圆的面积公式列出等式计算，即可求出圆心角度数． 4．（2023•哈尔滨）一个扇形的圆心角是150°，弧长是πcm，则扇形的半径是 　 　cm． 【分析】直接利用弧长公式计算得出答案． 【解答】解：设扇形的半径是Rcm， 则π， 解得：R＝3， ∴扇形的半径是3cm． 故答案为：3． 【点评】此题主要考查了弧长公式的应用，正确记忆弧长公式是解题关键． 题型二十三 求阴影部分的面积 1．（2023•凤台县校级三模）如图，点B在半圆O上，直径AC＝10，∠BAC＝36°，则图中阴影部分的面积为（　　） A．5π B．π C．10π D． 【分析】先根据三角形的中线把三角形分成面积相等的两个三角形得到△AOB的面积与△COB的面积相等，从而把阴影部分的面积转化为扇形OBC的面积，再根据扇形面积计算公式求出即可． 【解答】解：∵点O是AC的中点， ∴线段BO是△ABC的中线， ∴S△AOB＝S△COB， ∴S阴影＝S扇形OBC， ∵∠BAC＝36°， ∴∠BOC＝2∠BAC＝72°， ∵直径AC＝10， ∴OC＝5， ∴， ∴S阴影＝5π， 故选：A． 【点评】本题考查了扇形的面积，圆周角定理，三角形的中线的性质，熟练掌握扇形的面积公式是解题的关键． 2．（2023•雅安）如图，某小区要绿化一扇形OAB空地，准备在小扇形OCD内种花，在其余区域内（阴影部分）种草，测得∠AOB＝120°，OA＝15m，OC＝10m，则种草区域的面积为（　　） A． B． C． D． 【分析】大扇形面积减去小扇形面积得阴影部分的面积． 【解答】解：S阴影＝S扇形AOB﹣S扇形COD（m2）． 故选：B． 【点评】本题考查了扇形面积公式，比较简单． 3．如图，圆心重合的两圆半径分别为4、2，∠AOB＝120°，则阴影部分图形的面积为（　　） A．4π B．π C．8π D．16π 【分析】阴影部分的面积是一个环形，可用大圆中240°角所对的扇形的面积减去小圆中240°角所对的面积来求得．根据扇形的面积求解即可． 【解答】解：S阴影8π． 故选：C． 【点评】本题主要考查了扇形面积公式，关键是找出图中的关系和熟记公式． 4．（2023秋•恩施市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边AB的中点，以点A为圆心，线段AD的长为半径画弧，与AC边交于点E；以点B为圆心，线段BD的长为半径画弧，与BC边交于点F．若BC＝6，AC＝8，则图中阴影部分的面积为（　　） A．48 B．48 C．24 D．24 【分析】根据勾股定理得到AB10，根据线段中点的定义得到AD＝BD＝5，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8， ∴AB10，∠A+∠B＝90°， ∵点D为边AB的中点， ∴AD＝BD＝5， ∴图中阴影部分的面积6×824， 故选：D． 【点评】本题考查了扇形面积的计算，三角形的面积公式，勾股定理，熟练掌握扇形的面积公式是解题的关键． 题型二十四 圆中的综合题 1．（2023•遵义一模）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，且OC⊥AB于点O，点D是的中点，连接AD交OC于M，连接BD，CD． （1）∠DAB的度数为 　 　度． （2）求证：DC＝DM； （3）过点C作CE⊥AD于点E，若BD，求ME的长． 【分析】（1）由圆周角定理及弧中点性质可得答案； （2）根据等腰三角形的判定，判断∠MCD＝∠CMD，即可证明； （3）利用（1）、（2）的结论，再证明出△CDE是等腰直角三角形即可． 【解答】解：（1）如图，连接OD， ∵OC⊥AB， ∴∠COB＝90°， ∵D是的中点， ∴， ∴∠COD＝∠BOD＝45°， ∵， ∴∠BAD∠BOD＝22.5°， 故答案为：22.5． （2）∵AB为直径， ∴∠ADB＝90°， ∵OC⊥AB， ∴∠AMO＝∠ABD， ∵， ∴∠COD＝∠BOD， ∵OC＝OD＝OB， ∴∠OCD＝∠ODC＝∠ODB＝∠OBD， ∵∠AMO＝∠CMD， ∴∠MCD＝∠CMD， ∴DC＝DM． （3）∵CD＝BD， ∴DM＝DC， ∵OA＝OD， ∴∠ODA＝∠OAD＝22.5°， ∵∠COD＝45°，OC＝OD， ∴∠ODC＝67.5°， ∴∠CDE＝45， ∵CE⊥AD， ∴DE•CD， ∴DE＝1， ∴ME1． 【点评】本题考查了圆的相关概念性质的应用，等腰直角三角形的性质及勾股定理的计算是解题关键． 2．已知⊙O的直径为10，点A、点B、点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D． （1）如图①，若BC为⊙O的直径，AB＝6，求AC、BD、CD的长； （2）如图②，若∠CAB＝60°，求BD的长． 【分析】（1）利用圆周角定理可以判定△CAB和△DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的长度；利用圆心角、弧、弦的关系推知△DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理同样得到BD＝CD＝5； （2）如图②，连接OB，OD．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知△OBD是等边三角形，则BD＝OB＝OD＝5． 【解答】解：（1）如图①，∵BC是⊙O的直径， ∴∠CAB＝∠BDC＝90°． ∵在直角△CAB中，BC＝10，AB＝6， ∴由勾股定理得到：AC8． ∵AD平分∠CAB， ∴， ∴CD＝BD． 在直角△BDC中，BC＝10，CD2+BD2＝BC2， ∴易求BD＝CD＝5； （2）如图②，连接OB，OD， ∵AD平分∠CAB，且∠CAB＝60°， ∴∠DAB∠CAB＝30°， ∴∠DOB＝2∠DAB＝60°． 又∵OB＝OD， ∴△OBD是等边三角形， ∴BD＝OB＝OD． ∵⊙O的直径为10，则OB＝5， ∴BD＝5． 【点评】本题综合考查了圆周角定理，勾股定理以及等边三角形的判定与性质．此题利用了圆的定义、有一内角为60度的等腰三角形为等边三角形证得△OBD是等边三角形． 3．（2024秋•东台市月考）如图，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC＝∠CPB＝60°，CP交AB于点E． （1）判断△ABC的形状，证明你的结论； （2）①若P是的中点，求证：PC＝PA+PB； ②若点P在上移动，判断PC＝PA+PB是否成立，证明你的结论． 【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ABC＝∠CPB＝60°，∠BAC＝∠CPB＝60°，根据等边三角形的判定定理证明； （2）在PC上截取PH＝PA，得到△APH为等边三角形，证明△APB≌△AHC，根据全等三角形的性质，结合图形证明即可． 【解答】（1）解：△ABC是等边三角形， 理由如下：由圆周角定理得，∠ABC＝∠CPB＝60°，∠BAC＝∠CPB＝60°， ∴△ABC是等边三角形； （2）①∵P是的中点， ∴， ∴PA＝PB， ∵CA＝CB， ∴PC垂直平分线段AB， ∴PC是直径， ∴∠PAC＝∠PBC＝90°， ∵∠PCA＝∠PCB＝30°， ∴PC＝2PA＝2PB， ∴PA+PB＝PC． ②PC＝PA+PB成立； 证明：在PC上截取PH＝PA， ∵∠APC＝60°， ∴△APH为等边三角形， ∴AP＝AH，∠AHP＝60°， 在△APB和△AHC中， ， ∴△APB≌△AHC（AAS） ∴PB＝HC， ∴PC＝PH+HC＝PA+PB． 【点评】本题考查的是圆周角定理，全等三角形的判定和性质，掌握在同圆或等圆中，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是解题的关键． 4．四边形ABCD内接于⊙O，AC为其中一条对角线，且S△ABC：S△ADC＝AB：AD． （1）如图1，求证：BC＝CD； （2）如图2：连接OC，交对角线BD于点E，若∠BAD＝60°，求证：OE＝EC； （3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DF⊥AC于点F，连接FO并延长FO，交AB边于点G，若FG⊥AB，OC，求△OFC的面积． 【分析】（1）首先利用已知得出CL＝CK，再结合全等三角形的判定方法得出△CKB≌△CLD（AAS），进而得出答案； （2）首先得出△OBC是等边三角形，进而得出答案； （3）利用已知首先得出△AMD是等边三角形，进而得出BG，EF的长，再利用S△OEFOF•EF进而得出答案． 【解答】（1）证明：过C作CK⊥AB于点K，过C作CL⊥AD于点L， ∴S△ABCAB•CK，S△ADCAD•CL， ∵S△ABC：S△ADC＝AB：AD． ∴CL＝CK， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠CDL+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠CDL， ∵∠CKB＝∠L＝90°， 在△CKB和△CLD中 ， ∴△CKB≌△CLD（AAS）， ∴BC＝CD． （2）证明：如图2，连接OB、OD， ∵BC＝CD， ∴∠BOC＝∠DOC ∵OB＝OD， ∴OE⊥BD， ∵∠BAD＝60°， ∴∠BOC＝∠DOC＝60°， ∴△OBC是等边三角形， ∴OB＝BC， ∴OE＝EC； （3）解：如图3，延长DF交AB于点M，连接OB， ∵∠BAD＝60°， ∴∠BAC＝∠CAD＝30°， ∵AF⊥DF， ∴∠AFM＝∠AFD＝90°， ∴∠AMD＝∠ADM＝60°， ∴△AMD是等边三角形， 设MG＝a，则MF＝2a，AM＝AD＝MD＝4a，GFa， ∴AG＝BG＝3a，∴BM＝2a ∵E、F分别是BD、MD中点，∴EF＝a，EF∥AB 过B作BN⊥MD，则MN＝a，BNa，∴DN＝5a， ∵BDOC，∴BD＝3 在Rt△BND中，（a）2+（5a）2＝（3）2 解得a， ∴BG，EF， 在Rt△OGB中，OG， ∴OF， ∵EF∥AB， ∴∠EFO＝∠AGF＝90° ∴S△OEFOF•EF ∵OE＝EC， ∴S△OFC＝2 S△OEF． 【点评】此题主要考查了圆的综合以及全等三角形的判定与性质和等边三角形的判定与性质等知识，正确得出MN的长是解题关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$