數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊(cè)專題24.12 圓章末重難點(diǎn)突破（人教版）（教師版）

專題24.12圓章末重難點(diǎn)突破【人教版】【考點(diǎn)1圓周角定理及其推論】【例1】（2021秋?古冶區(qū)期中）如圖，BD是⊙O的直徑，點(diǎn)A、C在圓上，且CD＝OB，則∠BAC＝（）A．120° B．90° C．60° D．30°【解題思路】如圖，連接OC．證明△OCD是等邊三角形，可得結(jié)論．【解答過程】解：如圖，連接OC．∵CD＝OB，OB＝OC＝OD，∴OC＝OD＝CD，∴△OCD邊三角形，∴∠BDC＝60°，∴∠BAC＝∠BDC＝60°，故選：C．【變式1-1】（2021?惠安縣模擬）如圖，已知△ABC內(nèi)接于⊙O，BC是⊙O的直徑，AD平分∠BAC，交⊙O于D，若BC＝4，則CD的長為（）A．2 B．22 C．3 D．【解題思路】連接BD，根據(jù)圓周角定理得到∠BAC＝∠BDC＝90°，根據(jù)角平分線的定義得到∠BAD＝∠CAD，推出△DBC是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到答案．【解答過程】解：連接BD，∵BC是⊙O的直徑，∴∠BAC＝∠BDC＝90°，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴BD=∴BD＝CD，∴△DBC是等腰直角三角形，∴CD=22BC＝2故選：B．【變式1-2】（2021?碑林區(qū)校級(jí)模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C、D都在⊙O上，AD∥OC，若CD＝45，AC＝25，則⊙O的半徑為（）A．10 B．2 C．2 D．5【解題思路】作直徑DT，連接CT．證明∠DCT＝90°，AC＝CT＝25，利用勾股定理求出DT即可．【解答過程】解：作直徑DT，連接CT．∵DT是直徑，∴∠DCT＝90°，∵OD＝OC，∴∠ODC＝∠OCD，∵AD∥OC，∴∠ADC＝∠OCD，∴∠ADC＝∠CDT，∴AC=∴AC＝CT＝25，∵CD＝45，∴DT=C∴⊙O的半徑為5，故選：D．【變式1-3】（2021?陜西模擬）如圖，在⊙O中，點(diǎn)A、B、C均在圓上，連接OA、OB、OC、BC、AC，若AC∥OB，OC＝4，AB＝5，則BC＝（）A．5 B．39 C．89 D．8【解題思路】如圖，過點(diǎn)O作OK⊥AB于K，過點(diǎn)A作AH⊥OB于H，過點(diǎn)C作CJ⊥BO交BO的延長線于J．首先證明OJ＝OH，利用面積法求出AH，再利用勾股定理求出OH，求出BJ，CJ，利用勾股定理求BC．【解答過程】BC解：如圖，過點(diǎn)O作OK⊥AB于K，過點(diǎn)A作AH⊥OB于H，過點(diǎn)C作CJ⊥BO交BO的延長線于J．∵AC∥BO，CJ⊥BO，AH⊥BO，∴CJ＝AH，∵∠CJO＝∠AHO，CO＝AO，∴Rt△CJO≌Rt△AHO（HL），∴OJ＝OH，∵OA＝OB，OK⊥AB，∴AK＝BK=5∴OK=O∵12?AB?OK=12?OB∴AH＝CJ==5×∴OJ＝OH=A∴BJ＝OJ+OB=39∴BC=C解法二：延長CO交⊙O于點(diǎn)D，連接BD．∵CD是直徑，∴∠CBD＝90°，∵AC∥OB，∴∠ACO＝∠BOD，∠CAO＝∠AOB，∵OA＝OC，∴∠ACO＝∠CAO，∴∠BOD＝∠AOB，∴BD＝AB＝5，∵OC＝4，∴CD＝2OC＝8，在Rt△BCD中，BC=C故選：B．【題型2弦、弧、圓心角、圓周角之間的關(guān)系】【例2】（2021?秦淮區(qū)一模）如圖，AB是半圓的直徑，C、D是半圓上的兩點(diǎn)，且∠BAC＝46°，AD=∠DAB＝68°．【解題思路】根據(jù)圓周角定理及已知可求得∠B的度數(shù)，從而可求得∠ADC的度數(shù)，再根據(jù)三角形內(nèi)角和公式即可求得∠DAC的度數(shù)，從而可得出∠BAD的度數(shù)．【解答過程】解：∵AB是半圓O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠BAC＝46°，∴∠B＝44°．∴∠ADC＝180°﹣44°＝136°．∵AD=∴AD＝DC．∴∠DAC＝∠DCA=180°?136°∴∠BAD＝∠DAC+∠BAC＝22°+46°＝68°．故答案是：68．【變式2-1】（2021秋?鎮(zhèn)江月考）如圖，AB是⊙O的直徑，BC=CD=DE，∠COD＝32°，則∠【解題思路】可求得∠BOC＝∠EOD＝∠COD＝32°，繼而可求得∠AOE的度數(shù)；然后再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理來求∠AEO的度數(shù)．【解答過程】解：∵BC=CD=∴∠BOC＝∠EOD＝∠COD＝32°，∴∠AOE＝180°﹣∠EOD﹣∠COD﹣∠BOC＝84°．又∵OA＝OE，∴∠AEO＝∠OAE，∴∠AEO=1故答案為：48°【變式2-2】（2021秋?自貢期末）如圖，在半徑為R的⊙O中，AB是直徑，AC是弦，D為AC的中點(diǎn)，AC與BD交于點(diǎn)E，若點(diǎn)E是BD的中點(diǎn)，則AC的長為423R【解題思路】連接OD，交AC于F，根據(jù)垂徑定理得出OD⊥AC，AF＝CF，進(jìn)而證得DF＝BC，根據(jù)三角形中位線定理求得OF=12BC=12DF，從而求得BC＝DF【解答過程】解：連接OD，交AC于F，∵D是AC的中點(diǎn)，∴OD⊥AC，AF＝CF，∴∠DFE＝90°，∵OA＝OB，AF＝CF，∴OF=12∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，在△EFD和△ECB中,∠DFE=∠BCE=90°∠DEF=∠BEC∴△EFD≌△ECB（AAS），∴DF＝BC，∴OF=12∵OD＝R，∴OF=R∴BC=2R在Rt△ABC中，AC2＝AB2﹣BC2，∴AC=AB故選答案為：423【變式2-3】（2021?海安縣一模）如圖1，一藝術(shù)拱門由兩部分組成，下部為矩形ABCD，AB，AD的長分別是23m和4m，上部是圓心為O的劣弧CD，圓心角∠COD＝120°．現(xiàn)欲以B點(diǎn)為支點(diǎn)將拱門放倒，放倒過程中矩形ABCD所在的平面始終與地面垂直，如圖2、圖3、圖4所示記拱門上的點(diǎn)到地面的最大距離hm，則h的最大值為（2+23）m【解題思路】利用勾股定理先求出圓弧的半徑，然后分析出h取得最大值時(shí)為OB與地面垂直時(shí)，從而可解．【解答過程】解：如圖所示，過點(diǎn)O作垂直于地面的直線與拱門外框上沿交于點(diǎn)P，交地面于點(diǎn)Q，如圖1，AB，AD的長分別是23m和4m，圓心角∠COD＝120°，∴∠DOP＝60°，12DC=12AB∴OD＝2m，PQ＝5m，當(dāng)點(diǎn)P在線段AD上時(shí)，拱門上的點(diǎn)到地面的最大距離h等于點(diǎn)D到地面的距離，即點(diǎn)P與點(diǎn)D重合時(shí)，此時(shí)h=DC如圖2所示，當(dāng)點(diǎn)P在劣弧CD上時(shí)，拱門上的點(diǎn)到地面的最大距離h等于⊙O的半徑長與圓心O到地面的距離之和，易知，OQ≤OB，而h＝OP+OQ＝2+OQ，∴當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合時(shí)，h取得最大值，由圖1可知，OQ＝3m，BQ=3m，則OB=23h的最大值為OP+OB，即（2+23）m故答案為：（2+23【題型3垂徑定理及其推論】【例3】（2021秋?饒平縣校級(jí)期末）如圖，圓柱形水管內(nèi)原有積水的水平面寬CD＝20cm，水深GF＝2cm．若水面上升2cm（EG＝2cm），則此時(shí)水面寬AB為多少？【解題思路】連接OA、OC，根據(jù)垂徑定理求出CG，根據(jù)勾股定理求出OC，根據(jù)勾股定理求出AE，根據(jù)垂徑定理求出即可．【解答過程】解：連接OA、OC，∵由題意知：AB∥CD，OE⊥AB，OF⊥CD，CD＝20cm，∴CG=12CD＝10在Rt△OGC中，由勾股定理得：OC2＝CG2+OG2，OC2＝102+（OC﹣2）2，解得：OC＝26（cm），則OE＝26cm﹣2cm﹣2cm＝22cm，∵在Rt△OEA中，由勾股定理得：OA2＝OE2+AE2，∴262＝222+AE2，∴AE＝83，∵OE⊥AB，OE過圓心O，∴AB＝2AE＝163cm．【變式3-1】（2021秋?諸暨市月考）如圖，AB是⊙C的弦，直徑MN⊥AB于點(diǎn)O，MN＝10，AB＝8，如圖建立坐標(biāo)系．我們把橫縱坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)叫做整數(shù)點(diǎn)，則⊙C上的整數(shù)點(diǎn)有（）個(gè)．A．6 B．8 C．10 D．12【解題思路】過C作直徑UL∥x軸，連接AC，根據(jù)垂徑定理求出AO＝BO＝4，根據(jù)勾股定理求出OC，再得出答案即可．【解答過程】解：過C作直徑UL∥x軸，連接CA，則AC=1∵M(jìn)N過圓心C，MN⊥AB，AB＝8，∴AO＝BO＝4，∠AOC＝90°，由勾股定理得：CO=A∴ON＝5﹣3＝2，OM＝5+3＝8，即A（﹣4，0），B（4，0），M（0，8），N（0，﹣2），同理還有弦QR＝AB＝8，弦WE＝TS＝6，且WE、TS、QR都平行于x軸，Q（﹣4，6），R（4，6），W（﹣3，7），E（3，7），T（﹣3，﹣1），S（3，﹣1），U（﹣5，3），L（5，3），即共12個(gè)點(diǎn)，故選：D．【變式3-2】（2021秋?溫嶺市期中）2008年北京奧運(yùn)會(huì)圓了所有中國人的百年奧運(yùn)夢(mèng)，開幕式上奇特的點(diǎn)火式為世界所震驚．（圖中為奧運(yùn)會(huì)中所用的圣火盆），其中圣火盆高120cm，盆體深20cm，立柱高110cm，CD＝60cm．試求盆口圓的直徑AB．【解題思路】這道題雖然數(shù)據(jù)復(fù)雜，借助圖形，在Rt△OFD中運(yùn)用勾股定理求出OF的值．再次運(yùn)用勾股定理在Rt△OPB中求出PB的值，最后求得AB的值．【解答過程】解：如圖作OF⊥CD，垂足為F，交AB于點(diǎn)P，交弧AB于E，連接OB、OD設(shè)⊙O的半徑為r，依題意可知：PF＝120﹣110＝10cm，EF＝20﹣10＝10（cm），DF=12CD＝30在Rt△OFD中，OD＝r，OF＝r﹣10，DF＝30，∴r2＝（r﹣10）2+302∴r＝50cm在RT△OPB中OB＝50，OP＝50﹣20＝30．∴BP=50∴AB＝2BP＝80cm即盆口圓的直徑AB＝80cm．【變式3-3】（2021秋?尚志市期中）已知⊙O中ABC為等邊三角形，點(diǎn)O在AB上，點(diǎn)A在弦CD上；（1）如圖（1）連接OD，OC，在BC上取一點(diǎn)M，使MB＝OB，連接OM，求證：OB+BC＝CD；（2）如圖（2），在（1）的條件下，過O作OE⊥AC于E，若CD＝4OB，OE＝23，求⊙O半徑．【解題思路】（1）連接OC、OD，過O作OM∥CD交BC于M，得出等邊三角形BOM，推出三角形DAO和三角形MOC全等，即可得出答案；（2）設(shè)OB＝a，CD＝4a，AC＝3a，OA＝2a，求出AE=12CD﹣AD＝a，根據(jù)勾股定理可求【解答過程】證明：（1）連接OC、OD，過O作OM∥CD交BC于M，∵△ABC是等邊三角形，∴∠BCA＝∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC，∵OM∥AC，∴∠BMO＝∠BCA＝60°，∠BOM＝∠BAC＝60°，∴OB＝OM＝BM，∴△OBM為等邊三角形，∴OB＝OM，∵∠BAC＝∠OMB＝60°，∴∠DAO＝∠OMC＝120°，∵AB＝BC，OB＝BM，∴AO＝CM，∵∠BAC＝∠ACB＝60°，∴∠D+∠DOA＝∠ACO+∠MCO＝60°，∵OD＝OC，∴∠D＝∠ACO，∴∠DOA＝∠MCO，在△OAD和△CMO中OD=OC∠DOA=∠MCO∴△OAD≌△CMO，∴OM＝OB＝AD，∴OB+BC＝CD；解：（2）設(shè)OB＝a＝AD，CD＝4a，AC＝3a，OA＝2a，∵OE⊥CD∴DE=12CD∴AE=12CD﹣AD＝∵OA2＝AE2+OE2∴4a2＝a2+12∴a＝2∴DE＝4∴OC=OE2【題型4圈內(nèi)接四邊形的性質(zhì)】【例4】（2021秋?灌云縣期中）在⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，AB＝AD，∠C＝110°，若點(diǎn)E在AD上，求∠E的度數(shù)．【解題思路】連接BD，先根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)計(jì)算出∠BAD＝180°﹣∠C＝70°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理計(jì)算出∠ABD＝55°，然后再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠E的度數(shù)．【解答過程】解：連接BD，∵∠C+∠BAD＝180°，∴∠BAD＝180°﹣110°＝70°，∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∴∠ABD=1∵四邊形ABDE為圓的內(nèi)接四邊形，∴∠E+∠ABD＝180°，∴∠E＝180°﹣55°＝125°．【變式4-1】（2021秋?鐘樓區(qū)校級(jí)期中）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，點(diǎn)F是CD延長線上的一點(diǎn)，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于點(diǎn)E．（1）求證：AB＝AC．（2）若BD＝11，DE＝2，求CD的長．【解題思路】（1）根據(jù)角平分線的定義、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)解答；（2）過點(diǎn)A作AG⊥BD，分別證明Rt△AED≌Rt△AGD和Rt△AEC≌Rt△AGB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)計(jì)算．【解答過程】（1）證明：∵AD平分∠BDF，∴∠ADF＝∠ADB，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，∴∠ADF＝∠ABC，∵∠ACB＝∠ADB，∴∠ABC＝∠ACB，∴AB＝AC；（2）解：過點(diǎn)A作AG⊥BD，垂足為點(diǎn)G．∵AD平分∠BDF，AE⊥CF，AG⊥BD，∴AG＝AE，∠AGB＝∠AEC＝90°，在Rt△AED和Rt△AGD中，AE=AGAD=AD∴Rt△AED≌Rt△AGD，∴GD＝ED＝2，在Rt△AEC和Rt△AGB中，AE=AGAB=AC∴Rt△AEC≌Rt△AGB（HL），∴BG＝CE，∵BD＝11，∴BG＝BD﹣GD＝11﹣2＝9，∴CE＝BG＝9，∴CD＝CE﹣DE＝9﹣2＝7．【變式4-2】（2021?廣東模擬）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，對(duì)角線AC是⊙O的直徑，AB，DC的延長線交于點(diǎn)G，∠ACD＝∠BCG，DF⊥AC于點(diǎn)E，交AB于點(diǎn)F，OH⊥AB于點(diǎn)H．（1）求證：△ABD是等腰三角形；（2）求證：OE＝OH；【解題思路】（1）利用圓內(nèi)接四邊形求得∠DAB＝∠BCG，進(jìn)而求得∠ABD＝∠DAB，即可得到AD＝BD，即△ABD是等腰三角形；（2）利用SSS證明△AOF≌△DOF，進(jìn)而證得OE＝OH；【解答過程】（1）證明：在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，∠DAB+∠BCD＝180°，∵∠BCG+∠BCD＝180°，∴∠DAB＝∠BCG，∵∠ACD＝∠BCG，∠ACD＝∠ABD，∴∠ABD＝∠DAB，∴AD＝BD，∴△ABD是等腰三角形；（2）證明：∵∠DAB＝∠BCG，∠ACD＝∠BCG，∴∠DAB＝∠ACD，∵AC是⊙O的直徑，∴∠ADC＝90°，∴∠ADE+∠CDE＝90°，∵DF⊥AC，∴∠DEC＝90°，∴∠ADE＝∠ACD，∴∠DAB＝∠ADE，∴AF＝AE，連接OD、OF，∵OA＝OD，AF＝DF，OF＝OF，∴△AOF≌△DOF（SSS），∵AF＝DF，∴OE＝OH；【變式4-3】（2021秋?江干區(qū)期末）如圖，圓O是△ABC的外接圓，AC是直徑，過O作OD∥BC交AB于點(diǎn)D．延長DO交圓O于點(diǎn)E，作EF⊥AC于點(diǎn)F，連接DF并延長交直線BC于點(diǎn)G，連接EG．（1）求證：FC＝GC；（2）四邊形EDBG是哪種特殊四邊形？請(qǐng)說明理由．【解題思路】（1）證明△AOD≌△EOF，得到∠ODF＝∠OFD，根據(jù)OD∥BC，得到∠FGC＝∠ODF，得到∠CFG＝∠FGC，得到答案；（2）證明∠EGC＝∠EFC＝90°，根據(jù)三個(gè)角是直角是四邊形是矩形得到答案．【解答過程】證明（1）∵AC為直徑，∴∠ABC＝90°，∵OD∥BC，∴∠ADO＝∠ABC＝90°，在△AOD和△EOF中，∠AOD=∠EOF∠ADO=∠EFO∴△AOD≌△EOF，∴OD＝OF，∴∠ODF＝∠OFD，∵OD∥BC，∴∠FGC＝∠ODF，又∠GFC＝∠OFD，∴∠CFG＝∠FGC，∴FC＝GC；（2）四邊形EDBG是矩形，理由如下：連接AE、EC，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠OEA，∵OD＝OF，∴∠ODF＝∠OFD，∵∠AOE＝∠FOD，∴∠OAE＝∠OFD，∴AE∥DG，∵四邊形EABC內(nèi)接于圓O，∴∠ECG＝∠EAB，∵ED⊥AB，∴AE=∴∠ECA＝∠EAB＝∠ECG，∴△EFC≌△EGC，∴∠EGC＝∠EFC＝90°，又∠EDB＝90°，∠ABC＝90°，∴四邊形EDBG是矩形．【題型5點(diǎn)、直線、圓與圓的位置關(guān)系】【例5】（2021秋?文登區(qū)期末）以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心，1為半徑作圓，直線y＝﹣x+b與⊙O相交，則b的取值范圍是（）A．﹣1＜b＜1 B．?2＜b＜2 C．?2＜b【解題思路】求出直線y＝﹣x+b與圓相切，且函數(shù)經(jīng)過一、二、四象限，和當(dāng)直線y＝﹣x+b與圓相切，且函數(shù)經(jīng)過二、三、四象限時(shí)b的值，則相交時(shí)b的值在相切時(shí)的兩個(gè)b的值之間．【解答過程】解：當(dāng)直線y＝﹣x+b與圓相切，且函數(shù)經(jīng)過一、二、四象限時(shí)，如圖．在y＝﹣x+b中，令x＝0時(shí)，y＝b，則與y軸的交點(diǎn)是（0，b），當(dāng)y＝0時(shí)，x＝b，則A的交點(diǎn)是（b，0），則OA＝OB＝b，即△OAB是等腰直角三角形，∴AB=OA連接圓心O和切點(diǎn)C．則OC＝1，OC⊥AB，∴OC=12∴1=12∴b=2同理，當(dāng)直線y＝﹣x+b與圓相切，且函數(shù)經(jīng)過二、三、四象限時(shí)，b=?2則若直線y＝﹣x+b與⊙O相交，則b的取值范圍是?2＜b故選：B．【變式5-1】（2021秋?邗江區(qū)月考）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，0），⊙M的半徑為4，則點(diǎn)P（﹣2，3）與⊙M的位置關(guān)系是（）A．點(diǎn)P在⊙M內(nèi) B．點(diǎn)P在⊙M上 C．點(diǎn)P在⊙M外 D．不能確定【解題思路】求得線段MP的長后與圓M的半徑比較即可確定正確的選項(xiàng)．【解答過程】解：∵M(jìn)（2，0），P（﹣2，3），∴MP=(2+2∵圓M的半徑為4，5＞4，∴點(diǎn)P在圓外，故選：C．【變式5-2】（2021?廣東模擬）如圖，已知⊙A的半徑為1，圓心的坐標(biāo)為（4，3）．點(diǎn)P（m，n）是⊙A上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則m2+n2的最大值為36．【解題思路】由于圓心A的坐標(biāo)為（4，3），點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，n），利用勾股定理可計(jì)算出OA＝5，OP=m2+n2，這樣把m2+n2理解為點(diǎn)P與原點(diǎn)的距離的平方，利用圖形可得到當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到射線OA上時(shí)，點(diǎn)P離圓點(diǎn)最遠(yuǎn)，即m2+【解答過程】解：作射線OA交⊙O于P′點(diǎn)，如圖，∵圓心A的坐標(biāo)為（4，3），點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，n），∴OA=32+4∴m2+n2是點(diǎn)P點(diǎn)圓點(diǎn)的距離的平方，∴當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到P′處，點(diǎn)P離圓點(diǎn)最遠(yuǎn)，即m2+n2有最大值，此時(shí)OP＝OA+AP′＝5+1＝6，則m2+n2＝36．故答案為：36．【變式5-3】（2021?德陽）如圖，已知⊙O1與⊙O2的半徑分別為2和1，且兩圓外切，點(diǎn)A為⊙O1上一點(diǎn)，∠AO1O2＝30°，點(diǎn)P為線段O1O2上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過P作O1A的平行線l，如果在⊙O2上有且僅有2個(gè)點(diǎn)到直線l的距離為14，則O1PA．14＜O1P≤32 B．12＜O1P＜3 C．32＜O1P【解題思路】過點(diǎn)O2作O2B⊥直線l于B．求出兩種特殊情形的O1P的值即可判斷．【解答過程】解：過點(diǎn)O2作O2B⊥直線l于B．當(dāng)O2B＝1+14=54時(shí)，⊙O2∵AO1∥PB，∴∠BPO2＝∠AO1P＝30°，∴PO2＝2O2B=5∴O1P＝O1O2﹣O2P＝3?5當(dāng)O2B′＝1?14=34時(shí)，同法可得P′O2＝2O2B′=32觀察圖可知：12＜O1P故選：D．【題型6三角形的外接圓和內(nèi)切圓】【例6】（2021?廣東模擬）如圖，△ABC和△DEF分別是⊙O的外切正三角形和內(nèi)接正三角形，若△DEF的面積為1，則△ABC的面積為（）A．8 B．6 C．4 D．2【解題思路】過點(diǎn)O作ON⊥BC垂足為N，交EF于點(diǎn)M，連接OB，則O，E，B三點(diǎn)一定共線，設(shè)OM＝1，則OD＝ON＝2，再求得EF，BC的長，根據(jù)三角形的面積公式即可得出△DEF和△ABC的面積之比，根據(jù)△DEF的面積為1，則可得△ABC的面積．【解答過程】解：過點(diǎn)O作ON⊥BC垂足為N，交EF于點(diǎn)M，連接OB，∵△ABC和△DEF分別是⊙O的外切正三角形和內(nèi)接正三角形，設(shè)OM＝1，則OE＝ON＝2，∵∠OEM＝∠OBN＝30°，∴OB＝4，EM=3，EF＝23，BN＝23，BC＝43∴S△ABC=12×43∴S△DEF=12×23∴S△ABC∴當(dāng)△DEF的面積為1，則△ABC的面積為4．故選：C．【變式6-1】（2021?利州區(qū)模擬）（2021秋?南寧期中）如圖，把Rt△OAB置于平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，4），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0），點(diǎn)P是Rt△OAB內(nèi)切圓的圓心．將Rt△OAB沿x軸的正方向作無滑動(dòng)滾動(dòng)，使它的三邊依次與x軸重合，第一次滾動(dòng)后圓心為P1，第二次滾動(dòng)后圓心為P2，…，依此規(guī)律，第2020次滾動(dòng)后，Rt△OAB內(nèi)切圓的圓心P2020的坐標(biāo)是（8081，1）．【解題思路】由勾股定理得出AB＝5，得出Rt△OAB內(nèi)切圓的半徑＝1，因此P的坐標(biāo)為（1，1），由題意得出P1的坐標(biāo)為（5，1），P2的坐標(biāo)為（11，1），P3的坐標(biāo)（3+5+4+1，1），得出規(guī)律為每滾動(dòng)3次一個(gè)循環(huán)，由2020÷3＝673…1，即可得出答案．【解答過程】解：∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，4），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0），∴OA＝4，OB＝3，∴AB=O∴Rt△OAB內(nèi)切圓的半徑=1∴P的坐標(biāo)為（1，1），∵將Rt△OAB沿x軸的正方向作無滑動(dòng)滾動(dòng)，使它的三邊依次與x軸重合，所以第一次滾動(dòng)后圓心為P1（5，1），第二次滾動(dòng)后圓心為P2（11，1），…，∴P3（3+5+4+1，1），即（13，1），每滾動(dòng)3次一個(gè)循環(huán)，∵2020÷3＝673…1，∴第2020次滾動(dòng)后，Rt△OAB內(nèi)切圓的圓心P2020的橫坐標(biāo)是673×（3+5+4）+5＝8081，即P2020的橫坐標(biāo)是8081，∴P2020的坐標(biāo)是（8081，1）；故答案為：（8081，1）．【變式6-2】（2021春?江陰市期中）已知平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（5，0）、B（575，245）和點(diǎn)P（a，34a）．若⊙M是△PAB的內(nèi)切圓，則⊙M面積的最大值是【解題思路】過點(diǎn)A作AD⊥l于點(diǎn)D并延長至點(diǎn)C，使AD＝DC，連接BC交直線l于點(diǎn)P，連接PA，則此時(shí)PA+PB＝PC+PB＝BC，即PA+PB最小，當(dāng)三角形的周長l最小時(shí)，三角形內(nèi)切圓的半徑最大，進(jìn)而可得△PAB的內(nèi)切圓面積的最大值．【解答過程】解：設(shè)直線AB：y＝kx+b，將點(diǎn)A（5，0）、B（575，245k+b=057解得k=3∴直線AB：y=34x∵點(diǎn)P（a，34a∴點(diǎn)P在直線l：y=34∴AB∥直線l，過點(diǎn)A作AD⊥l于點(diǎn)D并延長至點(diǎn)C，使AD＝DC，連接BC交直線l于點(diǎn)P，連接PA，則此時(shí)PA+PB＝PC+PB＝BC，即PA+PB最小，∵AC⊥l，∴AC⊥AB，設(shè)直線AC：y=?43x+將點(diǎn)A（5，0）代入，得b′=20∴直線AC：y=?43x設(shè)D（x，y），則聯(lián)立方程組，得y=3解得x=16∴D（165，12∴AD=(5?AB=(∴AC＝6，∴BC=A∴S△DAB=12×AB?設(shè)△PAB三角形內(nèi)切圓的半徑r，則S△PAB=12∴r=2S當(dāng)三角形的周長l最小時(shí)，三角形內(nèi)切圓的半徑最大，最大半徑r=24∵l＝PA+PB+AB＝BC+AB＝18，∴△PAB的內(nèi)切圓面積的最大值為169π故答案為169π【變式6-3】（2021?福建模擬）如圖1，△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圓，過點(diǎn)B作BE⊥AC，交⊙O于點(diǎn)D，垂足為E，連接AD．（1）求證：∠BAC＝2∠CAD；（2）如圖2，連接CD，點(diǎn)F在線段BD上，且DF＝2DC，G是BC的中點(diǎn)，連接FG，若FG＝2，CD＝22，求⊙O的半徑．【解題思路】（1）作AH⊥BC于H，根據(jù)題意易求得∠BAC＝2∠CAH，利用角的關(guān)系和元周角定理可求得∠CAH＝∠CAD，即可求解；（2）連接GC并延長交AD延長線于點(diǎn)H，連接DG，BG，AG，根據(jù)圓周角定理可求得AG垂直平分BC，再求證四邊形GHDF為平行四邊形，設(shè)半徑為r，則AH＝AG＝2r，AD＝2r﹣2，根據(jù)勾股定理即可求解．【解答過程】（1）證明：如圖1，作AH⊥BC于H，∴∠AHC＝90°，∴∠HAC+∠C＝90°，∵AB＝AC，∴∠BAC＝2∠CAH，∵BE⊥AC，∴∠BEC＝90°，∴∠CBE+∠C＝90°，∴∠CBE＝∠CAH，∵CD=∴∠CAD＝∠CBE，∴∠CAH＝∠CAD，∴∠BAC＝2∠CAD；（2）解：如圖，連接GC并延長交AD延長線于點(diǎn)H，連接DG，BG，AG，∵G是BC的中點(diǎn)，∴GB=∴GB＝GC，∠BAG＝∠CAG，∴∠CAG＝∠DAC，∵AB＝AC，∴AG垂直平分BC，∴AG為直徑，∴∠ADG＝∠ACG＝90°，∴∠GDH＝∠ACH＝90°，∵∠AGC+∠CAG＝90°，∠AHC+∠CAH＝90°，∴∠AGC＝∠AHC，∴AG＝AH，∴CG＝CH，在Rt△GDH中，DC＝CG＝CH，即GH＝2DC＝DF，∵∠AEB＝90°＝∠ACG，∴BD∥GH，∴四邊形GHDF為平行四邊形，∴DH＝FG＝2，設(shè)半徑為r，則AH＝AG＝2r，AD＝2r﹣2，在Rt△AGD中，DG2＝AG2﹣AD2＝（2r）2﹣（2r﹣2）2＝8r﹣4，在Rt△GDH中，GH＝DF＝2CD＝42，∴DG2＝GH2﹣DH2＝32﹣4＝28，∴8r﹣4＝28，解得r＝4，∴⊙O的半徑為4．【題型7正多邊形與圓的關(guān)系】【例7】（2021秋?安徽月考）如圖，O是半徑為R的正六邊形的中心．（1）求O點(diǎn)到正六邊形各邊距離之和．（2）若P點(diǎn)是正六邊形內(nèi)異于O點(diǎn)的任意一點(diǎn)，P點(diǎn)到正六邊形各邊距離之和與O點(diǎn)到正六邊形各邊距離之和有什么關(guān)系？請(qǐng)說明理由．（3）類比上述探索過程，直接填寫結(jié)論：邊心距為d的正三邊形內(nèi)任意一點(diǎn)P到各邊距離之和等于3d．（用含d的代數(shù)式表示）邊心距為d的正八邊形內(nèi)任意一點(diǎn)P到各邊距離之和等于8d．（用含d的代數(shù)式表示）邊心距為d的正n邊形內(nèi)任意一點(diǎn)P到各邊距離之和等于nd．（用含d、n的代數(shù)式表示）【解題思路】（1）由正六邊形的性質(zhì)得出△AOB是等邊三角形，得出AB＝OA＝R，AM=12AB=12（2）過點(diǎn)P分別作正六邊形的三對(duì)平行邊的垂線段CD、EF、KL，由正六邊形的三對(duì)平行邊之間的距離相等得出CD＝EF＝KL，由CD＝2OM，得出CD+EF+KL＝6OM即可；（3）同（2）即可得出結(jié)果．【解答過程】解：（1）由正六邊形的性質(zhì)得：∠AOB＝60°，OA＝OB，∴△AOB是等邊三角形，∴AB＝OA＝R，AM=12AB=∴OM=OA∴O點(diǎn)到正六邊形各邊距離之和為6OM＝33R；（2）P點(diǎn)到正六邊形各邊距離之和與O點(diǎn)到正六邊形各邊距離之和相等；理由如下：過點(diǎn)P分別作正六邊形的三對(duì)平行邊的垂線段CD、EF、KL，如圖所示：∵正六邊形的三對(duì)平行邊之間的距離相等，∴CD＝EF＝KL，又∵CD＝2OM，∴CD+EF+KL＝6OM＝33R，即P點(diǎn)到正六邊形各邊距離之和與O點(diǎn)到正六邊形各邊距離之和相等；（3）同（2）得：邊心距為d的正三邊形內(nèi)任意一點(diǎn)P到各邊距離之和等于3d，邊心距為d的正八邊形內(nèi)任意一點(diǎn)P到各邊距離之和等于8d，邊心距為d的正n邊形內(nèi)任意一點(diǎn)P到各邊距離之和等于nd；故答案為：3d，8d，nd．【變式7-1】（2021?海陵區(qū)一模）一個(gè)適當(dāng)大的正六邊形，它的一個(gè)頂點(diǎn)與一個(gè)邊長為定值的小正六邊形ABCDEF的中心O重合，且與邊AB、CD相交于G、H（如圖）．圖中陰影部分的面積記為S，三條線段GB、BC、CH的長度之和記為l，在大正六邊形繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)過程中，下列說法正確的是（）A．S變化，l不變 B．S不變，l變化 C．S變化，l變化 D．S與l均不變【解題思路】如圖，連接OA，OC．證明△HOC≌△GOA（ASA），可得結(jié)論．【解答過程】解：如圖，連接OA，OC．∵∠HOG＝∠AOC＝120°，∠OCH＝∠OAG＝60°，∴∠HOC＝∠GOA，在△OHC和△OGA中，，∴△HOC≌△GOA（ASA），∴AG＝CH，∴S陰＝S四邊形OABC＝定值，l＝GB+BC+CH＝AG+BG+BC＝2BC＝定值，故選：D．【變式7-2】（2021秋?儀征市校級(jí)月考）如圖，⊙O是正方形ABCD與正六邊形AEFCGH的外接圓．（1）正方形ABCD與正六邊形AEFCGH的邊長之比為；（2）連接BE，BE是否為⊙O的內(nèi)接正n邊形的一邊？如果是，求出n的值；如果不是，請(qǐng)說明理由．【解題思路】（1）計(jì)算出在半徑為R的圓中，內(nèi)接正方形和內(nèi)接正六邊形的邊長即可求出；（2）首先求得∠EOB的度數(shù)，然后利用360°除以∠EOB度數(shù)，若所得的結(jié)果是整數(shù)的即可．【解答過程】解：（1）設(shè)此圓的半徑為R，則它的內(nèi)接正方形的邊長為2R，它的內(nèi)接正六邊形的邊長為R，內(nèi)接正方形和內(nèi)接正六邊形的邊長比為2R：R=2故答案為：2：1；（2）BE是⊙O的內(nèi)接正十二邊形的一邊，理由：連接OA，OB，OE，在正方形ABCD中，∠AOB＝90°，在正六邊形AEFCGH中，∠AOE＝60°，∴∠BOE＝30°，∵n=360°∴BE是正十二邊形的邊．【變式7-3】（2021秋?柯橋區(qū)期中）如圖，A、B、C、D、E是⊙O上的5等分點(diǎn)，連接AC、CE、EB、BD、DA，得到一個(gè)五角星圖形和五邊形MNFGH．有下列3個(gè)結(jié)論：①AO⊥BE，②∠CGD＝∠COD+∠CAD，③BM＝MN＝NE．其中正確的結(jié)論是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【解題思路】根據(jù)圓的性質(zhì)得到AO⊥BE，故①正確；由A、B、C、D、E是⊙O上的5等分點(diǎn)，得到CD的度數(shù)=360°5=72°求得∠COD＝72°根據(jù)圓周角定理得到∠CAD＝36°；連接CD求得∠CGD＝108°，于是得到∠CGD＝∠COD+∠CAD，故②正確；連接AB【解答過程】解：∵A、B、C、D、E是⊙O上的5等分點(diǎn)，∴AB=∴AO⊥BE，故①正確；∵A、B、C、D、E是⊙O上的5等分點(diǎn)，∴CD的度數(shù)=360°∴∠COD＝72°，∵∠COD＝2∠CAD，∴∠CAD＝36°；連接CD∵A、B、C、D、E是⊙O上的5等分點(diǎn)，∴AB=∴∠BDC＝∠DCE＝∠CAD＝36°，∴∠CGD＝108°，∴∠CGD＝∠COD+∠CAD，故②正確；連接AB，AE，∴∠MBA＝∠MAB＝36°，∴AM＝BM，∵∠MAN＝36°，∠ANM＝∠DAE+∠AEB＝72°，∴AM≠M(fèi)N，∴BM≠M(fèi)N③錯(cuò)誤！則∠BAM＝∠ABM＝∠EAN＝∠AEN＝36°，∵AB＝AE，∴△ABM≌△AEN（ASA），∴BM＝EN＝AM＝AN，∵∠MAN＝36°，∴AM≠M(fèi)N，∴③錯(cuò)誤．故選：A．【題型8切線的性質(zhì)及判定、切線長定理】【例8】（2021?烏魯木齊）已知：如圖△ABC中，∠ACB＝90°，以AC為直徑的⊙O交AB于D，過D作⊙O的切線交BC于點(diǎn)E，EF⊥AB，垂足為F．（1）求證：DE=12（2）若AC＝6，BC＝8，求S△ACD：S△EDF的值．【解題思路】（1）根據(jù)題意可知：EC、ED均是圓O的切線，根據(jù)切線長定理可得出EC＝DE，∠ECD＝∠EDC；根據(jù)等角的余角相等，可得出∠EDB＝∠B，因此DE＝BE，由此可得出DE＝EC＝BE，由此可得證；（2）由（1）知：DE＝BE，因此DF＝BF，根據(jù)等高的三角形面積比等于底邊比可得出△EDF的面積是△EDB的面積的一半，同理可得出△EDB的面積是△CDB的面積的一半，因此△EDF的面積是△CDB的面積的四分之一．那么本題只需得出△ADC和△CDB的面積比即可，即得出AD：BD的值即可．【解答過程】（1）證明：∵EC、ED都是⊙O的切線，∴EC＝ED，∠ECD＝∠EDC．∵∠EDC+∠EDB＝90°，∠ECD+∠B＝90°，∴∠EDB＝∠B．∴ED＝BE．∴DE＝BE＝EC．∴DE=12（2）解：在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，則AB＝10，根據(jù)射影定理可得：AD＝AC2÷AB＝3.6，BD＝BC2÷AB＝6.4，∴S△ACD：S△BCD＝AD：BD＝9：16，∵ED＝EB，EF⊥BD，∴S△EDF=12S△同理可得S△EBD=12S△∴S△EDF=14S△∴S△ACD：S△EDF=9【變式8-1】（2021秋?嘉魚縣期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點(diǎn)O在AC上，以O(shè)A為半徑的半圓O交AB于點(diǎn)D，交AC于點(diǎn)E，點(diǎn)F在BC上，且BF＝DF．（1）求證：DF是半圓O的切線；（2）若AC＝4，BC＝3，CF＝1，求半圓O的半徑長．【解題思路】（1）連接OD，根據(jù)BF＝DF，得∠B＝∠BDF，證明∠BDF+∠ODA＝90°，得∠ODF＝90°，進(jìn)而可得結(jié)論；（2）設(shè)半徑為r，連接OD，OF，則OC＝4﹣r，求得DF，再由勾股定理，利用OF為中間變量列出r的方程便可求得結(jié)果．【解答過程】解：（1）連接OD，如圖1，∵BF＝DF，∴∠B＝∠BDF，∵∠C＝90°，∴∠OAD+∠B＝90°，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠ODA+∠BDF＝90°，∴∠ODF＝90°，∴DF是半圓O的切線；（2）連接OF，OD，如圖2，設(shè)圓的半徑為r，則OD＝OE＝r，∵AC＝4，BC＝3，CF＝1，∴OC＝4﹣r，DF＝BF＝3﹣1＝2，∵OD2+DF2＝OF2＝OC2+CF2，∴r2+22＝（4﹣r）2+12，∴r=13故圓的半徑為138【變式8-2】（2021?北湖區(qū)校級(jí)模擬）如圖，直線AB、BC、CD分別與⊙O相切于E、F、G，且AB∥CD，OB＝6cm，OC＝8cm．求：（1）∠BOC的度數(shù)；（2）BE+CG的長；（3）⊙O的半徑．【解題思路】（1）根據(jù)切線的性質(zhì)得到OB平分∠EBF，OC平分∠GCF，OF⊥BC，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠ABC+∠BCD＝180°，則有∠OBE+∠OCF＝90°，即∠BOC＝90°；（2）由勾股定理可求得BC的長，進(jìn)而由切線長定理即可得到BE+CG的長；（3）最后由三角形面積公式即可求得OF的長．【解答過程】解：（1）連接OF；根據(jù)切線長定理得：BE＝BF，CF＝CG，∠OBF＝∠OBE，∠OCF＝∠OCG；∵AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD＝180°，∴∠OBF+∠OCF＝90°，∴∠BOC＝90°；（2）由（1）知，∠BOC＝90°．∵OB＝6cm，OC＝8cm，∴由勾股定理得到：BC=OB2∴BE+CG＝BC＝10cm．（3）∵OF⊥BC，∴S△OBC=12OF×BC=12OB×OC，即1∴OF＝4.8cm．【變式8-3】（2021?饒平縣校級(jí)模擬）如圖，已知AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C是⊙O上一點(diǎn)，AD與過點(diǎn)C的切線垂直，垂足為點(diǎn)D，直線DC與AB的延長線相交于點(diǎn)P，弦CE平分∠ACB，交AB于點(diǎn)F，連接BE．（1）求證：AC平分∠DAB；（2）求證：△PCF是等腰三角形；（3）若AF＝6，EF＝2，求⊙O的半徑長．【解題思路】（1）根據(jù)切線的性質(zhì)得OC⊥AD，而AD⊥DP，則肯定判斷OC∥AD，根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠DAC＝∠OCA，加上∠OAC＝∠OCA，所以∠OAC＝∠DAC；（2）根據(jù)圓周角定理由AB為⊙O的直徑得∠ACB＝90°，則∠BCE＝45°，再利用圓周角定理得∠BOE＝2∠BCE＝90°，則∠OFE+∠OEF＝90°，易得∠CFP+∠OEF＝90°，再根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠OCF+∠PCF＝90°，而∠OCF＝∠OEF，根據(jù)等角的余角相等得到∠PCF＝∠CFP，于是可判斷△PCF是等腰三角形；（3）連接OE．由AB為⊙O的直徑，得到∠ACB＝90°，根據(jù)角平分線的定義得到∠BCE＝45°，設(shè)⊙O的半徑為r，則OF＝6﹣r，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論．【解答過程】（1）證明：∵PD為⊙O的切線，∴OC⊥DP，∵AD⊥DP，∴OC∥AD，∴∠DAC＝∠OCA，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∴∠OAC＝∠DAC，∴AC平分∠DAB；（2）證明：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵CE平分∠ACB，∴∠BCE＝45°，連接OE．∴∠BOE＝2∠BCE＝90°，∴∠OFE+∠OEF＝90°，而∠OFE＝∠CFP，∴∠CFP+∠OEF＝90°，∵OC⊥PD，∴∠OCP＝90°，即∠OCF+∠PCF＝90°，而∠OCF＝∠OEF，∴∠PCF＝∠CFP，∴△PCF是等腰三角形；（3）解：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵CE平分∠ACB，∴∠BCE＝45°，∴∠BOE＝90°，即OE⊥AB，設(shè)⊙O的半徑為r，則OF＝6﹣r，在Rt△EOF中，∵OE2+OF2＝EF2，∴r2+（6﹣r）2＝（2）2，解得，r1＝4，r2＝2，當(dāng)r1＝4時(shí)，OF＝6﹣r＝2（符合題意），當(dāng)r2＝2時(shí)，OF＝6﹣r＝4（不合題意，舍去），∴⊙O的半徑r＝4．【題型9弧長與扇形面積的有關(guān)計(jì)算】【例9】（2021?鄧州市二模）如圖，AB＝CD＝DE＝4，∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，以D為圓心，DC為半徑畫弧交AE與點(diǎn)F，設(shè)圖中兩塊陰影部分面積分別為S1，S2，則S1﹣S2＝16﹣4π．【解題思路】如圖，過點(diǎn)E作TE⊥DE交CB的延長線于T，AE交CT于G．證明△ABG≌△ETG（AAS），推出S1﹣S2＝S正方形CDET﹣S扇形DCE，可得結(jié)論．【解答過程】解：如圖，過點(diǎn)E作TE⊥DE交CB的延長線于T，AE交CT于G．∵∠TCD＝∠D＝∠DET＝90°，∴四邊形CDET是矩形，∵DC＝DE，∴四邊形CDET是正方形，∴ET＝CD＝AB，在△ABG和△ETG中，∠ABG=∠T=90°∠AGB=∠EGT∴△ABG≌△ETG（AAS），∴S1﹣S2＝S正方形CDET﹣S扇形DCE＝16?90π?42故答案為：16﹣4π．【變式9-1】（2021秋?興城市期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，過點(diǎn)A1（1，0）作x軸的垂線交直線y＝x于點(diǎn)B1，以O(shè)為圓心，OB1為半徑作弧，交x軸于點(diǎn)A2；過點(diǎn)A2作x軸的垂線交直線y＝x于點(diǎn)B2，以O(shè)為圓心，OB2為半徑作弧，交x軸于點(diǎn)A3；過點(diǎn)A3作x軸的垂線交直線y＝x于點(diǎn)B3，以O(shè)為圓心，OB3為半徑作弧，交x軸于點(diǎn)A4，…，按此做法進(jìn)行下去，設(shè)由A1B1，A1A2，弧A2B1圍成的圖形面積記為S1，A2B2，A2A3，弧A3B2圍成的圖形面積記為S2，由A3B3，A3A4，弧A4B3圍成的圖形面積記為S3，…，那么S2020為π?22017﹣22018．【解題思路】根據(jù)點(diǎn)A的取法，羅列出部分點(diǎn)A的橫坐標(biāo)，由此發(fā)現(xiàn)規(guī)律“An的橫坐標(biāo)為（2）n﹣1，再結(jié)合已知即可得出結(jié)論．【解答過程】解：觀察，發(fā)現(xiàn)規(guī)律：A1橫坐標(biāo)為1，A2橫坐標(biāo)為2，A3橫坐標(biāo)為（2）2，…，∴An的橫坐標(biāo)為（2）n-1，∴點(diǎn)Bn（n為正整數(shù)）的橫坐標(biāo)為（2）n﹣1．∴S2020=45?π?(2)4040360?12?（2）2019?（2）故答案為：π?22017﹣22018．【變式9-2】（2021秋?上海期末）如圖所示，三角形ABC的邊長都為6cm，分別以A、B、C三點(diǎn)為圓心，邊長的一半為半徑作弧，求陰影部分的周長．【解題思路】因?yàn)槿切蜛BC的邊長都為6cm，所以三角形ABC為等邊三角形，根據(jù)圖中陰影部分的位置知道，以6÷2為半徑的圓的周長的一半就是陰影部分的周長．【解答過程】解：l＝＝3.14cmC陰＝3l＝3×3.14＝9.42cm答：陰影部分的周長是9.42cm另解：C陰＝＝9.42cm答：陰影部分的周長是9.42cm【變式9-3】（2021?方城縣模擬）如圖所示，在扇形OAB中，∠AOB＝90°，半徑OA＝4，點(diǎn)F位于AB的13處且靠近點(diǎn)A的位置．點(diǎn)C、D分別在線段OA、OB上，CD＝4，E為CD的中點(diǎn)，連接EF、BE．在CD滑動(dòng)過程中（CD長度始終保持不變），當(dāng)EF取最小值時(shí)，陰影部分的周長為2+23【解題思路】如圖，連接OF，OE，BF，取OF的中點(diǎn)T，連接BT．證明△OBF是等邊三角形，利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)求出OE，EF≥OF﹣OE＝2，推出當(dāng)O，E，F(xiàn)共線時(shí)，EF的值最小，此時(shí)點(diǎn)E與點(diǎn)T重合，求出BT，F(xiàn)T，BF的長即可．【解答過程】解：如圖，連接OF，OE，BF，取OF的中點(diǎn)T，連接BT．∵∠AOB＝90°，AF=∴∠BOF＝60°，∴BF的長=60π?4180∵CE＝DE，∴OE=12∵OF＝4，∴EF≥OF﹣OE＝2，∴當(dāng)O，E，F(xiàn)共線時(shí)，EF的值最小，此時(shí)點(diǎn)E與點(diǎn)T重合，∴此時(shí)EF＝2，∵OF＝OB，∠BOF＝60°，∴△BOF是等邊三角形，∵OT＝TF，∴BT⊥OF，∴BE＝BT=OB2∴此時(shí)陰影部分的周長為2+23+4故答案為：2+23+4【題型10圓錐的有關(guān)計(jì)算】【例10】（2021秋?東臺(tái)市期中）設(shè)圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)半徑為18cm，圓心角為240°的扇形，求圓錐的底面積和高．【解題思路】利用弧長公式可得圓錐的側(cè)面展開圖的弧長，除以2π即為圓錐的底面半徑，圓錐的底面積＝π×半徑2，圓錐的底面半徑，母線長，高組成直角三角形，利用勾股定理即可求得圓錐的高．【解答過程】解：圓錐的弧長為：240π×18180=24∴圓錐的底面半徑為24π÷2π＝12，∴圓錐的底面積為π×122＝144π，∴圓錐的高為182?12【變式10-1】（2021秋?泗洪縣期中）如圖，