專題19 圓（講義）（解析版）

專題19圓核心知識點精講理解掌握圓的相關概念、表示方法；理解掌握圓的對稱性、弦、弧等與圓有關的概念及其運用；理解掌握圓周角定理及其推論，并能夠進行運用；理解掌握垂徑定理及其推論；掌握圓和圓的位置關系；理解掌握直線與圓的位置關系；理解掌握正多邊形和圓之間的關系；理解與正多邊形有關的概念；掌握正多邊形的對稱性；理解掌握弧長和扇形面積的計算方法?？键c1圓的概念1.圓的定義在一個個平面內，線段OA繞它固定的一個端點O旋轉一周，另一個端點A隨之旋轉所形成的圖形叫做圓，固定的端點O叫做圓心，線段OA叫做半徑。2.圓的幾何表示以點O為圓心的圓記作“⊙O”，讀作“圓O”考點2圓的對稱性、弦、弧等與圓有關的概念1.圓的軸對稱性圓是軸對稱圖形，經(jīng)過圓心的每一條直線都是它的對稱軸。2.圓的中心對稱性圓是以圓心為對稱中心的中心對稱圖形。3.弦、弧、弦心距、圓心角等相關概念（1）弦連接圓上任意兩點的線段叫做弦。（如圖中的AB）（2）直徑經(jīng)過圓心的弦叫做直徑。（如圖中的CD）直徑等于半徑的2倍。（3）半圓圓的任意一條直徑的兩個端點分圓成兩條弧，每一條弧都叫做半圓。（4）弧、優(yōu)弧、劣弧圓上任意兩點間的部分叫做圓弧，簡稱弧?；∮梅枴啊小北硎荆訟，B為端點的弧記作“”，讀作“圓弧AB”或“弧AB”。大于半圓的弧叫做優(yōu)?。ǘ嘤萌齻€字母表示）；小于半圓的弧叫做劣?。ǘ嘤脙蓚€字母表示）（5）圓心角頂點在圓心的角叫做圓心角。（6）弦心距從圓心到弦的距離叫做弦心距。（7）弧、弦、弦心距、圓心角之間的關系定理在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦想等，所對的弦的弦心距相等。推論：在同圓或等圓中，如果兩個圓的圓心角、兩條弧、兩條弦或兩條弦的弦心距中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量都分別相等?？键c3圓周角定理及其推論1.圓周角頂點在圓上，并且兩邊都和圓相交的角叫做圓周角。2.圓周角定理一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半。推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等；同圓或等圓中，相等的圓周角所對的弧也相等。推論2：半圓（或直徑）所對的圓周角是直角；90°的圓周角所對的弦是直徑。推論3：如果三角形一邊上的中線等于這邊的一半，那么這個三角形是直角三角形?？键c4垂徑定理及其推論垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的弧。推論1：（1）平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條弧。（2）弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對的兩條弧。（3）平分弦所對的一條弧的直徑垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條弧。推論2：圓的兩條平行弦所夾的弧相等。垂徑定理及其推論可概括為：過圓心垂直于弦直徑平分弦知二推三 平分弦所對的優(yōu)弧平分弦所對的劣弧考點5圓和圓的位置關系1.圓和圓的位置關系如果兩個圓沒有公共點，那么就說這兩個圓相離，相離分為外離和內含兩種。如果兩個圓只有一個公共點，那么就說這兩個圓相切，相切分為外切和內切兩種。如果兩個圓有兩個公共點，那么就說這兩個圓相交。2.圓心距兩圓圓心的距離叫做兩圓的圓心距。3.圓和圓位置關系的性質與判定設兩圓的半徑分別為R和r，圓心距為d，那么兩圓外離d>R+r兩圓外切d=R+r兩圓相交R-r<d<R+r（R≥r）兩圓內切d=R-r（R>r）兩圓內含d<R-r（R>r）4.兩圓相切、相交的重要性質如果兩圓相切，那么切點一定在連心線上，它們是軸對稱圖形，對稱軸是兩圓的連心線；相交的兩個圓的連心線垂直平分兩圓的公共弦?？键c6直線與圓的位置關系（1）直線和圓的三種位置關系：①相離：一條直線和圓沒有公共點．②相切：一條直線和圓只有一個公共點，叫做這條直線和圓相切，這條直線叫圓的切線，唯一的公共點叫切點．③相交：一條直線和圓有兩個公共點，此時叫做這條直線和圓相交，這條直線叫圓的割線．（2）判斷直線和圓的位置關系：設⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d．①直線l和⊙O相交?d＜r②直線l和⊙O相切?d＝r③直線l和⊙O相離?d＞r．考點7正多邊形和圓1.正多邊形的定義各邊相等，各角也相等的多邊形叫做正多邊形。2.正多邊形和圓的關系只要把一個圓分成相等的一些弧，就可以做出這個圓的內接正多邊形，這個圓就是這個正多邊形的外接圓?？键c8與正多邊形有關的概念1.正多邊形的中心正多邊形的外接圓的圓心叫做這個正多邊形的中心。2.正多邊形的半徑正多邊形的外接圓的半徑叫做這個正多邊形的半徑。3.正多邊形的邊心距正多邊形的中心到正多邊形一邊的距離叫做這個正多邊形的邊心距。4.中心角正多邊形的每一邊所對的外接圓的圓心角叫做這個正多邊形的中心角。考點9正多邊形的對稱性1.正多邊形的軸對稱性正多邊形都是軸對稱圖形。一個正n邊形共有n條對稱軸，每條對稱軸都通過正n邊形的中心。2.正多邊形的中心對稱性邊數(shù)為偶數(shù)的正多邊形是中心對稱圖形，它的對稱中心是正多邊形的中心。3.正多邊形的畫法先用量角器或尺規(guī)等分圓，再做正多邊形。考點10弧長和扇形面積1.弧長公式n°的圓心角所對的弧長l的計算公式為2.扇形面積公式其中n是扇形的圓心角度數(shù)，R是扇形的半徑，l是扇形的弧長。3.圓錐的側面積其中l(wèi)是圓錐的母線長，r是圓錐的地面半徑?！绢}型1：圓的概念】【典例1】（2022?南山區(qū)校級模擬）數(shù)學知識在生產(chǎn)和生活中被廣泛應用，下列實例所應用的最主要的幾何知識，說法正確的是（）A．學校門口的伸縮門由菱形而不是其他四邊形組成，應用了“菱形的對角線互相垂直平分” B．車輪做成圓形，應用了“圓是中心對稱圖形” C．射擊時，瞄準具的缺口、準星和射擊目標在同一直線上，應用了“兩點確定一條直線” D．地板磚可以做成矩形，應用了“矩形對邊相等”【答案】C【分析】根據(jù)兩點確定一條直線，圓的認識，菱形的性質以及矩形的性質進行判斷即可．【解答】解：A．學校門口的伸縮門由菱形而不是其他四邊形組成，應用了“四邊形的不穩(wěn)定性”，故本選項錯誤，不合題意；B．車輪做成圓形，應用了“圓上各點到圓心的距離相等”，故本選項錯誤，不合題意；C．射擊時，瞄準具的缺口、準星和射擊目標在同一直線上，應用了“兩點確定一條直線”，故本選項正確，符合題意D．地板磚可以做成矩形，應用了“矩形四個內角都是直角”的性質，故本選項錯誤，不合題意．故選：C．1．（2022?潮安區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝10．若以點C為圓心，CA長為半徑的圓恰好經(jīng)過AB的中點D，則⊙C的半徑為（）A．53 B．8 C．6 【答案】D【分析】連結CD，根據(jù)直角三角形斜邊中線定理求解即可．【解答】解：如圖，連結CD，∵CD是直角三角形斜邊上的中線，∴CD=12AB故選：D．2．（2023?福田區(qū)校級三模）如圖，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足為C，OD∥AB，OC=12OD，則∠A．90° B．95° C．100° D．105°【答案】D【分析】連接OB，則OC=12OB，由OC⊥AB，則∠OBC＝30°，再由OD∥【解答】解：如圖：連接OB，則OB＝OD，∵OC=12∴OC=12∵OC⊥AB，∴∠OBC＝30°，∵OD∥AB，∴∠BOD＝∠OBC＝30°，∴∠OBD＝∠ODB＝75°，∠ABD＝30°+75°＝105°．故選：D．【題型2：實數(shù)的分類】【典例2】（2023?東莞市一模）如圖，AB是⊙O的弦，C是AB的中點，OC交AB于點D，若AB＝8cm，CD＝2cm，求⊙O的半徑．【答案】⊙O的半徑為5cm．【分析】先根據(jù)圓心角、弧、弦的關系和垂徑定理得出各線段之間的關系，再利用勾股定理求解出半徑即可．【解答】解：如圖，連接OA，∵C是AB的中點，∴D是弦AB的中點，∴OC⊥AB，AD＝BD＝4cm，∵OD＝3cm，在Rt△OAD中，OA2＝AD2+OD2，即OA2＝42+（OA﹣2）2，∴OA＝5m．即⊙O的半徑為5cm．1．（2023?荔灣區(qū)校級二模）下列語句中，正確的有（）①相等的圓心角所對的弧相等；②平分弦的直徑垂直于弦；③長度相等的兩條弧是等??；④經(jīng)過圓心的每一條直線都是圓的對稱軸．A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】A【分析】根據(jù)圓心角、弧、弦的關系以及垂徑定理等對每一項進行分析即可求出正確答案．【解答】解：①同圓或等圓中相等的圓心角所對的弧相等，故本選項錯誤；②平分弦的直徑垂直于弦，被平分的弦不能是直徑，故此選項錯誤；③能重合的弧是等弧，而長度相等的弧不一定能夠重合，故此選項錯誤；④經(jīng)過圓心的每一條直線都是圓的對稱軸，此選項正確；故正確的有1個，故選：A．2．（2022?龍崗區(qū)模擬）如圖，△ABC的頂點A、B、C均在⊙O上，若∠ABC+∠AOC＝75°，則∠OAC的大小是（）A．25° B．50° C．65° D．75°【答案】C【分析】根據(jù)圓周角定理得出∠AOC＝2∠ABC，求出∠AOC＝50°，再根據(jù)等腰三角形的性質和進行內角和定理求出即可．【解答】解：∵根據(jù)圓周角定理得：∠AOC＝2∠ABC，∵∠ABC+∠AOC＝75°，∴∠AOC=2∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA=12（180°﹣∠故選：C．3．（2022?蓬江區(qū)校級一模）以下說法正確的是（）A．平行四邊形是軸對稱圖形 B．函數(shù)y=1x?2的自變量取值范圍xC．相等的圓心角所對的弧相等 D．直線y＝x﹣5不經(jīng)過第二象限【答案】D【分析】利用平四邊形的性質，圓周角定理，函數(shù)的有關性質一一判斷即可．【解答】解：A、平行四邊形是軸對稱圖形，錯誤，本選項不符合題意．B、函數(shù)y=1x?2的自變量取值范圍x≥2，錯誤，應該是C、相等的圓心角所對的弧相等，錯誤，條件是同圓或等圓中，本選項不符合題意．D、直線y＝x﹣5不經(jīng)過第二象限，正確，本選項符合題意．故選：D．【題型3：圓周角定理及其推論】【典例3】（2023?陸豐市二模）如圖，在扇形AOB中，∠AOB＝130°，OA＝3，若弦BC∥AO，則AC的長為（）A．5π12 B．2π3 C．5π6【答案】C【分析】連接OC，如圖，利用等腰三角形的性質和平行線的性質可計算出∠AOC＝50°，然后根據(jù)弧長公式計算AC的長．【解答】解：連接OC，如圖，∵BC∥OA，∴∠AOB+∠OBC＝180°，∠C＝∠AOC，∵∠AOB＝130°，∴∠OBC＝50°，∵OB＝OC，∴∠C＝∠OBC＝50°，∴∠AOC＝50°，∴AC的長=50×π×3故選：C．1．（2023?封開縣一模）已知：如圖OA，OB是⊙O的兩條半徑，且OA⊥OB，點C在⊙O上，則∠ACB的度數(shù)為（）A．45° B．40° C．35° D．50°【答案】A【分析】判斷出∠AOB＝90°，再利用圓周角定理求解．【解答】解：∵OA⊥OB，∴∠AOB＝90°，∴∠ACB=12∠故選：A．2．（2023?佛山一模）如圖，在⊙O中，∠O＝50°，則∠A的度數(shù)是（）A．25° B．30° C．50° D．100°【答案】A【分析】直接利用圓周角定理求解．【解答】解：如圖，在⊙O中，∠O＝50°，∠A=12∠O，則∠故選：A．3．（2023?東莞市一模）如圖，AB是⊙O的直徑，若AC＝2，∠D＝60°，則BC長等于（）A．4 B．5 C．3 D．23【答案】D【分析】根據(jù)圓周角定理得出∠ACB＝90°，∠CAB＝∠D＝60°，解直角三角形求出BC即可．【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠D＝60°，∴BC=3AC＝23故選：D．【題型4：垂徑定理及其推論】【典例4】（2023?東莞市校級模擬）如圖，在半徑為13的⊙O中，M為弦AB的中點，若OM＝12，則AB的長為10．．【答案】10．【分析】連接OM，OA，根據(jù)垂徑定理得出OM⊥AB，根據(jù)勾股定理求出AM，再求出AB即可．【解答】解：連接OM，OA，∵M為AB的中點，O過圓心O，∴OM⊥AB，AM＝BM，∴∠OMA＝90°，由勾股定理得：BM＝AM=O∴AB＝AM+BM＝10，故答案為：10．1．（2023?南海區(qū)校級模擬）如圖，線段CD是⊙O的直徑，CD⊥AB于點E，若AB長為16，OE長為6，則⊙O半徑是（）A．5 B．6 C．8 D．10【答案】D【分析】連接OA，如圖，先根據(jù)垂徑定理得到AE＝BE＝8，然后利用勾股定理計算出OA即可．【解答】解：連接OA，如圖，∵CD⊥AB，∴AE＝BE=12AB在Rt△OAE中，OA=O即⊙O半徑為10．故選：D．2．（2023?高明區(qū)二模）如圖，⊙O的半徑為5cm，弦AB＝8cm，P是弦AB上的一個動點，則OP的長度范圍是（）A．8≤OP≤10 B．5≤OP≤8 C．4≤OP≤5 D．3≤OP≤5【答案】D【分析】過點O作OE⊥AB于點E，連接OB，由垂徑定理可知AE＝BE=12AB，再根據(jù)勾股定理求出【解答】解：過點O作OE⊥AB于點E，連接OB，∵AB＝8cm，∴AE＝BE=12AB=1∵OA＝5cm，∴OE=OA2∵垂線段最短，半徑最長，∴3cm≤OP≤5cm．故選：D．3．（2023?荔灣區(qū)校級二模）如圖，AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點F，OE⊥AC于點E，若OE＝3，OB＝5，則CD的長度是485【答案】485【分析】根據(jù)垂徑定理得到AE＝EC，根據(jù)勾股定理求出AC，證明△AEO∽△AFC，根據(jù)相似三角形的性質計算即可．【解答】解：∵OE⊥AC，∴AE＝EC，∵AB⊥CD，∴∠AFC＝∠AEO＝90°，∵OE＝3，OB＝5，∴AE=O∴AC＝8，∵∠A＝∠A，∠AEO＝∠AFC，∴△AEO∽△AFC，∴AOAC=OE解得：FC=24∵CD⊥AB，∴CD＝2CF=48故答案為：485【題型5：垂徑定理的應用】【典例5】（2023?龍崗區(qū)校級一模）“圓”是中國文化的一個重要精神元素，在中式建筑中有著廣泛的應用．例如古典園林中的門洞．如圖，某地園林中的一個圓弧形門洞的高為2.5m，地面入口寬為1m，則該門洞的半徑為1.3m．【答案】1.3．【分析】設半徑為rm，根據(jù)垂徑定理可以列方程求解即可．【解答】解：設圓的半徑為rm，由題意可知，DF=12CD=12m，Rt△OFD中，OF=r2?(12所以r2?(解得r＝1.3．故答案為：1.3．1．（2023?越秀區(qū)校級三模）如圖，武漢晴川橋可以近似地看作半徑為250m的圓弧，橋拱和路面之間用數(shù)根鋼索垂直相連，其正下方的路面AB長度為300m，那么這些鋼索中最長的一根為（）A．50m B．45m C．40m D．60m【答案】A【分析】設圓弧的圓心為O，過O作OC⊥AB于C，交AB于D，連接OA，先由垂徑定理得AC＝BC=12AB＝150m，再由勾股定理求出OC＝200，然后求出【解答】解：設圓弧的圓心為O，過O作OC⊥AB于C，交AB于D，連接OA，如圖所示：則OA＝OD＝250m，AC＝BC=12AB＝150∴OC=OA2∴CD＝OD﹣OC＝250﹣200＝50（m），即這些鋼索中最長的一根為50m，故選：A．2．（2023?香洲區(qū)校級三模）如圖是某品牌的香水瓶．從正面看上去它可以近似看作⊙O割去兩個弓形后余下的部分，與矩形ABCD組合而成的圖形（點B，C在⊙O上），其中BC∥EF；已知⊙O的半徑為25，BC＝14，AB＝26，EF＝48，則香水瓶的高度h是（）A．56 B．57 C．58 D．59【答案】B【分析】作OG⊥BC交BC于點G，延長GO交EF于點H，連接BO、EO，利用垂徑定理，得到BG＝7，EH＝24，再利用勾股定理，求得GO＝24，HO＝7，即可求出香水瓶的高度h．【解答】解：如圖，作OG⊥BC交BC于點G，延長GO交EF于點H，連接BO、EO，∵OG⊥BC，BC＝14，∴BG=1∵BO＝EO＝25，在Rt△BGO中，GO=B∵BC∥EF，OG⊥BC，∴OH⊥EF，∴EH=1在Rt△EHO中，HO=E∴h＝HO+GO+AB＝7+24+26＝57，故選：B．3．（2023?東莞市校級一模）如圖，某同學準備用一根內半徑為5cm的塑料管裁一個引水槽，使槽口寬度AB為8cm，則槽的深度CD為2cm．【答案】2．【分析】根據(jù)垂徑定理得到AD=DB=1【解答】解：如圖，由題意可知，OA＝5cm，OC⊥AB，則AD=DB=12在Rt△ADO中，由勾股定理得，OD=OA2∴CD＝OC﹣OD＝5﹣3＝2（cm）．故答案為2．【題型6：圓與圓的位置關系】【典例6】（2022?龍崗區(qū)校級模擬）直徑分別為8和6的兩圓相切，則這兩圓的圓心距等于（）A．14 B．2 C．14或2 D．7或1【答案】D【分析】兩圓相切，則兩圓外切或內切．當兩圓外切時，圓心距等于兩圓半徑之和；當兩圓內切時，圓心距等于兩圓半徑之差．【解答】解：當兩圓外切時，則圓心距等于8÷2+6÷2＝7；當兩圓內切時，則圓心距等于8÷2﹣6÷2＝1．故選：D．1.（2023?羅湖區(qū)校級自主招生）如圖，由三個半圓和一個整圓構成，已知大半圓半徑60，小半圓半徑為30，則圓O的直徑40．【答案】40．【分析】設圓O的半徑為r，由題意可知，OP⊥PQ，OP＝60﹣r，OQ＝30+r，利用勾股定理得到關于r的方程，解方程即可求得圓O的半徑，進一步求得圓O的直徑．【解答】解：如圖，設圓O的半徑為r，則OP＝60﹣r，OQ＝30+r，由題意可知，OP⊥PQ，則OP2+PQ2＝OQ2，∴（60﹣r）2+302＝（30+r）2，解得r＝20，∴圓O的直徑為40．故答案為：40．2．（2020?龍崗區(qū)校級模擬）兩圓的半徑分別為3和3，圓心距為3，則兩圓的位置關系為相交．【答案】見試題解答內容【分析】根據(jù)兩圓的位置關系判定方法，當兩圓半徑之和小于圓心距時，兩圓外離，即可得出答案．【解答】解：∵兩圓的半徑均3，圓心距為3，3＜6，即兩圓半徑之和＞圓心距，即兩圓相交．故答案為：相交．【題型7：直線與圓的位置關系】【典例7】（2022?潮南區(qū)模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點E是BC的中點，以AC為直徑的⊙O與AB邊交于點D，連接DE．（1）判斷直線DE與⊙O的位置關系，并說明理由；（2）若CD＝6，DE＝5，求⊙O的直徑．【答案】（1）直線DE與⊙O相切，理由見解析；（2）152【分析】（1）連接DO，如圖，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質，由∠BDC＝90°，E為BC的中點得到DE＝CE＝BE，則利用等腰三角形的性質得∠EDC＝∠ECD，∠ODC＝∠OCD，由于∠OCD+∠DCE＝∠ACB＝90°，所以∠EDC+∠ODC＝90°，即∠EDO＝90°，于是根據(jù)切線的判定定理即可得到DE與⊙O相切；（2）根據(jù)勾股定理和相似三角形的判定與性質即可得到結論．【解答】解：（1）直線DE與⊙O相切，理由：連接DO，如圖，∵∠BDC＝90°，E為BC的中點，∴DE＝CE＝BE，∴∠EDC＝∠ECD，又∵OD＝OC，∴∠ODC＝∠OCD，而∠OCD+∠DCE＝∠ACB＝90°，∴∠EDC+∠ODC＝90°，即∠EDO＝90°，∴DE⊥OD，∵OD是⊙O的半徑，∴DE與⊙O相切；（2）由（1）得，∠CDB＝90°，∵CE＝EB，∴DE=12∴BC＝10，∴BD=B∵∠BCA＝∠BDC＝90°，∠B＝∠B，∴△BCA∽△BDC，∴ACCD∴AC6∴AC=15∴⊙O直徑的長為1521．（2022?金平區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系中，⊙A的圓心坐標為（3，5），半徑為方程x2﹣2x﹣15＝0的一個根，那么⊙A與x軸的位置關系是相切．【答案】相切．【分析】解方程x2﹣2x﹣15＝0得到⊙A的半徑為5，于是得到⊙A的半徑＝圓心A到x軸的距離，即可得到結論．【解答】解：解方程x2﹣2x﹣15＝0得，x1＝5，x2＝﹣3，∴⊙A的半徑為5，∵⊙A的圓心坐標為（3，5），∴點A到x軸的距離為5，∴⊙A的半徑＝圓心A到x軸的距離，∴⊙A與x軸的位置關系是相切，故答案為：相切．2．（2023?茂南區(qū)二模）如圖，AB是⊙O的弦，C是⊙O外一點，OC⊥OA，CO交AB于點P，交⊙O于點D，且CP＝CB．（1）判斷直線BC與⊙O的位置關系，并說明理由；（2）若∠A＝30°，OP＝2，求圖中陰影部分的面積．【答案】（1）見解析；（2）23?π【分析】（1）根據(jù)等邊對等角得∠CPB＝∠CBP，根據(jù)垂直的定義得∠OBC＝90°，即OB⊥CB，則CB與⊙O相切；（2）根據(jù)三角形的內角和定理得到∠APO＝60°，推出△PBD是等邊三角形，得到∠PCB＝∠CBP＝60°，求得BC＝2，根據(jù)勾股定理得到OB=AP2【解答】解：（1）CB與⊙O相切，理由：連接OB，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA，∵CP＝CB，∴∠CPB＝∠CBP，∵∠CPB＝∠APO，∴∠CBP＝∠APO，在Rt△AOP中，∵∠A+∠APO＝90°，∴∠OBA+∠CBP＝90°，即：∠OBC＝90°，∴OB⊥CB，又∵OB是半徑，∴CB與⊙O相切；（2）∵∠A＝30°，∠AOP＝90°，OP＝2，∴∠APO＝60°，AP＝2OP＝4，∴AO＝BO=AP2∵OA＝OB，∴∠OBA＝∠A＝30°，∴∠BOP＝∠APO﹣∠OBA＝30°＝∠OBP，∴OP＝PB＝2，∵∠BPD＝∠APO＝60°，PC＝CB，∴△PBC是等邊三角形，∴∠PCB＝∠CBP＝60°，∴BC＝PB＝2，∴圖中陰影部分的面積＝S△OBC﹣S扇形OBD=12×2×23?3．（2022?香洲區(qū)校級三模）如圖，已知△ABC，以BC為直徑的⊙O交AB于點D，點E為BD的中點，連接CE交AB于點F，且AF＝AC．（1）判斷直線AC與⊙O的位置關系，并說明理由；（2）若⊙O的半徑為2，sinA=45，求【答案】（1）見解答；（2）CE=8【分析】（1）連接BE，求出∠EBD+∠BFE＝90°，推出∠ACE＝∠AFC，∠EBD＝∠BCE，求出∠ACE+∠BCE＝90°，根據(jù)切線的判定推出即可．（2）根據(jù)BC＝4，sinA=45=BCAB，求出AB＝5，AC＝3，AF＝3，BF＝2，根據(jù)∠EBD＝∠BCE，∠E＝∠E證△BEF∽△CEB，推出EC＝2EB，設EB＝x，EC＝2x，由勾股定理得出x【解答】（1）AC與⊙O相切，證明：連接BE，∵BC是⊙O的直徑，∴∠E＝90°，∴∠EBD+∠BFE＝90°，∵AF＝AC，∴∠ACE＝∠AFC，∵E為弧BD中點，∴∠EBD＝∠BCE，∴∠ACE+∠BCE＝90°，∴AC⊥BC，∵BC為直徑，∴AC是⊙O的切線．（2）解：∵⊙O的半為2∴BC＝4，在Rt△ABC中，sinA=4∴AB＝5，∴AC=A∵AF＝AC，∴AF＝3，BF＝5﹣3＝2，∵∠EBD＝∠BCE，∠E＝∠E，∴△BEF∽△CEB，∴EBEC∴EC＝2EB，設EB＝x，EC＝2x，由勾股定理得：x2+4x2＝16，∴x=4即CE=8【題型8：正多邊形與圓】【典例8】（2023?南海區(qū)模擬）如圖，已知圓O的內接正六邊形的邊長為4，H為邊AF的中點，則圖中陰影部分的面積是8π3+43【答案】8π3+4【分析】根據(jù)圓內接正六邊形的性質得出∠COD＝60°，OC＝OD＝CD＝4，CD∥AF，由S△HCD＝2S△COD，得出S陰影部分＝S扇形COD+S△COD，根據(jù)扇形面積、正三角形面積的計算方法進行計算即可．【解答】解：如圖，連接OC、OD，∵六邊形ABCDEF是⊙O內接正六邊形，∴∠COD=360°6=60°，OC＝OD＝CD＝4，CD∴S△HCD＝2S△COD，∴S陰影部分＝S扇形COD+S△COD=60π×42=8π3+故答案為：8π3+41．（2023?花都區(qū)二模）如圖，正六邊形ABCDEF內接于⊙O，點G是EF弧上的一點，則∠BGA的度數(shù)為（）A．25° B．30° C．35° D．40°【答案】B【分析】根據(jù)圓內接正六邊形的性質求出其中心角∠AOB的度數(shù)，再根據(jù)圓周角定理進行計算即可．【解答】解：如圖，連接OA、OB，∵正六邊形ABCDEF是⊙O的內接正六邊形，∴∠AOB=360°∴∠AGB=12∠故選：B．2．（2023?南山區(qū)二模）劉徽在《九章算術注》中首創(chuàng)“割圓術”，利用圓的內接正多邊形來確定圓周率，開創(chuàng)了中國數(shù)學發(fā)展史上圓周率研究的新紀元．某同學在學習“割圓術”的過程中，作了一個如圖所示的圓內接正八邊形．若⊙O的半徑為1，則這個圓內接正八邊形的面積為（）A．π B．2π C．24 D．【答案】D【分析】如圖，過A作AC⊥OB于C，得到圓的內接正八邊形的圓心角為360°8【解答】解：如圖，過A作AC⊥OB于C，∵圓的內接正八邊形的圓心角為360°8=45°，∴AC＝OC=2∴S△OAB=12×∴這個圓的內接正八邊形的面積為8×24=故選：D．3．（2023?黃埔區(qū)校級二模）AB是⊙O的內接正六邊形一邊，點P是優(yōu)弧AB上的一點（點P不與點A，B重合）且BP∥OA，AP與OB交于點C，則∠OCP的度數(shù)為90°．【答案】90°．【分析】根據(jù)AB是⊙O的內接正六邊形一邊，得出∠AOB=16×360°=60°，再根據(jù)圓周角定理得出∠P=12∠AOB=30°，由BP∥OA，得出∠OAC＝∠P＝30°，再由三角形外角性質推出∠【解答】解：∵AB是⊙O的內接正六邊形一邊，∴∠AOB=1∴∠P=1∵BP∥OA，∴∠OAC＝∠P＝30°，∴∠OCP＝∠AOB+∠OAC＝60°+30°＝90°．故答案為：90°．【題型9：弧長與扇形面積】【典例9】（2023?順德區(qū)校級三模）如圖，C為半圓內一點，O為圓心，直徑AB長為2，∠BOC＝60°，∠BCO＝90°，將△BOC繞到心O逆時針旋轉至△B′OC′，點C′'在OA上，則邊BC掃過區(qū)域（圖中陰影部分）的面積為（）（結果保留π）A．16π B．13π?12【答案】C【分析】結合已知條件求得∠COC′的度數(shù)，根據(jù)含30°的直角三角形的性質求得OC的長度，再結合旋轉性質求得BOB′的度數(shù)，最后利用面積的和差及扇形面積公式即可求得答案．【解答】解：∵∠BOC＝60°，∠BCO＝90°，∴∠COC′＝180°﹣60°＝120°，∠OBC＝90°﹣60°＝30°，∵AB＝2，∴OA＝OB=12∴OC=12OB∵將△BOC繞到心O逆時針旋轉至△B′OC′，點C′'在OA上，∴∠B′OC′＝∠BOC＝60°，OC′＝OC=12，S△B′OC′＝S△∴∠BOB′＝180°﹣60°＝120°，∴S陰影＝S△B′OC′+S扇形BOB′﹣S△BOC﹣S扇形COC′＝S扇形BOB′﹣S扇形COC′=120π×=14故選：C．1．（2023?東莞市一模）如圖，“凸輪”的外圍由以正三角形的頂點為圓心，以正三角形的邊長為半徑的三段等弧組成．已知正三角形的邊長為1，則凸輪的周長等于（）A．π3 B．π2 C．π 【答案】C【分析】由“凸輪”的外圍是以正三角形的頂點為圓心，以正三角形的邊長為半徑的三段等弧組成，得到∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝AC＝BC＝1，然后根據(jù)弧長公式計算出三段弧長，三段弧長之和即為凸輪的周長．【解答】解：∵△ABC為正三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝AC＝BC＝1，∴AB=根據(jù)題意可知凸輪的周長為三個弧長的和，即凸輪的周長=AB+AC+故選：C．2．（2023?蕉嶺縣一模）如圖，在半徑為6cm的⊙O中，點A是劣弧BC的中點，點D是優(yōu)弧BC上一點，且∠D＝30°，下列四個結論：①OA⊥BC；②BC＝33cm；③扇形OCAB的面積為12π；④四邊形ABOC是菱形．其中正確結論的序號是（）A．①③ B．①②③④ C．②③④ D．①③④【答案】D【分析】利用垂徑定理可對①進行判斷；根據(jù)圓周角定理得到∠AOC＝2∠D＝60°，則△OAC為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質和垂徑定理可計算出BC＝63cm，則可對②進行判斷；通過判斷△AOB為等邊三角形，再根據(jù)扇形的面積公式可對③進行判斷；利用AB＝AC＝OA＝OC＝OB可對④進行判斷．【解答】解：∵點A是劣弧BC的中點，∴OA⊥BC，所以①正確；∵∠AOC＝2∠D＝60°，OA＝OC，∴△OAC為等邊三角形，∴BC＝2×6×32=63同理可得△AOB為等邊三角形，∴∠AOB＝60°，∴∠BOC＝120°，∴扇形OCAB的面積為120×π×62360=12∵AB＝AC＝OA＝OC＝OB，∴四邊形ABOC是菱形，所以④正確．故選：D．3．（2023?德慶縣二模）若扇形的半徑是12cm弧長是20πcm，則扇形的面積為（）A．120πcm2 B．240πcm2 C．360πcm2 D．60πcm2【答案】A【分析】根據(jù)扇形的面積公式S=1【解答】解：該扇形的面積為：S=12×20π×12=120π（故選：A．4．（2023?東莞市校級模擬）如圖，扇形AOB中，∠AOB＝90°，點C，D分別在OA，AB上，連接BC，CD，點D，O關于直線BC對稱，AD的長為π，則圖中陰影部分的面積為（）A．6π?33 B．6π?63 C．12π?93【答案】A【分析】連接BD、OD，交BC與E，根據(jù)對稱求出BD＝OB，求出△DOB是等邊三角形，求出∠DOB＝60°，求出∠AOD＝30°根據(jù)弧長公式求出OB＝6，根據(jù)陰影部分的面積＝S扇形BOD+S△COE﹣S△BOE求得即可．【解答】解：連接BD、OD，交BC與E，由題意可知，BD＝BO，∵OD＝OB，∴OD＝OB＝DB，∴∠BOD＝60°，∵∠AOB＝90°，∴∠AOD＝30°，∵AD的長為π，∴30πr180∴r＝6，∴OB＝6，∴OE=12OB=3，BE=3∴CE=33OE∴陰影部分的面積＝S扇形BOD+S△COE﹣S△BOE=60π×62360+故選：A．一．選擇題（共7小題）1．如圖，點A，B，C均在⊙O上，∠BOC＝100°，則∠BAC的度數(shù)為（）A．70° B．60° C．50° D．40°【答案】C【分析】直接利用圓周角定理求解．【解答】解：∵∠BAC為BC所對的圓周角，∠BOC為BC所對的圓心角，∴∠BAC=12∠BOC故選：C．2．如圖，△ABC內接于⊙O，CD是⊙O的直徑，∠BCD＝54°，則∠A的度數(shù)是（）A．36° B．33° C．30° D．27°【答案】A【分析】首先連接BD，由CD是⊙O的直徑，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，即可求得∠CBD的度數(shù)，繼而求得∠D的度數(shù)，然后由圓周角定理，求得∠A的度數(shù)．【解答】解：連接BD，∵CD是⊙O的直徑，∴∠CBD＝90°，∵∠BCD＝54°，∴∠D＝90°﹣∠BCD＝36°，∴∠A＝∠D＝36°．故選：A．3．如圖，AB是⊙O的直徑，點C在⊙O上，連接AC，BC．若∠A＝70°，則∠B的度數(shù)是（）A．50° B．40° C．35° D．20°【答案】D【分析】先根據(jù)圓周角定理得到∠BAC＝90°，然后利用直角三角形的兩銳角互余計算∠B的度數(shù)．【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠BAC＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∵∠A＝70°，∴∠B＝20°．故選：D．4．已知點A是⊙O外一點，且⊙O的半徑為6，則OA的長可能為（）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】根據(jù)點在圓外，點到圓心的距離大于圓的半徑6可對各選項進行判斷．【解答】解：∵點A是⊙O外一點，∴OA＞6，∴OA的長可能為8．故選：D．5．如圖，圓上依次有A，B，C，D四個點，AC，BD交于點P，連接AD，AB，BC，則圖中一定等于∠C的角是（）A．∠CAD B．∠CBD C．∠ABD D．∠D【答案】D【分析】根據(jù)AB=AB，可得∠D＝∠【解答】解：∵AB=∴∠D＝∠C，故選：D．6．杭州亞運會開幕式出現(xiàn)一座古今交匯拱底橋，橋面呈拱形．該橋的中間拱洞可以看成一種特殊的圓拱橋，此圓拱橋的跨徑（橋拱圓弧所對的弦的長）約為3.2m，拱高（橋拱圓弧的中點到弦的距離）約為2m，則此橋拱的半徑是（）A．1.62m B．1.64m C．1.14m D．3.56m【答案】B【分析】設圓心為O，作OD⊥AB于點D，DO的延長線交圓弧為點C，設半徑為Rm，根據(jù)垂徑定理得AD＝BD＝1.6m，OD＝（2﹣R）m，由勾股定理得：R2＝1.62+（2﹣R）2，即可求出答案．【解答】解：如圖，設圓心為O，作OD⊥AB于點D，DO的延長線交圓弧為點C，則C為優(yōu)弧AB的中點，設半徑為Rm，∴AD＝BD=12AB＝1.6m，CD＝2∴OD＝（2﹣R）m，由勾股定理得：OA2＝OD2+AD2，∴R2＝1.62+（2﹣R）2，解得：R＝1.64，故選：B．7．一個扇形的半徑是3，扇形的圓心角120°，那么這個扇形面積是（）A．4π B．3π C．2π D．π【答案】B【分析】直接代入扇形的面積公式即可得出答案，【解答】解：由題意得：r＝3，n＝120，∴這個扇形面積=120×π×故選：B．二．填空題（共5小題）8．如圖，AB為⊙O的弦，半徑OC⊥AB，垂足為點D．如果AB＝10cm，CD＝3cm，那么⊙O的半徑是173cm【答案】173【分析】連接OA，先由垂徑定理得AD＝BD＝4（cm），設⊙O的半徑為rcm，則OD＝（r﹣2）cm，然后在Rt△AOD中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【解答】解：連接OA，如圖所示：∵半徑OC⊥AB，AB＝10cm，∴AD＝BD=12AB＝5（設⊙O的半徑為rcm，則OD＝（r﹣3）cm，在Rt△AOD中，由勾股定理得：52+（r﹣3）2＝r2，解得：r=17即⊙O的半徑為173cm故答案為：1739．用一個圓心角為120°，半徑為5的扇形作一個圓錐的側面，這個圓錐的底面圓半徑為53【答案】53【分析】易得扇形的弧長，除以2π即為圓錐的底面半徑．【解答】解：扇形的弧長=120π×5180=∴圓錐的底面半徑為103π÷2π=故答案為：5310．如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，BD是⊙O的直徑，AD=CD，延長CB到E，連接AC．若∠ABE＝110°，則∠ACD＝【答案】35．【分析】首先利用圓內接四邊形的性質求得∠ADC，然后根據(jù)等腰三角形的性質求得答案即可．【解答】解：四邊形ABCD內接于⊙O，∠ABE＝110°，∴∠ADC＝∠ABE＝110°，∵AD=∴AD＝CD，∴∠ACD＝∠DAC=180°?∠ADC故答案為：35．11．若一個正多邊形的一個內角是140°，則這個多邊形的邊數(shù)為九．【答案】九．【分析】由多邊形的每一個內角都是140°先求得它的每一個外角是40°，然后根據(jù)正多邊形的每個內角的度數(shù)×邊數(shù)＝360°求解即可．【解答】解：180°﹣140°＝40°，360°÷40°＝9．故答案為：九．12．已知如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝45°，以C為圓心AC為半徑作弧，交BC的延長線于點E，以B為圓心BA為半徑交BC的延長線于點D，若AC＝1，則陰影部分的面積是12【答案】12【分析】根據(jù)S陰＝S扇形CAE﹣（S扇形BAD﹣S△ACB），求解即可．【解答】解：S陰＝S扇形CAE﹣（S扇形BAD﹣S△ACB）=90π×12=π4?=1故答案為：12三．解答題（共3小題）13．如圖，AB是⊙O的直徑，BC=CD，∠COD＝50°，求∠【答案】80°．【分析】根據(jù)圓的性質進行計算即可得．【解答】解：在⊙O中，AB是⊙O的直徑，∴∠AOB＝180°，又∵BC=∴∠BOC＝∠COD＝50°，∴∠AOD＝180°﹣50°﹣50°＝80°．14．如圖，AB為⊙O的直徑，OC⊥AB交⊙O于點C，D為OB上一點，延長CD交⊙O于點E，延長OB至F，使DF＝FE，連接EF．（1）求證：EF為⊙O的切線；（2）若OD＝1且BD＝BF，求⊙O的半徑．【答案】（1）見解析；（2）3．【分析】（1）連接OE，根據(jù)等邊對等角結合對等角相等即可推出結論；（2）設⊙O的半徑EO＝BO＝r，則BD＝BF＝r﹣1，F(xiàn)E＝2BD＝2（r﹣1），在Rt△FEO中，由勾股定理得得出方程求解即可．【解答】解：（1）證明：如圖，連接OE，∵OE＝OC，∴∠OEC＝∠OCE，∵DF＝FE，∴∠FED＝∠FDE，∵∠FDE＝∠CDO，∠CDO+∠OCD＝90°，∴∠FED+∠OEC＝90°，即∠FEO＝90°，∴OE⊥FE，∵OE是半徑，∴EF為⊙O的切線；（2）解：設⊙O的半徑EO＝BO＝r，則BD＝BF＝r﹣1，∴FE＝2BD＝2（r﹣1），在Rt△FEO中，由勾股定理得，F(xiàn)E2+OE2＝OF2，∴（2r﹣2）2+r2＝（2r﹣1）2，解得r＝3，或r＝1（舍去），∴⊙O的半徑為3．15．如圖，在2×2的正方形網(wǎng)格紙中，每個小正方形的邊長均為1，點O，A，B為格點，即是小正方形的頂點，若將扇形OAB圍成一個圓錐，求這個圓錐的底面圓的半徑的最大長度．【答案】12【分析】根據(jù)弧長公式求出這個圓錐的底面圓的周長，進而即可求解．【解答】解：這個錐的底面圓的周長為：90360×2π×2＝∴這個錐的底面圓的半徑為：π÷2π=1一．選擇題（共7小題）1．如圖，AB為⊙O的直徑，CD垂直平分OA，垂足為E．若AB＝8，則CD的長為（）A．23 B．4 C．43 D．6【答案】C【分析】由CD垂直平分OA，得到OE=12OA＝2，由勾股定理求出CE=OC2?OE2=【解答】解：∵CD垂直平分OA，∴OE=12∵AB＝8，∴AO=1∴OE＝2，∴CE=OC2∵半徑OA⊥CD，∴CD＝2CE＝43．故選：C．2．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC，AC，AB的長度分別為a，b，c，⊙H與⊙I分別與直線AC、BC、AB相切（⊙H與⊙I分別在直線AB的異側），若⊙H的半徑為R1，⊙I的半徑為R2，則R1﹣R2為（）A．a(chǎn) B．b C．c D．a(chǎn)+b+c【答案】C【分析】由切線長定理求出CN=a+b+c2，PC=a+b?c2，判定四邊形MCNH、PCQI是正方形，得到R1=a+b+c2，R2=a+b?c2，于是求出【解答】解：如圖，⊙H分別與AC、BC、AB相切于N、M、K，⊙I分別與AC、BC、AB相切于P、Q、L，∴CN＝CM，AK＝AN，BK＝BM，PC＝CQ，AP＝AL，BQ＝BL，HM⊥BC，HN⊥AC，IP⊥AC，IQ⊥BC，∴CN+CM＝AC+AN+BC+BM＝AC+AK+BC+BK＝AC+BC+AB＝a+b+c，∴2CN＝a+b+c，∴CN=a+b+c∵∠C＝∠CNH＝∠CMH＝90°，CM＝CN，∴四邊形MCNH是正方形，∴MH＝CN=a+b+c∴R1=a+b+c∵PC+CQ＝AC﹣AP+BC﹣BQ＝AC﹣AL+BC﹣BL＝AC+BC﹣（AL+BL）＝AC+BC﹣AB＝a+b﹣c，∴2PC＝a+b﹣c，∴PC=a+b?c∵PC＝CQ，∠C＝∠CPI＝∠CQI＝90°，∴四邊形PCQI是正方形，∴QI＝PC=a+b?c∴R2=a+b?c∴R1﹣R2=a+b+c2故選：C．3．如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點（A，B除外），∠C＝25°，則∠BOD的度數(shù)是（）A．50° B．65° C．25° D．130°【答案】A【分析】由圓周角定理得到C=12∠BOD，即可求出∠【解答】解：∵∠C＝25°，∠C=12∠∴∠BOD＝50°．故選：A．4．如圖，已知OB是⊙O的半徑，弦CD⊥OB，垂足為點E，且tan∠BDC=23，OE=54，過點C作⊙O的切線，交OB的延長線于點A．7 B．365 C．395【答案】C【分析】連接OC，由切線的性質定理得到OC⊥PC，由垂徑定理得到CE＝DE，由tan∠BDC=BEDE=23，令BE＝2x，DE＝3x，由勾股定理得到(54+2x)2=（3x）2+(54)2，求出x＝1，得到BE＝2，CE＝3，OC【解答】解：連接OC，∵PC切圓于C，∴OC⊥PC，∵弦CD⊥OB，∴CE＝DE，∵tan∠BDC=BE∴令BE＝2x，DE＝3x，∴OC＝OB=54+2x，CE∵OC2＝CE2+OE2，∴(54+2x)2=（（3∴x＝1，∴BE＝2，CE＝3，∴OC=13∵∠OCE+∠PCE＝∠P+∠PCE，∴∠P＝∠OCE，∴sinP＝sin∠OCE，∴CEPC∴3PC∴PC=39故選：C．5．如圖，△ABC內接于⊙O，AC為直徑，半徑OD∥BC，連接OB，AD．若∠AOB＝α，則∠BAD的度數(shù)為（）A．α2 B．90°?α2 C．90°?【答案】C【分析】由AC為⊙O的直徑，∠AOB＝α，得∠C=α2，∠BOC＝180°﹣α，由OD∥BC，∠DOC＝∠C=α2，則∠BOD＝∠BOC+∠DOC＝180°?α2，所以∠BAD【解答】解：∵AC為⊙O的直徑，∠AOB＝α，∴∠C=12∠AOB=α2，∠BOC＝180°﹣∠∵OD∥BC，∴∠DOC＝∠C=α∴∠BOD＝∠BOC+∠DOC＝180°﹣α+α2=∴∠BAD=12∠BOD=12（180°故選：C．6．如圖，AB是⊙O的直徑，C，D是⊙O上的兩點，若∠ABD＝41°，則∠BCD的大小為（）A．41° B．45° C．49° D．59°【答案】C【分析】由AB是⊙O的直徑，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，即可求得∠ADB的度數(shù)，繼而求得∠A的度數(shù)，又由圓周角定理，即可求得答案．【解答】解：連接AD，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∵∠ABD＝41°，∴∠BAD＝90°﹣∠ABD＝49°；∴∠BCD＝∠BAD＝49°．故選：C．7．如圖所示的正八邊形是用八個全等的等腰三角形拼成的，OA＝OB＝2，則正八邊形的面積為（）A．82 B．83 C．8【答案】A【分析】過A作AC⊥OB于C，求得∠ACO＝90°，根據(jù)正八邊形的性質得到∠AOB＝45°，根據(jù)等腰直角三角形的性質得到OC、AC、與OA的關系，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結論．【解答】解：過A作AC⊥OB于C，∴∠ACO＝90°，∵∠AOB=360°∴OC＝AC=22OA∴正八邊形的面積＝8××22×=82故選：A．二．填空題（共5小題）8．如圖，⊙O的弦AB⊥OC，且OD=2DC，AB=25，則⊙O的半徑是3【答案】3．【分析】⊙O的弦AB⊥OC，AB=25，得到AD=BD=12AB=5，∠ADO＝90°，設⊙O的半徑是r，則OA＝OC＝r，OD=【解答】解：∵⊙O的弦AB⊥OC，AB=25∴AD=BD=12AB=設⊙O的半徑是r，則OA＝OC＝r，∵OD＝2DC，∴OD=2在Rt△ADO中，OA2＝OD2+AD2，∴r2解得r＝3或r＝﹣3（不合題意，舍去）即⊙O的半徑是3，故答案為：3．9．長方形ABCD中，以點A為圓心AD的長為半徑畫弧交AB于點E，以DC為直徑的半圓與AB相切，切點為E，已知AB＝4，則圖中陰影部分的面積為2π﹣4.（結果保留π）【答案】2π﹣4．【分析】取CD中點O，連接OE，由切線的性質得到OE⊥AB，由矩形的性質推出∠A＝∠ADC＝90°，又OD＝OE，推出四邊形ADOE是正方形，得到陰影的面積＝扇形ODE的面積+扇形ADE的面積﹣正方形ADOE的面積，即可求出陰影的面積=90π×22【解答】解：取CD中點O，連接OE，∵AB與半圓相切于E，∴OE⊥AB，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝90°，∴四邊形ADOE是矩形，∵OD＝OE，∴四邊形ADOE是正方形，∴陰影的面積＝扇形ODE的面積+扇形ADE的面積﹣正方形ADOE的面積，∵AB＝4，∴正方形ADOE的邊長是2，∴陰影的面積=90π×22故答案為：2π﹣4．10．如圖，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝60°，連接AC，取AC中點O，以點A為圓心，AO長為半徑畫弧，分別交邊AD，AB于點E，F(xiàn)，則圖中陰影部分的面積是83?2π【答案】83?2π【分析】陰影部分的面積＝菱形ABCD的面積﹣扇形AEF的面積．【解答】解：，連接BD，∵∠BAD＝60°，四邊形ABCD是菱形，∴∠BAC＝∠DAC＝30°，AC⊥BD，∵AB＝4，∴AO＝AB?cos∠BAC＝23，BO＝AB?sin∠BAC＝2，AC＝43，BD＝4，陰影部分的面積=12×AC×BD?60°×π×(23故答案為：83?2π11．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，以點C為圓心，CA為半徑畫弧，分別與AB、CB交于點D、E，若圖中陰影部分的面積為π6，則AC＝2【答案】2．【分析】如圖所示，過點D作DG⊥AC于G，連接CD，先解Rt△ABC得到BC=3AC，再證明△ACD是等邊三角形得到∠ACD＝60°，∠ECD＝30°；解Rt△CDG求出GD=32AC，最后根據(jù)S陰影＝S△BCD+S扇形CDA﹣S△ACD﹣S【解答】解：如圖所示，過點D作DG⊥AC于G，連接CD，∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，∴∠BAC＝60°，∴BC＝AC?tan∠BAC=3AC∵以AC的長為半徑畫弧，分別交AB，BC于點D，E，∴CA＝CD＝CE，∴△ACD是等邊三角形，∴∠ACD＝60°，AG＝CG=12∴∠ECD＝30°，在Rt△CDG中，GD＝CD?sin∠DCG=32∴S陰影＝S△BCD+S扇形CDA﹣S△ACD﹣S扇形CDE=12GC?BC+60π?AC=34AC2+π?AC=πAC212∴AC=2故答案為：2．12．如圖，已知，⊙O是△ABC的內切圓，切點分別為D，E，F(xiàn)．（1）若∠C＝90°，∠A＝30°，AC=23，則⊙O的半徑為3?（2）若⊙O的半徑為3，△ABC的面積為45，且BC＝9，則AD＝6．【答案】（1）3?（2）6．【分析】（1）解直角三角形得到BC=33AC＝2，求得AB＝2BC＝4，連接OF，OE，根據(jù)切線的性質得到BD＝BE，AD＝AF，CF＝CE，設BE＝BD＝x，則AD＝AF＝4﹣x，CF＝CE＝2﹣（2）如圖，連接OF，OE，OD，OA，OB，OC，根據(jù)切線的性質得到OD⊥AB，OF⊥AC，OE⊥BC，BD＝BE，CE＝CF，AD＝AF，根據(jù)三角形的面積公式列方程即可得到結論．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，∠A＝30°，AC=23∴BC=33∴AB＝2BC＝4，連接OF，OE，∵⊙O為Rt△ABC的內切圓，切點分別為D，E，F(xiàn)，∴BD＝BE，AD＝AF，CF＝CE，設BE＝BD＝x，則AD＝AF＝4﹣x，CF＝CE＝2﹣x，∵AF+FC＝23，∴4﹣x+2﹣x＝23，∴x＝3?3∴⊙O的半徑為3?故答案為：3?（2）如圖，連接OF，OE，OD，OA，OB，OC，∵⊙O是△ABC的內切圓，切點分別為D，E，F(xiàn)，∴OD⊥AB，OF⊥AC，OE⊥BC，BD＝BE，CE＝CF，AD＝AF，∵△ABC的面積為45，⊙O的半徑為3，BC＝9，∴12(AB+BC+AC)×OD=12×(AD+BD+BC+CF+AF)∴AD＝6；故答案為：6．三．解答題（共3小題）13．如圖，已知AB是⊙O的直徑，射線BC交⊙O于點D，∠ABD的平分線交⊙O于點E，過點E作EF⊥BC于點F，延長FE與BA的延長線交于點G．（1）求證：GF是⊙O的切線；（2）若AG＝3，GE=42，求⊙O【答案】（1）證明見解答過程；（2）236【分析】（1）連接OE，由∠ABD的平分線交⊙O于點E，知∠1＝∠2，由∠2＝∠3可證OE∥BF，根據(jù)BF⊥GF得OE⊥GF，得證；（2）設OA＝OE＝r，在Rt△GOE中由勾股定理求得r=23【解答】（1）證明：如圖，連接OE，∵∠ABD的平分線交⊙O于點E，∴∠1＝∠2，∵∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∴OE∥BF，∵BF⊥GF，∴OE⊥GF，∴GF是⊙O的切線；（2）解：設OA＝OE＝r，在Rt△GOE中，AG＝3，GE＝42，由OG2＝GE2+OE2得：（3+r）2＝（42）2+r2，解得：r=23故⊙O的半徑為23614．如圖，AB為⊙O直徑，C為⊙O上一點，過點C作⊙O的切線，與AB的延長線交于點D．（1）求證：∠BCD＝∠A；（2）若BD＝2，CD＝4，求sin∠ABC的值．【答案】（1）見解答；（2）25【分析】（1）連接OC，如圖，先利用圓周角定理得到∠ACB＝90°，利用切線的性質得到∠OCD＝90°，再根據(jù)等角的余角相等證明∠OCA＝∠BCD，然后利用∠OCA＝∠A得到結論；（2）設⊙O的半徑為r，則OC＝OB＝r，證明△DBC∽△DCA得到BCAC=BDCD=12，則設BC＝x，則AC【解答】（1）證明：連接OC，如圖，∵AB為⊙O直徑，∴∠ACB＝90°，∵CD為⊙O的切線，∴OC⊥CD，∴∠OCD＝90°，∵∠OCA+∠OCB＝90°，∠BCD+∠OCB＝90°，∴∠OCA＝∠BCD，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠A，∴∠A＝∠BCD；（2）解：∵∠BCD＝∠A，∠BDC＝∠CDA，∴△DBC∽△DCA，∴BCAC設BC＝x，則AC＝2x，∴AB=x2在Rt△ABC中，sin∠ABC=AC15．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O是BC邊上一點，以O為圓心，OB為半徑的圓與AB相交于點D，連接CD，且CD＝AC．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）若∠A＝60°，AD＝23，求⊙O的半徑長．【答案】（1）見解析；（2）2．【分析】（1）連接OD．由等腰三角形的性質及圓的性質可得∠A＝∠ADC，∠B＝∠BDO．再根據(jù)余角性質及三角形的內角和定理可得∠ODC＝180°﹣（∠ADC+∠BDO）＝90°．最后由切線的判定定理可得結論；（2）根據(jù)已知條件得到CD＝AC＝AD＝23，∠ACD＝60求得∠DCB＝∠ACB﹣∠ACD＝90°﹣60°＝30°，根據(jù)切線的性質得到OD⊥DC，求得OC＝2OD，根據(jù)勾股定理即可得到結論．【解答】（1）證明：連接OD，∵AC＝CD，∴∠A＝∠ADC，∵OB＝OD，∴∠B＝∠BDO，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∴∠ADC+∠BDO＝90°，∴∠ODC＝180°﹣（∠ADC+∠BDO）＝90°，又∵OD是⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）解：∵CD＝AC，∠A＝60°，AD＝23，∴CD＝AC＝AD＝23，∠ACD＝60∵∠ACB＝90∴∠DCB＝∠ACB﹣∠ACD＝90°﹣60°＝30°，∵CD是⊙O的切線，∴OD⊥DC，∴OC＝2OD，在Rt△ODC中，由勾股定理得：OC2＝OD2+CD2，即（2OD）2＝OD2+（23）2，∴OD＝2，∴⊙O的半徑長為2．一．選擇題（共5小題）1．（2023?廣東）如圖，AB是⊙O的直徑，∠BAC＝50°，則∠D＝（）A．20° B．40° C．50° D．80°【答案】B【分析】由AB是⊙O的直徑，得∠ACB＝90°，而∠BAC＝50°，即得∠ABC＝40°，故∠D＝∠ABC＝40°，【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠BAC+∠ABC＝90°，∵∠BAC＝50°，∴∠ABC＝40°，∵AC=∴∠D＝∠ABC＝40°，故選：B．2．（2023?廣州）如圖，△ABC的內切圓⊙I與BC，CA，AB分別相切于點D，E，F(xiàn)，若⊙I的半徑為r，∠A＝α，則（BF+CE﹣BC）的值和∠FDE的大小分別為（）A．2r，90°﹣α B．0，90°﹣α C．2r，90°?α2 【答案】D【分析】如圖，連接IF，IE．利用切線長定理，圓周角定理，切線的性質解決問題即可．【解答】解：如圖，連接IF，IE．∵△ABC的內切圓⊙I與BC，CA，AB分別相切于點D，E，F(xiàn)，∴BF＝BD，CD＝CE，IF⊥AB，IE⊥AC，∴BF+CE﹣BC＝BD+CD﹣BC＝BC﹣BC＝0，∠AFI＝∠AEI＝90°，∴∠EIF＝180°﹣α，∴∠EDF=12∠EIF＝90°?故選：D．3．（2022?深圳）已知三角形ABE為直角三角形，∠ABE＝90°，DE為圓的直徑，BC為圓O切線，C為切點，CA＝CD，則△ABC和△CDE面積之比為（）A．1：3 B．1：2 C．2：2 D．（2?【答案】B【分析】根據(jù)圓周角定理，切線的性質以及等腰三角形的判定和性質，可以先證明△ABC和△COD，再由∴S△COD＝S△COE=12S△DCE，進而得出S△ABC=12S△DCE，即△【解答】解：解法一：如圖，連接OC，∵BC是⊙O的切線，OC為半徑，∴OC⊥BC，即∠OCB＝90°，∴∠COD+∠OBC＝90°，又∵∠ABE＝90°，即∠ABC+∠OBC＝90°，∴∠ABC＝∠COD，∵DE是⊙O的直徑，∴∠DCE＝90°，即∠OCE+∠OCD＝90°，又∠A+∠E＝90°，而∠E＝∠OCE，∴∠A＝∠OCD，在△ABC和△COD中，∠A=∠OCD∠ABC=∠COD∴△ABC≌△COD（AAS），又∵EO＝DO，∴S△COD＝S△COE=12S△∴S△ABC=12S△即△ABC和△CDE面積之比為1：2；解法二：如圖，連接OC，過點B作BF⊥AC，∵BC是⊙O的切線，OC為半徑，∴OC⊥BC，即∠OCB＝90°，∴∠COD+∠BCD＝90°，又∵∠ABE＝90°，即∠ABC+∠BCD＝90°，∴∠ACB＝∠COD，∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，又∵∠A+∠E＝90°＝∠ODC+∠E，∴∠A＝∠ACB，∴AB＝BC，∴AF=12AC=∵△ABF∽△DEC，∴BFEC∴△ABC和△CDE面積之比（12AC?BF）：（12CD?＝BF：EC＝1：2．故選：B．4．（2022?深圳）下列說法錯誤的是（）A．對角線垂直且互相平分的四邊形是菱形 B．同圓或等圓中，同弧對應的圓周角相等 C．對角線相等的四邊形是矩形 D．對角線垂直且相等的平行四邊形是正方形【答案】C【分析】A．應用菱形的判定方法進行判定即可得出答案；B．應用圓周角定理進行判定即可得出答案；C．應用矩形的判定方法進行判定即可得出答案；D．應用正方形的判定方法進行判定即可得出答案．【解答】解：A．對角線垂直且互相平分的四邊形是菱形，所以A選項說法正確，故A選項不符合題意；B．同圓或等圓中，同弧對應的圓周角相等，所以B選項說法正確，故B選項不符合題意；C．對角線相等的四邊形是不一定是矩形，所以C選項說法不正確，故C選項符合題意；D．對角線垂直且相等的平行四邊形是正方形，所以D選項說法正確，故D選項不符合題意．故選：C．5．（2021?廣州）一根鋼管放在V形架內，其橫截面如圖所示，鋼管的半徑是24cm，若∠ACB＝60°，則劣弧AB的長是（）A．8πcm B．16πcm C．32πcm D．192πcm【答案】B【分析】首先利用相切的定義得到∠OAC＝∠OBC＝90°，然后根據(jù)∠ACB＝60°求得∠AOB＝120°，從而利用弧長公式求得答案即可．【解答】解：由題意得：CA和CB分別與⊙O相切于點A和點B，∴OA⊥CA，OB⊥CB，∴∠OAC＝∠OBC＝90°，∵∠ACB＝60°，∴∠AOB＝120°，∴120π×24180=16π（故選：B．二．填空題（共5小題）6．（2023?深圳）如圖，在⊙O中，AB為直徑，C為圓上一點，∠BAC的角平分線與⊙O交于點D，若∠ADC＝20°，則∠BAD＝35°．【答案】35．【分析】先根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠ACB＝90°，再利用圓周角定理可得∠ADC＝∠ABC＝20°，然后利用直角三角形的兩個銳角互余可得∠BAC＝70°，從而利用角平分線的定義進行計算，即可解答．【解答】解：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠ADC＝20°，∴∠ADC＝∠ABC＝20°，∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝70°，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=12∠故答案為：35．7．（2022?廣東）扇形的半徑為2，圓心角為90°，則該扇形的面積（結果保留π）為π．【答案】π．【分析】應用扇形面積計算公式進行計算即可得出答案．【解答】解：S=nπr故答案為：π．8．（2022?廣州）如圖，在△ABC中，AB＝AC，點O在邊AC上，以O為圓心，4為半徑的圓恰好過點C，且與邊AB相切于點D，交BC于點E，則劣弧DE的長是2π．（結果保留π）【答案】2π．【分析】連接OD，OE，根據(jù)等腰三角形的性質和三角形內角和定理可得∠A＝∠COE，再根據(jù)切線的性質和平角的定義可得∠DOE＝90°，然后利用弧長公式進行計算即可解答．【解答】解：如圖，連接OD，OE，∵OC＝OE，∴∠OCE＝∠OEC，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠ABC＝∠OEC，∴AB∥OE，∴∠BDO+∠DOE＝180°，∵AB是切線，∴∠BDO＝90°，∴∠DOE＝180°﹣∠BDO＝90°，∴劣弧DE的長是90×π×4180=2故答案為：2π．9．（2021?廣東）在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝3．點D為平面上一個動點，∠ADB＝45°，則線段CD長度的最小值為5?2【答案】5?【分析】根據(jù)∠ADB＝45°，AB＝2，作△ABD的外接圓O，連接OC，當O、D、C三點共線時，CD的值最?。畬栴}轉化為點圓最值．可證得△AOB為等腰直角三角形，OB＝OA=2，同樣可證△OBE也為等腰直角三角形，OE＝BE＝1，由勾股定理可求得OC的長為5，最后CD最小值為OC﹣OD=【解答】解：如圖所示．∵∠ADB＝45°，AB＝2，作△ABD的外接圓O（因求CD最小值，故圓心O在AB的右側），連接OC，當O、D、C三點共線時，CD的值最?。摺螦DB＝45°，∴∠AOB＝90°，∴△AOB為等腰直角三角形，∴AO＝BO＝sin45°×AB=2∵∠OBA＝45°，∠ABC＝90°，∴∠OBE＝45°，作OE⊥BC于點E，∴△OBE為等腰直角三角形．∴OE＝BE＝sin45°?OB＝1，∴CE＝BC﹣BE＝3﹣1＝2，在Rt△OEC中，OC=O當O、D、C三點共線時，CD最小為CD＝OC﹣OD=5故答案為：5?10．（2021?廣東）如圖，等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝4．分別以點B、點C為圓心，線段BC長的一半為半徑作圓弧，交AB、BC、AC于點D、E、F，則圖中陰影部分的面積為4﹣π．【答案】4﹣π．【分析】陰影部分的面積等于△ABC的面積減去空白處的面積即可得出答案．【解答】解：等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝4，∴∠B＝∠C＝45°，∴AB＝AC=22BC∵BE＝CE=12∴陰影部分的面積S＝S△ABC﹣S扇形BDE﹣S扇形CEF=12×22故答案為4﹣π．三．解答題（共7小題）11．（2023?廣州）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A（﹣2，0），B（0，2），AB所在圓的圓心為O．將AB向右平移5個單位，得到CD（點A平移后的對應點為C）．（1）點D的坐標是（5，2），CD所在圓的圓心坐標是（5，0）；（2）在圖中畫出CD，并連接AC，BD；（3）求由AB，BD，DC，CA首尾依次相接所圍成的封閉圖形的周長．（結果保留π）【答案】（1）（5，2）、（5，0）；（2）見解答；（3）2π+10．【分析】（1）由平移的性質知即可求解；（2）在圖中畫出CD，并連接AC，BD即可；（3）由封閉圖形的周長=AB+DC【解答】解：（1）如下圖，由平移的性質知，點D（5，2），CD所在圓的圓心坐標是（5，0），故答案為：（5，2）、（5，0）；（2）在圖中畫出CD，并連接AC，BD，見下圖；（3）AB和DC長度相等，均為14×2πr=1而BD＝AC＝5，則封閉圖形的周長=AB+DC+212．（2023?廣東）綜合探究如圖1，在矩形ABCD中（AB＞AD），對角線AC，BD相交于點O，點A關于BD的對稱點為A′．連接AA′交BD于點E，連接CA′．（1）求證：AA'⊥CA'；（2）以點O為圓心，OE為半徑作圓．①如圖2，⊙O與CD相切，求證：AA′=3②如圖3，⊙O與CA′相切，AD＝1，求⊙O的面積．【答案】（1）證明過程詳見解答；（2）①證明過程詳見解答；②2+2【分析】（1）根據(jù)軸對稱的性質可得AE＝A′E，AA′⊥BD，根據(jù)四邊形ABCD是矩形，得出OA＝OC，從而OE∥A′C，從而得出AA′⊥CA′；（2）①設CD⊙O與CD切于點F，連接OF，并延長交AB于點G，可證得OG＝OF＝OE，從而得出∠EAO＝∠GAO＝∠GBO，進而得出∠EAO＝30°，從而AA′=3②設⊙O切CA′于點H，連接OH，可推出AA′＝2OH，CA′＝2OE，從而AA′＝CA′，進而得出∠A′AC＝∠A′CA＝45°，∠AOE＝∠ACA′＝45°，從而得出AE＝OE，OD＝OA=2AE，設OA＝OE＝x，則OD＝OA=2x，在Rt△ADE中，由勾股定理得出x2+[(2?1)x]【解答】（1）證明：∵點A關于BD的對稱點為A′，∴AE＝A′E，AA′⊥BD，∵四邊形ABCD是矩形，∴OA＝OC，∴OE∥A′C，∴AA′⊥CA′；（2）①證明：如圖2，設CD⊙O與CD切于點F，連接OF，并延長交AB于點G，∴OF⊥CD，OF＝OE，∵四邊形ABCD是矩形，∴OB＝OD=12BD，AB∥CD，AC＝BD，OA=∴OG⊥AB，∠FDO＝∠GBO，OA＝OB，∴∠GAO＝∠GBO，∵∠DOF＝∠BOG，∴△DOF≌△BOG（ASA），∴OG＝OF，∴OG＝OE，由（1）知：AA′⊥BD，∴∠EAO＝∠GAO，∵∠EAB+∠GBO＝90°，∴∠EAO+∠GAO+∠GBO＝90°，∴3∠EAO＝90°，∴∠EAO＝30°，由（1）知：AA′⊥CA′，∴tan∠EAO=CA′∴tan30°=CA′∴AA′=3②解：如圖3，設⊙O切CA′于點H，連接OH，∴OH⊥CA′，由（1）知：AA′⊥CA′，AA′⊥BD，OA＝OC，∴OH∥AA′，OE∥CA′，∴△COH∽△CAA′，△AOE∽△ACA′，∴OHAA′∴AA′＝2OH，CA′＝2OE，∴AA′＝CA′，∴∠A′AC＝∠A′CA＝45°，∴∠AOE＝∠ACA′＝45°，∴AE＝OE，OD＝OA=2AE設AE＝OE＝x，則OD＝OA=2∴DE＝OD﹣OE＝（2?1）x在Rt△ADE中，由勾股定理得，x2∴x2=2+∴S⊙O＝π?OE2=2+13．（2022?廣東）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，AC為⊙O的直徑，∠ADB＝∠CDB．（1）試判斷△ABC的形狀，并給出證明；（2）若AB=2，AD＝1，求CD【答案】（1）等腰直角三角形，證明見解答過程；（2）3．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理，等腰直角三角形的判定定理解答即可；（2）根據(jù)勾股定理解答即可．【解答】解：（1）△ABC是等腰直角三角形，證明過程如下：∵AC為⊙O的直徑，∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∵∠ADB＝∠CDB，∴AB=∴AB＝BC，又∵∠ABC＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形．（2）在Rt△ABC中，AB＝BC=2∴AC＝2，在Rt△ADC中，AD＝1，