專項24-垂徑定理-十大題型

垂徑定理-十大題型【知識點1垂徑定理及其推論】（1）垂徑定理

垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．

（2）垂徑定理的推論

推論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?。?/p>

推論2：弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對的兩條弧．

推論3：平分弦所對一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條?。绢}型1利用垂徑定理求線段長度】【例1】（雨花區(qū)校級開學）如圖，⊙O的半徑OD⊥弦AB交AB于點C，連接AO并延長交⊙O于點E，連接EC．若AB＝8，EC＝213，則CD的長為（）A．1 B．3 C．2 D．4【變式1-1】（寧津縣二模）如圖，已知圓O的半徑為10，AB⊥CD，垂足為P，且AB＝CD＝16，則OP的長為（）A．6 B．62 C．8 D．【變式1-2】（建華區(qū)二模）如圖，⊙O的直徑AB與弦CD相交于點E，若AE＝5，EB＝1，∠AEC＝30°，則CD的長為（）A．5 B．23 C．42 D．2【變式1-3】（徐匯區(qū)校級期中）如圖，AB是⊙O的弦，D為半徑OA的中點，過D作CD⊥OA交弦AB于點E，且CE＝CB，若BE＝2AE，CD＝5，那么⊙O的半徑為．【題型2利用垂徑定理求角度】【例2】（泰安模擬）如圖，⊙O的半徑OA，OB，且OA⊥OB，連接AB．現(xiàn)在⊙O上找一點C，使OA2+AB2＝BC2，則∠OAC的度數(shù)為（）A．15°或75° B．20°或70° C．20° D．30°【變式2-1】（天心區(qū)期中）如圖，已知⊙O半徑OA＝4，點B為圓上的一點，點C為劣弧AB上的一動點，CD⊥OA，CE⊥OB，連接DE，要使DE取得最大值，則∠AOB等于（）A．60° B．90° C．120° D．135°【變式2-2】（青田縣期末）如圖，在⊙O中，半徑OC過弦AB的中點E，OC＝2，OE=2（1）求弦AB的長；（2）求∠CAB的度數(shù)．【變式2-3】（開州區(qū)期末）如圖，在⊙O中，弦BC與半徑OA垂直于點D，連接AB、AC．點E為AC的中點，連接DE．（1）若AB＝6，求DE的長；（2）若∠BAC＝100°，求∠CDE的度數(shù)．【題型3利用垂徑定理求最值】【例3】（威海模擬）⊙O中，點C為弦AB上一點，AB＝1，CD⊥OC交⊙O于點D，則線段CD的最大值是（）A．12 B．1 C．32【變式3-1】（河北模擬）如圖所示，在⊙O中，AB為弦，OC⊥AB交AB于點D．且OD＝DC．P為⊙O上任意一點，連接PA，PB，若⊙O的半徑為1，則S△PAB的最大值為（）A．1 B．233 C．33【變式3-2】（龍鳳區(qū)校級期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝20，AD＝15，P，Q分別是AB，AD邊上的動點，PQ＝16，以PQ為直徑的⊙O與BD交于點M，N，則MN的最大值為．【變式3-3】（延平區(qū)校級期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，D、E分別是AC、BC上的一點，且DE＝3，若以DE為直徑的圓與斜邊AB相交于M、N，則MN的最大值為（）A．910 B．65 C．85【題型4利用垂徑定理求取值范圍】【例4】（包河區(qū)校級二模）如圖，在⊙O中，直徑AB＝10，CD⊥AB于點E，CD＝8．點F是弧BC上動點，且與點B、C不重合，P是直徑AB上的動點，設m＝PC+PF，則m的取值范圍是（）A．8＜m≤45 B．45＜m≤10 C．8＜m≤10 D．6＜m【變式4-1】（佛山）如圖，⊙O的直徑為10cm，弦AB＝8cm，P是弦AB上的一個動點，求OP的長度范圍．【變式4-2】（鹽都區(qū)校級月考）如圖，點P是⊙O內(nèi)一定點．（1）過點P作弦AB，使點P是AB的中點（不寫作法，保留作圖痕跡）；（2）若⊙O的半徑為13，OP＝5，①求過點P的弦的長度m范圍；②過點P的弦中，長度為整數(shù)的弦有條．【變式4-3】（天河區(qū)校級期中）已知⊙O的半徑為5，點O到弦AB的距離OH＝3，點P是圓上一動點，設過點P且與AB平行的直線為l，記直線AB到直線l的距離為d．（1）求AB的長；（2）如果點P只有兩個時，求d的取值范圍；（3）如果點P有且只有三個時，求連接這三個點所得到的三角形的面積．【題型5利用垂徑定理求整點】【例5】（山海關(guān)區(qū)一模）已知⊙O的直徑CD＝10，CD與⊙O的弦AB垂直，垂足為M，且AM＝4.8，則直徑CD上的點（包含端點）與A點的距離為整數(shù)的點有（）A．1個 B．3個 C．6個 D．7個【變式5-1】（新昌縣期末）如圖，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于點C，連接OB，點P是半徑OB上任意一點，連接AP，若OB＝5，OC＝3，則AP的長不可能是（）A．6 B．7 C．8 D．9【變式5-2】（橋西區(qū)校級模擬）如圖，AB是⊙C的弦，直徑MN⊥AB于點O，MN＝10，AB＝8，如圖以O為原點建立坐標系．我們把橫縱坐標都是整數(shù)的點叫做整數(shù)點，則線段OC長是3，⊙C上的整數(shù)點有個．【變式5-3】（肇東市期末）已知⊙O的半徑為5，點O到弦AB的距離為3，則⊙O上到弦AB所在直線的距離為2的點有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【題型6利用垂徑定理求面積】【例6】（武漢模擬）如圖，在半徑為1的⊙O中有三條弦，它們所對的圓心角分別為60°，90°，120°，那么以這三條弦長為邊長的三角形的面積是（）A．2 B．1 C．32 D．【變式6-1】（黃州區(qū)校級月考）如圖，矩形MNGH的四個頂點都在⊙O上，順次連接矩形各邊的中點，得到菱形ABCD，若BD＝12，DF＝4，則菱形ABCD的面積為．【變式6-2】（西城區(qū)校級期中）如圖，AB為⊙O直徑，過點O作OD⊥BC于點E，交⊙O于點D，CD∥AB．（1）求證：E為OD的中點；（2）若CB＝6，求四邊形CAOD的面積．【變式6-3】（新洲區(qū)模擬）如圖，點A，C，D均在⊙O上，點B在⊙O內(nèi)，且AB⊥BC于點B，BC⊥CD于點C，若AB＝4，BC＝8，CD＝2，則⊙O的面積為（）A．125π4 B．275π4 C．125π9【題型7垂徑定理在格點中的運用】【例7】（襄都區(qū)校級期末）如圖所示，一圓弧過方格的格點AB，試在方格中建立平面直角坐標系，使點A的坐標為（0，4），則該圓弧所在圓的圓心坐標是（）A．（﹣1，2） B．（1，﹣1） C．（﹣1，1） D．（2，1）【變式7-1】（海門市期中）如圖所示，⊙P過B、C兩點，寫出⊙P上的格點坐標．【變式7-2】（商城縣三模）如圖所示的網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長均為1，點A、B、C均在小正方形的頂點上，點C同時也在AB上，若點P是BC的一個動點，則△ABP面積的最大值是．【變式7-3】（靖江市校級月考）如圖，在單位長度為1的正方形網(wǎng)格中建立一直角坐標系，一條圓弧經(jīng)過網(wǎng)格點A、B、C，請在網(wǎng)格圖中進行下列操作（以下結(jié)果保留根號）：（1）利用網(wǎng)格作出該圓弧所在圓的圓心D點的位置，并寫出D點的坐標為；（2）連接AD、CD，則⊙D的半徑為，∠ADC的度數(shù)．【題型8垂徑定理在坐標系中的運用】【例8】（博山區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標系中，半徑為5的⊙E與y軸交于點A（0，﹣2），B（0，4），與x軸交于C，D，則點D的坐標為（）A．(4?26，0) B．(?4+26，0) C．【變式8-1】（西林縣期末）如圖，⊙P與y軸交于點M（0，﹣4），N（0，﹣10），圓心P的橫坐標為﹣4．則⊙P的半徑為（）A．3 B．4 C．5 D．6【變式8-2】（印江縣三模）如圖，直線l為y＝x，過點A1（1，0）作A1B1⊥x軸，與直線l交于點B1，以原點O為圓心，OB1長為半徑畫圓弧交x軸于點A2；再作A2B2⊥x軸，交直線l于點B2，以原點O為圓心，OB2長為半徑畫圓弧交x軸于點A3；…，按此作法進行下去，則點A2022的坐標為．【變式8-3】（宜春模擬）如圖，半徑為5的⊙P與y軸交于點M（0，﹣4），N（0，﹣10），函數(shù)y＝﹣2x+m圖象過點P，則m＝．【題型9垂徑定理與分類討論中的綜合運用】【例9】（化德縣校級期末）⊙O的半徑為10cm，弦AB∥CD，且AB＝12cm，CD＝16cm，則AB和CD的距離為（）A．2cm B．14cm C．2cm或14cm D．10cm或20cm【變式9-1】（包河區(qū)二模）已知圓O的半徑為5，弦AB＝8，D為弦AB上一點，且AD＝1，過點D作CD⊥AB，交圓O于C，則CD長為（）A．1 B．7 C．8或1 D．7或1【變式9-2】（方正縣期末）如圖，⊙O的弦AB與半徑OC垂直，點D為垂足，OD＝DC，AB＝23，點E在⊙O上，∠EOA＝30°，則△EOC的面積為．【變式9-3】（淮南月考）如圖，已知⊙O的半徑為2．弦AB的長度為2，點C是⊙O上一動點，若△ABC為等腰三角形，則BC2的長為．【題型10垂徑定理的應用】【例10】（武昌區(qū)校級期末）某地有一座圓弧形拱橋，它的跨度（弧所對的弦的長）24m，拱高（弧的中點到弦的距離）4米，則求拱橋的半徑為（）A．16m B．20m C．24m D．28m【變式10-1】（望城區(qū)模擬）《九章算術(shù)》是我國古代著名數(shù)學經(jīng)典，其中對勾股定理的論述比西方早一千多年，其中有這樣一個問題：“今有圓材埋在壁中，不知大小．以鋸鋸之，深一寸，鋸道長一尺．問徑幾何？”其意為：今有一圓柱形木材，埋在墻壁中，不知其大小，用鋸去鋸該材料，鋸口深1寸，鋸道長1尺．如圖，已知弦AB＝1尺，弓形高CD＝1寸，（注：1尺＝10寸）問這塊圓柱形木材的直徑是（）A．13寸 B．6.5寸 C．26寸 D．20寸【變式10-2】（西城區(qū)校級期中）京西某游樂園的摩天輪采用了國內(nèi)首創(chuàng)的橫梁結(jié)構(gòu)，風格更加簡約．如圖，摩天輪直徑88米，最高點A距離地面100米，勻速運行一圈的時間是18分鐘．由于受到周邊建筑物的影響，乘客與地面的距離超過34米時，可視為最佳觀賞位置，在運行的一圈里最佳觀賞時長為分鐘．【變式10-3】（浙江）如圖，公園內(nèi)有一個半徑為20米的圓形草坪，A，B是圓上的點，O為圓心，∠AOB＝120°，從A到B只有路AB，一部分市民為走“捷徑”，踩壞了花草，走出了一條小路AB．通過計算可知，這些市民其實僅僅少走了步（假設1步為0.5米，結(jié)果保留整數(shù)）．（參考數(shù)據(jù)：3≈

垂徑定理-十大題型（解析版）【知識點1垂徑定理及其推論】（1）垂徑定理

垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。?/p>

（2）垂徑定理的推論

推論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?。?/p>

推論2：弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對的兩條?。?/p>

推論3：平分弦所對一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條?。绢}型1利用垂徑定理求線段長度】【例1】（雨花區(qū)校級開學）如圖，⊙O的半徑OD⊥弦AB交AB于點C，連接AO并延長交⊙O于點E，連接EC．若AB＝8，EC＝213，則CD的長為（）A．1 B．3 C．2 D．4【分析】由垂徑定理得出AC＝BC＝4，連接BE，由∠CBE＝90°及CE長度求出BE＝6，在Rt△ABE中求出AE＝10，從而得出半徑OA＝OD＝5，再在Rt△AOC中求出OC，從而得出答案．【解答】解：∵OD⊥AB，AB＝8，∴AC＝BC＝4，如圖，連接BE，∵AE是⊙O的直徑，∴∠ABE＝90°，∵CE＝213，∴BE=C則AE=A∴AO＝OD＝5，在Rt△AOC中，OC=A則CD＝OD﹣OC＝2，故選：C．【變式1-1】（寧津縣二模）如圖，已知圓O的半徑為10，AB⊥CD，垂足為P，且AB＝CD＝16，則OP的長為（）A．6 B．62 C．8 D．【分析】根據(jù)題意作出合適的輔助線，然后根據(jù)垂徑定理、勾股定理即可求得OP的長，本題得以解決．【解答】解：作OE⊥AB交AB與點E，作OF⊥CD交CD于點F，如右圖所示，則AE＝BE，CF＝DF，∠OFP＝∠OEP＝90°，又∵圓O的半徑為10，AB⊥CD，垂足為P，且AB＝CD＝16，∴∠FPE＝90°，OB＝10，BE＝8，∴四邊形OEPF是矩形，OE＝6，同理可得，OF＝6，∴EP＝6，∴OP=6故選：B．【變式1-2】（建華區(qū)二模）如圖，⊙O的直徑AB與弦CD相交于點E，若AE＝5，EB＝1，∠AEC＝30°，則CD的長為（）A．5 B．23 C．42 D．2【分析】因為∠AED＝30°，可過點O作OF⊥CD于F，構(gòu)成直角三角形，先求得⊙O的半徑為3，進而求得OE＝3﹣1＝2，根據(jù)30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，得出OF=12OE＝1，再根據(jù)勾股定理求得DF的長，然后由垂徑定理求出【解答】解：過點O作OF⊥CD于F，連接DO，∵AE＝5，BE＝1，∴AB＝6，∴⊙O的半徑為3，∴OE＝3﹣1＝2．∵∠AEC＝30°，∴OF＝1，∴CF＝22，∴CD＝2CF＝42，故選：C．【變式1-3】（徐匯區(qū)校級期中）如圖，AB是⊙O的弦，D為半徑OA的中點，過D作CD⊥OA交弦AB于點E，且CE＝CB，若BE＝2AE，CD＝5，那么⊙O的半徑為23．【分析】先證明△AFO和△BCE是等邊三角形，設DE＝x，根據(jù)CD＝5列方程，求出x得到AD=3【解答】解：如圖，記DC與⊙O交于點F，連接AF、OF、OB，過點C作CT⊥AB于點T，連接OE，OT．∵D為半徑OA的中點，CD⊥OA，∴FD垂直平分AO，∴FA＝FO，又∵OA＝OF，∴△AOF是等邊三角形，∴∠OAF＝∠AOF＝∠AFO＝60°，∵CE＝CB，CT⊥EB，∴ET＝TB，∵BE＝2AE，∴AE＝ET＝BT，∵AD＝OD，∴DE∥OT，∴∠AOT＝∠ADE＝90°，∴OE＝AE＝ET，∵OA＝OB，∴∠OAE＝∠OBT，∵AO＝BO，AE＝BT，∴△AOE≌△BOT（SAS），∴OE＝OT，∴OE＝OT＝ET，∴∠ETO＝60°，∴∠OAB＝∠OBA＝30°，∠AED＝∠CEB＝60°，∴△CEB是等邊三角形，∴CE＝CB＝BE，設DE＝x，∴AE＝2x，BE＝CE＝4x，∴CD＝5x＝5，∴x＝1，∴AD=3∴AO＝23．故答案為：23．【題型2利用垂徑定理求角度】【例2】（泰安模擬）如圖，⊙O的半徑OA，OB，且OA⊥OB，連接AB．現(xiàn)在⊙O上找一點C，使OA2+AB2＝BC2，則∠OAC的度數(shù)為（）A．15°或75° B．20°或70° C．20° D．30°【分析】設圓的半徑是r，作直徑BD，作BC關(guān)于直徑BD的對稱線段BE，連接EC，BE，ED，AC，再由直角三角形的性質(zhì)即可解答．【解答】解：如圖，設圓的半徑是r，則AO＝r，BO＝r，作直徑BD，作BC⊙O的弦BC，使∠DBC＝30°，作BC關(guān)于直徑BD的對稱線段BE，連接EC，BE，ED，AC，直角△BED中，可以得∠EBD＝30°，∵線段BE與線段BC關(guān)于直線BD對稱，∴BC＝BE，∴BD垂直平分線段CE，∴DE=∴∠CBD＝30°而∠BCA=12∠在△ABC中，∠OAC＝180°﹣∠ABO﹣∠CBD﹣∠ACB﹣∠BAO＝15°．同理，當E為C時，∠OAC＝75°．故∠OAC的度數(shù)為15°或75°．故選：A．【變式2-1】（天心區(qū)期中）如圖，已知⊙O半徑OA＝4，點B為圓上的一點，點C為劣弧AB上的一動點，CD⊥OA，CE⊥OB，連接DE，要使DE取得最大值，則∠AOB等于（）A．60° B．90° C．120° D．135°【分析】如圖，延長CD交⊙O于P，延長CE交⊙O于T，連接PT．根據(jù)垂徑定理以及三角形的中位線定理，可得DE=12PT，當PT是直徑時，DE的長最大，再證明∠【解答】解：如圖，延長CD交⊙O于P，延長CE交⊙O于T，連接PT．∵OA⊥PC，OB⊥CT，∴CD＝DP，CE＝TE，∴DE=12∴當PT是直徑時，DE的長最大，連接OC，∵OP＝OC＝OT，OD⊥PC，OE⊥CT，∴∠COD＝∠POA，∠COB＝∠BOT，∴∠AOB＝∠COA+∠COB=12∠故選：B．【變式2-2】（青田縣期末）如圖，在⊙O中，半徑OC過弦AB的中點E，OC＝2，OE=2（1）求弦AB的長；（2）求∠CAB的度數(shù)．【分析】（1）連接OB，先由垂徑定理得OC⊥AB，AE＝BE，OB＝OC＝2，再由勾股定理求出BE=2（2）先證△BOE是等腰直角三角形，得∠BOC＝45°，再由圓周角定理即可求解．【解答】解：（1）連接OB，如圖所示：∵半徑OC過弦AB的中點E，∴OC⊥AB，AE＝BE，OB＝OC＝2，∴BE=O∴AB＝2BE＝22；（2）由（1）得：BE＝OE，OC⊥AB，∴△BOE是等腰直角三角形，∴∠BOC＝45°，∴∠CAB=12∠【變式2-3】（開州區(qū)期末）如圖，在⊙O中，弦BC與半徑OA垂直于點D，連接AB、AC．點E為AC的中點，連接DE．（1）若AB＝6，求DE的長；（2）若∠BAC＝100°，求∠CDE的度數(shù)．【分析】（1）根據(jù)垂徑定理得到AB=AC，則AC＝AB＝6，然后根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得到（2）利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和計算出∠C＝40°，然后利用ED＝EC得到∠CDE＝∠C＝40°．【解答】解：（1）∵BC⊥OA，∴AB=AC，∠∴AC＝AB＝6，∵點E為AC的中點，∴DE=12（2）∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵∠BAC＝100°，∴∠C=1∵點E為AC的中點，∴ED＝EC，∴∠CDE＝∠C＝40°．【題型3利用垂徑定理求最值】【例3】（威海模擬）⊙O中，點C為弦AB上一點，AB＝1，CD⊥OC交⊙O于點D，則線段CD的最大值是（）A．12 B．1 C．32【分析】因為CD⊥OC交⊙O于點D，連接OD，△OCD是直角三角形，則CD=OD2?OC2，因為半徑【解答】解：連接OD，∵CD⊥OC交⊙O于點D，∴△OCD是直角三角形，根據(jù)勾股定理得CD=O∵半徑OD是定值，∴當OC⊥AB時，線段OC最小，此時D與B重合，CD=OB∵OC⊥AB，∴AC＝BC=12AB∴CD=OB2故選：A．【變式3-1】（河北模擬）如圖所示，在⊙O中，AB為弦，OC⊥AB交AB于點D．且OD＝DC．P為⊙O上任意一點，連接PA，PB，若⊙O的半徑為1，則S△PAB的最大值為（）A．1 B．233 C．33【分析】連接OA，如圖，利用垂徑定理得到AD＝BD，AC=BC，再根據(jù)OD＝DC可得到OD=12OA=12，所以AD=32，由勾股定理，則AB=3．△PAB底AB不變，當高越大時面積越大，即P點到AB距離最大時，△APB的面積最大．則當點P為AB所在優(yōu)弧的中點時，此時PD【解答】解：連接OA，如圖，∵OC⊥AB，∴AD＝BD，∵OD＝DC，∴OD=12OA∴AD=OA2?OD2當點P為AB所對的優(yōu)弧的中點時，△APB的面積最大，此時PD＝PO+OD＝1+1∴△APB的面積的最大值為=1故選：C．【變式3-2】（龍鳳區(qū)校級期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝20，AD＝15，P，Q分別是AB，AD邊上的動點，PQ＝16，以PQ為直徑的⊙O與BD交于點M，N，則MN的最大值為83．【分析】過A點作AH⊥BD于H，連接OM，如圖，先利用勾股定理計算出BD＝25，則利用面積法可計算出AH＝36，再證明點O在AH上時，OH最短，此時HM有最大值，最大值為43，然后根據(jù)垂徑定理可判斷MN的最大值．【解答】解：過A點作AH⊥BD于H，連接OM，如圖：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，在Rt△ABD中，BD=A∵12×AH×BD=12∴AH=20×15∵⊙O的直徑為16，∴⊙O的半徑為8，∴點O在AH上時，OH最短，∵HM=O∴此時HM有最大值，OH＝AH﹣OA＝4，則最大值為82?4∵OH⊥MN，∴MN＝2MH，∴MN的最大值為2×43=83故答案為：83．【變式3-3】（延平區(qū)校級期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，D、E分別是AC、BC上的一點，且DE＝3，若以DE為直徑的圓與斜邊AB相交于M、N，則MN的最大值為（）A．910 B．65 C．85【分析】由題意可知，C、O、G三點在一條直線上OG最小，MN最大，再由勾股定理求得AB，然后由三角形面積求得CF，最后由垂徑定理和勾股定理即可求得MN的最大值．【解答】解：過O作OG⊥AB于G，連接OC、OM，∵DE＝3，∠ACB＝90°，OD＝OE，∴OC=12DE只有C、O、G三點在一條直線上OG最小，∵OM=3∴只有OG最小，GM才能最大，從而MN有最大值，過C作CF⊥AB于F，∴G和F重合時，MN有最大值，∵∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，∴AB=B∵12AC?BC=12AB∴CF=AC×BC∴OG＝CF﹣OC=12∴MG=O∴MN＝2MG=12故選：D．【題型4利用垂徑定理求取值范圍】【例4】（包河區(qū)校級二模）如圖，在⊙O中，直徑AB＝10，CD⊥AB于點E，CD＝8．點F是弧BC上動點，且與點B、C不重合，P是直徑AB上的動點，設m＝PC+PF，則m的取值范圍是（）A．8＜m≤45 B．45＜m≤10 C．8＜m≤10 D．6＜m【分析】連接PD，DF，OC，BD，利用垂徑定理可得AB是CD的垂直平分線，則PC＝PD；利用三角形的任意兩邊之和大于第三邊，可得不等式PD+PF≥DF（當D，P，F(xiàn)在一條直線上時取等號），結(jié)合圖形即可得出結(jié)論．【解答】解：連接PD，DF，OC，BD，如圖，∵CD⊥AB，BA為⊙O的直徑，∴CE＝ED=12∵OC=12∴OE=O∴BE＝OE+OB＝8．∴BD=BE2∵P是直徑AB上的動點，CD⊥AB，∴AB是CD的垂直平分線，∴PC＝PD．∵m＝PC+PF，∴m＝PD+PF，由圖形可知：PD+PF≥DF（當D，P，F(xiàn)在一條直線上時取等號），∵點F是弧BC上動點，且與點B、C不重合，∴DC＜DF≤直徑，∴8＜m≤10．故選：C．【變式4-1】（佛山）如圖，⊙O的直徑為10cm，弦AB＝8cm，P是弦AB上的一個動點，求OP的長度范圍．【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∵⊙O的直徑為10cm，∴OB=12×∴OE=OB2?∵垂線段最短，半徑最長，∴3cm≤OP≤5cm．【變式4-2】（鹽都區(qū)校級月考）如圖，點P是⊙O內(nèi)一定點．（1）過點P作弦AB，使點P是AB的中點（不寫作法，保留作圖痕跡）；（2）若⊙O的半徑為13，OP＝5，①求過點P的弦的長度m范圍；②過點P的弦中，長度為整數(shù)的弦有4條．【分析】（1）連接OP并延長，過點P作AB⊥OP即可；（2）①過點P的所有弦中，直徑最長為26，與OP垂直的弦最短，由垂徑定理和勾股定理求出AB＝24，即可得出答案；②過P點最長的弦為直徑26，最短的弦24，長度為25的弦有2條，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）如圖1，連接OP并延長，過點P作AB⊥OP，則弦AB即為所求；（2）①過點P的所有弦中，直徑最長為26，與OP垂直的弦最短，連接OA，如圖2所示：∵OP⊥AB，∴AP＝BP=O∴AB＝2AP＝24，∴過點P的弦的長度m范圍為24≤m≤26；②∵過P點最長的弦為直徑26，最短的弦24，∴長度為25的弦有兩條，∴過點P的弦中，長度為整數(shù)的弦共有4條，故答案為：4．【變式4-3】（天河區(qū)校級期中）已知⊙O的半徑為5，點O到弦AB的距離OH＝3，點P是圓上一動點，設過點P且與AB平行的直線為l，記直線AB到直線l的距離為d．（1）求AB的長；（2）如果點P只有兩個時，求d的取值范圍；（3）如果點P有且只有三個時，求連接這三個點所得到的三角形的面積．【分析】（1）連接OA，根據(jù)勾股定理求出AH，根據(jù)垂徑定理得出即可；（2）求出HC和HD的值，結(jié)合圖形得出即可；（3）先找出符合條件時的位置，求出三角形的高和底邊，根據(jù)三角形的面積公式求出即可．【解答】解：（1）連接OA，如圖1，∵點O到弦AB的距離OH＝3，∴AB⊥OC，∴∠OHA＝90°，AB＝2AH，在Rt△AHO中，OA＝5，OH＝3，由勾股定理得：AH＝4，∴AB＝2AH＝8；（2）延長CO交⊙O于D，如圖2，∵CH＝5﹣3＝2，HD＝5+3＝8，∴點P只有兩個時d的取值范圍是2＜d＜8；（3）如圖3，∵CH＝5﹣3＝2，HD＝5+3＝8，∴點P有且只有三個時，d＝2，如圖，P在C、E、F處，連接OE，∵OC⊥AB，AB∥EF，∴OC⊥EF，∴EF＝2EM，∵OE＝5，OM＝5﹣2﹣2＝1，CM＝2+2＝4，∴由勾股定理得：EM=52?∴EF＝2EM＝46，∴S△CEF=12×EF×CM=1即點P有且只有三個時，連接這三個點所得到的三角形的面積是86．【題型5利用垂徑定理求整點】【例5】（山海關(guān)區(qū)一模）已知⊙O的直徑CD＝10，CD與⊙O的弦AB垂直，垂足為M，且AM＝4.8，則直徑CD上的點（包含端點）與A點的距離為整數(shù)的點有（）A．1個 B．3個 C．6個 D．7個【分析】利用勾股定理得出線段AD和AC的長，根據(jù)垂線段的性質(zhì)結(jié)合圖形判斷即可．【解答】解：∵CD是直徑，∴OC＝OD=12CD∵AB⊥CD，∴∠AMC＝∠AMD＝90°，∵AM＝4.8，∴OM=5∴CM＝5+1.4＝6.4，MD＝5﹣1.4＝3.6，∴AC=4．82+6．∵AM＝4.8，∴A點到線段MD的最小距離為4.8，最大距離為6，則A點到線段MD的整數(shù)距離有5，6，A點到線段MC的最小距離為4.8，最大距離為8，則A點到線段MC的整數(shù)距離有5，6，7，8，直徑CD上的點（包含端點）與A點的距離為整數(shù)的點有6個，故選：C．【變式5-1】（新昌縣期末）如圖，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于點C，連接OB，點P是半徑OB上任意一點，連接AP，若OB＝5，OC＝3，則AP的長不可能是（）A．6 B．7 C．8 D．9【分析】首先利用勾股定理得出AC的長，求出AB長，再利用三角形邊之間的關(guān)系進而得出AO≤AP≤AB，即可得出答案．【解答】解：連接OA，∵OC⊥AB于點C，OB＝5，OC＝3，∴BC=5∴AB＝2×4＝8，∵AO≤AP≤AB，∴5≤AP≤8，∴AP的長度不可能是：9（答案不唯一）．故選：D．【變式5-2】（橋西區(qū)校級模擬）如圖，AB是⊙C的弦，直徑MN⊥AB于點O，MN＝10，AB＝8，如圖以O為原點建立坐標系．我們把橫縱坐標都是整數(shù)的點叫做整數(shù)點，則線段OC長是3，⊙C上的整數(shù)點有12個．【分析】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】解：過C作直徑UL∥x軸，連接CA，則AC=1∵MN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個點，故答案為：3；12．【變式5-3】（肇東市期末）已知⊙O的半徑為5，點O到弦AB的距離為3，則⊙O上到弦AB所在直線的距離為2的點有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【分析】過O點作OC⊥AB，交⊙O于P，由OC＝3，OA＝5，得到PC＝2，即點P到直線AB的距離為2；在直線的另一邊，圓上的點到直線的最遠距離為8，而圓為對稱圖形，則還有兩個點M，N到直線AB的距離為3．【解答】解：過O點作OC⊥AB，交⊙O于P，如圖，∴OC＝3，而OA＝5，∴PC＝2，即點P到直線AB的距離為2；在直線的另一邊，圓上的點到直線的最遠距離為8，而圓為對稱圖形，∴在直線AB的這邊，還有兩個點M，N到直線AB的距離為2．故選：B．【題型6利用垂徑定理求面積】【例6】（武漢模擬）如圖，在半徑為1的⊙O中有三條弦，它們所對的圓心角分別為60°，90°，120°，那么以這三條弦長為邊長的三角形的面積是（）A．2 B．1 C．32 D．【分析】連接OA、OB、OC、OD、OE、OF，則△AOB、△COD分別為等邊三角形，等腰直角三角形，進而可得到AB、CD長；再過點O作OH⊥EF于點H，根據(jù)垂徑定理可得EF＝2EH，∠EOH＝∠FOH＝60°，根據(jù)銳角三角形函數(shù)可求出FH，進而可得EF；再根據(jù)AB2+CD2＝EF2可判斷以AB、CD、EF為邊的三角形為直角三角形，即可求出其面積．【解答】解：如圖，連接OA、OB、OC、OD、OE、OF，則∠AOB＝60°，∠COD＝90°，∠EOF＝120°，在Rt△COD中，CD=1∵OA＝OB，∴△AOB是等邊三角形，∴AB＝OA＝1，過點O作OH⊥EF于點H，則EF＝2EH，∠EOH＝∠FOH＝60°，∴FH＝1×3∴EF＝2FH=3∵12+(2)2=(3)2，即∴以AB、CD、EF為邊的三角形為直角三角形，∴其面積為：12故選：D．【變式6-1】（黃州區(qū)校級月考）如圖，矩形MNGH的四個頂點都在⊙O上，順次連接矩形各邊的中點，得到菱形ABCD，若BD＝12，DF＝4，則菱形ABCD的面積為96．【分析】先連接OH，根據(jù)BD＝12得出OD長，那么可得到圓的半徑為OD+DF，利用三角形全等可得菱形邊長等于圓的半徑，再根據(jù)勾股定理求出OA的長，由S菱形ABCD＝4S△AOD即可得出結(jié)論．【解答】解：如圖：連接OH，∵BD＝12，DF＝4∴⊙O的半徑r＝OD+DF=12BD+DF∴OH＝10在Rt△HOD與Rt△ADO中，OD＝OD，AO＝HD，∠AOD＝∠HDO＝90°∴△AOD≌△GDO，∴OH＝AD＝10，在Rt△AOD中，∵AD＝10，OD＝6，∴OA=AD∴S菱形ABCD＝4S△AOD＝4×1故答案為：96．【變式6-2】（西城區(qū)校級期中）如圖，AB為⊙O直徑，過點O作OD⊥BC于點E，交⊙O于點D，CD∥AB．（1）求證：E為OD的中點；（2）若CB＝6，求四邊形CAOD的面積．【分析】（1）根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)以及垂徑定理證明即可；（2）根據(jù)平行四邊形的判定和勾股定理解答即可．【解答】證明：（1）在⊙O中，OD⊥BC于E，∴CE＝BE，∵CD∥AB，∴∠DCE＝∠B，在△DCE與△OBE中∠DCE=∠BCE=BE∴△DCE≌△OBE（ASA），∴DE＝OE，∴E是OD的中點；（2）連接OC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵OD⊥BC，∴∠CED＝90°＝∠ACB，∴AC∥OD，∵CD∥AB，∴四邊形CAOD是平行四邊形，∵E是OD的中點，CE⊥OD，∴OC＝CD，∵OC＝OD，∴OC＝OD＝CD，∴△OCD是等邊三角形，∴∠D＝60°，∴∠DCE＝90°﹣∠D＝30°，∴在Rt△CDE中，CD＝2DE，∵BC＝6，∴CE＝BE＝3，∵CE2+DE2＝CD2＝4DE2，∴DE=3，CD＝23∴OD＝CD＝23，∴四邊形CAOD的面積＝OD?CE＝63．【變式6-3】（新洲區(qū)模擬）如圖，點A，C，D均在⊙O上，點B在⊙O內(nèi)，且AB⊥BC于點B，BC⊥CD于點C，若AB＝4，BC＝8，CD＝2，則⊙O的面積為（）A．125π4 B．275π4 C．125π9【分析】利用垂徑定理和勾股定理建立方程求出ON，再求出半徑后，根據(jù)圓面積的計算方法進行計算即可．【解答】解：如圖，連接OA、OC，過點O作OM⊥CD于M，MO的延長線于AB延長線交于N，則四邊形BCMN是矩形，∵OM⊥CD，CD是弦，∴CM＝DM=12CD＝1＝∴AN＝AB+BN＝4+1＝5，設ON＝x，則OM＝8﹣x，在Rt△AON、Rt△COM中，由勾股定理得，OA2＝AN2+ON2，OC2＝OM2+CM2，∵OA＝OC，∴AN2+ON2＝OM2+CM2，即52+x2＝（8﹣x）2+12，解得x=5即ON=5∴OA2＝52+（52）2=∴S⊙O＝π×OA2=125故選：A．【題型7垂徑定理在格點中的運用】【例7】（襄都區(qū)校級期末）如圖所示，一圓弧過方格的格點AB，試在方格中建立平面直角坐標系，使點A的坐標為（0，4），則該圓弧所在圓的圓心坐標是（）A．（﹣1，2） B．（1，﹣1） C．（﹣1，1） D．（2，1）【分析】連接AC，作出AB、AC的垂直平分線，其交點即為圓心．【解答】解：如圖所示，連接AC，作出AB、AC的垂直平分線，其交點即為圓心．∵點A的坐標為（0，4），∴該圓弧所在圓的圓心坐標是（﹣1，1）．故選：C．【變式7-1】（海門市期中）如圖所示，⊙P過B、C兩點，寫出⊙P上的格點坐標．【分析】根據(jù)同圓的半徑相等可得點P的坐標．【解答】解：由圖形可知：⊙P上的格點坐標為（4，2）．【變式7-2】（商城縣三模）如圖所示的網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長均為1，點A、B、C均在小正方形的頂點上，點C同時也在AB上，若點P是BC的一個動點，則△ABP面積的最大值是85?8【分析】作AB的垂直平分線交AB于D，交AB于E，圓心為0，則點O在DE上，連接AE、BE，CF⊥OE于F，如圖，設⊙O的半徑為r，OD＝x，利用勾股定理得到r2＝x2+42①，r2＝（x+2）2+22②，則利用②﹣①可求出得x＝2，所以r＝25，DE＝25?2，然后根據(jù)三角形面積公式，點P點與點E重合時，△ABP【解答】解：作AB的垂直平分線交AB于D，交AB于E，圓心為0，則點O在DE上，連接AE、BE，CF⊥OE于F，如圖，設⊙O的半徑為r，OD＝x，在Rt△BOD中，r2＝x2+42①，在Rt△OCF中，r2＝（x+2）2+22②，②﹣①得4+4x+4﹣16＝0，解得x＝2，∴OD＝2，∴r=22+∴DE＝OE﹣OD＝25?∵點P是BC的一個動點，∴點P點與點E重合時，△ABP面積的最大值，最大值為12×8×（25?故答案為：85?【變式7-3】（靖江市校級月考）如圖，在單位長度為1的正方形網(wǎng)格中建立一直角坐標系，一條圓弧經(jīng)過網(wǎng)格點A、B、C，請在網(wǎng)格圖中進行下列操作（以下結(jié)果保留根號）：（1）利用網(wǎng)格作出該圓弧所在圓的圓心D點的位置，并寫出D點的坐標為（2，1）；（2）連接AD、CD，則⊙D的半徑為13，∠ADC的度數(shù)為90°．【分析】（1）利用網(wǎng)格特點，作AB和BC的垂直平分線，然后根據(jù)垂徑的推論可判定它們的交點為D點，從而得到D點坐標；（2）先利用勾股定理計算出DA、DC、AC，然后利用勾股定理的逆定理證明∠ADC的度數(shù)為90°．【解答】解：（1）如圖，點D為所作，D點坐標為（2，1）；（2）AD=22+32=13∵DA2+DC2＝AC2，∴△ADC為直角三角形，∠ADC＝90°，即⊙D的半徑為13，∠ADC的度數(shù)為90°．故答案為（2，1）；13，90°．【題型8垂徑定理在坐標系中的運用】【例8】（博山區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標系中，半徑為5的⊙E與y軸交于點A（0，﹣2），B（0，4），與x軸交于C，D，則點D的坐標為（）A．(4?26，0) B．(?4+26，0) C．【分析】過O點作EH⊥AB于H，EF⊥CD于F，連接ED，如圖，根據(jù)垂徑定理得到CF＝DF，AH＝BH＝3，所以OH＝1，再利用勾股定理計算出EH＝4，則EF＝1，OF＝4，接著利用勾股定理計算出FD，然后計算出OD，從而得到D點坐標．【解答】解：過O點作EH⊥AB于H，EF⊥CD于F，連接ED，如圖，則CF＝DF，AH＝BH∵A（0，﹣2），B（0，4），∴AB＝6，∴BH＝3，∴OH＝1，在Rt△BHE中，EH=E∵四邊形EHOF為矩形，∴EF＝OH＝1，OF＝EH＝4，在Rt△OEF中，F(xiàn)D=DE2∴OD＝FD﹣OF＝26?∴D（26?故選：B．【變式8-1】（西林縣期末）如圖，⊙P與y軸交于點M（0，﹣4），N（0，﹣10），圓心P的橫坐標為﹣4．則⊙P的半徑為（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】過點P作PD⊥MN，連接PM，由垂徑定理得DM＝3，在Rt△PMD中，由勾股定理可求得PM為5即可．【解答】解：過點P作PD⊥MN，連接PM，如圖所示：∵⊙P與y軸交于M（0，﹣4），N（0，﹣10）兩點，∴OM＝4，ON＝10，∴MN＝6，∵PD⊥MN，∴DM＝DN=12∴OD＝7，∵點P的橫坐標為﹣4，即PD＝4，∴PM=P即⊙P的半徑為5，故選：C．【變式8-2】（印江縣三模）如圖，直線l為y＝x，過點A1（1，0）作A1B1⊥x軸，與直線l交于點B1，以原點O為圓心，OB1長為半徑畫圓弧交x軸于點A2；再作A2B2⊥x軸，交直線l于點B2，以原點O為圓心，OB2長為半徑畫圓弧交x軸于點A3；…，按此作法進行下去，則點A2022的坐標為（（2）2021，0）．【分析】利用直線y＝x平分第一、三象限，則B1（1，1），由于OA2＝OB1=2OA1=2，OA3＝OB2=2OA2＝（2）2，依此變化規(guī)律得到OA2022＝（2）2021，從而得到點【解答】解：∵A1（1，0）作A1B1⊥x軸，與直線y＝x交于點B1，∴OA1＝1，B1（1，1），∵以原點O為圓心，OB1長為半徑畫圓弧交x軸于點A2，∴OA2＝OB1=2OA1=∵以原點O為圓心，OB2長為半徑畫圓弧交x軸于點A3，∴OA3＝OB2=2OA2=2×2=同理可得OA4＝（2）3，???∴OA2022＝（2）2021，∴點A2022的坐標為（（2）2021，0）．故答案為：（（2）2021，0）．【變式8-3】（宜春模擬）如圖，半徑為5的⊙P與y軸交于點M（0，﹣4），N（0，﹣10），函數(shù)y＝﹣2x+m圖象過點P，則m＝﹣15．【分析】過P點作PE⊥ON交y軸于點E，連接PM，由點M（0，﹣4），N（0，﹣10）得MN＝6，所以ME＝NE＝3，得E（0，﹣7），由勾股定理得PE＝4，故P（﹣4，﹣7），代入y＝﹣2x+m得m．【解答】解：過P點作PE⊥ON交y軸于點E，連接PM，∵點M（0，﹣4），N（0，﹣10），∴MN＝6，∴ME＝NE＝3，∴E（0，﹣7），∵PM＝5，∴PE=5∵點P在第三象限，∴P（﹣4，﹣7），代入y＝﹣2x+m得，m＝﹣15，故答案為：﹣15．【題型9垂徑定理與分類討論中的綜合運用】【例9】（化德縣校級期末）⊙O的半徑為10cm，弦AB∥CD，且AB＝12cm，CD＝16cm，則AB和CD的距離為（）A．2cm B．14cm C．2cm或14cm D．10cm或20cm【分析】分兩種情況考慮：當圓心位于AB與CD之間時，連接OA，OC，如圖1所示，過O作EF⊥AB，由AB∥CD，得到EF⊥CD，利用垂徑定理得到E、F分別為AB、CD的中點，分別求出OE與OF，由OE+OF即可得到EF的長；當圓心在AB與CD一側(cè)時，連接OA，OC，如圖2所示，過O作EF⊥AB，由AB∥CD，得到EF⊥CD，同理求出OE與OF，由OE﹣OF即可求出EF的長．【解答】解：當圓心位于AB與CD之間時，連接OA，OC，如圖1所示，過O作EF⊥AB，由AB∥CD，得到EF⊥CD，∴E、F分別為AB、CD的中點，∴AE＝6cm，CF＝8cm，在Rt△AOE中，OA＝10cm，AE＝6cm，根據(jù)勾股定理得：OE＝8cm，在Rt△COF中，OC＝10cm，CF＝8cm，根據(jù)勾股定理得到OF＝6cm，此時AB和CD的距離EF＝8+6＝14cm；當圓心在AB與CD一側(cè)時，連接OA，OC，如圖2所示，過O作EF⊥AB，由AB∥CD，得到EF⊥CD，同理求出OE＝8cm，OF＝6cm，此時AB和CD的距離EF＝8﹣6＝2cm，綜上，AB和CD的距離為2cm或14cm．故選：C．【變式9-1】（包河區(qū)二模）已知圓O的半徑為5，弦AB＝8，D為弦AB上一點，且AD＝1，過點D作CD⊥AB，交圓O于C，則CD長為（）A．1 B．7 C．8或1 D．7或1【分析】連接OB，OC1，過O作OE⊥CD，OF⊥AB，則四邊形EDFO是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到OE＝DF，OF＝DE，根據(jù)勾股定理得到BF=52?42=3，得到OE＝DF【解答】解：如圖，連接OB，OC1，過O作OE⊥CD，OF⊥AB，則四邊形EDFO是矩形，∴OE＝DF，OF＝DE，∵圓O的半徑為5，弦AB＝8，∴AF＝BF＝4，∴BF=5∵AD＝1，∴DF＝3，∴OE＝DF＝3，∴C1E=5∴C2E＝4，∴C1D＝7，C2D＝1，∴CD長為7或1，故選：D．【變式9-2】（方正縣期末）如圖，⊙O的弦AB與半徑OC垂直，點D為垂足，OD＝DC，AB＝23，點E在⊙O上，∠EOA＝30°，則△EOC的面積為1或2．【分析】設⊙O的半徑為x（x＞0），則OD＝DC=12x，根據(jù)垂徑定理可知AD=3，在Rt△ADO中利用勾股定理即可求出x值，再分點E在AC外和點E在AC上兩種情況考慮△EOC的面積，當點E在AC外時，通過角的計算可得出∠COE＝90°，利用三角形的面積公式即可求出S△EOC的值；當點E在AC上時，過點E作EF⊥OC于點F，通過角的計算可得出∠COE＝30°，由此可得出EF的長度，利用三角形的面積公式即可求出S【解答】解：依照題意畫出圖形，連接OA．設⊙O的半徑為x（x＞0），則OD＝DC=12∵OC⊥AB于點D，∴∠ADO＝90°，AD＝DB=12AB在Rt△ADO中，AO＝x，OD=12x，AD∴∠OAD＝30°，∠AOD＝60°，AD=AO2解得：x＝2．當點E在AC外時，∠COE＝∠AOD+∠EOA＝90°，∴S△EOC=12EO?當點E在AC上時，過點E作EF⊥OC于點F，∵∠COE＝∠AOD﹣∠EOA＝30°，∴EF=12∴S△EOC=12OC?綜上可知：△EOC的面積為1或2．故答案為：1或2．【變式9-3】（淮南月考）如圖，已知⊙O的半徑為2．弦AB的長度為2，點C是⊙O上一動點，若△ABC為等腰三角形，則BC2的長為8±43或