中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)復(fù)習(xí)專題16 填空題重點出題方向圓中的計算專項訓(xùn)練（解析版）

專題16填空題重點出題方向圓中的計算專項訓(xùn)練（原卷版）模塊一中考真題集訓(xùn)類型一垂徑定理1．（2022?青海）如圖是一個隧道的橫截面，它的形狀是以點O為圓心的圓的一部分，如果C是⊙O中弦AB的中點，CD經(jīng)過圓心O交⊙O于點D，并且AB＝4m，CD＝6m，則⊙O的半徑長為103m思路引領(lǐng)：連接OA，如圖，設(shè)⊙O的半徑為rm，根據(jù)垂徑定理的推論得到CD⊥AB，在Rt△AOC中利用勾股定理得到22+（6﹣r）2＝r2，然后解方程即可．解：連接OA，如圖，設(shè)⊙O的半徑為rm，∵C是⊙O中弦AB的中點，CD過圓心，∴CD⊥AB，AC＝BC=12AB＝2在Rt△AOC中，∵OA＝rm，OC＝（6﹣r）m，∴22+（6﹣r）2＝r2，解得r=10即⊙O的半徑長為103m故答案為：103總結(jié)提升：本題考查了垂徑定理的推論：平分弦（非直徑）的直徑垂直于這條弦，并且平分弦所對的兩條?。?．（2022?長沙）如圖，A、B、C是⊙O上的點，OC⊥AB，垂足為點D，且D為OC的中點，若OA＝7，則BC的長為7．思路引領(lǐng)：根據(jù)已知條件證得△AOD≌△BCD（SAS），則BC＝OA＝7．解：∵OA＝OC＝7，且D為OC的中點，∴OD＝CD，∵OC⊥AB，∴∠ODA＝∠CDB＝90°，AD＝BD，在△AOD和△BCD中，OD=CD∠ADO=∠BDC∴△AOD≌△BCD（SAS），∴BC＝OA＝7．故答案為：7．總結(jié)提升：本題主要考查垂徑定理和全等三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵是熟知垂徑定理內(nèi)容．3．（2022?自貢）一塊圓形玻璃鏡面碎成了幾塊，其中一塊如圖所示，測得弦AB長20厘米，弓形高CD為2厘米，則鏡面半徑為26厘米．思路引領(lǐng)：根據(jù)題意，弦AB長20厘米，弓形高CD為2厘米，根據(jù)勾股定理和垂徑定理可以求得圓的半徑．解：如圖，點O是圓形玻璃鏡面的圓心，連接OC，則點C，點D，點O三點共線，由題意可得：OC⊥AB，AC=12設(shè)鏡面半徑為x厘米，由題意可得：x2＝102+（x﹣2）2，∴x＝26，∴鏡面半徑為26厘米，故答案為：26．總結(jié)提升：本題考查了垂徑定理和勾股定理的應(yīng)用，解決與弦有關(guān)的問題時，往往需構(gòu)造以半徑、弦心距和弦長的一半為三邊的直角三角形，由勾股定理可求解．4．（2022?上海）如圖所示，小區(qū)內(nèi)有個圓形花壇O，點C在弦AB上，AC＝11，BC＝21，OC＝13，則這個花壇的面積為400π.（結(jié)果保留π）思路引領(lǐng)：根據(jù)垂徑定理，勾股定理求出OB2，再根據(jù)圓面積的計算方法進行計算即可．解：如圖，連接OB，過點O作OD⊥AB于D，∵OD⊥AB，OD過圓心，AB是弦，∴AD＝BD=12AB=12（AC+∴CD＝BC﹣BD＝21﹣16＝5，在Rt△COD中，OD2＝OC2﹣CD2＝132﹣52＝144，在Rt△BOD中，OB2＝OD2+BD2＝144+256＝400，∴S⊙O＝π×OB2＝400π，故答案為：400π．總結(jié)提升：本題考查垂徑定理、勾股定理以及圓面積的計算，掌握垂徑定理、勾股定理以及圓面積的計算公式是正確解答的前提．5．（2022?寧夏）如圖，在⊙O中，半徑OC垂直弦AB于點D，若OB＝10，AB＝16，則cosB＝45思路引領(lǐng)：根據(jù)垂徑定理得BD=12解：∵半徑OC垂直弦AB于點D，∴BD=12∴cosB=BD故答案為：45總結(jié)提升：本題主要考查了垂徑定理，三角函數(shù)的定義，熟練掌握垂徑定理是解題的關(guān)鍵．類型二垂徑定理的應(yīng)用6．（2022?荊州）如圖，將一個球放置在圓柱形玻璃瓶上，測得瓶高AB＝20cm，底面直徑BC＝12cm，球的最高點到瓶底面的距離為32cm，則球的半徑為7.5cm（玻璃瓶厚度忽略不計）．思路引領(lǐng)：設(shè)球心為O，過O作OM⊥AD于M，連接OA，設(shè)球的半徑為rcm，由垂徑定理得AM＝DM=12AD＝6（cm）然后在Rt△解：如圖，設(shè)球心為O，過O作OM⊥AD于M，連接OA，設(shè)球的半徑為rcm，由題意得：AD＝12cm，OM＝32﹣20﹣r＝（12﹣r）（cm），由垂徑定理得：AM＝DM=12AD＝6（在Rt△OAM中，由勾股定理得：AM2+OM2＝OA2，即62+（12﹣r）2＝r2，解得：r＝7.5，即球的半徑為7.5cm，故答案為：7.5．總結(jié)提升：本題考查了垂徑定理的應(yīng)用以及勾股定理的應(yīng)用等知識，熟練掌握垂徑定理，由勾股定理得出方程是解題的關(guān)鍵．7．（2022?黃石）如圖，圓中扇子對應(yīng)的圓心角α（α＜180°）與剩余圓心角β的比值為黃金比時，扇子會顯得更加美觀，若黃金比取0.6，則β﹣α的度數(shù)是90°．思路引領(lǐng)：根據(jù)已知，列出關(guān)于α，β的方程組，可解得α，β的度數(shù)，即可求出答案．解：根據(jù)題意得：αβ解得α=135°β=225°∴β﹣α＝225°﹣135°＝90°，故答案為：90°．總結(jié)提升：本題考查圓心角，解題的關(guān)鍵是根據(jù)周角為360°和已知，列出方程組．類型三圓周角定理8．（2022?襄陽）已知⊙O的直徑AB長為2，弦AC長為2，那么弦AC所對的圓周角的度數(shù)等于45°或135°．思路引領(lǐng)：首先利用勾股定理逆定理得∠AOC＝90°，再根據(jù)一條弦對著兩種圓周角可得答案．解：如圖，∵OA＝OC＝1，AC=2∴OA2+OC2＝AC2，∴∠AOC＝90°，∴∠ADC＝45°，∴∠AD'C＝135°，故答案為：45°或135°．總結(jié)提升：本題主要考查了圓周角定理，勾股定理逆定理等知識，明確一條弦對著兩種圓周角是解題的關(guān)鍵．9．（2022?日照）一圓形玻璃鏡面損壞了一部分，為得到同樣大小的鏡面，工人師傅用直角尺作如圖所示的測量，測得AB＝12cm，BC＝5cm，則圓形鏡面的半徑為132cm思路引領(lǐng)：連接AC，根據(jù)∠ABC＝90°得出AC是圓形鏡面的直徑，再根據(jù)勾股定理求出AC即可．解：連接AC，∵∠ABC＝90°，且∠ABC是圓周角，∴AC是圓形鏡面的直徑，由勾股定理得：AC=AB2所以圓形鏡面的半徑為132cm故答案為：132cm總結(jié)提升：本題考查了圓周角定理和勾股定理等知識點，能根據(jù)圓周角定理得出AC是圓形鏡面的直徑是解此題的關(guān)鍵．10．（2022?郴州）如圖，點A．B，C在⊙O上，∠AOB＝62°，則∠ACB＝31度．思路引領(lǐng)：由圓周角定理可求得答案．解：∵∠AOB＝62°，∴∠ACB=12∠AOB＝31故答案為：31．總結(jié)提升：本題主要考查圓周角定理，掌握同弧所對的圓周角等于圓心角的一半是解題的關(guān)鍵．11．（2022?永州）如圖，AB是⊙O的直徑，點C、D在⊙O上，∠ADC＝30°，則∠BOC＝120度．思路引領(lǐng)：根據(jù)在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半求出∠AOC的度數(shù)，根據(jù)平角的定義即可得到∠BOC＝180°﹣∠AOC的度數(shù)．解：∵∠ADC是AC所對的圓周角，∴∠AOC＝2∠ADC＝2×30°＝60°，∴∠BOC＝180°﹣∠AOC＝180°﹣60°＝120°．故答案為：120．總結(jié)提升：本題考查了圓周角定理，掌握在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半是解題的關(guān)鍵．12．（2022?隨州）如圖，點A，B，C在⊙O上，若∠ABC＝60°，則∠AOC的度數(shù)為120°．思路引領(lǐng)：根據(jù)圓周角定理解答即可．解：由圓周角定理得：∠AOC＝2∠ABC，∵∠ABC＝60°，∴∠AOC＝120°，故答案為：120°．總結(jié)提升：本題考查的是圓周角定理，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．13．（2022?湖州）如圖，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足為C，OC的延長線交⊙O于點D．若∠APD是AD所對的圓周角，則∠APD的度數(shù)是30°．思路引領(lǐng)：由垂徑定理得出AD=BD，由圓心角、弧、弦的關(guān)系定理得出∠AOD＝∠BOD，進而得出∠AOD＝60°，由圓周角定理得出∠APD=12∠解：∵OC⊥AB，∴AD=∴∠AOD＝∠BOD，∵∠AOB＝120°，∴∠AOD＝∠BOD=12∠AOB＝60∴∠APD=12∠AOD=12×故答案為：30°．總結(jié)提升：本題考查了圓周角定理，垂徑定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系，熟練掌握圓周角定理，垂徑定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系定理是解決問題的關(guān)鍵．類型四圓內(nèi)接四邊形14．（2022?錦州）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB為⊙O的直徑，∠ADC＝130°，連接AC，則∠BAC的度數(shù)為40°．思路引領(lǐng)：利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和∠ADC的度數(shù)求得∠B的度數(shù)，利用直徑所對的圓周角是直角得到∠ACB＝90°，然后利用直角三角形的兩個銳角互余計算即可．解：∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠ADC＝130°，∴∠B＝180°﹣∠ADC＝180°﹣130°＝50°，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB＝90°﹣∠B＝90°﹣50°＝40°，故答案為：40°．總結(jié)提升：本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及圓周角定理的知識，解題的關(guān)鍵是了解圓內(nèi)接四邊形的對角互補．15．（2022?雅安）如圖，∠DCE是⊙O內(nèi)接四邊形ABCD的一個外角，若∠DCE＝72°，那么∠BOD的度數(shù)為144°．思路引領(lǐng)：根據(jù)鄰補角的概念求出∠BCD，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠A，根據(jù)圓周角定理解答即可．解：∵∠DCE＝72°，∴∠BCD＝180°﹣∠DCE＝108°，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠A＝180°﹣∠BCD＝72°，由圓周角定理，得∠BOD＝2∠A＝144°，故答案為：144°．總結(jié)提升：本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，掌握圓內(nèi)接四邊形的對角互補是解題的關(guān)鍵．類型五三角形的外接圓16．（2022?常州）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形．若∠ABC＝45°，AC=2，則⊙O的半徑是1思路引領(lǐng)：連接AO并延長交⊙O于點D，連接CD，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠ACD＝90°，再利用同弧所對的圓周角相等可得∠ADC＝45°，然后在Rt△ACD中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出AD的長，從而求出⊙O的半徑，即可解答．解：連接AO并延長交⊙O于點D，連接CD，∵AD是⊙O的直徑，∴∠ACD＝90°，∵∠ABC＝45°，∴∠ADC＝∠ABC＝45°，∴AD=AC∴⊙O的半徑是1，故答案為：1．總結(jié)提升：本題考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．17．（2022?玉林）如圖，在5×7網(wǎng)格中，各小正方形邊長均為1，點O，A，B，C，D，E均在格點上，點O是△ABC的外心，在不添加其他字母的情況下，則除△ABC外把你認為外心也是O的三角形都寫出來△ABD，△ACD，△BCD．思路引領(lǐng)：由網(wǎng)格利用勾股定理分別求解OA，OB，OC，OD，OE，根據(jù)三角形的外心到三角形頂點的距離相等可求解．解：由圖可知：OA=1OB=1OC=1OD=1OE=1∴OA＝OB＝OC＝OD≠OE，∴△ABD，△ACD，△BCD的外心都是點O，故答案為：△ABD，△ACD，△BCD．總結(jié)提升：本題主要考查三角形外接圓與外心，勾股定理，求得OA＝OB＝OC＝OD≠OE是解題的關(guān)鍵．18．（2022?涼山州）如圖，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，⊙O是△ABC的外接圓，點A，B，O在格點上，則cos∠ACB的值是21313思路引領(lǐng)：先連接AD，BD，然后根據(jù)題意，可以求得cos∠ADB的值，再根據(jù)圓周角定理可以得到∠ACB＝∠ADB，從而可以得到cos∠ACB的值．解：連接AD，BD，AD和BD相交于點D，∵AD是⊙O的直徑，∴∠ABD＝90°，∵AB＝6，BD＝4，∴AD=AB2∴cos∠ADB=BD∵∠ACB＝∠ADB，∴cos∠ACB的值是213故答案為：213總結(jié)提升：本題考查三角形的外接圓和外心、圓周角定理、解直角三角形，解答本題的關(guān)鍵是求出∠ADB的余弦值．類型六圓的切線19．（2022?資陽）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB是直徑，過點A作⊙O的切線AD．若∠B＝35°，則∠DAC的度數(shù)是35度．思路引領(lǐng)：根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，可得∠BAC＝55°，再根據(jù)切線的性質(zhì)可得∠BAD＝90°，即可求解．解：∵AB為直徑，∴∠C＝90°，∵∠B＝35°，∴∠BAC＝55°，∵AD與⊙O相切，∴AB⊥AD，即∠BAD＝90°，∴∠CAD＝90°﹣∠BAC＝35°．故答案為：35．總結(jié)提升：本題主要考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，熟練掌握切線的性質(zhì)，直徑所對的圓周角是直角是解題的關(guān)鍵．20．（2022?衢州）如圖，AB切⊙O于點B，AO的延長線交⊙O于點C，連結(jié)BC．若∠A＝40°，則∠C的度數(shù)為25°．思路引領(lǐng)：連接OB，先根據(jù)切線的性質(zhì)求出∠AOB，再根據(jù)OB＝OC，∠AOB＝∠C+∠OBC即可解決問題．解：如圖，連接OB．∵AB是⊙O切線，∴OB⊥AB，∴∠ABO＝90°，∵∠A＝40°，∴∠AOB＝90°﹣∠A＝50°，∵OC＝OB，∴∠C＝∠OBC，∵∠AOB＝∠C+∠OBC，∴∠C＝25°．故答案為：25°．總結(jié)提升：本題考查切線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形兩銳角互余等知識，解題的關(guān)鍵是添加輔助線構(gòu)造直角三角形．21．（2022?鹽城）如圖，AB、AC是⊙O的弦，過點A的切線交CB的延長線于點D，若∠BAD＝35°，則∠C＝35°．思路引領(lǐng)：連接AO并延長交⊙O于點E，連接BE，根據(jù)切線的性質(zhì)可得∠OAD＝90°，從而求出∠BAE＝55°，然后利用直徑所對的圓周角是直角可得∠ABE＝90°，從而利用直角三角形的兩個銳角互余可求出∠E的度數(shù)，最后根據(jù)同弧所對的圓周角相等，即可解答．解：連接OA并延長交⊙O于點E，連接BE，∵AD與⊙O相切于點A，∴∠OAD＝90°，∵∠BAD＝35°，∴∠BAE＝∠OAD﹣∠BAD＝55°，∵AE是⊙O的直徑，∴∠ABE＝90°，∴∠E＝90°﹣∠BAE＝35°，∴∠C＝∠E＝35°，故答案為：35．總結(jié)提升：本題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．22．（2022?泰州）如圖，PA與⊙O相切于點A，PO與⊙O相交于點B，點C在AmB上，且與點A、B不重合．若∠P＝26°，則∠C的度數(shù)為32°．思路引領(lǐng)：連接AO并延長交⊙O于點D，連接DB，由切線的性質(zhì)得出∠OAP＝90°，由∠P＝26°，求出∠AOP＝64°，由圓周角定理即可求出∠C＝∠D＝32°．解：如圖，連接AO并延長交⊙O于點D，連接DB，∵PA與⊙O相切于點A，∴∠OAP＝90°，∵∠P＝26°，∴∠AOP＝90°﹣∠P＝90°﹣26°＝64°，∴∠D=12∠AOP=12×∵點C在AmB上，且與點A、B不重合，∴∠C＝∠D＝32°，故答案為：32．總結(jié)提升：本題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，掌握切線的性質(zhì)，圓周角定理是解決問題的關(guān)鍵．23．（2022?海南）如圖，射線AB與⊙O相切于點B，經(jīng)過圓心O的射線AC與⊙O相交于點D、C，連接BC，若∠A＝40°，則∠ACB＝25°．思路引領(lǐng)：連接OB，利用切線的性質(zhì)定理可求∠ABO＝90°，利用直角三角形的兩個銳角互余可得∠AOB，利用圓周角定理即可求得結(jié)論．解：連接OB，如圖，∵射線AB與⊙O相切于點B，∴OB⊥AB，∴∠ABO＝90°．∵∠A＝40°，∴∠AOB＝50°，∴∠ACB=12∠AOB＝25故答案為：25．總結(jié)提升：本題主要考查了圓的切線的性質(zhì)定理，直角三角形的性質(zhì)，圓周角定理，連接OB是解決此類問題常添加的輔助線．24．（2022?泰安）如圖，在△ABC中，∠B＝90°，⊙O過點A、C，與AB交于點D，與BC相切于點C，若∠A＝32°，則∠ADO＝64°．思路引領(lǐng)：連接OC，根據(jù)圓周角定理求出∠DOC，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥BC，證明AB∥OC，根據(jù)平行線的性質(zhì)解答即可．解：連接OC，∵∠A＝32°，∴∠DOC＝2∠A＝64°，∵BC與⊙O相切于點C，∴OC⊥BC，∵∠B＝90°，∴∠B+∠OCB＝180°，∴AB∥OC，∴∠ADO＝∠DOC＝64°，故答案為：64°．總結(jié)提升：本題考查的是切線的性質(zhì)、圓周角定理，掌握圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑是解題的關(guān)鍵．25．（2022?寧波）如圖，在△ABC中，AC＝2，BC＝4，點O在BC上，以O(shè)B為半徑的圓與AC相切于點A．D是BC邊上的動點，當△ACD為直角三角形時，AD的長為32或65思路引領(lǐng)：根據(jù)切線的性質(zhì)定理，勾股定理，直角三角形的等面積法解答即可．解：連接OA，過點A作AD⊥BC于點D，∵圓與AC相切于點A．∴OA⊥AC，由題意可知：D點位置分為兩種情況，①當∠CAD為90°時，此時D點與O點重合，設(shè)圓的半徑＝r，∴OA＝r，OC＝4﹣r，∵AC＝2，在Rt△AOC中，根據(jù)勾股定理可得：r2+4＝（4﹣r）2，解得：r=3即AD＝AO=3②當∠ADC＝90°時，AD=AO?AC∵AO=32，AC＝2，OC＝4﹣r∴AD=6綜上所述，AD的長為32或6故答案為：32或6總結(jié)提升：本題主要考查了切線的性質(zhì)和勾股定理，熟練掌握這些性質(zhì)定理是解決本題的關(guān)鍵．26．（2022?連云港）如圖，AB是⊙O的直徑，AC是⊙O的切線，A為切點，連接BC，與⊙O交于點D，連接OD．若∠AOD＝82°，則∠C＝49°．思路引領(lǐng)：根據(jù)AC是⊙O的切線，可以得到∠BAC＝90°，再根據(jù)∠AOD＝82°，可以得到∠ABD的度數(shù)，然后即可得到∠C的度數(shù)．解：∵AC是⊙O的切線，∴∠BAC＝90°，∵∠AOD＝82°，∴∠ABD＝41°，∴∠C＝90°﹣∠ABD＝90°﹣41°＝49°，故答案為：49．總結(jié)提升：本題考查切線的性質(zhì)、圓周角定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．27．（2022?金華）如圖，木工用角尺的短邊緊靠⊙O于點A，長邊與⊙O相切于點B，角尺的直角頂點為C．已知AC＝6cm，CB＝8cm，則⊙O的半徑為253cm思路引領(lǐng)：連接OA，OB，過點A作AD⊥OB于點D，利用矩形的判定與性質(zhì)得到BD＝AC＝6cm，AD＝BC＝8cm，設(shè)⊙O的半徑為rcm，在Rt△OAD中，利用勾股定理列出方程即可求解．解：連接OA，OB，過點A作AD⊥OB于點D，如圖，∵長邊與⊙O相切于點B，∴OB⊥BC，∵AC⊥BC，AD⊥OB，∴四邊形ACBD為矩形，∴BD＝AC＝6cm，AD＝BC＝8cm．設(shè)⊙O的半徑為rcm，則OA＝OB＝rcm，∴OD＝OB﹣BD＝（r﹣6）cm，在Rt△OAD中，∵AD2+OD2＝OA2，∴82+（r﹣6）2＝r2，解得：r=25故答案為：253總結(jié)提升：本題主要考查了圓的切線的性質(zhì)定理，勾股定理，矩形的判定與性質(zhì)，依據(jù)題意添加適當?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．類型七三角形的內(nèi)切圓28．（2022?瀘州）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝23，半徑為1的⊙O在Rt△ABC內(nèi)平移（⊙O可以與該三角形的邊相切），則點A到⊙O上的點的距離的最大值為27+1思路引領(lǐng)：連接OE、OF，根據(jù)正切的定義求出∠ABC，根據(jù)切線長定理得到∠OBF＝30°，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理計算，得到答案．解：當⊙O與BC、BA都相切時，連接AO并延長交⊙O于點D，則AD為點A到⊙O上的點的距離的最大值，設(shè)⊙O與BC、BA的切點分別為E、F，連接OE、OF，則OE⊥BC，OF⊥AB，∵AC＝6，BC＝23，∴tan∠ABC=ACBC=3，AB∴∠ABC＝60°，∴∠OBF＝30°，∴BF=OF∴AF＝AB﹣BF＝33，∴OA=OF2∴AD＝27+故答案為：27+總結(jié)提升：本題考查的是切線的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、切線長定理，根據(jù)題意得出AD為點A到⊙O上的點的距離的最大值是解題的關(guān)鍵．29．（2022?恩施州）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，⊙O為Rt△ABC的內(nèi)切圓，則圖中陰影部分的面積為（結(jié)果保留π）5?34π思路引領(lǐng)：根據(jù)題意，先作出相應(yīng)的輔助線，然后求出內(nèi)切圓的半徑，再根據(jù)圖形可知：陰影部分的面積＝△ABC的面積﹣正方形CEOD的面積﹣⊙O面積的34解：作OD⊥AC于點D，作OE⊥CB于點E，作OF⊥AB于點F，連接OA、OC、OB，如圖，∵∠C＝90°，OD＝OE＝OF，∴四邊形CEOD是正方形，∵AC＝4，BC＝3，∠C＝90°，∴AB=A∵S△ABC＝S△AOC+S△COB+S△BOA，∴4×32解得OD＝OE＝OF＝1，∴圖中陰影部分的面積為：4×32?1×1﹣π×12×34故答案為：5?34總結(jié)提升：本題考查三角形的內(nèi)切圓、勾股定理、扇形面積的計算，解答本題的關(guān)鍵是求出內(nèi)切圓的半徑．30．（2022?黔東南州）如圖，在△ABC中，∠A＝80°，半徑為3cm的⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，連接OB、OC，則圖中陰影部分的面積是134πcm2．（結(jié)果用含思路引領(lǐng)：根據(jù)角A的度數(shù)和內(nèi)切圓的性質(zhì)，得出圓心角DOE的度數(shù)即可得出陰影部分的面積．解：∵∠A＝80°，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，∴∠DOE＝180°﹣（12∠ABC+12∠ACB）＝180°?1∴S扇形DOE=130π×32360故答案為：134總結(jié)提升：本題主要考查三角形內(nèi)切圓的知識，熟練掌握三角形內(nèi)切圓的性質(zhì)及扇形面積的計算是解題的關(guān)鍵．31．（2022?宜賓）我國古代數(shù)學(xué)家趙爽的“弦圖”是由四個全等的直角三角形和一個小正方形拼成的一個大正方形（如圖所示）．若直角三角形的內(nèi)切圓半徑為3，小正方形的面積為49，則大正方形的面積為289．思路引領(lǐng)：如圖，設(shè)內(nèi)切圓的圓心為O，連接OE、OD，則四邊形EODC為正方形，然后利用內(nèi)切圓和直角三角形的性質(zhì)得到AC+BC＝AB+6，（BC﹣AC）2＝49，接著利用完全平方公式進行代數(shù)變形，最后解關(guān)于AB的一元二次方程解決問題．解：如圖，設(shè)內(nèi)切圓的圓心為O，連接OE、OD，則四邊形EODC為正方形，∴OE＝OD＝3=AC+BC?BA∴AC+BC﹣AB＝6，∴AC+BC＝AB+6，∴（AC+BC）2＝（AB+6）2，∴BC2+AC2+2BC×AC＝AB2+12AB+36，而BC2+AC2＝AB2，∴2BC×AC＝12AB+36①，∵小正方形的面積為49，∴（BC﹣AC）2＝49，∴BC2+AC2﹣2BC×AC＝49②，把①代入②中得AB2﹣12AB﹣85＝0，∴（AB﹣17）（AB+5）＝0，∴AB＝17（負值舍去），∴大正方形的面積為289．故答案為：289．總結(jié)提升：本題主要考查了三角形的內(nèi)切圓的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)及勾股定理的應(yīng)用，同時也利用了完全平方公式和一元二次方程，綜合性強，能力要求高．類型八圓與多邊形32．（2022?長春）跳棋是一項傳統(tǒng)的智力游戲．如圖是一副跳棋棋盤的示意圖，它可以看作是由全等的等邊三角形ABC和等邊三角形DEF組合而成，它們重疊部分的圖形為正六邊形．若AB＝27厘米，則這個正六邊形的周長為54厘米．思路引領(lǐng)：根據(jù)對稱性和周長公式進行解答即可．解：由圖象的對稱性可得，AM＝MN＝BN=13∴正六邊形的周長為9×6＝54（厘米），故答案為：54．總結(jié)提升：本題考查等邊三角形的性質(zhì)，正多邊形與圓，理解圖形的對稱性以及等邊三角形的判定是解決問題的前提．33．（2022?營口）如圖，在正六邊形ABCDEF中，連接AC，CF，則∠ACF＝30度．思路引領(lǐng)：設(shè)正六邊形的邊長為1，正六邊形的每個內(nèi)角為120°，在△ABC中，根據(jù)等腰三角形兩底角相等得到∠BAC＝30°，從而∠CAF＝∠BAF﹣∠BAC＝120°﹣30°＝90°，過點B作BM⊥AC于點M，根據(jù)含30°的直角三角形的性質(zhì)求出BM，根據(jù)勾股定理求出AM，進而得到AC的長，根據(jù)tan∠ACF=AFAC=13=解：設(shè)正六邊形的邊長為1，正六邊形的每個內(nèi)角＝（6﹣2）×180°÷6＝120°，∵AB＝BC，∠B＝120°，∴∠BAC＝∠BCA=12×（180°﹣120°∵∠BAF＝120°，∴∠CAF＝∠BAF﹣∠BAC＝120°﹣30°＝90°，如圖，過點B作BM⊥AC于點M，則AM＝CM（等腰三角形三線合一），∵∠BMA＝90°，∠BAM＝30°，∴BM=12AB∴AM=A∴AC＝2AM=3∵tan∠ACF=AF∴∠ACF＝30°，故答案為：30．總結(jié)提升：本題考查了正多邊形與圓，根據(jù)tan∠ACF=AFAC=13=34．（2022?呼和浩特）如圖，從一個邊長是a的正五邊形紙片上剪出一個扇形，這個扇形的面積為3πa210（用含π的代數(shù)式表示）；如果將剪下來的扇形圍成一個圓錐，圓錐的底面圓直徑為思路引領(lǐng)：先求出正五邊形的內(nèi)角的度數(shù)，根據(jù)扇形面積的計算方法進行計算即可；扇形的弧長等于圓錐的底面周長，可求出底面直徑．解：∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴∠BCD=(5?2)×180°5=∴S扇形=108π×又∵弧BD的長為108πa180=3πa∴圓錐底面直徑為3a5故答案為：3πa210總結(jié)提升：本題考查正多邊形與圓，扇形面積，弧長及圓周長，掌握扇形面積、弧長、圓周長的計算方法是正確解決問題的關(guān)鍵．35．（2022?綏化）如圖，正六邊形ABCDEF和正五邊形AHIJK內(nèi)接于⊙O，且有公共頂點A，則∠BOH的度數(shù)為12度．思路引領(lǐng)：求出正六邊形的中心角∠AOB和正五邊形的中心角∠AOH，即可得出∠BOH的度數(shù)．解：如圖，連接OA，正六邊形的中心角為∠AOB＝360°÷6＝60°，正五邊形的中心角為∠AOH＝360°÷5＝72°，∴∠BOH＝∠AOH﹣∠AOB＝72°﹣60°＝12°．故答案為：12．總結(jié)提升：本題主要考查正多邊形與圓，會求正多邊形的中心角是解題關(guān)鍵．36．（2022?梧州）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接正四邊形，分別以點A，O為圓心，取大于12OA的定長為半徑畫弧，兩弧相交于點M，N，作直線MN，交⊙O于點E，F(xiàn)．若OA＝1，則BE，AE，AB所圍成的陰影部分面積為112思路引領(lǐng)：連接OE、OB．由題意可知，∴△AOE為等邊三角形，推出S陰影＝S扇形AOB﹣S弓形AOE﹣S△AOB＝S扇形AOB﹣（S扇形AOE﹣S△AOE）﹣S△AOB＝S扇形AOB﹣S扇形AOE+S△AOE﹣S△AOB，即可求出答案．解：連接OE、OB，由題意可知，直線MN垂直平分線段OA，∴EA＝EO，∵OA＝OE，∴△AOE為等邊三角形，∴∠AOE＝60°，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接正四邊形，∴∠AOB＝90°，∴∠BOE＝30°，∵S弓形AOE＝S扇形AOE﹣S△AOE，∴S陰影＝S扇形AOB﹣S弓形AOE﹣S△AOB＝S扇形AOB﹣（S扇形AOE﹣S△AOE）﹣S△AOB＝S扇形AOB﹣S扇形AOE+S△AOE﹣S△AOB＝S扇形BOE+S△AOE﹣S△AOB=30π×=1故答案為：112總結(jié)提升：本題考查了正多邊形與圓，正確運用扇形面積公式是解題的關(guān)鍵．37．（2022?宿遷）如圖，在正六邊形ABCDEF中，AB＝6，點M在邊AF上，且AM＝2．若經(jīng)過點M的直線l將正六邊形面積平分，則直線l被正六邊形所截的線段長是47．思路引領(lǐng)：設(shè)正六邊形ABCDEF的中心為O，過點M、O作直線l交CD于點N，則直線l將正六邊形的面積平分，直線l被正六邊形所截的線段長是MN，連接OF，過點M作MH⊥OF于點H，連接OA，由正六邊形的性質(zhì)得出AF＝AB＝6，∠AFO=12∠AFE=12×(6?2)×180°6=60°，MO＝ON，進而得出△OAF是等邊三角形，得出OA＝OF＝AF＝6，由AM＝2，得出MF＝4，由MH⊥OF，得出∠FMH＝30°，進而求出FH＝2，MH＝23，再求出解：如圖，設(shè)正六邊形ABCDEF的中心為O，過點M、O作直線l交CD于點N，則直線l將正六邊形的面積平分，直線l被正六邊形所截的線段長是MN，連接OF，過點M作MH⊥OF于點H，連接OA，∵六邊形ABCDEF是正六邊形，AB＝6，中心為O，∴AF＝AB＝6，∠AFO=12∠AFE=12×(6?2)×180°6∵OA＝OF，∴△OAF是等邊三角形，∴OA＝OF＝AF＝6，∵AM＝2，∴MF＝AF﹣AM＝6﹣2＝4，∵MH⊥OF，∴∠FMH＝90°﹣60°＝30°，∴FH=12MF=12×4＝2，∴OH＝OF﹣FH＝6﹣2＝4，∴OM=MH2∴NO＝OM＝27，∴MN＝NO+OM＝27+27=4解法二：利用對稱性，DN＝AM＝2，由M向下作垂線，利用勾股定理求解，可得結(jié)論．故答案為：47．總結(jié)提升：本題考查了正多邊形和圓，掌握正六邊形的特點，等邊三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識是解決問題的關(guān)鍵．類型九求弧長38．（2022?大連）如圖，正方形ABCD的邊長是2，將對角線AC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)∠CAD的度數(shù)，點C旋轉(zhuǎn)后的對應(yīng)點為E，則弧CE的長是12π（結(jié)果保留π思路引領(lǐng)：先根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠CAD＝45°，AC=2AB=2×解：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠CAD＝45°，AC=2AB=∵對角線AC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)∠CAD的度數(shù)，點C旋轉(zhuǎn)后的對應(yīng)點為E，∴CE的長度為45×π×2180=故答案為：12π總結(jié)提升：本題考查了弧長的計算：l=nπR180（弧長為l，圓心角度數(shù)為n，圓的半徑為39．（2022?青海）如圖，從一個腰長為60cm，頂角為120°的等腰三角形鐵皮OAB中剪出一個最大的扇形OCD，則此扇形的弧長為20πcm．思路引領(lǐng)：根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到OE的長，再利用弧長公式計算出弧CD的長．解：過O作OE⊥AB于E，當扇形的半徑為OE時扇形OCD最大，∵OA＝OB＝60cm，∠AOB＝120°，∴∠A＝∠B＝30°，∴OE=12OA＝30∴弧CD的長=120?π?30180=20故答案為：20π．總結(jié)提升：本題考查弧長公式，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題．40．（2022?盤錦）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝50°，以AB為直徑的⊙O交邊BC，AC于D，E兩點，AC＝2，則DE的長是518π思路引領(lǐng)：連接OE，OD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，求得∠DOE＝50°，半徑為1，代入弧長公式計算即可．解：連接OE，OD，∵AB＝AC，∠A＝50°，∴∠B＝∠C=180°?50°2=又∵OB＝OD，OA＝OE，∴∠B＝∠ODB＝65°，∠A＝∠OEA＝50°，∴∠BOD＝50°，∠AOE＝80°，∴∠DOE＝50°，由于半徑為1，∴DE的長是50×π×1180故答案為：518總結(jié)提升：本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，弧長公式，熟練掌握弧長公式是解題的關(guān)鍵．41．（2022?長春）將等腰直角三角板與量角器按如圖所示的方式擺放，使三角板的直角頂點與量角器的中心O重合，且兩條直角邊分別與量角器邊緣所在的弧交于A、B兩點．若OA＝5厘米，則AB的長度為5π2厘米．（結(jié)果保留π思路引領(lǐng)：弧長的計算（1）圓周長公式：C＝2πR．（2）弧長公式：l=nπR180（弧長為l，圓心角度數(shù)為n，圓的半徑為解：AB的長==90π?5=5π故答案為：5π2總結(jié)提升：本題考查了弧長公式的應(yīng)用，注意以下幾點：①在弧長的計算公式中，n是表示1°的圓心角的倍數(shù)，n和180都不要帶單位．②若圓心角的單位不全是度，則需要先化為度后再計算弧長．③題設(shè)未標明精確度的，可以將弧長用π表示．42．（2022?廣安）如圖，四邊形ABCD是邊長為12的正方形，曲線DA1B1C1D1A2…是由多段90°的圓心角所對的弧組成的．其中，弧DA1的圓心為A，半徑為AD；弧A1B1的圓心為B，半徑為BA1；弧B1C1的圓心為C，半徑為CB1；弧C1D1的圓心為D，半徑為DC1…．弧DA1、弧A1B1、弧B1C1、弧C1D1…的圓心依次按點A、B、C、D循環(huán)，則弧C2022D2022的長是2022π（結(jié)果保留π思路引領(lǐng)：根據(jù)題意可得后一段弧的半徑總比前一段弧的半徑長12，又因為AA1的半徑為12，可知任何一段弧的弧長都是12的倍數(shù)，根據(jù)圓心以A，B，C，D四次一個循環(huán)，可得弧?nDn解：根據(jù)題意可得，DA1的半徑AA1A1B1的半徑BB1＝AB+AAB1C1的半徑CC1＝CB+BBC1D1的半徑DD1＝＝CD+CCD1A2的半徑AA2＝AD+DDA2B2的半徑BB2＝AB+AAB2C2的半徑CC2＝BC+BBC2D2的半徑DD2＝CD+CC???以此類推可知，弧?nDn的半徑為12×4×n=2即弧C2022D2022的半徑為DD2022＝2n＝2×2022＝4044，∴弧C2022D2022的長l=nπr180=故答案為：2022π．總結(jié)提升：本題主要考查了弧長的計算及圖形變化的規(guī)律，根據(jù)題意得出圖形的變化規(guī)律應(yīng)用弧長的計算方法進行求解是解決本題的關(guān)鍵．43．（2022?吉林）如圖，在半徑為1的⊙O上順次取點A，B，C，D，E，連接AB，AE，OB，OC，OD，OE．若∠BAE＝65°，∠COD＝70°，則BC與DE的長度之和為13π（結(jié)果保留思路引領(lǐng)：由圓周角定理可得∠BOE的大小，從而可得∠BOC+∠DOE的大小，進而求解．解：∵∠BAE＝65°，∴∠BOE＝130°，∴∠BOC+∠DOE＝∠BOE﹣∠COD＝60°，∴BC+DE的長度=60360×2故答案為：13π總結(jié)提升：本題考查圓周角定理，解題關(guān)鍵是掌握圓心角與圓周角的關(guān)系，掌握計算弧長的方法．44．（2022?新疆）如圖，⊙O的半徑為2，點A，B，C都在⊙O上，若∠B＝30°，則AC的長為23π．（結(jié)果用含有思路引領(lǐng)：利用圓周角定理和圓的弧長公式解答即可．解：∵∠AOC＝2∠B，∠B＝30°，∴∠AOC＝60°．∴AC的長為60π×2180=故答案為：23總結(jié)提升：本題主要考查了圓周角定理，圓的弧長公式，正確利用上述性質(zhì)解答是解題的關(guān)鍵．類型十扇形面積公式的應(yīng)用45．（2022?菏澤）如圖，等腰Rt△ABC中，AB＝AC=2，以A為圓心，以AB為半徑作BDC；以BC為直徑作CAB．則圖中陰影部分的面積是π﹣2.（結(jié)果保留π思路引領(lǐng)：如圖，取BC的中點O，連接OA．根據(jù)S陰＝S半圓﹣S△ABC+S扇形ACB﹣S△ACB，求解即可．解：如圖，取BC的中點O，連接OA．∵∠CAB＝90°，AC＝AB=2∴BC=2AB∴OA＝OB＝OC＝1，∴S陰＝S半圓﹣S△ABC+S扇形ACB﹣S△ACB=12?π×1＝π﹣2．故答案為：π﹣2．總結(jié)提升：本題考查扇形的面積，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用割補法求陰影部分的面積．46．（2022?黔西南州）如圖，邊長為4的正方形ABCD的對角線交于點O，以O(shè)C為半徑的扇形的圓心角∠FOH＝90°．則圖中陰影部分面積是2π﹣4．思路引領(lǐng)：證明△OBE≌△OCG（SAS），推出S△OBE＝S△OCG，推出S四邊形OECG＝S△OBC＝4，再根據(jù)S陰＝S扇形OFH﹣S四邊形OECG，求解即可．解：如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD，∠OBE＝∠OCG＝45°，S△OBC=14S四邊形∵∠BOC＝∠EOG＝90°，∴∠BOE＝∠COG，在△BOE和△COG中，∠BOE=∠COGOB=OC∴△OBE≌△OCG（SAS），∴S△OBE＝S△OCG，∴S四邊形OECG＝S△OBC＝4，∵△OBC是等腰直角三角形，BC＝4，∴OB＝OC＝22，∴S陰＝S扇形OFH﹣S四邊形OECG=90π?(2＝2π﹣4，故答案為：2π﹣4．總結(jié)提升：本題考查扇形的面積，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．47．（2022?西寧）如圖，等邊三角形ABC內(nèi)接于⊙O，BC＝23，則圖中陰影部分的面積是4π3思路引領(lǐng)：根據(jù)內(nèi)接于圓O的等邊三角形的性質(zhì)可得S△AOB＝S△AOC，∠AOC＝120°，將陰影部分的面積轉(zhuǎn)化為扇形AOC的面積，利用扇形面積的公式計算可求解．解：∵△ABC為等邊三角形，∴S△BOC＝S△AOC，∠AOC＝120°，在△OBC中，OB＝OC，∠BOC＝120°，BC＝23，∴OB＝OC＝2，∴S陰影＝S扇形AOC=120π×故答案為：4π3總結(jié)提升：本題主要考查扇形面積的計算，等邊三角形的性質(zhì)，掌握扇形面積公式是解題的關(guān)鍵．48．（2022?哈爾濱）一個扇形的面積為7πcm2，半徑為6cm，則此扇形的圓心角是70度．思路引領(lǐng)：設(shè)扇形的圓心角為n°，利用扇形面積公式列方程，即可求出n．解：設(shè)扇形的圓心角為n°，則nπ×6∴n＝70，故答案為：70．總結(jié)提升：本題考查扇形面積公式，解題關(guān)鍵是掌握扇形面積公式．49．（2022?河南）如圖，將扇形AOB沿OB方向平移，使點O移到OB的中點O′處，得到扇形A′O′B′．若∠O＝90°，OA＝2，則陰影部分的面積為π3+思路引領(lǐng)：如圖，設(shè)O′A′交AB于點T，連接OT．首先證明∠OTO′＝30°，根據(jù)S陰＝S扇形O′A′B′﹣（S扇形OTB﹣S△OTO′）求解即可．解：如圖，設(shè)O′A′交AB于點T，連接OT．∵OT＝OB，OO′＝O′B，∴OT＝2OO′，∵∠OO′T＝90°，∴∠O′TO＝30°，∠TOO′＝60°，∴S陰＝S扇形O′A′B′﹣（S扇形OTB﹣S△OTO′）=90?π×22360?=π故答案為：π3總結(jié)提升：本題考查扇形的面積，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會割補法求陰影部分的面積．50．（2022?廣元）如圖，將⊙O沿弦AB折疊，AB恰經(jīng)過圓心O，若AB＝23，則陰影部分的面積為2π3思路引領(lǐng)：過點O作AB的垂線并延長，垂足為C，交⊙O于點D，連結(jié)AO，AD，根據(jù)垂徑定理得：AC＝BC=12AB=3，根據(jù)將⊙O沿弦AB折疊，AB恰經(jīng)過圓心O，得到OC＝CD=12r，得到OC=12OA，得到∠OAC＝30°，進而證明△AOD是等邊三角形，得到∠D＝60°，在Rt△AOC中根據(jù)勾股定理求出半徑r，證明△ACD≌△BCO，可以將△BCO補到解：如圖，過點O作AB的垂線并延長，垂足為C，交⊙O于點D，連結(jié)AO，AD，根據(jù)垂徑定理得：AC＝BC=12AB∵將⊙O沿弦AB折疊，AB恰經(jīng)過圓心O，∴OC＝CD=12∴OC=12∴∠OAC＝30°，∴∠AOD＝60°，∵OA＝OD，∴△AOD是等邊三角形，∴∠D＝60°，在Rt△AOC中，AC2+OC2＝OA2，∴（3）2+（12r）2＝r2解得：r＝2，∵AC＝BC，∠OCB＝∠ACD＝90°，OC＝CD，∴△ACD≌△BCO（SAS），∴陰影部分的面積＝S扇形ADO=60°360°×π×2故答案為：2π3總結(jié)提升：本題考查了扇形面積的計算，垂徑定理，翻折變換（折疊問題），在Rt△AOC中，根據(jù)OC=12OA，得到∠OAC＝3051．（2022?重慶）如圖，菱形ABCD中，分別以點A，C為圓心，AD，CB長為半徑畫弧，分別交對角線AC于點E，F(xiàn)．若AB＝2，∠BAD＝60°，則圖中陰影部分的面積為63?2π思路引領(lǐng)：根據(jù)菱形的性質(zhì)求出對角線的長，進而求出菱形的面積，再根據(jù)扇形面積的計算方法求出扇形ADE的面積，由S陰影部分＝S菱形ABCD﹣2S扇形ADE可得答案．解：如圖，連接BD交AC于點O，則AC⊥BD，∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴∠BAC＝∠ACD＝30°，AB＝BC＝CD＝DA＝2，在Rt△AOB中，AB＝2，∠BAO＝30°，∴BO=12AB＝1，AO=3∴AC＝2OA＝23，BD＝2BO＝2，∴S菱形ABCD=12AC?BD＝2∴S陰影部分＝S菱形ABCD﹣2S扇形ADE＝23=6故答案為：63總結(jié)提升：本題考查扇形面積的計算，菱形的性質(zhì)，掌握扇形面積的計算方法以及菱形的性質(zhì)是正確解答的前提．類型十一圓錐的計算52．（2022?徐州）如圖，若圓錐的母線長為6，底面半徑為2，則其側(cè)面展開圖的圓心角為120°．思路引領(lǐng)：設(shè)圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角為n°，由于圓錐的側(cè)面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長，則根據(jù)弧長公式得到2π×2=n×π×6解：設(shè)圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角為n°，根據(jù)題意得2π×2=n×π×6解得n＝120，所以側(cè)面展開圖的圓心角為120°．故答案為：120°．總結(jié)提升：本題考查了圓錐的計算：圓錐的側(cè)面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長．53．（2022?綏化）已知圓錐的高為8cm，母線長為10cm，則其側(cè)面展開圖的面積為60πcm2．思路引領(lǐng)：利用勾股定理易得圓錐的底面半徑，那么圓錐的側(cè)面積＝底面周長×母線長÷2．解：圓錐的高為8cm，母線長為10cm，由勾股定理得，底面半徑＝6cm，側(cè)面展開圖的面積＝πrl＝π×6×10＝60πcm2．故答案為：60πcm2．總結(jié)提升：本題利用了勾股定理和圓錐的計算，圓錐的側(cè)面積就是展開后扇形的面積，即S側(cè)＝πrl．54．（2022?黑龍江）若一個圓錐的母線長為5cm，它的側(cè)面展開圖的圓心角為120°，則這個圓錐的底面半徑為53cm思路引領(lǐng)：先求出圓錐側(cè)面展開圖扇形的弧長，再利用側(cè)面展開圖與底面圓的關(guān)系的關(guān)系列方程即可求出圓錐的底面半徑．解：圓錐側(cè)面展開圖扇形的弧長為：120°×π×5180°設(shè)圓錐的底面半徑為r，則2πr=10∴r=53故答案為：53總結(jié)提升：本題主要考查圓錐的計算，掌握側(cè)面展開圖與底面圓的關(guān)系是解題關(guān)鍵．55．（2022?宿遷）用半徑為6cm，圓心角為120°的扇形紙片圍成一個圓錐的側(cè)面，則這個圓錐的底面圓的半徑是2cm．思路引領(lǐng)：設(shè)這個圓錐的底面圓的半徑為rcm，利用扇形的弧長等于圓錐的底面圓的周長，列出方程，解方程即可得出答案．解：設(shè)這個圓錐的底面圓的半徑為rcm，由題意得：2πr=120×π×6解得：r＝2，∴這個圓錐的底面圓的半徑為2cm，故答案為：2．總結(jié)提升：本題考查了圓錐的計算，理解扇形的弧長等于圓錐的底面圓的周長，從而列出方程是解決問題的關(guān)鍵．模塊二2023中考押題預(yù)測1．（2022?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）．思路引領(lǐng)：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：∵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）．總結(jié)提升：本題考查了垂徑定理、一次函數(shù)圖象上點的坐標特征和規(guī)律型問題的解決方法．2．（2022?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思路引領(lǐng)：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(shè)⊙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：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(shè)⊙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?總結(jié)提升：本題考查了垂徑定理的推論：弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對的兩條?。愋投箯蕉ɡ淼膽?yīng)用3．（2022?防城區(qū)校級模擬）如圖，一條公路的轉(zhuǎn)彎處是一段圓?。ˋB），點O是這段弧所在圓的圓心，AB＝40m，點C是AB的中點，CD⊥AB且CD＝10m，則這段彎路所在圓的半徑為25m．思路引領(lǐng)：根據(jù)題意，可以推出AD＝BD＝20m，若設(shè)半徑為r，則OD＝r﹣10，OB＝r，結(jié)合勾股定理可推出半徑r的值．解：如圖，連接OD，∵點C是AB的中點，∴O、D、C三點在同一直線上，∵OC⊥AB，AB＝40m，∴AD＝DB＝20m，在Rt△AOD中，OA2＝OD2+AD2，設(shè)半徑為r得：r2＝（r﹣10）2+202，解得：r＝25，∴這段彎路的半徑為25m．故選：25m．總結(jié)提升：本題主要考查垂徑定理的應(yīng)用、勾股定理的應(yīng)用，關(guān)鍵在于設(shè)出半徑為r后，用r表示出OD、OB的長度．4．（2022?瀘縣校級一模）如圖，一條公路的轉(zhuǎn)彎處是一段圓?。▓D中的AB），點O是這段弧的圓心，∠AOB＝80°，C是AB上一點，OC⊥AB，垂足為D，AB＝300m，CD＝50m，則這段彎路AB的長是1000π9m思路引領(lǐng)：先利用垂徑定理和勾股定理列方程求出半徑r，再根據(jù)弧長公式求出答案．解：設(shè)半徑為rm，則OD＝r﹣CD＝（r﹣50）m，∵OC⊥AB，∴AD=BD=1在Rt△AOD中，AO2＝AD2+OD2，即r2＝1502+（r﹣50）2，解得r＝250，這段彎路的半徑是250m．∵∠AOB＝80°，∴這段彎路AB的長=180π×250180=即這段彎路AB的長是1000π9故答案為：1000π9總結(jié)提升：此題考查了垂徑定理、勾股定理、弧長公式等知識，求出半徑r是解題的關(guān)鍵．5．（2022?許昌二模）如圖1，是一枚殘缺的古代錢幣．圖2是其幾何示意圖，正方形ABCD的邊長是1cm，⊙O的直徑為2cm，且正方形的中心和圓心O重合，E，F(xiàn)分別是DA，CD的延長線與⊙O的交點，則錢幣殘缺部分（即圖2中陰影部分）的面積是（π4?12思路引領(lǐng)：如圖，延長AB交⊙O于點M，延長BC交⊙O于點N，連接EM，MN，F(xiàn)N，OE，OM．則四邊形EMNF是正方形．根據(jù)S陰=14（S圓O﹣S正方形解：如圖，延長AB交⊙O于點M，延長BC交⊙O于點N，連接EM，MN，F(xiàn)N，OE，OM．則四邊形EMNF是正方形．∵OE＝OM＝1cm，∴EM=2cm∴S陰=14（S圓O﹣S正方形=14（π×12＝（π4?12故答案為：（π4總結(jié)提升：本題考查了圓面積的計算，正方形的性質(zhì)，正確的識別圖形是解題的關(guān)鍵．類型三圓心角、弧、弦之間的關(guān)系6．（2022?博望區(qū)校級一模）如圖，點C是直徑AB的三等分點（AC＜CB），點D是弧ADB的三等分點（弧BD＜弧AD），若直徑AB＝12，則DC的長為213．思路引領(lǐng)：過D作DE⊥AB于E，求出∠DOB＝60°，解直角三角形求出DE、OE的長度，求出CE，再根據(jù)勾股定理求出DC即可．解：過D作DE⊥AB于E，則∠DEC＝90°，∵點C是直徑AB的三等分點（AC＜CB），直徑AB＝12，∴AC＝4，BC＝8，OD＝OA＝OB＝6，∴CO＝2，∵點D是弧ADB的三等分點（弧BD＜弧AD），∴∠DOB=13×180°=∴∠ODE＝30°，∴OE=12OD＝3，DE=D∴CE＝OE+CO＝3+2＝5，∴DC=DE2故答案為：213．總結(jié)提升：本題考查了圓心角、弧、弦之間的關(guān)系和直角三角形的性質(zhì)，能求出∠DOB＝60°和半徑的長度是解此題的關(guān)鍵．7．（2022?定遠縣模擬）如圖，在△ABC中，∠B＝70°，⊙O截三邊所得的弦長DE＝FG＝HI，則∠AOC＝125度．思路引領(lǐng)：過點O作OM⊥DE于M，OK⊥FG于K，OP⊥HI于P，求出OM＝OP＝OK，求出點O是△ABC的角平分線的交點，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠BAC+∠BCA的度數(shù)，再根據(jù)角平分線定義得出∠OAC+∠OCA=12（∠BAC+∠ACB）＝55解：過點O作OM⊥DE于M，OK⊥FG于K，OP⊥HI于P，如圖，∵DE＝FG＝HI，∴OM＝OK＝OP，∴OA平分∠BAC，OC平分∠ACB，∴∠OAC=12∠BAC，∠OCA∵∠B＝70°，∴∠BAC+∠BCA＝180°﹣∠B＝110°，∴∠OAC+∠OCA=12（∠BAC+∠=12＝55°，∴∠AOC＝180°﹣（∠OAC+∠OCA）＝180°﹣55°＝125°，故答案為：125．總結(jié)提升：本題考查了角平分線定義和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理和垂徑定理等知識點，能熟記到角兩邊距離相等的點在這個角的平分線上是解此題的關(guān)鍵．類型四圓周角定理8．（2023?瀘縣一模）如圖，AB為⊙O的直徑，E為弦CD的中點，若∠BAD＝30°，且BE＝2，則BC的長是4．思路引領(lǐng)：先由垂徑定理的推論得出AB⊥CD，從而得∠BEC＝90°，再由圓周角定理得出∠BCE＝∠BAD＝30°，然后由直角三角形的性質(zhì)得出答案．解：∵AB為⊙O的直徑，E為弦CD的中點，∴AB⊥CD，∴∠BEC＝90°，∵∠BCE＝∠BAD＝30°，∴BC＝2BE＝2×2＝4，故答案為：4．總結(jié)提升：本題考查垂徑定理的推論，圓周角定理，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握垂徑定理的推論，圓周角定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)是解題詞的關(guān)鍵．9．（2023?灞橋區(qū)校級二模）如圖，在⊙O中，弦AB=43，點C為圓周上一動點，連接AC、BC，D為AC上一點，且CD＝BD，∠ADB＝120°，則△ABD周長的最大值為43思路引領(lǐng)：設(shè)△ABD的周長為m，則m＝AB+BD+DA＝AB+AC，因為點C是圓周上一動點，所以當AC時直徑時，AC最長；求出∠ABC＝90°，∠CAB＝30°，所以BC=AB3=4，AC＝2BC＝8，則m解：設(shè)△ABD的周長為m，則m＝AB+BD+DA，∵CD＝BD，∴m＝AB+CD+DA＝AB+AC，∵點C是圓周上一動點，∴當AC時直徑時，AC最長，∴∠ABC＝90°，∵∠ADB＝120°，CD＝BD，∴∠ACB＝60°，∴∠CAB＝30°，∴BC=AB3=4，AC∴m最大為43故答案為：43總結(jié)提升：本題考查圓周角定理，圓的基本概念，勾股定理，含30度的直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是利用已知條件將三角形的周長轉(zhuǎn)化為AB+AC．10．（2022?法庫縣模擬）如圖，BD是⊙O的直徑，點A，C在⊙O上，弧AB＝弧AD，若∠COD＝126°，則∠AGB的度數(shù)為108°．思路引領(lǐng)：根據(jù)圓周角定理得到∠BAD＝90°，∠DAC=12∠COD＝63°，再由弧AB＝弧AD，得到∠B＝∠D＝45°，然后根據(jù)三角形外角性質(zhì)計算∠解：∵BD是⊙O的直徑，∴∠BAD＝90°，∵弧AB＝弧AD，∴∠B＝∠D＝45°，∵∠DAC=12∠COD=12×∴∠AGB＝∠DAC+∠D＝63°+45°＝108°．故答案為：108°．總結(jié)提升：本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．推論：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．類型五圓內(nèi)接四邊形11．（2022?吉林二模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，連接OA，OC，若∠D＝60°，OA＝2，則四邊形ABCO面積的最大值為23．思路引領(lǐng)：由題意可知△OAC的面積是定值，因此當△BAC的面積最大時，四邊形ABCO的面積最大．解：連接AC，OB，∵∠D＝60°，∴∠AOC＝2×60°＝120°，∵OA＝OC＝2，∴△OAC的面積是定值，當△BAC的面積最大時，四邊形OABC的面積最大，當點B位于弧AC中點時，△BAC的面積最大，此時∠AOB＝∠BOC＝60°，∵OA＝OC＝2，∴△OAB，△OBC是等邊三角形，∴四邊形OABC是菱形，∵AC=3OA＝23∴菱形OABC的面積是12×23×∴四邊形OABC的面積最大值是23，故答案為：23．總結(jié)提升：本題考查圓中的最值問題，圓周角定理，關(guān)鍵是明白點B位于弧AB中點時，四邊形OABC的面積最大．12．（2022?長春一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，延長BC至點E，若∠DCE＝72°，則∠BOD的度數(shù)為144°．思路引領(lǐng)：根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠A+∠BCD＝180°，求出∠A＝∠DCE＝72°，根據(jù)圓周角定理得出∠BOD＝2∠A，再求出答案即可．解：∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠BCD＝180°，∵∠DCE+∠BCD＝180°，∴∠A＝∠DCE，∵∠DCE＝72°，∴∠A＝72°，∴∠BOD＝2∠A＝144°，故答案為：144°．總結(jié)提升：本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理和圓心角、弧、弦之間的關(guān)系等知識點，能熟記圓內(nèi)接四邊形的對角互補和圓周角定理是解此題的關(guān)鍵．13．（2022?合肥二模）如圖，點A、B、C、D均在⊙O上，若∠AOD＝65°，AO∥DC，則∠B的度數(shù)為57.5°．思路引領(lǐng)：根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠ODC＝∠AOD＝65°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理求出∠ODA＝∠OAD=12（180°﹣∠AOD）＝57.5°，求出∠ADC的度數(shù)，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠B+∠ADC＝180解：如圖，連接AD，∵∠AOD＝65°，AO∥DC，∴∠ODC＝∠AOD＝65°，∵∠AOD＝65°，OA＝OB，∴∠ODA＝∠OAD=12（180°﹣∠AOD）＝57.5∴∠ADC＝∠ODA+∠ODC＝57.5°+65°＝122.5°，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠B+∠ADC＝180°，∴∠B＝57.5°，故答案為：57.5°．總結(jié)提升：本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理，圓心角、弧、弦之間的關(guān)系，等腰三角形的性質(zhì)等知識點，能求出∠ADC的度數(shù)是解此題的關(guān)鍵．類型六點與圓的位置關(guān)系14．（2023?涼山州模擬）如圖，等邊△ABC中，AB＝2，點D是以A為圓心，半徑為1的圓上一動點，連接CD，取CD的中點E，連接BE，則線段BE的最小值為23?1思路引領(lǐng)：延長CB到T，使得BT＝BC，連接AT，DT，AD．首先確定DT的取值范圍，再利用三角形的中位線定理解決問題即可．解：延長CB到T，使得BT＝BC，連接AT，DT，AD．∵△ABC是等邊三角形，∴BA＝BC＝AC＝BT＝2，∠ACB＝60°，∴∠CAT＝90°，∴AT＝CT?sin60°＝23，∵AD＝1，∴23?1≤DT≤23∵CB＝BT，CE＝DE，∴BE=12∴23?12∴線段BE的最小值為23故答案為：23總結(jié)提升：本題考查點與圓的位置關(guān)系，三角形中位線定理，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造三角形中位線解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．15．（2022?蓬江區(qū)校級一模）矩形ABCD中，AB＝2，BC＝6，點P為矩形內(nèi)一個動點．且滿足∠PBC＝∠PCD，則線段PD的最小值為13?3思路引領(lǐng)：根據(jù)題意推導(dǎo)出∠BPC＝90°，可知P點在以BC為直徑的圓上，設(shè)圓心為O，則PD的最小值為OD﹣OC=13解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，∴∠PCD+∠PBC＝90°，∵∠PBC＝∠PCD，∴∠PBC+∠PBC＝90°，∴∠BPC＝90°，∴P點在以BC為直徑的圓上，設(shè)圓心為O，∵BC＝6，∴CO＝3，∵CD＝2，∴DO=13∴PD的最小值為13?故答案為：13?總結(jié)提升：本題考查點與圓的位置關(guān)系，熟練掌握矩形的性質(zhì)，勾股定理，能夠確定P點的軌跡是解題的關(guān)鍵．16．（2022?同安區(qū)二模）如圖，直角坐標系中一條圓弧經(jīng)過網(wǎng)格點A，B，C，其中B點坐標為（4，4），則該圓弧所在圓的圓心坐標為（2，0）．思路引領(lǐng)：根據(jù)垂徑定理的推論：弦的垂直平分線必過圓心，可以作弦AB和BC的垂直平分線，交點即為圓心．解：根據(jù)垂徑定理的推論：弦的垂直平分線必過圓心，可以作弦AB和BC的垂直平分線，交點即為圓心．如圖所示，則圓心是（2，0）．故答案為：（2，0）總結(jié)提升：能夠根據(jù)垂徑定理的推論得到圓心的位置．17．（2023?紅橋區(qū)模擬）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠C＝42°，連接OA，則∠OAB的大小為48（度）．思路引領(lǐng)：由∠C＝42°，得∠AOB＝2∠C＝84°，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)可得∠OAB＝∠OBA＝48°．解：∵∠C＝42°，∴∠AOB＝2∠C＝84°，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA＝（180°﹣84°）÷2＝48°，故答案為：48．總結(jié)提升：本題考查圓的性質(zhì)及應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握同弧所對的圓心角是圓周角的2倍．18．（2022?柘城縣校級四模）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB是⊙O的直徑，過點O作AB的垂線，交BC于點F，連接AF并延長交⊙O于點D，連接OD交BC于點E，∠BAC＝60°，F(xiàn)O=3．則圖中陰影部分的面積為93思路引領(lǐng)：在Rt△FOB中求出OB的長度，從而求出AB的長度，再根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠C＝90°，進而可得AC=12AB，過點D作DG⊥AB，垂足為G，根據(jù)已知易證AC＝AO，從而證明Rt△ACF≌Rt△AOF，進而可得∠CAF＝∠FAB＝30°，然后求出∠DOB＝60°，在Rt△DOG中求出DG，最后求出△解：∵FO⊥AB，∴∠FOB＝∠FOA＝90°，∵∠B＝30°，F(xiàn)O=3∴OB=3OF∴AB＝2OB＝6，∵AB是⊙O的直徑，∴∠C＝90°，∴AC=12過點D作DG⊥AB，垂足為G，∵∠C＝90°，∠B＝30°，∴∠CAB＝90°﹣∠B＝60°，∵AO=12AB，AC=∴AC＝AO，∵AF＝AF，∠C＝∠AOF＝90°，∴Rt△ACF≌Rt△AOF（HL），∴∠CAF＝∠FAB＝30°，∴∠DOB＝2∠FAB＝60°，∴DG＝ODsin60°＝3×3∴△AOD的面積=12AO?DG=1∴圖中陰影部分的面積為93故答案為：93總結(jié)提升：本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，含30度角的直角三角形，三角形的外接圓與外心，圓周角定理，三角形面積的計算，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)，以及圓周角定理是解題的關(guān)鍵．19．（2022?李滄區(qū)二模）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，將△ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'B'C，P為線段A′B′上的動點．以P為圓心、PA'為半徑作⊙P，當⊙P與△ABC的邊相切時，⊙P的半徑長為15625或10213思路引領(lǐng)：分兩種情形分別求解：如圖1中，當⊙P與直線AC相切于點M時，如圖2中，當⊙P與AB相切于點N時，解直角三角形即可得到結(jié)論．解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，∴AB=A∵將△ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'B'C，∴AB＝A′B′＝13．AC＝A′C＝12，B′B＝BC＝5，∠A′CB′＝∠ACB＝90°，①若⊙P與AC相切，如圖1，設(shè)切點為M，連接PM，則PM⊥AC，且PM＝PA′，∵PM⊥AC，A′C⊥AC，∴PM∥A′C，∴△B′PM∽△B′A′C，∴PB′A′B′∴13?PA′13∴PA′=156②如圖2中，當⊙P與AB相切于點T時，則∠ATB′＝90°，∴∠AB′T+∠A＝90°，∵∠A′B′C+∠A′＝90°，∴∠AB′T＝∠A′B°C，∴A′、B′、T共線，∵△A′BT∽△ABC，A′TAC∴A′T12∴A′T=204∴A′P=12A′T綜上所述，⊙P的半徑為15625或102故答案為：15625或102總結(jié)提升：本題考查切線的性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)、相似三角形的判定和性質(zhì)、平行線分線段成比例定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．20．（2022?碑林區(qū)校級二模）如圖，已知直線l與⊙O相離，過點O作OA⊥l于點A，交⊙O于M，OA＝6，OM＝4．P為⊙O上一點，當P在⊙O上運動時，作PB⊥l于點B，則AB+PB最大值為6+42．思路引領(lǐng)：分兩種情況：當P點在過點O且平行于直線l的直線之上時，當P點不在過點O且平行于直線l的直線之上時，過點P作PN⊥AO于N，連接OP，通過證明所構(gòu)造的四邊形是矩形，設(shè)AB＝x，結(jié)合矩形的性質(zhì)利用勾股定理可得關(guān)于AB+PB的式子，再分別計算可求解．解：當P點在過點O且平行于直線l的直線之上時，過點P作PN⊥AO于N，連接OP，∴∠ONB＝90°，∵OA⊥l，PB⊥l，∴∠OAB＝∠PBA＝90°，∴四邊形ABNO是矩形，∴AB＝ON，NB＝OA＝6，設(shè)AB＝ON＝x，在Rt△ONP中，PN=OPB＝BN+PN＝6+16?∴AB+PB＝x+6+16?∴當x+16?x2最大值時，AB令y＝x+16?則y2＝（x+16?x2）2＝16+2x16?x2∴當x2﹣8＝0，即x=22時，y∴AB+PB=22+6+16?(2故當x＝22時，AB+PB最大，最大值為：6+42；當P點不在過點O且平行于直線l的直線之上時，過點P作PN⊥AO于N，連接OP，∴∠PNA＝90°，∵OA⊥l，PB⊥l，∴∠OAB＝∠PBA＝90°，∴四邊形ABPN是矩形，∴AB＝PN，PB＝AN，設(shè)AB＝PN＝x，在Rt△ONP中，ON=OPB＝AN＝OA﹣ON＝6?16?∴AB+PB＝x+6?16?∵16?x2≥∴當x＝4時，AB+PB最大，最大值為：4+6﹣0＝10．綜上，AB+PB的最大值為：6+42．故答案為：6+42．總結(jié)提升：本題主要考查勾股定理，矩形的判定與性質(zhì)，二次根式的非負性，構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．21．（2023?立山區(qū)一模）如圖，PA，PB分別切⊙O于點A，B，∠APB＝50°，CD切⊙O于點E，交PA，PB于C，D兩點，連接OC，OD，則∠COD＝65°．思路引領(lǐng)：連接OP，OA，OE，OB．利用切線長定理即可解決問題．解：如圖，連接OP，OA，OE，OB．∵PA，PB，CD是⊙O的切線，∴CA＝CE，DE＝DB，PA＝PB，OP垂直平分線段AB，∵OA＝OE＝OB，∠OAC＝∠OBD＝∠OEC＝∠OED＝90°，∴Rt△OAC≌Rt△OEC（SAS），Rt△OED≌△Rt△OBD（SAS），∴∠AOC＝∠COE，∠EOD＝∠BOD，∵∠APB＝50°，∠PAO＝∠PBO＝90°，∴∠AOB＝180°﹣50°＝130°，∴∠COD＝65°，故答案為：65°．總結(jié)提升：本題主要考查了切線長定理及等邊三角形的判定和性質(zhì)．解決此題的關(guān)鍵是熟練利用切線長定理．22．（2022?常山縣模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E為AD上一點，且AE＝2，F(xiàn)為BC邊上的動點，以EF為直徑作⊙O，當⊙O與矩形的邊相切時，BF的長為2或92或132思路引領(lǐng)：分三種情況，一是⊙O與BC邊相切，則BC⊥OF，可證明四邊形ABFE是矩形，則BF＝AE＝2；二是⊙O與AB邊相切，設(shè)切點為點G，連接OG，則OG∥AD∥BC，則AGBG=EOFO=1，所以AG＝BG＝3，連接EG、FG，則∠EGF＝90°，可證明△BFG∽△AGE，得BFAG=BGAE，求得BF=92；三是⊙O與CD邊相切，設(shè)切點為點M，連接OM，則DM＝CM＝3，連接EM、FM，則∠EMF＝90°，可證明△CFM∽△DME，得CF解：當⊙O與BC邊相切時，如圖1，則BC⊥OF，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝∠EFB＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，∴四邊形ABFE是矩形，∴BF＝AE＝2；當⊙O與AB邊相切時，如圖2，設(shè)切點為點G，連接OG，則AB⊥OG，∴∠OGB＝∠OGB＝∠A＝90°，∴OG∥AD∥BC，∵EF是⊙O的直徑，∴EO＝FO，∴AGBG∴AG＝BG=12AB連接EG、FG，則∠EGF＝90°，∵∠B＝∠A，∠BFG＝∠AGE＝90°﹣∠BGF，∴△BFG∽△AGE，∴BFAG∴BF=AG?BG當⊙O與CD邊相切時，如圖3，設(shè)切點為點M，連接OM，則CD⊥OM，∴∠OMD＝∠OMC＝∠D＝∠C＝90°，∴OM∥AD∥BC，∴DMCM∴DM＝CM=12連接EM、FM，則∠EMF＝90°，∵∠C＝∠D，∠CMF＝∠DEM＝90°﹣∠DME，∴△CFM∽△DME，∴CFDM∴CF=DM?CM∴BF＝BC﹣CF＝8?3綜上所述，BF的長為2或92或13故答案為：2或92或13總結(jié)提升：此題重點考查矩形的判定與性質(zhì)、切線的性質(zhì)、直徑所對的圓周角是直角、平行線分線段成比例定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、數(shù)形結(jié)合與分類討論數(shù)學(xué)思想的運用等知識與方法，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．23．（2022?周至縣一