第3章圓的基本性質（17個考點梳理+典型例題+核心素養提升+中考熱點聚焦）【知識導圖】【知識清單】考點1：與圓有關的概念1.弦：連結圓上任意兩點的線段叫做弦.

2.直徑：經過圓心的弦叫做直徑.要點詮釋：

直徑是圓中通過圓心的特殊弦，也是圓中最長的弦，即直徑是弦，但弦不一定是直徑.

為什么直徑是圓中最長的弦？如圖，AB是⊙O的直徑，CD是⊙O中任意一條弦，求證：AB≥CD.

3.弧的有關概念：圓上任意兩點間的部分叫做圓弧，簡稱弧.以A、B為端點的弧記作，讀作“圓弧AB”或“弧AB”.

半圓：圓的任意一條直徑的兩個端點把圓分成兩條弧，每一條弧都叫做半圓；

優弧：大于半圓的弧叫做優弧；

劣弧：小于半圓的弧叫做劣弧.

要點詮釋：

①半圓是弧，而弧不一定是半圓；

②無特殊說明時，弧指的是劣弧.4.同心圓與等圓

圓心相同，半徑不等的兩個圓叫做同心圓.

圓心不同，半徑相等的兩個圓叫做等圓.同圓或等圓的半徑相等.5.等弧

在同圓或等圓中，能夠完全重合的弧叫做等弧.【例1】如圖，圖中⊙O的弦共有（

）A．1條 B．2條 C．3條 D．4條【答案】C【分析】根據弦的定義即可求解．連接圓上任意兩點的線段叫做弦，經過圓心的弦叫做直徑，直徑是一個圓里最長的弦．【詳解】解：圖中有弦共3條，【變式1】下列說法中，結論錯誤的是（）A．直徑相等的兩個圓是等圓B．長度相等的兩條弧是等弧C．圓中最長的弦是直徑D．一條弦把圓分成兩條弧，這兩條弧可能是等弧【答案】B.提示：A、直徑相等的兩個圓是等圓，正確，不符合題意；B、長度相等的兩條弧圓周角不一定相等，它們不一定是等弧，原題的說法是錯誤的，符合題意；C、圓中最長的弦是直徑，正確，不符合題意；D、一條直徑把圓分成兩條弧，這兩條弧是等弧，正確，不符合題意，故選：B．【變式2】下列命題中，正確的個數是（）

⑴直徑是弦，但弦不一定是直徑；⑵半圓是弧，但弧不一定是半圓；

⑶半徑相等且圓心不同的兩個圓是等圓；⑷一條弦把圓分成的兩段弧中，至少有一段是優弧.

A.1個B.2個C.3個【答案】⑴、⑵、⑶是正確的，⑷是不正確的.故選C.【變式2】（1）圖①中有條弧，分別為；（2）寫出圖②中的一個半圓；劣弧：；優弧：．【答案】2；,；；；．【詳解】解：（1）圖①中有2條弧，分別為,；故答案為：2，,；（2）寫出圖②中的一個半圓；劣弧：；優弧：．故答案為：；；．考點2：點與圓的位置關系（1）點與圓的位置關系有3種．設⊙O的半徑為r，點P到圓心的距離OP＝d，則有：①點P在圓外?d＞r②點P在圓上?d＝r①點P在圓內?d＜r（2）點的位置可以確定該點到圓心距離與半徑的關系，反過來已知點到圓心距離與半徑的關系可以確定該點與圓的位置關系．（3）符號“?”讀作“等價于”，它表示從符號“?”的左端可以得到右端，從右端也可以得到左端．【例2】已知的半徑為4，點A到圓心O的距離為4，則點A與的位置關系是（

）A．點A在圓內 B．點A在圓上 C．點A在圓外 D．無法確定【答案】B【詳解】解：∵，，∴，∴點A在圓上，【變式1】已知圓的半徑等于5cm，根據下列點P到圓心的距離：(1)4cm；(2)5cm；(3)6cm，判定點P與圓的位置關系，并說明理由.【答案與解析】（1）當d=4cm時，∵d＜r，∴點P在圓內；（2）當d=5cm時，∵d=r，∴點P在圓上；（3）當d=6cm時，∵d＞r，∴點P在圓外.【總結升華】利用點與圓的位置關系，由點到圓心的距離與半徑的大小比較.【變式2】已知⊙O的半徑r＝5cm，圓心O到直線的距離d＝OD＝3cm，在直線上有P、Q、R三點，且有PD＝4cm，QD＞4cm，RD＜4cm，P、Q、R三點與⊙O位置關系各是怎樣的?【答案與解析】依題意畫出圖形(如圖所示)，計算出P、Q、R三點到圓心的距離與圓的半徑比較大小．連接PO，QO，RO．∵PD＝4cm，OD＝3cm，∴PO＝．∴點P在⊙O上．，∴點Q在⊙O外．，∴點R在⊙O內．考點3：圓的確定不在同一直線上的三點確定一個圓．注意：這里的“三個點”不是任意的三點，而是不在同一條直線上的三個點，而在同一直線上的三個點不能畫一個圓．“確定”一詞應理解為“有且只有”，即過不在同一條直線上的三個點有且只有一個圓，過一點可畫無數個圓，過兩點也能畫無數個圓，過不在同一條直線上的三點能畫且只能畫一個圓．【例3】（2022秋?西湖區校級月考）平面直角坐標系內的三個點A（1，0）、B（0，﹣3）、C（2，﹣3）確定一個圓（填“能”或“不能”）．【解答】解：∵B（0，﹣3）、C（2，﹣3），∴BC∥x軸，而點A（1，0）在x軸上，∴點A、B、C不共線，∴三個點A（1，0）、B（0，﹣3）、C（2，﹣3）能確定一個圓．故答案為：能．【變式】（2022?江岸區模擬）如圖，已知平面直角坐標系內三點A（3，0）、B（5，0）、C（0，4），⊙P經過點A、B、C，則點P的坐標為（）A．（6，8） B．（4，5） C．（4，） D．（4，）【解答】解：∵⊙P經過點A、B、C，∴點P在線段AB的垂直平分線上，∴點P的橫坐標為4，設點P的坐標為（4，y），作PE⊥OB于E，PF⊥OC于F，由題意得，＝，解得，y＝，故選：C．考點4：三角形的外接圓（1）外接圓：經過三角形的三個頂點的圓，叫做三角形的外接圓．（2）外心：三角形外接圓的圓心是三角形三條邊垂直平分線的交點，叫做三角形的外心．（3）概念說明：①“接”是說明三角形的頂點在圓上，或者經過三角形的三個頂點．②銳角三角形的外心在三角形的內部；直角三角形的外心為直角三角形斜邊的中點；鈍角三角形的外心在三角形的外部．③找一個三角形的外心，就是找一個三角形的三條邊的垂直平分線的交點，三角形的外接圓只有一個，而一個圓的內接三角形卻有無數個【例4】（2022秋·浙江金華·九年級義烏市繡湖中學教育集團校考階段練習）的外心在三角形的一邊上，則是（）A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．無法判斷【答案】B【詳解】解：當的外心在的內部時，則是銳角三角形；當的外心在的外部時，則是鈍角三角形；當的外心在的一邊時，則是直角三角形，且這邊是斜邊．【變式】（2022秋?定海區期中）△ABC的外心在三角形的內部，則△ABC是（）A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．無法判斷【解答】解：若外心在三角形的外部，則三角形是鈍角三角形；若外心在三角形的內部，則三角形是銳角三角形；若外心在三角形的邊上，則三角形是直角三角形，且這邊是斜邊．故選：A．考點5.圖形旋轉的相關概念在平面內，將一個圖形上的所有點繞一個定點按照某個方向轉動一個角度，這樣的運動叫做圖形的旋轉．這個定點叫做旋轉中心（如點O），轉動的角度叫做旋轉角(如∠AOA′)．如圖：三角形A′B′C′是三角形ABC繞點O旋轉所得，則點Ａ和點A′，點B和B′，點C和點C′是對應點，線段ＡＢ和ＡB′，BC和B′C′，AC和A′C′是對應線段，∠AＯA′,∠ＢＯＢ′,∠ＣＯＣ′是旋轉角．??C′B′CBAA′O要點詮釋：旋轉的三個要素：旋轉中心、旋轉方向和旋轉角度【例5】如圖，把四邊形AOBC繞點O旋轉得到四邊形DOEF．在這個旋轉過程中：（1）旋轉中心是誰?（2）旋轉方向如何?（3）經過旋轉,點A、B的對應點分別是誰？（4）圖中哪個角是旋轉角？（5）四邊形AOBC與四邊形DOEF的形狀、大小有何關系？（6）AO與DO的長度有什么關系？BO與EO呢？（7）∠AOD與∠BOE的大小有什么關系？【答案與解析】（1）旋轉中心是點O；（2）旋轉方向是逆時針方向；（3）點A的對應點是點D,點B的對應點是點E;(4)∠AOD和∠BOE;(5)四邊形AOBC與四邊形DOEF形狀一致，大小相等；（6）AO=DO,BO=EO;(7)∠AOD=∠BOE．【變式】如圖所示：O為正三角形ABC的中心．你能用旋轉的方法將△ABC分成面積相等的三部分嗎？如果能，設計出分割方案，并畫出示意圖．【答案】下面給出幾種解法：

解法一：連接OA、OB、OC即可．如圖甲所示；

解法二：在AB邊上任取一點D，將D分別繞點O旋轉120°和240°得到D1、D2，連接OD、OD1、OD2即得，如圖乙所示．解法三：在解法二中，用相同的曲線連結OD、OD1、OD2即得如圖丙所示考點6旋轉作圖在畫旋轉圖形時，首先確定旋轉中心，其次確定圖形的關鍵點，再將這些關鍵點沿指定的方向旋轉指定的角度，然后連接對應的部分，形成相應的圖形．要點詮釋：作圖的步驟：(1)連接圖形中的每一個關鍵點與旋轉中心；(2)把連線按要求（順時針或逆時針）繞旋轉中心旋轉一定的角度（旋轉角）；

(3)在角的一邊上截取關鍵點到旋轉中心的距離，得到各點的對應點；

(4)連接所得到的各對應點．【例6】如圖，在正方形網格中，每個小正方形的邊長均為1個單位．將向下平移4個單位，得到，再把繞點順時針旋轉，得到，請你畫出和（不要求寫畫法）．

【答案與解析】【總結升華】注意平移和旋轉中關鍵點移動規律的不同．【變式】如圖，畫出繞點逆時針旋轉所得到的圖形．【答案】(∠AOA′=∠BOB′=∠COC′=100°)考點7旋轉的性質（重點）(1)對應點到旋轉中心的距離相等（OA=OA′）；(2)對應線段的長度相等（ＡＢ＝ＡB′）；(3)對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角（∠ＡＯA′）；要點詮釋：１、圖形繞某一點旋轉，既可以按順時針旋轉也可以按逆時針旋轉．２、旋轉前后圖形的大小和形狀沒有改變．【例7】（2022秋?鎮海區校級期中）如圖，在正方形網格中，△ABC繞某點旋轉一定的角度得到△A′B′C′，則旋轉中心是點（）A．O B．P C．Q D．M【分析】根據旋轉的性質，對應點到旋轉中心的距離相等，可得對應點連線的垂直平分線的交點即為旋轉中心．【解答】如圖，連接BB′，AA′可得其垂直平分線相交于點P，故旋轉中心是P點．故選：B．【點評】本題考查了旋轉的性質，對應點連線的垂直平分線的交點即為旋轉中心，熟練掌握旋轉中心的確定方法是解題的關鍵．考點8.垂徑定理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．垂徑定理的逆定理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.

垂徑定理的逆定理2平分弧的直徑垂直平分弧所對的弦。要點詮釋：

在垂徑定理及其推論中：過圓心、垂直于弦、平分弦、平分弦所對的優弧、平分弦所對的劣弧，在這五個條件中，知道任意兩個，就能推出其他三個結論.（注意：“過圓心、平分弦”作為題設時，平分的弦不能是直徑）【例8】（2020·浙江杭州·模擬預測）如圖，A，B，C，D在上，經過圓心O的線段于點F，與交于點E，已知半徑為5．（1）若，，求的長；（2）若，且，求弦的長；【答案】（1）7；（2）8【分析】（1）連接AO和DO，由垂徑定理得，再由勾股定理求出OF的長，同理求出OE的長，即可求出EF的長；（2）連接BO和DO，先由垂徑定理和勾股定理求出OE的長，設，在中，利用勾股定理列式求出x的值，得到BF的長，即可求出AB的長．【詳解】解：（1）連接AO和DO，∵，且EF過圓心，∴，∵，∴，∵，∴，同理，，∴；（2）如圖，連接BO和DO，∵，∴，∴，設，則，在中，，，解得，（舍去），∴，∴．【點睛】本題考查垂徑定理，解題的關鍵是熟練掌握垂徑定理，并能夠結合勾股定理進行運用求解．【變式】（2023秋·浙江·九年級期中）如圖，是以為直徑的半圓上一點，連接，，分別以，為邊向外作正方形，，，，弧，弧的中點分別是、、、，若，，則（

）A． B． C．11 D．15【答案】D【分析】連接，，根據，，弧，弧的中點分別是、、、，得到，，從而得到H、I分別是、的中點，利用中位線定理即可得到答案．【詳解】解：如圖所示，連接，，∵，，弧，弧的中點分別是、、、，∴，，∴H、I分別是、的中點，∴∵，，∴，∴，故選D．【點睛】本題考查了中位線定理，垂徑定理，解題的關鍵是正確的作出輔助線，根據垂徑定理得到，．考點9.圓心角、弧、弦、弦心距之間的關系1.圓心角定義如圖所示，∠AOB的頂點在圓心，像這樣頂點在圓心的角叫做圓心角．

2.圓心角定理：

在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦也相等．

3.圓心角、弧、弦、弦心距之間的關系在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦、兩個弦心距中有一對量相等，那么它們所對的其余各對量也相等．要點詮釋：

等弧成立的前提條件是在同圓或等圓中，不能忽視；【例9】（2023?杭州二模）如圖，A，B，C是⊙O上三個點，∠AOB＝2∠BOC，則下列說法中正確的是（）A．∠OBA＝∠OCA B．四邊形OABC內接于⊙O C．AB＝2BC D．∠OBA+∠BOC＝90°【分析】過O作OD⊥AB于D交⊙O于E，由垂徑定理得到＝，于是得到＝＝，推出AE＝BE＝BC，根據三角形的三邊關系得到2BC＞AB，故C錯誤；根據三角形內角和得到∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝90°﹣∠BOC，∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝90°﹣∠BOC，推出∠OBA≠∠OCA，故A錯誤；由點A，B，C在⊙O上，而點O在圓心，得到四邊形OABC不內接于⊙O，故B錯誤；根據余角的性質得到∠OBA+∠BOC＝90°，故D正確；【解答】解：過O作OD⊥AB于D交⊙O于E，則＝，∴AE＝BE，∠AOE＝∠BOE＝AOB，∵∠AOB＝2∠BOC，∴∠AOE＝∠BOE＝∠BOC，∴＝＝，∴AE＝BE＝BC，∴2BC＞AB，故C錯誤；∵OA＝OB＝OC，∴∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝90°﹣∠BOC，∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝90°﹣∠BOC，∴∠OBA≠∠OCA，故A錯誤；∵點A，B，C在⊙O上，而點O在圓心，∴四邊形OABC不內接于⊙O，故B錯誤；∵∠BOE＝∠BOC＝AOB，∵∠BOE+∠OBA＝90°，∴∠OBA+∠BOC＝90°，故D正確；故選：D．【點評】本題考查了圓心角，弧，弦的關系，垂徑定理，三角形的三邊關系，正確的作出輔助線是解題的關鍵．【變式】（2022秋?越城區期末）如圖，AB是⊙O的直徑，四邊形ABCD內接于⊙O，若BC＝CD＝DA＝4，則⊙O的周長為（）A．4π B．6π C．8π D．9π【分析】如圖，連接OD、OC．根據圓心角、弧、弦的關系證得△AOD是等邊三角形，則⊙O的半徑長為BC＝4cm；然后由圓的周長公式進行計算．【解答】解：如圖，連接OC、OD．∵AB是⊙O的直徑，四邊形ABCD內接于⊙O，BC＝CD＝DA＝4，∴＝＝，∴∠AOD＝∠DOC＝∠BOC＝60°．又OA＝OD，∴△AOD是等邊三角形，∴OA＝AD＝4，∴⊙O的周長＝2×4π＝8π．故選：C．【點評】本題考查了圓心角、弧、弦的關系，等邊三角形的判定與性質．在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦相等，所對弦的弦心距也相等，即四者有一個相等，則其它三個都相等．考點10.圓心角的度數與它所對的弧的度數的關系1°的弧的定義1°的圓心角所對的弧叫做1°的弧.如下圖，要點：(1)圓心角的度數和它所對的弧的度數相等.注意不是角與弧相等.即不能寫成圓心角∠AOB=.（2）在同圓或等圓中，能夠互相重合的弧叫等弧.等弧的長度相等，所含度數相等（即彎曲程度相等）.【例10】若一條弦把圓周分成的兩段弧，則劣弧所對圓心角的度數是________．【答案】【分析】一條弦把圓周分成的兩段弧，所以圓的中心角被分成了5份，每一份占，劣弧對應的圓心角占了2份，即．解：∵一條弦把圓周分成的兩段弧，∴劣弧所對圓心角的度數為，故答案為：．【點睛】本題考查了優弧與劣弧的概念，本題的關鍵找到隱藏條件，圓的中心角．考點11.圓周角定理圓周角定理：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．【例11】如圖，點A，B，C，D在上，則圖中一定與相等的角是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據同弧所對等圓周角相等求解即可．【詳解】∵所對應的弧為，∴，故選：D．【點睛】本題考查了圓周角定理，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵．【變式】（2023?西湖區校級三模）如圖，點A、B、C在圓O上，若∠A＝50°，則∠OBC的度數為（）A．40° B．45° C．50° D．55°【分析】根據圓周角定理求得∠BOC的度數，然后利用三角形內角和定理及等邊對等角即可求得答案．【解答】解：∵∠A＝50°，∴∠BOC＝2∠A＝100°，∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB＝（180°﹣100°）÷2＝40°，故選：A．【點評】本題主要考查圓周角定理及等腰三角形性質，它們均為幾何中重要知識點，必須熟練掌握．考點12.圓周角定理的推論推論：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．【例12】（2023?西湖區校級模擬）如圖，已知AB是⊙O的直徑，弦CD與AB交于點E，若∠ABD＝60°，∠AED＝100°，則∠ABC＝．【分析】連接AC，根據圓周角定理及三角形外角性質求解即可．【解答】解：連接AC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝∠BCD+∠ACD＝90°，∵∠ACD＝∠ABD＝60°，∴∠BCD＝90°﹣60°＝30°，∵∠AED＝100°，∴∠BED＝∠BCD+∠ABC＝80°，∴∠ABC＝∠BED﹣∠BCD＝80°﹣30°＝50°，故答案為：50°．【點評】此題考查了圓周角定理，熟記“直徑所對的圓周角等于90°”是解題的關鍵．【變式】如圖，四邊形內接于⊙O，為直徑，，連接．若，則的度數為（

）A．70° B．60° C．50° D．40°【答案】A【分析】連接，根據等弧所對的圓周角相等可得，再根據直徑所對的圓周角為直角可得，最后根據三角形的內角和即可求解．【詳解】解：連接，∵點C為的中點∴∵為的直徑∴∴故選：A．【點睛】本題主要考查了在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角為直角，三角形的內角和，解題的關鍵是熟練掌握相關知識并靈活運用考點13.圓內接四邊形的性質定理1.圓內接四邊形的對角互補．2.圓內接四邊形的任意一個外角等于它的內對角（就是和它相鄰的內角的對角）．【例13】（2023·浙江紹興·校考一模）如圖，四邊形內接于，，連接，點P是半徑上任意一點，連接，，則可能為度（寫出一個即可）．【答案】80【分析】連接、，根據圓內接四邊形的性質求出的度數，根據圓周角定理求出的度數，得到．【詳解】解：連接、，∵四邊形內接于，，∴，由圓周角定理得，，∴，即，∴可能為，故答案為：80．【點睛】本題考查的是圓內接四邊形的性質、圓周角定理，掌握圓內接四邊形的對角互補是解題的關鍵．考點14.正多邊形的有關概念（重點）（1）正多邊形：各邊相等，各角也相等的我邊形叫作正多邊形。（2）正多邊形的中心：一個正多邊形的外接圓的圓心叫作這個正多邊形的中心。（3）正多邊形的半徑：外接圓的半徑叫作正多形的半徑。（4）正多邊形的中心角：正多邊形每一邊所對的圓心角叫作正多邊形的中心角。（5）正多邊形的邊心距：中心到正多邊形的一邊的距離叫作正多邊形的邊心距。正多邊形的畫法

由于在同圓中相等的圓心角所對的弧也相等，因此作相等的圓心角(即等分頂點在圓心的周角)可以等分圓；根據同圓中相等弧所對的弦相等，依次連接各分點就可畫出相應的正n邊形.

規等分圓

對于一些特殊的正ｎ邊形，可以用圓規和直尺作圖.

①正四、八邊形。

在⊙O中，用尺規作兩條互相垂直的直徑就可把圓分成4等份，從而作出正四邊形。再逐次平分各邊所對的弧(即作∠AOB的平分線交于E)就可作出正八邊形、正十六邊形等，邊數逐次倍增的正多邊形。

②正六、三、十二邊形的作法。

通過簡單計算可知，正六邊形的邊長與其半徑相等，所以，在⊙O中，任畫一條直徑AB，分別以A、B為圓心，以⊙O的半徑為半徑畫弧與⊙O相交于C、D和E、F，則A、C、E、B、F、D是⊙O的6等分點。

顯然，A、E、F(或C、B、D)是⊙O的3等分點。

同樣，在圖(3)中平分每條邊所對的弧，就可把⊙O12等分……。

要點詮釋：畫正n邊形的方法：（1）將一個圓n等份，（2）順次連結各等分點.正多邊形的對稱性（拓展）正多邊形都是軸對稱圖形，對稱軸的條數與它的邊數相同，每條對稱軸都通過正n邊形的中心；當邊數是偶數時，它也是中心對稱圖形，它的中心就是對稱中心.

【例14】（2022秋?南潯區期末）已知正五邊形ABCDE內接于⊙O，連接BD，則∠ABD的度數是．【分析】根據多邊形內角和定理、正五邊形的性質求出∠ABC、CD＝CB，根據等腰三角形的性質求出∠CBD，計算即可．【解答】解：∵五邊形ABCDE為正五邊形，∴∠ABC＝∠C＝＝108°，∵CD＝CB，∴∠CBD＝＝36°，∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝72°，故答案為：72°．【點評】本題考查的是正多邊形和圓、多邊形的內角和定理，掌握正多邊形和圓的關系、多邊形內角和等于（n﹣2）×180°是解題的關鍵．【變式】（2022秋?濱江區期末）如圖，正五邊形ABCDE的對角線AC和AD分別交對角線BE于點M，N，若△AMN的面積為s，則正五邊形ABCDE的面積為（結果用含s的代數式表示）．【分析】由正五邊形的性質可得，△AMN∽△BAN∽△ACD，設AB＝a，表示出解得AM＝a，則MN＝a﹣a＝a，得出S△ABM＝s，同理求出S△ACD＝s，從而解決問題．【解答】解：由正五邊形的性質可知，AB＝BC＝CD＝DE＝AE，AM＝AN＝BM＝NE，由正五邊形的性質可得，△AMN∽△BAN∽△ACD，設AB＝a，∵△AMN∽△BAN，∴＝，即＝，解得AM＝a，∴MN＝a﹣a＝a，∴＝＝，∴S△ABM＝s，∵△AMN∽△ACD，∴＝（）2＝，∴S△ACD＝s，∴S正五邊形ABCDE＝S△ACD+4S△ABM+2S△AMN＝s+4×s+2s＝，故答案為：．【點評】本題主要考查了正邊形的性質，相似三角形的判定與性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．考點15.弧長公式（1）圓周長公式：C＝2πR（2）弧長公式：l＝（弧長為l，圓心角度數為n，圓的半徑為R）①在弧長的計算公式中，n是表示1°的圓心角的倍數，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題設未標明精確度的，可以將弧長用π表示．④正確區分弧、弧的度數、弧長三個概念，度數相等的弧，弧長不一定相等，弧長相等的弧不一定是等弧，只有在同圓或等圓中，才有等弧的概念，才是三者的統一．【例15】（2023?溫州）若扇形的圓心角為40°，半徑為18，則它的弧長為．【分析】根據弧長公式計算即可．【解答】解：由弧長公式得，故答案為：4π．【點評】本題考查了弧長的計算，熟記弧長的公式，即（l表示弧長，n是弧所對圓心角的度數，r表示半徑）．【變式】（2023?拱墅區校級模擬）如圖，在△ABC中，以BC為直徑的半圓分別與AB，AC交于點D，E．若BC＝6，∠A＝60°，則的長為（）A． B．π C．2π D．3π【分析】連接OD、OE，根據三角形內角和定理、等腰三角形的性質求出∠DOE＝60°，再根據弧長公式計算，得到答案．【解答】解：連接OD、OE，∵∠A＝60°，∴∠B+∠C＝120°，∵OB＝OD，OE＝OC，∴∠ODB＝∠B，∠OEC＝∠C，∴∠BOD+∠EOC＝360°﹣120°×2＝120°，∴∠DOE＝60°，∴的長為：＝π，故選：B．【點評】本題考查的是弧長的計算，熟記弧長公式是解題的關鍵．考點16.扇形的面積（1）圓面積公式：S＝πr2（2）扇形：由組成圓心角的兩條半徑和圓心角所對的弧所圍成的圖形叫做扇形．（3）扇形面積計算公式：設圓心角是n°，圓的半徑為R的扇形面積為S，則S扇形＝πR2或S扇形＝lR（其中l為扇形的弧長）【例16】（2023?鹿城區校級二模）若扇形的圓心角為60°，半徑為3cm，則該扇形的面積為cm2．【分析】直接根據扇形的面積公式計算即可．【解答】解：該扇形的面積為＝π（cm2）．故答案為：π．【點評】本題考查扇形的面積，解題的關鍵是記住扇形的面積公式，屬于中考常考題型．【變式】（2022秋?寧波期末）如圖，在△ABC中，以邊AB為直徑作⊙O分別交BC，AC于點D，E，點D是BC中點，連接OE，OD．（1）求證：△ABC是等腰三角形．（2）若AB＝6，∠A＝40°，求的長和扇形EOD的面積．【分析】（1）連接AD，由AB為⊙O直徑，得到∠ADB＝90°，繼而得出AD是線段BC的中垂線，即可求解；（2）由等邊對等角及三角形外角的性質求出∠AOE，∠EOD的度數，再根據弧長公式和扇形面積公式求解即可．【解答】解：（1）連接AD，∵AB為⊙O直徑，∴∠ADB＝90°，即AD⊥BC，又∵D是BC中點，∴AD是線段BC的中垂線，∴AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形；（2）∵∠A＝40°，OA＝OE，∴∠A＝∠AEO＝40°，∴∠AOE＝100°，∵AB＝6，∴OA＝OE＝3，∴，∵AB＝AC，OB＝OD，∴∠ABC＝70°＝∠ODB，∴∠AOD＝140°，∴∠EOD＝40°，∴．【點評】本題考查了圓周角定理，等腰三角形的性質和判定，三角形外角的性質，弧長公式和扇形面積公式，垂直平分線的判定，熟練掌握知識點是解題的關鍵．考點17.不規則圖形面積的求法求陰影面積常用的方法：①直接用公式法；②和差法；③割補法．求陰影面積的主要思路是將不規則圖形面積轉化為規則圖形的面積．【例17】（2023?浙江模擬）如圖是2022年杭州亞運會徽標的示意圖，若AO＝5，BO＝2，∠AOD＝120°，則陰影部分面積為（）A．14π B．7π C． D．2π【分析】根據S陰影＝S扇形AOD﹣S扇形BOC，求解即可．【解答】解：S陰影＝S扇形AOD﹣S扇形BOC＝﹣＝＝7π，故選：B．【點評】本題考查扇形的面積，解題的關鍵是熟記扇形面積計算公式：設圓心角是n°，圓的半徑為R的扇形面積為S，則S扇形＝πR2或S扇形＝lR（其中l為扇形的弧長）．【變式】（2023?南湖區二模）如圖，將半徑為的扇形AOB沿OB方向平移2cm，得到扇形CDE．若∠O＝60°，則重疊部分（陰影部分）的面積為（）A． B．cm2 C．πcm2 D．【分析】連接OF，過點F作FH⊥OB于H，設OF＝xcm，則DH＝cm，FH＝cm，Rt△OFH中根據勾股定理可列方程，即可求出x，進而得到FH長，從而求得∠FOH＝30°，利用S陰影＝S扇形FOB﹣S△ODF計算即可．【解答】解：如圖，連接OF，過點F作FH⊥OB于H，設OF＝xcm，在Rt△DFH中，∠CDB＝60°，則DH＝cm，FH＝cm，根據平移的性質得：OB＝DE＝2cm，在Rt△OFH中，（x）2+（2+）2＝（2）2，∴x＝2（舍去負值），∴FH＝＝，∴∠FOH＝30°，∴S陰影＝S扇形FOB﹣S△ODF＝﹣＝（）（cm2）．故選：D．【點評】本題主要考查扇形面積的計算，解題關鍵是將不規則圖形轉化成規則圖形【核心素養提升】1邏輯推理——解決圓中的證明題1．（2023秋·浙江·九年級校考開學考試）如圖，的內接四邊形兩組對邊的延長線分別相交于點．(1)求證：；(2)若C是的中點，設，用含α的代數式表示β．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）先根據已知條件結合對頂角相等、三角形外角的性質可得，然后再根據圓的內接四邊形對角互補即可證明結論；（2）先根據等弧所對的弦相等求得，再說明，即是的垂直平分線；從而得到，；然后再根據直角三角形的性質可得，進而求得即可．【詳解】（1）證明：∵，，∴∵的內接四邊形∴∴，即．（2）解：連接，∵C是的中點∴∴∵∴∴∴是的垂直平分線∴，∵，∴∴∵∴∴．【點睛】本題主要考查了圓的性質、圓的內接四邊形的性質、等腰三角形的判定與性質等知識點，靈活運用相關性質和判定定理成為解答本題的關鍵．2數學建模——利用構建方程模型求得線的長度2．（2023秋·浙江·九年級專題練習）如圖，的半徑弦于點C，連接并延長交于點E，連接．若，則的長為（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】垂徑定理得到，三角形中位線定理得到，在中，設，則，，則，解得，則，，即可得到的長．【詳解】解：∵的半徑弦于點C，連接并延長交于點E，∴垂直平分，是的直徑，∴，∴是的中位線，∴，在中，設，則，∵，∴，解得：，即，，∴，故選：B．【點睛】此題考查了垂徑定理、勾股定理、三角形中位線定理等知識，根據勾股定理得到是解題的關鍵．3．（2023秋·浙江·九年級專題練習）如圖，在中，已知，，以點C為圓心、長為半徑的圓交于點D，，則的長為（

）A． B． C． D．4【答案】A【分析】如圖，作于E．連接，在中，設，利用30度性質即可求出，，，再根據垂徑定理可以求出．【詳解】解：如圖，作于E．連接，則，∴，，∵，，∴，在中，設，∴，，，∴，∴，∴，∴．故選A．【點睛】本題考查垂徑定理、三角形內角和定理等知識，解題的關鍵是根據垂徑定理添加輔助線，記住直角三角形30度角性質，屬于基礎題，中考常考題型．4．（2023秋·浙江·九年級專題練習）如圖是一個圓柱形輸水管橫截面的示意圖，陰影部分為有水部分，如果水面AB的寬為，水面最深的地方高度為，則該輸水管的半徑為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】作半徑于C，連接，設圓的半徑是，則，，，由勾股定理列出方程求解即可．【詳解】作半徑于C，連接，設圓的半徑是，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴該輸水管的半徑為，故選：A．【點睛】本題考查垂徑定理，勾股定理，關鍵是通過作輔助線構造直角三角形，應用勾股定理，垂徑定理列出關于半徑的方程．3分類討論思想5．（2023春·浙江杭州·九年級校聯考期中）已知和有相同的外心，，則的度數是．【答案】或【分析】證明和是同一外接圓，分兩種情況：當點和在的異側和同側，根據圓內接四邊形的性質和圓周角的性質即可求得結論．【詳解】解：和有相同的外心，設外心為，則和外接圓的半徑都為，和是同一外接圓，當點和在的異側時，如圖1，，，，當點和在的同側時，如圖2，，綜上所述：的度數是或，故答案為：或．【點睛】本題主要考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理，能夠正確畫出圖形，分類討論是解決問題的關鍵．6．（2022·浙江·九年級專題練習）在圓柱形油槽內裝有一些油，截面如圖所示，已知截面⊙O半徑為5cm，油面寬AB為6cm，如果再注入一些油后，油面寬變為8cm，則油面AB上升了（）cmA．1 B．3 C．3或4 D．1或7【答案】D【分析】分兩種情況求解：①如圖1，寬度為8cm的油面，作與的交點為，可知，，，在中，由勾股定理得，解得的值，在中，由勾股定理得，解得的值，計算即可；②如圖2，寬度為8cm的油面，作與的交點為，連接，由題意知，，，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，計算即可．【詳解】解：分兩種情況求解：①如圖1，寬度為8cm的油面，作與的交點為由題意知，，在中，由勾股定理得在中，由勾股定理得∴②如圖2，寬度為8cm的油面，作與的交點為，連接由題意知，，在中，由勾股定理得在中，由勾股定理得∴∴油面AB上升到CD，上升了1cm，油面AB上升到EF，上升了7cm；故選D．【點睛】本題考查了圓的垂徑定理，勾股定理．解題的關鍵在于對兩種情況全面考慮．7．（2023·浙江金華·統考一模）如圖，已知和為等腰直角三角形，，，，連接、．在繞點A旋轉的過程中，當所在的直線垂直于時，_______．【答案】或【分析】①當點在點上方時，先判斷出四邊形是矩形，求出，再根據勾股定理求出，，得出；②當點在點下方時，同①的方法得，，，進而得出，即可得出結論．【詳解】∵為等腰直角三角形，，，①當點在點上方時，如圖③，過點作交的延長線于，當時，可證，，，，四邊形是矩形，，矩形是正方形，，在中，根據勾股定理得，，．②當點在點下方時，如圖④同①的方法得，，，，綜上所述，的長為或．【點睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉的性質，勾股定理，正方形和矩形的性質與判定，解題的關鍵是能夠根據題意進行分情況討論．4直觀想象——求不規則圖形的面積8．（2023?杭州二模）如圖，AB是⊙O的直徑，將弦AC繞點A順時針旋轉30°得到AD，此時點C的對應點D落在AB上，延長CD，交⊙O于點E，若CE＝2，則圖中陰影部分的面積為（）A． B． C． D．【分析】連接OE，OC，BC，推出△EOC是等腰直角三角形，根據扇形面積減三角形面積計算即可．【解答】解：連接OE，OC，BC，由旋轉知AC＝AD，∠CAD＝30°，∴∠BOC＝60°，∠ACE＝（180°﹣30°）÷2＝75°，∴∠BCE＝90°﹣∠ACE＝15°，∴∠BOE＝2∠BCE＝30°，∴∠EOC＝90°，即△EOC為等腰直角三角形，∵CE＝4，∴OE＝OC＝，∴S陰影＝S扇形OEC﹣S△OEC＝﹣××＝，故選：C．【點評】本題主要考查旋轉的性質及扇形面積的計算，熟練掌握扇形面積的計算是解題的關鍵．9．（2023·浙江杭州·統考二模）如圖，在菱形中，分別以點A，C為圓心，，長為半徑畫弧，分別交對角線于點E，F．若，，則圖中陰影部分的面積為______．（結果保留）【答案】【分析】連接交于O，先根據菱形的性質和含30度的直角三角形的性質分別求得及對角線的長，再利用菱形和扇形面積公式，由求解即可．【詳解】解：連接交于O，∵四邊形是菱形，，，∴，，，，∴，∴在中，，，∴，，∴故答案為：．【點睛】本題考查了菱形的性質、扇形面積公式、含30度的直角三角形的性質，熟記扇形面積公式，掌握菱形的性質，得到陰影部分的面積的計算表達式是解答的關鍵．10．（2022秋?上城區期末）已知AB是圓O的直徑，半徑OD⊥BC于點E，的度數為60°．（1）求證：OE＝DE；（2）若OE＝1，求圖中陰影部分的面積．【分析】（1）連接BD，證明△OBD是等邊三角形，可得結論；（2）根據S陰＝S扇形AOC+S△COE，求解即可．【解答】（1）證明：連接BD，∵的度數是60°，∴∠BOD＝60°，∵OB＝OD，∴△OBD是等邊三角形，∵OD⊥BC，∴OE＝DE；（2）解：連接OC．∵OD⊥BC，OC＝OB，∴∠COE＝∠BOE＝60°，∴∠OCE＝30°，∴OC＝2OE＝2，∴CE＝＝＝，∴S陰＝S扇形AOC+S△COE＝+××1＝+．【點評】本題考查了扇形面積、三角形的面積的計算，正確證明△BOD是等邊三角形是關鍵．11．（2023·浙江杭州·杭州市十三中教育集團（總校）校考三模）如圖，將含角的直角三角板放入半圓中，三點恰好在半圓上，點是的中點，連接并延長交圓于點．(1)求證：；(2)若，求陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據垂徑定理和圓周角定理的推論，即可得到結論；（2）根據圖示，可知是等邊三角形，根據扇形的面積公式計算出扇形的面積，的面積，由此即可求解陰影部分的面積．【詳解】（1）證明：根據題意，是半圓的直徑，∵點是的中點，∴，∵，∴，∴．（2）解：如圖所示，連接，∵，，∴是等邊三角形，過點C作，∵，∴，∴，∴，∴，，∴．【點睛】本題主要考查扇形面積，垂徑定理，圓周角定理，掌握垂徑定理，扇形面積公式是解題的關鍵．【中考熱點聚焦】熱點1.垂徑定理與勾股定理的綜合應用1．（2023?宜昌）如圖，OA，OB，OC都是⊙O的半徑，AC，OB交于點D．若AD＝CD＝8，OD＝6，則BD的長為（）A．5 B．4 C．3 D．2【分析】根據垂徑定理的推論得OB⊥AC，再根據勾股定理得OA＝＝＝10，即可求出答案．【解答】解：∵AD＝CD＝8，∴OB⊥AC，在Rt△AOD中，OA＝＝＝10，∴OB＝10，∴BD＝10﹣6＝4．故選：B．【點評】本題考查了垂徑定理和勾股定理，由垂徑定理得OB⊥AC是解題的關鍵．2．（2023?廣西）趙州橋是當今世界上建造最早，保存最完整的中國古代單孔敞肩石拱橋．如圖，主橋拱呈圓弧形，跨度約為37m，拱高約為7m，則趙州橋主橋拱半徑R約為（）A．20m B．28m C．35m D．40m【分析】設主橋拱半徑R，根據垂徑定理得到AD＝，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案．【解答】解：由題意可知，AB＝37m，CD＝7m，設主橋拱半徑為Rm，∴OD＝OC﹣CD＝（R﹣7）m，∵OC是半徑，OC⊥AB，∴AD＝BD＝AB＝m，在RtADO中，AD2+OD2＝OA2，∴（）2+（R﹣7）2＝R2，解得R＝≈28．故選：B．【點評】本題主要考查垂徑定理的應用，涉及勾股定理，解題的關鍵是用勾股定理列出關于R的方程解決問題．熱點2.旋轉的性質的應用3．（2022?杭州）如圖，在平面直角坐標系中，已知點P（0，2），點A（4，2）．以點P為旋轉中心，把點A按逆時針方向旋轉60°，得點B．在M1（﹣，0），M2（﹣，﹣1），M3（1，4），M4（2，）四個點中，直線PB經過的點是（）A．M1 B．M2 C．M3 D．M4【分析】根據含30°角的直角三角形的性質可得B（2，2+2），利用待定系數法可得直線PB的解析式，依次將M1，M2，M3，M4四個點的一個坐標代入y＝x+2中可解答．【解答】解：∵點A（4，2），點P（0，2），∴PA⊥y軸，PA＝4，由旋轉得：∠APB＝60°，AP＝PB＝4，如圖，過點B作BC⊥y軸于C，∴∠BPC＝30°，∴BC＝2，PC＝2，∴B（2，2+2），設直線PB的解析式為：y＝kx+b，則，∴，∴直線PB的解析式為：y＝x+2，當y＝0時，x+2＝0，x＝﹣，∴點M1（﹣，0）不在直線PB上，當x＝﹣時，y＝﹣3+2＝﹣1，∴M2（﹣，﹣1）在直線PB上，當x＝1時，y＝+2，∴M3（1，4）不在直線PB上，當x＝2時，y＝2+2，∴M4（2，）不在直線PB上．故選：B．【點評】本題考查的是圖形旋轉變換，待定系數法求一次函數的解析式，確定點B的坐標是解本題的關鍵．4．（2023?金華）在直角坐標系中，點（4，5）繞原點O逆時針方向旋轉90°，得到的點的坐標．【分析】利用旋轉變換的性質作出圖形可得結論．【解答】解：如圖，點A（4，5）繞原點O逆時針方向旋轉90°，得到的點B的坐標（﹣5，4）．故答案為：（﹣5，4）．【點評】本題考查坐標與圖形變化﹣旋轉，解題的關鍵是正確作出圖形，利用圖象法解決問題．熱點3.圓心角與圓周角的綜合應用5．（2022?溫州）如圖，AB，AC是⊙O的兩條弦，OD⊥AB于點D，OE⊥AC于點E，連結OB，OC．若∠DOE＝130°，則∠BOC的度數為（）A．95° B．100° C．105° D．130°【分析】根據四邊形的內角和等于360°計算可得∠BAC＝50°，再根據圓周角定理得到∠BOC＝2∠BAC，進而可以得到答案．【解答】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC，∴∠ADO＝90°，∠AEO＝90°，∵∠DOE＝130°，∴∠BAC＝360°﹣90°﹣90°﹣130°＝50°，∴∠BOC＝2∠BAC＝100°，故選：B．【點評】本題考查的是圓周角定理，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熱點4.圓周角定理的綜合應用6．（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是所對的圓周角，則∠APD的度數是．【分析】由垂徑定理得出，由圓心角、弧、弦的關系定理得出∠AOD＝∠BOD，進而得出∠AOD＝60°，由圓周角定理得出∠APD＝∠AOD＝30°，得出答案．【解答】解：∵OC⊥AB，∴，∴∠AOD＝∠BOD，∵∠AOB＝120°，∴∠AOD＝∠BOD＝∠AOB＝60°，∴∠APD＝∠AOD＝×60°＝30°，故答案為：30°．【點評】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，圓心角、弧、弦的關系，熟練掌握圓周角定理，垂徑定理，圓心角、弧、弦的關系定理是解決問題的關鍵．熱點5.正多邊形的計算7．（2022·山東青島·統考中考真題）如圖，正六邊形內接于，點M在上，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出正六邊形的中心角，再利用圓周角定理求解即可．【詳解】解：連接OC、OD、OE，如圖所示：∵正六邊形內接于，∴∠COD==60°，則∠COE=120°，∴∠CME=∠COE=60°，故選：D．【點睛】本題考查正多邊形的中心角、圓周角定理，熟練掌握正n多邊形的中心角為是解答的關鍵．8．（2022·四川成都·統考中考真題）如圖，正六邊形內接于⊙，若⊙的周長等于，則正六邊形的邊長為（

）A． B． C．3 D．【答案】C【分析】連接OB，OC，由⊙O的周長等于6π，可得⊙O的半徑，又由圓的內接多邊形的性質，即可求得答案．【詳解】解：連接OB，OC，∵⊙O的周長等于6π，∴⊙O的半徑為：3，∵∠BOC360°＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等邊三角形，∴BC＝OB＝3，∴它的內接正六邊形ABCDEF的邊長為3，故選：C．【點睛】此題考查了正多邊形與圓的性質．此題難度適中，注意掌握數形結合思想的應用．9．（2022·遼寧營口·統考中考真題）如圖，在正六邊形中，連接，則____________度．【答案】30【分析】連接BE，交CF與點O，連接OA，先求出，再根據等腰三角形等邊對等角的性質，三角形外角的性質求解即可．【詳解】連接BE，交CF與點O，連接OA，在正六邊形中，，，故答案為：30．【點睛】本題考查了正多邊形與圓，等腰三角形的性質，三角形外角的性質，熟練掌握知識點是解題的關鍵．熱點6.弧長與扇形面積的計算10．（2023?溫州）若扇形的圓心角為40°，半徑為18，則它的弧長為．【分析】根據弧長公式計算即可．【解答】解：由弧長公式得，故答案為：4π．【點評】本題考查了弧長的計算，熟記弧長的公式，即（l表示弧長，n是弧所對圓心角的度數，r表示半徑）．11．（2023?金華）如圖，在△ABC中，AB＝AC