第01講圓的確定與圓心角、弧、弦、弦心距之間的關系目錄考點一：圓的認識考點二：點與圓的位置關系考點三：圓心角、弧、弦的關系考點四：三角形的外接圓與外心考點五：綜合應用【基礎知識】一．圓的認識（1）圓的定義定義①：在一個平面內，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．以O點為圓心的圓，記作“⊙O”，讀作“圓O”．定義②：圓可以看做是所有到定點O的距離等于定長r的點的集合．（2）與圓有關的概念弦、直徑、半徑、弧、半圓、優弧、劣弧、等圓、等弧等．連接圓上任意兩點的線段叫弦，經過圓心的弦叫直徑，圓上任意兩點間的部分叫圓弧，簡稱弧，圓的任意一條直徑的兩個端點把圓分成兩條弧，每條弧都叫做半圓，大于半圓的弧叫做優弧，小于半圓的弧叫做劣弧．（3）圓的基本性質：①軸對稱性．②中心對稱性．二．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．三．圓心角、弧、弦的關系（1）定理：在同圓和等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦也相等．（2）推論：在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量都分別相等．說明：同一條弦對應兩條弧，其中一條是優弧，一條是劣弧，而在本定理和推論中的“弧”是指同為優弧或劣弧．（3）正確理解和使用圓心角、弧、弦三者的關系三者關系可理解為：在同圓或等圓中，①圓心角相等，②所對的弧相等，③所對的弦相等，三項“知一推二”，一項相等，其余二項皆相等．這源于圓的旋轉不變性，即：圓繞其圓心旋轉任意角度，所得圖形與原圖形完全重合．（4）在具體應用上述定理解決問題時，可根據需要，選擇其有關部分．四．三角形的外接圓與外心（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．【考點剖析】一．圓的認識（共2小題）1．（2020秋?浦東新區月考）下列說法正確的是（）A．半圓是弧 B．過圓心的線段是直徑 C．弦是直徑 D．長度相等的兩條弧是等弧【分析】利用圓的有關定義分別判斷后即可確定正確的選項．【解答】解：A、半圓是弧，正確，符合題意；B、過圓心的弦是直徑，故原命題錯誤，不符合題意；C、弦不一定是直徑，故原命題錯誤，不符合題意；D、長度相等的兩條弧不一定是等弧，故原命題錯誤，不符合題意．故選：A．【點評】考查了圓的認識，解題的關鍵是了解圓的有關定義及性質，難度不大．2．（2018秋?嘉定區期末）已知點C在線段AB上（點C與點A、B不重合），過點A、B的圓記作為圓O1，過點B、C的圓記作為圓O2，過點C、A的圓記作為圓O3，則下列說法中正確的是（）A．圓O1可以經過點C B．點C可以在圓O1的內部 C．點A可以在圓O2的內部 D．點B可以在圓O3的內部【分析】根據已知條件對個選項進行判斷即可．【解答】解：∵點C在線段AB上（點C與點A、B不重合），過點A、B的圓記作為圓O1，∴點C可以在圓O1的內部，故A錯誤，B正確；∵過點B、C的圓記作為圓O2，∴點A可以在圓O2的外部，故C錯誤；∵過點C、A的圓記作為圓O3，∴點B可以在圓O3的外部，故D錯誤．故選：B．【點評】本題考查了圓的認識，根據已知條件正確的作出判斷是解題的關鍵．二．點與圓的位置關系（共7小題）3．（2022?寶山區模擬）在直角坐標平面內，如果點B（a，0）在以A（1，0）為圓心，2為半徑的圓內，那么a的取值范圍是（）A．a＞﹣1 B．a＜3 C．﹣1＜a＜3 D．﹣1≤a≤3．【分析】由點B（a，0）在以A（1，0）為圓心，2為半徑的圓內知|a﹣1|＜2，據此可得答案．【解答】解：∵點B（a，0）在以A（1，0）為圓心，2為半徑的圓內，∴|a﹣1|＜2，則﹣2＜a﹣1＜2，解得﹣1＜a＜3，故選：C．【點評】本題主要考查點與圓的位置關系，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＞r；②點P在圓上?d＝r；③點P在圓內?d＜r．4．（2022?嘉定區校級模擬）矩形ABCD中，AB＝8，BC＝3，點P在邊AB上，且BP＝3AP，如果圓P是以點P為圓心，PD為半徑的圓，那么下列判斷正確的是（）A．點B，C均在圓P外 B．點B在圓P外，點C在圓P內 C．點B在圓P內，點C在圓P外 D．點B，C均在圓P內【分析】由AB＝8，BP＝3AP得到AP＝2，BP＝6，再根據勾股定理，在Rt△ADP中計算出PD＝7，在Rt△PBC中計算出PC＝9，則PC＞PD＞PB，然后根據點與圓的位置關系進行判斷．【解答】解：如圖，∵四邊形ABCD為矩形，∴AD＝BC＝3，∵AB＝8，BP＝3AP，∴AP＝2，BP＝6，在Rt△ADP中，AP＝2，AD＝3，∴PD＝＝7，在Rt△PBC中，∵PB＝6，BC＝3，∴PC＝＝9，∴PC＞PD＞PB，∴點B在圓P內，點C在圓P外．故選：C．【點評】本題考查了點與圓的位置：設⊙O的半徑為r，點P到圓心的距離OP＝d，則有：點P在圓外?d＞r；點P在圓上?d＝r；點P在圓內?d＜r．5．（2022春?徐匯區校級期中）在直角坐標平面內，點A的坐標為（1，0），點B的坐標為（a，0），圓A的半徑為2．下列說法中不正確的是（）A．當a＝﹣1時，點B在圓A上 B．當a＜1時，點B在圓A內 C．當a＜﹣1時，點B在圓A外 D．當﹣1＜a＜3時，點B在圓A內【分析】畫出圖形，根據A的坐標和圓A的半徑求出圓與x軸的交點坐標，根據已知和交點坐標即可求出答案．【解答】解：如圖：∵A（1，0），⊙A的半徑是2，∴AC＝AE＝2，∴OE＝1，OC＝3，A、當a＝﹣1時，點B在E上，即B在⊙A上，正確，故本選項不合題意；B、當a＝﹣3時，B在⊙A外，即說當a＜1時，點B在圓A內錯誤，故本選項符合題意；C、當a＜﹣1時，AB＞2，即說點B在圓A外正確，故本選項不合題意；D、當﹣1＜a＜3時，B在⊙A內正確，故本選項不合題意；故選：B．【點評】本題考查了直線與圓的位置關系和坐標與圖形性質的應用，當d＝r時，點在圓上，當d＞r時，點在圓外，當d＜r時，點在圓內．6．（2022?靜安區二模）如圖，已知矩形ABCD的邊AB＝6，BC＝8，現以點A為圓心作圓，如果B、C、D至少有一點在圓內，且至少有一點在圓外，那么⊙A半徑r的取值范圍是6＜r＜10．【分析】根據勾股定理求出AC的長，根據點與圓的位置關系即可得出答案．【解答】解：如圖，連結AC，BD，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴AC＝＝＝10，∵以點A為圓心作圓，如果B、C、D至少有一點在圓內，∴r＞6，∵至少有一點在圓外，∴r＜10，∴⊙A半徑r的取值范圍是：6＜r＜10．故答案為：6＜r＜10．【點評】本題考查了點與圓的位置關系，矩形的性質，掌握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＞r；②點P在圓上?d＝r；③點P在圓內?d＜r是解題的關鍵．7．（2022?黃浦區二模）已知在△ABC中，AB＝AC，BC＝10，cotB＝，如果頂點C在⊙B內，頂點A在⊙B外，那么⊙B的半徑r的取值范圍是10＜r＜13．【分析】過點A作AD⊥BC于點D，根據等腰三角形三線合一的性質得到BD＝CD＝BC＝5，根據cotB＝求出AD的長，根據勾股定理求出AB的長，根據點與圓的位置關系即可得出答案．【解答】解：如圖，過點A作AD⊥BC于點D，∵AB＝AC，BC＝10，∴BD＝CD＝BC＝5，∵cotB＝＝＝，∴AD＝12，∴AB＝＝＝13，∵頂點C在⊙B內，頂點A在⊙B外，∴10＜r＜13．故答案為：10＜r＜13．【點評】本題考查了點與圓的位置關系，等腰三角形的性質，解直角三角形，掌握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＞r；②點P在圓上?d＝r；③點P在圓內?d＜r是解題的關鍵．8．（2022?寶山區模擬）已知圓O的半徑為5，點A在圓O外，如果線段OA的長為d，那么d的取值范圍是d＞5．【分析】根據點在圓外，d＞r，可得結論．【解答】解：∵點A在圓外，∴d＞5，故答案為：d＞5．【點評】本題考查點與圓的位置關系，解題的關鍵是記住：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＝r．③點P在圓內?d＜r．9．（2022春?長寧區校級期中）已知：如圖，E是菱形ABCD內一點，∠BEC＝90°，DF⊥CE，垂足為點F，且DF＝CE，聯結AE．（1）求證：菱形ABCD是正方形；（2）當F是線段CE的中點時，求證：點F在以AB為半徑的⊙A上．【分析】（1）先利用HL證明Rt△BCE≌Rt△CDF，可證得∠BCD＝90°，進而可證明結論；（2）連接AF，ED，利用SAS證明△ABE≌△AFE可得AF＝AB，進而可證明結論．【解答】（1）證明：∵DF⊥CE，∴∠CFD＝90°，∴∠CDF+∠FCD＝90°，∵∠BEC＝90°，∴∠BEC＝∠CFD，∵四邊形ABCD為菱形，∴BC＝CD，在Rt△BCE和Rt△CDF中，，∴Rt△BCE≌Rt△CDF（HL），∴∠BCE＝∠CDF，∵∠BCE+∠FCD＝90°，∴∠BCD＝90°，∴菱形ABCD為正方形；（2）連接AF，ED，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠ADC＝90°，AD＝CD，∵F為CE的中點，DF⊥CE，∴DF是CE的垂直平分線，∴DE＝DC＝AD，∴∠DAE＝∠DEA，∠DEC＝∠DCE，∵∠DAE+∠DEA+∠ADE＝180°，∠DEC+∠DCE+∠CDE＝180°，∴∠AED＝，∠DEC＝，∴∠AEF＝∠AED+∠DE＝180°﹣（∠ADE+∠CDE）＝180°﹣45°＝135°，∴∠AEB＝360°﹣135°﹣90°＝135°，∴∠AEF＝∠AEB，∵△BCE≌△CDF，∴BE＝CF＝FE，在△ABE和△AFE中，，∴△ABE≌△AFE（SAS），∴AB＝AF，∴點F在以AB為半徑的⊙A上．【點評】本題主要考查全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定與性質，三角形的內角和定理，菱形的性質，正方形的判定與性質，證明相關三角形全等是解題的關鍵．三．圓心角、弧、弦的關系（共4小題）10．（2022春?浦東新區校級期中）已知OA，OB，OM均是⊙O的半徑，OA⊥OB，＝．如果+＝k，那么k的值是或﹣．【分析】分別討論點M在劣弧AB上或點M在優弧AB上兩種情況，再利用平面向量的定義即可得出答案．【解答】解：當點M在劣弧AB上時，過點A作AC∥OB且AC＝OB，連接BC，如圖．∵OA，OB，OM均是⊙O的半徑，∴OA＝OB＝OM，∵OA⊥OB，＝，∴點O，M，C三點在同一條直線上，+＝，設圓O的半徑為x，∴＝x，，∴||＝，∴k＝．當點M在優弧AB上時，過點A作AC∥OB且AC＝OB，連接BC，如圖．同理可得，點O，M，C三點在同一條直線上，設圓O的半徑為x，則＝x，，∴||＝，∴，∴k＝﹣．故答案為：或﹣．【點評】本題考查圓的定義、平面向量的定義，熟練掌握圓的定義和平面向量的定義是解答本題的關鍵．11．（2022春?徐匯區校級期中）⊙O中，點C在直徑AB上，AC＝3BC，過點C作弦EF⊥AB，那么∠EOF＝120度．【分析】連接OE，OF，根據AC＝3BC，得BC＝OC＝OA，根據30°所對的直角邊等于斜邊的一半可得∠OEF＝30°，進而得出∠EOF的度數．【解答】解：連接OE，∵EF⊥AB，AC＝3BC，∴BC＝OC＝OA，∴∠OEF＝30°，∴∠EOF＝180°﹣2∠OEF＝120°．故答案為：120．【點評】本題考查了垂徑定理、勾股定理，掌握定理的內容是解題的關鍵．12．（2022?寶山區模擬）已知△ABC中，∠B＝45°，AB＝，tanC＝2，⊙O過點A、C，交BC邊于點D．且，求CD的長．【分析】如圖，連接AC，延長AO交BC于點E．根據圓心角、弧、弦間的關系推知△ACD是等腰三角形，由其“三合一”的性質證得AE是CD的中垂線．在直角△AEC中根據勾股定理求得線段CE的長度，進而根據垂徑定理來求線段CD的長度．【解答】解：如圖，連接AD，延長AO交BC于點E．∵，∴AD＝AC，∵點O是等腰△ACD的外心，∴AE⊥CD，且CD＝2CE．∴在直角△ABE中，∠B＝45°，AB＝，則AE＝4．∵tanC＝2，∴＝2，即AE＝2CE，∴CD＝AE＝4，即線段CD的長度是4．【點評】本題考查了等腰直角三角形的判定與性質、解直角三角形以及圓心角、弧、弦間的關系．注意解題過程中要證明一下AE是線段CD的中垂線．13．（2022春?長寧區校級月考）如圖，已知⊙O經過△ABC的頂點A、B，交邊BC于點D，點A恰為的中點，且BD＝8，AC＝9，sinC＝，求⊙O的半徑．【分析】如圖，連接OA．交BC于H．首先證明OA⊥BC，在Rt△ACH中，求出AH，設⊙O的半徑為r，在Rt△BOH中，根據BH2+OH2＝OB2，構建方程即可解決問題；【解答】解：如圖，連接OA．交BC于H．∵點A為的中點，∴OA⊥BD，BH＝DH＝4，∴∠AHC＝∠BHO＝90°，∵sinC＝＝，AC＝9，∴AH＝3，設⊙O的半徑為r，在Rt△BOH中，∵BH2+OH2＝OB2，∴42+（r﹣3）2＝r2，∴r＝，∴⊙O的半徑為．【點評】本題考查圓心角、弧、弦的關系、垂徑定理、勾股定理、銳角三角函數等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題．四．三角形的外接圓與外心（共8小題）14．（2022?長寧區模擬）如圖，⊙O的半徑為10cm，△ABC內接于⊙O，圓心O在△ABC內部．如果AB＝AC，BC＝12cm，那么△ABC的面積為108cm2．【分析】連接AO并延長交BC于D，連接OB，根據勾股定理的推論得到AD⊥BC，根據垂徑定理求出BD，根據勾股定理求出OD，進而求出AD，根據三角形的面積公式計算，得到答案．【解答】解：連接AO并延長交BC于D，連接OB，∵AB＝AC，∴＝，∴AD⊥BC，∴BD＝DC＝BC＝6cm，在Rt△OBD中，OD＝＝8（cm），∴AD＝18cm，∴S△ABC＝×12×18＝108（cm2），故答案為：108．【點評】本題考查的是三角形的外接圓與外心，掌握垂徑定理的推論、勾股定理是解題的關鍵．15．（2022春?虹口區期中）半徑為4的圓的內接正三角形的邊長為4．【分析】欲求△ABC的邊長，把△ABC中BC邊當弦，作BC的垂線，在Rt△BOD中，求BD的長；根據垂徑定理知：BC＝2BD，從而求正三角形的邊長．【解答】解：如圖所示：∵半徑為4的圓的內接正三角形，∴∠ADB＝90°，OB＝4，∠OBD＝30°，∴BD＝cos30°×OB＝×4＝2，∵BD＝CD，∴BC＝2BD＝4，即它的內接正三角形的邊長為4．故答案為：4．【點評】本題主要考查了正多邊形和圓，根據正三角形的性質得出∠OBD＝30°是解題關鍵，此題難度一般，是一道比較不錯的試題．16．（2022?松江區二模）如圖，已知⊙O是△ABC的外接圓，AB＝AC＝8，OA＝5．（1）求∠BAO的正弦值；（2）求弦BC的長．【分析】（1）延長AO交BC于點D，連接OB，過O點作OE⊥AB，利用垂徑定理可求解AE的長，由勾股定理可求解OE的長，再根據正弦的定義可求解；（2）由圓的基本概念可得AD⊥BC，BC＝2BD，利用（1）的結論可求解BD的長，進而可求解．【解答】解：（1）延長AO交BC于點D，連接OB，過O點作OE⊥AB，∵AB＝AC＝8，∴AE＝AB＝4，∵AO＝5，∴OE＝，∴sin∠BAO＝；（2）∵AB＝AC，∴AD⊥BC，BC＝2BD，∴sin∠BAO＝，解得BD＝，∴BC＝．【點評】本題主要考查垂徑定理，勾股定理，解直角三角形，作合適的輔助線是解題的關鍵．17．（2022?靜安區二模）如圖，已知△ABC外接圓的圓心O在高AD上，點E在BC延長線上，EC＝AB．（1）求證：∠B＝2∠AEC；（2）當OA＝2，cos∠BAO＝時，求DE的長．【分析】（1）由三角形的外接圓的性質可判定AD⊥BC，BD＝CD，即可得AB＝AC，利用等腰三角形的性質可得∠ABC＝∠ACB，∠CAE＝∠AEC，再結合三角形外角的性質可證明結論；（2）連接OB，由特殊角的三角函數值可得∠BAO＝30°，由直角三角形的性質可求解∠OBC＝30°，再利用含30°角的直角三角形的而性質可求解AD，CD，進而可求解．【解答】（1）證明：∵△ABC外接圓的圓心O在高AD上，∴AD⊥BC，BD＝CD，∴AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵EC＝AB，∴AC＝EC，∴∠CAE＝∠AEC，∵∠ACB＝∠AEC+∠CAE＝2∠AEC，∴∠ABC＝2∠AEC；（2）解：連接OB，∵cos∠BAO＝，∴∠BAO＝30°，∵AD⊥BC，∴∠ABC＝60°，∵OA＝OB，∴∠ABO＝∠BAO＝30°，∴∠OBC＝30°，∵OA＝OB＝2，∴OD＝1，CD＝BD＝，∴CE＝AB＝2BD＝，∴DE＝CD+CE＝．【點評】本題主要考查圓的概念及性質，等腰三角形的性質，含30°角的直角三角形的性質，勾股定理，掌握圓的概念及性質是解題的關鍵．18．（2021?上海模擬）已知：如圖，圓O是△ABC的外接圓，AO平分∠BAC．（1）求證：△ABC是等腰三角形；（2）當OA＝2，AB＝3，求邊BC的長．【分析】（1）連接OB、OC，先證明∠OBA＝∠OCA＝∠BAO＝∠CAO，再證明△OAB≌△OAC得AB＝AC，問題得證；（2）延長AO交BC于點H，先證明AH⊥BC，BH＝CH，設OH＝b，BH＝CH＝a，根據OA＝2，AB＝3，由勾股定理列出a、b的方程組，解得a、b，便可得BC．【解答】解：（1）連接OB、OC，如圖：∵OA＝OB＝OC，OA平分∠BAC，∴∠OBA＝∠OCA＝∠BAO＝∠CAO，在△OAB和△OAC中，．∴△OAB≌△OAC（AAS）．∴AB＝AC即△ABC是等腰三角形；（2）延長AO交BC于點H，連接OB，如圖：∵AH平分∠BAC，AB＝AC，∴AH⊥BC，BH＝CH，設OH＝b，BH＝CH＝a，∵BH2+OH2＝OB2，BH2+AH2＝AB2，OA＝2，AB＝3，．∵a＞0，b＞0，解得：．∴BC＝2BH＝2a＝．【點評】本題是圓的一個綜合題，主要考查了圓的性質，等腰三角形的性質，全等三角形的性質與判定，角平分線的性質．第（1）小題關鍵在證明三角形全等；第（2）題關鍵由勾股定理列出方程組．19．（2021?崇明區二模）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB＝5，BC＝8，sinB＝．（1）求邊AC的長；（2）求⊙O的半徑長．【分析】（1）過點A作AH⊥BC于H，由銳角三角函數和勾股定理可求BH的長，由勾股定理可求AC的長；（2）利用勾股定理列出方程，可求解．【解答】解：（1）如圖，過點A作AH⊥BC于H，∵sinB＝＝，AB＝5，∴AH＝3，∴BH＝＝＝4，∵CH＝BC﹣BH，∴CH＝4，∴AC＝＝＝5；（2）如圖2，連接OB，OC，AO，AO交BC于點E，∵AB＝AC＝5，OC＝OB，∴AO是BC的垂直平分線，∴BE＝EC＝4，∴AE＝＝＝3，∵BO2＝BE2+OE2，∴BO2＝16+（OB﹣3）2，∴BO＝．【點評】本題考查了三角形外接圓和外心，圓的有關知識，勾股定理，銳角三角函數，利用勾股定理列出方程是本題的關鍵．20．（2020秋?閔行區期末）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB長為4，AB＝AC，連接CO并延長，交邊AB于點D，交AB于點E，且E為弧AB的中點．求：（1）邊BC的長；（2）⊙O的半徑．【分析】（1）利用垂徑定理的推論可判斷CD垂直平分AB，所以CB＝CA＝4；（2）連接OB，如圖，先證明ABC為等邊三角形得到∠A＝60°，利用圓周角定理得到∠BOC＝120°，則∠BOD＝60°，然后利用含30度的直角三角形三邊的關系求出OB即可．【解答】解：（1）∵E點為的中點，CE為直徑，∴CE⊥AB，∴AD＝BD，即CD垂直平分AB，∴CB＝CA＝4；（2）連接OB，如圖，∵AB＝BC＝AC，∴△ABC為等邊三角形，∴∠A＝60°，∴∠BOC＝2∠A＝120°，∴∠BOD＝60°，在Rt△BOD中，BD＝AB＝2，∴OD＝BD＝，∴OB＝2OD＝，即⊙O的半徑為．【點評】本題考查了三角形的外接圓與外心：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．也考查了圓周角定理．21．（2020?黃浦區二模）已知：如圖，圓O是△ABC的外接圓，AO平分∠BAC．（1）求證：△ABC是等腰三角形；（2）當OA＝4，AB＝6，求邊BC的長．【分析】（1）連接OB、OC，先證明∠OBA＝∠OCA＝∠BAO＝∠CAO，再證明△OAB≌△OAC得AB＝AC，問題得證；（2）延長AO交BC于點H，先證明AH⊥BC，BH＝CH，設OH＝b，BH＝CH＝a，根據OA＝4，AB＝6，由勾股定理列出a、b的方程組，解得a、b，便可得BC．【解答】解：（1）連接OB、OC，∵OA＝OB＝OC，OA平分∠BAC，∴∠OBA＝∠OCA＝∠BAO＝∠CAO，在△OAB和△OAC中，，∴△OAB≌△OAC（AAS），∴AB＝AC即△ABC是等腰三角形；（2）延長AO交BC于點H，∵AH平分∠BAC，AB＝AC，∴AH⊥BC，BH＝CH，設OH＝b，BH＝CH＝a，∵BH2+OH2＝OB2，BH2+AH2＝AB2，OA＝4，AB＝6，∴，解得，，∴BC＝2a＝3．【點評】本題是圓的一個綜合題，主要考查了圓的性質，等腰三角形的性質，全等三角形的性質與判定，角平分線的性質，第（1）關鍵在證明三角形全等；第（2）題關鍵由勾股定理列出方程組．五．綜合應用（共7小題）22．（2022?松江區二模）如圖，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，tanA＝．D、E分別是邊BC、AB上的點，DE∥AC，且BD＝2CD．如果⊙E經過點A，且與⊙D外切，那么⊙D與直線AC的位置關系是（）A．相離 B．相切 C．相交 D．不能確定【分析】設BC＝3m，AC＝4m，則AB＝5m，由DE∥AC，且BD＝2CD可得EA及DC的長，作⊙E與DE交于點H可得DH＝DC．【解答】解：設BC＝3m，AC＝4m，則AB＝5m，∵BD＝2CD，∴CD＝m，BD＝2m，∵DE∥AC，∴＝2，∠BED＝∠A，∴EA＝AB＝m，如圖，⊙E與DE交于點H，則HE＝EA＝m，在Rt△ABC中，由tan∠BED＝＝可得DE＝BD＝m，∴DH＝DE﹣HE＝m，∴DC＝DH，∵∠BCA＝90°，CD為⊙D半徑，∴⊙D與直線AC相切．故選：B．【點評】本題考查與圓有關的位置關系，解題關鍵是掌握解直角三角形的方法，掌握圓與直線位置關系的判斷．23．（2022春?虹口區校級期中）如圖，AB是⊙O的直徑，點D，C在⊙O上，∠DOC＝90°，AD＝，BC＝1，則⊙O的半徑為（）A． B． C． D．【分析】如圖延長DO交⊙O于E，作EF⊥CB交CB的延長線于F，連接BE、EC．只要證明△EFB是等腰直角三角形，即可推出EF＝BF＝1，再利用勾股定理求出EC即可解決問題；【解答】解：如圖延長DO交⊙O于E，作EF⊥CB交CB的延長線于F，連接BE、EC．∵∠AOD＝∠BOE，∴＝，∴AD＝BE＝，∵∠DOC＝∠COE＝90°，OC＝OB＝OE，∴∠OCB＝∠OBC，∠OBE＝∠OEB，∴∠CBE＝（360°﹣90°）＝135°，∴∠EBF＝45°，∴△EBF是等腰直角三角形，∴EF＝BF＝1，在Rt△ECF中，EC＝＝＝，∵△OCE是等腰直角三角形，∴OC＝＝．故選：C．【點評】本題考查圓周角定理、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．24．（2022?靜安區二模）如圖，已知半圓直徑AB＝2，點C、D三等分半圓弧，那么△CBD的面積為．【分析】連接OC、OD，過點O作OE⊥CD于點E，根據圓周角定理得到△OCD是等邊三角形，進而得出CD∥AB，則△CBD中CD上的高等于OE的長，解直角三角形再根據三角形面積公式求解即可．【解答】解：連接OC、OD，過點O作OE⊥CD于點E，∵AB＝2，∴OC＝OD＝AB＝1，∵點C、D三等分半圓弧，∴＝＝，∴∠AOC＝∠COD＝∠BOD＝∠AOB＝60°，∵OC＝OD，∴△OCD是等邊三角形，∴CD＝OC＝1，∠CDO＝60°，∵∠CDO＝∠BOD＝60°，∴CD∥AB，∴△CBD中CD上的高等于OE的長，在Rt△ODE中，OE＝OD?sin∠CDO＝1×sin60°＝，∴S△CBD＝CD?OE＝×1×＝，故答案為：．【點評】此題考查了圓周角定理，熟記圓周角定理并作出合理的輔助線是解題的關鍵．25．（2022春?虹口區校級期中）如圖，AB是圓O的直徑，＝＝，AC與OD交于點E．如果AC＝3，那么DE的長為．【分析】根據＝＝，可得∠AOD＝60°，OD⊥AC，AE＝CE＝AC＝，再根據含30度角的直角三角形即可求出結果．【解答】解：∵＝＝，∴∠AOD＝60°，OD⊥AC，AE＝CE＝AC＝，∴∠A＝30°，∴OE＝AE?tan30°＝×＝，∴OA＝OD＝2OE＝，∴DE＝OD﹣OE＝﹣＝．故答案為：．【點評】本題考查了垂徑定理，圓心角、弧、弦的關系，解決本題的關鍵是掌握圓的相關性質．26．（2022?長寧區二模）如圖，已知在半圓O中，AB是直徑，CD是弦，點E、F在直徑AB上，且四邊形CDFE是直角梯形，∠C＝∠D＝90°，AB＝34，CD＝30．求梯形CDFE的面積．【分析】過O作OM⊥CD于M，連接OD，根據垂徑定理求出DM＝CM＝15，根據勾股定理求出OM，求出OM是梯形CDFE的中位線，求出CE+DF＝2OM，再根據梯形的面積公式求出答案即可．【解答】解：過O作OM⊥CD于M，連接OD，∵OM⊥CD，OM過圓心O，CD＝30，∴DM＝CM＝15，∠OMD＝90°，∵直徑AB＝34，∴半徑OA＝OD＝OB＝17，在Rt△OMD中，由勾股定理得：OM＝＝＝8，∵∠C＝∠D＝90°，∴CE⊥CD，FD⊥CD，∴CE∥OM∥FD，∵DM＝CM，∴OE＝OF，∴CE+DF＝2OM＝2×8＝16，∴梯形CDFE的面積是＝30＝240．【點評】本題考查了垂徑定理，梯形的性質，勾股定理等知識點，能熟記垂直于弦的直徑平分這條弦是解此題的關鍵．27．（2022春?金山區校級月考）已知CD為⊙O的直徑，A、B為⊙O上兩點，點C為劣弧AB中點，連接DA、BA、AC，且∠B＝30°．（1）求證：∠D＝30°；（2）F、G分別為線段CD、AC上兩點，滿足DF＝AG，連接AF、OG，取OG中點H，連接CH，請猜測AF與CH之間的數量關系，并證明．【分析】（1）利用圓周角定理證明即可；（2）結論：AF＝2CH．延長DC到T，使得CT＝CO，證明△CGT≌△OFA（SAS），推出AF＝GT，再利用三角形中位線定理證明．【解答】（1）證明：∵∠ABC＝30°，又∵∠D＝∠ABC，∴∠D＝30°；（2）解：結論：AF＝2CH．理由：延長DC到T，使得CT＝CO．∵∠AOC＝2∠ABC＝60°，OA＝OC，∴△AOC是等邊三角形，∴∠ACO＝∠AOC＝60°，AC＝OA＝OC，∴CT＝OC＝OA，∠AOF＝∠GCT＝120°，∵OA＝AC，DF＝AG，∴OF＝CG，在△CGT和△OFA中，，∴△CGT≌△OFA（SAS），∴AF＝GT，∵OH＝HG，OC＝CT，∴GT＝2CH，∴AF＝2CH．【點評】本題考查圓周角定理，三角形中位線定理，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．28．（2022?金山區校級模擬）如圖，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，cot∠BAC＝2，BC＝4，以邊AC上一點O為圓心，OA為半徑的⊙O經過點B．（1）求⊙O的半徑；（2）點P是劣弧的中點，求tan∠PAB的值．【分析】（1）如圖1，連接OB，設⊙O的半徑為r，解直角三角形求出AC的長，利用勾股定理列方程可得結論；（2）如圖2，作輔助線，構建直角三角形，先根據垂徑定理可得OE和PE的長，最后根據三角函數定義可得結論．【解答】解：（1）如圖1，連接OB，在Rt△ACB中，∵∠C＝90°，cot∠BAC＝2，BC＝4，∴＝2，∴＝2，∴AC＝8，設⊙O的半徑為r，則OB＝r，oc＝8﹣r，在Rt△OCB中，由勾股定理得：OB2＝OC2+BC2，∴r2＝（8﹣r）2+42，解得：r＝5，∴⊙O的半徑為5；（2）如圖2，連接OP，OB，OP交AB于E，Rt△OCB中，由勾股定理得：OC＝3，Rt△ACB中，AB＝＝＝4，∵點P是劣弧的中點，∴OP⊥AB，∴AE＝BE＝2，∴OE＝＝＝，∴EP＝OP﹣OE＝5﹣，Rt△AEP中，tan∠PAB＝＝＝＝．【點評】本題考查解直角三角形，垂徑定理，勾股定理，銳角三角函數等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．

【過關檢測】1．（2021·上海浦東新·模擬預測）下列四個命題：①同圓或等圓中，相等的弦所對的弧相等；②同圓或等圓中，相等的弧所對的弦相等；③同圓或等圓中，相等的弦的弦心距相等；④同圓或等圓中，相等的弧所對的圓心角相等．真命題的個數有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】利用圓的有關性質分別判斷后即可確定正確的選項．【詳解】解：①同圓或等圓中，相等的弦所對的弧不一定相等，故原說法錯誤，是假命題，不符合題意；②同圓或等圓中，相等的弧所對的弦相等，正確，是真命題，符合題意；③同圓或等圓中，相等的弦的弦心距相等，正確，是真命題，符合題意；④同圓或等圓中，相等的弧所對的圓心角相等，正確，是真命題，符合題意，真命題有3個，故選：C．【點睛】考查了真假命題的判斷，解題的關鍵是掌握圓的有關性質，難度不大．2．（2019·上海嘉定·九年級期末）已知點在線段上（點與點不重合），過點的圓記為圓，過點的圓記為圓，過點的圓記為圓，則下列說法中正確的是（）A．圓可以經過點 B．點可以在圓的內部C．點可以在圓的內部 D．點可以在圓內部【答案】B【分析】根據題意，畫出符合題意的示意圖，然后求解．【詳解】解：∵點在線段上（點與點不重合），過點的圓記為圓，∴點可以在圓的內部，故A錯誤，B正確；∵過點的圓記為圓，∴點可以在圓的外部，故C錯誤；∵過點的圓記為圓，∴點可以在圓的外部，故D錯誤．故選B．【點睛】本題考查點與圓的位置關系，畫出適當的輔助圖形，采用數形結合的方法，更有助于解題.3．（2018·上海寶山·九年級期末）若⊙A的半徑為5，圓心A的坐標是（1，2），點P的坐標是（5，2），那么點P的位置為（）A．在⊙A內 B．在⊙A上 C．在⊙A外 D．不能確定【答案】A【分析】先根據兩點間的距離公式計算出PA的長，然后比較PA與半徑的大小，再根據點與圓的關系的判定方法進行判斷．【詳解】∵圓心A的坐標是（1，2），點P的坐標是（5，2），∴AP==4＜5，∴點P在⊙A內，故選A．【點睛】本題考查了對點與圓的位置關系的判斷．關鍵要記住若半徑為r，點到圓心的距離為d，則有：當d＞r時，點在圓外；當d=r時，點在圓上，當d＜r時，點在圓內．也考查了坐標與圖形性質．4．（2019·上海上海·九年級期中）如圖，在△ABC中，AB＝AC，BC＝4，tanB＝2，以AB的中點D為圓心，r為半徑作⊙D，如果點B在⊙D內，點C在⊙D外，那么r可以取（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】已知等腰三角形ABC中tanB＝2，根據題意可求得△ABC中過頂點A的高AF的長度，進而求得AB的長度，以及得到BD=，；因為AF和CD均為中線，故交點為重心，通過重心到頂點的距離與重心到對邊中點的距離之比為2：1，可求出CD的長度為，所以要滿足B點在⊙D內，即滿足r大于BD長度；要滿足點C在⊙D外即r小于CD長度.【詳解】如圖，過點A作AF⊥BC于點F，連接CD交AF于點G，∵AB＝AC，BC＝4，∴BF＝CF＝2，∵tanB＝2，∴，即AF＝4，∴AB＝，∵D為AB的中點，∴BD＝，G是△ABC的重心，∴GF＝AF＝，∴CG＝，∴CD＝CG＝，∵點B在⊙D內，點C在⊙D外，∴＜r＜，故選B．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，三角函數求線段長度，三角形重心，點與圓的位置關系；解答本題的關鍵是發現BC邊上的高和CD的交點是三角形的重心，重心到頂點的距離與重心到對邊中點的距離之比為2：1，即可求出CD的長度.二、填空題5．（2021·上海浦東新·模擬預測）已知點C在線段AB上，且0＜AC＜AB．如果⊙C經過點A，那么點B與⊙C的位置關系是_____．【答案】點B在⊙C外【分析】直接根據點與圓的位置關系即可得出結論．【詳解】解：如圖，∵點C在線段AB上，且0＜AC＜AB，∴BC＞AC，∴點B在⊙C外，故答案為：點B在⊙C外．【點睛】本題考查的是點與圓的位置關系，熟知設⊙O的半徑為r，點P到圓心的距離OP=d，當d＞r時點P在圓外；當d＜r時點P在圓內是解答此題的關鍵．6．（2018·上海金山·九年級期末）如圖，AB是⊙O的弦，∠OAB=30°．OC⊥OA，交AB于點C，若OC=6，則AB的長等于__．【答案】18【詳解】連接OB，∵OA=OB，∴∠B=∠A=30°，∵∠COA=90°，∴AC=2OC=2×6=12，∠ACO=60°，∵∠ACO=∠B+∠BOC，∴∠BOC=∠ACO-∠B=30°，∴∠BOC=∠B，∴CB=OC=6，∴AB=AC+BC=18，故答案為18.7．（2020·上海松江·二模）如圖，已知AB、AC是⊙O的兩條弦，且AO平分∠BAC．點M、N分別在弦AB、AC上，滿足AM＝CN．（1）求證：AB＝AC；（2）聯結OM、ON、MN，求證：．【分析】（1）過點O作OD⊥AB于點D，OE⊥AC于點E，利用角平分線的性質和垂徑定理即可得出答案；（2）聯結OB，OM，ON，MN，首先證明，然后再證明，根據相似三角形的性質即可得出答案．【詳解】證明：（1）過點O作OD⊥AB于點D，OE⊥AC于點E，如圖所示：∵AO平分∠BAC．∴OD＝OE．，．，，∴AB＝AC；（2）聯結OB，OM，ON，MN，如圖所示，∵AM＝CN，AB＝AC∴BM＝AN．∵OA＝OB，∴∠B＝∠BAO．∵∠BAO＝∠OAN，∴∠B＝∠OAN，∴△BOM≌△AON（SAS），∴∠BOM＝∠AON，OM＝ON，∴∠AOB＝∠MON，∴△NOM∽△BOA，∴．【點睛】本題主要考查相似三角形的判定及性質，全等三角形的判定及性質及圓的有關性質，熟練掌握相關性質及定理是解題的關鍵．8．（2021·上海嘉定·二模）已知四邊形ABCD是菱形（如圖），以點B為圓心，BD長為半徑的圓分別與邊AD、CD、BC、AB，相交于點E、F、G、H，聯結BE．（1）求證：；（2）聯結EG，如果，求證：．【分析】（1）在菱形ABCD中，AD=AB，∠ADB=∠ABD，又在圓B中，BE=BD，則∠ADB=∠ABD=∠BED，即△BDE∽△ADB；（2）聯結EG，EG∥AB，又AD∥BC，四邊形ABGE是平行四邊形，則AE=BG=BD，由（1）得△BDE∽△ADB，得到，即BD2=AD?DE，則可得出結論．【詳解】解：（1）在菱形ABCD中，AD=AB，∠ADB=∠ABD，又在圓B中，BE=BD，∴∠BDE=∠BED，∴∠ADB=∠ABD=∠BED，∴△BDE∽△ADB；（2）如圖，∵EG∥AB，又AD∥BC，∴四邊形ABGE是平行四邊形，∴AE=BG，∵BG=BD，∴AE=BD，又由（1）得△BDE∽△ADB，∴，∴BD2=AD?DE，又在菱形ABCD中，AD=BC，∴AE2=DE?CB．【點睛】本題主要考查菱形的性質