清單04圓（20個考點梳理+題型解讀+核心素養提升+中考熱點聚焦）【知識導圖】【知識清單】考點一．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?。?）圓的基本性質：①軸對稱性．②中心對稱性．【例1】．（2022秋?延吉市校級期末）如圖，OA是⊙O的半徑，B為OA上一點（且不與點O、A重合），過點B作OA的垂線交⊙O于點C．以OB、BC為邊作矩形OBCD，連接BD．若BD＝10，BC＝8，則AB的長為（）A．8 B．6 C．4 D．2【分析】如圖，連接OC，在Rt△OBC中，求出OB即可解決問題．【解答】解：如圖，連接OC．∵四邊形OBCD是矩形，∴∠OBC＝90°，BD＝OC＝OA＝10，∴OB＝＝＝6，∴AB＝OA﹣OB＝4，故選：C．【點評】本題考查圓，勾股定理，矩形的性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．【變式】．（2022秋?郯城縣校級期末）有下列四種說法：①半徑確定了，圓就確定了；②直徑是弦；③弦是直徑；④半圓是弧，但弧不一定是半圓．其中，錯誤的說法有（）A．1種 B．2種 C．3種 D．4種【分析】根據弦的定義、弧的定義、以及確定圓的條件即可解決．【解答】解：①圓確定的條件是確定圓心與半徑，是假命題，故此說法錯誤；②直徑是弦，直徑是圓內最長的弦，是真命題，故此說法正確；③弦是直徑，只有過圓心的弦才是直徑，是假命題，故此說法錯誤；④半圓是弧，但弧不一定是半圓，圓的任意一條直徑的兩個端點把圓分成兩條弧，每一條弧都叫半圓，所以半圓是弧．但比半圓大的弧是優弧，比半圓小的弧是劣弧，不是所有的弧都是半圓，是真命題，故此說法正確．其中錯誤說法的是①③兩個．故選：B．【點評】本題考查弦與直徑的區別，弧與半圓的區別，及確定圓的條件，不要將弦與直徑、弧與半圓混淆．考點二．垂徑定理（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?。?）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弧．推論2：弦的垂直平分線經過圓心，并且平分弦所對的兩條?。普?：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弧．【例2】．（2022秋?臨朐縣期末）如圖，⊙O的弦AB垂直于CD，E為垂足，AE＝3，BE＝7，且AB＝CD，則圓心O到CD的距離是（）A．2 B． C． D．【分析】過O作ON⊥CD于N，OM⊥AB于M，連接OC、OB，根據垂徑定理求出CN＝DN，AM＝BM＝5，求出CN＝DN＝BM＝AM＝5，求出四邊形ONEM是正方形，根據正方形的性質得出ON＝OM＝EM＝5﹣3＝2即可．【解答】解：∵AE＝3，BE＝7，AB＝CD，∴CD＝AB＝3+7＝10，過O作ON⊥CD于N，OM⊥AB于M，連接OC，OB，則∠CNO＝∠BMO＝90°，∵ON⊥CD，OM⊥AB，ON和OM斗過圓心O，∴AM＝BM＝5，CN＝DN＝5，∵ON2＝OC2﹣CN2，OM2＝OB2﹣BM2，OC＝OB，∴ON＝OM，∵CD⊥AB，ON⊥CD，OM⊥AB，∴∠ONE＝∠NEM＝∠OME＝90°，∴四邊形ONEM是正方形，∴NE＝EM＝ON＝OM＝AM﹣AE＝5﹣3＝2，故選：A．【點評】本題考查了垂徑定理，勾股定理和正方形的性質和判定等知識點，能熟記垂直于弦的直徑平分這條弦是解此題的關鍵．【變式】．（2022秋?錫山區校級期末）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，垂足為點E，，則OA＝．【分析】根據得CD＝16，進而根據垂徑定理得出CE＝8，連接OC，設OC＝OA＝r，則OE＝r﹣4，根據勾股定理得方程解答．【解答】解：連接OC，設OC＝OA＝r，則OE＝r﹣4，∵，∴CD＝16，∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，∴CE＝DE，在Rt△OCE中，根據勾股定理得，82+（r﹣4）2＝r2，解得r＝10，即OA的長為10．故答案為：10．【點評】本題主要考查垂徑定理、勾股定理，熟練掌握垂徑定理以及勾股定理是解決本題的關鍵．考點三．垂徑定理的應用垂徑定理的應用很廣泛，常見的有：（1）得到推論：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條?。?）垂徑定理和勾股定理相結合，構造直角三角形，可解決計算弦長、半徑、弦心距等問題．這類題中一般使用列方程的方法，這種用代數方法解決幾何問題即幾何代數解的數學思想方法一定要掌握．【例3】．（2022秋?遵義期末）筒車是我國古代發明的一種水利灌溉工具，如圖1，筒車盛水桶的運行軌道是以軸心O為圓心的圓，如圖2，已知圓心O在水面上方，且⊙O被水面截得弦AB長為4米，⊙O半徑長為3米．若點C為運行軌道的最低點，則點C到弦AB所在直線的距離是（）A．1米 B．2米 C．米 D．米【分析】連接OC，OC交AB于D，由垂徑定理得AD＝BD＝AB＝2（米），再由勾股定理得OD＝（米），然后求出CD的長即可．【解答】解：連接OC，OC交AB于D，由題意得：OA＝OC＝3米，OC⊥AB，∴AD＝BD＝AB＝2（米），∠ADO＝90°，∴OD＝＝＝（米），∴CD＝OC﹣OD＝（3﹣）米，即點C到弦AB所在直線的距離是（3﹣）米，故選：C．【點評】本題考查了垂徑定理的應用和勾股定理的應用，熟練掌握垂徑定理和勾股定理是解題的關鍵．【變式】．（2022秋?耿馬縣期末）如圖，一座石橋的主橋拱是圓弧形，某時刻測得水面AB寬度為6米，拱高CD（弧的中點到水面的距離）為1米．（1）求主橋拱所在圓的半徑；（2）若水面下降1米，求此時水面的寬度．【分析】（1）連接OA，OC，設半徑OA＝OD＝R，OC＝OD﹣DC＝R﹣1，在Rt△ACO中，利用勾股定理構建方程求解即可；（2）根據勾股定理列式可得FG的長，最后由垂徑定理可得結論．【解答】解：（1）∵點D是的中點，DC⊥AB，∴AC＝BC＝AB＝3，DC經過圓心，設拱橋的橋拱弧AB所在圓的圓心為O，連接OA，OC，聯結OA，設半徑OA＝OD＝R，OC＝OD﹣DC＝R﹣1，在Rt△ACO中，∵OA2＝AC2+OC2，∴R2＝（R﹣1）2+32，解得R＝5．答：主橋拱所在圓的半徑長為5米；（2）設OD與EF相交于點G，連接OF，∵EF∥AB，OD⊥AB，∴OD⊥EF，∴∠OGF＝90°，在Rt△OGF中，OG＝5﹣1﹣1＝3，OF＝5，∴FG＝＝4，∴EF＝2FG＝8，答：此時水面的寬度為8米．【點評】本題考查了垂徑定理，勾股定理等知識，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?？碱}型．考點四．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?。?）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．【例4】．（2022秋?天河區校級期末）如圖，已知在⊙O中，BC是直徑，AB＝DC，則下列結論不一定成立的是（）A．OA＝OB＝AB B．∠AOB＝∠COD C． D．O到AB、CD的距離相等【分析】根據圓心角、弧、弦的關系判斷即可．【解答】解：∵AB＝DC，∴弧AB＝弧DC，∴∠AOB＝∠COD，∵OA＝OB＝OC＝OD，∴△AOB≌△COD（SAS），∴O到AB、CD的距離相等，所以B、C、D選項正確，故選：A．【點評】本題考查了圓心角、弧、弦的關系，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．【變式】．（2023秋?瑞安市期末）如圖，⊙O的直徑AB垂直弦CD于點E，F是圓上一點，D是的中點，連結CF交OB于點G，連結BC．（1）求證：GE＝BE；（2）若OG＝1，CD＝8，求BC的長．【分析】（1）根據圓心角、弧、弦的關系得到∠FCD＝∠BCD，證明△GCE≌△BCE，根據全等三角形的性質證明即可；（2）連接OC，根據勾股定理求出BE，再根據勾股定理計算，得到答案．【解答】（1）證明：∵D是的中點，∴＝，∴∠FCD＝∠BCD，在△GCE和△BCE中，，∴△GCE≌△BCE（ASA），∴GE＝BE；（2）解：如圖，連接OC，設GE＝BE＝x，則OB＝1+2x，∵AB⊥CD，CD＝8，∴CE＝DE＝4，在△OCE中，OE2+CE2＝OC2，即（1+x）2+42＝（1+2x）2，解得：x＝2（負值舍去），∴BE＝2，∴BC＝＝＝2．【點評】本題考查的是圓心角、弧、弦的關系、垂徑定理、勾股定理、全等三角形的判定和性質，掌握垂徑定理是解題的關鍵．考點五．圓周角定理（1）圓周角的定義：頂點在圓上，并且兩邊都與圓相交的角叫做圓周角．注意：圓周角必須滿足兩個條件：①頂點在圓上．②角的兩條邊都與圓相交，二者缺一不可．（2）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．（3）在解圓的有關問題時，常常需要添加輔助線，構成直徑所對的圓周角，這種基本技能技巧一定要掌握．（4）注意：①圓周角和圓心角的轉化可通過作圓的半徑構造等腰三角形．利用等腰三角形的頂點和底角的關系進行轉化．②圓周角和圓周角的轉化可利用其“橋梁”﹣﹣﹣圓心角轉化．③定理成立的條件是“同一條弧所對的”兩種角，在運用定理時不要忽略了這個條件，把不同弧所對的圓周角與圓心角錯當成同一條弧所對的圓周角和圓心角．【例5】．（2022秋?海珠區校級期末）如圖，⊙O中，AB＝AC，∠ACB＝75°，則∠BOC的度數等于（）A．150° B．75° C．60° D．30°【分析】根據AB＝AC可得∠ABC＝∠ACB＝75°，根據三角形內角和等于180°可得∠BAC＝30°，再利用同弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半，可求得∠BOC的度數．【解答】解：∵AB＝AC，∠ACB＝75°，∴∠ABC＝∠ACB＝75°，∴∠BAC＝30°，∴∠BOC＝60°．故選：C．【點評】本題考查了等腰三角形的性質和三角形的內角和以及圓周角定理，解決本題的關鍵是熟練掌握相關的幾何知識并能靈活運用．【變式1】．（2022秋?芝罘區期末）如圖，⊙O的弦AB、CD交于點E，若∠A＝45°，∠AED＝85°，則∠B的度數是（）A．25° B．35° C．40° D．75°【分析】利用三角形外角的性質得到∠AED＝∠B+∠D，由圓周角定理得到∠D＝∠A＝45°，即可得到∠B的度數．【解答】解：∵∠AED是△BED的一個外角，∴∠AED＝∠B+∠D，∵∠D＝∠A＝45°，∠AED＝85°，∴∠B＝∠AED﹣∠D＝40°．故選：C．【點評】本題考查了圓周角定理、三角形的外角的性質，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵．【變式2】．（2022秋?禹州市期末）如圖，在⊙O中，弦AB，CD相交于點P，若∠A＝50°，∠APD＝82°，則∠B的大小是（）A．32° B．42° C．48° D．52°【分析】先根據同弧所對的圓周角相等得到∠D＝∠A＝50°，再根據三角形外角的性質得到∠B的大小即可．【解答】解：∵∠A＝50°，∴∠D＝∠A＝50°，∵∠APD＝82°，∴∠B＝∠APD﹣∠D＝82°﹣50°＝32°．故選：A．【點評】此題考查了同弧所對的圓周角相等和三角形外角的性質，熟練掌握同弧所對的圓周角相等是解題的關鍵．【變式3】．（2022秋?海陽市期末）如圖，點A，B，C均在⊙O上，點D是AB延長線上一點，若∠AOC＝120°，則∠CBD的度數為（）A．50° B．55° C．60° D．65°【分析】首先在優弧AC上取點E，連接AE，CE，由圓周角定理求出∠AEC＝60°，由圓內接四邊形的性質，可得∠ABC＝120°，根據鄰補角的定義求出∠CBD的度數．【解答】解：如圖，在優弧AC上取點E，連接AE，CE，∵∠AOC＝120°，∴，∵四邊形AECB內接于⊙O，∴∠ABC＝180°﹣∠AEC＝120°，∴∠CBD＝180°﹣120°＝60°．故選：C．【點評】本題主要考查了圓的內接四邊形的性質以及圓周角定理．注意準確作出輔助線是解此題的關鍵．考點六．圓內接四邊形的性質（1）圓內接四邊形的性質：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）．（2）圓內接四邊形的性質是溝通角相等關系的重要依據，在應用此性質時，要注意與圓周角定理結合起來．在應用時要注意是對角，而不是鄰角互補．【例6】．（2022秋?贛州期末）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，若它的一個外角∠DCE＝65°，則∠BOD的度數為（）A．105° B．110° C．120° D．130°【分析】先根據圓內接四邊形的性質和平角的定義求出∠A＝∠DCE＝65°，再根據圓周角定理即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD內接于⊙O，∴∠A+BCD＝180°，∵∠BCD+∠DCE＝180°，∴∠A＝∠DCE＝65°，∴∠BOD＝2∠A＝130°．故選：D．【點評】此題考查了圓內接四邊形的性質及圓周角定理，圓內接四邊形的性質：圓內接四邊形的對角互補；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．【變式】．（2023春?東城區校級期末）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，若∠C＝130°，則∠BOD的度數為（）A．50° B．100° C．130° D．150°【分析】由于四邊形ABCD內接于⊙O，根據圓內接四邊形的對角互補即可求得∠BAD的度數，而∠BAD、∠BOD是同弧所對的圓周角和圓心角，根據圓周角定理即可得到∠BOD的度數．【解答】解：∵四邊形ABCD內接于⊙O，∴∠A+∠C＝180°，而∠C＝130°，∴∠A＝180°﹣∠C＝50°，∴∠BOD＝2∠A＝100°．故選：B．【點評】此題主要考查了圓內接四邊形的性質和圓周角定理的綜合應用，熟練掌握相關知識點是解決問題的關鍵．考點七．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7】．（2022秋?高郵市期末）已知平面直角坐標系xOy中，⊙O的半徑是10，則點P（﹣6，8）與⊙O的位置關系是（）A．點P在⊙O內 B．點P在⊙O上 C．點P在⊙O外 D．無法確定【分析】首先根據勾股定理求得OP的長度，然后直接根據點與圓的位置關系的判定方法進行判斷．【解答】解：∵點P的坐標是（﹣6，8），∴由勾股定理可得OP＝＝10．又∵⊙O半徑是10，∴點P在⊙O上．故選：B．【點評】本小題主要考查點和圓的位置關系、勾股定理等基礎知識，考查邏輯推理能力、運算求解能力等，考查轉化思想、數形結合思想等，考查邏輯推理、數學運算等核心素養，體現基礎性．【變式】．（2022秋?三臺縣期末）如圖，AB是⊙O的直徑，C為圓上一點，且∠AOC＝120°，⊙O的半徑為4，P為圓上一動點，Q為AP的中點，則CQ長度的最大值是．【分析】連接OQ，作CH⊥AB于點H，首先證明點Q的運動軌跡為以AO為直徑的⊙K，連接CK，當點Q在CK的延長線上時，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解決問題．【解答】解：如下圖，連接OQ，作CH⊥AB于點H，∵AQ＝QP，，∴OQ⊥PA，∴∠AQO＝90°，∴點Q的運動軌跡為以AO為直徑的⊙K，，連接CK，當點Q在CK的延長線上時，CQ的值最大，∵∠AOC＝120°，∴∠COB＝180°﹣∠AOC＝60°，又∵CH⊥AB，∴在Rt△OCH中，∠OCH＝90°﹣∠COB＝90°﹣60°＝30°，∵OC＝4，∴，，∴KH＝KO+OH＝2+2＝4，∴在Rt△CKH中，，∴CQ的最大值為．故答案為：．【點評】本題主要考查了勾股定理、含30°角的直角三角形、垂徑定理的推論等知識，解題的關鍵是正確尋找點Q的運動軌跡，學會構造輔助圓解決問題．考點八．確定圓的條件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8】．（2022秋?裕華區校級期末）下列條件中，不能確定一個圓的是（）A．圓心與半徑 B．直徑 C．平面上的三個已知點 D．三角形的三個頂點【分析】根據不在同一條直線上的三個點確定一個圓，已知圓心和直徑所作的圓是唯一的進行判斷即可得出答案．【解答】解：A、已知圓心與半徑能確定一個圓，不符合題意；B、已知直徑能確定一個圓，不符合題意；C、平面上的三個已知點，不能確定一個圓，符合題意；D、已知三角形的三個頂點，能確定一個圓，不符合題意；故選：C．【點評】本題考查了確定圓的條件，解題的關鍵是分類討論．【變式】．（2022秋?河西區期末）下列說法正確的是（）A．弧長相等的兩段弧是等弧 B．圓周角等于圓心角的一半 C．平分弦的直徑垂直于弦 D．不在同一直線上的三個點確定一個圓【分析】根據等弧的定義對A進行判斷；根據圓周角定理對B進行判斷；根據垂徑定理對C進行判斷；根據不在同一直線上的三個點確定一個圓對D判斷．【解答】解：A、能夠完全重合的弧叫等弧，原說法錯誤，不符合題意；B、在同圓或等圓值，一條弧所對的圓周角等于它所對圓心角的一半，原說法錯誤，不符合題意；C、平分弦（非直徑）的直徑一定垂直于該弦，原說法錯誤，不符合題意；D、不在同一直線上的三個點確定一個圓，正確，符合題意．故選：D．【點評】本題考查了圓的認識，掌握與圓有關的概念（弦、直徑、半徑、弧、半圓、優弧、劣弧、等圓、等弧等）．也考查了垂徑定理和確定圓的條件．考點九．三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．【例9】．（2022秋?豐都縣期末）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，已知∠ACO＝55°，則∠ABC的大小為（）A．60° B．70° C．40° D．35°【分析】根據圓周角定理：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可得∠AOC＝70°，再根據三角形內角和定理可得答案．【解答】解：∵∠ACO＝55°，OA＝OC，∴∠AOC＝70°，∴∠ABC＝70°÷2＝35°，故選：D．【點評】此題主要考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理，關鍵是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．【變式】．（2023秋?瑞安市期末）如圖，已知拋物線交y軸于點A，交x軸于點B、C，⊙D經過點A、B、C，則⊙D的半徑為．【分析】連接DA、DB，作DE⊥BC于點E，由拋物線y＝x2﹣x+6交y軸于點A，交x軸于點B、C，求得A（0，6），B（2，0），C（12，0），則OB＝2，BE＝5，所以點D的橫坐標為7，設D（7，m），則DA＝DB，得（6﹣m）2+72＝52+m2，求得m＝5，則DB＝5，于是得到問題的答案．【解答】解：連接DA、DB，作DE⊥BC于點E，則BE＝CE，拋物線y＝x2﹣x+6，當x＝0時，y＝6，當y＝0時，則x2﹣x+6＝0，解得x1＝2，x2＝12，∴A（0，6），B（2，0），C（12，0），∴OB＝2，BE＝×（12﹣2）＝5，∴OE＝OB+BE＝7，∴點D的橫坐標為7，設D（7，m），∵DA＝DB，∴（6﹣m）2+72＝52+m2，解得m＝5，∴DB＝＝5，故答案為：5．【點評】此題重點考查二次函數的圖象與性質、三角形的外接圓的定義、垂徑定理、勾股定理等知識，正確地求出點D的橫坐標是解題的關鍵．考點十．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．【例10】．（2022秋?杜爾伯特縣期末）平面內，⊙O的半徑為3，若直線l與⊙O相離，圓心O到直線l的距離可能為（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根據直線l與⊙O相離得到直線l與圓心的距離大于半徑，于是得到結論．【解答】解：∵⊙O的半徑為3，若直線l與⊙O相離，∴圓心O到直線l的距離＞3，故選：D．【點評】本題考查直線與圓的位置關系，熟練掌握①當直線與圓心的距離小于半徑，直線與圓相交；②當直線與圓心的距離大于半徑，直線與圓相離，③當直線與圓心的距離等于半徑，直線與圓相切是解題的關鍵．【變式】．（2022秋?新洲區期末）已知⊙O的半徑為3，點O到直線m的距離為d，若直線m與⊙O公共點的個數為2個，則d可?。ǎ〢．2 B．3 C．3.5 D．4【分析】根據直線和圓的位置關系判斷方法，可得結論．【解答】解：∵直線m與⊙O公共點的個數為2個，∴直線與圓相交，∴d＜半徑＝3，故選：A．【點評】本題考查了直線與圓的位置關系，掌握直線和圓的位置關系判斷方法：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＝r，③直線l和⊙O相離?d＞r．考點十一．切線的性質（1）切線的性質①圓的切線垂直于經過切點的半徑．②經過圓心且垂直于切線的直線必經過切點．③經過切點且垂直于切線的直線必經過圓心．（2）切線的性質可總結如下：如果一條直線符合下列三個條件中的任意兩個，那么它一定滿足第三個條件，這三個條件是：①直線過圓心；②直線過切點；③直線與圓的切線垂直．（3）切線性質的運用運用切線的性質進行計算或證明時，常常作的輔助線是連接圓心和切點，通過構造直角三角形或相似三角形解決問題．【例11】．（2022秋?騰沖市期末）如圖，△ABC中，∠A＝30°，點O是邊AB上一點，以點O為圓心，以OB為半徑作圓，⊙O恰好與AC相切于點D，連接BD．若BD平分∠ABC，，則線段CD的長是（）A．4 B． C．3 D．【分析】連接OD，根據切線的性質得到∠ADO＝90°，根據平行線分線段成比例定理列出比例式，代入計算即可．【解答】解：連接OD，∵⊙O與AC相切于點D，∴∠ADO＝90°，∵∠A＝30°，∴OD＝AD?tanA＝4，∴OA＝＝8，∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∵∠OBD＝∠CBD，∴∠CBD＝∠ODB，∴OD∥BC，∴，即，解得，CD＝2，故選：B．【點評】本題考查的是切線的性質、平行線分線段成比例定理、銳角三角函數的定義，掌握圓的切線垂直于經過切點的半徑是解題的關鍵．【變式】．（2022秋?贛州期末）如圖，PA、PB是⊙O的切線，A、B為切點，且∠P＝60°，若PA＝2，則AB＝．【分析】運用切線長定理可得△PAB是等邊三角形，解題即可．【解答】解：∵PA、PB是⊙O的切線，∴PA＝PB，又∵∠P＝60°，∴△PAB是等邊三角形，∴AB＝PA＝2，故答案為：2．【點評】本題考查切線長定理，等邊三角形的判定和性質，掌握切線長定理是解題的關鍵．考點十二．切線的判定（1）切線的判定定理：經過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．（2）在應用判定定理時注意：①切線必須滿足兩個條件：a、經過半徑的外端；b、垂直于這條半徑，否則就不是圓的切線．②切線的判定定理實際上是從”圓心到直線的距離等于半徑時，直線和圓相切“這個結論直接得出來的．③在判定一條直線為圓的切線時，當已知條件中未明確指出直線和圓是否有公共點時，常過圓心作該直線的垂線段，證明該線段的長等于半徑，可簡單的說成“無交點，作垂線段，證半徑”；當已知條件中明確指出直線與圓有公共點時，常連接過該公共點的半徑，證明該半徑垂直于這條直線，可簡單地說成“有交點，作半徑，證垂直”．【例12】．（2022秋?晉州市期末）如圖所示，△POM中，點M在⊙O上，點P在⊙O外，OP交⊙O于點N，以下條件不能判定PM是⊙O的切線的是（）A．∠O+∠P＝90° B．∠O+∠P＝∠OMP C．OM2+PM2＝OP2 D．點N是OP的中點【分析】根據切線的判定定理進行判斷即可．【解答】解：A．∵∠O+∠P+∠OMP＝180°，且∠O+∠P＝90°，∴∠OMP＝90°，可知PM是⊙O的切線，故選項A不符合題意；B．∵∠O+∠P+∠OMP＝180°，且∠O+∠P＝∠OMP，∴∠OMP＝90°，可知PM是⊙O的切線，故選項B不符合題意；C．∵OM2+PM2＝OP2，∴△OMP是直角三角形，且∠OMP＝90°，可知PM是⊙O的切線，故選項C不符合題意；D．點N是OP的中點不能得出∠OMP＝90°，即不能判斷出PM是⊙O的切線，故選項D符合題意；故選：D．【點評】本題主要考查了切線的判定，勾股定理的逆定理、正確理解切線的判定定理是解答本題的關鍵．【變式】．（2022秋?咸寧期末）如圖，點A是⊙O上一定點，點B是⊙O上一動點、連接OA、OB、AB、分別將線段AO、AB繞點A順時針旋轉60°到AA'，AB'，連接OA'，BB'，A'B'，OEB'，下列結論正確的有（）①點A'在⊙O上；②△OAB≌△A'AB'；③∠BB′A′＝∠BOA′；④當OB′＝2OA時，AB′與⊙O相切．A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【分析】可證得△AOA′和△ABB′是等邊三角形，可推出OA′＝OA，從而得出①正確；根據“邊角邊”可證得②；根據②可推出A′B′＝OB＝AA′，進一步得出③正確；作OC⊥B′B，可推出∠OB′B＝30°，進而得出OB′＝2OC，結合OB′＝2OB可推出點C和點B重合，進而得出④正確，從而得出結果．【解答】解：∵OA＝AA′，∠OAA′＝60°，∴△AOA′是等邊三角形，同理可得，△ABB′是等邊三角形，①∵△AOA′是等邊三角形，∴OA′＝OA，∴點A′在⊙O上，故①正確，∵∠OAA′＝∠BAB′＝60°，∴∠OAB＝∠A′AB′，∵OA＝AA′，AB＝AB′，∴△OAB≌△A′AB′，故②正確，③由②知，△OAB≌△A′AB′，∴A′B′＝OB，∵OB＝OA＝AA′，∴AA′＝A′B′，∴∠A′AB′＝∠A′B′A，∵△ABB′是等邊三角形，∴∠BAB′＝∠AB′B＝60°，∴∠A′B′B＝∠BAA′，∵∠BOA′＝2∠BAA′，∴∠BB′A′＝∠BOA′，故③正確，④如圖，過點O作OC⊥BB′于C，∵△ABB′是等邊三角形，∴∠AB′B＝60°，∵OA＝OB，B′A＝B′B，∴B′O垂直平分AB，∴∠OB＝30°，∴OB′＝2OC，∵OB′＝2OA＝2OB，∴OC和OB重合，∴OB⊥B′B，∴BB′是⊙O的切線，故④正確，綜上所述：①②③④均正確，故選A．【點評】本題考查了等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，圓周角定理等知識，解決問題的關鍵是熟練掌握有關基礎知識．考點十三．切線的判定與性質（1）切線的性質①圓的切線垂直于經過切點的半徑．②經過圓心且垂直于切線的直線必經過切點．③經過切點且垂直于切線的直線必經過圓心．（2）切線的判定定理：經過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．（3）常見的輔助線的：①判定切線時“連圓心和直線與圓的公共點”或“過圓心作這條直線的垂線”；②有切線時，常?！坝龅角悬c連圓心得半徑”．【例13】．（2022秋?雄縣期末）在黑板上有如下內容：“如圖，AB是半圓O所在圓的直徑，AB＝2，點C在半圓上，過點C的直線交AB的延長線于點D．”王老師要求添加條件后，編制一道題目，下列判斷正確的是（）嘉嘉：若給出∠DCB＝∠BAC，則可證明直線CD是半圓O的切線；淇淇：若給出直線CD是⊙O的切線，且BC＝BD，則可求出△ADC的面積．A．只有嘉嘉的正確 B．只有淇淇的正確 C．嘉嘉和淇淇的都不正確 D．嘉嘉和淇淇的都正確【分析】根據切線的求證方法，如圖所示（見詳解），連接OC，證明OC⊥CD即可求解；根據切線的性質，BC＝BD，可求出等腰三角形，等邊三角形，根據含特殊角的直角三角形的直線可求出各邊的長度，由此即可求解．【解答】解：∵AB是半圓O所在圓的直徑，∴∠ACB＝90°，如圖所示，連接OC，∵OA，OC是半徑，∴∠OAC＝∠OCA，∵∠OCA+∠OCB＝90°，∴∠OAC+∠OCB＝90°，嘉嘉給出的條件是：∠DCB＝∠BAC，∴∠DCB+∠OCB＝90°，即OC⊥CD，且點C在圓上，∴直線CD是半圓O的切線，故嘉嘉給出的條件正確；淇淇給出的條件：直線CD是⊙O的切線，且BC＝BD，如圖所示，∴OC⊥CD，且△BCD是等腰三角形，∴∠DCB+∠BCO＝∠ACO+∠BCO＝90°，∴∠ACO＝∠DCB，∵∠COB＝2∠ACO，∠CBO＝2∠DCB，∴CO＝CB，且CO＝BO，∴△OBC是等邊三角形，∴∠CAB＝∠ACB＝∠BCD＝∠D＝30°，∵AB＝2，∴OA＝OC＝OB＝BC＝BD＝1，∴AD＝3，如圖所示，過點C作CE⊥OB于E，在△OBC是等邊三角形，，∴，故淇淇給出的條件正確，故選：D．【點評】本題主要考查圓與特殊角的直角三角形的綜合，掌握圓切線的求證方法，含特殊角的直角三角形的性質，等邊三角形的性質是解題的關鍵．【變式】．（2022秋?錫山區校級期末）如圖，AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足是點H，過點C作直線分別與AB，AD的延長線交于點E，F，且∠ECD＝2∠BAD．（1）求證：CF是⊙O的切線；（2）如果AB＝10，CD＝6，求AE的長；【分析】（1）連接OC，BC，利用圓周角定理，垂徑定理，同圓的半徑線段，等腰三角形的性質和圓的切線的判定定理解答即可；（2）利用勾股定理在Rt△OCH中求出OH＝4，同理求出，，利用切線的性質及勾股定理建立等式解答即可．【解答】（1）證明：連接OC、BC，如圖，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，AO＝OB，∵AB⊥CD，∴AB平分弦CD，AB平分，∴CH＝HD，，∠CHA＝90°＝∠CHE，∴∠BAD＝∠BAC＝∠DCB，∵∠ECD＝2∠BAD，∴∠ECD＝2∠BAD＝2∠BCD，∵∠ECD＝∠ECB+∠BCD，∴∠BCE＝∠BCD，∴∠BCE＝∠BAC，∵OC＝OA，∴∠BAC＝∠OCA，∴∠ECB＝∠OCA，∵∠ACB＝90°＝∠OCA+∠OCB，∴∠ECB+∠OCB＝90°，∴半徑CO⊥FC，∴CF是⊙O的切線；（2）解：∵AB＝10，CD＝6，在（1）的結論中有AO＝OB＝5，CH＝HD＝3，在Rt△OCH中，，同理利用勾股定理，可求得，，∴BH＝OB﹣OH＝5﹣4＝1，HA＝OA+OH＝4+5＝9，即HE＝BH+BE，在Rt△ECH中，EC2＝HC2+HE2＝32+（1+BE）2，∵CF是⊙O的切線，∴∠OCB＝90°，在Rt△ECO中，EC2＝OE2﹣OC2＝（OB+BE）2﹣52＝（5+BE）2﹣52，∴（5+BE）2﹣52＝32+（1+BE）2，解得：，∴．【點評】本題主要考查了圓的切線的判定，圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，解題的關鍵是連接經過切點的半徑是解決此類問題常添加的輔助線．考點十四．切線長定理（1）圓的切線長定義：經過圓外一點作圓的切線，這點和切點之間的線段的長，叫做這點到圓的切線長．（2）切線長定理：從圓外一點引圓的兩條切線，它們的切線長相等，圓心和這一點的連線，平分兩條切線的夾角．（3）注意：切線和切線長是兩個不同的概念，切線是直線，不能度量；切線長是線段的長，這條線段的兩個端點分別是圓外一點和切點，可以度量．（4）切線長定理包含著一些隱含結論：①垂直關系三處；②全等關系三對；③弧相等關系兩對，在一些證明求解問題中經常用到．【例14】．（2022秋?任城區校級期末）如圖，AB、AC、BD是⊙O的切線，切點分別是P、C、D．若AB＝10，AC＝6，則BD的長是（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】由于AB、AC、BD是⊙O的切線，則AC＝AP，BP＝BD，求出BP的長即可求出BD的長．【解答】解：∵AC、AP為⊙O的切線，∴AC＝AP＝6，∵BP、BD為⊙O的切線，∴BP＝BD，∴BD＝PB＝AB﹣AP＝10﹣6＝4．故選：B．【點評】本題考查了切線長定理，兩次運用切線長定理并利用等式的性質是解題的關鍵．【變式】．（2022秋?潮州期末）如圖，P為⊙O外一點，PA、PB分別切⊙O于點A、B，CD切⊙O于點E，分別交PA、PB于點C、D，若PA＝8，則△PCD的周長為（）A．8 B．12 C．16 D．20【分析】由切線長定理可求得PA＝PB，AC＝CE，BD＝ED，則可求得答案．【解答】解：∵PA、PB分別切⊙O于點A、B，CD切⊙O于點E，∴PA＝PB＝8，AC＝EC，BD＝ED，∴PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PD＝PA+AC+PD+BD＝PA+PB＝8+8＝16，即△PCD的周長為16．故選：C．【點評】本題主要考查切線的性質，利用切線長定理求得PA＝PB、AC＝CE和BD＝ED是解題的關鍵．考點十五．三角形的內切圓與內心（1）內切圓的有關概念：與三角形各邊都相切的圓叫三角形的內切圓，三角形的內切圓的圓心叫做三角形的內心，這個三角形叫做圓的外切三角形．三角形的內心就是三角形三個內角角平分線的交點．（2）任何一個三角形有且僅有一個內切圓，而任一個圓都有無數個外切三角形．（3）三角形內心的性質：三角形的內心到三角形三邊的距離相等；三角形的內心與三角形頂點的連線平分這個內角．【例15】．（2022秋?聊城期末）如圖，△ABC中，∠A＝80°，點O是△ABC的內心，則∠BOC的度數為（）A．100° B．160° C．80° D．130°【分析】根據∠A＝80°，求出∠ABC+∠ACB，再根據點O是△ABC的內心，求出∠OBC+∠OCB，根據三角形內角和定理求出∠BOC的度數即可．【解答】解：∵∠A＝80°，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝100°，∵點O是△ABC的內心，∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝50°，∴∠BOC＝180°﹣50°＝130°．故選：D．【點評】本題考查了三角形的內切圓與內心，三角形內角和定理，圓周角定理的應用，主要考查學生運用定理進行推理和計算的能力．【變式】．（2022秋?綿陽期末）如圖，⊙O為Rt△ABC的內切圓，切點分別為M，N，Q，已知∠ABC＝90°，CM＝2，AM＝3，則⊙O的半徑為（）A． B． C．1 D．2【分析】連接OM、ON、OQ，根據切線長定理可得，AN＝AM＝3、CQ＝CM＝2，∠ONB＝∠OQB＝90°，可得四邊形ONBQ為正方形，即QB＝BN＝r，在Rt△ABC中，利用勾股定理即可求解．【解答】解：連接OM、ON、OQ，根據切線長定理可得，AN＝AM＝3、CQ＝CM＝2，∠ONB＝∠OQB＝90°，又∵ON＝OQ＝r，∠ABC＝90°，∴四邊形ONBQ為正方形，即QB＝BN＝r，在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2，∵CM＝2，AM＝3，∴AB＝3+r，BC＝2+r，AC＝2+3＝5∴（3+r）2+（2+r）2＝52，解得r1＝1，r2＝﹣6（舍去），∴⊙O的半徑為1，故選：C．【點評】本題考查了切線長定理及內切圓、勾股定理知識，熟練運用切線長定理是解題的關鍵．考點十六．正多邊形和圓（1）正多邊形與圓的關系把一個圓分成n（n是大于2的自然數）等份，依次連接各分點所得的多邊形是這個圓的內接正多邊形，這個圓叫做這個正多邊形的外接圓．（2）正多邊形的有關概念①中心：正多邊形的外接圓的圓心叫做正多邊形的中心．②正多邊形的半徑：外接圓的半徑叫做正多邊形的半徑．③中心角：正多邊形每一邊所對的圓心角叫做正多邊形的中心角．④邊心距：中心到正多邊形的一邊的距離叫做正多邊形的邊心距．【例16】．（2022秋?巧家縣期末）如圖，⊙O的內接正方形ABCD的邊長為4，則⊙O的半徑為（）A． B． C． D．2【分析】根據圓內接正方形的性質：圓的半徑等于正方形對角線的一半求解即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是⊙O的內接正方形，且邊長為4，∴正方形ABCD對角線長為，∴⊙O的半徑為．故選：B．【點評】本題考查了圓的內接正方形，熟記圓內接正方形的性質是解題的關鍵．【變式】．（2022秋?安徽期末）如圖，正五邊形ABCDE內接于⊙O，PD與⊙O相切于點D，連接OE并延長，交PD于點P，則∠P的度數是（）A．36° B．28° C．20° D．18°【分析】連接OD，利用切線的性質證明∠ODP＝90°，再利用正五邊形的性質求出∠POD，可得結論．【解答】解：如圖，連接OD．∵PD是⊙O的切線，∴∠ODP＝90°，∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴∠EOD＝＝72°，∴∠P＝90°﹣∠POD＝18°．故選：D．【點評】本題考查正多邊形與圓，切線的性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握正五邊形的性質，切線的性質，屬于中考?？碱}型．考點十七．弧長的計算圓周長公式：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17】．（2022秋?懷遠縣期末）如圖，已知⊙P與坐標軸交于點A，O，B，點C在⊙P上，且∠ACO＝60°，若點B的坐標為（0，3），則劣弧OA的長為（）A．2π B．3π C． D．【分析】作輔助線，先根據圓周角定理可知：AB為⊙P的直徑，由圓心角和圓周角的關系可得：∠OPA＝120°，求得AB＝6，根據弧長公式可得結論．【解答】解：連接AB、OP，∵∠AOB＝90°，∴AB為⊙P的直徑，∵∠ACO＝60°，∴∠APO＝120°，∠ABO＝60°，∴∠BAO＝30°，∵OB＝3，∴AB＝2OB＝6，∴的長＝2π，故選：A．【點評】本題考查了圓周角定理，弧長公式，坐標與圖形的性質，根據弧長公式確定其對應的圓心角和半徑是關鍵．【變式】．（2023秋?瑞安市期末）若扇形的圓心角為30°，半徑為6cm，則它的弧長為cm．【分析】根據弧長計算公式計算即可．【解答】解：弧長l＝＝＝π．故答案為：π．【點評】本題考查弧長的計算，掌握弧長計算公式使解題的關鍵．考點十八．扇形面積的計算（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）（4）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．（5）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18】．（2022秋?騰沖市期末）如圖，四邊形ABCD是菱形，∠B＝60°，AB＝2，扇形AEF的半徑為2，圓心角為60°，則圖中陰影部分的面積是（）A． B． C． D．【分析】根據菱形的性質得出△ADC和△ABC是等邊三角形，進而利用全等三角形的判定得出△ADH≌△ACG，得出四邊形AGCH的面積等于△ADC的面積，進而求出即可．【解答】解：連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠B＝∠D＝60°，AB＝AD＝DC＝BC＝2，∴∠BCD＝∠DAB＝120°，∴∠ACB＝∠ACD＝60°，∴△ABC、△ADC都是等邊三角形，∴AC＝AD＝2，∵AB＝2，∴△ADC的高為，∵扇形BEF的半徑為2，圓心角為60°，∴∠EAC+∠CAF＝∠DAF+∠CAF＝60°，∴∠EAC＝∠DAF，設AF、DC相交于HG，設BC、AE相交于點G，在△ADH和△ACG中，，∴△ADH≌△ACG（ASA），∴四邊形AGCH的面積等于△ADC的面積，∴圖中陰影部分的面積是：S扇形AEF﹣S△ACD＝﹣×2×＝﹣，故選：D．【點評】此題主要考查了扇形的面積計算以及全等三角形的判定與性質等知識，根據已知得出四邊形EBFD的面積等于△ABD的面積是解題關鍵．【變式】．（2022秋?姜堰區期末）公元前四世紀，希臘哲學家、科學史家歐德莫斯曾研究過對數學發展有重要影響的如下問題：如圖，AB為⊙O的直徑，過圓心O作OC⊥AB，交⊙O于點C，以C為圓心，CA為半徑作，若S陰＝4cm2，則S△ABC＝cm2．【分析】設⊙O的半徑為r，則，根據，即，求r2，然后代入求面積即可．【解答】解：由題意知，∠ACB＝90°，設⊙O的半徑為r，則，∴，即，解得r2＝4，∴，故答案為：4．【點評】本題考查了直徑所對的圓周角為直角，扇形面積等知識．解題的關鍵在于正確表示陰影部分面積．考點十九．圓錐的計算（1）連接圓錐頂點和底面圓周上任意一點的線段叫做圓錐的母線．連接頂點與底面圓心的線段叫圓錐的高．（2）圓錐的側面展開圖為一扇形，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．（3）圓錐的側面積：S側＝?2πr?l＝πrl．（4）圓錐的全面積：S全＝S底+S側＝πr2+πrl（5）圓錐的體積＝×底面積×高注意：①圓錐的母線與展開后所得扇形的半徑相等．②圓錐的底面周長與展開后所得扇形的弧長相等．【例19】．（2022秋?耿馬縣期末）一個圓錐的底面半徑為3，母線長為4，其側面積是（）A．3π B．6π C．12π D．24π【分析】圓錐的側面積＝底面周長×母線長÷2．【解答】解：圓錐的側面積＝2π×3×4÷2＝12π．故選：C．【點評】本題考查了圓錐的計算，解題的關鍵是知道圓錐的側面積的計算方法．【變式】．（2022秋?芝罘區期末）如圖，從直徑為cm的圓形紙片中剪出一個圓心角為90°的扇形BAC，且點A、B、C在圓周上，若把這個扇形圍成一個圓錐，則這個圓錐的高度是．【分析】連接BC，先計算出AB，再設這個圓錐的底面圓的半徑為r，然后利用圓錐的側面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長得到，求出，進而求出圓錐的高．【解答】解：連接BC，如圖：∵cm，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴（cm），設這個圓錐的底面圓的半徑為r，∴，解得：；∴這個圓錐的高度為：（cm），故答案為：cm．【點評】本題考查了圓錐的計算，解題的關鍵是明確圓錐的側面展開圖為一扇形，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．考點二十．圓柱的計算（1）圓柱的母線（高）等于展開后所得矩形的寬，圓柱的底面周長等于矩形的長．（2）圓柱的側面積＝底面圓的周長×高（3）圓柱的表面積＝上下底面面積+側面積（4）圓柱的體積＝底面積×高．【例20】．（2022秋?吳興區期末）圓柱的底面半徑為1cm，母線長為5cm，則該圓柱的側面積為cm2．【分析】根據已知中圓柱的底面半徑為1cm，母線長為5cm，代入圓柱側面積公式，可得答案．【解答】解：∵圓柱的底面半徑為1cm，母線長為5cm，∴圓柱的側面積S＝2πrl＝2π×1×5＝10πcm2，故答案為：10π．【點評】本題考查的知識點是圓柱的側面積公式，難度不大，直接代入運算即可，屬于基礎題．【核心素養提升】1數學建模1．（2021秋?自貢期末）在△ABC中，AB＝AC，過點C作CD⊥BC，垂足為C，∠BDC＝∠BAC，AC與BD交于點E．（1）如圖1，∠ABC＝60°，BD＝6，求DC的長；（2）如圖2，AM⊥BD，AN⊥CD，垂足分別為M，N，CN＝4，求DB+DC的長．【分析】（1）先根據有一個角是60度的等腰三角形式等邊三角形，由此可推出∠BAC的度數，再根據直角三角形推出30度角，即可得到線段的關系求解；（2）根據Rt△BDC和∠BDC＝∠BAC，可得到A、B、C、D四點共圓，利用圓周角性質得到角度相等，結合題目條件證明三角形全等得出相等的線段，最后利用等量代換即可求解．【解答】解：（1）∵∠ABC＝60°且AB＝AC，∴△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝60°，∴∠BDC＝∠BAC＝60°，∵CD⊥BC，∴Rt△BDC中，∠DBC＝30°，∴DC＝BD＝3．（2）作△BCD的外接圓⊙O，如圖所示：∵CD⊥BC，∴BD為⊙O直徑，∵∠BDC＝∠BAC，∴A點在⊙O上，∴∠BAD＝90°，∵AM⊥BD，AN⊥CD，∠AMB＝∠ACN＝90°，∴在△ABM和△ACN中，∴△ABM≌△ACN，∴AM＝AN，BM＝CN，∵在Rt△AMD和Rt△AND中，∴Rt△AMD≌Rt△AND，∴DN＝DM，∴DB+DC＝DM+MB+DC＝DN+DC+MB＝CN+MB＝2CN＝8．【點評】本題第一問主要考查等邊三角形的判定再結合30角的直角三角形的性質，第二問主要考查隱形圓的問題，利用題目條件得到隱形圓，推出相等的角度用作全等的判定，最后利用線段相等進行等量代換．2直觀想象——利用幾何直觀來解決問題2．（2021秋?花都區期末）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB為直徑，弦AD平分∠BAC，過點D作射線AC的垂線，垂足為M，點E為線段AB上的動點．（1）求證：MD是⊙O的切線；（2）若∠B＝30°，AB＝8，在點E運動過程中，EC+EM是否存在最小值？若存在，請求出最小值；若不存在，說明理由；（3）若點E恰好運動到∠ACB的角平分線上，連接CE并延長，交⊙O于點F，交AD于點P，連接AF，CP＝3，EF＝4，求AF的長．【分析】（1）連接OD，交BC于點N，通過證明四邊形CNDM為矩形得出OD⊥MD，利用切線的判定定理即可得出結論；（2）過點C作CF⊥AB，并延長交⊙O于點F，連接MF，交AB于點E，連接EC，利用將軍飲馬模型可知此時EC+EM的值最??；由題意可得FD為圓的直徑，在Rt△FDM中，利用勾股定理即可求得結論；（3）利用角平分線的定義和三角形的外角的性質可以判定△FAP為等腰三角形，證明△FAE∽△FCA，利用相似三角形的性質得出比例式，解關于AF的方程即可得出結論．【解答】證明：（1）連接OD，交BC于點N，如圖，∵AB為直徑，∴∠ACB＝90°．∴∠BCM＝90°．∵AD平分∠BAC，∴．∴ON⊥BC．∵DM⊥AC，∴四邊形CNDM為矩形．∴OD⊥MD．∵OD為圓的半徑，∴MD是⊙O的切線；解：（2）在點E運動過程中，EC+EM存在最小值．理由：過點C作CF⊥AB，并延長交⊙O于點F，連接MF，交AB于點E，連接EC，則此時EC+EM的值最小，如圖，∵∠B＝30°，∠ACB＝90°，∴∠CAB＝60°．∵AD平分∠BAC，∴∠CAD＝∠DAB＝30°．∴與的度數為60°．∵AB是直徑，∴的度數為60°．∴．∵AB⊥CF，AB是直徑，∴．∴＝180°．∴為半圓．∴FD為圓的直徑．由（1）知：MD是⊙O的切線，∴FD⊥MD．由題意：AB垂直平分FC，∴EC＝EF．∴EC+EM＝EF+EM＝FM．∵∠CFD＝∠DAB，∠DAB＝30°，∴∠CFD＝30°．∵AB＝8，∴FD＝8．由（1）知：四邊形MCND為矩形，∴MD＝NC．∵ON⊥BC，∴CN＝BC．在Rt△ACB中，∵sin∠CAB＝，∴BC＝AB?sin60°＝8×＝4．∴MD＝CN＝BC＝2．在Rt△FDM中，MF＝＝＝2．∴EC+EM的最小值為MF＝2．解：（3）如圖，∵FC平分∠ACB，∠ACB＝90°，∴∠ACF＝∠BCF＝45°．∴∠BAF＝∠BCF＝45°．∵AD平分∠BAC，∴∠CAD＝∠BAD．∵∠PAF＝∠BAD+∠BAF，∠APF＝∠ACF+∠CAD，∴∠PAF＝∠APF，∴AF＝FP．∴FC＝FP+CP＝AF+3．∵∠FAB＝∠ACF＝45°，∠F＝∠F，∴△FAE∽△FCA．∴．∴FA2＝FE?FC＝4（AF+3）．∴AF2﹣4AF﹣12＝0．解得：AF＝6或AF＝﹣2（不符合題意，舍去），∴AF＝6．【點評】本題是一道圓的綜合題，主要考查了圓的切線的判定與性質，圓周角定理及其推論，軸對稱的性質，角平分線的定義，相似三角形的判定與性質，解直角三角形，特殊角的三角函數值，連接半徑OD和利用軸對稱中的將軍飲馬模型找出EC+EM存在最小值是解題的關鍵．3．（2023春?豐城市期末）如圖1，在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝8，點E在射線AB上運動，將△AED沿ED翻折，使得點A與點G重合，連接AG交DE于點F．（1）【初步探究】當點G落在BC邊上時，求BG的長；（2）【深入探究】在點E的運動過程中，BG是否存在最小值，如果存在，請求出最小值；如果不存在，請說明理由；（3）【拓展延伸】如圖3，點P為BG的中點，連接AP，點E在射線AB上運動過程中，求AP長的最大值．【分析】（1）由翻折得：DG＝AD＝12，根據勾股定理可得CG＝＝＝4，再由BG＝BC﹣CG，即可求得答案；（2）以D為圓心，AD長為半徑作⊙D，可得點G在⊙D上運動，當點G在線段BD上時，BG最小，此時，BG＝BD﹣DG，由勾股定理可得BD＝4，即可求得BG的最小值為4﹣12；（3）以D為圓心，AD長為半徑作⊙D，延長BA至H，使AH＝BA＝8，連接GH，根據三角形中位線定理可得AP＝GH，則AP最大時，GH最大，由于點G在⊙D上運動，當HG經過點D時，GH最大，即可求得答案．【解答】解：（1）當點G落在BC邊上時，如圖1，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝12，CD＝AB＝8，∠B＝∠C＝90°，由翻折得：DG＝AD＝12，在Rt△CDG中，CG＝＝＝4，∴BG＝BC﹣CG＝12﹣4；（2）如圖2，以D為圓心，AD長為半徑作⊙D，由翻折得：DG＝AD＝12，∴點G在⊙D上運動，當點G在線段BD上時，BG最小，此時，BG＝BD﹣DG，在Rt△ABD中，BD＝＝＝4，∴BG＝BD﹣DG＝4﹣12，故在點E的運動過程中，BG存在最小值，BG的最小值為4﹣12；（3）如圖3，以D為圓心，AD長為半徑作⊙D，延長BA至H，使AH＝BA＝8，連接GH，∵AH＝BA，∴點A是BH的中點，∵點P為BG的中點，∴AP是△BGH的中位線，∴AP＝GH，則AP最大時，GH最大，由翻折得：DG＝AD＝12，∴點G在⊙D上運動，當HG經過點D時，GH最大，如圖4，在Rt△ADH中，HD＝＝＝4，∴GH＝HD+DG＝4+12，∴AP＝GH＝2+6，故點E在射線AB上運動過程中，AP長的最大值為2+6．【點評】此題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質，翻折的性質，勾股定理，三角形的中位線定理，圓的有關性質，點到圓上各點距離的最大值和最小值的應用，解決問題的關鍵是運用三角形中位線定理和圓中的最值．3數學運算——運用轉化思想解決問題4．（2023秋?高郵市校級月考）如圖，某博覽會上有一圓形展示區，在其圓形邊緣的點P處安裝了一臺監視器，它的監控角度是55°，為了監控整個展區，最少需要在圓形邊緣上共安裝這樣的監視器臺．【分析】根據一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半，得該圓周角所對的弧所對的圓心角是110°，則共需安裝360°÷110°＝3≈4臺．【解答】解：∵∠P＝55°，∴∠P所對弧所對的圓心角是110°，∵360°÷110°＝3，∴最少需要在圓形邊緣上共安裝這樣的監視器4臺．故答案為：4．【點評】此題考查了要圓周角定理：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．注意把實際問題轉化為數學問題，能夠把數學和生活聯系起來4.分類討論思想5．（2022秋?龍亭區校級期末）如圖，在平面直角坐標系中，點A，B分別在y軸和x軸上，∠ABO＝60°，在坐標軸上找一點P，使得△PAB是等腰三角形，則符合條件的點P共有個．【分析】分類討論：AB＝AP時，AB＝BP時，AP＝BP時，根據兩邊相等的三角形是等腰三角形，可得答案．【解答】解：①當AB＝AP時，在y軸上有2點滿足條件的點P，在x軸上有1點滿足條件的點P．②當AB＝BP時，在y軸上有1點滿足條件的點P，在x軸上有2點滿足條件的點P，有1點與AB＝AP時的x軸正半軸的點P重合．③當AP＝BP時，在x軸、y軸上各有一點滿足條件的點P，有1點與AB＝AP時的x軸正半軸的點P重合．綜上所述：符合條件的點P共有6個．故答案為：6．【點評】本題考查了等腰三角形的判定和性質，把所有可能的情況都找出來，不遺漏掉任何一種情況是本題的關鍵．6．（2021秋?鄰水縣期末）平面直角坐標系中，已知A（2，2）、B（4，0）．若在坐標軸上取點C，使△ABC為等腰三角形，則滿足條件的點C的個數是．【分析】由點A、B的坐標可得到AB＝2，然后分類討論：若AC＝AB；若BC＝AB；若CA＝CB，確定C點的個數．【解答】解：∵點A、B的坐標分別為（2，2）、B（4，0）．∴AB＝2，①若AC＝AB，以A為圓心，AB為半徑畫弧與坐標軸有3個交點（含B點），即（0，0）、（4，0）、（0，4），∵點（0，4）與直線AB共線，∴滿足△ABC是等腰三角形的C點有1個；②若BC＝AB，以B為圓心，BA為半徑畫弧與坐標軸有2個交點（A點除外），即滿足△ABC是等腰三角形的C點有2個；③若CA＝CB，作AB的垂直平分線與坐標軸有兩個交點，即滿足△ABC是等腰三角形的C點有2個；綜上所述：點C在坐標軸上，△ABC是等腰三角形，符合條件的點C共有5個．故答案為：5．【點評】本題主考查了等腰三角形的判定以及分類討論思想的運用，分三種情況分別討論，注意等腰三角形頂角的頂點在底邊的垂直平分線上．【中考熱點聚焦】熱點1.垂徑定理的應用7．（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．8．（2023?東營）“圓材埋壁”是我國古代數學名著《九章算術》中的一個問題：“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？”轉化為現在的數學語言表達就是：如圖，CD為⊙O的直徑，弦AB⊥CD，垂足為E，CE＝1寸，AB＝10寸，則直徑CD的長度為寸．【分析】連接OA，設⊙O的半徑是r寸，由垂徑定理得到AE＝AB＝5寸，由勾股定理得到r2＝（r﹣1）2+52，求出r，即可得到圓的直徑長．【解答】解：連接OA，設⊙O的半徑是r寸，∵直徑CD⊥AB，∴AE＝AB＝×10＝5寸，∵CE＝1寸，∴OE＝（r﹣1）寸，∵OA2＝OE2+AE2，∴r2＝（r﹣1）2+52，∴r＝13，∴直徑CD的長度為2r＝26寸．故答案為：26．【點評】本題考查垂徑定理的應用，勾股定理的應用，關鍵是連接OA構造直角三角形，應用垂徑定理，勾股定理列出關于圓半徑的方程．9．（2023?永州）如圖，⊙O是一個盛有水的容器的橫截面，⊙O的半徑為10cm，水的最深處到水面AB的距離為4cm，則水面AB的寬度為cm．【分析】過點O作OD⊥AB于點C，交⊙O于點D，連接OA，由垂徑定理可得AC＝BC，然后在Rt△AOC中根據勾股定理求出AC的長，即可得出AB的長．【解答】解：如圖，過點O作OD⊥AB于點C，交⊙O于點D，連接OA，∴，由題意知，OA＝10cm，CD＝4cm，∴OC＝6cm，在Rt△AOC中，cm，∴AB＝2AC＝16cm，故答案為：16．【點評】本題考查了垂徑定理，熟練掌握垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，同時需熟練掌握勾股定理．熱點2.圓心角與圓周角的綜合應用10．（2023?牡丹江）如圖，A，B，C為⊙O上的三個點，∠AOB＝4∠BOC，若∠ACB＝60°，則∠BAC的度數是（）A．20° B．18° C．15° D．12°【分析】利用圓周角定理可求∠AOB＝120°，再根據∠AOB＝4∠BOC，得∠BOC＝30°，所以∠BAC＝∠BOC＝15°．【解答】解：∵∠ACB＝60°，∴∠AOB＝2∠ACB＝120°，∵∠AOB＝4∠BOC，∴∠BOC＝30°，∴∠BAC＝∠BOC＝15°．故選：C．【點評】本題考查圓周角定理，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．11．（2023?廣西）如圖，點A，B，C，在⊙O上