2025年中考數(shù)學(xué)壓軸專題壓軸專題05圓的各性質(zhì)的綜合題(原卷版+解析)

/壓軸題05圓的各性質(zhì)的綜合題圓這個(gè)考點(diǎn)在初中數(shù)學(xué)中是“個(gè)性”比較明顯、容量比較大的一個(gè)重點(diǎn)，這個(gè)特點(diǎn)的表現(xiàn)是：首先圓的性質(zhì)只能在圓中應(yīng)用，其次圓的性質(zhì)的小考點(diǎn)特別多，與其他重要幾何圖形的結(jié)合出題的可能性也非常大。在其眾多考點(diǎn)中，常在壓軸題出現(xiàn)的考點(diǎn)有如下幾個(gè)：1、三角形的外接圓與外心：經(jīng)過三角形各個(gè)頂點(diǎn)的圓叫做三角形的外接圓，這個(gè)外接圓的圓心叫做三角形的外心，三角形的外心是三角形三邊的垂直平分線的交點(diǎn)；2、垂徑定理及其推論：垂徑定理：垂直于弦的直徑必平分弦，并且平分弦所對(duì)的?。煌普?：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對(duì)的??；推論2：平分弧的直徑垂直于弧所對(duì)的弦。3、圓心角與圓周角定理：圓心角定理：在同圓或等圓中，相等的圓心角所對(duì)的弧相等，所對(duì)的弦也相等.圓周角定理：圓周角的度數(shù)等于它所對(duì)弧上的圓心角度數(shù)的一半。圓周角定理的重要推論：半圓（或直徑）所對(duì)的圓周角是直角；90°的圓周角所對(duì)的弦是直徑。圓心角與圓周角定理的重要應(yīng)用：在同圓或等圓中，如果兩個(gè)圓心角、兩個(gè)圓周角、兩條弧、兩條弦、兩條弦心距中有一對(duì)量相等，那么它們所對(duì)應(yīng)的其余各對(duì)量都相等。（但在一些理論性問題中，注意弦所對(duì)的圓周角是有2種度數(shù)的，并且它們互補(bǔ)。）4、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)（延伸應(yīng)用：圓內(nèi)接四邊形的一個(gè)外角等于與它相鄰內(nèi)角的對(duì)角）5、弧長(zhǎng)、扇形面積、圓錐側(cè)面積計(jì)算公式：弧長(zhǎng)公式：扇形面積公式：圓錐與圓柱相關(guān)計(jì)算公式：6、切線的判定與性質(zhì)：直線與圓相切的判定定理：經(jīng)過半徑的外端并且垂直這條半徑的直線是圓的切線；切線的判定問題解決口訣：有切點(diǎn)，連半徑，證垂直。圓的切線的性質(zhì)：經(jīng)過切點(diǎn)的半徑垂直于圓的切線；切線的性質(zhì)問題解決口訣：有切點(diǎn)，連半徑，得垂直。7、三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心：與三角形三邊都相切的圓叫做三角形的內(nèi)切圓，圓心叫做三角形的內(nèi)心，三角形的內(nèi)心是三角形三條角平分線的交點(diǎn)；壓軸題型一：垂徑定理及其應(yīng)用√滿分技法圓的計(jì)算問題中，只要牽涉到長(zhǎng)度的計(jì)算，首先想垂徑定理相關(guān)的“知二得三”模型，具體內(nèi)容如下：1.“知二得三”：由圖可得以下5點(diǎn)：①AB⊥CD；②AE=EB；③AD過圓心O；④；⑤；以上5個(gè)結(jié)論，知道其中任意2個(gè)，剩余的3個(gè)都可以作為結(jié)論使用。2.常做輔助線：連半徑、作弦心距、見直接連弦長(zhǎng)得直徑所對(duì)圓周角1．（2024?武威三模）如圖，⊙O的半徑為5，弦AB＝6，點(diǎn)C在弦AB上，延長(zhǎng)CO交⊙O于點(diǎn)D，則CD的取值范圍是（）A．6≤CD≤8 B．8≤CD≤10 C．9＜CD＜10 D．9≤CD≤102．（2024?柯橋區(qū)二模）某項(xiàng)目化研究小組只用一張矩形紙條和刻度尺，來測(cè)量一次性紙杯杯底的直徑．小敏同學(xué)想到了如下方法：如圖，將紙條拉直并緊貼杯底，紙條的上下邊沿分別與杯底相交于A、B、C、D四點(diǎn)，然后利用刻度尺量得該紙條的寬為3.5cm，AB＝4cm，CD＝3cm．請(qǐng)你幫忙計(jì)算紙杯杯底的直徑為（）A．4.8cm B．5cm C．5.2cm D．6cm3．（2024?高青縣模擬）如圖，⊙M的半徑為4，圓心M的坐標(biāo)為（6，8），點(diǎn)P是⊙M上的任意一點(diǎn)，PA⊥PB，且PA、PB與x軸分別交于A、B兩點(diǎn)，若點(diǎn)A、點(diǎn)B關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，則AB的最大值為（）A．13 B．14 C．12 D．284．（2024?昆都侖區(qū)二模）如圖，兩正方形彼此相鄰且內(nèi)接于半圓，若小正方形的面積為16cm2，則該半圓的半徑為（）A．(4+5)cm B．9cm C．45cm 5．（2024?溫州模擬）某一公路單向隧道由一弧形拱與矩形組成，為了確定大貨車通過公路隧道的最大高度，道路交通學(xué)習(xí)小組展開了以下研究．如圖1，經(jīng)測(cè)量得AB＝4m，為了確定BC與弧形拱半徑的長(zhǎng)度，學(xué)習(xí)小組找到一根5m長(zhǎng)的筆直桿子，將桿子一端置于點(diǎn)C處，另一端置于AD上點(diǎn)E處，AE＝1m．如圖2，調(diào)整桿子位置，直至一端在AB上的點(diǎn)G處，另一端在圓弧上點(diǎn)F處，F(xiàn)G⊥AB，GB＝1m，如圖3，某一集裝箱大貨車寬為2.4m，則該大貨車的最大高度（包括貨物）m．壓軸題型二：圓周角與圓心角√滿分技法1、圓的計(jì)算問題中，如果是角度相關(guān)計(jì)算或證明，則立刻聯(lián)想圓周角與圓心角的相關(guān)定理推論；2、圓中最不缺的就是等腰三角形，所以圓的角度計(jì)算時(shí)，多想想有沒有等邊對(duì)等角，再結(jié)合三角形內(nèi)角和定理、對(duì)頂角相等等綜合思考。1．（2024?重慶）如圖，AB是⊙O的弦，OC⊥AB交⊙O于點(diǎn)C，點(diǎn)D是⊙O上一點(diǎn)，連接BD，CD．若∠D＝28°，則∠OAB的度數(shù)為（）A．28° B．34° C．56° D．62°2．（2024?西藏）如圖，AC為⊙O的直徑，點(diǎn)B，D在⊙O上，∠ABD＝60°，CD＝2，則AD的長(zhǎng)為（）A．2 B．22 C．23 D．43．（2024?海南）如圖，AD是半圓O的直徑，點(diǎn)B、C在半圓上，且AB=BC=CD，點(diǎn)P在CD上，若∠A．105° B．100° C．90° D．70°4．（2024?陜西）如圖，AB為⊙O的直徑，AC=AD，∠A＝53°，則∠B的度數(shù)是5．（2024?長(zhǎng)春）如圖，AB是半圓的直徑，AC是一條弦，D是AC的中點(diǎn)，DE⊥AB于點(diǎn)E，交AC于點(diǎn)F，DB交AC于點(diǎn)G，連結(jié)AD．給出下面四個(gè)結(jié)論：①∠ABD＝∠DAC；②AF＝FG；③當(dāng)DG＝2，GB＝3時(shí)，F(xiàn)G=14④當(dāng)BD=2AD，AB＝6時(shí)，△DFG的面積是3上述結(jié)論中，正確結(jié)論的序號(hào)有．6．（2024?包頭）如圖，AB是⊙O的直徑，BC，BD是⊙O的兩條弦，點(diǎn)C與點(diǎn)D在AB的兩側(cè)，E是OB上一點(diǎn)（OE＞BE），連接OC，CE，且∠BOC＝2∠BCE．（1）如圖1，若BE＝1，CE=5，求⊙O（2）如圖2，若BD＝2OE，求證：BD∥OC．（請(qǐng)用兩種證法解答）壓軸題型三：圓內(nèi)接四邊形1．（2024?吉林）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O．過點(diǎn)B作BE∥AD，交CD于點(diǎn)E．若∠BEC＝50°，則∠ABC的度數(shù)是（）A．50° B．100° C．130° D．150°2．（2024?濟(jì)寧）如圖，分別延長(zhǎng)圓內(nèi)接四邊形ABCD的兩組對(duì)邊，延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)E，F(xiàn)．若∠E＝54°41'，∠F＝43°19'，則∠A的度數(shù)為（）A．42° B．41°20' C．41° D．40°20'3．（2024?浙江）如圖，在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，AD＜AC，∠ADC＜∠BAD，延長(zhǎng)AD至點(diǎn)E，使AE＝AC，延長(zhǎng)BA至點(diǎn)F，連結(jié)EF，使∠AFE＝∠ADC．（1）若∠AFE＝60°，CD為直徑，求∠ABD的度數(shù)．（2）求證：①EF∥BC；②EF＝BD．壓軸題型四：三角形的外接圓與外心（多選）1．（2024?濰坊）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AO∥BC，連接CO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)D．分別以點(diǎn)A，C為圓心，以大于12AC的長(zhǎng)為半徑作弧，并使兩弧交于圓外一點(diǎn)M．直線OM交BC于點(diǎn)E，連接A．AB=AD B．AB＝C．∠AOD＝∠BAC D．四邊形AOCE為菱形2．（2024?宜賓）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，BC為⊙O的直徑，AD平分∠BAC交⊙O于D，則AB+ACADA．2 B．3 C．22 D．233．（2024?河南）如圖，⊙O是邊長(zhǎng)為43的等邊三角形ABC的外接圓，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，連接BD，CD．以點(diǎn)D為圓心，BD的長(zhǎng)為半徑在⊙OA．8π3 B．4π C．16π3 4．（2024?蘇州）如圖，△ABC中，AB＝42，D為AB中點(diǎn)，∠BAC＝∠BCD，cos∠ADC=24，⊙O是△（1）求BC的長(zhǎng)；（2）求⊙O的半徑．壓軸題型五：切線的性質(zhì)1．（2024?揚(yáng)州）如圖，已知兩條平行線l1、l2，點(diǎn)A是l1上的定點(diǎn)，AB⊥l2于點(diǎn)B，點(diǎn)C、D分別是l1，l2上的動(dòng)點(diǎn)，且滿足AC＝BD，連接CD交線段AB于點(diǎn)E，BH⊥CD于點(diǎn)H，則當(dāng)∠BAH最大時(shí)，sin∠BAH的值為．2．（2024?重慶）如圖，AB是⊙O的直徑，BC是⊙O的切線，點(diǎn)B為切點(diǎn)．連接AC交⊙O于點(diǎn)D，點(diǎn)E是⊙O上一點(diǎn)，連接BE，DE，過點(diǎn)A作AF∥BE交BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．若BC＝5，CD＝3，∠F＝∠ADE，則AB的長(zhǎng)度是；DF的長(zhǎng)度是．3．（2024?青島）如圖，△ABC中，BA＝BC，以BC為直徑的半圓O分別交AB，AC于點(diǎn)D，E．過點(diǎn)E作半圓O的切線，交AB于點(diǎn)M，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N．若ON＝10，cos∠ABC=35，則半徑OC的長(zhǎng)為4．（2024?涼山州）如圖，⊙M的圓心為M（4，0），半徑為2，P是直線y＝x+4上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作⊙M的切線，切點(diǎn)為Q，則PQ的最小值為．5．（2024?天津）已知△AOB中，∠ABO＝30°，AB為⊙O的弦，直線MN與⊙O相切于點(diǎn)C．（Ⅰ）如圖①，若AB∥MN，直徑CE與AB相交于點(diǎn)D，求∠AOB和∠BCE的大?。唬á颍┤鐖D②，若OB∥MN，CG⊥AB，垂足為G，CG與OB相交于點(diǎn)F，OA＝3，求線段OF的長(zhǎng)．壓軸題型六：切線的性質(zhì)與判定的綜合應(yīng)用√滿分技法1、圓的切線的判定，抓住本質(zhì)——證垂直。故切線判定的問題，重要思想是：要證垂直，先找垂直。即要證明的直角多是由題目中出現(xiàn)的其他垂直或互余關(guān)系轉(zhuǎn)化得來的。2、切線的判定問題解決口訣：有切點(diǎn)，連半徑，證垂直。1．（2024?威海）如圖，已知AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C，D在⊙O上，且BC＝CD．點(diǎn)E是線段AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連接EC并延長(zhǎng)交射線AD于點(diǎn)F．∠FEG的平分線EH交射線AC于點(diǎn)H，∠H＝45°．（1）求證：EF是⊙O的切線；（2）若BE＝2，CE＝4，求AF的長(zhǎng)．2．（2024?雅安）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C是⊙O上的一點(diǎn)，點(diǎn)P是BA延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，連接AC，∠PCA＝∠B．（1）求證：PC是⊙O的切線；（2）若sin∠B=12，求證：AC＝（3）若CD⊥AB于D，PA＝4，BD＝6，求AD的長(zhǎng)．3．（2024?淮安）如圖，在△ABC中，BA＝BC，以AB為直徑作⊙O交AC于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DE⊥BC，垂足為E，延長(zhǎng)DE交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．（1）求證：DF為⊙O的切線；（2）若BE＝1，BF＝3，求sinC的值．4．（2024?遂寧）如圖，AB是⊙O的直徑，AC是一條弦，點(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，DN⊥AB于點(diǎn)E，交AC于點(diǎn)F，連結(jié)DB交AC于點(diǎn)G．（1）求證：AF＝DF；（2）延長(zhǎng)GD至點(diǎn)M，使DM＝DG，連結(jié)AM．①求證：AM是⊙O的切線；②若DG＝6，DF＝5，求⊙O的半徑．壓軸題型七：弧長(zhǎng)的計(jì)算42．（2024?包頭）如圖，在扇形AOB中，∠AOB＝80°，半徑OA＝3，C是AB上一點(diǎn)，連接OC，D是OC上一點(diǎn)，且OD＝DC，連接BD．若BD⊥OC，則AC的長(zhǎng)為（）A．π6 B．π3 C．π243．（2024?廣安）如圖，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝10，∠C＝70°，以AB為直徑作半圓，與AC，BC分別相交于點(diǎn)D，E，則DE的長(zhǎng)度為（）A．π9 B．5π9 C．10π944．（2024?臨夏州）如圖，對(duì)折邊長(zhǎng)為2的正方形紙片ABCD，OM為折痕，以點(diǎn)O為圓心，OM為半徑作弧，分別交AD，BC于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，則EF的長(zhǎng)度為（結(jié)果保留π）．45．（2024?蘭州）“輪動(dòng)發(fā)石車”是我國(guó)古代的一種投石工具，在春秋戰(zhàn)國(guó)時(shí)期被廣泛應(yīng)用，圖1是陳列在展覽館的仿真模型．圖2是模型驅(qū)動(dòng)部分的示意圖，其中⊙M，⊙N的半徑分別是1cm和10cm，當(dāng)⊙M順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)3周時(shí)，⊙N上的點(diǎn)P隨之旋轉(zhuǎn)n°，則n＝．壓軸題型八：扇形面積的計(jì)算1．（2024?泰安）兩個(gè)半徑相等的半圓按如圖方式放置，半圓O′的一個(gè)直徑端點(diǎn)與半圓O的圓心重合，若半圓的半徑為2，則陰影部分的面積是（）A．43π?3 B．43π 2．（2024?日照）如圖，在菱形ABCD中，AB＝2，∠B＝120°，點(diǎn)O是對(duì)角線AC的中點(diǎn)，以點(diǎn)O為圓心，OA長(zhǎng)為半徑作圓心角為60°的扇形OEF，點(diǎn)D在扇形OEF內(nèi)，則圖中陰影部分的面積為（）A．π2?34 B．π?33．（2024?重慶）如圖，在矩形ABCD中，分別以點(diǎn)A和C為圓心，AD長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)．若AD＝4，則圖中陰影部分的面積為（）A．32﹣8π B．163?4π C．32﹣4π D．163?4．（2024?樂山）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB為直徑，過點(diǎn)C作⊙O的切線CD交BA延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，點(diǎn)E為CB上一點(diǎn)，且AC=（1）求證：DC∥AE；（2）若EF垂直平分OB，DA＝3，求陰影部分的面積．5．（2024?山東）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠DAB＝60°，AB＝BC＝2AD＝2．以點(diǎn)A為圓心，以AD為半徑作DE交AB于點(diǎn)E，以點(diǎn)B為圓心，以BE為半徑作EF所交BC于點(diǎn)F，連接FD交EF于另一點(diǎn)G，連接CG．（1）求證：CG為EF所在圓的切線；（2）求圖中陰影部分面積．（結(jié)果保留π）壓軸題型九：圓錐的計(jì)算1．（2024?廣州）如圖，圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)圓心角為72°的扇形，若扇形的半徑l是5，則該圓錐的體積是（）A．3118π B．118π C．26π 2．（2024?呼和浩特）如圖是平行四邊形紙片ABCD，BC＝36cm，∠A＝110°，∠BDC＝50°，點(diǎn)M為BC的中點(diǎn)，若以M為圓心，MC為半徑畫弧交對(duì)角線BD于點(diǎn)N，則∠NMC＝度；將扇形MCN紙片剪下來圍成一個(gè)無底蓋的圓錐（接縫處忽略不計(jì)），則這個(gè)圓錐的底面圓半徑為cm．3．（2024?廣東）綜合與實(shí)踐【主題】濾紙與漏斗【素材】如圖1所示：①一張直徑為10cm的圓形濾紙；②一只漏斗口直徑與母線均為7cm的圓錐形過濾漏斗．【實(shí)踐操作】步驟1：取一張濾紙；步驟2：按如圖2所示步驟折疊好濾紙；步驟3：將其中一層撐開，圍成圓錐形；步驟4：將圍成圓錐形的濾紙放入如圖1所示漏斗中．【實(shí)踐探索】（1）濾紙是否能緊貼此漏斗內(nèi)壁（忽略漏斗管口處）？用你所學(xué)的數(shù)學(xué)知識(shí)說明．（2）當(dāng)濾紙緊貼漏斗內(nèi)壁時(shí)，求濾紙圍成圓錐形的體積．（結(jié)果保留π）壓軸題型十：三角的內(nèi)切圓與內(nèi)心1．（2024?濱州）劉徽（今山東濱州人）是魏晉時(shí)期我國(guó)偉大的數(shù)學(xué)家，中國(guó)古典數(shù)學(xué)理論的奠基者之一，被譽(yù)為“世界古代數(shù)學(xué)泰斗”．劉徽在注釋《九章算術(shù)》時(shí)十分重視一題多解，其中最典型的是勾股容方和勾股容圓公式的推導(dǎo)，他給出了內(nèi)切圓直徑的多種表達(dá)形式．如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB，BC，CA的長(zhǎng)分別為c，a，b．則可以用含c，a，b的式子表示出△ABC的內(nèi)切圓直徑d，下列表達(dá)式錯(cuò)誤的是（）A．d＝a+b﹣c B．d=2abC．d=2(c?a)(c?b) D．d＝|（a﹣b）（c﹣b2．（2024?綿陽）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E在AB上運(yùn)動(dòng)，△ADE的內(nèi)切圓與DE相切于點(diǎn)G，將△ADE沿DE翻折，點(diǎn)A落在點(diǎn)F處，連接BF．當(dāng)點(diǎn)E恰為AB的三等分點(diǎn)（靠近點(diǎn)A）時(shí)，且EG=5?1，DG=5+1，則cos∠3．（2024?內(nèi)江）如圖，在△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝8，E是BC邊上一點(diǎn)，且BE＝2，點(diǎn)I是△ABC的內(nèi)心，BI的延長(zhǎng)線交AC于點(diǎn)D，P是BD上一動(dòng)點(diǎn)，連接PE、PC，則PE+PC的最小值為．4．（2024?煙臺(tái)）如圖，AB是⊙O的直徑，△ABC內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)I為△ABC的內(nèi)心，連接CI并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)D，E是BC上任意一點(diǎn)，連接AD，BD，BE，CE．（1）若∠ABC＝25°，求∠CEB的度數(shù)；（2）找出圖中所有與DI相等的線段，并證明；（3）若CI＝22，DI=13225．（2024?自貢）在Rt△ABC中，∠C＝90°，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，切點(diǎn)分別為D，E，F(xiàn)．（1）圖1中三組相等的線段分別是CE＝CF，AF＝，BD＝；若AC＝3，BC＝4，則⊙O半徑長(zhǎng)為；（2）如圖2，延長(zhǎng)AC到點(diǎn)M，使AM＝AB，過點(diǎn)M作MN⊥AB于點(diǎn)N．求證：MN是⊙O的切線．6．（2024?陜西）問題提出（1）如圖①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，垂足為D．若AB＝15，AC＝8，則AD的長(zhǎng)為；問題解決（2）如圖②所示，某工廠剩余一塊△ABC型板材，其中AB＝100cm，BC＝160cm，AC＝140cm．為了充分利用材料，工人師傅想用這塊板材裁出一個(gè)盡可能大的圓型部件．你認(rèn)為可以嗎？若可以，請(qǐng)?jiān)趫D中確定可裁出的最大圓型部件的圓心O的位置，并求出⊙O的半徑；若不可以，請(qǐng)說明理由．壓軸題型十一：圓的綜合題1．（2024?德州）如圖，圓⊙O1與⊙O2都經(jīng)過A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)O2在⊙O1上，點(diǎn)C是AO2B上的一點(diǎn)，連接AC并延長(zhǎng)交⊙O2于點(diǎn)P，連接AB，BC（1）求證：∠ACB＝2∠P；（2）若∠P＝30°，AB=23①求⊙O1的半徑；②求圖中陰影部分的面積．2．（2024?大慶）如圖，△ABC為⊙O的內(nèi)接三角形，AB為⊙O的直徑，將△ABC沿直線AB翻折到△ABD，點(diǎn)D在⊙O上．連接CD，交AB于點(diǎn)E，延長(zhǎng)BD，CA，兩線相交于點(diǎn)P，過點(diǎn)A作⊙O的切線交BP于點(diǎn)G．（1）求證：AG∥CD；（2）求證：PA2＝PG?PB；（3）若sin∠APD=13，PG＝6．求tan∠3．（2024?日照）如圖1，AB為⊙O的直徑，AB＝12，C是⊙O上異于A，B的任一點(diǎn)，連接AC，BC，過點(diǎn)A作射線AD⊥AC，D為射線AD上一點(diǎn)，連接CD．【特例感知】（1）若BC＝6，則AC＝；（2）若點(diǎn)C，D在直線AB同側(cè)，且∠ADC＝∠B，求證：四邊形ABCD是平行四邊形；【深入探究】若在點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)過程中，始終有tan∠ADC=3，連接OD（3）如圖2，當(dāng)CD與⊙O相切時(shí)，求OD的長(zhǎng)度；（4）求OD長(zhǎng)度的取值范圍．

壓軸題05圓的各性質(zhì)的綜合題圓這個(gè)考點(diǎn)在初中數(shù)學(xué)中是“個(gè)性”比較明顯、容量比較大的一個(gè)重點(diǎn)，這個(gè)特點(diǎn)的表現(xiàn)是：首先圓的性質(zhì)只能在圓中應(yīng)用，其次圓的性質(zhì)的小考點(diǎn)特別多，與其他重要幾何圖形的結(jié)合出題的可能性也非常大。在其眾多考點(diǎn)中，常在壓軸題出現(xiàn)的考點(diǎn)有如下幾個(gè)：1、三角形的外接圓與外心：經(jīng)過三角形各個(gè)頂點(diǎn)的圓叫做三角形的外接圓，這個(gè)外接圓的圓心叫做三角形的外心，三角形的外心是三角形三邊的垂直平分線的交點(diǎn)；2、垂徑定理及其推論：垂徑定理：垂直于弦的直徑必平分弦，并且平分弦所對(duì)的??；推論1：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對(duì)的??；推論2：平分弧的直徑垂直于弧所對(duì)的弦。3、圓心角與圓周角定理：圓心角定理：在同圓或等圓中，相等的圓心角所對(duì)的弧相等，所對(duì)的弦也相等.圓周角定理：圓周角的度數(shù)等于它所對(duì)弧上的圓心角度數(shù)的一半。圓周角定理的重要推論：半圓（或直徑）所對(duì)的圓周角是直角；90°的圓周角所對(duì)的弦是直徑。圓心角與圓周角定理的重要應(yīng)用：在同圓或等圓中，如果兩個(gè)圓心角、兩個(gè)圓周角、兩條弧、兩條弦、兩條弦心距中有一對(duì)量相等，那么它們所對(duì)應(yīng)的其余各對(duì)量都相等。（但在一些理論性問題中，注意弦所對(duì)的圓周角是有2種度數(shù)的，并且它們互補(bǔ)。）4、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)（延伸應(yīng)用：圓內(nèi)接四邊形的一個(gè)外角等于與它相鄰內(nèi)角的對(duì)角）5、弧長(zhǎng)、扇形面積、圓錐側(cè)面積計(jì)算公式：弧長(zhǎng)公式：扇形面積公式：圓錐與圓柱相關(guān)計(jì)算公式：6、切線的判定與性質(zhì)：直線與圓相切的判定定理：經(jīng)過半徑的外端并且垂直這條半徑的直線是圓的切線；切線的判定問題解決口訣：有切點(diǎn)，連半徑，證垂直。圓的切線的性質(zhì)：經(jīng)過切點(diǎn)的半徑垂直于圓的切線；切線的性質(zhì)問題解決口訣：有切點(diǎn)，連半徑，得垂直。7、三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心：與三角形三邊都相切的圓叫做三角形的內(nèi)切圓，圓心叫做三角形的內(nèi)心，三角形的內(nèi)心是三角形三條角平分線的交點(diǎn)；壓軸題型一：垂徑定理及其應(yīng)用√滿分技法圓的計(jì)算問題中，只要牽涉到長(zhǎng)度的計(jì)算，首先想垂徑定理相關(guān)的“知二得三”模型，具體內(nèi)容如下：1.“知二得三”：由圖可得以下5點(diǎn)：①AB⊥CD；②AE=EB；③AD過圓心O；④；⑤；以上5個(gè)結(jié)論，知道其中任意2個(gè)，剩余的3個(gè)都可以作為結(jié)論使用。2.常做輔助線：連半徑、作弦心距、見直接連弦長(zhǎng)得直徑所對(duì)圓周角1．（2024?武威三模）如圖，⊙O的半徑為5，弦AB＝6，點(diǎn)C在弦AB上，延長(zhǎng)CO交⊙O于點(diǎn)D，則CD的取值范圍是（）A．6≤CD≤8 B．8≤CD≤10 C．9＜CD＜10 D．9≤CD≤10【分析】過O作OH⊥AB于H，由垂徑定理得到BH=12AB＝3，由勾股定理求出OH=OB2?BH2=4，當(dāng)C和H【解答】解：過O作OH⊥AB于H，∴BH=12AB∵⊙O的半徑為5，∴OB＝5，∴OH=O∴當(dāng)C和H重合時(shí)，OC的最小值是4，CD的最小值是4+5＝9，當(dāng)CD是圓直徑時(shí)，CD的值最大是5×2＝10，∴CD的取值范圍是9≤CD≤10．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查垂徑定理，勾股定理，關(guān)鍵是由勾股定理，垂徑定理求出OH的長(zhǎng)．2．（2024?柯橋區(qū)二模）某項(xiàng)目化研究小組只用一張矩形紙條和刻度尺，來測(cè)量一次性紙杯杯底的直徑．小敏同學(xué)想到了如下方法：如圖，將紙條拉直并緊貼杯底，紙條的上下邊沿分別與杯底相交于A、B、C、D四點(diǎn)，然后利用刻度尺量得該紙條的寬為3.5cm，AB＝4cm，CD＝3cm．請(qǐng)你幫忙計(jì)算紙杯杯底的直徑為（）A．4.8cm B．5cm C．5.2cm D．6cm【分析】由垂徑定理求出BN，DM的長(zhǎng)，設(shè)OM＝x，由勾股定理得到x2+22＝（3.5﹣x）2+1.52，求出x的值，得到OM的長(zhǎng)，由勾股定理求出OD長(zhǎng)，即可求出紙杯的直徑長(zhǎng)．【解答】解：如圖，MN⊥AB，MN過圓心O，連接OD，OB，∴MN＝3.5cm，∵CD∥AB，紙條的寬為3.5cm，AB＝3cm，CD＝4cm，∴MN⊥CD，∴DM=12CD=12×4＝2（cm），BN=設(shè)OM＝xcm，∴ON＝MN﹣OM＝（3.5﹣x）cm，∵OM2+MD2＝OD2，ON2+BN2＝OB2，∴OM2+MD2＝ON2+BN2，∴x2+22＝（3.5﹣x）2+1.52，∴x＝1.5，∴OM＝1.5（cm），∴OD=OM2∴紙杯的直徑為2.5×2＝5（cm）．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查垂徑定理及勾股定理，解題的關(guān)鍵是通過作輔助線構(gòu)造直角三角形，由垂徑定理，勾股定理求出OM的長(zhǎng)．3．（2024?高青縣模擬）如圖，⊙M的半徑為4，圓心M的坐標(biāo)為（6，8），點(diǎn)P是⊙M上的任意一點(diǎn)，PA⊥PB，且PA、PB與x軸分別交于A、B兩點(diǎn)，若點(diǎn)A、點(diǎn)B關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，則AB的最大值為（）A．13 B．14 C．12 D．28【分析】由Rt△APB中AB＝2OP知要使AB取得最大值，則PO需取得最大值，連接OM，并延長(zhǎng)交⊙M于點(diǎn)P'，當(dāng)點(diǎn)P位于P'位置時(shí)，OP'取得最大值，據(jù)此求解可得．【解答】解：連接PO，∵PA⊥PB，∴∠APB＝90°，∵點(diǎn)A、點(diǎn)B關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，∴AO＝BO，∴AB＝2PO，若要使AB取得最大值，則PO需取得最大值，連接OM，并延長(zhǎng)交⊙M于點(diǎn)P'，當(dāng)點(diǎn)P位于P'位置時(shí)，OP'取得最大值，過點(diǎn)M作MQ⊥x軸于點(diǎn)Q，則OQ＝6、MQ＝8，∴OM＝10，又∵M(jìn)P'＝r＝4，∴OP'＝MO+MP'＝10+4＝14，∴AB＝2OP'＝2×14＝28；故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出AB取得最小值時(shí)點(diǎn)P的位置是解題的關(guān)鍵．4．（2024?昆都侖區(qū)二模）如圖，兩正方形彼此相鄰且內(nèi)接于半圓，若小正方形的面積為16cm2，則該半圓的半徑為（）A．(4+5)cm B．9cm C．45cm 【分析】連接OA、OB、OE，證Rt△ADO≌Rt△BCO，推出OD＝OC，設(shè)AD＝a，則OD=12a，由勾股定理求出OA＝OB＝OE=52a，求出EF＝FC＝4cm，在△【解答】解：連接OA、OB、OE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝BC，∠ADO＝∠BCO＝90°，∵在Rt△ADO和Rt△BCO中∵OA=OBAD=BC∴Rt△ADO≌Rt△BCO（HL），∴OD＝OC，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，設(shè)AD＝acm，則OD＝OC=12DC=12AD=在△AOD中，由勾股定理得：OA＝OB＝OE=52a∵小正方形EFCG的面積為16cm2，∴EF＝FC＝4cm，在△OFE中，由勾股定理得：(52a)2解得：a＝﹣4（舍去），a＝8，52a＝45（cm故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理的應(yīng)用，主要考查學(xué)生運(yùn)用定理進(jìn)行計(jì)算的能力，用的數(shù)學(xué)思想是方程思想．5．（2024?溫州模擬）某一公路單向隧道由一弧形拱與矩形組成，為了確定大貨車通過公路隧道的最大高度，道路交通學(xué)習(xí)小組展開了以下研究．如圖1，經(jīng)測(cè)量得AB＝4m，為了確定BC與弧形拱半徑的長(zhǎng)度，學(xué)習(xí)小組找到一根5m長(zhǎng)的筆直桿子，將桿子一端置于點(diǎn)C處，另一端置于AD上點(diǎn)E處，AE＝1m．如圖2，調(diào)整桿子位置，直至一端在AB上的點(diǎn)G處，另一端在圓弧上點(diǎn)F處，F(xiàn)G⊥AB，GB＝1m，如圖3，某一集裝箱大貨車寬為2.4m，則該大貨車的最大高度（包括貨物）(3+895)【分析】如圖1所示，過點(diǎn)E作ET⊥BC于T，則四邊形ABTE是矩形，可得ET＝AB＝4m，BT＝AE＝1m，利用勾股定理可得CT＝3m，則BC＝CT+BT＝4m；如圖2所示，設(shè)CD?所在圓的圓心為O，過點(diǎn)O作OE⊥BC交BC于點(diǎn)E，交GF于點(diǎn)H，過點(diǎn)O作OK⊥CD于K，則四邊形BEHG是矩形，四邊形OECK是矩形，可得HG＝BE，HE＝BG＝1m，OE＝CK＝2m，則OH＝OE﹣HE＝1m，設(shè)HG＝BE＝am，則FH＝（5﹣a）m，CE＝（4﹣a）m，由勾股定理可得方程12+（5﹣a）2＝22+（4﹣a）2，解得a＝3，則FH＝2m，進(jìn)而可得OF=5m；如圖3所示，構(gòu)造MN//AB，且MN＝2.4m，過點(diǎn)O作OJ⊥MN于點(diǎn)J，OE⊥BC于E，延長(zhǎng)JO交AB于L，連接OM，由垂徑定理得到MJ=12MN=1.2m，則OJ=OM2?MJ2=895m，由圖2可知，【解答】解：如圖1所示，過點(diǎn)E作ET⊥BC于T，則四邊形ABTE是矩形，∴ET＝AB＝4m，BT＝AE＝1m，∴CT=C∴BC＝CT+BT＝4m；如圖2所示，設(shè)CD?所在圓的圓心為O，過點(diǎn)O作OE⊥BC交BC于點(diǎn)E，交GF于點(diǎn)H，過點(diǎn)O作OK⊥CD于K，則四邊形BEHG是矩形，四邊形OECK∴HG＝BE，HE＝BG＝1m，OE=CK=1∴OH＝OE﹣HE＝1m，設(shè)HG＝BE＝am，則FH＝（5﹣a）m，CE＝（4﹣a）m，∵OF2＝OC2，OF2＝OH2+FH2，OC2＝OE2+CE2，∴12+（5﹣a）2＝22+（4﹣a）2，解得a＝3，∴FH＝2m，∴OF=O如圖3所示，構(gòu)造MN//AB，且MN＝2.4m，過點(diǎn)O作OJ⊥MN于點(diǎn)J，OE⊥BC于E，延長(zhǎng)JO交AB于L，連接OM，∴MJ=1∴OJ=O由圖2可知，BE＝3m，∵M(jìn)N∥AB，OJ⊥MN，∴OL⊥AB，∴四邊形OLBE是矩形，∴OL＝BE＝3m，∴JL=OJ+OL=(3+89∴大貨車的最大高度（包括貨物）為(3+89故答案為：(3+89【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用，勾股定理，矩形的性質(zhì)與判定等等，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形和矩形，從而求出CD?所在圓的半徑以及線段BC壓軸題型二：圓周角與圓心角√滿分技法1、圓的計(jì)算問題中，如果是角度相關(guān)計(jì)算或證明，則立刻聯(lián)想圓周角與圓心角的相關(guān)定理推論；2、圓中最不缺的就是等腰三角形，所以圓的角度計(jì)算時(shí)，多想想有沒有等邊對(duì)等角，再結(jié)合三角形內(nèi)角和定理、對(duì)頂角相等等綜合思考。1．（2024?重慶）如圖，AB是⊙O的弦，OC⊥AB交⊙O于點(diǎn)C，點(diǎn)D是⊙O上一點(diǎn)，連接BD，CD．若∠D＝28°，則∠OAB的度數(shù)為（）A．28° B．34° C．56° D．62°【分析】根據(jù)∠D的度數(shù)，結(jié)合圓周角定理求出∠BOC的度數(shù)，再根據(jù)垂徑定理得出∠AOB的度數(shù)，最后利用等邊對(duì)等角即可解決問題．【解答】解：∵∠D＝28°，∴∠BOC＝2∠D＝56°．∵OC⊥AB，∴點(diǎn)C為AB的中點(diǎn)，∴AC=∴∠AOC＝∠BOC＝56°，∴∠AOB＝2×56°＝112°．∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA=1故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓周角定理、垂徑定理及圓心角、弧、弦的關(guān)系，熟知圓周角定理及垂徑定理是解題的關(guān)鍵．2．（2024?西藏）如圖，AC為⊙O的直徑，點(diǎn)B，D在⊙O上，∠ABD＝60°，CD＝2，則AD的長(zhǎng)為（）A．2 B．22 C．23 D．4【分析】先利用圓周角定理可得：∠ADC＝90°，∠C＝∠ABD＝60°，由直角三角形的性質(zhì)可得∠CAD＝30°，再由30°的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理可解答．【解答】解：∵AC為⊙O的直徑，∴∠ADC＝90°，∵∠C＝∠ABD＝60°，∴∠CAD＝30°，∵CD＝2，∴AC＝2CD＝4，∴AD=42?故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周角，30°的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理，掌握同弧所對(duì)的圓周角相等，直徑所對(duì)的圓周角為直角是解題的關(guān)鍵．3．（2024?海南）如圖，AD是半圓O的直徑，點(diǎn)B、C在半圓上，且AB=BC=CD，點(diǎn)P在CD上，若∠A．105° B．100° C．90° D．70°【分析】連接OB、OC、OP．根據(jù)圓心角、弧、弦的關(guān)系證明△AOB、△BOC均是等邊三角形，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出∠COP，再由圓周角定理求出∠PBC，根據(jù)“∠PBA＝∠ABC﹣∠PBC”求出∠PBA即可．【解答】解：連接OB、OC、OP．∵AD是半圓O的直徑，∴∠AOD＝180°，∵AB=∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝60°，∵OA＝OB＝OC，∴△AOB、△BOC均是等邊三角形，∴∠ABO＝∠CBO＝∠BCO＝60°，∴∠ABC＝∠ABO+∠CBO＝120°，∵OC＝OP，∴△COP是等腰三角形，∵∠PCB＝130°，∴∠OPC＝∠OCP＝∠PCB﹣∠BCO＝130°﹣60°＝70°，∴∠COP＝180°﹣∠OPC﹣∠OCP＝180°﹣70°﹣70°＝40°，∴∠PBC=12∠COP∴∠PBA＝∠ABC﹣∠PBC＝120°﹣20°＝100°．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓周角定理和圓心角、弧、弦的關(guān)系，熟練掌握并靈活運(yùn)用圓周角定理和圓心角、弧、弦的關(guān)系是解題關(guān)鍵．4．（2024?陜西）如圖，AB為⊙O的直徑，AC=AD，∠A＝53°，則∠B的度數(shù)是【分析】連接BC，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角得∠ACB＝90°，進(jìn)而可求出∠ABC＝37°，然后再根據(jù)在同圓中，等弧所對(duì)的圓周角相等可得出∠ABC的度數(shù)．【解答】解：連接BC，如圖所示：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∠A＝53°，∴∠ABC＝90°﹣∠A＝37°，∵AC=∴∠ABD＝∠ABC＝37°，故答案為：37°．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了圓周角定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系，理解直徑所對(duì)的圓周角是直角，在同圓（或等圓）中，等弧所對(duì)的圓周角相等是解決問題的關(guān)鍵．5．（2024?長(zhǎng)春）如圖，AB是半圓的直徑，AC是一條弦，D是AC的中點(diǎn)，DE⊥AB于點(diǎn)E，交AC于點(diǎn)F，DB交AC于點(diǎn)G，連結(jié)AD．給出下面四個(gè)結(jié)論：①∠ABD＝∠DAC；②AF＝FG；③當(dāng)DG＝2，GB＝3時(shí)，F(xiàn)G=14④當(dāng)BD=2AD，AB＝6時(shí)，△DFG的面積是3上述結(jié)論中，正確結(jié)論的序號(hào)有①②③．【分析】①根據(jù)點(diǎn)D是AC弧的中點(diǎn)得AD?。紺D弧，由此可對(duì)結(jié)論①進(jìn)行判斷；②先證明∠ADE＝∠DAC得AF＝FD，再證明∠BDE＝∠AGD得FD＝FG，由此可對(duì)結(jié)論②進(jìn)行判斷；③在Rt△ADG中tan∠DAC=DGAD=2AD，在Rt△ABD中tan∠ABD=ADBD=AD5，再根據(jù)∠ABD＝∠DAC得④先證明點(diǎn)D，C為半圓弧上的三等分點(diǎn)，則∠ABD＝∠DAC＝30°，由此得AD＝3，DG=3，進(jìn)而得S△ADG=12AD?DG=332，然后根據(jù)AF＝FG得S△DFG=1【解答】解：①∵點(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，∴AD=∴∠ABD＝∠DAC，故結(jié)論①正確；②∵AB是半圓的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠ADE+∠BDE＝90°，∵DE⊥AB，∴∠BDE+∠ABD＝90°，∴∠ADE＝∠ABD，∴∠ADE＝∠DAC，∴AF＝FD，∵∠ADB＝90°，∴∠ADE+∠BDE＝90°，∠AGD+∠DAC＝90°，又∵∠ADE＝∠DAC，∴∠BDE＝∠AGD，∴FD＝FG，∴AF＝FG，故結(jié)論②正確；③∵DG＝2，GB＝3，∴BD＝DG+GB＝5，在Rt△ADG中，tan∠DAC=DG在Rt△ABD中，tan∠ABD=AD∵∠ABD＝∠DAC，∴AD5∴AD2＝10，在Rt△ADG中，由勾股定理得：AG=A∴AF＝FG=12AG故結(jié)論③正確；④∵點(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，BD=2AD∴AD=即點(diǎn)D，C為半圓弧上的三等分點(diǎn)，∴∠ABD＝∠DAC＝30°，在Rt△ABD中，AB＝6，sin∠ABD=AD∴AD＝AB?sin∠ABD＝6×sin30°＝3，在Rt△ADG中，tan∠DAC=DG∴DG＝AD?tan∠DAC＝3×tan30°＝√3，∴S△ADG=12AD?DG=1∵AF＝FG，∴S△DFG=12S△ADG故結(jié)論④不正確，綜上所述：正確的結(jié)論是①②③．故答案為：①②③．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了圓周角定理，圓心角，弧，弦的關(guān)系，解直角三角形的應(yīng)用，熟練掌握?qǐng)A周角定理，圓心角，弧，弦的關(guān)系，靈活運(yùn)用銳角三角函數(shù)進(jìn)行計(jì)算是解決問題的關(guān)鍵．6．（2024?包頭）如圖，AB是⊙O的直徑，BC，BD是⊙O的兩條弦，點(diǎn)C與點(diǎn)D在AB的兩側(cè)，E是OB上一點(diǎn)（OE＞BE），連接OC，CE，且∠BOC＝2∠BCE．（1）如圖1，若BE＝1，CE=5，求⊙O（2）如圖2，若BD＝2OE，求證：BD∥OC．（請(qǐng)用兩種證法解答）【分析】（1）如圖1中，過點(diǎn)O作OH⊥BC于點(diǎn)H．首先證明∠CEB＝90°，由勾股定理求出BC，再根據(jù)cos∠OBH=BHOB=（2）證法一：如圖2中，過點(diǎn)O作OK⊥BD于點(diǎn)K，則BK＝DK，利用全等三角形的性質(zhì)證明∠COE＝∠OBD；證法二：如圖2中，過點(diǎn)O作OK⊥BD于點(diǎn)K，則BK＝DK，證明cos∠COE＝cos∠OBK，推出∠COE＝∠OBK，可得結(jié)論．【解答】（1）解：如圖1中，過點(diǎn)O作OH⊥BC于點(diǎn)H．∵OC＝OB，OH⊥BC，∴∠COH＝∠BOH，CH＝BH，∵∠BOC＝2∠BCE，∴∠BOH＝∠BCE，∵∠BOH+∠OBH＝90°，∴∠BCE+∠OBH＝90°，∴∠CEB＝90°，∴BC=E∴CH＝BH=6∵cos∠OBH=BH∴62∴OB＝3，∴⊙O的半徑為3．（2）證法一：如圖2中，過點(diǎn)O作OK⊥BD于點(diǎn)K，則BK＝DK，∵BD＝2OE，∴OE＝BK，∵∠CEO＝∠OKB＝90°，OC＝OB，∴Rt△OEC≌Rt△BKO（HL），∴∠COE＝∠OBK，∴OC∥BD；證法二：如圖2中，過點(diǎn)O作OK⊥BD于點(diǎn)K，則BK＝DK，∵BD＝2OE，∴OE＝BK，∵cos∠COE=OEOC，cos∠OBK=BKOB，∴cos∠COE＝cos∠OBK，∴∠COE＝∠OBK，∴OC∥BD；【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．壓軸題型三：圓內(nèi)接四邊形1．（2024?吉林）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O．過點(diǎn)B作BE∥AD，交CD于點(diǎn)E．若∠BEC＝50°，則∠ABC的度數(shù)是（）A．50° B．100° C．130° D．150°【分析】根據(jù)BE∥AD，得出∠ADC＝∠BEC＝50°，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可得出答案．【解答】解：∵BE∥AD，∴∠ADC＝∠BEC＝50°，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠ABC＝180°﹣∠ADC＝130°．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，熟練掌握?qǐng)A內(nèi)接四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2024?濟(jì)寧）如圖，分別延長(zhǎng)圓內(nèi)接四邊形ABCD的兩組對(duì)邊，延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)E，F(xiàn)．若∠E＝54°41'，∠F＝43°19'，則∠A的度數(shù)為（）A．42° B．41°20' C．41° D．40°20'【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)得出∠A+∠BCD＝180°，再根據(jù)三角形外角的性質(zhì)得出∠CDF＝∠A+∠E，∠BCD＝∠F+∠CDF，由此得到2∠A+∠F+∠E＝180°，即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠BCD＝180°，∵∠CDF是△ADE的外角，∴∠CDF＝∠A+∠E，∵∠BCD是△CDF的外角，∴∠BCD＝∠F+∠CDF，∴∠BCD＝∠F+∠A+∠E，∵∠A+∠F+∠A+∠E＝180°，∴2∠A+∠F+∠E＝180°，∵∠E＝54°41'，∠F＝43°19'，∴2∠A+54°41'+43°19'＝180°，∴∠A＝41°，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及三角形外角的性質(zhì)，度分秒的換算，熟練掌握這些知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．3．（2024?浙江）如圖，在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，AD＜AC，∠ADC＜∠BAD，延長(zhǎng)AD至點(diǎn)E，使AE＝AC，延長(zhǎng)BA至點(diǎn)F，連結(jié)EF，使∠AFE＝∠ADC．（1）若∠AFE＝60°，CD為直徑，求∠ABD的度數(shù)．（2）求證：①EF∥BC；②EF＝BD．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理進(jìn)行計(jì)算即可；（2）①利用圓內(nèi)接四邊形的外角等于它的內(nèi)對(duì)角以及平行線的判定方法即可得出結(jié)論；②根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，圓周角定理進(jìn)行解答即可．【解答】（1）解：∵CD為直徑，∴∠CAD＝90°，∵∠AFE＝∠ADC＝60°，∴∠ACD＝90°﹣60°＝30°，∴∠ABD＝∠ACD＝30°；（2）證明：①如圖，延長(zhǎng)AB，∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠CBM＝∠ADC，又∵∠AFE＝∠ADC，∴∠AFE＝∠CBM，∴EF∥BC；②過點(diǎn)D作DG∥BC交⊙O于點(diǎn)G，連接AG，CG，∵DG∥BC，∴BD=∴BD＝CG，∵四邊形ACGD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠GDE＝∠ACG，∵EF∥DG，∴∠DEF＝∠GDE，∴∠DEF＝∠ACG，∵∠AFE＝∠ADC，∠ADC＝∠AGC，∴∠AFE＝∠AGC，∵AE＝AC，∴△AEF≌△ACG（AAS），∴EF＝CG，∴EF＝BD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，掌握?qǐng)A周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)以及平行四邊形的性質(zhì)是正確解答的關(guān)鍵．壓軸題型四：三角形的外接圓與外心（多選）1．（2024?濰坊）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AO∥BC，連接CO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)D．分別以點(diǎn)A，C為圓心，以大于12AC的長(zhǎng)為半徑作弧，并使兩弧交于圓外一點(diǎn)M．直線OM交BC于點(diǎn)E，連接A．AB=AD B．AB＝C．∠AOD＝∠BAC D．四邊形AOCE為菱形【分析】根據(jù)全等三角形的判定定理證明∠OCA＝∠ACE，證明OC＝CE＝OA即可證明四邊形AOCE為菱形，再根據(jù)圓周角定理進(jìn)行判定即可．【解答】解：令A(yù)C，OE交于點(diǎn)F，由題意得：OE是AC的垂直平分線，∴EA＝EC，∵AO＝OC，∴△AOE≌△COE，∴∠AOE＝∠COE，∵OF＝OF，AO＝AO，∴△AOF≌△COF，∴∠OAF＝∠OCF，∵AO∥BC，∴∠OAF＝∠ACE，∴∠OCA＝∠ACE，∴AB?=AD∵∠OCF＝∠ECF，∠OFC＝∠EFC＝90°，CF＝CF∴△EFC≌△OFC，∴OC＝CE＝OA，∵AO∥EC，故四邊形AOCE為菱形，選項(xiàng)D正確；∵AB?∴AB=∵四邊形AOCE為菱形，∴AE＝OC＝OD，∴四邊形AEOD為平行四邊形，∴AD＝OE，∴AB＝OE，選項(xiàng)B正確；∠AOD＝∠OAE，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；故選：ABD．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓心角、弧、弦的關(guān)系、圓周角定理、解直角三角形，三角形的外接圓與外心，菱形的判定，菱形的性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．2．（2024?宜賓）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，BC為⊙O的直徑，AD平分∠BAC交⊙O于D，則AB+ACADA．2 B．3 C．22 D．23【分析】作輔助線如圖，先證明BD＝CD，∠ACD+∠ABD＝180°，從而可以得到旋轉(zhuǎn)后的圖形，再證明△A'DA是等腰直角三角形，利用三角函數(shù)即可求得結(jié)果．【解答】解：如圖，連接BD、CD，∵BC是⊙O的直徑，∴∠BAC＝∠BDC＝90°，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴BD=∴BD＝CD，在四邊形ABDC中，∠BAC＝∠BDC＝90°，∴∠ACD+∠ABD＝180°，∴△ADC繞D點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到對(duì)應(yīng)的三角形為△A′DB，則A，B，A'三點(diǎn)共線，如圖所示，∴AB+AC＝AB+A′B＝AA′，∵由旋轉(zhuǎn)可知∠A′DB＝∠ADC，A′D＝AD，∴∠A′DA＝∠A′DB+∠BDA＝∠ADC+∠BDA＝∠BDC＝90°，∴在等腰直角三角形A′DA中，sin∠A′=sin45°=AD∴AA′AD故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角形的外接圓，特殊角的三角函數(shù)，圓周角定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，合理作輔助線為解題的關(guān)鍵．3．（2024?河南）如圖，⊙O是邊長(zhǎng)為43的等邊三角形ABC的外接圓，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，連接BD，CD．以點(diǎn)D為圓心，BD的長(zhǎng)為半徑在⊙OA．8π3 B．4π C．16π3 【分析】由題知陰影部分為扇形BDC的面積，求出半徑DB的長(zhǎng)度和圓心角∠BDC的度數(shù)即可求解．【解答】解：如圖，連接OD、OB、OC，OD交BC于點(diǎn)H．∵△ABC為等邊三角形，∴∠BAC＝60°，∴∠BOC＝120°，∠BDC＝120°，∵D是弧BC中點(diǎn)，∴OD⊥BC，BH＝CH=12BC＝23，∠∴OB=BH∵OB＝OD，∠BOD＝60°，∴△BOD為等邊三角形，∴BD＝OB＝4，∴S=120?π?故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了三角形的外接圓、等邊三角形的判定和性質(zhì)、垂徑定理、以及扇形面積公式，熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)是解題關(guān)鍵．4．（2024?蘇州）如圖，△ABC中，AB＝42，D為AB中點(diǎn)，∠BAC＝∠BCD，cos∠ADC=24，⊙O是△（1）求BC的長(zhǎng)；（2）求⊙O的半徑．【分析】（1）先證明△BAC∽△BCD，得到BCBD（2）過點(diǎn)A作AE⊥CD于點(diǎn)E，連接CO，并延長(zhǎng)交⊙O于F，連接AF，在Rt△AED中，通過解直角三角形得到DE＝1，AE=7，由△BAC∽△BCD得到ACCD=ABBC=2，設(shè)CD＝x，則AC=2x，CE＝x﹣1，在Rt△ACE中，根據(jù)勾股定理構(gòu)造方程，求得CD＝2，AC=2【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠BCD，∠B＝∠B，∴△BAC∽△BCD，∴BCBD∵AB=42，D為AB∴BD=AD=22∴BC2＝16，∴BC＝4；（2）過點(diǎn)A作AE⊥CD于點(diǎn)E，連接CO，并延長(zhǎng)交⊙O于F，連接AF，∵在Rt△AED中，cos∠CDA=DEAD=∴DE＝1，∴AE=A∵△BAC∽△BCD，∴ACCD設(shè)CD＝x，則AC=2x，CE＝x∵在Rt△ACE中，AC2＝CE2+AE2，∴(2x)2=(x?1)解得x＝2，x＝﹣4（舍去），∴CD＝2，AC=22∵∠AFC與∠ADC都是AC所對(duì)的圓周角，∴∠AFC＝∠ADC，∵CF為⊙O的直徑，∴∠CAF＝90°，∴sin∠AFC=AC∴CF=877，即⊙O【點(diǎn)評(píng)】本題考查相似三角形的判定及性質(zhì)，解直角三角形，圓周角定理，掌握各種定理和判定方法是解題的關(guān)鍵．壓軸題型五：切線的性質(zhì)1．（2024?揚(yáng)州）如圖，已知兩條平行線l1、l2，點(diǎn)A是l1上的定點(diǎn)，AB⊥l2于點(diǎn)B，點(diǎn)C、D分別是l1，l2上的動(dòng)點(diǎn)，且滿足AC＝BD，連接CD交線段AB于點(diǎn)E，BH⊥CD于點(diǎn)H，則當(dāng)∠BAH最大時(shí)，sin∠BAH的值為13【分析】由題易得四邊形ACBD是平行四邊形，從而得到BE是定長(zhǎng)，又由∠BHE＝90°，得出直角對(duì)直角的隱圓模型，再根據(jù)最大張角問題（相切時(shí)）求解即可．【解答】解：∵AC∥BD，∴四邊形ACBD是平行四邊形，∴AE＝BE=12∵A為定點(diǎn)，且AB⊥l2，∴AE為定值，∵BH⊥CD，∴∠BHE＝90°，∴點(diǎn)H在以BE為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)（如圖，O為圓心），此時(shí)OE=12BE=∵當(dāng)AH與⊙O相切時(shí)∠BAH最大，∴sin∠BAH=OH故答案為：13【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了切線的性質(zhì)，熟練掌握切線的性質(zhì)、圓周角定理是解題的關(guān)鍵，其中識(shí)別出隱圓模型至關(guān)重要．2．（2024?重慶）如圖，AB是⊙O的直徑，BC是⊙O的切線，點(diǎn)B為切點(diǎn)．連接AC交⊙O于點(diǎn)D，點(diǎn)E是⊙O上一點(diǎn)，連接BE，DE，過點(diǎn)A作AF∥BE交BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．若BC＝5，CD＝3，∠F＝∠ADE，則AB的長(zhǎng)度是203；DF的長(zhǎng)度是83【分析】由圓周角定理得到∠BDC＝90°，由勾股定理求出BD=BC2?CD2=4，由△CDB∽△CBA，推出DB：BA＝CD：CB，得到AB=203，由平行線的性質(zhì)，圓周角定理推出∠F＝∠【解答】解：∵AB是圓的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠BDC＝90°，∵BC＝5，CD＝3，∴BD=B∵BC切圓于B，∴直徑AB⊥BC，∴∠ABC＝90°，∵∠BCD＝∠ACB，∠CDB＝∠ABC＝90°，∴△CDB∽△CBA，∴DB：BA＝CD：CB，∴4：AB＝3：5，∴AB=20∵AF∥BE，∴∠BAF＝∠ABE，∵∠ABE＝∠ADE，∠F＝∠ADE，∴∠F＝∠BAF，∴BF＝AB=20∴FD＝BF﹣BD=203?故答案為：203，8【點(diǎn)評(píng)】本題考查切線的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，平行線的性質(zhì)，關(guān)鍵是判定△CDB∽△CBA，推出DB：BA＝CD：CB，由圓周角定理，平行線的性質(zhì)推出∠F＝∠BAF．3．（2024?青島）如圖，△ABC中，BA＝BC，以BC為直徑的半圓O分別交AB，AC于點(diǎn)D，E．過點(diǎn)E作半圓O的切線，交AB于點(diǎn)M，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N．若ON＝10，cos∠ABC=35，則半徑OC的長(zhǎng)為【分析】連接OE，由OE＝OC，AB＝BC，可得∠OEC＝∠BAC，AB∥OE，即可得cos∠ABC=35=cos∠EOC，由MN是⊙O的切線，得∠OEN＝90°，故OEON=【解答】解：連接OE，如圖：∵OE＝OC，∴∠OEC＝∠OCE，∵AB＝BC，∴∠BAC＝∠OCE，∴∠OEC＝∠BAC，∴AB∥OE，∴∠ABC＝∠EOC，∵cos∠ABC=3∴cos∠EOC=3∵M(jìn)N是⊙O的切線，∴∠OEN＝90°，∴OEON∵ON＝10，∴OE＝6，∴OC＝OE＝6；故答案為：6．【點(diǎn)評(píng)】本題考查切線的性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是證明AB∥OE，得到∠ABC＝∠EOC．4．（2024?涼山州）如圖，⊙M的圓心為M（4，0），半徑為2，P是直線y＝x+4上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作⊙M的切線，切點(diǎn)為Q，則PQ的最小值為27．【分析】連接MP、MQ，根據(jù)切線的性質(zhì)得到MQ⊥PQ，根據(jù)勾股定理得到PQ=PM2?4，根據(jù)一次函數(shù)解析式求出點(diǎn)【解答】解：如圖，連接MP、MQ，∵PQ是⊙M的切線，∴MQ⊥PQ，∴PQ=P當(dāng)PM最小時(shí)，PQ最小，當(dāng)MP⊥AB時(shí)，MP最小，直線y＝x+4與x軸的交點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣4，0），與y軸的交點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，4），∴OA＝OB＝4，∴∠BAO＝45°，AM＝8，當(dāng)MP⊥AB時(shí)，MP＝AM?sin∠BAO＝8×22=∴PQ的最小值為：(42)2故答案為：27．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是切線的性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、垂線段最短，熟記圓的切線垂直于經(jīng)過切點(diǎn)的半徑是解題的關(guān)鍵．5．（2024?天津）已知△AOB中，∠ABO＝30°，AB為⊙O的弦，直線MN與⊙O相切于點(diǎn)C．（Ⅰ）如圖①，若AB∥MN，直徑CE與AB相交于點(diǎn)D，求∠AOB和∠BCE的大小；（Ⅱ）如圖②，若OB∥MN，CG⊥AB，垂足為G，CG與OB相交于點(diǎn)F，OA＝3，求線段OF的長(zhǎng)．【分析】（I）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠A＝∠ABO，求得∠AOB＝180°﹣2∠ABO＝120°，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠ECM＝90°，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠CDB＝∠ECM＝90°，根據(jù)圓周角定理得到結(jié)論；（II）如圖，連接OC，同（I），得∠COB＝90°，根據(jù)垂直的定義得到∠FGB＝90°，求得∠BFG＝90°﹣∠ABO＝60°，根據(jù)三角函數(shù)的定義即可得到結(jié)論．【解答】解：（I）∵OA＝OB，∴∠A＝∠ABO，∵∠A+∠ABO+∠AOB＝180°，∠ABO＝30°，∴∠AOB＝180°﹣2∠ABO＝120°，∵直線MN與⊙O相切于點(diǎn)C，CE為⊙O的直徑，∴∠ECM＝90°，∵AB∥MN，∴∠CDB＝∠ECM＝90°，∴∠BOE＝90°﹣∠ABO＝60°，∵∠BCE=1∴∠BCE＝30°；（II）如圖，連接OC．同（I），得∠COB＝90°，∵CG⊥AB，∴∠FGB＝90°，∵∠ABO＝30°，∴∠BFG＝90°﹣∠ABO＝60°，∴∠CFO＝∠BFG＝60°，在Rt△COF中，tan∠CFO=OC∴OF=OC【點(diǎn)評(píng)】本題考查了切線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握切線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．壓軸題型六：切線的性質(zhì)與判定的綜合應(yīng)用√滿分技法1、圓的切線的判定，抓住本質(zhì)——證垂直。故切線判定的問題，重要思想是：要證垂直，先找垂直。即要證明的直角多是由題目中出現(xiàn)的其他垂直或互余關(guān)系轉(zhuǎn)化得來的。2、切線的判定問題解決口訣：有切點(diǎn)，連半徑，證垂直。1．（2024?威海）如圖，已知AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C，D在⊙O上，且BC＝CD．點(diǎn)E是線段AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連接EC并延長(zhǎng)交射線AD于點(diǎn)F．∠FEG的平分線EH交射線AC于點(diǎn)H，∠H＝45°．（1）求證：EF是⊙O的切線；（2）若BE＝2，CE＝4，求AF的長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義，等腰三角形的性質(zhì)，圓周角定理得出OC∥AF，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理以及角平分線的定義得出∠F＝2∠H＝90°，進(jìn)而得到OC⊥EF，由切線的判定方法即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)求出AB，再根據(jù)直角三角形的邊角關(guān)系求出AC，BC，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求出答案．【解答】（1）證明：如圖，連接OC，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵BC＝CD，∴∠DAC＝∠BAC，∴∠OCA＝∠DAC，∴OC∥AF，∵EH平分∠FEG，∴∠FEH＝∠GEH，∵∠GEH＝∠H+∠BAC，∠FEH＝∠F+∠BAF，∴2∠H+2∠BAC＝∠F+∠BAF，∴∠BAF＝2∠BAC，∴∠F＝2∠H＝90°，∴∠OCE＝∠F＝90°，即OC⊥EF，∵OC是半徑，∴EF是⊙O的切線；（2）解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，即∠OCB+∠BCE＝90°，∴∠OBC+∠BAC＝90°，又∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB，∴∠BCE＝∠EAC，∵∠CEB＝∠CAE，∴△BCE∽△CAE，∴BECE∴CE2＝BE?AE，即16＝2AE，解得AE＝8，∴AB＝8﹣2＝6，在Rt△ABC中，AB＝6，BCAC∴BC=655，∵∠F＝∠ACB＝90°，∠FAC＝∠BAC，∴△FAC∽△CAB，∴AFAC∴AF=A【點(diǎn)評(píng)】本題考查切線的判定和性質(zhì)，圓周角定理，直角三角形的邊角關(guān)系以及相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握切線的性質(zhì)和判斷方法，圓周角定理，直角三角形的邊角關(guān)系以及相似三角形的判定和性質(zhì)是正確解答的關(guān)鍵．2．（2024?雅安）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C是⊙O上的一點(diǎn)，點(diǎn)P是BA延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，連接AC，∠PCA＝∠B．（1）求證：PC是⊙O的切線；（2）若sin∠B=12，求證：AC＝（3）若CD⊥AB于D，PA＝4，BD＝6，求AD的長(zhǎng)．【分析】（1）如圖，連接OC，根據(jù)AB是⊙O的直徑，可知∠ACB＝90°，根據(jù)OB＝OC，可得∠B＝∠BCO，再根據(jù)∠PCA＝∠B，可知OC⊥PC，故PC是⊙O的切線；（2）根據(jù)sin∠B=12，可知∠B＝30°，則∠PCA＝30°，根據(jù)∠ACB＝90°，則∠CAB＝60°，可得∠P＝30°，故∠PCA＝∠P，可證AC＝（3）設(shè)AD＝x，在Rt△ACB中，CD⊥AB，可得CD2＝AD×BD＝6x，易證△PAC∽△PCB，故PC2＝PA?PB＝4（6+4+x）＝4（10+x），在Rt△PCD中，由勾股定理得PD2+CD2＝PC2，即（4+x）2+6x＝4（10+x），求解即可．【解答】（1）證明：如圖，連接OC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠BCO+∠OCA＝90°，∵OB＝OC，∴∠B＝∠BCO，∵∠PCA＝∠B，∴∠PCA＝∠BCO，∴∠PCA+∠OCA＝90°，∴OC⊥PC，∴PC是⊙O的切線；（2）證明：∵sin∠B=1∴∠B＝30°，∴∠PCA＝∠B＝30°，由（1）知∠ACB＝90°，∴∠CAB＝60°，∴∠P＝∠CAB﹣∠PCA＝30°，∴∠PCA＝∠P，∴AC＝AP；（3）設(shè)AD＝x，在Rt△ACB中，CD⊥AB，∴CD2＝AD×BD＝6x，∵∠P＝∠P，∠PCA＝∠B，∴△PAC∽△PCB，∴PAPC∴PC2＝PA?PB＝4（6+4+x）＝4（10+x），在Rt△PCD中，由勾股定理得PD2+CD2＝PC2，即（4+x）2+6x＝4（10+x），整理得x2+10x﹣24＝0，解得x1＝2，x2＝﹣12（舍去），故AD＝2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查切線的判定，圓周角定理，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，三角函數(shù)等知識(shí)，熟練掌握這些數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行分析是解題的關(guān)鍵．3．（2024?淮安）如圖，在△ABC中，BA＝BC，以AB為直徑作⊙O交AC于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DE⊥BC，垂足為E，延長(zhǎng)DE交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．（1）求證：DF為⊙O的切線；（2）若BE＝1，BF＝3，求sinC的值．【分析】（1）連接OD，BD，證出OD⊥DF，根據(jù)切線的判定推出即可；（2）由勾股定理，求出EF，證△ODF∽△BEF，求出OD，DE，進(jìn)而求出BD，利用sinC＝sinA，即可得出答案．【解答】（1）證明：連接OD，BD，如圖，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴BD⊥AC，∵AB＝CB，∴點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，∵點(diǎn)O為AB的中點(diǎn)，∴OD為△ABC的中位線，∴OD∥BC，∴∠ODE＝∠DEC，∵DE⊥BC，∴∠DEC＝90°，∴∠ODE＝90°，∴DF⊥OD，∵OD為⊙O的半徑，D為OD的外端點(diǎn)，∴DF為⊙O的切線；（2）解：如上圖，∵DE⊥BC，BE＝1，BF＝3，∴由勾股定理，得EF=B由（1）知BE∥OD，∴△ODF∽△BEF，∴OFBF∵BE＝1，BF＝3，OB＝OD，∴3+OB3解得OB=32，DE∴AB＝3，在Rt△BDE中，由勾股定理，得BD=B∵BA＝BC，∴∠C＝∠A，∴sinC＝sinA=BD【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓的切線判定，等腰三角形的性質(zhì)，圓周角定理的推論，以及解直角三角形，熟練掌握相關(guān)圖形的性質(zhì)和判定是解題的關(guān)鍵．4．（2024?遂寧）如圖，AB是⊙O的直徑，AC是一條弦，點(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，DN⊥AB于點(diǎn)E，交AC于點(diǎn)F，連結(jié)DB交AC于點(diǎn)G．（1）求證：AF＝DF；（2）延長(zhǎng)GD至點(diǎn)M，使DM＝DG，連結(jié)AM．①求證：AM是⊙O的切線；②若DG＝6，DF＝5，求⊙O的半徑．【分析】（1）連接AD，設(shè)OD交AC于點(diǎn)I，由OD＝OA，得∠ODA＝∠OAD，由點(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，得OD⊥AC于點(diǎn)I，可證明∠ODF＝∠OAF＝90°﹣∠AOD，進(jìn)而推導(dǎo)出∠FDA＝∠FAD，則AF＝DF；（2）①先證明AD垂直平分GM，則AM＝AG，所以∠MAD＝∠CAD＝∠B，則∠OAM＝∠BAD+∠MAD＝∠BAD+∠B＝90°，即可證明AM是⊙O的切線；②可證明∠FDG＝∠FGD，則GF＝DF＝AF＝5，所以AG＝2AF＝10，求得AD=AG2?DG2=8，AIAD=ADAG=cos∠DAG，求得AI=AD2AG=325，則DI=245【解答】（1）證明：連接AD，設(shè)OD交AC于點(diǎn)I，∵OD＝OA，∴∠ODA＝∠OAD，∵點(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，∴OD⊥AC于點(diǎn)I，∵DN⊥AB于點(diǎn)E，∴∠OED＝∠OIA＝90°，∴∠ODF＝∠OAF＝90°﹣∠AOD，∴∠ODA﹣∠ODF＝∠OAD﹣∠OAF，∴∠FDA＝∠FAD，∴AF＝DF．（2）①證明：∵AB是⊙O的直徑，DM＝DG，∴∠ADB＝90°，∴AD垂直平分GM，∴AM＝AG，∴∠MAD＝∠CAD，∵AD=∴∠B＝∠CAD，∴∠MAD＝∠B，∴∠OAM＝∠BAD+∠MAD＝∠BAD+∠B＝90°，∵OA是⊙O的半徑，且AM⊥OA，∴AM是⊙O的切線．②解：∵∠FDG+∠FDA＝90°，∠FGD+∠FAD＝90°，且∠FDA＝∠FAD，∴∠FDG＝∠FGD，∴GF＝DF＝AF＝5，∴AG＝2AF＝10，∵DG＝6，∴AD=A∵∠AID＝∠ADG＝90°，∴AIAD=AD∴AI=A∴DI=A∵∠OIA＝90°，OI＝OD?245=∴OI2+AI2＝OA2，∴（OA?245）2+（325）2＝解得OA=20∴⊙O的半徑長(zhǎng)為203【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查等腰三角形的性質(zhì)、垂徑定理、圓周角定理、切線的判定定理、勾股定理、銳角三角函數(shù)與解直角三角形等知識(shí)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．壓軸題型七：弧長(zhǎng)的計(jì)算1．（2024?包頭）如圖，在扇形AOB中，∠AOB＝80°，半徑OA＝3，C是AB上一點(diǎn)，連接OC，D是OC上一點(diǎn)，且OD＝DC，連接BD．若BD⊥OC，則AC的長(zhǎng)為（）A．π6 B．π3 C．π2【分析】連接BC，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得BC＝OB，可得△OBC是等邊三角形，求出∠AOC＝20°，再根據(jù)弧長(zhǎng)公式計(jì)算即可．【解答】解：如圖，連接BC，∵OD＝DC，BD⊥OC，∴BC＝OB，∵OB＝OC，∴△OBC是等邊三角形，∴∠BOC＝60°，∵∠AOB＝80°，∴∠AOC＝20°，∴AC的長(zhǎng)為20π×3180故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了弧長(zhǎng)的計(jì)算，關(guān)鍵是根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)求出圓心角的度數(shù)．2．（2024?廣安）如圖，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝10，∠C＝70°，以AB為直徑作半圓，與AC，BC分別相交于點(diǎn)D，E，則DE的長(zhǎng)度為（）A．π9 B．5π9 C．10π9【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理求得∠A的度數(shù)，證明OE∥AC，再由OA＝OD，再由等腰三角形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)求得∠DOE的度數(shù)，利用弧長(zhǎng)公式即可求解．【解答】解：連接OD，OE，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C＝70°，∵OE＝OB，∴∠OEB＝∠ABC＝70°，∴∠OEB＝∠C＝70°，∴OE∥AC，在△ABC中，∠A+∠ABC+∠C＝180°，∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝180°﹣70°﹣70°＝40°，OA=OD=1∵OE∥AC，∴∠A＝∠ADO＝40°＝∠DOE，∴DE的長(zhǎng)度為40π×5180故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了弧長(zhǎng)的求解，得到圓心角和半徑是解題的關(guān)鍵．3．（2024?臨夏州）如圖，對(duì)折邊長(zhǎng)為2的正方形紙片ABCD，OM為折痕，以點(diǎn)O為圓心，OM為半徑作弧，分別交AD，BC于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，則EF的長(zhǎng)度為2π3（結(jié)果保留π【分析】由對(duì)折可知，∠EOM＝∠FOM，過點(diǎn)E作OM的垂線，進(jìn)而可求出∠EOM的度數(shù)，則可得出∠EOF的度數(shù)，最后根據(jù)弧長(zhǎng)公式即可解決問題．【解答】解：由對(duì)折可知，四邊形AOMD是矩形，∠EOM＝∠FOM，則OM＝AD，DM=1過點(diǎn)E作OM的垂線，垂足為P，則EP＝DM=1因?yàn)镺E＝OM＝AD，CD＝AD，所以EP=1在Rt△EOP中，sin∠EOP=EP所以∠EOP＝30°，則∠EOF＝30°×2＝60°，所以EF的長(zhǎng)度為：60?π?2180故答案為：2π3【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了弧長(zhǎng)的計(jì)算、正方形的性質(zhì)及翻折變換（折疊問題），熟知正方形的性質(zhì)、圖形翻折的性質(zhì)及弧長(zhǎng)的計(jì)算公式是解題的關(guān)鍵．4．（2024?蘭州）“輪動(dòng)發(fā)石車”是我國(guó)古代的一種投石工具，在春秋戰(zhàn)國(guó)時(shí)期被廣泛應(yīng)用，圖1是陳列在展覽館的仿真模型．圖2是模型驅(qū)動(dòng)部分的示意圖，其中⊙M，⊙N的半徑分別是1cm和10cm，當(dāng)⊙M順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)3周時(shí)，⊙N上的點(diǎn)P隨之旋轉(zhuǎn)n°，則n＝108．【分析】利用弧長(zhǎng)公式根據(jù)點(diǎn)P移動(dòng)的弧長(zhǎng)＝3個(gè)⊙M周長(zhǎng)，列出關(guān)于n的方程，解方程即可．【解答】解：∵⊙M的周長(zhǎng)為2πcm，∴⊙M順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)3周時(shí)，點(diǎn)P移動(dòng)的弧長(zhǎng)為6πcm，∴6π=nπ×10解得n＝108，故答案為：108．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了弧長(zhǎng)的計(jì)算，掌握弧長(zhǎng)公式是解題的關(guān)鍵．壓軸題型八：扇形面積的計(jì)算1．（2024?泰安）兩個(gè)半徑相等的半圓按如圖方式放置，半圓O′的一個(gè)直徑端點(diǎn)與半圓O的圓心重合，若半圓的半徑為2，則陰影部分的面積是（）A．43π?3 B．43π 【分析】連接OA，AO′，作AB⊥OO′于點(diǎn)B，得三角形AOO′是等邊三角形，求出AB=3，S弓形AO′＝S扇形AOO′﹣S△AOO′=2π3?3，再根據(jù)S陰影＝S弓形AO′+S【解答】解：如圖，連接OA，AO′，作AB⊥OO′于點(diǎn)B，∵OA＝OO′＝AO′＝2，∴三角形AOO′是等邊三角形，∴∠AOO′＝60°，OB=12∴AB=2∴S弓形AO′＝S扇形AOO′﹣S△AOO′=60π×22=2π∴S陰影＝S弓形AO′+S扇形AO′O=2π=4π故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了扇形的面積公式的運(yùn)用、三角形的面積公式的運(yùn)用，熟練掌握扇形的面積公式是關(guān)鍵．2．（2024?日照）如圖，在菱形ABCD中，AB＝2，∠B＝120°，點(diǎn)O是對(duì)角線AC的中點(diǎn)，以點(diǎn)O為圓心，OA長(zhǎng)為半徑作圓心角為60°的扇形OEF，點(diǎn)D在扇形OEF內(nèi)，則圖中陰影部分的面積為（）A．π2?34 B．π?3【分析】過O作ON⊥AD，OM⊥CD，證明△ONH≌△OMG，故四邊形HOGD面積＝2△OMD面積，再計(jì)算即可．【解答】解：過O作ON⊥AD，OM⊥CD，連接OD．∵∠ADC+∠HOG＝180°，∴∠NHO+∠DGO＝180°，∵∠DGO+∠MGO＝180°，∴∠NHO＝∠MGO．∵菱形ABCD，∴DO平分∠ADC，∴OM＝ON．在△ONH和△OMG中，∠NHO=∠OGM∠ONH=∠OMG∴△ONH≌△OMG（AAS），∴△ONH面積＝△OMG面積，∴四邊形HOGD面積＝四邊形NOMD面積＝2△OMD面積，∵∠ODC＝60°，∴OD=12CD＝1，OC=3∴DM=12OD∴OM=3DM=∴四邊形HOGD面積＝2△OMD面積＝2×1∴陰影部分的面積＝扇形面積﹣四邊形HOGD面積=60°360°×π×（3）故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了扇形面積的計(jì)算，等邊三角形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，圓周角定理，掌握菱形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．3．（2024?重慶）如圖，在矩形ABCD中，分別以點(diǎn)A和C為圓心，AD長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)．若AD＝4，則圖中陰影部分的面積為（）A．32﹣8π B．163?4π C．32﹣4π D．163?【分析】連接AC，在Rt△ADC中利用勾股定理求出AC的長(zhǎng)，根據(jù)矩形的面積公式求出矩形ABCD的面積，兩個(gè)扇形為12圓，根據(jù)扇形面積公式求出兩個(gè)扇形面積之和，根據(jù)S陰影＝S矩形ABCD﹣S兩個(gè)扇形【解答】解：連接AC．∵兩弧有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，AD＝4，∴AC＝2AD＝8，∴在Rt△ADC中，CD=AC2∴S矩形ABCD＝AD?CD＝163，∵兩個(gè)扇形均為14∴兩個(gè)扇形為12圓，面積之和為S兩個(gè)扇形=12πAD2∴S陰影＝S矩形ABCD﹣S兩個(gè)扇形＝163?8π故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查扇形面積的計(jì)算，掌握勾股定理、矩形、扇形和圓的面積公式是解題的關(guān)鍵．4．（2024?樂山）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB為直徑，過點(diǎn)C作⊙O的切線CD交BA延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，點(diǎn)E為CB上一點(diǎn)，且AC=（1）求證：DC∥AE；（2）若EF垂直平分OB，DA＝3，求陰影部分的面積．【分析】（1）由余角的性質(zhì)推出∠B＝∠DCA，由圓周角定理得到∠B＝∠CAE，因此∠CAE＝∠DCA，推出CD∥AE；（2）連結(jié)OE、BE，由線段垂直平分線的性質(zhì)推出OE＝BE．判定△OEB為等邊三角形，得到∠BOE＝60°，求出∠AOE＝180°﹣60°120°，由等腰三角形的性質(zhì)得到∠OAE＝∠OEA＝30°．由平行線的性質(zhì)推出∠D＝∠OAE＝30°，由含30度角的直角三角形的性質(zhì)推出OD＝2OC＝OA+AD，得到OC＝AO＝OE＝OC＝AD＝3，求出EF=32OE=332，求出△OAE的面積=12AO?FE=【解答】（1）證明：∵CD為⊙O的切線，點(diǎn)C在⊙O上，∴∠OCD＝90°，∴∠DCA+∠OCA＝90°，∵AB為直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠B+∠OAC＝90°．∵OC＝OA，∴∠OAC＝∠OCA，∴∠B＝∠DCA，∵AC=∴∠B＝∠CAE，∴∠CAE＝∠DCA，∴CD∥A