猜題02 圓（拔尖必刷70題17種題型專項(xiàng)訓(xùn)練）（含答案解析）

猜題02圓（拔尖必刷70題17種題型專項(xiàng)訓(xùn)練）一．由點(diǎn)與圓的位置關(guān)系求范圍（共4小題）二．利用弧、弦、圓心角之間的關(guān)系求解（共4小題）三．利用垂徑定理求解（共5小題）四．垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用（共5小題）五．圓周角定理及推論（共3小題）六．圓內(nèi)接四邊形的相關(guān)計(jì)算（共5小題）七．已知直線與圓的位置關(guān)系求半徑取值范圍（共4小題）八．切線長(zhǎng)定理求解（共4小題）九．弧長(zhǎng)、扇形面積的計(jì)算（共4小題）十．切線的性質(zhì)與判定的綜合（共6小題）十一．三角形內(nèi)接圓與外切圓綜合（共4小題）十二．與圓錐的相關(guān)計(jì)算（共5小題）十三．圓錐側(cè)面積的最短距離（共3小題）十四．圖形旋轉(zhuǎn)掃過面積的計(jì)算（共3小題）十五．計(jì)算不規(guī)則的圖形面積（共4小題）十六．與圓有關(guān)的規(guī)律探究問題（共5小題）十七．與圓有關(guān)的新定義問題（共4小題）一．由點(diǎn)與圓的位置關(guān)系求范圍（共4小題）1．（2023上·廣東惠州·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=7，點(diǎn)D在邊BC上，CD=3，⊙A的半徑長(zhǎng)為3，⊙D與⊙A相交，且點(diǎn)B在⊙D外，那么⊙D的半徑長(zhǎng)r可能是（

A．r=1 B．r=3 C．r=5 D．r=7【答案】B【分析】連接AD交⊙A于E，根據(jù)勾股定理求出AD的長(zhǎng)，從而求出DE、DB的長(zhǎng)，再根據(jù)相交兩圓的位置關(guān)系得出【詳解】解：連接AD交⊙A于E，如圖1，

在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD=A則DE=AD-AE=5-3=2，∵BC=7，∴BD=7-3=4，∴⊙D與⊙A相交，且點(diǎn)B在⊙D外，必須2<r<4，即只有選項(xiàng)B符合題意，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了相交兩圓的性質(zhì)，點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，能熟記相交兩圓的性質(zhì)和點(diǎn)與圓的位置關(guān)系的內(nèi)容是解題的關(guān)鍵．2．（2022上·江蘇南通·九年級(jí)統(tǒng)考期中）在數(shù)軸上，點(diǎn)A所表示的實(shí)數(shù)為4，點(diǎn)B所表示的實(shí)數(shù)為b，⊙A的半徑為2，要使點(diǎn)B在⊙A內(nèi)時(shí)，實(shí)數(shù)b的取值范圍是（）A．b>2 B．b>6 C．b<2或b>6 D．2<b<6【答案】D【分析】要使點(diǎn)B在⊙A內(nèi)，則AB<2，即b-4<2【詳解】解：要使點(diǎn)B在⊙A內(nèi)，則AB<2，即b-4解得2<b<6，故選：D【點(diǎn)睛】本題考查了點(diǎn)與圓的位置關(guān)系：點(diǎn)的位置可以確定該點(diǎn)到圓心距離與半徑的關(guān)系，反過來已知點(diǎn)到圓心距離與半徑的關(guān)系可以確定該點(diǎn)與圓的位置關(guān)系．3．（2021上·江蘇淮安·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，⊙M的半徑為4，圓心M的坐標(biāo)為（6，8），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、B關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，則AB長(zhǎng)的最小值為（）A．6 B．8 C．12 D．16【答案】C【分析】先根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得到AB=2OP，可知要使AB長(zhǎng)最小，則需OP取得最小值，連接OM，交⊙M于P'，當(dāng)點(diǎn)P位于P'位置時(shí)，OP取得最小值，過點(diǎn)M作MQ⊥x軸于點(diǎn)【詳解】解：如圖，連接OP，∵PA⊥PB，AO=BO，∴AB=2OP，若要使AB長(zhǎng)最小，則需OP取得最小值，連接OM，交⊙M于P'，當(dāng)點(diǎn)P位于P'位置時(shí)，過點(diǎn)M作MQ⊥x軸于點(diǎn)Q，則OQ=6，MQ=8，∴OM=6∵M(jìn)P∴OP∴AB=2OP故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)、勾股定理、坐標(biāo)與圖形、點(diǎn)與圓的位置關(guān)系等知識(shí)，能將求AB的最小值轉(zhuǎn)化為求OP4．（2022上·陜西安康·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，∠BAC=90°,AB=6,BC=10，D是BC的中點(diǎn)，以A為圓心，r為半徑作⊙A，若點(diǎn)B，D，C均在⊙A外，求r的取值范圍．【答案】0＜r＜5【分析】先根據(jù)勾股定理和直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)求得AB、AD，再根據(jù)點(diǎn)與圓的位置關(guān)系即可求解．【詳解】解：∵在△ABC中，∠BAC=90°,AB=6,BC=10，∴AC=B∵D是BC的中點(diǎn)，∴AD=1∵5＜6＜8，∴AD＜AB＜AC，∵A為圓心，r為半徑，點(diǎn)B，D，C均在⊙A外，∴0＜r＜5．【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)、點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，解題關(guān)鍵是熟練掌握點(diǎn)與圓的位置關(guān)系：設(shè)圓半徑為r，點(diǎn)與圓心的距離為d，當(dāng)d＜r時(shí)，點(diǎn)在圓內(nèi)；當(dāng)d=r時(shí)，點(diǎn)在圓上；當(dāng)d＞r時(shí)，點(diǎn)在圓外．二．利用弧、弦、圓心角之間的關(guān)系求解（共4小題）5．（2023上·江蘇無錫·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，AB是⊙O的直徑，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，若BC=CD=DA=4cm，則⊙O的直徑AB為（

A．5cm B．4cm C．6cm【答案】D【分析】本題考查了圓心角、弧、弦的關(guān)系，等邊三角形的判定．連接OD、OC．根據(jù)圓心角、弧、弦的關(guān)系證得△AOD是等邊三角形，則⊙O的半徑長(zhǎng)為OA=AD=4cm【詳解】解：如圖，連接OD、OC．

∵AB是⊙O的直徑，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，若BC=CD=DA=4cm∴AD=∴∠AOD=∠DOC=∠BOC=60°．又OA=OD，∴△AOD是等邊三角形，∴OA=AD=4cm∴AB=8cm故選：D．6．（2023上·湖北襄陽·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在⊙O中，AB=AC=BC，則

A．100° B．110° C．120° D．150°【答案】C【分析】本題考查了圓心角、弧、弦之間的關(guān)系，先證明△ABC是等邊三角形，求出∠BAC=60°，根據(jù)圓周角定理求出即可．【詳解】解：∵AB=∴AB=AC=BC，∴∠BAC=60°，∴∠BOC=2∠A=120°，故選：C．7．（2023上·廣東江門·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)E在⊙O上，點(diǎn)D，C是BE的三等分點(diǎn)，∠COD=34°，則∠AEO的度數(shù)是（

）

A．51° B．56° C．68° D．78°【答案】D【分析】先根據(jù)圓心角、弧、弦的關(guān)系得到∠BOC=∠COD=∠DOE=34°，然后利用平角的定義計(jì)算∠AOE的度數(shù)．【詳解】解：∵點(diǎn)D、C是BE的三等分點(diǎn)，即DE=∴∠BOC=∠COD=∠DOE=34°，∴∠AOE=180°-3×34°=78°．故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了圓心角、弧、弦的關(guān)系：在同圓或等圓中，如果兩個(gè)圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對(duì)應(yīng)的其余各組量都分別相等．8．（2023上·湖南長(zhǎng)沙·九年級(jí)長(zhǎng)沙市雅禮實(shí)驗(yàn)中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，在⊙O中，AC=BC，D、E分別是半徑OA與OB的中點(diǎn)，連接OC，AC，A．AC=BC B．CD=CE C．∠AOC=∠COB D．CD⊥OA【答案】D【分析】在⊙O中，根據(jù)弧、弦、圓心角的關(guān)系可判斷A選項(xiàng)，證明△ACD≌△BCE可判斷B、C選項(xiàng)，根據(jù)已知條件，不能證明CA=CO，可判斷D選項(xiàng)．【詳解】解：在⊙O中，∵AC∴AC=BC，故A選項(xiàng)不符合題意；在△AOC與△BOC中，OA=OBOC=OC∴△AOC≌△BOCSSS∴∠CAD=∠CBE，∠AOC=∠COB，故C選項(xiàng)不符合題意；∵D、E分別是半徑OA，OB∴AD=BE，在△ACD與△BCE中，AC=BC∠CAD=∠CBE∴△ACD≌△BCESAS∴CD=CE，∠ACD=∠BCE，故B選項(xiàng)不符合題意；∵CA和OC不一定相等，∴CD和OA不一定垂直，故D選項(xiàng)符合題意．故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查弧、弦、圓心角的關(guān)系以及全等三角形的判定與性質(zhì)，掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)是解決本題的關(guān)鍵．三．利用垂徑定理求解（共5小題）9．（2022上·云南紅河·九年級(jí)統(tǒng)考期末）已知⊙O的半徑是5cm，弦AB∥CD，AB=6cm，與CD的距離是（

）A．7cm B．7cm或1cm C．5cm或2【答案】B【分析】有兩種情況，需分類討論，即AB，CD在圓心【詳解】解：如圖①，過O作OF⊥AB于F交CD于E，連接OA，OC，∵AB∥CD，∴OE⊥CD；由垂徑定理得AF=FB=12AB=3∴OF=OA2∴EF=OF-OE=1cm

如圖②，過O作OF⊥AB于F交CD于E，連接OA，OC，∵AB∥CD，∴OE⊥CD；同理可得OF=4cm，OE=3當(dāng)AB，CD在圓心O的兩側(cè)時(shí)，EF=OF+OE=7(cm∴AB與CD的距離為7cm或1

故選B．【點(diǎn)睛】此題考查了勾股定理，以及垂徑定理的應(yīng)用，需注意AB、10．（2022上·江蘇揚(yáng)州·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，已知⊙O的直徑為26，弦AB=24，動(dòng)點(diǎn)P、Q在⊙O上，弦PQ=10，若點(diǎn)M、N分別是弦AB、

A．7≤MN≤17 B．14≤MN≤34 C．7<MN<17 D．6≤MN≤16【答案】A【分析】連接OM、ON、OA、OP，由垂徑定理得到，OM⊥AB，ON⊥PQ，AM=12AB=12，PN=12PQ=5，由勾股定理得到OM=5，ON=12，當(dāng)AB∥PQ時(shí)，M、O、N三點(diǎn)共線時(shí)，當(dāng)AB、PQ位于點(diǎn)O的同側(cè)時(shí)，線段MN的長(zhǎng)度最短，當(dāng)AB、【詳解】解：連接OM、ON、OA、OP，如圖所示，

∵⊙O的直徑為26，∴OA=OP=13，∵點(diǎn)M、N分別是弦AB、PQ的中點(diǎn)，AB=24，∴OM⊥AB，ON⊥PQ，AM=12AB=12∴OM=132-當(dāng)AB∥PQ時(shí)，M、O、N三點(diǎn)共線，當(dāng)AB、PQ位于點(diǎn)O的同側(cè)時(shí)，線段MN的長(zhǎng)度最短=OM-ON=12-5=7，當(dāng)AB、PQ位于點(diǎn)O的兩側(cè)時(shí)，線段MN的長(zhǎng)度最長(zhǎng)=OM+ON=12+5=17，∴線段MN的長(zhǎng)度的取值范圍是7≤MN≤17，故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理、垂徑定理、線段的最值問題，熟練掌握垂徑定理和勾股定理是解題的關(guān)鍵．11．（2022上·山東濟(jì)寧·九年級(jí)濟(jì)寧學(xué)院附屬中學(xué)?？计谀┤鐖D，一個(gè)底部呈球形的燒瓶，球的半徑為5cm，瓶?jī)?nèi)液體的最大深度CD=1cm．則截面圓中弦AB的長(zhǎng)為（

A．42 B．6 C．8 D．【答案】B【分析】由垂徑定理和勾股定理分別求出AB的長(zhǎng)，即可得出答案．【詳解】解：如圖所示，

由題意得：OA=OD=5cm，OD⊥AB∴AC=BC，∵CD=1cm∴OC=OD-CD=5-1=4(cm在Rt△ACOAC=O∴AB=2AC=6cm即截面圓中弦AB的長(zhǎng)為6cm故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了垂經(jīng)定理，勾股定理，解題的關(guān)鍵是掌握這些知識(shí)點(diǎn)．12．（2023上·河南省直轄縣級(jí)單位·九年級(jí)校聯(lián)考期末）如圖，⊙O的半徑為102，弦AB的長(zhǎng)為162，P是弦AB上一動(dòng)點(diǎn)，則線段OP長(zhǎng)的最小值為（

A．10 B．82 C．5 D．【答案】D【分析】過O點(diǎn)作OH⊥AB于H，連接OB，如圖，根據(jù)垂徑定理得到AH=BH=8，再利用勾股定理計(jì)算出OH，然后根據(jù)垂線段最短求解．【詳解】解：過O點(diǎn)作OH⊥AB于H，連接OB，如圖，

∴AH=BH=1在Rt△BOH中，OH=∴線段OP長(zhǎng)的最小值為62故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對(duì)的兩條?。部疾榱舜咕€段最短．13．（2016上·江蘇鎮(zhèn)江·九年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，⊙P的圓心坐標(biāo)是(3,a)(a>3)，半徑為3，函數(shù)y=x的圖像被⊙P截得的弦AB的長(zhǎng)為42，則aA．4 B．3+2 C．32 D【答案】B【分析】作PC⊥x軸于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，連接PB，求出D點(diǎn)坐標(biāo)為(3,3)，可得△OCD為等腰直角三角形，從而△PED也為等腰直角三角形．根據(jù)垂徑定理得AE=BE=22，在Rt△PBE中，利用勾股定理求出PE=1，再求出【詳解】解：作PC⊥x軸于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，連接PB，如圖，∵⊙P的圓心坐標(biāo)是(3,a)，∴OC=3,PC=a，把x=3代入y=x得y=3，∴D點(diǎn)坐標(biāo)為(3,3)，∴CD=3，∴△OCD為等腰直角三角形，∴∠PDE=∠ODC=45°，∵PE⊥AB，∴△PED為等腰直角三角形，AE=BE=1在Rt△PBE中，PB=3∴PE=3∴PD=2∴a=3+2故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，以及垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對(duì)的兩條?。_作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．四．垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用（共5小題）14．（2021上·浙江衢州·九年級(jí)衢州市實(shí)驗(yàn)學(xué)校教育集團(tuán)（衢州學(xué)院附屬學(xué)校教育集團(tuán)）校聯(lián)考期末）筒車是我國(guó)古代發(fā)明的一種水利灌溉工具，如圖1，筒車盛水桶的運(yùn)行軌道是以軸心O為圓心的圓，已知圓心O在水面上方，且⊙O被水面截得弦AB長(zhǎng)為4米，⊙O半徑為3米，則點(diǎn)C到弦AB所在直線的距離是（）

A．1米 B．2米 C．(3-5)米 D．【答案】C【分析】本題考查了垂徑定理的應(yīng)用和勾股定理的應(yīng)用．連結(jié)OC，OC交AB于D，由垂徑定理得AD=BD=12AB=2【詳解】解：連接OC交AB于D，

由題意得：OA=OC=3米，OC⊥AB，∴AD=BD=12AB=2由勾股定理得，OD=O∴CD=OC-OD=3-即點(diǎn)C到弦AB所在直線的距離是3-5故選：C．15．（2022上·云南紅河·九年級(jí)統(tǒng)考期末）為了落實(shí)“雙減”政策，一些學(xué)校在課后服務(wù)時(shí)段開設(shè)了與冬奧會(huì)項(xiàng)目冰壺有關(guān)的選修課，如圖，在冰壺比賽場(chǎng)地的一端畫有一些同心圓作為營(yíng)壘，其中有兩個(gè)圓的半徑分別約為60cm和180cm，小明擲出一球恰好沿著小圓的切線滑行出界，則該球在大圓內(nèi)滑行的路徑MN的長(zhǎng)度為（

）cmA．240 B．2402 C．120 D．【答案】B【分析】設(shè)小圓的切線MN與小圓相切于點(diǎn)D，與大圓交于M，N連接OD、OM，根據(jù)切線的性質(zhì)定理和垂徑定理求解即可．【詳解】解：如圖，設(shè)小圓的切線MN與小圓相切于點(diǎn)D，與大圓交于M、N，連接OD、OM，∴OD⊥MN，∴MD=DN，在Rt△ODM中，OM=180cm，∴MD=O∴MN=2MD=2402即該球在大圓內(nèi)滑行的路徑MN的長(zhǎng)度為2402故選B．【點(diǎn)睛】本題考查切線的性質(zhì)定理、垂徑定理、勾股定理，熟練掌握切線的性質(zhì)和垂徑定理是解答的關(guān)鍵．16．（2023上·河南漯河·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，一座石橋的主橋拱是圓弧形，某時(shí)刻測(cè)得水面AB寬度為6米，拱高CD（弧的中點(diǎn)到水面的距離）為1米，若水面下降1米，則此時(shí)水面的寬度為（

）A．5米 B．6米 C．7米 D．8米【答案】D【分析】以O(shè)為圓心，連接OC、OA、OB，根據(jù)三線合一定理可得OD⊥AB，AC=BC，設(shè)OD=r，則OC=OD-CD=r-1，再根據(jù)勾股定理即可求出半徑；水面下降為EF，連接【詳解】解：如圖，以O(shè)為圓心，連接OC、由題意可得，D為弧AB的中點(diǎn)，∴∠AOD=∠BOD，∵OA=OB，∴OD⊥AB，設(shè)OD=r，則OC=OD-CD=r-1，在Rt△AOC中，OA2∴r2解得：r=5，∴主橋拱所在圓的半徑5m由題意得，水面下降為EF，連接OE，∵水面下降1米，∴OG=OC-1=4-1=3m則EG=O∴EF=2EG=8m，即水面的寬度為8故選：D．

【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理和垂徑定理，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)，掌握垂直于弦的直徑平分弦，且平分弦所對(duì)的弧，是解決本題的關(guān)鍵．17．（2023上·湖北荊門·九年級(jí)校考期末）某居民小區(qū)一處圓柱形的輸水管道破裂，維修人員為更換管道，需確定管道圓形截面的半徑，下圖是水平放置的破裂管道有水部分的截面．(1)若這個(gè)輸水管道有水部分的水面寬AB=16cm，水面最深地方的高度為4cm，求這個(gè)圓形截面的半徑；(2)在（1）的條件下，小明把一只寬12cm的方形小木船放在修好后的圓柱形水管里，已知船高出水面13cm，問此小船能順利通過這個(gè)管道嗎？【答案】(1)10(2)能順利通過【分析】（1）過O作OE⊥AB于D，交弧AB于E，連接OB，根據(jù)垂徑定理得到BD=（2）連接OM，設(shè)MF=6cm，可求得此時(shí)OF的高，即可求得DF的長(zhǎng)，比較13【詳解】（1）解：過O作OE⊥AB于D，交弧AB于E，連接OB．∵OE⊥AB，∴BD=1由題意可知，ED=4cm設(shè)半徑為xcm，則OD=(x-4)在Rt△BODO∴解得x=10．即這個(gè)圓形截面的半徑為10cm（2）如圖，小船能順利通過這個(gè)管道．理由：連接OM，設(shè)MF=6cm∵EF⊥MN，OM=10cm在Rt△MOF中，∵DF=OF+OD=8+6=14∵14cm∴小船能順利通過這個(gè)管道．【點(diǎn)睛】此題考查了垂徑定理、勾股定理的應(yīng)用．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用．18．（2022上·浙江溫州·九年級(jí)校聯(lián)考階段練習(xí)）已知吃刀深度h為2mm時(shí)，能在直徑是d（mm）的軸上銑出寬40mm的一塊平面（如圖）．(1)求d的值．(2)若吃刀深度增加到4mm，求軸上銑出平面的寬度．【答案】(1)202mm(2)12【分析】（1）設(shè)圓心為O，過點(diǎn)O作OC⊥AB于點(diǎn)C，OC的延長(zhǎng)線交⊙O于點(diǎn)D，連接OA，在Rt△AOC（2）在Rt△AOC中，利用勾股定理先求出AC，即可求出AB【詳解】（1）設(shè)圓心為O，過點(diǎn)O作OC⊥AB于點(diǎn)C，OC的延長(zhǎng)線交⊙O于點(diǎn)D，連接OA，如圖，∵OC⊥AB，AB=40，∴AC=BC=20，∵CD=2，設(shè)OA=r，∴OC=r-2，在Rt△AOC中，根據(jù)勾股定理得，A即202解得r=101，∴直徑d=2r=202（即直徑d的值為202mm（2）根據(jù)（1）中的結(jié)果有：r=101，當(dāng)CD=4時(shí)，則OC=r-4=97，∵OC⊥AB，∴AC=BC，根據(jù)勾股定理得，AC即AC解得AC=622∴AB=1222∴軸上銑出平面的寬度為1222【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是添加輔助線構(gòu)造直角三角形利用勾股定理解決問題．五．圓周角定理及推論（共3小題）19．（2023上·福建福州·九年級(jí)?？计谀┤鐖D，⊙O的弦AC=BD，且AC⊥BD于E，連接AD，若AD=32，則⊙O

A．6π B．4π C．3π D．2π【答案】A【分析】連接OA，OD，AB，利用圓周角定理，圓心角、弧、弦之間的關(guān)系可以求出∠BAC=∠ABD=45°，則有∠AOD=90°，通過勾股定理求出半徑為3，最后由周長(zhǎng)公式即可求解．【詳解】連接OA，OD，AB，

∵AC=BD，∴AC=∴BC=∴∠BAC=∠ABD，∵AC⊥BD，∴∠AEB=90°，∴∠BAC=∠ABD=45°，∴∠AOD=90°，在Rt△AOD中，由勾股定理得：O∴OA=OD=3，∴⊙O的周長(zhǎng)為6π．【點(diǎn)睛】此題考查了勾股定理，圓周角定理，圓心角、弧、弦之間的關(guān)系等知識(shí)點(diǎn)，能綜合運(yùn)用知識(shí)點(diǎn)進(jìn)行推理和計(jì)算是解此題的關(guān)鍵．20．（2023上·山東泰安·九年級(jí)東平縣實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？计谀┤鐖D，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O,BC是直徑，AD=DC，∠ADB=20°，則∠ACB，∠DBC分別為（

A．15°與30° B．30°與35° C．20°與35【答案】C【分析】根據(jù)圓周角定理可得∠ACB=∠ADB=20°,∠BAC=90°,進(jìn)而得到∠ABC=70°再根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等即可求得∠DBC=∠ABD,然后根據(jù)∠ABC=∠ABD+∠DBC=70°可得∠DBC=1【詳解】解：∵∠ADB=20∴∠ACB=∠ADB=20°，∵BC是直徑，∴∠BAC=90°，∴∠ABC=90°-∠ACB=70°，∵AD=DC，∴∠DBC=∠ABD，∵∠ABC=∠ABD+∠DBC=70°,∴∠DBC=1故選C．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理，掌握同圓中等弦所對(duì)的圓周角相等是解答本題的關(guān)鍵．21．（2023上·廣東廣州·九年級(jí)?？计谀┤鐖D，A是⊙O上一點(diǎn)，BC是直徑，點(diǎn)D在⊙O上且平分BC．

(1)連接AD，求證：AD平分∠BAC；(2)若CD=52,AB=8，求【答案】(1)詳見解析；(2)6【分析】本題考查了圓周角定理，勾股定理，掌握“直徑所對(duì)的圓周角是直角”是解題的關(guān)鍵．（1）利用圓周角定理即可證明結(jié)論；（2）利用圓周角定理得到∠BAC=∠BDC=90°，再利用勾股定理即可求解．【詳解】（1）證明：∵點(diǎn)D在⊙O上且平分BC，∴∴∠BAD=∠CAD,∴AD平分∠BAC;（2）解：∵BC是直徑，∴∠BAC=∠BDC=90°,∵點(diǎn)D在⊙O上且平分BC，∴∴BD=CD=5∴BC=∵AB=8,∴AC=六．圓內(nèi)接四邊形的相關(guān)計(jì)算（共5小題）22．（2022上·北京朝陽·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，若∠C=130°，則∠BOD的度數(shù)為（

）A．50° B．100° C．130° D．150°【答案】B【分析】根據(jù)圓的內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)，圓心角是對(duì)弧的圓周角的2倍計(jì)算即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠A+∠C=180°，而∠C=130°，∴∠A=180°-∠C=50°，∴∠BOD=2∠A=100°．故選：B．23．（2023上·海南省直轄縣級(jí)單位·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB=AC，點(diǎn)D是弧AB上一點(diǎn)，連接OA、AD、BD，若∠OAC=40°，則∠D的度數(shù)為（

）

A．110° B．120° C．130° D．140°【答案】C【分析】如圖，連接OB，OC，AO交BC于點(diǎn)E，證明AE垂直平分BC，求出∠ACE=50°，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可得到∠D的度數(shù)．【詳解】解：如圖，連接OB，OC，AO交BC于點(diǎn)E，

∵AB=AC，OB=OC，∴AE垂直平分BC，∵∠OAC=40°，∴∠ACE=90°-∠OAC=90°-40°=50°，∵四邊形ADBC為⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠D=180°-∠ACB=130°，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了線段垂直平分線的判定、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，熟練掌握?qǐng)A內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)是解題的關(guān)鍵．24．（2022上·黑龍江大慶·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，⊙O半徑為2，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)E在ADC上運(yùn)動(dòng)，連接BE，作AF⊥BE，垂足為F，連接CF．則CF長(zhǎng)的最小值為（

A．5-1 B．1 C．2-1 D【答案】A【分析】取AB的中點(diǎn)K，連接FK，CK，根據(jù)【詳解】解：如圖，連接AO,DO，取AB的中點(diǎn)K，連接FK，∵AF⊥BE，∴∠AFB=90°，∵AK=BK，∴KF=AK=BK，∵正方形ABCD的外接圓的半徑為2，∴AD=O∴AB=BC=2，∴KF=AK=KB=1，∵∠CBK=90°，∴CK=B∵CF≥CK-KF，∴CF≥5∴CF的最小值為5-1故選：A．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短確定CF的最小值是解決本題的關(guān)鍵．25．（2022上·四川廣安·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，AD=CD,∠BAC=75°,∠ACB=45°，求∠ABD

【答案】∠ABD=30°，∠BAD=105°【分析】根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠ABC，根據(jù)圓周角定理求出∠ABD的度數(shù)；根據(jù)圓周角定理求出∠BCD，進(jìn)而求出∠BCD，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)計(jì)算，得到答案．【詳解】解：∵∠BAC=75°，∠ACB=45°，∴∠ABC=180°-∠BAC-∠ACB=60°，∵AD=∴∠ABD=∠CBD=1由圓周角定理得：∠ACD=∠ABD=30°，∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=75°，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠BAD=180°-∠BCD=105°．【點(diǎn)睛】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理、三角形內(nèi)角和定理，掌握?qǐng)A內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)是解題的關(guān)鍵．26．（2022上·天津紅橋·九年級(jí)統(tǒng)考期末）已知△ABC內(nèi)接于⊙O，AB=AC，∠ABC=72°，D是⊙O上的點(diǎn)．

(1)如圖①，求∠ADC和∠BDC的大??；(2)如圖②，OD⊥AC，垂足為E，求∠ODC的大?。敬鸢浮?1)108°，∠BDC=36°(2)54°【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)得出∠ADC，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理得出∠CAB，根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等得出∠BDC，即可求解；（2）連接BD，根據(jù)垂徑定理得出AD=CD，進(jìn)而得出∠ACD，根據(jù)直角三角形的兩【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠ADC=180°-∠ABC=108°．∵AB=AC，∴∠ACB=∠ABC=72°．∴∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=36°．∴∠BDC=∠BAC=36°．

（2）如圖，連接BD．

∵OD⊥AC，∴AD=∴∠ABD=∠CBD=1∴∠ACD=∠ABD=36°．在Rt△CDE中，【點(diǎn)睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)，等弧所對(duì)的圓周角相等，垂徑定理，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．七．已知直線與圓的位置關(guān)系求半徑取值范圍（共4小題）27．（2020·上海金山·統(tǒng)考一模）如圖，已知RtΔABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，如果以點(diǎn)C為圓心的圓與斜邊AB有公共點(diǎn)，那么⊙C的半徑r的取值范圍是（A．0≤r≤125 B．125≤r≤3【答案】C【分析】作CD⊥AB于D，根據(jù)勾股定理計(jì)算出AB=13，再利用面積法計(jì)算出CD=125然后根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系得到當(dāng)125≤r≤4時(shí)，以C為圓心、【詳解】解：作CD⊥AB于D，如圖，∵∠C=90°，AC=3，BC=4，∴AB∵∴CD∴以C為圓心、r為半徑作的圓與斜邊AB有公共點(diǎn)時(shí)，r的取值范圍為12故選：C【點(diǎn)睛】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系：設(shè)⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d：直線l和⊙O相交?d＜r；直線l和⊙O相切?d=r；直線l和⊙O相離?d＞r．28．（2020·河北石家莊·石家莊市第五十中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4．點(diǎn)O為邊AB上一點(diǎn)（不與A重合）⊙O是以點(diǎn)O為圓心，AO為半徑的圓．當(dāng)⊙O與三角形邊的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為3時(shí)，則OA的范圍（）A．0＜OA≤158或2.5≤OA＜5 B．0＜OA<158或C．OA＝2.5 D．OA＝2.5或15【答案】B【分析】根據(jù)題意可以畫出相應(yīng)的圖形，然后即可得到OA的取值范圍，本題得以解決．【詳解】解：如右圖所示，當(dāng)圓心從O1到O3的過程中，⊙O與三角形邊的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為3，當(dāng)恰好到達(dá)O3時(shí)則變?yōu)?個(gè)交點(diǎn)，作O3D⊥BC于點(diǎn)D，則∠O3BD＝∠ABC，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB＝5，設(shè)O3A＝a，則O3B＝5﹣a，∴a5-a=35∴當(dāng)0<OA<158時(shí)，⊙O與三角形邊的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為當(dāng)點(diǎn)O為AB的中點(diǎn)時(shí)，⊙O與三角形邊的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為3，此時(shí)OA＝2.5，由上可得，0<OA<158或OA＝2.5時(shí)，⊙O與三角形邊的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查直線與圓的位置關(guān)系、勾股定理，準(zhǔn)確畫出圖形，利用數(shù)形結(jié)合的思想進(jìn)行解答是解題的關(guān)鍵．29．（2019上·新疆·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，⊙P與x軸分別交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(3,-1)，AB=23．將⊙P沿著與y軸平行的方向平移多少距離時(shí)⊙P與x軸相切（

A．1 B．2 C．3 D．1或3【答案】D【分析】作PC⊥AB于點(diǎn)C，由垂徑定理即可求得AC的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理即可求得PA的長(zhǎng)，再分點(diǎn)P向上平移與向下平移兩種情況進(jìn)行討論即可．【詳解】連接PA，作PC⊥AB于點(diǎn)C，由垂徑定理得：AC=1在直角ΔPAC中，由勾股定理得：PA2=P∴PA=2，∴⊙P的半徑是2．將⊙P向上平移，當(dāng)⊙P與x軸相切時(shí)，平移的距離=1+2=3；將⊙P向下平移，當(dāng)⊙P與x軸相切時(shí)，平移的距離=2-1=1．故選D．【點(diǎn)睛】本題考查的是直線與圓的位置關(guān)系，通過垂徑定理把求線段的長(zhǎng)的問題轉(zhuǎn)化為解直角三角形的問題是關(guān)鍵．30．（2022上·湖南長(zhǎng)沙·九年級(jí)校聯(lián)考期末）黨的二十大報(bào)告指出：“高質(zhì)量發(fā)展”是全面建設(shè)社會(huì)主義現(xiàn)代化國(guó)家的首要任務(wù)，在數(shù)學(xué)中，我們不妨約定：在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，如果點(diǎn)P滿足到兩坐標(biāo)軸的距離之和等于4，則稱點(diǎn)P為“高質(zhì)量發(fā)展點(diǎn)”．(1)判斷下列各點(diǎn)是否是“高質(zhì)量發(fā)展點(diǎn)”，并說明理由：A3，1，B(2)一次函數(shù)y=-2x+3上是否存在“高質(zhì)量發(fā)展點(diǎn)”，若存在，求出所有“高質(zhì)量發(fā)展點(diǎn)”的坐標(biāo)，若不存在，說明理由；(3)⊙T的圓心T的坐標(biāo)為1，0，半徑為r．若⊙T上存在“高質(zhì)量發(fā)展點(diǎn)”，求【答案】(1)點(diǎn)A3，1，B2+2，2-2是“(2)一次函數(shù)y=-2x+3上存在“高質(zhì)量發(fā)展點(diǎn)”，坐標(biāo)為73，(3)r的取值范圍為3【分析】（1）將各點(diǎn)橫、縱坐標(biāo)的絕對(duì)值相加，取和為4的點(diǎn)即是所求；（2）假設(shè)一次函數(shù)y=-2x+3上存在“高質(zhì)量發(fā)展點(diǎn)”，并設(shè)一次函數(shù)y=-2x+3上存的“高質(zhì)量發(fā)展點(diǎn)”的坐標(biāo)為a，-2a+3，根據(jù)題意得：a+-2a+3=4，分當(dāng)a>（3）設(shè)“高質(zhì)量發(fā)展點(diǎn)”的坐標(biāo)為x，y，則x+y=4，畫出函數(shù)圖象，分當(dāng)⊙T與DE相切時(shí)和當(dāng)⊙T經(jīng)過F【詳解】（1）解：∵3+1=3+1=4，∴點(diǎn)A3，1，B2+2，2-2是“高質(zhì)量發(fā)展點(diǎn)（2）解：假設(shè)一次函數(shù)y=-2x+3上存在“高質(zhì)量發(fā)展點(diǎn)”，并設(shè)一次函數(shù)y=-2x+3上存的“高質(zhì)量發(fā)展點(diǎn)”的坐標(biāo)為a，根據(jù)題意得：a+當(dāng)a>32時(shí)，∴a--2a+3∴a=7∴此時(shí)發(fā)展點(diǎn)的坐標(biāo)為73當(dāng)0≤a≤32時(shí)，∴a+-2a+3∴a=-1，不滿足0≤a≤3當(dāng)a<0時(shí)，-2a+3>0，∴-a+-2a+3∴a=-1∴此時(shí)發(fā)展點(diǎn)的坐標(biāo)為-1∴綜上所述，一次函數(shù)y=-2x+3上存在“高質(zhì)量發(fā)展點(diǎn)”，坐標(biāo)為73，-（3）解：設(shè)“高質(zhì)量發(fā)展點(diǎn)”的坐標(biāo)為x，y，則當(dāng)x≥0，y≥0時(shí)，x+y=4，即y=-x+4當(dāng)x<0，y≥0時(shí)，-x+y=4，即y=x+4當(dāng)x<0，y<0時(shí)，-x-y=4，即y=-x-4當(dāng)x≥0，y<0時(shí)，x-y=4，即y=x-4畫出該函數(shù)圖象，如圖所示：，由圖象可知OD=OE=OF=OM=4，OT=1，∵∠DOE=90°，∴△DOE為等腰直角三角形，∴∠ODE=45°，當(dāng)⊙T與DE相切時(shí)，此時(shí)⊙T的半徑最小，作TN⊥DE交直線DE于N，此時(shí)r=TN，∴∠TND=90°，∵∠ODE=45°，∴△TND是等腰直角三角形，∵TD=OD-OT=4-1=3，TN2+D∴r=TN=2當(dāng)⊙T經(jīng)過F點(diǎn)時(shí)，此時(shí)⊙T的半徑最大，r=OF+OT=4+1=5，∴若⊙T上存在“高質(zhì)量發(fā)展點(diǎn)”，則r的取值范圍為32【點(diǎn)睛】本題主要考查了求點(diǎn)到坐標(biāo)軸的距離，一次函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用，圓的綜合問題，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)，采用數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想解題，是解此題的關(guān)鍵．八．切線長(zhǎng)定理求解（共4小題）31．（2023上·天津津南·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，ΔABC的內(nèi)切圓⊙O與BC、CA、AB分別相切于點(diǎn)D、E、F

(1)若∠ABC=50°，∠ACB=75°，求∠BOC的度數(shù)；(2)若AB=13，BC=11，AC=10，求AF的長(zhǎng)．【答案】(1)∠BOC=117.5°(2)AF＝6【分析】（1）根據(jù)三角形的內(nèi)心是角平分線的交點(diǎn)，利用三角形內(nèi)角和可求度數(shù)；（2）設(shè)AF=x，BD=y，CD=z，根據(jù)切線長(zhǎng)定理，構(gòu)建方程組解決問題即可．【詳解】（1）解：（1）∵ΔABC的內(nèi)切圓⊙O與BC、CA、AB分別相切于點(diǎn)D、E、∴∠DBO=12∠ABC∵∠ABC=50°，∠ACB=75°，∴∠DBO+∠DCO=∴∠BOC=180°-(∠DBO+∠DCO)=180°-62.5°=117.5°；（2）∵⊙O是ΔABC∴AE=AF，BD=BF，CD=CE，設(shè)AF=x，BD=y，CD=z，又∵AB=13，BC=11，AC=10，∴x+y=13x+z=10解得x=6y=7∴AF=6；【點(diǎn)睛】本題考查三角形的內(nèi)切圓，三角形內(nèi)角和定理，切線的性質(zhì)，解三元一次方程組等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?？碱}型．32．（2023上·陜西延安·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，分別切邊BC，AC，AB于點(diǎn)D(1)求⊙O的半徑．(2)若Q是Rt△ABC的外心，連接OQ，求OQ【答案】(1)1(2)OQ=【分析】（1）先利用勾股定理求得AB=5，利用三角形面積公式S△ABC（2）證明四邊形ODCE為正方形，邊長(zhǎng)為1，再利用切線長(zhǎng)定理結(jié)合勾股定理即可．【詳解】（1）解：如圖，連接OF，OA，OB，∵⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，分別切邊BC，AC，AB于點(diǎn)D，∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB．在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4∴AB=B∵S△ABC∴12解得r=1，∴⊙O的半徑為1；（2）解：∵⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，分別切邊BC，AC，AB于點(diǎn)D，∴BD=BF，CD=CE，AE=AF．OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB．∴四邊形ODCE為正方形，∵OD=OE，∴四邊形ODCE為正方形，

∴CD=CE=r=1，∴BD=BF=2．∵Q是Rt△ABC∴QB=QA=1∴FQ=QB-BF=1在Rt△OFQ中，OF2解得OQ=5【點(diǎn)睛】此題考查了三角形的內(nèi)切圓的性質(zhì)、切線長(zhǎng)定理、正方形的判定與性質(zhì)以及勾股定理．此題難度適中，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用．33．（2022上·甘肅武威·九年級(jí)?？计谀┤鐖D，⊙O與△ABC的邊BC相切于點(diǎn)D，與AB、AC的延長(zhǎng)線分別相切于點(diǎn)E、F，連接OB，OC．(1)若∠ABC=80°，∠ACB=40°，求∠BOC的度數(shù)．(2)∠BOC與∠A有怎樣的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)60°(2)∠BOC=90°-12∠A【分析】（1）方法一：先根據(jù)平角的定義求出∠EBC和∠DCF的度數(shù)，再根據(jù)切線長(zhǎng)定理得到∠EBO=∠DBO=12∠EBC=50°，∠DCO=∠FCO=12∠DCF=70°，據(jù)此理由三角形內(nèi)角和定理求解即可；方法二：如圖，連接OD，OE，OF，則由切線的性質(zhì)可知，證明Rt△ODB≌Rt△OEB(HL)，Rt△ODC≌Rt△OFC(HL)，得到∠EOB=∠DOB，∠COD=∠COF，先求出∠A的度數(shù)，再利用四邊形內(nèi)角和定理求出∠EOF=120°，則∠BOC=∠BOD+∠COD=12∠（2）同（1）方法二求解即可．【詳解】（1）解：方法一：由題意得∠EBC=180°-∠ABC=180°-80°=100°，∠DCF=180°-∠ACB=180°-40°=140°，由切線長(zhǎng)定理可知，∠EBO=∠DBO=12∠EBC=50°，∠DCO=∠FCO=12∠DCF∴在△OBC中，∠BOC=180°-∠OBC-∠BCO=180°-70°-50°=60°；方法二：如圖，連接OD，OE，OF，則由切線的性質(zhì)可知，∠BEO=∠BDO=∠CDO=∠CFO=90°，又∵OD=OE=OF，OB=OB，OC=OC，∴Rt△ODB≌Rt△OEB(HL)，Rt△ODC≌Rt△OFC(HL)，∴∠EOB=∠DOB，∠COD=∠COF，在△ABC中，∠A=180°-∠ABC-∠ACB=60°，在四邊形AEOF中，∠A+∠EOF=180°，∴∠EOF=120°，∴∠BOC=∠BOD+∠COD=12∠EOF=60°（2）解：同（1）方法二可得∠EOF=180°-∠A，∠EOB=∠DOB，∠COD=∠COF，∴∠BOC=∠BOD+∠COD=12∠EOF=90°-【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，切線長(zhǎng)定理，三角形內(nèi)角和定理，四邊形內(nèi)角和定理，全等三角形的性質(zhì)與判定等等，熟知切線的性質(zhì)和切線長(zhǎng)定理是解題的關(guān)鍵．34．（2023上·江蘇泰州·九年級(jí)泰州市第二中學(xué)附屬初中校考期末）如圖1，?ABCD中，O為BC上一點(diǎn)，AO平分∠BAD，以O(shè)為圓心，OC為半徑的圓，與AB相切于點(diǎn)E(1)求證：⊙O與AD相切(2)如圖2，若⊙O與AD相切于點(diǎn)F，DF=7，BO=5，且∠D>45°，求弧FC、線段DF和CD【答案】(1)見解析(2)22-4π【分析】（1）過點(diǎn)O作OF⊥AD于點(diǎn)F，根據(jù)切線的性質(zhì)可得OE⊥AB，再由角平分線的性質(zhì)可得OE=OF，即可；（2）設(shè)⊙O的半徑為r，則OC=OE=OF=r，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AD=BC，AD∥BC，∠B=∠D>45°，再由AO平分∠BAD，可得∠BAO=∠AOB，從而得到AB=OB=5，根據(jù)DF=7，BO=5，可得AE=r-2，再由切線長(zhǎng)定理可得AE=AF=r-2，從而得到BE=AB-AE=7-r，再由勾股定理求出r的長(zhǎng)，然后根據(jù)弧FC、線段DF和CD組成的圖形面積【詳解】（1）證明∶過點(diǎn)O作OF⊥AD于點(diǎn)F，∵⊙O與AB相切，∴OE⊥AB，∵AO平分∠BAD，∴OE=OF，∵OE為半徑，∴⊙O與AD相切；（2）解∶設(shè)⊙O的半徑為r，則OC=OE=OF=r，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD=BC，AD∥BC，∴∠FAO=∠AOB，∵AO平分∠BAD，∴∠BAO=∠FAO，∴∠BAO=∠AOB，∴AB=OB=5，∵DF=7，BO=5，∴AF+7=5+r，∴AE=r-2，∵⊙O與AD相切，⊙O與AB相切，∴OE⊥AB，OF⊥AD，AE=AF=r-2，∴∠OEA=90°，BE=AB-AE=7-r，∴BE∴7-r2+r2=當(dāng)r=4時(shí)，BE=3，當(dāng)r=3時(shí)，BE=4，∵∠B>45°，∴∠BOE<45°=∠B，∴OE>BE，∴r=4，即OC=OE=OF=4，∵OF⊥AD,AD∥∴OF⊥BC，即∠COF=90°，∴弧FC、線段DF和CD組成的圖形面積====22-4π．【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的判定和性質(zhì)，切線長(zhǎng)定理，求扇形面積，平行四邊形的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握切線的判定和性質(zhì)，切線長(zhǎng)定理，扇形面積公式，平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．九．弧長(zhǎng)、扇形面積的計(jì)算（共4小題）35．（2022上·北京西城·九年級(jí)?？计谀﹫A心角是90°，半徑為20的扇形的弧長(zhǎng)為（

）A．5π B．10π C．12π D．25π【答案】B【分析】直接利用弧長(zhǎng)計(jì)算．【詳解】解：圓心角是90°，半徑為20的扇形的弧長(zhǎng)=90?π?20故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了弧長(zhǎng)的計(jì)算：弧長(zhǎng)公式：l=n?π?R180（弧長(zhǎng)為l，圓心角度數(shù)為n，圓的半徑為36．（2020上·上海徐匯·六年級(jí)上海市第四中學(xué)?？计谀┤绻粋€(gè)扇形的圓心角擴(kuò)大為原來的3倍，半徑縮小為原來的13，那么它的面積（

A．縮小為原來的13 B．縮小為原來的19 C．與原來一樣 D．?dāng)U大為原來的【答案】A【分析】根據(jù)題意可以設(shè)出原來扇形的圓心角和半徑，從而可以得到后來的扇形的圓心角和半徑，然后把它們的面積比值計(jì)算出來即可．【詳解】解：設(shè)原來扇形的圓心角為n，半徑為3r，則后來的扇形的圓心角為3n，半徑為r，S后來扇形即所得的扇形的面積與原來的扇形的面積的比值是縮小到原來的13故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查扇形面積的計(jì)算，解答本題的關(guān)鍵是巧設(shè)圓心角和半徑，掌握扇形的面積公式．37．（2023上·安徽合肥·九年級(jí)合肥市五十中學(xué)西校?？计谀┤鐖D，在正六邊形ABCDEF中，分別以B，E為圓心，以邊長(zhǎng)為半徑作弧，圖中陰影部分的面積為12π，則正六邊形的邊長(zhǎng)為（

）

A．3 B．9 C．32 D．【答案】C【分析】根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式求出扇形的圓心角，然后按扇形面積公式計(jì)算即可．【詳解】解：∵正六邊形的內(nèi)角是6-2×180°6=120°設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)為r，∴120π?r解得r=32則正六邊形的邊長(zhǎng)為32故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了扇形面積的計(jì)算．本題的關(guān)鍵是根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式求出扇形的圓心角．38．（2023上·云南臨滄·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在△ABD中，AB=AD，以AB為直徑作⊙O，交線段BD于點(diǎn)C，過點(diǎn)C作CF⊥AD于點(diǎn)E．(1)求證：CF是⊙O的切線．(2)當(dāng)∠D=30°，CE=3時(shí)，求AC【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）連接OC，根據(jù)等邊對(duì)等角得出∠B=∠D，再結(jié)合圓的基本性質(zhì)得∠D=∠OCB，從而得到OC∥AD，再根據(jù)平行線的性質(zhì)進(jìn)行證明即可；（2）連接AC，由等腰三角形的性質(zhì)得CD=2CE=23，∠B=∠D=30°，再根據(jù)圓周角定理得出∠AOC=2∠B=60°，設(shè)AC=x【詳解】（1）證明：如圖，連接OC，∵CF⊥AD，∴∠CED=90°，∵AB=AD，∴∠B=∠D，∵OB=OC，∴∠B=∠OCB，∴∠D=∠OCB，∴OC∥AD，∴∠OCE=∠CED=90°，∴OC⊥CF，又∵OC為⊙O的半徑，∴CF是⊙O的切線；（2）解：如圖，連接AC，∵CF⊥AD，∠D=30°，CE=3∴CD=2CE=23∵AB為直徑，∴AC⊥BD，又∵AB=AD，∴BC=DC=23，∠B=∠D=30°∴∠AOC=2∠B=60°，∵在Rt△ABC中，∠B=30°∴AB=2AC，設(shè)AC=x，則AB=2x，由勾股定理，得AB2=A解得x=2或x=-2（舍去），∴AC=2，∴AB=4，∴OA=2，∴l(xiāng)AC【點(diǎn)睛】本題考查了圓的綜合，熟練掌握切線的證明方法，圓的基本性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的判斷與性質(zhì)，含30°直角三角形的性質(zhì)，圓周角定理，勾股定理和弧長(zhǎng)公式是解題的關(guān)鍵．十．切線的性質(zhì)與判定的綜合（共6小題）39．（2023下·江蘇鹽城·八年級(jí)景山中學(xué)?？计谀居^察思考】某種在同一平面進(jìn)行傳動(dòng)的機(jī)械裝置如圖1，圖2是它的示意圖．其工作原理是：滑塊Q在平直滑道l上可以左右滑動(dòng)，在Q滑動(dòng)的過程中，連桿PQ也隨之運(yùn)動(dòng)，并且PQ帶動(dòng)連桿OP繞固定點(diǎn)O擺動(dòng)．在擺動(dòng)過程中，兩連桿的接點(diǎn)P在以O(shè)P為半徑的⊙O上運(yùn)動(dòng)．?dāng)?shù)學(xué)興趣小組為進(jìn)一步研究其中所蘊(yùn)含的數(shù)學(xué)知識(shí)，過點(diǎn)O作OH⊥l于點(diǎn)H，并測(cè)得OH=8分米，PQ=6分米，OP=4分米．【解決問題】(1)點(diǎn)Q在l上滑到最左端的位置與滑到最右端位置間的距離是_________分米．(2)如圖3，小明同學(xué)說：“當(dāng)點(diǎn)Q滑動(dòng)到點(diǎn)H的位置時(shí)，PQ與⊙O是相切的．”你認(rèn)為他的判斷對(duì)嗎？為什么？(3)①小麗同學(xué)發(fā)現(xiàn)：“當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到OH上時(shí)，點(diǎn)P到l的距離最?。笔聦?shí)上，還存在著點(diǎn)P到l距離最大的位置，此時(shí)，點(diǎn)P到l的距離是_________分米；②當(dāng)OP繞點(diǎn)O左右擺動(dòng)時(shí)，所掃過的區(qū)域?yàn)樯刃危筮@個(gè)扇形面積的最大值．【答案】(1)12(2)不對(duì)，詳見解析(3)①6，②16π【分析】（1）當(dāng)O、P、Q三點(diǎn)共線時(shí)，在Rt△OQH中，由勾股定理可求得QH（2）顯然不對(duì)，當(dāng)Q、H重合時(shí)，OP=4、PQ=6、OH=8，顯然構(gòu)不成直角三角形，故（3）①當(dāng)P到直線l的距離最長(zhǎng)時(shí)，這個(gè)最大距離為PQ=6，此時(shí)PQ⊥直線l；②當(dāng)P到直線l的距離最大時(shí)，OP無法再向下擺動(dòng)，若設(shè)點(diǎn)P擺動(dòng)的兩個(gè)極限位置為P、P'，連接P'P，則四邊形PQQ'P'是矩形，設(shè)OH與P'P交于點(diǎn)D，那么P'Q【詳解】（1）解：當(dāng)O、P、Q三點(diǎn)共線時(shí)，OQ=OP+PQ=4+6=10分米在Rt△OQH由勾股定理可求得QH=O∴點(diǎn)Q在l上滑到最左端的位置與滑到最右端位置間的距離是6+6=12分米．故答案為：12；（2）解：不對(duì)．理由如下：∵OP=4、∵當(dāng)Q、H重合時(shí)，OQ=OH=8，∵82≠6∴OP與PQ不垂直．∴PQ與⊙O不相切．（3）解：①因?yàn)镻Q的值永遠(yuǎn)是6，只有PQ⊥l時(shí)，點(diǎn)P到直線l的距離最大，此時(shí)最大的距離是6分米；②由①知，在⊙O上存在點(diǎn)P，P'到l的距離為6，此時(shí)，OP如圖．OP在繞點(diǎn)O左右擺動(dòng)過程中所掃過的最大扇形就是P'連接P'P，交OH于點(diǎn)∵PQ，P'Q'∴四邊形PQQ∴OH⊥PP'，∴OP=4，OD=OH-HD=8-6=2，得∴∠POP∴所求最大圓心角的度數(shù)為120°．∴這個(gè)扇形面積的最大值120π×4【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理、切線的判定、矩形的判定和性質(zhì)、垂徑定理等知識(shí)點(diǎn)，靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)是解答本題的關(guān)鍵．40．（2022上·北京·九年級(jí)校考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，存在半徑為2，圓心為0,2的⊙W，點(diǎn)P為⊙W上的任意一點(diǎn)，線段PO繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PO'，如果點(diǎn)M在線段M為⊙W的“限距點(diǎn)”．(1)在點(diǎn)A4,0，B1,2，C0,4中，⊙W的“限距點(diǎn)”(2)如果過點(diǎn)N0,a且平行于x軸的直線l上始終存在⊙W的“限距點(diǎn)”，求a(3)⊙G的圓心為b,2，半徑為1，如果⊙G上始終存在⊙W的“限距點(diǎn)”，請(qǐng)直接寫出b的取值范圍．【答案】(1)A(4,0)，C(0,4)(2)2-2(3)-3≤b≤3-22或【分析】（1）分兩種情況：當(dāng)WP⊥y軸時(shí)，PO'相切于⊙W軸時(shí)，分別（2）以J為圓心，JO為半徑作圓，根據(jù)題意證明出△WOP∽△JOO'，得到點(diǎn)O'的軌跡是以J為圓心，以JO為半徑的圓，如果過點(diǎn)N(0,a)且平行于x軸的直線l上始終存在⊙W的“限距點(diǎn)”，則N在平行于x軸并相切（3）如果⊙G上始終存在⊙W的“限距點(diǎn)”，則⊙G相切于⊙P和⊙W，據(jù)此求解即可．【詳解】（1）解：如圖所示，當(dāng)WP⊥y軸時(shí)，O'點(diǎn)的坐標(biāo)為4,0，當(dāng)PO'相切于⊙W軸時(shí)，P點(diǎn)的坐標(biāo)為∴在點(diǎn)A(4,0),B(1,2),C(0,4)中，⊙W的“限距點(diǎn)”為A(4,0)，C(0,4)，故答案為：A4,0，（2）如圖2中，作WJ⊥y軸，OP⊥∵WO=WP，OP=∴△WOJ和△POO∴WO又∵∠WOJ=∠PO∴∠WOJ-∠POJ=∠POO'∴△WOP∽△JO∵WO=WP∴JO=J∴點(diǎn)O'的軌跡是以J為圓心，以JO∵點(diǎn)P在⊙W上運(yùn)動(dòng)，∴PO∴當(dāng)直線y=a與陰影部分有公共點(diǎn)時(shí)，滿足條件．當(dāng)直線y=a與⊙J相切時(shí)，∵JO=2∴a的取值范圍是：2-22（3）如圖3中，由題意當(dāng)⊙G與陰影部分有公共點(diǎn)時(shí)，⊙G上始終存在⊙W的“限距點(diǎn)”，當(dāng)⊙G1與⊙W外切時(shí)，G1當(dāng)⊙G2與⊙J內(nèi)切時(shí)，G2當(dāng)⊙G3與⊙W內(nèi)切時(shí)，G3當(dāng)⊙G4與⊙J外切時(shí)，G4∴觀察圖象可知，滿足條件b的取值范圍是：-3≤b≤3-22或1≤b≤3+2【點(diǎn)睛】本題考查的是圓的有關(guān)知識(shí)，切線的性質(zhì)，能在“限距點(diǎn)”的定義下對(duì)題目進(jìn)行分析是解題的關(guān)鍵．41．（2023上·江蘇南京·九年級(jí)南京市第一中學(xué)校考階段練習(xí)）（1）發(fā)現(xiàn)：如圖1，在平面內(nèi)，已知⊙A的半徑為r，B為⊙A外一點(diǎn)，且AB=a，P為⊙A上一動(dòng)點(diǎn)，連接PA，PB，易得PB的最大值為___________，最小值為___________；（用含a，（2）應(yīng)用：①如圖2，在矩形ABCD中，AB=6，BC=4，E為AD邊中點(diǎn)，F(xiàn)為AB邊上一動(dòng)點(diǎn)，在平面內(nèi)沿EF將△AEF翻折得到△PEF，連接PB，則PB②如圖3，點(diǎn)P為線段AB外一動(dòng)點(diǎn)，分別以PA，PB為直角邊，P為直角頂點(diǎn)，作等腰Rt△APC和等腰Rt△BPD，連接BC、AD．若（3）拓展：如圖4，已知以AB為直徑的半圓O，C為弧AB上一點(diǎn)，∠ABC=60°，P為弧BC上任意一點(diǎn)，CD⊥CP交AP于D，連接BD，若AB=6，則BD的最小值為___________．

【答案】（1）a+r，a-r；（2）①210-2，②13【分析】（1）當(dāng)P在BA延長(zhǎng)線上時(shí)，PB最大為：AB+AP=a+r．當(dāng)P在BA上時(shí)，PB最小為：AB-AP=a-r．（2）①由沿EF將△AEF翻折得到△PEF，可知EA=EP=ED=12BC=2，即P的運(yùn)動(dòng)軌跡是以點(diǎn)E為圓心，以2為半徑的半圓，則當(dāng)E、P、B三點(diǎn)共線時(shí)，PB小，此時(shí)BE=AE2+AB2進(jìn)而即可求解；②由△APC和△BPD是等腰直角三角形，可證△APD≌△CPBSAS，得AD=BC，進(jìn)而（3）以AC為邊作，在△ABC的異側(cè)作等邊△GAC，AB為半圓O的直徑，∠ABC=60°，由AC=ABcos∠CAB=33，由△GAC是等邊三角形，可得∠ADC+12∠AGC=180°，即D的運(yùn)動(dòng)軌跡是【詳解】解：（1）當(dāng)P在BA延長(zhǎng)線上時(shí)PB最大，如圖：

∴PB最大為：AB+AP=a+r．當(dāng)P在BA上時(shí)PB最小，如圖：

∴PB最小為：AB-AP=a-r．故答案為∶a+r，（2）①如圖：

∵沿EF將△AEF翻折得到△PEF，∴EA=EP=ED=12BC=2，即P的運(yùn)動(dòng)軌跡是以點(diǎn)E∴當(dāng)E、P、B三點(diǎn)共線時(shí)，PB小，此時(shí)BE=A∴PB的最小值為BE-EP=210故答案為：210②∵△APC和△BPD是等腰直角三角形，∴PD=PB，∴∠DPB+∠APB=∠APC+∠APB，即∠APD=∠CPB，∴△APD≌△CPBSAS∴AD=BC，∴當(dāng)BC最大時(shí)，AD就最大，∵AP=32∴AC=2∵AB=7，∴當(dāng)C、A、B三點(diǎn)共線時(shí)，BC最大，如圖：

∴此時(shí)AD=BC=AC+AB=6+7=13．（3）以AC為邊作，在△ABC的異側(cè)作等邊△GAC，

∵AB為半圓O的直徑，∠ABC=60°，∴∠ACB=90°，∴∠CAB=30°，∴AC=ABcos∵CD⊥CP，∴∠ADC=∠DCP+∠DPC=150°，∵△GAC是等邊三角形，∴∠AGC=∠GAC=60°，∴AG=AC=33∴∠ADC+12∠AGC=180°，即D的運(yùn)動(dòng)軌跡是G為圓心，33為半徑的∴BG=G在△BGD中，BD>BG-GD，∴BD>37當(dāng)G、D、B三點(diǎn)共線時(shí)，BD最小，如圖：

∴BD最小值為：37故答案為：37【點(diǎn)睛】本題考查了圓的綜合應(yīng)用，涉及翻折變換，全等三角形的判定及性質(zhì)，三角形兩邊之差小于第三邊等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，構(gòu)造全等三角形，等邊三角形及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)．42．（2023上·廣東廣州·九年級(jí)?？计谀┤鐖D1，在Rt△ABC中，∠C=90°(1)以AB的中點(diǎn)為對(duì)稱中心，請(qǐng)?jiān)趫D1中作出△ABC的中心對(duì)稱圖形，記點(diǎn)C的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)D，請(qǐng)尺規(guī)作圖并保留作圖痕跡；(2)證明：點(diǎn)A、B、C、D共圓；(3)記（2）中圓的圓心為O，如圖2，過點(diǎn)O作BD的垂線交BD于點(diǎn)E，點(diǎn)M為射線OE上一點(diǎn)，連接MB、MD證明：若MB與⊙O相切，則MD也與⊙O相切【答案】(1)作圖見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）作線段AB的垂直平分線，得到中點(diǎn)O，再作射線CO，在射線CO上截取OD=OC即可．（2）利用對(duì)角互補(bǔ)的四邊形四個(gè)頂點(diǎn)共圓即可求證．（3）利用切線的性質(zhì)和判定即可求證．【詳解】（1）解：作圖如下：（2）解：由中心對(duì)稱可知：∠ADB=∠C=90°，∴∠ADB+∠C=180°，∴∠CAD+∠CBD=180°，∴點(diǎn)A、B、C、D共圓；（3）解：如圖，連接OD，若MB與⊙O相切，則OB⊥MB，∴∠OBM=90°，∴∠OBE+∠EBM=90°，∵∠C=90°，∴AB是直徑，∴OD=OB，∴∠ODB=∠OBD，∵OM⊥BD，∴OM平分DB，∴OM垂直平分DB，∴MD=MB，∴∠MDE=∠MBE，∴∠MDE+∠ODB=∠MBE+∠OBD即∠MDO=∠OBM=90°，∴OD⊥DM，∴MD也與⊙O相切．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定與性質(zhì)、四點(diǎn)共圓、尺規(guī)作圖——作中心對(duì)稱圖形，涉及到了尺規(guī)作圖——作線段的垂直平分線等知識(shí)，解題關(guān)鍵是牢記相關(guān)概念，掌握對(duì)角互補(bǔ)的四邊形四個(gè)頂點(diǎn)共圓等內(nèi)容．43．（2023上·廣東云浮·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖1所示，⊙O為△CDE的外接圓，CD為直徑，AD、BC分別與⊙O相切于點(diǎn)D、C（BC>AD）.E在線段AB上，連接DE并延長(zhǎng)與直線BC相交于點(diǎn)P，B為PC中點(diǎn).(1)證明：AB是⊙O的切線.(2)如圖2，連接OA，OB，求證：OA⊥OB.【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）連接OE，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)以及等邊對(duì)等角得出∠OEC=∠OCE，進(jìn)而根據(jù)BC為切線，∠OCB=90°，∠OEC+∠BEC=∠OCE+∠BCE=90°，得出∠OEB=90°，即可得證；（2）根據(jù)AD、AB、BC分別與⊙O相切于點(diǎn)D、E、C，根據(jù)切線長(zhǎng)定理得出AD⊥CD，BC⊥CD，則AD∥BC，∠OAE=12∠DAE，∠OBE=【詳解】（1）證明：連接OE，∵CD為⊙O直徑，∴∠CEP=90°.

在RT△CEP中，B為PC∴EB=BC=1∴∠BCE=∠BEC，

∵OE=OC，∴∠OEC=∠OCE，

又∵BC為切線，∴∠OCB=90°，∴∠OEC+∠BEC=∠OCE+∠BCE=90°

∴∠OEB=90°.

即OE⊥AB，∴AB是⊙O的切線.（2）證明：∵AD、AB、BC分別與⊙O相切于點(diǎn)D、E、C，∴AD⊥CD，BC⊥CD，∠OAE=12∠DAE，∴AD∥∴∠DAE+∠CBE＝180°∴∠OAE+∠OBE=12∴∠AOB=90°，

∴OA⊥OB；【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)與切線長(zhǎng)定理，掌握切線的判定方法以及切線長(zhǎng)定理是解題的關(guān)鍵．44．（2023上·遼寧撫順·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，點(diǎn)D是AB邊的中點(diǎn)，點(diǎn)O在AC邊上，⊙O經(jīng)過點(diǎn)C且與AB邊相切于點(diǎn)E，∠FAC=1

(1)求證：AF是⊙O的切線；(2)若BC=6,AB=10，求⊙O的半徑長(zhǎng)．【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）作OH⊥FA，垂足為點(diǎn)H，連接OE，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得CD=AD=12AB，從而得到∠CAD=∠ACD，再由∠FAC=（2）根據(jù)勾股定理求出AC的長(zhǎng)，可得AE=10-6=4，設(shè)⊙O的半徑為r，在Rt△OEA【詳解】（1）證明：如圖，作OH⊥FA，垂足為點(diǎn)H，連接OE，

∵∠ACB=90°，D是AB的中點(diǎn)，∴CD=AD=1∴∠CAD=∠ACD，∵∠BDC=∠CAD+∠ACD=2∠CAD，又∵∠FAC=1∴∠FAC=∠CAD，即AC是∠FAB的平分線，∵點(diǎn)O在AC上，⊙O與AB相切于點(diǎn)E，∴OE⊥AB，且OE是⊙O的半徑，∴OH=OE，OH是⊙O的半徑，∴AF是⊙O的切線；（2）解：在△ABC中，∠ACB=90°,BC=6,AB=10，∴AC=A∵BE,BC是⊙O的切線，∴BC=BE=6，∴AE=10-6=4，設(shè)⊙O的半徑為r，則OC=OE=r，在Rt△OEA中，由勾股定理得：O∴16+r∴r=3．∴⊙O的半徑長(zhǎng)為3．【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握切線的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)是解題的關(guān)鍵．十一．三角形內(nèi)接圓與外切圓綜合（共4小題）45．（2021上·湖北武漢·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）如圖，在等腰Rt△ABC和等腰Rt△CDE中，(1)觀察猜想：如圖1，點(diǎn)E在BC上，線段AE與BD的關(guān)系是_________；(2)探究證明：把△CDE繞直角頂點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖2的位置，（1）中的結(jié)論還成立嗎？說明理由；(3)拓展延伸：把△CDE繞點(diǎn)C在平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)一周，若AC=BC=10，CE=CD=5，AE、BD交于點(diǎn)P時(shí)，連接CP，直接寫出△BCP最大面積_________．【答案】(1)AE=BD，AE⊥BD；(2)結(jié)論仍成立，理由見解析；(3)25+253【分析】（1）先根據(jù)等腰三角形的定義可得AC=BC，CE=CD，再根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得AE=BD，∠EAC=∠DBC，然后根據(jù)直角三角形兩銳角互余、等量代換即可得∠AHD=90°即可；（2）先根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得AE=BD，∠EAC=∠DBC，再根據(jù)直角三角形兩銳角互余可得∠EAC+∠AOC=90°，然后根據(jù)對(duì)頂角相等、等量代換可得∠DBC+∠BOH=90°，從而可得∠OHB=90°即可；（3）如圖：由題意可知點(diǎn)P在以AB為直徑的⊙O上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)D在⊙C上運(yùn)動(dòng)，觀察圖形，可知當(dāng)BP與⊙C相切時(shí)，△BCP面積最大；此時(shí)，四邊形CDPE為正方形，PD=CD=5；然后在Rt△BDC運(yùn)用勾股定理求出BD，進(jìn)而求出BP的最大值，最后運(yùn)用三角形的面積公式求解即可．【詳解】（1）解：AE=BD，AE⊥BD，理由如下：如圖1，延長(zhǎng)AE交BD于H，由題意得：AC=BC，∠ACE=∠BCD=90°，CE=CD，∴△ACE?△BCD(SAS)，∴AE=BD，∠EAC=∠DBC，∵∠DBC+∠BDC=90°，∴∠EAC+∠BDC=90°，∴∠AHD=180°-(∠EAC+∠BDC)=90°，即AE⊥BD，故答案為：AE=BD，AE⊥BD．（2）解：結(jié)論仍成立，仍有：AE=BD，AE⊥BD；理由如下：如圖2，延長(zhǎng)AE交BD于H，交BC于O，∵∠ACB=∠ECD=90°，∴∠ACB-∠BCE=∠ECD-∠BCE，即∠ACE=∠BCD，在△ACE和△BCD中，AC=BC∠ACE=∠BCD∴△ACE?△BCD(SAS)，∴AE=BD，∠EAC=∠DBC，∵∠ACB=90°，∴∠EAC+∠AOC=90°，∵∠AOC=∠BOH，∴∠DBC+∠BOH=90°，即∠OBH+∠BOH=90°，∴∠OHB=180°-(∠OBH+∠BOH)=90°，即AE⊥BD．（3）解：如圖：∵∠APB=90°，∴點(diǎn)P在以AB為直徑的⊙O上運(yùn)動(dòng).∵CD=CE=5，∴點(diǎn)D在⊙C上運(yùn)動(dòng)，觀察圖形，可知當(dāng)BP與⊙C相切時(shí)，△BCP面積最大.此時(shí)，四邊形CDPE為正方形，PD=CD=5.在Rt△BDC中，BD=B當(dāng)△BCP的面積最大時(shí)，BP=BD+DP=53+5，【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形全等的判定與性質(zhì)、勾股定理等、旋轉(zhuǎn)變換以及幾點(diǎn)共圓等知識(shí)點(diǎn)，正確作出輔助線并能綜合應(yīng)用所學(xué)知識(shí)是解答本題的關(guān)鍵．46．（2022上·浙江臺(tái)州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖1，AB是⊙O的直徑，且AB=8，過點(diǎn)B作⊙O的切線，C是切線上一點(diǎn)，連接AC交⊙O于點(diǎn)D，連接BD，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，連接BE交AC于點(diǎn)F．（1）比較大?。骸螩BD∠CAB（填“＜”、“=”、“＞”中的一個(gè)）；（2）求證：CB=CF；（3）若AF=4，求CB的值；（4）在圖1的基礎(chǔ)上，作∠ADB的平分線交BE于點(diǎn)I，交⊙O于點(diǎn)G，連接OI（如圖2）寫出OI的最小值，并說明理由．【答案】（1）=；（2）見解析；（3）CB=6（3）OI=42【分析】（1）由BC是圓O的切線，AB是圓O的直徑，得到∠ADB=∠ABC=90°，可以推出∠A+∠C=90°，∠BDC=90°，∠C+∠CBD=90°，則∠CBD=∠CAB；（2）由E是AD的中點(diǎn)，可得∠ABE=∠DBE，再由∠CFB=∠CAB+∠ABF，∠CBF=∠CBD+∠DBF，即可推出∠CFB=∠CBF，即可證明CF=CB；（3）設(shè)CF=CB=x，則AC=AF+CF=4+x，由AC2=A（4）先證明I是三角形ABD的內(nèi)心，如圖所示，過點(diǎn)I分別作IH⊥AB于H，IM⊥BD于M，IN⊥AD于N，連接AI，可設(shè)IH=IM=IN=r，由S△ABC=S△AIB+S△AID+S△DIB，可以推出rAD+BD+AB=AD?BD，設(shè)AD=m，BD=n，則r=mnm+n+8，再由AD2+BD2=AB2，可得【詳解】解：（1）∵BC是圓O的切線，AB是圓O的直徑，∴∠ADB=∠ABC=90°，∴∠A+∠C=90°，∠BDC=90°，∴∠C+∠CBD=90°，∴∠CBD=∠CAB，故答案為：＝；（2）∵E是AD的中點(diǎn)，∴AE=∴∠ABE=∠DBE，∵∠CFB=∠CAB+∠ABF，∠CBF=∠CBD+∠DBF，∴∠CFB=∠CBF，∴CF=CB；（3）設(shè)CF=CB=x，則AC=AF+CF=4+x，∵AC∴x+42解得x=6，∴CB=6；（4）由（2）可知∠ABE=∠DBE，∴BE是∠ABD的角平分線，又∵DG是∠ADB的角平分線，∴I是三角形ABD的內(nèi)心，如圖所示，過點(diǎn)I分別作IH⊥AB于H，IM⊥BD于M，IN⊥AD于N，連接AI∴可設(shè)IH=IM=IN=r，∵S△ABC∴12∴rAD+BD+AB設(shè)AD=m，BD=n，∴rm+n+8∴r=mn∵AD∴m2∴mn=m+n∴r=m+n-8∵OI≥IH，∴當(dāng)H與O點(diǎn)重合時(shí)，OI有最小值IH，∴只需要求出IH的最小值即可，∵m2∴m+n2∴r=m+n-8∴OI的最小值為42【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，直徑所對(duì)的圓周角是直角，勾股定理，三角形內(nèi)切圓的性質(zhì)，完全平方公式，等腰三角形的判定，等弧所對(duì)的圓周角相等等等，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解．47．（2023·北京西城·統(tǒng)考二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，給定圓C和點(diǎn)P，若過點(diǎn)P最多可以作出k條不同的直線，且這些直線被圓C所截得的線段長(zhǎng)度為正整數(shù)，則稱點(diǎn)P關(guān)于圓C的特征值為k．已知圓O的半徑為2，(1)若點(diǎn)M的坐標(biāo)為1，1，則經(jīng)過點(diǎn)M的直線被圓O截得的弦長(zhǎng)的最小值為___________，點(diǎn)M關(guān)于圓O的特征值為(2)直線y=x+b分別與x，y軸交于點(diǎn)A，B，若線段AB上總存在關(guān)于圓O的特征值為4的點(diǎn)，求b的取值范圍；(3)點(diǎn)T是x軸正半軸上一點(diǎn)，圓T的半徑為1，點(diǎn)R，S分別在圓O與圓T上，點(diǎn)R關(guān)于圓T的特征值記為r，點(diǎn)S關(guān)于圓O的特征值記為s．當(dāng)點(diǎn)T在x軸正軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，若存在點(diǎn)R，S，使得r+s=3，直接寫出點(diǎn)T的橫坐標(biāo)t的取值范圍．【答案】(1)22，(2)b的取值范圍是3≤b≤6或(3)2-【分析】（1）設(shè)經(jīng)過點(diǎn)M的直線與⊙O交于E、F兩點(diǎn)，過點(diǎn)O作OH⊥EF于H，連接OM，OE，利用垂徑定理得到EF=2EH，由勾股定理可得當(dāng)OH最大時(shí)，EH最小，即此時(shí)EF最小，求出OM=2，再由OH≤OM，得到當(dāng)點(diǎn)H與點(diǎn)M重合時(shí)，OH有最大值2，即可求出EF的最小值為22，則被圓O截得的弦長(zhǎng)取值范圍為22≤x≤4，再由被圓O截得的弦長(zhǎng)為3的弦有2條，被圓O截得的弦長(zhǎng)為4的弦只有1條，可得點(diǎn)（2）根據(jù)題意得，關(guān)于圓O的特征值為4的所有點(diǎn)都在以O(shè)為圓心，3為半徑的圓周上，分當(dāng)b>0時(shí)和當(dāng)b<0時(shí)，兩種情況討論即可求解；（3）由于同一平面內(nèi)，對(duì)于任意一點(diǎn)Q，經(jīng)過O、Q的直線與圓O截得的弦（直徑）都為4，則點(diǎn)Q關(guān)于圓O的特征值不可能為0，由此可得rs≠0，則r=1s=2或r=2s=1；經(jīng)過點(diǎn)S且弦長(zhǎng)為4（最長(zhǎng)弦）的直線有1條，弦長(zhǎng)為3（最短弦）的直線有1條，由（2）可知點(diǎn)S一定在以O(shè)為圓心，以72為半徑的圓上，同理點(diǎn)R一定在以T為圓心，以32為半徑的圓上，則當(dāng)滿足以O(shè)為圓心，2為半徑的圓與以T為圓心，32為半徑的圓有交點(diǎn)，且同時(shí)滿足以O(shè)為圓心，72為半徑的圓與以T為圓心，【詳解】（1）解：設(shè)經(jīng)過點(diǎn)M的直線與⊙O交于E、F兩點(diǎn)，過點(diǎn)O作OH⊥EF于H，連接OM，∴EF=2EH，在Rt△OEH中，由勾股定理得EH=∴當(dāng)OH最大時(shí)，EH最小，即此時(shí)EF最小，∵點(diǎn)M的坐標(biāo)為1，∴OM=1又∵OH≤OM，∴當(dāng)點(diǎn)H與點(diǎn)M重合時(shí)，OH有最大值2，∴此時(shí)EH有最小值4-2∴EF的最小值為2∵過點(diǎn)M的直線被圓O截得的弦長(zhǎng)的最大值為4（直徑），∴被圓O截得的弦長(zhǎng)取值范圍為22∴被圓O截得的弦長(zhǎng)為正整數(shù)的只有是3或4，∵被圓O截得的弦長(zhǎng)為3的弦有2條，被圓O截得的弦長(zhǎng)為4的弦只有1條，∴點(diǎn)M關(guān)于圓O的特征值為3，故答案為：22，3

（2）解：設(shè)點(diǎn)G是圓O的特征值為4的點(diǎn)，由（1）可知經(jīng)過一點(diǎn)G且弦長(zhǎng)為4（最長(zhǎng)弦）的直線有1條，弦長(zhǎng)為3的直線有2條，∵特征值要保證為4，∴經(jīng)過點(diǎn)G且弦長(zhǎng)為2的直線有且只有1條，∴經(jīng)過點(diǎn)G的直線被圓O截得的弦長(zhǎng)的最小值為2，∵22∴由（1）可知，關(guān)于圓O的特征值為4的所有點(diǎn)都在以O(shè)為圓心，3為半徑的圓周上，

∵直線y=x+b分別與x，y軸交于點(diǎn)A，B，∴A-b，0∴OA=OB=b，∴∠OBH=45°當(dāng)b>0時(shí)，∵線段AB上總存在關(guān)于圓O的特征值為4的點(diǎn)，∴線段AB與以O(shè)為圓心，3為半徑的圓有交點(diǎn)，當(dāng)線段AB與以O(shè)為圓心，3為半徑的圓相切時(shí)，將切點(diǎn)設(shè)為H，連接OH，則OH=3∴OB=2∴b1將以O(shè)為圓心，3為半徑的圓與y軸正半軸的交點(diǎn)記為B1，則O當(dāng)線段AB與以O(shè)為圓心，3為半徑的圓相交，且過點(diǎn)B1時(shí)，可得b∴3≤b≤同理可求當(dāng)b<0時(shí)，-6綜上，b的取值范圍是3≤b≤6或（3）：∵同一平面內(nèi)，對(duì)于任意一點(diǎn)Q，經(jīng)過O、Q的直線與圓O截得的弦（直徑）都為4，∴點(diǎn)Q關(guān)于圓O的特征值不可能為0，∴rs≠0，∵r+s=3，且r、s都是整數(shù)，∴r=1s=2或r=2當(dāng)r=1s=2∴經(jīng)過點(diǎn)S且弦長(zhǎng)為4（最長(zhǎng)弦）的直線有1條，弦長(zhǎng)為3（最短弦）的直線有1條，∴由（2）可知點(diǎn)S一定在以O(shè)為圓心，以22同理當(dāng)r=2s=1時(shí)，點(diǎn)R一定在以T為圓心，以1∴當(dāng)滿足以O(shè)為圓心，2為半徑的圓與以T為圓心，32為半徑的圓有交點(diǎn)，且同時(shí)滿足以O(shè)為圓心，72為半徑的圓與以T為圓心，1為半徑的圓有交點(diǎn)時(shí)t的如圖3-1所示，當(dāng)以O(shè)為圓心，32為半徑的圓與以T為圓心，1為半徑的圓外切時(shí)，此時(shí)t

如圖3-2所示，當(dāng)以O(shè)為圓心，2為半徑的圓與以T為圓心，32為半徑的圓外切時(shí)，此時(shí)t綜上所述，當(dāng)2-32≤t≤72+1時(shí)，存在點(diǎn)

【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理，圓與圓的位置關(guān)系，切線的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形，勾股定理，一次函數(shù)與幾何等等，正確理解題意找到對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡是解題的關(guān)鍵．十二．與圓錐的相關(guān)計(jì)算（共5小題）48．（2023上·江蘇連云港·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，矩形紙片ABCD中，AD=18cm，把它分割成正方形紙片ABFE和矩形紙片EFCD后，分別裁出扇形ABF和半徑最大的圓，恰好能作為一個(gè)圓錐的底面和側(cè)面，則圓錐的表面積為（

A．36πcm2 B．45πcm2 C．【答案】B【分析】本題綜合考查有關(guān)扇形和圓錐的相關(guān)計(jì)算．解題思路：解決此類問題時(shí)要緊緊抓住兩者之間的兩個(gè)對(duì)應(yīng)關(guān)系：（1）圓錐的母線長(zhǎng)等于側(cè)面展開圖的扇形半徑；（2）圓錐的底面周長(zhǎng)等于側(cè)面展開圖的扇形弧長(zhǎng)．正確對(duì)這兩個(gè)關(guān)系的記憶是解題的關(guān)鍵．設(shè)圓錐的底面的半徑為rcm，則DE=2rcm，利用圓錐的側(cè)面展開圖為一扇形，這個(gè)扇形的弧長(zhǎng)等于圓錐底面的周長(zhǎng)得到90π×18-2r【詳解】解：設(shè)圓錐的底面的半徑為rcm，則AE=BF=18-2r根據(jù)題意得：90π×18-2r解得：r=3，側(cè)面積為：90×π18-2×3底面積為：π所以圓錐的表面積為：36π故選：B．49．（2023上·河北石家莊·九年級(jí)校聯(lián)考期中）如圖，在矩形ABCD