蘇科版九年級數(shù)學(xué)上冊專題2.13對稱圖形-圓章末十大題型總結(jié)(培優(yōu)篇)同步練習(xí)(學(xué)生版+解析)

專題2.13對稱圖形-圓章末十大題型總結(jié)（培優(yōu)篇）【蘇科版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1巧用圓的半徑相等】 1【題型2由點與圓的位置關(guān)系求求范圍】 2【題型3弧、弦、角、之間的關(guān)系】 3【題型4垂徑定理】 5【題型5圓周角定理】 6【題型6圓內(nèi)接四邊形】 7【題型7直線與圓的位置關(guān)系】 8【題型8切線長定理的運用】 10【題型9弧長的計算】 11【題型10扇形面積的計算】 12【題型1巧用圓的半徑相等】【方法點撥】解決此類問題的關(guān)鍵是連接半徑，抓住圓的半徑相等是關(guān)鍵.【例1】（2023秋·廣東汕頭·九年級統(tǒng)考期末）如圖，AB是⊙O的弦，OD為⊙O半徑．OC⊥AB，垂足為C，OD∥AB，OD=2OC，則∠ODB為（

）度A．60 B．65 C．70 D．75【變式1-1】（2023秋·河北唐山·九年級統(tǒng)考期中）如圖，半圓O的直徑AB=10，將半圓O繞點B順時針旋轉(zhuǎn)45°得到半圓O'，與AB交于點P，那么AP=（

A．2.5 B．5 C．10?52 D．【變式1-2】（2023秋·河北唐山·九年級唐山市第十二中學(xué)?？计谀┤鐖D，⊙O的直徑AB與弦CD的延長線交于點E，若DE=OB，∠AOC=84°，則∠E等于（）A．42° B．28° C．21° D．20°【變式1-3】（2023秋·天津南開·九年級南開翔宇學(xué)校校考期末）如圖，⊙O的半徑為2，AB為圓上一動弦，以AB為邊作正方形ABCD，求OD的最大值．【題型2由點與圓的位置關(guān)系求求范圍】【方法點撥】解決此類問題關(guān)鍵要記住若半徑為r，點到圓心的距離為d，則有：當(dāng)d＞r時，點在圓外；當(dāng)d＝r時，點在圓上，當(dāng)d＜r時，點在圓內(nèi)．【例2】（2011秋·江蘇泰州·九年級統(tǒng)考期中）直角坐標(biāo)系中，已知點A(1,0)，⊙A的半徑是5，若點D(?2,a)在⊙A外，則a的范圍是()A．a(chǎn)>4 B．a(chǎn)>4或a<?4 C．a(chǎn)<?4 D．?4<a<4【變式2-1】（2023春·河北石家莊·九年級校考開學(xué)考試）在數(shù)軸上，點A所表示的實數(shù)為3，點B所表示的實數(shù)為a，⊙A的半徑為2，下列說法錯誤的是（

）A．當(dāng)a<5時，點B在⊙A內(nèi) B．當(dāng)1<a<5時，點B在⊙A內(nèi)C．當(dāng)a<1時，點B在⊙A外 D．當(dāng)a>5時，點B在⊙A外【變式2-2】（2023秋·北京海淀·九年級北京交通大學(xué)附屬中學(xué)?？计谀τ谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系xOy中的圖形M和點P給出如下定義：Q為圖形M上任意一點，若P，Q兩點間距離的最大值和最小值都存在，且最大值是最小值的2倍，則稱點P為圖形M的“二分點”．已知點N（3，0），A（1，0），B（0，3），C（3，﹣1）．(1)①在點A，B，C中，線段ON的“二分點”是；②點D（a，0），若點C為線段OD的“二分點”，求a的取值范圍；(2)以點O為圓心，r為半徑畫圓，若線段AN上存在⊙O的“二分點”，直接寫出r的取值范圍．【變式2-3】（2023秋·廣東江門·九年級?？计谀┤鐖D，正方形ABCD中，AB=5cm，以B為圓心，1cm為半徑畫圓，點P是⊙B上一個動點，連接AP，并將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至AP'，連接BP'，在點P移動的過程中，B【題型3弧、弦、角、之間的關(guān)系】【方法點撥】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(yīng)的其余各組量都分別相等，其中圓心角的度數(shù)與它所對的弧的度數(shù)相等.【例3】（2023秋·河北廊坊·九年級?？计谥校┤鐖D，BC=CD=DE，已知AB是⊙O的直徑，∠COD=35°，那么

A．40° B．70° C．75° D．105°【變式3-1】（2023秋·黑龍江大慶·九年級?？计谥校┤鐖D，在⊙O中，AB、DE為⊙O的直徑，C是⊙O上一點，且AD=CE．（1）BE與CE有什么數(shù)量關(guān)系？為什么？（2）若∠BOE=60°，則四邊形OACE是什么特殊的四邊形？請說明理由．【變式3-2】（2023秋·安徽安慶·九年級統(tǒng)考期末）如圖，⊙O的兩條弦AB、CD互相垂直，垂足為E，且AB=CD．

(1)求證：BE=CE；(2)若AE=1，CE=3，求⊙O的半徑．【變式3-3】（2023秋·浙江杭州·九年級期末）已知⊙O的直徑AB=4，弦AC與弦BD交于點E．且OD⊥AC，垂足為點F．（1）如圖1，如果AC=BD，求弦AC的長；（2）如圖2，如果E為弦BD的中點，求EF:DF【題型4垂徑定理】【方法點撥】垂徑定理：垂直于弦的直徑平分弦，并且平分弦所對的兩條弧。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弧；弦的垂直平分線過圓心，且平分弦對的兩條?。纠?】（2023秋·江蘇南京·九年級校聯(lián)考期末）在同心圓中，大圓的弦AB交小圓于C，D兩點．(1)如圖①，若大圓、小圓的半徑分別為13和7，AB=24，則CD的長為___________．(2)如圖②，大圓的另一條弦EF交小圓于G，H兩點，若AB=EF，求證CD=GH．【變式4-1】（2023秋·河北張家口·九年級張家口東方中學(xué)?？计谀┤鐖D，⊙O的半徑為6cm，AB是弦，OC⊥AB于點C，將劣弧AB沿弦AB折疊，交OC于點D，若D是OC的中點，則AB的長為．

【變式4-2】（2023秋·江蘇鎮(zhèn)江·九年級統(tǒng)考期中）如圖，⊙O的直徑AB與弦CD交于點E，∠DEB=30°，AE=2，

【變式4-3】（2023秋·湖北宜昌·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊行ABCD中，AB＝5，BC＝8，BC邊上的高AH＝3，點P是邊BC上的動點，以CP為半徑的⊙C與邊AD交于點E，F(xiàn)（點E在點F的左側(cè)）．（1）當(dāng)⊙C經(jīng)過點A時，求CP的長；（2）連接AP，當(dāng)AP∥CE時，求⊙C的半徑及弦EF的長．【題型5圓周角定理】【方法點撥】圓周角定理：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半。推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等。推論2：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?！纠?】（2023秋·廣東廣州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，點P是Rt△ABC外接圓上的一點，且

(1)如圖1，求證：AP=BP；(2)如圖2，連接BP，AP．點M為弧AP上一點，過P作PD⊥BM于D點，求證：BD=MD+AM；(3)如圖3，點Q是弧AP上一動點（不與A，P重合），連PQ，AQ，BQ．求BQ?AQPQ【變式5-1】（2023春·山東濟寧·九年級統(tǒng)考期末）如圖，將AC沿弦AC折疊交直徑AB于圓心O，則∠AOC=度．

【變式5-2】（2023春·浙江杭州·九年級校考期中）如圖，AD是△ABC的外角平分線，與△ABC的外接圓交于點D，連接BD交AC于點F，且BC=CF，則下列結(jié)論錯誤的是（

）A．∠ADB=∠CDB B．3∠ACB+∠ACD=180°C．3∠BDC+2∠ABD=180° D．3∠BAD+∠ABD=360°【變式5-3】（2023春·吉林長春·九年級?？计谥校┤鐖D，?OABC的頂點A、B、C都在⊙O上，點D為⊙O上一點，且點D不在AB上，則∠ADB的大小為°．【題型6圓內(nèi)接四邊形】【方法點撥】圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：圓內(nèi)接四邊形的對角互補,且任意一個角的外角都等于其內(nèi)對角.【例6】（2023秋·浙江溫州·九年級期末）在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，∠BAD、∠ADC的角平分線交于點E，過E作直線MN平行于BC，與AB、CD交于M、N，則總有MN＝(

)A．BM+DN B．AM+CN C．BM+CN D．AM+DN【變式6-1】（2023秋·福建泉州·九年級校考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AB=AC,?∠ADB=90°，過A,B,D三點的圓交BC邊于點（1）求證：E是BC的中點；（2）若BC=2CD，求證：∠BCD=2∠ABD．【變式6-2】（2023秋·湖北武漢·九年級統(tǒng)考期中）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝AD，∠BCD＝120°，E、F分別為BC、CD上一點，∠EAF＝30°，EF＝3，DF＝1．則BE的長為（）A．1 B．2 C．3 D．4【變式6-3】（2023秋·遼寧盤錦·九年級?？计谥校┤鐖D，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC是直徑，AB=BC，連接OD，BD，過點D的直線與CA的延長線相交于點E，且∠EDA=∠ACD．(1)求∠EDO的度數(shù)．(2)若AD=3，CD=4，求AB，BD的長．(3)若AD=a，CD=b，直接寫出BD的長．【題型7直線與圓的位置關(guān)系】【方法點撥】直線和圓的三種位置關(guān)系：（1）相交：直線與圓有兩個公共點時，叫做直線與圓相交，這時的直線叫做圓的割線；（2）相切：直線與圓有唯一公共點時，叫做直線與圓相切，這條直線叫做圓的切線，公共點叫做切點；（3）直線與圓沒有公共點時，叫做直線與圓相離.【例7】（2023春·黑龍江綏化·九年級統(tǒng)考期末）如圖已知⊙P的半徑為3，圓心P在拋物線y=13x2?1上運行，當(dāng)⊙P與y

【變式7-1】（2023秋·湖北鄂州·九年級校聯(lián)考期末）Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，以C為圓心所作的圓與邊AB僅一個交點，則半徑r為【變式7-2】（2023秋·江蘇泰州·九年級校聯(lián)考期中）如圖，半圓的圓心與坐標(biāo)原點重合，半圓的半徑為2，直線l的解析式為y＝x+t．若直線l與半圓只有一個交點，則t的取值范圍是．【變式7-3】（2023秋·江蘇南京·九年級統(tǒng)考期中）如圖，已知∠AOB=45°，M是射線OB上一點，OM=2．以點M為圓心、r為半徑畫⊙M(1)當(dāng)⊙M與射線OA相切時，求r的值；(2)寫出⊙M與射線OA的公共點的個數(shù)及對應(yīng)的r的取值范圍．【題型8切線長定理的運用】【方法點撥】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.【例8】（2023春·浙江·九年級期中）小明準(zhǔn)備以“青山看日出”為元素為永嘉縣某名宿設(shè)計標(biāo)志示意圖，如圖所示，他利用兩個等邊三角形和一個圓分別表示青山和日出，已知點B，E，C，F(xiàn)在同一條直線上，且BE=EC=2CF，四邊形ABEG和四邊形GCFD的面積之差為73，則CF的長是；連結(jié)AD，若⊙O是△ADG的內(nèi)切圓，則圓心O到BF的距離是【變式8-1】（2023·北京·九年級專題練習(xí)）如圖，P為⊙O外一點，PA，PB是⊙O的切線，A，B為切點，點C在⊙O上，連接OA，OC，AC．(1)求證：∠AOC=2(2)連接OB，若AC∥OB，⊙O的半徑為5，AC=6，求AP的長．【變式8-2】（2023·山西大同·校聯(lián)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，DB、DE分別切⊙O于點B、C，若∠ACE=25°，則∠D的度數(shù)是；

【變式8-3】（2023秋·遼寧鞍山·九年級校聯(lián)考期中）如圖，AB為⊙O的直徑，PD切⊙O于點C，與BA的延長線交于點D，DE⊥PO交PO延長線于點E，連接OC，PB，已知PB=6，DB=8，∠EDB=∠EPB．

(1)求證：PB是⊙O的切線：(2)求⊙O的半徑．【題型9弧長的計算】【方法點撥】解決此類問題掌握弧長的計算公式是關(guān)鍵.【例9】（2023·江蘇·九年級假期作業(yè)）如圖，同一個圓中的兩條弦AB、CD相交于點E．若∠AEC=120°，AC=4，則AD與BC長度之和的最小值為（）A．4π B．2π C．43π 【變式9-1】（2023秋·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在等邊三角形ABC中，D為BC的中點，ADB交AC于點E，若AB＝2，則DE的長為

【變式9-2】（2023秋·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，分別以正方形ABCD的頂點D，C為圓心，以AB長為半徑畫AC，BD．若AB=2，則陰影部分的周長為（結(jié)果保留π）．

【變式9-3】（2023秋·江蘇鹽城·九年級校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，點A、B、C在圓O上，∠ABC=60°，直線AD∥BC，AB=AD，點O在(1)判斷直線AD與圓O的位置關(guān)系，并說明理由；(2)若圓的半徑為6，求劣弧BC的長．【題型10扇形面積的計算】【方法點撥】解決此類問題掌握扇形面積的計算公式是關(guān)鍵.【例10】（2023秋·貴州黔西·九年級校考期中）如圖，有一圓形紙片圓心為O，直徑AB的長為2，BC//AD，將紙片沿BC、AD折疊，交于點O，那么陰影部分面積為（

）A．2π3?12 B．π3+【變式10-1】（2023春·重慶·九年級重慶一中?？茧A段練習(xí)）如圖，在菱形ABCD中，AB=23，∠ABC=120°，把菱形ABCD繞著頂點A逆時針旋轉(zhuǎn)30°得到菱形AB'C'D'，點C【變式10-2】（2023·重慶·校聯(lián)考二模）如圖，在扇形AOB中，∠AOB=90°,點C為半徑OA的中點，以點О為圓心，OC的長為半徑作弧CD交OB于點D．點E為弧AB的中點，連接CE、DE．若OA=4，則陰影部分的面積為．【變式10-3】（2023春·河南駐馬店·九年級專題練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，以A為圓心，AD的長為半徑畫弧，交AB于點F，再以B為圓心，BA的長為半徑畫弧，交CD于點E．已知AB=22，AD=2，則圖中陰影部分的面積為

專題2.13對稱圖形-圓章末十大題型總結(jié)（培優(yōu)篇）【蘇科版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1巧用圓的半徑相等】 1【題型2由點與圓的位置關(guān)系求求范圍】 5【題型3弧、弦、角、之間的關(guān)系】 11【題型4垂徑定理】 17【題型5圓周角定理】 22【題型6圓內(nèi)接四邊形】 28【題型7直線與圓的位置關(guān)系】 35【題型8切線長定理的運用】 39【題型9弧長的計算】 45【題型10扇形面積的計算】 49【題型1巧用圓的半徑相等】【方法點撥】解決此類問題的關(guān)鍵是連接半徑，抓住圓的半徑相等是關(guān)鍵.【例1】（2023秋·廣東汕頭·九年級統(tǒng)考期末）如圖，AB是⊙O的弦，OD為⊙O半徑．OC⊥AB，垂足為C，OD∥AB，OD=2OC，則∠ODB為（A．60 B．65 C．70 D．75【答案】A【分析】連接OB，則OB=OD，由OC⊥AB，則∠OBC=30°，再由OD∥【詳解】解：如圖：連接OB，則OB=OD，∵OC=1∴OC=1∵OC⊥AB，∴∠OBC=30°，∵OD∥∴∠BOD=∠OBC=30°，∴∠OBD=∠ODB=75°，故選D．【點睛】本題考查了圓，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的有關(guān)知識；正確作出輔助線、利用圓的半徑相等是解題的關(guān)鍵．【變式1-1】（2023秋·河北唐山·九年級統(tǒng)考期中）如圖，半圓O的直徑AB=10，將半圓O繞點B順時針旋轉(zhuǎn)45°得到半圓O'，與AB交于點P，那么AP=（

A．2.5 B．5 C．10?52 D．【答案】D【分析】先根據(jù)題意判斷出△O'PB是等腰直角三角形，由勾股定理求出PB【詳解】解：如下圖，連接O'由題意得：∠OBA∵O∴∠O∴△O∴PB=2∴AP=AB?BP=10?52故選：C．【點睛】本題考查了圓的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出△O【變式1-2】（2023秋·河北唐山·九年級唐山市第十二中學(xué)?？计谀┤鐖D，⊙O的直徑AB與弦CD的延長線交于點E，若DE=OB，∠AOC=84°，則∠E等于（）A．42° B．28° C．21° D．20°【答案】B【分析】連接OD，易得OD=BE，利用三角形外角的性質(zhì)得到∠ODC=2∠E，∠AOC=∠ODC+∠E，進(jìn)行求解即可；【詳解】解：連接OD，則：OD=OB=OC，∴∠OCD=∠ODC，∵DE=OB，∴OD=DE，∴∠DOE=∠E，∴∠ODC=∠DOE+∠E=2∠E，∴∠OCD=2∠E，∴∠AOC=∠OCD+∠E=3∠E，∴∠E=1故選B．【點睛】本題考查圓的認(rèn)識，等腰三角形的判定和性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)．熟練掌握圓內(nèi)半徑均相等，得到等腰三角形，是解題的關(guān)鍵．【變式1-3】（2023秋·天津南開·九年級南開翔宇學(xué)校?？计谀┤鐖D，⊙O的半徑為2，AB為圓上一動弦，以AB為邊作正方形ABCD，求OD的最大值．【答案】2【分析】把AO繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到AO'，得到△AOO'是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出OO'，再根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB=AD，再求出∠BAO=∠DAO【詳解】如圖，連接AO、BO、把AO繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到AO'∴△AOO∵AO=2，∴OO在正方形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，∵∠BAO+∠BAO∴∠BAO=∠DAO在△ABO和△ADOAO=AO∴△ABO≌△ADO∴DO∴OO當(dāng)O、O'、D三點共線時，取“=”此時，OD的最大值為22故答案為：22【點睛】本題考查了圓的基本性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，利用旋轉(zhuǎn)作輔助線構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點．【題型2由點與圓的位置關(guān)系求求范圍】【方法點撥】解決此類問題關(guān)鍵要記住若半徑為r，點到圓心的距離為d，則有：當(dāng)d＞r時，點在圓外；當(dāng)d＝r時，點在圓上，當(dāng)d＜r時，點在圓內(nèi)．【例2】（2011秋·江蘇泰州·九年級統(tǒng)考期中）直角坐標(biāo)系中，已知點A(1,0)，⊙A的半徑是5，若點D(?2,a)在⊙A外，則a的范圍是()A．a(chǎn)>4 B．a(chǎn)>4或a<?4 C．a(chǎn)<?4 D．?4<a<4【答案】B【分析】根據(jù)兩點間的距離公式與點D在⊙A外得到關(guān)于a的不等式，解不等式即可求得結(jié)論．【詳解】解：兩點間的距離公式為d=(由題意得DA>5，則DA=(?2?1)即9+a∴a∴a>4或a<?4，故選B．【點睛】本題主要考查了兩點間的距離公式，點與圓的位置關(guān)系，掌握點與圓的位置與半徑的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【變式2-1】（2023春·河北石家莊·九年級?？奸_學(xué)考試）在數(shù)軸上，點A所表示的實數(shù)為3，點B所表示的實數(shù)為a，⊙A的半徑為2，下列說法錯誤的是（

）A．當(dāng)a<5時，點B在⊙A內(nèi) B．當(dāng)1<a<5時，點B在⊙A內(nèi)C．當(dāng)a<1時，點B在⊙A外 D．當(dāng)a>5時，點B在⊙A外【答案】A【分析】先找出與點A的距離為2的點1和5，再根據(jù)點與圓的位置關(guān)系的判定方法即可解．【詳解】解：由于圓心A在數(shù)軸上的坐標(biāo)為3，圓的半徑為2，∴當(dāng)d=r時，⊙A與數(shù)軸交于兩點：1、5，故當(dāng)a=1、5時點B在⊙A上；當(dāng)d<r即當(dāng)1<a<5時，點B在⊙A內(nèi)；當(dāng)d>r即當(dāng)a<1或a>5時，點B在⊙A外．由以上結(jié)論可知選項B、C、D不符合題意，選項A符合題意．故選：A．【點睛】題考查了對點與圓的位置關(guān)系的判斷．關(guān)鍵要記住若半徑為r，點到圓心的距離為d，則有：當(dāng)d>r時，點在圓外；當(dāng)d=r時，點在圓上，當(dāng)d<r時，點在圓內(nèi)．【變式2-2】（2023秋·北京海淀·九年級北京交通大學(xué)附屬中學(xué)校考期末）對于平面直角坐標(biāo)系xOy中的圖形M和點P給出如下定義：Q為圖形M上任意一點，若P，Q兩點間距離的最大值和最小值都存在，且最大值是最小值的2倍，則稱點P為圖形M的“二分點”．已知點N（3，0），A（1，0），B（0，3），C（3，﹣1）．(1)①在點A，B，C中，線段ON的“二分點”是；②點D（a，0），若點C為線段OD的“二分點”，求a的取值范圍；(2)以點O為圓心，r為半徑畫圓，若線段AN上存在⊙O的“二分點”，直接寫出r的取值范圍．【答案】(1)①B、C；②a=3-15或3≤(2)13≤r≤1或3≤r【分析】（1）①計算每個點到ON的最大和最小值，可推斷出結(jié)果；②分為當(dāng)最小值是1，和最大值是2兩種情形；（2）當(dāng)AN上的點在圓外和外內(nèi)兩種情形；【詳解】（1）解：①如圖1，∵點A到ON的最大距離是2，到ON的最小距離是0，∴點A不是ON的二分點，∵OB=3，BN=23，∴BN=2OB，∴B點是ON的二分點，∵CD=1，OC=2，∴點C是ON的二分點，故答案是：B、C；②如圖2，當(dāng)OC=2是最小值時，最大值是OD=4，∴(a∴a1=15當(dāng)最小值是1時，a≥3，最大值是2時，∵OC=2，∴a≤23，∴3≤a≤23，綜上所述：a=3?15或3≤a≤23；（2）解：如圖3，當(dāng)點A在⊙O外時，設(shè)點M在AN上，M（x，0），（1≤x≤3），假設(shè)M是⊙O的二分點，∴x+r=2（x-r），∴x=3r，∴1≤3r≤3，∴13≤r如圖4，點M在⊙O內(nèi)，∴x+r=2（r-x），∴x=r3∴1≤r3∴3≤r≤9，綜上所述：13≤r≤1或3≤r【點睛】本題考查了點到線段（上的點）的距離，及點到圓最值問題，解決問題的關(guān)鍵是分為點在圓外和圓內(nèi)兩種情形討論．【變式2-3】（2023秋·廣東江門·九年級?？计谀┤鐖D，正方形ABCD中，AB=5cm，以B為圓心，1cm為半徑畫圓，點P是⊙B上一個動點，連接AP，并將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至AP'，連接BP'，在點P移動的過程中，B【答案】(5【分析】通過畫圖發(fā)現(xiàn)，點P'的運動路線為以D為圓心，以1cm為半徑的圓，可知：當(dāng)P'在對角線BD上時，BP'最小；當(dāng)P'在對角線BD的延長線上時，BP'最大．先證明【詳解】解：如圖，當(dāng)P'在對角線BD上時，BP'最小；當(dāng)P'在對角線連接BP，①當(dāng)P'在對角線BD由旋轉(zhuǎn)得：AP=AP'，∴∠PAB+∠BAP∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∴∠BAP∴∠PAB=∠DAP∴△PAB≌△P∴P'在Rt△ABD∵AB=AD=5cm，由勾股定理得：BD5∴BP即BP'長度的最小值為②當(dāng)P'在對角線BD同理可得BD=52∴BP即BP'長度的最大值為∴BP'長度的取值范圍是故答案為：(52【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、點與圓的位置關(guān)系和最值問題，尋找點P'【題型3弧、弦、角、之間的關(guān)系】【方法點撥】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(yīng)的其余各組量都分別相等，其中圓心角的度數(shù)與它所對的弧的度數(shù)相等.【例3】（2023秋·河北廊坊·九年級?？计谥校┤鐖D，BC=CD=DE，已知AB是⊙O的直徑，∠COD=35°，那么

A．40° B．70° C．75° D．105°【答案】D【分析】由BC=CD=DE,∠COD=35°【詳解】解：∵BC=∴∠BOC=∠EOD=∠COD=35°，∴∠AOE=180°?∠EOD?∠COD?∠BOC=75°．故選：C【點睛】此題考查了弧與圓心角的關(guān)系，掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．【變式3-1】（2023秋·黑龍江大慶·九年級?？计谥校┤鐖D，在⊙O中，AB、DE為⊙O的直徑，C是⊙O上一點，且AD=CE．（1）BE與CE有什么數(shù)量關(guān)系？為什么？（2）若∠BOE=60°，則四邊形OACE是什么特殊的四邊形？請說明理由．【答案】（1）BE=CE，證明見解析；（2）四邊形OACE是菱形，證明見解析；【分析】（1）根據(jù)對頂角相等得到∠AOD=∠BOE，再根據(jù)圓心角、弧、弦的關(guān)系得AD=BE，加上AD=（2）連結(jié)OC可得△COE和△AOC是等邊三角形，可得四邊形OACE的四條邊都相等，再根據(jù)菱形的判定即可求解．【詳解】（1）∵AB、DE是⊙O的直徑，∴∠AOD=∠BOE，∴AD=∵AD=∴BE=∴BE=CE．（2）連結(jié)OC，∵∠BOE=60°，BE=CE，∴∠COE=60°，∵OC=OE，∴△COE是等邊三角形，∵∠AOC=180°﹣60°﹣60°=60°，OA=OC，∴△AOC是等邊三角形，∴OE=CE=OA=AC=OC，∴四邊形OACE是菱形．【點睛】考查了圓心角、弧、弦的關(guān)系：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．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(yīng)的其余各組量都分別相等．【變式3-2】（2023秋·安徽安慶·九年級統(tǒng)考期末）如圖，⊙O的兩條弦AB、CD互相垂直，垂足為E，且AB=CD．

(1)求證：BE=CE；(2)若AE=1，CE=3，求⊙O的半徑．【答案】(1)見解析(2)5【分析】（1）作OM⊥AB于點M，作ON⊥CD于點N，證明四邊形OMEN為矩形，可得AB=CD，OM⊥AB，ON⊥CD，可得OM=ON，證明四邊形OMEN是正方形，可得OM=ME=EN．證明BM=CN，從而可得結(jié)論；（2）連接OA，求解AB=AE+BE=4，可得AM=12AB=2【詳解】（1）證明：作OM⊥AB于點M，作ON⊥CD于點N，又∵AB⊥CD，∴四邊形OMEN為矩形，∵AB=CD，OM⊥AB，ON⊥CD，∴OM=ON，∴四邊形OMEN是正方形，∴OM=ME=EN．∵OM⊥AB，ON⊥CD，∴BM=12AB又∵AB=CD，∴BM=CN，∴BM+ME=CN+NE即BE=CE．（2）連接OA，

由（1）可知BE=CE=3，∴AB=AE+BE=1+3=4，∵OM⊥AB，∴AM=1∴EM=AM?BE=1，∴OM=ME=1．在Rt△AMO中，OA=∴⊙O的半徑為5．【點睛】本題考查的是勾股定理的應(yīng)用，矩形，正方形的判定與性質(zhì)，垂徑定理的應(yīng)用，弦，弧，弦心距之間的關(guān)系，熟記圓的基本性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵.【變式3-3】（2023秋·浙江杭州·九年級期末）已知⊙O的直徑AB=4，弦AC與弦BD交于點E．且OD⊥AC，垂足為點F．（1）如圖1，如果AC=BD，求弦AC的長；（2）如圖2，如果E為弦BD的中點，求EF:DF【答案】（1）AC=23；（2）【分析】(1)連接OC，由垂徑定理、等弦得到等弧，根據(jù)同圓中弧與圓心角的關(guān)系可求出∠，通過解直角三角形求出，利用垂徑定理求出；(2)連接BC，根據(jù)AB為直徑，得到∠AFO=∠C=90°，再得到∠D=∠EBC，證明△DEF≌△BEC(ASA)，求得是△ABC的中位線，設(shè)OF=t，則根據(jù)BC=DF，求出的值，由勾股定理求出的值，再求出的值，即可求解．【詳解】如圖，連接OC，∵OD⊥AC,AD又∵AC=BD，∴AC=BD∴∴AD∴∠AOD=∠DOC=∠BOC=60°∵AB=4,∴AO=BO=2,∴AF=則AC=2AF=23如圖2，連接BC，∵AB為直徑，OD⊥AC,∴∠AFO=∠C=90°，∴OD//BC，∴∠D=∠EBC∵DE=BE、∠DEF=∠BEC,∴△DEF≌△BEC(ASA)∴BC=DF、EC=EF，又∵AO=OB,∴OF是△ABC的中位線，設(shè)OF=t，則BC=DF=2t,∵DF=DO?OF=2?t,∴2?t=2t解得：t=2則DF=BC=∴EF=∴EF:DF=【點睛】本題考查了垂徑定理，弧，弦，圓心角定理，以及勾股定理，還考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，中位線定理，熟悉并靈活運用以上性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．【題型4垂徑定理】【方法點撥】垂徑定理：垂直于弦的直徑平分弦，并且平分弦所對的兩條弧。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?。幌业拇怪逼椒志€過圓心，且平分弦對的兩條?。纠?】（2023秋·江蘇南京·九年級校聯(lián)考期末）在同心圓中，大圓的弦AB交小圓于C，D兩點．(1)如圖①，若大圓、小圓的半徑分別為13和7，AB=24，則CD的長為___________．(2)如圖②，大圓的另一條弦EF交小圓于G，H兩點，若AB=EF，求證CD=GH．【答案】(1)46(2)見解析【分析】（1）連接OA，OC，過O點作OH⊥AB，則H為AB，CD的中點，得出AH=12AB，CH=（2）過O作OM⊥AB，作ON⊥EF，垂足分別為M、N，得出DM=12CD，HN=12GH，AM=12AB，EN=12EF，連接OA、【詳解】（1）連接OA，OC，過O點作OH⊥AB，則H為AB，CD的中點，∵AB=24，∴AH=12AB=∵OH⊥AB，∴OH2=O∴OA∴132∴CH=26∴CD=2CH=46故答案為：4（2）過O作OM⊥AB，作ON⊥EF，垂足分別為M、N，∴DM=12CD，HN=12又∵AB=EF，∴AM=EN，連接OA、OE、OD、OH，

在Rt△OAM和RtOA=OEAM=EN∴Rt△OAM?Rt△OEN∴OM=ON，在Rt△ODM和RtOD=OHOM=ON∴Rt△ODM?Rt△OHN∴DM=HN，∴CD=GH．【點睛】本題主要考查垂徑定理，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)知識點是解此類題的關(guān)鍵．【變式4-1】（2023秋·河北張家口·九年級張家口東方中學(xué)校考期末）如圖，⊙O的半徑為6cm，AB是弦，OC⊥AB于點C，將劣弧AB沿弦AB折疊，交OC于點D，若D是OC的中點，則AB的長為．

【答案】4【分析】連接BO，延長OC交弧AB于E，可證CE=CD=OD，從而可求OC=23OE=4【詳解】解：如圖，連接BO，延長OC交弧AB于E，

由折疊得：CD=CE，∵D是OC的中點，∴CD=OD，∴CE=CD=OD，∴OC=2∵OC⊥AB，∴AB=2BC，在Rt△OCBBC==6∴AB=45故答案：45【點睛】本題主要考查了折疊的性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，掌握相關(guān)的性質(zhì)，構(gòu)建出由弦、弦心距、半徑組成的直角三角形是解題的關(guān)鍵．【變式4-2】（2023秋·江蘇鎮(zhèn)江·九年級統(tǒng)考期中）如圖，⊙O的直徑AB與弦CD交于點E，∠DEB=30°，AE=2，

【答案】2【分析】如圖，過O作OF⊥CD，交CD于點F，連接OD；由垂徑定理可得CF=DF，再根據(jù)題意求得圓的直徑AB=8，則半徑OA=4，進(jìn)而求得OE=2；然后根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得OF=12OE=1,再根據(jù)勾股定理可求得DF=【詳解】解：如圖，過O作OF⊥CD，交CD于點F，連接OD，

∴F為CD的中點，∴CF=DF，CD=2DF∵AE=2，∴AB=AE+EB=2+6=8，∴OA=4，∴OE=OA?AE=4?2=2，在Rt△OEF中，∠DEB=30°∴OF=1在Rt△ODF中，OF=1根據(jù)勾股定理得：DF=0D2【點睛】本題主要考查了垂徑定理、三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識點，掌握垂徑定理是解答本題的關(guān)鍵．【變式4-3】（2023秋·湖北宜昌·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊行ABCD中，AB＝5，BC＝8，BC邊上的高AH＝3，點P是邊BC上的動點，以CP為半徑的⊙C與邊AD交于點E，F(xiàn)（點E在點F的左側(cè)）．（1）當(dāng)⊙C經(jīng)過點A時，求CP的長；（2）連接AP，當(dāng)AP∥CE時，求⊙C的半徑及弦EF的長．【答案】（1）CP＝5；（2）⊙C的半徑為258，EF＝7【分析】（1）連接AC，由勾股定理求出BH＝4，得出CH＝4，由勾股定理求出CA，當(dāng)⊙C經(jīng)過點A時，CP＝CA＝5；（2）先證明四邊形APCE是平行四邊形，得出CP＝CE，證出四邊形APCE是菱形，得出PA＝CP，設(shè)PA＝CP＝x，則PH＝4﹣x，由勾股定理得出方程，解方程求出半徑；作CM⊥EF于M，則CM＝AH＝3，由垂徑定理得出ME＝MF＝12EF，由勾股定理求出ME，即可得出EF【詳解】解：（1）連接AC，如圖1所示：∵AH⊥BC，∴∠AHB＝∠AHC＝90°，∴BH＝AB∴CH＝BC﹣BH＝4，∴CA＝AH當(dāng)⊙C經(jīng)過點A時，CP＝CA＝5；（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，當(dāng)AP∥CE時，四邊形APCE是平行四邊形，∵CP＝CE，∴四邊形APCE是菱形，∴PA＝CP，設(shè)PA＝CP＝x，則PH＝4﹣x，在Rt△APH中，由勾股定理得：AH2+PH2＝PA2，即32+（4﹣x）2＝x2，解得：x＝258即⊙C的半徑為258作CM⊥EF于M，如圖2所示：則CM＝AH＝3，ME＝MF＝12EF在Rt△CEM中，由勾股定理得：ME＝CE∴EF＝2ME＝74【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、勾股定理、垂徑定理、平行四邊形的判定方法、菱形的判定與性質(zhì)等知識；本題綜合性強，有一定難度．【題型5圓周角定理】【方法點撥】圓周角定理：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半。推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等。推論2：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?！纠?】（2023秋·廣東廣州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，點P是Rt△ABC外接圓上的一點，且

(1)如圖1，求證：AP=BP；(2)如圖2，連接BP，AP．點M為弧AP上一點，過P作PD⊥BM于D點，求證：BD=MD+AM；(3)如圖3，點Q是弧AP上一動點（不與A，P重合），連PQ，AQ，BQ．求BQ?AQPQ【答案】(1)見解析(2)見解析(3)2【分析】（1）連接AP,BP，根據(jù)已知得出∠PCB=∠PCA=45°，得出AP=（2）過點M作MN⊥BM垂足為M，過點P作PN⊥MN于點N，證明△BPD≌△APN，進(jìn)而即可得證；（3）過點P作PD⊥BQ于點D，過點Q作QE⊥BQ垂足為Q，過點P作PE⊥AQ于點Q，連接PQ，由（2）可得四邊形DPEQ是正方形，△BDP≌△AEP，繼而即可求解．【詳解】（1）解：如圖1，連接AP,BP，∵∠ACB=90°，∠ACP=45°，∴∠PCB=∠PCA=45°，∴AP=∴AP=BP；（2）證明：如圖2，過點M作MN⊥BM垂足為M，過點P作PN⊥MN于點N，∴四邊形PDMN是矩形，∵BP=∴∠BMP=∠BCP=45°，∵PD⊥BM，∴△PMD是等腰直角三角形，∴DP=DM，∴四邊形PDMN是正方形，∴PD=DM=MN=PN，∠DPN=90°∵∠ACB=90°，∴AB是⊙的直徑，∴∠BPA=90°，∴∠BPD+∠DPA=∠APN+∠DPA，∴∠BPD=∠APN，又∵BP=AP，∴△BPD≌△APN∴BD=AN,∴BD=AM+MN=AM+DM；（3）如圖3所示，過點P作PD⊥BQ于點D，過點Q作QE⊥BQ垂足為Q，過點P作PE⊥AQ于點E，連接PQ，則A、Q、E三點共線，由（2）可得四邊形DPEQ是正方形，△BDP≌△AEP，∴BD=AE，∴BQ=BD+DQ=AQ+QE+DQ，設(shè)正方形DPEQ的邊長為a，則PQ=2∴BQ?AQPQ=QE+DQ【點睛】本題考查了弧與圓周角的關(guān)系，90度角所對的弦是直徑，正方形的性質(zhì)與判定，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，掌握圓周角定理是解題的關(guān)鍵．【變式5-1】（2023春·山東濟寧·九年級統(tǒng)考期末）如圖，將AC沿弦AC折疊交直徑AB于圓心O，則∠AOC=度．

【答案】120【分析】過O點作OD⊥AC交AC于D，交AC于E，連接OC，BC．根據(jù)折疊可得OD=12OE，AD=CD【詳解】解：過O點作OD⊥AC交AC于D，交AC于E，連接OC，BC．

由折疊可得：OD=12OE=12OB，∵AB是直徑，∴∠ACB=90°，OD=12BC又∵OC=OB，∴△OBC是等邊三角形，∴∠BOC=60°，∴∠AOC=180°?60°=120°．故答案為：120．【點睛】考查了翻折變換（折疊問題），圓周角定理，三角形中位線定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，以及鄰補角的定義，綜合性較強，構(gòu)造輔助線是是解決問題的關(guān)鍵．【變式5-2】（2023春·浙江杭州·九年級?？计谥校┤鐖D，AD是△ABC的外角平分線，與△ABC的外接圓交于點D，連接BD交AC于點F，且BC=CF，則下列結(jié)論錯誤的是（

）A．∠ADB=∠CDB B．3∠ACB+∠ACD=180°C．3∠BDC+2∠ABD=180° D．3∠BAD+∠ABD=360°【答案】B【分析】先根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補推出∠EAD=∠BCD，再由角平分線的定義得到∠EAD=∠CAD=∠BCD，即可得到BD=CD，則∠DBC=∠DCB，再由CB=CF得到∠CBF=∠CFB，即可證明∠ACB=∠BDC，再∠ADB=∠ACB，即可證明∠ADB=∠BDC即可判斷A；再根據(jù)圓周角定理和等量代換把B、C、D三個選項中的角度用∠BDC，【詳解】解：∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠BAD+∠BCD=180°，∵∠BAD+∠EAD=180°，∴∠EAD=∠BCD，∵AD是△ABC的外角平分線，∴∠EAD=∠CAD=∠BCD，又∵∠DBC=∠CAD，∴∠DBC=∠DCB，∵CB=CF，∴∠CBF=∠CFB，∵∠DBC+∠DCB+∠BDC=∠CBF+∠CFB+∠BCF=180°，∴∠ACB=∠BDC，又∵∠ADB=∠ACB，∴∠ADB=∠BDC，故A不符合題意；∵∠ACD=∠ABD∴3∠BDC+2∠ABD=2∠BCA+2∠ACD+∠BDC=2∠DCB+∠BDC=∠DCB+∠DBC+∠BDC=180°，故C不符合題意；∵∠BAC=∠BDC，∠ACD=∠ABD，∴3∠BAD+∠ABD=3=3∠BDC+3∠DBC+∠ABD=3∠BDC+3∠DBC+∠ACD=2∠BDC+3∠DBC+∠ACD+∠ACB=2∠BDC+3∠DBC+∠DCB=2∠BDC+4∠DBC=360°，故D不符合題意；∵∠BDC=∠ACB，∴3∠ACB+∠ACD=2∠BDC+∠ACB+∠ACD=2∠BDC+∠DCB，根據(jù)現(xiàn)有條件無法證明∠BDC=∠DBC，∴無法證明3∠ACB+∠ACD=2∠BDC+∠DCB=180°，故B符合題意；故選B．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)與判定，角平分線的定義，三角形內(nèi)角和定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，靈活運用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．【變式5-3】（2023春·吉林長春·九年級?？计谥校┤鐖D，?OABC的頂點A、B、C都在⊙O上，點D為⊙O上一點，且點D不在AB上，則∠ADB的大小為°．【答案】30【分析】連接OB，證明四邊形OABC為菱形，則OA=AB，進(jìn)而得出三角形OAB為等邊三角形，得出∠AOB=60°，則∠ADB=1【詳解】解：連接OB，∵四邊形OABC為平行四邊形，OA=OC，∴四邊形OABC為菱形，∴OA=AB，∵OA=OB，∴三角形OAB為等邊三角形，∴∠AOB=60°，∴∠ADB=1故答案為：30．

【點睛】本題主要考查了菱形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，圓周角與圓心角的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是掌握菱形四邊都相等，同弧所對的圓周角是圓心角的一半．【題型6圓內(nèi)接四邊形】【方法點撥】圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：圓內(nèi)接四邊形的對角互補,且任意一個角的外角都等于其內(nèi)對角.【例6】（2023秋·浙江溫州·九年級期末）在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，∠BAD、∠ADC的角平分線交于點E，過E作直線MN平行于BC，與AB、CD交于M、N，則總有MN＝(

)A．BM+DN B．AM+CN C．BM+CN D．AM+DN【答案】A【分析】在NM上截取NF＝ND，連接DF，AF，由A，B，C，D四點共圓，得出∠ADC+∠B＝180°，由MN∥BC，得出∠AMN+∠ADN＝180°，可得到A，D，N，M四點共圓，可得∠MND+∠MAD＝180°再由AE，DE分別平分∠BAD，∠CDA，A，F(xiàn)，E，D四點共圓，由∠MAF＝180°﹣∠DAF﹣∠MND＝180°﹣∠DEN﹣∠MND＝∠EDN＝∠ADE＝∠AFM，可得出MA＝MF，即得出MN＝MF+NF＝MA+ND．【詳解】解：如圖，在NM上截取NF＝ND，連接DF，AF∴∠NFD＝∠NDF，∵A，B，C，D四點共圓，∴∠ADC+∠B＝180°，∵M(jìn)N∥BC，∴∠AMN＝∠B，∴∠AMN+∠ADN＝180°，∴A，D，N，M四點共圓，∴∠MND+∠MAD＝180°，∵AE，DE分別平分∠BAD，∠CDA，∴∠END+2∠DFN＝∠END+2∠DAE＝180°，∴∠DFN＝∠DAE，∴A，F(xiàn)，E，D四點共圓，∴∠DEN＝∠DAF，∠AFM＝∠ADE，∵∠MND+∠MAD＝180°，∴∠MAF+∠DAF+∠MND＝180°∴∠MAF＝180°﹣∠DAF﹣∠MND＝180°﹣∠DEN﹣∠MND＝∠EDN＝∠ADE＝∠AFM，∴MA＝MF，∴MN＝MF+NF＝MA+ND．故選：D．【點睛】本題主要考查了四點共圓，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，利用四點共圓求解．【變式6-1】（2023秋·福建泉州·九年級校考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AB=AC,?∠ADB=90°，過A,B,D三點的圓交BC邊于點（1）求證：E是BC的中點；（2）若BC=2CD，求證：∠BCD=2∠ABD．【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】(1)利用圓周角定理得到∠AEB=90°，利用等腰三角形三線合一即可解答;(2)利用已知條件求得CE=CD，然后利用圓周角定理即可解答【詳解】證明：（1）連接AE，∠ADB=90°，∴AB為直徑，∠AEB=90°，∴AE⊥BC，∵AB=AC，∴AE是△ABC的中線，∴E是BC的中點．（2）連接DE．∵E是BC的中點，∴BC=2CE．∵BC=2CD，∵CE=CD，∴∠CDE=∠CED．∵四邊形ADEB是圓的內(nèi)接四邊形，∠BAD+∠BED=180°．∵∠CED+∠BED=180°，∠BAD=∠CED．∵∠ABD=90°?∠BAD，∠BCD=180°?∠CED?∠CDE=180°?2∠BAD，∴∠BCD=2∠ABD．【點睛】本題考查圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)、圓內(nèi)接四邊性的性質(zhì)，熟練進(jìn)行等角的轉(zhuǎn)換是解題的關(guān)鍵【變式6-2】（2023秋·湖北武漢·九年級統(tǒng)考期中）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝AD，∠BCD＝120°，E、F分別為BC、CD上一點，∠EAF＝30°，EF＝3，DF＝1．則BE的長為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】延長CB到H，使BH=DF=1，連接AH，則可證得△ABH≌△ADF，從而AH=AF，∠BAH=∠DAF，易證△AHE≌△AFE，可得HE=EF=3，則可求得BE的長．【詳解】延長CB到H，使BH=DF=1，連接AH，如圖∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O∴∠ABC+∠ADC=180゜∵∠ABH+∠ABC=180゜∴∠ABH=∠ADF在△ABH和△ADF中AB=AD∴△ABH≌△ADF∴AH=AF，∠BAH=∠DAF∵∠BAD+∠BCD=180゜，∠BCD=120゜∴∠BAD=180゜-∠BCD=60゜∵∠EAF=30゜∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=30゜∴∠EAH=∠BAE+∠BAH=30゜在△AHE和△AFE中AH=AD∴△AHE≌△AFE∴HE=EF=3∴BE=HE-BH=3-1=2故選：B【點睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，構(gòu)造輔助線得到全等三角形的問題的關(guān)鍵與難點．【變式6-3】（2023秋·遼寧盤錦·九年級?？计谥校┤鐖D，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC是直徑，AB=BC，連接OD，BD，過點D的直線與CA的延長線相交于點E，且∠EDA=∠ACD．(1)求∠EDO的度數(shù)．(2)若AD=3，CD=4，求AB，BD的長．(3)若AD=a，CD=b，直接寫出BD的長．【答案】(1)90°(2)AB=52(3)BD=【分析】（1）連接OD，易得：∠ODC=∠OCD，進(jìn)而得到：∠EDA=∠CDO，根據(jù)圓周角定理，得到∠ADC=90°，即∠ADO+∠ODC=90°，從而得到∠ADO+∠ADE=90°，即∠EDO=90°；（2）勾股定理求出AC的長，根據(jù)圓周角定理以及AB=BC，可得△ABC為等腰直角三角形，進(jìn)而求出AB的長，過點B作BF⊥BD，交DC的延長線與點F，易證△BAD≌△BCFASA，得到CF=AD=3，BD=BF，進(jìn)而求出DF的長，再求出BD（3）根據(jù)（2）可知：BD=2【詳解】（1）解：連接OD，則：OC=OD，∴∠ODC=∠OCD，∵∠EDA=∠ACD，∴∠EDA=∠CDO，∵AC是直徑，∴∠ADC=90°，∴∠ADO+∠ODC=90°，∴∠ADO+∠ADE=90°，即∠EDO=90°；（2）解：∵AC是⊙O的直徑，∴∠ADC=∠ABC=90°，∵AD=3，CD=4，∴AC=3∵AB=BC，∴AB=2過點B作BF⊥BD，交DC的延長線與點F，則：∠DBF=∠ABC=90°，∴∠ABD=∠CBF=90°?∠CBD，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠BCF=∠BAD，又∵AB=BC，∴△BAD≌△BCFASA∴CF=AD，BD=BF，∴DF=CD+CF=CD+AD=7，由勾股定理得：BD2∴BD=2（3）解：由（2）可知：BD=2【點睛】本題考查圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形，勾股定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)．熟練掌握直徑所對的圓周角是直角，通過添加輔助線，證明三角形全等，是解題的關(guān)鍵．【題型7直線與圓的位置關(guān)系】【方法點撥】直線和圓的三種位置關(guān)系：（1）相交：直線與圓有兩個公共點時，叫做直線與圓相交，這時的直線叫做圓的割線；（2）相切：直線與圓有唯一公共點時，叫做直線與圓相切，這條直線叫做圓的切線，公共點叫做切點；（3）直線與圓沒有公共點時，叫做直線與圓相離.【例7】（2023春·黑龍江綏化·九年級統(tǒng)考期末）如圖已知⊙P的半徑為3，圓心P在拋物線y=13x2?1上運行，當(dāng)⊙P與y

【答案】3,2或?3,2【詳解】當(dāng)⊙P與y軸相切時可求得P點的橫坐標(biāo)，代入拋物線解析式可求得P點坐標(biāo)．【解答】解：∵⊙P與y軸相切，⊙P的半徑為3，∴P到y(tǒng)軸的距離等于半徑3，∴點P的橫坐標(biāo)為3或?3，當(dāng)x=3時，代入可得y=13×32當(dāng)x=?3時，代入可得y=13×?32綜上可知P點坐標(biāo)為3,2或?3,2，故答案為：3,2或?3,2．【點睛】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系及二次函數(shù)的性質(zhì)，此題注意應(yīng)考慮兩種情況．熟悉直線和圓的位置關(guān)系應(yīng)滿足的數(shù)量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【變式7-1】（2023秋·湖北鄂州·九年級校聯(lián)考期末）Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，以C為圓心所作的圓與邊AB僅一個交點，則半徑r為【答案】r=4.8或6<r≤8【分析】要使圓與斜邊AB有1個交點，則應(yīng)滿足直線AB和圓相切即圓心到斜邊的距離為半徑即斜邊上的高；或圓與直線AB相交，此時半徑要大于AC且半徑不大于BC．【詳解】當(dāng)直線AB和圓相切時，圓心到斜邊的距離為半徑即斜邊上的高，過點C作CD⊥AB于點D，∵∠C=90°，AC=6，BC=8，∴AB=6∴r=CD=AC×BC當(dāng)圓與直線AB相交，此時半徑要大于AC且半徑不大于BC，∴6<r≤8；故答案為：r=4.8或6<r≤8．【點睛】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，勾股定理，正確理解相切，相交的基本條件是解題的關(guān)鍵．【變式7-2】（2023秋·江蘇泰州·九年級校聯(lián)考期中）如圖，半圓的圓心與坐標(biāo)原點重合，半圓的半徑為2，直線l的解析式為y＝x+t．若直線l與半圓只有一個交點，則t的取值范圍是．【答案】t=22或【分析】若直線l與半圓只有一個交點，則有兩種情況：直線l和半圓相切于點C或從直線l過點A開始到直線過點B結(jié)束（不包括直線l過點A)．當(dāng)直線l和半圓相切于點C時，根據(jù)直線l的解析式知直線l與x軸所形成的銳角是45°，從而求得∠DOC=45°，即可求出點C的坐標(biāo)，進(jìn)一步求得t的值；當(dāng)直線l過點A或點B時，直接根據(jù)待定系數(shù)法求得t的值即可．【詳解】解：根據(jù)題意可得：若直線l與半圓只有一個交點，則有兩種情況：直線l和半圓相切于點C或從直線l過點A開始到直線l過點B結(jié)束（不包括直線l過點A)，∵直線l的解析式為y＝x+t，∴直線l與x軸所形成的銳角是45°，過點C作CD⊥x軸于點D，則∠CDO=90°．當(dāng)直線l和半圓相切于點C時，則OC垂直于直線l，∠COD=45°，∴△COD為等腰直角三角形．又∵OC=2，∴OD∴2OD解得：OD=2∴CD=OD=2即點C(?2，2把點C的坐標(biāo)代入直線解析式，得t=y?x=22當(dāng)直線l過點A時，把點A(?2,0)代入直線解析式，得t=y?x=2；當(dāng)直線l過點B時，把點B(2,0)代入直線解析式，得t=y?x=?2．即當(dāng)t=22或?2?t<2時，直線l故答案為：t=22或?2?t<2【點睛】此題綜合考查了直線和圓的位置關(guān)系以及用待定系數(shù)法求解直線的解析式等知識，根據(jù)題意得到直線l與半圓只有一個交點的兩種不同情況是解決本題的關(guān)鍵．【變式7-3】（2023秋·江蘇南京·九年級統(tǒng)考期中）如圖，已知∠AOB=45°，M是射線OB上一點，OM=2．以點M為圓心、r為半徑畫⊙M(1)當(dāng)⊙M與射線OA相切時，求r的值；(2)寫出⊙M與射線OA的公共點的個數(shù)及對應(yīng)的r的取值范圍．【答案】(1)r的值為1(2)見解析【分析】（1）作MN⊥OA于N，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到MN=22OM=1，然后根據(jù)直線與圓的關(guān)系得到當(dāng)r=1時，⊙M（2）根據(jù)直線與圓的關(guān)系進(jìn)行分類討論即可．【詳解】（1）作MN⊥OA于N，如圖所示：∵∠AOB=45°，∴MN=2∴當(dāng)⊙M與射線OA相切時，r的值為1；（2）由（1）可知，根據(jù)直線與圓的關(guān)系得到：當(dāng)r=1時，⊙M與射線OA相切，只有一個公共點；當(dāng)0<r<1時，⊙M與射線OA相離，沒有公共點；當(dāng)1<r<2時，⊙M與射線OA當(dāng)r>2時，⊙M與射線OA【點睛】本題考查了直線和圓的位置關(guān)系，等腰直角三角形的性質(zhì)，靈活運用所學(xué)知識求解是解決本題的關(guān)鍵．【題型8切線長定理的運用】【方法點撥】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.【例8】（2023春·浙江·九年級期中）小明準(zhǔn)備以“青山看日出”為元素為永嘉縣某名宿設(shè)計標(biāo)志示意圖，如圖所示，他利用兩個等邊三角形和一個圓分別表示青山和日出，已知點B，E，C，F(xiàn)在同一條直線上，且BE=EC=2CF，四邊形ABEG和四邊形GCFD的面積之差為73，則CF的長是；連結(jié)AD，若⊙O是△ADG的內(nèi)切圓，則圓心O到BF的距離是【答案】24【分析】設(shè)CF=x，表示出相關(guān)線段的長，根據(jù)四邊形ABEG和四邊形GCFD的面積之差，得到S△ABC?S△DEF=73，求出x值即可；連結(jié)AD，連接OG并延長交BF于點M，設(shè)圓O與AC的切點為H，連接OH，連接AE，作DN⊥AE，垂足為N，證明△ADG為直角三角形，求出內(nèi)切圓半徑，再根據(jù)切線長定理得到∠HGO，從而證明OM⊥【詳解】解：∵BE=EC=2CF，∴設(shè)CF=x，則BE=EC=2x，∴BC=2x+2x=4x，EF=2x+x=3x，∵△ABC與△DEF為等邊三角形，∴S△ABC=3∵S△ABC∴43∴x2∴x=2，∴CF=2．連結(jié)AD，連接OG并延長交BF于點M，設(shè)圓O與AC的切點為H，連接OH，連接AE，作DN⊥AE，垂足為N，∵等邊△ABC的邊長為4×2=8，E為BC中點，∴AE=3CE=43∵∠DEC=60°，∴∠DEN=30°，∵DE=3×2=6，∴DN=12DE=3∴AN=43∴AD=A∵AG=AC?GC=8?4=4，DG=DE?EG=6?4=2，∴AG∴∠ADG=90°，△ADG為直角三角形，∴內(nèi)切圓半徑DH=AD+DG?AG∵∠HGD=60°，∴∠HGO=1∴OG=2OH=23∵∠HGO=30°，∠AGE=180°?60°=120°，∴∠EGM=180°?30°?120°=30°，∴∠GME=180°?60°?30°=90°，∴OM⊥BF，∵GM=3∴OM=OG+GM=23∴圓心O到BF的距離為43故答案為：2，43【點睛】本題是圓的綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，切線長定理，切線的性質(zhì).【變式8-1】（2023·北京·九年級專題練習(xí)）如圖，P為⊙O外一點，PA，PB是⊙O的切線，A，B為切點，點C在⊙O上，連接OA，OC，AC．(1)求證：∠AOC=2(2)連接OB，若AC∥OB，⊙O的半徑為5，AC=6，求AP的長．【答案】(1)見解析(2)10【分析】（1）過O作OH⊥AC于H，得到∠OHA=90°，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠OAP=90°，根據(jù)余角的性質(zhì)得到（2）連接OB，延長AC交PB于E，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OB⊥PB，PA=PB，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到OH=BE，HE=OB=5，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【詳解】（1）證明：過O作OH⊥AC于H，∴∠OHA=90°∴∠AOH+∵PA是⊙O的切線，∴∠OAP=90°∴∠OAC+∴∠AOH=∵OA=OC，∴∠AOC=2∴∠AOC=2（2）解：連接OB，延長AC交PB于E，∵PA，PB是⊙O的切線，∴OB⊥PB，PA=PB，∵AC∥OB，∴AC⊥PB，∴四邊形OBEH是矩形，∴OH=BE，HE=OB=5，∵OH⊥AC，OA=OC，∴AH=CH=12AC=3∴OH=OC2?C∴BE=OH=4，AE=AH+HE=8，∵PA∴PA∴PA=10．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．【變式8-2】（2023·山西大同·校聯(lián)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，DB、DE分別切⊙O于點B、C，若∠ACE=25°，則∠D的度數(shù)是；

【答案】50°【分析】連接BC，由切線長定理證明∠DBC=∠DCB，再求得∠BCD=180°?90°?25°=65°，最后由三角形的內(nèi)角和定理求得∠D的度數(shù)．【詳解】解：連接BC，

∵DB、DE分別切⊙O于點B、C，，∴BD=DC，∴∠DBC=∠DCB，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°∵∠ACE=25°，∴∠BCD=180°?90°?25°=65°，∴∠DBC=∠DCB=65°，∴∠D=180°?2×65°=50°；故答案為50°．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)、圓周角定理等知識，綜合性強，難度一般．【變式8-3】（2023秋·遼寧鞍山·九年級校聯(lián)考期中）如圖，AB為⊙O的直徑，PD切⊙O于點C，與BA的延長線交于點D，DE⊥PO交PO延長線于點E，連接OC，PB，已知PB=6，DB=8，∠EDB=∠EPB．

(1)求證：PB是⊙O的切線：(2)求⊙O的半徑．【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）由已知角相等及直角三角形的性質(zhì)得到∠OBP為直角，即可得證；（2）在直角三角形PBD中，由PB與DB的長，利用勾股定理求出PD的長，由切線長定理得到PC=PB=6，由PD?PC求出CD的長，在直角三角形OCD中，設(shè)OC=r，則有OD=8?r，利用勾股定理列出關(guān)于r的方程，求出方程的解得到r的值，即為圓的半徑．【詳解】（1）證明：∵DE⊥PE，∴∠DEO=90°，∵∠EDB=∠EPB，∠BOE=∠EDB+∠DEO，∠BOE=∠EPB+∠OBP，∴∠OBP=∠DEO=90°，∴OB⊥PB，∴PB為⊙O的切線；（2）解：在Rt△PBD中，PB=6，DB=8根據(jù)勾股定理得：PD=6∵PD與PB都為⊙O的切線，∴PC=PB=6，∴DC=PD?PC=10?6=4；在Rt△CDO中，設(shè)OC=r，則有OD=8?r根據(jù)勾股定理得：(8?r)2解得：r=3，則圓的半徑為3．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)與判定，勾股定理,切線長定理，熟練掌握切線的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．【題型9弧長的計算】【方法點撥】解決此類問題掌握弧長的計算公式是關(guān)鍵.【例9】（2023·江蘇·九年級假期作業(yè)）如圖，同一個圓中的兩條弦AB、CD相交于點E．若∠AEC=120°，AC=4，則AD與BC長度之和的最小值為（）A．4π B．2π C．43π 【答案】D【分析】如圖，以AC為邊作等邊△ACH，則∠AHC=60°，而∠AEC=120°，則E在△ACH的外接圓P上運動，記AB，CD所在的圓為⊙O，連接OA，OB，OC，OD，證明∠AOD+∠BOC=120°，再證明OA+OC≥AC，（當(dāng)A，O，C三點共線時取等號），再利用弧長公式進(jìn)行計算即可．【詳解】解：如圖，以AC為邊作等邊△ACH，則∠AHC=60°，而∠AEC=120°，∴∠AHC+∠AEC=60°+120°=180°，∴點E在△ACH的外接圓P上運動，記AB，CD所在的圓為⊙O，連接OA，OB，OC，OD，∴∠ACD=12∠AOD∴∠AOD+∠BOC=2=2=2×=120°，∵OA+OC≥AC，（當(dāng)A，O，C三點共線時取等號），當(dāng)OA+OC=AC時，⊙O半徑最小，此時半徑為12∴此時AD與BC長度的和最小，最小值為：120π×2180故選：C．【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系的應(yīng)用，三角形外接圓的含義，圓周角定理的應(yīng)用，弧長的計算，確定弧長和取最小值時圓心O的位置是解題的關(guān)鍵．【變式9-1】（2023秋·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在等邊三角形ABC中，D為BC的中點，ADB交AC于點E，若AB＝2，則DE的長為

【答案】π【分析】連接AD，證明AB是直徑，取AB的中點O，連接OE，OD．證明【詳解】解：連接AD，∵ABC是等邊三角形，D為BC的中點，∴AD⊥BC，∴AB是直徑，取AB的中點O，連接OE，∵ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝∵OA＝∴△AOE，∴∠AOE＝∴∠DOE＝∴DE的長=60π?1故答案為：π3

【點睛】本題考查了弧長公式，圓周角定理，等邊三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識．【變式9-2】（2023秋·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，分別以正方形ABCD的頂點D，C為圓心，以AB長為半徑畫AC，BD．若AB=2，則陰影部分的周長為（結(jié)果保留π）．

【答案】2π+4【分析】由∠ADC=∠BCD=90°，可知AC與BD的長度相等，由弧長的計算公式求出AC與BD的長度，再將陰影部分的周長轉(zhuǎn)化為AC的長+BD的長+AD+BC，即可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD為正方形，且AB=2，∴AB=BC=CD=DA=2，∠ADC=∠BCD=90°，∴AC的