中小学教育资源及组卷应用平台
第二十四章 圆
考查题型一 垂径定理的应用
典例1．（2021·江苏·南通市八一中学九年级阶段练习）已知AB是半圆O的直径，OD⊥弦AC于D，过点O作交半圆O于点E，过点E作EF⊥AB于F．若AC＝2，
(1)求OF的长；
(2)连接BE，若BE=，求半径OA的长．
【答案】(1)OF＝1
(2)半径为3
【分析】（1）先根据垂径定理得出AD＝CD＝1，根据“AAS”证明△ADO≌△OFE，即可得出OF＝AD＝1；
（2）设OA=OB=OE= x，则：BF=OB-OF=x-1，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可．
（1）
解：∵OD⊥AC，AC＝2，
∴AD＝CD＝1，
∵OD⊥AC，EF⊥AB，
∴∠ADO＝∠OFE＝90°，
∵，
∴∠DOE＝∠ADO＝90°，
∴∠DAO+∠DOA＝90°，∠DOA+∠EOF＝90°，
∴∠DAO＝∠EOF，
∵在△ADO和△OFE中，，
∴△ADO≌△OFE（AAS），
∴OF＝AD＝1．
（2）
解：设OA=OB=OE= x，则：BF=OB-OF=x-1，
∵EF⊥AB，
∴∠BFE＝∠OFE＝90°，
∴，
∴，
解得：，（舍去）
∴半径OA=3．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，三角形全等的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握全等三角形的判定和性质，是解题的关键．
变式1-1．如图，是的直径，平分弦，交于点，，，求的长．
【答案】
【分析】是直径，且平分弦，由此可构造直角三角形，利用勾股定理即可求出答案．
【详解】解：∵是的直径，平分弦，
∴，，
∵，，
在中，
，，，
∴．
故的长是．
【点睛】本题考查的圆的垂径定理，理解垂径定理，通过构造直角三角形，利用勾股定理是解题的关键．
变式1-2．如图，⊙O的两条弦AB、CD互相垂直，垂足为E，且AB=CD，已知CE=2，ED=6，求⊙O的半径长．
【答案】
【分析】过点分别作、的垂线、，则四边形是正方形，利用垂径定理即可求得，的长度，然后在直角中利用勾股定理即可求得的长度．
【详解】解：过点分别作、的垂线、，则四边形是矩形，连接．
，，
，
矩形是正方形．
，，
，
，
，
同理：．
在直角中，．
的半径长为．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，解题的关键是利用垂径定理可以把求弦长以及半径的计算转化成求直角三角形的边长的计算．
变式1-3．（2022·上海·华东师范大学第四附属中学九年级期中）如图，已知⊙O的直径AB=10，点P是弦BC上一点，联结OP，∠OPB=45°，PC=1，求弦BC的长．
【答案】
【分析】过点作，则，根据垂径定理可得，根据∠OPB=45°，可得是等腰直角三角形，在中，勾股定理建立方程，解方程求解即可求得，然后即可求得的长．
【详解】解：如图，过点作，则，
∠OPB=45°，
∴是等腰直角三角形，
∴，
设，由
∵⊙O的直径AB=10，
∴
在中，
．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握垂径定理是解题的关键．
考查题型二 利用弧、弦、圆心角的关系解决问题
典例2.如图，为的直径，是弦，且于点E．连接、、．
(1)求证：；
(2)若，求弦的长．
【答案】(1)见解析
(2)弦BD的长为16cm
【分析】（1）根据垂径定理可得，进而可得∠ABD＝∠C，根据半径相等可得∠C＝∠CBO，等量代换即可得证；
（2）在Rt△OBE中，勾股定理求得，根据垂径定理可得BE＝DE，即可求解．
（1）
∵AC为⊙O的直径，且AC⊥BD，
∴
∴∠ABD＝∠C，
∵OB＝OC，
∴∠C＝∠CBO，
∴∠CBO＝∠ABD；
（2）
∵AE＝4，CE＝16，
∴OA＝10，OE＝6，
在Rt△OBE中，，
∵AC为⊙O的直径，且AC⊥BD，
∴BE＝DE，
∴BD＝2BE＝16cm．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理等，掌握垂径定理是解题的关键．
变式2-1．如图，点A，B，C，D在⊙O上，＝．求证：AC＝BD；
【答案】见解析
【分析】根据已知条件求得，根据弧与弦的关系即可得证．
【详解】证明：∵＝，
∴＝，
∴，
∴BD=AC．
【点睛】本题考查了弦与弧之间的关系，掌握同圆或等圆中，等弧对等弦是解题的关键．
变式2-2．（2021·陕西·商南县富水镇初级中学九年级期中）如图，的弦、相交于点，且．求证：．
【答案】详见解析
【分析】由弧、弦、圆心角的关系进行证明，结合等角对等边，即可得到结论成立．
【详解】证明：，
，
，
即，
，
；
【点睛】本题考查了弧、弦、圆心角的关系，解题的关键是掌握所学的知识进行证明．
变式2-3．如图，AB是的直径，弦AD平分，过点D分别作，，垂足分别为E、F，与AC交于点G．
(1)求证：；
(2)若的半径，，求AG长．
【答案】(1)见详解
(2)AG= 8．
【分析】（1）连接BD，GD，证明，即可得到结论；
（2）先证明，可得AE=AF，结合EG＝BF=2，即可得到答案．
（1）
解：连接BD，GD，
∵弦AD平分∠BAC，DE⊥AC、DF⊥AB，
∴DE=DF，∠DEG=∠DFB=90°，
∵∠GAD=∠FAD，
∴，
∴DG=DB，
在Rt△DEG和Rt△DFB中，
，
∴（HL），
∴EG＝BF；
（2）
解：∵∠GAD=∠FAD，∠DEG=∠DFB=90°，AD=AD，
∴（AAS），
∴AE=AF，
∵⊙O的半径r＝6，BF＝2，
∴AE=AF=2×6-2=10，
∵EG＝BF=2，
∴AG=AE-EG=10-2=8．
【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，圆周角与弧，弧与弦关系，全等三角形的判定和性质，添加辅助线构造全等三角形的性质是解题的关键．
考查题型三 圆周角定理的应用
典例3．（2020·湖北·公安县教学研究中心九年级期中）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，点F在DC的延长线上，AF交⊙O于G．
(1)求证：∠FGC＝∠ACD；
(2)若AE=CD=8，试求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）根据垂径定理可得AC=AD，即有∠ACD=∠D，再根据四边形AGCD内接于⊙O，可证明∠D=∠FGC，则问题得解；
（2）连接OC，设OA=OC=r，则OE=8-r，在Rt△COE中，利用，即可求解．
（1）
证明：∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB，
∴AB垂直平分CD，
∴AC=AD，
∴∠ACD=∠D，
∵四边形AGCD内接于⊙O，
∴∠AGC+∠D=180°，
∵∠AGC+∠FGC=180°，
∴∠D=∠FGC，
∴∠ACD=∠FGC；
（2）
连接OC，
∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB，AE=CD=8，
∴CE=ED=4，
设OA=OC=r，则OE=8-r，
在Rt△COE中，，
即，
解得r=5，
即⊙O的半径为5.
【点睛】本题考查了垂径定理、圆内接四边形的性质、圆周角定理以及勾股定理等知识，掌握垂径定理是解答本题的关键．
变式3-1．（2021·安徽·淮南市洞山中学九年级阶段练习）如图，已知AB为⊙O的直径，CD是弦，且AB⊥CD于点E．连接AC、OC、BC．
(1)求证：∠ACO＝∠BCD．
(2)若BE＝3，CD＝8，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、等角的余角相等即可证明；
（2）根据勾股定理即可得到结论．
（1）
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵AB⊥CD，
∴∠BCD+∠B＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO
∴∠ACO＝∠BCD；
（2）
∵AB⊥CD，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
变式3-2．（2022·四川·渠县崇德实验学校九年级期末）如图，AB，DF是⊙O的直径，C，D为⊙O上的点，且，过点D作DE⊥AB于点E．
(1)证明：F是的中点；
(2)若，求FC的长．
【答案】(1)见解析
(2)FC=
【分析】（1）连接BF，OC，根据，可得∠CBF=∠OFB，再由圆周角定理可得∠COF=∠BOD，从而可得，进而得到，即可求证；
（2）作OH⊥BC于点H，连结BD，先证得△OHB≌△DEO，可得OH=DE=2，从而得到，继而得到BE= 1，再由勾股定理可得BD的长，即可求解．
（1）
证明：如图，连接BF，OC，
∵，
∴∠CBF=∠OFB，
∵∠COF=2∠CBF，∠BOD=2∠OFB，
∴∠COF=∠BOD，
∴，
∵∠AOF=∠BOD，
∴，
∴F是的中点 ；
（2）
解：作OH⊥BC于点H，连结BD，
∵，
∴∠CBO=∠BOD，
∵OD=OB，∠OED=∠OHB=90°，
∴△OHB≌△DEO，
∴OH=DE=2，BH=OE，
∵OH⊥BC，BC=3，
∴BH=OE=1.5，
∴，即BE=OB-OE=OB-BH=1，
∴，
∵，
∴FC=BD=．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理等知识，根据，得到是解题的关键．
变式3-3．（2021·福建·平潭翰英中学九年级期中）如图，如图所示，AB是⊙O的一条弦，OD⊥AB，垂足为C，交⊙O于点D，点E在⊙O上．
(1)若∠AOD＝62°，求的度数；
(2)若OC＝6，OA＝10，求的长．
【答案】(1)∠DEB=31°；
(2)AB=16．
【分析】（1）先根据垂径定理得到，然后利用圆周角定理得到∠DEB=∠AOD；
（2）根据垂径定理得到AC=BC，然后利用勾股定理计算出AC即可．
（1）
解：∵OD⊥AB，
∴，
∴∠DEB=∠AOD=×62°=31°；
（2）
解：∵OD⊥AB，
∴AC=BC，
∵OC=6，OA=10，
∴在Rt△OAC中，AC==8，
∴AB=2AC=16．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理和勾股定理．
考查题型四 切线的性质和判定的综合应用
典例4．如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点A作⊙O的切线，交BC的延长线于点D，取AD的中点E，延长CE交BA的延长线交于点P．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)AB＝2AP，AB＝8，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接AC，OC，欲证PC是⊙O的切线，只需证明OCP＝90°即可．
（2）利用直角三角形斜边上的中线证明AOC是等边三角形，进而可得BD＝2AD，运用勾股定理即可得到解答．
（1）
证明：连接AC，OC，
∵AB是⊙O的直径，AD是⊙O的切线，
∴BAD＝ACB＝90°，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE＝CE，
∴ACE＝CAE，
∵OC＝OA，
∴OAC＝OCA，
∴OCA+ACE＝OAC+CAE＝90°，
∴OCP＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线；
（2）
解：∵AB＝2AP，AB＝2AO，
∴AP＝AO，
∵OCP＝90°，
∴AC＝OA＝OC，
∴AOC是等边三角形，
∴AOC＝60°，
∴B＝30°，
∵BAD＝90°，
∴BD＝2AD，
在RtADB中，
∵，
∴，
∴AD＝．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质、等边三角形的判定和性质、含30°的直角三角形的性质和勾股定理的应用，解决本题的关键是掌握以上基本的性质并加以运用．
变式4-1．（2022·辽宁大连·九年级期末）如图1，AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交于点E，∠C+∠D＝90°，BF∥CD．
(1)求证：BF是⊙O的切线；
(2)延长AC交直线FB于点P（如图2），若点E为OB中点，CD＝6，求PC的长．
【答案】(1)见解析
(2)PC=2
【分析】（1）根据圆周角定理以及已知条件可得∠BEC=∠A+∠C=90°，根据平行线的性质得∠ABF=∠BEC=90°，则AB⊥BF，即可得BF是⊙O的切线；
（2）由垂径定理得DE=CE=3，根据线段垂直平分线的性质得OD=BD，可证明△OBD是等边三角形，可得∠BDE=30°，BD=2BE，根据勾股定理求出BE=，可得OB=2，AB=4，在Rt△ACE中，根据勾股定理得AC=6=2CE，则∠A=30°，根据含30°角的直角三角形的性质即可求解．
（1）
证明：∵∠A=∠D，∠C+∠D=90°，
∴∠BEC=∠A+∠C=90°，
∵BFCD，
∴∠ABF=∠BEC=90°，
∴AB⊥BF，
∴BF是⊙O的切线；
（2）
解：连接OD，
∵∠BEC=90°，
∴AB⊥CD，
∵点E为OB中点，CD=6，
∴CE=DE=3，OD=BD，
∴OB=OD=BD，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠OBD=60°，∠BDE=30°，
∴BD=2BE，∠A=∠BDE=30°，
在Rt△BDE中，BD2=BE2+DE2，
∴（2BE）2=BE2+32，解得BE=，
∵点E为OB中点，
∴OB=2，AB=4，
∴AE=3，
在Rt△ACE中，AC2=CE2+AE2=32+（3）2=36，
∴AC=6=2CE，
∵AB=4，
∴BP=4，AP=8，
∴PC=8-6=2．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、含30°角的直角三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
变式4-2．如图，AB是⊙O的直径，=，AC与BD相交于点E．连接BC，∠BCF=∠BAC，CF与AB的延长线相交于点F．
(1)求证：CF是⊙O的切线；
(2)求证：∠ACD=∠F；
(3)若AB=10，BC=6，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)AD=．
【分析】（1）连接OC，由圆周角定理得∠ACO+∠OCB=90°，再由等腰三角形性质及切线的判定定理可得结论；
（2）根据同圆中等弧对等角、等角对等弧可得答案；
（3）设OH为x，则CH为（5-x），根据勾股定理可得方程，求得OH的长，再根据三角形中位线定理可得答案．
（1）
证明：连接OC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACO+∠OCB=90°，
∵OA=OC，
∴∠BAC=∠ACO，
∵∠BCF=∠BAC，
∴∠BCF+∠OCB=90°，
∴∠OCF=90°，
∴OC⊥CF，
∴CF是⊙O的切线；
（2）
证明：∵=，
∴∠CAD=∠BAC，
∵∠BCF=∠BAC，
∴∠CAD=∠BCF，
∵=，，
∴∠CAD=∠CBD，
∴∠BCF=∠CBD，
∴BD∥CF，
∴∠ABD=∠F，
∵=，
∴∠ACD=∠ABD，
∴∠ACD=∠F；
（3）
解：如图：
∵BD∥CF，OC⊥CF，
∴OC⊥BD于点H，
设OH为x，则CH为（5-x），根据勾股定理，
62-（5-x）2=52-x2，
解得：x=，
∴OH=，
∵OH是中位线，
∴AD=2OH=．
【点睛】此题考查的是圆周角定理、切线的判定和性质、勾股定理和三角形中位线定理，正确作出辅助线是解决此题关键．
变式4-3．（2022·辽宁盘锦·模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＝45°，连接AO并延长交⊙O于点D，连接BD，过点C作CE∥AD与BA的延长线交于点E．
(1)求证：CE与⊙O相切；
(2)若AD＝4，∠D＝60°，求线段AB，BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)线段AB的长为2，线段BC的长为+
【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得∠AOC＝90°，再根据AD∥EC，可得∠OCE＝90°，从而证明结论；
（2）过点A作AF⊥EC交EC于F，由AD是圆O的直径，得∠ABD＝90°，结合AD＝4，可得到，根据，知△ABF是等腰直角三角形，进而求出，再结合等腰直角三角形的性质，由勾股定理求出CF，即可求解．
(1)
证明：连接OC，如图：
∵∠ABC＝45°，
∴∠AOC＝90°．
∵AD∥EC，
∴∠AOC+∠OCE＝180°，
∴∠OCE＝90°，
∴OC⊥CE，
∵OC为半径，
∴CE是⊙O的切线；
(2)
解：过点A作AF⊥BC于F，如图．
∵AD是圆O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∵AD＝4，∠D＝60°，
∴∠BAD＝30°，
∴，
∴．
∵∠ABC＝45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴．
∵△AOC是等腰直角三角形，OA＝OC＝2，
∴，
∴，
∴．
答：线段AB的长为2，线段BC的长为+．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的判定与性质，等腰直角三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质等知识，作辅助线构造特殊的直角三角形是解题的关键．
考查题型五 切线长定理的应用
典例5．（2021·安徽·无为三中九年级阶段练习）如图，PA和PB是⊙O的两条切线，A，B是切点．C是弧AB上任意一点，过点C画⊙O的切线，分别交PA和PB于D，E两点，已知PA＝PB＝5cm，求△PDE的周长．
【答案】10cm
【分析】根据切线长定理，找到△PDE的周长与PA、PB的数量关系即可解答．
【详解】解：∵PA和PB是⊙O的两条切线，
∴PA＝PB，
同理可得：DA＝DC，EB＝EC，
∴△PDE的周长＝PD+DE+PE＝PD+DC+EC+PE＝PD+DA+EB+PE＝PA+PB＝10cm．
【点睛】本题主要考查了切线长定理，解题关键是探索图形的各对等切线长．
变式5-1．（2022·山东威海·一模）如图，⊙的直径，AM，BN是⊙的两条切线，DC切⊙于E，交BN于C，设，．
(1)求证：；
(2)求y与x的函数关系式；
(3)若x，y是方程的两个根，求的面积．
【答案】(1)证明见解析．
(2)
(3)45
【分析】（1）连接OD、OE、OC，证明全等三角形，根据全等的性质得出，再由相似三角形得出．
（2）根据切线长定理得到，，则，在中，根据勾股定理得出y与x的关系．
（3）由（2）得，根据根与系数的关系得a的值，再通过解一元二次方程求得x、y的值，再根据AM，BN是⊙的两条切线，DC切⊙于E，得到，，，推出．
(1)
证明：连接OD、OE、OC．
与相切于A、B、E点．
在和中
同理可得：
在中，
，
，，
(2)
作交BC于F．
与切于A、B．
四边形ABFD是矩形．
切切于E
则
在中，由勾股定理得：
整理得：
与x的函数关系是：
(3)
连接OD、OE、OC
与x的函数关系是：
是方程的两个根
，即
原方程为：
解得：或
是的切线．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了切线长定理、韦达定理、解一元二次方程、全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、矩形的性质与判定等，解决问题的关键在于正确添加辅助线．
变式5-2．（2022·天津西青·二模）已知，分别与相切于点，，为上一点，连接，．
(1)如图①，若，求的大小；
(2)如图②，为的直径交于点，若四边形是平行四边形，求的大小．
【答案】(1)55°
(2)30°
【分析】（1）连接OA、OB，根据切线的性质可得∠OAP=∠OBP=90°，再根据四边形内角和等于360度求出，再由圆周角定理即可求出结果；
（2）连接AB，EC，由切线长定理以及平行四边形的性质可证明四边形是菱形，进而证明△是等边三角形，进一步可得结论．
(1)
如图①，连接OA、OB，
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵∠APB=70°，
∴∠AOB=360°-90°-90°-70°=110°
∴∠ACB=∠AOB==55°；
(2)
如图②，连接AB，EC，
∴
∵，分别与相切于点，，
∴
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
∴
∵是的切线，且是的直径，
∴
∵四边形是平行四边形，
∴//
∴即∠
∴∠
∵是的直径，
∴∠即∠
∵∠
∴∠
∴
∴即△是等边三角形，
∴∠
∵
∴
【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质，平行四边形的性质，菱形的判定与性质等知识，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
变式5-3．（2022·北京·首都师范大学附属中学九年级阶段练习）如图，Rt中，，为上一点，以为圆心，长为半径的圆恰好与相切于点，交于点，连接，并延长交于点．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径及的长．
【答案】(1)见解析
(2)的半径为1.5，
【分析】（1）连接DE，根据切线长定理可得∠BAO=∠DAO，∠PDC=90°，从而得到∠BAO=∠BAD，从而得到∠BAO==∠F，即可求证；
（2）根据切线长定理可得AB=AD=3，再由勾股定理可得BC=4，设的半径为x，则OD=x，OC=4-x，在中，由勾股定理可得的半径为1.5，由（1）可得，在中，由勾股定理，即可求解．
(1)
证明：如图，连接DE，
∵，
∴AB与相切，
∵AD与相切，
∴∠BAO=∠DAO，∠PDC=90°，
∴∠BAO=∠BAD，
∵∠BAD=90°-∠C，∠C=90°-∠COD，
∴∠BAO==∠F；
(2)
解：∵AB与相切，AD与相切，
∴AB=AD=3，
∵CD=2，
∴AC=5，
∴BC=4，
设的半径为x，则OD=x，OC=4-x，
在中，由勾股定理得：，
∴，解得：x=1.5，
∴的半径为1.5，即OB=1.5，
∵DF为直径，DF=3，
∴∠DEF=90°，
∵，
∴，
∴EF=2DE，
在中，由勾股定理得：，
∴，解得：或（舍去）．
【点睛】本题主要考查了切线长定理，圆周角定理，勾股定理，熟练掌握切线长定理，圆周角定理是解题的关键．
变式5-4．（2021·河北唐山·二模）如图，△ABC是直角三角形，以斜边AB为直径作半圆，半圆的圆心为O，过A、C两点作半圆的切线，交点为D，连接DO交AC于点E．
(1)求证：OD∥BC；
(2)若AC＝2BC，求证：AB＝AD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】对于（1），连接OC，根据切线的性质得到AD＝CD，且OA⊥AD，OC⊥CD，根据全等三角形的性质得到∠ADO＝∠CDO，求得DO⊥AC，根据平行线的判定定理即可得到结论；
对于（2），先根据平行线的性质得∠B＝∠EOA，进而说明AE＝EC，求得∠EOA＝∠EAD，再推出BC＝AE，根据全等三角形的性质即可得到结论．
(1)
证明：连接OC，如图所示，
∵DA、DC是半圆O的切线，
∴AD＝CD，且OA⊥AD，OC⊥CD，
又OA＝OC，OD＝OD，
∴△OAD≌△OCD（SSS），
∴∠ADO＝∠CDO，
即DO是∠ADC的平分线，
∴DO⊥AC，
又BC⊥AC，
∴OE∥BC；
(2)
证明：由（1）知：OE∥BC，DO垂直平分AC，
∴∠B＝∠EOA，AE＝EC，
又DA⊥AO，
∴∠EOA＝∠EAD，
∴∠EAD＝∠B.
∵AC＝2BC，
∴BC＝AE，
∴△ABC≌△DAE（ASA），
∴AB＝AD．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，平行线的性质和判定，全等三角形的性质和判定等，构造全等三角形是解题的关键．
考查题型六 三角形的内切圆与外接圆的综合应用
典例6．（2022·内蒙古呼伦贝尔·九年级期末）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，连接BE，
(1)若∠CBD=34°,求∠BEC的度数；
(2)求证：DE=DB．
【答案】(1)124°
(2)证明见解析
【分析】（1）根据圆周角定理求出，根据三角形的内心的概念，三角形内角和定理求出∠EBC；
（2）根据内心的性质，三角形的外角定理证明．
（1）解：∵∠CBD=34°∴∠CAD=34°∵点E是△ABC的的内心∴∠BAC=2∠CAD=68°∴∠EBC+∠ECB=（180°-68°）÷2=56°∴∠BEC=180°-56°=124°
（2）∵E是△ABC的内心∴∠BAD=∠CAD，∠EBA=∠EBC ∵ ∠DEB=∠BAD+∠EBA,∠DBE=∠EBC+∠CBD，∠CBD=∠CAD∴∠DEB=∠DBE ∴DE=DB ．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理，三角形的内心的概念，三角形的外角的性质是解题的关键．
变式6-1．（2022·山东淄博·九年级期末）如图，O是△ABC的外心，I是△ABC的内心，连接AI并延长交BC和⊙O于D，E．
(1)求证：EB=EI；
(2)若AB=8，AC=6，BE=4，求AI的长．
【答案】(1)见解析
(2)AI=4
【分析】（1）欲证明EB=EI，只要证明∠EBI=∠EIB；
（2）连接EC，过点E作EM⊥AB，EN⊥AC交AC的延长线于N，证明△AEM≌△AEN和△BME≌△CNE，再利用勾股定理计算即可解决问题．
(1)
证明：∵I是△ABC的内心，
∴AE平分∠CAB，BI平分∠ABC，
∴∠BAE=∠CAE，∠ABI=∠CBI，
∵∠BIE=∠BAE+∠ABI，∠IBE=∠IBD+∠EBD，
∵∠CBE=∠CAE，
∴∠BIE=∠EBI，
∴EB=EI；
(2)
解：连接EC，过点E作EM⊥AB，EN⊥AC交AC的延长线于N，则EM=EN，
∵∠BAE=∠CAE，
∴=，
∴BE=EC=4．
∵AE=AE，EM=EN，
∴△AEM≌△AEN，
∴AM=AN．
∵BE=EC，EM=EN，
△BME≌△CNE(HL)，
∴BM=CN．
设BM为x，则8-x=6+x，解得x=1，即BM=1，
∴AM=7．
又∵BE=4，由勾股定理得，EM==．
∴AE==8，
∵EI=BE=4，
∴AI=AE EI=4．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
变式6-2．如图，⊙是的内切圆，D，E，F为切点，且，求，，的长．
【答案】
【分析】设，根据切线长定理列出方程即可．
【详解】解：设，
根据切线长定理得：，
解得：，
∴．
【点睛】本题考查了切线长定理，三元一次方程组的应用，根据切线长定理列出方程组是解本题的关键．
变式6-3．（2022·浙江台州·九年级期末）如图1，AB是⊙O的直径，且AB=8，过点B作⊙O的切线，C是切线上一点，连接AC交⊙O于点D，连接BD，点E是的中点，连接BE交AC于点F．
（1）比较大小：∠CBD ∠CAB（填“＜”、“=”、“＞”中的一个）；
（2）求证：CB=CF；
（3）若AF=4，求CB的值；
（4）在图1的基础上，作∠ADB的平分线交BE于点I，交⊙O于点G，连接OI（如图2）写出OI的最小值，并说明理由．
【答案】（1）=；（2）见解析；（3）CB=6（3）．理由见解析．
【分析】（1）由BC是圆O的切线，AB是圆O的直径，得到∠ADB=∠ABC=90°，可以推出∠A+∠C=90°，∠BDC=90°，∠C+∠CBD=90°，则∠CBD=∠CAB；
（2）由E是的中点，可得∠ABE=∠DBE，再由∠CFB=∠CAB+∠ABF，∠CBF=∠CBD+∠DBF，即可推出∠CFB=∠CBF，即可证明CF=CB；
（3）设CF=CB=x，则AC=AF+CF=4+x，由，得到，由此求解即可；
（4）先证明I是三角形ABD的内心，如图所示，过点I分别作IH⊥AB于H，IM⊥BD于M，IN⊥AD于N，连接AI，可设IH=IM=IN=r，由，可以推出，设，，则，再由，可得，则，再根据，则当H与O点重合时，OI有最小值，因此只需要求出的最小值即可，由，推出，即可得到，由此即可得到答案．
【详解】解：（1）∵BC是圆O的切线，AB是圆O的直径，
∴∠ADB=∠ABC=90°，
∴∠A+∠C=90°，∠BDC=90°，
∴∠C+∠CBD=90°，
∴∠CBD=∠CAB，
故答案为：＝；
（2）∵E是的中点，
∴，
∴∠ABE=∠DBE，
∵∠CFB=∠CAB+∠ABF，∠CBF=∠CBD+∠DBF，
∴∠CFB=∠CBF，
∴CF=CB；
（3）设CF=CB=x，则AC=AF+CF=4+x，
∵，
∴，
解得，
∴CB=6；
（4）由（2）可知∠ABE=∠DBE，
∴BE是∠ABD的角平分线，
又∵DG是∠ADB的角平分线，
∴I是三角形ABD的内心，
如图所示，过点I分别作IH⊥AB于H，IM⊥BD于M，IN⊥AD于N，连接AI
∴可设IH=IM=IN=r，
∵，
∴，
∴，
设，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当H与O点重合时，OI有最小值，
∴只需要求出的最小值即可，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，三角形内切圆的性质，完全平方公式，等腰三角形的判定，等弧所对的圆周角相等等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
考查题型七 正多边形和圆的应用
典例7．（2021·江西南昌·九年级阶段练习）如图，有一个亭子．它的地基是半径为4m的正六边形，求地基的周长和面积．
【答案】24m；24
【分析】根据正六边形的性质，确定其边长等于外接圆的半径，周长即诶6R；把面积转化为6个等边三角形的面积和计算即可．
【详解】如图，连接OB，OC，
∵地基是半径为4m的正六边形，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC=OB=4，
∴地基的周长为：4×6=24（m）；
过点O作OG⊥CB，垂足为G，
∵地基是半径为4m的正六边形，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC=OB=4，∠OBC=60°，∠BOG=30°，
∴BG=2，OG==2，
∴地基的面积为：6×=24．
【点睛】本题考查了正多边形与圆的关系，熟练掌握中心角计算，灵活运用勾股定理是解题的关键．
变式7-1．如图①、②、③，正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE分别是⊙O的内接三角形、内接四边形、内接五边形，点M、N分别从点B、C开始，以相同的速度中⊙O上逆时针运动．
（1）求图①中∠APB的度数；
（2）图②中，∠APB的度数是 90°，图③中∠APB的度数是 72°；
（3）根据前面探索，你能否将本题推广到一般的正n边形情况？若能，写出推广问题和结论；若不能，请说明理由．
【答案】（1）120°；（2）=，=；（3）能，∠APB=
【分析】（1）由题意可得，根据同弧或等弧所对的圆周角相等可得，在利用三角形外角的性质即可求解
（2）根据（1）的求解过程，即可求解
（3）结合（1），（2）的推理过程，即可得出结论
【详解】（1）∠APB=120°（如图①）
∵点M、N分别从点B、C开始以相同的速度在⊙O上逆时针运动，
∴∠BAM=∠CBN，
又∵∠APN=∠BPM，
∴∠APN=∠BPM=∠ABN+∠BAM=∠ABN+∠CBN=∠ABC=60°，
∴∠APB=120°；
（2）同理可得：图②中∠APB=90°；图③中∠APB=72°．
（3）由（1），（2）可知，∠APB=所在多边形的外角度数，故在图n中，∠APB=．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等，以及正多边形外角的求法，三角形外角的性质是解题关键．
变式7-2．如图，正五边形内接于，点F在上，求的度数．
【答案】
【分析】如图所示，连接OC、OD，由正五边形的性质可得的度数，由圆周角与圆心角的关系：在同圆或等圆中同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可得出答案．
【详解】
如图所示，连接OC、OD，
五边形是正五边形，
，
．
【点睛】本题考查正多边形和圆以及圆周角定理，解题关键是构造弧CD所对的圆心角．
变式7-3．如图，多边形为圆内接正五边形，与圆相切于点A，求的度数．
【答案】36°
【分析】连接OA、OB，先求出∠BOA=72°，再求出∠OAB=54°，根据切线的性质求出∠OAP=90°，问题得解．
【详解】解：如图， 连接OA、OB，
∵多边形为圆内接正五边形，
∴∠BOA=，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=，
∵PA为圆O的切线，
∴OA⊥AP，
∴∠OAP=90°，
∴∠PAB=90°-∠OAB=36°．
【点睛】本题考查了正多边形和圆的相关知识，切线的性质等，根据题意添加辅助线，求出∠OAB是解题关键．
考查题型八 与圆有关的面积问题
典例8．（2021·湖南·李达中学七年级阶段练习）求阴影部分的面积．
【答案】
【分析】阴影部分的面积等于梯形DOBC的面积减去⊙O面积的，据此即可作答．
【详解】由题意可知，梯形DOBC的高为OD，上底和下底分别为DC、OB，⊙O的半径为OD，
即有：DC=AB=16，OD=OB=OA=AB=8，
则阴影部分的面积为：，
即为：（），
答：阴影部分的面积为．
【点睛】此题考查的是求阴影部分的面积，得到阴影部分的面积等于梯形DOBC的面积减去⊙O面积的，是解题关键．
变式8-1．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，是以为直径的半圆上的两点，，连结．
(1)求证：．
(2)若，，求阴影部分的面积．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等得到∠ACD＝∠DBA，根据 ∠CAB＝∠DBA得到∠CAB＝∠ACD，进而得到结论；
（2）连结OC，OD，证明所求的阴影部分面积与扇形的面积相等，继而得到结论．
（1）
证明：∵=，
∴∠ACD＝∠DBA，
又∠CAB＝∠DBA，
∴∠CAB＝∠ACD，
∴；
（2）
解：如图，连结OC，OD．
∵∠ACD＝30°，
∴∠ACD＝∠CAB＝30°，
∴∠AOD＝∠COB＝60°,
∴∠COD＝180°-∠AOD-∠COB＝60°．
∵，
∴S△DOC=S△DBC，
∴S阴影=S弓形COD+S△DOC=S弓形COD+S△DBC=S扇形COD，
∵AB＝4，
∴OA＝2，
∴S扇形COD=．
∴S阴影=．
【点睛】本题主要考查扇形的面积，同弧所对的圆周角相等，平行线的判定，掌握定理以及公式是解题的关键．
变式8-2．（2022·江苏徐州·中考真题）如图，如图，点A、B、C在圆O上，，直线，，点O在BD上．
(1)判断直线AD与圆O的位置关系，并说明理由；
(2)若圆的半径为6，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)直线AD与圆O相切，理由见解析
(2)
【分析】（1）连接OA，根据和AB=AD，可得∠DBC=∠ABD=∠D=30°，从而得到∠BAD=120°，再由OA=OB，可得∠BAO=∠ABD=30°，从而得到∠OAD=90°，即可求解；
（2）连接OC，作OH⊥BC于H，根据垂径定理可得，进而得到，再根据阴影部分的面积为，即可求解．
（1）
解：直线AD与圆O相切，理由如下：
如图，连接OA，
∵，
∴∠D=∠DBC，
∵AB=AD，
∴∠D=∠ABD，
∵，
∴∠DBC=∠ABD=∠D=30°，
∴∠BAD=120°，
∵OA=OB，
∴∠BAO=∠ABD=30°，
∴∠OAD=90°，
∴OA⊥AD，
∵OA是圆的半径，
∴直线AD与园O相切，
（2）
解：如图，连接OC，作OH⊥BC于H，
∵OB=OC=6，
∴∠OCB=∠OBC=30°，
∴∠BOC=120°，
∴，
∴，
∴，
∴扇形BOC的面积为，
∵，
∴阴影部分的面积为．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，求扇形面积，垂径定理，熟练掌握切线的判定定理，并根据题意得到阴影部分的面积为是解题的关键．
变式8-3．（2022·山东东营·中考真题）如图，为的直径，点C为上一点，于点D，平分．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OC，根据OB=OC，以及平分推导出，即可得出，从而推出，即证明得出结论；
（2）过点O作于F，利用即可得出答案．
（1）
证明：连接OC，如图，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵于点D，
∴，
∴直线是的切线；
（2）
过点O作于F，如图，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的综合问题，包括垂径定理，圆的切线，扇形的面积公式等，熟练掌握以上性质并正确作出辅助线是本题的关键．
考查题型九 圆锥的实际问题
典例9．如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径，扇形的圆心角，求该圆锥的母线长．
【答案】
【分析】根据侧面展开图的弧长等于底面周长列方程即可．
【详解】解：圆锥的底面周长，
由题意可得，解得，
所以该圆锥的母线长为．
【点睛】本题考查了圆锥的有关计算，解题关键是熟知圆锥的侧面展开图的弧长等于圆锥底面周长和圆锥母线等于圆锥侧面展开图半径，根据题意建立方程．
变式9-1．如图，锚标浮筒是打捞作业中用来标记锚或沉船位置的，它的上下两部分是圆锥，中间是圆柱（单位：），电镀时，如果每平方米用锌，电镀100个这样的锚标浮筒，需要用多少锌？
【答案】11.44πkg
【分析】由图形可知，浮筒的表面积＝2S圆锥侧面积+S圆柱侧面积，由题给图形的数据可分别求出圆锥的侧面积和圆柱的侧面积，即可求得浮筒表面积，又已知每平方米用锌0.11kg，可求出一个浮筒需用锌量，即可求出100个这样的锚标浮筒需用锌量．
【详解】解：由图形可知圆锥的底面圆的半径为400mm=0.4m，
圆锥的高为300mm=0.3m，
则圆锥的母线长为：＝0.5m．
∴圆锥的侧面积＝π×0.4×0.5＝0.2π（m2），
∵圆柱的高为800mm=0.8m．
圆柱的侧面积＝2π×0.4×0.8＝0.64π（m2），
∴浮筒的表面积＝＝2S圆锥侧面积+S圆柱侧面积，＝1.04π（m2），
∵每平方米用锌0.11kg，
∴一个浮筒需用锌：1.04π×0.11kg，
∴100个这样的锚标浮筒需用锌：100×1.04π×0.11＝11.44π（kg）．
答：100个这样的锚标浮筒需用锌11.44πkg．
【点睛】本题考查了圆锥侧面积的计算和圆柱侧面积的计算在实际问题中的运用，解题的关键是了解几何体的构成，熟记侧面积公式．
变式9-2．（2021·云南·禄劝彝族苗族自治县茂山中学九年级期中）如图，圆锥形的烟囱帽的底面圆的直径是，母线长是，制作100个这样的烟囱帽至少需要多少平方米的铁皮？
【答案】100个这样的烟囱帽至少需要20πm2的铁皮．
【分析】利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式进行计算．
【详解】解：圆锥形的烟囱帽的侧面积= 80π 50=2000π（cm2），
100×2000π=200000π（cm2）=20π（m2）
答：100个这样的烟囱帽至少需要20πm2的铁皮．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
变式9-3．（2019·江西·宜春市第八中学九年级期中）如图，有一块圆形铁皮，是的直径，，在此圆形铁皮中剪下一个扇形（阴影部分）．
（1）当的半径为2时，求这个扇形（阴影部分）的面积（结果保留）；
（2）当的半径为时，在剩下的三块余料中，能否从第③块余料中剪出一个圆作为底面与此扇形围成一个圆锥？请说明理由．
【答案】（1）；（2）不能从第③块余料中剪出一个圆作为底面与此扇形围成一个圆锥．理由见解析．
【分析】（1）先由圆的性质求得阴影部分扇形的半径，由直径所对的圆周角是90°可知圆心角的度数，可求得阴影部分的面积；
（2）先分别用R表示出阴影部分扇形的弧长，即所要围成的圆锥的底面周长为，以EF为直径作圆，是剩余材料中所作的最大的圆，求出其周长为（2﹣）Rπ，比较大小可知不能从第③块余料中剪出一个圆作为底面与此扇形围成一个圆锥．
【详解】连接并延长交扇形、圆于点、
∵是的直径，．90°
∵
∴，
∵
∴
（1）当的半径为2时：
∴；
（2）当的半径为时：
阴影部分扇形的弧长为：
，以为直径作圆，是剩余材料中所作的最大的圆，其圆周长为：
∵
∴不能从第③块余料中剪出一个圆作为底面与此扇形围成一个圆锥．
【点睛】主要考查了扇形的面积计算以及圆锥的侧面展开图和底面圆之间的联系．本题的难点在于第2问，解决问题的关键是找到剩余材料中所能做的最大圆的圆周长，并与圆锥的底面周长比较大小来判断．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
第二十四章 圆
考查题型一 垂径定理的应用
典例1．（2021·江苏·南通市八一中学九年级阶段练习）已知AB是半圆O的直径，OD⊥弦AC于D，过点O作交半圆O于点E，过点E作EF⊥AB于F．若AC＝2，
(1)求OF的长；
(2)连接BE，若BE=，求半径OA的长．
变式1-1．如图，是的直径，平分弦，交于点，，，求的长．
变式1-2．如图，⊙O的两条弦AB、CD互相垂直，垂足为E，且AB=CD，已知CE=2，ED=6，求⊙O的半径长．
变式1-3．（2022·上海·华东师范大学第四附属中学九年级期中）如图，已知⊙O的直径AB=10，点P是弦BC上一点，联结OP，∠OPB=45°，PC=1，求弦BC的长．
考查题型二 利用弧、弦、圆心角的关系解决问题
典例2.如图，为的直径，是弦，且于点E．连接、、．
(1)求证：；
(2)若，求弦的长．
变式2-1．如图，点A，B，C，D在⊙O上，＝．求证：AC＝BD；
变式2-2．（2021·陕西·商南县富水镇初级中学九年级期中）如图，的弦、相交于点，且．求证：．
变式2-3．如图，AB是的直径，弦AD平分，过点D分别作，，垂足分别为E、F，与AC交于点G．
(1)求证：；
(2)若的半径，，求AG长．
考查题型三 圆周角定理的应用
典例3．（2020·湖北·公安县教学研究中心九年级期中）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，点F在DC的延长线上，AF交⊙O于G．
(1)求证：∠FGC＝∠ACD；
(2)若AE=CD=8，试求⊙O的半径．
变式3-1．（2021·安徽·淮南市洞山中学九年级阶段练习）如图，已知AB为⊙O的直径，CD是弦，且AB⊥CD于点E．连接AC、OC、BC．
(1)求证：∠ACO＝∠BCD．
(2)若BE＝3，CD＝8，求BC的长．
变式3-2．（2022·四川·渠县崇德实验学校九年级期末）如图，AB，DF是⊙O的直径，C，D为⊙O上的点，且，过点D作DE⊥AB于点E．
(1)证明：F是的中点；
(2)若，求FC的长．
变式3-3．（2021·福建·平潭翰英中学九年级期中）如图，如图所示，AB是⊙O的一条弦，OD⊥AB，垂足为C，交⊙O于点D，点E在⊙O上．
(1)若∠AOD＝62°，求的度数；
(2)若OC＝6，OA＝10，求的长．
考查题型四 切线的性质和判定的综合应用
典例4．如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点A作⊙O的切线，交BC的延长线于点D，取AD的中点E，延长CE交BA的延长线交于点P．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)AB＝2AP，AB＝8，求AD的长．
变式4-1．（2022·辽宁大连·九年级期末）如图1，AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交于点E，∠C+∠D＝90°，BF∥CD．
(1)求证：BF是⊙O的切线；
(2)延长AC交直线FB于点P（如图2），若点E为OB中点，CD＝6，求PC的长．
变式4-2．如图，AB是⊙O的直径，=，AC与BD相交于点E．连接BC，∠BCF=∠BAC，CF与AB的延长线相交于点F．
(1)求证：CF是⊙O的切线；
(2)求证：∠ACD=∠F；
(3)若AB=10，BC=6，求AD的长．
变式4-3．（2022·辽宁盘锦·模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＝45°，连接AO并延长交⊙O于点D，连接BD，过点C作CE∥AD与BA的延长线交于点E．
(1)求证：CE与⊙O相切；
(2)若AD＝4，∠D＝60°，求线段AB，BC的长．
考查题型五 切线长定理的应用
典例5．（2021·安徽·无为三中九年级阶段练习）如图，PA和PB是⊙O的两条切线，A，B是切点．C是弧AB上任意一点，过点C画⊙O的切线，分别交PA和PB于D，E两点，已知PA＝PB＝5cm，求△PDE的周长．
变式5-1．（2022·山东威海·一模）如图，⊙的直径，AM，BN是⊙的两条切线，DC切⊙于E，交BN于C，设，．
(1)求证：；
(2)求y与x的函数关系式；
(3)若x，y是方程的两个根，求的面积．
变式5-2．（2022·天津西青·二模）已知，分别与相切于点，，为上一点，连接，．
(1)如图①，若，求的大小；
(2)如图②，为的直径交于点，若四边形是平行四边形，求的大小．
变式5-3．（2022·北京·首都师范大学附属中学九年级阶段练习）如图，Rt中，，为上一点，以为圆心，长为半径的圆恰好与相切于点，交于点，连接，并延长交于点．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径及的长．
变式5-4．（2021·河北唐山·二模）如图，△ABC是直角三角形，以斜边AB为直径作半圆，半圆的圆心为O，过A、C两点作半圆的切线，交点为D，连接DO交AC于点E．
(1)求证：OD∥BC；
(2)若AC＝2BC，求证：AB＝AD．
考查题型六 三角形的内切圆与外接圆的综合应用
典例6．（2022·内蒙古呼伦贝尔·九年级期末）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，连接BE，
(1)若∠CBD=34°,求∠BEC的度数；
(2)求证：DE=DB．
变式6-1．（2022·山东淄博·九年级期末）如图，O是△ABC的外心，I是△ABC的内心，连接AI并延长交BC和⊙O于D，E．
(1)求证：EB=EI；
(2)若AB=8，AC=6，BE=4，求AI的长．
变式6-2．如图，⊙是的内切圆，D，E，F为切点，且，求，，的长．
变式6-3．（2022·浙江台州·九年级期末）如图1，AB是⊙O的直径，且AB=8，过点B作⊙O的切线，C是切线上一点，连接AC交⊙O于点D，连接BD，点E是的中点，连接BE交AC于点F．
（1）比较大小：∠CBD ∠CAB（填“＜”、“=”、“＞”中的一个）；
（2）求证：CB=CF；
（3）若AF=4，求CB的值；
（4）在图1的基础上，作∠ADB的平分线交BE于点I，交⊙O于点G，连接OI（如图2）写出OI的最小值，并说明理由．
考查题型七 正多边形和圆的应用
典例7．（2021·江西南昌·九年级阶段练习）如图，有一个亭子．它的地基是半径为4m的正六边形，求地基的周长和面积．
变式7-1．如图①、②、③，正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE分别是⊙O的内接三角形、内接四边形、内接五边形，点M、N分别从点B、C开始，以相同的速度中⊙O上逆时针运动．
（1）求图①中∠APB的度数；
（2）图②中，∠APB的度数是 90°，图③中∠APB的度数是 72°；
（3）根据前面探索，你能否将本题推广到一般的正n边形情况？若能，写出推广问题和结论；若不能，请说明理由．
变式7-2．如图，正五边形内接于，点F在上，求的度数．
变式7-3．如图，多边形为圆内接正五边形，与圆相切于点A，求的度数．
考查题型八 与圆有关的面积问题
典例8．（2021·湖南·李达中学七年级阶段练习）求阴影部分的面积．
变式8-1．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，是以为直径的半圆上的两点，，连结．
(1)求证：．
(2)若，，求阴影部分的面积．
变式8-2．（2022·江苏徐州·中考真题）如图，如图，点A、B、C在圆O上，，直线，，点O在BD上．
(1)判断直线AD与圆O的位置关系，并说明理由；
(2)若圆的半径为6，求图中阴影部分的面积．
变式8-3．（2022·山东东营·中考真题）如图，为的直径，点C为上一点，于点D，平分．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积．
考查题型九 圆锥的实际问题
典例9．如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径，扇形的圆心角，求该圆锥的母线长．
变式9-1．如图，锚标浮筒是打捞作业中用来标记锚或沉船位置的，它的上下两部分是圆锥，中间是圆柱（单位：），电镀时，如果每平方米用锌，电镀100个这样的锚标浮筒，需要用多少锌？
变式9-2．（2021·云南·禄劝彝族苗族自治县茂山中学九年级期中）如图，圆锥形的烟囱帽的底面圆的直径是，母线长是，制作100个这样的烟囱帽至少需要多少平方米的铁皮？
变式9-3．（2019·江西·宜春市第八中学九年级期中）如图，有一块圆形铁皮，是的直径，，在此圆形铁皮中剪下一个扇形（阴影部分）．
（1）当的半径为2时，求这个扇形（阴影部分）的面积（结果保留）；
（2）当的半径为时，在剩下的三块余料中，能否从第③块余料中剪出一个圆作为底面与此扇形围成一个圆锥？请说明理由．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
