圆全章例题精选祥解[下学期]
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第11、12课时 圆全章例题精选祥解
一、考点分析：
《圆》一章的内容，它是初中数学中最核心的内容之一。在近年各省市的考题中，其分值平均占到19.66%左右，试题所反映出的考点主要有：
1、准确理解与圆有关的概念及性质，能正确辨别一类与圆有关的概念型试题。
2、既会从距离与半径的数量关系，确定点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系，又能从点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系，探索相应半径与距离的数量关系。
3、利用圆心角、圆周角、弦切角的定义及其它们之间特有的关系，解答或证明与角、线段有关的几何问题。
4、会运用垂径定理、切线长定理、相交弦定理、切割线定理、割线定理证明一类与圆相关的几何问题。
5、会利用圆内接多边形的性质，圆的周长、扇形的弧长，圆、扇形、弓形的面积公式解决一类与圆柱、圆锥展开图有关的计算问题，并会借助分割与转化的思想方法求阴影部分的面积。
6、会用T形尺找出圆形工件的圆心，会选用作垂直平分线的方法寻找有实际背景中的圆心问题，会作满足题设条件的圆和圆的切线、圆内接正多边形，并会以圆弧或圆的基本元素设计各种优美图案。
7、综合运用圆、方程、函数、三角、相似形等知识解决一类与圆有关的中考压轴题。
二、精选例题：
例1（1）在半径为5cm的⊙O中，弦AB的长等于6cm.若弦AB的两个端点A、B在⊙O上滑动（滑动过程中AB长度不变），则弦AB的中点C的轨迹是_________。
（2）如图，⊙O的直径为10，弦AB=8，P是弦AB上的一个动点，那么OP长的取值范围是________。
析解：本考题着重考查学生对点的轨迹概念的理解。
（1）由于在定圆中，弦AB长度不变，且弦AB的两个端点A、B在⊙O上滑动，根据垂径定理，可知OC⊥AB，且OC===4(定值)。
这说明弦AB的中点C的轨迹应是以O为圆心，4cm长为半径的圆。
（2）依据点到直线间垂线段最短公理，可过O作OC⊥AB，交AB于点C，
由勾股定理，可知OC===3，
又P是弦AB上的一个动点，则OP长满足OC≤OP≤OB，即3≤OP≤5。
例2（1）如图，在RtΔABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，若以C为圆心，R为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点，则R的取值范围是________。
（2）如图，已知等边ΔABC的边长为2cm，下列以A为圆心的各圆中，半径是3cm的圆是（ ）
（3）两圆半径长分别是R和r（R>r)，圆心距为d，若关于x的方程x2-2rx+(R-d)2=0有相等的两实数根，则两圆的位置关系是（ ）
A、一定内切 B、一定外切 C、相交 D、内切或外切
析解：（1）、（2）小题从正反两方面考查了直线与圆的位置关系；（3）小题着重考查了圆与圆的位置关系。
对于第（1）小题，有两种情形：其一，以C为圆心，R为半径的圆与斜边AB相切，易求出R==2.4；其二，以点为圆心，R为半径的圆与斜边AB相交于一点，那么半径R应满足AC 对于第（2）小题，可过A作AD⊥BC，交BC于点D。可求出AD=3cm，与已知圆的半径相等，故圆与直线BC相切，应选B。
对于第（3）小题，由题设条件得
Δ=(-2r)2-4(R-d)2=4(R+r-d)(r-R+d)=0
∵ R>r, ∴R+r=d,或R-r=d.
说明两圆的位置关系是外切或内切。
故应选D。
例3．计算 ：（1）已知圆的面积为81πcm2，其圆周上一段弧长为3πcm，那么这段弧所对圆心角的度数是_________。
（2）如图，AB、CD是⊙O的直径，⊙O的半径为R，AB⊥CD，以B为圆心，以BC为半径作，则与围成的新月形的面积为（ ）平方单位。
A、(π-1)R2 B、R2 C、(π+1)R2 D、πR2
析解：（1）先由圆的面积，可求出其半径R=9cm;又知圆周上一段弧长l=3πcm，由扇形的弧长公式：
l=, 得n==60，所以圆心角为60°.
（2）把不规则图形分割成几个规则的图形，是求阴影部分面积的常规思路，但其分割方法一般不惟一。
S阴影ACED=S⊙O-S弓形CED
∵ S弓形CED=S扇形BCED-SΔBCD，
S扇形BCED=R2，
SΔBCD=·2R·R=R2，
∴ S阴影ACED=R2-R2+R2=R2，故应选B。
例4 已知：⊙O的半径OA=1，弦AB、AC的长分别是，，求∠BAC的度数。
解：如图所示，作OD⊥AB，OE⊥AC，则AD=，AE=，
∵ OA=1，在RtΔODA中，cos∠OAD=，
∴∠OAD=45°,
在RtΔOAE中，cos∠OAE=，∴∠OAE=30°，
当AC、AB位于OA两侧时，有∠BAC=∠OAB+∠OAE=75°；
当AC、AB位于OA同侧时，有∠BAC=∠OAB-∠OAE=15°
说明：有关弦长，弦心距的问题，往往需要作垂直于弦的直径（半径或弦心距），利用垂径定理平分弦以及半径、弦心距和弦的一半组成的直角三角形来达到求解的目的。
例5 已知：如图所示，ΔABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，交⊙O的切线BF于点F，B为切点，求证：（1）BD平分∠CBF；（2）AB·BF=AF·CD。
证明（1）∵ AD平分∠BAC，∴∠1=∠2，
∵ BF切⊙O于点B，∴∠3=∠1，
又∵∠2=∠4，∴∠3=∠4，即BD平分∠CBF。
（2）在ΔDBF和ΔBAF中，
∵∠3=∠1，∠F=∠F，
∴ΔDBF∽ΔBAF，
∴ ，即AB·BF=AF·BD
∵∠1=∠2， ∴BD=CD， ∴AB·BF=AF·CD
说明：证明三角形相似，常常通过圆内、外的角进行转化。
例6 如图，AD是ΔABC外角∠EAC的平分线，AD与三角形的外接圆交于点D，AC，BD相交于点P，求证：（1）
ΔDBC为等腰三角形；（2）AB∶BD=BP∶PC。
证明：（1）∵AD是∠EAC的平分线，∴∠EAD=∠DAC，
∵ ∠EAD是圆内接四边形ABCD的外角，
∴∠EAD=∠DCB，
又∵∠DAC=∠DBC
∴∠DCB=∠DBC，∴ΔDBC是等腰三角形。
（2）在ΔABP和ΔDCP中，
∵∠BAP=∠CDP，∠APB=∠DPC，
∴ΔABP∽ΔDCP，∴ AB∶DC=PB∶PC，
又BD=DC，∴ AB∶BD=PB∶PC。
说明：当遇到四边形内接于圆时，应考虑圆的内接四边形的性质定理，它是证明角相等或互补的常用依据之一。
例7 如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过C点的切线相交于点D，和⊙O相交于点E。若AC平分
∠DAB，（1）求证：∠ADC=90°；（2）若AB=2r, AD=r,求DE的长。
（1）证明：连结OC，
∵ CD是⊙O的切线，
∴ OC⊥CD， ∵OA=OC，∴∠1=∠2，
∵∠2=∠3，∴∠1=∠3，
∴ AD//OC，∴AD⊥CD，
即∠ADC=90°。
（2）解：连结BC，则∠ACB=90°，由（1）得RtΔABC∽RtΔACD，
∴ ， ∴ AC2=AB·AD=2r·r=r2.
又∵ CD2=AC2-AD2=r2,，且CD2=DE·AD，
∴ DE=r.
说明：证明一条直线是圆的切线，通常选择：（1）到圆心的距离等于圆的半径的直线是圆的切线；（2）经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。而涉及切线问题时，应灵活运用切线的性质，通常连结切点和圆心。
例8 如图，⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，过点A作⊙O2的切线CF交⊙O1于C，直线CB交⊙O2于D，直线DA交
⊙O1于E，连CE。
求证：（1）ΔCAE是等腰三角形；
（2）DA·DE=CD2-CE2
证明：（1）连结AB，
∵ CA是⊙O2的切线，∴∠FAD=∠ABD，
又∠ABD=∠E，
∴∠E=∠FAD=∠EAC，
∴ΔCAE是等腰三角形。
（2）∵CA2=CB·CD，DA·DE=BD·DC，
∴ CA2+DA·DE=CB·CD+BD·DC=CD2，
又CA=CE，∴ DA·DE=CD2－CE2。
说明：两圆相交时，公共弦是重要的辅助线。一条公共弦，使弦切角与圆周角之间，圆内接四边形的外角与内角之间的关系得以沟通；常见的辅助线还有，两圆相切，作公切线。
例9 已知：如图，在直角坐标系中，以y轴上的点C为圆心，1为半径的圆与x轴相切于原点O。点P在x轴的负半轴上，PA切⊙O于点A，AB为⊙C的直径，PC交OA于点D。
（1）求证：PC⊥OA；
（2）若点P的坐标为(-2,0)，求直线AB的解析式；
（3）若点P在x轴的负半轴上运动，原题的其他条件不变，设点P的坐标为(x,0)，四边形POCA的面积为S，求S与点P的横坐标x之间的函数关系式；
（4）在（3）的情况下，分析并判断是否存在这样的一点P，使S四边形POCA=SΔAOB。若存在，直接写出点P的坐标（不写过程）；若不存在，简要说明理由。
析解：这是一道坐标几何题，融合了函数，四边形，圆等有关知识，其综合性极强。
（1）易从PO、PA与⊙C相切，推出PA=PO，∠APC=∠OPC，∴ PC⊥OA；
（2）可设直线AB的解析式为y=kx+b.
作BE⊥x轴于E，由OC=1，OP=2，可得PC=，ΔCDO∽ΔCOP，则，CD=，
又OB⊥OA，PC⊥OA，∴OB//PC，
又AC=CB， ∴OB=2CD=，
由ΔBOE∽ΔCPO，得，
即，∴ BE=，OE=，
∴ B点坐标为(，).
又C(0,1), ∴ 解得k=-, b=1, ∴y=-x+1,
（3）易求出S四边形POCA=2SΔPOC=2×·(-x)·1=-x,
即S=-x(x<0).
（4）如图，存在这样一点P，其坐标为(-1,0),
不妨设S四边形POCA=SΔAOB，
∵SΔAOB=2SΔAOC，
∴ S四边形POCA=2SΔAOC，
∴SΔAOP=SΔAOC
又OA⊥PC，∴ PD=CD，
∴ PO=OC=1， ∴P(-1,0).
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一、考点分析：
《圆》一章的内容，它是初中数学中最核心的内容之一。在近年各省市的考题中，其分值平均占到19.66%左右，试题所反映出的考点主要有：
1、准确理解与圆有关的概念及性质，能正确辨别一类与圆有关的概念型试题。
2、既会从距离与半径的数量关系，确定点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系，又能从点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系，探索相应半径与距离的数量关系。
3、利用圆心角、圆周角、弦切角的定义及其它们之间特有的关系，解答或证明与角、线段有关的几何问题。
4、会运用垂径定理、切线长定理、相交弦定理、切割线定理、割线定理证明一类与圆相关的几何问题。
5、会利用圆内接多边形的性质，圆的周长、扇形的弧长，圆、扇形、弓形的面积公式解决一类与圆柱、圆锥展开图有关的计算问题，并会借助分割与转化的思想方法求阴影部分的面积。
6、会用T形尺找出圆形工件的圆心，会选用作垂直平分线的方法寻找有实际背景中的圆心问题，会作满足题设条件的圆和圆的切线、圆内接正多边形，并会以圆弧或圆的基本元素设计各种优美图案。
7、综合运用圆、方程、函数、三角、相似形等知识解决一类与圆有关的中考压轴题。
二、精选例题：
例1（1）在半径为5cm的⊙O中，弦AB的长等于6cm.若弦AB的两个端点A、B在⊙O上滑动（滑动过程中AB长度不变），则弦AB的中点C的轨迹是_________。
（2）如图，⊙O的直径为10，弦AB=8，P是弦AB上的一个动点，那么OP长的取值范围是________。
析解：本考题着重考查学生对点的轨迹概念的理解。
（1）由于在定圆中，弦AB长度不变，且弦AB的两个端点A、B在⊙O上滑动，根据垂径定理，可知OC⊥AB，且OC===4(定值)。
这说明弦AB的中点C的轨迹应是以O为圆心，4cm长为半径的圆。
（2）依据点到直线间垂线段最短公理，可过O作OC⊥AB，交AB于点C，
由勾股定理，可知OC===3，
又P是弦AB上的一个动点，则OP长满足OC≤OP≤OB，即3≤OP≤5。
例2（1）如图，在RtΔABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，若以C为圆心，R为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点，则R的取值范围是________。
（2）如图，已知等边ΔABC的边长为2cm，下列以A为圆心的各圆中，半径是3cm的圆是（ ）
（3）两圆半径长分别是R和r（R>r)，圆心距为d，若关于x的方程x2-2rx+(R-d)2=0有相等的两实数根，则两圆的位置关系是（ ）
A、一定内切 B、一定外切 C、相交 D、内切或外切
析解：（1）、（2）小题从正反两方面考查了直线与圆的位置关系；（3）小题着重考查了圆与圆的位置关系。
对于第（1）小题，有两种情形：其一，以C为圆心，R为半径的圆与斜边AB相切，易求出R==2.4；其二，以点为圆心，R为半径的圆与斜边AB相交于一点，那么半径R应满足AC
对于第（3）小题，由题设条件得
Δ=(-2r)2-4(R-d)2=4(R+r-d)(r-R+d)=0
∵ R>r, ∴R+r=d,或R-r=d.
说明两圆的位置关系是外切或内切。
故应选D。
例3．计算 ：（1）已知圆的面积为81πcm2，其圆周上一段弧长为3πcm，那么这段弧所对圆心角的度数是_________。
（2）如图，AB、CD是⊙O的直径，⊙O的半径为R，AB⊥CD，以B为圆心，以BC为半径作，则与围成的新月形的面积为（ ）平方单位。
A、(π-1)R2 B、R2 C、(π+1)R2 D、πR2
析解：（1）先由圆的面积，可求出其半径R=9cm;又知圆周上一段弧长l=3πcm，由扇形的弧长公式：
l=, 得n==60，所以圆心角为60°.
（2）把不规则图形分割成几个规则的图形，是求阴影部分面积的常规思路，但其分割方法一般不惟一。
S阴影ACED=S⊙O-S弓形CED
∵ S弓形CED=S扇形BCED-SΔBCD，
S扇形BCED=R2，
SΔBCD=·2R·R=R2，
∴ S阴影ACED=R2-R2+R2=R2，故应选B。
例4 已知：⊙O的半径OA=1，弦AB、AC的长分别是，，求∠BAC的度数。
解：如图所示，作OD⊥AB，OE⊥AC，则AD=，AE=，
∵ OA=1，在RtΔODA中，cos∠OAD=，
∴∠OAD=45°,
在RtΔOAE中，cos∠OAE=，∴∠OAE=30°，
当AC、AB位于OA两侧时，有∠BAC=∠OAB+∠OAE=75°；
当AC、AB位于OA同侧时，有∠BAC=∠OAB-∠OAE=15°
说明：有关弦长，弦心距的问题，往往需要作垂直于弦的直径（半径或弦心距），利用垂径定理平分弦以及半径、弦心距和弦的一半组成的直角三角形来达到求解的目的。
例5 已知：如图所示，ΔABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，交⊙O的切线BF于点F，B为切点，求证：（1）BD平分∠CBF；（2）AB·BF=AF·CD。
证明（1）∵ AD平分∠BAC，∴∠1=∠2，
∵ BF切⊙O于点B，∴∠3=∠1，
又∵∠2=∠4，∴∠3=∠4，即BD平分∠CBF。
（2）在ΔDBF和ΔBAF中，
∵∠3=∠1，∠F=∠F，
∴ΔDBF∽ΔBAF，
∴ ，即AB·BF=AF·BD
∵∠1=∠2， ∴BD=CD， ∴AB·BF=AF·CD
说明：证明三角形相似，常常通过圆内、外的角进行转化。
例6 如图，AD是ΔABC外角∠EAC的平分线，AD与三角形的外接圆交于点D，AC，BD相交于点P，求证：（1）
ΔDBC为等腰三角形；（2）AB∶BD=BP∶PC。
证明：（1）∵AD是∠EAC的平分线，∴∠EAD=∠DAC，
∵ ∠EAD是圆内接四边形ABCD的外角，
∴∠EAD=∠DCB，
又∵∠DAC=∠DBC
∴∠DCB=∠DBC，∴ΔDBC是等腰三角形。
（2）在ΔABP和ΔDCP中，
∵∠BAP=∠CDP，∠APB=∠DPC，
∴ΔABP∽ΔDCP，∴ AB∶DC=PB∶PC，
又BD=DC，∴ AB∶BD=PB∶PC。
说明：当遇到四边形内接于圆时，应考虑圆的内接四边形的性质定理，它是证明角相等或互补的常用依据之一。
例7 如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过C点的切线相交于点D，和⊙O相交于点E。若AC平分
∠DAB，（1）求证：∠ADC=90°；（2）若AB=2r, AD=r,求DE的长。
（1）证明：连结OC，
∵ CD是⊙O的切线，
∴ OC⊥CD， ∵OA=OC，∴∠1=∠2，
∵∠2=∠3，∴∠1=∠3，
∴ AD//OC，∴AD⊥CD，
即∠ADC=90°。
（2）解：连结BC，则∠ACB=90°，由（1）得RtΔABC∽RtΔACD，
∴ ， ∴ AC2=AB·AD=2r·r=r2.
又∵ CD2=AC2-AD2=r2,，且CD2=DE·AD，
∴ DE=r.
说明：证明一条直线是圆的切线，通常选择：（1）到圆心的距离等于圆的半径的直线是圆的切线；（2）经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。而涉及切线问题时，应灵活运用切线的性质，通常连结切点和圆心。
例8 如图，⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，过点A作⊙O2的切线CF交⊙O1于C，直线CB交⊙O2于D，直线DA交
⊙O1于E，连CE。
求证：（1）ΔCAE是等腰三角形；
（2）DA·DE=CD2-CE2
证明：（1）连结AB，
∵ CA是⊙O2的切线，∴∠FAD=∠ABD，
又∠ABD=∠E，
∴∠E=∠FAD=∠EAC，
∴ΔCAE是等腰三角形。
（2）∵CA2=CB·CD，DA·DE=BD·DC，
∴ CA2+DA·DE=CB·CD+BD·DC=CD2，
又CA=CE，∴ DA·DE=CD2－CE2。
说明：两圆相交时，公共弦是重要的辅助线。一条公共弦，使弦切角与圆周角之间，圆内接四边形的外角与内角之间的关系得以沟通；常见的辅助线还有，两圆相切，作公切线。
例9 已知：如图，在直角坐标系中，以y轴上的点C为圆心，1为半径的圆与x轴相切于原点O。点P在x轴的负半轴上，PA切⊙O于点A，AB为⊙C的直径，PC交OA于点D。
（1）求证：PC⊥OA；
（2）若点P的坐标为(-2,0)，求直线AB的解析式；
（3）若点P在x轴的负半轴上运动，原题的其他条件不变，设点P的坐标为(x,0)，四边形POCA的面积为S，求S与点P的横坐标x之间的函数关系式；
（4）在（3）的情况下，分析并判断是否存在这样的一点P，使S四边形POCA=SΔAOB。若存在，直接写出点P的坐标（不写过程）；若不存在，简要说明理由。
析解：这是一道坐标几何题，融合了函数，四边形，圆等有关知识，其综合性极强。
（1）易从PO、PA与⊙C相切，推出PA=PO，∠APC=∠OPC，∴ PC⊥OA；
（2）可设直线AB的解析式为y=kx+b.
作BE⊥x轴于E，由OC=1，OP=2，可得PC=，ΔCDO∽ΔCOP，则，CD=，
又OB⊥OA，PC⊥OA，∴OB//PC，
又AC=CB， ∴OB=2CD=，
由ΔBOE∽ΔCPO，得，
即，∴ BE=，OE=，
∴ B点坐标为(，).
又C(0,1), ∴ 解得k=-, b=1, ∴y=-x+1,
（3）易求出S四边形POCA=2SΔPOC=2×·(-x)·1=-x,
即S=-x(x<0).
（4）如图，存在这样一点P，其坐标为(-1,0),
不妨设S四边形POCA=SΔAOB，
∵SΔAOB=2SΔAOC，
∴ S四边形POCA=2SΔAOC，
∴SΔAOP=SΔAOC
又OA⊥PC，∴ PD=CD，
∴ PO=OC=1， ∴P(-1,0).
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