專(zhuān)題31圓的基本性質(zhì)【二十個(gè)題型】TOC\o"1-3"\h\u【題型1圓的周長(zhǎng)與面積相關(guān)計(jì)算】 1【題型2圓中的角度、線段長(zhǎng)度計(jì)算】 6【題型3求一點(diǎn)到圓上一點(diǎn)的距離最值】 11【題型4利用垂徑定理結(jié)合全等、相似綜合求解】 14【題型5在坐標(biāo)系中利用垂徑定理求值或坐標(biāo)】 23【題型6垂徑定理在格點(diǎn)中的應(yīng)用】 29【題型7垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用】 34【題型8利用垂徑定理求取值范圍】 41【題型9利用弧、弦、圓心角關(guān)系求角度、線段長(zhǎng)、周長(zhǎng)、面積、弧的度數(shù)】 46【題型10利用弧、弦、圓心角關(guān)系比較大小】 51【題型11利用弧、弦、圓心角關(guān)系求最值】 56【題型12利用弧、弦、圓心角關(guān)系證明】 61【題型13利用圓周角定理求解】 70【題型14利用圓內(nèi)接四邊形求角度】 78【題型15利用圓的有關(guān)性質(zhì)解決翻折問(wèn)題】 82【題型16利用圓的有關(guān)性質(zhì)解決最值問(wèn)題】 88【題型17利用圓的有關(guān)性質(zhì)求取值范圍】 94【題型18利用圓的有關(guān)性質(zhì)解決多結(jié)論問(wèn)題】 100【題型19圓有關(guān)的常見(jiàn)輔助線-遇到弦時(shí),常添加弦心距】 107【題型20圓有關(guān)的常見(jiàn)輔助線-遇到有直徑時(shí),常添加（畫(huà)）直徑所對(duì)的圓周角】 113【知識(shí)點(diǎn)圓的基本性質(zhì)】1.圓在一個(gè)平面內(nèi)，線段OA繞它固定的一個(gè)端點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)一周，另一個(gè)端點(diǎn)A所形成的圖形叫做圓。固定的端點(diǎn)O叫做圓心，線段OA叫做半徑，以點(diǎn)O為圓心的圓，記作⊙O，讀作“圓O”。連接圓上任意兩點(diǎn)的線段叫做弦。經(jīng)過(guò)圓心的弦叫做直徑。圓上任意兩點(diǎn)間的部分叫做圓弧，簡(jiǎn)稱(chēng)弧。圓的任意一條直徑的兩個(gè)端點(diǎn)把圓分成兩條弧，每一條弧都叫做半圓。小于半圓的弧叫做劣弧。大于半圓的弧叫做優(yōu)弧。能夠重合的兩個(gè)圓叫做等圓。在同圓或等圓中，能重合的弧叫等弧。2.垂徑定理垂徑定理：垂直于弦的直徑平分弦，并且平分弦所對(duì)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(duì)的兩條??；弦的垂直平分線過(guò)圓心，且平分弦對(duì)的兩條?。?.弧.弦.圓心角之間的關(guān)系定義：頂點(diǎn)在圓心的角叫做圓心角。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。在同圓或等圓中，如果兩條弧相等，那么它們所對(duì)的圓心角相等，所對(duì)的弦相等；在同圓或等圓中，如果兩條弦相等，那么它們所對(duì)的圓心角相等，所對(duì)的弧相等。注：在同圓或等圓中，如果兩個(gè)圓心角，兩條弦，兩條弧.兩個(gè)弦的弦心距中，有一組量相等，那么其余各組量也分別相等4.圓周角定義：頂點(diǎn)在圓上，并且兩邊都和圓相交的角叫圓周角。圓周角定理：一條弧所對(duì)的圓周角等于它所對(duì)的圓心角的一半。推論1：同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等。推論2：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。圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)?！绢}型1圓的周長(zhǎng)與面積相關(guān)計(jì)算】【例1】（2023·福建泉州·南安市實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？级＃┻m時(shí)的休閑可以緩解學(xué)習(xí)壓力，如圖是火影忍者中的仙法·白激之術(shù)，其形狀外圍大致為正圓，整體可看成為兩個(gè)同心圓，BC=400像素，∠ABC=90°，那么周?chē)鷪A環(huán)面積約為（

）

A．40000π B．1600π C．64000π D．160000π【答案】D【分析】圓環(huán)的面積等于大圓面積減去小圓面積，由此即可求解．【詳解】解：如圖所示，設(shè)同心圓的圓心為O，連接OC，則大圓的半徑為OC，小圓的半徑為OB，

∴設(shè)小圓的半徑為OB=r，大圓的半徑OC=R，∵BC=400像素，∠ABC=90°，∴AB⊥BC，在Rt△OBC中，OB2∴R2∵S圓環(huán)∴S圓環(huán)故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查圓與直角三角形的綜合，掌握?qǐng)A環(huán)面積的計(jì)算方法是解題的關(guān)鍵．【變式1-1】（2023·山東德州·統(tǒng)考二模）《墨子·天文志》記載：“執(zhí)規(guī)矩，以度天下之方圓．”度方知圓，感悟數(shù)學(xué)之美．如圖，正方形ABCD的面積為2，以它的對(duì)角線的交點(diǎn)為位似中心，作它的位似圖形A'B'C'D'

【答案】4π【分析】根據(jù)正方形ABCD的面積為2，求出AB=2，根據(jù)位似比求出A'B'=2【詳解】解：連接A'C'，則A

∵正方形ABCD的面積為2，∴AB=2∵A'∴A'∴A'∴四邊形A'B'故答案為：4π．【點(diǎn)睛】本題考查位似圖形，涉及知識(shí)點(diǎn)：正方形的面積，正方形的對(duì)角線，圓的周長(zhǎng)，解題關(guān)鍵求出正方形ABCD的邊長(zhǎng)．【變式1-2】（2023·山東濰坊·中考真題）《墨子·天文志》記載：“執(zhí)規(guī)矩，以度天下之方圓．”度方知圓，感悟數(shù)學(xué)之美．如圖，正方形ABCD的面積為4，以它的對(duì)角線的交點(diǎn)為位似中心，作它的位似圖形A'B'C'D'【答案】4【分析】根據(jù)正方形ABCD的面積為4，求出AB=2，根據(jù)位似比求出A'B'=4，周長(zhǎng)即可得出；【詳解】解：∵正方形ABCD的面積為4，∴AB=2，∵A'B':AB=2:1，∴A'B'=4，∴A'C'=4所求周長(zhǎng)=42故答案為：42【點(diǎn)睛】本題考查位似圖形，涉及知識(shí)點(diǎn)：正方形的面積，正方形的對(duì)角線，圓的周長(zhǎng)，解題關(guān)鍵求出正方形ABCD的邊長(zhǎng)．【變式1-3】（2023·湖北武漢·華中科技大學(xué)附屬中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，一個(gè)較大的圓內(nèi)有15個(gè)半徑為1的小圓，所有的交點(diǎn)都為切點(diǎn)，圖中陰影為大圓內(nèi)但在所有小圓外部分，則陰影部分的面積為（）A．22+1633π B．20+1633π【答案】A【分析】OH為BC邊的高，利用兩圓相切的性質(zhì)得到AB=AC=BC=8，則可判斷△ABC為等邊三角形，則CH=4，利用含30度角的直角三角形三邊的關(guān)系得到OC=833，再利用圓與圓相切的性質(zhì)得到⊙O的半徑OE=OC+CE=【詳解】如圖，OH為BC邊的高∵所有小圓相切，∴AB=AC=BC=8，∴△ABC為等邊三角形，∴∠OCB=30°，∵OH⊥BC，∴CH=4，∴OH=3∴OC=2OH=8∵⊙C與⊙O相切，∴⊙O的半徑OE=OC+CE=8∴陰影部分的面積=π×=22+16故選：A【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于經(jīng)過(guò)切點(diǎn)的半徑．也考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)．解決本題的關(guān)鍵是掌握切線的性質(zhì)．【題型2圓中的角度、線段長(zhǎng)度計(jì)算】【例2】（2023·廣東清遠(yuǎn)·統(tǒng)考二模）如圖，在邊長(zhǎng)為4正方形ABCD中，點(diǎn)E在以B為圓心的弧AC上，射線DE交AB于F，連接CE，若CE⊥DF，則DE=（）．

A．2 B．455 C．65【答案】B【分析】如圖，連接BE，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥CE于點(diǎn)H，根據(jù)圓的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)可定EH=CH，∠HBC+∠HCB=90°，再結(jié)合正方形的性質(zhì)可得∠HBC=∠DCE；再證△HBC≌△ECDAAS【詳解】解：如圖，連接BE，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥CE于點(diǎn)H，

∵點(diǎn)E在以B為圓心的弧AC上，∴BC=BE，∵BH⊥CE，∴EH=CH，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD=∠BCH+∠DCE=90°，∴∠HBC=∠DCE，∵BC=CD，∴△HBC≌∴CH=DE=EH，∴CE=2DE，在Rt△CDE中，C∴42∴DE=452故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的基本性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)成為解答本題的關(guān)鍵．【變式2-1】（2023·江蘇南京·統(tǒng)考二模）如圖，在⊙O中，C是AB上一點(diǎn)，OA⊥OB，過(guò)點(diǎn)C作弦CD交OB于E，若OA=DE，則∠C與∠AOC滿(mǎn)足的數(shù)量關(guān)系是（

）

A．∠C=13∠AOC B．∠C=12∠AOC【答案】C【分析】連接OD，易得OD=DE=OC，進(jìn)而得到∠C=∠D，∠DOE=∠DEO=12180°-∠D，利用外角的性質(zhì)，得到∠DEO=∠C+∠COE=12【詳解】解：連接OD，

∵OA=DE，∴OD=DE=OC，∴∠C=∠D，∠DOE=∠DEO=1∴∠DEO=∠C+∠COE=1∵OA⊥OB，∴∠AOB=90°,∠COE=90°-∠AOC，∴∠C+90°-∠AOC=1∴∠C=2故選C．【點(diǎn)睛】本題考查等腰三角形的判定和性質(zhì)，三角形的外角的性質(zhì)．正確的識(shí)圖，確定角之間的和差關(guān)系，是解題的關(guān)鍵．【變式2-2】（2023·湖南益陽(yáng)·統(tǒng)考二模）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，點(diǎn)D在斜邊AB上，以BD為直徑的⊙O經(jīng)過(guò)邊AC上的點(diǎn)E，連接BE，且BE平分∠ABC，若⊙O的半徑為3，AD=2，則線段BC的長(zhǎng)為（

A．403 B．8 C．245 D【答案】C【分析】連接OE，證明OE∥【詳解】解：連接OE，如圖，∵BE平分∠ABC，∴∠OBE=∠CBE，∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB，∴∠CBE=∠OEB，∴OE∥∴△AOE∽△ABC，∴OEBC∵⊙O的半徑為3，AD=2，∴AO=AD+OD=5，∴BC=OE?AB故選：C．

【點(diǎn)睛】本題考查了圓的基本性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式2-3】（2023·吉林長(zhǎng)春·統(tǒng)考一模）如圖，點(diǎn)P是⊙O外一點(diǎn)，分別以O(shè)、P為圓心，大于12OP長(zhǎng)為半徑作圓弧，兩弧相交于點(diǎn)M和點(diǎn)N，直線MN交OP于點(diǎn)C，再以點(diǎn)C為圓心，以O(shè)C長(zhǎng)為半徑作圓弧，交⊙O于點(diǎn)A，連接PA交MN于點(diǎn)B，連接OA、OB．若∠P=26°，則A．26° B．38° C．52° D．64°【答案】B【分析】連接AC，根據(jù)作圖痕跡，直線MN垂直平分OP，OC=CA，利用線段垂直平分線性質(zhì)和等腰三角形的等邊對(duì)等角求得∠BOP=∠P=∠CAP=26°，∠COA=∠CAO，再利用三角形的外角性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理求得∠AOC即可．【詳解】解：連接AC，根據(jù)作圖痕跡，直線MN垂直平分OP，OC=CA，則OC=CP=CA，OB=BP，∴∠BOP=∠P=∠CAP=26°，∠COA=∠CAO，∴∠ACO=∠CAP+∠P=52°，∴∠COA=180°-∠ACO∴∠AOB=∠COA-∠BOP=38°，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查基本尺規(guī)作圖-作垂線、等腰三角形的性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)，得到直線MN垂直平分OP是解答的關(guān)鍵．【題型3求一點(diǎn)到圓上一點(diǎn)的距離最值】【例3】（2023·江蘇宿遷·統(tǒng)考中考真題）在同一平面內(nèi)，已知⊙O的半徑為2，圓心O到直線l的距離為3，點(diǎn)P為圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線l的最大距離是（

）A．2 B．5 C．6 D．8【答案】B【分析】過(guò)點(diǎn)O作OA⊥l于點(diǎn)A，連接OP，判斷出當(dāng)點(diǎn)P為AO的延長(zhǎng)線與⊙O的交點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)P到直線l的距離最大，由此即可得．【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)O作OA⊥l于點(diǎn)A，連接OP，∴OA=3，OP=2，∴當(dāng)點(diǎn)P為AO的延長(zhǎng)線與⊙O的交點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)P到直線l的距離最大，最大距離為PA=3+2=5，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)，正確判斷出點(diǎn)P到直線l的距離最大時(shí)，點(diǎn)P的位置是解題關(guān)鍵．【變式3-1】（2023·廣東茂名·統(tǒng)考二模）如圖，在Rt△ABC，∠ACB=90°，E為AC邊上的任意一點(diǎn)，把△BCE沿BE折疊，得到△BFE，連接AF．若BC=6,AC=8，則AF的最小值為【答案】4【分析】本題考查折疊的性質(zhì)，勾股定理，借助隱形圓求最值．根據(jù)折疊得到BF=BC=6，進(jìn)而得到點(diǎn)F在以B為圓心6為半徑的圓上，利用“一箭穿心”，求出AF的最小值即可，解題的關(guān)鍵是得到點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡．【詳解】解：∵△BCE沿BE折疊，得到△BFE，∴BF=BC=6，∴點(diǎn)F在以B為圓心6為半徑的圓上，設(shè)以B為圓心6為半徑的圓與AB交于點(diǎn)F'則BF'=BC=6，AF在Rt△ABC∵BC=6,AC=8，∴AB=B∴AF'=AB-BF∴AF的最小值為4，故答案為：4．【變式3-2】（2023·湖南永州·?？既＃┪覀冎?，兩點(diǎn)之間線段最短，因此，連接兩點(diǎn)間線段的長(zhǎng)度叫做兩點(diǎn)間的距離；同理，連接直線外一點(diǎn)與直線上各點(diǎn)的所有線段中，垂線段最短，因此，直線外一點(diǎn)到這條直線的垂線段的長(zhǎng)度，叫做點(diǎn)到直線的距離．類(lèi)似地，連接曲線外一點(diǎn)與曲線上各點(diǎn)的所有線段中，最短線段的長(zhǎng)度，叫做點(diǎn)到曲線的距離．依此定義，如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A2,1到以原點(diǎn)為圓心，以1為半徑的圓的最短距離為．最長(zhǎng)距離為

【答案】5-1/-1+55【分析】連接OA，與圓O交于點(diǎn)B，根據(jù)題干中的概念得到點(diǎn)到圓的距離即為OB，再求出OA，結(jié)合圓O半徑可得結(jié)果．【詳解】解：根據(jù)題意可得：點(diǎn)到圓的距離為：該點(diǎn)與圓上各點(diǎn)的連線中，最短的線段長(zhǎng)度，連接OA，與圓O交于點(diǎn)B，可知：點(diǎn)A和圓O上點(diǎn)B之間的連線最短，∵A(2，1)，∴OA=22∵圓O的半徑為1，∴AB=OA-OB=5-1∴點(diǎn)A2,1到以原點(diǎn)為圓心，以1為半徑的圓的最短距離為5-1故答案為：5-1；5

【點(diǎn)睛】本題考查了圓的新定義問(wèn)題，坐標(biāo)系中兩點(diǎn)之間的距離，勾股定理，解題的關(guān)鍵是理解題意，利用類(lèi)比思想解決問(wèn)題．【變式3-3】（2023·河南焦作·統(tǒng)考二模）如圖，在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，∠B=90°，正方形CDEF的邊長(zhǎng)為1，將正方形CDEF繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)一周，點(diǎn)G為EF的中點(diǎn)，連接AG，則線段AG的取值范圍是

【答案】5-【分析】如圖所示，連接CG，先根據(jù)正方形的性質(zhì)和勾股定理求出CG=52，再根據(jù)題意可知點(diǎn)G在以點(diǎn)C為圓心，半徑為52的圓上運(yùn)動(dòng)，故當(dāng)點(diǎn)G在線段AC上時(shí)，AG最小，此時(shí)點(diǎn)G與點(diǎn)G1重合，當(dāng)點(diǎn)C在線段AG上時(shí)，AG最大，此時(shí)點(diǎn)G與G2重合，利用勾股定理求出AC=5【詳解】解：如圖所示，連接CG，∵四邊形CDEF是邊長(zhǎng)為1的正方形，點(diǎn)G為EF的中點(diǎn)，∴CF=1，在Rt△CFG中，由勾股定理得CG=∴在正方形CDEF繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)一周的過(guò)程中，點(diǎn)G在以點(diǎn)C為圓心，半徑為52∴當(dāng)點(diǎn)G在線段AC上時(shí)，AG最小，此時(shí)點(diǎn)G與點(diǎn)G1重合，當(dāng)點(diǎn)C在線段AG上時(shí)，AG最大，此時(shí)點(diǎn)G與G在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，∠B=90°∴AC=A∴AG∴5-5故答案為：5-5

【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓外一點(diǎn)到圓上一點(diǎn)距離的最值問(wèn)題，正方形的性質(zhì)，勾股定理，正確確定點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵．【題型4利用垂徑定理結(jié)合全等、相似綜合求解】【例4】（2023·廣東湛江·統(tǒng)考一模）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，以直角邊BC為直徑的⊙O交AB于點(diǎn)D，連接CD，∠CAB的角平分線交CD于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，交⊙O于點(diǎn)P．

(1)求證：AEAF(2)若tan∠CAB=43，求(3)連接PC、PB，若∠ABC=30°，AB=23，求△PCF的面積．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)sin∠CAP=(3)△PCF的面積是3+3【分析】（1）先利用直角三角形的性質(zhì)和同角的余角相等判斷出，∠ACD=∠ABC，進(jìn)而得出△ACE∽△ABF即可得出ACAB=AE（2）根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義，設(shè)出AC=3x,得出BC，AC，借助（1）的結(jié)論求出CF，再根據(jù)勾股定理求出AF即可得出結(jié)論；（3）利用直角三角形的兩銳角互余得出，∠BAC=60°，CAP=30°，∠FCM=30°，∠FON=30°再用含30°的直角三角形的三邊關(guān)系，依次求出AC，CF，OF，ON，再用勾股定理即可求出PN，最后用三角形的面積公式，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）解：證明：∵BC是⊙O直徑，∴∠BDC=90°，∴∠ABC+∠BCD=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCD=90°，∴∠ACD=∠ABC，∵∠CAB的角平分線交CD于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，∴∠CAE=∠BAF，∴△ACE∽△ABF，∴ACAB∵AF是∠BAC的角平分線，則F到AC,AB的距離相等，設(shè)為h，∵S∴ACAB∴AE（2）在Rt△ABC中，設(shè)AC=3x，∴BC=4x，根據(jù)勾股定理得，AB=5x，由（1）知，ACAB∴3x5x∴CFBF∵CF+BF=BC=4x，∴CF=32x在Rt△CAF中，CF=32根據(jù)勾股定理得，AF=∴sin（3）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=30°，AB=23∴AC=12AB=3，BC=3AC=3∴OC=1∵AF是∠BAC的平分線，∴∠CAP=∠BAP=1過(guò)點(diǎn)C作CM⊥AP于M，過(guò)O作ON⊥AP于N，連接OP，在Rt△ACM中，CM=12AC=∵∠ACB=90°，∴∠FCM=∠ACB-∠ACM=30°，在Rt△CMF中，∠FCM=30°，CM=3∴∠CFM=90°-∠FCM=60°，CF=1，∴OF=OC-CF=1在Rt△OFN中，∠FON=90°-∠OFN=30°，OF=∴FN=1∴ON=在Rt△ONP中，OP=OC=3∴PN=∴PF=PF=FN+PN=1∴S∴△PCF的面積是3+3【點(diǎn)睛】本題考查了角平分線定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的兩銳角互余，勾股定理，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)等知識(shí)點(diǎn)，解本題的關(guān)鍵是含30°的直角三角形的靈活運(yùn)用，借助中間比判斷四段線段成比例．【變式4-1】（2023·浙江杭州·二模）如圖，在⊙O中，弦AD、BC相交于點(diǎn)E，連接OE，已知

(1)求證：BE=DE；(2)如果⊙O的半徑為5，AD⊥CB,DE=1，求AE的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)7【分析】（1）根據(jù)AB=CD，可得AB=CD，再證明（2）過(guò)O作OF⊥AD與F，OG⊥BC于G，連接OA,OC，則∠OFE=∠FEG=∠OGE=90°，根據(jù)垂徑定理可得AF=FD,BG=OG，證明Rt△AOF≌Rt△OCG，可得OF=OG，從而得到四邊形OFEG是正方形，可得OF=EF，設(shè)OF=EF=x，則AF=FD=x+1【詳解】（1）證明：∵AB=∴AB=CD，在△ABE與△CDE中，∠A=∠CAB=CD∴△ABE≌∴BE=DE；（2）解：過(guò)O作OF⊥AD與F，OG⊥BC于G，連接OA,OC，則∠OFE=∠FEG=∠OGE=90°，

∴四邊形OFEG是矩形，根據(jù)垂徑定理得：AF=FD,BG=OG，∵AB=CD，∴AF=CG，在Rt△AOF與RtAF=CGOA=OC∴Rt△AOF∴OF=OG，∵AD⊥CB，∴四邊形OFEG是正方形，∴OF=EF，設(shè)OF=EF=x，則AF=FD=x+1，∴OF即x2解得：x=3或-4（舍去），∴AF=4，∴AE=7．【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理，弧、弦，圓心角的關(guān)系，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握垂徑定理，弧、弦，圓心角的關(guān)系，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式4-2】（2023·陜西西安·高新一中?？家荒＃┤鐖D，AB是的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，點(diǎn)P在⊙O上，∠1=∠C．(1)求證：CB∥PD；(2)若BC=3，∠C=30°，求⊙O的直徑．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)6【分析】本題考查圓周角定理（在同圓或等圓中，同弧所對(duì)的圓周角相等），垂徑定理（垂直于弦的直徑平分弦，且平分弦所對(duì)的弧）以及解直角三角形，（1）先由圓周角定理得到∠C=∠P，結(jié)合已知得到∠1=∠P，即可證明CB∥PD；（2）連接AC，由“直徑所對(duì)的圓周角是直角”可得∠ACB=90°，由垂徑定理可得BC=BD，得到∠A=∠P，sin∠A=sin∠P【詳解】（1）證明：∵∠C與∠P是BD所對(duì)的圓周角，∴∠C=∠P．又∵∠1=∠C，∴∠1=∠P，∴CB∥PD；（2）解：連接AC，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°．又∵CD⊥AB，∴BC=∴∠A=∠P，∴sin∠A=在Rt△ACB中，sin∵sin∠P=sin∴sin又∵BC=3，∴AB=6．即⊙O的直徑為6．【變式4-3】（2023·云南德宏·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，點(diǎn)F是⊙O上一點(diǎn)，且AC=CF，連接FB，F(xiàn)D，F(xiàn)D交AB于點(diǎn)

(1)若AE=1，CD=6，求⊙O的半徑；(2)連接FC并延長(zhǎng)，交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)D作⊙O的切線，交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M．求證：ON?OP=OE?OM．【答案】(1)5；(2)見(jiàn)解析．【分析】（1）連接BC，AC，AD，通過(guò)證明△ACE∽△CBE，可得AECE=CEBE，可求（2）通過(guò)證明△MDO∽△DEO，可得OD2=OE·OM，通過(guò)證明△CNO∽△PCO【詳解】（1）如圖1，連接BC，AC，AD，

∵CD⊥AB，AB是直徑，∴AC=AD，∴∠ACD=∠ABC，且∠AEC=∠CEB，∴△ACE∽△CBE，∴AECE∴13∴BE=9，∴AB=AE+BE=10，∴⊙O的半徑為5，（2）如圖2，連接AC，CN，CO，DO，

∵M(jìn)D是切線，∴MD⊥DO，∴∠MDO=∠DEO=90°，∠DOE=∠DOE，∴△MDO∽△DEO，∴OEOD∴OD∵AC=∴∠ACD=∠ADC=∠CDF，∵CD⊥AB，∴∠AED=∠NED=90°，在△ADE和△NDE中∠AED=∠NEDDE=DE∴△ADE≌△NDE∴AE=EN，∴CD垂直平分AN，∴CA=CN，∴∠ANC=∠CAN，∴∠CAP=∠CNO，∵AC=∴∠AOC=∠ABF，∵CO∥BF，∴∠PCO=∠PFB，∵四邊形ACFB是圓內(nèi)接四邊形，∴∠PAC=∠PFB，∴∠PAC=∠PFB=∠PCO=∠CNO，且∠POC=∠COE，∴△CNO∽△PCO，∴NOCO∴CO∵OC=OD，∴ON·OP=OE·OM，【點(diǎn)睛】本題屬于圓的綜合題，考查了圓周角定理、垂徑定理、全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)．注意準(zhǔn)確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵．【題型5在坐標(biāo)系中利用垂徑定理求值或坐標(biāo)】【例5】（2023·浙江寧波·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，⊙M與x軸相切于點(diǎn)A，與y軸分別交點(diǎn)為B，C，圓心M的坐標(biāo)是4,5，則弦BC的長(zhǎng)度為．【答案】6【分析】連接BM、AM，作MH⊥BC于H，由垂徑定理得到BC=2HB，根據(jù)切線的性質(zhì)及M點(diǎn)的坐標(biāo)得到OH，OB，在Rt△MBH中，由勾股定理可求出BH，即可得到【詳解】解：如圖，連接BM、AM，作MH⊥BC于H，則BH=CH，∴BC=2BH，∵⊙M與x軸相切于點(diǎn)A，∴MA⊥OA，∵圓心M的坐標(biāo)是（4∴MA=5，∴MB=MA=5，在Rt△MBH中，由勾股定理得：BH=M∴BC=2×3=6，故答案為：6．【點(diǎn)睛】本題考查切線的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、垂徑定理、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確添加輔助線，構(gòu)造直角三角形．【變式5-1】（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=-34x+3與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，⊙M經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O及A、B

(1)求⊙M的半徑；(2)點(diǎn)C為弧OA上的一點(diǎn)，且滿(mǎn)足∠COA=∠CBO，求C點(diǎn)坐標(biāo)．(3)直線y=x與⊙M交于點(diǎn)O、N兩點(diǎn)，求線段ON的長(zhǎng)．【答案】(1)5(2)C(2,-1)(3)7【分析】（1）首先求出AO，OB的長(zhǎng)度，然后根據(jù)勾股定理即可求出AB長(zhǎng)度，MB為半徑等于AB的一半；（2）根據(jù)已知得出C為弧OA的中點(diǎn)，連接MC，根據(jù)垂徑定理逆定理得出MC垂直于OA，然后根據(jù)相似求出M點(diǎn)坐標(biāo)和ME的長(zhǎng)度，即可求出C的坐標(biāo)；（3）過(guò)點(diǎn)N作NG⊥AO，過(guò)點(diǎn)M作MH⊥NG，首先得出OG=NG，然后設(shè)N（a,a），連接MN，根據(jù)勾股定理求出N的坐標(biāo)，再根據(jù)勾股定理即可求出ON的長(zhǎng)度．【詳解】（1）解：在直線y=-34x+3上，令x=0，y=3∴OB=3，令y=0，x=4，∴OA=4，∴AB=OA2+O∴⊙M的半徑為：BM=52（2）∵∠COA=∠CBO，∴OC=連接MC，∴MC⊥AO，∴ME∥∴△AME∽△ABO，∴AMAB∴OE=EA=2，ME=1∴EC=MC-ME=5∴C(2,-1)；

（3）過(guò)點(diǎn)N作NG⊥AO，過(guò)點(diǎn)M作MH⊥NG，連接MN，∵NO解析式為：y=x，∴NG=OG，∴設(shè)N(a,a)，∴MN∴52整理得：2a∴a1∴N的坐標(biāo)為72,∴ON=

【點(diǎn)睛】本題考查了弧與圓周角的關(guān)系，一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)問(wèn)題，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【變式5-2】（2023·湖北黃岡·統(tǒng)考一模）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的圖象被⊙P截得的弦AB的長(zhǎng)為42，則a的值是【答案】3+【分析】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?。部疾榱斯垂啥ɡ砗偷妊苯侨切蔚男再|(zhì)，掌握垂徑定理是解題的關(guān)鍵．作PC⊥x軸于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，連接PB，由于OC=3,PC=a，易得D點(diǎn)坐標(biāo)為(3,3)，則△OCD為等腰直角三角形，△PED也為等腰直角三角形．由PE⊥AB，根據(jù)垂徑定理得AE=BE=12AB=22，在Rt△PBE【詳解】解：作PC⊥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，∴△PED也為等腰直角三角形，∵PE⊥AB，∴AE=BE=在Rt△PBE中，PB=3∴PE=∴PD=∴a=3+故答案為：3+2【變式5-3】（2023·黑龍江齊齊哈爾·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，以點(diǎn)C1,1為圓心，2為半徑作圓，交x軸于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P在⊙C

(1)求出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；(2)試確定經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)且以點(diǎn)P為頂點(diǎn)的拋物線解析式；(3)在該拋物線上是否存在一點(diǎn)D，使線段OP與CD互相平分？若存在，求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)A(2)y=-x2(3)D【分析】（1）作CE⊥AB于點(diǎn)E，連接OA,OB，根據(jù)C1,1，半徑AC=BC=2，得到CE=1,利用勾股定理求出AE=BE=3，即可得到A，（2）由圓與拋物線的對(duì)稱(chēng)性可知拋物線的頂點(diǎn)P的坐標(biāo)為1,3或1,-1，分別設(shè)出解析式代入點(diǎn)B的坐標(biāo)求出解析式；（3）假設(shè)存在點(diǎn)D使線段OP與CD互相平分，則四邊形OCPD是平行四邊形，得到PC∥OD且PC=OD，由PC∥y軸，確定點(diǎn)D在y軸上，根據(jù)【詳解】（1）作CE⊥AB于點(diǎn)E，連接OA,OB，∵C1,1，半徑AC=BC=2∴CE=1，∴AE=BE=A∴A1-

（2）由圓與拋物線的對(duì)稱(chēng)性可知拋物線的頂點(diǎn)P的坐標(biāo)為1,3或1,-1，當(dāng)拋物線的頂點(diǎn)P的坐標(biāo)為1,3時(shí)，設(shè)拋物線的解析式為y=ax-1將點(diǎn)B1+3,0∴y=-x-1當(dāng)拋物線的頂點(diǎn)P的坐標(biāo)為1,-1時(shí)，設(shè)拋物線的解析式為y=ax-1將點(diǎn)B1+3,0∴y=1（3）假設(shè)存在點(diǎn)D使線段OP與CD互相平分，則四邊形OCPD是平行四邊形，∴PC∥OD且∵PC∥y∴點(diǎn)D在y軸上，當(dāng)拋物線為y=-x∵PC=2，∴OD=2，即D0,2又D0,2滿(mǎn)足y=-∴點(diǎn)D在拋物線上，存在D0,2使線段OP與CD當(dāng)拋物線為y=1∵PC=3，∴OD=3，即D0,-3∵D0,-3不滿(mǎn)足y=∴不存在D0,-3使線段OP與CD綜上，存在D0,2使線段OP與CD【點(diǎn)睛】此題考查了圓的垂徑定理，勾股定理，求二次函數(shù)的解析式，平行四邊形的性質(zhì)及判定，綜合掌握各知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．【題型6垂徑定理在格點(diǎn)中的應(yīng)用】【例6】（2023·天津河西·天津市新華中學(xué)?？级＃┤鐖D，在每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1的網(wǎng)格中，點(diǎn)A，點(diǎn)B，點(diǎn)D均在格點(diǎn)上，并且在同一個(gè)圓上，取格點(diǎn)M，連接AM并延長(zhǎng)交圓于點(diǎn)C，連接AD．

（1）AM=；（2）請(qǐng)?jiān)谌鐖D所示的網(wǎng)格中，用無(wú)刻度的直尺畫(huà)出線段AP，使AP平分∠CAD，且點(diǎn)P在圓上，并簡(jiǎn)要說(shuō)明點(diǎn)P的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】13作圖見(jiàn)解析；連接EF交CD于點(diǎn)G，連接OG交圓于點(diǎn)P，連接AP即可．【分析】（1）先作出圓心，再根據(jù)勾股定理求解；（2）根據(jù)網(wǎng)格線的特點(diǎn)和垂徑定理求解．【詳解】解：（1）找出圓的圓心O，連接OA，根據(jù)勾股定理得：AO=2（2）AP即為所求；

連接EF交CD于點(diǎn)G，連接OG交圓于點(diǎn)P，連接AP即可．【點(diǎn)睛】本題考查了作圖的應(yīng)用和設(shè)計(jì)，掌握勾股定理和垂徑定理是解題的關(guān)鍵．【變式6-1】（2023·天津東麗·統(tǒng)考二模）如圖，在網(wǎng)格中，每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)均為1，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)稱(chēng)為格點(diǎn)，點(diǎn)A，B，M均為格點(diǎn)，以格點(diǎn)O為圓心，AB為直徑作圓，點(diǎn)M在圓上．

（Ⅰ）線段AB的長(zhǎng)等于；（Ⅱ）請(qǐng)?jiān)谌鐖D所示的網(wǎng)格中，用無(wú)刻度的直尺，在BM上找出一點(diǎn)P，使PM=AM【答案】210取格點(diǎn)C，連接AC并延長(zhǎng)，交⊙O于點(diǎn)P，則點(diǎn)P【分析】（1）根據(jù)勾股定理即可求解；（2）取格點(diǎn)C，連接AC并延長(zhǎng)，交⊙O于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．【詳解】解：（1）AB=（2）如圖所示，取格點(diǎn)C，連接AC并延長(zhǎng)，交⊙O于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．理由如下，

∵tan∴∠MON=∠CAD∵∠ACD+∠CAD=90°∴∠MON+∠CAD=90°∴AC⊥OM，∴PM=【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理與網(wǎng)格問(wèn)題，正切的定義，垂徑定理，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【變式6-2】（2023·山東淄博·統(tǒng)考二模）如圖所示，在由邊長(zhǎng)為1的小正方形組成的網(wǎng)格圖中，一段圓弧經(jīng)過(guò)格點(diǎn)A，B，C，CE的延長(zhǎng)線經(jīng)過(guò)格點(diǎn)D，則弧AE的長(zhǎng)為（

）

A．3π4 B．π2 C．5π8【答案】D【分析】找出圓心，根據(jù)勾股定理即可求出半徑，根據(jù)圖形得出∠AOE的度數(shù)，根據(jù)弧長(zhǎng)公式求出即可．【詳解】解：如圖，連接AC、AD，取AC的中點(diǎn)O，連接

∵∠ABC=90°，∴AC為直徑，∵AC∴AC∴△ACD為等腰直角三角形，∴∠ACD=45°，∴∠AOE=2∠ACD=90°，∵AO=1∴AE的長(zhǎng)為90π×13故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理，垂徑定理，弧長(zhǎng)公式的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的計(jì)算能力．【變式6-3】（2023·天津·校聯(lián)考一模）如圖，在每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1的網(wǎng)格中，點(diǎn)A，B，C，D均為格點(diǎn)，且點(diǎn)A，B在圓上．（1）線段AC的長(zhǎng)等于；（2）過(guò)點(diǎn)D作DF∥AC，直線DF與圓交于點(diǎn)M,N（點(diǎn)M在N的左側(cè)），畫(huà)出MN的中點(diǎn)P，簡(jiǎn)要說(shuō)明點(diǎn)P的位置是如何找到的（不要求證明）【答案】17取圓與格線的交點(diǎn)E，連接EB，EB與格線的交點(diǎn)為圓心O；取格點(diǎn)F，連接FD，與圓交于點(diǎn)M，N；取圓與AC的交點(diǎn)H，連接MH，AN，兩線交于點(diǎn)I；作射線OI，交MN于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．【分析】（1）根據(jù)勾股定理求出AC的長(zhǎng)即可；（2）取圓與格線的交點(diǎn)E，連接EB，EB與格線的交點(diǎn)為圓心O；取格點(diǎn)F，連接FD，與圓交于點(diǎn)M，N；取圓與AC的交點(diǎn)H，連接MH，AN，兩線交于點(diǎn)I；作射線OI，交MN于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．【詳解】解：（1）AC=4故答案為：17；（2）取圓與格線的交點(diǎn)E，連接EB，EB與格線的交點(diǎn)為圓心O；取格點(diǎn)F，連接FD，與圓交于點(diǎn)M，N；取圓與AC的交點(diǎn)H，連接MH，AN，兩線交于點(diǎn)I；作射線OI，交MN于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．∵∠BAE=90°，∴BE為圓的直徑，∵GK垂直平分AB，∴BE魚(yú)GK的交點(diǎn)為圓心O，∵M(jìn)N∥∴AM=∴∠ANM=∠HMN，∴IM=IN，∵OM=ON，∴IP垂直平分MN，即MP=NP．故答案為：取圓與格線的交點(diǎn)E，連接EB，EB與格線的交點(diǎn)為圓心O；取格點(diǎn)F，連接FD，與圓交于點(diǎn)M，N；取圓與AC的交點(diǎn)H，連接MH，AN，兩線交于點(diǎn)I；作射線OI，交MN于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理，圓周角定理，垂直平分線的判定，等腰三角形的判定，垂徑定理，解題的關(guān)鍵是找出圓心O和點(diǎn)I．【題型7垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用】【例7】（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）問(wèn)題情境：筒車(chē)是我國(guó)古代發(fā)明的一種水利灌溉工具，既經(jīng)濟(jì)又環(huán)保，明朝科學(xué)家徐光啟在《農(nóng)政全書(shū)》中用圖畫(huà)描繪了筒車(chē)的工作原理（如圖①）．假定在水流量穩(wěn)定的情況下，筒車(chē)上的每一個(gè)盛水筒都按逆時(shí)針做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，每旋轉(zhuǎn)一周用時(shí)120秒．問(wèn)題設(shè)置：把筒車(chē)抽象為一個(gè)半徑為r的⊙O．如圖②，OM始終垂直于水平面，設(shè)筒車(chē)半徑為2米．當(dāng)t=0時(shí)，某盛水筒恰好位于水面A處，此時(shí)∠AOM=30°，經(jīng)過(guò)95秒后該盛水筒運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B處．（參考數(shù)據(jù)，2≈1.414

問(wèn)題解決：(1)求該盛水筒從A處逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到B處時(shí)，∠BOM的度數(shù)；(2)求該盛水筒旋轉(zhuǎn)至B處時(shí)，它到水面的距離．（結(jié)果精確到0.1米）【答案】(1)∠BOM=45°；(2)該盛水筒旋轉(zhuǎn)至B處時(shí)，它到水面的距離為0.3米．【分析】（1）先求得該盛水筒的運(yùn)動(dòng)速度，再利用周角的定義即可求解；（2）作BC⊥OM于點(diǎn)C，在Rt△OAD中，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求得OD的長(zhǎng)，在Rt△OBC中，利用勾股定理求得【詳解】（1）解：∵旋轉(zhuǎn)一周用時(shí)120秒，∴每秒旋轉(zhuǎn)360°120當(dāng)經(jīng)過(guò)95秒后該盛水筒運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B處時(shí)，∠AOB=360°-3°×95=75°，∵∠AOM=30°，∴∠BOM=75°-30°=45°；（2）解：作BC⊥OM于點(diǎn)C，設(shè)OM與水平面交于點(diǎn)D，則OD⊥AD，

在Rt△OAD中，∠AOD=30°，OA=2∴AD=12OA=1在Rt△OBC中，∠BOC=45°，OB=2∴BC=OC=2∴CD=OD-OC=3-2≈0.3答：該盛水筒旋轉(zhuǎn)至B處時(shí)，它到水面的距離為0.3米．【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問(wèn)題需要的條件．【變式7-1】（2023·北京西城·統(tǒng)考一模）圓在中式建筑中有著廣泛的應(yīng)用，例如古典園林中的門(mén)洞.如圖，某地園林中的一個(gè)圓弧形門(mén)洞的高為2.5m，地面入口寬為1m，求該門(mén)洞的半徑【答案】1.3【分析】本題主要考查垂徑定理的應(yīng)用，掌握垂徑定理是解題的關(guān)鍵．設(shè)半徑為rm，根據(jù)垂徑定理可以列方程求解即可．【詳解】解：設(shè)圓的半徑為rm，由題意可知，DF=12CD=Rt△OFD中，OF=r2所以r2解得r=1.3．故答案為：1.3【變式7-2】（2023·寧夏中衛(wèi)·統(tǒng)考二模）在一次數(shù)學(xué)建模活動(dòng)課上，吳老師制作了一張簡(jiǎn)易的海域安全監(jiān)測(cè)平面圖，在圖中標(biāo)明了三個(gè)監(jiān)測(cè)點(diǎn)的位置坐標(biāo)O0，0，A

(1)某天海面上出現(xiàn)可疑船只C，在監(jiān)測(cè)點(diǎn)A測(cè)得C位于南偏東45°，同時(shí)在監(jiān)測(cè)點(diǎn)O測(cè)得C位于南偏東60°，求監(jiān)測(cè)點(diǎn)O到C船的距離．（結(jié)果精確到整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：2≈1.4，3≈1.7，(2)當(dāng)可疑船只C由（1）中位置向正北方向航行時(shí)，是否會(huì)闖入安全警戒區(qū)域？請(qǐng)通過(guò)計(jì)算作答．【答案】(1)27海里(2)不會(huì)，見(jiàn)詳解【分析】（1）過(guò)點(diǎn)C作CD⊥y軸于點(diǎn)D，設(shè)OD=x，則CD=AD=10+x，在Rt△COD中，解直角三角形求得x，進(jìn)而求得OC（2）由（1）知OD=103-1=53+5，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到CD=15+53，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥x軸于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)O'作O'E⊥DC于點(diǎn)E，交OB于H，過(guò)點(diǎn)O'作O'F⊥CG于點(diǎn)F【詳解】（1）解：過(guò)點(diǎn)C作CD⊥y軸于點(diǎn)D，

依題意，得∠COD=60°，∠CAD=45°，設(shè)OD=x，則AD=10+x，∵∠CAD=45°，∴∠ACD=45°，∴CD=AD=10+x在Rt△COD中，∠COD=60°∴∠DCO=30°，OC=2OD∵tan∠COD=CDOD∴x=OD=10∴OC≈27，所以監(jiān)測(cè)點(diǎn)O到C船的距離為27海里；（2）解：不會(huì)，計(jì)算如下：由（1）知OD=10∵tan∠COD=∴3=∴CD=15+53過(guò)點(diǎn)C作CG⊥x軸于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)O'作O'E⊥DC于點(diǎn)E，交OB于H，

∴OH=BH=DE=10，∴CE=DC-DE=5+53過(guò)點(diǎn)O'作O'F⊥CG于點(diǎn)F，則四邊形CEO'F是矩形，∴O'F=CE=5+53由已知得OA=10，OB=20，∵∠AOB=90°，∴線段AB是⊙O'的直徑，AB=O∴O'A=55∵5+53∴O'F>O'A，∴直線CG與⊙O'相離，C船不會(huì)闖入安全警戒區(qū)域．【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用、直線與圓的位置關(guān)系．熟練掌握垂徑定理以及銳角三角函數(shù)的知識(shí)是解題關(guān)鍵．【變式7-3】（2023·廣東佛山·?？既＃┕磐駚?lái)，橋給人們的生活帶來(lái)便利，解決跨水或者越谷的交通，便于運(yùn)輸工具或行人在橋上暢通無(wú)阻，中國(guó)橋梁的橋拱線大多采用圓弧形、拋物線形和懸鏈形，坐落在河北省趙縣汶河上的趙州橋建于隋朝，距今已有約1400年的歷史，是當(dāng)今世界上現(xiàn)存最早、保存最完整的古代敝肩石拱橋，趙州橋的主橋拱便是圓弧形．(1)某橋A主橋拱是圓弧形（如圖①中ABC），已知跨度AC=40m，拱高BD=10m，則這條橋主橋拱的半徑是______(2)某橋B的主橋拱是拋物線形（如圖②），若水面寬MN=10m，拱頂P（拋物線頂點(diǎn)）距離水面4(3)如圖③，某時(shí)橋A和橋B的橋下水位均上升了2m【答案】(1)25(2)y=-(3)此時(shí)橋A的水面寬度為821m，橋B【分析】（1）設(shè)ABC所在圓的圓心為點(diǎn)O，連接OA,OD，則OB⊥AC，AD=CD=20m，再設(shè)這條橋主橋拱的半徑是rm，則OA=OB=rm，OD=（2）以水面所在直線為x軸，MN的中點(diǎn)為原點(diǎn)O，建立平面直角坐標(biāo)系，則N5,0（3）根據(jù)（1）可得OF=25m,OD=15m,OB⊥FG,DE=2m，利用勾股定理可求出EF的長(zhǎng)，再利用垂徑定理即可得此時(shí)橋A的水面寬度；根據(jù)（2）的結(jié)論求出y=2【詳解】（1）解：如圖，設(shè)ABC所在圓的圓心為點(diǎn)O，連接OA,OD，

由垂徑定理得：點(diǎn)O,D,B共線，則OB⊥AC，AD=CD=1設(shè)這條橋主橋拱的半徑是rm，則OA=OB=r∴OD=OB-BD=r-10在Rt△AOD中，AD2解得r=25，故答案為：25．（2）解：如圖，以水面所在直線為x軸，MN的中點(diǎn)為原點(diǎn)O，建立平面直角坐標(biāo)系，

由題意得：N5,0則設(shè)橋拱拋物線的解析式為y=ax將點(diǎn)N5,0,P0,4代入得：25a+c=0所以橋拱拋物線的解析式為y=-4（3）解：如圖，橋A中，由（1）可知：OF=25m

由題意得：OB⊥FG,DE=2m∴OE=17m在Rt△EOF中，EF=由垂徑定理得：FG=2EF=821即此時(shí)橋A的水面寬度為821如圖，橋B中，y=-4

當(dāng)y=2時(shí)，-4解得x=522所以此時(shí)橋B的水面寬度為52答：此時(shí)橋A的水面寬度為821m，橋B的水面寬度為【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理的應(yīng)用、二次函數(shù)的應(yīng)用等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握垂徑定理和二次函數(shù)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【題型8利用垂徑定理求取值范圍】【例8】（2023·浙江寧波·一模）如圖，AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，OE=AE=2，F(xiàn)為BD上一點(diǎn)，CF與AB交于點(diǎn)G，若FG>CG，則BF的長(zhǎng)的范圍為(

)

A．4<BF<42 B．C．42<BF<43【答案】B【分析】本題考查了垂徑定理，圓周角定理，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，作直徑CM，當(dāng)點(diǎn)F在DM(不與D、M重合)上運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)G>CG，由cos∠DOE=OEOD=12，得到∠DOE=60°，進(jìn)而得到∠DBE=12∠DOE=30°，∠BDE=90°-∠DBE=60°，由此得到∠M=∠BDE=60°，即可得到△OBM是等邊三角形，得到MB=OB=AO=4，求出BE=2+4=6【詳解】解：如圖，作直徑CM，

當(dāng)點(diǎn)F在DM(不與D、M重合)上運(yùn)動(dòng)時(shí)，∵OE=AE=2，∴OE=1∵弦CD⊥AB于點(diǎn)E，∴cos∠DOE=∴∠DOE=60°，∴∠DBE=1∴∠BDE=90°-∠DBE=60°，∴∠M=∠BDE=60°，∵OM=OB，∴△OBM是等邊三角形，∴BM=OB，∵AO=2OE=4，∴MB=OB=AO=4，∵OE=2，OB=4，∴BE=2+4=6，∵sin∠BDE=∴BD=43∴BF的長(zhǎng)的范圍是4<BF<43故選：B．【變式8-1】（2023·四川綿陽(yáng)·二模）已知⊙O的弦AB=1.6，優(yōu)弧上的點(diǎn)到AB的最大距離為1.6，直線l⊥AB，若⊙O上有4個(gè)不同的點(diǎn)到l的距離等于0.4，則點(diǎn)O到l的距離d的范圍為．【答案】0≤d【分析】過(guò)O點(diǎn)作OD⊥AB于D點(diǎn)，連接AO，先利用垂徑定理以及勾股定理求出圓的半徑，再數(shù)形結(jié)合即可求解．【詳解】如圖，過(guò)O點(diǎn)作OD⊥AB于D點(diǎn)，連接AO，根據(jù)題意有：AB=1.6，CD=1.6，即OD=CD-OC=1.6-OC=1.6-OA，∵OD⊥AB，∴AD=BD=1∴在Rt△AOD中，有A∴AO解得：AO=1，∵⊙O上有4個(gè)不同的點(diǎn)到l的距離等于0.4，結(jié)合圖形可知，當(dāng)直線l往右移動(dòng)時(shí)，d的值將無(wú)限接近1-0.4，若d=1-0.4=0.6，此時(shí)⊙O上只有3個(gè)不同的點(diǎn)到l的距離等于0.4，不符合題意，當(dāng)直線l過(guò)圓心時(shí)，d=0，滿(mǎn)足要求，∴0≤d＜故答案為：0≤d＜【點(diǎn)睛】本題考查直線與圓的關(guān)系，熟練掌握垂徑定理，勾股定理是解題的關(guān)鍵．【變式8-2】（2023·廣東佛山·統(tǒng)考二模）如圖，⊙O的半徑為5cm，弦AB=8cm，P是弦AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則OP的長(zhǎng)度范圍是（A．8≤OP≤10 B．5≤OP≤8 C．4≤OP≤5 D．3≤OP≤5【答案】D【分析】先利用垂徑定理得到AC，再利用勾股定理求出OC，即可求解．【詳解】解：如圖，過(guò)O點(diǎn)作OC⊥AB于C，∵AB=8cm∴AC=4cm∴OC=O∵P點(diǎn)在AB上運(yùn)動(dòng)，∴OC≤OP≤OA即3≤OP≤5故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，即垂直于弦的直徑平分弦，并且平分弦所對(duì)的兩條弧，同時(shí)涉及到了垂線段最短等知識(shí)，解題關(guān)鍵是牢記相關(guān)概念或定理．【變式8-3】（2023·廣東廣州·華南師大附中校考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，半徑為4的⊙O與x軸的正半軸交于點(diǎn)A，點(diǎn)B是⊙O上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)C為弦AB的中點(diǎn)，直線y=34x?6與x軸、y軸分別交于點(diǎn)D、E，若△CDE面積為S，則S的范圍是【答案】8≤S≤28【分析】連接OC，如圖，根據(jù)垂徑定理得到OC⊥AB，則利用圓周角定理可判斷點(diǎn)C在以O(shè)A為直徑的圓上（點(diǎn)O、A除外），以O(shè)A為直角作⊙P，過(guò)P點(diǎn)作直線PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，如圖，先利用一次函數(shù)解析式確定E（0，-6），D（8，0），則DE=10，接著證明△DPH∽△DEO，利用相似比求出PH=185，則MP=285，NH=85，由于當(dāng)C點(diǎn)與M點(diǎn)重合時(shí)，S最大；C點(diǎn)與N點(diǎn)重合時(shí)，S最小，然后計(jì)算出SΔNED【詳解】解：連接OC，如圖，∵點(diǎn)C為弦AB的中點(diǎn)，∴OC⊥AB，∴∠ACO=90°，∴點(diǎn)C在以O(shè)A為直徑的圓上（點(diǎn)O、A除外），以O(shè)A為直角作⊙P，過(guò)P點(diǎn)作直線PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，如圖，當(dāng)x=0時(shí)，y=34x-6=-6，則E（0，-6當(dāng)y=0時(shí)，34x-6=0，解得x=8，則D（8，0∴DE=62+∵A（4，0），∴P（2，0），∴PD=6，∵∠PDH=∠EDO，∠PHD=∠EOD，∴△DPH∽△DEO，∴PH：OE=DP：DE，即PH：6=6：10，解得PH=185∴MP=PH+2=285，NH=PH-2=8∴SΔNED=當(dāng)C點(diǎn)與M點(diǎn)重合時(shí)，S最大；C點(diǎn)與N點(diǎn)重合時(shí)，S最小，∴S的范圍為8≤S≤28．故答案為：8≤S≤28．【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?。部疾榱藞A周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)和一次函數(shù)的性質(zhì)．【題型9利用弧、弦、圓心角關(guān)系求角度、線段長(zhǎng)、周長(zhǎng)、面積、弧的度數(shù)】【例9】（2023·四川成都·統(tǒng)考二模）如圖所示的曲邊三角形可按下述方法作出：作等邊△ABC；分別以點(diǎn)A，B，C為圓心，以AB的長(zhǎng)為半徑作BC，AC，AB，三條弧所圍成的圖形就是一個(gè)曲邊三角形．如果AB=3，那么這個(gè)曲邊三角形的周長(zhǎng)是（）．A．π B．2π C．92π D．【答案】D【分析】根據(jù)等邊三角形的定義和性質(zhì)得出AB=BC=AC，∠A=∠B=∠C=60°，從而得出LBC=LAC=【詳解】解：∵△ABC為等邊三角形，∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=AC，∴LBC∵AB=3，∴LBC∴這個(gè)曲邊三角形的周長(zhǎng)是LBC故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的定義和性質(zhì)，弧、弦、圓心角的關(guān)系，弧長(zhǎng)公式．掌握弧長(zhǎng)公式為nπr180【變式9-1】（2023·江蘇泰州·二模）如圖，已知AB、CD是⊙O的兩條直徑，且∠AOC=50°，過(guò)點(diǎn)A作AE∥CD交⊙O于點(diǎn)E，則弧

【答案】80°/80度【分析】本題考查平行線的性質(zhì)，圓心角，弧，弦之間的關(guān)系，圓周角定理等知識(shí)點(diǎn)，連接EO，根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠A=∠AOC，根據(jù)圓周角定理求出∠EOB，再求出EDB的度數(shù)，即可求出本題答案．【詳解】解：連接EO，

∵∠AOC=50°，AE∥∴∠A=∠AOC=50°，∵OA=OE，∴∠A=∠E=50°∴∠EOB=2∠A=100°，∴EDB的度數(shù)是100°，∵AB、CD是∴AEB的度數(shù)是180°，∴AE的度數(shù)是180°-100°=80°，故答案為：80°．【變式9-2】（2023·上海寶山·一模）如圖，已知圓O的弦AB與直徑CD交于點(diǎn)E，且CD平分AB．(1)已知AB=6，EC=2，求圓O的半徑；(2)如果DE=3EC，求弦AB所對(duì)的圓心角的度數(shù)．【答案】(1)13(2)120°【分析】（1）連接OA，如圖，設(shè)⊙O的半徑為r，則OA=r，OE=r-2，先根據(jù)垂徑定理得到AE=BE=3，CD⊥AB，在Rt△OAE中利用勾股定理得到3（2）連接OB，如圖，先利用DE=3EC得到OE=CE，即OE=12OA，再利用正弦的定義得到∠A=30°，然【詳解】（1）解：連接OA，如圖，設(shè)⊙O的半徑為r，則OA=r，OE=r-2，∵CD平分AB，∴AE=BE=3，CD⊥AB，在Rt△OAE中，3解得r=13即⊙O的半徑為134（2）連接OB，如圖，∵DE=3EC，∴OC+OE=3EC，即OE+CE+OE=3CE，∴OE=CE，∴OE=1在Rt△OAE中，∵∴∠A=30°，∵OA=OB，∴∠B=∠A=30°，∴∠AOB=180°-∠A-∠B=120°，即弦AB所對(duì)的圓心角的度數(shù)為120°．【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．也考查了垂徑定理和勾股定理．【變式9-3】（2023·安徽合肥·一模）圓的定義：在同一平面內(nèi)，到定點(diǎn)的距離等于定長(zhǎng)的所有點(diǎn)所組成的圖形．

(1)已知：如圖1，OA=OB=OC，請(qǐng)利用圓規(guī)畫(huà)出過(guò)A、B、C三點(diǎn)的圓．若∠AOB=70°(2)已知，如圖2，Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BCA=30°，AB=2．點(diǎn)P為AC邊的中點(diǎn)，將AC沿BA方向平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，點(diǎn)A、P(3)如圖3，將AC邊沿BC方向平移a個(gè)單位至DF，是否存在這樣的a，使得直線DF上有一點(diǎn)Q，滿(mǎn)足∠BQA=45°且此時(shí)四邊形BADF的面積最大？若存在，求出四邊形BADF面積的最大值及平移距離a，若不存在，說(shuō)明理由．【答案】(1)35°(2)四邊形BDFC的面積為63，∠BEA的大小為(3)四邊形BADF的最大面積為4+23，平移2【分析】（1）利用圓的定義知A、（2）根據(jù)圖形的平移性質(zhì)，判定平移后圖形形狀，繼而確定面積的計(jì)算方式和方法，角度問(wèn)題也迎刃而解；（3）因角度不變，借助圓周角定點(diǎn)在圓周上運(yùn)動(dòng)時(shí)角度不變的思想，判斷出D點(diǎn)能夠向右移動(dòng)的最大距離，求出四邊形的最大面積．【詳解】（1）解：以O(shè)為圓心，OA為半徑作輔助圓，如圖，，

∵∠AOB=70°，∴∠ACB=35°，故答案為：35°；（2）解：連接PB，

，

Rt△ABC中，∠ABC=90°∴AC=4，∵P為Rt△ABC斜邊AC∴BP=1線段AC平移到DF之后，AB=AD=PE=2，∴四邊形ABPE為菱形，∵∠BAC=60°，∴∠BEA=30°，∵CF∥BD，且∠ABC=90°，∴四邊形BDFC為直角梯形，∴S=1（3）解：如圖所示，

當(dāng)AC邊沿BC方向平移2個(gè)單位至DF時(shí)，滿(mǎn)足∠BQA=45°且此時(shí)四邊形BADF的面積最大，此時(shí)直角梯形ABFD的最大面積為，S=1【點(diǎn)睛】本題主要考查圖形的平移、圓心角、圓周角之間的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合，找到極值點(diǎn)求解．【題型10利用弧、弦、圓心角關(guān)系比較大小】【例10】（2023·河北·統(tǒng)考中考真題）如圖，點(diǎn)P1~P8是⊙O的八等分點(diǎn)．若△P1P3P7，四邊形

A．a(chǎn)<b B．a(chǎn)=b C．a(chǎn)>b D．a(chǎn)，b大小無(wú)法比較【答案】A【分析】連接P1P2,P2P3，依題意得P1P2=P2P【詳解】連接P1

∵點(diǎn)P1~P8∴P1P∴P又∵△P1P四邊形P3P4∴b-a=P3=在△P1∴b-a=故選A．【點(diǎn)睛】本題考查等弧所對(duì)的弦相等，三角形的三邊關(guān)系等知識(shí)，利用作差比較法比較周長(zhǎng)大小是解題的關(guān)鍵．【變式10-1】（2023·甘肅平?jīng)觥と＃┤鐖D，在⊙O中，AB?=BC?=CD?，連接AC，CDA．AC=2CD B．AC<2CDC．AC>2CD D．無(wú)法比較【答案】B【分析】連接AB，BC，根據(jù)AB=BC=【詳解】解：連接AB，BC，如圖，∵AB∴AB=BC=CD又AB+BC>AC∴AC<2CD故選：B【點(diǎn)睛】本題考查了三角形三邊關(guān)系，弧、弦的關(guān)系等知識(shí)，熟練掌握上述知識(shí)是解答本題的關(guān)鍵．【變式10-2】（2023·甘肅平?jīng)觥ざ＃┤鐖D所示，在⊙O中，AB=2CD，那么（A．AB>2CD B．AB<2CD C．AB=2CD D．無(wú)法比較【答案】B【分析】本題考查了圓心角、弧、弦之間的關(guān)系和三角形的三邊關(guān)系，在圓上截取DE=CD，再根據(jù)“根據(jù)三角形的三邊關(guān)系【詳解】解：如圖，在圓上截取DE=∵AB=2∴AB=∴AB=CE，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系知，CD+DE=2CD>CE=AB，∴AB<2CD，故選：B．【變式10-3】（2023·河北秦皇島·統(tǒng)考一模）如圖，在扇形AOB中，∠AOB=90°，C、D是AB上兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D作DE∥OC交OB于E點(diǎn)，在OD上取點(diǎn)F，使OF=DE，連接CF并延長(zhǎng)交OB于(1)求證：△OCF≌△DOE；(2)若C、D是AB的三等分點(diǎn)，OA=23①求∠OGC；②請(qǐng)比較GE和BE的大?。敬鸢浮?1)證明見(jiàn)解析(2)①∠OGC=90°；②BE＞GE【分析】（1）先由平行線得出∠COD=∠ODE，再用SAS證△OCF≌△DOE即可；（2）①先由C、D是AB的三等分點(diǎn)，∠AOB=90°，求得∠AOC=∠COD=∠BOD=30°，由（1）知△OCF≌△DOE，所以∠OCF=∠DOE=30°，即可由三角形內(nèi)角和求解；②由①∠OGC=90°，∠OCF=∠DOE=30°，利用直角三角形的性質(zhì)和勾股定理即可求得OG=3，OF=2，又∠OCF=∠COF=30°，所以CF=OF，又由△OCF≌△DOE，所以O(shè)E=CF=OF=2，即可求得GE=2-3，【詳解】（1）解：∵DEOC，∴∠COD=∠ODE，∵OC=OD，OF=DE，∴△OCF≌△DOE(SAS)；（2）解：①∵C、D是AB的三等分點(diǎn)，∠AOB=90°，∴∠AOC=∠COD=∠BOD=30°，∵△OCF≌△DOE，∴∠OCF=∠DOE=30°，∵∠COG=∠COD+∠DOB=60°，∴∠OGC=90°．②∵OA=OC=OB=23∴OG=3又∵∠DOE=30°，∴OF=2，∵∠OCF=∠COF=30°，∴CF=OF，∵△OCF≌△DOE，∴OE=CF=OF=2，∴GE=OE-OG=2-3，BE=OB-OE=2∵BE－∴BE＞GE．【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，圓的性質(zhì)，圓心角、弧之間的關(guān)系，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，求出∠AOC=∠COD=∠BOD=30°，進(jìn)而求得∠OGC=90°是解題詞的關(guān)鍵．【題型11利用弧、弦、圓心角關(guān)系求最值】【例11】（2023·江蘇泰州·二模）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝4，C為AB的三等分點(diǎn)（更靠近A點(diǎn)），點(diǎn)P是⊙O上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，取弦AP的中點(diǎn)D，則線段CD的最大值為（

）

A．2 B．7 C．23 D．【答案】D【分析】取OA的中點(diǎn)Q，連接DQ，OD，CQ，根據(jù)條件可求得CQ長(zhǎng)，再由垂徑定理得出OD⊥AP，由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半求得QD長(zhǎng)，根據(jù)當(dāng)C,Q,D三點(diǎn)共線時(shí)，CD長(zhǎng)最大求解.【詳解】解：如圖，取AO的中點(diǎn)Q,連接CQ，QD，OD，∵C為AB的三等分點(diǎn)，∴AC的度數(shù)為60°，∴∠AOC=60°,∵OA=OC,∴△AOC為等邊三角形，∵Q為OA的中點(diǎn)，∴CQ⊥OA，∠OCQ=30°,∴OQ=12由勾股定理可得，CQ=3,∵D為AP的中點(diǎn),∴OD⊥AP，∵Q為OA的中點(diǎn)，∴DQ=12∴當(dāng)D點(diǎn)CQ的延長(zhǎng)線上時(shí)，即點(diǎn)C,Q,D三點(diǎn)共線時(shí)，CD長(zhǎng)最大，最大值為3+故選D

【點(diǎn)睛】本題考查利用弧與圓心角的關(guān)系及垂徑定理求相關(guān)線段的長(zhǎng)度，并且考查線段最大值問(wèn)題，利用圓的綜合性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵.【變式11-1】（2023·江蘇泰州·一模）如圖，CD是⊙O的直徑，CD=8，∠ACD=20°，點(diǎn)B為弧AD的中點(diǎn)，點(diǎn)P是直徑CD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PA+PB的最小值為．

【答案】4【分析】本題主要考查最短路徑及圓的基本性質(zhì)．作點(diǎn)B關(guān)于直徑CD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)E，連接AE、OA、OE、【詳解】解：作點(diǎn)B關(guān)于直徑CD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)E，連接AE、OA、OE、

∴BD=∵∠ACD=20°，∴∠AOD=40°，∵點(diǎn)B為弧AD的中點(diǎn)，∴BD與ED的度數(shù)為20°，∴∠EOD=20°，∴∠AOE=60°，∵OA=OE，∴△AOE是等邊三角形，∵CD=8，∴AE=OA=4，即PA+PB的最小值為4，故答案為：4．【變式11-2】（2023·河南焦作·統(tǒng)考一模）如圖，在扇形BOC中，∠BOC＝60°，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為半徑OC，OB上的動(dòng)點(diǎn)．若OB＝2，則△DEF周長(zhǎng)的最小值為．【答案】2【分析】連接OD，分別作D點(diǎn)關(guān)于OB、OC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)M、N，連接OM、ON，MN，MN交OB于F，交OC于E，交OD于P，如圖，利用ED＝EN，F(xiàn)M＝FB得到△DEF的周長(zhǎng)＝MN，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短可判斷此時(shí)△DEF的周長(zhǎng)最小，接著證明∠MON＝120°，OM＝ON＝2，然后計(jì)算出MN即可．【詳解】解：連接OD，分別作D點(diǎn)關(guān)于OB、OC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)M、N，連接OM、ON，MN，MN交OB于F，交OC于E，交OD于P，如圖，∵ED＝EN，F(xiàn)M＝FD，∴△DEF的周長(zhǎng)＝ED+EF+FD＝EN+EF+FM＝MN，∴此時(shí)△DEF的周長(zhǎng)最小，∵點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，∴∠BOD＝∠COD＝12∠BOC＝30°∵M(jìn)點(diǎn)與D點(diǎn)關(guān)于OB對(duì)稱(chēng)，∴∠MOB＝∠BOD＝30°，OM＝OD＝2，同理得∠NOC＝∠COD＝30°，ON＝OD＝2，∵∠MON＝120°，OM＝ON＝2，而∠MOP＝60°，∴OP⊥MN，∠OMN＝∠ONM＝30°，∴PM＝PN，在Rt△OPM中，OP＝12OM＝1∴PM＝3OP＝3，∴MN＝2PM＝23，∴△DEF周長(zhǎng)的最小值為23．故答案為23．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，都等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半．也考查了圓心角、弧、弦的關(guān)系和最短路徑問(wèn)題．【變式11-3】（2023·河南·三模）圓的定義：在同一平面內(nèi)，到定點(diǎn)的距離等于定長(zhǎng)的所有點(diǎn)所組成的圖形．

(1)已知：如圖1，OA=OB=OC，請(qǐng)利用圓規(guī)畫(huà)出過(guò)A、B、C三點(diǎn)的圓．若∠AOB=70°(2)已知，如圖2，Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BCA=30°，AB=2．點(diǎn)P為AC邊的中點(diǎn)，將AC沿BA方向平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，點(diǎn)A、P(3)如圖3，將AC邊沿BC方向平移a個(gè)單位至DF，是否存在這樣的a，使得直線DF上有一點(diǎn)Q，滿(mǎn)足∠BQA=45°且此時(shí)四邊形BADF的面積最大？若存在，求出四邊形BADF面積的最大值及平移距離a，若不存在，說(shuō)明理由．【答案】(1)35°(2)四邊形BDFC的面積為63，∠BEA的大小為(3)四邊形BADF的最大面積為4+23，平移2【分析】（1）利用圓的定義知A、（2）根據(jù)圖形的平移性質(zhì)，判定平移后圖形形狀，繼而確定面積的計(jì)算方式和方法，角度問(wèn)題也迎刃而解；（3）因角度不變，借助圓周角定點(diǎn)在圓周上運(yùn)動(dòng)時(shí)角度不變的思想，判斷出D點(diǎn)能夠向右移動(dòng)的最大距離，求出四邊形的最大面積．【詳解】（1）解：以O(shè)為圓心，OA為半徑作輔助圓，如圖，，

∵∠AOB=70°，∴∠ACB=35°，故答案為：35°；（2）解：連接PB，

，

Rt△ABC中，∠ABC=90°∴AC=4，∵P為Rt△ABC斜邊AC∴BP=1線段AC平移到DF之后，AB=AD=PE=2，∴四邊形ABPE為菱形，∵∠BAC=60°，∴∠BEA=30°，∵CF∥BD，且∠ABC=90°，∴四邊形BDFC為直角梯形，∴S=1（3）解：如圖所示，

當(dāng)AC邊沿BC方向平移2個(gè)單位至DF時(shí)，滿(mǎn)足∠BQA=45°且此時(shí)四邊形BADF的面積最大，此時(shí)直角梯形ABFD的最大面積為，S=1【點(diǎn)睛】本題主要考查圖形的平移、圓心角、圓周角之間的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合，找到極值點(diǎn)求解．【題型12利用弧、弦、圓心角關(guān)系證明】【例12】（2023·黑龍江哈爾濱·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖1，圓O中，AB為弦，C為弧AB中點(diǎn)，連接OC交AB于D．

(1)求證：OC⊥AB；(2)如圖2，弦EF∥弦GH，連接EG、FH，求證：EG=FH(3)如圖3，在（2）的條件下，連接BC、FG，若FG平分∠EFH,OD=3,GH=10，BC=25，求．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)13【分析】（1）證明CO是∠AOB的角平分線，進(jìn)而求解；（2）證明∠EFG=∠FGH得到∠EOG=∠FOH，即可求解；（3）證明Rt△GPE≌Rt△HQF(HL),，則EP=FQ，在Rt△FPG中，設(shè)PG=m，則tan∠PFG=PGPF=m【詳解】（1）證明：如圖1，連接OA、OB，∵C為弧AB中點(diǎn)，∴∠COA=∠COB，即CO是∠AOB的角平分線，在等腰三角形OAB中，AO=OB,CO是∠AOB的角平分線，∴OC⊥AB；

（2）證明：連接OE、OG、OH、OF、GF，∵GH∴∠EFG=∠FGH,又∵∠EOG=2∠EFG,∠FOH=2∠FGH,∴∠EOG=∠FOH,∴EG=FH;（3）解：連接OB、OF，延長(zhǎng)FO交圓于點(diǎn)M，連接MH，過(guò)點(diǎn)G、H分別作EF的垂線，交于點(diǎn)P、Q，則四邊形PQHG為矩形，則PQ=GH=10，設(shè)CD=x，則OB=x+3在△BOC中，BD即(x+3)2解得x=-5(舍去)或x=2，則OB=x+3=5，即圓的半徑為5，則直徑為10，∵FG平分∠BFH，則∠EFG=∠GFH，故EG=GH，由（2）知，EG=FH，∴EG=GH=FH=在Rt△MFH中，sinM=FH∵GH∥EF，則在Rt△GPE和RtGP=QH∴∴EP=FQ,在Rt△FPG中，設(shè)PG=m，則tan∠PFG=則PF=3m，則EP=FQ=PF-PQ=3m-10在Rt△EPG中，EG2解得m=0(舍去)或310則EF=2EP+10【點(diǎn)睛】本題為圓的綜合題，主要考查了圓的基本性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、解直角三角形、三角形全等、勾股定理的運(yùn)用等，有一定的綜合性，難度適中．【變式12-1】（2023·湖北武漢·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，⊙O經(jīng)過(guò)△ABC的頂點(diǎn)A，C及AB的中點(diǎn)D，且D是AC的中點(diǎn)．

(1)求證：△ABC是直角三角形；(2)若⊙O的半徑為1，求AB【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)4【分析】（1）連接CD，根據(jù)D是AC的中點(diǎn)，可得DA=DC，所以∠DAC=∠DCA，再根據(jù)點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，可推得DC=DB，所以∠B=∠DCB，然后利用三角形內(nèi)角和定理即可解決問(wèn)題；（2）連接DO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)E，連接AE，證明△ADE∽△CBA，可得ADCB【詳解】（1）證明：如圖，連接CD，∵D是AC的中點(diǎn)，∴DA=DC，∴∠DAC=∠DCA，∵點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，∴DA=DB，∴DC=DB，∴∠B=∠DCB，∵∠BAC+∠B+∠ACB=180°，∴∠BAC+∠B+∠DCA+∠DCB=180°，∴2∠BAC+2∠B=180°，∴∠BAC+∠B=90°，∴△ABC是直角三角形；

（2）解：如圖，連接DO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)E，連接AE，∴DE是⊙O的直徑，∴∠DAE=90°，∵D是AC的中點(diǎn)，∴AD=∴∠DEA=∠BAC，∵∠DAE=∠BCA=90°，∴△ADE∽△CBA，∴ADCB∵⊙O的半徑為1，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，∴DE=2，AD=1∴12∴12∴AB∴AB

【點(diǎn)睛】本題考查圓心角、弧、弦的關(guān)系，圓周角定理，三角形相似的判定和性質(zhì)，直角三角形的判定，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式12-2】（2023·廣東江門(mén)·統(tǒng)考二模）如圖，點(diǎn)A、B、C在⊙O上，BC是直徑，∠ABC的角平分線BD與⊙O交于點(diǎn)D，與AC交于點(diǎn)M，且BM=MD，連接OD，交AC于點(diǎn)N．(1)證明：OD⊥AC；(2)試猜想AB與OD之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)OD=3【分析】（1）根據(jù)∠ABD=∠DBO，證得AD=DC，進(jìn)而根據(jù)垂徑定理證得（2）先證明ON是△ABC的中位線，得出AB=2ON，進(jìn)而得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBO，∴AD=∴OD⊥AC；（2）解：猜想OD=3∵AD=DC，∴AN=NC．∵OB=12BC∴ON是△ABC的中位線，∴AB=2ON，AB∥ON．∴∠ABM=∠NDM．∵BM=MD，∠BMA=∠DMN，∴△ABM≌△NDMASA∴AB=ND=2ON．∴OD=ON+ND=3【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理、垂徑定理以及全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)的定理和性質(zhì)．【變式12-3】（2023·黑龍江哈爾濱·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖1，AB為⊙O直徑，點(diǎn)E是弦AC中點(diǎn)，連接OE并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)D，

(1)求證：AD=(2)如圖2，連接BD交AC于點(diǎn)F，求證：DE(3)如圖3，在（2）條件下，延長(zhǎng)BA至點(diǎn)G，連接GF，若∠DFG=45°，AG=2CF=4，求⊙O【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)4【分析】（1）連接CO，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出∠AOD=∠COD，根據(jù)圓心角與弧之間的關(guān)系得出AD=（2）連接DC，證明△EDF∽△CDE，得出DE:CE=EF:DE，即可證明DE（3）連接AD，交FG于點(diǎn)H，證明∠G=∠AFG，得出AF=AG=4，求出CF=22，得出AC=AF+CF=4+22，根據(jù)E為AC的中點(diǎn)，得出AE=CE=12AC=2+2，求出EF=CE-CF=2-2，根據(jù)解析（2）求出DE=2【詳解】（1）證明：連接CO，如圖所示：

∴AO=CO，∵E是弦AC中點(diǎn)，∴∠AOD=∠COD，∴AD=（2）證明：連接DC，如圖所示：

∵AD=∴∠ABD=∠ACD，∵OD=OB，∴∠ODB=∠OBD，∴∠ACD=∠ODB，∴△EDF∽△CDE，∴DE:CE=EF:DE，∴DE（3）解：連接AD，交FG于點(diǎn)H，如圖所示：

∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∵∠DFG=45°，∴∠DHF=90°-45°=45°，∵AD=∴∠B=∠DAC，∵∠B+∠G=∠EFG=45°，∠DAC+∠AFG=∠DHF=45°，∴∠G=∠AFG，∴AF=AG=4，∵2CF=4∴CF=22∴AC=AF+CF=4+22∵E為AC的中點(diǎn)，∴AE=CE=1∴EF=CE-CF=2-2由（2）得：DE∴DE=2設(shè)⊙O的半徑為r，在Rt△AOE中，OA=r，OE=OD-DE=r-2，∴r2解得：r=22∴2πr=4即⊙O的周長(zhǎng)為42【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理，勾股定理，三角形相似的判定和性質(zhì)，垂徑定理，圓心角、弧之間的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握相關(guān)的判定和性質(zhì)．【題型13利用圓周角定理求解】【例13】（2023·湖北武漢·?？家荒＃┤鐖D，BC是⊙O的直徑，D為⊙O上一點(diǎn)，A為CBD的中點(diǎn)，AE⊥BC于H并交⊙O于點(diǎn)E，若CD=3DF，AC=4，則⊙O的半徑長(zhǎng)為（

）

A．52 B．81313 C．4【答案】B【分析】如圖，連接OA、DE，由A為CBD的中點(diǎn)，可得AC=AD，由垂徑定理得AH=EH，AC=CE，則CE=AD，∠EAC=∠DCA，AF=CF，由∠FDE=∠EAC，∠FED=∠DCA，可得∠FDE=∠FED，則DF=EF，設(shè)EF=DF=2x，則CD=6x，AE=6x，AH=EH=3x，CF=8x，HF=5x，在Rt△CHA中，CH2=AC2-AH2=42-3x2=16-9x2，在【詳解】解：如圖，連接OA、

∵A為CBD的中點(diǎn)，∴AC=∵BC是⊙O的直徑，AE⊥BC，∴AH=EH，∴AC=∴CE=∴∠EAC=∠DCA，∴AF=CF，∵∠FDE=∠EAC，∠FED=∠DCA，∴∠FDE=∠FED，∴DF=EF，設(shè)EF=DF=2x，則CD=6x，AE=6x，∴AH=EH=3x，CF=8x，HF=5x，在Rt△CHA中，C在Rt△CHF中，C∴16-