專(zhuān)題24.14圓章末十大題型總結(jié)（拔尖篇）【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1切線的判定與性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算與證明】 1【題型2圓周角定理有關(guān)的計(jì)算與證明】 9【題型3垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用】 17【題型4由點(diǎn)與圓的位置關(guān)系求求最值】 22【題型5由圓的對(duì)稱(chēng)性求最短路線問(wèn)題】 27【題型6三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心】 33【題型7正多邊形與圓】 39【題型8圓錐側(cè)面積的相關(guān)計(jì)算】 44【題型9動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度計(jì)算】 50【題型10動(dòng)態(tài)圖形的掃過(guò)的面積的計(jì)算】 56【題型1切線的判定與性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算與證明】【方法點(diǎn)撥】切線的判定定理：經(jīng)過(guò)半徑的外端并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線。切線的性質(zhì)定理：圓的切線垂直于過(guò)切點(diǎn)的半徑。經(jīng)過(guò)圓外一點(diǎn)的圓的切線上，這點(diǎn)和切點(diǎn)之間線段的長(zhǎng)，叫做這點(diǎn)到圓的切線長(zhǎng)。【例1】（2023秋·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(guò)點(diǎn)C且與AB邊相切于點(diǎn)E，∠FAC=12∠BDC．

(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(jiàn)解析(2)3【分析】（1）作OH⊥FA，垂足為點(diǎn)H，連接OE，證明AC是∠FAB的平分線，進(jìn)而根據(jù)OH=OE，OE⊥AB，可得AF是⊙O的切線；（2）勾股定理得出AC，設(shè)⊙O的半徑為r，則OC=OE=r，進(jìn)而根據(jù)切線的性質(zhì)，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：如圖，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】本題考查了切線的性質(zhì)與判定，勾股定理，熟練掌握切線的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．【變式1-1】（2023秋·廣東珠?！ぞ拍昙?jí)統(tǒng)考期末）如圖，AB為圓O的直徑，C為圓O上一點(diǎn)，D為弦BC的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)C的切線與OD的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)E，連接BE．(1)求證：BE是圓O的切線；(2)當(dāng)AB=10，AC=8時(shí)，求線段BE的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)15【分析】（1）根據(jù)D為弦BC的中點(diǎn)，可得OE垂直平分BC，進(jìn)而可得∠EBC=∠ECB，再根據(jù)OB=OC可得∠OBC=∠OCB，根據(jù)CE是⊙O的切線，可得∠OCE=90°，通過(guò)等量代換可得∠OBE=90°，即可證明BE是圓O的切線；（2）根據(jù)AB為⊙O的直徑，可得∠ACB=90°，利用勾股定理可得BC=6，進(jìn)而可得BD=12BC=3【詳解】（1）證明：在⊙O中，∵D為弦BC的中點(diǎn)，∴OD⊥BC，∴OE垂直平分BC，∴CE=BE，∴∠EBC=∠ECB，又∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，∵CE是⊙O的切線，∴∠OCE=90°，∴∠OBE=∠EBC+∠OBC=∠ECB+∠OCB=∠OCE=90°，又∵AB為⊙O的直徑，∴BE是⊙O的切線；（2）解：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∵AB=10，AC=8，∴BC=A∴BD=1由（1）得∠OBE=90°，在Rt△OBE中，設(shè)BE=x∴OE=O∵S△OBE∴12解得x=15∴線段BE的長(zhǎng)為154【點(diǎn)睛】本題考查切線的性質(zhì)和判定，垂徑定理，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理等，難度一般，解題的關(guān)鍵是能夠綜合運(yùn)用上述知識(shí)，逐步進(jìn)行推理論證．【變式1-2】（2023秋·湖北·九年級(jí)期末）AB為⊙O的直徑，PA為⊙O的切線，BC∥OP交⊙O于C，PO交⊙O于D，（1）求證：PC為⊙O的切線；（2）過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于E，交AC于F，PO交AC于H，BD交AC于G，DF＝FG，DF＝5，CG＝6，求⊙O的半徑．【答案】（1）見(jiàn)詳解；（2）10．【分析】（1）連OC，由BC∥OP，得到∠AOP=∠OBC，∠POC=∠OCB，則∠AOP=∠POC，可得△POA≌△POC，得到∠PAO=∠PC0，而PA為⊙O的切線，得∠OAP=90°，所以∠PC0=90°，根據(jù)切線的判定即可得到PC為⊙O的切線；（2）連AD，由AB為⊙O的直徑，得∠ADB=90°，而DE⊥AB，則∠ADE=∠ABD，所以∠ADE=∠ABD，從而易得到∠DAG=∠ADF，有AF=DF=FG=5，AC=5+5+6=16，得到AH=12AC=8．易證Rt△AOH≌Rt△DOE，得DE=AH=8，則EF=DE-DF=8-5=3，在Rt△AEF中，利用勾股定理可求得AE=4，在Rt△DOE中，利用勾股定理即可得到⊙O【詳解】證明：（1）連OC，如圖，∵BC∥OP，∴∠AOP=∠OBC，∠POC=∠OCB，而OB=OC，即∠OCB=∠OBC，∴∠AOP=∠POC，又∵OA=OC，OP公共，∴△POA≌△POC，∴∠PAO=∠PCO，而PA為⊙O的切線，∴∠OAP=90°，∴∠PCO=90°，∴PC為⊙O的切線；（2）連AD，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，而DE⊥AB，∴∠ADE=∠ABD，由（1）得∠AOP=∠COP，∴∠ABD=∠DAF，∴∠DAG=∠ADF，∴AF=DF=FG=5，∴AC=5+5+6=16．∴AH=12AC=8又∵OA=OD，∴Rt△AOH≌Rt△DOE，∴DE=AH=8．∴EF=DE-DF=8-5=3，在Rt△AEF中，AE=AF設(shè)⊙O半徑為r，在Rt△DOE中，有r2=82+（r-4）2∴r=10．所以⊙O的半徑為10．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定：經(jīng)過(guò)半徑的外端點(diǎn)與半徑垂直的直線是圓的切線．也考查了切線的性質(zhì)和三角形全等的判定與性質(zhì)以及勾股定理．【變式1-3】（2023秋·浙江·九年級(jí)期末）如圖1，在⊙O中，點(diǎn)H是直徑AB上的一點(diǎn)，過(guò)H點(diǎn)作弦CD⊥AB，點(diǎn)E是BAD的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作BD的平行線交DC延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接BE，交CD于點(diǎn)G．（1）求證：EF是⊙O的切線；（2）求證：BD+EF=DF；（3）如圖2，連接DE，若BDBG=k，則當(dāng)k為何值時(shí)，線段【答案】（1）見(jiàn)解析（2）見(jiàn)解析（3）當(dāng)k=1+52【分析】（1）連接EO并延長(zhǎng)交BD于點(diǎn)M，根據(jù)垂徑定理得到EM⊥BD，再結(jié)合EF//BD得到OE⊥EF，故可求解；（2）連接ED，先根據(jù)角度關(guān)系得到∠BGD=∠BDE=∠GBD，從而得到BD=GD，再根據(jù)EF//BD得到∠FEG=∠DBG=∠FGE，求得FE=FG，由線段間的關(guān)系即可證明；（3）先證明△BGD∽△BDE，得到BDBG=BEBD=k，可設(shè)BG=a，求出BD=ka，BE=k2a，再根據(jù)DE=EF證明得到EG=DG，再表示出BE=(k+1)a，得到k2a=(k【詳解】（1）如圖，連接EO并延長(zhǎng)交BD于點(diǎn)M∵點(diǎn)E是BAD的中點(diǎn)，EM過(guò)圓心O，∴EM⊥BD，又EF//BD∴OE⊥EF∴EF是⊙O的切線；（2）如圖，連接ED∵CD⊥AB∴BC∴∠BDC=∠BED，又∵∠GBD=∠DBE∴∠BGD=∠BDE=∠GBD∴BD=GD∵EF//BD∴∠FEG=∠DBG=∠FGE∴FE=FG∴BD+EF=DG+GF=DF；（3）∵∠BDC=∠BED，∠GBD=∠DBE，∴△BGD∽△BDE∴BD設(shè)BG=a，則BD=ka，BE=k2a∵DE=EF∴∠F=∠EDF∵EF//BD∴∠F=∠BDC又∵∠BED=∠BDC∴∠EDF=∠BED∴EG=DG又∵DG=BD=ka∴EG=ka，BE=BG+EG=(k+1)a∴k2a=(k+1)a解得k=1+52（∴當(dāng)k=1+52時(shí)，【點(diǎn)睛】此題主要考查圓的綜合問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是熟知垂徑定理、圓周角定理、切線的判定定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、一元二次方程的求法等知識(shí)．【題型2圓周角定理有關(guān)的計(jì)算與證明】【方法點(diǎn)撥】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?！纠?】（2023秋·北京西城·九年級(jí)北京八中?？计谥校┤鐖D，已知：過(guò)⊙O上一點(diǎn)A作兩條弦AB、AC，且∠BAC=45°，(AB，AC都不經(jīng)過(guò)O)過(guò)A作AC的垂線AF交⊙O于D，直線BD，AC交于點(diǎn)E，直線BC，DA交于點(diǎn)F．

(1)證明：BE=BF；(2)探索線段AB、AE、AF的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)AE=AF+2【分析】（1）連接CD，證明△BCD為等腰直角三角形，再證明△EBC≌△FBD，即可得出結(jié)論；（2）過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AB交AE于H，先證明△BCD為等腰直角三角形，得出AH=2AB，再證明△EBH≌△FBA得出EH=AF，由AE=EH+HA，等量代換即可證明【詳解】（1）證明：如圖1，連接CD，

∵AF⊥AE，∴∠CAD=90°，∴CD為⊙O的直徑，∴∠CBD=90°，∴∠EBC=∠FBD=90°，∵∠BAC=45°，∴∠BDC=∠BAC=45°，∴∠BCD=45°，∴BC=BD，∵四邊形ACBD內(nèi)接于⊙O，∴∠ECB=∠FDB，在△EBC與△FBD中，∠EBC=∠FBDBC=BD∴△EBC≌△FBDASA∴BE=BF；（2）解：AE=AF+2證明：如圖2，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AB交AE于H，

∵∠BAH=45°，∴△ABH為等腰直角三角形，∴AH=2∵△EBC≌△FBD∴∠E=∠F，BE=BF，∵∠EBF=∠HBA=90°，∴∠EBH+∠HBF=∠HBF+∠FBA，∴∠EBH=∠FBA，在△EBH和△FBA中，∠E=∠FBE=BF∴△EBH≌△FBAASA∴EH=AF，∴AE=EH+HA=AF+2【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理及全等三角形的判定與性質(zhì)，證明三角形的全等是解題的關(guān)鍵．【變式2-1】（2023秋·湖北·九年級(jí)期末）已知△ABC內(nèi)接于⊙O，∠BAC的平分線交⊙O于點(diǎn)D，連接DB，DC．(1)如圖①，當(dāng)∠BAC=120°時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段AB，AC，AD之間滿(mǎn)足的等量關(guān)系式：；(2)如圖②，當(dāng)∠BAC=90°時(shí)，試探究線段AB，AC，AD之間滿(mǎn)足的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．【答案】(1)AB+AC=AD(2)AB+AC=2【分析】（1）在線段AD上截取AE=AB，連接BE，根據(jù)圓周角定理的推論證明△ABE和△BCD是等邊三角形，再利用SAS證明△BED≌△BAC，得出DE=AC，即可推導(dǎo)得出AB+AC=AD；（2）延長(zhǎng)AB到點(diǎn)M，使BM=AC，連接DM，利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠MBD=∠ACD，再利用SAS證明△MBD≌△ACD，推出MD=AD，∠M=∠BAD=45°，進(jìn)而證明MD⊥AD，根據(jù)勾股定理可得AM=2AD，即【詳解】（1）解：如圖①在線段AD上截取AE=AB，連接BE，∵∠BAC=120°，AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD=60°，∵CD=∴∠DBC=∠DAC=60°，同理：∠DCB=∠DAB=60°，∴BC=CD=DB，∵AE=AB，∠BAE=60°，∴AB=BE=AE，∴∠ABE=∠DBC=60°，∴∠DBE=∠CBA，在△BED和△BAC中，BE=AB∠DBE=∠CBA∴△BED≌△BACSAS∴DE=AC，∴AD=AE+DE=AB+AC．故答案為：AB+AC=AD；（2）解：AB+AC=2如圖②，延長(zhǎng)AB到點(diǎn)M，使BM=AC，連接DM，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠MBD=∠ACD，∵∠BAD=∠CAD=1∴BD=CD，在△MBD和△ACD中，MB=AC∠MBD=∠ACD∴△MBD≌△ACDSAS∴MD=AD，∴∠M=∠BAD=45°，∴∠MDA=90°，∴MD⊥AD，∴AM=2AD，即∴AB+AC=2【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，解題關(guān)鍵是熟練運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想，通過(guò)添加輔助線，構(gòu)造全等三角形．【變式2-2】（2023秋·山西朔州·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，BD是⊙O的直徑，弦BC與OA相交于點(diǎn)E，AF與⊙O相切于點(diǎn)A，交DB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，∠F=30°，∠BAC=120°，BC=8．

(1)求∠ADB的度數(shù)；(2)求AC的長(zhǎng)度；(3)判定四邊形AFBC的形狀，并證明你的結(jié)論．【答案】(1)8(2)30°(3)四邊形AFBC是平行四邊形，證明見(jiàn)解析【分析】（1）由切線的性質(zhì)得出AF⊥OA，求出∠F=30°，得出∠AOF=60°，由圓周角定理可得∠ADB=1（2）證出OA⊥BC，由垂徑定理得出BE=CE=12BC=4，證明△AOB是等邊三角形，得出AB=OB，由直角三角形的性質(zhì)得出OE=12OB，（3）根據(jù)（1）（2）得到的相關(guān)結(jié)論證明AF∥BC、【詳解】（1）解：∵AF與⊙O相切于點(diǎn)A，∴AF⊥OA，∵∠F=30°，∴∠AOF=60°，∴∠ADB=1（2）解：∵∠ACB=∠ADB=30°，∠BAC=120°，∴∠ABC=180°-120°-30°=30°，∴∠ABC=∠ACB，∴AB=AC，∴AB=∴OA⊥BC∴BE=CE=∵∠AOB=60°，OA=OB，∴△AOB是等邊三角形，∴AB=OB，∵∠OBE=30°，∴OE=12OB∴OE=4∴AC=AB=OB=2OE=8（3）解：四邊形AFBC是平行四邊形，證明如下：∵OA⊥BC，AF⊥OA，∴AF∵△AOB是等邊三角形，∴∠ABO=60°,即∠ABF=120°,∵∠BAC=120°，∴∠ABF=∠BAC=120°，∴BF∥∴四邊形AFBC是平行四邊形．【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理、垂徑定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握?qǐng)A周角定理、垂徑定理和等邊三角形的相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【變式2-3】（2023秋·江蘇鹽城·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，DB=DC，∠DAE是四邊形ABCD的一個(gè)外角．(1)若∠DAE=75°，則∠DAC=°；(2)過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于E，判斷AB、(3)若AB=6、AE=2，求【答案】(1)75(2)AC=2AE+AB，見(jiàn)解析(3)60【分析】（1）四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，則∠BCD+∠BAD=180°，∠DAE是四邊形ABCD的一個(gè)外角得到∠DAE=∠BCD，BD=CD，則∠CBD=∠DCB，由圓周角定理得到∠CBD=∠CAD，即可得到答案；（2）過(guò)點(diǎn)D作DF⊥AC于點(diǎn)F，先證明△BDE≌△CDFAAS得到DE=DF，AE=CF（3）在Rt△BDE中，BD2=BE2+DE2，在Rt△AED中，【詳解】（1）∵四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，∴∠BCD+∠BAD=180°，∵∠DAE是四邊形ABCD的一個(gè)外角，∴∠DAE=∠BCD，∵BD=CD，∴∠CBD=∠DCB．∴∠DAE=∠CBD，∵弧CD所對(duì)的圓周角分別為∠CAD、∴∠CBD=∠CAD，∵∠DAE=75°，∴∠DCB=∠DBC=∠DAC=75°，故答案為；75（2）過(guò)點(diǎn)D作DF⊥AC于點(diǎn)F，∵DE⊥AB，∴∠DEA=90°∵∠ABD=∠ACD，∴△BDE≌∴DE=DF，∴∠ADE=∠ADF，又∵∠E=∠AFD，∴△ADE≌△ADFAAS∴AE=AF，∴AC=AF＋即AC=2AE+AB；（3）在Rt△BDE中，B在Rt△AED中，A∵AB=6，∴BE=8，∴BD2=64+D∴BD【點(diǎn)睛】此題考查了圓周角定理及其推論，全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí).【題型3垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用】【方法點(diǎn)撥】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?。纠?】（2023秋·河北石家莊·九年級(jí)校聯(lián)考期末）如圖是一位同學(xué)從照片上剪切下來(lái)的海上日出時(shí)的畫(huà)面，“圖上”太陽(yáng)與海平線交于A，B兩點(diǎn)，他測(cè)得“圖上”圓的半徑為5厘米，AB=8厘米．若從日前太陽(yáng)所處位置到太陽(yáng)完全跳出海平面的時(shí)間為8分鐘，則①現(xiàn)在“圖上”太陽(yáng)與海平線的位置關(guān)系是；②“圖上”太陽(yáng)升起的平均速度為厘米/分．【答案】相交1【分析】首先根據(jù)海平面與圓有兩個(gè)交點(diǎn)可判斷出直線與圓的位置關(guān)系，然后連接OA，過(guò)點(diǎn)O作OD⊥AB于D，由垂徑定理求出AD的長(zhǎng)，再由勾股定理求出OD的長(zhǎng)，然后計(jì)算出太陽(yáng)在海平線以下部分的高度，即可求解．【詳解】解：∵海平面與圓有兩個(gè)交點(diǎn)∴現(xiàn)在“圖上”太陽(yáng)與海平線的位置關(guān)系是相交；設(shè)“圖上”圓的圓心為O，連接OA，過(guò)點(diǎn)O作OD⊥AB于D，如圖所示：∵AB=8厘米，∴AD=1∵OA=5厘米，∴OD=O∴海平線以下部分的高度=OA+OD=5+3=8（厘米），∵太陽(yáng)從所處位置到完全跳出海平面的時(shí)間為8分鐘，∴“圖上”太陽(yáng)升起的速度=8÷8=1（厘米/分），故答案為：相交，1．【點(diǎn)睛】本題考查的是垂徑定理的運(yùn)用，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形是解答此題的關(guān)鍵．【變式3-1】（2023秋·浙江臺(tái)州·九年級(jí)?？计谥校┪沂性趧?chuàng)建全國(guó)文明城市檢查中，發(fā)現(xiàn)一些破舊的公交車(chē)候車(chē)亭有礙觀瞻，現(xiàn)已更換新的公交候車(chē)亭(圖1)，圖2所示的是側(cè)面示意圖，F(xiàn)G為水平線段，PQ⊥FG，點(diǎn)H為垂足，F(xiàn)G=4m，F(xiàn)H=2.4m，點(diǎn)P在弧FG上，且弧FG所在的圓的圓心O到FG，PQ的距離之比為5：2，則PH的長(zhǎng)約為多少米？

【答案】PH的長(zhǎng)約為1.2米【分析】作出如圖的輔助線，利用垂徑定理結(jié)合矩形性質(zhì)求得FM、OM、HN、ON的長(zhǎng)，分別在直角三角形OFM和直角三角形OPN中，利用勾股定理即可求解．【詳解】過(guò)點(diǎn)O作FG的垂線，垂足為M，過(guò)點(diǎn)O作PQ的垂線，垂足為N，

∵PQ⊥FG，∴四邊形MONH是矩形，則FM=12FG=2(m)，∵O到FG，PQ的距離之比為5:2即OMON∴OM=NH=1(m)，連接OF和OP，則在直角三角形OFM中，OF=OP=FM∴直角三角形OPN中，PN=OP∴PH=PN-NH=2.2-1=1.2(m)故則PH的長(zhǎng)約為1.2米．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，作出合適的輔助線，構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)系．【變式3-2】（2023春·浙江臺(tái)州·九年級(jí)臺(tái)州市書(shū)生中學(xué)?？计谥校┤鐖D這是我市某跨海大橋正側(cè)面的照片，大橋的主橋拱為圓弧型，橋面AB長(zhǎng)為800米，且與水面平行，小王用計(jì)算機(jī)根據(jù)照片對(duì)大橋進(jìn)行了模擬分析，在橋正下方的水面上取一點(diǎn)P，在橋面AB上取點(diǎn)C，作射線PC交?。ㄖ鳂蚬埃┯邳c(diǎn)D，右邊畫(huà)出了PC與PD關(guān)于AC長(zhǎng)的函數(shù)圖象，下列對(duì)此橋的判斷不合理的是（）A．橋拱的最高點(diǎn)與橋面AB的實(shí)際距離約為210米B．橋拱正下方的橋面EF的實(shí)際長(zhǎng)度約為500米C．拍攝照片時(shí)，橋面離水面的實(shí)際高度約為110米D．橋面上BF段的實(shí)際長(zhǎng)度約200米【答案】A【分析】由題意知，x從0變化到8，AB=800米，橫坐標(biāo)一個(gè)單位長(zhǎng)度對(duì)應(yīng)的長(zhǎng)度為100米，函數(shù)圖象中PC與PD函數(shù)圖象的交點(diǎn)即為橋拱與橋面的交點(diǎn)E、F，對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)分別為1、6，可求EF，進(jìn)而可判斷B的正誤；如圖，過(guò)最高點(diǎn)D作DH⊥AB，交AB于H，由題意知，EF中點(diǎn)對(duì)應(yīng)最高點(diǎn)D，根據(jù)x=1+52=3.5時(shí)，DH<DC，結(jié)合圖象可判斷A的正誤；PC縱坐標(biāo)最小時(shí)，PC⊥AB，由函數(shù)圖象可得PC的值，進(jìn)而可判斷C的正誤；根據(jù)橋面上BF段的實(shí)際長(zhǎng)度約8-6×100【詳解】解：由題意知，x從0變化到8，AB=800米，∴橫坐標(biāo)一個(gè)單位長(zhǎng)度對(duì)應(yīng)的長(zhǎng)度為100米，函數(shù)圖象中PC與PD函數(shù)圖象的交點(diǎn)即為橋拱與橋面的交點(diǎn)E、F，對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)分別為1、6，∴EF=6-1×100=500米，如圖，過(guò)最高點(diǎn)D作DH⊥AB，交AB于H，由題意知，EF中點(diǎn)對(duì)應(yīng)最高點(diǎn)D，∴x=1+52=3.5時(shí)，由圖象可知，DC=1.8×100=180米，∴橋拱的最高點(diǎn)與橋面AB的實(shí)際距離小于180米，A錯(cuò)誤，故符合要求；PC縱坐標(biāo)最小時(shí)，此時(shí)PC⊥AB，由函數(shù)圖象可知，PC=1.1×100=110米，C正確，故不符合要求；橋面上BF段的實(shí)際長(zhǎng)度約8-6×100=200米，D故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了函數(shù)圖象，垂徑定理．解題的關(guān)鍵在于結(jié)合題意理解圖象信息．【變式3-3】（2023秋·河北邢臺(tái)·九年級(jí)校聯(lián)考期末）“筒車(chē)”是一種以水流作動(dòng)力，取水灌田的工具．如圖，“筒車(chē)”盛水筒的運(yùn)行軌跡是以軸心O為圓心的圓，已知圓心O始終在水面上方．且當(dāng)圓被水面截得的弦AB為6米時(shí)，水面下盛水筒的最大深度為1米（即水面下方部分圓上一點(diǎn)距離水面的最大距離）．

(1)求該圓的半徑；(2)若水面上漲導(dǎo)致圓被水面截得的弦AB從原來(lái)的6米變?yōu)?米時(shí)，則水面下盛水筒的最大深度為多少米？【答案】(1)5米(2)2米【分析】（1）作OD⊥AB于點(diǎn)E，交⊙O于點(diǎn)D，由垂徑定理可得AE=12AB=3（2）當(dāng)AB=8米時(shí)，AE=12AB=4米．在Rt△AOE中，由勾股定理可得，AE【詳解】（1）解：如圖，作OD⊥AB于點(diǎn)E，交⊙O于點(diǎn)D．則AE=12AB=3設(shè)圓的半徑為r米，在Rt△AOE中，A∴32解得r=5，∴該圓的半徑為5米；

（2）解：當(dāng)AB=8米時(shí)，AE=12在Rt△AOE中，A∴42+O∴OE=3米，∴DE=5-3=2（米）．答：水面下盛水筒的最大深度為2米．【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理，熟練掌握垂徑定理的定義并運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．【題型4由點(diǎn)與圓的位置關(guān)系求求最值】【方法點(diǎn)撥】解決此類(lèi)問(wèn)題關(guān)鍵要記住若半徑為r，點(diǎn)到圓心的距離為d，則有：當(dāng)d＞r時(shí)，點(diǎn)在圓外；當(dāng)d＝r時(shí)，點(diǎn)在圓上，當(dāng)d＜r時(shí)，點(diǎn)在圓內(nèi)．【例4】（2023秋·江蘇蘇州·九年級(jí)蘇州市振華中學(xué)校?？计谥校┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A0,2，點(diǎn)B0,2+t，C0,2-t(t>0)，點(diǎn)P在以D6,6為圓心，2為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，且始終滿(mǎn)足∠BPC=90°【答案】2【分析】根據(jù)點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)，可知點(diǎn)A是BC的中點(diǎn)，根據(jù)直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半解得AP的長(zhǎng)，再由勾股定理解得AD的長(zhǎng)，最后由點(diǎn)與圓的位置關(guān)系即可求解．【詳解】解：連接AP，由題意，得：AB=(2+t)-2=t，AC=2-2-t∴AB=AC，∵∠BPC=90°，∴AP=1t要最小，就是點(diǎn)A到⊙D上的一點(diǎn)的距離最小，∴P在AD上，∵A0,2，D∴AD=6∴t的最小值是AP=AD-PD=213故答案為：213【點(diǎn)睛】本題考查點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，其中涉及坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)、勾股定理、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．【變式4-1】（2023秋·山東德州·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為A（2，0），B（0，2），點(diǎn)C為坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，BC＝1，點(diǎn)M為線段AC的中點(diǎn)，連接OM，則OM的最小值為．【答案】2-12【分析】先證點(diǎn)C在半徑為1的⊙B上，可知，C在BD與圓B的交點(diǎn)時(shí)，OM最小，根據(jù)三角形的中位線定理可得結(jié)論．【詳解】解：∵A（2，0），B（0，2），∴OA=OB=2，∵點(diǎn)C為坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，BC=1，∴C在⊙B上，且半徑為1，如圖，在x軸上取OD=OA=2，連接CD，∵M(jìn)為線段AC的中點(diǎn)，OD=OA，∴OM是△ACD的中位線，∴OM=12CD當(dāng)OM最小時(shí)，即CD最小，而D，B，C三點(diǎn)共線時(shí)，當(dāng)C在線段DB上時(shí)，OM最小，∵OB=OD=2，∠BOD=90°，∴BD=2OB=22，∴CD=22-1，∴OM=12CD=2-1即OM的最小值為2-12故答案為：2-12【點(diǎn)睛】本題考查了坐標(biāo)和圖形的性質(zhì)，三角形的中位線定理等知識(shí)，確定OM為最小值時(shí)點(diǎn)C的位置是關(guān)鍵．【變式4-2】（2023秋·山東泰安·九年級(jí)校聯(lián)考期末）如圖，點(diǎn)P(3，4)，⊙P半徑為2，A(2.5，0)，B(5，0)，點(diǎn)A．32 B．52 C．72【答案】C【分析】如圖，作射線OP交⊙P于M1、M2，連接OM．因?yàn)镺A=AB，CM=CB，所以AC=12OM，所以當(dāng)OM最大時(shí)，AC最大，可知當(dāng)M【詳解】如圖，作射線OP交⊙P于M1、M2，連接由勾股定理得：OP=32+4∵OA=AB，∴AC=12OM∴當(dāng)OM最大時(shí)，AC最大，∴當(dāng)M運(yùn)動(dòng)到M2時(shí)，OM此時(shí)AC的最大值=12OM2=12(OP+PM2故選C．【點(diǎn)睛】本題考查了點(diǎn)與圓的位置關(guān)系、坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)、三角形中位線定理、最小值問(wèn)題等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解圓外一點(diǎn)到圓的最小距離以及最大距離，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問(wèn)題．【變式4-3】（2023秋·河南駐馬店·九年級(jí)平輿縣第二初級(jí)中學(xué)?？计谀┤鐖D，Rt△ABC中，AB⊥BC,AB=6,BC=4,P是△ABC內(nèi)部的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿(mǎn)足∠PAB=∠PBC,則線段CP的最小值為．【答案】2【分析】首先證明點(diǎn)P在以AB為直徑的⊙O上，當(dāng)O、P、C共線時(shí)PC最小，利用勾股定理求出OC即可解決問(wèn)題．【詳解】解：∵AB⊥BC，∴∠ABP＋∠PBC＝90°，∵∠PAB＝∠PBC∴∠BAP＋∠ABP＝90°，∴∠APB＝90°，∴點(diǎn)P在以AB為直徑的⊙O上，當(dāng)O、P、C共線時(shí)PC最小，在Rt△BCO中，AB＝6，BC＝4，∴OB＝12AB＝3∴OC＝OB∴PC＝OC?OP＝5?3＝2．∴PC最小值為2．故答案為2．【點(diǎn)睛】本題考查點(diǎn)與圓位置關(guān)系、圓周角定理、最短問(wèn)題等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是確定點(diǎn)P位置，學(xué)會(huì)求圓外一點(diǎn)到圓的最小、最大距離，屬于中考常考題型．【題型5由圓的對(duì)稱(chēng)性求最短路線問(wèn)題】【例5】（2023秋·浙江杭州·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，在⊙O中，AB是⊙O的直徑，AB=10，AC=CD=DB，點(diǎn)E是點(diǎn)D關(guān)于AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)，M是AB上的一動(dòng)點(diǎn)，下列結(jié)論：①∠BOE=60°；②∠CED=12∠AOD；③DM⊥CE；④【答案】2【分析】①根據(jù)等弧所對(duì)的圓心角所對(duì)得∠BOD=60°；根據(jù)圓的對(duì)稱(chēng)性得∠BOE=60°；故①正確；②根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角等于圓心角的一半得∠CED=12∠COD，故②錯(cuò)誤；③根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角等于圓心角的一半得∠BMD=30°，再根據(jù)三角形內(nèi)角和即可得DM⊥CE；故③正確；④作C關(guān)于AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)F，連接CF交AB于點(diǎn)N，連接DF交AB于點(diǎn)M，此時(shí)CM+DM的值最短，即為DF長(zhǎng)，連接CD，根據(jù)圓周角定理得∠D=60°，∠DFC=30°，再由三角形內(nèi)角和得∠FCD=90°，再由圓周角定理得DF是⊙O的直徑，即可得出CM+DM【詳解】解：①∵AC=∴∠BOD=60°；又∵點(diǎn)E是點(diǎn)D關(guān)于AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)，∴∠BOE=60°；故①正確；②∵∠CED=12∠COD③由M為AB上動(dòng)點(diǎn)，D為定點(diǎn)，∴DM不一定垂直于CE；故③錯(cuò)誤；④作C關(guān)于AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)F，連接CF交AB于點(diǎn)N，連接DF交AB于點(diǎn)M，此時(shí)CM+DM的值最短，即為DF長(zhǎng)，連接CD，∵AF=∴∠D=60°，∴∠FCD=180°-60°-30°=90°，∴DF是⊙O的直徑，∵AB=10，∴DF=10，∴CM+DM=DF=10，故④正確．故正確的個(gè)數(shù)為2個(gè)故答案為：2．【點(diǎn)睛】本題考查了圓心角、弧、弦的關(guān)系，圓周角定理，軸對(duì)稱(chēng)的應(yīng)用—最短距離問(wèn)題，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)求解是解決本題的關(guān)鍵．【變式5-1】（2023秋·安徽淮北·九年級(jí)?？计谀┤鐖D，AB是⊙O的直徑，AB=2，點(diǎn)C在⊙O上，∠CAB=30°，D為弧BC的中點(diǎn)，P是直徑AB上一動(dòng)點(diǎn)，則PC+PD的最小值為（

）A．22 B．2 C．1 D．【答案】B【分析】如圖所示，作點(diǎn)D關(guān)于AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)D'，連接CD'，交于AB于點(diǎn)P，此時(shí)PC+PD的值最小，即PC+PD=PC+PD'=CD'，連接OC,OD',AD'，根據(jù)點(diǎn)C在⊙O【詳解】解：如圖所示，作點(diǎn)D關(guān)于AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)D'，連接CD'，交于AB于點(diǎn)P，此時(shí)PC+PD連接OC,OD∵點(diǎn)C在⊙O上，∠CAB=30°，D為弧BC的中點(diǎn)，∴CD=∠BAD∴∠CAD∴∠COD∵OC,OD'是⊙O的半徑，即∴△COD∴CD∴PC+PD的最小值為2，故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查圓的基礎(chǔ)知識(shí)，對(duì)稱(chēng)圖形求對(duì)短路徑，圓周角定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，含特殊角的直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)的綜合，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【變式5-2】（2023秋·陜西渭南·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，A、B是半圓O上的兩點(diǎn)，MN是直徑，OB⊥MN．若AB=4，OB=5，P是MN上的一動(dòng)點(diǎn)，則PA+PB的最小值為．【答案】2【分析】延長(zhǎng)BO交⊙O于B'連接AB'交MN于P，連接PB【詳解】解：延長(zhǎng)BO交⊙O于B'連接AB'交MN于P∵BB∴PB=PB∴PA+PB=PA+PB'=A∵BB∴∠BAB∵BB∴PA+PB=PA+PB故答案為：221【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理的運(yùn)用和最短路徑問(wèn)題，正確的作輔助線是解決本題的關(guān)鍵．【變式5-3】（2023秋·廣東廣州·九年級(jí)?？计谀?）如圖①，在△ABC中，∠A=120°，AB=AC=5．尺規(guī)作圖：作△ABC的外接圓⊙O，并直接寫(xiě)出△ABC的外接圓半徑（2）如圖②，⊙O的半徑為13，弦AB=24，M是AB的中點(diǎn)，P是⊙O上一動(dòng)點(diǎn)，求PM的最大值．（3）如圖③所示，AB，AC、BC是某新區(qū)的三條規(guī)劃路，其中AB=6km，AC=3km，∠BAC=60°，BC所對(duì)的圓心角為60°，新區(qū)管委會(huì)想在BC路邊建物資總站點(diǎn)P，在AB，AC路邊分別建物資分站點(diǎn)E、F，也就是，分別在BC、線段AB和AC上選取點(diǎn)P、E、F．由于總站工作人員每天都要將物資在各物資站點(diǎn)間按P→E→F→P的路徑進(jìn)行運(yùn)輸，因此，要在各物資站點(diǎn)之間規(guī)劃道路PE、EF和FP．為了快捷、環(huán)保和節(jié)約成本．要使得線段PE、【答案】（1）5；（2）18；（3）3【分析】（1）如圖①，外接圓的圓心為O，連接OA，OB，根據(jù)已知條件可得△AOB是等邊三角形，由此即可得半徑；（2）如圖②所示，連接MO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)N，連接OP，顯然，MN即為PM的最大值，根據(jù)垂徑定理求得MO的長(zhǎng)即可求得MN的最大值；（3）如圖③所示，假設(shè)P點(diǎn)即為所求點(diǎn)，假設(shè)P點(diǎn)即為所求點(diǎn)，分別作出點(diǎn)P關(guān)于AB、AC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)P'、P″連接PP'、P'E，PE，P″F，PF，PP″【詳解】（1）如圖①，外接圓的圓心為O，連接OA，OB，∵O是等腰三角形ABC的外心，AB=AC，∴∠BAO=∠OAC=1∵OA=OB，∴△AOB是等邊三角形，∴OB=AB=5，故答案為5；（2）如圖②所示，連接MO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)N，連接OP，顯然，MP≤OM+OP=OM+ON=MN，∵AB=24，M是AB的中點(diǎn)，∴MN⊥AB,AM=MB=12,∵ON=13，∴OM=O∵M(jìn)N=18，∴PM的最大值為18；（3）如圖③所示，假設(shè)P點(diǎn)即為所求點(diǎn)，分別作出點(diǎn)P關(guān)于AB、AC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)P'、P″，連接PP'、P'E，由對(duì)稱(chēng)性可知PE+EF+FP=P'E+EF+FP″=P'P″，且P'、如圖④，作出BC的圓心O，連接AO，與弧BC交于P，P點(diǎn)即為使得PA最短的點(diǎn)，∵AB=6km，AC=3km，∴△ABC是直角三角形，∠ABC=30°，BC=33，BC所對(duì)的圓心角為60°∴△OBC是等邊三角形，∠CBO=60°，BO=BC=33∴∠ABO=90°，AO=AB2∠P∴∠P∴∠AP∵P'所以PE+EF+FP的最小值為321【點(diǎn)睛】本題考查了圓的綜合，涉及到垂徑定理、最短路徑問(wèn)題等，正確添加輔助線、靈活應(yīng)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵.【題型6三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心】【方法點(diǎn)撥】三角形的內(nèi)切圓及有關(guān)概念：和三角形各邊都相切的圓叫做三角形的內(nèi)切圓，內(nèi)切圓的圓心叫做三角形的內(nèi)心，這個(gè)三角形叫做圓的外切三角形．三角形的內(nèi)心是三角形各內(nèi)角平分線的交點(diǎn)，這點(diǎn)到三角形的各邊的距離都相等．【例6】（2023秋·江蘇無(wú)錫·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，△ABC的內(nèi)切圓⊙O與AB，BC，AC相切于點(diǎn)D，E，F(xiàn)，已知AB＝6，AC＝5，BC＝7，則DE的長(zhǎng)是（

）A．1277 B．1077 C．【答案】D【分析】連接OD、OE、OB，OB交DE于H，作AG⊥BC交BC于點(diǎn)G，利用AB2-BG2=AC2-CG2，求出BG=307，進(jìn)一步可得AG=1267，求出S△ABC=12AG·BC=66【詳解】解：連接OD、OE、OB，OB交DE于H，作AG⊥BC交BC于點(diǎn)G，如圖，∵AB＝6，AC＝5，BC＝7，∴AB2-BG2∴AG=A∴S△ABC設(shè)內(nèi)切圓的半徑為r，則S△ABC=1∵△ABC的內(nèi)切圓⊙O與AB，BC，CA分別相切于點(diǎn)D，E，F(xiàn)，∴∠ODB=∠OEB=90°，又∵OD=OE，OB=OB，∴Rt△ODB≌△Rt△OEB，∴BD=BE，同理，CE=CF，AD=AF，∵BE+CE=BC=7，∴BD+BE+CE+CF=14，∴2AD=(6+5+7)-14=4，即AD=2，∴BD=4，∴OB=B∵BE=BD，OE=OD，∴OB垂直平分DE，∴DH=EH，OB⊥DE，∵1∴HE=OE?BE∴DE=2EH=8故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的內(nèi)切圓性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，面積法等，正確添加輔助線，靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【變式6-1】（2023秋·江蘇南京·九年級(jí)統(tǒng)考期末）以下列三邊長(zhǎng)度作出的三角形中，其內(nèi)切圓半徑最小的是（

）A．8，8，8 B．4，10，10 C．5，9，10 D．6，8，10【答案】B【分析】分別求出各三角形的內(nèi)切圓半徑，比較即可．【詳解】如圖，任意一個(gè)三角形△ABC的內(nèi)心O，分別過(guò)O作三邊的垂線，垂足為D、E、F，連接OD、∴OD=OE=OF=r∴S==∴三角形內(nèi)切圓半徑r=A、∵三角形是等邊三角形∴S=∴三角形內(nèi)切圓半徑rAB、如圖，△ABC中，AB=AC=10,BC=4，過(guò)A作AD⊥BC于D，∴CD=1∴AD=A∴S∴三角形內(nèi)切圓半徑rBC、如圖，△ABC中，AB=10,AC=9,BC=5，過(guò)A作AD⊥BC于D，設(shè)CD=x,BD=5-x，∵A∴A解得x=35∴S∴三角形內(nèi)切圓半徑rCC、△ABC中，AB=10,AC=8,BC=6，∴A∴△ABC是直角三角形∴S∴三角形內(nèi)切圓半徑rD∵2∴內(nèi)切圓半徑最小的是4，10，10，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查的是三角形的內(nèi)切圓、勾股定理，掌握內(nèi)切圓半徑與三角形周長(zhǎng)和面積的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【變式6-2】（2023秋·河南漯河·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，切點(diǎn)分別為D,E,F，且∠A=90°，BC=5，CA=4，則⊙O的半徑是．

【答案】1【分析】先根據(jù)勾股定理求出AB=3，由切線長(zhǎng)定理得BD=BE，AD=AF，CF=CE，設(shè)OD=OF=AF=AD=x，則CF=CE=4-x，BD=BE=3-x，然后根據(jù)CE+BE=5，求解即可．【詳解】解：在Rt△ABC∵∠A=90°，BC=5，CA=4，∴AB=B∵⊙O為Rt△ABC的內(nèi)切圓，切點(diǎn)分別為D，E，F(xiàn)∴BD=BE，AD=AF，CF=CE，如圖，連接OD，OF，

∵⊙O為Rt△ABC∴OD⊥AB，∴∠ODA=∠A=∠OFA=90°，∴四邊形ADOF是正方形，設(shè)OD=OF=AF=AD=x，則CF=CE=4-x，BD=BE=3-x，∵CE+BE=5，∴4-x+3-x=5，∴x=1，則⊙O的半徑為1．故答案為：1．【點(diǎn)睛】本題考查三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，勾股定理，正方形的判定與性質(zhì)，切線長(zhǎng)定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握切線長(zhǎng)定理．【變式6-3】（2023秋·江蘇鎮(zhèn)江·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)P是△ABD的內(nèi)切圓的圓心，過(guò)P作PE⊥BC，PF⊥CD，垂足分別為點(diǎn)E、F，則四邊形PECF和矩形ABCD的面積之比等于（）A．1：2 B．2：3 C．3：4 D．無(wú)法確定【答案】A【分析】延長(zhǎng)EP交AD于M，延長(zhǎng)FP交AB于N，設(shè)AD＝a，AB＝b，BD＝c，⊙P的半徑為r，利用平行線的性質(zhì)得到PM⊥AD，PN⊥AB，再根據(jù)切線長(zhǎng)定理得到PM＝PN＝r，根據(jù)直角三角形的內(nèi)切圓半徑的計(jì)算方法得到r＝a+b-c2，所以PE?PF＝a+c-b，利用完全平方公式和平方差公式得到PE?PF＝12ab，然后計(jì)算四邊形PECF和矩形ABCD【詳解】解：延長(zhǎng)EP交AD于M，延長(zhǎng)FP交AB于N，如圖，設(shè)AD＝a，AB＝b，BD＝c，⊙P的半徑為r，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AB∥CD，∵PE⊥BC，PF⊥CD，∴PM⊥AD，PN⊥AB，∵點(diǎn)P是△ABD的內(nèi)切圓的圓心∴PM＝PN＝r，∴r＝a+b-c2∴PF＝a﹣a+b-c2＝a+c-b2，PE＝b﹣a+b-c2∴PE?PF＝a+c-b2＝c2-(a-b)而a2+b2＝c2，∴PE?PF＝2ab4＝12∴四邊形PECF和矩形ABCD的面積之比＝12ab：ab＝1：2故選A．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心：三角形的內(nèi)心到三角形三邊的距離相等；三角形的內(nèi)心是三角形內(nèi)角平分線的交點(diǎn)．也考查了切線的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)．【題型7正多邊形與圓】【方法點(diǎn)撥】定義：正多邊形的外接圓的圓心叫做這個(gè)正多邊形的中心，外接圓的半徑叫做正多邊形的半徑，正多邊形每一邊所對(duì)的圓心角叫做正多邊形的中心角，中心正多邊形的一邊的距離叫做正多邊形的邊心距?！纠?】（2023秋·山東淄博·九年級(jí)統(tǒng)考期末）已知四個(gè)正六邊形如圖擺放在圖中，頂點(diǎn)A，B，C，D，E，F(xiàn)在圓上．若兩個(gè)大正六邊形的邊長(zhǎng)均為2，則小正六邊形的邊長(zhǎng)是（

）A．3-3 B．23-12 C．【答案】D【分析】在邊長(zhǎng)為2的大正六邊形中，根據(jù)正六邊形和圓的性質(zhì)可求出ON和半徑OD，進(jìn)而得出小正六邊形MF的長(zhǎng)，再根據(jù)正六邊形的性質(zhì)求出半徑GF，即邊長(zhǎng)FH即可．【詳解】解：如圖，連接AD交PM于O，則點(diǎn)O是圓心，過(guò)點(diǎn)O作ON⊥DE于N，連接MF，取MF的中點(diǎn)G，連接GH，GQ，由對(duì)稱(chēng)性可知，OM＝OP＝EN＝DN＝1，由正六邊形的性質(zhì)可得ON＝23，∴OD=DN∴MF=13-由正六邊形的性質(zhì)可知，△GFH、△GHQ、△GQM都是正三角形，∴FH=12MF故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形和圓，掌握正六邊形和圓的性質(zhì)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．【變式7-1】（2023秋·河南駐馬店·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，已知⊙O的半徑為4，則該圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF的邊心距OG（

）

A．32 B．32 C．23【答案】C【分析】連接OC，OD，可得△OCD是等邊三角形，根據(jù)邊心距即為等邊三角形的高用勾股定理求出OG．【詳解】解：連接OC，OD，

∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠COD=360°∴△OCD是等邊三角形，由題意可知OG⊥CD，則OG垂直平分CD，∴OC=OD=CD=4，CG=∴OG=故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形，等邊三角形的判定及性質(zhì)，熟練掌握?qǐng)A內(nèi)接正多邊形的相關(guān)概念是解題的關(guān)鍵．【變式7-2】（2023秋·浙江杭州·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，正方形ABCD和正△AEF都內(nèi)接于⊙O，EF與BC、CD分別相交于點(diǎn)G、H，則EFGH的值是（A．62 B．2 C．3 D．【答案】C【分析】設(shè)⊙O的半徑是r，則OF=r，根據(jù)AO是∠EAF的平分線，求出∠OAF=30°，進(jìn)而得出OI=CI，再根據(jù)相似比求出GH，從而得到EFGH【詳解】解：連接AC、BD、OF，如圖所示：設(shè)⊙O的半徑是r，則OF=r，∵AO是∠EAF的平分線，∴∠OAF=1∵OA=OF，∴∠OFA=∠OAF=30°，∴∠COF=60°，∴FI=rsin∴EF=2×3∵AO=2OI，∴OI=12r∴GHBD∴GH=1∴EFGH=3rr故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形與圓的關(guān)系．解答本題的關(guān)鍵是熟練掌握正多邊形的有關(guān)概念，并準(zhǔn)確運(yùn)用他們求線段長(zhǎng)．【變式7-3】（2023秋·北京海淀·九年級(jí)期末）如圖，⊙O是正八邊形ABCDEFGH的外接圓，⊙O的半徑是1，則下列四個(gè)結(jié)論中正確的是．①DF的長(zhǎng)為π2；②DF=2OF；③ΔODE【答案】①②④【分析】先求出正八邊形的中心角∠DOE=45°，得到∠DOF=90°，即可求出弧DF的長(zhǎng)①正確錯(cuò)誤；由勾股定理求得DF=2OF可得②正確；由∠DOE=45°，可得③錯(cuò)誤；由于S四邊形ODEF=【詳解】解：∵∠DOE=∠EOF=360°∴∠DOF=90°，∴弧DF的長(zhǎng)為90π×1180∴①正確；∵∠DOF=90°，OD=OF，∴2OF∴OF=2即DF=2∴②正確；∵∠DOE=45°，∴③錯(cuò)誤；∵S∴S∵OE=1∴S∴④正確；故答案為：①②④．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正多邊形和圓，勾股定理，三角形的面積公式，熟練掌握正多邊形的中心角和邊數(shù)的關(guān)系是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．【題型8圓錐側(cè)面積的相關(guān)計(jì)算】【方法點(diǎn)撥】解決此類(lèi)問(wèn)題掌握?qǐng)A錐側(cè)面積的計(jì)算公式是關(guān)鍵，并且能夠靈活運(yùn)用.【例8】（2023秋·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）小華的爸爸要用一塊矩形鐵皮加工出一個(gè)底面半徑為20cm，高為402(1)你能求出這個(gè)錐形漏斗的側(cè)面展開(kāi)圖的圓心角嗎？(2)如圖，有兩種設(shè)計(jì)方案，請(qǐng)你計(jì)算一下，哪種方案所用的矩形鐵皮面積較少？【答案】（1）120°（2）方案二所用的矩形鐵皮面積較少【分析】（1）先根據(jù)勾股定理求出母線長(zhǎng)為60，然后根據(jù)圓錐側(cè)面展開(kāi)圖為一扇形，這個(gè)扇形的弧長(zhǎng)等于圓錐底面的周長(zhǎng)和弧長(zhǎng)公式計(jì)算錐形漏斗的側(cè)面展開(kāi)圖的圓心角；（2）如圖1，矩形的一邊長(zhǎng)等于母線長(zhǎng)60，再利用含30度的直角三角形三邊的關(guān)系計(jì)算出OB，從而得到BC長(zhǎng)，再計(jì)算矩形ABCD的面積；如圖2，矩形的一邊長(zhǎng)等于母線長(zhǎng)60，再利用含30°的直角三角形三邊的關(guān)系計(jì)算出OF，從而得到CG長(zhǎng)，再計(jì)算矩形EFGH的面積，然后比較兩矩形的面積即可．【詳解】(1)圓錐的母線長(zhǎng)=20設(shè)這個(gè)錐形漏斗的側(cè)面展開(kāi)圖的圓心角為n°所以2π?20=n?π?60180，解得即這個(gè)錐形漏斗的側(cè)面展開(kāi)圖的圓心角為120°；(2)如圖1，OM=60，∠MON=在Rt△OBM中，∵∠BOM=30∴BM=30，∴OB=3∴BC=2OB=603∴方案一所需的矩形鐵皮的面積=60×603如圖2，OM=ON=60，∠MON=120在Rt△FOM中，∵∠FOM=60∴OF=30，∴FG=OF+OG=30+60=90，∴方案二所需的矩形鐵皮的面積=90×60=5400，∴方案二所用的矩形鐵皮面積較少．【點(diǎn)睛】本題考查了圓錐的計(jì)算：圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖為一扇形，這個(gè)扇形的弧長(zhǎng)等于圓錐底面的周長(zhǎng)，扇形半徑等于圓錐的母線長(zhǎng).【變式8-1】（2012春·湖南永州·九年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC,AD=2,BC=6,以A為圓心，AD為半徑的圓與BC邊相切于點(diǎn)M，于AB交于點(diǎn)E，將扇形A-DME剪下圍成一個(gè)圓錐，則圓錐的高為.【答案】55【分析】如圖，連接AM，由切線的性質(zhì)知AM⊥BC，先根據(jù)題意和等腰梯形的性質(zhì)求出∠BAD的度數(shù)，然后根據(jù)弧長(zhǎng)公式可求出弧DE的長(zhǎng)，進(jìn)一步可求得圓錐的底面半徑，再運(yùn)用勾股定理即可求得圓錐的高.【詳解】解：如圖，連接AM，則AM⊥BC，∵ABCD為等腰梯形，∴2BM+AD=BC，∴BM=2=AM，∴∠BAM=45o，∴∠BAD=135o，∴l(xiāng)DE∴要圍成的圓錐底面半徑=3π2÷2π=34【點(diǎn)睛】本題考查了等腰梯形的性質(zhì)、圓的切線的性質(zhì)、弧長(zhǎng)公式和圓錐的高的計(jì)算等知識(shí)，熟練掌握上述知識(shí)是解題的關(guān)鍵.【變式8-2】（2023秋·江蘇·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖是一張直角三角形卡片，∠ACB＝90°，AC＝BC，點(diǎn)D、E分別在邊AB、AC上，AD＝2cm，DB＝4cm，DE⊥AB．若將該卡片繞直線DE旋轉(zhuǎn)一周，則形成的幾何體的表面積為cm2．

【答案】16π＋162π．【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)得到若將該卡片繞直線DE旋轉(zhuǎn)一周，則形成的幾何體是一個(gè)以BD為底面圓半徑的圓臺(tái)，上面去掉一個(gè)以CF為底面，高為EF的圓錐，利用圓的面積公式，圓錐側(cè)面的面積公式計(jì)算即可.【詳解】∵AD＝2cm，DB＝4cm，∴AB=6cm，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴CH=3cm，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥直線DE于F，作CH⊥AB于H，則四邊形CFDH是矩形，∴DF=CH=3cm，∵DE⊥AB，∴DE=AD=2cm，∠CEF=∠AED=45°，∴CF=EF=DF-DE=1cm，∵若將該卡片繞直線DE旋轉(zhuǎn)一周，則形成的幾何體是一個(gè)以BD為底面圓半徑的圓臺(tái)，上面去掉一個(gè)以CF為底面，高為EF的圓錐，如圖，底面圓的面積=π?4外側(cè)面積=π×4×42上面圓錐側(cè)面面積=π×1×2∴形成的幾何體的表面積為16π+15故答案為：16π+162

【點(diǎn)睛】此題考查平面圖形旋轉(zhuǎn)得到幾何體，考查空間想象能力，考查了圓的面積公式，圓錐的側(cè)面面積公式，此題能根據(jù)圖形利用空間想象能力得到旋轉(zhuǎn)后的幾何體為上面去掉一個(gè)圓錐的圓臺(tái)由此進(jìn)行計(jì)算是解題的關(guān)鍵.【變式8-3】（2023秋·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在一張四邊形ABCD的紙片中，AB∥DC，AD=AB=BC=22，∠D=45°，以點(diǎn)A為圓心，2(1)求證：DC與⊙A相切；(2)過(guò)點(diǎn)B作⊙A的切線；（要求：尺規(guī)作圖，不寫(xiě)作法，保留作圖痕跡）(3)若用剪下的扇形AEF圍成一個(gè)圓錐的側(cè)面，能否從剪下的兩塊余料中選取一塊，剪出一個(gè)圓作為這個(gè)圓錐的底面？【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)能，理由見(jiàn)解析【分析】（1）過(guò)點(diǎn)A作AG⊥DC于點(diǎn)G，勾股定理求得AG可得AG是⊙A的半徑，即可得證；（2）作線段AB的垂直平分線，交⊙A于點(diǎn)H，作直線BH，則BH即為所求，根據(jù)作圖可得HA=HB=2，根據(jù)勾股定理的逆定理證明△AHB是直角三角形，即可求解；（3）根據(jù)弧長(zhǎng)公式求得EF的長(zhǎng)，繼而求得圓錐的底面半徑，連接AC交EF于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)B作BR⊥DC于點(diǎn)R，BR,AC交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)O作OP⊥BC于點(diǎn)P，則⊙O與BC,CD相切，繼而求得⊙O的半徑r，比較OQ與r的大小，進(jìn)而比較r與圓錐底面半徑的大小即可求解．【詳解】（1）證明：如圖，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥DC于點(diǎn)G，∵∠ADC=45°,AD=22∴AG=2，∵⊙A的半徑為2，∴AG是⊙A的半徑，又AG⊥DC，∴DC是⊙A的切線；（2）如圖，作線段AB的垂直平分線，交⊙A于點(diǎn)H，作直線BH，則BH即為所求，理由，∵HA=HB=2，AB=2∴H∴△ABH是直角三角形，且AH⊥HB∴HB是⊙A的切線；（3）解：∵∠D=45°,AB∴∠BAD=135°，∴EF則圓錐的底面圓的半徑為3如圖，連接AC交EF于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)B作BR⊥DC于點(diǎn)R，BR,AC交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)O作OP⊥BC于點(diǎn)P，則⊙O與BC,CD相切，∵AB=BC∴∠BCA=∠BAC∵AB∴∠BAC=∠ACD∴∠BCA=∠ACD∴OR=OP由（1）可知AB,DC之間的距離為2，∴BR=2,∵BC=2∴RC=∴△BRC是等腰直角三角形，∴∠RBC=45°∵BP⊥BC∴△OPB是等腰直角三角形，∴BO=設(shè)⊙O的半徑為r，則BO=2-r，∴2解得r=∴BO=2∴AO∴OQ=AO-AQ=32-16OQ-r=32-16∵32-162又242∴OQ-r>0，即OQ>r，∵22∴能從剪下的兩塊余料中選取一塊，剪出一個(gè)圓作為這個(gè)圓錐的底面．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定，角平分線的性質(zhì)，勾股定理，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【題型9動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度計(jì)算】【例9】（2023春·黑龍江大慶·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）四邊形ABCD中，∠B=∠D=90°，∠DAB=135°，且AB=2，AD=42．以B為圓心，BC為半徑作弧，交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，若點(diǎn)Q為弧EC上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥BC于點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)I為△BQH的內(nèi)心，連接BI，QI，當(dāng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)E時(shí)，則內(nèi)心I【答案】5【分析】三角形的內(nèi)心是三角形三個(gè)內(nèi)角平分線的交點(diǎn)，連接IC，由內(nèi)心定義得∠QBI=∠CBI，繼而證明△IBQ≌△IBC(SAS)，再由全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等解得∠BIC=∠BIQ，接著計(jì)算∠QBI+∠IQB的度數(shù)，得到∠BIC=∠BIQ=135°，過(guò)B、I、C三點(diǎn)作⊙O，求得∠BOC的度數(shù)，求出BC=10，在等腰直角三角形BCO中，利用勾股定理解得BO=5【詳解】解：如圖，連接IC，∵I是內(nèi)心，∴∠QBI=∠CBI，∵BI=BI，CB=BQ，∴△IBQ≌△IBC(SAS)∴∠BIC=∠BIQ，∵∠QHB=90°，∴∠QBI+∠IQB=12∠QBH+12∠BQH∴∠BIQ=180°-45°=135°，∴∠BIC=∠BIQ=135°，

過(guò)B、I、C三點(diǎn)作⊙O，連接OB,OC，∴∠BOC=2(180°-∠BIC)=2×(180°-135°)=90°，∴當(dāng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)E時(shí)，內(nèi)心所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)為BC的長(zhǎng)，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥BC，過(guò)A作AN⊥DM，垂足分別為M、N，∵∠DAB=135°，∠B=∠D=90°，∴∠DAN=45°，∠C=45°，∵AB=2，AD=42．∴AN=DN=4=BM，DM=CM=6，∴BC=4+6=10，在等腰直角三角形BCO中，BO=BC∴l(xiāng)BC故答案為：52【點(diǎn)睛】本題考查圓的綜合，涉及圓周角定理、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形的內(nèi)心性質(zhì)、不共線三點(diǎn)確定一個(gè)圓、弧長(zhǎng)公式等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，正確作出輔助線、掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．【變式9-1】（2023秋·江蘇連云港·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）如圖，已知∠ABC=90°，AB=10，BC=5，半徑為2的⊙O從點(diǎn)A出發(fā)，沿A→B→C方向滾動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)停止，圓心O運(yùn)動(dòng)的路程是．

【答案】15+【分析】根據(jù)題意畫(huà)出圖形，將運(yùn)動(dòng)路徑分為三部分：OO1，O1【詳解】解：圓心O運(yùn)動(dòng)路徑如圖：

∵OO1=AB=10；弧O1O∴圓心O運(yùn)動(dòng)的路程是10+π故答案為：15+π【點(diǎn)睛】本題考查了弧長(zhǎng)的計(jì)算，找到運(yùn)動(dòng)軌跡，將運(yùn)動(dòng)軌跡分為三部分進(jìn)行計(jì)算是解題關(guān)鍵．【變式9-2】（2023秋·江蘇徐州·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）如圖，有一塊長(zhǎng)為4cm、寬為3cm的矩形木板在桌面上按順時(shí)針?lè)较驘o(wú)滑動(dòng)地翻滾，木板上頂點(diǎn)A的位置變化為A→A1→A2，其中，第二次翻滾時(shí)被桌面上一個(gè)小木塊擋住，使木板邊沿A2C

A．10cm B．3.5πcm C．4.5πcm【答案】B【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的定義得到點(diǎn)A以B為旋轉(zhuǎn)中心，以∠ABA1為旋轉(zhuǎn)角，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到A1；A2是由A1以C為旋轉(zhuǎn)中心，以∠A1CA【詳解】解：連接AB、BA由題意，點(diǎn)A以B為旋轉(zhuǎn)中心，以∠ABA1為旋轉(zhuǎn)角，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到A1；A2是由A1

∵∠ABA1=90°，∠A1∴點(diǎn)A翻滾到A2位置時(shí)共走過(guò)的路徑長(zhǎng)=故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了弧長(zhǎng)公式，旋轉(zhuǎn)變換，解決本題的關(guān)鍵是掌握弧長(zhǎng)公式和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．【變式9-3】（2023·浙江溫州·?？既＃﹫D1是掛桶式垃圾車(chē)的聯(lián)動(dòng)裝置，通過(guò)鋼軸先后作兩次旋轉(zhuǎn)移動(dòng)垃圾桶，實(shí)現(xiàn)對(duì)垃圾桶提升和翻轉(zhuǎn)，將垃圾桶內(nèi)的垃圾自動(dòng)收入車(chē)廂．圖2，圖3是該裝置的側(cè)面示意圖，AB與地面所成的銳角為60°，AB=110cm