中考数学一轮复习专题3.14 圆章末十大题型总结（拔尖篇）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题3.14 圆章末十大题型总结（拔尖篇）（北师大版）（解析版），共61页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc24471" 【题型1 切线的判定与性质进行计算与证明】 PAGEREF _Tc24471 \h 1
\l "_Tc26333" 【题型2 圆周角定理有关的计算与证明】 PAGEREF _Tc26333 \h 9
\l "_Tc30890" 【题型3 垂径定理的实际应用】 PAGEREF _Tc30890 \h 17
\l "_Tc14868" 【题型4 由点与圆的位置关系求求最值】 PAGEREF _Tc14868 \h 22
\l "_Tc2132" 【题型5 由圆的对称性求最短路线问题】 PAGEREF _Tc2132 \h 27
\l "_Tc16716" 【题型6 三角形的内切圆与内心】 PAGEREF _Tc16716 \h 33
\l "_Tc22955" 【题型7 正多边形与圆】 PAGEREF _Tc22955 \h 39
\l "_Tc31597" 【题型8 圆锥侧面积的相关计算】 PAGEREF _Tc31597 \h 44
\l "_Tc30584" 【题型9 动点的运动轨迹长度计算】 PAGEREF _Tc30584 \h 50
\l "_Tc14739" 【题型10 动态图形的扫过的面积的计算】 PAGEREF _Tc14739 \h 56
【题型1 切线的判定与性质进行计算与证明】
【方法点拨】切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。
切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径。
经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间线段的长，叫做这点到圆的切线长。
【例1】（2023秋·辽宁抚顺·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB边的中点，点O在AC边上，⊙O经过点C且与AB边相切于点E，∠FAC=12∠BDC．

(1)求证：AF是⊙O的切线；
(2)若BC=6，AB=10，求⊙O的半径长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）作OH⊥FA，垂足为点H，连接OE，证明AC是∠FAB的平分线，进而根据OH=OE，OE⊥AB，可得AF是⊙O的切线；
（2）勾股定理得出AC，设⊙O的半径为r，则OC=OE=r，进而根据切线的性质，在Rt△OEA中，勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：如图，作OH⊥FA，垂足为点H，连接OE，

∵ ∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴ CD=AD=12AB，
∴ ∠CAD=∠ACD，
∵ ∠BDC=∠CAD+∠ACD=2∠CAD，
又∵ ∠FAC=12∠BDC，
∴ ∠FAC=∠CAD，
即AC是∠FAB的平分线，
∵点O在AC上，⊙O与AB相切于点E，
∴ OE⊥AB，且OE是⊙O的半径，
∴ OH=OE，OH是⊙O的半径，
∴AF是⊙O的切线；
（2）解：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，AB=10，
∴ AC=AB2−BC2=102−62=8，
∵BE，BC是⊙O的切线，
∴ BC=BE=6，∴ AE=10−6=4
设⊙O的半径为r，则OC=OE=r，
在Rt△OEA中，由勾股定理得：OE2+AE2=OA2，
∴ 16+r2=8−r2，
∴ r=3．
∴ ⊙O的半径长为3．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，勾股定理，熟练掌握切线的性质与判定是解题的关键．
【变式1-1】（2023秋·广东珠海·九年级统考期末）如图，AB为圆O的直径，C为圆O上一点，D为弦BC的中点，过点C的切线与OD的延长线相交于点E，连接BE．
(1)求证：BE是圆O的切线；
(2)当AB=10，AC=8时，求线段BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)154
【分析】（1）根据D为弦BC的中点，可得OE垂直平分BC，进而可得∠EBC=∠ECB，再根据OB=OC可得∠OBC=∠OCB，根据CE是⊙O的切线，可得∠OCE=90°，通过等量代换可得∠OBE=90°，即可证明BE是圆O的切线；
（2）根据AB为⊙O的直径，可得∠ACB=90°，利用勾股定理可得BC=6，进而可得BD=12BC=3，根据S△OBE=12OE⋅BD=12OB⋅BE即可求解．
【详解】（1）证明：在⊙O中，∵D为弦BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴OE垂直平分BC，
∴CE=BE，
∴∠EBC=∠ECB，
又∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵CE是⊙O的切线，
∴∠OCE=90°，
∴∠OBE=∠EBC+∠OBC=∠ECB+∠OCB=∠OCE=90°，
又∵AB为⊙O的直径，
∴BE是⊙O的切线；
（2）解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AB=10，AC=8，
∴BC=AB2−AC2=6，
∴BD=12BC=3，
由（1）得∠OBE=90°，
在Rt△OBE中，设BE=x，
∴OE=OB2+BE2=52+x2，
∵ S△OBE=12OE⋅BD=12OB⋅BE，
∴12×3×52+x2=12⋅5x，
解得x=154，
∴线段BE的长为154．
【点睛】本题考查切线的性质和判定，垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理，圆周角定理等，难度一般，解题的关键是能够综合运用上述知识，逐步进行推理论证．
【变式1-2】（2023秋·湖北·九年级期末）AB为⊙O的直径，PA为⊙O的切线，BC∥OP交⊙O于C，PO交⊙O于D，
（1）求证：PC为⊙O的切线；
（2）过点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的半径．
【答案】（1）见详解；（2）10．
【分析】（1）连OC，由BC∥OP，得到∠AOP=∠OBC，∠POC=∠OCB，则∠AOP=∠POC，可得△POA≌△POC，得到∠PAO=∠PC0，而PA为⊙O的切线，得∠OAP=90°，所以∠PC0=90°，根据切线的判定即可得到PC为⊙O的切线；
（2）连AD，由AB为⊙O的直径，得∠ADB=90°，而DE⊥AB，则∠ADE=∠ABD，所以∠ADE=∠ABD，从而易得到∠DAG=∠ADF，有AF=DF=FG=5，AC=5+5+6=16，得到AH=12AC=8．易证Rt△AOH≌Rt△DOE，得DE=AH=8，则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的半径．
【详解】证明：（1）连OC，如图，
∵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为⊙O的切线，
∴∠OAP=90°，
∴∠PCO=90°，
∴PC为⊙O的切线；
（2）连AD，∵AB为⊙O的直径，
∴∠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=AF2−EF2=52−32=4，
设⊙O半径为r，在Rt△DOE中，有
r2=82+（r−4）2
∴r=10．
所以⊙O的半径为10．
【点睛】本题考查了切线的判定：经过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线．也考查了切线的性质和三角形全等的判定与性质以及勾股定理．
【变式1-3】（2023秋·浙江·九年级期末）如图1，在⊙O中，点H是直径AB上的一点，过H点作弦CD⊥AB，点E是BAD的中点，过点E作BD的平行线交DC延长线于点F，连接BE，交CD于点G．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）求证：BD+EF=DF；
（3）如图2，连接DE，若BDBG=k，则当k为何值时，线段DE=EF？
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）当k=1+52时，DE=EF
【分析】（1）连接EO并延长交BD于点M，根据垂径定理得到EM⊥BD，再结合EF//BD得到OE⊥EF，故可求解；
（2）连接ED，先根据角度关系得到∠BGD=∠BDE=∠GBD，从而得到BD=GD，再根据EF//BD得到∠FEG=∠DBG=∠FGE，求得FE=FG，由线段间的关系即可证明；
（3）先证明△BGD∽△BDE，得到BDBG=BEBD=k，可设BG=a，求出BD=ka，BE=k2a，再根据DE=EF证明得到EG=DG，再表示出BE=(k+1)a，得到k2a=(k+1)a，求出k的值即可．
【详解】（1）如图，连接EO并延长交BD于点M
∵点E是BAD的中点，EM过圆心O，
∴EM⊥BD，
又EF//BD
∴OE⊥EF
∴EF是⊙O的切线；
（2）如图，连接ED
∵CD⊥AB
∴BC=BD
∴∠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
∴BDBG=BEBD=k
设BG=a，则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（1−52舍去）
∴当k=1+52时，DE=EF．
【点睛】此题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟知垂径定理、圆周角定理、切线的判定定理、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的求法等知识．
【题型2 圆周角定理有关的计算与证明】
【方法点拨】圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等。
推论2：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径。
【例2】（2023秋·北京西城·九年级北京八中校考期中）如图，已知：过⊙O上一点A作两条弦AB、AC，且∠BAC=45°，(AB，AC都不经过O)过A作AC的垂线AF交⊙O于D，直线BD，AC交于点E，直线BC，DA交于点F．

(1)证明：BE=BF；
(2)探索线段AB、AE、AF的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)AE=AF+2AB，见解析
【分析】（1）连接CD，证明△BCD为等腰直角三角形，再证明△EBC≌△FBD，即可得出结论；
（2）过点B作BH⊥AB交AE于H，先证明△BCD为等腰直角三角形，得出AH=2AB，再证明△EBH≌△FBA得出EH=AF，由AE=EH+HA，等量代换即可证明AE=AF+2AB．
【详解】（1）证明：如图1，连接CD，

∵AF⊥AE，
∴∠CAD=90°，
∴CD为⊙O的直径，
∴∠CBD=90°，
∴∠EBC=∠FBD=90°，
∵∠BAC=45°，
∴∠BDC=∠BAC=45°，
∴∠BCD=45°，
∴BC=BD，
∵四边形ACBD内接于⊙O，
∴∠ECB=∠FDB，
在△EBC与△FBD中，∠EBC=∠FBDBC=BD∠ECB=∠FDB，
∴△EBC≌△FBDASA，
∴BE=BF；
（2）解：AE=AF+2AB，
证明：如图2，过点B作BH⊥AB交AE于H，

∵∠BAH=45°，
∴△ABH为等腰直角三角形，
∴AH=2AB，
∵△EBC≌△FBD
∴∠E=∠F，BE=BF，
∵∠EBF=∠HBA=90°，
∴∠EBH+∠HBF=∠HBF+∠FBA，
∴∠EBH=∠FBA，
在△EBH和△FBA中，
∠E=∠FBE=BF∠EBH=∠FBA，
∴△EBH≌△FBAASA，
∴EH=AF，
∴AE=EH+HA=AF+2AB．
【点睛】本题考查了圆周角定理及全等三角形的判定与性质，证明三角形的全等是解题的关键．
【变式2-1】（2023秋·湖北·九年级期末）已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．
(1)如图①，当∠BAC=120°时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式： ；
(2)如图②，当∠BAC=90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)AB+AC=AD
(2)AB+AC=2AD，证明见解析
【分析】（1）在线段AD上截取AE=AB，连接BE，根据圆周角定理的推论证明△ABE和△BCD是等边三角形，再利用SAS证明△BED≌△BAC，得出DE=AC，即可推导得出AB+AC=AD；
（2）延长AB到点M，使BM=AC，连接DM，利用圆内接四边形的性质得出∠MBD=∠ACD，再利用SAS证明△MBD≌△ACD，推出MD=AD，∠M=∠BAD=45°，进而证明MD⊥AD，根据勾股定理可得AM=2AD，即AB+AC=2AD．
【详解】（1）解：如图①在线段AD上截取AE=AB，连接BE，
∵ ∠BAC=120°，AD平分∠BAC，
∴ ∠BAD=∠CAD=60°，
∵ CD=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=∠CBADB=CB，
∴ △BED≌△BACSAS，
∴ DE=AC，
∴ AD=AE+DE=AB+AC．
故答案为：AB+AC=AD；
（2）解：AB+AC=2AD，理由如下：
如图②，延长AB到点M，使BM=AC，连接DM，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴ ∠MBD=∠ACD，
∵ ∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45°，
∴ BD=CD，
在△MBD和△ACD中，
MB=AC∠MBD=∠ACDBD=CD，
∴ △MBD≌△ACDSAS，
∴ MD=AD，
∴ ∠M=∠BAD=45°，
∴ ∠MDA=90°，
∴ MD⊥AD，
∴ AM=2AD，即AB+BM=2AD，
∴ AB+AC=2AD．
【点睛】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质，勾股定理等知识点，解题关键是熟练运用转化思想，通过添加辅助线，构造全等三角形．
【变式2-2】（2023秋·山西朔州·九年级校考期中）如图，BD是⊙O的直径，弦BC与OA相交于点E，AF与⊙O相切于点A，交DB的延长线于点F，∠F=30°，∠BAC=120°，BC=8．

(1)求∠ADB的度数；
(2)求AC的长度；
(3)判定四边形AFBC的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)833
(2)30°
(3)四边形AFBC是平行四边形，证明见解析
【分析】（1）由切线的性质得出AF⊥OA，求出∠F=30°，得出∠AOF=60°，由圆周角定理可得∠ADB=12∠AOF=30°．
（2）证出OA⊥BC，由垂径定理得出BE=CE=12BC=4，证明△AOB是等边三角形，得出AB=OB，由直角三角形的性质得出OE=12OB，BE=3OE=4，求出OE=433，即可得出AC=AB=OB=2OE=833即可；
（3）根据（1）（2）得到的相关结论证明AF∥BC、BF∥AC，然后根据两组对边平行的四边形是平行四边形即可解答．
【详解】（1）解：∵AF与⊙O相切于点A，
∴AF⊥OA，
∵∠F=30°，
∴∠AOF=60°，
∴∠ADB=12∠AOF=30°．
（2）解：∵∠ACB=∠ADB=30°，∠BAC=120°，
∴∠ABC=180°−120°−30°=30°，
∴∠ABC=∠ACB，
∴AB=AC，
∴AB=AC，
∴OA⊥BC
∴BE=CE=12BC=4
∵∠AOB=60°，OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OB，
∵∠OBE=30°，
∴OE=12OB，BE=3OE=4，
∴OE=433，
∴AC=AB=OB=2OE=833．
（3）解：四边形AFBC是平行四边形，证明如下：
∵OA⊥BC，AF⊥OA，
∴AF∥BC
∵△AOB是等边三角形，
∴∠ABO=60°,即∠ABF=120°,
∵∠BAC=120°，
∴∠ABF=∠BAC=120°，
∴BF∥AC,
∴四边形AFBC是平行四边形．
【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定与性质、平行四边形的判定等知识点，熟练掌握圆周角定理、垂径定理和等边三角形的相关知识是解题的关键．
【变式2-3】（2023秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，DB=DC，∠DAE是四边形ABCD的一个外角．
(1)若∠DAE=75°，则∠DAC= °；
(2)过点D作DE⊥AB于E，判断AB、AE、AC之间的数量关系并证明；
(3)若AB=6、AE=2，求BD2−AD2的值．
【答案】(1)75
(2)AC=2AE+AB，见解析
(3)60
【分析】（1）四边形ABCD是圆O的内接四边形，则∠BCD+∠BAD=180°，∠DAE是四边形ABCD的一个外角得到∠DAE=∠BCD，BD=CD，则∠CBD=∠DCB，由圆周角定理得到∠CBD=∠CAD，即可得到答案；
（2）过点D作DF⊥AC于点F，先证明△BDE≌△CDFAAS得到DE=DF，AE=CF，再证明△ADE≌△ADFAAS，则AE=AF，进一步即可得到结论；
（3）在Rt△BDE中，BD2=BE2+DE2，在Rt△AED中，AD2=AE2+ED2，由AB=6，AE=2得到BE=8，则BD2=64+DE2，AD2=4+ED2，即可得到结论．
【详解】（1）∵四边形ABCD是圆O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
∵∠DAE是四边形ABCD的一个外角，
∴∠DAE=∠BCD，
∵BD=CD，
∴∠CBD=∠DCB．
∴∠DAE=∠CBD，
∵弧CD所对的圆周角分别为∠CAD、∠CBD，
∴∠CBD=∠CAD，
∵∠DAE=75°，
∴∠DCB=∠DBC=∠DAC=75°，
故答案为；75
（2）过点D作DF⊥AC于点F，
∵DE⊥AB，
∴∠DEA=90°
∵∠ABD=∠ACD，BD=CD，∠E=∠DFC=90°，
∴△BDE≌△CDFAAS，
∴DE=DF，BE=CF，
∴∠ADE=∠ADF，
又∵∠E=∠AFD，AD=AD，
∴△ADE≌△ADFAAS，
∴AE=AF，
∴AC=AF＋FC=AE＋BE=AE＋AE＋AB=2AE＋AB，
即AC=2AE+AB；
（3）在Rt△BDE中，BD2=BE2+DE2，
在Rt△AED中，AD2=AE2+ED2，
∵AB=6，AE=2，
∴BE=8，
∴BD2=64+DE2，AD2=4+ED2，
∴BD2−AD2=60．
【点睛】此题考查了圆周角定理及其推论，全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识.
【题型3 垂径定理的实际应用】
【方法点拨】垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。
推论：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；弦的垂直平分线过圆心，且平分弦对的两条弧．
【例3】（2023秋·河北石家庄·九年级校联考期末）如图是一位同学从照片上剪切下来的海上日出时的画面，“图上”太阳与海平线交于A，B两点，他测得“图上”圆的半径为5厘米，AB=8厘米．若从日前太阳所处位置到太阳完全跳出海平面的时间为8分钟，则①现在“图上”太阳与海平线的位置关系是 ；②“图上”太阳升起的平均速度为 厘米/分．
【答案】 相交 1
【分析】首先根据海平面与圆有两个交点可判断出直线与圆的位置关系，然后连接OA，过点O作OD⊥AB于D，由垂径定理求出AD的长，再由勾股定理求出OD的长，然后计算出太阳在海平线以下部分的高度，即可求解．
【详解】解：∵海平面与圆有两个交点
∴现在“图上”太阳与海平线的位置关系是相交；
设“图上”圆的圆心为O，连接OA，过点O作OD⊥AB于D，如图所示：
∵AB=8厘米，
∴AD=12AB=4（厘米），
∵OA=5厘米，
∴OD=OA2−AD2=52−42=3（厘米），
∴海平线以下部分的高度=OA+OD=5+3=8（厘米），
∵太阳从所处位置到完全跳出海平面的时间为8分钟，
∴“图上”太阳升起的速度=8÷8=1（厘米/分），
故答案为：相交，1．
【点睛】本题考查的是垂径定理的运用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
【变式3-1】（2023秋·浙江台州·九年级校考期中）我市在创建全国文明城市检查中，发现一些破旧的公交车候车亭有碍观瞻，现已更换新的公交候车亭(图1)，图2所示的是侧面示意图，FG为水平线段，PQ⊥FG，点H为垂足，FG=4m， FH=2.4m， 点P在弧FG上，且弧FG所在的圆的圆心O到FG，PQ的距离之比为5：2，则PH的长约为多少米？

【答案】PH的长约为1.2米
【分析】作出如图的辅助线，利用垂径定理结合矩形性质求得FM、OM、HN、ON的长，分别在直角三角形OFM和直角三角形OPN中，利用勾股定理即可求解．
【详解】过点O作FG的垂线，垂足为M，过点O作PQ的垂线，垂足为N，

∵PQ⊥FG，
∴四边形MONH是矩形，
则FM=12FG=2(m)，MH=ON=FH−FM=2.4−2=0.4(m)，
∵O到FG，PQ的距离之比为5:2，
即OMON=52，
∴OM=NH=1(m)，
连接OF和OP，则
在直角三角形OFM中，OF=OP=FM2+OM2=22+12=5(m)，
∴直角三角形OPN中，PN=OP2−ON2=(5)2−0.42=2.2(m)，
∴PH=PN−NH=2.2−1=1.2(m)
故则PH的长约为1.2米．
【点睛】本题考查了垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理的应用，作出合适的辅助线，构造直角三角形是解题的关系．
【变式3-2】（2023春·浙江台州·九年级台州市书生中学校考期中）如图这是我市某跨海大桥正侧面的照片，大桥的主桥拱为圆弧型，桥面AB长为800米，且与水面平行，小王用计算机根据照片对大桥进行了模拟分析，在桥正下方的水面上取一点P，在桥面AB上取点C，作射线PC交弧（主桥拱）于点D，右边画出了PC与PD关于AC长的函数图象，下列对此桥的判断不合理的是（ ）
A．桥拱的最高点与桥面AB的实际距离约为210米
B．桥拱正下方的桥面EF的实际长度约为500米
C．拍摄照片时，桥面离水面的实际高度约为110米
D．桥面上BF段的实际长度约200米
【答案】A
【分析】由题意知，x从0变化到8，AB=800米，横坐标一个单位长度对应的长度为100米，函数图象中PC与PD函数图象的交点即为桥拱与桥面的交点E、F，对应的横坐标分别为1、6，可求EF，进而可判断B的正误；如图，过最高点D作DH⊥AB，交AB于H，由题意知，EF中点对应最高点D，根据x=1+52=3.5时，DH【详解】解：由题意知，x从0变化到8，AB=800米，
∴横坐标一个单位长度对应的长度为100米，
函数图象中PC与PD函数图象的交点即为桥拱与桥面的交点E、F，对应的横坐标分别为1、6，
∴EF=6−1×100=500米，B正确，故不符合要求；
如图，过最高点D作DH⊥AB，交AB于H，
由题意知，EF中点对应最高点D，
∴x=1+52=3.5时，DH由图象可知，DC=1.8×100=180米，
∴桥拱的最高点与桥面AB的实际距离小于180米，A错误，故符合要求；
PC纵坐标最小时，此时PC⊥AB，由函数图象可知，PC=1.1×100=110米，C正确，故不符合要求；
桥面上BF段的实际长度约8−6×100=200 米，D正确，故不符合要求．
故选：A．
【点睛】本题考查了函数图象，垂径定理．解题的关键在于结合题意理解图象信息．
【变式3-3】（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）“筒车”是一种以水流作动力，取水灌田的工具．如图，“筒车”盛水筒的运行轨迹是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O始终在水面上方．且当圆被水面截得的弦AB为6米时，水面下盛水筒的最大深度为1米（即水面下方部分圆上一点距离水面的最大距离）．

(1)求该圆的半径；
(2)若水面上涨导致圆被水面截得的弦AB从原来的6米变为8米时，则水面下盛水筒的最大深度为多少米？
【答案】(1)5米
(2)2米
【分析】（1）作OD⊥AB于点E，交⊙O于点D，由垂径定理可得AE=12AB=3，DE=1，再由勾股定理即可求出圆的半径；
（2）当AB=8米时，AE=12AB=4米． 在Rt△AOE中，由勾股定理可得，AE2+OE2=OA2，则OE=3米，即可求出DE的长．
【详解】（1）解：如图，作OD⊥AB于点E，交⊙O于点D．
则AE=12AB=3米，DE=1米．
设圆的半径为r米，在Rt△AOE中，AE2+OE2=OA2，
∴32+(r−1)2=r2，
解得r=5，
∴该圆的半径为5米；

（2）解：当AB=8米时，AE=12AB=4米．
在Rt△AOE中，AE2+OE2=OA2，
∴42+OE2=52，
∴OE=3米，
∴DE=5−3=2（米）．
答：水面下盛水筒的最大深度为2米．
【点睛】本题考查垂径定理，熟练掌握垂径定理的定义并运用是解题的关键．
【题型4 由点与圆的位置关系求求最值】
【方法点拨】解决此类问题关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；
当d＝r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．
【例4】（2023秋·江苏苏州·九年级苏州市振华中学校校考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点A0,2，点B0,2+t，C0,2−t(t>0)，点P在以D6,6为圆心，2为半径的圆上运动，且始终满足∠BPC=90°，则t的最小值是 ．
【答案】213−2
【分析】根据点A、B、C的坐标，可知点A是BC的中点，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半解得AP的长，再由勾股定理解得AD的长，最后由点与圆的位置关系即可求解．
【详解】解：连接AP，
由题意，得：AB=(2+t)−2=t，AC=2−2−t=t，
∴AB=AC，
∵∠BPC=90°，
∴AP=12BC=AB=t，
t要最小，就是点A到⊙D上的一点的距离最小，
∴P在AD上，
∵A0,2，D6,6，
∴AD=62+6−22=213，
∴t的最小值是AP=AD−PD=213−2，
故答案为：213−2．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，其中涉及坐标与图形的性质、勾股定理、直角三角形斜边中线的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
【变式4-1】（2023秋·山东德州·九年级统考期中）如图，点A、B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最小值为 ．
【答案】2-12．
【分析】先证点C在半径为1的⊙B上，可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，根据三角形的中位线定理可得结论．
【详解】解：∵A（2，0），B（0，2），
∴OA=OB=2，
∵点C为坐标平面内一点，BC=1，
∴C在⊙B上，且半径为1，
如图，在x轴上取OD=OA=2，连接CD，
∵M为线段AC的中点，OD=OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=12CD，
当OM最小时，即CD最小，而D，B，C三点共线时，
当C在线段DB上时，OM最小，
∵OB=OD=2，∠BOD=90°，
∴BD=2OB=22，
∴CD=22-1，
∴OM=12CD=2-12，
即OM的最小值为2-12，
故答案为：2-12．
【点睛】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最小值时点C的位置是关键．
【变式4-2】（2023秋·山东泰安·九年级校联考期末）如图，点P(3，4)，⊙P半径为2，A(2.5，0)，B(5，0)，点M是⊙P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最大值是（ ）
A．32B．52C．72D．92
【答案】C
【分析】如图，作射线OP交⊙P于M1、M2，连接OM．因为OA=AB，CM=CB，所以AC= 12 OM，所以当OM最大时，AC最大，可知当M运动到M2时，OM最大，由此即可解决问题．
【详解】如图，作射线OP交⊙P于M1、M2，连接OM，
由勾股定理得：OP= 32+42 =5，
∵OA=AB，CM=CB，
∴AC= 12 OM，
∴当OM最大时，AC最大，
∴当M运动到M2时，OM最大，
此时AC的最大值= 12 OM2= 12 (OP+PM2)= 12 ×(5+2)= 72，
故选C．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系、坐标与图形的性质、三角形中位线定理、最小值问题等知识，解题的关键是理解圆外一点到圆的最小距离以及最大距离，学会用转化的思想思考问题．
【变式4-3】（2023秋·河南驻马店·九年级平舆县第二初级中学校考期末）如图，Rt△ABC中，AB⊥BC,AB=6,BC=4,P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC,则线段CP的最小值为 ．
【答案】2
【分析】首先证明点P在以AB为直径的⊙O上，当O、P、C共线时PC最小，利用勾股定理求出OC即可解决问题．
【详解】解：
∵AB⊥BC，
∴∠ABP＋∠PBC＝90°，
∵∠PAB＝∠PBC
∴∠BAP＋∠ABP＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴点P在以AB为直径的⊙O上，当O、P、C共线时PC最小，
在Rt△BCO中，AB＝6，BC＝4，
∴OB＝12AB＝3，
∴OC＝OB2+BC2=5，
∴PC＝OC−OP＝5−3＝2．
∴PC最小值为2．
故答案为2．
【点睛】本题考查点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离，属于中考常考题型．
【题型5 由圆的对称性求最短路线问题】
【例5】（2023秋·浙江杭州·九年级校考期中）如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，AB=10，AC=CD=DB，点E是点D关于AB的对称点，M是AB上的一动点，下列结论：①∠BOE=60°；②∠CED=12∠AOD；③DM⊥CE；④CM+DM的最小值是10． 上述结论中正确的个数是
【答案】2
【分析】①根据等弧所对的圆心角所对得∠BOD=60°；根据圆的对称性得∠BOE=60°；故①正确；②根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得∠CED=12∠COD，故②错误；③根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得∠BMD=30°，再根据三角形内角和即可得DM⊥CE；故③正确；④作C关于AB的对称点F，连接CF交AB于点N，连接DF交AB于点M，此时CM+DM的值最短，即为DF长，连接CD，根据圆周角定理得∠D=60°，∠DFC=30°，再由三角形内角和得∠FCD=90°，再由圆周角定理得DF是⊙O的直径，即可得出CM+DM的最小值，故④正确．
【详解】解：①∵AC=CD=DB，
∴∠BOD=60°；
又∵点E是点D关于AB的对称点，
∴∠BOE=60°；故①正确；
②∵∠CED=12∠COD，故②错误；
③由M为AB上动点，D为定点，
∴DM不一定垂直于CE；故③错误；
④作C关于AB的对称点F，连接CF交AB于点N，连接DF交AB于点M，此时CM+DM的值最短，即为DF长，连接CD，
∵AF=AC=CD=DB，
∴∠D=60°，∠DFC=30°，
∴∠FCD=180°−60°−30°=90°，
∴DF是⊙O的直径，
∵AB=10，
∴DF=10，
∴CM+DM=DF=10，故④正确．
故正确的个数为2个
故答案为：2．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，轴对称的应用—最短距离问题，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
【变式5-1】（2023秋·安徽淮北·九年级校考期末）如图，AB是⊙O的直径，AB=2，点C在⊙O上，∠CAB=30°，D为弧BC的中点，P是直径AB上一动点，则PC+PD的最小值为（ ）
A．22B．2C．1D．2
【答案】B
【分析】如图所示，作点D关于AB的对称点D′，连接CD′，交于AB于点P，此时PC+PD的值最小，即PC+PD=PC+PD′=CD′，连接OC,OD′,AD′，根据点C在⊙O上，∠CAB=30°，D为弧BC的中点，可得∠CAD′=45°，根据圆周角定理可得∠COD′=90°，可得△COD′是等腰直角三角形，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，作点D关于AB的对称点D′，连接CD′，交于AB于点P，此时PC+PD的值最小，即PC+PD=PC+PD′=CD′，
连接OC,OD′,AD′，
∵点C在⊙O上，∠CAB=30°，D为弧BC的中点，
∴CD=BD=BD′，
∠BAD′=12∠BAC=12×30°=15°，
∴∠CAD′=45°，
∴∠COD′=2∠CAD′=2×45°=90°，
∵OC,OD′是⊙O的半径，即OC=OD′=12AB=12×2=1，
∴△COD′是等腰直角三角形，
∴CD′=2OC=2，
∴PC+PD的最小值为2，
故选：B．
【点睛】本题主要考查圆的基础知识，对称图形求对短路径，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，含特殊角的直角三角形的性质等知识的综合，掌握以上知识是解题的关键．
【变式5-2】（2023秋·陕西渭南·九年级统考期末）如图，A、B是半圆O上的两点，MN是直径，OB⊥MN．若AB=4，OB=5，P是MN上的一动点，则PA+PB的最小值为 ．
【答案】221
【分析】延长BO交⊙O于B′连接AB′交MN于P，连接PB．则PA+PB的值最小，利用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：延长BO交⊙O于B′连接AB′交MN于P，连接PB．
∵BB′⊥MN，OB=OB′，
∴PB=PB′，
∴PA+PB=PA+PB′=AB′，此时PA+PB的值最小，
∵BB′是直径，
∴∠BAB′=90°，
∵BB′=10，AB=4，
∴PA+PB=PA+PB′=AB′=BB′2−AB2=102−42=221，
故答案为：221．
【点睛】本题考查了勾股定理的运用和最短路径问题，正确的作辅助线是解决本题的关键．
【变式5-3】（2023秋·广东广州·九年级校考期末）（1）如图①，在△ABC中，∠A=120∘，AB=AC=5．尺规作图：作△ABC的外接圆⊙O，并直接写出△ABC的外接圆半径R的长．
（2）如图②，⊙O的半径为13，弦AB=24，M是AB的中点，P是⊙O上一动点，求PM的最大值．
（3）如图③所示，AB，AC、BC是某新区的三条规划路，其中AB=6km，AC=3km，∠BAC=60∘，BC所对的圆心角为60∘，新区管委会想在BC路边建物资总站点P，在AB，AC路边分别建物资分站点E、F，也就是，分别在BC、线段AB和AC上选取点P、E、F．由于总站工作人员每天都要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP．为了快捷、环保和节约成本．要使得线段PE、EF、FP之和最短，试求PE+EF+FP的最小值．（各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计）
【答案】（1）5；（2）18；（3）321−9km
【分析】（1）如图①，外接圆的圆心为O，连接OA，OB，根据已知条件可得△AOB是等边三角形，由此即可得半径；
（2）如图②所示，连接MO并延长交⊙O于点N，连接OP，显然，MN即为PM的最大值，根据垂径定理求得MO的长即可求得MN的最大值；
（3）如图③所示，假设P点即为所求点，假设P点即为所求点，分别作出点P关于AB、AC的对称点P′、P″连接PP′、P′E，PE，P″F，PF，PP″，则P′P″即为最短距离，其长度取决于PA的长度，根据题意正确画出图形，得到点P的位置，根据等边三角形、勾股定理等进行求解即可得PE+EF+FP的最小值.
【详解】（1）如图①，外接圆的圆心为O，连接OA，OB，
∵O是等腰三角形ABC的外心，AB=AC，
∴∠BAO=∠OAC=12∠BAC=12×120=60°，
∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴OB=AB=5，
故答案为5；
（2）如图②所示，连接MO并延长交⊙O于点N，连接OP，
显然，MP≤OM+OP=OM+ON=MN，
∵AB=24，M是AB的中点，
∴MN⊥AB,AM=MB=12,
∵ON=13，
∴OM=OA2−AM2=132−122=5，
∵MN=18，
∴PM的最大值为18；
（3）如图③所示，假设P点即为所求点，分别作出点P关于AB、AC的对称点P′、P″，连接PP′、P′E，PE，PF，PP″，
由对称性可知PE+EF+FP=P′E+EF+FP″=P′P″，且P′、E、F、P″在一条直线上，所以P′P″即为最短距离，其长度取决于PA的长度，
如图④，作出BC的圆心O，连接AO，与弧BC交于P，P点即为使得PA最短的点，
∵AB=6km，AC=3km，∠BAC=60°，
∴△ABC是直角三角形，∠ABC=30°，BC=33，BC所对的圆心角为60°，
∴△OBC是等边三角形，∠CBO=60°，BO=BC=33，
∴∠ABO=90°，AO=AB2+BO2=37，PA=37−33，
∠P′AE=∠EAP,∠PAF=∠FAP″，
∴∠P′AP″=2∠ABC=120°,P′A=AP″，
∴∠AP′E=∠AP″F=30°，
∵P′P″=2P′Acs∠AP′E=3P′A=321−9，
所以PE+EF+FP的最小值为321−9km．
【点睛】本题考查了圆的综合，涉及到垂径定理、最短路径问题等，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.
【题型6 三角形的内切圆与内心】
【方法点拨】三角形的内切圆及有关概念：和三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心是三角形各内角平分线的交点，这点到三角形的各边的距离都相等．
【例6】（2023秋·江苏无锡·九年级统考期末）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，AC相切于点D，E，F，已知AB＝6，AC＝5，BC＝7，则DE的长是（ ）
A．1277B．1077C．977D．877
【答案】D
【分析】连接OD、OE、OB，OB交DE于H，作AG⊥BC交BC于点G，利用 AB2−BG2=AC2−CG2，求出BG=307，进一步可得AG=1267，求出S△ABC=12AG·BC=66，设⊙O的半径为r，利用S△ABC=126+7+5·r=66，求出r=263，求出BD=4，进一求出OB=2423，再证明OB垂直平分DE，利用面积法可得12HE⋅OB=12OE⋅BE，求得HE长即可求得答案．
【详解】解：连接OD、OE、OB，OB交DE于H，作AG⊥BC交BC于点G，如图，
∵AB＝6，AC＝5，BC＝7，
∴AB2−BG2=AC2−CG2，即62−BG2=52−7−BG2，解得：BG=307，
∴AG=AB2−BG2=1267，
∴S△ABC=12AG·BC=66，
设内切圆的半径为r，
则S△ABC=126+7+5·r=66，解得：r=263，
∵ △ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴∠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=BD2+OD2=2423，
∵BE=BD，OE=OD，
∴OB垂直平分DE，
∴DH=EH，OB⊥DE，
∵12HE·OB=12OE·BE，
∴HE=OE⋅BEOB=263×424232=477，
∴DE=2EH=877，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，面积法等，正确添加辅助线，灵活运用相关知识是解题的关键．
【变式6-1】（2023秋·江苏南京·九年级统考期末）以下列三边长度作出的三角形中，其内切圆半径最小的是（ ）
A．8，8，8B．4，10，10C．5，9，10D．6，8，10
【答案】B
【分析】分别求出各三角形的内切圆半径，比较即可．
【详解】如图，任意一个三角形△ABC的内心O，分别过O作三边的垂线，垂足为D、E、F，连接OD、OE、OF、OA、OB、OC，
∴OD=OE=OF=r
∴S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC
=12OF⋅AB+12OD⋅BC+12OE⋅AC
=12rAB+BC+AC
∴三角形内切圆半径r=2S△ABCAB+BC+AC
A、∵三角形是等边三角形
∴S=34×82=163
∴三角形内切圆半径rA=2S8×3=2×1638×3=433；
B、如图，△ABC中，AB=AC=10,BC=4，过A作AD⊥BC于D，
∴CD=12BC=2，
∴AD=AC2−CD2=102−22=46，
∴S△ABC=12AD⋅BC=12×4×46=86
∴三角形内切圆半径rB=2S△ABC4+10+10=16624=263；
C、如图，△ABC中，AB=10,AC=9,BC=5，过A作AD⊥BC于D，
设CD=x,BD=5−x，
∵AD2=AB2−BD2=AC2−CD2
∴AD2=102−5−x2=92−x2
解得x=35，AD=92−x2=12145
∴S△ABC=12AD⋅BC=12×5×12145=614
∴三角形内切圆半径rC=2S△ABC5+9+10=121424=142；
C、△ABC中，AB=10,AC=8,BC=6，
∴AB2=100=AC2+BC2
∴△ABC是直角三角形
∴S△ABC=12AC⋅BC=12×8×6=24
∴三角形内切圆半径rD=2S△ABC6+8+10=4824=2；
∵263<142<2<433
∴内切圆半径最小的是4，10，10，
故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆、勾股定理，掌握内切圆半径与三角形周长和面积的关系是解题的关键．
【变式6-2】（2023秋·河南漯河·九年级统考期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D,E,F，且∠A=90°，BC=5，CA=4，则⊙O的半径是 ．

【答案】1
【分析】先根据勾股定理求出AB=3，由切线长定理得BD=BE，AD=AF，CF=CE，设OD=OF=AF=AD=x，则CF=CE=4−x，BD=BE=3−x，然后根据CE+BE=5，求解即可．
【详解】解：在Rt△ABC中，
∵∠A=90°，BC=5，CA=4，
∴AB=BC2−AC2=3，
∵⊙O为Rt△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴BD=BE，AD=AF，CF=CE，
如图，连接OD，OF，

∵⊙O为Rt△ABC的内切圆，
∴OD⊥AB，OF⊥AC，OD=OF，
∴∠ODA=∠A=∠OFA=90°，
∴四边形ADOF是正方形，
设OD=OF=AF=AD=x，则CF=CE=4−x，BD=BE=3−x，
∵CE+BE=5，
∴4−x+3−x=5，
∴x=1，
则⊙O的半径为1．
故答案为：1．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，勾股定理，正方形的判定与性质，切线长定理等知识，解题的关键是熟练掌握切线长定理．
【变式6-3】（2023秋·江苏镇江·九年级统考期中）如图，四边形ABCD是矩形，点P是△ABD的内切圆的圆心，过P作PE⊥BC，PF⊥CD，垂足分别为点E、F，则四边形PECF和矩形ABCD的面积之比等于（ ）
A．1：2B．2：3C．3：4D．无法确定
【答案】A
【分析】延长EP交AD于M，延长FP交AB于N，设AD＝a，AB＝b，BD＝c，⊙P的半径为r，利用平行线的性质得到PM⊥AD，PN⊥AB，再根据切线长定理得到PM＝PN＝r，根据直角三角形的内切圆半径的计算方法得到r＝a+b−c2，所以PE•PF＝a+c−b2b+c−a2
，利用完全平方公式和平方差公式得到PE•PF＝12ab，然后计算四边形PECF和矩形ABCD的面积之比．
【详解】解：延长EP交AD于M，延长FP交AB于N，如图，设AD＝a，AB＝b，BD＝c，⊙P的半径为r，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∵PE⊥BC，PF⊥CD，
∴PM⊥AD，PN⊥AB，
∵点P是△ABD的内切圆的圆心
∴PM＝PN＝r，
∴r＝a+b−c2，
∴PF＝a﹣a+b−c2＝a+c−b2，PE＝b﹣a+b−c2＝b+c−a2，
∴PE•PF＝a+c−b2b+c−a2
＝c2−(a−b)24＝c2−a2−b2+2ab4，
而a2+b2＝c2，
∴PE•PF＝2ab4＝12ab，
∴四边形PECF和矩形ABCD的面积之比＝12ab：ab＝1：2．
故选A．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心是三角形内角平分线的交点．也考查了切线的性质和矩形的性质．
【题型7 正多边形与圆】
【方法点拨】定义：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心，外接圆的半径叫做正多边形的半径，正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角，中心正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距。
【例7】（2023秋·山东淄博·九年级统考期末）已知四个正六边形如图摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F在圆上．若两个大正六边形的边长均为2，则小正六边形的边长是（ ）
A．3−3B．23−12C．3+12D．13−12
【答案】D
【分析】在边长为2的大正六边形中，根据正六边形和圆的性质可求出ON和半径OD，进而得出小正六边形MF的长，再根据正六边形的性质求出半径GF，即边长FH即可．
【详解】解：如图，连接AD交PM于O，则点O是圆心，过点O作ON⊥DE于N，连接MF，取MF的中点G，连接GH，GQ，
由对称性可知，OM＝OP＝EN＝DN＝1，
由正六边形的性质可得ON＝23，
∴OD=DN2+ON2=13=OF，
∴MF=13−1，
由正六边形的性质可知，△GFH、△GHQ、△GQM都是正三角形，
∴FH=12MF=13−12，
故选：D．
【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形和圆的性质是解决问题的关键．
【变式7-1】（2023秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，已知⊙O的半径为4，则该圆内接正六边形ABCDEF的边心距OG（ ）

A．32B．32C．23D．3
【答案】C
【分析】连接OC，OD，可得△OCD是等边三角形，根据边心距即为等边三角形的高用勾股定理求出OG．
【详解】解：连接OC，OD，

∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠COD=360°6=60°，
∴△OCD是等边三角形，
由题意可知OG⊥CD，则OG垂直平分CD，
∴OC=OD=CD=4，CG=12CD=2
∴OG=OC2−CG2=23
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形，等边三角形的判定及性质，熟练掌握圆内接正多边形的相关概念是解题的关键．
【变式7-2】（2023秋·浙江杭州·九年级校考期中）如图，正方形ABCD和正△AEF都内接于⊙O，EF与BC、CD分别相交于点G、H，则EFGH的值是（ ）
A．62B．2C．3D．2
【答案】C
【分析】设⊙O的半径是r，则OF=r，根据AO是∠EAF的平分线，求出∠OAF=30°，进而得出OI=CI，再根据相似比求出GH，从而得到EFGH的值．
【详解】解：连接AC、BD、OF，如图所示：
设⊙O的半径是r，则OF=r，
∵AO是∠EAF的平分线，
∴∠OAF=12×60°=30°，
∵OA=OF，
∴∠OFA=∠OAF=30°，
∴∠COF=60°，
∴FI=rsin60°=32r，
∴EF=2×32r=3r，
∵AO=2OI，
∴OI=12r，CI=r−12r=12r，
∴GHBD=CICO=12，
∴GH=12BD=12×2r=r，
∴EFGH=3rr=3，即EFGH的值是3，
故选：C．
【点睛】本题考查正多边形与圆的关系．解答本题的关键是熟练掌握正多边形的有关概念，并准确运用他们求线段长．
【变式7-3】（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，⊙O是正八边形ABCDEFGH的外接圆，⊙O的半径是1，则下列四个结论中正确的是 ．
①DF的长为π2；②DF=2OF；③ΔODE为等边三角形；④S正八边形ABCDEFGH=AE⋅DF．
【答案】①②④
【分析】先求出正八边形的中心角∠DOE=45°，得到∠DOF=90°，即可求出弧DF的长①正确错误；由勾股定理求得DF=2OF可得②正确；由∠DOE=45°，可得③错误；由于S四边形ODEF=12DF⋅OE，可得S正八边形ABCDEFGH=2DF⋅OE，于是得到④正确．
【详解】解：∵∠DOE=∠EOF=360°8=45°，
∴∠DOF=90°，
∴弧DF的长为90π×1180=π2，
∴①正确；
∵∠DOF=90°，OD=OF，
∴2OF2=DF2，
∴OF=22DF，
即DF=2OF，
∴②正确；
∵∠DOE=45°，
∴③错误；
∵S四边形ODEF=12DF⋅OE，
∴S正八边形ABCDEFGH=4S四边形ODEF=2DF⋅OE，
∵OE=12AE，
∴S正八边形ABCDEFGH=AE⋅DF，
∴④正确；
故答案为：①②④．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，勾股定理，三角形的面积公式，熟练掌握正多边形的中心角和边数的关系是解决问题的关键．
【题型8 圆锥侧面积的相关计算】
【方法点拨】解决此类问题掌握圆锥侧面积的计算公式是关键，并且能够灵活运用.
【例8】（2023秋·全国·九年级专题练习）小华的爸爸要用一块矩形铁皮加工出一个底面半径为20cm，高为402cm的锥形漏斗，要求只能有一条接缝（接缝忽略不计）
(1)你能求出这个锥形漏斗的侧面展开图的圆心角吗？
(2)如图，有两种设计方案，请你计算一下，哪种方案所用的矩形铁皮面积较少？
【答案】（1）120°（2）方案二所用的矩形铁皮面积较少
【分析】（1）先根据勾股定理求出母线长为60，然后根据圆锥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和弧长公式计算锥形漏斗的侧面展开图的圆心角；（2）如图1，矩形的一边长等于母线长60，再利用含30度的直角三角形三边的关系计算出OB，从而得到BC长，再计算矩形ABCD的面积；如图2，矩形的一边长等于母线长60，再利用含30°的直角三角形三边的关系计算出OF，从而得到CG长，再计算矩形EFGH的面积，然后比较两矩形的面积即可．
【详解】(1)圆锥的母线长=202+(402)2=60，
设这个锥形漏斗的侧面展开图的圆心角为n∘，
所以2π⋅20=n⋅π⋅60180，解得n=120，
即这个锥形漏斗的侧面展开图的圆心角为120∘；(2)如图1，OM=60，∠MON=120∘，
在Rt△OBM中，∵∠BOM=30∘，
∴BM=30，
∴OB=3BM=303，
∴BC=2OB=603，
∴方案一所需的矩形铁皮的面积=60×603=36003，
如图2，OM=ON=60，∠MON=120∘，
在Rt△FOM中，∵∠FOM=60∘，
∴OF=30，
∴FG=OF+OG=30+60=90，
∴方案二所需的矩形铁皮的面积=90×60=5400，
∴方案二所用的矩形铁皮面积较少．
【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，扇形半径等于圆锥的母线长.
【变式8-1】（2012春·湖南永州·九年级阶段练习）如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC,AD=2,BC=6,以A为圆心，AD为半径的圆与BC 边相切于点M，于 AB 交于点E，将扇形A-DME剪下围成一个圆锥，则圆锥的高为 .
【答案】554
【分析】如图，连接AM，由切线的性质知AM⊥BC，先根据题意和等腰梯形的性质求出∠BAD的度数，然后根据弧长公式可求出弧DE的长，进一步可求得圆锥的底面半径，再运用勾股定理即可求得圆锥的高.
【详解】解：如图，连接AM，则AM⊥BC，
∵ABCD为等腰梯形，
∴2BM+AD=BC，
∴BM=2=AM，
∴∠BAM=45º，
∴∠BAD=135º，
∴lDE=135·π·2180=3π2.
∴要围成的圆锥底面半径=3π2÷2π=34，那么高=22−(34)2=554.
【点睛】本题考查了等腰梯形的性质、圆的切线的性质、弧长公式和圆锥的高的计算等知识，熟练掌握上述知识是解题的关键.
【变式8-2】（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图是一张直角三角形卡片，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝2 cm，DB＝4 cm，DE⊥AB．若将该卡片绕直线DE旋转一周，则形成的几何体的表面积为 cm2．

【答案】16π＋162π．
【分析】根据旋转得到若将该卡片绕直线DE旋转一周，则形成的几何体是一个以BD为底面圆半径的圆台，上面去掉一个以CF为底面，高为EF的圆锥，利用圆的面积公式，圆锥侧面的面积公式计算即可.
【详解】∵AD＝2 cm，DB＝4 cm，
∴AB=6cm，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴CH=3cm，
过点C作CF⊥直线DE于F，作CH⊥AB于H，则四边形CFDH是矩形，
∴DF=CH=3cm，
∵DE⊥AB，
∴DE=AD=2cm，∠CEF=∠AED=45°，
∴CF=EF=DF-DE=1cm，
∵若将该卡片绕直线DE旋转一周，则形成的几何体是一个以BD为底面圆半径的圆台，上面去掉一个以CF为底面，高为EF的圆锥，如图，
底面圆的面积=π⋅42=16π，
外侧面积=π×4×42-π×1×2=152π，
上面圆锥侧面面积=π×1×2=2π，
∴形成的几何体的表面积为16π+152π+2π=16π+162π，
故答案为：16π+162π .

【点睛】此题考查平面图形旋转得到几何体，考查空间想象能力，考查了圆的面积公式，圆锥的侧面面积公式，此题能根据图形利用空间想象能力得到旋转后的几何体为上面去掉一个圆锥的圆台由此进行计算是解题的关键.
【变式8-3】（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，在一张四边形ABCD的纸片中，AB∥DC，AD=AB=BC=22，∠D=45°，以点A为圆心，2为半径的圆分别与AB、AD交于点E、F．
(1)求证：DC与⊙A相切；
(2)过点B作⊙A的切线；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(3)若用剪下的扇形AEF围成一个圆锥的侧面，能否从剪下的两块余料中选取一块，剪出一个圆作为这个圆锥的底面？
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)能，理由见解析
【分析】（1）过点A作AG⊥DC于点G，勾股定理求得AG可得AG是⊙A的半径，即可得证；
（2）作线段AB的垂直平分线，交⊙A于点H，作直线BH，则BH即为所求，根据作图可得HA=HB=2，根据勾股定理的逆定理证明△AHB是直角三角形，即可求解；
（3）根据弧长公式求得EF的长，继而求得圆锥的底面半径，连接AC交EF于点Q，过点B作BR ⊥DC于点R，BR,AC交于点O，过点O作OP⊥BC于点P，则⊙O与BC,CD相切，继而求得⊙O的半径r，比较OQ与r的大小，进而比较r与圆锥底面半径的大小即可求解．
【详解】（1）证明：如图，过点A作AG⊥DC于点G，
∵∠ADC=45°,AD=22，
∴AG=2，
∵⊙A的半径为2，
∴AG是⊙A的半径，
又AG⊥DC，
∴DC是⊙A的切线；
（2）如图，作线段AB的垂直平分线，交⊙A于点H，作直线BH，则BH即为所求，
理由，∵HA=HB =2，AB=22
∴HA2+HB2=AB2
∴△ABH是直角三角形，且AH⊥HB
∴HB是⊙A的切线；
（3）解：∵∠D=45°,AB∥CD
∴∠BAD=135°，
∴EF=135180π×2=32π
则圆锥的底面圆的半径为32π2π=34
如图，连接AC交EF于点Q，过点B作BR ⊥DC于点R，BR,AC交于点O，过点O作OP⊥BC于点P，则⊙O与BC,CD相切，
∵AB=BC
∴∠BCA=∠BAC
∵AB∥CD
∴∠BAC=∠ACD
∴∠BCA=∠ACD
∴OR=OP
由（1）可知AB,DC之间的距离为2，
∴BR=2,
∵BC=22
∴RC=BC2−BR2=2
∴△BRC是等腰直角三角形，
∴∠RBC=45°
∵BP⊥BC
∴△OPB是等腰直角三角形，
∴BO=2OP
设⊙O的半径为r，则BO=2−r，
∴2r=2−r
解得r=22+1=22−1=22−2
∴BO=222−2=4−22,
∴AO2=BO2+AB2=4−222+222=32−162，
∴OQ=AO−AQ=32−162−2，
OQ−r=32−162−2−22−2=32−162−22，
∵32−1622−222=32−162−8=24−162，
又242−1622=576−512=64>0，
∴OQ−r>0，
即OQ>r，
∵22−2>34．
∴能从剪下的两块余料中选取一块，剪出一个圆作为这个圆锥的底面．
【点睛】本题考查了切线的判定，角平分线的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
【题型9 动点的运动轨迹长度计算】
【例9】（2023春·黑龙江大庆·九年级校考阶段练习）四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，∠DAB=135°，且AB=2，AD=42．以B为圆心，BC为半径作弧，交BA的延长线于点E，若点Q为弧EC上的动点，过点Q作QH⊥BC于点H，设点I为△BQH的内心，连接BI，QI，当点Q从点C运动到点E时，则内心I所经过的路径长为 ．
【答案】52π2
【分析】三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点，连接IC，由内心定义得∠QBI=∠CBI，继而证明△IBQ≌△IBC(SAS)，再由全等三角形的对应角相等解得∠BIC=∠BIQ，接着计算∠QBI+∠IQB的度数，得到∠BIC=∠BIQ=135°，过B、I、C三点作⊙O，求得∠BOC的度数，求出BC=10，在等腰直角三角形BCO中，利用勾股定理解得BO=52，最后根据弧长公式解题即可．
【详解】解：如图，连接IC，
∵I是内心，
∴∠QBI=∠CBI，
∵BI=BI，CB=BQ，
∴△IBQ≌△IBC(SAS)，
∴∠BIC=∠BIQ，
∵∠QHB=90°，
∴∠QBI+∠IQB=12∠QBH+12∠BQH =12(∠QBH+∠BOH) =12(180°−∠BHQ) =12×(180°−90°)=45°，
∴∠BIQ=180°−45°=135°，
∴∠BIC=∠BIQ=135°，
过B、I、C三点作⊙O，连接OB,OC，
∴∠BOC=2(180°−∠BIC)=2×(180°−135°)=90°，
∴当点Q从点C运动到点E时，内心所经过的路径长为BC的长，
过点D作DM⊥BC，过A作AN⊥DM，垂足分别为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=BC2=102=52，
∴ lBC=90×π×52180=52π2．
故答案为：52π2．
【点睛】本题考查圆的综合，涉及圆周角定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、三角形的内心性质、不共线三点确定一个圆、弧 长公式等知识，是重要考点，正确作出辅助线、掌握相关知识是解题关键．
【变式9-1】（2023秋·江苏连云港·九年级校考阶段练习）如图，已知∠ABC=90°，AB=10，BC=5，半径为2的⊙O从点A出发，沿A→B→C方向滚动到点C时停止，圆心O运动的路程是 ．

【答案】15+π
【分析】根据题意画出图形，将运动路径分为三部分：OO1，O1O2，O2O3，分别计算出各部分的长再相加即可
【详解】解：圆心O运动路径如图：

∵OO1=AB=10；弧O1O2的长度为90π×2180=π；O2O3=BC=5，
∴圆心O运动的路程是10+π+5=15+π．
故答案为：15+π．
【点睛】本题考查了弧长的计算，找到运动轨迹，将运动轨迹分为三部分进行计算是解题关键．
【变式9-2】（2023秋·江苏徐州·九年级校考阶段练习）如图，有一块长为4cm、宽为3cm的矩形木板在桌面上按顺时针方向无滑动地翻滚，木板上顶点A的位置变化为A→A1→A2，其中，第二次翻滚时被桌面上一个小木块挡住，使木板边沿A2C与桌面成30°角，则点A翻滚到点A2的位置经过的路径长为（ ）

A．10cmB．3.5πcmC．4.5πcmD．2.5πcm
【答案】B
【分析】根据旋转的定义得到点A以B为旋转中心，以∠ABA1为旋转角，顺时针旋转得到A1；A2是由A1以C为旋转中心，以∠A1CA2为旋转角，顺时针旋转得到，由于∠ABA1=90°，∠A1CA2=60°，AB=5cm，CA1=3cm，然后根据弧长公式计算即可．
【详解】解：连接AB、BA1，
由题意，点A以B为旋转中心，以∠ABA1为旋转角，顺时针旋转得到A1；A2是由A1以C为旋转中心，以∠A1CA2为旋转角，顺时针旋转得到，

∵∠ABA1=90°，∠A1CA2=60°，AB=32+42=5cm，CA1=3cm，
∴点A翻滚到A2位置时共走过的路径长=90×π×5180+60×π×3180=3.5πcm，
故选：B．
【点睛】本题考查了弧长公式，旋转变换，解决本题的关键是掌握弧长公式和旋转的性质．
【变式9-3】（2023·浙江温州·校考三模）图1是挂桶式垃圾车的联动装置，通过钢轴先后作两次旋转移动垃圾桶，实现对垃圾桶提升和翻转，将垃圾桶内的垃圾自动收入车厢．图2，图3是该装置的侧面示意图，AB与地面所成的锐角为60°，AB=110cm, BC=303cm,CD=30cm．第一次转轴BC绕点B把竖直放置垃圾桶旋转，转轴转至BC1，使A，B，C1共线，在此转动过程中，转轴BC与转轴DE所成锐角为30°保持不变．第二次转轴D1E1绕点C1旋转至D2E2，使D2,E2，B，A共线．当转轴外端点D到达最高处时，点D2离地面的距离为 cm．垃圾桶从举起到倒掉垃圾的整个过程中，转轴外端点D所经过的路径长为 cm．

【答案】 703+45 207+5π
【分析】①过点D2作D2F⊥地面于F，利用AB=110cm, BC=303cm,CD=30cm求出AD2，再利用AB与地面所成的锐角为60°即可求出D2离地面的距离；
②先求出BD，再用弧长公式求出DD1与D1D2的长度，再求和即可．
【详解】①过点D2作D2F⊥地面于F，
由旋转的性质可知：BC=BC1,CD=C1D2，
∵AB=110cm, BC=303cm,CD=30cm，
∴AD2=AB+BC1+C1D2=AB+BC+CD=140+303cm，
又∵AB与地面所成的锐角为60°，即∠FAD2=60°，D2F⊥地面，
∴D2离地面的距离为：D2F=AD2sin60°=703+45cm．
②过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，连接BD与BD1，作DD1，

∵转轴BC与转轴DE所成锐角为30°保持不变，即∠BCE=30°，
∴∠ABC=360°−∠BAH−∠AHC−180°−∠BCE=360°−60°−90°−180°−30°=60°，
∵∠BCE=30°，BG⊥CE，BC=303cm，
∴BG=12BC=153cm，CG=BC2−BF2=45cm，
又∵CD=30cm，
∴DG=CG+CD=75cm，
∴BD=BG2+DG2=307cm，
由旋转的性质可知，∠DBD1=∠CBC1=180°−∠ABC=120°，
∴DD1的长度为：120π×BD180=120π×307180=207πcm，
又作D1D2，

由旋转的性质可知：∠D1C1D2=∠BC1E1=∠BCE=30°，
∴D1D2的长度为：30π×CD180=30π×30180=5πcm，
转轴外端点D所经过的路径，即DD1与D1D2的长度和为：207π+5π=207+5πcm．
故答案为：703+45；207+5π．
【点睛】本题考查含30°的直角三角形的性质，旋转的性质，弧长公式，勾股定理等知识，根据题意正确作出辅助线是解题的关键．
【题型10 动态图形的扫过的面积的计算】
【例10】（2023秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图，已知A、D是⊙O上任意两点，且AD=6，以AD为边作正方形ABCD，若AD边绕点O旋转一周，则BC边扫过的面积为 ．

【答案】9π
【分析】如图所示，连接OD、OC，过点O作OE⊥AD于点E，延长OE交BC于点F．则BC边扫过的面积为以OC为外圆半径、OF为内圆半径的圆环面积，利用垂径定理即可得出DE=AE=3，进而可得出CF=DE=3，再根据圆环的面积公式结合勾股定理即可得出BC边扫过的面积．
【详解】解：如图所示，连接OD、OC，过点O作OE⊥AD于点E，延长OE交BC于点F．

∵AD为弦，OE⊥AD，
∴由垂径定理可得DE=AE=12AD=3．
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC∥AD，AD=BC=6，∠CDA=90°，
∴∠CFO=∠DEO=90°，
∴四边形DEFC为矩形，CF=DE=3．
∵AD边绕点O旋转一周，则BC边扫过的图形为以OC为外圆半径，OF为内圆半径的圆环，
∴圆环面积为S=π⋅OC2−π⋅OF2=πOC2−OF2=π⋅CF2=9π．
故答案为：9π．
【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，平行线的性质以及圆环的面积公式，结合AD边的旋转，找出BC边旋转过程中扫过的区域的形状是解题的关键．
【变式10-1】（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，半圆O的直径AB=4，弦CD=22，弦CD在半圆上滑动，点C从点A开始滑动，到点D与点B重合时停止滑动，若M是CD的中点，则在整个滑动过程中线段BM扫过的面积为___________．

【答案】π2
【分析】根据勾股定理的逆定理可得△OCD是直角三角形，进而得出OM=12CD，再根据旋转可得OM旋转的圆心角为90°，半径OM=2，根据扇形面积的计算方法进行计算即可。
【详解】解：连接OC、OD、OM，如下图：

∵OC=OD=12AB=2，CD=22
∴OC2+OD2=CD2
∴∠COD=90°，
又∵点M为CD的中点，
∴OM=12CD=2，
弦CD在半圆上滑动，点C从点A开始滑动，到点D与点B重合时停止滑动，OM就绕着点O逆时针旋转90°，BM扫过的部分为下图中的阴影部分，

由题意可得：ON⊥BD，OM⊥AD
∴BN=12BD=2=OM，∠ENB=∠EOM=90°，
又∵∠MEO=∠BEN，
∴△MEO≌△BEN(AAS)，
∴S△MEO=S△BEN
BM扫过的部分的面积就是S扇形MON=90π×(2)2360=π2，
故答案为：π2
【点睛】本题考查勾股定理及逆定理，扇形面积的计算，掌握扇形面积的计算方法以及勾股定理的逆定理是正确解答的前提．
【变式10-2】（2023·黑龙江鸡西·校考三模）在平面直角坐标系中，已知A2,0，B3,1，C1,3；

(1)将△ABC沿x轴负方向平移2个单位至△A1B1C1，画图并写出C1的坐标____________；
(2)以A1点为旋转中心，将△A1B1C1逆时针方向旋转90°得△A1B2C2，画图并写出C2的坐标_____；
(3)在平移和旋转过程中线段BC扫过的面积为___________．
【答案】(1)作图见解析，−1,3
(2)作图见解析，−3,−1
(3)2π+4
【分析】（1）根据平移的性质得出对应点坐标进而得出答案；
（2）根据旋转的性质得出对应点坐标，进而得出对应点坐标即可；
（3）根据平移的性质以及旋转的性质进而得出线段BC扫过的面积．
【详解】（1）解：如图所示：△A1B1C1即为所求，C1−1,3，
故答案为：−1,3；
（2）如图所示：△A2B2C2即为所求，C2−3,−1，
故答案为：−3,−1；
（3）根据题意，每个小正方形的边长为1，
∴A1B1=12+12=2，
A1C1=12+32=10，
∵将△ABC沿x轴负方向平移2个单位至△A1B1C1，
∴BC∥B1C1，BC=B1C1，
∴四边形BCC1B1是平行四边形，
∴在平移和旋转过程中线段BC扫过的面积为： 2×2+90π×102360−90π×22360=2π+4，
故答案为：2π+4．

【点睛】本题考查作图—平移变换、旋转变换，平行四边形和扇形面积公式等知识，根据题意得出平移和旋转过程中线段BC扫过的面积是解题关键．
【变式10-3】（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图所示，扇形OAB从图①无滑动旋转到图②，再由图②到图③，∠O=60°，OA=1．
(1)求O点运动的路径长；
(2)求O点走过路径与射线l围成的面积．
【答案】(1)O点运动的路径长为4π3；
(2)O点走过路径与射线l围成的面积为5π6．
【分析】（1）一共转动了三次，分析每一次转动的圆心角和半径，然后利用弧长公式即可求解；
（2）同（1）的方法，利用扇形面积公式的长方形面积公式即可求解．
【详解】（1）解：如图，
运动路径第一段弧长90π×1180=π2，
第二段路径为线段长为60π⋅1180=π3，
第三段路径为90π⋅1180=π2，
即O在射线l上运动路径为π2+π3+π2=4π3；
（2）解：围成面积，
S1=90π⋅1360=14π，S2=1×π3=π3，S3=90π⋅1360=π4，
S=S1+S2+S3=5π6．
【点睛】本题考查弧长公式、扇形面积公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．