中考数学一轮复习专题3.13 圆章末十大题型总结（培优篇）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题3.13 圆章末十大题型总结（培优篇）（北师大版）（解析版），共55页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc11060" 【题型1 巧用圆的半径相等】 PAGEREF _Tc11060 \h 1
\l "_Tc8178" 【题型2 由点与圆的位置关系求求范围】 PAGEREF _Tc8178 \h 5
\l "_Tc15352" 【题型3 弧、弦、角、之间的关系】 PAGEREF _Tc15352 \h 11
\l "_Tc7578" 【题型4 垂径定理】 PAGEREF _Tc7578 \h 17
\l "_Tc10820" 【题型5 圆周角定理】 PAGEREF _Tc10820 \h 22
\l "_Tc14210" 【题型6 圆内接四边形】 PAGEREF _Tc14210 \h 28
\l "_Tc24132" 【题型7 直线与圆的位置关系】 PAGEREF _Tc24132 \h 35
\l "_Tc1533" 【题型8 切线长定理的运用】 PAGEREF _Tc1533 \h 39
\l "_Tc25733" 【题型9 弧长的计算】 PAGEREF _Tc25733 \h 45
\l "_Tc2755" 【题型10 扇形面积的计算】 PAGEREF _Tc2755 \h 49
【题型1 巧用圆的半径相等】
【方法点拨】解决此类问题的关键是连接半径，抓住圆的半径相等是关键.
【例1】（2023秋·广东汕头·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的弦，OD为⊙O半径．OC⊥AB，垂足为C，OD∥AB，OD=2OC，则∠ODB为（ ）度
A．60B．65C．70D．75
【答案】D
【分析】连接OB，则OB=OD，由OC⊥AB，则∠OBC=30°，再由OD∥AB，即可求出答案．
【详解】解：如图：连接OB，则OB=OD，
∵OC=12OD，
∴OC=12OB，
∵OC⊥AB，
∴∠OBC=30°，
∵OD∥AB，
∴∠BOD=∠OBC=30°，
∴∠OBD=∠ODB=75°，
故选D．
【点睛】本题考查了圆，平行线的性质，等腰三角形的有关知识；正确作出辅助线、利用圆的半径相等是解题的关键．
【变式1-1】（2023秋·河北唐山·九年级统考期中）如图，半圆O的直径AB=10，将半圆O绕点B顺时针旋转45°得到半圆O′，与AB交于点P，那么AP=（ ）
A．2.5B．5C．10−52D．102−5
【答案】C
【分析】先根据题意判断出△O′PB是等腰直角三角形，由勾股定理求出PB的长，进而可得出AP的长．
【详解】解：如下图，连接O′P，
由题意得：∠OBA′=45°，
∵O'P=O'B，
∴∠O'PB=∠OBA'=45°,
∴△O′PB是等腰直角三角形，
∴PB=2BO′=52，
∴AP=AB−BP=10−52，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是根据旋转的性质求出△O′PB是等腰直角三角形．
【变式1-2】（2023秋·河北唐山·九年级唐山市第十二中学校考期末）如图，⊙O的直径AB与弦CD的延长线交于点E，若DE=OB，∠AOC=84°，则∠E等于（ ）
A．42°B．28°C．21°D．20°
【答案】B
【分析】连接OD，易得OD=BE，利用三角形外角的性质得到∠ODC=2∠E，∠AOC=∠ODC+∠E，进行求解即可；
【详解】解：连接OD，则：OD=OB=OC，
∴∠OCD=∠ODC，
∵DE=OB，
∴OD=DE，
∴∠DOE=∠E，
∴∠ODC=∠DOE+∠E=2∠E，
∴∠OCD=2∠E，
∴∠AOC=∠OCD+∠E=3∠E，
∴∠E=13∠AOC=28°；
故选B．
【点睛】本题考查圆的认识，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质．熟练掌握圆内半径均相等，得到等腰三角形，是解题的关键．
【变式1-3】（2023秋·天津南开·九年级南开翔宇学校校考期末）如图，⊙O 的半径为 2，AB 为圆上一动弦，以 AB为边作正方形ABCD，求OD的最大值 ．
【答案】22+2
【分析】把AO绕点A顺时针旋转90°得到AO′，得到△AOO′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出OO′，再根据正方形的性质可得AB=AD，再求出∠BAO=∠DAO′，然后利用“边角边”证明△ABO和△ADO′全等，根据全等三角形对应边相等可得DO′=BO，再根据三角形的任意两边之和大于第三边求解即可．
【详解】如图，连接AO、BO、把AO绕点A顺时针旋转90°得到AO′，连接DO′
∴△AOO′是等腰直角三角形，
∵AO=2，
∴OO′=22+22=22，
在正方形ABCD中，AB=AD， ∠BAD=90°，
∵∠BAO+∠BAO′=∠DAO′+∠BAO′=90°，
∴∠BAO=∠DAO′，
在△ABO和△ADO′中，
AO=AO′∠BAO=∠DAO′AB=AD，
∴△ABO≌△ADO′ （SAS），
∴DO′=BO=2，
∴OO′＋O′D≥OD，
当O、O′、D三点共线时，取“=”，
此时，OD的最大值为22+2．
故答案为：22+2．
【点睛】本题考查了圆的基本性质、全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，利用旋转作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
【题型2 由点与圆的位置关系求求范围】
【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2】（2011秋·江苏泰州·九年级统考期中）直角坐标系中，已知点A(1,0)，⊙A的半径是5，若点D(−2,a)在⊙A外，则a的范围是( )
A．a>4B．a>4或a<−4C．a<−4D．−4【答案】B
【分析】根据两点间的距离公式与点D在⊙A外得到关于a的不等式，解不等式即可求得结论．
【详解】解：两点间的距离公式为d=(x2−x1)2+(y2−y1)2；
由题意得DA>5，则DA=(−2−1)2+(a−0)2>5，
即9+a2>5，
∴a2>16，
∴a>4或a<−4，
故选B．
【点睛】本题主要考查了两点间的距离公式，点与圆的位置关系，掌握点与圆的位置与半径的关系是解题的关键．
【变式2-1】（2023春·河北石家庄·九年级校考开学考试）在数轴上，点A所表示的实数为3，点B所表示的实数为a，⊙A的半径为2，下列说法错误的是（ ）
A．当a<5时，点B在⊙A内B．当1C．当a<1时，点B在⊙A外D．当a>5时，点B在⊙A外
【答案】A
【分析】先找出与点A的距离为2的点1和5，再根据点与圆的位置关系的判定方法即可解．
【详解】解：由于圆心A在数轴上的坐标为3，圆的半径为2，
∴当d=r时，⊙A与数轴交于两点：1、5，故当a=1、5时点B在⊙A上；
当d当d>r即当a<1或a>5时，点B在⊙A外．
由以上结论可知选项B、C、D不符合题意，选项A符合题意．
故选：A．
【点睛】题考查了对点与圆的位置关系的判断．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【变式2-2】（2023秋·北京海淀·九年级北京交通大学附属中学校考期末）对于平面直角坐标系xOy中的图形M和点P给出如下定义：Q为图形M上任意一点，若P，Q两点间距离的最大值和最小值都存在，且最大值是最小值的2倍，则称点P为图形M的“二分点”．
已知点N（3，0），A（1，0），B（0，3），C（3，﹣1）．
(1)①在点A，B，C中，线段ON的“二分点”是 ；
②点D（a，0），若点C为线段OD的“二分点”，求a的取值范围；
(2)以点O为圆心，r为半径画圆，若线段AN上存在⊙O的“二分点”，直接写出r的取值范围．
【答案】(1)①B、C；②a=3−15或3≤a≤23；
(2)13≤r≤1或3≤r≤9．
【分析】（1）①计算每个点到ON的最大和最小值，可推断出结果；
②分为当最小值是1，和最大值是2两种情形；
（2）当AN上的点在圆外和外内两种情形；
【详解】（1）解：①如图1，
∵点A到ON的最大距离是2，到ON的最小距离是0，
∴点A不是ON的二分点，
∵OB=3，BN=23，
∴BN=2OB，
∴B点是ON的二分点，
∵CD=1，OC=2，
∴点C是ON的二分点，
故答案是：B、C；
②如图2，
当OC=2是最小值时，最大值是OD=4，
∴(a−3)2+1=42，
∴a1=15+3（舍去），a2=3−15，
当最小值是1时，a≥3，
最大值是2时，
∵OC=2，
∴a≤23，
∴3≤a≤23，
综上所述：a=3−15或3≤a≤23；
（2）解：如图3，
当点A在⊙O外时，设点M在AN上，M（x，0），（1≤x≤3），
假设M是⊙O的二分点，
∴x+r=2（x-r），
∴x=3r，
∴1≤3r≤3，
∴13≤r≤1；
如图4，
点M在⊙O内，
∴x+r=2（r-x），
∴x=r3，
∴1≤r3≤3，
∴3≤r≤9，
综上所述：13≤r≤1或3≤r≤9．
【点睛】本题考查了点到线段（上的点）的距离，及点到圆最值问题，解决问题的关键是分为点在圆外和圆内两种情形讨论．
【变式2-3】（2023秋·广东江门·九年级校考期末）如图，正方形ABCD中，AB=5cm，以B为圆心，1cm为半径画圆，点P是⊙B上一个动点，连接AP，并将AP绕点A逆时针旋转90°至AP′，连接BP′，在点P移动的过程中，BP′长度的取值范围是 cm．
【答案】(52−1)cm≤BP'≤(52+1)
【分析】通过画图发现，点P′的运动路线为以D为圆心，以1cm为半径的圆，可知：当P′在对角线BD上时，BP′最小；当P′在对角线BD的延长线上时，BP′最大．先证明△PAB≌△P′AD，则P′D=PB=1，再利用勾股定理求对角线BD的长，则得出BP′的长度的取值范围．
【详解】解：如图，当P′在对角线BD上时，BP′最小；当P′在对角线BD的延长线上时，BP′最大．
连接BP，
①当P′在对角线BD上时，
由旋转得：AP=AP′，∠PAP′=90°，
∴∠PAB+∠BAP′=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAP′+∠DAP′=90°，
∴∠PAB=∠DAP′，
∴△PAB≌△P′AD，
∴P′D=PB=1cm，
在Rt△ABD中，
∵AB=AD=5cm，
由勾股定理得：BD52+52=52cm，
∴BP′=BD−P′D=52−1cm，
即BP′长度的最小值为(52−1)cm．
②当P′在对角线BD的延长线上时，
同理可得BD=52cm，
∴BP′=BD+P′D=(52+1)cm，
即BP′长度的最大值为(52+1)cm．
∴BP′长度的取值范围是(52−1)cm≤BP′≤(52+1)cm．
故答案为：(52−1)cm≤BP'≤(52+1)．
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、点与圆的位置关系和最值问题，寻找点P′的运动轨迹是本题的关键．
【题型3 弧、弦、角、之间的关系】
【方法点拨】在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等，其中圆心角的度数与它所对的弧的度数相等.
【例3】（2023秋·河北廊坊·九年级校考期中）如图，BC=CD=DE，已知AB是⊙O的直径，∠COD=35°，那么∠AOE的度数是（ ）

A．40°B．70°C．75°D．105°
【答案】C
【分析】由BC=CD=DE,∠COD=35°，可求得∠BOC=∠EOD=∠COD=35°，继而可求得∠AOE的度数．
【详解】解：∵ BC=CD=DE,∠COD=35°，
∴∠BOC=∠EOD=∠COD=35°，
∴∠AOE=180°−∠EOD−∠COD−∠BOC=75°．
故选：C
【点睛】此题考查了弧与圆心角的关系，掌握数形结合思想的应用是解题的关键．
【变式3-1】（2023秋·黑龙江大庆·九年级校考期中）如图，在⊙O中，AB、DE为⊙O的直径，C是⊙O上一点，且AD=CE．
（1）BE与CE有什么数量关系？为什么？
（2）若∠BOE=60°，则四边形OACE是什么特殊的四边形？请说明理由．
【答案】（1）BE=CE，证明见解析；（2）四边形OACE是菱形，证明见解析；
【分析】（1）根据对顶角相等得到∠AOD=∠BOE，再根据圆心角、弧、弦的关系得AD=BE ，加上AD=CE ，所以BE=CE，于是有BE=CE；
（2）连结OC可得△COE和△AOC是等边三角形，可得四边形OACE的四条边都相等，再根据菱形的判定即可求解．
【详解】（1）∵AB、DE是⊙O的直径，
∴∠AOD=∠BOE，
∴AD=BE，
∵AD=CE，
∴BE=CE，
∴BE=CE．
（2）连结OC，
∵∠BOE=60°，BE=CE，
∴∠COE=60°，
∵OC=OE，
∴△COE是等边三角形，
∵∠AOC=180°﹣60°﹣60°=60°，OA=OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴OE=CE=OA=AC=OC，
∴四边形OACE是菱形．
【点睛】考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
【变式3-2】（2023秋·安徽安庆·九年级统考期末）如图，⊙O的两条弦AB、CD互相垂直，垂足为E，且AB=CD．

(1)求证：BE=CE；
(2)若AE=1，CE=3，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）作OM⊥AB于点M，作ON⊥CD于点N，证明四边形OMEN为矩形，可得AB=CD，OM⊥AB，ON⊥CD，可得OM=ON，证明四边形OMEN是正方形，可得OM=ME=EN．证明BM=CN，从而可得结论；
（2）连接OA，求解AB=AE+BE=4，可得AM=12AB=2，可得OM=ME=1，再由勾股定理可得答案.
【详解】（1）证明：作OM⊥AB于点M，作ON⊥CD于点N，
又∵AB⊥CD，
∴四边形OMEN为矩形，
∵AB=CD，OM⊥AB，ON⊥CD，
∴OM=ON，
∴四边形OMEN是正方形，
∴OM=ME=EN．
∵OM⊥AB，ON⊥CD，
∴BM=12AB，CN=12CD，
又∵AB=CD，
∴BM=CN，
∴BM+ME=CN+NE即BE=CE．
（2）连接OA，

由（1）可知BE=CE=3，
∴AB=AE+BE=1+3=4，
∵OM⊥AB，
∴AM=12AB=2，
∴EM=AM−BE=1，
∴OM=ME=1．
在Rt△AMO中，OA=OM2+AM2=5，
∴⊙O的半径为5．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，矩形，正方形的判定与性质，垂径定理的应用，弦，弧，弦心距之间的关系，熟记圆的基本性质是解本题的关键.
【变式3-3】（2023秋·浙江杭州·九年级期末）已知⊙O的直径AB=4，弦AC与弦BD交于点E．且OD⊥AC，垂足为点F．
（1）如图1，如果AC=BD，求弦AC的长；
（2）如图2，如果E为弦BD的中点，求EF:DF
【答案】（1）AC=23；（2）22
【分析】(1) 连接OC，由垂径定理、等弦得到等弧，根据同圆中弧与圆心角的关系可求出∠，通过解直角三角形求出，利用垂径定理求出；
(2) 连接BC，根据AB为直径，得到∠AFO=∠C=90°，再得到∠D=∠EBC，证明△DEF≌△BEC(ASA)，求得是△ABC的中位线，设OF=t，则根据BC=DF，求出的值，由勾股定理求出的值，再求出的值，即可求解．
【详解】如图 ，连接OC，
∵OD⊥AC,
AD=CD,∠AFO=90°
又∵AC=BD，
∴AC=BD即AD+CD=CD+BC，
∴AD=BC,
∴AD=CD=BC ，
∴∠AOD=∠DOC=∠BOC=60°
∵AB=4,
∴AO=BO=2,
∴AF=3
则AC=2AF=23；
如图2，连接BC，
∵AB为直径，
OD⊥AC,∴∠AFO=∠C=90°，
∴OD//BC，
∴∠D=∠EBC
∵DE=BE、∠DEF=∠BEC,
∴△DEF≌△BEC(ASA)
∴BC=DF、EC=EF，
又∵AO=OB,
∴OF是△ABC的中位线，
设OF=t，
则BC=DF=2t,∵DF=DO−OF=2−t,
∴2−t=2t
解得：t=23，
则DF=BC=43,AC=AB2−BC2=42−169=832
∴EF=12FC=14AC=232,
∴EF:DF=232:43=22
【点睛】本题考查了垂径定理，弧，弦，圆心角定理，以及勾股定理，还考查了全等三角形的判定和性质，中位线定理，熟悉并灵活运用以上性质定理是解题的关键．
【题型4 垂径定理】
【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4】（2023秋·江苏南京·九年级校联考期末）在同心圆中，大圆的弦AB交小圆于C，D两点．
(1)如图①，若大圆、小圆的半径分别为13和7，AB=24，则CD的长为 ___________．
(2)如图②，大圆的另一条弦EF交小圆于G，H两点，若AB=EF，求证CD=GH．
【答案】(1)46
(2)见解析
【分析】（1）连接OA，OC，过O点作OH⊥AB，则H为AB，CD的中点，得出AH=12AB，CH=12CD，根据勾股定理即可求出CD的长；
（2）过O作OM⊥AB，作ON⊥EF，垂足分别为M、N，得出DM=12CD，HN=12GH，AM=12AB，EN=12EF，连接OA、OE、OD、OH，通过证明Rt△OAM≅Rt△OEN和Rt△ODM≅Rt△OHN，即可得证CD=GH．
【详解】（1）连接OA，OC，过O点作OH⊥AB，则H为AB，CD的中点，
∵AB=24，
∴AH=12AB=12×24=12，CH=12CD，
∵OH⊥AB，
∴OH2=OA2−AH2，OH2=OC2−CH2，
∴OA2−AH2=OC2−CH2，
∴132−122=72−CH2，
∴CH=26，
∴CD=2CH=46，
故答案为：46
（2）过O作OM⊥AB，作ON⊥EF，垂足分别为M、N，
∴DM=12CD，HN=12GH，AM=12AB，EN=12EF，
又∵AB=EF，
∴AM=EN，
连接OA、OE、OD、OH，

在Rt△OAM和Rt△OEN中，
OA=OEAM=EN，
∴Rt△OAM≅Rt△OEN，
∴OM=ON，
在Rt△ODM和Rt△OHN中，
OD=OHOM=ON，
∴Rt△ODM≅Rt△OHN，
∴DM=HN，
∴CD=GH．
【点睛】本题主要考查垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解此类题的关键．
【变式4-1】（2023秋·河北张家口·九年级张家口东方中学校考期末）如图，⊙O的半径为6cm，AB是弦，OC⊥AB于点C，将劣弧AB沿弦AB折叠，交OC于点D，若D是OC的中点，则AB的长为 ．

【答案】45cm
【分析】连接BO，延长OC交弧AB于E，可证CE=CD=OD，从而可求OC=23OE=4，由BC=OB2−OC2，即可求解．
【详解】解：如图，连接BO，延长OC交弧AB于E，

由折叠得：CD=CE，
∵ D是OC的中点，
∴CD=OD，
∴CE=CD=OD，
∴OC=23OE=4，
∵OC⊥AB，
∴AB=2BC，
在Rt△OCB中
BC=OB2−OC2
=62−42=25，
∴AB=45cm．
故答案：45cm．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，垂径定理，勾股定理，掌握相关的性质，构建出由弦、弦心距、半径组成的直角三角形是解题的关键．
【变式4-2】（2023秋·江苏镇江·九年级统考期中）如图，⊙O的直径AB与弦CD交于点E，∠DEB=30°，AE=2，EB=6，求CD的长．

【答案】215
【分析】如图，过O作OF⊥CD，交CD于点F，连接OD；由垂径定理可得CF=DF，再根据题意求得圆的直径AB=8，则半径OA=4，进而求得OE=2；然后根据直角三角形的性质可得OF=12OE=1,再根据勾股定理可求得DF=15，最后结合CD=2DF即可解答．
【详解】解：如图，过O作OF⊥CD，交CD于点F，连接OD，

∴F为CD的中点，
∴CF=DF，CD=2DF
∵AE=2，EB=6，
∴AB=AE+EB=2+6=8，
∴OA=4，
∴OE=OA−AE=4−2=2，
在Rt△OEF中，∠DEB=30°，
∴OF=12OE=1，
在Rt△ODF中，OF=1，OD=4，
根据勾股定理得：DF=0D2−OF2=42−12=15，则CD=2DF=215．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、三角形的性质、勾股定理等知识点，掌握垂径定理是解答本题的关键．
【变式4-3】（2023秋·湖北宜昌·九年级统考期末）如图，在平行四边行ABCD中，AB＝5，BC＝8，BC边上的高AH＝3，点P是边BC上的动点，以CP为半径的⊙C与边AD交于点E，F（点E在点F的左侧）．
（1）当⊙C经过点A时，求CP的长；
（2）连接AP，当AP∥CE时，求⊙C的半径及弦EF的长．
【答案】（1）CP＝5；（2）⊙C的半径为258，EF＝74．
【分析】（1）连接AC，由勾股定理求出BH＝4，得出CH＝4，由勾股定理求出CA，当⊙C经过点A时，CP＝CA＝5；
（2）先证明四边形APCE是平行四边形，得出CP＝CE，证出四边形APCE是菱形，得出PA＝CP，设PA＝CP＝x，则PH＝4﹣x，由勾股定理得出方程，解方程求出半径；作CM⊥EF于M，则CM＝AH＝3，由垂径定理得出ME＝MF＝12EF，由勾股定理求出ME，即可得出EF的长．
【详解】解：（1）连接AC，如图1所示：∵AH⊥BC，
∴∠AHB＝∠AHC＝90°，
∴BH＝AB2−AH2=52−32=4，
∴CH＝BC﹣BH＝4，
∴CA＝AH2+CH2=5，
当⊙C经过点A时，CP＝CA＝5；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，当AP∥CE时，四边形APCE是平行四边形，
∵CP＝CE，
∴四边形APCE是菱形，
∴PA＝CP，
设PA＝CP＝x，则PH＝4﹣x，
在Rt△APH中，
由勾股定理得：AH2+PH2＝PA2，
即32+（4﹣x）2＝x2，
解得：x＝258，
即⊙C的半径为258，
作CM⊥EF于M，如图2所示：则CM＝AH＝3，ME＝MF＝12EF，
在Rt△CEM中，由勾股定理得：ME＝CE2−CM2=(258)2−32=78，
∴EF＝2ME＝74．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理、垂径定理、平行四边形的判定方法、菱形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
【题型5 圆周角定理】
【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5】（2023秋·广东广州·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点P是Rt△ABC外接圆上的一点，且∠ACP=45°

(1)如图1，求证：AP=BP；
(2)如图2，连接BP，AP．点M为弧AP上一点，过P作PD⊥BM于D点，求证：BD= MD+AM；
(3)如图3，点Q是弧AP上一动点（不与A，P重合），连PQ，AQ，BQ．求BQ−AQPQ的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）连接AP,BP，根据已知得出∠PCB=∠PCA=45°，得出AP=BP，即可得证；
（2）过点M作MN⊥BM垂足为M，过点P作PN⊥MN于点N，证明△BPD≌△APN，进而即可得证；
（3）过点P作PD⊥BQ于点D，过点Q作QE⊥BQ垂足为Q，过点P作PE⊥AQ于点Q，连接PQ，由（2）可得四边形DPEQ是正方形，△BDP≌△AEP，继而即可求解．
【详解】（1）解：如图1，连接AP,BP，
∵∠ACB=90°，∠ACP=45°，
∴∠PCB=∠PCA=45°，
∴AP=BP，
∴AP=BP；
（2）证明：如图2，过点M作MN⊥BM垂足为M，过点P作PN⊥MN于点N，
∴四边形PDMN是矩形，
∵BP=BP，
∴∠BMP=∠BCP=45°，
∵PD⊥BM，
∴△PMD是等腰直角三角形，
∴DP=DM，
∴四边形PDMN是正方形，
∴PD=DM=MN=PN，∠DPN=90°
∵∠ACB=90° ，
∴AB是⊙的直径，
∴∠BPA=90°，
∴∠BPD+∠DPA=∠APN+∠DPA，
∴∠BPD=∠APN，
又∵BP=AP，
∴△BPD≌△APN
∴BD=AN,
∴BD=AM+MN=AM+DM；
（3）如图3所示，过点P作PD⊥BQ于点D，过点Q作QE⊥BQ垂足为Q，过点P作PE⊥AQ于点E，连接PQ，则A、Q、E三点共线，
由（2）可得四边形DPEQ是正方形，△BDP≌△AEP，
∴BD=AE，
∴BQ=BD+DQ=AQ+QE+DQ，
设正方形DPEQ的边长为a，则PQ=2a，
∴BQ−AQPQ=QE+DQPQ =2a2a=2．
【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，90度角所对的弦是直径，正方形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，掌握圆周角定理是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·山东济宁·九年级统考期末）如图，将AC沿弦AC折叠交直径AB于圆心O，则∠AOC= 度．

【答案】120
【分析】过O点作OD⊥AC交AC于D，交AC于E，连接OC，BC．根据折叠可得OD=12OE，AD=CD，根据三角形中位线定理可得OD=12BC，再根据等边三角形的判定和性质，以及邻补角的定义即可求解．
【详解】解：过O点作OD⊥AC交AC于D，交AC于E，连接OC，BC．

由折叠可得：OD=12OE=12OB，AD=CD，则OD为△ABC的中位线，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，OD=12BC，则BC=OB，
又∵OC=OB，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠BOC=60°，
∴∠AOC=180°−60°=120°．
故答案为：120．
【点睛】考查了翻折变换（折叠问题），圆周角定理，三角形中位线定理，等边三角形的判定和性质，以及邻补角的定义，综合性较强，构造辅助线是是解决问题的关键．
【变式5-2】（2023春·浙江杭州·九年级校考期中）如图，AD是△ABC的外角平分线，与△ABC的外接圆交于点D，连接BD交AC于点F，且BC=CF，则下列结论错误的是（ ）
A．∠ADB=∠CDB B．3∠ACB+∠ACD=180°
C．3∠BDC+2∠ABD=180°D．3∠BAD+∠ABD=360°
【答案】B
【分析】先根据圆内接四边形对角互补推出∠EAD=∠BCD，再由角平分线的定义得到∠EAD=∠CAD=∠BCD，即可得到BD=CD，则∠DBC=∠DCB，再由CB=CF得到∠CBF=∠CFB，即可证明∠ACB=∠BDC，再∠ADB=∠ACB，即可证明∠ADB=∠BDC即可判断A；再根据圆周角定理和等量代换把B、C、D三个选项中的角度用∠BDC，∠DBC，∠DCB表示出来，结合三角形内角和定理即可得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BAD+∠EAD=180°，
∴∠EAD=∠BCD，
∵AD是△ABC的外角平分线，
∴∠EAD=∠CAD=∠BCD，
又∵∠DBC=∠CAD，
∴∠DBC=∠DCB，
∵CB=CF，
∴∠CBF=∠CFB，
∵∠DBC+∠DCB+∠BDC=∠CBF+∠CFB+∠BCF=180°，
∴∠ACB=∠BDC，
又∵∠ADB=∠ACB，
∴∠ADB=∠BDC，故A不符合题意；
∵∠ACD=∠ABD
∴3∠BDC+2∠ABD=2∠BCA+2∠ACD+∠BDC
=2∠DCB+∠BDC
=∠DCB+∠DBC+∠BDC
=180°，故C不符合题意；
∵∠BAC=∠BDC，∠ACD=∠ABD，
∴3∠BAD+∠ABD
=3∠BAC+∠CAD+∠ABD
=3∠BDC+3∠DBC+∠ABD
=3∠BDC+3∠DBC+∠ACD
=2∠BDC+3∠DBC+∠ACD+∠ACB
=2∠BDC+3∠DBC+∠DCB
=2∠BDC+4∠DBC
=360°，故D不符合题意；
∵∠BDC=∠ACB，
∴3∠ACB+∠ACD=2∠BDC+∠ACB+∠ACD
=2∠BDC+∠DCB，
根据现有条件无法证明∠BDC=∠DBC，
∴无法证明3∠ACB+∠ACD=2∠BDC+∠DCB=180°，故B符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，角平分线的定义，三角形内角和定理，圆内接四边形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·吉林长春·九年级校考期中）如图，▱OABC的顶点A、B、C都在⊙O上，点D为⊙O上一点，且点D不在AB上，则∠ADB的大小为 °．
【答案】30
【分析】连接OB，证明四边形OABC为菱形，则OA=AB，进而得出三角形OAB为等边三角形，得出∠AOB=60°，则∠ADB=12∠AOB=30°．
【详解】解：连接OB，
∵四边形OABC为平行四边形，OA=OC，
∴四边形OABC为菱形，
∴OA=AB，
∵OA=OB，
∴三角形OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴∠ADB=12∠AOB=30°，
故答案为：30．

【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，圆周角与圆心角的关系，解题的关键是掌握菱形四边都相等，同弧所对的圆周角是圆心角的一半．
【题型6 圆内接四边形】
【方法点拨】圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补,且任意一个角的外角都等于其内对角.
【例6】（2023秋·浙江温州·九年级期末）在圆内接四边形ABCD中，∠BAD、∠ADC的角平分线交于点E，过E作直线MN平行于BC，与AB、CD交于M、N，则总有MN＝( )
A．BM+DNB．AM+CNC．BM+CND．AM+DN
【答案】D
【分析】在NM上截取NF＝ND，连接DF，AF，由A，B，C，D四点共圆，得出∠ADC+∠B＝180°，由MN∥BC，得出∠AMN+∠ADN＝180°，可得到A，D，N，M四点共圆，可得∠MND+∠MAD＝180°再由AE，DE分别平分∠BAD，∠CDA，A，F，E，D四点共圆，由∠MAF＝180°﹣∠DAF﹣∠MND＝180°﹣∠DEN﹣∠MND＝∠EDN＝∠ADE＝∠AFM，可得出MA＝MF，即得出MN＝MF+NF＝MA+ND．
【详解】解：如图，在NM上截取NF＝ND，连接DF，AF
∴∠NFD＝∠NDF，
∵A，B，C，D四点共圆，
∴∠ADC+∠B＝180°，
∵MN∥BC，
∴∠AMN＝∠B，
∴∠AMN+∠ADN＝180°，
∴A，D，N，M四点共圆，
∴∠MND+∠MAD＝180°，
∵AE，DE分别平分∠BAD，∠CDA，
∴∠END+2∠DFN＝∠END+2∠DAE＝180°，
∴∠DFN＝∠DAE，
∴A，F，E，D四点共圆，
∴∠DEN＝∠DAF，∠AFM＝∠ADE，
∵∠MND+∠MAD＝180°，
∴∠MAF+∠DAF+∠MND＝180°
∴∠MAF＝180°﹣∠DAF﹣∠MND
＝180°﹣∠DEN﹣∠MND
＝∠EDN＝∠ADE
＝∠AFM，
∴MA＝MF，
∴MN＝MF+NF＝MA+ND．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了四点共圆，解题的关键是正确作出辅助线，利用四点共圆求解．
【变式6-1】（2023秋·福建泉州·九年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AB=AC, ∠ADB=90°，过A,B,D三点的圆交BC边于点E．
（1）求证：E是BC的中点；
（2）若BC=2CD，求证：∠BCD=2∠ABD．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】(1)利用圆周角定理得到∠AEB=90°，利用等腰三角形三线合一即可解答;
(2)利用已知条件求得CE=CD，然后利用圆周角定理即可解答
【详解】证明：（1）连接AE，
∠ADB=90°，
∴AB为直径，
∠AEB=90°，
∴AE⊥BC，
∵AB=AC，
∴AE是△ABC的中线，
∴E是BC的中点．
（2）连接DE．
∵E是BC的中点，
∴BC=2CE．
∵BC=2CD，
∵CE=CD，
∴∠CDE=∠CED．
∵四边形ADEB是圆的内接四边形，
∠BAD+∠BED=180°．
∵∠CED+∠BED=180°，
∠BAD=∠CED．
∵∠ABD=90°−∠BAD，
∠BCD=180°−∠CED−∠CDE=180°−2∠BAD，
∴∠BCD=2∠ABD．
【点睛】本题考查圆周角定理、等腰三角形的性质、圆内接四边性的性质，熟练进行等角的转换是解题的关键
【变式6-2】（2023秋·湖北武汉·九年级统考期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，∠BCD＝120°，E、F分别为BC、CD上一点，∠EAF＝30°，EF＝3，DF＝1．则BE的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，则可证得△ABH≌△ADF，从而AH=AF，∠BAH=∠DAF，易证△AHE≌△AFE，可得HE=EF=3，则可求得BE的长．
【详解】延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，如图
∵四边形ABCD内接于⊙O
∴∠ABC+∠ADC=180゜
∵∠ABH+∠ABC=180゜
∴∠ABH=∠ADF
在△ABH和△ADF中
AB=AD∠ABH=∠ADFBH=DF
∴△ABH≌△ADF
∴AH=AF，∠BAH=∠DAF
∵∠BAD+∠BCD=180゜，∠BCD=120゜
∴∠BAD=180゜-∠BCD=60゜
∵∠EAF=30゜
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=30゜
∴∠EAH=∠BAE+∠BAH=30゜
在△AHE和△AFE中
AH=AD∠EAH=∠EAFAE=AE
∴△AHE≌△AFE
∴HE=EF=3
∴BE=HE-BH=3-1=2
故选：B
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，构造辅助线得到全等三角形的问题的关键与难点．
【变式6-3】（2023秋·辽宁盘锦·九年级校考期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC是直径，AB=BC，连接OD，BD，过点D的直线与CA的延长线相交于点E，且∠EDA=∠ACD．
(1)求∠EDO的度数．
(2)若AD=3，CD=4，求AB，BD的长．
(3)若AD=a，CD=b，直接写出BD的长．
【答案】(1)90°
(2)AB=522，BD=722
(3)BD=22a+b
【分析】（1）连接OD，易得：∠ODC=∠OCD，进而得到：∠EDA=∠CDO，根据圆周角定理，得到∠ADC=90°，即∠ADO+∠ODC=90°，从而得到∠ADO+∠ADE=90°，即∠EDO=90°；
（2）勾股定理求出AC的长，根据圆周角定理以及AB=BC，可得△ABC为等腰直角三角形，进而求出AB的长，过点B作BF⊥BD，交DC的延长线与点F，易证△BAD≌△BCFASA，得到CF=AD=3，BD=BF，进而求出DF的长，再求出BD的长即可；
（3）根据（2）可知：BD=22AD+CD，即可得解．
【详解】（1）解：连接OD，则：OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD，
∵∠EDA=∠ACD，
∴∠EDA=∠CDO，
∵AC是直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠ADO+∠ODC=90°，
∴∠ADO+∠ADE=90°，即∠EDO=90°；
（2）解：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=∠ABC=90°，
∵AD=3，CD=4，
∴AC=32+42=5，
∵AB=BC，
∴AB=22AC=522；
过点B作BF⊥BD，交DC的延长线与点F，
则：∠DBF=∠ABC=90°，
∴∠ABD=∠CBF=90°−∠CBD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BCF=∠BAD，
又∵AB=BC，
∴△BAD≌△BCFASA，
∴CF=AD，BD=BF，
∴DF=CD+CF=CD+AD=7，
由勾股定理得：BD2+BF2=DF2，即：2BD2=DF2
∴BD=22DF=722；
（3）解：由（2）可知：BD=22DF=22AD+CD=22a+b．
【点睛】本题考查圆周角定理，圆内接四边形，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握直径所对的圆周角是直角，通过添加辅助线，证明三角形全等，是解题的关键．
【题型7 直线与圆的位置关系】
【方法点拨】直线和圆的三种位置关系 ：
（1）相交：直线与圆有两个公共点时，叫做直线与圆相交，这时的直线叫做圆的割线；
（2）相切：直线与圆有唯一公共点时，叫做直线与圆相切，这条直线叫做圆的切线，公共点叫做切点；
（3）直线与圆没有公共点时，叫做直线与圆相离.
【例7】（2023春·黑龙江绥化·九年级统考期末）如图已知⊙P的半径为3，圆心P在抛物线y=13x2−1上运行，当⊙P与y轴相切时，圆心P的坐标为 ．

【答案】3,2或−3,2
【详解】当⊙P与y轴相切时可求得P点的横坐标，代入抛物线解析式可求得P点坐标．
【解答】解：∵⊙P与y轴相切，⊙P的半径为3，
∴P到y轴的距离等于半径3，
∴点P的横坐标为3或−3，
当x=3时，代入可得y=13×32−1=2，此时P点坐标为3,2；
当x=−3时，代入可得y=13×−32−1=2，此时P点坐标为−3,2；
综上可知P点坐标为3,2或−3,2，
故答案为：3,2或−3,2．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系及二次函数的性质，此题注意应考虑两种情况．熟悉直线和圆的位置关系应满足的数量关系是解题的关键．
【变式7-1】（2023秋·湖北鄂州·九年级校联考期末）Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，以C为圆心所作的圆与边AB仅一个交点，则半径r为 ．
【答案】r=4.8或6【分析】要使圆与斜边AB有1个交点，则应满足直线AB和圆相切即圆心到斜边的距离为半径即斜边上的高；或圆与直线AB相交，此时半径要大于AC且半径不大于BC．
【详解】当直线AB和圆相切时，圆心到斜边的距离为半径即斜边上的高，
过点C作CD⊥AB于点D，
∵∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=62+82=10，
∴r=CD=AC×BCAB=6×810=4.8；
当圆与直线AB相交，此时半径要大于AC且半径不大于BC，
∴6故答案为：r=4.8或6【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，勾股定理，正确理解相切，相交的基本条件是解题的关键．
【变式7-2】（2023秋·江苏泰州·九年级校联考期中）如图，半圆的圆心与坐标原点重合，半圆的半径为2，直线l的解析式为y＝x+t．若直线l与半圆只有一个交点，则t的取值范围是 ．
【答案】t=22或−2⩽t<2
【分析】若直线l与半圆只有一个交点，则有两种情况：直线l和半圆相切于点C或从直线l过点A开始到直线过点B结束（不包括直线l过点A)．当直线l和半圆相切于点C时，根据直线l的解析式知直线l与x轴所形成的锐角是45°，从而求得∠DOC=45°，即可求出点C的坐标，进一步求得t的值；当直线l过点A或点B时，直接根据待定系数法求得t的值即可．
【详解】解：根据题意可得：若直线l与半圆只有一个交点，则有两种情况：直线l和半圆相切于点C或从直线l过点A开始到直线l过点B结束（不包括直线l过点A)，
∵直线l的解析式为y＝x+t，
∴直线l与x轴所形成的锐角是45°，
过点C作CD⊥x轴于点D，则∠CDO=90°．
当直线l和半圆相切于点C时，则OC垂直于直线l，∠COD=45°，
∴△COD为等腰直角三角形．
又∵OC=2，
∴OD2+CD2=OC2=4，
∴2OD2=4，
解得：OD=2（舍负），
∴CD=OD=2，
即点C(−2，2)，
把点C的坐标代入直线解析式，得t=y−x=22，
当直线l过点A时，把点A(−2,0)代入直线解析式，得t=y−x=2；
当直线l过点B时，把点B(2,0)代入直线解析式，得t=y−x=−2．
即当t=22或−2⩽t<2时，直线l和半圆只有一个公共点，
故答案为：t=22或−2⩽t<2．
【点睛】此题综合考查了直线和圆的位置关系以及用待定系数法求解直线的解析式等知识，根据题意得到直线l与半圆只有一个交点的两种不同情况是解决本题的关键．
【变式7-3】（2023秋·江苏南京·九年级统考期中）如图，已知∠AOB=45°，M是射线OB上一点，OM=2．以点M为圆心、r为半径画⊙M．
(1)当⊙M与射线OA相切时，求r的值；
(2)写出⊙M与射线OA的公共点的个数及对应的r的取值范围．
【答案】(1)r的值为1
(2)见解析
【分析】（1）作MN⊥OA于N，根据等腰直角三角形的性质得到MN=22OM=1，然后根据直线与圆的关系得到当r=1时，⊙M与射线OA相切；
（2）根据直线与圆的关系进行分类讨论即可．
【详解】（1）作MN⊥OA于N，如图所示：
∵∠AOB=45°，
∴MN=22OM=1，
∴当⊙M与射线OA相切时，r的值为1；
（2）由（1）可知，根据直线与圆的关系得到：
当r=1时，⊙M与射线OA相切，只有一个公共点；
当0当1当r>2时，⊙M与射线OA只有一个公共点．
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，等腰直角三角形的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
【题型8 切线长定理的运用】
【方法点拨】切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角.
【例8】（2023春·浙江·九年级期中）小明准备以“青山看日出”为元素为永嘉县某名宿设计标志示意图，如图所示，他利用两个等边三角形和一个圆分别表示青山和日出，已知点B，E，C，F在同一条直线上，且BE=EC=2CF，四边形ABEG和四边形GCFD的面积之差为73，则CF的长是 ；连结AD，若⊙O是△ADG的内切圆，则圆心O到BF的距离是 ．
【答案】 2 43−2
【分析】设CF=x，表示出相关线段的长，根据四边形ABEG和四边形GCFD的面积之差，得到S△ABC−S△DEF=73，求出x值即可；连结AD，连接OG并延长交BF于点M，设圆O与AC的切点为H，连接OH，连接AE，作DN⊥AE，垂足为N，证明△ADG为直角三角形，求出内切圆半径，再根据切线长定理得到∠HGO，从而证明OM⊥BF，求出GM，从而得到OM即可．
【详解】解：∵BE=EC=2CF，
∴设CF=x，则BE=EC=2x，
∴BC=2x+2x=4x，EF=2x+x=3x，
∵△ABC与△DEF为等边三角形，
∴S△ABC=34BC2=34×4x2=43x2，S△DEF=34EF2=34×3x2=943x2，
∵S△ABC−S△DEF=73，
∴43x2−943x2=73，
∴x2=4，
∴x=2，
∴CF=2．
连结AD，连接OG并延长交BF于点M，设圆O与AC的切点为H，连接OH，连接AE，作DN⊥AE，垂足为N，
∵等边△ABC的边长为4×2=8，E为BC中点，
∴AE=3CE=43，∠AEC=90°，
∵∠DEC=60°，
∴∠DEN=30°，
∵DE=3×2=6，
∴DN=12DE=3，NE=3DN=33，
∴AN=43−33=3，
∴AD=AN2+DN2=23，
∵AG=AC−GC=8−4=4，DG=DE−EG=6−4=2，
∴AG2=16=DG2+AD2，
∴∠ADG=90°，△ADG为直角三角形，
∴内切圆半径DH=AD+DG−AG2=23+2−42=3−1，
∵∠HGD=60°，
∴∠HGO=12∠HGD=30°，
∴OG=2OH=23−1=23−2，
∵∠HGO=30°，∠AGE=180°−60°=120°，
∴∠EGM=180°−30°−120°=30°，
∴∠GME=180°−60°−30°=90°，
∴OM⊥BF，
∵GM=32GE=32×4=23，
∴OM=OG+GM=23−2+23=43−2，
∴圆心O到BF的距离为43−2，
故答案为：2，43−2．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了等边三角形的性质，勾股定理，切线长定理，切线的性质.
【变式8-1】（2023·北京·九年级专题练习）如图，P为⊙O外一点，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，点C在⊙O上，连接OA，OC，AC．
(1)求证：∠AOC=2∠PAC；
(2)连接OB，若AC∥OB，⊙O的半径为5，AC=6，求AP的长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】（1）过O作OH⊥AC于H，得到∠OHA=90°，根据切线的性质得到∠OAP=90°，根据余角的性质得到∠AOH=∠PAC，根据等腰三角形的性质即可得到结论；
（2）连接OB，延长AC交PB于E，根据切线的性质得到OB⊥PB，PA=PB，根据矩形的性质得到OH=BE，HE=OB=5，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：过O作OH⊥AC于H，
∴∠OHA=90°，
∴∠AOH+∠OAC=90°，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠OAP=90°，
∴∠OAC+∠PAC=90°，
∴∠AOH=∠PAC，
∵OA=OC，
∴∠AOC=2∠AOH，
∴∠AOC=2∠PAC；
（2）解：连接OB，延长AC交PB于E，
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴OB⊥PB，PA=PB，
∵AC∥OB，
∴AC⊥PB，
∴四边形OBEH是矩形，
∴OH=BE，HE=OB=5，
∵OH⊥AC，OA=OC，
∴AH=CH= 12 AC=3，
∴OH= OC2−CH2 =4，
∴BE=OH=4，AE=AH+HE=8，
∵PA2=AE2+PE2，
∴PA2=82+(PA−4)2，
∴PA=10．
【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
【变式8-2】（2023·山西大同·校联考一模）如图，AB是⊙O的直径，DB、DE分别切⊙O于点B、C，若∠ACE=25°，则∠D的度数是 ；

【答案】50°
【分析】连接BC，由切线长定理证明∠DBC=∠DCB，再求得∠BCD=180°−90°−25°=65°，最后由三角形的内角和定理求得∠D的度数．
【详解】解：连接BC，

∵DB、DE分别切⊙O于点B、C，，
∴BD=DC，
∴∠DBC=∠DCB，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°
∵∠ACE=25°，
∴∠BCD=180°−90°−25°=65°，
∴ ∠DBC=∠DCB=65°，
∴∠D=180°−2×65°=50°；
故答案为50°．
【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角定理等知识，综合性强，难度一般．
【变式8-3】（2023秋·辽宁鞍山·九年级校联考期中）如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，与BA的延长线交于点D，DE⊥PO交PO延长线于点E，连接OC，PB，已知PB=6，DB=8，∠EDB=∠EPB．

(1)求证：PB是⊙O的切线：
(2)求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）由已知角相等及直角三角形的性质得到∠OBP为直角，即可得证；
（2）在直角三角形PBD中，由PB与DB的长，利用勾股定理求出PD的长，由切线长定理得到PC=PB=6，由PD−PC求出CD的长，在直角三角形OCD中，设OC=r，则有OD=8−r，利用勾股定理列出关于r的方程，求出方程的解得到r的值，即为圆的半径．
【详解】（1）证明：∵DE⊥PE，
∴∠DEO=90°，
∵∠EDB=∠EPB，∠BOE=∠EDB+∠DEO，∠BOE=∠EPB+∠OBP，
∴∠OBP=∠DEO=90°，
∴OB⊥PB，
∴PB为⊙O的切线；
（2）解：在Rt△PBD中，PB=6，DB=8，
根据勾股定理得：PD=62+82=10，
∵PD与PB都为⊙O的切线，
∴PC=PB=6，
∴DC=PD−PC=10−6=4；
在Rt△CDO中，设OC=r，则有OD=8−r，
根据勾股定理得：(8−r)2=r2+42，
解得：r=3，
则圆的半径为3．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，勾股定理,切线长定理，熟练掌握切线的性质与判定是解题的关键．
【题型9 弧长的计算】
【方法点拨】解决此类问题掌握弧长的计算公式是关键.
【例9】（2023·江苏·九年级假期作业）如图，同一个圆中的两条弦AB、CD相交于点E．若∠AEC=120°，AC=4，则AD与BC长度之和的最小值为（ ）
A．4πB．2πC．43πD．23π
【答案】C
【分析】如图，以AC为边作等边△ACH，则∠AHC=60°，而∠AEC=120°，则E在△ACH的外接圆P上运动，记AB，CD所在的圆为⊙O，连接OA，OB，OC，OD，证明∠AOD+∠BOC=120°，再证明OA+OC≥AC，（当A，O，C三点共线时取等号），再利用弧长公式进行计算即可．
【详解】解：如图，以AC为边作等边△ACH，则∠AHC=60°，而∠AEC=120°，
∴∠AHC+∠AEC=60°+120°=180°，
∴点E在△ACH的外接圆P上运动，记AB，CD所在的圆为⊙O，连接OA，OB，OC，OD，
∴∠ACD=12∠AOD，∠BAC=12∠BOC，
∴∠AOD+∠BOC
=2∠ACD+∠BAC
=2180°−∠AEC
=2×180°−120°
=120°，
∵OA+OC≥AC，（当A，O，C三点共线时取等号），
当OA+OC=AC时，⊙O半径最小，此时半径为12AC=2，
∴此时AD与BC长度的和最小，最小值为：120π×2180=43π．
故选：C．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形的三边关系的应用，三角形外接圆的含义，圆周角定理的应用，弧长的计算，确定弧长和取最小值时圆心O的位置是解题的关键．
【变式9-1】（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，在等边三角形ABC中，D为BC的中点，ADB交AC于点E，若AB＝2，则DE的长为 ．

【答案】π3
【分析】连接AD，证明AB是直径，取AB的中点O，连接OE，OD．证明∠DOE=60°，利用弧长公式求解即可．
【详解】解：连接AD，
∵ABC是等边三角形，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴AB是直径，
取AB的中点O，连接OE，OD．
∵ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠B＝60°，
∵OA＝OE＝OB＝OD，
∴△AOE，△BOD都是等边三角形，
∴∠AOE＝∠BOD＝60°，
∴∠DOE＝180°−2×60°＝60°，
∴DE的长=60π⋅1180=π3，
故答案为：π3．

【点睛】本题考查了弧长公式，圆周角定理，等边三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
【变式9-2】（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，分别以正方形ABCD的顶点D，C为圆心， 以AB长为半径画AC，BD．若AB=2，则阴影部分的周长为 （结果保留π）．

【答案】2π+4
【分析】由∠ADC=∠BCD=90°，可知AC与BD的长度相等，由弧长的计算公式求出AC与BD的长度，再将阴影部分的周长转化为AC的长+BD的长+AD+BC，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，且AB=2，
∴AB=BC=CD=DA=2，∠ADC=∠BCD=90°，
∴AC的长＝BD的长＝90180⋅π×2=π，
∴阴影部分的周长＝AC的长＋BD的长+AD+BC
=π+π+2+2
=2π+4．
故答案为：2π+4．
【点睛】本题主要考查了求不规则图形的周长，把不规则图形转化为规则的图形，并且熟练掌握弧长的计算公式是解题的关键．
【变式9-3】（2023秋·江苏盐城·九年级校联考阶段练习）如图，点A、B、C在圆O上，∠ABC=60°，直线AD∥BC，AB=AD，点O在BD上．
(1)判断直线AD与圆O的位置关系，并说明理由；
(2)若圆的半径为6，求劣弧BC的长．
【答案】(1)直线AD与圆O相切，理由见解析
(2)4π
【分析】（1）连接OA．由平行线的性质结合题意可求出∠BAD=120°，结合等腰三角形的性质可求出∠ABD=∠D=30°，从而可求出∠ABD=∠BAO=30°，进而可求出∠OAD=∠BAD−∠BAO=90°，即直线AD与圆O相切；
（2）连接OC．求出∠OBC=∠ABC−∠ABD=30°．再根据等腰三角形的性质可求出∠BOC=120°，最后根据弧长公式求解即可．
【详解】（1）直线AD与圆O相切．
证明：如图，连接OA．
∵AD∥BC，∠ABC=60°，
∴∠BAD=180°−∠ABC=120°．
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠D=180°−∠BAD2=30°．
∵OA=OB，
∴∠ABD=∠BAO=30°，
∴∠OAD=∠BAD−∠BAO=90°，即OA⊥AD．
∵OA为圆O半径，
∴直线AD与圆O相切；
（2）解：如图，连接OC．
∵∠ABC=60°，∠ABD=30°，
∴∠OBC=∠ABC−∠ABD=30°．
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=30°，
∴∠BOC=120°，
∴劣弧BC的长为120π×6180=4π．
【点睛】本题考查平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，切线的判定，弧长公式．正确连接辅助线是解题关键．
【题型10 扇形面积的计算】
【方法点拨】解决此类问题掌握扇形面积的计算公式是关键.
【例10】（2023秋·贵州黔西·九年级校考期中）如图，有一圆形纸片圆心为O，直径AB的长为2，BC//AD，将纸片沿BC、AD折叠，交于点O，那么阴影部分面积为（ ）
A．2π3−12B．π3+34C．π2−32D．2π3−32
【答案】D
【分析】如图，过点O作OG⊥BC于G，延长交⊙O于E，反向延长GO交AD于H，连接OC、OD，由折叠得OG=GE=12，利用OC=1，求出∠OCG=30°，CG=OC2−OG2=32，得到BC=2CG=3，∠BOC=120°，同理：AD=3，证明△BOG≌△AOH，推出OG=OH，得到弓形BC与弓形AD的面积相等，利用阴影的面积=2（S扇形BOC-S△BOC）代入数值计算即可．
【详解】如图，过点O作OG⊥BC于G，延长交⊙O于E，反向延长GO交AD于H，连接OC、OD，
由折叠得OG=GE，
∵OG⊥BC，
∴∠OGC=90°，CG=BG，
∵OG=12OE=12，OC=1，
∴∠OCG=30°，CG=OC2−OG2=32，
∴BC=2CG=3，∠BOC=120°，
同理：AD=3，
∵AD∥BC，
∴∠OBC=∠OAD，OH⊥AD，
∵OA=OB，
∴△BOG≌△AOH，
∴OG=OH，
∴弓形BC与弓形AD的面积相等，
∴阴影的面积=2（S扇形BOC-S△BOC）=2×(120π×12360−12×3×12)=2π3−32，
故选：D．
．
【点睛】此题考查折叠的性质，同圆的半径相等，垂径定理，勾股定理，直角三角形30度角的性质，平行线的性质，扇形面积计算公式，全等三角形的判定及性质，熟记各部分知识并综合运用是解题的关键．
【变式10-1】（2023春·重庆·九年级重庆一中校考阶段练习）如图，在菱形ABCD中，AB=23，∠ABC=120°，把菱形ABCD绕着顶点A逆时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，点C的运动轨迹为弧CC′，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留π）
【答案】3π−33
【分析】连接BD,交AC于点O,由菱形的性质求出BO，AC，以及S△ABC，由旋转的性质求出SΔABC=SΔABC′=33，再根据S阴影=S扇形CAC′−S△AB′C′可得结论
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=23,AD∥BC,
∴∠BAD+∠ABC=180°,
∵∠ABC=120°,
∴∠BAD=60°,
∵AC是菱形ABCD的对角线，
∴∠BAC=∠DAC=30°
连接BD,交AC于点O,则BD⊥AC,
∴BO=12AB=12×23=3,AC=2AO
由勾股定理得，AO=AB2−BO2=232−32=3
∴AC=2AO=2×3=6,
∴S△ABC=12AC⋅BO=12×6×3=33
由旋转得，△AB′C′≅△ABC,
∴AC′=AC=6,∠CAC′=∠BAC=30°,SΔABC=SΔABC′=33
∴S阴影=S扇形CAC′−S△AB′C′
=30π×62360−33
=3π−33
故答案为：3π−33
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，扇形的面积公式，勾股定理，熟练掌握旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．
【变式10-2】（2023·重庆·校联考二模）如图，在扇形AOB中，∠AOB=90°,点C为半径OA的中点，以点О为圆心，OC的长为半径作弧CD交OB于点D．点E为弧AB的中点，连接CE、DE．若OA=4，则阴影部分的面积为 ．
【答案】4π−42
【分析】连接OE，过点E作EF⊥OB于F，证明EF=OF，利用勾股定理求出EF=OF=22，再利用S阴影=S扇形AOB−2S△DOE求出答案.
【详解】如图，连接OE，过点E作EF⊥OB于F，
∵点E为弧AB的中点，
∴AE=BE，
∴∠AOE=∠BOE，
∵∠AOB=90°,
∴∠AOE=∠BOE=45°，
∵EF⊥OB，
∴∠OEF=∠BOE=45°，
∴EF=OF,
∵OE=OA=4，
∵EF2+OF2=OE2,
∴EF=OF=22,
∵OC=OD=2，
∴S阴影=S扇形AOB−2S△DOE=90π×42360−2×12×2×22=4π−42,
故答案为：4π−42.
【点睛】此题考查扇形的弧、弦、圆心角定理，勾股定理，扇形面积公式，将图形引出恰当的辅助线，将不规则的图形拆分为规则图形求出面积是解题的关键.
【变式10-3】（2023春·河南驻马店·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，以A为圆心，AD的长为半径画弧，交AB于点F，再以B为圆心，BA的长为半径画弧，交CD于点E．已知AB=22，AD=2，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】32π−2
【分析】利用割补法将阴影部分分成三部分，即S阴影=S扇形AGF+S△AEG+S扇形BAE−S△ABE，然后分别求每部分的面积即可．
【详解】解：由题意和题图可知，BE与扇形DAF只有一个交点，则BE与扇形DAF相切，设这个切点为G，
连接AE，AG，则AG⊥BE．
过点E作EH⊥AB，交AB于点H．
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=2，CD=AB=22．
由题意可得，BE=AB=22，
∴在Rt△BCE中，由勾股定理，得CE=222−22=2．
∴DE=CD−CE=22−2，CE=BC，
∴∠CBE=45°，
∴∠ABE=45°，
即扇形BAE的圆心角为45°．
∴在Rt△DAE和Rt△GAE中，AE=AE，DA=GA，
∴Rt△DAE≌Rt△GAE(HL)，
∴EG=DE=22−2，
∴BG=22−22−2=2．
∴∠GAF=∠CBE=45°，
即扇形AGF的圆心角为45°．
∴S阴影=S扇形AGF+S△AEG+S扇形BAE−S△ABE
=45×22π360+12AG⋅EG+45⋅222π360−12AB⋅EH
=12π+12×2×22−2+π−12×22×2
=12π+22−2+π−22
=32π−2．
故答案为：32π−2．
【点睛】本题主要考查了扇形的面积公式、切线的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，要熟练运用扇形的面积公式和三角形的面积公式．解题的关键是能够正确运用割补法将不规则图形转化成规则图形面积的和差．