2023—2024学年下学期初中数学北师大新版九年级期中必刷常考题之直线和圆的位置关系

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A．B．3C．D．4
2．如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，与BC相交于点G，则下列结论：①∠BAD＝∠CAD；②若∠BAC＝50°，则∠BEC＝130°；③若点G为BC的中点，则∠BGD＝90°；④BD＝DE．其中一定正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．如图，BC是⊙O的切线，点B是切点，连接CO交⊙O于点D，延长CO交⊙O于点A，连接AB，若∠C＝30°，OD＝2，则AB的长为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，线段AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，∠E＝40°，则∠CDB＝（ ）
A．20°B．25°C．40°D．50°
5．正三角形的内切圆半径、外接圆半径和正三角形高的比为（ ）
A．1：2：3B．2：3：4C．1：：D．1：：2
二．填空题（共5小题）
6．如图，点O是△ABC外接圆的圆心，点I是△ABC的内心，连接OB，IA．若∠CAI＝35°，则∠OBC的度数为 ．
7．《九章算术》是我国古代数学名著，也是古代东方数学的代表作之一．书中记载了一个问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容圆径几何？”译文：“如图，今有直角三角形，勾（短直角边）长为5步，股（长直角边）长为12步，问该直角三角形能容纳的圆（内切圆）的直径是多少步？”
根据题意，该直角三角形内切圆的直径为 步．
8．若⊙O的半径为5cm，圆心到直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的位置关系是 ．
9．“海上生明月，天涯共此时”，如图是记录的日出美景，图中太阳与海天交界处可看成圆与直线，它们的位置关系是 ．
10．如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD＝2，△ABC的周长为14，则BC的长为 ．
三．解答题（共5小题）
11．如图，AB为⊙O的直径，OC⊥AB交⊙O于点C，D为OB上一点，延长CD交⊙O于点E，延长OB至F，使DF＝FE，连接EF．
（1）求证：EF为⊙O的切线；
（2）若OD＝1且BD＝BF，求⊙O的半径．
12．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD为斜边中线，以CD为直径作⊙O交BC于点E，过点E作EF⊥AB，垂足为点F．
（1）求证：EF为⊙O的切线．
（2）若CD＝5，AC＝6，求EF的长．
13．如图，AB是⊙O的直径，E，C是⊙O上两点，且，连接AE，AC．过点C作CD⊥AE交AE的延长线于点D．
（1）判定直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）连接BE和OC交于点F，若AB＝4，∠BAC＝30°，
①求证：四边形DEFC是矩形；
②求图中阴影部分的面积．
14．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在BC边上，以CD为直径的⊙O与直线AB相切于点E，连接OA、OA＝OB．
（1）求证：∠ABC＝30°；
（2）连接AD，若，求⊙O的半径．
15．图1是传统的手工推磨工具，根据它的原理设计了如图2所示的机械设备，磨盘半径OQ＝2dm，用长为11dm的连杆将点Q与动力装置P相连（∠OQP大小可变），点P在轨道AB上滑动，并带动磨盘绕点O转动，OA⊥AB，OA＝5dm．
（1）如图2，当PQ与⊙O相切时，求AP的长．
（2）在磨盘转动过程中，求AP的最大值S1及最小值S2
2023—2024学年下学期初中数学北师大新版九年级期中必刷常考题之直线和圆的位置关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．如图，在Rt△ABO中，∠AOB＝90°，∠B＝60°，OA＝6，⊙O的半径为1，点P是AB边上的动点，过点P作⊙O的一条切线PQ（点Q为切点），则切线长PQ的最小值是（ ）
A．B．3C．D．4
【考点】切线的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】A
【分析】连接OQ，由切线的性质定理推出∠PQO＝90°，由勾股定理得到PQ，因此当PO⊥AB时，PQ最小，由含30°角的直角三角形的性质得到POAO＝3，即可求出PQ的最小值是2．
【解答】解：连接OQ，
∵PQ切圆于Q，
∴半径OQ⊥PQ，
∴∠PQO＝90°，
∵圆的半径为1，
∴PQ，
∴当PO最小时，PQ最小，
当PO⊥AB时，PO最小，
∵∠B＝60°，
∴∠A＝90°﹣∠B＝30°，
∴POAO6＝3，
∴PQ的最小值是2．
故选：A．
【点评】本题考查切线的性质，勾股定理，含30°角的直角三角形，关键是由勾股定理得到当PO⊥AB时，PQ最小．
2．如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，与BC相交于点G，则下列结论：①∠BAD＝∠CAD；②若∠BAC＝50°，则∠BEC＝130°；③若点G为BC的中点，则∠BGD＝90°；④BD＝DE．其中一定正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【考点】三角形的内切圆与内心；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】C
【分析】利用三角形内心的性质得到∠BAD＝∠CAD，则可对①进行判断；直接利用三角形内心的性质对②进行判断；根据垂径定理则可对③进行判断；通过证明∠DEB＝∠DBE得到DB＝DE，则可对④进行判断．
【解答】解：∵E是△ABC的内心，
∴AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
故①正确；
如图，连接BE，CE，
∵E是△ABC的内心，
∴∠EBC∠ABC，∠ECBACB，
∵∠BAC＝50°，
∴∠ABC+∠ACB＝130°，
∴∠BEC＝180°﹣∠EBC﹣∠ECB＝180°（∠ABC+∠ACB）＝115°，
故②不正确；
∵∠BAD＝∠CAD，
∴，
∴OD⊥BC，
∵点G为BC的中点，
∴G一定在OD上，
∴∠BGD＝90°，
故③正确；
如图，连接BE，
∴BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵∠DBC＝∠DAC＝∠BAD，
∴∠DBC+∠EBC＝∠EBA+∠EAB，
∴∠DBE＝∠DEB，
∴DB＝DE，
故④正确，
∴一定正确的①③④，共3个，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，掌握三角形的内心与外心是解决本题的关键．
3．如图，BC是⊙O的切线，点B是切点，连接CO交⊙O于点D，延长CO交⊙O于点A，连接AB，若∠C＝30°，OD＝2，则AB的长为（ ）
A．B．C．D．
【考点】切线的性质．
【专题】与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】连接OB、DB，由AD是⊙O的直径，得∠ABD＝90°，AD＝2OD＝4，由切线的性质得∠OBC＝90°，而∠C＝30°，则∠BOC＝60°，所以△BOD是等边三角形，则BD＝OD＝2，所以AB2，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接OB、DB，则OB＝OD＝2，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，AD＝2OD＝4，
∵BC与⊙O相切于点B，
∴BC⊥OB，
∴∠OBC＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠BOC＝60°，
∴△BOD是等边三角形，
∴BD＝OD＝2，
∴AB2，
故选：C．
【点评】此题重点考查切线的性质定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
4．如图，线段AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，∠E＝40°，则∠CDB＝（ ）
A．20°B．25°C．40°D．50°
【考点】切线的性质；圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】连接OC，根据切线的性质可知∠OCE＝90°，再由直角三角形的性质得出∠COE的度数，由圆周角定理即可得出结论．
【解答】解：连接OC，
∵CE是⊙O的切线，
∴∠OCE＝90°，
∵∠E＝40°，
∴∠COE＝90°﹣40°＝50°，
∴∠CDB∠COE＝25°．
故选：B．
【点评】本题考查的是切线的性质，熟知圆的切线垂直于经过切点的半径是解答此题的关键．
5．正三角形的内切圆半径、外接圆半径和正三角形高的比为（ ）
A．1：2：3B．2：3：4C．1：：D．1：：2
【考点】三角形的内切圆与内心；等边三角形的性质；三角形的外接圆与外心．
【专题】正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】画出图形，连接OB，连接AO并延长交BC于点D，得到直角三角形BOD，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，得到R＝2r，然后求出h与r的关系，计算r，R与h的比．
【解答】解：如图：在直角三角形BOD中，∠OBD＝30°，
∴R＝2r，
∵AD是BC边上的高h，OA＝OB，
∴h＝R+r＝3r．
∴r：R：h＝r：2r：3r＝1：2：3．
即正三角形的内切圆半径、外接圆半径和高的比为1：2：3．
故选：A．
【点评】本题考查的是正多边形和圆，连接OB，连接AO并延长得到直角三角形，利用直角三角形求出R，r和h的比值．
二．填空题（共5小题）
6．如图，点O是△ABC外接圆的圆心，点I是△ABC的内心，连接OB，IA．若∠CAI＝35°，则∠OBC的度数为 20° ．
【考点】三角形的内切圆与内心；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．
【专题】三角形；与圆有关的计算；推理能力．
【答案】20°．
【分析】连接OC，由点I是△ABC的内心可得AI平分∠BAC，根据角平分线的定义可得∠BAC＝2∠CAI＝70°，根据圆周角定理可得∠BOC＝2∠BAC＝140°，根据等腰三角形的定义及三角形内角和定理进行计算即可得到答案．
【解答】解：如图，连接OC，
∵点I是△ABC的内心，
∴AI平分∠BAC，
∵∠CAI＝35°，
∴∠BAC＝2∠CAI＝2×35°＝70°，
∵点O是△ABC外接圆的圆心，
∴∠BOC＝2∠BAC＝2×70°＝140°，
∵OB＝OC，
∴，
故答案为：20°．
【点评】本题考查了三角形的内心和外心的概念、圆周角定理、等腰三角形的定义、三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键．
7．《九章算术》是我国古代数学名著，也是古代东方数学的代表作之一．书中记载了一个问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容圆径几何？”译文：“如图，今有直角三角形，勾（短直角边）长为5步，股（长直角边）长为12步，问该直角三角形能容纳的圆（内切圆）的直径是多少步？”
根据题意，该直角三角形内切圆的直径为 4 步．
【考点】三角形的内切圆与内心．
【专题】与圆有关的位置关系；应用意识．
【答案】4．
【分析】如图，∠C＝90°，BC＝5，AC＝12，⊙O为Rt△ABC的内切圆，分别与三边切于D、E、F，连接OD、OE，如图，设⊙O的半径为r，根据切线的性质得到OD⊥BC，OE⊥AC，再证明矩形ODCE为正方形得到CD＝CE＝OD＝r，所以BF＝BF＝5﹣r，AE＝AF＝12﹣r，所以5﹣r+12﹣r＝13，解方程求出r，从而得到⊙O的直径．
【解答】解：如图，∠C＝90°，BC＝5，AC＝12，⊙O为Rt△ABC的内切圆，分别与三边切于D、E、F，
连接OD、OE，如图，设⊙O的半径为r，
∵AC、BC与⊙O相切，
∴OD⊥BC，OE⊥AC，
∴四边形ODCE为矩形，
而CD＝CE，
∴矩形ODCE为正方形，
∴CD＝CE＝OD＝r，
∴BD＝5﹣r，AE＝12﹣r，
∵BD＝BF，AF＝AE，
∴BF＝5﹣r，AF＝12﹣r，
∵AB13，
∴5﹣r+12﹣r＝13，解得r＝2，
∴⊙O的直径为4．
故答案为4．
【点评】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；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了切线的性质．
8．若⊙O的半径为5cm，圆心到直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的位置关系是 相切 ．
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】相切．
【分析】根据圆心到直线的距离5等于圆的半径5，则直线和圆相切．
【解答】解：∵圆心到直线的距离5cm＝5cm，
∴直线和圆相切．
故答案为：相切．
【点评】此题考查直线与圆的关系，能够熟练根据数量之间的关系判断直线和圆的位置关系．若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．
9．“海上生明月，天涯共此时”，如图是记录的日出美景，图中太阳与海天交界处可看成圆与直线，它们的位置关系是 相交 ．
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】与圆有关的位置关系；几何直观；推理能力．
【答案】相交．
【分析】根据直线与圆的位置关系即可得到结论．
【解答】解：由题可知，太阳与海天交接所看成的圆和直线有两个公共点，
所以太阳和海天交界处所看出看成的直线位置关系是相交．
故答案为：相交．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．
10．如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD＝2，△ABC的周长为14，则BC的长为 5 ．
【考点】三角形的内切圆与内心；切线的性质．
【专题】推理填空题；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】5．
【分析】根据切线长定理得到AF＝AD＝2，BD＝BE，CE＝CF，由△ABC的周长为14，可求BC的长．
【解答】解：∵⊙O与A B，BC，CA分别相切于点D，E，F
∴AF＝AD＝2，BD＝BE，CE＝CF，
∵△ABC的周长为14，
∴AD+AF+BE+BD+CE+CF＝14，
∴2（BE+CE）＝10，
∴BC＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
11．如图，AB为⊙O的直径，OC⊥AB交⊙O于点C，D为OB上一点，延长CD交⊙O于点E，延长OB至F，使DF＝FE，连接EF．
（1）求证：EF为⊙O的切线；
（2）若OD＝1且BD＝BF，求⊙O的半径．
【考点】切线的判定与性质；垂径定理．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）3．
【分析】（1）连接OE，根据等边对等角结合对等角相等即可推出结论；
（2）设⊙O的半径EO＝BO＝r，则BD＝BF＝r﹣1，FE＝2BD＝2（r﹣1），在Rt△FEO中，由勾股定理得得出方程求解即可．
【解答】解：（1）证明：如图，连接OE，
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∵DF＝FE，
∴∠FED＝∠FDE，
∵∠FDE＝∠CDO，∠CDO+∠OCD＝90°，
∴∠FED+∠OEC＝90°，
即∠FEO＝90°，
∴OE⊥FE，
∵OE是半径，
∴EF为⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径EO＝BO＝r，则BD＝BF＝r﹣1，
∴FE＝2BD＝2（r﹣1），
在Rt△FEO中，由勾股定理得，
FE2+OE2＝OF2，
∴（2r﹣2）2+r2＝（2r﹣1）2，
解得r＝3，或r＝1（舍去），
∴⊙O的半径为3．
【点评】本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，熟记切线的判定定理是解题的关键．
12．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD为斜边中线，以CD为直径作⊙O交BC于点E，过点E作EF⊥AB，垂足为点F．
（1）求证：EF为⊙O的切线．
（2）若CD＝5，AC＝6，求EF的长．
【考点】切线的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；垂径定理；圆周角定理．
【专题】证明题；与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接OE，根据直角三角形斜边上的中线性质可得CD＝BD，然后再利用等腰三角形的性质证明OE∥AB，即可解答；
（2）根据CD为⊙O的直径，∠DEC＝90°，然后证明DE是△ABC的中位线，再利用相似三角形对应边成比例即可解答．
【解答】（1）证明：如图，连接OE，
Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，
∴CD＝AD＝BD，
∴∠B＝∠BCD，
又∵OC＝OE，
∴∠OEC＝∠BCD，
∴∠OEC＝∠B，
∴AB∥OE，
又∵EF⊥AB，
∴EF⊥OE，
又∵OE是⊙O的半径，
∴EF与⊙O相切；
（2）解：连接DE，
∵CD为⊙O的直径，
∴∠DEC＝90°，
∴DE∥AC，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DEAC，
∵CD为斜边中线，CD＝5，
∴AB＝10，
∵AC＝6，
∴BC8，
∴BE4，
∵∠B＝∠B，∠BFE＝∠BCA，
∴△BEF∽△BAC，
∴，
∴，
∴EF＝2.4．
【点评】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，直角三角形斜边上的中线，直线和圆的位置关系，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
13．如图，AB是⊙O的直径，E，C是⊙O上两点，且，连接AE，AC．过点C作CD⊥AE交AE的延长线于点D．
（1）判定直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）连接BE和OC交于点F，若AB＝4，∠BAC＝30°，
①求证：四边形DEFC是矩形；
②求图中阴影部分的面积．
【考点】直线与圆的位置关系；扇形面积的计算；勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理．
【专题】与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】（1）直线CD与⊙O相切，理由见解答；
（2）①见解答；
②．
【分析】（1）先证明∠BAC＝∠ACO，即可得出AD∥OC，由AD⊥CD可得OC⊥CD，从而得出OC是⊙O的半径；
（2）①证明∠FED＝∠D＝∠EFC＝90°即可得证；
②图中阴影部分的面积＝S梯形OCDE﹣S扇形OCE，分别求出梯形的面积和扇形的面积即可解答．
【解答】（1）解：直线CD与⊙O相切，
理由：连接OC，
∵，
∴∠CAD＝∠BAC，
∵OA＝OC，
∴∠BAC＝∠ACO，
∴∠CAD＝∠ACO，
∴AD∥OC，
∵AD⊥CD，
∴OC⊥CD，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）①证明：∵，
∴OC⊥CE，BF＝EF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠FED＝∠D＝∠EFC＝90°，
∴四边形DEFC是矩形；
②解：∵，
∴∠COE＝∠BOC＝2∠BAC＝60°，
在Rt△OEF中，OEAB＝2，
∴∠OEF＝90°﹣∠COE＝30°，
∴OFOE＝1，
∴CF＝OC﹣OE＝1＝DE，
∴EFCD，
∴S梯形OCDE（OE+OC）•CD，
S扇形OCE，
∴图中阴影部分的面积＝S梯形OCDE﹣S扇形OCE．
【点评】本题考查圆的切线，勾股定理，矩形的性质与判定，垂径定理，扇形的面积，熟练掌握以上知识是解题关键．
14．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在BC边上，以CD为直径的⊙O与直线AB相切于点E，连接OA、OA＝OB．
（1）求证：∠ABC＝30°；
（2）连接AD，若，求⊙O的半径．
【考点】切线的性质；圆周角定理．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】（1）见解答；
（2）．
【分析】（1）先证明AC为⊙O的切线，则根据切线长定理得到OA平分∠CAB，则∠OAC＝∠OAB，再利用∠B＝∠OAC得到∠CAB＝2∠B，然后根据三角形内角和定理可得到∠B的度数；
（2）设⊙O的半径为r，利用含30度角的直角三角形三边的关系得到ACr，然后在Rt△ADC中利用勾股定理得到（r）2+（2r）2＝（）2，于是解方程可得到⊙O的半径．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴OC⊥AC，
∴AC为⊙O的切线，
∵AB为⊙O的切线，
∴OA平分∠CAB，
∴∠OAC＝∠OAB，
∵OA＝OB，
∴∠B＝∠OAC，
∴∠CAB＝2∠B，
∵∠CAB+∠B＝90°，
即2∠B+∠B＝90°，
∴∠B＝30°；
（2）解：设⊙O的半径为r，
在Rt△OAC中，∵∠OAC＝30°，
∴ACr，
在Rt△ADC中，（r）2+（2r）2＝（）2，
解得r或r（舍去），
即⊙O的半径为．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了切线长定理和勾股定理．
15．图1是传统的手工推磨工具，根据它的原理设计了如图2所示的机械设备，磨盘半径OQ＝2dm，用长为11dm的连杆将点Q与动力装置P相连（∠OQP大小可变），点P在轨道AB上滑动，并带动磨盘绕点O转动，OA⊥AB，OA＝5dm．
（1）如图2，当PQ与⊙O相切时，求AP的长．
（2）在磨盘转动过程中，求AP的最大值S1及最小值S2
【考点】切线的性质；勾股定理的应用．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】（1）10；
（2）12，．
【分析】（1）连接OP，根据切线的性质可得∠OQP＝90°，然后根据勾股定理可进行求解；
（2）如图2，当点Q运动到Q1点时，点P距离点A最远，求出此时AP的长度；当点Q运动到Q2点时，点P距离点A最近，则可得此时AP的长度，然后问题可求解．
【解答】解：（1）连接OP，如图2，
∵QP与⊙O相切，
∴∠OQP＝90°，
在Rt△OQP中，
∴OP2＝OQ2+QP2＝22+112＝125，
在Rt△OAP中，；
（2）如图3，当Q运动到Q1时，P点运动在AB上距离点A最远，
在Rt△OAP1中，OA＝5dm，OP1＝OQ1+Q1P1＝2+11＝13（dm），
∴（dm），
当Q运动到Q2时，P点运动在AB上距离点A最近，
在Rt△OAP2中，OA＝5dm，OP2＝11﹣2＝9（dm），
∴（dm）．
【点评】本题主要考查切线的性质及勾股定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
考点卡片
1．等边三角形的性质
（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．
（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．
2．含30度角的直角三角形
（1）含30度角的直角三角形的性质：
在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
（2）此结论是由等边三角形的性质推出，体现了直角三角形的性质，它在解直角三角形的相关问题中常用来求边的长度和角的度数．
（3）注意：①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能应用；
②应用时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边．
3．直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．
该定理可以用来判定直角三角形．
4．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a，b及c．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
5．勾股定理的应用
（1）在不规则的几何图形中，通常添加辅助线得到直角三角形．
（2）在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
（3）常见的类型：①勾股定理在几何中的应用：利用勾股定理求几何图形的面积和有关线段的长度．
②由勾股定理演变的结论：分别以一个直角三角形的三边为边长向外作正多边形，以斜边为边长的多边形的面积等于以直角边为边长的多边形的面积和．
③勾股定理在实际问题中的应用：运用勾股定理的数学模型解决现实世界的实际问题．
④勾股定理在数轴上表示无理数的应用：利用勾股定理把一个无理数表示成直角边是两个正整数的直角三角形的斜边．
6．矩形的判定与性质
（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．
在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题．
（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．
7．垂径定理
（1）垂径定理
垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
（2）垂径定理的推论
推论1：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．
推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．
8．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
推论：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．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
9．三角形的外接圆与外心
（1）外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆．
（2）外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．
（3）概念说明：
①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点．
②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在三角形的外部．
③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个，而一个圆的内接三角形却有无数个．
10．直线与圆的位置关系
（1）直线和圆的三种位置关系：
①相离：一条直线和圆没有公共点．
②相切：一条直线和圆只有一个公共点，叫做这条直线和圆相切，这条直线叫圆的切线，唯一的公共点叫切点．
③相交：一条直线和圆有两个公共点，此时叫做这条直线和圆相交，这条直线叫圆的割线．
（2）判断直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．
①直线l和⊙O相交⇔d＜r
②直线l和⊙O相切⇔d＝r
③直线l和⊙O相离⇔d＞r．
11．切线的性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的性质可总结如下：
如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直．
（3）切线性质的运用
运用切线的性质进行计算或证明时，常常作的辅助线是连接圆心和切点，通过构造直角三角形或相似三角形解决问题．
12．切线的判定与性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
（3）常见的辅助线的：
①判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；
②有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”．
13．三角形的内切圆与内心
（1）内切圆的有关概念：
与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的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．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．
（2）任何一个三角形有且仅有一个内切圆，而任一个圆都有无数个外切三角形．
（3）三角形内心的性质：
三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．
14．扇形面积的计算
（1）圆面积公式：S＝πr2
（2）扇形：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧所围成的图形叫做扇形．
（3）扇形面积计算公式：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则
S扇形πR2或S扇形lR（其中l为扇形的弧长）
（4）求阴影面积常用的方法：
①直接用公式法；
②和差法；
③割补法．
（5）求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．
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