《中考数学考点梳理圆的基本性质章节涉及的18个必考点全梳理(精编Word)---..pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中考数学考点梳理圆的基本性质章节涉及的18个必考点全梳理(精编Word)---..pdf（69页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 考点梳理：圆的基本性质章节涉及的 18 个必考点全梳理（精编 Word）考点1 巧用圆的半径相等 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.例题1 如图，OA 是O 的半径，B 为 OA 上一点（且不与点 O、A 重合），过点 B 作 OA 的垂线交O 于点 C以 OB、BC 为边作矩形 OBCD，连结 BD若 BD10，BC8，则 AB 的长为（）A8 B6 C4 D2【分析】如图，连接 OC，在 RtOBC 中，求出 OB 即可解决问题【解析】如图，连接 OC 四边形 OBCD 是矩形，OBC90，BDOCOA10，OB=2 2=102 82=6，ABOAOB4，故选：C【小
2、结】本题考查圆，勾股定理，矩形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型 变式1 如图，O 的直径 AB 与弦 CD 的延长线交于点 E，若 DEOB，AOC84，则E 等于（）A42 B28 C21 D20【分析】利用 OBDE，OBOD 得到 DODE，则EDOE，根据三角形外角性质得1DOE+E，所以12E，同理得到AOCC+E3E，然后利用E=13AOC 进行计算即可【解析】连结 OD，如图，OBDE，OBOD，DODE，EDOE，1DOE+E，12E，而 OCOD，C1，C2E，AOCC+E3E，E=13AOC=138428 故选：B 【小结】本题考查了圆的认识：掌
3、握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）也考查了等腰三角形的性质 变式2 如图，点 A、D、G、M 在半圆 O 上，四边形 ABOC、DEOF、HMNO 均为矩形，设 BCa，EFb，NHc，则下列各式中正确的是（）Aabc Babc Ccab Dbca【分析】连接 OA、OD、OM，则 OAODOM，由矩形的性质得出 OABCa，ODEFb，OMNHc，即可得出 abc【解析】连接 OA、OD、OM，如图所示：则 OAODOM，四边形 ABOC、DEOF、HNMO 均为矩形，OABCa，ODEFb，OMNHc，abc；故选：B 【小结】本题考查了矩形的性质、同圆
4、的半径相等的性质；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键 变式3 如图，两个正方形都在O 的直径 MN 的同侧，顶点 B、C、G 都在 MN 上，正方形 ABCD 的顶点A 和正方形 CEFG 的顶点 F 都在O 上，点 E 在 CD 上若 AB5，FG3，则 OC 的长为 【分析】由四边形 ABCD，EFGC 是正方形，得到ABCFGC90，根据勾股定理即可得到结论【解析】连接 AO，OF，四边形 ABCD，EFGC 是正方形，ABCFGC90，AB2+BO2OG2+FG2，52+（5OC）2（3+OC）2+32 OC2，故答案为：2 【小结】本题考查了正方形的性质，勾股定理，
5、熟练掌握勾股定理是解题的关键 考点2 点与圆的位置关系（求范围）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 dr 时，点在圆外；当 dr 时，点在圆上，当 dr 时，点在圆内 例题2 在 RtACB 中，C90，AC3，BC33，以点 A 为圆心作圆 A，要使 B、C 两点中的一点在圆 A 外，另一点在圆 A 内，那么圆 A 的半径长 r 的取值范围是 【分析】熟记“设点到圆心的距离为 d，则当 dr 时，点在圆上；当 dr 时，点在圆外；当 dr 时，点在圆内”即可求解，【解析】RtACB 中，C90，AC3，BC33，AB6，如果以点 A 为圆心作圆，使点 C 在圆
6、 A 内，则 r3，点 B 在圆 A 外，则 r6，因而圆 A 半径 r 的取值范围为 3r6故答案为 3r6；【小结】本题考查了对点与圆的位置关系的判断设点到圆心的距离为 d，则当 dr 时，点在圆上；当 dr 时，点在圆外；当 dr 时，点在圆内 变式4 在直角坐标平面内，点 O 是坐标原点，点 A 的坐标是（3，2），点 B 的坐标是（3，4）如果以点 O 为圆心，r 为半径的圆 O 与直线 AB 相交，且点 A、B 中有一点在圆 O 内，另一点在圆 O 外，那么 r的值可以取（）A5 B4 C3 D2【分析】先根据两点间的距离公式分别计算出 OA、OB 的长，再由点 A、B 中有一点在
7、圆 O 内，另一点在圆 O 外求出 r 的范围，进而求解即可【解析】点 A 的坐标是（3，2），点 B 的坐标是（3，4），OA=32+22=13，OB=32+42=5，以点 O 为圆心，r 为半径的圆 O 与直线 AB 相交，且点 A、B 中有一点在圆 O 内，另一点在圆 O 外，13r5，r4 符合要求故选：B【小结】本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dr 时，点在圆外；当 dr 时，点在圆上，当 dr 时，点在圆内也考查了坐标与图形性质 变式5 矩形 ABCD 中，AB10，BC42，点 P 在边 AB 上，且 BP：AP4：1，如果
8、P 是以点 P 为圆心，PD 长为半径的圆，那么下列结论正确的是（）A点 B、C 均在P 外 B点 B 在P 外，点 C 在P 内 C点 B 在P 内，点 C 在P 外 D点 B、C 均在P 内【分析】先求出 AP 的长，然后利用勾股定理求得圆 P 的半径 PD 的长，根据点 B、C 到 P 点的距离判断点P 与圆的位置关系即可【解析】如图，四边形 ABCD 为矩形，ADBC42，AB10，BP：AP4：1，AP2，BP8，在 RtADP 中，AP2，AD42，DP=+=4+32=6，在 RtPBC 中，CP=+=64+32=46，86，466，点 B，点 C 均在P 外，故选：A【小结】本题
9、考查了矩形的性质，点与圆的位置关系的判定，根据点与圆心之间的距离和圆的半径的大小关系作出判断即可 变式6 如图，在每个小正方形的边长均为 1 的 55 的网格中，选取 7 个格点（小正方形的顶点），若以点 A 为圆心，r 为半径画圆，选取的格点中除点 A 外恰好有 3 个点在圆内，则 r 的取值范围是（）A3r10 B2r5 C10r13 D5r3【分析】利用勾股定理求出各格点到点 A 的距离，结合点与圆的位置关系，即可得出结论【解析】给各点标上字母，如图所示 AB=12+22=2，ACAD=12+22=5，AG3，AF=12+32=10，AE=22+32=13 所以以 A 为圆心，r 为半径
10、画圆，选取的格点中除点 A 外恰好有 3 个在圆内，这三个点只能为 B、C、D 点，5 3，故选：D 【小结】本题考查了点与圆的位置关系以及勾股定理，利用勾股定理求出各格点到点 A 的距离是解关键 考点3 点与圆的位置关系（求最值）例题3 如图，在 RtABC 中，ABC90，AB3，BC4，点 D 是半径为 1 的A 上的一个动点，点E 为 CD 的中点，连结 BE，则线段 BE 长度的最小值为 【分析】取 AC 的中点 N，连接 AD、EN、BN利用直角三角形斜边中线的性质，三角形的中位线定理求出BN，EN，再利用三角形的三边关系即可解决问题【解析】如图，取 AC 的中点 N，连接 AD、
11、EN、BN 在 RtABC 中，ABC90，AB3，BC4，AC=2+2=32+42=5，ANNC，BN=12AC=52，ANNC，DEEC，EN=12AD=12，BNENBEBN+EN，5212BE52+12，2BE3，BE 的最小值为 2，【小结】本题考查直角三角形斜边的中线的性质，三角形的中位线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型 变式7 如图，在 RtABC 中，ABC90，AB8，BC6，点 D 是半径为 4 的A 上一动点，点 M是 CD 的中点，则 BM 的最大值是 【分析】如图，取 AC 的中点 N，连接 MN，BN利用直角三角形斜边中
12、线的性质，三角形的中位线定理求出 BN，MN，再利用三角形的三边关系即可解决问题【解析】如图，取 AC 的中点 N，连接 MN，BN ABC90，AB8，BC6，AC10，ANNC，BN=12AC5，ANNC，DMMC，MN=12=2，BMBN+NM，BM5+27，即 BM 的最大值是 7【小结】本题考查直角三角形斜边的中线的性质，三角形的中位线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型 变式8 如图，在平面直角坐标系中，C（0，4），A（3，0），A 半径为 2，P 为A 上任意一点，E 是 PC的中点，则 OE 的最小值是（）A1 B32 C2 D2【分
13、析】如图，连接 AC，取 AC 的中点 H，连接 EH，OH利用三角形的中位线定理可得 EH1，推出点E 的运动轨迹是以 H 为圆心半径为 1 的圆【解析】如图，连接 AC，取 AC 的中点 H，连接 EH，OH CEEP，CHAH，EH=12PA1，点 E 的运动轨迹是以 H 为圆心半径为 1 的圆，C（0，4），A（3，0），H（1.5，2），OH=22+152=2.5，OE 的最小值OHEH2.511.5，故选：B【小结】本题考查点与圆的位置关系，坐标与图形的性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找点 E 的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题 变式9 如图
14、，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，BC1，点 M 为线段 AC 的中点，连接 OM，则 OM 的最大值为（）A2+1 B2+12 C22+1 D22 12【分析】根据同圆的半径相等可知：点 C 在半径为 1 的B 上，通过画图可知，C 在 BD 与圆 B 的交点时，OM 最小，在 DB 的延长线上时，OM 最大，根据三角形的中位线定理可得结论【解析】如图，点 C 为坐标平面内一点，BC1，C 在B 上，且半径为 1，取 ODOA2，连接 CD，AMCM，ODOA，OM 是ACD 的中位线，OM=12CD，当 OM 最大时，即 CD 最大，而 D，
15、B，C 三点共线时，当 C 在 DB 的延长线上时，OM 最大，OBOD2，BOD90，BD22，CD22+1，OM=12CD=2+12，即 OM 的最大值为2+12；故选：B【小结】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 为最大值时点 C 的位置是关键，也是难点 考点4 弧、弦、角、之间的关系 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.例题4 如图，O 的弦 AB、CD 的延长线相交于点 P，且 PAPC求证：=【分析】连接 AC、OA、OB、OC、OD，根据等腰三角形
16、的性质得到PACPCA，根据圆周角定理得到BOCAOD，根据圆心角、弧、弦的关系定理证明结论【解析】证明：连接 AC、OA、OB、OC、OD，PAPC，PACPCA，PAC=12BOC，PCA=12AOD，BOCAOD，=，=，即=【小结】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理，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10 如图，在O 中，点 C 是优弧 ACB 的中点，D、E 分别是 OA、OB 上的点，且 ADBE，弦 CM、CN 分别过点 D、E（1）求证：CDCE（2）求证：=【分析】（1）连接 OC，只要证明CODCOE（
17、SAS）即可解决问题；（2）欲证明=，只要证明MODNOE 即可；【解析】（1）证明：连接 OC=，CODCOE，OAOB，ADBE，ODOE，OCOC，CODCOE（SAS），CDCE（2）分别连结 OM，ON，CODCOE，CDOCEO，OCDOCE，OCOMON，OCMOMC，OCNONC，OMDONE，ODCDMO+MOD，CEOCNO+EON，MODNOE，=【小结】本题考查圆心角、弧、弦之间的关系，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型 变式11 如图，已知半O 的直径 AB 为 3，弦 AC 与弦 BD 交于点 E，ODAC，垂足为
18、点 F，ACBD，则弦 AC 的长为 【分析】由ACBD知+=+，得=，根据ODAC知=，从而得=，即可知AODDOCBOC60，利用 AFAOsinAOF 可得答案；【解析】ODAC，=，AFO90，又ACBD，=，即+=+，=，=，AODDOCBOC60，AB3，AOBO=32，AFAOsinAOF=3232=334，则 AC2AF=332；【小结】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型 变式12 如图，O 中，弦 ABCD，垂足为 E，F 为的中点，连接 AF、BF、AC，AF 交 CD 于 M，过 F 作 FHAC，
19、垂足为 G，以下结论：=；HCBF：MFFC：+=+，其中成立的个数是（）A1 个 B2 个 C3 个 D4 个【分析】根据弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理以及三角形内角和定理一一判断即可【解析】F 为的中点，=，故正确，FCMFAC，FCGACM+GCM，AMEFMCACM+FAC，AMEFMCFCGFCM，FCFM，故错误，ABCD，FHAC，AEMCGF90，CFH+FCG90，BAF+AME90，CFHBAF，=，HCBF，故正确，AGF90，CAF+AFH90，的度数+的度数180，的度数+的度数180，+=+=+=+，故正确，故选：C 【小结】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，
20、三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考选择题中的压轴题 考点5 圆的对称性（最短路线）例题5 如图，MN 是O 的直径，MN4，点 A 在O 上，AMN30，B 为弧 AN 的中点，P 是直径MN 上一动点，则 PA+PB 的最小值为 【分析】作点 A 关于 MN 的对称点 A，连接 AB，与 MN 的交点即为点 P，此时 PA+PB 的最小值即为 AB 的长，连接 OA、OB、OA，先求AOBAON+BON60+3090，再根据勾股定理即可得出答案【解析】作点 A 关于 MN 的对称点 A，连接 AB，与 MN 的交点即为点 P，PA+PB 的最小值即为 AB的长，连
21、接 OA、OB、OA，A点为点 A 关于直线 MN 的对称点，AMN30，AONAON2AMN23060，又弧 AN 的中点，=，BONAOB=12AON=126030，AOBAON+BON60+3090，又MN4，OAOB=12MN=1242，RtAOB 中，AB=22+22=22，即 PA+PB 的最小值为 22【小结】本题主要考查作图复杂作图及轴对称的最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质和圆周角定理、圆心角定理是解题的关键 变式13 如图，AB 是O 的直径，AB2，点 C 在O 上，CAB30，D 为弧 BC 的中点，P 是直径AB 上一动点，则 PC+PD 的最小值为（）A22 B2
22、C1 D2【分析】作出 D 关于 AB 的对称点 D，则 PC+PD 的最小值就是 CD的长度，在COD中根据边角关系即可求解【解析】作出 D 关于 AB 的对称点 D，连接 OC，OD，CD 又点 C 在O 上，CAB30，D 为弧 BC 的中点，即=，BAD=12CAB15 CAD45 COD90则COD是等腰直角三角形 OCOD=12AB1，CD=2 故选：B 【小结】本题考查了轴对称最短路线问题，勾股定理，垂径定理，正确作出辅助线是解题的关键 变式14 如图，AB 是O 的直径，AB8，点 M 在O 上，MAB20，N 是的中点，P 是直径 AB上的一动点，则 PM+PN 的最小值为（
23、）A4 B5 C6 D7【分析】作 N 点关于 AB 的对称点 N，连接 MN交 AB 于 P，如图，则 PNPN，利用两点之间线段最短得到此时 PM+PN 的值最小，然后证明OMN为等边三角形得到 MNOM4，从而可判断 PM+PN 的最小值【解析】作 N 点关于 AB 的对称点 N，连接 MN交 AB 于 P，如图，则 PNPN，PM+PNPM+PNMN，此时 PM+PN 的值最小，MAB20，MOB40，N 是弧 MB 的中点，NOB20，N 点关于 AB 的对称点 N，NOB20，MON60，OMN为等边三角形，MNOM4，PM+PN4，即 PM+PN 的最小值为 4 故选：A 【小结
24、】本题考查了圆周角定理：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也考查了最短路径问题的解决方法 变式15 如图，MN 是O 的直径，A，B，C 是O 上的三点，ACM60，B 点是的中点，P 点是MN 上一动点，若O 的半径为 1，则 PA+PB 的最小值为（）A1 B22 C2 D3 1【分析】点 B 关于 MN 的对称点 B，连接 OA、OB、OB、AB，根据轴对称确定最短路线问题可得 AB与 MN 的交点即为 PA+PB 的最小时的点，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的 2
25、倍求出AON60，然后求出BON30，再根据对称性可得BONBON30，然后求出AOB90，从而判断出AOB是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质可得 AB=2OA，即为PA+PB 的最小值【解析】作点 B 关于 MN 的对称点 B，连接 OA、OB、OB、AB，则 AB与 MN 的交点即为 PA+PB 的最小时的点，PA+PB 的最小值AB，ACM60，AOM2ACM260120，AON60，点 B 为劣弧 AN 的中点，BON=12AON=126030，由对称性，BONBON30，AOBAON+BON60+3090，AOB是等腰直角三角形，AB=2OA=21=2，即 PA+PB 的最
26、小值=2 故选：C【小结】本题考查了轴对称确定最短路线问题，在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的 2 倍的性质，作辅助线并得到AOB是等腰直角三角形是解题的关键 考点6 垂径定理 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 例题6 如图，ABC 中，AB5，AC4，BC2，以 A 为圆心 AB 为半径作圆 A，延长 BC 交圆 A 于点 D，则 CD 长为（）A5 B4 C92 D25【分析】如图，过点 A 作 AEBD 于点 E，连接 AD，可得 ADAB5，根据垂径
27、定理可得 DEBE，得CEBEBCDE2，再根据勾股定理即可求得 DE 的长，进而可得 CD 的长【解析】如图，过点 A 作 AEBD 于点 E，连接 AD，ADAB5，根据垂径定理，得 DEBE，CEBEBCDE2，根据勾股定理，得 AD2DE2AC2CE2，52DE242（DE2）2，解得 DE=134，CDDE+CE2DE2=92 故选：C【小结】本题考查了垂径定理，解决本题的关键是掌握垂径定理 变式16 如图，将O沿着弦AB翻折，劣弧恰好经过圆心O 如果弦AB43，那么O的半径长度为（）A2 B4 C23 D43【分析】作 ODAB 于 D，连接 OA，先根据勾股定理列方程可解答【解析
28、】作 ODAB 于 D，连接 OA ODAB，AB43，AD=12AB23，由折叠得：OD=12AO，设 ODx，则 AO2x，在 RtOAD 中，AD2+OD2OA2，（23）2+x2（2x）2，x2，OA2x4，即O 的半径长度为 4；故选：B【小结】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此题的关键 变式17 如图，已知O 的直径 AB 和弦 CD 相交于点 E，AE6cm，EB2cm，BED30，求 CD 的长 【分析】先过点 O 作 OMCD，连结 OC，根据垂径定理得出 CD2CM，再根据 AE6cm，EB2cm，求出 AB，再求出 OC、
29、OB、OE，再根据CEA30，求出 OM=12OE=1221cm，根据 CM=2 2，求出 CM，最后根据 CD2CM 即可得出答案【解析】过点 O 作 OMCD，连结 OC，则 CD2CM，AE6cm，EB2cm，AB8（cm），OCOB4（cm），OE422（cm），CEABED30，OM=12OE=1221（cm），CM=2 2=42 12=15（cm），CD215（cm）【小结】此题考查了垂经定理，用到的知识点是垂经定理、勾股定理、30角的直角三角形，关键是根据题意做出辅助线，构造直角三角形 变式18 如图，在以点 O 为圆心的两个同心圆中，大圆的弦 AB 交小圆于点 C、D（1）求证
30、 ACBD；（2）若 AC3，大圆和小圆的半径分别为 6 和 4，则 CD 的长度是 【分析】（1）作 CHCD 于 H，如图，根据垂径定理得到 CHDH，AHBH，利用等量减等量差相等可得到结论；（2）连接 OC，如图，设 CHx，利用勾股定理得到 OH2OC2CH242x2，OH2OA2AH262（3+x）2，则 42x262（3+x）2，然后解方程求出 x 即可得到 CD 的长【解析】（1）证明：作 CHCD 于 H，如图，OHCD，CHDH，AHBH，AHCHBHDH，ACBD；（2）连接 OC，如图，设 CHx，在 RtOCH 中，OH2OC2CH242x2，在 RtOAH 中，OH
31、2OA2AH262（3+x）2，42x262（3+x）2，解得 x=116，CD2CH=113 【小结】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧也考查了勾股定理 考点7 垂径定理的实际应用 例题7 某公路上有一隧道，顶部是圆弧形拱顶，圆心为 O，隧道的水平宽 AB 为 24m，AB 离地面的高度AE10 m，拱顶最高处 C 离地面的高度 CD 为 18m，在拱顶的 M，N 处安装照明灯，且 M，N 离地面的高度相等都等于 17m，则 MN m 【分析】根据题意和垂径定理得到 CG8m，AG12m，CH1m，根据勾股定理求得半径，进而利用勾股定理求得 MH，即可求得
32、MN【解析】设 CD 于 AB 交于 G，与 MN 交于 H，CD18m，AE10m，AB24m，HD17m，CG8m，AG12m，CH1m，设圆拱的半径为 r，在 RtAOG 中，OA2OG2+AG2，r2（r8）2+122，解得 r13，OC13m，OH13112m，在 RtMOH 中，OM2OH2+MH2，132122+MH2，解得 MH225，MH5m，MN10m 【小结】本题考查了垂径定理的应用，作出辅助线构建直角三角形，利用勾股定理求解是解题的关键 变式19 九章算术作为古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的几何原本并称现代数学的两大源泉在九章算术中记载有一问题“今
33、有圆材埋在壁中，不知大小以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”小辉同学根据原文题意，画出圆材截面图如图所示，已知：锯口深为 1寸，锯道 AB1 尺（1 尺10 寸），则该圆材的直径为（）A13 B24 C26 D28【分析】设O 的半径为 r 寸在 RtACO 中，AC5，OCr1，OAr，则有 r252+（r1）2，解方程即可【解析】设圆心为 O，过 O 作 OCAB 于 C，交O 于 D，连接 OA，如图所示：AC=12AB=12105，设O 的半径为 r 寸，在 RtACO 中，OCr1，OAr，则有 r252+（r1）2，解得 r13，O 的直径为 26 寸，故选：C 【小结】本题
34、考查垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型 变式20 把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知 EFCD16cm，则球的半径为（）A103cm B10cm C102cm D83cm【分析】首先找到 EF 的中点 M，作 MNAD 于点 M，取 MN 上的球心 O，连接 OF，设 OFx，则 OM 是16x，MF8，然后在直角三角形 MOF 中利用勾股定理求得 OF 的长即可【解析】EF 的中点 M，作 MNAD 于点 M，取 MN 上的球心 O，连接 OF，设 OFx，则 OM16x，MF8，在直角三角形 OMF 中，OM2+
35、MF2OF2，即：（16x）2+82x2，解得：x10 故选：B 【小结】本题考查了垂径定理及勾股定理的知识，解题的关键是正确的作出辅助线构造直角三角形 变式21 在圆柱形油槽内装有一些油，油槽直径 MN 为 10 分米截面如图，油面宽 AB 为 6 分米，如果再注入一些油后，当油面宽变为 8 分米，油面 AB 上升（）A1 分米 B4 分米 C3 分米 D1 分米或 7 分米【分析】实质是求两条平行弦之间的距离根据勾股定理求弦心距，作和或差分别求解【解析】连接 OA作 OGAB 于 G，则在直角OAG 中，AG3 分米，因为 OA5cm，根据勾股定理得到：OG4 分米，即弦 AB 的弦心距是
36、 4 分米，同理当油面宽 AB 为 8 分米时，弦心距是 3 分米，当油面没超过圆心 O 时，油上升了 1 分米；当油面超过圆心 O 时，油上升了 7 分米 因而油上升了 1 分米或 7 分米 故选：D 【小结】此题主要考查了垂径定理的应用，此题涉及圆中求半径的问题，此类在圆中涉及弦长、半径、圆心角的计算的问题，常把半弦长，半圆心角，圆心到弦距离转换到同一直角三角形中，然后通过直角三角形予以求解本题容易忽视的是分情况讨论 考点8 圆周角定理 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
37、的弦是直径。例题8 如图，AB 是O 的直径，点 C，D，E 都在O 上，155，则2 【分析】如图，连接 AD证明1+290即可解决问题【解析】如图，连接 AD AB 是直径，ADB90，1ADE，1+290，155，235，故答案为 35【小结】本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型 变式22 如图，A，B，C，D 是O 上的四点，且点 B 是的中点，BD 交 OC 于点 E，AOC100，OCD35，那么OED 【分析】连接 OB，求出D，利用三角形的外角的性质解决问题即可【解析】连接 OB =，AOBBOC50，BDC=12BOC25，OEDECD+CDB，
38、ECD35，OED60，故答案为 60【小结】本题考查圆周角定理，圆心角，弧，弦之间的关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型 变式23 如图，AB 为O 的直径，C，D 是圆周上的两点，若ABC38，则锐角BDC 的度数为（）A57 B52 C38 D26【分析】由 AB 是O 的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可得ACB90，又由ABC38，即可求得A 的度数，然后根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求得BDC 的度数【解析】连接 AC，AB 是O 的直径，ACB90，ABC38，BAC90ABC52，BDCBAC52故选：B 【小结】此题考查了圆周
39、角定理此题难度不大，注意掌握直径所对的圆周角是直角与在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等定理的应用是解此题的关键 变式24 四边形 ABCD 的外接圆为O，BCCD，DAC35，ACD45，则ADB 的度数为（）A55 B60 C65 D70【分析】利用圆心角、弧、弦的关系得到=，再利用圆周角定理得到BACDAC35，ABDACD45，然后根据三角形内角和计算ADB 的度数【解析】BCCD，=，ABD 和ACD 所对的弧都是，BACDAC35，ABDACD45，ADB180BADABD180704565故选：C【小结】本题考查了圆周角定理和圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理是解决问
40、题的关键 考点9 圆内接四边形 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.例题9 如图，四边形 ABCD 内接于O，D100，CEAB 交O 于点 E，连接 OB、OE，则BOE的度数为（）A18 B20 C25 D40【分析】根据圆内接四边形的性质和圆周角定理即可得到结论【解析】四边形 ABCD 内接于O，D100，ABC180D80，CEAB，ECB+ABC90，BCE908010，在同圆或等圆中，圆周角是所对弧的圆心角的一半，BOE2BCE20，故选：B【小结】本题考查了圆内接四边形的性质，三角形的内角和定理，垂直的定义，圆周角定理，正确的识别图形是解
41、题的关键 变式25 如图，点 A、B、C、D、E 在O 上，的度数为 60，则B+D 的度数是（）A180 B120 C100 D150【分析】连接 AB、DE，先求得ABEADE25，根据圆内接四边形的性质得出ABE+EBC+ADC180，即可求得EBC+ADC150【解析】连接 AB、DE，则ABEADE，的度数为 60，ABEADE30，点 A、B、C、D 在O 上，四边形 ABCD 是圆内接四边形，ABC+ADC180，ABE+EBC+ADC180，EBC+ADC180ABE18030150故选：D【小结】本题考查了圆周角定理和圆内接四边形的性质，作出辅助线构建内接四边形是解题的关键
42、变式26 如图，四边形 ABCD 内接于O，DADC，CBE50，AOD 的大小为（）A130 B100 C120 D110【分析】首先证明ADCCBE，再利用等腰三角形的性质求出ACD，利用圆周角定理即可解决问题 【解析】ADC+ABC180，ABC+CBE180，ADCCBE50，DADC，DACDCA=12（18050）65，AOB2ACD130，故选：A【小结】本题考查圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型 变式27 如图，点 A、B、C 在O 上，CDOA，CEOB，垂足分别为 D、E，若DCE40，则ACB的度数为（）
43、A140 B70 C110 D80【分析】先根据四边形的内角和为 360求AOB360909040140，再由同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得P 的度数，最后由四点共圆的性质得结论【解析】如图，在优弧 AB 上取一点 P，连接 AP，BP，CDOA，CEOB，ODCOEC90，DCE40，AOB360909040140，P=12AOB70，A、C、B、P 四点共圆，P+ACB180，ACB18070110，故选：C 【小结】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，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是解答此题的关键 考点10 圆周角定理有关的计算与证明 例题10 如
44、图，四边形 ABCD 内接于O，AB 是直径，C 为的中点，延长 AD，BC 交于 P，连结 AC（1）求证：ABAP；（2）当 AB10，DP2 时，求线段 CP 的长 【分析】（1）利用等角对等边证明即可（2）利用勾股定理分别求出 BD，PB，再利用等腰三角形的性质即可解决问题【解析】（1）证明：C 为的中点，BACCAP，AB 是直径，ACBACP90，ABC+BAC90，P+CAP90，ABCP，ABAP（2）如图，连接 BD AB 是直径，ADBBDP90，ABAP10，DP2，AD1028，BD=2 2=102 82=6，PB=2+2=62+22=210，ABAP，ACBP，BCP
45、C=12PB=10，PC=10【小结】主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆内接四边形的性质等知识点，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型 变式28 四边形 ABCD 内接于O，AC 为其中一条对角线（）如图，若BAD70，BCCD求CAD 的大小；（）如图，若 AD 经过圆心 O，连接 OC，ABBC，OCAB，求ACO 的大小 【分析】（1）根据圆心角、弧、弦之间的关系解答；（2）连接 BD，根据圆周角定理、平行线的性质、等腰三角形的性质得到BACBDAOAC，根据圆周角定理得到ABD90，计算即可【解析】（1）BCCD，=，CADCAB=12BAD35；（
46、2）连接 BD，ABBC，BACBCA，OCAB，BACOCA，OAOC，OACOCA，BACBCAOAC，由圆周角定理得，BCABDA，BACBDAOAC，AD 是O 的直径，ABD90，ACO30【小结】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆心角、弧、弦之间的关系、圆周角定理，掌握直径所对的圆周角是直角是解题的关键 变式29 如图，四边形 ABCD 内接于O，ABAC，BDAC，垂足为 E（1）若BAC40，则ADC ；（2）求证：BAC2DAC；【分析】（1）根据等腰三角形的性质和圆内接四边形的性质即可得到结论；（2）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得到结论；【解析】（1）ABAC，
47、BAC40，ABCACB70，四边形 ABCD 是O 的内接四边形，ADC180BAC110，故答案为：110；（2）证明：BDAC，AEBBEC90，ACB90CBD，ABAC，ABCACB90CBD，BAC1802ABC2CBD，DACCBD，BAC2DAC；【小结】本题考查了圆内接四边形，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质 变式30 已知：O 的两条弦 AB，CD 相交于点 M，且 ABCD（1）如图 1，连接 AD求证：AMDM（2）如图 2，若 ABCD，在弧 BD 上取一点 E，使弧 BE弧 BC，AE 交 CD 于点 F，连接 AD、DE 判断E 与DFE 是否相等，并说明
48、理由 若 DE7，AM+MF17，求ADF 的面积 【分析】（1）如图 1，利用 ABCD 得到=，则=，根据圆周角定理得到AD，然后根据等腰三角形的判定得到结论；（2）连接 AC，如图，由弧 BE弧 BC 得到CABEAB，再根据等腰三角形的判定方法得到 ACAF，则ACFAFC，然后圆周角定理、对顶角和等量代换得到DFEE；由DFEE 得 DFDE7，再利用 AMDM 得到 AMMF+7，加上 AM+MF17，于是可求出 AM，然后根据三角形面积公式求解【解析】（1）证明：如图 1，ABCD，=，即+=+，=，AD，AMDM；（2）E 与DFE 相等 理由如下：连接 AC，如图，弧 BE弧
49、 BC，CABEAB，ABCD，ACAF，ACFAFC，ACFE，AFCDFE，DFEE；DFEE，DFDE7，AMDM，AMMF+7，AM+MF17，MF+7+MF17，解得 MF5，AM12，SADF=1271242【小结】本题考查了圆周角定理：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也考查了垂径定理和圆心角、弧、弦的关系 考点11 旋转的性质 图形旋转所得的图形和原图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，任何一对对应点与旋转中心连线所成的角度等于旋转的角度.例题11 如图，在ABC 中，C64，将ABC 绕着点 A 顺时针旋转后，得到ABC，且点 C在BC
50、 上，则BCB 的度数为（）A42 B48 C52 D58【分析】根据旋转的性质，可以得到 ACAC，然后根据C64，即可得到旋转角的度数，然后三角形内角和，即可得到BCB 的度数【解析】将ABC 绕着点 A 顺时针旋转后，得到ABC，C64，ACAC，CACBAB，BB，CACC64，CAC52，BAB52，BAD52，BB，BDCBDA，BCDBAD52，即BCB 的度数为 52，故选：C 【小结】本题考查旋转的性质、三角形内角和、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答 变式31 如图，在ABC 中，BAC108，将ABC 绕点 A 按逆时针方向旋转得到ABC若