重難點01圓的綜合題型（圓性質的應用、圓與四邊行結

合的動態探究、情景與應用題型、隱圓問題）

題型解篌I模型構建.I真題強化制綜I模擬通關試練

圓的綜合問題在中考中常常以選擇題以及解答題的形式出現，解答題居多且分值較大，難度較高，多

考查切線的性質與判定、圓中求線段長度問題和圓中最值問題，一般會用到特殊三角形、特殊四邊形、相

似三角形、銳角三角函數、勾股定理、圖形變換等相關知識點以及數形結合、整體代入等數學思想.

祈商而百...模.型.0.1.圓.性質.的.應用............

圓性質的應用該題型近年主要以選擇、填空形式出現，在綜合性大題考試中，難度系數不大，在各類

考試中都以中檔題為主。解這類問題的關鍵是結合圓的性質及相關判定定理與推論并結合圓和其它幾何

的相關知識點進行解題。

答|題|技|巧

1.靈活應用弦弧角之間的關系，弦和弧最終轉化為角，一般情況下是圓周角；

2.碰到直徑想直角，直徑所對的圓周角為90°；

3.看到切線——連半徑——90°,證明切線時注意證明90°；

4.圓內接四邊形一一對角互補，外交等于內對角；

［器型行停T

1.（2024?江蘇）如圖，在。。中，4B是直徑，CD是弦，且力B1CD,垂足為E,AB=20,CD=12,

在B4的延長線上取一點尸，連接CF,使NFCD=24B.

⑴求證：CF是。。的切線;

⑵求EF的長.

【答案】⑴見解析

（2）-

'’2

【分析】本題考查了切線的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，圓周角定理，正確地作出

輔助線是解題的關鍵.

（1）連接OC,根據等腰三角形的性質得到N8=NBC。，等量代換得到NFC。=NCOE,得至=90。,

根據切線的判定定理得到結論；

（2）根據垂徑定理得到CE=|CL>=6,根據勾股定理得到OE=VOC2-CF2=8,根據相似三角形的判定

和性質定理即可得到結論.

【詳解】（1）證明：連接。C,

???OC=OB,

,?Z.B=乙BCO,

Z.AOC=Z-B+Z,BCO=2/.B,

??ABLCD,

?.乙CEO=90°,

?.Z.COE+Z.OCE=90°,

?,Z.FCD=2/-B,

??Z-FCD=Z-COE,

..Z.FCD+^OCE=90°,

???乙OCF=90°,

???OC是。。的半徑，

??.CF是00的切線；

(2)解：???48是直徑，CD是弦，且4B_LCD,

CE=-CD=6,

2

vAB=20,

OC=10,

OE=yjoc2-CE2=8,

???(OCF=Z.OEC=90°,乙COE=Z.FOC,

OCEOFC,

ocOE

???——=——,

OFOC

.竺_

,,~~8,

OF10

OF=空，

2

2，9

EF=OF-OE=--8=-.

22

1支式

1.如圖，四邊形ABC。內接于圓O,ZBOD=WS°,則/BCD的度數是（）

A.127°B.108°C.126°D.125°

【答案】C

【分析】本題考查了圓周角定理，圓內接四邊形的性質的應用，關鍵是求出/A的度數和得出

ZA+ZBCD=180°.

根據圓周角定理求出-A的度數，根據圓內接四邊形的性質得出/A+N3a>=180。，代入求出即可.

【詳解】解：回BCD對的圓周角是,A，圓心角是/BOD,々00=108。，

ZA^-ZBOD=54°,

2

04、B、C、。四點共圓，

0ZA+ZSCD=180°,

0ZBCD=180°-ZA=126°,

故選：C.

2.如圖，一個燒瓶底部呈球形，該球的半徑為5c機，瓶內截面圓中弦A8的長為8cm,則液體的最大深度

()

A.4cm

【答案】C

【分析】本題考查了勾股定理，垂徑定理的應用，熟練掌握勾股定理，垂徑定理是解題的關鍵.

垂徑定理可得AC=145,根據勾股定理求得OC的長，進而即可求解.

2

【詳解】解：依題意，AB=8cm,AO=5cm,OD±AB,

二.AC=—AB=,

2

在Rt^AOC中，OC=\lAO2-AC2=752-42=3cm，

團CD=OD-OC=5-3=2cm,

故選：C.

3.如圖，A3為。。的直徑，點C為圓上一點，且/C4B=50。.現有以下操作：①以點5為圓心，適當長

為半徑作弧，交AB,BC于點D,E；②分別以點。，E為圓心，大于;。E的長為半徑作弧，兩弧交于

點尸；③作射線跖交0。于點G.則NG4c的大小為（）

【答案】C

【分析】本題主要考查了圓周角定理的推論，尺規作角平分線等知識點，根據直角所對的圓周角是90。得出

-ACS的度數，再由NC4B=5O。得出/ABC的度數，最后根據所畫射線為-4BC的角平分線即可解決問

題，熟練掌握圓周角定理的推論，尺規作角平分線是解決此題的關鍵.

【詳解】回A3為O。的直徑，

0ZACB=90°,

又回“LB=50°,

EINABC=40。，

根據作圖步驟可知，BG平分，ABC,

0ZABG=NCBG=-x40°=20°,

2

BZGAC=ZGBC=20°,

故選：C.

4.如圖，在VABC中，ZACB=30°,AC=4,。為BC上的一個動點，以8。為直徑的圓。與48相切于

點、B,交AD于點E,則CE的最小值為.

【分析】本題考查最短路徑問題，圓的性質，勾股定理解直角三角形，正確作出輔助線，綜合運用各個知

識，在變化中尋找不變的量是解題的關鍵.取AB的中點凡連接BE,EF,CF,則CE2CF-EF.由48

與圓。相切，可得/ABC=90。，通過解直角三角形可得AB=；AC=2,BHAG-AB?=26?根據3。

是圓。的直徑，可得AABE是直角三角形，從而砂=<43=1,因此CE2JW-l,即CE的最小值為舊-1.

【詳解】取的中點R連接BE,EF,CF,則CE2CF—EF

SABrBC,即ZABC=90°,

0ZACS=30°,AC=4,

0AB=-AC=-x4=2,

22

BC=yjAC2-AB2=V42-22=26?

團點尸是A3的中點，

SBF=-AB=-x2=l,

22

回在RGBCF中，CF=^BF-+BC2=+(2廚=岳.

團20是圓。的直徑，

回/BED=90。，

0ZAEB=180°-/BED=180°-90。=90°,

團點P是AB的中點，

0EF=-AB=-x2=l,

22

0CE>CF-EF=713-1,即CE的最小值為萬-1.

故答案為：\/13-1

5.如圖，A8是圓。的直徑.C,。為圓。上兩點，且80平分NCSA,連接CO,AC,若NACD=29。,

則/CDB的度數為_____.

A

【答案】32。/32度

【分析】本題考查了圓周角定理和角平分線的性質，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵.根據圓周角定理,

ZABD=ZACD=29°,ZACB=90°,再由8。平分NCBA,可得"BC=2ZAB￡>=58。，，從而出

ZfiAC=90°-ZABC=90°-58°=32°,最后求得/CD3.

【詳解】解：,.,A￡)=AZ)，

ZABD=ZACD=29°,

QBD平分NCBA,

：.ZABC=2ZABD=58°,

AB為。。的直徑，

.-.ZACB=90o,

ZBAC=900-ZABC=90°-58°=32°,

BC=BC，

:.ZCDB=ZBAC=32°.

故答案為：32°.

6.如圖，。。是直角三角形A3C的外接圓，直徑AC=4,過C點作。。的切線，與A8延長線交于點D,

M為C。的中點，連接BM,OM,且BC與相交于點N.

⑴求證：與0。相切；

(2)當NA=60。時，在。。的圓上取點尸，使/ABF=15。，補全圖形，并求點尸到直線的距離.

【答案】⑴證明過程見詳解；

(2)點F到直線48的距離為：2-下或6-1

【分析】本題主要考查了切線的判定，全等三角形的判定與性質，垂徑定理，直徑所對的圓周角是直角，

熟練掌握相關知識點是解題的關鍵.

(1)根據題意得OM〃AD,根據直徑所對的圓周角是直角得出/AfiC=90。進而得出OML3C,證明

△OMB冬OCM,得出Z.OBM=900即可得證；

(2)分點/在A8以及半圓AOC上分別作出圖形，根據含30°角的直角三角形的性質，勾股定理，即可求

解.

【詳解】(1)證明：連接02,

M為C。的中點，。是AC中點,

OM//AD,

AC是。。的直徑,

../ABC=90°,

:.OMLBC,

:OB=OC,

.-.Z1=Z2,

*/OM=OM,

:.^OBM^OCM(SAS),

:.ZOBM=ZOCM,

???MC是切線,

:.ZOCM=90°,

:.ZOBM=90°,

.?.3河是。0切線;

(2)解：如圖所示，當點尸在A3上時，連接。尸，交A5于點G,

.?Z0耳=30。,

QZBAC=60°,

:.ZAGO=90°f

OF.lAB,

??,直徑AC=4,

:.AO=2,

AG=1,

OG=5

耳G=2-6；

當點尸在半圓AOC上時，過點「2作AB,垂足為點“，F2N1OG,垂足為點N,

四邊形鳥"GN是矩形，

在Rt△工NO中，OF2=2,

???/AB6=/A3與=15。，

ZAO耳=2/ABK=30°,ZAOF2=2ZABF2=30°,

/.ZF2ON=ZAOF2+ZAOF.=60°,

:.ZOF2N=30°,

:.ON=1,

：.F2H=F1N=OG-ON^-^-I,

綜上所述，點尸到直線AB的距離為：2-6或6-1.

7.如圖，A3是。。的直徑，C,。是AB同側圓上的兩點，半徑OD〃8C交AC于點E,ABAC=30°.

D.C

⑴求證：CD=BC；

(2)若AC=26,求。。的半徑.

【答案】⑴見解析

(2)2

【分析】本題主要考查圓周角定理，弧、弦、圓心角的關系，平行線的性質以及勾股定理等知識:

(1)連接OC,由垂徑定理得AD=CD，得出NAOD=NBOC,可得結論；

(2)由勾股定理可得結論.

?.，OD//BC,

:.ODLAC,

AO=C。，

?.?4L4c=30。，

ZAOD=ZCOD=60°,ZBOC=2ZBAC=60°,

QZAOD^ZBOC,

CD=BC;

（2）解：■.■OD1.AC,AC=273.

AE^-AC^y/3,

2

設。。的半徑為小則OE=；r,

在RtZiAOE中，4序+0石2=4。2,即（6/+W=/，

解得r=2或r=—2（舍）,

答：。。的半徑為2

8.如圖，在VABC中，ZC=90°,-3AC的平分線交BC于點。，點。在A3上，以點。為圓心，Q4為半

徑的圓恰好經過點。，分別交AC、AB于點E、F.

⑴試判斷直線BC與。。的位置關系，并說明理由.

⑵若即=3括，BF=3,求0。的半徑.

【答案】⑴相切，理由見詳解

⑵3

【分析】本題考查圓與直線的位置關系和勾股定理，解題的關鍵是掌握圓與直線的位置關系和勾股定理；

（1）連接0。，由Q4=OD得到ZOAD=/OD4,由AZ）平分NCAB得到ZOAD=ZCAD,則ZODA=ZCAD,

求出OD〃AC,進而得到OD_L8C,根據切線的判定得出即可；

（2）根據勾股定理得出方程，求出方程的解即可.

【詳解】（1）直線BC與。。的位置關系是相切，

理由是：連接OD,

?.?AD平分/CAB,

ZOADZCAD,

ZODA^ZCAD,

:.OD//AC,

?：AC=90°,

NODB=90°,

即OD上BC,

???OD為半徑，

團線BC與。。的位置關系是相切;

(2)解：設。。的半徑為R,

貝1JOD=O尸=R,

在RtZ\BDO中，

由勾股定理得：OB2=BD2+OD2,

即（R+3『=（3⑹二代,

解得：R=3,

即。。的半徑是3；

函市］麗.而.模.型.02.圓.與.四邊.形.結.合.的動.態.探.究........

特殊四邊形與圓結合的動態探究模型該題型主要以解答題的形式出現，綜合性較強，有一定難度，主要考

查對圓性質的理解與三角形或四邊形綜合知識的應用。實際題型中對數形結合的討論是解題的關鍵。許多

問題的討論中需要我們對四邊形的判定和性質有清晰認識。

答|題|技|巧

1.圓的性質應用，根據專題1的解題思路進行求解；

2.注意結合的四邊形的形狀，特殊平行四邊形的性質與判定熟練應用；

3.四邊形的存在性問題注意假設、反推；

4.數形結合進行分析、解答

［題型三例

1.如圖，圓內接四邊形ABDC,AB是。。的直徑，OD工BC交BC于點E,ZACB=90°.

⑴求證：點。為BC的中點；

⑵若鹿=4,AC=6,求OE.

【答案】（1）詳見解析

（2）2

【分析】（1）利用垂徑定理的推論證明即可.

（2）利用垂徑定理，勾股定理解答即可.

本題考查了垂徑定理，勾股定理，圓的性質，熟練掌握垂徑定理，勾股定理是解題的關鍵.

【詳解】（1）證明：?.?AB是。。的直徑，OD1.BC,

BD=CD＜即點。為的中點.

（2）解：「AB是。。的直徑，ODLBC,

:.BE=EC=4,

..3C=8,

ZACB=90°,AC=6

:.AB=y/AC2+BC2=10

/.OD=OB=5,

OE=y/0B2-BE2=3，

:.DE=OD-OE=5-3=2.

1麥K

1.如圖，四邊形ABC。是圓。的內接四邊形，ZR4D=50°,則/BCD的度數是（）

A.120°B.80°C.130°D.50°

【答案】C

【分析】本題考查了圓內接四邊形的性質的應用，根據圓內接四邊形的性質得出NA+/3c0=180。，代入

求出即可.

【詳解】解:回四邊形ABCD是。。的內接四邊形，

0ZA+Z5CD=18O°,

0ZA=50°,

0ZBCD=130°,

故選：C.

2.圓內接四邊形ABCD中，AB=AD,80是對角線，ZABD=40°,則—C的度數是（）

A.50°B.60°C.80°D.100°

【答案】C

【分析】本題考查了圓內接四邊形的性質，三角形內角和定理，先由等邊對等角得//WD=/AD3=40。,

再由三角形內角和定理得/BAD=100。，再由圓內接四邊形的性質得/。=180。-/54。=80。.

【詳解】解：SAB=AD,/ABD=40。，

0ZASD=ZADB=40°,

0ZBAZ）=180°-ZABD-ZADB=100°,

團ABC。是圓內接四邊形，

0ZC=180°-ZS4Z>=80°.

故選：c.

3.在00中，點A,B,C,r>在圓上，OB//DC,OD//BC,則/A為（）

A.45°B.50°C.60°D.65°

【答案】C

【分析】本題考查圓周角定理，圓內接四邊形的性質，先由。3〃。。,8〃3。得到平行四邊形。。酸，得

至|J/O=NC,再由圓內接四邊形得到NA+NC=180。，最后根據==求解即可.

【詳解】解：SOB//DC,OD//BC,

團四邊形ODCB是平行四邊形，

0ZO=ZC,

團四邊形ABCD是圓內接四邊形，

0ZA+ZC=180°,

^ZA=-ZO=-ZC,

22

0ZA+2ZA=18O°,

解得NA=60。，

故選：c.

4.如圖，四邊形ABCD是圓。的內接四邊形，ZC=110°,則/A的度數為（）

C

【答案】C

【分析】本題考查了圓內接四邊形的性質.根據圓內接四邊形的對角互補，列式計算即可.

【詳解】解：國四邊形ABC。為圓內接四邊形，

0ZA+ZC=180°,

0ZC=11O°,

13NA=180。—NC=180。—110。=70。.

故選：C.

5.閱讀下列材料，然后解答問題.

經過正四邊形（即正方形）各頂點的圓叫做這個正四邊形的外接圓，圓心是正四邊形的對稱中心，這個正

四邊形叫做這個圓的內接正四邊形.

如圖，正方形ABCD內接于的面積為加，正方形ABCD的面積為S2.以圓心。為頂點作NMON,

使/MON=90。.將/MON繞點。旋轉，OM,QV分別與。。交于點E、F,分別與正方形ABCD的邊交

于點G、H.設由OE、OF、用及正方形ABCD的邊圍成的圖形（陰影部分）的面積為S.

Q[A七

一N

MN\

M、M

圖①圖②圖③

⑴當OM經過點A（如圖①）且0。的半徑為1時，求S的值（結果保留萬）

（2）當鉆于G時（如圖②），求S、5、$2之間的關系為：_（用含跖、$2的代數式表示卜

⑶當/MON旋轉到任意位置時（如圖③），則（2）中的結論仍然成立嗎：請說明理由.

JT1

【答案】（I）]-]

（2）S=；（H-SJ

⑶成立，理由見解析

【分析】（1）由正方形的性質可知/MON=90。，04=1,則根據S=S扇形。呼計算即可得出答案;

（2）由正方形的性質可知四邊形0G3”也是正方形，且其面積="邑，則根據S=S扇形OEF-SQOGBH即可得出

s、S|、$2之間的關系；

（3）由/EO/=/MON=90。可得S扇形.EF=（S圓，過點。作ORLAB,OS1BC,垂足分別為火、

S,易證四邊形O/腳為正方形，于是可得OR=OS,ZROS=90°,利用ASA可證得AROG名ASO”，于是

可得S、ROG=SQOH＞進而可得S四邊形OGBH=S正方形ORBS）易證S正方形=]邑,則S四邊形OGBH=]邑，然后根據

S=S扇形OEF—S四邊形OGBH即可得出結論.

【詳解】（1）解：當OM經過點A時，由正方形的性質可知：

ZMON=90。,OA=1,

2

.c_cc_90xl-Tt1]]_"1

??d一?扇形OEF--—211-4^-^；

（2）解：當OM_LAB于G時，由正方形的性質可知：

四邊形OGBH也是正方形，且其面積=；邑,

=；岳-；；（岳一邑），

S=S扇形OEF_S^OGBH52=

故答案為：s=；（s「sj；

（3）解：（2）中的結論仍然成立，理由如下:

;/EOF=ZMON=9Q0,

如圖，過點。作OS1BC,垂足分別為R、S,

易證四邊形ORBS為正方形,

:.OR=OS,/ROS=90°,

N/?QS=90°,/MON=90°,

:.ZROS=ZMON,

ZROS-/GOS=ZMON-Z.GOS,

:"ROG=/SOH,

在△；?(9G和△SOH中，

NROG=ZSOH

<OR=OS,

ZORG=ZOSH

「.△HOG之△SOH(ASA),

.."ROG-°&SOH，

一S四邊形OGBH-S正方形ORBS，

易證S正方彩01tBs=W邑，

一S四邊形OGBH=S正方形ajgs=—S2,

S=S扇形OEF一S四邊形OGBH=WW_*S2=*(，1—邑)?

6.定義：對角線互相垂直的圓內接四邊形叫做圓的"閃亮四邊形

圖1圖2

⑴若DABCD是圓的“閃亮四邊形"，則DABC。是一（填序號）；

①矩形；②菱形；③正方形

⑵如圖1,已知。。的半徑為ROE_L3c于點E,四邊形ABC。是。。的“閃亮四邊形

①求證：=

②求證：AB-+CD1=47?2

（3汝口圖2,四邊形ABCD為。。的“閃亮四邊形”，AC,3D相交于點P，AC=BD=|>/2,3c=4,求。。的

半徑為R

【答案】⑴③

⑵①見解析；②見解析

⑶姮

2

【分析】(1)根據"閃亮四邊形"的定義結合平行四邊形的性質即可解答；

(2)①連接8。并延長交。。于點E分別連接。1,OD,OC,CF,利用垂徑定理證明0E是的

中位線，推出OE=《CE,再根據圓周角定理結合“閃亮四邊形”的定義，推出/CBF=/ACZ),進而推出

2

/CBF=NBCO,/COF=ZAOD,得到b=心，最后CF=AD,即可得出結論；②過點。作OGJ_AT>

于點G,AAOD是等腰三角形，再證明ACOE均ODG(AAS13OE絲A。4G(AAS),推出

ZBCO+ZODG=90°,ZCBO+ZOAG=90°,再根據四邊形ABCD是。。的內接四邊形，得到

NODC+NOCD=90。,NOA8+NOC4=90。，進而求出，/。0。=90。,/408=90。，利用勾股定理即可證明；

(3)同理(2)②可得A8=CZ)=0R，由圓周角定理推出/ACB=/CBD,得到尸B=PC,再根據四邊

形ABCD為。。的"閃亮四邊形"，結合BC=4,利用勾股定理可求出尸2=PC=20，求出AP=DP=#，

再利用勾股定理求出A2=CD=半，由(2)②可得NAO3=DOC=90。，利用勾股定理即可求解.

【詳解】(1)解：回DABCD中，AD\\BC,AB\\CD,

團ZADC+ZfiCD=/BCD+ZABC=180°,

0ZAZ)C=ZABC,

EIDABCD是圓內接四邊形，

0ZADC+ZASC=180°,

0ZADC=ZABC=90°,

團DABCD是矩形，

團口ABC。圓的“閃亮四邊形”，

BAC1.BD,

團DABCD是菱形，

團口ABC。是矩形，

EIDABCD是正方形，

故答案為：③；

(2)①證明回連接8。并延長交。。于點E分別連接。4,OD,OC,CF,

F

ac

0OE1BC,

團BE=CE,

團點E是8。的中點，

團點。是3廠的中點，

團0E是小b的中位線，

^\OE=-CF,

2

^BC=BC'

⑦ZBDC=/F,

團3廠是。0的直徑，

0ZFCB=9O°,

團/E+NCM=90。，

團四邊形A3CO是〃閃亮四邊形〃,

⑦AC工BD,

ZBDC+ZACD=90°,

國NCBF=/ACD,

國OB=OC,

aNCBF=/BCO,

出/COF=2/CBF,

^ZAOD=2ZACDf

^\ZCOF=ZAOD,

回CF=AA

國CF=AD,

SOE=-AD-

2

②過點。作OG_LAD于點G,

回OE=AG=DG,

回AO=DO,

團△AOD是等腰三角形，

0ZAOG=ZDOG=-ZAOD,

2

團ZBCO=ZCBO=-/COF,ZCOF=ZAOD,

2

團NAQG=/DOG=ZBCO=ZCBO,

國BO=AO=CO=DO,ZBEO=/CEO=ZAGO=ZDGO=9伊,

國^COE沿△ODG（AAS）,*OEm屋）AG（AAS）,

團ZCOE=ZODG,ZBOE=ZOAG,

團ZBCO+ZODG=90°,ZCBO+ZOAG=90°,

團四邊形ABC。是。。的內接四邊形，

團ZBCD+ZADC=180°,ZCBA+ZDAB=180°,

團ZODC+ZOCD=90°,ZOAB+ZOCA=90°,

0NDOC=90°,ZAOB=90°,

團OA2+OB2=AB2=2R\OC2+OD2=CD2=2R2,

^\AB2+CD2=4-

（3）解：同理（2）②可得A5=CD=0E，

^AB=CD^

⑦ZACB=NCBD,

團PB=PC,

回四邊形ABC。為0。的“閃亮四邊形"，BC=4,

0PB~+PC2=BC2=16,ZAPB=ZDPC=90°,

團PB=PC=2也（負值舍去），

^AC=BD=-42,

2

0AP=￡)P=—,

2

0AP2+BP2=AB2,DP2+CP2=CD2,

EIA8=C￡）=避4（負值舍去），

2

由（2）②可得NAOB=/DOC=90。，

SO^+OB2=2R2=AB2=—,

4

@R=叵（負值舍去）.

2

7.定義：若圓內接三角形是等腰三角形，我們就稱這樣的三角形為“圓等三角形

⑴如圖1,A3是。。的一條弦（非直徑），若在。。上找一點C,使得VA5c是"圓等三角形"，則這樣的點

C能找到個.

⑵如圖2,四邊形ABC。是。。的內接四邊形，連結對角線5D,和△3CD均為“圓等三角形”，且

AB=AD.

①當NA=130。時，求/BDC度數.

②如圖3,當/A=120。，AB=2時，求陰影部分的面積.

【答案】（1）4

（2）①NBDC=65。或80。或50。；②陰影部分面積為：白-6

【分析】（1）過。作直線48的垂線交0。于C1,G，分別以A和3為圓心，A3為半徑作弧與圓的交點就

是所求的點；

（2）①根據圓內接四邊形的性質得到NC=18（T-/A=50。，當3D=CD時，當=時，當BC=CD

時，根據等腰三角形的性質即可得到結論；②）根據圓內接四邊形的性質得到/BCD=60。推出△3CD是等

邊三角形，得到/89C=60。.連接00、08、OC.根據圓周角定理得到/BOC=2/3CD=120。，

NBOD=2XBCD=120。,求得NAOD=NAOB=60。，根據等邊三角形的性質得到

O3=Q4=AB=2,根據扇形和三角形的面積公式即可得到結論.

【詳解】（1）解：過。作直線A8的垂線交。。于C1,C2,分別以A和B為圓心，為半徑作弧與圓的交

點就是所求的點；如圖所示：

滿足條件的點C共有4個，

故答案為：4；

(2)解回①?.?ZA=130。,

/.ZC=180°-ZA=50°,

???△5CD為〃圓等三角形，

當8時，

ZCBD=ZC=50°,

/.ZBDC=180。—50°-50°=80°,

當3D=BC時,/BDC=NC=50。,

1QQO_CQO

當3C=CD時，ZBDC=ZCBD=--------=65°,

2

綜上所述：NBDC的度數為50。或80。或65。；

②?.?ZA=120°,

.-.ZBCD=60°,

?.?△BCD為“圓等三角形"，

.?.△3。是等邊三角形，

.'.ZBDC=60°,

連接OD,OB0C,(M茂友)于G,

ZBOC=2ZBDC=120°f/BOD=2ABCD=120°,

B

圖3

■.■AD=AB,OA=OB,

AO1BD,ZAOD=N406=60。，

:.ZAOB+ZBOC=180°,

A,G,O,C共線，

,/OD-OA=OB,

.-.△AOD與VAQB是等邊三角形，

.-.OB=OA=AB=2,

OG八BG=6

，陰影部分的面積=扇形03c的面積-ABOC的面積

=12°^l-ix2xV3=4；r-V3.

36023

模型03情景與應用題型

9Tsl而畫....................

圓結合的情景與應用模型近年在中考數學和各地的模擬考中常以壓軸題的形式考查，學生不易得滿分。

該題型主要以解答題的形式出現，一般較為靠后，有一定難度。該題型通常和我們的日常生活中所接觸的

事物或者生活現象緊密結合，需要同學們有較強的閱讀和理解題意的能力，同時還要有一定的知識儲備。

在解題時要根據題意把轉化為我們所學習的圓的相關知識應用。

答?題?技?巧

1.理解題意，聯系圓的相關知識點;

2.圓的相關證明與判定依據模型1的思路總結;

3.利用四邊形、圓、直角三角形或相似的相關知識點解題;

|題型三停I

1.利用素材解決：《橋梁的設計》

某地欲修建一座拱橋，橋的底部兩端間的水面寬=心稱跨度，橋面最高點到的距離CD=/z稱

問

拱高，拱橋的輪廓可以設計成是圓弧型或拋物線型，若修建拱橋的跨度L=32米，拱高為=8米.

題

C

驅

動

方案一：圓弧型方案二：拋物線型

圖

形

（1）如圖，我們通過尺規作圖作A8所在圓的圓心

0,得出結論：不在同一條直線上的_____個點確

定一個圓.

（2）求A6所在圓的半徑.

（3）以A3所在直線為x軸，A8的垂直平分線

任

為y軸建立平面直角坐標系，求此橋拱的函數表

務

達式.

【答案】（1）3；（2）A8所在圓的半徑為20米；（3）函數解析式為y=-《d+8

【分析】（1）根據線段A3,AC垂直平分線交點得到圓心，即可求解；

（2）根據題意，AD=BD=-AB=-x32=16^,CD=8米，CD,AB,如圖所示，連接OA,設。4=OC=廠，

22

則OD=OC—CD=r-8（米），在口以40。中，由勾股定理即可求解；

（3）根據題意可得4（-16,0）,3（0,16）,C（0,8）,設二次函數解析式為y=a（x+16）（x-16）,把點C代入，運

用待定系數法即可求解.

【詳解】解：（1）根據題意，線段ABAC垂直平分線交點得到圓心，

國不在同一條直線上的3個點確定一個圓，

故答案為：3；

（2）根據題意，AD=BD=-AB=-x32=16^z,CD=8米，CDLAB,

22

如圖所示，連接Q4,

回。4=OC,

設CM=OC=r,則OD=OC-CD=r-8（米）,

222

El在RtAAO￡）中，OA=AD+OD,

0r2=162+(r-8)2,

解得，r-20,

國A8所在圓的半徑是20米；

(3)以48所在直線為x軸，A8的垂直平分線為＞軸建立平面直角坐標系，

0A(-16,O),B(O,16),C(O,8),

設二次函數解析式為y=4x+16)(x-16),把點C代入得，a(O+16)(O-16)=8,

解得，o=~~，

團二次函數解析式為y=-^(x+16)(x-16)=~~X2+8,

回函數解析式為了=-±爐+8.

,支式

1.在學習圓的相關知識后，小帥同學進行了關于弦切角的相關探索(弦切角定義：頂點在圓上，一邊與圓

相交，另一邊與圓相切的角；如圖，直線〃與。。相切于點/,印是。。的一條弦，則N皿/就是弦切角)，

發現弦切角的大小與它所夾弧所對的圓周角度數相關.請根據這個思路完成以下作圖和填空.

⑴尺規作圖：已知AB是。。的直徑，延長AB,過點2作0。的切線肱V；在點B左側,N在點2右側.保

留作圖痕跡，不寫作法)

(2)如圖C、。是圓上兩點，在(1)的條件下，NDBN為弦切角,求證：4DBN=4BCD.

證明：連接AD.

VA3是。。的直徑，

/ADB=①.

是過點3的切線,

即NABN=90°,

ZDBN+ZABD^90°

ZA+ZABD=90°

：.ZDBN=ZA

又2和—C是弧8Z）所對的圓周角

/A=⑶.

ZDBN=ZC.

由此，我們可以得到弦切角的結論：弦切角⑷它所夾弧所對的圓周角.（橫線上填："大于"或"等于"或"小

于“）

【答案】⑴見解析

（2）90°；ABLMN-,NC；它所夾的弧所對的圓周角

【分析】（1）以5為圓心，任意長度為半徑畫弧，交A3于點G、H,以G、”為圓心，大于長度為

2

半徑畫弧，兩弧交于點〃、N,作直線即可；

（2）連接AD,由是。。的直徑,得ZADB=90。?，又MN是過點B的切線，則，雁V,即ZABN=90°,

故有ZOBN=ZA,又NA=NC,則/D3N=/C,從而得出結論；

【詳解】（1）解：如圖，①以B為圓心，任意長度為半徑畫弧，交48于點G、H；

②以G、〃為圓心，大于;GH長度為半徑畫弧，兩弧交于點”、N；

③作直線MN；

E1MN即為所求；

（2）證明：連接AD,

13AB是。。的直徑，

0ZADB=9O°；

團及W是過點B的切線，

SAB1MN,即NABN=90°,

SZDBN+ZABD=90°,

0ZA+ZABD=9O°,

SZDBN=ZA,

又回，A和是弧8r（所對的圓周角，

0ZA=ZC,

ia/r?v=/c,

由此，我們可以得到弦切角的結論：弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角.

故答案為：90°；ABA.MN-,NC；它所夾的弧所對的圓周角.

2."求知”學習小組在學完“圓內接四邊形的對角互補”這個結論后進行了如下的探究活動:

⑴如圖1,點A、B、C在。。上，點。在。。外，線段AD、CD與。。交于點E、F,試猜想N3+NO_180。

（請填">"、"<"或"="）；

⑵如圖2,點AB、C在。。上、點。在。。內，此時（1）中猜想的結論還成立嗎？若成立，請予以證明；

若不成立，請寫出你的結論并予以證明；

【答案】⑴〈

（2）不成立，/3+/。>180,證明見解析

【分析】本題考查了圓內接四邊形，三角形外角的性質，作輔助線構造圓內接四邊形，掌握圓內接四邊形

的對角互補是解題關鍵.

（1）連接CE,根據圓內接四邊形的對角互補，得到/3+/4E。=180。，再根據三角形外角的性質，得到

ZAEOZD,即可得到答案；

（2）延長交圓。于點G,連接AG,根據圓內接四邊形的對角互補，得到/3+NG=180。，再根據三

角形外角的性質，得到加C>NG,即可得到答案.

【詳解】（1）解：如圖，連接CE,

1■?四邊形帥CE是圓內接四邊形，

:.ZB+ZAEC=1SO°,

?.?44EC是ACDE的外角,

:.ZAEC>ZD,

.?"+”<180°,

圖1

(2)解：結論不成立，/3+，。＞180,證明如下:

如圖，延長CD交圓。于點G,連接AG,

四邊形ABCG是圓內接四邊形，

.-.ZB+ZG=180o,

NADC是△AOG的外角，

:.ZADC>ZG,

:.ZB+ZADC>180°.

3.閱讀與思考

直線與圓的位置關系學完后，圓的切線的特殊性引起了小王的重視，下面是他的數學筆

記，請仔細閱讀并完成相應的任務.

歐幾里得最早在《幾何原本》中，把切線定義為和圓相交，但恰好只有一個交點的直線.切

線：幾何上，切線指的是一條剛好觸碰到曲線上某一點的直線.平面幾何中，將和圓只

有一個公共交點的直線叫做圓的切線…

證明切線的常用方法：①定義法；②距離法(運用圓心到直線的距離等于半徑)；③利

用切線的判定定理來證明.

添加輔助線常見方法：見切點連圓心，沒有切點作垂直.

圖1是古代的"石磨"，其原理是在磨盤的邊緣連接一個固定長度的"連桿"，推動"連桿"然

后帶動磨盤轉動，將糧食磨碎，物理學上稱這種動力傳輸工具為“曲柄連桿機構”.圖2

⑴依據1:.

依據2：.

(2)在圖2中，。。的半徑為6,AP=8,求5P的長.

【答案】(1)同弧所對的圓周角等于圓心角的一半；三角形的內角和等于180。

(2)2尸=身普

【分析】(1)結合圓周角定理及三角形內角和定理求出NAPO=90。，根據切線的判定定理即可得解；

(2)過點P作PDLOE于點O,根據直角三角形的性質及角的和差求出/POD=/R4O,根據"兩角對應相

等的兩個三角形相似〃求出△PDOs4。/%,根據相似三角形的性質求出==結合勾股定理及

POOAAP

比例的性質求出尸。=學，OD=^,BD=^,再根據勾股定理求解即可.

【詳解】（1）解：（1）如圖2,連接OP.

?點8恰好落在。。上，

:.ZPBO=^-ZPOE（同弧所對的圓周角等于圓心角的一半），

2

QNPBO=g/PAO,

ZPOE=ZPAO.

-.-MNLEF,

:.ZPOE+ZAOP=90°,

ZPAO+ZAOP=90°.

QZPAO+ZAOP+ZAPO=180°（三角形內角和是180。），

:.ZAPO=90°,

二.AP與。。相切.

故答案為：同弧所對的圓周角等于圓心角的一半；三角形內角和是180。；

（2）解：如圖2,過點P作PDLO石于點。，

.-.ZAPO=90°=ZPDO,

：.ZPAO+ZAOP=90°,

ZPOD+ZAOP=90°,

:.ZPOD=ZPAO,

/.△PDO^AOPA,

.PDOP_OP

,PO~OA~AP"

\-ZAPO=90°,AP=8,OP=6,

OA=A/AP2+OP2=10，

.PD_6_OD

?~6~~W~~T

55

BP=^BD1+PD1=.

4.如圖1是一張乒乓球桌，其側面簡化結構如圖2所示，臺面AB=274cm（臺面厚度忽略不計）與地面平

行，且高度為76cm（臺面A3與地面之間的距離），直線型支架PE與的上端E,尸與臺面A8下方相連，

PF與QF的下端尸，。與直徑為4cm的腳輪（側面是圓）相連（銜接之間的距離忽略不計），直線型支架CG

與。，的上端C,。與臺面48下方相連，下端G,H與PE,。歹相連，圓弧形支架GH分別與PE,。尸在

點G,H相連，且尸CLAS,OQ±AB,PE=QF,CG=DH,AB=BD,CE=Z）F,已知所=106cm,嘗=，，

CE9

Q

tan/ECG=tanZFDH=—

3

⑵當G”所在的圓經過點尸、。時，求：GH所在的圓的圓心到臺面A5之間的距離

【答案】（l）66cm

⑵133.5cm

【分析】本題考查垂徑定理及解直角三角形的應用，理解和靈活運用垂徑定理，并能夠熟練地解直角三角

形是解答本題的關鍵.

（1）過點交A3于點連接CP.根據已知條件求出CM、MG,由勾股定理計算CG的長度；

（2）設點。為GH所在圓的圓心.連接GH、PQ、OG.0P,過點。作。檢GH,交GH于點K,交PQ

于點N.由垂徑定理求得GK、PN,由勾股定理和半徑相等列方程，求出QV,進而求出圓心到A3的距離.

【詳解】（1）解：過點G作GMLA8,交AB于點連接CP.

ACMEFDB

=84（cm）,||=|

oo

團CE=—A石=—x84=54（cm）.

1414v7

又團CP=76-4=72（cm）,

CP724

團tan/CEP=——=—

CE543

-“C8MG4

團tan/ECG==—,tanNC石尸—---=一

CM3ME3

CM1

團——=

ME2

11QQ

0CM=-CE=-x54=18（cm）,MG=-CM=-x18=48（cm）,

國CG=ylCM2+MG2=V182+482=6歷（cm）.

（2）解：設點。為GH所在圓的圓心.連接G8、PQ、OG、0P,過點。作OX0GH,交GH于點K,交

尸。于點N.

CM+-EF=54-18+-xlO6=89（cm）,

22

0P^=lp2=lcD=1（EF+2C￡）=1x（lO6+2x54）=lO7（cm）.

070V=CP-MG=72-48=24（cm）.

^1OP2=PN2+ON2,OG2=GK2+OK2,且OP=OG,

^PN2+ON2=GK2+OK2,

團PN2+ON2=GK2+（KN+ON》,即107?+ON2=892+（24+ON》,

解得ON=61.5.

0ON+CP=61.5+72=133.5（cm）.

國GH所在的圓的圓心到臺面AB之間的距離為133.5cm.

模型04隱圓問題

efSlW,S..................................

隱圓問題主要出現在壓軸題型中，一般是填空題的最后一道或者多可能問題中出現，屬于動點模型問題。

想要解決此類問題需要解決此類問題，需要真正理解圓的定義及性質，根據圓的定義與性質判定動點移動

的軌跡。

答?題?技?巧

隱圓問題一般有以下幾種表現形式：

（1）根據圓的定義判定，動點在移動的過程中到某一定點的距離始終不變；

（2）等弦對等角，