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）

模型01圓性質的應用）

模型02圓與四邊形結合的動態探而

專題16圓的綜合題型（圓性質的模型03情景與應用題型）

應用、圓與四邊形結合的動態探

究、情景與應用題型、隱圓問題）模型04隱圓問題〕

吩時我解讀

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.

模型01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.看到切線一一連半徑一一90°,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

，兵例

1.(2024,江蘇)如圖，在O。中，2B是直徑，CD是弦，且4B1CD,垂足為E,AB=20,

CD=12,在的延長線上取一點F,連接CF,使NFCD=2NB.

/I\

啕1^―b?I

J

(1)求證：CF是。。的切線；

(2)求EF的長.

【答案】⑴見解析

【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。C,根據等腰三角形的性質得到NB=/.BCO,等量代換得到NFCO=乙COE,得到NOCF=90°,

根據切線的判定定理得到結論；

(2)根據垂徑定理得到CE=：CD=6,根據勾股定理得到。E=7OC2-CE2=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=Z-BCO,

???Z-AOC=Z-B+Z.BCO=2(B,

vABLCD,

???"￡。=90。，

???4COE+4OCE=90。，

vZ-FCD=2/-B,

：?Z.FCD=乙COE,

.-.ZFCD+ZOCE=90°,

???/OCF=90。，

???oc是。。的半徑，

???次是。。的切線；

(2)解：???48是直徑,CD是弦,^ABLCD,

CE=^CD=6,

???ZB=20,

OC=10,

???OE=y/0C2-CE2=8,

???NOCF=NOEC=90。，乙COE=幺FOC,

OCEOFC,

PC_OE

??OF-

.10_8

“OF"10?

25

?門?口?OF十

259

,-，EF=OF-OE=-8=~.

）支式

1.如圖，四邊形4BCD內接于圓。，Z5OD=108°,則/灰力的度數是（）

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//的度數和得出

//+4。=180°.

根據圓周角定理求出//的度數，根據圓內接四邊形的性質得出44+/8。=180。，代入求出即可.

【詳解】解：?.?荻對的圓周角是—圓心角是230D,4800=108。，

;.N4=LNBOD=54°,

2

以、B、C、。四點共圓，

+4。=180°,

.?./BCD=180°-々=126°,

故選：C.

2.如圖，一個燒瓶底部呈球形，該球的半徑為5c加，瓶內截面圓中弦48的長為857,則液體的最大深度CD

【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=根據勾股定理求得OC的長，進而即可求解.

【詳解】解：依題意，AB=Scm,AO=5cm,ODLAB,

AC=—AB=4cm,

2

在Rt^AOC中,OC=yjAO2-AC2=A/52-42=3cm，

：.CD=OD-OC=5-3=2cm,

故選：C.

3.如圖，為。。的直徑，點C為圓上一點，且/C/B=50。.現有以下操作：①以點8為圓心，適當長

為半徑作弧，交4B,3c于點。，E；②分別以點。，石為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧交于

點尸；③作射線5尸交。。于點G.則/G/C的大小為（）

A.40°B.25°C.20°D.15°

【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

NNC8的度數，再由/。8=50。得出ZN3C的度數，最后根據所畫射線為N/8C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】:/臺為。。的直徑，

??.ZACB=90°,

又???/。5=50。，

/.Z^SC=40°,

根據作圖步驟可知，BG平分NABC,

/ABG=/CBG=-x40°=20°,

2

；,/GAC=/GBC=2U。,

故選：c.

4.如圖，在△4BC中，ZACB=30°,AC=4,。為5c上的一個動點，以8。為直徑的圓。與相切于

點、B,交4D于點E,則CE的最小值為.

【答案】V13-1

【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A8的中點尸，連接BE,EF,CF,則CENC歹-EF.由AS

與圓。相切，可得//8C=90。，通過解直角三角形可得N3=g/C=2,BC=^AC2-AB2=2>/3?根據此

是圓。的直徑，可得是直角三角形，從而M==因此CENJB-I,即CE的最小值為

V13-1.

【詳解】取48的中點尸，連接BE,EF,CF,則CENCF-E尸

???48與圓O相切，

ABVBC,即乙甌=90。,

???ZACB=30°,AC=4,

.-.AB=-AC=-x4=2,

22

BC=yjAC2-AB2=A/42-22=273?

??,點尸是48的中點，

.-.BF^-AB=-x2=i,

22

...在RLBCF中，CF=y/BF2+BC2=J?+(2可=V13.

???8。是圓。的直徑，

ABED=90°,

:.NAEB=180°-ABED=180°-90°=90°,

??,點尸是N8的中點，

.-.EF=

22

:.CEWCF-EF=A-1,即CE的最小值為V13-1.

故答案為：V13-1

5.如圖，是圓。的直徑.C,。為圓。上兩點，且8。平分/CA4,連接CD,AC,若N/CD=29。,

則ZCDB的度數為.

【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/CR4,可得N/8C=2N/AD=58。，，從而出

ABAC=90°-ZABC=90°-58°=32°,最后求得/CD8.

【詳解】解：???益=益，

ZABD=ZACD=29°,

?:BD平分NCBA,

：.ZABC=2NABD=58°,

為。。的直徑，

ZACB=90°,

ABAC=900-AABC=90°-58°=32°,

"-"BC=BC>

:.ZCDB=ZBAC=32°.

故答案為：32。.

6.如圖，。。是直角三角形Z8C的外接圓，直徑/C=4,過C點作。。的切線，與48延長線交于點

M為CD的中點，連接即0M,且2C與■相交于點N.

⑴求證：BM與。。相切；

(2)當//=60。時，在。。的圓上取點R使/48尸=15。，補全圖形，并求點尸到直線AB的距離.

【答案】⑴證明過程見詳解；

⑵點F到直線的距離為：2-6或g-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ON〃/。，根據直徑所對的圓周角是直角得出/48C=90。進而得出?！癓8C,證明

△OMB均OCM,得出ZOBM=900即可得證；

(2)分點尸在M以及半圓/OC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。2,

〃為CD的中點，。是/C中點,

/.OM//AD,

?//C是OO的直徑，

.\ZASC=90°f

:.OM.LBC,

???OB=OC,

：.Z1=Z2,

OM=OM,

:.^OBM^OCM(SAS),

/.ZOBM=ZOCM,

???"C是。。切線，

?.Z（9CM=90°,

ZOBM=90°,

s.OBLBM,

.?.8M是。。切線；

（2）解：如圖所示，當點尸在標上時，連接。尸，交AB于點、G,

?「NBAC=6。。,

:.ZAGO=90°9

:.OFXLAB,

??,直徑NC=4,

:.AO=2,

:.AG=\,

OG=V3,

:.F]G=2-6

當點尸在半圓上時，過點工作垂足為點“，F?NLOG,垂足為點N,

二.四邊形巴〃GN是矩形，

在RMgNO中，OF2=2,

-ZABFX=ZABF2=15°,

:.AAOFX=2ZABF[=30°,ZAOF2=2ZABF2=30°,

ZF2ON=ZAOF2+NAOF、=60°,

/.NORN=30。，

ON=\,

:.F2H=FxN=OG-ON=y[?>-\,

綜上所述，點廠到直線45的距離為：2-6或百-1.

7.如圖，48是O。的直徑，C,。是45同側圓上的兩點，半徑OD〃8C交/C于點E,/BAC=30。.

r)

⑴求證：CD=BC；

(2)若/C=2g,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。C,由垂徑定理得筋=而，得出乙4。。=/3。。，可得結論；

(2)由勾股定理可得結論.

【詳解】(1)證明：連接

..V48是。。直徑,

ZACB=90°,

■：OD//BC,

ODVAC,

:.AD=CD>

■：ABAC=30°,

ZAOD=ZCOD=60°,ZBOC=2NBAC=60°,

NAOD=ZBOC,

:.CD=BC-

(2)解：ODLAC,/C=2百，

AE=L&C=6,

2

設。。的半徑為，，則?！?gr,

2222

在RtzMOE中，AE+OE=AO,即=r,

解得r=2或，=一2(舍),

答：。。的半徑為2

8.如圖，在△/8C中，ZC=90°,/R4C的平分線交BC于點。，點。在48上，以點。為圓心，OA為

半徑的圓恰好經過點。，分別交NC、AB于點、E、F.

⑴試判斷直線8c與。。的位置關系，并說明理由.

(2)若3。=3vLBF=3,求<30的半徑.

【答案】(1)相切，理由見詳解

(2)3

【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。4=OD得至ljZOAD=NODA,由AD平分ZCAB得至ljZOAD=ACAD，則ZODA=ZCAD,

求出OD〃/C,進而得到。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2C與。。的位置關系是相切，

理由是：連接OD,

ZOAD=ZODA,

平分，C4B,

ZOAD=ZCAD,

NODA=ZCAD,

OD//AC,

?1?ZC=90°,

:.ZODB=90°,

即OD工BC,

???OD為半徑，

???線3c與。。的位置關系是相切;

(2)解：設。。的半徑為火，

則。。=O尸=R,

在中，

由勾股定理得：OB-=BD-+0D-,

即(夫+3)2=@百『+笈,

解得：R=3,

即。。的半徑是3；

模型02圓與四邊形結合的動態探究

考|向|預|測

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48DC,48是。。的直徑，OD1BC交BC于點、E,ZACB=90°.

⑴求證：點。為前的中點；

(2)若2E=4,AC=6,求DE.

【答案】⑴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：是。。的直徑，0D1BC,

;.BD=CD，即點。為部的中點.

（2）解：；48是。。的直徑，0D1BC,

BE=EC=4,

SC=8,

---ZACB=90°,AC=6

AB=ylAC2+BC2=10，

OD=OB=5,

:.OE=y]OB2-BE2=3，

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

1麥K

1.如圖，四邊形/BCD是圓。的內接四邊形，/BAD=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//+/BCD=180。，代入

求出即可.

【詳解】解：???四邊形是。。的內接四邊形，

.?.//+4。=180。，

???NA=50°,

NBCD=130°,

故選：C.

2.圓內接四邊形/BCD中，AB=AD,是對角線，N4BD=40°,則nC的度數是（）

D

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//題＞=乙4。2=40。,

再由三角形內角和定理得4840=100°,再由圓內接四邊形的性質得/。=180。-/以。=80。.

【詳解】解：=^ABD=40°,

ZABD=ZADB=40°,

ABAD=180°-ZABD-ZADB=100°,

???4BCL1是圓內接四邊形，

AZC=180°-Z5v4Z)=80°.

故選：C.

3.在O。中，點4鳳C,。在圓上，OB〃DCQD〃BC,則2N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。2〃。。,。。〃8c得到平行四邊形8C8,得

到/O=/C,再由圓內接四邊形得到N/+NC=180。，最后根據乙4==求解即可.

【詳解】解：???08〃OC,8〃8C,

???四邊形ODCB是平行四邊形，

Z(9=ZC,

,??四邊形/BCD是圓內接四邊形，

.-.ZA+ZC=180°,

vZA=-ZO=-ZC

22f

.?./4+2/Z=180。,

解得N4=60。，

故選：c.

4.如圖，四邊形N2CD是圓。的內接四邊形，ZC=110°,則//的度數為（）

C

A.55°B.60°C.70°D.80°

【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：???四邊形48。。為圓內接四邊形，

.-.ZA+ZC=180°,

???ZC=110°,

.?.//=180。-4=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4BCD內接于。。，。。的面積為品，正方形48co的面積為S2.以圓心。為頂點作

ZMON,使AMON=90°.將4MON繞點O旋轉，OM、ON分別與。。交于點E、F,分別與正方形ABCD

的邊交于點G、H.設由OF,序及正方形/2CA的邊圍成的圖形（陰影部分）的面積為S.

⑴當經過點A（如圖①）且。。的半徑為1時，求S的值（結果保留萬）；

（2）當于G時（如圖②），求S、5、S?之間的關系為：J用含，、邑的代數式表示）;

⑶當/MCW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.

TT1

【答案】⑴f-：

42

（2）5=總一邑）

⑶成立，理由見解析

【分析】（1）由正方形的性質可知/MON=90。，6U=1,則根據S=S扇形QE尸—S40AB計算即可得出答案；

（2）由正方形的性質可知四邊形0G8〃也是正方形，且其面積=；邑，則根據S=S扇形OEF-S口。GB〃即可得出

s、E、$2之間的關系；

（3）由/￡。/=乙m加=90?？傻肧扇形圓。=（5，過點。作OS1BC,垂足分別為我、

S,易證四邊形。疫S為正方形，于是可得OA=OS,/AOS=90°,利用人5人可證得4人。6之45。〃，于

是可得S^ROG=SASOH,進而可得S四邊形0G5"=S正方形0助s,易證S正方形0Ms=W$2,則§四邊形0G5”=1S2,然后根據

s=s扇形0所一S四邊形0G8”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°,04=1,

_90xl2.?111J1

X1X1=；

..3=3扇形OE尸一3"。力6=~27-2

（2）解：當（W,48于G時，由正方形的性質可知：

四邊形OG8H也是正方形，且其面積=：$2，

故答案為：S=1（5,-52）；

（3）解：（2）中的結論仍然成立，理由如下:

vZEOF=AMON=90°,

?二s扇形OE尸=圓0='

/.OR=OS,ZROS=90°,

vZROS=90°,/MON=90。，

/ROS=ZMON,

/./ROS-/GOS=ZMON-/GOS,

:.ZROG=ZSOH,

在△R9G和ASOH中,

"/ROG=ZSOH

<OR=OS,

ZORG=ZOSH

「.△ROG四△SCW(ASA),

-C—c

…°AROG-°ASOH，

一S四邊形0G3H=§正方形ass,

易證S正方形ORBS二W§2

'S四邊形OG8H=S正方形OJSS=彳，

二,S-S扇形曲—S四邊形OGBH=彳5]_廣2=Z(H-82).

⑴若口43。是圓的〃閃亮四邊形〃，則口/BCD是—(填序號)；

①矩形；②菱形；③正方形

(2)如圖1,已知O。的半徑為凡OE1BC于點E,四邊形4BCD是。。的〃閃亮四邊形〃.

①求證：OE=；AD

②求證：AB2+CD2=4R2

(3)如圖2,四邊形NBC。為。。的“閃亮四邊形”，NC、2D相交于點尸，AC=BD=3C,BC

=4,求。。

的半徑為火

【答案】①③

⑵①見解析；②見解析

⑶乎

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30并延長交。。于點尸，分別連接。4,0D,OC,CF,利用垂徑定理證明OE是ABCF的

中位線，推出OE=；CF,再根據圓周角定理結合“閃亮四邊形”的定義，推出=進而推出

ZCBF=ZBCO,NCOF=NAOD,得到蠢=/），最后CF=AD,即可得出結論；②過點。作。GJLAD

于點G,A/。。是等腰三角形，再證明ACOE且A0DG（AAS）,AB0E之ACMG（AAS）,推出

ABCO+ZODG=90°,ZCBO+ZOAG=9Q°,再根據四邊形是。。的內接四邊形，得到

ZODC+ZOCD=90°,ZOAB+ZOCA=90°,進而求出，NDOC=90。々OB=90°,利用勾股定理即可證明；

（3）同理（2）②可得AB=CD=y^R，由圓周角定理推出/4C8=/CAD,得到尸B=PC,再根據四邊

形/BCD為。。的〃閃亮四邊形〃，結合3。=4,利用勾股定理可求出可=pc=2后，求出4P=。P=注,

2

再利用勾股定理求出=浮，由（2）②可得乙4。5=。。。=90。，利用勾股定理即可求解.

【詳解】（1）解：??七/8CQ中，AD\\BC,AB^CD,

：.ZADC+/BCD=/BCD+/ABC=180°,

/.ZADC=/ABC,

是圓內接四邊形，

.'.ZADC+ZABC=180°,

：.ZADC=ZABC=90°f

是矩形，

-uABCD圓的''閃亮四邊形〃，

AC上BD,

?,?□ABCD是菱形，

nABCD是矩形，

是正方形，

故答案為：③；

（2）①證明:連接3。并延長交。。于點尸，分別連接。4,OD,OC,CF,

F

H

■：OELBC,

BE=CE,

.?.點E是BC的中點，

???點。是5尸的中點，

.?.OE是ABC尸的中位線，

.-.OE=-CF,

2

??

??BC=BC，

：.ZBDC=ZF,

???5廠是。。的直徑，

/.ZFCB=90°,

/.ZF+ZCBF=90°,

???四邊形45S是〃閃亮四邊形〃,

AC1BD,

NBDC+NACD=90。,

???/CBF=AACD,

：OB=OC,

/CBF=4BC0,

；"C0F=2/CBF,

?；/A0D=2/ACD,

ZCOF=ZAOD,

??

'CF=AD，

??.CF=AD,

.-.OE=-AD-

2

②過點。作。G，AD于點G,

..OE=AG=DG,

AO=DO,

???△40。是等腰三角形，

.?.ZAOG=/DOG=-ZAOD,

2

?.?ABCO=NCBO=1/COF,ZCOF=ZAOD,

ZAOG=ZDOG=ZBCO=ZCBO,

BO=AO=CO=DO,ZBEO=/CEO=/AGO=ZDGO=90°,

^COE^ODG（AAS）^BOE^OAG（AAS）,

.?./COE=/ODG,/BOE=AOAG,

??.ZBCO+ZODG=90°,ZCBO+ZOAG=90°,

???四邊形/BCD是o。的內接四邊形，

???/BCD+ZADC=180°,ZCBA+/DAB=180。，

.?.ZODC+ZOCD=90°,ZOAB+ZOCA=90°,

.?.ZDOC=90°,ZAOB=90°,

OA2+OB2=AB2=2R2,OC2+OD2=CD2=2R2,

???AB2+CD2=4R2；

（3）解：同理（2）②可得AB=CD=6R，

??

???AB=CD

:"ACB=/CBD,

：.PB=PC,

???四邊形48。。為O。的''閃亮四邊形〃，BC=4,

/.PB2+PC2=BC2=16,/APB=ZDPC=90°,

;.PB=PC=20（負值舍去），

-AC=BD=-y/2,

2

...AP=DP=—

2

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

■■AB=CD=-—（負值舍去），

2

由（2）②可得N408=NDOC=90。，

2

.?.0/2+2=2片

OB=AB=—,

4

:不=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,是。。的一條弦（非直徑），若在。。上找一點C,使得△/BC是"圓等三角形”，則這樣的點

C能找到個.

⑵如圖2,四邊形4BCC?是。。的內接四邊形，連結對角線AD,△48。和△BCO均為“圓等三角形”，且

AB=AD.

①當44=130。時，求/BDC度數.

②如圖3,當乙4=120。，/B=2時，求陰影部分的面積.

【答案】（1）4

⑵①/BL?C=65?；?0?；?0。；②陰影部分面積為：g兀-石

【分析】（1）過。作直線的垂線交。。于G，G，分別以A和3為圓心，48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/。=180。-44=50。，當2O=CD時，當AD=8C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NBCD=60°推出ABCD是等

邊三角形，得到/8OC=60。.連接。￡＞、OB、OC.根據圓周角定理得到/80C=2/8CD=120。，

NBOD=2NBCD=\20°,求得ZAOD=ZAOB=60°,根據等邊三角形的性質得到

=CM==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N5的垂線交。。于G，C2,分別以A和3為圓心，N8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:①?.?乙4=130。，

ZC=180°-zL4=50°,

???△38為〃圓等三角形，

當=8時，

ZC5D=ZC=50°,

ZBDC=180?！?0?！?0。=80。，

當時，NBDC=NC=50。,

1QQO_SO。

當2C=CD時，NBDC=ZCBD=-------------=65°,

2

綜上所述：Z8DC的度數為50?；?0?；?5。；

②?.?4=120。，

ZBCD=60°,

?.?△88為“圓等三角形”，

.?.△BCO是等邊三角形，

NBDC=60°,

連接00,03,OC,04,交BD于G,

：.ZBOC=2ZBDC=120°,NBOD=2ZBCD=120°,

;AD=AB,OA=OB,

AOA,BD,ZAOD=Z.AOB=60°,

ZAOB+ZBOC=180°,

4G,O,C共線，

,:OD-OA=OB,

.'.△AOD與AAOB是等邊三角形，

OB=OA=AB=2,

；.OG=I,BG=6

???陰影部分的面積=扇形的面積-ABOC的面積

=120-；rx22-lx2xV3=--V3.

36023

模型03情景與應用題型

考I向I預I測

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I題I技I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；

貓型不例

【答案】（1）3；（2）蕊所在圓的半徑為20米；（3）函數解析式為＞=-\X2+8

【分析】（1）根據線段垂直平分線交點得到圓心，即可求解；

（2）根據題意，ND=8O==N3=1X32=16米，。=8米，CDLAB,如圖所示，連接設

22

OA=OC=r,貝i]OD=OC-CD=r-8（米），在RtA/OD中，由勾股定理即可求解；

（3）根據題意可得/（-16,0）,8（0,16）,。（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，線段垂直平分線交點得到圓心，

二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，4。=2。=工43=工、32=16米，0=8米，CDLAB,

22

OA=OC,

設CM=OC=r,貝lJOD=OC-CZ）=r-8（米）,

.?.在RM/OD中，OA2=AD2+OD2,

r2=162+(z--8)",

解得，r=20,

???AB所在圓的半徑是20米；

(3)以48所在直線為x軸，N2的垂直平分線為了軸建立平面直角坐標系，

.-.^(-16,0),S(0,16),C(0,8),

設二次函數解析式為V=a(x+16)(尤-16),把點C代入得，“0+16)(076)=8,

解得，a=~~?

???二次函數解析式為y=-](x+16Xx-16)=-1x2+8,

函數解析式為V=-二；/+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”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：已知是。。的直徑，延長42,過點2作。。的切線"N；(”在點5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，ND5N為弦切角，求證：ZDBN=ZBCD.

證明：連接/D.

???是。。的直徑，

ZADB=(1).

??,AfiV是過點2的切線,

??@.

即ZABN=90°,

/.NDBN+NABD=90。

,//A+/ABD=9。。

：.NDBN=AA

又：—N和—C是弧訪所對的圓周角

Z.A—（3）■

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°；AB1MN-,/C；它所夾的弧所對的圓周角

【分析】（1）以8為圓心，任意長度為半徑畫弧，交于點G、H,以G、〃為圓心，大于長度為

半徑畫弧，兩弧交于點M、N,作直線即可；

（2）連接4D,由48是。。的直徑，得乙4DB=90°；又MN是過點8的切線，則即

NABN=90。,故有=乙4,又NA=NC,則/D8N=/C,從而得出結論；

【詳解】（1）解：如圖，①以3為圓心，任意長度為半徑畫弧，交48于點G、H；

②以G、〃為圓心，大于長度為半徑畫弧，兩弧交于點M、N；

③作直線MN；

??.MN即為所求；

（2）證明：連接

是。。的直徑，

：.ZADB^900■

???MN是過點B的切線，

.-.ABLMN,§PZABN=90°,

：.ZDBN+ZABD=90°,

■■■ZA+ZABD=90°,

NDBN=N/,

又/A和2C是弧前所對的圓周角，

=/C,

:"DBN=ZC,

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°；AB1MN-,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:

(1)如圖1,點4B、C在。。上，點。在。。外，線段。與。。交于點E、F,試猜想/8+/?！?0。

(請填"("或"=")；

(2)如圖2,點4B、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】(1)<

(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48+/NEC=180。，再根據三角形外角的性質，得到

ZAEC>ZD,即可得到答案；

(2)延長CD交圓。于點G,連接NG,根據圓內接四邊形的對角互補，得到48+/G=180。，再根據三

角形外角的性質，得至IJN/OONG,即可得到答案.

【詳解】(1)解：如圖，連接CE,

??,四邊形48CE是圓內接四邊形，

:.AB+AAEC=\^°,

???N4EC是ACDE的夕卜角,

NAEC>ND,

N3+ZD<180°,

故答案為：<;

圖1

(2)解：結論不成立，/8+/。>180,證明如下:

如圖，延長CO交圓。于點G,連接/G,

,??四邊形48CG是圓內接四邊形，

:.ZB+ZG=ISO°,

ZADC是A4DG的外角，

ZADC>ZG,

N2+NADC>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是

一個"雙連桿"，兩個固定長度的"連桿"NP,AP的連接點P在。。上，MNYEF,垂足

為O,當點尸在。。上轉動時，帶動點N,8分別在射線。/上滑動，當點3恰好

落在。。上時，/尸3。=；/尸/。，請判斷此時”與。。的位置關系并說明理由.

切.

理由：連接OP.

???點8恰好落在。。上，

ZPBO=-ZPOE.（依據1）

2

：ZPBO=-ZPAO,

2

ZPOE=ZPAO.

???MN1EF,

ZPOE+ZAOP=90°,

ZPAO+ZAOP=90°.

?/APAO+ZAOP+ZAPO=180°,（依據2）

ZAPO=90°,

??.4尸與。。相切.

任務：

⑴依據1:.

依據2：.

⑵在圖2中，的半徑為6,/尸=8,求3尸的長.

【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）8尸=1^^

5

【分析】（1）結合圓周角定理及三角形內角和定理求出乙4尸。=90。，根據切線的判定定理即可得解；

（2）過點尸作于點。，根據直角三角形的性質及角的和差求出/尸根據“兩角對應

相等的兩個三角形相似〃求出△尸。。64。口，根據相似三角形的性質求出==結合勾股定理

POOAAP

182454

及比例的性質求出尸D=Z，0D=—,BD=（,再根據勾股定理求解即可.

【詳解】（1）解：（1）如圖2,連接。P.

???點B恰好落在。。上，

NPBO=~ZPOE（同弧所對的圓周角等于圓心角的一半），

ZPBO=-ZPAO,

2

/POE=/PAO.

\-MNLEF,

:.ZPOE+ZAOP=90°,

..ZPAO+ZAOP=90°.

\ZPAO+ZAOP+ZAPO=180°（三角形內角和是180。），

/APO=90°,

/.4P與OO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,過點尸作尸于點。，

,/AP與QO相切,

ZAPO=90°=ZPDO,

:.ZPAO+ZAOP=90°,

???ZPOD+ZAOP=90°,

APOD=ZPAO,

△尸。0s尸4,

.PDOP_OP

..而一而一IF'

vZAPO=90°,AP=8,OP=6,

:.OA=dAp2+Op2=10,

.PD_6_0D

''工一記一丁

??如果OD=^

BD=BO+OD=6H=—,

55

BP=y/BD2+PD2=.

5

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N8=274cm（臺面厚度忽略不計）與地面平

行，且高度為76cm（臺面與地面之間的距離），直線型支架PE與。尸的上端E,尸與臺面N8下方相連,

PF與QF的下端尸，0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?！ǖ纳隙薈,。與臺面N8下方相連，下端G,H與PE,。尸相連，圓弧形支架分別與PE,QF

在點G,H相連，且尸C_L48，OQ±AB,PE=QF,CG=DH,AB=BD,CE=DF,已知￡F=106cm,

—=-,tanZECG=tanZFDH=-

圖1圖2

①求：CG的長度

（2）當初所在的圓經過點尸、。時，求：曲所在的圓的圓心到臺面N8之間的距離

【答案】（l）6j萬cm

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GM_L48,交4B于點、M.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。為曲所在圓的圓心.連接G〃、PQ、OG、OP,過點。作。KLGH,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ON,進而求出圓心到42的距離.

【詳解】（1）解：過點G作交48于點連接CP.

AB-EF274-106（）

由題意可得：AE==84cm,||=|

22

9Q

??.CE=——AE=——x84=54（cm）.

1414v7

又?.?CP=76-4=72（cm）,

CP724

/.tanZC￡P=——

CE543

?/tanZECG=-8tanZC^P=—4

CM3ME3

CM_]

（）QQ

...CM=gcE=gx54=18cmMG=-CM=-xl8=48（cm）

CG=dCM?MG。=A/182+482=6773（cm）.

(2)解：設點。為面所在圓的圓心.連接G//、PQ、OG、OP,過點。作。K1GH,交G8于點K,

交尸0于點N.

由垂徑定理，^GK=-GH=ME+-EF=CE-CM+-EF=54-l?,+-xl06=?,9（cm},

2222'"

.?.P^=1pg=1cD=|（￡F+2C￡）=1x（106+2x54）=107（cm）.

KN=CP-MG=72-48=24（cm）.

■.-OP2=PN2+ON2,OG2=GK2+OK2,且。尸=OG,

■■PN2+ON2=GK2+OK2,

PN2+ON2=GK2+（KN+ON區,即107?+ON2=892+（24+ON、,

解得ON=61.5.

（97V+CP=61.5+72=133.5（cm）.

??.而所在的圓的圓心到臺面48之間的距離為133.5cm.

模型04隱圓問題

考I向I預I測

隱圓問題主要出現