专题05圆（期中复习讲义）九年级数学上学期浙教版

专题05圆（期中复习讲义）核心考点复习目标考情规律圆的基本概念掌握圆的定义（定点为圆心、定长为半径）及相关概念（弧、弦、圆心角、直径），学会识别优弧、劣弧与弦的对应关系。基础题，多以选择/填空形式考查，难度低，易因混淆优弧（标注3个字母）与劣弧（标注2个字母）出错。点与圆的位置关系掌握点在圆内、圆上、圆外的判定依据，学会根据d与r判断位置关系。基础题，选择/填空为主，常结合距离计算考查，易因d与r的大小比较失误（如漏看等号）出错。三角形的外心掌握三角形外心的定义及性质，学会找任意三角形的外心。中档题，选择/填空为主，易与三角形内心（角平分线交点）混淆，或忽略“钝角三角形外心在外部”的特征。旋转图形旋转现象判断掌握旋转的定义，学会判断生活场景或图形中的旋转现象，区分旋转与平移、轴对称。基础题，选择/填空为主，难度低，易因未抓住“绕定点旋转”的核心（如误将平移当旋转）出错。旋转中心、旋转角掌握旋转中心、旋转角（对应点与旋转中心连线的夹角）的定义，学会从旋转图形中找出旋转中心和旋转角。中档题，常结合具体图形考查，选择/填空/解答题小问均有涉及，易找错旋转中心（如误将图形顶点当中心）。平面直角坐标系上图形的旋转掌握坐标系中图形旋转的坐标变化规律，学会计算旋转后点的坐标。高频中档题，选择/填空/解答题小问均有，易记错旋转方向对应的坐标变化（如顺时针与逆时针旋转90°的坐标符号差异）。旋转的规律探究掌握旋转图形的不变性（边长、角度不变）与变化规律（对应点连线夹角等于旋转角），学会探究旋转中的循环或递推规律。中档偏难题，填空/解答题为主，常考“旋转多次后图形位置”“线段长度规律”，易因未发现循环周期（如旋转3次重合）出错。利用旋转的性质求解掌握旋转的性质（对应边相等、对应角相等、旋转角相等），学会运用性质求线段长度、角度或证明线段/角相等。高频中档题，解答题为主，常结合三角形、四边形考查，易忽略“对应关系”（如找错对应边/角）导致计算错误。利用垂径定理求解掌握垂径定理（垂直于弦的直径平分弦且平分弦所对的两条弧）及推论，学会用定理求弦长、半径、弦心距。高频考点，解答题核心，常需构造“半径、弦心距、半弦长”的直角三角形，易漏用“弦不是直径”的前提或计算半弦长失误。垂径定理的应用掌握垂径定理在实际问题（如水管直径、拱桥高度、油桶液面宽度）中的应用，学会建立圆的模型分析关键线段关系。中档题，解答题为主，易因坐标系建立不当（如未以直径中点为原点）或关键数据提取错误出错。利用弧、弦、圆心角的关系求解掌握“同圆或等圆中，等弧对等弦、等弧对等圆心角”的关系，学会运用关系证明线段相等、角相等或判断弧的大小。高频基础题，选择/填空/解答题小问均有，易忽略“同圆或等圆”的前提（不同圆中弧相等不一定弦相等）。圆周角定理掌握圆周角定理（圆周角的度数等于它所对圆心角度数的一半）及推论（同弧或等弧所对的圆周角相等），学会用定理求角度。高频考点，贯穿选择、填空、解答题，易混淆“所对的弧”（如误将不同弧对应的圆周角用定理计算）。半圆所对的圆周角是90度掌握“直径所对的圆周角是直角”的推论，学会用推论判断直角、构造直角三角形或证明线段垂直。高频中档题，解答题为主，常结合直径、直角三角形性质考查，易忽略“直径”前提（非直径弦所对圆周角不是90°）。圆内接四边形掌握圆内接四边形的性质（对角互补、外角等于内对角），学会用性质求未知内角或外角的度数。中档题，选择/填空/解答题小问为主，易忘记“对角互补”（如误按普通四边形内角和计算）或混淆“内角与外角”的关系。圆与正多边形掌握圆与正多边形的关系（正多边形的外接圆、中心、中心角、边心距），学会求正多边形的边长、中心角、面积。中档题，选择/填空为主，易混淆“中心角”（360°÷边数）与“内内（(n2)×180°÷n）的计算公式。知识点01圆的定义1．在一个平面内，线段绕它固定的一个端点旋转一周，另一个端点所形成的图形叫圆．这个固定的端点叫做圆心，线段叫做半径．以点为圆心的圆记作⊙O，读作圆O．注意：（1）圆指的是“圆周”，即一条封闭的曲残，而不是“圆面”。（2）“圆上的点”指的是圆周上的点，圆心不在圆周上。（3）确定一个圆需要两个要素:一是定点，即圆心；二是定长，即半径。圆心确定圆的位置，半径确定圆的大小。只有圆心和半径都确定了，圆才能被唯一确定。知识点02点和圆的位置关系点和圆的位置关系点到圆心的距离与半径的关系图示文字语言符号语言点在圆内圆内各点到圆心的距离都小于半径，到圆心的距离小于半径的点都在圆内点在圆上圆内各点到圆心的距离都等于半径，到圆心的距离等于半径的点都在圆上点在圆外圆内各点到圆心的距离都大于半径，到圆心的距离大于半径的点都在圆外注意：（1）利用与的数量关系可以判断点和圆的位置关系；同时，知道了点和圆的位置善长，也可以确定与的数量关系。（2）符号“”读作“等价于”，它表示从符号“”的左端可以推出右端，从右端也可以推出左端。（3）弦、弧、圆心角1．连结圆上任意两点的线段叫做弦．经过圆心的弦叫做直径，直径是同一圆中最长的弦，直径等于半径的2倍．圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆．在一个圆中大于半圆的弧叫做优弧，小于半圆的弧叫做劣弧．4．从圆心到弦的距离叫做弦心距．5．由弦及其所对的弧组成的图形叫做弓形．6．顶点在圆心的角叫做圆心角．知识点03定理：不在同一直线上的三点确定一个圆．注意：⑴“不在同一直线上”这个条件不可忽视，换句话说，在同一直线上的三点不能作圆；⑵“确定”一词的含义是“有且只有”，即“唯一存在”．知识点04三角形的外接圆⑴经过三角形三个顶点的圆叫做三角形的外接圆，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，这个三角形叫做这个圆的内接三角形．⑵三角形外心的性质：①三角形的外心是指外接圆的圆心，它是三角形三边垂直平分线的交点，它到三角形各顶点的距离相等；②三角形的外接圆有且只有一个，即对于给定的三角形，其外心是唯一的，但一个圆的内接三角形却有无数个，这些三角形的外心重合.⑶锐角三角形外接圆的圆心在它的内部（如图1）；直角三角形外接圆的圆心在斜边中点处（即直角三角形外接圆半径等于斜边的一半，如图2）；钝角三角形外接圆的圆心在它的外部（如图3）.【清单04】旋转的概念一般地，一个图形变为另一个图形，在运动的过程中，原图形上的所有点都绕一个固定的点，按同一个方向，转动同一个角度，这样的图形运动叫做图形的旋转.这个固定的定点叫做旋转中心，转过的角叫做旋转角.如下图，点O为旋转中心，∠AOA′（或∠BOB′或∠COC′）是旋转角.注意：（1）旋转的三个要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度.（2）如上图，如果图形上的点A经过旋转变为点A′，那么这两个点叫做这个图形旋转的对应点.点B与点B′，点C与点C′均是对应点，线段AB与A′B′、线段AC与A′C′、线段BC与B′C′均是对应线段.知识点05旋转的性质一般地，图形的旋转有下面的性质：(1)图形经过旋转所得的图形和原图形全等；(2)对应点到旋转中心的距离相等；(3)任意一对对应点与旋转中心连线所成的角度等于旋转的角度.要点：图形绕某一点旋转，既可以按顺时针旋转也可以按逆时针旋转.知识点06旋转的作图在画旋转图形时，首先确定旋转中心，其次确定图形的关键点，再将这些关键点沿指定的方向旋转指定的角度，然后连接对应的部分，形成相应的图形．注意：作图的步骤：(1)连接图形中的每一个关键点与旋转中心；(2)把连线按要求（顺时针或逆时针）绕旋转中心旋转一定的角度（旋转角）；(3)在角的一边上截取关键点到旋转中心的距离，得到各点的对应点；(4)连接所得到的各对应点.知识点07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．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；AE=BE如图，几何语言为：AE=BE2.推论定理1：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧.定理2：平分弧的直径垂直平分弧所对的弦.要点：（1）分一条弧成相等的两条弧的点，叫做这条弧的中点.（2）这里的直径也可以是半径，也可以是过圆心的直线或线段.知识点08垂径定理的拓展根据圆的对称性及垂径定理还有如下结论：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧；平分弦所对的一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧.圆的两条平行弦所夹的弧相等．注意：在垂径定理及其推论中：过圆心、垂直于弦、平分弦、平分弦所对的优弧、平分弦所对的劣弧，在这五个条件中，知道任意两个，就能推出其他三个结论.（注意：“过圆心、平分弦”作为题设时，平分的弦不能是直径）知识点09圆心角与弧的定义1.圆心角定义：顶点在圆心的角叫做圆心角．如图所示，∠AOB就是一个圆心角.要点：(1)一个角要是圆心角，必须具备顶点在圆心这一特征；(2)圆心角∠AOB所对的弦为线段AB，所对的弧为弧AB.2.1°的弧的定义1°的圆心角所对的弧叫做1°的弧.如下图，要点：(1)圆心角的度数和它所对的弧的度数相等.注意不是角与弧相等.即不能写成圆心角∠AOB=.（2）在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫等弧.等弧的长度相等，所含度数相等（即弯曲程度相等）.知识点10圆心角定理及推论1.圆心角定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．要点：(1)圆心到圆的一条弦的距离叫做弦心距。(2)在同圆或等圆中，相等的圆心角所对两条弦的弦心距相等。(3)注意定理中不能忽视“同圆或等圆”这一前提.2.圆心角定理的推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦、两个弦心距中有一对量相等，那么它们所对应的其余各对应量都相等.要点：在同圆或等圆中，弦，弧，圆心角，弦心距等几何量之间是相互关联的，即它们中间只要有一组量相等，(例如圆心角相等)，那么其它各组量也分别相等(即相对应的弦、弦心距以及弦所对的弧也分别相等).*如果它们中间有一组量不相等，那么其它各组量也分别不等知识点11圆周角圆周角定义：像图中∠AEB、∠ADB、∠ACB这样的角，它们的顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．知识点12圆周角定理：内容：圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半．要点：(1)圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上；②角的两边都和圆相交.(2)圆周角定理成立的前提条件是在同圆或等圆中.（3）圆心与圆周角存在三种位置关系：圆心在圆周角的一边上；圆心在圆周角的内部；圆心在圆周角的外部．（如下图）1.圆周角定理的推论1：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．2.圆周角定理的推论2：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等,相等的圆周角所对的弧也相等.知识点13圆内接四边形如果一个四边形的各个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫做圆的内接四边形，这个圆叫做四边形的外接圆.知识点14圆内接四边形性质定理圆内接四边形的对角互补.圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）.要点：圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．知识点15正多边形的概念各边相等，各角也相等的多边形是正多边形．要点：判断一个多边形是否是正多边形，必须满足两个条件：(1)各边相等；(2)各角相等；缺一不可.如菱形的各边都相等，矩形的各角都相等，但它们都不是正多边形(正方形是正多边形).知识点16正多边形的重要元素1.正多边形的外接圆和圆的内接正多边形正多边形和圆的关系十分密切，只要把一个圆分成相等的一些弧，就可以作出这个圆的内接正多边形，这个圆就是这个正多边形的外接圆．2.正多边形的有关概念(1)一个正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心．(2)正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径．(3)正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．(4)正多边形的中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．3.正多边形的有关计算(1)正ｎ边形每一个内角的度数是；(2)正ｎ边形每个中心角的度数是；(3)正ｎ边形每个外角的度数是.要点：要熟悉正多边形的基本概念和基本图形，将待解决的问题转化为直角三角形.知识点17正多边形的性质1.正多边形都只有一个外接圆，圆有无数个内接正多边形.2.正ｎ边形的半径和边心距把正ｎ边形分成2ｎ个全等的直角三角形.3.正多边形都是轴对称图形，对称轴的条数与它的边数相同，每条对称轴都通过正n边形的中心；当边数是偶数时，它也是中心对称图形，它的中心就是对称中心.4.边数相同的正多边形相似。它们周长的比，边心距的比，半径的比都等于相似比，面积的比等于相似比的平方．5.任何正多边形都有一个外接圆和一个内切圆，这两个圆是同心圆要点：（1）各边相等的圆的内接多边形是圆的内接正多边形；（2）各角相等的圆的外切多边形是圆的外切正多边形.知识点18弧长公式半径为R的圆中360°的圆心角所对的弧长(圆的周长)公式：n°的圆心角所对的圆的弧长公式：(弧是圆的一部分)要点：(1)对于弧长公式，关键是要理解1°的圆心角所对的弧长是圆周长的，即；(2)公式中的ｎ表示1°圆心角的倍数，故ｎ和180都不带单位，R为弧所在圆的半径；(3)弧长公式所涉及的三个量：弧长、圆心角度数、弧所在圆的半径，知道其中的两个量就可以求出第三个量.知识点19扇形面积公式1.扇形的定义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.2.扇形面积公式半径为R的圆中360°的圆心角所对的扇形面积(圆面积)公式：要点：(1)对于扇形面积公式，关键要理解圆心角是1°的扇形面积是圆面积的即(2)在扇形面积公式中，涉及三个量：扇形面积S、扇形半径R、扇形的圆心角，知道其中的两个量就可以求出第三个量.题型一圆的基本概念【典例1】（2425九年级上·浙江宁波·期中）下列说法正确的是（）A．三点确定一个圆B．三角形的外心是三角形三条角平分线的交点C．等弧就是长度相等的两条弧D．圆中最长的弦是直径【答案】D【分析】本题考查了圆的相关知识点，根据圆的相关知识点逐项分析即可得解，熟练掌握圆的相关知识点是解此题的关键．【详解】解：A、三个不在一条直线上的点可以确定一个圆，故原说法错误，不符合题意；B、三角形的外心是这个三角形三边垂直平分线的交点，故原说法错误，不符合题意；C、长度相等的两条弧不一定是等弧，故原说法错误，不符合题意；D、圆中最长的弦是直径，故原说法正确，符合题意；故选：D．【变式1】（2324九年级上·浙江杭州·期中）已知点A，B，且AB<6，画经过A，B两点且半径等于3的圆有（

）A．0个 B．1个 C．2个 D．无数个【答案】C【分析】本题考查确定圆的条件的知识点，作AB的垂直平分线，在垂直平分线上找到距A、B两点距离为3的点，该点有两个．【详解】解：作线段AB的垂直平分线，以点A为圆心，3为半径画圆，交于AB的垂直平分线交于两点，以这两点为圆心，可以画出经过A，所以经过A，B两点且半径为3的圆有两个，故选：C．【变式2】给出下列说法：①半径相等的圆是等圆；②长度相等的弧是等弧；③以2cmA．②④ B．①③ C．①③④ D．①②③④【答案】B【分析】本题考查的是圆的认识，根据等圆、等弧和半圆的定义以及确定圆的条件，分别进行判断．【详解】解：①半径相等的圆是等圆，故①正确；②同圆或等圆中，长度相等的弧是等弧，故②不正确；③以2cm长为半径的圆有无数个，没有指定圆心，故③正确；④平面上不共线的三点能确定一个圆，故④不正确；故选：B．【变式3】（2223九年级上·浙江杭州·期中）已知⊙O的半径为3cm．则⊙OA．3cm B．6cm C．9cm 【答案】B【分析】利用圆的直径为圆中最长的弦求解．【详解】解：∵圆的直径为圆中最长的弦，⊙O的半径为3cm．∴⊙O中最长的弦长为2×3=6cm，故选：B.【点睛】本题考查了圆的认识：熟练掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．题型二点与圆的位置关系解｜题｜技｜巧①计算d（用两点间距离公式）；②按“d>r（点在圆外）、d=r（点在圆上）、d<r（点在圆内）”判断。【典例1】（2425九年级上·浙江杭州·期中）与圆心的距离大于半径的点位于（）A．圆的外部 B．圆的内部 C．圆上 D．圆的外部或圆上【答案】A【分析】本题考查点与圆的位置关系，设圆的半径为r，圆心为O，点P到圆心O的距离为d，当d>r时，点P在圆的外部；当d=r时，点P在圆上；当d<r时，点P在圆的内部，据此进行判断即可．【详解】解：∵点与圆心的距离大于半径，∴点位于圆的外部；故选A．【变式1】（2425九年级上·浙江金华·期中）在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=5，AC=12，以点B为圆心，12为半径画圆，则点A在⊙B（

A．外 B．上 C．内 D．无法确定【答案】A【分析】本题考查了点与圆的位置关系，利用勾股定理求得AB的长，然后通过比较AB与半径的长即可得到结论．【详解】解：∵∠C=90°，BC=5，AC=12，∴AB=B∵AB=13>12，∴点A在⊙B外，故选：A．【变式2】（2021九年级上·浙江温州·期中）已知⊙O的半径为4，点P在⊙O内，则OP的长可能是（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【分析】本题考查了点与圆的位置关系，根据点与圆的位置关系解答即可，熟练掌握点与圆的位置关系是解此题的关键．【详解】解：∵⊙O的半径为4，点P在⊙O内，∴OP<4，∴OP的长可能是3，故选：A．【变式3】（2324九年级上·浙江宁波·期中）已知点P在半径为r的⊙O内，OP=4．则满足条件的r的值为（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】A【分析】本题主要考查了点与圆的位置关系．根据“OP<r”即可作答．【详解】解：∵点P在半径为r的⊙O内，∴OP<r，∵OP=4，∴r>4，观察四个选项，只有选项A符合题意，故选：A．题型三三角形的外心解｜题｜技｜巧①找外心：作任意两边的垂直平分线，交点即为外心；②用性质：外心到顶点距离相等，列方程求半径或点坐标。【典例1】如图，在平面直角坐标系中，A0,−3，B2,−1，C2,3．则A．0,0 B．−1,1 C．−2,−1 D．−2,1【答案】D【分析】本题主要考查了坐标与图形，外心的性质与定义，两点距离公式，解题的关键在于能够熟知外心是三角形三边垂直平分线的交点．由BC两点的坐标可以得到直线BC∥y轴，则直线BC的垂直平分线为直线y=1，再由外心的定义可知△ABC外心的纵坐标为1，设△ABC的外心为Pa,1【详解】解：∵B点坐标为2,−1，C点坐标为2,3，∴直线BC∥y轴，∴直线BC的垂直平分线为直线y=1，∵外心是三角形三条边的垂直平分线的交点，∴△ABC外心的纵坐标为1，设△ABC的外心为Pa,1∴PA∴a2解得a=−2，∴△ABC外心的坐标为−2,1，故选：D．【变式1】（2324九年级上·浙江温州·期中）如图，直角坐标系中A0,4，B4,4，C6,2，经过A，B，C三点的圆，圆心为M，若线段DM=4，则点D与⊙MA．点D在⊙M上 B．点D在⊙M外 C．点D在⊙M内 D．无法确定【答案】C【分析】连接BC，作AB和BC的垂直平分线，交点为(2,0)，则圆心M的坐标为(2,0)，然后求出⊙M的半径，比较即可解答．【详解】解：如图：连接BC，作AB和BC的垂直平分线，交点为2,0，∴圆心M的坐标为2,0，∵A0,4∴AM=2∵线段DM=4，∴DM<半径AM，∴点D在⊙M内，故选：C．【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，坐标与图形的性质，点与圆的位置关系，勾股定理的应用，确定圆心的位置是解题的关键．【变式2】（2324九年级上·浙江温州·期中）如果三角形的外心在三角形的外部，那么这个三角形一定是（

）A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等边三角形【答案】A【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，掌握外心的形成和性质是本题突破的关键，根据外心的形成和性质直接判断即可．【详解】解：三角形的外心是三条边的垂直平分线的交点，外心的性质是到三角形三个顶点的距离相等，如果一个三角形的外心在三角形的外部，说明有一个圆周角大于90°，那么这个三角形一定是钝角三角形，故选：C．【变式3】如图，A、O在网格中小正方形的顶点处，每个小方格的边长为1，在此网格中找两个格点（即小正方形的顶点）B、C，使O为△ABC的外心，则BC的长度是（

）

A．32 B．25 C．4 【答案】A【分析】本题考查外心的定义：外心是三角形外接圆的圆心，外心到三角形三个顶点的距离相等，也考查了勾股定理．根据题意作出图形，得到点B和点C的位置，根据勾股定理求解即可．【详解】解：如图所示，

∵点O为△ABC的外心，∴OA=OB=OC，点B和点C的位置如图所示，∴BC=3故选：A．题型四旋转图形旋转现象判断【典例1】平移和旋转在我们生活中随处可见．下面属于旋转的现象是（

）A．乘坐电梯 B．用钥匙开锁 C．推拉窗户 D．火箭升空【答案】B【分析】此题考查了旋转的概念，平移的概念，掌握旋转的概念是解题的关键。根据旋转的概念求解即可．【详解】解：A．乘坐电梯啊，电梯整体沿着直线上下移动，属于平移现象，故不符合题意；B．用钥匙开锁，钥匙需要绕着锁芯这个固定点转动，属于旋转现象，故符合题意；C．推拉窗户时，窗户沿着轨道做直线移动，属于平移现象，故不符合题意；D．火箭升空属于平移现象，故不符合题意；故选：B．【变式1】下列说法中，正确的是（

）A．“丽丽把教室的门打开”属于平移现象B．能够互相重合的两个图形成轴对称C．“气球升空”属于平移现象D．“摆钟的钟摆在摆动”属于旋转现象【答案】D【分析】本题主要考查平移、轴对称和旋转的定义，在实际当中的运用，把一个图形整体沿某一方向移动一定的距离，图形的这种移动，叫作平移；在平面内，一个图形绕着一个定点旋转一定的角度得到另一个图形的变化叫作旋转．【详解】解：A、“丽丽把教室的门打开”属于旋转现象，故A选项错误，不符合题意；B、能够互相重合的两个图形不一定成轴对称，故B选项错误，不符合题意；C、“气球升空”路线不固定，不一定是平移，故C选项错误，不符合题意；D、“钟表的钟摆在摆动”属于旋转现象，故D选项正确，符合题意．故选：D．【变式2】（2324九年级上·浙江衢州·期中）下列杭州亚运会体育图标中，由如图所示图标旋转得到的是（

）C． D．【答案】B【分析】本题考查了旋转的定义．解题的关键在于熟练掌握：在平面内，一个图形绕着一个定点旋转一定的角度得到另一个图形的变化叫做旋转．根据旋转的定义，进行判断作答即可．【详解】解：由题意知，故选：B．题型五判断旋转中心，旋转角【典例1】如图，将△ABC绕点P顺时针旋转90°得到△A′B′A．1,1 B．1,2 C．1,3 D．1,4【答案】B【分析】本题主要考查旋转中心的确定，两组对应点连成的线段的垂直平分线的交点就是旋转中心．分别找到两组对应点A与A′，C与C【详解】解：如图，由图可知，点P1,2故选：B．【变式1】如图，△ADE可由△CAB旋转而成，点B的对应点是E，点A的对应点是D，在平面直角坐标系中，三点坐标为A1,0，B3,0，C1,4，则旋转中心PA．3,2 B．2,3 C．3,4 D．4,3【答案】A【分析】本题考查旋转的性质，线段垂直平分线的性质．连接BE，分别作AD和BE的线段垂直平分线，且它们的交点即为旋转中心，由图写出其坐标即可．理解两线段垂直平分线的交点即为旋转中心是解答本题的关键．【详解】如图，连接BE，分别作AD和BE的线段垂直平分线，且交于点P．则P点即为旋转中心．由图可知P点坐标为3,2，即旋转中心的坐标为3,2．故选：A．【变式2】如图，在正方形网格中，△ABC绕某点旋转一定的角度得到△A'BA．O B．P C．Q D．M【答案】B【分析】根据旋转中心的定义即可求解．【详解】解：连接BP，B'P，CP，C'P，∴点P是旋转中心，故选B．【点睛】本题考查了旋转中心的定义，熟练掌握旋转中心的定义是解题的关键．【变式3】如图，△ADE是由△ABC绕A点旋转得到的，若∠BAC=40°，∠B=90°，∠CAD=10°，则旋转角的度数分别为（

）A．80° B．50° C．40° D．10°【答案】B【分析】根据旋转的性质可得旋转角为∠BAD，即可求解．【详解】解∶∵△ADE是由△ABC绕A点旋转得到的，∴旋转角为∠BAD，∵∠BAC=40°，∠CAD=10°，∴∠CAD=∠BAC+∠CAD=50°，即旋转角的度数为50°．故选：B．【点睛】本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．【变式4】如图，正方形CDEF旋转后能与正方形ABCD重合，那么图形所在的平面内可以作为旋转中心的点的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个【答案】C【分析】本题主要考查了找旋转中心，旋转的性质，旋转前后的两个图形大小形状完全相同，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等；分别以C、D、CD的中点为旋转中心进行旋转，都能使正方形CDEF旋转后能与正方形ABCD重合，即可求解．【详解】以点C为旋转中心，把正方形CDEF逆时针旋转90°，可得到正方形ABCD；以点D为旋转中心，把正方形CDEF顺时针旋转90°，可得到正方形ABCD；以CD的中点为旋转中心，把正方形CDEF旋转180°，可得到正方形ABCD；所以旋转中心有3个．故选：C．题型六平面直角坐标系上图形的旋转【典例1】以原点为中心，把点A4,5逆时针旋转90°，得到点B，则点B的坐标为（

）A．−5,4 B．5,−4 C．−4,5 D．4,−5【答案】A【分析】本题考查了坐标与图形，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．过点A,B分别作y轴的垂线，△AOD≌△OBEAAS，继而得到AD=OE=4,OD=BE=5【详解】解：过点A,B分别作y轴的垂线，垂足为点D,E，则∠ADO=∠BEO=90°∵A4,5∴AD=4,OD=5由题意得，OA=OB,∠AOB=90°，∴∠A+∠2=∠2+∠3=90°，∴∠A=∠3，∴△AOD≌△OBEAAS∴AD=OE=4,OD=BE=5，∵点B在第二象限，∴B故选：A．【变式1】在在平面直角坐标系中，点A的坐标是(1,3)，将坐标原点O绕点A顺时针旋转90°得到点O′，则点O′的坐标是(A．(3,1) B．(−3,−1) C．(−4,2) D．(−2,4)【答案】D【分析】根据旋转变换的性质画出图象即可解决问题．【详解】解：观察图象可知O′(−2,4)，

故选：D．【点睛】本题考查坐标与图形的性质，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，学会用图象法解决问题．【变式2】如图，点A，B的坐标分别为1,1、3,2，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°，得到△AB1C1（其中点A和点A1对应，点B和点B(1)画出旋转后的△AB(2)直接写出点B1(3)连接BB1，直接写出∠BB【答案】(1)见解析(2)B(3)45【分析】本题考查坐标与旋转、等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，是解题的关键：（1）根据旋转的性质，画出△AB（2）根据点所在的位置，写出点B1（3）根据旋转的性质，结合等边对等角进行求解即可．【详解】（1）解：如图，△AB（2）解：由图可知：B1（3）解：由旋转可知：∠BAB∴∠BB故答案为：45．【变式3】在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A−3,2，B(1)将△ABC以点C为旋转中心顺时针旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C1；平移△ABC，若点A的对应点(2)若将△A1B【答案】(1)见详解(2)3【分析】本题考查了旋转变换作图，也考查了平移变换作图，熟练掌握旋转变换和平移变换的定义作出变换后的对应点是解题的关键，（1）利用中心对称的点的坐标特征得到A1、B1、C1，再顺次连接即可；利用点A（2）连接A1A2、B【详解】（1）解：如图所示：△A1B（2）解：∵B1∴0+32∴旋转中心坐标为32【变式4】如图，在平面直角坐标系中，三角形ABC的三个顶点都在格点上，点A的坐标为2,4．请解答下列问题：（保留作图痕迹）(1)将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到图形△A(2)求出△ABC的面积．【答案】(1)见解析(2)3.5【分析】此题主要考查了旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键．（1）直接利用旋转的性质分别得出对应点位置进而得出答案；（2）利用面积的和差求解即可．【详解】（1）解：如图，△A（2）△ABC的面积为：4×2−1题型七旋转的规律探究解｜题｜技｜巧列表记录前几次旋转的位置、角度，总结循环规律，用“总数÷周期”求对应状态。【典例1】如图，在菱形ABCD中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且A0,2，∠ABC=60°，以AD为边构造等边三角形ADE，将△ADE和菱形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，第一次旋转结束时点E的对应点记为E1，第二次旋转结束时记为E2，依次类推，第2025次旋转结束时，点E2025A．4,−23 B．−23,4 C．−2【答案】A【分析】根据旋转可知，每4次旋转一个循环，而2025=4×506+1，即点E2025的坐标与点E1的坐标相同；利用菱形的性质及等边三角形的性质可求得点E的坐标，利用全等三角形的判定与性质可求得【详解】解：如图，连接OE，过E1作E由题意，当E1旋转到E2时，则E与E2旋转到E3时，E1与E3关于原点对称，即点E的位置，每4次旋转一个循环，∵2025=4×506+1，∴点E2025的坐标与点E∵四边形ABCD是菱形，A0,2，∠ABC=60°∴∠ADO=12∠ADC=∴AD=2OA=4，由勾股定理得：OD=A∵△ADE是等边三角形，∴DE=AD=4，∠ADE=60°，∴∠EDO=∠ADO+∠ADE=90°，∴E2由旋转可知，OE=OE1，∵∠EOE∴∠EOD+∠DOE∴∠EOD=∠E在△EOD和△E∠EDO=∠E∴△EOD≌△E∴OF=OD=23，F∵点E在第一象限，且是顺时针旋转90°，∴点E1∴E1∴E2025故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，规律型：点的坐标，坐标与图形变化—旋转，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，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．【变式1】如图，将边长为1的正三角形△OAP沿x轴正方向连续翻转2013次，点P依次落在点P1，P2，P3，⋯，P2013的位置，则点【答案】2012.5【分析】本题考查了等边三角形的性质以及坐标与图形的变化规律，根据题意得出P1、P2、根据图形的翻转，分别得出P1、P2、【详解】解：观察图形结合翻转的方法可以得出P1、P2的横坐标是1，P3P4、P5的横坐标是4，P6∴可以看作3个点一组循环，其中前两个点的横坐标相等，且等于每一组中第一个点下标，第三个点的横坐标为前两个点的横坐标加1.5，∵2013÷3=671，∴点P2011，P∴点P2013的横坐标为2011+1.5=2012.5故答案为：2012.5．【变式2】如图，在直角坐标系中，已知点A−3,0、B0,4，对△OAB连续作旋转变换，依次得到△1、△2、△3、△【答案】(120,0)【分析】本题考查了旋转的性质，点的坐标变化规律，根据勾股定理列式求出AB的长，再根据第四个三角形与第一个三角形的位置相同可知每三个三角形为一个循环组依次循环，然后求出一个循环组旋转前进的长度，再用31除以3，则△31的直角顶点是第10【详解】解：∵OA=3，OB=4，∴AB=OA由图可知，每三个三角形为一个循环组依次循环，一个循环组前进的长度为：3+4+5=12，∵31÷3=10⋯1，∴△31的直角顶点是第10∵12×10=120，∴△31的直角顶点的坐标为(120,0)故答案为：(120,0)．【变式3】如图，把小矩形放在第二象限，使两条边与坐标轴重合，然后将小矩形无滑动地沿x轴顺时针滚动，每一次边落在x轴上记作一次操作，已知顶点P−1,2，则经过2025次操作后点P′的坐标为【答案】3038,1【分析】本题考查动点坐标规律，读懂题意，理解图形从开始位置经过4次翻滚后点P进行了一次循环回到对应位置是解决问题的关键．根据题意，确定图形从开始位置经过4次翻滚后点P进行了一次循环回到对应位置，从而结合长方形周长为6，依据2025=4×506+1即可得到答案．【详解】解：∵P−1,2∴观察图形可知，经过4次翻滚后点P进行了一次循环回到对应位置，∵长方形的周长为2×1+2∴每一次完整循环，相当于P对应点的横坐标+6，纵坐标保持不变，∵2025=4×506+1，即经过了506次完整的循环后再向前翻滚1次，∴经过2025次翻滚后点P对应点P′的坐标为6×506+2,1，即3038,1故答案为：3038,1．题型八利用旋转的性质求解解｜题｜技｜巧①遇线段和差、角度转化，构造旋转图形（如将三角形绕顶点旋转，使已知边重合）；②用“对应边相等”证全等，或“旋转角相等”求角度。【典例1】（2526九年级上·浙江杭州·期中）如图，在△ABC中，∠BAC=138°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′．若点B′恰好落在BC边上，且ABA．16° B．15° C．14° D．13°【答案】C【分析】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理，三角形的外角性质，等腰三角形的性质．由旋转的性质可得∠C=∠C′，AB=AB′，由等腰三角形的性质可得∠C=∠CAB【详解】解：∵AB∴∠C=∠CAB∴∠AB∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB∴∠C=∠C′，∴∠B=∠AB∵∠B+∠C+∠CAB=180°，∴3∠C=180°−138°，∴∠C=14°，故选：C．【变式1】如图，△OAB绕点O顺时针旋转80°到△OCD的位置，已知∠AOB=45°，则∠BOC等于（

）A．55° B．45° C．40° D．35°【答案】D【分析】此题主要考查了旋转的性质，由旋转性质可知∠AOC=80°，然后由∠BOC=∠AOC−∠AOB即可求解，掌握旋转的性质是解题的关键．【详解】解：∵△OAB绕点O顺时针旋转80°到△OCD的位置，∴∠AOC=80°，∴∠BOC=∠AOC−∠AOB=80°−45°=35°，故选：D．【变式2】如图，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=50°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，AB,CE相交于点F，若AD∥EC时，则∠BAE的度数为（

）A．35° B．30° C．25°【答案】B【分析】本题考查了旋转的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．先根据旋转的性质可得AE=AC,∠DAE=∠BAC=50°，再根据平行线的性质可得∠AEC=∠DAE=50°，然后根据等腰三角形的性质可得∠ACE=∠AEC=50°，最后根据三角形的内角和定理求解即可得．【详解】解：由旋转的性质得：AE=AC,∠DAE=∠BAC=50°，∵AD∥EC，∴∠AEC=∠DAE=50°，又∵AE=AC，∴∠ACE=∠AEC=50°，∴∠EAC=180°−∠ACE−∠AEC=80°，∴∠BAE=∠EAC−∠BAC=30°，故选：B．【变式3】如图，在△ABC中，∠CAB=70°．在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB【答案】40°【分析】此题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．先根据平行线的性质求得∠CAB=∠C′CA=70°，再根据旋转的性质得到∠BA【详解】解：∵CC′∥AB∴∠CAB=∠C根据旋转的性质可得：∠BAB′=∠∴△ACC∴∠CC∴∠CAC∴∠BAB故答案为：40°．【变式4】（2223九年级上·浙江温州·期中）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，点B′在BC上．若∠B【答案】80【分析】由旋转的性质可得AB=AB′，则可得∠AB【详解】解：旋转的性质得AB=AB′，∴∠AB由三角形内角和得∠BAB∠CA故答案为：80．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，掌握旋转的性质是关键．题型九利用垂径定理求解解｜题｜技｜巧①作辅助线：连半径或作弦心距（垂直于弦），构造“半径、弦心距、半弦长”的直角三角形；②用勾股定理（r²=d²+(l/2)²，r=半径，d=弦心距，l=弦长）计算。【典例1】如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为E．若OD=10，BE=4，则CD的长为（

）A．6 B．16 C．8 D．12【答案】B【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，根据垂径定理，得到DE=12CD【详解】解：∵AB是⊙O的直径，且AB⊥CD，∴DE=1∵OD=10=OB,BE=4,∴OE=OB−BE=10−4=6，在Rt△DOE中，DE=O∴CD=2DE=16．故选：B．【变式1】（2425九年级上·浙江金华·期中）我们可用丁字尺来确定圆心位置，如图AB⊥CD，点C是AB的中点，测量数据得AB=6cm，CD=9cm，则圆的半径长为（A．6cm B．33cm C．32【答案】D【分析】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；弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧，勾股定理，利用垂径定理的推论得到圆心在CD上，设圆心为O点，连接OA，如图，设圆的半径为rcm，则OA=rcm，OC=9−rcm，利用勾股定理得到【详解】解：∵AB⊥CD，点C是AB的中点，即CD垂直平分AB，AC=BC=3cm，∴圆心在CD上，设圆心为O点，连接OA，如图，设圆的半径为rcm，则OA=rcm，OC=9−r在Rt△OAC中，32解得r=5，即圆的半径为5 cm．故选：D．【变式2】（2425九年级上·浙江宁波·期中）⊙O的半径为5，M是圆外一点，MO=6，∠OMA=30°，则弦AB的长为（

）A．4 B．6 C．63 【答案】D【分析】本题考查了含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，垂径定理等知识点，能熟记垂直于弦的直径平分弦是解此题的关键．过O作OC⊥AB于C，连接OA，根据含30°角的直角三角形的性质得出OC=12MO=3，根据勾股定理求出AC【详解】解：过O作OC⊥AB于C，连接OA，则∠OCA=90°，∵MO=6，∠OMA=30°，∴OC=1在Rt△OCA中，由勾股定理得：AC=O∵OC⊥AB，OC过O，∴BC=AC，即AB=2AC=2×4=8，故选：D．【变式3】（2425九年级上·浙江杭州·期中）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点F，OE⊥AD于点E，若⊙O的半径为5，BF=2，则OE的长为（）A．1 B．2 C．3 D．5【答案】D【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理等知识点，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．利用勾股定理求出DF和AD，再利用垂径定理求出AE，再次利用勾股定理即可求出OE的长．【详解】解：如图，连接OD，在Rt△OFD中，DF=O在Rt△ADF中，AD=A∵OE⊥AD，∴AE=DE=25在Rt△AOE中，OE=O故选：D．题型十垂径定理的应用解｜题｜技｜巧①遇“弦的中点”“垂直于弦的线”，联想垂径定理；②复杂图形中，先找“直径”或“垂直关系”，定位定理适用条件。【典例1】（1920九年级上·浙江宁波·期中）一条排水管的截面如图所示，已知排水管的半径OA=1m，水面宽AB=1.2m，某天下雨后，水管水面上升了0.2m，则此时排水管水面宽为（

）A．1.2m B．1.4m C．1.6m D．1.8m【答案】C【分析】先根据垂径定理和勾股定理求出OE的长，再根据垂径定理求出CF，即可得出结论.【详解】如图作OE⊥AB于点E，交CD于F∵AB=1.2，OE⊥AB，OA=1∴OE=0.8m∵水管水面上升了0.2米，∴OF=OEEF=0.80.2=0.6m∴CF=O∴CD=1.6m故选C【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理是解题关键.【变式1】（2122九年级上·浙江衢州·期末）如图，已知圆心O在水面上方，且⊙O被水面截得弦AB长为4米．⊙O半径长为3米，若点C为运行轨道的最低点．则点C到弦AB所在直线的距离是（

）A．1米 B．2米 C．3−5米 D．3+【答案】C【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．连接OC，交AB于D，由垂径定理得AD=BD=12AB=2（米），再由勾股定理得OD=【详解】连接OC，交AB于D，由题意得：OA=OC=3米，OC⊥AB，∴AD=BD=12AB=2在Rt△ODA中OD=O∴CD=OC−OD=3−即点C到弦AB所在直线的距离是3−5故选：C．【变式2】（2223九年级下·浙江温州·期中）泰顺县南浦溪大桥是浙江省高速公路跨径最大的上承式拱桥，如图所示，主拱桥呈圆弧形．跨度AB约为260米，拱高CD约为70米，则大桥的桥拱半径OA约为（

）A．146米 B．156米 C．166米 D．176米【答案】B【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．由题意得OD⊥AB，根据垂径定理可得AD=BD=12AB，设桥拱半径为x米，在Rt△AOD【详解】解：∵OD⊥AB，∴AD=BD=1设桥拱半径为x米，则OD=OC−CD=x−70在Rt△AOD中，OD∴x−70解得：x=1090∴大桥的桥拱半径OA约为156米．故选：B．【变式3】（2425九年级上·浙江温州·期中）图1是建在溪边的一部水车，O是水车旋转中心，水车上的两个竹筒A，B到O的距离相等，当A，B离地高度相等时（如图2），水平距离AB为3米，当A转动到最低位置A′时，它的高度下降了0.5米，B也随之转动到B′的位置，此时B的高度上升了【答案】1.3【分析】本题考查了勾股定理，生活中的旋转现象，垂径定理，设OA′与AB相交于点C，过点B′作B′D⊥OA′，垂足为D，根据题意可得：AC=CB=12AB=1.5米，AB=A′B′=3米，∠OCA=90°，A′C=0.5【详解】解：如图：设OA′与AB相交于点C，过点B′由题意得，AB=A′B∵当A转动到最低位置A′∴AB⊥OAAC=CB=12AB=1.5设OA=OA′=x在Rt△OAC中，OA∴x2解得：x=2.5，∴OA=OA设DA′=a在Rt△ODB′中，在Rt△A′B∴2.52解得：a=9∴DA∴DC=DA∴此时B的高度上升了1.3米，故答案为：1.3．【变式4】我国明代科学家徐光启在《农政全书》中描绘了一种我国古代常用的水利灌溉工具—筒车．如图，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O在水面的上方，⊙O被水面截得的弦AB长为8米，水面到运行轨道最低点的距离为2米，求⊙O的半径长．【答案】⊙O的半径为5米【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，连接OA，连接OC交AB于D，则AB=8米，CD=2米，OC⊥AB，由垂径定理可得AD=12AB=4米，设⊙O的半径为r【详解】解：如图，连接OA，连接OC交AB于点D，由题意得，AB=8米，CD=2米，OC⊥AB，∴AD=1设⊙O的半径为r米，则OD=r−2在Rt△AOD中，由勾股定理得AO∴r2解得r=5，∴⊙O的半径为5米．题型十一利用弧、弦、圆心角的关系求解解｜题｜技｜巧①证弧/弦相等，先证对应圆心角相等；②求圆心角，先找对应弧的度数（圆心角=所对弧的度数）【典例1】如图，AB是⊙O的直径，AD=CD，∠COB=40°，则∠A的度数是（

A．50° B．55° C．60° D．65°【答案】B【分析】本题考查了弧、弦、圆心角的关系，熟练掌握在同圆或等圆中，等弧对等角是解题的关键．根据AD=CD得到∠AOD=∠COD，利用平角的定义求出∠AOD=70°，再利用OA=OD即可求出【详解】解：∵AD∴∠AOD=∠COD，∵∠COB=40°，∴∠AOC=180°−∠BOC=140°，∴∠AOD=1∵OA=OD，∴∠A=1故选：B．【变式1】（2425九年级上·浙江杭州·期中）如图，AD是半圆O的直径，点B、C在半圆上，且AB=BC=CD，点P在CD上，若∠PCB=130°，则A．15° B．20° C．25° D．30°【答案】B【分析】本题考查了圆的基本性质、等腰三角形的性质．首先根据AB⏜=BC⏜=CD⏜可知∠AOB=∠BOC=∠COD=60°，根据∠PCB=130°可求∠OCP=70°【详解】解：如下图所示，连接OB、OC，∵AB⏜∴∠AOB=∠BOC=∠COD=60°，∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形，∴∠OCB=60°，又∵∠PCB=130°，∴∠OCP=130°−60°=70°，∵OP=OC，∴∠OPC=∠OCP=70°，∴∠POC=180°−70°−70°=40°，∴∠POD=∠COD−∠POC=60°−40°=20°．故选：B．【变式2】（2425九年级上·浙江温州·期中）如图，AB为⊙O的直径，点C是弧BE的中点．过点C作CD⊥AB于点G，交⊙O于点D，若BE=8,BG=3，则⊙O的半径长是（）A．4 B．5.5 C．256 D．【答案】C【分析】本题考查了垂径定理，弧、圆心角、弦之间的关系，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．先根据垂径定理和点C是弧BE的中点得出BE=CD，从而得出【详解】解：连接OD，如图，设⊙O的半径为r，∵CD⊥AB，∴BC=BD，∵点C是弧BE的中点，∴CE=∴BE=∴CD=BE=8，∴DG=1在Rt△ODG中，∵OG=r−3,OD=r，∴42+r−3即⊙O的半径为256故选：C．【变式3】（2425九年级上·浙江金华·期中）如图所示，已知AD=BC，求证：AB=CD．【答案】见解析【分析】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，根据圆心角、弧、弦的关系，由AD=BC得到AD=BC，则CD=【详解】解：∵AD=BC，∴AD=∴AD+AC=∴AB=CD．【变式4】（2122九年级上·浙江杭州·期中）如图，AB，CD为⊙O两弦，且AB=CD，M、N分别为AB，CD的中点．求证：∠AMN=∠CNM．【答案】证明见解析．【分析】本题考查垂径定理的推论、弦与弦心距的关系及等腰三角形的性质，熟练掌握平分弦（非直径）的直径，垂直于弦并且平分弦所对的两条弧是解题关键，根据垂径定理得出OM⊥AB，ON⊥CD，根据弦与弦心距的关系得出OM=ON，根据等腰三角形的性质即可得答案．【详解】证明：连接OM，ON，∵M、N分别为AB，CD的中点，∴OM⊥AB，ON⊥CD，∴∠AMO=∠CNO=90°，∵AB=CD，∴OM=ON，∴∠OMN=∠ONM，∴∠AMO−∠OMN=∠CNO−∠ONM，∴∠AMN=∠CNM．题型十二圆周角定理解｜题｜技｜巧①找“同弧对应的圆周角和圆心角”，用“圆周角=1/2圆心角”转化角度；②遇多个圆周角共弧，直接用“同弧圆周角相等”。【典例1】如图，点A、B、P在⊙O上，若∠AOB=80°，则∠APB的度数为（

）A．70° B．60° C．50° D．40°【答案】D【分析】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．直接利用圆周角定理求解．【详解】解：∠APB=1故选：D．【变式1】如图，A是⊙O上一点，BC是直径，点D在⊙O上且平分BC．(1)连接AD，求证：AD平分∠BAC；(2)若CD=52，AB=8，求AC【答案】（1）见解析；（2）AC=6【分析】本题考查了圆周角定理、勾股定理、直径所对的圆周角是直角，熟练掌握以上知识点是解题的关键．（1）根据圆周角定理即可证明；（2）根据题意推出∠BAC=∠BDC=90°，结合勾股定理即可求解．【详解】解：（1）证明：∵点D在⊙O上且平分BC，∴BD=∴∠BAD=∠CAD，∴AD平分∠BAC；（2）解：∵BC是直径，∴∠BAC=∠BDC=90°，∵点D在⊙O上且平分BC，∴BD=∴BD=CD=52∴BC=B∵AB=8，∴AC=B【变式2】如图，AB是⊙O的直径，C、D两点在⊙O上，若∠C=45°．(1)求∠ABD的度数；(2)若∠CDB=30°，BC=5，求⊙O的半径．【答案】(1)45°(2)5【分析】本题考查了圆周角定理、直角三角形的性质、等边三角形的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．（1）由AB是⊙O的直径，得到∠ADB=90°，由∠BAD=∠C=45°，再利用直角三角形的性质即可求出∠ABD的度数；（2）连接OC，根据圆周角定理得到∠COB=2∠CDB=60°，结合OB=OC，推出△BOC是等边三角形，即可求解．【详解】（1）解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∵∠BAD=∠C=45°，∴∠ABD=90°−∠BAD=45°；（2）解：如图，连接OC，∵∠CDB=30°，∴∠COB=2∠CDB=60°，又∵OB=OC，∴△BOC是等边三角形，∴OB=BC=5，∴⊙O的半径为5．题型十四半圆所对的圆周角是90度解｜题｜技｜巧①遇直径，构造直径所对的圆周角，证直角或用勾股定理；②证直径，先证圆周角为90°，再用“90°圆周角所对的弦是直径”。【典例1】如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的点，若∠ABC=54°，则∠BDC等于（

）．A．27° B．36° C．54° D．108°【答案】B【分析】本题主要考查了三角形内角和定理、圆周角定理等知识点，掌握直径所对的圆周角是直角、同弧所对圆周角相等是解题的关键．如图，连接AC，根据直径所对圆周角是直角得到∠ACB=90°，再根据三角形内角和得到∠BAC的度数，再根据同弧所对的圆周角相等即可解答．【详解】解：如图，连接AC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵∠ABC=54°，∴∠BAC=90°−∠ABC=36°，∴∠BDC=∠BAC=36°（同弧所对圆周角相等）．故选：B．【变式1】如图，已知AD是⊙O的直径，B，C，E是⊙O上的三个点，连接BC，CD，BE，AE，∠BCD=125°，则∠AEB的度数为（

）A．55° B．50° C．45° D．35°【答案】D【分析】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质．根据圆内接四边形对角互补的性质求得∠BED的度数，再利用直径所对的圆周角是直角进行求解即可．【详解】解：连接DE，∵四边形BCDE内接于⊙O，且∠BCD=125°，∴∠BED=180°−∠BCD=55°，∵AD是⊙O的直径，∴∠AED=90°，∴∠AEB=90°−∠BED=90°−55°=35°，故选：D．【变式2】如图，AB是⊙O的直径，AB=10，C是⊙O上一点，OD⊥BC于点D，BD=4，则AC的长为．【答案】6【分析】本题考查了三角形的中位线定理、垂径定理、圆周角定理、勾股定理等知识点，解题的关键熟练地运用中位线定理、垂径定理、圆周角定理、勾股定理的性质求解．根据垂径定理求出BC，根据圆周角定理求出∠C=90°，根据勾股定理求出即可．【详解】解：∵OD⊥BC于点D，BD=4，∴BC=2BD=8，∵AB是直径，∴∠C=90°，在Rt△ACB中，AB=10，BC=8，由勾股定理得：AC=A故答案为：6．【变式3】如图，在四边形ABCD中，AD=CD，AC⊥BC于点C，AD⊥BD于点D，若∠DBC=30°，AB=10，则【答案】5【分析】本题考查了直接所对的弦是直径，弧、弦与圆周角的关系，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理；根据题意得出A,B,C,D在以AB为直径的圆上，进而根据AC=DC得出∠ABD=∠ACD=∠CAD=30°则∠ABC=60°，然后根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，即可求解．【详解】解：∵AC⊥BC,AD⊥BD，∴∠ADB=∠ACB=90°，∴A,B,C,D在以AB为直径的圆上，∵∠DBC=30°，∴∠DAC=∠DBC=30°，∵AC=DC，∴AC=∴∠ABD=∠ACD=∠CAD=30°，∴∠ABC=60°，则∠BAC=30°，∴BC=1∴AC=A故答案为：53【变式4】（2324九年级上·浙江杭州·期中）如图，已知半圆O,OB=61．点D在半圆上，AD=10，在BD取点C，连接AC，作DH⊥AC于点H，连接BH，则BH的最小值等于

【答案】8【分析】如图，取AD的中点M，连接BD,HM，BM．由题意点H在以M为圆心，MD为半径的⊙M上，推出当M、H、B共线时，BH的值最小．【详解】解：连接BD，取AD的中点M，连接BM,HM，

∵DH⊥AC，∴H点在以M为圆心，MD为半径的圆上，∴MH=DM=AM，∵AD=10，∴MH=1当B、H、M三点共线时，BH最小，∵AB是直径，∴∠ADB=90°，∴BD=A∴BM=B∴BH的最小值为BM−MH=13−5=8．故答案为：8．【点睛】本题考查勾股定理、圆周角定理推论“半（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径”，直角三角形斜边中线等于斜边一半，勾股定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用辅助线圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．题型十四圆内接四边形【典例1】如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，∠B=62°，∠ACD=39°，则∠CAD=（）A．23° B．28° C．31° D．33°【答案】A【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，三角形内角和定理，先由圆内接四边形的性质得∠D=180°−∠B=118°，再在△ACD中，由三角形内角和定理求∠CAD即可．【详解】解：∵∠B=62°，∴∠D=180°−∠B=118°，∵∠ACD=39°，∴∠CAD=180°−∠D−∠ACD=23°，故选：A．【变式1】（2425九年级上·浙江杭州·期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，如果它的一个外角∠DCE=64°，那么∠BOD=（

）A．128° B．100° C．120° D．132°【答案】A【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理是解题的关键．根据圆内接四边形的性质可得∠A+∠BCD=180°，从而得到∠A=64°，再由圆周角定理，即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠A+∠BCD=180°，∵∠DCE+∠BCD=180°，∴∠DCE=∠A，∵∠DCE=64°，∴∠A=64°，∴∠BOD=2∠A=128°．故选：A．【变式2】如图，△ABC中，AB=AC,AB为⊙O的直径，分别交AC,BC于点D，E，连接DE,AE．(1)求证：∠CED=2∠CAE；(2)若DE=15,AE=20，求CD的长．【答案】(1)证明见解析；(2)CD=18．【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键．（1）先得到∠CAE=∠BAE=12∠CAB，再根据圆内接四边形的性质得到∠CAB+∠DEB=180°（2）先求出AC=25，连接BD，根据S△ABC=12AC⋅BD=【详解】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=90°，即AE⊥BC，又∵AB=AC，∴∠CAE=∠BAE=1∵∠CAB+∠DEB=180°,∠DEB+∠CED=180°，∵∠CED=∠CAB，∴∠CED=2∠CAE；（2）解：∵∠DAE=∠EAB，∴BE=DE=15，∴AB=A∴AC=25．连接BD，如图：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即BD⊥AC，∵S△ABC∴BD=BC⋅AE∵AB=AC,AE⊥BC，∴BC=2BE=30，∴BD=30×20∴CD=B题型十五圆与正多边形【典例1】如图，五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，则正五边形中心角∠COD的度数是（

）A．60° B．36° C．76° D．72°【答案】D【分析】本题考查求正多边形的中心角的度数，根据中心角的计算公式进行计算即可．【详解】解：∠COD=360°故选D．【变式1】（2223九年级下·浙江温州·期中）刘徽于公元263年撰《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值．刘徽发现，圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，从而创立“割圆术”，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法．如图1，将半径为2的圆进行12等分分割，拼接成如图2所示图形．连结AC，BD交于点E，则△ADE的面积为（

）A．π B．2π C．3 【答案】C【分析】本题考查了正多边形和圆的综合、平行四边形的性质与判定、直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．设其中一个12等分分割的三角形为△ADF，过点F作FG⊥AD于点G，根据圆的基本性质可得，AD=DF=BC=2，AB=CD，∠ADF=30°，推出四边形ABCD是平行四边形，利用含30°角的直角三角形的性质计算出S△ADF=1，从而得到【详解】解：如图，设其中一个12等分分割的三角形为△ADF，过点F作FG⊥AD于点G，由题意得，AD=DF=BC=2，AB=CD，∠ADF=360°÷12=30°，∴四边形ABCD是平行四边形，∵FG⊥AD，∴∠DGF=90°，∴在Rt△DGF中，FG=1∴S∴S∵四边形ABCD是平行四边形，∴DE=BE，S△ABD∴S故选：C．【变式2】如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心．若∠ADB=20°，则这个正多边形的边数为（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】C【分析】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，正确地理解题意是解题的关键．连接OA,OB，根据圆周角定理得到∠AOB=2∠ADB=40°，进一步即可得到结论．【详解】解：连接OA,OB，∵A,B,C,D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，∴点A,B,C,D在以点O为圆心，OA为半径的同一个圆上，∵∠ADB=20°，∴∠AOB=2∠ADB=40°，∴这个正多边形的边数=360°故选：C．【变式3】（2425九年级上·浙江金华·期中）如图，将正六边形纸片的空白部分剪下，得到三部分图形，记Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ部分的面积分别为SI，SII，SIII给出以下结论：①Ⅰ和Ⅱ合在一起能拼成一个菱形；②Ⅲ中最大的内角是150°；③SA．只有① B．①② C．①③ D．①②③【答案】C【分析】本题考查的是正多边形与圆的含义，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，弧、弦的关系，熟练的把正六边形分割为6个全等三角形是解本题的关键．由六边形ABCDEF是正六边形，得AB=BC=CD=DE=EF=AF，∠DEF=6−2×180°6=120°，从而Ⅰ和Ⅱ合在一起能拼成一个菱形，故①正确；由∠BFE=∠BDE=90°，∠DBF=60°，故Ⅲ中最大的内角是120°，故②说法错误；证明【详解】解：如图所示：

∵六边形ABCDEF是正六边形，∴AB=BC=CD=DE=EF=AF，∠DEF=6−2∴AB=∴∠BFE=∠BDE=12×∴Ⅲ中最大的内角是120°，故②说法错误；∵六边形ABCDEF是正六边形，∴AB=BC=CD=DE=EF=AF，∠BAF=∠BCD=120°，OA=OB=OF，∠AOB=∠AOF=60°，∴△BAF≌△BCD，△AOB和△AOF都是等边三角形，∴AB=OB=OF=FA，∵BF=BF，∴△BAF≌△BOF，同理可证，△BAF≌△DEF≌△DOF≌△DOB≌△BOF≌△BCD，∴SIII故选：C．题型十六求弧长、扇形半径解｜题｜技｜巧公式记忆：◦弧长L=nπr/180（n=圆心角度数，r=半径）；◦扇形面积S=nπr²/360或S=1/2LR（L=弧长）；①已知L、n求r：用L公式变形（r=180L/(nπ)）；②已知S、r求n：用S公式变形（n=360S/(πr²)）。【典例1】（2425九年级上·浙江杭州·期中）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，∠B=62°，∠ACD=39°．若⊙O的半径为5，则弧CD的长为（

）A．1318π B．109π C．【答案】C【分析】本题主要考查了弧长的计算、圆周角定理，连接OA、OC、OD，求出∠AOC及∠AOD的度数，进而得出∠COD的度数，最后根据弧长公式即可求解，熟知弧长的计算公式及圆周角定理是解题的关键．【详解】解：连接OA、OC、OD，∵∠B=62°，∴∠AOC=2∠B=124°，∵∠ACD=39°，∴∠AOD=2∠ACD=78°，∴∠COD=124°−78°=46°，又∵⊙O的半径为5，∴弧CD的长为：46×π×5180故选：C．【变式1】（2425九年级上·浙江衢州·期末）如图，将Rt△ABC以点A为中心顺时针旋转得到△ADE，若点B的对应点D恰为BC边的中点，AB=1，则CE的长为（

A．π3 B．π6 C．3π【答案】C【分析】本题考查直角三角形斜边上中线的性质，旋转的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，弧长，综合运用相关知识是解题的关键．先根据直角三角形斜边上中线的性质得到AD=BD=12BC，由旋转得AD=AB，从而证得△ABD是等边三角形，得到∠BAD=∠B=60°，即旋转角为60°【详解】解：∵点D是Rt△ABC的斜边BC的中点，∴AD=BD=1由旋转可得AD=AB，∴AD=BD=AB=1，∴△ABD是等边三角形，∴∠BAD=∠B=60°，∴由旋转可得∠CAE=∠BAD=60°，∵点D是BC的中点，∴BC=2BD=2，∴在Rt△ABC中，AC=B∴lCE故选：C【变式2】如图，在扇形纸扇中，若∠AOB=150°，OA=24，则AB的长为．【答案】20π【分析】本题主要考查了弧长公式，熟练掌握弧长公式是解题关键．利用弧长公式nπr180°（n为圆心角度数，r【详解】解：AB的长为150°×24π180°故答案为：20π．【变式3】已知扇形的弧长是43π，圆心角120°，则这个扇形的半径是【答案】2【分析】本题考查了弧长公式：l=nπr180，其中l是弧长，r是扇形的半径，【详解】解：设这个扇形的半径是r，则120πr180解得r=2，所以这个扇形的半径是2，故答案为：2．题型十七求扇形不规则图形面积【典例1】（2122九年级上·浙江杭州·期中）一张圆心角为45°的扇形纸板和圆形纸板按如图方式分别剪成一个正方形，面积都为2，则扇形纸板和圆形纸板的面积比是（）A．5：2 B．5：4 C．5【答案】B【分析】本题考查了正方形性质、圆内接四边形性质、扇形的面积公式的应用；解此题的关键是求出扇形和圆的面积，题目比较好，难度适中．分别求出扇形和圆的半径，再根据扇形和圆的面积公式求出面积，最后求出比值即可．【详解】解：如图1，连接OD，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCB=∠ABO=90°，AB=BC=CD=2∵∠AOB=45°，∴OB=AB=2由勾股定理得：OD=2∴扇形的面积是45π×(如图2，连接MB、MC，∵四边形ABCD是⊙M的内接四边形，四边形ABCD是正方形，∴∠BMC=90°，MB=MC，∴∠MCB=∠MBC=45°，∵BC=2∴MC=MB=1，∴⊙M的面积是π×1∴扇形和圆形纸板的面积比是54故选：B．【变式1】（2324七年级上·浙江绍兴·期中）如图是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示，它是以O为圆心，OA，OB长分别为半径，圆心角∠O=120°形成的扇面，若OA=5m，OB=3m，则阴影部分的面积是（

A．43π B．83π C．【答案】D【分析】本题考查了扇形的面积（S=nπR2360，其中n°为圆心角的度数、R为半径），熟练掌握扇形的面积公式是解题关键．根据阴影部分的面积等于扇形【详解】解：∵圆心角∠O=120°，OA=5m，OB=3m，∴阴影部分的面积等于S==16π故选：D．【变式2】如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∠CDB=30°，CD=23，则S阴影=A．π B．2π C．23π D．2【答案】D【分析】本题考查了垂径定理、圆周角定理，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，扇形面积的计算等知识，求出CE=DE，OE=BE=1，得出S△BED=S【详解】解：如图，CD⊥AB，∵AB是