备战2024年中考数学一轮复习考点帮(上海专用)专题17圆(原卷版+解析)

这是一份备战2024年中考数学一轮复习考点帮(上海专用)专题17圆(原卷版+解析)，共90页。试卷主要包含了、圆的有关概念等内容，欢迎下载使用。
圆的有关基础概念及位置关系是选填题的热门，大题出现的几率依然很大，特别是压轴题 ；圆周角定理、切线长的性质等已经不在教材范围之内，而是增加两个特色性质：相交圆连心线的性质；相切圆的连心线的性质。
一 、圆的有关概念 垂径定理
一、与圆有关的概念
圆的概念：在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点0旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫圆．这个固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径．以0点为圆心的圆记作⊙O，读作圆O．
特点：圆是在一个平面内，所有到一个定点的距离等于定长的点组成的图形．
确定圆的条件：
圆心；
半径，
其中圆心确定圆的位置，半径长确定圆的大小．
补充知识：
1）圆心相同且半径相等的圆叫做同圆；
2）圆心相同，半径不相等的两个圆叫做同心圆；
3）半径相等的圆叫做等圆．
弦的概念：连结圆上任意两点的线段叫做弦。经过圆心的弦叫做直径，并且直径是同一圆中最长的弦．
弧的概念：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧．以?、?为端点的弧记作??，读作弧AB．在同圆或等圆中，能够重合的弧叫做等弧．
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．
弦心距概念：从圆心到弦的距离叫做弦心距．
圆心角概念：顶点在圆心的角叫做圆心角．
圆周角概念：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角．
三角形的外接圆
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．
点与圆的位置有三种：
三点定圆的方法：
1）经过点A的圆：以点A以外的任意一点O为圆心，以OA的长为半径，即可作出过点A的圆，这样的圆有无数个．
2）经过两点A、B的圆：以线段AB中垂线上任意一点O作为圆心，以OA的长为半径，即可作出过点A、B的圆，这样的圆也有无数个．
3）经过三点时：
情况一：过三点的圆：若这三点A、B、C共线时，过三点的圆不存在；
情况二：若A、B、C三点不共线时，圆心是线段AB与BC的中垂线的交点，而这个交点O是唯一存在的，这样的圆有唯一一个．
定理：不在同一直线上的三点确定一个圆．
二、垂径定理 QUOTE （12弦长）2
对称性
圆是轴对称图形，对称轴是直径所在的直线
圆是中心对称图形。
垂径定理
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．
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；
常见辅助线做法（考点）：
过圆心，作垂线，连半径，造??△，用勾股，求长度；
2）有弧中点，连中点和圆心，得垂直平分．
一、单选题
1．下列说法：（1）长度相等的弧是等弧；（2）弦不包括直径；（3）劣弧一定比优弧短；（4）直径是圆中最长的弦．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．已知OA=4，以O为圆心，r为半径作⊙O．若使点A在⊙O内，则r的值可以是（ ）
A．2B．3C．4D．5
3．过⊙O内一点M的最长弦为10cm，最短弦长为8cm，则OM的长为（ ）
A．9cmB．6cmC．3cmD．cm
4．下列说法正确的是（ ）
A．等弧所对的圆周角相等B．平分弦的直径垂直于弦
C．相等的圆心角所对的弧相等D．过弦的中点的直线必过圆心
5．如图，在中，于点D，AD的长为3cm，则弦AB的长为（ ）
A．4cmB．6cmC．8cmD．10cm
6．已知⊙O的直径AB=10，弦CD⊥AB于点M，若OM：OA=3：5，则弦AC的长度（ ）．
A．B．C．3D．或
7．如图，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AC＝6，以点B为圆心，3为半径作⊙B，则点C与⊙B的位置关系是（ ）
A．点C在⊙B内B．点C在⊙B上C．点C在⊙B外D．无法确定
8．如图，AB为⊙O的弦，点C在AB上，AC＝4，BC＝2，CD⊥OC交⊙O于点D，则CD的长为（ ）
A．B．3C．D．
二、填空题
9．平面直角坐标系内的三个点A（1，－3）、B（0，－3）、C（2，－3），___ 确定一个圆．（填“能”或“不能”）
10．下列说法正确的是_______（填序号）．
①半径不等的圆叫做同心圆； ②优弧一定大于劣弧；
③不同的圆中不可能有相等的弦； ④直径是同一个圆中最长的弦．
11． ，是半径为3的上两个不同的点，则弦的取值范围是________．
12．如图，直角坐标系中一条圆弧经过网格点A，B，C，其中B点坐标为(4，4)，则该圆弧所在圆的圆心坐标为________．
13．如图，，在射线AC上顺次截取，，以为直径作交射线于、两点，则线段的长是__________cm．
14．如图，在矩形中，，以顶点为圆心作半径为的圆．若要求另外三个顶点中至少有一个点在圆内，且至少有一个点在圆外，则的取值范围是_______．
15．如图，半圆O的半径为2，E是半圆上的一点，将E点对折到直径AB上(EE′⊥AB)，当被折的圆弧与直径AB至少有一个交点时，则折痕CD的长度取值范围是_________________．
三、圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系
圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系
定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等。
推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量分别相等
一、单选题
1．下列说法中，正确的是（ ）
A．等弦所对的弧相等B．等弧所对的弦相等
C．圆心角相等，所对的弦相等D．弦相等所对的圆心角相等
2．如图，在一个圆内有、、，若+=，则AB+CD与EF的大小关系是（ ）
A．AB+CD＝EFB．AB+CD＜EFC．AB+CD≤EFD．AB+CD＞EF
3．在中，AB，CD为两条弦，下列说法：①若，则；②若，则；③若，则弧AB=2弧CD；④若，则.其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
4．如图，扇形OAB的圆心角为90°，点C、D是的三等分点，半径OC、OD分别与弦AB交于点E、F，下列说法错误的是( )
A．AE＝EF＝FBB．AC＝CD＝DB
C．EC＝FDD．∠DFB＝75°
5．如图，C、D为半圆上三等分点，则下列说法：①==；②∠AOD＝∠DOC＝∠BOC；③AD＝CD＝OC；④△AOD沿OD翻折与△COD重合．正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
6．如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的两点，且点C为弧BAD的中点，连接CD、CB、OD，CD与AB交于点F．若∠AOD＝100°，则∠ABC的度数为（ ）
A．15°B．20°C．25°D．30°
二、填空题
7．120°的圆心角是360°的_______分之一，它所对的弧是相应圆周长的________分之一．
8．如图，已知点C是⊙O的直径AB上的一点，过点C作弦DE，使CD=CO．若的度数为35°，则的度数是_____．
9．已知，如图以AB为直径的⊙O，BC⊥AB，AC交⊙O于点D，点E在⊙O上，若∠DEB=25°，则∠C=_______．
10．如图，在平行四边形ABCO中，∠C＝60°，点A，B在⊙O上，点D在优弧上，DA＝DB，则∠AOD的度数为_______．
三、解答题
11．已知：如图，在⊙O中，弦AB与半径OE、OF交于点C、D，AC＝BD，求证：
（1）OC＝OD：
（2）．
12．如图，MB，MD是⊙O的两条弦，点A，C分别在弧MB，弧MD上，且AB＝CD，点M是弧AC的中点．
（1）求证：MB＝MD；
（2）过O作OE⊥MB于E，OE＝1，⊙O的半径是2，求MD的长．
13．如图，过的直径上两点，分别作弦，．
求证：（1）；
（2）．
14．已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，D为弧BC的中点．
（1）如图①，连接AC，AD，OD，求证：ODAC；
（2）如图②，过点D作DE⊥AB交⊙O于点E，直径EF交AC于点G，若G为AC的中点，⊙O的半径为2，求AC的长．
15．已知的直径，弦与弦交于点E．且，垂足为点F．
（1）如图1，如果，求弦的长；
（2）如图2，如果E为弦的中点，求 ．
四、直线与圆、圆与圆的位置关系
1、直线和圆的位置关系
位置关系：设⊙?的半径为?，圆心?到直线?的距离为?，则直线和圆的位置关系如下表：
切线的性质及判定
切线的性质：
定理：圆的切线垂直于过切点的半径．
切线的判定
经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
2、圆和圆的位置关系
圆和圆的位置关系的定义、性质及判定：设⊙?1、⊙?2的半径分别为?、?（其中?>?），两圆圆心距为?，则两圆位置关系如下表：
【说明】圆和圆的位置关系，又可分为三大类：相离、相切、相交，其中相离两圆没有公共点，它包括外离与内含两种情况；相切两圆只有一个公共点，它包括内切与外切两种情况．
定理1：相交圆的连心线垂直平分两圆的公共弦。
定理2：相切圆的连心线经过切点。
一、单选题
1．（2023春·上海·九年级专题练习）已知圆、圆的半径不相等，圆的半径长为5，若圆上的点满足，则圆与圆的位置关系是（ ）
A．相交或相切B．相切或相离C．相交或内含D．相切或内含
2． (2023春·上海青浦·九年级校考期中）如果两圆的半径长分别为6与2，圆心距为4，那么这两个圆的位置关系是（ ）
A．内含B．内切C．外切D．相交
3．（2023春·上海·九年级专题练习）已知同一平面内有⊙O和点A与点B，如果⊙O的半径为6cm，线段，线段，那么直线AB与⊙O的位置关系为（ ）
A．相离B．相交C．相切D．相交或相切
4．（2023春·上海·九年级专题练习）在直角坐标系中，点P的坐标是(2，)，圆P的半径为2，下列说法正确的是（ ）
A．圆P与x轴有一个公共点，与y轴有两个公共点
B．圆P与x轴有两个公共点，与y轴有一个公共点
C．圆P与x轴、y轴都有两个公共点
D．圆P与x轴、y轴都没有公共点
5． (2023春·上海闵行·九年级校考期中）如图，在中，，，，点在边BC上，，的半径长为3，与相交，且点在外，那么的半径长的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6． (2023·上海·九年级专题练习）在四边形中，，，，，（如图）．点O是边上一点，如果以O为圆心，为半径的圆与边有交点，那么的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
7．（2023秋·上海·九年级校考期末）已知与两圆外切，，的半径为3，那么的半径为______．
8．（2023春·上海·九年级专题练习）在Rt中，，，分别以点为圆心画圆，如果点在上，与相交，且点在外，那么的半径长的取值范围是________．
9．（2023春·上海·九年级专题练习）已知，、之间的距离是5cm，圆心O到直线的距离是2cm，如果圆O与直线、有三个公共点，那么圆O的半径为______cm．
10． (2023春·上海·九年级校考阶段练习）如图，在中，，，，点O在边上，且，以点O为圆心，r为半径作圆，如果与的边共有4个公共点，那么半径r取值范围是______.
11．（2023春·上海·九年级专题练习）如图，直线AB，CD相交于点O，，圆P的半径为1cm，动点P在直线AB上从点O左侧且距离O点6cm处，以1cm/s的速度向右运动，当圆P与直线CD相切时，圆心P的运动时间为 _____s．
12． (2023·上海闵行·九年级期末）如图，在中，，，，点P在边AC上，的半径为1，如果与边BC和边AB都没有公共点，那么线段PC长的取值范围是___________．
13． (2023·上海·九年级专题练习）如图，在直角梯形中，，E是上一定点，．点P是BC上一个动点，以P为圆心，PC为半径作⊙P．若⊙P与以E为圆心，1为半径的⊙E有公共点，且⊙P与线段AD只有一个交点，则PC长度的取值范围是 __．

三、解答题
14．（2023春·上海·九年级专题练习）已知：如图，⊙O1与⊙O2外切于点T，经过点T的直线与⊙O1、⊙O2分别相交于点A和点B．
(1)求证：O1AO2B；
(2)若O1A＝2，O2B＝3，AB＝7，求AT的长．
15． (2023春·上海·九年级校考期中）已知：如图，⊙O1与⊙O2相交于点A和点B，AC∥O1O2，交⊙O1于点C，⊙O1的半径为5，⊙O2的半径为，AB=6．
求：
(1)弦AC的长度；
(2)四边形ACO1O2的面积．
16． (2023春·九年级单元测试）如图，半径为1的⊙O与过点O的⊙P相交，点A是⊙O与⊙P的一个公共点，点B是直线AP与⊙O的不同于点A的另一交点，联结OA，OB，OP．
(1)当点B在线段AP上时，
①求证：∠AOB＝∠APO；
②如果点B是线段AP的中点，求△AOP的面积；
(2)设点C是⊙P与⊙O的不同于点A的另一公共点，联结PC，BC．如果∠PCB＝α，∠APO＝β，请用含α的代数式表示β．
五、正多边形和圆
正多边形和圆
正多边形
正多边形概念：各条边相等，并且各个内角也都相等的多边形叫做正多边形．
正多边形的相关概念：
正多边形的中心：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心．
正多边形的半径：正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径．
正多边形的中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．
正多边形的边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
半径、边心距，边长之间的关系：
画圆内接正多边形方法：
量角器
（作法操作复杂，但作图较准确）
量角器+圆规
（作法操作简单，但作图受取值影响误差较大）
圆规+直尺
（适合做特殊正多边形，例如正四边形、正八边形、正十二边形…..）
一、填空题
1．（2023春·上海·九年级专题练习）半径为3的圆的内接正六边形的面积为______．
2．（2023春·上海·九年级专题练习）如图，如果AB、AC分别是圆O的内接正三角形和内接正方形的一条边，BC一定是圆O的内接正n边形的一条边，那么n=_______．
3． (2023·上海·统考二模）如图，⊙O的半径为6，如果弦AB是⊙O内接正方形的一边，弦AC是⊙O内接正十二边形的一边，那么弦BC的长为_____．
4． (2023·上海·九年级专题练习）如图，正六边形ABCDEF的顶点B，C分别在正方形AMNP的边AM，MN上．若AB＝4，则CN＝_____．
5． (2023·上海闵行·统考二模）如图，已知点G是正六边形对角线上的一点，满足，联结，如果的面积为1，那么的面积等于_______.
6． (2023·上海·九年级专题练习）公元263年左右，我国数学家刘徽发现当正多边形的边数无限增加时，这个正多边形面积可无限接近它的外接圆的面积，因此可以用正多边形的面积来近似估计圆的面积，如图，是正十二边形的外接圆，设正十二边形的半径的长为1，如果用它的面积来近似估计的面积，那么的面积约是___．
7．（2023春·上海·九年级专题练习）如果一个四边形有且只有三个顶点在圆上，那么称这个四边形是该圆的“联络四边形”，已知圆的半径长为，这个圆的一个联络四边形是边长为的菱形，那么这个菱形不在圆上的顶点与圆心的距离是________．
8． (2023·上海·九年级专题练习）如图，下列正多边形都满足BA1=CB1，在正三角形中，我们可推得：∠AOB1=60°；在正方形中，可推得：∠AOB1=90°；在正五边形中，可推得：∠AOB1=108°，依此类推在正八边形中，AOB1=____°，在正n(n≥3)边形中，∠AOB1=____°．
二、解答题（圆内接四边形练）
9． (2023秋·江苏苏州·九年级校考期中）如图，与交于D，E两点，是直径且长为12，．
(1)证明：；
(2)若，求的长度．
10． (2023秋·浙江杭州·九年级校考期中）已知，如图，是的直径，弦于点E，G是上一点，与的延长线交于点F，设半径为R．
(1)若，，求：
①______（用R的代数式表示）；
②的半径长．
(2)求证：．
一、解答题
1． (2023·上海杨浦·统考二模）已知：如图，AB是半圆O的直径，C是半圆上一点（不与点A、B重合），过点A作ADOC交半圆于点D，E是直径AB上一点，且AE＝AD，联结CE、CD．
（1）求证：CE＝CD；
（2）如果，延长EC与弦AD的延长线交于点F，联结OD，求证：四边形OCFD是菱形．
2． (2023·上海松江·统考二模）如图，已知AB、AC是⊙O的两条弦，且AO平分∠BAC．点M、N分别在弦AB、AC上，满足AM＝CN．
（1）求证：AB＝AC；
（2）联结OM、ON、MN，求证：．
3．（2023春·上海·九年级专题练习）已知：如图，⊙O与⊙P相切于点A，如果过点A的直线BC交⊙O于点B，交⊙P点，OD⊥AB于点，PE⊥AC于点E．
（1）求的值：
（2）如果⊙O和⊙P的半径比为3:5，求的值．
4．（2023秋·上海·九年级校考期末）已知：如图，是的直径，是上一点，，垂足为点，是的中点，与相交于点，，．
(1)求的长；
(2)求的值．
5．（2023春·上海·九年级专题练习）已知为的直径，A、B为上两点，点C为劣弧中点，连接，且．
(1)求证：；
(2)F、G分别为线段上两点，满足，连接，取中点H，连接，请猜测与之间的数量关系，并证明．
6． (2023·上海·统考中考真题）已知：在圆O内，弦与弦交于点分别是和的中点，联结．
（1）求证：；
（2）联结，当时，求证：四边形为矩形．
7． (2023·上海嘉定·统考二模）在半圆O中，AB为直径，AC，AD为两条弦，且∠CAD＋∠DAB＝90°．
(1)如图1，求证：等于；
(2)如图2，点F在直径AB上，DF交AC于点E，若AE＝DE，求证：AC＝2DF；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接BC，若AF＝2，BC＝6，求弦AD的长．
8． (2023·上海普陀·统考二模）如图，已知在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的⊙O交边DC于E、F两点，AD＝1，BC＝5，设⊙O的半径长为r．
（1）联结OF，当OF∥BC时，求⊙O的半径长；
（2）过点O作OH⊥EF，垂足为点H，设OH＝y，试用r的代数式表示y；
（3）设点G为DC的中点，联结OG、OD，△ODG是否能成为等腰三角形？如果能，试求出r的值；如不能，试说明理由．
9． (2023春·上海金山·九年级校考阶段练习）如图，为半圆的直径，，过作的垂线，点为直线上一点，连接交半圆于点，以为圆心，为半径作圆弧交于点（不与重合）．
(1)如图2，连接、交于点，若为重心时，求的值；
(2)如图2，设，，求关于的函数关系式，并写出定义域；
(3)延长交于点，延长交射线于点，
①设与线段交于点，连接，的度数是否发生变化，若不变，请求出度数；若变化，请至少给出两种不同情况下所对应的度数；
②若与相似，求的长．
位置关系
图形
定义
性质及判定
点在圆外

点在圆的外部
?>?⇔点?在⊙?的外部.
点在圆上
点在圆周上
?=?⇔点?在⊙?的圆周上.
点在圆内

点在圆的内部
??⇔直线?与⊙?相离
相切
直线与圆有唯一公共点，直线叫做圆的切线，公共点叫做切点
?=?⇔直线?与⊙?相切
相交
直线与圆有两个公共点，直线叫做圆的割线
??+?⇔两圆外离
外切
两个圆有唯一公共点，并且除了这个公共点之外，每个圆上的点都在另一个圆的外部．
?=?+?⇔两圆外切
相交
两个圆有两个公共点．
?−??），两圆圆心距为?，则两圆位置关系如下表：
【说明】圆和圆的位置关系，又可分为三大类：相离、相切、相交，其中相离两圆没有公共点，它包括外离与内含两种情况；相切两圆只有一个公共点，它包括内切与外切两种情况．
定理1：相交圆的连心线垂直平分两圆的公共弦。
定理2：相切圆的连心线经过切点。
一、单选题
1．（2023春·上海·九年级专题练习）已知圆、圆的半径不相等，圆的半径长为5，若圆上的点满足，则圆与圆的位置关系是（ ）
A．相交或相切B．相切或相离C．相交或内含D．相切或内含
【答案】A
【分析】根据圆与圆的位置关系，分类讨论．
【解析】解：如图所示：
当两圆外切时，切点能满足，当两圆相交时，交点能满足，
当两圆内切时，切点能满足，当两圆相离时，圆上的点不能满足，
所以，两圆相交或相切，
故选：A．
【点睛】本题考查了由数量关系来判断两圆位置关系的方法．
2． (2023春·上海青浦·九年级校考期中）如果两圆的半径长分别为6与2，圆心距为4，那么这两个圆的位置关系是（ ）
A．内含B．内切C．外切D．相交
【答案】B
【分析】根据数量关系来判断两圆的位置关系．设两圆的半径分别为R和r，且，圆心距为d：外离，则；外切，则；相交，则；内切，则；内含，则．
【解析】解：∵两圆半径之差圆心距，
∴两个圆的位置关系是内切．
故选：B．
【点睛】本题考查了由两圆位置关系的知识点，利用了两圆内切时，圆心距等于两圆半径的差求解．
3．（2023春·上海·九年级专题练习）已知同一平面内有⊙O和点A与点B，如果⊙O的半径为6cm，线段，线段，那么直线AB与⊙O的位置关系为（ ）
A．相离B．相交C．相切D．相交或相切
【答案】D
【分析】根据圆心到直线的距离与圆的半径大小的关系进行判断，即当圆心到直线的距离小于半径时，直线与圆相交；圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切；圆心到直线的距离大于半径时，直线与圆相离．
【解析】解：∵⊙O的半径为10cm，线段，线段，
∴点A在以O为圆心，10cm长为半径的圆上，点B在以O圆心，6cm长为半径的⊙O上
当时，如左图所示，由知，直线AB与⊙O相切；
当AB与OB不垂直时，如右图所示，过点O作于点D，则，所以直线AB与⊙O相交；
∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切
故选：D．
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，要确定直线与圆的位置关系，要比较圆心到直线的距离与半径的大小，从而可确定位置关系．
4．（2023春·上海·九年级专题练习）在直角坐标系中，点P的坐标是(2，)，圆P的半径为2，下列说法正确的是（ ）
A．圆P与x轴有一个公共点，与y轴有两个公共点
B．圆P与x轴有两个公共点，与y轴有一个公共点
C．圆P与x轴、y轴都有两个公共点
D．圆P与x轴、y轴都没有公共点
【答案】B
【分析】点P到x轴的距离是，到y轴的距离为2，圆P的半径是2，所以可判断圆P与x轴相交，与y轴相切，从而确定答案即可．
【解析】解：∵P（2，），圆P的半径为2，2=2，＜2，
∴以P为圆心，以2为半径的圆与x轴的位置关系是相交，与y轴的位置关系是相切，
∴该圆与x轴的交点有2个，与y轴的交点有1个．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了直线和圆的位置关系，一般是利用圆心到直线的距离与半径比较来判断．若圆心到直线的距离是d，半径是r，则①d＞r，直线和圆相离，没有交点；②d=r，直线和圆相切，有一个交点；③d＜r，直线和圆相交，有两个交点．
5． (2023春·上海闵行·九年级校考期中）如图，在中，，，，点在边BC上，，的半径长为3，与相交，且点在外，那么的半径长的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，根据勾股定理得到，根据圆与圆的位置关系得到，
由点在外，于是得到，即可得到结论．
【解析】解：连接AD，
∵，，，
∴
∵的半径长为3，与相交，
∴，
∵，
∴，
∵点在外，
∴，
∴的半径长的取值范围是，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，点与圆的位置关系，设点到圆心的距离为d，则当时，点在圆上；当时，点在圆外；当时，点在圆内．
6． (2023·上海·九年级专题练习）在四边形中，，，，，（如图）．点O是边上一点，如果以O为圆心，为半径的圆与边有交点，那么的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分别画出半径最小和最大时的图形，根据直角三角形的边角关系以及切线的性质列方程求解即可．
【解析】解：如图1，过点D作于H，
则，，，
在中，，
当与相切时，此时与线段有一个公共点，此时半径最小，
设，则，
在中，，
∴，
由得，，
解得；
如图2，当以为半径的过点B时，半径最大，过点O作于F，
设，则，
在中，，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得，
即，
解得，即的最大半径为，
所以当以O为圆心，为半径的圆与边有交点，那么的取值范围为，
故选：C．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，直角梯形以及直角三角形的边角关系，画出半径最小和最大时的图形是正确解答的前提，构造直角三角形是解决问题的关键．
二、填空题
7．（2023秋·上海·九年级校考期末）已知与两圆外切，，的半径为3，那么的半径为______．
【答案】2
【分析】由两圆外切，圆心距等于两圆半径的和，即可求得结果．
【解析】与两圆外切，
,
，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了两圆的位置关系：两圆外切时两圆的圆心距与两圆半径的关系，掌握这一关系是解题的关键．
8．（2023春·上海·九年级专题练习）在Rt中，，，分别以点为圆心画圆，如果点在上，与相交，且点在外，那么的半径长的取值范围是________．
【答案】
【分析】根据勾股定理求出斜边，根据点和圆的位置关系求出的半径，再求出的半径的取值范围即可．
【解析】解：在Rt中，，，由勾股定理得：，
点在上，
的半径是6，
设交于，则，
∵与相交，
∴，
点在外，，
的半径小于10，
即的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了点与圆以及圆与圆的位置关系，求出斜边的长是解题的关键．
9．（2023春·上海·九年级专题练习）已知，、之间的距离是5cm，圆心O到直线的距离是2cm，如果圆O与直线、有三个公共点，那么圆O的半径为______cm．
【答案】3或7
【分析】根据题意可以画出相应的图形，从而可以解答本题．
【解析】解：设圆的半径为rcm
如图一所示，
r-5=2，得r=7cm，
如图二所示，
r+2=5，得r=3cm，
故答案为：3或7．
【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，利用数形结合的思想解答．
10． (2023春·上海·九年级校考阶段练习）如图，在中，，，，点O在边上，且，以点O为圆心，r为半径作圆，如果与的边共有4个公共点，那么半径r取值范围是______.
【答案】
【分析】利用勾股定理求出，，作交于点D，以O为圆心作圆，结合图形可知： 的时候，交点为4个．
【解析】解：∵，，，
∴，
∵，
∴，，
作交于点D，以O为圆心作圆，如图：
∵，，
∴，
∴，即解得：，
结合图形可知：当半径等于3的时候，交点为3个，当半径等于5的时候，交点为A、E、F3个，当的时候，交点为4个，
∴半径r取值范围是．
故答案为：
【点睛】本题考查勾股定理，相似三角形的判定及性质，圆的性质，解题的关键是作出图形，结合图形分析求解．
11．（2023春·上海·九年级专题练习）如图，直线AB，CD相交于点O，，圆P的半径为1cm，动点P在直线AB上从点O左侧且距离O点6cm处，以1cm/s的速度向右运动，当圆P与直线CD相切时，圆心P的运动时间为 _____s．
【答案】4或8##8或4
【分析】求得当⊙P位于点O的左边与CD相切时t的值和⊙P位于点O的右边与CD相切时t的值即可．
【解析】解：当点P在射线OA时⊙P与CD相切，如图1，过P作PE⊥CD于E
∴PE＝1cm，
∵∠AOC＝30°
∴OP＝2PE＝2cm
∴⊙P的圆心在直线AB上向右移动了（6﹣2）cm后与CD相切
∴⊙P移动所用的时间＝＝4（秒）；
当点P在射线OB时⊙P与CD相切，如图2，过P作PE⊥CD于E
∴PF＝1cm
∵∠AOC＝∠DOB＝30°
∴OP＝2PF＝2cm
∴⊙P的圆心在直线AB上向右移动了（6+2）cm后与CD相切，
∴⊙P移动所用的时间＝＝8（秒）
∴当⊙P的运动时间为4或8秒时，⊙P与直线CD相切．
故答案为：4或8．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，含30°的直角三角形，解题的关键在于分点P在射线OA和点P在射线OB两种情况进行计算．
12． (2023·上海闵行·九年级期末）如图，在中，，，，点P在边AC上，的半径为1，如果与边BC和边AB都没有公共点，那么线段PC长的取值范围是___________．
【答案】
【分析】根据勾股定理得到AC=4，然后找出与边BC、AB相切的临界点，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解析】解：在中，，，，
由勾股定理，则，
当与边BC相切时，则点C恰好为切点，
此时；
当与边AB相切时，如图，作PD⊥AB，
∵∠A=∠A，∠C=∠ADP=90°，
∴△ABC∽△APD，
∴，
∴，
∴，
∴；
∴线段PC长的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．
13． (2023·上海·九年级专题练习）如图，在直角梯形中，，E是上一定点，．点P是BC上一个动点，以P为圆心，PC为半径作⊙P．若⊙P与以E为圆心，1为半径的⊙E有公共点，且⊙P与线段AD只有一个交点，则PC长度的取值范围是 __．

【答案】或
【分析】根据题意可得的最小值为圆P与相切，切点为M；最大值为圆与圆E内切，切点为Q，由直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系即可解决问题．
【解析】解：根据题意可知：的最小值为圆P与相切，切点为M，如图所示：

∴，
在直角梯形中，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
最大值为圆与圆E内切，切点为Q，
∴，
当时，此时圆P与线段开始有2个交点，不符合题意，
设，则，
∴，
∴，
则长度的取值范围是或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，直角梯形，解决本题的关键是掌握直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系．
三、解答题
14．（2023春·上海·九年级专题练习）已知：如图，⊙O1与⊙O2外切于点T，经过点T的直线与⊙O1、⊙O2分别相交于点A和点B．
(1)求证：O1AO2B；
(2)若O1A＝2，O2B＝3，AB＝7，求AT的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）联结O1O2，即O1O2为连心线，欲证明O1AO2B，只需推知∠A＝∠B；
（2）利用（1）中的结论，结合平行线截线段成比例得到，通过计算求得AT的值．
【解析】（1）证明：联结O1O2，即O1O2为连心线，
又∵⊙O1与⊙O2外切于点T，
∴O1O2经过点T．
∵O1A＝O1T，O2B＝O2T．
∴∠A＝∠O1TA，∠B＝∠O2TB．
∵∠O1TA＝∠O2TB，
∴∠A＝∠B．
∴O1AO2B；
（2）∵O1AO2B，
∴．
∵O1A＝2，O2B＝3，AB＝7，
∴，
解得：．
【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，平行线分线段成比例，平行线的判定，掌握圆与圆的位置关系是解题的关键．
15． (2023春·上海·九年级校考期中）已知：如图，⊙O1与⊙O2相交于点A和点B，AC∥O1O2，交⊙O1于点C，⊙O1的半径为5，⊙O2的半径为，AB=6．
求：
(1)弦AC的长度；
(2)四边形ACO1O2的面积．
【答案】(1)8
(2)21
【分析】（1）连接，过作于点D，设AB与交于点E，由圆的对称性可得AE的长，由勾股定理可求得，从而可得AD的长，由垂径定理即可得AC的长；
（2）由勾股定理可求得，从而可得的长，则可分别求得、的面积，则可求得四边形ACO1O2的面积．
（1）
解：连接，过作于点D，设AB与交于点E，如图
由圆的对称性知：，
在中，由勾股定理得：
∵，AC∥O1O2
∴
∵
∴
∴四边形是平行四边形
∵
∴四边形是矩形，且AD=CD
∴，
∴AC=2AD=8
（2）
解：在中，由勾股定理得：
∴
∴，
∴四边形ACO1O2的面积为：
【点睛】本题考查了圆的对称性，垂径定理，勾股定理，矩形的判定与性质等知识，熟练掌握并正确运用是关键．
16． (2023春·九年级单元测试）如图，半径为1的⊙O与过点O的⊙P相交，点A是⊙O与⊙P的一个公共点，点B是直线AP与⊙O的不同于点A的另一交点，联结OA，OB，OP．
(1)当点B在线段AP上时，
①求证：∠AOB＝∠APO；
②如果点B是线段AP的中点，求△AOP的面积；
(2)设点C是⊙P与⊙O的不同于点A的另一公共点，联结PC，BC．如果∠PCB＝α，∠APO＝β，请用含α的代数式表示β．
【答案】(1)①见解析；②
(2)β＝60°﹣
【分析】（1）①利用圆的半径相等可得∠OAB＝∠OBA＝∠AOP，则∠AOB＝∠APO；
②首先利用△AOB∽△APO，得，可得AP的长，作AH⊥PO于点H，设OH＝x，则PH＝﹣x，利用勾股定理列方程求出OH的长，从而得出AH，即可求得面积；
（2）连接OC，AC，利用圆心角与圆周角的关系得∠ACB＝∠AOB＝β，∠ACO＝∠APO＝β，再利用SSS说明△OAP≌△OCP，得∠OAP＝∠OCP，从而解决问题．
【解析】（1）①证明：∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵PA＝PO，
∴∠BAO＝∠POA，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠AOP，
∴∠AOB＝∠APO；
②解：∵∠AOB＝∠APO，∠OAB＝∠PAO，
∴△AOB∽△APO，
∴，
∴OA2＝AB•AP＝1，
∵点B是线段AP的中点，
∴AP＝，
作AH⊥PO于点H，
设OH＝x，则PH＝﹣x，
由勾股定理得，12﹣x2＝（）2﹣（）2，
解得x＝，
∴OH＝，
由勾股定理得，AH＝＝，
∴△AOP的面积为＝；
（2）解：如图，连接OC，AC，
∵∠AOB＝∠APO，
∴∠AOB＝β，
∴∠ACB＝∠AOB＝β，∠ACO＝∠APO＝β，
∴∠OCP＝β+α，
∵OA＝OC，AP＝PC，OP＝OP，
∴△OAP≌△OCP（SSS），
∴∠OAP＝∠OCP＝β+α，
在△OAP中，2（α+β）+β＝180°，
∴β＝60°﹣．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的性质，圆心角与圆周角的关系，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，求出大圆半径是解题的关键．
五、正多边形和圆
正多边形和圆
正多边形
正多边形概念：各条边相等，并且各个内角也都相等的多边形叫做正多边形．
正多边形的相关概念：
正多边形的中心：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心．
正多边形的半径：正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径．
正多边形的中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．
正多边形的边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
半径、边心距，边长之间的关系：
画圆内接正多边形方法：
量角器
（作法操作复杂，但作图较准确）
量角器+圆规
（作法操作简单，但作图受取值影响误差较大）
圆规+直尺
（适合做特殊正多边形，例如正四边形、正八边形、正十二边形…..）
一、填空题
1．（2023春·上海·九年级专题练习）半径为3的圆的内接正六边形的面积为______．
【答案】
【分析】根据圆的半径为3，过圆心作于点，根据圆的内接正六边形，连接，得是等边三角形，根据等边三角形的性质，得；根据勾股定理，求出；得的面积，根据圆的内接正六边形的面积等于6个的面积，即可．
【解析】如图：
连接，
∴是等腰三角形
∵正多边形的中心角为：
∴是等边三角形
过圆心作于点
∴
∵
∴
∴在直角三角形中，
∴
∴
∴
∴正六边形的面积为：．
故答案为：．
【点睛】本题考查圆内接正多边形的知识，解题的关键是掌握圆内接正多边形中心角的计算，等边三角形的判定和性质．
2．（2023春·上海·九年级专题练习）如图，如果AB、AC分别是圆O的内接正三角形和内接正方形的一条边，BC一定是圆O的内接正n边形的一条边，那么n=_______．
【答案】12
【分析】连接OA、OB、OC，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正方形与内接正三角形的中心角得到∠AOC=90°，∠AOB=120°，则∠BOC=30°，然后计算即可得到n的值．
【解析】解：连接OA、OB、OC，如图，
∵AC，AB分别为⊙O的内接正方形与内接正三角形的一边，
∴∠AOC==90°，∠AOB==120°，
∴∠BOC=∠AOB-∠AOC=30°，
∴n==12，
即BC恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了正多边形与圆：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆；熟练掌握正多边形的有关概念．
3． (2023·上海·统考二模）如图，⊙O的半径为6，如果弦AB是⊙O内接正方形的一边，弦AC是⊙O内接正十二边形的一边，那么弦BC的长为_____．
【答案】
【分析】连接OA、OB、OC，作OD⊥BC于点D，根据AB是⊙O内接正方形的一边，弦AC是⊙O内接正十二边形的一边得到∠AOB＝＝90°，∠AOC＝＝30°，从而得到∠BOC＝∠AOB＋∠AOC＝90°＋30°＝120°，然后求得BC的长即可．
【解析】解：连接OA、OB、OC，作OD⊥BC于点D，
∵AB是⊙O内接正方形的一边，弦AC是⊙O内接正十二边形的一边，
∴∠AOB＝＝90°，∠AOC＝＝30°，
∴∠BOC＝∠AOB＋∠AOC＝90°＋30°＝120°，
∵OC＝OB，
∴∠OCD＝∠OBC＝30°，
∵OC＝6，
∴CD＝＝3，
∴BC＝2CD＝6，
故答案为：6．
【点睛】考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是求得∠BOC的度数．
4． (2023·上海·九年级专题练习）如图，正六边形ABCDEF的顶点B，C分别在正方形AMNP的边AM，MN上．若AB＝4，则CN＝_____．
【答案】
【分析】求出正六边形的内角的度数，根据直角三角形的性质求出BM、CM，根据正多边形的性质计算即可．
【解析】解：∵正六边形ABCDEF的顶点B，C分别在正方形AMNP的边AM，MN上
∴∠ABC=，∠M=90，AB=BC，AM=MN
∵∠ABC+∠CBM=180°
∴∠CBM=60°
∵AB=4
∴BC=4
∴CM=BCsin∠CBM=2
MB=BCcs∠CBM=2
∴AM=AB+MB=6
∴MN=AM=6
∴CN=MN-CM=6-2
故答案为：6-2．
【点睛】本题考查的是正多边形的有关计算，掌握正多边形的性质、内角的计算公式是解答本题的关键．
5． (2023·上海闵行·统考二模）如图，已知点G是正六边形对角线上的一点，满足，联结，如果的面积为1，那么的面积等于_______.
【答案】4
【分析】解：如图，连接CE，由得，由六边形是正六边形证明，从而得的面积为的面积的4倍即可求解．
【解析】解：如图，连接CE，
，
，
六边形是正六边形，
AB=AF=EF=BC，，
，
，
，
，
四边形BCEF是平行四边形，
，
的面积为1，，
的面积为，
故答案为4．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质及平行四边形的判定及性质，作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．
6． (2023·上海·九年级专题练习）公元263年左右，我国数学家刘徽发现当正多边形的边数无限增加时，这个正多边形面积可无限接近它的外接圆的面积，因此可以用正多边形的面积来近似估计圆的面积，如图，是正十二边形的外接圆，设正十二边形的半径的长为1，如果用它的面积来近似估计的面积，那么的面积约是___．
【答案】
【分析】设为正十二边形的边，连接，过作于，由正十二边形的性质得出，由直角三角形的性质得出，求出的面积，即可得出答案．
【解析】解：设为正十二边形的边，连接，过作于，如图所示：
，
的面积
正十二边形的面积，
的面积正十二边形的面积，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、正十二边形的性质、直角三角形的性质以及三角形面积等知识；熟练掌握正十二边形的性质是解题的关键．
7．（2023春·上海·九年级专题练习）如果一个四边形有且只有三个顶点在圆上，那么称这个四边形是该圆的“联络四边形”，已知圆的半径长为，这个圆的一个联络四边形是边长为的菱形，那么这个菱形不在圆上的顶点与圆心的距离是________．
【答案】1
【分析】此题应根据题意先找到圆心位置，再根据圆心位置求出不在圆上的顶点到该圆圆心的距离即可．
【解析】
根据题意作图可分两种情况：1如图：作， BC=，BO=5，
∵A，B，C在圆O上，
∴BP=（垂径定理），
又，
∴OP== =；
因为ABCD是菱形，
∴ACBD，即∠BQC=90°，
在△BOP与△BQC中，
，
∴△BOP△BQC，
∴，
即，
∴BQ=2，
∵BQ>BO，
∴此情况不符合题意，舍去；
2，如图，同理可得OP=，
在△BOP与△BQC中，
，
∴△BOP△BQC，
∴ ，
即，
∴BQ=2，
∴OQ=BO-BQ=3，
∴OD== =1，
综上所述，这个菱形不在圆上的顶点与圆心的距离是1．
故答案是：1．
【点睛】此题是新型概念的题型，实际是求点到圆心的距离的知识点，难度偏难．
8． (2023·上海·九年级专题练习）如图，下列正多边形都满足BA1=CB1，在正三角形中，我们可推得：∠AOB1=60°；在正方形中，可推得：∠AOB1=90°；在正五边形中，可推得：∠AOB1=108°，依此类推在正八边形中，AOB1=____°，在正n(n≥3)边形中，∠AOB1=____°．
【答案】 135
【分析】根据正八边形的性质可以得出AB=BC，∠ABC=∠BCD=135°，就可以得出△ABA1≌△BCB1，就可以得出∠CBB1=∠BAA1，就可以得出∠AOB1=135°，由正三角形中∠AOB1=60°，正方形中，∠AOB1=90°，正五边形中，∠AOB1=108°，…正n(n≥3)边形中，∠AOB1，就可以得出结论．
【解析】如图，多边形ABCDEFGH是正八边形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=135°，
在△ABA1和△BCB1中，
，
∴△ABA1≌△BCB1(SAS)
∴∠BAA1=∠CBB1，
∵∠AOB1=∠ABO+∠BAA1，
∴∠AOB1=∠ABO+∠CBB1=135°；
∵在正三角形中∠AOB1=60°，
正方形中，∠AOB1=90°，
正五边形中，∠AOB1=108°，
…
∴在正n(n≥3)边形中，∠AOB1，
故答案为：135°，．
【点睛】本题考查了正多边形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
二、解答题
9． (2023秋·江苏苏州·九年级校考期中）如图，与交于D，E两点，是直径且长为12，．
(1)证明：；
(2)若，求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形的内角和定理和圆内接四边形的性质可得，从而证明结论；
（2）设，则，根据勾股定理可得，代入即可得出方程，从而解决问题．
【解析】（1）证明：∵四边形内接于，
∵，
∴，
∵，
∴
；
（2）解：连接，由（1）得，
∴，
∵是直径，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得：，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用勾股定理列方程是解题的关键．
10． (2023秋·浙江杭州·九年级校考期中）已知，如图，是的直径，弦于点E，G是上一点，与的延长线交于点F，设半径为R．
(1)若，，求：
①______（用R的代数式表示）；
②的半径长．
(2)求证：．
【答案】(1)①；②5
(2)见解析
【分析】（1）①利用减去即可表示；②连接，设的半径为．在中，根据，构建方程即可解决问题；
（2）连接，根据垂径定理得到，根据圆周角定理得到，根据圆内接四边形的性质证明即可．
【解析】（1）解：①设的半径为．
∴；
②连接．
，
，
在中，，
，
解得．
（2）证明：连接，
弦
，
，
四边形是圆内接四边形，
，
．
【点睛】本题考查的是圆周角定理和垂径定理的应用，以及圆内接四边形的性质，掌握相应定理，学会添加常用辅助线是解题的关键．
一、解答题
1． (2023·上海杨浦·统考二模）已知：如图，AB是半圆O的直径，C是半圆上一点（不与点A、B重合），过点A作ADOC交半圆于点D，E是直径AB上一点，且AE＝AD，联结CE、CD．
（1）求证：CE＝CD；
（2）如果，延长EC与弦AD的延长线交于点F，联结OD，求证：四边形OCFD是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由“SAS”可证△DAC≌△EAC，可得CE＝CD；
（2）先求出∠AOD＝∠AEC＝108°，可证OD∥CE，由菱形的判定可得结论．
【解析】证明：（1）如图１，连接AC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AD∥OC，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴∠DAC＝∠OAC，
在△DAC和△EAC中，
，
∴△DAC≌△EAC（SAS），
∴CE＝CD；
（2）如图2，连接CA，
∵，
∴∠AOD＝3∠COD，
∵AD∥OC，
∴∠ADO＝∠DOC，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵∠AOD+∠OAD+∠ADO＝180°，
∴5∠ADO＝180°，
∴∠ADO＝36°，
∴∠AOD＝108°，∠DOC＝36°，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝72°，
∴∠ADC＝108°，
∵△DAC≌△EAC，
∴∠ADC＝∠AEC＝108°，
∴∠AOD＝∠AEC，
∴OD∥CE，
又∵OC∥AD，
∴四边形OCFD是平行四边形，
又∵OD＝OC，
∴平行四边形OCFD是菱形．
【点睛】本题考查了圆心角与弧的关系，平行线的性质，三角形的全等，菱形的判定，熟练掌握圆的基本性质，菱形的判定是解题的关键．
2． (2023·上海松江·统考二模）如图，已知AB、AC是⊙O的两条弦，且AO平分∠BAC．点M、N分别在弦AB、AC上，满足AM＝CN．
（1）求证：AB＝AC；
（2）联结OM、ON、MN，求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）过点O作OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，利用角平分线的性质和垂径定理即可得出答案；
（2）联结OB，OM，ON，MN，首先证明，然后再证明，根据相似三角形的性质即可得出答案．
【解析】证明：（1）过点O作OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，如图所示：
∵AO平分∠BAC．
∴OD＝OE．
，
．
，
，
∴AB＝AC；
（2）联结OB，OM，ON，MN，如图所示，
∵AM＝CN，AB＝AC
∴BM＝AN．
∵OA＝OB，
∴∠B＝∠BAO．
∵∠BAO＝∠OAN，
∴∠B＝∠OAN，
∴△BOM≌△AON（SAS），
∴∠BOM＝∠AON，OM＝ON，
∴∠AOB＝∠MON，
∴△NOM∽△BOA，
∴．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质及圆的有关性质，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
3．（2023春·上海·九年级专题练习）已知：如图，⊙O与⊙P相切于点A，如果过点A的直线BC交⊙O于点B，交⊙P点，OD⊥AB于点，PE⊥AC于点E．
（1）求的值：
（2）如果⊙O和⊙P的半径比为3:5，求的值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）由垂径定理可得AD=AB、AE=AC，然后根据线段的和差求得DE和BC并代入即可解答；
（2）连接OP、 OB、CP，然后说明一系列角相等，证明OB//PC，然后判定△BOA∽△CPA，最后利用相似三角形的性质解答即可．
【解析】解：（1）∵OD⊥AB，PE⊥AC，
∴AD=AB， AE=AC，
∴；
（2）连接OP，OP必过切点A，连接OB、CP，
∵OB=OA，PA=PC
∴∠OBA=∠OAB=∠PAC=∠PCA，
∴OB//PC，
∴△BOA∽△CPA，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理和相似三角形的判定和性质，掌握垂径定理和相似三角形的判定和性质是解答本题的关键．
4．（2023秋·上海·九年级校考期末）已知：如图，是的直径，是上一点，，垂足为点，是的中点，与相交于点，，．
(1)求的长；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由是的中点，根据垂径定理的推论，得，，在中，利用勾股定理求解即可；
（2）由，利用同角的余角相等得到，，在，即可得到的值．
【解析】（1）解：设，则
是中点
且
在中，
，
解得：，
；
（2）解： ，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了垂径定理以及推论，勾股定理，解直角三角形，熟练掌握知识点是解题的关键．
5．（2023春·上海·九年级专题练习）已知为的直径，A、B为上两点，点C为劣弧中点，连接，且．
(1)求证：；
(2)F、G分别为线段上两点，满足，连接，取中点H，连接，请猜测与之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）根据同弧所对圆周角相等，可直接得出；
（2）过点O作交延长线于点P．由垂径定理可得，，结合题意即得出，即证明为等边三角形，从而可求．又可求出，．根据平行线分线段成比例可得出，从而可推出．即易证，推出．最后根据三角形中位线定理即可得出答案．
【解析】（1）∵，
∴；
（2），理由如下：
如图，过点O作交延长线于点P．
∵点C为劣弧中点，为的直径，
∴，．
∵，
∴．
∵，
∴为等边三角形，
∴．
∵，
∴．
∵H为中点，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
在与中，
∴，
∴．
∵C为中点，H为中点，
∴CH为中位线，
∴，
∴．
【点睛】本题为圆的综合题，考查圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形全等的判定和性质以及三角形中位线定理等知识．正确的作出辅助线是解题关键．
6． (2023·上海·统考中考真题）已知：在圆O内，弦与弦交于点分别是和的中点，联结．
（1）求证：；
（2）联结，当时，求证：四边形为矩形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连结，由M、N分别是和的中点，可得OM⊥BC，ON⊥AD，由， 可得，可证，，根据等腰三角形三线合一性质;
（2）设OG交MN于E，由，可得，可得，，可证可得，由CN∥OG，可得，由可得AM∥CN，可证是平行四边形，再由可证四边形ACNM是矩形．
【解析】证明：（1）连结，
∵M、N分别是和的中点，
∴OM，ON为弦心距，
∴OM⊥BC，ON⊥AD，
，
在中，，
，
在Rt△OMG和Rt△ONG中，
，
，
∴，
;

（2）设OG交MN于E，
，
∴，
∴，即，
，
在△CMN和△ANM中
，
，
，
∵CN∥OG，
，
，
，
∴AM∥CN，
是平行四边形，
，
∴四边形ACNM是矩形．
【点睛】本题考查垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判定，掌握垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判定是解题关键．
7． (2023·上海嘉定·统考二模）在半圆O中，AB为直径，AC，AD为两条弦，且∠CAD＋∠DAB＝90°．
(1)如图1，求证：等于；
(2)如图2，点F在直径AB上，DF交AC于点E，若AE＝DE，求证：AC＝2DF；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接BC，若AF＝2，BC＝6，求弦AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】(1)连接BD、CD，先证∠DBA=∠DAC，再证∠DCA=∠DAC，可得出AD=CD，即可推出结论；
(2)连接BD、CD，过点D作DG⊥AC于点G，则∠DGA=90°，可证得DG垂直平分AC，得出AC=2AG，再证△ADF≌△DAG，推出AG=DF，即可得出AC=2DF；
(3)取BC中点H，连接OH、OD，则BH=CH=BC=3，OH⊥BC，证Rt△OED≌Rt△BHO，推出OE=BH=3，OD=OA=5，则在Rt△OED中，求出DE的长，在Rt△AED中，可求出AD的长．
（1）
证明：如图：连接BD、CD
AB为直径
∠ADB=90°
∠DBA+∠DAB=90°
∠DAC＋∠DAB＝90°
∠DAC=∠DBA
又∠DCA=∠DBA
∠DAC=∠DCA
AD=CD
=
（2）
证明：如图：连接BD、CD，过点D作DG⊥AC于点G

由(1)知AD=CD
垂直平分AC



∠DAC＋∠DAB＝90°
∠ADF＋∠DAB＝90°

又


（3）
解：取BC的中点H，连接OH、OD，则BH=CH=BC=3，


是中位线

由(2)知AC=2DF


Rt△OFD≌Rt△BHO(HL)


在中，
在中，
【点睛】本题考查了圆的有关概念及性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等，解题关键是第(2)问能够证明∠AFD=90°，第(3)问能够通过作适当的辅助线构造全等三角形等．
8． (2023·上海普陀·统考二模）如图，已知在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的⊙O交边DC于E、F两点，AD＝1，BC＝5，设⊙O的半径长为r．
（1）联结OF，当OF∥BC时，求⊙O的半径长；
（2）过点O作OH⊥EF，垂足为点H，设OH＝y，试用r的代数式表示y；
（3）设点G为DC的中点，联结OG、OD，△ODG是否能成为等腰三角形？如果能，试求出r的值；如不能，试说明理由．
【答案】(1)3；(2)y=；(3)△ODG能成为等腰三角形，r=2
【分析】(1)证OF为梯形ABCD的中位线，得出r=OF=(AD+BC)=3即可；
(2)连接OD、OC，过点D作DM⊥BC于M，则CM=BC﹣BM=4，由勾股定理得出DC=2，由四边形ABCD的面积=△DOC的面积+△AOD的面积+△BOC的面积，进而得出答案；
(3)证OG是梯形ABCD的中位线，得出OG∥AD，OG=3，DG=CD=，由勾股定理得OD=，分三种情况，分别求解即可．
【解析】解：(1)∵OF∥BC，OA=OB，
∴OF为梯形ABCD的中位线，
∴OF=(AD+BC)=(1+5)=3，
即⊙O的半径长为3；
(2)连接OD、OC，过点D作DM⊥BC于M，如图1所示：
∵AD∥BC，∠ABC=90°，且DM⊥BC，
∴四边形ABMD为矩形，
则BM=AD=1，
∴CM=BC﹣BM=4，
∴DC=，
∵四边形ABCD的面积=△DOC的面积+△AOD的面积+△BOC的面积，
∴(1+5)×2r=×2×y+r×1+r×5，
整理得：y=；
(3)△ODG能成为等腰三角形，理由如下：
∵点G为DC的中点，OA=OB，
∴OG是梯形ABCD的中位线，
∴OG∥AD，OG=(AD+BC)=(1+5)=3，
DG=CD=，
由勾股定理得：OD=，
分三种情况：
①DG=DO时，则，无解；
②OD=OG时，如图2所示：
，
解得：；
③GD=GO时，作OH⊥CD于H，如图3所示：
∠GOD=∠GDO，
∵OG∥AD，
∴∠ADO=∠GOD，
∴∠ADO=∠GDO，
∴DO是∠ADG的平分线，
由题意知：OA⊥AD，
又OH⊥CD，
∴OA=OH，
则此时圆O和CD相切，不合题意；
综上所述，△ODG能成为等腰三角形，r=．
【点睛】本题考查了垂径定理、梯形中位线定理、勾股定理、角平分线的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握垂径定理和梯形中位线定理是解题的关键．
9． (2023春·上海金山·九年级校考阶段练习）如图，为半圆的直径，，过作的垂线，点为直线上一点，连接交半圆于点，以为圆心，为半径作圆弧交于点（不与重合）．
(1)如图2，连接、交于点，若为重心时，求的值；
(2)如图2，设，，求关于的函数关系式，并写出定义域；
(3)延长交于点，延长交射线于点，
①设与线段交于点，连接，的度数是否发生变化，若不变，请求出度数；若变化，请至少给出两种不同情况下所对应的度数；
②若与相似，求的长．
【答案】(1)
(2)
(3)①不变，；②或
【分析】（1）求三角形的锐角三角函数，主要是构造直角三角形，找出三角形相似，利用线段的比例即可求出答案；
（2）在，已知，，，由此即可求出答案；
（3）①添加辅助线，构造的内接四边形，即可求解；
②根据相似三角形的性质，分两种情况，找出线段，角的等量关系，根据等腰三角形，中点，三等分点，黄金三角形的知识即可求解．
【解析】（1）解：如图所示：连接，过点作于点，
∵是半圆的直径，
∴，
∵以点为圆心，为半径画弧交于点，
∴，即是等腰三角形，
∴，
∵为重心（三角形三边中线的交点），
∴在中，点是的中点，即，
∴，即点是的三等分点，即，
∵，，
∴，
∴，则，
∵，
∴，
在中，设，则，
∴，
∴，
故答案是：．
（2）解：如图所示，连接，过点作，交延长线于点，
∵，
∴，
∴，，
同理：，
∴，
点是直径的中点，即，
∴，
∵在中，，，，
∴，
∴，
∵在，中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，即，
∴，
故答案是：．
（3）解：①度数不变，理由如下，
如下图所示，以点为圆心，为半径画圆，交于点，交于点，连接，延长交于点，连接，
∵，
∴，
∵（的半径），
∴，
∵四边形是内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，度数不变；
②如下图所示，
∵与相似，，
∴或，
情况一：当时，，，，
∵，
∴，设，则，且，
∴，且，
∵，
∴，即，
∴，
在中，，
∴，
∴，
如下图所示，作等腰三角形，，，，
∴，
作平分交于点，
∴，过点作交于点，
设，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∴，即，
在中，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴；
情况二：当时，如下图所示，
设交于点，连接，则，
∵，，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
综上所述，的长为或，
故答案是：①不变，；②或．
【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合运用，理解题意，构造三角形的相似，根据中点，等分点的知识找出角与线段的关系是解题的关键．
位置关系
图形
定义
性质及判定
点在圆外

点在圆的外部
?>?⇔点?在⊙?的外部.
点在圆上
点在圆周上
?=?⇔点?在⊙?的圆周上.
点在圆内

点在圆的内部
??⇔直线?与⊙?相离
相切
直线与圆有唯一公共点，直线叫做圆的切线，公共点叫做切点
?=?⇔直线?与⊙?相切
相交
直线与圆有两个公共点，直线叫做圆的割线
??+?⇔两圆外离
外切
两个圆有唯一公共点，并且除了这个公共点之外，每个圆上的点都在另一个圆的外部．
?=?+?⇔两圆外切
相交
两个圆有两个公共点．
?−?