初中数学2.1 圆课时作业

这是一份初中数学2.1 圆课时作业，共74页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc24471" 【题型1 切线的判定与性质进行计算与证明】 PAGEREF _Tc24471 \h 1
\l "_Tc26333" 【题型2 圆周角定理有关的计算与证明】 PAGEREF _Tc26333 \h 3
\l "_Tc30890" 【题型3 垂径定理的实际应用】 PAGEREF _Tc30890 \h 4
\l "_Tc14868" 【题型4 由点与圆的位置关系求求最值】 PAGEREF _Tc14868 \h 6
\l "_Tc2132" 【题型5 由圆的对称性求最短路线问题】 PAGEREF _Tc2132 \h 7
\l "_Tc16716" 【题型6 三角形的内切圆与内心】 PAGEREF _Tc16716 \h 9
\l "_Tc22955" 【题型7 正多边形与圆】 PAGEREF _Tc22955 \h 10
\l "_Tc31597" 【题型8 圆锥侧面积的相关计算】 PAGEREF _Tc31597 \h 11
\l "_Tc30584" 【题型9 动点的运动轨迹长度计算】 PAGEREF _Tc30584 \h 12
\l "_Tc14739" 【题型10 动态图形的扫过的面积的计算】 PAGEREF _Tc14739 \h 14
【题型1 切线的判定与性质进行计算与证明】
【方法点拨】切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。
切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径。
经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间线段的长，叫做这点到圆的切线长。
【例1】（2023秋·辽宁抚顺·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB边的中点，点O在AC边上，⊙O经过点C且与AB边相切于点E，∠FAC=12∠BDC．

(1)求证：AF是⊙O的切线；
(2)若BC=6，AB=10，求⊙O的半径长．
【变式1-1】（2023秋·广东珠海·九年级统考期末）如图，AB为圆O的直径，C为圆O上一点，D为弦BC的中点，过点C的切线与OD的延长线相交于点E，连接BE．
(1)求证：BE是圆O的切线；
(2)当AB=10，AC=8时，求线段BE的长．
【变式1-2】（2023秋·湖北·九年级期末）AB为⊙O的直径，PA为⊙O的切线，BC∥OP交⊙O于C，PO交⊙O于D，
（1）求证：PC为⊙O的切线；
（2）过点D作DE⊥AB于E，交AC于F，PO交AC于H，BD交AC于G，DF＝FG，DF＝5，CG＝6，求⊙O的半径．
【变式1-3】（2023秋·浙江·九年级期末）如图1，在⊙O中，点H是直径AB上的一点，过H点作弦CD⊥AB，点E是BAD的中点，过点E作BD的平行线交DC延长线于点F，连接BE，交CD于点G．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）求证：BD+EF=DF；
（3）如图2，连接DE，若BDBG=k，则当k为何值时，线段DE=EF？
【题型2 圆周角定理有关的计算与证明】
【方法点拨】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°的圆周角所对的弦是直径。
【例2】（2023秋·北京西城·九年级北京八中校考期中）如图，已知：过⊙O上一点A作两条弦AB、AC，且∠BAC=45°，(AB，AC都不经过O)过A作AC的垂线AF交⊙O于D，直线BD，AC交于点E，直线BC，DA交于点F．

(1)证明：BE=BF；
(2)探索线段AB、AE、AF的数量关系，并证明你的结论．
【变式2-1】（2023秋·湖北·九年级期末）已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．
(1)如图①，当∠BAC=120°时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式： ；
(2)如图②，当∠BAC=90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论．
【变式2-2】（2023秋·山西朔州·九年级校考期中）如图，BD是⊙O的直径，弦BC与OA相交于点E，AF与⊙O相切于点A，交DB的延长线于点F，∠F=30°，∠BAC=120°，BC=8．

(1)求∠ADB的度数；
(2)求AC的长度；
(3)判定四边形AFBC的形状，并证明你的结论．
【变式2-3】（2023秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，DB=DC，∠DAE是四边形ABCD的一个外角．
(1)若∠DAE=75°，则∠DAC= °；
(2)过点D作DE⊥AB于E，判断AB、AE、AC之间的数量关系并证明；
(3)若AB=6、AE=2，求BD2−AD2的值．
【题型3 垂径定理的实际应用】
【方法点拨】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3】（2023秋·河北石家庄·九年级校联考期末）如图是一位同学从照片上剪切下来的海上日出时的画面，“图上”太阳与海平线交于A，B两点，他测得“图上”圆的半径为5厘米，AB=8厘米．若从日前太阳所处位置到太阳完全跳出海平面的时间为8分钟，则①现在“图上”太阳与海平线的位置关系是 ；②“图上”太阳升起的平均速度为 厘米/分．
【变式3-1】（2023秋·浙江台州·九年级校考期中）我市在创建全国文明城市检查中，发现一些破旧的公交车候车亭有碍观瞻，现已更换新的公交候车亭(图1)，图2所示的是侧面示意图，FG为水平线段，PQ⊥FG，点H为垂足，FG=4m， FH=2.4m， 点P在弧FG上，且弧FG所在的圆的圆心O到FG，PQ的距离之比为5：2，则PH的长约为多少米？

【变式3-2】（2023春·浙江台州·九年级台州市书生中学校考期中）如图这是我市某跨海大桥正侧面的照片，大桥的主桥拱为圆弧型，桥面AB长为800米，且与水面平行，小王用计算机根据照片对大桥进行了模拟分析，在桥正下方的水面上取一点P，在桥面AB上取点C，作射线PC交弧（主桥拱）于点D，右边画出了PC与PD关于AC长的函数图象，下列对此桥的判断不合理的是（ ）
A．桥拱的最高点与桥面AB的实际距离约为210米
B．桥拱正下方的桥面EF的实际长度约为500米
C．拍摄照片时，桥面离水面的实际高度约为110米
D．桥面上BF段的实际长度约200米
【变式3-3】（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）“筒车”是一种以水流作动力，取水灌田的工具．如图，“筒车”盛水筒的运行轨迹是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O始终在水面上方．且当圆被水面截得的弦AB为6米时，水面下盛水筒的最大深度为1米（即水面下方部分圆上一点距离水面的最大距离）．

(1)求该圆的半径；
(2)若水面上涨导致圆被水面截得的弦AB从原来的6米变为8米时，则水面下盛水筒的最大深度为多少米？
【题型4 由点与圆的位置关系求求最值】
【方法点拨】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d＞r时，点在圆外；
当d＝r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．
【例4】（2023秋·江苏苏州·九年级苏州市振华中学校校考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点A0,2，点B0,2+t，C0,2−t(t>0)，点P在以D6,6为圆心，2为半径的圆上运动，且始终满足∠BPC=90°，则t的最小值是 ．
【变式4-1】（2023秋·山东德州·九年级统考期中）如图，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，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最小值为 ．
【变式4-2】（2023秋·山东泰安·九年级校联考期末）如图，点P(3，4)，⊙P半径为2，A(2.5，0)，B(5，0)，点M是⊙P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最大值是（ ）
A．32B．52C．72D．92
【变式4-3】（2023秋·河南驻马店·九年级平舆县第二初级中学校考期末）如图，Rt△ABC中，AB⊥BC,AB=6,BC=4,P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC,则线段CP的最小值为 ．
【题型5 由圆的对称性求最短路线问题】
【例5】（2023秋·浙江杭州·九年级校考期中）如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，AB=10，AC=CD=DB，点E是点D关于AB的对称点，M是AB上的一动点，下列结论：①∠BOE=60°；②∠CED=12∠AOD；③DM⊥CE；④CM+DM的最小值是10． 上述结论中正确的个数是
【变式5-1】（2023秋·安徽淮北·九年级校考期末）如图，AB是⊙O的直径，AB=2，点C在⊙O上，∠CAB=30°，D为弧BC的中点，P是直径AB上一动点，则PC+PD的最小值为（ ）
A．22B．2C．1D．2
【变式5-2】（2023秋·陕西渭南·九年级统考期末）如图，A、B是半圆O上的两点，MN是直径，OB⊥MN．若AB=4，OB=5，P是MN上的一动点，则PA+PB的最小值为 ．
【变式5-3】（2023秋·广东广州·九年级校考期末）（1）如图①，在△ABC中，∠A=120∘，AB=AC=5．尺规作图：作△ABC的外接圆⊙O，并直接写出△ABC的外接圆半径R的长．
（2）如图②，⊙O的半径为13，弦AB=24，M是AB的中点，P是⊙O上一动点，求PM的最大值．
（3）如图③所示，AB，AC、BC是某新区的三条规划路，其中AB=6km，AC=3km，∠BAC=60∘，BC所对的圆心角为60∘，新区管委会想在BC路边建物资总站点P，在AB，AC路边分别建物资分站点E、F，也就是，分别在BC、线段AB和AC上选取点P、E、F．由于总站工作人员每天都要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP．为了快捷、环保和节约成本．要使得线段PE、EF、FP之和最短，试求PE+EF+FP的最小值．（各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计）
【题型6 三角形的内切圆与内心】
【方法点拨】三角形的内切圆及有关概念：和三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心是三角形各内角平分线的交点，这点到三角形的各边的距离都相等．
【例6】（2023秋·江苏无锡·九年级统考期末）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，AC相切于点D，E，F，已知AB＝6，AC＝5，BC＝7，则DE的长是（ ）
A．1277B．1077C．977D．877
【变式6-1】（2023秋·江苏南京·九年级统考期末）以下列三边长度作出的三角形中，其内切圆半径最小的是（ ）
A．8，8，8B．4，10，10C．5，9，10D．6，8，10
【变式6-2】（2023秋·河南漯河·九年级统考期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D,E,F，且∠A=90°，BC=5，CA=4，则⊙O的半径是 ．

【变式6-3】（2023秋·江苏镇江·九年级统考期中）如图，四边形ABCD是矩形，点P是△ABD的内切圆的圆心，过P作PE⊥BC，PF⊥CD，垂足分别为点E、F，则四边形PECF和矩形ABCD的面积之比等于（ ）
A．1：2B．2：3C．3：4D．无法确定
【题型7 正多边形与圆】
【方法点拨】定义：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心，外接圆的半径叫做正多边形的半径，正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角，中心正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距。
【例7】（2023秋·山东淄博·九年级统考期末）已知四个正六边形如图摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F在圆上．若两个大正六边形的边长均为2，则小正六边形的边长是（ ）
A．3−3B．23−12C．3+12D．13−12
【变式7-1】（2023秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，已知⊙O的半径为4，则该圆内接正六边形ABCDEF的边心距OG（ ）

A．32B．32C．23D．3
【变式7-2】（2023秋·浙江杭州·九年级校考期中）如图，正方形ABCD和正△AEF都内接于⊙O，EF与BC、CD分别相交于点G、H，则EFGH的值是（ ）
A．62B．2C．3D．2
【变式7-3】（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，⊙O是正八边形ABCDEFGH的外接圆，⊙O的半径是1，则下列四个结论中正确的是 ．
①DF的长为π2；②DF=2OF；③ΔODE为等边三角形；④S正八边形ABCDEFGH=AE⋅DF．
【题型8 圆锥侧面积的相关计算】
【方法点拨】解决此类问题掌握圆锥侧面积的计算公式是关键，并且能够灵活运用.
【例8】（2023秋·全国·九年级专题练习）小华的爸爸要用一块矩形铁皮加工出一个底面半径为20cm，高为402cm的锥形漏斗，要求只能有一条接缝（接缝忽略不计）
(1)你能求出这个锥形漏斗的侧面展开图的圆心角吗？
(2)如图，有两种设计方案，请你计算一下，哪种方案所用的矩形铁皮面积较少？
【变式8-1】（2012春·湖南永州·九年级阶段练习）如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC,AD=2,BC=6,以A为圆心，AD为半径的圆与BC 边相切于点M，于 AB 交于点E，将扇形A-DME剪下围成一个圆锥，则圆锥的高为 .
【变式8-2】（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图是一张直角三角形卡片，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝2 cm，DB＝4 cm，DE⊥AB．若将该卡片绕直线DE旋转一周，则形成的几何体的表面积为 cm2．

【变式8-3】（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，在一张四边形ABCD的纸片中，AB∥DC，AD=AB=BC=22，∠D=45°，以点A为圆心，2为半径的圆分别与AB、AD交于点E、F．
(1)求证：DC与⊙A相切；
(2)过点B作⊙A的切线；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(3)若用剪下的扇形AEF围成一个圆锥的侧面，能否从剪下的两块余料中选取一块，剪出一个圆作为这个圆锥的底面？
【题型9 动点的运动轨迹长度计算】
【例9】（2023春·黑龙江大庆·九年级校考阶段练习）四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，∠DAB=135°，且AB=2，AD=42．以B为圆心，BC为半径作弧，交BA的延长线于点E，若点Q为弧EC上的动点，过点Q作QH⊥BC于点H，设点I为△BQH的内心，连接BI，QI，当点Q从点C运动到点E时，则内心I所经过的路径长为 ．
【变式9-1】（2023秋·江苏连云港·九年级校考阶段练习）如图，已知∠ABC=90°，AB=10，BC=5，半径为2的⊙O从点A出发，沿A→B→C方向滚动到点C时停止，圆心O运动的路程是 ．

【变式9-2】（2023秋·江苏徐州·九年级校考阶段练习）如图，有一块长为4cm、宽为3cm的矩形木板在桌面上按顺时针方向无滑动地翻滚，木板上顶点A的位置变化为A→A1→A2，其中，第二次翻滚时被桌面上一个小木块挡住，使木板边沿A2C与桌面成30°角，则点A翻滚到点A2的位置经过的路径长为（ ）

A．10cmB．3.5πcmC．4.5πcmD．2.5πcm
【变式9-3】（2023·浙江温州·校考三模）图1是挂桶式垃圾车的联动装置，通过钢轴先后作两次旋转移动垃圾桶，实现对垃圾桶提升和翻转，将垃圾桶内的垃圾自动收入车厢．图2，图3是该装置的侧面示意图，AB与地面所成的锐角为60°，AB=110cm, BC=303cm,CD=30cm．第一次转轴BC绕点B把竖直放置垃圾桶旋转，转轴转至BC1，使A，B，C1共线，在此转动过程中，转轴BC与转轴DE所成锐角为30°保持不变．第二次转轴D1E1绕点C1旋转至D2E2，使D2,E2，B，A共线．当转轴外端点D到达最高处时，点D2离地面的距离为 cm．垃圾桶从举起到倒掉垃圾的整个过程中，转轴外端点D所经过的路径长为 cm．

【题型10 动态图形的扫过的面积的计算】
【例10】（2023秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图，已知A、D是⊙O上任意两点，且AD=6，以AD为边作正方形ABCD，若AD边绕点O旋转一周，则BC边扫过的面积为 ．

【变式10-1】（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，半圆O的直径AB=4，弦CD=22，弦CD在半圆上滑动，点C从点A开始滑动，到点D与点B重合时停止滑动，若M是CD的中点，则在整个滑动过程中线段BM扫过的面积为___________．

【变式10-2】（2023·黑龙江鸡西·校考三模）在平面直角坐标系中，已知A2,0，B3,1，C1,3；

(1)将△ABC沿x轴负方向平移2个单位至△A1B1C1，画图并写出C1的坐标____________；
(2)以A1点为旋转中心，将△A1B1C1逆时针方向旋转90°得△A1B2C2，画图并写出C2的坐标_____；
(3)在平移和旋转过程中线段BC扫过的面积为___________．
【变式10-3】（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图所示，扇形OAB从图①无滑动旋转到图②，再由图②到图③，∠O=60°，OA=1．
(1)求O点运动的路径长；
(2)求O点走过路径与射线l围成的面积．
专题2.14 对称图形-圆章末十大题型总结（拔尖篇）
【苏科版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc24471" 【题型1 切线的判定与性质进行计算与证明】 PAGEREF _Tc24471 \h 1
\l "_Tc26333" 【题型2 圆周角定理有关的计算与证明】 PAGEREF _Tc26333 \h 9
\l "_Tc30890" 【题型3 垂径定理的实际应用】 PAGEREF _Tc30890 \h 17
\l "_Tc14868" 【题型4 由点与圆的位置关系求求最值】 PAGEREF _Tc14868 \h 22
\l "_Tc2132" 【题型5 由圆的对称性求最短路线问题】 PAGEREF _Tc2132 \h 27
\l "_Tc16716" 【题型6 三角形的内切圆与内心】 PAGEREF _Tc16716 \h 33
\l "_Tc22955" 【题型7 正多边形与圆】 PAGEREF _Tc22955 \h 39
\l "_Tc31597" 【题型8 圆锥侧面积的相关计算】 PAGEREF _Tc31597 \h 44
\l "_Tc30584" 【题型9 动点的运动轨迹长度计算】 PAGEREF _Tc30584 \h 50
\l "_Tc14739" 【题型10 动态图形的扫过的面积的计算】 PAGEREF _Tc14739 \h 56
【题型1 切线的判定与性质进行计算与证明】
【方法点拨】切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。
切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径。
经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间线段的长，叫做这点到圆的切线长。
【例1】（2023秋·辽宁抚顺·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB边的中点，点O在AC边上，⊙O经过点C且与AB边相切于点E，∠FAC=12∠BDC．

(1)求证：AF是⊙O的切线；
(2)若BC=6，AB=10，求⊙O的半径长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）作OH⊥FA，垂足为点H，连接OE，证明AC是∠FAB的平分线，进而根据OH=OE，OE⊥AB，可得AF是⊙O的切线；
（2）勾股定理得出AC，设⊙O的半径为r，则OC=OE=r，进而根据切线的性质，在Rt△OEA中，勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：如图，作OH⊥FA，垂足为点H，连接OE，

∵ ∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴ CD=AD=12AB，
∴ ∠CAD=∠ACD，
∵ ∠BDC=∠CAD+∠ACD=2∠CAD，
又∵ ∠FAC=12∠BDC，
∴ ∠FAC=∠CAD，
即AC是∠FAB的平分线，
∵点O在AC上，⊙O与AB相切于点E，
∴ OE⊥AB，且OE是⊙O的半径，
∴ OH=OE，OH是⊙O的半径，
∴AF是⊙O的切线；
（2）解：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，AB=10，
∴ AC=AB2−BC2=102−62=8，
∵BE，BC是⊙O的切线，
∴ BC=BE=6，∴ AE=10−6=4
设⊙O的半径为r，则OC=OE=r，
在Rt△OEA中，由勾股定理得：OE2+AE2=OA2，
∴ 16+r2=8−r2，
∴ r=3．
∴ ⊙O的半径长为3．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，勾股定理，熟练掌握切线的性质与判定是解题的关键．
【变式1-1】（2023秋·广东珠海·九年级统考期末）如图，AB为圆O的直径，C为圆O上一点，D为弦BC的中点，过点C的切线与OD的延长线相交于点E，连接BE．
(1)求证：BE是圆O的切线；
(2)当AB=10，AC=8时，求线段BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)154
【分析】（1）根据D为弦BC的中点，可得OE垂直平分BC，进而可得∠EBC=∠ECB，再根据OB=OC可得∠OBC=∠OCB，根据CE是⊙O的切线，可得∠OCE=90°，通过等量代换可得∠OBE=90°，即可证明BE是圆O的切线；
（2）根据AB为⊙O的直径，可得∠ACB=90°，利用勾股定理可得BC=6，进而可得BD=12BC=3，根据S△OBE=12OE⋅BD=12OB⋅BE即可求解．
【详解】（1）证明：在⊙O中，∵D为弦BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴OE垂直平分BC，
∴CE=BE，
∴∠EBC=∠ECB，
又∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵CE是⊙O的切线，
∴∠OCE=90°，
∴∠OBE=∠EBC+∠OBC=∠ECB+∠OCB=∠OCE=90°，
又∵AB为⊙O的直径，
∴BE是⊙O的切线；
（2）解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AB=10，AC=8，
∴BC=AB2−AC2=6，
∴BD=12BC=3，
由（1）得∠OBE=90°，
在Rt△OBE中，设BE=x，
∴OE=OB2+BE2=52+x2，
∵ S△OBE=12OE⋅BD=12OB⋅BE，
∴12×3×52+x2=12⋅5x，
解得x=154，
∴线段BE的长为154．
【点睛】本题考查切线的性质和判定，垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理，圆周角定理等，难度一般，解题的关键是能够综合运用上述知识，逐步进行推理论证．
【变式1-2】（2023秋·湖北·九年级期末）AB为⊙O的直径，PA为⊙O的切线，BC∥OP交⊙O于C，PO交⊙O于D，
（1）求证：PC为⊙O的切线；
（2）过点D作DE⊥AB于E，交AC于F，PO交AC于H，BD交AC于G，DF＝FG，DF＝5，CG＝6，求⊙O的半径．
【答案】（1）见详解；（2）10．
【分析】（1）连OC，由BC∥OP，得到∠AOP=∠OBC，∠POC=∠OCB，则∠AOP=∠POC，可得△POA≌△POC，得到∠PAO=∠PC0，而PA为⊙O的切线，得∠OAP=90°，所以∠PC0=90°，根据切线的判定即可得到PC为⊙O的切线；
（2）连AD，由AB为⊙O的直径，得∠ADB=90°，而DE⊥AB，则∠ADE=∠ABD，所以∠ADE=∠ABD，从而易得到∠DAG=∠ADF，有AF=DF=FG=5，AC=5+5+6=16，得到AH=12AC=8．易证Rt△AOH≌Rt△DOE，得DE=AH=8，则EF=DE-DF=8-5=3，在Rt△AEF中，利用勾股定理可求得AE=4，在Rt△DOE中，利用勾股定理即可得到⊙O的半径．
【详解】证明：（1）连OC，如图，
∵BC∥OP，
∴∠AOP=∠OBC，∠POC=∠OCB，
而OB=OC，即∠OCB=∠OBC，
∴∠AOP=∠POC，
又∵OA=OC，OP公共，
∴△POA≌△POC，
∴∠PAO=∠PCO，而PA为⊙O的切线，
∴∠OAP=90°，
∴∠PCO=90°，
∴PC为⊙O的切线；
（2）连AD，∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，而DE⊥AB，
∴∠ADE=∠ABD，
由（1）得∠AOP=∠COP，
∴∠ABD=∠DAF，
∴∠DAG=∠ADF，
∴AF=DF=FG=5，
∴AC=5+5+6=16．
∴AH=12AC=8，
又∵OA=OD，
∴Rt△AOH≌Rt△DOE，
∴DE=AH=8．
∴EF=DE−DF=8−5=3，
在Rt△AEF中，AE=AF2−EF2=52−32=4，
设⊙O半径为r，在Rt△DOE中，有
r2=82+（r−4）2
∴r=10．
所以⊙O的半径为10．
【点睛】本题考查了切线的判定：经过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线．也考查了切线的性质和三角形全等的判定与性质以及勾股定理．
【变式1-3】（2023秋·浙江·九年级期末）如图1，在⊙O中，点H是直径AB上的一点，过H点作弦CD⊥AB，点E是BAD的中点，过点E作BD的平行线交DC延长线于点F，连接BE，交CD于点G．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）求证：BD+EF=DF；
（3）如图2，连接DE，若BDBG=k，则当k为何值时，线段DE=EF？
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）当k=1+52时，DE=EF
【分析】（1）连接EO并延长交BD于点M，根据垂径定理得到EM⊥BD，再结合EF//BD得到OE⊥EF，故可求解；
（2）连接ED，先根据角度关系得到∠BGD=∠BDE=∠GBD，从而得到BD=GD，再根据EF//BD得到∠FEG=∠DBG=∠FGE，求得FE=FG，由线段间的关系即可证明；
（3）先证明△BGD∽△BDE，得到BDBG=BEBD=k，可设BG=a，求出BD=ka，BE=k2a，再根据DE=EF证明得到EG=DG，再表示出BE=(k+1)a，得到k2a=(k+1)a，求出k的值即可．
【详解】（1）如图，连接EO并延长交BD于点M
∵点E是BAD的中点，EM过圆心O，
∴EM⊥BD，
又EF//BD
∴OE⊥EF
∴EF是⊙O的切线；
（2）如图，连接ED
∵CD⊥AB
∴BC=BD
∴∠BDC=∠BED，又∵∠GBD=∠DBE
∴∠BGD=∠BDE=∠GBD
∴BD=GD
∵EF//BD
∴∠FEG=∠DBG=∠FGE
∴FE=FG
∴BD+EF=DG+GF=DF；
（3）∵∠BDC=∠BED，∠GBD=∠DBE，
∴△BGD∽△BDE
∴BDBG=BEBD=k
设BG=a，则BD=ka，BE=k2a
∵DE=EF
∴∠F=∠EDF
∵EF//BD
∴∠F=∠BDC
又∵∠BED=∠BDC
∴∠EDF=∠BED
∴EG=DG
又∵DG=BD=ka
∴EG=ka，BE=BG+EG=(k+1)a
∴k2a=(k+1)a
解得k=1+52（1−52舍去）
∴当k=1+52时，DE=EF．
【点睛】此题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟知垂径定理、圆周角定理、切线的判定定理、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的求法等知识．
【题型2 圆周角定理有关的计算与证明】
【方法点拨】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°的圆周角所对的弦是直径。
【例2】（2023秋·北京西城·九年级北京八中校考期中）如图，已知：过⊙O上一点A作两条弦AB、AC，且∠BAC=45°，(AB，AC都不经过O)过A作AC的垂线AF交⊙O于D，直线BD，AC交于点E，直线BC，DA交于点F．

(1)证明：BE=BF；
(2)探索线段AB、AE、AF的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)AE=AF+2AB，见解析
【分析】（1）连接CD，证明△BCD为等腰直角三角形，再证明△EBC≌△FBD，即可得出结论；
（2）过点B作BH⊥AB交AE于H，先证明△BCD为等腰直角三角形，得出AH=2AB，再证明△EBH≌△FBA得出EH=AF，由AE=EH+HA，等量代换即可证明AE=AF+2AB．
【详解】（1）证明：如图1，连接CD，

∵AF⊥AE，
∴∠CAD=90°，
∴CD为⊙O的直径，
∴∠CBD=90°，
∴∠EBC=∠FBD=90°，
∵∠BAC=45°，
∴∠BDC=∠BAC=45°，
∴∠BCD=45°，
∴BC=BD，
∵四边形ACBD内接于⊙O，
∴∠ECB=∠FDB，
在△EBC与△FBD中，∠EBC=∠FBDBC=BD∠ECB=∠FDB，
∴△EBC≌△FBDASA，
∴BE=BF；
（2）解：AE=AF+2AB，
证明：如图2，过点B作BH⊥AB交AE于H，

∵∠BAH=45°，
∴△ABH为等腰直角三角形，
∴AH=2AB，
∵△EBC≌△FBD
∴∠E=∠F，BE=BF，
∵∠EBF=∠HBA=90°，
∴∠EBH+∠HBF=∠HBF+∠FBA，
∴∠EBH=∠FBA，
在△EBH和△FBA中，
∠E=∠FBE=BF∠EBH=∠FBA，
∴△EBH≌△FBAASA，
∴EH=AF，
∴AE=EH+HA=AF+2AB．
【点睛】本题考查了圆周角定理及全等三角形的判定与性质，证明三角形的全等是解题的关键．
【变式2-1】（2023秋·湖北·九年级期末）已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．
(1)如图①，当∠BAC=120°时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式： ；
(2)如图②，当∠BAC=90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)AB+AC=AD
(2)AB+AC=2AD，证明见解析
【分析】（1）在线段AD上截取AE=AB，连接BE，根据圆周角定理的推论证明△ABE和△BCD是等边三角形，再利用SAS证明△BED≌△BAC，得出DE=AC，即可推导得出AB+AC=AD；
（2）延长AB到点M，使BM=AC，连接DM，利用圆内接四边形的性质得出∠MBD=∠ACD，再利用SAS证明△MBD≌△ACD，推出MD=AD，∠M=∠BAD=45°，进而证明MD⊥AD，根据勾股定理可得AM=2AD，即AB+AC=2AD．
【详解】（1）解：如图①在线段AD上截取AE=AB，连接BE，
∵ ∠BAC=120°，AD平分∠BAC，
∴ ∠BAD=∠CAD=60°，
∵ CD=CD，
∴ ∠DBC=∠DAC=60°，
同理：∠DCB=∠DAB=60°，
∴ BC=CD=DB，
∵ AE=AB，∠BAE=60°，
∴ AB=BE=AE，
∴ ∠ABE=∠DBC=60°，
∴ ∠DBE=∠CBA，
在△BED和△BAC中，
BE=AB∠DBE=∠CBADB=CB，
∴ △BED≌△BACSAS，
∴ DE=AC，
∴ AD=AE+DE=AB+AC．
故答案为：AB+AC=AD；
（2）解：AB+AC=2AD，理由如下：
如图②，延长AB到点M，使BM=AC，连接DM，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴ ∠MBD=∠ACD，
∵ ∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45°，
∴ BD=CD，
在△MBD和△ACD中，
MB=AC∠MBD=∠ACDBD=CD，
∴ △MBD≌△ACDSAS，
∴ MD=AD，
∴ ∠M=∠BAD=45°，
∴ ∠MDA=90°，
∴ MD⊥AD，
∴ AM=2AD，即AB+BM=2AD，
∴ AB+AC=2AD．
【点睛】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质，勾股定理等知识点，解题关键是熟练运用转化思想，通过添加辅助线，构造全等三角形．
【变式2-2】（2023秋·山西朔州·九年级校考期中）如图，BD是⊙O的直径，弦BC与OA相交于点E，AF与⊙O相切于点A，交DB的延长线于点F，∠F=30°，∠BAC=120°，BC=8．

(1)求∠ADB的度数；
(2)求AC的长度；
(3)判定四边形AFBC的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)833
(2)30°
(3)四边形AFBC是平行四边形，证明见解析
【分析】（1）由切线的性质得出AF⊥OA，求出∠F=30°，得出∠AOF=60°，由圆周角定理可得∠ADB=12∠AOF=30°．
（2）证出OA⊥BC，由垂径定理得出BE=CE=12BC=4，证明△AOB是等边三角形，得出AB=OB，由直角三角形的性质得出OE=12OB，BE=3OE=4，求出OE=433，即可得出AC=AB=OB=2OE=833即可；
（3）根据（1）（2）得到的相关结论证明AF∥BC、BF∥AC，然后根据两组对边平行的四边形是平行四边形即可解答．
【详解】（1）解：∵AF与⊙O相切于点A，
∴AF⊥OA，
∵∠F=30°，
∴∠AOF=60°，
∴∠ADB=12∠AOF=30°．
（2）解：∵∠ACB=∠ADB=30°，∠BAC=120°，
∴∠ABC=180°−120°−30°=30°，
∴∠ABC=∠ACB，
∴AB=AC，
∴AB=AC，
∴OA⊥BC
∴BE=CE=12BC=4
∵∠AOB=60°，OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OB，
∵∠OBE=30°，
∴OE=12OB，BE=3OE=4，
∴OE=433，
∴AC=AB=OB=2OE=833．
（3）解：四边形AFBC是平行四边形，证明如下：
∵OA⊥BC，AF⊥OA，
∴AF∥BC
∵△AOB是等边三角形，
∴∠ABO=60°,即∠ABF=120°,
∵∠BAC=120°，
∴∠ABF=∠BAC=120°，
∴BF∥AC,
∴四边形AFBC是平行四边形．
【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定与性质、平行四边形的判定等知识点，熟练掌握圆周角定理、垂径定理和等边三角形的相关知识是解题的关键．
【变式2-3】（2023秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，DB=DC，∠DAE是四边形ABCD的一个外角．
(1)若∠DAE=75°，则∠DAC= °；
(2)过点D作DE⊥AB于E，判断AB、AE、AC之间的数量关系并证明；
(3)若AB=6、AE=2，求BD2−AD2的值．
【答案】(1)75
(2)AC=2AE+AB，见解析
(3)60
【分析】（1）四边形ABCD是圆O的内接四边形，则∠BCD+∠BAD=180°，∠DAE是四边形ABCD的一个外角得到∠DAE=∠BCD，BD=CD，则∠CBD=∠DCB，由圆周角定理得到∠CBD=∠CAD，即可得到答案；
（2）过点D作DF⊥AC于点F，先证明△BDE≌△CDFAAS得到DE=DF，AE=CF，再证明△ADE≌△ADFAAS，则AE=AF，进一步即可得到结论；
（3）在Rt△BDE中，BD2=BE2+DE2，在Rt△AED中，AD2=AE2+ED2，由AB=6，AE=2得到BE=8，则BD2=64+DE2，AD2=4+ED2，即可得到结论．
【详解】（1）∵四边形ABCD是圆O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
∵∠DAE是四边形ABCD的一个外角，
∴∠DAE=∠BCD，
∵BD=CD，
∴∠CBD=∠DCB．
∴∠DAE=∠CBD，
∵弧CD所对的圆周角分别为∠CAD、∠CBD，
∴∠CBD=∠CAD，
∵∠DAE=75°，
∴∠DCB=∠DBC=∠DAC=75°，
故答案为；75
（2）过点D作DF⊥AC于点F，
∵DE⊥AB，
∴∠DEA=90°
∵∠ABD=∠ACD，BD=CD，∠E=∠DFC=90°，
∴△BDE≌△CDFAAS，
∴DE=DF，BE=CF，
∴∠ADE=∠ADF，
又∵∠E=∠AFD，AD=AD，
∴△ADE≌△ADFAAS，
∴AE=AF，
∴AC=AF＋FC=AE＋BE=AE＋AE＋AB=2AE＋AB，
即AC=2AE+AB；
（3）在Rt△BDE中，BD2=BE2+DE2，
在Rt△AED中，AD2=AE2+ED2，
∵AB=6，AE=2，
∴BE=8，
∴BD2=64+DE2，AD2=4+ED2，
∴BD2−AD2=60．
【点睛】此题考查了圆周角定理及其推论，全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识.
【题型3 垂径定理的实际应用】
【方法点拨】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3】（2023秋·河北石家庄·九年级校联考期末）如图是一位同学从照片上剪切下来的海上日出时的画面，“图上”太阳与海平线交于A，B两点，他测得“图上”圆的半径为5厘米，AB=8厘米．若从日前太阳所处位置到太阳完全跳出海平面的时间为8分钟，则①现在“图上”太阳与海平线的位置关系是 ；②“图上”太阳升起的平均速度为 厘米/分．
【答案】 相交 1
【分析】首先根据海平面与圆有两个交点可判断出直线与圆的位置关系，然后连接OA，过点O作OD⊥AB于D，由垂径定理求出AD的长，再由勾股定理求出OD的长，然后计算出太阳在海平线以下部分的高度，即可求解．
【详解】解：∵海平面与圆有两个交点
∴现在“图上”太阳与海平线的位置关系是相交；
设“图上”圆的圆心为O，连接OA，过点O作OD⊥AB于D，如图所示：
∵AB=8厘米，
∴AD=12AB=4（厘米），
∵OA=5厘米，
∴OD=OA2−AD2=52−42=3（厘米），
∴海平线以下部分的高度=OA+OD=5+3=8（厘米），
∵太阳从所处位置到完全跳出海平面的时间为8分钟，
∴“图上”太阳升起的速度=8÷8=1（厘米/分），
故答案为：相交，1．
【点睛】本题考查的是垂径定理的运用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
【变式3-1】（2023秋·浙江台州·九年级校考期中）我市在创建全国文明城市检查中，发现一些破旧的公交车候车亭有碍观瞻，现已更换新的公交候车亭(图1)，图2所示的是侧面示意图，FG为水平线段，PQ⊥FG，点H为垂足，FG=4m， FH=2.4m， 点P在弧FG上，且弧FG所在的圆的圆心O到FG，PQ的距离之比为5：2，则PH的长约为多少米？

【答案】PH的长约为1.2米
【分析】作出如图的辅助线，利用垂径定理结合矩形性质求得FM、OM、HN、ON的长，分别在直角三角形OFM和直角三角形OPN中，利用勾股定理即可求解．
【详解】过点O作FG的垂线，垂足为M，过点O作PQ的垂线，垂足为N，

∵PQ⊥FG，
∴四边形MONH是矩形，
则FM=12FG=2(m)，MH=ON=FH−FM=2.4−2=0.4(m)，
∵O到FG，PQ的距离之比为5:2，
即OMON=52，
∴OM=NH=1(m)，
连接OF和OP，则
在直角三角形OFM中，OF=OP=FM2+OM2=22+12=5(m)，
∴直角三角形OPN中，PN=OP2−ON2=(5)2−0.42=2.2(m)，
∴PH=PN−NH=2.2−1=1.2(m)
故则PH的长约为1.2米．
【点睛】本题考查了垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理的应用，作出合适的辅助线，构造直角三角形是解题的关系．
【变式3-2】（2023春·浙江台州·九年级台州市书生中学校考期中）如图这是我市某跨海大桥正侧面的照片，大桥的主桥拱为圆弧型，桥面AB长为800米，且与水面平行，小王用计算机根据照片对大桥进行了模拟分析，在桥正下方的水面上取一点P，在桥面AB上取点C，作射线PC交弧（主桥拱）于点D，右边画出了PC与PD关于AC长的函数图象，下列对此桥的判断不合理的是（ ）
A．桥拱的最高点与桥面AB的实际距离约为210米
B．桥拱正下方的桥面EF的实际长度约为500米
C．拍摄照片时，桥面离水面的实际高度约为110米
D．桥面上BF段的实际长度约200米
【答案】A
【分析】由题意知，x从0变化到8，AB=800米，横坐标一个单位长度对应的长度为100米，函数图象中PC与PD函数图象的交点即为桥拱与桥面的交点E、F，对应的横坐标分别为1、6，可求EF，进而可判断B的正误；如图，过最高点D作DH⊥AB，交AB于H，由题意知，EF中点对应最高点D，根据x=1+52=3.5时，DH34．
∴能从剪下的两块余料中选取一块，剪出一个圆作为这个圆锥的底面．
【点睛】本题考查了切线的判定，角平分线的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
【题型9 动点的运动轨迹长度计算】
【例9】（2023春·黑龙江大庆·九年级校考阶段练习）四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，∠DAB=135°，且AB=2，AD=42．以B为圆心，BC为半径作弧，交BA的延长线于点E，若点Q为弧EC上的动点，过点Q作QH⊥BC于点H，设点I为△BQH的内心，连接BI，QI，当点Q从点C运动到点E时，则内心I所经过的路径长为 ．
【答案】52π2
【分析】三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点，连接IC，由内心定义得∠QBI=∠CBI，继而证明△IBQ≌△IBC(SAS)，再由全等三角形的对应角相等解得∠BIC=∠BIQ，接着计算∠QBI+∠IQB的度数，得到∠BIC=∠BIQ=135°，过B、I、C三点作⊙O，求得∠BOC的度数，求出BC=10，在等腰直角三角形BCO中，利用勾股定理解得BO=52，最后根据弧长公式解题即可．
【详解】解：如图，连接IC，
∵I是内心，
∴∠QBI=∠CBI，
∵BI=BI，CB=BQ，
∴△IBQ≌△IBC(SAS)，
∴∠BIC=∠BIQ，
∵∠QHB=90°，
∴∠QBI+∠IQB=12∠QBH+12∠BQH =12(∠QBH+∠BOH) =12(180°−∠BHQ) =12×(180°−90°)=45°，
∴∠BIQ=180°−45°=135°，
∴∠BIC=∠BIQ=135°，
过B、I、C三点作⊙O，连接OB,OC，
∴∠BOC=2(180°−∠BIC)=2×(180°−135°)=90°，
∴当点Q从点C运动到点E时，内心所经过的路径长为BC的长，
过点D作DM⊥BC，过A作AN⊥DM，垂足分别为M、N，
∵∠DAB=135°，∠B=∠D=90°，
∴∠DAN=45°，∠C=45°，
∵AB=2，AD=42．
∴AN=DN=4=BM，DM=CM=6，
∴BC=4+6=10，
在等腰直角三角形BCO中，BO=BC2=102=52，
∴ lBC=90×π×52180=52π2．
故答案为：52π2．
【点睛】本题考查圆的综合，涉及圆周角定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、三角形的内心性质、不共线三点确定一个圆、弧 长公式等知识，是重要考点，正确作出辅助线、掌握相关知识是解题关键．
【变式9-1】（2023秋·江苏连云港·九年级校考阶段练习）如图，已知∠ABC=90°，AB=10，BC=5，半径为2的⊙O从点A出发，沿A→B→C方向滚动到点C时停止，圆心O运动的路程是 ．

【答案】15+π
【分析】根据题意画出图形，将运动路径分为三部分：OO1，O1O2，O2O3，分别计算出各部分的长再相加即可
【详解】解：圆心O运动路径如图：

∵OO1=AB=10；弧O1O2的长度为90π×2180=π；O2O3=BC=5，
∴圆心O运动的路程是10+π+5=15+π．
故答案为：15+π．
【点睛】本题考查了弧长的计算，找到运动轨迹，将运动轨迹分为三部分进行计算是解题关键．
【变式9-2】（2023秋·江苏徐州·九年级校考阶段练习）如图，有一块长为4cm、宽为3cm的矩形木板在桌面上按顺时针方向无滑动地翻滚，木板上顶点A的位置变化为A→A1→A2，其中，第二次翻滚时被桌面上一个小木块挡住，使木板边沿A2C与桌面成30°角，则点A翻滚到点A2的位置经过的路径长为（ ）

A．10cmB．3.5πcmC．4.5πcmD．2.5πcm
【答案】B
【分析】根据旋转的定义得到点A以B为旋转中心，以∠ABA1为旋转角，顺时针旋转得到A1；A2是由A1以C为旋转中心，以∠A1CA2为旋转角，顺时针旋转得到，由于∠ABA1=90°，∠A1CA2=60°，AB=5cm，CA1=3cm，然后根据弧长公式计算即可．
【详解】解：连接AB、BA1，
由题意，点A以B为旋转中心，以∠ABA1为旋转角，顺时针旋转得到A1；A2是由A1以C为旋转中心，以∠A1CA2为旋转角，顺时针旋转得到，

∵∠ABA1=90°，∠A1CA2=60°，AB=32+42=5cm，CA1=3cm，
∴点A翻滚到A2位置时共走过的路径长=90×π×5180+60×π×3180=3.5πcm，
故选：B．
【点睛】本题考查了弧长公式，旋转变换，解决本题的关键是掌握弧长公式和旋转的性质．
【变式9-3】（2023·浙江温州·校考三模）图1是挂桶式垃圾车的联动装置，通过钢轴先后作两次旋转移动垃圾桶，实现对垃圾桶提升和翻转，将垃圾桶内的垃圾自动收入车厢．图2，图3是该装置的侧面示意图，AB与地面所成的锐角为60°，AB=110cm, BC=303cm,CD=30cm．第一次转轴BC绕点B把竖直放置垃圾桶旋转，转轴转至BC1，使A，B，C1共线，在此转动过程中，转轴BC与转轴DE所成锐角为30°保持不变．第二次转轴D1E1绕点C1旋转至D2E2，使D2,E2，B，A共线．当转轴外端点D到达最高处时，点D2离地面的距离为 cm．垃圾桶从举起到倒掉垃圾的整个过程中，转轴外端点D所经过的路径长为 cm．

【答案】 703+45 207+5π
【分析】①过点D2作D2F⊥地面于F，利用AB=110cm, BC=303cm,CD=30cm求出AD2，再利用AB与地面所成的锐角为60°即可求出D2离地面的距离；
②先求出BD，再用弧长公式求出DD1与D1D2的长度，再求和即可．
【详解】①过点D2作D2F⊥地面于F，
由旋转的性质可知：BC=BC1,CD=C1D2，
∵AB=110cm, BC=303cm,CD=30cm，
∴AD2=AB+BC1+C1D2=AB+BC+CD=140+303cm，
又∵AB与地面所成的锐角为60°，即∠FAD2=60°，D2F⊥地面，
∴D2离地面的距离为：D2F=AD2sin60°=703+45cm．
②过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，连接BD与BD1，作DD1，

∵转轴BC与转轴DE所成锐角为30°保持不变，即∠BCE=30°，
∴∠ABC=360°−∠BAH−∠AHC−180°−∠BCE=360°−60°−90°−180°−30°=60°，
∵∠BCE=30°，BG⊥CE，BC=303cm，
∴BG=12BC=153cm，CG=BC2−BF2=45cm，
又∵CD=30cm，
∴DG=CG+CD=75cm，
∴BD=BG2+DG2=307cm，
由旋转的性质可知，∠DBD1=∠CBC1=180°−∠ABC=120°，
∴DD1的长度为：120π×BD180=120π×307180=207πcm，
又作D1D2，

由旋转的性质可知：∠D1C1D2=∠BC1E1=∠BCE=30°，
∴D1D2的长度为：30π×CD180=30π×30180=5πcm，
转轴外端点D所经过的路径，即DD1与D1D2的长度和为：207π+5π=207+5πcm．
故答案为：703+45；207+5π．
【点睛】本题考查含30°的直角三角形的性质，旋转的性质，弧长公式，勾股定理等知识，根据题意正确作出辅助线是解题的关键．
【题型10 动态图形的扫过的面积的计算】
【例10】（2023秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图，已知A、D是⊙O上任意两点，且AD=6，以AD为边作正方形ABCD，若AD边绕点O旋转一周，则BC边扫过的面积为 ．

【答案】9π
【分析】如图所示，连接OD、OC，过点O作OE⊥AD于点E，延长OE交BC于点F．则BC边扫过的面积为以OC为外圆半径、OF为内圆半径的圆环面积，利用垂径定理即可得出DE=AE=3，进而可得出CF=DE=3，再根据圆环的面积公式结合勾股定理即可得出BC边扫过的面积．
【详解】解：如图所示，连接OD、OC，过点O作OE⊥AD于点E，延长OE交BC于点F．

∵AD为弦，OE⊥AD，
∴由垂径定理可得DE=AE=12AD=3．
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC∥AD，AD=BC=6，∠CDA=90°，
∴∠CFO=∠DEO=90°，
∴四边形DEFC为矩形，CF=DE=3．
∵AD边绕点O旋转一周，则BC边扫过的图形为以OC为外圆半径，OF为内圆半径的圆环，
∴圆环面积为S=π⋅OC2−π⋅OF2=πOC2−OF2=π⋅CF2=9π．
故答案为：9π．
【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，平行线的性质以及圆环的面积公式，结合AD边的旋转，找出BC边旋转过程中扫过的区域的形状是解题的关键．
【变式10-1】（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，半圆O的直径AB=4，弦CD=22，弦CD在半圆上滑动，点C从点A开始滑动，到点D与点B重合时停止滑动，若M是CD的中点，则在整个滑动过程中线段BM扫过的面积为___________．

【答案】π2
【分析】根据勾股定理的逆定理可得△OCD是直角三角形，进而得出OM=12CD，再根据旋转可得OM旋转的圆心角为90°，半径OM=2，根据扇形面积的计算方法进行计算即可。
【详解】解：连接OC、OD、OM，如下图：

∵OC=OD=12AB=2，CD=22
∴OC2+OD2=CD2
∴∠COD=90°，
又∵点M为CD的中点，
∴OM=12CD=2，
弦CD在半圆上滑动，点C从点A开始滑动，到点D与点B重合时停止滑动，OM就绕着点O逆时针旋转90°，BM扫过的部分为下图中的阴影部分，

由题意可得：ON⊥BD，OM⊥AD
∴BN=12BD=2=OM，∠ENB=∠EOM=90°，
又∵∠MEO=∠BEN，
∴△MEO≌△BEN(AAS)，
∴S△MEO=S△BEN
BM扫过的部分的面积就是S扇形MON=90π×(2)2360=π2，
故答案为：π2
【点睛】本题考查勾股定理及逆定理，扇形面积的计算，掌握扇形面积的计算方法以及勾股定理的逆定理是正确解答的前提．
【变式10-2】（2023·黑龙江鸡西·校考三模）在平面直角坐标系中，已知A2,0，B3,1，C1,3；

(1)将△ABC沿x轴负方向平移2个单位至△A1B1C1，画图并写出C1的坐标____________；
(2)以A1点为旋转中心，将△A1B1C1逆时针方向旋转90°得△A1B2C2，画图并写出C2的坐标_____；
(3)在平移和旋转过程中线段BC扫过的面积为___________．
【答案】(1)作图见解析，−1,3
(2)作图见解析，−3,−1
(3)2π+4
【分析】（1）根据平移的性质得出对应点坐标进而得出答案；
（2）根据旋转的性质得出对应点坐标，进而得出对应点坐标即可；
（3）根据平移的性质以及旋转的性质进而得出线段BC扫过的面积．
【详解】（1）解：如图所示：△A1B1C1即为所求，C1−1,3，
故答案为：−1,3；
（2）如图所示：△A2B2C2即为所求，C2−3,−1，
故答案为：−3,−1；
（3）根据题意，每个小正方形的边长为1，
∴A1B1=12+12=2，
A1C1=12+32=10，
∵将△ABC沿x轴负方向平移2个单位至△A1B1C1，
∴BC∥B1C1，BC=B1C1，
∴四边形BCC1B1是平行四边形，
∴在平移和旋转过程中线段BC扫过的面积为： 2×2+90π×102360−90π×22360=2π+4，
故答案为：2π+4．

【点睛】本题考查作图—平移变换、旋转变换，平行四边形和扇形面积公式等知识，根据题意得出平移和旋转过程中线段BC扫过的面积是解题关键．
【变式10-3】（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图所示，扇形OAB从图①无滑动旋转到图②，再由图②到图③，∠O=60°，OA=1．
(1)求O点运动的路径长；
(2)求O点走过路径与射线l围成的面积．
【答案】(1)O点运动的路径长为4π3；
(2)O点走过路径与射线l围成的面积为5π6．
【分析】（1）一共转动了三次，分析每一次转动的圆心角和半径，然后利用弧长公式即可求解；
（2）同（1）的方法，利用扇形面积公式的长方形面积公式即可求解．
【详解】（1）解：如图，
运动路径第一段弧长90π×1180=π2，
第二段路径为线段长为60π⋅1180=π3，
第三段路径为90π⋅1180=π2，
即O在射线l上运动路径为π2+π3+π2=4π3；
（2）解：围成面积，
S1=90π⋅1360=14π，S2=1×π3=π3，S3=90π⋅1360=π4，
S=S1+S2+S3=5π6．
【点睛】本题考查弧长公式、扇形面积公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．