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初中数学 章节考点梳理 圆的基本性质章节涉及的18个必考点全梳理
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这是一份初中数学 章节考点梳理 圆的基本性质章节涉及的18个必考点全梳理，共103页。
考点1 巧用圆的半径相等
解决此类问题的关键是连接半径，抓住圆的半径相等是关键.
例题1 如图，OA是⊙O的半径，B为OA上一点（且不与点O、A重合），过点B作OA的垂线交⊙O于点C．以OB、BC为边作矩形OBCD，连结BD．若BD＝10，BC＝8，则AB的长为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．2
【分析】如图，连接OC，在Rt△OBC中，求出OB即可解决问题．
【解析】如图，连接OC．
∵四边形OBCD是矩形，
∴∠OBC＝90°，BD＝OC＝OA＝10，
∴OB=OC2-BC2=102-82=6，
∴AB＝OA﹣OB＝4，
故选：C．
【小结】本题考查圆，勾股定理，矩形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
变式1 如图，⊙O的直径AB与弦CD的延长线交于点E，若DE＝OB，∠AOC＝84°，则∠E等于（ ）
A．42° B．28° C．21° D．20°
【分析】利用OB＝DE，OB＝OD得到DO＝DE，则∠E＝∠DOE，根据三角形外角性质得∠1＝∠DOE+∠E，所以∠1＝2∠E，同理得到∠AOC＝∠C+∠E＝3∠E，然后利用∠E=13∠AOC进行计算即可．
【解析】连结OD，如图，
∵OB＝DE，OB＝OD，
∴DO＝DE，
∴∠E＝∠DOE，
∵∠1＝∠DOE+∠E，
∴∠1＝2∠E，
而OC＝OD，
∴∠C＝∠1，
∴∠C＝2∠E，
∴∠AOC＝∠C+∠E＝3∠E，
∴∠E=13∠AOC=13×84°＝28°．
故选：B．
【小结】本题考查了圆的认识：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）．也考查了等腰三角形的性质．
变式2 如图，点A、D、G、M在半圆O上，四边形ABOC、DEOF、HMNO均为矩形，设BC＝a，EF＝b，NH＝c，则下列各式中正确的是（ ）
A．a＞b＞c B．a＝b＝c C．c＞a＞b D．b＞c＞a
【分析】连接OA、OD、OM，则OA＝OD＝OM，由矩形的性质得出OA＝BC＝a，OD＝EF＝b，OM＝NH＝c，即可得出a＝b＝c．
【解析】连接OA、OD、OM，如图所示：
则OA＝OD＝OM，
∵四边形ABOC、DEOF、HNMO均为矩形，
∴OA＝BC＝a，OD＝EF＝b，OM＝NH＝c，
∴a＝b＝c；
故选：B．
【小结】本题考查了矩形的性质、同圆的半径相等的性质；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．
变式3 如图，两个正方形都在⊙O的直径MN的同侧，顶点B、C、G都在MN上，正方形ABCD的顶点A和正方形CEFG的顶点F都在⊙O上，点E在CD上．若AB＝5，FG＝3，则OC的长为 ．
【分析】由四边形ABCD，EFGC是正方形，得到∠ABC＝∠FGC＝90°，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】连接AO，OF，
∵四边形ABCD，EFGC是正方形，
∴∠ABC＝∠FGC＝90°，
∴AB2+BO2＝OG2+FG2，
∴52+（5﹣OC）2＝（3+OC）2+32
∴OC＝2，
故答案为：2．
【小结】本题考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
考点2 点与圆的位置关系（求范围）
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．
例题2 在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝33，以点A为圆心作圆A，要使B、C两点中的一点在圆A外，另一点在圆A内，那么圆A的半径长r的取值范围是 ．
【分析】熟记“设点到圆心的距离为d，则当d＝r时，点在圆上；当d＞r时，点在圆外；当d＜r时，点在圆内”即可求解，
【解析】∵Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝33，∴AB＝6，
如果以点A为圆心作圆，使点C在圆A内，则r＞3，
点B在圆A外，则r＜6，
因而圆A半径r的取值范围为3＜r＜6．故答案为3＜r＜6；
【小结】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．设点到圆心的距离为d，则当d＝r时，点在圆上；当d＞r时，点在圆外；当d＜r时，点在圆内．
变式4 在直角坐标平面内，点O是坐标原点，点A的坐标是（3，2），点B的坐标是（3，﹣4）．如果以点O为圆心，r为半径的圆O与直线AB相交，且点A、B中有一点在圆O内，另一点在圆O外，那么r的值可以取（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【分析】先根据两点间的距离公式分别计算出OA、OB的长，再由点A、B中有一点在圆O内，另一点在圆O外求出r的范围，进而求解即可．
【解析】∵点A的坐标是（3，2），点B的坐标是（3，﹣4），
∴OA=32+22=13，
OB=32+42=5，
∵以点O为圆心，r为半径的圆O与直线AB相交，且点A、B中有一点在圆O内，另一点在圆O外，
∴13＜r＜5，∴r＝4符合要求．故选：B．
【小结】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．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．也考查了坐标与图形性质．
变式5 矩形ABCD中，AB＝10，BC＝42，点P在边AB上，且BP：AP＝4：1，如果⊙P是以点P为圆心，PD长为半径的圆，那么下列结论正确的是（ ）
A．点B、C均在⊙P外 B．点B在⊙P外，点C在⊙P内
C．点B在⊙P内，点C在⊙P外 D．点B、C均在⊙P内
【分析】先求出AP的长，然后利用勾股定理求得圆P的半径PD的长，根据点B、C到P点的距离判断点P与圆的位置关系即可．
【解析】如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC＝42，
∵AB＝10，BP：AP＝4：1，
∴AP＝2，BP＝8，
在Rt△ADP中，∵AP＝2，AD＝42，
∴DP=AD²+AP²=4+32=6，
在Rt△PBC中，CP=BP²+BC²=64+32=46，
∵8＞6，46＞6，
∴点B，点C均在⊙P外，
故选：A．
【小结】本题考查了矩形的性质，点与圆的位置关系的判定，根据点与圆心之间的距离和圆的半径的大小关系作出判断即可．
变式6 如图，在每个小正方形的边长均为1的5×5的网格中，选取7个格点（小正方形的顶点），若以点A为圆心，r为半径画圆，选取的格点中除点A外恰好有3个点在圆内，则r的取值范围是（ ）
A．3＜r＜10 B．2＜r＜5 C．10＜r＜13 D．5＜r≤3
【分析】利用勾股定理求出各格点到点A的距离，结合点与圆的位置关系，即可得出结论．
【解析】给各点标上字母，如图所示．
∵AB=12+22=2，AC＝AD=12+22=5，AG＝3，AF=12+32=10，
AE=22+32=13
所以以A为圆心，r为半径画圆，选取的格点中除点A外恰好有3个在圆内，
这三个点只能为B、C、D点，
∴5＜r≤3，
故选：D．
【小结】本题考查了点与圆的位置关系以及勾股定理，利用勾股定理求出各格点到点A的距离是解关键．
考点3 点与圆的位置关系（求最值）
例题3 如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，点D是半径为1的⊙A上的一个动点，点E为CD的中点，连结BE，则线段BE长度的最小值为 ．
【分析】取AC的中点N，连接AD、EN、BN．利用直角三角形斜边中线的性质，三角形的中位线定理求出BN，EN，再利用三角形的三边关系即可解决问题．
【解析】如图，取AC的中点N，连接AD、EN、BN．
∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC=AB2+BC2=32+42=5，
∵AN＝NC，∴BN=12AC=52，
∵AN＝NC，DE＝EC，∴EN=12AD=12，
∴BN﹣EN≤BE≤BN+EN，
∴52-12≤BE≤52+12，
∴2≤BE≤3，
∴BE的最小值为2，
【小结】本题考查直角三角形斜边的中线的性质，三角形的中位线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
变式7 如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，点D是半径为4的⊙A上一动点，点M是CD的中点，则BM的最大值是 ．
【分析】如图，取AC的中点N，连接MN，BN．利用直角三角形斜边中线的性质，三角形的中位线定理求出BN，MN，再利用三角形的三边关系即可解决问题．
【解析】如图，取AC的中点N，连接MN，BN．
∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，
∴AC＝10，
∵AN＝NC，∴BN=12AC＝5，
∵AN＝NC，DM＝MC，
∴MN=12AD=2，
∴BM≤BN+NM，
∴BM≤5+2＝7，
即BM的最大值是7．
【小结】本题考查直角三角形斜边的中线的性质，三角形的中位线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
变式8 如图，在平面直角坐标系中，C（0，4），A（3，0），⊙A半径为2，P为⊙A上任意一点，E是PC的中点，则OE的最小值是（ ）
A．1 B．32 C．2 D．2
【分析】如图，连接AC，取AC的中点H，连接EH，OH．利用三角形的中位线定理可得EH＝1，推出点E的运动轨迹是以H为圆心半径为1的圆．
【解析】如图，连接AC，取AC的中点H，连接EH，OH．
∵CE＝EP，CH＝AH，
∴EH=12PA＝1，
∴点E的运动轨迹是以H为圆心半径为1的圆，
∵C（0，4），A（3，0），
∴H（1.5，2），
∴OH=22+1．52=2.5，
∴OE的最小值＝OH﹣EH＝2.5﹣1＝1.5，
故选：B．
【小结】本题考查点与圆的位置关系，坐标与图形的性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找点E的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．
变式9 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的最大值为（ ）
A．2+1 B．2+12 C．22+1 D．22-12
【分析】根据同圆的半径相等可知：点C在半径为1的⊙B上，通过画图可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据三角形的中位线定理可得结论．
【解析】如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，∴C在⊙B上，且半径为1，取OD＝OA＝2，连接CD，
∵AM＝CM，OD＝OA，∴OM是△ACD的中位线，∴OM=12CD，
当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB＝OD＝2，∠BOD＝90°，∴BD＝22，∴CD＝22+1，
∴OM=12CD=2+12，即OM的最大值为2+12；
故选：B．
【小结】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最大值时点C的位置是关键，也是难点．
考点4 弧、弦、角、之间的关系
在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等，其中圆心角的度数与它所对的弧的度数相等.
例题4 如图，⊙O的弦AB、CD的延长线相交于点P，且PA＝PC．求证：AB=CD．
【分析】连接AC、OA、OB、OC、OD，根据等腰三角形的性质得到∠PAC＝∠PCA，根据圆周角定理得到∠BOC＝∠AOD，根据圆心角、弧、弦的关系定理证明结论．
【解析】证明：连接AC、OA、OB、OC、OD，
∵PA＝PC，
∴∠PAC＝∠PCA，
∵∠PAC=12∠BOC，∠PCA=12∠AOD，
∴∠BOC＝∠AOD，
∴AD=BC，
∴AD-BD=BC-BD，即AB=CD．
【小结】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理，在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
变式10 如图，在⊙O中，点C是优弧ACB的中点，D、E分别是OA、OB上的点，且AD＝BE，弦CM、CN分别过点D、E．
（1）求证：CD＝CE．
（2）求证：AM=BN．
【分析】（1）连接OC，只要证明△COD≌△COE（SAS）即可解决问题；
（2）欲证明AM=BN，只要证明∠MOD＝∠NOE即可；
【解析】（1）证明：连接OC．
∵AC=BC，∴∠COD＝∠COE，
∵OA＝OB，AD＝BE，∴OD＝OE，
∵OC＝OC，∴△COD≌△COE（SAS），∴CD＝CE．
（2）分别连结OM，ON，
∵△COD≌△COE，
∴∠CDO＝∠CEO，∠OCD＝∠OCE，
∵OC＝OM＝ON，
∴∠OCM＝∠OMC，∠OCN＝∠ONC，
∴∠OMD＝∠ONE，
∵∠ODC＝∠DMO+∠MOD，∠CEO＝∠CNO+∠EON，
∴∠MOD＝∠NOE，
∴AM=BN．
【小结】本题考查圆心角、弧、弦之间的关系，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
变式11 如图，已知半⊙O的直径AB为3，弦AC与弦BD交于点E，OD⊥AC，垂足为点F，AC＝BD，则弦AC的长为 ．
【分析】由AC＝BD知AD+CD=CD+BC，得AD=BC，根据OD⊥AC知AD=CD，从而得AD=CD=BC，即可知∠AOD＝∠DOC＝∠BOC＝60°，利用AF＝AOsin∠AOF可得答案；
【解析】∵OD⊥AC，
∴AD=CD，∠AFO＝90°，
又∵AC＝BD，
∴AC=BD，即AD+CD=CD+BC，
∴AD=BC，
∴AD=CD=BC，
∴∠AOD＝∠DOC＝∠BOC＝60°，
∵AB＝3，
∴AO＝BO=32，
∴AF＝AOsin∠AOF=32×32=334，
则AC＝2AF=332；
【小结】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
变式12 如图，⊙O中，弦AB⊥CD，垂足为E，F为CBD的中点，连接AF、BF、AC，AF交CD于M，过F作FH⊥AC，垂足为G，以下结论：①CF=DF；②HC＝BF：③MF＝FC：④DF+AH=BF+AF，其中成立的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理以及三角形内角和定理一一判断即可．
【解析】∵F为CBD的中点，
∴CF=DF，故①正确，∴∠FCM＝∠FAC，
∵∠FCG＝∠ACM+∠GCM，∠AME＝∠FMC＝∠ACM+∠FAC，
∴∠AME＝∠FMC＝∠FCG＞∠FCM，∴FC＞FM，故③错误，
∵AB⊥CD，FH⊥AC，∴∠AEM＝∠CGF＝90°，
∴∠CFH+∠FCG＝90°，∠BAF+∠AME＝90°，
∴∠CFH＝∠BAF，∴CH=BF，∴HC＝BF，故②正确，
∵∠AGF＝90°，
∴∠CAF+∠AFH＝90°，
∴AH的度数+CF的度数＝180°，
∴CH的度数+AF的度数＝180°，
∴AH+CF=AH+DF=CH+AF=AF+BF，故④正确，
故选：C．
【小结】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考选择题中的压轴题．
考点5 圆的对称性（最短路线）
例题5 如图，MN是⊙O的直径，MN＝4，点A在⊙O上，∠AMN＝30°，B为弧AN的中点，P是直径MN上一动点，则PA+PB的最小值为 ．
【分析】作点A关于MN的对称点A′，连接A′B，与MN的交点即为点P，此时PA+PB的最小值即为A′B的长，连接OA′、OB、OA，先求∠A′OB＝∠A′ON+∠BON＝60°+30°＝90°，再根据勾股定理即可得出答案．
【解析】作点A关于MN的对称点A′，连接A′B，与MN的交点即为点P，PA+PB的最小值即为A′B的长，连接OA′、OB、OA，
∵A′点为点A关于直线MN的对称点，∠AMN＝30°，
∴∠AON＝∠A′ON＝2∠AMN＝2×30°＝60°，
又∵弧AN的中点，
∴AB=NB，
∴∠BON＝∠AOB=12∠AON=12×60°＝30°，
∴∠A′OB＝∠A′ON+∠BON＝60°+30°＝90°，
又∵MN＝4，∴OA′＝OB=12MN=12×4＝2，
∴Rt△A′OB中，A′B=22+22=22，即PA+PB的最小值为22．
【小结】本题主要考查作图﹣复杂作图及轴对称的最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质和圆周角定理、圆心角定理是解题的关键．
变式13 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．22 B．2 C．1 D．2
【分析】作出D关于AB的对称点D′，则PC+PD的最小值就是CD′的长度，在△COD′中根据边角关系即可求解．
【解析】作出D关于AB的对称点D′，连接OC，OD′，CD′．
又∵点C在⊙O上，∠CAB＝30°，D为弧BC的中点，即BD=BD'，
∴∠BAD′=12∠CAB＝15°．
∴∠CAD′＝45°．
∴∠COD′＝90°．则△COD′是等腰直角三角形．
∵OC＝OD′=12AB＝1，
∴CD′=2．
故选：B．
【小结】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，勾股定理，垂径定理，正确作出辅助线是解题的关键．
变式14 如图，AB是⊙O的直径，AB＝8，点M在⊙O上，∠MAB＝20°，N是MB的中点，P是直径AB上的一动点，则PM+PN的最小值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】作N点关于AB的对称点N′，连接MN′交AB于P′，如图，则P′N＝P′N′，利用两点之间线段最短得到此时P′M+P′N的值最小，然后证明△OMN′为等边三角形得到MN′＝OM＝4，从而可判断PM+PN的最小值．
【解析】作N点关于AB的对称点N′，连接MN′交AB于P′，如图，
则P′N＝P′N′，
∴P′M+P′N＝P′M+P′N′＝MN′，
∴此时P′M+P′N的值最小，
∵∠MAB＝20°，
∴∠MOB＝40°，
∵N是弧MB的中点，
∴∠NOB＝20°，
∵N点关于AB的对称点N′，∴∠N′OB＝20°，
∴∠MON′＝60°，∴△OMN′为等边三角形，
∴MN′＝OM＝4，∴P′M+P′N＝4，
即PM+PN的最小值为4．
故选：A．
【小结】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．推论：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．也考查了最短路径问题的解决方法．
变式15 如图，MN是⊙O的直径，A，B，C是⊙O上的三点，∠ACM＝60°，B点是AN的中点，P点是MN上一动点，若⊙O的半径为1，则PA+PB的最小值为（ ）
A．1 B．22 C．2 D．3-1
【分析】点B关于MN的对称点B′，连接OA、OB、OB′、AB′，根据轴对称确定最短路线问题可得AB′与MN的交点即为PA+PB的最小时的点，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍求出∠AON＝60°，然后求出∠BON＝30°，再根据对称性可得∠B′ON＝∠BON＝30°，然后求出∠AOB′＝90°，从而判断出△AOB′是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质可得AB′=2OA，即为PA+PB的最小值．
【解析】作点B关于MN的对称点B′，连接OA、OB、OB′、AB′，
则AB′与MN的交点即为PA+PB的最小时的点，PA+PB的最小值＝AB′，
∵∠ACM＝60°，∴∠AOM＝2∠ACM＝2×60°＝120°，
∴∠AON＝60°，
∵点B为劣弧AN的中点，∴∠BON=12∠AON=12×60°＝30°，
由对称性，∠B′ON＝∠BON＝30°，
∴∠AOB′＝∠AON+∠B′ON＝60°+30°＝90°，
∴△AOB′是等腰直角三角形，∴AB′=2OA=2×1=2，即PA+PB的最小值=2．
故选：C．
【小结】本题考查了轴对称确定最短路线问题，在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍的性质，作辅助线并得到△AOB′是等腰直角三角形是解题的关键．
考点6 垂径定理
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．
例题6 如图，△ABC中，AB＝5，AC＝4，BC＝2，以A为圆心AB为半径作圆A，延长BC交圆A于点D，则CD长为（ ）
A．5 B．4 C．92 D．25
【分析】如图，过点A作AE⊥BD于点E，连接AD，可得AD＝AB＝5，根据垂径定理可得DE＝BE，得CE＝BE﹣BC＝DE﹣2，再根据勾股定理即可求得DE的长，进而可得CD的长．
【解析】如图，过点A作AE⊥BD于点E，连接AD，
∴AD＝AB＝5，
根据垂径定理，得DE＝BE，
∴CE＝BE﹣BC＝DE﹣2，
根据勾股定理，得AD2﹣DE2＝AC2﹣CE2，
∴52﹣DE2＝42﹣（DE﹣2）2，解得DE=134，
∴CD＝DE+CE＝2DE﹣2=92．
故选：C．
【小结】本题考查了垂径定理，解决本题的关键是掌握垂径定理．
变式16 如图，将⊙O沿着弦AB翻折，劣弧恰好经过圆心O．如果弦AB＝43，那么⊙O的半径长度为（ ）
A．2 B．4 C．23 D．43
【分析】作OD⊥AB于D，连接OA，先根据勾股定理列方程可解答．
【解析】作OD⊥AB于D，连接OA．
∵OD⊥AB，AB＝43，
∴AD=12AB＝23，
由折叠得：OD=12AO，
设OD＝x，则AO＝2x，
在Rt△OAD中，AD2+OD2＝OA2，
（23）2+x2＝（2x）2，
x＝2，
∴OA＝2x＝4，即⊙O的半径长度为4；
故选：B．
【小结】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此题的关键．
变式17 如图，已知⊙O的直径AB和弦CD相交于点E，AE＝6cm，EB＝2cm，∠BED＝30°，求CD的长．
【分析】先过点O作OM⊥CD，连结OC，根据垂径定理得出CD＝2CM，再根据AE＝6cm，EB＝2cm，求出AB，再求出OC、OB、OE，再根据∠CEA＝30°，求出OM=12OE=12×2＝1cm，根据CM=OC2-OM2，求出CM，最后根据CD＝2CM即可得出答案．
【解析】过点O作OM⊥CD，连结OC，则CD＝2CM，
∵AE＝6cm，EB＝2cm，
∴AB＝8（cm），
∴OC＝OB＝4（cm），
∴OE＝4﹣2＝2（cm），
∵∠CEA＝∠BED＝30°，
∴OM=12OE=12×2＝1（cm），
∴CM=OC2-OM2=42-12=15（cm），
∴CD＝215（cm）．
【小结】此题考查了垂经定理，用到的知识点是垂经定理、勾股定理、30°角的直角三角形，关键是根据题意做出辅助线，构造直角三角形．
变式18 如图，在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于点C、D．
（1）求证AC＝BD；
（2）若AC＝3，大圆和小圆的半径分别为6和4，则CD的长度是 ．
【分析】（1）作CH⊥CD于H，如图，根据垂径定理得到CH＝DH，AH＝BH，利用等量减等量差相等可得到结论；
（2）连接OC，如图，设CH＝x，利用勾股定理得到OH2＝OC2﹣CH2＝42﹣x2，OH2＝OA2﹣AH2＝62﹣（3+x）2，则42﹣x2＝62﹣（3+x）2，然后解方程求出x即可得到CD的长．
【解析】（1）证明：作CH⊥CD于H，如图，
∵OH⊥CD，
∴CH＝DH，AH＝BH，
∴AH﹣CH＝BH﹣DH，
∴AC＝BD；
（2）连接OC，如图，设CH＝x，
在Rt△OCH中，OH2＝OC2﹣CH2＝42﹣x2，
在Rt△OAH中，OH2＝OA2﹣AH2＝62﹣（3+x）2，
∴42﹣x2＝62﹣（3+x）2，解得x=116，
∴CD＝2CH=113．
【小结】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．也考查了勾股定理．
考点7 垂径定理的实际应用
例题7 某公路上有一隧道，顶部是圆弧形拱顶，圆心为O，隧道的水平宽AB为24m，AB离地面的高度AE＝10 m，拱顶最高处C离地面的高度CD为18m，在拱顶的M，N处安装照明灯，且M，N离地面的高度相等都等于17m，则MN＝ m．
【分析】根据题意和垂径定理得到CG＝8m，AG＝12m，CH＝1m，根据勾股定理求得半径，进而利用勾股定理求得MH，即可求得MN．
【解析】设CD于AB交于G，与MN交于H，
∵CD＝18m，AE＝10m，AB＝24m，HD＝17m，∴CG＝8m，AG＝12m，CH＝1m，
设圆拱的半径为r，
在Rt△AOG中，OA2＝OG2+AG2，
∴r2＝（r﹣8）2+122，解得r＝13，
∴OC＝13m，∴OH＝13﹣1＝12m，
在Rt△MOH中，OM2＝OH2+MH2，
∴132＝122+MH2，解得MH2＝25，
∴MH＝5m，∴MN＝10m
【小结】本题考查了垂径定理的应用，作出辅助线构建直角三角形，利用勾股定理求解是解题的关键．
变式19 《九章算术》作为古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．在《九章算术》中记载有一问题“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”小辉同学根据原文题意，画出圆材截面图如图所示，已知：锯口深为1寸，锯道AB＝1尺（1尺＝10寸），则该圆材的直径为（ ）
A．13 B．24 C．26 D．28
【分析】设⊙O的半径为r寸．在Rt△ACO中，AC＝5，OC＝r﹣1，OA＝r，则有r2＝52+（r﹣1）2，解方程即可．
【解析】设圆心为O，过O作OC⊥AB于C，交⊙O于D，连接OA，如图所示：
∴AC=12AB=12×10＝5，
设⊙O的半径为r寸，
在Rt△ACO中，OC＝r﹣1，OA＝r，
则有r2＝52+（r﹣1）2，
解得r＝13，
∴⊙O的直径为26寸，
故选：C．
【小结】本题考查垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
变式20 把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知EF＝CD＝16cm，则球的半径为（ ）
A．103cm B．10cm C．102cm D．83cm
【分析】首先找到EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，设OF＝x，则OM是16﹣x，MF＝8，然后在直角三角形MOF中利用勾股定理求得OF的长即可．
【解析】EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，
设OF＝x，则OM＝16﹣x，MF＝8，
在直角三角形OMF中，OM2+MF2＝OF2，
即：（16﹣x）2+82＝x2，
解得：x＝10．
故选：B．
【小结】本题考查了垂径定理及勾股定理的知识，解题的关键是正确的作出辅助线构造直角三角形．
变式21 在圆柱形油槽内装有一些油，油槽直径MN为10分米．截面如图，油面宽AB为6分米，如果再注入一些油后，当油面宽变为8分米，油面AB上升（ ）
A．1分米 B．4分米
C．3分米 D．1分米或7分米
【分析】实质是求两条平行弦之间的距离．根据勾股定理求弦心距，作和或差分别求解．
【解析】连接OA．作OG⊥AB于G，
则在直角△OAG中，AG＝3分米，
因为OA＝5cm，根据勾股定理得到：OG＝4分米，即弦AB的弦心距是4分米，
同理当油面宽AB为8分米时，弦心距是3分米，
当油面没超过圆心O时，油上升了1分米；当油面超过圆心O时，油上升了7分米．
因而油上升了1分米或7分米．
故选：D．
【小结】此题主要考查了垂径定理的应用，此题涉及圆中求半径的问题，此类在圆中涉及弦长、半径、圆心角的计算的问题，常把半弦长，半圆心角，圆心到弦距离转换到同一直角三角形中，然后通过直角三角形予以求解．本题容易忽视的是分情况讨论．
考点8 圆周角定理
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。
例题8 如图，AB是⊙O的直径，点C，D，E都在⊙O上，∠1＝55°，则∠2＝ °．
【分析】如图，连接AD．证明∠1+∠2＝90°即可解决问题．
【解析】如图，连接AD．
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠1＝∠ADE，
∴∠1+∠2＝90°，
∵∠1＝55°，
∴∠2＝35°，
故答案为35．
【小结】本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
变式22 如图，A，B，C，D是⊙O上的四点，且点B是AC的中点，BD交OC于点E，∠AOC＝100°，∠OCD＝35°，那么∠OED＝ ．
【分析】连接OB，求出∠D，利用三角形的外角的性质解决问题即可．
【解析】连接OB．
∵AB=BC，
∴∠AOB＝∠BOC＝50°，
∴∠BDC=12∠BOC＝25°，
∵∠OED＝∠ECD+∠CDB，∠ECD＝35°，
∴∠OED＝60°，
故答案为60°．
【小结】本题考查圆周角定理，圆心角，弧，弦之间的关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
变式23 如图，AB为⊙O的直径，C，D是圆周上的两点，若∠ABC＝38°，则锐角∠BDC的度数为（ ）
A．57° B．52° C．38° D．26°
【分析】由AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可得∠ACB＝90°，又由∠ABC＝38°，即可求得∠A的度数，然后根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求得∠BDC的度数．
【解析】连接AC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，
∵∠ABC＝38°，∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝52°，∴∠BDC＝∠BAC＝52°．故选：B．
【小结】此题考查了圆周角定理．此题难度不大，注意掌握直径所对的圆周角是直角与在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等定理的应用是解此题的关键．
变式24 四边形ABCD的外接圆为⊙O，BC＝CD，∠DAC＝35°，∠ACD＝45°，则∠ADB的度数为（ ）
A．55° B．60° C．65° D．70°
【分析】利用圆心角、弧、弦的关系得到DC=BC，再利用圆周角定理得到∠BAC＝∠DAC＝35°，∠ABD＝∠ACD＝45°，然后根据三角形内角和计算∠ADB的度数．
【解析】∵BC＝CD，∴DC=BC，
∵∠ABD和∠ACD所对的弧都是AD，∴∠BAC＝∠DAC＝35°，
∵∠ABD＝∠ACD＝45°，∴∠ADB＝180°﹣∠BAD﹣∠ABD＝180°﹣70°﹣45°＝65°．故选：C．
【小结】本题考查了圆周角定理和圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键．
考点9 圆内接四边形
圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补,且任意一个角的外角都等于其内对角.
例题9 如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠D＝100°，CE⊥AB交⊙O于点E，连接OB、OE，则∠BOE的度数为（ ）
A．18° B．20° C．25° D．40°
【分析】根据圆内接四边形的性质和圆周角定理即可得到结论．
【解析】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠D＝100°，
∴∠ABC＝180°﹣∠D＝80°，
∵CE⊥AB，
∴∠ECB+∠ABC＝90°，
∴∠BCE＝90°﹣80°＝10°，
∵在同圆或等圆中，圆周角是所对弧的圆心角的一半，
∴∠BOE＝2∠BCE＝20°，
故选：B．
【小结】本题考查了圆内接四边形的性质，三角形的内角和定理，垂直的定义，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．
变式25 如图，点A、B、C、D、E在⊙O上，AE的度数为60°，则∠B+∠D的度数是（ ）
A．180° B．120° C．100° D．150°
【分析】连接AB、DE，先求得∠ABE＝∠ADE＝25°，根据圆内接四边形的性质得出∠ABE+∠EBC+∠ADC＝180°，即可求得∠EBC+∠ADC＝150°．
【解析】连接AB、DE，则∠ABE＝∠ADE，
∵AE的度数为60°，∴∠ABE＝∠ADE＝30°，
∵点A、B、C、D在⊙O上，∴四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠ABE+∠EBC+∠ADC＝180°，
∴∠EBC+∠ADC＝180°﹣∠ABE＝180°﹣30°＝150°．故选：D．
【小结】本题考查了圆周角定理和圆内接四边形的性质，作出辅助线构建内接四边形是解题的关键．
变式26 如图，四边形ABCD内接于⊙O，DA＝DC，∠CBE＝50°，∠AOD的大小为（ ）
A．130° B．100° C．120° D．110°
【分析】首先证明∠ADC＝∠CBE，再利用等腰三角形的性质求出∠ACD，利用圆周角定理即可解决问题．
【解析】∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，∴∠ADC＝∠CBE＝50°，
∵DA＝DC，∴∠DAC＝∠DCA=12（180°﹣50°）＝65°，
∴∠AOB＝2∠ACD＝130°，故选：A．
【小结】本题考查圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
变式27 如图，点A、B、C在⊙O上，CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D、E，若∠DCE＝40°，则∠ACB的度数为（ ）
A．140° B．70° C．110° D．80°
【分析】先根据四边形的内角和为360°求∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°，再由同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得∠P的度数，最后由四点共圆的性质得结论．
【解析】如图，在优弧AB上取一点P，连接AP，BP，
∵CD⊥OA，CE⊥OB，
∴∠ODC＝∠OEC＝90°，
∵∠DCE＝40°，
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°，
∴∠P=12∠AOB＝70°，
∵A、C、B、P四点共圆，
∴∠P+∠ACB＝180°，
∴∠ACB＝180°﹣70°＝110°，
故选：C．
【小结】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，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是解答此题的关键．
考点10 圆周角定理有关的计算与证明
例题10 如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是直径，C为BD的中点，延长AD，BC交于P，连结AC．
（1）求证：AB＝AP；
（2）当AB＝10，DP＝2时，求线段CP的长．
【分析】（1）利用等角对等边证明即可．
（2）利用勾股定理分别求出BD，PB，再利用等腰三角形的性质即可解决问题．
【解析】（1）证明：∵C为BD的中点，∴∠BAC＝∠CAP，
∵AB是直径，∴∠ACB＝∠ACP＝90°，
∵∠ABC+∠BAC＝90°，∠P+∠CAP＝90°，
∴∠ABC＝∠P，
∴AB＝AP．
（2）如图，连接BD．
∵AB是直径，
∴∠ADB＝∠BDP＝90°，
∵AB＝AP＝10，DP＝2，
∴AD＝10﹣2＝8，
∴BD=AB2-AD2=102-82=6，
∴PB=BD2+PD2=62+22=210，
∵AB＝AP，AC⊥BP，
∴BC＝PC=12PB=10，
∴PC=10．
【小结】主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆内接四边形的性质等知识点，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
变式28 四边形ABCD内接于⊙O，AC为其中一条对角线．
（Ⅰ）如图①，若∠BAD＝70°，BC＝CD．求∠CAD的大小；
（Ⅱ）如图②，若AD经过圆心O，连接OC，AB＝BC，OC∥AB，求∠ACO的大小．
【分析】（1）根据圆心角、弧、弦之间的关系解答；
（2）连接BD，根据圆周角定理、平行线的性质、等腰三角形的性质得到∠BAC＝∠BDA＝∠OAC，根据圆周角定理得到∠ABD＝90°，计算即可．
【解析】（1）∵BC＝CD，∴BC=CD，
∴∠CAD＝∠CAB=12∠BAD＝35°；
（2）连接BD，
∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∵OC∥AB，
∴∠BAC＝∠OCA，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠BAC＝∠BCA＝∠OAC，
由圆周角定理得，∠BCA＝∠BDA，
∴∠BAC＝∠BDA＝∠OAC，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∴∠ACO＝30°．
【小结】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆心角、弧、弦之间的关系、圆周角定理，掌握直径所对的圆周角是直角是解题的关键．
变式29 如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AC，BD⊥AC，垂足为E．
（1）若∠BAC＝40°，则∠ADC＝ °；
（2）求证：∠BAC＝2∠DAC；
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和圆内接四边形的性质即可得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得到结论；
【解析】（1）∵AB＝AC，∠BAC＝40°，
∴∠ABC＝∠ACB＝70°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＝180°﹣∠BAC＝110°，
故答案为：110；
（2）证明：∵BD⊥AC，
∴∠AEB＝∠BEC＝90°，
∴∠ACB＝90°﹣∠CBD，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝90°﹣∠CBD，
∴∠BAC＝180°﹣2∠ABC＝2∠CBD，
∵∠DAC＝∠CBD，
∴∠BAC＝2∠DAC；
【小结】本题考查了圆内接四边形，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质．
变式30 已知：⊙O的两条弦AB，CD相交于点M，且AB＝CD．
（1）如图1，连接AD．求证：AM＝DM．
（2）如图2，若AB⊥CD，在弧BD上取一点E，使弧BE＝弧BC，AE交CD于点F，连接AD、DE．
①判断∠E与∠DFE是否相等，并说明理由．
②若DE＝7，AM+MF＝17，求△ADF的面积．
【分析】（1）如图1，利用AB＝CD得到AB=CD，则AC=BD，根据圆周角定理得到∠A＝∠D，然后根据等腰三角形的判定得到结论；
（2）①连接AC，如图，由弧BE＝弧BC得到∠CAB＝∠EAB，再根据等腰三角形的判定方法得到AC＝AF，则∠ACF＝∠AFC，然后圆周角定理、对顶角和等量代换得到∠DFE＝∠E；
②由∠DFE＝∠E得DF＝DE＝7，再利用AM＝DM得到AM＝MF+7，加上AM+MF＝17，于是可求出AM，然后根据三角形面积公式求解．
【解析】（1）证明：如图1，
∵AB＝CD，∴AB=CD，
即AC+BC=BC+BD，
∴AC=BD，∴∠A＝∠D，∴AM＝DM；
（2）①∠E与∠DFE相等．
理由如下：连接AC，如图，
∵弧BE＝弧BC，∴∠CAB＝∠EAB，
∵AB⊥CD，∴AC＝AF，∴∠ACF＝∠AFC，
∵∠ACF＝∠E，∠AFC＝∠DFE，∴∠DFE＝∠E；
②∵∠DFE＝∠E，∴DF＝DE＝7，
∵AM＝DM，∴AM＝MF+7，
∵AM+MF＝17，∴MF+7+MF＝17，解得MF＝5，∴AM＝12，∴S△ADF=12×7×12＝42．
【小结】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．也考查了垂径定理和圆心角、弧、弦的关系．
考点11 旋转的性质
图形旋转所得的图形和原图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，任何一对对应点与旋转中心连线所成的角度等于旋转的角度.
例题11 如图，在△ABC中，∠C＝64°，将△ABC绕着点A顺时针旋转后，得到△AB′C′，且点C′在BC上，则∠B′C′B的度数为（ ）
A．42° B．48° C．52° D．58
【分析】根据旋转的性质，可以得到AC＝AC′，然后根据∠C＝64°，即可得到旋转角的度数，然后三角形内角和，即可得到∠B′C′B的度数．
【解析】∵将△ABC绕着点A顺时针旋转后，得到△AB′C′，∠C＝64°，
∴AC＝AC′，∠CAC′＝∠BAB′，∠B＝∠B′，
∴∠C＝∠AC′C＝64°，
∴∠CAC′＝52°，
∴∠BAB′＝52°，
∴∠B′AD＝52°，
∵∠B＝∠B′，∠BDC′＝∠B′DA，
∴∠BC′D＝∠B′AD＝52°，
即∠B′C′B的度数为52°，
故选：C．
【小结】本题考查旋转的性质、三角形内角和、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
变式31 如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，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AB'＝CB'，则∠C'的度数为（ ）
A．18° B．20° C．24° D．28°
【分析】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'，∠B＝∠AB'B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
【解析】∵AB'＝CB'，
∴∠C＝∠CAB'，
∴∠AB'B＝∠C+∠CAB'＝2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'，
∴∠C＝∠C'，AB＝AB'，
∴∠B＝∠AB'B＝2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB＝180°，
∴3∠C＝180°﹣108°，
∴∠C＝24°，
∴∠C'＝∠C＝24°，
故选：C．
【小结】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是本题的关键．
变式32 把我们常用的一副三角尺按照如图方式摆放：
（1）如图1，两个三角尺的直角边OA、OD摆放在同一直线上．
①易知AB∥CD，理由是 ；
②求出∠BOC的度数；
（2）如图2，如果把图1所示的△OAB以O为中心顺时针旋转得到△OA′B′，当∠AOA′为多少度时，OB′平分∠COD；
（3）如图3，两个三角尺的直角边OA、OD摆放在同一直线上，另一条直角边OB、OC也在同一条直线上，如果把△OAB以O为中心顺时针旋转一周，当旋转多少度时，两条斜边AB∥CD，请直接写出答案．
【分析】（1）①由同旁内角互补，两直线平行可证AB∥CD；
②由平角的性质可求解；
（2）由旋转的性质可得∠AOB＝∠A'OB'＝45°，由角的数量关系可求解；
（3）分两种情况讨论，由平行线的性质可求解．
【解析】（1）①∵∠BAO＝∠CDO＝90°，
∴∠BAO+∠CDO＝180°，
∴AB∥CD（同旁内角互补，两直线平行）
故答案为：同旁内角互补，两直线平行；
②∵∠AOB＝45°，∠COD＝60°，
∴∠BOC＝75°；
（2）∵△OAB以O为中心顺时针旋转得到△OA′B′，
∴∠AOB＝∠A'OB'＝45°，
∵∠COD＝60°，OB′平分∠COD，
∴∠COB'＝30°，
∴∠COA'＝∠A'OB'﹣∠COB'＝15°，
∴∠A'OB＝∠COB﹣∠COA'＝60°，
∴∠AOA'＝∠AOB+∠A'OB＝105°；
（3）当A'B'与OD相交于点E时，
∵A'B'∥CD，
∴∠D＝∠A'EO＝60°，
∵∠A'EO＝∠B'+∠EOB'，
∴∠EOB'＝60°﹣45°＝15°，
∴∠BOB'＝105°，
当A'B'与AO相交于点F时，
∵A'B'∥CD，
∴∠D＝∠A'FO＝60°，
∴∠A'OF＝180°﹣∠A'FO﹣∠A'＝75°，
∴旋转的角度＝360°﹣75°＝285°，
综上所述：旋转的角度为105°或285°．
【小结】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形的外角性质，灵活运用性质进行推理是本题的关键．
变式33 将一副三角板中的两块直角三角尺的直角顶点C按照如图①的方式叠放在一起（∠A＝30°，∠ABC＝60°，∠E＝∠EDC＝45°），且三角板ACB的位置保持不动．
（1）将三角板DCE绕点C按顺时针方向旋转至图②，若∠ACE＝60°，求∠DCB的度数．
（2）将三角板DCE绕点C按顺时针方向旋转，当旋转到ED∥AB时，求∠BCE的度数（请先在备用图上补全相应的图形）．
（3）当0°＜∠BCE＜180°且点E在直线BC的上方时，这两块三角尺是否存在一组边互相平行？若存在，请直接写出∠BCE所有可能的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）首先证明∠BCE＝∠ACD＝25°，∠BCD＝∠BCE+∠ECD＝120°；
（2）有两种情形，画出图形即可解决问题；
（3）有四种情形，画出图形即可解决问题．
【解析】（1）如图2中，
∵∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ECB＝∠ACD，
∵∠ACE＝60°，
∴∠BCE＝∠ACD＝30°，
∴∠BCD＝∠BCE+∠ECD＝30°+90°＝120°；
（2）如图2中，
当DE∥AB时，延长BC交DE于M，
∴∠B＝∠DMC＝60°，
∵∠DMC＝∠E+∠MCE，
∴∠ECM＝15°，∴∠BCE＝165°，
当D′E′∥AB时，∠E′CB＝∠ECM＝15°，
∴当ED∥AB时，∠BCE的度数为165°或15°；
（3）存在．如图，①CD∥AB时，∠BCE＝30°，
②DE∥BC时，∠BCE＝45°，
③CE∥AB时，∠BCE＝120°，
④DE∥AB时，∠BCE＝165°，
⑤当AC∥DE时，∠BCE＝135°
综上所述，当∠BCE＜180°且点E在直线BC的上方时，这两块三角尺存在一组边互相平行，∠BCE 的值为30°或45°或120°或165°或135°．
【小结】本题考查了旋转的性质、平行线的性质、三角形的内角和定理、直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
考点12 旋转中的坐标变化
例题12 如图，在平面直角坐标系中，A（1，0），B（﹣2，4），AB绕点A顺时针旋转90°得到AC，则点C的坐标是（ ）
A．（4，3） B．（4，4） C．（5，3） D．（5，4）
【分析】如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．利用全等三角形的性质求出AF，CF即可解决问题．
【解析】如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．
∵A（1，0），B（﹣2，4），
∴OA＝1，BE＝4，OE＝2，AE＝3，
∵∠AEB＝∠AFC＝∠BAC＝90°，
∴∠B+∠BAE＝90°，∠BAE+∠CAF＝90°，
∴∠B＝∠CAF，
∵AB＝AC，
∴△BEA≌△AFC（AAS），
∴CF＝AE＝3，AF＝BE＝4，OF＝1+4＝5，
∴C（5，3），
故选：C．
【小结】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
变式34 如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（2，4），将△ABC绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到△AB1C1，若AC1⊥x轴，则点B1的坐标为（ ）
A．(53-22，-52) B．(52，-53-22)
C．(52，-532) D．(532，-52)
【分析】过点B1作B1H⊥x轴于H．解直角三角形求出B1H，OH即可解决问题．
【解析】过点B1作B1H⊥x轴于H．
∵A（﹣1，0），B（2，4），
∴AB=32+42=5，
∵∠BAC＝∠B1AC1＝60°，AC1⊥OA，
∴∠OAB1＝30°，
∴B1H=12AB1=52，AH=3B1H=532，
∴OH=53-22，
∴B1（53-22，52）．故选：A．
【小结】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
变式35 如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2020次得到正方形OA2020B2020C2020，如果点A的坐标为（1，0），那么点B2020的坐标为（ ）
A．（﹣1，1） B．(-2，0) C．（﹣1，﹣1） D．(0，-2)
【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论．
【解析】∵四边形OABC是正方形，且OA＝1，∴B（1，1），
连接OB，由勾股定理得：OB=2，
由旋转得：OB＝OB1＝OB2＝OB3=⋯=2，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，
∴B1（0，2），B2（﹣1，1），B3（-2，0），B（﹣1，﹣1），…，
发现是8次一循环，所以2020÷8＝252…4，
∴点B2020的坐标为（﹣1，﹣1）故选：C．
【小结】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．也考查了坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法．．
变式36 如图，矩形ABCD的顶点A、B分别在x轴、y轴上，OA＝OB＝2，AD＝42，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2020次旋转结束时，点C的坐标为（ ）
A．（6，4） B．（4，﹣6） C．（﹣6，4） D．（﹣4，6）
【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC，根据已知条件求出点C的坐标，再根据旋转的性质求出前4次旋转后点C的坐标，发现规律，进而求出第2020次旋转结束时，点C的坐标．
【解析】如图，过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC，
∵OA＝OB＝2，∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵∠ABC＝90°，∴∠CBE＝45°，
∵BC＝AD＝42，∴CE＝BE＝4，
∴OE＝OB+BE＝6，∴C（﹣4，6），
∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
则第1次旋转结束时，点C的坐标为（6，4）；
则第2次旋转结束时，点C的坐标为（4，﹣6）；
则第3次旋转结束时，点C的坐标为（﹣6，﹣4）；
则第4次旋转结束时，点C的坐标为（﹣4，6）；
…
发现规律：旋转4次一个循环，∴2020÷4＝505，
则第2020次旋转结束时，点C的坐标为（﹣4，6）．故选：D．
【小结】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转、规律型﹣点的坐标，解决本题 的关键是根据旋转的性质发现规律，总结规律．
考点13 旋转中的最值问题
例题13 如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，D为AC中点，P为AB上的动点，将P绕点D逆时针旋转90°得到P1，连CP1的最小值为（ ）
A．1.6 B．2.4 C．2 D．22
【分析】过点P′作P′E⊥AC于点E，由旋转的性质及同角的余角相等判断△DAP≌△P′ED，根据全等三角形的对应边相等得出P′E＝AD＝2，
当AP＝DE＝2时，DE＝DC，即点E和点C重合，此时CP′＝EP′＝2，故线段CP′的最小值为2．
【解析】如图，过点P′作P′E⊥AC于点E，
则∠A＝∠P′ED＝90°，
由旋转可知：DP＝DP′，∠PDP′＝90°，
∴∠ADP＝∠EP′D，
∴△DAP≌△P′ED（AAS）
∴P′E＝AD＝2，
∴当AP＝DE＝2时，DE＝DC，即点E与点C重合，此时CP′＝EP′＝2
∴线段CP′的最小值为2．
故选：C．
【小结】本题考查了旋转的性质，解决本题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形．
变式37 如图，已知正方形ABCD的边长为3，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是（ ）
A．35 B．43 C．52 D．213
【分析】连接 BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明△AED≌△GFE（AAS），确定F点在BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C'，由三角形全等得到∠CBF＝45°，从而确定C'点在AB的延长线上；当D、F、C'三点共线时，DF+CF＝DC'最小，在Rt△ADC'中，AD＝3，AC'＝6，求出DC'＝35即可．
【解析】连接 BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴EF⊥DE，且EF＝DE，∴△AED≌△GFE（AAS），
∴FG＝AE，∴F点在BF的射线上运动，
作点C关于BF的对称点C'，
∵EG＝DA，FG＝AE，∴AE＝BG，
∴BG＝FG，∴∠FBG＝45°，∴∠CBF＝45°，
∴BF是∠CBC′的角平分线，
即F点在∠CBC′的角平分线上运动，
∴C'点在AB的延长线上，
当D、F、C'三点共线时，DF+CF＝DC'最小，
在Rt△ADC'中，AD＝3，AC'＝6，
∴DC'＝35，∴DF+CF的最小值为35，故选：A．
【小结】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
变式38 如图，正方形ABCD中，AB＝25，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，OE＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE、CF．则线段OF长的最小值为 ．
【分析】连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，证明△EDO≌△FDM，可得FM＝OE＝2，由条件可得OM＝52，根据OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值．
【解析】如图，连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，
∵∠EDF＝∠ODM＝90°，
∴∠EDO＝∠FDM，
∵DE＝DF，DO＝DM，
∴△EDO≌△FDM（SAS），
∴FM＝OE＝2，
∵正方形ABCD中，AB＝25，O是BC边的中点，
∴OC=5，
∴OD=(25)2+(5)2=5，
∴OM=52+52=52，
∵OF+MF≥OM，
∴OF≥52-2，
∴线段OF长的最小值为52-2．
故答案为：52-2．
【小结】本题考查图形的旋转，正方形的性质，勾股定理．解题的关键是掌握图形旋转的性质．
变式39 如图，长方形ABCD中，AB＝6，BC=152，E为BC上一点，且BE=32，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为 ．
【分析】如图，将线段ET绕点E顺时针旋转45°得到线段ED，连接DE交CG于J．首先证明∠ETG＝90°，推出点G的在射线TG上运动，推出当CG⊥TG时，CG的值最小．
【解析】如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接DE交CG于J．
∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝6，∠B＝∠BCD＝90°，
∵∠BET＝∠FEG＝45°，∴∠BEF＝∠TEG，
∵EB＝ET，EF＝EG，∴△EBF≌△ETG（SAS），
∴∠B＝∠ETG＝90°，∴点G的在射线TG上运动，∴当CG⊥TG时，CG的值最小，
∵BC=152，BE=32，CD＝6，∴CE＝CD＝6，
∴∠CED＝∠BET＝45°，∴∠TEJ＝90°＝∠ETG＝∠JGT＝90°，
∴四边形ETGJ是矩形，
∴DE∥GT，GJ＝TE＝BE=32，
∴CJ⊥DE，∴JE＝JD，
∴CJ=12DE＝32，∴CG＝CJ+GJ=32+32，
∴CG的最小值为32+32
【小结】本题考查旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
考点14 作图—旋转变换
例题14 在如图所示的平面直角坐标系中（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形），解答下列问题：
（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）画出以C1为旋转中心，将△A1B1C1顺时针旋转90°后的△A2B2C1；
（3）连接A1A2，则△C1A1A2是 三角形，并直接写出△C1A1A2的面积．
【分析】（1）利用关于y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A1、B1的对应点A2、B2即可；
（3）利用勾股定理的逆定理可判断△C1A1A2是等腰直角三角形，然后根据三角形面积公式计算它的面积．
【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作； （2）如图，△A2B2C2为所作；
（3） ∵C1A12＝12+22＝5，C1A22＝12+22＝5，A1A22＝12+32＝10，
∴C1A12+C1A22＝A1A22，∴△C1A1A2是直角三角形，
而C1A1＝C1A2，∴△C1A1A2是等腰直角三角形，它的面积=12×5×5=52．故答案为等腰直角．
【小结】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
变式40 在平面直角坐标系中，△ABC的点坐标分别是A（2，4）、B（1，2）、C（5，3），如图：
（1）以点（0，0）为旋转中心，将△ABC顺时针转动90°，得到△A1B1C1，在坐标系中画出△A1B1C1，写出A1、B1、C1的坐标；
（2）在（1）中，若△ABC上有一点P（m，n），直接写出对应点P1的坐标．
（3）作出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．
【分析】（1）依据点（0，0）为旋转中心，将△ABC顺时针转动90°，即可得到△A1B1C1；
（2）依据旋转前后坐标的变化规律，即可得到对应点P1的坐标；
（3）依据中心对称的性质，即可得到△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．
【解析】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，A1（4，﹣2）、B1（2，﹣1）、C1（3，﹣5）；
（2）若△ABC上有一点P（m，n），则对应点P1的坐标为（n，﹣m）．
（3）如图所示，△A2B2C2即为所求．
【小结】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
变式41 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，坐标分别为A （2，2），B （1，0），C（3，1）．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）画出将△ABC绕原点O顺时针旋转90°所得的△A2B2C2；
（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形吗？若成中心对称图形，直接写出对称中心的坐标．
【分析】（1）利用利用y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2；
（3）根据中心对称的定义进行判断．
【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形，对称中心的坐标为（-12，-12）．
【小结】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换．
变式42 如图，在平面直角坐标系中，A（1，1）．
（1）若△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，画出△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
（2）点C绕O点逆时针方向旋转90°后所对应点C2的坐标为 ；
（3）在x轴上存在一点P，且满足点P到点B1和点C1距离之和最小，请直接写出PB1+PC1的最小值 ．
【分析】（1）根据中心对称图形的性质，△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，画出△A1B1C1，并写出点B1的坐标即可；
（2）根据旋转的性质即可写出点C绕O点逆时针方向旋转90°后所对应点C2的坐标；．
（3）根据两点之间线段最短，作点C1关于x轴的对称点，连接C′B1与x轴交于一点P，且满足点P到点B1点C1离之和最小，根据勾股定理，即可写出PB1+PC1的最小值．
【解析】（1）如图，△A1B1C1即为所求，点B1的坐标为（﹣4，﹣4）；
（2）点C2的坐标为（﹣1，5）；
（3）点P即为所求，PB1+PC1的最小值为26：
【小结】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称、最短路线问题，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
考点15 正多边形与圆
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。
例题15 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＝18°，则这个正多边形的边数为 ．
【分析】连接OA，OB，根据圆周角定理得到∠AOB＝2∠ADB＝36°，于是得到结论．
【解析】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＝18°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝36°，
∴这个正多边形的边数=360°36°=10，
【小结】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，正确的理解题意是解题的关键．
变式43 如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点P为DE上一点（点P与点D，点E不重合），连接PC、PD，DG⊥PC，垂足为G，∠PDG等于 度．
【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理得出∠CPD的度数，由三角形内角和定理即可得出结果．
【解析】连接OC、OD，如图所示：
∵ABCDE是正五边形，
∴∠COD=360°5=72°，
∴∠CPD=12∠COD＝36°，
∵DG⊥PC，
∴∠PGD＝90°，
∴∠PDG＝90°﹣∠CPD＝90°﹣36°＝54°，
【小结】本题考查正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握正五边形的性质和圆周角定理，属于中考常考题型．
变式44 图中的正三角形和正六边形有公共的外接圆⊙O．则这个正三角形和正六边形边长的比为（ ）
A．6：2 B．3：2 C．3：1 D．2：1
【分析】根据题意画出图形，通过解直角三角形用R分别表示出它们的边长，进而可得出结论．
【解析】设外接圆的半径为R，
如图所示：连接O2 A，O2 B，
则O2 B⊥AC，
∵O2 A＝R，∠O2 AG＝30°，∠AO2 B＝60°，
∴△AO2 B是等边三角形，AG＝O2A•cos30°=32R，
∴AB＝R，AC＝2AG=3R；
∴外接圆的半径相等的正三角形、正六边形的边长之比为3R：R=3：1．
故选：C．
【小结】本题考查的是正多边形和圆、解直角三角形；熟知正三角形、正方形和正六边形的性质是解答此题的关键．
变式45 如图1、2、3、…、n，M、N分别是⊙O的内接正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE、…、正n边形ABCDE…的边AB、BC上的点，且BM＝CN，连接OM、ON．
（1）求图1中∠MON的度数；
（2）图2中∠MON的度数是 ，图3中∠MON的度数是 ；
（3）试探究∠MON的度数与正n边形边数n的关系（直接写出答案）．
【分析】（1）先分别连接OB、OC，可求出∠BOM＝∠NOC，故∠MON＝∠BOC，再由圆周角定理即可求出∠BOC＝120°；
（2）同（1）即可解答；
（3）由（1）、（2）找出规律，即可解答．
【解析】分别连接OB、OC，
（1）∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，
∵OC＝OB，O是外接圆的圆心，∴CO平分∠ACB
∴∠OBC＝∠OCB＝30°，∴∠OBM＝∠OCN＝30°，
∵BM＝CN，OC＝OB，∴△OMB≌△ONC，
∴∠BOM＝∠NOC，
∵∠BAC＝60°，∴∠BOC＝120°；
∴∠MON＝∠BOC＝120°；
（2） 同（1）可得∠MON的度数是90°，图3中∠MON的度数是72°；
（3）由（1）可知，∠MON=360°3=120°；在（2）中，∠MON=360°4=90°；在（3）中∠MON=360°5=72°…，
故当n时，∠MON=360°n．
【小结】本题考查的是正多边形和圆，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．
考点16 弧长的计算
解决此类问题掌握弧长的计算公式是关键.
例题16 如图，正五边形ABCDE的边长为2，分别以点C、D为圆心，CD长为半径画弧，两弧交于点F，则BF的长为 ．
【分析】连接CF，DF，得到△CFD是等边三角形，得到∠FCD＝60°，根据正五边形的内角和得到∠BCD＝108°，求得∠BCF＝48°，根据弧长公式即可得到结论．
【解析】连接CF，DF，
则△CFD是等边三角形，
∴∠FCD＝60°，
∵在正五边形ABCDE中，∠BCD＝108°，
∴∠BCF＝48°，
∴BF的长=48⋅π×2180=815π，
【小结】本题考查了正多边形与圆，弧长的计算，等边三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
变式46 如图，AB是⊙O的直径，AB＝4，AC是的弦，过点O作OD∥AC交⊙O于点D，连接BC，若∠ABC＝24°，则劣弧CD的长为（ ）
A．7π15 B．11π15 C．13π15 D．17π15
【分析】先根据圆周角定理求出∠A的度数，得出∠BOD和∠BOC的度数，由角的和差可得∠COD的度数，最后由弧长公式可得结论．
【解析】连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ABC＝24°，
∴∠A＝90°﹣24°＝66°，
∴∠BOC＝2×66°＝132°，
∵AC∥OD，
∴∠BOD＝∠A＝66°，
∴∠COD＝132°﹣66°＝66°，
∵AB＝4，
∴劣弧CD的长=66π×2180=11π15；
故选：B．
【小结】本题考查了圆周角定理、平行线的性质和弧长公式，熟练掌握圆周角定理及弧长公式是解题关键．
变式47 如图，半径为1的⊙O与正六边形ABCDEF相切于点A、D，则弧AD的长为（ ）
A．23π B．13π C．56π D．16π
【分析】连接OA，OD，首先求得弧所对的圆心角的度数，然后利用弧长公式进行计算即可．
【解析】连接OA，OD，
∵⊙O与正六边形ABCDEF相切于点A、D，∴∠OAF＝∠ODE＝90°，
∵∠E＝∠F＝120°，∴∠AOD＝540°﹣90°﹣90°﹣120°﹣120°＝120°，
∴AD的长为 120⋅π⋅1180=23π，故选：A．
【小结】本题考查正多边形与圆、切线的性质及弧长的计算，解题的关键是能够根据切线的性质确定∠OAF＝∠ODE＝90°，属于中考常考题型．
变式48 如图，放置在直线l上的扇形OAB．由图①滚动（无滑动）到图②，再由图②滚动到图③．若半径OA＝2，∠AOB＝45°，则点O所经过的运动路径的长是（ ）
A．2π+2 B．3π C．5π2 D．5π2+2
【分析】利用弧长公式计算即可．
【解析】如图，
点O的运动路径的长=OO1的长+O1O2+O2O3的长
=90⋅π⋅2180+45⋅π⋅2180+90⋅π⋅2180 =5π2，故选：C．
【小结】本题考查轨迹，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
考点17 扇形面积的计算
解决此类问题掌握扇形面积的计算公式是关键.
例题17 如图，AB为半圆O的直径，C为半圆上的一点，OD⊥AC，垂足为D，延长OD与半圆O交于点E．若AB＝8，∠CAB＝30°，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．43π-3 B．43π﹣23 C．83π-3 D．83π﹣23
【分析】根据垂径定理得到AE=CE，AD＝CD，解直角三角形得到OD=12OA＝2，AD=32OA＝23，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【解析】∵OD⊥AC，∴∠ADO＝90°，AE=CE，AD＝CD，
∵∠CAB＝30°，OA＝4，∴OD=12OA＝2，AD=32OA＝23，
∴图中阴影部分的面积＝S扇形AOE﹣S△ADO=60⋅π×42360-12×23×2=8π3-23，故选：D．
【小结】本题考查了扇形的面积的计算，垂径定理，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
变式49 在△ABC中，已知∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．如图所示，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°后得到△AB′C′．则图中阴影部分面积为（ ）
A．π4 B．π-32 C．π-34 D．32π
【分析】解直角三角形得到AB=3BC=3，AC＝2BC＝2，然后根据扇形的面积公式即可得到结论．
【解析】∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，∴AB=3BC=3，AC＝2BC＝2，
∴90⋅π×22360-60⋅π×3360-12×1×3=π-32，故选：B．
【小结】本题主要考查了图形的旋转，扇形的面积公式，解直角三角形，熟练掌握扇形的面积公式是解决问题的关键．
变式50 如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，且∠BCD＝30°，CD＝43．则图中阴影部分的面积S阴影＝（ ）
A．2π B．83π C．43π D．38π
【分析】根据垂径定理求得CE＝ED＝23，然后由圆周角定理知∠DOE＝60°，然后通过解直角三角形求得线段OD、OE的长度，最后将相关线段的长度代入S阴影＝S扇形DOB﹣S△DOE+S△BEC．
【解析】∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴CE＝ED＝23，
又∵∠DCB＝30°，
∴∠DOE＝2∠BCD＝60°，∠ODE＝30°，
∴OE＝23×33=2，OD＝2OE＝4，
∴S阴影＝S扇形BOD﹣S△DOE+S△BEC=60⋅π×42360-12×2×23+12×2×23=8π3．
故选：B．
【小结】本题考查了垂径定理、扇形面积的计算，圆周角定理，通过解直角三角形得到相关线段的长度是解答本题的关键．
变式51 如图，已知AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，OC∥BD，交AD于点E，连结BC．
（1）求证：AE＝ED；
（2）若AB＝6，∠CBD＝30°，求图中阴影部分的面积．
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据平行线的性质得到∠AEO＝∠ADB＝90°，即OC⊥AD，于是得到结论；
（2）连接CD，OD，根据平行线的性质得到∠OCB＝∠CBD＝30°，根据等腰三角形的性质得到∠OCB＝∠OBC＝30°，求得∠AOD＝120°，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，
∵OC∥BD，∴∠AEO＝∠ADB＝90°，即OC⊥AD，
又∵OC为半径，∴AE＝ED，
（2）连接CD，OD，
∵OC∥BD，∴∠OCB＝∠CBD＝30°，
∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC＝30°，
∴∠AOC＝∠OCB+∠OBC＝60°，
∵∠COD＝2∠CBD＝60°，∴∠AOD＝120°，
∵AB＝6，∴BD＝3，AD＝33，
∵OA＝OB，AE＝ED，∴OE=12BD=32，
∴S阴影＝S扇形AOD﹣S△AOD=120⋅π×32360-12×33×32=3π-934．
【小结】本题考查了扇形的面积的计算，圆周角定理，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
考点18 圆锥侧面积的相关计算
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.
例题18 一个圆锥的底面半径是4cm，其侧面展开图的圆心角是120°，则圆锥的母线长是（ ）
A．8cm B．12cm C．16cm D．24cm
【分析】根据圆锥侧面展开图的实际意义和圆锥的弧长公式l=nπR180求解即可．
【解析】圆锥的底面周长为2π×4＝8πcm，即为展开图扇形的弧长，
由弧长公式得120×π×R180=8π，
解得，R＝12，即圆锥的母线长为12cm．
故选：B．
【小结】本题考查圆锥的侧面展开图，明确展开图扇形的各个部分与圆锥的关系是正确计算的前提．
变式52 如图，正方形ABCD的边长为4，以点A为圆心，AD为半径，画圆弧DE得到扇形DAE（阴影部分，点E在对角线AC上）．若扇形DAE正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是（ ）
A．2 B．1 C．22 D．12
【分析】根据圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等列式计算即可．
【解析】设圆锥的底面圆的半径为r，
根据题意可知：
AD＝AE＝4，∠DAE＝45°，
底面圆的周长等于弧长：
∴2πr=45×π×4180，解得r=12．
故选：D．
【小结】本题考查了圆锥的计算，解决本题的关键是掌握圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等．
变式53 若一个圆锥的底面半径是2cm，母线长是6cm，则该圆锥侧面展开图的圆心角是 度．
【分析】根据圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长，首先求得展开图的弧长，然后根据弧长公式即可求解．
【解析】圆锥侧面展开图的弧长是：2π×2＝4π（cm），
设圆心角的度数是n度．则nπ×6180=4π，
解得：n＝120
【小结】此题主要考查了圆锥的有关计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
变式54 如图，在半径为2的圆形纸片中，剪一个圆心角为90°的最大扇形（阴影部分），则这个扇形的面积为 ；若将此扇形围成一个无底的圆锥（不计接头），则圆锥底面半径为 ．
【分析】由勾股定理求扇形的半径，再根据扇形面积公式求值；根据扇形的弧长等于底面周长求得底面半径即可．
【解析】连接BC，
由∠BAC＝90°得BC为⊙O的直径，
∴BC＝22，
在Rt△ABC中，由勾股定理可得：AB＝AC＝2，
∴S扇形ABC=90π×4360=π；∴扇形的弧长为：90π×2180=π，
设底面半径为r，则2πr＝π，
解得：r=12
【小结】本题考查了圆周角定理、扇形的面积计算方法、弧长公式等知识．关键是熟悉圆锥的展开图和底面圆与圆锥的关系．利用所学的勾股定理、弧长公式及扇形面积公式求值．
考点1 巧用圆的半径相等
解决此类问题的关键是连接半径，抓住圆的半径相等是关键.
例题1 如图，OA是⊙O的半径，B为OA上一点（且不与点O、A重合），过点B作OA的垂线交⊙O于点C．以OB、BC为边作矩形OBCD，连结BD．若BD＝10，BC＝8，则AB的长为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．2
【分析】如图，连接OC，在Rt△OBC中，求出OB即可解决问题．
【解析】如图，连接OC．
∵四边形OBCD是矩形，
∴∠OBC＝90°，BD＝OC＝OA＝10，
∴OB=OC2-BC2=102-82=6，
∴AB＝OA﹣OB＝4，
故选：C．
【小结】本题考查圆，勾股定理，矩形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
变式1 如图，⊙O的直径AB与弦CD的延长线交于点E，若DE＝OB，∠AOC＝84°，则∠E等于（ ）
A．42° B．28° C．21° D．20°
【分析】利用OB＝DE，OB＝OD得到DO＝DE，则∠E＝∠DOE，根据三角形外角性质得∠1＝∠DOE+∠E，所以∠1＝2∠E，同理得到∠AOC＝∠C+∠E＝3∠E，然后利用∠E=13∠AOC进行计算即可．
【解析】连结OD，如图，
∵OB＝DE，OB＝OD，
∴DO＝DE，
∴∠E＝∠DOE，
∵∠1＝∠DOE+∠E，
∴∠1＝2∠E，
而OC＝OD，
∴∠C＝∠1，
∴∠C＝2∠E，
∴∠AOC＝∠C+∠E＝3∠E，
∴∠E=13∠AOC=13×84°＝28°．
故选：B．
【小结】本题考查了圆的认识：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）．也考查了等腰三角形的性质．
变式2 如图，点A、D、G、M在半圆O上，四边形ABOC、DEOF、HMNO均为矩形，设BC＝a，EF＝b，NH＝c，则下列各式中正确的是（ ）
A．a＞b＞c B．a＝b＝c C．c＞a＞b D．b＞c＞a
【分析】连接OA、OD、OM，则OA＝OD＝OM，由矩形的性质得出OA＝BC＝a，OD＝EF＝b，OM＝NH＝c，即可得出a＝b＝c．
【解析】连接OA、OD、OM，如图所示：
则OA＝OD＝OM，
∵四边形ABOC、DEOF、HNMO均为矩形，
∴OA＝BC＝a，OD＝EF＝b，OM＝NH＝c，
∴a＝b＝c；
故选：B．
【小结】本题考查了矩形的性质、同圆的半径相等的性质；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．
变式3 如图，两个正方形都在⊙O的直径MN的同侧，顶点B、C、G都在MN上，正方形ABCD的顶点A和正方形CEFG的顶点F都在⊙O上，点E在CD上．若AB＝5，FG＝3，则OC的长为 ．
【分析】由四边形ABCD，EFGC是正方形，得到∠ABC＝∠FGC＝90°，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】连接AO，OF，
∵四边形ABCD，EFGC是正方形，
∴∠ABC＝∠FGC＝90°，
∴AB2+BO2＝OG2+FG2，
∴52+（5﹣OC）2＝（3+OC）2+32
∴OC＝2，
故答案为：2．
【小结】本题考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
考点2 点与圆的位置关系（求范围）
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．
例题2 在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝33，以点A为圆心作圆A，要使B、C两点中的一点在圆A外，另一点在圆A内，那么圆A的半径长r的取值范围是 ．
【分析】熟记“设点到圆心的距离为d，则当d＝r时，点在圆上；当d＞r时，点在圆外；当d＜r时，点在圆内”即可求解，
【解析】∵Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝33，∴AB＝6，
如果以点A为圆心作圆，使点C在圆A内，则r＞3，
点B在圆A外，则r＜6，
因而圆A半径r的取值范围为3＜r＜6．故答案为3＜r＜6；
【小结】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．设点到圆心的距离为d，则当d＝r时，点在圆上；当d＞r时，点在圆外；当d＜r时，点在圆内．
变式4 在直角坐标平面内，点O是坐标原点，点A的坐标是（3，2），点B的坐标是（3，﹣4）．如果以点O为圆心，r为半径的圆O与直线AB相交，且点A、B中有一点在圆O内，另一点在圆O外，那么r的值可以取（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【分析】先根据两点间的距离公式分别计算出OA、OB的长，再由点A、B中有一点在圆O内，另一点在圆O外求出r的范围，进而求解即可．
【解析】∵点A的坐标是（3，2），点B的坐标是（3，﹣4），
∴OA=32+22=13，
OB=32+42=5，
∵以点O为圆心，r为半径的圆O与直线AB相交，且点A、B中有一点在圆O内，另一点在圆O外，
∴13＜r＜5，∴r＝4符合要求．故选：B．
【小结】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．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．也考查了坐标与图形性质．
变式5 矩形ABCD中，AB＝10，BC＝42，点P在边AB上，且BP：AP＝4：1，如果⊙P是以点P为圆心，PD长为半径的圆，那么下列结论正确的是（ ）
A．点B、C均在⊙P外 B．点B在⊙P外，点C在⊙P内
C．点B在⊙P内，点C在⊙P外 D．点B、C均在⊙P内
【分析】先求出AP的长，然后利用勾股定理求得圆P的半径PD的长，根据点B、C到P点的距离判断点P与圆的位置关系即可．
【解析】如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC＝42，
∵AB＝10，BP：AP＝4：1，
∴AP＝2，BP＝8，
在Rt△ADP中，∵AP＝2，AD＝42，
∴DP=AD²+AP²=4+32=6，
在Rt△PBC中，CP=BP²+BC²=64+32=46，
∵8＞6，46＞6，
∴点B，点C均在⊙P外，
故选：A．
【小结】本题考查了矩形的性质，点与圆的位置关系的判定，根据点与圆心之间的距离和圆的半径的大小关系作出判断即可．
变式6 如图，在每个小正方形的边长均为1的5×5的网格中，选取7个格点（小正方形的顶点），若以点A为圆心，r为半径画圆，选取的格点中除点A外恰好有3个点在圆内，则r的取值范围是（ ）
A．3＜r＜10 B．2＜r＜5 C．10＜r＜13 D．5＜r≤3
【分析】利用勾股定理求出各格点到点A的距离，结合点与圆的位置关系，即可得出结论．
【解析】给各点标上字母，如图所示．
∵AB=12+22=2，AC＝AD=12+22=5，AG＝3，AF=12+32=10，
AE=22+32=13
所以以A为圆心，r为半径画圆，选取的格点中除点A外恰好有3个在圆内，
这三个点只能为B、C、D点，
∴5＜r≤3，
故选：D．
【小结】本题考查了点与圆的位置关系以及勾股定理，利用勾股定理求出各格点到点A的距离是解关键．
考点3 点与圆的位置关系（求最值）
例题3 如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，点D是半径为1的⊙A上的一个动点，点E为CD的中点，连结BE，则线段BE长度的最小值为 ．
【分析】取AC的中点N，连接AD、EN、BN．利用直角三角形斜边中线的性质，三角形的中位线定理求出BN，EN，再利用三角形的三边关系即可解决问题．
【解析】如图，取AC的中点N，连接AD、EN、BN．
∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC=AB2+BC2=32+42=5，
∵AN＝NC，∴BN=12AC=52，
∵AN＝NC，DE＝EC，∴EN=12AD=12，
∴BN﹣EN≤BE≤BN+EN，
∴52-12≤BE≤52+12，
∴2≤BE≤3，
∴BE的最小值为2，
【小结】本题考查直角三角形斜边的中线的性质，三角形的中位线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
变式7 如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，点D是半径为4的⊙A上一动点，点M是CD的中点，则BM的最大值是 ．
【分析】如图，取AC的中点N，连接MN，BN．利用直角三角形斜边中线的性质，三角形的中位线定理求出BN，MN，再利用三角形的三边关系即可解决问题．
【解析】如图，取AC的中点N，连接MN，BN．
∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，
∴AC＝10，
∵AN＝NC，∴BN=12AC＝5，
∵AN＝NC，DM＝MC，
∴MN=12AD=2，
∴BM≤BN+NM，
∴BM≤5+2＝7，
即BM的最大值是7．
【小结】本题考查直角三角形斜边的中线的性质，三角形的中位线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
变式8 如图，在平面直角坐标系中，C（0，4），A（3，0），⊙A半径为2，P为⊙A上任意一点，E是PC的中点，则OE的最小值是（ ）
A．1 B．32 C．2 D．2
【分析】如图，连接AC，取AC的中点H，连接EH，OH．利用三角形的中位线定理可得EH＝1，推出点E的运动轨迹是以H为圆心半径为1的圆．
【解析】如图，连接AC，取AC的中点H，连接EH，OH．
∵CE＝EP，CH＝AH，
∴EH=12PA＝1，
∴点E的运动轨迹是以H为圆心半径为1的圆，
∵C（0，4），A（3，0），
∴H（1.5，2），
∴OH=22+1．52=2.5，
∴OE的最小值＝OH﹣EH＝2.5﹣1＝1.5，
故选：B．
【小结】本题考查点与圆的位置关系，坐标与图形的性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找点E的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．
变式9 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的最大值为（ ）
A．2+1 B．2+12 C．22+1 D．22-12
【分析】根据同圆的半径相等可知：点C在半径为1的⊙B上，通过画图可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据三角形的中位线定理可得结论．
【解析】如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，∴C在⊙B上，且半径为1，取OD＝OA＝2，连接CD，
∵AM＝CM，OD＝OA，∴OM是△ACD的中位线，∴OM=12CD，
当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB＝OD＝2，∠BOD＝90°，∴BD＝22，∴CD＝22+1，
∴OM=12CD=2+12，即OM的最大值为2+12；
故选：B．
【小结】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最大值时点C的位置是关键，也是难点．
考点4 弧、弦、角、之间的关系
在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等，其中圆心角的度数与它所对的弧的度数相等.
例题4 如图，⊙O的弦AB、CD的延长线相交于点P，且PA＝PC．求证：AB=CD．
【分析】连接AC、OA、OB、OC、OD，根据等腰三角形的性质得到∠PAC＝∠PCA，根据圆周角定理得到∠BOC＝∠AOD，根据圆心角、弧、弦的关系定理证明结论．
【解析】证明：连接AC、OA、OB、OC、OD，
∵PA＝PC，
∴∠PAC＝∠PCA，
∵∠PAC=12∠BOC，∠PCA=12∠AOD，
∴∠BOC＝∠AOD，
∴AD=BC，
∴AD-BD=BC-BD，即AB=CD．
【小结】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理，在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
变式10 如图，在⊙O中，点C是优弧ACB的中点，D、E分别是OA、OB上的点，且AD＝BE，弦CM、CN分别过点D、E．
（1）求证：CD＝CE．
（2）求证：AM=BN．
【分析】（1）连接OC，只要证明△COD≌△COE（SAS）即可解决问题；
（2）欲证明AM=BN，只要证明∠MOD＝∠NOE即可；
【解析】（1）证明：连接OC．
∵AC=BC，∴∠COD＝∠COE，
∵OA＝OB，AD＝BE，∴OD＝OE，
∵OC＝OC，∴△COD≌△COE（SAS），∴CD＝CE．
（2）分别连结OM，ON，
∵△COD≌△COE，
∴∠CDO＝∠CEO，∠OCD＝∠OCE，
∵OC＝OM＝ON，
∴∠OCM＝∠OMC，∠OCN＝∠ONC，
∴∠OMD＝∠ONE，
∵∠ODC＝∠DMO+∠MOD，∠CEO＝∠CNO+∠EON，
∴∠MOD＝∠NOE，
∴AM=BN．
【小结】本题考查圆心角、弧、弦之间的关系，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
变式11 如图，已知半⊙O的直径AB为3，弦AC与弦BD交于点E，OD⊥AC，垂足为点F，AC＝BD，则弦AC的长为 ．
【分析】由AC＝BD知AD+CD=CD+BC，得AD=BC，根据OD⊥AC知AD=CD，从而得AD=CD=BC，即可知∠AOD＝∠DOC＝∠BOC＝60°，利用AF＝AOsin∠AOF可得答案；
【解析】∵OD⊥AC，
∴AD=CD，∠AFO＝90°，
又∵AC＝BD，
∴AC=BD，即AD+CD=CD+BC，
∴AD=BC，
∴AD=CD=BC，
∴∠AOD＝∠DOC＝∠BOC＝60°，
∵AB＝3，
∴AO＝BO=32，
∴AF＝AOsin∠AOF=32×32=334，
则AC＝2AF=332；
【小结】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
变式12 如图，⊙O中，弦AB⊥CD，垂足为E，F为CBD的中点，连接AF、BF、AC，AF交CD于M，过F作FH⊥AC，垂足为G，以下结论：①CF=DF；②HC＝BF：③MF＝FC：④DF+AH=BF+AF，其中成立的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理以及三角形内角和定理一一判断即可．
【解析】∵F为CBD的中点，
∴CF=DF，故①正确，∴∠FCM＝∠FAC，
∵∠FCG＝∠ACM+∠GCM，∠AME＝∠FMC＝∠ACM+∠FAC，
∴∠AME＝∠FMC＝∠FCG＞∠FCM，∴FC＞FM，故③错误，
∵AB⊥CD，FH⊥AC，∴∠AEM＝∠CGF＝90°，
∴∠CFH+∠FCG＝90°，∠BAF+∠AME＝90°，
∴∠CFH＝∠BAF，∴CH=BF，∴HC＝BF，故②正确，
∵∠AGF＝90°，
∴∠CAF+∠AFH＝90°，
∴AH的度数+CF的度数＝180°，
∴CH的度数+AF的度数＝180°，
∴AH+CF=AH+DF=CH+AF=AF+BF，故④正确，
故选：C．
【小结】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考选择题中的压轴题．
考点5 圆的对称性（最短路线）
例题5 如图，MN是⊙O的直径，MN＝4，点A在⊙O上，∠AMN＝30°，B为弧AN的中点，P是直径MN上一动点，则PA+PB的最小值为 ．
【分析】作点A关于MN的对称点A′，连接A′B，与MN的交点即为点P，此时PA+PB的最小值即为A′B的长，连接OA′、OB、OA，先求∠A′OB＝∠A′ON+∠BON＝60°+30°＝90°，再根据勾股定理即可得出答案．
【解析】作点A关于MN的对称点A′，连接A′B，与MN的交点即为点P，PA+PB的最小值即为A′B的长，连接OA′、OB、OA，
∵A′点为点A关于直线MN的对称点，∠AMN＝30°，
∴∠AON＝∠A′ON＝2∠AMN＝2×30°＝60°，
又∵弧AN的中点，
∴AB=NB，
∴∠BON＝∠AOB=12∠AON=12×60°＝30°，
∴∠A′OB＝∠A′ON+∠BON＝60°+30°＝90°，
又∵MN＝4，∴OA′＝OB=12MN=12×4＝2，
∴Rt△A′OB中，A′B=22+22=22，即PA+PB的最小值为22．
【小结】本题主要考查作图﹣复杂作图及轴对称的最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质和圆周角定理、圆心角定理是解题的关键．
变式13 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．22 B．2 C．1 D．2
【分析】作出D关于AB的对称点D′，则PC+PD的最小值就是CD′的长度，在△COD′中根据边角关系即可求解．
【解析】作出D关于AB的对称点D′，连接OC，OD′，CD′．
又∵点C在⊙O上，∠CAB＝30°，D为弧BC的中点，即BD=BD'，
∴∠BAD′=12∠CAB＝15°．
∴∠CAD′＝45°．
∴∠COD′＝90°．则△COD′是等腰直角三角形．
∵OC＝OD′=12AB＝1，
∴CD′=2．
故选：B．
【小结】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，勾股定理，垂径定理，正确作出辅助线是解题的关键．
变式14 如图，AB是⊙O的直径，AB＝8，点M在⊙O上，∠MAB＝20°，N是MB的中点，P是直径AB上的一动点，则PM+PN的最小值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】作N点关于AB的对称点N′，连接MN′交AB于P′，如图，则P′N＝P′N′，利用两点之间线段最短得到此时P′M+P′N的值最小，然后证明△OMN′为等边三角形得到MN′＝OM＝4，从而可判断PM+PN的最小值．
【解析】作N点关于AB的对称点N′，连接MN′交AB于P′，如图，
则P′N＝P′N′，
∴P′M+P′N＝P′M+P′N′＝MN′，
∴此时P′M+P′N的值最小，
∵∠MAB＝20°，
∴∠MOB＝40°，
∵N是弧MB的中点，
∴∠NOB＝20°，
∵N点关于AB的对称点N′，∴∠N′OB＝20°，
∴∠MON′＝60°，∴△OMN′为等边三角形，
∴MN′＝OM＝4，∴P′M+P′N＝4，
即PM+PN的最小值为4．
故选：A．
【小结】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．推论：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．也考查了最短路径问题的解决方法．
变式15 如图，MN是⊙O的直径，A，B，C是⊙O上的三点，∠ACM＝60°，B点是AN的中点，P点是MN上一动点，若⊙O的半径为1，则PA+PB的最小值为（ ）
A．1 B．22 C．2 D．3-1
【分析】点B关于MN的对称点B′，连接OA、OB、OB′、AB′，根据轴对称确定最短路线问题可得AB′与MN的交点即为PA+PB的最小时的点，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍求出∠AON＝60°，然后求出∠BON＝30°，再根据对称性可得∠B′ON＝∠BON＝30°，然后求出∠AOB′＝90°，从而判断出△AOB′是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质可得AB′=2OA，即为PA+PB的最小值．
【解析】作点B关于MN的对称点B′，连接OA、OB、OB′、AB′，
则AB′与MN的交点即为PA+PB的最小时的点，PA+PB的最小值＝AB′，
∵∠ACM＝60°，∴∠AOM＝2∠ACM＝2×60°＝120°，
∴∠AON＝60°，
∵点B为劣弧AN的中点，∴∠BON=12∠AON=12×60°＝30°，
由对称性，∠B′ON＝∠BON＝30°，
∴∠AOB′＝∠AON+∠B′ON＝60°+30°＝90°，
∴△AOB′是等腰直角三角形，∴AB′=2OA=2×1=2，即PA+PB的最小值=2．
故选：C．
【小结】本题考查了轴对称确定最短路线问题，在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍的性质，作辅助线并得到△AOB′是等腰直角三角形是解题的关键．
考点6 垂径定理
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．
例题6 如图，△ABC中，AB＝5，AC＝4，BC＝2，以A为圆心AB为半径作圆A，延长BC交圆A于点D，则CD长为（ ）
A．5 B．4 C．92 D．25
【分析】如图，过点A作AE⊥BD于点E，连接AD，可得AD＝AB＝5，根据垂径定理可得DE＝BE，得CE＝BE﹣BC＝DE﹣2，再根据勾股定理即可求得DE的长，进而可得CD的长．
【解析】如图，过点A作AE⊥BD于点E，连接AD，
∴AD＝AB＝5，
根据垂径定理，得DE＝BE，
∴CE＝BE﹣BC＝DE﹣2，
根据勾股定理，得AD2﹣DE2＝AC2﹣CE2，
∴52﹣DE2＝42﹣（DE﹣2）2，解得DE=134，
∴CD＝DE+CE＝2DE﹣2=92．
故选：C．
【小结】本题考查了垂径定理，解决本题的关键是掌握垂径定理．
变式16 如图，将⊙O沿着弦AB翻折，劣弧恰好经过圆心O．如果弦AB＝43，那么⊙O的半径长度为（ ）
A．2 B．4 C．23 D．43
【分析】作OD⊥AB于D，连接OA，先根据勾股定理列方程可解答．
【解析】作OD⊥AB于D，连接OA．
∵OD⊥AB，AB＝43，
∴AD=12AB＝23，
由折叠得：OD=12AO，
设OD＝x，则AO＝2x，
在Rt△OAD中，AD2+OD2＝OA2，
（23）2+x2＝（2x）2，
x＝2，
∴OA＝2x＝4，即⊙O的半径长度为4；
故选：B．
【小结】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此题的关键．
变式17 如图，已知⊙O的直径AB和弦CD相交于点E，AE＝6cm，EB＝2cm，∠BED＝30°，求CD的长．
【分析】先过点O作OM⊥CD，连结OC，根据垂径定理得出CD＝2CM，再根据AE＝6cm，EB＝2cm，求出AB，再求出OC、OB、OE，再根据∠CEA＝30°，求出OM=12OE=12×2＝1cm，根据CM=OC2-OM2，求出CM，最后根据CD＝2CM即可得出答案．
【解析】过点O作OM⊥CD，连结OC，则CD＝2CM，
∵AE＝6cm，EB＝2cm，
∴AB＝8（cm），
∴OC＝OB＝4（cm），
∴OE＝4﹣2＝2（cm），
∵∠CEA＝∠BED＝30°，
∴OM=12OE=12×2＝1（cm），
∴CM=OC2-OM2=42-12=15（cm），
∴CD＝215（cm）．
【小结】此题考查了垂经定理，用到的知识点是垂经定理、勾股定理、30°角的直角三角形，关键是根据题意做出辅助线，构造直角三角形．
变式18 如图，在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于点C、D．
（1）求证AC＝BD；
（2）若AC＝3，大圆和小圆的半径分别为6和4，则CD的长度是 ．
【分析】（1）作CH⊥CD于H，如图，根据垂径定理得到CH＝DH，AH＝BH，利用等量减等量差相等可得到结论；
（2）连接OC，如图，设CH＝x，利用勾股定理得到OH2＝OC2﹣CH2＝42﹣x2，OH2＝OA2﹣AH2＝62﹣（3+x）2，则42﹣x2＝62﹣（3+x）2，然后解方程求出x即可得到CD的长．
【解析】（1）证明：作CH⊥CD于H，如图，
∵OH⊥CD，
∴CH＝DH，AH＝BH，
∴AH﹣CH＝BH﹣DH，
∴AC＝BD；
（2）连接OC，如图，设CH＝x，
在Rt△OCH中，OH2＝OC2﹣CH2＝42﹣x2，
在Rt△OAH中，OH2＝OA2﹣AH2＝62﹣（3+x）2，
∴42﹣x2＝62﹣（3+x）2，解得x=116，
∴CD＝2CH=113．
【小结】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．也考查了勾股定理．
考点7 垂径定理的实际应用
例题7 某公路上有一隧道，顶部是圆弧形拱顶，圆心为O，隧道的水平宽AB为24m，AB离地面的高度AE＝10 m，拱顶最高处C离地面的高度CD为18m，在拱顶的M，N处安装照明灯，且M，N离地面的高度相等都等于17m，则MN＝ m．
【分析】根据题意和垂径定理得到CG＝8m，AG＝12m，CH＝1m，根据勾股定理求得半径，进而利用勾股定理求得MH，即可求得MN．
【解析】设CD于AB交于G，与MN交于H，
∵CD＝18m，AE＝10m，AB＝24m，HD＝17m，∴CG＝8m，AG＝12m，CH＝1m，
设圆拱的半径为r，
在Rt△AOG中，OA2＝OG2+AG2，
∴r2＝（r﹣8）2+122，解得r＝13，
∴OC＝13m，∴OH＝13﹣1＝12m，
在Rt△MOH中，OM2＝OH2+MH2，
∴132＝122+MH2，解得MH2＝25，
∴MH＝5m，∴MN＝10m
【小结】本题考查了垂径定理的应用，作出辅助线构建直角三角形，利用勾股定理求解是解题的关键．
变式19 《九章算术》作为古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．在《九章算术》中记载有一问题“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”小辉同学根据原文题意，画出圆材截面图如图所示，已知：锯口深为1寸，锯道AB＝1尺（1尺＝10寸），则该圆材的直径为（ ）
A．13 B．24 C．26 D．28
【分析】设⊙O的半径为r寸．在Rt△ACO中，AC＝5，OC＝r﹣1，OA＝r，则有r2＝52+（r﹣1）2，解方程即可．
【解析】设圆心为O，过O作OC⊥AB于C，交⊙O于D，连接OA，如图所示：
∴AC=12AB=12×10＝5，
设⊙O的半径为r寸，
在Rt△ACO中，OC＝r﹣1，OA＝r，
则有r2＝52+（r﹣1）2，
解得r＝13，
∴⊙O的直径为26寸，
故选：C．
【小结】本题考查垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
变式20 把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知EF＝CD＝16cm，则球的半径为（ ）
A．103cm B．10cm C．102cm D．83cm
【分析】首先找到EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，设OF＝x，则OM是16﹣x，MF＝8，然后在直角三角形MOF中利用勾股定理求得OF的长即可．
【解析】EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，
设OF＝x，则OM＝16﹣x，MF＝8，
在直角三角形OMF中，OM2+MF2＝OF2，
即：（16﹣x）2+82＝x2，
解得：x＝10．
故选：B．
【小结】本题考查了垂径定理及勾股定理的知识，解题的关键是正确的作出辅助线构造直角三角形．
变式21 在圆柱形油槽内装有一些油，油槽直径MN为10分米．截面如图，油面宽AB为6分米，如果再注入一些油后，当油面宽变为8分米，油面AB上升（ ）
A．1分米 B．4分米
C．3分米 D．1分米或7分米
【分析】实质是求两条平行弦之间的距离．根据勾股定理求弦心距，作和或差分别求解．
【解析】连接OA．作OG⊥AB于G，
则在直角△OAG中，AG＝3分米，
因为OA＝5cm，根据勾股定理得到：OG＝4分米，即弦AB的弦心距是4分米，
同理当油面宽AB为8分米时，弦心距是3分米，
当油面没超过圆心O时，油上升了1分米；当油面超过圆心O时，油上升了7分米．
因而油上升了1分米或7分米．
故选：D．
【小结】此题主要考查了垂径定理的应用，此题涉及圆中求半径的问题，此类在圆中涉及弦长、半径、圆心角的计算的问题，常把半弦长，半圆心角，圆心到弦距离转换到同一直角三角形中，然后通过直角三角形予以求解．本题容易忽视的是分情况讨论．
考点8 圆周角定理
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。
例题8 如图，AB是⊙O的直径，点C，D，E都在⊙O上，∠1＝55°，则∠2＝ °．
【分析】如图，连接AD．证明∠1+∠2＝90°即可解决问题．
【解析】如图，连接AD．
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠1＝∠ADE，
∴∠1+∠2＝90°，
∵∠1＝55°，
∴∠2＝35°，
故答案为35．
【小结】本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
变式22 如图，A，B，C，D是⊙O上的四点，且点B是AC的中点，BD交OC于点E，∠AOC＝100°，∠OCD＝35°，那么∠OED＝ ．
【分析】连接OB，求出∠D，利用三角形的外角的性质解决问题即可．
【解析】连接OB．
∵AB=BC，
∴∠AOB＝∠BOC＝50°，
∴∠BDC=12∠BOC＝25°，
∵∠OED＝∠ECD+∠CDB，∠ECD＝35°，
∴∠OED＝60°，
故答案为60°．
【小结】本题考查圆周角定理，圆心角，弧，弦之间的关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
变式23 如图，AB为⊙O的直径，C，D是圆周上的两点，若∠ABC＝38°，则锐角∠BDC的度数为（ ）
A．57° B．52° C．38° D．26°
【分析】由AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可得∠ACB＝90°，又由∠ABC＝38°，即可求得∠A的度数，然后根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求得∠BDC的度数．
【解析】连接AC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，
∵∠ABC＝38°，∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝52°，∴∠BDC＝∠BAC＝52°．故选：B．
【小结】此题考查了圆周角定理．此题难度不大，注意掌握直径所对的圆周角是直角与在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等定理的应用是解此题的关键．
变式24 四边形ABCD的外接圆为⊙O，BC＝CD，∠DAC＝35°，∠ACD＝45°，则∠ADB的度数为（ ）
A．55° B．60° C．65° D．70°
【分析】利用圆心角、弧、弦的关系得到DC=BC，再利用圆周角定理得到∠BAC＝∠DAC＝35°，∠ABD＝∠ACD＝45°，然后根据三角形内角和计算∠ADB的度数．
【解析】∵BC＝CD，∴DC=BC，
∵∠ABD和∠ACD所对的弧都是AD，∴∠BAC＝∠DAC＝35°，
∵∠ABD＝∠ACD＝45°，∴∠ADB＝180°﹣∠BAD﹣∠ABD＝180°﹣70°﹣45°＝65°．故选：C．
【小结】本题考查了圆周角定理和圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键．
考点9 圆内接四边形
圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补,且任意一个角的外角都等于其内对角.
例题9 如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠D＝100°，CE⊥AB交⊙O于点E，连接OB、OE，则∠BOE的度数为（ ）
A．18° B．20° C．25° D．40°
【分析】根据圆内接四边形的性质和圆周角定理即可得到结论．
【解析】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠D＝100°，
∴∠ABC＝180°﹣∠D＝80°，
∵CE⊥AB，
∴∠ECB+∠ABC＝90°，
∴∠BCE＝90°﹣80°＝10°，
∵在同圆或等圆中，圆周角是所对弧的圆心角的一半，
∴∠BOE＝2∠BCE＝20°，
故选：B．
【小结】本题考查了圆内接四边形的性质，三角形的内角和定理，垂直的定义，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．
变式25 如图，点A、B、C、D、E在⊙O上，AE的度数为60°，则∠B+∠D的度数是（ ）
A．180° B．120° C．100° D．150°
【分析】连接AB、DE，先求得∠ABE＝∠ADE＝25°，根据圆内接四边形的性质得出∠ABE+∠EBC+∠ADC＝180°，即可求得∠EBC+∠ADC＝150°．
【解析】连接AB、DE，则∠ABE＝∠ADE，
∵AE的度数为60°，∴∠ABE＝∠ADE＝30°，
∵点A、B、C、D在⊙O上，∴四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠ABE+∠EBC+∠ADC＝180°，
∴∠EBC+∠ADC＝180°﹣∠ABE＝180°﹣30°＝150°．故选：D．
【小结】本题考查了圆周角定理和圆内接四边形的性质，作出辅助线构建内接四边形是解题的关键．
变式26 如图，四边形ABCD内接于⊙O，DA＝DC，∠CBE＝50°，∠AOD的大小为（ ）
A．130° B．100° C．120° D．110°
【分析】首先证明∠ADC＝∠CBE，再利用等腰三角形的性质求出∠ACD，利用圆周角定理即可解决问题．
【解析】∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，∴∠ADC＝∠CBE＝50°，
∵DA＝DC，∴∠DAC＝∠DCA=12（180°﹣50°）＝65°，
∴∠AOB＝2∠ACD＝130°，故选：A．
【小结】本题考查圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
变式27 如图，点A、B、C在⊙O上，CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D、E，若∠DCE＝40°，则∠ACB的度数为（ ）
A．140° B．70° C．110° D．80°
【分析】先根据四边形的内角和为360°求∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°，再由同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得∠P的度数，最后由四点共圆的性质得结论．
【解析】如图，在优弧AB上取一点P，连接AP，BP，
∵CD⊥OA，CE⊥OB，
∴∠ODC＝∠OEC＝90°，
∵∠DCE＝40°，
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°，
∴∠P=12∠AOB＝70°，
∵A、C、B、P四点共圆，
∴∠P+∠ACB＝180°，
∴∠ACB＝180°﹣70°＝110°，
故选：C．
【小结】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，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是解答此题的关键．
考点10 圆周角定理有关的计算与证明
例题10 如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是直径，C为BD的中点，延长AD，BC交于P，连结AC．
（1）求证：AB＝AP；
（2）当AB＝10，DP＝2时，求线段CP的长．
【分析】（1）利用等角对等边证明即可．
（2）利用勾股定理分别求出BD，PB，再利用等腰三角形的性质即可解决问题．
【解析】（1）证明：∵C为BD的中点，∴∠BAC＝∠CAP，
∵AB是直径，∴∠ACB＝∠ACP＝90°，
∵∠ABC+∠BAC＝90°，∠P+∠CAP＝90°，
∴∠ABC＝∠P，
∴AB＝AP．
（2）如图，连接BD．
∵AB是直径，
∴∠ADB＝∠BDP＝90°，
∵AB＝AP＝10，DP＝2，
∴AD＝10﹣2＝8，
∴BD=AB2-AD2=102-82=6，
∴PB=BD2+PD2=62+22=210，
∵AB＝AP，AC⊥BP，
∴BC＝PC=12PB=10，
∴PC=10．
【小结】主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆内接四边形的性质等知识点，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
变式28 四边形ABCD内接于⊙O，AC为其中一条对角线．
（Ⅰ）如图①，若∠BAD＝70°，BC＝CD．求∠CAD的大小；
（Ⅱ）如图②，若AD经过圆心O，连接OC，AB＝BC，OC∥AB，求∠ACO的大小．
【分析】（1）根据圆心角、弧、弦之间的关系解答；
（2）连接BD，根据圆周角定理、平行线的性质、等腰三角形的性质得到∠BAC＝∠BDA＝∠OAC，根据圆周角定理得到∠ABD＝90°，计算即可．
【解析】（1）∵BC＝CD，∴BC=CD，
∴∠CAD＝∠CAB=12∠BAD＝35°；
（2）连接BD，
∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∵OC∥AB，
∴∠BAC＝∠OCA，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠BAC＝∠BCA＝∠OAC，
由圆周角定理得，∠BCA＝∠BDA，
∴∠BAC＝∠BDA＝∠OAC，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∴∠ACO＝30°．
【小结】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆心角、弧、弦之间的关系、圆周角定理，掌握直径所对的圆周角是直角是解题的关键．
变式29 如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AC，BD⊥AC，垂足为E．
（1）若∠BAC＝40°，则∠ADC＝ °；
（2）求证：∠BAC＝2∠DAC；
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和圆内接四边形的性质即可得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得到结论；
【解析】（1）∵AB＝AC，∠BAC＝40°，
∴∠ABC＝∠ACB＝70°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＝180°﹣∠BAC＝110°，
故答案为：110；
（2）证明：∵BD⊥AC，
∴∠AEB＝∠BEC＝90°，
∴∠ACB＝90°﹣∠CBD，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝90°﹣∠CBD，
∴∠BAC＝180°﹣2∠ABC＝2∠CBD，
∵∠DAC＝∠CBD，
∴∠BAC＝2∠DAC；
【小结】本题考查了圆内接四边形，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质．
变式30 已知：⊙O的两条弦AB，CD相交于点M，且AB＝CD．
（1）如图1，连接AD．求证：AM＝DM．
（2）如图2，若AB⊥CD，在弧BD上取一点E，使弧BE＝弧BC，AE交CD于点F，连接AD、DE．
①判断∠E与∠DFE是否相等，并说明理由．
②若DE＝7，AM+MF＝17，求△ADF的面积．
【分析】（1）如图1，利用AB＝CD得到AB=CD，则AC=BD，根据圆周角定理得到∠A＝∠D，然后根据等腰三角形的判定得到结论；
（2）①连接AC，如图，由弧BE＝弧BC得到∠CAB＝∠EAB，再根据等腰三角形的判定方法得到AC＝AF，则∠ACF＝∠AFC，然后圆周角定理、对顶角和等量代换得到∠DFE＝∠E；
②由∠DFE＝∠E得DF＝DE＝7，再利用AM＝DM得到AM＝MF+7，加上AM+MF＝17，于是可求出AM，然后根据三角形面积公式求解．
【解析】（1）证明：如图1，
∵AB＝CD，∴AB=CD，
即AC+BC=BC+BD，
∴AC=BD，∴∠A＝∠D，∴AM＝DM；
（2）①∠E与∠DFE相等．
理由如下：连接AC，如图，
∵弧BE＝弧BC，∴∠CAB＝∠EAB，
∵AB⊥CD，∴AC＝AF，∴∠ACF＝∠AFC，
∵∠ACF＝∠E，∠AFC＝∠DFE，∴∠DFE＝∠E；
②∵∠DFE＝∠E，∴DF＝DE＝7，
∵AM＝DM，∴AM＝MF+7，
∵AM+MF＝17，∴MF+7+MF＝17，解得MF＝5，∴AM＝12，∴S△ADF=12×7×12＝42．
【小结】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．也考查了垂径定理和圆心角、弧、弦的关系．
考点11 旋转的性质
图形旋转所得的图形和原图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，任何一对对应点与旋转中心连线所成的角度等于旋转的角度.
例题11 如图，在△ABC中，∠C＝64°，将△ABC绕着点A顺时针旋转后，得到△AB′C′，且点C′在BC上，则∠B′C′B的度数为（ ）
A．42° B．48° C．52° D．58
【分析】根据旋转的性质，可以得到AC＝AC′，然后根据∠C＝64°，即可得到旋转角的度数，然后三角形内角和，即可得到∠B′C′B的度数．
【解析】∵将△ABC绕着点A顺时针旋转后，得到△AB′C′，∠C＝64°，
∴AC＝AC′，∠CAC′＝∠BAB′，∠B＝∠B′，
∴∠C＝∠AC′C＝64°，
∴∠CAC′＝52°，
∴∠BAB′＝52°，
∴∠B′AD＝52°，
∵∠B＝∠B′，∠BDC′＝∠B′DA，
∴∠BC′D＝∠B′AD＝52°，
即∠B′C′B的度数为52°，
故选：C．
【小结】本题考查旋转的性质、三角形内角和、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
变式31 如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，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AB'＝CB'，则∠C'的度数为（ ）
A．18° B．20° C．24° D．28°
【分析】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'，∠B＝∠AB'B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
【解析】∵AB'＝CB'，
∴∠C＝∠CAB'，
∴∠AB'B＝∠C+∠CAB'＝2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'，
∴∠C＝∠C'，AB＝AB'，
∴∠B＝∠AB'B＝2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB＝180°，
∴3∠C＝180°﹣108°，
∴∠C＝24°，
∴∠C'＝∠C＝24°，
故选：C．
【小结】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是本题的关键．
变式32 把我们常用的一副三角尺按照如图方式摆放：
（1）如图1，两个三角尺的直角边OA、OD摆放在同一直线上．
①易知AB∥CD，理由是 ；
②求出∠BOC的度数；
（2）如图2，如果把图1所示的△OAB以O为中心顺时针旋转得到△OA′B′，当∠AOA′为多少度时，OB′平分∠COD；
（3）如图3，两个三角尺的直角边OA、OD摆放在同一直线上，另一条直角边OB、OC也在同一条直线上，如果把△OAB以O为中心顺时针旋转一周，当旋转多少度时，两条斜边AB∥CD，请直接写出答案．
【分析】（1）①由同旁内角互补，两直线平行可证AB∥CD；
②由平角的性质可求解；
（2）由旋转的性质可得∠AOB＝∠A'OB'＝45°，由角的数量关系可求解；
（3）分两种情况讨论，由平行线的性质可求解．
【解析】（1）①∵∠BAO＝∠CDO＝90°，
∴∠BAO+∠CDO＝180°，
∴AB∥CD（同旁内角互补，两直线平行）
故答案为：同旁内角互补，两直线平行；
②∵∠AOB＝45°，∠COD＝60°，
∴∠BOC＝75°；
（2）∵△OAB以O为中心顺时针旋转得到△OA′B′，
∴∠AOB＝∠A'OB'＝45°，
∵∠COD＝60°，OB′平分∠COD，
∴∠COB'＝30°，
∴∠COA'＝∠A'OB'﹣∠COB'＝15°，
∴∠A'OB＝∠COB﹣∠COA'＝60°，
∴∠AOA'＝∠AOB+∠A'OB＝105°；
（3）当A'B'与OD相交于点E时，
∵A'B'∥CD，
∴∠D＝∠A'EO＝60°，
∵∠A'EO＝∠B'+∠EOB'，
∴∠EOB'＝60°﹣45°＝15°，
∴∠BOB'＝105°，
当A'B'与AO相交于点F时，
∵A'B'∥CD，
∴∠D＝∠A'FO＝60°，
∴∠A'OF＝180°﹣∠A'FO﹣∠A'＝75°，
∴旋转的角度＝360°﹣75°＝285°，
综上所述：旋转的角度为105°或285°．
【小结】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形的外角性质，灵活运用性质进行推理是本题的关键．
变式33 将一副三角板中的两块直角三角尺的直角顶点C按照如图①的方式叠放在一起（∠A＝30°，∠ABC＝60°，∠E＝∠EDC＝45°），且三角板ACB的位置保持不动．
（1）将三角板DCE绕点C按顺时针方向旋转至图②，若∠ACE＝60°，求∠DCB的度数．
（2）将三角板DCE绕点C按顺时针方向旋转，当旋转到ED∥AB时，求∠BCE的度数（请先在备用图上补全相应的图形）．
（3）当0°＜∠BCE＜180°且点E在直线BC的上方时，这两块三角尺是否存在一组边互相平行？若存在，请直接写出∠BCE所有可能的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）首先证明∠BCE＝∠ACD＝25°，∠BCD＝∠BCE+∠ECD＝120°；
（2）有两种情形，画出图形即可解决问题；
（3）有四种情形，画出图形即可解决问题．
【解析】（1）如图2中，
∵∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ECB＝∠ACD，
∵∠ACE＝60°，
∴∠BCE＝∠ACD＝30°，
∴∠BCD＝∠BCE+∠ECD＝30°+90°＝120°；
（2）如图2中，
当DE∥AB时，延长BC交DE于M，
∴∠B＝∠DMC＝60°，
∵∠DMC＝∠E+∠MCE，
∴∠ECM＝15°，∴∠BCE＝165°，
当D′E′∥AB时，∠E′CB＝∠ECM＝15°，
∴当ED∥AB时，∠BCE的度数为165°或15°；
（3）存在．如图，①CD∥AB时，∠BCE＝30°，
②DE∥BC时，∠BCE＝45°，
③CE∥AB时，∠BCE＝120°，
④DE∥AB时，∠BCE＝165°，
⑤当AC∥DE时，∠BCE＝135°
综上所述，当∠BCE＜180°且点E在直线BC的上方时，这两块三角尺存在一组边互相平行，∠BCE 的值为30°或45°或120°或165°或135°．
【小结】本题考查了旋转的性质、平行线的性质、三角形的内角和定理、直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
考点12 旋转中的坐标变化
例题12 如图，在平面直角坐标系中，A（1，0），B（﹣2，4），AB绕点A顺时针旋转90°得到AC，则点C的坐标是（ ）
A．（4，3） B．（4，4） C．（5，3） D．（5，4）
【分析】如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．利用全等三角形的性质求出AF，CF即可解决问题．
【解析】如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．
∵A（1，0），B（﹣2，4），
∴OA＝1，BE＝4，OE＝2，AE＝3，
∵∠AEB＝∠AFC＝∠BAC＝90°，
∴∠B+∠BAE＝90°，∠BAE+∠CAF＝90°，
∴∠B＝∠CAF，
∵AB＝AC，
∴△BEA≌△AFC（AAS），
∴CF＝AE＝3，AF＝BE＝4，OF＝1+4＝5，
∴C（5，3），
故选：C．
【小结】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
变式34 如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（2，4），将△ABC绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到△AB1C1，若AC1⊥x轴，则点B1的坐标为（ ）
A．(53-22，-52) B．(52，-53-22)
C．(52，-532) D．(532，-52)
【分析】过点B1作B1H⊥x轴于H．解直角三角形求出B1H，OH即可解决问题．
【解析】过点B1作B1H⊥x轴于H．
∵A（﹣1，0），B（2，4），
∴AB=32+42=5，
∵∠BAC＝∠B1AC1＝60°，AC1⊥OA，
∴∠OAB1＝30°，
∴B1H=12AB1=52，AH=3B1H=532，
∴OH=53-22，
∴B1（53-22，52）．故选：A．
【小结】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
变式35 如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2020次得到正方形OA2020B2020C2020，如果点A的坐标为（1，0），那么点B2020的坐标为（ ）
A．（﹣1，1） B．(-2，0) C．（﹣1，﹣1） D．(0，-2)
【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论．
【解析】∵四边形OABC是正方形，且OA＝1，∴B（1，1），
连接OB，由勾股定理得：OB=2，
由旋转得：OB＝OB1＝OB2＝OB3=⋯=2，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，
∴B1（0，2），B2（﹣1，1），B3（-2，0），B（﹣1，﹣1），…，
发现是8次一循环，所以2020÷8＝252…4，
∴点B2020的坐标为（﹣1，﹣1）故选：C．
【小结】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．也考查了坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法．．
变式36 如图，矩形ABCD的顶点A、B分别在x轴、y轴上，OA＝OB＝2，AD＝42，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2020次旋转结束时，点C的坐标为（ ）
A．（6，4） B．（4，﹣6） C．（﹣6，4） D．（﹣4，6）
【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC，根据已知条件求出点C的坐标，再根据旋转的性质求出前4次旋转后点C的坐标，发现规律，进而求出第2020次旋转结束时，点C的坐标．
【解析】如图，过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC，
∵OA＝OB＝2，∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵∠ABC＝90°，∴∠CBE＝45°，
∵BC＝AD＝42，∴CE＝BE＝4，
∴OE＝OB+BE＝6，∴C（﹣4，6），
∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
则第1次旋转结束时，点C的坐标为（6，4）；
则第2次旋转结束时，点C的坐标为（4，﹣6）；
则第3次旋转结束时，点C的坐标为（﹣6，﹣4）；
则第4次旋转结束时，点C的坐标为（﹣4，6）；
…
发现规律：旋转4次一个循环，∴2020÷4＝505，
则第2020次旋转结束时，点C的坐标为（﹣4，6）．故选：D．
【小结】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转、规律型﹣点的坐标，解决本题 的关键是根据旋转的性质发现规律，总结规律．
考点13 旋转中的最值问题
例题13 如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，D为AC中点，P为AB上的动点，将P绕点D逆时针旋转90°得到P1，连CP1的最小值为（ ）
A．1.6 B．2.4 C．2 D．22
【分析】过点P′作P′E⊥AC于点E，由旋转的性质及同角的余角相等判断△DAP≌△P′ED，根据全等三角形的对应边相等得出P′E＝AD＝2，
当AP＝DE＝2时，DE＝DC，即点E和点C重合，此时CP′＝EP′＝2，故线段CP′的最小值为2．
【解析】如图，过点P′作P′E⊥AC于点E，
则∠A＝∠P′ED＝90°，
由旋转可知：DP＝DP′，∠PDP′＝90°，
∴∠ADP＝∠EP′D，
∴△DAP≌△P′ED（AAS）
∴P′E＝AD＝2，
∴当AP＝DE＝2时，DE＝DC，即点E与点C重合，此时CP′＝EP′＝2
∴线段CP′的最小值为2．
故选：C．
【小结】本题考查了旋转的性质，解决本题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形．
变式37 如图，已知正方形ABCD的边长为3，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是（ ）
A．35 B．43 C．52 D．213
【分析】连接 BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明△AED≌△GFE（AAS），确定F点在BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C'，由三角形全等得到∠CBF＝45°，从而确定C'点在AB的延长线上；当D、F、C'三点共线时，DF+CF＝DC'最小，在Rt△ADC'中，AD＝3，AC'＝6，求出DC'＝35即可．
【解析】连接 BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴EF⊥DE，且EF＝DE，∴△AED≌△GFE（AAS），
∴FG＝AE，∴F点在BF的射线上运动，
作点C关于BF的对称点C'，
∵EG＝DA，FG＝AE，∴AE＝BG，
∴BG＝FG，∴∠FBG＝45°，∴∠CBF＝45°，
∴BF是∠CBC′的角平分线，
即F点在∠CBC′的角平分线上运动，
∴C'点在AB的延长线上，
当D、F、C'三点共线时，DF+CF＝DC'最小，
在Rt△ADC'中，AD＝3，AC'＝6，
∴DC'＝35，∴DF+CF的最小值为35，故选：A．
【小结】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
变式38 如图，正方形ABCD中，AB＝25，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，OE＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE、CF．则线段OF长的最小值为 ．
【分析】连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，证明△EDO≌△FDM，可得FM＝OE＝2，由条件可得OM＝52，根据OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值．
【解析】如图，连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，
∵∠EDF＝∠ODM＝90°，
∴∠EDO＝∠FDM，
∵DE＝DF，DO＝DM，
∴△EDO≌△FDM（SAS），
∴FM＝OE＝2，
∵正方形ABCD中，AB＝25，O是BC边的中点，
∴OC=5，
∴OD=(25)2+(5)2=5，
∴OM=52+52=52，
∵OF+MF≥OM，
∴OF≥52-2，
∴线段OF长的最小值为52-2．
故答案为：52-2．
【小结】本题考查图形的旋转，正方形的性质，勾股定理．解题的关键是掌握图形旋转的性质．
变式39 如图，长方形ABCD中，AB＝6，BC=152，E为BC上一点，且BE=32，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为 ．
【分析】如图，将线段ET绕点E顺时针旋转45°得到线段ED，连接DE交CG于J．首先证明∠ETG＝90°，推出点G的在射线TG上运动，推出当CG⊥TG时，CG的值最小．
【解析】如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接DE交CG于J．
∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝6，∠B＝∠BCD＝90°，
∵∠BET＝∠FEG＝45°，∴∠BEF＝∠TEG，
∵EB＝ET，EF＝EG，∴△EBF≌△ETG（SAS），
∴∠B＝∠ETG＝90°，∴点G的在射线TG上运动，∴当CG⊥TG时，CG的值最小，
∵BC=152，BE=32，CD＝6，∴CE＝CD＝6，
∴∠CED＝∠BET＝45°，∴∠TEJ＝90°＝∠ETG＝∠JGT＝90°，
∴四边形ETGJ是矩形，
∴DE∥GT，GJ＝TE＝BE=32，
∴CJ⊥DE，∴JE＝JD，
∴CJ=12DE＝32，∴CG＝CJ+GJ=32+32，
∴CG的最小值为32+32
【小结】本题考查旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
考点14 作图—旋转变换
例题14 在如图所示的平面直角坐标系中（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形），解答下列问题：
（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）画出以C1为旋转中心，将△A1B1C1顺时针旋转90°后的△A2B2C1；
（3）连接A1A2，则△C1A1A2是 三角形，并直接写出△C1A1A2的面积．
【分析】（1）利用关于y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A1、B1的对应点A2、B2即可；
（3）利用勾股定理的逆定理可判断△C1A1A2是等腰直角三角形，然后根据三角形面积公式计算它的面积．
【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作； （2）如图，△A2B2C2为所作；
（3） ∵C1A12＝12+22＝5，C1A22＝12+22＝5，A1A22＝12+32＝10，
∴C1A12+C1A22＝A1A22，∴△C1A1A2是直角三角形，
而C1A1＝C1A2，∴△C1A1A2是等腰直角三角形，它的面积=12×5×5=52．故答案为等腰直角．
【小结】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
变式40 在平面直角坐标系中，△ABC的点坐标分别是A（2，4）、B（1，2）、C（5，3），如图：
（1）以点（0，0）为旋转中心，将△ABC顺时针转动90°，得到△A1B1C1，在坐标系中画出△A1B1C1，写出A1、B1、C1的坐标；
（2）在（1）中，若△ABC上有一点P（m，n），直接写出对应点P1的坐标．
（3）作出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．
【分析】（1）依据点（0，0）为旋转中心，将△ABC顺时针转动90°，即可得到△A1B1C1；
（2）依据旋转前后坐标的变化规律，即可得到对应点P1的坐标；
（3）依据中心对称的性质，即可得到△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．
【解析】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，A1（4，﹣2）、B1（2，﹣1）、C1（3，﹣5）；
（2）若△ABC上有一点P（m，n），则对应点P1的坐标为（n，﹣m）．
（3）如图所示，△A2B2C2即为所求．
【小结】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
变式41 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，坐标分别为A （2，2），B （1，0），C（3，1）．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）画出将△ABC绕原点O顺时针旋转90°所得的△A2B2C2；
（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形吗？若成中心对称图形，直接写出对称中心的坐标．
【分析】（1）利用利用y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2；
（3）根据中心对称的定义进行判断．
【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形，对称中心的坐标为（-12，-12）．
【小结】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换．
变式42 如图，在平面直角坐标系中，A（1，1）．
（1）若△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，画出△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
（2）点C绕O点逆时针方向旋转90°后所对应点C2的坐标为 ；
（3）在x轴上存在一点P，且满足点P到点B1和点C1距离之和最小，请直接写出PB1+PC1的最小值 ．
【分析】（1）根据中心对称图形的性质，△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，画出△A1B1C1，并写出点B1的坐标即可；
（2）根据旋转的性质即可写出点C绕O点逆时针方向旋转90°后所对应点C2的坐标；．
（3）根据两点之间线段最短，作点C1关于x轴的对称点，连接C′B1与x轴交于一点P，且满足点P到点B1点C1离之和最小，根据勾股定理，即可写出PB1+PC1的最小值．
【解析】（1）如图，△A1B1C1即为所求，点B1的坐标为（﹣4，﹣4）；
（2）点C2的坐标为（﹣1，5）；
（3）点P即为所求，PB1+PC1的最小值为26：
【小结】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称、最短路线问题，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
考点15 正多边形与圆
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。
例题15 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＝18°，则这个正多边形的边数为 ．
【分析】连接OA，OB，根据圆周角定理得到∠AOB＝2∠ADB＝36°，于是得到结论．
【解析】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＝18°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝36°，
∴这个正多边形的边数=360°36°=10，
【小结】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，正确的理解题意是解题的关键．
变式43 如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点P为DE上一点（点P与点D，点E不重合），连接PC、PD，DG⊥PC，垂足为G，∠PDG等于 度．
【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理得出∠CPD的度数，由三角形内角和定理即可得出结果．
【解析】连接OC、OD，如图所示：
∵ABCDE是正五边形，
∴∠COD=360°5=72°，
∴∠CPD=12∠COD＝36°，
∵DG⊥PC，
∴∠PGD＝90°，
∴∠PDG＝90°﹣∠CPD＝90°﹣36°＝54°，
【小结】本题考查正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握正五边形的性质和圆周角定理，属于中考常考题型．
变式44 图中的正三角形和正六边形有公共的外接圆⊙O．则这个正三角形和正六边形边长的比为（ ）
A．6：2 B．3：2 C．3：1 D．2：1
【分析】根据题意画出图形，通过解直角三角形用R分别表示出它们的边长，进而可得出结论．
【解析】设外接圆的半径为R，
如图所示：连接O2 A，O2 B，
则O2 B⊥AC，
∵O2 A＝R，∠O2 AG＝30°，∠AO2 B＝60°，
∴△AO2 B是等边三角形，AG＝O2A•cos30°=32R，
∴AB＝R，AC＝2AG=3R；
∴外接圆的半径相等的正三角形、正六边形的边长之比为3R：R=3：1．
故选：C．
【小结】本题考查的是正多边形和圆、解直角三角形；熟知正三角形、正方形和正六边形的性质是解答此题的关键．
变式45 如图1、2、3、…、n，M、N分别是⊙O的内接正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE、…、正n边形ABCDE…的边AB、BC上的点，且BM＝CN，连接OM、ON．
（1）求图1中∠MON的度数；
（2）图2中∠MON的度数是 ，图3中∠MON的度数是 ；
（3）试探究∠MON的度数与正n边形边数n的关系（直接写出答案）．
【分析】（1）先分别连接OB、OC，可求出∠BOM＝∠NOC，故∠MON＝∠BOC，再由圆周角定理即可求出∠BOC＝120°；
（2）同（1）即可解答；
（3）由（1）、（2）找出规律，即可解答．
【解析】分别连接OB、OC，
（1）∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，
∵OC＝OB，O是外接圆的圆心，∴CO平分∠ACB
∴∠OBC＝∠OCB＝30°，∴∠OBM＝∠OCN＝30°，
∵BM＝CN，OC＝OB，∴△OMB≌△ONC，
∴∠BOM＝∠NOC，
∵∠BAC＝60°，∴∠BOC＝120°；
∴∠MON＝∠BOC＝120°；
（2） 同（1）可得∠MON的度数是90°，图3中∠MON的度数是72°；
（3）由（1）可知，∠MON=360°3=120°；在（2）中，∠MON=360°4=90°；在（3）中∠MON=360°5=72°…，
故当n时，∠MON=360°n．
【小结】本题考查的是正多边形和圆，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．
考点16 弧长的计算
解决此类问题掌握弧长的计算公式是关键.
例题16 如图，正五边形ABCDE的边长为2，分别以点C、D为圆心，CD长为半径画弧，两弧交于点F，则BF的长为 ．
【分析】连接CF，DF，得到△CFD是等边三角形，得到∠FCD＝60°，根据正五边形的内角和得到∠BCD＝108°，求得∠BCF＝48°，根据弧长公式即可得到结论．
【解析】连接CF，DF，
则△CFD是等边三角形，
∴∠FCD＝60°，
∵在正五边形ABCDE中，∠BCD＝108°，
∴∠BCF＝48°，
∴BF的长=48⋅π×2180=815π，
【小结】本题考查了正多边形与圆，弧长的计算，等边三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
变式46 如图，AB是⊙O的直径，AB＝4，AC是的弦，过点O作OD∥AC交⊙O于点D，连接BC，若∠ABC＝24°，则劣弧CD的长为（ ）
A．7π15 B．11π15 C．13π15 D．17π15
【分析】先根据圆周角定理求出∠A的度数，得出∠BOD和∠BOC的度数，由角的和差可得∠COD的度数，最后由弧长公式可得结论．
【解析】连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ABC＝24°，
∴∠A＝90°﹣24°＝66°，
∴∠BOC＝2×66°＝132°，
∵AC∥OD，
∴∠BOD＝∠A＝66°，
∴∠COD＝132°﹣66°＝66°，
∵AB＝4，
∴劣弧CD的长=66π×2180=11π15；
故选：B．
【小结】本题考查了圆周角定理、平行线的性质和弧长公式，熟练掌握圆周角定理及弧长公式是解题关键．
变式47 如图，半径为1的⊙O与正六边形ABCDEF相切于点A、D，则弧AD的长为（ ）
A．23π B．13π C．56π D．16π
【分析】连接OA，OD，首先求得弧所对的圆心角的度数，然后利用弧长公式进行计算即可．
【解析】连接OA，OD，
∵⊙O与正六边形ABCDEF相切于点A、D，∴∠OAF＝∠ODE＝90°，
∵∠E＝∠F＝120°，∴∠AOD＝540°﹣90°﹣90°﹣120°﹣120°＝120°，
∴AD的长为 120⋅π⋅1180=23π，故选：A．
【小结】本题考查正多边形与圆、切线的性质及弧长的计算，解题的关键是能够根据切线的性质确定∠OAF＝∠ODE＝90°，属于中考常考题型．
变式48 如图，放置在直线l上的扇形OAB．由图①滚动（无滑动）到图②，再由图②滚动到图③．若半径OA＝2，∠AOB＝45°，则点O所经过的运动路径的长是（ ）
A．2π+2 B．3π C．5π2 D．5π2+2
【分析】利用弧长公式计算即可．
【解析】如图，
点O的运动路径的长=OO1的长+O1O2+O2O3的长
=90⋅π⋅2180+45⋅π⋅2180+90⋅π⋅2180 =5π2，故选：C．
【小结】本题考查轨迹，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
考点17 扇形面积的计算
解决此类问题掌握扇形面积的计算公式是关键.
例题17 如图，AB为半圆O的直径，C为半圆上的一点，OD⊥AC，垂足为D，延长OD与半圆O交于点E．若AB＝8，∠CAB＝30°，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．43π-3 B．43π﹣23 C．83π-3 D．83π﹣23
【分析】根据垂径定理得到AE=CE，AD＝CD，解直角三角形得到OD=12OA＝2，AD=32OA＝23，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【解析】∵OD⊥AC，∴∠ADO＝90°，AE=CE，AD＝CD，
∵∠CAB＝30°，OA＝4，∴OD=12OA＝2，AD=32OA＝23，
∴图中阴影部分的面积＝S扇形AOE﹣S△ADO=60⋅π×42360-12×23×2=8π3-23，故选：D．
【小结】本题考查了扇形的面积的计算，垂径定理，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
变式49 在△ABC中，已知∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．如图所示，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°后得到△AB′C′．则图中阴影部分面积为（ ）
A．π4 B．π-32 C．π-34 D．32π
【分析】解直角三角形得到AB=3BC=3，AC＝2BC＝2，然后根据扇形的面积公式即可得到结论．
【解析】∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，∴AB=3BC=3，AC＝2BC＝2，
∴90⋅π×22360-60⋅π×3360-12×1×3=π-32，故选：B．
【小结】本题主要考查了图形的旋转，扇形的面积公式，解直角三角形，熟练掌握扇形的面积公式是解决问题的关键．
变式50 如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，且∠BCD＝30°，CD＝43．则图中阴影部分的面积S阴影＝（ ）
A．2π B．83π C．43π D．38π
【分析】根据垂径定理求得CE＝ED＝23，然后由圆周角定理知∠DOE＝60°，然后通过解直角三角形求得线段OD、OE的长度，最后将相关线段的长度代入S阴影＝S扇形DOB﹣S△DOE+S△BEC．
【解析】∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴CE＝ED＝23，
又∵∠DCB＝30°，
∴∠DOE＝2∠BCD＝60°，∠ODE＝30°，
∴OE＝23×33=2，OD＝2OE＝4，
∴S阴影＝S扇形BOD﹣S△DOE+S△BEC=60⋅π×42360-12×2×23+12×2×23=8π3．
故选：B．
【小结】本题考查了垂径定理、扇形面积的计算，圆周角定理，通过解直角三角形得到相关线段的长度是解答本题的关键．
变式51 如图，已知AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，OC∥BD，交AD于点E，连结BC．
（1）求证：AE＝ED；
（2）若AB＝6，∠CBD＝30°，求图中阴影部分的面积．
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据平行线的性质得到∠AEO＝∠ADB＝90°，即OC⊥AD，于是得到结论；
（2）连接CD，OD，根据平行线的性质得到∠OCB＝∠CBD＝30°，根据等腰三角形的性质得到∠OCB＝∠OBC＝30°，求得∠AOD＝120°，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，
∵OC∥BD，∴∠AEO＝∠ADB＝90°，即OC⊥AD，
又∵OC为半径，∴AE＝ED，
（2）连接CD，OD，
∵OC∥BD，∴∠OCB＝∠CBD＝30°，
∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC＝30°，
∴∠AOC＝∠OCB+∠OBC＝60°，
∵∠COD＝2∠CBD＝60°，∴∠AOD＝120°，
∵AB＝6，∴BD＝3，AD＝33，
∵OA＝OB，AE＝ED，∴OE=12BD=32，
∴S阴影＝S扇形AOD﹣S△AOD=120⋅π×32360-12×33×32=3π-934．
【小结】本题考查了扇形的面积的计算，圆周角定理，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
考点18 圆锥侧面积的相关计算
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.
例题18 一个圆锥的底面半径是4cm，其侧面展开图的圆心角是120°，则圆锥的母线长是（ ）
A．8cm B．12cm C．16cm D．24cm
【分析】根据圆锥侧面展开图的实际意义和圆锥的弧长公式l=nπR180求解即可．
【解析】圆锥的底面周长为2π×4＝8πcm，即为展开图扇形的弧长，
由弧长公式得120×π×R180=8π，
解得，R＝12，即圆锥的母线长为12cm．
故选：B．
【小结】本题考查圆锥的侧面展开图，明确展开图扇形的各个部分与圆锥的关系是正确计算的前提．
变式52 如图，正方形ABCD的边长为4，以点A为圆心，AD为半径，画圆弧DE得到扇形DAE（阴影部分，点E在对角线AC上）．若扇形DAE正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是（ ）
A．2 B．1 C．22 D．12
【分析】根据圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等列式计算即可．
【解析】设圆锥的底面圆的半径为r，
根据题意可知：
AD＝AE＝4，∠DAE＝45°，
底面圆的周长等于弧长：
∴2πr=45×π×4180，解得r=12．
故选：D．
【小结】本题考查了圆锥的计算，解决本题的关键是掌握圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等．
变式53 若一个圆锥的底面半径是2cm，母线长是6cm，则该圆锥侧面展开图的圆心角是 度．
【分析】根据圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长，首先求得展开图的弧长，然后根据弧长公式即可求解．
【解析】圆锥侧面展开图的弧长是：2π×2＝4π（cm），
设圆心角的度数是n度．则nπ×6180=4π，
解得：n＝120
【小结】此题主要考查了圆锥的有关计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
变式54 如图，在半径为2的圆形纸片中，剪一个圆心角为90°的最大扇形（阴影部分），则这个扇形的面积为 ；若将此扇形围成一个无底的圆锥（不计接头），则圆锥底面半径为 ．
【分析】由勾股定理求扇形的半径，再根据扇形面积公式求值；根据扇形的弧长等于底面周长求得底面半径即可．
【解析】连接BC，
由∠BAC＝90°得BC为⊙O的直径，
∴BC＝22，
在Rt△ABC中，由勾股定理可得：AB＝AC＝2，
∴S扇形ABC=90π×4360=π；∴扇形的弧长为：90π×2180=π，
设底面半径为r，则2πr＝π，
解得：r=12
【小结】本题考查了圆周角定理、扇形的面积计算方法、弧长公式等知识．关键是熟悉圆锥的展开图和底面圆与圆锥的关系．利用所学的勾股定理、弧长公式及扇形面积公式求值．
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