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压轴题05 圆的各性质的综合题
圆这个考点在初中数学中是“个性”比较明显、容量比较大的一个重点，这个特点的表现是：首先圆的性质只能在圆中应用，其次圆的性质的小考点特别多，与其他重要几何图形的结合出题的可能性也非常大。在其众多考点中，常在压轴题出现的考点有如下几个：
1、三角形的外接圆与外心：经过三角形各个顶点的圆叫做三角形的外接圆，这个外接圆的圆心叫做三角形的外心，三角形的外心是三角形三边的垂直平分线的交点；
2、垂径定理及其推论：
垂径定理：垂直于弦的直径必平分弦，并且平分弦所对的弧；
推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧；
推论2：平分弧的直径垂直于弧所对的弦。
3、圆心角与圆周角定理：
圆心角定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等.
圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半。
圆周角定理的重要推论：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。
圆心角与圆周角定理的重要应用：
在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两个圆周角、两条弧、两条弦、两条弦心距中有一对量相等，那么它们所对应的其余各对量都相等。
（但在一些理论性问题中，注意弦所对的圆周角是有2种度数的，并且它们互补。）
4、圆内接四边形的性质：
圆内接四边形对角互补（延伸应用：圆内接四边形的一个外角等于与它相邻内角的对角）
5、弧长、扇形面积、圆锥侧面积计算公式：
弧长公式：
扇形面积公式：
圆锥与圆柱相关计算公式：
6、切线的判定与性质：
直线与圆相切的判定定理：经过半径的外端并且垂直这条半径的直线是圆的切线；
切线的判定问题解决口诀：有切点，连半径，证垂直。
圆的切线的性质：经过切点的半径垂直于圆的切线；
切线的性质问题解决口诀：有切点，连半径，得垂直。
7、三角形的内切圆与内心：与三角形三边都相切的圆叫做三角形的内切圆，圆心叫做三角形的内心，三角形的内心是三角形三条角平分线的交点；
压轴题型一：垂径定理及其应用
√满分技法 圆的计算问题中，只要牵涉到长度的计算，首先想垂径定理相关的“知二得三”模型，具体内容如下： 1.“知二得三”： 由图可得以下5点： ①AB⊥CD；②AE=EB；③AD过圆心O；④；⑤； 以上5个结论，知道其中任意2个，剩余的3个都可以作为结论使用。 2.常做辅助线：连半径、作弦心距、见直接连弦长得直径所对圆周角
1．（2024 武威三模）如图，⊙O的半径为5，弦AB＝6，点C在弦AB上，延长CO交⊙O于点D，则CD的取值范围是（　　）
A．6≤CD≤8 B．8≤CD≤10 C．9＜CD＜10 D．9≤CD≤10
【分析】过O作OH⊥AB于H，由垂径定理得到BHAB＝3，由勾股定理求出OH4，当C和H重合时，CD的最小值是4+5＝9，当CD是圆直径时，CD的值最大是5×2＝10，即可得到CD的取值范围．
【解答】解：过O作OH⊥AB于H，
∴BHAB6＝3，
∵⊙O的半径为5，
∴OB＝5，
∴OH4，
∴当C和H重合时，OC的最小值是4，CD的最小值是4+5＝9，
当CD是圆直径时，CD的值最大是5×2＝10，
∴CD的取值范围是9≤CD≤10．
故选：D．
【点评】本题考查垂径定理，勾股定理，关键是由勾股定理，垂径定理求出OH的长．
2．（2024 柯桥区二模）某项目化研究小组只用一张矩形纸条和刻度尺，来测量一次性纸杯杯底的直径．小敏同学想到了如下方法：如图，将纸条拉直并紧贴杯底，纸条的上下边沿分别与杯底相交于A、B、C、D四点，然后利用刻度尺量得该纸条的宽为3.5cm，AB＝4cm，CD＝3cm．请你帮忙计算纸杯杯底的直径为（　　）
A．4.8cm B．5cm C．5.2cm D．6cm
【分析】由垂径定理求出BN，DM的长，设OM＝x，由勾股定理得到x2+22＝（3.5﹣x）2+1.52，求出x的值，得到OM的长，由勾股定理求出OD长，即可求出纸杯的直径长．
【解答】解：如图，MN⊥AB，MN过圆心O，连接OD，OB，
∴MN＝3.5cm，
∵CD∥AB，纸条的宽为3.5cm，AB＝3cm，CD＝4cm，
∴MN⊥CD，
∴DMCD4＝2（cm），BNAB3＝1.5（cm），
设OM＝x cm，
∴ON＝MN﹣OM＝（3.5﹣x）cm，
∵OM2+MD2＝OD2，ON2+BN2＝OB2，
∴OM2+MD2＝ON2+BN2，
∴x2+22＝（3.5﹣x）2+1.52，
∴x＝1.5，
∴OM＝1.5（cm），
∴OD2.5（cm），
∴纸杯的直径为2.5×2＝5（cm）．
故选：B．
【点评】本题考查垂径定理及勾股定理，解题的关键是通过作辅助线构造直角三角形，由垂径定理，勾股定理求出OM的长．
3．（2024 高青县模拟）如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为（6，8），点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最大值为（　　）
A．13 B．14 C．12 D．28
【分析】由Rt△APB中AB＝2OP知要使AB取得最大值，则PO需取得最大值，连接OM，并延长交⊙M于点P'，当点P位于P'位置时，OP'取得最大值，据此求解可得．
【解答】解：连接PO，
∵PA⊥PB，
∴∠APB＝90°，
∵点A、点B关于原点O对称，
∴AO＝BO，
∴AB＝2PO，
若要使AB取得最大值，则PO需取得最大值，
连接OM，并延长交⊙M于点P'，当点P位于P'位置时，OP'取得最大值，
过点M作MQ⊥x轴于点Q，
则OQ＝6、MQ＝8，
∴OM＝10，
又∵MP'＝r＝4，
∴OP'＝MO+MP'＝10+4＝14，
∴AB＝2OP'＝2×14＝28；
故选：D．
【点评】本题主要考查点与圆的位置关系，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AB取得最小值时点P的位置是解题的关键．
4．（2024 昆都仑区二模）如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若小正方形的面积为16cm2，则该半圆的半径为（　　）
A． cm B．9 cm C．cm D．cm
【分析】连接OA、OB、OE，证Rt△ADO≌Rt△BCO，推出OD＝OC，设AD＝a，则ODa，由勾股定理求出OA＝OB＝OEa，求出EF＝FC＝4cm，在△OFE中由勾股定理求出a，即可求出答案．
【解答】解：
连接OA、OB、OE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BC，∠ADO＝∠BCO＝90°，
∵在Rt△ADO和Rt△BCO中
∵，
∴Rt△ADO≌Rt△BCO（HL），
∴OD＝OC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，
设AD＝a cm，则OD＝OCDCADa cm，
在△AOD中，由勾股定理得：OA＝OB＝OEa cm，
∵小正方形EFCG的面积为16cm2，
∴EF＝FC＝4cm，
在△OFE中，由勾股定理得：42，
解得：a＝﹣4（舍去），a＝8，
a＝4（cm），
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，主要考查学生运用定理进行计算的能力，用的数学思想是方程思想．
5．（2024 温州模拟）某一公路单向隧道由一弧形拱与矩形组成，为了确定大货车通过公路隧道的最大高度，道路交通学习小组展开了以下研究．如图1，经测量得AB＝4m，为了确定BC与弧形拱半径的长度，学习小组找到一根5m长的笔直杆子，将杆子一端置于点C处，另一端置于AD上点E处，AE＝1m．如图2，调整杆子位置，直至一端在AB上的点G处，另一端在圆弧上点F处，FG⊥AB，GB＝1m，如图3，某一集装箱大货车宽为2.4m，则该大货车的最大高度（包括货物） 　　m．
【分析】如图1所示，过点E作ET⊥BC于T，则四边形ABTE是矩形，可得ET＝AB＝4m，BT＝AE＝1m，利用勾股定理可得CT＝3m，则BC＝CT+BT＝4m；如图2所示，设所在圆的圆心为O，过点O作OE⊥BC交BC于点E，交GF于点H，过点O作OK⊥CD于K，则四边形BEHG是矩形，四边形OECK是矩形，可得HG＝BE，HE＝BG＝1m，OE＝CK＝2m，则OH＝OE﹣HE＝1m，设HG＝BE＝am，则FH＝（5﹣a）m，CE＝（4﹣a）m，由勾股定理可得方程12+（5﹣a）2＝22+（4﹣a）2，解得a＝3，则FH＝2m，进而可得；如图3所示，构造MN//AB，且MN＝2.4m，过点O作OJ⊥MN于点J，OE⊥BC于E，延长JO交AB于L，连接OM，由垂径定理得到，则，由图2可知，BE＝3m，证明四边形OLBE是矩形，得到OL＝BE＝3m，，则大货车的最大高度（包括货物）为．
【解答】解：如图1所示，过点E作ET⊥BC于T，
则四边形ABTE是矩形，
∴ET＝AB＝4m，BT＝AE＝1m，
∴，
∴BC＝CT+BT＝4m；
如图2所示，
设所在圆的圆心为O，过点O作OE⊥BC交BC于点E，交GF于点H，过点O作OK⊥CD于K，则四边形BEHG是矩形，四边形OECK是矩形，
∴HG＝BE，HE＝BG＝1m，，
∴OH＝OE﹣HE＝1m，
设HG＝BE＝am，则FH＝（5﹣a）m，CE＝（4﹣a）m，
∵OF2＝OC2，OF2＝OH2+FH2，OC2＝OE2+CE2，
∴12+（5﹣a）2＝22+（4﹣a）2，
解得a＝3，
∴FH＝2m，
∴；
如图3所示，
构造MN//AB，且MN＝2.4m，过点O作OJ⊥MN于点J，OE⊥BC于E，延长JO交AB于L，连接OM，
∴，
∴，
由图2可知，BE＝3m，
∵MN∥AB，OJ⊥MN，
∴OL⊥AB，
∴四边形OLBE是矩形，
∴OL＝BE＝3m，
∴，
∴大货车的最大高度（包括货物）为，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了垂径定理的实际应用，勾股定理，矩形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造直角三角形和矩形，从而求出所在圆的半径以及线段BC的长是解题的关键．
压轴题型二：圆周角与圆心角
√满分技法 1、圆的计算问题中，如果是角度相关计算或证明，则立刻联想圆周角与圆心角的相关定理推论； 2、圆中最不缺的就是等腰三角形，所以圆的角度计算时，多想想有没有等边对等角，再结合三角形内角和定理、对顶角相等等综合思考。
1．（2024 重庆）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB交⊙O于点C，点D是⊙O上一点，连接BD，CD．若∠D＝28°，则∠OAB的度数为（　　）
A．28° B．34° C．56° D．62°
【分析】根据∠D的度数，结合圆周角定理求出∠BOC的度数，再根据垂径定理得出∠AOB的度数，最后利用等边对等角即可解决问题．
【解答】解：∵∠D＝28°，
∴∠BOC＝2∠D＝56°．
∵OC⊥AB，
∴点C为的中点，
∴，
∴∠AOC＝∠BOC＝56°，
∴∠AOB＝2×56°＝112°．
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA．
故选：B．
【点评】本题考查圆周角定理、垂径定理及圆心角、弧、弦的关系，熟知圆周角定理及垂径定理是解题的关键．
2．（2024 西藏）如图，AC为⊙O的直径，点B，D在⊙O上，∠ABD＝60°，CD＝2，则AD的长为（　　）
A．2 B．2 C．2 D．4
【分析】先利用圆周角定理可得：∠ADC＝90°，∠C＝∠ABD＝60°，由直角三角形的性质可得∠CAD＝30°，再由30°的直角三角形的性质和勾股定理可解答．
【解答】解：∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∵∠C＝∠ABD＝60°，
∴∠CAD＝30°，
∵CD＝2，
∴AC＝2CD＝4，
∴AD2．
故选：C．
【点评】本题主要考查了圆周角，30°的直角三角形的性质和勾股定理，掌握同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角是解题的关键．
3．（2024 海南）如图，AD是半圆O的直径，点B、C在半圆上，且，点P在上，若∠PCB＝130°，则∠PBA等于（　　）
A．105° B．100° C．90° D．70°
【分析】连接OB、OC、OP．根据圆心角、弧、弦的关系证明△AOB、△BOC均是等边三角形，根据等腰三角形的性质求出∠COP，再由圆周角定理求出∠PBC，根据“∠PBA＝∠ABC﹣∠PBC”求出∠PBA即可．
【解答】解：连接OB、OC、OP．
∵AD是半圆O的直径，
∴∠AOD＝180°，
∵，
∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝60°，
∵OA＝OB＝OC，
∴△AOB、△BOC均是等边三角形，
∴∠ABO＝∠CBO＝∠BCO＝60°，
∴∠ABC＝∠ABO+∠CBO＝120°，
∵OC＝OP，
∴△COP是等腰三角形，
∵∠PCB＝130°，
∴∠OPC＝∠OCP＝∠PCB﹣∠BCO＝130°﹣60°＝70°，
∴∠COP＝180°﹣∠OPC﹣∠OCP＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∴∠PBC∠COP40°＝20°，
∴∠PBA＝∠ABC﹣∠PBC＝120°﹣20°＝100°．
故选：B．
【点评】本题考查圆周角定理和圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握并灵活运用圆周角定理和圆心角、弧、弦的关系是解题关键．
4．（2024 陕西）如图，AB为⊙O的直径，，∠A＝53°，则∠B的度数是 　37°　．
【分析】连接BC，根据直径所对的圆周角是直角得∠ACB＝90°，进而可求出∠ABC＝37°，然后再根据在同圆中，等弧所对的圆周角相等可得出∠ABC的度数．
【解答】解：连接BC，如图所示：
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，∠A＝53°，
∴∠ABC＝90°﹣∠A＝37°，
∵，
∴∠ABD＝∠ABC＝37°，
故答案为：37°．
【点评】此题主要考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，理解直径所对的圆周角是直角，在同圆（或等圆）中，等弧所对的圆周角相等是解决问题的关键．
5．（2024 长春）如图，AB是半圆的直径，AC是一条弦，D是的中点，DE⊥AB于点E，交AC于点F，DB交AC于点G，连结AD．给出下面四个结论：
①∠ABD＝∠DAC；
②AF＝FG；
③当DG＝2，GB＝3时，FG；
④当2，AB＝6时，△DFG的面积是，
上述结论中，正确结论的序号有 　①②③　．
【分析】①根据点D是AC弧的中点得AD弧＝CD弧，由此可对结论①进行判断；
②先证明∠ADE＝∠DAC得AF＝FD，再证明∠BDE＝∠AGD得FD＝FG，由此可对结论②进行判断；
③在Rt△ADG中tan∠DAC，在Rt△ABD中tan∠ABD，再根据∠ABD＝∠DAC得AD2＝10，然后由勾股定理得AG，再由结论②正确可对结论③进行判断；
④先证明点D，C为半圆弧上的三等分点，则∠ABD＝∠DAC＝30°，由此得AD＝3，DG，进而得S△ADGAD DG，然后根据AF＝FG得S△DFGS△ADG，由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①∵点D是的中点，
∴，
∴∠ABD＝∠DAC，
故结论①正确；
②∵AB是半圆的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADE+∠BDE＝90°，
∵DE⊥AB，
∴∠BDE+∠ABD＝90°，
∴∠ADE＝∠ABD，
∴∠ADE＝∠DAC，
∴AF＝FD，
∵∠ADB＝90°，
∴∠ADE+∠BDE＝90°，∠AGD+∠DAC＝90°，
又∵∠ADE＝∠DAC，
∴∠BDE＝∠AGD，
∴FD＝FG，
∴AF＝FG，
故结论②正确；
③∵DG＝2，GB＝3，
∴BD＝DG+GB＝5，
在Rt△ADG中，tan∠DAC，
在Rt△ABD中，tan∠ABD，
∵∠ABD＝∠DAC，
∴，
∴AD2＝10，
在Rt△ADG中，由勾股定理得：AG，
∴AF＝FGAG，
故结论③正确；
④∵点D是的中点，2，
∴，
即点D，C为半圆弧上的三等分点，
∴∠ABD＝∠DAC＝30°，
在Rt△ABD中，AB＝6，sin∠ABD，
∴AD＝AB sin∠ABD＝6×sin30°＝3，
在Rt△ADG中，tan∠DAC，
∴DG＝AD tan∠DAC＝3×tan30°＝√3，
∴S△ADGAD DG3，
∵AF＝FG，
∴S△DFGS△ADG，
故结论④不正确，
综上所述：正确的结论是①②③．
故答案为：①②③．
【点评】此题主要考查了圆周角定理，圆心角，弧，弦的关系，解直角三角形的应用，熟练掌握圆周角定理，圆心角，弧，弦的关系，灵活运用锐角三角函数进行计算是解决问题的关键．
6．（2024 包头）如图，AB是⊙O的直径，BC，BD是⊙O的两条弦，点C与点D在AB的两侧，E是OB上一点（OE＞BE），连接OC，CE，且∠BOC＝2∠BCE．
（1）如图1，若BE＝1，CE，求⊙O的半径；
（2）如图2，若BD＝2OE，求证：BD∥OC．（请用两种证法解答）
【分析】（1）如图1中，过点O作OH⊥BC于点H．首先证明∠CEB＝90°，由勾股定理求出BC，再根据cos∠OBH，构建关系式求出OB即可；
（2）证法一：如图2中，过点O作OK⊥BD于点K，则BK＝DK，利用全等三角形的性质证明∠COE＝∠OBD；
证法二：如图2中，过点O作OK⊥BD于点K，则BK＝DK，证明cos∠COE＝cos∠OBK，推出∠COE＝∠OBK，可得结论．
【解答】（1）解：如图1中，过点O作OH⊥BC于点H．
∵OC＝OB，OH⊥BC，
∴∠COH＝∠BOH，CH＝BH，
∵∠BOC＝2∠BCE，
∴∠BOH＝∠BCE，
∵∠BOH+∠OBH＝90°，
∴∠BCE+∠OBH＝90°，
∴∠CEB＝90°，
∴BC，
∴CH＝BH，
∵cos∠OBH，
∴，
∴OB＝3，
∴⊙O的半径为3．
（2）证法一：如图2中，过点O作OK⊥BD于点K，则BK＝DK，
∵BD＝2OE，
∴OE＝BK，
∵∠CEO＝∠OKB＝90°，OC＝OB，
∴Rt△OEC≌Rt△BKO（HL），
∴∠COE＝∠OBK，
∴OC∥BD；
证法二：如图2中，过点O作OK⊥BD于点K，则BK＝DK，
∵BD＝2OE，
∴OE＝BK，
∵cos∠COE，cos∠OBK，OC＝OB，
∴cos∠COE＝cos∠OBK，
∴∠COE＝∠OBK，
∴OC∥BD；
【点评】本题考查圆周角定理，垂径定理，勾股定理，解直角三角形，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，构造直角三角形解决问题．
压轴题型三：圆内接四边形
1．（2024 吉林）如图，四边形ABCD内接于⊙O．过点B作BE∥AD，交CD于点E．若∠BEC＝50°，则∠ABC的度数是（　　）
A．50° B．100° C．130° D．150°
【分析】根据BE∥AD，得出∠ADC＝∠BEC＝50°，再根据圆内接四边形的性质即可得出答案．
【解答】解：∵BE∥AD，
∴∠ADC＝∠BEC＝50°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC＝180°﹣∠ADC＝130°．
故选：C．
【点评】本题主要考查圆内接四边形的性质，平行线的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
2．（2024 济宁）如图，分别延长圆内接四边形ABCD的两组对边，延长线相交于点E，F．若∠E＝54°41'，∠F＝43°19'，则∠A的度数为（　　）
A．42° B．41°20' C．41° D．40°20'
【分析】根据圆内接四边形对角互补得出∠A+∠BCD＝180°，再根据三角形外角的性质得出∠CDF＝∠A+∠E，∠BCD＝∠F+∠CDF，由此得到2∠A+∠F+∠E＝180°，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠CDF是△ADE的外角，
∴∠CDF＝∠A+∠E，
∵∠BCD是△CDF的外角，
∴∠BCD＝∠F+∠CDF，
∴∠BCD＝∠F+∠A+∠E，
∵∠A+∠F+∠A+∠E＝180°，
∴2∠A+∠F+∠E＝180°，
∵∠E＝54°41'，∠F＝43°19'，
∴2∠A+54°41'+43°19'＝180°，
∴∠A＝41°，
故选：C．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质及三角形外角的性质，度分秒的换算，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
3．（2024 浙江）如图，在圆内接四边形ABCD中，AD＜AC，∠ADC＜∠BAD，延长AD至点E，使AE＝AC，延长BA至点F，连结EF，使∠AFE＝∠ADC．
（1）若∠AFE＝60°，CD为直径，求∠ABD的度数．
（2）求证：①EF∥BC；
②EF＝BD．
【分析】（1）根据圆周角定理进行计算即可；
（2）①利用圆内接四边形的外角等于它的内对角以及平行线的判定方法即可得出结论；
②根据全等三角形的性质，圆周角定理进行解答即可．
【解答】（1）解：∵CD为直径，
∴∠CAD＝90°，
∵∠AFE＝∠ADC＝60°，
∴∠ACD＝90°﹣60°＝30°，
∴∠ABD＝∠ACD＝30°；
（2）证明：①如图，延长AB，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠CBM＝∠ADC，
又∵∠AFE＝∠ADC，
∴∠AFE＝∠CBM，
∴EF∥BC；
②过点D作DG∥BC交⊙O于点G，连接AG，CG，
∵DG∥BC，
∴，
∴BD＝CG，
∵四边形ACGD是圆内接四边形，
∴∠GDE＝∠ACG，
∵EF∥DG，
∴∠DEF＝∠GDE，
∴∠DEF＝∠ACG，
∵∠AFE＝∠ADC，∠ADC＝∠AGC，
∴∠AFE＝∠AGC，
∵AE＝AC，
∴△AEF≌△ACG（AAS），
∴EF＝CG，
∴EF＝BD．
【点评】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，掌握圆周角定理，圆内接四边形的性质以及平行四边形的性质是正确解答的关键．
压轴题型四：三角形的外接圆与外心
（多选）1．（2024 潍坊）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AO∥BC，连接CO并延长交⊙O于点D．分别以点A，C为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点M．直线OM交BC于点E，连接AE，下列结论一定正确的是（　　）
A． B．AB＝OE
C．∠AOD＝∠BAC D．四边形AOCE为菱形
【分析】根据全等三角形的判定定理证明∠OCA＝∠ACE，证明OC＝CE＝OA即可证明四边形AOCE为菱形，再根据圆周角定理进行判定即可．
【解答】解：令AC，OE交于点F，
由题意得：OE是AC的垂直平分线，
∴EA＝EC，
∵AO＝OC，
∴△AOE≌△COE，
∴∠AOE＝∠COE，
∵OF＝OF，AO＝AO，
∴△AOF≌△COF，
∴∠OAF＝∠OCF，
∵AO∥BC，
∴∠OAF＝∠ACE，
∴∠OCA＝∠ACE，
∴，选项A正确；
∵∠OCF＝∠ECF，∠OFC＝∠EFC＝90°，CF＝CF
∴△EFC≌△OFC，
∴OC＝CE＝OA，
∵AO∥EC，
故四边形AOCE为菱形，选项D正确；
∵，
∴，
∵四边形AOCE为菱形，
∴AE＝OC＝OD，
∴四边形AEOD为平行四边形，
∴AD＝OE，
∴AB＝OE，选项B正确；
∠AOD＝∠OAE，故选项C错误；
故选：ABD．
【点评】本题主要考查圆心角、弧、弦的关系、圆周角定理、解直角三角形，三角形的外接圆与外心，菱形的判定，菱形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
2．（2024 宜宾）如图，△ABC内接于⊙O，BC为⊙O的直径，AD平分∠BAC交⊙O于D，则的值为（　　）
A． B． C．2 D．2
【分析】作辅助线如图，先证明BD＝CD，∠ACD+∠ABD＝180°，从而可以得到旋转后的图形，再证明△A'DA是等腰直角三角形，利用三角函数即可求得结果．
【解答】解：如图，连接BD、CD，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝∠BDC＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴，
∴BD＝CD，
在四边形ABDC中，∠BAC＝∠BDC＝90°，
∴∠ACD+∠ABD＝180°，
∴△ADC绕D点逆时针旋转90°后得到对应的三角形为△A′DB，则A，B，A'三点共线，如图所示，
∴AB+AC＝AB+A′B＝AA′，
∵由旋转可知∠A′DB＝∠ADC，A′D＝AD，
∴∠A′DA＝∠A′DB+∠BDA＝∠ADC+∠BDA＝∠BDC＝90°，
∴在等腰直角三角形A′DA中，，
∴．
故选：A．
【点评】本题考查了三角形的外接圆，特殊角的三角函数，圆周角定理，旋转的性质等知识点，合理作辅助线为解题的关键．
3．（2024 河南）如图，⊙O是边长为的等边三角形ABC的外接圆，点D是的中点，连接BD，CD．以点D为圆心，BD的长为半径在⊙O内画弧，则阴影部分的面积为（　　）
A． B．4π C． D．16π
【分析】由题知阴影部分为扇形BDC的面积，求出半径DB的长度和圆心角∠BDC的度数即可求解．
【解答】解：如图，连接OD、OB、OC，OD交BC于点H．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝120°，∠BDC＝120°，
∵D是弧BC中点，
∴OD⊥BC，BH＝CHBC＝2，∠BOD＝60°，
∴OB4，
∵OB＝OD，∠BOD＝60°，
∴△BOD为等边三角形，
∴BD＝OB＝4，
∴S，
故选：C．
【点评】本题主要考查了三角形的外接圆、等边三角形的判定和性质、垂径定理、以及扇形面积公式，熟练掌握相关知识点是解题关键．
4．（2024 苏州）如图，△ABC中，AB＝4，D为AB中点，∠BAC＝∠BCD，cos∠ADC，⊙O是△ACD的外接圆．
（1）求BC的长；
（2）求⊙O的半径．
【分析】（1）先证明△BAC∽△BCD，得到，即可解答；
（2）过点A作AE⊥CD于点E，连接CO，并延长交⊙O于F，连接AF，在Rt△AED中，通过解直角三角形得到DE＝1，，由△BAC∽△BCD得到，设CD＝x，则，CE＝x﹣1，在Rt△ACE中，根据勾股定理构造方程，求得CD＝2，，由∠AFC＝∠ADC得到sin∠AFC＝sin∠ADC，根据正弦的定义即可求解．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠BCD，∠B＝∠B，
∴△BAC∽△BCD，
∴，
∵，D为AB中点，
∴，
∴BC2＝16，
∴BC＝4；
（2）过点A作AE⊥CD于点E，连接CO，并延长交⊙O于F，连接AF，
∵在Rt△AED中，，，
∴DE＝1，
∴，
∵△BAC∽△BCD，
∴，
设CD＝x，则ACx，CE＝x﹣1，
∵在Rt△ACE中，AC2＝CE2+AE2，
∴，即x2+2x﹣8＝0，
解得x＝2，x＝﹣4（舍去），
∴CD＝2，AC，
∵∠AFC与∠ADC都是所对的圆周角，
∴∠AFC＝∠ADC，
∵CF为⊙O的直径，
∴∠CAF＝90°，
∴，
∴，即⊙O的半径为．
【点评】本题考查相似三角形的判定及性质，解直角三角形，圆周角定理，掌握各种定理和判定方法是解题的关键．
压轴题型五：切线的性质
1．（2024 扬州）如图，已知两条平行线l1、l2，点A是l1上的定点，AB⊥l2于点B，点C、D分别是l1，l2上的动点，且满足AC＝BD，连接CD交线段AB于点E，BH⊥CD于点H，则当∠BAH最大时，sin∠BAH的值为 　　．
【分析】由题易得四边形ACBD是平行四边形，从而得到BE是定长，又由∠BHE＝90°，得出直角对直角的隐圆模型，再根据最大张角问题（相切时）求解即可．
【解答】解：∵AC∥BD，
∴四边形ACBD是平行四边形，
∴AE＝BEAB，
∵A为定点，且AB⊥l2，
∴AE为定值，
∵BH⊥CD，
∴∠BHE＝90°，
∴点H在以BE为直径的圆上运动（如图，O为圆心），
此时OEBEOA，
∵当AH与⊙O相切时∠BAH最大，
∴sin∠BAH．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了切线的性质，熟练掌握切线的性质、圆周角定理是解题的关键，其中识别出隐圆模型至关重要．
2．（2024 重庆）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，点B为切点．连接AC交⊙O于点D，点E是⊙O上一点，连接BE，DE，过点A作AF∥BE交BD的延长线于点F．若BC＝5，CD＝3，∠F＝∠ADE，则AB的长度是 　　；DF的长度是 　　．
【分析】由圆周角定理得到∠BDC＝90°，由勾股定理求出BD4，由△CDB∽△CBA，推出DB：BA＝CD：CB，得到AB，由平行线的性质，圆周角定理推出∠F＝∠BAF，得到BF＝AB，即可求出FD的值．
【解答】解：∵AB是圆的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDC＝90°，
∵BC＝5，CD＝3，
∴BD4，
∵BC切圆于B，
∴直径AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∵∠BCD＝∠ACB，∠CDB＝∠ABC＝90°，
∴△CDB∽△CBA，
∴DB：BA＝CD：CB，
∴4：AB＝3：5，
∴AB，
∵AF∥BE，
∴∠BAF＝∠ABE，
∵∠ABE＝∠ADE，∠F＝∠ADE，
∴∠F＝∠BAF，
∴BF＝AB，
∴FD＝BF﹣BD4．
故答案为：，．
【点评】本题考查切线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，平行线的性质，关键是判定△CDB∽△CBA，推出DB：BA＝CD：CB，由圆周角定理，平行线的性质推出∠F＝∠BAF．
3．（2024 青岛）如图，△ABC中，BA＝BC，以BC为直径的半圆O分别交AB，AC于点D，E．过点E作半圆O的切线，交AB于点M，交BC的延长线于点N．若ON＝10，cos∠ABC，则半径OC的长为 　6　．
【分析】连接OE，由OE＝OC，AB＝BC，可得∠OEC＝∠BAC，AB∥OE，即可得cos∠ABCcos∠EOC，由MN是⊙O的切线，得∠OEN＝90°，故，从而OC＝OE＝6．
【解答】解：连接OE，如图：
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠OCE，
∴∠OEC＝∠BAC，
∴AB∥OE，
∴∠ABC＝∠EOC，
∵cos∠ABC，
∴cos∠EOC，
∵MN是⊙O的切线，
∴∠OEN＝90°，
∴，
∵ON＝10，
∴OE＝6，
∴OC＝OE＝6；
故答案为：6．
【点评】本题考查切线的性质，等腰三角形性质，解直角三角形等知识，解题的关键是证明AB∥OE，得到∠ABC＝∠EOC．
4．（2024 凉山州）如图，⊙M的圆心为M（4，0），半径为2，P是直线y＝x+4上的一个动点，过点P作⊙M的切线，切点为Q，则PQ的最小值为 　2　．
【分析】连接MP、MQ，根据切线的性质得到MQ⊥PQ，根据勾股定理得到PQ，根据一次函数解析式求出点A、点B的坐标，再根据垂线段最短计算即可．
【解答】解：如图，连接MP、MQ，
∵PQ是⊙M的切线，
∴MQ⊥PQ，
∴PQ，
当PM最小时，PQ最小，
当MP⊥AB时，MP最小，
直线y＝x+4与x轴的交点A的坐标为（﹣4，0），与y轴的交点B的坐标为（0，4），
∴OA＝OB＝4，
∴∠BAO＝45°，AM＝8，
当MP⊥AB时，MP＝AM sin∠BAO＝84，
∴PQ的最小值为：2，
故答案为：2．
【点评】本题考查的是切线的性质、一次函数的图象和性质、垂线段最短，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
5．（2024 天津）已知△AOB中，∠ABO＝30°，AB为⊙O的弦，直线MN与⊙O相切于点C．
（Ⅰ）如图①，若AB∥MN，直径CE与AB相交于点D，求∠AOB和∠BCE的大小；
（Ⅱ）如图②，若OB∥MN，CG⊥AB，垂足为G，CG与OB相交于点F，OA＝3，求线段OF的长．
【分析】（I）根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ABO，求得∠AOB＝180°﹣2∠ABO＝120°，根据切线的性质得到∠ECM＝90°，根据平行线的性质得到∠CDB＝∠ECM＝90°，根据圆周角定理得到结论；
（II）如图，连接OC，同（I），得∠COB＝90°，根据垂直的定义得到∠FGB＝90°，求得∠BFG＝90°﹣∠ABO＝60°，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：（I）∵OA＝OB，
∴∠A＝∠ABO，
∵∠A+∠ABO+∠AOB＝180°，∠ABO＝30°，
∴∠AOB＝180°﹣2∠ABO＝120°，
∵直线MN与⊙O相切于点C，CE为⊙O的直径，
∴∠ECM＝90°，
∵AB∥MN，
∴∠CDB＝∠ECM＝90°，
∴∠BOE＝90°﹣∠ABO＝60°，
∵，
∴∠BCE＝30°；
（II）如图，连接OC．
同（I），得∠COB＝90°，
∵CG⊥AB，
∴∠FGB＝90°，
∵∠ABO＝30°，
∴∠BFG＝90°﹣∠ABO＝60°，
∴∠CFO＝∠BFG＝60°，
在Rt△COF中，，
∴．
【点评】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
压轴题型六：切线的性质与判定的综合应用
√满分技法 1、圆的切线的判定，抓住本质——证垂直。故切线判定的问题，重要思想是：要证垂直，先找垂直。即要证明的直角多是由题目中出现的其他垂直或互余关系转化得来的。 2、切线的判定问题解决口诀：有切点，连半径，证垂直。
1．（2024 威海）如图，已知AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，且BC＝CD．点E是线段AB延长线上一点，连接EC并延长交射线AD于点F．∠FEG的平分线EH交射线AC于点H，∠H＝45°．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若BE＝2，CE＝4，求AF的长．
【分析】（1）根据角平分线的定义，等腰三角形的性质，圆周角定理得出OC∥AF，再根据三角形内角和定理以及角平分线的定义得出∠F＝2∠H＝90°，进而得到OC⊥EF，由切线的判定方法即可得出结论；
（2）根据相似三角形的判定和性质求出AB，再根据直角三角形的边角关系求出AC，BC，再根据相似三角形的性质即可求出答案．
【解答】（1）证明：如图，连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵BC＝CD，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴∠OCA＝∠DAC，
∴OC∥AF，
∵EH平分∠FEG，
∴∠FEH＝∠GEH，
∵∠GEH＝∠H+∠BAC，∠FEH＝∠F+∠BAF，
∴2∠H+2∠BAC＝∠F+∠BAF，
∴∠BAF＝2∠BAC，
∴∠F＝2∠H＝90°，
∴∠OCE＝∠F＝90°，
即OC⊥EF，
∵OC是半径，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，即∠OCB+∠BCE＝90°，
∴∠OBC+∠BAC＝90°，
又∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠BCE＝∠EAC，
∵∠CEB＝∠CAE，
∴△BCE∽△CAE，
∴，
∴CE2＝BE AE，即16＝2AE，
解得AE＝8，
∴AB＝8﹣2＝6，
在Rt△ABC中，AB＝6，，
∴BC，AC，
∵∠F＝∠ACB＝90°，∠FAC＝∠BAC，
∴△FAC∽△CAB，
∴，
∴AF．
【点评】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系以及相似三角形的判定和性质，掌握切线的性质和判断方法，圆周角定理，直角三角形的边角关系以及相似三角形的判定和性质是正确解答的关键．
2．（2024 雅安）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，点P是BA延长线上的一点，连接AC，∠PCA＝∠B．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若sin∠B，求证：AC＝AP；
（3）若CD⊥AB于D，PA＝4，BD＝6，求AD的长．
【分析】（1）如图，连接OC，根据AB是⊙O的直径，可知∠ACB＝90°，根据OB＝OC，可得∠B＝∠BCO，再根据∠PCA＝∠B，可知OC⊥PC，故PC是⊙O的切线；
（2）根据sin∠B，可知∠B＝30°，则∠PCA＝30°，根据∠ACB＝90°，则∠CAB＝60°，可得∠P＝30°，故∠PCA＝∠P，可证AC＝AP；
（3）设AD＝x，在Rt△ACB中，CD⊥AB，可得CD2＝AD×BD＝6x，易证△PAC∽△PCB，故PC2＝PA PB＝4（6+4+x）＝4（10+x），在Rt△PCD中，由勾股定理得PD2+CD2＝PC2，即（4+x）2+6x＝4（10+x），求解即可．
【解答】（1）证明：如图，连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BCO+∠OCA＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠B＝∠BCO，
∵∠PCA＝∠B，
∴∠PCA＝∠BCO，
∴∠PCA+∠OCA＝90°，
∴OC⊥PC，
∴PC是⊙O的切线；
（2）证明：∵sin∠B，
∴∠B＝30°，
∴∠PCA＝∠B＝30°，
由（1）知∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝60°，
∴∠P＝∠CAB﹣∠PCA＝30°，
∴∠PCA＝∠P，
∴AC＝AP；
（3）设AD＝x，
在Rt△ACB中，CD⊥AB，
∴CD2＝AD×BD＝6x，
∵∠P＝∠P，∠PCA＝∠B，
∴△PAC∽△PCB，
∴，
∴PC2＝PA PB＝4（6+4+x）＝4（10+x），
在Rt△PCD中，由勾股定理得PD2+CD2＝PC2，
即（4+x）2+6x＝4（10+x），
整理得x2+10x﹣24＝0，
解得x1＝2，x2＝﹣12（舍去），
故AD＝2．
【点评】本题考查切线的判定，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的性质与判定，三角函数等知识，熟练掌握这些数学知识进行分析是解题的关键．
3．（2024 淮安）如图，在△ABC中，BA＝BC，以AB为直径作⊙O交AC于点D，过点D作DE⊥BC，垂足为E，延长DE交AB的延长线于点F．
（1）求证：DF为⊙O的切线；
（2）若BE＝1，BF＝3，求sinC的值．
【分析】（1）连接OD，BD，证出OD⊥DF，根据切线的判定推出即可；
（2）由勾股定理，求出EF，证△ODF∽△BEF，求出OD，DE，进而求出BD，利用sinC＝sinA，即可得出答案．
【解答】（1）证明：连接OD，BD，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AC，
∵AB＝CB，
∴点D为AC的中点，
∵点O为AB的中点，
∴OD为△ABC的中位线，
∴OD∥BC，
∴∠ODE＝∠DEC，
∵DE⊥BC，
∴∠DEC＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∴DF⊥OD，
∵OD为⊙O的半径，D为OD的外端点，
∴DF为⊙O的切线；
（2）解：如上图，
∵DE⊥BC，BE＝1，BF＝3，
∴由勾股定理，得EF，
由（1）知BE∥OD，
∴△ODF∽△BEF，
∴，
∵BE＝1，BF＝3，OB＝OD，
∴，
解得OB，DE，
∴AB＝3，
在Rt△BDE中，
由勾股定理，得BD，
∵BA＝BC，
∴∠C＝∠A，
∴sinC＝sinA．
【点评】本题考查圆的切线判定，等腰三角形的性质，圆周角定理的推论，以及解直角三角形，熟练掌握相关图形的性质和判定是解题的关键．
4．（2024 遂宁）如图，AB是⊙O的直径，AC是一条弦，点D是的中点，DN⊥AB于点E，交AC于点F，连结DB交AC于点G．
（1）求证：AF＝DF；
（2）延长GD至点M，使DM＝DG，连结AM．
①求证：AM是⊙O的切线；
②若DG＝6，DF＝5，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接AD，设OD交AC于点I，由OD＝OA，得∠ODA＝∠OAD，由点D是的中点，得OD⊥AC于点I，可证明∠ODF＝∠OAF＝90°﹣∠AOD，进而推导出∠FDA＝∠FAD，则AF＝DF；
（2）①先证明AD垂直平分GM，则AM＝AG，所以∠MAD＝∠CAD＝∠B，则∠OAM＝∠BAD+∠MAD＝∠BAD+∠B＝90°，即可证明AM是⊙O的切线；
②可证明∠FDG＝∠FGD，则GF＝DF＝AF＝5，所以AG＝2AF＝10，求得AD8，cos∠DAG，求得AI，则DI，由勾股定理得（OA）2+（）2＝OA2，求得OA，则⊙O的半径长为．
【解答】（1）证明：连接AD，设OD交AC于点I，
∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵点D是的中点，
∴OD⊥AC于点I，
∵DN⊥AB于点E，
∴∠OED＝∠OIA＝90°，
∴∠ODF＝∠OAF＝90°﹣∠AOD，
∴∠ODA﹣∠ODF＝∠OAD﹣∠OAF，
∴∠FDA＝∠FAD，
∴AF＝DF．
（2）①证明：∵AB是⊙O的直径，DM＝DG，
∴∠ADB＝90°，
∴AD垂直平分GM，
∴AM＝AG，
∴∠MAD＝∠CAD，
∵，
∴∠B＝∠CAD，
∴∠MAD＝∠B，
∴∠OAM＝∠BAD+∠MAD＝∠BAD+∠B＝90°，
∵OA是⊙O的半径，且AM⊥OA，
∴AM是⊙O的切线．
②解：∵∠FDG+∠FDA＝90°，∠FGD+∠FAD＝90°，且∠FDA＝∠FAD，
∴∠FDG＝∠FGD，
∴GF＝DF＝AF＝5，
∴AG＝2AF＝10，
∵DG＝6，
∴AD8，
∵∠AID＝∠ADG＝90°，
∴cos∠DAG，
∴AI，
∴DI，
∵∠OIA＝90°，OI＝ODOA，
∴OI2+AI2＝OA2，
∴（OA）2+（）2＝OA2，
解得OA，
∴⊙O的半径长为．
【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、垂径定理、圆周角定理、切线的判定定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
压轴题型七：弧长的计算
1．（2024 包头）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝80°，半径OA＝3，C是上一点，连接OC，D是OC上一点，且OD＝DC，连接BD．若BD⊥OC，则的长为（　　）
A． B． C． D．π
【分析】连接BC，根据垂直平分线的性质得BC＝OB，可得△OBC是等边三角形，求出∠AOC＝20°，再根据弧长公式计算即可．
【解答】解：如图，连接BC，
∵OD＝DC，BD⊥OC，
∴BC＝OB，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
∵∠AOB＝80°，
∴∠AOC＝20°，
∴的长为．
故选：B．
【点评】本题考查了弧长的计算，关键是根据垂直平分线的性质和等边三角形的性质求出圆心角的度数．
2．（2024 广安）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝10，∠C＝70°，以AB为直径作半圆，与AC，BC分别相交于点D，E，则的长度为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求得∠A的度数，证明OE∥AC，再由OA＝OD，再由等腰三角形的性质和平行线的性质求得∠DOE的度数，利用弧长公式即可求解．
【解答】解：连接OD，OE，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝70°，
∵OE＝OB，
∴∠OEB＝∠ABC＝70°，
∴∠OEB＝∠C＝70°，
∴OE∥AC，
在△ABC中，∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝180°﹣70°﹣70°＝40°，，
∵OE∥AC，
∴∠A＝∠ADO＝40°＝∠DOE，
∴的长度为，
故选：C．
【点评】本题考查了弧长的求解，得到圆心角和半径是解题的关键．
3．（2024 临夏州）如图，对折边长为2的正方形纸片ABCD，OM为折痕，以点O为圆心，OM为半径作弧，分别交AD，BC于E，F两点，则的长度为 　　（结果保留π）．
【分析】由对折可知，∠EOM＝∠FOM，过点E作OM的垂线，进而可求出∠EOM的度数，则可得出∠EOF的度数，最后根据弧长公式即可解决问题．
【解答】解：由对折可知，
四边形AOMD是矩形，∠EOM＝∠FOM，
则OM＝AD，DM．
过点E作OM的垂线，垂足为P，
则EP＝DM．
因为OE＝OM＝AD，CD＝AD，
所以EP．
在Rt△EOP中，
sin∠EOP，
所以∠EOP＝30°，
则∠EOF＝30°×2＝60°，
所以的长度为：．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了弧长的计算、正方形的性质及翻折变换（折叠问题），熟知正方形的性质、图形翻折的性质及弧长的计算公式是解题的关键．
4．（2024 兰州）“轮动发石车”是我国古代的一种投石工具，在春秋战国时期被广泛应用，图1是陈列在展览馆的仿真模型．图2是模型驱动部分的示意图，其中⊙M，⊙N的半径分别是1cm和10cm，当⊙M顺时针转动3周时，⊙N上的点P随之旋转n°，则n＝　108　．
【分析】利用弧长公式根据点P移动的弧长＝3个⊙M周长，列出关于n的方程，解方程即可．
【解答】解：∵⊙M的周长为2π cm，
∴⊙M顺时针转动3周时，点P移动的弧长为6π cm，
∴6π，
解得n＝108，
故答案为：108．
【点评】本题考查了弧长的计算，掌握弧长公式是解题的关键．
压轴题型八：扇形面积的计算
1．（2024 泰安）两个半径相等的半圆按如图方式放置，半圆O′的一个直径端点与半圆O的圆心重合，若半圆的半径为2，则阴影部分的面积是（　　）
A． B． C． D．
【分析】连接OA，AO′，作AB⊥OO′于点B，得三角形AOO′是等边三角形，求出AB，S弓形AO′＝S扇形AOO′﹣S△AOO′，再根据S阴影＝S弓形AO′+S扇形AO′O，即可得出答案．
【解答】解：如图，连接OA，AO′，作AB⊥OO′于点B，
∵OA＝OO′＝AO′＝2，
∴三角形AOO′是等边三角形，
∴∠AOO′＝60°，OBOO′＝1，
∴AB，
∴S弓形AO′＝S扇形AOO′﹣S△AOO′
2
，
∴S阴影＝S弓形AO′+S扇形AO′O
．
故选：A．
【点评】本题考查了扇形的面积公式的运用、三角形的面积公式的运用，熟练掌握扇形的面积公式是关键．
2．（2024 日照）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠B＝120°，点O是对角线AC的中点，以点O为圆心，OA长为半径作圆心角为60°的扇形OEF，点D在扇形OEF内，则图中阴影部分的面积为（　　）
A． B． C． D．无法确定
【分析】过O作ON⊥AD，OM⊥CD，证明△ONH≌△OMG，故四边形HOGD面积＝2△OMD面积，再计算即可．
【解答】解：过O作ON⊥AD，OM⊥CD，连接OD．
∵∠ADC+∠HOG＝180°，
∴∠NHO+∠DGO＝180°，
∵∠DGO+∠MGO＝180°，
∴∠NHO＝∠MGO．
∵菱形ABCD，
∴DO平分∠ADC，
∴OM＝ON．
在△ONH和△OMG中，
，
∴△ONH≌△OMG（AAS），
∴△ONH面积＝△OMG面积，
∴四边形HOGD面积＝四边形NOMD面积＝2△OMD面积，
∵∠ODC＝60°，
∴ODCD＝1，OCOD．
∴DMOD，
∴OMDM，
∴四边形HOGD面积＝2△OMD面积＝2，
∴阴影部分的面积＝扇形面积﹣四边形HOGD面积π×（）2，
故选：A．
【点评】本题考查了扇形面积的计算，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，圆周角定理，掌握菱形的性质是解题关键．
3．（2024 重庆）如图，在矩形ABCD中，分别以点A和C为圆心，AD长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点．若AD＝4，则图中阴影部分的面积为（　　）
A．32﹣8π B．164π C．32﹣4π D．168π
【分析】连接AC，在Rt△ADC 中利用勾股定理求出AC的长，根据矩形的面积公式求出矩形ABCD的面积，两个扇形为圆，根据扇形面积公式求出两个扇形面积之和，根据S阴影＝S矩形ABCD﹣S两个扇形计算阴影部分的面积即可．
【解答】解：连接AC．
∵两弧有且仅有一个公共点，AD＝4，
∴AC＝2AD＝8，
∴在Rt△ADC 中，CD4，
∴S矩形ABCD＝AD CD＝16，
∵两个扇形均为圆，而且它们的半径相等，
∴两个扇形为圆，面积之和为S两个扇形πAD2＝8π，
∴S阴影＝S矩形ABCD﹣S两个扇形＝168π．
故选：D．
【点评】本题考查扇形面积的计算，掌握勾股定理、矩形、扇形和圆的面积公式是解题的关键．
4．（2024 乐山）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，过点C作⊙O的切线CD交BA延长线于点D，点E为上一点，且．
（1）求证：DC∥AE；
（2）若EF垂直平分OB，DA＝3，求阴影部分的面积．
【分析】（1）由余角的性质推出∠B＝∠DCA，由圆周角定理得到∠B＝∠CAE，因此∠CAE＝∠DCA，推出CD∥AE；
（2）连结OE、BE，由线段垂直平分线的性质推出OE＝BE．判定△OEB为等边三角形，得到∠BOE＝60°，求出∠AOE＝180°﹣60°120°，由等腰三角形的性质得到∠OAE＝∠OEA＝30°．由平行线的性质推出∠D＝∠OAE＝30°，由含30度角的直角三角形的性质推出OD＝2OC＝OA+AD，得到OC＝AO＝OE＝OC＝AD＝3，求出EFOE，求出△OAE的面积AO FE，扇形OAE的面积3π，即可求出阴影的面积．
【解答】（1）证明：∵CD为⊙O的切线，点C在⊙O上，
∴∠OCD＝90°，
∴∠DCA+∠OCA＝90°，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠B+∠OAC＝90°．
∵OC＝OA，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠B＝∠DCA，
∵，
∴∠B＝∠CAE，
∴∠CAE＝∠DCA，
∴CD∥AE；
（2）解：连结OE、BE，
∵EF垂直平分OB，
∴OE＝BE，
∵OE＝OB，
∴△OEB为等边三角形．
∴∠BOE＝60°，
∴∠AOE＝180°﹣60°120°，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA＝30°．
∵DC∥AE，
∴∠D＝∠OAE＝30°．
∵∠OCD＝90°，
∴OD＝2OC＝OA+AD，
∵OA＝OC，
∴OC＝AD＝3，
∴AO＝OE＝OC＝3，
∴EFOE，
∴△OAE的面积AO FE，
∵扇形OAE的面积3π，
∴阴影的面积＝扇形OAE的面积﹣△OAE的面积＝3π．
【点评】本题考查切线的性质，圆周角定理，线段垂直平分线的性质，扇形的面积，关键是由切线的性质，圆周角定理推出∠CAE＝∠DCA；判定△OBE是等边三角形，由含30度角的直角三角形的性质推出OC＝AD．
5．（2024 山东）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠DAB＝60°，AB＝BC＝2AD＝2．以点A为圆心，以AD为半径作交AB于点E，以点B为圆心，以BE为半径作所交BC于点F，连接FD交于另一点G，连接CG．
（1）求证：CG为所在圆的切线；
（2）求图中阴影部分面积．（结果保留π）
【分析】（1）根据圆的性质，证明BF＝BE＝AD＝AE＝CF，即可证明四边形ABFD是平行四边形，再证明△BFG是等边三角形，再根据圆的切线判定定理即可证得结果．
（2）先求出平行四边形的高DH，根据扇形面积公式三角形面积公式，平行四边形面积公式求解即可．
【解答】（1）证明：连接BG，如图1，
根据题意可知：AD＝AE，BE＝BF，
又∵AB＝BC，
∴CF＝AE＝AD，
∵BC＝2AD，
∴BF＝BE＝AD＝AE＝CF，
∵AD∥BC，
∴四边形ABFD是平行四边形，
∴∠BFD＝∠DAB＝60°，
∵BG＝BF，
∴△BFG是等边三角形，
∴GF＝BF，
∴GF＝BF＝FC，
∴G在以BC为直径的圆上，
∴∠BGC＝90°，
∴CG为所在圆的切线；
（2）解：过D作DH⊥AB于点H，连接BG，如图2，
由图可得：S阴影＝S ABFD﹣S扇AED﹣S扇BEG﹣S△BFG，
在Rt△AHD中，AD＝1，∠DAB＝60°，
∴，
∴，
由题可知：扇形ADE和扇形BGE全等，
∴，
等边三角形BFG的面积为：，
∴．
【点评】本题考查平行四边形的性质和判定，圆的性质，扇形面积，等边三角形的性质等知识点，证明四边形ABFD是平行四边形是解题关键．
压轴题型九：圆锥的计算
1．（2024 广州）如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为72°的扇形，若扇形的半径l是5，则该圆锥的体积是（　　）
A．π B．π C．2π D．π
【分析】根据扇形的弧长公式可得圆锥的底面周长，进而得出底面半径，再根据勾股定理求出圆锥的高，然后根据圆锥的体积公式计算即可．
【解答】解：由题意得，圆锥的底面圆周长为2π，
故圆锥的底面圆的半径为1，
所以圆锥的高为：，
该圆锥的体积是：π．
故选：D．
【点评】本题考查了几何体的展开图，关键是掌握圆锥的侧面展开图的弧长等于底面周长；弧长公式为：．
2．（2024 呼和浩特）如图是平行四边形纸片ABCD，BC＝36cm，∠A＝110°，∠BDC＝50°，点M为BC的中点，若以M为圆心，MC为半径画弧交对角线BD于点N，则∠NMC＝　40　度；将扇形MCN纸片剪下来围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），则这个圆锥的底面圆半径为 　2　cm．
【分析】根据平行四边形的性质和圆周角定理计算∠NMC，再根据“弧CN的长度等于圆锥底的周长”及弧长公式和圆的周长公式计算这个圆锥的底面圆半径即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ADC＝180°﹣∠A＝70°，
∵∠ADB＝∠ADC﹣∠BDC＝20°，
∵AD∥BC，
∴∠DBC＝∠ADB＝20°，
∵点M为BC的中点，
∴BM＝MC，
∵以M为圆心，MC为半径画弧交对角线BD于点N，
∴MN＝MC，
∴BM＝MC＝MN，
∴点B、C、N在以点M为圆心的圆上，
∴∠NMC＝2∠DBC＝40°，
∵MCBC＝18cm，
∴弧CN的长度为2π MC 4π，
设这个圆锥的底面圆半径为r cm，
则2πr＝4π，
解得r＝2，
∴这个圆锥的底面圆半径为2cm．
故答案为：40，2．
【点评】本题考查圆锥的计算、展开图折叠成几何体、等腰三角形的性质、圆周角定理，掌握等腰三角形的性质、圆周角定理及弧长公式、圆的周长公式是解题的关键．
3．（2024 广东）综合与实践
【主题】滤纸与漏斗
【素材】如图1所示：
①一张直径为10cm的圆形滤纸；
②一只漏斗口直径与母线均为7cm的圆锥形过滤漏斗．
【实践操作】
步骤1：取一张滤纸；
步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸；
步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形；
步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中．
【实践探索】
（1）滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明．
（2）当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留π）
【分析】（1）证△CDE∽△CAB即可得证；
（2）利用圆锥体积公式计算即可．
【解答】解：（1）滤纸能紧贴此漏斗内壁，理由如下，
方法一：如图作出示意图，由题意知，AB＝AC＝BC＝7cm，
折叠后CD＝CE10＝5（cm），
∵底面周长10π＝5π（cm），
∴DE π＝5πcm，
∴DE＝5cm，
∴，
∴△CDE∽△CAB，
∴滤纸能紧贴此漏斗内壁．
方法二：由2πr得，
图3中，n1＝90°×2＝180°，
图4中，，
∴n2＝180°，
∵n1＝n2，
∴滤纸能紧贴此漏斗内壁．
（2）由（1）知CD＝DE＝CE＝5cm，
∴∠CDE＝60°，
过C作CF⊥DE于点F，则DFDEcm，
在Rt△CDF中，CFcm，
∴V＝π （）2π（cm3）．
答：圆锥形的体积是π（cm3）．
【点评】本题主要考查了圆锥的计算、相似三角形判定、勾股定理等知识，正确读懂题意和掌握圆锥体积公式是解题关键．
压轴题型十：三角的内切圆与内心
1．（2024 滨州）刘徽（今山东滨州人）是魏晋时期我国伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基者之一，被誉为“世界古代数学泰斗”．刘徽在注释《九章算术》时十分重视一题多解，其中最典型的是勾股容方和勾股容圆公式的推导，他给出了内切圆直径的多种表达形式．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB，BC，CA的长分别为c，a，b．则可以用含c，a，b的式子表示出△ABC的内切圆直径d，下列表达式错误的是（　　）
A．d＝a+b﹣c B．
C． D．d＝|（a﹣b）（c﹣b）|
【分析】这是直角三角形内切圆的常考形式，直角三角形内切圆半径的常用形式有两个，分别是r和r，所以很快定位出选项A和选项B正确，而对于我们不熟悉的选项C和选项D可直接用特殊值法定位答案．
【解答】方法一：本题作为选择题，用特殊值法则可快速定位答案．
∵三角形ABC为直角三角形，∴令a＝3，b＝4，c＝5．
选项A：d＝a+b﹣c＝2，
选项B：d2，
选项C：d2，
选项D：d＝|（a﹣b）（c﹣b）|＝1，
很明显，只有D选项跟其他选项不一致，所以表达式错误的应是D选项．
故答案选：D．
方法二：如图，作OE⊥AC于点E，OD⊥BC于点D，OF⊥AB于点F．
易证四边形OECD是正方形，设OE＝OD＝OF＝r，
则EC＝CD＝r，
∴AE＝AF＝b﹣r，BD＝BF＝a﹣r，
∵AF+BF＝AB，
∴b﹣r+a﹣r＝c，
∴r，
∴d＝a+b﹣c．故选项A正确．
∵S△ABC＝S△AOC+S△BOC+S△AOB，
∴abarbr+cr，
∴ab＝r（a+b+c），
∴r，即d．故选项B正确．
∵由前面可知d＝a+b﹣c，
∴d2＝（a+b﹣c）2＝（a+b）2﹣2c（a+b）+c2＝a2+2ab+b2﹣2ac﹣2bc+c2，
∵a2+b2＝c2，
∴上述式子＝2c2+2ab﹣2ac﹣2bc＝2（c2+ab﹣ac﹣bc）＝2[（c2﹣ac）+b（a﹣c）]＝2（c﹣a）（c﹣b），
∴d，故选项C正确．
排除法可知选项D错误．
故答案选：D．
【点评】本题考查三角形内切圆直径公式，结合中国古代数学成就来考是未来数学的一种趋势，掌握直角三角形内切圆的性质是解题的关键．
2．（2024 绵阳）如图，在矩形ABCD中，点E在AB上运动，△ADE的内切圆与DE相切于点G，将△ADE沿DE翻折，点A落在点F处，连接BF．当点E恰为AB的三等分点（靠近点A）时，且，，则cos∠ABF＝ 　　．
【分析】要求cos∠ABF需要构造直角三角形，所以过过F作MN⊥AB于点M，交CD于点N，求出BM和BF的长度即可，折叠问题优先考虑勾股方程，先根据切线长定理+Rt△ADE求出AD＝4，AB＝6，再根据△EFM∽△FDN得到FN＝2EM．DN＝2FM，然后设参，利用Rt△EFM建立勾股方程，从而求出EM、FM的长度，进而得到BM的长度，最后利用勾股定理求出BF的长度即可得解．
【解答】解：如图，设△ADE内切圆圆心为O，连接OG，过O作OH⊥AB于点H，过O作OK⊥AD于点K，则四边形OKAH为正方形，
根据切线长定理可得DK＝DG1，EH＝EG1，
设⊙O半径为r，则OK＝OG＝OH＝r，
∴AK＝AH＝r，
∴AD＝DK+AK1+r，AE1+r，
在Rt△ADE中，DE＝DG+EG＝2，AD2+AE2＝DE2，
即（1+r）2+（1+r）2＝（2）2，
解得r＝3或r＝﹣3（舍去），
∴AD＝4，AE＝2，
∴AB＝3AE＝6，
∵折叠，
∴DF＝AD＝4，EF＝EA＝2，∠EFD＝90°，
过F作MN⊥AB于点M，交CD于点N，则∠EMF＝∠DNF＝90°，
∵∠DFN＝∠FEM＝90°﹣∠EFM，
∴△EFM∽△FDN，
∴，
∴FN＝2EM．DN＝2FM，
设EM＝x，则FN＝2x，
∴FM＝4﹣2x，
在Rt△EFM中，EM2+FM2＝EF2，
即x2+（4﹣2x）2＝22，
解得x或x＝2（舍去），
∴EM，FM＝4﹣2x，
∴BM＝AB﹣AE﹣EM，
在Rt△BFM中，BF，
∴cos∠ABF；
故答案为：．
【点评】本题主要考查了三角形的内切圆、切线长定理、折叠的性质、勾股定理、矩形的性质、解直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
3．（2024 内江）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝8，E是BC边上一点，且BE＝2，点I是△ABC的内心，BI的延长线交AC于点D，P是BD上一动点，连接PE、PC，则PE+PC的最小值为 　　．
【分析】在AB取点F，使BF＝BE＝2，连接PF，CF，过点F作FH⊥BC于H，利用三角形内心的定义可得出∠ABD＝∠CBD，利用SAS证明△BFP≌△BEP，得出PF＝PE，则 PE+PC＝PF+PC≥CF，当C、P、F三点共线时，PE+PC最小，最小值为CF，利用含 30° 的直 角三角形的性质求出BH，利用勾股定理求出FH，CF即可．
【解答】解：在AB取点F，使 BF＝BE＝2，连接PF，CF，过点F作FH⊥BC于H，
∵是△ABC 的内心，
∴BI平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
又 BP＝BP，
∴△BFP≌△BEP（SAS），
∴PF＝PE，
∴PE+PC＝PF+PC≥CF，
当C、P、F三点共线时，PE+PC最小，最小值为CF，
∵FH⊥BC，∠ABC＝60°，
∴∠BFH＝30°，
∴，
∴，CH＝BC﹣BH＝7，
∴，
∴PE+PC 的最小值为 ，
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形的内心，全等三角形的判定与性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形和含30°的直角三角形是解题的关键．
4．（2024 烟台）如图，AB是⊙O的直径，△ABC内接于⊙O，点I为△ABC的内心，连接CI并延长交⊙O于点D，E是上任意一点，连接AD，BD，BE，CE．
（1）若∠ABC＝25°，求∠CEB的度数；
（2）找出图中所有与DI相等的线段，并证明；
（3）若CI＝2，DI，求△ABC的周长．
【分析】（1）利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，再根据三角形的内角和定理求出∠CAB＝65°，然后利用圆内接四边形的对角互补求解即可；
（2）连接AI，由三角形的内心性质得到内心，∠CAI＝∠BAI，∠ACI＝∠BCI，然后利用圆周角定理得到∠DAB＝∠DCB＝∠ACI，AD＝BD，利用三角形的外角性质证得∠DAI＝∠DIA，然后利用等角对等边可得结论；
（3）过I分别作IQ⊥AB，IF⊥AC，IP⊥BC，垂足分别为Q、F、P，根据内切圆的性质和切线长定理得到AQ＝AF，CF＝CP，BQ＝BP，利用解直角三角形求得CF＝2＝CP，AB＝13，进而可求解．
【解答】解：（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
又∵∠ABC＝25°，
∴∠CAB＝90°﹣25°＝65°，
∵四边形ABEC是⊙O内接四边形，
∴∠CEB+∠CAB＝180°，
∴∠CEB＝180°﹣∠CAB＝115°；
（2）DI＝AD＝BD，
连接AI，
∵点I为△ABC的内心，
∴∠CAI＝∠BAI，，
∴，
∴∠DAB＝∠DCB＝∠ACI，AD＝BD，
∵∠DAI＝∠DAB+∠BAI，∠DIA＝∠ACI+∠CAI，
∴∠DAI＝∠DIA，
∴DI＝AD＝BD；
（3）过I分别作IQ⊥AB，IF⊥AC，IP⊥BC，垂足分别为Q、F、P，
∵点I为△ABC的内心，即为△ABC的内切圆的圆心，
∴Q、F、P分别为该内切圆与△ABC三边的切点，
∴AQ＝AF，CF＝CP，BQ＝BP，
∵，∠IFC＝90°，∠ACI＝45°，
∴CF＝CI cos45°＝2＝CP，
∵DI＝AD＝BD，，∠ADB＝90°，
∴，
∴△ABC的周长为AB+AC+BC
＝AB+AF+CF+CP+BP
＝AB+AQ+BQ+2CF
＝2AB+2CF
＝2×13+2×2＝30．
【点评】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角形的内角和定理、三角形的内心性质、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、切线长定理以及解直角三角形，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
5．（2024 自贡）在Rt△ABC中，∠C＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F．
（1）图1中三组相等的线段分别是CE＝CF，AF＝　AD　，BD＝　BE　；若AC＝3，BC＝4，则⊙O半径长为 　1　；
（2）如图2，延长AC到点M，使AM＝AB，过点M作MN⊥AB于点N．求证：MN是⊙O的切线．
【分析】（1）连接OE，OF，由切线长定理可知，AF＝AD，BD＝BE，根据∠C＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，可得∠C＝∠OEC＝∠OFC＝90°，OE＝OF，故四边形OECF是正方形，设OE＝OF＝CF＝CE＝x，可得4﹣x+3﹣x＝5，解得x＝1，即⊙O半径长为1；
（2）过O作OH⊥MN于H，连接OD，OE，OF，根据∠ANM＝90°＝∠ACB，∠A＝∠A，AM＝AB，可得△AMN≌△ABC（AAS），从而AN＝AC，即可得DN＝CF，又CF＝OE，有DN＝OE，证明四边形OHND是矩形，即可得OH＝OE，即OH是⊙O的半径，故MN是⊙O的切线．
【解答】（1）解：连接OE，OF，如图：
由切线长定理可知，AF＝AD，BD＝BE，
∵∠C＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，
∴∠C＝∠OEC＝∠OFC＝90°，OE＝OF，
∴四边形OECF是正方形，
设OE＝OF＝CF＝CE＝x，则BE＝BC﹣CE＝4﹣x＝BD，AF＝AC﹣CF＝3﹣x＝AD，
∵BD+AD＝AB5，
∴4﹣x+3﹣x＝5，
解得x＝1，
∴OE＝1，即⊙O半径长为1；
故答案为：AD，BE，1；
（2）证明：过O作OH⊥MN于H，连接OD，OE，OF，如图：
∵∠ANM＝90°＝∠ACB，∠A＝∠A，AM＝AB，
∴△AMN≌△ABC（AAS），
∴AN＝AC，
∵AD＝AF，
∴AN﹣AD＝AC﹣AF，即DN＝CF，
同（1）可知，CF＝OE，
∴DN＝OE，
∵∠ANM＝90°＝∠ODN＝∠OHN，
∴四边形OHND是矩形，
∴OH＝DN，
∴OH＝OE，即OH是⊙O的半径，
∵OH⊥MN，
∴MN是⊙O的切线．
【点评】本题考查三角形内切圆，圆的切线判定与性质，涉及全等三角形的判定与性质，正方形判定与性质，解题的关键是掌握切线长定理和切线的判定定理．
6．（2024 陕西）问题提出
（1）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，垂足为D．若AB＝15，AC＝8，则AD的长为 　　；
问题解决
（2）如图②所示，某工厂剩余一块△ABC型板材，其中AB＝100cm，BC＝160cm，AC＝140cm．为了充分利用材料，工人师傅想用这块板材裁出一个尽可能大的圆型部件．你认为可以吗？若可以，请在图中确定可裁出的最大圆型部件的圆心O的位置，并求出⊙O的半径；若不可以，请说明理由．
【分析】（1）先根据勾股定理求出BC＝17，再根据三角形的面积公式可求出AD的长；
（2）根据三角形内最大的圆是三角形的内切圆可求出点O的位置，过点O作OH⊥BC于H，OP⊥AC于P，OQ⊥AB于Q，连接OA，OB，OC，过点A作AM⊥BC于M，设BM＝x cm，⊙O的半径为R cm，则CM＝（160﹣x）cm，再根据勾股定理列出关于x的方程得1002﹣x2＝1402﹣（160﹣x）2，则x＝50，进而得AMcm，则S△ABCcm2，然后根据S△OBC+S△OCA+S△OAB＝S△ABC，得（100+160+140）R，据此可得⊙O的半径．
【解答】解：（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝15，AC＝8，
由勾股定理得：BC17．
由三角形的面积得：S△ABCAB ACBC AD，
∴AB AC＝BC AD，
∴AD．
故答案为：．
（2）可以．
∵三角形内最大的圆是三角形的内切圆，
∴所求圆的圆心是△ABC的内心，
作∠ABC和∠ACB的平分线BE，CF交于点O，
则点O就是裁出的最大圆型部件的圆心O的位置，
过点O作OH⊥BC于H，OP⊥AC于P，OQ⊥AB于Q，连接OA，OB，OC，过点A作AM⊥BC于M，如图所示：
设BM＝x cm，⊙O的半径为R cm，
∵AB＝100cm，BC＝160cm，AC＝140cm，
∴CM＝（160﹣x）cm，
在Rt△ABM中，由勾股定理得：AM2＝AB2﹣BM2＝1002﹣x2，
在Rt△ACM中，由勾股定理得：AM2＝AC2﹣CM2＝1402﹣（160﹣x）2，
∴1002﹣x2＝1402﹣（160﹣x）2，
解得：x＝50，
∴AM（cm），
∴S△ABCBC AM（cm2）
∵点O为△ABC的内心，
∴OH＝OP＝OQ＝R cm，
∵S△OBC+S△OCA+S△OAB＝S△ABC，
∴BC OHAC OPAB OQ，
即（100+160+140）R，
∴R．
【点评】此题主要考查了三角形的内切圆和三角形的内心，理解三角形的内切圆是三角形内最大的圆，灵活运用勾股定理及三角形的面积公式法进行计算是解决问题的关键．
压轴题型十一：圆的综合题
1．（2024 德州）如图，圆⊙O1与⊙O2都经过A，B两点，点O2在⊙O1上，点C是上的一点，连接AC并延长交⊙O2于点P，连接AB，BC，BP．
（1）求证：∠ACB＝2∠P；
（2）若∠P＝30°，AB．
①求⊙O1的半径；
②求图中阴影部分的面积．
【分析】（1）连接AO2BO2，根据圆周角定理得到∠ACB＝∠AO2B＝2∠P；
（2）①连接AO1并延长交⊙O11与D，连接BD，根据圆周角定理得到∠ABD＝90°，得到∠AO2B＝2∠P＝60°，根据三角函数的定义得到结论；
②连接O2O1交AB于H，根据垂径定理得到AH，O2H⊥AB，根据直角三角形的性质得到HO1AH＝1，AO1＝2，求得O2H＝3，根据三角形的面积公式和扇形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接AO2BO2，
∵，
∴∠ACB＝∠AO2B＝2∠P；
（2）解：①连接AO1并延长交⊙O11与D，连接BD，
则∠ABD＝90°，
∵∠P＝30°，
∴∠AO2B＝2∠P＝60°，
∴∠D＝∠AO2B＝60°，
∵AB＝2，
∴AD4，
∴⊙O1的半为2；
②连接O2O1交AB于H，
∴AH，O2H⊥AB，
∴HO1AH＝1，AO1＝2，
∴O2H＝3，
在⊙O2中，弓形AB＝扇形AO2B﹣△AO2B2π﹣3，
在⊙O1中，弓形AB＝扇形AO1B﹣△AO1Bπ，
∴图中阴影部分的面积＝（π）﹣2π+32π．
【点评】本题是圆的综合题，考查了相交两圆的性质，圆周角定理，等边三角形的性质，三角形的面积的计算，扇形面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键．
2．（2024 大庆）如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，将△ABC沿直线AB翻折到△ABD，点D在⊙O上．连接CD，交AB于点E，延长BD，CA，两线相交于点P，过点A作⊙O的切线交BP于点G．
（1）求证：AG∥CD；
（2）求证：PA2＝PG PB；
（3）若sin∠APD，PG＝6．求tan∠AGB的值．
【分析】（1）根据折叠可得AB⊥CD，根据切线定义可得AG⊥AB，即可求证；
（2）根据题意证明△APG∽△BPA即可得证；
（3）根据题意设AD＝a，则AP＝3a，根据折叠的性质可得AC＝AD＝a，可求出PC，进而求得BD，根据∠AGB＝90°﹣∠GAD＝∠DAB，即可求解．
【解答】（1）证明：∵将△ABC沿直线AB翻折到△ABD，
∴AB⊥CD，
∵AB为⊙O的直径，AG是切线，
∴AG⊥AB，
∴AG∥CD；
（2）证明：∵AG是切线，
∴AG⊥AB，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ABD＝90°﹣∠DAB＝∠GAD，
∵由折叠可得∠ABD＝∠ABC，
∴∠CBD＝2∠ABD，
∵四边形ADBC是⊙O的内接四边形，
∴∠PAD＝180°﹣∠CAD＝∠DBC＝2∠ABD，
∴∠PAG＝∠PAD﹣∠GAD＝2∠ABD﹣∠ABD＝∠ABD，
又∵∠APG＝∠BPA，
∴△APG∽△BPA，
∵，即PA2＝PG PB；
（3）解：∵sin∠，
设AD＝a，则AP＝3a，
∴，
∴，
∵由折叠可得AC＝AD＝a，
∴PC＝PA+AC＝3a+a＝4a，
∵在Rt△PCB中，，
∴BD＝CBPCa，
∵AD⊥BD，GA⊥AB，
∴∠AGB＝90°﹣∠GAD＝∠DAB，
∴．
【点评】本题考查了切线的性质，折叠问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，锐角三角函数，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2024 日照）如图1，AB为⊙O的直径，AB＝12，C是⊙O上异于A，B的任一点，连接AC，BC，过点A作射线AD⊥AC，D为射线AD上一点，连接CD．
【特例感知】
（1）若BC＝6，则AC＝　6　；
（2）若点C，D在直线AB同侧，且∠ADC＝∠B，求证：四边形ABCD是平行四边形；
【深入探究】
若在点C运动过程中，始终有tan∠ADC，连接OD．
（3）如图2，当CD与⊙O相切时，求OD的长度；
（4）求OD长度的取值范围．
【分析】（1）利用勾股定理求出AC长即可；
（2）根据AD⊥AC，推导出AD∥BC，由∠ADC＝∠B和等角的余角相等推出AB∥CD，根据平行四边形定义可证明；
（3）连接OC，先求出∠ADC＝60°，∠ACD＝30°，利用解直角三角形求出CD，再利用勾股定理求出OD长即可；
（4）过点A作射线AF⊥AB，作射线OF满足∠AOF＝60°，射线AF与OF交于点F，连接OC、CF，可证△CAF∽△DAO，继而得到FC，利用勾股定理求出OF、OC，再根据|OF﹣OC|≤CF≤OF+OC求出CF的范围，继而得到OD的长度范围．
【解答】（1）解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AC6，
故答案为：6；
（2）证明：∵AD⊥AC，
∴∠DAC＝∠BCA＝90°，
∴AD∥BC，
∵∠ADC＝∠B，
∴∠BAC＝∠DCA，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（3）解：在Rt△ACD中，
∵tan∠ADC，
∴∠ADC＝60°，∠ACD＝30°，
如图2，连接OC，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠ACD+∠ACO＝90°，
又∵∠ACO+∠OCB＝90°，
∴∠ACD＝∠OCB，
∵OC＝OB，
∴∠B＝∠OCB＝∠ACD＝30°，
在Rt△ABC中，AC＝AB sin30°＝6，
在Rt△ACD中，CD4，
∴在Rt△COD中，OD2；
（4）解：如图3，过点A作射线AF⊥AB，作射线OF满足∠AOF＝60°，射线AF与OF交于点F，连接OC、CF，
在Rt△AOF中，AF＝OA tan60°OA，
∵tan∠ADC，
∴，
∵AF，
∴，
∵∠DAC＝∠OAF＝90°，
∴∠DAC+∠CAO＝∠OAF+∠CAO，即∠DAO＝∠CAF，
∴△CAF∽△DAO，
∴，即FC，
在Rt△AOF中，
∵，
∴12，
又∵|OF﹣OC|≤CF≤OF+OC，
∴6≤CF≤18，
∴2OD．
【点评】本题考查了圆的综合，熟练掌握切线性质、勾股定理、三角形相似的判定与性质、解直角三角形是关键．
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)压轴题05 圆的各性质的综合题
圆这个考点在初中数学中是“个性”比较明显、容量比较大的一个重点，这个特点的表现是：首先圆的性质只能在圆中应用，其次圆的性质的小考点特别多，与其他重要几何图形的结合出题的可能性也非常大。在其众多考点中，常在压轴题出现的考点有如下几个：
1、三角形的外接圆与外心：经过三角形各个顶点的圆叫做三角形的外接圆，这个外接圆的圆心叫做三角形的外心，三角形的外心是三角形三边的垂直平分线的交点；
2、垂径定理及其推论：
垂径定理：垂直于弦的直径必平分弦，并且平分弦所对的弧；
推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧；
推论2：平分弧的直径垂直于弧所对的弦。
3、圆心角与圆周角定理：
圆心角定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等.
圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半。
圆周角定理的重要推论：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。
圆心角与圆周角定理的重要应用：
在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两个圆周角、两条弧、两条弦、两条弦心距中有一对量相等，那么它们所对应的其余各对量都相等。
（但在一些理论性问题中，注意弦所对的圆周角是有2种度数的，并且它们互补。）
4、圆内接四边形的性质：
圆内接四边形对角互补（延伸应用：圆内接四边形的一个外角等于与它相邻内角的对角）
5、弧长、扇形面积、圆锥侧面积计算公式：
弧长公式：
扇形面积公式：
圆锥与圆柱相关计算公式：
6、切线的判定与性质：
直线与圆相切的判定定理：经过半径的外端并且垂直这条半径的直线是圆的切线；
切线的判定问题解决口诀：有切点，连半径，证垂直。
圆的切线的性质：经过切点的半径垂直于圆的切线；
切线的性质问题解决口诀：有切点，连半径，得垂直。
7、三角形的内切圆与内心：与三角形三边都相切的圆叫做三角形的内切圆，圆心叫做三角形的内心，三角形的内心是三角形三条角平分线的交点；
压轴题型一：垂径定理及其应用
√满分技法 圆的计算问题中，只要牵涉到长度的计算，首先想垂径定理相关的“知二得三”模型，具体内容如下： 1.“知二得三”： 由图可得以下5点： ①AB⊥CD；②AE=EB；③AD过圆心O；④；⑤； 以上5个结论，知道其中任意2个，剩余的3个都可以作为结论使用。 2.常做辅助线：连半径、作弦心距、见直接连弦长得直径所对圆周角
1．（2024 武威三模）如图，⊙O的半径为5，弦AB＝6，点C在弦AB上，延长CO交⊙O于点D，则CD的取值范围是（　　）
A．6≤CD≤8 B．8≤CD≤10 C．9＜CD＜10 D．9≤CD≤10
2．（2024 柯桥区二模）某项目化研究小组只用一张矩形纸条和刻度尺，来测量一次性纸杯杯底的直径．小敏同学想到了如下方法：如图，将纸条拉直并紧贴杯底，纸条的上下边沿分别与杯底相交于A、B、C、D四点，然后利用刻度尺量得该纸条的宽为3.5cm，AB＝4cm，CD＝3cm．请你帮忙计算纸杯杯底的直径为（　　）
A．4.8cm B．5cm C．5.2cm D．6cm
3．（2024 高青县模拟）如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为（6，8），点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最大值为（　　）
A．13 B．14 C．12 D．28
4．（2024 昆都仑区二模）如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若小正方形的面积为16cm2，则该半圆的半径为（　　）
A． cm B．9 cm C．cm D．cm
5．（2024 温州模拟）某一公路单向隧道由一弧形拱与矩形组成，为了确定大货车通过公路隧道的最大高度，道路交通学习小组展开了以下研究．如图1，经测量得AB＝4m，为了确定BC与弧形拱半径的长度，学习小组找到一根5m长的笔直杆子，将杆子一端置于点C处，另一端置于AD上点E处，AE＝1m．如图2，调整杆子位置，直至一端在AB上的点G处，另一端在圆弧上点F处，FG⊥AB，GB＝1m，如图3，某一集装箱大货车宽为2.4m，则该大货车的最大高度（包括货物） 　 　m．
压轴题型二：圆周角与圆心角
√满分技法 1、圆的计算问题中，如果是角度相关计算或证明，则立刻联想圆周角与圆心角的相关定理推论； 2、圆中最不缺的就是等腰三角形，所以圆的角度计算时，多想想有没有等边对等角，再结合三角形内角和定理、对顶角相等等综合思考。
1．（2024 重庆）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB交⊙O于点C，点D是⊙O上一点，连接BD，CD．若∠D＝28°，则∠OAB的度数为（　　）
A．28° B．34° C．56° D．62°
2．（2024 西藏）如图，AC为⊙O的直径，点B，D在⊙O上，∠ABD＝60°，CD＝2，则AD的长为（　　）
A．2 B．2 C．2 D．4
3．（2024 海南）如图，AD是半圆O的直径，点B、C在半圆上，且，点P在上，若∠PCB＝130°，则∠PBA等于（　　）
A．105° B．100° C．90° D．70°
4．（2024 陕西）如图，AB为⊙O的直径，，∠A＝53°，则∠B的度数是 　 　．
5．（2024 长春）如图，AB是半圆的直径，AC是一条弦，D是的中点，DE⊥AB于点E，交AC于点F，DB交AC于点G，连结AD．给出下面四个结论：
①∠ABD＝∠DAC；
②AF＝FG；
③当DG＝2，GB＝3时，FG；
④当2，AB＝6时，△DFG的面积是，
上述结论中，正确结论的序号有 　 　．
6．（2024 包头）如图，AB是⊙O的直径，BC，BD是⊙O的两条弦，点C与点D在AB的两侧，E是OB上一点（OE＞BE），连接OC，CE，且∠BOC＝2∠BCE．
（1）如图1，若BE＝1，CE，求⊙O的半径；
（2）如图2，若BD＝2OE，求证：BD∥OC．（请用两种证法解答）
压轴题型三：圆内接四边形
1．（2024 吉林）如图，四边形ABCD内接于⊙O．过点B作BE∥AD，交CD于点E．若∠BEC＝50°，则∠ABC的度数是（　　）
A．50° B．100° C．130° D．150°
2．（2024 济宁）如图，分别延长圆内接四边形ABCD的两组对边，延长线相交于点E，F．若∠E＝54°41'，∠F＝43°19'，则∠A的度数为（　　）
A．42° B．41°20' C．41° D．40°20'
3．（2024 浙江）如图，在圆内接四边形ABCD中，AD＜AC，∠ADC＜∠BAD，延长AD至点E，使AE＝AC，延长BA至点F，连结EF，使∠AFE＝∠ADC．
（1）若∠AFE＝60°，CD为直径，求∠ABD的度数．
（2）求证：①EF∥BC；
②EF＝BD．
压轴题型四：三角形的外接圆与外心
（多选）1．（2024 潍坊）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AO∥BC，连接CO并延长交⊙O于点D．分别以点A，C为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点M．直线OM交BC于点E，连接AE，下列结论一定正确的是（　　）
A． B．AB＝OE
C．∠AOD＝∠BAC D．四边形AOCE为菱形
2．（2024 宜宾）如图，△ABC内接于⊙O，BC为⊙O的直径，AD平分∠BAC交⊙O于D，则的值为（　　）
A． B． C．2 D．2
3．（2024 河南）如图，⊙O是边长为的等边三角形ABC的外接圆，点D是的中点，连接BD，CD．以点D为圆心，BD的长为半径在⊙O内画弧，则阴影部分的面积为（　　）
A． B．4π C． D．16π
4．（2024 苏州）如图，△ABC中，AB＝4，D为AB中点，∠BAC＝∠BCD，cos∠ADC，⊙O是△ACD的外接圆．
（1）求BC的长；
（2）求⊙O的半径．
压轴题型五：切线的性质
1．（2024 扬州）如图，已知两条平行线l1、l2，点A是l1上的定点，AB⊥l2于点B，点C、D分别是l1，l2上的动点，且满足AC＝BD，连接CD交线段AB于点E，BH⊥CD于点H，则当∠BAH最大时，sin∠BAH的值为 　 　．
2．（2024 重庆）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，点B为切点．连接AC交⊙O于点D，点E是⊙O上一点，连接BE，DE，过点A作AF∥BE交BD的延长线于点F．若BC＝5，CD＝3，∠F＝∠ADE，则AB的长度是 　 　；DF的长度是 　 　．
3．（2024 青岛）如图，△ABC中，BA＝BC，以BC为直径的半圆O分别交AB，AC于点D，E．过点E作半圆O的切线，交AB于点M，交BC的延长线于点N．若ON＝10，cos∠ABC，则半径OC的长为 　 　．
4．（2024 凉山州）如图，⊙M的圆心为M（4，0），半径为2，P是直线y＝x+4上的一个动点，过点P作⊙M的切线，切点为Q，则PQ的最小值为 　 　．
5．（2024 天津）已知△AOB中，∠ABO＝30°，AB为⊙O的弦，直线MN与⊙O相切于点C．
（Ⅰ）如图①，若AB∥MN，直径CE与AB相交于点D，求∠AOB和∠BCE的大小；
（Ⅱ）如图②，若OB∥MN，CG⊥AB，垂足为G，CG与OB相交于点F，OA＝3，求线段OF的长．
压轴题型六：切线的性质与判定的综合应用
√满分技法 1、圆的切线的判定，抓住本质——证垂直。故切线判定的问题，重要思想是：要证垂直，先找垂直。即要证明的直角多是由题目中出现的其他垂直或互余关系转化得来的。 2、切线的判定问题解决口诀：有切点，连半径，证垂直。
1．（2024 威海）如图，已知AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，且BC＝CD．点E是线段AB延长线上一点，连接EC并延长交射线AD于点F．∠FEG的平分线EH交射线AC于点H，∠H＝45°．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若BE＝2，CE＝4，求AF的长．
2．（2024 雅安）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，点P是BA延长线上的一点，连接AC，∠PCA＝∠B．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若sin∠B，求证：AC＝AP；
（3）若CD⊥AB于D，PA＝4，BD＝6，求AD的长．
3．（2024 淮安）如图，在△ABC中，BA＝BC，以AB为直径作⊙O交AC于点D，过点D作DE⊥BC，垂足为E，延长DE交AB的延长线于点F．
（1）求证：DF为⊙O的切线；
（2）若BE＝1，BF＝3，求sinC的值．
4．（2024 遂宁）如图，AB是⊙O的直径，AC是一条弦，点D是的中点，DN⊥AB于点E，交AC于点F，连结DB交AC于点G．
（1）求证：AF＝DF；
（2）延长GD至点M，使DM＝DG，连结AM．
①求证：AM是⊙O的切线；
②若DG＝6，DF＝5，求⊙O的半径．
压轴题型七：弧长的计算
42．（2024 包头）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝80°，半径OA＝3，C是上一点，连接OC，D是OC上一点，且OD＝DC，连接BD．若BD⊥OC，则的长为（　　）
A． B． C． D．π
43．（2024 广安）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝10，∠C＝70°，以AB为直径作半圆，与AC，BC分别相交于点D，E，则的长度为（　　）
A． B． C． D．
44．（2024 临夏州）如图，对折边长为2的正方形纸片ABCD，OM为折痕，以点O为圆心，OM为半径作弧，分别交AD，BC于E，F两点，则的长度为 　 　（结果保留π）．
45．（2024 兰州）“轮动发石车”是我国古代的一种投石工具，在春秋战国时期被广泛应用，图1是陈列在展览馆的仿真模型．图2是模型驱动部分的示意图，其中⊙M，⊙N的半径分别是1cm和10cm，当⊙M顺时针转动3周时，⊙N上的点P随之旋转n°，则n＝　 　．
压轴题型八：扇形面积的计算
1．（2024 泰安）两个半径相等的半圆按如图方式放置，半圆O′的一个直径端点与半圆O的圆心重合，若半圆的半径为2，则阴影部分的面积是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024 日照）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠B＝120°，点O是对角线AC的中点，以点O为圆心，OA长为半径作圆心角为60°的扇形OEF，点D在扇形OEF内，则图中阴影部分的面积为（　　）
A． B． C． D．无法确定
3．（2024 重庆）如图，在矩形ABCD中，分别以点A和C为圆心，AD长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点．若AD＝4，则图中阴影部分的面积为（　　）
A．32﹣8π B．164π C．32﹣4π D．168π
4．（2024 乐山）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，过点C作⊙O的切线CD交BA延长线于点D，点E为上一点，且．
（1）求证：DC∥AE；
（2）若EF垂直平分OB，DA＝3，求阴影部分的面积．
5．（2024 山东）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠DAB＝60°，AB＝BC＝2AD＝2．以点A为圆心，以AD为半径作交AB于点E，以点B为圆心，以BE为半径作所交BC于点F，连接FD交于另一点G，连接CG．
（1）求证：CG为所在圆的切线；
（2）求图中阴影部分面积．（结果保留π）
压轴题型九：圆锥的计算
1．（2024 广州）如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为72°的扇形，若扇形的半径l是5，则该圆锥的体积是（　　）
A．π B．π C．2π D．π
2．（2024 呼和浩特）如图是平行四边形纸片ABCD，BC＝36cm，∠A＝110°，∠BDC＝50°，点M为BC的中点，若以M为圆心，MC为半径画弧交对角线BD于点N，则∠NMC＝　 　度；将扇形MCN纸片剪下来围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），则这个圆锥的底面圆半径为 　 　cm．
3．（2024 广东）综合与实践
【主题】滤纸与漏斗
【素材】如图1所示：
①一张直径为10cm的圆形滤纸；
②一只漏斗口直径与母线均为7cm的圆锥形过滤漏斗．
【实践操作】
步骤1：取一张滤纸；
步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸；
步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形；
步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中．
【实践探索】
（1）滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明．
（2）当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留π）
压轴题型十：三角的内切圆与内心
1．（2024 滨州）刘徽（今山东滨州人）是魏晋时期我国伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基者之一，被誉为“世界古代数学泰斗”．刘徽在注释《九章算术》时十分重视一题多解，其中最典型的是勾股容方和勾股容圆公式的推导，他给出了内切圆直径的多种表达形式．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB，BC，CA的长分别为c，a，b．则可以用含c，a，b的式子表示出△ABC的内切圆直径d，下列表达式错误的是（　　）
A．d＝a+b﹣c B．
C． D．d＝|（a﹣b）（c﹣b）|
2．（2024 绵阳）如图，在矩形ABCD中，点E在AB上运动，△ADE的内切圆与DE相切于点G，将△ADE沿DE翻折，点A落在点F处，连接BF．当点E恰为AB的三等分点（靠近点A）时，且，，则cos∠ABF＝ 　 　．
3．（2024 内江）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝8，E是BC边上一点，且BE＝2，点I是△ABC的内心，BI的延长线交AC于点D，P是BD上一动点，连接PE、PC，则PE+PC的最小值为 　 　．
4．（2024 烟台）如图，AB是⊙O的直径，△ABC内接于⊙O，点I为△ABC的内心，连接CI并延长交⊙O于点D，E是上任意一点，连接AD，BD，BE，CE．
（1）若∠ABC＝25°，求∠CEB的度数；
（2）找出图中所有与DI相等的线段，并证明；
（3）若CI＝2，DI，求△ABC的周长．
5．（2024 自贡）在Rt△ABC中，∠C＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F．
（1）图1中三组相等的线段分别是CE＝CF，AF＝　 　，BD＝　 　；若AC＝3，BC＝4，则⊙O半径长为 　 　；
（2）如图2，延长AC到点M，使AM＝AB，过点M作MN⊥AB于点N．求证：MN是⊙O的切线．
6．（2024 陕西）问题提出
（1）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，垂足为D．若AB＝15，AC＝8，则AD的长为 　 　；
问题解决
（2）如图②所示，某工厂剩余一块△ABC型板材，其中AB＝100cm，BC＝160cm，AC＝140cm．为了充分利用材料，工人师傅想用这块板材裁出一个尽可能大的圆型部件．你认为可以吗？若可以，请在图中确定可裁出的最大圆型部件的圆心O的位置，并求出⊙O的半径；若不可以，请说明理由．
压轴题型十一：圆的综合题
1．（2024 德州）如图，圆⊙O1与⊙O2都经过A，B两点，点O2在⊙O1上，点C是上的一点，连接AC并延长交⊙O2于点P，连接AB，BC，BP．
（1）求证：∠ACB＝2∠P；
（2）若∠P＝30°，AB．
①求⊙O1的半径；
②求图中阴影部分的面积．
2．（2024 大庆）如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，将△ABC沿直线AB翻折到△ABD，点D在⊙O上．连接CD，交AB于点E，延长BD，CA，两线相交于点P，过点A作⊙O的切线交BP于点G．
（1）求证：AG∥CD；
（2）求证：PA2＝PG PB；
（3）若sin∠APD，PG＝6．求tan∠AGB的值．
3．（2024 日照）如图1，AB为⊙O的直径，AB＝12，C是⊙O上异于A，B的任一点，连接AC，BC，过点A作射线AD⊥AC，D为射线AD上一点，连接CD．
【特例感知】
（1）若BC＝6，则AC＝　 　；
（2）若点C，D在直线AB同侧，且∠ADC＝∠B，求证：四边形ABCD是平行四边形；
【深入探究】
若在点C运动过程中，始终有tan∠ADC，连接OD．
（3）如图2，当CD与⊙O相切时，求OD的长度；
（4）求OD长度的取值范围．
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