专题 24.13 圆全章专项复习【4 大考点 13 种题型】
【人教版】
【考点1 圆的有关性质】..........................................................................................................................................2
【题型1 垂径定理的应用】......................................................................................................................................3
【题型2 弧、弦、圆心角的关系】..........................................................................................................................7
【题型3 圆周角定理及其推论的应用】................................................................................................................12
【题型4 巧用圆内接四边形的性质求解】...........................................................................................................21
【考点2 点和圆、直线和圆的位置关系】...........................................................................................................26
【题型5 切线的判定】............................................................................................................................................27
【题型6 切线的性质】............................................................................................................................................33
【题型7 切线长定理】............................................................................................................................................40
【题型8 三角形的外接圆与内切圆】....................................................................................................................46
【考点3 正多边形和圆】........................................................................................................................................52
【题型9 正多边形和圆的有关计算】....................................................................................................................52
【题型10 正多边形中的规律探究性问题】...........................................................................................................57
【考点4 弧长和扇形面积】....................................................................................................................................62
【题型11 圆锥侧面展开图的有关计算】................................................................................................................63
【题型12 不规则图形面积的计算】........................................................................................................................69
【题型13 利用弧长和扇形面积公式解决几何图形的旋转问题】.......................................................................76
【考点1 圆的有关性质】
知识点一 圆的定义
圆的定义：第一种：在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图
形叫作圆。固定的端点O叫作圆心，线段OA叫作半径。第二种：圆心为O，半径为r的圆可以瞧成就是
所有到定点O的距离等于定长r的点的集合。
比较圆的两种定义可知：第一种定义就是圆的形成进行描述的，第二种就是运用集合的观点下的定
义，但就是都说明确定了定点与定长，也就确定了圆。
知识点二 圆的相关概念
弦：连接圆上任意两点的线段叫做弦，经过圆心的弦叫作直径。
弧：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧
都叫做半圆。等圆：等够重合的两个圆叫做等圆。
等弧：在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧。
弦就是线段，弧就是曲线，判断等弧首要的条件就是在同圆或等圆中，只有在同圆或等圆中完全重合的弧
才就是等弧，而不就是长度相等的弧。
知识点三 圆的对称性
圆就是轴对称图形，任何一条直径所在直线都就是它的对称轴。
知识点四 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。
垂径定理的推论：平分弦（不就是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧
注意：因为圆的两条直径必须互相平分，所以垂径定理的推论中，被平分的弦必须不就是直径，否则结论
不成立。
知识点五 弦、弧、圆心角的关系
弦、弧、圆心角之间的关系定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等。
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的各组量也
相等。
注意不能忽略同圆或等圆这个前提条件，如果丢掉这个条件，即使圆心角相等，所对的弧、弦也不一定相
等，比如两个同心圆中，两个圆心角相同，但此时弧、弦不一定相等。
知识点六 圆周角定理
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。
圆周角定理的推论：半圆（或直径）所对的圆周角就是直角，90°的圆周角所对弦就是直径。
圆周角定理揭示了同弧或等弧所对的圆周角与圆心角的大小关系。“同弧或等弧”就是不能改为“同弦或
等弦”的，否则就不成立了，因为一条弦所对的圆周角有两类。
知识点七 圆内接四边形及其性质
圆内接多边形：如果一个多边形的所有顶点都在同一个圆上，这个多边形叫做圆内接多边形，这个圆叫做
这个多边形的外接圆。
圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补。
【题型1 垂径定理的应用】
【例1】（2024·江西吉安·三模）如图，一座石桥的主桥拱是四弧形，某时刻添得水面AB的宽度为8米，
拱高CD（A´B的中点C到水面的距离）为2米．(1)求主桥拱所在圆的半径．
(2)在主桥拱所在圆的圆心处有一水位检测仪，若过几天某时刻的水面为EF，检测仪观测点E的仰角为
25.6°，求此时水面的宽度．（参考数据：sin25.6°≈0.43，cos25.6°≈0.90，tan25.6°≈0.48）
【答案】(1)主桥拱所在圆的半径长为5米
(2)此时水面的宽度约为9米
【分析】（1）连接OA，OD，构造△ADO，通过垂径定理得出是直角三角形，再利用勾股定理即可求
解．
（2）设OC与EF相交于点G，根据平行线的性质得出∠OEG=25.6°，△OGE为直角三角形，再利用锐
角三角形的余弦值即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接OA，OD．
∵C是A´B的中点，CD⊥AB，
1
∴AD=BD= AB=4，CD所在的直线经过圆心O．
2
设半径OA=OC=r，则OD=OC−CD=r−2．
∵在Rt△ADO中，OA2=AD2+OD2，
∴r2=42+(r−2) 2，解得r=5．
答：主桥拱所在圆的半径长为5米．
（2）（2）如图，设OC与EF相交于点G．
由题意得∠EOH=25.6°．
∵EF//OH，∴∠OEG=25.6°．
∵EF//AB，OD⊥AB
∴OD⊥EF，∴∠OGE=90°．
∵在Rt△OGE中，OE=5，
∴EG=OE⋅cos∠OEG=OE⋅cos25.6°≈5×0.90=4.5，
∴EF=2EG=9．
答：此时水面的宽度约为9米．【点睛】本题主要考查了解直角三角形及应用，涉及垂径定理，勾股定理的应用及平行线的性质等知识，
解决问题的关键是学会添加辅助线，构造直角三角形解决问题．
【变式1-1】（23-24九年级·安徽淮南·期末）我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋
壁”的问题：“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？”意思是：
今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小．如图，用锯去锯这木材，锯口深ED=1寸，锯道长AB=1
尺（1尺=10寸）．这根圆柱形木材的直径是多少寸？
【答案】这根圆形木材的直径为26寸
【分析】本题考查垂径定理结合勾股定理计算半径长度．根据题意可得OE⊥AB，由垂径定理可得
1 1
AD=BD= AB= 尺=5寸，设半径OA=OE=r，则OD=r−1，在Rt△OAD中，根据勾股定理可得：
2 2
(r−1) 2+52=r2，解方程可得出木材半径，即可得出木材直径．解决问题的关键是从题中寻找是否有垂径
定理，然后构造直角三角形，用勾股定理求解．
【详解】解：由题可知OE⊥AB，
∵OE为⊙O半径，
1 1
∴AD=BD= AB= 尺=5寸，
2 2
设OA=OE=r，
∵ED=1，
∴OD=r−1，
在Rt△OAD中，
由勾股定理得(r−1) 2+52=r2，
解得r=13，
∴这根圆形木材的直径为26寸．
【变式1-2】（2024·河南周口·二模）《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》中记载有一类似问题“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深两寸，锯道长一尺二，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2寸，锯道AB=1.2尺（1.2尺=12寸），求该圆材的直径为多少寸?
【答案】该圆材的直径为20寸
【分析】本题考查垂径定理和勾股定理，过点O作OC⊥AB 于点D，交A´B于点C，连接OA，设⊙O半
径为x，则OD=x−2，由勾股定理建立方程即可求得x，从而求得圆的直径．
【详解】解：设该圆材的半径为x寸．
如图所示，过点O作OC⊥AB 于点D，交A´B于点C，连接OA，
则CD=2寸，
设OA=x寸，AB=1.2尺=12寸，
1
所以 AD=BD= AB=6寸．
2
在Rt△AOD中， OA2=OD2+DA2
即 x2=(x−2) 2+62
解得x=10，
则2x=2×10=20，即该圆材的直径为20寸．【变式1-3】（23-24九年级·河北唐山·期末）如图，装有水的水槽放在水平桌面上，其横截面是以AB为直
径的半圆O，AB=40cm，GH为桌面截线，水面截线MN∥GH，直径一端点B刚好与点N重合，
∠ANM=30°．
(1)计算M´N的长度，并比较直径AB与M´N长度的大小；
(2)请在图中画出线段CD，用其长度表示水的最大深度，并求水的最大深度．
40π
【答案】(1)M´N的长度为 ；直径AB小于M´N长度
3
(2)水的最大深度为10cm
【分析】本题主要考查了圆周角定理的推论，垂径定理，含30度角的直角三角形，弧长公式．
（1）连接OM，由OM=OB，∠ANM=30°，求出∠MOB=120°，根据弧长公式即可求解；
1
（3）过点O作OD⊥MN交MN于点C，根据含30度角的直角三角形的特征，由OB= AB，求出
2
1 1
OC= OB= ×20=10cm，再根据CD=OD−OC即可得出答案．
2 2
【详解】（1）解：如图，连接OM．
∵OM=OB，
∴∠OMB=∠ANM=30°，
∴∠MOB=180°−∠OMB−∠ANM=120°，
120π×20 40π
∴l = = ，
M´N 180 3
40π
∵ >40，
3
∴直径AB小于M´N长度；
（2）解：如图，过点O作OD⊥MN交MN于点C，
在Rt△OCB中，∠ANM=30°，AB=40cm，1
∵ OB= AB=20cm，
2
1 1
∴OC= OB= ×20=10cm，
2 2
∴CD=OD−OC=20−10=10cm，
∴水的最大深度为10cm．
【题型2 弧、弦、圆心角的关系】
【例2】（2024·江苏南京·二模）如图，AB、CD是⊙O的两条弦，AC与BD相交于点E，AB=CD．
(1)求证：AC=BD；
(2)连接 BC，作直线EO，求证：EO⊥BC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了垂直平分线的判定与性质，利用弧、弦、圆心角的关系求证，正确掌握相关性质内容
是解题的关键．
（1）根据利用弧、弦、圆心角的关系得出 A ⌢ B+A ⌢ D=C ⌢ D+A ⌢ D ，进而可得AC=BD；
（2）因为AB=CD，所以A´B=C´D，即∠ACB=∠DBC．结合OB=OC，得出E、O都在BC的垂直平
分线上，即可作答．
【详解】（1）证明：∵AB=CD，∴A´B=C´D
⌢ ⌢ ⌢ ⌢
∴ AB+AD=CD+AD ，
即B´D=A´C．
∴AC=BD．
（2）证明：连接OB、OC、BC．
∵AB=CD，
∴A´B=C´D
∴∠ACB=∠DBC．
∴EB=EC
∵OB=OC
∴E、O都在BC的垂直平分线上．
∴EO⊥BC．
【变式2-1】（23-24九年级·湖南湘西·期末）如图，A´C=C´B，D，E分别是半径OA，OB的中点．求证：
CD=CE．
【答案】见解析
【分析】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，以及全等三角形的判定与性质．连接OC，构建全等三角形
ΔCOD和ΔCOE；然后利用全等三角形的对应边相等证得CD=CE．
【详解】证明：连接OC．在⊙O中，∵ A´C=C´B，
∴∠AOC=∠BOC，
∵OA=OB，D、E分别是半径OA和OB的中点，
∴OD=OE，
∵OC=OC，
∴△COD≌△COE(SAS)，
∴CD=CE．
【变式2-2】（23-24九年级·甘肃武威·期末）已知，如图，在⊙O中，AB=DE，BC=EF，求证：
AC=DF．
【答案】证明见解析
【分析】此题考查了弧与弦的关系，熟练掌握在同圆或等圆中，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是解题的关键．利用AB=DE，BC=EF，得出
A´B=D´E，B´C=E´F，即可得A´C=D´F，即可证．
【详解】证明：∵AB=DE，BC=EF，
∴A´B=D´E，B´C=E´F，
∴A´C=D´F，
∴AC=DF．
【变式2-3】（2024·浙江·模拟预测）已知AB，CD是圆O的内接四边形ACBD的两条对角线，AB，CD
相交于点M，且AB=CD．(1)如图1，求证：BM=DM．
(2)在图1中找出一组全等的三角形，并给出证明．
(3)如图2，圆O的半径为5，弦CD⊥AB于点P，当△CBP的面积为3.5时，求AB的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)△ABD≌△CDB，证明见解析；
(3)8．
【分析】（1）由AB=CD得A´B=C´D，即得B´C=A´D，得到∠CDB=∠ABD，进而即可求证；
（2）△ABD≌△CDB．由（1）得，∠ABD=∠CDB，再利用SAS即可求证；
（3）如图2，连接OB、OC，由垂直得∠BPD=∠BPC=90°，同理（1）可得BP=DP，得到△BPD
为等腰直角三角形，即得∠PDB=∠PBD=45°，进而得∠BOC=2∠BDC=90°，利用勾股定理得
1
BC=❑√OB2+OC2=5❑√2，设BP=DP=x，CP= y，可得x2+ y2=(5❑√2) 2=50， xy=3.5，利用完全平
2
方公式可得(x+ y) 2=x2+ y2+2xy=64，得到x+ y=8，据此即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB=CD，
∴A´B=C´D，
∴A´B−A´C=C´D−A´C，
即B´C=A´D，
∴∠CDB=∠ABD，
即∠MDB=∠MBD，
∴BM=DM；
（2）解：△ABD≌△CDB．
证明：由（1）得，∠ABD=∠CDB，
在△ABD和△CDB中，{
AB=CD
)
∠ABD=∠CDB ，
BD=DB
∴△ABD≌△CDB(SAS)；
（3）解：如图2，连接OB、OC，
∵CD⊥AB，
∴∠BPD=∠BPC=90°，
同理（1）可得BP=DP，
∴△BPD为等腰直角三角形，
∴∠PDB=∠PBD=45°，
∴∠BOC=2∠BDC=2×45°=90°，
∴BC=❑√OB2+OC2=❑√52+52=5❑√2，
设BP=DP=x，CP= y，
在Rt△BPC中，由勾股定理得BP2+CP2=BC2，
∴x2+ y2=(5❑√2) 2=50，
又∵△CBP的面积为3.5，
1
∴ xy=3.5，
2
∴xy=7，
∴(x+ y) 2=x2+ y2+2xy=50+14=64，
∴x+ y=8，
∴AB=CD=CP+DP=x+ y=8．
【点睛】本题考查了弧、弦、圆心角之间的关系，等角对等边，全等三角形的判定，等腰直角三角形的判
定和性质，圆周角定理，勾股定理，完全平方公式，正确作出辅助线是解题的关键．
【题型3 圆周角定理及其推论的应用】
【例3】（2024·贵州遵义·三模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，D是弧AC的中点，连接BD，AD，CD．CE平分∠ACB交BD于点E．
(1)写出图中一个与∠ACD相等的角______；
(2)试判断△CDE的形状，并说明理由；
(3)若⊙O的半径为2❑√3，∠ABC=60°，求AC的长．
【答案】(1)∠ABD（或∠CBD或∠DAC）；
(2)△DEC是等腰三角形，理由见解析
(3)6
【分析】（1）根据题意得A´D=C´D,则∠ACD=∠ABD=∠CBD=∠DAC，
（2）根据题意得A´D=C´D,则∠ABD=∠CBD，由角平分线的∠ACE=∠BCE，结合
∠DEC=∠CBD+∠BCE和∠DCE=∠ACD+∠ACE，则∠DEC=∠DCE，故DE=DC；
（3）连接OD，交AC于点F，连接OA．由题意得∠ABD=30°，∠OFA=90°，则∠AOD=60°，在
Rt△OFA中AF=OA⋅sin60°，结合AC=2AF即可。
【详解】（1）解：∵D是弧AC的中点，
∴A´D=C´D,
∴∠ACD=∠ABD=∠CBD=∠DAC，
故答案为：∠ABD（或∠CBD或∠DAC）；
（2）解：△DEC是等腰三角形，
理由如下：
∵点D是A´C的中点，
∴A´D=C´D，
∴∠ABD=∠CBD，
又∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE=∠BCE，
在△DEC中，∠DEC=∠CBD+∠BCE，∵∠DCE=∠ACD+∠ACE，
∴∠DEC=∠DCE，
∴DE=DC，
即△DEC是等腰三角形．
（3）解：连接OD，交AC于点F，连接OA．如图，
∵∠ABC=60°，D是弧AC的中点，
∴∠ABD=30°，∠OFA=90°，
∵A´D=A´D，
∴∠AOD=60°，
在Rt△OFA中，OA=2❑√3，
❑√3
∴AF=OA⋅sin60°=2❑√3× =3，
2
又OF⊥AC，
∴AC=2AF=2×3=6。
【点睛】本题主要考查圆的知识，涉及同弧所对圆周角相等、角平分线的定义、等腰三角形的性质、垂径
定理、圆周角定理和解直角三角形，解题的关键是熟悉圆的相关知识。
【变式3-1】（2024·安徽合肥·二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，已知AC⊥BD，垂足为
E，弦AB的弦心距为OF．
（1）若AF=OF，则∠ADB的度数为 ；
（2）若⊙O的半径为5，AB=8，则CD的长为 ．【答案】 45° 6
【分析】（1）连接OA,OB，证明△AOF和△BOF都是等腰直角三角形即可；
（2）延长AO交⊙O于点G，连接BG，则OF是△ABG的中位线，可以求出BG=6，然后根据垂直证明
∠CAD=∠BAG，根据圆周角相等则所对的弦相等得到CD=BG=6．
【详解】解：（1）如图，连接OA,OB，
∵OF AB
是弦 的弦心距，
∴OF⊥AB，
∴AF=BF.
∵AF=OF,
∴△AOF和△BOF都是等腰直角三角形，
∴∠AOF=∠BOF=45°,
∴∠AOB=∠AOF+∠BOF=90°,
∵A´B=A´B，
1
∴∠ADB= ∠AOB=45°，
2
故答案为：45°；
（2）如图，延长AO交⊙O于点G，连接BG，
由AF=BF,OA=OG，得OF是△ABG的中位线，
∴BG=2OF，
1
在Rt△AOF中，OA=5,AF= AB=4，
2
由勾股定理得OF=❑√OA2−AF2=❑√52−42=3,∴BG=6，
∵AC⊥BD，
∴∠CAD+∠ADB=90°，
∵AG是⊙O的直径，
∴∠ABG=90°，
∠BAG+∠G=90°，
∵A´B=A´B
∴∠G=∠ADB,
∴∠CAD=∠BAG,
∴D´C=B´G，
∴CD=BG=6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查垂径定理及其推论，圆周角定理，圆心角与弧、弦的关系，三角形的中位线定理，熟练
掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
【变式3-2】（2024·江苏南京·二模）千姿百态的桥
问题：景区计划在半径为1km的人工湖⊙O上修建景观桥，为容纳更多游客赏景休闲，需要景观桥长度最
大．现有以下三种设计方案，分别求出每种设计方案中桥长的最大值，景观桥的宽度忽略不计．
“X型”
（1）如图①，若点A，B，C，D在⊙O上，则AC+BD的最大值为 km；
“L型”
（2）如图②，若点A，B，C在⊙O上，且AB⊥BC．求AB+BC的最大值；
“T型”
（3）如图③，若点A，B，C在⊙O上，且AC⊥BD，垂足为D，则AC+BD的最大值为 km．
【答案】（1）4；（2）2❑√2km；（3）❑√5+1
【分析】（1）根据题意得出AC≤2，BD≤2，即可得出结论；（2）连接AC，过点B作BE⊥AC于点E，根据90度的圆周角所对的弦是直径及勾股定理得
AB2+BC2=AC2=4，继而得到AB+BC=❑√4+2AB⋅BC，再根据
1 1 1
S = AB⋅BC= AC⋅BE≤ ×2×1，得到AB⋅BC≤2，即可得出结论；
△ABC 2 2 2
（3）如图，过点O作OG⊥AC于点G，延长GO交⊙O于点H，连接OC，设GC=x，
AC+GO=m(m>0)，得到DB≤GH，由垂径定理得AG=GC=x，根据勾股定理得GO2+GC2=OC2，
即(m−2x) 2+x2=1，由一元二次方程根的判别式得(−4m) 2−4×5(m2−1)≥0，继而得到0<m≤❑√5，则
AC+BD≤AC+GH=m+1，可得结论．
【详解】解：（1）∵点A，B，C，D在半径为1km的⊙O上，
∴AC≤2，BD≤2，
∴AC+BD≤4，
∴AC+BD的最大值为4km，
故答案为：4；
（2）连接AC，过点B作BE⊥AC于点E，
∵AB⊥BC，⊙O的半径为1，
∴AB2+BC2=AC2=4，
∴AB+BC=❑√AB2+BC2+2AB⋅BC=❑√4+2AB⋅BC，
1 1 1
∵S = AB⋅BC= AC⋅BE≤ ×2×1，
△ABC 2 2 2
即当BE=1时，△ABC的面积取得最大值，
1 1
∴ AB⋅BC≤ ×2×1，即AB⋅BC≤2，
2 2
∴AB+BC=❑√4+2AB⋅BC≤❑√4+2×2=2❑√2，
∴AB+BC的最大值为2❑√2km；
（3）如图，过点O作OG⊥AC于点G，延长GO交⊙O于点H，过点O作OK⊥BD于点K，连接OC，OB，设GC=x，AC+GO=m(m>0)，
∵AC⊥BD，
∴∠OGD=∠GDK=∠DKO=90°，
∴四边形OGDK是矩形，
∴DK=OG，
∴DB=DK+KB≤GO+OB=GO+OH=GH，当点D与点G重合时，取“=”，
∵OG⊥AC，
AG=GC=x，
∴GO=m−AC=m−2x，
∵GO2+GC2=OC2，即(m−2x) 2+x2=1，
整理，得：5x2−4mx+m2−1=0，
∴(−4m) 2−4×5(m2−1)≥0，
解得：−❑√5≤m≤❑√5，
∴0<m≤❑√5，
∴AC+BD≤AC+GH
=AC+GO+OH
=m+1
≤❑√5+1，
∴AC+BD的最大值为(❑√5+1)km
故答案为：❑√5+1．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了弦与直径的关系，90度的圆周角所对的弦是直径，垂径定理，矩形的
判定和性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式等知识点．掌握圆的基本性质是解题的关键．
【变式3-3】（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点C是A´B的中点，弦CD，CE分别1
交AB于点F，G，且∠DCE= ∠ACB，连接DE．
2
(1)设∠ACD=α，用含α的式子表示∠CDE的度数；
(2)求证：FG2=AF2+BG2；
(3)若⊙O的半径为1，记△ACF，△BCG，△CFG的面积分别为S ，S ，S，设AF=a，BG=b，且满
1 2
1
足S 2+S S−S 2+ S ⋅ab=0，求a，b的值．
1 1 2 2 1
【答案】(1)∠CDE=90°−α
(2)见解析
3−❑√5
(3)a= ，b=3−❑√5．
2
【分析】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解一元二次方程；
1
（1）连接AE，由AB是⊙O的直径可得∠ACB=90°，则∠DCE= ∠ACB=45°，即可得到
2
∠BAE=∠BCE=45°−α，根据∠CDE=∠CAE=∠CAB+∠BAE计算即可；
（2）把△ACF顺时针旋转90°，则CA与CB重合，即可得到△ACF≌△BCM，得到AF=BM，
∠CAB=∠CBA=∠CBM=45°，则GM2=BM2+BG2=AF2+BG2，再证明△FCG≌△MCG得到
FG=MG，即可得到FG2=AF2+BG2；
（3）连接OC，则OC⊥AB，即可表示出S ，S ，S，再结合（2）中结论代入计算即可．
1 2
【详解】（1）连接AE，OC，∵AB是⊙O的直径，点C是A´B的中点，
∴∠CAB=∠CBA=45°，∠ACB=90°，
1
∴∠DCE= ∠ACB=45°，
2
∵∠ACD=α，
∴∠BAE=∠BCE=∠ACB−∠ACD−∠DCE=45°−α，
∴∠CDE=∠CAE=∠CAB+∠BAE=45°+45°−α=90°−α；
（2）把△ACF顺时针旋转90°，点F对应点M，连接GM，则∠FCM=90°，
∵∠ACB=90°，
∴CA与CB重合，
∴△ACF≌△BCM，
∴AF=BM，∠CAB=∠CBA=∠CBM=45°，CF=CM，
∴∠GBM=90°，
∴GM2=BM2+BG2=AF2+BG2，
∵∠FCM=90°，∠DCE=45°，
∴∠DCE=∠MCG=45°，
∵CF=CM，CG=CG，
∴△FCG≌△MCG，∴FG=MG，
∴FG2=AF2+BG2；
（3）∵⊙O的半径为1，
∴OC=OA=OB=1，
∵点C是A´B的中点，
∴OC⊥AB，
∵AF=a，BG=b，
∴FG=AB−AF−BG=2−a−b，
1 1 1 1 1 1
∴S =S = OC⋅AF= a，S =S = OC⋅BG= b，S=S = OC⋅FG= (2−a−b)，
1 △ACF 2 2 2 △BCG 2 2 △CFG 2 2
由（2）可得FG2=AF2+BG2，△ACF≌△BCM，△FCG≌△MCG，
1
∴S=S =S ，S =S =S = a，
△CFG △MCG 1 △ACF △BCM 2
∵S +S =S +S ,
△MCG △MBG △BCM △BCG
1
∴S+ ab=S +S ，
2 1 2
1
∴S=S +S − ab，
1 2 2
1
∵S 2+S S−S 2+ S ⋅ab=0，
1 1 2 2 1
∴S 2+S ( S +S − 1 ab ) −S 2+ 1 S ⋅ab=0，
1 1 1 2 2 2 2 1
整理得2S 2+S S −S 2=0，即(2S −S )(S +S )=0，
1 1 2 2 1 2 1 2
∴2S =S
1 2
1 1
∴2× a= b，即b=2a
2 2
∵FG2=AF2+BG2，
∴(2−a−b) 2=a2+b2，
∴(2−a−2a) 2=a2+(2a) 2
3±❑√5
整理可得a2−3a+1=0，解得a= ，
2
∵a<2，3−❑√5
∴a= ，
2
∴b=2a=3−❑√5．
【题型4 巧用圆内接四边形的性质求解】
【例4】（2024·福建泉州·模拟预测）已知AB，CD为⊙O的位于圆心两侧的两条弦，且A´D=B´C．
(1)如图1，连接AC，BD．求证：AB∥CD．
(2)如图2，过点A作CD的垂线交⊙O于点E．若在A´C上取一点F，使得A´F=C´E．求证：D，O，F三点
共线．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接AC、BD，由A´D=B´C可得∠ACD=∠BDC，根据圆内接四边形的性质得
∠ACD+∠ABD=180°，可得∠BDC+∠ABD=180°，即可得AB∥CD；
（2）连接CF，由A´F=C´E可得A´C=E´F，则∠EAF=∠AEC，根据圆内接四边形的性质得
∠AEC+∠AFC=180°，可得∠EAF+∠AFC=180°，可得AE∥CF，则FC⊥CD，∠FCD=90°
，即可得DF经过圆心O．
本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质等，合理添加辅助线是解题的关键．
【详解】（1）证明： ∵ A´D=B´C，
∴∠ACD=∠BDC，
∵∠ACD+∠ABD=180°，
∴∠BDC+∠ABD=180°，
∴AB∥CD；
（2）如图2，连接CF，AF，CE，DF，∵ A´F=C´E
，
∴ A´C=E´F，
∴∠EAF=∠AEC，
∵∠AEC+∠AFC=180°，
∴∠EAF+∠AFC=180°，
∴AE∥CF，
∵AE⊥CD，
∴FC⊥CD，
∴∠FCD=90°，
∴DF经过圆心O．
∴D，O，F三点共线
【变式4-1】（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，A,B,C,D,E均是⊙O上的点，且BE是⊙O的直径，若
∠BCD=2∠BAD，则∠DAE的度数是（ ）
A．20° B．30° C．40° D．45°
【答案】B
【分析】本题主要考查圆与内接四边形的综合，掌握内接四边形的性质，直径所对圆周角是直角的知识是
解题的关键．
根据A,B,C,D,E均是⊙O上的点，可得四边形ABCD是内接四边形，则∠BAD+∠BCD=180°，由
此可求出∠BAD的度数，根据BE是⊙O的直径，可得∠BAE=∠BAD+∠DAE=90°，由此即可求
解．
【详解】解：A,B,C,D,E均是⊙O上的点，∴四边形ABCD是内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BCD=2∠BAD，
∴∠BAD+2∠BAD=180°，
∴∠BAD=60°，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE=∠BAD+∠DAE=90°，
∴∠DAE=90°−∠BAD=90°−60°=30°，
故选：B．
【变式4-2】（2024·吉林白城·模拟预测）如图，AC是圆内接四边形ABCD的一条对角线，点D关于AC
的对称点E在边AB上，若∠ABC=70°，则∠AEC= °．
【答案】110
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质定理，轴对称的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质定理及轴对
称的性质是解题的关键．根据圆内接四边形的性质定理可得∠D=110°，再根据轴对称的性质即得答案．
【详解】∵四边形ABCD是圆内接四边形，∠ABC=70°，
∴∠D=180°−∠ABC=180°−70°=110°，
∵点D关于AC的对称点E在边AB上，
∴△ADC≌△AEC，
∴∠D=∠AEC=110°．
故答案为：110．
【变式4-3】（2024·湖南长沙·模拟预测）如图所示，圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD交于点E，
BD平分∠ABC，∠BAC=∠ADB．如图，圆内接四边形ABCDABCD的对角线ACAC，BDBD交于点EE，BDBD平分∠ABC∠ABC，
∠BAC=∠AD
(1)求证：DB平分∠ADC，并求∠BAD的大小；
(2)过点C作CF∥AD交AB的延长线于点F，若AC=AD，BF=2，试求四边形ABCD的面积和此圆半径
的长．
【答案】(1)见解析
(2)16❑√3；4
【分析】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，关键是
由圆内接四边形的性质得到∠ABD+∠ADB=90°，由垂径定理推出ΔACD是等边三角形．
（1）由圆周角定理得到∠BAC=∠CDB，而∠BAC=∠ADB，因此∠ADB=∠CDB，得到BD平分
∠ADC，由圆内接四边形的性质得到∠ABD+∠ADB=90°，即可求出∠BAD=90°；
（2）由垂径定理推出ΔACD是等边三角形，得到∠ADC=60°由BD⊥AC，得到
1
∠BDC= ∠ADC=30°，由平行线的性质求出∠F=90°，由圆内接四边形的性质求出
2
1
∠FBC=∠ADC=60°，得到BC=2BF=4，由直角三角形的性质得到BC= BD，因为BD是圆的直
2
径，即可得到圆半径的长是4．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠ADB，∠BAC=∠CDB，
∴∠ADB=∠CDB，
∴BD平分∠ADC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABD+∠CBD+∠ADB+∠CDB=180°，
∴2(∠ABD+∠ADB)=180°，
∴∠ABD+∠ADB=90°，
∴∠BAD=180°−90°=90°；
（2）解：∵∠BAE+∠DAE=90°，∠BAE=∠ADE，
∴∠ADE+∠DAE=90°，∴∠AED=90°，
∵∠BAD=90°，
∴BD是圆的直径，
∴BD垂直平分AC，
∴AD=CD，
∵AC=AD，
∴ΔACD是等边三角形，
∴∠ADC=60°
∵BD⊥AC，
1
∴∠BDC= ∠ADC=30°，
2
∵CF∥AD，
∴∠F+∠BAD=180°，
∴∠F=90°，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∵∠FBC+∠ABC=180°，
∴∠FBC=∠ADC=60°，
∴BC=2BF=4，
∵∠BCD=90°，∠BDC=30°，
1
∴BC= BD，
2
∵BD是圆的直径，
∴圆的半径长是4，
4×4❑√3 4×4❑√3
∴S =S +S = + =16❑√3．
四边形ABCD △ABD △BCD 2 2
【考点2 点和圆、直线和圆的位置关系】
知识点一 点与圆的位置关系
（1）点与圆的位置关系有：点在圆外，点在圆上，点在圆内三种。
（2）用数量关系表示：若设⊙O的半径就是r，点P到圆的距离OP=d，则有：
点P在圆外 d＞r；点p在圆上 d=r；点p在圆内 d＜r。
知识点二 过已知点作圆
（1）经过一个点的圆（如点A）以点A外的任意一点（如点O）为圆心，以OA为半径作圆即可，如图，这样的圆可以作无数个。
·O
1
A ·O
2
·O
3
（2）经过两点的圆（如点A、B）
以线段AB的垂直平分线上的任意一点（如点O）为圆心，以OA（或OB）为半径作圆即可，如图，这样
的圆可以作无数个。
A
B
（3）经过三点的圆
①经过在同一条直线上的三个点不能作圆
②不在同一条直线上的三个点确定一个圆，即经过不在同一条直线上的三个点可以作圆，且只能作一个
圆。如经过不在同一条直线上的三个点A、B、C作圆，作法：连接AB、BC（或AB、AC或BC、AC）
并作它们的垂直平分线，两条垂直平分线相交于点O，以点O为圆心，以OA（或OB、OC）的长为半径
作圆即可，如图，这样的圆只能作一个。
知识点三 三角形的外接圆与外心
（1）经过三角形三个顶点可以作一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆。
（2）外接圆的圆心就是三角形三条边的垂直平分线的交点，叫做这个三角形的外心。
知识点四 直线与圆的位置关系
（1）直线与圆的位置关系有：相交、相切、相离三种。
（2）直线与圆的位置关系可以用数量关系表示
若设⊙O的半径就是r，直线l与圆心0的距离为d，则有：
直线l与⊙O相交 d ＜ r； 直线l与⊙O相切 d = r； 直线l与⊙O相离 d ＞ r。
知识点五 切线的判定与性质
（1）切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线就是圆的切线。
（2）切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径。
（3）切线的其她性质：切线与圆只有一个公共点；切线到圆心的距离等于半径；经过圆心且垂直于切线
的直线必过切点；必过切点且垂直于切线的直线必经过圆心。
知识点六 切线长定理
（1）切线长的定义：经过园外一点作圆的切线，这点与切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长。
（2）切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点与圆心的连线平分两条切线的夹角。
（3）注意：切线与切线长就是两个完全不同的概念，必须弄清楚切线就是直线，就是不能度量的；切线
长就是一条线段的长，这条线段的两个端点一个就是在圆外一点，另一个就是切点。
知识点七 三角形的内切圆与内心
（1）三角形的内切圆定义：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆。这个三角形叫做圆的外切三
角形。
（2）三角形的内心：三角形内切圆的圆心叫做三角形的内心。
（3）注意：三角形的内心就是三角形三条角平分线的交点，所以当三角形的内心已知时，过三角形的顶
点与内心的射线，必平分三角形的内角。
【题型5 切线的判定】
【方法总结】因为切线与圆有且只有一个公共点,所以题中信息是否明确给出公共点可以作为判定切线方法
选择的一个标准.
【例5】（2024·广东广州·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点C、D在圆上，∠CDB=3∠ABC，
CD平分∠ACB，与AB相交于点E．
(1)在CA的延长线上找一点F，使CF=CD，连接FD（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)求证：FD是⊙O的切线．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据基本作图的基本要求作图解答即可．
（2）连接OD．根据直径，得到∠ACB=90°，进而得出∠1=∠2=45°，再由圆周角定理，得到
∠BOD=90°，∠CAB=∠CDB， 从而推出∠CFD=∠CAE，得到AB∥FD，即可证明FD是⊙O的
切线．本题考查了基本作图，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，切线的判定定理，熟练掌握作图，切线的
判定定理是解题的关键．
【详解】（1）解：根据题意，作图如下：
则点F、FD为所求．
（2）证明：连接OD．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵CD平分∠ACB，
1
∴∠1=∠2= ∠ACB=45°，
2
∵B´D=B´D，
∴∠BOD=2∠2=90°，
∵CF=CD，
1
∴∠CFD=∠CDF= (180°−∠1)=67.5°．
2
∵C´B=C´B，
∴∠CAB=∠CDB，
∵∠CDB=3∠ABC，
∴∠CAB=3∠ABC，
∵∠CAB+∠ABC=90°，
∴3∠ABC+∠ABC=90°．
∴∠ABC=22.5°，∠CAB=67.5°，
∴∠CFD=∠CAE，
∴AB∥FD，
∴∠FDO=∠3=90°，
∴FD⊥OD．
又∵OD为⊙O半径，∴FD是⊙O切线．
【变式5-1】（2024·江苏镇江·中考真题）如图，将△ABC沿过点A的直线翻折并展开，点C的对应点C′落
在边AB上，折痕为AD，点O在边AB上，⊙O经过点A、D．若∠ACB=90°，判断BC与⊙O的位置
关系，并说明理由．
【答案】BC与⊙O相切，理由见解析
【分析】连接OD，由等腰三角形的性质得∠OAD=∠ODA，再由折叠的性质得∠CAD=∠OAD，进而
证明AC∥OD，则∠ODB=∠ACB=90°，因此OD⊥BC，然后由切线的判定即可得出结论．
【详解】解：BC与⊙O相切．
证明：连接OD．
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA．
∵图形沿过点A的直线翻折，点C的对应点C'落在边AB上，
∴∠CAD=∠OAD．
∴∠CAD=∠ODA．
∴AC∥OD．
∴由∠ACB=90°，得∠ODC=90°，即OD⊥BC．
∴BC与⊙O相切．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、等腰三角形的性质、折叠的性质以及平行线的判定与性质等知
识，熟练掌握切线的判定和折叠的性质是解题的关键．
【变式5-2】（2024·山东青岛·一模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AC是⊙O的直径，D为B´C的
中点，∠ABE=∠C，E在CA的延长线上．(1)EB是⊙O的切线吗？为什么？
1
(2)若DB= AC，则∠DBC的度数为______°．
2
【答案】(1)EB是⊙O的切线，理由见解析；
(2)30
【分析】本题考查切线的判定，等边三角形的判定及性质，圆周角定理，关键是掌握切线的判定方法，圆
周角定理．
（1）由圆周角定理得到∠C+∠CAB=90°，由等腰三角形的性质得到∠EBA+∠OBA=90°，即可证
明问题；
（2）连接OD，得到△OBD是等边三角形，得到∠BOD=60°，由D为B´C的中点，得到
∠COD=∠BOD=60°，由圆周角定理即可求出∠DBC的度数．
【详解】（1）解：EB是⊙O的切线，理由如下，
连接OB，
∵AC
是圆的直径，
∴∠CBA=90°，
∴∠C+∠CAB=90°，
∵OB=OA，
∴∠OBA=∠OAB，
∴∠C+∠OBA=90°，
∵∠EBA=∠C，
∴∠EBA+∠OBA=90°，
∴半径OB⊥BE，∴EB是⊙O的切线；
（2）解：连接OD，
1
∵BD= AC
2
，
∴BD=OD=OB，
∴△OBD等边三角形，
∴∠BOD=60°，
∵D为B´C的中点，
∴∠COD=∠BOD=60°，
1
∴∠DBC= ∠COD=30°．
2
故答案为：30．
【变式5-3】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，BC的延长
线与过点A的直线相交于点E，且∠ABE=∠EAC．
(1)求证：AE是⊙O的切线；
(2)点F是弧AD的中点，点B在弧DF上，过点F作FG⊥AB于点G，是否存在常数k，使AB+BD=kAG
？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)k=2．
【分析】（1）由圆周角定理的推论得∠ABD=∠DBC+∠ABC=90°， 从而得
∠DAE=∠DAC+∠CAE=90°，即可证明结论成立；
（2）在AB上取一点M，使得AM=BD，连接AF、FM、FD、FB，证明ΔAFM≌△DFB(SAS)，
得BF=MF，∠AFM=∠DFB，又由圆周角定理及等腰直角三角形的性质得∠AED=90°，BM=2GF，从而即可得解．
【详解】（1）∵AD是⊙O的直径,
∴∠ABD=∠DBC+∠ABC=90°，
∵∠EAC=∠ABC，∠DBC=∠DAC，
∴∠DAE=∠DAC+∠CAE=90°，
∴AD⊥AE，
∵OA是⊙O的半径，
∴AE是⊙O的切线；
（2）解: 存在，k=2，理由如下:
在AB上取一点M，使得AM=BD，连接AF、FM、FD、FB，
∵点F是AD的中点，
∴DF=AF，
在△AFM和△DFB中，
{
AM=BD
)
∠FDB=∠FAM ，
AF=DF
∴△AFM≌△DFB(SAS)，
∴BF=MF，∠AFM=∠DFB，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AED=∠AFM+∠DFM=∠DFB+∠DFM=90°，
∵BF=MF，GF⊥BM，
∴BG=GM=GF，
∴BM=2GF，
∴AB+BD=AM+2GM+AM=2AG，
∴k=2．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理的推理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定
及性质，切线的判定，熟练掌握直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键．【题型6 切线的性质】
【方法总结】已知圆的切线时,常连接圆心和切点,得到半径垂直于切线,通过构造直角三角形解决问题,即
“见切线,连半径,得垂线”.
【例6】（2024·湖南·二模）如图，⊙O为四边形ABCD的外接圆，△ABC是等边三角形，AE是⊙O的
切线，D是A´C的中点，CD的延长线交AE于点E．
(1)求证：AE∥BC；
(2)若DE=2，求△ADE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)△ADE的面积为2❑√3
【分析】（1）由等边三角形得∠B=∠ACB=60°，因为A´C=A´C，所以∠AOC=2∠B=120°，结合
三角形内角和列式计算∠OAC=∠OCA=30°，再因为AE是⊙O的切线，所以
∠EAC=∠OAE−∠OAC=60°，因为内错角相等，所以两直线平行，即可作答．
（2）先由圆内角四边形的对角互补，得∠ADC=120°，再由圆周角定理得出∠DAC=∠DCA=30°，
然后证明△AED为直角三角形．运用勾股定理列式代入数值进行计算，即可作答．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠ACB=60°．
连接OA,OC，
∵A´C=A´C
则∠AOC=2∠B=120°．
∵OA=OC,
∴∠OAC=∠OCA=(180°−120°)÷2=30°
∵AE是⊙O的切线，∴∠OAE=90°．
∴∠EAC=∠OAE−∠OAC=90°−30°=60°．
∴∠EAC=∠ACB．
∴AE∥BC．
（2）解：∵⊙O为四边形ABCD的外接圆，∠B=60°．
∴∠ADC=180°−60°=120°
∵D是A´C的中点，
∴A´D=D´C
∴∠DAC=∠DCA=30°．
∵∠EAC=60°
∴∠EAD=30°,∠E=90°
∴△AED为直角三角形．
∴AD=2DE=4．
∴AE=❑√AD2−DE2=2❑√3．
1 1
∴△ADE的面积为 ⋅AE⋅DE= ×2❑√3×2=2❑√3．
2 2
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，圆周角定理，圆内接四边形，切线性质，勾股定理，正确掌握相
关性质内容是解题的关键．
【变式6-1】（2024·天津滨海新·模拟预测）已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AB=2AC．
(1)如图①，点P是弧BC上一点，求∠APC的大小；
(2)如图②，过点C作⊙O的切线MC，过点B作BD⊥MC于点D，BD与⊙O交于点E，若AB=4，求
CE的长．
【答案】(1)∠APC=30°
(2)CE=2【分析】（1）连接OC，由AB为⊙O的直径，AB=2AC，得到△AOC是等边三角形，根据等边三角形
的性质得到∠AOC=60°，于是得到结论；
（2）连接AE，OC与AE相交于F，由MC是⊙O的切线，得到MC⊥OC，求得
∠MCO=∠CDB=90°，根据平行线的判定定理得到BD∥OC，由平行线的性质得到∠AFO=∠AEB
，由AB为⊙O的直径，得到∠AEB=90°，由垂径定理得到C´E=A´C，于是得到结论．
【详解】（1）解：连接OC，
∵AB ⊙O AB=2AC
为 的直径， ，
∴OA=OC=AC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠AOC=60°，
1
∴∠APC= ∠AOC=30°；
2
（2）解：连接AE，OC与AE相交于F，
∵MC ⊙O
是 的切线，
∴MC⊥OC，
∵BD⊥MC，
∴∠MCO=∠CDB=90°，
∴ BD∥OC，
∴∠AFO=∠AEB，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∴∠AFO=90°，
∴OC⊥AE，∴ C´E=A´C，
1 1
∴CE=AC= AB= ×4=2．
2 2
【点睛】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质，垂径定理，平行线的判定和性质，正确的作出辅助
线是解题的关键．
【变式6-2】（2024·安徽合肥·三模）如图，在四边形ABCD中，AO平分∠BAD．点O在AC上，以点O
为圆心，OA为半径，作⊙O与BC相切于点B，BO延长线交⊙O于点E，交AD于点F，连接AE，DE．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若AE=DE=8，求AF的长．
【答案】(1)见解析
(2)AF=4❑√3
【分析】本题考查了圆的切线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周
角等知识，掌握圆的相关性质是解题关键．
（1）连接OD，根据圆的切线的性质，得到∠CBO=90°，根据角平分线的定义以及等边对等角的性质，
得到∠OAB=∠ABO=∠OAF=∠ODA，进而得出∠BOC=∠DOC，推出△BOC≌△DOC(SAS)，
得到∠CBO=∠CDO=90°，即可证明结论；
（2）根据同弧所对的圆周角相等，得到∠DAE=∠ABO，进而得出∠BAO=∠OAD=∠DAE，再根据
直径所对的圆周角是直角，得出∠BAO=∠OAD=∠DAE=∠ABO=30°，∠AFE=90°，由30度角所
1
对的直角边等于斜边一半，得到EF= AE=4，再结合勾股定理求解即可．
2
【详解】（1）证明：如图，连接OD．
∵BC为圆O的切线，
∴∠CBO=90°．
∵AO平分∠BAD，
∴∠OAB=∠OAF．∵OA=OB=OD，
∴∠OAB=∠ABO=∠OAF=∠ODA，
∵∠BOC=∠OAB+∠OBA，∠DOC=∠OAD+∠ODA，
∴∠BOC=∠DOC．
在△COB和△COD中，
{
CO=CO
)
∠COB=∠COD ，
OB=OD
∴△BOC≌△DOC(SAS)，
∴∠CBO=∠CDO=90°．
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：∵AE=DE，
∴A´E=D´E，
∴∠DAE=∠ABO，
∵∠BAO=∠OAD=∠ABO．
∴∠BAO=∠OAD=∠DAE．
∵BE是直径，
∴∠BAE=90°，
∴∠BAO=∠OAD=∠DAE=∠ABO=30°，
∴∠AFE=90°．
在Rt△AFE中，AE=8，∠DAE=30°，
1
∴EF= AE=4．
2
∴AF=❑√AE2−EF2=❑√82−42=4❑√3．
【变式6-3】（2024·山东·模拟预测）如图，AD是⊙O的直径，B、C都是⊙O上的点，连接AB、BC、OC、AC，E是AC延长线上一点，连接DE，且∠ABC=∠AED．
(1)证明：DE是⊙O的切线；
(2)连接OE，交⊙O于点F．当CD=AO时，若CE=2，求EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)2❑√7−2❑√3
【分析】（1）由圆周角定理得到∠ABC=∠ADC，结合∠ABC=∠AED，推出∠ADC=∠AED，再
根据AD是⊙O的直径，得到∠ACD=90°，进而得到∠ECD=90°，即可推出∠AED+∠EDC=90°
，从而得到∠ADC+∠EDC=90°，即可证明结论；
（2）由CD=AO，可得CD=DO，易证△DCO是等边三角形，根据CE=2，求出DE=4，利用勾股定理
求出CD=2❑√3，得到AO=CD=OF=2❑√3，再利用勾股定理求出OE=2❑√7，由EF=OE−OF即可求
解．
【详解】（1）证明：∵ ∠ABC=∠ADC，∠ABC=∠AED，
∴ ∠ADC=∠AED，
∵ AD是⊙O的直径，
∴ ∠ACD=90°，
∴ ∠ECD=90°，
∴ ∠AED+∠EDC=90°，
∴ ∠ADC+∠EDC=90°，
∴∠ADE=90°，即AD⊥DE，
∵OD是半径，
∴ DE是⊙O的切线；
（2）解：∵ CD=AO，∴ CD=OD，
∵OC=OD，
∴OC=OD=CD，
∴△DCO是等边三角形，
∴∠ODC=60°，
∵∠ADE=90°，
∴∠EDC=30°，
∴DE=2CE=4，
∴ CD=❑√DE2−CE2=2❑√3，
∴ AO=CD=OF=2❑√3，
∴ OE=❑√OD2+DE2=2❑√7，
∴ EF=OE−OF=2❑√7−2❑√3．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，直角三角形的特征，等边三角形的判定与性质，勾
股定理．灵活掌握切线的判定定理是解题的关键．
【题型7 切线长定理】
【例7】（23-24九年级·河南商丘·期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D在边BC上，以CD为
直径的⊙O与直线AB相切于点E，连接OA，且OA=OB．连接CE交OA于点F．
(1)求证：AB=2AC．
(2)若AC=❑√3，求线段OC，CF的长．
【答案】(1)见解析
❑√3
(2)OC=1、CF=
2
【分析】（1）连接OE，由切线得性质得：∠AEO=∠BEO=90°，再证明AC与⊙O相切于点C，则
AE=AC，再证Rt△AEO≌Rt△BEO，得AE=BE，则AB=2AE，即可得答案；1 1
（2）先求出BC的值，由 AB⋅OE= OB⋅AC=S ，求出OC=1，再证明OA垂直平分CE，则
2 2 △AOB
1 1 1
OA⋅CE= AC⋅OC+ AE⋅OE=S ，求出CE的长，即可得答案．
2 2 2 四边形ACOE
【详解】（1）解：如下图，连接OE，
∵AB ⊙O
与 相切于点E，
∴AB⊥OE，
∴∠AEO=∠BEO=90°，
∵∠ACB=90°，
∴AC⊥OC，
∵OC是⊙O的半径，AC⊥OC，
∴AC与⊙O相切于点C，
∴AE=AC，
{OA=OB)
在Rt△AEO和Rt△BEO中， ，
OE=OE
∴Rt△AEO≌Rt△BEO，
∴AE=BE，
∴AB=2AE，
∴AB=2AC；
（2）∵AC=❑√3，
∴AB=2AC=2❑√3，
∴ BC=❑√AB2−AC2=❑√(2❑√3) 2 −(❑√3) 2=3，
∴OA=OB=3−OC，
1 1
∵ AB⋅OE= OB⋅AC=S ，且OE=OC，
2 2 △AOB
1 1
∴ ×2❑√3OC= ×❑√3(3−OC)，
2 2
解得：OC=1，∴OE=1,OA=OB=BC−OC=2，
∵ AE=AC，OE=OC，
∴点O、点A都在线段CE的垂直平分线上，
∴OA垂直平分CE，
1 1 1
∵ OA⋅CE= AC⋅OC+ AE⋅OE=S ，
2 2 2 四边形ACOE
1 1 1
∴ ×2CE= ×❑√3×1+ ×❑√3×1，
2 2 2
∴ CE=❑√3，
1 ❑√3
∴ CF= CE= ，
2 2
❑√3
∴线段OC，CF的长分别是1、 ．
2
【点睛】此题考查了切线的判定与性质、切线长定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理、线段的垂直
平分线的性质、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
【变式7-1】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，圆O的圆心在梯形ABCD的底边AB上，并与其它三边均
相切，若CD∥AB，AB=10，AD=6，则CB长（ ）
A．4 B．5 C．6 D．无法确定
【答案】A
【分析】此题主要考查了切线的性质和等腰三角形的性质，利用切线的性质得出∠ADO=∠ODC，进而
得出∠ADO=∠AOD，即可得出OA=AD，同理：BC=OB即可得出结论．
【详解】连接OD，OC，
∵AD CD ⊙O
， 是 的切线，
∴∠ADO=∠ODC，
∵CD∥AB，
∴∠ODC=∠AOD，
∴∠ADO=∠AOD，∴AD=OA，
∵AD=6，
∴OA=6，
∵AB=10，
∴OB=4，
同理可得：OB=BC=4，
故选：A．
【变式7-2】（2024·山东聊城·二模）如图，AB为半圆O的直径，C为半圆弧的三等分点，过B，C两点的
半圆O的切线交于点P，若AB的长是2a，则PA的长是 ．
【答案】❑√7a
【分析】本题主要考查的知识点是：圆心角、假、张的关系，切线的性质，切线长定理以及解直角三角形
的应用等知识，连接OC、OP，由于C是半圆的三等分点，那么∠BOC=120°，进而可由切线长定理求
得∠POB=60°；在Rt△POB中根据半径OB的长以及∠POB的度数，可求得PB的值，进而可由勾股定
求得PA的长．
【详解】解：连接OC，OP，
∵C为半圆弧的三等分点，
∴∠BOC=120°，
∵PC，PB都是⊙O的切线，
∴∠POB=∠POC=60°，
在Rt△POB中，OB=a,∠POB=60°，则PB=❑√3a，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：AP=❑√AB2+BP2=❑√ (2a) 2+(❑√3a) 2=❑√7a，故答案为：❑√7a
【变式7-3】（23-24九年级·江苏扬州·期中）数学兴趣小组的同学在探究等分问题的过程中，得到了很多
成果．
成果一：制作了三分角仪．图(1)是示意图，点B在半径OC的延长线上，CD⊥OC，BC=OC，CD足够
长．若要将∠GAH三等分，只需要适当放置三分角仪，使点A在CD上，点B落在AG上，当AH与半
⊙O相切时，AC、AO就将∠GAH三等分了．
成果二：创造了只用圆规将圆四等分的方法．如图(2)，具体步骤为：①将⊙O六等分，等分点分别是点A
、B、C、D、E、F；②分别以点A、D为圆心，AE长为半径作弧，交于点G；③以点A为圆心，OG长
为半径作弧，交⊙O于点M、N，则点A、M、D、N将⊙O四等分．
(1)请你说明三分角仪的正确性；
(2)证明点A、M、D、N是⊙O四等分点．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先利用AC垂直平分OB得到AB=AO，则AC平分∠BAO，再根据切线长定理得到OA平
分∠CAH，即∠OAC=∠OAH，于是判断AC、AO将∠GAH三等分；
1
（2）利用圆周角定理得出∠CAD= ∠COD=30°，然后勾股定理解Rt△ACD，结合勾股定理得出
2
AM=MD=AN=DN，即可得出答案
【详解】（1）证明：∵CD⊥OC，BC=OC，
即AC垂直平分OB，
∴AB=AO，
∵AC⊥OB，∴AC平分∠BAO，
∴∠BAC=∠OAC，
∵OC⊥AC，
∴AC为⊙O的切线，
∵AH与半⊙O相切，
∴OA平分∠CAH，
∴∠OAC=∠OAH，
即AC、AO将∠GAH三等分；
（2）如图2
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°
∵CD=CD，．
1
∴∠CAD= ∠COD=30°，
2
设⊙O的半径为r，
在Rt△ACD中，AC=❑√3r，
∴AG=DG=AC=❑√3r，
∵AO=OD，
∴OG⊥AD，
∴∠GOA=90°，
在Rt△AOG中，OG=❑√AG2−OA2=❑√(❑√3r) 2 −r2=❑√2r，
∴AM=OG=❑√2r，
在ΔAOM中，AO2+OM2=r2+r2=2r2=AM2，
∴ΔAOM是直角三角形且∠MOA=90°，∴AM=MD=AN=DN，
∴点A、M、D、N是⊙O的四等分点．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理及逆定理，切线长定理和正多边形
和圆，综合运用以上知识是解题的关键．
【题型8 三角形的外接圆与内切圆】
【方法总结】三角形内切圆的常用结论：
【例8】（2024·上海·模拟预测）如图，AB是圆O直径，弦CE⊥AB，垂足为D，圆O周长为4π，
AC=2❑√3
(1)AE，求△AEC内切圆的面积；
(2)BC，OE，求证：BC∥OE．
【答案】(1)π
(2)见解析
【分析】此题考查了垂径定理、内切圆、圆周角定理、等边三角形的判定和性质等知识，证明△AEC是等
边三角形是解题的关键．
（1）连接BC,AE，证明AE=AC=CE=2❑√3，则△AEC是等边三角形，得到∠ACD=60°，点O是
△AEC的内心，求出OD，即可得到△AEC内切圆的面积；
（2）连接OE，根据（1）中的结论求出∠OEC=∠BCE=30°，即可证明BC∥OE．
【详解】（1）解：连接BC,AE，∵AB是圆O直径，圆O周长为4π，
∴∠ACB=90°，AB=4，
∴BC=❑√AB2−AC2=❑√42−(2❑√3) 2=2，
1 1
∵S = AC⋅BC= AB⋅CD
△ABC 2 2
AC⋅BC 2×2❑√3
∴CD= = =❑√3，
AB 4
∵AB是圆O直径，弦CE⊥AB，
∴EC=2CD=2❑√3，AB垂直平分CE，
∴AE=AC=CE=2❑√3，
∴△AEC是等边三角形，
∴∠ACD=60°，点O是△AEC的内心，
❑√3
∴AD=2❑√3× =3，
2
∴OD=AD−AO=3−2=1
∴△AEC内切圆的面积为π×12=π；
（2）如图，连接OE，
∵△AEC是等边三角形， AB⊥CE，
1
∴∠AEC=60°，∠DAE=∠CAD= ∠CAE=30°，
2
∴∠BCE=∠BAE=30°，
∵点O是△AEC的内心，
1
∴∠OEC= ∠AEC=30°，
2
∴∠OEC=∠BCE=30°
∴BC∥OE．【变式8-1】（23-24九年级·江苏盐城·期中）如图，I是△ABC的内心，AI的延长线交△ABC的外接圆于
点D．
(1)求证：∠BAD=∠CBD；
(2)求证：BD=ID；
(3)连接BI、CI，求证：点D是△BIC的外心．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据三角形内心的定义得∠BAD=∠CAD，再由圆周角与弧之间的关系即可得证；
（2）连接BI，证出∠BID=∠IBD即可得证；
（3）连接BI，CI，DC，证出BD=CD=ID即可得证．
【详解】（1）证明：∵点I是△ABC的内心，
∴AI平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∵C´D=C´D，
∴∠CBD=∠CAD，
∴∠BAD=∠CBD．
（2）证明：如图，连接BI，
∵ △ABC
点I是 的内心，∴AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，
∴∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI
又∠CBD=∠CAD，
∴∠CBD=∠BAD，
∵∠BID=∠ABI+∠BAD，∠DBI=∠CBI+∠CBD，
∴∠BID=∠IBD，
∴ID=BD．
（3）证明：如图，连接BI，CI，DC，
∵∠BAD=∠CAD
，
∴BD=CD．
∵ID=BD
∴BD=CD=ID，
∴点D是△BIC的外心．
【点睛】本题考查了三角形内心和外心的定义，圆的基本性质中圆周角与弧之间的关系等，理解定义，掌
握圆的基本性质，根据题意作出辅助线是解题的关键.
【变式8-2】（23-24九年级·山东淄博·期末）如图，O是 ABC的外心，I是 ABC的内心，连接AI并延长
交BC和⊙O于D，E． △ △
(1)求证：EB=EI；
(2)若AB=8，AC=6，BE=4，求AI的长．【答案】(1)见解析
(2)AI=4
【分析】（1）欲证明EB=EI，只要证明∠EBI=∠EIB；
（2）连接EC，过点E作EM⊥AB，EN⊥AC交AC的延长线于N，证明 AEM≌△AEN和 BME≌△CNE，再
利用勾股定理计算即可解决问题． △ △
【详解】（1）证明：∵I是 ABC的内心，
∴AE平分∠CAB，BI平分∠△ABC，
∴∠BAE=∠CAE，∠ABI=∠CBI，
∵∠BIE=∠BAE+∠ABI，∠IBE=∠IBD+∠EBD，
∵∠CBE=∠CAE，
∴∠BIE=∠EBI，
∴EB=EI；
（2）解：连接EC，过点E作EM⊥AB，EN⊥AC交AC的延长线于N，则EM=EN，
∵∠BAE=∠CAE，
∴^BE=C^E，
∴BE=EC=4．
∵AE=AE，EM=EN，
∴△AEM≌△AEN，
∴AM=AN．
∵BE=EC，EM=EN，
△BME≌△CNE(HL)，
∴BM=CN．
设BM为x，则8-x=6+x，解得x=1，即BM=1，∴AM=7．
又∵BE=4，由勾股定理得，EM=❑√42−12=❑√15．
∴AE=❑√ (❑√15) 2+72=8，
∵EI=BE=4，
∴AI=AE−EI=4．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心，全等三角形的判定和性质，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．
【变式8-3】（23-24九年级·内蒙古呼伦贝尔·期末）如图，点E是 ABC的内心，AE的延长线和 ABC的
外接圆相交于点D，连接BE， △ △
(1)若∠CBD=34°,求∠BEC的度数；
(2)求证：DE=DB．
【答案】(1)124°
(2)证明见解析
【分析】（1）根据圆周角定理求出∠CAD，根据三角形的内心的概念，三角形内角和定理求出∠EBC；
（2）根据内心的性质，三角形的外角定理证明．
【详解】（1）解：∵∠CBD=34°
∴∠CAD=34°
∵点E是 ABC的的内心
∴∠BAC=2△∠CAD=68°
∴∠EBC+∠ECB=（180°-68°）÷2=56°
∴∠BEC=180°-56°=124°
（2）∵E是 ABC的内心
∴∠BAD=∠C△AD，∠EBA=∠EBC
∵ ∠DEB=∠BAD+∠EBA,∠DBE=∠EBC+∠CBD，∠CBD=∠CAD∴∠DEB=∠DBE
∴DE=DB ．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理，三角形的内心
的概念，三角形的外角的性质是解题的关键．
【考点3 正多边形和圆】
知识点一 正多边形的外接圆与圆的内接正多边形
正多边形与圆的关系非常密切，把圆分成n（n就是大于2的自然数）等份，顺次连接各分点所的的多边形
就是这个圆的内接正多边形，这个圆就就是这个正多边形的外接圆。
正多边形的中心：一个正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心。
正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径。
正多边形的中心角：正多边形每一条边所对的圆心角叫做正多边形的中心角。
正多边形的边心距：中心到正多边形一边的距离叫做正多边形的边心距。
知识点二 正多边形的性质
（1）正n边形的半径与边心距把正多边形分成2n个全等的直角三角形。
（2）所有的正多边形都就是轴对称图形，每个正n边形共有n条对称轴，每条对称轴都经过正n边形的中
心；当正n边形的边数为偶数时，这个正n边形也就是中心对称图形，正n边形的中心就就是对称中心。
正n边形的每一个内角等于 ，中心角与外角相等，等于 。
【题型9 正多边形和圆的有关计算】
【方法总结】利用正多边形和圆的性质,已知正多边形的边长,求解与正多边形有关的量时,通常做法是作出
正多边形的边心距,构造由半径、边心距、边长的一半围成的直角三角形,然后利用勾股定理解决.
【例9】（2024·辽宁·模拟预测）在圆内接正六边形ABCDEF中，AC，EC分别交BD于点H，G．
(1)如图①，求证：点H，G三等分BD．
(2)如图②，操作并证明．
①尺规作图：过点O作AC的垂线，垂足为K，以点O为圆心，OK的长为半径作圆；（在图②中完成作
图，保留作图痕迹，不需要写作法）②求证：CE是①所作圆的切线．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）由正多边形的性质证明∠CDG=∠CBH,CD=CB,∠DCG=∠BCH，可得
△CDG≌△CBH，再证明△CGH是等边三角形，从而可得结论；
（2）①按照题干的要求作线段AC的垂直平分线，再作圆即可；②过点O作OP⊥CE，垂足为P，连接
OC， 证明∠PCO=∠KCO=30°．结合OK⊥AC，OP⊥CE，OP=OK．从而可得结论；
【详解】（1）证明：在圆内接正六边形ABCDEF中，
CD=BC=AB=DE,∠CDE=∠DCB=∠ABC=120°，
∴∠CDB=∠CBD=∠ACB=∠DCE=30°，
∴∠ACE=120°−30°−30°=60°,CG=DG,CH=BH．
在△CDG和△CBH中，
∠CDG=∠CBH,CD=CB,∠DCG=∠BCH，
∴△CDG≌△CBH．
∴CG=CH．
∴△CGH是等边三角形，
∴CG=HG=DG=CH=BH．
∴点H，G三等分BD．
（2）①解：如图，即为所求作．
②证明：如图，过点O作OP⊥CE，垂足为P，连接OC，则∠DCO=∠BCO=60°．
由（1）知，∠ECD=∠ACB=30°，
∴∠PCO=∠KCO=30°．
∵OK⊥AC，OP⊥CE，
∴OP=OK．∴CE是①所作圆的切线．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，圆的内接多边形的性质，切线的判
定，作线段的垂直平分线，掌握以上基础知识是解本题的关键．
【变式9-1】（2024·福建厦门·二模）如图，正五边形ABCEF内接于⊙O，点D在⊙O上，则∠D的度数
为（ ）
A．45° B．50° C．60° D．72°
【答案】D
【分析】本题主要考查了正多边形和圆，圆内接四边形的性质，熟记圆内接四边形的对角互补是解决问题
的关键．
先由正多边形内角和定理求出∠B，再根据圆内接四边形的性质即可求出∠D．
【详解】解：∵正五边形ABCEF内接于⊙O，
(5−2)×180°
∴∠B= =108°，
5
∵四边形ABCD是⊙O内接四边形，
∴∠B+∠D=180°，
∴∠D=180°−∠B=180°−108°=72°，
故选：D．
【变式9-2】（2024·广东广州·三模）如图，正方形ABCD内接于⊙O，线段MN在对角线BD上运动，若
⊙O的面积为2π，MN=1，则（1）⊙O的直径长为 ；（2）△AMN周长的最小值是 ．
【答案】 2❑√2 4
【分析】本题考查了正多边形与圆，掌握圆的相关性质及正方形的相关性质、准确的辅助线及计算是本题的解题关键．
（1）利用圆的面积公式计算出半径即可求出直径；
（2）连接AC，CM，以MN、MC为边作▱CMNE，连接AE，证明出AM=EN，
AM+AN=AN+EN，当A、N、E共线时，AN+EN最小，即AE为AM+AN的最小值，利用勾股定理
求出AE即可解答此问．
【详解】解：（1）∵⊙O的面积为πr2=2π，
∴r=❑√2，
∴⊙O的直径长为2❑√2，
故答案为：2❑√2；
（2）如图，连接AC，CM，以MN、MC为边作▱CMNE，连接AE，
∵ ABCD
四边形 为正方形，
∴AC⊥BD，AM=CM，
∵四边CMNE为平行四边形，
∴CM=EN，
∴AM=EN，
∴AM+AN=AN+EN，
当A、N、E共线时，AN+EN最小，即AE为AM+AN的最小值，
在▱CMNE中，EC=MN=1，EC∥MN，
∴∠ECN=90°，
∵AC=2❑√2，
∴AE=❑√EC2+AC2=3，
∴△AMN周长的最小值为3+1=4，
故答案为：4．
【变式9-3】（23-24九年级·浙江金华·期中）如图所示，已知正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，连接
AC、BD，相交于点P．若⊙O的半径为1，(1)求AC的长；
(2)求∠APD的度数．
【答案】(1)❑√2
(2)135°
【分析】（1）连接OA，OB，OB与AC交于点Q，先根据正八边形和圆的性质求出∠AOB的值，再根据
特殊角三角函数值求出AC的长即可；
（2）再根据圆周角定理和三角形的外角定理即可求出∠APD的度数．
【详解】（1）解：如图，连接OA，OB，OB与AC交于点Q，
由题意可知，QA=QC，OB⊥AC，
∵多边形ABCDEFGH是正八边形，
360°
∴∠AOB= =45°，
8
∴∠OAQ=90°−∠AOB=45°=∠AOB，
❑√2
∴AQ=OQ=OAsin∠AOB=1×sin45°= ，
2
∴AC=2AQ=❑√2；
（2）∵AF´D所对的圆心角为5∠AOB=225°，
1
∴AF´D所对的圆周角为∠ABD= ×225°=112.5°，
21
∵∠BAC= ×45°=22.5°，
2
∴∠APD=∠BAC+∠ABD=135°．
【点睛】本题主要考查了正八边形与圆的综合、圆周角定理、锐角三角函数、垂径定理等知识，熟练运用
正八边形的性质、特殊角的三角函数值、圆周角定理是解题的关键．
【题型10 正多边形中的规律探究性问题】
【方法总结】正多边形中规律探究性问题是重要的考点之一,解答这类问题的关键是灵活运用特殊与一般的
思想.这类问题需要从简单的情形入手,由浅入深、由简单到复杂、由特殊到一般逐步分析探索,发现变化规
律, 再根据变化规律归纳出最后的结果.
【例10】（2024·湖南湘西·中考真题）观察下列结论：
（1）如图①，在正三角形ABC中，点M，N是AB,BC上的点，且AM=BN，则AN=CM，
∠NOC=60°；
（2）如图②，在正方形ABCD中，点M，N是AB,BC上的点，且AM=BN，则AN=DM，
∠NOD=90°；
（3）如图③，在正五边形ABCDE中，点M，N是AB,BC上的点，且AM=BN，则AN=EM，
∠NOE=108°；……
根据以上规律，在正n边形A A A A ⋯⋯A 中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点M，N是
1 2 3 4 n
A A ,A A 上的点，且A M=A N，A N与A M相交于O．也会有类似的结论．你的结论是
1 2 2 3 1 2 1 n
．
(n−2)⋅180°
【答案】A N = A M，∠NOA =
1 n n n
【分析】根据正多边形内角和定理结合全等三角形的判定和性质可得出（1）、（2）、（3）的结论，根
据以上规律可得出正n边形的结论．
【详解】（1）∵正三角形ABC中，点M、N是AB、AC边上的点，且AM=BN，
(n−2)⋅180° (3−2)⋅180°
∴AB=AC，∠CAM=∠ABN= = =60°，
n 3∵在△ABN和△CAM中，
¿，
∴△ABN≌△CAM（SAS），
∴AN= CM，∠BAN=∠MCA，
∴∠NOC=∠OAC+∠MCA =∠OAC+∠BAN =∠BAC=60°，
故结论为：AN= CM，∠NOC=60°；
（2）∵正方形ABCD中，点M、N是AB、BC边上的点，且AM=BN，
(n−2)⋅180° (4−2)⋅180°
∴AB=AD，∠DAM=∠ABN= = =90°，
n 4
同理可证：Rt△ABN≅Rt△DAM，
∴AN= DM，∠BAN=∠ADM，
∠NOD=∠OAD+∠ADM =∠OAD+∠BAN =∠BAC=90°，
故结论为：AN= DM，∠NOD=90°；
（3）∵正五边形ABCDE中，点M、N是AB、BC边上的点，且AM=BN，
(n−2)⋅180° (5−2)⋅180°
∴AB=AE，∠EAM=∠ABN= = =108°，
n 5
同理可证得：Rt△ABN≅Rt△EAM，
∴AN= EM，∠BAN=∠AEM，
∠NOE=∠OAE+∠AEM =∠OAE+∠BAN =∠BAE=108°，
故结论为：AN= EM，∠NOE=108°；
⋯
∵正三角形的内角度数为：60°，
正方形的内角度数为：90°，
正五边形的内角度数为：108°，
(n−2)⋅180°
∴以上所求的角恰好等于正n边形的内角 ，
n
在正n边形A A A A ⋯⋯A 中，点M，N是A A ,A A 上的点，且A M=A N，A N与A M相交
1 2 3 4 n 1 2 2 3 1 2 1 n
(n−2)⋅180°
于O，结论为：A N = A M，∠NOA = ．
1 n n n
(n−2)⋅180°
故答案为：A N = A M，∠NOA = ．
1 n n n
【点睛】本题考查了正n边形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是发现A N与
1A M的夹角与正n边形的内角相等．
n
【变式10-1】（2015·山东威海·中考真题）如图，正六边形AB C DEF 的边长为2，正六边形
1 1 1 1 1 1
AB C DEF 的外接圆与正六边形AB C DEF 的各边相切，正六边形AB C DEF 的外接圆与正六边形
2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3
AB C DEF 的各边相切，…按这样的规律进行下去，A B C D E F 的边长为（ ）
2 2 2 2 2 2 10 10 10 10 10 10
243 81❑√3 81 81❑√3
A． B． C． D．
29 29 29 28
【答案】D
【详解】解：连结OE，OD ，OD ，如图，根据正六边形的性质得∠EOD =60°，则△EOD 为等边三角
1 1 2 1 1 1 1
❑√3 ❑√3
形，再根据切线的性质得OD ⊥ED，于是可得OD = ED= ×2，利用正六边形的边长等于它的半径
2 1 1 2 2 1 1 2
❑√3 ❑√3
得到正六边形AB C DEF 的边长= ×2，同理可得正六边形AB C DEF 的边长=（ ）2×2，依此规
2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 2
❑√3 81❑√3
律可得正六边形A B C D E F 的边长=（ ）9×2= ，
10 10 10 10 10 10 2 28
故选：D，
【变式10-2】（23-24九年级·湖南湘西·期中）如图1，图2，图3⋯，M、N分别是⊙O的内接正三角形
ABC，正方形ABCD，正五边形ABCDE，…的边AB、BC上的点，且BM=CN，连接OM、ON，图
1中∠MON=120°，图2中∠MON=90°，图3中∠MON=72°…，根据这样的规律，图n中∠MON
的度数是 ．360°
【答案】
n
【分析】作多边形的半径，根据多边形的性质可证△OAB≌△OCB，得∠OBA=∠OBC，再根据“等边
对等角”得∠OBC=∠OCB，于是可得∠OBM=∠OCN，从而可证△OBM≌△OCN则
360°
∠BOM=∠CON，因此∠MON=∠BOC= ．
n
本题考查了正多边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边对等角、正多边形中心角等知识点，解题的
关键综合运用这些性质解题．
【详解】不失一般性，设n=5时的情形，可以推广到一般情况．连接OA、OB、OC，如下图
{AB=CB
)
由正多边形的性质知： OB=OB
OA=OC
∴△OAB≌△OCB(SSS)
∴∠OBA=∠OBC
由OB=OC得：∠OBC=∠OCB
∴∠OBA=∠OCB
即：∠OBM=∠OCN
又∵BM=CN,OB=OC
∴△OBM≌△OCN(SAS)
∴∠BOM=∠CON
∴∠BOM+∠BON=∠CON+∠BON
即：∠MON=∠BOC360°
∵∠BOC=
n
360°
∴∠MON=
n
360°
故答案为： ．
n
【变式10-3】（23-24九年级·浙江台州·期中）李老师带领班级同学进行拓广探索，通过此次探索让同学们
更深刻的了解π的意义．
(1)[定义]我们将正n边形的周长L与正多边形对应的内切圆的周长C的比值，称作这个正n边形的“正圆
❑√3
度”k ．如图，正三角形ABC的边长为1，求得其内切圆的半径为 ，因此k =___________；
n 6 3
(2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度”k 、k ；
4 6
(3)[总结]随着n的增大，k 具有怎样的规律，试通过计算，结合圆周率的诞生，简要概括．
n
3❑√3
【答案】(1)
π
4 2❑√3
(2) ，
π π
(3)随着n的增大，k 越来越接近于1，见解析
n
【分析】（1）根据“正圆度”的定义进行求解即可；
（2）设正方形边长和正六边形的边长都为1，求出此情形下对应的内切圆半径，再根据“正圆度”的定义
进行求解即可；
（3）根据（1）（2）所求可知随着n的增大，k 越来越接近于1，再由张衡和祖冲之对圆周率的研究即可
n
得到答案．
1×3 3❑√3
k = =
【详解】（1）解：由题意得， 3 ❑√3 π ，
2π×
6
3❑√3
故答案为： ；
π（2）解：假设正方形边长1，
1
∴此时正方形的内切圆半径为 ，
2
1×4 4
k = =
∴ 4 1 π；
2π×
2
360°
设正六边形的边长为1，内切圆圆心为O，则∠AOB= =60°，
6
又∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
1
∴OA=OB=1，AC= ，
2
❑√3
∴OC=❑√OA2−AC2=
，
2
1×6 2❑√3
k = =
∴ 6 ❑√3 π ；
2π×
2
（3）解：k ≈1.65，k ≈1.27，k ≈1.10，随着n的增大，k 越来越接近于1．由张衡、祖冲之的研
3 4 6 n
究，精进π的取值的方法可知：正多边形，边长数越多，越接近于圆，因此当边长增多时，其周长L也与
对应的内切圆周长更接近，其比值更接近于1．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，正确理解题意是解题的关键．
【考点4 弧长和扇形面积】
知识点一 弧长公式
在半径为R的圆中，360°的圆心角所对的弧长就就是圆的周长C=2πR，所以n°的圆心角所对的弧长的计算
公式l= ×2πR= 。
知识点二 扇形面积公式
在半径为R的圆中，360°的圆心角所对的扇形面积就就是圆的面积S=πR2，所以圆心角为n°的扇形的面积为S = 。
扇形
比较扇形的弧长公式与面积公式发现：
S =
扇形
知识点三 圆锥的侧面积与全面积
圆锥的侧面积就是曲面，沿着圆锥的一条母线将圆锥的侧面展开，容易的到圆锥的侧面展开图就是一个扇
形。设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，那么这个扇形的半径为l，扇形的弧长为2πr，因此圆锥的侧
面积 。圆锥的全面积为 。
【题型11 圆锥侧面展开图的有关计算】
【例11】（2024·江苏盐城·三模）如图， ∠BPD=120°，点A、C分别在射线PB、PD上，
∠PAC=30°，AC=2❑√3．
(1)用尺规在图中作一段劣弧，使得它在A、C两点分别与射线PB和PD相切．要求：写出作法，并保留作
图痕迹；
(2)将劣弧AC所在的扇形围成圆锥的侧面，则该圆锥的底面圆的半径为 ．
(3)求所得的劣弧与线段PA、PC围成的封闭图形的面积．
【答案】(1)见解析
❑√3π
(2)
3
(3)4❑√3−2π
【分析】本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图
形的性质和基本作图方法．也考查了圆周角定理和扇形面积公式．
（1）过A、C分别作PB、PD的垂线，它们相交于O，然后以OA为半径作⊙O即可；
（2）先证明△OAC为等边三角形得到OA=AC=2❑√3，∠AOC=60°，求出A´C长，进而求出结论；（3）先证明△OAC为等边三角形得到OA=AC=2❑√3，∠AOC=60°，再计算出AP=2，然后根据扇形
的面积公式，利用劣弧AC与线段PA、PC围成的封闭图形的面积进行计算．
【详解】（1）解：如图，过A、C分别作PB、PD的垂线，它们相交于O，然后以OA为半径作⊙O,
则A´C即为所求；
（2）解：∵∠BPD=120°，∠PAC=30°，
∴∠PCA=30°，
由作图知PB⊥OA,PD⊥OC
∴PB和PD分别是⊙O切线，
∴∠OAP=∠OCP=90°，
∠OAC=∠OCA=90°−30°=60°，
∴△OAC为等边三角形，
∴OA=AC=2❑√3
60π×2❑√3 2❑√3π
则A´C长为： = ，
180 3
∴A´C所在的扇形围成圆锥的侧面，则该圆锥的底面圆的半径设为r，
2❑√3π
2πr= ，
3
❑√3π
∴r= ，
3
❑√3π
则该圆锥的底面圆的半径设为 ；
3
（3）∵∠BPD=120°，∠PAC=30°，
∴∠PCA=30°，
由作图知PB⊥OA,PD⊥OC
∴PB和PD分别是⊙O切线，
∴∠OAP=∠OCP=90°，
∠OAC=∠OCA=90°−30°=60°，∴△OAC为等边三角形，
∴OA=AC=2❑√3，∠AOC=60°，
∵∵OA=OC,PA=PC，
∴OP垂直平分AC，
∴OP平分∠APC，
∴∠APO=60°，
❑√3
∴AP= ×2❑√3=2，
3
∴劣弧AC与线段PA、PC围成的封闭图形的面积
1 60⋅π⋅(2❑√3) 2
=S −S ❑ =2× ×2❑√3×2− = 4❑√3−2π．
四边形APCO 扇形 AOC
2 360
【变式11-1】（23-24九年级·江苏泰州·期中）如图，在直径为2的圆形纸片上裁剪出圆心角∠ACB=90°
的扇形CAB．
(1)求阴影部分面积；
(2)用所裁剪的扇形纸片CAB围成一个圆锥的侧面，求圆锥底面圆的半径．
1
【答案】(1)S = π；
阴影 2
❑√2
(2)该圆锥的底面圆的半径是 ．
4
【分析】本题考查了扇形的面积计算，圆锥的底面圆的半径．
（1）AB是圆O的直径，求出求得AC=BC=❑√2，进而利用扇形的面积公式可得阴影部分的面积；
（2）求出A´B的长度，即圆锥底面圆的周长，继而可得出底面圆的半径．
【详解】（1）解：连接AB，OC，∵∠ACB=90°，
∴AB是圆O的直径，
∴点A、O、B三点共线，
∴OB=OC=OA，
又∵AC=BC，
∴AO⊥BC，
∵圆的直径为2，
则AC=BC=❑√2，
90π×(❑√2) 2 1
故S = = π．
扇形 360 2
1 1
∴S =π×12− π= π；
阴影 2 2
90π×(❑√2) ❑√2π
（2）解：A´B的长l= = ，
180 2
❑√2π
则2πR= ，
2
❑√2
解得：R= ．
4
❑√2
故该圆锥的底面圆的半径是 ．
4
【变式11-2】（23-24九年级·山东烟台·期末）如图，在半径为4的扇形AOB中，∠AOB=90°，点C是
A´B上的一个动点（不与点A，B重合），连接AC，BC，OD⊥AC，OE⊥BC，垂足分别为点D，E．(1)若扇形AOB是一个圆锥的侧面展开图，求该圆锥的底面半径；
(2)在△DOE中是否存在长度为定值的边?若存在，请求出这条边的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1
(2)存在，DE=2❑√2
【分析】（1）设该圆锥的底面半径为r，根据圆锥底面圆的周长等于侧面展开图的弧长列式即可得到答
案；
1
（2）连接AB，由垂径定理得到D为AC中点，E为BC中点．则DE为△ABC的中位线．得到DE= AB
2
．再求出AB的长，即可得到DE的长，结论得证；
【详解】（1）解：设该圆锥的底面半径为r，
90
由题意得2πr= π×4．
180
解得r=1，
即该圆锥的底面半径为1．
（2）存在，DE的长为定值．如图，连接AB．
∵OD⊥AC，OE⊥BC，
∴D为AC中点，E为BC中点．
∴DE为△ABC的中位线．1
∴DE= AB．
2
∵∠AOB=90°，OB=OA=4，
∴AB=4❑√2．
∴DE=2❑√2．
【点睛】此题考查了圆锥的侧面展开图、弧长公式、垂径定理、三角形中位线定理的等知识，数形结合是
解题的关键．
【变式11-3】（2024·广东东莞·二模）【综合与实践】
主题：制作圆锥形生日帽．
素材：一张圆形纸板、装饰彩带．
步骤1：如图1，将一个底面半径为r的圆锥侧面展开，可得到一个半径为l、圆心角为n°的扇形．制作圆
锥形生日帽时，要先确定扇形的圆心角度数，再度量裁剪材料．
步骤2：如图2，把剪好的纸板粘合成圆锥形生日帽，
(1)现在需要制作一个r=10cm，l=30cm的生日帽，请帮忙计算出所需扇形纸板的圆心角度数；
(2)为了使（1）中所制作的生日帽更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中需要粘贴一条从点A处开始，绕侧
面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），求彩带长度的最小值．
【答案】(1)120°
(2)30❑√3cm
【分析】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角的度数，勾股定理求最值问题，掌握以上知识是解题的关
键．
360r
（1）根据扇形的两个面积公式可得n= ，再代入求解即可；
l
（2）连接A A′，过点P作PH⊥A A′，线段A A′就是彩带长度的最小值，根据等腰三角形性质及解直角
三角形即可求解．【详解】（1）∵r=10cm，l=30cm，
1 nπl2
∵ ×2πr×l= ，
2 360
360r 360×10
∴n= = =120，
l 30
∴扇形纸板的圆心角度数为120°；
（2）如图所示．连接A A′，过点P作PH⊥A A′，线段A A′就是彩带长度的最小值，
由（1）得PA=PA′=30cm,∠APA′=120°，
∴∠APH=∠A′PH=60°,AH=A′H,
❑√3
∴AH=30× =15❑√3,
2
∴A A′=2AH=30❑√3,
∴彩带长度的最小值为30❑√3cm．
【题型12 不规则图形面积的计算】
【例12】（23-24九年级·浙江台州·期末）如图，扇形OAB中，∠AOB=90°，OA=4，点C为OB的中
点，将扇形OAB绕点C顺时针旋转90°，得到扇形O′ A′B′，则图中阴影部分的面积为（ ）
4π 5❑√3 4π
A． + −4 B． +2❑√3−4
3 3 3
4π 7❑√3 4π 8❑√3
C． + −4 D． + −4
3 3 3 3【答案】B
【分析】过点B作BE⊥O′ A′于点E，过点A′作A′F⊥OB交OB的延长线于点F，设A ´′B′交OF于点D，
A´B交O′ A′于点M，根据题意得出∠CO′D=60°，进而根据S =S ❑ −S −S 即可
阴影部分 扇形 B′O′A′ CDB′ BDAM
求解．
【详解】解：如图所示，过点B作BE⊥O′ A′于点E，过点A′作A′F⊥OB交OB的延长线于点F，设A ´′B′
交OF于点D，A´B交O′ A′于点M，
1 1
∵O′C= OB= ×4=2
2 2
则四边形CO′EB,BE A′F是正方形，
1
∵O′C= OB，
2
∴O′D=O′B′=OB，
O′C 1
cos∠CO′D= = ，
O′D 2
∴∠CO′D=60°，
60×π×42 8
∴S = = π，
扇形B′O′D 360 3
在Rt△CO′D中，CD=❑√O′D2−O′C2=❑√42−22=2❑√3，
1 1
∴S = ⋅O′C⋅CD= ×2×2❑√3=2❑√3，
△CO′D 2 2
8π
∴S =S −S = −2❑√3，
CDB′ 扇形B′O′D △CO′D 3∵S =S ，
BEM A′FD
∴S =S =2×2=4，
BDA′M 正方形BFA′E
∴S =S ❑ −S −S ，
阴影部分 扇形 B′O′A′ CDB′ BDAM
90×π×42 (8π
)
= − −2❑√3 −4，
360 3
8π
=4π− +2❑√3−4，
3
4π
= +2❑√3−4，
3
故选：B．
【点睛】本题考查了求扇形面积，旋转的性质，正方形的性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．
【变式12-1】（2024·四川成都·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，AC=BC=2❑√2，∠ACB=90°，D是
AB的中点，以点D为圆心，作圆心角为90°的扇形DEF，点C恰好在E´F上（点E，F不与点C重合），
半径DE，DF分别与AC，BC相交于点G，H，则阴影部分的面积为 ．
【答案】π−2/−2+π
【分析】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，扇形的面积，作辅助线构造全等三角
形是解问题的关键．
连接CD，过点D作DM⊥AC于点M，过点D作DN⊥BC于点N，先证明DMCN是正方形，然后证明
△MDG≌△NDH(ASA)，最后运用S =S −S 解题即可．
阴影 扇形DEF 四边形DGCH
【详解】如图，连接CD，过点D作DM⊥AC于点M，过点D作DN⊥BC于点N，
则∠DMC=∠DNB=∠DNC=90°
∵∠ACB=90°，
∴DM∥BC，DN∥AC，四边形DMCN是矩形
∵AC=BC=2❑√2，D是AB的中点，1
∴∠A=45°,AD= AB=2
2
∴AM=DM=❑√2
同理DM=DN=❑√2
∴四边形DMCN是正方形
∴DC=❑√2DM=2，∠MDN=90°
由题可知，∠EDF=90°，
∴∠MDG=∠NDH
在△MDG与△NDH中，
{∠DMG=∠DNH
)
DM=DN ，
∠MDG=∠NDH
∴△MDG≌△NDH(ASA)
∴S =S =DM2=(❑√2) 2=2
四边形DGCH 正方形DMCN
90
∵S = π×22=π
扇形DEF 360
∴S =S −S =π−2
阴影 扇形DEF 四边形DGCH
故答案为π−2
【变式12-2】（23-24九年级·新疆乌鲁木齐·期末）如图，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点O是
π
边BC的中点，半圆O与△ABC相切于点D、E，若阴影部分的面积为 ，则AB的长为（ ）
43 3❑√2
A． B．2❑√2 C．2 D．
2 2
【答案】C
【分析】连接DE,OD,OE,OA，根据切线长定理和切线的性质可知四边形ADOE是正方形，从而证明
OA⊥DE，由等腰直角三角形的性质推出OA⊥BC，从而证明DE∥BC，利用平行线间距离相等从而
得到S =S ，继而得到阴影部分的面积等于扇形ODE的面积，从而利用得到扇形半径OD的长
△BDE △ODE
度，从而得到OA的长，继而得出AB的长．
【详解】解：连接DE,OD,OE,OA，
∵半圆O与△ABC相切于点D、E，
∴∠ADO=∠AEO=90°，AD=AE．
∵∠A=90°，∠ADO=∠AEO=90°
∴四边形ADOE是矩形，
又∵AD=AE，
∴四边形ADOE是正方形．
∴OA⊥DE，OD=AD．
又∵∠A=90°，AB=AC，点O是边BC的中点，
∴OA⊥BC，∠ABC=∠BAO=45°，
∴OA=OB．
∵OA⊥DE，OA⊥BC，∴DE∥BC．
∵平行线间距离相等，
∴S =S ，
△BDE △ODE
∴阴影部分的面积等于扇形ODE的面积．
π
∵阴影部分的面积为 ，
4
90π×OD2 π×OD2 π
∴S = = = ，
扇形ODE 360 4 4
∴OD=AD=1，
∴OA=OB=❑√OD2+AD2=❑√12+12=❑√2，
∴AB=❑√OA2+OB2=❑√(❑√2) 2+(❑√2) 2=2．
故选：C．
【点睛】本题考查切线长定理，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，等角对等边，切线的性
质，勾股定理，扇形面积公式，不规则图形的面积求法等知识，综合性很大，正确作出辅助线是解题的关
键．
【变式12-3】（2024·广东惠州·三模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB是⊙O的直径，∠A=30°
，BC=4，弦CD⊥AB于F，点E是AB延长线上一点，且AF=EF，连接DE．
(1)填空：∠BCD= °；
(2)判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
(3)取CB的中点M，连接DM，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)30
(2)DE与⊙O相切，理由见解析
8π
(3) −2❑√3
3【分析】（1）根据垂径定理得到B´C=B´D，根据圆周角定理得到结论；
（2）连接OD，根据垂径定理得到CF=DF，∠AFC=∠EFD=90°，根据全等三角形的性质得到
∠E=∠A=30°，根据切线的判定定理得到结论；
（3）根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据勾股定理得到AC=❑√AB2−BC2=4❑√3，连接OM，根据
1
三角形中位线定理得到OM∥AC，OM= AC=2❑√3，求得∠BOM=∠A=30°，得到∠DOM=90°
2
，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）解：∵弦CD⊥AB于F，AB是⊙O的直径，
∴ B´C=B´D，
∴∠BCD=∠A=30°，
故答案为：30；
（2）解：DE与⊙O相切，
理由如下：
连接OD，如图所示：
∵ CD⊥AB F AB ⊙O
弦 于 ， 是 的直径，
∴CF=DF，∠AFC=∠EFD=90°，
∵AF=EF，
∴△ACF≌△EDF(SAS)，
∴∠E=∠A=30°，
∵∠DOE=2∠A=60°，
∴∠ODE=90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE与⊙O相切；
（3）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，∵∠A=30°，BC=4，
∴AB=2BC=8，
∴AC=❑√AB2−BC2=4❑√3，
连接OM，如图所示：
∵ M CB
点 是 的中点，
1
∴BM=CM= BC=2，
2
∵AO=BO，
∴OM是△ABC的中位线，
1
∴OM∥AC，OM= AC=2❑√3，
2
∴∠BOM=∠A=30°，
∵∠BOD=60°，
∴∠DOM=90°，
∴图中阴影部分的面积=△BOM的面积+扇形BOD的面积−△DOM的面积
1 60π×42 1 8π
= ×2×2❑√3+ − ×2❑√3×4= −2❑√3．
2 360 2 3
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，切线的判定，垂径定理，扇形的面积的计算，三角形中位线定
理，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
【题型13 利用弧长和扇形面积公式解决几何图形的旋转问题】
【例13】（23-24九年级·云南曲靖·阶段练习）如图，在等边△ABC内有一点P，且PA=2，PB=❑√3，
PC=1，若把BP绕着点B逆时针旋转60°得到BP′，连接PP′，AP′．(1)求∠BPC的度数；
(2)求PP′的长．
(3)求点P划过的路径长；
5
(4)当BC= 时，如果△BP′ A是由△BPC旋转所得，求PC扫过的区域的面积．
2
【答案】(1)150°
(2)❑√3
❑√3
(3) π
3
5 ❑√3
(4) π− π
6 3
【分析】（1）由旋转的性质，结合等边三角形的判定即可得到△BPP′是等边三角形，再由△ABC是等边
三角形，利用等边三角形性质，结合三角形全等的判定得到△AP′B≌△CPB(SAS)，进而有P′ A=PC，
∠BP′ A=∠BPC，再利用勾股定理的逆定理得到△APP′为直角三角形，且∠PP′ A=90°，即可得到答
案；
（2）由旋转的性质，结合等边三角形的判定即可得到△BPP′是等边三角形，从而确定
PP′=P′B=BP=❑√3；
（3）根据题意，把BP绕着点B逆时针旋转60°得到BP′，点P划过的路径是P ´ P′，利用弧长公式代值求解
即可得到答案；
（4）由（1）的证明过程，结合旋转性质得到PC扫过的区域的面积=S −S ，根据扇形面积
扇形ABC 扇形EBD
公式代值求解即可得到答案．
【详解】（1）解：把BP绕着点B逆时针旋转60°得到BP′，则△BPP′是等边三角形，
∴∠PBP′=60°,BP=PP′=P′B，
∵ △ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°,AB=BC，
∵∠P′BP+∠ABP=60°=∠CBP+∠ABP，
∴∠P′BA=∠PBC，
在△AP′B和△CPB中，
{
AB=BC
)
∠P′BA=∠PBC
BP′=BP
∴ △AP′B≌△CPB(SAS)，
∴P′ A=PC，∠BP′ A=∠BPC，
在△APP′中，PA=2，PP′=PB=❑√3，P′ A=PC=1，则PA2=4=(❑√3) 2+12=P′P2+P′ A2，由勾股定
理的逆定理可知△APP′为直角三角形，且∠PP′ A=90°，
∴ ∠BPC=∠BP′ A=∠BP′P+∠PP′ A=60°+90°=150°；
（2）解：把BP绕着点B逆时针旋转60°得到BP′，则△BPP′是等边三角形，
∴PP′=P′B=BP=❑√3；
（3）解：如图所示：
把BP绕着点B逆时针旋转60°得到BP′，点P划过的路径是P ´ P′，则P ´ P′长度为
60 1 ❑√3
×2π×PB= ×2π×❑√3= π；
360 6 3
（4）解：由（1）的证明过程可知，△AP′B≌△CPB，点P划过的路径是P ´ P′，点C划过的路径是C´A，
如图所示：由旋转性质可知S =S ，
图形AP′E 图形PDC
∴ PC扫过的区域的面积=S −S
扇形ABC 扇形EBD
60 60
= ×2π×PB− ×2π×BC
360 360
1 (5 )
= ×2π× −❑√3
6 2
5 ❑√3
= π− π．
6 3
【点睛】本题考查旋转综合，涉及旋转性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股
定理的逆定理、弧长公式、扇形面积公式等知识，理解旋转的性质，灵活运用相关几何判定与性质，数形
结合求解是解决问题的关键．
【变式13-1】（2024·江苏南通·一模）如图，已知正方形ABCD的边长为2❑√2cm，将正方形ABCD在直线
l上顺时针连续翻转4次，则点A所经过的路径长为 ( )
A．4πcm B．(2+2❑√2)πcm C．2❑√2πcm D．(4+2❑√2)πcm
【答案】B
【分析】正方形ABCD 在直线l上顺时针连续翻转4次，实际A点经过的路径有三段，其中一段以4cm为
半径，圆心角为90°的弧长，另两段是以2❑√2cm为半径，圆心角为90°的弧长，然后根据弧长公式计算．
【详解】解：A点经过的路径如图因为正方形ABCD 的边长为2❑√x，
所以AC=❑√2AB=❑√2×2❑√2=4cm，
90⋅π⋅4 90×π×2❑√2
所以点A所经过的路径长= −2× =2π+2❑√2π=(2+2❑√2)π(cm)．
180 180
故选：B．
n⋅π⋅R
【点睛】本题考查了弧长的计算：弧长= ， （n为正整数）为弧所对的圆心角的度数，R为圆的
180
半径）．也考查了正方形和旋转的性质．
【变式13-2】（16-17九年级·山东济南·期末）如图，在矩形ABCD中，已知AB=3，BC=4，将矩形
ABCD绕着点D在桌面上顺时针旋砖至A B C D，使其停靠在矩形EFGH的点E处，若∠EDF=30°，
1 1 1
则点B的运动路径长为（ ）
5π 5π 5π 25π
A． B． C． D．
6 3 2 3
【答案】B
【分析】本题考查了旋转的性质、弧长的计算、轨迹等知识，由在矩形ABCD中，已知AB=3，BC=4
，可求得BD的长，由旋转的性质，易得∠BDC+∠B DA =90°，又由∠EDF=30°，即可求得
1 1
∠BDB 的度数，继而求得答案．
1
【详解】解：连接BD、B D，
1∵在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，
∴CD=AB=3，
∴BD=❑√AB2+CD2=5，
根据旋转的性质可知：∠B DA =∠BDA，
1 1
根据矩形的性质可知：∠BDC+∠BDA=90°，
∴∠BDC+∠B DA =90°，
1 1
∵∠EDF=30°，
∴∠BDB =180°−90°−30°=60°，
1
60π×5 5π
∴点B的运动路径长为： = ．
180 3
故选B．
【变式13-3】（2024·山东淄博·二模）如图①，小慧同学把一个等边三角形纸片（即△OAB）放在直线l
1
上，OA边与直线l 重合，然后将三角形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转120°，此时点O运动到了点O
1 1
处，点B运动到了点B 处；小慧又将三角形纸片AOB 绕B 点按顺时针方向旋转120°，点A运动到了点
1 1 1 1
A 处，点O 运动到了点O 处（即顶点O经过上述两次旋转到达O 处）．
1 1 2 2
小慧还发现：三角形纸片在上述两次旋转过程中，顶点O运动所形成的图形是两段圆弧，即弧OO 和弧
1
OO，顶点O所经过的路程是这两段圆弧的长度之和，并且这两段圆弧与直线l 围成的图形面积等于扇形
1 2 1
AOO 的面积、△AOB 的面积和扇形BOO 的面积之和．
1 1 1 1 1 2
小慧进行类比研究：如图②，她把边长为1的正方形纸片OABC放在直线l 上，OA边与直线l 重合，然后
2 2
将正方形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转90°，此时点O运动到了点O 处（即点B处），点C运动到了
1
点C 处，点B运动到了点B 处；小慧又将正方形纸片AOC B 绕B 点按顺时针方向旋转90°，……，按上
1 1 1 1 1 1
述方法经过若干次旋转后，她提出了如下问题：
（1）若正方形纸片OABC按上述方法经过3次旋转，求顶点O经过的路程，并求顶点O在此运动过程中
所形成的图形与直线l 围成图形的面积；若正方形OABC按上述方法经过5次旋转，求顶点O经过的路
2程；
21+10❑√2
（2）正方形纸片OABC按上述方法经过多少次旋转，顶点O经过的路程是 π？
2
( ❑√2) 3+❑√2
【答案】（1） 1+ π；1+π； π；（2）41次
2 2
【分析】（1）根据正方形旋转3次和5次的路径，利用弧长计算公式以及扇形面积公式求出即可；
21+10❑√2 ❑√2 1
（2）利用正方形纸片OABC经过4次旋转得出旋转路径，进而得出 π=10×(1+ )π+ π，即可
2 2 2
得出旋转次数．
【详解】解：（1）如图所示，正方形纸片OABC经过3次旋转，顶点O运动所形成的图形是三段弧，即
弧OO 、弧OO 以及弧OO，
1 1 2 2 3
∴ 顶点O运动过程中经过的路程为：
90⋅π⋅1 90⋅π⋅❑√2 ❑√2
×2+ =(1+ )π，
180 180 2
顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线l 围成图形的面积为：
2
90⋅π⋅12 90⋅π⋅(❑√2) 2 1
×2+ +2× ×1×1=1+π，
360 360 2
正方形OABC经过5次旋转，顶点O经过的路程为：
90⋅π⋅1 90⋅π⋅❑√2 3 ❑√2 3+❑√2
×3+ =( + )π= π．
180 180 2 2 2（2）∵ 正方形OABC经过3次旋转，顶点O经过的路程为：
90⋅π⋅1 90⋅π⋅❑√2 ❑√2
×2+ =(1+ )π，
180 180 2
根据第四次正方形旋转O点不动，也就是此时也是正方形OABC经过4次旋转的路程，
21+10❑√2 ❑√2 1
∴ π=10×(1+ )π+ π，
2 2 2
∴正方形纸片OABC经过了：10×4+1=41次旋转．
【点睛】本题主要考查了图形的旋转以及扇形面积公式和弧长计算公式，分别求出旋转3，4，5次旋转的
路径是解决问题的关键．
