文档内容
专题 04 圆
题型1 圆的基本性质 题型9 切线判定与性质综合（重点）
题型2 垂径定理及应用（常考点） 题型10 三角形的内切圆（常考点）
题型3 点与圆上一点最值问题（重点） 题型11 正多边形与圆的综合（常考点）
题型4 圆周角定理（常考点） 题型12 弧长的计算
题型5 圆内接四边形（常考点） 题型13 扇形面积的计算（常考点）
题型6 点与圆的位置关系的判定 题型14 圆锥的侧面积（常考点）
题型7 三角形的外接圆（常考点） 题型15 不规则图形的阴影面积（重点）
题型8 直线与圆的位置关系的判定 题型16 圆锥侧面最短路径问题（重点）
题型一 圆的基本性质 （共 3 小题）
1．（25-26七年级上·河北石家庄·期中）已知⊙O的半径为5，则⊙O中弦AB的长度不可能是（ ）
A．0.01 B．5 C．10 D．11
【答案】D
【分析】本题考查了圆的弦的性质．
根据圆的弦的性质，弦的长度不能超过直径．已知半径为5，直径为10，因此弦长不可能大于10．
【详解】解：∵⊙O的半径为5，
∴直径长为10．
∵弦AB的长度满足01.5m，
∴不需要采取紧急措施．
7．（24-25九年级上·北京西城·期中）利用以下素材解决问题．
十一假期时，我校初三年级进行了“我是桥梁专家——探秘桥洞形状”的数学活
动，某小组探究的一座拱桥如图1，图2是其桥拱的示意图，测得桥拱间水面宽AB
端点到拱顶点C距离AC=BC=10m，拱顶离水面的距离CD=5m
问
题
驱
动
设 方案一：圆弧型 方案二：抛物线型
计
方
案
任
务
一
设计成抛物线
设计成圆弧型，求该圆弧所在圆的半 型，以AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线
径． 为y轴建立坐标系，求桥拱的函数表达式．
如图，一艘货船露出水面部分的横截面为矩形EFGH，测得EF=3.5m，
EH=10m．请你通过计算说明货船能否分别顺利通过这两种情况的桥梁．
任
务
二
【答案】任务一：方案一、10m；方案二、
1
y=− x2+5任务二：方案一、货船能顺利通过；方案二、货船不能顺利通过
15
【分析】任务一：方案一，设圆心为O，连接OA、OB、OC，根据AC=BC=10，得A´C=B´C，
1
结合CD⊥AB，知直线CD过点O，根据CD= AC，得∠CAD=30°，得∠ACD=60°，得
2
△OAC是等边三角形，得OA=10；方案二，根据顶点C坐标为(0,5)，设桥拱的函数解析式为
y=ax2+5，将B(5❑√3,0)代入即可求解；
任务二：方案一，连接OE，设EH交OC于I，根据矩形性质得EH∥FG，得OC⊥EH，得EI=5，
结合半径为10得到OI=5❑√3，得DI≈3.66>3.5，即可判断；方案二，当H点的横坐标为5时，
y≈4.67>3.5，即可判断．
【详解】解：任务一：方案一，设圆的圆心为O，连接OA、OB、OC．
∵AC=BC=10，
∴A´C=B´C．
∵CD⊥AB，
1
∴∠ADC=90°，AB=BD= AB，直线CD过点O．
2
∵CD=5，
1
∴CD= AC．
2
∴∠CAD=30°．
∴∠ACD=90°−∠CAD=60°．
∵OA=OC，∴△OAC是等边三角形．
∴OA=AC=10．
故半径为10m．
方案二，
∵顶点C坐标为(0,5)，
∴设桥拱的函数解析式为y=ax2+5．
∵AD=BD=❑√AC2−CD2=5❑√3，
∴B(5❑√3,0)．
代入得0=75a+5．
1
解得a=− ．
15
1
故函数解析式为y=− x2+5．
15
任务二：
方案一，
如图，连接OE，设EH交OC于I．
由上知OE=10，
∵矩形EFGH中，EH∥FG，
∴OC⊥EH．
1
∴EI= EH=5．
2
∴OI=❑√OE3−EI2=5❑√3．
1
∵OD= OC=5，
2
∴DI=OI−OD=5❑√3−5≈3.66>3.5．
故货船能顺利通过．方案二，
1
如图，∵EI=HI= EH=5，
2
∴H横坐标为5．
1 10
∴y=− ×52+5= <3.5．
15 3
故货船不能顺利通过．
【点睛】本题考查了二次函数和圆的实际应用．熟练掌握待定系数法示解析式，二次函数的图象和性
质，弧弦的关系，垂径定理，等腰三角形性质，等边三角形减和性质，含30度的直角三角形性质，勾
股定理解直角三角形，矩形性质，是解题关键．
题型 三 点与圆上一点最值问题 （共 4 小题）
1．（24-25九年级上·辽宁大连·期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E与点F分别为射线BC，射线
CD上一点，且BE=CF，连接AE，BF并交于点G，点P为边CD上一点，DP=1，连接PG，则线
段PG长度的最小值为（ ）
A．2 B．❑√17 C．❑√17−2 D．❑√21−4
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，最短路径问题，正确作
出辅助线是解题的关键．取AB的中点O，得到OA=OB=2，根据正方形的性质可得：AB=BC=4，
∠ABC=∠BCD=90°，证明△ABE≌△BCF，得到∠AEB=∠BFC，推出∠AGB=90°，
得到点G在以为AB直径的圆上运动，连接OP，当点G在OP上时，线段PG长度的值最小，过P作
PH⊥AB于H，根据勾股定理求出OP，即可求解．【详解】解：如图，取AB的中点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ AB=BC=4，∠ABC=∠BCD=90°，
∵点O是AB的中点，
1
∴ OA=OB= AB=2，
2
∵ BE=CF，∠ABE=∠BCF=90°，
∴ △ABE≌△BCF(SAS)，
∴ ∠AEB=∠BFC，
∴ ∠BFC+∠FBC=∠AEB+∠FBC=90°，
∴ ∠AGB=90°，
∴点G在以为AB直径的圆上运动，连接OP，当点G在OP上时，线段PG长度的值最小，
1
∴ OG= AB=2，
2
过P作PH⊥AB于H，
∴ PH=AD=4，AH=DP=1，
∴ OH=OA−AH=2−1=1，
∴ OP=❑√PH2+OH2=❑√42+12=❑√17，
∴ PG=OP−OG=❑√17−2，
即线段PG长度的最小值为❑√17−2，
故选：C．
2．（24-25九年级上·吉林长春·期末）如图，在Rt△AOB中，OA=OB=6．⊙O的半径为2，点P是
AB边上的动点，过点P作⊙O的一条切线PQ（点Q为切点），则线段PQ长的最小值为（ ）A．2 B．❑√5 C．3 D．❑√14
【答案】D
【分析】本题考查了切线的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的
关键．连接OP、OQ，利用勾股定理得到AB=6❑√2，由切线的性质得到∠OQP=90°，得到
PQ2=OP2−4，分析可知当线段PQ长最小时，线段OP长也最小，根据垂线段最短性质可知当
1
OP⊥AB时，线段OP长有最小值，再利用三线合一和直角三角形的性质得到OP= AB=3❑√2，即
2
可求出线段PQ长的最小值．
【详解】解：如图，连接OP、OQ，
∵OA=OB=6 ∠AOB=90°
， ，
∴AB=❑√OA2+OB2=6❑√2，
∵PQ是⊙O的一条切线，
∴OQ⊥PQ，
∴∠OQP=90°，
在Rt△OPQ中，PQ2=OP2−OQ2=OP2−4，
当线段PQ长最小时，线段OP长也最小，
当OP⊥AB时，线段OP长有最小值，
由三线合一性质可得，此时点P在AB的中点，
1
∴OP= AB=3❑√2，
2
∴PQ=❑√OP2−4=❑√14，
∴线段PQ长的最小值为❑√14．故选：D．
1
3．（24-25九年级下·全国·期末）如图，MN是⊙O的直径，A´N= M´N，点B是A´N的中点，点P是直
3
径MN上一动点．连接AB，AP，BP．若MN=2❑√2，AB=❑√3−1，则△PAB的周长的最小值是（
）
A．❑√3+1 B．❑√3+3 C．2 D．4
【答案】A
【分析】本题考查了轴对称，勾股定理，圆心角，圆周角，弧和圆心角等知识点，作点A关于MN的
对称点A′，连接A A′，A′B，A′B交MN于点P，连接OA′，OA，OB，由轴对称性可得PA=PA′，
则PA+PB=PA′+PB≥A′B，故当A′、P、B三点共线时，PA+PB最小，最小值为A′B，由圆周角
定理，弧和圆心角的关系可求∠A′ON=∠AON=60°，∠BON=30°，进而求出∠A′OB=90°，
由勾股定理可求A′B=2，即可求解．
【详解】解：如图，作点A关于MN的对称点A′，连接A A′，A′B，A′B交MN于点P，连接OA′，
OA，OB，
∵点A与点A′关于MN对称，
∴PA=PA′，OA=OA′，
∴PA+PB=PA′+PB≥A′B，
则当A′、P、B三点共线时，PA+PB最小，最小值为A′B，
1
∵MN是⊙O的直径，A´N= M´N，点B是A´N的中点，
3∴∠A′ON=∠AON=60°，∠BON=30°，
∴∠A′OB=∠A′ON+∠BON=90°，
1
又OA=OA'= MN=❑√2，
2
∴A′B=❑√OB2+OA′2=2，
∴PA+PB的最小值为2，
∵AB=❑√3−1，
∴△PAB的周长的最小值是2+❑√3−1=❑√3+1，
故选：A．
4．（23-24九年级上·广东广州·期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=8，AC=12，点D是
边BC上的一动点，连接AD，作CE⊥AD于点E，连接BE，则BE的最小值为 ．
【答案】4
【分析】本题主要考查了圆的直径所对的圆周角为直角、勾股定理、直角三角形斜边上的中线的性质、
最短路径问题等问题，解题关键是灵活运用相关知识．
取AC的中点O，连接OE、OB，由CE⊥AD于点E，可得E点在以O为圆心，半径为OA的圆上运动，
当O、E、B三点在同一直线上时，BE最短，即可求出BE的值．
【详解】解：如下图，取AC的中点O，连接OE、OB，
∵∠ACB=90°，BC=8，AC=12，
1
∴OA=OC= AC=6，
2
∵CE⊥AD，O为AC的中点，1
∴OE= AC=6，
2
由CE⊥AD于点E，可得E点在以O为圆心，半径为OA的圆上运动，
当O、E、B三点在同一直线上时，BE最短，
此时OB=❑√OC2+BC2=❑√62+82=10，
∴BE=OB−OE=10−6=4，即BE的最小值为4．
故答案为：4．
题型 四 圆周角定理 （共 4 小题）
1．（2024九年级上·辽宁·专题练习）如图，若AB是⊙O直径，CD为是⊙O的弦，∠ABD=52°，则
∠BCD的度数为（ ）
A．36° B．37° C．38° D．39°
【答案】C
【分析】本题考查圆周角定理，三角形的内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解答的关键．先根据直
径所对的圆周角是直角得到∠ADB=90°,进而利用三角形的内角和定理求得∠DAB=38°，然后利
用同弧所对的圆周角相等即可求解．
【详解】解：连接AD，
∵AB是⊙O直径，
∴∠ADB=90°,
∵∠ABD=52°，
∴∠DAB=90°−∠ABD=38°，∵B´D=B´D，
∴∠BCD=∠DAB=38°，
故选：C．
2．（2025·四川泸州·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BD为⊙O的直径．若
AB=AC,∠ACB=70°，则∠CBD=（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】B
【分析】本题考查了等边对等角，直径所对的圆周角是直角，根据等边对等角以及三角形内角和定理
可得∠BAC=40°，根据同弧所对的圆周角相等可得∠BDC=∠BAC=40°，进而根据BD为⊙O
的直径，得出∠BCD=90°，进而得出∠CBD=50°即可求解．
【详解】解：∵AB=AC,∠ACB=70°，
∴∠ABC=∠ACB=70°，
∴∠BAC=180°−∠ABC−∠ACB=40°，
∵B´C=B´C，
∴∠BDC=∠BAC=40°，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD=90°，
∴∠CBD=90°−∠BDC−90°−40°=50°
故选：B．
3．（24-25九年级上·四川泸州·期末）如图，A、B、C是⊙O上的三个点，
∠BOC=110°,∠BCA=25°，则∠AOC的度数是（ ）A．25° B．50° C．55° D．60°
【答案】D
【分析】本题考查圆周角定理，解题的关键是掌握同弧所对的圆心角是圆周角的两倍这一性质．
先根据圆周角定理求出∠BOA的度数，再利用角的计算求出∠AOC的度数．
【详解】解：由圆周角定理得，∠AOB=2∠BCA=50°，
∴∠AOC=∠BOC−∠BOA=110°−50°=60°
故选：D．
4．（24-25九年级上·辽宁大连·期末）如图，△ABC内接于⊙O，AD是⊙O的直径，若∠B＝25°，
则∠CAD的度数是（ ）
A．60° B．65° C．70° D．75°
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
连接BD，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ABD=90°，从而可求出∠CBD的度数，然后利用
同弧所对的圆周角相等即可解答．
【详解】解：连接BD，
∵AD是⊙O的直径，∴∠ABD=90°，
∵∠ABC=25°，
∴∠CBD=∠ABD−∠ABC=65°，
∴∠CAD=∠CBD=65°，
故选：B．
5．（24-25九年级上·江苏无锡·期末）如图，点A、B、C都在⊙O上，若∠BOC=60°，则∠BAC的度
数为（ ）
A．60° B．30° C．20° D．15°
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角定理，利用圆周角定理即同弧（弦）或等弧（弦）所对的圆周角是圆心角
的一半进行求解即可．
【详解】解：∵∠BOC=60°，
1
∴∠BAC= ∠BOC=30°，
2
故选：B．
题型 五 圆内接四边形 （共 6 小题）
1．（24-25九年级上·重庆江北·期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠A=50°，则∠C
的度数是（ ）
A．50° B．100° C．120° D．130°
【答案】D
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键，根据圆内接
四边形的对角互补计算即可．【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C=180°，
∵∠A=50°，
∴∠C=130°．
故选：D．
2．（22-23九年级上·浙江温州·期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，已知点C为B´D的中点，若
∠A=50°，则∠CBD的度数为（ ）
A．25° B．30° C．40° D．50°
【答案】A
【分析】本题考查了圆的内接四边形的性质，先根据“圆的内接四边形对角互补”求出∠C=130°，
再得出B´C=C´D，进而得出∠CBD=∠CDB，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A=50°，
∴∠C=180°−∠A=130°，
∵C为B´D的中点，
∴B´C=C´D，
∴∠CBD=∠CDB，
1
∴∠CBD= (180°−130°)=25°，
2
故选：A．
3．（24-25九年级上·重庆·期末）如图，点A，B，C均在⊙O上，若∠OBC=22°，则∠D=（ ）
A．103° B．102° C．112° D．113°【答案】C
【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆内接四边形的性质，由
等腰三角形得∠OBC=∠OCB=22°，所以∠BOC=136°，再根据圆周角定理可得
1
∠A= ∠BOC=68°，最后由圆内接四边形的性质即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
2
【详解】解：∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=22°，
∴∠BOC=136°，
1
∴∠A= ∠BOC=68°，
2
∵四边形ABDC是圆内接四边形，
∴∠A+∠D=180°，
∴∠D=112°，
故选：C．
4．（24-25九年级上·河南安阳·期末）如图，点A，B，C在⊙O上，∠B=110°，则∠AOC的度数为
（ ）
A．70° B．110° C．140° D．150°
【答案】C
【分析】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构
造圆内接四边形．如图，在优弧AC上取一点D，连接AD，CD．利用圆内接四边形的性质求出
∠ADC=70°，再利用圆周角定理解决问题．
【详解】解：如图，在优弧AC上取一点D，连接AD，CD．∵∠B+∠D=180°
，
∴∠D=180°−110°=70°，
∴∠AOC=2∠ADC=140°，
故选：C．
5．（24-25九年级上·贵州黔东南·期末）如图，等边三角形ABC内接于⊙O，点P是A´B上一点，则
∠APB等于（ ）
A．60° B．100° C．120° D．150°
【答案】C
【分析】此题主要考查了圆内接四边形的性质及等边三角形的性质，关键是掌握圆内接四边形的对角
互补．首先根据等边三角形的性质计算出∠BCA=60°，再根据圆内接四边形的对角互补可得答案．
【详解】解：∵ △ABC是等边三角形，
∴∠BCA=60°，
∵四边形APBC是圆内接四边形，
∴∠BCA+∠APB=180°，
∴∠APB=180°−∠BCA=120°，
故选：C．
6．（24-25九年级上·浙江宁波·期末）圆内接四边形ABCD中，AB=AD，BD是对角线，∠ABD=40°，
则∠C的度数是（ ）A．50° B．60° C．80° D．100°
【答案】C
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，三角形内角和定理，先由等边对等角得
∠ABD=∠ADB=40°，再由三角形内角和定理得∠BAD=100°，再由圆内接四边形的性质得
∠C=180°−∠BAD=80°．
【详解】解：∵AB=AD，∠ABD=40°，
∴∠ABD=∠ADB=40°，
∴∠BAD=180°−∠ABD−∠ADB=100°，
∵ABCD是圆内接四边形，
∴∠C=180°−∠BAD=80°．
故选：C．
题型 六 点与圆的位置关系的判定 （共 4 小题）
1．（24-25九年级上·浙江绍兴·期末）在同一平面内，已知⊙O的半径为2，若OP=1.8，则点P与⊙O
的位置关系是（ ）
A．点在圆内 B．点在圆上 C．点在圆外 D．不能确定
【答案】A
【分析】本题考查的是点与圆的位置关系：当点到圆心距离小于半径时，点在圆内；当点到圆心距离
等于半径时，点在圆上；当点到圆心距离大于半径时，点在圆外． 根据点到圆心的距离即可得出答
案．
【详解】解：∵OP=1.8 < ⊙O的半径为2，
∴点P在⊙O内，
故选：A．
2．（24-25九年级上·湖北宜昌·期末）在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，点O为对角线AC，BD的交点，
以点A为圆心，1为半径作⊙A，则（ ）
A．点O在⊙A上 B．点O在⊙A内
C．点O在⊙A外 D．点O与OA位置关系不能确定【答案】C
【分析】本题考查勾股定理，矩形的性质，点与圆的位置关系，解题的关键在于熟练掌握相关知识．
利用勾股定理求出BD，再结合矩形的性质得到AO，最后根据点到圆心的距离与半径的数量关系判断
到点与圆的位置关系判断，即可解题．
【详解】解：∵矩形ABCD中，AB=1，AD=2，
1 1
∴BD=❑√AB2+AD2=❑√5，AC=BD,AO= AC= BD
2 2
1 ❑√5
∴AO= BD= ，
2 2
❑√5
∵以点A为圆心，1为半径作⊙A， >1
2
∴点O在⊙A外
故选：C．
3．（24-25九年级上·江苏苏州·期末）如图，在8×8的正方形网格中，点A，B，C，P，Q，M，N都在格
点上(正方形的顶点即格点)，若⊙O是以A，B，C为顶点的三角形的外接圆，则下列各点中，在⊙O
上的是（ ）
A．点P B．点 Q C．点M D．点N
【答案】D
【分析】本题主要考查了外接圆的圆心，勾股定理，先确定圆心的位置，再求出半径，即可判断答案．
【详解】解：如图所示，点O是△ABC的外接圆的圆心，
小正方形的边长为1，根据勾股定理可知OC=❑√12+32=❑√10，ON=❑√12+32=❑√10，
∴⊙O上的是点N．
故选：D．
4．（24-25九年级上·贵州黔南·期末）如图，在矩形ABCD中，AB=3, BC=4，以点A为圆心，4为半径
作圆，下列说法中，正确的是( )
A．点B在圆内 B．点C在圆上 C．点D在圆外 D．点D在圆内
【答案】A
【分析】本题考查了点与直线的三种位置关系，根据题意确定点与圆心之间的距离是解题的关键．根
据点与直线的三种位置关系：点在圆上(d=r)，点在圆外(d>r)，点在圆内(d4，
所以点C在圆外；因为AD=4，r=4，4=4，
所以点D在圆上．
故选：A．
题型 七 三角形的外接圆 （共 3 小题）
1．（24-25九年级上·河北石家庄·期末）如图，△ABC外接圆的圆心坐标为 ．
【答案】(5,0)
【分析】本题考查了线段的垂直平分线及三角形的外心．三角形三边的垂直平分线的交点是三角形的
外心．解决本题需仔细分析三条线段的特点．利用网格，作线段BC线段AB的垂直平分线相交于D，
再根据图形写出点D的坐标即可．
【详解】解：作线段BC、线段AB的垂直平分线相交于点D，如图，
由图可得点D的坐标为：(5,0)，
故答案为：(5,0)．
2．（24-25九年级上·安徽六安·期末）如果一个三角形的外心在这个三角形的内部，那么这个三角形是（
）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定
【答案】A
【分析】本题主要考查了三角形的外接圆与外心、垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握三角形的外
心是三角形三边垂直平分线的交点成为解题的关键．根据三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点，据此逐项判断即可．
【详解】解：如果一个三角形的外心在这个三角形的内部，那么这个三角形是锐角三角形．
故选：A．
3．（24-25九年级上·山东德州·期末）如图，△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，点D在AB的延长线
上，且∠BCD=∠A．
(1)尺规作图：作△ABC的外接圆⊙O；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)求证：直线CD是⊙O切线；
(3)若BD=2,CD=2❑√3，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)⊙O的半径为2
【分析】本题考查了作三角形的外接圆，切线的性质与判定，勾股定理；
（1）作AB的垂直平分线交AB于点O，以AO为半径，O为圆心，作圆，即可求解；
（2）连接OC，根据等腰三角形的性质可得∠A=∠OCA，根据已知可得∠A=∠BCD，进而可
得∠BCD+∠OCB=90°，即OC⊥CD，即可得证；
（3）由（2）得∠OCD=90°，设OC=OB=x，BD=2，在Rt△OCD中，根据勾股定理列出方程，
解方程，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，⊙O即为所求.
（2）证明：如图所示，连接OC∵∠ACB 90°
＝
∴∠OCA+∠OCB=90°，
∵OA=OC，
∴∠A=∠OCA，
∴∠A+∠OCB=90°，
又∵∠A=∠BCD，
∴∠BCD+∠OCB=90°，
∴∠OCD=90°，
∴OC⊥CD，
又∵OC为半径
∴直线CD为☉O的切线
（3）由（2）得∠OCD=90°
设OC=OB=x，BD=2
∴OD=x+2，CD=2 ❑√3
在Rt△OCD中，由勾股定理得OC2+CD2=OD2
∴ x2+(2❑√3) 2=(x+2) 2
解得x=2
∴ ⊙O的半径为2．
题型 八 直线与圆的位置关系的判定 （共 5 小题）
1．（24-25九年级上·河北保定·期末）如图，⊙O与直线l的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．以上都不对【答案】A
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是掌握直线与圆的几种位置关系．根据直线与
圆有两个交点即可解答．
【详解】解：∵直线与圆有两个交点，
∴直线与圆的位置关系是相交．
故选：A．
2．（24-25九年级上·北京·月考）在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，以A为圆心作一个半径为3的圆，
下列结论中正确的是（ ）
A．点A在⊙A上 B．点C在⊙A内
C．直线BC与⊙A相切 D．直线BC与⊙A相离
【答案】C
【分析】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、直线与圆的位置关系、点与圆的位置关系，作
1
AH⊥BC于H，由等腰三角形的性质可得BH=CH= BC=4，由勾股定理可得
2
AH=❑√AB2−BH2=3，再逐项分析即可得解．
【详解】解：如图，作AH⊥BC于H，
，
∵AB=AC，
1
∴BH=CH= BC=4，
2
∴AH=❑√AB2−BH2=3，
∵以A为圆心作一个半径为3的圆，
∴点A为圆心，故A错误，
∵AC=5>3，
∴点C在⊙A外，故B错误；
∵AH=3，AH⊥BC，
∴直线BC与⊙A相切，故C正确，D错误；故选：C．
3．（23-24九年级下·全国·期中）已知⊙O的直径为12cm，圆心O到直线l的距离为5cm，则直线l与
⊙O的位置关系为（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．无法确定
【答案】A
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系．首先求得该圆的半径，再根据直线和圆的位置关系与数量
之间的联系进行分析判断．若dr，则直线与
圆相离．
【详解】解：∵⊙O的直径等于12cm，
∴该圆的半径是6cm，即r=6cm，
∵圆心O到直线l的距离为5cm，即d=5cm，
∴dr，掌握利用d与r的大小关系判断直线与圆的位置关系是解题的关键．过点O作OC⊥PA于1
点C，根据含30度角的直角三角形的特征，得到CO= OP=2，由⊙O的半径为2，即可得出结论．
2
【详解】解：如图，过点O作OC⊥PA于点C，则∠OCP=90°，
∵∠APB=30° OP=4
， ，
1
∴ CO= OP=2，
2
∵ ⊙O的半径为2，
∴ ⊙O与射线PA的位置关系为相切，
故答案为：相切．
题型 九 切线 判定与性质综合 （共 8 小题）
1．（24-25九年级上·湖北宜昌·期末）如图，已知△ABC，以AB为直径的⊙O与BC，AC分别交于点
D，E，AF与过E点的切线EF垂直，垂足为F．
(1)求证：AC平分∠BAF；
(2)当BC=AC时，求证：CD=CE．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质．
（1）利用切线的性质求得∠OEF=90°，利用平行线的性质求得∠FAE=∠AEO，再等边对等角
即可得到∠FAE=∠OAE，即可得到AC平分∠BAF；
（2）证明∠AOE=∠BOD，推出BD=AE，即可证明CD=CE．
【详解】（1）证明：连接OE，∵EF为⊙O的切线，
∴OE⊥EF，
∴∠OEF=90°，
又∵AF⊥EF，
∴∠AFE=90°，
∴∠OEF=∠AFE=90°，
∴AF∥OE，
∴∠FAE=∠AEO，
又∵OE=OA，
∴∠OAE=∠AEO，
∴∠FAE=∠OAE，
即AC平分∠BAF；
（2）证明：连接OD，
∵BC=AC，
∴∠OAE=∠ABC，
∵OA=OE=OB=OD，
∴∠OEA=∠OAE=∠OBD=∠ODB
∴∠AOE=∠BOD，
∴BD=AE，
∴CD=CE．
2．（24-25九年级上·广西南宁·期末）如图，直线AB经过⊙O上的点C，并且OA=OB，CA=CB．
(1)求证：直线AB是⊙O的切线；(2)若⊙O的半径为4，AB=10，求OA的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)❑√41
【分析】本题主要考查了切线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握切线的
判定定理．
（1）连接OC，根据等腰三角形的性质得出OC⊥AB，根据切线的判定即可得出答案；
（2）根据勾股定理进行计算即可．
【详解】（1）证明：如图，连接OC，
∵OA=OB CA=CB
， ，
∴OC⊥AB，
∵OC为⊙O的半径，
∴直线AB是⊙O的切线．
（2）解：∵AB=10，
1 1
∴CA=CB= AB= ×10=5，
2 2
∵OC⊥AB，
∴∠OCA=90°，
∴在Rt△AOC中，由勾股定理，得：
OA=❑√C A2+OC2=❑√52+42=❑√41．
3．（24-25九年级上·山东东营·期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分线BE交AC于点
E，过点E作EF⊥BE于点E，EF与AB交于点F，△BEF的外接圆⊙O与BC交于点D．(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)过点E作EH⊥AB，垂足为点H，若CD=1，EH=3，求BE长．
【答案】(1)见解析
(2)3❑√10
【分析】（1）连接OE，因为OE是圆的半径，只需证OE⊥AC即可得出AC是⊙O的切线；
（2）连接DE，得出DE=EF，接着证Rt△CDE≌Rt△HFE，最后利用勾股定理
OE2=OH2+EH2求出OE，即可求出BE的长．
【详解】（1）解：连接OE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠CBE=∠ABE，
∵OB=OE，
∴∠EBO=∠BEO，
∴∠CBE=∠OEB，
∴BC∥OE，
∴∠AEO=∠C，
∵∠C=90°，
∴∠AEO=90°，
∴OE⊥AE，
∵OE为半径且E为半径的外端，
∴AC为⊙O的切线。
（2）连接DE，
∵BE平分∠ABC，AC⊥BC，EH⊥AB，
∴CE=EH，DE=EF，
∴Rt△CDE≌Rt△HFE（HL），
∴CD=HF=1，∵OE2=OH2+EH2，
∴OE2=(OE−1) 2+32，
解得：OE=5，
∴OH=4，
∴BH=9，
∴BE=❑√92+32=3❑√10．
【点睛】本题考查了圆的综合题，考查了切线的判定定理，圆的半径相等的性质，平行线的判定和性
质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确构造辅助线是解题的关键．
4．（24-25九年级上·江苏盐城·期中）小亮对《数书九章》中的“遥度圆城”问题进行了改编：如图，一
座圆形城堡有正东、正南、正西和正北四个门，出南门向东走一段路程后刚好看到北门外的一棵大树，
向树的方向走9里到达城堡边，再往前走6里到达树下．求：
(1)大树到城堡南门的距离；
(2)城堡外圆的半径．
【答案】(1)12里
(2)4.5里
【分析】本题考查勾股定理，切线的性质，切线长定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）由AB切圆于D，BC切圆于C，连接OD，得到OD⊥AB，OC⊥BC，BD=BC=9里，由勾
股定理求出AC=❑√AB2−BC2=12（里），（2）在Rt△AOD中，由勾股定理列式AO2=OD2+AD2，(12−r) 2=r2+62，所以求出OD=4.5
（里），即可得到答案．
【详解】（1）解：如图，⊙O表示圆形城堡，
由题意知：AB切圆于D，BC切圆于C，连接OD，
∴OD⊥AB，OC⊥BC，BD=BC=9里，
∵AD=6（里），
∴AB=AD+BD=15（里），
∴AC=❑√AB2−BC2=12（里），
则大树到城堡南门的距离12里；
（2）解：设城堡的半径为r里，
∴AO=(12−r)里，AD=AB−BD=15−9=6（里），
∵OD⊥AB，
∴在Rt△AOD中，AO2=OD2+AD2
∴ (12−r) 2=r2+62，
∴r=4.5（里）．
∴城堡的半径为4.5里．
5．（23-24九年级上·山西朔州·期末）如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上的两点，
∠BAC=∠DAC，过点C作直线EF⊥AD，交AD的延长线于点E，连接BC．(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若∠CAO=30°，BC=2，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)❑√3
【分析】本题考查了切线的判定，含30°角的直角三角形的性质，圆周角定理，勾股定理等．
（1）连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠OAC=∠OCA，求得∠DAC=∠OCA，推出
AD∥OC，得到EF⊥OC，于是得到结论；
（2）根据圆周角定理求得∠ACB=90°，然后利用含30°直角三角形的性质求得AB=2BC=4，则
有AC=❑√AB2−BC2=2❑√3，再利用含30°角的直角三角形的性质即可作答．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵OA=OC
，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠DAC=∠BAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴AD∥OC，
∵EF⊥AD，
∴EF⊥OC，而OC为半径，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CAO=30°，BC=2，
∴AB=2BC=4，
即AC=❑√AB2−BC2=2❑√3，
∵∠DAC=∠BAC=30°，1 1
∴ EC= AC= ×2❑√3=❑√3．
2 2
6．（24-25九年级上·江苏南通·期中）如图，将Rt△ABC沿过点A的直线翻折并展开，直角顶点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．
(1)判断BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若AC=4❑√3，∠B=30°，求⊙O的半径．
【答案】(1)BC与⊙O相切，见解析
8
(2) ❑√3
3
【分析】本题主要考查切线的判定，折叠的性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理等知识的综
合运用，掌握切线的判定方法，含30°的直角三角形的性质，勾股定理的运用是解题的关键．
（1）连接OD，得∠OAD=∠ODA，根据折叠可得，∠CAD=∠OAD，可证AC∥OD，在
Rt△ABC中，∠C=90°，即OD⊥BC，根据切线定义即可求解；
（2）根据题意可得∠DOC′=60°，∠ODC′=90°−60°=30°，由折叠的性质可得
AC=AC′=4❑√3，在Rt△ADC′中，根据含30°的直角三角形的性质可得AD′=2DC′，设DC′=x，
则AD=2x，运用勾股定理可得DC′=4，在Rt△ODC′中，根据含30°的直角三角形的性质可得
8❑√3
OD=2OC′=
，由此即可求解．
3
【详解】（1）解：BC与⊙O相切． 理由如下：
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，
又∵在Rt△ABC中，∠C=90°，
∴∠ODC=90°，即OD⊥BC，
又∵ CB经过半径OD的外端D，
∴BC与⊙O相切；
（2）解：∵在Rt△ABC中，∠B=30°，
∴∠CAO=60°，
∴∠CAD=∠OAD=∠ODA=30°，
∴∠DOC′=60°，∠ODC′=90°−60°=30°，
∵将Rt△ABC沿过点A的直线翻折并展开，直角顶点C的对应点C′落在边AB上，
∴AC=AC′=4❑√3，
∵在Rt△ADC′中，AC′=4❑√3，∠OAD=30°，
∴AD=2DC'，
设DC′=x，则AD=2x，
∴(2x) 2−x2=(4❑√3) 2 ，
解得，x=4，
∴DC′=4，
4❑√3 8❑√3
同理可得，在Rt△ODC′中，OC′= ，OD=2OC′=
，
3 3
8❑√3
∴半径为 ．
3
7．（24-25九年级上·湖北·期中）如图，△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，
DE⊥AC，垂足为E．(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为5，DE=4，求AD的长．
【答案】(1)见解析；
(2)4❑√5．
【分析】本题考查了切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，三角形的中位线性质，勾
股定理等知识，掌握切线的判定是解题的关键．
（1）连接OD，根据圆周角定理，结合等腰三角形的性质和三角形中位线可证得OD∥AC，即可证
得结论；
（2）如图，作OF⊥AC于点F，得到矩形ODEF，再通过勾股定理进行计算即可．
【详解】（1）证明：如图，连接OD．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
又∵AC=AB，
∴DC=BD，
∵OA=OB，
∴OD是△BAC的中位线．
∴OD∥AC，
又∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；（2）解：如图，作OF⊥AC于点F，
∵DE⊥OD，DE⊥CF，
∴四边形ODEF为矩形，
∴EF=OD=AO=5，OF=DE=4，
Rt△OAF中，AF=❑√OA2−OF2=3，
∴AE=AF+EF=8，
Rt△ADE中，AD=❑√42+82=4❑√5．
8．（24-25九年级上·安徽阜阳·期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆．AB是⊙O的直径，过点O作
OE⊥AC于点E，延长OE至点D，连接CD，使∠D=∠A．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若AB=CD=2❑√2，求AC的长．
【答案】(1)见解析
4❑√10
(2)
5
【分析】本题主要考查了切线的判定、勾股定理、三角形的面积公式、等腰三角形的性质，熟练掌握
以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
（1）连接OC，根据垂线的定义得到∠DEC=90°，求得∠D+∠DCE=90°，根据等腰三角形的
性质得出∠A=∠ACO，推出OC⊥CD，根据切线的判定定理即可得出结论；
OC⋅CD
（2）由勾股定理可得OD=❑√10，根据三角形的面积公式得到CE= ，最后再由垂径定理即
OD可得出结论．
【详解】（1）证明：如图，连接OC，
∵OD⊥AC
，
∴∠DEC=90°，
∴∠D+∠DCE=90°，
∵∠A=∠D，
∴∠A+∠DCE=90°，
∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO，
∴∠ACO+∠DCE=90°，
∴OC⊥CD，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵AB=CD=2❑√2，
∴OC=❑√2，
∴OD=❑√CD2+OC2=❑√10，
1 1
∵S = OC⋅CD= OD⋅CE，
△COD 2 2
OC⋅CD ❑√2×2❑√2 2
∴CE= = = ❑√10，
OD ❑√10 5
∵OD⊥AC，
4
∴AC=2CE= ❑√10．
5
题型 十 三角形的内切圆 ( 共 5 题）
1．（24-25九年级上·山东淄博·期末）等腰三角形的底边长为10，腰长为13，则它的内切圆的半径为（
）
169 10
A．6 B． C． D．3
24 3【答案】C
【分析】本题考查三角形的内切圆，根据三角形的面积与三角形的周长和内切圆半径之间的关系，进
行求解即可．
【详解】解：如图，AB=AC=13,BC=10，⊙O为△ABC的内切圆，与三边相切于点D,E,F，
连接OA,OB,OC，连接AD，
则：点O是△ABC三条角平分线的交点，OF⊥AB,OD⊥BC,OE⊥AC ，
∴AO⊥BC，OD=OE=OF，
∴A,O,D三点共线，
1
∴BD= BC=5，
2
∴AD=❑√AB2−BD2=12，
∵S =S +S +S ，
△ABC △AOB △AOC △COB
1 1 1 1
∴ BC⋅AD= AB⋅OF+ BC⋅OD+ AC⋅OE，
2 2 2 2
即：BC⋅AD=(AB+BC+AC)⋅OE，
∴10×12=(13+13+10)⋅OE，
10 10
∴OE= ，即⊙O的半径为 ；
3 3
故选C．
2．（24-25九年级上·广东东莞·期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，
∠AIC=130°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（ ）A．50° B．60° C．70° D．80°
【答案】D
【分析】本题主要考查三角形的内切圆与内心，圆内接四边形的性质，三角形的内角和定理以及邻补
角，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形的性质．由点I是△ABC的内心知
∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，从而求得
∠B=180°−(∠BAC+∠ACB)=180°−2(180°−∠AIC)，再利用圆内接四边形的外角等于内
对角可得答案．
【详解】解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，
∵∠AIC=130°，
∴∠B=180°−(∠BAC+∠ACB)
=180°−2(∠IAC+∠ICA)
=180°−2(180°−∠AIC)
=80°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC=180°−∠B=100°，
∴∠CDE=180°−∠ADC=80°，
故选：D．
3．（24-25九年级上·山东德州·期末）如图，点O是△ABC外接圆的圆心，点I是△ABC的内心，连接
OB，IA．若∠OBC=20°，则∠CAI的度数为（ ）A．25° B．35° C．40° D．45°
【答案】B
【分析】本题考查了三角形的内心，等腰三角形的性质，圆周角定理等知识点，掌握内心的定义是解
题的关键．
连接OB，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得∠BOC=140°，进而由圆周角定理得
1 1
∠BAC= ∠BOC=70°，再根据内心的定义可得∠CAI= ∠BAC，据此即可求解．
2 2
【详解】解：连接OC，
∵OB=OC
，
∴∠OCB=∠OBC=20°，
∴∠BOC=180°−2×20°=140°，
1
∴∠BAC= ∠BOC=70°，
2
∵点I是△ABC的内心，
1 1
∴∠CAI= ∠BAC= ×70°=35°，
2 2
故选：B．
4．（23-24九年级上·天津河西·期末）一个等边三角形的边长为2，则这个等边三角形的内切圆半径为
（ ）
1 ❑√3
A． B．1 C． D．❑√3
2 3
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，等边三角形的性质，构造内切圆半径，三角形边的一半，
圆心和顶点连线形成的直角三角形，利用30度直角三角形和勾股定理即可求解．
1
【详解】解：如图：等边△ABC的内切圆O切AB于D，连接OD，则AD= AB=1，
21
∠OAD= ∠CAB=30°，
2
1
∴OD= OA，
2
∵OD2+AD2=OA2，
∴OD2+12=(2OD) 2，
❑√3
∴OD= （负值舍去）．
3
故选：C．
题型 十一 正多边形与圆的综合（共 5 题 )
1．（25-26九年级上·福建福州·期中）如果一个正多边形的中心角为60∘，那么这个正多边形的边数是( )
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】本题考查了正多边形与圆；正多边形的中心角等于360°除以边数，因此已知中心角可求边数．
360°
【详解】解：∵中心角= ，且中心角=60°，
n
360°
∴ =60°，
n
360°
∴n= =6．
60°
因此，边数为6，对应选项D．
故选：D．
2．（25-26九年级上·浙江金华·期中）如图，AB为弦，若∠ABC=20°，弦AC是圆内接正多边形的一边，
则该正多边形为（ ）A．正九边形 B．正八边形 C．正七边形 D．正六边形
【答案】A
【分析】本题考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是构造同弧所对的圆心角．构造弧AC所对的
圆心角后即可求得答案．
【详解】解：如图，连接AO，CO，
∠ABC=20°
∵ ，
∴∠AOC=2∠ABC=40°，
360°
∴ =9，
40°
∴AC是正九边形的一条边，
故选：A．
3．（25-26九年级上·广西南宁·期中）苯（分子式为C H ）的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的，随
6 6
着研究的不断深入，发现如图1的一个苯分子中的6个碳原子形成了正六边形的结构，其示意图如图
2，点O为正六边形ABCDEF对角线AD的中点，连接OC，若OC=1，则CD的长是（ ）
A．2 B．1 C．3 D．4【答案】B
【分析】此题重点考查正多边形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，推导出OD=OC，且
∠ODC=60°是解题的关键．由点O为正六边形ABCDEF的对角线AD的中点，可得OD=OC，
∠CDE=120°，且AD平分∠CDE，从而得到△DOC是等边三角形，即可得到问题的答案．
【详解】解：∵多边形ABCDEF是正六边形，
6−2
∴∠CDE= ×180°=120°，
6
∵点O为正六边形ABCDEF对角线AD的中点，即正六边形ABCDEF的中心，
1
∴OD=OC= AD，且AD平分∠CDE，
2
1
∴∠ODC= ∠CDE=60°，
2
∴△DOC是等边三角形，
∴CD=OC=1．
故选：B．
4．（25-26九年级上·北京·期中）“正六边形”在一些地区园林窗洞的设计中有着广泛的应用．已知半径
为20cm的正六边形的窗洞如图所示，那么它的面积是（ ）
A．600❑√3cm2 B．100❑√3cm2 C．150❑√3cm2 D．30❑√3cm2
【答案】A
【分析】根据正六边形的边长等于半径的特点，正六边形可以分解为六个全等的三角形，易得每个三
角形的面积，进而可得六边形的面积．
【详解】解：如图，设正六边形的中心为点O，连接OA、OB，过点O作OC⊥AB于点C，
360°
∴中心角∠AOB= =60°，
6∵正六边形的半径为20，
∴OA=OB=20，
∴△OAB是等边三角形，
∴AB=OA=OB=20，
即正六边形可以分解为六个全等的三角形，且每个三角形的边长都为20，
∵OC⊥AB，
1 1
∴AC= AB= ×20=10，
2 2
∴OC=❑√OA2−AC2=❑√202−102=10❑√3，
1 1
∴S = AB⋅OC= ×20×10❑√3=100❑√3，
△OAB 2 2
∴这个正六边形的面积是6×100❑√3=600❑√3(cm2)．
故选：A．
【点睛】本题考查正多边形和圆，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，解题的关键
是掌握：正六边形的边长等于半径．
5．（2025·山东聊城·三模）如图，点A、B、C、D、E是以点O为中心的正多边形的顶点，若
∠ADB=18°，则该正多边形的边数为（ ）
A．7 B．8 C．10 D．11
【答案】C
【分析】本题考查圆周角定理．连接OA，OB，根据圆周角定理得到∠AOB=2∠ADB=36°，于
是得到结论．
【详解】解：如图，连接OA，OB，∵∠ADB=18°
，
∴ ∠AOB=2∠ADB=36°，
360°
∴该正多边形的边数为 =10，
36°
故选C．
6．（2025·安徽池州·一模）刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周
率，开创了中国数学发展史上圆周率研究的新纪元．某同学在学习“割圆术”的过程中，作了一个如
图所示的圆内接正八边形．若⊙O的半径为2，则这个圆内接正八边形的面积为（ ）
A．4❑√2 B．8❑√2 C．4❑√2π D．8❑√2π
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题
360°
的关键．如图，过A作AC⊥OB于C，得到圆的内接正八边形的圆心角为 =45°，根据三角形
8
的面积公式即可得到结论．
【详解】解：如图，过A作AC⊥OB于C，
360°
∵ =45° OA=2
8
圆的内接正八边形的圆心角为 ， ，
∴AC=OC=❑√2，1
∴S = ×2×❑√2=❑√2，
△OAB 2
∴这个圆的内接正八边形的面积为8×❑√2=8❑√2，
故选：B．
题型 十二 弧长的计算（共 4 题）
1．（24-25九年级上·云南昭通·期末）用一个圆心角是120°，半径是3的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆
锥的底面圆的半径为（ ）
3 4
A．1 B． C． D．2
2 3
【答案】A
【分析】本题主要考查了求弧长，求圆锥的底面半径，
先求出扇形的弧长，可得圆锥的底面周长，再根据周长公式求出半径．
120π×3
【详解】解：扇形的弧长= =2π，
180
即圆锥的底面周长为2π，
∴圆锥的底面半径为2π÷(2π)=1．
故选：A．
2．（24-25九年级上·湖北襄阳·期末）如图，AB,CD是⊙O的弦，延长AB,CD相交于点P．已知
∠P=30°，∠AOC=80°，OA=9，则B´D的长为（ ）
π 3π
A． B．π C．2π D．
2 2
【答案】B
【分析】如图，连接OB,OD,AC，先求解∠OAC+∠OCA=100°，再求解
∠PAO+∠PCO=50°，从而可得∠BOA+∠COD=260°，再利用周角的含义可得
∠BOD=360°−80°−260°=20°，从而求出B´D的长，可得答案．本题考查的是圆心角与弧的度数
的关系，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，弧长公式，掌握“圆心角与弧的度数的关
系”是解本题的关键．【详解】解：如图，连接OB,OD,AC，
∵∠AOC=80°，
∴∠OAC+∠OCA=100°，
∵∠P=30°，
∴∠PAO+∠PCO=50°，
∵OA=OB，OC=OD，
∴∠OBA=∠OAB，∠OCD=∠ODC，
∴∠OBA+∠ODC=50°，
∴∠BOA+∠COD=260°，
∴∠BOD=360°−80°−260°=20°．
∴B´D的度数20°．
20°
即 ×π×2×9=π．
360°
故选：B．
3．（24-25九年级上·江苏镇江·期末）如图，用一个半径为10cm的定滑轮拉动重物上升，假设绳索粗细不
计，且与轮滑之间没有滑动，若滑轮旋转了150°，则重物上升了（ ）cm
10 20 25
A． π B．5π C． π D． π
3 3 3
【答案】D
【分析】本题考查弧长的计算，掌握弧长的计算方法是解题的关键．根据弧长的计算方法计算半径为
10cm，圆心角为150°的弧长即可．【详解】解：由题意得，重物上升的距离是半径为10cm，圆心角为150°所对应的弧长，
150π×10 25
即 = π，
180 3
故选：D．
4．（24-25九年级上·吉林长春·期末）将直尺和量角器按如图方式摆放，其中AB为量角器所在半圆的直径，
直尺的边缘与BA的延长线交于点C，并与量角器所在半圆相切于点D．已知点C、D在直尺上对应的
刻度分别为0和3，点D在量角器上对应的外圈刻度为60°，则A´D的长为（ ）
1 ❑√3 2❑√3
A． π B． π C．π D． π
2 3 3
【答案】B
【分析】连接OD，如图所示，CD=3，∠AOD=60°，先根据切线的性质得到∠CDO=90°，再
由含30°的直角三角形性质得到OD=❑√3，最后根据弧长公式计算A´D的长度．
【详解】解：连接OD，如图所示：
∴CD=3 ∠AOD=60°
， ，
∵CD与半圆相切于点D，
∴OD⊥CD，
∴ ∠CDO=90°，
在Rt△AOD中，∠COD=60°，则∠OCD=30°，
∴OC=2OD，
设OD=x，则OC=2x，
由勾股定理可得CD=❑√OC2−OD2=❑√3x，
∴CD=❑√3x=3，解得x=❑√3，则OD=x=❑√3，60 60 ❑√3
∴ A´D的长为= ×2π×OD= ×2π×❑√3= π，
360 360 3
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径、含30°的直角三角形性质、勾股
定理、弧长公式等知识，熟记切线性质、三角函数及弧长公式是解决问题的关键．
题型 十三 扇形面积的计算（共 4 题）
1．（24-25九年级上·河北张家口·期末）琪琪制作了一把扇形纸扇，如图，OA=20cm，OB=5cm，纸扇
完全打开后，外侧两竹条（竹条宽度忽略不计）的夹角∠AOC=120°，现需在扇面一侧绘制山水画，
则山水画所在纸面的面积为（ ）cm2．
A．60π B．75π C．125π D．150π
【答案】C
【分析】本题主要考查了扇形面积的计算，将山水画所在纸面的面积转化为大小两个扇形的面积之差
即可解决问题．
【详解】解：由题知，S =
120⋅π⋅202
=
400
π(cm2)，S =
120⋅π⋅52
=
25
π(cm2)，
扇形OAC 360 3 扇形OBD 360 3
400 25
所以山水画所在纸面的面积为： π− π=125π(cm2)．
3 3
故选：C．
2．（24-25九年级上·福建南平·期末）玉佩是我国古人身上常佩戴的一种饰品．现在从一块直径为8cm的
圆形玉料中刻出一个如图所示的扇形玉佩（A,B,C在圆上，且∠ABC=90°），则这个扇形玉佩的
面积是（ ）
A．4πcm2 B．8πcm2 C．16πcm2 D．16❑√2πcm2
【答案】B【分析】本题考查了扇形的面积计算以及圆周角定理，关键是圆周角定理的应用．如图，连接AC，
取AC的中点O，根据等腰直角三角形的性质得AB=BC=4❑√2，然后根据扇形的面积公式即可求解．
【详解】解：如图，连接AC，取AC的中点O，连接OB，
∵A,B,C ∠ABC=90°
在圆上，且
∴AC是⊙O的直径．
∵AC=8cm,
∴OA=OB=OC=4cm,
∴AB=BC=❑√42+42=4❑√2(cm)，
90π×(4❑√2) 2
∴S = =8π(cm)．
扇形 360
故选：B．
3．（23-24九年级上·安徽合肥·期末）如图，直径AB为6的半圆，绕A点逆时针旋转60°，此时点B到了
点B′处，则图中阴影部分的面积是（ ）
3π
A．3π B．6π C． D．24π
2
【答案】B
【分析】本题主要考查了扇形的面积的计算．根据阴影部分的面积=以AB′为直径的半圆的面积+扇形
ABB′的面积−以AB为直径的半圆的面积．即可求解．
【详解】解：阴影部分的面积=以AB′为直径的半圆的面积+扇形ABB′的面积−以AB为直径的半圆的
面积=扇形ABB′的面积．60π×62
则阴影部分的面积是： =6π，
360
故选：B．
4．（23-24九年级上·甘肃武威·阶段练习）如图，点A，B，C是⊙O上的点，且∠ACB=40°，阴影部分
的面积为2π，则此扇形的半径为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】此题主要是考查了扇形的面积公式，圆周角定理，能够求得∠AOB的度数是解答此题的关
键．
先由圆周角定理可得∠AOB的度数，再由扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵∠ACB=40°，
∴∠AOB=2∠ACB=80°，
80×πr2
∴扇形AOB的面积为 =2π，
360
∴r=3，
故选：B．
题型 十四 圆锥的侧面积（共 3 题）
1．（24-25九年级上·辽宁大连·期末）已知圆锥的底面积为16πcm2，母线长为6cm，则圆锥的侧面积是
（ ）
A．18πcm2 B．18cm2 C．24cm2 D．24πcm2
【答案】D
1
【分析】本题考查了扇形的面积公式（S= lr，其中l为弧长，r为扇形的半径），熟练掌握扇形的面
2
积公式是解题关键．先利用圆的面积公式求出圆锥的底面圆的半径，再利用扇形的面积公式计算即可
得．
【详解】解：设底面圆的半径为rcm，由题意得：πr2=16π，
解得r=4或r=−4<0（不符合题意，舍去），
∵这个圆锥的母线长为6cm，
1
∴圆锥的侧面积是
×(2π×4)×6=24π(cm2)，
2
故选：D．
2．（24-25九年级上·湖北·期末）如图，圆锥形的烟囱帽的底面圆半径为30cm，母线l长为40cm，制作一
个这样的烟囱帽至少需要铁皮（ ）cm2
A．600π B．800π C．1200π D．2400π
【答案】C
【分析】本题考查了圆锥求面积的实际应用，根据圆锥的侧面展开是一个扇形，而扇形的弧长等于圆
锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，利用扇形的面积等于圆锥的侧面积求出一个烟囱帽的
面积即可．
【详解】解：一个圆锥的侧面积为S=πrl=30×40π=1200π（cm2），
故选：C．
3．（2024·山东东营·模拟预测）草锅盖，又名盖顶，是一种以牛筋草、江边草和斑茅草为原材料进行编织
缠绕的云南特有的传统草编工艺品．某兴趣小组根据草锅盖的特征制作了一个圆锥模型，并用测量工
具测量其尺寸，如图所示，由图中的数据可知圆锥模型的侧面积为（ ）
A．16πcm2 B．20πcm2 C．24πcm2 D．25πcm2
【答案】B
【分析】本题考查了求圆锥的侧面积，勾股定理，牢记公式是解题的关键．根据题意得到圆锥的底面
半径为4，高为3，然后利用勾股定理求出母线长，然后利用圆锥侧面积公式求解即可．
【详解】解：根据题意得，圆锥的底面半径为4，高为3，∴母线长为❑√42+32=5，
∴圆锥模型的侧面积为π×4×5=20π．
故选：B．
题型 十五 不规则图形的阴影面积（共 5 题）
1．（2023·云南·模拟预测）如图，菱形ABCD的周长为48，以点B为圆心，AB为半径画圆弧AC得到扇形
BAC（阴影部分）．若扇形BAC正好是一个圆锥的侧面展开图，且该圆锥的高为8．则扇形BAC
（阴影部分）的面积为（ ）
A．48π B．48❑√5π C．12❑√35π D．12❑√74π
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、圆锥侧面积的计算，由题意得出AB=BC=12，即圆锥
的母线长为12，由勾股定理得出底面半径为r=4❑√5，再由圆锥侧面积公式计算即可得出答案．
【详解】解：∵菱形ABCD的周长为48，
∴AB=BC=48÷4=12，即圆锥的母线长为12，
∵该圆锥的高为8，
∴底面半径为r=❑√122−82=4❑√5，
∴由圆锥侧面积公式得：S=πrl=π×4❑√5×12=48❑√5π，
∴S =48❑√5π，
阴影
故选：B．
2．（24-25九年级上·北京·月考）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=2．以A为圆心
AC为半径画圆，交AB于点D，则阴影部分面积是（ ）π 2π π 2π
A．❑√3− B．❑√3− C．2❑√3− D．2❑√3−
3 3 3 3
【答案】D
【分析】本题主要考查了扇形的面积公式，三角形内角和定理，直角三角形的性质，勾股定理等知识
点，掌握扇形面积公式是解题的关键．
在Rt△ABC中，根据直角三角形的性质可得AB=2AC=4,∠A=60°，再根据勾股定理可得
BC=2❑√3，最后根据S =S −S 计算即可解答．
阴影 △ABC 扇形ACD
【详解】解：∵Rt△ABC中，∠C=90°,∠B=30°,AC=2，
∴AB=2AC=4,∠A=60°，
∴BC=❑√AB2−AC2=❑√42−22=2❑√3，
1 60π×22 2π
∴S =S −S = ×2❑√3×2− =2❑√3− ，
阴影 △ABC 扇形ACD 2 360 3
故选：D．
3．（24-25九年级上·广东肇庆·期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=4，分别以AC、
BC为半径画圆，则阴影部分的面积为（ ）
A．5π−8 B．20π−8 C．10π−16 D．5π−16
【答案】C
【分析】本题主要考查了求不规则图形的面积，三角形的面积公式等知识点，由图中的面积关系得出
“阴影部分的面积=两个半圆面积之和−三角形面积”是解题的关键．
根据“阴影部分的面积=两个半圆面积之和−三角形面积”直接列式计算即可．
【详解】解：由图形可知：
阴影部分的面积=两个半圆面积之和−三角形面积1 1 1
= πR2+ πr2− AC⋅BC
2 2 2
1 1 1
= π×42+ π×22− ×8×4
2 2 2
=8π+2π−16
=10π−16，
故选：C．
4．（24-25九年级上·重庆·期末）两个半径相等的半圆按如图所式放置，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❑√3，则阴影部分的面积是（ ）
3❑√3 π 3❑√3 3❑√3
A．π− B．π C． − D．π−
4 2 4 2
【答案】A
【分析】本题主要考查了扇形面积的计算，熟知扇形的面积公式是解题的关键．连接MO,MO′，得
出ΔMOO′为等边三角形，据此再结合扇形的面积公式进行计算即可．
【详解】连接MO,MO′，
∵半圆O′与半圆O的半径相等，
∴MO=MO′=OO′，
∴ΔMOO′是等边三角形，
∴∠MOO′=60°，
60×π×(❑√3) 2 π
∴S = = ，
扇形OMO′ 360 2
1 3 3❑√3
又∵S = ×❑√3× = ，
ΔOMO′ 2 2 4π π 3❑√3 3❑√3
∴S = + − =π− ．
阴 2 2 4 4
故选：A．
5．（24-25九年级上·重庆·阶段练习）在等腰直角△ABC中，已知∠ABC=90°，AB=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（ ）
3π 1 3π 1 π 1 π 1
A． − B． + C． − D． +
8 2 8 2 4 2 4 2
【答案】A
【分析】本题考查了旋转的性质，不规则图形的面积，勾股定理，等腰直角三角形的性质．由等腰直
角三角形的性质得AC=❑√12+12=❑√2，∠BAC=45°，由旋转得∠CAC′=90°，
△AB′C′ ≌△ABC，∠B′ AC′=∠BAC=45°，即得∠CAB′=∠CAC′−∠B′ AC′=45°，再
根据S =S −S −S 计算即可求解．
阴影 扇形CAC′ 扇形DAB′ △AB′C′
【详解】解：∵等腰直角△ABC中，∠ABC=90°，AB=1，
∴AC=❑√12+12=❑√2，∠BAC=45°，
由旋转可得∠CAC′=90°，△AB′C′ ≌△ABC，∠B′ AC′=∠BAC=45°，
∴∠CAB′=∠CAC′−∠B′ AC′=90°−45°=45°，
90π×(❑√2) 2 45π×12 1 3π 1
∴S =S −S −S = − − ×1×1= − ，
阴影 扇形CAC′ 扇形DAB′ △AB′C′ 360 360 2 8 2故选：A．
题型 十六 圆锥侧面最短路径问题（共 2 题）
1．（2025·河北沧州·模拟预测）已知某建筑物的顶端为圆锥形（如图），为了美观，要在圆锥形建筑上装
饰一条灯带，灯带自B处开始绕侧面一周又回到点B，若这个圆锥形建筑物的底面周长为40πcm，母
线AB的长为60cm，则这条灯带的最短长度是（ ）
A．40cm B．60cm C．30❑√3cm D．60❑√3cm
【答案】D
【分析】本题考查了圆锥的计算，首先求出圆锥底面的周长，再求出圆锥侧面的圆心角度数，最后运
用勾股定理求出BB 的长即可．
1
【详解】如图，扇形BAB 为圆锥的侧面展开图，连接BB ．
1 1
∵ 40πcm AB 60cm
圆锥形底面周长为 ，母线 的长为 ，
nπ×60
∴40π= ．解得n=120°，即∠BAB =120°，
180° 1
∵AB=AB ，
1
∴∠ABB =∠AB B=30°，
1 1
过点A作AD⊥BB 于点D，
1
∴∠ADB=90°．
∵AB=60cm．
∴AD=30cm，BD=30❑√3cm，
∵AB=AB ，AD垂直BB ，
1 11
∴B D=BD= BB ，
1 2 1
∴BB =60❑√3cm．
1
故这条灯带的最短长度为60❑√3cm，
故选D．
2．（2025·广东梅州·一模）综合与实践
【主题】制作圆锥形生日帽
【素材】①一张圆形纸板；②一条装饰彩带．
【实践操作】
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．
【实践探索】在制作好的生日帽中，AB=8cm，l=8cm，C是PB的中点，现要从点A到点C再到点
A之间拉一条装饰彩带，求彩带长度的最小值．
【答案】8❑√5cm
【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．根据条件得出圆锥的侧面展开后可得到的扇形圆心角为180°，进而根据勾股定理即可求解．
【详解】解：∵AB=8cm，
∴r=4cm．
1 nπl2
∵ ×2πr×l= ，
2 360
360r 360×4
∴n= = =180．
l 8
∴将圆锥侧面展开后得到圆心角为180∘的扇形，如下图所示：1
由图可知，∠A′PC= ×180∘=90∘
．
2
∵PA′=PB=8cm，
1
∴PC= PB=4cm．
2
在Rt△A′PC中，由勾股定理，得A′C= ❑√PA'2+PC2=❑√82+42=4❑√5(cm)．
∴彩带长度的最小值为2A′C=8❑√5cm．
