专题16 圆中的计算与证明经典综合大题专训（六大题型）-2023-2024学年九年级数学上册重难点高分突破（浙教版）

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题型一 圆的对称性相关的综合大题
题型二 确定圆的条件相关的综合大题
题型三 圆周角的综合大题
题型四 直线与圆的位置关系相关的综合大题
题型五 正多边形与圆相关的综合大题
题型六 弧长及扇形面积综合大题
【经典例题一 圆的对称性相关的综合大题】
1．（2023·统考二模）如图，在正方形中，点E为边上一个动点，作点B关于的对称点，连接并延长，交延长线于点F，连接，．

(1)求证：．
(2)求的度数．
(3)若，在点E的运动过程中，求点F到距离的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意可得垂直平分，则；
（2）如图所示，连接，证明，得到，根据四边形内角和定理求出，即可得到；
（3）如图所示，连接交于O，设与交于H，先求出，则点F在以点O为圆心，为半径的圆弧上运动，即劣弧上运动；过点O作交于N，交于M，则点F到距离的最大值即为的长，由此求出答案即可．
【详解】（1）证明：∵点B关于的对称点为，
∴垂直平分，
∴；
（2）解：如图所示，连接，
∵垂直平分，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；

（3）解：如图所示，连接交于O，设与交于H，
由（2）得，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴点F在以点O为圆心，为半径的圆弧上运动，即劣弧上运动，
过点O作交于N，交于M，则点F到距离的最大值即为的长，
在中，，
∴，
∴，
∴点F到距离的最大值为．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，轴对称的性质，四边形内角和定理，垂径定理，等腰三角形的性质与判定等等，正确确定点F的运动轨迹是解题的关键．
2．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图1，是的弦，点C在外，连接、分别交于D、E，
(1)求证：．
(2)如图2，过圆心O作，交于P、Q两点，交、于M、N两点，求证：．
(3)如图3，在（2）的条件下，连接、，，若，，求弦的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)13
【分析】(1)连接，利用圆内接四边形的性质，等腰三角形的两个底角相等的性质证明即可．
(2) 连接，证，得，得，可证明．
(3) 连接，证，，结合已知，得，等边，，，作于点G，设，可得，，，，，中勾股得，计算即可．
【详解】（1）如图，连接，
∵四边形是的内接四边形，
∴；
∵，
∴；
∴；
∴．
（2）连接，
∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）连接，
∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴等边，，，
作于点G，则，
∵，，
设，则，，
∴，
∴，，，
中，根据勾股定理，得，
解得，，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的性质，垂径定理，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，圆的内接四边形的性质，勾股定理，一元二次方程的解法，熟练掌握圆的性质，勾股定理，一元二次方程的解法是解题的关键．
3．（2023·陕西西安·校考二模）【问题提出】
（1）如图①，在等腰直角中，，为等边三角形，，则线段BD的长为___________；
【问题解决】
（2）如图②，在等腰直角中，，以AC为直径作半圆O，点D为上一动点，求点B、D之间的最大距离；
【问题探究】
（3）一次手工制作课程中，老师要求小明和小丽组制作一种特殊的部件，部件的要求如图③，部件是由直角以及弓形BDC组成，其中，点E为BC的中点，，这时候小明和小丽在讨论这个部件，其中小丽说点A到的最大距离是点A、D之间的距离，小明说不对，你认为谁的说法正确？请说明理由，并求出点A到的最大距离．
【答案】（1）；（2）；（3）小明的说法正确，见解析，
【分析】（1）连接BD，交AC于点E，根据题意BD是AC的垂直平分线，通过解直角三角形解出BE与DE的长，两者相加即可解题．
（2）结合图形，可知B，O，D三点共线时，BD有最大值，根据解直角三角形解出BO的长，加上半圆的半径，即可解答．
（3）作辅助线如图，证明，即说明小明的说法正确；可知弓形的圆心在上，当通过勾股定理求出半径的长度，再算出的长，即可解答．
【详解】解：（1）
如图，连接BD交AC于点E ，
是等腰直角三角形，为等边三角形，
，,
在与中，
，
，
，，
根据三线合一，可得垂直平分，
，
，
，
，，
．
（2）如图②，连接BO并延长交于点D，则此时BD最大．
在上取一点异于点D的点，连接、．
在中，，
，
，即．
最大
在等腰直角中，，O为AC的中点，
且．
．
．
点B、D之间的最大距离为．
（3）小明的说法正确．
如图③，过点A作BC的平行线AF，延长DE交AF于点F．
点E为BC中点，，
所在的圆的圆心O在直线DF上．
设圆O半径为r，连接BO．
在中，，
且，
，得．
连接AO并延长交于点，则为最大距离．
在中，，且，
小明的说法正确．
在中，．
．
．
点A到的最大距离为．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，垂径定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
4．（2023·黑龙江齐齐哈尔·校考三模）【问题思考】如图1，点E是正方形内的一点，过点E的直线，以为边向右侧作正方形，连接，直线与直线交于点P，
则 ，通过这两个三角形全等可得线段与之间的关系为 ．
【问题类比】
如图2、3，当点E是正方形外的一点时，【问题思考】中的结论 （填成立或不成立），若成立，请选择图2证明你的结论；若不成立，请选择图3说明理由；
【拓展延伸】
（1）若点E是边长为2的正方形所在平面内一动点，【问题思考】中其他条件不变，则的取值范围是 （直接写出结果）．
（2）若点E是边长为2的正方形所在平面内一动点，【问题思考】中其他条件不变，则动点P到边的最大距离为 （直接写出结果）．

【答案】【问题思考】；；；
【问题类比】成立，证明见解析
【拓展延伸】（1）；（2）
【分析】问题思考：由“”可证，可得，，由四边形内角和定理可证；
问题类比：由“”可证，可得，，由四边形内角和定理可证；
拓展延伸：（1）连接，，，易得，，由三角形三边关系可知：，当，，在同一直线上时取等号，即可得；
（2）由题意可得点在以为直径的上运动，则当时，点到边有最大距离，即可求解．
【详解】解：问题思考：∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，，；
问题类比：仍然成立，理由如下：
∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
拓展延伸：（1）连接，，，

∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，，
由三角形三边关系可知：，当，，在同一直线上时取等号，
∴，
故答案为：；
（2）如图3，连接，

由（2）可知：，
∴，
∴点在以为直径的上运动，
∴当时，点到边有最大距离，
∵正方形的边长为2，
∴，
∴点到边的最大距离为，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆的有关知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
5．（2022秋·江苏南京·九年级南京市科利华中学校考期中）在学习《2.1圆》时，小明遇到了这样一个问题：如图1（1）、1（2）所示，和中，．试证明、、、四点在同一圆上．
小明想到了如下证法：在图1（1）、1（2）中取中点，连接、．则有及，即，所以、、、四点在以为圆心，为半径的圆上．
根据以上探究问题得出的结论，解决下列问题：
(1)如图2，在中，三条高、、相交于点，连接０、，若，则______________°．
(2)如图3，已知是的直径，是的弦，为的中点，于，于（、不重合）．若，求证：．
【答案】(1)；
(2)见解析．
【分析】（1）在中，、、是高，可知点E、H、D、B四点共圆，点E、H、D、C四点共圆，然后在每一个圆中运用等弦对等角进行角的转换即可求解；
（2）连接、、,是的弦，为的中点，根据垂径定理可知，结合于，于，点C、E、O、G四点共圆，点D、F、O、G四点共圆，然后在每一个圆中运用等弦对等角进行角的转换即可求解，最后证明是等边三角形即可．
【详解】（1）解：在中，、、是高，
,
点E、H、D、B四点共圆，
,
点E、H、D、C四点共圆，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
（2）证明：连接、、,
,为的中点，
，
于，于，
,
点C、E、O、G四点共圆，
点D、F、O、G四点共圆，
,,
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
．
【点睛】本题考查了四点共圆的判定、垂径定理、等弦对等角以、等边三角形的判定以及与三角形有关的教的计算；结合题意证明四点共圆并运用圆的相关知识解决问题是解题的关键．
6．（2023·北京·九年级专题练习）在平衡直角坐标系中，线段，点，在线段上，且，为的中点，如果任取一点，将点绕点顺时针旋转得到点，则称点为点关于线段的“旋平点”．

(1)如图1，已知，，，知果为点关于线段的“旋平点”，画出示意图，写出的取值范围；
(2)如图，的半径为，点，在上，点，如果在直线上存在点关于线段的“旋平点”，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据旋平点的定义，找到点，即可；
（2）当线段轴时，存在点关于线段的“旋平点”，即“旋平点”与点在轴方向的距离最长，，以点为圆心，为半径画圆；以点为圆心，为半径画圆，分别以直线，作点的对称点和，根据对称的性质，即可求出的取值范围．
【详解】（1）设，，且，
∵点、在线段上，且，，，
∴，，，
∴，
∴，
∵点与点关于点对称，
∴，，
∴，
∴的取值范围为：．

（2）如图：
当线段轴时，存在点关于线段的“旋平点”
即“旋平点”与点在轴方向的距离最长，
∴，
以点为圆心，为半径画圆；以点为圆心，为半径画圆，
∴直线与半径为的圆交点，直线与半径为的圆交点，
分别以直线，作点的对称点和，
∵点，
∴，，
∴．

【点睛】本题考查新定义圆和对称的知识，解题的关键是理解旋平点的定义，根据定义，进行解题．
【经典例题二 确定圆的条件相关的综合大题】
1．（2023秋·江苏·九年级专题练习）尺规作图蕴含丰富的推理，还体现逆向思维，请尝试用无刻度的直尺和圆规完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹．

(1)【圆的作图】点P是中边上的一点，在图1中作，使它与的两边相切，点P是其中一个切点；
(2)点P是中边上的一点，在图2中作，使它满足以下条件：
①圆心O在上；②经过点P；③与边相切；
(3)【不可及点的作图】如图3，从墙边上引两条不平行的射线（交点在墙的另一侧，画不到），作这两条射线所形成角的平分线．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据尺规作图角平分线、垂直平分线作出结果；
（2）根据尺规作图角平分线、垂直平分线、已知线段作出结果，有多种不同做法．
（3）根据尺规作图作角平分线、作垂直平分线、作已知线段、作垂线作出结果，有多种不同做法．
【详解】（1）解：

①过点作，垂足为点；
②作的平分线 交于点；
③以点为圆心，长为半径作圆；
则⊙为所求的图形．
（2）
法1：①过点作的垂线交于点，
②在上截取，
③作交于点
（或作的平分线交于点）；
④以点为圆心，长为半径作圆；
则⊙为所求的图形．

法2：①过点作，垂足为点；
②作的平分线交于点；
③作的垂直平分线交于点；
（或过点作交于点；或作交于点）；
④以点为圆心，长为半径作圆；
则⊙为所求的图形．

法3：①反向延长射线，过点作，垂足为点；
②作的平分线；
③过点作，交于点；
④作的垂直平分线交于点；
（或过点作交于点）；
⑤以点为圆心，长为半径作圆；
则⊙为所求的图形．

法4：①在上任取一点（除外），作，垂足为点；
②以点为圆心，长为半径作⊙，交于点；
③过点作，交于点；
④过点作，交于点；
⑤以点为圆心，长为半径作圆；
则⊙为所求的图形．

法5：①在上任取一点（除外），作，垂足为点；
②以点为圆心，长为半径作⊙交于点；
③连接，并延长交于点；
④过点作交于点；
⑤以点为圆心，长为半径作圆；
则⊙为所求的图形．

（3）法1：①在上任取一点（除外），在上任取一点（除外），连接；
②作的平分线，作的平分线，两平分线交于点；
③同样方法，得点；
④作直线；则直线为所求的图形．

法2：①在上任取一点（除外），在上任取一点（除外），连接；
②作的平分线，作的平分线，两平分线交于点；
③作的平分线，作的平分线，两平分线交于点；
④作直线；则直线为所求的图形．

法3：①在上任取一点（除外），在上任取一点（除外），连接；
②作的平分线，作的平分线，两平分线交于点；
③过点作，垂足为点；
④过点作，垂足为点；
⑤作的平分线；
则直线为所求的图形．

法4：①在上任取一点（除外），过点作；
②作的平分线，交于点；
③作线段的垂直平分线；则直线为所求的图形．

法5：①在上任取一点（除外），在上任取一点（除外）；
②过点作，垂足为点；过点作，垂足为点；与交于点；
③作的平分线交于点，射线反向延长线交于点；
④作线段平分线；则直线为所求的图形．

法6: ①在上任取一点（除外），过点作，垂足为点；
②过点作，垂足为点；
③作的平分线交于点；
④作线段的垂直平分线；
则直线为所求的图形．

法7: ①在上任取两点、（除外），以点为圆心，长为半径作⊙；
②过点作，交⊙于点；
③连接并延长交于点；
④作线段的垂直平分线；

则直线为所求的图形．
【点睛】本题考查了尺规作图作角平分线、作垂直平分线、作已知线段、作垂线，其中熟练运用作图方法并保留作图痕迹是解题关键．
2．（2023·陕西·模拟预测）新定义：如图1（图2，图3），在中，把边绕点A顺时针旋转，把边绕点A逆时针旋转，得到，若，我们称是的“旋补三角形”，的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
【特例感知】
(1)①若是等边三角形（如图2），，则______________．
②若（如图3），， _____________．
【猜想论证】
(2)在图1中，当是任意三角形时，猜想与的数量关系，并证明你的猜想；（提示：过点作且，连接，则四边形是平行四边形）
【拓展应用】
(3)如图4，点A，B，C，D都在半径为5的圆P上，且与不平行，，是的“旋补三角形”，点P是“旋补中心”，求BC的长．
【答案】(1)①2；②3；
(2)，证明见解析；
(3)8
【分析】（1）①根据等边三角形的性质可得出，，结合“旋补三角形”的定义可得出，．利用等腰三角形的三线合一可得出，通过解直角三角形可求出AD的长度；
②由“旋补三角形”的定义可得出、、，进而可得出，根据全等三角形的性质可得出，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出的长度；
（2），过点作且，连接，则四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质结合“旋补三角形”的定义可得出、、，进而可证出，根据全等三角形的性质可得出，由平行四边形的对角线互相平分即可证；
（3）作、的垂直平分线，交于点P，则点P为四边形的外接圆圆心，过点P作于点F，由（2）的结论可求出的长度，在中，利用勾股定理可求出的长度，进而可求出的长度．
【详解】（1）解：①∵是等边三角形，，
∴，，
∴，．
∵为等腰的中线，
∴，，
∴．
在中，，，，
∴．
②∵，
∴．
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
故答案为：①2；②3．
（2），
证明：在图1中，过点作且，连接，则四边形是平行四边形，
∵，，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴．
（3）在图4中，作、的垂直平分线，交于点P，则点P为四边形的外接圆圆心，过点P作于点F．
∵，，
∴为的中位线，
∴．
在中，，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、平行四边形的性质、解直角三角形、勾股定理以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）①利用解含角的直角三角形求出；②牢记直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；（2）构造平行四边形，利用平行四边形对角线互相平分找出；（3）利用（2）的结论结合勾股定理求出BF的长度．
3．（2022秋·河北廊坊·九年级廊坊市第四中学校考期中）如图，，，直线经过点．设，于点，将射线绕点按逆时针方向旋转，与直线交于点．
(1)判断：___________
(2)若，求的长
(3)若是锐角三角形，直接写出的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）在四边形中，根据四边形内角和求解即可；
（2）证明出是等腰直角三角形，利用勾股定理求解即可；
（3）把是锐角三角形的问题转化为外心在三角形的内部来求解，当时，的外心是斜边的中点处，时，的外心在其外部，即可求解．
【详解】（1）解：在四边形中，，
故答案是：；
（2）解：，，
．
在四边形中，，
而，
．
又，
，
．
又，
是等腰直角三角形，
；
（3）解：若是锐角三角形，则外心在其内部，
当时，的外心是斜边的中点，
当时，的外心在其外部，
，
故：．
【点睛】本题考查的是圆的综合应用，涉及到三角形全等、三角形外心、旋转的性质，解题的关键是利用转化的思想求解．
4．（2021·河北保定·保定市第十七中学校考一模）如图1，在中，，点D和点E分别从点A、点B同时出发，在线段上以做等速运动，分别到达点B、点A后停止运动．设运动时间为t秒．
(1)求证：；
(2)若，求的度数；
(3)当△ADC的外心在其外部时，请直接写出t的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)或
【分析】（1）根据题意可得，进而根据可得，利用“SAS”即可求证结论；
（2）根据等边对等角和三角形内角和可得，利用“SAS”求证△ADC≅△BEC，继而根据全等三角形的性质可得,继而由等边对等角可得，进而即可求解；
（3）由△ADC的外心在其外部，可知必须是钝角三角形，进而分：①∠ADC为钝角，②∠ACD为钝角，两种情况进行讨论即可求解．
（1）
∵点D和点E分别从点A、点B同时出发，在线段上以做等速运动，
∴，
∵，
∴
∴△ADC≅△BEC（SAS），
（2）
如图所示，
∵，，
∴，
由（1）知，，，
∴△ADC≅△BEC（SAS），
∴，
∴，
∴,
（3）
要使△ADC的外心在其外部，则必须是钝角三角形，
①当∠ADC为钝角时，过点C作CF⊥AB，垂足为F，
∵，，
∴，，，
∴，
∴，
②当∠ACD为钝角时，过点C作CM⊥AC，交AB于点M，
在Rt△ACM中，，
∴，
由勾股定理可得：，
又，
∴，
解得：，
∴，
又D从A运动到B所需时间为，
∴，
综上所述，当△ADC的外心在其外部时， t的取值范围为：或．
【点睛】本题考查全等三角形的判定及其性质、三角形内角和、等腰三角形的性质、勾股定理、三角形外心，解题的关键是熟练运用所学知识，正确作辅助线，还要注意利用分类讨论进行求解．
5．（2021·全国·九年级假期作业）如图，在⊙O中，两条弦AC，BD垂直相交于点E，等腰△CFG内接于⊙O，FH为⊙O直径，且AB＝6，CD＝8．
（1）求⊙O的半径；
（2）若CF＝CG＝9，求图中四边形CFGH的面积．
【答案】（1）⊙O的半径为5；（2）S四边形CFGH
【分析】（1）作DM＝AB，连接CM．则，只要证明CM是圆的直径即可解决问题；
（2）设直径CM交FG于点N，设FN＝x，ON＝y，构建方程组求出x、y即可解决问题．
【详解】解：（1）如图作DM＝AB，连接CM．则，
∴，
∴∠ABD＝∠MDB，
∵∠ABD+∠BAE＝90°，∠BAE＝∠BDC，
∴∠MDB+∠BDC＝90°，
∴∠CDM＝90°，
∴CM是直径，
∴CM10，
∴⊙O的半径为5．
（2）∵FH是直径，
∴∠FCH＝90°，
∴CH，
设直径CM交FG于N，设FN＝x，ON＝y，
则有，
解得，
可得GH＝2ON，FG＝2FN，
∴S四边形CFGH＝S△CFH+S△FGH．
【点睛】本题考查三角形的外接圆与圆心，等腰三角形的性质，圆的有关知识，解题的关键是学会添加辅助线，根据直角三角形的性质解决问题，难度适中．
12．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，为圆的内接三角形，，连接并延长交于点．

(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）证明是线段的垂直平分线，即可证明；
（2）连接，根据垂径定理得到，根据勾股定理得到，设，则，根据勾股定理建立方程求解即可．
【详解】（1）证明：∵为圆的内接三角形，
∴点O在线段的垂直平分线上，
∵，
∴点A在线段的垂直平分线上，
∴是线段的垂直平分线，
∴；
（2）解：如图所示，连接，
，
，
，
，
设，则，
，
，
解得，
∴的半径为．

【点睛】本题考查了三角形的外接圆的性质，勾股定理，垂径定理等等，正确地作出辅助线是解题的关键．
【经典例题三 圆周角的综合大题】
1．（2023·江苏南京·校考二模）已知在中，，点平分平分，过点13．（2022秋·四川广安·九年级校考期中）如图，为的直径，点C为的中点，交直线于D点．

(1)求证：；
(2)若，求的直径．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）证明，即可得出结论；
（2）设交于点T，证明四边形是矩形，设，利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：连接，如图，

∵为的直径，
∴，即，
∵点C为的中点，
∴，
∴，
∴；
（2）解：设交于点T，如图，

∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
设，
则，
∴，
∴，即的直径为5；
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，矩形的判定和性质, 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，属于中考常考题．
2．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，是的直径，弦于点，连接，，

(1)求证：；
(2)作于点，若的半径为，，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【分析】（）利用等角的余角相等证明即可；
（）利用勾股定理求出，，再利用的正弦函数求解即可．
【详解】（1）证明：∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴；
解法二：∵，是直径，
∴，
∴．
（2）如图，连接，

在中，，
在中，，
∵，
，
∴．
【点睛】此题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
3．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图1，已知为的直径，C为上一点，于E，D为弧的中点，连接，分别交于点F和点G．
(1)求证：；
(2)如图2，若，连接，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，从而可得∠CAG+∠AGC＝90°，根据垂直定义可得，从而可得，然后根据已知可得，从而可得，进而可得，最后根据对顶角相等可得，从而可得进而根据等角对等边即可解答；
（2）连接，利用（1）的结论，再根据等角的补角相等可得，然后根据证明，从而可得，进而可得，最后根据等弧所对的圆周角相等可得，从而可得，进而利用等腰三角形的三线合一性质即可解答．
【详解】（1）证明：连接，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵D为弧的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：连接，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，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．
4．（2023·陕西宝鸡·统考二模）初步探究
（1）如图，点、分别在正方形的边、上，将、分别沿、折叠后，、重合于，则 ______；

深入探究
（2）如图，在等腰直角中，，点在右侧，且于点，交于点，将沿折叠得到，连接求证：是等腰直角三角形；

问题解决
（3）如图，现有一块四边形铁皮，，，工人师傅想用这块铁皮裁出一个直角三角形部件，要求点在边上，，且．工人师傅在这块铁皮上的操作如下：

①分别在边、上各取一点、，将、分别沿、折叠后，使得、重合于；
②再将四边形展开铺平，连接，分别交折痕，于点，，连接，得到请问，若按上述操作，裁得的部件是否符合要求？请证明你的结论．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）①见解析；②部件符合要求，证明见解析
【分析】（1）由折叠的性质可得，，即可求解；
（2）通过证明点，点，点，点四点共圆，可得，由折叠的性质可得，，即可求解；
（3）由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得，由折叠的性质可得，，可求，通过证明点，点，点，点四点共圆，可得．
【详解】（1）解：将、分别沿、折叠，
，，
，
，
，
故答案为：；
（2）证明：，，
，
，
，
点，点，点，点四点共圆，
，
，
将沿折叠得到，
，，
，
是等腰直角三角形；
（3）部件符合要求，理由如下：

，
，
，
，
，
，
，
由折叠的性质可得，，
，
，
点，点，点，点四点共圆，
，
，
部件符合要求．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，圆的有关知识，等腰直角三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
5．（2023·广东江门·统考二模）如图，点A、、在上，是直径，的角平分线与交于点，与交于点，且，连接，交于点．
(1)证明：；
(2)试猜想与之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)，证明见解析
【分析】（1）根据，证得，进而根据垂径定理证得；
（2）先证明是的中位线，得出，进而得出结论．
【详解】（1）证明：平分，
，
，
；
（2）解：猜想．
，，
．
，，
是 的中位线，
，．
．
，，
，
．
．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的定理和性质．
6．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考开学考试）已知四边形内接于，点为弧的中点，连接、，．
(1)如图，求证：为的直径；

(2)如图，过点作于，交于点，求证：；

(3)如图，在（）的条件下，过作于点，延长交于，若，，求线段的长．

【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)．
【分析】（）利用同弧所对的圆周角相等，证明，在根据三角形内角和即可求，则可证为圆直径；
（）连接，由（）可得，，继而可证，根据全等三角形的性质即可求证；
（）连接，过作于点，证明，可以得出，再证，最后通过性质即可求解．
【详解】（1）∵为弧中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴为的直径；
（2）如图，连接，

由（）得：，
∴，，
∵，
∴，
∴，
由（）得：，
∴，
∴，
在和中
，
∴，
∴；
（3）如图，连接，过作于点，

∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（）得：，，
∴，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
设，则，
，
∴．
【点睛】此题考查了圆周角定理，垂径定理及全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握以上知识的应用．
【经典例题四 直线与圆的位置关系相关的综合大题】
1．（2023·江苏南通·校考三模）如图，为外一点，，是的切线，，为切点，点在上，连接，，．

(1)求证：；
(2)连接，若，的半径为5，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】（1）过作于，得，根据切线的性质可得，根据同角的余角相等可得，再根据等腰三角形的性质即可得到结论；
（2）连接，延长交于，根据切线的性质得到，，根据矩形的性质可得，，根据勾股定理即可得到答案．
【详解】（1）证明：过作于，
，
，
，
是的切线，
，
，
，
，
，
；
（2）解：连接，延长交于，
，
，是的切线，
，，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，，
，
，
，，
，，
，
．
【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
2．（2023·山东·九年级专题练习）已知：射线平分，为上一点，交射线于点，，交射线于点，，连接，，．

(1)如图1，若，试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)如图2，过点作，交于点；过点作，交于点．求证：．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析
(2)见解析
【分析】（1）如图，作于点，作于点，利用角平分线定义及性质易得，，然后利用可证得，，再根据全等三角形性质及线段的和差可证得，利用平行线性质及等角对等边可证得，最后利用有一组邻边相等的平行四边形即可证得结论；
（2）连接，结合（1）中所求及垂径定理，利用易证得，再根据全等三角形性质及已知条件可证得，最后利用平行线分线段成比例即可证得结论．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
如图，作于点，作于点，

平分，
，，
在与中，
，
，
，
在与中，
，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（2）证明：如图，连接，

，，
，，
，
，
，
，
即，
在与中，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
．
【点睛】本题考查圆与全等三角形的综合应用，全等三角形的判定与性质，菱形的判定，平行线的判定与性质，垂径定理，等腰三角形性质，（1）作于点，作于点，（2）中连接分别构造全等三角形是解题的关键．
3．（2023·安徽·校联考模拟预测）如图，内接于，且为的直径，的平分线交于点，过点在左侧作交的延长线于点，过点作于点．

(1)求证：；
(2)求证：是的切线；
(3)若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)．
【分析】（）由，，得，所以；
（）连接，由，且，，得，由，得，即可证明是的切线；
（）由是的直径，得，所以，，由于点，得，所以，则，由，得，则，所以，由，，得，再证明，得，即可求得．
【详解】（1）∵，，
∴，
∴，
（2）证明：如图，连接，

∵的平分线交于点，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，且，
∴是的切线．
（3）解：∵是的直径，，，
∴，
∴，，
∵于点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴线段的长是．
【点睛】此题考查了圆周角定理、平行线的判定、切线的判定定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用．
4．（2023春·江西南昌·九年级南昌市第二十八中学校联考阶段练习）课本再现
（1）在圆周角和圆心角的学习中，我们知道了：圆内接四边形的对角互补．课本中先从四边形一条对角线为直径的特殊情况来论证其正确性，再从对角线是非直径的一般情形进一步论证其正确性，这种数学思维方法称为“由特殊到一般”
如图1，四边形为的内接四边形，为直径，则__________度，__________度．
（2）如果的内接四边形的对角线不是的直径，如图2、图3，请选择一个图形证明：圆内接四边形的对角互补．
知识运用
（3）如图4，等腰三角形的腰是的直径，底边和另一条腰分别与交于点．点是线段的中点，连接，求证：是的切线．

【答案】（1），；（2）见详解；（3）见详解
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是以及四边形内角和为进行作答即可；
（2）以图2为例证明，连接，，根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍以及四边形内角和为进行作答；或者以图3为例证明，连接，，根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍以及四边形内角和为进行作答即可；
（3）连接，，根据等边对等角，即，又，得，，，再结合四边形是圆内接四边形，得，，进而知道，又因为是线段的中点，即可求证是的切线．
【详解】解：（1）∵四边形为的内接四边形，为直径，
∴，
那么，
故答案为：90，180；
（2）证明：以图2为例证明，
连接，，如图所示：

∵弧弧，
∴，，
∵
∴，
∴，
在四边形，，
即圆内接四边形的对角互补；
或者以图3为例证明，
连接，，如图所示：

∵弧弧，
∴，，
∵,
∴，
∴，
在四边形，，
即圆内接四边形的对角互补；
（3）证明：连接，，如图所示：

∵，
∴，
∵，
∴，则，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，则，
∴，
∵是线段的中点，
∴，则，
∵是圆的半径，
∴是圆的切线．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、圆内接四边形对角互补以及圆的基本性质、切线的判定、平行线的判定与性质等知识点内容，熟练掌握圆的基本性质是解题的关键．
5．（2022秋·河北邢台·九年级邢台三中校考阶段练习）如图，中，，，，延长到点D，使．点P是边上一点，点Q在射线上，，以点P为圆心、PD长为半径作，交A于点E，设．

(1)______，当点Q在上时，______；
(2)x为何值时，与相切？
(3)当时，求阴影部分的面积；
(4)若与的三边有两个公共点，直接写出x的取值范围．
【答案】(1)1；
(2)
(3)
(4)或
【分析】（1）先由勾股定理求得，再由，可得的长，从而的长可求；当点Q在上时，如图，根据推得，从而列出方程，解得x的值即可；
（2）作于点F，当时，与相切，如图2，由正弦函数得出关于x 的方程，解得x的值即可；
（3）如图3，连接，利用E即可得出答案；
（4）由（2）和（3）进行分类讨论，即可得出答案．
【详解】（1）解：∵，，，
∴根据勾股定理可得：，
∴，
∴，，
当点Q在上时，如图，

∵，，
∴，
∵，，
∴．
解得：；
故答案为：1，；
（2）解：作于点F，当时，与AB相切，如图1，

则，，
∴，解得．
∴时，与AB相切．
（3）解：如图2，连接．

∵中，，，
∴，，
∴
．
（4）解：或．
由（2）可知，当时，与的三边有两个公共点；
如图3，当点B在上时，，即，
解得．

当点A在上时，．

∴当时，与的三边有两个公共点．
∴x的取值范围为或．
【点睛】本题考查了勾股定理，切线的判定与性质、直线与圆的位置关系、扇形与三角形的面积计算、列分式方程解应用题、解直角三角形等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
6．（2023·吉林长春·统考中考真题）【感知】如图①，点A、B、P均在上，，则锐角的大小为__________度．

【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，是等边三角形的外接圆，点P在上（点P不与点A、C重合），连结、、．求证：．小明发现，延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证．
下面是小明的部分证明过程：
证明：延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
是等边三角形．
，
请你补全余下的证明过程．
【应用】如图③，是的外接圆，，点P在上，且点P与点B在的两侧，连结、、．若，则的值为__________．
【答案】感知：；探究：见解析；应用：．
【分析】感知：由圆周角定理即可求解；
探究：延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证；
应用：延长至点E，使，连结，通过证明得，可推得是等腰直角三角形，结合与可得，代入即可求解．
【详解】感知：
由圆周角定理可得，
故答案为：；
探究：
证明：延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
是等边三角形．
，
，
∴，，
，
是等边三角形，
，
，
即；
应用：
延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
，
，
∴，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，邻补角，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造，进行转换求解．
【经典例题五 正多边形与圆的相关的综合大题】
1．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，是的直径，，是的弦，，延长到，连接，．

(1)求证：是的切线；
(2)以为边的圆内接正多边形的周长等于________．
【答案】(1)见解析
(2)18
【分析】（1）根据等腰三角形性质以及三角形内角和定理计算出即可；
（2）得出以为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，再求出的长即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，

，
，
，
，
，
即，
又是半径，
是的切线；
（2）解：连接，

，
以为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，
，
以为边的圆内接正六边形的周长为．
【点睛】本题考查切线的判定，圆内接正六边形的性质，掌握切线的判定方法是正确解答的前提．
2．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在正方形网格中，每一个小正方形的边长都为1，点、都在格点上，以为圆心，为半径做圆，只用无刻度的直尺完成以下画图．
(1)在图①中画的一个内接正四边形，___________；
(2)在图②中画的一个内接正六边形，__________．
【答案】(1)图见解析，32
(2)图见解析，
【分析】（1）只需要作直径、，并使得即可；
（2）如图所示，取格点B，C，D，E，F，然后顺次连接A、B、C、D、E、F得到正六边形，再求出求面积．
【详解】（1）解：如图所示，正四边形即为所求；
，
故答案为32；
（2）解：如图所示，正六边形即为所求；
过点O作于H，
∵正六边形，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，等边三角形的性质与判定，熟知正多边形和圆的相关知识是解题的关键．
3．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，正方形ABCD内接于⊙O，P为上的一点，连接DP，CP．
(1)求∠CPD的度数；
(2)当点P为的中点时，CP是⊙O的内接正n边形的一边，求n的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接OD，OC，根据正方形ABCD内接于⊙O，结合圆周角定理可得∠CPD；
（2）结合正多边形的性质以及圆周角定理得出∠COP的度数，进而得出答案．
【详解】（1）解：连接OD，OC，
∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴∠DOC＝90°，
∴．
（2）解：连接PO，OB，如图所示：
∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴∠COB＝90°，
∵点P为的中点，
∴，
∴，
∴n＝360÷45＝8．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆以及圆周角定理、正方形的性质，解题的关键是熟练掌握同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．
4．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形．
(1)求证：在六边形ABCDEF中，过顶点A的三条对角线四等分∠BAF．
(2)设⊙O的面积为S1，六边形ABCDEF的面积为S2，求的值（结果保留π）．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图，连接AE，AD，AC，根据正六边形的性质得到EF＝ED＝CD＝BC，求得，于是得到∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，即可得到结论；
（2）如图，过O作OG⊥DE于G，连接OE，设⊙O的半径为r，推出△ODE是等边三角形，得到DE＝OD＝r，∠OED＝60°，根据勾股定理得到OGr，根据三角形和圆的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图，连接AE，AD，AC，
∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
∴EF＝ED＝CD＝BC，
∴，
∴∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，
∴过顶点A的三条对角线四等分∠BAF；
（2）解：如图，过O作OG⊥DE于G，连接OE，
设⊙O的半径为r，
∵∠DOE60°，OD＝OE＝r，
∴△ODE是等边三角形，
∴DE＝OD＝r，∠OED＝60°，
∴∠EOG＝30°，
∴EGr，
∴OGr，
∴正六边形ABCDEF的面积＝6rrr2，
∵⊙O的面积＝πr2，
∴．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，正六边形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
5．（2023·江苏·九年级假期作业）[阅读与思考]如图①，在正三角形 中，点 ， 是，上的点，且 ，则， ；
如图②，在正方形 中，点，是，上的点，且，则， ；
如图③，在正五边形 中，点，是，上的点，且，则， ；
[理解与运用]在正六边形 中，点，是，上的点，且，则， ；
在正十边形 中，点，是，上的点，且，则， ；
[归纳与总结]根据以上规律，在正 边形 中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点，是 ，上的点，且， 与 相交于；也会有类似的结论，你的结论是 ．
【答案】 ； ； ； ；；以上所求的角恰好等于正n边形的内角
【分析】根据等边三角形的性质得出，，进而利用全等三角形的判定与性质得出，；
根据正方形的性质以及全等三角形的判定与性质得出：；
根据正五边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出： ；
根据以上所求结论即可得正六边形中，；
根据以上所求结论即可得正十边形中，；
根据以上所求得出在正n边形中，类似的结论．
【详解】解：阅读与思考:
∵在正三角形中，点M，N是，上的点，且，

∵在 和 中



故答案为： ；
∵在正方形中，点M，N是 ， 上的点，且

在 和中



答案为：；
∵在正五边形 中，点M，N是 ，上的点，且 ，则

∵在和中，



故答案为：；
理解与运用：
∵正三角形的内角度数为：；正方形的内角度数为：；正五边形的内角度数为：；
∴同理可得：
在正六边形中，点M，N是 ，上的点，且 ，则， ；
故答案为： ；
同理可得：
在正十边形中，点M，N是 ，上的点，且，则 ，；
故答案为：；
归纳与总结：
根据以上所求的角恰好等于正n边形的内角，
所以所求的角恰好等于正n边形的内角
故答案为：以上所求的角恰好等于正n边形的内角
【点睛】此题主要考查了正多边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练利用三角形的外角性质是解题关键．
6．（2023·江苏·九年级假期作业）【阅读理解】如图1，为等边的中心角，将绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与三角形的边分别交于点．设等边的面积为S，通过证明可得，则．
【类比探究】如图2，为正方形的中心角，将绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正方形的边分别交于点．若正方形的面积为S，请用含S的式子表示四边形的面积（写出具体探究过程）．
【拓展应用】如图3，为正六边形的中心角，将绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正六边形的边分别交于点．若四边形面积为，请直接写出正六边形的面积．
【答案】【类比探究】四边形的面积=．【拓展应用】6
【分析】类比探究：通过证明可得，则．
拓展应用：通过证明可得，则．
【详解】解：类比探究：如图2，∵为正方形的中心角，
∴OB=OC，∠OBM=∠OCN=45°，
∵绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正方形的边分别交于点
∴∠BOM=∠CON，
∴△BOM≌△CON，
∴．
拓展应用：如图3，∵为正六边形EF的中心角，
∴OB=OC，∠OBM=∠OCN=60°，
∵绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正方形的边分别交于点
∴∠BOM=∠CON，
∴△BOM≌△CON，
∴．
∵四边形面积为，
∴正六边形的面积为6．
【点睛】本题考查了旋转，正多边形的性质，正多边形的中心角，三角形的全等，图形的割补，熟练掌握旋转的性质，正多边形的性质是解题的关键．
【经典例题六 弧长及扇形的面积综合大题】
1．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，内接于，，，，．
(1)度数 ．（直接写出答案）
(2)求的长度．
(3)是上一点（不与，，重合），连结．
①若垂直的某一边，求的长．
②将点A绕点P逆时针旋转后得到，若恰好落在上，则的长度为 ．（直接写出答案）
【答案】(1)
(2)
(3)①；②4
【分析】（1）利用勾股定理求出，在根据等腰三角形的判定和三角形的内角和定理解答即可；
（2）连接，，利用圆周角定理求得圆心角的度数，再利用弧长公式解答即可；
（3）①连接，利用等腰直角三角形的性质求得，利用全等三角形的判定与勾股定理求得，则可求；②连接，，设与交于点，通过证明，，，四点共圆，利用圆周角定理和垂径定理得到经过圆心，过点作于点，利用垂径定理和勾股定理求得，连接，利用勾股定理求得圆的半径，再利用等腰直角三角形的性质求得，勾股定理求得，则．
【详解】（1）解：在中，，，
，
，
∴，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）连接，，如图，

，
，
在中，，，
，
的长度；
（3）①是上一点（不与，，重合），垂直的某一边，
点只能在上，
连接，如图，

由（1）知：，
，
为等腰直角三角形，
．
在和中，
，
，
，
．
；
②由题意知：点在上，连接，，设与交于点，如图，

，，
．
，
，
，
，
，，，四点共圆，
，
平分，
为等腰直角三角形，
垂直平分，
经过圆心，
过点作于点，则，
，
，
，
，
，
连接，
，
，
．
．
，
，
，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆的有关计算，充分利用圆周角定理添加恰当的辅助线是解题的关键．
2．（2023春·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图所示，在中，，，在上取点，以为圆心，以为半径作圆，与相切于点，并分别与，相交于点，（异于点）．
(1)求证：平分；
(2)若点恰好是的中点，求扇形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，以此可得，在平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行得，进而得到，由可得，因此，以此即可证明；
（2）连接、、，易得，根据直角三角形斜边上的中线的性质的，因此为等边三角形，则，根据平行线的性质得，于是可证明为等边三角形，再利用扇形的面积公式计算即可．
【详解】（1）连接，如图，

与相切于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
平分；
（2）连接、、，如图，

，是的中点，
，
在中，，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
．
【点睛】本题考查切线的性质、等边三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、扇形的面积公式，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关键．
3．（2023·江苏无锡·校考二模）如图，是半圆的直径，是半圆上的一点不与，重合，连接，点为弧的中点，过点作，交的延长线于点．

(1)求证：是半圆的切线；
(2)若，，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据圆周角定理可得，，再根据，可证，由此即可求证；
（2）如图所示，连接，在中根据余弦的计算方法可得，和都是等边三角形，四边形是菱形，可求出，的面积，再根据，即可求解．
【详解】（1）证明：点为弧的中点，
∴，
，
，
，
，
，
，
，
交的延长线于点，
，
，
是的半径，且，
是半圆的切线．
（2）解：如图所示，连接，

，，，
，
，
，
，
，
和都是等边三角形，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
，
阴影部分的面积是．
【点睛】本题主要考查圆与几何图形的综合，掌握切线的证明方法，等边三角形的性质，菱形的性质，含角的直角三角形的性质，求不规则图形的面积的方法是解题的关键．
4．（2023·江苏南通·统考一模）如图，在中，，，点D在上，以为直径的与相切于点E，与相交于点F，
(1)求CF的长度；
(2)求阴影部分的面积．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）过O作于G，连接，求出的半径以及的长，再证明是等边三角形，即可解答；
（2）证明，得到阴影部分的面积等于扇形的面积，即可解答．
【详解】（1）
解：∵与相切于点E，
，
，
，
，
，
如图，过O作于G，连接，
则，，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
在与中，
，
，
∴阴影部分的面积=扇形的面积．
【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
．（2023春·江苏苏州·九年级苏州市振华中学校校考开学考试）正方形与扇形有公共顶点O，分别以，所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．如图所示．正方形两个顶点C、D分别在x轴、y轴正半轴上移动．设，，
(1)当时，正方形与扇形不重合的面积是______；此时直线对应的函数关系式是______；
(2)当直线与扇形相切时．求直线对应的函数关系式；
(3)当正方形有顶点恰好落在上时，求正方形与扇形不重合的面积．
【答案】(1)，
(2)
(3)或者
【分析】（1）利用扇形面积减去正方形的面积即可得不重合的面积，利用待定系数法即可求出直线对应的函数关系式；
（2）连接，交于点F，先证明直线与扇形相切，切点为正方形对角线交点F，由，可得正方形的边长，即有，，问题得解；
（3）分点E在扇形上和点C、D在扇形上两种情况讨论即可作答．
【详解】（1）当时，即正方形的边长为：，
则正方形的对角线长为：，
∴正方形在扇形内部，
∴正方形与扇形不重合的面积是：，
即：，
∵，
∴，，
设直线对应的函数关系式是，
∴，解得：，
直线对应的函数关系式是，
（2）连接，交于点F，如图，
∵正方形中，有，
又∵直线与扇形相切，
∴可知直线与扇形相切的切点为对角线交点F，
∵，
∴，
∴利用勾股定理，可得正方形的边长，
∴，，
同（1），利用待定系数法可得：直线对应的函数关系式；
（3）分两种情况讨论：
当点E在扇形上时，连接，如图，
此时可知正方形对角线的长度与扇形所在圆的半径相等，，
∴利用勾股定理，可得正方形的边长，
∴正方形在扇形内部，
∴正方形与扇形不重合的面积是：，
即：；
当点C、D在扇形上时，如图，
即有正方形的边长，
∴正方形在扇形外部，
∴正方形与扇形不重合的面积是：，
即：；
综上：正方形与扇形不重合的面积为：或者．
【点睛】本题考查了图形与坐标，一次函数，正方形的性质，扇形的面积计算，圆切线的性质，注意分类讨论的思想，是解答本题的关键．
6．（2023·江苏无锡·九年级专题练习）如图，在中，，平分交于D点，O是上一点，经过B、D两点的分别交、于点E、F．
(1)用尺规补全图形（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)求证：与相切：
(3)当，时，求劣弧的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）作的垂直平分线交于，以为半径画圆分别交、于点E、F，则即为所求；
（2）连接，得到，根据等腰三角形的性质得到，等量代换得到，根据平行线的判定定理得到，根据平行线的性质即可得到结论；
（3）连接，根据圆周角定理得到，根据三角形的内角和得到，根据勾股定理得到，从而得到半径根据弧长的公式即可得到结论．
【详解】（1）解：如图所示，
（2）证明：连接，则，
，
，
，
，
，
，
即，
与相切；
（3）如图，连接，
是的直径，
，
，
，
在中，，
的半径，
劣弧的长．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形，弧长的计算，平行线的判定，基本作图，作出辅助线构造直角三角形是解本题的关键．
【经典例题七 圆锥的侧面积综合大题】
1．（2023春·江苏苏州·九年级星海实验中学校考阶段练习）如图1中的某种冰激凌的外包装可以视为圆锥（如图2），制作这种外包装需要用如图3所示的等腰三角形材料，其中，将扇形EAF围成圆锥时，AE、恰好重合，已知这种加工材料的顶角．
(1)求图2中圆锥底面圆直径ED与母线AD长的比值；
(2)若圆锥底面圆的直径ED为5cm，求加工材料剩余部分（图3中阴影部分）的面积．（结果保留π）
【答案】(1)1：2
(2)
【分析】（1）根据弧EF的两种求法，可得结论．
（2）根据求解即可．
【详解】（1）由圆锥的底面圆周长相当于侧面展开后扇形的弧长得：
．
∴．
∴，ED与母线AD长之比为
（2）∵
∴
答：加工材料剩余部分的面积为
【点睛】本题考查圆锥的计算，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
2．（2023·江苏·九年级专题练习）如图，在正方形网格中建立平面直角坐标系，一条圆弧经过网格点A（0，4），B（-4，4）、C（-6，2），请在网格图中进行如下操作：
（1）若该圆弧所在圆的圆心为D，则D点坐标为_____________；
（2）连接AD、CD，则的半径长为______（结果保留根号），的度数为___________；
（3）若扇形ADC是一个圆锥的侧面展开图，求该圆锥的底面圆的半径长．（结果保留根号）
【答案】（1）（−2，0）；（2）2；90°；（3）
【分析】（1）利用网格特点，作BC和AB的垂直平分线，它们的交点为D，从而得到D点坐标；
（2）利用勾股定理求出AD得到⊙D的半径长，利用勾股定理的逆定理可得到△ACD为直角三角形，从而得到∠ADC的度数为90°；
（3）设该圆锥的底面圆的半径长为r，利用弧长公式得到，然后解方程即可．
【详解】解：
（1）如图作BC和AB的垂直平分线，它们的交点为D，则点D即为该圆弧所在圆的圆心，由图可知点D的坐标为（−2，0）；
（2）如图，AD＝ ，即⊙D的半径长为2，
∵AD＝CD＝2，AC＝ ，
∵ ，
∴，
∴△ACD为直角三角形，∠ADC的度数为90°；
故答案为2；90°；
（3）设该圆锥的底面圆的半径长为r，
根据题意得，解得r＝，
即该圆锥的底面圆的半径长为．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个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．也考查了垂径定理和勾股定理．熟练掌握圆锥底面的周长及垂径定理和勾股定理是解题关键．
3．（2023春·江苏宿迁·九年级校考开学考试）如图，在正方形网格中建立一直角坐标系，一条圆弧经过网格点A、B、C，请在网格图中进行下列操作：
（1）利用网格确定该圆弧所在圆的圆心D点的位置，则D点坐标为 ；
（2）连接AD、CD，则⊙D的半径为 (结果保留根号)，∠ADC的度数为 ；
（3）若扇形DAC是一个圆锥的侧面展开图，求该圆锥底面半径．(结果保留根号)．
【答案】（1）D(2，0)；（2），90°；（3）
【分析】（1）由题意利用垂径定理可作AB和BC的垂直平分线，两线的交点即为D点，可得出D点坐标；
（2）由题意知在△AOD中AO和OD可由坐标得出，利用勾股定理可求得AD和CD，过C作CE⊥x轴于点E，则可证得△OAD≌△EDC，可得∠ADO=∠DCE，可得∠ADO+∠CDE=90°，可得到∠ADC的度数；
（3）根据题意先求得扇形DAC的面积，设圆锥底面半径为r，利用圆锥侧面展开图的面积=πr•AD，即可求得r．
【详解】解：（1）如图1，分别作AB、BC的垂直平分线，两线交于点D，
∴D点的坐标为（2，0），
故答案为：（2，0）；
（2）如图2，连接AD、CD，过点C作CE⊥x轴于点E，
则OA=4，OD=2，在Rt△AOD中，可求得AD=2，
即⊙D的半径为2，
且CE=2，DE=4，
∴AO=DE，OD=CE，
在△AOD和△DEC中，
，
∴△AOD≌△DEC（SAS），
∴∠OAD=∠CDE，
∴∠CDE+∠ADO=90°，
∴∠ADC=90°，
故答案为：2；90°；
（3）弧AC的长=π×2=π，
设圆锥底面半径为r则有2πr=π，解得：，
所以圆锥底面半径为．
【点睛】本题主要考查垂径定理和全等三角形的判定和性质、扇形和圆锥的有关计算等知识的综合应用，熟练掌握确定圆心的方法，即确定出点D的坐标是解题的关键，注意在求圆锥底面半径时利用圆锥的侧面积计算公式．
4．（2023春·江苏苏州·九年级昆山市第二中学校考开学考试）如图，在一个半径为的圆形纸片中，剪一个圆心角为的扇形．
（1）求这个扇形的面积（保留）；
（2）用所剪的纸片围成一个圆锥的侧面，求这个圆锥的底面圆的半径．
【答案】（1）；（2）1
【分析】（1）连接，可以得到为等腰直角三角形，由勾股定理求得，再根据扇形面积即可求解；
（2）设这个圆锥的底面圆的半径为，根据题意可得的长即为底面圆的周长，列方程求解即可．
【详解】（1）如图，连接，∵，
∴为的直径，
∵为扇形，∵，
∴为等腰直角三角形，
∴
∴，
∴这个扇形的面积；
（2）设这个圆锥的底面圆的半径为，由题意得的长即为底面圆的周长
∵扇形中，的长，
∴，解得，即围成的这个圆锥的底面圆的半径为1．
【点睛】此题考查了扇形面积的计算，弧长的计算，涉及了勾股定理，熟练掌握相关计算公式和性质是解题的关键．
5．（2023春·九年级单元测试）综合与实践
问题情境：如图1，将一个底面半径为的圆锥侧面展开，可得到一个半径为，圆心角为的扇形.工人在制作圆锥形物品时，通常要先确定扇形圆心角度数，再度量裁剪材料.
(1)探索尝试：图1中，圆锥底面周长与其侧面展开图的弧长________；（填“相等”或“不相等”）若，，则________.
(2)解决问题：为操作简便，工人希望能简洁求的值，请用含，的式子表示；
(3)拓展延伸：图2是一种纸质圆锥形生日帽，，，是中点，现要从点到点再到点之间拉一装饰彩带，求彩带长度的最小值.
【答案】(1)相等，
(2)
(3)
【分析】（1）根据圆锥底面周长与其侧面展开图的弧长相等，得出之间的关系，进而即可求解；
（2）根据，即可求解；
（3）根据条件得出圆锥的侧面展开后可得到的扇形圆心角为，进而根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：圆锥底面周长与其侧面展开图的弧长相等；
∵，，，
∴，
故答案为：相等，．
（2）由圆锥的底面周长等于扇形的弧长
得：
∴
（3）∵，，
∴，
∴圆锥的侧面展开后可得到的扇形圆心角为
∴
∵
∴
∴在中，，
∴彩带长度的最小值为
【点睛】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．
6．（2023·辽宁铁岭·统考一模）如图1，等腰三角形中，当顶角的大小确定时，它的对边（即底边）与邻边（即腰或）的比值也就确定了，我们把这个比值记作，即 ，当时，如．
(1) ， ，的取值范围是 ；
(2)如图2，圆锥的母线长为18，底面直径，一只蚂蚁从点P沿着圆锥的侧面爬行到点Q，求蚂蚁爬行的最短路径长．（精确到0.1，参考数据：，）
【答案】(1)
(2)20.7
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和等腰三角形的性质进行计算即可；
（2）先根据圆锥的侧面展开图的知识和扇形的弧长公式计算，可求扇形的圆心角；再根据的定义即可解答．
【详解】（1）解：如图1，
，则，
∴，
如图2，
，作于D，则，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
（2）解：∵圆锥的底面直径，
∴圆锥的底面周长为，即侧面展开图扇形的弧长为，
设扇形的圆心角为，
则，解得，
∵，
∴蚂蚁爬行的最短路径长为．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、圆锥的侧面展开图、弧长公式等知识点，掌握相关性质定理和的定义是解本题的关键．