2019浙教版九年级下册数学期末高效复习专题3圆的基本性质(解析版)教育.doc

期末高效复习　
专题3　圆的基本性质
题型一　点与圆的位置关系
例 1　[2019·大冶校级月考]若⊙O的半径为5 cm，平面上有一点A，OA＝6 cm，那么点A与⊙O的位置关系是(　A　)
A．点A在⊙O外 B．点A在⊙O上
C．点A在⊙O内 D．不能确定
【解析】 ∵⊙O的半径为5 cm，OA＝6 cm，∴d＞r，∴点A与⊙O的位置关系是点A在⊙O外．
变式跟进
1．[2019·宜昌]在公园的O处附近有E，F，G，H四棵树，位置如图1所示(图中小正方形的边长均相等)．现计划修建一座以O为圆心，OA为半径的圆形水池，要求池中不留树木，则E，F，G，H四棵树中需要被移除的为(　A　)
图1
A．E，F，G B．F，G，H
C．G，H，E D．H，E，F
【解析】 ∵OA＝＝，∴OE＝2＜OA，∴点E在⊙O内；OF＝2＜OA，∴点F在⊙O内；OG＝1＜OA，∴点G在⊙O内；OH＝＝2＞OA，∴点H在⊙O外．
题型二　垂径定理及其推论
例 2　如图2，⊙O的直径CD＝10，弦AB＝8，AB⊥CD，垂足为M，则DM的长为(　D　)
A．5 　B．6 C．7 D．8
图2 　　例2答图
【解析】 连结OA，如答图所示．
∵⊙O的直径CD＝10，∴OA＝5，
∵弦AB＝8，AB⊥CD，∴AM＝AB＝×8＝4，
在Rt△AOM中，OM＝
＝＝3，
∴DM＝OD＋OM＝5＋3＝8.
【点悟】　已知直径与弦垂直的问题中，常连半径构造直角三角形，其中斜边为圆的半径，两直角边是弦长的一半和圆心到弦的距离，从而运用勾股定理来计算．
变式跟进
2．如图3，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若CD＝8，且AE∶BE＝1∶4，则AB的长度为(　A　)
A．10 　B．5 C．12 D.
图3 　　第2题答图
【解析】 如答图，连结OC，设AE＝x，∵AE∶BE＝1∶4，∴BE＝4x，∴OC＝2.5x，∴OE＝1.5x，∵CD⊥AB，∴CE＝DE＝CD＝4，Rt△OCE中，OE2＋CE2＝OC2，∴(1.5x)2＋42＝(2.5x)2，∴x＝2，∴AB＝10.
3．有一座弧形的拱桥如图4，桥下水面的宽度AB为7.2 m，拱顶与水面的距离CD的长为2.4 m，现有一艘宽3 m，船舱顶部为长方形并且高出水面2 m的货船要经过这里，此货船能顺利通过这座拱桥吗？
图4 第3题答图
解：如答图，连结ON，OB.
∵OC⊥AB，∴D为AB中点，
∵AB＝7.2 m，∴BD＝AB＝3.6 m.
又∵CD＝2.4 m，
∴设OB＝OC＝ON＝r，则OD＝(r－2.4)m.
在Rt△BOD中，由勾股定理得r2＝(r－2.4)2＋3.62，解得r＝3.9.
∵CD＝2.4 m，船舱顶部为长方形并高出水面2 m，∴CE＝2.4－2＝0.4(m)，
∴OE＝r－CE＝3.9－0.4＝3.5(m)，
在Rt△OEN中，EN2＝ON2－OE2＝3.92－3.52＝2.96(m2)，∴EN≈1.72(m)．
∴MN＝2EN＝2×1.72＝3.44 m＞3，
∴此货船能顺利通过这座弧形拱桥．
题型三　圆周角定理的综合
例 3　 [2019·市南区一模]如图5，在直径为AB的⊙O中，C，D是⊙O上的两点，∠AOD＝58°，CD∥AB，则∠ABC的度数为__61°__．
图5
【解析】 ∵∠AOD＝58°，∴∠ACD＝∠AOD＝29°，∵CD∥AB，∴∠CAB＝∠ACD＝29°，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ABC＝90°－29°＝61°.
【点悟】　(1)在同圆(或等圆)中，圆心角(或圆周角)、弧、弦中只要有一组量相等，则其他对应的各组量也分别相等，利用这个性质可以将问题互相转化，达到求解或证明的目的；(2)注意圆中的隐含条件(半径相等)的应用；(3)圆周角定理及其推论，是进行圆内角度数转化与计算的主要依据，遇直径，要想到直径所对的圆周角是90°，从而获得到直角三角形；遇到弧所对的圆周角与圆心角，要想到同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍以及同弧所对的圆周角相等．
变式跟进
4．如图6，⊙O是正方形ABCD的外接圆，点P在⊙O上，则∠APB＝__45°__．
图6 　　第4题答图
【解析】 如答图，连结OA，OB.根据正方形的性质，得∠AOB＝90°.再根据圆周角定理，得∠APB＝45°.
5．[2019·永嘉二模]如图7，已知AB是半圆O的直径，OC⊥AB交半圆于点C，D是射线OC上一点，连结AD交半圆O于点E，连结BE，CE.
(1)求证：EC平分∠BED；
(2)当EB＝ED时，求证：AE＝CE.
图7 　　第5题答图
证明：(1)∵AB是半圆O的直径，∴∠AEB＝90°，
∴∠DEB＝90°.∵OC⊥AB，
∴∠AOC＝∠BOC＝90°，∴∠BEC＝45°，
∴∠DEC＝45°.∴∠BEC＝∠DEC，
即EC平分∠BED；
(2)如答图，连结BC，OE，
在△BEC与△DEC中，
∴△BEC≌△DEC，∴∠CBE＝∠CDE.
∵∠CDE＝90°－∠A＝∠ABE，∴∠ABE＝∠CBE.
∴∠AOE＝∠COE，∴AE＝CE.
题型四　弧长的计算
例 4　如图8，△ABC是正三角形，曲线CDEF叫做“正三角形的渐开线”，其中，，，，圆心依次按A，B，C…循环，它们依次相连结．若AB＝1，则曲线CDEF的长是__4π__(结果保留π)．
图8
【解析】 的长是＝，的长是＝，的长是＝2π，则曲线CDEF的长是π＋π＋2π＝4π.
变式跟进
6．一个扇形的半径为8 cm，弧长为π cm，则扇形的圆心角为__120°__．
【解析】 设扇形的圆心角为n°，根据题意得π＝，解得n＝120，∴扇形的圆心角为120°.
题型五　扇形的面积计算
例 5　[2019·河南]如图9，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，以点A为圆心，OA的长为半径作交于点C，若OA＝2，则阴影部分的面积是 －π ．
图9 　　例5答图
【解析】 如答图，连结OC，AC，△OAC是等边三角形，扇形OBC的圆心角是30°，阴影部分的面积等于扇形OBC的面积减去弓形OC的面积．S扇形OBC＝＝π，S弓形OC＝－×22＝π－，S阴影＝π－＝－π.
【点悟】　求不规则图形的面积，常转化为易解决的基本图形，然后求出各图形的面积，通过面积的和差求出结果．
变式跟进
7．若扇形的半径为3 cm，扇形的面积为2π cm2，则该扇形的圆心角为__80__°，弧长为__π__cm.
【解析】 由＝2π，解得n＝80，由2π＝l×3，解得l＝π.
8．如图10，以AB为直径的⊙O经过AC的中点D，DE⊥BC于点E，若DE＝1，∠C＝30°，则图中阴影部分的面积是 π－ ．
图10
【解析】 ∵∠C＝30°，DE＝1，∠DEC＝90°，∴DC＝2，∵OD∥BC，∴∠ODA＝30°，∵OD＝OA，∴∠OAD＝
∠ODA＝30°，∴∠AOD＝120°，∴OA＝，∴S阴影＝－×2×＝π－.
题型六　圆锥
例 6　[2019·西湖区校级三模]一个圆锥的侧面展开图是圆心角为120°且半径为6的扇形，则这个圆锥的底面半径为(　B　)
A．2 　B．2 C．2.5 D．3
【解析】 设这个圆锥的底面半径为r，根据题意，得2π·r＝，解得r＝2.
【点悟】　(1)圆锥侧面展开图是一个扇形；(2)圆锥的底面周长是其侧面展开图的弧长；(3)圆锥的母线就是其侧面展开扇形的半径．
变式跟进
9．一个圆锥的底面半径是5 cm，其侧面展开图是圆心角为150°的扇形，则圆锥的母线长为(　B　)
A．9 cm 　B．12 cm C．15 cm D．18 cm
【解析】 设圆锥的母线长为l，根据题意得2π×5＝，解得l＝12.即圆锥的母线长为12 cm.
过关训练
1．一个圆锥形的圣诞帽底面半径为12 cm，母线长为13 cm，则圣诞帽的侧面积为(　B　)
A．312π cm2 B．156π cm2
C．78π cm2 D．60π cm2
【解析】 圆锥的底面周长是12×2π＝24π，则圆锥的侧面积是×24π×13＝156π(cm2)．
2．[2019·连云港三模]一个滑轮起重装置如图1所示，滑轮的半径是15 cm，当重物上升15 cm时，滑轮的一条半径OA绕轴心O按顺时针方向旋转的角度约为(π取3.14，结果精确到1°)(　C　)
图1
A．115° B．60°
C．57° D．29°
【解析】 根据题意得15＝，解得n＝≈57°，∴OA绕轴心O按顺时针方向旋转的角度约为57°.
3．一个隧道的横截面如图2所示，它的形状是以点O为圆心，5为半径的圆的一部分，M是⊙O中弦CD的中点，EM经过圆心O交⊙O于点E.若CD＝6，则隧道的高(ME的长)为(　D　)
图2
A．4 B．6
C．8 D．9
【解析】 ∵M是⊙O弦CD的中点，根据垂径定理：EM⊥CD，又CD＝6，则有CM＝CD＝3，设OM是x，在Rt△COM中，有OC2＝CM2＋OM2，即52＝32＋x2，解得x＝4，∴EM＝5＋4＝9.
4．[2019·大庆模拟]如图3是圆内接正方形ABCD，分别将，，，沿边长AB，BC，CD，DA向内翻折，已知BD＝2，则阴影部分的面积为__4－π__．
图3
【解析】 由圆内接正方形的性质知，正方形的边长等于半径的倍，∴阴影部分的面积＝()2－[π－()2]＝4－π.
5．[2019·贵港]如图4，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝60°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°后得到△ADE，若AC＝1，则线段BC在上述旋转过程中扫过部分(阴影部分)的面积是____(结果保留π)．
图4
【解析】 ∵∠C＝90°，∠BAC＝60°，AC＝1，∴AB＝2，S扇形BAD＝＝，S扇形CAE＝＝，则S阴影＝S扇形DAB＋S△ABC－S△ADE－S扇形ACE＝π－＝.
6．将一盛有不足半杯水的圆柱形玻璃水杯拧紧杯盖后放倒，水平放置在桌面上，水杯的底面如图5所示，已知水杯的半径是4 cm，水面宽度AB是4 cm.
(1)求水的最大深度(即CD)是多少？
(2)求杯底有水部分的面积(阴影部分)．
图5
解：(1)∵OD⊥AB，AB＝4 cm，
∴BC＝AB＝×4＝2(cm)，
在Rt△OBC中，∵OB＝4 cm，BC＝2(cm)，
∴OC＝＝＝2(cm)，
∴DC＝OD－OC＝4－2＝2(cm)．
∴水的最大深度(即CD)是2 cm；
(2)∵OC＝2，OB＝4，∴OC＝OB，
∴∠ABO＝30°，∵OA＝OB，
∴∠BAO＝∠ABO＝30°，∴∠AOB＝120°，
∵S△AOB＝AB·OC＝×4×2＝4，
S扇形OAB＝＝π，
∴S阴影＝S扇形－S△AOB＝ cm2.
7．[2019·苏州一模]如图6，已知Rt△ABD中，∠A＝90°，将斜边BD绕点B顺时针方向旋转至BC，使BC∥AD，过点C作CE⊥BD于点E.
(1)求证：△ABD≌△ECB；
(2)若∠ABD＝30°，BE＝3，求的长．
图6
解：(1)证明：∵∠A＝90°，CE⊥BD，
∴∠A＝∠BEC＝90°.
∵BC∥AD，∴∠ADB＝∠EBC.
∵将斜边BD绕点B顺时针方向旋转至BC，
∴BD＝BC.在△ABD和△ECB中，
∴△ABD≌△ECB；
(2)∵△ABD≌△ECB，∴AD＝BE＝3.
∵∠A＝90°，∠ABD＝30°，∴BD＝2AD＝6，
∵BC∥AD，∴∠A＋∠ABC＝180°，
∴∠ABC＝90°，∴∠DBC＝60°，
∴的长为＝2π.
8．[2019·高密模拟]如图7，AB为圆O的直径，CD⊥AB于点E，交圆O于点D，OF⊥AC于点F.
(1)求证：OF＝BD；
(2)当∠D＝30°，BC＝1时，求圆中阴影部分的面积．
图7 　　第8题答图
解：(1)证明：∵OF⊥AC，∴AF＝FC，
∵OA＝OB，∴BC＝2OF，∵AB⊥CD，
∴＝，∴BC＝BD，∴OF＝BD；
(2)如答图，连结OC，则OC＝OA＝OB，
∵∠D＝30°，∴∠A＝∠D＝30°，
∴∠COB＝2∠A＝60°，∴∠AOC＝120°，
∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，BC＝1，
∴AB＝2，AC＝，∵OF⊥AC，
∴AF＝CF，∵OA＝OB，
∴OF是△ABC的中位线，∴OF＝BC＝，
∴S△AOC＝AC·OF＝××＝，
S扇形AOC＝π×OA2＝，
∴S阴影＝S扇形AOC－S△AOC＝－.
9．[2019·河北区二模]如图8①，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点M是AC的中点，以AB为直径作⊙O分别交AC，BM于点D，E.
(1)求证：MD＝ME；
(2)如图②，连结OD，OE，当∠C＝30°时，求证：四边形ODME是菱形．
图8
证明：(1)在Rt△ABC中，点M是AC的中点，
∴MA＝MB，∴∠A＝∠MBA，
∵四边形ABED是圆内接四边形，
∴∠ADE＋∠ABE＝180°，
而∠ADE＋∠MDE＝180°，
∴∠MDE＝∠MBA.同理可得∠MED＝∠A，
∴∠MDE＝∠MED，∴MD＝ME；
(2)∵∠C＝30°，∴∠A＝60°，
∴∠ABM＝60°，∴△OAD和△OBE为等边三角形，
∴∠BOE＝60°，∴∠BOE＝∠A，
∴OE∥AC，同理可得OD∥BM，
∴四边形DOEM为平行四边形，而OD＝OE，
∴四边形ODME是菱形．
10．[2019·东莞校级模拟]如图9，⊙O的内接四边形ABCD两组对边的延长线分别交于点E，F.
(1)当∠E＝∠F时，则∠ADC＝__90__°；
(2)当∠A＝55°，∠E＝30°时，求∠F的度数；
(3)若∠E＝α，∠F＝β，且α≠β，请你用含有α，β的代数式表示∠A的大小．
图9
解：(1)∵∠E＝∠F，∠DCE＝∠BCF，
∠ADC＝∠E＋∠DCE，∠ABC＝∠BCF＋∠F，
∴∠ADC＝∠ABC，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＋∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝90°；
(2)∵在△ABE中，∠A＝55°，∠E＝30°，
∴∠ABE＝180°－∠A－∠E＝95°，
∴∠ADF＝180°－∠ABE＝85°，
∴在△ADF中，∠F＝180°－∠ADF－∠A＝40°；
(3)∵∠ADC＝180°－∠A－∠F，∠ABC＝180°－∠A－∠E，
又∵∠ADC＋∠ABC＝180°，
∴180°－∠A－∠F＋180°－∠A－∠E＝180°，
∴2∠A＋∠E＋∠F＝180°，
∴∠A＝90°－＝90°－.
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