九年級數(shù)學下冊 期末高效復習 專題3 圓的基本性質（含解析） 浙教版

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1、 專題3　圓的基本性質 題型一　點與圓的位置關系 例 1　[2017·大冶校級月考]若⊙O的半徑為5 cm，平面上有一點A，OA＝6 cm，那么點A與⊙O的位置關系是(　A　) A．點A在⊙O外 B．點A在⊙O上 C．點A在⊙O內 D．不能確定 【解析】 ∵⊙O的半徑為5 cm，OA＝6 cm，∴d＞r，∴點A與⊙O的位置關系是點A在⊙O外． 變式跟進 1．[2016·宜昌]在公園的O處附近有E，F(xiàn)，G，H四棵樹，位置如圖1所示(圖中小正方形的邊長均相等)．現(xiàn)計劃修建一座以O為圓心，OA為半徑的圓形水池，要求池中不留樹木，則E，F(xiàn)，G，H四棵樹中需要被移除的為(　A　)

2、 圖1 A．E，F(xiàn)，G B．F，G，H C．G，H，E D．H，E，F(xiàn) 【解析】 ∵OA＝＝，∴OE＝2＜OA，∴點E在⊙O內；OF＝2＜OA，∴點F在⊙O內；OG＝1＜OA，∴點G在⊙O內；OH＝＝2＞OA，∴點H在⊙O外． 題型二　垂徑定理及其推論 例 2　如圖2，⊙O的直徑CD＝10，弦AB＝8，AB⊥CD，垂足為M，則DM的長為(　D　) A．5 　B．6 C．7 D．8 圖2 　　例2答圖 【解析】 連結OA，如答圖所示． ∵⊙O的直徑CD＝10，∴OA＝5， ∵弦AB＝8，AB⊥CD，∴AM＝AB＝×8＝4， 在Rt△AOM

3、中，OM＝ ＝＝3， ∴DM＝OD＋OM＝5＋3＝8. 【點悟】　已知直徑與弦垂直的問題中，常連半徑構造直角三角形，其中斜邊為圓的半徑，兩直角邊是弦長的一半和圓心到弦的距離，從而運用勾股定理來計算． 變式跟進 2．如圖3，AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，若CD＝8，且AE∶BE＝1∶4，則AB的長度為(　A　) A．10 　B．5 C．12 D. 圖3 　　第2題答圖 【解析】 如答圖，連結OC，設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＝

4、OC2，∴(1.5x)2＋42＝(2.5x)2，∴x＝2，∴AB＝10. 3．有一座弧形的拱橋如圖4，橋下水面的寬度AB為7.2 m，拱頂與水面的距離CD的長為2.4 m，現(xiàn)有一艘寬3 m，船艙頂部為長方形并且高出水面2 m的貨船要經(jīng)過這里，此貨船能順利通過這座拱橋嗎？ 圖4 第3題答圖 解：如答圖，連結ON，OB. ∵OC⊥AB，∴D為AB中點， ∵AB＝7.2 m，∴BD＝AB＝3.6 m. 又∵CD＝2.4 m， ∴設OB＝OC＝ON＝r，則OD＝(r－2.4)m. 在Rt△BOD中，由勾股定理得r2＝(r－2.4)2＋3.62，解

5、得r＝3.9. ∵CD＝2.4 m，船艙頂部為長方形并高出水面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， ∴此貨船能順利通過這座弧形拱橋． 題型三　圓周角定理的綜合 例 3　 [2017·市南區(qū)一模]如圖5，在直徑為AB的⊙O中，C，D是⊙O上的兩點，∠AOD＝58°，CD∥AB，則∠ABC的度數(shù)為__61°__． 圖5 【解析】 ∵∠AOD＝58°，∴∠ACD＝∠A

6、OD＝29°，∵CD∥AB，∴∠CAB＝∠ACD＝29°，∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠ABC＝90°－29°＝61°. 【點悟】　(1)在同圓(或等圓)中，圓心角(或圓周角)、弧、弦中只要有一組量相等，則其他對應的各組量也分別相等，利用這個性質可以將問題互相轉化，達到求解或證明的目的；(2)注意圓中的隱含條件(半徑相等)的應用；(3)圓周角定理及其推論，是進行圓內角度數(shù)轉化與計算的主要依據(jù)，遇直徑，要想到直徑所對的圓周角是90°，從而獲得到直角三角形；遇到弧所對的圓周角與圓心角，要想到同弧所對的圓心角等于圓周角的2倍以及同弧所對的圓周角相等． 變式跟進 4．如圖6，⊙O是正方形

7、ABCD的外接圓，點P在⊙O上，則∠APB＝__45°__． 圖6 　　第4題答圖 【解析】 如答圖，連結OA，OB.根據(jù)正方形的性質，得∠AOB＝90°.再根據(jù)圓周角定理，得∠APB＝45°. 5．[2017·永嘉二模]如圖7，已知AB是半圓O的直徑，OC⊥AB交半圓于點C，D是射線OC上一點，連結AD交半圓O于點E，連結BE，CE. (1)求證：EC平分∠BED； (2)當EB＝ED時，求證：AE＝CE. 圖7 　　第5題答圖 證明：(1)∵AB是半圓O的直徑，∴∠AEB＝90°， ∴∠DEB＝90°.∵OC⊥AB， ∴∠AOC＝∠BOC＝

8、90°，∴∠BEC＝45°， ∴∠DEC＝45°.∴∠BEC＝∠DEC， 即EC平分∠BED； (2)如答圖，連結BC，OE， 在△BEC與△DEC中， ∴△BEC≌△DEC，∴∠CBE＝∠CDE. ∵∠CDE＝90°－∠A＝∠ABE，∴∠ABE＝∠CBE. ∴∠AOE＝∠COE，∴AE＝CE. 題型四　弧長的計算 例 4　如圖8，△ABC是正三角形，曲線CDEF叫做“正三角形的漸開線”，其中，，，，圓心依次按A，B，C…循環(huán)，它們依次相連結．若AB＝1，則曲線CDEF的長是__4π__(結果保留π)． 圖8 【解析】 的長是＝，的長是＝，的長是＝2π，則曲線CDEF

9、的長是π＋π＋2π＝4π. 變式跟進 6．一個扇形的半徑為8 cm，弧長為π cm，則扇形的圓心角為__120°__． 【解析】 設扇形的圓心角為n°，根據(jù)題意得π＝，解得n＝120，∴扇形的圓心角為120°. 題型五　扇形的面積計算 例 5　[2016·河南]如圖9，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，以點A為圓心，OA的長為半徑作交于點C，若OA＝2，則陰影部分的面積是 －π ． 圖9 　　例5答圖 【解析】 如答圖，連結OC，AC，△OAC是等邊三角形，扇形OBC的圓心角是30°，陰影部分的面積等于扇形OBC的面積減去弓形OC的面積．S扇形OB

10、C＝＝π，S弓形OC＝－×22＝π－，S陰影＝π－＝－π. 【點悟】　求不規(guī)則圖形的面積，常轉化為易解決的基本圖形，然后求出各圖形的面積，通過面積的和差求出結果． 變式跟進 7．若扇形的半徑為3 cm，扇形的面積為2π cm2，則該扇形的圓心角為__80__°，弧長為__π__cm. 【解析】 由＝2π，解得n＝80，由2π＝l×3，解得l＝π. 8．如圖10，以AB為直徑的⊙O經(jīng)過AC的中點D，DE⊥BC于點E，若DE＝1，∠C＝30°，則圖中陰影部分的面積是 π－ ． 圖10 【解析】 ∵∠C＝30°，DE＝1，∠DEC＝90°，∴DC＝2，∵OD∥BC，∴∠ODA＝

11、30°，∵OD＝OA，∴∠OAD＝ ∠ODA＝30°，∴∠AOD＝120°，∴OA＝，∴S陰影＝－×2×＝π－. 題型六　圓錐 例 6　[2017·西湖區(qū)校級三模]一個圓錐的側面展開圖是圓心角為120°且半徑為6的扇形，則這個圓錐的底面半徑為(　B　) A．2 　B．2 C．2.5 D．3 【解析】 設這個圓錐的底面半徑為r，根據(jù)題意，得2π·r＝，解得r＝2. 【點悟】　(1)圓錐側面展開圖是一個扇形；(2)圓錐的底面周長是其側面展開圖的弧長；(3)圓錐的母線就是其側面展開扇形的半徑． 變式跟進 9．一個圓錐的底面半徑是5 cm，其側面展開圖是圓心角為150°的扇形，則

12、圓錐的母線長為(　B　) A．9 cm 　B．12 cm C．15 cm D．18 cm 【解析】 設圓錐的母線長為l，根據(jù)題意得2π×5＝，解得l＝12.即圓錐的母線長為12 cm. 過關訓練 1．一個圓錐形的圣誕帽底面半徑為12 cm，母線長為13 cm，則圣誕帽的側面積為(　B　) A．312π cm2 B．156π cm2 C．78π cm2 D．60π cm2 【解析】 圓錐的底面周長是12×2π＝24π，則圓錐的側面積是×24π×13＝156π(cm2)． 2．[2017·連云港三模]一個滑輪起重裝置如圖1所示，滑輪的半徑是15 cm，當重物上升15

13、cm時，滑輪的一條半徑OA繞軸心O按順時針方向旋轉的角度約為(π取3.14，結果精確到1°)(　C　) 圖1 A．115° B．60° C．57° D．29° 【解析】 根據(jù)題意得15＝，解得n＝≈57°，∴OA繞軸心O按順時針方向旋轉的角度約為57°. 3．一個隧道的橫截面如圖2所示，它的形狀是以點O為圓心，5為半徑的圓的一部分，M是⊙O中弦CD的中點，EM經(jīng)過圓心O交⊙O于點E.若CD＝6，則隧道的高(ME的長)為(　D　) 圖2 A．4 B．6 C．8 D．9 【解析】 ∵M是⊙O弦CD的中點，根據(jù)垂徑定理：EM⊥CD，又CD＝6，則有CM＝CD＝3，設

14、OM是x，在Rt△COM中，有OC2＝CM2＋OM2，即52＝32＋x2，解得x＝4，∴EM＝5＋4＝9. 4．[2017·大慶模擬]如圖3是圓內接正方形ABCD，分別將，，，沿邊長AB，BC，CD，DA向內翻折，已知BD＝2，則陰影部分的面積為__4－π__． 圖3 【解析】 由圓內接正方形的性質知，正方形的邊長等于半徑的倍，∴陰影部分的面積＝()2－[π－()2]＝4－π. 5．[2016·貴港]如圖4，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝60°，將△ABC繞點A逆時針旋轉60°后得到△ADE，若AC＝1，則線段BC在上述旋轉過程中掃過部分(陰影部分)的面積是____(結

15、果保留π)． 圖4 【解析】 ∵∠C＝90°，∠BAC＝60°，AC＝1，∴AB＝2，S扇形BAD＝＝，S扇形CAE＝＝，則S陰影＝S扇形DAB＋S△ABC－S△ADE－S扇形ACE＝π－＝. 6．將一盛有不足半杯水的圓柱形玻璃水杯擰緊杯蓋后放倒，水平放置在桌面上，水杯的底面如圖5所示，已知水杯的半徑是4 cm，水面寬度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積(陰影部分)． 圖5 解：(1)∵OD⊥AB，AB＝4 cm， ∴BC＝AB＝×4＝2(cm)， 在Rt△OBC中，∵OB＝4 cm，BC＝2(cm)， ∴OC＝

16、＝＝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陰影＝S扇形－S△AOB＝ cm2. 7．[2017·蘇州一模]如圖6，已知Rt△ABD中，∠A＝90°，將斜邊BD繞點B順時針方向旋轉至BC，使BC∥AD，過點C作CE⊥BD于點E. (1)求證：△ABD≌△ECB； (2)若∠ABD＝30°，BE＝3，求的長． 圖6

17、 解：(1)證明：∵∠A＝90°，CE⊥BD， ∴∠A＝∠BEC＝90°. ∵BC∥AD，∴∠ADB＝∠EBC. ∵將斜邊BD繞點B順時針方向旋轉至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°， ∴的長為＝2π. 8．[2017·高密模擬]如圖7，AB為圓O的直徑，CD⊥AB于點E，交圓O于點D，OF⊥AC于點F. (1)求證：OF＝BD； (2)當∠D＝3

18、0°，BC＝1時，求圓中陰影部分的面積． 圖7 　　第8題答圖 解：(1)證明：∵OF⊥AC，∴AF＝FC， ∵OA＝OB，∴BC＝2OF，∵AB⊥CD， ∴＝，∴BC＝BD，∴OF＝BD； (2)如答圖，連結OC，則OC＝OA＝OB， ∵∠D＝30°，∴∠A＝∠D＝30°， ∴∠COB＝2∠A＝60°，∴∠AOC＝120°， ∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°， 在Rt△ABC中，BC＝1， ∴AB＝2，AC＝，∵OF⊥AC， ∴AF＝CF，∵OA＝OB， ∴OF是△ABC的中位線，∴OF＝BC＝， ∴S△AOC＝AC·O

19、F＝××＝， S扇形AOC＝π×OA2＝， ∴S陰影＝S扇形AOC－S△AOC＝－. 9．[2017·河北區(qū)二模]如圖8①，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，點M是AC的中點，以AB為直徑作⊙O分別交AC，BM于點D，E. (1)求證：MD＝ME； (2)如圖②，連結OD，OE，當∠C＝30°時，求證：四邊形ODME是菱形． 圖8 證明：(1)在Rt△ABC中，點M是AC的中點， ∴MA＝MB，∴∠A＝∠MBA， ∵四邊形ABED是圓內接四邊形， ∴∠ADE＋∠ABE＝180°， 而∠ADE＋∠MDE＝180°， ∴∠MDE＝∠MBA.同理可得∠MED＝∠A，

20、∴∠MDE＝∠MED，∴MD＝ME； (2)∵∠C＝30°，∴∠A＝60°， ∴∠ABM＝60°，∴△OAD和△OBE為等邊三角形， ∴∠BOE＝60°，∴∠BOE＝∠A， ∴OE∥AC，同理可得OD∥BM， ∴四邊形DOEM為平行四邊形，而OD＝OE， ∴四邊形ODME是菱形． 10．[2017·東莞校級模擬]如圖9，⊙O的內接四邊形ABCD兩組對邊的延長線分別交于點E，F(xiàn). (1)當∠E＝∠F時，則∠ADC＝__90__°； (2)當∠A＝55°，∠E＝30°時，求∠F的度數(shù)； (3)若∠E＝α，∠F＝β，且α≠β，請你用含有α，β的代數(shù)式表示∠A的大?。? 圖9

21、 解：(1)∵∠E＝∠F，∠DCE＝∠BCF， ∠ADC＝∠E＋∠DCE，∠ABC＝∠BCF＋∠F， ∴∠ADC＝∠ABC， ∵四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形， ∴∠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°－. 12