專題24.3 垂徑定理【十大題型】 【人教版】 TOC \o "1-3" \h \u   HYPERLINK \l "_Toc29221" 【題型1 利用垂徑定理求線段長度】  PAGEREF _Toc29221 \h 1  HYPERLINK \l "_Toc19961" 【題型2 利用垂徑定理求角度】  PAGEREF _Toc19961 \h 5  HYPERLINK \l "_Toc16455" 【題型3 利用垂徑定理求最值】  PAGEREF _Toc16455 \h 9  HYPERLINK \l "_Toc24750" 【題型4 利用垂徑定理求取值范圍】  PAGEREF _Toc24750 \h 13  HYPERLINK \l "_Toc16246" 【題型5 利用垂徑定理求整點】  PAGEREF _Toc16246 \h 18  HYPERLINK \l "_Toc12630" 【題型6 利用垂徑定理求面積】  PAGEREF _Toc12630 \h 22  HYPERLINK \l "_Toc1666" 【題型7 垂徑定理在格點中的運用】  PAGEREF _Toc1666 \h 26  HYPERLINK \l "_Toc17993" 【題型9 垂徑定理與分類討論中的綜合運用】  PAGEREF _Toc17993 \h 33  HYPERLINK \l "_Toc18944" 【題型10 垂徑定理的應用】  PAGEREF _Toc18944 \h 37  【知識點1 垂徑定理及其推論】 （1）垂徑定理 ???? 垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。?（2）垂徑定理的推論 ???? 推論1：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條?。????? 推論2：弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對的兩條?。????? 推論3：平分弦所對一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條?。?【題型1 利用垂徑定理求線段長度】 【例1】（2022?雨花區(qū)校級開學）如圖，⊙O的半徑OD⊥弦AB交AB于點C，連接AO并延長交⊙O于點E，連接EC．若AB＝8，EC＝213，則CD的長為（　　） A．1 B．3 C．2 D．4 【分析】由垂徑定理得出AC＝BC＝4，連接BE，由∠CBE＝90°及CE長度求出BE＝6，在Rt△ABE中求出AE＝10，從而得出半徑OA＝OD＝5，再在Rt△AOC中求出OC，從而得出答案． 【解答】解：∵OD⊥AB，AB＝8， ∴AC＝BC＝4， 如圖，連接BE， ∵AE是⊙O的直徑， ∴∠ABE＝90°， ∵CE＝213， ∴BE=CE2-BC2=(213)2-42=6， 則AE=AB2+BE2=82+62=10， ∴AO＝OD＝5， 在Rt△AOC中，OC=AO2-AC2=52-42=3， 則CD＝OD﹣OC＝2， 故選：C． 【變式1-1】（2022?寧津縣二模）如圖，已知圓O的半徑為10，AB⊥CD，垂足為P，且AB＝CD＝16，則OP的長為（　?。? A．6 B．62 C．8 D．82 【分析】根據(jù)題意作出合適的輔助線，然后根據(jù)垂徑定理、勾股定理即可求得OP的長，本題得以解決． 【解答】解：作OE⊥AB交AB與點E，作OF⊥CD交CD于點F，如右圖所示， 則AE＝BE，CF＝DF，∠OFP＝∠OEP＝90°， 又∵圓O的半徑為10，AB⊥CD，垂足為P，且AB＝CD＝16， ∴∠FPE＝90°，OB＝10，BE＝8， ∴四邊形OEPF是矩形，OE＝6， 同理可得，OF＝6， ∴EP＝6， ∴OP=62+62=62， 故選：B． 【變式1-2】（2022?建華區(qū)二模）如圖，⊙O的直徑AB與弦CD相交于點E，若AE＝5，EB＝1，∠AEC＝30°，則CD的長為（　　） A．5 B．23 C．42 D．22+3+1 【分析】因為∠AED＝30°，可過點O作OF⊥CD于F，構成直角三角形，先求得⊙O的半徑為3，進而求得OE＝3﹣1＝2，根據(jù)30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，得出OF=12OE＝1，再根據(jù)勾股定理求得DF的長，然后由垂徑定理求出CD的長． 【解答】解：過點O作OF⊥CD于F，連接DO， ∵AE＝5，BE＝1， ∴AB＝6， ∴⊙O的半徑為3， ∴OE＝3﹣1＝2． ∵∠AEC＝30°， ∴OF＝1， ∴CF＝22， ∴CD＝2CF＝42， 故選：C． 【變式1-3】（2022春?徐匯區(qū)校級期中）如圖，AB是⊙O的弦，D為半徑OA的中點，過D作CD⊥OA交弦AB于點E，且CE＝CB，若BE＝2AE，CD＝5，那么⊙O的半徑為 　23?。? 【分析】先證明△AFO和△BCE是等邊三角形，設DE＝x，根據(jù)CD＝5列方程，求出x得到AD=3，從而得解． 【解答】解：如圖，記DC與⊙O交于點F，連接AF、OF、OB，過點C作CT⊥AB于點T，連接OE，OT． ∵D為半徑OA的中點，CD⊥OA， ∴FD垂直平分AO， ∴FA＝FO， 又∵OA＝OF， ∴△AOF是等邊三角形， ∴∠OAF＝∠AOF＝∠AFO＝60°， ∵CE＝CB，CT⊥EB， ∴ET＝TB， ∵BE＝2AE， ∴AE＝ET＝BT， ∵AD＝OD， ∴DE∥OT， ∴∠AOT＝∠ADE＝90°， ∴OE＝AE＝ET， ∵OA＝OB， ∴∠OAE＝∠OBT， ∵AO＝BO，AE＝BT， ∴△AOE≌△BOT（SAS）， ∴OE＝OT， ∴OE＝OT＝ET， ∴∠ETO＝60°， ∴∠OAB＝∠OBA＝30°，∠AED＝∠CEB＝60°， ∴△CEB是等邊三角形， ∴CE＝CB＝BE， 設DE＝x， ∴AE＝2x，BE＝CE＝4x， ∴CD＝5x＝5， ∴x＝1， ∴AD=3， ∴AO＝23． 故答案為：23． 【題型2 利用垂徑定理求角度】 【例2】（2022?泰安模擬）如圖，⊙O的半徑OA，OB，且OA⊥OB，連接AB．現(xiàn)在⊙O上找一點C，使OA2+AB2＝BC2，則∠OAC的度數(shù)為（　?。? A．15°或75° B．20°或70° C．20° D．30° 【分析】設圓的半徑是r，作直徑BD，作BC關于直徑BD的對稱線段BE，連接EC，BE，ED，AC，再由直角三角形的性質(zhì)即可解答． 【解答】解：如圖，設圓的半徑是r，則AO＝r，BO＝r，作直徑BD，作BC⊙O的弦BC，使∠DBC＝30°，作BC關于直徑BD的對稱線段BE， 連接EC，BE，ED，AC， 直角△BED中，可以得∠EBD＝30°， ∵線段BE與線段BC關于直線BD對稱， ∴BC＝BE， ∴BD垂直平分線段CE， ∴DE=CD， ∴∠CBD＝30°而∠BCA=12∠AOB＝45°． 在△ABC中，∠OAC＝180°﹣∠ABO﹣∠CBD﹣∠ACB﹣∠BAO＝15°． 同理，當E為C時，∠OAC＝75°． 故∠OAC的度數(shù)為15°或75°． 故選：A． 【變式2-1】（2022秋?天心區(qū)期中）如圖，已知⊙O半徑OA＝4，點B為圓上的一點，點C為劣弧AB上的一動點，CD⊥OA，CE⊥OB，連接DE，要使DE取得最大值，則∠AOB等于（　?。? A．60° B．90° C．120° D．135° 【分析】如圖，延長CD交⊙O 于P，延長CE交⊙O于T，連接PT．根據(jù)垂徑定理以及三角形的中位線定理，可得DE=12PT，當PT是直徑時，DE的長最大，再證明∠AOB＝90°，即可解決問題． 【解答】解：如圖，延長CD交⊙O 于P，延長CE交⊙O于T，連接PT． ∵OA⊥PC，OB⊥CT， ∴CD＝DP，CE＝TE， ∴DE=12PT， ∴當PT是直徑時，DE的長最大， 連接OC， ∵OP＝OC＝OT，OD⊥PC，OE⊥CT， ∴∠COD＝∠POA，∠COB＝∠BOT， ∴∠AOB＝∠COA+∠COB=12∠POT＝90°， 故選：B． 【變式2-2】（2022秋?青田縣期末）如圖，在⊙O中，半徑OC過弦AB的中點E，OC＝2，OE=2． （1）求弦AB的長； （2）求∠CAB的度數(shù)． 【分析】（1）連接OB，先由垂徑定理得OC⊥AB，AE＝BE，OB＝OC＝2，再由勾股定理求出BE=2，即可求解； （2）先證△BOE是等腰直角三角形，得∠BOC＝45°，再由圓周角定理即可求解． 【解答】解：（1）連接OB，如圖所示： ∵半徑OC過弦AB的中點E， ∴OC⊥AB，AE＝BE，OB＝OC＝2， ∴BE=OB2-OE2=22-(2)2=2， ∴AB＝2BE＝22； （2）由（1）得：BE＝OE，OC⊥AB， ∴△BOE是等腰直角三角形， ∴∠BOC＝45°， ∴∠CAB=12∠BOC＝22.5°． 【變式2-3】（2022秋?開州區(qū)期末）如圖，在⊙O中，弦BC與半徑OA垂直于點D，連接AB、AC．點E為AC的中點，連接DE． （1）若AB＝6，求DE的長； （2）若∠BAC＝100°，求∠CDE的度數(shù)． 【分析】（1）根據(jù)垂徑定理得到AB=AC，則AC＝AB＝6，然后根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得到DE的長； （2）利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和計算出∠C＝40°，然后利用ED＝EC得到∠CDE＝∠C＝40°． 【解答】解：（1）∵BC⊥OA， ∴AB=AC，∠ADC＝90°， ∴AC＝AB＝6， ∵點E為AC的中點， ∴DE=12AC＝3； （2）∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∵∠BAC＝100°， ∴∠C=12（180°﹣100°）＝40°， ∵點E為AC的中點， ∴ED＝EC， ∴∠CDE＝∠C＝40°． 【題型3 利用垂徑定理求最值】 【例3】（2022?威海模擬）⊙O中，點C為弦AB上一點，AB＝1，CD⊥OC交⊙O于點D，則線段CD的最大值是（　?。? A．12 B．1 C．32 D．2 【分析】因為CD⊥OC交⊙O于點D，連接OD，△OCD是直角三角形，則CD=OD2-OC2，因為半徑OD是定值，當OC取得最小值時線段CD取得最大值． 【解答】解：連接OD， ∵CD⊥OC交⊙O于點D， ∴△OCD是直角三角形， 根據(jù)勾股定理得CD=OD2-OC2， ∵半徑OD是定值， ∴當OC⊥AB時，線段OC最小，此時D與B重合，CD=OB2-OC2， ∵OC⊥AB， ∴AC＝BC=12AB=12， ∴CD=OB2-OC2=BC=12． 故選：A． 【變式3-1】（2022?河北模擬）如圖所示，在⊙O中，AB為弦，OC⊥AB交AB于點D．且OD＝DC．P為⊙O上任意一點，連接PA，PB，若⊙O的半徑為1，則 S△PAB的最大值為（　　） A．1 B．233 C．334 D．332 【分析】連接OA，如圖，利用垂徑定理得到AD＝BD，AC=BC，再根據(jù)OD＝DC可得到OD=12OA=12，所以AD=32，由勾股定理，則AB=3．△PAB底AB不變，當高越大時面積越大，即P點到AB距離最大時，△APB的面積最大．則當點P為AB所在優(yōu)弧的中點時，此時PD＝PO+OD＝1+12=32，△APB的面積最大，然后根據(jù)三角形的面積公式計算即可． 【解答】解：連接OA，如圖， ∵OC⊥AB， ∴AD＝BD， ∵OD＝DC， ∴OD=12OA=12， ∴AD=OA2-OD2=32，AB＝2AD=3． 當點P為AB所對的優(yōu)弧的中點時，△APB的面積最大，此時PD＝PO+OD＝1+12=32． ∴△APB的面積的最大值為=12AB?PD=12×3×32=334． 故選：C． 【變式3-2】（2022秋?龍鳳區(qū)校級期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝20，AD＝15，P，Q分別是AB，AD邊上的動點，PQ＝16，以PQ為直徑的⊙O與BD交于點M，N，則MN的最大值為 　83?。? 【分析】過A點作AH⊥BD于H，連接OM，如圖，先利用勾股定理計算出BD＝25，則利用面積法可計算出AH＝36，再證明點O在AH上時，OH最短，此時HM有最大值，最大值為43，然后根據(jù)垂徑定理可判斷MN的最大值． 【解答】解：過A點作AH⊥BD于H，連接OM，如圖： ∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝90°， 在Rt△ABD中，BD=AB2+AD2=202+152=25， ∵12×AH×BD=12×AD×AB， ∴AH=20×1525=12， ∵⊙O的直徑為16， ∴⊙O的半徑為8， ∴點O在AH上時，OH最短， ∵HM=OM2-OH2， ∴此時HM有最大值，OH＝AH﹣OA＝4， 則最大值為82-42=43， ∵OH⊥MN， ∴MN＝2MH， ∴MN的最大值為2×43=83． 故答案為：83． 【變式3-3】（2022秋?延平區(qū)校級期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，D、E分別是AC、BC上的一點，且DE＝3，若以DE為直徑的圓與斜邊AB相交于M、N，則MN的最大值為（　?。? A．910 B．65 C．85 D．125 【分析】由題意可知，C、O、G三點在一條直線上OG最小，MN最大，再由勾股定理求得AB，然后由三角形面積求得CF，最后由垂徑定理和勾股定理即可求得MN的最大值． 【解答】解：過O作OG⊥AB于G，連接OC、OM， ∵DE＝3，∠ACB＝90°，OD＝OE， ∴OC=12DE=32， 只有C、O、G三點在一條直線上OG最小， ∵OM=32， ∴只有OG最小，GM才能最大，從而MN有最大值， 過C作CF⊥AB于F， ∴G和F重合時，MN有最大值， ∵∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4， ∴AB=BC2+AC2=32+42=5， ∵12AC?BC=12AB?CF， ∴CF=AC×BCAB=4×35=125， ∴OG＝CF﹣OC=125-32=910， ∴MG=OM2-OG2=(32)2-(910)2=65， ∴MN＝2MG=125， 故選：D． 【題型4 利用垂徑定理求取值范圍】 【例4】（2022?包河區(qū)校級二模）如圖，在⊙O中，直徑AB＝10，CD⊥AB于點E，CD＝8．點F是弧BC上動點，且與點B、C不重合，P是直徑AB上的動點，設m＝PC+PF，則m的取值范圍是（　?。? A．8＜m≤45 B．45＜m≤10 C．8＜m≤10 D．6＜m＜10 【分析】連接PD，DF，OC，BD，利用垂徑定理可得AB是CD的垂直平分線，則PC＝PD；利用三角形的任意兩邊之和大于第三邊，可得不等式PD+PF≥DF（當D，P，F(xiàn)在一條直線上時取等號），結(jié)合圖形即可得出結(jié)論． 【解答】解：連接PD，DF，OC，BD，如圖， ∵CD⊥AB，BA為⊙O的直徑， ∴CE＝ED=12CD＝4， ∵OC=12AB＝5， ∴OE=OC2-CE2=3， ∴BE＝OE+OB＝8． ∴BD=BE2+DE2=45． ∵P是直徑AB上的動點，CD⊥AB， ∴AB是CD的垂直平分線， ∴PC＝PD． ∵m＝PC+PF， ∴m＝PD+PF， 由圖形可知：PD+PF≥DF（當D，P，F(xiàn)在一條直線上時取等號）， ∵點F是弧BC上動點，且與點B、C不重合， ∴DC＜DF≤直徑， ∴8＜m≤10． 故選：C． 【變式4-1】（2022?佛山）如圖，⊙O的直徑為10cm，弦AB＝8cm，P是弦AB上的一個動點，求OP的長度范圍． 【分析】過點O作OE⊥AB于點E，連接OB，由垂徑定理可知AE＝BE=12AB，再根據(jù)勾股定理求出OE的長，由此可得出結(jié)論． 【解答】解：過點O作OE⊥AB于點E，連接OB， ∵AB＝8cm， ∴AE＝BE=12AB=12×8＝4cm， ∵⊙O的直徑為10cm， ∴OB=12×10＝5cm， ∴OE=OB2-BE2=52-42=3cm， ∵垂線段最短，半徑最長， ∴3cm≤OP≤5cm． 【變式4-2】（2022秋?鹽都區(qū)校級月考）如圖，點P是⊙O內(nèi)一定點． （1）過點P作弦AB，使點P是AB的中點（不寫作法，保留作圖痕跡）； （2）若⊙O的半徑為13，OP＝5， ①求過點P的弦的長度m范圍； ②過點P的弦中，長度為整數(shù)的弦有 　4　條． 【分析】（1）連接OP并延長，過點P作AB⊥OP即可； （2）①過點P的所有弦中，直徑最長為26，與OP垂直的弦最短，由垂徑定理和勾股定理求出AB＝24，即可得出答案； ②過P點最長的弦為直徑26，最短的弦24，長度為25的弦有2條，即可得出結(jié)論． 【解答】解：（1）如圖1，連接OP并延長，過點P作AB⊥OP， 則弦AB即為所求； （2）①過點P的所有弦中，直徑最長為26，與OP垂直的弦最短， 連接OA，如圖2所示： ∵OP⊥AB， ∴AP＝BP=OA2-OP2=132-52=12， ∴AB＝2AP＝24， ∴過點P的弦的長度m范圍為24≤m≤26； ②∵過P點最長的弦為直徑26，最短的弦24， ∴長度為25的弦有兩條， ∴過點P的弦中，長度為整數(shù)的弦共有4條， 故答案為：4． 【變式4-3】（2022秋?天河區(qū)校級期中）已知⊙O的半徑為5，點O到弦AB的距離OH＝3，點P是圓上一動點，設過點P且與AB平行的直線為l，記直線AB到直線l的距離為d． （1）求AB的長； （2）如果點P只有兩個時，求d的取值范圍； （3）如果點P有且只有三個時，求連接這三個點所得到的三角形的面積． 【分析】（1）連接OA，根據(jù)勾股定理求出AH，根據(jù)垂徑定理得出即可； （2）求出HC和HD的值，結(jié)合圖形得出即可； （3）先找出符合條件時的位置，求出三角形的高和底邊，根據(jù)三角形的面積公式求出即可． 【解答】解：（1） 連接OA，如圖1， ∵點O到弦AB的距離OH＝3， ∴AB⊥OC， ∴∠OHA＝90°，AB＝2AH， 在Rt△AHO中，OA＝5，OH＝3，由勾股定理得：AH＝4， ∴AB＝2AH＝8； （2） 延長CO交⊙O于D，如圖2， ∵CH＝5﹣3＝2，HD＝5+3＝8， ∴點P只有兩個時d的取值范圍是2＜d＜8； （3） 如圖3，∵CH＝5﹣3＝2，HD＝5+3＝8， ∴點P有且只有三個時，d＝2， 如圖，P在C、E、F處，連接OE， ∵OC⊥AB，AB∥EF， ∴OC⊥EF， ∴EF＝2EM， ∵OE＝5，OM＝5﹣2﹣2＝1，CM＝2+2＝4， ∴由勾股定理得：EM=52-12=26； ∴EF＝2EM＝46， ∴S△CEF=12×EF×CM=12×46×4＝86 即點P有且只有三個時，連接這三個點所得到的三角形的面積是86． 【題型5 利用垂徑定理求整點】 【例5】（2022?山海關區(qū)一模）已知⊙O的直徑CD＝10，CD與⊙O的弦AB垂直，垂足為M，且AM＝4.8，則直徑CD上的點（包含端點）與A點的距離為整數(shù)的點有（　?。? A．1個 B．3個 C．6個 D．7個 【分析】利用勾股定理得出線段AD和AC的長，根據(jù)垂線段的性質(zhì)結(jié)合圖形判斷即可． 【解答】解：∵CD是直徑， ∴OC＝OD=12CD=12×10＝5， ∵AB⊥CD， ∴∠AMC＝∠AMD＝90°， ∵AM＝4.8， ∴OM=52-4．82=1.4， ∴CM＝5+1.4＝6.4，MD＝5﹣1.4＝3.6， ∴AC=4．82+6．42=8，AD=4．82+3．62=6， ∵AM＝4.8， ∴A點到線段MD的最小距離為4.8，最大距離為6，則A點到線段MD的整數(shù)距離有5，6， A點到線段MC的最小距離為4.8，最大距離為8，則A點到線段MC的整數(shù)距離有5，6，7，8， 直徑CD上的點（包含端點）與A點的距離為整數(shù)的點有6個， 故選：C． 【變式5-1】（2022秋?新昌縣期末）如圖，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于點C，連接OB，點P是半徑OB上任意一點，連接AP，若OB＝5，OC＝3，則AP的長不可能是（　?。? A．6 B．7 C．8 D．9 【分析】首先利用勾股定理得出AC的長，求出AB長，再利用三角形邊之間的關系進而得出AO≤AP≤AB，即可得出答案． 【解答】解：連接OA， ∵OC⊥AB于點C，OB＝5，OC＝3， ∴BC=52-32=4， ∴AB＝2×4＝8， ∵AO≤AP≤AB， ∴5≤AP≤8， ∴AP的長度不可能是：9（答案不唯一）． 故選：D． 【變式5-2】（2022?橋西區(qū)校級模擬）如圖，AB是⊙C的弦，直徑MN⊥AB于點O，MN＝10，AB＝8，如圖以O為原點建立坐標系．我們把橫縱坐標都是整數(shù)的點叫做整數(shù)點，則線段OC長是 　3　，⊙C上的整數(shù)點有 　12　個． 【分析】過C作直徑UL∥x軸，連接AC，根據(jù)垂徑定理求出AO＝BO＝4，根據(jù)勾股定理求出OC，再得出答案即可． 【解答】解：過C作直徑UL∥x軸， 連接CA，則AC=12×10＝5， ∵MN過圓心C，MN⊥AB，AB＝8， ∴AO＝BO＝4，∠AOC＝90°， 由勾股定理得：CO=AC2-OC2=52-42=3， ∴ON＝5﹣3＝2，OM＝5+3＝8， 即A（﹣4，0），B（4，0），M（0，8），N（0，﹣2）， 同理還有弦QR＝AB＝8，弦WE＝TS＝6，且WE、TS、QR都平行于x軸， Q（﹣4，6），R（4，6），W（﹣3，7），E（3，7），T（﹣3，﹣1），S（3，﹣1），U（﹣5，3），L（5，3）， 即共12個點， 故答案為：3；12． 【變式5-3】（2022秋?肇東市期末）已知⊙O的半徑為5，點O到弦AB的距離為3，則⊙O上到弦AB所在直線的距離為2的點有（　?。?A．4個 B．3個 C．2個 D．1個 【分析】過O點作OC⊥AB，交⊙O于P，由OC＝3，OA＝5，得到PC＝2，即點P到直線AB的距離為2；在直線的另一邊，圓上的點到直線的最遠距離為8，而圓為對稱圖形，則還有兩個點M，N到直線AB的距離為3． 【解答】解：過O點作OC⊥AB，交⊙O于P，如圖， ∴OC＝3， 而OA＝5， ∴PC＝2，即點P到直線AB的距離為2； 在直線的另一邊，圓上的點到直線的最遠距離為8，而圓為對稱圖形， ∴在直線AB的這邊，還有兩個點M，N到直線AB的距離為2． 故選：B． 【題型6 利用垂徑定理求面積】 【例6】（2022?武漢模擬）如圖，在半徑為1的⊙O中有三條弦，它們所對的圓心角分別為60°，90°，120°，那么以這三條弦長為邊長的三角形的面積是（　?。? A．2 B．1 C．32 D．22 【分析】連接OA、OB、OC、OD、OE、OF，則△AOB、△COD分別為等邊三角形，等腰直角三角形，進而可得到AB、CD長；再過點O作OH⊥EF于點H，根據(jù)垂徑定理可得EF＝2EH，∠EOH＝∠FOH＝60°，根據(jù)銳角三角形函數(shù)可求出FH，進而可得EF；再根據(jù)AB2+CD2＝EF2可判斷以AB、CD、EF為邊的三角形為直角三角形，即可求出其面積． 【解答】解：如圖，連接OA、OB、OC、OD、OE、OF，則∠AOB＝60°，∠COD＝90°，∠EOF＝120°， 在Rt△COD中，CD=12+12=2． ∵OA＝OB， ∴△AOB是等邊三角形， ∴AB＝OA＝1， 過點O作OH⊥EF于點H，則EF＝2EH，∠EOH＝∠FOH＝60°， ∴FH＝1×32=32． ∴EF＝2FH=3． ∵12+(2)2=(3)2，即AB2+CD2＝EF2， ∴以AB、CD、EF為邊的三角形為直角三角形， ∴其面積為：12×2×1=22． 故選：D． 【變式6-1】（2022秋?黃州區(qū)校級月考）如圖，矩形MNGH的四個頂點都在⊙O上，順次連接矩形各邊的中點，得到菱形ABCD，若BD＝12，DF＝4，則菱形ABCD的面積為　96?。? 【分析】先連接OH，根據(jù)BD＝12得出OD長，那么可得到圓的半徑為OD+DF，利用三角形全等可得菱形邊長等于圓的半徑，再根據(jù)勾股定理求出OA的長，由S菱形ABCD＝4S△AOD即可得出結(jié)論． 【解答】解：如圖：連接OH， ∵BD＝12，DF＝4 ∴⊙O的半徑r＝OD+DF=12BD+DF=12×12+4＝10， ∴OH＝10 在Rt△HOD與Rt△ADO中，OD＝OD，AO＝HD，∠AOD＝∠HDO＝90° ∴△AOD≌△GDO， ∴OH＝AD＝10， 在Rt△AOD中， ∵AD＝10，OD＝6， ∴OA=AD2-OD2=102-62=8， ∴S菱形ABCD＝4S△AOD＝4×12×6×8＝96． 故答案為：96． 【變式6-2】（2022秋?西城區(qū)校級期中）如圖，AB為⊙O直徑，過點O作OD⊥BC于點E，交⊙O于點D，CD∥AB． （1）求證：E為OD的中點； （2）若CB＝6，求四邊形CAOD的面積． 【分析】（1）根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)以及垂徑定理證明即可； （2）根據(jù)平行四邊形的判定和勾股定理解答即可． 【解答】證明：（1）在⊙O中，OD⊥BC于E， ∴CE＝BE， ∵CD∥AB， ∴∠DCE＝∠B， 在△DCE與△OBE中∠DCE=∠BCE=BE∠CED=∠BEO， ∴△DCE≌△OBE（ASA）， ∴DE＝OE， ∴E是OD的中點； （2）連接OC， ∵AB是⊙O的直徑， ∴∠ACB＝90°， ∵OD⊥BC， ∴∠CED＝90°＝∠ACB， ∴AC∥OD， ∵CD∥AB， ∴四邊形CAOD是平行四邊形， ∵E是OD的中點，CE⊥OD， ∴OC＝CD， ∵OC＝OD， ∴OC＝OD＝CD， ∴△OCD是等邊三角形， ∴∠D＝60°， ∴∠DCE＝90°﹣∠D＝30°， ∴在Rt△CDE中，CD＝2DE， ∵BC＝6， ∴CE＝BE＝3， ∵CE2+DE2＝CD2＝4DE2， ∴DE=3，CD＝23， ∴OD＝CD＝23， ∴四邊形CAOD的面積＝OD?CE＝63． 【變式6-3】（2022?新洲區(qū)模擬）如圖，點A，C，D均在⊙O上，點B在⊙O內(nèi)，且AB⊥BC于點B，BC⊥CD于點C，若AB＝4，BC＝8，CD＝2，則⊙O的面積為（　?。? A．125π4 B．275π4 C．125π9 D．275π9 【分析】利用垂徑定理和勾股定理建立方程求出ON，再求出半徑后，根據(jù)圓面積的計算方法進行計算即可． 【解答】解：如圖，連接OA、OC，過點O作OM⊥CD于M，MO的延長線于AB延長線交于N，則四邊形BCMN是矩形， ∵OM⊥CD，CD是弦， ∴CM＝DM=12CD＝1＝BN， ∴AN＝AB+BN＝4+1＝5， 設ON＝x，則OM＝8﹣x， 在Rt△AON、Rt△COM中，由勾股定理得， OA2＝AN2+ON2，OC2＝OM2+CM2， ∵OA＝OC， ∴AN2+ON2＝OM2+CM2， 即52+x2＝（8﹣x）2+12， 解得x=52， 即ON=52， ∴OA2＝52+（52）2=1254， ∴S⊙O＝π×OA2=1254π， 故選：A． 【題型7 垂徑定理在格點中的運用】 【例7】（2022秋?襄都區(qū)校級期末）如圖所示，一圓弧過方格的格點AB，試在方格中建立平面直角坐標系，使點A的坐標為（0，4），則該圓弧所在圓的圓心坐標是（　?。? A．（﹣1，2） B．（1，﹣1） C．（﹣1，1） D．（2，1） 【分析】連接AC，作出AB、AC的垂直平分線，其交點即為圓心． 【解答】解：如圖所示， 連接AC，作出AB、AC的垂直平分線，其交點即為圓心． ∵點A的坐標為（0，4）， ∴該圓弧所在圓的圓心坐標是（﹣1，1）． 故選：C． 【變式7-1】（2022春?海門市期中）如圖所示，⊙P過B、C兩點，寫出⊙P上的格點坐標． 【分析】根據(jù)同圓的半徑相等可得點P的坐標． 【解答】解：由圖形可知：⊙P上的格點坐標為（4，2）． 【變式7-2】（2022?商城縣三模）如圖所示的網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長均為1，點A、B、C均在小正方形的頂點上，點C同時也在AB上，若點P是BC的一個動點，則△ABP面積的最大值是 　85-8　． 【分析】作AB的垂直平分線交AB于D，交AB于E，圓心為0，則點O在DE上，連接AE、BE，CF⊥OE于F，如圖，設⊙O的半徑為r，OD＝x，利用勾股定理得到r2＝x2+42①，r2＝（x+2）2+22②，則利用②﹣①可求出得x＝2，所以r＝25，DE＝25-2，然后根據(jù)三角形面積公式，點P點與點E重合時，△ABP面積的最大值． 【解答】解：作AB的垂直平分線交AB于D，交AB于E，圓心為0，則點O在DE上，連接AE、BE，CF⊥OE于F，如圖， 設⊙O的半徑為r，OD＝x， 在Rt△BOD中，r2＝x2+42①， 在Rt△OCF中，r2＝（x+2）2+22②， ②﹣①得4+4x+4﹣16＝0， 解得x＝2， ∴OD＝2， ∴r=22+42=25， ∴DE＝OE﹣OD＝25-2， ∵點P是BC的一個動點， ∴點P點與點E重合時，△ABP面積的最大值，最大值為12×8×（25-2）＝85-8． 故答案為：85-8． 【變式7-3】（2017秋?靖江市校級月考）如圖，在單位長度為1的正方形網(wǎng)格中建立一直角坐標系，一條圓弧經(jīng)過網(wǎng)格點A、B、C，請在網(wǎng)格圖中進行下列操作（以下結(jié)果保留根號）： （1）利用網(wǎng)格作出該圓弧所在圓的圓心D點的位置，并寫出D點的坐標為?。?，1）?。?（2）連接AD、CD，則⊙D的半徑為　13　，∠ADC的度數(shù)為　90°?。? 【分析】（1）利用網(wǎng)格特點，作AB和BC的垂直平分線，然后根據(jù)垂徑的推論可判定它們的交點為D點，從而得到D點坐標； （2）先利用勾股定理計算出DA、DC、AC，然后利用勾股定理的逆定理證明∠ADC的度數(shù)為90°． 【解答】解：（1）如圖，點D為所作， D點坐標為（2，1）； （2）AD=22+32=13，CD=22+32=13，AC=12+52=26， ∵DA2+DC2＝AC2， ∴△ADC為直角三角形，∠ADC＝90°， 即⊙D的半徑為13，∠ADC的度數(shù)為90°． 故答案為（2，1）；13，90°． 【題型8 垂徑定理在坐標系中的運用】 【例8】（2022?博山區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標系中，半徑為5的⊙E與y軸交于點A（0，﹣2），B（0，4），與x軸交于C，D，則點D的坐標為（　?。? A．(4-26，0) B．(-4+26，0) C．(-4+26，0) D．(4-26，0) 【分析】過O點作EH⊥AB于H，EF⊥CD于F，連接ED，如圖，根據(jù)垂徑定理得到CF＝DF，AH＝BH＝3，所以OH＝1，再利用勾股定理計算出EH＝4，則EF＝1，OF＝4，接著利用勾股定理計算出FD，然后計算出OD，從而得到D點坐標． 【解答】解：過O點作EH⊥AB于H，EF⊥CD于F，連接ED，如圖，則CF＝DF，AH＝BH ∵A（0，﹣2），B（0，4）， ∴AB＝6， ∴BH＝3， ∴OH＝1， 在Rt△BHE中，EH=EB2-BH2=52-32=4， ∵四邊形EHOF為矩形， ∴EF＝OH＝1，OF＝EH＝4， 在Rt△OEF中，F(xiàn)D=DE2-EF2=52-12=26， ∴OD＝FD﹣OF＝26-4， ∴D（26-4，0）． 故選：B． 【變式8-1】（2022秋?西林縣期末）如圖，⊙P與y軸交于點M（0，﹣4），N（0，﹣10），圓心P的橫坐標為﹣4．則⊙P的半徑為（　?。? A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】過點P作PD⊥MN，連接PM，由垂徑定理得DM＝3，在Rt△PMD中，由勾股定理可求得PM為5即可． 【解答】解：過點P作PD⊥MN，連接PM，如圖所示： ∵⊙P與y軸交于M（0，﹣4），N（0，﹣10）兩點， ∴OM＝4，ON＝10， ∴MN＝6， ∵PD⊥MN， ∴DM＝DN=12MN＝3， ∴OD＝7， ∵點P的橫坐標為﹣4，即PD＝4， ∴PM=PD2+DM2=42+32=5， 即⊙P的半徑為5， 故選：C． 【變式8-2】（2022?印江縣三模）如圖，直線l為y＝x，過點A1（1，0）作A1B1⊥x軸，與直線l交于點B1，以原點O為圓心，OB1長為半徑畫圓弧交x軸于點A2；再作A2B2⊥x軸，交直線l于點B2，以原點O為圓心，OB2長為半徑畫圓弧交x軸于點A3；…，按此作法進行下去，則點A2022的坐標為 ?。ǎ?）2021，0）?。? 【分析】利用直線y＝x平分第一、三象限，則B1（1，1），由于OA2＝OB1=2OA1=2，OA3＝OB2=2OA2＝（2）2，依此變化規(guī)律得到OA2022＝（2）2021，從而得到點A2022的坐標． 【解答】解：∵A1（1，0）作A1B1⊥x軸，與直線y＝x交于點B1， ∴OA1＝1，B1（1，1）， ∵以原點O為圓心，OB1長為半徑畫圓弧交x軸于點A2， ∴OA2＝OB1=2OA1=2， ∵以原點O為圓心，OB2長為半徑畫圓弧交x軸于點A3， ∴OA3＝OB2=2OA2=2×2=（2）2， 同理可得OA4＝（2）3， ??? ∴OA2022＝（2）2021， ∴點A2022的坐標為（（2）2021，0）． 故答案為：（（2）2021，0）． 【變式8-3】（2015?宜春模擬）如圖，半徑為5的⊙P與y軸交于點M（0，﹣4），N（0，﹣10），函數(shù)y＝﹣2x+m圖象過點P，則m＝　﹣15　． 【分析】過P點作PE⊥ON交y軸于點E，連接PM，由點M（0，﹣4），N（0，﹣10）得MN＝6，所以ME＝NE＝3，得E（0，﹣7），由勾股定理得PE＝4，故P（﹣4，﹣7），代入y＝﹣2x+m得m． 【解答】解：過P點作PE⊥ON交y軸于點E，連接PM， ∵點M（0，﹣4），N（0，﹣10）， ∴MN＝6， ∴ME＝NE＝3， ∴E（0，﹣7）， ∵PM＝5， ∴PE=52-32=4， ∵點P在第三象限， ∴P（﹣4，﹣7），代入y＝﹣2x+m得，m＝﹣15， 故答案為：﹣15． 【題型9 垂徑定理與分類討論中的綜合運用】 【例9】（2022秋?化德縣校級期末）⊙O的半徑為10cm，弦AB∥CD，且AB＝12cm，CD＝16cm，則AB和CD的距離為（　　） A．2cm B．14cm C．2cm或14cm D．10cm或20cm 【分析】分兩種情況考慮：當圓心位于AB與CD之間時，連接OA，OC，如圖1所示，過O作EF⊥AB，由AB∥CD，得到EF⊥CD，利用垂徑定理得到E、F分別為AB、CD的中點，分別求出OE與OF，由OE+OF即可得到EF的長；當圓心在AB與CD一側(cè)時，連接OA，OC，如圖2所示，過O作EF⊥AB，由AB∥CD，得到EF⊥CD，同理求出OE與OF，由OE﹣OF即可求出EF的長． 【解答】解：當圓心位于AB與CD之間時，連接OA，OC，如圖1所示， 過O作EF⊥AB，由AB∥CD，得到EF⊥CD， ∴E、F分別為AB、CD的中點， ∴AE＝6cm，CF＝8cm， 在Rt△AOE中，OA＝10cm，AE＝6cm， 根據(jù)勾股定理得：OE＝8cm， 在Rt△COF中，OC＝10cm，CF＝8cm， 根據(jù)勾股定理得到OF＝6cm， 此時AB和CD的距離EF＝8+6＝14cm； 當圓心在AB與CD一側(cè)時，連接OA，OC，如圖2所示， 過O作EF⊥AB，由AB∥CD，得到EF⊥CD， 同理求出OE＝8cm，OF＝6cm， 此時AB和CD的距離EF＝8﹣6＝2cm， 綜上，AB和CD的距離為2cm或14cm． 故選：C． 【變式9-1】（2022?包河區(qū)二模）已知圓O的半徑為5，弦AB＝8，D為弦AB上一點，且AD＝1，過點D作CD⊥AB，交圓O于C，則CD長為（　?。?A．1 B．7 C．8或1 D．7或1 【分析】連接OB，OC1，過O作OE⊥CD，OF⊥AB，則四邊形EDFO是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到OE＝DF，OF＝DE，根據(jù)勾股定理得到BF=52-42=3，得到OE＝DF＝3，由勾股定理得到C1E=52-32=4，于是得到結(jié)論． 【解答】解：如圖， 連接OB，OC1，過O作OE⊥CD，OF⊥AB， 則四邊形EDFO是矩形， ∴OE＝DF，OF＝DE， ∵圓O的半徑為5，弦AB＝8， ∴AF＝BF＝4， ∴BF=52-42=3， ∵AD＝1，∴DF＝3， ∴OE＝DF＝3， ∴C1E=52-32=4， ∴C2E＝4， ∴C1D＝7，C2D＝1， ∴CD長為7或1， 故選：D． 【變式9-2】（2022秋?方正縣期末）如圖，⊙O的弦AB與半徑OC垂直，點D為垂足，OD＝DC，AB＝23，點E在⊙O上，∠EOA＝30°，則△EOC的面積為　1或2?。? 【分析】設⊙O的半徑為x（x＞0），則OD＝DC=12x，根據(jù)垂徑定理可知AD=3，在Rt△ADO中利用勾股定理即可求出x值，再分點E在AC外和點E在AC上兩種情況考慮△EOC的面積，當點E在AC外時，通過角的計算可得出∠COE＝90°，利用三角形的面積公式即可求出S△EOC的值；當點E在AC上時，過點E作EF⊥OC于點F，通過角的計算可得出∠COE＝30°，由此可得出EF的長度，利用三角形的面積公式即可求出S△EOC的值．綜上即可得出結(jié)論． 【解答】解：依照題意畫出圖形，連接OA． 設⊙O的半徑為x（x＞0），則OD＝DC=12x． ∵OC⊥AB于點D， ∴∠ADO＝90°，AD＝DB=12AB=3． 在Rt△ADO中，AO＝x，OD=12x，AD=3， ∴∠OAD＝30°，∠AOD＝60°，AD=AO2-OD2=32x=3， 解得：x＝2． 當點E在AC外時，∠COE＝∠AOD+∠EOA＝90°， ∴S△EOC=12EO?OC＝2； 當點E在AC上時，過點E作EF⊥OC于點F， ∵∠COE＝∠AOD﹣∠EOA＝30°， ∴EF=12OE＝1， ∴S△EOC=12OC?EF＝1． 綜上可知：△EOC的面積為1或2． 故答案為：1或2． 【變式9-3】（2022秋?淮南月考）如圖，已知⊙O的半徑為2．弦AB的長度為2，點C是⊙O上一動點，若△ABC為等腰三角形，則BC2的長為 　8±43或12或4?。? 【分析】當△ABC為等腰三角形時，分兩種情況：①如圖1，AC＝BC，在AB的兩側(cè)各有一個符合條件的點C，根據(jù)勾股定理可得結(jié)論；②如圖2，當AB＝AC時，連接OC3，AO，AO交BC3于E，則BE＝C3E，根據(jù)直角三角形30度的性質(zhì)和勾股定理，垂徑定理可得結(jié)論． 【解答】解：當△ABC為等腰三角形時，分以下兩種情況： ①如圖1，以AB為底邊時，AC＝BC，連接C1C2，AO，則C1C2過圓心O， ∴C1C2⊥AB， ∴AD=12AB＝1， ∵OA＝2， ∴OD=22-12=3， ∴C1D＝2+3，C2D＝2-3， ∴BC12=(2+3)2+12=8+43，BC22=(2-3)2+12=8﹣43； ②如圖2，以AB為腰時，AB＝AC3＝BC4＝2，連接OC3，AO，AO交BC3于E，則BE＝C3E，BC42＝4， ∵OC3＝AO＝AC3＝2， ∴△AC3O是等邊三角形， ∴∠EOC3＝60°， ∴∠OC3E＝30°， ∴C3E=3， ∴BC3＝23， ∴BC32＝（23）2＝12， 綜上，BC2＝8±43或12或4． 故答案為：8±43或12或4． 【題型10 垂徑定理的應用】 【例10】（2022秋?武昌區(qū)校級期末）某地有一座圓弧形拱橋，它的跨度（弧所對的弦的長）24m，拱高（弧的中點到弦的距離）4米，則求拱橋的半徑為（　?。? A．16m B．20m C．24m D．28m 【分析】設圓弧形拱橋的圓心為O，跨度為AB，拱高為CD，連接OA、OD，設拱橋的半徑為R米，由垂徑定理得AD=12AB＝12（米），再由勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】解：設圓弧形拱橋的圓心為O，跨度為AB，拱高為CD，連接OA、OD，如圖： 設拱橋的半徑為R米， 由題意得：OD⊥AB，CD＝4米，AB＝24米， 則AD＝BD=12AB＝12（米），OD＝（R﹣4）米， 在Rt△AOD中，由勾股定理得：R2＝122+（R﹣4）2， 解得：R＝20， 即橋拱的半徑R為20m， 故選：B． 【變式10-1】（2022?望城區(qū)模擬）《九章算術》是我國古代著名數(shù)學經(jīng)典，其中對勾股定理的論述比西方早一千多年，其中有這樣一個問題：“今有圓材埋在壁中，不知大小．以鋸鋸之，深一寸，鋸道長一尺．問徑幾何？”其意為：今有一圓柱形木材，埋在墻壁中，不知其大小，用鋸去鋸該材料，鋸口深1寸，鋸道長1尺．如圖，已知弦AB＝1尺，弓形高CD＝1寸，（注：1尺＝10寸）問這塊圓柱形木材的直徑是（　?。? A．13寸 B．6.5寸 C．26寸 D．20寸 【分析】設⊙O的半徑為r寸．在Rt△ADO中，AD＝5，OD＝r﹣1，OA＝r，則有r2＝52+（r﹣1）2，解方程即可； 【解答】解：設⊙O的半徑為r寸． 在Rt△ADO中，AD＝5，OD＝r﹣1，OA＝r， 則有r2＝52+（r﹣1）2， 解得r＝13， ∴⊙O的直徑為26寸， 故選：C． 【變式10-2】（2022秋?西城區(qū)校級期中）京西某游樂園的摩天輪采用了國內(nèi)首創(chuàng)的橫梁結(jié)構，風格更加簡約．如圖，摩天輪直徑88米，最高點A距離地面100米，勻速運行一圈的時間是18分鐘．由于受到周邊建筑物的影響，乘客與地面的距離超過34米時，可視為最佳觀賞位置，在運行的一圈里最佳觀賞時長為 　12　分鐘． 【分析】先求摩天輪轉(zhuǎn)動的角速度為＝20°/分，再求出OC＝OD﹣CD＝22（米），則OC=12OB，得∠OBC＝30°，然后求出最佳觀賞位置的圓心角為240°，即可求解． 【解答】解：如圖所示： 摩天輪轉(zhuǎn)動的角速度為：360°÷18分＝20°/分， 由題意得：AD⊥BC，AD＝88米，AM＝100米，CM＝BN＝34米， 則OB＝OD＝44（米），DM＝AM﹣AD＝12（米）， ∴CD＝CM﹣DM＝34﹣12＝22（米）， ∴OC＝OD﹣CD＝22（米）， ∴OC=12OB， ∵∠OCB＝90°， ∴∠OBC＝30°， ∴∠BOC＝90°﹣30°＝60°， ∴∠AOB＝180°﹣∠BOC＝120°， ∴最佳觀賞位置的圓心角為2×120°＝240°， ∴在運行的一圈里最佳觀賞時長為：240°÷20°/分＝12（分鐘）， 故答案為：12． 【變式10-3】（2022?浙江）如圖，公園內(nèi)有一個半徑為20米的圓形草坪，A，B是圓上的點，O為圓心，∠AOB＝120°，從A到B只有路AB，一部分市民為走“捷徑”，踩壞了花草，走出了一條小路AB．通過計算可知，這些市民其實僅僅少走了 　15　步（假設1步為0.5米，結(jié)果保留整數(shù)）．（參考數(shù)據(jù)：3≈1.732，π取3.142） 【分析】作OC⊥AB于C，如圖，根據(jù)垂徑定理得到AC＝BC，再利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和計算出∠A＝30°，則OC＝10，AC＝103，所以AB≈69（步），然后利用弧長公式計算出AB的長，最后求它們的差即可． 【解答】解：作OC⊥AB于C，如圖， 則AC＝BC， ∵OA＝OB， ∴∠A＝∠B=12（180°﹣∠AOB）=12（180°﹣120°）＝30°， 在Rt△AOC中，OC=12OA＝10，AC=3OC＝103， ∴AB＝2AC＝203≈69（步）； 而AB的長=120?π?20180≈84（步）， AB的長與AB的長多15步． 所以這些市民其實僅僅少走了 15步． 故答案為15．

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24.3 正多邊形和圓

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