TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc19590" 【題型1 由垂徑定理及其推論判斷正誤】 PAGEREF _Tc19590 \h 1
\l "_Tc13554" 【題型2 根據(jù)垂徑定理與勾股定理綜合求值】 PAGEREF _Tc13554 \h 3
\l "_Tc26470" 【題型3 根據(jù)垂徑定理與全等三角形綜合求值】 PAGEREF _Tc26470 \h 8
\l "_Tc7180" 【題型4 在坐標(biāo)系中利用垂徑定理求值或坐標(biāo)】 PAGEREF _Tc7180 \h 14
\l "_Tc11397" 【題型5 利用垂徑定理求平行弦問題】 PAGEREF _Tc11397 \h 19
\l "_Tc30859" 【題型6 利用垂徑定理求同心圓問題】 PAGEREF _Tc30859 \h 23
\l "_Tc16918" 【題型7 垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用】 PAGEREF _Tc16918 \h 27
\l "_Tc10956" 【題型8 垂徑定理在格點(diǎn)中的運(yùn)用】 PAGEREF _Tc10956 \h 33
\l "_Tc30230" 【題型9 利用垂徑定理求整點(diǎn)】 PAGEREF _Tc30230 \h 38
\l "_Tc17317" 【題型10 利用垂徑定理求最值或取值范圍】 PAGEREF _Tc17317 \h 41
【知識(shí)點(diǎn)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(duì)的兩條?。?br>（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(duì)的兩條?。?br> 推論2：弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對(duì)的兩條?。?br> 推論3：平分弦所對(duì)一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對(duì)的另一條?。?br>【題型1 由垂徑定理及其推論判斷正誤】
【例1】（2023春·九年級(jí)單元測(cè)試）如圖，CD是⊙O的直徑，弦AB⊥CD于點(diǎn)E，連接BC、BD，下列結(jié)論中不一定正確的是（ ）
A．AE=BEB．AD=BDC．OE=DED．AC=BC
【答案】C
【分析】根據(jù)垂徑定理判斷即可；
【詳解】∵直徑CD垂直于弦AB于點(diǎn)E，則由垂徑定理可得，AE=BE，AD=BD，AC=BC，故選項(xiàng)A，B，D正確；OE=DE無(wú)法得出，故C錯(cuò)誤．
故選C．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理的應(yīng)用，準(zhǔn)確分析判斷是解題的關(guān)鍵．
【變式1-1】（2023春·北京海淀·九年級(jí)人大附中?？茧A段練習(xí)）在學(xué)習(xí)了《圓》這一章節(jié)之后,甲、乙兩位同學(xué)分別整理了一個(gè)命題:
甲:相等的弦所對(duì)的圓心角相等;乙:平分弦的直徑垂直于這條弦.
下面對(duì)這兩個(gè)命題的判斷,正確的是
A．甲對(duì)乙錯(cuò)B．甲錯(cuò)乙對(duì)C．甲乙都對(duì)D．甲乙都錯(cuò)
【答案】D
【分析】根據(jù)在同圓或等圓中, 如果兩個(gè)圓心角以及它們對(duì)應(yīng)的兩條弧、 兩條弦中有一組量相等, 則另外兩組量也相等，可判斷甲命題；由垂徑定理可得判斷乙命題.
【詳解】(1)在同圓或等圓中, 相等的弦所對(duì)的弧對(duì)應(yīng)相等,故甲命題錯(cuò)誤; (2)平分弦的直徑垂直于不是直徑的弦; 故乙命題項(xiàng)錯(cuò)誤;
故選D.
【點(diǎn)睛】本題主要考查同圓或等圓中，弧、弦、圓心角的關(guān)系及垂徑定理.
【變式1-2】（2023春·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）下列命題正確的是（ ）
A．垂直于弦的直徑平分弦所對(duì)的兩條弧B．弦的垂直平分線經(jīng)過圓心
C．平分弦的直徑垂直于弦D．平分弦所對(duì)的兩條弧的直線垂直于弦
【答案】ABD
【分析】根據(jù)垂徑定理及其推論進(jìn)行判斷即可．
【詳解】A、垂直于弦的直徑平分弦所對(duì)的兩條弧，正確；
B、弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，正確；
C、平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，故錯(cuò)誤；
D、平分弦所對(duì)的兩條弧的直線垂直于弦，正確；
故選ABD．
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理：熟練掌握垂徑定理及其推論是解決問題的關(guān)鍵．
【變式1-3】（2023·福建三明·泰安模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．DE=BEB．BC=BD
C．△BOC是等邊三角形D．四邊形ODBC是菱形
【答案】B
【詳解】試題分析：∵AB⊥CD，AB過O，
∴DE=CE，BC=BD，
根據(jù)已知不能推出DE=BE，△BOC是等邊三角形，四邊形ODBC是菱形．
故選B．
【考點(diǎn)】垂徑定理．
【題型2 根據(jù)垂徑定理與勾股定理綜合求值】
【例2】（2023·貴州遵義·統(tǒng)考三模）在半徑為r的圓中，弦BC垂直平分OA，若BC=6，則r的值是（ ）

A．3B．33C．23D．332
【答案】C
【分析】設(shè)BC、OA交于D，根據(jù)題意和垂徑定理得到OD=12r，BD=3，∠ODB=90°，在Rt△OBD由勾股定理得到r2=32+r22，解方程即可得到答案．
【詳解】解：設(shè)BC、OA交于D，
∵弦BC垂直平分OA，BC=6，
∴OD=12OA=12r，BD=12BC=3，∠ODB=90°，
在Rt△OBD中，由勾股定理得OB2=OD2+BD2，
∴r2=32+r22，
解得r=23，
故選C．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理和垂徑定理，利用方程的思想求解是解題的關(guān)鍵．
【變式2-1】（2023春·浙江·九年級(jí)統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，已知⊙O的半徑為5，弦AB=8，點(diǎn)E在AB上運(yùn)動(dòng)，連結(jié)OE，過點(diǎn)E作EF⊥OE交⊙O于點(diǎn)F，當(dāng)EF最大時(shí)，OE+EF的值為 ．
【答案】7
【分析】當(dāng)OE⊥AB，EF最大，即點(diǎn)F與點(diǎn)B重合，過O作OE⊥AB于E，連接OB，根據(jù)垂徑定理得到BE=4，根據(jù)勾股定理得到OE=OB2?BE2，從而得到答案．
【詳解】解：當(dāng)OE⊥AB，EF最大，即點(diǎn)F與點(diǎn)B重合，
過O作OE⊥AB于E，連接OB，
∵AB=8，
∴BE=4，
∵OB=5，
∴OE=OB2?BE2=3，
∴OE+EF=OE+OB=7，故答案為7．
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵.
【變式2-2】（2023·湖北孝感·校聯(lián)考一模）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，OC⊥OB，OD⊥AB于D交AC于E點(diǎn)，已知⊙O的半徑為1，則AE2+CE2 的值為（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】連接BE，根據(jù)垂徑定理得到AD=DB，得到EA=EB，∠EAO=∠EBO=∠ACO，根據(jù)勾股定理計(jì)算即可．
【詳解】解：連接BE，如圖，
∵OD⊥AB，
∴AD=DB，
∴EA=EB，∠EAO=∠EBO=∠ACO，
∵∠ECB+∠EBC=∠ECO+45°+∠EBC=∠OBE+45°+∠EBC=90°，
∴∠BEC=90°，
在直角△BEC中，BE2+CE2=BC2，
∵OC⊥OB，且OC=OB=OA
∴BC2=2OA2=2，
∴BE2+CE2=2，即AE2+CE2=2．
故選：B．
【變式2-3】（2023春·江蘇泰州·九年級(jí)校考階段練習(xí)）如圖，在⊙O中，AB是直徑，P為AB上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作弦MN，∠NPB=45°．
（1）若AP=2，BP=6，求MN的長(zhǎng)；
（2）若MP=3，NP=5，求AB的長(zhǎng)；
（3）當(dāng)P在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)（∠NPB=45°不變），PM2+PN2AB2的值是否發(fā)生變化？若不變，請(qǐng)求出其值；若變化，請(qǐng)求出其范圍．
【答案】（1）214；（2）217；（3）不變，值為12
【分析】（1）作OH⊥MN于H，連接ON，先計(jì)算出OA=4，OP=2，在Rt△POH中，由于∠OPH=45°，則OH=22OP=2，再在Rt△OHN中，利用勾股定理計(jì)算出NH=14，然后根據(jù)垂徑定理由OH⊥MN得到HM=HN，所以MN=2NH=214；
（2）作OH⊥MN于H，連接ON，先計(jì)算出HM=HN=4，PH=1，在Rt△POH中，由∠OPH=45°得到OH=1，再在Rt△OHN中利用勾股定理可計(jì)算出ON=17，所AB=2ON=217；
(3) 作OH⊥MN于H，連接ON，根據(jù)垂定理得HM=HN，設(shè)圓的半徑為R，在Rt△OHN中，利用勾股定理得到OH2+NH2=ON2=R2，在Rt△POH中，由∠OPH=45°得OH=PH，則PH2+NH2=R2，然后變形PM2+PN2可得到2（PH2+NH2），所以PM2+PN2的值為2R2，又AB=2R，代入計(jì)算即可求出答案．
【詳解】解：（1）作OH⊥MN于H，連接ON，
∵AP=2，BP=6，
∴AB=8，
∴OA=4，OP=2，
在Rt△POH中，∵∠OPH=45°，
∴OH=22OP=2，
在Rt△OHN中，∵ON=4，OH=2，
∴NH=NO2－OH2=42－22=14，
∵OH⊥MN，
∴HM=HN，
∴MN=2NH=214；
（2）作OH⊥MN于H，連接ON，
則HM=HN，
∵M(jìn)P=3，NP=5，
∴MN=8，
∴HM=HN=4，
∴PH=1，
在Rt△POH中，∵∠OPH=45°，
∴OH=1，
在Rt△OHN中，∵HN=4，OH=1，
∴ON=OH2+NH2=17，
∴AB=2ON=217；
（3）PM2+PN2AB2的值不發(fā)生變化，為定值12，
作OH⊥MN于H，連接ON，
則HM=HN，
設(shè)圓的半徑為R，
在Rt△OHN中，OH2+NH2=ON2=R2，
在Rt△POH中，∵∠OPH=45°，
∴OH=PH，
∴PH2+NH2=R2，
∵PM2+PN2=（HM-PH）2+（NH+PH）2
=（NH-PH）2+（NH+PH）2
=2（PH2+NH2）
=2R2．
又AB2=4R2，
∴PM2+PN2AB2=2R24R2=12
∴PM2+PN2AB2的值不發(fā)生變化，為定值12．
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理：平分弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對(duì)的兩條弧．也考查了勾股定理．
【題型3 根據(jù)垂徑定理與全等三角形綜合求值】
【例3】（2023春·江蘇·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，⊙O的弦AB垂直于CD，點(diǎn)E為垂足，連接OE．若AE＝1，AB=CD=6，則OE的值是（ ）

A．22B．32C．42D．52
【答案】A
【分析】如圖所示，過O點(diǎn)作OH⊥AB于H點(diǎn)，OF⊥CD于F點(diǎn)，連接OB、OC，根據(jù)垂徑定理可求出EH的值，再證Rt△OBH≌Rt△OCF(HL)，可得OH=OF，根據(jù)正方形的判定可得四邊形OHEF為正方形，由此即可求解．
【詳解】解：如圖所示，過O點(diǎn)作OH⊥AB于H點(diǎn)，OF⊥CD于F點(diǎn)，連接OB、OC，

∴根據(jù)垂徑定理得，DF=CF=12CD=12×6=3，AH=BH=12AB=12×6=3，
∵AE=1，
∴EH=AH?AE=3?1=2，
在Rt△OBH和Rt△OCF中，
OB=OCBH=CF，
∴Rt△OBH≌Rt△OCF(HL)，
∴OH=OF，
∵CD⊥AB，
∴∠HEF=90°，
∵∠OHE=∠OFE=90°，
∴四邊形OHEF為正方形，OE是正方形的對(duì)角線，
∴OE=2EH=22，
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查圓與三角形的綜合，掌握?qǐng)A的基礎(chǔ)值，垂徑定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)等知識(shí)的綜合運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．
【變式3-1】（2023春·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，AB為圓O直徑，F(xiàn)點(diǎn)在圓上，E點(diǎn)為AF中點(diǎn)，連接EO，作CO⊥EO交圓O于點(diǎn)C，作CD⊥AB于點(diǎn)D，已知直徑為10，OE＝4，求OD的長(zhǎng)度．
【答案】3
【分析】根據(jù)垂徑定理的逆定理得到OE⊥AF，由CO⊥EO，得到OC∥AF，即可得到∠OAE＝∠COD，然后通過證得△AEO≌△ODC，證得CD＝OE＝4，然后根據(jù)勾股定理即可求得OD．
【詳解】解：∵E點(diǎn)為AF中點(diǎn)，
∴OE⊥AF，
∵CO⊥EO，
∴OC∥AF，
∴∠OAE＝∠COD，
∵CD⊥AB，
∴∠AEO＝∠ODC，
在△AEO和△ODC中，
∠OAE=∠COD∠AEO=∠ODCOA=OC，
∴△AEO≌△ODC（AAS），
∴CD＝OE＝4，
∵OC＝5，
∴OD＝OC2?CD2＝52?42＝3．
【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理的逆定理、平行線的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握垂徑定理和全等三角形的判定與性質(zhì)是解答的關(guān)鍵
【變式3-2】（2023·上海·統(tǒng)考中考真題）已知：在圓O內(nèi)，弦AD與弦BC交于點(diǎn)G,AD=CB,M,N分別是CB和AD的中點(diǎn)，聯(lián)結(jié)MN,OG．
（1）求證：OG⊥MN；
（2）聯(lián)結(jié)AC,AM,CN，當(dāng)CN//OG時(shí)，求證：四邊形ACNM為矩形．
【答案】（1）見解析；（2）見解析
【分析】（1）連結(jié)OM,ON，由M、N分別是CB和AD的中點(diǎn)，可得OM⊥BC，ON⊥AD，由AB=CD， 可得OM=ON，可證RtΔEOP≌RtΔFOPHL，MG=NG，∠MGO=∠NGO，根據(jù)等腰三角形三線合一性質(zhì)OG⊥MN;
（2）設(shè)OG交MN于E，由RtΔEOP≌RtΔFOP，可得MG=NG，可得∠CMN=∠ANM，CM=12CB=12AD=AN，可證△CMN≌△ANM可得AM=CN，由CN∥OG，可得∠AMN=∠CNM=90°，由∠AMN+∠CNM=180°可得AM∥CN，可證ACNM是平行四邊形，再由∠AMN=90°可證四邊形ACNM是矩形．
【詳解】證明：（1）連結(jié)OM,ON，
∵M(jìn)、N分別是CB和AD的中點(diǎn)，
∴OM，ON為弦心距，
∴OM⊥BC，ON⊥AD，
∴∠GMO=∠GNO=90°，
在⊙O中，AB=CD，
∴OM=ON，
在Rt△OMG和Rt△ONG中，
OM=ONOG=OG，
∴RtΔGOM≌RtΔGONHL，
∴MG=NG，∠MGO=∠NGO，
∴OG⊥MN;

（2）設(shè)OG交MN于E，
∵RtΔGOM≌RtΔGONHL，
∴MG=NG，
∴∠GMN=∠GNM，即∠CMN=∠ANM，
∵CM=12CB=12AD=AN，
在△CMN和△ANM中
CM=AN∠CMN=∠ANMMN=NM，
∴△CMN≌△ANM，
∴AM=CN,∠AMN=∠CNM，
∵CN∥OG，
∴∠CNM=∠GEM=90°，
∴∠AMN=∠CNM=90°，
∴∠AMN+∠CNM=90°+90°=180°，
∴AM∥CN，
∴ACNM是平行四邊形，
∵∠AMN=90°，
∴四邊形ACNM是矩形．
【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理，三角形全等判定與性質(zhì)，等腰三角形判定與性質(zhì)，平行線判定與性質(zhì)，矩形的判定，掌握垂徑定理，三角形全等判定與性質(zhì)，等腰三角形判定與性質(zhì)，平行線判定與性質(zhì)，矩形的判定是解題關(guān)鍵．
【變式3-3】（2023春·江西贛州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）按要求作圖
(1)如圖1，已知AB是⊙O的直徑，四邊形ACDE為平行四邊形，請(qǐng)你用無(wú)刻度的直尺作出∠AOD的角平分線OP；
(2)如圖2，已知AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C是BD的中點(diǎn)，AB∥CD，請(qǐng)你用無(wú)刻度的直尺在射線DC上找一點(diǎn)P，使四邊形ABPD是平行四邊形．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）連接AD，EC交于點(diǎn)F，作射線OF交⊙O于點(diǎn)P，OP即為所求；
（2）連接DB，OC交于點(diǎn)E，作射線AE交DC于點(diǎn)P， 四邊形ABPD即為所求．
【詳解】（1）解：如圖1，連接AD，EC交于點(diǎn)F，作射線OF交⊙O于點(diǎn)P，OP即為所求；
∵四邊形ACDE為平行四邊形，
∴AF=DF，
∵OA=OD，
∴ OP是∠AOD的角平分線；
（2）如圖2，連接OD，連接DB，OC交于點(diǎn)E，作射線AE交射線DC于點(diǎn)P， 四邊形ABPD即為所求；
∵點(diǎn)C是BD的中點(diǎn)，
∴OC⊥DB,
∵OD=OB，
∴DE=EB，
∵AB∥CD，
∴∠ABE=∠PDE，
在△ABE與△PDE中，
∠ABE=∠PDE∠AEB=∠PEDDE=BE，
∴△ABE≌△PDE，
∴AB=DP，
∵ AB∥DP，
∴四邊形ABPD是平行四邊形．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，垂徑定理，三線合一，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
【題型4 在坐標(biāo)系中利用垂徑定理求值或坐標(biāo)】
【例4】（2023春·九年級(jí)單元測(cè)試）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，⊙P的圓心坐標(biāo)是(3,a)(a>3)，半徑為3，函數(shù)y=x的圖像被⊙P截得的弦AB的長(zhǎng)為42，則a的值是（ ）

A．4B．3+2C．32D．3+3
【答案】B
【分析】作PC⊥x軸于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，連接PB，求出D點(diǎn)坐標(biāo)為(3,3)，可得△OCD為等腰直角三角形，從而△PED也為等腰直角三角形．根據(jù)垂徑定理得AE=BE=22，在Rt△PBE中，利用勾股定理求出PE=1，再求出PD的長(zhǎng)即可求解．
【詳解】解：作PC⊥x軸于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，連接PB，如圖，
∵⊙P的圓心坐標(biāo)是(3,a)，
∴OC=3,PC=a，
把x=3代入y=x得y=3，
∴D點(diǎn)坐標(biāo)為(3,3)，
∴CD=3，
∴△OCD為等腰直角三角形，
∴∠PDE=∠ODC=45°，
∵PE⊥AB，
∴△PED為等腰直角三角形，AE=BE=12AB=12×42=22，
在Rt△PBE中，PB=3，
∴PE=32?(22)2=1，
∴PD=2PE=2，
∴a=3+2．
故選B．
【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，以及垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對(duì)的兩條?。_作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．
【變式4-1】（2023·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)是(10,0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)是(8,0)，點(diǎn)C，D在以O(shè)A為直徑的半圓M上，且四邊形OCDB是平行四邊形，求點(diǎn)C的坐標(biāo)．
【答案】點(diǎn)C的坐標(biāo)為(1,3)
【分析】連接CM，作MN⊥CD于N，CH⊥OA于H，根據(jù)題意得CD=OB=8，CN=MH，CH=MN，根據(jù)垂徑定理得出CN=DN= 12 CD=4．MO=MC=5, 在Rt△MNC中，勾股定理得出MN=3,進(jìn)而得出C的縱坐標(biāo)為3，又OH=OM?MH=5?4=1，即可求解．
【詳解】解：如圖，連接CM，作MN⊥CD于N，CH⊥OA于H．
∵四邊形OCDB為平行四邊形，B點(diǎn)的坐標(biāo)是(8,0)，
∴CD=OB=8，CN=MH，CH=MN．
又∵M(jìn)N⊥CD，
∴CN=DN= 12 CD=4．
∵點(diǎn)A的坐標(biāo)是(10,0)，
∴OA=10，
∴MO=MC=5．
在Rt△MNC中，MN= CM2?CN2 = 52?42 =3．
∴CH=3．又OH=OM?MH=5?4=1．
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(1,3)．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形，垂徑定理，勾股定理，掌握垂徑定理是解題的關(guān)鍵．
【變式4-2】（2023·江蘇南京·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一個(gè)圓與兩坐標(biāo)軸分別交于A、B、C、D四點(diǎn)．已知A（6，0），B（﹣2，0），C（0，3），則點(diǎn)D的坐標(biāo)為 ．
【答案】(0,?4)
【詳解】設(shè)圓心為P，過點(diǎn)P作PE⊥AB于點(diǎn)E，PF⊥CD于點(diǎn)F，先根據(jù)垂徑定理可得EA＝EB＝4，F(xiàn)C＝FD，進(jìn)而可求出OE＝2，再設(shè)P（2，m），即可利用勾股定理表示出PC2，PA2，最后利用PA＝PA列方程即可求出m值，進(jìn)而可得點(diǎn)D坐標(biāo)．
【解答】解：設(shè)圓心為P，過點(diǎn)P作PE⊥AB于點(diǎn)E，PF⊥CD于點(diǎn)F，則EA＝EB＝AB2＝4，F(xiàn)C＝FD，
∴OE＝EB﹣OB＝4﹣2＝2，
∴E（2，0），
設(shè)P（2，m），則F（0，m），
連接PC、PA，
在Rt△CPF中，PC2＝（3﹣m）2+22，
在Rt△APE中，PA2＝m2+42，
∵PA＝PC，
∴（3﹣m）2+22＝m2+42，
∴m＝±12（舍正），
∴F（0，?12），
∴CF＝DF＝3?(?12)＝72，
∴OD＝OF+DF＝12+72＝4，
∴D（0，﹣4），
故答案為：（0，﹣4）．
【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理，涉及到平面直角坐標(biāo)系，勾股定理等，解題關(guān)鍵是利用半徑相等列方程．
【變式4-3】（2023春·湖北鄂州·九年級(jí)校聯(lián)考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，⊙O經(jīng)過點(diǎn)0,10，直線y=kx+2k?4與⊙O交于B、C兩點(diǎn)，則弦BC的最小值是（ ）
A．62B．103C．85D．以上都不對(duì)
【答案】C
【分析】易知直線y=kx+2k?4過定點(diǎn)D(?2,?4)，運(yùn)用勾股定理可求出OD，由⊙O經(jīng)過點(diǎn)0,10，可求出半徑OB=10，由于過圓內(nèi)定點(diǎn)D的所有弦中，與OD垂直的弦最短，因此只需運(yùn)用垂徑定理及勾股定理就可解決問題．
【詳解】解：對(duì)于直線y=kx+2k?4，
當(dāng)x=?2時(shí)，y=?4，
故直線y=kx+2k?4恒經(jīng)過點(diǎn)(?2,?4)，記為點(diǎn)D．
由于過圓內(nèi)定點(diǎn)D的所有弦中，與OD垂直的弦最短，即當(dāng)OD⊥BC時(shí)，BC最短，
連接OB，如圖所示，
∵D(?2,?4)，
∴OD=?22+?42=25，
∵⊙O經(jīng)過點(diǎn)0,10，
∴OB=10，
∴BD=OB2?OD2=102?252=45，
∵OB⊥BC，
∴BC=2BD=85，
∴弦BC的最小值是 85．
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了直線上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、垂徑定理、勾股定理等知識(shí)，發(fā)現(xiàn)直線恒經(jīng)過點(diǎn)(?2,?4)以及運(yùn)用“過圓內(nèi)定點(diǎn)D的所有弦中，與OD垂直的弦最短”這個(gè)經(jīng)驗(yàn)是解決該題的關(guān)鍵．
【題型5 利用垂徑定理求平行弦問題】
【例5】（2023·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）在半徑為10的⊙O中，弦AB=12，弦CD=16，且AB∥CD，則AB與CD之間的距離是 ．
【答案】2或14
【分析】由于弦AB與CD的具體位置不能確定，故應(yīng)分兩種情況進(jìn)行討論：①弦AB與CD在圓心同側(cè)；②弦AB與CD在圓心異側(cè)；作出半徑和弦心距，利用勾股定理和垂徑定理求解即可．
【詳解】解：①當(dāng)弦AB與CD在圓心同側(cè)時(shí)，如圖①，

過點(diǎn)O作OF⊥AB，垂足為F，交CD于點(diǎn)E，連接OA，OC，
∵AB∥CD，
∴OE⊥CD，
∵AB=12，CD=16，
∴CE=8，AF=6，
∵OA=OC=10，
∴由勾股定理得：EO=102?82=6，OF=102?62=8，
∴EF=OF?OE=2；
②當(dāng)弦AB與CD在圓心異側(cè)時(shí)，如圖，

過點(diǎn)O作OE⊥CD于點(diǎn)E，反向延長(zhǎng)OE交AB于點(diǎn)F，連接OA，OC，
同理EO=102?82=6，OF=102?62=8，
EF=OF+OE=14，
所以AB與CD之間的距離是2或14．
故答案為：2或14．
【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理和垂徑定理，解答此題時(shí)要注意進(jìn)行分類討論，不要漏解．
【變式5-1】（2023春·浙江杭州·九年級(jí)校考階段練習(xí)）如圖，矩形ABCD與圓心在AB上的☉O交于點(diǎn)G，B，F(xiàn)，E， GB =5，EF =4，那么AD = ．
【答案】32
【分析】連接OF，過點(diǎn)O作OH⊥EF，垂足為H，根據(jù)垂徑定理，在△OHF中，勾股定理計(jì)算．
【詳解】如圖，連接OF，過點(diǎn)O作OH⊥EF，垂足為H，
則EH=FH=12EF=2，
∵GB=5，
∴OF=OB=52，
在△OHF中，勾股定理，得
OH=(52)2?22=32，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴四邊形OADH也是矩形，
∴AD=OH=32，
故答案為：32．
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理、勾股定理，熟練掌握兩個(gè)定理是解題的關(guān)鍵．
【變式5-2】（2023春·九年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，AB，CD是半徑為15的⊙O的兩條弦，AB＝24，CD＝18，MN是直徑，AB⊥MN于點(diǎn)E，CD⊥MN于點(diǎn)F，P為EF上任意一點(diǎn)，則PA＋PC的最小值為 ．
【答案】212
【分析】由于A、B兩點(diǎn)關(guān)于MN對(duì)稱，因而PA＋PC＝PB＋PC，即當(dāng)B、C、P在一條直線上時(shí)，PA＋PC的值最小，即BC的值就是PA＋PC的最小值．
【詳解】解：連接BC，OB，OC，作CH垂直于AB于H．
∵AB＝24，CD＝18，MN是直徑，AB⊥MN于點(diǎn)E，CD⊥MN于點(diǎn)F，
∴BE＝12AB＝12，CF＝12CD＝9，
∴OE=OB2?BE2=9，OF=OC2?CF2=12，
∴CH＝OE＋OF＝9＋12＝21，
BH＝BE＋EH＝BE＋CF＝12＋9＝21，
在Rt△BCH中，根據(jù)勾股定理得：BC=BH2+CH2=212，
即PA＋PC的最小值為212．
故答案為：212．
【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理以及最短路徑問題，靈活根據(jù)垂徑定理確定最短路徑是解題關(guān)鍵．
【變式5-3】（2023·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，A，B，C，D在⊙O上，AB//CD經(jīng)過圓心O的線段EF⊥AB于點(diǎn)F，與CD交于點(diǎn)E，已知⊙O半徑為5．
（1）若AB=6，CD=8，求EF的長(zhǎng)；
（2）若CD=46，且EF=BF，求弦AB的長(zhǎng)；
【答案】（1）7；（2）8
【分析】（1）連接AO和DO，由垂徑定理得AF=12AB=3，再由勾股定理求出OF的長(zhǎng)，同理求出OE的長(zhǎng)，即可求出EF的長(zhǎng)；
（2）連接BO和DO，先由垂徑定理和勾股定理求出OE的長(zhǎng)，設(shè)EF=BF=x，在Rt△OBF中，利用勾股定理列式求出x的值，得到BF的長(zhǎng)，即可求出AB的長(zhǎng)．
【詳解】解：（1）連接AO和DO，
∵EF⊥AB，且EF過圓心，
∴AF=12AB=3，
∵AO=5，
∴OF=AO2?AF2=4，
∵AB//CD，
∴EF⊥CD，
同理DE=12CD=4，
OE=OD2?DE2=3，
∴EF=OF+OE=4+3=7；
（2）如圖，連接BO和DO，
∵CD=46，
∴DE=26，
∴OE=OD2?DE2=1，
設(shè)EF=BF=x，則OF=x?1，
在Rt△OBF中，OF2+BF2=BO2，
x?12+x2=25，解得x1=4，x2=?3（舍去），
∴BF=4，
∴AB=2BF=8．
【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握垂徑定理，并能夠結(jié)合勾股定理進(jìn)行運(yùn)用求解．
【題型6 利用垂徑定理求同心圓問題】
【例6】（2023春·湖北孝感·九年級(jí)校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，兩個(gè)圓都是以O(shè)為圓心．
（1）求證：AC=BD；
（2）若AB=10，BD=2，小圓的半徑為5，求大圓的半徑R的值．
【答案】（1）見解析；（2）41
【分析】（1）作OE⊥AB，由垂徑定理得AE=BE，CE=DE，即可得到AC=BD；
（2）連接OB，OD，由AB=10，則BE=5，由勾股定理，得OE2=OD2?DE2，OE2=OB2?BE2，DE=BE?BD=5?2=3，即可求出大圓半徑.
【詳解】解：（1）如圖：作OE⊥AB于E，
由垂徑定理，得：
AE=BE，CE=DE，
∴BE?DE=AE?CE，
即AC=BD；
（2）如圖，連接OD，OB，
∵AB=10，
∴BE=AE=5，DE=5-2=3，
在Rt△OBE和Rt△ODE中，由勾股定理，得：
OE2=OD2?DE2，OE2=OB2?BE2，
∴OD2?DE2=OB2?BE2，
即52?32=OB2?52，
解得：OB=41.
∴大圓的半徑為41.
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，以及勾股定理，熟練掌握垂徑定理和勾股定理進(jìn)行計(jì)算是解題的關(guān)鍵.
【變式6-1】（2023春·浙江臺(tái)州·九年級(jí)統(tǒng)考期末） 如圖，一人口的弧形臺(tái)階，從上往下看是一組同心圓被一條直線所截得的一組圓?。阎總€(gè)臺(tái)階寬度為32cm（即相鄰兩弧半徑相差32cm），測(cè)得AB=200cm，AC=BD=40cm，則弧AB所在的圓的半徑為 cm
【答案】134
【分析】由于所有的環(huán)形是同心圓，畫出同心圓圓心，設(shè)弧AB所在的圓的半徑為r，利用勾股定理列出方程即可解答．
【詳解】解：設(shè)弧AB所在的圓的半徑為r，如圖．作OE⊥AB于E，連接OA，OC，則OA=r，OC=r+32，
∵OE⊥AB，
∴AE=EB=100cm，
在RT△OAE中OE2=OA2?AE2=r2?1002，
在RT△OCE中，OE2=OC2?CE2=r+322?1402，
則r2?1002=r+322?1402
解得：r=134．
故答案為：134．
【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．
【變式6-2】（2023春·九年級(jí)課時(shí)練習(xí)）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，水杯的底面如圖所示，已知水杯內(nèi)徑（圖中小圓的直徑）是8cm，水的最大深度是2cm，則杯底有水面AB的寬度是（ ）cm.
A．6B．42C．43D．45
【答案】C
【分析】作OD⊥AB于C，交小圓于D，可得CD=2，AC=BC，由AO、BO為半徑，則OA=OD=4；然后運(yùn)用勾股定理即可求得AC的長(zhǎng)，即可求得AB的長(zhǎng).
【詳解】解：作OD⊥AB于C，交小圓于D，則CD=2，AC=BC，
∵OA=OD=4，CD=2，
∴OC=2，
∴AC=OA2?OC2=23，
∴AB=2AC=43.
故答案為C.
【點(diǎn)睛】本題考查的是垂徑定理的應(yīng)用及勾股定理，作出輔助線、構(gòu)造出直角三角形是解答本題的關(guān)鍵.
【變式6-3】（2023·浙江杭州·九年級(jí)）如圖，兩個(gè)同心圓的半徑分別為2和4，矩形ABCD的邊AB和CD分別是兩圓的弦，則矩形ABCD面積的最大值是 ．

【答案】16
【分析】過點(diǎn)O作OP⊥AB于P并反向延長(zhǎng)交CD于N，作OM⊥AD于點(diǎn)M，連接OA、OD，根據(jù)面積之間的關(guān)系得出S△AOD=12S矩形APND=14S矩形ABCD，從而得出S矩形ABCD最大時(shí)，S△AOD也最大，過點(diǎn)D作AO邊上的高h(yuǎn)，根據(jù)垂線段最短可得h≤OD，利用三角形的面積公式即可求出S△AOD的最大值，從而求出結(jié)論．
【詳解】解：過點(diǎn)O作OP⊥AB于P并反向延長(zhǎng)交CD于N，作OM⊥AD于點(diǎn)M，連接OA、OD
∴AO=2，OD=4，四邊形APND和四邊形PBCN為矩形，PN⊥CD，
∴OM=AP
根據(jù)垂徑定理可得：點(diǎn)P和點(diǎn)N分別為AB和CD的中點(diǎn)，
∴S矩形APND=12S矩形ABCD
∵△AOD的高OM等于矩形APND的寬，△AOD的底為矩形APND的長(zhǎng)
∴S△AOD=12S矩形APND=14S矩形ABCD
∴S矩形ABCD最大時(shí)，S△AOD也最大
過點(diǎn)D作AO邊上的高h(yuǎn)，根據(jù)垂線段最短可得h≤OD（當(dāng)且僅當(dāng)OD⊥OA時(shí)，取等號(hào)）
∴S△AOD=12AO·h≤12AO·OD=12×2×4=4
故S△AOD的最大值為4
∴S矩形ABCD的最大值為4÷14=16
故答案為：16．
【點(diǎn)睛】此題考查的是垂徑定理、各圖形面積的關(guān)系和三角形面積的最值問題，掌握垂徑定理、利用邊的關(guān)系推導(dǎo)面積關(guān)系和垂線段最短是解決此題的關(guān)鍵．
【題型7 垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用】
【例7】（2023·浙江溫州·校聯(lián)考二模）如圖，是某隧道的入口，它的截面如圖所示，是由APB和直角∠ACB圍成，且點(diǎn)C也在APB所在的圓上，已知AC=4m，隧道的最高點(diǎn)P離路面BC的距離DP=7m，則該道路的路面寬BC= m；在APB上，離地面相同高度的兩點(diǎn)E，F(xiàn)裝有兩排照明燈，若E是AP的中點(diǎn)，則這兩排照明燈離地面的高度是 m．
【答案】 221 702+2
【分析】先求得圓心的位置，根據(jù)垂徑定理得到AM=CM=2，即可求得半徑為5，根據(jù)勾股定理即可求得CD，進(jìn)而求得BC，根據(jù)勾股定理求得PA，從而以及垂徑定理求得PN，利用勾股定理求得ON，通過證得△EOK?△OPN求得EK=ON，進(jìn)一步即可求得EQ．
【詳解】作AC的垂直平分線OM，交PD于O，交AC于M，則O是圓心，連接OC，
∴OD=MC=12AC=2，
∵PD=7，
∴圓的半徑為7?2=5，
∴CD=OC2?OD2=52?22=21，
∴BC=2CD=221，
連接PA、OE交于N，作AH⊥PD于H，EQ⊥BC于Q，
∵PD=7，DH=AC=4，
∴PH=7?4=3，
∵AH=CD=21，
∴PA=AH2+PH2=30，
∵E是AP的中點(diǎn)，
∴OE垂直平分PA，
∴PN=302，
∴ON=OP2?PN2=52?(302)2=702，
∵EQ∥PD，
∴∠OEK=∠EOP，
在△EOK和△OPN中，
∠OEK=∠PON∠EKO=∠ONP=90°EO=PO，
∴△EOK?△OPN(AAS)，
∴EK=ON=702，
∴EQ=EK+KQ=702+2，
故答案為221，702+2．
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理和勾股定理的應(yīng)用，三角形全等的判定和性質(zhì)，作出輔助線構(gòu)建直角三角形是解題的關(guān)鍵．
【變式7-1】（2023春·浙江嘉興·九年級(jí)平湖市林埭中學(xué)校聯(lián)考期中）某居民小區(qū)一處圓柱形的輸水管道破裂，維修人員為更換管道，需確定管道圓形截面的半徑，下圖是水平放置的破裂管道有水部分的截面．

(1)請(qǐng)你用直尺和圓規(guī)補(bǔ)全這個(gè)輸水管道的圓形截面（保留作圖痕跡）；
(2)若這個(gè)輸水管道有水部分的水面寬AB=8cm，水面最深地方的高度為2cm，求這個(gè)圓形截面的半徑．
【答案】(1)見解析
(2)5cm
【分析】（1）運(yùn)用尺規(guī)作圖的步驟和方法即可解答；
（2）作OD⊥AB于D，并延長(zhǎng)交⊙O于C，則D為AB的中點(diǎn)，則AD=4cm，設(shè)這個(gè)圓形截面的半徑為xcm，在Rt△AOD中，運(yùn)用勾股定理求出x即可．
【詳解】（1）如圖所示；

（2）作OD⊥AB于D，并延長(zhǎng)交⊙O于C，則D為AB的中點(diǎn)，
∵AB=8cm，
∴AD=12AB=4cm．
設(shè)這個(gè)圓形截面的半徑為xcm，
又∵CD=2cm，
∴OD=x?2cm，
在Rt△AOD中，
∵OD2+AD2=OA2，即x?22+42=x2，
解得x=5cm．
∴圓形截面的半徑為5cm．
【點(diǎn)睛】本題考查了垂經(jīng)定理和勾股定理，根據(jù)題意畫出圖形和靈活應(yīng)用勾股定理是解答本題的關(guān)鍵．
【變式7-2】（2023春·河北邢臺(tái)·九年級(jí)校聯(lián)考期末）“筒車”是一種以水流作動(dòng)力，取水灌田的工具．如圖，“筒車”盛水筒的運(yùn)行軌跡是以軸心O為圓心的圓，已知圓心O始終在水面上方．且當(dāng)圓被水面截得的弦AB為6米時(shí)，水面下盛水筒的最大深度為1米（即水面下方部分圓上一點(diǎn)距離水面的最大距離）．

(1)求該圓的半徑；
(2)若水面上漲導(dǎo)致圓被水面截得的弦AB從原來(lái)的6米變?yōu)?米時(shí)，則水面下盛水筒的最大深度為多少米？
【答案】(1)5米
(2)2米
【分析】（1）作OD⊥AB于點(diǎn)E，交⊙O于點(diǎn)D，由垂徑定理可得AE=12AB=3，DE=1，再由勾股定理即可求出圓的半徑；
（2）當(dāng)AB=8米時(shí)，AE=12AB=4米． 在Rt△AOE中，由勾股定理可得，AE2+OE2=OA2，則OE=3米，即可求出DE的長(zhǎng)．
【詳解】（1）解：如圖，作OD⊥AB于點(diǎn)E，交⊙O于點(diǎn)D．
則AE=12AB=3米，DE=1米．
設(shè)圓的半徑為r米，在Rt△AOE中，AE2+OE2=OA2，
∴32+(r?1)2=r2，
解得r=5，
∴該圓的半徑為5米；

（2）解：當(dāng)AB=8米時(shí)，AE=12AB=4米．
在Rt△AOE中，AE2+OE2=OA2，
∴42+OE2=52，
∴OE=3米，
∴DE=5?3=2（米）．
答：水面下盛水筒的最大深度為2米．
【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理，熟練掌握垂徑定理的定義并運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．
【變式7-3】（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）問題情境：筒車是我國(guó)古代發(fā)明的一種水利灌溉工具，既經(jīng)濟(jì)又環(huán)保，明朝科學(xué)家徐光啟在《農(nóng)政全書》中用圖畫描繪了筒車的工作原理（如圖①）．假定在水流量穩(wěn)定的情況下，筒車上的每一個(gè)盛水筒都按逆時(shí)針做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，每旋轉(zhuǎn)一周用時(shí)120秒．
問題設(shè)置：把筒車抽象為一個(gè)半徑為r的⊙O．如圖②，OM始終垂直于水平面，設(shè)筒車半徑為2米．當(dāng)t=0時(shí)，某盛水筒恰好位于水面A處，此時(shí)∠AOM=30°，經(jīng)過95秒后該盛水筒運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B處．（參考數(shù)據(jù)，2≈1.414，3≈1.732）

問題解決：
(1)求該盛水筒從A處逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到B處時(shí)，∠BOM的度數(shù)；
(2)求該盛水筒旋轉(zhuǎn)至B處時(shí)，它到水面的距離．（結(jié)果精確到0.1米）
【答案】(1)∠BOM=45°；
(2)該盛水筒旋轉(zhuǎn)至B處時(shí)，它到水面的距離為0.3米．
【分析】（1）先求得該盛水筒的運(yùn)動(dòng)速度，再利用周角的定義即可求解；
（2）作BC⊥OM于點(diǎn)C，在Rt△OAD中，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求得OD的長(zhǎng)，在Rt△OBC中，利用勾股定理求得OC的長(zhǎng)，據(jù)此即可求解．
【詳解】（1）解：∵旋轉(zhuǎn)一周用時(shí)120秒，
∴每秒旋轉(zhuǎn)360°120=3°，
當(dāng)經(jīng)過95秒后該盛水筒運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B處時(shí)，∠AOB=360°?3°×95=75°，
∵∠AOM=30°，
∴∠BOM=75°?30°=45°；
（2）解：作BC⊥OM于點(diǎn)C，設(shè)OM與水平面交于點(diǎn)D，則OD⊥AD，

在Rt△OAD中，∠AOD=30°，OA=2，
∴AD=12OA=1，OD=22?12=3，
在Rt△OBC中，∠BOC=45°，OB=2，
∴BC=OC=22OB=2，
∴CD=OD?OC=3?2≈0.3(米)，
答：該盛水筒旋轉(zhuǎn)至B處時(shí)，它到水面的距離為0.3米．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．
【題型8 垂徑定理在格點(diǎn)中的運(yùn)用】
【例8】（2023春·湖北武漢·九年級(jí)校聯(lián)考期末）如圖是由小正方形組成的7×6網(wǎng)格，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)叫做格點(diǎn)．僅用無(wú)刻度的直尺在給定網(wǎng)格中完成畫圖．
(1)在圖（1）中，A，B，C三點(diǎn)是格點(diǎn)，畫經(jīng)過這三點(diǎn)的圓的圓心O，并在該圓上畫點(diǎn)D，使AD=BC；
(2)在圖（2）中，A，E，F(xiàn)三點(diǎn)是格點(diǎn)，⊙I經(jīng)過點(diǎn)A．先過點(diǎn)F畫AE的平行線交⊙I于M，N兩點(diǎn)，再畫弦MN的中點(diǎn)G．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）首先根據(jù)網(wǎng)格的特點(diǎn)和圓的性質(zhì)求得點(diǎn)D，然后根據(jù)矩形的對(duì)角線互相平分和圓的性質(zhì)求得點(diǎn)O即可；
（2）設(shè)AE與⊙I的交點(diǎn)為C，根據(jù)網(wǎng)格的特點(diǎn)和平行線的求得直線BF交⊙I于M，N兩點(diǎn)，然后連接AN，CM交于點(diǎn)D，連接DI并延長(zhǎng)交MN與點(diǎn)G即可求解．
【詳解】（1）如圖所示，連接AD，BC相交于點(diǎn)O，
由網(wǎng)格可得，AD1=BC=3，
由網(wǎng)格的特點(diǎn)可得，D2B∥AC
∵點(diǎn)A，C，B，D2在同一個(gè)圓上
∴AD2=BC=3
∴點(diǎn)D1和D2即為所要求作的D點(diǎn)；
∵∠DAB=∠ABC=∠BCD=90°
∴四邊形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，
∴點(diǎn)O即為經(jīng)過A，B，C三點(diǎn)的圓的圓心，
∴點(diǎn)O即為所求作的點(diǎn)；
‘
（2）如圖所示，∵AC∥MN，點(diǎn)A，C，N，M在⊙I上
∴AM=CN
∴四邊形AMNC是等腰梯形，
∴AN=CM，AD=CD,MD=ND
∴DG⊥MN，且DG平分MN，
∴點(diǎn)G即為所求作的點(diǎn)．

【點(diǎn)睛】本題考查了復(fù)雜作圖，利用了垂徑定理的推論，矩形的性質(zhì)，作軸對(duì)稱圖形，軸對(duì)稱的性質(zhì)等知識(shí)，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)，將復(fù)雜作圖逐步轉(zhuǎn)化為基本作圖是解題的關(guān)鍵．
【變式8-1】（2023春·遼寧盤錦·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）如圖，平面直角坐標(biāo)系中有一段弧經(jīng)過格點(diǎn)（正方形網(wǎng)格交點(diǎn)）A、B、C，其中B2,3，則圓弧所在圓的圓心坐標(biāo)為 ．
【答案】（1,0）
【分析】根據(jù)垂徑定理的推論：弦的垂直平分線必過圓心，可以作弦AB和BC的垂直平分線，交點(diǎn)即為圓心．
【詳解】解：根據(jù)垂徑定理的推論：弦的垂直平分線必過圓心，
可知弦AB和BC的垂直平分線，交點(diǎn)即為圓心．
如圖所示，則圓心是（1,0）．
故答案是：（1,0）
【點(diǎn)睛】本題考查的是坐標(biāo)圖形性質(zhì)、垂徑定理，熟知“弦的垂直平分線必過圓心”是解答此題的關(guān)鍵．
【變式8-2】（2023春·河南駐馬店·九年級(jí)統(tǒng)考期末）小英家的圓形鏡子被打碎了，她拿了如圖（網(wǎng)格中的每個(gè)小正方形邊長(zhǎng)為1）的一塊碎片到玻璃店，配制成形狀、大小與原來(lái)一致的鏡面，則這個(gè)鏡面的半徑是 ．
【答案】5
【詳解】解：如圖所示，作AB，BD的中垂線，交點(diǎn)O就是圓心．
連接OA、OB，
∵OC⊥AB，
∵AC=1，OC=2，
∴OA=AC2+OC2=12+22=5．
【點(diǎn)睛】考點(diǎn)：1．垂徑定理的應(yīng)用；2．勾股定理．
【變式8-3】（2023·北京·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，在每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1cm的網(wǎng)格中，畫出了一個(gè)過格點(diǎn)A，B的圓，通過測(cè)量、計(jì)算，求得該圓的周長(zhǎng)是 cm．（結(jié)果保留一位小數(shù)）
【答案】8.9
【分析】根據(jù)垂徑定理確定圓的圓心，根據(jù)勾股定理求出圓的半徑，根據(jù)圓的周長(zhǎng)公式計(jì)算，得到答案．
【詳解】由垂徑定理可知，圓的圓心在點(diǎn)O處，連接OA，
由勾股定理得，OA =12+12=2，
圓的周長(zhǎng)為：22π≈8.9(cm)．
故答案為：8.9．
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理、勾股定理的應(yīng)用，掌握弦的垂直平分線經(jīng)過圓心是解題的關(guān)鍵．
【題型9 利用垂徑定理求整點(diǎn)】
【例9】（2023春·九年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，AB是⊙C的弦，直徑MN⊥AB于點(diǎn)O，MN=10，AB=8，如圖以O(shè)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系．我們把橫縱坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)叫做整數(shù)點(diǎn)，則線段OC長(zhǎng)是 ，⊙C上的整數(shù)點(diǎn)有 個(gè)．
【答案】 3 12
【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．
【詳解】解：過C作直徑UL∥x軸，
連接CA，則AC=12×10=5，
∵M(jìn)N過圓心C，MN⊥AB，AB=8，
∴AO=BO=4，∠AOC=90°，
由勾股定理得：CO= AC2?AO2=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(gè)點(diǎn)，
故答案為：3；12．
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理、勾股定理和坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，能找出符合條件的所有點(diǎn)是解此題的關(guān)鍵．
【變式9-1】（2023春·全國(guó)·九年級(jí)統(tǒng)考期中）⊙O的直徑為10，弦AB=6，P是弦AB上一動(dòng)點(diǎn)，滿足線段OP的長(zhǎng)為整數(shù)的點(diǎn)P有 處不同的位置．
【答案】3
【分析】當(dāng)P為A B的中點(diǎn)時(shí)OP最短，利用垂徑定理得到OP垂直于AB，在RT△AOP中，由OA與AP的長(zhǎng)，利用勾股定理求出OP的長(zhǎng)，當(dāng)P與A或B重臺(tái)時(shí)，OP最長(zhǎng)，求出OP的范圍，由OP為整數(shù)，即可得到OP所有可能的長(zhǎng)．
【詳解】解：當(dāng)P為AB的中點(diǎn)時(shí)，利用垂徑定理得到OP⊥AB，此時(shí)OP最短，
如圖所示：
∵AB=6,
∴AP=PB=3,
在RT△AOP中，
∵OA=5,AP=3,
∴OP=OA2?AP2=52?32=4,
即OP的最小值為3，
當(dāng)P與A或B重合時(shí)，OP最長(zhǎng)，此時(shí)0P=5，
∴4≤OP≤5,
則使線段OP的長(zhǎng)度為整數(shù)的點(diǎn)P有4， 5，共3個(gè)．
故答案為：3．
【點(diǎn)睛】此題考查了垂徑定理，以及勾股定理，熟練掌握定理是解本題的關(guān)鍵．
【變式9-2】（2023春·九年級(jí)單元測(cè)試）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A(0,4),B(4,4),C(6,2)．注：把在平面直角坐標(biāo)系中橫縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn)稱為格點(diǎn)(latticepint)．
（1）若經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)的圓弧所在的圓心為M，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為 ；
（2）若畫出該圓弧所在的圓，則在整個(gè)平面坐標(biāo)系網(wǎng)格中該圓共經(jīng)過 格點(diǎn)．
【答案】 （2，0） 8
【分析】（1）作線段AB，BC的垂直平分線交于點(diǎn)M，點(diǎn)M即為所求，根據(jù)點(diǎn)M的位置寫出坐標(biāo)即可．
（2）利用圖象法，判斷即可．
【詳解】（1）如圖，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，0）
（2）如圖，滿足條件的點(diǎn)有8個(gè)．
【點(diǎn)睛】本題考查作圖一復(fù)雜作圖，坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，垂徑定理，點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，三角形的外接圓與外心等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是掌握線段的垂直平分線的性質(zhì)，屬于中考?？碱}型．
【變式9-3】（2023·湖南邵陽(yáng)·校聯(lián)考一模）⊙O的直徑為10，弦AB=8，點(diǎn)P為AB上一動(dòng)點(diǎn)，若OP的值為整數(shù)，則滿足條件的P點(diǎn)有 個(gè)．
【答案】5
【詳解】分析：先求出OP的取值范圍，然后再根據(jù)OP長(zhǎng)為整數(shù)的條件來(lái)判斷符合要求的P點(diǎn)有幾個(gè)．
詳解：過O作OC⊥AB于C，連接OA；
Rt△OAC中，OA=5cm，AC=4cm；
∴OC=OA2?AC2=3cm；
∴3≤OP≤5；
故OP=3cm，或4cm，或5cm；
當(dāng)OP=3cm時(shí)，P與C點(diǎn)重合，有一個(gè)符合條件的P點(diǎn)；
當(dāng)OP=4cm時(shí)，P位于AC或BC之間，有兩個(gè)符合條件的P點(diǎn)；
當(dāng)OP=5cm時(shí)，P與A或B重合，有兩個(gè)符合條件的P點(diǎn)；
故滿足條件的P點(diǎn)有5個(gè)．
點(diǎn)睛：此題主要考查垂徑定理及勾股定理的應(yīng)用，能夠正確的判斷出OP長(zhǎng)的大致取值，是解答此題的關(guān)鍵．
【題型10 利用垂徑定理求最值或取值范圍】
【例10】（2023春·湖北武漢·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）如圖，矩形ABCD的頂點(diǎn)A，C在半徑為5的⊙O上，D2,1，當(dāng)點(diǎn)A在⊙O上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)C也隨之運(yùn)動(dòng)，則矩形ABCD的對(duì)角線AC的最小值為（ ）．
A．25B．10?5C．10+5D．10?25
【答案】A
【分析】如圖，取AC的中點(diǎn)M，連接DM，OD，在Rt△DAC中，M為AC中點(diǎn)，DM=AM=12AC，當(dāng)DM⊥AC時(shí)，DM最小，此時(shí)矩形的對(duì)角線最小. O、M、D三點(diǎn)共線時(shí)，AC最小，此時(shí)在Rt△OAM中，設(shè)AM=DM=x，知道OA，OD長(zhǎng)度，根據(jù)勾股定理建立方程，即可求解AM的長(zhǎng)度，進(jìn)而求得AC的長(zhǎng)度.
【詳解】解：如圖，取AC的中點(diǎn)M，連接DM，OD，
在Rt△DAC中，M為AC中點(diǎn)，DM=AM=12AC，
當(dāng)DM⊥AC時(shí)，DM最小，此時(shí)矩形的對(duì)角線最小，
∵DM⊥AC，AC為弦，M為中點(diǎn)，
∴DM在過M的直徑上，
而O為圓心，則O、M、D三點(diǎn)都在一條直線上；
故O、M、D三點(diǎn)共線時(shí)，AC最?。?br>此時(shí)在Rt△OAM中，設(shè)AM=DM=x，知道OA=5，OD=12+22=5，
有OM2+AM2=OA2，OM=OD+DM=5+x
有x2+(x+5)2=52，
解得x1=5，x2=?25(舍去)，
AC=2x=25，
故選A．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓內(nèi)動(dòng)點(diǎn)問題、垂徑定理等知識(shí)，根據(jù)垂徑定理作出圖形是解題的關(guān)鍵．
【變式10-1】（2023·廣東佛山·統(tǒng)考二模）如圖，⊙O的半徑為5cm，弦AB=8cm，P是弦AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則OP的長(zhǎng)度范圍是（ ）
A．8≤OP≤10B．5≤OP≤8C．4≤OP≤5D．3≤OP≤5
【答案】D
【分析】先利用垂徑定理得到AC，再利用勾股定理求出OC，即可求解．
【詳解】解：如圖，過O點(diǎn)作OC⊥AB于C，
∵AB=8cm，
∴AC=4cm，
∴OC=OA2?AC2=3，
∵P點(diǎn)在AB上運(yùn)動(dòng)，
∴OC≤OP≤OA即3≤OP≤5
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，即垂直于弦的直徑平分弦，并且平分弦所對(duì)的兩條弧，同時(shí)涉及到了垂線段最短等知識(shí)，解題關(guān)鍵是牢記相關(guān)概念或定理．
【變式10-2】（2023春·浙江金華·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，⊙O的半徑OF⊥弦AB于點(diǎn)E，C是⊙O上一點(diǎn)，EF=2，AB=12，CE的長(zhǎng)的最大值為 ．
【答案】18
【分析】連接OA，根據(jù)垂徑定理得AE=12AB=6，設(shè)半徑為r，在Rt△AOE中，根據(jù)勾股定理得r=10，可知當(dāng)C，O，E在同一條直線上時(shí)CE最長(zhǎng)，CE的長(zhǎng)的最大值為10+8=18．
【詳解】解：如圖，連接OA，
∵⊙O的半徑OF⊥弦AB于點(diǎn)E，AB=12，
∴AE=12AB=6，
設(shè)半徑為r，
在Rt△AOE中，OE2=OA2?AE2，
即(r?2)2=r2?62，
解得r=10，
∴OE=10?2=8，
可知當(dāng)C，O，E在同一條直線上時(shí)CE最長(zhǎng)，
∴CE的長(zhǎng)的最大值為10+8=18．
故答案為：18．
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理和勾股定理，解題的關(guān)鍵是利用垂徑定理得AE=12AB=6，屬于中考常考題型．
【變式10-3】（2023春·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，以G0,1為圓心，半徑為2的圓與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于C，D兩點(diǎn)，點(diǎn)E為⊙G上一動(dòng)點(diǎn)，CF⊥AE于F，則弦AB的長(zhǎng)度為 ；當(dāng)點(diǎn)E在⊙G的運(yùn)動(dòng)過程中，線段FG的長(zhǎng)度的最小值為 ．
【答案】 23 3?1/?1+3
【分析】連接AC，作GM⊥AC，連接AG，由CF⊥AE可知，點(diǎn)F在以AC為直徑的圓M上移動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)F在MG的延長(zhǎng)線上時(shí)，F(xiàn)G的長(zhǎng)最小，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)及勾股定理求出FM，MG即可解答．
【詳解】解：連接AC，作GM⊥AC，連接AG，
∵GO⊥AB，
∴OA=OB，
∵G0,1為圓心，半徑為2，
∴AG=2,OG=1，
在Rt△AGO中，AG=2OG，OA=22?12=3，
∴∠GAO=30°,∠AGO=60°，AB=2OA=23，
∵GC=GA=2，
∴∠ACG=∠CAG，
∵∠AGO=∠ACG+∠CAG，
∴∠ACG=∠CAG=30°，
∴AC=2AO=23,MG=12GC=1，
∴AM=3，
∵CF⊥AE，
∴點(diǎn)F在以AC為直徑的圓M上移動(dòng)，
當(dāng)點(diǎn)F在MG的延長(zhǎng)線上時(shí)，F(xiàn)G的長(zhǎng)最小，最小值為FM=FM?MG=3?1，
故答案為23；3?1．
【點(diǎn)睛】此題考查了垂徑定理，直角三角形30度角的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用的輔助線解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．

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