TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc24471" 【題型1 切線的判定與性質進行計算與證明】 PAGEREF _Tc24471 \h 1
\l "_Tc26333" 【題型2 圓周角定理有關的計算與證明】 PAGEREF _Tc26333 \h 9
\l "_Tc30890" 【題型3 垂徑定理的實際應用】 PAGEREF _Tc30890 \h 17
\l "_Tc14868" 【題型4 由點與圓的位置關系求求最值】 PAGEREF _Tc14868 \h 22
\l "_Tc2132" 【題型5 由圓的對稱性求最短路線問題】 PAGEREF _Tc2132 \h 27
\l "_Tc16716" 【題型6 三角形的內切圓與內心】 PAGEREF _Tc16716 \h 33
\l "_Tc22955" 【題型7 正多邊形與圓】 PAGEREF _Tc22955 \h 39
\l "_Tc31597" 【題型8 圓錐側面積的相關計算】 PAGEREF _Tc31597 \h 44
\l "_Tc30584" 【題型9 動點的運動軌跡長度計算】 PAGEREF _Tc30584 \h 50
\l "_Tc14739" 【題型10 動態(tài)圖形的掃過的面積的計算】 PAGEREF _Tc14739 \h 56
【題型1 切線的判定與性質進行計算與證明】
【方法點撥】切線的判定定理：經過半徑的外端并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線。
切線的性質定理：圓的切線垂直于過切點的半徑。
經過圓外一點的圓的切線上，這點和切點之間線段的長，叫做這點到圓的切線長。
【例1】（2023秋·遼寧撫順·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，點D是AB邊的中點，點O在AC邊上，⊙O經過點C且與AB邊相切于點E，∠FAC=12∠BDC．

(1)求證：AF是⊙O的切線；
(2)若BC=6，AB=10，求⊙O的半徑長．
【答案】(1)見解析
(2)3
【分析】（1）作OH⊥FA，垂足為點H，連接OE，證明AC是∠FAB的平分線，進而根據OH=OE，OE⊥AB，可得AF是⊙O的切線；
（2）勾股定理得出AC，設⊙O的半徑為r，則OC=OE=r，進而根據切線的性質，在Rt△OEA中，勾股定理即可求解．
【詳解】（1）證明：如圖，作OH⊥FA，垂足為點H，連接OE，

∵ ∠ACB=90°，D是AB的中點，
∴ CD=AD=12AB，
∴ ∠CAD=∠ACD，
∵ ∠BDC=∠CAD+∠ACD=2∠CAD，
又∵ ∠FAC=12∠BDC，
∴ ∠FAC=∠CAD，
即AC是∠FAB的平分線，
∵點O在AC上，⊙O與AB相切于點E，
∴ OE⊥AB，且OE是⊙O的半徑，
∴ OH=OE，OH是⊙O的半徑，
∴AF是⊙O的切線；
（2）解：如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，AB=10，
∴ AC=AB2?BC2=102?62=8，
∵BE，BC是⊙O的切線，
∴ BC=BE=6，∴ AE=10?6=4
設⊙O的半徑為r，則OC=OE=r，
在Rt△OEA中，由勾股定理得：OE2+AE2=OA2，
∴ 16+r2=8?r2，
∴ r=3．
∴ ⊙O的半徑長為3．
【點睛】本題考查了切線的性質與判定，勾股定理，熟練掌握切線的性質與判定是解題的關鍵．
【變式1-1】（2023秋·廣東珠?！ぞ拍昙壗y(tǒng)考期末）如圖，AB為圓O的直徑，C為圓O上一點，D為弦BC的中點，過點C的切線與OD的延長線相交于點E，連接BE．
(1)求證：BE是圓O的切線；
(2)當AB=10，AC=8時，求線段BE的長．
【答案】(1)見解析
(2)154
【分析】（1）根據D為弦BC的中點，可得OE垂直平分BC，進而可得∠EBC=∠ECB，再根據OB=OC可得∠OBC=∠OCB，根據CE是⊙O的切線，可得∠OCE=90°，通過等量代換可得∠OBE=90°，即可證明BE是圓O的切線；
（2）根據AB為⊙O的直徑，可得∠ACB=90°，利用勾股定理可得BC=6，進而可得BD=12BC=3，根據S△OBE=12OE?BD=12OB?BE即可求解．
【詳解】（1）證明：在⊙O中，∵D為弦BC的中點，
∴OD⊥BC，
∴OE垂直平分BC，
∴CE=BE，
∴∠EBC=∠ECB，
又∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵CE是⊙O的切線，
∴∠OCE=90°，
∴∠OBE=∠EBC+∠OBC=∠ECB+∠OCB=∠OCE=90°，
又∵AB為⊙O的直徑，
∴BE是⊙O的切線；
（2）解：∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，
∵AB=10，AC=8，
∴BC=AB2?AC2=6，
∴BD=12BC=3，
由（1）得∠OBE=90°，
在Rt△OBE中，設BE=x，
∴OE=OB2+BE2=52+x2，
∵ S△OBE=12OE?BD=12OB?BE，
∴12×3×52+x2=12?5x，
解得x=154，
∴線段BE的長為154．
【點睛】本題考查切線的性質和判定，垂徑定理，等腰三角形的性質，勾股定理，圓周角定理等，難度一般，解題的關鍵是能夠綜合運用上述知識，逐步進行推理論證．
【變式1-2】（2023秋·湖北·九年級期末）AB為⊙O的直徑，PA為⊙O的切線，BC∥OP交⊙O于C，PO交⊙O于D，
（1）求證：PC為⊙O的切線；
（2）過點D作DE⊥AB于E，交AC于F，PO交AC于H，BD交AC于G，DF＝FG，DF＝5，CG＝6，求⊙O的半徑．
【答案】（1）見詳解；（2）10．
【分析】（1）連OC，由BC∥OP，得到∠AOP=∠OBC，∠POC=∠OCB，則∠AOP=∠POC，可得△POA≌△POC，得到∠PAO=∠PC0，而PA為⊙O的切線，得∠OAP=90°，所以∠PC0=90°，根據切線的判定即可得到PC為⊙O的切線；
（2）連AD，由AB為⊙O的直徑，得∠ADB=90°，而DE⊥AB，則∠ADE=∠ABD，所以∠ADE=∠ABD，從而易得到∠DAG=∠ADF，有AF=DF=FG=5，AC=5+5+6=16，得到AH=12AC=8．易證Rt△AOH≌Rt△DOE，得DE=AH=8，則EF=DE-DF=8-5=3，在Rt△AEF中，利用勾股定理可求得AE=4，在Rt△DOE中，利用勾股定理即可得到⊙O的半徑．
【詳解】證明：（1）連OC，如圖，
∵BC∥OP，
∴∠AOP=∠OBC，∠POC=∠OCB，
而OB=OC，即∠OCB=∠OBC，
∴∠AOP=∠POC，
又∵OA=OC，OP公共，
∴△POA≌△POC，
∴∠PAO=∠PCO，而PA為⊙O的切線，
∴∠OAP=90°，
∴∠PCO=90°，
∴PC為⊙O的切線；
（2）連AD，∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ADB=90°，而DE⊥AB，
∴∠ADE=∠ABD，
由（1）得∠AOP=∠COP，
∴∠ABD=∠DAF，
∴∠DAG=∠ADF，
∴AF=DF=FG=5，
∴AC=5+5+6=16．
∴AH=12AC=8，
又∵OA=OD，
∴Rt△AOH≌Rt△DOE，
∴DE=AH=8．
∴EF=DE?DF=8?5=3，
在Rt△AEF中，AE=AF2?EF2=52?32=4，
設⊙O半徑為r，在Rt△DOE中，有
r2=82+（r?4）2
∴r=10．
所以⊙O的半徑為10．
【點睛】本題考查了切線的判定：經過半徑的外端點與半徑垂直的直線是圓的切線．也考查了切線的性質和三角形全等的判定與性質以及勾股定理．
【變式1-3】（2023秋·浙江·九年級期末）如圖1，在⊙O中，點H是直徑AB上的一點，過H點作弦CD⊥AB，點E是BAD的中點，過點E作BD的平行線交DC延長線于點F，連接BE，交CD于點G．
（1）求證：EF是⊙O的切線；
（2）求證：BD+EF=DF；
（3）如圖2，連接DE，若BDBG=k，則當k為何值時，線段DE=EF？
【答案】（1）見解析（2）見解析（3）當k=1+52時，DE=EF
【分析】（1）連接EO并延長交BD于點M，根據垂徑定理得到EM⊥BD，再結合EF//BD得到OE⊥EF，故可求解；
（2）連接ED，先根據角度關系得到∠BGD=∠BDE=∠GBD，從而得到BD=GD，再根據EF//BD得到∠FEG=∠DBG=∠FGE，求得FE=FG，由線段間的關系即可證明；
（3）先證明△BGD∽△BDE，得到BDBG=BEBD=k，可設BG=a，求出BD=ka，BE=k2a，再根據DE=EF證明得到EG=DG，再表示出BE=(k+1)a，得到k2a=(k+1)a，求出k的值即可．
【詳解】（1）如圖，連接EO并延長交BD于點M
∵點E是BAD的中點，EM過圓心O，
∴EM⊥BD，
又EF//BD
∴OE⊥EF
∴EF是⊙O的切線；
（2）如圖，連接ED
∵CD⊥AB
∴BC=BD
∴∠BDC=∠BED，又∵∠GBD=∠DBE
∴∠BGD=∠BDE=∠GBD
∴BD=GD
∵EF//BD
∴∠FEG=∠DBG=∠FGE
∴FE=FG
∴BD+EF=DG+GF=DF；
（3）∵∠BDC=∠BED，∠GBD=∠DBE，
∴△BGD∽△BDE
∴BDBG=BEBD=k
設BG=a，則BD=ka，BE=k2a
∵DE=EF
∴∠F=∠EDF
∵EF//BD
∴∠F=∠BDC
又∵∠BED=∠BDC
∴∠EDF=∠BED
∴EG=DG
又∵DG=BD=ka
∴EG=ka，BE=BG+EG=(k+1)a
∴k2a=(k+1)a
解得k=1+52（1?52舍去）
∴當k=1+52時，DE=EF．
【點睛】此題主要考查圓的綜合問題，解題的關鍵是熟知垂徑定理、圓周角定理、切線的判定定理、相似三角形的判定與性質、一元二次方程的求法等知識．
【題型2 圓周角定理有關的計算與證明】
【方法點撥】圓周角定理：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半。
推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等。
推論2：半圓(或直徑)所對的圓周角是直角，90°的圓周角所對的弦是直徑。
【例2】（2023秋·北京西城·九年級北京八中校考期中）如圖，已知：過⊙O上一點A作兩條弦AB、AC，且∠BAC=45°，(AB，AC都不經過O)過A作AC的垂線AF交⊙O于D，直線BD，AC交于點E，直線BC，DA交于點F．

(1)證明：BE=BF；
(2)探索線段AB、AE、AF的數量關系，并證明你的結論．
【答案】(1)見解析
(2)AE=AF+2AB，見解析
【分析】（1）連接CD，證明△BCD為等腰直角三角形，再證明△EBC≌△FBD，即可得出結論；
（2）過點B作BH⊥AB交AE于H，先證明△BCD為等腰直角三角形，得出AH=2AB，再證明△EBH≌△FBA得出EH=AF，由AE=EH+HA，等量代換即可證明AE=AF+2AB．
【詳解】（1）證明：如圖1，連接CD，

∵AF⊥AE，
∴∠CAD=90°，
∴CD為⊙O的直徑，
∴∠CBD=90°，
∴∠EBC=∠FBD=90°，
∵∠BAC=45°，
∴∠BDC=∠BAC=45°，
∴∠BCD=45°，
∴BC=BD，
∵四邊形ACBD內接于⊙O，
∴∠ECB=∠FDB，
在△EBC與△FBD中，∠EBC=∠FBDBC=BD∠ECB=∠FDB，
∴△EBC≌△FBDASA，
∴BE=BF；
（2）解：AE=AF+2AB，
證明：如圖2，過點B作BH⊥AB交AE于H，

∵∠BAH=45°，
∴△ABH為等腰直角三角形，
∴AH=2AB，
∵△EBC≌△FBD
∴∠E=∠F，BE=BF，
∵∠EBF=∠HBA=90°，
∴∠EBH+∠HBF=∠HBF+∠FBA，
∴∠EBH=∠FBA，
在△EBH和△FBA中，
∠E=∠FBE=BF∠EBH=∠FBA，
∴△EBH≌△FBAASA，
∴EH=AF，
∴AE=EH+HA=AF+2AB．
【點睛】本題考查了圓周角定理及全等三角形的判定與性質，證明三角形的全等是解題的關鍵．
【變式2-1】（2023秋·湖北·九年級期末）已知△ABC內接于⊙O，∠BAC的平分線交⊙O于點D，連接DB，DC．
(1)如圖①，當∠BAC=120°時，請直接寫出線段AB，AC，AD之間滿足的等量關系式： ；
(2)如圖②，當∠BAC=90°時，試探究線段AB，AC，AD之間滿足的等量關系，并證明你的結論．
【答案】(1)AB+AC=AD
(2)AB+AC=2AD，證明見解析
【分析】（1）在線段AD上截取AE=AB，連接BE，根據圓周角定理的推論證明△ABE和△BCD是等邊三角形，再利用SAS證明△BED≌△BAC，得出DE=AC，即可推導得出AB+AC=AD；
（2）延長AB到點M，使BM=AC，連接DM，利用圓內接四邊形的性質得出∠MBD=∠ACD，再利用SAS證明△MBD≌△ACD，推出MD=AD，∠M=∠BAD=45°，進而證明MD⊥AD，根據勾股定理可得AM=2AD，即AB+AC=2AD．
【詳解】（1）解：如圖①在線段AD上截取AE=AB，連接BE，
∵ ∠BAC=120°，AD平分∠BAC，
∴ ∠BAD=∠CAD=60°，
∵ CD=CD，
∴ ∠DBC=∠DAC=60°，
同理：∠DCB=∠DAB=60°，
∴ BC=CD=DB，
∵ AE=AB，∠BAE=60°，
∴ AB=BE=AE，
∴ ∠ABE=∠DBC=60°，
∴ ∠DBE=∠CBA，
在△BED和△BAC中，
BE=AB∠DBE=∠CBADB=CB，
∴ △BED≌△BACSAS，
∴ DE=AC，
∴ AD=AE+DE=AB+AC．
故答案為：AB+AC=AD；
（2）解：AB+AC=2AD，理由如下：
如圖②，延長AB到點M，使BM=AC，連接DM，
∵四邊形ABCD內接于⊙O，
∴ ∠MBD=∠ACD，
∵ ∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45°，
∴ BD=CD，
在△MBD和△ACD中，
MB=AC∠MBD=∠ACDBD=CD，
∴ △MBD≌△ACDSAS，
∴ MD=AD，
∴ ∠M=∠BAD=45°，
∴ ∠MDA=90°，
∴ MD⊥AD，
∴ AM=2AD，即AB+BM=2AD，
∴ AB+AC=2AD．
【點睛】本題考查圓周角定理，等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，圓內接四邊形的性質，勾股定理等知識點，解題關鍵是熟練運用轉化思想，通過添加輔助線，構造全等三角形．
【變式2-2】（2023秋·山西朔州·九年級?？计谥校┤鐖D，BD是⊙O的直徑，弦BC與OA相交于點E，AF與⊙O相切于點A，交DB的延長線于點F，∠F=30°，∠BAC=120°，BC=8．

(1)求∠ADB的度數；
(2)求AC的長度；
(3)判定四邊形AFBC的形狀，并證明你的結論．
【答案】(1)833
(2)30°
(3)四邊形AFBC是平行四邊形，證明見解析
【分析】（1）由切線的性質得出AF⊥OA，求出∠F=30°，得出∠AOF=60°，由圓周角定理可得∠ADB=12∠AOF=30°．
（2）證出OA⊥BC，由垂徑定理得出BE=CE=12BC=4，證明△AOB是等邊三角形，得出AB=OB，由直角三角形的性質得出OE=12OB，BE=3OE=4，求出OE=433，即可得出AC=AB=OB=2OE=833即可；
（3）根據（1）（2）得到的相關結論證明AF∥BC、BF∥AC，然后根據兩組對邊平行的四邊形是平行四邊形即可解答．
【詳解】（1）解：∵AF與⊙O相切于點A，
∴AF⊥OA，
∵∠F=30°，
∴∠AOF=60°，
∴∠ADB=12∠AOF=30°．
（2）解：∵∠ACB=∠ADB=30°，∠BAC=120°，
∴∠ABC=180°?120°?30°=30°，
∴∠ABC=∠ACB，
∴AB=AC，
∴AB=AC，
∴OA⊥BC
∴BE=CE=12BC=4
∵∠AOB=60°，OA=OB，
∴△AOB是等邊三角形，
∴AB=OB，
∵∠OBE=30°，
∴OE=12OB，BE=3OE=4，
∴OE=433，
∴AC=AB=OB=2OE=833．
（3）解：四邊形AFBC是平行四邊形，證明如下：
∵OA⊥BC，AF⊥OA，
∴AF∥BC
∵△AOB是等邊三角形，
∴∠ABO=60°,即∠ABF=120°,
∵∠BAC=120°，
∴∠ABF=∠BAC=120°，
∴BF∥AC,
∴四邊形AFBC是平行四邊形．
【點睛】本題考查圓周角定理、垂徑定理、等邊三角形的判定與性質、平行四邊形的判定等知識點，熟練掌握圓周角定理、垂徑定理和等邊三角形的相關知識是解題的關鍵．
【變式2-3】（2023秋·江蘇鹽城·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在⊙O的內接四邊形ABCD中，DB=DC，∠DAE是四邊形ABCD的一個外角．
(1)若∠DAE=75°，則∠DAC= °；
(2)過點D作DE⊥AB于E，判斷AB、AE、AC之間的數量關系并證明；
(3)若AB=6、AE=2，求BD2?AD2的值．
【答案】(1)75
(2)AC=2AE+AB，見解析
(3)60
【分析】（1）四邊形ABCD是圓O的內接四邊形，則∠BCD+∠BAD=180°，∠DAE是四邊形ABCD的一個外角得到∠DAE=∠BCD，BD=CD，則∠CBD=∠DCB，由圓周角定理得到∠CBD=∠CAD，即可得到答案；
（2）過點D作DF⊥AC于點F，先證明△BDE≌△CDFAAS得到DE=DF，AE=CF，再證明△ADE≌△ADFAAS，則AE=AF，進一步即可得到結論；
（3）在Rt△BDE中，BD2=BE2+DE2，在Rt△AED中，AD2=AE2+ED2，由AB=6，AE=2得到BE=8，則BD2=64+DE2，AD2=4+ED2，即可得到結論．
【詳解】（1）∵四邊形ABCD是圓O的內接四邊形，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
∵∠DAE是四邊形ABCD的一個外角，
∴∠DAE=∠BCD，
∵BD=CD，
∴∠CBD=∠DCB．
∴∠DAE=∠CBD，
∵弧CD所對的圓周角分別為∠CAD、∠CBD，
∴∠CBD=∠CAD，
∵∠DAE=75°，
∴∠DCB=∠DBC=∠DAC=75°，
故答案為；75
（2）過點D作DF⊥AC于點F，
∵DE⊥AB，
∴∠DEA=90°
∵∠ABD=∠ACD，BD=CD，∠E=∠DFC=90°，
∴△BDE≌△CDFAAS，
∴DE=DF，BE=CF，
∴∠ADE=∠ADF，
又∵∠E=∠AFD，AD=AD，
∴△ADE≌△ADFAAS，
∴AE=AF，
∴AC=AF＋FC=AE＋BE=AE＋AE＋AB=2AE＋AB，
即AC=2AE+AB；
（3）在Rt△BDE中，BD2=BE2+DE2，
在Rt△AED中，AD2=AE2+ED2，
∵AB=6，AE=2，
∴BE=8，
∴BD2=64+DE2，AD2=4+ED2，
∴BD2?AD2=60．
【點睛】此題考查了圓周角定理及其推論，全等三角形的判定和性質、勾股定理等知識.
【題型3 垂徑定理的實際應用】
【方法點撥】垂徑定理：垂直于弦的直徑平分弦，并且平分弦所對的兩條弧。
推論：平分弦(不是直徑)的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條弧；弦的垂直平分線過圓心，且平分弦對的兩條弧．
【例3】（2023秋·河北石家莊·九年級校聯考期末）如圖是一位同學從照片上剪切下來的海上日出時的畫面，“圖上”太陽與海平線交于A，B兩點，他測得“圖上”圓的半徑為5厘米，AB=8厘米．若從日前太陽所處位置到太陽完全跳出海平面的時間為8分鐘，則①現在“圖上”太陽與海平線的位置關系是 ；②“圖上”太陽升起的平均速度為 厘米/分．
【答案】 相交 1
【分析】首先根據海平面與圓有兩個交點可判斷出直線與圓的位置關系，然后連接OA，過點O作OD⊥AB于D，由垂徑定理求出AD的長，再由勾股定理求出OD的長，然后計算出太陽在海平線以下部分的高度，即可求解．
【詳解】解：∵海平面與圓有兩個交點
∴現在“圖上”太陽與海平線的位置關系是相交；
設“圖上”圓的圓心為O，連接OA，過點O作OD⊥AB于D，如圖所示：
∵AB=8厘米，
∴AD=12AB=4（厘米），
∵OA=5厘米，
∴OD=OA2?AD2=52?42=3（厘米），
∴海平線以下部分的高度=OA+OD=5+3=8（厘米），
∵太陽從所處位置到完全跳出海平面的時間為8分鐘，
∴“圖上”太陽升起的速度=8÷8=1（厘米/分），
故答案為：相交，1．
【點睛】本題考查的是垂徑定理的運用，根據題意作出輔助線，構造出直角三角形是解答此題的關鍵．
【變式3-1】（2023秋·浙江臺州·九年級校考期中）我市在創(chuàng)建全國文明城市檢查中，發(fā)現一些破舊的公交車候車亭有礙觀瞻，現已更換新的公交候車亭(圖1)，圖2所示的是側面示意圖，FG為水平線段，PQ⊥FG，點H為垂足，FG=4m， FH=2.4m， 點P在弧FG上，且弧FG所在的圓的圓心O到FG，PQ的距離之比為5：2，則PH的長約為多少米？

【答案】PH的長約為1.2米
【分析】作出如圖的輔助線，利用垂徑定理結合矩形性質求得FM、OM、HN、ON的長，分別在直角三角形OFM和直角三角形OPN中，利用勾股定理即可求解．
【詳解】過點O作FG的垂線，垂足為M，過點O作PQ的垂線，垂足為N，

∵PQ⊥FG，
∴四邊形MONH是矩形，
則FM=12FG=2(m)，MH=ON=FH?FM=2.4?2=0.4(m)，
∵O到FG，PQ的距離之比為5:2，
即OMON=52，
∴OM=NH=1(m)，
連接OF和OP，則
在直角三角形OFM中，OF=OP=FM2+OM2=22+12=5(m)，
∴直角三角形OPN中，PN=OP2?ON2=(5)2?0.42=2.2(m)，
∴PH=PN?NH=2.2?1=1.2(m)
故則PH的長約為1.2米．
【點睛】本題考查了垂徑定理，矩形的判定和性質，勾股定理的應用，作出合適的輔助線，構造直角三角形是解題的關系．
【變式3-2】（2023春·浙江臺州·九年級臺州市書生中學校考期中）如圖這是我市某跨海大橋正側面的照片，大橋的主橋拱為圓弧型，橋面AB長為800米，且與水面平行，小王用計算機根據照片對大橋進行了模擬分析，在橋正下方的水面上取一點P，在橋面AB上取點C，作射線PC交?。ㄖ鳂蚬埃┯邳cD，右邊畫出了PC與PD關于AC長的函數圖象，下列對此橋的判斷不合理的是（ ）
A．橋拱的最高點與橋面AB的實際距離約為210米
B．橋拱正下方的橋面EF的實際長度約為500米
C．拍攝照片時，橋面離水面的實際高度約為110米
D．橋面上BF段的實際長度約200米
【答案】A
【分析】由題意知，x從0變化到8，AB=800米，橫坐標一個單位長度對應的長度為100米，函數圖象中PC與PD函數圖象的交點即為橋拱與橋面的交點E、F，對應的橫坐標分別為1、6，可求EF，進而可判斷B的正誤；如圖，過最高點D作DH⊥AB，交AB于H，由題意知，EF中點對應最高點D，根據x=1+52=3.5時，DH34．
∴能從剪下的兩塊余料中選取一塊，剪出一個圓作為這個圓錐的底面．
【點睛】本題考查了切線的判定，角平分線的性質，勾股定理，掌握以上知識是解題的關鍵．
【題型9 動點的運動軌跡長度計算】
【例9】（2023春·黑龍江大慶·九年級校考階段練習）四邊形ABCD中，∠B=∠D=90°，∠DAB=135°，且AB=2，AD=42．以B為圓心，BC為半徑作弧，交BA的延長線于點E，若點Q為弧EC上的動點，過點Q作QH⊥BC于點H，設點I為△BQH的內心，連接BI，QI，當點Q從點C運動到點E時，則內心I所經過的路徑長為 ．
【答案】52π2
【分析】三角形的內心是三角形三個內角平分線的交點，連接IC，由內心定義得∠QBI=∠CBI，繼而證明△IBQ≌△IBC(SAS)，再由全等三角形的對應角相等解得∠BIC=∠BIQ，接著計算∠QBI+∠IQB的度數，得到∠BIC=∠BIQ=135°，過B、I、C三點作⊙O，求得∠BOC的度數，求出BC=10，在等腰直角三角形BCO中，利用勾股定理解得BO=52，最后根據弧長公式解題即可．
【詳解】解：如圖，連接IC，
∵I是內心，
∴∠QBI=∠CBI，
∵BI=BI，CB=BQ，
∴△IBQ≌△IBC(SAS)，
∴∠BIC=∠BIQ，
∵∠QHB=90°，
∴∠QBI+∠IQB=12∠QBH+12∠BQH =12(∠QBH+∠BOH) =12(180°?∠BHQ) =12×(180°?90°)=45°，
∴∠BIQ=180°?45°=135°，
∴∠BIC=∠BIQ=135°，
過B、I、C三點作⊙O，連接OB,OC，
∴∠BOC=2(180°?∠BIC)=2×(180°?135°)=90°，
∴當點Q從點C運動到點E時，內心所經過的路徑長為BC的長，
過點D作DM⊥BC，過A作AN⊥DM，垂足分別為M、N，
∵∠DAB=135°，∠B=∠D=90°，
∴∠DAN=45°，∠C=45°，
∵AB=2，AD=42．
∴AN=DN=4=BM，DM=CM=6，
∴BC=4+6=10，
在等腰直角三角形BCO中，BO=BC2=102=52，
∴ lBC=90×π×52180=52π2．
故答案為：52π2．
【點睛】本題考查圓的綜合，涉及圓周角定理、勾股定理、全等三角形的判定與性質、三角形的內心性質、不共線三點確定一個圓、弧 長公式等知識，是重要考點，正確作出輔助線、掌握相關知識是解題關鍵．
【變式9-1】（2023秋·江蘇連云港·九年級?？茧A段練習）如圖，已知∠ABC=90°，AB=10，BC=5，半徑為2的⊙O從點A出發(fā)，沿A→B→C方向滾動到點C時停止，圓心O運動的路程是 ．

【答案】15+π
【分析】根據題意畫出圖形，將運動路徑分為三部分：OO1，O1O2，O2O3，分別計算出各部分的長再相加即可
【詳解】解：圓心O運動路徑如圖：

∵OO1=AB=10；弧O1O2的長度為90π×2180=π；O2O3=BC=5，
∴圓心O運動的路程是10+π+5=15+π．
故答案為：15+π．
【點睛】本題考查了弧長的計算，找到運動軌跡，將運動軌跡分為三部分進行計算是解題關鍵．
【變式9-2】（2023秋·江蘇徐州·九年級?？茧A段練習）如圖，有一塊長為4cm、寬為3cm的矩形木板在桌面上按順時針方向無滑動地翻滾，木板上頂點A的位置變化為A→A1→A2，其中，第二次翻滾時被桌面上一個小木塊擋住，使木板邊沿A2C與桌面成30°角，則點A翻滾到點A2的位置經過的路徑長為（ ）

A．10cmB．3.5πcmC．4.5πcmD．2.5πcm
【答案】B
【分析】根據旋轉的定義得到點A以B為旋轉中心，以∠ABA1為旋轉角，順時針旋轉得到A1；A2是由A1以C為旋轉中心，以∠A1CA2為旋轉角，順時針旋轉得到，由于∠ABA1=90°，∠A1CA2=60°，AB=5cm，CA1=3cm，然后根據弧長公式計算即可．
【詳解】解：連接AB、BA1，
由題意，點A以B為旋轉中心，以∠ABA1為旋轉角，順時針旋轉得到A1；A2是由A1以C為旋轉中心，以∠A1CA2為旋轉角，順時針旋轉得到，

∵∠ABA1=90°，∠A1CA2=60°，AB=32+42=5cm，CA1=3cm，
∴點A翻滾到A2位置時共走過的路徑長=90×π×5180+60×π×3180=3.5πcm，
故選：B．
【點睛】本題考查了弧長公式，旋轉變換，解決本題的關鍵是掌握弧長公式和旋轉的性質．
【變式9-3】（2023·浙江溫州·?？既＃﹫D1是掛桶式垃圾車的聯動裝置，通過鋼軸先后作兩次旋轉移動垃圾桶，實現對垃圾桶提升和翻轉，將垃圾桶內的垃圾自動收入車廂．圖2，圖3是該裝置的側面示意圖，AB與地面所成的銳角為60°，AB=110cm, BC=303cm,CD=30cm．第一次轉軸BC繞點B把豎直放置垃圾桶旋轉，轉軸轉至BC1，使A，B，C1共線，在此轉動過程中，轉軸BC與轉軸DE所成銳角為30°保持不變．第二次轉軸D1E1繞點C1旋轉至D2E2，使D2,E2，B，A共線．當轉軸外端點D到達最高處時，點D2離地面的距離為 cm．垃圾桶從舉起到倒掉垃圾的整個過程中，轉軸外端點D所經過的路徑長為 cm．

【答案】 703+45 207+5π
【分析】①過點D2作D2F⊥地面于F，利用AB=110cm, BC=303cm,CD=30cm求出AD2，再利用AB與地面所成的銳角為60°即可求出D2離地面的距離；
②先求出BD，再用弧長公式求出DD1與D1D2的長度，再求和即可．
【詳解】①過點D2作D2F⊥地面于F，
由旋轉的性質可知：BC=BC1,CD=C1D2，
∵AB=110cm, BC=303cm,CD=30cm，
∴AD2=AB+BC1+C1D2=AB+BC+CD=140+303cm，
又∵AB與地面所成的銳角為60°，即∠FAD2=60°，D2F⊥地面，
∴D2離地面的距離為：D2F=AD2sin60°=703+45cm．
②過點B作BG⊥CE，交CE的延長線于點G，連接BD與BD1，作DD1，

∵轉軸BC與轉軸DE所成銳角為30°保持不變，即∠BCE=30°，
∴∠ABC=360°?∠BAH?∠AHC?180°?∠BCE=360°?60°?90°?180°?30°=60°，
∵∠BCE=30°，BG⊥CE，BC=303cm，
∴BG=12BC=153cm，CG=BC2?BF2=45cm，
又∵CD=30cm，
∴DG=CG+CD=75cm，
∴BD=BG2+DG2=307cm，
由旋轉的性質可知，∠DBD1=∠CBC1=180°?∠ABC=120°，
∴DD1的長度為：120π×BD180=120π×307180=207πcm，
又作D1D2，

由旋轉的性質可知：∠D1C1D2=∠BC1E1=∠BCE=30°，
∴D1D2的長度為：30π×CD180=30π×30180=5πcm，
轉軸外端點D所經過的路徑，即DD1與D1D2的長度和為：207π+5π=207+5πcm．
故答案為：703+45；207+5π．
【點睛】本題考查含30°的直角三角形的性質，旋轉的性質，弧長公式，勾股定理等知識，根據題意正確作出輔助線是解題的關鍵．
【題型10 動態(tài)圖形的掃過的面積的計算】
【例10】（2023秋·江蘇鹽城·九年級?？茧A段練習）如圖，已知A、D是⊙O上任意兩點，且AD=6，以AD為邊作正方形ABCD，若AD邊繞點O旋轉一周，則BC邊掃過的面積為 ．

【答案】9π
【分析】如圖所示，連接OD、OC，過點O作OE⊥AD于點E，延長OE交BC于點F．則BC邊掃過的面積為以OC為外圓半徑、OF為內圓半徑的圓環(huán)面積，利用垂徑定理即可得出DE=AE=3，進而可得出CF=DE=3，再根據圓環(huán)的面積公式結合勾股定理即可得出BC邊掃過的面積．
【詳解】解：如圖所示，連接OD、OC，過點O作OE⊥AD于點E，延長OE交BC于點F．

∵AD為弦，OE⊥AD，
∴由垂徑定理可得DE=AE=12AD=3．
∵四邊形ABCD為正方形，
∴BC∥AD，AD=BC=6，∠CDA=90°，
∴∠CFO=∠DEO=90°，
∴四邊形DEFC為矩形，CF=DE=3．
∵AD邊繞點O旋轉一周，則BC邊掃過的圖形為以OC為外圓半徑，OF為內圓半徑的圓環(huán)，
∴圓環(huán)面積為S=π?OC2?π?OF2=πOC2?OF2=π?CF2=9π．
故答案為：9π．
【點睛】本題考查了勾股定理，垂徑定理，平行線的性質以及圓環(huán)的面積公式，結合AD邊的旋轉，找出BC邊旋轉過程中掃過的區(qū)域的形狀是解題的關鍵．
【變式10-1】（2023秋·江蘇·九年級專題練習）如圖，半圓O的直徑AB=4，弦CD=22，弦CD在半圓上滑動，點C從點A開始滑動，到點D與點B重合時停止滑動，若M是CD的中點，則在整個滑動過程中線段BM掃過的面積為___________．

【答案】π2
【分析】根據勾股定理的逆定理可得△OCD是直角三角形，進而得出OM=12CD，再根據旋轉可得OM旋轉的圓心角為90°，半徑OM=2，根據扇形面積的計算方法進行計算即可。
【詳解】解：連接OC、OD、OM，如下圖：

∵OC=OD=12AB=2，CD=22
∴OC2+OD2=CD2
∴∠COD=90°，
又∵點M為CD的中點，
∴OM=12CD=2，
弦CD在半圓上滑動，點C從點A開始滑動，到點D與點B重合時停止滑動，OM就繞著點O逆時針旋轉90°，BM掃過的部分為下圖中的陰影部分，

由題意可得：ON⊥BD，OM⊥AD
∴BN=12BD=2=OM，∠ENB=∠EOM=90°，
又∵∠MEO=∠BEN，
∴△MEO≌△BEN(AAS)，
∴S△MEO=S△BEN
BM掃過的部分的面積就是S扇形MON=90π×(2)2360=π2，
故答案為：π2
【點睛】本題考查勾股定理及逆定理，扇形面積的計算，掌握扇形面積的計算方法以及勾股定理的逆定理是正確解答的前提．
【變式10-2】（2023·黑龍江雞西·?？既＃┰谄矫嬷苯亲鴺讼抵?，已知A2,0，B3,1，C1,3；

(1)將△ABC沿x軸負方向平移2個單位至△A1B1C1，畫圖并寫出C1的坐標____________；
(2)以A1點為旋轉中心，將△A1B1C1逆時針方向旋轉90°得△A1B2C2，畫圖并寫出C2的坐標_____；
(3)在平移和旋轉過程中線段BC掃過的面積為___________．
【答案】(1)作圖見解析，?1,3
(2)作圖見解析，?3,?1
(3)2π+4
【分析】（1）根據平移的性質得出對應點坐標進而得出答案；
（2）根據旋轉的性質得出對應點坐標，進而得出對應點坐標即可；
（3）根據平移的性質以及旋轉的性質進而得出線段BC掃過的面積．
【詳解】（1）解：如圖所示：△A1B1C1即為所求，C1?1,3，
故答案為：?1,3；
（2）如圖所示：△A2B2C2即為所求，C2?3,?1，
故答案為：?3,?1；
（3）根據題意，每個小正方形的邊長為1，
∴A1B1=12+12=2，
A1C1=12+32=10，
∵將△ABC沿x軸負方向平移2個單位至△A1B1C1，
∴BC∥B1C1，BC=B1C1，
∴四邊形BCC1B1是平行四邊形，
∴在平移和旋轉過程中線段BC掃過的面積為： 2×2+90π×102360?90π×22360=2π+4，
故答案為：2π+4．

【點睛】本題考查作圖—平移變換、旋轉變換，平行四邊形和扇形面積公式等知識，根據題意得出平移和旋轉過程中線段BC掃過的面積是解題關鍵．
【變式10-3】（2023秋·浙江·九年級專題練習）如圖所示，扇形OAB從圖①無滑動旋轉到圖②，再由圖②到圖③，∠O=60°，OA=1．
(1)求O點運動的路徑長；
(2)求O點走過路徑與射線l圍成的面積．
【答案】(1)O點運動的路徑長為4π3；
(2)O點走過路徑與射線l圍成的面積為5π6．
【分析】（1）一共轉動了三次，分析每一次轉動的圓心角和半徑，然后利用弧長公式即可求解；
（2）同（1）的方法，利用扇形面積公式的長方形面積公式即可求解．
【詳解】（1）解：如圖，
運動路徑第一段弧長90π×1180=π2，
第二段路徑為線段長為60π?1180=π3，
第三段路徑為90π?1180=π2，
即O在射線l上運動路徑為π2+π3+π2=4π3；
（2）解：圍成面積，
S1=90π?1360=14π，S2=1×π3=π3，S3=90π?1360=π4，
S=S1+S2+S3=5π6．
【點睛】本題考查弧長公式、扇形面積公式等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．

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