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答题技巧第2讲稳得填空题考向预测填空题具有小巧灵活、结构简单、运算量不大等特点.根据填空时所填写的内容形式，可以将填空题分成两种类型：(1)定量型：要求考生填写数值、数集或数量关系,如方程的解、不等式的解集、函数的定义域、值域、最大值或最小值、线段长度、角度大小等；(2)定性型:要求填写的是具有某种性质的对象或者填写给定数学对象的某种性质,如填写给定二次曲线的焦点坐标、离心率等.解答填空题时，由于不反映过程,只要求结果，故对正确性的要求比解答题更高、更严格。
《考试说明》中对解答填空题提出的基本要求是“正确、合理、迅速".为此在解填空题时要做到：快-—运算要快，力戒小题大做;稳——变形要稳，不可操之过急；全—-答案要全，力避残缺不齐;活——解题要活，不要生搬硬套；细——审题要细，不能粗心大意.知识与技巧的梳理1.方法一直接法它是直接从题设出发，利用有关性质或结论,通过巧妙地变形，直接得到结果的方法。
要善于透过现象抓本质，有意识地采取灵活、简捷的解法解决问题.2。
方法二特殊值法当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的恰当特殊值(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理,从而得出探求的结论.为保证答案的正确性，在利用此方法时，一般应多取几个特例.3。
方法三数形结合法(图解法）一些含有几何背景的填空题，若能“数中思形”“以形助数”,则往往可以借助图形的直观性，迅速作出判断，简捷地解决问题，得出正确的结果，Venn图、三角函数线、函数的图象及方程的曲线等，都是常用的图形.4。
方法四构造法构造法解填空题的关键是由条件和结论的特殊性构造出数学模型，从而简化推导与运算过程，构造法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，首先应观察题目，观察已知(例如代数式）形式上的特点，然后积极调动思维,联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型，深刻地了解问题及问题的背景（几何背景、代数背景）,从而构造几何、函数、向量等具体的数学模型，达到快速解题的目的。
中考总复习：圆综合复习—知识讲解（提高）责编：常春芳【考纲要求】1.圆的基本性质和位置关系是中考考查的重点，但圆中复杂证明及两圆位置关系中证明定会有下降趋势，不会有太复杂的大题出现；2.今后的中考试题中将更侧重于具体问题中考查圆的定义及点与圆的位置关系，对应用、创新、开放探究型题目，会根据当前的政治形势、新闻背景和实际生活去命题，进一步体现数学来源于生活，又应用于生活．【知识网络】【考点梳理】考点一、圆的有关概念1. 圆的定义如图所示，有两种定义方式：①在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A随之旋转所形成的图形叫做圆．固定的端点O叫做圆心，以O为圆心的圆记作⊙O，线段OA叫做半径；②圆是到定点的距离等于定长的点的集合．要点诠释：圆心确定圆的位置，半径确定圆的大小． 2.与圆有关的概念①弦：连接圆上任意两点的线段叫做弦；如上图所示线段AB ，BC ，AC 都是弦． ②直径：经过圆心的弦叫做直径，如AC 是⊙O 的直径，直径是圆中最长的弦．③弧：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧，如曲线BC 、BAC 都是⊙O 中的弧，分别记作BC ，BAC ．④半圆：圆中任意一条直径的两个端点分圆成两条弧，每一条弧都叫做半圆，如AC 是半圆． ⑤劣弧：像BC 这样小于半圆周的圆弧叫做劣弧． ⑥优弧：像BAC 这样大于半圆周的圆弧叫做优弧． ⑦同心圆：圆心相同，半径不相等的圆叫做同心圆． ⑧弓形：由弦及其所对的弧组成的图形叫做弓形． ⑨等圆：能够重合的两个圆叫做等圆．⑩等弧：在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧．⑪圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角，如上图中∠AOB ，∠BOC 是圆心角．⑫圆周角：顶点在圆上，两边都和圆相交的角叫做圆周角，如上图中∠BAC 、∠ACB 都是圆周角． 要点诠释：圆周角等于它所对的弧所对的圆心角的一半.圆外角度数等于它所夹弧的度数的差的一半. 圆内角度数等于它所夹弧的度数的和的一半.考点二、圆的有关性质 1.圆的对称性圆是轴对称图形，经过圆心的直线都是它的对称轴，有无数条．圆是中心对称图形，圆心是对称中心，又是旋转对称图形，即旋转任意角度和自身重合． 2.垂径定理①垂直于弦的直径平分这条弦，且平分弦所对的两条弧．②平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．如图所示．要点诠释：在图中(1)直径CD ，(2)CD ⊥AB ，(3)AM ＝MB ，(4)C C A B =，(5)AD BD =．若上述5个条件有2个成立，则另外3个也成立．因此，垂径定理也称“五二三定理”．即知二推三． 注意：(1)(3)作条件时，应限制AB 不能为直径．3.弧、弦、圆心角之间的关系①在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等；②在同圆或等圆中，两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，它们所对应的其余各组量也相等．4.圆周角定理及推论①圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．②圆周角定理的推论：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．要点诠释：圆周角性质的前提是在同圆或等圆中．考点三、与圆有关的位置关系1.点与圆的位置关系如图所示．d表示点到圆心的距离，r为圆的半径．点和圆的位置关系如下表：点与圆的位置关系d与r的大小关系点在圆内d＜r点在圆上d＝r点在圆外d＞r要点诠释：(1)圆的确定：①过一点的圆有无数个，如图所示．②过两点A、B的圆有无数个，如图所示．③经过在同一直线上的三点不能作圆．④不在同一直线上的三点确定一个圆．如图所示．(2)三角形的外接圆经过三角形三个顶点可以画一个圆，并且只能画一个．经过三角形三个顶点的圆叫做三角形的外接圆．三角形外接圆的圆心叫做这个三角形的外心．这个三角形叫做这个圆的内接三角形．三角形的外心就是三角形三条边的垂直平分线交点．它到三角形各顶点的距离相等，都等于三角形外接圆的半径．如图所示．2.直线与圆的位置关系①设r为圆的半径，d为圆心到直线的距离，直线与圆的位置关系如下表．②圆的切线．切线的定义：和圆有唯一公共点的直线叫做圆的切线．这个公共点叫切点．切线的判定定理：经过半径的外端．且垂直于这条半径的直线是圆的切线．友情提示：直线l是⊙O的切线，必须符合两个条件：①直线l经过⊙O上的一点A；②OA⊥l．切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．切线长定义：我们把圆的切线上某一点与切点之间的线段的长叫做这点到圆的切线长．切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分这两条切线的夹角．③三角形的内切圆：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形，三角形的内心就是三角形三个内角平分线的交点．要点诠释：找三角形内心时，只需要画出两内角平分线的交点．三角形外心、内心有关知识比较3.圆与圆的位置关系在同一平面内两圆作相对运动，可以得到下面5种位置关系，其中R 、r 为两圆半径(R ≥r)．d 为圆心距．要点诠释：①相切包括内切和外切，相离包括外离和内舍．其中相切和相交是重点． ②同心圆是内含的特殊情况．③圆与圆的位置关系可以从两个圆的相对运动来理解． ④“r 1－r 2”时，要特别注意，r 1＞r 2．考点四、正多边形和圆 1.正多边形的有关概念正多边形的外接圆(或内切圆)的圆心叫正多边形的中心．外接圆的半径叫正多边形的半径，内切圆的半径叫正多边形的边心距，正多边形各边所对的外接圆的圆心角都相等，这个角叫正多边形的中心角，正多边形的每一个中心角都等于360n°． 要点诠释：通过中心角的度数将圆等分，进而画出内接正多边形，正六边形边长等于半径．2.正多边形的性质任何一个正多边形都有一个外接圆和一个内切圆，这两圆是同心圆．正多边形都是轴对称图形，偶数条边的正多边形也是中心对称图形，同边数的两个正多边形相似，其周长之比等于它们的边长(半径或边心距)之比．3.正多边形的有关计算定理：正n 边形的半径和边心距把正n 边形分成2n 个全等的直角三角形．正n 边形的边长a 、边心距r 、周长P 和面积S 的计算归结为直角三角形的计算．360n a n =°，1802sin n a R n =°，180cos n r R n=°， 2222n n a R r ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，n n P n a =，1122n nnn n S a r n P r ==．考点五、圆中的计算问题 1.弧长公式：180n Rl π=，其中l 为n °的圆心角所对弧的长，R 为圆的半径． 2.扇形面积公式：2360n R S π=扇，其中12S lR =扇．圆心角所对的扇形的面积，另外12S lR =扇．3.圆锥的侧面积和全面积：圆锥的侧面展开图是扇形，这个扇形的半径等于圆锥的母线长，弧长等于圆锥底面圆的周长． 圆锥的全面积是它的侧面积与它的底面积的和． 要点诠释：（1）在计算圆锥的侧面积时要注意各元素之间的对应关系，千万不要错把圆锥底面圆半径当成扇形半径．（2）求阴影面积的几种常用方法(1)公式法；(2)割补法；(3)拼凑法；(4)等积变形法；(5)构造方程法．考点六、四点共圆 1.四点共圆的定义四点共圆的定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”.2.证明四点共圆一些基本方法：1.从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，即可肯定这四点共圆．或利用圆的定义，证各点均与某一定点等距.2.如果各点都在某两点所在直线同侧，且各点对这两点的张角相等，则这些点共圆． （若能证明其两张角为直角，即可肯定这四个点共圆，且斜边上两点连线为该圆直径.）3.把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其一个外角等于其邻补角的内对角时，即可肯定这四点共圆．4.把被证共圆的四点两两连成相交的两条线段，若能证明它们各自被交点分成的两线段之积相等，即可肯定这四点共圆；或把被证共圆的四点两两连结并延长相交的两线段，若能证明自交点至一线段两个端点所成的两线段之积等于自交点至另一线段两端点所成的两线段之积，即可肯定这四点也共圆． 即利用相交弦、切割线、割线定理的逆定理证四点共圆.考点七、与圆有关的比例线段（补充知识）1.相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.2.切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项.3.割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等.圆幂定理（相交弦定理、切割线定理及其推论(割线定理)统一归纳为圆幂定理）定理 图形 已知 结论 证法 相交弦定理⊙O 中，AB 、CD 为弦，交于P. PA·PB＝PC·PD . 连结AC 、BD ， 证：△APC∽△DPB .相交弦定理的推论⊙O 中，AB 为直径，CD⊥AB 于P.PC 2＝PA·PB . 用相交弦定理.切割线定理⊙O 中，PT 切⊙O 于T ，割线PB 交⊙O 于A PT 2＝PA·PB 连结TA 、TB ， 证：△PTB∽△PAT切割线定理推论PB 、PD 为⊙O 的两条割线，交⊙O 于A 、CPA·PB＝PC·PD 过P 作PT 切⊙O 于T ， 用两次切割线定理【典型例题】类型一、圆的有关概念及性质1． BC 为O 的弦，∠BOC=130°，△ABC 为O 的内接三角形，求∠A 的度数.【思路点拨】依题意知O 为△ABC 的外心，由外心O 的位置可知应分两种情况进行解答. 【答案与解析】应分两种情况，当O 在△ABC 内部时，1113065;22A BOC ∠=∠=⨯︒=︒当O 在△ABC 外部时，由∠BOC=130°，得劣弧BC 的度数为130︒，则BAC 的度数为360︒－130︒＝230︒,故∠A=115°. 综合以上得∠A=65°或∠A=115°. 【总结升华】转化思想就是化未知为已知，化繁为简，化难为易，从而将无法求解的问题转化成可以求解的问题，使问题得以解决. 举一反三：【变式】如图，∠AOB＝100°，点C 在⊙O 上，且点C 不与A 、B 重合，则∠ACB 的度数为（ ）A ．50B ．80或50C ．130D ．50 或130 【答案】解：当点C 在优弧上时，∠ACB＝21∠AOB＝21×100°＝50°， 当点C 在劣弧上时，∠ACB＝21（360°－∠AOB）＝21×（360°－100°）＝130°．故选D ．类型二、与圆有关的位置关系2．如图，已知正方形的边长是4cm ，求它的内切圆与外接圆组成的圆环的面积．（答案保留π）【思路点拨】设正方形外接圆，内切圆的半径分别为R ，r ，根据圆环的面积等于大圆的面积减去小圆的面积即可． 【答案与解析】A BO解：设正方形外接圆，内切圆的半径分别为R ，r ， 如图，连接OE 、OA ， 则OA 2-OE 2=AE 2，即R 2-r 2=（）2=（）2=4，S 圆环=S 大圆-S 小圆=πR 2-πr 2，（2分）=π（R 2-r 2），（3分） ∵R 2-r 2=（）2=4， ∴S=4π（cm 2）．【总结升华】此题比较简单，解答此题的关键是作出辅助线，找出两圆半径之间的关系，根据圆的面积公式列出关系式即可．3．如图，已知⊙O 的半径为6cm ，射线PM 经过点O ，10cm OP =，射线PN 与⊙O 相切于点Q ．A,B 两点同时从点P 出发，点A 以5cm/s 的速度沿射线PM 方向运动，点B 以4cm/s 的速度沿射线PN 方向运动．设运动时间为t s ． （1）求PQ 的长；（2）当t 为何值时，直线AB 与⊙O 相切？【思路点拨】(1)连OQ,则OQ⊥PN,由勾股定理可以求得PQ 的长；(2)由直线AB 与⊙O 相切,先找出结论成立的条件,当BQ 等于⊙O 的半径时,直线AB 与⊙O 相切,再根据直线AB 与⊙O 相切时的不同位置,分类求出t 的值. 【答案与解析】解 （1）连接OQ ．∵PN 与⊙O 相切于点Q ，∴OQ⊥PN, 即90OQP ∠=．10OP =，6OQ =，∴)(861022cm PQ =-=（2）过点O 作OC AB ⊥，垂足为C ．点A 的运动速度为5cm/s ，点B 的运动速度为4cm/s ，运动时间为t s ， ∴t PA 5=，4PB t =．10PO =，8PQ =，∴PQPBPO PA = P P ∠=∠，∴△PAB∽△POQ, ∴∠PBA=∠PQO=90090BQO CBQ OCB ∠=∠=∠=，∴四边形OCBQ 为矩形．∴BQ=OC∵⊙O 的半径为6，∴BQ=OC=6时，直线AB 与⊙O 相切．①当AB 运动到如图1所示的位置时．84BQ PQ PB t =-=-．由6BQ =，得846t -=．解得0.5(s)t =． ②当AB 运动到如图2所示的位置时．48BQ PB PQ t =-=-．由6BQ =，得486t -=．解得 3.5(s)t =． 所以，当t 为0.5s 或3.5s 时,直线AB 与⊙O 相切． 【总结升华】本例是一道双动点几何动态题.是近年来中考数学的热点题型.这类试题信息量大，对学生获取信息和处理信息的能力要求较高；解题时需要用运动和变化的眼光去观察和研究问题，挖掘运动、变化的全过程，并特别关注运动与变化中的不变量、不变关系或特殊关系，动中取静，静中求动.举一反三：【高清课堂：圆的综合复习 例4】【变式】已知：如图，AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上一点，OD ⊥BC 于点D ，过点C 作⊙O 的切线，交OD 的延长线于点E ，连接BE ．（1）求证：BE 与⊙O 相切；（2）连接AD 并延长交BE 于点F ，若OB=9，2sin 3ABC ∠=，求BF 的长．【答案】（1）证明：连结OC .EC 与⊙O 相切，C 为切点.90....ECO OB OC OCB OBC OD DC DB DC ∴∠==∴∠=∠⊥∴=，∴直线OE 是线段BC 的垂直平分线....90.EB EC ECB EBC ECO EBO EBO ∴=∴∠=∠∴∠=∠∴∠= AB 是⊙O 的直径.BE ∴与⊙O 相切.（2）解：过点D 作DM AB ⊥于点M ，则DM ∥FB .在Rt ODB ∆中， 2909sin 3sin 6.ODB OB ABC OD OB ABC ∠==∠=∴=⋅∠=，，，由勾股定理得223 5.BD OB OD =-=在Rt DMB ∆中，同理得 22sin 2 5.5.DM BD ABC BM BD DM =⋅∠==-=O 是AB 的中点，18.13.AB AM AB BM ∴=∴=-= DM ∥FB ，∴△AMD ∽△ABF .36513MD AM BF AB MD AB BF AM ∴=⋅∴==类型三、与圆有关的计算4．如图，有一个圆O 和两个正六边形T 1，T 2． T 1的6个顶点都在圆周上，T 2的6条边都和圆O 相切（我们称T1，T2分别为圆O 的内接正六边形和外切正六边形）．（1）设T1，T2的边长分别为a ，b ，圆O 的半径为r ，求r ：a 及r ：b 的值；（2）求正六边形T 1，T 2的面积比S 1：S 2的值．【思路点拨】（1）根据圆内接正六边形的半径等于它的边长，则r ：a=1：1；在由圆的半径和正六边形的半边以及正六边形的半径组成的直角三角形中，根据锐角三角函数即可求得其比值；（2）根据相似多边形的面积比是相似比的平方．由（1）可以求得其相似比，再进一步求得其面积比．【答案与解析】解：（1）连接圆心O 和T 1的6个顶点可得6个全等的正三角形．所以r ：a=1：1；连接圆心O 和T 2相邻的两个顶点，得以圆O 半径为高的正三角形，所以r ：b=AO ：BO=sin60°=：2；（2）T 1：T 2的边长比是：2，所以S 1：S 2=（a ：b ）2=3：4．【总结升华】 计算正多边形中的有关量的时候，可以构造到由正多边形的半径、边心距、半边组成的直角三角形中，根据锐角三角函数进行计算．注意：相似多边形的面积比即是其相似比的平方．举一反三：【变式】有一个亭子，它的地基是半径为8m的正六边形，求地基的周长和面积．（结果保留根号）【答案】解：连接OB、OC；∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠BOC==60°，∴△OBC是等边三角形，∴BC=OB=8m，∴正六边形ABCDEF的周长=6×8=48m．过O作OG⊥BC于G，∵△OBC是等边三角形，OB=8m，∴∠OBC=60°，∴OG=OB•sin∠OBC=8×=4m，∴S △OBC=BC•OG=×8×4=16，∴S 六边形ABCDEF=6S△OBC=6×16=96m2．类型四、与圆有关的综合应用5．（2014•孝感模拟）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，∠BAC的平分线交⊙O于点D，过点D作EF∥BC，交AB、AC的延长线于点E、F．（1）求证：EF为⊙O的切线；（2）若sin∠ABC=，CF=1，求⊙O的半径及EF的长．【思路点拨】（1）连接OD，只要证明OD⊥EF即可．（2）连接BD，CD，根据相似三角形的判定可得到△CDF∽△ABD∽△ADF，根据相似比及勾股定理即可求得半径及EF的值．【答案与解析】（1）证明：连接OD；∵AB是直径，∴∠ACB=90°；∵EF∥BC，∴∠AFE=∠ACB=90°，∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA；又∵AD平分∠BAC，∴∠OAD=∠DAC，∴∠ODA=∠DAC，∴OD∥AF，∴∠ODE=∠AFD=90°，即OD⊥EF；又∵EF过点D，∴EF是⊙O的切线．（2）解：连接BD，CD；∵AB是直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADB=∠AFD；∵AD平分∠BAC，∴∠OAD=∠DAC，∴BD=CD；设BD=CD=a；又∵EF是⊙O的切线，∴∠CDF=∠DAC，∴∠CDF=∠OAD=∠DAC，∴△CDF∽△ABD∽△ADF，∴=，=；∵sin∠ABC==，∴设AC=3x，AB=4x，∴=，则a2=4x，∴在Rt△CDF中，由勾股定理得DF2=CD2﹣CF2=4x﹣1；又∵=，∴4x﹣1=1×（1+3x），∴x=2，∴AB=4x=8，AC=3x=6；∵EF∥BC，∴△ABC∽△AEF，∴=，=，AE=，∴在Rt△AEF中，EF===．综上所述，⊙O的半径及EF的长分别是4和．【总结升华】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质等知识点的综合运用．举一反三：【高清课堂：圆的综合复习例3】【变式】（2015•宁波模拟）已知：如图，△ABC中，∠BAC=90°，点D在BC边上，且BD=BA，过点B画AD的垂线交AC于点O，以O为圆心，AO为半径画圆．（1）求证：BC是⊙O的切线；（2）若⊙O的半径为8，tan∠C=，求线段AB的长，sin∠ADB的值．【答案】解：（1）连接OD，∵BA=BD，BO⊥AD，∴∠ABO=∠DBO，在△ABO和△DBO中，∴△ABO≌△DBO（SAS），∴OD=OA．∠ODB=∠OAB=90°，∴BD⊥OD，∴BC是⊙O的切线；（2）∵在RT△ODC中，CD===6，∴OC=10，∴AC=18在RT△ABC中，AB=AC•tan∠C=18×=24，∵∠ADB=∠DAB=∠AOB，∴sin∠ADB=sin∠AOB==，6．（1）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为弧BC上一动点，求证：PA=PB+PC；（2）如图2，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P为弧BC上一动点，求证：；（3）如图3，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，点P为弧BC上一动点，请探究PA、PB、PC 三者之间有何数量关系，并给予证明．【思路点拨】（1）延长BP至E，使PE=PC，连接CE，证明△PCE是等边三角形．利用CE=PC，∠E=60°，∠EBC=∠PAC，得到△BEC≌△APC，所以PA=BE=PB+PC；（2）过点B作BE⊥PB交PA于E，证明△ABE≌△CBP，所以PC=AE，可得PA=PC+PB．（3）在AP上截取AQ=PC，连接BQ可证△ABQ≌△CBP，所以BQ=BP．又因为∠APB=30°．所以PQ=PB，PA=PQ+AQ=PB+PC．【答案与解析】证明：（1）延长BP至E，使PE=PC，连接CE．∵∠BAC=∠CPE=60°，PE=PC，∴△PCE是等边三角形，∴CE=PC，∠E=60°；又∵∠BCE=60°+∠BCP，∠ACP=60°+∠BCP，∴∠BCE=∠ACP，∵△ABC、△ECP为等边三角形，∴CE=PC，AC=BC，∴△BEC≌△APC（SAS），∴PA=BE=PB+PC．（2）过点B作BE⊥PB交PA于E．∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°∴∠1=∠3，又∵∠APB=45°，∴BP=BE，∴；又∵AB=BC，∴△ABE≌△CBP，∴PC=AE．∴．（3）答：；证明：过点B，作BM⊥AP，在AP上截取AQ=PC，连接BQ，∵∠BAP=∠BCP，AB=BC，∴△ABQ≌△CBP，∴BQ=BP．∴MP=QM，又∵∠APB=30°，∴cos30°=，∴PM=PB，∴∴【总结升华】本题考查三角形全等的性质和判定方法以及正多边形和圆的有关知识．要熟悉这些基本性质才能灵活运用解决综合性的习题．举一反三：【变式】（1）如图①，M、N分别是⊙O的内接正△ABC的边AB、BC上的点且BM=CN，连接OM、ON，求∠MON的度数；（2）图②、③、…④中，M、N分别是⊙O的内接正方形ABCD、正五边ABCDE、…正n边形ABCDEFG…的边AB、BC上的点，且BM=CN，连接OM、ON，则图②中∠MON的度数是，图③中∠MON的度数是；…由此可猜测在n边形图中∠MON的度数是；（3）若3≤n≤8，各自有一个正多边形，则从中任取2个图形，恰好都是中心对称图形的概率是 .【答案】解：（1）连接OB、OC；∵△ABC是⊙O的内接正三角形，∴OB=OC∠BOC=120°，∠OBC=∠OCB=∠OBA=30°；又∵BM=CN，∴△OBM≌△OCN，∴∠MOB=∠NOC，∴∠MON=∠BOC=120°；（2）90°；72°；360n．（3）15.。
第2讲解三角形、几何中的应用题[考情考向分析] 和三角形有关的应用题，可以利用正弦定理、余弦定理解三角形，进而解决实际问题；和几何图形有关的应用题，可以利用平面几何知识或者建立平面直角坐标系转化成解析几何问题，利用直线或者曲线方程解决．热点一和解三角形有关的应用题例1 如图所示，在某东西公交路线的南侧有一个临时停靠站台，为了方便乘客，打算在站台的一面东西方向的长方形墙体ABHG上用AB＝5 m，BC＝1 m的矩形角钢焊接成一个简易的遮阳棚(将AB放在墙上)．当太阳光线与水平线的夹角θ分别满足下列情况时，要使此时遮阳棚的遮阴面积最大，应将遮阳棚ABCD所在的平面与矩形HEFG所在的路面所成的α设置为多大角度？(1)θ＝90°；(2)θ＝80°.解(1)如图1，当θ＝90°时，太阳光线垂直于地面，遮阳棚只有与地面平行时，遮阴面积最大，故遮阳棚ABCD所在的平面与水平面所成角α＝0°.(2)如图2，在平面CBHE内，过点C作直线IJ，与直线HE交于I，与直线HB的延长线交于J，并使得∠CIH＝80°，由题意可知，∠CBH＝α＋90°.在Rt△IHJ中，tan 80°＝HJHI ＝HB＋BJHI，即HI＝HB＋BJtan 80°，欲使得HI 取到最大值，只需HB ＋BJ 取到最大值， 而站台高HB 为定长，故只需BJ 取到最大值即可．在△BCJ 中，∠BJC ＝10°，∠BCJ ＝α＋80°，由正弦定理得，BJ sin (α＋80°)＝BC sin∠BJC ＝1sin 10°，即BJ ＝sin (α＋80°)sin 10°，故当α＝10°时，BJ 取到最大值，此时HI 也取到最大值， 又S 阴＝GH ×HI ＝5HI ，所以此时遮阳棚的遮阴面积最大．思维升华 用正、余弦定理去解决具体设计问题时，应关注图形的特点，找出已知量及所求的量，转化为三角形的边角，再利用正弦、余弦定理构造方程或三角函数式求解． 跟踪演练1 如图，某公园有三条观光大道AB ，BC ，AC 围成直角三角形，其中直角边BC ＝200 m ，斜边AB ＝400 m ．现有甲、乙、丙三位小朋友分别在AB ，BC ，AC 大道上嬉戏，所在位置分别记为点D ，E ，F .(1)若甲、乙都以每分钟100 m 的速度从点B 出发在各自的大道上奔走，到大道的另一端时即停，乙比甲晚2分钟出发，当乙出发1分钟后，求此时甲、乙两人之间的距离；(2)设∠CEF ＝θ，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且∠DEF ＝π3，请将甲、乙之间的距离y 表示为θ的函数，并求甲、乙之间的最小距离． 解 (1)依题意得BD ＝300 m ，BE ＝100 m ，在△ABC 中，cos B ＝BC AB ＝12，∴B ＝π3，在△BDE 中，由余弦定理，得DE 2＝BD 2＋BE 2－2BD ·BE ·cos B＝3002＋1002－2·300·100·12＝70 000，∴DE ＝1007 m ，答 甲、乙两人之间的距离为1007 m. (2)由题意得EF＝2DE ＝2y ，∠BDE ＝∠CEF ＝θ， 在Rt△CEF 中，CE ＝EF ·cos∠CEF ＝2y cos θ， 在△BDE 中，由正弦定理得BE sin∠BDE ＝DEsin∠DBE ，即200－2y cos θsin θ＝ysin 60°，∴y ＝10033cos θ＋sin θ＝503sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3，0＜θ＜π2，∴当θ＝π6时，y 有最小值50 3.答 甲、乙之间的最小距离为50 3 m. 热点二 和立体几何有关的应用题例2 (2018·淮安四市模拟)某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装饰，如图1.为了便于设计，可将该礼品看成是由圆O 及其内接等腰三角形ABC 绕底边BC 上的高所在直线AO 旋转180°而成，如图2.已知圆O 的半径为10 cm ，设∠BAO ＝θ，0<θ<π2，圆锥的侧面积为S cm 2.(1)求S 关于θ的函数关系式；(2)为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积S 最大．求S 取得最大值时腰AB 的长度． 解 (1)设AO 的延长线交BC 于点D ，过O 作OE ⊥AB ，垂足为E ，在△AOE 中，AE ＝10cos θ，AB ＝2AE ＝20cos θ，在△ABD 中，BD ＝AB ·sin θ＝20cos θ·sin θ，所以S ＝400πsin θcos 2θ，0<θ<π2.(2)要使侧面积最大，由(1)得S ＝400πsin θcos 2θ＝400π(sin θ－sin 3θ)令x ＝sin θ，所以得f (x )＝x －x 3， 由f ′(x )＝1－3x 2＝0得x ＝33， 当⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1时，f ′(x )<0， 所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1上单调递减， 所以f (x )在x ＝33时取得极大值，也是最大值； 所以当sin θ＝33时，侧面积S 取得最大值， 此时等腰三角形的腰长AB ＝20cos θ＝201－sin 2θ＝201－⎝⎛⎭⎪⎫332＝2063. 答 侧面积S 取得最大值时，等腰三角形的腰AB 的长度为2063cm.思维升华 和立体几何有关的应用题，主要通过研究空间几何体的结构特征和面积、体积的计算解决实际问题，解题的关键是抓住物体的几何特征，将实际中的物体抽象成立体几何中的柱、锥、台、球等规则几何体．跟踪演练2 (2018·南通等六市模拟)将一铁块高温融化后制成一张厚度忽略不计、面积为100 dm 2的矩形薄铁皮(如图)，并沿虚线l 1，l 2裁剪成A ，B ，C 三个矩形(B ，C 全等)，用来制成一个柱体．现有两种方案：方案①：以l 1为母线，将A 作为圆柱的侧面展开图，并从B ，C 中各裁剪出一个圆形作为圆柱的两个底面；方案②：以l 1为侧棱，将A 作为正四棱柱的侧面展开图，并从B ，C 中各裁剪出一个正方形(各边分别与l 1或l 2垂直)作为正四棱柱的两个底面．(1)设B ，C 都是正方形，且其内切圆恰为按方案①制成的圆柱的底面，求底面半径； (2)设l 1的长为x dm ，则当x 为多少时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大？ 解 (1)设所得圆柱的半径为r dm ，则()2πr ＋2r ×4r ＝100，解得r ＝52()π＋12()π＋1.(2)设所得正四棱柱的底面边长为a dm ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a ≤x 2，a ≤100x －4a ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ≤x 2，a ≤20x .所得正四棱柱的体积V ＝a 2x ≤⎩⎪⎨⎪⎧x 34，0<x ≤210，400x ，x >210.记函数p ()x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 34，0<x ≤210，400x ，x >210.则p ()x 在(]0，210上单调递增，在[)210，＋∞上单调递减． ∴当x ＝210时， p ()x max ＝2010.∴当x ＝210， a ＝10时， V max ＝ 2010 dm 3. 又2a ≤x ≤20a，从而a ≤10.所得正四棱柱的体积V ＝a 2x ≤a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫20a ＝20a ≤2010.∴当a ＝10， x ＝210时， V max ＝ 2010dm 3. 答 (1)圆柱的底面半径为52()π＋12()π＋1 dm ；(2)当x 为210时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大． 热点三 和解析几何有关的应用题例3 如图所示，某街道居委会拟在EF 地段的居民楼正南方向的空白地段AE 上建一个活动中心，其中AE ＝30米．活动中心东西走向，与居民楼平行．从东向西看活动中心的截面图的下部分是长方形ABCD ，上部分是以DC 为直径的半圆．为了保证居民楼住户的采光要求，活动中心在与半圆相切的太阳光线照射下落在居民楼上的影长GE 不超过2.5米，其中该太阳光线与水平线的夹角θ满足tan θ＝34.(1)若设计AB ＝18米，AD ＝6米，问能否保证上述采光要求？(2)在保证上述采光要求的前提下，如何设计AB 与AD 的长度，可使得活动中心的截面面积最大？(注：计算中π取3)解 如图，以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系．(1)因为AB ＝18米，AD ＝6米，所以半圆的圆心为H (9,6)，半径r ＝9. 设太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋b ，即3x ＋4y －4b ＝0，则由|27＋24－4b |32＋42＝9， 解得b ＝24或b ＝32(舍)．故太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋24,令x ＝30，得EG ＝1.5＜2.5. 所以此时能保证上述采光要求． (2)设AD ＝h 米，AB ＝2r 米， 则半圆的圆心为H (r ，h )，半径为r .方法一 设太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋b ，即3x ＋4y －4b ＝0， 由|3r ＋4h －4b |32＋42＝r ，解得b ＝h ＋2r 或b ＝h －r2(舍)． 故太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋h ＋2r ，令x ＝30，得EG ＝2r ＋h －452，由EG ≤52，得h ≤25－2r .所以S ＝2rh ＋12πr 2＝2rh ＋32×r 2≤2r (25－2r )＋32×r 2＝－52r 2＋50r ＝－52(r －10)2＋250≤250.当且仅当r ＝10时取等号． 所以当AB ＝20米且AD ＝5米时， 可使得活动中心的截面面积最大． 方法二 欲使活动中心内部空间尽可能大， 则影长EG 恰为2.5米，则此时点G 为(30,2.5)， 设过点G 的上述太阳光线为l 1，则l 1所在直线方程为y －52＝－34(x －30)，即3x ＋4y －100＝0.由直线l 1与半圆H 相切，得r ＝|3r ＋4h －100|5.而点H (r ，h )在直线l 1的下方，则3r ＋4h －100＜0， 即r ＝－3r ＋4h －1005，从而h ＝25－2r .又S ＝2rh ＋12πr 2＝2r (25－2r )＋32×r 2＝－52r 2＋50r ＝－52(r －10)2＋250≤250.当且仅当r ＝10时取等号．所以当AB ＝20米且AD ＝5米时， 可使得活动中心的截面面积最大．思维升华 以解析几何为背景的应用题，一般要建立坐标系，然后转化为三角知识或二次函数或用基本不等式来求解．解析几何型应用题是高考的冷点，但在复习时要引起重视． 跟踪演练3 如图是一块地皮OAB ，其中OA ，AB 是直线段，曲线段OB 是抛物线的一部分，且点O 是该抛物线的顶点，OA 所在的直线是该抛物线的对称轴．经测量，OA ＝2 km ，AB ＝ 2 km ，∠OAB ＝π4.现要从这块地皮中划一个矩形CDEF 来建造草坪，其中点C 在曲线段OB 上，点D ，E 在直线段OA 上，点F 在直线段AB 上，设CD ＝a km ，矩形草坪CDEF 的面积为f (a ) km 2.(1)求f (a )，并写出定义域；(2)当a 为多少时，矩形草坪CDEF 的面积最大？解 (1)以O 为原点，OA 边所在的直线为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，过点B 作BG ⊥OA 于点G ，在Rt△ABG 中，AB ＝2，∠OAB ＝π4，所以AG ＝BG ＝1，又因为OA ＝2， 所以OG ＝1，则B (1,1)，设抛物线OCB 的标准方程为y 2＝2px (p >0)， 代入点B 的坐标，得p ＝12，所以抛物线的方程为y 2＝x .因为CD ＝a ，所以AE ＝EF ＝a ，则DE ＝2－a －a 2， 所以f (a )＝a (2－a －a 2)＝－a 3－a 2＋2a ， 定义域为(0,1)．(2)由(1)可知，f (a )＝－a 3－a 2＋2a ，则f ′(a )＝－3a 2－2a ＋2，令f ′(a )＝0，得a ＝7－13. 当0＜a ＜7－13时， f ′(a )＞0，f (a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，7－13上单调递增； 当7－13＜a ＜1时， f ′(a )＜0，f (a )在⎝⎛⎭⎪⎫7－13，1上单调递减．所以当a ＝7－13时，f (a )取得极大值，也是最大值 答 当a ＝7－13时，矩形草坪CDEF 的面积最大．1．(2016·江苏)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P-A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高OO 1是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？ 解 (1)V ＝13×62×2＋62×2×4＝312(m 3)．(2)设PO 1＝x ，则O 1B 1＝62－x 2(0<x <6)，B 1C 1＝2·62－x 2， ∴1111A B C D S ＝2(62－x 2)，又由题意可得下面正四棱柱的高为4x .则仓库容积V ＝13x ·2(62－x 2)＋2(62－x 2)·4x ＝263x (36－x 2)(0<x <6)．V ′＝263(36－3x 2)，由V ′＝0得x ＝23或x ＝－23(舍去)． 由实际意义知V 在x ＝23(m)处取到最大值， 故当PO 1＝2 3 m 时，仓库容积最大．2．(2017·江苏)如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32 cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为107 cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，E 1G 1的长分别为14 cm 和62 cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12 cm.现有一根玻璃棒l ，其长度为40 cm(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)．(1)将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱CC 1上，求l 没入水中部分的长度；(2)将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱GG 1上，求l 没入水中部分的长度．解 (1)由正四棱柱的定义可知，CC 1⊥平面ABCD ，所以平面A 1ACC 1⊥平面ABCD ，CC 1⊥AC ， 如图①，记玻璃棒的另一端落在CC 1上点M 处．①因为AC ＝107 cm ，AM ＝40 cm ， 所以MC ＝402－(107)2＝30 (cm)， 从而sin∠MAC ＝34.记AM 与水面的交点为P 1， 过P 1作P 1Q 1⊥AC ，Q 1为垂足， 则P 1Q 1⊥平面ABCD ，故P 1Q 1＝12 cm ， 从而AP 1＝P 1Q 1sin∠MAC＝16 (cm)．答 玻璃棒l 没入水中部分的长度为16 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24 cm) (2)方法一 如图②，O ，O 1是正棱台的两底面中心．②由正棱台的定义可知，OO 1⊥平面EFGH ， 所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG . 同理，平面E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1. 记玻璃棒的另一端落在GG 1上的点N 处． 过G 作GK ⊥E 1G 1，K 为垂足，则GK ＝OO 1＝32 cm.因为EG ＝14 cm ，E 1G 1＝62 cm ， 所以KG 1＝62－142＝24 (cm)，从而GG 1＝KG 21＋GK 2＝242＋322＝40 (cm)． 设∠EGG 1＝α，∠ENG ＝β， 则sin α＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2＋∠KGG 1＝cos∠KGG 1＝45.因为π2<α<π，所以cos α＝－35.在△ENG 中，由正弦定理可得40sin α＝14sin β， 解得sin β＝725.因为0<β<π2，所以cos β＝2425.于是sin∠NEG ＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β) ＝sin αcos β＋cos αsin β＝45×2425＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×725＝35.记EN 与水面的交点为P 2，过P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则P 2Q 2⊥平面EFGH ， 故P 2Q 2＝12，从而EP 2＝P 2Q 2sin∠NEG ＝20 (cm)．答 玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)方法二 记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处，EN 与水面的交点为P ，过G 1作G 1H ′⊥EG ，垂足为H ′，易知G 1H ′＝32 cm ，GH ′＝24 cm ， 可得GG 1＝40 cm.所以cos∠G 1GH ′＝2440＝35，于是cos∠NGE ＝－35.由余弦定理得EN 2＝EG 2＋GN 2－2EG ·GN ·cos∠NGE ， 设GN ＝x cm ，上述方程整理得(x －30)(5x ＋234)＝0，x ＝30.过点N 作NK ⊥EG ，垂足为K ，过点P 作PQ ⊥EG ，垂足为Q . 由KN H ′G 1＝GN GG 1，得KN 32＝3040，解得KN ＝24 cm. 由PQ NK ＝EP EN ，得1224＝EP40，解得PE ＝20 cm. 答 玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)方法三 记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处，EN 与水面的交点为P ，过G 1作G 1H ′⊥EG ，H ′为垂足，过N 作NK ⊥EG ，K 为垂足，过P 作PQ ⊥EG ，Q 为垂足．易知G 1H ′＝32 cm ，GH ′＝24 cm ， 得tan∠G 1GH ′＝3224＝43.所以KN GK ＝43，可设KN ＝4x ，GK ＝3x .在Rt△EKN 中，由勾股定理得(14＋3x )2＋16x 2＝402， 因式分解得(x －6)(25x ＋234)＝0， 解得x ＝6，KN ＝24 cm ，由PQ NK ＝EP EN ，得1224＝EP40，解得PE ＝20 cm. 答 玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)3．(2018·江苏扬州树人学校模拟)某市为改善市民出行，准备规划道路建设，规划中的道路M －N －P 如图所示，已知A ，B 是东西方向主干道边两个景点，且它们距离城市中心O 的距离均为8 2 km ，C 是正北方向主干道边上的一个景点，且距离城市中心O 的距离为4 km ，线路MN 段上的任意一点到景点A 的距离比到景点B 的距离都多16 km ，其中道路起点M 到东西方向主干道的距离为6 km ，线路NP 段上的任意一点到O 的距离都相等．以O 为原点、线路AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系xOy .(1)求道路M －N －P 的曲线方程；(2)现要在道路M －N －P 上建一站点Q ，使得Q 到景点C 的距离最近，问如何设置站点Q 的位置(即确定点Q的坐标)?解(1)因为线路MN段上的任意一点到景点A的距离比到景点B的距离都多16 km，所以线路MN段所在曲线是以点A，B为左、右焦点的双曲线的右上支，则其方程为x2－y2＝64(8≤x≤10,0≤y≤6)．因为线路NP段上的任意一点到O的距离都相等，所以线路NP段所在曲线是以O为圆心、以ON长为半径的圆，由线路MN段所在曲线方程可求得N(8,0)，则其方程为x2＋y2＝64(y≤0)，综上得线路示意图所在曲线的方程为MN段：x2－y2＝64(8≤x≤10,0≤y≤6)，NP段：x2＋y2＝64 (－8≤x≤8，y≤0)．(2)①当点Q在MN段上时，设Q(x0，y0)，又C(0,4)，则CQ＝x20＋(y0－4)2，由(1)得x20－y20＝64，即CQ＝2y20－8y0＋80＝72＋2(y0－2)2，故当y0＝2时，CQ min＝6 2 km.②当点Q在NP段上时，设Q(x1，y1)，又C(0,4)，则CQ＝x21＋(y1－4)2，由(1)得x21＋y21＝64，即CQ＝－8y1＋80，故当y1＝0时，CQ min＝4 5 km.因为62<45，所以当Q的坐标为(217，2)时，可使Q到景点C的距离最近．4．(2018·南京、盐城模拟)有一矩形硬纸板材料(厚度忽略不计)，一边AB长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形ABCD(如图甲所示)，再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示，重叠部分忽略不计)，其中OEMF是以O 为圆心、∠EOF＝120°的扇形，且弧EF，GH分别与边BC, AD相切于点M, N.(1)当BE长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；(2)当BE的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？解(1)在图甲中，连结MO交EF于点T.设OE＝OF＝OM＝R，在Rt△OET 中，因为∠EOT ＝12∠EOF ＝60°，所以OT ＝R 2，则MT ＝OM －OT ＝R2.从而BE ＝MT ＝R2，即R ＝2BE ＝2.故所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝4π3－ 3. 又所得柱体的高EG ＝4， 所以V ＝S ×EG ＝ 16π3－4 3.答 当BE 长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为⎝ ⎛⎭⎪⎫16π3－43立方分米．(2)设BE ＝x ，则R ＝2x ，所以所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝⎛⎭⎪⎫4π3－3x 2.又所得柱体的高EG ＝6－2x ，所以V ＝S ×EG ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫8π3－23()－x 3＋3x 2，其中0<x <3.令f (x )＝－x 3＋3x 2，x ∈()0，3，则由f ′()x ＝－3x 2＋6x ＝－3x ()x －2＝0，解得x ＝2.列表如下：x (0,2) 2 (2,3) f ′(x ) ＋0 －f (x )极大值所以当x ＝2时， f (x )取得极大值，也是最大值． 答 当BE 的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大．A 组 专题通关1．(2018·南京模拟)如图，公园里有一湖泊，其边界由两条线段AB ，AC 和以BC 为直径的半圆弧BC 组成，其中AC 为2(单位：百米)，AC ⊥BC ，∠A 为π3.若在半圆弧BC ，线段AC ，AB上各建一个观赏亭D ，E ，F ，再修两条栈道DE ，DF ，使DE ∥AB ，DF ∥AC . 记∠CBD ＝θ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3≤θ<π2.(1)试用θ表示BD 的长；(2)试确定点E 的位置，使两条栈道长度之和最大． 解 (1)连结DC .在△ABC 中，AC 为2，AC ⊥BC ，∠A 为π3，所以∠CBA ＝π6，AB ＝4，BC ＝2 3.因为BC 为直径，所以∠BDC ＝π2，所以BD ＝BC cos θ＝23cos θ.(2)在△BDF 中，∠DBF ＝θ＋π6，∠BFD ＝π3，BD ＝23cos θ，所以由正弦定理得，DF sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝BF sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝BDsin∠BFD ， 所以DF ＝4cos θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋θ，且BF ＝4cos 2θ，所以DE ＝AF ＝4－4cos 2θ， 所以DE ＋DF ＝4－4cos 2θ＋4cos θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋θ＝3sin 2θ－cos 2θ＋3＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ－π6＋3. 因为π3≤θ＜π2，所以π2≤2θ－π6＜5π6，所以当2θ－π6＝π2，即θ＝π3时，DE ＋DF 有最大值5，此时E 与C 重合．答 当E 与C 重合时，两条栈道长度之和最大．2．(2018·常州期末)已知小明(如图中AB 所示)身高1.8米，路灯OM 高3.6米， AB, OM 均垂直于水平地面，分别与地面交于点A ，O .点光源从M 发出，小明在地上的影子记作AB ′.(1)小明沿着圆心为O ，半径为3米的圆周在地面上走一圈，求AB ′扫过的图形面积； (2)若OA ＝3米，小明从A 出发，以1米/秒的速度沿线段AA 1走到A 1, ∠OAA 1＝π3，且AA 1＝10米．t 秒时，小明在地面上的影子长度记为f ()t (单位：米)，求f ()t 的表达式与最小值． 解 (1)由题意AB ∥OM ，则AB ′OB ′＝AB OM ＝1.83.6＝12， OA ＝3，所以OB ′＝6， 小明在地面上的身影AB ′扫过的图形是圆环，其面积为π×62－π×32＝27π(平方米)． (2)经过t 秒，小明走到了A 0处，身影为A 0B 0′，由(1)知A 0B ′0OB ′0＝AB OM ＝12，所以f ()t ＝A 0B 0′＝OA 0＝OA 2＋AA 20－2OA ·AA 0cos∠OAA 0. 化简得f ()t ＝t 2－3t ＋9， 0<t ≤10,f ()t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －322＋274，当t ＝32时， f ()t 的最小值为332. 答 f ()t ＝t 2－3t ＋9(0<t ≤10)，当t ＝32(秒)时，f ()t 的最小值为332(米)．3．某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为80π3 立方米，且l ≥2r .假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c (c ＞3)千元，设该容器的建造费用为y 千元．(1)写出y 关于r 的函数表达式，并求该函数的定义域； (2)求该容器的建造费用最小时的r . 解 (1)设容器的容积为V ， 由题意知V ＝πr 2l ＋43πr 3，又V ＝80π3，故l ＝V －43πr 3πr 2＝803r 2－43r ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫20r 2－r ，由于l ≥2r ，因此0＜r ≤2， 所以建造费用y ＝2πrl ×3＋4πr 2c ＝2πr ×43⎝ ⎛⎭⎪⎫20r 2－r ×3＋4πr 2c ，因此y ＝4π(c －2)r 2＋160πr，0＜r ≤2.(2)由(1)得y ′＝8π(c －2)r －160πr2＝8π(c －2)r2⎝ ⎛⎭⎪⎫r 3－20c －2，0＜r ≤2. 由于c ＞3，所以c －2＞0， 当r 3－20c －2＝0时，r ＝ 320c －2.令320c －2＝m ，则m ＞0， 所以y ′＝8π(c －2)r2(r －m )(r 2＋rm ＋m 2) ①当0＜m ＜2，即c ＞92时，当r ＝m 时，y ′＝0；当r ∈(0，m )时，y ′＜0；当r ∈(m,2)时，y ′＞0.所以r ＝m 是函数y 的极小值点，也是最小值点．②当m ≥2，即3＜c ≤92时，当r ∈(0,2)时，y ′＜0，函数单调递减， 所以r ＝2是函数y 的最小值点，综上所述，当3＜c ≤92，建造费用最小时r ＝2米，当c ＞92，建造费用最小时r ＝320c －2米． 4．(2018·全国大联考江苏卷)有一块边长为4百米的正方形生态休闲园ABCD ，园区一端是观景湖EHFCD (注：EHF 为抛物线的一部分)．现以AB 所在直线为x 轴，以线段AB 的垂直平分线为y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy .观景湖顶点H 到边AB 的距离为18百米．EA ＝FB ＝178百米．现从边AB 上一点G (可以与A ，B 重合)出发修一条穿过园区到观景湖的小路，小路与观景湖岸HF 段相切于点P .设点P 到直线AB 的距离为t 百米．(1)求PG 关于t 的函数解析式，并写出函数的定义域；(2)假设小路每米造价m 元，请问：t 为何值时小路造价最低，最低造价是多少？ 解 (1)由题意，设抛物线EHF 上点的坐标满足函数y ＝ax 2＋18(a >0)，将点⎝ ⎛⎭⎪⎫±2，178代入得，4a ＋18＝178， 解得a ＝12，即y ＝12x 2＋18.设点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，12x 20＋18，0<x 0≤2，则t ＝12x 20＋18，∵y ′＝x ，∴切线PG 的斜率为x 0，∴PG 所在直线的方程为y －12x 20－18＝x 0(x －x 0)，即y ＝x 0x －12x 20＋18.令y ＝0，得x ＝x 02－18x 0，∴G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－18x 0，0. ∴PG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－18x 0－x 02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－12x 20－182＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02＋18x 02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 20＋182＝1＋x 20x 20⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 20＋182，由t ＝12x 20＋18得x 20＝2t －14，代入上式得，PG 2＝t 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2t ＋342t －14＝t 2(8t ＋3)8t －1，∴PG 关于t 的函数解析式为f (t )＝t8t ＋38t －1， ∵点G 在边AB 上，则－2≤x 02－18x 0≤2，解得⎩⎪⎨⎪⎧0＜x 0≤2＋172，x 0≥－2＋172，即－2＋172≤x 0≤2＋172. 又∵0<x 0≤2，∴－2＋172≤x 0≤2， 由t ＝12x 20＋18得，174－17≤t ≤178，∴定义域为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫t ⎪⎪⎪174－17≤t ≤178. (2)令g (t )＝f 2(t )＝2t 3＋34t22t －14，174－17≤t ≤178，则g ′(t )＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫8t 2－38⎝ ⎛⎭⎪⎫2t －142，令g ′(t )＝0，得t ＝38， 当174－17≤t <38时，g ′(t )<0； 当38<t ≤178时，g ′(t )>0， 故当t ＝38时，PG 2取得最小值，即PG 取得最小值， 为38× 3＋33－1＝9＋638，又因小路每米造价m 元，故当t ＝38百米时小路造价最低，最低造价为100×9＋638m ＝259＋632m (元)． B 组 能力提高5.如图，矩形ABCD 是一个历史文物展览厅的俯视图，点E 在AB 上，在梯形BCDE 区域内部展示文物，DE 是玻璃幕墙，游客只能在△ADE 区域内参观．在AE 上点P 处安装一可旋转的监控摄像头，∠MPN 为监控角，其中M ，N 在线段DE (含端点)上，且点M 在点N 的右下方．经测量得知，AD ＝6 m ，AE ＝6 m ，AP ＝2 m ，∠MPN ＝π4.记∠EPM ＝θ(弧度)，监控摄像头的可视区域△PMN 的面积为S .(1)求S 关于θ的函数关系式，并写出θ的取值范围；⎝ ⎛⎭⎪⎫参考数据：tan 54≈3 (2)求S 的最小值．解 (1)方法一 在△PME 中，∠EPM ＝θ，PE ＝AE －AP ＝4 (m)，∠PEM ＝π4，∠PME ＝3π4－θ，由正弦定理得PM sin∠PEM ＝PEsin∠PME ，所以PM ＝PE ×sin∠PEMsin∠PME＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－θ＝4sin θ＋cos θ，同理在△PNE 中，由正弦定理得PN s in∠PEN ＝PE sin∠PNE， 所以PN ＝PE ×sin∠PEN sin∠PNE ＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝22cos θ， 所以△PMN 的面积S ＝12PM ×PN ×sin∠MPN ＝4cos 2θ＋sin θ cos θ ＝41＋cos 2θ2＋12sin 2θ＝8sin 2θ＋cos 2θ＋1 ＝82sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1， 当M 与E 重合时，θ＝0；当N 与D 重合时，tan∠APD ＝3，即∠APD ＝54，θ＝3π4－54， 所以0≤θ≤3π4－54. 综上可得S ＝82sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4－54. 方法二 在△PME 中，∠EPM ＝θ，PE ＝AE －AP ＝4 (m)，∠PEM ＝π4，∠PME ＝3π4－θ， 由正弦定理可知，ME sin θ＝PE sin∠PME， 所以ME ＝PE ×sin θsin∠PME ＝4sin θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－θ＝42sin θsin θ＋cos θ， 在△PNE 中，由正弦定理可知，NEsin∠EPN ＝PEsin∠PNE ，所以NE ＝PE ×si n ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4cos θ＝22(sin θ＋cos θ)cos θ， 所以MN ＝NE －ME ＝22cos 2θ＋sin θcos θ ， 又点P 到DE 的距离为d ＝4sin π4＝22， 所以△PMN 的面积S ＝12×MN ×d ＝4cos 2θ＋sin θ cos θ＝41＋cos 2θ2＋12sin 2θ ＝8sin 2θ＋cos 2θ＋1＝82sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，当M 与E 重合时，θ＝0；当N 与D 重合时，tan∠APD ＝3，即∠APD ＝54，θ＝3π4－54， 所以0≤θ≤3π4－54. 所以S ＝82sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4－54. (2)当2θ＋π4＝π2，即θ＝π8∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4－54时， S 取得最小值82＋1＝8(2－1)．所以可视区域△PMN 面积的最小值为8(2－1)m 2.6．(2018·江苏海门中学模拟)将一个半径为3 dm ，圆心角为α(α∈(0,2π))的扇形铁皮焊接成一个容积为V dm 3的圆锥形无盖容器(忽略损耗)．(1)求V 关于α的函数关系式；(2)当α为何值时，V 取得最大值；(3)容积最大的圆锥形容器能否完全盖住桌面上一个半径为0.5 dm 的球？请说明理由．解 (1)设底面半径为r ，高为h,3α＝2πr ，h ＝9－r 2， ∴V ＝13πr 2h ＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎫3α2π29－⎝ ⎛⎭⎪⎫3α2π2，α∈(0,2π). (2) 令t ＝r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3α2π2∈(0,9)，f (t )＝t 2(9－t )， ∵f ′(t )＝－3t (t －6)＝0，∵t ∈(0,9)∴t ＝6，因此t ＝6，α＝263π时，V max ＝23π. (3)设圆锥轴截面三角形内切圆半径为r 0.12r 0(3＋3＋26)＝12×3×26， ∴r 0＝32－23>0.5，所以能完全盖住桌面上一个半径为0.5 dm 的球．7．如图是一座桥的截面图，桥的路面由三段曲线构成，曲线AB 和曲线DE 分别是顶点在路面A ，E 的抛物线的一部分，曲线BCD 是圆弧，已知它们在接点B ，D 处的切线相同，若桥的最高点C 到水平面的距离H ＝6米，圆弧的弓高h ＝1米，圆弧所对的弦长BD ＝10米．(1)求弧¼BCD所在圆的半径； (2)求桥底AE 的长．解 (1)设弧¼BCD所在圆的半径为r (r ＞0)， 由题意得r 2＝52＋(r －1)2，∴r ＝13. 即弧¼BCD所在圆的半径为13米． (2)以线段AE 所在直线为x 轴，线段AE 的中垂线为y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系．∵H ＝6米，BD ＝10米，弓高h ＝1米，∴B (－5,5)，D (5,5)，C (0,6)，设¼BCD 所在圆的方程为x 2＋(y －b )2＝r 2(r ＞0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ (6－b )2＝r 2，52＋(5－b )2＝r 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝－7，r ＝13，∴弧¼BCD的方程为x2＋(y＋7)2＝169(5≤y≤6)．设曲线AB所在抛物线的方程为y＝a(x－m)2，∵点B(－5,5)在曲线AB上，∴5＝a(5＋m)2，①又弧¼BCD与曲线段AB在接点B处的切线相同，且弧¼BCD在点B处的切线的斜率为512，由y＝a(x－m)2，得y′＝2a(x－m)，∴2a(－5－m)＝512，∴2a(5＋m)＝－512，②由①②得m＝－29，∴A(－29,0)，E(29,0)，∴桥底AE的长为58米，。
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数学专题复习圆一、单选题1.下列说法，正确的是( ）A. 半径相等的两个圆大小相等B。
长度相等的两条弧是等弧C。
直径不一定是圆中最长的弦D。
圆上两点之间的部分叫做弦2。
如图,在⊙O中，∠ABC=50°，则∠AOC等于（）A。
50° B.80° C. 90°D。
100°3。
已知⊙O的半径为5，A为线段OP的中点，当OP＝6时，点A与⊙O的位置关系是( ) A. 点A在⊙O内B。
点A在⊙O上 C. 点A在⊙O外D。
不能确定4。
如果两圆半径分别为5和8，圆心距为3,那么这两个圆的位置关系是（）A。
外离 B. 外切 C.相交D。
内切5. 两个圆的半径分别为2和3，当圆心距d=5时，这两个圆的位置关系是（）A. 内含 B.内切C。
相交 D.外切6.一个扇形的半径为2，扇形的圆心角为48°，则它的面积为（）.A. B。
C. D。
7。
钝角三角形的外心在( ）A. 三角形的内部B. 三角形的外部C. 三角形的钝角所对的边上D。
以上都有可能8.如图，AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，若BC=CD=DA=4cm,则⊙O的周长为（）A。
5πcm B。
6πcmC. 8πcmD. 9πcm9。
如图,在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，若把Rt△ABC绕直线AC旋转一周，则所得圆锥的侧面积等于( )A。
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2015中考数学圆试题解析一、选择题1.已知两圆半径分别为7，3，圆心距为4，则这两圆的位置关系为【】A.外离B.内切c.相交D.内含【答案】B。
【考点】两圆的位置关系。
【分析】根据两圆的位置关系的判定：外切，内切，相离，相交，内含。
因此，∵两半径之差7-3等于两圆圆心距4，∴两圆内切。
故选B。
2.如图，AB是⊙o的直径，点c在⊙o上，若∠A=400，则∠B的度数为【】A、800B、600c、500D、400【答案】c。
【考点】圆周角定理，三角形内角和定理。
【分析】根据直径所对圆周角不直角的性质，由AB是⊙o的直径，点c在⊙o上得∠c=900;根据三角形内角和定理，由∠A=400，得∠B=1800-900-400=500。
故选c。
3.如图，已知BD是⊙o直径，点A、c在⊙o上，，∠AoB=60°，则∠BDc 的度数是【】°°°°【答案】c。
【考点】圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系。
【分析】利用在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得∠BDc的度数：∵，∠AoB=60°，∴∠BDc=∠AoB=30°。
故选c。
4.若⊙o1，⊙o2的半径是r1=2,r2=4，圆心距d=5，则这两个圆的位置关系是【】A.内切B.相交c.外切D.外离【答案】B。
【考点】两圆的位置关系。
【分析】根据两圆的位置关系的判定：外切，内切，相离，相交，内含。
因此，∵r1+r2=6，r2-r1=2，d=5，∴r2-r15.如图，△ABc内接于⊙o，oD⊥Bc 于D，∠A=50°，则∠ocD的度数是【】°°°°【答案】A。
【考点】圆周角定理，垂径定理，三角形内角和定理。
平面几何最值问题的解法平面几何的最值问题多为在存在动点或者不确定的位置关系的情况下求最值，有两种解题思路，一个是通过几何图形的性质实现对位置的确定，另一个是通过数量关系实现最值问题的解答. 一、利用对称性质，实现问题简单化图形经过某一点或者轴对称之后，就会有很多固有的由对称产生的等量关系，不同的对称性(如中心对称、轴对称等)也有独特的对称性质.合理地利用相应的性质会使问题得到简化，这会给解题带来很大的帮助.例1 在如图所示的平面直角坐标系中，在:轴的正半轴上有一点A ，B 的坐标为，点C 的坐标为1(,0)2，三点构成直角三角形OAB ，斜边OB 上有一个动点P ，求PA PC +的最小值.解析 我们利用对称的性质，会使解题息路得到转化.如右图所示，以OB 为轴，作点A 的对称点D ，连接AD 交OB 于点M .有AP DP =恒成立.利用三角形关系中两边之和大于第三边可得出当P 在DC连线上时取得最小值，即为图中所示的情形，只要求出CD 的长即可.根据B 点坐标可求出AB =，OB =由三角形面积不同求法间的等量关系可得出32AM =.故1322AN AD ==，由C 点坐标可求出1CN =.由勾股定理可求出2DC =，此值即为所求PA PC +的最小值. 点拨 本题中是作直线的对称点，实现直线同侧点到异侧点的转化，这是我们在解题中常遇到的情况以及常见的解题方法.对称性的应用注重于问题的解题技巧，目的是通过对称性使复杂的问题简单化. 二、构造不等关系，巧用基本不等式对于平面几何问题，不等关系的构造是离不开几何图形本身的数量关系的.想要利用基本不等式求解，学生需要在图形中找出满足不等式的条件，这不光对于学生的平面几何知识有考查，还要学生深入理解不等式的相关知识.例 2 已知四边形ABCD ，O 点为对角线AC 与BD 的交点，4AOB S =V ，9COD S =V ，求四边形ABCD 的面积S 的最小值解析 题中的四边形为不规则图形，没有直接求此类图形的公式，我们需要将其拆分成几个三角形进行分别求解.题中给出了两个三角形的面积，我们再表示出另两个三角形的面积就可以了.四边形按照此种分解后求面积，我们发现有很多等高的三角形，出现此类三角形，其面积比就只与底的长度有关，这时就可利用此关系计算.即有AOD CODAOB BOCS S S S =V V V V ，设AOD S a =V ，BOC S b =V ，整理得36ab =.又有131325S a b =++≥=，故最小值为25.点拨 本题中对于三角形知识的考察非常深入，将三角形面积间的关系转化为长度关系进行解答是最为关键的步骤，学生要有思维模式的转化才会想出这一解决方法，而后结合不等式知识解题，否则盲目地求面积是不能实现的.三、化为二次函数，列出方程再求解二次函数是初中数学中最重要的一类函数，此处并不是像压轴题那样对二次函数进行全面的考察，而是将所求的量转化为二次函数的形式，利用二次函数的相关性质解题，更加注重于对问题的分析转化能力.例3 有一三角形ABC ，底边120BC =，高80AD =，如图所示。
2019版中考数学总复习圆的有关性质教案教学目标:知识目标：（1）理解圆、等圆、等弧等概念及圆的对称性，掌握点和圆的位置关系；（2）掌握垂径定理及其逆定理和圆心角，弧，弦，弦心距及圆周角之间的主要关系；掌握圆周角定理并会用它们进行计算；（3）掌握圆的内接四边形的对角互补，外角等于它的内对角的性质。
（4）会用尺规作三角形的外接圆；了解三角形的外心的概念.能力目标：通过知识点和典型题的讲练，使学生熟练掌握本节课的知识点，再用题图变形与题组训练来培养学生综合运用知识的能力以及思维的灵活性和广阔性。
情感目标：通过题图变形与题组训练来激发学生学习数学的兴趣；同时将课本的题目与中考题结合在教学当中以进一步向学生强调“依纲靠本”的复习指导思想，强化学生的中考意识。
知识结构圆⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧---⎩⎨⎧圆周角定理的弧的概念距的关系圆心角、弦、弧、弦心旋转不变性垂径定理轴对称性质点的轨迹不在同一直线上的三点定义1圆内接四边形及性质重点、热点垂径定理及推论；圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系定理. 运用圆内接四边形的性质解有关计算和证明题.【典型例析】例1.（1）[2002.广西] 如图7.1-1.OE、OF分别是⊙O的弦AB、CD的弦心距，若OE=OF，则（只需写出一个正确的结论）.（2）[2002. 广西] 如图7.1-2.已知，AB为⊙O的直径，D为弦AC的中点，BC=6cm,则OD= .[特色] 以上几道中考题均为直接运用圆的有关性质解题.[解答]（1）AB=CD或 AB=CD或AD＝BC,直接运用圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系定理.（2）由三角形的中位线定理知OD=21BC[拓展]复习中要加强对圆的有关性质的理解、运用.例 2.（1）[2002.大连市]下列命题中真命题是（）.A.平分弦的直径垂直于弦B.圆的半径垂直于圆的切线 C.到圆心的距离大于半径的点在圆内 D.等弧所对的圆心角相等（2）[2002.河北] 如图7.1-3.AB是⊙O的直径，CD是⊙O弦，若AB=10cm,CD=8cm，那么A、B两点到直线CD的距离之和为（）.A.12cmB.10cmC.8cmD.6cm(3)[2002.武汉市] 已知如图7.1-4圆心角∠BOC=100 ，则圆周角∠BAC的度数是（）.A. 50B.100C.130D.200[特色]着眼于基本知识的考查和辨析思维的评价.[解答] （1） D （考查对基本性质的理解）.(2) D (过O作OM⊥CD，连结OC，由垂径定理得CM=21CD=4，由勾股定理得OM=3，而AB两点到CD的距离和等于OM的2倍)(3) A (由圆周角定理可得)[拓展] 第（2）题中，涉及圆的弦一般作弦心距.例3.[2002.广西南宁市]圆内接四边形A BCD，∠A、∠B、∠C的度数的比是1∶2∶3，则这个四边形的最大角是 .[特色]运用圆内接四边形的性质进行简单计算. [解答]设A=x，则∠B=2x,∠C=3x . ∵∠A+∠C=180 ，∴x+3x=180 ，∴ x=45 .∴∠A=45 ，∠B=90 ，∠C=135 ，∠ D=90 .∴最大角为135 .[拓展]此题着眼于基本性质、基本方法的考查.设未知数，列方程求解是解此类题的基本方法.例4. [2002.陕西] 已知，如图7.1-5 B C为半圆O的直径，F是半圆上异于BC的点，A是BF 的中点，AD⊥BC于点D，BF交AD于点E. （1）求证：BE•BF=BD•BC（2）试比较线段BD与AE的大小，并说明道理.[特色] 此题是教材中的习题变形而来，它立意于考查分析、观察、比较、归纳等能力.[解答] （1）连结FC，则BF⊥FC.在△BDF和△BCF中，∵∠BFC=∠EDB=90 ，∠FBC=∠EBD，∴△BDE∽△BFC，∴BE∶BC=BD∶BF.即 BF•BE=BD•BC.（2） AE>BD , 连结AC、AB 则∠BAC=90 .∵AF AB=, ∴∠1=∠2.又∵∠2+∠ABC=90 ，∠3+∠ABD=90 ，∴∠2=∠3，∠1=∠3，∴AE=BE.在Rt△EBD中， BE>BD，∴AE>BD.[拓展] 若AC交BE于G，请想一想，在什么情况下线段BE、BG、FG有相等关系？例 5.[2001.吉林省]如图7.4-1，矩形ABCD，AD=8，DC=6，在对角线AC上取一点O，以OC为半径的圆切AD于E，交BC于F，交CD于G.（1）求⊙O的半径R；（2）设∠BFE=α，∠GED=β，请写出α、β、90 三者之间的关系式（只需写出一个），并证明你的结论.[特色]此题第二问设计为开放性问题，它立意考查学生分析、观察、比较、归纳能力.[解答] （1）连结OE，则OE⊥AD.∵四边形是矩形，∴∠D=90 ,OE∥CD,∴AC=22DCAD+=2268+=10.∵△AOE∽△ACD，∴ OE∶CD=AO∶AC，∴ R∶6=(10-R) ∶10，解之得： R=415.（2）∵四边形是圆的内接四边形，∴∠EFB=∠EGC，∵∠EGC=90 +β，∴α =90 +β或∵β<90 ，α =∠EGC>90 ，∴β < 90 < α.[拓展]比较角的大小时，要善于发现角与角之间的关系，判断角是锐角还是直角、钝角.[中考动态前瞻]本节考查的题型常以填空、选择、解答题的形式出现，重点考查对圆的基本慨念、基本性质的理解及运用.特别是垂径定理及推论、圆周角定理及推论的运用是考查的重点内容. 对圆内接四边形的性质进行考查，主要以填空题、选择题、计算题、证明题的形式出现，利用圆内接四边形的性质主要是得到角相等或互补.一般不会考较复杂的计算、证明.欢迎您的下载，资料仅供参考！。
