資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第五章 圓
第一節 圓的有關性質
考點分布 考查頻率 命題趨勢
考點1 垂徑定理及推論 ☆☆☆ 圓的相關概念及性質在中考數學中，小題通?？疾閳A的基本概念、垂徑定理、圓周角定理、圓內接四邊形等基礎考點，難度一般在中檔及以下，而在解答題中，圓的基本性質還可以和相似、三角形函數、特殊四邊形等結合出題，難度中等或偏上。在整個中考中的占比也不是很大，通常都是一道小題一道大題，分值在10-15分左右，屬于中考中的中檔考題。所以考生在復習這塊考點的時候，要充分掌握圓的基本性質的各個概念、性質以及推論
考點2 圓心角、弧、弦之間的關系 ☆☆☆
考點3圓周角定理及推論 ☆☆☆
考點4 圓內接四邊形 ☆☆
1.圓的有關概念
(1)圓：平面上到 的距離等于 的所有點組成的圖形叫做圓， 叫做圓心， 叫做圓的半徑．以點O為圓心的圓，記做 ．
(2)弧和弦：圓上任意兩點間的部分叫做 ，簡稱弧．連結圓上任意兩點的 叫做弦．經過 的弦叫做直徑，直徑是圓中 的弦．
(3)與圓有關的角：
①圓心角：頂點在 的角叫做圓心角，圓心角的度數等于 的度數．
②圓周角：頂點在 ，兩邊分別和圓相交的角叫做圓周角．圓周角的度數等于它所對弧上的圓心角 ．
(4)三角形的外心：三角形 的圓心叫做三角形的外心．外心也是三角形三邊 的交點．
(5)圓的內接四邊形：如果一個四邊形的 在同一個圓上，那么這個四邊形叫做圓的內接四邊形，這個圓叫做四邊形的 ．圓的內接四邊形的對角 ，并且任何一個外角都等于它的內對角．
2．圓的有關性質：
(1)圓是 圖形，其對稱軸是 ．圓是 ，對稱中心為 ，圓繞著它的圓心旋轉任意一個角度都能和原來的圓重合．
(2)垂徑定理：垂直于弦的直徑 ，并且 ．
推論1：平分弦(不是直徑)的直徑 ，并且 ．
推論2：平分弧的直徑 弧所對的弦．
(3)在同圓或等圓中，如果 中有一對量相等，那么它們所對應的其余各組量都相等．
(4)圓心角與圓周角的關系：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的 ．
推論1：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角 ；相等的圓周角所對的弧 ．
推論2：半圓(或直徑)所對的圓周角是 ，90°的圓周角所對的弦是 ．
(5)確定圓的條件：①已知圓心、半徑；②已知直徑；③不在 上的三點．
■考點一　垂徑定理及推論
◇典例1：（2023 衢州一模）如圖，⊙O的直徑CD垂直弦AB于點E，且OE＝2cm，DE＝7cm，則AB的長為（　　）
A．4cm B．8cm C．cm D．2cm
◆變式訓練
1．（2023 桐鄉市一模）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，垂足為E，若BE＝CD＝8，則⊙O的半徑的長是（　?。?br/>A．5 B．4 C．3 D．2
2．（2023 金華模擬）往直徑為52cm的圓柱形容器內裝入一些水以后，截面如圖，若水面寬AB＝48cm，則水的最大深度為　　cm．
■考點二 圓心(周)角、弧、弦之間的關系
◇典例2：（2023 杭州二模）如圖，A，B，C是⊙O上三個點，∠AOB＝2∠BOC，則下列說法中正確的是（　?。?br/>A．∠OBA＝∠OCA B．四邊形OABC內接于⊙O C．AB＝2BC D．∠OBA+∠BOC＝90°
◆變式訓練
1．（2021 下城區一模）如圖，點A，點B，點C在⊙O上，分別連接AB，BC，OC．若AB＝BC，∠B＝40°，則∠OCB＝ 　．
2．（2023 臨安區一模）如圖，已知AC是直徑，AB＝6，BC＝8，D是弧BC的中點，則DE＝（　?。?br/>A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2023 蕭山區模擬）如圖，BD是⊙O的直徑，點A，C在⊙O上，AB＝AD，AC交BD于點E，已知∠COD＝135°．
（1）求∠AEB的度數，
（2）若CO＝1，求OE的長．
■考點三 圓周角定理及推論
◇典例3：（2023 金東區二模）如圖，已知AB，CD是⊙O的直徑，點E是CA延長線的一點，射線ED交⊙O點于F，連結AD，CF，∠CDA＝∠EDA，∠CAB＝30°，AB＝8．
（1）求證：AB∥FE．
（2）求∠FCA的度數．
（3）求CE的長．
◆變式訓練
1．（2023 蘭溪市模擬）如圖，A、B、C為⊙O上三點，且∠OAB＝64°，則∠ACB的度數是 　　度．
2．（2023 錢塘區三模）如圖，AB是⊙O的直徑，半徑OD⊥AB，點E在OB上，連接DE并延長交⊙O于點C，連接BC．
（1）求∠B﹣∠D的值．
（2）當∠B＝75°時，求的值．
（3）若BC＝CE，△DOE與△CBE的面積分別記為S1，S2，求的值．
■考點四　 圓內接四邊形
◇典例4：（2023 寧波模擬）圓內接四邊形ABCD，兩組對邊的延長線分別相交于點E、F，且∠E＝40°，∠F＝60°，求∠A＝　　°．
◆變式訓練
1．（2023 龍港市一模）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，BE是⊙O的直徑，連結CE，若∠BAD＝110°，則∠DCE＝　　度．
2．（2023 杭州二模）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，點F是CD延長線上的一點，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于點E．
（1）求證：AB＝AC．
（2）若BD＝11，DE＝2，求CD的長．
1．（2023 湖州）如圖，點A，B，C在⊙O上，連結AB，AC，OB，OC．若∠BAC＝50°，則∠BOC的度數是（　?。?br/>A．80° B．90° C．100° D．110°
2．（2023 杭州模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，OC＝5cm，CD＝8cm，則AE＝（　　）cm．
A．8 B．5 C．3 D．2
3．（2023 杭州）如圖，在⊙O中，半徑OA，OB互相垂直，點C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，則∠BAC＝（　?。?br/>A．23° B．24° C．25° D．26°
4．（2021 麗水）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥OA于點E，連結OC，OD．若⊙O的半徑為m，∠AOD＝∠α，則下列結論一定成立的是（　　）
A．OE＝m tanα B．CD＝2m sinα C．AE＝m cosα D．S△COD＝m2 sinα
5．（2023 杭州一模）為了測量一個鐵球的直徑，將該鐵球放入工件槽內，測得的有關數據如圖所示（單位：cm），則該鐵球的直徑為（　　）
A．12cm B．10cm C．8cm D．6cm
6．（2023 永嘉縣三模）如圖，點A，B，C，D均在以點O為圓心的圓O上，連接AB，AC及順次連接O，B，C，D得到四邊形OBCD，若OD＝BC，OB＝CD，則∠A的度數為（　　）
A．20° B．25° C．30° D．35°
7．（2022 長興縣模擬）如圖，CD是⊙O的直徑，四邊形ABCD內接于⊙O，∠BDC＝20°，則∠A的度數是（　　）
A．100° B．110° C．120° D．130°
8．（2022 拱墅區模擬）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，點P為邊AD上任意一點（點P不與點A，D重合）連結CP．若∠B＝110°，則∠APC的度數可能為（　?。?br/>A．30° B．45° C．60° D．75°
9．（2023 濱江區模擬）如圖，AB是⊙O的一條弦，點C是⊙O上一動點，且∠ACB＝θ，點E，F分別是AC，BC的中點，直線EF與⊙O交于G，H兩點，若⊙O的半徑是r，則GE+FH的最大值是（　?。?br/>A．r（2﹣sinθ） B．r（2+sinθ） C．r（2﹣cosθ） D．r（2+cosθ）
10．（2021 蕭山區模擬）如圖，⊙O的半徑為5，點P在⊙O上，點A在⊙O內，且AP＝3，過點A作AP的垂線交⊙O于點B、C．設PB＝x，PC＝y，則y與x的函數表達式（　　）
A．y＝ B．y＝ C．y＝2x D．y＝3x
11．（2023 紹興）如圖，四邊形ABCD內接于圓O，若∠D＝100°，則∠B的度數是 　?。?br/>12．（2023 湖州）如圖，OA是⊙O的半徑，弦BC⊥OA于點D，連結OB．若⊙O的半徑為5cm，BC的長為8cm，則OD的長是 　　cm．
13．（2022 湖州）如圖，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足為C，OC的延長線交⊙O于點D．若∠APD是所對的圓周角，則∠APD的度數是 　 ?。?br/>14．（2023 天臺縣一模）如圖，AB是半圓O的直徑，P是AB上的動點，CP⊥AB交半圓于點C，已知AB＝2，則OP+PC的最大值是 　?。?br/>15．（2023 瑞安市模擬）如圖，某公園有一月牙形水池，水池邊緣有A，B，C，D，E五盞裝飾燈．為了估測該水池的大小，觀測員在A，D兩點處發現點A，E，C和D，E，B均在同一直線上，沿AD方向走到F點，發現∠AFC＝90°．測得AD＝9.6米，AE＝DE＝8米，DF＝2.4米，則所在圓的半徑為 　　米，所在圓的半徑為 　　米．
16．（2021 柯橋區模擬）如圖，在⊙O中，過半徑OD的中點C作AB⊥OD交⊙O于A、B兩點，且AB＝2．
（1）求OD的長；
（2）計算陰影部分的周長．
17．（2023 衢州二模）如圖，在⊙O中，OA，OB半徑，C是劣弧上的一點．且∠AOB＝120°．
（1）求∠ACB的度數；
（2）若AC＝BC．求證：四邊形ACBO是菱形．
18．（2023 余杭區模擬）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，點C是弧BD的中點，延長AB到點E，使得BE＝AD，連結AC，CE．
（1）求證：AC＝CE．
（2）若，，∠BCD＝120°，求BC的長．
19．（2021 永嘉縣校級模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，C是弧BD的中點，CE⊥AB，垂足為E，BD交CE于點F．
（1）求證：CF＝BF；
（2）若AD＝6，⊙O的半徑為5，求BC的長．
1．（2020 湖州）如圖，已知四邊形ABCD內接于⊙O，∠ABC＝70°，則∠ADC的度數是（　?。?br/>A．70° B．110° C．130° D．140°
2．（2022 嘉興）如圖，在⊙O中，∠BOC＝130°，點A在上，則∠BAC的度數為（　　）
A．55° B．65° C．75° D．130°
3．（2023 青龍縣一模）我國古代數學經典著作《九章算術》中記載了一個“圓材埋壁”的問題：“今有圓材埋在壁中，不知大?。凿忎徶?，深一寸，鋸道長一尺，問徑幾何？”意思是：今有一圓柱形木材，埋在墻壁中，不知大小，用鋸子去鋸這個木材，鋸口深DE＝1寸，鋸道AB＝1尺（1尺＝10寸），則這根圓柱形木材的直徑是（　　）
A．12寸 B．13寸 C．24寸 D．26寸
4．（2022 溫州）如圖，AB，AC是⊙O的兩條弦，OD⊥AB于點D，OE⊥AC于點E，連結OB，OC．若∠DOE＝130°，則∠BOC的度數為（　　）
A．95° B．100° C．105° D．130°
5．（2023 紹興模擬）如圖，將一個含30°角的直角三角板的斜邊和量角器的直徑所在的邊重合放置，其中點D所在位置在量角器外側的讀數為110°，∠ACB＝90°，連結DC交AB于點E，則∠BEC的度數是（　?。?br/>A．55° B．65° C．75° D．85°
6．（2023 金東區模擬）在⊙O中，點A，B，C，D都在圓周上，OB∥DC，OD∥BC，則∠A的度數為（　　）
A．45° B．50° C．55° D．60°
7．（2023 溫州）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，則∠CAO的度數與BC的長分別為（　?。?br/>A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，
8．（2022 鄞州區模擬）如圖，AB、AC都是圓O的弦，OM⊥AB，ON⊥AC，垂足分別為M、N，如果MN＝3，那么BC＝（　?。?br/>A．4 B．5 C．6 D．7
9．（2023 龍灣區模擬）如圖，AB為⊙O的直徑，點C為圓上一點，將劣弧AC沿弦AC翻折交AB于點D，連接CD，點D與圓心O不重合，∠BAC＝26°，則∠DCA的度數為（　?。?br/>A．38° B．40° C．42° D．44°
10．（2022 寧波三模）已知⊙O的直徑CD＝10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足為M，且AB＝8cm，則AC的長為（　?。?br/>A．2cm B．4cm C．2cm或4cm D．2cm或4cm
11．（2023 衢江區三模）如圖，在⊙O中，∠AOC＝140°，∠ACB＝50°，則∠OBC的度數為 　?。?br/>12．（2023 長興縣一模）石拱橋是中國傳統橋梁四大基本形式之一，它的主橋拱是圓弧形．如圖，已知某公園石拱橋的跨度AB＝16米，拱高CD＝4米，那么橋拱所在圓的半徑OA＝　　米．
13．（2021 金華模擬）如圖，⊙O的直徑AB過的中點A，若∠C＝30°，AB、CD交于點E，連接AC、BD，則＝　?。?br/>14．（2023 臨平區二模）如圖，AB是半圓O的直徑，過半圓上一點C作CD⊥AB于點D，若AD＝BC，則sin∠OCD＝　?。?br/>15．（2023 西湖區校級三模）如圖，⊙O的半徑OD⊥AB于點C，連接AO并延長交⊙O于點E，連接EC，若AB＝8，CD＝2，
（1）⊙O的半徑為 　?。?br/>（2）tan∠OEC的值為 　?。?br/>16．（2023 溫州一模）如圖1是一款軸對稱“磁懸浮地漏”無水時的示意圖，它由一個圓弧形密封蓋與兩個磁體組成（下側磁體固定不動），連接桿EF與地面BD垂直，排水口，密封蓋最高點E到地面的距離為6mm，整個地漏的高度EG＝75mm（G為磁體底部中點），密封蓋被磁體頂起將排水口密封，所在圓的半徑為 　　mm；當有水時如圖2所示，密封蓋下移排水，當密封蓋下沉至最低處時，點M'恰好落在BG中點，若點M'到E'F'的距離為36mm，則密封蓋下沉的最大距離為 　　mm．
17．（2023 拱墅區二模）如圖，在△ABC中，CB與⊙O相交于D，CA與⊙O相交于E．
（1）從下面①②③中選取兩個作為已知條件，另一個作為結論，并證明；
①AB是直徑； ②AC＝AB； ③DC＝DB．
（2）在（1）的條件下，若BC＝6，AB＝5，連接BE，求BE的長．
18．（2024 旺蒼縣一模）唐代李皋發明了“槳輪船”，這種船是原始形態的輪船，是近代明輪航行模式之先導．如圖，某槳輪船的輪子被水面截得的弦AB長8m，設圓心為O，OC⊥AB交水面AB于點D，輪子的吃水深度CD為2m，求該槳輪船的輪子直徑．
19．（2021 湖州）如圖，已知AB是⊙O的直徑，∠ACD是所對的圓周角，∠ACD＝30°．
（1）求∠DAB的度數；
（2）過點D作DE⊥AB，垂足為E，DE的延長線交⊙O于點F．若AB＝4，求DF的長．
20．（2023 婺城區模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，C是的中點，CE⊥AB于點E，BD交CE于點F．
（1）求證：CF＝BF；
（2）若CD＝6，AC＝8，求⊙O的半徑及CE的長．
21．（2022 柯橋區二模）已知AB、AC、AD是⊙O的弦．
（1）如圖1，當AD是⊙O的直徑，且AB＝AC時．求證：直徑AD平分∠BAC；
（2）如圖2，當∠BAD＝∠DAC＝60°，且AB：AD＝1：2時，求AB：AC的值．
22．（2023 龍灣區模擬）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，BD平分∠ABC，BC邊上的點E滿足BE＝BA，連接DE并延長交⊙O于點F，連結BF．
（1）求證：DE＝DC．
（2）若F恰好是的中點，當AB＝6，時，求⊙O半徑的長．
23．（2022 溫州一模）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，AE⊥CB的延長線于點E，連結AC，BD，AB平分∠EBD，
（1）求證：AC＝AD．
（2）當B為的中點，BC＝3BE，AD＝6時，求CD的長．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)中小學教育資源及組卷應用平臺
第五章 圓
第一節 圓的有關性質
考點分布 考查頻率 命題趨勢
考點1 垂徑定理及推論 ☆☆☆ 圓的相關概念及性質在中考數學中，小題通?？疾閳A的基本概念、垂徑定理、圓周角定理、圓內接四邊形等基礎考點，難度一般在中檔及以下，而在解答題中，圓的基本性質還可以和相似、三角形函數、特殊四邊形等結合出題，難度中等或偏上。在整個中考中的占比也不是很大，通常都是一道小題一道大題，分值在10-15分左右，屬于中考中的中檔考題。所以考生在復習這塊考點的時候，要充分掌握圓的基本性質的各個概念、性質以及推論
考點2 圓心角、弧、弦之間的關系 ☆☆☆
考點3圓周角定理及推論 ☆☆☆
考點4 圓內接四邊形 ☆☆
1.圓的有關概念
(1)圓：平面上到定點的距離等于定長的所有點組成的圖形叫做圓，定點叫做圓心，定長叫做圓的半徑．以點O為圓心的圓，記做⊙O．
(2)弧和弦：圓上任意兩點間的部分叫做圓弧，簡稱?。B結圓上任意兩點的線段叫做弦．經過圓心的弦叫做直徑，直徑是圓中最長的弦．
(3)與圓有關的角：
①圓心角：頂點在圓心的角叫做圓心角，圓心角的度數等于它所對的弧的度數．
②圓周角：頂點在圓上，兩邊分別和圓相交的角叫做圓周角．圓周角的度數等于它所對弧上的圓心角度數的一半．
(4)三角形的外心：三角形外接圓的圓心叫做三角形的外心．外心也是三角形三邊中垂線的交點．
(5)圓的內接四邊形：如果一個四邊形的各個頂點在同一個圓上，那么這個四邊形叫做圓的內接四邊形，這個圓叫做四邊形的外接圓．圓的內接四邊形的對角互補，并且任何一個外角都等于它的內對角．
2．圓的有關性質：
(1)圓是軸對稱圖形，其對稱軸是任意一條過圓心的直線．圓是中心對稱圖形，對稱中心為圓心，圓繞著它的圓心旋轉任意一個角度都能和原來的圓重合．
(2)垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的?。?br/>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?。?br/>推論2：平分弧的直徑垂直平分弧所對的弦．
(3)在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦、兩個弦心距中有一對量相等，那么它們所對應的其余各組量都相等．
(4)圓心角與圓周角的關系：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半．
推論1：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等；相等的圓周角所對的弧也相等．
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．
(5)確定圓的條件：①已知圓心、半徑；②已知直徑；③不在同一條直線上的三點．
■考點一　垂徑定理及推論
◇典例1：（2023 衢州一模）如圖，⊙O的直徑CD垂直弦AB于點E，且OE＝2cm，DE＝7cm，則AB的長為（　?。?br/>A．4cm B．8cm C．cm D．2cm
【考點】垂徑定理；勾股定理．
【答案】D
【點撥】連接OA，如圖，先計算出OD＝OA＝5，OE＝2，再根據垂徑定理得到AE＝BE，然后利用勾股定理計算出AE，從而得到AB的長．
【解析】解：連接OA，如圖，
∵OE＝2cm，DE＝7cm，
∴OD＝5cm，
∴OA＝5cm，
∵AB⊥CD，
∴AE＝BE，
在Rt△AOE中，AE＝＝＝（cm），
∴AB＝2AE＝2（cm）．
故選：D．
【點睛】本題考查了垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．
◆變式訓練
1．（2023 桐鄉市一模）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，垂足為E，若BE＝CD＝8，則⊙O的半徑的長是（　　）
A．5 B．4 C．3 D．2
【考點】垂徑定理；勾股定理．
【答案】A
【點撥】連接OC，設⊙O的半徑為R，則OE＝8﹣R，根據垂徑定理得出CE＝DE＝4，根據勾股定理得出OC2＝CE2+OE2，代入后求出R即可．
【解析】解：連接OC，
設⊙O的半徑為R，則OE＝8﹣R，
∵CD⊥AB，AB過圓心O，CD＝8，
∴∠OEC＝90°，CE＝DE＝4，
由勾股定理得：OC2＝CE2+OE2，
R2＝42+（8﹣R）2，
解得：R＝5，
即⊙O的半徑長是5，
故選：A．
【點睛】本題考查了垂徑定理和勾股定理，能熟記垂直于弦的直徑平分這條弦是解此題的關鍵．
2．（2023 金華模擬）往直徑為52cm的圓柱形容器內裝入一些水以后，截面如圖，若水面寬AB＝48cm，則水的最大深度為　16　cm．
【考點】垂徑定理的應用．
【答案】見解析
【點撥】連接OB，過點O作OC⊥AB于點D，交⊙O于點C，先由垂徑定理求出BD的長，再根據勾股定理求出OD的長，進而得出CD的長即可．
【解析】解：連接OB，過點O作OC⊥AB于點D，交⊙O于點C，如圖所示：
∵AB＝48cm，
∴BD＝AB＝×48＝24（cm），
∵⊙O的直徑為52cm，
∴OB＝OC＝26cm，
在Rt△OBD中，OD＝＝＝10（cm），
∴CD＝OC﹣OD＝26﹣10＝16（cm），
即水的最大深度為16cm，
故答案為：16．
【點睛】本題考查了垂徑定理、勾股定理等知識；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．
■考點二 圓心(周)角、弧、弦之間的關系
◇典例2：（2023 杭州二模）如圖，A，B，C是⊙O上三個點，∠AOB＝2∠BOC，則下列說法中正確的是（　?。?br/>A．∠OBA＝∠OCA B．四邊形OABC內接于⊙O C．AB＝2BC D．∠OBA+∠BOC＝90°
【考點】圓心角、弧、弦的關系．
【答案】D
【點撥】過O作OD⊥AB于D交⊙O于E，由垂徑定理得到＝，于是得到＝＝，推出AE＝BE＝BC，根據三角形的三邊關系得到2BC＞AB，故C錯誤；根據三角形內角和得到∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝90°﹣∠BOC，∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝90°﹣∠BOC，推出∠OBA≠∠OCA，故A錯誤；由點A，B，C在⊙O上，而點O在圓心，得到四邊形OABC不內接于⊙O，故B錯誤；根據余角的性質得到∠OBA+∠BOC＝90°，故D正確；
【解析】解：過O作OD⊥AB于D交⊙O于E，
則＝，
∴AE＝BE，∠AOE＝∠BOE＝AOB，
∵∠AOB＝2∠BOC，
∴∠AOE＝∠BOE＝∠BOC，
∴＝＝，
∴AE＝BE＝BC，
∴2BC＞AB，故C錯誤；
∵OA＝OB＝OC，
∴∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝90°﹣∠BOC，
∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝90°﹣∠BOC，
∴∠OBA≠∠OCA，故A錯誤；
∵點A，B，C在⊙O上，而點O在圓心，
∴四邊形OABC不內接于⊙O，故B錯誤；
∵∠BOE＝∠BOC＝AOB，
∵∠BOE+∠OBA＝90°，
∴∠OBA+∠BOC＝90°，故D正確；
故選：D．
【點睛】本題考查了圓心角，弧，弦的關系，垂徑定理，三角形的三邊關系，正確的作出輔助線是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2021 下城區一模）如圖，點A，點B，點C在⊙O上，分別連接AB，BC，OC．若AB＝BC，∠B＝40°，則∠OCB＝　20°?。?br/>【考點】圓心角、弧、弦的關系．
【答案】20°．
【點撥】首先連接AO，BO，然后根據等弦對等圓心角得到∠BOC＝∠AOB，再根據三角形內角和得到∠OBA＝∠OBC，再由∠ABC＝40°，OB＝OC，即可得到結果．
【解析】解：如圖，連接AO，BO，
∴OA＝OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，∠OAB＝∠OBA，
∵AB＝BC，
∴∠BOC＝∠AOB，
∴∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝（180°﹣∠BOC）＝∠OBC，
∵∠ABC＝40°，OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝20°．
故答案為：20°．
【點睛】本題主要考查圓內相關概念和定理，三角形內角和定理等內容；掌握圓內相關概念是解題基礎．
2．（2023 臨安區一模）如圖，已知AC是直徑，AB＝6，BC＝8，D是弧BC的中點，則DE＝（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考點】圓心角、弧、弦的關系．
【答案】B
【點撥】連接OB，得到∠BOD＝∠COD，由等腰三角形的性質，得到OD⊥BC，BE＝BC＝×8＝4，由勾股定理求出AB長，即可求出OE長，得到DC的長．
【解析】解：連接OB，
∵D是弧BC的中點，
∴∠BOD＝∠COD，
∵OB＝OD，
∴OD⊥BC，BE＝BC＝×8＝4，
∵AC是圓的直徑，
∴∠ABC＝90°，
∴AC＝＝＝10，
∴OB＝AC＝5，
∴OE＝＝＝3，
∴DE＝OD﹣OE＝5﹣3＝2．
故選：B．
【點睛】本題考查圓心角、弧、弦的關系，圓周角定理，勾股定理，關鍵是連接OB構造直角三角形，應用勾股定理解決問題．
3．（2023 蕭山區模擬）如圖，BD是⊙O的直徑，點A，C在⊙O上，AB＝AD，AC交BD于點E，已知∠COD＝135°．
（1）求∠AEB的度數，
（2）若CO＝1，求OE的長．
【考點】圓心角、弧、弦的關系．
【答案】（1）∠AEB＝112.5°；
（2）OE＝﹣1．
【點撥】（1）根據圓周角定理以及等腰直角三角形的性質可求出答案；
（2）由相似三角形的判定和性質得出＝，進而得到＝，而OE+BE＝OB＝1，代入求解即可．
【解析】解：（1）∵BD是⊙O的直徑，點A在⊙O上，
∴∠BAD＝90°，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵∠COD＝135°，
∴∠BOC＝180°﹣135°＝45°，
∴∠BAC＝∠BOC＝22.5°，
∴∠AEB＝180°﹣45°﹣22.5°
＝112.5°；
（2）在Rt△ABD中，AB＝AD，BD＝2OC＝2，
∴AB＝×BD＝，
∵∠ABC＝∠BOC＝45°，
∴AB∥OC，
∴△COE∽△ABE，
∴＝，
即＝，而OE+BE＝OB＝1，
∴OE＝﹣1．
【點睛】本題考查圓心角、弦、弧之間的關系，圓周角定理，相似三角形的判定和性質，掌握圓心角、弦、弧之間的關系，圓周角定理是正確解答的前提．
■考點三 圓周角定理及推論
◇典例3：（2023 金東區二模）如圖，已知AB，CD是⊙O的直徑，點E是CA延長線的一點，射線ED交⊙O點于F，連結AD，CF，∠CDA＝∠EDA，∠CAB＝30°，AB＝8．
（1）求證：AB∥FE．
（2）求∠FCA的度數．
（3）求CE的長．
【考點】圓周角定理．
【答案】（1）證明見解析；（2）60°；（3）8．
【點撥】（1）由OA＝OD，得到∠ODA＝∠OAD，而∠CDA＝∠EDA，因此∠OAD＝∠EDA，即可證明AB∥FE；
（2）由AB∥FE，得到∠E＝∠CAB＝30°，由圓周角定理得到∠EFC＝90°，由直角三角形的性質，即可得到∠FCA的度數；
（3）可以證明DC＝DE，由圓周角定理得到AD⊥CE，因此CE＝2CA，由cos∠DCA＝＝，CD＝AB＝8，求出AC的長，即可得到CE的長．
【解析】（1）證明：∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵∠CDA＝∠EDA，
∴∠OAD＝∠EDA，
∴AB∥FE；
（2）解：∵AB∥FE，
∴∠E＝∠CAB＝30°，
∵CD是圓的直徑，
∴∠EFC＝90°，
∴∠FCA＝90°﹣∠E＝60°；
（3）解：∵OC＝OA，
∴∠OCA＝∠OAC＝30°，
∵∠E＝30°，
∴∠OCA＝∠E＝30°，
∴DC＝DE，
∵DC是圓的直徑，
∴AD⊥CE，
∴CA＝EA，
∴CE＝2CA，
∵cos∠DCA＝＝，CD＝AB＝8，
∴AC＝4，
∴CE＝2×4＝8．
【點睛】本題考查圓周角定理，解直角三角形，等腰三角形的判定和性質，平行線的判定，掌握以上知識點是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023 蘭溪市模擬）如圖，A、B、C為⊙O上三點，且∠OAB＝64°，則∠ACB的度數是 　26　度．
【考點】圓周角定理．
【答案】26．
【點撥】先根據等腰三角形的性質和三角形內角和定理計算出∠AOB，然后根據圓周角定理求解．
【解析】解：∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝64°，
∴∠AOB＝180°﹣64°﹣64°＝52°，
∴∠ACB＝∠AOB＝26°．
故答案為：26．
【點睛】本題考查了圓周角定理，掌握在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半是解題關鍵．
2．（2023 錢塘區三模）如圖，AB是⊙O的直徑，半徑OD⊥AB，點E在OB上，連接DE并延長交⊙O于點C，連接BC．
（1）求∠B﹣∠D的值．
（2）當∠B＝75°時，求的值．
（3）若BC＝CE，△DOE與△CBE的面積分別記為S1，S2，求的值．
【考點】圓周角定理．
【答案】（1）45°；（2）；（3）1．
【點撥】（1）由圓周角定理求出∠BCD＝∠BOD＝45°，由等腰三角形的性質推出∠OBC﹣∠ODC＝∠OCB﹣∠OCD＝∠DCB＝45°；
（2）由直角三角形的性質得到＝，由等腰三角形的性質得到CD＝OD，即可求出的值；
（3）由OC∥BD，得到△CBD的面積＝△ODB的面積，因此△CBE的面積＝△OED的面積，即可解決問題．
【解析】解：（1）連接OC，
∵半徑OD⊥AB，
∴∠BOD＝90°，
∴∠BCD＝∠BOD＝45°，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠OBC﹣∠ODC＝∠OCB﹣∠OCD＝∠DCB＝45°；
（2）∵∠B＝75°，∠DCB＝45°，
∴∠CEB＝60°，
∴∠OED＝60°，
∴＝，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝75°，
∴∠BOC＝30°，
∴∠COD＝∠BOD+∠BOC＝120°，
∴CD＝OD，
∴＝＝．
（3）連接BD，
∵BC＝CE，
∴∠CBE＝∠CEB，
∵∠BCE＝45°，
∴∠CBE＝67.5°，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠CBE＝67.5°，
∴∠OCE＝∠OCB﹣∠BCD＝22.5°，
∵∠BOC＝180°﹣∠OCB﹣∠OBC＝45°，
∴∠BDC＝∠BOC＝22.5°，
∴∠OCE＝∠BDC，
∴OC∥BD，
∴△CBD的面積＝△ODB的面積，
∴△CBE的面積＝△OED的面積，
∴＝1．
【點睛】本題考查圓周角定理，直角三角形的性質，等腰三角形的性質，平行線的判定，三角形的面積，關鍵是由圓周角定理∠BCD＝45°，由等腰三角形的性質即可求出∠OBC﹣∠ODC＝45°；由直角三角形的性質，等腰三角形的性質求出OE、CD與OD的數量關系，即可求出的值；由OC∥BD，即可得到△CBE的面積＝△OED的面積．
■考點四　 圓內接四邊形
◇典例4：（2023 寧波模擬）圓內接四邊形ABCD，兩組對邊的延長線分別相交于點E、F，且∠E＝40°，∠F＝60°，求∠A＝　40　°．
【考點】圓內接四邊形的性質；圓周角定理．
【答案】見解析
【點撥】根據圓內接四邊形的性質得到∠BCD＝180°﹣∠A，根據三角形的外角的性質計算即可．
【解析】解：∵四邊形ABCD是圓內接四邊形，
∴∠BCD＝180°﹣∠A，
∵∠CBF＝∠A+∠E，∠DCB＝∠CBF+∠F，
∴180°﹣∠A＝∠A+∠E+∠F，即180°﹣∠A＝∠A+40°+60°，
解得∠A＝40°．
故答案為：40．
【點睛】本題考查的是圓內接四邊形的性質，掌握圓內接四邊形的對角互補、圓內接四邊形的任意一個外角等于它的內對角是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023 龍港市一模）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，BE是⊙O的直徑，連結CE，若∠BAD＝110°，則∠DCE＝　20　度．
【考點】圓內接四邊形的性質；圓周角定理．
【答案】20．
【點撥】由∠DAB+∠DCB＝180°，再結合圓周角定理，即可計算∠DCE的大?。?br/>【解析】解：∵四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，∠BAD＝110°，
∴∠DAB+∠DCB＝180°，
∴∠DCB＝180°﹣110°＝70°，
∵BE是⊙O的直徑，
∴∠DCE+∠DCB＝90°，
∴∠DCE＝90°﹣∠DCB＝90°﹣70°＝20°．
故答案為：20．
【點睛】本題考查了圓內接四邊形的性質、圓周角定理，熟練掌握圓內接四邊形的性質是解題的關鍵．
2．（2023 杭州二模）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，點F是CD延長線上的一點，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于點E．
（1）求證：AB＝AC．
（2）若BD＝11，DE＝2，求CD的長．
【考點】圓內接四邊形的性質；圓周角定理．
【答案】見解析
【點撥】（1）根據角平分線的定義、圓內接四邊形的性質解答；
（2）過點A作AG⊥BD，分別證明Rt△AED≌Rt△AGD和Rt△AEC≌Rt△AGB，根據全等三角形的性質計算．
【解析】（1）證明：∵AD平分∠BDF，
∴∠ADF＝∠ADB，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠ADF＝∠ABC，
∵∠ACB＝∠ADB，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC；
（2）解：過點A作AG⊥BD，垂足為點G．
∵AD平分∠BDF，AE⊥CF，AG⊥BD，
∴AG＝AE，∠AGB＝∠AEC＝90°，
在Rt△AED和Rt△AGD中，
，
∴Rt△AED≌Rt△AGD，
∴GD＝ED＝2，
在Rt△AEC和Rt△AGB中，
，
∴Rt△AEC≌Rt△AGB（HL），
∴BG＝CE，
∵BD＝11，
∴BG＝BD﹣GD＝11﹣2＝9，
∴CE＝BG＝9，
∴CD＝CE﹣DE＝9﹣2＝7．
【點睛】本題考查的是圓內接四邊形的性質、全等三角形的判定和性質，掌握圓內接四邊形的任意一個外角等于它的內對角是解題的關鍵．
1．（2023 湖州）如圖，點A，B，C在⊙O上，連結AB，AC，OB，OC．若∠BAC＝50°，則∠BOC的度數是（　　）
A．80° B．90° C．100° D．110°
【考點】圓周角定理；圓心角、弧、弦的關系．
【答案】C
【點撥】直接利用圓周角定理求解即可求得∠BOC的度數．
【解析】解：∵∠BAC＝50°，∠BOC＝2∠BAC，
∴∠BOC＝100°．
故選：C．
【點睛】此題考查了圓周角定理．注意在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．
2．（2023 杭州模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，OC＝5cm，CD＝8cm，則AE＝（　?。ヽm．
A．8 B．5 C．3 D．2
【考點】垂徑定理；勾股定理．
【答案】A
【點撥】根據垂徑定理推出EC＝ED＝4，再利用勾股定理求出OE即可解決問題．
【解析】解：∵AB⊥CD，AB是直徑，
∴CE＝ED＝4cm，
在Rt△OEC中，OE＝＝3（cm），
∴AE＝OA+OE＝5+3＝8（cm），
故選：A．
【點睛】本題考查垂徑定理，勾股定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．
3．（2023 杭州）如圖，在⊙O中，半徑OA，OB互相垂直，點C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，則∠BAC＝（　　）
A．23° B．24° C．25° D．26°
【考點】圓周角定理．
【答案】D
【點撥】連接OC，根據圓周角定理可求解∠AOC的度數，結合垂直的定義可求解∠BOC 的度數，再利用圓周角定理可求解．
【解析】解：連接OC，
∵∠ABC＝19°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝38°，
∵半徑OA，OB互相垂直，
∴∠AOB＝90°，
∴∠BOC＝90°﹣38°＝52°，
∴∠BAC＝∠BOC＝26°，
故選：D．
【點睛】本題主要考查圓周角定理，掌握圓周角定理是解題的關鍵．
4．（2021 麗水）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥OA于點E，連結OC，OD．若⊙O的半徑為m，∠AOD＝∠α，則下列結論一定成立的是（　?。?br/>A．OE＝m tanα B．CD＝2m sinα C．AE＝m cosα D．S△COD＝m2 sinα
【考點】垂徑定理；解直角三角形；勾股定理．
【答案】B
【點撥】根據垂徑定理和銳角三角函數計算則可進行判斷．
【解析】解：∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥OA于點E，∴DE＝CD，
在Rt△EDO中，OD＝m，∠AOD＝∠α，
∴tanα＝，
∴OE＝＝，
故選項A不符合題意；
∵AB是⊙O的直徑，CD⊥OA，
∴CD＝2DE，
∵⊙O的半徑為m，∠AOD＝∠α，
∴DE＝OD sinα＝m sinα，
∴CD＝2DE＝2m sinα，
故選項B正確，符合題意；
∵cosα＝，
∴OE＝OD cosα＝m cosα，
∵AO＝DO＝m，
∴AE＝AO﹣OE＝m﹣m cosα，
故選項C不符合題意；
∵CD＝2m sinα，OE＝m cosα，
∴S△COD＝CD×OE＝×2m sinα×m cosα＝m2sinα cosα，
故選項D不符合題意；
故選：B．
【點睛】本題考查了勾股定理，垂徑定理，解直角三角形，解決本題的關鍵是掌握圓周角定理，勾股定理，垂徑定理，解直角三角形等知識．
5．（2023 杭州一模）為了測量一個鐵球的直徑，將該鐵球放入工件槽內，測得的有關數據如圖所示（單位：cm），則該鐵球的直徑為（　　）
A．12cm B．10cm C．8cm D．6cm
【考點】垂徑定理的應用．
【答案】B
【點撥】連接AB、CD交于點D，根據垂徑定理求出AD，根據勾股定理計算即可．
【解析】解：如圖，連接AB、CD交于點D，
由題意得，OC⊥AB，
則AD＝DB＝AB＝4，
設圓的半徑為Rcm，則OD＝（R﹣2）cm，
在Rt△AOD中，OA2＝AD2+OD2，即R2＝42+（R﹣2）2，
解得，R＝5，
則該鐵球的直徑為10cm，
故選：B．
【點睛】本題考查的市場價定理的應用、勾股定理，掌握垂直于弦的直徑，平分弦并且平分弦所對的兩條弧是解題的關鍵．
6．（2023 永嘉縣三模）如圖，點A，B，C，D均在以點O為圓心的圓O上，連接AB，AC及順次連接O，B，C，D得到四邊形OBCD，若OD＝BC，OB＝CD，則∠A的度數為（　?。?br/>A．20° B．25° C．30° D．35°
【考點】圓心角、弧、弦的關系；圓周角定理．
【答案】C
【點撥】連接OC．證明△OBC是等邊三角形，再利用圓周角定理解決問題即可．
【解析】解：連接OC．
∵OB＝OC＝OD，OD＝BC，
∴OB＝OC＝BC，
∴△OBC是等邊三角形，
∴∠BOC＝60°，
∴∠BAC＝∠BOC＝30°，
故選：C．
【點睛】本題考查圓周角定理，等邊三角形的判定等知識，解題的關鍵是證明△OBC是等邊三角形．
7．（2022 長興縣模擬）如圖，CD是⊙O的直徑，四邊形ABCD內接于⊙O，∠BDC＝20°，則∠A的度數是（　　）
A．100° B．110° C．120° D．130°
【考點】圓內接四邊形的性質；圓周角定理．
【答案】B
【點撥】根據圓周角定理得到∠DBC＝90°，根據直角三角形的性質求出∠BCD，再根據圓內接四邊形的性質計算，得到答案．
【解析】解：∵CD是⊙O的直徑，
∴∠DBC＝90°，
∵∠BDC＝20°，
∴∠BCD＝90°﹣∠BDC＝70°，
∵四邊形ABCD內接于⊙O，
∴∠A＝180°﹣∠BCD＝110°，
故選：B．
【點睛】本題考查的是圓內接四邊形的性質、圓周角定理，掌握圓內接四邊形的對角互補是解題的關鍵．
8．（2022 拱墅區模擬）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，點P為邊AD上任意一點（點P不與點A，D重合）連結CP．若∠B＝110°，則∠APC的度數可能為（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【考點】圓內接四邊形的性質；圓周角定理．
【答案】D
【點撥】由圓內接四邊形的性質得∠D度數為60°，再由∠APC為△PCD的外角求解．
【解析】解：∵四邊形ABCD內接于⊙O，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠B＝110°，
∴∠D＝180°﹣∠B＝70°，
∵∠APC為△PCD的外角，
∴∠APC＞∠D，只有D滿足題意．
故選：D．
【點睛】本題考查圓內接四邊形的性質，解題關鍵是熟練掌握圓內接四邊形對角互補．
9．（2023 濱江區模擬）如圖，AB是⊙O的一條弦，點C是⊙O上一動點，且∠ACB＝θ，點E，F分別是AC，BC的中點，直線EF與⊙O交于G，H兩點，若⊙O的半徑是r，則GE+FH的最大值是（　?。?br/>A．r（2﹣sinθ） B．r（2+sinθ） C．r（2﹣cosθ） D．r（2+cosθ）
【考點】圓周角定理；解直角三角形；三角形中位線定理．
【答案】A
【點撥】作直徑AP，連接BP，由銳角的正弦得到AB＝2rsinθ，由三角形中位線定理得到FE＝rsinθ，因此當GH是圓直徑時，GE+FH有最大值，于是即可得到答案．
【解析】解：作直徑AP，連接BP，
∴∠ABP＝90°，
∵∠P＝∠C＝θ，PA＝2r，
∴sinP＝sinθ＝，
∴AB＝2rsinθ，
∵E，F分別是AC，BC的中點，
∴EF是△ABC的中位線，
∴EF＝AB＝rsinθ，
∵GE+FH＝GH﹣EF，
∴當GH長最大時，GE+FH有最大值，
∴當GH是圓直徑時，GH最大．
∴GE+FH最大值是2r﹣rsinθ＝r（2﹣sinθ）．
故選：A．
【點睛】本題考查圓周角定理，三角形中位線定理，解直角三角形，關鍵是作直徑構造直角三角形，求出AB的長，并且明白當GH是直徑時，GE+FH有最大值．
10．（2021 蕭山區模擬）如圖，⊙O的半徑為5，點P在⊙O上，點A在⊙O內，且AP＝3，過點A作AP的垂線交⊙O于點B、C．設PB＝x，PC＝y，則y與x的函數表達式（　　）
A．y＝ B．y＝ C．y＝2x D．y＝3x
【考點】圓心角、弧、弦的關系；圓周角定理．
【答案】A
【點撥】作直徑PE，連接BE，根據圓周角定理得出∠E＝∠C，∠PBE＝90°，根據相似三角形的判定得出△PAC∽△PBE，根據相似得出比例式，再求出答案即可．
【解析】解：作直徑PE，連接BE，則∠E＝∠C，
∵PE是直徑，AP⊥BC，
∴∠EBP＝∠PAC＝90°，
∵∠E＝∠C，
∴△PAC∽△PBE，
∴＝，
∵PB＝x，PC＝y，⊙O的半徑為5，PA＝3，
∴＝，
∴y＝，
故選：A．
【點睛】本題考查了相似三角形的性質和判定，圓周角定理等知識點，能靈活運用知識點進行推理和計算是解此題的關鍵．
11．（2023 紹興）如圖，四邊形ABCD內接于圓O，若∠D＝100°，則∠B的度數是 　80°?。?br/>【考點】圓內接四邊形的性質；圓周角定理．
【答案】80°．
【點撥】由圓內接四邊形的性質：圓內接四邊形的對角互補，即可得到答案．
【解析】解：∵四邊形ABCD內接于圓O，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠D＝100°，
∴∠B＝80°．
故答案為：80°．
【點睛】本題考查圓內接四邊形的性質，關鍵是掌握圓內接四邊形的性質．
12．（2023 湖州）如圖，OA是⊙O的半徑，弦BC⊥OA于點D，連結OB．若⊙O的半徑為5cm，BC的長為8cm，則OD的長是 　3　cm．
【考點】垂徑定理；勾股定理．
【答案】3．
【點撥】根據垂徑定理和勾股定理列方程即可．
【解析】解：∵BC⊥OA，BC＝8cm，
∴BD＝CD＝BC＝4cm，BD2+OD2＝OB2，
∵OB＝5cm，
∴42+OD2＝52，
∴OD＝3或OD＝﹣3（舍去），
∴OD的長是3cm，
故答案為：3．
【點睛】本題考查了垂徑定理和勾股定理，解題關鍵是連接半徑，構建直角三角形，列方程解決問題．
13．（2022 湖州）如圖，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足為C，OC的延長線交⊙O于點D．若∠APD是所對的圓周角，則∠APD的度數是 　30°?。?br/>【考點】圓周角定理；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關系．
【答案】30°．
【點撥】由垂徑定理得出，由圓心角、弧、弦的關系定理得出∠AOD＝∠BOD，進而得出∠AOD＝60°，由圓周角定理得出∠APD＝∠AOD＝30°，得出答案．
【解析】解：∵OC⊥AB，
∴，
∴∠AOD＝∠BOD，
∵∠AOB＝120°，
∴∠AOD＝∠BOD＝∠AOB＝60°，
∴∠APD＝∠AOD＝×60°＝30°，
故答案為：30°．
【點睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，圓心角、弧、弦的關系，熟練掌握圓周角定理，垂徑定理，圓心角、弧、弦的關系定理是解決問題的關鍵．
14．（2023 天臺縣一模）如圖，AB是半圓O的直徑，P是AB上的動點，CP⊥AB交半圓于點C，已知AB＝2，則OP+PC的最大值是 　　．
【考點】垂徑定理；勾股定理．
【答案】．
【點撥】連接OC，由勾股定理得到OP2+PC2＝OC2＝1，由（OP+PC）2＝OP2+PC2+2PO PC＝1+2PO PC，得到OP+PC＝，當PO PC最大時，PO+PC的值最大，由（PC﹣PO）2≥0，得到2PC PO≤PC2+PO2＝1，由此即可求出OP+PC的最大值．
【解析】解：連接OC，
∵AB＝2，
∴OC＝AB＝1，
∵PC⊥AB，
∴OP2+PC2＝OC2＝1，
∵（OP+PC）2＝OP2+PC2+2PO PC＝1+2PO PC，
∴OP+PC＝，
∴當PO PC最大時，PO+PC的值最大，
∵（PC﹣PO）2≥0，
∴PC2+PO2﹣2PC PO≥0，
∴2PC PO≤PC2+PO2＝1，
∴2PC PO的最大值是1，
∴PO+PC的最大值是＝．
故答案為：．
【點睛】本題考查勾股定理，完全平方公式，關鍵是由PC2+PO2﹣2PC PO≥0，得到2PC PO≤PC2+PO2＝1．
15．（2023 瑞安市模擬）如圖，某公園有一月牙形水池，水池邊緣有A，B，C，D，E五盞裝飾燈．為了估測該水池的大小，觀測員在A，D兩點處發現點A，E，C和D，E，B均在同一直線上，沿AD方向走到F點，發現∠AFC＝90°．測得AD＝9.6米，AE＝DE＝8米，DF＝2.4米，則所在圓的半徑為 　5　米，所在圓的半徑為 　　米．
【考點】垂徑定理的應用．
【答案】5，．
【點撥】如圖，連接BC，過點E作EM⊥AD于M，交BC于N，設所在圓的圓心為O，連接AO，設圓O的半徑為x米，根據勾股定理和垂徑定理列方程可得x的值；設所在圓的圓心為O'，則O'在MN上，連接O'A，O'C，則O'A＝O'C，設O'M＝b米，再根據勾股定理可得O'A的長．
【解析】解：如圖，連接BC，過點E作EM⊥AD于M，交BC于N，
設所在圓的圓心為O，連接AO，
∵AE＝ED，EM⊥AD，
∴AM＝DM＝AD＝4.8米，
∴點O在EM上，
設圓O的半徑為x米，
Rt△AEM中，AE＝8米，AM＝4.8米，
∴EM＝＝＝6.4米，
∴OM＝（6.4﹣x）米，
在Rt△AMO中，由勾股定理得：AO2＝AM2+OM2，
∴x2＝4.82+（6.4﹣x）2，
∴x＝5，
∴所在圓的半徑為5米；
∵AE＝ED，
∴∠EAD＝∠EDA，
∵∠EAD＝∠CBE，∠EDA＝∠ECB，
∴∠EBC＝∠ECB，
∴EB＝EC，
∵∠AED＝∠CEB，
∴∠EAD＝∠ECB，
∴AD∥BC，
∴∠CNE＝∠AME＝90°，
∵CF⊥AD，
∴∠AFC＝90°，
∴∠AFC＝∠CNE＝∠FMN＝90°，
∴四邊形MNCF是矩形，
∴MN＝CF，CN＝FM＝2.4+4.8＝7.2，
∵∠AEM＝∠CEN，
∴tan∠AEM＝tan∠CEN，即＝，
即＝＝，
∴EN＝9.6米，
∴MN＝9.6+6.4＝16（米），
設所在圓的圓心為O'，則O'在MN上，
連接O'A，O'C，則O'A＝O'C，
設O'M＝b米，
由勾股定理得：O'A2＝4.82+b2＝（16﹣b）2+7.22，
∴b＝8.9，
∴O'A＝＝（米），
即所在圓的半徑為米．
故答案為：5，．
【點睛】本題考查垂徑定理．勾股定理，三角函數，矩形的性質和判定等知識，解題的關鍵是理解題意，學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題．
16．（2021 柯橋區模擬）如圖，在⊙O中，過半徑OD的中點C作AB⊥OD交⊙O于A、B兩點，且AB＝2．
（1）求OD的長；
（2）計算陰影部分的周長．
【考點】垂徑定理；勾股定理．
【答案】（1）2；
（2）1++π．
【點撥】（1）先根據垂徑定理得到AC＝BC＝，再利用余弦的定義求出∠O＝60°，則根據含30度的直角三角形三邊的關系求出OC＝1，從而得到OD的長；
（2）利用弧長公式計算出的長度，從而得到陰影部分的周長．
【解析】解：（1）∵AB⊥OD，
∴AC＝BC＝AB＝，∠BCO＝90°，
∵C為OD的中點，
∴OC＝OB，
在Rt△OCB中，∵cosO＝＝，
∴∠O＝60°，
∴OC＝BC＝×＝1，
∴OB＝1，
∴OD＝2；
（2）∵的長度為＝π，
∴陰影部分的周長為1++π．
【點睛】本題考查了垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．也考查了勾股定理．
17．（2023 衢州二模）如圖，在⊙O中，OA，OB半徑，C是劣弧上的一點．且∠AOB＝120°．
（1）求∠ACB的度數；
（2）若AC＝BC．求證：四邊形ACBO是菱形．
【考點】圓周角定理；菱形的判定；圓心角、弧、弦的關系．
【答案】（1）120°；
（2）見解析．
【點撥】（1）由題意可得劣?。?20°，從而可得優?。?40°，再由圓周角定理即可求∠ACB的度數；
（2）連接OC，利用SSS可證得△AOC≌△BOC，則有∠AOC＝∠BOC，可求得∠AOC＝∠BOC＝60°，可得△AOC是等邊三角形，則有AO＝AC＝OC，同理得BO＝BC＝OC，故AO＝AC＝BC＝BO，即可判定四邊形ACBO是菱形．
【解析】（1）解：∵C是劣弧上的一點，且∠AOB＝120°，
∴劣弧的度數為：120°，
∴優弧的度數為：240°，
∴∠ACB＝×240°＝120°；
（2）證明：連接OC，如圖，
∵OA，OB是半徑，點C在⊙O上，
∴OA＝OB＝OC，
在△AOC與△BOC中，
，
∴△AOC≌△BOC（SSS），
∴∠AOC＝∠BOC，
∵∠AOB＝120°，
∴∠AOC＝∠BOC＝60°，
∴△AOC是等邊三角形，
∴AO＝AC＝OC，
同理得：BO＝BC＝OC，
∴AO＝AC＝BC＝BO，
∴四邊形ACBO是菱形．
【點睛】本題主要考查圓周角定理，菱形的判定，圓心角，弦，弧的關系，解答的關鍵是熟記相應的知識并靈活運用．
18．（2023 余杭區模擬）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，點C是弧BD的中點，延長AB到點E，使得BE＝AD，連結AC，CE．
（1）求證：AC＝CE．
（2）若，，∠BCD＝120°，求BC的長．
【考點】圓內接四邊形的性質；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關系；圓周角定理．
【答案】（1）證明見解析；
（2）2．
【點撥】（1）根據圓內接四邊形性質易得∠D＝∠CBE，再根據圓心角、弧、弦的關系可得CD＝CB，再結合已知條件證得△ACD≌△ECB，從而證得結論；
（2）作CM⊥AB交AB于點M，結合（1）中所求易得AE的長度，再根據圓內接四邊形性質及圓心角、弧、弦的關系可得∠CBM＝30°，利用三線合一及三角函數可求得CM，BM的長度，最后利用勾股定理即可求得答案．
【解析】解：（1）∵四邊形ABCD為⊙O的內接四邊形，
∴∠D+∠ABC＝180°，
∵∠ABC+∠CBE＝180°，
∴∠D＝∠CBE，
∵點C時的中點，
∴CD＝CB，
在△ACD與△ECB中，
，
∴△ACD≌△ECB（SAS），
∴AC＝CE；
（2）如圖，作CM⊥AB交AB于點M，
∵AD＝4，BE＝AD，
∴BE＝4，
∵AB＝6，
∴AE＝AB+BE＝6+4＝10，
∵AC＝CE，CM⊥AB，
∴AM＝AE＝5，
∴BM＝AB﹣AM＝6﹣5＝，
∵四邊形ABCD為⊙O的內接四邊形，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠BCD＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∵CD＝CB，
∴∠CAM＝∠BAD＝30°，
∵∠AMC＝90°，
∴tan∠CAM＝tan30°＝＝，
∴CM＝5×＝5，
∴BC＝＝＝＝2．
【點睛】本題主要考查圓的相關性質及全等三角形的判定及性質，（2）中作CM⊥AB交AB于點M，構造直角三角形及利用三線合一求得線段長度是解題的關鍵．
19．（2021 永嘉縣校級模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，C是弧BD的中點，CE⊥AB，垂足為E，BD交CE于點F．
（1）求證：CF＝BF；
（2）若AD＝6，⊙O的半徑為5，求BC的長．
【考點】圓心角、弧、弦的關系；垂徑定理．
【答案】見解析
【點撥】（1）連接ACAC，由圓周角定理得出∠ACB＝90°，證出∠BAC＝∠BCE；由C是弧BD的中點，得到∠DBC＝∠BAC，延長∠BCE＝∠DBC，即可得到結論；
CF＝BF．
（2）連接OC交BD于G，由圓周角定理得出∠ADB＝90°，由勾股定理得出BD＝＝8，由垂徑定理得出OC⊥BD，DG＝BG＝BD＝4，證出OG是△ABD的中位線，得出OG＝AD＝3，求出CG＝OC﹣OG＝2，在Rt△BCG中，由勾股定理即可得出答案．
【解析】（1）證明：連接AC，如圖1所示：
∵C是弧BD的中點，
∴∠DBC＝∠BAC，
在ABC中，∠ACB＝90°，CE⊥AB，
∴∠BCE+∠ECA＝∠BAC+∠ECA＝90°，
∴∠BCE＝∠BAC，
又C是弧BD的中點，
∴∠DBC＝∠CDB，
∴∠BCE＝∠DBC，
∴CF＝BF．
（2）解：連接OC交BD于G，如圖2所示：
∵AB是O的直徑，AB＝2OC＝10，
∴∠ADB＝90°，
∴BD＝＝＝8，
∵C是弧BD的中點，
∴OC⊥BD，DG＝BG＝BD＝4，
∵OA＝OB，
∴OG是△ABD的中位線，
∴OG＝AD＝3，
∴CG＝OC﹣OG＝5﹣3＝2，
在Rt△BCG中，由勾股定理得：BC＝＝＝2．
【點睛】本題考查了圓周角定理、垂徑定理、勾股定理、三角形中位線定理、等腰三角形的判定等知識；熟練掌握圓周角定理和垂徑定理是解題的關鍵．
1．（2020 湖州）如圖，已知四邊形ABCD內接于⊙O，∠ABC＝70°，則∠ADC的度數是（　　）
A．70° B．110° C．130° D．140°
【考點】圓內接四邊形的性質；圓周角定理．
【答案】B
【點撥】根據圓內接四邊形的性質即可得到結論．
【解析】解：∵四邊形ABCD內接于⊙O，∠ABC＝70°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣70°＝110°，
故選：B．
【點睛】本題考查了圓內接四邊形的性質，熟練掌握圓內接四邊形的性質是解題的關鍵．
2．（2022 嘉興）如圖，在⊙O中，∠BOC＝130°，點A在上，則∠BAC的度數為（　?。?br/>A．55° B．65° C．75° D．130°
【考點】圓周角定理．
【答案】B
【點撥】根據同弧所對的圓周角等于圓心角的一半即可得出∠BAC的度數．
【解析】解：∵∠BOC＝130°，點A在上，
∴∠BAC＝∠BOC＝＝65°，
故選：B．
【點睛】本題主要考查圓周角定理，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵．
3．（2023 青龍縣一模）我國古代數學經典著作《九章算術》中記載了一個“圓材埋壁”的問題：“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？”意思是：今有一圓柱形木材，埋在墻壁中，不知大小，用鋸子去鋸這個木材，鋸口深DE＝1寸，鋸道AB＝1尺（1尺＝10寸），則這根圓柱形木材的直徑是（　　）
A．12寸 B．13寸 C．24寸 D．26寸
【考點】垂徑定理的應用；數學常識．
【答案】D
【點撥】延長DE，交⊙O于點E，連接OA，由題意知DE過點O，且OD⊥AB，由垂徑定理可得尺＝5寸，設半徑OA＝OD＝r，則OE＝r﹣1，在Rt△OAE中，根據勾股定理可得：（r﹣1）2+52＝r2，解方程可得出木材半徑，即可得出木材直徑．
【解析】解：延長DE，交⊙O于點E，連接OA，
由題意知DE過點O，且OD⊥AB，
∵OD為⊙O半徑，
∴尺＝5寸，
設半徑OA＝OD＝r，
∵DE＝1寸，
∴OE＝（r﹣1）寸，
在Rt△OAE中，根據勾股定理可得：
（r﹣1）2+52＝r．
解得：r＝13，
∴木材直徑為26寸；
故選：D．
【點睛】本題考查的是垂徑定理的應用，掌握垂直弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧及勾股定理是解題的關鍵．
4．（2022 溫州）如圖，AB，AC是⊙O的兩條弦，OD⊥AB于點D，OE⊥AC于點E，連結OB，OC．若∠DOE＝130°，則∠BOC的度數為（　　）
A．95° B．100° C．105° D．130°
【考點】圓周角定理；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關系．
【答案】B
【點撥】根據四邊形的內角和等于360°計算可得∠BAC＝50°，再根據圓周角定理得到∠BOC＝2∠BAC，進而可以得到答案．
【解析】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC，
∴∠ADO＝90°，∠AEO＝90°，
∵∠DOE＝130°，
∴∠BAC＝360°﹣90°﹣90°﹣130°＝50°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝100°，
故選：B．
【點睛】本題考查的是圓周角定理，在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．
5．（2023 紹興模擬）如圖，將一個含30°角的直角三角板的斜邊和量角器的直徑所在的邊重合放置，其中點D所在位置在量角器外側的讀數為110°，∠ACB＝90°，連結DC交AB于點E，則∠BEC的度數是（　?。?br/>A．55° B．65° C．75° D．85°
【考點】圓周角定理．
【答案】D
【點撥】根據題意可知C在以AB為直徑的圓上，根據圓心角和圓周角的關系求出∠ACD，再利用三角形的外角的性質就可以求出答案．
【解析】解：根據題意可知C在以AB為直徑的圓上，設圓心為O，連接OD，則∠AOD＝110°.
∴∠ACD＝＝55°，
∴∠BEC＝∠ACE+∠CAE＝30°+55°＝85°．
故選：D．
【點睛】本題考查了圓周角定理和三角形的角的關系，關鍵是確定C在以AB為直徑的圓上．
6．（2023 金東區模擬）在⊙O中，點A，B，C，D都在圓周上，OB∥DC，OD∥BC，則∠A的度數為（　?。?br/>A．45° B．50° C．55° D．60°
【考點】圓內接四邊形的性質；圓周角定理．
【答案】D
【點撥】根據圓內接四邊形的性質得出∠C+∠A＝180°，根據平行線的性質得出∠C+∠OBC＝180°，∠BOD+∠OBC＝180°，求出∠C＝∠BOD，根據圓周角定理得出∠BOD＝2∠A，求出∠C＝2∠A，再求出∠A即可．
【解析】解：∵點A，B，C，D都在圓周上，
∴∠C+∠A＝180°，
∵OB∥DC，OD∥BC，
∴∠C+∠OBC＝180°，∠BOD+∠OBC＝180°，
∴∠C＝∠BOD，
∵∠BOD＝2∠A，
∴∠C＝2∠A，
即3∠A＝180°，
∴∠A＝60°，
故選：D．
【點睛】本題考查了圓周角定理，圓內接四邊形的性質，平行線的性質等知識點，能求出∠C+∠A＝180°和∠BOD＝2∠A是解此題的關鍵．
7．（2023 溫州）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，則∠CAO的度數與BC的長分別為（　?。?br/>A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，
【考點】圓周角定理；勾股定理；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關系．
【答案】C
【點撥】由平行線的性質，圓周角定理，垂直的定義，推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，求出∠BOC＝60°，得到△BOC是等邊三角形，得到BC＝OB，由等腰三角形的性質求出圓的半徑長，求出∠OAD的度數，即可得到BC的長，∠CAO的度數．
【解析】解：連接OB，OC，
∵BC∥AD，
∴∠DBC＝∠ADB，
∴＝，
∴∠AOB＝∠COD，∠CAD＝∠BDA，
∵DB⊥AC，
∴∠AED＝90°，
∴∠CAD＝∠BDA＝45°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝90°，∠COD＝2∠CAD＝90°，
∵∠AOD＝120°，
∴∠BOC＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等邊三角形，
∴BC＝OB，
∵OA＝OD，∠AOD＝120°，
∴∠OAD＝∠ODA＝30°，
∴AD＝OA＝，
∴OA＝1，
∴BC＝1，
∴∠CAO＝∠CAD﹣∠OAD＝45°﹣30°＝15°．
故選：C．
【點睛】本題考查圓周角定理，平行線的性質，等邊三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，關鍵是由圓周角定理推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，證明△OBC是等邊三角形．
8．（2022 鄞州區模擬）如圖，AB、AC都是圓O的弦，OM⊥AB，ON⊥AC，垂足分別為M、N，如果MN＝3，那么BC＝（　?。?br/>A．4 B．5 C．6 D．7
【考點】垂徑定理；三角形中位線定理．
【答案】C
【點撥】由于OM⊥AB，ON⊥AC，根據垂徑定理得到AN＝CN，AM＝BM，則MN為△ABC的中位線，然后根據三角形中位線的性質求解．
【解析】解：∵OM⊥AB，ON⊥AC，
∴AN＝CN，AM＝BM，
即M為AB的中點，N為AC的中點，
∴MN為△ABC的中位線，
∴MN＝BC，
∴BC＝2MN＝6．
故選：C．
【點睛】本題考查了垂徑定理：平分弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．也考查了三角形中位線性質．
9．（2023 龍灣區模擬）如圖，AB為⊙O的直徑，點C為圓上一點，將劣弧AC沿弦AC翻折交AB于點D，連接CD，點D與圓心O不重合，∠BAC＝26°，則∠DCA的度數為（　　）
A．38° B．40° C．42° D．44°
【考點】圓周角定理；翻折變換（折疊問題）．
【答案】A
【點撥】連接BC，根據直徑所對的圓周角是直角求出∠ACB，根據直角三角形兩銳角互余求出∠B，再根據翻折的性質得到∠ADC的度數，最后利用三角形內角和可得結論．
【解析】解：連接BC，
∵AB是直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝26°，
∴∠B＝90°﹣∠BAC＝90°﹣26°＝64°，
根據翻折的性質，所對的圓周角為∠B，所對的圓周角為∠ADC，
∴∠DCA＝∠B﹣∠BAC＝64°﹣26°＝38°，
故選：A．
【點睛】本題考查了圓周角定理以及折疊問題的知識，根據同弦所對的兩個圓周角互補求解是解題的關鍵，此題難度不大．
10．（2022 寧波三模）已知⊙O的直徑CD＝10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足為M，且AB＝8cm，則AC的長為（　?。?br/>A．2cm B．4cm C．2cm或4cm D．2cm或4cm
【考點】垂徑定理；勾股定理．
【答案】C
【點撥】分兩種情況，根據題意畫出圖形，先根據垂徑定理求出AM的長，連接OA，由勾股定理求出OM的長，進而可得出結論．
【解析】解：連接AC，AO，
∵⊙O的直徑CD＝10cm，AB⊥CD，AB＝8cm，
∴AM＝AB＝×8＝4（cm），OD＝OC＝5（cm），
當C點位置如圖1所示時，
∵OA＝5cm，AM＝4cm，CD⊥AB，
∴OM＝＝＝3（cm），
∴CM＝OC+OM＝5+3＝8（cm），
∴AC＝＝＝4（cm）；
當C點位置如圖2所示時，
同理可得：OM＝3cm，
∵OC＝5cm，
∴MC＝5﹣3＝2（cm），
在Rt△AMC中，AC＝＝＝2（cm）；
綜上所述，AC的長為4cm或2cm，
故選：C．
【點睛】本題考查的是垂徑定理和勾股定理等知識，根據題意畫出圖形，利用垂徑定理和勾股定理求解是解答此題的關鍵．
11．（2023 衢江區三模）如圖，在⊙O中，∠AOC＝140°，∠ACB＝50°，則∠OBC的度數為 　70°　．
【考點】圓周角定理；圓心角、弧、弦的關系．
【答案】70°．
【點撥】由圓周角∠ACB＝50°，可知圓心角∠AOB＝100°，所以∠BOC＝140°﹣100°＝40°，可推出圓周角∠BAC＝20°．
【解析】解：∵∠ACB＝50°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝100°，
∵∠AOC＝140°，
∴∠BOC＝140°﹣100°＝40°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝＝70°，
故答案為：70°．
【點睛】本題考查圓周角定理，弦、弧、圓心角之間的關系，掌握“一條弧所對的圓周角等于它所對圓心角度數的一半”是解決問題的關鍵．
12．（2023 長興縣一模）石拱橋是中國傳統橋梁四大基本形式之一，它的主橋拱是圓弧形．如圖，已知某公園石拱橋的跨度AB＝16米，拱高CD＝4米，那么橋拱所在圓的半徑OA＝　10　米．
【考點】垂徑定理的應用．
【答案】10．
【點撥】利用直角三角形，根據勾股定理和垂徑定理解答．
【解析】解：∵OC⊥AB，
∴AD＝BD＝8米，
設BO＝x米，則DO＝（x﹣4）米，
在Rt△OBD中，得：BD2+DO2＝BO2，
即82+（x﹣4）2＝x2，
解得：x＝10，
即橋拱所在圓的半徑是10米．
故答案為：10．
【點睛】此題主要考查了垂徑定理的應用題，解題的關鍵是利用垂徑定理和勾股定理求線段的長．
13．（2021 金華模擬）如圖，⊙O的直徑AB過的中點A，若∠C＝30°，AB、CD交于點E，連接AC、BD，則＝　?。?br/>【考點】圓心角、弧、弦的關系；圓周角定理．
【答案】見解析
【點撥】根據已知條件得出∠DCA＝∠DBA＝30°，設DE＝EC＝x，根據在直角三角形中，30°所對的直角邊等于斜邊的一半得出AE和BE的長，然后代入要求的式子進行計算即可得出答案．
【解析】解：∵⊙O的直徑AB過的中點A，
∴＝，
∴DE＝EC，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠BED＝∠CEA＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠DCA＝∠DBA＝30°，
設DE＝EC＝x，
∵∠C＝30°，
∴AE＝x，
∵∠DBA＝30°，
∴BE＝x，
∴＝＝；
故答案為：．
【點睛】此題考查了圓心角、弧、弦的關系以及圓周角定理，掌握在同一個圓中，等弧所對的圓周角相等，在直角三角形中，30°所對的直角邊等于斜邊的一半是解題的關鍵．
14．（2023 臨平區二模）如圖，AB是半圓O的直徑，過半圓上一點C作CD⊥AB于點D，若AD＝BC，則sin∠OCD＝　﹣2　．
【考點】圓周角定理；解直角三角形；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關系．
【答案】﹣2．
【點撥】設AD＝BC＝x，⊙O的半徑為r，則OD＝x﹣r，BD＝2r﹣x，先根據圓周角定理得到∠ACB＝90°，再證明△BCD∽△BAC，利用相似比得到x：2r＝（2r﹣x）：x，整理得x2+2rx﹣4r2＝0，解方程得到OD＝（﹣2）r，然后在Rt△COD中利用正弦的定義求解．
【解析】解：設AD＝BC＝x，⊙O的半徑為r，則OD＝x﹣r，BD＝2r﹣x，
∵AB是半圓O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠ODC＝∠BDC＝90°，
∵∠BDC＝∠ACB，∠CBD＝∠ABC，
∴△BCD∽△BAC，
∴BC：BA＝BD：BC，即x：2r＝（2r﹣x）：x，
整理得x2+2rx﹣4r2＝0，
解得x1＝（﹣1）r，x2＝（﹣﹣1）r（舍去），
∴OD＝（﹣2）r，
在Rt△COD中，sin∠OCD＝＝﹣2．
故答案為：﹣2．
【點睛】本題考查了圓周角定理：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．也考查了相似三角形的判定與性質和解直角三角形．
15．（2023 西湖區校級三模）如圖，⊙O的半徑OD⊥AB于點C，連接AO并延長交⊙O于點E，連接EC，若AB＝8，CD＝2，
（1）⊙O的半徑為 　5??；
（2）tan∠OEC的值為 　?。?br/>【考點】圓周角定理；解直角三角形；勾股定理；垂徑定理．
【答案】（1）5；
（2）．
【點撥】（1′）先根據垂徑定理求出AC的長，在Rt△AOC中，根據勾股定理即可得出r的值，再求出OC的長；
（2）根據三角形的面積公式即可得出結論．
【解析】解：（1）∵OD⊥AB，
∴AC＝BC＝AB＝×8＝4，
設⊙O的半徑為r，則AC2+OC2＝OA2，即42+（r﹣2）2＝r2，
解得r＝5，
故答案為：5；
（2）過點C作CH⊥AE于點H．
∵ AC OC＝ OA CH，
∴CH＝＝，
∴OH＝＝＝，
∴EH＝5+＝，
∴tan∠AEC＝＝＝．
故答案為：．
【點睛】本題考查的是垂徑定理與勾股定理，熟知平分弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧是解答此題的關鍵．
16．（2023 溫州一模）如圖1是一款軸對稱“磁懸浮地漏”無水時的示意圖，它由一個圓弧形密封蓋與兩個磁體組成（下側磁體固定不動），連接桿EF與地面BD垂直，排水口，密封蓋最高點E到地面的距離為6mm，整個地漏的高度EG＝75mm（G為磁體底部中點），密封蓋被磁體頂起將排水口密封，所在圓的半徑為 　39　mm；當有水時如圖2所示，密封蓋下移排水，當密封蓋下沉至最低處時，點M'恰好落在BG中點，若點M'到E'F'的距離為36mm，則密封蓋下沉的最大距離為 　16.5　mm．
【考點】垂徑定理的應用；軸對稱的性質；三角形中位線定理．
【答案】39，16.5．
【點撥】①根據已知條件得到直角三角形，再利用勾股定理得到OH的長度，進而得到半徑；
②利用三角形中位線的性質得到M'Z，再利用勾股定理及矩形的性質得到密封蓋下沉的最大距離．
【解析】解：①設作圓O，連接CD交CE于點H，
設OH＝x mm，
∵最高點E到地面的距離為6mm，
∴OE＝（6+x）mm，
∵，
∴，
∴在Rt△OHD中，，
∵OE＝OD，
∴，
∴x＝33，
∴OE＝39mm，
故答案為：39．
②作M'P'⊥E'G，延長GE'，交AB于點Q'，作M'Z⊥AB交AB于點Z，
∵M'P'⊥E'G，
∴M′Z∥E′G，
∴點Z是BQ'的中點，
∵M'為BG的中點，
∴M'Z為△GQ'B的中位線，
∴，
∵EG＝75mm，EQ'＝6mm，
∴GQ'＝69mm，
∴，
∵點M'到E'F'的距離為36mm，
∴MJ＝M'P'＝36mm，
∵OM＝OE＝39mm，
回到圖1，作MJ⊥EG，
由勾股定理得：（mm），
∴移動前M到地面的距離為：JH＝39﹣15﹣6＝18（mm），
∵M移動的距離為密蓋下沉的距離，
∴MM'＝M'Z﹣JH＝34.5﹣18＝16.5（mm），
∴密封蓋下沉的最大距離為16.5mm．
故答案為：16.5．
【點睛】本題考查了平行線分線段性質，垂徑定理，勾股定理，三角形中位線的性質，矩形的性質等相關知識點，掌握垂徑定理是解題的關鍵．
17．（2023 拱墅區二模）如圖，在△ABC中，CB與⊙O相交于D，CA與⊙O相交于E．
（1）從下面①②③中選取兩個作為已知條件，另一個作為結論，并證明；
①AB是直徑； ②AC＝AB； ③DC＝DB．
（2）在（1）的條件下，若BC＝6，AB＝5，連接BE，求BE的長．
【考點】圓周角定理；垂徑定理．
【答案】（1）見解析；
（2）．
【點撥】（1）①②為條件，③為結論，連接AD，由AC＝AB可得△ABC是等腰三角形，由AB是直徑可得AD⊥BC，根據三線合一即可解答．
（2）先根據勾股定理求出AD，再利用等面積即可求出BE．
【解析】解：（1）①②為條件，③為結論，連接AD，如圖：
∵AC＝AB，
∴△ABC是等腰三角形，
∵AB是直徑，
∴AD⊥BC，
∴DC＝BD；
（2）連接BE，
∵BC＝6，
∴BD＝3，
∴AD＝4，
∴S△ABC＝×BC×AD＝×AC×BE，
即×6×4＝×5×BE，
解得BE＝．
【點睛】本題考查圓周角定理，等腰三角形的性質，三角形的面積，熟練掌握以上知識是解題關鍵．
18．（2024 旺蒼縣一模）唐代李皋發明了“槳輪船”，這種船是原始形態的輪船，是近代明輪航行模式之先導．如圖，某槳輪船的輪子被水面截得的弦AB長8m，設圓心為O，OC⊥AB交水面AB于點D，輪子的吃水深度CD為2m，求該槳輪船的輪子直徑．
【考點】垂徑定理的應用；勾股定理．
【答案】該槳輪船的輪子直徑為10m．
【點撥】本題先表示OD＝（r﹣2）m，求解AD＝4m，再利用勾股定理建立方程求解即可．
【解析】解：設半徑為rm，則OA＝OC＝rm，
∴OD＝（r﹣2）m．
∵AB＝8m，OC⊥AB，
∴AD＝4m．
在Rt△ODA中有OA2＝OD2+AD2，即r2＝（r﹣2）2+4，
解得r＝5m
則該槳輪船的輪子直徑為10m．
【點睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理，根據題意在圓內構建直角三角形，利用勾股定理求出直徑是解答本題的關鍵．
19．（2021 湖州）如圖，已知AB是⊙O的直徑，∠ACD是所對的圓周角，∠ACD＝30°．
（1）求∠DAB的度數；
（2）過點D作DE⊥AB，垂足為E，DE的延長線交⊙O于點F．若AB＝4，求DF的長．
【考點】圓周角定理；解直角三角形；垂徑定理．
【答案】（1）60°；
（2）2．
【點撥】（1）連接BD，根據AB是⊙O的直徑，可得∠ADB＝90°，進而可以求∠DAB的度數；
（2）根據直角三角形30度角所對直角邊等于斜邊的一半可得AD的長，再根據垂徑定理和特殊角三角函數值可得EF＝DE的值，進而可得DF的長．
【解析】解：（1）如圖，連接BD，
∵∠ACD＝30°，
∴∠B＝∠ACD＝30°，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB＝90°﹣∠B＝60°；
（2）∵∠ADB＝90°，∠B＝30°，AB＝4，
∴AD＝AB＝2，
∵∠DAB＝60°，DE⊥AB，且AB是直徑，
∴EF＝DE＝ADsin60°＝，
∴DF＝2DE＝2．
【點睛】本題考查了圓周角定理，解直角三角形，垂徑定理，解決本題的關鍵是掌握圓周角定理．
20．（2023 婺城區模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，C是的中點，CE⊥AB于點E，BD交CE于點F．
（1）求證：CF＝BF；
（2）若CD＝6，AC＝8，求⊙O的半徑及CE的長．
【考點】圓心角、弧、弦的關系；勾股定理；垂徑定理．
【答案】見解析
【點撥】（1）要證明CF＝BF，可以證明∠ECB＝∠DBC；AB是⊙O的直徑，則∠ACB＝90°，又知CE⊥AB，則∠CEB＝90°，則∠DBC＝90°﹣∠ACE＝∠A，∠ECB＝∠A，則∠ECB＝∠DBC；
（2）在直角三角形ACB中，AB2＝AC2+BC2，又知，BC＝CD，所以可以求得AB的長，即可求得圓的半徑；再利用面積法求得CE的長．
【解析】（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠ABC．
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB＝90°﹣∠ABC，
∴∠ECB＝∠A．
又∵C是的中點，
∴＝，
∴∠DBC＝∠A，
∴∠ECB＝∠DBC，
∴CF＝BF；
（2）解：∵＝，
∴BC＝CD＝6，
∵∠ACB＝90°，
∴AB＝＝＝10，
∴⊙O的半徑為5，
∵S△ABC＝AB CE＝BC AC，
∴CE＝＝＝．
【點睛】此題考查了圓周角定理、等腰三角形的性質以及角平分線的性質等知識．此題綜合性很強，難度適中，注意數形結合思想與方程思想的應用．
21．（2022 柯橋區二模）已知AB、AC、AD是⊙O的弦．
（1）如圖1，當AD是⊙O的直徑，且AB＝AC時．求證：直徑AD平分∠BAC；
（2）如圖2，當∠BAD＝∠DAC＝60°，且AB：AD＝1：2時，求AB：AC的值．
【考點】圓周角定理．
【答案】（1）見解析；
（2）1：1．
【點撥】（1）證明△ABO≌△ACO即可；
（2）取AD的中點E，連接BE，BD，CD，先證明△ABE是等邊三角形，再證明AD是直徑，得∠C＝90°，∠ADC＝30°，所以得AC：AD＝1：2，AB＝AC，即可得出答案．
【解析】（1）證明：如圖1，連接OB，OC，
在△ABO和△ACO中，
，
∴△ABO≌△ACO（SSS），
∴∠BAO＝∠CAO，
∴直徑AD平分∠BAC；
（2）解：如圖2，取AD的中點E，連接BE，BD，CD，
則AE＝DE，
∵AB：AD＝1：2，
∴AB＝AE＝DE，
∴∠BAD＝60°，
∴△ABE是等邊三角形，
∴∠AEB＝∠ABE＝60°，BE＝AE，
∴∠BED＝120°，BE＝DE，
∴∠D＝∠DBE＝30°，
∴∠ABD＝90°，
∴AD是直徑，
∴∠C＝90°，
∵∠DAC＝60°，
∴∠ADC＝30°，
∴AC：AD＝1：2，
∴AB＝AC，
∴AB：AD＝1：1．
【點睛】本題考查了圓周角定理，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，解決本題的關鍵是綜合運用以上知識．
22．（2023 龍灣區模擬）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，BD平分∠ABC，BC邊上的點E滿足BE＝BA，連接DE并延長交⊙O于點F，連結BF．
（1）求證：DE＝DC．
（2）若F恰好是的中點，當AB＝6，時，求⊙O半徑的長．
【考點】圓內接四邊形的性質；解直角三角形；全等三角形的判定與性質；角平分線的性質；圓心角、弧、弦的關系；圓周角定理．
【答案】（1）證明見解答過程；
（2）5．
【點撥】（1）先證明△ABD≌△EBD，即有∠BAD＝∠BED，根據∠BAD+∠C＝180°，∠BED+∠DEC＝180°，可得∠C＝∠DEC，即問題得解；
（2）連接OF，交BC于點N，連接OB，先證明BF＝BE＝AB＝6，即有，根據F恰好是的中點，可得OF⊥BC，則有，，設圓O的半徑為r，在Rt△BON中，依據BO2＝ON2+BN2，可得，解方程即可求解．
【解析】（1）證明：∵BD平分∠ABC，
∴，
∵BE＝BA，BD＝BD，
∴△ABD≌△EBD，
∴∠BAD＝∠BED，
∵∠BAD+∠C＝180°，∠BED+∠DEC＝180°，
∴∠C＝∠DEC，
∴DE＝DC；
（2）解：連接OF，交BC于點N，連接OB，
∵∠C＝∠DEC，∠C＝∠BFD，∠CED＝∠BEF，
∴∠BFE＝∠BEF＝∠C＝∠CED，
∴∠EBF＝∠CDE，BF＝BE＝AB＝6，
∴，
∵F恰好是的中點，
∴OF⊥BC，
∴，
∴，
設圓O的半徑為r，
在Rt△BON中，BO2＝ON2+BN2，
∴，
解得r＝5，
即⊙O半徑的長為5．
【點睛】本題考查了圓周角定理，圓內接四邊形的性質，解直角三角形，勾股定理以及等腰三角形的判定等知識，掌握圓周角定理以及解直角三角形的知識是解答本題的關鍵．
23．（2022 溫州一模）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，AE⊥CB的延長線于點E，連結AC，BD，AB平分∠EBD，
（1）求證：AC＝AD．
（2）當B為的中點，BC＝3BE，AD＝6時，求CD的長．
【考點】圓內接四邊形的性質；相似三角形的判定與性質；圓心角、弧、弦的關系；圓周角定理．
【答案】見解析
【點撥】（1）根據圓內接四邊形的性質得出∠ADC+∠ABC＝180°，根據平角的定義得出∠ABE+∠ABC＝180°，求出∠ABE＝∠ADC，根據角平分線的定義得出∠ABE＝∠DBA，求出∠ADC＝∠DBA，根據圓周角定理得出求出∠ACD＝∠DBA，求出∠ADC＝∠ACD即可；
（2）過A作AF⊥CD于F，求出AB＝BC，根據BC＝3BE，求出AB＝3BE，根據相似三角形的判定得出△ABE∽△ADF，根據相似三角形的性質得出＝＝，求出DF即可解答．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD內接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∵∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠ABE＝∠ADC，
∵AB平分∠DBE，
∴∠ABE＝∠DBA，
∴∠ADC＝∠DBA，
∵∠ACD＝∠DBA，
∴∠ADC＝∠ACD，
∴AC＝AD；
（2）解：過A作AF⊥CD于F，
∵B為的中點，
∴AB＝BC，
∵BC＝3BE，
∴AB＝3BE，
∵四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，
∴∠ADF＝∠ABE，
∵∠AFD＝∠AEB＝90°，
∴△ABE∽△ADF，
∴＝＝，
∵AD＝6，
∴DF＝2，
∵AC＝AD，
∴CD＝2DF＝4．
【點睛】本題考查了圓內接四邊形的性質，角平分線的性質，等腰三角形的判定，相似三角形的性質和判定等知識點，能熟記圓內接四邊形的對角互補是解此題的關鍵．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑