资源简介 中小学教育资源及组卷应用平台第五章 圆第一节 圆的有关性质考点分布 考查频率 命题趋势考点1 垂径定理及推论 ☆☆☆ 圆的相关概念及性质在中考数学中,小题通常考查圆的基本概念、垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形等基础考点,难度一般在中档及以下,而在解答题中,圆的基本性质还可以和相似、三角形函数、特殊四边形等结合出题,难度中等或偏上。在整个中考中的占比也不是很大,通常都是一道小题一道大题,分值在10-15分左右,属于中考中的中档考题。所以考生在复习这块考点的时候,要充分掌握圆的基本性质的各个概念、性质以及推论考点2 圆心角、弧、弦之间的关系 ☆☆☆考点3圆周角定理及推论 ☆☆☆考点4 圆内接四边形 ☆☆1.圆的有关概念(1)圆:平面上到 的距离等于 的所有点组成的图形叫做圆, 叫做圆心, 叫做圆的半径.以点O为圆心的圆,记做 .(2)弧和弦:圆上任意两点间的部分叫做 ,简称弧.连结圆上任意两点的 叫做弦.经过 的弦叫做直径,直径是圆中 的弦.(3)与圆有关的角:①圆心角:顶点在 的角叫做圆心角,圆心角的度数等于 的度数.②圆周角:顶点在 ,两边分别和圆相交的角叫做圆周角.圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角 .(4)三角形的外心:三角形 的圆心叫做三角形的外心.外心也是三角形三边 的交点.(5)圆的内接四边形:如果一个四边形的 在同一个圆上,那么这个四边形叫做圆的内接四边形,这个圆叫做四边形的 .圆的内接四边形的对角 ,并且任何一个外角都等于它的内对角.2.圆的有关性质:(1)圆是 图形,其对称轴是 .圆是 ,对称中心为 ,圆绕着它的圆心旋转任意一个角度都能和原来的圆重合.(2)垂径定理:垂直于弦的直径 ,并且 .推论1:平分弦(不是直径)的直径 ,并且 .推论2:平分弧的直径 弧所对的弦.(3)在同圆或等圆中,如果 中有一对量相等,那么它们所对应的其余各组量都相等.(4)圆心角与圆周角的关系:一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的 .推论1:在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角 ;相等的圆周角所对的弧 .推论2:半圆(或直径)所对的圆周角是 ,90°的圆周角所对的弦是 .(5)确定圆的条件:①已知圆心、半径;②已知直径;③不在 上的三点.■考点一 垂径定理及推论 ◇典例1:(2023 衢州一模)如图,⊙O的直径CD垂直弦AB于点E,且OE=2cm,DE=7cm,则AB的长为( )A.4cm B.8cm C.cm D.2cm◆变式训练1.(2023 桐乡市一模)如图,AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB,垂足为E,若BE=CD=8,则⊙O的半径的长是( )A.5 B.4 C.3 D.22.(2023 金华模拟)往直径为52cm的圆柱形容器内装入一些水以后,截面如图,若水面宽AB=48cm,则水的最大深度为 cm.■考点二 圆心(周)角、弧、弦之间的关系 ◇典例2:(2023 杭州二模)如图,A,B,C是⊙O上三个点,∠AOB=2∠BOC,则下列说法中正确的是( )A.∠OBA=∠OCA B.四边形OABC内接于⊙O C.AB=2BC D.∠OBA+∠BOC=90°◆变式训练1.(2021 下城区一模)如图,点A,点B,点C在⊙O上,分别连接AB,BC,OC.若AB=BC,∠B=40°,则∠OCB= .2.(2023 临安区一模)如图,已知AC是直径,AB=6,BC=8,D是弧BC的中点,则DE=( )A.1 B.2 C.3 D.43.(2023 萧山区模拟)如图,BD是⊙O的直径,点A,C在⊙O上,AB=AD,AC交BD于点E,已知∠COD=135°.(1)求∠AEB的度数,(2)若CO=1,求OE的长.■考点三 圆周角定理及推论 ◇典例3:(2023 金东区二模)如图,已知AB,CD是⊙O的直径,点E是CA延长线的一点,射线ED交⊙O点于F,连结AD,CF,∠CDA=∠EDA,∠CAB=30°,AB=8.(1)求证:AB∥FE.(2)求∠FCA的度数.(3)求CE的长.◆变式训练1.(2023 兰溪市模拟)如图,A、B、C为⊙O上三点,且∠OAB=64°,则∠ACB的度数是 度.2.(2023 钱塘区三模)如图,AB是⊙O的直径,半径OD⊥AB,点E在OB上,连接DE并延长交⊙O于点C,连接BC.(1)求∠B﹣∠D的值.(2)当∠B=75°时,求的值.(3)若BC=CE,△DOE与△CBE的面积分别记为S1,S2,求的值.■考点四 圆内接四边形 ◇典例4:(2023 宁波模拟)圆内接四边形ABCD,两组对边的延长线分别相交于点E、F,且∠E=40°,∠F=60°,求∠A= °.◆变式训练1.(2023 龙港市一模)如图,四边形ABCD是⊙O的内接四边形,BE是⊙O的直径,连结CE,若∠BAD=110°,则∠DCE= 度.2.(2023 杭州二模)如图,四边形ABCD是⊙O的内接四边形,点F是CD延长线上的一点,且AD平分∠BDF,AE⊥CD于点E.(1)求证:AB=AC.(2)若BD=11,DE=2,求CD的长.1.(2023 湖州)如图,点A,B,C在⊙O上,连结AB,AC,OB,OC.若∠BAC=50°,则∠BOC的度数是( )A.80° B.90° C.100° D.110°2.(2023 杭州模拟)如图,AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB于点E,OC=5cm,CD=8cm,则AE=( )cm.A.8 B.5 C.3 D.23.(2023 杭州)如图,在⊙O中,半径OA,OB互相垂直,点C在劣弧AB上.若∠ABC=19°,则∠BAC=( )A.23° B.24° C.25° D.26°4.(2021 丽水)如图,AB是⊙O的直径,弦CD⊥OA于点E,连结OC,OD.若⊙O的半径为m,∠AOD=∠α,则下列结论一定成立的是( )A.OE=m tanα B.CD=2m sinα C.AE=m cosα D.S△COD=m2 sinα5.(2023 杭州一模)为了测量一个铁球的直径,将该铁球放入工件槽内,测得的有关数据如图所示(单位:cm),则该铁球的直径为( )A.12cm B.10cm C.8cm D.6cm6.(2023 永嘉县三模)如图,点A,B,C,D均在以点O为圆心的圆O上,连接AB,AC及顺次连接O,B,C,D得到四边形OBCD,若OD=BC,OB=CD,则∠A的度数为( )A.20° B.25° C.30° D.35°7.(2022 长兴县模拟)如图,CD是⊙O的直径,四边形ABCD内接于⊙O,∠BDC=20°,则∠A的度数是( )A.100° B.110° C.120° D.130°8.(2022 拱墅区模拟)如图,四边形ABCD内接于⊙O,点P为边AD上任意一点(点P不与点A,D重合)连结CP.若∠B=110°,则∠APC的度数可能为( )A.30° B.45° C.60° D.75°9.(2023 滨江区模拟)如图,AB是⊙O的一条弦,点C是⊙O上一动点,且∠ACB=θ,点E,F分别是AC,BC的中点,直线EF与⊙O交于G,H两点,若⊙O的半径是r,则GE+FH的最大值是( )A.r(2﹣sinθ) B.r(2+sinθ) C.r(2﹣cosθ) D.r(2+cosθ)10.(2021 萧山区模拟)如图,⊙O的半径为5,点P在⊙O上,点A在⊙O内,且AP=3,过点A作AP的垂线交⊙O于点B、C.设PB=x,PC=y,则y与x的函数表达式( )A.y= B.y= C.y=2x D.y=3x11.(2023 绍兴)如图,四边形ABCD内接于圆O,若∠D=100°,则∠B的度数是 .12.(2023 湖州)如图,OA是⊙O的半径,弦BC⊥OA于点D,连结OB.若⊙O的半径为5cm,BC的长为8cm,则OD的长是 cm.13.(2022 湖州)如图,已知AB是⊙O的弦,∠AOB=120°,OC⊥AB,垂足为C,OC的延长线交⊙O于点D.若∠APD是所对的圆周角,则∠APD的度数是 .14.(2023 天台县一模)如图,AB是半圆O的直径,P是AB上的动点,CP⊥AB交半圆于点C,已知AB=2,则OP+PC的最大值是 .15.(2023 瑞安市模拟)如图,某公园有一月牙形水池,水池边缘有A,B,C,D,E五盏装饰灯.为了估测该水池的大小,观测员在A,D两点处发现点A,E,C和D,E,B均在同一直线上,沿AD方向走到F点,发现∠AFC=90°.测得AD=9.6米,AE=DE=8米,DF=2.4米,则所在圆的半径为 米,所在圆的半径为 米.16.(2021 柯桥区模拟)如图,在⊙O中,过半径OD的中点C作AB⊥OD交⊙O于A、B两点,且AB=2.(1)求OD的长;(2)计算阴影部分的周长.17.(2023 衢州二模)如图,在⊙O中,OA,OB半径,C是劣弧上的一点.且∠AOB=120°.(1)求∠ACB的度数;(2)若AC=BC.求证:四边形ACBO是菱形.18.(2023 余杭区模拟)如图,四边形ABCD内接于⊙O,点C是弧BD的中点,延长AB到点E,使得BE=AD,连结AC,CE.(1)求证:AC=CE.(2)若,,∠BCD=120°,求BC的长.19.(2021 永嘉县校级模拟)如图,AB是⊙O的直径,C是弧BD的中点,CE⊥AB,垂足为E,BD交CE于点F.(1)求证:CF=BF;(2)若AD=6,⊙O的半径为5,求BC的长.1.(2020 湖州)如图,已知四边形ABCD内接于⊙O,∠ABC=70°,则∠ADC的度数是( )A.70° B.110° C.130° D.140°2.(2022 嘉兴)如图,在⊙O中,∠BOC=130°,点A在上,则∠BAC的度数为( )A.55° B.65° C.75° D.130°3.(2023 青龙县一模)我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题:“今有圆材埋在壁中,不知大小.以锯锯之,深一寸,锯道长一尺,问径几何?”意思是:今有一圆柱形木材,埋在墙壁中,不知大小,用锯子去锯这个木材,锯口深DE=1寸,锯道AB=1尺(1尺=10寸),则这根圆柱形木材的直径是( )A.12寸 B.13寸 C.24寸 D.26寸4.(2022 温州)如图,AB,AC是⊙O的两条弦,OD⊥AB于点D,OE⊥AC于点E,连结OB,OC.若∠DOE=130°,则∠BOC的度数为( )A.95° B.100° C.105° D.130°5.(2023 绍兴模拟)如图,将一个含30°角的直角三角板的斜边和量角器的直径所在的边重合放置,其中点D所在位置在量角器外侧的读数为110°,∠ACB=90°,连结DC交AB于点E,则∠BEC的度数是( )A.55° B.65° C.75° D.85°6.(2023 金东区模拟)在⊙O中,点A,B,C,D都在圆周上,OB∥DC,OD∥BC,则∠A的度数为( )A.45° B.50° C.55° D.60°7.(2023 温州)如图,四边形ABCD内接于⊙O,BC∥AD,AC⊥BD.若∠AOD=120°,AD=,则∠CAO的度数与BC的长分别为( )A.10°,1 B.10°, C.15°,1 D.15°,8.(2022 鄞州区模拟)如图,AB、AC都是圆O的弦,OM⊥AB,ON⊥AC,垂足分别为M、N,如果MN=3,那么BC=( )A.4 B.5 C.6 D.79.(2023 龙湾区模拟)如图,AB为⊙O的直径,点C为圆上一点,将劣弧AC沿弦AC翻折交AB于点D,连接CD,点D与圆心O不重合,∠BAC=26°,则∠DCA的度数为( )A.38° B.40° C.42° D.44°10.(2022 宁波三模)已知⊙O的直径CD=10cm,AB是⊙O的弦,AB⊥CD,垂足为M,且AB=8cm,则AC的长为( )A.2cm B.4cm C.2cm或4cm D.2cm或4cm11.(2023 衢江区三模)如图,在⊙O中,∠AOC=140°,∠ACB=50°,则∠OBC的度数为 .12.(2023 长兴县一模)石拱桥是中国传统桥梁四大基本形式之一,它的主桥拱是圆弧形.如图,已知某公园石拱桥的跨度AB=16米,拱高CD=4米,那么桥拱所在圆的半径OA= 米.13.(2021 金华模拟)如图,⊙O的直径AB过的中点A,若∠C=30°,AB、CD交于点E,连接AC、BD,则= .14.(2023 临平区二模)如图,AB是半圆O的直径,过半圆上一点C作CD⊥AB于点D,若AD=BC,则sin∠OCD= .15.(2023 西湖区校级三模)如图,⊙O的半径OD⊥AB于点C,连接AO并延长交⊙O于点E,连接EC,若AB=8,CD=2,(1)⊙O的半径为 ;(2)tan∠OEC的值为 .16.(2023 温州一模)如图1是一款轴对称“磁悬浮地漏”无水时的示意图,它由一个圆弧形密封盖与两个磁体组成(下侧磁体固定不动),连接杆EF与地面BD垂直,排水口,密封盖最高点E到地面的距离为6mm,整个地漏的高度EG=75mm(G为磁体底部中点),密封盖被磁体顶起将排水口密封,所在圆的半径为 mm;当有水时如图2所示,密封盖下移排水,当密封盖下沉至最低处时,点M'恰好落在BG中点,若点M'到E'F'的距离为36mm,则密封盖下沉的最大距离为 mm.17.(2023 拱墅区二模)如图,在△ABC中,CB与⊙O相交于D,CA与⊙O相交于E.(1)从下面①②③中选取两个作为已知条件,另一个作为结论,并证明;①AB是直径; ②AC=AB; ③DC=DB.(2)在(1)的条件下,若BC=6,AB=5,连接BE,求BE的长.18.(2024 旺苍县一模)唐代李皋发明了“桨轮船”,这种船是原始形态的轮船,是近代明轮航行模式之先导.如图,某桨轮船的轮子被水面截得的弦AB长8m,设圆心为O,OC⊥AB交水面AB于点D,轮子的吃水深度CD为2m,求该桨轮船的轮子直径.19.(2021 湖州)如图,已知AB是⊙O的直径,∠ACD是所对的圆周角,∠ACD=30°.(1)求∠DAB的度数;(2)过点D作DE⊥AB,垂足为E,DE的延长线交⊙O于点F.若AB=4,求DF的长.20.(2023 婺城区模拟)如图,AB是⊙O的直径,C是的中点,CE⊥AB于点E,BD交CE于点F.(1)求证:CF=BF;(2)若CD=6,AC=8,求⊙O的半径及CE的长.21.(2022 柯桥区二模)已知AB、AC、AD是⊙O的弦.(1)如图1,当AD是⊙O的直径,且AB=AC时.求证:直径AD平分∠BAC;(2)如图2,当∠BAD=∠DAC=60°,且AB:AD=1:2时,求AB:AC的值.22.(2023 龙湾区模拟)如图,四边形ABCD内接于⊙O,BD平分∠ABC,BC边上的点E满足BE=BA,连接DE并延长交⊙O于点F,连结BF.(1)求证:DE=DC.(2)若F恰好是的中点,当AB=6,时,求⊙O半径的长.23.(2022 温州一模)如图,四边形ABCD内接于⊙O,AE⊥CB的延长线于点E,连结AC,BD,AB平分∠EBD,(1)求证:AC=AD.(2)当B为的中点,BC=3BE,AD=6时,求CD的长.21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页)21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台第五章 圆第一节 圆的有关性质考点分布 考查频率 命题趋势考点1 垂径定理及推论 ☆☆☆ 圆的相关概念及性质在中考数学中,小题通常考查圆的基本概念、垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形等基础考点,难度一般在中档及以下,而在解答题中,圆的基本性质还可以和相似、三角形函数、特殊四边形等结合出题,难度中等或偏上。在整个中考中的占比也不是很大,通常都是一道小题一道大题,分值在10-15分左右,属于中考中的中档考题。所以考生在复习这块考点的时候,要充分掌握圆的基本性质的各个概念、性质以及推论考点2 圆心角、弧、弦之间的关系 ☆☆☆考点3圆周角定理及推论 ☆☆☆考点4 圆内接四边形 ☆☆1.圆的有关概念(1)圆:平面上到定点的距离等于定长的所有点组成的图形叫做圆,定点叫做圆心,定长叫做圆的半径.以点O为圆心的圆,记做⊙O.(2)弧和弦:圆上任意两点间的部分叫做圆弧,简称弧.连结圆上任意两点的线段叫做弦.经过圆心的弦叫做直径,直径是圆中最长的弦.(3)与圆有关的角:①圆心角:顶点在圆心的角叫做圆心角,圆心角的度数等于它所对的弧的度数.②圆周角:顶点在圆上,两边分别和圆相交的角叫做圆周角.圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半.(4)三角形的外心:三角形外接圆的圆心叫做三角形的外心.外心也是三角形三边中垂线的交点.(5)圆的内接四边形:如果一个四边形的各个顶点在同一个圆上,那么这个四边形叫做圆的内接四边形,这个圆叫做四边形的外接圆.圆的内接四边形的对角互补,并且任何一个外角都等于它的内对角.2.圆的有关性质:(1)圆是轴对称图形,其对称轴是任意一条过圆心的直线.圆是中心对称图形,对称中心为圆心,圆绕着它的圆心旋转任意一个角度都能和原来的圆重合.(2)垂径定理:垂直于弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的弧.推论1:平分弦(不是直径)的直径垂直于弦,并且平分弦所对的弧.推论2:平分弧的直径垂直平分弧所对的弦.(3)在同圆或等圆中,如果两个圆心角、两条弧、两条弦、两个弦心距中有一对量相等,那么它们所对应的其余各组量都相等.(4)圆心角与圆周角的关系:一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半.推论1:在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等;相等的圆周角所对的弧也相等.推论2: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.(5)确定圆的条件:①已知圆心、半径;②已知直径;③不在同一条直线上的三点.■考点一 垂径定理及推论 ◇典例1:(2023 衢州一模)如图,⊙O的直径CD垂直弦AB于点E,且OE=2cm,DE=7cm,则AB的长为( )A.4cm B.8cm C.cm D.2cm【考点】垂径定理;勾股定理.【答案】D【点拨】连接OA,如图,先计算出OD=OA=5,OE=2,再根据垂径定理得到AE=BE,然后利用勾股定理计算出AE,从而得到AB的长.【解析】解:连接OA,如图,∵OE=2cm,DE=7cm,∴OD=5cm,∴OA=5cm,∵AB⊥CD,∴AE=BE,在Rt△AOE中,AE===(cm),∴AB=2AE=2(cm).故选:D.【点睛】本题考查了垂径定理:垂直于弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的两条弧.◆变式训练1.(2023 桐乡市一模)如图,AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB,垂足为E,若BE=CD=8,则⊙O的半径的长是( )A.5 B.4 C.3 D.2【考点】垂径定理;勾股定理.【答案】A【点拨】连接OC,设⊙O的半径为R,则OE=8﹣R,根据垂径定理得出CE=DE=4,根据勾股定理得出OC2=CE2+OE2,代入后求出R即可.【解析】解:连接OC,设⊙O的半径为R,则OE=8﹣R,∵CD⊥AB,AB过圆心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的半径长是5,故选:A.【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理,能熟记垂直于弦的直径平分这条弦是解此题的关键.2.(2023 金华模拟)往直径为52cm的圆柱形容器内装入一些水以后,截面如图,若水面宽AB=48cm,则水的最大深度为 16 cm.【考点】垂径定理的应用.【答案】见解析【点拨】连接OB,过点O作OC⊥AB于点D,交⊙O于点C,先由垂径定理求出BD的长,再根据勾股定理求出OD的长,进而得出CD的长即可.【解析】解:连接OB,过点O作OC⊥AB于点D,交⊙O于点C,如图所示:∵AB=48cm,∴BD=AB=×48=24(cm),∵⊙O的直径为52cm,∴OB=OC=26cm,在Rt△OBD中,OD===10(cm),∴CD=OC﹣OD=26﹣10=16(cm),即水的最大深度为16cm,故答案为:16.【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理等知识;根据题意作出辅助线,构造出直角三角形是解答此题的关键.■考点二 圆心(周)角、弧、弦之间的关系 ◇典例2:(2023 杭州二模)如图,A,B,C是⊙O上三个点,∠AOB=2∠BOC,则下列说法中正确的是( )A.∠OBA=∠OCA B.四边形OABC内接于⊙O C.AB=2BC D.∠OBA+∠BOC=90°【考点】圆心角、弧、弦的关系.【答案】D【点拨】过O作OD⊥AB于D交⊙O于E,由垂径定理得到=,于是得到==,推出AE=BE=BC,根据三角形的三边关系得到2BC>AB,故C错误;根据三角形内角和得到∠OBA=(180°﹣∠AOB)=90°﹣∠BOC,∠OCA=(180°﹣∠AOC)=90°﹣∠BOC,推出∠OBA≠∠OCA,故A错误;由点A,B,C在⊙O上,而点O在圆心,得到四边形OABC不内接于⊙O,故B错误;根据余角的性质得到∠OBA+∠BOC=90°,故D正确;【解析】解:过O作OD⊥AB于D交⊙O于E,则=,∴AE=BE,∠AOE=∠BOE=AOB,∵∠AOB=2∠BOC,∴∠AOE=∠BOE=∠BOC,∴==,∴AE=BE=BC,∴2BC>AB,故C错误;∵OA=OB=OC,∴∠OBA=(180°﹣∠AOB)=90°﹣∠BOC,∠OCA=(180°﹣∠AOC)=90°﹣∠BOC,∴∠OBA≠∠OCA,故A错误;∵点A,B,C在⊙O上,而点O在圆心,∴四边形OABC不内接于⊙O,故B错误;∵∠BOE=∠BOC=AOB,∵∠BOE+∠OBA=90°,∴∠OBA+∠BOC=90°,故D正确;故选:D.【点睛】本题考查了圆心角,弧,弦的关系,垂径定理,三角形的三边关系,正确的作出辅助线是解题的关键.◆变式训练1.(2021 下城区一模)如图,点A,点B,点C在⊙O上,分别连接AB,BC,OC.若AB=BC,∠B=40°,则∠OCB= 20° .【考点】圆心角、弧、弦的关系.【答案】20°.【点拨】首先连接AO,BO,然后根据等弦对等圆心角得到∠BOC=∠AOB,再根据三角形内角和得到∠OBA=∠OBC,再由∠ABC=40°,OB=OC,即可得到结果.【解析】解:如图,连接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°.故答案为:20°.【点睛】本题主要考查圆内相关概念和定理,三角形内角和定理等内容;掌握圆内相关概念是解题基础.2.(2023 临安区一模)如图,已知AC是直径,AB=6,BC=8,D是弧BC的中点,则DE=( )A.1 B.2 C.3 D.4【考点】圆心角、弧、弦的关系.【答案】B【点拨】连接OB,得到∠BOD=∠COD,由等腰三角形的性质,得到OD⊥BC,BE=BC=×8=4,由勾股定理求出AB长,即可求出OE长,得到DC的长.【解析】解:连接OB,∵D是弧BC的中点,∴∠BOD=∠COD,∵OB=OD,∴OD⊥BC,BE=BC=×8=4,∵AC是圆的直径,∴∠ABC=90°,∴AC===10,∴OB=AC=5,∴OE===3,∴DE=OD﹣OE=5﹣3=2.故选:B.【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系,圆周角定理,勾股定理,关键是连接OB构造直角三角形,应用勾股定理解决问题.3.(2023 萧山区模拟)如图,BD是⊙O的直径,点A,C在⊙O上,AB=AD,AC交BD于点E,已知∠COD=135°.(1)求∠AEB的度数,(2)若CO=1,求OE的长.【考点】圆心角、弧、弦的关系.【答案】(1)∠AEB=112.5°;(2)OE=﹣1.【点拨】(1)根据圆周角定理以及等腰直角三角形的性质可求出答案;(2)由相似三角形的判定和性质得出=,进而得到=,而OE+BE=OB=1,代入求解即可.【解析】解:(1)∵BD是⊙O的直径,点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.【点睛】本题考查圆心角、弦、弧之间的关系,圆周角定理,相似三角形的判定和性质,掌握圆心角、弦、弧之间的关系,圆周角定理是正确解答的前提.■考点三 圆周角定理及推论 ◇典例3:(2023 金东区二模)如图,已知AB,CD是⊙O的直径,点E是CA延长线的一点,射线ED交⊙O点于F,连结AD,CF,∠CDA=∠EDA,∠CAB=30°,AB=8.(1)求证:AB∥FE.(2)求∠FCA的度数.(3)求CE的长.【考点】圆周角定理.【答案】(1)证明见解析;(2)60°;(3)8.【点拨】(1)由OA=OD,得到∠ODA=∠OAD,而∠CDA=∠EDA,因此∠OAD=∠EDA,即可证明AB∥FE;(2)由AB∥FE,得到∠E=∠CAB=30°,由圆周角定理得到∠EFC=90°,由直角三角形的性质,即可得到∠FCA的度数;(3)可以证明DC=DE,由圆周角定理得到AD⊥CE,因此CE=2CA,由cos∠DCA==,CD=AB=8,求出AC的长,即可得到CE的长.【解析】(1)证明:∵OA=OD,∴∠ODA=∠OAD,∵∠CDA=∠EDA,∴∠OAD=∠EDA,∴AB∥FE;(2)解:∵AB∥FE,∴∠E=∠CAB=30°,∵CD是圆的直径,∴∠EFC=90°,∴∠FCA=90°﹣∠E=60°;(3)解:∵OC=OA,∴∠OCA=∠OAC=30°,∵∠E=30°,∴∠OCA=∠E=30°,∴DC=DE,∵DC是圆的直径,∴AD⊥CE,∴CA=EA,∴CE=2CA,∵cos∠DCA==,CD=AB=8,∴AC=4,∴CE=2×4=8.【点睛】本题考查圆周角定理,解直角三角形,等腰三角形的判定和性质,平行线的判定,掌握以上知识点是解题的关键.◆变式训练1.(2023 兰溪市模拟)如图,A、B、C为⊙O上三点,且∠OAB=64°,则∠ACB的度数是 26 度.【考点】圆周角定理.【答案】26.【点拨】先根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出∠AOB,然后根据圆周角定理求解.【解析】解:∵OA=OB,∴∠OAB=∠OBA=64°,∴∠AOB=180°﹣64°﹣64°=52°,∴∠ACB=∠AOB=26°.故答案为:26.【点睛】本题考查了圆周角定理,掌握在同圆或等圆中,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是解题关键.2.(2023 钱塘区三模)如图,AB是⊙O的直径,半径OD⊥AB,点E在OB上,连接DE并延长交⊙O于点C,连接BC.(1)求∠B﹣∠D的值.(2)当∠B=75°时,求的值.(3)若BC=CE,△DOE与△CBE的面积分别记为S1,S2,求的值.【考点】圆周角定理.【答案】(1)45°;(2);(3)1.【点拨】(1)由圆周角定理求出∠BCD=∠BOD=45°,由等腰三角形的性质推出∠OBC﹣∠ODC=∠OCB﹣∠OCD=∠DCB=45°;(2)由直角三角形的性质得到=,由等腰三角形的性质得到CD=OD,即可求出的值;(3)由OC∥BD,得到△CBD的面积=△ODB的面积,因此△CBE的面积=△OED的面积,即可解决问题.【解析】解:(1)连接OC,∵半径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)连接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的面积=△ODB的面积,∴△CBE的面积=△OED的面积,∴=1.【点睛】本题考查圆周角定理,直角三角形的性质,等腰三角形的性质,平行线的判定,三角形的面积,关键是由圆周角定理∠BCD=45°,由等腰三角形的性质即可求出∠OBC﹣∠ODC=45°;由直角三角形的性质,等腰三角形的性质求出OE、CD与OD的数量关系,即可求出的值;由OC∥BD,即可得到△CBE的面积=△OED的面积.■考点四 圆内接四边形 ◇典例4:(2023 宁波模拟)圆内接四边形ABCD,两组对边的延长线分别相交于点E、F,且∠E=40°,∠F=60°,求∠A= 40 °.【考点】圆内接四边形的性质;圆周角定理.【答案】见解析【点拨】根据圆内接四边形的性质得到∠BCD=180°﹣∠A,根据三角形的外角的性质计算即可.【解析】解:∵四边形ABCD是圆内接四边形,∴∠BCD=180°﹣∠A,∵∠CBF=∠A+∠E,∠DCB=∠CBF+∠F,∴180°﹣∠A=∠A+∠E+∠F,即180°﹣∠A=∠A+40°+60°,解得∠A=40°.故答案为:40.【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质,掌握圆内接四边形的对角互补、圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键.◆变式训练1.(2023 龙港市一模)如图,四边形ABCD是⊙O的内接四边形,BE是⊙O的直径,连结CE,若∠BAD=110°,则∠DCE= 20 度.【考点】圆内接四边形的性质;圆周角定理.【答案】20.【点拨】由∠DAB+∠DCB=180°,再结合圆周角定理,即可计算∠DCE的大小.【解析】解:∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形,∠BAD=110°,∴∠DAB+∠DCB=180°,∴∠DCB=180°﹣110°=70°,∵BE是⊙O的直径,∴∠DCE+∠DCB=90°,∴∠DCE=90°﹣∠DCB=90°﹣70°=20°.故答案为:20.【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理,熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键.2.(2023 杭州二模)如图,四边形ABCD是⊙O的内接四边形,点F是CD延长线上的一点,且AD平分∠BDF,AE⊥CD于点E.(1)求证:AB=AC.(2)若BD=11,DE=2,求CD的长.【考点】圆内接四边形的性质;圆周角定理.【答案】见解析【点拨】(1)根据角平分线的定义、圆内接四边形的性质解答;(2)过点A作AG⊥BD,分别证明Rt△AED≌Rt△AGD和Rt△AEC≌Rt△AGB,根据全等三角形的性质计算.【解析】(1)证明:∵AD平分∠BDF,∴∠ADF=∠ADB,∵∠ABC+∠ADC=180°,∠ADC+∠ADF=180°,∴∠ADF=∠ABC,∵∠ACB=∠ADB,∴∠ABC=∠ACB,∴AB=AC;(2)解:过点A作AG⊥BD,垂足为点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.【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、全等三角形的判定和性质,掌握圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键.1.(2023 湖州)如图,点A,B,C在⊙O上,连结AB,AC,OB,OC.若∠BAC=50°,则∠BOC的度数是( )A.80° B.90° C.100° D.110°【考点】圆周角定理;圆心角、弧、弦的关系.【答案】C【点拨】直接利用圆周角定理求解即可求得∠BOC的度数.【解析】解:∵∠BAC=50°,∠BOC=2∠BAC,∴∠BOC=100°.故选:C.【点睛】此题考查了圆周角定理.注意在同圆或等圆中,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.(2023 杭州模拟)如图,AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB于点E,OC=5cm,CD=8cm,则AE=( )cm.A.8 B.5 C.3 D.2【考点】垂径定理;勾股定理.【答案】A【点拨】根据垂径定理推出EC=ED=4,再利用勾股定理求出OE即可解决问题.【解析】解:∵AB⊥CD,AB是直径,∴CE=ED=4cm,在Rt△OEC中,OE==3(cm),∴AE=OA+OE=5+3=8(cm),故选:A.【点睛】本题考查垂径定理,勾股定理等知识,解题的关键是熟练掌握基本知识,属于中考常考题型.3.(2023 杭州)如图,在⊙O中,半径OA,OB互相垂直,点C在劣弧AB上.若∠ABC=19°,则∠BAC=( )A.23° B.24° C.25° D.26°【考点】圆周角定理.【答案】D【点拨】连接OC,根据圆周角定理可求解∠AOC的度数,结合垂直的定义可求解∠BOC 的度数,再利用圆周角定理可求解.【解析】解:连接OC,∵∠ABC=19°,∴∠AOC=2∠ABC=38°,∵半径OA,OB互相垂直,∴∠AOB=90°,∴∠BOC=90°﹣38°=52°,∴∠BAC=∠BOC=26°,故选:D.【点睛】本题主要考查圆周角定理,掌握圆周角定理是解题的关键.4.(2021 丽水)如图,AB是⊙O的直径,弦CD⊥OA于点E,连结OC,OD.若⊙O的半径为m,∠AOD=∠α,则下列结论一定成立的是( )A.OE=m tanα B.CD=2m sinα C.AE=m cosα D.S△COD=m2 sinα【考点】垂径定理;解直角三角形;勾股定理.【答案】B【点拨】根据垂径定理和锐角三角函数计算则可进行判断.【解析】解:∵AB是⊙O的直径,弦CD⊥OA于点E,∴DE=CD,在Rt△EDO中,OD=m,∠AOD=∠α,∴tanα=,∴OE==,故选项A不符合题意;∵AB是⊙O的直径,CD⊥OA,∴CD=2DE,∵⊙O的半径为m,∠AOD=∠α,∴DE=OD sinα=m sinα,∴CD=2DE=2m sinα,故选项B正确,符合题意;∵cosα=,∴OE=OD cosα=m cosα,∵AO=DO=m,∴AE=AO﹣OE=m﹣m cosα,故选项C不符合题意;∵CD=2m sinα,OE=m cosα,∴S△COD=CD×OE=×2m sinα×m cosα=m2sinα cosα,故选项D不符合题意;故选:B.【点睛】本题考查了勾股定理,垂径定理,解直角三角形,解决本题的关键是掌握圆周角定理,勾股定理,垂径定理,解直角三角形等知识.5.(2023 杭州一模)为了测量一个铁球的直径,将该铁球放入工件槽内,测得的有关数据如图所示(单位:cm),则该铁球的直径为( )A.12cm B.10cm C.8cm D.6cm【考点】垂径定理的应用.【答案】B【点拨】连接AB、CD交于点D,根据垂径定理求出AD,根据勾股定理计算即可.【解析】解:如图,连接AB、CD交于点D,由题意得,OC⊥AB,则AD=DB=AB=4,设圆的半径为Rcm,则OD=(R﹣2)cm,在Rt△AOD中,OA2=AD2+OD2,即R2=42+(R﹣2)2,解得,R=5,则该铁球的直径为10cm,故选:B.【点睛】本题考查的市场价定理的应用、勾股定理,掌握垂直于弦的直径,平分弦并且平分弦所对的两条弧是解题的关键.6.(2023 永嘉县三模)如图,点A,B,C,D均在以点O为圆心的圆O上,连接AB,AC及顺次连接O,B,C,D得到四边形OBCD,若OD=BC,OB=CD,则∠A的度数为( )A.20° B.25° C.30° D.35°【考点】圆心角、弧、弦的关系;圆周角定理.【答案】C【点拨】连接OC.证明△OBC是等边三角形,再利用圆周角定理解决问题即可.【解析】解:连接OC.∵OB=OC=OD,OD=BC,∴OB=OC=BC,∴△OBC是等边三角形,∴∠BOC=60°,∴∠BAC=∠BOC=30°,故选:C.【点睛】本题考查圆周角定理,等边三角形的判定等知识,解题的关键是证明△OBC是等边三角形.7.(2022 长兴县模拟)如图,CD是⊙O的直径,四边形ABCD内接于⊙O,∠BDC=20°,则∠A的度数是( )A.100° B.110° C.120° D.130°【考点】圆内接四边形的性质;圆周角定理.【答案】B【点拨】根据圆周角定理得到∠DBC=90°,根据直角三角形的性质求出∠BCD,再根据圆内接四边形的性质计算,得到答案.【解析】解:∵CD是⊙O的直径,∴∠DBC=90°,∵∠BDC=20°,∴∠BCD=90°﹣∠BDC=70°,∵四边形ABCD内接于⊙O,∴∠A=180°﹣∠BCD=110°,故选:B.【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理,掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键.8.(2022 拱墅区模拟)如图,四边形ABCD内接于⊙O,点P为边AD上任意一点(点P不与点A,D重合)连结CP.若∠B=110°,则∠APC的度数可能为( )A.30° B.45° C.60° D.75°【考点】圆内接四边形的性质;圆周角定理.【答案】D【点拨】由圆内接四边形的性质得∠D度数为60°,再由∠APC为△PCD的外角求解.【解析】解:∵四边形ABCD内接于⊙O,∴∠B+∠D=180°,∵∠B=110°,∴∠D=180°﹣∠B=70°,∵∠APC为△PCD的外角,∴∠APC>∠D,只有D满足题意.故选:D.【点睛】本题考查圆内接四边形的性质,解题关键是熟练掌握圆内接四边形对角互补.9.(2023 滨江区模拟)如图,AB是⊙O的一条弦,点C是⊙O上一动点,且∠ACB=θ,点E,F分别是AC,BC的中点,直线EF与⊙O交于G,H两点,若⊙O的半径是r,则GE+FH的最大值是( )A.r(2﹣sinθ) B.r(2+sinθ) C.r(2﹣cosθ) D.r(2+cosθ)【考点】圆周角定理;解直角三角形;三角形中位线定理.【答案】A【点拨】作直径AP,连接BP,由锐角的正弦得到AB=2rsinθ,由三角形中位线定理得到FE=rsinθ,因此当GH是圆直径时,GE+FH有最大值,于是即可得到答案.【解析】解:作直径AP,连接BP,∴∠ABP=90°,∵∠P=∠C=θ,PA=2r,∴sinP=sinθ=,∴AB=2rsinθ,∵E,F分别是AC,BC的中点,∴EF是△ABC的中位线,∴EF=AB=rsinθ,∵GE+FH=GH﹣EF,∴当GH长最大时,GE+FH有最大值,∴当GH是圆直径时,GH最大.∴GE+FH最大值是2r﹣rsinθ=r(2﹣sinθ).故选:A.【点睛】本题考查圆周角定理,三角形中位线定理,解直角三角形,关键是作直径构造直角三角形,求出AB的长,并且明白当GH是直径时,GE+FH有最大值.10.(2021 萧山区模拟)如图,⊙O的半径为5,点P在⊙O上,点A在⊙O内,且AP=3,过点A作AP的垂线交⊙O于点B、C.设PB=x,PC=y,则y与x的函数表达式( )A.y= B.y= C.y=2x D.y=3x【考点】圆心角、弧、弦的关系;圆周角定理.【答案】A【点拨】作直径PE,连接BE,根据圆周角定理得出∠E=∠C,∠PBE=90°,根据相似三角形的判定得出△PAC∽△PBE,根据相似得出比例式,再求出答案即可.【解析】解:作直径PE,连接BE,则∠E=∠C,∵PE是直径,AP⊥BC,∴∠EBP=∠PAC=90°,∵∠E=∠C,∴△PAC∽△PBE,∴=,∵PB=x,PC=y,⊙O的半径为5,PA=3,∴=,∴y=,故选:A.【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定,圆周角定理等知识点,能灵活运用知识点进行推理和计算是解此题的关键.11.(2023 绍兴)如图,四边形ABCD内接于圆O,若∠D=100°,则∠B的度数是 80° .【考点】圆内接四边形的性质;圆周角定理.【答案】80°.【点拨】由圆内接四边形的性质:圆内接四边形的对角互补,即可得到答案.【解析】解:∵四边形ABCD内接于圆O,∴∠B+∠D=180°,∵∠D=100°,∴∠B=80°.故答案为:80°.【点睛】本题考查圆内接四边形的性质,关键是掌握圆内接四边形的性质.12.(2023 湖州)如图,OA是⊙O的半径,弦BC⊥OA于点D,连结OB.若⊙O的半径为5cm,BC的长为8cm,则OD的长是 3 cm.【考点】垂径定理;勾股定理.【答案】3.【点拨】根据垂径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的长是3cm,故答案为:3.【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理,解题关键是连接半径,构建直角三角形,列方程解决问题.13.(2022 湖州)如图,已知AB是⊙O的弦,∠AOB=120°,OC⊥AB,垂足为C,OC的延长线交⊙O于点D.若∠APD是所对的圆周角,则∠APD的度数是 30° .【考点】圆周角定理;垂径定理;圆心角、弧、弦的关系.【答案】30°.【点拨】由垂径定理得出,由圆心角、弧、弦的关系定理得出∠AOD=∠BOD,进而得出∠AOD=60°,由圆周角定理得出∠APD=∠AOD=30°,得出答案.【解析】解:∵OC⊥AB,∴,∴∠AOD=∠BOD,∵∠AOB=120°,∴∠AOD=∠BOD=∠AOB=60°,∴∠APD=∠AOD=×60°=30°,故答案为:30°.【点睛】本题考查了圆周角定理,垂径定理,圆心角、弧、弦的关系,熟练掌握圆周角定理,垂径定理,圆心角、弧、弦的关系定理是解决问题的关键.14.(2023 天台县一模)如图,AB是半圆O的直径,P是AB上的动点,CP⊥AB交半圆于点C,已知AB=2,则OP+PC的最大值是 .【考点】垂径定理;勾股定理.【答案】.【点拨】连接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=,当PO PC最大时,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:连接OC,∵AB=2,∴OC=AB=1,∵PC⊥AB,∴OP2+PC2=OC2=1,∵(OP+PC)2=OP2+PC2+2PO PC=1+2PO PC,∴OP+PC=,∴当PO PC最大时,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=.故答案为:.【点睛】本题考查勾股定理,完全平方公式,关键是由PC2+PO2﹣2PC PO≥0,得到2PC PO≤PC2+PO2=1.15.(2023 瑞安市模拟)如图,某公园有一月牙形水池,水池边缘有A,B,C,D,E五盏装饰灯.为了估测该水池的大小,观测员在A,D两点处发现点A,E,C和D,E,B均在同一直线上,沿AD方向走到F点,发现∠AFC=90°.测得AD=9.6米,AE=DE=8米,DF=2.4米,则所在圆的半径为 5 米,所在圆的半径为 米.【考点】垂径定理的应用.【答案】5,.【点拨】如图,连接BC,过点E作EM⊥AD于M,交BC于N,设所在圆的圆心为O,连接AO,设圆O的半径为x米,根据勾股定理和垂径定理列方程可得x的值;设所在圆的圆心为O',则O'在MN上,连接O'A,O'C,则O'A=O'C,设O'M=b米,再根据勾股定理可得O'A的长.【解析】解:如图,连接BC,过点E作EM⊥AD于M,交BC于N,设所在圆的圆心为O,连接AO,∵AE=ED,EM⊥AD,∴AM=DM=AD=4.8米,∴点O在EM上,设圆O的半径为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,∴所在圆的半径为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°,∴四边形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),设所在圆的圆心为O',则O'在MN上,连接O'A,O'C,则O'A=O'C,设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),即所在圆的半径为米.故答案为:5,.【点睛】本题考查垂径定理.勾股定理,三角函数,矩形的性质和判定等知识,解题的关键是理解题意,学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题.16.(2021 柯桥区模拟)如图,在⊙O中,过半径OD的中点C作AB⊥OD交⊙O于A、B两点,且AB=2.(1)求OD的长;(2)计算阴影部分的周长.【考点】垂径定理;勾股定理.【答案】(1)2;(2)1++π.【点拨】(1)先根据垂径定理得到AC=BC=,再利用余弦的定义求出∠O=60°,则根据含30度的直角三角形三边的关系求出OC=1,从而得到OD的长;(2)利用弧长公式计算出的长度,从而得到阴影部分的周长.【解析】解:(1)∵AB⊥OD,∴AC=BC=AB=,∠BCO=90°,∵C为OD的中点,∴OC=OB,在Rt△OCB中,∵cosO==,∴∠O=60°,∴OC=BC=×=1,∴OB=1,∴OD=2;(2)∵的长度为=π,∴阴影部分的周长为1++π.【点睛】本题考查了垂径定理:垂直于弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的两条弧.也考查了勾股定理.17.(2023 衢州二模)如图,在⊙O中,OA,OB半径,C是劣弧上的一点.且∠AOB=120°.(1)求∠ACB的度数;(2)若AC=BC.求证:四边形ACBO是菱形.【考点】圆周角定理;菱形的判定;圆心角、弧、弦的关系.【答案】(1)120°;(2)见解析.【点拨】(1)由题意可得劣弧=120°,从而可得优弧=240°,再由圆周角定理即可求∠ACB的度数;(2)连接OC,利用SSS可证得△AOC≌△BOC,则有∠AOC=∠BOC,可求得∠AOC=∠BOC=60°,可得△AOC是等边三角形,则有AO=AC=OC,同理得BO=BC=OC,故AO=AC=BC=BO,即可判定四边形ACBO是菱形.【解析】(1)解:∵C是劣弧上的一点,且∠AOB=120°,∴劣弧的度数为:120°,∴优弧的度数为:240°,∴∠ACB=×240°=120°;(2)证明:连接OC,如图,∵OA,OB是半径,点C在⊙O上,∴OA=OB=OC,在△AOC与△BOC中,,∴△AOC≌△BOC(SSS),∴∠AOC=∠BOC,∵∠AOB=120°,∴∠AOC=∠BOC=60°,∴△AOC是等边三角形,∴AO=AC=OC,同理得:BO=BC=OC,∴AO=AC=BC=BO,∴四边形ACBO是菱形.【点睛】本题主要考查圆周角定理,菱形的判定,圆心角,弦,弧的关系,解答的关键是熟记相应的知识并灵活运用.18.(2023 余杭区模拟)如图,四边形ABCD内接于⊙O,点C是弧BD的中点,延长AB到点E,使得BE=AD,连结AC,CE.(1)求证:AC=CE.(2)若,,∠BCD=120°,求BC的长.【考点】圆内接四边形的性质;垂径定理;圆心角、弧、弦的关系;圆周角定理.【答案】(1)证明见解析;(2)2.【点拨】(1)根据圆内接四边形性质易得∠D=∠CBE,再根据圆心角、弧、弦的关系可得CD=CB,再结合已知条件证得△ACD≌△ECB,从而证得结论;(2)作CM⊥AB交AB于点M,结合(1)中所求易得AE的长度,再根据圆内接四边形性质及圆心角、弧、弦的关系可得∠CBM=30°,利用三线合一及三角函数可求得CM,BM的长度,最后利用勾股定理即可求得答案.【解析】解:(1)∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形,∴∠D+∠ABC=180°,∵∠ABC+∠CBE=180°,∴∠D=∠CBE,∵点C时的中点,∴CD=CB,在△ACD与△ECB中,,∴△ACD≌△ECB(SAS),∴AC=CE;(2)如图,作CM⊥AB交AB于点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=,∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形,∴∠BCD+∠BAD=180°,∵∠BCD=120°,∴∠BAD=60°,∵CD=CB,∴∠CAM=∠BAD=30°,∵∠AMC=90°,∴tan∠CAM=tan30°==,∴CM=5×=5,∴BC====2.【点睛】本题主要考查圆的相关性质及全等三角形的判定及性质,(2)中作CM⊥AB交AB于点M,构造直角三角形及利用三线合一求得线段长度是解题的关键.19.(2021 永嘉县校级模拟)如图,AB是⊙O的直径,C是弧BD的中点,CE⊥AB,垂足为E,BD交CE于点F.(1)求证:CF=BF;(2)若AD=6,⊙O的半径为5,求BC的长.【考点】圆心角、弧、弦的关系;垂径定理.【答案】见解析【点拨】(1)连接ACAC,由圆周角定理得出∠ACB=90°,证出∠BAC=∠BCE;由C是弧BD的中点,得到∠DBC=∠BAC,延长∠BCE=∠DBC,即可得到结论;CF=BF.(2)连接OC交BD于G,由圆周角定理得出∠ADB=90°,由勾股定理得出BD==8,由垂径定理得出OC⊥BD,DG=BG=BD=4,证出OG是△ABD的中位线,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)证明:连接AC,如图1所示:∵C是弧BD的中点,∴∠DBC=∠BAC,在ABC中,∠ACB=90°,CE⊥AB,∴∠BCE+∠ECA=∠BAC+∠ECA=90°,∴∠BCE=∠BAC,又C是弧BD的中点,∴∠DBC=∠CDB,∴∠BCE=∠DBC,∴CF=BF.(2)解:连接OC交BD于G,如图2所示:∵AB是O的直径,AB=2OC=10,∴∠ADB=90°,∴BD===8,∵C是弧BD的中点,∴OC⊥BD,DG=BG=BD=4,∵OA=OB,∴OG是△ABD的中位线,∴OG=AD=3,∴CG=OC﹣OG=5﹣3=2,在Rt△BCG中,由勾股定理得:BC===2.【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、勾股定理、三角形中位线定理、等腰三角形的判定等知识;熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键.1.(2020 湖州)如图,已知四边形ABCD内接于⊙O,∠ABC=70°,则∠ADC的度数是( )A.70° B.110° C.130° D.140°【考点】圆内接四边形的性质;圆周角定理.【答案】B【点拨】根据圆内接四边形的性质即可得到结论.【解析】解:∵四边形ABCD内接于⊙O,∠ABC=70°,∴∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣70°=110°,故选:B.【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质,熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键.2.(2022 嘉兴)如图,在⊙O中,∠BOC=130°,点A在上,则∠BAC的度数为( )A.55° B.65° C.75° D.130°【考点】圆周角定理.【答案】B【点拨】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可得出∠BAC的度数.【解析】解:∵∠BOC=130°,点A在上,∴∠BAC=∠BOC==65°,故选:B.【点睛】本题主要考查圆周角定理,熟练掌握圆周角定理是解题的关键.3.(2023 青龙县一模)我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题:“今有圆材埋在壁中,不知大小.以锯锯之,深一寸,锯道长一尺,问径几何?”意思是:今有一圆柱形木材,埋在墙壁中,不知大小,用锯子去锯这个木材,锯口深DE=1寸,锯道AB=1尺(1尺=10寸),则这根圆柱形木材的直径是( )A.12寸 B.13寸 C.24寸 D.26寸【考点】垂径定理的应用;数学常识.【答案】D【点拨】延长DE,交⊙O于点E,连接OA,由题意知DE过点O,且OD⊥AB,由垂径定理可得尺=5寸,设半径OA=OD=r,则OE=r﹣1,在Rt△OAE中,根据勾股定理可得:(r﹣1)2+52=r2,解方程可得出木材半径,即可得出木材直径.【解析】解:延长DE,交⊙O于点E,连接OA,由题意知DE过点O,且OD⊥AB,∵OD为⊙O半径,∴尺=5寸,设半径OA=OD=r,∵DE=1寸,∴OE=(r﹣1)寸,在Rt△OAE中,根据勾股定理可得:(r﹣1)2+52=r.解得:r=13,∴木材直径为26寸;故选:D.【点睛】本题考查的是垂径定理的应用,掌握垂直弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的两条弧及勾股定理是解题的关键.4.(2022 温州)如图,AB,AC是⊙O的两条弦,OD⊥AB于点D,OE⊥AC于点E,连结OB,OC.若∠DOE=130°,则∠BOC的度数为( )A.95° B.100° C.105° D.130°【考点】圆周角定理;垂径定理;圆心角、弧、弦的关系.【答案】B【点拨】根据四边形的内角和等于360°计算可得∠BAC=50°,再根据圆周角定理得到∠BOC=2∠BAC,进而可以得到答案.【解析】解:∵OD⊥AB,OE⊥AC,∴∠ADO=90°,∠AEO=90°,∵∠DOE=130°,∴∠BAC=360°﹣90°﹣90°﹣130°=50°,∴∠BOC=2∠BAC=100°,故选:B.【点睛】本题考查的是圆周角定理,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.5.(2023 绍兴模拟)如图,将一个含30°角的直角三角板的斜边和量角器的直径所在的边重合放置,其中点D所在位置在量角器外侧的读数为110°,∠ACB=90°,连结DC交AB于点E,则∠BEC的度数是( )A.55° B.65° C.75° D.85°【考点】圆周角定理.【答案】D【点拨】根据题意可知C在以AB为直径的圆上,根据圆心角和圆周角的关系求出∠ACD,再利用三角形的外角的性质就可以求出答案.【解析】解:根据题意可知C在以AB为直径的圆上,设圆心为O,连接OD,则∠AOD=110°.∴∠ACD==55°,∴∠BEC=∠ACE+∠CAE=30°+55°=85°.故选:D.【点睛】本题考查了圆周角定理和三角形的角的关系,关键是确定C在以AB为直径的圆上.6.(2023 金东区模拟)在⊙O中,点A,B,C,D都在圆周上,OB∥DC,OD∥BC,则∠A的度数为( )A.45° B.50° C.55° D.60°【考点】圆内接四边形的性质;圆周角定理.【答案】D【点拨】根据圆内接四边形的性质得出∠C+∠A=180°,根据平行线的性质得出∠C+∠OBC=180°,∠BOD+∠OBC=180°,求出∠C=∠BOD,根据圆周角定理得出∠BOD=2∠A,求出∠C=2∠A,再求出∠A即可.【解析】解:∵点A,B,C,D都在圆周上,∴∠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°,故选:D.【点睛】本题考查了圆周角定理,圆内接四边形的性质,平行线的性质等知识点,能求出∠C+∠A=180°和∠BOD=2∠A是解此题的关键.7.(2023 温州)如图,四边形ABCD内接于⊙O,BC∥AD,AC⊥BD.若∠AOD=120°,AD=,则∠CAO的度数与BC的长分别为( )A.10°,1 B.10°, C.15°,1 D.15°,【考点】圆周角定理;勾股定理;垂径定理;圆心角、弧、弦的关系.【答案】C【点拨】由平行线的性质,圆周角定理,垂直的定义,推出∠AOB=∠COD=90°,∠CAD=∠BDA=45°,求出∠BOC=60°,得到△BOC是等边三角形,得到BC=OB,由等腰三角形的性质求出圆的半径长,求出∠OAD的度数,即可得到BC的长,∠CAO的度数.【解析】解:连接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是等边三角形,∴BC=OB,∵OA=OD,∠AOD=120°,∴∠OAD=∠ODA=30°,∴AD=OA=,∴OA=1,∴BC=1,∴∠CAO=∠CAD﹣∠OAD=45°﹣30°=15°.故选:C.【点睛】本题考查圆周角定理,平行线的性质,等边三角形的判定和性质,等腰三角形的性质,关键是由圆周角定理推出∠AOB=∠COD=90°,∠CAD=∠BDA=45°,证明△OBC是等边三角形.8.(2022 鄞州区模拟)如图,AB、AC都是圆O的弦,OM⊥AB,ON⊥AC,垂足分别为M、N,如果MN=3,那么BC=( )A.4 B.5 C.6 D.7【考点】垂径定理;三角形中位线定理.【答案】C【点拨】由于OM⊥AB,ON⊥AC,根据垂径定理得到AN=CN,AM=BM,则MN为△ABC的中位线,然后根据三角形中位线的性质求解.【解析】解:∵OM⊥AB,ON⊥AC,∴AN=CN,AM=BM,即M为AB的中点,N为AC的中点,∴MN为△ABC的中位线,∴MN=BC,∴BC=2MN=6.故选:C.【点睛】本题考查了垂径定理:平分弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的两条弧.也考查了三角形中位线性质.9.(2023 龙湾区模拟)如图,AB为⊙O的直径,点C为圆上一点,将劣弧AC沿弦AC翻折交AB于点D,连接CD,点D与圆心O不重合,∠BAC=26°,则∠DCA的度数为( )A.38° B.40° C.42° D.44°【考点】圆周角定理;翻折变换(折叠问题).【答案】A【点拨】连接BC,根据直径所对的圆周角是直角求出∠ACB,根据直角三角形两锐角互余求出∠B,再根据翻折的性质得到∠ADC的度数,最后利用三角形内角和可得结论.【解析】解:连接BC,∵AB是直径,∴∠ACB=90°,∵∠BAC=26°,∴∠B=90°﹣∠BAC=90°﹣26°=64°,根据翻折的性质,所对的圆周角为∠B,所对的圆周角为∠ADC,∴∠DCA=∠B﹣∠BAC=64°﹣26°=38°,故选:A.【点睛】本题考查了圆周角定理以及折叠问题的知识,根据同弦所对的两个圆周角互补求解是解题的关键,此题难度不大.10.(2022 宁波三模)已知⊙O的直径CD=10cm,AB是⊙O的弦,AB⊥CD,垂足为M,且AB=8cm,则AC的长为( )A.2cm B.4cm C.2cm或4cm D.2cm或4cm【考点】垂径定理;勾股定理.【答案】C【点拨】分两种情况,根据题意画出图形,先根据垂径定理求出AM的长,连接OA,由勾股定理求出OM的长,进而可得出结论.【解析】解:连接AC,AO,∵⊙O的直径CD=10cm,AB⊥CD,AB=8cm,∴AM=AB=×8=4(cm),OD=OC=5(cm),当C点位置如图1所示时,∵OA=5cm,AM=4cm,CD⊥AB,∴OM===3(cm),∴CM=OC+OM=5+3=8(cm),∴AC===4(cm);当C点位置如图2所示时,同理可得:OM=3cm,∵OC=5cm,∴MC=5﹣3=2(cm),在Rt△AMC中,AC===2(cm);综上所述,AC的长为4cm或2cm,故选:C.【点睛】本题考查的是垂径定理和勾股定理等知识,根据题意画出图形,利用垂径定理和勾股定理求解是解答此题的关键.11.(2023 衢江区三模)如图,在⊙O中,∠AOC=140°,∠ACB=50°,则∠OBC的度数为 70° .【考点】圆周角定理;圆心角、弧、弦的关系.【答案】70°.【点拨】由圆周角∠ACB=50°,可知圆心角∠AOB=100°,所以∠BOC=140°﹣100°=40°,可推出圆周角∠BAC=20°.【解析】解:∵∠ACB=50°,∴∠AOB=2∠ACB=100°,∵∠AOC=140°,∴∠BOC=140°﹣100°=40°,∵OB=OC,∴∠OBC=∠OCB==70°,故答案为:70°.【点睛】本题考查圆周角定理,弦、弧、圆心角之间的关系,掌握“一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角度数的一半”是解决问题的关键.12.(2023 长兴县一模)石拱桥是中国传统桥梁四大基本形式之一,它的主桥拱是圆弧形.如图,已知某公园石拱桥的跨度AB=16米,拱高CD=4米,那么桥拱所在圆的半径OA= 10 米.【考点】垂径定理的应用.【答案】10.【点拨】利用直角三角形,根据勾股定理和垂径定理解答.【解析】解:∵OC⊥AB,∴AD=BD=8米,设BO=x米,则DO=(x﹣4)米,在Rt△OBD中,得:BD2+DO2=BO2,即82+(x﹣4)2=x2,解得:x=10,即桥拱所在圆的半径是10米.故答案为:10.【点睛】此题主要考查了垂径定理的应用题,解题的关键是利用垂径定理和勾股定理求线段的长.13.(2021 金华模拟)如图,⊙O的直径AB过的中点A,若∠C=30°,AB、CD交于点E,连接AC、BD,则= .【考点】圆心角、弧、弦的关系;圆周角定理.【答案】见解析【点拨】根据已知条件得出∠DCA=∠DBA=30°,设DE=EC=x,根据在直角三角形中,30°所对的直角边等于斜边的一半得出AE和BE的长,然后代入要求的式子进行计算即可得出答案.【解析】解:∵⊙O的直径AB过的中点A,∴=,∴DE=EC,∵AB是⊙O的直径,∴∠BED=∠CEA=90°,∵∠C=30°,∴∠DCA=∠DBA=30°,设DE=EC=x,∵∠C=30°,∴AE=x,∵∠DBA=30°,∴BE=x,∴==;故答案为:.【点睛】此题考查了圆心角、弧、弦的关系以及圆周角定理,掌握在同一个圆中,等弧所对的圆周角相等,在直角三角形中,30°所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键.14.(2023 临平区二模)如图,AB是半圆O的直径,过半圆上一点C作CD⊥AB于点D,若AD=BC,则sin∠OCD= ﹣2 .【考点】圆周角定理;解直角三角形;垂径定理;圆心角、弧、弦的关系.【答案】﹣2.【点拨】设AD=BC=x,⊙O的半径为r,则OD=x﹣r,BD=2r﹣x,先根据圆周角定理得到∠ACB=90°,再证明△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中利用正弦的定义求解.【解析】解:设AD=BC=x,⊙O的半径为r,则OD=x﹣r,BD=2r﹣x,∵AB是半圆O的直径,∴∠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.故答案为:﹣2.【点睛】本题考查了圆周角定理: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.也考查了相似三角形的判定与性质和解直角三角形.15.(2023 西湖区校级三模)如图,⊙O的半径OD⊥AB于点C,连接AO并延长交⊙O于点E,连接EC,若AB=8,CD=2,(1)⊙O的半径为 5 ;(2)tan∠OEC的值为 .【考点】圆周角定理;解直角三角形;勾股定理;垂径定理.【答案】(1)5;(2).【点拨】(1′)先根据垂径定理求出AC的长,在Rt△AOC中,根据勾股定理即可得出r的值,再求出OC的长;(2)根据三角形的面积公式即可得出结论.【解析】解:(1)∵OD⊥AB,∴AC=BC=AB=×8=4,设⊙O的半径为r,则AC2+OC2=OA2,即42+(r﹣2)2=r2,解得r=5,故答案为:5;(2)过点C作CH⊥AE于点H.∵ AC OC= OA CH,∴CH==,∴OH===,∴EH=5+=,∴tan∠AEC===.故答案为:.【点睛】本题考查的是垂径定理与勾股定理,熟知平分弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的两条弧是解答此题的关键.16.(2023 温州一模)如图1是一款轴对称“磁悬浮地漏”无水时的示意图,它由一个圆弧形密封盖与两个磁体组成(下侧磁体固定不动),连接杆EF与地面BD垂直,排水口,密封盖最高点E到地面的距离为6mm,整个地漏的高度EG=75mm(G为磁体底部中点),密封盖被磁体顶起将排水口密封,所在圆的半径为 39 mm;当有水时如图2所示,密封盖下移排水,当密封盖下沉至最低处时,点M'恰好落在BG中点,若点M'到E'F'的距离为36mm,则密封盖下沉的最大距离为 16.5 mm.【考点】垂径定理的应用;轴对称的性质;三角形中位线定理.【答案】39,16.5.【点拨】①根据已知条件得到直角三角形,再利用勾股定理得到OH的长度,进而得到半径;②利用三角形中位线的性质得到M'Z,再利用勾股定理及矩形的性质得到密封盖下沉的最大距离.【解析】解:①设作圆O,连接CD交CE于点H,设OH=x mm,∵最高点E到地面的距离为6mm,∴OE=(6+x)mm,∵,∴,∴在Rt△OHD中,,∵OE=OD,∴,∴x=33,∴OE=39mm,故答案为:39.②作M'P'⊥E'G,延长GE',交AB于点Q',作M'Z⊥AB交AB于点Z,∵M'P'⊥E'G,∴M′Z∥E′G,∴点Z是BQ'的中点,∵M'为BG的中点,∴M'Z为△GQ'B的中位线,∴,∵EG=75mm,EQ'=6mm,∴GQ'=69mm,∴,∵点M'到E'F'的距离为36mm,∴MJ=M'P'=36mm,∵OM=OE=39mm,回到图1,作MJ⊥EG,由勾股定理得:(mm),∴移动前M到地面的距离为:JH=39﹣15﹣6=18(mm),∵M移动的距离为密盖下沉的距离,∴MM'=M'Z﹣JH=34.5﹣18=16.5(mm),∴密封盖下沉的最大距离为16.5mm.故答案为:16.5.【点睛】本题考查了平行线分线段性质,垂径定理,勾股定理,三角形中位线的性质,矩形的性质等相关知识点,掌握垂径定理是解题的关键.17.(2023 拱墅区二模)如图,在△ABC中,CB与⊙O相交于D,CA与⊙O相交于E.(1)从下面①②③中选取两个作为已知条件,另一个作为结论,并证明;①AB是直径; ②AC=AB; ③DC=DB.(2)在(1)的条件下,若BC=6,AB=5,连接BE,求BE的长.【考点】圆周角定理;垂径定理.【答案】(1)见解析;(2).【点拨】(1)①②为条件,③为结论,连接AD,由AC=AB可得△ABC是等腰三角形,由AB是直径可得AD⊥BC,根据三线合一即可解答.(2)先根据勾股定理求出AD,再利用等面积即可求出BE.【解析】解:(1)①②为条件,③为结论,连接AD,如图:∵AC=AB,∴△ABC是等腰三角形,∵AB是直径,∴AD⊥BC,∴DC=BD;(2)连接BE,∵BC=6,∴BD=3,∴AD=4,∴S△ABC=×BC×AD=×AC×BE,即×6×4=×5×BE,解得BE=.【点睛】本题考查圆周角定理,等腰三角形的性质,三角形的面积,熟练掌握以上知识是解题关键.18.(2024 旺苍县一模)唐代李皋发明了“桨轮船”,这种船是原始形态的轮船,是近代明轮航行模式之先导.如图,某桨轮船的轮子被水面截得的弦AB长8m,设圆心为O,OC⊥AB交水面AB于点D,轮子的吃水深度CD为2m,求该桨轮船的轮子直径.【考点】垂径定理的应用;勾股定理.【答案】该桨轮船的轮子直径为10m.【点拨】本题先表示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:设半径为rm,则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则该桨轮船的轮子直径为10m.【点睛】本题考查了垂径定理,勾股定理,根据题意在圆内构建直角三角形,利用勾股定理求出直径是解答本题的关键.19.(2021 湖州)如图,已知AB是⊙O的直径,∠ACD是所对的圆周角,∠ACD=30°.(1)求∠DAB的度数;(2)过点D作DE⊥AB,垂足为E,DE的延长线交⊙O于点F.若AB=4,求DF的长.【考点】圆周角定理;解直角三角形;垂径定理.【答案】(1)60°;(2)2.【点拨】(1)连接BD,根据AB是⊙O的直径,可得∠ADB=90°,进而可以求∠DAB的度数;(2)根据直角三角形30度角所对直角边等于斜边的一半可得AD的长,再根据垂径定理和特殊角三角函数值可得EF=DE的值,进而可得DF的长.【解析】解:(1)如图,连接BD,∵∠ACD=30°,∴∠B=∠ACD=30°,∵AB是⊙O的直径,∴∠ADB=90°,∴∠DAB=90°﹣∠B=60°;(2)∵∠ADB=90°,∠B=30°,AB=4,∴AD=AB=2,∵∠DAB=60°,DE⊥AB,且AB是直径,∴EF=DE=ADsin60°=,∴DF=2DE=2.【点睛】本题考查了圆周角定理,解直角三角形,垂径定理,解决本题的关键是掌握圆周角定理.20.(2023 婺城区模拟)如图,AB是⊙O的直径,C是的中点,CE⊥AB于点E,BD交CE于点F.(1)求证:CF=BF;(2)若CD=6,AC=8,求⊙O的半径及CE的长.【考点】圆心角、弧、弦的关系;勾股定理;垂径定理.【答案】见解析【点拨】(1)要证明CF=BF,可以证明∠ECB=∠DBC;AB是⊙O的直径,则∠ACB=90°,又知CE⊥AB,则∠CEB=90°,则∠DBC=90°﹣∠ACE=∠A,∠ECB=∠A,则∠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的长,即可求得圆的半径;再利用面积法求得CE的长.【解析】(1)证明:∵AB是⊙O的直径,∴∠ACB=90°,∴∠A=90°﹣∠ABC.∵CE⊥AB,∴∠CEB=90°,∴∠ECB=90°﹣∠ABC,∴∠ECB=∠A.又∵C是的中点,∴=,∴∠DBC=∠A,∴∠ECB=∠DBC,∴CF=BF;(2)解:∵=,∴BC=CD=6,∵∠ACB=90°,∴AB===10,∴⊙O的半径为5,∵S△ABC=AB CE=BC AC,∴CE===.【点睛】此题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质以及角平分线的性质等知识.此题综合性很强,难度适中,注意数形结合思想与方程思想的应用.21.(2022 柯桥区二模)已知AB、AC、AD是⊙O的弦.(1)如图1,当AD是⊙O的直径,且AB=AC时.求证:直径AD平分∠BAC;(2)如图2,当∠BAD=∠DAC=60°,且AB:AD=1:2时,求AB:AC的值.【考点】圆周角定理.【答案】(1)见解析;(2)1:1.【点拨】(1)证明△ABO≌△ACO即可;(2)取AD的中点E,连接BE,BD,CD,先证明△ABE是等边三角形,再证明AD是直径,得∠C=90°,∠ADC=30°,所以得AC:AD=1:2,AB=AC,即可得出答案.【解析】(1)证明:如图1,连接OB,OC,在△ABO和△ACO中,,∴△ABO≌△ACO(SSS),∴∠BAO=∠CAO,∴直径AD平分∠BAC;(2)解:如图2,取AD的中点E,连接BE,BD,CD,则AE=DE,∵AB:AD=1:2,∴AB=AE=DE,∴∠BAD=60°,∴△ABE是等边三角形,∴∠AEB=∠ABE=60°,BE=AE,∴∠BED=120°,BE=DE,∴∠D=∠DBE=30°,∴∠ABD=90°,∴AD是直径,∴∠C=90°,∵∠DAC=60°,∴∠ADC=30°,∴AC:AD=1:2,∴AB=AC,∴AB:AD=1:1.【点睛】本题考查了圆周角定理,全等三角形的判定与性质,等边三角形的判定与性质,解决本题的关键是综合运用以上知识.22.(2023 龙湾区模拟)如图,四边形ABCD内接于⊙O,BD平分∠ABC,BC边上的点E满足BE=BA,连接DE并延长交⊙O于点F,连结BF.(1)求证:DE=DC.(2)若F恰好是的中点,当AB=6,时,求⊙O半径的长.【考点】圆内接四边形的性质;解直角三角形;全等三角形的判定与性质;角平分线的性质;圆心角、弧、弦的关系;圆周角定理.【答案】(1)证明见解答过程;(2)5.【点拨】(1)先证明△ABD≌△EBD,即有∠BAD=∠BED,根据∠BAD+∠C=180°,∠BED+∠DEC=180°,可得∠C=∠DEC,即问题得解;(2)连接OF,交BC于点N,连接OB,先证明BF=BE=AB=6,即有,根据F恰好是的中点,可得OF⊥BC,则有,,设圆O的半径为r,在Rt△BON中,依据BO2=ON2+BN2,可得,解方程即可求解.【解析】(1)证明:∵BD平分∠ABC,∴,∵BE=BA,BD=BD,∴△ABD≌△EBD,∴∠BAD=∠BED,∵∠BAD+∠C=180°,∠BED+∠DEC=180°,∴∠C=∠DEC,∴DE=DC;(2)解:连接OF,交BC于点N,连接OB,∵∠C=∠DEC,∠C=∠BFD,∠CED=∠BEF,∴∠BFE=∠BEF=∠C=∠CED,∴∠EBF=∠CDE,BF=BE=AB=6,∴,∵F恰好是的中点,∴OF⊥BC,∴,∴,设圆O的半径为r,在Rt△BON中,BO2=ON2+BN2,∴,解得r=5,即⊙O半径的长为5.【点睛】本题考查了圆周角定理,圆内接四边形的性质,解直角三角形,勾股定理以及等腰三角形的判定等知识,掌握圆周角定理以及解直角三角形的知识是解答本题的关键.23.(2022 温州一模)如图,四边形ABCD内接于⊙O,AE⊥CB的延长线于点E,连结AC,BD,AB平分∠EBD,(1)求证:AC=AD.(2)当B为的中点,BC=3BE,AD=6时,求CD的长.【考点】圆内接四边形的性质;相似三角形的判定与性质;圆心角、弧、弦的关系;圆周角定理.【答案】见解析【点拨】(1)根据圆内接四边形的性质得出∠ADC+∠ABC=180°,根据平角的定义得出∠ABE+∠ABC=180°,求出∠ABE=∠ADC,根据角平分线的定义得出∠ABE=∠DBA,求出∠ADC=∠DBA,根据圆周角定理得出求出∠ACD=∠DBA,求出∠ADC=∠ACD即可;(2)过A作AF⊥CD于F,求出AB=BC,根据BC=3BE,求出AB=3BE,根据相似三角形的判定得出△ABE∽△ADF,根据相似三角形的性质得出==,求出DF即可解答.【解析】(1)证明:∵四边形ABCD内接于⊙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:过A作AF⊥CD于F,∵B为的中点,∴AB=BC,∵BC=3BE,∴AB=3BE,∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形,∴∠ADF=∠ABE,∵∠AFD=∠AEB=90°,∴△ABE∽△ADF,∴==,∵AD=6,∴DF=2,∵AC=AD,∴CD=2DF=4.【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质,角平分线的性质,等腰三角形的判定,相似三角形的性质和判定等知识点,能熟记圆内接四边形的对角互补是解此题的关键.21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页)21世纪教育网(www.21cnjy.com) 展开更多...... 收起↑ 资源列表 【浙江专版】2024年名师导航中考数学一轮复习学案5.1圆的有关性质(学生版).docx 【浙江专版】2024年名师导航中考数学一轮复习学案5.1圆的有关性质(解析版).docx