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第3章 圆
一．选择题（共10小题）
1．杭州亚运会开幕式出现一座古今交汇拱底桥，桥面呈拱形．该桥的中间拱洞可以看成一种特殊的圆拱桥，此圆拱桥的跨径（桥拱圆弧所对的弦的长）约为3.2m，拱高（桥拱圆弧的中点到弦的距离）约为2m，则此桥拱的半径是（　　）
A．1.62m B．1.64m C．1.14m D．3.56m
2．如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠AOC＝104°，则∠ABC为（　　）
A．110° B．128° C．130° D．108°
3．已知⊙O的半径是5，OP＝4，则点P与⊙O的位置关系是（　　）
A．点P在圆上 B．点P在圆内 C．点P在圆外 D．不能确定
4．如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点P．若∠D＝48°，∠APC＝80°，则∠C的度数为（　　）
A．32° B．42° C．48° D．52°
5．在直角坐标系中，点P的坐标是，圆P的半径为3，下列说法正确的是（　　）
A．⊙P与x轴、y轴都有两个公共点
B．⊙P与x轴、y轴都没有公共点
C．⊙P与x轴有一个公共点，与y轴有两个公共点
D．⊙P与x轴有两个公共点，与y轴有一个公共点
6．在平面直角坐标系中，以原点O为圆心，长为半径作⊙O．若点P的坐标为（1，1），则点P与⊙O的位置关系是（　　）
A．点在圆内 B．点在圆上 C．点在圆外 D．不能确定
7．已知⊙A的半径为5，圆心A的坐标是（0，0），点P的坐标是（5，5），那么点P与⊙A的位置关系是（　　）
A．点P在⊙A内 B．点P在⊙A上 C．点P在⊙A外 D．无法确定
8．一个圆的半径是9cm．如果圆心与直线上一点之间的距离是9cm，那么这条直线和这个圆的位置关系是（　　）
A．相切 B．相交
C．相交或相切 D．相离
9．已知O是△ABC的内心，∠BAC＝70°，P为平面上一点，点O恰好又是△BCP的外心，则∠BPC的度数为（　　）
A．50° B．55° C．62.5° D．65°
10．如图，已知点A在⊙O外，AB与⊙O相切于点B，点O在直线AC上，连接BC，若∠A＝38°，则∠ACB＝（　　）
A．24° B．26° C．28° D．38°
二．填空题（共6小题）
11．如图，在△ABC中，O是AB边上的点，以O为圆心，OB为半径的⊙O与AC相切于点D，BD平分∠ABC，ADOD，AB＝12，CD的长是 　 　．
12．等腰△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，AD⊥BC，点O1、O2分别是△ABC的内心和外心，则O1O2＝　 　．
13．如图，A，B，C，D为一个正多边形的相邻四个顶点，点O为该多边形外接圆的圆心，若∠ADB＝15°，则这个正多边形的边数为 　 　．
14．如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，且AB＝5，AC＝4．则tan∠ADC＝　 　．
15．如图，AB是⊙O的弦，OA⊥OD，BD与⊙O相切，AB，OD相交于点C，若OA＝3，OC＝1，则线段BD的长为 　 　．
16．如图1所示的铝合金窗帘轨道可以直接弯曲制作成弧形．若制作一个圆心角为160°的圆弧形窗帘轨道（如图2）需用此材料800πmm，则此圆弧所在圆的半径为 　 　mm．
三．解答题（共9小题）
17．如图，AB是⊙O的直径，△ABC内接于⊙O，点D是的中点，连接BD交AC于点E，延长BD至F，使DF＝DE．
（1）求证：AF是⊙O的切线；
（2）若BD＝4，，求BC的长．
18．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ACB的平分线CD交⊙O于点D，过点D作DE∥AB，交CB的延长线于点E．
（1）求证：直线DE是⊙O的切线；
（2）若BC＝OA，求BE的长．
19．如图，AB是⊙O的直径，D为AB上一点，C为⊙O上一点，且AD＝AC，延长CD交⊙O于E，连CB．
（1）求证：∠CAB＝2∠BCD；
（2）若∠BCE＝15°，AB＝6，求CE的长．
20．菱形ABCD的顶点B，C，D在⊙O上，点O在线段AC上．
（1）如图1，若AB是⊙O的切线，求∠ADC的大小；
（2）如图2，若AB＝2，AC＝8，AB与⊙O交于点E．求BE的长．
21．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC是⊙O的直径，点D是的中点，点E是AB延长线上的一点，连接CE，∠E＝∠ADB．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）若∠ADB＝60°，，求BC的长．
22．如图，一圆弧形桥拱的圆心为E，拱桥的水面跨度AB＝80米，桥拱到水面的最大高度DF为20米．求：
（1）桥拱的半径；
（2）现水面上涨后水面跨度为60米，求水面上涨的高度为 　 　米．
23．如图，已知点A，B是圆心为O的圆上两点，扇形AOB的面积是圆面积的．
（1）求∠AOB的度数；
（2）若点D，E是圆上另外两点，其位置如图所示，且∠BOE＝60°，OD平分∠AOE．求扇形BOE面积与扇形BOD面积的数量关系．
24．如图1，△ABC内接于⊙O，D为BC上一点，连接AD、AO，∠BAD＝∠CAO．
（1）如图1，求证：AD⊥BC；
（2）如图2，延长AD交⊙O于点H，连接CH，若AB＝10，CH＝6，求⊙O的半径．
25．如图所示，在Rt△ABC中，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆O，分别与BC、AB相交于点D、E，连接AD，已知∠CAD＝∠B．
（Ⅰ）求证：AD是⊙O的切线；
（Ⅱ）若AD＝2CD＝3时，求阴影部分的面积．
第3章 圆
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．【答案】B
【分析】设圆心为O，作OD⊥AB于点D，DO的延长线交圆弧为点C，设半径为Rm，根据垂径定理得AD＝BD＝1.6m，OD＝（2﹣R）m，由勾股定理得：R2＝1.62+（2﹣R）2，即可求出答案．
【解答】解：如图，设圆心为O，作OD⊥AB于点D，DO的延长线交圆弧为点C，则C为优弧AB的中点，设半径为R m，
∴AD＝BDAB＝1.6m，CD＝2m，
∴OD＝（2﹣R）m，
由勾股定理得：OA2＝OD2+AD2，
∴R2＝1.62+（2﹣R）2，
解得：R＝1.64，
故选：B．
【点评】该题主要考查了垂径定理、勾股定理及其应用问题；解题的关键是灵活运用有关定理来分析、判断、推理或解答．
2．【答案】B
【分析】根据圆周角定理求出∠ADC，再根据圆内接四边形的性质求出∠ABC．
【解答】解：∵∠AOC＝104°，
∴∠ADC∠AOC104°＝52°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ABC＝180°﹣52°＝128°，
故选：B．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形对角互补是解题的关键．
3．【答案】B
【分析】点在圆上，则d＝r；点在圆外，d＞r；点在圆内，d＜r（d即点到圆心的距离，r即圆的半径）．
【解答】解：∵⊙O的半径是5，OP的长为4，4＜5，
∴点P在圆内．
故选：B．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系，注意：点和圆的位置关系与数量之间的等价关系是解决问题的关键．
4．【答案】A
【分析】根据外角∠APC，求出∠A，由同弧所对圆周角相等即可求出∠C．
【解答】解：∵∠D＝48°，∠APC＝80°，
∴∠A＝80°﹣48°＝32°，
∵，
∴∠C＝∠A＝32°．
故选：A．
【点评】本题考查了圆周角的性质的应用，熟练掌握三角形外角的性质应用是解答本题的关键．
5．【答案】D
【分析】点P到x轴的距离是，到y轴的距离为3，圆P的半径是3，所以可判断圆P与x轴相交，与y轴相切，从而确定答案即可．
【解答】解：∵P（3，），圆P的半径为3，
∴以P为圆心，以3为半径的圆与x轴的位置关系是相交，与y轴的位置关系是相切，
∴该圆与x轴的交点有2个，与y轴的交点有1个．
故选：D．
【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟记直线与圆的位置关系的判定方法是解本题的关键．
6．【答案】B
【分析】根据P点的坐标得出OP的长即可得出结论．
【解答】解：∵点P的坐标为（1，1），
∴OP，
又∵以原点O为圆心，长为半径作⊙O．
∴OP长等于圆O的半径长，
∴点P在圆上，
故选：B．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系，正确得出OP的长是解题的关键．
7．【答案】C
【分析】根据圆心A的坐标是（0，0），点P的坐标是（5，5），可以求得AP的长，然后用AP的长与圆的半径比较大小即可判断点P与⊙A的位置关系．
【解答】解：∵圆心A的坐标是（0，0），点P的坐标是（5，5），
∴AP5，
∵⊙A的半径为5，55，
∴点P与⊙A的位置关系是点P在⊙A外，
故选：C．
【点评】本题考查点与圆的位置关系、坐标与图形的性质，解答本题的关键是明确题意，求出AP的长．
8．【答案】C
【分析】根据题意画出相应的图形，根据图形结合直线与圆的位置关系进行判断即可．
【解答】解：如图，
直线l1上的点A到圆心O的距离为9cm，等于半径9cm，此时l1与⊙O相交，
直线l2上的点B到圆心O的距离为9cm，等于半径9cm，此时l2与⊙O相切，
因此，一个圆的半径是9cm．如果圆心与直线上一点之间的距离是9cm，那么这条直线和这个圆的位置关系可能相交，也可能相切，
故选：C．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，理解相交、相切时，圆心到直线的距离与半径的关系是解决问题的关键．
9．【答案】C
【分析】连接OB、OC，如图，利用内心的性质和三角形内角和得到∠BOC＝90°∠BAC＝125°，利用点O是△BCP的外心，然后根据圆周角定理得到∠BPC∠BOC．
【解答】解：连接OB、OC，如图，
∵O是△ABC的内心，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC∠ABC，∠OCB∠ACB，
∴∠BOC＝180°（∠ABC+∠ACB）＝90°∠BAC＝90°70°＝125°，
∵点O是△BCP的外心，
∴∠BPC∠BOC125°＝62.5°．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了三角形的外接圆与外心和圆周角定理．
10．【答案】B
【分析】连接OB，由切线的性质知∠OBA＝90°，再根据三角形内角和定理求得∠AOB＝52°，进而利用圆周角定理即可求解．
【解答】解：如图，连接OB，
∵AB与⊙O相切于点B，
∴∠OBA＝90°，
∵∠A＝38°，
∴∠AOB＝52°，
由圆周角定理可知，∠AOB＝2∠C＝52°，
∴∠C＝26°．
故选：B．
【点评】本题主要考查切线的性质、三角形内角和定理、圆周角定理，解题关键是熟记在同圆或等圆中，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．
二．填空题（共6小题）
11．【答案】2．
【分析】根据切线的性质可得∠ADO＝90°，再根据角平分线的定义和等腰三角形的性质可得：OD∥BC，从而可得∠C＝∠ADO＝90°，然后在Rt△ADO中，利用锐角三角函数的定义可得tanA，从而可得∠A＝30°，进而可得∠ABC＝60°，再利用角平分线的定义可得∠CBD＝30°，最后在Rt△ABC中，利用含30度角的直角三角形的性质可得BC＝6，从而在Rt△BCD中，利用含30度角的直角三角形的性质进行计算，即可解答．
【解答】解：∵⊙O与AC相切于点D，
∴∠ADO＝90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD＝∠ABD∠ABC，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ODB，
∴OD∥BC，
∴∠C＝∠ADO＝90°，
在Rt△ADO中，ADDO，
∴tanA，
∴∠A＝30°，
∴∠ABC＝90°﹣∠A＝60°，
∴∠CBD∠ABC＝30°，
在Rt△ABC中，AB＝12，
∴BCAB＝6，
在Rt△BCD中，CD2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，含30度角的直角三角形，解直角三角形，准确熟练地进行计算是解题的关键．
12．【答案】．
【分析】连接O2B，如图，设△ABC的内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，利用等腰三角形的性质得到BD＝CDBC＝3，∠ADB＝90°，AD平分∠BAC，则根据三角形外心与内心的定义可判断点O1、O2在AD上，
再利用勾股定理计算出AD＝4，由于O2A＝O2B＝R，则O2D＝4﹣R，所以利用勾股定理得到（4﹣R）2+32＝R2，解方程得R，则O2D，接着利用三角形内心的性质得到点O1到△ABC各边的距离都等于r，利用三角形面积公式得到S△ABC（AB+BC+AC）r＝8r，而S△ABC＝12，则8r＝12，解得r，即O1D，然后计算O1D﹣O2D即可．
【解答】解：连接O2B，如图，设△ABC的内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，
∵AB＝AC＝5，AD⊥BC，
∴BD＝CDBC＝3，∠ADB＝90°，AD平分∠BAC，
∴点O1、O2在AD上，
在Rt△ABD中，AD4，
∵点O2分别是△ABC的外心，
∴O2A＝O2B＝R，
∴O2D＝4﹣R，
在Rt△BDO2中，（4﹣R）2+32＝R2，
解得R，
∴O2D＝4，
∵点O1是△ABC的内心，
∴点O1到△ABC各边的距离都等于r，
∴S△ABC（AB+BC+AC）r（5+6+5）r＝8r，
∵S△ABCBC AD6×4＝12，
∴8r＝12，
解得r，
即O1D，
∴O1O2＝O1D﹣O2D．
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了三角形外接圆与外心、等腰三角形的性质和三角形的面积．
13．【答案】12．
【分析】根据圆周角定理可得正多边形的边AB所对的圆心角∠AOB＝30°，再根据正多边形的一条边所对的圆心角的度数与边数之间的关系可得答案．
【解答】解：如图，设正多边形的外接圆为⊙O，连接OA，OB，
∵∠ADB＝12°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝30°，
而360°÷30°＝12，
∴这个正多边形为正十二边形，
故答案为：12．
【点评】本题考查正多边形与圆，圆周角，掌握圆周角定理是解决问题的关键，理解正多边形的边数与相应的圆心角之间的关系是解决问题的前提．
14．【答案】见试题解答内容
【分析】由圆周角定理得到∠ACB＝90°，由勾股定理求出BC3，由锐角的正切定义得到tanB，由圆周角定理推出∠ADC＝∠B，于是得到tan∠ADC．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AB＝5，AC＝4，
∴BC3，
∴tanB，
∵∠ADC＝∠B，
∴tan∠ADC．
故答案为：．
【点评】本题考查圆周角定理，解直角三角形，关键是由圆周角定理得到∠ADC＝∠B，求出tanB．
15．【答案】4．
【分析】由切线的性质推出∠OBD＝90°，得到∠DBC+∠OBA＝90°，由等腰三角形的性质得到∠A＝∠OBA，由余角的性质推出∠DBC＝∠ACO，由对顶角相等得到∠BCD＝∠ACO，因此∠DBC＝∠BCD，推出BD＝CD，令BD＝x，由勾股定理得到（x+1）2＝32+x2，求出x＝4，即可得到BD＝4．
【解答】解：连接OB，
∵DB切圆于B，
∴半径OB⊥BD，
∴∠OBD＝90°，
∴∠DBC+∠OBA＝90°，
∵OB＝OA，
∴∠A＝∠OBA，
∵∠A+∠ACO＝90°，
∴∠DBC＝∠ACO，
∵∠BCD＝∠ACO，
∴∠DBC＝∠BCD，
∴BD＝CD，
令BD＝x，
∵OC＝1，
∴OD＝OC+CD＝1+x，
∵OD2＝OB2+BD2，
∴（x+1）2＝32+x2，
∴x＝4，
∴BD＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查切线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，关键是由勾股定理得到关于x的方程．
16．【答案】900．
【分析】利用弧长的计算公式即可求解．
【解答】解：设此圆弧所在圆的半径为R mm，
由弧长公式得：800π，
解得：R＝900，
即此圆弧所在圆的半径为900mm，
故答案为：900．
【点评】本题考查了弧长的计算公式，熟记弧长公式是解题的关键．
三．解答题（共9小题）
17．【答案】（1）见解析；
（2）BC的长为．
【分析】（1）连接AD，根据圆周角定理得到∠ADB＝∠ACB＝90°，求得AF＝AE，根据等腰三角形的性质得到∠FAD＝∠EAD，求得∠BAF＝90°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据点D是的中点，得到，求得∠ABD＝∠CBD＝∠DAE，根据三角函数的定义和勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
∵DF＝DE，
∴AF＝AE，
∴∠FAD＝∠EAD，
∴∠FAD＝∠ABD，
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠FAD+∠DAB＝90°，
∴∠BAF＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴AF是⊙O的切线；
（2）解：∵点D是的中点，
∴，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠DAE，
∵BD＝4，，
∴tan∠DAE＝tan∠CBE，
∴，
∴AD＝2，DE＝1，
∴BE＝3，
∴设BC＝2x，CE＝x，
∴BE2＝BC2+CE2＝5x2＝9，
∴x（负值舍去），
∴BC的长为．
【点评】本题考查了切线的判定和性质，三角函数的定义，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，正确地找出辅助线是解题的关键．
18．【答案】（1）见解析，
（2）2．
【分析】（1）连接OD．根据直径所对的圆周角是直角得∠ACB＝90°，再根据角平分线得∠ACD＝∠BCD＝45°，进而得∠ABD＝∠ACD＝45°，又由∠ODB＝∠OBD＝45°，从而根据平行线的性质得∠BDE＝∠OBD＝45°，于是∠ODE＝∠ODB+∠BDE＝90°，得OD⊥DE，根据切线的判定即可证明结论成立；
（2）如图2，过点B作BF⊥DE于点F，连接OC，先证明四边形ODFB是正方形，则AB∥DE．再根据△OCB是等边三角形，根据含30度角的直角三角形的性质直角三角形的性质，勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明，如图1，连接OD．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∴∠ABD＝∠ACD＝45°，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD＝45°，
∵DE∥AB，
∴∠BDE＝∠OBD＝45°，
∴∠ODE＝∠ODB+∠BDE＝90°，
∴OD⊥DE，
∵OD为⊙O的半径，
∴直线DE是⊙O的切线．
（2）解：如图2，过点B作BF⊥DE于点F，连接OC，
∴∠BFE＝∠BFD＝90°，
∵AB∥DE，OD⊥DE，
∴四边形ODFB是矩形，
∵OB＝OD，
∴四边形ODFB是正方形，
∵，
∴△OCB是等边三角形，
∴∠E＝∠ABC＝60°，
∴在Rt△BEF中，，
则∠EBF＝30°，
∴BE＝2EF，
∴，
∴EF＝1，
则BE＝2．
【点评】本题主要考查了勾股定理、圆周角角定理、直径所对的圆周角是直角、切线的判定以及平行线的性质；熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
19．【答案】（1）见解析；
（2）．
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，则∠ACD＝90°﹣∠BCD，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和得到∠A+90°﹣∠BCD+90°﹣∠BCD＝180°，从而得到结论；
（2）连接OC、OE，如图，利用（1）的结论和圆周角定理得到∠A＝∠BOE＝30°，则∠COB＝60°，所以∠COE＝90°，然后利用勾股定理计算CE的长．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝90°﹣∠BCD，
∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
∴∠A+∠ACD+∠ADC＝180°，
∴∠A+90°﹣∠BCD+90°﹣∠BCD＝180°，
∴∠A＝2∠BCD；
（2）解：连接OC、OE，如图，
由（1）得∠A＝2∠BCE＝2×15°＝30°，
∵∠BOE＝2∠BCE＝2×15°＝30°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠COB＝∠A+∠ACO＝2∠A＝60°，
∵∠COE＝∠COB+∠BOE＝60°+30°＝90°，
而，
∴．
【点评】本题考查了圆周角定理及其推论，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，三角形外角的性质．熟练掌握圆周角定理及其推论是解题的关键．
20．【答案】（1）∠ADC的度数为120°；
（2）BE的长为．
【分析】（1）如图1，连接OB、OD，由切线的性质得AB⊥OB，由菱形的性质得AD＝AB＝CD，可证明△AOD≌△AOB，得∠ADO＝∠ABO＝90°，因为∠DAC＝∠DCA，∠AOD＝2∠DCA，所以∠DCA+2∠DCA＝90°，则∠DAC＝∠DCA＝30°，即可求得∠ADC＝120°；
（2）连接BF、EF，作BG⊥AC于点G，因为AB＝CB＝2，AC＝8，所以AG＝CG＝4，由CF是⊙O的直径，得∠CBF＝90°，则cos∠BCF，所以CF6，则AF＝AC﹣CF＝2，再证明△AEF∽△ACB，得，则AE，所以BE＝AB﹣AE．
【解答】解：（1）如图1，连接OB、OD，则OD＝OB，
∵AB是⊙O的切线，
∴AB⊥OB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝CD，
在△AOD和△AOB中，
，
∴△AOD≌△AOB（SSS），
∴∠ADO＝∠ABO＝90°，
∴∠DAC+∠AOD＝90°，
∵∠DAC＝∠DCA，∠AOD＝2∠DCA，
∴∠DCA+2∠DCA＝90°，
∴∠DAC＝∠DCA＝30°，
∴∠ADC＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∴∠ADC的度数为120°．
（2）如图2，连接BF、EF，作BG⊥AC于点G，则∠CGB＝90°，
∵AB＝CB＝2，AC＝8，
∴AG＝CGAC＝4，
∵CF是⊙O的直径，
∴∠CBF＝90°，
∴cos∠BCF，
∴CF6，
∴AF＝AC﹣CF＝8﹣6＝2，
∵∠AEF+∠BEF＝180°，∠ACB+∠BEF＝180°，
∴∠AEF＝∠ACB，
∵∠FAE＝∠BAC，
∴△AEF∽△ACB，
∴，
∴AE，
∴BE＝AB﹣AE＝2，
∴BE的长为．
【点评】此题重点考查菱形的性质、切线的性质、直角三角形的两个锐角互余、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
21．【答案】（1）见解答；
（2）2．
【分析】（1）首先根据等量代换得到∠E＝∠ACB，然后根据同角的余角相等得到∠ACE＝90°，进而证明即可；
（2）连接DO，首先根据点D是的中点得到∠AOD＝90°，然后根据勾股定理求出AC＝2AO＝8，最后利用30°角直角三角形的性质求解即可．
【解答】（1）证明：如图，
∵，
∴∠ADB＝∠ACB，
∵∠E＝∠ADB，
∴∠E＝∠ACB，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠E＝90°，
∴∠ACE＝90°，即：AC⊥CE，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线，
（2）解：连接DO，
∵点D是的中点，AC是⊙O的直径，
∴，
∴∠AOD＝90°，AD＝2，
在Rt△AOD中，设AO＝DO＝x，
由勾股定理可得：AD2＝AO2+DO2，（2）2＝x2+x2，
解得：x＝2，
∴AC＝2AO＝4，
∵∠ACB＝∠ADB＝60°，∠ABC＝90°，
∴∠CAB＝30°，则有BC，
故BC的长为2．
【点评】此题考查了切线的证明，勾股定理，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
22．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据垂径定理和勾股定理求解；
（2）由垂径定理求出MH，由勾股定理求出EH，得出HF即可．
【解答】解：（1）如图，设点E是拱桥所在的圆的圆心，作EF⊥AB于F，延长EF交圆于点D，
则由垂径定理知，点F是AB的中点，AF＝FBAB＝40，EF＝ED﹣FD＝AE﹣DF，
由勾股定理知，AE2＝AF2+EF2＝AF2+（AE﹣DF）2，
设圆的半径是r，
则：r2＝402+（r﹣20）2，
解得：r＝50；
即桥拱的半径为50米；
（2）设水面上涨后水面跨度MN为60米，MN交ED于H，连接EM，如图2所示
则MH＝NHMN＝30，
∴EH40（米），
∵EF＝50﹣20＝30（米），
∴HF＝EH﹣EF＝10（米）；
故答案为：10．
【点评】本题考查了垂径定理和勾股定理的运用；由垂径定理和勾股定理求出半径是解决问题的关键．
23．【答案】（1）∠AOB＝90°；
（2）扇形BOE面积是扇形BOD面积的4倍．
【分析】（1）由扇形AOB的面积是圆面积的可得出∠AOB的度数是360°的，据此可解决问题．
（2）分别求出两个扇形的圆心角度数即可解决问题．
【解答】解：（1）因为扇形AOB的面积是圆面积的，
所以∠AOB＝360°．
（2）因为∠BOE＝60°，∠AOB＝90°，
所以∠AOE＝90°+60°＝150°．
又因为OD平分∠AOE，
所以∠DOE，
所以∠DOB＝∠DOE﹣∠BOE＝75°﹣60°＝15°，
又因为∠BOE＝60°，
所以∠BOE＝4∠DOB，
则扇形BOE面积是扇形BOD面积的4倍．
【点评】本题考查扇形面积的计算，熟知扇形面积与圆心角的关系是解题的关键．
24．【答案】（1）证明见解答；
（2）⊙O的半径为．
【分析】（1）延长AO交⊙O于E，连接CE，则∠ACE＝90°，由圆周角定理得∠ABC＝∠AEC，可得∠ADB＝90°，即AD⊥BC；
（2）延长AO交⊙O于点F，连接FB，可证得∠BAF＝∠CAH，由勾股定理可求直径AE，从而可得⊙O半径．
【解答】（1）证明：延长AO交⊙O于E，如图1，
则∠ACE＝90°，
∴∠CAE+∠AEC＝90°，
∵，
∴∠ABC＝∠AEC，
∵∠BAD＝∠CAO，即∠BAD＝∠CAE，
∴∠ABC+BAD＝90°，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC；
（2）解：延长AO交⊙O于点F，连接FB，如图2，
∵AF为⊙O的直径，
∴∠ABF＝90°，
∵∠BAD＝∠CAO，
∴∠BAD+∠HAF＝∠CAO+∠HAF，
即∠BAF＝∠CAH，
∴，
∴BF＝CH，
∵AB＝10，CH＝6，∠ABF＝90°，
∴AF2，
则OC，
即⊙O的半径为．
【点评】本题考查了圆周角定理及其推论，勾股定理定理等知识，作出正确的辅助线是解题的关键．
25．【答案】（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）π．
【分析】（Ⅰ）连接OD，由OD＝OB，利用等边对等角得到一对角相等，再由已知角相等，等量代换得到∠CAD＝∠ODB，求出∠ADO为90°，即可证AD是⊙O的切线；
（Ⅱ）根据直角三角形的性质得到CD，∠CAD＝30°，求得∠B＝30°，得到∠CAB＝60°，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（Ⅰ）证明：连接OD，如图所示：
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠B，
∵∠B＝∠CAD，
∴∠CAD＝∠ODB，
在Rt△ACD中，∠CAD+∠CDA＝90°，
∴∠ADO＝180°﹣（∠ADC+∠ODB）＝90°，
∴OD⊥AD，
∵OD是半径，
∴AD为⊙O的切线；
（Ⅱ）∵AD＝2CD＝3，∠C＝90°，
∴CD，∠CAD＝30°，
∵∠CAD＝∠B，
∴∠B＝30°，
∴∠CAB＝60°，
∵OD＝OB，
∴∠ODB+∠B＝30°，
∴∠DOB＝120°，
∵AD＝3，AO＝2OD，
∴AO2＝AD2+OD2，
∴（2OD）2＝32+OD2，
∴OD，
∴阴影部分的面积π．
【点评】本题考查了切线的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、扇形面积公式等知识，熟练掌握切线的判定是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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