第05講 垂徑定理、圓心角、圓周角（6大考點）（解析版）

第05講垂徑定理、圓心角、圓周角（6大考點）考點考點考向一．垂徑定理（1）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?。?）垂徑定理的推論推論1：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條?。普?：弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對的兩條?。普?：平分弦所對一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條?。箯蕉ɡ淼膽么箯蕉ɡ淼膽煤軓V泛，常見的有：（1）得到推論：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條?。?）垂徑定理和勾股定理相結合，構造直角三角形，可解決計算弦長、半徑、弦心距等問題．這類題中一般使用列方程的方法，這種用代數(shù)方法解決幾何問題即幾何代數(shù)解的數(shù)學思想方法一定要掌握．三．圓心角、弧、弦的關系（1）定理：在同圓和等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦也相等．（2）推論：在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量都分別相等．說明：同一條弦對應兩條弧，其中一條是優(yōu)弧，一條是劣弧，而在本定理和推論中的“弧”是指同為優(yōu)弧或劣?。?）正確理解和使用圓心角、弧、弦三者的關系三者關系可理解為：在同圓或等圓中，①圓心角相等，②所對的弧相等，③所對的弦相等，三項“知一推二”，一項相等，其余二項皆相等．這源于圓的旋轉不變性，即：圓繞其圓心旋轉任意角度，所得圖形與原圖形完全重合．（4）在具體應用上述定理解決問題時，可根據(jù)需要，選擇其有關部分．四．圓周角定理（1）圓周角的定義：頂點在圓上，并且兩邊都與圓相交的角叫做圓周角．注意：圓周角必須滿足兩個條件：①頂點在圓上．②角的兩條邊都與圓相交，二者缺一不可．（2）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．推論：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．（3）在解圓的有關問題時，常常需要添加輔助線，構成直徑所對的圓周角，這種基本技能技巧一定要掌握．（4）注意：①圓周角和圓心角的轉化可通過作圓的半徑構造等腰三角形．利用等腰三角形的頂點和底角的關系進行轉化．②圓周角和圓周角的轉化可利用其“橋梁”﹣﹣﹣圓心角轉化．③定理成立的條件是“同一條弧所對的”兩種角，在運用定理時不要忽略了這個條件，把不同弧所對的圓周角與圓心角錯當成同一條弧所對的圓周角和圓心角．五．圓內接四邊形的性質（1）圓內接四邊形的性質：①圓內接四邊形的對角互補．②圓內接四邊形的任意一個外角等于它的內對角（就是和它相鄰的內角的對角）．（2）圓內接四邊形的性質是溝通角相等關系的重要依據(jù)，在應用此性質時，要注意與圓周角定理結合起來．在應用時要注意是對角，而不是鄰角互補．六．相交弦定理（1）相交弦定理：圓內的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等．（經(jīng)過圓內一點引兩條線，各弦被這點所分成的兩段的積相等）．幾何語言：若弦AB、CD交于點P，則PA?PB＝PC?PD（相交弦定理）（2）推論：如果弦與直徑垂直相交，那么弦的一半是它分直徑所成的兩條線段的比例中項．幾何語言：若AB是直徑，CD垂直AB于點P，則PC2＝PA?PB（相交弦定理推論）．考點精講考點精講一．垂徑定理（共4小題）1．（2021秋?上城區(qū)期中）如圖，⊙O的半徑為5，C是弦AB的中點，OC＝3，則AB的長是（）A．6 B．8 C．10 D．12【分析】先根據(jù)垂徑定理得出AB＝2AC，OC⊥AB，再根據(jù)勾股定理求出AC的長，故可得出結論．【解答】解：∵AB是⊙O的弦，點C是AB的中點，∴AB＝2AC，∴OC⊥AB，在Rt△AOC中，∵OB＝5，OC＝3，∴BC＝＝＝4，∴AB＝2AC＝2×4＝8．故選：B．【點評】本題考查的是垂徑定理及勾股定理，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．2．（2022?西湖區(qū)校級一模）已知，⊙O的直徑CD＝10，弦AB＝8，AB⊥CD，垂足為M，則DM的長為8或2．【分析】連接OA，先根據(jù)⊙O的直徑CD＝10求出半徑OA的長，再根據(jù)垂徑定理求出AM的長，然后根據(jù)勾股定理求出OM的長，分兩種情況求出DM即可．【解答】解：①連接OA，如圖所示：∵⊙O的直徑CD＝10，∴OA＝5，∵弦AB＝8，AB⊥CD，∴AM＝AB＝×8＝4，在Rt△AOM中，由勾股定理得：OM＝＝＝3，∴DM＝OD+OM＝5+3＝8；②連接OA，如圖所示：同①得：OM＝3，∴DM＝OD﹣OM＝5﹣3＝2；綜上所述，DM的長為8或2，故答案為：8或2．【點評】本題考查的是垂徑定理及勾股定理等知識；根據(jù)題意作出輔助線，構造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此題的關鍵，注意分類討論．3．（2021秋?西湖區(qū)校級月考）如圖，CD為⊙O的直徑，CD⊥AB于E，CE＝8，DE＝2，求AB的長．【分析】連接OA，如圖，先計算出OA＝5，OE＝3，再利用垂徑定理得到AE＝BE，然后利用勾股定理計算出AE，從而得到AB的長．【解答】解：連接OA，如圖，∵CE＝8，DE＝2，∴CD＝10，∴OA＝OD＝5，OE＝OD﹣DE＝3，∵CD⊥AB，∴AE＝BE，在Rt△OAE中，AE＝＝＝4，∴AB＝2AE＝8．【點評】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?。部疾榱斯垂啥ɡ恚?．（2021?柯橋區(qū)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．【分析】（1）先根據(jù)垂徑定理得到AC＝BC＝，再利用余弦的定義求出∠O＝60°，則根據(jù)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．【解答】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．【點評】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?。部疾榱斯垂啥ɡ恚箯蕉ɡ淼膽茫ü?小題）5．（2022?富陽區(qū)二模）往直徑為26cm的圓柱形容器內裝入一些水以后，截面如圖所示．若水面寬AB＝24cm，則水的最大深度為（）A．4cm B．5cm C．8cm D．10cm【分析】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(jù)勾股定理求出OD的長，進而得出CD的長即可．【解答】解：連接OB，過點O作OC⊥AB于點D，交⊙O于點C，如圖所示：∵AB＝24cm，∴BD＝AB＝12（cm），∵⊙O的直徑為26cm，∴OB＝OC＝13（cm），在Rt△OBD中，OD＝＝＝5（cm），∴CD＝OC﹣OD＝13﹣5＝8（cm），即水的最大深度為8cm，故選：C．【點評】本題考查了垂徑定理、勾股定理等知識；根據(jù)題意作出輔助線，構造出直角三角形是解答此題的關鍵．6．（2022?諸暨市模擬）有一圓柱形木材，埋在墻壁中，其橫截面如圖所示，測得木材的半徑為15cm，露在墻體外側的弦長AB＝18cm，其中半徑OC垂直平分AB，則埋在墻體內的弓形高CD＝3cm．【分析】在Rt△ADO中，AO＝15cm，AD＝9cm，利用勾股定理得出DO的長，進而得出答案．【解答】解：在Rt△ADO中，DO＝＝＝12（cm），則CD＝CO﹣DO＝15﹣12＝3（cm），故答案為：3．【點評】本題考查了垂徑定理、勾股定理等知識，正確運用勾股定理是解題關鍵．7．（2020秋?衢州期中）如圖，有一座圓弧形拱橋，橋下水面寬度AB為12m，拱高CD為4m．（1）求拱橋的半徑；（2）有一艘寬為5m的貨船，船艙頂部為長方形，并高出水面3.4m，則此貨船是否能順利通過此圓弧形拱橋，并說明理由．【分析】（1）根據(jù)垂徑定理和勾股定理求解；（2）連接ON，OB，根據(jù)勾股定理即可得到結論．【解答】解：（1）如圖，連接ON，OB．∵OC⊥AB，∴D為AB中點，∵AB＝12m，∴BD＝AB＝6m．又∵CD＝4m，設OB＝OC＝ON＝r，則OD＝（r﹣4）m．在Rt△BOD中，根據(jù)勾股定理得：r2＝（r﹣4）2+62，解得r＝6.5．（2）∵CD＝4m，船艙頂部為長方形并高出水面3.4m，∴CE＝4﹣3.4＝0.6（m），∴OE＝r﹣CE＝6.5﹣0.6＝5.9（m），在Rt△OEN中，EN2＝ON2﹣OE2＝6.52﹣5.92＝7.44，∴EN＝（m）．∴MN＝2EN＝2×≈5.4m＞5m．∴此貨船能順利通過這座拱橋．【點評】此題考查了垂徑定理的應用．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結合思想與方程思想的應用．8．（2021秋?余杭區(qū)期中）如圖，有一座拱橋是圓弧形，它的跨度AB＝60米，拱高PD＝18米．（1）求圓弧所在的圓的半徑r的長；（2）當洪水泛濫到跨度只有30米時，要采取緊急措施，若拱頂離水面只有4米，即PE＝4米時，是否要采取緊急措施？【分析】（1）連接OA，利用r表示出OD的長，在Rt△AOD中根據(jù)勾股定理求出r的值即可；（2）連接OA′，在Rt△A′EO中，由勾股定理得出A′E的長，進而可得出A′B′的長，據(jù)此可得出結論．【解答】解：（1）連接OA，由題意得：AD＝AB＝30（米），OD＝（r﹣18）米，在Rt△ADO中，由勾股定理得：r2＝302+（r﹣18）2，解得，r＝34（米）；（2）連接OA′，∵OE＝OP﹣PE＝30米，∴在Rt△A′EO中，由勾股定理得：A′E2＝A′O2﹣OE2，即：A′E2＝342﹣302，解得：A′E＝16（米）．∴A′B′＝32（米）．∵A′B′＝32＞30，∴不需要采取緊急措施．【點評】本題考查的是垂徑定理的應用，根據(jù)題意作出輔助線，構造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此題的關鍵．9．（2021秋?柯橋區(qū)月考）某隧道施工單位準備在雙向道路中間全程增加一個寬為1米的隔離帶，已知隧道截面是一個半徑為4米的半圓形，點O是其圓心，AE是隔離帶截面，問一輛高3米，寬1.9米的卡車ABCD能通過這個隧道嗎？請說明理由．【分析】根據(jù)題意直接構造直角三角形進而得出當OB＝2.4m時求出BC的長，即可得出答案．【解答】解：如圖所示：連接OC，∵OA＝AE＝0.5m，∴OB＝1.9+0.5＝2.4m，∴BC＝＝＝3.2＞3m∴一輛高3米，寬1.9米的卡車能通過隧道．【點評】此題主要考查了垂徑定理的應用，勾股定理，正確構造直角三角形是解題關鍵．三．圓心角、弧、弦的關系（共7小題）10．（2021?下城區(qū)校級四模）如圖，等腰△ABC的頂角∠CAB為50°，以腰AB為直徑作半圓，交BC于點D，交AC于點E，則的度數(shù)為（）A．50° B．25° C．80° D．65°【分析】連接AD，取AB的中點O，連接OE，OD．利用等腰三角形的性質以及圓周角定理求出∠DOE＝50°，可得結論．【解答】解：連接AD，取AB的中點O，連接OE，OD．∵AB是直徑，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥CB，∵AB＝AC，∴∠BAD＝∠DAC＝∠BAC＝25°，∴∠DOE＝2∠DAC＝50°，∴的度數(shù)為50°，故選：A．【點評】本題考查圓周角定理，等腰三角形的性質等知識，解題的關鍵是掌握等腰三角形的性質，屬于中考?？碱}型．11．（2021秋?瑞安市月考）已知點O，C在直線m的同一側，作⊙O交m于點A，B．連結AC，BC，OA，OB，若點C在⊙O外，∠AOB＝110°，則∠C的角度可能是（）A．50° B．55° C．60° D．65°【分析】如圖，設⊙O交AC于點T，連接BT．求出∠ATB＝55°，再利用三角形外角的性質，判斷即可．【解答】解：如圖，設⊙O交AC于點T，連接BT．∵∠ATB＝∠AOB＝55°，又∵∠ATB＞∠C，∴∠C＜55°，故選：A．【點評】本題考查圓周角定理，三角形的外角的性質等知識，解題的關鍵是掌握圓周角定理，屬于中考?？碱}型．12．（2022?龍灣區(qū)模擬）一段長為6π，弧度為60°的弧所在圓的半徑長為18．【分析】根據(jù)弧長的公式l＝計算即可．【解答】解：設其半徑為r，根據(jù)題意，得6π＝，解得r＝18，故答案為：18．【點評】本題考查的是弧長的計算，掌握弧長的公式l＝是解題的關鍵．13．（2018秋?東陽市期末）點A、C為半徑是8的圓周上兩動點，點B為的中點，以線段BA、BC為鄰邊作菱形ABCD，頂點D恰在該圓半徑的中點上，則該菱形的邊長為4或4．【分析】過B作直徑，連接AC交BO于E，如圖①，根據(jù)已知條件得到BD＝OB＝4，如圖②，BD＝12，求得OD、OE、DE的長，連接OD，根據(jù)勾股定理得到結論．【解答】解：過B作直徑，連接AC交BO于E，∵點B為的中點，∴BD⊥AC，如圖①，∵點D恰在該圓直徑上，D為OB的中點，∴BD＝×8＝4，∴OD＝OB﹣BD＝4，∵四邊形ABCD是菱形，∴DE＝BD＝2，∴OE＝2+4＝6，連接OC，∵CE＝，在Rt△DEC中，由勾股定理得：DC＝；如圖②，OD＝4，BD＝8+4＝12，DE＝BD＝6，OE＝6﹣4＝2，由勾股定理得：CE＝，DC＝，故答案為：4或4．【點評】本題考查了圓心角，弧，弦的關系，勾股定理，菱形的性質，正確的作出圖形是解題的關鍵．14．（2022?金華模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以點A為圓心，AC長為半徑作圓，交BC于點D，交AB于點E，連接DE．（1）若∠ABC＝20°，求∠DEA的度數(shù)；（2）若AC＝3，AB＝4，求CD的長．【分析】（1）連接AD，求出∠DAE，再利用等腰三角形的性質解決問題即可．（2）如圖，過點A作AF⊥CD，垂足為F．利用面積法求出AF，再利用勾股定理求出CF，可得結論．【解答】解：（1）如圖，連接AD．∵∠BAC＝90°，∠ABC＝20°，∴∠ACD＝70°．∵AC＝AD，∴∠ACD＝∠ADC＝70°，∴∠CAD＝180°﹣70°﹣70°＝40°，∴∠DAE＝90°﹣40°＝50°．又∵AD＝AE，∴．（2）如圖，過點A作AF⊥CD，垂足為F．∵∠BAC＝90°，AC＝3，AB＝4，∴BC＝5．又∵?AF?BC＝?AC?AB，∴，∴．∵AC＝AD，AF⊥CD，∴．【點評】本題考查垂徑定理，圓心角，弧，弦之間的關系，解直角三角形等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．15．（2021秋?開化縣校級月考）如圖，⊙O的弦AB和弦CD相交于點E，AB＝CD，求證：AD＝CB．【分析】欲證明AD＝BC，只要證明＝．【解答】證明：∵AB＝CD，∴＝，∴+＝+，∴＝，∴AD＝BC．【點評】本題考查圓心角，弧，弦之間的關系，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．16．（2021秋?長興縣期中）如圖，MB，MD是⊙O的兩條弦，點A，C分別在，上，且AB＝CD，M是的中點．求證：MB＝MD．【分析】欲證明BM＝DM，只要證明＝即可．【解答】證明：∵M是的中點，∴＝，∵AB＝CD，∴＝，∴+＝+，即＝，∴MB＝MD．【點評】本題考查了圓心角、弧、弦之間的關系，能熟記圓心角、弧、弦之間的關系是解此題的關鍵．四．圓周角定理（共8小題）17．（2022?鹿城區(qū)校級三模）如圖，點A，B，C在⊙O上，為優(yōu)弧，已知＝50°，則∠C為（）A．25° B．35° C．40° D．50°【分析】直接根據(jù)圓周角定理即可得出結論．【解答】解：連接OA、OB．∵＝50°，∴∠AOB＝50°，∴∠C＝∠AOB＝25°．故選：A．【點評】本題考查的是圓周角定理，熟知在同圓或等圓中，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答此題的關鍵．18．（2022?拱墅區(qū)校級開學）已知：如圖OA，OB是⊙O的兩條半徑，且OA⊥OB，點C在⊙O上，則∠ACB的度數(shù)為（）A．45° B．40° C．35° D．50°【分析】判斷出∠AOB＝90°，再利用圓周角定理求解．【解答】解：∵OA⊥OB，∴∠AOB＝90°，∴∠ACB＝∠AOB＝45°．故選：A．【點評】本題考查圓周角定理，解題的關鍵是掌握圓周角定理，屬于中考常考題型．19．（2022?嘉興）如圖，在⊙O中，∠BOC＝130°，點A在上，則∠BAC的度數(shù)為（）A．55° B．65° C．75° D．130°【分析】根據(jù)同弧所對的圓周角等于圓心角的一半即可得出∠BAC的度數(shù)．【解答】解：∵∠BOC＝130°，點A在上，∴∠BAC＝∠BOC＝＝65°，故選：B．【點評】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．20．（2022?蕭山區(qū)校級二模）如圖，在由邊長為1的小正方形組成的網(wǎng)格中，一條弧經(jīng)過格點（網(wǎng)格線的交點）A，B，D，點C為弧BD上一點．若∠CAD＝30°．則的長為．【分析】先確定格點O是所在圓的圓心，連接OD，OC，再利用勾股定理求出OD的長，然后根據(jù)圓周角定理求出∠COD60°，從而利用弧長公式進行計算即可解答．【解答】解：由題意得：格點O是所在圓的圓心，連接OD，OC，則OD＝＝，∵∠CAD＝30°，∴∠COD＝2∠CAD＝60°，∴的長＝＝，故答案為：．【點評】本題考查了圓周角定理，勾股定理，根據(jù)題目的已知條件并結合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．21．（2022?鄞州區(qū)校級開學）如圖所示，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑作半圓O，交BC于點D，交AC于點E．若∠BAC＝44°，BD＝2，則弧AE的度數(shù)是92°，DC的長為2．【分析】連接OE，AD，根據(jù)半徑相等，證得∠BAC＝∠OEA＝44°，從而求出圓心角∠AOE的度數(shù)，進而得出弧的度數(shù)；根據(jù)圓周角定理得出∠ADB＝90°，再根據(jù)等腰三角形三線合一得出BD＝CD，根據(jù)BD求得CD．【解答】解：連接OE，AD，∵OA＝OE，∠BAC＝44°，∴∠BAC＝∠OEA＝44°，∴∠AOE＝92°，∴弧AE的度數(shù)是92°，∵AB為半圓O的直徑，∴∠ADB＝90°，∵AB＝AC，∴AD是△ABC的中線，∴BD＝CD，∵BD＝2，∴CD＝2．故答案為：92°，2．【點評】本題考查了圓周角定理、等腰三角形的性質，解題的關鍵是添加適當?shù)妮o助線從而利用圓周角定理解答．22．（2022?金東區(qū)二模）如圖，AB是⊙O的直徑，點C在⊙O上，＝，點D是的中點，連結OC，AD，交于點E，連結BE，BD．（1）求∠EBA的度數(shù)．（2）求證：AE＝BD．（3）若DE＝1，求⊙O的面積．【分析】（1）連接AC，先求出∠BOC＝90°，根據(jù)圓周角定理求出∠CAB的度數(shù)，再求出∠EAB即可；（2）由（1）知，OC垂直平分AB，得出AE＝BE，在直角三角形中BD＝sin45°BE，從而得出AE＝BD；（3）在Rt△ABD中，先求出OA2，然后代入圓的面積計算公式計算即可．【解答】解：（1）連接AC，∵＝，∴∠AOC＝∠BOC＝90°∴∠CAB＝45°，∵點D是的中點，∴，∴∠CAD＝∠EAB＝22.5°；（2）由（1）知，OC垂直平分AB，∴AE＝BE，∴∠DEB＝2∠EAB＝45°，∵AB是直徑，∴∠D＝90°，∴BD＝sin45°BE，∴BE＝BD，∴AE＝BD；（3）∵DE＝1∴BD＝DE＝1，∴AE＝BE＝，∴AD＝+1，在Rt△ABD中，AD2+BD2＝（2OA）2，∴（）2+1＝4OA2，∴OA2＝，∴圓的面積為πOA2＝．【點評】本題考查了圓周角定理，勾股定理，垂徑定理，正確作出輔助線，熟練運用圓周角定理是解題的關鍵．23．（2022?鹿城區(qū)校級一模）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，G是劣弧上一點，AG，DC的延長線交于點F．（1）求證：∠FGC＝∠AGD．（2）若G是的中點，CE＝CF＝2，求GF的長．【分析】（1）如圖1，利用垂徑定理得到＝，根據(jù)等腰三角形的性質得∠ADC＝∠ACD，根據(jù)圓周角定理的推論得到∠AGD＝∠ACD＝∠ADC，再利用圓內接四邊形的性質得到∠FGC＝∠ADC，從而得到結論；（2）如圖，過點G作GH⊥DF于點H．證明△DAG≌△FCG，推出AD＝CF＝3，GD＝GF，利用勾股定理求出AE，AF，再利用平行線分線段成本定理定理求解即可．【解答】（1）證明：如圖1，連接AC，∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，∴＝，∴AD＝AC，∴∠ADC＝∠ACD，∵點A、D、C、G在⊙O上，∴∠FGC＝∠ADC，∵∠AGD＝∠ACD，∴∠FGC＝∠AGD；（2）解：如圖，過點G作GH⊥DF于點H．∵∠DAG+∠DCG＝180°，∠DCG+∠FCG＝180°，∴∠DAC＝∠FCG，∵＝，∴AG＝CG，∵∠AGD＝∠FGC，∴△DAG≌△FCG（ASA），∴CF＝AD＝3，DG＝FG，∵GH⊥DF，∴DH＝FH，∵AB⊥CD，∴DE＝EC＝2，∴DF＝2+2+3＝7，∴DH＝HF＝3.5，∴AE＝＝＝，∴AF＝＝＝，∵GH∥AE，∴＝，∴＝，∴GF＝．【點評】本題考查圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，全等三角形的判定和性質，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．24．（2021秋?仙居縣期末）如圖所示，AB是⊙O的一條弦，OD⊥AB，垂足為C，交⊙O于點D，點E在⊙O上，∠BED＝30°．（1）求∠AOD的度數(shù)；（2）若OA＝2，求AB的長．【分析】（1）連接OB，由∠DEB＝30°，推出∠DOB＝60°，由OD⊥AB，根據(jù)垂徑定理即可推出∠AOD＝60°；（2）根據(jù)（1）所推出的結論，求出OC＝1，利用勾股定理求出AC，可得結論．【解答】解：（1）連接OB，則∠BOD＝2∠BED＝2×30°＝60°，∵OD⊥AB∴∠AOD＝∠BOD＝60°；（2）∵OD⊥AB，∠AOD＝60°，∴∠OAC＝30°，∴OC＝OA＝2＝1，∴AC＝，∴AB＝2AC＝2．【點評】本題主要考查圓周角定理，垂徑定理等知識點，關鍵在于正確的作出輔助線，推出OA的長度和∠DOB的度數(shù)．五．圓內接四邊形的性質（共6小題）25．（2022?鹿城區(qū)二模）如圖，點B在上，∠AOC＝100°，則∠ABC等于（）A．50° B．80° C．100° D．130°【分析】在圓O上取點D，連接AD、CD，根據(jù)圓周角定理求出∠ADC，再根據(jù)圓內接四邊形的性質計算，得到答案．【解答】解：在圓O上取點D，連接AD、CD，由圓周角定理得：∠ADC＝∠AOC＝50°，∵四邊形ABCD為圓內接四邊形，∴∠ABC+∠AOC＝180°，∴∠ABC＝180°﹣50°＝130°，故選：D．【點評】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．26．（2021秋?金東區(qū)期末）在圓內接四邊形ABCD中，∠D﹣∠B＝40°，則∠D的度數(shù)為110°．【分析】根據(jù)圓內接四邊形的性質得到∠D+∠B＝180°，根據(jù)題意列出方程組，解方程組得到答案．【解答】解：∵四邊形ABCD為圓內接四邊形，∴∠D+∠B＝180°，則，解得：，故答案為：110°．【點評】本題考查的是圓內接四邊形的性質、二元一次方程組的解法，掌握圓內接四邊形的對角互補是解題的關鍵．27．（2022?吳興區(qū)一模）如圖，已知四邊形ABCD內接于⊙O，∠ABC＝68°，則∠ADC的度數(shù)是112°．【分析】根據(jù)圓內接四邊形的性質即可得到結論．【解答】解：∵四邊形ABCD內接于⊙O，∠ABC＝68°，∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣68°＝112°，故答案為：112°．【點評】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．28．（2022?河南模擬）定義：三角形一個內角的平分線和與另一個內角相鄰的外角平分線相交所成的銳角稱為該三角形第三個內角的遙望角．（1）如圖1，∠E是△ABC中∠A的遙望角，若∠A＝α，請用含α的代數(shù)式表示∠E．（2）如圖2，四邊形ABCD內接于⊙O，＝，四邊形ABCD的外角平分線DF交⊙O于點F，連接BF并延長交CD的延長線于點E．求證：∠BEC是△ABC中∠BAC的遙望角．【分析】（1）根據(jù)遙望角的定義得到∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，根據(jù)三角形的外角性質計算，得到答案；（2）延長BC到點T，根據(jù)圓內接四邊形的性質得到∠FDC+∠FBC＝180°，得到∠ABF＝∠FBC，根據(jù)圓周角定理得到∠ACD＝∠BFD，進而得到∠ACD＝∠DCT，根據(jù)遙望角的定義證明結論．【解答】解：（1）∵∠E是△ABC中∠A的遙望角，∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A，∵∠A＝α，∴∠E＝α；（2）如圖2，延長BC到點T，∵四邊形FBCD內接于⊙O，∴∠FDC+∠FBC＝180°，∵∠FDE+∠FDC＝180°，∴∠FDE＝∠FBC，∵DF平分∠ADE，∴∠ADF＝∠FDE，∵∠ADF＝∠ABF，∴∠ABF＝∠FBC，∴BE是∠ABC的平分線，∵＝，∴∠ACD＝∠BFD，∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，∴∠DCT＝∠BFD，∴∠ACD＝∠DCT，∴CE是△ABC的外角平分線，∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遙望角．【點評】本題考查的是圓內接四邊形的性質，圓心角、弧、弦的關系，掌握圓周角定理、三角形外角性質、熟練掌握圓內接四邊形的性質是解題的關鍵．29．（2021?杭州模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，圓內接四邊形ACDE的邊CD與直徑AB交于點F，點G在DE延長線上，EA平分∠CEG．（1）求證：AB⊥CD．（2）若AC＝CE，AF＝9，BF＝1，求△ACE的面積．【分析】（1）利用垂徑定理證明即可．（2）利用相似三角形的性質求出DF，再證明△ACE≌△DAC（AAS），可得結論．【解答】（1）證明：∵AE平分∠CEG，∴∠AEG＝∠AEC，∵∠AEG+∠AED＝180°，∠AED+∠ACD＝180°，∴∠AEG＝∠ACD，∴∠AEC＝∠ACD，∴＝，∴AB⊥CD．（2）解：如圖，連接AD．BD．∴AB是直徑，∴∠ADB＝90°，∵DF⊥AB，∴∠AFD＝∠DFB＝90°，∵∠ADF+∠DAF＝90°，∠ADF+∠FDB＝90°，∴∠DAF＝∠FDB，∴△AFD∽△DFB，∴DF：FB＝AF：DF，∴DF2＝AF?BF＝9，∵DF＞0，∴DF＝3，∵AB⊥CD，∴DF＝CF＝3，∴AD＝AC，∴CD＝2DF＝6，∵AC＝CE，∴CA＝CE＝AD，∴∠CAE＝∠CEA＝∠ACD＝∠ADC，在△ACE和△DAC中，，∴△ACE≌△DAC（AAS），∴S△ACE＝S△ADC＝?CD?AF＝×6×9＝27．【點評】本題考查圓內接四邊形的性質，角平分線的性質，圓周角定理等知識，解題的關鍵是正確尋找相似三角形或全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．30．（2021?杭州校級模擬）已知，如圖△ABC中，AB＝AC，D是邊BC上一點，BD＜DC，過點A、D、C三點的⊙O交AB于點F，點E在上，連接DF、AE、DE、CE．（1）求證：△BDF是等腰三角形；（2）若，請用題意可以推出的結論說明命題：“一組對邊相等，且一組對角相等的四邊形是平行四邊形”是假命題．【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質得到∠B＝∠ACB，根據(jù)圓內接四邊形的性質得到∠BFD＝∠ACB，于是得到結論；（2）由＝，得到DE＝AC，等量代換得到AB＝DE，推出∠B＝∠E，得到＝，求得AE＝CD＞BD，于是得到結論．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠B＝∠ACB，∵四邊形AFDC是圓內接四邊形，∴∠AFD+∠ACB＝∠BFD+∠AFD＝180°，∴∠BFD＝∠ACB，∴∠BFD＝∠B，∴BD＝DF，∴△BDF是等腰三角形；（2）如圖，已知AB＝DE，∠B＝∠AED，則四邊形ABDE是平行四邊形是假命題；∵＝，∴DE＝AC，∵AB＝AC，∴AB＝DE，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∵∠ACB＝∠AED，∴∠B＝∠AED，﹣＝﹣，∴＝，∴AE＝CD＞BD，但四邊形ABDE不是平行四邊形，∴“一組對邊相等，且一組對角相等的四邊形是平行四邊形”是假命題．【點評】本題考查了命題與定理，平行四邊形的判定和性質，圓內接四邊形的性質，等腰三角形的性質，正確的識別圖形是解題的關鍵．六．相交弦定理（共2小題）31．（2021秋?東陽市月考）已知四邊形ABCD兩條對角線相交于點E，AB＝AC＝AD，AE＝3，EC＝1，則BE?DE的值為（）A．6 B．7 C．12 D．16【分析】由題意可知AB＝AC＝AD，點D、C、B在以點A為圓心的圓周上運動，由相交弦定理可得，BE?DE＝CE?EF即可求出答案．【解答】解：∵AB＝AC＝AD，∴點D、C、B在以點A為圓心的圓周上運動，AE＝3，EC＝1，∴AC＝AF＝AE+CE＝3+1＝4，EF＝AE+AF＝3+4＝7，由相交弦定理可得，BE?DE＝CE?EF＝1×7＝7，故選：B．【點評】本題考查了相交弦定理，根據(jù)圓心和半徑構建圓是解題的關鍵．32．（2021秋?余姚市期中）如圖，⊙O的弦AB、CD相交于點P，若AP＝6，BP＝8，CP＝4，則CD長為（）A．16 B．24 C．12 D．不能確定【分析】由相交線定理可得出AP?BP＝CP?DP，再根據(jù)AP＝6，BP＝8，CP＝4，可得出PD的長，從而得出CD即可．【解答】解：∵AP?BP＝CP?DP，∴PD＝，∵AP＝6，BP＝8，CP＝4，∴PD＝12，∴CD＝PC+PD＝12+4＝16．故選：A．【點評】本題考查了相交線定理，圓內兩條弦相交，被交點分成的兩條線段的積相等．

鞏固鞏固提升一、單選題1．（2022·浙江溫州·九年級期中）已知：如圖，在以點O為圓心的兩個圓中，大圓的弦AB和小圓交于點C，D，大圓的半徑是13，，，則OC的長是（

）A． B． C． D．8【答案】B【分析】過點O作OE⊥AB于點E，由垂徑定理求得AE=BE=12，根據(jù)勾股定理求出OE的長度，設，則CE=12-x，在Rt△COE中，利用勾股定理即可求得OC的長．【詳解】解：過點O作OE⊥AB于點E，∵大圓和小圓的圓心都為點O，OE⊥AB，∴AE=BE，CE=DE，∵，∴AE=BE=12，∵OA=13，∴，設，則CE=12-x，在Rt△COE中，，解得：，即OC的長為，故選：B．【點睛】本題考查了垂徑定理和勾股定理，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．垂徑定理常與勾股定理相結合來解題．2．（2022·浙江金華·九年級期末）如圖，點A，B，C，D是⊙O上的四個點，且，OE⊥AB，OF⊥CD，則下列結論錯誤的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】在同圓中，根據(jù)圓心角、弧和弦之間的關系即可判斷．【詳解】解：在⊙O中，∵∴，故A、C選項正確，不符合題意；∵，OA=OD，OB=OC∴∴∵OE⊥AB，OF⊥CD，∴∴OE=OF故B選項正確，不符合題意．故選D【點睛】本題考查圓的對稱性，理解同圓中圓心角、弧和弦之間的關系是解題的關鍵．3．（2021·浙江·金華海亮外國語學校九年級階段練習）如圖，是的內接三角形，若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)是的內接三角形，可得OA=OC，從而得到∠ACO=∠OAC=20°，進而得到∠AOC=140°，再由圓周角定理，即可求解．【詳解】解：∵是的內接三角形，∴OA=OC，∴∠ACO=∠OAC=20°，∴∠AOC=180°-∠OAC-∠ACO=140°，∴．故選：C【點睛】本題主要考查了三角形的外接圓和外心，圓周角定理，熟練掌握同弧所對的圓周角是所對的圓心角的一半是解題的關鍵．4．（2022·浙江金華·九年級期末）在圓柱形油槽內裝有一些油，截面如圖所示，已知截面⊙O半徑為5cm，油面寬AB為6cm，如果再注入一些油后，油面寬變?yōu)?cm，則油面AB上升了（）cmA．1 B．3 C．3或4 D．1或7【答案】D【分析】分兩種情況求解：①如圖1，寬度為8cm的油面，作與的交點為，可知，，，在中，由勾股定理得，解得的值，在中，由勾股定理得，解得的值，計算即可；②如圖2，寬度為8cm的油面，作與的交點為，連接，由題意知，，，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，計算即可．【詳解】解：分兩種情況求解：①如圖1，寬度為8cm的油面，作與的交點為由題意知，，在中，由勾股定理得在中，由勾股定理得∴②如圖2，寬度為8cm的油面，作與的交點為，連接由題意知，，在中，由勾股定理得在中，由勾股定理得∴∴油面AB上升到CD，上升了1cm，油面AB上升到EF，上升了7cm；故選D．【點睛】本題考查了圓的垂徑定理，勾股定理．解題的關鍵在于對兩種情況全面考慮．5．（2022·浙江寧波·三模）已知的直徑，是的弦，，垂足為，且，則的長為（

）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】先畫好一個圓，標上直徑CD，已知AB的長為8cm，可知分為兩種情況，第一種情況AB與OD相交，第二種情況AB與OC相交，利用勾股定理即可求出兩種情況下的AC的長；【詳解】連接AC，AO，∵圓O的直徑CD=10cm，AB⊥CD，AB=8cm，∴AM=AB=×8=4cm，OD=OC=5cm，當C點位置如圖1所示時，∵OA=5cm，AM=4cm，CD⊥AB，∴OM==3cm，∴CM=OC+OM=5+3=8cm，∴AC=cm；當C點位置如圖2所示時，同理可得OM=3cm，∵OC=5cm，∴MC=5?3=2cm，在Rt△AMC中，AC=cm．故選C．【點睛】本題考查垂徑定理和勾股定理，根據(jù)題意正確畫出圖形進行分類討論，熟練運用垂徑定理是解決本題的關鍵．6．（2021·浙江·杭州市天杭實驗學校九年級期中）如圖，⊙O的半徑為5，C是弦AB的中點，OC＝3，則AB的長是（）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】B【分析】根據(jù)垂徑定理得AB=2BC，∠OCB=90°，利用勾股定理求出BC即可得到答案．【詳解】解：∵C是弦AB的中點，∴AB=2BC，∠OCB=90°，∵OC2+BC2=OB2，∴，∴AB=8，故選：B．【點睛】此題考查了圓的垂徑定理的推論，勾股定理，熟記圓的垂徑定理推論是解題的關鍵．7．（2021·浙江衢州·九年級期中）如圖，在半徑為5的中，弦BC，DE所對的圓心角分別是，．若，，則弦BC的弦心距為（

）.A． B． C．4 D．3【答案】D【分析】作AH⊥BC于H，作直徑CF，連接BF，先利用等角的補角相等得到∠DAE=∠BAF，再利用圓心角、弧、弦的關系得到DE=BF=6，由AH⊥BC，根據(jù)垂徑定理得CH=BH，則AH為△CBF的中位線，然后根據(jù)三角形中位線性質得到AH=BF=3．【詳解】作AH⊥BC于H，作直徑CF，連接BF，如圖，∵∠BAC+∠EAD=180°，而∠BAC+∠BAF=180°，∴∠DAE=∠BAF，∴，∴DE=BF=6，∵AH⊥BC，∴CH=BH，而CA=AF，∴AH為△CBF的中位線，∴AH=BF=3,故選：D.【點睛】本題考查了圓周角定理：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．也考查了垂徑定理和三角形中位線性質，掌握以上知識是解題的關鍵．8．（2022·浙江湖州·九年級期末）下列說法正確的是（

）A．等弧所對的圓周角相等 B．平分弦的直徑垂直于弦C．相等的圓心角所對的弧相等 D．過弦的中點的直線必過圓心【答案】A【分析】根據(jù)圓周角定理，垂徑定理的推論，圓心角、弧、弦的關系，對稱軸的定義逐項排查即可．【詳解】解：A.

同弧或等弧所對的圓周角相等，所以A選項正確；B.平分弦（非直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的弧，所以B選項錯誤；C、在同圓和等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦相等，所以C選項錯誤；D.圓是軸對稱圖形，任何一條直徑所在的直線都是它的對稱軸，所以D選項錯誤.故選A.【點睛】本題主要考查了圓心角、弧、弦的關系,軸對稱圖形，垂徑定理，圓周角定理等知識點．靈活運用相關知識成為解答本題的關鍵．9．（2022·浙江寧波·九年級期末）如圖，AB是⊙O的直徑，CD是弦，，則的度數(shù)是（

）A．50° B．45° C．40° D．35°【答案】C【分析】根據(jù)直徑所對的圓周角是直角推出∠ACB=90°，再結合圖形由直角三角形的性質得到∠ABC=90°-∠CAB=40°，進而根據(jù)同弧所對的圓周角相等推出∠D=∠B=40°．【詳解】解：∵AB是直徑，∴，∵，∴，∴，故選：C．【點睛】本題考查圓周角定理，正確理解在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等是解題的關鍵．二、填空題10．（2022·浙江·淳安縣教育發(fā)展研究中心一模）如圖，在每個小正方形邊長都為1的5×5網(wǎng)格中，有四個點A，B，C，D，以其中任意三點為頂點的三角形的外接圓半徑長是______．【答案】【分析】連接AB，BC，CD，AD，BD．根據(jù)勾股定理可求出AB，BC，CD，AD，BD的長度，根據(jù)勾股定理逆定理和圓周角定理的推論可以確定以A，B，C，D中任意三個點為頂點的三角形的外接圓是以BD為直徑的圓，進而即可求出半徑．【詳解】解：如下圖所示，連接AB，BC，CD，AD，BD．∵每個小正方形的邊長都為1，∴，，，，．∵，，∴，．∴∠BAD=90°，∠BCD=90°．∴點A和點C都在以BD為直徑的圓上．∴以A，B，C，D中任意三個點為頂點的三角形的外接圓是以BD為直徑的圓．∴半徑為．故答案為：．【點睛】本題考查求特殊三角形的外接圓的半徑，勾股定理及其逆定理，圓周角定理的推論，綜合應用這些知識點是解題關鍵．11．（2020·浙江·九年級期末）已知的半徑為，弦，且，則弦和之間的距離為_______．【答案】14cm或2cm【分析】根據(jù)垂徑定理及勾股定理，可求出弦AB、CD的弦心距；由于兩弦的位置不確定，因此需要分類討論．【詳解】解：如圖①，連接OA，OC，過點O作OE⊥AB，交CD于點F，交AB于點E，因為AB//CD，所以OE⊥CD，∴Rt△OAE中，OA=10cm，AE=AB=6cm；OE==8cm；同理可得：OF=6cm；故EF=OE-OF=2cm；如圖②；同（1）可得：OE=8cm，OF=6cm；故EF=OE+OF=14cm；所以AB與CD的距離是14cm或2cm，故答案為：14cm或2cm．【點睛】此題主要考查的是垂徑定理以及勾股定理的應用，需注意弦AB、CD的位置關系有兩種，需分類討論，不要漏解．12．（2021·浙江湖州·二模）如圖所示一個圓柱體容器內裝入一些水，截面AB在圓心O下方，若⊙O的直徑為60cm，水面寬AB＝48cm，則水的最大深度為_____cm．【答案】12【分析】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(jù)勾股定理求出OD的長，進而得出CD的長即可．【詳解】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60cm，∴OB＝OC＝30cm，在Rt△OBD中，OD＝＝＝18（cm），∴CD＝OC﹣OD＝30﹣18＝12（cm），即水的最大深度為12cm，故答案為：12．【點睛】本題考查了垂徑定理、勾股定理等知識；根據(jù)題意作出輔助線，構造出直角三角形是解答此題的關鍵．13．（2021·浙江·九年級期末）如圖，已知點是圓上一點，以點為圓心，為半徑作弧，交圓于點，則的度數(shù)為______度．【答案】60【分析】先判定△POQ是等邊三角形，然后根據(jù)圓心角的度數(shù)與它所對的弧的度數(shù)相等求解即可．【詳解】解：∵PQ=PO，PO=OQ，∴PQ=PO=OQ，∴△POQ是等邊三角形，∴∠POQ=60°，∴的度數(shù)為60度故答案為：60．【點睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質，熟練掌握圓心角的度數(shù)與它所對的弧的度數(shù)相等是解答本題的關鍵．14．（2021·浙江溫州·九年級階段練習）永嘉甌北第一中學是一所百年老校，屹立在校門口的雕塑激勵歷屆學子奮發(fā)向上．底座圓形圖案中，AB是⊙O的直徑，且BA＝BC，，DC∥AB，AC＝米，則該圓形圖案的直徑AB為_________米．【答案】【分析】連接OD，根據(jù)由垂徑定理推論可知OD⊥AB，過點C作CH⊥AB，即可構造矩形ODCH，再利用雙勾股列方程求解AB即可．【詳解】解：連接OD，過點C作CH⊥AB，∵，OD是半徑，∴OD⊥AB，即：∠DOA=90°，又∵，∴∠CDO=90°，∴四邊形ODCH是矩形，∴CH=OD，∵AB是⊙O的直徑，且BA＝BC，∴BC=2CH，設直徑AB為2x米，則BC=2x米，CH=x米，∴米，∴米，在中，，∴，解得：,（不合題意，舍去）∴直徑（米）．故答案為：．【點睛】本題主要考查了垂徑定理和用勾股定理解三角形，解題關鍵是過點C作CH⊥AB，得矩形ODCH，從而利用雙勾股模型列方程解三角形．15．（2022·浙江臺州·九年級期末）把一個球放入長方體紙盒，球的一部分露出盒外，球與紙盒內壁都剛好相切，其截面如圖所示，若露出部分的高度為6cm，AF=DE=3cm，則這個球的半徑是_____cm．【答案】15【分析】過作于，交于，連接，設半徑為，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結論．【詳解】解：過作于，交于，連接，，，設半徑為，則，，，根據(jù)勾股定理得，，解得：或3（舍，答：這個球的半徑為．故答案為：15．【點睛】本題考查了垂徑定理及勾股定理的知識，解題的關鍵是正確的作出輔助線構造直角三角形．16．（2022·浙江寧波·九年級期末）如圖1，水車又稱孔明車，是我國最古老的農(nóng)業(yè)灌溉工具，是珍貴的歷史文化遺產(chǎn)．如圖2，圓心O在水面上方，且被水面截得的弦AB長為8米，半徑為5米，則圓心O到水面AB的距離為_______米．【答案】3【分析】過O作OD⊥AB于D，連接OA，由垂徑定理得AD=BD=AB=4（米），然后在Rt△AOD中，由勾股定理求出OD的長即可．【詳解】解：過O作OD⊥AB于D，連接OA，如圖所示：則AD=BD=AB=4（米），在Rt△AOD中，由勾股定理得：OD=（米），即圓心O到水面AB的距離為3米，故答案為：3．【點睛】本題考查了垂徑定理的應用和勾股定理的應用，熟練掌握垂徑定理和勾股定理是解題的關鍵．17．（2022·浙江湖州·九年級期末）如圖，四邊形ABCD是半圓O的內接四邊形，其中AB是直徑，點C是弧DB的中點，若∠C＝110°，則∠ABC的度數(shù)=______．【答案】55°##55度【分析】連接OC，根據(jù)C是弧DB的中點，∠DCB＝110°，得出∠OCB的度數(shù)，然后證明OC和OB相等，即可使用等邊對等角求出∠ABC的度數(shù)．【詳解】連接OC，∵C是弧DB的中點，∠DCB＝110°，∴∠DCO=∠BCO=110°÷2=55°，∵AB是圓的直徑，O是圓心，∴OC=OB，∴∠ABC=∠OCB=55°，故答案為55°．【點睛】本題考查了與圓有關的性質、等腰三角形相關的性質，正確作出輔助線并使用該性質進行證明是解決本題的關鍵．18．（2021·浙江·溫州外國語學校九年級期中）如圖，是半圓的直徑，且，在半圓上取一點，使得，則________．【答案】30【分析】如下圖，連接OD，先求得∠COD=50°，進而得∠CBD=∠COD=25°，由得∠OBA=，即可求解．【詳解】解：如下圖，連接OD，∵，∴∠COD=50°，∴∠CBD=∠COD=25°，∵，OA=OB，∴∠OBA=，∴，故答案為：30．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，圓心角的性質以及等腰三角形的性質，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵．19．（2022·浙江溫州·九年級期中）如圖，在圓的內接△ABC中，，，于點D，則________°．【答案】25【分析】根據(jù)弧的度數(shù)指的是該弧所對的圓心角的大小，再結合圓周角定理即可求出，從而由等腰三角形的定義和三角形內角和定理求出．由，可求出，最后由求解即可．【詳解】∵，∴．∵，∴．∵，∴，∴．故答案為：25．【點睛】本題考查圓周角定理，等腰三角形的定義，三角形內角和定理等知識．利用數(shù)形結合的思想是解題關鍵．20．（2021·浙江溫州·九年級開學考試）如圖，扇形OAB中，∠AOB＝60°，OA＝4+8，點E為弧AB的中點，C為半徑OA上一點，將線段CE繞點C逆時針旋轉90°得到線段CE′，若點E′恰好落在半徑OB上，則OE′＝_____．【答案】【分析】過點作于，過點作于，連接，如圖，設，利用得到，，再利用點為弧的中點得到，所以，，接著證明△，則，，則可列方程，然后解方程求出，從而得到的長．【詳解】解：過點作于，過點作于，連接，如圖，設，，，，點為弧的中點，，，，線段繞點逆時針旋轉得到線段，，，，，，在和△中，△，，，，，解得，．故答案為4．【點睛】本題考查了圓心角、弧、弦的關系、旋轉的性質，解題的關鍵是在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量都分別相等．21．（2021·浙江·杭州市建蘭中學一模）在⊙O中，AB是直徑，AB＝2，C是上一點，D、E分別是、的中點，M是弦DE的中點，則CM的取值范圍是__________________．【答案】1﹣≤CM＜【分析】如圖，連接OD、OC、OE，先計算出∠DOC+∠COE＝90°，則可判斷△ODE為等腰直角三角形，所以DE＝OD＝，則OM＝DE＝；由C點在弧DE上，則0≤∠COM＜45°，根據(jù)三角形的性質，∠COM越大，CM越長，當O、M、C共線時CM最小，C在點A或點B時CM最長，即OC-OM≤CM＜ME；【詳解】解：如圖，連接OD、OC，∵AB為直徑，∴∠AOC+∠BOC＝180°，∵D、E分別是、的中點，∴∠AOD＝∠COD，∠COE＝∠BOE，∴∠DOC+∠COE＝（∠AOC+∠BOC）＝90°，∴△ODE為等腰直角三角形，∴DE＝OD＝，∵M是弦DE的中點，∴OM＝DE＝，∵C點在弧DE上，∴0≤∠COM＜45°，△OMC中，OM，OC的長度確定，∴∠COM越大，CM越長，∴O、C、M共線時CM最小，C在點A或點B時CM最長；∴CM≥1﹣，當C點在A點或B點時，CM＝，∴CM的取值范圍是1﹣≤CM＜．【點睛】本題考查了圓心角的概念，三角形的三邊關系；根據(jù)三角形的性質判斷CM的長度是解題關鍵．22．（2022·浙江溫州·九年級期中）如圖1，玉帶橋拱高而薄，形若玉帶，弧形的線條十分流暢．如圖2，橋拱關于水面AB反射的影子經(jīng)過孤所在的圓心O，已知水面寬米，則水面AB與該橋拱的最高點P之間的距離是________米，在離水面AB相同高度的C，D處安裝兩盛景觀燈，若點C是的中點，則點C離水面AB的距離是________米．【答案】

##【分析】連接OA、OP、OC，OP分別與AB、CD交于點E、N，過點C作CM⊥AB于點M，根據(jù)軸對稱的性質求得，根據(jù)勾股定理求得，根據(jù)即可求得水面AB與該橋拱的最高點P之間的距離，證明是等邊三角形，進而可得根據(jù)含30度角的直角三角形的性質，勾股定理求得，根據(jù)即可求解．【詳解】連接OA、OP、OC，OP分別與AB、CD交于點E、N，過點C作CM⊥AB于點M，如圖，與關于直線AB對稱，點P與點O關于直線AB對稱，∴，，∴，∵，∴，在中，，所以解得（負值已舍）∴，∴，即水面AB與該橋拱的最高點P之間的距離是米，∵∴是等邊三角形∴，∵點C是的中點，∴，∴∵，在中，，∴，∵，∴四邊形是矩形，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了軸對稱的性質，等邊三角形的性質與判定，垂徑定理，勾股定理，弧與弦的關系，綜合運用以上知識是解題的關鍵．三、解答題23．（2021·浙江·金華海亮外國語學校九年級階段練習）如圖，在四邊形ABCD中，，，AD不平行于BC，過點C作交的外接圓O于點E，連接AE．(1)求證：四邊形AECD為平行四邊形(2)連接CO，求證：CO平分．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得到∠B=∠E，得到∠E=∠D，根據(jù)平行線的判定和性質定理得到AE/CD，證明結論；（2）作OM⊥BC于M，ON⊥CE于N，根據(jù)垂徑定理、角平分線的判定定理證明．（1）證明：∵∠B=∠E，∠B=∠D，∴∠E=∠D，∵，∴∠D+∠ECD=180°，∴∠E+∠ECD=180°，∴，∴四邊形AECD為平行四邊形；（2）證明：作OM⊥BC于M，ON⊥CE于N，如圖，∵四邊形AECD為平行四邊形，∴AD=CE，又∵AD=BC，∴CE=CB，∵OM⊥BC，ON⊥CE，∴∠ONC=∠OMC=90°，，∴，∵OC=OC，∴，∴ON=OM，∵OM⊥BC，ON⊥CE，∴CO平分∠BCE．【點睛】本題考查的是三角形的外接圓與外心，掌握平行四邊形的判定定理、垂徑定理、圓周角定理是解題的關鍵．24．（2022·浙江紹興·九年級期末）學習完《垂徑定理》這一節(jié)內容后，同學們學到了如何用直尺和圓規(guī)來平分一條已知弧的方法，老師接下來請小亮同學做如下四等分圓弧問題的操作：小亮的作法如下：如圖，（1）連接AB；（2）作AB的垂直平分線CD交弧AB于點M，交AB于點T；（3）分別作線段AT，線段BT的垂直平分線EF，CH，交弧AB于N，P兩點；那么N，M，P三點把弧AB四等分．(1)小明否定了小亮四等分弧AB作法的正確性，請你幫小明簡要說明判斷小亮作法錯誤的理由；(2)請你利用直尺和圓規(guī)四等分