第08講垂徑定理（2大考點）

第08講垂徑定理（2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弧．二．垂徑定理的應(yīng)用垂徑定理的應(yīng)用很廣泛，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弧．（2）垂徑定理和勾股定理相結(jié)合，構(gòu)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(xué)思想方法一定要掌握．考點考點精講一．垂徑定理（共12小題）1．（2022?浦東新區(qū)校級模擬）如圖，△ABC中，∠A＝50°，⊙O截△ABC的三條邊所截得弦長相等，則∠BOC＝（）A．110° B．115° C．120° D．125°【分析】過O作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N，OQ⊥AC于Q，連接OK、OD、OF、OB、OC，根據(jù)垂徑定理和已知求出DM＝KQ＝FN，根據(jù)勾股定理求出OM＝ON＝OQ，可得點O是△ABC的內(nèi)心即可解決問題．【解答】解：過O作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N，OQ⊥AC于Q，連接OK、OD、OF、OB、OC，設(shè)AB，AC，BC與⊙O的另一個交點分別為E，H，G．由垂徑定理得：DM＝DE，KQ＝KH，F(xiàn)N＝FG，∵DE＝FG＝HK，∴DM＝KQ＝FN，∵OD＝OK＝OF，∴由勾股定理得：OM＝ON＝OQ，即O到三角形ABC三邊的距離相等，∴O是△ABC的內(nèi)心，∴∠OBC+∠OCB＝（180°﹣50°）＝65°，∴∠BOC＝115°，故選：B．【點評】本題考查了垂徑定理，勾股定理，三角形的內(nèi)心的判定，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考常考題型．2．（2022?浦東新區(qū)校級模擬）在半徑為13cm的圓內(nèi)有兩條互相平行的弦，一條弦長為24cm，另一條弦長為10cm，則這兩條弦之間的距離為17或7cm．【分析】分兩種情況進行討論：①弦AB和CD在圓心同側(cè)；②弦AB和CD在圓心異側(cè)；作出半徑和弦心距，利用勾股定理和垂徑定理求解即可．【解答】解：有兩種情況：①如圖，當(dāng)AB和CD在O的兩旁時，過O作MN⊥AB于M，交CD于N，連接OB，OD，∵AB∥CD，∴MN⊥CD，由垂徑定理得：BM＝AB＝12，DN＝CD＝5，∵OB＝OD＝10，由勾股定理得：OM＝＝5，同理ON＝12，∴MN＝5+12＝17，②當(dāng)AB和CD在O的同旁時，MN＝12﹣5＝7．故答案為：17或7．【點評】本題考查了勾股定理和垂徑定理，解此類題目要注意將圓的問題轉(zhuǎn)化成三角形的問題再進行計算．3．（2022春?徐匯區(qū)期中）已知正三角形ABC的弦心距為a，那么△ABC的周長是6a.（用含a的式子表示）．【分析】根據(jù)題意畫出圖形，再利用30°角的正切得到BD，由垂徑定理得到BC，進而可得周長．【解答】解：如圖，由題意得，OD＝a，∠OBD＝30°，∴tan30°＝，∴BD＝＝a，由垂徑定理得，BC＝2BD＝2a，∴△ABC的周長是6a，故答案為：6a．【點評】本題考查的是正三角形的性質(zhì)、邊心距、半徑、周長和面積的計算；熟練掌握正三角形的性質(zhì)，根據(jù)題意畫出圖形，利用數(shù)形結(jié)合求解是解答此題的關(guān)鍵．4．（2022春?徐匯區(qū)校級期中）如圖，AB是⊙O的弦，D為半徑OA的中點，過D作CD⊥OA交弦AB于點E，且CE＝CB，若BE＝2AE，CD＝5，那么⊙O的半徑為2．【分析】先證明△AFO和△BCE是等邊三角形，設(shè)DE＝x，根據(jù)CD＝5列方程，求出x得到AD＝，從而得解．【解答】解：如圖，記DC與⊙O交于點F，連接AF、OF、OB，過點C作CT⊥AB于點T，連接OE，OT．∵D為半徑OA的中點，CD⊥OA，∴FD垂直平分AO，∴FA＝FO，又∵OA＝OF，∴△AOF是等邊三角形，∴∠OAF＝∠AOF＝∠AFO＝60°，∵CE＝CB，CT⊥EB，∴ET＝TB，∵BE＝2AE，∴AE＝ET＝BT，∵AD＝OD，∴DE∥OT，∴∠AOT＝∠ADE＝90°，∴OE＝AE＝ET，∵OA＝OB，∴∠OAE＝∠OBT，∵AO＝BO，AE＝BT，∴△AOE≌△BOT（SAS），∴OE＝OT，∴OE＝OT＝ET，∴∠ETO＝60°，∴∠OAB＝∠OBA＝30°，∠AED＝∠CEB＝60°，∴△CEB是等邊三角形，∴CE＝CB＝BE，設(shè)DE＝x，∴AE＝2x，BE＝CE＝4x，∴CD＝5x＝5，∴x＝1，∴AD＝，∴AO＝2．故答案為：2．【點評】本題考查了垂徑定理和等邊三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是證明△CBE是等邊三角形．5．（2022?楊浦區(qū)三模）已知AB是⊙O的弦，如果⊙O的半徑長為5，AB長為4，那么圓心O到弦AB的距離是．【分析】根據(jù)題意畫出圖形，過點O作OD⊥AB于點D，由垂徑定理可得出AD的長，在Rt△OAD中，利用勾股定理及可求出OD的長．【解答】解：如圖所示：過點O作OD⊥AB于點D，∵AB＝4，∴AD＝AB＝×4＝2，在Rt△OBD中，∵OA＝5，AD＝2，∴OD＝＝＝．故答案為：．【點評】本題考查的是垂徑定理及勾股定理，根據(jù)題意畫出圖形，利用數(shù)形結(jié)合求解是解答此題的關(guān)鍵．6．（2022?徐匯區(qū)校級模擬）如圖，點P是y軸正半軸上一點，以P為圓心的圓與x軸、y軸分別交于點A、B、C、D．已知點A的坐標(biāo)為（﹣3，0），點C的坐標(biāo)為（0，﹣1），則點D的坐標(biāo)為（0，9）．【分析】首先連接AP，然后設(shè)⊙P的半徑為x，由勾股定理可求得半徑的長，繼而求得點D的坐標(biāo)．【解答】解：連接AP，∵點A的坐標(biāo)為（﹣3，0），點C的坐標(biāo)為（0，﹣1），∴OA＝3，OC＝1，設(shè)⊙P的半徑為x，則OP＝PC﹣OC＝x﹣1，在Rt△AOP中，OA2+OP2＝AP2，即32+（x﹣1）2＝x2，解得：x＝5，∴PD＝5，OP＝x﹣1＝4，∴OD＝OP+PD＝9，∴點D的坐標(biāo)為：（0，9）．故答案為：（0，9）．【點評】此題考查了垂徑定理以及勾股定理．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用．7．（2022?松江區(qū)校級模擬）如圖，已知AB是⊙O的直徑，弦CD交AB于點E，∠CEA＝30°，OF⊥CD，垂足為點F，DE＝5，OF＝1，那么CD＝．【分析】根據(jù)AB是⊙O的直徑，OF⊥CD，和垂徑定理可得CF＝DF，再根據(jù)30度角所對直角邊等于斜邊一半，和勾股定理即可求出EF的長，進而可得CD的長．【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，OF⊥CD，根據(jù)垂徑定理可知：CF＝DF，∵∠CEA＝30°，∴∠OEF＝30°，∴OE＝2，EF＝，∴DF＝DE﹣EF＝5﹣，∴CD＝2DF＝10﹣2．故答案為：10﹣2．【點評】本題考查了垂徑定理、勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是掌握垂徑定理．8．（2022春?長寧區(qū)校級期中）如圖，已知在⊙O中，半徑OC垂直于弦AB，垂足為點D．如果CD＝4，AB＝16，那么OC＝10．【分析】根據(jù)垂徑定理可得AD＝AB＝8，∠ADO＝90°，設(shè)CO＝x，則AO＝x，DO＝x﹣4，再利用勾股定理列出方程，解出x的值即可．【解答】解：∵半徑OC垂直于弦AB，∴AD＝AB＝8，∠ADO＝90°，設(shè)CO＝x，則AO＝x，DO＝x﹣4，x2＝82+（x﹣4）2，解得：x＝10，∴CO＝10，故答案為：10．【點評】此題主要考查了垂徑定理和勾股定理，關(guān)鍵是掌握垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．9．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）如圖，點A、B、C在圓O上，弦AC與半徑OB互相平分，那么∠AOC度數(shù)為120度．【分析】首先根據(jù)垂徑定理得到OA＝AB，結(jié)合等邊三角形的性質(zhì)即可求出∠AOC的度數(shù)．【解答】解：∵弦AC與半徑OB互相平分，∴OA＝AB，∵OA＝OC，∴△OAB是等邊三角形，∴∠AOB＝60°，∴∠AOC＝120°，故答案為120．【點評】本題主要考查了垂徑定理的知識，解題的關(guān)鍵是證明△OAB是等邊三角形，此題難度不大．10．（2022春?楊浦區(qū)校級月考）如圖，⊙O的兩條弦AB、CD互相垂直，垂足為E，且AB＝CD，已知CE＝2，ED＝6，求⊙O的半徑長．【分析】過點O分別作AB、CD的垂線OM、ON，則四邊形OMEN是正方形，利用垂徑定理即可求得OM，AM的長度，然后在直角△AOM中利用勾股定理即可求得OA的長度．【解答】解：過點O分別作AB、CD的垂線OM、ON，則四邊形OMEN是矩形，連接OA．∵AB＝CD，AB⊥CD，∴OM＝ON，∴矩形OMEN是正方形．∵CE＝2，ED＝6，∴CD＝2+6＝8，∵ON⊥CD∴CN＝CD＝4，∴EN＝OM＝2，同理：AM＝4．在直角△AMO中，OA＝＝＝2．∴⊙O的半徑長為2．【點評】本題考查了垂徑定理，利用垂徑定理可以把求弦長以及半徑的計算轉(zhuǎn)化成求直角三角形的邊長的計算．11．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）如圖，圓O經(jīng)過平行四邊形ABCD的三個頂點A、B、D，且圓心O在平行四邊形ABCD的外部，tan∠DAB＝，D為弧AB的中點，⊙O的半徑為5，求平行四邊形的面積．【分析】連接OD，交AB于點E，連接OA，由D為弧AB的中點，利用垂徑定理的逆定理得到OD垂直于AB，E為AB的中點，在直角三角形ADE中，由tan∠DAB的值，得到AE＝2DE，設(shè)DE＝x，則有AE＝2x，由半徑為5，得到OA＝OD＝5，由OD﹣DE表示出OE，在直角三角形AEO中，利用勾股定理列出關(guān)于x的方程，求出方程的解得到x的值，確定出AB與DE的長，利用平行四邊形的面積公式即可求出面積．【解答】解：連接OD，交AB于點E，連接OA，如圖所示，∵D為的中點，∴OD⊥AB，∴E為AB的中點，即AE＝BE，在Rt△ADE中，tan∠DAB＝＝，設(shè)DE＝x，OA＝OD＝5，則AE＝2x，OE＝OD﹣DE＝5﹣x，在Rt△AOE中，根據(jù)勾股定理得：OA2＝AE2+OE2，即25＝4x2+（5﹣x）2，解得：x＝0（舍去）或x＝2，∴AE＝4，DE＝2，∴AB＝2AE＝8，則S平行四邊形ABCD＝AB?DE＝8×2＝16．【點評】此題考查了垂徑定理，勾股定理，銳角三角函數(shù)定義，以及平行四邊形的性質(zhì)，熟練掌握垂徑定理是解本題的關(guān)鍵．12．（2022?嘉定區(qū)校級模擬）如圖，點C、D分別在扇形AOB的半徑OA、OB的延長線上，且OA＝3，AC＝2，CD平行于AB，并與弧AB相交于點M、N．（1）求線段OD的長；（2）若tan∠C＝，求弦MN的長．【分析】（1）根據(jù)CD∥AB可知，△OAB∽△OCD，再根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例即可求出OD的長；（2）過O作OE⊥CD，連接OM，由垂徑定理可知ME＝MN，再根據(jù)tan∠C＝可求出OE的長，利用勾股定理即可求出ME的長，進而求出答案．【解答】解：（1）∵CD∥AB，∴∠OAB＝∠OCD，∠OBA＝∠ODC，∴△OAB∽△OCD，∴＝，即＝，又OA＝3，AC＝2，∴OB＝3，∴＝，∴OD＝5；（2）過O作OE⊥CD，連接OM，則ME＝MN，∵tan∠C＝，即＝，∴設(shè)OE＝x，則CE＝2x，在Rt△OEC中，OC2＝OE2+CE2，即52＝x2+（2x）2，解得x＝，在Rt△OME中，OM2＝OE2+ME2，即32＝（）2+ME2，解得ME＝2．∴MN＝4，答：弦MN的長為4．【點評】本題考查的是垂徑定理，涉及到銳角三角函數(shù)的定義、相似三角形的判定與性質(zhì)及勾股定理，根據(jù)題意作出輔助線是解答此題的關(guān)鍵．二．垂徑定理的應(yīng)用（共3小題）13．（2022?上海）如圖所示，小區(qū)內(nèi)有個圓形花壇O，點C在弦AB上，AC＝11，BC＝21，OC＝13，則這個花壇的面積為400π.（結(jié)果保留π）【分析】根據(jù)垂徑定理，勾股定理求出OB2，再根據(jù)圓面積的計算方法進行計算即可．【解答】解：如圖，連接OB，過點O作OD⊥AB于D，∵OD⊥AB，OD過圓心，AB是弦，∴AD＝BD＝AB＝（AC+BC）＝×（11+21）＝16，∴CD＝BC﹣BD＝21﹣16＝5，在Rt△COD中，OD2＝OC2﹣CD2＝132﹣52＝144，在Rt△BOD中，OB2＝OD2+BD2＝144+256＝400，∴S⊙O＝π×OB2＝400π，故答案為：400π．【點評】本題考查垂徑定理、勾股定理以及圓面積的計算，掌握垂徑定理、勾股定理以及圓面積的計算公式是正確解答的前提．14．（2022春?松江區(qū)校級期中）鏟車輪胎在建筑工地的泥地上留下圓弧形凹坑如圖所示，量得凹坑跨度AB為80cm，凹坑最大深度CD為20cm，由此可算得鏟車輪胎半徑為50cm．【分析】根據(jù)垂徑定理和勾股定理可知．【解答】解：將圓弧補全，如左圖．根據(jù)垂徑定理，BD＝AB＝×80＝40cm設(shè)半徑為R，則OD＝（R﹣20）cm，根據(jù)勾股定理得：（R﹣20）2+402＝R2，解得R＝50cm．鏟車輪胎半徑為50cm．【點評】解答此題要先補全圖形，根據(jù)垂徑定理和勾股定理解答．15．（2022?徐匯區(qū)模擬）如圖所示，該小組發(fā)現(xiàn)8米高旗桿DE的影子EF落在了包含一圓弧型小橋在內(nèi)的路上，于是他們開展了測算小橋所在圓的半徑的活動．小剛身高1.6米，測得其影長為2.4米，同時測得EG的長為3米，HF的長為1米，測得拱高（弧GH的中點到弦GH的距離，即MN的長）為2米，求小橋所在圓的半徑．【分析】根據(jù)已知得出旗桿高度，進而得出GM＝MH，再利用勾股定理求出半徑即可．【解答】解：∵小剛身高1.6米，測得其影長為2.4米，∴8米高旗桿DE的影子為：12m，∵測得EG的長為3米，HF的長為1米，∴GH＝12﹣3﹣1＝8（m），∴GM＝MH＝4m．如圖，設(shè)小橋的圓心為O，連接OM、OG．設(shè)小橋所在圓的半徑為r，∵MN＝2m，∴OM＝（r﹣2）m．在Rt△OGM中，由勾股定理得：∴OG2＝OM2+42，∴r2＝（r﹣2）2+16，解得：r＝5，答：小橋所在圓的半徑為5m．【點評】此題主要考查了垂徑定理以及勾股定理的應(yīng)用，根據(jù)已知得出關(guān)于r的等式是解題關(guān)鍵．鞏固鞏固提升一、單選題1．（2021·上?！の挥袑W(xué)九年級階段練習(xí)）已知⊙O的半徑為3cm，在平面內(nèi)有一點A，且OA=6cm，則點A與⊙O的位置關(guān)系是（

）A．點A在⊙O內(nèi)； B．點A在⊙O上；C．點A在⊙O外； D．不能確定．【答案】C【分析】要確定點與圓的位置關(guān)系，主要確定點與圓心的距離與半徑的大小關(guān)系；利用d＞r時，點在圓外；當(dāng)d=r時，點在圓上；當(dāng)d＜r時，點在圓內(nèi)判斷出即可．【詳解】解：∵⊙O的半徑為3cm，OA=6cm，∴d＞r，∴點A與⊙O的位置關(guān)系是：點A在⊙O外，故選：C．【點睛】本題主要考查了對點與圓的位置關(guān)系的判斷．關(guān)鍵要記住若半徑為r，點到圓心的距離為d，則有：當(dāng)d＞r時，點在圓外；當(dāng)d=r時，點在圓上，當(dāng)d＜r時，點在圓內(nèi)．2．（2022·上海金山區(qū)世界外國語學(xué)校一模）如圖，是弧所在圓的圓心．已知點B、C將弧AD三等分，那么下列四個選項中不正確的是（

）A． B． C． D．．【答案】B【分析】利用三等分點得到，由此判斷A；根據(jù)AB=BC=CD，得到AB+BC>AC，由此判斷B；根據(jù)即可判斷C；根據(jù)，得到，由此判斷D．【詳解】解：連接AB、BC，OB，∵點B、C將弧AD三等分，∴，∴，故A選項正確；∵，∴AB=BC=CD，∵AB+BC>AC，∴AC<2CD，故B選項錯誤；∵，∴，故C選項正確；∵，∴∠AOB=∠BOC=∠COD，∴，∴，故D選項正確；故選：B．【點睛】此題考查了圓心角、弧、弦定理：在同圓或等圓中，圓心角、弧、弦中有一個量相等，另兩個量也對應(yīng)相等．二、填空題3．（2021·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習(xí)）如圖，弧所在的⊙的半徑長為5，正三角形的頂點、分別在半徑、上，點在弧上，．如果，那么這個正三角形的邊長為__________．【答案】【分析】如圖，連接OC，設(shè)正三角形ABC的邊長是x，證明根據(jù)勾股定理求出在Rt△ABO中，，得出方程解方程可得答案．【詳解】解：如圖，連接OC，設(shè)正三角形ABC的邊長是x，∵∠EOF=∠CAB=60°，AB⊥OF，⊙的半徑長為5，∴∴在Rt△ABO中，（負(fù)根舍去）故答案為：．【點睛】本題考查了等邊三角形性質(zhì)，勾股定理，一元二次方程的解法，解直角三角形，圓的性質(zhì)，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．4．（2021·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習(xí)）已知正三角形ABC外接圓的半徑長為R，那么的周長是________．（用含R的式子表示）【答案】【分析】根據(jù)垂徑定理以及相關(guān)角度求算邊長，再算周長．【詳解】如圖：作于∵∴∴∴∴周長為：故答案為：【點睛】本題考查三角形的外接圓，掌握相關(guān)的角度轉(zhuǎn)化是解題關(guān)鍵．5．（2021·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習(xí)）如圖，的弦AB和直徑CD交于點E，且CD平分AB，已知AB=8，CE=2，那么的半徑長是______．【答案】【分析】連接，設(shè)半徑為，根據(jù)勾股定理進行計算即可．【詳解】如圖：連接∵平分，∴設(shè)半徑為∵∴在中：解得：故答案為：5【點睛】本題考查了勾股定理，轉(zhuǎn)化相關(guān)線段之間的關(guān)系是解題關(guān)鍵．6．（2021·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習(xí)）在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝3，以點A為圓心作圓A，要使B、C兩點中的一點在圓A外，另一點在圓A內(nèi)，那么圓A的半徑長r的取值范圍是_____．【答案】3＜r＜6【分析】熟記“設(shè)點到圓心的距離為d，則當(dāng)d＝r時，點在圓上；當(dāng)d＞r時，點在圓外；當(dāng)d＜r時，點在圓內(nèi)”即可求解，【詳解】解：∵Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝3，∴AB＝6，如果以點A為圓心作圓，使點C在圓A內(nèi)，則r＞3，點B在圓A外，則r＜6，因而圓A半徑r的取值范圍為3＜r＜6．故答案為3＜r＜6；【點睛】本題考查了對點與圓的位置關(guān)系的判斷．設(shè)點到圓心的距離為d，則當(dāng)d＝r時，點在圓上；當(dāng)d＞r時，點在圓外；當(dāng)d＜r時，點在圓內(nèi)．7．（2021·上海青浦·二模）在矩形ABCD中，AC、BD相交于點O，AB＝4cm，AD＝8cm．Q為直線BC上一動點，如果以5cm為半徑的⊙Q與矩形ABCD的各邊有4個公共點，那么線段OQ長的取值范圍是________．【答案】【分析】根據(jù)題意，畫出對應(yīng)的圖形，當(dāng)Q在Q1Q2上移動時⊙Q與AB有一個交點，與AD有2個交點，與CD有1個交點，根據(jù)勾股定理得到AQ1的長，當(dāng)OQ⊥BC時，OQ取最小值，當(dāng)Q在Q1或Q2時，OQ取最大值，由此可得答案．【詳解】解：臨界情況，如圖所示，⊙Q1與CD切于點C，⊙Q2與AB切于點B，當(dāng)Q在Q1Q2上移動時⊙Q與AB有一個交點，與AD有2個交點，與CD有1個交點，∴CQ1＝5，BQ1＝BC﹣CQ1＝3，AB＝4，∴AQ1＝＝5，即A在⊙Q1上，同理，D在Q2上，臨界條件下，圓與矩形存在三個交點，當(dāng)OQ⊥BC時，OQ取最小值，OQ＝2，當(dāng)Q在Q1或Q2時，OQ取最大值，OQ1＝OQ2＝，∴．故答案為：．【點睛】本題考查了點與圓的位置關(guān)系，勾股定理，矩形的性質(zhì)，線段的最值，熟練掌握最值的臨界情形是解題的關(guān)鍵．三、解答題8．（2022·上海市進才實驗中學(xué)九年級期中）如圖，△ABC的邊AB是⊙O的直徑，點C在⊙O上，點D是邊AB上的一點，點E和點D關(guān)于BC對稱，DE交邊BC于點M，過點D作DE的垂線交EC的延長線于點F，線段DF交AC于點N．(1)求證：四邊形CMDN是矩形；(2)聯(lián)結(jié)CD，當(dāng)CD⊥AB時，求證：EF?CB＝2AB?ME．【答案】(1)過程見解析(2)過程見解析【分析】對于（1），先根據(jù)直徑所對的圓周角是直角得∠ACB=90°，再根據(jù)對稱的性質(zhì)可得∠CMD=90°，然后根據(jù)已知條件得出∠EDF=90°，即可得出結(jié)論；對于（2），連接CD，根據(jù)同角的余角相等得∠CDM=∠B，再根據(jù)對稱的性質(zhì)得CD=CE，可知∠CDM=∠E，進而得出∠B=∠E，然后結(jié)合“兩個角對應(yīng)相等的兩個三角形相似”得，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得，然后根據(jù)DE=2DM=2EM代入得出答案即可．（1）∵AB是圓O的直徑，∴∠ACB=90°．∵點E和點D關(guān)于BC對稱，∴DM=EM，DE⊥BC，∴∠CMD=90°．∵DE⊥DF，∴∠EDF=90°，∴∠ACB=∠EDF=∠CMD=90°，∴四邊形CMDN是矩形；（2）如圖，連接CD．∵CD⊥AB，∴∠CDB=90°，∴∠DCM+∠B=90°．∵DE⊥DF，∴∠CDM+∠DCM=90°，∴∠CDM=∠B．∵點E和點D關(guān)于BC對稱，∴CD=CE，∴∠CDM=∠E，∴∠B=∠E．∵∠ACB=∠FDE=90°，∴，∴，即EF·BC=AB·DE．由（1）得DM=EM，∴DE=2ME，∴EF·BC=AB·2ME，即EF·BC=2AB·ME．【點睛】這是一道關(guān)于圓的綜合問題，考查了矩形的判定，相似三角形的性質(zhì)和判定，對稱的性質(zhì)等．9．（2022·上海市青浦區(qū)教育局二模）如圖，已知是的直徑，是上一點，點、在直徑兩側(cè)的圓周上，若平分，求證：劣弧與劣弧相等．【答案】見詳解【分析】過點O分別作OE⊥PC，OF⊥PD，垂足分別為E、F，連接OC、OD，由題意易得OE=OF，然后可得，進而問題可求證．【詳解】證明：過點O分別作OE⊥PC，OF⊥PD，垂足分別為E、F，連接OC、OD，如圖所示：∵平分，∴OE=OF，∵OC=OD，∴（HL），∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查圓的基本性質(zhì)，熟練掌握圓心角、弧、弦之間的聯(lián)系是解題的關(guān)鍵．10．（2021·上海崇明·二模）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB＝5，BC＝8，sinB＝．（1）求邊AC的長；（2）求⊙O的半徑長．【答案】（1）AC＝5；（2）【分析】（1）過點A作AH⊥BC于H，由銳角三角函數(shù)和勾股定理可求BH的長，由勾股定理可求AC的長；（2）利用勾股定理列出方程，可求解．【詳解】解：（1）如圖，過點A作AH⊥BC于H，∵sinB＝＝，AB＝5，∴AH＝3，∴BH＝＝＝4，∵CH＝BC﹣BH，∴CH＝4，∴AC＝＝＝5；（2）如圖2，連接OB，OC，AO，AO交BC于點E，∵AB＝AC＝5，OC＝OB，∴AO是BC的垂直平分線，∴BE＝EC＝4，∴AE＝＝＝3，∵BO2＝BE2+OE2，∴BO2＝16+（OB﹣3）2，∴BO＝．【點睛】本題考查了三角形外接圓和外心，圓的有關(guān)知識，勾股定理，銳角三角函數(shù)，利用勾股定理列出方程是本題的關(guān)鍵．11．（2021·上海嘉定·二模）已知四邊形ABCD是菱形（如圖），以點B為圓心，BD長為半徑的圓分別與邊AD、CD、BC、AB，相交于點E、F、G、H，聯(lián)結(jié)BE．（1）求證：；（2）聯(lián)結(jié)EG，如果，求證：．【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）在菱形ABCD中，AD=AB，∠ADB=∠ABD，又在圓B中，BE=BD，則∠ADB=∠ABD=∠BED，即△BDE∽△ADB；（2）聯(lián)結(jié)EG，EG∥AB，又AD∥BC，四邊形ABGE是平行四邊形，則AE=BG=BD，由（1）得△BDE∽△ADB，得到，即BD2=AD?DE，則可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）在菱形ABCD中，AD=AB，∠ADB=∠ABD，又在圓B中，BE=BD，∴∠BDE=∠BED，∴∠ADB=∠ABD=∠BED，∴△BDE∽△ADB；（2）如圖，∵EG∥AB，又AD∥BC，∴四邊形ABGE是平行四邊形，∴AE=BG，∵BG=BD，∴AE=BD，又由（1）得△BDE∽△ADB，∴，∴BD2=AD?DE，又在菱形ABCD中，AD=BC，∴AE2=DE?CB．【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定等內(nèi)容，熟知各種判定定理是解題基礎(chǔ)．12．（2022·上海虹口·二模）已知：如圖，、是的兩條弦，，點、分別在弦、上，且，，聯(lián)結(jié)、．(1)求證：；(2)當(dāng)為銳角時，如果，求證：四邊形為等