清單05垂徑定理的應(yīng)用（5種題型解讀（30題））

清單05垂徑定理的應(yīng)用（5種題型解讀（30題））【知識導(dǎo)圖】【知識清單】【考試題型1】直接利用勾股定理求線段長1．（2023上·甘肅慶陽·九年級?？计谥校┤鐖D，在半徑為10的⊙O中，OC垂直弦AB于點D,AB=16，則CD的長是（

）A．3 B．4 C．6 D．8【答案】B【分析】本題主要考查了垂徑定理，勾股定理，先由垂徑定理得到AD=12AB=8，再利用勾股定理求出OD=6【詳解】解：如圖所示，連接OA，∵OC垂直弦AB于點D,AB=16，∴AD=1在Rt△AOD中，由勾股定理得OD=∴CD=OC-OD=10-6=4，故選B．2．（2023上·江蘇南京·九年級南京市金陵匯文學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖，點E在y軸上，⊙E與x軸交于點A、B，與y軸交于點C、D，若C0【答案】6【分析】本題考查垂徑定理，坐標與圖形性質(zhì)，勾股定理．先求得⊙E的半徑，再根據(jù)垂徑定理和勾股定理即可求解．【詳解】解：∵C0∴OD=1，∴CD=10，∴EA=ED=12CD=5∵AB⊥CD，∴AO=BO=12AB∴AB=2OB=6；故答案為：6．3．（2023上·河北石家莊·九年級?？茧A段練習(xí)）圓O的半徑為5，AB,CD為兩條平行的弦，AB=8,CD=6．則這兩條平行弦之間的距離為．【答案】1或7【分析】本題考查了垂徑定理的知識，此題綜合運用了垂徑定理和勾股定理，特別注意有時要考慮兩種情況．連接OC、OA，過點O作OE⊥AB于E，交CD于F，則EF⊥CD，根據(jù)垂徑定理求出CF，AE，根據(jù)勾股定理求出OE、OF，即可得出答案．【詳解】解：連接OA，OC．過點O作OE⊥AB于E，交CD于F，當AB和CD在圓心的同側(cè)時，如圖所示，∵AB∥CD，∴OF⊥CD，∵OE⊥AB，OF⊥CD，∴AE=12AB=4根據(jù)勾股定理，得OE=AO2則EF=OF-OE=1．當AB和CD在圓心的兩側(cè)時，如圖所示，∵AB∥CD，∴EF⊥CD，∵OE⊥AB，OF⊥CD，∴AE=12AB=4根據(jù)勾股定理，得OE=AO2則EF=OF+OE=7．故答案為：1或7．4．（2023上·江蘇·九年級期末）如圖，在⊙O中，直徑AB與弦MN相交于點P，∠NPB=45°，若AP=2，BP=6，則MN=．【答案】2【分析】本題考查的是垂徑定理及勾股定理，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形是解答此題的關(guān)鍵．過點O作OD⊥MN于點D，連接ON，先根據(jù)AB是直徑AP=2，BP=6求出⊙O的半徑，故可得出OP的長，根據(jù)∠NPB=45°，得出△OPD是等腰直角三角形，再根據(jù)勾股定理求出OD的長，故可得出DN的長，由此即可得出結(jié)論．【詳解】解：如圖所示，過點O作OD⊥MN于點D，連接ON，則MN=2DN，∵AB是⊙O的直徑，AP=2，BP=6，∴⊙O的半徑=1∴OP=4-AP=4-2=2，∵∠NPB=45°，∴△OPD是等腰直角三角形，∴OD=2在Rt△ODNDN=O∴MN=2DN=214故答案為：2145．（2023上·廣東惠州·九年級?？计谥校┤鐖D，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，OC=10cm，CD=16【答案】AE=16【分析】本題考查垂徑定理．根據(jù)垂徑定理求出OE的長，利用OA+OE求出AE即可．【詳解】解：∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，OC=10cm∴CE=12CD=8cm，∴OE=O∴AE=OA+OE=10+6=16cm6．（2023上·安徽淮南·九年級?？茧A段練習(xí)）如圖，在⊙O中，AB、AC為互相垂直的兩條弦，OD⊥AB于點D，OE⊥AC于點E，若AB=4cm，AC=3cm，求【答案】2.5【分析】此題考查了垂徑定理，矩形的判定與性質(zhì)及勾股定理，解答本題的關(guān)鍵是掌握垂徑定理．先由垂徑定理得AE=1.5，AD=2，再證得四邊形ADOE是矩形，然后利用勾股定理即可求得【詳解】解：連接AO∵OE⊥AC，OD⊥AB，AB=4cm，∴AE=1.5又∵AC⊥AB∴四邊形ADOE為矩形∴OD=AE=1.5，∴OA=【考試題型2】運用單勾股列方程求線段長7．（2023上·江蘇常州·九年級?？计谥校┤鐖D，⊙O的半徑OF⊥弦AB于點E,C是⊙O上一點，AB=6,CE的最大值為9，則EF的長為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】本題考查了垂徑定理和勾股定理，連接OA，根據(jù)垂徑定理得AE=BE=12AB=3，設(shè)半徑為r，根據(jù)當C，O，E在同一條直線上時CE最長得到EF=2r-9，在Rt△AOE中，根據(jù)勾股定理得r-2r-92=r2-3【詳解】解：如圖，連接OA，∵⊙O的半徑OF⊥弦AB于點E，AB=6，∴AE=BE=1設(shè)半徑為r，可知當C，O，E在同一條直線上時CE最長，即CE=OE+OC，∴r+r-EF=9，∴EF=2r-9，在Rt△AOE中，由勾股定理得O∴r-2r-92=∴EF=2r-9=1，故選：A．8．（2023上·江蘇淮安·九年級統(tǒng)考期中）把球放在長方體紙盒內(nèi)，球的一部分露出盒外，其截面如圖所示，已知EF=CD=4cm，則球的半徑長是（

A．1cm B．2cm C．52【答案】C【分析】本題主要考查了垂徑定理及推論、矩形性質(zhì)等知識點，如圖：連接OF，過O點作MN⊥EF、垂足為M，構(gòu)造出直角三角形，再利用垂徑定理和勾股定理求解即可．靈活運用垂徑定理和勾股定理是解題關(guān)鍵．【詳解】解：如圖：過O點作MN⊥EF，垂足為M，連接OF，∵四邊形ABCD是矩形，∴EF=CD=MN=4cm設(shè)OF=xcm,則OM=在直角三角形OMF中，OM2+MF2=OF故選C．9．（2023上·黑龍江哈爾濱·九年級哈爾濱市第四十九中學(xué)校?？计谥校┤鐖D，AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB，垂足為E，若AE=8，BE=2，則線段A．8 B．5 C．4 D．3【答案】A【分析】本題主要考查了垂徑定理和勾股定理，先連接OC，根據(jù)已知條件求出OB，OC，從而求出OE，然后根據(jù)勾股定理求出【詳解】解：連接OC，∵AE=8，∴AB=AE+BE=8+2=10，∵AB是⊙O的直徑，∴OC=OB=1∵BE+OE=OB，∴OE=OB-BE=5-2=3，∵CD⊥AB，∴∠CEO=90°，∴CE=O∴CD=8，故選：A．10．（2023·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，AB是☉O的直徑，弦CD⊥AB于點E，CD=10，BE=2，則☉O的直徑為．【答案】29【詳解】由題意，設(shè)半徑為r，則OC=OB=r．∵BE=2，∴OE=r2．∵AB是☉O的直徑，弦CD⊥AB于點E，∴點E是CD的中點．∵CD=10，∴CE=102=5在Rt△OCE中，由勾股定理，得OC2=CE2+OE2．即r2=52+(r2)2，解得r=294∴直徑R=2r=292故☉O的直徑為29211．（2023上·河南許昌·九年級統(tǒng)考期中）筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具，筒車盛水桶的運行軌道是以軸心O為圓心的圓，如圖1．唐代陳廷章在《水輪賦》中寫道“水能利物，輪乃曲成”．如圖2，已知圓心O在水面上方，且⊙O被水面截得弦AB長為8米，若點C為運行軌道的最低點，點C到弦AB所在直線的距離是2，則⊙O的半徑長為米．【答案】5【分析】本題考查垂徑定理的應(yīng)用，勾股定理等知識，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．連接OC交AB于點E．利用垂徑定理得AE=4，再利用勾股定理即可求出半徑．【詳解】解：連接OC交AB于點E．設(shè)OA=OC=r，由題意OC⊥AB，∴AE=BE=1∵CE=2，∴OE=r-2，在Rt△AEO中，r∴r=5米，故答案為：5．12．（2023上·山東濟寧·九年級?？计谥校┤鐖D，⊙O的弦AB與CD相交于點E，已知AE=BE，DE=3CE，且AB=8，若CD過圓心O，求⊙O的半徑．【答案】⊙O的半徑為8【分析】本題主要考查垂徑定理，勾股定理，連接OB，根據(jù)垂徑定理得到CD⊥AB，結(jié)合勾股定理求解即可得到答案．【詳解】解：連接OB，如圖，∵AE=BE，CD過圓心O，AB=8，∴CD⊥AB，∵DE=3CE，∴OE=CE=1在Rt△OBE∴OB2-O解得：OB=8所以，⊙O的半徑為83【考試題型3】運用雙勾股列方程求線段長13．（2023上·浙江溫州·九年級溫州市第八中學(xué)?？计谥校┤鐖D，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5，BC=10，以點C為圓心，AC為半徑的圓與AB，BC分別交于點E與點D，則BE的長為【答案】3【分析】本題考查了垂徑定理和勾股定理，過點C作CH⊥AB于點H，根據(jù)勾股定理得出AB=AC2+BC2=55【詳解】解∶過點C作CH⊥AB于點H，∵∠C=90°，AC=5，BC=10，∴AB=A∵S△ABC∴AC?BC=AB?CH，即5×10=55解得：CH=25∴AH=A∵CH⊥AB，∴AE=2AH=25∴BE=AB-AE=35故答案為：3514．（2023上·江蘇南京·九年級統(tǒng)考期中）如圖，AD是△ABC的高，以O(shè)為圓心的兩個同心圓，小圓經(jīng)過點A，D，大圓經(jīng)過點B，C，若小圓半徑為6，大圓半徑為10，則AB2【答案】672【分析】本題主要考查了垂徑定理，勾股定理的運用，過O作OF⊥BC，根據(jù)垂徑定理和勾股定理，用OF表示出AB【詳解】解：小圓與CD交于點E，連接AE,OB,OD,OC，過點O作OF⊥BC交BC于F，如圖：∵AD⊥BC，∴AE是小圓的直徑，即AE過點O，由垂徑定理可知，DF=EF,BF=CF，∴OF=1設(shè)OF=x，∴DF=EF=36-x2∴BD=BF-DF=100-x2-36-∴ABAC2=A∴AB故答案為：672．15．（2023上·黑龍江綏化·九年級校考期中）在半徑為13的⊙O中，弦AB∥CD，弦AB和CD間的距離為7，若AB=24，則CD的長為．【答案】10或2【分析】本題考查的是垂徑定理和勾股定理，根據(jù)題意畫出圖形，由于AB與CD的位置不能確定，故分AB與CD在圓心O的同側(cè)和AB與CD在圓心O的異側(cè)兩種情況進行討論，然后利用垂徑定理和勾股定理求解即可．在解答此類題目時要注意進行分類討論，不要漏解．【詳解】解：當AB與CD在圓心O的同側(cè)時，如圖1所示：過點O作OF⊥CD于點F，交AB于點E，連接OA，OC．∵AB∥CD，OF⊥CD，∴OE⊥AB，∴AE=1在Rt△AOE中，OE=∴OF=OE+EF=5+7=12．在Rt△OCF中，CF=∴CD=2CF=10；當AB與CD在圓心O的異側(cè)時，如圖2所示：過點O作OF⊥CD于點F，反向延長交AB于點E，連接OA，OC．∵AB∥CD，OF⊥CD，∴OE⊥AB，∴AE=1在Rt△AOE中，OE=∴OF=EF-OE=7-5=2．在Rt△OCF中，CF=∴CD=2CF=2165綜上所述，CD的長為10或2故答案為：10或216516．（2023·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考三模）如圖，已知⊙O的半徑為7，AB是⊙O的弦，點P在弦AB上．若PA=4，PB=6，則OP的長為．

【答案】5【分析】本題考查了垂徑定理，勾股定理等知識．熟練掌握垂徑定理是解題的關(guān)鍵．由題意知，AB=10，如圖，作OD⊥AB于D，連接OB，則OB=7，由垂徑定理可得，AD=BD=12AB=5，則PD=1，由勾股定理得，O【詳解】解：由題意知，AB=AP+PB=10，如圖，作OD⊥AB于D，連接OB，則OB=7，

由垂徑定理可得，AD=BD=1∴PD=AD-AP=1，由勾股定理得，OD由勾股定理得，OP=P故答案為：5．17．（2023上·浙江杭州·九年級統(tǒng)考期中）如圖這是一個殘缺的圓形部件，已知A,B,C是該部件圓弧上的三點．(1)利用尺規(guī)作圖作出該部件的圓心；（保留作圖痕跡）(2)若△ABC是等腰三角形，底邊BC=16cm，腰AB=10cm，求該部件的半徑【答案】(1)見解析(2)圓片的半徑R為25【分析】本題考查了垂直平分線的尺規(guī)作圖，垂徑定理及勾股定理，熟記相關(guān)結(jié)論是解題關(guān)鍵．（1）弦AB和AC的垂直平分線交點O即為所求的圓心，據(jù)此即可完成作圖；（2）連接AO,OB,BC，根據(jù)垂徑定理可得BD=8cm，再結(jié)合勾股定理可得AD；設(shè)圓片的半徑為R，在Rt【詳解】（1）解：如圖所示：分別作弦AB和AC的垂直平分線交點O即為所求的圓心；（2）解：連接AO,OB,BC,BC交OA于D．∵BC=16cm∴BD=8cm∵AB=10cm∴AD=A設(shè)圓片的半徑為R，在Rt△BOD中，OD=∴解得：R=25∴圓片的半徑R為25318．（2023上·山東濰坊·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在直徑為20的⊙O中，AB與CD是互相垂直的兩條弦，垂足為點F．已知AB=CD=16，求OF的長．【答案】6【分析】本題主要考查了垂徑定理以及圓心角、弧、弦的關(guān)系：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(yīng)的其余各組量都分別相等．過O點作OM⊥AB于M點，ON⊥CD于N點，連接OA，先證明四邊形OMFN是正方形，然后根據(jù)垂徑定理求出OM即可解答．【詳解】解：過O點作OM⊥AB于M點，ON⊥CD于N點，連接OA，如圖，∴∠OMF=∠ONF=90°，AM=BM=8，∵AB⊥CD，∴∠MFN=90°，∴四邊形OMFN是矩形，∵AB=CD，∴OM=ON，∴四邊形OMFN正方形，∴OM=MF，∵直徑為20，∴OA=10，在Rt△AOM中，OM=∴MF=6，∴在Rt△OMF中，OF=即OF的長為62【考試題型4】垂徑定理的實際應(yīng)用19．（2023上·江蘇徐州·九年級統(tǒng)考期中）如圖，一座石橋的主橋拱是圓弧形，某時刻測得水面AB寬度為8米，拱高CD（弧的中點到水面的距離）為2米．(1)求主橋拱所在圓的半徑；(2)若水面下降1米，求此時水面的寬度（保留根號）．【答案】(1)主橋拱所在圓的半徑長為5米(2)此時水面的寬度為221【分析】本題考查了垂徑定理，勾股定理等知識，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．（1）連接OA,OC，設(shè)半徑OA=OD=R,OC=OD-DC=R-2，在Rt△ACO（2）根據(jù)勾股定理列式可得FG的長，最后由垂徑定理可得結(jié)論．【詳解】（1）∵點D是AB的中點，DC⊥AB，∴AC=BC=1設(shè)拱橋的橋拱弧AB所在圓的圓心為O，連接OA,OC，設(shè)半徑OA=OD=R,OC=OD-DC=R-2，在Rt△ACO中，O∴解得R=5．答：主橋拱所在圓的半徑長為5米；（2）設(shè)OD與EF相交于點G，連接OF，∵EF∴OD⊥EF，∴∠OGF=90°，在Rt△OGF中，OG=5-1-2=2,OF=5∴FG=∴EF=2FG=2答：此時水面的寬度為22120．（2023上·江西南昌·九年級南昌市心遠中學(xué)校考期中）如圖1，重慶特色的九宮格火鍋分九格：四角格、十字格、中心格（中心格一般為正方形）．隔板的設(shè)計有以下兩種：①橫縱隔板兩兩垂直交于隔板的三等分點如圖2所示；②橫縱隔板兩兩垂直交于圓鍋邊緣（圓）八等分點如圖3所示．已知圓鍋直徑為40cm

(1)求圖2的中心格面積S1(2)求兩種設(shè)計的中心格面積S1與S【答案】(1)S(2)S【分析】（1）如圖2，過點O作OB⊥AP于點B，連接OA，然后可得OA=20cm，AH=HI=IP，則有OB=HB=BI=12HI=（2）如圖3，過點C作CF⊥DG，垂足為F，連接CG、DE，則有CD=CE=20cm，CF=FG，根據(jù)圓周角定理可知∠CDF=12×45°=22.5°，則有CG=DG=2【詳解】（1）解：如圖2，過點O作OB⊥AP于點B，連接OA，

由題意得：OA=20cm，AH=HI=IP由中心格是正方形可得：OB=HB=BI=1設(shè)OB=xcm，則AB=3x在Rt△ABO中，由勾股定理得：x∴x2∴S1（2）：如圖3，過點C作CF⊥DG，垂足為F，連接CG、DE，

由題意得：CD=CE=20cm，CF=FG∵橫縱隔板兩兩垂直交于圓鍋邊緣八等分點如圖3所示，∴圓鍋邊緣每段弧的度數(shù)為45°，∴∠CDF=1∵∠CGF=45°，∴∠DCG=∠CGF-∠CDF=22.5°=∠CDF，∴CG=DG=2∴FD=DG+FG=2∴在Rt△CDF中，由勾股定理得：CF2∴CF∴S∴S【點睛】本題主要考查垂徑定理、圓周角定理及勾股定理，熟練掌握垂徑定理、圓周角定理及勾股定理是解題的關(guān)鍵．21．（2023上·北京海淀·九年級北京交通大學(xué)附屬中學(xué)校考階段練習(xí)）“圓”是中國文化的一個重要精神元素，在中式建筑中有著廣泛的應(yīng)用，例如古典園林中的門洞．如圖1，其數(shù)學(xué)模型為如圖2所示．園林中的一個圓弧形門洞的地面跨徑AB=1米，D為圓上一點，DC⊥AB于點C，且CD=BC=0.7米，則門洞的半徑是多少？【分析】過O作ON⊥AB于N，過D作DM⊥ON于M，由垂徑定理得AN=BN=12AB=________(米)，再證四邊形DCNM是________，則MN=CD=______米，DM=CN=BC+BN=______(米)，設(shè)該圓的半徑長為r米，然后由題意列出方程或方程組，解方程(組)可得【答案】門洞的半徑長為1.3米【分析】本題考查了垂徑定理的應(yīng)用、勾股定理的應(yīng)用等知識；過O作ON⊥AB于N，過D作DM⊥ON于M，由垂徑定理得AN=BN=12AB=0.5米，再證四邊形DCNM是矩形，則MN=CD=0.7米，DM=CN=BC+BN=1.2(米)【詳解】解：過O作ON⊥AB于N，過D作DM⊥ON于M，如圖所示：

則AN=BN=12AB=0.5∵DC⊥AB，∴∠DCN=90°，∴四邊形DCNM是矩形，∴MN=CD=0.7米，DM=CN=BC+BN=1.2(米)，設(shè)該圓的半徑長為r米，根據(jù)題意得，O解得：r=1.3即門洞的半徑長為1.3米，22．（2023上·湖北黃岡·九年級統(tǒng)考期中）某村為了促進農(nóng)村經(jīng)濟發(fā)展，建設(shè)了蔬菜基地，新建了一批蔬菜大棚．如圖是蔬菜大棚的截面，形狀為圓弧型，圓心為O，跨度AB（弧所對的弦）的長為8米，拱高CD（弧的中點到弦的距離）為2米．

(1)求該圓弧所在圓的半徑；(2)在修建過程中，在距蔬菜大棚的一端（點B）1米處將豎立支撐桿EF，求支撐桿EF的高度．【答案】(1)該圓弧所在圓的半徑為5米(2)支撐桿EF的高度為1米【分析】此題考查了矩形判定和性質(zhì)、勾股定理、垂徑定理的應(yīng)用：（1）根據(jù)垂徑定理的推論得到圓心O在DC的延長線上，設(shè)⊙O的半徑為r米，則OC=(r-2)米．由垂徑定理得到CA=4米．在Rt△OAC中，由勾股定理得A（2）過F點作FH⊥CD于H點，連OF，先求出CE=3，證明四邊形EFHC為矩形，則FH=CE=3．在Rt△OFH中，OH=OF2-F【詳解】（1）∵AB垂直平分CD，∴圓心O在DC的延長線上．設(shè)⊙O的半徑為r米，則OC=(r-2)米．∵OD⊥AB，∴CA=BC=1在Rt△OAC由勾股定理得：AC即42解得r=5．即該圓弧所在圓的半徑為5米；（2）過F點作FH⊥CD于H點，連接OF．

∵BE=1，∴CE=4-1=3．∵∠FHC=∠HCE=∠CEF=90°，∴四邊形EFHC為矩形，∴FH=CE=3，EF=HC在Rt△OFH中，OH=∵OC=3，∴HC=1．∴EF=HC=1．即支撐桿EF的高度為1米．23．（2023上·河北唐山·九年級統(tǒng)考期中）如圖1，裝有水的水槽放置在水平桌面上，其橫截面是以AB為直徑的半圓O，AB=52cm,MN為水面截線，MN=48cm

(1)作OC⊥MN于點C，求OC的長；(2)將圖中的水倒出一部分得到圖2，發(fā)現(xiàn)水面高度下降了14cm【答案】(1)10(2)28【分析】本題主要考查了垂徑定理的實際應(yīng)用，勾股定理：（1）連接OM，利用垂徑定理得出MC=1（2）過O作OD⊥EF于點D，連接OE，利用勾股定理求出ED，再利用垂徑定理得出EF=2ED=20cm,MN與【詳解】（1）解：連接OM，

∵O為圓心，OC⊥MN，MN=48cm∴MC=1∵AB=52cm∴OM=1在Rt△OMC中，OC=∴OC的長為10cm（2）解：過O作OD⊥EF于點D，連接OE，

由題意得，OD=10+14=24cm在Rt△OED中，ED=∴EF=2ED=20cm∴48-20=28∴水面截線減少了28cm24．（2023上·九年級課時練習(xí)）某公路上有一隧道，頂部是圓弧形拱頂，圓心為O，隧道的水平寬AB為24m，AB離地面的高度AE=10m，拱頂最高處C離地面的高度CD為18m，在拱頂?shù)腗，N處安裝照明燈，且M，N離地面的高度相等都等于17

【答案】MN=10【分析】根據(jù)題意和垂徑定理得到CG=8m，AG=12m，【詳解】設(shè)CD于AB交于G，與MN交于H，∵CD=18m∴CG=8m設(shè)圓拱的半徑為r，在Rt△AOG中，O∴r2解得r=13，∴OC=13m∴OH=13-1=12(m)在Rt△MOH中，O∴132解得MH∴MH=5m∴MN=10m

【點睛】本題考查了垂徑定理的應(yīng)用，作出輔助線構(gòu)建直角三角形，利用勾股定理求解是解題的關(guān)鍵．25．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）問題情境：筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具，既經(jīng)濟又環(huán)保，明朝科學(xué)家徐光啟在《農(nóng)政全書》中用圖畫描繪了筒車的工作原理（如圖①）．假定在水流量穩(wěn)定的情況下，筒車上的每一個盛水筒都按逆時針做勻速圓周運動，每旋轉(zhuǎn)一周用時120秒．問題設(shè)置：把筒車抽象為一個半徑為r的⊙O．如圖②，OM始終垂直于水平面，設(shè)筒車半徑為2米．當t=0時，某盛水筒恰好位于水面A處，此時∠AOM=30°，經(jīng)過95秒后該盛水筒運動到點B處．（參考數(shù)據(jù)，2≈1.414

問題解決：(1)求該盛水筒從A處逆時針旋轉(zhuǎn)到B處時，∠BOM的度數(shù)；(2)求該盛水筒旋轉(zhuǎn)至B處時，它到水面的距離．（結(jié)果精確到0.1米）【答案】(1)∠BOM=45°；(2)該盛水筒旋轉(zhuǎn)至B處時，它到水面的距離為0.3米．【分析】（1）先求得該盛水筒的運動速度，再利用周角的定義即可求解；（2）作BC⊥OM于點C，在Rt△OAD中，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求得OD的長，在Rt△OBC中，利用勾股定理求得【詳解】（1）解：∵旋轉(zhuǎn)一周用時120秒，∴每秒旋轉(zhuǎn)360°120當經(jīng)過95秒后該盛水筒運動到點B處時，∠AOB=360°-3°×95=75°，∵∠AOM=30°，∴∠BOM=75°-30°=45°；（2）解：作BC⊥OM于點C，設(shè)OM與水平面交于點D，則OD⊥AD，

在Rt△OAD中，∠AOD=30°，OA=2∴AD=12OA=1在Rt△OBC中，∠BOC=45°，OB=2∴BC=OC=2∴CD=OD-OC=3-2≈0.3答：該盛水筒旋轉(zhuǎn)至B處時，它到水面的距離為0.3米．【點睛】本題考查了圓的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．【考試題型5】垂徑定理應(yīng)用的綜合題26．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考一模）在四邊形ABCD中，AB=BC，∠ABC=60°；(1)如圖1，已知∠D=30°，直接寫出∠A+∠C的度數(shù)；(2)如圖2，已知∠ADC=30°，AD=3，CD=4，連接BD，求BD的長度；(3)如圖3，已知∠ADC=75°，BD=6，請判斷四邊形ABCD的面積是否有最小值？如果有，請求出它的最小值；如果沒有，請說明理由．【答案】(1)270°(2)5(3)9【分析】（1）根據(jù)四邊形的內(nèi)角和定理求解即可；（2）將△BCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BAQ．即得出∠CBD=∠ABQ，∠C=∠BAQ，CD=AQ=4，BD=BQ，從而可證△DBQ是等邊三角形，即得出BD=DQ．再結(jié)合（1）可得出∠BAQ+∠BAD=270°，進而可求出∠DAQ=90°，最后根據(jù)勾股定理求解即可．（3）如圖，將△BCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BAH，連接DH．易證△BDH為等邊三角形．根據(jù)S四邊形ABCD=S△BAH+S△ABD=S△DBH-S△ADH，即得出當△ADH面積最大時，四邊形ABCD的面積最小．又可求∠DAH=135°，結(jié)合DH=DB=6，即說明點A在定圓⊙O上運動，則當O、A、B共線時，△DAH的面積最大，此時OB⊥DH，設(shè)OA交DH于K，HK=KD=3，進而可求∠AHD=∠ADH=22.5°．在HK上取點【詳解】（1）解：∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，∠B=60°，∠D=30°，∴∠A+∠C=360°-60°-30°=270°；（2）解：如圖，將△BCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BAQ．∴∠CBD=∠ABQ，∠C=∠BAQ，CD=AQ=4，BD=BQ．∵∠CBD+∠ABD=60°，∴∠ABQ+∠ABD=60°，即∠DBQ=60°，∴△DBQ是等邊三角形，∴BD=DQ．∵∠C+∠BAD=270°，∴∠BAQ+∠BAD=270°，∴∠DAQ=90°，∴BD=DQ=A（3）解：如圖，將△BCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BAH，連接DH．由（2）同理可證△BDH為等邊三角形，∴S四邊形∴當△ADH面積最大時，四邊形ABCD的面積最?。摺螦BC=60°，∠ADC=75°，∴∠BAD+∠BCD=∠BAD+∠BAH=225°，∴∠DAH=135°．∵DH=DB=6，∴點A在定圓⊙O上運動，如圖，則當O、A、B共線時，△DAH的面積最大，此時OB⊥DH，設(shè)OA交DH于K，∴HK=KD=3．∵AH=AD，∴∠AHD=∠ADH=22.5°．在HK上取點F，使得FH=FA，如圖，則△AKF是等腰直角三角形．設(shè)AK=FK=x，則FH=AF=2∴3=x+2解得：x=32∴S△ADH∵S△BDH∴S四邊形ABCD=S△DBH【點睛】本題考查四邊形的內(nèi)角和，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，垂徑定理等知識．正確作出輔助線并利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵．27．（2023·陜西西安·?？级＃締栴}提出】（1）如圖①，在等腰直角△ABC中，∠B=90°，△ACD為等邊三角形，AD=4，則線段BD的長為___________；【問題解決】（2）如圖②，在等腰直角△ABC中，∠B=90°,BC=AB=2，以AC為直徑作半圓O，點D為AC上一動點，求點B、D之間的最大距離；【問題探究】（3）一次手工制作課程中，老師要求小明和小麗組制作一種特殊的部件，部件的要求如圖③，部件是由直角△ABC以及弓形BDC組成，其中∠B=90°,AB=4,BC=6.4,DE=2.4，點E為BC的中點，DE⊥BC，這時候小明和小麗在討論這個部件，其中小麗說點A到BC的最大距離是點A、D之間的距離，小明說不對，你認為誰的說法正確？請說明理由，并求出點A到BC的最大距離．【答案】（1）2+23；（2）22；（3【分析】（1）連接BD，交AC于點E，根據(jù)題意BD是AC的垂直平分線，通過解直角三角形解出BE與DE的長，兩者相加即可解題．（2）結(jié)合圖形，可知B，O，D三點共線時，BD有最大值，根據(jù)解直角三角形解出BO的長，加上半圓的半徑，即可解答．（3）作輔助線如圖，證明AD'>AD，即說明小明的說法正確；可知弓形的圓心在AF【詳解】解：（1）如圖，連接BD交AC于點E，∵△ABC是等腰直角三角形，△ACD為等邊三角形，∴BA=BC，DA=DC,在△ABD與△BCD中，BA=BCDA=DCBD=BD∴△ABD≌△CBDSSS∴∠ADE=∠CDE，∠ABE=∠CBE，根據(jù)三線合一，可得BD垂直平分AC，∵AD=4，∴AC=4，∴AE=1∴BE=AE=1，ED=3∴BD=BE+DE=2+3．（2）如圖②，連接BO并延長交AC于點D，則此時BD最大．在AC上取一點異于點D的點D'，連接BD'在△BOD'中，∵OD=OD∴BO+OD>BD'，即∴BD最大在等腰直角△ABC中，AB=2，O為AC的中點，∴BO=AO,∠BOA=90°且AB∴BO=AO=2∴BD=BO+OD=22∴點B、D之間的最大距離為22．（3）小明的說法正確．

如圖③，過點A作BC的平行線AF，延長DE交AF于點F．∵點E為BC中點，DE⊥BC，∴BDC所在的圓的圓心O在直線DF設(shè)圓O半徑為r，連接BO．在△BOE中，BO=r,EO=DO-DE=r-2.4，且BO∴r2=連接AO并延長交BDC于點D'，則A在△AOD中，AO+OD>AD，且OD=OD∴AO+O∴小明的說法正確．

在Rt△AOF中，AF=3.2,FO=FE-EO=4-(r-2.4)=46∴AO=A∴AD∴點A到BC的最大距離為21105【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形，垂徑定理，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．28．（2022·上海奉賢·統(tǒng)考二模）圖1是某種型號圓形車載支架，由圓形鋼軌、滑動桿、支撐桿組成．圖2是它的正面示意圖，滑動桿AB的兩端都在圓O上，A、B兩端可沿圓形鋼軌滑動，支撐桿CD的底端C固定在圓O上，另一端D是滑動桿AB的中點，（即當支架水平放置時直線AB平行于水平線，支撐桿CD垂直于水平線），通過滑動A、B可以調(diào)節(jié)CD的高度．當AB經(jīng)過圓心O時，它的寬度達到最大值10cm，在支架水平放置的狀態(tài)下：(1)當滑動桿AB的寬度從10厘米向上升高調(diào)整到6厘米時，求此時支撐桿CD的高度．(2)如圖3，當某被支架鎖住時，鎖住高度與寬度恰好相等（AE=AB），求該的寬度．【答案】(1)支撐桿CD的高度為9cm．(2)的寬度為8cm．【分析】（1）如圖，連結(jié)OA，由題意可得：⊙O的直徑為10，AB=6,由OD⊥AB,先求解OD,從而可得答案；（2）如圖，記圓心為O，連結(jié)OA，證明AE=CD=BF=AB,設(shè)AD=BD=x,則AE=CD=BF=AB=2x,則OD=2x-5,再利用勾股定理建立方程求解即可．【詳解】（1）解：如圖，連結(jié)OA，由題意可得：⊙O的直徑為10，AB=6,∴OA=5,∵CD⊥AB,即OD⊥AB,∴AD=BD=3,∴OD=5∴CD=OC+OD=9.所以此時支撐桿CD的高度為9cm．（2）解：如圖，記圓心為O，連結(jié)OA，由題意可得：AB=AE,∠E=∠EAB=∠ABF=90°,∴四邊形AEFB為正方形，∵CD⊥EF,∴AE=CD=BF=AB,∵CD⊥AB,∴設(shè)AD=BD=x,則AE=CD=BF=AB=2x,∵OA=OC=5,∴OD=2x-5,由勾股定理可得：52解得x1經(jīng)檢驗x=0不符合題意，舍去，取x=4,AB=8（cm），即的寬度為8cm．【點睛】本題考查的是正方形的判定與性質(zhì)，垂徑定理的應(yīng)用，勾股定理的應(yīng)用，一元二次方程的解法，理解題意，建立方程解題是關(guān)鍵．29．（2023·北京延慶·統(tǒng)考一模）在平面直角坐標系xOy中，⊙O的半徑為2．對于線段AB和點C（點C不在直線AB上），給出如下定義：過點C作直線AB的平行線l，如果線段AB關(guān)于直線l的對稱線段A'B'是⊙O的弦，那么線段AB稱為⊙O(1)如圖，D(-2，6)，E(2，6)，F(xiàn)(-3，1)，G(-1，3)，H(0，3)，在線段(2)等邊△ABC的邊長為1，點C(0，t)，若線段AB是⊙O的點C對稱弦，求(3)點M在直線y=3x上，⊙M的半徑為1，過點M作直線y=3x的垂線，交⊙M于點P，Q．若點N在⊙M上，且線段PQ是⊙O的點N對稱弦，直接寫出點【答案】(1)DE，F(xiàn)G；(2)t1=152-32(3)-3+22【分析】（1）根據(jù)題目中新定義，分別求出D'-2,0，E'2,0，F(xiàn)'（2）分類討論，當點C在邊AB下方時，當點C在邊AB上方時，分別求解即可；（3）如圖所示，分別求出m最小值與最大值，即可得出答案．【詳解】（1）解：∵D(-2，6)，E(2，∴D'-2,0，∵