專(zhuān)題05 圓周角-備戰(zhàn)2022-2023學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)上學(xué)期期末考試真題匯編（蘇科版）（解析版）

專(zhuān)題05圓周角一．選擇題（共4小題）1．（2021秋?泗陽(yáng)縣期末）如圖，點(diǎn)A、B、C都在⊙O上，若∠ACB＝60°，則∠AOB的度數(shù)是（）A．100° B．110° C．120° D．130°【分析】根據(jù)圓周角定理進(jìn)行求解即可得出答案．【解答】解：∵∠ACB＝60°，∴∠AOB＝2∠ACB＝2×60°＝120°．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周角定理，根據(jù)圓周角定理進(jìn)行求解計(jì)算是解決本題的關(guān)鍵．2．（2021秋?徐州期末）如圖，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)C、D在圓上，若∠BCD＝α，則∠ABD等于（）A．α B．2α C．90°﹣α D．90°﹣2α【分析】由圓周角定理得出∠ADB＝90°，∠BAD＝∠BCD＝α，由直角三角形的性質(zhì)求出∠ABD＝90°﹣α即可．【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∵∠BAD＝∠BCD＝α，∴∠ABD＝90°﹣α．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了圓周角定理以及直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握?qǐng)A周角定理是解題的關(guān)鍵．3．（2021秋?崇川區(qū)期末）如圖，點(diǎn)A，B，C，D，E在⊙O上，AB＝CD，∠AOB＝36°，則∠CED的度數(shù)為（）A．72° B．36° C．18° D．16°【分析】連接OC、OD，可得∠AOB＝∠COD＝36°，由圓周角定理即可得∠CED=12∠COD＝【解答】解：連接OC、OD、CD，∵AB＝CD，∠AOB＝36°，∴∠AOB＝∠COD＝36°，∴∠CED=12∠COD＝故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓心角、弧、弦三者的關(guān)系以及圓周角定理，解題的關(guān)鍵是掌握?qǐng)A周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，都等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半．4．（2021秋?姜堰區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，若∠C＝140°，則∠BOD的度數(shù)為（）A．40° B．70° C．80° D．90°【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠A的度數(shù)，根據(jù)圓周角定理解答．【解答】解：∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠C＝180°，∵∠C＝140°，∴∠A＝40°，由圓周角定理得，∠BOD＝2∠A＝80°，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和圓周角定理，掌握?qǐng)A內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)是解題的關(guān)鍵．二．填空題（共4小題）5．（2021秋?寶應(yīng)縣期末）如圖，AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，∠CAB＝42°，則∠D的度數(shù)是48°．【分析】根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角推出∠ACB＝90°，再結(jié)合圖形由直角三角形的性質(zhì)得到∠B＝90°﹣∠CAB＝48°，進(jìn)而根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等推出∠D＝∠B＝48°．【解答】解：連接CB．∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠CAB＝42°，∴∠B＝90°﹣∠CAB＝48°，∴∠D＝∠B＝48°．故答案為：48．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓周角定理，解題的關(guān)鍵是結(jié)合圖形根據(jù)圓周角定理推出∠ACB＝90°及∠D＝∠B，注意運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想方法．6．（2021秋?常州期末）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，DA＝DC，若∠CBE＝40°，則∠DAC的度數(shù)是70°．【分析】根據(jù)鄰補(bǔ)角互補(bǔ)求出∠ABC，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠D+∠ABC＝180°，求出∠D，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理求出∠DAC即可．【解答】解：∵∠CBE＝40°，∴∠ABC＝180°﹣∠CBE＝140°，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠D+∠ABC＝180°，∴∠D＝40°，∵AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA=12（180°﹣∠D）＝故答案為：70°．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，圓心角、弧、弦之間的關(guān)系，圓周角定理等知識(shí)點(diǎn)，能熟記圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)是解此題的關(guān)鍵．7．（2021秋?靖江市期末）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于以BD為直徑的⊙O，CA平分∠BCD，若四邊形ABCD的面積是30cm2，則AC＝215cm【分析】過(guò)點(diǎn)A作AE⊥AC，交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，證明△ABC≌△ADE從而得到△ACE的面積等于四邊形ABCD的面積，證明△ACE為等腰直角三角形，根據(jù)三角形面積公式即可求出AC．【解答】解：如圖，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥AC，交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，∵BD為⊙O的直徑，∴∠BCD＝∠BAD＝90°，∵CA平分∠BCD，∴∠ACB＝∠ACD＝45°，∴∠ABD＝∠ADB＝45°，∴AB＝AD，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠ABC+∠ADC＝180°，又∵∠ADE+∠ADC＝180°，∴∠ABC＝∠ADE．∵AE⊥AC，∴∠CAE＝90°，又∵∠ACE＝45°∴AC＝AE∵∠BAD＝90°，∠CAE＝90°，∴∠BAC＝∠DAE．在△ABC與△ADE中，∠BAC=∴△ABC≌△ADE（ASA），∴S△ABC＝S△ADE，∴S△ACE＝SABCD＝30，∴12∴AC=2故答案為：215．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周角定理和圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是將四邊形ABCD的面積轉(zhuǎn)化為△ACE的面積．8．（2021秋?寶應(yīng)縣期末）在銳角三角形ABC中，∠A＝30°，BC＝3，設(shè)BC邊上的高為h，則h的取值范圍是0＜h≤3+32【分析】做出三角形的外接圓，根據(jù)h≤AO+OP求解即可．【解答】解：如圖，作△ABC的外接圓⊙O，過(guò)O作OP⊥BC，∵∠BAC＝30°，∴∠BOC＝60°，∵BC＝3，∴PO=3∴h≤AO+OP＝3+3∵△ABC是銳角三角形，∴h＞33，∴h的取值范圍是：33＜h≤3+故答案為：33＜h≤3+【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓周角定理，作出三角形的外接圓是解題關(guān)鍵．三．解答題（共4小題）9．（2021秋?廣陵區(qū)期末）如圖，在等腰△ABC中，AB＝BC，以AB為直徑的⊙O，分別與AC和BC相交于點(diǎn)D和E，連接OD．（1）求證：OD∥BC；（2）求證：AD＝DE．【分析】（1）利用等腰三角形的性質(zhì)得到∠OAD＝∠ODA，∠BAC＝∠OAD＝∠C，所以∠ODA＝∠C，然后根據(jù)平行線的判定方法得到結(jié)論；（2）連接半徑OE，如圖，利用等腰三角形的性質(zhì)得∠B＝∠OEB，由（1）知OD∥BC，利用平行線的性質(zhì)得∠AOD＝∠B，然后證明∠AOD＝∠EOD，從而得到結(jié)論．【解答】證明：（1）∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵AB＝BC，∴∠BAC＝∠OAD＝∠C，∴∠ODA＝∠C，∴OD∥BC；（2）連接半徑OE，如圖，∴OB＝OE，∴∠B＝∠OEB，由（1）知OD∥BC，∴∠AOD＝∠B，∴∠OEB＝∠EOD，∴∠EOD＝∠B，∴∠AOD＝∠EOD，∴AD＝DE．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，都等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半．也考查了圓心角、弧、弦的關(guān)系和利用等腰三角形的性質(zhì)．10．（2021秋?亭湖區(qū)期末）如圖所示，已知在⊙O中，AB是⊙O的直徑，弦CG⊥AB于D，F(xiàn)是⊙O上的點(diǎn)，且CF=CB，BF交CG于點(diǎn)E，求證：CE＝【分析】連接BC，根據(jù)垂徑定理得到BC=BG，等量代換得到CF=BG，根據(jù)圓周角定理得到∠【解答】證明：連接BC，∵AB是⊙O直徑，弦CG⊥AB于點(diǎn)D，∴BC=∵CF=∴CF=∴∠CBF＝∠BCG，∴CE＝BE．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周角，等腰三角形的判斷，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．11．（2022春?興化市期末）如圖，AB是⊙O的直徑，弦AD平分∠BAC，過(guò)點(diǎn)D分別作DE⊥AC、DF⊥AB，垂足分別為E、F，⊙O與AC交于點(diǎn)G．（1）求證：EG＝BF；（2）若⊙O的半徑r＝6，BF＝2，求AG長(zhǎng)．【分析】（1）連接DG，BD，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到∠GAD＝∠BAD，DE＝DF，求得DG＝BD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AE＝AF＝10，根據(jù)線段的和差即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：連接DG，BD，∵AD平分∠BAC，DE⊥AC、DF⊥AB，∴∠GAD＝∠BAD，DE＝DF，∴DG=∴DG＝BD，在Rt△DEG與Rt△DFB中，DE=DFDG=BD∴Rt△DEG≌Rt△DFB（HL），∴EG＝BF；（2）解：∵⊙O的半徑r＝6，BF＝2，∴AF＝10，在Rt△AED與Rt△AFD中，DE=DFAD=AD∴Rt△AED≌Rt△AFD（HL），∴AE＝AF＝10，∵EG＝BF＝2，∴AG＝AE﹣EG＝8．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．12．（2020秋?鼓樓區(qū)期末）如圖，⊙O的半徑為4，點(diǎn)E在⊙O上，OE⊥弦AB，垂足為D，OD＝23．（1）求AB的長(zhǎng)；（2）若點(diǎn)C為⊙O上一點(diǎn)（不與點(diǎn)A，B重合），直接寫(xiě)出∠ACB的度數(shù)．【分析】（1）連接OA．利用勾股定理求出AD，再根據(jù)垂徑定理可得結(jié)論．（2）分兩種情況討論：點(diǎn)C在優(yōu)弧AB或劣弧AB上，分別求解即可．【解答】解：（1）連接OA，∵弦AB⊥OE，∴AD＝BD=12AB，∠ODA＝∴AD2+OD2＝OA2∴AD2＝42﹣（23）2＝4，∴AD＝2，∴AB＝4；（2）分兩種情況討論：情況一，在優(yōu)弧AB上，連接OA，OB，如圖1，∵OD＝23，OA＝4，∴cos∠AOD=OD∴∠AOD＝30°，∴∠AOB＝60°，∴∠C=情況二，在劣弧AB上，∠ACB＝180°﹣30°＝150°，綜上所述，∠ACB＝30°或150°．【點(diǎn)評(píng)】本題考查垂徑定理，圓周角定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類(lèi)討論的思想思考問(wèn)題，屬于中考?？碱}型．一．選擇題（共4小題）1．（2021秋?蘇州期末）如圖，在△ABC中，以BC為直徑的⊙O，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，交AC于點(diǎn)E．連接OD，OE，若∠DOE＝130°，則∠A的度數(shù)為（）A．45° B．40° C．35° D．25°【分析】連接DC，根據(jù)圓周角定理求出∠ACD=12∠EOD＝65°，根據(jù)圓周角定理求出∠ADC【解答】解：連接DC，∵∠DOE＝130°，∴∠ACD=12∠EOD∵BC是⊙O的直徑，∴∠ADC＝90°，∴∠A＝90°﹣∠ACD＝90°﹣65°＝25°，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周角定理，圓心角、弧、弦之間的關(guān)系，直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，能根據(jù)圓周角定理得出∠ACD=12∠EOD和∠ADC2．（2022秋?東臺(tái)市月考）如圖，AB是⊙O的直徑，若AC＝2，∠D＝60°，則BC長(zhǎng)等于（）A．4 B．5 C．3 D．2【分析】根據(jù)圓周角定理得出∠ACB＝90°，∠CAB＝∠D＝60°，求出∠ABC＝90°﹣∠CAB＝30°，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)求出AB＝2AC＝4，再根據(jù)勾股定理求出BC即可．【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠D＝60°，∴∠CAB＝∠D＝60°，∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝30°，∵AC＝2，∴AB＝2AC＝4，∴BC=AB2故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周角定理和直角三角形的性質(zhì)，能熟記圓周角定理是解此題的關(guān)鍵．3．（2022秋?秦淮區(qū)校級(jí)月考）如圖，AB，CD為⊙O的兩條弦，若∠A+∠C＝120°，AB＝2，CD＝4，則⊙O的半徑為（）A．25 B．27 C．2153 D【分析】連接OB，OA，OC，OD，證明∠AOB+∠COD＝90°，在⊙O上點(diǎn)D的右側(cè)取一點(diǎn)E，使得DE＝AB，過(guò)點(diǎn)E作ET⊥CD交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，則AB=【解答】解：如圖，連接OB，OA，OC，OD，∵∠BOC＝2∠CAB，∠AOD＝2∠ACD，∠CAB+∠ACD＝120°，∴∠BOC+∠AOD＝240°，∴∠AOB+∠COD＝120°，在⊙O上點(diǎn)D的右側(cè)取一點(diǎn)E，使得DE＝AB，過(guò)點(diǎn)E作ET⊥CD交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，則AB=∴∠AOB＝∠DOE，∴∠COE＝120°，∴∠CDE＝120°，∴∠EDT＝60°，∵DE＝AB＝2，∴DT＝1，ET=3∴CT＝CD+DT＝4+1＝5，∴CE=C作OF⊥CE，則∠COF＝60°，CF=7∴OC＝OE=7故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓周角定理，勾股定理，垂徑定理，解答的關(guān)鍵是結(jié)合圖形找到相應(yīng)的角或邊之間的關(guān)系．4．（2021秋?常州期中）如圖，已知直線PA交⊙O于A、B兩點(diǎn)，AE是⊙O的直徑，點(diǎn)C為⊙O上一點(diǎn)，且AC平分∠PAE，過(guò)C作CD⊥PA，垂足為D，且DC+DA＝12，⊙O的直徑為20，則AB的長(zhǎng)等于（）A．8 B．12 C．16 D．18【分析】連接OC，根據(jù)題意可證得∠CAD+∠DCA＝90°，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)，得∠DCO＝90°，過(guò)O作OF⊥AB，則∠OCD＝∠CDA＝∠OFD＝90°，得四邊形OCDF為矩形，設(shè)AD＝x，在Rt△AOF中，由勾股定理得（10﹣x）2+（12﹣x）2＝102，從而求得x的值，由勾股定理得出AB的長(zhǎng)．【解答】解：連接OC，過(guò)O作OF⊥AB，垂足為F，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC，∵AC平分∠PAE，∴∠DAC＝∠CAO，∴∠DAC＝∠OCA，∴PB∥OC，∵CD⊥PA，∴∠OCD＝∠CDA＝∠OFD＝90°，∴四邊形DCOF為矩形，∴OC＝FD，OF＝CD．∵DC+DA＝12，設(shè)AD＝x，則OF＝CD＝12﹣x，∵⊙O的直徑為20，∴DF＝OC＝10，∴AF＝10﹣x，在Rt△AOF中，由勾股定理得AF2+OF2＝OA2．即（10﹣x）2+（12﹣x）2＝102，解得x1＝4，x2＝18．∵CD＝12﹣x大于0，故x＝18舍去，∴x＝4，∴AD＝4，AF＝10﹣4＝6，∵OF⊥AB，由垂徑定理知，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，∴AB＝2AF＝12．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了切線的判定和性質(zhì)、勾股定理、矩形的判定和性質(zhì)以及垂徑定理，是基礎(chǔ)知識(shí)要熟練掌握．二．填空題（共4小題）5．（2022秋?泰興市期中）如圖，點(diǎn)M是半圓⊙O的中點(diǎn)，點(diǎn)A、C分別在半徑OM和BM上，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，則⊙O的半徑為25．【分析】延長(zhǎng)CA，∠ACB＝90°，BD為直徑，所以D在CA上，根據(jù)勾股定理得AB＝5，由點(diǎn)M是半圓⊙O的中點(diǎn)，得MO⊥BD，所以AD＝AB＝5，再根據(jù)勾股定理得BD2＝BC2+CD2，即可求出答案．【解答】解：如圖，延長(zhǎng)CA，∵∠ACB＝90°，BD為直徑，∴D在CA上，∵AC＝3，BC＝4，∴AB=AC∵點(diǎn)M是半圓⊙O的中點(diǎn)，∴MO⊥BD，∴AD＝AB＝5，∴CD＝8，在Rt△BCD中，BD2＝BC2+CD2，∴BD=82+∴⊙O的半徑為25．故答案為：25．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周角定理，解題的關(guān)鍵是延長(zhǎng)CA，得D在CA上，得Rt△BCD．6．（2022秋?儀征市期中）如圖，已知點(diǎn)A，B，C依次在⊙O上，∠B﹣∠A＝30°，則∠AOB的度數(shù)為60°．【分析】設(shè)AC與OB相交于點(diǎn)D，利用三角形內(nèi)角和定理以及對(duì)頂角相等可得∠O+∠A＝∠C+∠B，從而可得∠O﹣∠C＝∠B﹣∠A＝30°，然后根據(jù)圓周角定理可得∠C=12∠O，從而可得∠O-12∠【解答】解：如圖：設(shè)AC與OB相交于點(diǎn)D，∵∠O+∠A+∠ODA＝180°，∠B+∠C+∠BDC＝180°，∠ADO＝∠BDC，∴∠O+∠A＝∠C+∠B，∴∠O﹣∠C＝∠B﹣∠A＝30°，∵∠C=12∠∴∠O-12∠O＝∴∠O＝60°，故答案為：60．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周角定理，熟練掌握?qǐng)A周角定理是解題的關(guān)鍵．7．（2022秋?江陰市期中）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)D是直徑AB所在直線下方一點(diǎn)，連接CD，且滿足∠ADB＝60°，BD＝2，AD＝33，則△ABD的面積為92；CD的長(zhǎng)為72【分析】AD交⊙O于E，連接BE，連接CA、CB，如圖，根據(jù)圓周角定理得到∠AEB＝∠ACB＝90°，再利用含30度角的直角三角形三邊的關(guān)系得到DE＝1，BE=3，則根據(jù)三角形面積公式可計(jì)算出△ABD的面積；接著利用點(diǎn)C是AB的中點(diǎn)得到AC＝BC，所以△CDB繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CFA，過(guò)F點(diǎn)作FH⊥DA于H點(diǎn)，如圖，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠FCD＝90°，∠CFA＝∠CDB，CF＝CD，AF＝BD＝1，接著證明∠AFD+∠ADF＝30°，所以∠HAF＝30°，利用含30度角的直角三角形三邊的關(guān)系得到計(jì)算出FH＝1，AH=3，則利用勾股定理可計(jì)算出DF＝7，然后根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到【解答】解：AD交⊙O于E，連接BE，連接CA、CB，如圖，∵AB為直徑，∴∠AEB＝∠ACB＝90°，∵∠ADB＝60°，∴DE=12BD＝∴BE=3DE=∴△ABD的面積=12×∵點(diǎn)C是AB的中點(diǎn)，∴AC=∴AC＝BC，∴△ACB為等腰直角三角形，把△CDB繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CFA，過(guò)F點(diǎn)作FH⊥DA于H點(diǎn)，如圖，∴∠FCD＝90°，∠CFA＝∠CDB，CF＝CD，AF＝BD＝1，∵∠CFA+∠CDA＝∠CDB+∠CDA＝∠ADB＝60°，∴∠AFD+∠ADF＝30°，∴∠HAF＝30°，∴FH=12AF＝∴AH=3FH=在Rt△DFH中，DF=FH∴CD=22DF故答案為：92；7【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，都等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半；半圓（或直徑）所對(duì)的圓周角是直角，90°的圓周角所對(duì)的弦是直徑．也考查了勾股定理．8．（2022秋?梁溪區(qū)校級(jí)期中）如圖，AB為半⊙O的直徑，C為圓上一點(diǎn)，D為AC的中點(diǎn)，連接BD，分別與OC、AC交于點(diǎn)M、N．且CN＝MN，則∠ABD＝18°，BMBD=5【分析】如圖，連接AD，DC，在OD上取一點(diǎn)J，使得AJ＝AD，連接AJ．設(shè)∠ABD＝∠CBD＝x，則∠OBC＝∠OC＝2x，∠CMN＝∠OCB+∠CBM＝3x，利用三角形內(nèi)角和定理構(gòu)建方程求出x即可．證明CD＝CM＝AD＝AJ，設(shè)AD＝AJ＝CD＝CM＝m，利用相似三角形的性質(zhì)求出OD（用m表示出OD），可得結(jié)論．【解答】解：如圖，連接AD，DC，在OD上取一點(diǎn)J，使得AJ＝AD，連接AJ．∵AD=∴∠DBC＝∠DBA，AD＝CD，∵CN＝MN，∴∠NMC＝∠NCM，∵OA＝OC＝OB，∴∠OAC＝∠OCA，∠OBC＝∠OCB，設(shè)∠ABD＝∠CBD＝x，則∠OBC＝∠OCB＝2x，∠CMN＝∠OCB+∠CBM＝3x，∴∠CAB＝∠CMN＝3x，∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，∴5x＝90°，∴x＝18°，∴∠ABD＝18°，∠CAB＝∠CDB＝∠CMD＝54°，∴CD＝CM＝AD＝AJ，設(shè)AD＝AJ＝CD＝CM＝m，∵∠ADJ＝DAO＝∠AJD＝72°，∠AOD＝36°∴∠DAJ＝∠AOD＝36°，∴AJ＝OJ＝m，∵∠ADJ＝∠ADO，∴△ADJ∽△ODA，∴ADOD∴mOD∴OD=1+52m或∴OC＝OD=1+∵AD=∴OD⊥AC，∵AC⊥CB，∴OD∥BC，∴BMBD故答案為：18，5-【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓周角定理，垂徑定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造特殊三角形解決問(wèn)題．三．解答題（共4小題）9．（2022秋?工業(yè)園區(qū)校級(jí)期中）如圖，BC是⊙O的直徑，點(diǎn)A在⊙O上，AD⊥BC．垂足為點(diǎn)D．AE＝AB，BE分別交AD、AC于點(diǎn)F、G．（1）判斷△FAG的形狀．并說(shuō)明理由；（2）延長(zhǎng)AD交⊙O于點(diǎn)M，連接ME，求證：ME⊥AC．【分析】（1）根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角可得∠BAC＝90°，從而利用直角三角形的兩個(gè)銳角互余可得∠ABG+∠AGB＝90°，然后再利用垂直定義可得∠ADC＝90°，再利用直角三角形的兩個(gè)銳角互余可得∠FAG+∠ACD＝90°，最后根據(jù)已知易得∠ABG＝∠ACD，從而利用等角的余角相等可得∠AGB＝∠FAG，進(jìn)而利用等角對(duì)等邊即可解答；（2）設(shè)EM與AC交于點(diǎn)P，利用垂徑定理可得AB=BM，從而可得∠C＝∠BEM，再根據(jù)已知和對(duì)頂角相等可得∠FAG＝∠EGP，從而可得∠EGP+∠BEM＝90°，然后利用三角形內(nèi)角和定理可得∠EPG＝【解答】（1）解：△FAG是等腰三角形，理由：∵BC是⊙O的直徑，∴∠BAC＝90°，∴∠ABG+∠AGB＝90°，∵AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴∠FAG+∠ACD＝90°，∵AB＝AE，∴AB=∴∠ABG＝∠ACD，∴∠AGB＝∠FAG，∴FA＝FG，∴△FAG是等腰三角形；（2）證明：設(shè)EM與AC交于點(diǎn)P，∵OD⊥AM，∴AB=∴∠C＝∠BEM，∵∠EGP＝∠AGF，∠FAG＝∠AGF，∴∠FAG＝∠EGP，∵∠FAG+∠C＝90°，∴∠EGP+∠BEM＝90°，∴∠EPG＝180°﹣（∠EGP+∠BEM）＝90°，∴ME⊥AC．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周角定理，熟練掌握?qǐng)A周角定理是解題的關(guān)鍵．10．（2022秋?高新區(qū)期中）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，BC的延長(zhǎng)線與AD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，且DC＝DE．（1）求證：∠A＝∠AEB；（2）連接OE，交CD于點(diǎn)F，若OE⊥CD，求∠A的度數(shù)．【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠A+∠BCD＝180°，根據(jù)鄰補(bǔ)角互補(bǔ)可得∠DCE+∠BCD＝180°，進(jìn)而得到∠A＝∠DCE，然后利用等邊對(duì)等角可得∠DCE＝∠AEB，進(jìn)而可得∠A＝∠AEB；（2）首先證明△DCE是等邊三角形，進(jìn)而可得∠AEB＝60°，再根據(jù)∠A＝∠AEB，可得△ABE是等腰三角形，進(jìn)而可得△ABE是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠BCD＝180°，∵∠DCE+∠BCD＝180°，∴∠A＝∠DCE，∵DC＝DE，∴∠DCE＝∠AEB，∴∠A＝∠AEB；（2）∵∠A＝∠AEB，∴△ABE是等腰三角形，∵EO⊥CD，∴CF＝DF，∴EO是CD的垂直平分線，∴ED＝EC，∵DC＝DE，∴DC＝DE＝EC，∴△DCE是等邊三角形，∴∠AEB＝60°，∴△ABE是等邊三角形，∴∠A＝60°．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，以及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握?qǐng)A內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)．11．（2022秋?大豐區(qū)校級(jí)月考）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C在⊙O上且不與點(diǎn)A，B重合，∠ABC的平分線交⊙O于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB，垂足為點(diǎn)G，交⊙O于點(diǎn)E，連接CE交BD于點(diǎn)F，連接FG．（1）求證：FG=12（2）若AB＝65，F(xiàn)G＝6，求AG的長(zhǎng)．【分析】（1）證明∠EFD＝90°，再利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)證明即可；（2）利用勾股定理求出OG，可得結(jié)論．【解答】（1）證明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∵∠E＝∠CBD，∴∠E＝