2024年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)（全國版）第26講 圓的相關(guān)概念及性質(zhì)（練習(xí)）（解析版）

第26講圓的相關(guān)概念及性質(zhì)目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u題型01理解圓的相關(guān)概念題型02圓的周長與面積相關(guān)計(jì)算題型03圓中的角度計(jì)算題型04圓中線段長度的計(jì)算題型05求一點(diǎn)到圓上一點(diǎn)的距離最值題型06由垂徑定理及推論判斷正誤題型07利用垂徑定理求解題型08根據(jù)垂徑定理與全等/相似三角形綜合求解題型09在坐標(biāo)系中利用勾股定理求值或坐標(biāo)題型10利用垂徑定理求平行弦問題題型11利用垂徑定理求同心圓問題題型12垂徑定理在格點(diǎn)中的應(yīng)用題型13利用垂徑定理的推論求解題型14垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用題型15利用垂徑定理求取值范圍題型16利用弧、弦、圓心角關(guān)系判斷正誤題型17利用弧、弦、圓心角關(guān)系求解題型18利用弧、弦、圓心角關(guān)系求最值題型19利用弧、弦、圓心角關(guān)系證明題型20利用圓周角定理求解題型21利用圓周角定理推論求解題型22已知圓內(nèi)接四邊形求角度題型23利用圓的有關(guān)性質(zhì)求值題型24利用圓的有關(guān)性質(zhì)證明題型25利用圓的有關(guān)性質(zhì)解決翻折問題題型26利用圓的有關(guān)性質(zhì)解決多結(jié)論問題題型27圓有關(guān)的常見輔助線-遇到弦時(shí),常添加弦心距題型28圓有關(guān)的常見輔助線-遇到有直徑時(shí),常添加（畫）直徑所對的圓周角題型01理解圓的相關(guān)概念1．（2023·上海普陀·統(tǒng)考二模）下列關(guān)于圓的說法中，正確的是（

）A．過三點(diǎn)可以作一個(gè)圓 B．相等的圓心角所對的弧相等C．平分弦的直徑垂直于弦 D．圓的直徑所在的直線是它的對稱軸【答案】D【分析】利用圓的有關(guān)定義及性質(zhì)分別判斷后即可確定正確的選項(xiàng)．【詳解】解：A、過不在同一直線上的三個(gè)點(diǎn)一定能作一個(gè)圓，故錯(cuò)誤，不符合題意；B、同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，故錯(cuò)誤，不符合題意；C、平分弦(不是直徑)的直徑垂直于弦，故錯(cuò)誤，不符合題意；D、圓的直徑所在的直線是它的對稱軸，正確，符合題意．故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了確定圓的條件及圓的有關(guān)性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是了解有關(guān)性質(zhì)及定義，難度不大．2．（2020·內(nèi)蒙古烏蘭察布·?？家荒＃┫铝忻}：①三點(diǎn)確定一個(gè)圓；②直徑是圓的對稱軸；③平分弦的直徑垂直于弦；④三角形的外心到三角形三邊的距離相等；⑤相等的圓心角所對的弧相等，正確命題的個(gè)數(shù)是（

）A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè)【答案】A【分析】本題考查了三角形的內(nèi)切圓、圓周角定理、垂徑定理以及弧與圓心角的關(guān)系的知識(shí)點(diǎn)，注意熟記定理是解此題的關(guān)鍵．①根據(jù)確定圓的條件進(jìn)行解答即可；②利用直徑所在的直線為圓的對稱軸進(jìn)行判斷即可；③根據(jù)垂徑定理即可得出結(jié)論；④根據(jù)三角形外心的性質(zhì)可得出結(jié)論；⑤根據(jù)圓周角定理即可得出結(jié)論．【詳解】解：①不在同一條直線上的三個(gè)點(diǎn)確定一個(gè)圓，故本小題錯(cuò)誤；②直徑所在的直線為圓的對稱軸，故本小題錯(cuò)誤；③平分弦的直徑垂直于弦（非直徑），故本小題錯(cuò)誤；④三角形的外心到三角形三個(gè)頂點(diǎn)的距離相等，故本小題錯(cuò)誤；⑤在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，故本小題錯(cuò)誤．∴正確命題的個(gè)數(shù)為0個(gè)．故選：A．【點(diǎn)睛】考查了命題與定理的知識(shí)，解題的關(guān)鍵是了解確定圓的條件、圓的對稱性、垂徑定理及三角形的外心的性質(zhì)，難度不大．3．（2023·江蘇徐州·統(tǒng)考一模）下列說法中，正確的是（

）①對角線垂直且互相平分的四邊形是菱形；

②對角線相等的四邊形是矩形；③同弧或等弧所對的圓周角相等；

④半圓是弧，但弧不一定是半圓.A．①④ B．②③ C．①③④ D．②③④【答案】A【分析】根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，對角線相等的平行四邊形為矩形，在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，弧分為優(yōu)弧、劣弧、半圓弧分別判斷即可．【詳解】解：①、對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，故該項(xiàng)正確；②、對角線相等的平行四邊形為矩形，故該選項(xiàng)錯(cuò)誤；③、在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，故該選項(xiàng)錯(cuò)誤；④、弧分為優(yōu)弧、劣弧、半圓弧，則半圓是弧，但弧不一定是半圓，故該項(xiàng)正確；故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查基本概念，熟記知識(shí)點(diǎn)是解題關(guān)鍵．4．（2023·福建泉州·南安市實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？级＃┥钪薪?jīng)常把井蓋做成圓形的，這樣井蓋就不會(huì)掉進(jìn)井里去，這是因?yàn)椋?/p>

）A．同樣長度的線段圍成的平面圖形中圓的面積最大B．同一個(gè)圓所有的直徑都相等C．圓的周長是直徑的π倍D．圓是軸對稱圖形【答案】B【分析】根據(jù)圓的特征即可求解．【詳解】解：根據(jù)同一個(gè)圓所有的直徑都相等，則井蓋就不會(huì)掉進(jìn)井里去，故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查圓的基礎(chǔ)知識(shí)，理解并掌握圓的基礎(chǔ)知識(shí)，圓的基本特征是解題的關(guān)鍵．題型02圓的周長與面積相關(guān)計(jì)算5．（2022·山西臨汾·統(tǒng)考二模）山西著名工藝品平遙推光漆器外觀古樸雅致、閃光發(fā)亮，繪飾金碧輝煌，以手掌推出光澤而得名．圖1是平遙推光漆器的一種圖案，圖2是選取其某部分并且放大后的示意圖．四邊形ABCD是邊長為2的正方形，分別以正方形的四個(gè)頂點(diǎn)為圓心，12對角線的長為半徑畫弧，四條弧相交于點(diǎn)O，則圖中陰影部分的面積為（

A．2π-4 B．π-2 C【答案】A【分析】由題意得半徑為2，陰影部分面積=圓的面積-正方形的面積，代入計(jì)算即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是邊長為2的正方形∴正方形的對角線的長為22∴半徑為2∵陰影部分面積=圓的面積-正方形的面積∴陰影部分面積=π（2）2-22=2故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)和圓，組合圖形陰影部分面積，解題的關(guān)鍵是將不規(guī)則圖形轉(zhuǎn)化為規(guī)則圖形面積之間的關(guān)系．6．（2019·廣東佛山·佛山市三水區(qū)三水中學(xué)?？家荒＃┠彻珗@計(jì)劃砌一個(gè)形狀如圖（1）所示的噴水池，后來有人建議改為圖（2）的形狀，且外圓的直徑不變，噴水池邊沿的寬度、高度不變，你認(rèn)為砌噴水池的邊沿（

）A．圖（1）需要的材料多 B．圖（2）需要的材料多C．圖（1）、圖（2）需要的材料一樣多 D．無法確定【答案】C【分析】根據(jù)圓的周長公式，將每個(gè)圓的周長計(jì)算出來，找到和周長L的關(guān)系即可．【詳解】設(shè)大圓的直徑是D，圖（2）中三個(gè)小圓的直徑分別為：d1,d2,d3,∴d1+d2+d3=D根據(jù)圓周長公式，得圖（1）中，需要2πD；圖（2）中，需要πD+πd1+πd2+πd3=πD+π(d1+d2+d3)=2πD故選：C．【點(diǎn)睛】注意：第二個(gè)圖中，計(jì)算三個(gè)小圓的周長時(shí)候，提取π，所有的直徑之和是大圓的直徑．7．（2019·河北張家口·統(tǒng)考一模）半徑為R、r的兩個(gè)同心圓如圖所示，已知半徑為r的圓周長為a，且R-r=1，則半徑為RA．a(chǎn)+1 B．a(chǎn)+2 C．a(chǎn)+【答案】D【分析】根據(jù)半徑為r的圓的周長表示出半徑r.【詳解】∵半徑為r的圓周長為a，∴2πr∴r=∵R-∴R=1+r=1+a∴半徑為R的圓周長為2π?2故選：D.【點(diǎn)睛】此題考查圓的周長公式，熟記公式是解題的關(guān)鍵.8．（2021·江蘇宿遷·統(tǒng)考一模）一塊含有30°角的三角板ABC如圖所示，其中∠C=90°，∠A=30°，（1）畫出邊BC旋轉(zhuǎn)一周所形成的圖形；（2）求出該圖形的面積．【答案】（1）畫圖見詳解；（2）BC掃過的面積S圓環(huán)==9π【分析】（1）由三角板ABC可求AB=2BC=6cm，由勾股定理：AC=AB2-BC2=36-9=3（2）BC掃過的面積S圓環(huán)=πAB【詳解】解：（1）∵三角板ABC，∠C=90°，∠A∴AB=2BC=6cm，∴由勾股定理：AC=AB邊BC在平面內(nèi)繞頂點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周．圖形是以AB為半徑的圓去掉以AC為半徑的圓，所形成的圓環(huán)，如圖所示：（2）BC掃過的面積S圓環(huán)=πAB【點(diǎn)睛】本題考查畫旋轉(zhuǎn)圖形，勾股定理，30°直角三角形的性質(zhì)，圓環(huán)面積，掌握畫旋轉(zhuǎn)圖形方法，勾股定理，30°直角三角形的性質(zhì)，圓環(huán)面積求法是解題關(guān)鍵．題型03圓中的角度計(jì)算9．（2023·山東聊城·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足為C，OD∥AB，OC＝12OD，則A．90° B．95° C．100° D．105°【答案】D【分析】連接OB，即得出OB＝OD，從而得出∠OBD＝∠ODB．根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)結(jié)合題意可判斷∠OBC＝30°，再利用平行線的性質(zhì)可得出∠BOD＝∠OBC＝30°，從而根據(jù)三角形內(nèi)角和求出∠OBD＝∠ODB＝75°，最后由∠ABD＝∠OBC+∠OBD求解即可．【詳解】如圖：連接OB，∴OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB．∵OC＝12OD∴OC＝12OB∵OC⊥AB，∴sin∠∴∠OBC＝30°．∵OD∥∴∠BOD＝∠OBC＝30°，∴∠OBD＝∠ODB＝75°，∴∠ABD＝∠OBC+∠OBD=30°+75°＝105°．故選D．【點(diǎn)睛】本題考查圓的基本性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理的應(yīng)用．連接常用的輔助線是解題關(guān)鍵．10．（2023·河北秦皇島·統(tǒng)考一模）如圖，在⊙O中，AB為直徑，∠AOC=80°，點(diǎn)D為弦AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E為BCA．10° B．20° C．30°【答案】C【分析】連接OD、OE，先求出∠COD=40°，∠BOC=100°，設(shè)∠BOE=x，則∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°；然后運(yùn)用等腰三角形的性質(zhì)分別求得∠OED和∠COE，最后根據(jù)線段的和差即可解答．【詳解】解：連接OD、OE∵OC=OA∴△OAC是等腰三角形∵∠AOC=80°，點(diǎn)∴∠DOC=40°，∠BOC=100°設(shè)∠BOE=x，則∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°∵OC=OE，∠COE=100°-x∴∠OEC=180°∵OD＜OE，∠DOE=100°-x+40°=140°-x∴∠OED＜180°∴∠CED＞∠OEC-∠OED=40°+又∵∠CED＜∠ABC=40°，故答案為C．【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，正確作出輔助線、構(gòu)造等腰三角形是解答本題的關(guān)鍵．11．（2023·湖南湘西·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，⊙O與△OAB的邊AB相切，切點(diǎn)為B．將△OAB繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到△O'A'B，使點(diǎn)O落在⊙O上，邊A'

【答案】87【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)對應(yīng)邊相等及半徑相等得到等邊△OBO'【詳解】∵△AOB繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到△O'A'∴∠A=∠A連接OO

∵OB∴△O∴∠OB∴△AOB繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)了60°∴∠AB∴∠OCB故答案為：87.【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)中角度的計(jì)算，旋轉(zhuǎn)過程中對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等，旋轉(zhuǎn)角處處相等．本題中利用圓的半徑相等得到邊長關(guān)系進(jìn)而求得角度關(guān)系是解題的關(guān)鍵．題型04圓中線段長度的計(jì)算12．（2023·湖南益陽·統(tǒng)考二模）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，點(diǎn)D在斜邊AB上，以BD為直徑的⊙O經(jīng)過邊AC上的點(diǎn)E，連接BE，且BE平分∠ABC，若⊙O的半徑為3

A．403 B．8 C．245 D【答案】C【分析】連接OE，證明OE∥【詳解】解：連接OE，如圖，∵BE平分∠ABC∴∠OBE∵OB=∴∠OBE∴∠CBE∴OE∥∴△AOE∴OEBC∵⊙O的半徑為3，AD∴AO=∴BC=故選：C．

【點(diǎn)睛】本題考查了圓的基本性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．13．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，點(diǎn)D在斜邊AB上，以BD為直徑的⊙O經(jīng)過邊AC上的點(diǎn)E，連接BE，且BE平分∠ABC，若⊙OA．403 B．8 C．245 D【答案】C【分析】連接OE，由角平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)的推出∠OEB=∠CBE，得到OE∥BC，因此△AOE～△ABC，得到AO【詳解】解：如圖，連接OE，∵BE平分∠∴∠ABE∵OE∴∠OEB∴∠OEB∴OE∴△AOE～△∴AO：AB=OE∵⊙O的半徑為3，AD∴AO=AD∴5：8=3：BC，∴BC故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查角平分線定義，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握相似三角形的判定和性質(zhì)．14．（2022·湖北武漢·武漢第三寄宿中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，將兩個(gè)正方形如圖放置（B，C，E共線，D，C，G共線），若AB＝3，EF＝2，點(diǎn)O在線段BC上，以O(shè)F為半徑作⊙O，點(diǎn)A，點(diǎn)F都在⊙O上，則OD的長是（

）A．4 B．10 C．13 D．26【答案】B【分析】連接OA，OF，由題意得OA=OF，設(shè)OC=x，由勾股定理得(x+2)2+2【詳解】解：連接OA，OF，如圖，∵OF是半圓O的半徑，∴OA=OF，∵四邊形ABCD、EFGC是正方形，∴∠ABC=∠DCB設(shè)OC=∴BO=BC-OC=3-x，OE=OC+CE=x+2，在RtΔABO和RtΔAB∴32∵AO∴32解得，x=1，即OC=1在Rt△DOC中，D∴OD=故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的基本概念，勾股定理以及正方形的性質(zhì)，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．題型05求一點(diǎn)到圓上一點(diǎn)的距離最值15．（2023·湖北咸寧·統(tǒng)考二模）如圖，正方形ABCD內(nèi)接干圓O，線段MN在對角線BD上運(yùn)動(dòng)，若圓O的面積為2π，MN=1，△AMN

【答案】4【分析】由正方形的性質(zhì)知點(diǎn)C是點(diǎn)A關(guān)于BD的對稱點(diǎn)，過點(diǎn)C作CA'∥BD，且使CA'=1，連接AA'交BD于點(diǎn)N，取MN=1，連接【詳解】解：⊙O的面積為2π，則圓的半徑為2，由正方形的性質(zhì)知點(diǎn)C是點(diǎn)A關(guān)于BD的對稱點(diǎn)，過點(diǎn)C作CA'∥BD連接AA'交BD于點(diǎn)N，取MN=1，連接AM、CM，則點(diǎn)

理由：∵A'C∥MN則A'故△AMN的周長=∵正方形ABCD中AC⊥∴A'∴A'則△AMN的周長的最小值為3+1=4故答案為：4．【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)、點(diǎn)的對稱性、平行四邊形的性質(zhì)等，確定點(diǎn)M、N的位置是解題的關(guān)鍵．16．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考一模）平面直角坐標(biāo)系xoy中，⊙O的半徑為2，點(diǎn)M在⊙O上，點(diǎn)N在線段OM上，設(shè)ON=t（1<t<2），點(diǎn)P的坐標(biāo)為-4,0，將點(diǎn)P沿OM方向平移2個(gè)單位，得到點(diǎn)P'，再將點(diǎn)P'作關(guān)于點(diǎn)N的對稱點(diǎn)Q，連接

【答案】4t-【分析】根據(jù)題意作出點(diǎn)P'和點(diǎn)Q，連接P'M,PO，并延長P'M至點(diǎn)B，使得P'M=BM,連接BQ并延長交PO的延長線于點(diǎn)C【詳解】

解：根據(jù)題意作出點(diǎn)P'和點(diǎn)Q，如圖，連接P'M,PO，并延長P'M至點(diǎn)B，使得P'M=∵將點(diǎn)P'作關(guān)于點(diǎn)N的對稱點(diǎn)Q∴P∵P∴BQ=2MN∵將點(diǎn)P沿OM方向平移2個(gè)單位，∴P'P∴四邊形P'PCB為平行四邊形，四邊形∵將點(diǎn)P沿OM方向平移2個(gè)單位，∴P∴QC∵點(diǎn)P的坐標(biāo)為-4,0∴PC由圖得，PC-CQ∴PQ的最大值為PC+CQ=2t∴PQ長度的最大值與最小值的差為2故答案為：4t【點(diǎn)睛】本題考查了圓的綜合問題，主要考查了中位線的性質(zhì)，三角形三邊關(guān)系，平行四邊形的判定及性質(zhì)，正確畫出圖形并作出輔助線是解題的關(guān)鍵．17．（2023·山東濟(jì)寧·統(tǒng)考三模）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=6，D為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，連接CD，過點(diǎn)B作BE⊥CD交CD于點(diǎn)

【答案】73-3【分析】根據(jù)BE⊥CD，得到∠BEC=90°，進(jìn)而得到點(diǎn)E在以BC為直徑的圓上，設(shè)BC的中點(diǎn)為O，連接AO，交⊙O于點(diǎn)F，連接OE，則：AE≥OA-OE，當(dāng)且僅當(dāng)O【詳解】解：∵BE⊥∴∠BEC∴點(diǎn)E在以BC為直徑的圓上，設(shè)BC的中點(diǎn)為O，連接AO，交⊙O于點(diǎn)F，連接OE，則：AE

∴當(dāng)且僅當(dāng)O,A,E三點(diǎn)共線時(shí)，AE取得最小值，此時(shí)點(diǎn)∵∠ABC=90°，AB=8∴OF=BO∴AE的最小值為：AO-故答案為：73-【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，求一點(diǎn)到圓上的距離的最小值．解題的關(guān)鍵是確定點(diǎn)E在以BC為直徑的圓上．18．（2023·安徽合肥·校聯(lián)考一模）如圖，在矩形ABCD中，AB=6，BC=4，P是矩形內(nèi)部一動(dòng)點(diǎn)，且滿足，則線段BP的最小值是；當(dāng)BP取最小值時(shí)，DP延長線交線段BC于E，則CE的長為

【答案】23【分析】（1）如圖，由∠BCP=∠PDC及∠BCD=90°易證∠CPD=90°，所以點(diǎn)P在以CD為直徑的圓上，連接OB，交⊙O于P，此時(shí)BP（2）如圖，作OF∥BC交DE于F，由OC=OD可證OF=12CE，由【詳解】

解：∵四邊形ABCD矩形，∴∠BCD∴∠∵∠BCP∴∠PDC∴∠CPD以CD為直徑作⊙O，⊙O經(jīng)過點(diǎn)P，連接OB，交⊙O于P∵OB∴OB∴PB=故答案為2．

（2）作OF∥BC交∵OC∴DF∴OF∵OF∴∠PFO=∠∴△∴BEOF=∴4-CE∴CE故答案3．【點(diǎn)睛】本題主要考查直角三角形的外接圓、點(diǎn)到圓上點(diǎn)的最值問題、中位線定理、相似三角形的判定和性質(zhì)；明確動(dòng)點(diǎn)P的軌跡，確定BP取最小值時(shí)點(diǎn)P的位置是解題的關(guān)鍵；求CE長的關(guān)鍵是利用矩形的性質(zhì)及（1）空的結(jié)論構(gòu)造相似三角形求解．題型06由垂徑定理及推論判斷正誤19．（2022·山東濟(jì)寧·二模）如圖，在⊙O中，AB是直徑，CD是弦，AB⊥CD，垂足為E，連接CO、AD、OD，∠A．CE=EO B．C．∠OCE=45° D【答案】B【分析】由AB⊥CD，AB是⊙O的直徑，得CE=DE，BC?=BD?【詳解】解：∵AB⊥CD，AB是∴CE=DE∴∠BOC∴△OCE∴∠OCE=45°，OC=∴OC故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理、圓周角定理及解直角三角形，熟練掌握垂徑定理是解題的關(guān)鍵．20．（2022·河南許昌·統(tǒng)考一模）如圖，CD是⊙O的直徑，弦AB⊥CD于點(diǎn)E，則下列結(jié)論不一定成立的是（

）A．AE＝BE B．OE＝DE C．AC=BC D【答案】B【分析】根據(jù)垂徑定理即可判斷．【詳解】解：∵CD是⊙O的直徑，弦AB⊥∴AE=EB，AC=故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查垂徑定理，掌握垂徑定理是解題的關(guān)鍵．21．（2018·內(nèi)蒙古包頭·校聯(lián)考一模）如圖，已知AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于E，連接BC、BD、AC，下列結(jié)論中不一定正確的是（）A．∠ACB=90° B．OE=BE C．BD=BC D．AD【答案】B【分析】根據(jù)垂徑定理及圓周角定理進(jìn)行解答即可．【詳解】∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，故A正確；∵點(diǎn)E不一定是OB的中點(diǎn)，∴OE與BE的關(guān)系不能確定，故B錯(cuò)誤；∵AB⊥CD，AB是⊙O的直徑，∴BD=∴BD=BC，故C正確；∴AD=AC，故故選B．【點(diǎn)睛】本題考查的是垂徑定理，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(guān)鍵．題型07利用垂徑定理求解22．（2023·云南·模擬預(yù)測）如圖，已知AB是⊙O的直徑，CD是OO的弦，AB?CD．垂足為E．若AB=26，CD=24，則∠OCE的余弦值為（

）A．713 B．1213 C．712【答案】B【分析】先根據(jù)垂徑定理求出CE=【詳解】解：∵AB是⊙O的直徑，AB?CD．∴CE=12CD=12,∠OEC∴cos∠故選：B．【點(diǎn)睛】此題考查的是垂徑定理，銳角三角函數(shù)的定義，熟練掌握垂徑定理，銳角三角函數(shù)的定義是解答此題的關(guān)鍵．23．（2023·陜西西安·?？级＃┤鐖D，CD是圓O的弦，直徑AB⊥CD，垂足為E，若AB＝12，BE＝3，則四邊形ACBD的面積為(

)A．363 B．243 C．183 D．723【答案】A【分析】連接OC，首先根據(jù)題意可求得OC=6，OE=3，根據(jù)勾股定理即可求得CE的長，再根據(jù)垂徑定理即可求得CD的長，據(jù)此即可求得四邊形ACBD的面積．【詳解】解：如圖，連接OC，∵AB＝12，BE＝3，∴OB＝OC＝6，OE＝3，∵AB⊥CD，∴在Rt△COE中，EC=∴CD＝2CE＝63，∴四邊形ACBD的面積＝12故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理的應(yīng)用，垂徑定理，熟練掌握和運(yùn)用垂徑定理是解決本題的關(guān)鍵．24．（2022·北京豐臺(tái)·統(tǒng)考一模）如圖，⊙O的直徑AB垂直于弦CD，垂足為E，∠CAD＝45°，則∠BOC＝°．【答案】45【分析】根據(jù)垂徑定理可得△ACD是等腰三角形，∠BAC＝22.5°，然后再利用圓周角定理可得∠BOC＝45°．【詳解】解：∵⊙O的直徑AB垂直于弦CD，∴CE＝DE，∴AB垂直平分CD∴AC＝AD∴△ACD是等腰三角形∴∠BAC＝12∠CAD＝12×45°∴∠BOC＝2∠BAC＝45°，故答案為：45．【點(diǎn)睛】此題主要考查了圓周角定理、垂徑定理、等腰三角形的判定和性質(zhì)，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；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．25．（2023·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考一模）如圖，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足為C，OC的延長線交⊙O于點(diǎn)D．若∠APD是AD所對的圓周角，則∠APD的度數(shù)是．【答案】30°/30度【分析】根據(jù)垂徑定理得出∠AOB=∠BOD，進(jìn)而求出∠AOD=60°，再根據(jù)圓周角定理可得∠APD=12∠AOD=30°【詳解】∵OC⊥AB，OD為直徑，∴BD=∴∠AOB=∠BOD，∵∠AOB=120°，∴∠AOD=60°，∴∠APD=12∠AOD=30°故答案為：30°．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理、垂徑定理等知識(shí)，掌握垂徑定理是解答本題的關(guān)鍵．題型08根據(jù)垂徑定理與全等/相似三角形綜合求解26．（2022·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考一模）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AD是⊙O的直徑，AD（1）求證：∠BAD（2）連接BO并延長，交AC于點(diǎn)F，交⊙O于點(diǎn)G，連接GC．若⊙O的半徑為5，OE=3，求GC【答案】（1）見詳解；（2）GC=6，【分析】（1）由題意易得BD=（2）由題意可先作圖，由（1）可得點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，則有OE=12【詳解】（1）證明：∵AD是⊙O的直徑，AD∴BD=∴∠BAD（2）解：由題意可得如圖所示：由（1）可得點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，∵點(diǎn)O是BG的中點(diǎn)，∴OE=∴△AOF∴OACG∵OE=3∴CG=6∵⊙O的半徑為5∴OA=∴56∴OF=【點(diǎn)睛】本題主要考查垂徑定理、三角形中位線及相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握垂徑定理、三角形中位線及相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．27．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預(yù)測）小明向如圖所示的圓形區(qū)域內(nèi)投擲飛鏢．已知△ABC是等邊三角形，D點(diǎn)是弧AC的中點(diǎn)，則飛鏢落在陰影部分的概率為【答案】1【分析】如圖，連接OA，OC，連接OD交AC于E，則OD⊥AC，AE=CE，OD=OC=CD=OA，【詳解】解：如圖，連接OA，OC，連接OD交AC于E，由題意知，OD⊥AC，AE=∵AD?∴∠AOD∵OD=∴△COD∴CD=在△AOE和△∵OA=∴△AOE∴S△∴S陰影∵S陰影∴飛鏢落在陰影部分的概率為16故答案為：16【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，等弧所對的圓周角相等，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，扇形面積，幾何概率等知識(shí)．解題的關(guān)鍵在于正確的表示陰影部分面積．28．（2022·廣東廣州·統(tǒng)考一模）如圖AB與圓O相切于A，D是圓O內(nèi)一點(diǎn)，DB與圓相交于C．已知BC＝DC＝3，OD＝2，AB＝6，則圓的半徑為．【答案】22【分析】連接BC并延長，交圓于F，過O作OE⊥BF，連接AC,OA,AF，證明△ABC∽△FBA，則可得AB2＝BC?BF，進(jìn)而求得DE【詳解】解：連接BC并延長，交圓于F，過O作OE⊥BF，連接AC∵BA是圓O的切線，切點(diǎn)為A，∴∠∴∠∵∴∠在△AOC中，∴∠則2∠∴∠∴∠又∠∴△∴∴AB2＝BC?BF，∵BC＝DC＝3，AB＝6，∴BF＝12，CF＝9，∴DE＝32，OD＝2∴OE＝OD2-DE2＝4-9∴OC＝OE2+CE故答案為：22．【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，切線的性質(zhì)，證明AB2＝BC?BF，是解題的關(guān)鍵．29．（2022·廣西欽州·統(tǒng)考一模）如圖，在△ABC中，∠C=90°，BC＝3，AC＝4，點(diǎn)D是AC邊上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)A作AE⊥BE交BD的延長線于點(diǎn)E【答案】3【分析】連接OE，作EF⊥AC，垂足為點(diǎn)F，先證明△EDF∽△BDC，得出當(dāng)點(diǎn)E是AC中點(diǎn)時(shí)，EF的值最大，則BDDE值的最小，此時(shí)E，F(xiàn)，O【詳解】解：如圖，設(shè)AB的中點(diǎn)為O，連接OE，作EF⊥AC，垂足為點(diǎn)F，∵∠C=90°，AE⊥BE，∴∠C=∠AEB=90°，∴A，B，E，C四點(diǎn)共圓，∵∠C=∠AEB=90°，∠EDF=∠BDC，∴△EDF∽△BDC，∴BDDE當(dāng)點(diǎn)E是AC中點(diǎn)時(shí)，EF的值最大，則BDDE值的最小，此時(shí)E，F(xiàn)，O∵AC=4，BC=3，∴AB=32∴OE=12∵OE⊥AC，∴AF=12AC=2∴OF=OA∴EF=OE-OF=52∴BDDE∴BDDE的最小值為3故答案為：3．【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，圓周角定理，知道當(dāng)OE⊥BC時(shí)，EF有最大值是解題的關(guān)鍵．30．（2021·四川成都·統(tǒng)考二模）如圖，在半徑為32的⊙O中，AB是直徑，AC是弦，D是AC?的中點(diǎn)，AC與BD交于點(diǎn)E．若E是BD的中點(diǎn)，則AC的長是【答案】8【分析】連接OD，交AC于F，根據(jù)垂徑定理得出OD⊥AC，AF＝CF，進(jìn)而證得DF＝BC，根據(jù)三角形中位線定理求得OF＝12BC＝12DF，從而求得BC＝DF＝22，利用勾股定理即可求得【詳解】解：連接OD，交AC于F，∵D是AC?∴OD⊥AC，AF＝CF，∴∠DFE＝90°，∵OA＝OB，AF＝CF，∴OF＝12BC∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，在△EFD和△ECB中，∠DBE∴△EFD≌△ECB（AAS），∴DF＝BC，∴OF＝12DF∵OD＝32，∴OF＝2，∴BC＝22，在Rt△ABC中，AC2＝AB2﹣BC2，∴AC＝AB2-BC故答案為8．【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理、圓周角定理及推論、全等三角形的判定、勾股定理、靈活應(yīng)用性質(zhì)及定理是關(guān)鍵，熟練掌握垂徑定理是重點(diǎn)．題型09在坐標(biāo)系中利用勾股定理求值或坐標(biāo)31．（2022·山東淄博·統(tǒng)考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，半徑為5的⊙E與y軸交于點(diǎn)A0,-2，B0,4，與x軸交于C，D，則點(diǎn)DA．4-26,0 B．-4+26,0 C【答案】B【分析】如圖，作EF⊥CD于F，EM⊥AB于M，連接ED，由題意知M為A,B中點(diǎn)，坐標(biāo)為0,1，在Rt△BEM中，由勾股定理得EM=OB2-【詳解】解：如圖，作EF⊥CD于F，EM⊥AB由題意知M為A,B∵OB=5，在Rt△BEM∵EF∴E在Rt△EFD∴D故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理等知識(shí)．解題的關(guān)鍵在于求出E的坐標(biāo)．32．（2021·浙江寧波·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知A10,0,B8,0，點(diǎn)C,D是以O(shè)A為直徑的半圓上兩點(diǎn)，且四邊形A．2，3 B．2,4 C．1,2 D【答案】D【分析】作MN⊥CD于點(diǎn)N，連接MC，作CE⊥OA于點(diǎn)E，則四邊形MNCE是矩形．根據(jù)垂徑定理即可求得CE的長，即C的橫坐標(biāo)，然后在直角△MNC中，利用勾股定理求得MN的長，則C的縱坐標(biāo)即可求解．【詳解】解：作MN⊥CD于點(diǎn)N，連接MC，作CE⊥OA于點(diǎn)E．則四邊形MNCE是矩形．∵點(diǎn)A的坐標(biāo)是（10，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)是（8，0），∴OA＝10，OB＝8，∵四邊形OCDB是平行四邊形，∴CD＝OB＝8．∵M(jìn)N⊥CD于點(diǎn)N，∴CN＝DN＝12CD＝12OB＝∵四邊形MNCE是矩形，∴EM＝CN＝4，∴OE＝OM﹣EM＝5﹣4＝1．在直角△CMN中，CM＝OM＝5，MN＝CM2-C∴CE＝MN＝3．∴C的坐標(biāo)是：（1，3）．故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理以及平行四邊形的性質(zhì)，把求點(diǎn)的坐標(biāo)的問題轉(zhuǎn)化成求線段的長的問題是常用的解題方法．33．（2017·山東臨沂·?？家荒＃┤鐖D，已知⊙A在平面直角坐標(biāo)系中，⊙A與x軸交于點(diǎn)B，C，與y軸交于點(diǎn)D，E，若圓心A的坐標(biāo)為（-4，6），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（-12，0），則DE的長度為（）A．221 B．421 C．8 D．16【答案】B【詳解】連接AD，AB，再過點(diǎn)A作AN⊥OB于N，AM⊥DE于M.,則AMON是矩形，∵點(diǎn)A在第二象限，⊙A與x軸交于B（-12，0）點(diǎn)，A的坐標(biāo)為（-4，6），∴OB=12，ON=AM=4，AN=6，∴BN=8,∵AN⊥OB，由垂徑定理可知：AB=AD=62+∴DM=102-42=234．（2022·四川瀘州·模擬預(yù)測）已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P是反比例函數(shù)y=6x(x>0)圖像上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若以點(diǎn)P為圓心，3為半徑的圓與直線y=x相交，交點(diǎn)為A、B，當(dāng)弦【答案】2,32【分析】當(dāng)點(diǎn)P在直線y=x上方時(shí)，作PH⊥AB，利用垂徑定理可得AH=5，由勾股定理易得PH，作PM⊥x軸交直線AB于點(diǎn)C，由PH可得CP，設(shè)OM=a，則CM=a，易得，Pa,a【詳解】解：當(dāng)點(diǎn)P在直線y=x上方時(shí)，連接PA，作∴AH=5∴PH作PM⊥x軸交直線AB于點(diǎn)∵∠∠COM∴∠PCH=∠HPC∴PC=設(shè)OM=a，則∴P∵點(diǎn)P是反比例函數(shù)y=∴a∴a∴P當(dāng)點(diǎn)P在直線y=x下方時(shí)，由對稱性可知故答案為：2,32或【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理、反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，正確作出恰當(dāng)?shù)妮o助線、利用勾股定理和垂徑定理解得PC是解答此題的關(guān)鍵．題型10利用垂徑定理求平行弦問題35．（2021·浙江衢州·?？家荒＃┤鐖D，已知AB是半圓O的直徑，弦CD∥AB，CD＝8．AB＝10，則CD與AB之間的距離是．【答案】3【分析】過點(diǎn)O作OH⊥CD于H，連接OC，先利用垂徑定理得到CH=4，然后在Rt△OCH中，利用勾股定理即可求解．【詳解】解：過點(diǎn)O作OH⊥CD于H，連接OC，如圖，則CH＝DH＝12CD＝4在Rt△OCH中，OH＝52-4所以CD與AB之間的距離是3．故答案為3．【點(diǎn)睛】此題主要考查垂徑定理和勾股定理，熟練掌握垂徑定理和勾股定理是解題關(guān)鍵．36．（2022·黑龍江·統(tǒng)考一模）如圖，矩形ABCD與圓心在AB上的☉O交于點(diǎn)G，B，F(xiàn)，E，GB=5，EF=4，那么AD=．【答案】3【分析】連接OF，過點(diǎn)O作OH⊥EF，垂足為H，根據(jù)垂徑定理，在△OHF中，勾股定理計(jì)算．【詳解】如圖，連接OF，過點(diǎn)O作OH⊥EF，垂足為H，則EH=FH=12EF=2∵GB=5，∴OF=OB=52在△OHF中，勾股定理，得OH=(5∵四邊形ABCD是矩形，∴四邊形OADH也是矩形，∴AD=OH=32故答案為：32【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理、勾股定理，熟練掌握兩個(gè)定理是解題的關(guān)鍵．37．（2022·黑龍江牡丹江·統(tǒng)考二模）在半徑為4cm的⊙O中，弦CD平行于弦AB，AB=43cm，∠BOD=90°，則AB【答案】23+2【分析】根據(jù)題意，分析兩種AB的位置情況進(jìn)行求解即可；【詳解】解：①如圖，AB//CD，過點(diǎn)O作GH在⊙O∵∠BOD=90°∴∠∴∠∵∠∴Δ∴BG∵OG∴OH∴OG∴GH∵AB//CD∴AB與CD之間的距離即GH∴AB與CD之間的距離為2②如圖，作OF⊥AB則有四邊形PEFD是矩形，∴EF=PD∵∠∴∠∵PD∴AP∵OF∴BE∴OE∵O∴4∴PD故答案為：23+2【點(diǎn)睛】本題主要圓的的性質(zhì)、三角形的全等，勾股定理，掌握相關(guān)知識(shí)并正確做出輔助線是解題的關(guān)鍵．題型11利用垂徑定理求同心圓問題38．（2022·福建·模擬預(yù)測）如圖，以點(diǎn)O為圓心的兩個(gè)圓中，大圓的弦AB切小圓于點(diǎn)C，大圓的半徑OA交小圓于點(diǎn)D，若OD＝3，tan∠OAB＝12，則AB的長是【答案】12【分析】連接OC，由切線的性質(zhì)知OC⊥AB，根據(jù)垂徑定理得AB=2AC，由tan∠OAB的值，易得【詳解】解：連接OC，∵大圓的弦AB切小圓于點(diǎn)C，∴OC∴AB∵OD∴OC∵tan∴AC∴AB故答案為：12．【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)和垂徑定理，解題的關(guān)鍵是連接過切點(diǎn)的半徑．39．（2019·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考三模）如圖，兩個(gè)圓都以O(shè)為圓心，大圓的弦AB與小圓相切于點(diǎn)C，若AB=6，則圓環(huán)的面積為【答案】9【分析】由小圓與AB相切，利用切線的性質(zhì)得到OC垂直于AB，利用垂徑定理得到C為AB中點(diǎn)，求出AC的長，在直角三角形AOC中，利用勾股定理求出OA2?OC2的值，由大圓面積減去小圓面積求出圓環(huán)面積即可．【詳解】如圖所示，連接OA，OC，∵弦AB與小圓相切，∴OC⊥AB，∴C為AB的中點(diǎn)，∴AC＝BC＝12AB＝3在Rt△AOC中，根據(jù)勾股定理得：OA2?OC2＝AC2＝9，則形成圓環(huán)的面積為πOA2?πOC2＝π（OA2?OC2）＝9π，故答案為9π．【點(diǎn)睛】此題考查了切線的性質(zhì)，勾股定理，以及垂徑定理，熟練掌握切線的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．40．（2022·甘肅武威·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知在以點(diǎn)O為圓心的兩個(gè)同心圓中，大圓的弦AB交小圓于點(diǎn)C，D（如圖）．（1）求證：AC=BD；（2）若大圓的半徑R=10，小圓的半徑r=8，且圓O到直線AB的距離為6，求AC的長．【答案】（1）證明見解析；（2）8﹣2【分析】（1）過O作OE⊥AB，根據(jù)垂徑定理得到AE=BE，CE=DE，從而得到AC=BD；（2）由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，連接OC，OA，再根據(jù)勾股定理求出CE及AE的長，根據(jù)AC=AE﹣CE即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）證明：如答圖，過點(diǎn)O作OE⊥AB于點(diǎn)E，∵AE=BE，CE=DE，∴BE﹣DE=AE﹣CE，即AC=BD（2）由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，連接OC，OA，∵OA=10，OC=8，OE=6，∴CE=∴AC=AE﹣CE=8﹣27【點(diǎn)睛】本題考查的是垂徑定理，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．題型12垂徑定理在格點(diǎn)中的應(yīng)用41．（2023·河北石家莊·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，在由邊長為1的小正方形組成的網(wǎng)格圖中，一段圓弧經(jīng)過格點(diǎn)A，B，C，AE的延長線經(jīng)過格點(diǎn)D，則AE的長為（

）A．3π4 B．π2 C．5【答案】D【分析】如圖，作AB、BC的垂直平分線，兩線交于O，F(xiàn)為AB的中點(diǎn),連接OA、OE、OC,由垂徑定理可得AF=【詳解】解：如圖，作AB、BC的垂直平分線，兩線交于O，F(xiàn)為AB由垂徑定理得：AF=1∴OA∵∠∴AC是直徑根據(jù)網(wǎng)格圖形可知：AC=CD=∴AC∴△ACD∴∠ACD∴∠ECA∴AE所對的圓心角是90°，∴弧AE的長是90×2π故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理、弧長公式等知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)題意找到圓心是解答本題的關(guān)鍵．42．（2023·遼寧葫蘆島·統(tǒng)考二模）如圖，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，⊙O是△ABC的外接圓，點(diǎn)A，B，O均在格點(diǎn)上，則sin

【答案】255【分析】取AB中點(diǎn)D，連接OA，OB，由圖可知，AB=4，AD=BD=2，OD=1，由垂徑定理可知OD⊥AB【詳解】解：取AB中點(diǎn)D，連接OA，OB，如圖，

由圖可知，AB=4，AD=BD由垂徑定理可知OD⊥AB，則∴OB=OD∵OA=∴∠BOD∵∠C∴∠C∴sinC故答案為：25【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，垂徑定理，圓周角定理，解直角三角形，取AB中點(diǎn)D，得Rt△43．（2023·天津東麗·統(tǒng)考二模）如圖，在網(wǎng)格中，每個(gè)小正方形的邊長均為1，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)稱為格點(diǎn)，點(diǎn)A，B，M均為格點(diǎn)，以格點(diǎn)O為圓心，AB為直徑作圓，點(diǎn)M在圓上．

（Ⅰ）線段AB的長等于；（Ⅱ）請?jiān)谌鐖D所示的網(wǎng)格中，用無刻度的直尺，在BM上找出一點(diǎn)P，使PM=AM【答案】210取格點(diǎn)C，連接AC并延長，交⊙O于點(diǎn)P，則點(diǎn)【分析】（1）根據(jù)勾股定理即可求解；（2）取格點(diǎn)C，連接AC并延長，交⊙O于點(diǎn)P，則點(diǎn)P【詳解】解：（1）AB（2）如圖所示，取格點(diǎn)C，連接AC并延長，交⊙O于點(diǎn)P，則點(diǎn)P理由如下，

∵tan∴∠∵∠∴∠∴AC⊥∴PM=【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理與網(wǎng)格問題，正切的定義，垂徑定理，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．44．（2023·天津·校聯(lián)考一模）如圖，在每個(gè)小正方形的邊長為1的網(wǎng)格中，點(diǎn)A，B，C，D均為格點(diǎn)，且點(diǎn)A，B在圓上．（1）線段AC的長等于；（2）過點(diǎn)D作DF∥AC，直線DF與圓交于點(diǎn)M,N（點(diǎn)M在N的左側(cè)），畫出MN的中點(diǎn)P，簡要說明點(diǎn)【答案】17取圓與格線的交點(diǎn)E，連接EB，EB與格線的交點(diǎn)為圓心O；取格點(diǎn)F，連接FD，與圓交于點(diǎn)M，N；取圓與AC的交點(diǎn)H，連接MH，AN，兩線交于點(diǎn)I；作射線OI，交MN于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．【分析】（1）根據(jù)勾股定理求出AC的長即可；（2）取圓與格線的交點(diǎn)E，連接EB，EB與格線的交點(diǎn)為圓心O；取格點(diǎn)F，連接FD，與圓交于點(diǎn)M，N；取圓與AC的交點(diǎn)H，連接MH，AN，兩線交于點(diǎn)I；作射線OI，交MN于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．【詳解】解：（1）AC=故答案為：17；（2）取圓與格線的交點(diǎn)E，連接EB，EB與格線的交點(diǎn)為圓心O；取格點(diǎn)F，連接FD，與圓交于點(diǎn)M，N；取圓與AC的交點(diǎn)H，連接MH，AN，兩線交于點(diǎn)I；作射線OI，交MN于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．∵∠BAE∴BE為圓的直徑，∵GK垂直平分AB，∴BE魚GK的交點(diǎn)為圓心O，∵M(jìn)N∥∴AM=∴∠ANM∴IM=∵OM=∴IP垂直平分MN，即MP=故答案為：取圓與格線的交點(diǎn)E，連接EB，EB與格線的交點(diǎn)為圓心O；取格點(diǎn)F，連接FD，與圓交于點(diǎn)M，N；取圓與AC的交點(diǎn)H，連接MH，AN，兩線交于點(diǎn)I；作射線OI，交MN于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理，圓周角定理，垂直平分線的判定，等腰三角形的判定，垂徑定理，解題的關(guān)鍵是找出圓心O和點(diǎn)I．題型13利用垂徑定理的推論求解45．（2023·湖南長沙·模擬預(yù)測）如圖，AB為⊙O的直徑，弦CD交AB于點(diǎn)E，BC=BD，∠CDB=30°，ACA．32 B．3 C．1 D．【答案】C【分析】連接BC，根據(jù)垂徑定理的推論可得AB⊥CD，再由圓周角定理可得∠A=∠CDB=30°，根據(jù)銳角三角函數(shù)可得AE=3，AB=4，即可求解．【詳解】解：如圖，連接BC，∵AB為⊙O的直徑，BC∴AB⊥CD，∵∠BAC=∠CDB=30°，AC=2∴AE=∵AB為⊙O∴AB=∴OA=2，∴OE=AE-OA=1．故選：C【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理，圓周角定理，解直角三角形，熟練掌握垂徑定理，圓周角定理，特殊角銳角函數(shù)值是解題的關(guān)鍵．46．（2021·江蘇揚(yáng)州·統(tǒng)考一模）如圖，在⊙O中，點(diǎn)C是AB的中點(diǎn)，連接OC交弦AB于點(diǎn)D，若OD=3，DC=2，則AB【答案】8．【分析】連結(jié)OA，OB，點(diǎn)C是AB的中點(diǎn)，半徑OC交弦AB于點(diǎn)D，根據(jù)垂徑定理可得OC⊥AB，AD=BD，由OD=3，DC=2，求半徑OC=5，OA=5，在Rt△OAD中，由勾股定理得DA=【詳解】解：連結(jié)OA，OB，∵點(diǎn)C是AB的中點(diǎn)，半徑OC交弦AB于點(diǎn)D，∴OC⊥AB，AD=BD，∵OD=3，DC∴OC=OD+CD=3+2=5，∴OA=OC=5，在Rt△OAD中，由勾股定理得DA=OA∴AB=2AD=2×4=8，故答案為8．【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理的推論，勾股定理，線段中點(diǎn)定義，掌握垂徑定理的推論，平分弧的直徑垂直平分這條弧所對的弦，勾股定理，線段中點(diǎn)定義是解題關(guān)鍵．47．（2023·天津西青·統(tǒng)考一模）已知AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C，D是⊙O上兩點(diǎn)，AC=BC，連接AC，(1)如圖①，若AB=10，BD=5，求∠ABC(2)如圖②，過點(diǎn)C作⊙O的切線，與DB的延長線交于點(diǎn)E，若CE=CB【答案】(1)∠ABC=45(2)∠【分析】（1）如圖所示，連接AD，由直徑所對的圓周角是直角得到∠ADB=∠ACB=90°，由AC=BC，得到（2）如圖所示，連接OC，先由垂徑定理的推理得到OC⊥AB，即∠BOC=90°，同理可得∠OBC=45°，由切線的性質(zhì)得到∠OCE=90°，即可證明【詳解】（1）解：如圖所示，連接AD，∵AB是⊙O∴∠ADB∵AC=∴AC=∴在Rt△ABC中，∴∠ABC在Rt△ABD中，∴cos∠∴∠（2）解：如圖所示，連接OC，∵AB是⊙O的直徑，AC∴OC⊥AB，即同理可得∠OBC∵CE是⊙O∴∠OCE∴OB∥∴∠ABD∵CB=∴∠E∴∠ABD【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理，解直角三角形，切線的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，平行線的性質(zhì)與判定，等邊對等角，垂徑定理的推理等等，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．48．（2023·陜西西安·西安市鐵一中學(xué)校考一模）如圖，已知AB是⊙O的直徑，點(diǎn)D是弧BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在DO的延長線上，連接AE．若∠

(1)求證：AE是⊙O(2)連接AC．若AC=6，CF=4，求【答案】(1)見解析(2)OE【分析】（1）根據(jù)垂徑定理的推論可得OD⊥BC，即∠OFB=90°，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可得出∠EAO（2）連接AC．根據(jù)AB是⊙O的直徑，得出∠ACB=90°，進(jìn)而根據(jù)中位線的性質(zhì)得出OF=12AC【詳解】（1）證明：∵點(diǎn)D是弧BC的中點(diǎn)，∴OD⊥∴∠OFB∵∠E=∠B∴∠EAO∴OA⊥即AE是⊙O（2）如圖所示，連接AC．

∵AB是⊙O∴∠ACB∵BF⊥∴BF=∵AO=∴OF=∴BO=OF∵∠OFB∴△OBF∴OAOF∴53解得：OE=【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理的推論，切線的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．題型14垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用49．（2021·山東臨沂·統(tǒng)考二模）筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具.如圖1，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2，筒車盛水桶的運(yùn)行軌跡是以軸心O為圓心的圓.已知圓心在水面上方，且圓被水面截得的弦AB長為6米，∠OAB=41.3°，若點(diǎn)C為運(yùn)行軌道的最高點(diǎn)（C，O的連線垂直于AB），求點(diǎn)C到弦AB所在直線的距離.（參考數(shù)據(jù)：sin41.3°≈0.66，cos41.3°≈0.75，tan41.3°≈0.88）【答案】6.64米【分析】通過垂徑定理求出AD，再通過三角函數(shù)解直角三角形，求出AO和OD的值，從而得到點(diǎn)C到弦AB所在直線的距離.【詳解】解：如圖：連接CO并延長，交AB于點(diǎn)D，∵OD⊥AB，AB=6，∴AD=12AB=3在Rt△OAD中,∠OAB=41.3°，cos∠OAD=ADAO∴AO=ADcos∵sin∠OAD=ODAO∴OD=AO·sin∠OAD=2.64，∴CD=OC+OD=AO+OD=4+2.64=6.64米，答：點(diǎn)C到弦AB所在直線的距離是6.64米.【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理和三角函數(shù)的應(yīng)用，通過垂徑定理求出AD的值是解題關(guān)鍵.50．（2022·河南開封·統(tǒng)考一模）中國5A級旅游景區(qū)開封市清明上河園，水車園中的水車是由立式水輪，竹筒、支撐桿和水槽等配件組成，如圖是水車園中半徑為5m的水車灌田的簡化示意圖，立式水輪⊙O在水流的作用下利用竹筒將水運(yùn)送到到點(diǎn)A處，水沿水槽AP流到田地，⊙O與水面交于點(diǎn)B，C，且點(diǎn)B，C，P在同一直線上；AP與⊙O相切，若點(diǎn)P到點(diǎn)C的距離為32米，立式水輪⊙O的最低點(diǎn)到水面的距離為2米，連接請解答下列問題，(1)求證：∠PAC(2)請求出水槽AP的長度．【答案】(1)證明見解析；(2)165【分析】（1）連接AO并延長交圓于點(diǎn)E，根據(jù)切線的性質(zhì)，圓周角定理，由角的等量代換即可證明；（2）過O作OF⊥BC于F，延長OF交圓于點(diǎn)D，連接OC，Rt△OFC中，由勾股定理求得CF的長；再由△PAC∽△PBA，PA2=PB?PC，即可解答.【詳解】（1）證明：如圖連接AO并延長交圓于點(diǎn)E，PA是圓的切線，則∠EAP=90°，∴∠EAC+∠PAC=90°，AE是圓的直徑，則∠ACE=90°，∴∠EAC+∠AEC=90°，∵∠AEC=∠ABC，∴∠ABC=∠PAC，即∠PAC（2）解：如圖，過O作OF⊥BC于F，延長OF交圓于點(diǎn)D，連接OC，BC為水平面，則D為圓的最低點(diǎn)，DF=2米，由垂徑定理可得BC=2CF，Rt△OFC中，OF=OD-DF=5-2=3米，OC=5米，則CF=OC∴BC=2CF=8米，PB=32+8=40米，∵∠P=∠P，∠PAC=∠PBA，∴△PAC∽△PBA，∴PA∶PB=PC∶PA，即PA2=PB?PC，∴PA=32×40=165【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，相似三角形的判定和性質(zhì)；掌握相關(guān)性質(zhì)和定理是解題關(guān)鍵．51．（2023·廣東深圳·?？寄M預(yù)測）如圖是正在修建的某大門上半部分的截面，其為圓弧型，跨度CD（弧所對的弦）的長為3.2米，拱高AB（弧的中點(diǎn)到弦的距離）為0.8米．(1)求該圓弧所在圓的半徑；(2)在修建中，在距大門邊框的一端（點(diǎn)D）0.4米處將豎立支撐桿HG，求支撐桿HG的高度；【答案】(1)該圓弧所在圓的半徑為2米(2)支撐桿HG的高度為0.4米【分析】（1）設(shè)CD所在的圓心為O，B為CD的中點(diǎn)，CD⊥AB于A，延長BA至O點(diǎn)，設(shè)⊙O（2）過O作OF⊥HG于F，利用垂徑定理以及勾股定理得出GF的長，再求出【詳解】（1）解：設(shè)CD所在的圓心為O，B為CD的中點(diǎn)，CD⊥AB于A，延長BA至O點(diǎn)，連接則AC=設(shè)⊙O的半徑為R，則：在Rt△OAC中，∴R2解得R=2即該圓弧所在圓的半徑為2米；（2）解：過O作OF⊥HG于F，連接則OF=AH=1.6-0.4=1.2=65在Rt△OFG中，∴HG=即支撐桿HG的高度為0.4米．【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理的應(yīng)用和勾股定理等知識(shí)，熟練掌握垂徑定理和勾股定理，正確作出輔助線是解題關(guān)鍵．52．（2021·云南大理·統(tǒng)考二模）我們定義：如果圓的兩條弦互相垂直且相交，那么這兩條弦互為“十字弦”，也把其中的一條弦叫做另一條弦的“十字弦”．如圖1，已知⊙O的兩條弦AB⊥CD，則AB、CD互為“十字弦”，AB是CD的“十字弦”，CD也是AB的“十字弦”．【概念理解】（1）若⊙O的半徑為5，一條弦AB=8，則弦AB的“十字弦”CD的最大值為，最小值為．（2）如圖2，若⊙O的弦CD恰好是⊙O的直徑，弦AB與CD相交于H，連接AC，若AC=12，DH=7，CH=9，求證︰AB、CD互為“十字弦”；【問題解決】（3）如圖3，在⊙O中，半徑為13，弦AB與CD相交于H，AB、CD互為“十字弦”且AB=CD，CHDH=5，則CD的長度【答案】（1）10，6；（2）證明見解析；（3）6．【分析】（1）根據(jù)“十字弦”定義可得弦AB的“十字弦”CD為直徑時(shí)最大，當(dāng)CD過A點(diǎn)或B點(diǎn)時(shí)最??；（2）根據(jù)線段長度得出對應(yīng)邊成比例且有夾角相等，證明△ACH∽△DCA，由其性質(zhì)得出對應(yīng)角相等，結(jié)合90°的圓周角證出AH⊥CD，根據(jù)“十字弦”定義可得；（3）過O作OE⊥AB于點(diǎn)E，作OF⊥CD于點(diǎn)F，設(shè)DH=x，由題意可得其它線段的長，在Rt△OEA中，根據(jù)勾股定理列方程得出x的值，從而可求CD的長．【詳解】解：（1）當(dāng)CD為直徑時(shí)，CD最大，此時(shí)CD=10，∴弦AB的“十字弦”CD的最大值為10；當(dāng)CD過A點(diǎn)時(shí)，CD長最小，即AM的長度，過O點(diǎn)作ON⊥AM，垂足為N，作OG⊥AB，垂足為G，則四邊形AGON為矩形，∴AN=OG，∵OG⊥AB，AB=8，∴AG=4，∵OA=5，∴由勾股定理得OG=3，∴AN=3，∵ON⊥AM，∴AM=6，即弦AB的“十字弦”CD的最小值是6．（2）證明：如圖，連接AD，∵AC=12，DH=7，CH=9，∴CD=CH+DH=16∴ACCD=CH∴AC∵∠C=∠C，∴△ACH∽△DCA，∴∠AHC=∠CAD∵CD是直徑，∴∠CAD=90°，∴∠AHC=90°，∴AH⊥CD，∴AB、CD互為“十字弦”．（3）如圖，過O作OE⊥AB于點(diǎn)E，作OF⊥CD于點(diǎn)F，連接OA，OD，則四邊形OEHF是矩形，∴OE=FH，OF=EH，設(shè)DH=x，∵CHDH=5，AB=則CH=5x，CD=AB=6x，∴FD=AE=3x，∴OE=FH=3x-x=2x，∵半徑為13，在Rt△OEA中，由勾股定理得，OA∴132解得，x=1，∴CD=6×1=6【點(diǎn)睛】本題考查圓的相關(guān)性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)，準(zhǔn)確做出輔助線是解答此題的關(guān)鍵．題型15利用垂徑定理求取值范圍53．（2020·山東泰安·?？寄M預(yù)測）如圖，兩個(gè)同心圓，大圓的半徑為5，小圓的半徑為3，若大圓的弦AB與小圓有公共點(diǎn)，則弦AB的取值范圍是（）A．8≤AB≤10 B．8＜AB≤10 C．4≤AB≤5 D．4＜AB≤5【答案】A【分析】解決此題首先要弄清楚AB在什么時(shí)候最大，什么時(shí)候最?。?dāng)A′B′與小圓相切時(shí)有一個(gè)公共點(diǎn)，此時(shí)可知A′B′最?。划?dāng)AB經(jīng)過同心圓的圓心時(shí)，弦AB最大且與小圓相交有兩個(gè)公共點(diǎn)，此時(shí)AB最大，由此可以確定所以AB的取值范圍．【詳解】解：如圖，當(dāng)AB與小圓相切時(shí)有一個(gè)公共點(diǎn)，在Rt△A′DO中，OD=3，OA′=5，∴A'D∴A′B′=8；當(dāng)AB經(jīng)過同心圓的圓心時(shí)，弦AB最大且與小圓相交有兩個(gè)公共點(diǎn)，此時(shí)AB=10，所以AB的取值范圍是8≤AB≤10．故選：A．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓中的有關(guān)性質(zhì)．利用垂徑定理可用同心圓的兩個(gè)半徑和與小圓相切的大圓的弦的一半構(gòu)造直角三角形，運(yùn)用勾股定理解題這是常用的一種方法，也是解決本題的關(guān)鍵，注意臨界值．54．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考一模）如圖，⊙O的弦AB=8，點(diǎn)P是AB上一動(dòng)點(diǎn)，若⊙O的直徑是10，則OP【答案】3≤【分析】過O點(diǎn)作OC⊥AB于C點(diǎn)，連接OA，如圖，根據(jù)垂徑定理得到AC＝BC＝4，再利用勾股定理得到OC＝【詳解】解：過O點(diǎn)作OC⊥AB于C點(diǎn)，連接根據(jù)垂徑定理得到AC＝∵⊙O的直徑是10∴AO=在Rt△OAC∵OP為半徑時(shí)最長，OP為垂線段最短，∴OP的取值范圍為3≤OP故答案為：3≤OP【點(diǎn)睛】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淼葍?nèi)容，掌握垂線段最短知識(shí)內(nèi)容是解題的關(guān)鍵．55．（2023·浙江金華·?？家荒＃┰阡J角三角形ABC中，∠A＝30°，BC＝2，設(shè)BC邊上的高為h，則h的取值范圍是．【答案】2【分析】如圖，BC為⊙O的弦，OB=OC=2，證明ΔOBC為等邊三角形得到∠BOC=60°，則根據(jù)圓周角定理得到∠BAC=30°，作直徑BD、CE，連接BE、CD，則∠DCB=∠EBC=90°，當(dāng)點(diǎn)A在DE上（不含D、E點(diǎn)）時(shí)，ΔABC為銳角三角形，易得CD=3BC=23，當(dāng)A點(diǎn)為DE的中點(diǎn)時(shí)，A點(diǎn)到BC的距離最大，即h【詳解】解：如圖，BC為⊙O的弦，OB∵BC∴OB∴ΔOBC∴∠BOC∴∠BAC作直徑BD、CE，連接BE、CD，則∠DCB∴當(dāng)點(diǎn)A在DE上（不含D、E點(diǎn)）時(shí)，ΔABC為銳角三角形，在RtΔBCD中，∴CD當(dāng)A點(diǎn)為DE的中點(diǎn)時(shí)，A點(diǎn)到BC的距離最大，即h最大，延長AO交BC于H，如圖，∵A點(diǎn)為DE∴AB=∴AH∴BH∴OH∴AH∴h的范圍為23故答案為23【點(diǎn)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．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．也考查了垂徑定理和勾股定理．56．（2022·湖南長沙·?？级＃┰诎霃綖?的圓中，弦AB=8，點(diǎn)C是劣弧AB上的動(dòng)點(diǎn)（可與A、B重合），連接OC交AB于點(diǎn)P(1)如圖1，當(dāng)OC⊥AB時(shí)，求(2)如圖2，過C點(diǎn)作CM⊥AB，垂足為點(diǎn)M，設(shè)CM=m，求OP的長度（用含(3)如圖3，設(shè)CM=m，連接OM．求【答案】(1)3(2)OP=15(3)25【分析】（1）連接AO，由垂徑定理可得AP=4，由勾股定理可求OP（2）過點(diǎn)O作直線OH⊥AB于H，交⊙O于D，通過證明Δ（3）過點(diǎn)O作直線OH⊥AB于H，交⊙O于D，過點(diǎn)C作CN⊥OD于N【詳解】（1）解：如圖1，連接AO，∵OC∴AP∴OP（2）如圖2，過點(diǎn)O作直線OH⊥AB于H，交⊙O由（1）可得OH=3∴DH∵∠CMP=∠OHP∴ΔCPM∴CMOH∴?m∴OP=15（3）如圖3，過點(diǎn)O作直線OH⊥AB于H，交⊙O于D，過點(diǎn)C作CN∴四邊形CNHM是矩形，∴CM=NH∵M(jìn)O2∴25-M∴25-C∴M∵0?∴25?【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．題型16利用弧、弦、圓心角關(guān)系判斷正誤57．（2020·安徽蕪湖·校聯(lián)考三模）在⊙O中，M為AB的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是(

)A．AB＞2AM B．AB＝2AMC．AB＜2AM D．AB與2AM的大小不能確定【答案】C【分析】根據(jù)題意可畫出示意圖，連接AM、BM，根據(jù)三角形兩邊之和大于第三邊可得出結(jié)論.【詳解】根據(jù)題意可畫出示意圖，連接AM、BM.∵點(diǎn)M是AB的中點(diǎn)，∴AM=BM，∴AM=BM.∵在△ABM中，AB＜AM+BM，∴AB＜2AM.故選C.【點(diǎn)睛】本題考查圓中弧與弦的關(guān)系以及三角形三邊關(guān)系，作出示意圖分析是解決此問題的好辦法.58．（2018·湖北襄陽·統(tǒng)考一模）如圖，在⊙O中，A，C，D，B是⊙O上四點(diǎn)，OC，OD交AB于點(diǎn)E，F(xiàn)，且AE＝FB，下列結(jié)論中不正確的是（

）A．OE＝OF B．弧AC=弧BD C．AC＝CD＝DB D．CD∥AB【答案】C【分析】連接OA，OB，可以利用SAS判定△OAE≌△OBF，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等，可得到OE=OF，判斷A選項(xiàng)正確；由全等三角形的對應(yīng)角相等，可得到∠AOE=∠BOF，即∠AOC=∠BOD，根據(jù)圓心角、弧、弦的關(guān)系定理得出AC=BD，判斷B選項(xiàng)正確；連結(jié)AD，由AC=BD，根據(jù)圓周角定理得出∠BAD=∠ADC，則CD∥AB，判斷D選項(xiàng)正確；由∠BOD=∠AOC不一定等于∠COD，得出AC=BD不一定等于CD那么AC=【詳解】連接OA，OB，∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA．在△OAE與△OBF中，OA=∴△OAE≌△OBF（SAS），∴OE=OF，故A選項(xiàng)正確；∠AOE=∠BOF，即∠AOC=∠BOD，∴AC=BD，故連結(jié)AD,∵AC=∴∠BAD=∠ADC，∴CD∥AB，故D選項(xiàng)正確；∵∠BOD=∠AOC不一定等于∠COD，∴AC=BD不一定等于∴AC=BD不一定等于CD，故C選項(xiàng)不正確，故選C．【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，圓心角、弧、弦的關(guān)系定理，圓周角定理，平行線的判定，準(zhǔn)確作出輔助線利用數(shù)形結(jié)合思想是解題的關(guān)鍵．59．（2018·福建三明·統(tǒng)考一模）如圖，在⊙O中，直徑AB⊥弦CD，垂足為M，則下列結(jié)論一定正確的是(

)A．AC＝CD B．OM＝BM C．∠A＝12∠BOD D．∠A＝12【答案】C【分析】根據(jù)垂徑定理判斷即可．【詳解】連接DA，∵直徑AB⊥弦CD，垂足為M，∴CM=MD，∠CAB=∠DAB，∵2∠DAB=∠BOD，∴∠CAD=12∠BOD故答案選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理及其推論，解題的關(guān)鍵是熟練的掌握垂徑定理及其推論．題型17利用弧、弦、圓心角關(guān)系求解60．（2022·福建泉州·一模）如圖，AB是⊙O的弦，且AB＝6，點(diǎn)C是弧AB中點(diǎn)，點(diǎn)D是優(yōu)弧AB上的一點(diǎn)，∠ADC＝30°，則圓心O到弦AB的距離等于（）A．33 B．32 C．3 D【答案】C【分析】連接OA，AC，OC，OC交AB于E，先根據(jù)垂徑定理求出AE=3，然后證明三角形OAC是等邊三角形，從而可以得到∠OAE=30°，再利用三線合一定理求解即可.【詳解】解：如圖所示，連接OA，AC，OC，OC交AB于E，∵C是弧AB的中點(diǎn)，AB=6，∴OC⊥AB，AE=BE=3，∵∠ADC=30°，∴∠AOC=2∠ADC=60°，又∵OA=OC，∴△OAC是等邊三角形，∵OC⊥AB,∴OC=OE=∴O∴OE∴圓心O到弦AB的距離為3，故選C.【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角與圓心角的關(guān)系，等邊三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，垂徑定理，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解.61．（2022·江蘇揚(yáng)州·統(tǒng)考二模）將一張正方形的透明紙片ABCD和⊙O按如圖位置疊放，頂點(diǎn)A、D在⊙O上，邊AB、BC、CD分別與⊙O相交于點(diǎn)E、F、G、HA．AD=AE BC．AF=DG D【答案】C【分析】連接AF,【詳解】如圖，連接AF,DG，過點(diǎn)O作NM⊥AD，交AD于M，交BC于∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB=∴AM=∴四邊形AMNB,∴NB∴FN∴FB∴Rt∴AF=A.∵AD>AE，∴B.∵AD=ABC.∵AF=DG，∴D.∵DH<DC<DG故選：C.【點(diǎn)睛】本題考查了弦與弧的關(guān)系，掌握同圓或等圓中，等弦對等弧是解題的關(guān)鍵．62．（2022·安徽合肥·校聯(lián)考三模）如圖，AB是⊙O的直徑，AB=8，點(diǎn)M在⊙O上，∠MAB=20°,N是MB的中點(diǎn)，P是直徑A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【分析】根據(jù)動(dòng)點(diǎn)最值，將軍飲馬模型，如圖所示，作點(diǎn)N關(guān)于AB的對稱點(diǎn)N'，連接MN'交AB于P，△PMN周長為PM+PN+MN=2+【詳解】解：作點(diǎn)N關(guān)于AB的對稱點(diǎn)N'，則點(diǎn)N'在⊙O上，連接MN'由對稱性知PN=∴△PMN周長為PM根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短可知△PMN周長的最小為2+∵點(diǎn)N是MB的中點(diǎn)，∠MAB∴MN=∴∠BAN∴∠MAN∴∠MON∴△MON∴OM=∵M(jìn)N=2∴△PMN周長的最小值為2+4=6故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查動(dòng)點(diǎn)最值問題-將軍飲馬模型，涉及圓周角定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系以及軸對稱性質(zhì)，掌握圓周角定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系以及軸對稱的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．63．（2023·山東德州·統(tǒng)考三模）如圖，在△ABC中，∠B=90°，⊙O過點(diǎn)A、C，與AB交于點(diǎn)D，與BC相切于點(diǎn)C，若∠【答案】64°/64度【分析】根據(jù)同弧對應(yīng)的圓心角是圓周角的2倍計(jì)算出∠DOC，再根據(jù)AB//OC【詳解】如下圖所示，連接OC從圖中可以看出，∠DAC是圓弧DC對應(yīng)的圓周角，∠DOC是圓弧得∠DOC∵BC是圓O的切線∴OC⊥∵∠∴AB∴AB//∴∠ADO故答案為：64°【點(diǎn)睛】本題考查圓的切線的性質(zhì)，圓周角定理、平行線的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握圓和平行線的相關(guān)知識(shí)．64．（2022·上海靜安·統(tǒng)考二模）如圖，已知半圓直徑AB=2，點(diǎn)C、D三等分半圓弧，那么△CBD的面積為【答案】3【分析】連接OC，OD，過點(diǎn)O作OE⊥CD，垂足為點(diǎn)E，點(diǎn)C、D三等分半圓弧，可知△COD是等邊三角形，從而可以證得CD∥AB，所以△COD和△CBD【詳解】解：連接OC，OD，過點(diǎn)O作OE⊥CD，垂足為點(diǎn)E，如圖，∵點(diǎn)C、D三等分半圓弧，∴∠COD=∠BOD=60°，∵OC=OD，∴△COD∴∠CDO=60°，∴∠CDO=∠BOD，∴CD∥AB，∴S△∵OE⊥CD，∴∠COE=12∠COD=30°∴CE=在Rt△COE中，∴S△故答案為：34【點(diǎn)睛】本題主要考查了弧與圓心角的關(guān)系、等邊三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定、30°所對的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理．題型18利用弧、弦、圓心角關(guān)系求最值65．（2022·山東棗莊·?？家荒＃┤鐖D，AB是⊙O的直徑，AB＝2，點(diǎn)C在⊙O上，∠CAB＝30°，D為弧BC的中點(diǎn)，E是直徑AB上一動(dòng)點(diǎn)，則CE+DE最小值為（）A．1 B．2 C．3 D．2【答案】B【分析】作點(diǎn)D關(guān)于AB的對稱點(diǎn)為D′，連接OC，OD，OD′，CD′，交AB于點(diǎn)E，則CE+DE的最小值就是CD′的長度，根據(jù)已知易證∠COD′=90°，然后利用勾股定理進(jìn)行計(jì)算即可解答．【詳解】解：作點(diǎn)D關(guān)于AB的對稱點(diǎn)為D′，連接OC，OD，OD′，CD′，交AB于點(diǎn)E，∴DE=D′E，∴CE+DE=CE+D′E=CD′，∵∠CAB=30°，∴∠COB=2∠CAB=60°，∵D為BC的中點(diǎn)，∴CD=∵DB=∴CD=∴∠COD=∠DOB=∠BOD′=30°，∴∠COD′=90°，∵AB=2，∴OC=OD′=1，∴CD′=OC∴CE+DE最小值為：2，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系，垂徑定理，軸對稱-最短路線問題，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．66．（2022·安徽淮南·統(tǒng)考一模）如圖，在扇形BOC中，∠BOC=60°，OD平分∠BOC交弧BC于點(diǎn)D．點(diǎn)E為半徑OB上一動(dòng)點(diǎn)，若OB=2，則【答案】2【分析】如圖，作點(diǎn)D關(guān)于OB的對稱點(diǎn)D′，連接D′C交OB于點(diǎn)E′，連接OD′，利用軸對稱的性質(zhì)，得出當(dāng)點(diǎn)E移動(dòng)到點(diǎn)E'時(shí)，CE+DE長最小，此時(shí)的最小值為CD【詳解】如圖，作點(diǎn)D關(guān)于OB的對稱點(diǎn)D′，連接D′C交OB于點(diǎn)E′，連接OD′，此時(shí)E′C+E′D最小，即：E′C+E′D=CD′，由題意得，∠COD=∠DOB=∠BOD′=30°，∴∠COD′=90°，∴CD′=OC2故答案為22【點(diǎn)睛】本題考查與圓有關(guān)的計(jì)算，掌握軸對稱的性質(zhì)及圓心角與圓弧的關(guān)系是正確計(jì)算的前提，理解軸對稱解決路程最短問題是關(guān)鍵．67．（2022·山東濟(jì)南·統(tǒng)考二模）如圖，在邊長為6的等邊ΔABC中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AC，BC上的動(dòng)點(diǎn)，且AE=CF，連接BE，AF交于點(diǎn)P，連接CP，則CP的最小值為【答案】23【分析】首先證明∠APB=120°，推出點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是以O(shè)為圓心，OA為半徑的?。B接CO交⊙O于P'，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到P【詳解】如圖所示，∵邊長為6的等邊ΔABC，∴AC=AB=6又∵AE∴△∴∠∴∠∴∠∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是以O(shè)為圓心，OA為半徑的弧此時(shí)∠連接CO交⊙O于P'，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到P'時(shí)，∵CA=CB，CO∴△∴∠ACO=∠∴∠又∵AC∴OP'=OA∴CP即C故答案為：2【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、圓、特殊角的三角函數(shù)等相關(guān)知識(shí)．關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加輔助線，該題綜合性較強(qiáng)．題型19利用弧、弦、圓心角關(guān)系證明68．（2022·江蘇徐州·模擬預(yù)測）如圖，已知在⊙O中，AB＝BC＝CD，OC與（1）AD∥BC（2）四邊形BCDE為菱形．【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）連接BD，根據(jù)圓周角定理可得∠ADB=∠CBD，根據(jù)平行線的判定可得結(jié)論；（2）證明△DEF≌△BCF，得到DE=BC，證明四邊形BCDE為平行四邊形，再根據(jù)BC=CD得到BC=【詳解】解：（1）連接BD，∵AB=∴∠ADB=∠CBD，∴AD∥BC；（2）連接CD，∵AD∥BC，∴∠EDF=∠CBF，∵BC=∴BC=CD，∴BF=DF，又∠DFE=∠BFC，∴△DEF≌△BCF（ASA），∴DE=BC，∴四邊形BCDE是平行四邊形，又BC=CD，∴四邊形BCDE是菱形．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，圓周角定理，弧、弦、圓心角的關(guān)系，全等三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，解題的關(guān)鍵是合理運(yùn)用垂徑定理得到BF=DF．69．（2023·貴州黔南·統(tǒng)考一模）如圖，A、B是圓O上的兩點(diǎn)，∠AOB=120°，C是(1)求證：AB平分∠OAC(2)延長OA至P，使得OA=AP，連接PC，若圓O的半徑R=1【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）求出等邊三角形AOC和等邊△OBC，推出OA（2）求出AC=OA=AP，再求出【詳解】（1）證明：連接OC、AB，∵∠AOB=120°，C是∴∠AOC∵OA=∴△ACO∴OA=AC，同理∴OA=AC∴四邊形AOBC是菱形，∴AB平分∠OAC（2）解：∵△OAC∴∠OCA=∠OAC又∵OA=∴OA=∴∠ACP∴∠OCP∴△OPC∵OC=1，OP∴PC=【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓心角、弧、弦之間的關(guān)系、勾股定理、菱形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．70．（2023·四川成都·模擬預(yù)測）如圖，在⊙O中，弦AD、BC相交于點(diǎn)E，連接OE

(1)求證：BE=(2)如果⊙O的半徑為5，AD⊥CB【答案】(1)見解析(2)7【分析】（1）根據(jù)AB=CD，可得AB=（2）過O作OF⊥AD與F，OG⊥BC于G，連接OA,OC，則∠OFE=∠FEG=∠OGE=90°，根據(jù)垂徑定理可得AF=FD,【詳解】（1）證明：∵AB=∴AB=在△ABE與△∠A∴△ABE∴BE=（2）解：過O作OF⊥AD與F，OG⊥BC于G，連接

∴四邊形OFEG是矩形，根據(jù)垂徑定理得：AF=∵AB=∴AF=在Rt△AOF與AF=∴Rt△∴OF=∵AD⊥∴四邊形OFEG是正方形，∴OF=設(shè)OF=EF=∴OF即x2解得：x=3或-∴AF=4∴AE=7【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理，弧、弦，圓心角的關(guān)系，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握垂徑定理，弧、弦，圓心角的關(guān)系，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．71．（2023·安徽合肥·校聯(lián)考二模）如圖，四邊形