第09講 圓心角與圓周角（4種題型）（解析版）

第09講圓心角與圓周角（4種題型）【知識(shí)梳理】一．圓心角、弧、弦的關(guān)系（1）定理：在同圓和等圓中，相等的圓心角所對(duì)的弧相等，所對(duì)的弦也相等．（2）推論：在同圓或等圓中，如果兩個(gè)圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對(duì)應(yīng)的其余各組量都分別相等．說明：同一條弦對(duì)應(yīng)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(guān)系三者關(guān)系可理解為：在同圓或等圓中，①圓心角相等，②所對(duì)的弧相等，③所對(duì)的弦相等，三項(xiàng)“知一推二”，一項(xiàng)相等，其余二項(xiàng)皆相等．這源于圓的旋轉(zhuǎn)不變性，即：圓繞其圓心旋轉(zhuǎn)任意角度，所得圖形與原圖形完全重合．（4）在具體應(yīng)用上述定理解決問題時(shí)，可根據(jù)需要，選擇其有關(guān)部分．二．圓周角定理（1）圓周角的定義：頂點(diǎn)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(gè)條件：①頂點(diǎn)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(duì)的圓周角相等，都等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半．推論：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．（3）在解圓的有關(guān)問題時(shí)，常常需要添加輔助線，構(gòu)成直徑所對(duì)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(zhuǎn)化可通過作圓的半徑構(gòu)造等腰三角形．利用等腰三角形的頂點(diǎn)和底角的關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化．②圓周角和圓周角的轉(zhuǎn)化可利用其“橋梁”﹣﹣﹣圓心角轉(zhuǎn)化．③定理成立的條件是“同一條弧所對(duì)的”兩種角，在運(yùn)用定理時(shí)不要忽略了這個(gè)條件，把不同弧所對(duì)的圓周角與圓心角錯(cuò)當(dāng)成同一條弧所對(duì)的圓周角和圓心角．三．圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)（1）圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：①圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)．②圓內(nèi)接四邊形的任意一個(gè)外角等于它的內(nèi)對(duì)角（就是和它相鄰的內(nèi)角的對(duì)角）．（2）圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)是溝通角相等關(guān)系的重要依據(jù)，在應(yīng)用此性質(zhì)時(shí)，要注意與圓周角定理結(jié)合起來．在應(yīng)用時(shí)要注意是對(duì)角，而不是鄰角互補(bǔ)．四．相交弦定理（1）相交弦定理：圓內(nèi)的兩條相交弦，被交點(diǎn)分成的兩條線段長的積相等．（經(jīng)過圓內(nèi)一點(diǎn)引兩條線，各弦被這點(diǎn)所分成的兩段的積相等）．幾何語言：若弦AB、CD交于點(diǎn)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(xiàng)．幾何語言：若AB是直徑，CD垂直AB于點(diǎn)P，則PC2＝PA?PB（相交弦定理推論）．【考點(diǎn)剖析】一．圓心角、弧、弦的關(guān)系（共9小題）1．（2023?杭州二模）如圖，A，B，C是⊙O上三個(gè)點(diǎn)，∠AOB＝2∠BOC，則下列說法中正確的是（）A．∠OBA＝∠OCA B．四邊形OABC內(nèi)接于⊙O C．AB＝2BC D．∠OBA+∠BOC＝90°【分析】過O作OD⊥AB于D交⊙O于E，由垂徑定理得到＝，于是得到＝＝，推出AE＝BE＝BC，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系得到2BC＞AB，故C錯(cuò)誤；根據(jù)三角形內(nèi)角和得到∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝90°﹣∠BOC，∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝90°﹣∠BOC，推出∠OBA≠∠OCA，故A錯(cuò)誤；由點(diǎn)A，B，C在⊙O上，而點(diǎn)O在圓心，得到四邊形OABC不內(nèi)接于⊙O，故B錯(cuò)誤；根據(jù)余角的性質(zhì)得到∠OBA+∠BOC＝90°，故D正確；【解答】解：過O作OD⊥AB于D交⊙O于E，則＝，∴AE＝BE，∠AOE＝∠BOE＝AOB，∵∠AOB＝2∠BOC，∴∠AOE＝∠BOE＝∠BOC，∴＝＝，∴AE＝BE＝BC，∴2BC＞AB，故C錯(cuò)誤；∵OA＝OB＝OC，∴∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝90°﹣∠BOC，∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝90°﹣∠BOC，∴∠OBA≠∠OCA，故A錯(cuò)誤；∵點(diǎn)A，B，C在⊙O上，而點(diǎn)O在圓心，∴四邊形OABC不內(nèi)接于⊙O，故B錯(cuò)誤；∵∠BOE＝∠BOC＝AOB，∵∠BOE+∠OBA＝90°，∴∠OBA+∠BOC＝90°，故D正確；故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓心角，弧，弦的關(guān)系，垂徑定理，三角形的三邊關(guān)系，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．2．（2022秋?鄞州區(qū)校級(jí)期末）如圖，AB，CD是⊙O的直徑，，若∠AOE＝32°，則∠COE的度數(shù)是64°．【分析】根據(jù)在同圓中，等弧所對(duì)的圓心角相等，可推出∠BOD＝∠AOE＝32°，再根據(jù)對(duì)頂角相等，可推出∠AOC＝∠BOD＝32°，最后用∠COE＝∠COA+∠AOE即可求解．【解答】解：∵，∠AOE＝32°，∴∠BOD＝∠AOE＝32°，∵∠AOC＝∠BOD＝32°，∴∠COE＝∠COA+∠AOE＝32°+32°＝64°．故答案為：64°．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查等弧和圓心角的關(guān)系，熟知在同圓中，等弧所對(duì)的圓心角相等，和對(duì)頂角相等是解題的關(guān)鍵．3．（2022秋?越城區(qū)期末）如圖，AB是⊙O的直徑，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，若BC＝CD＝DA＝4，則⊙O的周長為（）A．4π B．6π C．8π D．9π【分析】如圖，連接OD、OC．根據(jù)圓心角、弧、弦的關(guān)系證得△AOD是等邊三角形，則⊙O的半徑長為BC＝4cm；然后由圓的周長公式進(jìn)行計(jì)算．【解答】解：如圖，連接OC、OD．∵AB是⊙O的直徑，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC＝CD＝DA＝4，∴＝＝，∴∠AOD＝∠DOC＝∠BOC＝60°．又OA＝OD，∴△AOD是等邊三角形，∴OA＝AD＝4，∴⊙O的周長＝2×4π＝8π．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓心角、弧、弦的關(guān)系，等邊三角形的判定與性質(zhì)．在同圓或等圓中，相等的圓心角所對(duì)的弧相等，所對(duì)的弦相等，所對(duì)弦的弦心距也相等，即四者有一個(gè)相等，則其它三個(gè)都相等．4．（2023?越城區(qū)模擬）如圖，AB，AC是⊙O的兩條弦，OD⊥AB于點(diǎn)D，OE⊥AC于點(diǎn)E，連結(jié)OB，OC．若∠DOE＝140°，則∠BOC的度數(shù)為（）A．70° B．80° C．90° D．100°【分析】根據(jù)四邊形的內(nèi)角和等于360°計(jì)算可得∠BAC＝50°，再根據(jù)圓周角定理得到∠BOC＝2∠BAC，進(jìn)而可以得到答案．【解答】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC，∴∠ADO＝90°，∠AEO＝90°，∵∠DOE＝140°，∴∠BAC＝360°﹣90°﹣90°﹣140°＝40°，∴∠BOC＝2∠BAC＝80°，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是圓周角定理，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．5．（2023?路橋區(qū)校級(jí)二模）如圖，弧AB所對(duì)圓心角∠AOB＝90°，半徑為8，點(diǎn)C是OB中點(diǎn)，點(diǎn)D弧AB上一點(diǎn)，CD繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到CE，則AE的最小值是4﹣8．．【分析】如圖，連接OD，以O(shè)C為邊向下作正方形OCTH，連接AT，ET．利用勾股定理求出AT，再證明△OCD≌△TCE（SAS），推出ET＝OD＝8，由AE≥AT﹣ET＝4﹣8，可得結(jié)論．【解答】解：如圖，連OD，以O(shè)C為邊向下作正方形OCTH，連AT，ET．∵OA＝OB＝8，OC＝CB＝CT＝OH＝HT＝4，∴AH＝AO+OH＝12，∴AT＝＝＝4，∴∠OCT＝∠ECD＝90°，∴∠OCD＝∠RCE，在△OCD和△TCE中，，∴△OCD≌△TCE（SAS），∴ET＝OD＝8，∴AE≥AE﹣ET＝4﹣8，∴AE的最小值為4﹣8．故答案為：4﹣8．【點(diǎn)評(píng)】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．6．（2023?寧波模擬）傳統(tǒng)服飾日益受到關(guān)注，如圖1為明清時(shí)期女子主要裙式之一的馬面裙，如圖2馬面裙可以近似地看作扇環(huán)，其中AD長度為米，BC長度為米，圓心角∠AOD＝60°，則裙長AB為0.8米．【分析】由題意知，＝＝，＝＝計(jì)算求解OA，OB的值，然后根據(jù)AB＝OB﹣OA計(jì)算求解即可．【解答】解：由題意知，＝＝，＝＝，解得OA＝1，，∴＝0.8（米），故答案為：0.8米．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了扇形的弧長公式．解題的關(guān)鍵在于正確的計(jì)算．7．（2023?蕭山區(qū)校級(jí)模擬）如圖，BD是⊙O的直徑，點(diǎn)A，C在⊙O上，AB＝AD，AC交BD于點(diǎn)E，已知∠COD＝135°．（1）求∠AEB的度數(shù)，（2）若CO＝1，求OE的長．?【分析】（1）根據(jù)圓周角定理以及等腰直角三角形的性質(zhì)可求出答案；（2）由相似三角形的判定和性質(zhì)得出＝，進(jìn)而得到＝，而OE+BE＝OB＝1，代入求解即可．【解答】解：（1）∵BD是⊙O的直徑，點(diǎn)A在⊙O上，∴∠BAD＝90°，∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB＝45°，∵∠COD＝135°，∴∠BOC＝180°﹣135°＝45°，∴∠BAC＝∠BOC＝22.5°，∴∠AEB＝180°﹣45°﹣22.5°＝112.5°；（2）在Rt△ABD中，AB＝AD，BD＝2OC＝2，∴AB＝×BD＝，∵∠ABC＝∠BOC＝45°，∴AB∥OC，∴△COE∽△ABE，∴＝，即＝，而OE+BE＝OB＝1，∴OE＝﹣1．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓心角、弦、弧之間的關(guān)系，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握?qǐng)A心角、弦、弧之間的關(guān)系，圓周角定理是正確解答的前提．8．（2023?玉環(huán)市二模）如圖，點(diǎn)A、B、C、D是⊙O上的點(diǎn)，AD為直徑，AB∥OC．（1）求證：點(diǎn)C平分弧BD．（2）利用無刻度的直尺和圓規(guī)作出AB的中點(diǎn)P（保留作圖痕跡）．【分析】（1）連接OB，由平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，得到∠DOC＝∠COB，由此點(diǎn)C平分．（2）分別以A、B為圓心，大于AB的長為半徑畫弧，得到兩弧的交點(diǎn)，從而得到點(diǎn)P．【解答】（1）證明：連接OB，∵OC∥AB，∴∠DOC＝∠OAB，∠COB＝∠OBA．∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA，∴∠DOC＝∠COB，∴點(diǎn)C平分．（2）作法：①分別以A、B為圓心，大于AB的長為半徑畫弧，兩弧交于M，②連接OM交AB于P，∴點(diǎn)P即為所求作的點(diǎn)．【點(diǎn)評(píng)】本題考查平行線的性質(zhì)，圓心角、弧、弦的關(guān)系，尺規(guī)作圖，關(guān)鍵是掌握?qǐng)A心角、弧、弦的關(guān)系，用尺規(guī)作線段垂直平分線的方法．9．（2023?婺城區(qū)模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，C是的中點(diǎn)，CE⊥AB于點(diǎn)E，BD交CE于點(diǎn)F．（1）求證：CF＝BF；（2）若CD＝6，AC＝8，求⊙O的半徑及CE的長．【分析】（1）要證明CF＝BF，可以證明∠ECB＝∠DBC；AB是⊙O的直徑，則∠ACB＝90°，又知CE⊥AB，則∠CEB＝90°，則∠DBC＝90°﹣∠ACE＝∠A，∠ECB＝∠A，則∠ECB＝∠DBC；（2）在直角三角形ACB中，AB2＝AC2+BC2，又知，BC＝CD，所以可以求得AB的長，即可求得圓的半徑；再利用面積法求得CE的長．【解答】（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠A＝90°﹣∠ABC．∵CE⊥AB，∴∠CEB＝90°，∴∠ECB＝90°﹣∠ABC，∴∠ECB＝∠A．又∵C是的中點(diǎn)，∴＝，∴∠DBC＝∠A，∴∠ECB＝∠DBC，∴CF＝BF；（2）解：∵＝，∴BC＝CD＝6，∵∠ACB＝90°，∴AB＝＝＝10，∴⊙O的半徑為5，∵S△ABC＝AB?CE＝BC?AC，∴CE＝＝＝．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)以及角平分線的性質(zhì)等知識(shí)．此題綜合性很強(qiáng)，難度適中，注意數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用．二．圓周角定理（共11小題）10．（2023?鹿城區(qū)一模）如圖，AC是⊙O的直徑，B，D是⊙O上的兩點(diǎn)，連結(jié)AB，BC，CD，BD，若∠A+∠D＝80°，則∠ACB的度數(shù)為（）A．40° B．50° C．60° D．80°【分析】根據(jù)圓周角定理得出∠ABC＝90°，∠A＝∠D＝40°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求解即可．【解答】解：∵AC是⊙O的直徑，∴∠ABC＝90°，∴∠A+∠ACB＝90°，∵∠A+∠D＝80°，∠A＝∠D，∴∠A＝40°，∴∠ACB＝50°，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了圓周角定理，熟記圓周角定理是解題的關(guān)鍵．11．（2023?西湖區(qū)校級(jí)三模）如圖，點(diǎn)A、B、C在圓O上，若∠A＝50°，則∠OBC的度數(shù)為（）?A．40° B．45° C．50° D．55°【分析】根據(jù)圓周角定理求得∠BOC的度數(shù)，然后利用三角形內(nèi)角和定理及等邊對(duì)等角即可求得答案．【解答】解：∵∠A＝50°，∴∠BOC＝2∠A＝100°，∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB＝（180°﹣100°）÷2＝40°，故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓周角定理及等腰三角形性質(zhì)，它們均為幾何中重要知識(shí)點(diǎn)，必須熟練掌握．12．（2023?寧波模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，C，D兩點(diǎn)在圓上，連接AD，CD，且＝，∠CAB＝25°，P為上一動(dòng)點(diǎn)，在運(yùn)動(dòng)過程中，DP與AC相交于點(diǎn)M，當(dāng)△CDM為等腰三角形時(shí)，∠PDC的度數(shù)為40°或70°或100°．【分析】根據(jù)＝，∠CAB＝25°，得∠CAD＝∠CAB＝25°，由AB是⊙O的直徑，得∠C＝40°，然后分三種情況討論即可求出答案．【解答】解：∵＝，∠CAB＝25°，∴∠CAD＝∠CAB＝25°，∵AB是⊙O的直徑，∴∠C＝40°，當(dāng)△CDM為等腰三角形時(shí)，①當(dāng)MD＝MC時(shí)，∠PDC＝∠C＝40°，②當(dāng)CD＝CM時(shí)，∠PDC＝＝70°，③當(dāng)DM＝DC時(shí)，∠PDC＝180°﹣2×40°＝100°，故答案為：40°或70°或100°．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周角定理，關(guān)鍵是求出∠C的度數(shù)和分三種情況討論求角．13．（2023?西湖區(qū)校級(jí)模擬）如圖，已知AB是⊙O的直徑，弦CD與AB交于點(diǎn)E，若∠ABD＝60°，∠AED＝100°，則∠ABC＝50°．【分析】連接AC，根據(jù)圓周角定理及三角形外角性質(zhì)求解即可．【解答】解：連接AC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝∠BCD+∠ACD＝90°，∵∠ACD＝∠ABD＝60°，∴∠BCD＝90°﹣60°＝30°，∵∠AED＝100°，∴∠BED＝∠BCD+∠ABC＝80°，∴∠ABC＝∠BED﹣∠BCD＝80°﹣30°＝50°，故答案為：50°．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了圓周角定理，熟記“直徑所對(duì)的圓周角等于90°”是解題的關(guān)鍵．14．（2023?杭州）如圖，在⊙O中，半徑OA，OB互相垂直，點(diǎn)C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，則∠BAC＝（）A．23° B．24° C．25° D．26°【分析】連接OC，根據(jù)圓周角定理可求解∠AOC的度數(shù)，結(jié)合垂直的定義可求解∠BOC的度數(shù)，再利用圓周角定理可求解．【解答】解：連接OC，∵∠ABC＝19°，∴∠AOC＝2∠ABC＝38°，∵半徑OA，OB互相垂直，∴∠AOB＝90°，∴∠BOC＝90°﹣38°＝52°，∴∠BAC＝∠BOC＝26°，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓周角定理，掌握?qǐng)A周角定理是解題的關(guān)鍵．15．（2023?余杭區(qū)模擬）如圖，AB是半圓O的直徑，點(diǎn)D是弧AC的中點(diǎn)，若∠DAC＝25°．則∠BAC等于（）A．40° B．42° C．44° D．46°【分析】利用圓周角定理和弧與圓心角的關(guān)系求解即可．【解答】解：連接OC，OD，∵點(diǎn)D是弧AC的中點(diǎn)，∴弧AD＝弧CD，又∠DAC＝25°，∴∠AOD＝∠COD＝2∠DAC＝50°，∴∠BOC＝180°﹣∠AOD﹣∠COD＝80°，∴，故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓周角定理、弧與圓心角的關(guān)系，熟練掌握?qǐng)A周角定理是解答的關(guān)鍵．16．（2023?杭州模擬）如圖是以點(diǎn)O為圓心，AB為直徑的圓形紙片，點(diǎn)C在⊙O上，將該圓形紙片沿直線CO對(duì)折，點(diǎn)B落在⊙O上的點(diǎn)D處（不與點(diǎn)A重合），連接CB，CD，AD．設(shè)CD與直徑AB交于點(diǎn)E．若AD＝ED，則∠B＝36度；的值等于．【分析】由等腰三角形的性質(zhì)得出∠DAE＝∠DEA，證出∠BEC＝∠BCE，由折疊的性質(zhì)得出∠ECO＝∠BCO，設(shè)∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，證出∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∠CEB＝2x，由三角形內(nèi)角和定理可得出答案；證明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性質(zhì)得出，設(shè)EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，得出a2＝x（x+a），求出OE＝a，進(jìn)而可得出答案．【解答】解：∵AD＝DE，∴∠DAE＝∠DEA，∵∠DEA＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，∴∠BEC＝∠BCE，∵將該圓形紙片沿直線CO對(duì)折，∴∠ECO＝∠BCO，又∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠B，設(shè)∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，∴∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∴∠CEB＝2x，∵∠BEC+∠BCE+∠B＝180°，∴x+2x+2x＝180°，∴x＝36°，∴∠B＝36°；∵∠ECO＝∠B，∠CEO＝∠CEB，∴△CEO∽△BEC，∴，∴CE2＝EO?BE，設(shè)EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，∴a2＝x（x+a），解得，x＝a（負(fù)值舍去），∴OE＝a，∴AE＝OA﹣OE＝a﹣a＝a，∴＝＝．故答案為：36，．【點(diǎn)評(píng)】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，折疊的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．17．（2023?錢塘區(qū)三模）如圖，AB是⊙O的直徑，半徑OD⊥AB，點(diǎn)E在OB上，連接DE并延長交⊙O于點(diǎn)C，連接BC．?（1）求∠B﹣∠D的值．（2）當(dāng)∠B＝75°時(shí)，求的值．（3）若BC＝CE，△DOE與△CBE的面積分別記為S1，S2，求的值．【分析】（1）由圓周角定理求出∠BCD＝∠BOD＝45°，由等腰三角形的性質(zhì)推出∠OBC﹣∠ODC＝∠OCB﹣∠OCD＝∠DCB＝45°；（2）由直角三角形的性質(zhì)得到＝，由等腰三角形的性質(zhì)得到CD＝OD，即可求出的值；（3）由OC∥BD，得到△CBD的面積＝△ODB的面積，因此△CBE的面積＝△OED的面積，即可解決問題．【解答】解：（1）連接OC，∵半徑OD⊥AB，∴∠BOD＝90°，∴∠BCD＝∠BOD＝45°，∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC，∴∠OBC﹣∠ODC＝∠OCB﹣∠OCD＝∠DCB＝45°；（2）∵∠B＝75°，∠DCB＝45°，∴∠CEB＝60°，∴∠OED＝60°，∴＝，∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC＝75°，∴∠BOC＝30°，∴∠COD＝∠BOD+∠BOC＝120°，∴CD＝OD，∴＝＝．（3）連接BD，∵BC＝CE，∴∠CBE＝∠CEB，∵∠BCE＝45°，∴∠CBE＝67.5°，∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠CBE＝67.5°，∴∠OCE＝∠OCB﹣∠BCD＝22.5°，∵∠BOC＝180°﹣∠OCB﹣∠OBC＝45°，∴∠BDC＝∠BOC＝22.5°，∴∠OCE＝∠BDC，∴OC∥BD，∴△CBD的面積＝△ODB的面積，∴△CBE的面積＝△OED的面積，∴＝1．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓周角定理，直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的判定，三角形的面積，關(guān)鍵是由圓周角定理∠BCD＝45°，由等腰三角形的性質(zhì)即可求出∠OBC﹣∠ODC＝45°；由直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)求出OE、CD與OD的數(shù)量關(guān)系，即可求出的值；由OC∥BD，即可得到△CBE的面積＝△OED的面積．18．（2023?衢州二模）如圖，在⊙O中，OA，OB是直徑，C是劣弧上的一點(diǎn)．且∠AOB＝120°．（1）求∠ACB的度數(shù)；（2）若AC＝BC．求證：四邊形ACBO是菱形．【分析】（1）由題意可得劣?。?20°，從而可得優(yōu)?。?40°，再由圓周角定理即可求∠ACB的度數(shù)；（2）連接OC，利用SSS可證得△AOC≌△BOC，則有∠AOC＝∠BOC，可求得∠AOC＝∠BOC＝60°，可得△AOC是等邊三角形，則有AO＝AC＝OC，同理得BO＝BC＝OC，故AO＝AC＝BC＝BO，即可判定四邊形ACBO是菱形．【解答】（1）解：∵C是劣弧上的一點(diǎn)，且∠AOB＝120°，∴劣弧的度數(shù)為：120°，∴優(yōu)弧的度數(shù)為：240°，∴∠ACB＝×240°＝120°；（2）證明：連接OC，如圖，∵OA，OB是半徑，點(diǎn)C在⊙O上，∴OA＝OB＝OC，在△AOC與△BOC中，，∴△AOC≌△BOC（SSS），∴∠AOC＝∠BOC，∵∠AOB＝120°，∴∠AOC＝∠BOC＝60°，∴△AOC是等邊三角形，∴AO＝AC＝OC，同理得：BO＝BC＝OC，∴AO＝AC＝BC＝BO，∴四邊形ACBO是菱形．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓周角定理，菱形的判定，圓心角，弦，弧的關(guān)系，解答的關(guān)鍵是熟記相應(yīng)的知識(shí)并靈活運(yùn)用．19．（2023?金東區(qū)二模）如圖，已知AB，CD是⊙O的直徑，點(diǎn)E是CA延長線的一點(diǎn)，射線ED交⊙O點(diǎn)于F，連結(jié)AD，CF，∠CDA＝∠EDA，∠CAB＝30°，AB＝8．（1）求證：AB∥FE．（2）求∠FCA的度數(shù)．（3）求CE的長．【分析】（1）由OA＝OD，得到∠ODA＝∠OAD，而∠CDA＝∠EDA，因此∠OAD＝∠EDA，即可證明AB∥FE；（2）由AB∥FE，得到∠E＝∠CAB＝30°，由圓周角定理得到∠EFC＝90°，由直角三角形的性質(zhì)，即可得到∠FCA的度數(shù)；（3）可以證明DC＝DE，由圓周角定理得到AD⊥CE，因此CE＝2CA，由cos∠DCA＝＝，CD＝AB＝8，求出AC的長，即可得到CE的長．【解答】（1）證明：∵OA＝OD，∴∠ODA＝∠OAD，∵∠CDA＝∠EDA，∴∠OAD＝∠EDA，∴AB∥FE；（2）解：∵AB∥FE，∴∠E＝∠CAB＝30°，∵CD是圓的直徑，∴∠EFC＝90°，∴∠FCA＝90°﹣∠E＝60°；（3）解：∵OC＝OA，∴∠OCA＝∠OAC＝30°，∵∠E＝30°，∴∠OCA＝∠E＝30°，∴DC＝DE，∵DC是圓的直徑，∴AD⊥CE，∴CA＝EA，∴CE＝2CA，∵cos∠DCA＝＝，CD＝AB＝8，∴AC＝4，∴CE＝2×4＝8．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓周角定理，解直角三角形，等腰三角形的判定和性質(zhì)，平行線的判定，掌握以上知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．20．（2023?濱江區(qū)一模）如圖1，AB為⊙O的直徑，CD⊥AB于點(diǎn)E，，BF與CD交于點(diǎn)G．（1）求證：CD＝BF．（2）若BE＝1，BF＝4，求GE的長．（3）連結(jié)GO，OF，如圖2，求證：．【分析】（1）由AB為⊙O的直徑，CD⊥AB于點(diǎn)E得，又由，得到，從而得到，即，即可得證；（2）連接BC，由（1）得：，CD＝BF＝4，從而得到∠FBC＝∠BCD，則BG＝CG，設(shè)EG＝x，則BG＝CG＝2﹣x，在△BEG中，EG2+BE2＝BG2，即x2+12＝（2﹣x）2，即可得到答案；（3）連接OC交BF于I，則OC⊥BF，通過證明△OCG≌△OBG（SSS），得到∠IOB＝2∠EOG，再由等腰三角形的性質(zhì)和三角形外角的性質(zhì)，可得到，最后由∠IOB+∠IBO＝90°，即可得到答案．【解答】（1）證明：∵AB為⊙O的直徑，CD⊥AB于點(diǎn)E，∴，∵，∴，∴，即，∴BF＝CD；（2）解：如圖所示：連接BC，由（1）得：，CD＝BF＝4，∴∠FBC＝∠BCD，∴BG＝CG，∵AB為⊙O的直徑，CD⊥AB于點(diǎn)E，∴，設(shè)EG＝x，則BG＝CG＝2﹣x，在△BEG中，EG2+BE2＝BG2，即x2+12＝（2﹣x）2，解得：，∴GE的長為；（3）解：如圖所示：連接OC交BF于I，∵，∴，在△OCG和△OBG中，，∴△OCG≌△OBG（SSS），∴∠COG＝∠BOG，∴∠IOB＝2∠EOG，∵OF＝OB，OC為半徑，∴OC⊥BF，∴∠OIB＝90°，∵∠IOB+∠IBO＝90°，∴．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周角定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握?qǐng)A周角定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，添加恰當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．三．圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)（共11小題）21．（2022秋?嘉興期末）已知，在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，∠A：∠B：∠C＝1：2：5，則∠D的度數(shù)為（）A．30° B．60° C．120° D．150°【分析】先根據(jù)在圓內(nèi)接四邊形ABCD中∠A：∠B：∠C＝1：2：5，設(shè)∠A＝x，則∠B＝2x，∠C＝5x，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)求出x的值，進(jìn)而可得出結(jié)論．【解答】解：∵圓內(nèi)接四邊形ABCD中∠A：∠B：∠C＝1：2：5，設(shè)∠A＝x，則∠B＝2x，∠C＝5x，∵∠A+∠C＝180°，即x+5x＝180°，解得x＝30°，∴2x＝60°．即∠B＝60°，∵∠B+∠D＝180°，∴D＝120°．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，熟知圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)是解答此題的關(guān)鍵．22．（2023?寧波模擬）圓內(nèi)接四邊形ABCD，兩組對(duì)邊的延長線分別相交于點(diǎn)E、F，且∠E＝40°，∠F＝60°，求∠A＝40°．【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠BCD＝180°﹣∠A，根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)計(jì)算即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠BCD＝180°﹣∠A，∵∠CBF＝∠A+∠E，∠DCB＝∠CBF+∠F，∴180°﹣∠A＝∠A+∠E+∠F，即180°﹣∠A＝∠A+40°+60°，解得∠A＝40°．故答案為：40．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，掌握?qǐng)A內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)、圓內(nèi)接四邊形的任意一個(gè)外角等于它的內(nèi)對(duì)角是解題的關(guān)鍵．23．（2023?龍港市一模）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，BE是⊙O的直徑，連結(jié)CE，若∠BAD＝110°，則∠DCE＝20度．【分析】由∠DAB+∠DCB＝180°，再結(jié)合圓周角定理，即可計(jì)算∠DCE的大小．【解答】解：∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∠BAD＝110°，∴∠DAB+∠DCB＝180°，∴∠DCB＝180°﹣110°＝70°，∵BE是⊙O的直徑，∴∠DCE+∠DCB＝90°，∴∠DCE＝90°﹣∠DCB＝90°﹣70°＝20°．故答案為：20．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理，熟練掌握?qǐng)A內(nèi)接四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．24．（2022秋?仙居縣期末）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，點(diǎn)C是弧BD的中點(diǎn)，連接BD，若∠CBD＝35°，求∠A的度數(shù)．【分析】根據(jù)圓的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)得出∠CBD＝∠CDB＝35°，根據(jù)三角形內(nèi)角和推出∠C＝110°，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可求解．【解答】解：∵點(diǎn)C是弧BD的中點(diǎn)，∴＝，∴BC＝CD，∴∠CBD＝∠CDB＝35°，∴∠C＝180°﹣35°﹣35°＝110°，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠C＝180°，∴∠A＝70°．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，熟記“圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)”是解題的關(guān)鍵．25．（2023?紹興）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，若∠D＝100°，則∠B的度數(shù)是80°．【分析】由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，即可得到答案．【解答】解：∵四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，∴∠B+∠D＝180°，∵∠D＝100°，∴∠B＝80°．故答案為：80°．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握?qǐng)A內(nèi)接四邊形的性質(zhì)．26．（2023?蕭山區(qū)二模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)C是弧BD的中點(diǎn)，延長AB到點(diǎn)E，使得BE＝AD，連結(jié)AC，CE．（1）求證：AC＝CE．（2）若，，∠BCD＝120°，求BC的長．【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)易得∠D＝∠CBE，再根據(jù)圓心角、弧、弦的關(guān)系可得CD＝CB，再結(jié)合已知條件證得△ACD≌△ECB，從而證得結(jié)論；（2）作CM⊥AB交AB于點(diǎn)M，結(jié)合（1）中所求易得AE的長度，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)及圓心角、弧、弦的關(guān)系可得∠CBM＝30°，利用三線合一及三角函數(shù)可求得CM，BM的長度，最后利用勾股定理即可求得答案．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠D+∠ABC＝180°，∵∠ABC+∠CBE＝180°，∴∠D＝∠CBE，∵點(diǎn)C時(shí)的中點(diǎn)，∴CD＝CB，在△ACD與△ECB中，，∴△ACD≌△ECB（SAS），∴AC＝CE；（2）如圖，作CM⊥AB交AB于點(diǎn)M，∵AD＝4，BE＝AD，∴BE＝4，∵AB＝6，∴AE＝AB+BE＝6+4＝10，∵AC＝CE，CM⊥AB，∴AM＝AE＝5，∴BM＝AB﹣AM＝6﹣5＝，∵四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠BCD+∠BAD＝180°，∵∠BCD＝120°，∴∠BAD＝60°，∵CD＝CB，∴∠CAM＝∠BAD＝30°，∵∠AMC＝90°，∴tan∠CAM＝tan30°＝＝，∴CM＝5×＝5，∴BC＝＝＝＝2．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓的相關(guān)性質(zhì)及全等三角形的判定及性質(zhì)，（2）中作CM⊥AB交AB于點(diǎn)M，構(gòu)造直角三角形及利用三線合一求得線段長度是解題的關(guān)鍵．27．（2023?金華三模）在⊙O中，點(diǎn)A，B，C，D都在圓周上，OB∥DC，OD∥BC，則∠A的度數(shù)為（）?A．45° B．50° C．55° D．60°【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠C+∠A＝180°，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠C+∠OBC＝180°，∠BOD+∠OBC＝180°，求出∠C＝∠BOD，根據(jù)圓周角定理得出∠BOD＝2∠A，求出∠C＝2∠A，再求出∠A即可．【解答】解：∵點(diǎn)A，B，C，D都在圓周上，∴∠C+∠A＝180°，∵OB∥DC，OD∥BC，∴∠C+∠OBC＝180°，∠BOD+∠OBC＝180°，∴∠C＝∠BOD，∵∠BOD＝2∠A，∴∠C＝2∠A，即3∠A＝180°，∴∠A＝60°，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，能求出∠C+∠A＝180°和∠BOD＝2∠A是解此題的關(guān)鍵．28．（2023?蕭山區(qū)校級(jí)模擬）如圖，A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)均在⊙O上，∠AOD＝α，AO∥DC，∠B＝β，則α，β滿足關(guān)系為（）A．2α﹣β＝90° B．α+β＝90° C．2β+α＝180° D．α+9β＝540°【分析】先根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠ODC＝∠AOD＝α，再由等腰三角形的性質(zhì)與三角形內(nèi)角和定理求得∠DOC＝180°﹣2α，繼而得出∠AOC＝∠AOD+∠DOC＝180°﹣α，然后利用圓周角定理∠ABC＝∠AOC求解即可．【解答】解：連接OC，∵AO∥DC，∴∠ODC＝∠AOD＝α，∵OD＝OC，∴∠ODC＝∠OCD＝α，∴∠DOC＝180°﹣2α，∴∠AOC＝∠AOD+∠DOC＝180°﹣α，∴∠ABC＝∠AOC＝90°﹣α，即β＝90°﹣α，∴2β+α＝180°．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，圓周角定理，熟練掌握?qǐng)A周角定理是解題的關(guān)鍵．29．（2022秋?上城區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD是半圓O的內(nèi)接四邊形，AB是直徑，CD＝BC．若∠DCB＝100°，則∠ADC的度數(shù)為（）A．100° B．110° C．120° D．130°【分析】連接BD，分別求出∠ADB，∠CDB，可得結(jié)論．【解答】解：連接BD．∵AB是直徑，∴∠ADC＝90°，∵CD＝CB，∠C＝100°，∴∠CDB＝∠CBDD＝40°，∴∠ADC＝∠ADB+∠CDB＝90°+40°＝130°．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?？碱}型．30．（2022秋?嵊州市期末）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，分別延長BC，AD，使它們相交于點(diǎn)E，AB＝8，且DC＝DE．（1）求證：∠A＝∠AEB．（2）若∠EDC＝90°，點(diǎn)C為BE的中點(diǎn)，求⊙O的半徑．【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)可得∠A+∠BCD＝180°，再由鄰補(bǔ)角互補(bǔ)可得∠BCD+∠DCE＝180°，根據(jù)同角的補(bǔ)角相等可得∠A＝∠DCE，再根據(jù)等邊對(duì)等角可得∠E＝∠DCE，再根據(jù)等量代換可得∠A＝∠AEB．（2）連接AC，根據(jù)直角所對(duì)的弦是直徑得出AC為⊙O的直徑，根據(jù)勾股定理求出AC，即可求解．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠A+∠BCD＝180°，∵∠BCD+∠DCE＝180°，∴∠A＝∠DCE，∵DC＝DE∴∠E＝∠DCE，∴∠A＝∠AEB；（2）解：如圖，連接AC，∵∠EDC＝90°，∴AC是⊙O的直徑，∴∠ABC＝90°，∵∠A＝∠AEB∴AB＝BE∵AB＝8，∴BE＝8，∵點(diǎn)C為BE的中點(diǎn)，∴，在Rt△ABC中，，∴⊙O的半徑為．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，直角所對(duì)的弦是直徑，勾股定理，掌握以上知識(shí)是解題關(guān)鍵．31．（2023?杭州二模）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，點(diǎn)F是CD延長線上的一點(diǎn)，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于點(diǎn)E．（1）求證：AB＝AC．（2）若BD＝11，DE＝2，求CD的長．【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)解答；（2）過點(diǎn)A作AG⊥BD，分別證明Rt△AED≌Rt△AGD和Rt△AEC≌Rt△AGB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)計(jì)算．【解答】（1）證明：∵AD平分∠BDF，∴∠ADF＝∠ADB，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，∴∠ADF＝∠ABC，∵∠ACB＝∠ADB，∴∠ABC＝∠ACB，∴AB＝AC；（2）解：過點(diǎn)A作AG⊥BD，垂足為點(diǎn)G．∵AD平分∠BDF，AE⊥CF，AG⊥BD，∴AG＝AE，∠AGB＝∠AEC＝90°，在Rt△AED和Rt△AGD中，，∴Rt△AED≌Rt△AGD，∴GD＝ED＝2，在Rt△AEC和Rt△AGB中，，∴Rt△AEC≌Rt△AGB（HL），∴BG＝CE，∵BD＝11，∴BG＝BD﹣GD＝11﹣2＝9，∴CE＝BG＝9，∴CD＝CE﹣DE＝9﹣2＝7．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握?qǐng)A內(nèi)接四邊形的任意一個(gè)外角等于它的內(nèi)對(duì)角是解題的關(guān)鍵．四．相交弦定理（共4小題）32．（2021秋?東陽市月考）已知四邊形ABCD兩條對(duì)角線相交于點(diǎn)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(diǎn)D、C、B在以點(diǎn)A為圓心的圓周上運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)D、C、B在以點(diǎn)A為圓心的圓周上運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)評(píng)】本題考查了相交弦定理，根據(jù)圓心和半徑構(gòu)建圓是解題的關(guān)鍵．33．（2021秋?余姚市期中）如圖，⊙O的弦AB、CD相交于點(diǎn)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(diǎn)評(píng)】本題考查了相交線定理，圓內(nèi)兩條弦相交，被交點(diǎn)分成的兩條線段的積相等．34．（2022秋?溫州期末）已知四邊形ABCD兩條對(duì)角線相交于點(diǎn)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(diǎn)D、C、B在以點(diǎn)A為圓心的圓周上運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)D、C、B在以點(diǎn)A為圓心的圓周上運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)評(píng)】本題考查了相交弦定理，根據(jù)圓心和半徑構(gòu)建圓是解題的關(guān)鍵．35．（2022秋?嵊州市期末）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD與AB相交于點(diǎn)E，若AE＝2，BE＝8，CE＝2DE，則O到CD的距離為．【分析】連接AD、BC、OC，過O作OH⊥CD交CD于H，先根據(jù)圓周角定理和相似三角形的判定證明△ADE∽△CBE，再利用相似三角形的性質(zhì)求得進(jìn)而求得，進(jìn)而求得，然后利用垂徑定理和勾股定理求得OH即可求解．【解答】解：如圖，連接AD、BC，則∠ADE＝∠CBE，∠DAE＝∠BCE，∴△ADE∽△CBE，∴，∵AE＝2，BE＝8，CE＝2DE，∴2DE2＝AE?BE＝2×8＝16，AB＝10，∴，，∴，過O作OH⊥CD交CD于H，連接OC，則，在Rt△OHC中，，∴，即O到CD的距離為，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓周角定理、垂徑定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握?qǐng)A周角定理和垂徑定理，會(huì)利用相似三角形的判定與性質(zhì)求線段長是解題的關(guān)鍵．【過關(guān)檢測(cè)】一、單選題1．（2022秋·浙江·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，在中，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)同圓中等弧所對(duì)的圓心角相等，即可求解．【詳解】解：∵，∴，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了同圓或等圓中，等弧所對(duì)的圓心角相等，掌握同圓或等圓中，等弧所對(duì)的圓心角相等是解題的關(guān)鍵．2．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，點(diǎn)A，B，C，D在上，則圖中一定與相等的角是（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)同弧所對(duì)等圓周角相等求解即可．【詳解】∵所對(duì)應(yīng)的弧為，∴，故選：D．【點(diǎn)睛】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．3．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，四邊形內(nèi)接于⊙O，為直徑，，連接．若，則的度數(shù)為（

）

A．70° B．60° C．50° D．40°【答案】A【分析】連接，根據(jù)等弧所對(duì)的圓周角相等可得，再根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角為直角可得，最后根據(jù)三角形的內(nèi)角和即可求解．【詳解】解：連接，

∵點(diǎn)C為的中點(diǎn)∴∵為的直徑∴∴故選：A．【點(diǎn)睛】本題主要考查了在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，直徑所對(duì)的圓周角為直角，三角形的內(nèi)角和，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)知識(shí)并靈活運(yùn)用．4．（2023·浙江·模擬預(yù)測(cè)）已知弦AB把圓周分成兩部分，則弦AB所對(duì)圓心角的度數(shù)為（

）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】分優(yōu)弧，劣弧兩種情況，求解即可．【詳解】解：∵弦AB把圓周分成兩部分，∴劣弧的度數(shù)為：，即：劣弧所對(duì)的圓心角的度數(shù)為，優(yōu)弧的度數(shù)為：，即：優(yōu)弧所對(duì)的圓心角的度數(shù)為，∴弦AB所對(duì)圓心角的度數(shù)為或；故選C．【點(diǎn)睛】本題考查弦，弧，角之間的關(guān)系．注意弦分弧為優(yōu)弧和劣弧兩種情況．5．（2023秋·浙江臺(tái)州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，是的直徑，弦垂直于點(diǎn)，連接，，，，則下列結(jié)論不一定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)垂徑定理對(duì)各選項(xiàng)進(jìn)行逐一分析即可．【詳解】解：∵是的直徑，弦垂直于點(diǎn)，∴，，，∴，，而不一定成立，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查的是垂徑定理，垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對(duì)的兩條弧是解答此題的關(guān)鍵．6．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，一塊直角三角板的斜邊與量角器的直徑重合，點(diǎn)D對(duì)應(yīng)的刻度值為，則的度數(shù)為（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)圓周角定理、平角的定義求解．【詳解】由題意知，所對(duì)的圓心角為，所以所對(duì)的圓心角為，∵是直角三角板的斜邊，∴A,B,C,D四點(diǎn)共圓，∴．故選D．【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理；熟練運(yùn)用圓周角定理是解題的關(guān)鍵．7．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）在中，滿足，則下列說法正確的是（

）A． B． C． D．無法確定【答案】B【分析】過O點(diǎn)作半徑，根據(jù)垂徑定理得到，根據(jù)圓心角、弧、弦的關(guān)系得到，然后根據(jù)三角形三邊的關(guān)系可得到．【詳解】解：如圖，過O點(diǎn)作半徑，則＝，∵，∴，∴，∵，∴．故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系：在同圓或等圓中，如果兩個(gè)圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對(duì)應(yīng)的其余各組量都分別相等．8．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考三模）如圖，點(diǎn)A，B，C，D均在以點(diǎn)O為圓心的圓O上，連接，及順次連接O，B，C，D得到四邊形，若，，則的度數(shù)為（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】連接，證明是等邊三角形，再利用同弧所對(duì)的圓周角等于圓心角的一半即可得出答案．【詳解】解：連接，

∵，，∴，∴為等邊三角形，∴，∴，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了等比三角形的判定與性質(zhì)，同弧所對(duì)的圓周角和圓心角的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是證明是等邊三角形．9．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，在的內(nèi)接四邊形中，，，，則的直徑為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】作直徑，連、證明，利用勾股定理求出即可．【詳解】解：作直徑，連、．

是圓的直徑，，，又，，，，，，的直徑為．故選：．【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，圓周角定理，平行線的判定和性質(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)造直角三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．10．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，是半圓O的直徑，以弦為痕折疊后，恰好過點(diǎn)O則等于（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】連接，過O作于D交圓O于E，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到，根據(jù)圓周角定理得到，根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)得到，求得，據(jù)此求解即可得到結(jié)論．【詳解】解：如圖，連接，過O作于D交圓O于E，

∵把半圓沿弦折疊，恰好經(jīng)過點(diǎn)O，∴，∵是半圓O的直徑，∴，∴，∵，∴，∴，是等邊三角形，∴，∴，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理，等邊三角形的性質(zhì)與判定，正確的添加輔助線是解題的關(guān)鍵．二、填空題11．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，、、是上的三個(gè)點(diǎn)，，則的度數(shù)是___________．

【答案】【分析】利用圓周角定理，進(jìn)行計(jì)算即可解答．【詳解】∵、、是上的三個(gè)點(diǎn)，，∴，故答案為：．【點(diǎn)睛】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．12．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，內(nèi)接于，是的直徑，點(diǎn)是上一點(diǎn)，，則________．

【答案】35【分析】由同弧所對(duì)的圓周角相等，得再根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角為直角，得，然后由直角三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)果．【詳解】解：是所對(duì)的圓周角，是的直徑，，在中，，故答案為:．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，以及直角三角形的性質(zhì)，利用了轉(zhuǎn)化的思想，熟練掌握?qǐng)A周角定理是解本題的關(guān)鍵．13．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，，，是上三點(diǎn)，，則的度數(shù)是______°．

【答案】【分析】根據(jù)圓周角定理即可求解．【詳解】解：∵，，∴，故答案為：．【點(diǎn)睛】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．14．（2022秋·浙江·九年級(jí)期末）如圖，點(diǎn)A在半圓O上，是直徑，．若，則的長為__．【答案】【分析】連接，由圓心角，弦，弧的關(guān)系可得，結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)可求解的長，進(jìn)而可求解的長．【詳解】解：連接，∵，是直徑，∴，∵，，∴，∴．故答案為：．【點(diǎn)睛】本題主要考查圓周角，弦，弧的關(guān)系，等腰直角三角形的性質(zhì)，求解，的長是解題的關(guān)鍵．15．（2022秋·浙江杭州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，正內(nèi)接于，的半徑為10，則的弧長為_____________．【答案】/【分析】同圓或等圓中，兩弦相等，所對(duì)的優(yōu)弧或劣弧也對(duì)應(yīng)相等，據(jù)此求解即可．【詳解】∵是等邊三角形，∴，∴，∴的長等于周長的三分之一，∵的半徑為，∴的周長，∴的長等于，故答案為：．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓中弧與弦之間的關(guān)系，熟練掌握相關(guān)概念是解題關(guān)鍵．16．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，的半徑為，是的內(nèi)接三角形，半徑于，當(dāng)時(shí)，的長是________．【答案】【分析】根據(jù)題意可得是等腰直角三角形，半徑于，根據(jù)等腰三角形的“三線合一”，即可求解．【詳解】解：的半徑為，∴，∵是的內(nèi)接三角形，，∴，∴是等腰直角三角形，，，，∵半徑于，∴，故答案為：．【點(diǎn)睛】本題主要考查圓與三角形的綜合，等腰直角三角形的性質(zhì)的綜合，掌握以上知識(shí)的綜合運(yùn)用解題的關(guān)鍵．17．（2023春·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）如圖，已知是的直徑，弦與交于點(diǎn)E