2023-2024学年初中数学八年级上册 28.1 圆的概念和性质 同步分层训练基础卷(冀教版)
一、选择题
1．（2023·莱阳模拟）自然界中存在许多斐波那契螺旋线图案．斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，是根据斐波那契数1，1，2，3，5，8，13，……画出米的螺旋曲线．在平面直角坐标系中，依次以这组数为半径作的圆弧，得到一组螺旋线，连接，得到一组螺旋折线，如图所示．已知点的坐标分别为，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·苍溪模拟）如图，为的直径，是的弦，、的延长线交于点E，已知，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·保定模拟）下列图形中，称为扇形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022·路南模拟）在平面内与点的距离为1cm的点的个数为（ ）
A．无数个 B．3个 C．2个 D．1个
5．（2023·台州）如图，的圆心O与正方形的中心重合，已知的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（ ）．
A． B．2 C． D．
6．（2023八下·洛阳期中）如图是两个大小不同的量角器.小量角器由于长时间使用，某些刻度已经模糊不清.现将两个量角器的零刻度线放在同一直线上，使与C重合（如下图）.如果两个半圆的公共点P在大量角器上对应的度数为，那么在小量角器上对应的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023九下·大冶月考）如图，在中，，则劣弧的度数为（ ）
A．106° B．126° C．74° D．53°
8．（2023·瑞安模拟）如图，在中，点D，E分别是的中点，以点A为圆心，为半径作圆弧交于点F.若，，则的长为（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
二、填空题
9．（2023八下·惠城期末）如图，分别以数轴的单位长度1和3为直角边的长作直角三角形，以数轴上的原点O为圆心，这个直角三角形的斜边长为半径作弧与数轴交于一点A，则点A表示的数为
10．（2023九下·杭州月考）如图，点A，B，C在⊙O上，，，则 .
11．（2023八上·达川期末）如图，在平面直角坐标系中， 点A的坐标为， 点B的坐标为，点为轴上方一动点，且，以点为直角顶点构造等腰直角三角形，当线段取最大值时， ，点的坐标为 .
12．（2022九下·望花月考）如图，数学知识在生产和生活中被广泛应用．下列实例所应用的最主要的几何知识为：
①射击时，瞄准星的缺口、准星和射击目标在同一直线上，应用了“两点确定一条直线”；
②车轮做成圆形，应用了“圆上各点到圆心的距离相等”；
③学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“菱形的对角线互相垂直平分”；
④地板砖可以做成矩形，应用了“矩形对边相等”．
上述说法正确的是 ．（填序号）
13．（2021九上·雷州期中）如图，⊙O 中，点 A、O、D 以及点 B、O、C 分别在一条直线上，图中弦的条数有 条．
三、解答题
14．（2023·惠来模拟）已知：如图，、、是的三条半径，，、分别为、的中点．求证：．
15．（2021九上·丹徒月考）已知：如图，在⊙O中，AB为弦，C、D两点在AB上，且AC＝BD．求证：．
四、综合题
16．（2021九上·嵊州期末）已知：如图，在△ABC中，，以腰AB为直径作，分别交BC，AC于点D，E，连接OD，DE.
（1）求证：.
（2）若，求的度数.
17．（2021七下·吉林期中）公元前5世纪，古希腊哲学家阿那克萨哥拉因“亵渎神灵罪”而被投人监狱，在狱中他对方铁窗和圆月亮产生了兴趣．他不断变换观察的位置，一会儿看见圆比正方形大，一会儿看见正方形比圆大，于是伟大的古希腊尺规作图几何三大问题之--的化圆为方问题诞生了：作一个正方形，使它的面积等于已知圆的面积
（1）设有一个半径为 的圆，则这个圆的周长为 ，面积为 ，作化圆为方得到的正方形的边长为 (计算结果保留π)
（2）由于对尺规作图的限制(只能有限次地使用没有刻度的直尺和圆规进行作图)，包括化圆为方在内的几何三大问题都已被证明是不可能的．但若不受标尺的限制，化圆为方并非难事。达·芬奇(1452--1519)提出用已知圆为底，圆半径的 为高的圆柱，在平面上滚动一周，所得的长方形，其面积恰为圆的面积，然后再将长方形化为等面积的正方形即可设已知圆半径为R，请证明达·芬奇的作法可以完成化圆为方
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】点的坐标；圆的认识
【解析】【解答】
结合题意，作出点的位置如下图所示，其坐标为（9，-2），即选项A、B、C都不符合题意，选项D符合题意，
故答案为D。
【分析】此题考察平面直角坐标系基础知识，属于“双基”题型，难度很低。
2．【答案】C
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的性质；圆的认识
【解析】【解答】解：如图，连接OD，
∵AB=2DE=2OD，
∴OD=DE，
∴∠E=∠DOE=20°，
∴∠CDO=∠E+∠DOE=40°，
∵OC=OD，
∴∠C=∠CDO=40°，
∴∠AOC=∠E+∠C=60°.
故答案为：C.
【分析】易得OD=DE，由等边对等角得∠E=∠DOE=20°，由三角形外角性质得∠CDO=40°，再由等边对等角得∠C=∠CDO=40°，最后由三角形外角性质得∠AOC=∠E+∠C=60°.
3．【答案】B
【知识点】圆的认识
【解析】【解答】解：根据扇形的定义（由圆心角的两条半径和圆心角所对的弧围成的图形）可知选项是扇形，其它选项不是扇形．
故答案为：B．
【分析】由圆心角的两条半径和圆心角所对的弧围成的图形叫做扇形，据此判断即可.
4．【答案】A
【知识点】圆的认识
【解析】【解答】解：∵在平面内与点的距离为1cm的点在以P为圆心，以1cm长为半径的圆上，
∴在平面内与点的距离为1cm的点的个数为无数个，
故答案为：A．
【分析】利用圆的定义及数学常识求解即可。
5．【答案】D
【知识点】三角形三边关系；正方形的性质；圆的认识；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，设点B为圆上任意一点，点D为正方形边上一点，连接BD、OC、OA、AB，
由三角形三边关系可得OB-OD＜BD，OB是圆的半径为定值，当点D在点A时，取得OD取得最大值为OA，
∴当O、A、B三点共线时，圆上任意一点到正方形边上任意一点距离有最小值，最小值为OB-OA，由题意得AC=4，OB=4，
∵点O为正方形的中心，
∴OA⊥OC，OA=OC，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴OA=，
∴ 圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为OB-OA=4-.
故答案为：D.
【分析】由三角形三边关系可得OB-OD＜BD，OB是圆的半径为定值，当点D在点A时，取得OD取得最大值为OA，从而得出当O、A、B三点共线时，圆上任意一点到正方形边上任意一点距离有最小值，最小值为OB-AB，进而根据正方形的性质及等腰直角三角形的性质即可求解.
6．【答案】D
【知识点】三角形的外角性质；圆的认识
【解析】【解答】解：由题意知
∴
∵量角器为半圆
∴
∴
∴
故答案为：D.
【分析】根据半圆的性质可得O1P=O1O2，由等边对等角可得∠O1PO2=∠O1O2P，根据三角形的外角的性质“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”可求解.
7．【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆的认识
【解析】【解答】解：连接OA，
∵OA=OB，∠B=37°
∴∠A=∠B=37°，∠O=180°-2∠B=106°.
故答案为：A.
【分析】连接OA，根据等腰三角形的性质可得∠A=∠B=37°，然后利用内角和定理进行计算.
8．【答案】C
【知识点】圆的认识；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点D，E分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵以点A为圆心，为半径作圆弧交于点F，
∴，
∴，
即的长为3.
故答案为：C
【分析】利用已知可证得DE是△ABC的中位线，利用三角形的中位线定理可求出AB的长，利用作图可得到AF的长，根据BF=AB-AF，代入计算求出BF的长.
9．【答案】
【知识点】勾股定理；圆的认识
【解析】【解答】解：∵直角三角形的两条边分别为1和3，
∴斜边为：，
∵斜边、OA为圆的半径，
∴OA=.
∴A表示的数为.
故答案为：.
【分析】根据勾股定理即可求出斜边长度，利用圆的基本性质即可求出OA长度，从而表示出A的数.
10．【答案】20°
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆的认识
【解析】【解答】解：
又
.
故答案为：20°.
【分析】根据等腰三角形的性质可得∠OCB=∠OBC=40°，由内角和定理可得∠BOC=100°，根据平行线的性质可得∠AOB=∠OBC=40°，则∠AOC=∠AOB+∠BOC=140°，接下来根据等腰三角形的性质以及内角和定理进行计算.
11．【答案】；
【知识点】线段的性质：两点之间线段最短；三角形三边关系；圆的认识；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，点M的运动轨迹是以点A为圆心，为半径的半圆（不包含H、N两点），假设点M在点N处，则此时点P在点Q的位置，假设点M在点H处，则此时点P在点T的位置，所以点P的运动轨迹是以点S（为等腰直角三角形）为圆心，长为半径的半圆（不包括T、Q两点），
延长线段与弧相交于点，即为的最大值，
A的坐标为， 点B的坐标为，
最大值为，
由题可知，此时点在如图所示的位置，且为等腰直角三角形，
为等腰直角三角形，
，
，
由瓜豆原理可知，
作轴于点W，连接，
则，，
，
.
故答案为：；.
【分析】：如图，点M的运动轨迹是以点A为圆心，AM为半径的半圆（不包含H、N两点），假设点M在点N处，则此时点P在点Q的位置，假设点M在点H处，则此时点P在点T的位置，所以点P的运动轨迹是以点S（为等腰直角三角形）为圆心，长为半径的半圆（不包括T、Q两点），延长线段AS与弧TQ相交于点，即为AP的最大值，结合A、B两点的坐标可求得AP的最大值；作W⊥x轴于点W，连接A，根据等腰直角三角形的性质可求解.
12．【答案】①②
【知识点】直线的性质：两点确定一条直线；菱形的性质；矩形的性质；圆的认识
【解析】【解答】解：①在正常情况下，射击时要保证瞄准的一只眼在准星和缺口确定的直线上，才能射中目标，应用了“两点确定一条直线”，故①符合题意；
②因为圆上各点到圆心的距离相等，所以车轮中心与地面的距离保持不变，坐车的人感到非常平稳，故②符合题意；
③学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“菱形四边相等和平行四边形的不稳定性”，故③不符合题意；
④地板砖可以做成矩形，应用了“矩形四个内角都是直角”的性质，故④不符合题意．
故答案是：①②．
【分析】①根据“两点确定一条直线”解答；②由于圆上各点到圆心的距离相等，所以车轮中心与地面的距离保持不变，坐车的人感到非常平稳，据此解答；③根据菱形的性质及四边形具有不稳定性解答；④由于矩形的四个角都是直角，所以地板砖可以做成矩形，据此逐一判断即可.
13．【答案】三
【知识点】圆的认识
【解析】【解答】解：根据弦的定义可得：
图中的弦有AB，BC，CE共三条，
故答案为：三．
【分析】求出图中的弦有AB，BC，CE共三条，即可作答。
14．【答案】证明：∵、为的半径，
∴，
∵M是中点，N是中点，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【知识点】圆的认识；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】先求出 ， 再利用全等三角形的判定与性质证明求解即可。
15．【答案】证明：∵OA＝OB，
∴∠A＝∠B，
∵在△OAC和△OBD中：
，
∴△OAC≌△OBD（SAS）．
【知识点】等腰三角形的性质；圆的认识；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】根据等腰三角形的性质可得∠A＝∠B，由已知条件可知OA=OB，AC=BD，然后根据全等三角形的判定定理进行证明.
16．【答案】（1）证明：∵OB=OD， ∴∠B=∠ODB，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠ODB=∠C，
∴，
∴，
∴BD=DC；
（2）解：∵AB=AC，
∴∠B=∠C=，
∴∠ODB=∠B=65°，
∵∠EDC=∠A=50°，
∴∠ODE=180°-∠ODB-∠EDC=180°-65°-50°=65°.
【知识点】圆的认识；平行线分线段成比例
【解析】【分析】（1）由等边对等角可得∠B=∠ODB=∠C，根据同位角相等两直线平行可得OD∥AC，于是可得比例式=1，结合已知可求解；
（2）由等边对等角和三角形的内角和定理可求得∠B=∠C的度数，结合（1）的结论和平角的定义可求解.
17．【答案】（1）2π；3π；
（2）解：设圆柱的高为R，圆柱底面的周长为2πR
∴圆柱滚一周的长方形的面积为R×2πR=πR2
圆的面积为πR2
∴达·芬奇的做法可以化圆为方
【知识点】圆的认识
【解析】【解答】解：（1）圆的周长=2π×=2π；圆的面积=π×（）2=3π
∵圆的面积为3π，∴正方形的边长为
【分析】（1）根据圆的周长以及面积公式，计算得到答案即可；
（2）根据题意，计算得到圆柱滚动一周的面积，并与圆的面积作比较，计算得到答案即可。
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一、选择题
1．（2023·莱阳模拟）自然界中存在许多斐波那契螺旋线图案．斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，是根据斐波那契数1，1，2，3，5，8，13，……画出米的螺旋曲线．在平面直角坐标系中，依次以这组数为半径作的圆弧，得到一组螺旋线，连接，得到一组螺旋折线，如图所示．已知点的坐标分别为，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】点的坐标；圆的认识
【解析】【解答】
结合题意，作出点的位置如下图所示，其坐标为（9，-2），即选项A、B、C都不符合题意，选项D符合题意，
故答案为D。
【分析】此题考察平面直角坐标系基础知识，属于“双基”题型，难度很低。
2．（2023·苍溪模拟）如图，为的直径，是的弦，、的延长线交于点E，已知，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的性质；圆的认识
【解析】【解答】解：如图，连接OD，
∵AB=2DE=2OD，
∴OD=DE，
∴∠E=∠DOE=20°，
∴∠CDO=∠E+∠DOE=40°，
∵OC=OD，
∴∠C=∠CDO=40°，
∴∠AOC=∠E+∠C=60°.
故答案为：C.
【分析】易得OD=DE，由等边对等角得∠E=∠DOE=20°，由三角形外角性质得∠CDO=40°，再由等边对等角得∠C=∠CDO=40°，最后由三角形外角性质得∠AOC=∠E+∠C=60°.
3．（2023·保定模拟）下列图形中，称为扇形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】圆的认识
【解析】【解答】解：根据扇形的定义（由圆心角的两条半径和圆心角所对的弧围成的图形）可知选项是扇形，其它选项不是扇形．
故答案为：B．
【分析】由圆心角的两条半径和圆心角所对的弧围成的图形叫做扇形，据此判断即可.
4．（2022·路南模拟）在平面内与点的距离为1cm的点的个数为（ ）
A．无数个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【知识点】圆的认识
【解析】【解答】解：∵在平面内与点的距离为1cm的点在以P为圆心，以1cm长为半径的圆上，
∴在平面内与点的距离为1cm的点的个数为无数个，
故答案为：A．
【分析】利用圆的定义及数学常识求解即可。
5．（2023·台州）如图，的圆心O与正方形的中心重合，已知的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（ ）．
A． B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】三角形三边关系；正方形的性质；圆的认识；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，设点B为圆上任意一点，点D为正方形边上一点，连接BD、OC、OA、AB，
由三角形三边关系可得OB-OD＜BD，OB是圆的半径为定值，当点D在点A时，取得OD取得最大值为OA，
∴当O、A、B三点共线时，圆上任意一点到正方形边上任意一点距离有最小值，最小值为OB-OA，由题意得AC=4，OB=4，
∵点O为正方形的中心，
∴OA⊥OC，OA=OC，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴OA=，
∴ 圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为OB-OA=4-.
故答案为：D.
【分析】由三角形三边关系可得OB-OD＜BD，OB是圆的半径为定值，当点D在点A时，取得OD取得最大值为OA，从而得出当O、A、B三点共线时，圆上任意一点到正方形边上任意一点距离有最小值，最小值为OB-AB，进而根据正方形的性质及等腰直角三角形的性质即可求解.
6．（2023八下·洛阳期中）如图是两个大小不同的量角器.小量角器由于长时间使用，某些刻度已经模糊不清.现将两个量角器的零刻度线放在同一直线上，使与C重合（如下图）.如果两个半圆的公共点P在大量角器上对应的度数为，那么在小量角器上对应的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形的外角性质；圆的认识
【解析】【解答】解：由题意知
∴
∵量角器为半圆
∴
∴
∴
故答案为：D.
【分析】根据半圆的性质可得O1P=O1O2，由等边对等角可得∠O1PO2=∠O1O2P，根据三角形的外角的性质“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”可求解.
7．（2023九下·大冶月考）如图，在中，，则劣弧的度数为（ ）
A．106° B．126° C．74° D．53°
【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆的认识
【解析】【解答】解：连接OA，
∵OA=OB，∠B=37°
∴∠A=∠B=37°，∠O=180°-2∠B=106°.
故答案为：A.
【分析】连接OA，根据等腰三角形的性质可得∠A=∠B=37°，然后利用内角和定理进行计算.
8．（2023·瑞安模拟）如图，在中，点D，E分别是的中点，以点A为圆心，为半径作圆弧交于点F.若，，则的长为（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【答案】C
【知识点】圆的认识；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点D，E分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵以点A为圆心，为半径作圆弧交于点F，
∴，
∴，
即的长为3.
故答案为：C
【分析】利用已知可证得DE是△ABC的中位线，利用三角形的中位线定理可求出AB的长，利用作图可得到AF的长，根据BF=AB-AF，代入计算求出BF的长.
二、填空题
9．（2023八下·惠城期末）如图，分别以数轴的单位长度1和3为直角边的长作直角三角形，以数轴上的原点O为圆心，这个直角三角形的斜边长为半径作弧与数轴交于一点A，则点A表示的数为
【答案】
【知识点】勾股定理；圆的认识
【解析】【解答】解：∵直角三角形的两条边分别为1和3，
∴斜边为：，
∵斜边、OA为圆的半径，
∴OA=.
∴A表示的数为.
故答案为：.
【分析】根据勾股定理即可求出斜边长度，利用圆的基本性质即可求出OA长度，从而表示出A的数.
10．（2023九下·杭州月考）如图，点A，B，C在⊙O上，，，则 .
【答案】20°
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆的认识
【解析】【解答】解：
又
.
故答案为：20°.
【分析】根据等腰三角形的性质可得∠OCB=∠OBC=40°，由内角和定理可得∠BOC=100°，根据平行线的性质可得∠AOB=∠OBC=40°，则∠AOC=∠AOB+∠BOC=140°，接下来根据等腰三角形的性质以及内角和定理进行计算.
11．（2023八上·达川期末）如图，在平面直角坐标系中， 点A的坐标为， 点B的坐标为，点为轴上方一动点，且，以点为直角顶点构造等腰直角三角形，当线段取最大值时， ，点的坐标为 .
【答案】；
【知识点】线段的性质：两点之间线段最短；三角形三边关系；圆的认识；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，点M的运动轨迹是以点A为圆心，为半径的半圆（不包含H、N两点），假设点M在点N处，则此时点P在点Q的位置，假设点M在点H处，则此时点P在点T的位置，所以点P的运动轨迹是以点S（为等腰直角三角形）为圆心，长为半径的半圆（不包括T、Q两点），
延长线段与弧相交于点，即为的最大值，
A的坐标为， 点B的坐标为，
最大值为，
由题可知，此时点在如图所示的位置，且为等腰直角三角形，
为等腰直角三角形，
，
，
由瓜豆原理可知，
作轴于点W，连接，
则，，
，
.
故答案为：；.
【分析】：如图，点M的运动轨迹是以点A为圆心，AM为半径的半圆（不包含H、N两点），假设点M在点N处，则此时点P在点Q的位置，假设点M在点H处，则此时点P在点T的位置，所以点P的运动轨迹是以点S（为等腰直角三角形）为圆心，长为半径的半圆（不包括T、Q两点），延长线段AS与弧TQ相交于点，即为AP的最大值，结合A、B两点的坐标可求得AP的最大值；作W⊥x轴于点W，连接A，根据等腰直角三角形的性质可求解.
12．（2022九下·望花月考）如图，数学知识在生产和生活中被广泛应用．下列实例所应用的最主要的几何知识为：
①射击时，瞄准星的缺口、准星和射击目标在同一直线上，应用了“两点确定一条直线”；
②车轮做成圆形，应用了“圆上各点到圆心的距离相等”；
③学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“菱形的对角线互相垂直平分”；
④地板砖可以做成矩形，应用了“矩形对边相等”．
上述说法正确的是 ．（填序号）
【答案】①②
【知识点】直线的性质：两点确定一条直线；菱形的性质；矩形的性质；圆的认识
【解析】【解答】解：①在正常情况下，射击时要保证瞄准的一只眼在准星和缺口确定的直线上，才能射中目标，应用了“两点确定一条直线”，故①符合题意；
②因为圆上各点到圆心的距离相等，所以车轮中心与地面的距离保持不变，坐车的人感到非常平稳，故②符合题意；
③学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“菱形四边相等和平行四边形的不稳定性”，故③不符合题意；
④地板砖可以做成矩形，应用了“矩形四个内角都是直角”的性质，故④不符合题意．
故答案是：①②．
【分析】①根据“两点确定一条直线”解答；②由于圆上各点到圆心的距离相等，所以车轮中心与地面的距离保持不变，坐车的人感到非常平稳，据此解答；③根据菱形的性质及四边形具有不稳定性解答；④由于矩形的四个角都是直角，所以地板砖可以做成矩形，据此逐一判断即可.
13．（2021九上·雷州期中）如图，⊙O 中，点 A、O、D 以及点 B、O、C 分别在一条直线上，图中弦的条数有 条．
【答案】三
【知识点】圆的认识
【解析】【解答】解：根据弦的定义可得：
图中的弦有AB，BC，CE共三条，
故答案为：三．
【分析】求出图中的弦有AB，BC，CE共三条，即可作答。
三、解答题
14．（2023·惠来模拟）已知：如图，、、是的三条半径，，、分别为、的中点．求证：．
【答案】证明：∵、为的半径，
∴，
∵M是中点，N是中点，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【知识点】圆的认识；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】先求出 ， 再利用全等三角形的判定与性质证明求解即可。
15．（2021九上·丹徒月考）已知：如图，在⊙O中，AB为弦，C、D两点在AB上，且AC＝BD．求证：．
【答案】证明：∵OA＝OB，
∴∠A＝∠B，
∵在△OAC和△OBD中：
，
∴△OAC≌△OBD（SAS）．
【知识点】等腰三角形的性质；圆的认识；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】根据等腰三角形的性质可得∠A＝∠B，由已知条件可知OA=OB，AC=BD，然后根据全等三角形的判定定理进行证明.
四、综合题
16．（2021九上·嵊州期末）已知：如图，在△ABC中，，以腰AB为直径作，分别交BC，AC于点D，E，连接OD，DE.
（1）求证：.
（2）若，求的度数.
【答案】（1）证明：∵OB=OD， ∴∠B=∠ODB，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠ODB=∠C，
∴，
∴，
∴BD=DC；
（2）解：∵AB=AC，
∴∠B=∠C=，
∴∠ODB=∠B=65°，
∵∠EDC=∠A=50°，
∴∠ODE=180°-∠ODB-∠EDC=180°-65°-50°=65°.
【知识点】圆的认识；平行线分线段成比例
【解析】【分析】（1）由等边对等角可得∠B=∠ODB=∠C，根据同位角相等两直线平行可得OD∥AC，于是可得比例式=1，结合已知可求解；
（2）由等边对等角和三角形的内角和定理可求得∠B=∠C的度数，结合（1）的结论和平角的定义可求解.
17．（2021七下·吉林期中）公元前5世纪，古希腊哲学家阿那克萨哥拉因“亵渎神灵罪”而被投人监狱，在狱中他对方铁窗和圆月亮产生了兴趣．他不断变换观察的位置，一会儿看见圆比正方形大，一会儿看见正方形比圆大，于是伟大的古希腊尺规作图几何三大问题之--的化圆为方问题诞生了：作一个正方形，使它的面积等于已知圆的面积
（1）设有一个半径为 的圆，则这个圆的周长为 ，面积为 ，作化圆为方得到的正方形的边长为 (计算结果保留π)
（2）由于对尺规作图的限制(只能有限次地使用没有刻度的直尺和圆规进行作图)，包括化圆为方在内的几何三大问题都已被证明是不可能的．但若不受标尺的限制，化圆为方并非难事。达·芬奇(1452--1519)提出用已知圆为底，圆半径的 为高的圆柱，在平面上滚动一周，所得的长方形，其面积恰为圆的面积，然后再将长方形化为等面积的正方形即可设已知圆半径为R，请证明达·芬奇的作法可以完成化圆为方
【答案】（1）2π；3π；
（2）解：设圆柱的高为R，圆柱底面的周长为2πR
∴圆柱滚一周的长方形的面积为R×2πR=πR2
圆的面积为πR2
∴达·芬奇的做法可以化圆为方
【知识点】圆的认识
【解析】【解答】解：（1）圆的周长=2π×=2π；圆的面积=π×（）2=3π
∵圆的面积为3π，∴正方形的边长为
【分析】（1）根据圆的周长以及面积公式，计算得到答案即可；
（2）根据题意，计算得到圆柱滚动一周的面积，并与圆的面积作比较，计算得到答案即可。
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