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第五章 圆
第一节 圆的有关性质
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 垂径定理及推论 ☆☆☆ 圆的相关概念及性质在中考数学中，小题通常考查圆的基本概念、垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形等基础考点，难度一般在中档及以下，而在解答题中，圆的基本性质还可以和相似、三角形函数、特殊四边形等结合出题，难度中等或偏上。在整个中考中的占比也不是很大，通常都是一道小题一道大题，分值在10-15分左右，属于中考中的中档考题。所以考生在复习这块考点的时候，要充分掌握圆的基本性质的各个概念、性质以及推论
考点2 圆心角、弧、弦之间的关系 ☆☆☆
考点3圆周角定理及推论 ☆☆☆
考点4 圆内接四边形 ☆☆
1.圆的有关概念
(1)圆：平面上到 的距离等于 的所有点组成的图形叫做圆， 叫做圆心， 叫做圆的半径．以点O为圆心的圆，记做 ．
(2)弧和弦：圆上任意两点间的部分叫做 ，简称弧．连结圆上任意两点的 叫做弦．经过 的弦叫做直径，直径是圆中 的弦．
(3)与圆有关的角：
①圆心角：顶点在 的角叫做圆心角，圆心角的度数等于 的度数．
②圆周角：顶点在 ，两边分别和圆相交的角叫做圆周角．圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角 ．
(4)三角形的外心：三角形 的圆心叫做三角形的外心．外心也是三角形三边 的交点．
(5)圆的内接四边形：如果一个四边形的 在同一个圆上，那么这个四边形叫做圆的内接四边形，这个圆叫做四边形的 ．圆的内接四边形的对角 ，并且任何一个外角都等于它的内对角．
2．圆的有关性质：
(1)圆是 图形，其对称轴是 ．圆是 ，对称中心为 ，圆绕着它的圆心旋转任意一个角度都能和原来的圆重合．
(2)垂径定理：垂直于弦的直径 ，并且 ．
推论1：平分弦(不是直径)的直径 ，并且 ．
推论2：平分弧的直径 弧所对的弦．
(3)在同圆或等圆中，如果 中有一对量相等，那么它们所对应的其余各组量都相等．
(4)圆心角与圆周角的关系：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的 ．
推论1：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角 ；相等的圆周角所对的弧 ．
推论2：半圆(或直径)所对的圆周角是 ，90°的圆周角所对的弦是 ．
(5)确定圆的条件：①已知圆心、半径；②已知直径；③不在 上的三点．
■考点一 垂径定理及推论
◇典例1：（2023 衢州一模）如图，⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，且OE＝2cm，DE＝7cm，则AB的长为（ ）
A．4cm B．8cm C．cm D．2cm
◆变式训练
1．（2023 桐乡市一模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，若BE＝CD＝8，则⊙O的半径的长是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
2．（2023 金华模拟）往直径为52cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图，若水面宽AB＝48cm，则水的最大深度为 cm．
■考点二 圆心(周)角、弧、弦之间的关系
◇典例2：（2023 杭州二模）如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB＝2∠BOC，则下列说法中正确的是（ ）
A．∠OBA＝∠OCA B．四边形OABC内接于⊙O C．AB＝2BC D．∠OBA+∠BOC＝90°
◆变式训练
1．（2021 下城区一模）如图，点A，点B，点C在⊙O上，分别连接AB，BC，OC．若AB＝BC，∠B＝40°，则∠OCB＝ ．
2．（2023 临安区一模）如图，已知AC是直径，AB＝6，BC＝8，D是弧BC的中点，则DE＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2023 萧山区模拟）如图，BD是⊙O的直径，点A，C在⊙O上，AB＝AD，AC交BD于点E，已知∠COD＝135°．
（1）求∠AEB的度数，
（2）若CO＝1，求OE的长．
■考点三 圆周角定理及推论
◇典例3：（2023 金东区二模）如图，已知AB，CD是⊙O的直径，点E是CA延长线的一点，射线ED交⊙O点于F，连结AD，CF，∠CDA＝∠EDA，∠CAB＝30°，AB＝8．
（1）求证：AB∥FE．
（2）求∠FCA的度数．
（3）求CE的长．
◆变式训练
1．（2023 兰溪市模拟）如图，A、B、C为⊙O上三点，且∠OAB＝64°，则∠ACB的度数是 度．
2．（2023 钱塘区三模）如图，AB是⊙O的直径，半径OD⊥AB，点E在OB上，连接DE并延长交⊙O于点C，连接BC．
（1）求∠B﹣∠D的值．
（2）当∠B＝75°时，求的值．
（3）若BC＝CE，△DOE与△CBE的面积分别记为S1，S2，求的值．
■考点四 圆内接四边形
◇典例4：（2023 宁波模拟）圆内接四边形ABCD，两组对边的延长线分别相交于点E、F，且∠E＝40°，∠F＝60°，求∠A＝ °．
◆变式训练
1．（2023 龙港市一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连结CE，若∠BAD＝110°，则∠DCE＝ 度．
2．（2023 杭州二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点F是CD延长线上的一点，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于点E．
（1）求证：AB＝AC．
（2）若BD＝11，DE＝2，求CD的长．
1．（2023 湖州）如图，点A，B，C在⊙O上，连结AB，AC，OB，OC．若∠BAC＝50°，则∠BOC的度数是（ ）
A．80° B．90° C．100° D．110°
2．（2023 杭州模拟）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OC＝5cm，CD＝8cm，则AE＝（ ）cm．
A．8 B．5 C．3 D．2
3．（2023 杭州）如图，在⊙O中，半径OA，OB互相垂直，点C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，则∠BAC＝（ ）
A．23° B．24° C．25° D．26°
4．（2021 丽水）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥OA于点E，连结OC，OD．若⊙O的半径为m，∠AOD＝∠α，则下列结论一定成立的是（ ）
A．OE＝m tanα B．CD＝2m sinα C．AE＝m cosα D．S△COD＝m2 sinα
5．（2023 杭州一模）为了测量一个铁球的直径，将该铁球放入工件槽内，测得的有关数据如图所示（单位：cm），则该铁球的直径为（ ）
A．12cm B．10cm C．8cm D．6cm
6．（2023 永嘉县三模）如图，点A，B，C，D均在以点O为圆心的圆O上，连接AB，AC及顺次连接O，B，C，D得到四边形OBCD，若OD＝BC，OB＝CD，则∠A的度数为（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
7．（2022 长兴县模拟）如图，CD是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，∠BDC＝20°，则∠A的度数是（ ）
A．100° B．110° C．120° D．130°
8．（2022 拱墅区模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点P为边AD上任意一点（点P不与点A，D重合）连结CP．若∠B＝110°，则∠APC的度数可能为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
9．（2023 滨江区模拟）如图，AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上一动点，且∠ACB＝θ，点E，F分别是AC，BC的中点，直线EF与⊙O交于G，H两点，若⊙O的半径是r，则GE+FH的最大值是（ ）
A．r（2﹣sinθ） B．r（2+sinθ） C．r（2﹣cosθ） D．r（2+cosθ）
10．（2021 萧山区模拟）如图，⊙O的半径为5，点P在⊙O上，点A在⊙O内，且AP＝3，过点A作AP的垂线交⊙O于点B、C．设PB＝x，PC＝y，则y与x的函数表达式（ ）
A．y＝ B．y＝ C．y＝2x D．y＝3x
11．（2023 绍兴）如图，四边形ABCD内接于圆O，若∠D＝100°，则∠B的度数是 ．
12．（2023 湖州）如图，OA是⊙O的半径，弦BC⊥OA于点D，连结OB．若⊙O的半径为5cm，BC的长为8cm，则OD的长是 cm．
13．（2022 湖州）如图，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足为C，OC的延长线交⊙O于点D．若∠APD是所对的圆周角，则∠APD的度数是 ．
14．（2023 天台县一模）如图，AB是半圆O的直径，P是AB上的动点，CP⊥AB交半圆于点C，已知AB＝2，则OP+PC的最大值是 ．
15．（2023 瑞安市模拟）如图，某公园有一月牙形水池，水池边缘有A，B，C，D，E五盏装饰灯．为了估测该水池的大小，观测员在A，D两点处发现点A，E，C和D，E，B均在同一直线上，沿AD方向走到F点，发现∠AFC＝90°．测得AD＝9.6米，AE＝DE＝8米，DF＝2.4米，则所在圆的半径为 米，所在圆的半径为 米．
16．（2021 柯桥区模拟）如图，在⊙O中，过半径OD的中点C作AB⊥OD交⊙O于A、B两点，且AB＝2．
（1）求OD的长；
（2）计算阴影部分的周长．
17．（2023 衢州二模）如图，在⊙O中，OA，OB半径，C是劣弧上的一点．且∠AOB＝120°．
（1）求∠ACB的度数；
（2）若AC＝BC．求证：四边形ACBO是菱形．
18．（2023 余杭区模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点C是弧BD的中点，延长AB到点E，使得BE＝AD，连结AC，CE．
（1）求证：AC＝CE．
（2）若，，∠BCD＝120°，求BC的长．
19．（2021 永嘉县校级模拟）如图，AB是⊙O的直径，C是弧BD的中点，CE⊥AB，垂足为E，BD交CE于点F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若AD＝6，⊙O的半径为5，求BC的长．
1．（2020 湖州）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝70°，则∠ADC的度数是（ ）
A．70° B．110° C．130° D．140°
2．（2022 嘉兴）如图，在⊙O中，∠BOC＝130°，点A在上，则∠BAC的度数为（ ）
A．55° B．65° C．75° D．130°
3．（2023 青龙县一模）我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”意思是：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知大小，用锯子去锯这个木材，锯口深DE＝1寸，锯道AB＝1尺（1尺＝10寸），则这根圆柱形木材的直径是（ ）
A．12寸 B．13寸 C．24寸 D．26寸
4．（2022 温州）如图，AB，AC是⊙O的两条弦，OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，连结OB，OC．若∠DOE＝130°，则∠BOC的度数为（ ）
A．95° B．100° C．105° D．130°
5．（2023 绍兴模拟）如图，将一个含30°角的直角三角板的斜边和量角器的直径所在的边重合放置，其中点D所在位置在量角器外侧的读数为110°，∠ACB＝90°，连结DC交AB于点E，则∠BEC的度数是（ ）
A．55° B．65° C．75° D．85°
6．（2023 金东区模拟）在⊙O中，点A，B，C，D都在圆周上，OB∥DC，OD∥BC，则∠A的度数为（ ）
A．45° B．50° C．55° D．60°
7．（2023 温州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，则∠CAO的度数与BC的长分别为（ ）
A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，
8．（2022 鄞州区模拟）如图，AB、AC都是圆O的弦，OM⊥AB，ON⊥AC，垂足分别为M、N，如果MN＝3，那么BC＝（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
9．（2023 龙湾区模拟）如图，AB为⊙O的直径，点C为圆上一点，将劣弧AC沿弦AC翻折交AB于点D，连接CD，点D与圆心O不重合，∠BAC＝26°，则∠DCA的度数为（ ）
A．38° B．40° C．42° D．44°
10．（2022 宁波三模）已知⊙O的直径CD＝10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，且AB＝8cm，则AC的长为（ ）
A．2cm B．4cm C．2cm或4cm D．2cm或4cm
11．（2023 衢江区三模）如图，在⊙O中，∠AOC＝140°，∠ACB＝50°，则∠OBC的度数为 ．
12．（2023 长兴县一模）石拱桥是中国传统桥梁四大基本形式之一，它的主桥拱是圆弧形．如图，已知某公园石拱桥的跨度AB＝16米，拱高CD＝4米，那么桥拱所在圆的半径OA＝ 米．
13．（2021 金华模拟）如图，⊙O的直径AB过的中点A，若∠C＝30°，AB、CD交于点E，连接AC、BD，则＝ ．
14．（2023 临平区二模）如图，AB是半圆O的直径，过半圆上一点C作CD⊥AB于点D，若AD＝BC，则sin∠OCD＝ ．
15．（2023 西湖区校级三模）如图，⊙O的半径OD⊥AB于点C，连接AO并延长交⊙O于点E，连接EC，若AB＝8，CD＝2，
（1）⊙O的半径为 ；
（2）tan∠OEC的值为 ．
16．（2023 温州一模）如图1是一款轴对称“磁悬浮地漏”无水时的示意图，它由一个圆弧形密封盖与两个磁体组成（下侧磁体固定不动），连接杆EF与地面BD垂直，排水口，密封盖最高点E到地面的距离为6mm，整个地漏的高度EG＝75mm（G为磁体底部中点），密封盖被磁体顶起将排水口密封，所在圆的半径为 mm；当有水时如图2所示，密封盖下移排水，当密封盖下沉至最低处时，点M'恰好落在BG中点，若点M'到E'F'的距离为36mm，则密封盖下沉的最大距离为 mm．
17．（2023 拱墅区二模）如图，在△ABC中，CB与⊙O相交于D，CA与⊙O相交于E．
（1）从下面①②③中选取两个作为已知条件，另一个作为结论，并证明；
①AB是直径； ②AC＝AB； ③DC＝DB．
（2）在（1）的条件下，若BC＝6，AB＝5，连接BE，求BE的长．
18．（2024 旺苍县一模）唐代李皋发明了“桨轮船”，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮航行模式之先导．如图，某桨轮船的轮子被水面截得的弦AB长8m，设圆心为O，OC⊥AB交水面AB于点D，轮子的吃水深度CD为2m，求该桨轮船的轮子直径．
19．（2021 湖州）如图，已知AB是⊙O的直径，∠ACD是所对的圆周角，∠ACD＝30°．
（1）求∠DAB的度数；
（2）过点D作DE⊥AB，垂足为E，DE的延长线交⊙O于点F．若AB＝4，求DF的长．
20．（2023 婺城区模拟）如图，AB是⊙O的直径，C是的中点，CE⊥AB于点E，BD交CE于点F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若CD＝6，AC＝8，求⊙O的半径及CE的长．
21．（2022 柯桥区二模）已知AB、AC、AD是⊙O的弦．
（1）如图1，当AD是⊙O的直径，且AB＝AC时．求证：直径AD平分∠BAC；
（2）如图2，当∠BAD＝∠DAC＝60°，且AB：AD＝1：2时，求AB：AC的值．
22．（2023 龙湾区模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BD平分∠ABC，BC边上的点E满足BE＝BA，连接DE并延长交⊙O于点F，连结BF．
（1）求证：DE＝DC．
（2）若F恰好是的中点，当AB＝6，时，求⊙O半径的长．
23．（2022 温州一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AE⊥CB的延长线于点E，连结AC，BD，AB平分∠EBD，
（1）求证：AC＝AD．
（2）当B为的中点，BC＝3BE，AD＝6时，求CD的长．
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第五章 圆
第一节 圆的有关性质
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 垂径定理及推论 ☆☆☆ 圆的相关概念及性质在中考数学中，小题通常考查圆的基本概念、垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形等基础考点，难度一般在中档及以下，而在解答题中，圆的基本性质还可以和相似、三角形函数、特殊四边形等结合出题，难度中等或偏上。在整个中考中的占比也不是很大，通常都是一道小题一道大题，分值在10-15分左右，属于中考中的中档考题。所以考生在复习这块考点的时候，要充分掌握圆的基本性质的各个概念、性质以及推论
考点2 圆心角、弧、弦之间的关系 ☆☆☆
考点3圆周角定理及推论 ☆☆☆
考点4 圆内接四边形 ☆☆
1.圆的有关概念
(1)圆：平面上到定点的距离等于定长的所有点组成的图形叫做圆，定点叫做圆心，定长叫做圆的半径．以点O为圆心的圆，记做⊙O．
(2)弧和弦：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧．连结圆上任意两点的线段叫做弦．经过圆心的弦叫做直径，直径是圆中最长的弦．
(3)与圆有关的角：
①圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角，圆心角的度数等于它所对的弧的度数．
②圆周角：顶点在圆上，两边分别和圆相交的角叫做圆周角．圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半．
(4)三角形的外心：三角形外接圆的圆心叫做三角形的外心．外心也是三角形三边中垂线的交点．
(5)圆的内接四边形：如果一个四边形的各个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫做圆的内接四边形，这个圆叫做四边形的外接圆．圆的内接四边形的对角互补，并且任何一个外角都等于它的内对角．
2．圆的有关性质：
(1)圆是轴对称图形，其对称轴是任意一条过圆心的直线．圆是中心对称图形，对称中心为圆心，圆绕着它的圆心旋转任意一个角度都能和原来的圆重合．
(2)垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的弧．
推论1：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧．
推论2：平分弧的直径垂直平分弧所对的弦．
(3)在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦、两个弦心距中有一对量相等，那么它们所对应的其余各组量都相等．
(4)圆心角与圆周角的关系：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
推论1：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等；相等的圆周角所对的弧也相等．
推论2：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
(5)确定圆的条件：①已知圆心、半径；②已知直径；③不在同一条直线上的三点．
■考点一 垂径定理及推论
◇典例1：（2023 衢州一模）如图，⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，且OE＝2cm，DE＝7cm，则AB的长为（ ）
A．4cm B．8cm C．cm D．2cm
【考点】垂径定理；勾股定理．
【答案】D
【点拨】连接OA，如图，先计算出OD＝OA＝5，OE＝2，再根据垂径定理得到AE＝BE，然后利用勾股定理计算出AE，从而得到AB的长．
【解析】解：连接OA，如图，
∵OE＝2cm，DE＝7cm，
∴OD＝5cm，
∴OA＝5cm，
∵AB⊥CD，
∴AE＝BE，
在Rt△AOE中，AE＝＝＝（cm），
∴AB＝2AE＝2（cm）．
故选：D．
【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
◆变式训练
1．（2023 桐乡市一模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，若BE＝CD＝8，则⊙O的半径的长是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【考点】垂径定理；勾股定理．
【答案】A
【点拨】连接OC，设⊙O的半径为R，则OE＝8﹣R，根据垂径定理得出CE＝DE＝4，根据勾股定理得出OC2＝CE2+OE2，代入后求出R即可．
【解析】解：连接OC，
设⊙O的半径为R，则OE＝8﹣R，
∵CD⊥AB，AB过圆心O，CD＝8，
∴∠OEC＝90°，CE＝DE＝4，
由勾股定理得：OC2＝CE2+OE2，
R2＝42+（8﹣R）2，
解得：R＝5，
即⊙O的半径长是5，
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，能熟记垂直于弦的直径平分这条弦是解此题的关键．
2．（2023 金华模拟）往直径为52cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图，若水面宽AB＝48cm，则水的最大深度为 16 cm．
【考点】垂径定理的应用．
【答案】见解析
【点拨】连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，先由垂径定理求出BD的长，再根据勾股定理求出OD的长，进而得出CD的长即可．
【解析】解：连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，如图所示：
∵AB＝48cm，
∴BD＝AB＝×48＝24（cm），
∵⊙O的直径为52cm，
∴OB＝OC＝26cm，
在Rt△OBD中，OD＝＝＝10（cm），
∴CD＝OC﹣OD＝26﹣10＝16（cm），
即水的最大深度为16cm，
故答案为：16．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理等知识；根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
■考点二 圆心(周)角、弧、弦之间的关系
◇典例2：（2023 杭州二模）如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB＝2∠BOC，则下列说法中正确的是（ ）
A．∠OBA＝∠OCA B．四边形OABC内接于⊙O C．AB＝2BC D．∠OBA+∠BOC＝90°
【考点】圆心角、弧、弦的关系．
【答案】D
【点拨】过O作OD⊥AB于D交⊙O于E，由垂径定理得到＝，于是得到＝＝，推出AE＝BE＝BC，根据三角形的三边关系得到2BC＞AB，故C错误；根据三角形内角和得到∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝90°﹣∠BOC，∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝90°﹣∠BOC，推出∠OBA≠∠OCA，故A错误；由点A，B，C在⊙O上，而点O在圆心，得到四边形OABC不内接于⊙O，故B错误；根据余角的性质得到∠OBA+∠BOC＝90°，故D正确；
【解析】解：过O作OD⊥AB于D交⊙O于E，
则＝，
∴AE＝BE，∠AOE＝∠BOE＝AOB，
∵∠AOB＝2∠BOC，
∴∠AOE＝∠BOE＝∠BOC，
∴＝＝，
∴AE＝BE＝BC，
∴2BC＞AB，故C错误；
∵OA＝OB＝OC，
∴∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝90°﹣∠BOC，
∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝90°﹣∠BOC，
∴∠OBA≠∠OCA，故A错误；
∵点A，B，C在⊙O上，而点O在圆心，
∴四边形OABC不内接于⊙O，故B错误；
∵∠BOE＝∠BOC＝AOB，
∵∠BOE+∠OBA＝90°，
∴∠OBA+∠BOC＝90°，故D正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了圆心角，弧，弦的关系，垂径定理，三角形的三边关系，正确的作出辅助线是解题的关键．
◆变式训练
1．（2021 下城区一模）如图，点A，点B，点C在⊙O上，分别连接AB，BC，OC．若AB＝BC，∠B＝40°，则∠OCB＝ 20° ．
【考点】圆心角、弧、弦的关系．
【答案】20°．
【点拨】首先连接AO，BO，然后根据等弦对等圆心角得到∠BOC＝∠AOB，再根据三角形内角和得到∠OBA＝∠OBC，再由∠ABC＝40°，OB＝OC，即可得到结果．
【解析】解：如图，连接AO，BO，
∴OA＝OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，∠OAB＝∠OBA，
∵AB＝BC，
∴∠BOC＝∠AOB，
∴∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝（180°﹣∠BOC）＝∠OBC，
∵∠ABC＝40°，OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝20°．
故答案为：20°．
【点睛】本题主要考查圆内相关概念和定理，三角形内角和定理等内容；掌握圆内相关概念是解题基础．
2．（2023 临安区一模）如图，已知AC是直径，AB＝6，BC＝8，D是弧BC的中点，则DE＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】圆心角、弧、弦的关系．
【答案】B
【点拨】连接OB，得到∠BOD＝∠COD，由等腰三角形的性质，得到OD⊥BC，BE＝BC＝×8＝4，由勾股定理求出AB长，即可求出OE长，得到DC的长．
【解析】解：连接OB，
∵D是弧BC的中点，
∴∠BOD＝∠COD，
∵OB＝OD，
∴OD⊥BC，BE＝BC＝×8＝4，
∵AC是圆的直径，
∴∠ABC＝90°，
∴AC＝＝＝10，
∴OB＝AC＝5，
∴OE＝＝＝3，
∴DE＝OD﹣OE＝5﹣3＝2．
故选：B．
【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，勾股定理，关键是连接OB构造直角三角形，应用勾股定理解决问题．
3．（2023 萧山区模拟）如图，BD是⊙O的直径，点A，C在⊙O上，AB＝AD，AC交BD于点E，已知∠COD＝135°．
（1）求∠AEB的度数，
（2）若CO＝1，求OE的长．
【考点】圆心角、弧、弦的关系．
【答案】（1）∠AEB＝112.5°；
（2）OE＝﹣1．
【点拨】（1）根据圆周角定理以及等腰直角三角形的性质可求出答案；
（2）由相似三角形的判定和性质得出＝，进而得到＝，而OE+BE＝OB＝1，代入求解即可．
【解析】解：（1）∵BD是⊙O的直径，点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．
【点睛】本题考查圆心角、弦、弧之间的关系，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，掌握圆心角、弦、弧之间的关系，圆周角定理是正确解答的前提．
■考点三 圆周角定理及推论
◇典例3：（2023 金东区二模）如图，已知AB，CD是⊙O的直径，点E是CA延长线的一点，射线ED交⊙O点于F，连结AD，CF，∠CDA＝∠EDA，∠CAB＝30°，AB＝8．
（1）求证：AB∥FE．
（2）求∠FCA的度数．
（3）求CE的长．
【考点】圆周角定理．
【答案】（1）证明见解析；（2）60°；（3）8．
【点拨】（1）由OA＝OD，得到∠ODA＝∠OAD，而∠CDA＝∠EDA，因此∠OAD＝∠EDA，即可证明AB∥FE；
（2）由AB∥FE，得到∠E＝∠CAB＝30°，由圆周角定理得到∠EFC＝90°，由直角三角形的性质，即可得到∠FCA的度数；
（3）可以证明DC＝DE，由圆周角定理得到AD⊥CE，因此CE＝2CA，由cos∠DCA＝＝，CD＝AB＝8，求出AC的长，即可得到CE的长．
【解析】（1）证明：∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵∠CDA＝∠EDA，
∴∠OAD＝∠EDA，
∴AB∥FE；
（2）解：∵AB∥FE，
∴∠E＝∠CAB＝30°，
∵CD是圆的直径，
∴∠EFC＝90°，
∴∠FCA＝90°﹣∠E＝60°；
（3）解：∵OC＝OA，
∴∠OCA＝∠OAC＝30°，
∵∠E＝30°，
∴∠OCA＝∠E＝30°，
∴DC＝DE，
∵DC是圆的直径，
∴AD⊥CE，
∴CA＝EA，
∴CE＝2CA，
∵cos∠DCA＝＝，CD＝AB＝8，
∴AC＝4，
∴CE＝2×4＝8．
【点睛】本题考查圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，掌握以上知识点是解题的关键．
◆变式训练
1．（2023 兰溪市模拟）如图，A、B、C为⊙O上三点，且∠OAB＝64°，则∠ACB的度数是 26 度．
【考点】圆周角定理．
【答案】26．
【点拨】先根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出∠AOB，然后根据圆周角定理求解．
【解析】解：∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝64°，
∴∠AOB＝180°﹣64°﹣64°＝52°，
∴∠ACB＝∠AOB＝26°．
故答案为：26．
【点睛】本题考查了圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题关键．
2．（2023 钱塘区三模）如图，AB是⊙O的直径，半径OD⊥AB，点E在OB上，连接DE并延长交⊙O于点C，连接BC．
（1）求∠B﹣∠D的值．
（2）当∠B＝75°时，求的值．
（3）若BC＝CE，△DOE与△CBE的面积分别记为S1，S2，求的值．
【考点】圆周角定理．
【答案】（1）45°；（2）；（3）1．
【点拨】（1）由圆周角定理求出∠BCD＝∠BOD＝45°，由等腰三角形的性质推出∠OBC﹣∠ODC＝∠OCB﹣∠OCD＝∠DCB＝45°；
（2）由直角三角形的性质得到＝，由等腰三角形的性质得到CD＝OD，即可求出的值；
（3）由OC∥BD，得到△CBD的面积＝△ODB的面积，因此△CBE的面积＝△OED的面积，即可解决问题．
【解析】解：（1）连接OC，
∵半径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）连接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的面积＝△ODB的面积，
∴△CBE的面积＝△OED的面积，
∴＝1．
【点睛】本题考查圆周角定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形的面积，关键是由圆周角定理∠BCD＝45°，由等腰三角形的性质即可求出∠OBC﹣∠ODC＝45°；由直角三角形的性质，等腰三角形的性质求出OE、CD与OD的数量关系，即可求出的值；由OC∥BD，即可得到△CBE的面积＝△OED的面积．
■考点四 圆内接四边形
◇典例4：（2023 宁波模拟）圆内接四边形ABCD，两组对边的延长线分别相交于点E、F，且∠E＝40°，∠F＝60°，求∠A＝ 40 °．
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．
【答案】见解析
【点拨】根据圆内接四边形的性质得到∠BCD＝180°﹣∠A，根据三角形的外角的性质计算即可．
【解析】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BCD＝180°﹣∠A，
∵∠CBF＝∠A+∠E，∠DCB＝∠CBF+∠F，
∴180°﹣∠A＝∠A+∠E+∠F，即180°﹣∠A＝∠A+40°+60°，
解得∠A＝40°．
故答案为：40．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补、圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．
◆变式训练
1．（2023 龙港市一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连结CE，若∠BAD＝110°，则∠DCE＝ 20 度．
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．
【答案】20．
【点拨】由∠DAB+∠DCB＝180°，再结合圆周角定理，即可计算∠DCE的大小．
【解析】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠BAD＝110°，
∴∠DAB+∠DCB＝180°，
∴∠DCB＝180°﹣110°＝70°，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠DCE+∠DCB＝90°，
∴∠DCE＝90°﹣∠DCB＝90°﹣70°＝20°．
故答案为：20．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
2．（2023 杭州二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点F是CD延长线上的一点，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于点E．
（1）求证：AB＝AC．
（2）若BD＝11，DE＝2，求CD的长．
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．
【答案】见解析
【点拨】（1）根据角平分线的定义、圆内接四边形的性质解答；
（2）过点A作AG⊥BD，分别证明Rt△AED≌Rt△AGD和Rt△AEC≌Rt△AGB，根据全等三角形的性质计算．
【解析】（1）证明：∵AD平分∠BDF，
∴∠ADF＝∠ADB，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠ADF＝∠ABC，
∵∠ACB＝∠ADB，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC；
（2）解：过点A作AG⊥BD，垂足为点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．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．
1．（2023 湖州）如图，点A，B，C在⊙O上，连结AB，AC，OB，OC．若∠BAC＝50°，则∠BOC的度数是（ ）
A．80° B．90° C．100° D．110°
【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．
【答案】C
【点拨】直接利用圆周角定理求解即可求得∠BOC的度数．
【解析】解：∵∠BAC＝50°，∠BOC＝2∠BAC，
∴∠BOC＝100°．
故选：C．
【点睛】此题考查了圆周角定理．注意在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
2．（2023 杭州模拟）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OC＝5cm，CD＝8cm，则AE＝（ ）cm．
A．8 B．5 C．3 D．2
【考点】垂径定理；勾股定理．
【答案】A
【点拨】根据垂径定理推出EC＝ED＝4，再利用勾股定理求出OE即可解决问题．
【解析】解：∵AB⊥CD，AB是直径，
∴CE＝ED＝4cm，
在Rt△OEC中，OE＝＝3（cm），
∴AE＝OA+OE＝5+3＝8（cm），
故选：A．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
3．（2023 杭州）如图，在⊙O中，半径OA，OB互相垂直，点C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，则∠BAC＝（ ）
A．23° B．24° C．25° D．26°
【考点】圆周角定理．
【答案】D
【点拨】连接OC，根据圆周角定理可求解∠AOC的度数，结合垂直的定义可求解∠BOC 的度数，再利用圆周角定理可求解．
【解析】解：连接OC，
∵∠ABC＝19°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝38°，
∵半径OA，OB互相垂直，
∴∠AOB＝90°，
∴∠BOC＝90°﹣38°＝52°，
∴∠BAC＝∠BOC＝26°，
故选：D．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
4．（2021 丽水）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥OA于点E，连结OC，OD．若⊙O的半径为m，∠AOD＝∠α，则下列结论一定成立的是（ ）
A．OE＝m tanα B．CD＝2m sinα C．AE＝m cosα D．S△COD＝m2 sinα
【考点】垂径定理；解直角三角形；勾股定理．
【答案】B
【点拨】根据垂径定理和锐角三角函数计算则可进行判断．
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥OA于点E，∴DE＝CD，
在Rt△EDO中，OD＝m，∠AOD＝∠α，
∴tanα＝，
∴OE＝＝，
故选项A不符合题意；
∵AB是⊙O的直径，CD⊥OA，
∴CD＝2DE，
∵⊙O的半径为m，∠AOD＝∠α，
∴DE＝OD sinα＝m sinα，
∴CD＝2DE＝2m sinα，
故选项B正确，符合题意；
∵cosα＝，
∴OE＝OD cosα＝m cosα，
∵AO＝DO＝m，
∴AE＝AO﹣OE＝m﹣m cosα，
故选项C不符合题意；
∵CD＝2m sinα，OE＝m cosα，
∴S△COD＝CD×OE＝×2m sinα×m cosα＝m2sinα cosα，
故选项D不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，解直角三角形，解决本题的关键是掌握圆周角定理，勾股定理，垂径定理，解直角三角形等知识．
5．（2023 杭州一模）为了测量一个铁球的直径，将该铁球放入工件槽内，测得的有关数据如图所示（单位：cm），则该铁球的直径为（ ）
A．12cm B．10cm C．8cm D．6cm
【考点】垂径定理的应用．
【答案】B
【点拨】连接AB、CD交于点D，根据垂径定理求出AD，根据勾股定理计算即可．
【解析】解：如图，连接AB、CD交于点D，
由题意得，OC⊥AB，
则AD＝DB＝AB＝4，
设圆的半径为Rcm，则OD＝（R﹣2）cm，
在Rt△AOD中，OA2＝AD2+OD2，即R2＝42+（R﹣2）2，
解得，R＝5，
则该铁球的直径为10cm，
故选：B．
【点睛】本题考查的市场价定理的应用、勾股定理，掌握垂直于弦的直径，平分弦并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．
6．（2023 永嘉县三模）如图，点A，B，C，D均在以点O为圆心的圆O上，连接AB，AC及顺次连接O，B，C，D得到四边形OBCD，若OD＝BC，OB＝CD，则∠A的度数为（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
【考点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【答案】C
【点拨】连接OC．证明△OBC是等边三角形，再利用圆周角定理解决问题即可．
【解析】解：连接OC．
∵OB＝OC＝OD，OD＝BC，
∴OB＝OC＝BC，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
∴∠BAC＝∠BOC＝30°，
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定等知识，解题的关键是证明△OBC是等边三角形．
7．（2022 长兴县模拟）如图，CD是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，∠BDC＝20°，则∠A的度数是（ ）
A．100° B．110° C．120° D．130°
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．
【答案】B
【点拨】根据圆周角定理得到∠DBC＝90°，根据直角三角形的性质求出∠BCD，再根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．
【解析】解：∵CD是⊙O的直径，
∴∠DBC＝90°，
∵∠BDC＝20°，
∴∠BCD＝90°﹣∠BDC＝70°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A＝180°﹣∠BCD＝110°，
故选：B．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
8．（2022 拱墅区模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点P为边AD上任意一点（点P不与点A，D重合）连结CP．若∠B＝110°，则∠APC的度数可能为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．
【答案】D
【点拨】由圆内接四边形的性质得∠D度数为60°，再由∠APC为△PCD的外角求解．
【解析】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠B＝110°，
∴∠D＝180°﹣∠B＝70°，
∵∠APC为△PCD的外角，
∴∠APC＞∠D，只有D满足题意．
故选：D．
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，解题关键是熟练掌握圆内接四边形对角互补．
9．（2023 滨江区模拟）如图，AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上一动点，且∠ACB＝θ，点E，F分别是AC，BC的中点，直线EF与⊙O交于G，H两点，若⊙O的半径是r，则GE+FH的最大值是（ ）
A．r（2﹣sinθ） B．r（2+sinθ） C．r（2﹣cosθ） D．r（2+cosθ）
【考点】圆周角定理；解直角三角形；三角形中位线定理．
【答案】A
【点拨】作直径AP，连接BP，由锐角的正弦得到AB＝2rsinθ，由三角形中位线定理得到FE＝rsinθ，因此当GH是圆直径时，GE+FH有最大值，于是即可得到答案．
【解析】解：作直径AP，连接BP，
∴∠ABP＝90°，
∵∠P＝∠C＝θ，PA＝2r，
∴sinP＝sinθ＝，
∴AB＝2rsinθ，
∵E，F分别是AC，BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF＝AB＝rsinθ，
∵GE+FH＝GH﹣EF，
∴当GH长最大时，GE+FH有最大值，
∴当GH是圆直径时，GH最大．
∴GE+FH最大值是2r﹣rsinθ＝r（2﹣sinθ）．
故选：A．
【点睛】本题考查圆周角定理，三角形中位线定理，解直角三角形，关键是作直径构造直角三角形，求出AB的长，并且明白当GH是直径时，GE+FH有最大值．
10．（2021 萧山区模拟）如图，⊙O的半径为5，点P在⊙O上，点A在⊙O内，且AP＝3，过点A作AP的垂线交⊙O于点B、C．设PB＝x，PC＝y，则y与x的函数表达式（ ）
A．y＝ B．y＝ C．y＝2x D．y＝3x
【考点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【答案】A
【点拨】作直径PE，连接BE，根据圆周角定理得出∠E＝∠C，∠PBE＝90°，根据相似三角形的判定得出△PAC∽△PBE，根据相似得出比例式，再求出答案即可．
【解析】解：作直径PE，连接BE，则∠E＝∠C，
∵PE是直径，AP⊥BC，
∴∠EBP＝∠PAC＝90°，
∵∠E＝∠C，
∴△PAC∽△PBE，
∴＝，
∵PB＝x，PC＝y，⊙O的半径为5，PA＝3，
∴＝，
∴y＝，
故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，圆周角定理等知识点，能灵活运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．
11．（2023 绍兴）如图，四边形ABCD内接于圆O，若∠D＝100°，则∠B的度数是 80° ．
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．
【答案】80°．
【点拨】由圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补，即可得到答案．
【解析】解：∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠D＝100°，
∴∠B＝80°．
故答案为：80°．
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，关键是掌握圆内接四边形的性质．
12．（2023 湖州）如图，OA是⊙O的半径，弦BC⊥OA于点D，连结OB．若⊙O的半径为5cm，BC的长为8cm，则OD的长是 3 cm．
【考点】垂径定理；勾股定理．
【答案】3．
【点拨】根据垂径定理和勾股定理列方程即可．
【解析】解：∵BC⊥OA，BC＝8cm，
∴BD＝CD＝BC＝4cm，BD2+OD2＝OB2，
∵OB＝5cm，
∴42+OD2＝52，
∴OD＝3或OD＝﹣3（舍去），
∴OD的长是3cm，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，解题关键是连接半径，构建直角三角形，列方程解决问题．
13．（2022 湖州）如图，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足为C，OC的延长线交⊙O于点D．若∠APD是所对的圆周角，则∠APD的度数是 30° ．
【考点】圆周角定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．
【答案】30°．
【点拨】由垂径定理得出，由圆心角、弧、弦的关系定理得出∠AOD＝∠BOD，进而得出∠AOD＝60°，由圆周角定理得出∠APD＝∠AOD＝30°，得出答案．
【解析】解：∵OC⊥AB，
∴，
∴∠AOD＝∠BOD，
∵∠AOB＝120°，
∴∠AOD＝∠BOD＝∠AOB＝60°，
∴∠APD＝∠AOD＝×60°＝30°，
故答案为：30°．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系定理是解决问题的关键．
14．（2023 天台县一模）如图，AB是半圆O的直径，P是AB上的动点，CP⊥AB交半圆于点C，已知AB＝2，则OP+PC的最大值是 ．
【考点】垂径定理；勾股定理．
【答案】．
【点拨】连接OC，由勾股定理得到OP2+PC2＝OC2＝1，由（OP+PC）2＝OP2+PC2+2PO PC＝1+2PO PC，得到OP+PC＝，当PO PC最大时，PO+PC的值最大，由（PC﹣PO）2≥0，得到2PC PO≤PC2+PO2＝1，由此即可求出OP+PC的最大值．
【解析】解：连接OC，
∵AB＝2，
∴OC＝AB＝1，
∵PC⊥AB，
∴OP2+PC2＝OC2＝1，
∵（OP+PC）2＝OP2+PC2+2PO PC＝1+2PO PC，
∴OP+PC＝，
∴当PO PC最大时，PO+PC的值最大，
∵（PC﹣PO）2≥0，
∴PC2+PO2﹣2PC PO≥0，
∴2PC PO≤PC2+PO2＝1，
∴2PC PO的最大值是1，
∴PO+PC的最大值是＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理，完全平方公式，关键是由PC2+PO2﹣2PC PO≥0，得到2PC PO≤PC2+PO2＝1．
15．（2023 瑞安市模拟）如图，某公园有一月牙形水池，水池边缘有A，B，C，D，E五盏装饰灯．为了估测该水池的大小，观测员在A，D两点处发现点A，E，C和D，E，B均在同一直线上，沿AD方向走到F点，发现∠AFC＝90°．测得AD＝9.6米，AE＝DE＝8米，DF＝2.4米，则所在圆的半径为 5 米，所在圆的半径为 米．
【考点】垂径定理的应用．
【答案】5，．
【点拨】如图，连接BC，过点E作EM⊥AD于M，交BC于N，设所在圆的圆心为O，连接AO，设圆O的半径为x米，根据勾股定理和垂径定理列方程可得x的值；设所在圆的圆心为O'，则O'在MN上，连接O'A，O'C，则O'A＝O'C，设O'M＝b米，再根据勾股定理可得O'A的长．
【解析】解：如图，连接BC，过点E作EM⊥AD于M，交BC于N，
设所在圆的圆心为O，连接AO，
∵AE＝ED，EM⊥AD，
∴AM＝DM＝AD＝4.8米，
∴点O在EM上，
设圆O的半径为x米，
Rt△AEM中，AE＝8米，AM＝4.8米，
∴EM＝＝＝6.4米，
∴OM＝（6.4﹣x）米，
在Rt△AMO中，由勾股定理得：AO2＝AM2+OM2，
∴x2＝4.82+（6.4﹣x）2，
∴x＝5，
∴所在圆的半径为5米；
∵AE＝ED，
∴∠EAD＝∠EDA，
∵∠EAD＝∠CBE，∠EDA＝∠ECB，
∴∠EBC＝∠ECB，
∴EB＝EC，
∵∠AED＝∠CEB，
∴∠EAD＝∠ECB，
∴AD∥BC，
∴∠CNE＝∠AME＝90°，
∵CF⊥AD，
∴∠AFC＝90°，
∴∠AFC＝∠CNE＝∠FMN＝90°，
∴四边形MNCF是矩形，
∴MN＝CF，CN＝FM＝2.4+4.8＝7.2，
∵∠AEM＝∠CEN，
∴tan∠AEM＝tan∠CEN，即＝，
即＝＝，
∴EN＝9.6米，
∴MN＝9.6+6.4＝16（米），
设所在圆的圆心为O'，则O'在MN上，
连接O'A，O'C，则O'A＝O'C，
设O'M＝b米，
由勾股定理得：O'A2＝4.82+b2＝（16﹣b）2+7.22，
∴b＝8.9，
∴O'A＝＝（米），
即所在圆的半径为米．
故答案为：5，．
【点睛】本题考查垂径定理．勾股定理，三角函数，矩形的性质和判定等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
16．（2021 柯桥区模拟）如图，在⊙O中，过半径OD的中点C作AB⊥OD交⊙O于A、B两点，且AB＝2．
（1）求OD的长；
（2）计算阴影部分的周长．
【考点】垂径定理；勾股定理．
【答案】（1）2；
（2）1++π．
【点拨】（1）先根据垂径定理得到AC＝BC＝，再利用余弦的定义求出∠O＝60°，则根据含30度的直角三角形三边的关系求出OC＝1，从而得到OD的长；
（2）利用弧长公式计算出的长度，从而得到阴影部分的周长．
【解析】解：（1）∵AB⊥OD，
∴AC＝BC＝AB＝，∠BCO＝90°，
∵C为OD的中点，
∴OC＝OB，
在Rt△OCB中，∵cosO＝＝，
∴∠O＝60°，
∴OC＝BC＝×＝1，
∴OB＝1，
∴OD＝2；
（2）∵的长度为＝π，
∴阴影部分的周长为1++π．
【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
17．（2023 衢州二模）如图，在⊙O中，OA，OB半径，C是劣弧上的一点．且∠AOB＝120°．
（1）求∠ACB的度数；
（2）若AC＝BC．求证：四边形ACBO是菱形．
【考点】圆周角定理；菱形的判定；圆心角、弧、弦的关系．
【答案】（1）120°；
（2）见解析．
【点拨】（1）由题意可得劣弧＝120°，从而可得优弧＝240°，再由圆周角定理即可求∠ACB的度数；
（2）连接OC，利用SSS可证得△AOC≌△BOC，则有∠AOC＝∠BOC，可求得∠AOC＝∠BOC＝60°，可得△AOC是等边三角形，则有AO＝AC＝OC，同理得BO＝BC＝OC，故AO＝AC＝BC＝BO，即可判定四边形ACBO是菱形．
【解析】（1）解：∵C是劣弧上的一点，且∠AOB＝120°，
∴劣弧的度数为：120°，
∴优弧的度数为：240°，
∴∠ACB＝×240°＝120°；
（2）证明：连接OC，如图，
∵OA，OB是半径，点C在⊙O上，
∴OA＝OB＝OC，
在△AOC与△BOC中，
，
∴△AOC≌△BOC（SSS），
∴∠AOC＝∠BOC，
∵∠AOB＝120°，
∴∠AOC＝∠BOC＝60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴AO＝AC＝OC，
同理得：BO＝BC＝OC，
∴AO＝AC＝BC＝BO，
∴四边形ACBO是菱形．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，菱形的判定，圆心角，弦，弧的关系，解答的关键是熟记相应的知识并灵活运用．
18．（2023 余杭区模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点C是弧BD的中点，延长AB到点E，使得BE＝AD，连结AC，CE．
（1）求证：AC＝CE．
（2）若，，∠BCD＝120°，求BC的长．
【考点】圆内接四边形的性质；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【答案】（1）证明见解析；
（2）2．
【点拨】（1）根据圆内接四边形性质易得∠D＝∠CBE，再根据圆心角、弧、弦的关系可得CD＝CB，再结合已知条件证得△ACD≌△ECB，从而证得结论；
（2）作CM⊥AB交AB于点M，结合（1）中所求易得AE的长度，再根据圆内接四边形性质及圆心角、弧、弦的关系可得∠CBM＝30°，利用三线合一及三角函数可求得CM，BM的长度，最后利用勾股定理即可求得答案．
【解析】解：（1）∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠D+∠ABC＝180°，
∵∠ABC+∠CBE＝180°，
∴∠D＝∠CBE，
∵点C时的中点，
∴CD＝CB，
在△ACD与△ECB中，
，
∴△ACD≌△ECB（SAS），
∴AC＝CE；
（2）如图，作CM⊥AB交AB于点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＝，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠BCD＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∵CD＝CB，
∴∠CAM＝∠BAD＝30°，
∵∠AMC＝90°，
∴tan∠CAM＝tan30°＝＝，
∴CM＝5×＝5，
∴BC＝＝＝＝2．
【点睛】本题主要考查圆的相关性质及全等三角形的判定及性质，（2）中作CM⊥AB交AB于点M，构造直角三角形及利用三线合一求得线段长度是解题的关键．
19．（2021 永嘉县校级模拟）如图，AB是⊙O的直径，C是弧BD的中点，CE⊥AB，垂足为E，BD交CE于点F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若AD＝6，⊙O的半径为5，求BC的长．
【考点】圆心角、弧、弦的关系；垂径定理．
【答案】见解析
【点拨】（1）连接ACAC，由圆周角定理得出∠ACB＝90°，证出∠BAC＝∠BCE；由C是弧BD的中点，得到∠DBC＝∠BAC，延长∠BCE＝∠DBC，即可得到结论；
CF＝BF．
（2）连接OC交BD于G，由圆周角定理得出∠ADB＝90°，由勾股定理得出BD＝＝8，由垂径定理得出OC⊥BD，DG＝BG＝BD＝4，证出OG是△ABD的中位线，得出OG＝AD＝3，求出CG＝OC﹣OG＝2，在Rt△BCG中，由勾股定理即可得出答案．
【解析】（1）证明：连接AC，如图1所示：
∵C是弧BD的中点，
∴∠DBC＝∠BAC，
在ABC中，∠ACB＝90°，CE⊥AB，
∴∠BCE+∠ECA＝∠BAC+∠ECA＝90°，
∴∠BCE＝∠BAC，
又C是弧BD的中点，
∴∠DBC＝∠CDB，
∴∠BCE＝∠DBC，
∴CF＝BF．
（2）解：连接OC交BD于G，如图2所示：
∵AB是O的直径，AB＝2OC＝10，
∴∠ADB＝90°，
∴BD＝＝＝8，
∵C是弧BD的中点，
∴OC⊥BD，DG＝BG＝BD＝4，
∵OA＝OB，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG＝AD＝3，
∴CG＝OC﹣OG＝5﹣3＝2，
在Rt△BCG中，由勾股定理得：BC＝＝＝2．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、勾股定理、三角形中位线定理、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
1．（2020 湖州）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝70°，则∠ADC的度数是（ ）
A．70° B．110° C．130° D．140°
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．
【答案】B
【点拨】根据圆内接四边形的性质即可得到结论．
【解析】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝70°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣70°＝110°，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
2．（2022 嘉兴）如图，在⊙O中，∠BOC＝130°，点A在上，则∠BAC的度数为（ ）
A．55° B．65° C．75° D．130°
【考点】圆周角定理．
【答案】B
【点拨】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可得出∠BAC的度数．
【解析】解：∵∠BOC＝130°，点A在上，
∴∠BAC＝∠BOC＝＝65°，
故选：B．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
3．（2023 青龙县一模）我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”意思是：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知大小，用锯子去锯这个木材，锯口深DE＝1寸，锯道AB＝1尺（1尺＝10寸），则这根圆柱形木材的直径是（ ）
A．12寸 B．13寸 C．24寸 D．26寸
【考点】垂径定理的应用；数学常识．
【答案】D
【点拨】延长DE，交⊙O于点E，连接OA，由题意知DE过点O，且OD⊥AB，由垂径定理可得尺＝5寸，设半径OA＝OD＝r，则OE＝r﹣1，在Rt△OAE中，根据勾股定理可得：（r﹣1）2+52＝r2，解方程可得出木材半径，即可得出木材直径．
【解析】解：延长DE，交⊙O于点E，连接OA，
由题意知DE过点O，且OD⊥AB，
∵OD为⊙O半径，
∴尺＝5寸，
设半径OA＝OD＝r，
∵DE＝1寸，
∴OE＝（r﹣1）寸，
在Rt△OAE中，根据勾股定理可得：
（r﹣1）2+52＝r．
解得：r＝13，
∴木材直径为26寸；
故选：D．
【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，掌握垂直弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧及勾股定理是解题的关键．
4．（2022 温州）如图，AB，AC是⊙O的两条弦，OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，连结OB，OC．若∠DOE＝130°，则∠BOC的度数为（ ）
A．95° B．100° C．105° D．130°
【考点】圆周角定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．
【答案】B
【点拨】根据四边形的内角和等于360°计算可得∠BAC＝50°，再根据圆周角定理得到∠BOC＝2∠BAC，进而可以得到答案．
【解析】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC，
∴∠ADO＝90°，∠AEO＝90°，
∵∠DOE＝130°，
∴∠BAC＝360°﹣90°﹣90°﹣130°＝50°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝100°，
故选：B．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
5．（2023 绍兴模拟）如图，将一个含30°角的直角三角板的斜边和量角器的直径所在的边重合放置，其中点D所在位置在量角器外侧的读数为110°，∠ACB＝90°，连结DC交AB于点E，则∠BEC的度数是（ ）
A．55° B．65° C．75° D．85°
【考点】圆周角定理．
【答案】D
【点拨】根据题意可知C在以AB为直径的圆上，根据圆心角和圆周角的关系求出∠ACD，再利用三角形的外角的性质就可以求出答案．
【解析】解：根据题意可知C在以AB为直径的圆上，设圆心为O，连接OD，则∠AOD＝110°.
∴∠ACD＝＝55°，
∴∠BEC＝∠ACE+∠CAE＝30°+55°＝85°．
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理和三角形的角的关系，关键是确定C在以AB为直径的圆上．
6．（2023 金东区模拟）在⊙O中，点A，B，C，D都在圆周上，OB∥DC，OD∥BC，则∠A的度数为（ ）
A．45° B．50° C．55° D．60°
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．
【答案】D
【点拨】根据圆内接四边形的性质得出∠C+∠A＝180°，根据平行线的性质得出∠C+∠OBC＝180°，∠BOD+∠OBC＝180°，求出∠C＝∠BOD，根据圆周角定理得出∠BOD＝2∠A，求出∠C＝2∠A，再求出∠A即可．
【解析】解：∵点A，B，C，D都在圆周上，
∴∠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°，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，平行线的性质等知识点，能求出∠C+∠A＝180°和∠BOD＝2∠A是解此题的关键．
7．（2023 温州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，则∠CAO的度数与BC的长分别为（ ）
A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，
【考点】圆周角定理；勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．
【答案】C
【点拨】由平行线的性质，圆周角定理，垂直的定义，推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，求出∠BOC＝60°，得到△BOC是等边三角形，得到BC＝OB，由等腰三角形的性质求出圆的半径长，求出∠OAD的度数，即可得到BC的长，∠CAO的度数．
【解析】解：连接OB，OC，
∵BC∥AD，
∴∠DBC＝∠ADB，
∴＝，
∴∠AOB＝∠COD，∠CAD＝∠BDA，
∵DB⊥AC，
∴∠AED＝90°，
∴∠CAD＝∠BDA＝45°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝90°，∠COD＝2∠CAD＝90°，
∵∠AOD＝120°，
∴∠BOC＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC＝OB，
∵OA＝OD，∠AOD＝120°，
∴∠OAD＝∠ODA＝30°，
∴AD＝OA＝，
∴OA＝1，
∴BC＝1，
∴∠CAO＝∠CAD﹣∠OAD＝45°﹣30°＝15°．
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，关键是由圆周角定理推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，证明△OBC是等边三角形．
8．（2022 鄞州区模拟）如图，AB、AC都是圆O的弦，OM⊥AB，ON⊥AC，垂足分别为M、N，如果MN＝3，那么BC＝（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】垂径定理；三角形中位线定理．
【答案】C
【点拨】由于OM⊥AB，ON⊥AC，根据垂径定理得到AN＝CN，AM＝BM，则MN为△ABC的中位线，然后根据三角形中位线的性质求解．
【解析】解：∵OM⊥AB，ON⊥AC，
∴AN＝CN，AM＝BM，
即M为AB的中点，N为AC的中点，
∴MN为△ABC的中位线，
∴MN＝BC，
∴BC＝2MN＝6．
故选：C．
【点睛】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了三角形中位线性质．
9．（2023 龙湾区模拟）如图，AB为⊙O的直径，点C为圆上一点，将劣弧AC沿弦AC翻折交AB于点D，连接CD，点D与圆心O不重合，∠BAC＝26°，则∠DCA的度数为（ ）
A．38° B．40° C．42° D．44°
【考点】圆周角定理；翻折变换（折叠问题）．
【答案】A
【点拨】连接BC，根据直径所对的圆周角是直角求出∠ACB，根据直角三角形两锐角互余求出∠B，再根据翻折的性质得到∠ADC的度数，最后利用三角形内角和可得结论．
【解析】解：连接BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝26°，
∴∠B＝90°﹣∠BAC＝90°﹣26°＝64°，
根据翻折的性质，所对的圆周角为∠B，所对的圆周角为∠ADC，
∴∠DCA＝∠B﹣∠BAC＝64°﹣26°＝38°，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理以及折叠问题的知识，根据同弦所对的两个圆周角互补求解是解题的关键，此题难度不大．
10．（2022 宁波三模）已知⊙O的直径CD＝10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，且AB＝8cm，则AC的长为（ ）
A．2cm B．4cm C．2cm或4cm D．2cm或4cm
【考点】垂径定理；勾股定理．
【答案】C
【点拨】分两种情况，根据题意画出图形，先根据垂径定理求出AM的长，连接OA，由勾股定理求出OM的长，进而可得出结论．
【解析】解：连接AC，AO，
∵⊙O的直径CD＝10cm，AB⊥CD，AB＝8cm，
∴AM＝AB＝×8＝4（cm），OD＝OC＝5（cm），
当C点位置如图1所示时，
∵OA＝5cm，AM＝4cm，CD⊥AB，
∴OM＝＝＝3（cm），
∴CM＝OC+OM＝5+3＝8（cm），
∴AC＝＝＝4（cm）；
当C点位置如图2所示时，
同理可得：OM＝3cm，
∵OC＝5cm，
∴MC＝5﹣3＝2（cm），
在Rt△AMC中，AC＝＝＝2（cm）；
综上所述，AC的长为4cm或2cm，
故选：C．
【点睛】本题考查的是垂径定理和勾股定理等知识，根据题意画出图形，利用垂径定理和勾股定理求解是解答此题的关键．
11．（2023 衢江区三模）如图，在⊙O中，∠AOC＝140°，∠ACB＝50°，则∠OBC的度数为 70° ．
【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．
【答案】70°．
【点拨】由圆周角∠ACB＝50°，可知圆心角∠AOB＝100°，所以∠BOC＝140°﹣100°＝40°，可推出圆周角∠BAC＝20°．
【解析】解：∵∠ACB＝50°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝100°，
∵∠AOC＝140°，
∴∠BOC＝140°﹣100°＝40°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝＝70°，
故答案为：70°．
【点睛】本题考查圆周角定理，弦、弧、圆心角之间的关系，掌握“一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角度数的一半”是解决问题的关键．
12．（2023 长兴县一模）石拱桥是中国传统桥梁四大基本形式之一，它的主桥拱是圆弧形．如图，已知某公园石拱桥的跨度AB＝16米，拱高CD＝4米，那么桥拱所在圆的半径OA＝ 10 米．
【考点】垂径定理的应用．
【答案】10．
【点拨】利用直角三角形，根据勾股定理和垂径定理解答．
【解析】解：∵OC⊥AB，
∴AD＝BD＝8米，
设BO＝x米，则DO＝（x﹣4）米，
在Rt△OBD中，得：BD2+DO2＝BO2，
即82+（x﹣4）2＝x2，
解得：x＝10，
即桥拱所在圆的半径是10米．
故答案为：10．
【点睛】此题主要考查了垂径定理的应用题，解题的关键是利用垂径定理和勾股定理求线段的长．
13．（2021 金华模拟）如图，⊙O的直径AB过的中点A，若∠C＝30°，AB、CD交于点E，连接AC、BD，则＝ ．
【考点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【答案】见解析
【点拨】根据已知条件得出∠DCA＝∠DBA＝30°，设DE＝EC＝x，根据在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半得出AE和BE的长，然后代入要求的式子进行计算即可得出答案．
【解析】解：∵⊙O的直径AB过的中点A，
∴＝，
∴DE＝EC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BED＝∠CEA＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠DCA＝∠DBA＝30°，
设DE＝EC＝x，
∵∠C＝30°，
∴AE＝x，
∵∠DBA＝30°，
∴BE＝x，
∴＝＝；
故答案为：．
【点睛】此题考查了圆心角、弧、弦的关系以及圆周角定理，掌握在同一个圆中，等弧所对的圆周角相等，在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．
14．（2023 临平区二模）如图，AB是半圆O的直径，过半圆上一点C作CD⊥AB于点D，若AD＝BC，则sin∠OCD＝ ﹣2 ．
【考点】圆周角定理；解直角三角形；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．
【答案】﹣2．
【点拨】设AD＝BC＝x，⊙O的半径为r，则OD＝x﹣r，BD＝2r﹣x，先根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，再证明△BCD∽△BAC，利用相似比得到x：2r＝（2r﹣x）：x，整理得x2+2rx﹣4r2＝0，解方程得到OD＝（﹣2）r，然后在Rt△COD中利用正弦的定义求解．
【解析】解：设AD＝BC＝x，⊙O的半径为r，则OD＝x﹣r，BD＝2r﹣x，
∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠ODC＝∠BDC＝90°，
∵∠BDC＝∠ACB，∠CBD＝∠ABC，
∴△BCD∽△BAC，
∴BC：BA＝BD：BC，即x：2r＝（2r﹣x）：x，
整理得x2+2rx﹣4r2＝0，
解得x1＝（﹣1）r，x2＝（﹣﹣1）r（舍去），
∴OD＝（﹣2）r，
在Rt△COD中，sin∠OCD＝＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点睛】本题考查了圆周角定理：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了相似三角形的判定与性质和解直角三角形．
15．（2023 西湖区校级三模）如图，⊙O的半径OD⊥AB于点C，连接AO并延长交⊙O于点E，连接EC，若AB＝8，CD＝2，
（1）⊙O的半径为 5 ；
（2）tan∠OEC的值为 ．
【考点】圆周角定理；解直角三角形；勾股定理；垂径定理．
【答案】（1）5；
（2）．
【点拨】（1′）先根据垂径定理求出AC的长，在Rt△AOC中，根据勾股定理即可得出r的值，再求出OC的长；
（2）根据三角形的面积公式即可得出结论．
【解析】解：（1）∵OD⊥AB，
∴AC＝BC＝AB＝×8＝4，
设⊙O的半径为r，则AC2+OC2＝OA2，即42+（r﹣2）2＝r2，
解得r＝5，
故答案为：5；
（2）过点C作CH⊥AE于点H．
∵ AC OC＝ OA CH，
∴CH＝＝，
∴OH＝＝＝，
∴EH＝5+＝，
∴tan∠AEC＝＝＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是垂径定理与勾股定理，熟知平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解答此题的关键．
16．（2023 温州一模）如图1是一款轴对称“磁悬浮地漏”无水时的示意图，它由一个圆弧形密封盖与两个磁体组成（下侧磁体固定不动），连接杆EF与地面BD垂直，排水口，密封盖最高点E到地面的距离为6mm，整个地漏的高度EG＝75mm（G为磁体底部中点），密封盖被磁体顶起将排水口密封，所在圆的半径为 39 mm；当有水时如图2所示，密封盖下移排水，当密封盖下沉至最低处时，点M'恰好落在BG中点，若点M'到E'F'的距离为36mm，则密封盖下沉的最大距离为 16.5 mm．
【考点】垂径定理的应用；轴对称的性质；三角形中位线定理．
【答案】39，16.5．
【点拨】①根据已知条件得到直角三角形，再利用勾股定理得到OH的长度，进而得到半径；
②利用三角形中位线的性质得到M'Z，再利用勾股定理及矩形的性质得到密封盖下沉的最大距离．
【解析】解：①设作圆O，连接CD交CE于点H，
设OH＝x mm，
∵最高点E到地面的距离为6mm，
∴OE＝（6+x）mm，
∵，
∴，
∴在Rt△OHD中，，
∵OE＝OD，
∴，
∴x＝33，
∴OE＝39mm，
故答案为：39．
②作M'P'⊥E'G，延长GE'，交AB于点Q'，作M'Z⊥AB交AB于点Z，
∵M'P'⊥E'G，
∴M′Z∥E′G，
∴点Z是BQ'的中点，
∵M'为BG的中点，
∴M'Z为△GQ'B的中位线，
∴，
∵EG＝75mm，EQ'＝6mm，
∴GQ'＝69mm，
∴，
∵点M'到E'F'的距离为36mm，
∴MJ＝M'P'＝36mm，
∵OM＝OE＝39mm，
回到图1，作MJ⊥EG，
由勾股定理得：（mm），
∴移动前M到地面的距离为：JH＝39﹣15﹣6＝18（mm），
∵M移动的距离为密盖下沉的距离，
∴MM'＝M'Z﹣JH＝34.5﹣18＝16.5（mm），
∴密封盖下沉的最大距离为16.5mm．
故答案为：16.5．
【点睛】本题考查了平行线分线段性质，垂径定理，勾股定理，三角形中位线的性质，矩形的性质等相关知识点，掌握垂径定理是解题的关键．
17．（2023 拱墅区二模）如图，在△ABC中，CB与⊙O相交于D，CA与⊙O相交于E．
（1）从下面①②③中选取两个作为已知条件，另一个作为结论，并证明；
①AB是直径； ②AC＝AB； ③DC＝DB．
（2）在（1）的条件下，若BC＝6，AB＝5，连接BE，求BE的长．
【考点】圆周角定理；垂径定理．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【点拨】（1）①②为条件，③为结论，连接AD，由AC＝AB可得△ABC是等腰三角形，由AB是直径可得AD⊥BC，根据三线合一即可解答．
（2）先根据勾股定理求出AD，再利用等面积即可求出BE．
【解析】解：（1）①②为条件，③为结论，连接AD，如图：
∵AC＝AB，
∴△ABC是等腰三角形，
∵AB是直径，
∴AD⊥BC，
∴DC＝BD；
（2）连接BE，
∵BC＝6，
∴BD＝3，
∴AD＝4，
∴S△ABC＝×BC×AD＝×AC×BE，
即×6×4＝×5×BE，
解得BE＝．
【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形的面积，熟练掌握以上知识是解题关键．
18．（2024 旺苍县一模）唐代李皋发明了“桨轮船”，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮航行模式之先导．如图，某桨轮船的轮子被水面截得的弦AB长8m，设圆心为O，OC⊥AB交水面AB于点D，轮子的吃水深度CD为2m，求该桨轮船的轮子直径．
【考点】垂径定理的应用；勾股定理．
【答案】该桨轮船的轮子直径为10m．
【点拨】本题先表示OD＝（r﹣2）m，求解AD＝4m，再利用勾股定理建立方程求解即可．
【解析】解：设半径为rm，则OA＝OC＝rm，
∴OD＝（r﹣2）m．
∵AB＝8m，OC⊥AB，
∴AD＝4m．
在Rt△ODA中有OA2＝OD2+AD2，即r2＝（r﹣2）2+4，
解得r＝5m
则该桨轮船的轮子直径为10m．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，根据题意在圆内构建直角三角形，利用勾股定理求出直径是解答本题的关键．
19．（2021 湖州）如图，已知AB是⊙O的直径，∠ACD是所对的圆周角，∠ACD＝30°．
（1）求∠DAB的度数；
（2）过点D作DE⊥AB，垂足为E，DE的延长线交⊙O于点F．若AB＝4，求DF的长．
【考点】圆周角定理；解直角三角形；垂径定理．
【答案】（1）60°；
（2）2．
【点拨】（1）连接BD，根据AB是⊙O的直径，可得∠ADB＝90°，进而可以求∠DAB的度数；
（2）根据直角三角形30度角所对直角边等于斜边的一半可得AD的长，再根据垂径定理和特殊角三角函数值可得EF＝DE的值，进而可得DF的长．
【解析】解：（1）如图，连接BD，
∵∠ACD＝30°，
∴∠B＝∠ACD＝30°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB＝90°﹣∠B＝60°；
（2）∵∠ADB＝90°，∠B＝30°，AB＝4，
∴AD＝AB＝2，
∵∠DAB＝60°，DE⊥AB，且AB是直径，
∴EF＝DE＝ADsin60°＝，
∴DF＝2DE＝2．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，垂径定理，解决本题的关键是掌握圆周角定理．
20．（2023 婺城区模拟）如图，AB是⊙O的直径，C是的中点，CE⊥AB于点E，BD交CE于点F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若CD＝6，AC＝8，求⊙O的半径及CE的长．
【考点】圆心角、弧、弦的关系；勾股定理；垂径定理．
【答案】见解析
【点拨】（1）要证明CF＝BF，可以证明∠ECB＝∠DBC；AB是⊙O的直径，则∠ACB＝90°，又知CE⊥AB，则∠CEB＝90°，则∠DBC＝90°﹣∠ACE＝∠A，∠ECB＝∠A，则∠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的长，即可求得圆的半径；再利用面积法求得CE的长．
【解析】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠ABC．
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB＝90°﹣∠ABC，
∴∠ECB＝∠A．
又∵C是的中点，
∴＝，
∴∠DBC＝∠A，
∴∠ECB＝∠DBC，
∴CF＝BF；
（2）解：∵＝，
∴BC＝CD＝6，
∵∠ACB＝90°，
∴AB＝＝＝10，
∴⊙O的半径为5，
∵S△ABC＝AB CE＝BC AC，
∴CE＝＝＝．
【点睛】此题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质以及角平分线的性质等知识．此题综合性很强，难度适中，注意数形结合思想与方程思想的应用．
21．（2022 柯桥区二模）已知AB、AC、AD是⊙O的弦．
（1）如图1，当AD是⊙O的直径，且AB＝AC时．求证：直径AD平分∠BAC；
（2）如图2，当∠BAD＝∠DAC＝60°，且AB：AD＝1：2时，求AB：AC的值．
【考点】圆周角定理．
【答案】（1）见解析；
（2）1：1．
【点拨】（1）证明△ABO≌△ACO即可；
（2）取AD的中点E，连接BE，BD，CD，先证明△ABE是等边三角形，再证明AD是直径，得∠C＝90°，∠ADC＝30°，所以得AC：AD＝1：2，AB＝AC，即可得出答案．
【解析】（1）证明：如图1，连接OB，OC，
在△ABO和△ACO中，
，
∴△ABO≌△ACO（SSS），
∴∠BAO＝∠CAO，
∴直径AD平分∠BAC；
（2）解：如图2，取AD的中点E，连接BE，BD，CD，
则AE＝DE，
∵AB：AD＝1：2，
∴AB＝AE＝DE，
∴∠BAD＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB＝∠ABE＝60°，BE＝AE，
∴∠BED＝120°，BE＝DE，
∴∠D＝∠DBE＝30°，
∴∠ABD＝90°，
∴AD是直径，
∴∠C＝90°，
∵∠DAC＝60°，
∴∠ADC＝30°，
∴AC：AD＝1：2，
∴AB＝AC，
∴AB：AD＝1：1．
【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
22．（2023 龙湾区模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BD平分∠ABC，BC边上的点E满足BE＝BA，连接DE并延长交⊙O于点F，连结BF．
（1）求证：DE＝DC．
（2）若F恰好是的中点，当AB＝6，时，求⊙O半径的长．
【考点】圆内接四边形的性质；解直角三角形；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）5．
【点拨】（1）先证明△ABD≌△EBD，即有∠BAD＝∠BED，根据∠BAD+∠C＝180°，∠BED+∠DEC＝180°，可得∠C＝∠DEC，即问题得解；
（2）连接OF，交BC于点N，连接OB，先证明BF＝BE＝AB＝6，即有，根据F恰好是的中点，可得OF⊥BC，则有，，设圆O的半径为r，在Rt△BON中，依据BO2＝ON2+BN2，可得，解方程即可求解．
【解析】（1）证明：∵BD平分∠ABC，
∴，
∵BE＝BA，BD＝BD，
∴△ABD≌△EBD，
∴∠BAD＝∠BED，
∵∠BAD+∠C＝180°，∠BED+∠DEC＝180°，
∴∠C＝∠DEC，
∴DE＝DC；
（2）解：连接OF，交BC于点N，连接OB，
∵∠C＝∠DEC，∠C＝∠BFD，∠CED＝∠BEF，
∴∠BFE＝∠BEF＝∠C＝∠CED，
∴∠EBF＝∠CDE，BF＝BE＝AB＝6，
∴，
∵F恰好是的中点，
∴OF⊥BC，
∴，
∴，
设圆O的半径为r，
在Rt△BON中，BO2＝ON2+BN2，
∴，
解得r＝5，
即⊙O半径的长为5．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，解直角三角形，勾股定理以及等腰三角形的判定等知识，掌握圆周角定理以及解直角三角形的知识是解答本题的关键．
23．（2022 温州一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AE⊥CB的延长线于点E，连结AC，BD，AB平分∠EBD，
（1）求证：AC＝AD．
（2）当B为的中点，BC＝3BE，AD＝6时，求CD的长．
【考点】圆内接四边形的性质；相似三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【答案】见解析
【点拨】（1）根据圆内接四边形的性质得出∠ADC+∠ABC＝180°，根据平角的定义得出∠ABE+∠ABC＝180°，求出∠ABE＝∠ADC，根据角平分线的定义得出∠ABE＝∠DBA，求出∠ADC＝∠DBA，根据圆周角定理得出求出∠ACD＝∠DBA，求出∠ADC＝∠ACD即可；
（2）过A作AF⊥CD于F，求出AB＝BC，根据BC＝3BE，求出AB＝3BE，根据相似三角形的判定得出△ABE∽△ADF，根据相似三角形的性质得出＝＝，求出DF即可解答．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∵∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠ABE＝∠ADC，
∵AB平分∠DBE，
∴∠ABE＝∠DBA，
∴∠ADC＝∠DBA，
∵∠ACD＝∠DBA，
∴∠ADC＝∠ACD，
∴AC＝AD；
（2）解：过A作AF⊥CD于F，
∵B为的中点，
∴AB＝BC，
∵BC＝3BE，
∴AB＝3BE，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADF＝∠ABE，
∵∠AFD＝∠AEB＝90°，
∴△ABE∽△ADF，
∴＝＝，
∵AD＝6，
∴DF＝2，
∵AC＝AD，
∴CD＝2DF＝4．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的性质和判定等知识点，能熟记圆内接四边形的对角互补是解此题的关键．
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