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6.1 圆的基本性质-中考数学一轮复习 知识点+练习
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这是一份6.1 圆的基本性质-中考数学一轮复习 知识点+练习，文件包含61圆的基本性质-解析版docx、61圆的基本性质-原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共72页， 欢迎下载使用。
第六章 圆
6.1圆的基本性质
一、课标解读
1.理解圆、弧、弦、圆心角、圆周角的概念，了解等圆、等弧的概念；
2.探索并证明垂径定理；
3.探索圆周角与圆心角及其所对弧的关系，了解并证明圆周角定理及其推论；
二、知识点回顾
知识点1. 圆的有关概念及性质
1.圆的概念：在同一个平面内，一条线段绕着它固定的一个端点旋转一周，另一个端点所形成的图形叫做圆.
定义；圆是所有到定点的距离等于①定长的点的集合.
2.弦、直径：连接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.
圆上任意两点间的部分叫做弧，弧有优弧、劣弧、半圆之分.
3.圆心角：顶点在圆心，两边都与圆相交的角.
圆周角：顶点在圆上,两边都与圆相交的角.
4.等圆：能够重合的两个圆叫做等圆;
等弧：在同圆或等圆中,能够完全重合的弧叫做等弧
知识点2. 垂径定理及其推论
定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧；
推论：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧.
知识点3. 圆心角、弧、弦之间的关系
定理:在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等.
推论: (1)在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弦相等;
(2)在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弧相等.
知识点3. 圆周角定理及其推论
圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；
推论1
同弧或等弧所对的圆周角相等；
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；
三、热点训练
热点1：垂径定理定理及其推论
一练基础
1．（2021·广东花都·二模）如图，⊙O的半径为5，弦AB＝8，点C是AB的中点，连接OC，则OC的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据垂径定理的推论，勾股定理即可求得的长
【详解】
点C是AB的中点，
⊙O的半径为5，弦AB＝8，
在中
故选C
【点睛】
本题考查了垂径定理，勾股定理，掌握垂径定理是解题的关键．
2．（2021·广西玉林·中考真题）学习圆的性质后，小铭与小熹就讨论起来，小铭说：“被直径平分的弦也与直径垂直”，小熹说：“用反例就能说明这是假命题” ．下列判断正确的是（ ）
A．两人说的都对
B．小铭说的对，小熹说的反例不存在
C．两人说的都不对
D．小铭说的不对，小熹说的反例存在
【答案】D
【解析】
【分析】
根据垂径定理可直接进行排除选项．
【详解】
解：由垂径定理的推论“平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧”可知：
小铭忽略了垂径定理中的“弦不能是直径”这一条件，因为一个圆中的任意两条直径都互相平分，但不垂直，所以小铭说法错误，小熹所说的反例即为两条直径的情况下；
故选D．
【点睛】
本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
3．（2021·山东青岛·中考真题）如图，是的直径，点，在上，点是的中点，过点画的切线，交的延长线于点，连接．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据切线的性质得到BA⊥AD，根据直角三角形的性质求出∠B，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，进而求出∠BAC，根据垂径定理得到BA⊥EC，进而得出答案．
【详解】
解：∵AD是⊙O的切线，
∴BA⊥AD，
∵∠ADB=58.5°，
∴∠B=90°-∠ADB=31.5°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°-∠B=58.5°，
∵点A是弧EC的中点，
∴BA⊥EC，
∴∠ACE=90°-∠BAC=31.5°，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
4．（2021·四川宜宾·中考真题）如图，⊙O的直径AB＝4，P为⊙O上的动点，连结AP，Q为AP的中点，若点P在圆上运动一周，则点Q经过的路径长是______．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OQ，以OA为直径作⊙C，确定出点Q的运动路径即可求得路径长．
【详解】
解：连接OQ．
在⊙O中，
∵AQ=PQ，OQ经过圆心O，
∴OQ⊥AP．
∴∠AQO=90°．
∴点Q在以OA为直径的⊙C上．
∴当点P在⊙O上运动一周时，点Q在⊙C上运动一周．
∵AB=4，
∴OA=2．
∴⊙C的周长为．
∴点Q经过的路径长为．
故答案为：
【点睛】
本题考查了垂径定理的推论、圆周角定理的推论、圆周长的计算等知识点，熟知相关定理及其推论是解题的基础，确定点Q的运动路径是解题的关键．
5．（2021·湖北恩施·中考真题）《九章算术》被尊为古代数学“群经之首”，其卷九勾股篇记载：今有圆材埋于壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？如图，大意是，今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯这木材，锯口深等于1寸，锯道长1尺，问圆形木材的直径是多少？（1尺＝10寸）
答：圆形木材的直径___________寸；
【答案】26
【解析】
【分析】
延长DC，交⊙O于点E，连接OA，由题意易得DE即为⊙O的直径，寸，寸，则有寸，设OA=x寸，最后根据垂径定理及勾股定理可进行求解．
【详解】
解：延长DC，交⊙O于点E，连接OA，如图所示：
由题意得CD⊥AB，点C为AB的中点，寸，寸，
∴DE为⊙O的直径，
∴寸，
设OA=x寸，则寸，
∴在Rt△AOC中，，即，
解得：，
∴圆形木材的直径为26寸；
故答案为26．
【点睛】
本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
6．（2021·贵州黔东南·中考真题）小明很喜欢钻研问题，一次数学杨老师拿来一个残缺的圆形瓦片（如图所示）让小明求瓦片所在园的半径，小明连接瓦片弧线两端AB，量的弧AB的中心C到AB的距离CD＝1.6cm，AB＝6.4cm，很快求得圆形瓦片所在圆的半径为 _________cm．
【答案】4
【解析】
【分析】
圆的两弦的中垂线的交点，就是圆心；连接AC，作AC的中垂线，与直线CD的交点就是圆心，已知圆心即可作出圆；连接圆心与A，根据勾股定理即可求得半径．
【详解】
如图，
连接OA，
∵CD是弦AB的垂直平分线，
∴，
设圆的半径是r．在直角△ADO中， ．
根据勾股定理得， ，
∴
故答案为：4
【点睛】
本题主要考查圆的确定和垂径定理，熟练掌握垂径定理得出关于半径的方程是解题的关键．
7．（2021·全国·九年级课时练习）如图，将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕AB的长为________．
【答案】cm
【解析】
【分析】
在图中构建直角三角形，先根据勾股定理得AD的长，再根据垂径定理得AB的长即可．
【详解】
如图：作OD⊥AB于D，连接OA．
根据题意得：OD＝OA＝1cm，
再根据勾股定理得：AD＝＝＝cm，
由垂径定理得：AB＝2cm．
故答案为：cm．
【点睛】
本题考查了垂径定理，根据题意构造垂径、应用勾股定理是解答本题的关键.
8．（2021·福建·厦门海沧实验中学九年级期中）如图，在RtΔABC中，∠BAC=90°，以点A为圆心，AC长为半径作圆，交BC于点D，交AB于点E，连接DE．
（1）若∠ABC=20°，求∠DEA的度数；
（2）若AC=3，AB=4，求CD的长．
【答案】（1）65°；（2）．
【解析】
【分析】
（1）连接AD，求出∠DAE，再利用等腰三角形的性质解决问题即可；
（2）如图，过点A作AF⊥CD，垂足为F．利用面积法求出AF，再利用勾股定理求出CF，可得结论．
【详解】
解：（1）如图，连接AD．
∵∠BAC=90°，∠ABC=20°，
∴∠ACD=70°．
∵AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC=70°，
∴∠CAD=180°-70°-70°=40°，
∴∠DAE=90°-40°=50°．
又∵AD=AE，
∴∠DEA=∠ADE= (180°−50°) =65°；
（2）如图，过点A作AF⊥CD，垂足为F．
∵∠BAC=90°，AC=3，AB=4，
∴BC=5．
又∵•AF•BC=•AC•AB，
∴AF=，
∴CF=．
∵AC=AD，AF⊥CD，
∴CD=2CF=．
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆心角，弧，弦之间的关系，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．
二练巩固
9．（2022·甘肃平凉·模拟预测）如图，在半径为的中，弦AB与CD交于点E，，，，则CD长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
过点O作OF⊥CD于点F，OG⊥AB于G，连接OB、OD、OE，由垂径定理得出DF=CF，AG=BG=AB=2，得出EG=AG-AE=1，由勾股定理得出OG=1，证出△EOG是等腰直角三角形，得出∠OEG=45°，OE=，求出∠OEF=30°，由直角三角形的性质得出OF=，由勾股定理得出DF=，即可得出答案．
【详解】
解：过点O作OF⊥CD于点F，OG⊥AB于G，连接OB、OD、OE，如图所示：
则DF=CF，AG=BG=AB=2，
∵AE=1
∴EG=AG-AE=1，
在Rt△BOG中，
∴，
∴EG=OG，
∴△EOG是等腰直角三角形，
∴∠OEG=45°，OE=，
∵∠DEB=75°，
∴∠OEF=30°，
∴OF=OE=，
在Rt△ODF中，，
∴CD=2DF= ；
故选：C．
【点睛】
本题考查的是垂径定理、勾股定理以及直角三角形的性质，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．
10．（2017·湖北武汉·中考模拟）过⊙O内一点M的最长弦为10cm，最短弦长为8cm，则OM的长为（ ）
A．9cm B．6cm C．3cm D．cm
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据垂径定理求出OA、AM的长，再利用勾股定理求OM．
【详解】
解：由题意知，最长的弦为直径，最短的弦为垂直于直径的弦，
如图所示．直径ED⊥AB于点M，
则ED=10cm，AB=8cm，
由垂径定理知：点M为AB中点，
∴AM=4cm，
∵半径OA=5cm，
∴OM2=OA2-AM2=25-16=9，
∴OM=3cm．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了垂径定理，连接半径是解答此题的关键．
11．（2021·湖北鄂州·中考真题）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理，如图1，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心为圆心的圆，如图2，已知圆心在水面上方，且被水面截得的弦长为6米，半径长为4米．若点为运行轨道的最低点，则点到弦所在直线的距离是（ ）
A．1米 B．米 C．2米 D．米
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OC交AB于D，根据圆的性质和垂径定理可知OC⊥AB，AD=BD=3，根据勾股定理求得OD的长，由CD=OC﹣OD即可求解．
【详解】
解：根据题意和圆的性质知点C为的中点，
连接OC交AB于D，则OC⊥AB，AD=BD=AB=3，
在Rt△OAD中，OA=4，AD=3，
∴OD===，
∴CD=OC﹣OD=4﹣，
即点到弦所在直线的距离是（4﹣）米，
故选：B．
【点睛】
本题考查圆的性质、垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解答的关键．
12．（2021·河北·中考真题）如图，等腰中，顶角，用尺规按①到④的步骤操作：
①以为圆心，为半径画圆；
②在上任取一点（不与点，重合），连接；
③作的垂直平分线与交于，；
④作的垂直平分线与交于，．
结论Ⅰ：顺次连接，，，四点必能得到矩形；
结论Ⅱ：上只有唯一的点，使得．
对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
A．Ⅰ和Ⅱ都对 B．Ⅰ和Ⅱ都不对
C．Ⅰ不对Ⅱ对 D．Ⅰ对Ⅱ不对
【答案】D
【解析】
【分析】
Ⅰ、根据“弦的垂直平分线经过圆心”，可证四边形MENF的形状；
Ⅱ、在确定点P的过程中，看∠MOF=40°是否唯一即可．
【详解】
解：Ⅰ、如图所示．
∵MN是AB的垂直平分线，EF是AP的垂直平分线，
∴MN和EF都经过圆心O，线段MN和EF是⊙O的直径．
∴OM=ON，OE=OF．
∴四边形MENF是平行四边形．
∵线段MN是⊙O的直径，
∴∠MEN=90°．
∴平行四边形MENF是矩形．
∴结论Ⅰ正确；
Ⅱ、如图2，当点P在直线MN左侧且AP=AB时，
∵AP=AB，
∴．
∵MN⊥AB，EF⊥AP，
∴
∴
∴
∴．
∴．
∵扇形OFM与扇形OAB的半径、圆心角度数都分别相等，
∴．
如图，
当点P在直线MN右侧且BP=AB时，
同理可证：．
∴结论Ⅱ错误．
故选：D
【点睛】
本题考查了圆的有关性质、矩形的判定、扇形面积等知识点，熟知圆的有关性质、矩形的判定方法及扇形面积公式是解题的关键．
13．（2021·湖北宜城·模拟预测）在半径为1的⊙O中，弦AB、AC分别是和 ，则∠BAC的度数是________．
【答案】15°或75°##75°或15°
【解析】
【分析】
由题意可知半径为1，弦AB、AC分别是和 ，作OM⊥AB，ON⊥AC，根据垂径定理可求出AM与AN的长度，然后分别在直角三角形AOM与直角三角形AON中，利用余弦函数，可求出∠OAM=45°，∠OAN=30°，然后根据AC与AB的位置情况分两种进行讨论即可．
【详解】
解：如图，作OM⊥AB，ON⊥AC；
由垂径定理，可得AM=AB，AN=AC，
∵弦AB、AC分别是、，
∴AM=，AN=；
∵半径为1，
∴OA=1；
∵，
∴∠OAM=45°；
同理∵，
∴∠OAN=30°；
∴∠BAC=∠OAM+∠OAN或∠OAM-∠OAN
∴∠BAC=75°或15°．
【点睛】
本题主要考查垂径定理、勾股定理以及三角形函数．本题综合性强，关键是画出图形，作好辅助线，利用垂径定理和直角三角形的特殊余弦值求得角的度数，注意要考虑到两种情况．
14．（2021·天津和平·二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点，点，点均在格点上，并且在同一个圆上，取格点，连接并延长交圆于点．
（Ⅰ）四边形外接圆的半径为__________．
（Ⅱ）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺画出线段，使平分，且点在圆上，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）__________．
【答案】 取格点，连接，交于点．连接并延长交圆于点，连接即为所求．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据格点的特征及勾股定理确定四边形ABCD外接圆的圆心，从而求解半径；
（Ⅱ）利用格点特征及垂径定理的推论，取格点，连接，交于点．取格点，连接并延长交圆于点，连接即为所求．
【详解】
解：（Ⅰ）四边形ABCD外接圆的圆心位于格点O的位置，连接OA，OB，OC，OD，
由题意可得OA=OB=OC=OD=
故答案为：
（Ⅱ）取格点，连接，交于点，连接并延长交圆于点，连接，
由格点特征结合四边形外接圆的半径可得△EFK≌△ODG，
∴∠OGD=∠EKF=90°，即OP⊥CD
∴点P是的中点
∴∠CAP=∠DAP
∴即为所求
【点睛】
本题考查作图-复杂作图，勾股定理，垂径定理的推论等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
15．（2021·北京市第十三中学分校九年级期中）数学课上，李老师提出如下问题：
已知：如图，是⊙O的直径，射线交⊙O于．
求作：弧的中点D．
同学们分享了如下四种方案：
①如图1，连接BC，作BC的垂直平分线，交⊙O于点D．
②如图2，过点O作AC的平行线，交⊙O于点D．
③如图3，作∠BAC的平分线，交⊙O于点D．
④如图4，在射线AC上截取AE，使AE=AB，连接BE，交⊙O于点D．
上述四种方案中，正确的方案的序号是_________________．
【答案】①②③④
【解析】
【分析】
根据作图方法，逐个推理证明即可．
【详解】
解：①如图1，由作图可知，BC的垂直平分线经过圆心O，因为OD⊥BC，所以，点D是弧的中点；
②如图2，连接BC，∵是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵OD∥AC，
∴OD⊥BC，
所以，点D是弧的中点；
③如图3，
∵∠BAD=∠CAD，
所以，点D是弧的中点；
④如图4，连接AD，
∵是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵AE=AB，
∴∠BAD=∠CAD，
所以，点D是弧的中点；
故答案为：①②③④．
【点睛】
本题考查了垂径定理和圆周角的性质，解题关键是熟练运用相关性质进行证明推理．
16．（2021·浙江萧山·一模）如图①，在中，弦垂直直径于点．已知，．
（1）求直径的长．
（2）小慧说“若将题目条件中的‘直径’改为‘弦’，其余条件均不变（如图②），的直径仍不变”，你觉得小慧的说法正确吗？请说明理由．
【答案】（1）；（2）小慧的说法正确，见解析
【解析】
【分析】
（1）连接AD，根据圆周角定理即可求出AB的长；
（2）根据垂径定理的条件即可作出判断．
【详解】
解：（1）连接AD，如图所示：
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∵弦CD垂直直径AB于点E，
∴由垂径定理可知：AD=AC=4，
在Rt△ADB中，AB=；
（2）小慧的说法正确；
理由如下：连接AO，并延长AO交⊙O于点F，连接CF，如图所示：
∵AF为直径，
∴∠ACF=90°，即∠ACD+∠FCD=90°，
又∵AB⊥CD，
∴∠EBD+∠BDE=90°，
而∠DBE=∠ACD，
∴∠FCD=∠BDE，
∴，
∴，
∴CF=BD=2，
在Rt△ACF中，AF=；，
∴⊙O的直径仍不变．
【点睛】
本题考查了圆周角定理以及垂径定理，熟练掌握基本性质结合图形认真思考，仔细推敲，细心运算是解题关键．
三练拔高
17．（2021·安徽经济开发区·二模）已知△ABC内接于⊙O，∠ACB＝90°，点D是⊙O上一点，则下列命题正确的是（ ）
A．若CD平分AB，则CD⊥AB
B．若CD⊥AB，则CD平分∠ACB
C．若CD平分∠ACB，则AC+BC＝
D．若AC+BC＝，则点D在劣弧AC上
【答案】C
【解析】
【分析】
根据垂径定理的推论即可判定选项A；画出图形即可判定选项B；选项C，过点D作DMAC交AC于点M，DNBC交CB的延长线于点N，连接AD、BD，证明四边形CMDN为正方形，即可得CM=CN，再证明Rt△ADM≌Rt△BDN，可得AM=BN，由此可得AC+BC=2CM，由勾股定理可得，即可得AC+BC=2CM=．所以选项C正确；根据选项C的结果即可判定选项D．
【详解】
选项A，CD平分AB，当CD为直径时，CD与AB不一定垂直，选项A不正确；
选项B，如图，CD⊥AB时，无法证明CD平分∠ACB，选项B不正确；
选项C，如图，过点D作DMAC交AC于点M，DNBC交CB的延长线于点N，连接AD、BD，
∵CD平分∠ACB，
∴DM=DN，∠ACD=∠DCB=45°，
∴，
∴AD=BD，
∵∠ACB＝90°，DMAC，DNBC，
∴四边形CMDN为矩形，
∵DM=DN，
∴四边形CMDN为正方形，
∴CM=CN，
在Rt△ADM和Rt△BDN中，
，
∴Rt△ADM≌Rt△BDN，
∴AM=BN，
∴AC+BC＝CM+AM+BC＝CM+BN+BC＝CM+NC=2CM，
∵∠ACD=45°，DMAC，
∴，
∴AC+BC=2CM=．
综上，选项C正确；
选项D，若AC+BC＝，由选项C可得点D在优弧AC上，选项D错误．
故选C．
【点睛】
本题考查了垂径定理及其推论、矩形和正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练运用相关知识时解决问题的关键．
18．（2021·广东紫金·二模）如图，半径为4的⊙O中，CD为直径，弦AB⊥CD且过半径OD的中点，点E为⊙O上一动点，CF⊥AE于点F，当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为____．
【答案】
【解析】
【分析】
由得点在以为直径的圆上运动，当点E与B重合时，此时点F与G重合，当点E与D重合时，此时点F与A重合，则点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为AG的长，然后根据条件求出AG所在圆的半径和圆心角，从而解决问题．
【详解】
解：，
，
∴点F在以AC为直径的圆上运动，
以AC为直径画半圆AC，连接OA，确定出AC的中点P，连接PG，
当点E与B重合时，此时点F与G重合，
当点E与D重合时，此时点F与A重合，
∴点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长的的长，
∵点G为OD的中点，
．
，
，．
，
，
，
所在圆的半径为，所对的圆心角，
的长为．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，定角对定弦，孤长公式等知识，确定点F的运动路径是解题的关键．
19．（2021·山东龙口·二模）为了贯彻习近平总书记“促进乡村全面振兴、实现农业农村现代化”的指示，某农机组织推广建立横截面为弓形的一种全新的全封闭式塑料薄膜蔬菜大棚，如图所示，已知棚高AD＝2m，底部BC＝m，大棚的长度BE＝30m，如果不考虑塑料薄膜接头重合及埋在土里的部分，那么搭建一个这样的蔬菜大棚需要用塑料薄膜的面积是_______m2．
【答案】
【解析】
【分析】
设所在的圆的圆心为O，连接AB、OB、OC、OA，易证CD＝BD＝，AD⊥BC，，O、D、A三点共线，进而可得∠AOB＝∠AOC，由勾股定理可得AB＝4m，求得∠ABC＝30°，由圆周角定理可知∠AOB＝∠AOC＝60°，得出△ABO是等边三角形，进而可得OB＝OA＝AB＝4m，OD＝＝2 m，∠COB＝120°，由弧长公式和弧形面积公式及三角形面积公式即可求解．
【详解】
解：设所在的圆的圆心为O，连接AB、OB、OC、OA，如图所示：
∵AD是棚高，
∴CD＝BD＝（m），AD⊥BC，，
∴O、D、A三点共线，∠AOB＝∠AOC，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AB＝＝4（m），
∴AB＝2AD，
∴∠ABC＝30°，
∴∠AOC＝60°，
∴∠AOB＝∠AOC＝60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴OB＝OA＝AB＝4m，OD＝OA﹣AD＝4﹣2＝2（m），∠COB＝60°+60°＝120°，
∴蔬菜大棚需要用塑料薄膜的面积＝＝＝（m2），
故答案为：．
【点睛】
本题考查垂径定理、等边三角形判定及其性质、弧长公式、弧形面积公式、三角形面积公式等知识点，解题的关键是熟练掌握垂径定理和弧长公式及弧形面积公式是解题的关键．
20．（2021·河北·石家庄市第四十二中学一模）三个边长都为4cm的正方形硬纸板，若将三个正方形纸板不重叠地放在桌面上，用一个圆形硬纸板将其盖住，下面两种不同摆放类型如图：
（1）图①能盖住三个正方形所需的圆形硬纸板最小直径应为_____cm；
（2）图②能盖住三个正方形所需的圆形硬纸板最小直径为_____cm；
（3）图③能盖住三个正方形所需的圆形硬纸板最小直径为_____cm．
【答案】
【解析】
【分析】
（1）利用90°的圆周角所对的弦是直径，易知AC为圆的直径，应用勾股定理结论可得；
（2）从图中可以看出小正方形的对角线为圆的半径，直径易得；
（3）依据图形为轴对称图形，可知圆心在PG上，找出圆心，设OG＝xcm，依据勾股定理列出方程可求半径，直径可得．
【详解】
解：（1）如下图，
∵小正方形的顶点A，B，C在圆上，∠ABC＝90°，
∴AC为圆的直径．
∵AC＝（cm）．
故答案为：；
（2）如下图，小正方形的顶点O为圆心，小正方形的对角线为圆的半径，
∴圆的半径为cm．
∴圆的直径为cm．
故答案为：．
（3）如下图，设圆心为O，GH与AB交于点P．
连接OA，OB，ON．
由题意，PG垂直平分NF，OA＝OB＝ON．
∴O在PG上，AP＝PB＝AB＝2cm．
设OG＝xcm，则OP＝PG﹣OG＝4×2﹣x＝（8﹣x）cm．
在Rt△APO中，OA2＝AP2+OP2．
在Rt△NGO中，ON2＝NG2+OG2．
∴OA2＝AP2+OP2＝ON2＝NG2+OG2．
∴22+（8﹣x）2＝42+x2．
解得：x＝．
∴ON＝（cm）．
∴直径为（cm）．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了圆的综合运用，依据图形特点，正确找出圆心的位置是解题的关键．
21．（2021·浙江·九年级期末）如图1，是某隧道的入口，它的截面如图2所示，是由和Rt∠ACB围成，且点C也在所在的圆上，已知AC＝4m，隧道的最高点P离路面BC的距离DP＝7m，则该道路的路面宽BC＝_____m；在上，离地面相同高度的两点E，F装有两排照明灯，若E是的中点，则这两排照明灯离地面的高度是_____m．
【答案】 2 ＋2
【解析】
【分析】
先求得圆心的位置，根据垂径定理得到AM＝CM＝2，即可求得半径为5，根据勾股定理即可求得CD，进而求得BC，根据勾股定理求得PA，从而以及垂径定理求得PN，利用勾股定理求得ON，通过证得△EOK≌△OPN求得EK＝ON，进一步即可求得EQ．
【详解】
解：作AC的垂直平分线OM，交PD于O，交AC于M，则O是圆心，连接OC，
∴OD＝MC＝AC＝2cm，
∵PD＝7cm，
∴圆的半径为7−2＝5（cm），
∴CD＝（cm），
∴BC＝2CD＝2cm，
连接PA、OE交于N，作AH⊥PD于H，EQ⊥BC于Q，
∵PD＝7cm，DH＝AC＝4cm，
∴PH＝7−4＝3（cm），
∵AH＝CD＝cm，
∴PA＝（cm），
∵E是的中点，
∴OE垂直平分PA，
∴PN＝cm，
∴ON＝，
∵EQ∥PD，
∴∠OEK＝∠EOP，
在△EOK和△OPN中，
，
∴△EOK≌△OPN（AAS），
∴EK＝ON＝，
∴EQ＝EK＋KQ＝（＋2）（cm），
故答案为2，（＋2）．
【点睛】
本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，三角形求得的判定和性质，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．
22．（2021·浙江萧山·一模）如图①，在⊙O中，弦CD垂直直径AB于点E．已知AC＝4，BD=.
（1）求直径AB的长．
（2）小慧说“若将题目条件中的‘直径AB’改为‘弦AB’，其余条件均不变（如图②），⊙O的直径仍不变”，你觉得小慧的说法正确吗？请说明理由．
【答案】（1） ；（2）（2）小慧的说法不正确，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）连接AD，根据圆周角定理,圆的对称性即可求出AB的长；
（2）根据垂径定理的条件即可作出判断．
【详解】
解：（1）连接AD，如图所示：
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∵弦CD垂直直径AB于点E，
∴由垂径定理可知：AD＝AC＝4，
在Rt△ADB中，AB＝=；
（2）小慧的说法不正确，理由如下：因为若将题目条件中的“直径AB“改为“弦AB”，无法求出⊙O直径．
【点睛】
本题考查了圆的对称性,垂径定理,直径所对的圆周角是直角,勾股定理,熟练掌握圆的对称性,垂径定理,勾股定理是解题的关键．
23．（2021·全国·九年级课时练习）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，点E是上一点，点D关于CE的对称点F恰好落在DA的延长线上，连结CF．
（1）求证：∠BAD＝∠ECF．
（2）若tan∠BAD＝，AF＝9，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，则，再根据轴对称的性质，可得，，即可求解；
（2）设，，根据三角函数关系求得，再根据勾股定理求得即可求解．
【详解】
解：（1）连接，如下图：
∵AB是⊙O的直径
∴，即
∵点D与点F关于CE的对称
∴，
∴
∴
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB
∴
∴
∴
（2）设与的交点为，与的交点为，如下图：
设，
∵，
∴，
由题意可得：
由（1）得
∴
∴，即
根据三角函数关系
可得，
∴
由（1）得：，
∴，
即，解得
∴
由勾股定理得：
∴，即半径为
【点睛】
此题考查了圆的有关性质以及三角函数的定义和关系，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
热点2：圆周角定理及其推论
一练基础
1．（2021·全国·九年级专题练习）如图，⊙O的两条弦AB⊥CD，已知∠ADC＝35°，则∠BAD的度数为（ ）
A．55° B．70° C．110° D．130°
【答案】A
【解析】
【分析】
根据垂直定义和三角形的两锐角互余进行解答即可．
【详解】
解：∵AB⊥CD，
∴∠ADC+∠BAD=90°，
∵∠ADC=35°，
∴∠BAD=90°﹣35°=55°，
故选：A．
【点睛】
本题考查垂直定义、直角三角形的两锐角互余，熟练掌握直角三角形的两锐角互余是解答的关键．
2．（2021·重庆北碚·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，若∠AOC＝120°，则∠BDC的度数是（ ）
A．20° B．30° C．40° D．45°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆周角定理求得，根据直径所对的圆周角等于90°，可得，根据∠BDC＝∠ADB﹣∠ADC求解即可．
【详解】
解：∵∠AOC＝120°，
∴∠ADC＝∠AOC＝60°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDC＝∠ADB﹣∠ADC＝30°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角等于90°，掌握圆周角定理是解题的关键．
3．（2021·吉林珲春·九年级阶段练习）如图，中，弦相交于点，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角形外角的性质得出的度数，然后根据圆周角定理可得．
【详解】
解：∵，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形外角的性质以及圆周角定理，熟知同弧或等弧所对的圆周角相等是解本题的关键．
4．（2021·江苏·南通田家炳中学九年级阶段练习）如图，在中，点为的中点，为的直径，交于点．连接．若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接AD，利用圆内接四边形的性质解得，再利用平行线的性质得到，即可得到，由于点为的中点，由圆周角定理得到，由垂径定理得到，即可解得，再由解题即可．
【详解】
解：连接AD，如图，
四边形ADCE为圆的内接四边形，
为的中点，CD为直径，
故选：C．
【点睛】
本题考查圆周角定理、垂径定理、平行线性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
5．（2021·福建·重庆实验外国语学校模拟预测）如图，已知内接于，是的直径，平分，交于，若，则的长为（ ）
A．2 B． C．3 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接，由平分，可得，根据圆周角定理推论得为等腰直角三角形，，计算即可．
【详解】
解：如图：
连接，
是的直径，
，
平分，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
故选：．
【点睛】
本题考查角平分线的定义，圆周角定理推论，等腰三角形的判定等相关知识点，牢记定理内容是解题关键．
6．（2021·全国·九年级单元测试）如图，等腰△ABC的顶角∠BAC＝50°，以AB为直径的半圆分别交BC，AC于点D，E．则的度数是（ ）
A．45° B．50° C．60° D．75°
【答案】B
【解析】
【分析】
连接AD，根据等腰三角形的性质和圆心角的性质计算即可；
【详解】
连接AD，
∵AB是直径，
∴，
∵，
∴，
∴的度数；
故答案选B．
【点睛】
本题主要考查了等腰三角形的性质、圆心角、弧、弦的关系、圆周角定理，准确计算是解题的关键．
7．（2021·广东·可园中学二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠A＝110°，则∠BOD＝__°．
【答案】140
【解析】
【分析】
先根据圆内接四边形的性质求出∠C的度数，再由圆周角定理即可得出结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A＝110°，
∴∠C＝180°﹣∠A＝180°﹣110°＝70°，
∴∠BOD＝2∠C＝140°．
故答案为：140．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质,圆周角与圆心角的关系定理，熟练掌握两个性质是解题的关键．
8．（2021·云南盘龙·二模）如图，观察图中的尺规作图痕迹，若，，则______．
【答案】3
【解析】
【分析】
由作图知，BF是线段DE的垂直平分线，再证明CB=BD，即可求解．
【详解】
解：由作图知，BF是线段DE的垂直平分线，BF交DE于G，
∴EG=GD，
∵∠CED=90°，
∴BG∥CE，
∴CB=BD，
∴BE=CD=3，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了作图-基本作图，直角三角形斜边上中线的性质，正确的识别图形是解题的关键．
二练巩固
9．（2021·内蒙古额尔古纳·模拟预测）如图，在半圆中，是直径，是的中点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由AB是半圆O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得∠ACB的度数，继而求得∠B的度数，又由圆的内接四边形的性质，求得∠D的度数，继而求得答案．
【详解】
解：是半圆的直径，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
故选：B．
【点睛】
此题考查了圆周角定理、圆的内接四边形的性质、弧与弦的关系以及等腰三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
10．（2021·四川省宜宾市第二中学校三模）如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，点P是的一点，则∠CPD的度数是___________．
【答案】36°
【解析】
【分析】
连接OC，OD，求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题．
【详解】
如图，连接OC，OD，
ABCDE是正五边形，
∠COD ＝ ，
∠CPD=∠COD= 36°，
故答案为： 36°．
【点睛】
本题考查正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
11．（2021·浙江·杭州市十三中教育集团（总校）二模）如图，点为半圆的中点，是直径，点是半圆上一点，、交于点，若，，则________．
【答案】5
【解析】
【分析】
由题意得，AB是直径，则，根据勾股定理可得，，又根据点C为半圆的直径，得出，由勾股定理可得AC=5．
【详解】
解：如图所示，连接OC，
，
∵AB是直径，
∴，
在中，AD=1，BD＝，
∴，
∴，
∵点C为半圆的中点，
∴，∠AOC=90°
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆周角的推论，勾股定理，解题的关键是掌握圆周角的推论．
12．（2021·江苏·九年级专题练习）如图，在正十边形中，连接、，则______°
【答案】54
【解析】
【分析】
设正十边形的圆心O，连接A7O、A4O，再求出∠A7OA4,最后运用圆周角定理解答即可．
【详解】
解：如图：设正十边形的圆心O，连接A7O、A4O，
∵正十边形的各边都相等
∴∠A7OA4=×360°=108°
∴108°×=54°．
故填54．
【点睛】
本题主要考查了正多边形和圆以及圆周角定理，根据题意正确作出辅助线、构造出圆周角是解答本题的关键．
13．（2021·江苏工业园区·一模）如图，点O为优弧所在圆的圆心，，点D在延长线上，，则_________．
【答案】27°
【解析】
【分析】
根据圆周角定理，可得出∠ABC的度数，再根据BD=BC，即可得出答案．
【详解】
解：∵∠AOC=108°，∴∠ABC=54°，
∵BD=BC，∴∠D=∠BCD=∠ABC=27°，
故答案为27°．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、三角形外角的性质以及等腰三角形的性质，是基础知识比较简单．
14．（2021·山东·东平县实验中学九年级阶段练习）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M在⊙O上，MD经过圆心O，连接MB．
（1）若CD＝16，BE＝4，求⊙O的半径；
（2）若∠M＝∠D，求∠D的度数．
【答案】（1）10；（2）
【解析】
【分析】
（1）先根据，，设，则 得出的长，再利用勾股定理列方程，解方程即可；
（2）由，，结合直角三角形两锐角互余可以求得结果；
【详解】
解：（1），，
，
设，则
又，
，
解得：，
的半径是10．
（2），，
，
，
．
【点睛】
本题考查了的是垂径定理，圆周角定理，勾股定理的应用，直角三角形的两锐角互余，掌握“垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧”是解题的关键．
15．（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学一模）如图，中，，是的外接圆，的延长交边于点D．
（1）求证：；
（2）若，的半径为2，求劣弧的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，等边对等角可得，O为的外心，可得进而可得，即可得
（2）设，则，分别求得，根据求得，进而求得，根据圆周角定理求得，根据弧长公式即可求的劣弧的长．
【详解】
（1）连接，
∵
∴
又∵O为的外心
∴垂直平分
又∵
∴
∴
（2）连接，
设，则
∴
∵
∴
∴
∵
∴
在中，
∴
∴
∴
∴劣弧的长为．
【点睛】
本题考查了三角形的外心，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，弧长公式求弧长，掌握以上知识是解题的关键．
三练拔高
16．（2021·广东雷州·三模）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点F，E分别在边CD，BC上，且DF＝CE，连接BF、AE交于点P，连接CP，则线段CP的最小值为 ______．
【答案】
【解析】
【分析】
首先判断出，即可判断出，再根据，可得，所以，然后根据点P在运动中保持，可得点P的路径是一段以AB为直径的弧，设AB的中点为G，连接CG交弧于点P，此时CP的长度最小，最后在中，根据勾股定理，求出CG的长度，再求出PG的长度，即可求出线段CP的最小值为多少．
【详解】
解：如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点P在运动中保持，
∴点P的路径是一段以AB为直径的弧，
设AB的中点为G，连接CG交弧于点P，当C、P、G三点在同一直线上时，CP的长度最小，
在中，
，
∵，
∴，
即线段CP的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
题目主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，点的运用，勾股定理等，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
17．（2022·江西南昌·九年级期末）如图，在中，，BC为的直径，D为上任意一点，连接AD交BC于点F，过A作交DB的延长线于E，连接CD．
（1）求证：
（2）填空：①当_______时，四边形ABDC是正方形
②若四边形ABDC的面积为6，则AD的长为________．
【答案】（1）见解析；（2）①②．
【解析】
【分析】
（1）根据ASA证明△ABE≌△ACD即可．
（2）①当∠EAB的度数为45°时，四边形ABDC是正方形，证明AB=BD=CD=AC即可解决问题．
②证明S△AED=S四边形ABDC=6即可解决问题．
【详解】
解：（1）证明：为直径，
，
，
四边形ABDC为的内接四边形，
，
在和中，
，
，
，
，
（2）①当∠EAB=45°时，四边形ABDC是正方形．
理由：∵∠CAD=∠BAD=45°，
∴ ，
∴BD=CD，
∴△ABC，△BCD都是等腰直角三角形，
∵BC=BC，
∴△ABC≌△DBC（ASA），
∴AB=AC=BD=CD，
∴四边形ABDC是菱形，
∵∠BAC=90°，
∴四边形ABDC是正方形．
又∠CAD+∠BAD=∠EAB+∠BAD=90°
∴∠EAB=∠CAD
∴当∠EAB=45°时，四边形ABDC是正方形．
故答案为：45．
②∵△EAB≌△DAC，
∴AE=AD，S△ABE=S△ADC，
∴S△AED=S四边形ABDC=6，
∴•AD2=6，
∴AD=，
故答案为．
【点睛】
本题考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
18．（2021·湖北荆门·中考真题）如图，在中，，点E在BC边上，过A，C，E三点的交AB边于另一点F，且F是弧AE的中点，AD是的一条直径，连接DE并延长交AB边于M点．
（1）求证：四边形CDMF为平行四边形；
（2）当时，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，，证明，，即可得到结论；
（2）证明得，设，那么，，根据勾股定理求出，，再根据正弦的定义求解即可
【详解】
解：（1）证明：连接，，则，
，，
∵F是的中点，
，
∴，
∵
∴
∵
∴，
，
；
∵，
．
即，
四边形CDMF是平行四边形．
（2）由（1）可知：四边形ACDF是矩形，
，
由
∴，
∵BM//CD
，
设，那么，，
在中，，
在中，
在中，．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
19．（2021·广东广州·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线分别与x轴，y轴相交于A、B两点，点为直线在第二象限的点
（1）求A、B两点的坐标；
（2）设的面积为S，求S关于x的函数解析式：并写出x的取值范围；
（3）作的外接圆，延长PC交于点Q，当的面积最小时，求的半径．
【答案】（1）A（-8，0），B（0，4）；（2），-8＜＜0；（3）4．
【解析】
【分析】
（1）根据一次函数的图象与性质即可求出A、B两点的坐标；
（2）利用三角形面积公式及点的坐标特点即可求出结果；
（3）根据圆周角性质可得，．由等角的三角函数关系可推出，再根据三角形面积公式得，由此得结论当最小时，的面积最小，最后利用圆的性质可得有最小值，且为的直径，进而求得结果．
【详解】
解：（1）当时，，解得，
∴A（-8，0）．
当时，，
∴B（0，4）．
（2）∵A（-8,0），
∴．
点P在直线上，
∴，
∴．
∵点P在第二象限，
∴＞0，且＜0．
解得-8＜＜0；
（3）∵B（0，4），
∴．
∵为的外接圆，
∴，．
∴．
设，则．
∴．
∴当最小时，的面积最小．
∴当时，有最小值，且为的直径．
∴．
即的半径为4．
【点睛】
本题考查了一次函数的图象与性质、三角形面积计算及圆的相关性质等知识，熟练掌握一次函数的图象与性质、三角形面积计算及圆的相关性质是解题的关键．
第六章 圆
6.1圆的基本性质
一、课标解读
1.理解圆、弧、弦、圆心角、圆周角的概念，了解等圆、等弧的概念；
2.探索并证明垂径定理；
3.探索圆周角与圆心角及其所对弧的关系，了解并证明圆周角定理及其推论；
二、知识点回顾
知识点1. 圆的有关概念及性质
1.圆的概念：在同一个平面内，一条线段绕着它固定的一个端点旋转一周，另一个端点所形成的图形叫做圆.
定义；圆是所有到定点的距离等于①定长的点的集合.
2.弦、直径：连接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.
圆上任意两点间的部分叫做弧，弧有优弧、劣弧、半圆之分.
3.圆心角：顶点在圆心，两边都与圆相交的角.
圆周角：顶点在圆上,两边都与圆相交的角.
4.等圆：能够重合的两个圆叫做等圆;
等弧：在同圆或等圆中,能够完全重合的弧叫做等弧
知识点2. 垂径定理及其推论
定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧；
推论：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧.
知识点3. 圆心角、弧、弦之间的关系
定理:在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等.
推论: (1)在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弦相等;
(2)在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弧相等.
知识点3. 圆周角定理及其推论
圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；
推论1
同弧或等弧所对的圆周角相等；
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；
三、热点训练
热点1：垂径定理定理及其推论
一练基础
1．（2021·广东花都·二模）如图，⊙O的半径为5，弦AB＝8，点C是AB的中点，连接OC，则OC的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据垂径定理的推论，勾股定理即可求得的长
【详解】
点C是AB的中点，
⊙O的半径为5，弦AB＝8，
在中
故选C
【点睛】
本题考查了垂径定理，勾股定理，掌握垂径定理是解题的关键．
2．（2021·广西玉林·中考真题）学习圆的性质后，小铭与小熹就讨论起来，小铭说：“被直径平分的弦也与直径垂直”，小熹说：“用反例就能说明这是假命题” ．下列判断正确的是（ ）
A．两人说的都对
B．小铭说的对，小熹说的反例不存在
C．两人说的都不对
D．小铭说的不对，小熹说的反例存在
【答案】D
【解析】
【分析】
根据垂径定理可直接进行排除选项．
【详解】
解：由垂径定理的推论“平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧”可知：
小铭忽略了垂径定理中的“弦不能是直径”这一条件，因为一个圆中的任意两条直径都互相平分，但不垂直，所以小铭说法错误，小熹所说的反例即为两条直径的情况下；
故选D．
【点睛】
本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
3．（2021·山东青岛·中考真题）如图，是的直径，点，在上，点是的中点，过点画的切线，交的延长线于点，连接．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据切线的性质得到BA⊥AD，根据直角三角形的性质求出∠B，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，进而求出∠BAC，根据垂径定理得到BA⊥EC，进而得出答案．
【详解】
解：∵AD是⊙O的切线，
∴BA⊥AD，
∵∠ADB=58.5°，
∴∠B=90°-∠ADB=31.5°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°-∠B=58.5°，
∵点A是弧EC的中点，
∴BA⊥EC，
∴∠ACE=90°-∠BAC=31.5°，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
4．（2021·四川宜宾·中考真题）如图，⊙O的直径AB＝4，P为⊙O上的动点，连结AP，Q为AP的中点，若点P在圆上运动一周，则点Q经过的路径长是______．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OQ，以OA为直径作⊙C，确定出点Q的运动路径即可求得路径长．
【详解】
解：连接OQ．
在⊙O中，
∵AQ=PQ，OQ经过圆心O，
∴OQ⊥AP．
∴∠AQO=90°．
∴点Q在以OA为直径的⊙C上．
∴当点P在⊙O上运动一周时，点Q在⊙C上运动一周．
∵AB=4，
∴OA=2．
∴⊙C的周长为．
∴点Q经过的路径长为．
故答案为：
【点睛】
本题考查了垂径定理的推论、圆周角定理的推论、圆周长的计算等知识点，熟知相关定理及其推论是解题的基础，确定点Q的运动路径是解题的关键．
5．（2021·湖北恩施·中考真题）《九章算术》被尊为古代数学“群经之首”，其卷九勾股篇记载：今有圆材埋于壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？如图，大意是，今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯这木材，锯口深等于1寸，锯道长1尺，问圆形木材的直径是多少？（1尺＝10寸）
答：圆形木材的直径___________寸；
【答案】26
【解析】
【分析】
延长DC，交⊙O于点E，连接OA，由题意易得DE即为⊙O的直径，寸，寸，则有寸，设OA=x寸，最后根据垂径定理及勾股定理可进行求解．
【详解】
解：延长DC，交⊙O于点E，连接OA，如图所示：
由题意得CD⊥AB，点C为AB的中点，寸，寸，
∴DE为⊙O的直径，
∴寸，
设OA=x寸，则寸，
∴在Rt△AOC中，，即，
解得：，
∴圆形木材的直径为26寸；
故答案为26．
【点睛】
本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
6．（2021·贵州黔东南·中考真题）小明很喜欢钻研问题，一次数学杨老师拿来一个残缺的圆形瓦片（如图所示）让小明求瓦片所在园的半径，小明连接瓦片弧线两端AB，量的弧AB的中心C到AB的距离CD＝1.6cm，AB＝6.4cm，很快求得圆形瓦片所在圆的半径为 _________cm．
【答案】4
【解析】
【分析】
圆的两弦的中垂线的交点，就是圆心；连接AC，作AC的中垂线，与直线CD的交点就是圆心，已知圆心即可作出圆；连接圆心与A，根据勾股定理即可求得半径．
【详解】
如图，
连接OA，
∵CD是弦AB的垂直平分线，
∴，
设圆的半径是r．在直角△ADO中， ．
根据勾股定理得， ，
∴
故答案为：4
【点睛】
本题主要考查圆的确定和垂径定理，熟练掌握垂径定理得出关于半径的方程是解题的关键．
7．（2021·全国·九年级课时练习）如图，将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕AB的长为________．
【答案】cm
【解析】
【分析】
在图中构建直角三角形，先根据勾股定理得AD的长，再根据垂径定理得AB的长即可．
【详解】
如图：作OD⊥AB于D，连接OA．
根据题意得：OD＝OA＝1cm，
再根据勾股定理得：AD＝＝＝cm，
由垂径定理得：AB＝2cm．
故答案为：cm．
【点睛】
本题考查了垂径定理，根据题意构造垂径、应用勾股定理是解答本题的关键.
8．（2021·福建·厦门海沧实验中学九年级期中）如图，在RtΔABC中，∠BAC=90°，以点A为圆心，AC长为半径作圆，交BC于点D，交AB于点E，连接DE．
（1）若∠ABC=20°，求∠DEA的度数；
（2）若AC=3，AB=4，求CD的长．
【答案】（1）65°；（2）．
【解析】
【分析】
（1）连接AD，求出∠DAE，再利用等腰三角形的性质解决问题即可；
（2）如图，过点A作AF⊥CD，垂足为F．利用面积法求出AF，再利用勾股定理求出CF，可得结论．
【详解】
解：（1）如图，连接AD．
∵∠BAC=90°，∠ABC=20°，
∴∠ACD=70°．
∵AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC=70°，
∴∠CAD=180°-70°-70°=40°，
∴∠DAE=90°-40°=50°．
又∵AD=AE，
∴∠DEA=∠ADE= (180°−50°) =65°；
（2）如图，过点A作AF⊥CD，垂足为F．
∵∠BAC=90°，AC=3，AB=4，
∴BC=5．
又∵•AF•BC=•AC•AB，
∴AF=，
∴CF=．
∵AC=AD，AF⊥CD，
∴CD=2CF=．
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆心角，弧，弦之间的关系，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．
二练巩固
9．（2022·甘肃平凉·模拟预测）如图，在半径为的中，弦AB与CD交于点E，，，，则CD长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
过点O作OF⊥CD于点F，OG⊥AB于G，连接OB、OD、OE，由垂径定理得出DF=CF，AG=BG=AB=2，得出EG=AG-AE=1，由勾股定理得出OG=1，证出△EOG是等腰直角三角形，得出∠OEG=45°，OE=，求出∠OEF=30°，由直角三角形的性质得出OF=，由勾股定理得出DF=，即可得出答案．
【详解】
解：过点O作OF⊥CD于点F，OG⊥AB于G，连接OB、OD、OE，如图所示：
则DF=CF，AG=BG=AB=2，
∵AE=1
∴EG=AG-AE=1，
在Rt△BOG中，
∴，
∴EG=OG，
∴△EOG是等腰直角三角形，
∴∠OEG=45°，OE=，
∵∠DEB=75°，
∴∠OEF=30°，
∴OF=OE=，
在Rt△ODF中，，
∴CD=2DF= ；
故选：C．
【点睛】
本题考查的是垂径定理、勾股定理以及直角三角形的性质，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．
10．（2017·湖北武汉·中考模拟）过⊙O内一点M的最长弦为10cm，最短弦长为8cm，则OM的长为（ ）
A．9cm B．6cm C．3cm D．cm
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据垂径定理求出OA、AM的长，再利用勾股定理求OM．
【详解】
解：由题意知，最长的弦为直径，最短的弦为垂直于直径的弦，
如图所示．直径ED⊥AB于点M，
则ED=10cm，AB=8cm，
由垂径定理知：点M为AB中点，
∴AM=4cm，
∵半径OA=5cm，
∴OM2=OA2-AM2=25-16=9，
∴OM=3cm．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了垂径定理，连接半径是解答此题的关键．
11．（2021·湖北鄂州·中考真题）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理，如图1，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心为圆心的圆，如图2，已知圆心在水面上方，且被水面截得的弦长为6米，半径长为4米．若点为运行轨道的最低点，则点到弦所在直线的距离是（ ）
A．1米 B．米 C．2米 D．米
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OC交AB于D，根据圆的性质和垂径定理可知OC⊥AB，AD=BD=3，根据勾股定理求得OD的长，由CD=OC﹣OD即可求解．
【详解】
解：根据题意和圆的性质知点C为的中点，
连接OC交AB于D，则OC⊥AB，AD=BD=AB=3，
在Rt△OAD中，OA=4，AD=3，
∴OD===，
∴CD=OC﹣OD=4﹣，
即点到弦所在直线的距离是（4﹣）米，
故选：B．
【点睛】
本题考查圆的性质、垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解答的关键．
12．（2021·河北·中考真题）如图，等腰中，顶角，用尺规按①到④的步骤操作：
①以为圆心，为半径画圆；
②在上任取一点（不与点，重合），连接；
③作的垂直平分线与交于，；
④作的垂直平分线与交于，．
结论Ⅰ：顺次连接，，，四点必能得到矩形；
结论Ⅱ：上只有唯一的点，使得．
对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
A．Ⅰ和Ⅱ都对 B．Ⅰ和Ⅱ都不对
C．Ⅰ不对Ⅱ对 D．Ⅰ对Ⅱ不对
【答案】D
【解析】
【分析】
Ⅰ、根据“弦的垂直平分线经过圆心”，可证四边形MENF的形状；
Ⅱ、在确定点P的过程中，看∠MOF=40°是否唯一即可．
【详解】
解：Ⅰ、如图所示．
∵MN是AB的垂直平分线，EF是AP的垂直平分线，
∴MN和EF都经过圆心O，线段MN和EF是⊙O的直径．
∴OM=ON，OE=OF．
∴四边形MENF是平行四边形．
∵线段MN是⊙O的直径，
∴∠MEN=90°．
∴平行四边形MENF是矩形．
∴结论Ⅰ正确；
Ⅱ、如图2，当点P在直线MN左侧且AP=AB时，
∵AP=AB，
∴．
∵MN⊥AB，EF⊥AP，
∴
∴
∴
∴．
∴．
∵扇形OFM与扇形OAB的半径、圆心角度数都分别相等，
∴．
如图，
当点P在直线MN右侧且BP=AB时，
同理可证：．
∴结论Ⅱ错误．
故选：D
【点睛】
本题考查了圆的有关性质、矩形的判定、扇形面积等知识点，熟知圆的有关性质、矩形的判定方法及扇形面积公式是解题的关键．
13．（2021·湖北宜城·模拟预测）在半径为1的⊙O中，弦AB、AC分别是和 ，则∠BAC的度数是________．
【答案】15°或75°##75°或15°
【解析】
【分析】
由题意可知半径为1，弦AB、AC分别是和 ，作OM⊥AB，ON⊥AC，根据垂径定理可求出AM与AN的长度，然后分别在直角三角形AOM与直角三角形AON中，利用余弦函数，可求出∠OAM=45°，∠OAN=30°，然后根据AC与AB的位置情况分两种进行讨论即可．
【详解】
解：如图，作OM⊥AB，ON⊥AC；
由垂径定理，可得AM=AB，AN=AC，
∵弦AB、AC分别是、，
∴AM=，AN=；
∵半径为1，
∴OA=1；
∵，
∴∠OAM=45°；
同理∵，
∴∠OAN=30°；
∴∠BAC=∠OAM+∠OAN或∠OAM-∠OAN
∴∠BAC=75°或15°．
【点睛】
本题主要考查垂径定理、勾股定理以及三角形函数．本题综合性强，关键是画出图形，作好辅助线，利用垂径定理和直角三角形的特殊余弦值求得角的度数，注意要考虑到两种情况．
14．（2021·天津和平·二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点，点，点均在格点上，并且在同一个圆上，取格点，连接并延长交圆于点．
（Ⅰ）四边形外接圆的半径为__________．
（Ⅱ）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺画出线段，使平分，且点在圆上，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）__________．
【答案】 取格点，连接，交于点．连接并延长交圆于点，连接即为所求．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据格点的特征及勾股定理确定四边形ABCD外接圆的圆心，从而求解半径；
（Ⅱ）利用格点特征及垂径定理的推论，取格点，连接，交于点．取格点，连接并延长交圆于点，连接即为所求．
【详解】
解：（Ⅰ）四边形ABCD外接圆的圆心位于格点O的位置，连接OA，OB，OC，OD，
由题意可得OA=OB=OC=OD=
故答案为：
（Ⅱ）取格点，连接，交于点，连接并延长交圆于点，连接，
由格点特征结合四边形外接圆的半径可得△EFK≌△ODG，
∴∠OGD=∠EKF=90°，即OP⊥CD
∴点P是的中点
∴∠CAP=∠DAP
∴即为所求
【点睛】
本题考查作图-复杂作图，勾股定理，垂径定理的推论等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
15．（2021·北京市第十三中学分校九年级期中）数学课上，李老师提出如下问题：
已知：如图，是⊙O的直径，射线交⊙O于．
求作：弧的中点D．
同学们分享了如下四种方案：
①如图1，连接BC，作BC的垂直平分线，交⊙O于点D．
②如图2，过点O作AC的平行线，交⊙O于点D．
③如图3，作∠BAC的平分线，交⊙O于点D．
④如图4，在射线AC上截取AE，使AE=AB，连接BE，交⊙O于点D．
上述四种方案中，正确的方案的序号是_________________．
【答案】①②③④
【解析】
【分析】
根据作图方法，逐个推理证明即可．
【详解】
解：①如图1，由作图可知，BC的垂直平分线经过圆心O，因为OD⊥BC，所以，点D是弧的中点；
②如图2，连接BC，∵是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵OD∥AC，
∴OD⊥BC，
所以，点D是弧的中点；
③如图3，
∵∠BAD=∠CAD，
所以，点D是弧的中点；
④如图4，连接AD，
∵是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵AE=AB，
∴∠BAD=∠CAD，
所以，点D是弧的中点；
故答案为：①②③④．
【点睛】
本题考查了垂径定理和圆周角的性质，解题关键是熟练运用相关性质进行证明推理．
16．（2021·浙江萧山·一模）如图①，在中，弦垂直直径于点．已知，．
（1）求直径的长．
（2）小慧说“若将题目条件中的‘直径’改为‘弦’，其余条件均不变（如图②），的直径仍不变”，你觉得小慧的说法正确吗？请说明理由．
【答案】（1）；（2）小慧的说法正确，见解析
【解析】
【分析】
（1）连接AD，根据圆周角定理即可求出AB的长；
（2）根据垂径定理的条件即可作出判断．
【详解】
解：（1）连接AD，如图所示：
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∵弦CD垂直直径AB于点E，
∴由垂径定理可知：AD=AC=4，
在Rt△ADB中，AB=；
（2）小慧的说法正确；
理由如下：连接AO，并延长AO交⊙O于点F，连接CF，如图所示：
∵AF为直径，
∴∠ACF=90°，即∠ACD+∠FCD=90°，
又∵AB⊥CD，
∴∠EBD+∠BDE=90°，
而∠DBE=∠ACD，
∴∠FCD=∠BDE，
∴，
∴，
∴CF=BD=2，
在Rt△ACF中，AF=；，
∴⊙O的直径仍不变．
【点睛】
本题考查了圆周角定理以及垂径定理，熟练掌握基本性质结合图形认真思考，仔细推敲，细心运算是解题关键．
三练拔高
17．（2021·安徽经济开发区·二模）已知△ABC内接于⊙O，∠ACB＝90°，点D是⊙O上一点，则下列命题正确的是（ ）
A．若CD平分AB，则CD⊥AB
B．若CD⊥AB，则CD平分∠ACB
C．若CD平分∠ACB，则AC+BC＝
D．若AC+BC＝，则点D在劣弧AC上
【答案】C
【解析】
【分析】
根据垂径定理的推论即可判定选项A；画出图形即可判定选项B；选项C，过点D作DMAC交AC于点M，DNBC交CB的延长线于点N，连接AD、BD，证明四边形CMDN为正方形，即可得CM=CN，再证明Rt△ADM≌Rt△BDN，可得AM=BN，由此可得AC+BC=2CM，由勾股定理可得，即可得AC+BC=2CM=．所以选项C正确；根据选项C的结果即可判定选项D．
【详解】
选项A，CD平分AB，当CD为直径时，CD与AB不一定垂直，选项A不正确；
选项B，如图，CD⊥AB时，无法证明CD平分∠ACB，选项B不正确；
选项C，如图，过点D作DMAC交AC于点M，DNBC交CB的延长线于点N，连接AD、BD，
∵CD平分∠ACB，
∴DM=DN，∠ACD=∠DCB=45°，
∴，
∴AD=BD，
∵∠ACB＝90°，DMAC，DNBC，
∴四边形CMDN为矩形，
∵DM=DN，
∴四边形CMDN为正方形，
∴CM=CN，
在Rt△ADM和Rt△BDN中，
，
∴Rt△ADM≌Rt△BDN，
∴AM=BN，
∴AC+BC＝CM+AM+BC＝CM+BN+BC＝CM+NC=2CM，
∵∠ACD=45°，DMAC，
∴，
∴AC+BC=2CM=．
综上，选项C正确；
选项D，若AC+BC＝，由选项C可得点D在优弧AC上，选项D错误．
故选C．
【点睛】
本题考查了垂径定理及其推论、矩形和正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练运用相关知识时解决问题的关键．
18．（2021·广东紫金·二模）如图，半径为4的⊙O中，CD为直径，弦AB⊥CD且过半径OD的中点，点E为⊙O上一动点，CF⊥AE于点F，当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为____．
【答案】
【解析】
【分析】
由得点在以为直径的圆上运动，当点E与B重合时，此时点F与G重合，当点E与D重合时，此时点F与A重合，则点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为AG的长，然后根据条件求出AG所在圆的半径和圆心角，从而解决问题．
【详解】
解：，
，
∴点F在以AC为直径的圆上运动，
以AC为直径画半圆AC，连接OA，确定出AC的中点P，连接PG，
当点E与B重合时，此时点F与G重合，
当点E与D重合时，此时点F与A重合，
∴点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长的的长，
∵点G为OD的中点，
．
，
，．
，
，
，
所在圆的半径为，所对的圆心角，
的长为．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，定角对定弦，孤长公式等知识，确定点F的运动路径是解题的关键．
19．（2021·山东龙口·二模）为了贯彻习近平总书记“促进乡村全面振兴、实现农业农村现代化”的指示，某农机组织推广建立横截面为弓形的一种全新的全封闭式塑料薄膜蔬菜大棚，如图所示，已知棚高AD＝2m，底部BC＝m，大棚的长度BE＝30m，如果不考虑塑料薄膜接头重合及埋在土里的部分，那么搭建一个这样的蔬菜大棚需要用塑料薄膜的面积是_______m2．
【答案】
【解析】
【分析】
设所在的圆的圆心为O，连接AB、OB、OC、OA，易证CD＝BD＝，AD⊥BC，，O、D、A三点共线，进而可得∠AOB＝∠AOC，由勾股定理可得AB＝4m，求得∠ABC＝30°，由圆周角定理可知∠AOB＝∠AOC＝60°，得出△ABO是等边三角形，进而可得OB＝OA＝AB＝4m，OD＝＝2 m，∠COB＝120°，由弧长公式和弧形面积公式及三角形面积公式即可求解．
【详解】
解：设所在的圆的圆心为O，连接AB、OB、OC、OA，如图所示：
∵AD是棚高，
∴CD＝BD＝（m），AD⊥BC，，
∴O、D、A三点共线，∠AOB＝∠AOC，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AB＝＝4（m），
∴AB＝2AD，
∴∠ABC＝30°，
∴∠AOC＝60°，
∴∠AOB＝∠AOC＝60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴OB＝OA＝AB＝4m，OD＝OA﹣AD＝4﹣2＝2（m），∠COB＝60°+60°＝120°，
∴蔬菜大棚需要用塑料薄膜的面积＝＝＝（m2），
故答案为：．
【点睛】
本题考查垂径定理、等边三角形判定及其性质、弧长公式、弧形面积公式、三角形面积公式等知识点，解题的关键是熟练掌握垂径定理和弧长公式及弧形面积公式是解题的关键．
20．（2021·河北·石家庄市第四十二中学一模）三个边长都为4cm的正方形硬纸板，若将三个正方形纸板不重叠地放在桌面上，用一个圆形硬纸板将其盖住，下面两种不同摆放类型如图：
（1）图①能盖住三个正方形所需的圆形硬纸板最小直径应为_____cm；
（2）图②能盖住三个正方形所需的圆形硬纸板最小直径为_____cm；
（3）图③能盖住三个正方形所需的圆形硬纸板最小直径为_____cm．
【答案】
【解析】
【分析】
（1）利用90°的圆周角所对的弦是直径，易知AC为圆的直径，应用勾股定理结论可得；
（2）从图中可以看出小正方形的对角线为圆的半径，直径易得；
（3）依据图形为轴对称图形，可知圆心在PG上，找出圆心，设OG＝xcm，依据勾股定理列出方程可求半径，直径可得．
【详解】
解：（1）如下图，
∵小正方形的顶点A，B，C在圆上，∠ABC＝90°，
∴AC为圆的直径．
∵AC＝（cm）．
故答案为：；
（2）如下图，小正方形的顶点O为圆心，小正方形的对角线为圆的半径，
∴圆的半径为cm．
∴圆的直径为cm．
故答案为：．
（3）如下图，设圆心为O，GH与AB交于点P．
连接OA，OB，ON．
由题意，PG垂直平分NF，OA＝OB＝ON．
∴O在PG上，AP＝PB＝AB＝2cm．
设OG＝xcm，则OP＝PG﹣OG＝4×2﹣x＝（8﹣x）cm．
在Rt△APO中，OA2＝AP2+OP2．
在Rt△NGO中，ON2＝NG2+OG2．
∴OA2＝AP2+OP2＝ON2＝NG2+OG2．
∴22+（8﹣x）2＝42+x2．
解得：x＝．
∴ON＝（cm）．
∴直径为（cm）．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了圆的综合运用，依据图形特点，正确找出圆心的位置是解题的关键．
21．（2021·浙江·九年级期末）如图1，是某隧道的入口，它的截面如图2所示，是由和Rt∠ACB围成，且点C也在所在的圆上，已知AC＝4m，隧道的最高点P离路面BC的距离DP＝7m，则该道路的路面宽BC＝_____m；在上，离地面相同高度的两点E，F装有两排照明灯，若E是的中点，则这两排照明灯离地面的高度是_____m．
【答案】 2 ＋2
【解析】
【分析】
先求得圆心的位置，根据垂径定理得到AM＝CM＝2，即可求得半径为5，根据勾股定理即可求得CD，进而求得BC，根据勾股定理求得PA，从而以及垂径定理求得PN，利用勾股定理求得ON，通过证得△EOK≌△OPN求得EK＝ON，进一步即可求得EQ．
【详解】
解：作AC的垂直平分线OM，交PD于O，交AC于M，则O是圆心，连接OC，
∴OD＝MC＝AC＝2cm，
∵PD＝7cm，
∴圆的半径为7−2＝5（cm），
∴CD＝（cm），
∴BC＝2CD＝2cm，
连接PA、OE交于N，作AH⊥PD于H，EQ⊥BC于Q，
∵PD＝7cm，DH＝AC＝4cm，
∴PH＝7−4＝3（cm），
∵AH＝CD＝cm，
∴PA＝（cm），
∵E是的中点，
∴OE垂直平分PA，
∴PN＝cm，
∴ON＝，
∵EQ∥PD，
∴∠OEK＝∠EOP，
在△EOK和△OPN中，
，
∴△EOK≌△OPN（AAS），
∴EK＝ON＝，
∴EQ＝EK＋KQ＝（＋2）（cm），
故答案为2，（＋2）．
【点睛】
本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，三角形求得的判定和性质，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．
22．（2021·浙江萧山·一模）如图①，在⊙O中，弦CD垂直直径AB于点E．已知AC＝4，BD=.
（1）求直径AB的长．
（2）小慧说“若将题目条件中的‘直径AB’改为‘弦AB’，其余条件均不变（如图②），⊙O的直径仍不变”，你觉得小慧的说法正确吗？请说明理由．
【答案】（1） ；（2）（2）小慧的说法不正确，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）连接AD，根据圆周角定理,圆的对称性即可求出AB的长；
（2）根据垂径定理的条件即可作出判断．
【详解】
解：（1）连接AD，如图所示：
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∵弦CD垂直直径AB于点E，
∴由垂径定理可知：AD＝AC＝4，
在Rt△ADB中，AB＝=；
（2）小慧的说法不正确，理由如下：因为若将题目条件中的“直径AB“改为“弦AB”，无法求出⊙O直径．
【点睛】
本题考查了圆的对称性,垂径定理,直径所对的圆周角是直角,勾股定理,熟练掌握圆的对称性,垂径定理,勾股定理是解题的关键．
23．（2021·全国·九年级课时练习）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，点E是上一点，点D关于CE的对称点F恰好落在DA的延长线上，连结CF．
（1）求证：∠BAD＝∠ECF．
（2）若tan∠BAD＝，AF＝9，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，则，再根据轴对称的性质，可得，，即可求解；
（2）设，，根据三角函数关系求得，再根据勾股定理求得即可求解．
【详解】
解：（1）连接，如下图：
∵AB是⊙O的直径
∴，即
∵点D与点F关于CE的对称
∴，
∴
∴
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB
∴
∴
∴
（2）设与的交点为，与的交点为，如下图：
设，
∵，
∴，
由题意可得：
由（1）得
∴
∴，即
根据三角函数关系
可得，
∴
由（1）得：，
∴，
即，解得
∴
由勾股定理得：
∴，即半径为
【点睛】
此题考查了圆的有关性质以及三角函数的定义和关系，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
热点2：圆周角定理及其推论
一练基础
1．（2021·全国·九年级专题练习）如图，⊙O的两条弦AB⊥CD，已知∠ADC＝35°，则∠BAD的度数为（ ）
A．55° B．70° C．110° D．130°
【答案】A
【解析】
【分析】
根据垂直定义和三角形的两锐角互余进行解答即可．
【详解】
解：∵AB⊥CD，
∴∠ADC+∠BAD=90°，
∵∠ADC=35°，
∴∠BAD=90°﹣35°=55°，
故选：A．
【点睛】
本题考查垂直定义、直角三角形的两锐角互余，熟练掌握直角三角形的两锐角互余是解答的关键．
2．（2021·重庆北碚·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，若∠AOC＝120°，则∠BDC的度数是（ ）
A．20° B．30° C．40° D．45°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆周角定理求得，根据直径所对的圆周角等于90°，可得，根据∠BDC＝∠ADB﹣∠ADC求解即可．
【详解】
解：∵∠AOC＝120°，
∴∠ADC＝∠AOC＝60°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDC＝∠ADB﹣∠ADC＝30°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角等于90°，掌握圆周角定理是解题的关键．
3．（2021·吉林珲春·九年级阶段练习）如图，中，弦相交于点，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角形外角的性质得出的度数，然后根据圆周角定理可得．
【详解】
解：∵，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形外角的性质以及圆周角定理，熟知同弧或等弧所对的圆周角相等是解本题的关键．
4．（2021·江苏·南通田家炳中学九年级阶段练习）如图，在中，点为的中点，为的直径，交于点．连接．若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接AD，利用圆内接四边形的性质解得，再利用平行线的性质得到，即可得到，由于点为的中点，由圆周角定理得到，由垂径定理得到，即可解得，再由解题即可．
【详解】
解：连接AD，如图，
四边形ADCE为圆的内接四边形，
为的中点，CD为直径，
故选：C．
【点睛】
本题考查圆周角定理、垂径定理、平行线性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
5．（2021·福建·重庆实验外国语学校模拟预测）如图，已知内接于，是的直径，平分，交于，若，则的长为（ ）
A．2 B． C．3 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接，由平分，可得，根据圆周角定理推论得为等腰直角三角形，，计算即可．
【详解】
解：如图：
连接，
是的直径，
，
平分，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
故选：．
【点睛】
本题考查角平分线的定义，圆周角定理推论，等腰三角形的判定等相关知识点，牢记定理内容是解题关键．
6．（2021·全国·九年级单元测试）如图，等腰△ABC的顶角∠BAC＝50°，以AB为直径的半圆分别交BC，AC于点D，E．则的度数是（ ）
A．45° B．50° C．60° D．75°
【答案】B
【解析】
【分析】
连接AD，根据等腰三角形的性质和圆心角的性质计算即可；
【详解】
连接AD，
∵AB是直径，
∴，
∵，
∴，
∴的度数；
故答案选B．
【点睛】
本题主要考查了等腰三角形的性质、圆心角、弧、弦的关系、圆周角定理，准确计算是解题的关键．
7．（2021·广东·可园中学二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠A＝110°，则∠BOD＝__°．
【答案】140
【解析】
【分析】
先根据圆内接四边形的性质求出∠C的度数，再由圆周角定理即可得出结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A＝110°，
∴∠C＝180°﹣∠A＝180°﹣110°＝70°，
∴∠BOD＝2∠C＝140°．
故答案为：140．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质,圆周角与圆心角的关系定理，熟练掌握两个性质是解题的关键．
8．（2021·云南盘龙·二模）如图，观察图中的尺规作图痕迹，若，，则______．
【答案】3
【解析】
【分析】
由作图知，BF是线段DE的垂直平分线，再证明CB=BD，即可求解．
【详解】
解：由作图知，BF是线段DE的垂直平分线，BF交DE于G，
∴EG=GD，
∵∠CED=90°，
∴BG∥CE，
∴CB=BD，
∴BE=CD=3，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了作图-基本作图，直角三角形斜边上中线的性质，正确的识别图形是解题的关键．
二练巩固
9．（2021·内蒙古额尔古纳·模拟预测）如图，在半圆中，是直径，是的中点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由AB是半圆O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得∠ACB的度数，继而求得∠B的度数，又由圆的内接四边形的性质，求得∠D的度数，继而求得答案．
【详解】
解：是半圆的直径，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
故选：B．
【点睛】
此题考查了圆周角定理、圆的内接四边形的性质、弧与弦的关系以及等腰三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
10．（2021·四川省宜宾市第二中学校三模）如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，点P是的一点，则∠CPD的度数是___________．
【答案】36°
【解析】
【分析】
连接OC，OD，求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题．
【详解】
如图，连接OC，OD，
ABCDE是正五边形，
∠COD ＝ ，
∠CPD=∠COD= 36°，
故答案为： 36°．
【点睛】
本题考查正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
11．（2021·浙江·杭州市十三中教育集团（总校）二模）如图，点为半圆的中点，是直径，点是半圆上一点，、交于点，若，，则________．
【答案】5
【解析】
【分析】
由题意得，AB是直径，则，根据勾股定理可得，，又根据点C为半圆的直径，得出，由勾股定理可得AC=5．
【详解】
解：如图所示，连接OC，
，
∵AB是直径，
∴，
在中，AD=1，BD＝，
∴，
∴，
∵点C为半圆的中点，
∴，∠AOC=90°
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆周角的推论，勾股定理，解题的关键是掌握圆周角的推论．
12．（2021·江苏·九年级专题练习）如图，在正十边形中，连接、，则______°
【答案】54
【解析】
【分析】
设正十边形的圆心O，连接A7O、A4O，再求出∠A7OA4,最后运用圆周角定理解答即可．
【详解】
解：如图：设正十边形的圆心O，连接A7O、A4O，
∵正十边形的各边都相等
∴∠A7OA4=×360°=108°
∴108°×=54°．
故填54．
【点睛】
本题主要考查了正多边形和圆以及圆周角定理，根据题意正确作出辅助线、构造出圆周角是解答本题的关键．
13．（2021·江苏工业园区·一模）如图，点O为优弧所在圆的圆心，，点D在延长线上，，则_________．
【答案】27°
【解析】
【分析】
根据圆周角定理，可得出∠ABC的度数，再根据BD=BC，即可得出答案．
【详解】
解：∵∠AOC=108°，∴∠ABC=54°，
∵BD=BC，∴∠D=∠BCD=∠ABC=27°，
故答案为27°．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、三角形外角的性质以及等腰三角形的性质，是基础知识比较简单．
14．（2021·山东·东平县实验中学九年级阶段练习）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M在⊙O上，MD经过圆心O，连接MB．
（1）若CD＝16，BE＝4，求⊙O的半径；
（2）若∠M＝∠D，求∠D的度数．
【答案】（1）10；（2）
【解析】
【分析】
（1）先根据，，设，则 得出的长，再利用勾股定理列方程，解方程即可；
（2）由，，结合直角三角形两锐角互余可以求得结果；
【详解】
解：（1），，
，
设，则
又，
，
解得：，
的半径是10．
（2），，
，
，
．
【点睛】
本题考查了的是垂径定理，圆周角定理，勾股定理的应用，直角三角形的两锐角互余，掌握“垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧”是解题的关键．
15．（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学一模）如图，中，，是的外接圆，的延长交边于点D．
（1）求证：；
（2）若，的半径为2，求劣弧的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，等边对等角可得，O为的外心，可得进而可得，即可得
（2）设，则，分别求得，根据求得，进而求得，根据圆周角定理求得，根据弧长公式即可求的劣弧的长．
【详解】
（1）连接，
∵
∴
又∵O为的外心
∴垂直平分
又∵
∴
∴
（2）连接，
设，则
∴
∵
∴
∴
∵
∴
在中，
∴
∴
∴
∴劣弧的长为．
【点睛】
本题考查了三角形的外心，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，弧长公式求弧长，掌握以上知识是解题的关键．
三练拔高
16．（2021·广东雷州·三模）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点F，E分别在边CD，BC上，且DF＝CE，连接BF、AE交于点P，连接CP，则线段CP的最小值为 ______．
【答案】
【解析】
【分析】
首先判断出，即可判断出，再根据，可得，所以，然后根据点P在运动中保持，可得点P的路径是一段以AB为直径的弧，设AB的中点为G，连接CG交弧于点P，此时CP的长度最小，最后在中，根据勾股定理，求出CG的长度，再求出PG的长度，即可求出线段CP的最小值为多少．
【详解】
解：如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点P在运动中保持，
∴点P的路径是一段以AB为直径的弧，
设AB的中点为G，连接CG交弧于点P，当C、P、G三点在同一直线上时，CP的长度最小，
在中，
，
∵，
∴，
即线段CP的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
题目主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，点的运用，勾股定理等，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
17．（2022·江西南昌·九年级期末）如图，在中，，BC为的直径，D为上任意一点，连接AD交BC于点F，过A作交DB的延长线于E，连接CD．
（1）求证：
（2）填空：①当_______时，四边形ABDC是正方形
②若四边形ABDC的面积为6，则AD的长为________．
【答案】（1）见解析；（2）①②．
【解析】
【分析】
（1）根据ASA证明△ABE≌△ACD即可．
（2）①当∠EAB的度数为45°时，四边形ABDC是正方形，证明AB=BD=CD=AC即可解决问题．
②证明S△AED=S四边形ABDC=6即可解决问题．
【详解】
解：（1）证明：为直径，
，
，
四边形ABDC为的内接四边形，
，
在和中，
，
，
，
，
（2）①当∠EAB=45°时，四边形ABDC是正方形．
理由：∵∠CAD=∠BAD=45°，
∴ ，
∴BD=CD，
∴△ABC，△BCD都是等腰直角三角形，
∵BC=BC，
∴△ABC≌△DBC（ASA），
∴AB=AC=BD=CD，
∴四边形ABDC是菱形，
∵∠BAC=90°，
∴四边形ABDC是正方形．
又∠CAD+∠BAD=∠EAB+∠BAD=90°
∴∠EAB=∠CAD
∴当∠EAB=45°时，四边形ABDC是正方形．
故答案为：45．
②∵△EAB≌△DAC，
∴AE=AD，S△ABE=S△ADC，
∴S△AED=S四边形ABDC=6，
∴•AD2=6，
∴AD=，
故答案为．
【点睛】
本题考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
18．（2021·湖北荆门·中考真题）如图，在中，，点E在BC边上，过A，C，E三点的交AB边于另一点F，且F是弧AE的中点，AD是的一条直径，连接DE并延长交AB边于M点．
（1）求证：四边形CDMF为平行四边形；
（2）当时，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，，证明，，即可得到结论；
（2）证明得，设，那么，，根据勾股定理求出，，再根据正弦的定义求解即可
【详解】
解：（1）证明：连接，，则，
，，
∵F是的中点，
，
∴，
∵
∴
∵
∴，
，
；
∵，
．
即，
四边形CDMF是平行四边形．
（2）由（1）可知：四边形ACDF是矩形，
，
由
∴，
∵BM//CD
，
设，那么，，
在中，，
在中，
在中，．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
19．（2021·广东广州·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线分别与x轴，y轴相交于A、B两点，点为直线在第二象限的点
（1）求A、B两点的坐标；
（2）设的面积为S，求S关于x的函数解析式：并写出x的取值范围；
（3）作的外接圆，延长PC交于点Q，当的面积最小时，求的半径．
【答案】（1）A（-8，0），B（0，4）；（2），-8＜＜0；（3）4．
【解析】
【分析】
（1）根据一次函数的图象与性质即可求出A、B两点的坐标；
（2）利用三角形面积公式及点的坐标特点即可求出结果；
（3）根据圆周角性质可得，．由等角的三角函数关系可推出，再根据三角形面积公式得，由此得结论当最小时，的面积最小，最后利用圆的性质可得有最小值，且为的直径，进而求得结果．
【详解】
解：（1）当时，，解得，
∴A（-8，0）．
当时，，
∴B（0，4）．
（2）∵A（-8,0），
∴．
点P在直线上，
∴，
∴．
∵点P在第二象限，
∴＞0，且＜0．
解得-8＜＜0；
（3）∵B（0，4），
∴．
∵为的外接圆，
∴，．
∴．
设，则．
∴．
∴当最小时，的面积最小．
∴当时，有最小值，且为的直径．
∴．
即的半径为4．
【点睛】
本题考查了一次函数的图象与性质、三角形面积计算及圆的相关性质等知识，熟练掌握一次函数的图象与性质、三角形面积计算及圆的相关性质是解题的关键．
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