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【重难点讲义】浙教版数学九年级上册-第11讲 圆中的线段计算专题
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第11讲 圆中的线段计算专题
【知识点睛】
v 圆中线段计算口诀——“圆中求长度，垂径加勾股”
弦长、半径、直径是圆中的主要线段，相关计算主要利用垂径定理及其推论，构造“以半径、弦心距、弦长一半为三边的直角三角形”，通过勾股定理列方程求解；
v 圆中模型“知2得3”
由图可得以下5点：
①AB⊥CD；②AE=EB；③AD过圆心O；④；⑤；
以上5个结论，知道其中任意2个，剩余的3个都可以作为结论使用。
v 常做辅助线：连半径、作弦心距、见直接连弦长得直径所对圆周角
【类题训练】
1．下列说法，其中正确的有（ ）
①过圆心的线段是直径
②圆上的一条弧和经过这条弧的端点的两条半径组成的图形叫做扇形
③大于半圆的弧叫做劣弧
④圆心相同，半径不等的圆叫做同心圆
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据圆的有关概念进项分析即可．
【解答】解：①过圆心的弦是直径，故该项错误；
②由一条弧和经过这条弧的两个端点的两条半径组成的图形叫做扇形，故该项正确；
③小于半圆的弧叫做劣弧，故该项错误；
④圆心相同，半径不等的圆叫做同心圆，故该项正确．
故选：B．
2．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
【分析】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．
【解答】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．
3．如图，AB是⊙O的直径，OD垂直于弦AC于点D，DO的延长线交⊙O于点E．若AC＝4，DE＝4，则BC的长是（ ）
A．1 B． C．2 D．4
【分析】由垂径定理可知，点D是AC的中点，则OD是△ABC的中位线，所以OD＝BC，设OD＝x，则BC＝2x，则OE＝4﹣x，AB＝2OE＝8﹣2x，在Rt△ABC中，由勾股定理可得AB2＝AC2+BC2，即（8﹣2x）2＝（4）2+（2x）2，求出x的值即可得出结论．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠C＝90°，
∵OD⊥AC，
∴点D是AC的中点，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥BC，且OD＝BC，
设OD＝x，则BC＝2x，
∵DE＝4，
∴OE＝4﹣x，
∴AB＝2OE＝8﹣2x，
在Rt△ABC中，由勾股定理可得，AB2＝AC2+BC2，
∴（8﹣2x）2＝（4）2+（2x）2，
解得x＝1．
∴BC＝2x＝2．
故选：C．
4．已知⊙O的直径CD＝10，CD与⊙O的弦AB垂直，垂足为M，且AM＝4.8，则直径CD上的点（包含端点）与A点的距离为整数的点有（ ）
A．1个 B．3个 C．6个 D．7个
【分析】利用勾股定理得出线段AD和AC的长，根据垂线段的性质结合图形判断即可．
【解答】解：∵CD是直径，
∴OC＝OD＝CD＝×10＝5，
∵AB⊥CD，
∴∠AMC＝∠AMD＝90°，
∵AM＝4.8，
∴OM＝＝1.4，
∴CM＝5+1.4＝6.4，MD＝5﹣1.4＝3.6，
∴AC＝＝8，AD＝＝6，
∵AM＝4.8，
∴A点到线段MD的最小距离为4.8，最大距离为6，则A点到线段MD的整数距离有5，6，
A点到线段MC的最小距离为4.8，最大距离为8，则A点到线段MC的整数距离有5，6，7，8，
直径CD上的点（包含端点）与A点的距离为整数的点有6个，
故选：C．
5．如图，⊙O的直径AB与弦CD相交于点E，若AE＝5，EB＝1，∠AEC＝30°，则CD的长为（ ）
A．5 B．2 C．4 D．
【分析】因为∠AEC＝30°，可过点O作OF⊥CD于F，构成直角三角形，先求得⊙O的半径为3，进而求得OE＝3﹣1＝2，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，得出OF＝OE＝1，再根据勾股定理求得CF的长，然后由垂径定理求出CD的长．
【解答】解：过点O作OF⊥CD于F，连接DO，
∵AE＝5，BE＝1，
∴AB＝6，
∴⊙O的半径为3，
∴OE＝3﹣1＝2．
∵∠AEC＝30°，
∴OF＝1，
∴CF＝2，
∴CD＝2CF＝4，
故选：C．
6．如图，CD是圆O的弦，直径AB⊥CD，垂足为E，若AB＝12，BE＝3，则四边形ACBD的面积为（ ）
A．36 B．24 C．18 D．72
【分析】根据AB＝12，BE＝3，求出OE＝3，OC＝6，并利用勾股定理求出EC，根据垂径定理求出CD，即可求出四边形的面积．
【解答】解：如图，连接OC，
∵AB＝12，BE＝3，
∴OB＝OC＝6，OE＝3，
∵AB⊥CD，
在Rt△COE中，EC＝，
∴CD＝2CE＝6，
∴四边形ACBD的面积＝．
故选：A．
7．如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD＝8，OF＝，则OE的长为（ ）
A．3 B．4 C．2 D．5
【分析】连接OB、AB，根据垂径定理求出BE，根据三角形中位线定理求出AB，根据勾股定理求出AE，再根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：连接OB、AB，
∵BD⊥AO，BD＝8，
∴BE＝ED＝BD＝4，
∵OF⊥BC，
∴CF＝FB，
∵CO＝OA，OF＝，
∴AB＝2OF＝2，
由勾股定理得：AE＝＝2，
在Rt△BOE中，OB2＝OE2+BE2，
即OA2＝（OA﹣2）2+42，
解得：OA＝5，
∴OE＝OA﹣AE＝5﹣2＝3．
故选：A．
8．如图，⊙O的半径为2，AB，CD是互相垂直的两条直径，点P是⊙O上任意一点（P与A，B，C，D不重合），过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥CD于点N，点Q是MN的中点，在点P运动的过程中，OQ的长度为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．不能确定
【分析】连接OP．OQ，根据矩形的判定得出四边形PMON是矩形，根据矩形的性质得出MN＝OP＝2，根据直角三角形斜边上的中线性质得出OQ＝MN，再求出答案即可．
【解答】解：连接OP，PQ，则OP＝2，
∵AB⊥CD，PM⊥OA，PN⊥OD，
∴∠MON＝∠PMO＝∠PNO＝90°，
∴四边形PMON是矩形，
∴MN＝OP＝2，
∵∠MON＝90°，Q为MN中点，
∴OQ＝MN＝＝1，
故选：A．
9．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，AC＝CD，⊙O的半径为2，则△AOC的面积为（ ）
A． B．2 C．2 D．4
【分析】先根据CD⊥AB与AC＝CD得到CE＝，进而得到∠A＝30°，∠COE＝60°，再在Rt△COE中，利用锐角三角函数计算出CE长，从而可计算△AOC的面积．
【解答】解：∵CD⊥AB，
∴CE＝DE＝，∠AEC＝90°，
∵AC＝CD，
∴CE＝，
∴sinA＝，
∴∠A＝30°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA＝30°，
∴∠COE＝60°，
在Rt△COE中，sin∠COE＝，即sin60°＝，
∴CE＝，
∴S△AOC＝
＝
＝．
故选：C．
10．如图所示，一圆弧过方格的格点AB，试在方格中建立平面直角坐标系，使点A的坐标为（0，4），则该圆弧所在圆的圆心坐标是（ ）
A．（﹣1，2） B．（1，﹣1） C．（﹣1，1） D．（2，1）
【分析】连接AC，作出AB、AC的垂直平分线，其交点即为圆心．
【解答】解：如图所示，
连接AC，作出AB、AC的垂直平分线，其交点即为圆心．
∵点A的坐标为（0，4），
∴该圆弧所在圆的圆心坐标是（﹣1，1）．
故选：C．
11．把半径长为2.5的球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知CD＝4，则EF＝（ ）
A．2 B．2.5 C．4 D．5
【分析】设球的平面投影圆心为O，过点O作ON⊥AD于点N，延长NO交BC于点M，连接OF，MN＝CD＝4，ON＝MN﹣OM＝4﹣2.5＝1.5，再利用勾股定理可得NF，进而可得EF的长．
【解答】解：设球的平面投影圆心为O，过点O作ON⊥AD于点N，延长NO交BC于点M，连接OF，如图所示：
则NF＝EN＝EF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠D＝90°，
∴四边形CDNM是矩形，
∴MN＝CD＝4，ON＝MN﹣OM＝4﹣2.5＝1.5，
在Rt△ONF中，由勾股定理得：ON2+NF2＝OF2，
∴NF＝＝2，EF＝2NF＝4，
故选：C．
12．如图，在平面直角坐标系中，半径为5的⊙E与y轴交于点A（0，﹣2），B（0，4），与x轴交于C，D，则点D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【分析】过O点作EH⊥AB于H，EF⊥CD于F，连接ED，如图，根据垂径定理得到CF＝DF，AH＝BH＝3，所以OH＝1，再利用勾股定理计算出EH＝4，则EF＝1，OF＝4，接着利用勾股定理计算出FD，然后计算出OD，从而得到D点坐标．
【解答】解：过O点作EH⊥AB于H，EF⊥CD于F，连接ED，如图，则CF＝DF，AH＝BH
∵A（0，﹣2），B（0，4），
∴AB＝6，
∴BH＝3，
∴OH＝1，
在Rt△BHE中，EH＝＝＝4，
∵四边形EHOF为矩形，
∴EF＝OH＝1，OF＝EH＝4，
在Rt△OEF中，FD＝＝＝2，
∴OD＝FD﹣OF＝2﹣4，
∴D（2﹣4，0）．
故选：B．
13．如图，某同学测试一个球体在水中的下落速度，他测得截面圆的半径为5cm，假设球的横截面与水面交于A，B两点，AB＝8cm．若从目前所处位置到完全落入水中的时间为4s，则球体下落的平均速度为（ ）
A．0.5cm/s B．0.75cm/s C．1cm/s D．2cm/s
【分析】设圆心为O，连接OB，过点O作OC⊥AB，交⊙O于点C，交AB于点D，根据垂径定理及勾股定理可求出BD、OD、CD长，从而利用速度＝路程÷时间计算结果．
【解答】解：设圆心为O，连接OB，则OB＝5，
过点O作OC⊥AB，交⊙O于点C，交AB于点D，则BD＝＝4cm，
在Rt△BOD中，OD＝＝3cm，
∴CD＝OC﹣OD＝5﹣3＝2cm，
∴从目前所处位置到究全落入水中，球体下落的平均速度为2÷4＝0.5cm/s．
故选：A．
14．已知⊙O的直径CD＝10，AB是⊙O的弦，AB＝8，且AB⊥CD，垂足为M，则AC的长为（ ）
A．2 B．4 C．2或4 D．2或4
【分析】连接OA，由AB⊥CD，根据垂径定理得到AM＝4，再根据勾股定理计算出OM＝3，然后分类讨论：当如图1时，CM＝8；当如图2时，CM＝2，再利用勾股定理分别计算即可．
【解答】解：连接OA，
∵AB⊥CD，
∴AM＝BM＝AB＝×8＝4，
在Rt△OAM中，OA＝5，
∴OM＝＝＝3，
当如图1时，CM＝OC+OM＝5+3＝8，
在Rt△ACM中，AC＝＝＝4；
当如图2时，CM＝OC﹣OM＝5﹣3＝2，
在Rt△ACM中，AC＝＝＝2．
故选：C．
15．如图，点A，C，D均在⊙O上，点B在⊙O内，且AB⊥BC于点B，BC⊥CD于点C，若AB＝4，BC＝8，CD＝2，则⊙O的面积为（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用垂径定理和勾股定理建立方程求出ON，再求出半径后，根据圆面积的计算方法进行计算即可．
【解答】解：如图，连接OA、OC，过点O作OM⊥CD于M，MO的延长线于AB延长线交于N，则四边形BCMN是矩形，
∵OM⊥CD，CD是弦，
∴CM＝DM＝CD＝1＝BN，
∴AN＝AB+BN＝4+1＝5，
设ON＝x，则OM＝8﹣x，
在Rt△AON、Rt△COM中，由勾股定理得，
OA2＝AN2+ON2，OC2＝OM2+CM2，
∵OA＝OC，
∴AN2+ON2＝OM2+CM2，
即52+x2＝（8﹣x）2+12，
解得x＝，
即ON＝，
∴OA2＝52+（）2＝，
∴S⊙O＝π×OA2＝π，
故选：A．
16．如图，在半径为1的⊙O中有三条弦，它们所对的圆心角分别为60°，90°，120°，那么以这三条弦长为边长的三角形的面积是（ ）
A． B．1 C． D．
【分析】连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，则△AOB、△COD分别为等边三角形，等腰直角三角形，进而可得到AB、CD长；再过点O作OH⊥EF于点H，根据垂径定理可得EF＝2EH，∠EOH＝∠FOH＝60°，根据锐角三角形函数可求出FH，进而可得EF；再根据AB2+CD2＝EF2可判断以AB、CD、EF为边的三角形为直角三角形，即可求出其面积．
【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，则∠AOB＝60°，∠COD＝90°，∠EOF＝120°，
在Rt△COD中，CD＝＝．
∵OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝1，
过点O作OH⊥EF于点H，则EF＝2EH，∠EOH＝∠FOH＝60°，
∴FH＝OFsin60°＝1×＝．
∴EF＝2FH＝．
∵，即AB2+CD2＝EF2，
∴以AB、CD、EF为边的三角形为直角三角形，
∴其面积为：＝．
故选：D．
17．如图，正方形ABCD和正方形BEFG的顶点分别在半圆O的直径和圆周上，若BG＝4，则半圆O的半径是（ ）
A．4+ B．9 C．4 D．6
【分析】连接OC，OF，设OB＝x，则AB＝BC＝2x，在Rt△BCO和Rt△FEO中利用勾股定理列出等式计算x的值，进一步求出半径即可．
【解答】解：连接OC，OF，
设OB＝x，
∵四边形ABCD是正方形且顶点D和C在圆上，
∴AB＝BC＝2x，∠OBC＝90°，
∵BG＝4，四边形BEFG是正方形，
∴OE＝x+4，EF＝BE＝BG＝4，∠FEB＝90°，
在Rt△BCO中，OC＝，
在Rt△FEO中，OF＝，
∵OF＝OC，
∴5x2＝x2+8x+32，
解得x＝4或x＝﹣2（舍去）
当x＝4时，OC＝4，
则半圆O的半径是4．
故选：C．
18．如图，AB为⊙O的直径，AB＝10，C，D为⊙O上两动点（C，D不与A，B重合），且CD为定长，CE⊥AB于E，M是CD的中点，则EM的最大值为（ ）
A．4 B．4.5 C．5 D．6
【分析】如图，延长CE交⊙O于J，连接DJ，利用三角形的中位线定理解决问题即可．
【解答】解：如图，延长CE交⊙O于J，连接DJ，
∵CE⊥AB，
∴CE＝EJ，
∵M是CD的中点，
∴CM＝DM，
∴EM＝DJ，
∴当DJ是直径时，EM的值最大，
∵⊙O的直径AB＝10，
∴EM的最大值为5，
故选：C．
19．如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O上一动点，点C为弦AB的中点，直线与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE面积的最大值为（ ）
A．2 B．5 C．6 D．7
【分析】连接OC，由垂径定理得OC⊥AB，再由圆周角定理得点C在以OA为直径的圆上（点O、A除外），以OA为直角作⊙P，过P点作直线PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，利用一次函数解析式确定E（0，﹣3），D（4，0），则DE＝5，然后证△DPH∽△DEO，利用相似比求出PH的长，得MP的长，当C点与M点重合时，△CDE的面积最大，即可求解．
【解答】解：连接OC，如图，
∵点C为弦AB的中点，
∴OC⊥AB，
∴∠ACO＝90°，
∴点C在以OA为直径的圆上（点O、A除外），
以OA为直径作⊙P，过P点作直线PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，
当x＝0时，y＝x﹣3＝﹣3，则E（0，﹣3），
当y＝0时，x﹣3＝0，
解得x＝4，则D（4，0），
∴OD＝4，
∴DE＝＝5，
∵A（2，0），
∴P（1，0），
∴OP＝1，
∴PD＝OD﹣OP＝3，
∵∠PDH＝∠EDO，∠PHD＝∠EOD，
∴△DPH∽△DEO，
∴PH：OE＝DP：DE，
即PH：3＝3：5，
解得PH＝，
∴MP＝PH+1＝，
∴S△MED＝×5×＝7，
当C点与M点重合时，△CDE面积的最大值为7，
故选：D．
20．我们研究过的图形中，圆的任何一对平行切线间的距离总是相等的，所以圆是“等宽曲线”，除了圆以外，还有一些几何图形也是“等宽曲线”，如莱洛三角形（如图1），它是分别以等边三角形的每一个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间画一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形．图2是等宽的菜洛三角形和圆形滚木的截面图．有下列4个结论：
①莱洛三角形是轴对称图形；
②图1中，点A到弧BC上任意一点的距离都相等；
③图2中，莱洛三角形的周长、面积分别与圆的周长、面积对应相等；
④使用截面的莱洛三角形的滚木搬运东西，会发生上下抖动．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①②④ C．②③④ D．①②③
【分析】根据莱洛三角形、圆的性质逐项进行判断即可．
【解答】解：由莱洛三角形的画法可知，莱洛三角形是轴对称图形，因此①正确；
弧BC是以点A为圆心，AB为半径的弧，因此点A到弧BC上任意一点的距离都相等，所以②正确；
莱洛三角形的面与圆的面积不相等，因此③不正确；
由“莱洛三角形”对称性可知，在转动的过程其边沿上的点到中心的距离相等，因此使用截面的莱洛三角形的滚木搬运东西，不会发生上下抖动，因此④不正确；
综上所述，正确的有①②，
故选：A．
21．如图，在半径为5的⊙O中，半径OD⊥弦AB于点C，连接AO并延长交⊙O于点E，连接EC、EB．若CD＝2，则EC的长为（ ）
A．2 B．8 C．2 D．2
【分析】由垂径定理和勾股定理得AC＝BC＝4，再证OC是△ABE的中位线，得BE＝2OC＝6，然后由勾股定理求解即可．
【解答】解：∵⊙O的半径为5，
∴OA＝OD＝5，
∵CD＝2，
∴OC＝OD﹣CD＝3，
∵OD⊥AB，
∴AC＝BC＝＝＝4，
∵OA＝OE，
∴OC是△ABE的中位线，
∴BE＝2OC＝6，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠B＝90°，
∴EC＝＝＝2，
故选：D．
22．已知：如图，△ABC是⊙O的内接正三角形，弦EF经过BC的中点D，且EF∥AB，若AB＝2，则DE的长是（ ）
A． B． C． D．1
【分析】设AC与EF交于点G，由于EF∥AB，且D是BC中点，易得DG是△ABC的中位线，即DG＝1；
易知△CDG是等腰三角形，可过C作AB的垂线，交EF于M，交AB于N；然后证DE＝FG，根据相交弦定理得BD•DC＝DE•DF，而BD、DC的长易知，DF＝1+DE，由此可得到关于DE的方程，即可求得DE的长．
【解答】解：如图．过C作CN⊥AB于N，交EF于M，则CM⊥EF．
根据圆和等边三角形的性质知：CN必过点O．
∵EF∥AB，D是BC的中点，
∴DG是△ABC的中位线，即DG＝AB＝1；
易知△CGD是等边三角形，而CM⊥DG，则DM＝MG；
由于OM⊥EF，由垂径定理得：EM＝MF，故DE＝GF．
∵弦BC、EF相交于点D，
∴BD•DC＝DE•DF，即DE×（DE+1）＝1；
解得DE＝（负值舍去）．
故选：B．
23．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，将劣弧沿AC折叠后刚好经过弦BC的中点D．若AC＝6，∠C＝60°，则⊙O的半径长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】取折叠后的弧所在圆圆心为O′，则⊙O与⊙O′设等圆，∠ACD是公共的圆周角，所以可以证得AB＝AD，过A作AM⊥BC于M，则M为BD的中点，在Rt△AMC中，利用勾股定理，可以求出AM和CM的长度，由于D是BC中点，可以证明MC＝3BM，所以BM可以求，在直角三角形ABM中，利用勾股定理求出AB的长度，连接OA，OB，由于△AOB是顶角为120°的等腰三角形，过O作OG⊥AB于G，利用30度的特殊角和勾股定理，可以证明AB＝3OA，由此圆O半径可求．
【解答】解：如图1，设折叠后的所在圆的圆心为O′，连接O′A，O′D，
∴∠AO′D＝2∠ACB＝120°，
连接OA，OB，
同理，∠AOB＝120°，
∴∠AOB＝∠AO′D，
∵⊙O与⊙O′是等圆，
∴AB＝AD，
设⊙O的半径为R，
过O作OG⊥AB于G，
∵OA＝OB，∠AOB＝120°，
∴∠OAB＝∠OBA＝30°，AB＝2AG，
∴OG＝，
∴，
∴，
如图2，过A作AM⊥BC于M，
∵AB＝AD，
∴可设BM＝DM＝x，则BD＝2x，
∵D为BC的中点，
∴CD＝BD＝2x，
∴MC＝DM+CD＝3x，
∵AM⊥BC，∠ACB＝60°，
∴∠MAC＝30°，
在Rt△AMC中，MC＝，
∴3x＝3，
∴x＝1，
∴AM＝，BM＝x＝1，
在Rt△ABM中，AB＝，
∵，
∴，
故选：D．
24．如图，正方形ABCD和正三角形AEF都内接于⊙O，EF与BC，CD分别相交于点G，H，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【分析】首先设⊙O的半径是r，则OF＝r，根据AO是∠EAF的平分线，求出∠COF＝60°，在Rt△OIF中，求出FI的值是多少；然后判断出OI、CI的关系，再根据GH∥BD，求出GH的值是多少，即可解决问题．
【解答】解：如图，连接AC、BD、OF，，
设⊙O的半径是r，
则OF＝r，
∵AO是∠EAF的平分线，
∴∠OAF＝60°÷2＝30°，
∵OA＝OF，
∴∠OFA＝∠OAF＝30°，
∴∠COF＝30°+30°＝60°，
∴FI＝r•sin60°＝r，
∴EF＝r×2＝r，
∵AO＝2OI，
∴OI＝r，CI＝r﹣r＝r，
∴＝＝，
∴GH＝BD＝r，
∴＝＝．
故选：C．
25．如图，用边长分别为1和3的两个正方形组成一个图形，则能将其完全覆盖的圆形纸片的最小半径为（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．
【分析】根据已知得出当AB为⊙O的直径，此时圆形纸片半径最小，进而利用勾股定理求出即可．
【解答】解：如图所示：当AB为⊙O的直径，此时圆形纸片半径最小，
∵AC＝3，BC＝4，
∴AB＝＝5，
∴能将其完全覆盖的圆形纸片的最小半径为：2.5．
故选：B．
26．已知⊙O的半径为13cm，AB，CD是⊙O的两条弦，且AB∥CD，AB＝24cm，CD＝10cm，则弦AB与CD之间的距离为 cm．
【分析】分两种情况进行分类讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧，先画图，然后作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可
【解答】解：过点O作OE⊥AB于E，直线OE交CD于F，连接OA、OC，
如图：
∵AB∥CD，
∴OF⊥CD，
∴AB＝BE＝AB＝12，CF＝DF＝CD＝5，
在Rt△OAE中，OE＝＝5，
在Rt△OCF中，OF＝＝12，
当弦AB和CD在圆心同侧时，如图1，EF＝OF﹣OE＝12﹣5＝7（cm），
当弦AB和CD在圆心异侧时，如图2，EF＝OF+OE＝12+5＝17（cm），
综上所述，弦AB和CD之间的距离为7cm或17cm．
27．如图，直线l与圆O相交于A、B两点，AC是圆O的弦，OC∥AB，半径OC的长为10，弦AB的长为12，动点P从点A出发以每秒1个单位的速度沿射线AB方向运动．当△APC是直角三角形时，动点P运动的时间t为 秒．
【分析】利用分类讨论的方法分两种情况解答：①当∠APC＝90°时，连接OA，过点O作OH⊥AB于点H，利用垂径定理和矩形的判定定理解答即可；②当∠ACP＝90°时，连接OA，过点O作OH⊥AB于点H，过点C作CM⊥AP于点M，同①方法，再利用相似三角形的判定与性质解答即可．
【解答】解：①当∠APC＝90°时，
连接OA，过点O作OH⊥AB于点H，如图，
∵OH⊥AB，
∴AH＝AB＝6，
∴OH＝＝＝8．
∵OC∥AB，OH⊥AB，CP⊥AB，
∴四边形OHPC为矩形，
∴PH＝OC＝10，
∴AP＝AH+HP＝16，
∵点P以每秒1个单位的速度前进，
∴t＝16；
②当∠ACP＝90°时，
连接OA，过点O作OH⊥AB于点H，过点C作CM⊥AP于点M，如图，
∵OH⊥AB，
∴AH＝AB＝6，
∴OH＝＝＝8．
∵OC∥AB，OH⊥AB，CM⊥AP，
∴四边形OHMC为矩形，
∴HM＝OC＝10，CM＝OH＝8，
∴AM＝16，
∵∠ACP＝90°，CM⊥AP，
∴△AMC∽△CMP，
∴，
∴，
∴MP＝4，
∴AP＝AM+MP＝20．
∵点P以每秒1个单位的速度前进，
∴t＝20，
综上，当△APC是直角三角形时，动点P运动的时间t为16秒或20秒，
故答案为：16或20．
28．如图所示：两个同心圆，半径分别是和，矩形ABCD边AB，CD分别为两圆的弦，当矩形ABCD面积取最大值时，矩形ABCD的周长是 ．
【分析】此题首先能够把问题转化到三角形中进行分析．根据锐角三角函数的概念可以证明三角形的面积等于相邻两边的乘积乘以夹角的正弦值，根据这一公式分析面积的最大值的情况．然后运用勾股定理以及直角三角形的斜边上的高等于两条直角边的乘积除以斜边求得长方形的长和宽，进一步求得其周长．
【解答】解：连接OA，OD，作OP⊥AB于P，OM⊥AD于M，ON⊥CD于N．
根据矩形的面积以及三角形的面积公式发现：矩形的面积是三角形AOD的面积的4倍．因为OA，OD的长是定值，则∠AOD的正弦值最大时，三角形的面积最大，即∠AOD＝90°，则AD＝6，根据三角形的面积公式求得OM＝4，即AB＝8．则矩形ABCD的周长是16+12．
29．如图所示，AB为⊙O的直径，AB＝2，OC是⊙O的半径，OC⊥AB，点D在上，＝2，点P是OC上一动点，则阴影部分周长的最小值为 ．
【分析】B是A关于OC的对称点，连接BD则就是AP+PD的最小值．根据已知条件可以知道∠ABD＝30°，由于AB是直径，所以∠ADB＝90°，解直角三角形求出BD，利用弧长公式求出的长即可．
【解答】解：如图，连接BD，AD，PB．
根据已知得B是A关于OC的对称点，
所以BD就是AP+PD的最小值，
∵＝2，而弧AC的度数是90°的弧，
∴的度数是60°，
∴∠ABD＝30°，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
而AB＝2，
∴BD＝，
∵的长＝＝，
∴AP+PD的最小值是，
∴阴影部分的周长的最小值为+．
故答案为：+．
30．如图，⊙O的直径AB＝10，P是OA上一点，弦MN过点P，且AP＝2，MP＝2，那么弦心距OQ为 ．
【分析】先根据AB＝10，AP＝2求出OP及OA的长，连接OM，则在Rt△OMQ及Rt△OPQ中利用勾股定理可得出关于OQ，PQ的方程组，进而可得出OQ的长．
【解答】解：∵直径AB＝10，AP＝2，
∴OA＝OM＝5，OP＝3，
在Rt△OMQ中，OM2＝OQ2+（MP+PQ）2，即52＝OQ2+（2+PQ）2①，
在Rt△OPQ中，OP2＝OQ2+PQ2，即32＝OQ2+PQ2②，
①②联立可得OQ＝，PQ＝．
故答案为：．
31．如图，半径为1的半圆O上有两个动点A，B，若AB＝1，则四边形ABCD的面积的最大值是 ．
【分析】过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，分别过点A、H、B作AE⊥CD、HF⊥CD，BG⊥CD于点E、F、G，根据垂线段线段最短可知HF＜OH，再由梯形的中位线定理可知，HF＝（AE+BG），进而可得出结论．
【解答】解：过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，分别过点A、H、B作AE⊥CD、HF⊥CD，BG⊥CD于点E、F、G，
∵AB＝1，⊙O的半径＝1，
∴OH＝，
∵垂线段最短，
∴HF＜OH，
∴HF＝（AE+BG），
∴S四边形ABCD＝S△AOD+S△AOB+S△BOC＝×1×AE+×1×+×1×BG
＝AE++BG
＝（AE+BG）+
＝HF+≤OH+＝+＝．
故答案为：．
32．如图，用3个边长为1的正方形组成一个对称图形，则能将其完全覆盖的圆的最小半径为 ．
【分析】根据题意画出图形，连接OC，OD，延长BO交上面的正方形与点A，设定圆心与上面正方形的距离为x，再根据勾股定理求出x的值，进而可得出结论．
【解答】解：连接OC，OD，延长BO交上面的正方形与点A，设定圆心与上面正方形的距离为x，
则BO＝1﹣x，BC＝1，AD＝0.5，AO＝1+x，
故BC2+BO2＝AD2+AO2，即1+（1﹣x）2＝（1+x）2+0.52，（两边都是圆半径的平方）
解得，x＝，
所以能将其完全覆盖的圆的最小半径R2＝1+（1﹣x）2，
解得R＝．
故答案为：．
33．如图，在⊙O中，AB、AC是互相垂直且相等的两条弦，OD⊥AB，OE⊥AC，垂足分别为D、E．
（1）求证：四边形ADOE是正方形；
（2）若AC＝2cm，求⊙O的半径．
【分析】（1）根据三个直角可得矩形，再利用垂径定理可得一组邻边相等，进而可得结论；
（2）根据勾股定理可得半径．
【解答】（1）证明：∵OD⊥AB，OE⊥AC，
∴AD＝AB，AE＝AC，
∵AB＝AC，
∴AD＝AE，
∵∠ADO＝∠A＝∠AEO＝90°，
∴四边形ADOE是正方形；
（2）解：连接OA，
∵AC＝2cm，
∴AE＝1cm，
在Rt△AOE中，OA＝＝（cm），
答：⊙O的半径是cm．
34．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧，点O是的圆心，E为上一点，OE⊥CD，垂足为F．已知CD＝300m，EF＝50m，求这段弯路的半径．
【分析】设这段弯路的半径为R米，可得OF＝OE﹣EF＝（R﹣50）m．由垂径定理得CF＝CD＝×300＝150（m）．由勾股定理可得OC2＝CF2+OF2，解得R的值．
【解答】解：连接OC．设这段弯路的半径为Rm，
则OF＝OE﹣EF＝（R﹣50）m，
∵OE⊥CD，
∴CF＝CD＝×300＝150（m）．
根据勾股定理，得OC2＝CF2+OF2，
即R2＝1502+（R﹣50）2，
解得R＝250，
所以这段弯路的半径为250m．
35．如图，AB是半圆O的直径，AC是弦，点P从点B开始沿BA边向点A以1cm/s的速度移动，若AB长为10cm，点O到AC的距离为4cm．
（1）求弦AC的长；
（2）问经过几秒后，△APC是等腰三角形．
【分析】（1）过O作OD⊥AC于D，易知AO＝5，OD＝4，从而AD＝3，AC＝6；
（2）有三种情况需要考虑：AC＝PC，AP＝AC，AP＝CP，分别求出三种情况下，PB的值，即经过的时间．
【解答】解：（1）过O作OD⊥AC于D，易知AO＝5，OD＝4，
从而AD＝＝3，
∴AC＝2AD＝6；
（2）设经过t秒△APC是等腰三角形，则AP＝10﹣t，
①若AC＝PC，过点C作CH⊥AB于H，
∵∠A＝∠A，∠AHC＝∠ODA＝90°，
∴△AHC∽△ADO，
∴AC：AH＝OA：AD，即AC：＝5：3，
解得t＝s，
∴经过s后△APC是等腰三角形；
②若AP＝AC，由PB＝x，AB＝10，得到AP＝10﹣x，
又∵AC＝6，
则10﹣t＝6，解得t＝4s，
∴经过4s后△APC是等腰三角形；
③若AP＝CP，P与O重合，
则AP＝BP＝5，
∴经过5s后△APC是等腰三角形．
综上可知当t＝4或5或s时，△APC是等腰三角形．
36．已知圆O的半径长为2，点A、B、C为圆O上三点，弦BC＝AO，点D为BC的中点，
（1）如图1，连接AC、OD，设∠OAC＝α，请用α表示∠AOD；
（2）如图2，当点B为的中点时，求点A、D之间的距离：
【分析】（1）连接OB、OC．首先证明OBC是等边三角形，根据∠AOD＝∠AOC﹣∠COD计算即可．
（2）连接AB、OB、OC、OD．证明∠AOD＝∠AOB+∠BOD＝90°，利用勾股定理计算即可．
【解答】解：（1）连接OB、OC．
∵OB＝OC＝OA＝BC
∴△OBC是等边三角形
∴∠BOC＝60°
∵D为BC中点
∴∠COD＝∠BOC＝30°
∵OA＝OC
∴∠OCA＝∠OAC＝α
∴∠AOC＝180°﹣∠OAC﹣∠OCA＝180°﹣2α
∴∠AOD＝∠AOC﹣∠COD＝180°﹣2α﹣30°＝150°﹣2α
（2）连接AB、OB、OC、OD
∵B为的中点
∴
∴AB＝BC
∵BC＝AO＝2
∴OA＝AB＝OB＝BC＝OC＝2
∴△AOB与△BOC是等边三角形
∴∠AOB＝∠BOC＝60°
∵D是BC中点
∴∠BOD＝∠BOC＝30°，BD＝BC＝1
∴OD2＝OB2﹣BD2＝4﹣1＝3
∵∠AOD＝∠AOB+∠BOD＝90°
∴AD＝
37．阅读材料，并完成相应任务．
问题背景：在《阿基米德全集》中记述了伟大的古希腊数学家、哲学家、物理学家阿基米德提出的关于圆的一些问题，其中有这样一个问题：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，点M是的中点，则从点M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝DB+BA．
（1）如图2，牛牛同学尝试运用“截长法”说明“CD＝DB+BA”，于是他在CD上截取CE＝AB，连接MA，MB，ME，MC．请根据牛牛的思路完成证明过程；
（2）如图3，在⊙O中，＝，DE⊥AC，若AB＝3，AC＝7，则AE的长度为 ．
【分析】（1）证明△MBA≌△MEC（SAS），进而得出MB＝ME，再利用等腰三角形的性质得出BD＝ED，即可得出答案；
（2）用（1）的结论得出CE＝AE+AB，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵，
∴∠A＝∠C，
∵M是的中点，
∴MA＝MC，
在△MBA≌△MCG中，
，
∴△MBA≌△MCG（SAS），
∴MB＝MG，
∵MD⊥BC，
∴BD＝GD，
∴CG+GD＝AB+BD，
即CD＝AB+BD；
（2）∵＝，DE⊥AC，
∴由阿基米德折弦定理，可得CE＝AE+AB，
∵AB＝3，AC＝7，
∴CE＝5，
∵AC＝7，
∴AE＝2．
38．小明学习了垂径定理，做了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究．
（1）更换定理的题设和结论可以得到许多真命题．如图1，在⊙O中，C是劣弧AB的中点，直线CD⊥AB于点E，则AE＝BE．请证明此结论；
（2）从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦．如图2，PA，PB组成⊙O的一条折弦．C是劣弧AB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE＝PE+PB．可以通过延长DB、AP相交于点F，再连接AD证明结论成立．请写出证明过程；
（3）如图3，PA．PB组成⊙O的一条折弦，若C是优弧AB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE，PE与PB之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明．
【分析】（1）连接AD，BD，易证△ADB为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一这一性质，可以证得AE＝BE．
（2）根据圆内接四边形的性质，先∠CDA＝∠CDF，再证△AFD为等腰三角形，进一步证得PB＝PF，从而证得结论．
（3）根据∠ADE＝∠FDE，从而证明△DAE≌△DFE，得出AE＝EF，然后判断出PB＝PF，进而求得AE＝PE﹣PB．
【解答】证明：（1）如图1，连接AD，BD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴∠CDA＝∠CDB，
∵DE⊥AB，
∴∠AED＝∠DEB＝90°，
∴∠A+∠ADE＝90°，∠B+∠CDB＝90°，
∴∠A＝∠B，
∴△ADB为等腰三角形，
∵CD⊥AB，
∴AE＝BE；
（2）如图2，延长DB、AP相交于点F，再连接AD，
∵ADBP是圆内接四边形，
∴∠PBF＝∠PAD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴∠CDA＝∠CDF，
∵CD⊥PA，
∴△AFD为等腰三角形，
∴∠F＝∠A，AE＝EF，
∴∠PBF＝∠F，
∴PB＝PF，
∴AE＝PE+PB
（3）AE＝PE﹣PB．
连接AD，BD，AB，DB、AP相交于点F，
∵弧AC＝弧BC，
∴∠ADC＝∠BDC，
∵CD⊥AP，
∴∠DEA＝∠DEF，∠ADE＝∠FDE，
∵DE＝DE，
∴△DAE≌△DFE，
∴AD＝DF，AE＝EF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴∠DFA＝∠PFB，∠PBD＝∠DAP，
∴∠PFB＝∠PBF，
∴PF＝PB，
∴AE＝PE﹣PB．
第11讲 圆中的线段计算专题
【知识点睛】
v 圆中线段计算口诀——“圆中求长度，垂径加勾股”
弦长、半径、直径是圆中的主要线段，相关计算主要利用垂径定理及其推论，构造“以半径、弦心距、弦长一半为三边的直角三角形”，通过勾股定理列方程求解；
v 圆中模型“知2得3”
由图可得以下5点：
①AB⊥CD；②AE=EB；③AD过圆心O；④；⑤；
以上5个结论，知道其中任意2个，剩余的3个都可以作为结论使用。
v 常做辅助线：连半径、作弦心距、见直接连弦长得直径所对圆周角
【类题训练】
1．下列说法，其中正确的有（ ）
①过圆心的线段是直径
②圆上的一条弧和经过这条弧的端点的两条半径组成的图形叫做扇形
③大于半圆的弧叫做劣弧
④圆心相同，半径不等的圆叫做同心圆
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据圆的有关概念进项分析即可．
【解答】解：①过圆心的弦是直径，故该项错误；
②由一条弧和经过这条弧的两个端点的两条半径组成的图形叫做扇形，故该项正确；
③小于半圆的弧叫做劣弧，故该项错误；
④圆心相同，半径不等的圆叫做同心圆，故该项正确．
故选：B．
2．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
【分析】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．
【解答】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．
3．如图，AB是⊙O的直径，OD垂直于弦AC于点D，DO的延长线交⊙O于点E．若AC＝4，DE＝4，则BC的长是（ ）
A．1 B． C．2 D．4
【分析】由垂径定理可知，点D是AC的中点，则OD是△ABC的中位线，所以OD＝BC，设OD＝x，则BC＝2x，则OE＝4﹣x，AB＝2OE＝8﹣2x，在Rt△ABC中，由勾股定理可得AB2＝AC2+BC2，即（8﹣2x）2＝（4）2+（2x）2，求出x的值即可得出结论．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠C＝90°，
∵OD⊥AC，
∴点D是AC的中点，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥BC，且OD＝BC，
设OD＝x，则BC＝2x，
∵DE＝4，
∴OE＝4﹣x，
∴AB＝2OE＝8﹣2x，
在Rt△ABC中，由勾股定理可得，AB2＝AC2+BC2，
∴（8﹣2x）2＝（4）2+（2x）2，
解得x＝1．
∴BC＝2x＝2．
故选：C．
4．已知⊙O的直径CD＝10，CD与⊙O的弦AB垂直，垂足为M，且AM＝4.8，则直径CD上的点（包含端点）与A点的距离为整数的点有（ ）
A．1个 B．3个 C．6个 D．7个
【分析】利用勾股定理得出线段AD和AC的长，根据垂线段的性质结合图形判断即可．
【解答】解：∵CD是直径，
∴OC＝OD＝CD＝×10＝5，
∵AB⊥CD，
∴∠AMC＝∠AMD＝90°，
∵AM＝4.8，
∴OM＝＝1.4，
∴CM＝5+1.4＝6.4，MD＝5﹣1.4＝3.6，
∴AC＝＝8，AD＝＝6，
∵AM＝4.8，
∴A点到线段MD的最小距离为4.8，最大距离为6，则A点到线段MD的整数距离有5，6，
A点到线段MC的最小距离为4.8，最大距离为8，则A点到线段MC的整数距离有5，6，7，8，
直径CD上的点（包含端点）与A点的距离为整数的点有6个，
故选：C．
5．如图，⊙O的直径AB与弦CD相交于点E，若AE＝5，EB＝1，∠AEC＝30°，则CD的长为（ ）
A．5 B．2 C．4 D．
【分析】因为∠AEC＝30°，可过点O作OF⊥CD于F，构成直角三角形，先求得⊙O的半径为3，进而求得OE＝3﹣1＝2，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，得出OF＝OE＝1，再根据勾股定理求得CF的长，然后由垂径定理求出CD的长．
【解答】解：过点O作OF⊥CD于F，连接DO，
∵AE＝5，BE＝1，
∴AB＝6，
∴⊙O的半径为3，
∴OE＝3﹣1＝2．
∵∠AEC＝30°，
∴OF＝1，
∴CF＝2，
∴CD＝2CF＝4，
故选：C．
6．如图，CD是圆O的弦，直径AB⊥CD，垂足为E，若AB＝12，BE＝3，则四边形ACBD的面积为（ ）
A．36 B．24 C．18 D．72
【分析】根据AB＝12，BE＝3，求出OE＝3，OC＝6，并利用勾股定理求出EC，根据垂径定理求出CD，即可求出四边形的面积．
【解答】解：如图，连接OC，
∵AB＝12，BE＝3，
∴OB＝OC＝6，OE＝3，
∵AB⊥CD，
在Rt△COE中，EC＝，
∴CD＝2CE＝6，
∴四边形ACBD的面积＝．
故选：A．
7．如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD＝8，OF＝，则OE的长为（ ）
A．3 B．4 C．2 D．5
【分析】连接OB、AB，根据垂径定理求出BE，根据三角形中位线定理求出AB，根据勾股定理求出AE，再根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：连接OB、AB，
∵BD⊥AO，BD＝8，
∴BE＝ED＝BD＝4，
∵OF⊥BC，
∴CF＝FB，
∵CO＝OA，OF＝，
∴AB＝2OF＝2，
由勾股定理得：AE＝＝2，
在Rt△BOE中，OB2＝OE2+BE2，
即OA2＝（OA﹣2）2+42，
解得：OA＝5，
∴OE＝OA﹣AE＝5﹣2＝3．
故选：A．
8．如图，⊙O的半径为2，AB，CD是互相垂直的两条直径，点P是⊙O上任意一点（P与A，B，C，D不重合），过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥CD于点N，点Q是MN的中点，在点P运动的过程中，OQ的长度为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．不能确定
【分析】连接OP．OQ，根据矩形的判定得出四边形PMON是矩形，根据矩形的性质得出MN＝OP＝2，根据直角三角形斜边上的中线性质得出OQ＝MN，再求出答案即可．
【解答】解：连接OP，PQ，则OP＝2，
∵AB⊥CD，PM⊥OA，PN⊥OD，
∴∠MON＝∠PMO＝∠PNO＝90°，
∴四边形PMON是矩形，
∴MN＝OP＝2，
∵∠MON＝90°，Q为MN中点，
∴OQ＝MN＝＝1，
故选：A．
9．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，AC＝CD，⊙O的半径为2，则△AOC的面积为（ ）
A． B．2 C．2 D．4
【分析】先根据CD⊥AB与AC＝CD得到CE＝，进而得到∠A＝30°，∠COE＝60°，再在Rt△COE中，利用锐角三角函数计算出CE长，从而可计算△AOC的面积．
【解答】解：∵CD⊥AB，
∴CE＝DE＝，∠AEC＝90°，
∵AC＝CD，
∴CE＝，
∴sinA＝，
∴∠A＝30°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA＝30°，
∴∠COE＝60°，
在Rt△COE中，sin∠COE＝，即sin60°＝，
∴CE＝，
∴S△AOC＝
＝
＝．
故选：C．
10．如图所示，一圆弧过方格的格点AB，试在方格中建立平面直角坐标系，使点A的坐标为（0，4），则该圆弧所在圆的圆心坐标是（ ）
A．（﹣1，2） B．（1，﹣1） C．（﹣1，1） D．（2，1）
【分析】连接AC，作出AB、AC的垂直平分线，其交点即为圆心．
【解答】解：如图所示，
连接AC，作出AB、AC的垂直平分线，其交点即为圆心．
∵点A的坐标为（0，4），
∴该圆弧所在圆的圆心坐标是（﹣1，1）．
故选：C．
11．把半径长为2.5的球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知CD＝4，则EF＝（ ）
A．2 B．2.5 C．4 D．5
【分析】设球的平面投影圆心为O，过点O作ON⊥AD于点N，延长NO交BC于点M，连接OF，MN＝CD＝4，ON＝MN﹣OM＝4﹣2.5＝1.5，再利用勾股定理可得NF，进而可得EF的长．
【解答】解：设球的平面投影圆心为O，过点O作ON⊥AD于点N，延长NO交BC于点M，连接OF，如图所示：
则NF＝EN＝EF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠D＝90°，
∴四边形CDNM是矩形，
∴MN＝CD＝4，ON＝MN﹣OM＝4﹣2.5＝1.5，
在Rt△ONF中，由勾股定理得：ON2+NF2＝OF2，
∴NF＝＝2，EF＝2NF＝4，
故选：C．
12．如图，在平面直角坐标系中，半径为5的⊙E与y轴交于点A（0，﹣2），B（0，4），与x轴交于C，D，则点D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【分析】过O点作EH⊥AB于H，EF⊥CD于F，连接ED，如图，根据垂径定理得到CF＝DF，AH＝BH＝3，所以OH＝1，再利用勾股定理计算出EH＝4，则EF＝1，OF＝4，接着利用勾股定理计算出FD，然后计算出OD，从而得到D点坐标．
【解答】解：过O点作EH⊥AB于H，EF⊥CD于F，连接ED，如图，则CF＝DF，AH＝BH
∵A（0，﹣2），B（0，4），
∴AB＝6，
∴BH＝3，
∴OH＝1，
在Rt△BHE中，EH＝＝＝4，
∵四边形EHOF为矩形，
∴EF＝OH＝1，OF＝EH＝4，
在Rt△OEF中，FD＝＝＝2，
∴OD＝FD﹣OF＝2﹣4，
∴D（2﹣4，0）．
故选：B．
13．如图，某同学测试一个球体在水中的下落速度，他测得截面圆的半径为5cm，假设球的横截面与水面交于A，B两点，AB＝8cm．若从目前所处位置到完全落入水中的时间为4s，则球体下落的平均速度为（ ）
A．0.5cm/s B．0.75cm/s C．1cm/s D．2cm/s
【分析】设圆心为O，连接OB，过点O作OC⊥AB，交⊙O于点C，交AB于点D，根据垂径定理及勾股定理可求出BD、OD、CD长，从而利用速度＝路程÷时间计算结果．
【解答】解：设圆心为O，连接OB，则OB＝5，
过点O作OC⊥AB，交⊙O于点C，交AB于点D，则BD＝＝4cm，
在Rt△BOD中，OD＝＝3cm，
∴CD＝OC﹣OD＝5﹣3＝2cm，
∴从目前所处位置到究全落入水中，球体下落的平均速度为2÷4＝0.5cm/s．
故选：A．
14．已知⊙O的直径CD＝10，AB是⊙O的弦，AB＝8，且AB⊥CD，垂足为M，则AC的长为（ ）
A．2 B．4 C．2或4 D．2或4
【分析】连接OA，由AB⊥CD，根据垂径定理得到AM＝4，再根据勾股定理计算出OM＝3，然后分类讨论：当如图1时，CM＝8；当如图2时，CM＝2，再利用勾股定理分别计算即可．
【解答】解：连接OA，
∵AB⊥CD，
∴AM＝BM＝AB＝×8＝4，
在Rt△OAM中，OA＝5，
∴OM＝＝＝3，
当如图1时，CM＝OC+OM＝5+3＝8，
在Rt△ACM中，AC＝＝＝4；
当如图2时，CM＝OC﹣OM＝5﹣3＝2，
在Rt△ACM中，AC＝＝＝2．
故选：C．
15．如图，点A，C，D均在⊙O上，点B在⊙O内，且AB⊥BC于点B，BC⊥CD于点C，若AB＝4，BC＝8，CD＝2，则⊙O的面积为（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用垂径定理和勾股定理建立方程求出ON，再求出半径后，根据圆面积的计算方法进行计算即可．
【解答】解：如图，连接OA、OC，过点O作OM⊥CD于M，MO的延长线于AB延长线交于N，则四边形BCMN是矩形，
∵OM⊥CD，CD是弦，
∴CM＝DM＝CD＝1＝BN，
∴AN＝AB+BN＝4+1＝5，
设ON＝x，则OM＝8﹣x，
在Rt△AON、Rt△COM中，由勾股定理得，
OA2＝AN2+ON2，OC2＝OM2+CM2，
∵OA＝OC，
∴AN2+ON2＝OM2+CM2，
即52+x2＝（8﹣x）2+12，
解得x＝，
即ON＝，
∴OA2＝52+（）2＝，
∴S⊙O＝π×OA2＝π，
故选：A．
16．如图，在半径为1的⊙O中有三条弦，它们所对的圆心角分别为60°，90°，120°，那么以这三条弦长为边长的三角形的面积是（ ）
A． B．1 C． D．
【分析】连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，则△AOB、△COD分别为等边三角形，等腰直角三角形，进而可得到AB、CD长；再过点O作OH⊥EF于点H，根据垂径定理可得EF＝2EH，∠EOH＝∠FOH＝60°，根据锐角三角形函数可求出FH，进而可得EF；再根据AB2+CD2＝EF2可判断以AB、CD、EF为边的三角形为直角三角形，即可求出其面积．
【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，则∠AOB＝60°，∠COD＝90°，∠EOF＝120°，
在Rt△COD中，CD＝＝．
∵OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝1，
过点O作OH⊥EF于点H，则EF＝2EH，∠EOH＝∠FOH＝60°，
∴FH＝OFsin60°＝1×＝．
∴EF＝2FH＝．
∵，即AB2+CD2＝EF2，
∴以AB、CD、EF为边的三角形为直角三角形，
∴其面积为：＝．
故选：D．
17．如图，正方形ABCD和正方形BEFG的顶点分别在半圆O的直径和圆周上，若BG＝4，则半圆O的半径是（ ）
A．4+ B．9 C．4 D．6
【分析】连接OC，OF，设OB＝x，则AB＝BC＝2x，在Rt△BCO和Rt△FEO中利用勾股定理列出等式计算x的值，进一步求出半径即可．
【解答】解：连接OC，OF，
设OB＝x，
∵四边形ABCD是正方形且顶点D和C在圆上，
∴AB＝BC＝2x，∠OBC＝90°，
∵BG＝4，四边形BEFG是正方形，
∴OE＝x+4，EF＝BE＝BG＝4，∠FEB＝90°，
在Rt△BCO中，OC＝，
在Rt△FEO中，OF＝，
∵OF＝OC，
∴5x2＝x2+8x+32，
解得x＝4或x＝﹣2（舍去）
当x＝4时，OC＝4，
则半圆O的半径是4．
故选：C．
18．如图，AB为⊙O的直径，AB＝10，C，D为⊙O上两动点（C，D不与A，B重合），且CD为定长，CE⊥AB于E，M是CD的中点，则EM的最大值为（ ）
A．4 B．4.5 C．5 D．6
【分析】如图，延长CE交⊙O于J，连接DJ，利用三角形的中位线定理解决问题即可．
【解答】解：如图，延长CE交⊙O于J，连接DJ，
∵CE⊥AB，
∴CE＝EJ，
∵M是CD的中点，
∴CM＝DM，
∴EM＝DJ，
∴当DJ是直径时，EM的值最大，
∵⊙O的直径AB＝10，
∴EM的最大值为5，
故选：C．
19．如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O上一动点，点C为弦AB的中点，直线与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE面积的最大值为（ ）
A．2 B．5 C．6 D．7
【分析】连接OC，由垂径定理得OC⊥AB，再由圆周角定理得点C在以OA为直径的圆上（点O、A除外），以OA为直角作⊙P，过P点作直线PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，利用一次函数解析式确定E（0，﹣3），D（4，0），则DE＝5，然后证△DPH∽△DEO，利用相似比求出PH的长，得MP的长，当C点与M点重合时，△CDE的面积最大，即可求解．
【解答】解：连接OC，如图，
∵点C为弦AB的中点，
∴OC⊥AB，
∴∠ACO＝90°，
∴点C在以OA为直径的圆上（点O、A除外），
以OA为直径作⊙P，过P点作直线PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，
当x＝0时，y＝x﹣3＝﹣3，则E（0，﹣3），
当y＝0时，x﹣3＝0，
解得x＝4，则D（4，0），
∴OD＝4，
∴DE＝＝5，
∵A（2，0），
∴P（1，0），
∴OP＝1，
∴PD＝OD﹣OP＝3，
∵∠PDH＝∠EDO，∠PHD＝∠EOD，
∴△DPH∽△DEO，
∴PH：OE＝DP：DE，
即PH：3＝3：5，
解得PH＝，
∴MP＝PH+1＝，
∴S△MED＝×5×＝7，
当C点与M点重合时，△CDE面积的最大值为7，
故选：D．
20．我们研究过的图形中，圆的任何一对平行切线间的距离总是相等的，所以圆是“等宽曲线”，除了圆以外，还有一些几何图形也是“等宽曲线”，如莱洛三角形（如图1），它是分别以等边三角形的每一个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间画一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形．图2是等宽的菜洛三角形和圆形滚木的截面图．有下列4个结论：
①莱洛三角形是轴对称图形；
②图1中，点A到弧BC上任意一点的距离都相等；
③图2中，莱洛三角形的周长、面积分别与圆的周长、面积对应相等；
④使用截面的莱洛三角形的滚木搬运东西，会发生上下抖动．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①②④ C．②③④ D．①②③
【分析】根据莱洛三角形、圆的性质逐项进行判断即可．
【解答】解：由莱洛三角形的画法可知，莱洛三角形是轴对称图形，因此①正确；
弧BC是以点A为圆心，AB为半径的弧，因此点A到弧BC上任意一点的距离都相等，所以②正确；
莱洛三角形的面与圆的面积不相等，因此③不正确；
由“莱洛三角形”对称性可知，在转动的过程其边沿上的点到中心的距离相等，因此使用截面的莱洛三角形的滚木搬运东西，不会发生上下抖动，因此④不正确；
综上所述，正确的有①②，
故选：A．
21．如图，在半径为5的⊙O中，半径OD⊥弦AB于点C，连接AO并延长交⊙O于点E，连接EC、EB．若CD＝2，则EC的长为（ ）
A．2 B．8 C．2 D．2
【分析】由垂径定理和勾股定理得AC＝BC＝4，再证OC是△ABE的中位线，得BE＝2OC＝6，然后由勾股定理求解即可．
【解答】解：∵⊙O的半径为5，
∴OA＝OD＝5，
∵CD＝2，
∴OC＝OD﹣CD＝3，
∵OD⊥AB，
∴AC＝BC＝＝＝4，
∵OA＝OE，
∴OC是△ABE的中位线，
∴BE＝2OC＝6，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠B＝90°，
∴EC＝＝＝2，
故选：D．
22．已知：如图，△ABC是⊙O的内接正三角形，弦EF经过BC的中点D，且EF∥AB，若AB＝2，则DE的长是（ ）
A． B． C． D．1
【分析】设AC与EF交于点G，由于EF∥AB，且D是BC中点，易得DG是△ABC的中位线，即DG＝1；
易知△CDG是等腰三角形，可过C作AB的垂线，交EF于M，交AB于N；然后证DE＝FG，根据相交弦定理得BD•DC＝DE•DF，而BD、DC的长易知，DF＝1+DE，由此可得到关于DE的方程，即可求得DE的长．
【解答】解：如图．过C作CN⊥AB于N，交EF于M，则CM⊥EF．
根据圆和等边三角形的性质知：CN必过点O．
∵EF∥AB，D是BC的中点，
∴DG是△ABC的中位线，即DG＝AB＝1；
易知△CGD是等边三角形，而CM⊥DG，则DM＝MG；
由于OM⊥EF，由垂径定理得：EM＝MF，故DE＝GF．
∵弦BC、EF相交于点D，
∴BD•DC＝DE•DF，即DE×（DE+1）＝1；
解得DE＝（负值舍去）．
故选：B．
23．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，将劣弧沿AC折叠后刚好经过弦BC的中点D．若AC＝6，∠C＝60°，则⊙O的半径长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】取折叠后的弧所在圆圆心为O′，则⊙O与⊙O′设等圆，∠ACD是公共的圆周角，所以可以证得AB＝AD，过A作AM⊥BC于M，则M为BD的中点，在Rt△AMC中，利用勾股定理，可以求出AM和CM的长度，由于D是BC中点，可以证明MC＝3BM，所以BM可以求，在直角三角形ABM中，利用勾股定理求出AB的长度，连接OA，OB，由于△AOB是顶角为120°的等腰三角形，过O作OG⊥AB于G，利用30度的特殊角和勾股定理，可以证明AB＝3OA，由此圆O半径可求．
【解答】解：如图1，设折叠后的所在圆的圆心为O′，连接O′A，O′D，
∴∠AO′D＝2∠ACB＝120°，
连接OA，OB，
同理，∠AOB＝120°，
∴∠AOB＝∠AO′D，
∵⊙O与⊙O′是等圆，
∴AB＝AD，
设⊙O的半径为R，
过O作OG⊥AB于G，
∵OA＝OB，∠AOB＝120°，
∴∠OAB＝∠OBA＝30°，AB＝2AG，
∴OG＝，
∴，
∴，
如图2，过A作AM⊥BC于M，
∵AB＝AD，
∴可设BM＝DM＝x，则BD＝2x，
∵D为BC的中点，
∴CD＝BD＝2x，
∴MC＝DM+CD＝3x，
∵AM⊥BC，∠ACB＝60°，
∴∠MAC＝30°，
在Rt△AMC中，MC＝，
∴3x＝3，
∴x＝1，
∴AM＝，BM＝x＝1，
在Rt△ABM中，AB＝，
∵，
∴，
故选：D．
24．如图，正方形ABCD和正三角形AEF都内接于⊙O，EF与BC，CD分别相交于点G，H，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【分析】首先设⊙O的半径是r，则OF＝r，根据AO是∠EAF的平分线，求出∠COF＝60°，在Rt△OIF中，求出FI的值是多少；然后判断出OI、CI的关系，再根据GH∥BD，求出GH的值是多少，即可解决问题．
【解答】解：如图，连接AC、BD、OF，，
设⊙O的半径是r，
则OF＝r，
∵AO是∠EAF的平分线，
∴∠OAF＝60°÷2＝30°，
∵OA＝OF，
∴∠OFA＝∠OAF＝30°，
∴∠COF＝30°+30°＝60°，
∴FI＝r•sin60°＝r，
∴EF＝r×2＝r，
∵AO＝2OI，
∴OI＝r，CI＝r﹣r＝r，
∴＝＝，
∴GH＝BD＝r，
∴＝＝．
故选：C．
25．如图，用边长分别为1和3的两个正方形组成一个图形，则能将其完全覆盖的圆形纸片的最小半径为（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．
【分析】根据已知得出当AB为⊙O的直径，此时圆形纸片半径最小，进而利用勾股定理求出即可．
【解答】解：如图所示：当AB为⊙O的直径，此时圆形纸片半径最小，
∵AC＝3，BC＝4，
∴AB＝＝5，
∴能将其完全覆盖的圆形纸片的最小半径为：2.5．
故选：B．
26．已知⊙O的半径为13cm，AB，CD是⊙O的两条弦，且AB∥CD，AB＝24cm，CD＝10cm，则弦AB与CD之间的距离为 cm．
【分析】分两种情况进行分类讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧，先画图，然后作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可
【解答】解：过点O作OE⊥AB于E，直线OE交CD于F，连接OA、OC，
如图：
∵AB∥CD，
∴OF⊥CD，
∴AB＝BE＝AB＝12，CF＝DF＝CD＝5，
在Rt△OAE中，OE＝＝5，
在Rt△OCF中，OF＝＝12，
当弦AB和CD在圆心同侧时，如图1，EF＝OF﹣OE＝12﹣5＝7（cm），
当弦AB和CD在圆心异侧时，如图2，EF＝OF+OE＝12+5＝17（cm），
综上所述，弦AB和CD之间的距离为7cm或17cm．
27．如图，直线l与圆O相交于A、B两点，AC是圆O的弦，OC∥AB，半径OC的长为10，弦AB的长为12，动点P从点A出发以每秒1个单位的速度沿射线AB方向运动．当△APC是直角三角形时，动点P运动的时间t为 秒．
【分析】利用分类讨论的方法分两种情况解答：①当∠APC＝90°时，连接OA，过点O作OH⊥AB于点H，利用垂径定理和矩形的判定定理解答即可；②当∠ACP＝90°时，连接OA，过点O作OH⊥AB于点H，过点C作CM⊥AP于点M，同①方法，再利用相似三角形的判定与性质解答即可．
【解答】解：①当∠APC＝90°时，
连接OA，过点O作OH⊥AB于点H，如图，
∵OH⊥AB，
∴AH＝AB＝6，
∴OH＝＝＝8．
∵OC∥AB，OH⊥AB，CP⊥AB，
∴四边形OHPC为矩形，
∴PH＝OC＝10，
∴AP＝AH+HP＝16，
∵点P以每秒1个单位的速度前进，
∴t＝16；
②当∠ACP＝90°时，
连接OA，过点O作OH⊥AB于点H，过点C作CM⊥AP于点M，如图，
∵OH⊥AB，
∴AH＝AB＝6，
∴OH＝＝＝8．
∵OC∥AB，OH⊥AB，CM⊥AP，
∴四边形OHMC为矩形，
∴HM＝OC＝10，CM＝OH＝8，
∴AM＝16，
∵∠ACP＝90°，CM⊥AP，
∴△AMC∽△CMP，
∴，
∴，
∴MP＝4，
∴AP＝AM+MP＝20．
∵点P以每秒1个单位的速度前进，
∴t＝20，
综上，当△APC是直角三角形时，动点P运动的时间t为16秒或20秒，
故答案为：16或20．
28．如图所示：两个同心圆，半径分别是和，矩形ABCD边AB，CD分别为两圆的弦，当矩形ABCD面积取最大值时，矩形ABCD的周长是 ．
【分析】此题首先能够把问题转化到三角形中进行分析．根据锐角三角函数的概念可以证明三角形的面积等于相邻两边的乘积乘以夹角的正弦值，根据这一公式分析面积的最大值的情况．然后运用勾股定理以及直角三角形的斜边上的高等于两条直角边的乘积除以斜边求得长方形的长和宽，进一步求得其周长．
【解答】解：连接OA，OD，作OP⊥AB于P，OM⊥AD于M，ON⊥CD于N．
根据矩形的面积以及三角形的面积公式发现：矩形的面积是三角形AOD的面积的4倍．因为OA，OD的长是定值，则∠AOD的正弦值最大时，三角形的面积最大，即∠AOD＝90°，则AD＝6，根据三角形的面积公式求得OM＝4，即AB＝8．则矩形ABCD的周长是16+12．
29．如图所示，AB为⊙O的直径，AB＝2，OC是⊙O的半径，OC⊥AB，点D在上，＝2，点P是OC上一动点，则阴影部分周长的最小值为 ．
【分析】B是A关于OC的对称点，连接BD则就是AP+PD的最小值．根据已知条件可以知道∠ABD＝30°，由于AB是直径，所以∠ADB＝90°，解直角三角形求出BD，利用弧长公式求出的长即可．
【解答】解：如图，连接BD，AD，PB．
根据已知得B是A关于OC的对称点，
所以BD就是AP+PD的最小值，
∵＝2，而弧AC的度数是90°的弧，
∴的度数是60°，
∴∠ABD＝30°，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
而AB＝2，
∴BD＝，
∵的长＝＝，
∴AP+PD的最小值是，
∴阴影部分的周长的最小值为+．
故答案为：+．
30．如图，⊙O的直径AB＝10，P是OA上一点，弦MN过点P，且AP＝2，MP＝2，那么弦心距OQ为 ．
【分析】先根据AB＝10，AP＝2求出OP及OA的长，连接OM，则在Rt△OMQ及Rt△OPQ中利用勾股定理可得出关于OQ，PQ的方程组，进而可得出OQ的长．
【解答】解：∵直径AB＝10，AP＝2，
∴OA＝OM＝5，OP＝3，
在Rt△OMQ中，OM2＝OQ2+（MP+PQ）2，即52＝OQ2+（2+PQ）2①，
在Rt△OPQ中，OP2＝OQ2+PQ2，即32＝OQ2+PQ2②，
①②联立可得OQ＝，PQ＝．
故答案为：．
31．如图，半径为1的半圆O上有两个动点A，B，若AB＝1，则四边形ABCD的面积的最大值是 ．
【分析】过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，分别过点A、H、B作AE⊥CD、HF⊥CD，BG⊥CD于点E、F、G，根据垂线段线段最短可知HF＜OH，再由梯形的中位线定理可知，HF＝（AE+BG），进而可得出结论．
【解答】解：过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，分别过点A、H、B作AE⊥CD、HF⊥CD，BG⊥CD于点E、F、G，
∵AB＝1，⊙O的半径＝1，
∴OH＝，
∵垂线段最短，
∴HF＜OH，
∴HF＝（AE+BG），
∴S四边形ABCD＝S△AOD+S△AOB+S△BOC＝×1×AE+×1×+×1×BG
＝AE++BG
＝（AE+BG）+
＝HF+≤OH+＝+＝．
故答案为：．
32．如图，用3个边长为1的正方形组成一个对称图形，则能将其完全覆盖的圆的最小半径为 ．
【分析】根据题意画出图形，连接OC，OD，延长BO交上面的正方形与点A，设定圆心与上面正方形的距离为x，再根据勾股定理求出x的值，进而可得出结论．
【解答】解：连接OC，OD，延长BO交上面的正方形与点A，设定圆心与上面正方形的距离为x，
则BO＝1﹣x，BC＝1，AD＝0.5，AO＝1+x，
故BC2+BO2＝AD2+AO2，即1+（1﹣x）2＝（1+x）2+0.52，（两边都是圆半径的平方）
解得，x＝，
所以能将其完全覆盖的圆的最小半径R2＝1+（1﹣x）2，
解得R＝．
故答案为：．
33．如图，在⊙O中，AB、AC是互相垂直且相等的两条弦，OD⊥AB，OE⊥AC，垂足分别为D、E．
（1）求证：四边形ADOE是正方形；
（2）若AC＝2cm，求⊙O的半径．
【分析】（1）根据三个直角可得矩形，再利用垂径定理可得一组邻边相等，进而可得结论；
（2）根据勾股定理可得半径．
【解答】（1）证明：∵OD⊥AB，OE⊥AC，
∴AD＝AB，AE＝AC，
∵AB＝AC，
∴AD＝AE，
∵∠ADO＝∠A＝∠AEO＝90°，
∴四边形ADOE是正方形；
（2）解：连接OA，
∵AC＝2cm，
∴AE＝1cm，
在Rt△AOE中，OA＝＝（cm），
答：⊙O的半径是cm．
34．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧，点O是的圆心，E为上一点，OE⊥CD，垂足为F．已知CD＝300m，EF＝50m，求这段弯路的半径．
【分析】设这段弯路的半径为R米，可得OF＝OE﹣EF＝（R﹣50）m．由垂径定理得CF＝CD＝×300＝150（m）．由勾股定理可得OC2＝CF2+OF2，解得R的值．
【解答】解：连接OC．设这段弯路的半径为Rm，
则OF＝OE﹣EF＝（R﹣50）m，
∵OE⊥CD，
∴CF＝CD＝×300＝150（m）．
根据勾股定理，得OC2＝CF2+OF2，
即R2＝1502+（R﹣50）2，
解得R＝250，
所以这段弯路的半径为250m．
35．如图，AB是半圆O的直径，AC是弦，点P从点B开始沿BA边向点A以1cm/s的速度移动，若AB长为10cm，点O到AC的距离为4cm．
（1）求弦AC的长；
（2）问经过几秒后，△APC是等腰三角形．
【分析】（1）过O作OD⊥AC于D，易知AO＝5，OD＝4，从而AD＝3，AC＝6；
（2）有三种情况需要考虑：AC＝PC，AP＝AC，AP＝CP，分别求出三种情况下，PB的值，即经过的时间．
【解答】解：（1）过O作OD⊥AC于D，易知AO＝5，OD＝4，
从而AD＝＝3，
∴AC＝2AD＝6；
（2）设经过t秒△APC是等腰三角形，则AP＝10﹣t，
①若AC＝PC，过点C作CH⊥AB于H，
∵∠A＝∠A，∠AHC＝∠ODA＝90°，
∴△AHC∽△ADO，
∴AC：AH＝OA：AD，即AC：＝5：3，
解得t＝s，
∴经过s后△APC是等腰三角形；
②若AP＝AC，由PB＝x，AB＝10，得到AP＝10﹣x，
又∵AC＝6，
则10﹣t＝6，解得t＝4s，
∴经过4s后△APC是等腰三角形；
③若AP＝CP，P与O重合，
则AP＝BP＝5，
∴经过5s后△APC是等腰三角形．
综上可知当t＝4或5或s时，△APC是等腰三角形．
36．已知圆O的半径长为2，点A、B、C为圆O上三点，弦BC＝AO，点D为BC的中点，
（1）如图1，连接AC、OD，设∠OAC＝α，请用α表示∠AOD；
（2）如图2，当点B为的中点时，求点A、D之间的距离：
【分析】（1）连接OB、OC．首先证明OBC是等边三角形，根据∠AOD＝∠AOC﹣∠COD计算即可．
（2）连接AB、OB、OC、OD．证明∠AOD＝∠AOB+∠BOD＝90°，利用勾股定理计算即可．
【解答】解：（1）连接OB、OC．
∵OB＝OC＝OA＝BC
∴△OBC是等边三角形
∴∠BOC＝60°
∵D为BC中点
∴∠COD＝∠BOC＝30°
∵OA＝OC
∴∠OCA＝∠OAC＝α
∴∠AOC＝180°﹣∠OAC﹣∠OCA＝180°﹣2α
∴∠AOD＝∠AOC﹣∠COD＝180°﹣2α﹣30°＝150°﹣2α
（2）连接AB、OB、OC、OD
∵B为的中点
∴
∴AB＝BC
∵BC＝AO＝2
∴OA＝AB＝OB＝BC＝OC＝2
∴△AOB与△BOC是等边三角形
∴∠AOB＝∠BOC＝60°
∵D是BC中点
∴∠BOD＝∠BOC＝30°，BD＝BC＝1
∴OD2＝OB2﹣BD2＝4﹣1＝3
∵∠AOD＝∠AOB+∠BOD＝90°
∴AD＝
37．阅读材料，并完成相应任务．
问题背景：在《阿基米德全集》中记述了伟大的古希腊数学家、哲学家、物理学家阿基米德提出的关于圆的一些问题，其中有这样一个问题：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，点M是的中点，则从点M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝DB+BA．
（1）如图2，牛牛同学尝试运用“截长法”说明“CD＝DB+BA”，于是他在CD上截取CE＝AB，连接MA，MB，ME，MC．请根据牛牛的思路完成证明过程；
（2）如图3，在⊙O中，＝，DE⊥AC，若AB＝3，AC＝7，则AE的长度为 ．
【分析】（1）证明△MBA≌△MEC（SAS），进而得出MB＝ME，再利用等腰三角形的性质得出BD＝ED，即可得出答案；
（2）用（1）的结论得出CE＝AE+AB，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵，
∴∠A＝∠C，
∵M是的中点，
∴MA＝MC，
在△MBA≌△MCG中，
，
∴△MBA≌△MCG（SAS），
∴MB＝MG，
∵MD⊥BC，
∴BD＝GD，
∴CG+GD＝AB+BD，
即CD＝AB+BD；
（2）∵＝，DE⊥AC，
∴由阿基米德折弦定理，可得CE＝AE+AB，
∵AB＝3，AC＝7，
∴CE＝5，
∵AC＝7，
∴AE＝2．
38．小明学习了垂径定理，做了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究．
（1）更换定理的题设和结论可以得到许多真命题．如图1，在⊙O中，C是劣弧AB的中点，直线CD⊥AB于点E，则AE＝BE．请证明此结论；
（2）从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦．如图2，PA，PB组成⊙O的一条折弦．C是劣弧AB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE＝PE+PB．可以通过延长DB、AP相交于点F，再连接AD证明结论成立．请写出证明过程；
（3）如图3，PA．PB组成⊙O的一条折弦，若C是优弧AB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE，PE与PB之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明．
【分析】（1）连接AD，BD，易证△ADB为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一这一性质，可以证得AE＝BE．
（2）根据圆内接四边形的性质，先∠CDA＝∠CDF，再证△AFD为等腰三角形，进一步证得PB＝PF，从而证得结论．
（3）根据∠ADE＝∠FDE，从而证明△DAE≌△DFE，得出AE＝EF，然后判断出PB＝PF，进而求得AE＝PE﹣PB．
【解答】证明：（1）如图1，连接AD，BD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴∠CDA＝∠CDB，
∵DE⊥AB，
∴∠AED＝∠DEB＝90°，
∴∠A+∠ADE＝90°，∠B+∠CDB＝90°，
∴∠A＝∠B，
∴△ADB为等腰三角形，
∵CD⊥AB，
∴AE＝BE；
（2）如图2，延长DB、AP相交于点F，再连接AD，
∵ADBP是圆内接四边形，
∴∠PBF＝∠PAD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴∠CDA＝∠CDF，
∵CD⊥PA，
∴△AFD为等腰三角形，
∴∠F＝∠A，AE＝EF，
∴∠PBF＝∠F，
∴PB＝PF，
∴AE＝PE+PB
（3）AE＝PE﹣PB．
连接AD，BD，AB，DB、AP相交于点F，
∵弧AC＝弧BC，
∴∠ADC＝∠BDC，
∵CD⊥AP，
∴∠DEA＝∠DEF，∠ADE＝∠FDE，
∵DE＝DE，
∴△DAE≌△DFE，
∴AD＝DF，AE＝EF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴∠DFA＝∠PFB，∠PBD＝∠DAP，
∴∠PFB＝∠PBF，
∴PF＝PB，
∴AE＝PE﹣PB．
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