中考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)講義第26講圓的相關(guān)概念及性質(zhì)（練習(xí)）（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc157267112" 題型01 理解圓的相關(guān)概念
\l "_Tc157267113" 題型02 圓的周長與面積相關(guān)計(jì)算
\l "_Tc157267114" 題型03 圓中的角度計(jì)算
\l "_Tc157267115" 題型04 圓中線段長度的計(jì)算
\l "_Tc157267116" 題型05 求一點(diǎn)到圓上一點(diǎn)的距離最值
\l "_Tc157267117" 題型06 由垂徑定理及推論判斷正誤
\l "_Tc157267118" 題型07 利用垂徑定理求解
\l "_Tc157267119" 題型08 根據(jù)垂徑定理與全等/相似三角形綜合求解
\l "_Tc157267120" 題型09 在坐標(biāo)系中利用勾股定理求值或坐標(biāo)
\l "_Tc157267121" 題型10 利用垂徑定理求平行弦問題
\l "_Tc157267122" 題型11 利用垂徑定理求同心圓問題
\l "_Tc157267123" 題型12 垂徑定理在格點(diǎn)中的應(yīng)用
\l "_Tc157267124" 題型13 利用垂徑定理的推論求解
\l "_Tc157267125" 題型14 垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用
\l "_Tc157267126" 題型15 利用垂徑定理求取值范圍
\l "_Tc157267127" 題型16 利用弧、弦、圓心角關(guān)系判斷正誤
\l "_Tc157267128" 題型17 利用弧、弦、圓心角關(guān)系求解
\l "_Tc157267129" 題型18 利用弧、弦、圓心角關(guān)系求最值
\l "_Tc157267130" 題型19 利用弧、弦、圓心角關(guān)系證明
\l "_Tc157267131" 題型20 利用圓周角定理求解
\l "_Tc157267132" 題型21 利用圓周角定理推論求解
\l "_Tc157267133" 題型22 已知圓內(nèi)接四邊形求角度
\l "_Tc157267134" 題型23 利用圓的有關(guān)性質(zhì)求值
\l "_Tc157267135" 題型24 利用圓的有關(guān)性質(zhì)證明
\l "_Tc157267136" 題型25 利用圓的有關(guān)性質(zhì)解決翻折問題
\l "_Tc157267137" 題型26 利用圓的有關(guān)性質(zhì)解決多結(jié)論問題
\l "_Tc157267138" 題型27 圓有關(guān)的常見輔助線-遇到弦時(shí), 常添加弦心距
\l "_Tc157267139" 題型28 圓有關(guān)的常見輔助線-遇到有直徑時(shí), 常添加（畫）直徑所對的圓周角
題型01 理解圓的相關(guān)概念
1．（2023·上海普陀·統(tǒng)考二模）下列關(guān)于圓的說法中，正確的是（）
A．過三點(diǎn)可以作一個(gè)圓B．相等的圓心角所對的弧相等
C．平分弦的直徑垂直于弦D．圓的直徑所在的直線是它的對稱軸
【答案】D
【分析】利用圓的有關(guān)定義及性質(zhì)分別判斷后即可確定正確的選項(xiàng)．
【詳解】解：A、過不在同一直線上的三個(gè)點(diǎn)一定能作一個(gè)圓，故錯(cuò)誤，不符合題意；
B、同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，故錯(cuò)誤，不符合題意；
C、平分弦(不是直徑)的直徑垂直于弦，故錯(cuò)誤，不符合題意；
D、圓的直徑所在的直線是它的對稱軸，正確，符合題意．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了確定圓的條件及圓的有關(guān)性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是了解有關(guān)性質(zhì)及定義，難度不大．
2．（2020·內(nèi)蒙古烏蘭察布·?？家荒＃┫铝忻}：①三點(diǎn)確定一個(gè)圓；②直徑是圓的對稱軸；③平分弦的直徑垂直于弦；④三角形的外心到三角形三邊的距離相等；⑤相等的圓心角所對的弧相等，正確命題的個(gè)數(shù)是（）
A．0個(gè)B．1個(gè)C．2個(gè)D．3個(gè)
【答案】A
【分析】本題考查了三角形的內(nèi)切圓、圓周角定理、垂徑定理以及弧與圓心角的關(guān)系的知識點(diǎn)，注意熟記定理是解此題的關(guān)鍵．
①根據(jù)確定圓的條件進(jìn)行解答即可；
②利用直徑所在的直線為圓的對稱軸進(jìn)行判斷即可；
③根據(jù)垂徑定理即可得出結(jié)論；
④根據(jù)三角形外心的性質(zhì)可得出結(jié)論；
⑤根據(jù)圓周角定理即可得出結(jié)論．
【詳解】解：①不在同一條直線上的三個(gè)點(diǎn)確定一個(gè)圓，故本小題錯(cuò)誤；
②直徑所在的直線為圓的對稱軸，故本小題錯(cuò)誤；
③平分弦的直徑垂直于弦（非直徑），故本小題錯(cuò)誤；
④三角形的外心到三角形三個(gè)頂點(diǎn)的距離相等，故本小題錯(cuò)誤；
⑤在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，故本小題錯(cuò)誤．
∴正確命題的個(gè)數(shù)為0個(gè)．
故選：A．
【點(diǎn)睛】考查了命題與定理的知識，解題的關(guān)鍵是了解確定圓的條件、圓的對稱性、垂徑定理及三角形的外心的性質(zhì)，難度不大．
3．（2023·江蘇徐州·統(tǒng)考一模）下列說法中，正確的是（）
①對角線垂直且互相平分的四邊形是菱形； ②對角線相等的四邊形是矩形；
③同弧或等弧所對的圓周角相等； ④半圓是弧，但弧不一定是半圓.
A．①④B．②③C．①③④D．②③④
【答案】A
【分析】根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，對角線相等的平行四邊形為矩形，在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，弧分為優(yōu)弧、劣弧、半圓弧分別判斷即可．
【詳解】解：①、對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，故該項(xiàng)正確；
②、對角線相等的平行四邊形為矩形，故該選項(xiàng)錯(cuò)誤；
③、在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，故該選項(xiàng)錯(cuò)誤；
④、弧分為優(yōu)弧、劣弧、半圓弧，則半圓是弧，但弧不一定是半圓，故該項(xiàng)正確；
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查基本概念，熟記知識點(diǎn)是解題關(guān)鍵．
4．（2023·福建泉州·南安市實(shí)驗(yàn)中學(xué)校考二模）生活中經(jīng)常把井蓋做成圓形的，這樣井蓋就不會掉進(jìn)井里去，這是因?yàn)椋? ）
A．同樣長度的線段圍成的平面圖形中圓的面積最大
B．同一個(gè)圓所有的直徑都相等
C．圓的周長是直徑的π倍
D．圓是軸對稱圖形
【答案】B
【分析】根據(jù)圓的特征即可求解．
【詳解】解：根據(jù)同一個(gè)圓所有的直徑都相等，則井蓋就不會掉進(jìn)井里去，
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題主要考查圓的基礎(chǔ)知識，理解并掌握圓的基礎(chǔ)知識，圓的基本特征是解題的關(guān)鍵．
題型02 圓的周長與面積相關(guān)計(jì)算
5．（2022·山西臨汾·統(tǒng)考二模）山西著名工藝品平遙推光漆器外觀古樸雅致、閃光發(fā)亮，繪飾金碧輝煌，以手掌推出光澤而得名．圖1是平遙推光漆器的一種圖案，圖2是選取其某部分并且放大后的示意圖．四邊形ABCD是邊長為2的正方形，分別以正方形的四個(gè)頂點(diǎn)為圓心，12對角線的長為半徑畫弧，四條弧相交于點(diǎn)O，則圖中陰影部分的面積為（）
A．2π-4B．π-2C．2πD．14π
【答案】A
【分析】由題意得半徑為2，陰影部分面積=圓的面積-正方形的面積，代入計(jì)算即可．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是邊長為2的正方形
∴正方形的對角線的長為22
∴半徑為2
∵陰影部分面積=圓的面積-正方形的面積
∴陰影部分面積=π（2）2-22=2π-4
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)和圓，組合圖形陰影部分面積，解題的關(guān)鍵是將不規(guī)則圖形轉(zhuǎn)化為規(guī)則圖形面積之間的關(guān)系．
6．（2019·廣東佛山·佛山市三水區(qū)三水中學(xué)?？家荒＃┠彻珗@計(jì)劃砌一個(gè)形狀如圖（1）所示的噴水池，后來有人建議改為圖（2）的形狀，且外圓的直徑不變，噴水池邊沿的寬度、高度不變，你認(rèn)為砌噴水池的邊沿（）
A．圖（1）需要的材料多B．圖（2）需要的材料多
C．圖（1）、圖（2）需要的材料一樣多D．無法確定
【答案】C
【分析】根據(jù)圓的周長公式，將每個(gè)圓的周長計(jì)算出來，找到和周長L的關(guān)系即可．
【詳解】設(shè)大圓的直徑是D，圖（2）中三個(gè)小圓的直徑分別為：d1,d2,d3,
∴d1+d2+d3=D
根據(jù)圓周長公式，得圖（1）中，需要2πD；
圖（2）中，需要πD +πd1+πd2+πd3=πD +π( d1+d2+d3)= 2πD
故選：C．
【點(diǎn)睛】注意：第二個(gè)圖中，計(jì)算三個(gè)小圓的周長時(shí)候，提取π，所有的直徑之和是大圓的直徑．
7．（2019·河北張家口·統(tǒng)考一模）半徑為R、r的兩個(gè)同心圓如圖所示，已知半徑為r的圓周長為a，且R-r=1，則半徑為R的圓周長為（）
A．a(chǎn)+1B．a(chǎn)+2C．a(chǎn)+πD．a(chǎn)+2π
【答案】D
【分析】根據(jù)半徑為r的圓的周長表示出半徑r.
【詳解】∵半徑為r的圓周長為a，
∴2πr=a，
∴r=a2π，
∵R-r=1，
∴R=1+r=1+a2π=2π+a2π，
∴半徑為R的圓周長為2π?2π+a2π=a+2π，
故選：D.
【點(diǎn)睛】此題考查圓的周長公式，熟記公式是解題的關(guān)鍵.
8．（2021·江蘇宿遷·統(tǒng)考一模）一塊含有30°角的三角板ABC如圖所示，其中∠C=90°，∠A=30°，BC=3cm．將此三角板在平面內(nèi)繞頂點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周．
（1）畫出邊BC旋轉(zhuǎn)一周所形成的圖形；
（2）求出該圖形的面積．
【答案】（1）畫圖見詳解；（2）BC掃過的面積S圓環(huán)==9π．
【分析】（1）由三角板ABC可求AB=2BC=6cm，由勾股定理：AC=AB2-BC2=36-9=33，邊BC在平面內(nèi)繞頂點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周．圖形是以AB為半徑的圓去掉以AC為半徑的圓，所形成的圓環(huán)，如圖所示；
（2）BC掃過的面積S圓環(huán)=πAB2-πAC2計(jì)算即可．
【詳解】解：（1）∵三角板ABC，∠C=90°，∠A=30°，BC=3cm，
∴AB=2BC=6cm，
∴由勾股定理：AC=AB2-BC2=36-9=33，
邊BC在平面內(nèi)繞頂點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周．圖形是以AB為半徑的圓去掉以AC為半徑的圓，所形成的圓環(huán)，如圖所示：
（2）BC掃過的面積S圓環(huán)=πAB2-πAC2=36π-27π=9π．
【點(diǎn)睛】本題考查畫旋轉(zhuǎn)圖形，勾股定理，30°直角三角形的性質(zhì)，圓環(huán)面積，掌握畫旋轉(zhuǎn)圖形方法，勾股定理，30°直角三角形的性質(zhì)，圓環(huán)面積求法是解題關(guān)鍵．
題型03 圓中的角度計(jì)算
9．（2023·山東聊城·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足為C，OD∥AB，OC＝12OD，則∠ABD的度數(shù)為（）
A．90°B．95°C．100°D．105°
【答案】D
【分析】連接OB，即得出OB＝OD，從而得出∠OBD＝∠ODB．根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)結(jié)合題意可判斷∠OBC＝30°，再利用平行線的性質(zhì)可得出∠BOD＝∠OBC＝30°，從而根據(jù)三角形內(nèi)角和求出∠OBD＝∠ODB＝75°，最后由∠ABD＝∠OBC+∠OBD求解即可．
【詳解】如圖：連接OB，
∴OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB．
∵OC＝12OD，
∴OC＝12OB．
∵OC⊥AB，
∴sin∠OBC=OCOB=12,
∴∠OBC＝30°．
∵OD∥AB，
∴∠BOD＝∠OBC＝30°，
∴∠OBD＝∠ODB＝75°，
∴∠ABD＝∠OBC+∠OBD=30°+75°＝105°．
故選D．
【點(diǎn)睛】本題考查圓的基本性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理的應(yīng)用．連接常用的輔助線是解題關(guān)鍵．
10．（2023·河北秦皇島·統(tǒng)考一模）如圖，在⊙O中，AB為直徑，∠AOC=80°，點(diǎn)D為弦AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E為BC上任意一點(diǎn)，則∠CED的大小可能是（）
A．10°B．20°C．30°D．40°
【答案】C
【分析】連接OD、OE，先求出∠COD=40°，∠BOC=100°，設(shè)∠BOE=x，則∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°；然后運(yùn)用等腰三角形的性質(zhì)分別求得∠OED和∠COE，最后根據(jù)線段的和差即可解答．
【詳解】解：連接OD、OE
∵OC=OA
∴△OAC是等腰三角形
∵∠AOC=80°，點(diǎn)D為弦AC的中點(diǎn)
∴∠DOC=40°，∠BOC=100°
設(shè)∠BOE=x，則∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°
∵OC=OE，∠COE=100°-x
∴∠OEC=180°-100°-x2=40°+x2
∵OD＜OE，∠DOE=100°-x+40°=140°-x
∴∠OED＜180°-140°-x2=20°+x2
∴∠CED＞∠OEC-∠OED=40°+x2-20°+x2=20°．
又∵∠CED＜∠ABC=40°，
故答案為C．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識點(diǎn)，正確作出輔助線、構(gòu)造等腰三角形是解答本題的關(guān)鍵．
11．（2023·湖南湘西·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，⊙O與△OAB的邊AB相切，切點(diǎn)為B．將△OAB繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到△O'A'B，使點(diǎn)O落在⊙O上，邊A'B交線段AO于點(diǎn)C．若∠A'=27°，則∠OCB= 度．

【答案】87
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)對應(yīng)邊相等及半徑相等得到等邊△OBO'，得到旋轉(zhuǎn)角為60°，然后利用三角形外角和定理計(jì)算即可．
【詳解】∵△AOB繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到△O'A'B，點(diǎn)O落在⊙O上，
∴∠A=∠A'=27°，OB=O'B，
連接OO'，

∵OB=OO'，
∴△OO'B為等邊三角形，
∴∠OBO'=60°，
∴△AOB繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)了60°，
∴∠ABA'=60°，
∴∠OCB=∠A+∠ABA'=27°+60°=87°．
故答案為：87.
【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)中角度的計(jì)算，旋轉(zhuǎn)過程中對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等，旋轉(zhuǎn)角處處相等．本題中利用圓的半徑相等得到邊長關(guān)系進(jìn)而求得角度關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
題型04 圓中線段長度的計(jì)算
12．（2023·湖南益陽·統(tǒng)考二模）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，點(diǎn)D在斜邊AB上，以BD為直徑的⊙O經(jīng)過邊AC上的點(diǎn)E，連接BE，且BE平分∠ABC，若⊙O的半徑為3，AD=2，則線段BC的長為（）

A．403B．8C．245D．6
【答案】C
【分析】連接OE，證明OE∥BC，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．
【詳解】解：連接OE，如圖，
∵BE平分∠ABC，
∴∠OBE=∠CBE，
∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠CBE=∠OEB，
∴OE∥BC，
∴△AOE∽△ABC，
∴OEBC=AOAB，
∵⊙O的半徑為3，AD=2，
∴AO=AD+OD=5，AB=AO+OB=8，
∴BC=OE?ABAO=3×85=245，
故選：C．

【點(diǎn)睛】本題考查了圓的基本性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
13．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，點(diǎn)D在斜邊AB上，以BD為直徑的⊙O經(jīng)過邊AC上的點(diǎn)E，連接BE，且BE平分∠ABC，若⊙O的半徑為3，AD=2，則線段BC的長為（）
A．403B．8C．245D．95
【答案】C
【分析】連接OE，由角平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)的推出∠OEB=∠CBE，得到OE∥BC，因此△AOE ～ △ABC，得到AO：AB=OE：BC代入有關(guān)數(shù)據(jù)，即可求出BC的長．
【詳解】解：如圖，連接OE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∵OE=OB，
∴∠OEB=∠ABE，
∴∠OEB=∠CBE，
∴OE∥BC，
∴△AOE ～ △ABC，
∴AO：AB=OE：BC，
∵⊙O的半徑為3，AD=2，
∴AO=AD+OD=2+3=5，AB=AD+BD=2+6=8，
∴5：8=3：BC，
∴BC=245．
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查角平分線定義，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握相似三角形的判定和性質(zhì)．
14．（2022·湖北武漢·武漢第三寄宿中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，將兩個(gè)正方形如圖放置（B，C，E共線，D，C，G共線），若AB＝3，EF＝2，點(diǎn)O在線段BC上，以O(shè)F為半徑作⊙O，點(diǎn)A，點(diǎn)F都在⊙O上，則OD的長是（）
A．4B．10C．13D．26
【答案】B
【分析】連接OA，OF，由題意得OA=OF，設(shè)OC=x，由勾股定理得(x+2)2+22=(3-x)2+32，解答方程可得OC的值，再運(yùn)用勾股定理可得OD的長．
【詳解】解：連接OA，OF，如圖，
∵OF是半圓O的半徑，
∴OA=OF，
∵四邊形ABCD、EFGC是正方形，
∴∠ABC=∠DCB=∠FEC=90°，AB=BC=CD=3,CE=EF=2
設(shè)OC=x，
∴BO=BC-OC=3-x，OE=OC+CE=x+2，
在RtΔABO和RtΔEFO中，
AB2+BO2=AO2,OE2+EF2=OF2,
∴32+(3-x)2=AO2,(x+2)2+22=OF2，
∵AO=FO
∴32+(3-x)2=(x+2)2+22,
解得，x=1，即OC=1，
在Rt△DOC中，DO2=OC2+DC2,
∴OD=OC2+CD2=12+32=10,
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的基本概念，勾股定理以及正方形的性質(zhì)，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．
題型05 求一點(diǎn)到圓上一點(diǎn)的距離最值
15．（2023·湖北咸寧·統(tǒng)考二模）如圖，正方形ABCD內(nèi)接干圓O，線段MN在對角線BD上運(yùn)動(dòng)，若圓O的面積為2π，MN=1，△AMN周長的最小值是．

【答案】4
【分析】由正方形的性質(zhì)知點(diǎn)C是點(diǎn)A關(guān)于BD的對稱點(diǎn)，過點(diǎn)C作CA'∥BD，且使CA'=1，連接AA'交BD于點(diǎn)N，取MN=1，連接AM、CM，則點(diǎn)M、N為所求點(diǎn)，進(jìn)而求解．
【詳解】解：⊙O的面積為2π，則圓的半徑為2，BD=22=AC，
由正方形的性質(zhì)知點(diǎn)C是點(diǎn)A關(guān)于BD的對稱點(diǎn)，
過點(diǎn)C作CA'∥BD，且使CA'=1，
連接AA'交BD于點(diǎn)N，取MN=1，連接AM、CM，則點(diǎn)M、N為所求點(diǎn)，

理由：∵A'C∥MN，且A'C=MN，則四邊形MCA'N為平行四邊形，
則A'N=CM=AM，
故△AMN的周長=AM+AN+MN=AA'+1為最小，
∵正方形ABCD中AC⊥BD，
∴ A'C⊥AC，
∴ A'A=AC2+A'C2=(22)2+12=3，
則△AMN的周長的最小值為3+1=4，
故答案為：4．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)、點(diǎn)的對稱性、平行四邊形的性質(zhì)等，確定點(diǎn)M、N的位置是解題的關(guān)鍵．
16．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考一模）平面直角坐標(biāo)系xy中，⊙O的半徑為2，點(diǎn)M在⊙O上，點(diǎn)N在線段OM上，設(shè)ON=t（10)圖像上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若以點(diǎn)P為圓心，3為半徑的圓與直線y=x相交，交點(diǎn)為A、B，當(dāng)弦AB的長等于25時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為．
【答案】2,32或32,2
【分析】當(dāng)點(diǎn)P在直線y=x上方時(shí)，作PH⊥AB，利用垂徑定理可得AH=5，由勾股定理易得PH，作PM⊥x軸交直線AB于點(diǎn)C，由PH可得CP，設(shè)OM=a，則CM=a，易得，Pa,a+22，因?yàn)镻點(diǎn)在反比例函數(shù)圖像上，所以易得aa+22=6可得a，易得P點(diǎn)的坐標(biāo)，當(dāng)點(diǎn)P在直線y=x下方時(shí)，利用對稱性可得P點(diǎn)的另一坐標(biāo)．
【詳解】解：當(dāng)點(diǎn)P在直線y=x上方時(shí)，連接PA，作PH⊥AB，
∴AH=5，而PA=3，
∴PH=2．
作PM⊥x軸交直線AB于點(diǎn)C，
∵∠∠COM=∠PCH=45°,
∴∠PCH=∠HPC=45°，OM=CM，
∴PC=2PH=22，
設(shè)OM=a，則CM=a，
∴Pa,a+22，
∵點(diǎn)P是反比例函數(shù)y=6x(x>0)圖像上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，
∴aa+22=6，
∴a=2，（負(fù)值舍去）
∴P2,32，
當(dāng)點(diǎn)P在直線y=x下方時(shí)，由對稱性可知P32,2．
故答案為：2,32或32,2．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理、反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)、勾股定理等知識點(diǎn)，正確作出恰當(dāng)?shù)妮o助線、利用勾股定理和垂徑定理解得PC是解答此題的關(guān)鍵．
題型10 利用垂徑定理求平行弦問題
35．（2021·浙江衢州·?？家荒＃┤鐖D，已知AB是半圓O的直徑，弦CD∥AB，CD＝8．AB＝10，則CD與AB之間的距離是．
【答案】3
【分析】過點(diǎn)O作OH⊥CD于H，連接OC，先利用垂徑定理得到CH=4，然后在Rt△OCH中，利用勾股定理即可求解．
【詳解】解：過點(diǎn)O作OH⊥CD于H，
連接OC，如圖，則CH＝DH＝12CD＝4，
在Rt△OCH中，OH＝52-42＝3，
所以CD與AB之間的距離是3．
故答案為3．
【點(diǎn)睛】此題主要考查垂徑定理和勾股定理，熟練掌握垂徑定理和勾股定理是解題關(guān)鍵．
36．（2022·黑龍江·統(tǒng)考一模）如圖，矩形ABCD與圓心在AB上的☉O交于點(diǎn)G，B，F(xiàn)，E， GB =5，EF =4，那么AD = ．
【答案】32
【分析】連接OF，過點(diǎn)O作OH⊥EF，垂足為H，根據(jù)垂徑定理，在△OHF中，勾股定理計(jì)算．
【詳解】如圖，連接OF，過點(diǎn)O作OH⊥EF，垂足為H，
則EH=FH=12EF=2，
∵GB=5，
∴OF=OB=52，
在△OHF中，勾股定理，得
OH=(52)2-22=32，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴四邊形OADH也是矩形，
∴AD=OH=32，
故答案為：32．
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理、勾股定理，熟練掌握兩個(gè)定理是解題的關(guān)鍵．
37．（2022·黑龍江牡丹江·統(tǒng)考二模）在半徑為4cm的⊙O中，弦CD平行于弦AB，AB=43cm，∠BOD=90°，則AB與CD之間的距離是 cm．
【答案】23+2或23-2
【分析】根據(jù)題意，分析兩種AB的位置情況進(jìn)行求解即可；
【詳解】解：①如圖，AB//CD，過點(diǎn)O作GH⊥AB、GH⊥CD
在⊙O中
∵∠BOD=90°，GH⊥AB、GH⊥CD
∴∠GOB+∠DOH=90°
∴∠GOB=∠ODH
∵∠OGB=∠DHO∠GOB=∠ODHOB=OD
∴ΔGOB?ΔDHOAAS
∴BG=OH
∵OG⊥AB
∴OH=BG=12AB=23
∴OG=OB2-BG2=42-232=2
∴GH=OH+OG=23+2
∵AB//CD
∴AB與CD之間的距離即GH
∴AB與CD之間的距離為23+2
②如圖，作OF⊥AB、PD⊥AB，連接AD
則有四邊形PEFD是矩形，
∴EF=PD
∵∠BOD=90°
∴∠BAD=45°
∵PD⊥AB
∴AP=PD
∵OF⊥AB
∴BE=12AB=23
∴OE=OB2-BE2=42-232=2
∵OD2=OF2+FD2
∴42=2+PD2+23-PD2
∴PD=23-2
故答案為：23+2或23-2
【點(diǎn)睛】本題主要圓的的性質(zhì)、三角形的全等，勾股定理，掌握相關(guān)知識并正確做出輔助線是解題的關(guān)鍵．
題型11 利用垂徑定理求同心圓問題
38．（2022·福建·模擬預(yù)測）如圖，以點(diǎn)O為圓心的兩個(gè)圓中，大圓的弦AB切小圓于點(diǎn)C，大圓的半徑OA交小圓于點(diǎn)D，若OD＝3，tan∠OAB＝12，則AB的長是．
【答案】12
【分析】連接OC，由切線的性質(zhì)知OC⊥AB，根據(jù)垂徑定理得AB=2AC，由tan∠OAB的值，易得OC:AC的值，進(jìn)而可求出AC的長，而AB的長也可求出．
【詳解】解：連接OC，
∵大圓的弦AB切小圓于點(diǎn)C，
∴OC⊥AB，
∴AB=2AC，
∵OD=3，
∴OC=3，
∵tan∠OAB=OCAC=12，
∴AC=6，
∴AB=12．
故答案為：12．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)和垂徑定理，解題的關(guān)鍵是連接過切點(diǎn)的半徑．
39．（2019·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考三模）如圖，兩個(gè)圓都以O(shè)為圓心，大圓的弦AB與小圓相切于點(diǎn)C，若AB=6，則圓環(huán)的面積為 .
【答案】9π
【分析】由小圓與AB相切，利用切線的性質(zhì)得到OC垂直于AB，利用垂徑定理得到C為AB中點(diǎn)，求出AC的長，在直角三角形AOC中，利用勾股定理求出OA2?OC2的值，由大圓面積減去小圓面積求出圓環(huán)面積即可．
【詳解】如圖所示，連接OA，OC，
∵弦AB與小圓相切，
∴OC⊥AB，
∴C為AB的中點(diǎn)，
∴AC＝BC＝12AB＝3，
在Rt△AOC中，根據(jù)勾股定理得：OA2?OC2＝AC2＝9，
則形成圓環(huán)的面積為πOA2?πOC2＝π（OA2?OC2）＝9π，
故答案為9π．
【點(diǎn)睛】此題考查了切線的性質(zhì)，勾股定理，以及垂徑定理，熟練掌握切線的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．
40．（2022·甘肅武威·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知在以點(diǎn)O為圓心的兩個(gè)同心圓中，大圓的弦AB交小圓于點(diǎn)C，D（如圖）．
（1）求證：AC=BD；
（2）若大圓的半徑R=10，小圓的半徑r=8，且圓O到直線AB的距離為6，求AC的長．
【答案】（1）證明見解析；（2）8﹣27
【分析】（1）過O作OE⊥AB，根據(jù)垂徑定理得到AE=BE，CE=DE，從而得到AC=BD；
（2）由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，連接OC，OA，再根據(jù)勾股定理求出CE及AE的長，根據(jù)AC=AE﹣CE即可得出結(jié)論．
【詳解】解：（1）證明：如答圖，過點(diǎn)O作OE⊥AB于點(diǎn)E，
∵AE=BE，CE=DE，
∴BE﹣DE=AE﹣CE，
即AC=BD
（2）由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，
連接OC，OA，
∵OA=10，OC=8，OE=6，
∴CE=OC2-OE2=82-62=27，AE=OA2-OE2=102-62=8.
∴AC=AE﹣CE=8﹣27．
【點(diǎn)睛】本題考查的是垂徑定理，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形是解答此題的關(guān)鍵．
題型12 垂徑定理在格點(diǎn)中的應(yīng)用
41．（2023·河北石家莊·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，在由邊長為1的小正方形組成的網(wǎng)格圖中，一段圓弧經(jīng)過格點(diǎn)A，B，C，AE的延長線經(jīng)過格點(diǎn)D，則AE的長為（）
A．3π4B．π2C．5π8D．5π4
【答案】D
【分析】如圖，作AB、BC的垂直平分線，兩線交于O，F(xiàn)為AB的中點(diǎn), 連接OA、OE、OC,由垂徑定理可得AF=12AB=2 ,OF=32，再運(yùn)用勾股定理求得OA=52，再根據(jù)∠AOE=90°和弧長公式即可解答．
【詳解】解：如圖，作AB、BC的垂直平分線，兩線交于O，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，連接OA、OE、OC、AB、BC、CD
由垂徑定理得：AF=12AB=2 ,OF=32
∴OA=AF2+OF2=22+322=52
∵∠ABC=90°
∴AC是直徑
根據(jù)網(wǎng)格圖形可知：AC=CD=32+42=25，AD=72+12=50
∴AC2+CD2=AD2=50，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠ACD=90°，∠CAE=45°，
∴∠ECA=45°，
∴AE所對的圓心角是90°，
∴弧AE的長是90×2π×52360=54π．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理、弧長公式等知識點(diǎn)，根據(jù)題意找到圓心是解答本題的關(guān)鍵．
42．（2023·遼寧葫蘆島·統(tǒng)考二模）如圖，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，⊙O是△ABC的外接圓，點(diǎn)A，B，O均在格點(diǎn)上，則sinC= ．

【答案】255/255
【分析】取AB中點(diǎn)D，連接OA，OB，由圖可知，AB=4，AD=BD=2，OD=1，由垂徑定理可知OD⊥AB，進(jìn)而可得OB=OD2+BD2=5，易得sin∠DOB=BDOB=25=255，再證∠C=∠DOB，即可解．
【詳解】解：取AB中點(diǎn)D，連接OA，OB，如圖，

由圖可知，AB=4，AD=BD=2，OD=1，
由垂徑定理可知OD⊥AB，則∠ODB=90°，
∴OB=OD2+BD2=5，則sin∠DOB=BDOB=25=255，
∵OA=OB，
∴∠BOD=12∠AOB，
∵∠C=12∠AOB，
∴∠C=∠DOB，
∴sinC=sin∠DOB=255，
故答案為：255．
【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，垂徑定理，圓周角定理，解直角三角形，取AB中點(diǎn)D，得Rt△ODB是解題的關(guān)鍵．
43．（2023·天津東麗·統(tǒng)考二模）如圖，在網(wǎng)格中，每個(gè)小正方形的邊長均為1，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)稱為格點(diǎn)，點(diǎn)A，B，M均為格點(diǎn)，以格點(diǎn)O為圓心，AB為直徑作圓，點(diǎn)M在圓上．

（Ⅰ）線段AB的長等于；
（Ⅱ）請?jiān)谌鐖D所示的網(wǎng)格中，用無刻度的直尺，在BM上找出一點(diǎn)P，使PM=AM，并簡要說明畫圖方法（不要求證明）
【答案】 210 取格點(diǎn)C，連接AC并延長，交⊙O于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求
【分析】（1）根據(jù)勾股定理即可求解；
（2）取格點(diǎn)C，連接AC并延長，交⊙O于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．
【詳解】解：（1）AB=22+62=210
（2）如圖所示，取格點(diǎn)C，連接AC并延長，交⊙O于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．
理由如下，

∵tan∠DOA=tan∠CAD=tan∠MON=13
∴∠MON=∠CAD
∵∠ACD+∠CAD=90°
∴∠MON+∠CAD=90°
∴AC⊥OM，
∴PM=AM．
【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理與網(wǎng)格問題，正切的定義，垂徑定理，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
44．（2023·天津·校聯(lián)考一模）如圖，在每個(gè)小正方形的邊長為1的網(wǎng)格中，點(diǎn)A，B，C，D均為格點(diǎn)，且點(diǎn)A，B在圓上．
（1）線段AC的長等于；
（2）過點(diǎn)D作DF∥AC，直線DF與圓交于點(diǎn)M,N（點(diǎn)M在N的左側(cè)），畫出MN的中點(diǎn)P，簡要說明點(diǎn)P的位置是如何找到的（不要求證明）．
【答案】 17 取圓與格線的交點(diǎn)E，連接EB，EB與格線的交點(diǎn)為圓心O；取格點(diǎn)F，連接FD，與圓交于點(diǎn)M，N；取圓與AC的交點(diǎn)H，連接MH，AN，兩線交于點(diǎn)I；作射線OI，交MN于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．
【分析】（1）根據(jù)勾股定理求出AC的長即可；
（2）取圓與格線的交點(diǎn)E，連接EB，EB與格線的交點(diǎn)為圓心O；取格點(diǎn)F，連接FD，與圓交于點(diǎn)M，N；取圓與AC的交點(diǎn)H，連接MH，AN，兩線交于點(diǎn)I；作射線OI，交MN于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．
【詳解】解：（1）AC=42+12=17；
故答案為：17；
（2）取圓與格線的交點(diǎn)E，連接EB，EB與格線的交點(diǎn)為圓心O；取格點(diǎn)F，連接FD，與圓交于點(diǎn)M，N；取圓與AC的交點(diǎn)H，連接MH，AN，兩線交于點(diǎn)I；作射線OI，交MN于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．
∵∠BAE=90°，
∴BE為圓的直徑，
∵GK垂直平分AB，
∴BE魚GK的交點(diǎn)為圓心O，
∵M(jìn)N∥AH，
∴AM=HN，
∴∠ANM=∠HMN，
∴IM=IN，
∵OM=ON，
∴IP垂直平分MN，
即MP=NP．
故答案為：取圓與格線的交點(diǎn)E，連接EB，EB與格線的交點(diǎn)為圓心O；取格點(diǎn)F，連接FD，與圓交于點(diǎn)M，N；取圓與AC的交點(diǎn)H，連接MH，AN，兩線交于點(diǎn)I；作射線OI，交MN于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理，圓周角定理，垂直平分線的判定，等腰三角形的判定，垂徑定理，解題的關(guān)鍵是找出圓心O和點(diǎn)I．
題型13 利用垂徑定理的推論求解
45．（2023·湖南長沙·模擬預(yù)測）如圖，AB為⊙O的直徑，弦CD交AB于點(diǎn)E，BC=BD，∠CDB=30°，AC=23，則OE=（）
A．32B．3C．1D．2
【答案】C
【分析】連接BC，根據(jù)垂徑定理的推論可得AB⊥CD，再由圓周角定理可得∠A=∠CDB=30°，根據(jù)銳角三角函數(shù)可得AE=3，AB=4，即可求解．
【詳解】解：如圖，連接BC，
∵AB為⊙O的直徑，BC=BD，
∴AB⊥CD，
∵∠BAC=∠CDB=30°，AC=23，
∴AE=AC?cs∠BAC=3，
∵AB為⊙O的直徑，
∴AB=ACcs∠BAC=4，
∴OA=2，
∴OE=AE-OA=1．
故選：C
【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理，圓周角定理，解直角三角形，熟練掌握垂徑定理，圓周角定理，特殊角銳角函數(shù)值是解題的關(guān)鍵．
46．（2021·江蘇揚(yáng)州·統(tǒng)考一模）如圖，在⊙O中，點(diǎn)C是AB的中點(diǎn)，連接OC交弦AB于點(diǎn)D，若OD=3，DC=2，則AB的長是．
【答案】8．
【分析】連結(jié)OA，OB，點(diǎn)C是AB的中點(diǎn)，半徑OC交弦AB于點(diǎn)D，根據(jù)垂徑定理可得OC⊥AB，AD=BD，由OD=3，DC=2，求半徑OC= 5，OA= 5，在Rt△OAD中，由勾股定理得DA=OA2-OD2=52-32=4即可，
【詳解】解：連結(jié)OA，OB，
∵點(diǎn)C是AB的中點(diǎn)，半徑OC交弦AB于點(diǎn)D，
∴OC⊥AB，AD=BD，
∵OD=3，DC=2，
∴OC=OD+CD=3+2=5，
∴OA=OC=5，
在Rt△OAD中，
由勾股定理得DA=OA2-OD2=52-32=4，
∴AB=2AD=2×4=8，
故答案為8．
【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理的推論，勾股定理，線段中點(diǎn)定義，掌握垂徑定理的推論，平分弧的直徑垂直平分這條弧所對的弦，勾股定理，線段中點(diǎn)定義是解題關(guān)鍵．
47．（2023·天津西青·統(tǒng)考一模）已知AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C，D是⊙O上兩點(diǎn)，AC=BC，連接AC，BC，DB．
(1)如圖①，若AB=10，BD=5，求∠ABC和∠ABD的大??；
(2)如圖②，過點(diǎn)C作⊙O的切線，與DB的延長線交于點(diǎn)E，若CE=CB，求∠ABD的大?。?br>【答案】(1)∠ABC=45°，∠ABD=60°
(2)∠ABD=67.5°
【分析】（1）如圖所示，連接AD，由直徑所對的圓周角是直角得到∠ADB=∠ACB=90°，由AC=BC，得到AC=BC，再分別解Rt△ABC，Rt△ABD即可得到答案；
（2）如圖所示，連接OC，先由垂徑定理的推理得到OC⊥AB，即∠BOC=90°，同理可得∠OBC=45°，由切線的性質(zhì)得到∠OCE=90°，即可證明OB∥CE，得到∠ABD=∠E，∠BCE=∠OBC=45°，求出∠E=67.5°，則∠ABD=∠E=67.5°．
【詳解】（1）解：如圖所示，連接AD，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB=∠ACB=90°，
∵AC=BC，
∴AC=BC，
∴在Rt△ABC中，tan∠ABC=ACBC=1，
∴∠ABC=45°；
在Rt△ABD中，∠ADB=90°，AB=10，BD=5，
∴cs∠ABD=BDAB=12，
∴∠ABD=60°
（2）解：如圖所示，連接OC，
∵AB是⊙O的直徑，AC=BC，
∴OC⊥AB，即∠BOC=90°，
同理可得∠OBC=45°，
∵CE是⊙O的切線，
∴∠OCE=90°，
∴OB∥CE，
∴∠ABD=∠E，∠BCE=∠OBC=45°，
∵CB=CE，
∴∠E=∠CBE=180°-∠BCE2=67.5°，
∴∠ABD=∠E=67.5°．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理，解直角三角形，切線的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，平行線的性質(zhì)與判定，等邊對等角，垂徑定理的推理等等，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
48．（2023·陜西西安·西安市鐵一中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，已知AB是⊙O的直徑，點(diǎn)D是弧BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在DO的延長線上，連接AE．若∠E=∠B．

(1)求證：AE是⊙O的切線；
(2)連接AC．若AC=6，CF=4，求OE的長．
【答案】(1)見解析
(2)OE=253
【分析】（1）根據(jù)垂徑定理的推論可得OD⊥BC，即∠OFB=90°，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可得出∠EAO=∠BFO=90°，進(jìn)而證明AE是⊙O的切線；
（2）連接AC．根據(jù)AB是⊙O的直徑，得出∠ACB=90°，進(jìn)而根據(jù)中位線的性質(zhì)得出OF=12AC=3，勾股定理得出BO=OF2+BF2=5，根據(jù)（1）的結(jié)論證明△OBF∽△OEA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，即可求解．
【詳解】（1）證明：∵點(diǎn)D是弧BC的中點(diǎn)，
∴OD⊥BC，
∴∠OFB=90°，
∵∠E=∠B，∠BOF=∠EOA，
∴∠EAO=∠BFO=90°，
∴OA⊥AE，
即AE是⊙O的切線；
（2）如圖所示，連接AC．

∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，
∵BF⊥OD，
∴BF=CF=4，
∵AO=BO，
∴OF=12AC=3，
∴BO=OF2+BF2=5，則AO=BO=5，
∵∠OFB=∠OAE,∠OBF=∠E，
∴△OBF∽△OEA，
∴OAOF=OEOB，
∴53=OE5，
解得：OE=253．
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理的推論，切線的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
題型14 垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用
49．（2021·山東臨沂·統(tǒng)考二模）筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具.如圖1，明朝科學(xué)家徐光啟在《農(nóng)政全書》中用圖畫描繪了筒車的工作原理.如圖2，筒車盛水桶的運(yùn)行軌跡是以軸心O為圓心的圓.已知圓心在水面上方，且圓被水面截得的弦AB長為6米，∠OAB=41.3°，若點(diǎn)C為運(yùn)行軌道的最高點(diǎn)（C，O的連線垂直于AB），求點(diǎn)C到弦AB所在直線的距離.（參考數(shù)據(jù)：sin41.3°≈0.66，cs41.3°≈0.75，tan41.3°≈0.88）
【答案】6.64米
【分析】通過垂徑定理求出AD，再通過三角函數(shù)解直角三角形，求出AO和OD的值，從而得到點(diǎn)C到弦AB所在直線的距離.
【詳解】解：如圖：連接CO并延長，交AB于點(diǎn)D，
∵OD⊥AB，AB=6，
∴AD=12AB=3，
在Rt△OAD中, ∠OAB=41.3°，cs∠OAD=ADAO，
∴AO=ADcs∠OAD=4，
∵sin∠OAD=ODAO,
∴OD=AO·sin∠OAD=2.64，
∴CD=OC+OD=AO+OD=4+2.64=6.64米，
答：點(diǎn)C到弦AB所在直線的距離是6.64米.
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理和三角函數(shù)的應(yīng)用，通過垂徑定理求出AD的值是解題關(guān)鍵.
50．（2022·河南開封·統(tǒng)考一模）中國5A級旅游景區(qū)開封市清明上河園，水車園中的水車是由立式水輪，竹筒、支撐桿和水槽等配件組成，如圖是水車園中半徑為5m的水車灌田的簡化示意圖，立式水輪⊙O在水流的作用下利用竹筒將水運(yùn)送到到點(diǎn)A處，水沿水槽AP流到田地，⊙O與水面交于點(diǎn)B，C，且點(diǎn)B，C，P在同一直線上；AP與⊙O相切，若點(diǎn)P到點(diǎn)C的距離為32米，立式水輪⊙O的最低點(diǎn)到水面的距離為2米，連接AC，AB．
請解答下列問題，
(1)求證：∠PAC=∠PBA．
(2)請求出水槽AP的長度．
【答案】(1)證明見解析；
(2)165米；
【分析】（1）連接AO并延長交圓于點(diǎn)E，根據(jù)切線的性質(zhì)，圓周角定理，由角的等量代換即可證明；
（2）過O作OF⊥BC于F，延長OF交圓于點(diǎn)D，連接OC，Rt△OFC中，由勾股定理求得CF的長；再由△PAC∽△PBA，PA2=PB?PC，即可解答.
【詳解】（1）證明：如圖連接AO并延長交圓于點(diǎn)E，
PA是圓的切線，則∠EAP=90°，
∴∠EAC+∠PAC=90°，
AE是圓的直徑，則∠ACE=90°，
∴∠EAC+∠AEC=90°，
∵∠AEC=∠ABC，∴∠ABC=∠PAC，即∠PAC=∠PBA；
（2）解：如圖，過O作OF⊥BC于F，延長OF交圓于點(diǎn)D，連接OC，
BC為水平面，則D為圓的最低點(diǎn)，DF=2米，由垂徑定理可得BC=2CF，
Rt△OFC中，OF=OD-DF=5-2=3米，OC=5米，則CF=OC2-OF2=4米，
∴BC=2CF=8米，PB=32+8=40米，
∵∠P=∠P，∠PAC=∠PBA，∴△PAC∽△PBA，
∴PA∶PB=PC∶PA，即PA2=PB?PC，
∴PA=32×40=165米.
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，相似三角形的判定和性質(zhì)；掌握相關(guān)性質(zhì)和定理是解題關(guān)鍵．
51．（2023·廣東深圳·?？寄M預(yù)測）如圖是正在修建的某大門上半部分的截面，其為圓弧型，跨度CD（弧所對的弦）的長為3.2米，拱高AB（弧的中點(diǎn)到弦的距離）為0.8米．
(1)求該圓弧所在圓的半徑；
(2)在修建中，在距大門邊框的一端（點(diǎn)D）0.4米處將豎立支撐桿HG，求支撐桿HG的高度；
【答案】(1)該圓弧所在圓的半徑為2米
(2)支撐桿HG的高度為0.4米
【分析】（1）設(shè)CD所在的圓心為O，B為CD的中點(diǎn)，CD⊥AB于A，延長BA至O點(diǎn)，設(shè)⊙O的半徑為R，利用勾股定理求出即可；
（2）過O作OF⊥HG于F，利用垂徑定理以及勾股定理得出GF的長，再求出HG的長即可．
【詳解】（1）解：設(shè)CD所在的圓心為O，B為CD的中點(diǎn)，CD⊥AB于A，延長BA至O點(diǎn)，連接OC，
則AC=12CD=1.6（米），
設(shè)⊙O的半徑為R，則：OA=OB-AB=R-0.8
在Rt△OAC中，OC2=OA2+CA2，
∴R2=R-0.82+1.62，
解得R=2，
即該圓弧所在圓的半徑為2米；
（2）解：過O作OF⊥HG于F，連接OG，
則OF=AH=1.6-0.4=1.2=65（米），F(xiàn)H=OA=2-0.8=1.2米，OG=2米，
在Rt△OFG中，GF=OG2-OF2=22-652=1.6（米），
∴HG=FG-HF=1.6-1.2=0.4（米），
即支撐桿HG的高度為0.4米．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理的應(yīng)用和勾股定理等知識，熟練掌握垂徑定理和勾股定理，正確作出輔助線是解題關(guān)鍵．
52．（2021·云南大理·統(tǒng)考二模）我們定義：如果圓的兩條弦互相垂直且相交，那么這兩條弦互為“十字弦”，也把其中的一條弦叫做另一條弦的“十字弦”．如圖1，已知⊙O的兩條弦AB⊥CD，則AB、CD互為“十字弦”，AB是CD的“十字弦”，CD也是AB的“十字弦”．
【概念理解】
（1）若⊙O的半徑為5，一條弦AB =8，則弦AB的“十字弦”CD的最大值為，最小值為．
（2）如圖2，若⊙O的弦CD恰好是⊙O的直徑，弦AB與CD相交于H，連接AC，若AC= 12，DH =7，CH =9，求證︰AB、CD互為“十字弦”；
【問題解決】
（3）如圖3，在⊙O中，半徑為13，弦AB與CD相交于H，AB、CD互為“十字弦”且AB=CD，CHDH=5，則CD的長度．
【答案】（1）10，6；（2）證明見解析；（3）6．
【分析】（1）根據(jù)“十字弦”定義可得弦AB的“十字弦”CD為直徑時(shí)最大，當(dāng)CD過A點(diǎn)或B點(diǎn)時(shí)最小；
（2）根據(jù)線段長度得出對應(yīng)邊成比例且有夾角相等，證明△ACH∽△DCA，由其性質(zhì)得出對應(yīng)角相等，結(jié)合90°的圓周角證出AH⊥CD，根據(jù)“十字弦”定義可得；
（3）過O作OE⊥AB于點(diǎn)E，作OF⊥CD于點(diǎn)F，設(shè)DH=x，由題意可得其它線段的長，在Rt△OEA中，根據(jù)勾股定理列方程得出x的值，從而可求CD的長．
【詳解】解：（1）當(dāng)CD為直徑時(shí)，CD最大，此時(shí)CD=10，
∴弦AB的“十字弦”CD的最大值為10；
當(dāng)CD過A點(diǎn)時(shí)，CD長最小，即AM的長度，過O點(diǎn)作ON⊥AM，垂足為N，作OG⊥AB，垂足為G，則四邊形AGON為矩形，
∴AN=OG，
∵OG⊥AB，AB=8，
∴AG=4，
∵OA=5，
∴由勾股定理得OG=3，
∴AN=3，
∵ON⊥AM，
∴AM=6，
即弦AB的“十字弦”CD的最小值是6．
（2）證明：如圖，連接AD，
∵AC=12， DH=7， CH=9，
∴CD=CH+DH=16
∴ACCD=1216=34 ，
CHAC=912=34
∴ACCD=CHAC
∵∠C=∠C，
∴△ACH∽△DCA，
∴∠AHC=∠CAD
∵CD是直徑，
∴∠CAD=90°，
∴∠AHC=90°，
∴AH⊥CD，
∴AB、CD互為“十字弦”．
（3）如圖，過O作OE⊥AB于點(diǎn)E，作OF⊥CD于點(diǎn)F，連接OA，OD，則四邊形OEHF是矩形，∴OE=FH，OF=EH，
設(shè)DH=x，
∵CHDH=5，AB=CD，
則CH=5x，CD=AB=6x，
∴FD=AE=3x，
∴OE=FH=3x-x=2x，
∵半徑為13，
在Rt△OEA中，由勾股定理得，OA2=OE2+AE2，
∴132=2x2+3x2，
解得，x=1，
∴CD=6×1=6
【點(diǎn)睛】本題考查圓的相關(guān)性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理等知識點(diǎn)，熟練掌握相關(guān)知識，準(zhǔn)確做出輔助線是解答此題的關(guān)鍵．
題型15 利用垂徑定理求取值范圍
53．（2020·山東泰安·校考模擬預(yù)測）如圖，兩個(gè)同心圓，大圓的半徑為5，小圓的半徑為3，若大圓的弦AB與小圓有公共點(diǎn)，則弦AB的取值范圍是（）
A．8≤AB≤10B．8＜AB≤10C．4≤AB≤5D．4＜AB≤5
【答案】A
【分析】解決此題首先要弄清楚AB在什么時(shí)候最大，什么時(shí)候最?。?dāng)A′B′與小圓相切時(shí)有一個(gè)公共點(diǎn)，此時(shí)可知A′B′最小；當(dāng)AB經(jīng)過同心圓的圓心時(shí)，弦AB最大且與小圓相交有兩個(gè)公共點(diǎn)，此時(shí)AB最大，由此可以確定所以AB的取值范圍．
【詳解】解：如圖，當(dāng)AB與小圓相切時(shí)有一個(gè)公共點(diǎn)，
在Rt△A′DO中，OD=3，OA′=5，
∴A'D=(OA')2-OD2=52-32=4 ，
∴A′B′=8；
當(dāng)AB經(jīng)過同心圓的圓心時(shí)，弦AB最大且與小圓相交有兩個(gè)公共點(diǎn)，
此時(shí)AB=10，
所以AB的取值范圍是8≤AB≤10．
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓中的有關(guān)性質(zhì)．利用垂徑定理可用同心圓的兩個(gè)半徑和與小圓相切的大圓的弦的一半構(gòu)造直角三角形，運(yùn)用勾股定理解題這是常用的一種方法，也是解決本題的關(guān)鍵，注意臨界值．
54．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考一模）如圖，⊙O的弦AB=8，點(diǎn)P是AB上一動(dòng)點(diǎn)，若⊙O的直徑是10，則OP的長的取值范圍是______．
【答案】3≤OP≤5
【分析】過O點(diǎn)作OC⊥AB于C點(diǎn)，連接OA，如圖，根據(jù)垂徑定理得到AC＝BC＝4，再利用勾股定理得到OC＝3，根據(jù)垂線段最短得到OP的最小值為3，從而得到OP的取值范圍；
【詳解】解：過O點(diǎn)作OC⊥AB于C點(diǎn)，連接OA，如圖，
根據(jù)垂徑定理得到AC＝BC＝12AB=4，
∵⊙O的直徑是10，
∴AO=12×10=5，
在Rt△OAC中，OC=AO2-AC2=25-16=3
∵OP為半徑時(shí)最長，OP為垂線段最短，
∴OP的取值范圍為3≤OP≤5．
故答案為：3≤OP≤5．
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．也考查了勾股定理等內(nèi)容，掌握垂線段最短知識內(nèi)容是解題的關(guān)鍵．
55．（2023·浙江金華·?？家荒＃┰阡J角三角形ABC中，∠A＝30°，BC＝2，設(shè)BC邊上的高為h，則h的取值范圍是．
【答案】23EQ．
【分析】（1）連接OM，利用垂徑定理計(jì)算即可；
（2）由切線的性質(zhì)證明OE⊥GH進(jìn)而得到OE⊥MN，利用銳角三角函數(shù)求OD，再與（1）中OC相減即可；
（3）由半圓的中點(diǎn)為Q得到∠QOB=90°，得到∠QOE=30°分別求出線段EF與EQ的長度，再相減比較即可．
【詳解】解：（1）連接OM，
∵O為圓心，OC⊥MN于點(diǎn)C，MN=48cm，
∴MC=12MN=24cm，
∵AB=50cm，
∴OM=12AB=25cm，
∴在Rt△OMC中，
OC=OM2-MC2=252-242=7cm．

（2）∵GH與半圓的切點(diǎn)為E，
∴OE⊥GH
∵M(jìn)N∥GH
∴OE⊥MN于點(diǎn)D，
∵∠ANM=30°，ON=25cm，
∴OD=12ON=252cm，
∴操作后水面高度下降高度為：
252-7=112cm．
（3）∵OE⊥MN于點(diǎn)D，∠ANM=30°
∴∠DOB=60°，
∵半圓的中點(diǎn)為Q，
∴AQ=QB，
∴∠QOB=90°，
∴∠QOE=30°，
∴EF=tan∠QOE?OE=2533cm，
EQ=30×π×25180=25π6cm，
∵2533-25π6=503-25π6=2523-π6>0，
∴EF>EQ．
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理、圓的切線的性質(zhì)、求弧長和解直角三角形的知識，解答過程中根據(jù)相關(guān)性質(zhì)構(gòu)造直角三角形是解題關(guān)鍵．
22．（2023·北京·統(tǒng)考中考真題）如圖，圓內(nèi)接四邊形ABCD的對角線AC，BD交于點(diǎn)E，BD平分∠ABC，∠BAC=∠ADB．

(1)求證DB平分∠ADC，并求∠BAD的大??；
(2)過點(diǎn)C作CF∥AD交AB的延長線于點(diǎn)F．若AC=AD，BF=2，求此圓半徑的長．
【答案】(1)見解析，∠BAD=90°
(2)4
【分析】（1）根據(jù)已知得出AB=BC，則∠ADB=∠CDB，即可證明DB平分∠ADC，進(jìn)而根據(jù)BD平分∠ABC，得出AD=CD，推出BAD=BCD，得出BD是直徑，進(jìn)而可得∠BAD=90°；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)論結(jié)合已知條件得出，∠F=90°，△ADC是等邊三角形，進(jìn)而得出∠CDB=12∠ADC=30°，由BD是直徑，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)可得BC=12BD，在Rt△BFC中，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)求得BC的長，進(jìn)而即可求解．
【詳解】（1）解：∵∠BAC=∠ADB
∴AB=BC，
∴∠ADB=∠CDB，即DB平分∠ADC．
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∴AD=CD，
∴AB+AD=BC+CD，即BAD=BCD，
∴BD是直徑，
∴∠BAD=90°；
（2）解：∵∠BAD=90°，CF∥AD，
∴∠F+∠BAD=180°，則∠F=90°．
∵AD=CD，
∴AD=DC．
∵AC=AD，
∴AC=AD=CD，
∴△ADC是等邊三角形，則∠ADC=60°．
∵BD平分∠ADC，
∴∠CDB=12∠ADC=30°．
∵BD是直徑，
∴∠BCD=90°，則BC=12BD．
∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，則∠ABC=120°，
∴∠FBC=60°，
∴∠FCB=90°-60°=30°，
∴FB=12BC．
∵BF=2，
∴BC=4，
∴BD=2BC=8．
∵BD是直徑，
∴此圓半徑的長為12BD=4．
【點(diǎn)睛】本題考查了弧與圓周角的關(guān)系，等弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角是直角，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，圓內(nèi)接四邊形對角互補(bǔ)，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
23．（2023·湖北武漢·統(tǒng)考中考真題）如圖，OA,OB,OC都是⊙O的半徑，∠ACB=2∠BAC．

(1)求證：∠AOB=2∠BOC；
(2)若AB=4,BC=5，求⊙O的半徑．
【答案】(1)見解析
(2)52
【分析】（1）由圓周角定理得出，∠ACB=12∠AOB,∠BAC=12∠BOC，再根據(jù)∠ACB=2∠BAC，即可得出結(jié)論；
（2）過點(diǎn)O作半徑OD⊥AB于點(diǎn)E，根據(jù)垂徑定理得出∠DOB=12∠AOB,AE=BE，證明∠DOB=∠BOC，得出BD=BC，在Rt△BDE中根據(jù)勾股定理得出DE=BD2-BE2=1，在Rt△BOE中，根據(jù)勾股定理得出OB2=(OB-1)2+22，求出OB即可．
【詳解】（1）證明：∵AB=AB，
∴∠ACB=12∠AOB，
∵BC=BC，
∴∠BAC=12∠BOC，
∵∠ACB=2∠BAC，
∴∠AOB=2∠BOC．
（2）解：過點(diǎn)O作半徑OD⊥AB于點(diǎn)E，則∠DOB=12∠AOB,AE=BE，
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠DOB=∠BOC，
∴BD=BC，
∵AB=4,BC=5，
∴BE=2,DB=5，
在Rt△BDE中，∵∠DEB=90°
∴DE=BD2-BE2=1，
在Rt△BOE中，∵∠OEB=90°，
∴OB2=(OB-1)2+22，
∴OB=52，即⊙O的半徑是52．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理，垂徑定理，圓周角定理，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握圓周角定理．
24．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在△ABC中，AB=AC，點(diǎn)M,N分別為邊AB,BC的中點(diǎn)，連接MN．
初步嘗試：（1）MN與AC的數(shù)量關(guān)系是_________，MN與AC的位置關(guān)系是_________．
特例研討：（2）如圖2，若∠BAC=90°,BC=42，先將△BMN繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（α為銳角），得到△BEF，當(dāng)點(diǎn)A,E,F在同一直線上時(shí)，AE與BC相交于點(diǎn)D，連接CF．

（1）求∠BCF的度數(shù)；
（2）求CD的長．
深入探究：（3）若∠BAC

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