中考数学讲练 专题13 与圆有关的计算问题

专题13与圆有关的计算问题【方法指导】1.垂径定理：垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．这类题中一般使用列方程的方法，这种用代数方法解决几何问题即几何代数解的数学思想方法一定要掌握．2.圆心角与圆周角（1）在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与原图形完全重合．（2）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．3.圆内接四边形：（1）圆内接四边形的性质：

①圆内接四边形的对角互补．

②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．

（2）圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．4.正多边形的有关概念①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心．②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径．③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．4.圆的有关计算：（1）扇形的弧长l＝；扇形的面积S＝＝（2）圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的半径等于圆锥的母线，扇形的弧长等于圆锥的底面周长.（3）阴影部分的面积计算常通过添加辅助线转化为规则图形的面积的计算.【题型剖析】【类型1】垂径定理及应用【例1】（2019•泰州一模）如图，C是以AB为直径的半圆O上任意一点，AB＝3，则△ABC周长的最大值是（）A．22+3 B．32+3 C．23+3【分析】当点C在AB中点时，△ABC周长最大，然后根据AB＝3计算即可．【解析】∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，∴AC2＋BC2＝AB2＝32＝9，AC＋BC=A当S△ABC最大时，AC＋BC最大，∵S△ABC=12AB•CD当点C在AB中点时，CD＝CO=12AB此时S△ABC最大，S△ABC=3即AC＋BC最大=9+4×△ABC周长的最大值＝AC＋BC＋AB=32+故选：B．【变式1－1】（2019•滨湖区一模）如图，在⊙O中，已知弦AB长为16cm，C为AB的中点，OC交AB于点M，且OM：MC＝3：2，则CM长为（）A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm【分析】连接OA，根据垂径定理的推论得到OC⊥AB，根据垂径定理求出AM，根据勾股定理列式计算，得到答案．【解析】连接OA，∵C为AB的中点，∴AC=∴OC⊥AB，∴AM=12AB＝设OM＝3a，则CM＝2a，∴OC＝5a，由勾股定理得，OA2＝AM2＋OM2，即（5a）2＝82＋（3a）2，解得，a＝2（负值舍去），则CM＝2a＝4（cm），故选：B．【变式1－2】（2019•吴兴区校级一模）如图，⊙O的弦AB＝8，M是AB的中点，且OM＝3，则⊙O的半径等于（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】连接OA，根据垂径定理求出OM⊥AB，求出AM长，根据勾股定理求出OA即可．【解析】连接OA，∵⊙O的弦AB＝8，M是AB的中点，OM过O，∴AM＝BM＝4，OM⊥AB，∴由勾股定理得：OA=AM故选：C．【类型2】弧弦圆心角之间分关系【例2】（2019•东台市模拟）如图，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB，D为圆周上一点，若BC的度数为50°，则∠ADC的度数为（）A．20° B．25° C．30° D．50°【分析】利用圆心角的度数等于它所对的弧的度数得到∠BOC＝50°，利用垂径定理得到AC=BC，然后根据圆周角定理计算∠【解析】∵BC的度数为50°，∴∠BOC＝50°，∵半径OC⊥AB，∴AC=∴∠ADC=12∠BOC＝25故选：B．【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．也考查了垂径定理和圆周角定理．【变式2－1】（2019秋•连云港期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，BC＝3．劣弧BC沿弦BC翻折，刚好经过圆心O．当对角线BD最大时，则弦AB的长是（）A．6 B．23 C．32 D．2【分析】作OH⊥BC于H，连接OB，如图，利用垂径定理得到BH=12BC=32，再根据折叠的性质得到OH=12OB，则∠OBH＝30°，于是可计算出OH=32，OB=3，接着利用BD为直径时，即BD＝23时，对角线BD最大，根据圆周角得到此时∠BAD【解析】作OH⊥BC于H，连接OB，如图，则BH＝CH=12BC∵劣弧BC沿弦BC翻折，刚好经过圆心O，∴OH=12∴∠OBH＝30°，∴OH=33BH∴OB＝2OH=3当BD为直径时，即BD＝23时，对角线BD最大，则此时∠BAD＝90°，∵AB＝AD，∴此时△ABD为等腰直角三角形，∴AB=22BD=2故选：A．【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．也考查了折叠的性质和垂径定理．【变式2－2】（2018秋•邗江区校级月考）如图所示，小华从一个圆形场地的A点出发，沿着与半径OA夹角为α的方向行走，走到场地边缘B后，再沿着与半径OB夹角为α的方向折向行走．按照这种方式，小华第五次走到场地边缘时处于弧AB上，则α取值范围是（）A．36°≤α≤45° B．45°≤α≤54° C．54°≤α≤72° D．72°≤α≤90°【分析】在△AOB中，由OA＝OB，∠OAB＝α得∠OBA＝α，∠AOB＝180°﹣2α，分别取各选项的特殊值代入分析即可得解．【解析】∵在△AOB中，OA＝OB，∠OAB＝α∴∠OBA＝α，∠AOB＝180°﹣2α∴当α＝36°时，∠AOB＝180°﹣2×36°＝108°108×5＝540°∵转360°恰好位于点A，540°﹣360°＝180°＞108°∴此时不位于弧AB上，A错误；当α＝60°时，∠AOB＝60°，60×5＝300°∴此时小华还没到达点A，故C错误；当α＝60°时，∠AOB＝60°，60×5＝300°当α＝90°时，点B在圆外，不符合题意，故D错误；故选：B．【类型3】圆周角定理【例3】（2019秋•滨湖区期末）在半径为3cm的⊙O中，若弦AB＝32，则弦AB所对的圆周角的度数为（）A．30° B．45° C．30°或150° D．45°或135°【分析】根据题意画出图形，连接OA和OB，根据勾股定理的逆定理得出∠AOB＝90°，再根据圆周角定理和圆内接四边形的性质求出即可．【解析】如图所示，连接OA，OB，则OA＝OB＝3，∵B＝32，∴OA2＋OB2＝AB2，∴∠AOB＝90°，∴劣弧AB的度数是90°，优弧AB的度数是360°﹣90°＝270°，∴弦AB对的圆周角的度数是45°或135°，故选：D．【变式3－1】（2019秋•海州区校级期中）如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB＝4，BC＝3，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB＝∠PBC，则线段CP长的最小值为（）A．13-2 B．2 C．11-2 【分析】首先证明点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC与⊙O交于点P，此时CP最小，利用勾股定理求出OC即可解决问题．【解析】∵∠ABC＝90°，∴∠ABP＋∠PBC＝90°，∵∠PAB＝∠PBC∴∠BAP＋∠ABP＝90°，∴∠APB＝90°，∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，此时PC最小，在Rt△BCO中，∵∠OBC＝90°，BC＝3，OB＝2，∴OC=O∴CP＝OC﹣OP=13-∴CP最小值为13-2故选：A．【点睛】本题考查点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离，属于中考常考题型．【变式3－2】（2019秋•广陵区校级月考）如图，AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上一动点，且∠ACB＝30°，点E、F分别是AC、BC的中点，直线EF与⊙O交于G、H两点，若⊙O的半径为8，则GE＋FH的最大值为（）A．8 B．12 C．16 D．20【分析】连接OA、OB，根据圆周角定理，求出∠AOB＝2∠ACB＝60°，进而判断出△AOB为等边三角形；然后根据⊙O的半径为8，可得AB＝OA＝OB＝8，再根据三角形的中位线定理，求出EF的长度；最后判断出当弦GH是圆的直径时，它的值最大，进而求出GE＋FH的最大值是多少即可．【解析】连接OA、OB，如图所示：∵∠ACB＝30°，∴∠AOB＝2∠ACB＝60°，∵OA＝OB，∴△AOB为等边三角形，∵⊙O的半径为8，∴AB＝OA＝OB＝8，∵点E，F分别是AC、BC的中点，∴EF=12AB＝要求GE＋FH的最大值，即求GE＋FH＋EF（弦GH）的最大值，∵当弦GH是圆的直径时，它的最大值为：8×2＝16，∴GE＋FH的最大值为：16﹣4＝12．故选：B．【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形中位线定理，等边三角形的判定与性质等知识．确定GH的位置是解题的关键．【变式3－3】．（2019秋•徐州期末）已知圆内接正六边形的边长是1，则该圆的内接正三角形的面积为（）A．433 B．23 C．33【分析】根据题意画出图形，设出圆的半径，再由正多边形及直角三角形的性质求解即可．【解析】如图（二），∵圆内接正六边形边长为1，∴AB＝1，可得△OAB是等边三角形，圆的半径为1，∴如图（一），连接OB，过O作OD⊥BC于D，则∠OBC＝30°，BD＝OB•cos30°=32×故BC＝2BD=3．OD=12∴圆的内接正三角形的面积=1故选：C．【点睛】本题考查的是圆内接正三角形及正六边形的性质，根据题意画出图形，作出辅助线构造出直角三角形是解答此题的关键．【类型4】正多边形和圆的计算问题【例4】．（2019秋•崇川区校级期中）若同一个圆的内接正三角形、正六边形的边长分别记作a3，a6，则a3：a6等于（）A．1：3 B．1：3 C．3：1 D．3：1【分析】从中心向边作垂线，构建直角三角形，通过解直角三角形可得．【解析】设圆的半径是r，则多边形的半径是r，如图1，则内接正三角形的边长a3＝2rsin60°=3r如图2，正六边形的边长是a6＝r，因而半径相等的圆的内接正三角形、正六边形的边长之比a3：a6=3：1故选：D．【点睛】本题考查了正多边形和圆，正多边形的计算一般是通过中心作边的垂线，连接半径，把正多边形中的半径，边长，边心距，中心角之间的计算转化为解直角三角形．【变式4－1】（2019•六合区模拟）如图，⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，P是弧AB上一点，则∠CPD的度数是（）A．30° B．40° C．45° D．60°【分析】构造圆心角，利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半求得答案即可．【解析】连接OC，OD，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠COD=360°6=∴∠CPD=12∠COD＝故选：A．【变式4－2】（2019•苏州模拟）如图，⊙O的半径为6cm，四边形ABCD内接于⊙O，连结OB、OD，若∠BOD＝∠BCD，则劣弧BD的长为（）A．4π B．3π C．2π D．1π【分析】由圆内接四边形的性质和圆周角定理求出∠A＝60°，得出∠BOD＝120°，再由弧长公式即可得出答案．【解析】∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠BCD＋∠A＝180°，∵∠BOD＝2∠A，∠BOD＝∠BCD，∴2∠A＋∠A＝180°，解得：∠A＝60°，∴∠BOD＝120°，∴劣弧BD的长=120⋅π×6180=故选：A．【类型5】扇形和弧长面积【例5】如图，边长为2的正方形ABCD的四个顶点分别在扇形OEF的半径OE、OF和EF上，且点A是线段OB的中点，则EF的长为（）A．55π B．54π C．【分析】连接OC，求出OB长，根据勾股定理求出OC，求出∠DOA，根据弧长公式求出即可．【解析】连接OC，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝BC＝2，∠ABC＝∠DAB＝90°＝∠DAO，∵A为OB的中点，∴OB＝2AB＝4，在Rt△OBC中，由勾股定理得：OC=BC2∵A为OB的中点，AB＝AD＝2，∴OA＝AD＝2，∵∠DAO＝90°，∴∠DOA＝∠ADO＝45°，∴EF的长为45π×(25)故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，弧长公式，等知识点，能求出OC长和∠DOA的度数是解此题的关键．【变式5－1】（2018•新吴区二模）把一张圆形纸片半径为2，按如图所示方式折叠两次后展开，图中的虚线表示祈痕，则劣弧BC的弧长是（）A．4π B．43π C．53π D．【分析】作OH⊥AB，根据折叠的性质得到OH=12OA，AB∥【解析】作OH⊥AB于H，由折叠的性质可知，OH=12OA，AB∥∴∠OAH＝30°，∴∠AOC＝∠BOD＝30°，即∠BOC＝150°，∴BC的弧长=150π×2180故选：C．【点睛】本题考查的是翻转变换的性质、弧长的计算，掌握翻转变换的性质、弧长公式l=nπr【类型6】圆锥的有关计算【例6】（2019•海陵区校级三模）已知圆锥的底面圆半径为3cm，高为4cm，则圆锥的表面积为cm2．【分析】首先求得底面的周长、面积，利用勾股定理求得圆锥的母线长，然后利用扇形的面积公式即可求得圆锥的侧面积，加上底面面积就是表面积．【解析】底面周长是2×3π＝6πcm，底面积是：32π＝9πcm2．母线长是：32+则圆锥的侧面积是：12×6π×5＝15πcm则圆锥的表面积为9π＋15π＝24πcm2．故答案是：24π．【点睛】本题考查了圆锥的计算，勾股定理，圆的面积公式，圆的周长公式和扇形面积公式求解．注意圆锥表面积＝底面积＋侧面积＝π×底面半径2＋底面周长×母线长÷2的应用．【变式6－1】（2019•广陵区校级二模）如图，若从一块半径是6cm的圆形纸片圆O上剪出一个圆心角为60°的扇形（点A、B、C在圆O上），再将剪下的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面圆半径是cm．【分析】连接OA，作OD⊥AB于点D，利用三角函数即可求得AD的长，则AB的长可以求得，然后利用弧长公式即可求得弧长，即底面圆的周长，再利用圆的周长公式即可求得半径．【解析】连接OA，作OD⊥AB于点D．在直角△OAD中，OA＝6，∠OAD=12∠BAC＝30则AD＝OA•cos30°＝33．则AB＝2AD＝63，则扇形的弧长是：60π×63180=2设底面圆的半径是r，则2π×1＝23π，解得：r=3故答案为：3．【变式6－2】（2019•姑苏区校级二模）一圆锥的母线长为3，底面半径为1，则该圆锥的侧面积为．【分析】圆锥的侧面积＝π×底面半径×母线长；【解析】圆锥的侧面积＝π×3×1＝3π；故答案为：3π．【类型7】圆的有关性质和计算综合问题【例7】（2019•如皋市一模）如图，以△ABC的一边AB为直径的半圆与边AC，BC分别交于点D，E，且弧DE＝弧BE，设∠ABD＝α，∠C＝β．（1）用含β的代数式表示α，并直接写出β的取值范围；（2）若AB＝10，BC＝12，求点O到弦BE的距离．【分析】（1）连接AE，根据圆心角、弧、弦的关系解答即可；（2）作OF⊥BE，垂足为F，根据勾股定理解答即可．【解析】（1）连接AE．∵DE=∴∠CAE＝∠BAE＝∠BDE＝∠DBE．∴∠DAB＝2∠DBE．∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°．∴∠DAB＋α＝∠DBE＋β＝90°．∴90°﹣α＝2（90°﹣β）．∴α＝2β﹣90°．β的取值范围为45°＜β＜90°．（2）作OF⊥BE，垂足为F，则BF＝FE．∴OF=12∵∠ABC＝α＋（90°﹣β）＝2β﹣90°＋（90°﹣β）＝β，∴AB＝AC．∴BE＝EC=12在Rt△ABE中，∵AB＝10，BE=12BC＝∴AE＝8．∴OF＝4．即点O到弦BE的距离为4．【点睛】本题主要考查了圆周角定理以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线，构造直角三角形进行解答．【变式7－1】（2019•海安县一模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点P在⊙O上，PD恰好经过圆心O，连接PB．（1）若CD＝8，BE＝2，求⊙O的周长；（2）若∠P＝∠D，点E是AB的一个四等分点吗？为什么？【分析】（1）根据垂径定理求出DE，根据勾股定理求出⊙O的半径，即可求出答案；（2）求出PC=BC=BD，求出PC、BC、BD的度数是60°，求出∠P、∠D、∠BFE、∠OFE的度数，再根据等腰三角形的性质求出【解析】（1）设⊙O的半径为R，∵AB⊥CD，AB过O，CD＝8，∴∠OED＝90°，CE＝DE＝4，在Rt△OED中，由勾股定理得：OD2＝OE2＋DE2，R2＝（R﹣2）2＋42，解得：R＝5，即⊙O的半径为5，∴⊙O的周长为2π×5＝10π；（2）若∠P＝∠D，点E是AB的一个四等分点，理由是：设PB和CD交于F，连接OF，∵AB⊥CD，AB过O，∴BC=∵∠P＝∠D，∴PC=∴PC=∵PD过O，∴PC、BC、BD的度数是13×180°=60∴∠P＝∠D＝30°，∴∠BFD＝∠P＋∠D＝60°，∵AB⊥CD，∴∠OEF＝∠FEB＝90°，∴∠FBE＝180°﹣90°﹣60°＝30°，∵∠P＝∠D，∴PF＝DF，∵PO＝DO，∴∠PFO＝∠DFO=12×（180°﹣∠P﹣∠D）＝∴∠FOB＝180°﹣60°﹣90°＝30°＝∠FBE，∴OF＝BF，∵CD⊥OB，∴OE＝BE，∵AO＝BO，∴点E是AB的一个四等分点，即当∠P＝∠D时，点E是AB的一个四等分点．【变式7－2】（2019秋•赣榆区期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AD=BD，AC为直径，DE⊥BC，垂足为（1）求证：CD平分∠ACE；（2）若AC＝8，CE＝3，求CD的长．【分析】（1）利用圆内接四边形的性质结合圆周角定理进而得出∠DCE＝∠ACD，即可答案；（2）利用相似三角形的判定方法得出△DCE∽△ACD，进而得出CD的长．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是⊙O内接四边形，∴∠BAD＋∠BCD＝180°，∵∠BCD＋∠DCE＝180°，∴∠DCE＝∠BAD，∵AD=∴∠BAD＝∠ACD，∴∠DCE＝∠ACD，∴CD平分∠ACE；（2）解：∵AC为直径，∴∠ADC＝90°，∵DE⊥BC，∴∠DEC＝90°，∴∠DEC＝∠ADC，∵∠DCE＝∠ACD，∴△DCE∽△ACD，∴CECD=CD∴CD=26【达标检测】1．（2019•镇江）如图，四边形ABCD是半圆的内接四边形，AB是直径，DC=CB．若∠C＝110°，则∠A．55° B．60° C．65° D．70°【答案】A【解析】连接AC，∵四边形ABCD是半圆的内接四边形，∴∠DAB＝180°﹣∠C＝70°，∵DC=∴∠CAB=12∠DAB＝35∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝55°，故选：A．2．（2019•宿迁）如图，正六边形的边长为2，分别以正六边形的六条边为直径向外作半圆，与正六边形的外接圆围成的6个月牙形的面积之和（阴影部分面积）是（）A．63-π B．63-2π C．63+π D．6【答案】A【解析】6个月牙形的面积之和＝3π﹣（22π﹣6×12×2×3）＝故选：A．3．（2019•温州）若扇形的圆心角为90°，半径为6，则该扇形的弧长为（）A．32π B．2π C．3π D．6【答案】C【解析】该扇形的弧长=90⋅π⋅6180=故选：C．二．填空题（共10小题）4．（2019•淮安）若圆锥的侧面积是15π，母线长是5，则该圆锥底面圆的半径是．【答案】3【解析】设该圆锥底面圆的半径是为r，根据题意得12×2π×r×5＝15π，解得r＝即该圆锥底面圆的半径是3．故答案为3．5．（2019•常州）如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的两点，∠AOC＝120°，则∠CDB＝°．【答案】30．【解析】∵∠BOC＝180°﹣∠AOC＝180°﹣120°＝60°，∴∠CDB=12∠BOC＝30故答案为30．6．（2019•泰州）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的函数表达式为．【答案】y=30【解析】连接PO并延长交⊙O于D，连接BD，则∠C＝∠D，∠PBD＝90°，∵PA⊥BC，∴∠PAC＝90°，∴∠PAC＝∠PBD，∴△PAC∽△PBD，∴PBPA∵⊙O的半径为5，AP＝3，PB＝x，PC＝y，∴x3∴xy＝30，∴y=30故答案为：y=307．（2019•连云港）如图，点A、B、C在⊙O上，BC＝6，∠BAC＝30°，则⊙O的半径为．【答案】6．【解析】∵∠BOC＝2∠BAC＝60°，又OB＝OC，∴△BOC是等边三角形∴OB＝BC＝6，故答案为6．8．（2019•泰州）如图，分别以正三角形的3个顶点为圆心，边长为半径画弧，三段弧围成的图形称为莱洛三角形．若正三角形边长为6cm，则该莱洛三角形的周长为cm．【答案】6π．【解析】该莱洛三角形的周长＝3×60×π×6180=故答案为6π．9．（2019•盐城）如图，点A、B、C、D、E在⊙O上，且AB为50°，则∠E＋∠C＝°．【答案】155°，【解析】连接EA，∵AB为50°，∴∠BEA＝25°，∵四边形DCAE为⊙O的内接四边形，∴∠DEA＋∠C＝180°，∴∠DEB＋∠C＝180°﹣25°＝155°，故答案为：155．10．（2019•扬州）如图，AC是⊙O的内接正六边形的一边，点B在AC上，且BC是⊙O的内接正十边形的一边，若AB是⊙O的内接正n边形的一边，则n＝．【答案】15．【解析】连接BO，∵AC是⊙O内接正六边形的一边，∴∠AOC＝360°÷6＝60°，∵BC是⊙O内接正十边形的一边，∴∠BOC＝360°÷10＝36°，∴∠AOB＝∠AOC﹣∠BOC＝60°﹣36°＝24°，∴n＝360°÷24°＝15；故答案为：15．11．（2019•南通）已知圆锥的底面半径为2cm，侧面积为10πcm2，则该圆锥的母线长为cm．【答案】5【解析】设圆锥的母线长为Rcm，圆锥的底面周长＝2π×2＝4π，则12×4π×R＝10解得，R＝5（cm）故答案为：5．12．（2019•连云港）一圆锥的底面半径为2，母线长3，则这个圆锥的侧面积为．【答案】6π．【解析】该圆锥的侧面积=12×2π×2×3＝故答案为6π．13．（2019•徐州）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝2cm，扇形的圆心角θ＝120°，则该圆锥的母线长l为cm．【答案】6．【解析】圆锥的底面周长＝2π×2＝4πcm，设圆锥的母线长为R，则：120π×R180=4解得R＝6．故答案为：6．14．（2019•苏州）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D是弧BC的中点，BC与AD、OD分别交于点E、F．（1）求证：DO∥AC；（2）求证：DE•DA＝DC2；（3）若tan∠CAD=12，求sin∠【解析】（1）因为点D是弧BC的中点，所以∠CAD＝∠BAD，即∠CAB＝2∠BAD，而∠BOD＝2∠BAD，所以∠CAB＝∠BOD，所以DO∥AC；（2）∵CD=∴∠CAD＝∠DCB，∴△DCE∽△DCA，∴CD2＝DE•DA；（3）∵tan∠CAD=12，连接BD，则BD＝∠DBC＝∠CAD，在Rt△BDE中，tan∠DBE=DE设：DE＝a，则CD＝2a，而CD2＝DE•DA，则AD＝4a，∴AE＝3a，∴AEDE=而△AEC∽△DEF，即△AEC和△DEF的相似比为3，设：EF＝k，则CE＝3k，BC＝8k，tan∠CAD=1∴AC＝6k，AB＝10k，∴sin∠CDA=315．（2019•南京）如图，⊙O的弦AB、CD的延长线相交于点P，且AB＝CD．求证：PA＝PC．【解答】证明：连接AC，∵AB＝CD，∴AB=∴A