第05讲 垂径定理、圆心角、圆周角（6大考点）（解析版）

第05讲垂径定理、圆心角、圆周角（6大考点）考点考点考向一．垂径定理（1）垂径定理垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．（2）垂径定理的推论推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．二．垂径定理的应用垂径定理的应用很广泛，常见的有：（1）得到推论：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．（2）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．三．圆心角、弧、弦的关系（1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．（2）推论：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．说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧．（3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系三者关系可理解为：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．（4）在具体应用上述定理解决问题时，可根据需要，选择其有关部分．四．圆周角定理（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：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．（3）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．（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．五．圆内接四边形的性质（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．六．相交弦定理（1）相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．（经过圆内一点引两条线，各弦被这点所分成的两段的积相等）．几何语言：若弦AB、CD交于点P，则PA•PB＝PC•PD（相交弦定理）（2）推论：如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例中项．几何语言：若AB是直径，CD垂直AB于点P，则PC2＝PA•PB（相交弦定理推论）．考点精讲考点精讲一．垂径定理（共4小题）1．（2021秋•上城区期中）如图，⊙O的半径为5，C是弦AB的中点，OC＝3，则AB的长是（）A．6 B．8 C．10 D．12【分析】先根据垂径定理得出AB＝2AC，OC⊥AB，再根据勾股定理求出AC的长，故可得出结论．【解答】解：∵AB是⊙O的弦，点C是AB的中点，∴AB＝2AC，∴OC⊥AB，在Rt△AOC中，∵OB＝5，OC＝3，∴BC＝＝＝4，∴AB＝2AC＝2×4＝8．故选：B．【点评】本题考查的是垂径定理及勾股定理，熟知“平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧”是解答此题的关键．2．（2022•西湖区校级一模）已知，⊙O的直径CD＝10，弦AB＝8，AB⊥CD，垂足为M，则DM的长为8或2．【分析】连接OA，先根据⊙O的直径CD＝10求出半径OA的长，再根据垂径定理求出AM的长，然后根据勾股定理求出OM的长，分两种情况求出DM即可．【解答】解：①连接OA，如图所示：∵⊙O的直径CD＝10，∴OA＝5，∵弦AB＝8，AB⊥CD，∴AM＝AB＝×8＝4，在Rt△AOM中，由勾股定理得：OM＝＝＝3，∴DM＝OD+OM＝5+3＝8；②连接OA，如图所示：同①得：OM＝3，∴DM＝OD﹣OM＝5﹣3＝2；综上所述，DM的长为8或2，故答案为：8或2．【点评】本题考查的是垂径定理及勾股定理等知识；根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此题的关键，注意分类讨论．3．（2021秋•西湖区校级月考）如图，CD为⊙O的直径，CD⊥AB于E，CE＝8，DE＝2，求AB的长．【分析】连接OA，如图，先计算出OA＝5，OE＝3，再利用垂径定理得到AE＝BE，然后利用勾股定理计算出AE，从而得到AB的长．【解答】解：连接OA，如图，∵CE＝8，DE＝2，∴CD＝10，∴OA＝OD＝5，OE＝OD﹣DE＝3，∵CD⊥AB，∴AE＝BE，在Rt△OAE中，AE＝＝＝4，∴AB＝2AE＝8．【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．4．（2021•柯桥区模拟）如图，在⊙O中，过半径OD的中点C作AB⊥OD交⊙O于A、B两点，且AB＝2．（1）求OD的长；（2）计算阴影部分的周长．【分析】（1）先根据垂径定理得到AC＝BC＝，再利用余弦的定义求出∠O＝60°，则根据含30度的直角三角形三边的关系求出OC＝1，从而得到OD的长；（2）利用弧长公式计算出的长度，从而得到阴影部分的周长．【解答】解：（1）∵AB⊥OD，∴AC＝BC＝AB＝，∠BCO＝90°，∵C为OD的中点，∴OC＝OB，在Rt△OCB中，∵cosO＝＝，∴∠O＝60°，∴OC＝BC＝×＝1，∴OB＝1，∴OD＝2；（2）∵的长度为＝π，∴阴影部分的周长为1++π．【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．二．垂径定理的应用（共5小题）5．（2022•富阳区二模）往直径为26cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示．若水面宽AB＝24cm，则水的最大深度为（）A．4cm B．5cm C．8cm D．10cm【分析】连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，先由垂径定理求出BD的长，再根据勾股定理求出OD的长，进而得出CD的长即可．【解答】解：连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，如图所示：∵AB＝24cm，∴BD＝AB＝12（cm），∵⊙O的直径为26cm，∴OB＝OC＝13（cm），在Rt△OBD中，OD＝＝＝5（cm），∴CD＝OC﹣OD＝13﹣5＝8（cm），即水的最大深度为8cm，故选：C．【点评】本题考查了垂径定理、勾股定理等知识；根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．6．（2022•诸暨市模拟）有一圆柱形木材，埋在墙壁中，其横截面如图所示，测得木材的半径为15cm，露在墙体外侧的弦长AB＝18cm，其中半径OC垂直平分AB，则埋在墙体内的弓形高CD＝3cm．【分析】在Rt△ADO中，AO＝15cm，AD＝9cm，利用勾股定理得出DO的长，进而得出答案．【解答】解：在Rt△ADO中，DO＝＝＝12（cm），则CD＝CO﹣DO＝15﹣12＝3（cm），故答案为：3．【点评】本题考查了垂径定理、勾股定理等知识，正确运用勾股定理是解题关键．7．（2020秋•衢州期中）如图，有一座圆弧形拱桥，桥下水面宽度AB为12m，拱高CD为4m．（1）求拱桥的半径；（2）有一艘宽为5m的货船，船舱顶部为长方形，并高出水面3.4m，则此货船是否能顺利通过此圆弧形拱桥，并说明理由．【分析】（1）根据垂径定理和勾股定理求解；（2）连接ON，OB，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：（1）如图，连接ON，OB．∵OC⊥AB，∴D为AB中点，∵AB＝12m，∴BD＝AB＝6m．又∵CD＝4m，设OB＝OC＝ON＝r，则OD＝（r﹣4）m．在Rt△BOD中，根据勾股定理得：r2＝（r﹣4）2+62，解得r＝6.5．（2）∵CD＝4m，船舱顶部为长方形并高出水面3.4m，∴CE＝4﹣3.4＝0.6（m），∴OE＝r﹣CE＝6.5﹣0.6＝5.9（m），在Rt△OEN中，EN2＝ON2﹣OE2＝6.52﹣5.92＝7.44，∴EN＝（m）．∴MN＝2EN＝2×≈5.4m＞5m．∴此货船能顺利通过这座拱桥．【点评】此题考查了垂径定理的应用．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用．8．（2021秋•余杭区期中）如图，有一座拱桥是圆弧形，它的跨度AB＝60米，拱高PD＝18米．（1）求圆弧所在的圆的半径r的长；（2）当洪水泛滥到跨度只有30米时，要采取紧急措施，若拱顶离水面只有4米，即PE＝4米时，是否要采取紧急措施？【分析】（1）连接OA，利用r表示出OD的长，在Rt△AOD中根据勾股定理求出r的值即可；（2）连接OA′，在Rt△A′EO中，由勾股定理得出A′E的长，进而可得出A′B′的长，据此可得出结论．【解答】解：（1）连接OA，由题意得：AD＝AB＝30（米），OD＝（r﹣18）米，在Rt△ADO中，由勾股定理得：r2＝302+（r﹣18）2，解得，r＝34（米）；（2）连接OA′，∵OE＝OP﹣PE＝30米，∴在Rt△A′EO中，由勾股定理得：A′E2＝A′O2﹣OE2，即：A′E2＝342﹣302，解得：A′E＝16（米）．∴A′B′＝32（米）．∵A′B′＝32＞30，∴不需要采取紧急措施．【点评】本题考查的是垂径定理的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此题的关键．9．（2021秋•柯桥区月考）某隧道施工单位准备在双向道路中间全程增加一个宽为1米的隔离带，已知隧道截面是一个半径为4米的半圆形，点O是其圆心，AE是隔离带截面，问一辆高3米，宽1.9米的卡车ABCD能通过这个隧道吗？请说明理由．【分析】根据题意直接构造直角三角形进而得出当OB＝2.4m时求出BC的长，即可得出答案．【解答】解：如图所示：连接OC，∵OA＝AE＝0.5m，∴OB＝1.9+0.5＝2.4m，∴BC＝＝＝3.2＞3m∴一辆高3米，宽1.9米的卡车能通过隧道．【点评】此题主要考查了垂径定理的应用，勾股定理，正确构造直角三角形是解题关键．三．圆心角、弧、弦的关系（共7小题）10．（2021•下城区校级四模）如图，等腰△ABC的顶角∠CAB为50°，以腰AB为直径作半圆，交BC于点D，交AC于点E，则的度数为（）A．50° B．25° C．80° D．65°【分析】连接AD，取AB的中点O，连接OE，OD．利用等腰三角形的性质以及圆周角定理求出∠DOE＝50°，可得结论．【解答】解：连接AD，取AB的中点O，连接OE，OD．∵AB是直径，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥CB，∵AB＝AC，∴∠BAD＝∠DAC＝∠BAC＝25°，∴∠DOE＝2∠DAC＝50°，∴的度数为50°，故选：A．【点评】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是掌握等腰三角形的性质，属于中考常考题型．11．（2021秋•瑞安市月考）已知点O，C在直线m的同一侧，作⊙O交m于点A，B．连结AC，BC，OA，OB，若点C在⊙O外，∠AOB＝110°，则∠C的角度可能是（）A．50° B．55° C．60° D．65°【分析】如图，设⊙O交AC于点T，连接BT．求出∠ATB＝55°，再利用三角形外角的性质，判断即可．【解答】解：如图，设⊙O交AC于点T，连接BT．∵∠ATB＝∠AOB＝55°，又∵∠ATB＞∠C，∴∠C＜55°，故选：A．【点评】本题考查圆周角定理，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是掌握圆周角定理，属于中考常考题型．12．（2022•龙湾区模拟）一段长为6π，弧度为60°的弧所在圆的半径长为18．【分析】根据弧长的公式l＝计算即可．【解答】解：设其半径为r，根据题意，得6π＝，解得r＝18，故答案为：18．【点评】本题考查的是弧长的计算，掌握弧长的公式l＝是解题的关键．13．（2018秋•东阳市期末）点A、C为半径是8的圆周上两动点，点B为的中点，以线段BA、BC为邻边作菱形ABCD，顶点D恰在该圆半径的中点上，则该菱形的边长为4或4．【分析】过B作直径，连接AC交BO于E，如图①，根据已知条件得到BD＝OB＝4，如图②，BD＝12，求得OD、OE、DE的长，连接OD，根据勾股定理得到结论．【解答】解：过B作直径，连接AC交BO于E，∵点B为的中点，∴BD⊥AC，如图①，∵点D恰在该圆直径上，D为OB的中点，∴BD＝×8＝4，∴OD＝OB﹣BD＝4，∵四边形ABCD是菱形，∴DE＝BD＝2，∴OE＝2+4＝6，连接OC，∵CE＝，在Rt△DEC中，由勾股定理得：DC＝；如图②，OD＝4，BD＝8+4＝12，DE＝BD＝6，OE＝6﹣4＝2，由勾股定理得：CE＝，DC＝，故答案为：4或4．【点评】本题考查了圆心角，弧，弦的关系，勾股定理，菱形的性质，正确的作出图形是解题的关键．14．（2022•金华模拟）如图，在Rt△ABC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．【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．【解答】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，∴．（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，∴，∴．∵AC＝AD，AF⊥CD，∴．【点评】本题考查垂径定理，圆心角，弧，弦之间的关系，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．15．（2021秋•开化县校级月考）如图，⊙O的弦AB和弦CD相交于点E，AB＝CD，求证：AD＝CB．【分析】欲证明AD＝BC，只要证明＝．【解答】证明：∵AB＝CD，∴＝，∴+＝+，∴＝，∴AD＝BC．【点评】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．16．（2021秋•长兴县期中）如图，MB，MD是⊙O的两条弦，点A，C分别在，上，且AB＝CD，M是的中点．求证：MB＝MD．【分析】欲证明BM＝DM，只要证明＝即可．【解答】证明：∵M是的中点，∴＝，∵AB＝CD，∴＝，∴+＝+，即＝，∴MB＝MD．【点评】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，能熟记圆心角、弧、弦之间的关系是解此题的关键．四．圆周角定理（共8小题）17．（2022•鹿城区校级三模）如图，点A，B，C在⊙O上，为优弧，已知＝50°，则∠C为（）A．25° B．35° C．40° D．50°【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论．【解答】解：连接OA、OB．∵＝50°，∴∠AOB＝50°，∴∠C＝∠AOB＝25°．故选：A．【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．18．（2022•拱墅区校级开学）已知：如图OA，OB是⊙O的两条半径，且OA⊥OB，点C在⊙O上，则∠ACB的度数为（）A．45° B．40° C．35° D．50°【分析】判断出∠AOB＝90°，再利用圆周角定理求解．【解答】解：∵OA⊥OB，∴∠AOB＝90°，∴∠ACB＝∠AOB＝45°．故选：A．【点评】本题考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理，属于中考常考题型．19．（2022•嘉兴）如图，在⊙O中，∠BOC＝130°，点A在上，则∠BAC的度数为（）A．55° B．65° C．75° D．130°【分析】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可得出∠BAC的度数．【解答】解：∵∠BOC＝130°，点A在上，∴∠BAC＝∠BOC＝＝65°，故选：B．【点评】本题主要考查圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．20．（2022•萧山区校级二模）如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，一条弧经过格点（网格线的交点）A，B，D，点C为弧BD上一点．若∠CAD＝30°．则的长为．【分析】先确定格点O是所在圆的圆心，连接OD，OC，再利用勾股定理求出OD的长，然后根据圆周角定理求出∠COD60°，从而利用弧长公式进行计算即可解答．【解答】解：由题意得：格点O是所在圆的圆心，连接OD，OC，则OD＝＝，∵∠CAD＝30°，∴∠COD＝2∠CAD＝60°，∴的长＝＝，故答案为：．【点评】本题考查了圆周角定理，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．21．（2022•鄞州区校级开学）如图所示，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作半圆O，交BC于点D，交AC于点E．若∠BAC＝44°，BD＝2，则弧AE的度数是92°，DC的长为2．【分析】连接OE，AD，根据半径相等，证得∠BAC＝∠OEA＝44°，从而求出圆心角∠AOE的度数，进而得出弧的度数；根据圆周角定理得出∠ADB＝90°，再根据等腰三角形三线合一得出BD＝CD，根据BD求得CD．【解答】解：连接OE，AD，∵OA＝OE，∠BAC＝44°，∴∠BAC＝∠OEA＝44°，∴∠AOE＝92°，∴弧AE的度数是92°，∵AB为半圆O的直径，∴∠ADB＝90°，∵AB＝AC，∴AD是△ABC的中线，∴BD＝CD，∵BD＝2，∴CD＝2．故答案为：92°，2．【点评】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质，解题的关键是添加适当的辅助线从而利用圆周角定理解答．22．（2022•金东区二模）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，＝，点D是的中点，连结OC，AD，交于点E，连结BE，BD．（1）求∠EBA的度数．（2）求证：AE＝BD．（3）若DE＝1，求⊙O的面积．【分析】（1）连接AC，先求出∠BOC＝90°，根据圆周角定理求出∠CAB的度数，再求出∠EAB即可；（2）由（1）知，OC垂直平分AB，得出AE＝BE，在直角三角形中BD＝sin45°BE，从而得出AE＝BD；（3）在Rt△ABD中，先求出OA2，然后代入圆的面积计算公式计算即可．【解答】解：（1）连接AC，∵＝，∴∠AOC＝∠BOC＝90°∴∠CAB＝45°，∵点D是的中点，∴，∴∠CAD＝∠EAB＝22.5°；（2）由（1）知，OC垂直平分AB，∴AE＝BE，∴∠DEB＝2∠EAB＝45°，∵AB是直径，∴∠D＝90°，∴BD＝sin45°BE，∴BE＝BD，∴AE＝BD；（3）∵DE＝1∴BD＝DE＝1，∴AE＝BE＝，∴AD＝+1，在Rt△ABD中，AD2+BD2＝（2OA）2，∴（）2+1＝4OA2，∴OA2＝，∴圆的面积为πOA2＝．【点评】本题考查了圆周角定理，勾股定理，垂径定理，正确作出辅助线，熟练运用圆周角定理是解题的关键．23．（2022•鹿城区校级一模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是劣弧上一点，AG，DC的延长线交于点F．（1）求证：∠FGC＝∠AGD．（2）若G是的中点，CE＝CF＝2，求GF的长．【分析】（1）如图1，利用垂径定理得到＝，根据等腰三角形的性质得∠ADC＝∠ACD，根据圆周角定理的推论得到∠AGD＝∠ACD＝∠ADC，再利用圆内接四边形的性质得到∠FGC＝∠ADC，从而得到结论；（2）如图，过点G作GH⊥DF于点H．证明△DAG≌△FCG，推出AD＝CF＝3，GD＝GF，利用勾股定理求出AE，AF，再利用平行线分线段成本定理定理求解即可．【解答】（1）证明：如图1，连接AC，∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∴＝，∴AD＝AC，∴∠ADC＝∠ACD，∵点A、D、C、G在⊙O上，∴∠FGC＝∠ADC，∵∠AGD＝∠ACD，∴∠FGC＝∠AGD；（2）解：如图，过点G作GH⊥DF于点H．∵∠DAG+∠DCG＝180°，∠DCG+∠FCG＝180°，∴∠DAC＝∠FCG，∵＝，∴AG＝CG，∵∠AGD＝∠FGC，∴△DAG≌△FCG（ASA），∴CF＝AD＝3，DG＝FG，∵GH⊥DF，∴DH＝FH，∵AB⊥CD，∴DE＝EC＝2，∴DF＝2+2+3＝7，∴DH＝HF＝3.5，∴AE＝＝＝，∴AF＝＝＝，∵GH∥AE，∴＝，∴＝，∴GF＝．【点评】本题考查圆周角定理，垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．24．（2021秋•仙居县期末）如图所示，AB是⊙O的一条弦，OD⊥AB，垂足为C，交⊙O于点D，点E在⊙O上，∠BED＝30°．（1）求∠AOD的度数；（2）若OA＝2，求AB的长．【分析】（1）连接OB，由∠DEB＝30°，推出∠DOB＝60°，由OD⊥AB，根据垂径定理即可推出∠AOD＝60°；（2）根据（1）所推出的结论，求出OC＝1，利用勾股定理求出AC，可得结论．【解答】解：（1）连接OB，则∠BOD＝2∠BED＝2×30°＝60°，∵OD⊥AB∴∠AOD＝∠BOD＝60°；（2）∵OD⊥AB，∠AOD＝60°，∴∠OAC＝30°，∴OC＝OA＝2＝1，∴AC＝，∴AB＝2AC＝2．【点评】本题主要考查圆周角定理，垂径定理等知识点，关键在于正确的作出辅助线，推出OA的长度和∠DOB的度数．五．圆内接四边形的性质（共6小题）25．（2022•鹿城区二模）如图，点B在上，∠AOC＝100°，则∠ABC等于（）A．50° B．80° C．100° D．130°【分析】在圆O上取点D，连接AD、CD，根据圆周角定理求出∠ADC，再根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．【解答】解：在圆O上取点D，连接AD、CD，由圆周角定理得：∠ADC＝∠AOC＝50°，∵四边形ABCD为圆内接四边形，∴∠ABC+∠AOC＝180°，∴∠ABC＝180°﹣50°＝130°，故选：D．【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．26．（2021秋•金东区期末）在圆内接四边形ABCD中，∠D﹣∠B＝40°，则∠D的度数为110°．【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠D+∠B＝180°，根据题意列出方程组，解方程组得到答案．【解答】解：∵四边形ABCD为圆内接四边形，∴∠D+∠B＝180°，则，解得：，故答案为：110°．【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、二元一次方程组的解法，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．27．（2022•吴兴区一模）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝68°，则∠ADC的度数是112°．【分析】根据圆内接四边形的性质即可得到结论．【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝68°，∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣68°＝112°，故答案为：112°．【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．28．（2022•河南模拟）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，＝，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连接BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．【分析】（1）根据遥望角的定义得到∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，根据三角形的外角性质计算，得到答案；（2）延长BC到点T，根据圆内接四边形的性质得到∠FDC+∠FBC＝180°，得到∠ABF＝∠FBC，根据圆周角定理得到∠ACD＝∠BFD，进而得到∠ACD＝∠DCT，根据遥望角的定义证明结论．【解答】解：（1）∵∠E是△ABC中∠A的遥望角，∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A，∵∠A＝α，∴∠E＝α；（2）如图2，延长BC到点T，∵四边形FBCD内接于⊙O，∴∠FDC+∠FBC＝180°，∵∠FDE+∠FDC＝180°，∴∠FDE＝∠FBC，∵DF平分∠ADE，∴∠ADF＝∠FDE，∵∠ADF＝∠ABF，∴∠ABF＝∠FBC，∴BE是∠ABC的平分线，∵＝，∴∠ACD＝∠BFD，∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，∴∠DCT＝∠BFD，∴∠ACD＝∠DCT，∴CE是△ABC的外角平分线，∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质，圆心角、弧、弦的关系，掌握圆周角定理、三角形外角性质、熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．29．（2021•杭州模拟）如图，AB是⊙O的直径，圆内接四边形ACDE的边CD与直径AB交于点F，点G在DE延长线上，EA平分∠CEG．（1）求证：AB⊥CD．（2）若AC＝CE，AF＝9，BF＝1，求△ACE的面积．【分析】（1）利用垂径定理证明即可．（2）利用相似三角形的性质求出DF，再证明△ACE≌△DAC（AAS），可得结论．【解答】（1）证明：∵AE平分∠CEG，∴∠AEG＝∠AEC，∵∠AEG+∠AED＝180°，∠AED+∠ACD＝180°，∴∠AEG＝∠ACD，∴∠AEC＝∠ACD，∴＝，∴AB⊥CD．（2）解：如图，连接AD．BD．∴AB是直径，∴∠ADB＝90°，∵DF⊥AB，∴∠AFD＝∠DFB＝90°，∵∠ADF+∠DAF＝90°，∠ADF+∠FDB＝90°，∴∠DAF＝∠FDB，∴△AFD∽△DFB，∴DF：FB＝AF：DF，∴DF2＝AF•BF＝9，∵DF＞0，∴DF＝3，∵AB⊥CD，∴DF＝CF＝3，∴AD＝AC，∴CD＝2DF＝6，∵AC＝CE，∴CA＝CE＝AD，∴∠CAE＝∠CEA＝∠ACD＝∠ADC，在△ACE和△DAC中，，∴△ACE≌△DAC（AAS），∴S△ACE＝S△ADC＝•CD•AF＝×6×9＝27．【点评】本题考查圆内接四边形的性质，角平分线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形或全等三角形解决问题，属于中考常考题型．30．（2021•杭州校级模拟）已知，如图△ABC中，AB＝AC，D是边BC上一点，BD＜DC，过点A、D、C三点的⊙O交AB于点F，点E在上，连接DF、AE、DE、CE．（1）求证：△BDF是等腰三角形；（2）若，请用题意可以推出的结论说明命题：“一组对边相等，且一组对角相等的四边形是平行四边形”是假命题．【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠ACB，根据圆内接四边形的性质得到∠BFD＝∠ACB，于是得到结论；（2）由＝，得到DE＝AC，等量代换得到AB＝DE，推出∠B＝∠E，得到＝，求得AE＝CD＞BD，于是得到结论．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠B＝∠ACB，∵四边形AFDC是圆内接四边形，∴∠AFD+∠ACB＝∠BFD+∠AFD＝180°，∴∠BFD＝∠ACB，∴∠BFD＝∠B，∴BD＝DF，∴△BDF是等腰三角形；（2）如图，已知AB＝DE，∠B＝∠AED，则四边形ABDE是平行四边形是假命题；∵＝，∴DE＝AC，∵AB＝AC，∴AB＝DE，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∵∠ACB＝∠AED，∴∠B＝∠AED，﹣＝﹣，∴＝，∴AE＝CD＞BD，但四边形ABDE不是平行四边形，∴“一组对边相等，且一组对角相等的四边形是平行四边形”是假命题．【点评】本题考查了命题与定理，平行四边形的判定和性质，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．六．相交弦定理（共2小题）31．（2021秋•东阳市月考）已知四边形ABCD两条对角线相交于点E，AB＝AC＝AD，AE＝3，EC＝1，则BE•DE的值为（）A．6 B．7 C．12 D．16【分析】由题意可知AB＝AC＝AD，点D、C、B在以点A为圆心的圆周上运动，由相交弦定理可得，BE•DE＝CE•EF即可求出答案．【解答】解：∵AB＝AC＝AD，∴点D、C、B在以点A为圆心的圆周上运动，AE＝3，EC＝1，∴AC＝AF＝AE+CE＝3+1＝4，EF＝AE+AF＝3+4＝7，由相交弦定理可得，BE•DE＝CE•EF＝1×7＝7，故选：B．【点评】本题考查了相交弦定理，根据圆心和半径构建圆是解题的关键．32．（2021秋•余姚市期中）如图，⊙O的弦AB、CD相交于点P，若AP＝6，BP＝8，CP＝4，则CD长为（）A．16 B．24 C．12 D．不能确定【分析】由相交线定理可得出AP•BP＝CP•DP，再根据AP＝6，BP＝8，CP＝4，可得出PD的长，从而得出CD即可．【解答】解：∵AP•BP＝CP•DP，∴PD＝，∵AP＝6，BP＝8，CP＝4，∴PD＝12，∴CD＝PC+PD＝12+4＝16．故选：A．【点评】本题考查了相交线定理，圆内两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．

巩固巩固提升一、单选题1．（2022·浙江温州·九年级期中）已知：如图，在以点O为圆心的两个圆中，大圆的弦AB和小圆交于点C，D，大圆的半径是13，，，则OC的长是（

）A． B． C． D．8【答案】B【分析】过点O作OE⊥AB于点E，由垂径定理求得AE=BE=12，根据勾股定理求出OE的长度，设，则CE=12-x，在Rt△COE中，利用勾股定理即可求得OC的长．【详解】解：过点O作OE⊥AB于点E，∵大圆和小圆的圆心都为点O，OE⊥AB，∴AE=BE，CE=DE，∵，∴AE=BE=12，∵OA=13，∴，设，则CE=12-x，在Rt△COE中，，解得：，即OC的长为，故选：B．【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．垂径定理常与勾股定理相结合来解题．2．（2022·浙江金华·九年级期末）如图，点A，B，C，D是⊙O上的四个点，且，OE⊥AB，OF⊥CD，则下列结论错误的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】在同圆中，根据圆心角、弧和弦之间的关系即可判断．【详解】解：在⊙O中，∵∴，故A、C选项正确，不符合题意；∵，OA=OD，OB=OC∴∴∵OE⊥AB，OF⊥CD，∴∴OE=OF故B选项正确，不符合题意．故选D【点睛】本题考查圆的对称性，理解同圆中圆心角、弧和弦之间的关系是解题的关键．3．（2021·浙江·金华海亮外国语学校九年级阶段练习）如图，是的内接三角形，若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据是的内接三角形，可得OA=OC，从而得到∠ACO=∠OAC=20°，进而得到∠AOC=140°，再由圆周角定理，即可求解．【详解】解：∵是的内接三角形，∴OA=OC，∴∠ACO=∠OAC=20°，∴∠AOC=180°-∠OAC-∠ACO=140°，∴．故选：C【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆和外心，圆周角定理，熟练掌握同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半是解题的关键．4．（2022·浙江金华·九年级期末）在圆柱形油槽内装有一些油，截面如图所示，已知截面⊙O半径为5cm，油面宽AB为6cm，如果再注入一些油后，油面宽变为8cm，则油面AB上升了（）cmA．1 B．3 C．3或4 D．1或7【答案】D【分析】分两种情况求解：①如图1，宽度为8cm的油面，作与的交点为，可知，，，在中，由勾股定理得，解得的值，在中，由勾股定理得，解得的值，计算即可；②如图2，宽度为8cm的油面，作与的交点为，连接，由题意知，，，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，计算即可．【详解】解：分两种情况求解：①如图1，宽度为8cm的油面，作与的交点为由题意知，，在中，由勾股定理得在中，由勾股定理得∴②如图2，宽度为8cm的油面，作与的交点为，连接由题意知，，在中，由勾股定理得在中，由勾股定理得∴∴油面AB上升到CD，上升了1cm，油面AB上升到EF，上升了7cm；故选D．【点睛】本题考查了圆的垂径定理，勾股定理．解题的关键在于对两种情况全面考虑．5．（2022·浙江宁波·三模）已知的直径，是的弦，，垂足为，且，则的长为（

）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】先画好一个圆，标上直径CD，已知AB的长为8cm，可知分为两种情况，第一种情况AB与OD相交，第二种情况AB与OC相交，利用勾股定理即可求出两种情况下的AC的长；【详解】连接AC，AO，∵圆O的直径CD=10cm，AB⊥CD，AB=8cm，∴AM=AB=×8=4cm，OD=OC=5cm，当C点位置如图1所示时，∵OA=5cm，AM=4cm，CD⊥AB，∴OM==3cm，∴CM=OC+OM=5+3=8cm，∴AC=cm；当C点位置如图2所示时，同理可得OM=3cm，∵OC=5cm，∴MC=5−3=2cm，在Rt△AMC中，AC=cm．故选C．【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理，根据题意正确画出图形进行分类讨论，熟练运用垂径定理是解决本题的关键．6．（2021·浙江·杭州市天杭实验学校九年级期中）如图，⊙O的半径为5，C是弦AB的中点，OC＝3，则AB的长是（）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】B【分析】根据垂径定理得AB=2BC，∠OCB=90°，利用勾股定理求出BC即可得到答案．【详解】解：∵C是弦AB的中点，∴AB=2BC，∠OCB=90°，∵OC2+BC2=OB2，∴，∴AB=8，故选：B．【点睛】此题考查了圆的垂径定理的推论，勾股定理，熟记圆的垂径定理推论是解题的关键．7．（2021·浙江衢州·九年级期中）如图，在半径为5的中，弦BC，DE所对的圆心角分别是，．若，，则弦BC的弦心距为（

）.A． B． C．4 D．3【答案】D【分析】作AH⊥BC于H，作直径CF，连接BF，先利用等角的补角相等得到∠DAE=∠BAF，再利用圆心角、弧、弦的关系得到DE=BF=6，由AH⊥BC，根据垂径定理得CH=BH，则AH为△CBF的中位线，然后根据三角形中位线性质得到AH=BF=3．【详解】作AH⊥BC于H，作直径CF，连接BF，如图，∵∠BAC+∠EAD=180°，而∠BAC+∠BAF=180°，∴∠DAE=∠BAF，∴，∴DE=BF=6，∵AH⊥BC，∴CH=BH，而CA=AF，∴AH为△CBF的中位线，∴AH=BF=3,故选：D.【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理和三角形中位线性质，掌握以上知识是解题的关键．8．（2022·浙江湖州·九年级期末）下列说法正确的是（

）A．等弧所对的圆周角相等 B．平分弦的直径垂直于弦C．相等的圆心角所对的弧相等 D．过弦的中点的直线必过圆心【答案】A【分析】根据圆周角定理，垂径定理的推论，圆心角、弧、弦的关系，对称轴的定义逐项排查即可．【详解】解：A.

同弧或等弧所对的圆周角相等，所以A选项正确；B.平分弦（非直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧，所以B选项错误；C、在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所以C选项错误；D.圆是轴对称图形，任何一条直径所在的直线都是它的对称轴，所以D选项错误.故选A.【点睛】本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系,轴对称图形，垂径定理，圆周角定理等知识点．灵活运用相关知识成为解答本题的关键．9．（2022·浙江宁波·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，，则的度数是（

）A．50° B．45° C．40° D．35°【答案】C【分析】根据直径所对的圆周角是直角推出∠ACB=90°，再结合图形由直角三角形的性质得到∠ABC=90°-∠CAB=40°，进而根据同弧所对的圆周角相等推出∠D=∠B=40°．【详解】解：∵AB是直径，∴，∵，∴，∴，故选：C．【点睛】本题考查圆周角定理，正确理解在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键．二、填空题10．（2022·浙江·淳安县教育发展研究中心一模）如图，在每个小正方形边长都为1的5×5网格中，有四个点A，B，C，D，以其中任意三点为顶点的三角形的外接圆半径长是______．【答案】【分析】连接AB，BC，CD，AD，BD．根据勾股定理可求出AB，BC，CD，AD，BD的长度，根据勾股定理逆定理和圆周角定理的推论可以确定以A，B，C，D中任意三个点为顶点的三角形的外接圆是以BD为直径的圆，进而即可求出半径．【详解】解：如下图所示，连接AB，BC，CD，AD，BD．∵每个小正方形的边长都为1，∴，，，，．∵，，∴，．∴∠BAD=90°，∠BCD=90°．∴点A和点C都在以BD为直径的圆上．∴以A，B，C，D中任意三个点为顶点的三角形的外接圆是以BD为直径的圆．∴半径为．故答案为：．【点睛】本题考查求特殊三角形的外接圆的半径，勾股定理及其逆定理，圆周角定理的推论，综合应用这些知识点是解题关键．11．（2020·浙江·九年级期末）已知的半径为，弦，且，则弦和之间的距离为_______．【答案】14cm或2cm【分析】根据垂径定理及勾股定理，可求出弦AB、CD的弦心距；由于两弦的位置不确定，因此需要分类讨论．【详解】解：如图①，连接OA，OC，过点O作OE⊥AB，交CD于点F，交AB于点E，因为AB//CD，所以OE⊥CD，∴Rt△OAE中，OA=10cm，AE=AB=6cm；OE==8cm；同理可得：OF=6cm；故EF=OE-OF=2cm；如图②；同（1）可得：OE=8cm，OF=6cm；故EF=OE+OF=14cm；所以AB与CD的距离是14cm或2cm，故答案为：14cm或2cm．【点睛】此题主要考查的是垂径定理以及勾股定理的应用，需注意弦AB、CD的位置关系有两种，需分类讨论，不要漏解．12．（2021·浙江湖州·二模）如图所示一个圆柱体容器内装入一些水，截面AB在圆心O下方，若⊙O的直径为60cm，水面宽AB＝48cm，则水的最大深度为_____cm．【答案】12【分析】连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，先由垂径定理求出BD的长，再根据勾股定理求出OD的长，进而得出CD的长即可．【详解】解：连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，如图所示：∵AB＝48cm，∴BD＝AB＝×48＝24（cm），∵⊙O的直径为60cm，∴OB＝OC＝30cm，在Rt△OBD中，OD＝＝＝18（cm），∴CD＝OC﹣OD＝30﹣18＝12（cm），即水的最大深度为12cm，故答案为：12．【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理等知识；根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．13．（2021·浙江·九年级期末）如图，已知点是圆上一点，以点为圆心，为半径作弧，交圆于点，则的度数为______度．【答案】60【分析】先判定△POQ是等边三角形，然后根据圆心角的度数与它所对的弧的度数相等求解即可．【详解】解：∵PQ=PO，PO=OQ，∴PQ=PO=OQ，∴△POQ是等边三角形，∴∠POQ=60°，∴的度数为60度故答案为：60．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，熟练掌握圆心角的度数与它所对的弧的度数相等是解答本题的关键．14．（2021·浙江温州·九年级阶段练习）永嘉瓯北第一中学是一所百年老校，屹立在校门口的雕塑激励历届学子奋发向上．底座圆形图案中，AB是⊙O的直径，且BA＝BC，，DC∥AB，AC＝米，则该圆形图案的直径AB为_________米．【答案】【分析】连接OD，根据由垂径定理推论可知OD⊥AB，过点C作CH⊥AB，即可构造矩形ODCH，再利用双勾股列方程求解AB即可．【详解】解：连接OD，过点C作CH⊥AB，∵，OD是半径，∴OD⊥AB，即：∠DOA=90°，又∵，∴∠CDO=90°，∴四边形ODCH是矩形，∴CH=OD，∵AB是⊙O的直径，且BA＝BC，∴BC=2CH，设直径AB为2x米，则BC=2x米，CH=x米，∴米，∴米，在中，，∴，解得：,（不合题意，舍去）∴直径（米）．故答案为：．【点睛】本题主要考查了垂径定理和用勾股定理解三角形，解题关键是过点C作CH⊥AB，得矩形ODCH，从而利用双勾股模型列方程解三角形．15．（2022·浙江台州·九年级期末）把一个球放入长方体纸盒，球的一部分露出盒外，球与纸盒内壁都刚好相切，其截面如图所示，若露出部分的高度为6cm，AF=DE=3cm，则这个球的半径是_____cm．【答案】15【分析】过作于，交于，连接，设半径为，根据勾股定理列方程即可得到结论．【详解】解：过作于，交于，连接，，，设半径为，则，，，根据勾股定理得，，解得：或3（舍，答：这个球的半径为．故答案为：15．【点睛】本题考查了垂径定理及勾股定理的知识，解题的关键是正确的作出辅助线构造直角三角形．16．（2022·浙江宁波·九年级期末）如图1，水车又称孔明车，是我国最古老的农业灌溉工具，是珍贵的历史文化遗产．如图2，圆心O在水面上方，且被水面截得的弦AB长为8米，半径为5米，则圆心O到水面AB的距离为_______米．【答案】3【分析】过O作OD⊥AB于D，连接OA，由垂径定理得AD=BD=AB=4（米），然后在Rt△AOD中，由勾股定理求出OD的长即可．【详解】解：过O作OD⊥AB于D，连接OA，如图所示：则AD=BD=AB=4（米），在Rt△AOD中，由勾股定理得：OD=（米），即圆心O到水面AB的距离为3米，故答案为：3．【点睛】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．17．（2022·浙江湖州·九年级期末）如图，四边形ABCD是半圆O的内接四边形，其中AB是直径，点C是弧DB的中点，若∠C＝110°，则∠ABC的度数=______．【答案】55°##55度【分析】连接OC，根据C是弧DB的中点，∠DCB＝110°，得出∠OCB的度数，然后证明OC和OB相等，即可使用等边对等角求出∠ABC的度数．【详解】连接OC，∵C是弧DB的中点，∠DCB＝110°，∴∠DCO=∠BCO=110°÷2=55°，∵AB是圆的直径，O是圆心，∴OC=OB，∴∠ABC=∠OCB=55°，故答案为55°．【点睛】本题考查了与圆有关的性质、等腰三角形相关的性质，正确作出辅助线并使用该性质进行证明是解决本题的关键．18．（2021·浙江·温州外国语学校九年级期中）如图，是半圆的直径，且，在半圆上取一点，使得，则________．【答案】30【分析】如下图，连接OD，先求得∠COD=50°，进而得∠CBD=∠COD=25°，由得∠OBA=，即可求解．【详解】解：如下图，连接OD，∵，∴∠COD=50°，∴∠CBD=∠COD=25°，∵，OA=OB，∴∠OBA=，∴，故答案为：30．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，圆心角的性质以及等腰三角形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．19．（2022·浙江温州·九年级期中）如图，在圆的内接△ABC中，，，于点D，则________°．【答案】25【分析】根据弧的度数指的是该弧所对的圆心角的大小，再结合圆周角定理即可求出，从而由等腰三角形的定义和三角形内角和定理求出．由，可求出，最后由求解即可．【详解】∵，∴．∵，∴．∵，∴，∴．故答案为：25．【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的定义，三角形内角和定理等知识．利用数形结合的思想是解题关键．20．（2021·浙江温州·九年级开学考试）如图，扇形OAB中，∠AOB＝60°，OA＝4+8，点E为弧AB的中点，C为半径OA上一点，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE′，若点E′恰好落在半径OB上，则OE′＝_____．【答案】【分析】过点作于，过点作于，连接，如图，设，利用得到，，再利用点为弧的中点得到，所以，，接着证明△，则，，则可列方程，然后解方程求出，从而得到的长．【详解】解：过点作于，过点作于，连接，如图，设，，，，点为弧的中点，，，，线段绕点逆时针旋转得到线段，，，，，，在和△中，△，，，，，解得，．故答案为4．【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系、旋转的性质，解题的关键是在同圆或等圆中，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．21．（2021·浙江·杭州市建兰中学一模）在⊙O中，AB是直径，AB＝2，C是上一点，D、E分别是、的中点，M是弦DE的中点，则CM的取值范围是__________________．【答案】1﹣≤CM＜【分析】如图，连接OD、OC、OE，先计算出∠DOC+∠COE＝90°，则可判断△ODE为等腰直角三角形，所以DE＝OD＝，则OM＝DE＝；由C点在弧DE上，则0≤∠COM＜45°，根据三角形的性质，∠COM越大，CM越长，当O、M、C共线时CM最小，C在点A或点B时CM最长，即OC-OM≤CM＜ME；【详解】解：如图，连接OD、OC，∵AB为直径，∴∠AOC+∠BOC＝180°，∵D、E分别是、的中点，∴∠AOD＝∠COD，∠COE＝∠BOE，∴∠DOC+∠COE＝（∠AOC+∠BOC）＝90°，∴△ODE为等腰直角三角形，∴DE＝OD＝，∵M是弦DE的中点，∴OM＝DE＝，∵C点在弧DE上，∴0≤∠COM＜45°，△OMC中，OM，OC的长度确定，∴∠COM越大，CM越长，∴O、C、M共线时CM最小，C在点A或点B时CM最长；∴CM≥1﹣，当C点在A点或B点时，CM＝，∴CM的取值范围是1﹣≤CM＜．【点睛】本题考查了圆心角的概念，三角形的三边关系；根据三角形的性质判断CM的长度是解题关键．22．（2022·浙江温州·九年级期中）如图1，玉带桥拱高而薄，形若玉带，弧形的线条十分流畅．如图2，桥拱关于水面AB反射的影子经过孤所在的圆心O，已知水面宽米，则水面AB与该桥拱的最高点P之间的距离是________米，在离水面AB相同高度的C，D处安装两盛景观灯，若点C是的中点，则点C离水面AB的距离是________米．【答案】

##【分析】连接OA、OP、OC，OP分别与AB、CD交于点E、N，过点C作CM⊥AB于点M，根据轴对称的性质求得，根据勾股定理求得，根据即可求得水面AB与该桥拱的最高点P之间的距离，证明是等边三角形，进而可得根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，根据即可求解．【详解】连接OA、OP、OC，OP分别与AB、CD交于点E、N，过点C作CM⊥AB于点M，如图，与关于直线AB对称，点P与点O关于直线AB对称，∴，，∴，∵，∴，在中，，所以解得（负值已舍）∴，∴，即水面AB与该桥拱的最高点P之间的距离是米，∵∴是等边三角形∴，∵点C是的中点，∴，∴∵，在中，，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了轴对称的性质，等边三角形的性质与判定，垂径定理，勾股定理，弧与弦的关系，综合运用以上知识是解题的关键．三、解答题23．（2021·浙江·金华海亮外国语学校九年级阶段练习）如图，在四边形ABCD中，，，AD不平行于BC，过点C作交的外接圆O于点E，连接AE．(1)求证：四边形AECD为平行四边形(2)连接CO，求证：CO平分．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据圆周角定理得到∠B=∠E，得到∠E=∠D，根据平行线的判定和性质定理得到AE/CD，证明结论；（2）作OM⊥BC于M，ON⊥CE于N，根据垂径定理、角平分线的判定定理证明．（1）证明：∵∠B=∠E，∠B=∠D，∴∠E=∠D，∵，∴∠D+∠ECD=180°，∴∠E+∠ECD=180°，∴，∴四边形AECD为平行四边形；（2）证明：作OM⊥BC于M，ON⊥CE于N，如图，∵四边形AECD为平行四边形，∴AD=CE，又∵AD=BC，∴CE=CB，∵OM⊥BC，ON⊥CE，∴∠ONC=∠OMC=90°，，∴，∵OC=OC，∴，∴ON=OM，∵OM⊥BC，ON⊥CE，∴CO平分∠BCE．【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握平行四边形的判定定理、垂径定理、圆周角定理是解题的关键．24．（2022·浙江绍兴·九年级期末）学习完《垂径定理》这一节内容后，同学们学到了如何用直尺和圆规来平分一条已知弧的方法，老师接下来请小亮同学做如下四等分圆弧问题的操作：小亮的作法如下：如图，（1）连接AB；（2）作AB的垂直平分线CD交弧AB于点M，交AB于点T；（3）分别作线段AT，线段BT的垂直平分线EF，CH，交弧AB于N，P两点；那么N，M，P三点把弧AB四等分．(1)小明否定了小亮四等分弧AB作法的正确性，请你帮小明简要说明判断小亮作法错误的理由；(2)请你利用直尺和圆规四等分