2013年中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)講座 第二十三講 圓的有關(guān)概念及性質(zhì)

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1、2013年中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)第二十三講 圓的有關(guān)概念及性質(zhì) 【基礎(chǔ)知識(shí)回顧】 圓的定義及性質(zhì)： 圓的定義： ⑴形成性定義：在一個(gè)平面內(nèi)，線段OA繞它固定的一個(gè)端點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)一周，另一個(gè)端點(diǎn)A隨之旋轉(zhuǎn)形成的圖形叫做圓，固定的端點(diǎn)叫 線段OA叫做 ⑵描述性定義：圓是到定點(diǎn)的距離等于 的點(diǎn)的集合 【名師提醒：1、在一個(gè)圓中，圓←決定圓的 半徑?jīng)Q定圓的 2、直徑是圓中 的弦，弦不一定是錐】 2、弦與弧： 弦：連接圓上任意兩點(diǎn)的 叫做弦 ?。簣A上任意兩點(diǎn)間的 叫做弧，弧可分為

2、、 、 三類 3、圓的對(duì)稱性： ⑴軸對(duì)稱性：圓是軸對(duì)稱圖形，有 條對(duì)稱軸 的直線都是它的對(duì)稱軸 ⑵中心對(duì)稱性：圓是中心對(duì)稱圖形，對(duì)稱中心是 【名師提醒：圓不僅是中心對(duì)稱圖形，而且具有旋轉(zhuǎn) 性，即繞圓心旋轉(zhuǎn)任意角度都被與原來的圖形重合】 垂徑定理及推論： 1、垂徑定理：垂直于弦的直徑 ，并且平分弦所對(duì)的 2、推論：平分弦（ ）的直徑 ，并且平分弦所對(duì)的 【名師提醒：1、垂徑定理及其推論實(shí)質(zhì)是指一條直線滿足：⑴過圓心⑵垂直于弦⑶平分弦⑷平分弦

3、所對(duì)的優(yōu)?、善椒窒宜鶎?duì)的劣弧五個(gè)條件中的兩個(gè)，那么可推出其中三個(gè)，注意解題過程中的靈活運(yùn)用 2、圓中常作的輔助線是過圓心作弦的 線 3、垂徑定理常用作計(jì)算，在半徑r弦a弦心d和弦h中已知兩個(gè)可求另外兩個(gè)】 三、圓心角、弧、弦之間的關(guān)系： 1、圓心角定義：頂點(diǎn)在 的角叫做圓心角 2、定理：在 中，兩個(gè)圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量 它們所對(duì)應(yīng)的其余各組量也分別 【名師提醒：注意：該定理的前提條件是“在同圓或等圓中”】 圓周角定理及其推論： 1、圓周角定義：頂點(diǎn)在 并且兩邊都和圓

4、 的角叫圓周角 2、圓周角定理：在同圓或等圓中，圓弧或等弧所對(duì)的圓周角 都等于這條弧所對(duì)的圓心角的 推論1、在同圓或等圓中，如果兩個(gè)圓周角 那么它們所對(duì)的弧 推論2、半圓（或直弦）所對(duì)的圓周角是 900的圓周角所對(duì)的弦是 【名師提醒：1、在圓中，一條弦所對(duì)的圓心角只有一個(gè)，而 它所對(duì)的圓周角有 個(gè)，它們的關(guān)系是 作直弦所對(duì)的圓周角是圓中常作的輔助線】 圓內(nèi)接四邊形： 定義：如果一個(gè)多邊形的所有頂點(diǎn)都在圓上，這個(gè)多邊形叫做 這個(gè)圓叫做 性質(zhì)：圓

5、內(nèi)接四邊形的對(duì)角 【名師提醒：圓內(nèi)接平行四邊形是 圓內(nèi)接梯形是 】 考點(diǎn)一：垂徑定理 例1 （2012?紹興）如圖，AD為⊙O的直徑，作⊙O的內(nèi)接正三角形ABC，甲、乙兩人的作法分別是： 甲：1、作OD的中垂線，交⊙O于B，C兩點(diǎn)， 2、連接AB，AC，△ABC即為所求的三角形?????? 乙：1、以D為圓心，OD長(zhǎng)為半徑作圓弧，交⊙O于B，C兩點(diǎn)． 2、連接AB，BC，CA．△ABC即為所求的三角形． 對(duì)于甲、乙兩人的作法，可判斷（　?。? A．甲、乙均正確 B．甲、乙均錯(cuò)誤 C．甲正確、乙錯(cuò)誤 D．甲錯(cuò)誤，乙正確 考點(diǎn)：

6、垂徑定理；等邊三角形的判定與性質(zhì)；含30度角的直角三角形． 專題：計(jì)算題． 分析：由甲的思路畫出相應(yīng)的圖形，連接OB，由BC為OD的垂直平分線，得到OE=DE，且BC與OD垂直，可得出OE為OD的一半，即為OB的一半，在直角三角形BOE中，根據(jù)一直角邊等于斜邊的一半可得出此直角邊所對(duì)的角為30°，得到∠OBE為30°，利用直角三角形的兩銳角互余得到∠BOE為60°，再由∠BOE為三角形AOB的外角，且OA=OB，利用等邊對(duì)等角及外角性質(zhì)得到∠ABO也為30°，可得出∠ABC為60°，同理得到∠ACB也為60°，利用三角形的內(nèi)角和定理得到∠BAC為60°，即三角形ABC三內(nèi)角相等，進(jìn)而確定三

7、角形ABC為等邊三角形； 由乙的思路畫出相應(yīng)的圖形，連接OB，BD，由BD=OD，且OB=OD，等量代換可得出三角形OBD三邊相等，即為等邊三角形，的長(zhǎng)∠BOE=∠DBO=60°，由BC垂直平分OD，根據(jù)三線合一得到BE為角平分線，可得出∠OBE為30°，又∠BOE為三角形ABO的外角，且OA=OB，利用等邊對(duì)等角及外角的性質(zhì)得到∠ABO也為30°，可得出∠ABC為60°，同理得到∠ACB也為60°，利用三角形的內(nèi)角和定理得到∠BAC為60°，即三角形ABC三內(nèi)角相等，進(jìn)而確定三角形ABC為等邊三角形，進(jìn)而得出兩人的作法都正確． 解答：解：根據(jù)甲的思路，作出圖形如下： 連接OB，

8、∵BC垂直平分OD， ∴E為OD的中點(diǎn)，且OD⊥BC， ∴OE=DE=OD，又OB=OD， 在Rt△OBE中，OE=OB， ∴∠OBE=30°，又∠OEB=90°， ∴∠BOE=60°， ∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA， 又∠BOE為△AOB的外角， ∴∠OAB=∠OBA=30°， ∴∠ABC=∠ABO+∠OBE=60°， 同理∠C=60°， ∴∠BAC=60°， ∴∠ABC=∠BAC=∠C， ∴△ABC為等邊三角形， 故甲作法正確； 根據(jù)乙的思路，作圖如下： 連接OB，BD， ∵OD=BD，OD=OB， ∴OD=BD=OB， ∴△BOD為等邊三角

9、形， ∴∠OBD=∠BOD=60°， 又BC垂直平分OD，∴OM=DM， ∴BM為∠OBD的平分線， ∴∠OBM=∠DBM=30°， 又OA=OB，且∠BOD為△AOB的外角， ∴∠BAO=∠ABO=30°， ∴∠ABC=∠ABO+∠OBM=60°， 同理∠ACB=60°， ∴∠BAC=60°， ∴∠ABC=∠ACB=∠BAC， ∴△ABC為等邊三角形， 故乙作法正確， 故選A 點(diǎn)評(píng)：此題考查了垂徑定理，等邊三角形的判定，含30°直角三角形的判定，三角形的外角性質(zhì)，以及等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握定理及判定是解本題的關(guān)鍵． 對(duì)應(yīng)訓(xùn)練 1．（2012?哈爾濱）如圖，

10、⊙O是△ABC的外接圓，∠B=60°，OP⊥AC于點(diǎn)P，OP=2，則⊙O的半徑為（　　） A．4 B．6 C．8 D．12 考點(diǎn)：垂徑定理；含30度角的直角三角形；圓周角定理． 專題：計(jì)算題． 分析：由∠B的度數(shù)，利用同弧所對(duì)的圓心角等于所對(duì)圓周角的2倍，求出∠AOC的度數(shù)，再由OA=OC，利用等邊對(duì)等角得到一對(duì)角相等，利用三角形的內(nèi)角和定理求出∠OAC=30°，又OP垂直于AC，得到三角形AOP為直角三角形，利用30°所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半，根據(jù)OP的長(zhǎng)得出OA的長(zhǎng)，即為圓O的半徑． 解答：解：∵圓心角∠AOC與圓周角∠B所對(duì)的弧都為，且∠

11、B=60°， ∴∠AOC=2∠B=120°， 又OA=OC， ∴∠OAC=∠OCA=30°， ∵OP⊥AC， ∴∠AOP=90°， 在Rt△AOP中，OP=2，∠OAC=30°， ∴OA=2OP=4， 則圓O的半徑4． 故選A 點(diǎn)評(píng)：此題考查了垂徑定理，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，以及含30°直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握定理及性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵． 考點(diǎn)二：圓周角定理 例2 （2012?青海）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)N，點(diǎn)M在⊙O上，∠1=∠C （1）求證：CB∥MD； （2）若BC=4，sinM= ，求⊙O的直徑． 考點(diǎn)：圓周角定

12、理；垂徑定理；解直角三角形． 分析：（1）由∠C與∠M是 所對(duì)的圓周角，根據(jù)在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，即可得∠C=∠M，又由∠1=∠C，易得∠1=∠M，即可判定CB∥MD； （2）首先連接AC，AB為⊙O的直徑，可得∠ACB=90°，又由弦CD⊥AB，根據(jù)垂徑定理的即可求得= ，繼而可得∠A=∠M，又由BC=4，sinM= ，即可求得⊙O的直徑． 解答：（1）證明：∵∠C與∠M是所對(duì)的圓周角， ∴∠C=∠M， 又∵∠1=∠C， ∴∠1=∠M， ∴CB∥MD； （2）解：連接AC， ∵AB為⊙O的直徑， ∴∠ACB=90°， 又∵CD⊥AB， ∴

13、= ， ∴∠A=∠M， ∴sinA=sinM， 在Rt△ACB中，sinA=， ∵sinM=，BC=4， ∴AB=6， 即⊙O的直徑為6． 點(diǎn)評(píng)：此題考查了圓周角定理、垂徑定理、平行線的判定以及三角函數(shù)等知識(shí)．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 對(duì)應(yīng)訓(xùn)練 37．（2012?沈陽）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB是⊙O的直徑，D為⊙O上一點(diǎn)，OD⊥AC，垂足為E，連接BD （1）求證：BD平分∠ABC； （2）當(dāng)∠ODB=30°時(shí)，求證：BC=OD． 考點(diǎn)：圓周角定理；含30度角的直角三角形；垂徑定理． 專題：證明題． 分析：（

14、1）由OD⊥AC OD為半徑，根據(jù)垂徑定理，即可得 ，又由在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，即可證得BD平分∠ABC； （2）首先由OB=OD，易求得∠AOD的度數(shù)，又由OD⊥AC于E，可求得∠A的度數(shù)，然后由AB是⊙O的直徑，根據(jù)圓周角定理，可得∠ACB=90°，繼而可證得BC=OD． 解答：證明：（1）∵OD⊥AC?? OD為半徑， ∴， ∴∠CBD=∠ABD， ∴BD平分∠ABC； （2）∵OB=OD， ∴∠OBD=∠0DB=30°， ∴∠AOD=∠OBD+∠ODB=30°+30°=60°， 又∵OD⊥AC于E， ∴∠OEA=90°， ∴∠A=180°

15、-∠OEA-∠AOD=180°-90°-60°=30°， 又∵AB為⊙O的直徑， ∴∠ACB=90°， 在Rt△ACB中，BC=AB， ∵OD=AB， ∴BC=OD． 點(diǎn)評(píng)：此題考查了圓周角定理、垂徑定理以及直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)．此題難度適中，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 考點(diǎn)三：圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì) 例3 （2012?深圳）如圖，⊙C過原點(diǎn)，且與兩坐標(biāo)軸分別交于點(diǎn)A、點(diǎn)B，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，3），M是第三象限內(nèi) 上一點(diǎn)，∠BMO=120°，則⊙C的半徑長(zhǎng)為（　?。? A．6 B．5 C．3 D．3 考點(diǎn)：圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；含30

16、度角的直角三角形． 專題：探究型． 分析：先根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠OAB的度數(shù)，由圓周角定理可知∠AOB=90°，故可得出∠ABO的度數(shù)，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可得出AB的長(zhǎng)，進(jìn)而得出結(jié)論． 解答：解：∵四邊形ABMO是圓內(nèi)接四邊形，∠BMO=120°， ∴∠BAO=60°， ∵AB是⊙O的直徑， ∴∠AOB=90°， ∴∠ABO=90°-∠BAO=90°-60°=30°， ∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，3）， ∴OA=3， ∴AB=2OA=6， ∴⊙C的半徑長(zhǎng)==3． 故選C． 點(diǎn)評(píng)：本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理及直角三角形的性質(zhì)，熟知圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)

17、的性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵． 對(duì)應(yīng)訓(xùn)練 3．（2011?肇慶）如圖，四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，E是BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，若∠BAD=105°，則∠DCE的大小是（　　） A．115° B．l05° C．100° D．95° 考點(diǎn)：圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)． 專題：計(jì)算題． 分析：根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)得到∠BAD+∠BCD=180°，而∠BCD與∠DEC為鄰補(bǔ)角，得到∠DCE=∠BAD=105°． 解答：解：∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形， ∴∠BAD+∠BCD=180°， 而∠BCD+∠DCE=180°， ∴∠DCE=∠BAD， 而∠BAD=105°， ∴∠

18、DCE=105°． 故選B． 點(diǎn)評(píng)：本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)．也考查了鄰補(bǔ)角的定義以及等角的補(bǔ)角相等． 【聚焦山東中考】 1．（2012?泰安）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，垂足為M，下列結(jié)論不成立的是（　?。? A．CM=DM B． C．∠ACD=∠ADC D．OM=MD 考點(diǎn)：垂徑定理． 專題：計(jì)算題． 分析：由直徑AB垂直于弦CD，利用垂徑定理得到M為CD的中點(diǎn)，B為劣弧的中點(diǎn)，可得出A和B選項(xiàng)成立，再由AM為公共邊，一對(duì)直角相等，CM=DM，利用SAS可得出三角形ACM與三角形ADM全等，

19、根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等可得出選項(xiàng)C成立，而OM不一定等于MD，得出選項(xiàng)D不成立． 解答：解：∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，垂足為M， ∴M為CD的中點(diǎn)，即CM=DM，選項(xiàng)A成立； B為的中點(diǎn)，即，選項(xiàng)B成立； 在△ACM和△ADM中， ∵， ∴△ACM≌△ADM（SAS）， ∴∠ACD=∠ADC，選項(xiàng)C成立； 而OM與MD不一定相等，選項(xiàng)D不成立． 故選D 點(diǎn)評(píng)：此題考查了垂徑定理，以及全等三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理為：垂直于弦的直徑平分弦，且平分弦所對(duì)的弧，熟練掌握垂徑定理是解本題的關(guān)鍵． 2．（2012?東營(yíng)）某施工工地安放了一個(gè)圓柱形飲水桶的木制支架（如圖

20、1），若不計(jì)木條的厚度，其俯視圖如圖2所示，已知AD垂直平分BC，AD=BC=48cm，則圓柱形飲水桶的底面半徑的最大值是 cm． 2．30 考點(diǎn)：垂徑定理的應(yīng)用；勾股定理． 分析：當(dāng)圓柱形飲水桶的底面半徑最大時(shí)，圓外接于△ABC；連接外心與B點(diǎn)，可通過勾股定理即可求出圓的半徑． 解答：解：連接OB，如圖， 當(dāng)⊙O為△ABC的外接圓時(shí)圓柱形飲水桶的底面半徑的最大． ∵AD垂直平分BC，AD=BC=48cm， ∴O點(diǎn)在AD上，BD=24cm； 在Rt△0BD中，設(shè)半徑為r，則OB=r，OD=48-r， ∴r2=（48-r）2+242，解得r=30． 即圓柱形飲水桶的

21、底面半徑的最大值為30cm． 故答案為：30． 點(diǎn)評(píng)：此題考查把實(shí)物圖轉(zhuǎn)化為幾何圖形的能力以及勾股定理，垂徑定理的討論和勾股定理． 3．（2012?泰安）如圖，在半徑為5的⊙O中，弦AB=6，點(diǎn)C是優(yōu)弧上一點(diǎn)（不與A，B重合），則cosC的值為 ． 3． 考點(diǎn)：圓周角定理；勾股定理；垂徑定理；銳角三角函數(shù)的定義． 分析：首先構(gòu)造直徑所對(duì)圓周角，利用勾股定理得出BD的長(zhǎng)，再利用cosC=cosD=求出即可． 解答：解：連接AO并延長(zhǎng)到圓上一點(diǎn)D，連接BD， 可得AD為⊙O直徑，故∠ABD=90°， ∵半徑為5的⊙O中，弦AB=6，則AD=1

22、0， ∴BD==8， ∵∠D=∠C， ∴cosC=cosD===， 故答案為：． 點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了勾股定理以及銳角三角函數(shù)的定義和圓周角定理，根據(jù)已知構(gòu)造直角三角形ABD是解題關(guān)鍵． 4．（2012?青島）如圖，點(diǎn)A、B、C在⊙O上，∠AOC=60°，則∠ABC的度數(shù)是 ． 4.150° 考點(diǎn)：圓周角定理． 分析：首先在優(yōu)弧上取點(diǎn)D，連接AD，CD，由圓周角定理，即可求得∠ADC的度數(shù)，又由圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，即可求得答案． 解答：解：在優(yōu)弧上取點(diǎn)D，連接AD，CD， ∵∠AOC=60°， ∴∠ADC=∠AOC=30°， ∵∠ABC+

23、∠ADC=180°， ∴∠ABC=180°-∠ADC=180°-30°=150°． 故答案為：150°． 點(diǎn)評(píng)：此題考查了圓周角定理與圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)．此題比較簡(jiǎn)單，注意掌握輔助線的作法． 【備考真題過關(guān)】 一、選擇題 1．（2012?無錫）如圖，以M（-5，0）為圓心、4為半徑的圓與x軸交于A、B兩點(diǎn)，P是⊙M上異于A、B的一動(dòng)點(diǎn)，直線PA、PB分別交y軸于C、D，以CD為直徑的⊙N與x軸交于E、F，則EF的長(zhǎng)（　?。? A．等于4 B．等于4 C．等于6 D．隨P點(diǎn)位置的變化而變化 考點(diǎn)：垂徑定理；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)． 專題

24、：計(jì)算題． 分析：連接NE，設(shè)圓N半徑為r，ON=x，則OD=r-x，OC=r+x，證△OBD∽△OCA，推出OC：OB=OA：OD，即（r+x）：1=9：（r-x），求出r2-x2=9，根據(jù)垂徑定理和勾股定理即可求出答案． 解答：解：連接NE， 設(shè)圓N半徑為r，ON=x，則OD=r-x，OC=r+x， ∵以M（-5，0）為圓心、4為半徑的圓與x軸交于A、B兩點(diǎn)， ∴OA=4+5=9，0B=5-4=1， ∵AB是⊙M的直徑， ∴∠APB=90°（直徑所對(duì)的圓周角是直角）， ∵∠BOD=90°， ∴∠PAB+∠PBA=90°，∠ODB+∠OBD=90°， ∵∠PBA=∠OBD

25、， ∴∠PAB=∠ODB， ∵∠APB=∠BOD=90°， ∴△OBD∽△OCA， ∴， 即， 解得：（r+x）（r-x）=9， r2-x2=9， 由垂徑定理得：OE=OF，OE2=EN2-ON2=r2-x2=9， 即OE=OF=3， ∴EF=2OE=6， 故選C． 點(diǎn)評(píng)：本題考查了勾股定理，垂徑定理，相似三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，解此題的關(guān)鍵是求出OE=OF和r2-x2=9，主要考查學(xué)生運(yùn)用定理進(jìn)行推理和計(jì)算的能力． 2．（2012?陜西）如圖，在半徑為5的⊙O中，AB、CD是互相垂直的兩條弦，垂足為P，且AB=CD=8，則OP的長(zhǎng)為（　

26、?。? A．3 B．4 C．3 D．4 考點(diǎn)：垂徑定理；勾股定理． 分析：作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，連接OP，OB，OD，首先利用勾股定理求得OM的長(zhǎng)，然后判定四邊形OMPN是正方形，求得正方形的對(duì)角線的長(zhǎng)即可求得OM的長(zhǎng)． 解答：解：作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，連接OP，OB，OD， 由垂徑定理、勾股定理得：OM==3， ∵弦AB、CD互相垂直， ∴∠DPB=90°， ∵OM⊥AB于M，ON⊥CD于N， ∴∠OMP=∠ONP=90° ∴四邊形MONP是正方形， ∴OP=3 故選C． 點(diǎn)評(píng)：本題考查了垂徑定理及勾股定理的知識(shí)，解題

27、的關(guān)鍵是正確地作出輔助線． 3．（2012?黃岡）如圖，AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB于E，已知CD=12，BE=2，則⊙O的直徑為（　?。? A．8 B．10 C．16 D．20 考點(diǎn)：垂徑定理；勾股定理． 分析：連接OC，可知，點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，在Rt△OEC中，OE=OB-BE=OC-BE，根據(jù)勾股定理，即可得出OC，即可得出直徑． 解答：解：連接OC，根據(jù)題意， CE=CD=6，BE=2． 在Rt△OEC中， 設(shè)OC=x，則OE=x-2， 故：（x-2）2+62=x2 解得：x=10 即直徑AB=20． 故選D． 點(diǎn)評(píng)：本題是對(duì)垂徑定理和解直角三

28、角形的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是利用勾股定理構(gòu)造直角三角形． 4．（2012?河北）如圖，CD是⊙O的直徑，AB是弦（不是直徑），AB⊥CD于點(diǎn)E，則下列結(jié)論正確的是（　?。? A．AE＞BE B． C．∠D=∠AEC D．△ADE∽△CBE 考點(diǎn)：垂徑定理；圓周角定理；相似三角形的判定． 分析：根據(jù)垂徑定理及相似三角形的判定定理對(duì)各選項(xiàng)進(jìn)行逐一判斷即可． 解答：解：∵CD是⊙O的直徑，AB是弦（不是直徑），AB⊥CD于點(diǎn)E， ∴AE=BE，，故A、B錯(cuò)誤； ∵∠AEC不是圓心角， ∴∠D≠∠AEC，故C錯(cuò)誤； ∵∠CEB=∠AED，∠DAE=∠BCE， ∴△ADE∽△

29、CBE，故C正確． 故選D． 點(diǎn)評(píng)：本題考查了垂徑定理、圓周角定理、相似三角形的判定，難度不大，是基礎(chǔ)題． 5．（2012?重慶）已知：如圖，OA，OB是⊙O的兩條半徑，且OA⊥OB，點(diǎn)C在⊙O上，則∠ACB的度數(shù)為（　?。? A．45° B．35° C．25° D．20° 考點(diǎn)：圓周角定理． 專題：探究型． 分析：直接根據(jù)圓周角定理進(jìn)行解答即可． 解答：解：∵OA⊥OB， ∴∠AOB=90°， ∴∠ACB=∠AOB=45°． 故選A． 點(diǎn)評(píng)：本題考查的是圓周角定理，即在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，都等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半． 6

30、．（2012?云南）如圖，AB、CD是⊙O的兩條弦，連接AD、BC．若∠BAD=60°，則∠BCD的度數(shù)為（　?。? A．40° B．50° C．60° D．70° 考點(diǎn)：圓周角定理． 分析：由在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，即可求得∠BCD的度數(shù)． 解答：解：∵∠BAD與∠BCD是對(duì)的圓周角， ∴∠BCD=∠BAD=60°． 故選C． 點(diǎn)評(píng)：此題考查了圓周角定理．此題比較簡(jiǎn)單，注意掌握在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等定理的應(yīng)用，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 7．（2012?襄陽）△ABC為⊙O的內(nèi)接三角形，若∠AOC=160°，則∠

31、ABC的度數(shù)是（　?。? A．80° B．160° C．100° D．80°或100° 考點(diǎn)：圓周角定理． 分析：首先根據(jù)題意畫出圖形，由圓周角定理即可求得答案∠ABC的度數(shù)，又由圓的內(nèi)接四邊四邊形性質(zhì)，即可求得∠AB′C的度數(shù)． 解答：解：如圖，∵∠AOC=160°， ∴∠ABC=∠AOC=×160°=80°， ∵∠ABC+∠AB′C=180°， ∴∠AB′C=180°-∠ABC=180°-80°=100°． ∴∠ABC的度數(shù)是：80°或100°． 故選D． 點(diǎn)評(píng)：此題考查了圓周角定理與圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)．此題難度不大，注意數(shù)形結(jié)合思想與分類討論思想的應(yīng)

32、用，注意別漏解． 8．（2012?瀘州）如圖，在△ABC中，AB為⊙O的直徑，∠B=60°，∠BOD=100°，則∠C的度數(shù)為（　?。? A．50° B．60° C．70° D．80° 考點(diǎn)：圓周角定理． 分析：由在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半，即可求得∠A的度數(shù)，然后由三角形的內(nèi)角和定理，即可求得∠C的度數(shù)． 解答：解：∵∠BOD=100°， ∴∠A=∠BOD=50°， ∵∠B=60°， ∴∠C=180°-∠A-∠B=70°． 故選C． 點(diǎn)評(píng)：此題考查了圓周角定理與三角形的內(nèi)角和定理．此題難度不大，注意掌握在同圓或等圓

33、中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半定理的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵． 二、填空題 9．（2012?朝陽）如圖，AB為⊙O的直徑，CD為⊙O的一條弦，CD⊥AB，垂足為E，已知CD=6，AE=1，則⊙0的半徑為 5 ． 9．5 考點(diǎn)：垂徑定理；勾股定理． 分析：連接OD，由垂徑定理得求出DE，設(shè)⊙O的半徑是R，由勾股定理得出R2=（R-1）2+32，求出R即可． 解答：解： 連接OD， ∵AB⊥CD，AB是直徑， ∴由垂徑定理得：DE=CE=3， 設(shè)⊙O的半徑是R， 在Rt△ODE中，由勾股

34、定理得：OD2=OE2+DE2，即R2=（R-1）2+32， 解得：R=5， 故答案為：5． 點(diǎn)評(píng)：本題考查了垂徑定理和勾股定理的應(yīng)用，用了方程思想，題目比較好，難度適中． 10．（2012?成都）如圖，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于C．若AB=2，0C=1，則半徑OB的長(zhǎng)為 2 ． 10．2 考點(diǎn)：垂徑定理；勾股定理． 專題：探究型． 分析：先根據(jù)垂徑定理得出BC的長(zhǎng)，再在Rt△OBC中利用勾股定理求出OB的長(zhǎng)即可． 解答：解：∵AB是⊙O的弦，OC⊥AB于C，AB=2， ∴BC=，AB=， ∵0C=1， ∴在Rt△OBC中，

35、OB=． 故答案為：2． 點(diǎn)評(píng)：本題考查的是垂徑定理及勾股定理，先求出BC的長(zhǎng)，再利用勾股定理求出OB的長(zhǎng)是解答此題的關(guān)鍵． 11．（2012?嘉興）如圖，在⊙O中，直徑AB丄弦CD于點(diǎn)M，AM=18，BM=8，則CD的長(zhǎng)為 24 ． 11．24 考點(diǎn)：垂徑定理；勾股定理． 專題：探究型． 分析：連接OD，由AM=18，BM=8可求出⊙O的半徑，利用勾股定理可求出MD的長(zhǎng)，再根據(jù)垂徑定理即可得出CD的長(zhǎng)． 解答：解：連接OD， ∵AM=18，BM=8， ∴OD===13， ∴OM=13-8=5， 在Rt△ODM中，DM=， ∵直徑AB丄弦CD

36、， ∴AB=2DM=2×12=24． 故答案為：24． 點(diǎn)評(píng)：本題考查的是垂徑定理及勾股定理，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． 12．（2012?株洲）已知：如圖，在⊙O中，C在圓周上，∠ACB=45°，則∠AOB= ． 12．90° 考點(diǎn)：圓周角定理． 分析：由在⊙O中，C在圓周上，∠ACB=45°，根據(jù)在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半，即可求得∠AOB的度數(shù)． 解答：解：∵在⊙O中，C在圓周上，∠ACB=45°， ∴∠AOB=2∠ACB=2×45°=90°． 故答案為：90°． 點(diǎn)評(píng)：此

37、題考查了圓周角定理．此題比較簡(jiǎn)單，注意掌握在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半定理的應(yīng)用，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 13．（2012?玉林）如圖，矩形OABC內(nèi)接于扇形MON，當(dāng)CN=CO時(shí)，∠NMB的度數(shù)是 ． 13．30° 考點(diǎn)：圓周角定理；含30度角的直角三角形；矩形的性質(zhì)． 分析：首先連接OB，由矩形的性質(zhì)可得△BOC是直角三角形，又由OB=ON=2OC，∠BOC的度數(shù)，又由圓周角定理求得∠NMB的度數(shù)． 解答：解：連接OB， ∵CN=CO， ∴OB=ON=2OC， ∵四邊形OABC是矩形，

38、∴∠BCO=90°， ∴cos∠BOC=， ∴∠BOC=60°， ∴∠NMB=∠BOC=30°． 故答案為：30°． 點(diǎn)評(píng)：此題考查了圓周角定理、矩形的性質(zhì)以及特殊角的三角函數(shù)值．此題難度適中，注意輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 14．（2012?義烏市）如圖，已知點(diǎn)A（0，2）、B（2，2）、C（0，4），過點(diǎn)C向右作平行于x軸的射線，點(diǎn)P是射線上的動(dòng)點(diǎn)，連接AP，以AP為邊在其左側(cè)作等邊△APQ，連接PB、BA．若四邊形ABPQ為梯形，則： （1）當(dāng)AB為梯形的底時(shí)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)是 ； （2）當(dāng)AB為梯形的腰時(shí)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)是

39、 ． 14．（1），（2）0或 考點(diǎn)：圓周角定理；等邊三角形的性質(zhì)；梯形；解直角三角形． 專題：幾何綜合題． 分析：首先根據(jù)題意畫出符合題意的圖形，（1）當(dāng)AB為梯形的底時(shí)，PQ∥AB，可得Q在CP上，由△APQ是等邊三角形，CP∥x軸，即可求得答案； （2）當(dāng)AB為梯形的腰時(shí)，AQ∥BP，易得四邊形ABPC是平行四邊形，即可求得CP的長(zhǎng)，繼而可求得點(diǎn)P的橫坐標(biāo)． 解答：解：（1）如圖1：當(dāng)AB為梯形的底時(shí)，PQ∥AB， ∴Q在CP上， ∵△APQ是等邊三角形，CP∥x軸， ∴AC垂直平分PQ， ∵A（0，2），C（0，4）， ∴AC=2， ∴PC=AC?tan

40、30°=2×， ∴當(dāng)AB為梯形的底時(shí)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)是：； （2）如圖2，當(dāng)AB為梯形的腰時(shí)，AQ∥BP， ∴Q在y軸上， ∴BP∥y軸， ∵CP∥x軸， ∴四邊形ABPC是平行四邊形， ∴CP=AB=2， 如圖3，當(dāng)C與P重合時(shí)， ∵A（0，2）、B（2，2）， ∴tan∠APC=， ∴∠APC=60°， ∵△APQ是等邊三角形， ∴∠PAQ=60°， ∴∠ACB=∠PAQ， ∴AQ∥BP， ∴當(dāng)C與P重合時(shí)，四邊形ABPQ以AB為要的梯形， 此時(shí)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為0； ∴當(dāng)AB為梯形的腰時(shí)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)是：0或2． 故答案為：（1），（2）0或．

41、 點(diǎn)評(píng)：此題考查了梯形的性質(zhì)與等邊三角形的性質(zhì)．此題難度適中，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意畫出符合要求的圖形，然后利用數(shù)形結(jié)合思想求解． 15．（2012?鞍山）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB、CD為⊙O直徑，DE⊥AB于點(diǎn)E，sinA=，則∠D的度數(shù)是 ． 15.30° 考點(diǎn)：圓周角定理；特殊角的三角函數(shù)值． 專題：計(jì)算題． 分析：由圓周角定理、特殊角的三角函數(shù)值求得∠CAB=30°；然后根據(jù)直角三角形的兩個(gè)銳角互余的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、對(duì)頂角相等求得∠EOD=∠COB=60°；最后在直角三角形ODE中求得∠D的度數(shù)． 解答：解：∵AB為⊙O直

42、徑， ∴∠ACB=90°（直徑所對(duì)的圓周角是直角）； 又∵sinA=， ∴∠CAB=30°， ∴∠ABC=60°（直角三角形的兩個(gè)銳角互余）； 又∵點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)， ∴OC=OB， ∴∠OCB=OBC=60°， ∴∠COB=60°， ∴∠EOD=∠COB=60°（對(duì)頂角相等）； 又∵DE⊥AB， ∴∠D=90°-60°=30°． 故答案是：30°． 點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了圓周角定理、特殊角的三角函數(shù)值．解題時(shí)，注意“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”這一知識(shí)點(diǎn)的利用． 三、解答題 16．（2012?荊門）如圖所示為圓柱形大型儲(chǔ)油罐固定在U型槽上

43、的橫截面圖．已知圖中ABCD為等腰梯形（AB∥DC），支點(diǎn)A與B相距8m，罐底最低點(diǎn)到地面CD距離為1m．設(shè)油罐橫截面圓心為O，半徑為5m，∠D=56°，求：U型槽的橫截面（陰影部分）的面積．（參考數(shù)據(jù)：sin53°≈0.8，tan56°≈1.5，π≈3，結(jié)果保留整數(shù)） 考點(diǎn)：垂徑定理的應(yīng)用；勾股定理；等腰梯形的性質(zhì)；解直角三角形的應(yīng)用． 分析：連接AO、BO．過點(diǎn)A作AE⊥DC于點(diǎn)E，過點(diǎn)O作ON⊥DC于點(diǎn)N，ON交⊙O于點(diǎn)M，交AB于點(diǎn)F，則OF⊥AB，先根據(jù)垂徑定理求出AF的值，再在在Rt△AOF中利用銳角三角函數(shù)的定義求出∠AOB的度數(shù)，由勾股定理求出OF的長(zhǎng)，根據(jù)四邊形A

44、BCD是等腰梯形求出AE的長(zhǎng)，再由S陰=S梯形ABCD-（S扇OAB-S△OAB）即可得出結(jié)論． 解答：解：如圖，連接AO、BO．過點(diǎn)A作AE⊥DC于點(diǎn)E，過點(diǎn)O作ON⊥DC于點(diǎn)N，ON交⊙O于點(diǎn)M，交AB于點(diǎn)F．則OF⊥AB． ∵OA=OB=5m，AB=8m， ∴AF=BF=AB=4（m），∠AOB=2∠AOF， 在Rt△AOF中，sin∠AOF==0.8=sin53°， ∴∠AOF=53°，則∠AOB=106°， ∵OF==3（m），由題意得：MN=1m， ∴FN=OM-OF+MN=3（m）， ∵四邊形ABCD是等腰梯形，AE⊥DC，F(xiàn)N⊥AB， ∴AE=FN=3m，DC

45、=AB+2DE． 在Rt△ADE中，tan56°=， ∴DE=2m，DC=12m． ∴S陰=S梯形ABCD-（S扇OAB-S△OAB）=（8+12）×3-（π×52-×8×3）=20（m2）． 答：U型槽的橫截面積約為20m2． 點(diǎn)評(píng)：本題考查的是垂徑定理的應(yīng)用及勾股定理，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形及等腰梯形，再利用勾股定理進(jìn)行求解是解答此題的關(guān)鍵． 17．（2012?南通）如圖，⊙O的半徑為17cm，弦AB∥CD，AB=30cm，CD=16cm，圓心O位于AB，CD的上方，求AB和CD的距離． 考點(diǎn)：垂徑定理；勾股定理． 專題：探究型．

46、 分析：過點(diǎn)O作弦AB的垂線，垂足為E，延長(zhǎng)AE交CD于點(diǎn)F，連接OA，OC；由于AB∥CD，則OF⊥CD，EF即為AB、CD間的距離；由垂徑定理，易求得AE、CF的長(zhǎng)，可連接OA、ODC在構(gòu)建的直角三角形中，根據(jù)勾股定理即可求出OE、OF的長(zhǎng)，也就求出了EF的長(zhǎng)，即弦AB、CD間的距離． 解答：解：過點(diǎn)O作弦AB的垂線，垂足為E，延長(zhǎng)AE交CD于點(diǎn)F，連接OA，OC， ∵AB∥CD， ∴OF⊥CD， ∵AB=30cm，CD=16cm， ∴AE=AB=×30=15cm，CF=CD=×16=8cm， 在Rt△AOE中， OE==8cm， 在Rt△OCF中， OF==15cm，

47、 ∴EF=OF-OE=15-8=7cm． 答：AB和CD的距離為7cm． 點(diǎn)評(píng)：本題考查的是勾股定理及垂徑定理，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． 18．（2012?寧夏）在⊙O中，直徑AB⊥CD于點(diǎn)E，連接CO并延長(zhǎng)交AD于點(diǎn)F，且CF⊥AD．求∠D的度數(shù)． 考點(diǎn)：垂徑定理；等邊三角形的判定與性質(zhì)． 分析：連接BD，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得：BD∥CF，則∠BDC=∠C，根據(jù)圓周角定理可得∠BDC= ∠BOC，則∠C= ∠BOC，根據(jù)直角三角形的兩個(gè)銳角互余即可求解． 解答：解：方法一：連接BD．???????? ∵AB⊙O是直徑， ∴BD

48、⊥AD 又∵CF⊥AD， ∴BD∥CF， ∴∠BDC=∠C． 又∵∠BDC=∠BOC， ∴∠C=∠BOC． ∵AB⊥CD， ∴∠C=30°， ∴∠ADC=60°． 方法二：設(shè)∠D=x， ∵CF⊥AD，AB⊥CD，∠A=∠A， ∴△AFO∽△AED， ∴∠D=∠AOF=x， ∴∠ADC=2∠ADC=2x， ∴x+2x=180， ∴x=60， ∴∠ADC=60°． 點(diǎn)評(píng)：本題考查了圓周角定理以及直角三角形的性質(zhì)，正確得到∠C=∠BOC是解題的關(guān)鍵． 19．（2012?長(zhǎng)沙）如圖，A，P，B，C是半徑為8的⊙O上的四點(diǎn)，且滿足∠BAC=∠APC=60°

49、， （1）求證：△ABC是等邊三角形； （2）求圓心O到BC的距離OD． 考點(diǎn)：圓周角定理；等邊三角形的判定；垂徑定理；解直角三角形． 專題：探究型． 分析：（1）先根據(jù)圓周角定理得出∠ABC的度數(shù)，再直接根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理進(jìn)行解答即可； （2）連接OB，由等邊三角形的性質(zhì)可知，∠OBD=30°，根據(jù)OB=8利用直角三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論． 解答：解：（1）在△ABC中， ∵∠BAC=∠APC=60°， 又∵∠APC=∠ABC， ∴∠ABC=60°， ∴∠ACB=180°-∠BAC-∠ABC=180°-60°-60°=60°， ∴△ABC是等邊三角形；

50、 （2）∵△ABC為等邊三角形，⊙O為其外接圓， ∴O為△ABC的外心， ∴BO平分∠ABC， ∴∠OBD=30°， ∴OD=8×=4． 點(diǎn)評(píng)：本題考查了圓周角定理、等邊三角形的判定，垂徑定理，解直角三角形等知識(shí)，將各知識(shí)點(diǎn)有機(jī)結(jié)合，旨在考查同學(xué)們的綜合應(yīng)用能力． 20．（2012?大慶）如圖△ABC中，BC=3，以BC為直徑的⊙O交AC于點(diǎn)D，若D是AC中點(diǎn)，∠ABC=120°． （1）求∠ACB的大小； （2）求點(diǎn)A到直線BC的距離． 考點(diǎn)：圓周角定理；等腰三角形的判定與性質(zhì)；含30度角的直角三角形． 分析：（1）根據(jù)垂直平分線的性

51、質(zhì)得出AB=BC，進(jìn)而得出∠A=∠C=30°即可； （2）根據(jù)BC=3，∠ACB=30°，∠BDC=90°，得出CD的長(zhǎng)，進(jìn)而求出AE的長(zhǎng)度即可． 解答：解：（1）連接BD， ∵以BC為直徑的⊙O交AC于點(diǎn)D， ∴∠BDC=90°， ∵D是AC中點(diǎn)， ∴BD是AC的垂直平分線， ∴AB=BC， ∴∠A=∠C， ∵∠ABC=120°， ∴∠A=∠C=30°， 即∠ACB=30°； （2）過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E， ∵BC=3，∠ACB=30°，∠BDC=90°， ∴cos30°==， ∴CD=， ∵AD=CD， ∴AC=3， ∵在Rt△AEC中，∠ACE=

52、30°， ∴AE==． 點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了圓周角定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、含30度角的直角三角形的性質(zhì)，根據(jù)已知得出CD的長(zhǎng)度是解題關(guān)鍵． 21．（2012?懷化）如圖，已知AB是⊙O的弦，OB=4，∠OBC=30°，點(diǎn)C是弦AB上任意一點(diǎn)（不與點(diǎn)A、B重合），連接CO并延長(zhǎng)CO交⊙O于點(diǎn)D，連接AD、DB． （1）當(dāng)∠ADC=18°時(shí)，求∠DOB的度數(shù)； （2）若AC=2，求證：△ACD∽△OCB． 考點(diǎn)：圓周角定理；等腰三角形的性質(zhì)；勾股定理；垂徑定理；相似三角形的判定． 專題：證明題；幾何綜合題． 分析：（1）連接OA，根據(jù)OA=OB=OD，求出∠D

53、AO、∠OAB的度數(shù)，求出∠DAB，根據(jù)圓周角定理求出即可； （2）過O作OE⊥AB于E，根據(jù)垂徑定理求出AE和BE，求出AB，推出C、E重合，得出∠ACD=∠OCB=90°，求出DC長(zhǎng)得出 ，根據(jù)相似三角形的判定推出即可． 解答：（1）解：連接OA， ∵OA=OB=OD， ∴∠OAB=∠OBC=30°，∠OAD=∠ADC=18°， ∴∠DAB=∠DAO+∠BAO=48°， 由圓周角定理得：∠DOB=2∠DAB=96°． （2）證明：過O作OE⊥AB于E， 由垂徑定理得：AE=BE， ∵在Rt△OEB中，OB=4，∠OBC=30°， ∴OE=OB=2， 由勾股定理得：BE=2=AE， 即AB=2AE=4， ∵AC=2， ∴BC=2， 即C、E兩點(diǎn)重合， ∴DC⊥AB， ∴∠DCA=∠OCB=90°， ∵DC=OD+OC=2+4=6，OC=2，AC=BC=2， ∴=， ∴△ACD∽△OCB（兩邊對(duì)應(yīng)成比例，且夾角相等的兩三角形相似）． 點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了垂徑定理，圓周角定理，相似三角形的判定，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)的應(yīng)用，主要考查學(xué)生能否運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行推理，題目綜合性比較強(qiáng)，是一道比較好的題目．