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)知識回顧】

一、圓的定義及性質(zhì)：

1、圓的定義：

⑴形成性定義：在一個平面內(nèi)，線段OA繞它固定的一個端點O旋轉(zhuǎn)一周，另一個端點A隨之旋轉(zhuǎn)形成的圖形叫做圓，固定的端點叫

線段OA叫做

⑵描述性定義：圓是到定點的距離等于的點的集合【趙老師提醒：1、在一個圓中，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：連接圓上任意兩點的叫做弦

弧：圓上任意兩點間的叫做弧，弧可分為、、三類

3、圓的對稱性：

⑴軸對稱性：圓是軸對稱圖形，有

條對稱軸的直線都是它的對稱軸

⑵中心對稱性：圓是中心對稱圖形，對稱中心是

【趙老師提醒：圓不僅是中心對稱圖形，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】

二、垂徑定理及推論：

1、垂徑定理：垂直于弦的直徑，并且平分弦所對的2、推論：平分弦（）的直徑，并且平分弦所對的【趙老師提醒：1、垂徑定理及其推論實質(zhì)是指一條直線滿足：⑴過圓心⑵垂直于弦⑶平分弦⑷平分弦所對的優(yōu)弧⑸平分弦所對的劣弧五個條件中的兩個，那么可推出其中三個，注意解題過程中的靈活運用

2、圓中常作的輔助線是過圓心作弦的線

3、垂徑定理常用作計算，在半徑r弦a弦心d和弦h中已知兩個可求另外兩個】

三、圓心角、弧、弦之間的關(guān)系：

1、圓心角定義：頂點在的角叫做圓心角

2、定理：在中，兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量

它們所對應(yīng)的其余各組量也分別

【趙老師提醒：注意：該定理的前提條件是“在同圓或等圓中”】

四、圓周角定理及其推論：

1、圓周角定義：頂點在并且兩邊都和圓的角叫圓周角

2、圓周角定理：在同圓或等圓中，圓弧或等弧所對的圓周角

都等于這條弧所對的圓心角的推論1、在同圓或等圓中，如果兩個圓周角

那么它們所對的弧

推論2、半圓（或直弦）所對的圓周角是

900的圓周角所對的弦是

【趙老師提醒：1、在圓中，一條弦所對的圓心角只有一個，而

它所對的圓周角有

個，它們的關(guān)系是

2、作直弦所對的圓周角是圓中常作的輔助線】

五、圓內(nèi)接四邊形：

定義：如果一個多邊形的所有頂點都在圓上，這個多邊形叫做

這個圓叫做

性質(zhì)：圓內(nèi)接四邊形的對角

【趙老師提醒：圓內(nèi)接平行四邊形是

圓內(nèi)接梯形是

】

考點一：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，2、連接AB，AC，△ABC即為所求的三角形

乙：1、以D為圓心，OD長為半徑作圓弧，交⊙O于B，C兩點．

2、連接AB，BC，CA．△ABC即為所求的三角形．

對于甲、乙兩人的作法，可判斷（）

A．甲、乙均正確

B．甲、乙均錯誤

C．甲正確、乙錯誤

D．甲錯誤，乙正確

考點：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，進而確定三角形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∠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，進而確定三角形ABC為等邊三角形，進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，∵BC垂直平分OD，∴E為OD的中點，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

點評：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．

對應(yīng)訓(xùn)練

1．（2012?哈爾濱）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，∠B=60°，OP⊥AC于點P，OP=2，則⊙O的半徑為（）

A．4

B．6

C．8

D．12

考點：垂徑定理；含30度角的直角三角形；圓周角定理．

專題：計算題．

分析：由∠B的度數(shù)，利用同弧所對的圓心角等于所對圓周角的2倍，求出∠AOC的度數(shù)，再由OA=OC，利用等邊對等角得到一對角相等，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°所對的直角邊等于斜邊的一半，根據(jù)OP的長得出OA的長，即為圓O的半徑．

解答：解：∵圓心角∠AOC與圓周角∠B所對的弧都為，且∠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

點評：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．

考點二：圓周角定理

例2

（2012?青海）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點N，點M在⊙O上，∠1=∠C

（1）求證：CB∥MD；

（2）若BC=4，sinM=，求⊙O的直徑．

考點：圓周角定理；垂徑定理；解直角三角形．

分析：（1）由∠C與∠M是

所對的圓周角，根據(jù)在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，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，∴=，∴∠A=∠M，∴sinA=sinM，在Rt△ACB中，sinA=，∵sinM=，BC=4，∴AB=6，即⊙O的直徑為6．

點評：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．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，OD⊥AC，垂足為E，連接BD

（1）求證：BD平分∠ABC；

（2）當(dāng)∠ODB=30°時，求證：BC=OD．

考點：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：（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°-∠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．

點評：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．此題難度適中，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．

考點三：圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)

例3

（2012?深圳）如圖，⊙C過原點，且與兩坐標(biāo)軸分別交于點A、點B，點A的坐標(biāo)為（0，3），M是第三象限內(nèi)

上一點，∠BMO=120°，則⊙C的半徑長為（）

A．6

B．5

C．3

D．3

考點：圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；含30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，進而得出結(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A的坐標(biāo)為（0，3），∴OA=3，∴AB=2OA=6，∴⊙C的半徑長==3．

故選C．

點評：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)接四邊形對角互補的性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．

對應(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延長線上一點，若∠BAD=105°，則∠DCE的大小是（）

A．115°

B．l05°

C．100°

D．95°

考點：圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)．

專題：計算題．

分析：根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的對角互補得到∠BAD+∠BCD=180°，而∠BCD與∠DEC為鄰補角，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°，∴∠DCE=105°．

故選B．

點評：本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：圓內(nèi)接四邊形的對角互補．也考查了鄰補角的定義以及等角的補角相等．

【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：垂徑定理．

專題：計算題．

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，B為劣弧的中點，可得出A和B選項成立，再由AM為公共邊，一對直角相等，CM=DM，利用SAS可得出三角形ACM與三角形ADM全等，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)角相等可得出選項C成立，而OM不一定等于MD，得出選項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，即CM=DM，選項A成立；

B為的中點，即，選項B成立；

在△ACM和△ADM中，∵，∴△ACM≌△ADM（SAS），∴∠ACD=∠ADC，選項C成立；

而OM與MD不一定相等，選項D不成立．

故選D

點評：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，且平分弦所對的弧，熟練掌握垂徑定理是解本題的關(guān)鍵．

2．（2012?東營）某施工工地安放了一個圓柱形飲水桶的木制支架（如圖1），若不計木條的厚度，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：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，圓外接于△ABC；連接外心與B點，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．

即圓柱形飲水桶的底面半徑的最大值為30cm．

故答案為：30．

點評：此題考查把實物圖轉(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C是優(yōu)弧上一點（不與A，B重合），則cosC的值為

．

3．考點：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)造直徑所對圓周角，利用勾股定理得出BD的長，再利用cosC=cosD=求出即可．

解答：解：連接AO并延長到圓上一點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=10，∴BD==8，∵∠D=∠C，∴cosC=cosD===，故答案為：．

點評：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A、B、C在⊙O上，∠AOC=60°，則∠ABC的度數(shù)是

．

4.150°

考點：圓周角定理．

分析：首先在優(yōu)弧上取點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D，連接AD，CD，∵∠AOC=60°，∴∠ADC=∠AOC=30°，∵∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABC=180°-∠ADC=180°-30°=150°．

故答案為：150°．

點評：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，P是⊙M上異于A、B的一動點，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（）

A．等于4

B．等于4

C．等于6

D．隨P點位置的變化而變化

考點：垂徑定理；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)．

專題：計算題．

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，∴OA=4+5=9，0B=5-4=1，∵AB是⊙M的直徑，∴∠APB=90°（直徑所對的圓周角是直角），∵∠BOD=90°，∴∠PAB+∠PBA=90°，∠ODB+∠OBD=90°，∵∠PBA=∠OBD，∴∠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．

點評：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)生運用定理進行推理和計算的能力．

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的長為（）

A．3

B．4

C．3

D．4

考點：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，然后判定四邊形OMPN是正方形，求得正方形的對角線的長即可求得OM的長．

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．

點評：本題考查了垂徑定理及勾股定理的知識，解題的關(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：垂徑定理；勾股定理．

分析：連接OC，可知，點E為CD的中點，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．

點評：本題是對垂徑定理和解直角三角形的綜合應(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E，則下列結(jié)論正確的是（）

A．AE＞BE

B．

C．∠D=∠AEC

D．△ADE∽△CBE

考點：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各選項進行逐一判斷即可．

解答：解：∵CD是⊙O的直徑，AB是弦（不是直徑），AB⊥CD于點E，∴AE=BE，故A、B錯誤；

∵∠AEC不是圓心角，∴∠D≠∠AEC，故C錯誤；

∵∠CEB=∠AED，∠DAE=∠BCE，∴△ADE∽△CBE，故C正確．

故選D．

點評：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C在⊙O上，則∠ACB的度數(shù)為（）

A．45°

B．35°

C．25°

D．20°

考點：圓周角定理．

專題：探究型．

分析：直接根據(jù)圓周角定理進行解答即可．

解答：解：∵OA⊥OB，∴∠AOB=90°，∴∠ACB=∠AOB=45°．

故選A．

點評：本題考查的是圓周角定理，即在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．

6．（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：圓周角定理．

分析：由在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，即可求得∠BCD的度數(shù)．

解答：解：∵∠BAD與∠BCD是對的圓周角，∴∠BCD=∠BAD=60°．

故選C．

點評：此題考查了圓周角定理．此題比較簡單，注意掌握在同圓或等圓中，同弧或等弧所對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∠ABC的度數(shù)是（）

A．80°

B．160°

C．100°

D．80°或100°

考點：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．

點評：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)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：圓周角定理．

分析：由在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角等于這條弧所對的圓心角的一半，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．

點評：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中，同弧或等弧所對的圓周角等于這條弧所對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

．

9．5

考點：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，由勾股定理得：OD2=OE2+DE2，即R2=（R-1）2+32，解得：R=5，故答案為：5．

點評：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的長為

．

10．2

考點：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，再在Rt△OBC中利用勾股定理求出OB的長即可．

解答：解：∵AB是⊙O的弦，OC⊥AB于C，AB=2，∴BC=，AB=，∵0C=1，∴在Rt△OBC中，OB=．

故答案為：2．

點評：本題考查的是垂徑定理及勾股定理，先求出BC的長，再利用勾股定理求出OB的長是解答此題的關(guān)鍵．

11．（2012?嘉興）如圖，在⊙O中，直徑AB丄弦CD于點M，AM=18，BM=8，則CD的長為

．

11．24

考點：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，再根據(jù)垂徑定理即可得出CD的長．

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，∴AB=2DM=2×12=24．

故答案為：24．

點評：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：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，同弧或等弧所對的圓周角等于這條弧所對的圓心角的一半，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°．

點評：此題考查了圓周角定理．此題比較簡單，注意掌握在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角等于這條弧所對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，∠NMB的度數(shù)是

．

13．30°

考點：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，∴∠BCO=90°，∴cos∠BOC=，∴∠BOC=60°，∴∠NMB=∠BOC=30°．

故答案為：30°．

點評：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A（0，2）、B（2，2）、C（0，4），過點C向右作平行于x軸的射線，點P是射線上的動點，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，點P的橫坐標(biāo)是；

（2）當(dāng)AB為梯形的腰時，點P的橫坐標(biāo)是

．

14．（1），（2）0或

考點：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，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，AQ∥BP，易得四邊形ABPC是平行四邊形，即可求得CP的長，繼而可求得點P的橫坐標(biāo)．

解答：解：（1）如圖1：當(dāng)AB為梯形的底時，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?tan30°=2×，∴當(dāng)AB為梯形的底時，點P的橫坐標(biāo)是：；

（2）如圖2，當(dāng)AB為梯形的腰時，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，∵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，四邊形ABPQ以AB為要的梯形，此時點P的橫坐標(biāo)為0；

∴當(dāng)AB為梯形的腰時，點P的橫坐標(biāo)是：0或2．

故答案為：（1），（2）0或．

點評：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E，sinA=，則∠D的度數(shù)是

．

15.30°

考點：圓周角定理；特殊角的三角函數(shù)值．

專題：計算題．

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)直角三角形的兩個銳角互余的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、對頂角相等求得∠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直徑，∴∠ACB=90°（直徑所對的圓周角是直角）；

又∵sinA=，∴∠CAB=30°，∴∠ABC=60°（直角三角形的兩個銳角互余）；

又∵點O是AB的中點，∴OC=OB，∴∠OCB=OBC=60°，∴∠COB=60°，∴∠EOD=∠COB=60°（對頂角相等）；

又∵DE⊥AB，∴∠D=90°-60°=30°．

故答案是：30°．

點評：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，注意“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”這一知識點的利用．

三、解答題

16．（2012?荊門）如圖所示為圓柱形大型儲油罐固定在U型槽上的橫截面圖．已知圖中ABCD為等腰梯形（AB∥DC），支點A與B相距8m，罐底最低點到地面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：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A作AE⊥DC于點E，過點O作ON⊥DC于點N，ON交⊙O于點M，交AB于點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，根據(jù)四邊形ABCD是等腰梯形求出AE的長，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A作AE⊥DC于點E，過點O作ON⊥DC于點N，ON交⊙O于點M，交AB于點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=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．

點評：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：垂徑定理；勾股定理．

專題：探究型．

分析：過點O作弦AB的垂線，垂足為E，延長AE交CD于點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，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，也就求出了EF的長，即弦AB、CD間的距離．

解答：解：過點O作弦AB的垂線，垂足為E，延長AE交CD于點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，∴EF=OF-OE=15-8=7cm．

答：AB和CD的距離為7cm．

點評：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E，連接CO并延長交AD于點F，且CF⊥AD．求∠D的度數(shù)．

考點：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)直角三角形的兩個銳角互余即可求解．

解答：解：方法一：連接BD．

∵AB⊙O是直徑，∴BD⊥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°．

點評：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?長沙）如圖，A，P，B，C是半徑為8的⊙O上的四點，且滿足∠BAC=∠APC=60°，（1）求證：△ABC是等邊三角形；

（2）求圓心O到BC的距離OD．

考點：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；

（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．

點評：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，將各知識點有機結(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D，若D是AC中點，∠ABC=120°．

（1）求∠ACB的大小；

（2）求點A到直線BC的距離．

考點：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)垂直平分線的性質(zhì)得出AB=BC，進而得出∠A=∠C=30°即可；

（2）根據(jù)BC=3，∠ACB=30°，∠BDC=90°，得出CD的長，進而求出AE的長度即可．

解答：解：（1）連接BD，∵以BC為直徑的⊙O交AC于點D，∴∠BDC=90°，∵D是AC中點，∴BD是AC的垂直平分線，∴AB=BC，∴∠A=∠C，∵∠ABC=120°，∴∠A=∠C=30°，即∠ACB=30°；

（2）過點A作AE⊥BC于點E，∵BC=3，∠ACB=30°，∠BDC=90°，∴cos30°==，∴CD=，∵AD=CD，∴AC=3，∵在Rt△AEC中，∠ACE=30°，∴AE==．

點評：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C是弦AB上任意一點（不與點A、B重合），連接CO并延長CO交⊙O于點D，連接AD、DB．

（1）當(dāng)∠ADC=18°時，求∠DOB的度數(shù)；

（2）若AC=2，求證：△ACD∽△OCB．

考點：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∠DAO、∠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兩點重合，∴DC⊥AB，∴∠DCA=∠OCB=90°，∵DC=OD+OC=2+4=6，OC=2，AC=BC=2，∴=，∴△ACD∽△OCB（兩邊對應(yīng)成比例，且夾角相等的兩三角形相似）．

點評：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)生能否運用性質(zhì)進行推理，題目綜合性比較強，是一道比較好的題目．