【解析】2023年浙教版數(shù)學(xué)九年級上冊3.4 圓心角 同步測試（培優(yōu)版）

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2023年浙教版數(shù)學(xué)九年級上冊3.4圓心角同步測試（培優(yōu)版）

一、選擇題（每題3分，共30分）

1．（2023九上·東陽期末）如圖，半徑為5的圓O中，弦BC、ED所對的圓心角分別是∠BOC、∠EOD，已知DE＝6，∠BOC+∠EOD＝180°，則弦BC的弦心距等于（）

A．3B．C．4D．

2．（2022九上·利辛月考）如圖，為的直徑，點(diǎn)C是弧的中點(diǎn)．過點(diǎn)C作于點(diǎn)G，交于點(diǎn)D，若，則的半徑長是（）

A．5B．6.5C．7.5D．8

3．（2022九上·桐廬期中）如圖，在中，直徑垂直弦于點(diǎn)E，連接，已知的半徑為2，，則的度數(shù)為（）

A．30°B．60°C．90°D．120°

4．（2022九上·西湖期中）如圖，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)D是弧AC的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，延長DE交⊙O于點(diǎn)F，若AC＝12，AE＝3，則⊙O的直徑長為（）

A．10B．13C．15D．16

5．（2022九上·舟山月考）如圖，是的直徑，弧、弧與弧相等，，則的度數(shù)是（）

A．B．C．D．

6．（2022九上·定海月考）如圖，已知在中，是直徑，，則下列結(jié)論不一定成立的是（）

A．B．

C．D．到、的距離相等

7．（2022九上·武義期末）如圖，點(diǎn)A，B，C，D是⊙O上的四個(gè)點(diǎn)，且，OE⊥AB，OF⊥CD，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）

A．B．C．D．

8．（2023九上·招遠(yuǎn)期末）如圖，AB為⊙O直徑，CD為弦，AB⊥CD于E，連接CO，AD，∠BAD＝25°，下列結(jié)論中正確的有（）

①CE＝OE；②∠C＝40°；③＝；④AD＝2OE

A．①④B．②③C．②③④D．①②③④

9．（2023九上·朝陽期末）如圖，△ABC繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動一個(gè)角度后成為△A′B′C′，在下列等式中：①BC＝B′C′；②∠BAB′＝∠CAC′；（3）∠ABC＝∠A′B′C′；④.其中正確的個(gè)數(shù)是（）

A．3個(gè)B．2個(gè)C．1個(gè)D．0個(gè)

10．（2023九上·瑞安期末）如圖，點(diǎn)A,B,C均在坐標(biāo)軸上，AO=BO=CO=1，過A,O,C作⊙D，E是⊙D上任意一點(diǎn)，連結(jié)CE,BE，則的最大值是（）

A．4B．5C．6D．

二、填空題（每空4分，共24分）

11．（2023·荔灣模擬）如圖，是的弦，交于點(diǎn)P，過點(diǎn)B的直線交的延長線于點(diǎn)C，若，，，則的長為．

12．（2022·鞍山模擬）如圖，為的直徑，點(diǎn)D是弧的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作于點(diǎn)E，延長交于點(diǎn)F，若，，則的直徑長為．

13．（2022九上·寧波期中）如圖，中，，圓O是的外接圓，的延長線交邊于點(diǎn)D.當(dāng)是等腰三角形時(shí)，的度數(shù)為.

14．（2023九上·哈爾濱月考）如圖，已知AB是半圓的直徑，且AB=10，弦AC=6，將半圓沿過點(diǎn)A的直線折疊，使點(diǎn)C落在直徑AB上的點(diǎn)C′，則折痕AD的長為．

15．（2023九上·大石橋期中）如圖，AB是半圓O的直徑，D是弧AB上一點(diǎn)，C是弧AD的中點(diǎn)，過點(diǎn)C作AB的垂線，交AB于E，與過點(diǎn)D的切線交于點(diǎn)G，連接AD，分別交CE、CB于點(diǎn)P、Q，連接AC，關(guān)于下列結(jié)論：①∠BAD=∠ABC；②GP=GD；③點(diǎn)P是△ACQ的外心．其中正確結(jié)論是（填序號）．

16．（2023九上·溫州月考）如圖1，一藝術(shù)拱門由兩部分組成，下部為矩形ABCD，AB，AD的長分別是2m和4m，上部是圓心為O的劣弧CD，圓心角∠COD＝120°.現(xiàn)欲以B點(diǎn)為支點(diǎn)將拱門放倒，放倒過程中矩形ABCD所在的平面始終與地面垂直，如圖2、圖3、圖4所示記拱門上的點(diǎn)到地面的最大距離hm，則h的最大值為m.

三、解答題（共7題，共66分）

17．（2023九上·無棣期中）如圖，在⊙O中，，CD⊥OA于點(diǎn)D，CE⊥OB于點(diǎn)E．

（1）求證：CD=CE；

（2）若∠AOB=120°，OA=2，求四邊形DOEC的面積．

18．（2023九上·路北期中）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD與AB交于點(diǎn)E，且E是CD的中點(diǎn)．

（1）求證：∠ADC＝∠BDO；

（2）若CD＝，AE＝2，求⊙O的半徑．

19．（2023九下·廈門開學(xué)考）在扇形中，，點(diǎn)B在上，且，點(diǎn)E在半徑上，以，為鄰邊作平行四邊形，當(dāng)點(diǎn)C，B，F(xiàn)共線時(shí)，

（1）求的度數(shù)；

（2）求證：.

20．（2023九上·柯橋期中）研究發(fā)現(xiàn)：當(dāng)四邊形的對角線互相垂直時(shí)，該四邊形的面積等于對角線乘積的一半，如圖，已知四邊形內(nèi)接于，對角線，且

（1）求證：.

（2）若的半徑為8，弧的度數(shù)為120°，求四邊形的面積.

21．（2023九上·諸暨月考）如圖，⊙O的直徑AB=20，P是AB上（不與點(diǎn)A，B重合）的任一點(diǎn)，點(diǎn)C，D為⊙O上的兩點(diǎn)，若∠APD=∠BPC，則稱∠DPC為直徑AB的“回旋角”，利用圓的對稱性可知：“回旋角”∠DPC的度數(shù)與弧CD的度數(shù)相等.

（1）若∠DPC為直徑AB的“回旋角”，且∠DPC=100°，求∠APD的大?。?/p>

（2）若直徑AB的“回旋角”為90°，且△PCD的周長為，求AP的長.

22．（2023九上·哈爾濱期中）已知：在⊙O中，弦AC⊥弦BD，垂足為H，連接BC，過點(diǎn)D作DE⊥BC于點(diǎn)E，DE交AC于點(diǎn)F.

（1）如圖1，求證：BD平分∠ADF；

（2）如圖2，連接OC，若OC平分∠ACB，求證：AC=BC；

（3）如圖3，在（2）的條件下，連接AB，過點(diǎn)D作DN∥AC交⊙O于點(diǎn)N，若tan∠ADB=，AB=3，求DN的長.

23．（2022九上·舟山期中）請閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)：阿基米德折弦定理，阿基米德（公元前287年一公元前212年），偉大的古希臘哲學(xué)家、百科式科學(xué)家、數(shù)學(xué)家、物理學(xué)家、力學(xué)家，靜態(tài)力學(xué)和流體靜力學(xué)的奠基人，并且享有“力學(xué)之父”的美稱，阿基米德和高斯，牛頓并列為世界三大數(shù)學(xué)家．

阿拉伯Al﹣Binmi（973年一1050年）的譯文中保存了阿基米德折弦定理的內(nèi)容，蘇聯(lián)在1964年根據(jù)Al﹣Binmi譯本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一題就是阿基米德折弦定理．

阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BC＞AB，M是的中點(diǎn)，則從M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點(diǎn)，即CD＝AB+BD．

小明同學(xué)運(yùn)用“截長法”和三角形全等來證明CD＝AB+BD，過程如下：

證明：如圖2所示，在CB上截取CG＝AB，連接MA，MB，MC和MG．

∵M(jìn)是的中點(diǎn)，∴MA＝MC，…

（1）請按照上述思路，寫出該證明的剩余部分；

（2）如圖3，在⊙O中，BD=CD，DE⊥AC，若AB=4，AC=10，則AE的長度為；

（3）如圖4，已知等邊ABC內(nèi)接于⊙O，AB=8，D為上一點(diǎn)，∠ABD=45°，AE⊥BD于點(diǎn)E，求BDC的周長．

答案解析部分

1．【答案】A

【知識點(diǎn)】垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系；三角形的中位線定理

【解析】【解答】解：作OH⊥BC于H，延長CO交圓O于點(diǎn)F，連接BF，如圖，

∵∠BOC＋∠EOD＝180°，

而∠BOC＋∠BOF＝180°，

∴∠DOE＝∠BOF，

∴弧DE＝弧BF，

∴DE＝BF＝6，

∵OH⊥BC，

∴CH＝BH，

而CO＝OF，

∴OH為△CBF的中位線，

∴OH＝BF＝3．

故答案為：A.

【分析】作OH⊥BC于H，延長CO交圓O于點(diǎn)F，連接BF，先用等角的補(bǔ)角相等得∠DOE＝∠BOF，再利用圓心角、弧、弦的關(guān)系得到DE＝BF＝6，由OH⊥BC，根據(jù)垂徑定理得CH＝BH，易得OH為△CBF的中位線，然后根據(jù)三角形中位線性質(zhì)得到OH的長．

2．【答案】A

【知識點(diǎn)】勾股定理；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】連接，如圖，設(shè)的半徑為r，

∵，

∴，，

∵點(diǎn)C是弧BE的中點(diǎn)，

∴，

∴，

∴，

∴，

在中，

∵，

∴，解得，

即的半徑為5．

故答案為：A．

【分析】連接，設(shè)的半徑為r，由弧的中點(diǎn)可得，從而得，根據(jù)弧、弦、圓心角的關(guān)系可得CD=BE=8，由垂徑定理得，=4，在中，利用勾股定理可求出半徑.

3．【答案】B

【知識點(diǎn)】線段垂直平分線的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：∵，

∴，

在Rt△BEO中，由勾股定理得：，

∴，

∴AB是OD的垂直平分線，

∴，

∴△OBD是等邊三角形，

∴，

∴的度數(shù)為60°，

故答案為：B.

【分析】根據(jù)垂徑定理得出BE的長，從而利用勾股定理算出OE的長，然后判斷出AB是OD的垂直平分線，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)及同圓的半徑相等得OB=OD=BD，故△OBD是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)及圓心角、弧、弦的關(guān)系即可得出答案.

4．【答案】C

【知識點(diǎn)】勾股定理；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：如圖，連接OF．

∵DE⊥AB，

∴DE＝EF，＝，

∵點(diǎn)D是弧AC的中點(diǎn)，

∴＝，

∴＝，

∴AC＝DF＝12，

∴EF＝DF＝6，設(shè)OA＝OF＝x，

在Rt△OEF中，則有x2＝62+（x﹣3）2，

解得x＝，

∴AB＝2x＝15.

故答案為：C.

【分析】連接OF，由垂徑定理可得DE＝EF，＝，由中點(diǎn)的概念可得＝，則＝，根據(jù)弦、弧的關(guān)系可得AC=DF=12，則EF＝DF＝6，設(shè)OA＝OF＝x，在Rt△OEF中，由勾股定理可得x，進(jìn)而可得AB.

5．【答案】C

【知識點(diǎn)】三角形的外角性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】∵，

∴∠EOD=∠DOC=∠COB=36°，

∴∠BOE=3∠COB=3×36°=108°，

∵OA=OE，

∴∠A=∠OEA，

∴∠BOE=∠A+∠OEA=108°，

∴∠OEA=54°.

故答案為：C.

【分析】利用在同圓和等圓中相等的弧所對的圓心角相等，可證得∠EOD=∠DOC=∠COB=36°，從而可求出∠BOE的度數(shù)；再利用等邊對等角可證得∠A=∠OEA；然后利用三角形的外角的性質(zhì)可求出∠OEA的度數(shù).

6．【答案】A

【知識點(diǎn)】圓心角、弧、弦的關(guān)系；三角形全等的判定（SSS）

【解析】【解答】解：A、∵BC是直徑，

∴OB=OC=OA=OD，故A符合題意；

B、在△AOB和△COD中，

∴△AOB≌△COD（SSS），

∴∠AOB=∠COD，故B不符合題意；

C、∵∠AOB=∠COD，

∴，故C不符合題意；

D、∵，

∴AB=CD，

∴點(diǎn)O到AB，CD的距離相等，故D不符合題意；、

故答案為：A.

【分析】利用同一個(gè)圓的半徑相等，結(jié)合已知條件，可對A作出判斷；利用SSS證明△AOB≌△COD，利用全等三角形的對應(yīng)角相等，可證得∠AOB=∠COD，可對B作出判斷；利用在同圓和等圓中相等的圓心角所對的弦相等，相等的弦的弦心距相等，可對C、D作出判斷.

7．【答案】D

【知識點(diǎn)】圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：在⊙O中，

∵

∴，

故A、C選項(xiàng)正確，不符合題意；

∵，OA=OD，OB=OC

∴

∴

∵OE⊥AB，OF⊥CD，

∴

∴OE=OF

故B選項(xiàng)正確，不符合題意.

故答案為：D

【分析】根據(jù)圓心角、弧、弦之間的關(guān)系定理"在同圓或等圓中，圓心角、圓心角所對的弧、弦這三組量中，有一組量相等，那么其余各組量也分別相等"并結(jié)合題意即可判斷求解.

8．【答案】B

【知識點(diǎn)】垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：∵AB為⊙O直徑，CD為弦，AB⊥CD于E，

∴CE=DE，，，

∴∠BOC=2∠A=40°，，

即，故③符合題意；

∵∠OEC=90°，∠BOC=40°，

∴∠C=50°，故②符合題意；

∵∠C≠∠BOC，

∴CE≠OE，故①不符合題意；

作OP∥CD，交AD于P，

∵AB⊥CD，

∴AE＜AD，∠AOP=90°，

∴OA＜PA，OE＜PD，

∴PA+PD＞OA+OE

∵OE＜OA，

∴AD＞2OE，故④不符合題意；

故答案為：B．

【分析】由AB⊥CD可得①錯(cuò)誤；

由∠BAD＝25°及等弧所對的圓周角相等可得∠C＝40°，故②正確；

由垂徑定理及相等的弦所對的弧相等可得③正確；

由AE＜AD及OE＜OA可判斷AD＞2OE故④錯(cuò)誤。

9．【答案】A

【知識點(diǎn)】圓心角、弧、弦的關(guān)系；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵△ABC繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動一個(gè)角度后成為△A′B′C′，

∴BC＝B′C′；∠BAC＝∠B′AC′，∠ABC＝∠A′B′C′，

∴∠BAB′＝∠CAC′；

∵弧BB′與弧CC′所對的圓心角相等，而所在圓的半徑不相等，

∴弧BB′與弧CC′不相等.

∴正確的有①②③.

故答案為：A.

【分析】①②由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)“旋轉(zhuǎn)前后兩個(gè)圖形的對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊相等”可得BC＝B′C′；∠BAC＝∠B′AC′，∠ABC＝∠A′B′C′，③由①的結(jié)論可得∠BAB′＝∠CAC′；④根據(jù)弧相等的定義“能夠完全重合的弧是相等的弧”可知弧BB′與弧CC′不相等.

10．【答案】C

【知識點(diǎn)】圓的認(rèn)識；圓心角、弧、弦的關(guān)系；點(diǎn)與圓的位置關(guān)系

【解析】【解答】當(dāng)BE為三角形BCE的斜邊的時(shí)候CE2+BE2有最大值

∴EC⊥x軸，

∵AO⊥x軸

∴AO=EC=1

則BE2=BC2+CE2=5

CE2+BE2=1+5=6

故答案選C。

【分析】題目屬于分析動點(diǎn)最大值的問題，E在圓上運(yùn)動，分析什么時(shí)候CE2+BE2有最大值，根據(jù)平方的關(guān)系聯(lián)想勾股定理，如果有一邊為斜邊，即有最大值。

11．【答案】4

【知識點(diǎn)】勾股定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：連接，如圖所示：

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

而，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴為直角三角形，

設(shè)，則，

在中，，，

∵，

∴，

解得：，

即的長為4．

故答案為：4．

【分析】先求出，再求出，最后利用勾股定理計(jì)算求解即可。

12．【答案】15

【知識點(diǎn)】勾股定理；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：如圖，因?yàn)辄c(diǎn)D是弧的中點(diǎn)，

所以；

因?yàn)闉榈闹睆剑?/p>

，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

設(shè)圓的半徑為R，連接，根據(jù)勾股定理，得到，

解得．

故答案為：15．

【分析】先求出，設(shè)圓的半徑為R，連接，根據(jù)勾股定理，得到，再求出即可。

13．【答案】67.5°或72°

【知識點(diǎn)】等腰三角形的性質(zhì)；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：連接OC，

∵，

∴，，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

當(dāng)時(shí)，，

則，

解得：，

∴；

當(dāng)時(shí)，，

則，

解得：，

∴，

DA=DB的情況不存在，

綜上所述，當(dāng)是等腰三角形時(shí)，的度數(shù)為67.5°或72°，

故答案為：67.5°或72°.

【分析】連接OC，由同圓中相等的弦所對的弧相等得，由垂徑定理OC⊥AB，由等腰三角形的性質(zhì)得∠CAB=∠CBA，∠DCO=∠BCO，∠OBC=∠BCO，由三角形外角性質(zhì)得∠ADB=3∠OBC，然后分BA=BD、AB=AD、DA=DB，三種情況根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理建立方程，求解即可.

14．【答案】．

【知識點(diǎn)】三角形全等及其性質(zhì)；三角形全等的判定；勾股定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】

設(shè)圓的圓心是O，連接OD，作DE⊥AB于E，OF⊥AC于F．

根據(jù)題意知，∵OF⊥AC，∴AF=AC=3，

∵∠CAD=∠BAD，∴，∴點(diǎn)D是弧BC的中點(diǎn)．∴∠DOB=∠OAC=2∠BAD，

在△AOF和△OED中，∵∠OFA=∠OED，∠FAO=∠EDO，AO=DO，

∴△AOF≌△OED（AAS），∴OE=AF=3，

∵DO=5，∴DE=4，∴AD=．

故答案為．

【分析】通過作輔助線，結(jié)合三角形全等的性質(zhì)與判定，利用勾股定理求出線段的長度即可.

15．【答案】②③

【知識點(diǎn)】圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】∵在中，AB是直徑，點(diǎn)D是上一點(diǎn)，點(diǎn)C是的中點(diǎn)，

故①錯(cuò)誤；

連接OD，

則OD⊥GD，∠OAD=∠ODA，

∴∠GPD=∠GDP；

∴GP=GD，故②正確；

∵弦CE⊥AB于點(diǎn)F，

∴A為的中點(diǎn),即

又∵C為的中點(diǎn)，

∴∠CAP=∠ACP，

∴AP=CP.

∵AB為的直徑，

∴∠PCQ=∠PQC，

∴PC=PQ，

∴AP=PQ，即P為Rt△ACQ斜邊AQ的中點(diǎn)，

∴P為Rt△ACQ的外心，故③正確；

故答案為：②③.

【分析】①由等弧所對圓周角相等可得兩角相等，但弧BD與弧CD不一定相等，故①錯(cuò)誤；②連接OD，結(jié)合切線的定義及GE⊥AB即可利用等角的余角相等證得∠GPD=∠GDP，再利用等角對等邊即可得證GP=GD；③證P為Rt△ACQ的外心即證點(diǎn)P到三角形三個(gè)頂點(diǎn)的距離相等，又因?yàn)椤螦CB是直徑AB所對的圓周角，故∠ACB=90°，即三角形ACQ為直角三角形，故只需證點(diǎn)P為其斜邊AQ的中點(diǎn)即可.

16．【答案】（2+2）

【知識點(diǎn)】勾股定理；矩形的性質(zhì)；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：如圖所示，過點(diǎn)O作垂直于地面的直線與拱門外框上沿交于點(diǎn)P，交地面于點(diǎn)Q，

如圖1，AB，AD的長分別是2m和4m，圓心角∠COD＝120°，

∴∠DOP＝60°，DC＝AB＝，

∴OD＝2，PQ＝5，

當(dāng)點(diǎn)P在線段AD上時(shí)，拱門上的點(diǎn)到地面的最大距離h等于點(diǎn)D到地面的距離，即點(diǎn)P與點(diǎn)D重合時(shí)，此時(shí)

h＝，

如圖2所示，當(dāng)點(diǎn)P在劣弧CD上時(shí)，拱門上的點(diǎn)到地面的最大距離h等于⊙O的半徑長與圓心O到地面的距離之和，

易知，OQ≤OB，

而h＝OP+OQ＝2+OQ，

∴當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合時(shí)，h取得最大值，

由圖1可知，OQ＝3，BQ＝，則OB＝，

h的最大值為OP+OB，即2+.

故答案為：（2+）.

【分析】過點(diǎn)O作垂直于地面的直線與拱門外框上沿交于點(diǎn)P，交地面于點(diǎn)Q，易得OD＝2，PQ＝5，

當(dāng)點(diǎn)P在線段AD上時(shí)，利用勾股定理可求出h，當(dāng)點(diǎn)P在劣弧CD上時(shí)，易知OQ≤OB，而h＝OP+OQ＝2+OQ，推出當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合時(shí)，h取得最大值，由圖1可知：OQ＝3，BQ＝，據(jù)此求解.

17．【答案】（1）證明：連接OC，

∵，

∴∠AOC＝∠BOC，

又CD⊥OA，CE⊥OB，

∴CD＝CE

（2）解：∵∠AOB＝120°，

∴∠AOC＝∠BOC＝60°，

∵∠CDO＝90°，

∴∠OCD＝30°，

∴OD＝OC＝1，

∴CD＝＝，

∴△OCD的面積＝×OD×CD＝，

同理可得，△OCE的面積＝×OE×CE＝，

∴四邊形DOEC的面積＝+＝．

【知識點(diǎn)】三角形的面積；角平分線的性質(zhì)；勾股定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【分析】（1）連接OC，根據(jù)圓心角定理得出∠AOC＝∠BOC，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)，即可得出CD＝CE；

（2）先求出∠OCD＝30°，得出OD＝OC＝1，利用勾股定理得出CD的長，從而得出△OCD和△OCE的面積，利用四邊形DOEC的面積=△OCD的面積+△OCE的面積，即可得出答案.

18．【答案】（1）證明：連接OC，

∵OD＝OC，E是CD的中點(diǎn)，

∴OE⊥CD，

∴，

∴∠ADC＝∠ABD，

∵OD＝OB，

∴∠BDO＝∠ABD，

∴∠ADC＝∠BDO；

（2）解：

設(shè)⊙O半徑為r，

∴OC＝OD＝OA＝r，

∵AE＝2，

∴OE＝OA﹣AE＝r﹣2，

∵CD＝4，E點(diǎn)是CD的中點(diǎn)，

∴DE＝CD＝2．

由（1）知，OE⊥CD，

∴∠OED＝90°，

∴在RtOED中，OE2+DE2＝OD2，

即：（r﹣2）2+（2）2＝r2，

解得：r＝3，

∴OO半徑為3．

【知識點(diǎn)】勾股定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【分析】（1）先求出，再求出∠ADC＝∠ABD，最后求解即可；

（2）先求出OE＝OA﹣AE＝r﹣2，再利用勾股定理計(jì)算求解即可。

19．【答案】（1）解：，

，

，

，

，

，

點(diǎn)C，B，F(xiàn)共線，

，

四邊形是平行四邊形，

，

，

，

，

（2）證明：連接，

，

是等邊三角形，

，，

四邊形是平行四邊形，，

，

，

，

，

，

.

【知識點(diǎn)】等腰三角形的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【分析】（1）根據(jù)弧、弦、圓心角的關(guān)系可得，從而求出∠BOC=20°，∠AOB=50°，由OB=OC可得∠OBC=∠OCB=80°，利用鄰補(bǔ)角的定義可求出∠OBF=180°-∠OBC=100°，由平行四邊形的性質(zhì)可得EF∥OA，∠EOA=∠EFA=40°，利用平行線的性質(zhì)可得∠BEF=∠EOA=40°，根據(jù)三角形內(nèi)角和求出∠BFE=40°，利用∠CFA=∠BFE+∠AFE即可求解；

（2）連接AC，易求△OAC是等邊三角形，可得AC=OC，∠OAC=60°，由平行四邊形的性質(zhì)可得∠OAF=180°-∠EOA=140°，從而求出∠CAF=80°，即得，利用等角對等邊可得，繼而得出結(jié)論.

20．【答案】（1）證明：，∴，

則，；

（2）解：連接、，作于，

弧的度數(shù)為120°，

，，

∴OH=BO=4,

∵BO2=BH2+OH2，OB=8

∴，

，

則四邊形的面積.

【知識點(diǎn)】含30°角的直角三角形；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【分析】（1）由同圓中，等弦所對的弧相等得，由弧的運(yùn)算可得，進(jìn)而根據(jù)等弧所對的弦相等可得；

（2）連接OB、OD，作于，由弧BD的度數(shù)為120°可得∠BOH=∠BOD=60°，可得∠OBH=30°，由30°所對直角邊等于斜邊的一半可得OH=BO=4，由勾股定理可得BH的長，再由垂徑定理可得BD的長，再根據(jù)題上定義可得“該四邊形的面積等于對角線乘積的一半”可得結(jié)果.

21．【答案】（1）解：∵∠DPC為直徑AB的“回旋角”，且∠DPC=100°，由題意得：∠APD=∠BPC=（180°-100）÷2=40°.

（2）解：延長DP交圓于F點(diǎn)，連接CF，過O作OH⊥FD，∵∠APD=∠BPC=（180°-90°）÷2=45°，∵∠APD=∠BPF，∴∠FPB=∠BPC，則由圓的對稱性知，PC=PF，∴FD=PC+PD，由題中定義可知，∠DPC=∠DOC=90°，∴DC=OC=10，∴FD=PD+PC=16+10-10=16，∵DH=FD=8，∵OH=，∴PO==6，∴AP=OA-OP=10-6.當(dāng)A、B對調(diào)時(shí)，即P在OB之間時(shí)，AP=OA+OP=10+6.

【知識點(diǎn)】勾股定理；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【分析】（1）根據(jù)回旋角的定義，即∠APD=∠BPC，結(jié)合平角的定義列式即可求出∠APD；

（2）延長DP交圓于F點(diǎn)，連接CF，過O作OH⊥FD，當(dāng)P在OA之間時(shí)，由圓的對稱性知，PC=PF，由題中定義可知∠DPC=∠DOC=90°，利用勾股定理求出DC的長.結(jié)合△PCD的周長，則由PF=PD-PC求出PF，于是由垂徑定理求出DH，在Rt△ODH中，運(yùn)用勾股定理列式求出OH，則PO的長度可求，從而由PA=OA-OP求得PA的長；當(dāng)P在OB之間時(shí)，AP=OA+OP，從而也求得AP的長.

22．【答案】（1）解：因?yàn)橄褹C⊥弦BD，DE⊥BC于點(diǎn)E，所以∠ACB+∠DBE＝∠BDE+∠DBE=90°，

所以∠ACB＝∠BDE，

又因?yàn)椤螦CB=∠ADB，

所以∠BDE=∠ADB，

所以BD平分∠ADF

（2）解：連接OB，OA，則△AOC，△BOC是等腰三角形，所以∠OCB=∠OBC，∠OAC=∠OCA，

又因?yàn)镺C平分∠ACB，

所以∠OCB==∠OCA，

所以∠OBC=∠OAC，

在△AOC和△BOC中，

，

所以△AOC≌△BOC，

所以AC=BC

（3）解：因?yàn)椤螦CB=∠ADB，tan∠ADB=，所以tan∠ACB=，

所以，可設(shè)BH=3x，CH=4x，

由勾股定理得：BC=5x，

則AC=5x，所以AH=x，

因?yàn)锳B=，根據(jù)勾股定理得：，

所以得：，，解得：x=3，

所以BC=15，

設(shè)等腰△ACB底邊AB上的高為h，由勾股定理可得：，

根據(jù)相似三角形性質(zhì)可得：，

即，解得BN=，

根據(jù)勾股定理可得：DN==.

【知識點(diǎn)】全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【分析】（1）根據(jù)題意易知，∠ACB+∠DBE＝∠BDE+∠DBE=90°，可得∠ACB＝∠BDE，再利用同弧所對的圓周角相等可得∠ACB=∠ADB，等量代換可得∠BDE=∠ADB，可證BD平分∠ADF。

（2）連接OB，OA，易證△AOC，△BOC是等腰三角形，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可知∠OCB=∠OBC，∠OAC=∠OCA，等量代換可得∠OBC=∠OAC，最后根據(jù)AAS判定△AOC≌△BOC，由全等三角形的性質(zhì)可得AC=BC。

（3）由∠ACB=∠ADB，tan∠ADB=，可得tan∠ACB=，可設(shè)BH=3x，CH=4x，在Rt△AHB中利用勾股定理求得AH，BC，再根據(jù)勾股定理求得等腰△ACB底邊AB上的高，根據(jù)相似三角形求得BN，再由勾股定理求得DN即可。

23．【答案】（1）證明：如圖2，在CB上截取CG=AB，連接MA，MB，MC和MG．

∵M(jìn)是的中點(diǎn)，

∴MA=MC．

又∵BA=GC，∠A=∠C，

∴△MBA≌△MGC（SAS），

∴MB=MG，

又∵M(jìn)D⊥BC，

∴BD=GD，

∴DC=GC+GD=AB+BD；

（2）3

（3）解：如圖3，在BD上截取BF=CD，連接AF，AD，CD，

由題意可得：AB=AC，∠ABF=∠ACD，

∴△ABF≌△ACD（SAS），

∴AF=AD，

∵AE⊥BD，

∴FE=DE，則CD+DE=BE，

∵∠ABD=45°，

∴BE=AB=4，

則△BDC的周長=2BE+BC=8+8．

故答案為：8+8．

【知識點(diǎn)】等腰三角形的性質(zhì)；勾股定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：（2）在AC上截取CF=AB，連接BD、CD、AD、DF，

∵BD=CD，∠DCF=∠DBA，CF=BA，

∴△DCF≌△DBA（SAS），

∴DF=AD，

又∵DE⊥AC，

∴AE=EF，

∵CF=AB=4，AC=10，

∴AE=3；

【分析】（1）在CB上截取CG=AB，連接MA，MB，MC和MG，利用弧的中點(diǎn)和弧、弦、圓心角之間的關(guān)系定理，可證得MA=MC，利用SAS證明△MBA≌△MGC，利用全等三角形的性質(zhì)可得到MB=MG，利用等腰三角形的性質(zhì)可證得BD=GD，由此可證得DC=AB+BD.

（2）在AC上截取CF=AB，連接BD、CD、AD、DF，利用SAS證明△DCF≌△DBA，利用全等三角形的性質(zhì)可證得DF=AD，利用等腰三角形的性質(zhì)可證得AE=EF，即可求出AE的長.

（3）在BD上截取BF=CD，連接AF，AD，CD，利用SAS證明△ABF≌△ACD，利用全等三角形的性質(zhì)可得到AF=AD，利用等腰三角形的性質(zhì)可證得FE=DE，可推出CD+DE=BE；從而可求出BE的長，然后證明△BDC的周長=2BE+BC，代入計(jì)算求出△BDC的周長.

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2023年浙教版數(shù)學(xué)九年級上冊3.4圓心角同步測試（培優(yōu)版）

一、選擇題（每題3分，共30分）

1．（2023九上·東陽期末）如圖，半徑為5的圓O中，弦BC、ED所對的圓心角分別是∠BOC、∠EOD，已知DE＝6，∠BOC+∠EOD＝180°，則弦BC的弦心距等于（）

A．3B．C．4D．

【答案】A

【知識點(diǎn)】垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系；三角形的中位線定理

【解析】【解答】解：作OH⊥BC于H，延長CO交圓O于點(diǎn)F，連接BF，如圖，

∵∠BOC＋∠EOD＝180°，

而∠BOC＋∠BOF＝180°，

∴∠DOE＝∠BOF，

∴弧DE＝弧BF，

∴DE＝BF＝6，

∵OH⊥BC，

∴CH＝BH，

而CO＝OF，

∴OH為△CBF的中位線，

∴OH＝BF＝3．

故答案為：A.

【分析】作OH⊥BC于H，延長CO交圓O于點(diǎn)F，連接BF，先用等角的補(bǔ)角相等得∠DOE＝∠BOF，再利用圓心角、弧、弦的關(guān)系得到DE＝BF＝6，由OH⊥BC，根據(jù)垂徑定理得CH＝BH，易得OH為△CBF的中位線，然后根據(jù)三角形中位線性質(zhì)得到OH的長．

2．（2022九上·利辛月考）如圖，為的直徑，點(diǎn)C是弧的中點(diǎn)．過點(diǎn)C作于點(diǎn)G，交于點(diǎn)D，若，則的半徑長是（）

A．5B．6.5C．7.5D．8

【答案】A

【知識點(diǎn)】勾股定理；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】連接，如圖，設(shè)的半徑為r，

∵，

∴，，

∵點(diǎn)C是弧BE的中點(diǎn)，

∴，

∴，

∴，

∴，

在中，

∵，

∴，解得，

即的半徑為5．

故答案為：A．

【分析】連接，設(shè)的半徑為r，由弧的中點(diǎn)可得，從而得，根據(jù)弧、弦、圓心角的關(guān)系可得CD=BE=8，由垂徑定理得，=4，在中，利用勾股定理可求出半徑.

3．（2022九上·桐廬期中）如圖，在中，直徑垂直弦于點(diǎn)E，連接，已知的半徑為2，，則的度數(shù)為（）

A．30°B．60°C．90°D．120°

【答案】B

【知識點(diǎn)】線段垂直平分線的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：∵，

∴，

在Rt△BEO中，由勾股定理得：，

∴，

∴AB是OD的垂直平分線，

∴，

∴△OBD是等邊三角形，

∴，

∴的度數(shù)為60°，

故答案為：B.

【分析】根據(jù)垂徑定理得出BE的長，從而利用勾股定理算出OE的長，然后判斷出AB是OD的垂直平分線，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)及同圓的半徑相等得OB=OD=BD，故△OBD是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)及圓心角、弧、弦的關(guān)系即可得出答案.

4．（2022九上·西湖期中）如圖，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)D是弧AC的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，延長DE交⊙O于點(diǎn)F，若AC＝12，AE＝3，則⊙O的直徑長為（）

A．10B．13C．15D．16

【答案】C

【知識點(diǎn)】勾股定理；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：如圖，連接OF．

∵DE⊥AB，

∴DE＝EF，＝，

∵點(diǎn)D是弧AC的中點(diǎn)，

∴＝，

∴＝，

∴AC＝DF＝12，

∴EF＝DF＝6，設(shè)OA＝OF＝x，

在Rt△OEF中，則有x2＝62+（x﹣3）2，

解得x＝，

∴AB＝2x＝15.

故答案為：C.

【分析】連接OF，由垂徑定理可得DE＝EF，＝，由中點(diǎn)的概念可得＝，則＝，根據(jù)弦、弧的關(guān)系可得AC=DF=12，則EF＝DF＝6，設(shè)OA＝OF＝x，在Rt△OEF中，由勾股定理可得x，進(jìn)而可得AB.

5．（2022九上·舟山月考）如圖，是的直徑，弧、弧與弧相等，，則的度數(shù)是（）

A．B．C．D．

【答案】C

【知識點(diǎn)】三角形的外角性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】∵，

∴∠EOD=∠DOC=∠COB=36°，

∴∠BOE=3∠COB=3×36°=108°，

∵OA=OE，

∴∠A=∠OEA，

∴∠BOE=∠A+∠OEA=108°，

∴∠OEA=54°.

故答案為：C.

【分析】利用在同圓和等圓中相等的弧所對的圓心角相等，可證得∠EOD=∠DOC=∠COB=36°，從而可求出∠BOE的度數(shù)；再利用等邊對等角可證得∠A=∠OEA；然后利用三角形的外角的性質(zhì)可求出∠OEA的度數(shù).

6．（2022九上·定海月考）如圖，已知在中，是直徑，，則下列結(jié)論不一定成立的是（）

A．B．

C．D．到、的距離相等

【答案】A

【知識點(diǎn)】圓心角、弧、弦的關(guān)系；三角形全等的判定（SSS）

【解析】【解答】解：A、∵BC是直徑，

∴OB=OC=OA=OD，故A符合題意；

B、在△AOB和△COD中，

∴△AOB≌△COD（SSS），

∴∠AOB=∠COD，故B不符合題意；

C、∵∠AOB=∠COD，

∴，故C不符合題意；

D、∵，

∴AB=CD，

∴點(diǎn)O到AB，CD的距離相等，故D不符合題意；、

故答案為：A.

【分析】利用同一個(gè)圓的半徑相等，結(jié)合已知條件，可對A作出判斷；利用SSS證明△AOB≌△COD，利用全等三角形的對應(yīng)角相等，可證得∠AOB=∠COD，可對B作出判斷；利用在同圓和等圓中相等的圓心角所對的弦相等，相等的弦的弦心距相等，可對C、D作出判斷.

7．（2022九上·武義期末）如圖，點(diǎn)A，B，C，D是⊙O上的四個(gè)點(diǎn)，且，OE⊥AB，OF⊥CD，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）

A．B．C．D．

【答案】D

【知識點(diǎn)】圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：在⊙O中，

∵

∴，

故A、C選項(xiàng)正確，不符合題意；

∵，OA=OD，OB=OC

∴

∴

∵OE⊥AB，OF⊥CD，

∴

∴OE=OF

故B選項(xiàng)正確，不符合題意.

故答案為：D

【分析】根據(jù)圓心角、弧、弦之間的關(guān)系定理"在同圓或等圓中，圓心角、圓心角所對的弧、弦這三組量中，有一組量相等，那么其余各組量也分別相等"并結(jié)合題意即可判斷求解.

8．（2023九上·招遠(yuǎn)期末）如圖，AB為⊙O直徑，CD為弦，AB⊥CD于E，連接CO，AD，∠BAD＝25°，下列結(jié)論中正確的有（）

①CE＝OE；②∠C＝40°；③＝；④AD＝2OE

A．①④B．②③C．②③④D．①②③④

【答案】B

【知識點(diǎn)】垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：∵AB為⊙O直徑，CD為弦，AB⊥CD于E，

∴CE=DE，，，

∴∠BOC=2∠A=40°，，

即，故③符合題意；

∵∠OEC=90°，∠BOC=40°，

∴∠C=50°，故②符合題意；

∵∠C≠∠BOC，

∴CE≠OE，故①不符合題意；

作OP∥CD，交AD于P，

∵AB⊥CD，

∴AE＜AD，∠AOP=90°，

∴OA＜PA，OE＜PD，

∴PA+PD＞OA+OE

∵OE＜OA，

∴AD＞2OE，故④不符合題意；

故答案為：B．

【分析】由AB⊥CD可得①錯(cuò)誤；

由∠BAD＝25°及等弧所對的圓周角相等可得∠C＝40°，故②正確；

由垂徑定理及相等的弦所對的弧相等可得③正確；

由AE＜AD及OE＜OA可判斷AD＞2OE故④錯(cuò)誤。

9．（2023九上·朝陽期末）如圖，△ABC繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動一個(gè)角度后成為△A′B′C′，在下列等式中：①BC＝B′C′；②∠BAB′＝∠CAC′；（3）∠ABC＝∠A′B′C′；④.其中正確的個(gè)數(shù)是（）

A．3個(gè)B．2個(gè)C．1個(gè)D．0個(gè)

【答案】A

【知識點(diǎn)】圓心角、弧、弦的關(guān)系；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵△ABC繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動一個(gè)角度后成為△A′B′C′，

∴BC＝B′C′；∠BAC＝∠B′AC′，∠ABC＝∠A′B′C′，

∴∠BAB′＝∠CAC′；

∵弧BB′與弧CC′所對的圓心角相等，而所在圓的半徑不相等，

∴弧BB′與弧CC′不相等.

∴正確的有①②③.

故答案為：A.

【分析】①②由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)“旋轉(zhuǎn)前后兩個(gè)圖形的對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊相等”可得BC＝B′C′；∠BAC＝∠B′AC′，∠ABC＝∠A′B′C′，③由①的結(jié)論可得∠BAB′＝∠CAC′；④根據(jù)弧相等的定義“能夠完全重合的弧是相等的弧”可知弧BB′與弧CC′不相等.

10．（2023九上·瑞安期末）如圖，點(diǎn)A,B,C均在坐標(biāo)軸上，AO=BO=CO=1，過A,O,C作⊙D，E是⊙D上任意一點(diǎn)，連結(jié)CE,BE，則的最大值是（）

A．4B．5C．6D．

【答案】C

【知識點(diǎn)】圓的認(rèn)識；圓心角、弧、弦的關(guān)系；點(diǎn)與圓的位置關(guān)系

【解析】【解答】當(dāng)BE為三角形BCE的斜邊的時(shí)候CE2+BE2有最大值

∴EC⊥x軸，

∵AO⊥x軸

∴AO=EC=1

則BE2=BC2+CE2=5

CE2+BE2=1+5=6

故答案選C。

【分析】題目屬于分析動點(diǎn)最大值的問題，E在圓上運(yùn)動，分析什么時(shí)候CE2+BE2有最大值，根據(jù)平方的關(guān)系聯(lián)想勾股定理，如果有一邊為斜邊，即有最大值。

二、填空題（每空4分，共24分）

11．（2023·荔灣模擬）如圖，是的弦，交于點(diǎn)P，過點(diǎn)B的直線交的延長線于點(diǎn)C，若，，，則的長為．

【答案】4

【知識點(diǎn)】勾股定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：連接，如圖所示：

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

而，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴為直角三角形，

設(shè)，則，

在中，，，

∵，

∴，

解得：，

即的長為4．

故答案為：4．

【分析】先求出，再求出，最后利用勾股定理計(jì)算求解即可。

12．（2022·鞍山模擬）如圖，為的直徑，點(diǎn)D是弧的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作于點(diǎn)E，延長交于點(diǎn)F，若，，則的直徑長為．

【答案】15

【知識點(diǎn)】勾股定理；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：如圖，因?yàn)辄c(diǎn)D是弧的中點(diǎn)，

所以；

因?yàn)闉榈闹睆剑?/p>

，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

設(shè)圓的半徑為R，連接，根據(jù)勾股定理，得到，

解得．

故答案為：15．

【分析】先求出，設(shè)圓的半徑為R，連接，根據(jù)勾股定理，得到，再求出即可。

13．（2022九上·寧波期中）如圖，中，，圓O是的外接圓，的延長線交邊于點(diǎn)D.當(dāng)是等腰三角形時(shí)，的度數(shù)為.

【答案】67.5°或72°

【知識點(diǎn)】等腰三角形的性質(zhì)；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：連接OC，

∵，

∴，，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

當(dāng)時(shí)，，

則，

解得：，

∴；

當(dāng)時(shí)，，

則，

解得：，

∴，

DA=DB的情況不存在，

綜上所述，當(dāng)是等腰三角形時(shí)，的度數(shù)為67.5°或72°，

故答案為：67.5°或72°.

【分析】連接OC，由同圓中相等的弦所對的弧相等得，由垂徑定理OC⊥AB，由等腰三角形的性質(zhì)得∠CAB=∠CBA，∠DCO=∠BCO，∠OBC=∠BCO，由三角形外角性質(zhì)得∠ADB=3∠OBC，然后分BA=BD、AB=AD、DA=DB，三種情況根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理建立方程，求解即可.

14．（2023九上·哈爾濱月考）如圖，已知AB是半圓的直徑，且AB=10，弦AC=6，將半圓沿過點(diǎn)A的直線折疊，使點(diǎn)C落在直徑AB上的點(diǎn)C′，則折痕AD的長為．

【答案】．

【知識點(diǎn)】三角形全等及其性質(zhì)；三角形全等的判定；勾股定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】

設(shè)圓的圓心是O，連接OD，作DE⊥AB于E，OF⊥AC于F．

根據(jù)題意知，∵OF⊥AC，∴AF=AC=3，

∵∠CAD=∠BAD，∴，∴點(diǎn)D是弧BC的中點(diǎn)．∴∠DOB=∠OAC=2∠BAD，

在△AOF和△OED中，∵∠OFA=∠OED，∠FAO=∠EDO，AO=DO，

∴△AOF≌△OED（AAS），∴OE=AF=3，

∵DO=5，∴DE=4，∴AD=．

故答案為．

【分析】通過作輔助線，結(jié)合三角形全等的性質(zhì)與判定，利用勾股定理求出線段的長度即可.

15．（2023九上·大石橋期中）如圖，AB是半圓O的直徑，D是弧AB上一點(diǎn)，C是弧AD的中點(diǎn)，過點(diǎn)C作AB的垂線，交AB于E，與過點(diǎn)D的切線交于點(diǎn)G，連接AD，分別交CE、CB于點(diǎn)P、Q，連接AC，關(guān)于下列結(jié)論：①∠BAD=∠ABC；②GP=GD；③點(diǎn)P是△ACQ的外心．其中正確結(jié)論是（填序號）．

【答案】②③

【知識點(diǎn)】圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】∵在中，AB是直徑，點(diǎn)D是上一點(diǎn)，點(diǎn)C是的中點(diǎn)，

故①錯(cuò)誤；

連接OD，

則OD⊥GD，∠OAD=∠ODA，

∴∠GPD=∠GDP；

∴GP=GD，故②正確；

∵弦CE⊥AB于點(diǎn)F，

∴A為的中點(diǎn),即

又∵C為的中點(diǎn)，

∴∠CAP=∠ACP，

∴AP=CP.

∵AB為的直徑，

∴∠PCQ=∠PQC，

∴PC=PQ，

∴AP=PQ，即P為Rt△ACQ斜邊AQ的中點(diǎn)，

∴P為Rt△ACQ的外心，故③正確；

故答案為：②③.

【分析】①由等弧所對圓周角相等可得兩角相等，但弧BD與弧CD不一定相等，故①錯(cuò)誤；②連接OD，結(jié)合切線的定義及GE⊥AB即可利用等角的余角相等證得∠GPD=∠GDP，再利用等角對等邊即可得證GP=GD；③證P為Rt△ACQ的外心即證點(diǎn)P到三角形三個(gè)頂點(diǎn)的距離相等，又因?yàn)椤螦CB是直徑AB所對的圓周角，故∠ACB=90°，即三角形ACQ為直角三角形，故只需證點(diǎn)P為其斜邊AQ的中點(diǎn)即可.

16．（2023九上·溫州月考）如圖1，一藝術(shù)拱門由兩部分組成，下部為矩形ABCD，AB，AD的長分別是2m和4m，上部是圓心為O的劣弧CD，圓心角∠COD＝120°.現(xiàn)欲以B點(diǎn)為支點(diǎn)將拱門放倒，放倒過程中矩形ABCD所在的平面始終與地面垂直，如圖2、圖3、圖4所示記拱門上的點(diǎn)到地面的最大距離hm，則h的最大值為m.

【答案】（2+2）

【知識點(diǎn)】勾股定理；矩形的性質(zhì)；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【解答】解：如圖所示，過點(diǎn)O作垂直于地面的直線與拱門外框上沿交于點(diǎn)P，交地面于點(diǎn)Q，

如圖1，AB，AD的長分別是2m和4m，圓心角∠COD＝120°，

∴∠DOP＝60°，DC＝AB＝，

∴OD＝2，PQ＝5，

當(dāng)點(diǎn)P在線段AD上時(shí)，拱門上的點(diǎn)到地面的最大距離h等于點(diǎn)D到地面的距離，即點(diǎn)P與點(diǎn)D重合時(shí)，此時(shí)

h＝，

如圖2所示，當(dāng)點(diǎn)P在劣弧CD上時(shí)，拱門上的點(diǎn)到地面的最大距離h等于⊙O的半徑長與圓心O到地面的距離之和，

易知，OQ≤OB，

而h＝OP+OQ＝2+OQ，

∴當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合時(shí)，h取得最大值，

由圖1可知，OQ＝3，BQ＝，則OB＝，

h的最大值為OP+OB，即2+.

故答案為：（2+）.

【分析】過點(diǎn)O作垂直于地面的直線與拱門外框上沿交于點(diǎn)P，交地面于點(diǎn)Q，易得OD＝2，PQ＝5，

當(dāng)點(diǎn)P在線段AD上時(shí)，利用勾股定理可求出h，當(dāng)點(diǎn)P在劣弧CD上時(shí)，易知OQ≤OB，而h＝OP+OQ＝2+OQ，推出當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合時(shí)，h取得最大值，由圖1可知：OQ＝3，BQ＝，據(jù)此求解.

三、解答題（共7題，共66分）

17．（2023九上·無棣期中）如圖，在⊙O中，，CD⊥OA于點(diǎn)D，CE⊥OB于點(diǎn)E．

（1）求證：CD=CE；

（2）若∠AOB=120°，OA=2，求四邊形DOEC的面積．

【答案】（1）證明：連接OC，

∵，

∴∠AOC＝∠BOC，

又CD⊥OA，CE⊥OB，

∴CD＝CE

（2）解：∵∠AOB＝120°，

∴∠AOC＝∠BOC＝60°，

∵∠CDO＝90°，

∴∠OCD＝30°，

∴OD＝OC＝1，

∴CD＝＝，

∴△OCD的面積＝×OD×CD＝，

同理可得，△OCE的面積＝×OE×CE＝，

∴四邊形DOEC的面積＝+＝．

【知識點(diǎn)】三角形的面積；角平分線的性質(zhì)；勾股定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【分析】（1）連接OC，根據(jù)圓心角定理得出∠AOC＝∠BOC，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)，即可得出CD＝CE；

（2）先求出∠OCD＝30°，得出OD＝OC＝1，利用勾股定理得出CD的長，從而得出△OCD和△OCE的面積，利用四邊形DOEC的面積=△OCD的面積+△OCE的面積，即可得出答案.

18．（2023九上·路北期中）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD與AB交于點(diǎn)E，且E是CD的中點(diǎn)．

（1）求證：∠ADC＝∠BDO；

（2）若CD＝，AE＝2，求⊙O的半徑．

【答案】（1）證明：連接OC，

∵OD＝OC，E是CD的中點(diǎn)，

∴OE⊥CD，

∴，

∴∠ADC＝∠ABD，

∵OD＝OB，

∴∠BDO＝∠ABD，

∴∠ADC＝∠BDO；

（2）解：

設(shè)⊙O半徑為r，

∴OC＝OD＝OA＝r，

∵AE＝2，

∴OE＝OA﹣AE＝r﹣2，

∵CD＝4，E點(diǎn)是CD的中點(diǎn)，

∴DE＝CD＝2．

由（1）知，OE⊥CD，

∴∠OED＝90°，

∴在RtOED中，OE2+DE2＝OD2，

即：（r﹣2）2+（2）2＝r2，

解得：r＝3，

∴OO半徑為3．

【知識點(diǎn)】勾股定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【分析】（1）先求出，再求出∠ADC＝∠ABD，最后求解即可；

（2）先求出OE＝OA﹣AE＝r﹣2，再利用勾股定理計(jì)算求解即可。

19．（2023九下·廈門開學(xué)考）在扇形中，，點(diǎn)B在上，且，點(diǎn)E在半徑上，以，為鄰邊作平行四邊形，當(dāng)點(diǎn)C，B，F(xiàn)共線時(shí)，

（1）求的度數(shù)；

（2）求證：.

【答案】（1）解：，

，

，

，

，

，

點(diǎn)C，B，F(xiàn)共線，

，

四邊形是平行四邊形，

，

，

，

，

（2）證明：連接，

，

是等邊三角形，

，，

四邊形是平行四邊形，，

，

，

，

，

，

.

【知識點(diǎn)】等腰三角形的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【分析】（1）根據(jù)弧、弦、圓心角的關(guān)系可得，從而求出∠BOC=20°，∠AOB=50°，由OB=OC可得∠OBC=∠OCB=80°，利用鄰補(bǔ)角的定義可求出∠OBF=180°-∠OBC=100°，由平行四邊形的性質(zhì)可得EF∥OA，∠EOA=∠EFA=40°，利用平行線的性質(zhì)可得∠BEF=∠EOA=40°，根據(jù)三角形內(nèi)角和求出∠BFE=40°，利用∠CFA=∠BFE+∠AFE即可求解；

（2）連接AC，易求△OAC是等邊三角形，可得AC=OC，∠OAC=60°，由平行四邊形的性質(zhì)可得∠OAF=180°-∠EOA=140°，從而求出∠CAF=80°，即得，利用等角對等邊可得，繼而得出結(jié)論.

20．（2023九上·柯橋期中）研究發(fā)現(xiàn)：當(dāng)四邊形的對角線互相垂直時(shí)，該四邊形的面積等于對角線乘積的一半，如圖，已知四邊形內(nèi)接于，對角線，且

（1）求證：.

（2）若的半徑為8，弧的度數(shù)為120°，求四邊形的面積.

【答案】（1）證明：，∴，

則，；

（2）解：連接、，作于，

弧的度數(shù)為120°，

，，

∴OH=BO=4,

∵BO2=BH2+OH2，OB=8

∴，

，

則四邊形的面積.

【知識點(diǎn)】含30°角的直角三角形；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【分析】（1）由同圓中，等弦所對的弧相等得，由弧的運(yùn)算可得，進(jìn)而根據(jù)等弧所對的弦相等可得；

（2）連接OB、OD，作于，由弧BD的度數(shù)為120°可得∠BOH=∠BOD=60°，可得∠OBH=30°，由30°所對直角邊等于斜邊的一半可得OH=BO=4，由勾股定理可得BH的長，再由垂徑定理可得BD的長，再根據(jù)題上定義可得“該四邊形的面積等于對角線乘積的一半”可得結(jié)果.

21．（2023九上·諸暨月考）如圖，⊙O的直徑AB=20，P是AB上（不與點(diǎn)A，B重合）的任一點(diǎn)，點(diǎn)C，D為⊙O上的兩點(diǎn)，若∠APD=∠BPC，則稱∠DPC為直徑AB的“回旋角”，利用圓的對稱性可知：“回旋角”∠DPC的度數(shù)與弧CD的度數(shù)相等.

（1）若∠DPC為直徑AB的“回旋角”，且∠DPC=100°，求∠APD的大??；

（2）若直徑AB的“回旋角”為90°，且△PCD的周長為，求AP的長.

【答案】（1）解：∵∠DPC為直徑AB的“回旋角”，且∠DPC=100°，由題意得：∠APD=∠BPC=（180°-100）÷2=40°.

（2）解：延長DP交圓于F點(diǎn)，連接CF，過O作OH⊥FD，∵∠APD=∠BPC=（180°-90°）÷2=45°，∵∠APD=∠BPF，∴∠FPB=∠BPC，則由圓的對稱性知，PC=PF，∴FD=PC+PD，由題中定義可知，∠DPC=∠DOC=90°，∴DC=OC=10，∴FD=PD+PC=16+10-10=16，∵DH=FD=8，∵OH=，∴PO==6，∴AP=OA-OP=10-6.當(dāng)A、B對調(diào)時(shí)，即P在OB之間時(shí)，AP=OA+OP=10+6.

【知識點(diǎn)】勾股定理；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系

【解析】【分析】（1）根據(jù)回旋角的定義，即∠APD=∠BPC，結(jié)合平角的定義列式即可求出∠APD；

（2）延長DP交圓于F點(diǎn)，連接CF，過O作OH⊥FD，當(dāng)P在OA之間時(shí)，由圓的對稱性知，PC=PF，由題中定義可知∠DPC=∠DOC=90°，利用勾股定理求出DC的長.結(jié)合△PCD的周長，則由PF=PD-PC求出PF，于是由垂徑定理求出DH，在Rt△ODH中，運(yùn)用勾股定理列式求出OH，則PO的長度可求，從而由PA=OA-OP求得PA的長；當(dāng)P在OB之間時(shí)，AP=OA+OP，從而也求得AP的長.

22．（2023九上·哈爾濱期中）已知：在⊙O中，弦AC⊥弦BD，垂足為H，連接BC，過點(diǎn)D作DE⊥BC于點(diǎn)E，DE交AC于點(diǎn)F.

（1）如圖1，求證：BD平分∠ADF；

（2）如圖2，連接OC，若OC平分∠ACB，求證：AC=BC；

（3）如圖3，在（2）的條件下