第3章 圆的基本性质（单元重点综合测试）-2024-2025学年九年级数学上册单元速记·巧练（浙教版）

第3章 圆的基本性质（单元重点综合测试） （考试时间：120分钟；满分：120分） 姓名___________ 班级_________ 考号_______________________ 一．选择题（每小题3分，共10小题，共30分） 1．（3分）（2023秋•宁波期末）已知⊙O的半径为5，点P在⊙O外，则OP的长可能是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 2．（3分）（2023秋•江干区校级期中）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△ADE，若∠DAE＝50°，则∠CAD＝（　　） A．30° B．40° C．50° D．90° 3．（3分）（2024•鹿城区校级开学）如图，在墙壁中埋着一个未知半径的圆柱形木材，现用锯子去锯这个木材，锯口深CD＝4，锯道AB＝16，则这根圆柱形木材的半径是（　　） A．20 B．12 C．10 D．8 4．（3分）（2023秋•浙江月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（3，6），B（1，4），C（1，0），则△ABC外接圆的圆心坐标是（　　） A．（4，2） B．（4，3） C．（5，3） D．（5，2） 5．（3分）（2023•杭州二模）如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB＝2∠BOC，则下列说法中正确的是（　　） A．∠OBA＝∠OCA B．四边形OABC内接于⊙O C．AB＝2BC D．∠OBA+∠BOC＝90° 6．（3分）（2023•临安区一模）如图，已知AC是直径，AB＝6，BC＝8，D是弧BC的中点，则DE＝（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 7．（3分）（2023秋•沭阳县月考）如图，EF、CD是⊙O的两条直径，A是劣弧的中点，若∠EOD＝32°，则∠CDA的度数是（　　） A．37° B．74° C．53° D．63° 8．（3分）（2023秋•安吉县月考）如图，AB是⊙O的直径，点C、D、E在⊙O上，若∠DCB＝115°，∠EAB＝55°，且AB＝4，则ED为（　　） A．2 B．6 C．3 D．3 9．（3分）（2023秋•诸暨市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4cm，∠BAC＝40°，以AB为直径作圆O，交BC于点D，交AC于点E，则弧DE的长是（　　）cm． A． B． C． D． 10．（3分）（2023秋•瑞安市期中）剪纸艺术是我国的非物质文化遗产，如图是以正八边形为背景图形设计成的剪纸作品，记正八边形A1B1C1D1E1F1G1H1的面积为S1．图中阴影部分面积S2，则的值为（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共6小题，每题3分，共18分） 11．（3分）（2024春•余姚市期中）已知一个正多边形的每个外角为45°，则这个多边形的边数是 　 　． 12．（3分）（2023秋•慈溪市期中）已知一个扇形的半径为30cm，面积为240πcm2，则此扇形的弧长为 　 　cm． 13．（3分）（2024•鹿城区校级三模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠AOC＝112°，则∠ABC的大小为 　 　度． 14．（3分）（2023秋•江北区期中）如图，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的直径，连结AD，若CD＝2AD，AB＝BC＝6，则⊙O的半径 　 　． 15．（3分）（2024•西湖区校级二模）如图在圆O中，AB是直径，弦CD与AB交于点E，如果AE＝1，EB＝9，∠AEC＝45°，点M是CD的中点，联结OM，并延长OM与圆O交于点N，那么MN＝　 　． 16．（3分）（2024•镇海区校级模拟）如图，AB、CD是⊙O中的两条弦，相交于点E，且AB⊥CD，AE＝DE，点H为劣弧AD上一动点，G为HE中点，若CE＝1，DE＝7，连结AG，则AG最小值为 　 　． 三．解答题（共8小题，共72分） 17．（6分）（2024•诸暨市模拟）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点O，A，B，C在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原点建立直角坐标系． （1）过A，B，C三点的圆的圆心M坐标为 　 　； （2）请通过计算判断点D（﹣3，﹣2）与⊙M的位置关系． 18．（6分）（2023秋•嘉兴期末）如图，水平放置的圆柱形排水管的截面半径为12cm，截面中有水部分弓形的高为6cm． （1）求截面中弦AB的长； （2）求截面中有水部分弓形的面积． 19．（8分）（2023秋•黄岩区校级月考）如图，在网格中（每个小正方形的边长都为1个单位），△ABC的三个顶点都在格点上．建立如图所示的直角坐标系． （1）请在图中标出△ABC的外接圆的圆心P的位置，并写出P的坐标：P（ 　 　，　 　） （2）将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，画出△ADE，并求线段AC扫过的面积（结果保留π）． 20．（8分）（2022秋•鹿城区月考）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ADC＝2∠B，点D是的中点． （1）求∠B的度数； （2）求证：四边形AOCD是菱形． 21．（10分）（2023秋•拱墅区期末）如图，在⊙O中，M为半径OA上一点．过M作弦BC⊥OA，交⊙O于B，C两点．连接BO并延长，交⊙O于点D，连接AD交BC于点E．已知EB＝ED． （1）求证：＝60°； （2）探究线段CE，EM长度之间的数量关系，并证明． 22．（10分）（2024•鹿城区校级三模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点F，AC绕点C旋转某个度数，使点A与上的点E重合． （1）求证：∠2＝2∠1． （2）当时，求CG：GE的值． 23．（12分）（2024•浙江）如图，在圆内接四边形ABCD中，AD＜AC，∠ADC＜∠BAD，延长AD至点E，使AE＝AC，延长BA至点F，连结EF，使∠AFE＝∠ADC． （1）若∠AFE＝60°，CD为直径，求∠ABD的度数． （2）求证：①EF∥BC； ②EF＝BD． 24．（12分）（2024•上城区二模）如图1，已知△ABC内接于⊙O，且AB＝AD＝DC，E是的中点，连接AE交直径BC于点F，连接BD． （1）求证：AE⊥BD． （2）若BC＝10，求AE的长． （3）如图2，连接EO并延长交AC于点G，连接OD．求的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第3章 圆的基本性质（单元重点综合测试） （考试时间：120分钟；满分：120分） 姓名___________ 班级_________ 考号_______________________ 一．选择题（每小题3分，共10小题，共30分） 1．（3分）（2023秋•宁波期末）已知⊙O的半径为5，点P在⊙O外，则OP的长可能是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】根据题意可以求得OP的取值范围，从而可以解答本题． 【解答】解：∵O的半径为5，点P在⊙O外， ∴OP＞5， 故选：D． 2．（3分）（2023秋•江干区校级期中）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△ADE，若∠DAE＝50°，则∠CAD＝（　　） A．30° B．40° C．50° D．90° 【分析】由旋转的性质可得∠CAE＝90°，结合∠DAE＝50°，求得∠CAD． 【解答】解：将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△ADE， ∴∠CAE＝90°， ∵∠DAE＝50°， ∴∠CAD＝∠CAE﹣∠DAE＝90°﹣50°＝40°， 故选：B． 3．（3分）（2024•鹿城区校级开学）如图，在墙壁中埋着一个未知半径的圆柱形木材，现用锯子去锯这个木材，锯口深CD＝4，锯道AB＝16，则这根圆柱形木材的半径是（　　） A．20 B．12 C．10 D．8 【分析】连接OA、OD，由垂径定理得AD＝BD＝AB＝8，连接OA，设圆的半径为x，再在Rt△OAD中，由勾股定理列出方程，解方程可得半径． 【解答】解：连接OA、OD，如图： 由题意得：D为AB的中点， 则O、D、C三点共线，OD⊥AB， ∴AD＝BD＝AB＝8， 设圆的半径为x，则OD＝（x﹣4）． 在Rt△OAD中，由勾股定理得：82+（x﹣4）2＝x2， 解得：x＝10． ∴这根圆柱形木材的半径为10． 故选：C． 4．（3分）（2023秋•浙江月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（3，6），B（1，4），C（1，0），则△ABC外接圆的圆心坐标是（　　） A．（4，2） B．（4，3） C．（5，3） D．（5，2） 【分析】作AB和BC的垂直平分线，它们的交点为△ABC的外接圆的圆心，然后直接读出△ABC的外接圆的圆心坐标． 【解答】解：如图所示：点P即为所求； 所以点P的坐标为（5，2）． 故选：D． 5．（3分）（2023•杭州二模）如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB＝2∠BOC，则下列说法中正确的是（　　） A．∠OBA＝∠OCA B．四边形OABC内接于⊙O C．AB＝2BC D．∠OBA+∠BOC＝90° 【分析】过O作OD⊥AB于D交⊙O于E，由垂径定理得到＝，于是得到＝＝，推出AE＝BE＝BC，根据三角形的三边关系得到2BC＞AB，故C错误；根据三角形内角和得到∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝90°﹣∠BOC，∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝90°﹣∠BOC，推出∠OBA≠∠OCA，故A错误；由点A，B，C在⊙O上，而点O在圆心，得到四边形OABC不内接于⊙O，故B错误；根据余角的性质得到∠OBA+∠BOC＝90°，故D正确； 【解答】解：过O作OD⊥AB于D交⊙O于E， 则＝， ∴AE＝BE，∠AOE＝∠BOE＝AOB， ∵∠AOB＝2∠BOC， ∴∠AOE＝∠BOE＝∠BOC， ∴＝＝， ∴AE＝BE＝BC， ∴2BC＞AB，故C错误； ∵OA＝OB＝OC， ∴∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝90°﹣∠BOC， ∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝90°﹣∠BOC， ∴∠OBA≠∠OCA，故A错误； ∵点A，B，C在⊙O上，而点O在圆心， ∴四边形OABC不内接于⊙O，故B错误； ∵∠BOE＝∠BOC＝AOB， ∵∠BOE+∠OBA＝90°， ∴∠OBA+∠BOC＝90°，故D正确； 故选：D． 6．（3分）（2023•临安区一模）如图，已知AC是直径，AB＝6，BC＝8，D是弧BC的中点，则DE＝（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】连接OB，得到∠BOD＝∠COD，由等腰三角形的性质，得到OD⊥BC，BE＝BC＝×8＝4，由勾股定理求出AB长，即可求出OE长，得到DC的长． 【解答】解：连接OB， ∵D是弧BC的中点， ∴∠BOD＝∠COD， ∵OB＝OD， ∴OD⊥BC，BE＝BC＝×8＝4， ∵AC是圆的直径， ∴∠ABC＝90°， ∴AC＝＝＝10， ∴OB＝AC＝5， ∴OE＝＝＝3， ∴DE＝OD﹣OE＝5﹣3＝2． 故选：B． 7．（3分）（2023秋•沭阳县月考）如图，EF、CD是⊙O的两条直径，A是劣弧的中点，若∠EOD＝32°，则∠CDA的度数是（　　） A．37° B．74° C．53° D．63° 【分析】首先根据“同弧或等弧所对的弦长相等，对的圆心角也相等”求得∠DOA＝74°，再根据等腰三角形“等边对等角”的性质求解即可． 【解答】解：如图，连接OA， ∵A是劣弧的中点， 即弧DA＝弧FA， ∴∠DOA＝∠FOA， ∵∠EOD＝32°， ∴， ∵OD＝OA， ∴， 即∠CDA＝53°． 故选：C． 8．（3分）（2023秋•安吉县月考）如图，AB是⊙O的直径，点C、D、E在⊙O上，若∠DCB＝115°，∠EAB＝55°，且AB＝4，则ED为（　　） A．2 B．6 C．3 D．3 【分析】连接OE、OD、BE，过O点作OH⊥DE于H，如图，利用圆内接四边形的性质得到∠BED＝65°，再根据圆周角定理得到∠AEB＝90°，则∠AED＝25°，所以∠AOD＝50°，计算出∠AOE＝70°，接着计算出∠DOE＝120，所以∠ODE＝∠OED＝30°，这样可计算出OH＝，DH＝3，然后根据垂径定理得到DE＝6． 【解答】解：连接OE、OD、BE，过O点作OH⊥DE于H，如图， ∵∠BED+∠C＝180°， ∴∠BED＝180°﹣115°＝65°， ∵AB为直径， ∴∠AEB＝90°， ∴∠AED＝90°﹣∠BED＝90°﹣65°＝25°， ∴∠AOD＝2∠AED＝2×25°＝50°， ∵OA＝OE， ∴∠OEA＝∠OAE＝55°， ∴∠AOE＝180°﹣55°﹣55°＝70°， ∴∠DOE＝∠AOE+∠AOD＝70°+50°＝120°， ∵OD＝OE， ∴∠ODE＝∠OED＝30°， 在Rt△ODH中，OH＝OD＝×2＝， ∴DH＝×＝3， ∵OH⊥DE， ∴EH＝DH＝3， ∴DE＝6． 故选：B． 9．（3分）（2023秋•诸暨市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4cm，∠BAC＝40°，以AB为直径作圆O，交BC于点D，交AC于点E，则弧DE的长是（　　）cm． A． B． C． D． 【分析】连接AD，OD，OE，由圆周角定理推出AD⊥BC，由等腰三角形的性质求出∠DAC＝∠BAC＝20°，由圆周角定理得到∠DOE＝2∠DAE＝40°，由弧长公式即可求出弧DE的长． 【解答】解：连接AD，OD，OE， ∵AB是圆的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴AD⊥BC， ∵AB＝AC， ∴∠DAC＝∠BAC＝×40°＝20°， ∴∠DOE＝2∠DAE＝40°， ∵AB＝4cm， ∴OD＝AB＝2cm， ∴弧DE的长＝＝（cm）． 故选：C． 10．（3分）（2023秋•瑞安市期中）剪纸艺术是我国的非物质文化遗产，如图是以正八边形为背景图形设计成的剪纸作品，记正八边形A1B1C1D1E1F1G1H1的面积为S1．图中阴影部分面积S2，则的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】设B1H1交A1C1于点I，交A1G1于点K，作A1L⊥IK于点L，则∠A1LI＝∠A1LK＝90°，可证明∠IA1K＝90°，∠A1IK＝∠A1KI＝45°，则A1I＝A1K＝H1K，设阴影部分的正八边形的边长为2a，则IK＝2a，A1L＝IL＝KL＝a，由勾股定理得H1K＝A1K＝＝a，所以H1L＝a+a，则A1＝A1L2+H1L2＝（4+2）a2，所以＝＝1+，则＝＝1+，于是得到问题的答案． 【解答】解：设B1H1交A1C1于点I，交A1G1于点K，作A1L⊥IK于点L，则∠A1LI＝∠A1LK＝90°， ∵A1B1＝C1B1＝A1H1＝G1H1，∠A1B1C1＝∠A1H1G1＝∠B1A1H1＝×（8﹣2）×180°＝135°， ∴∠A1H1B1＝∠A1B1H1＝∠B1A1C1＝∠B1C1A1＝∠H1A1G1＝∠H1G1A1＝×（180°﹣135°）＝22.5°， ∴∠IA1K＝135°﹣22.5°﹣22.5°＝90°，∠A1IK＝∠A1KI＝22.5°+22.5°＝45°， ∴A1I＝A1K＝H1K， 设阴影部分的正八边形的边长为2a，则IK＝2a，A1L＝IL＝KL＝IK＝a， ∴H1K＝A1K＝＝a， ∴H1L＝a+a， ∴A1＝A1L2+H1L2＝a2+（a+a）2＝（4+2）a2， ∵IK2＝（2a）2＝4a2， ∴＝＝1+， ∵两个正八边形相似， ∴＝＝1+， 故选：B． 二．填空题（共6小题，每题3分，共18分） 11．（3分）（2024春•余姚市期中）已知一个正多边形的每个外角为45°，则这个多边形的边数是 　8　． 【分析】根据正多边形的每一个外角都相等，且外角和是360°即可求出答案． 【解答】解：由于正多边形的每一个外角都相等，且外角和是360°， 所以一个正多边形的每个外角为45°，则这个多边形的边数360°÷45°＝8， 就这个正多边形为正八边形， 故答案为：8． 12．（3分）（2023秋•慈溪市期中）已知一个扇形的半径为30cm，面积为240πcm2，则此扇形的弧长为　16π　cm． 【分析】根据扇形面积公式和扇形的弧长公式之间的关系：S扇形＝lr，把对应的数值代入即可求得弧长． 【解答】解：∵S扇形＝lr， ∴240π＝•l•30， ∴l＝16π， 故答案为：16π． 13．（3分）（2024•鹿城区校级三模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠AOC＝112°，则∠ABC的大小为 　124　度． 【分析】先根据圆周角定理求出∠D，再根据圆内接四边形的对角互补求出∠ABC即可． 【解答】解：∵∠AOC＝112°， ∴∠D＝∠AOC＝56°， ∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴∠D+∠ABC＝180°， ∴∠ABC＝180°﹣56°＝124°． 故答案为：124． 14．（3分）（2023秋•江北区期中）如图，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的直径，连结AD，若CD＝2AD，AB＝BC＝6，则⊙O的半径 　2　． 【分析】根据圆周角定理得到∠DAC＝90°，证明△ABC为等边三角形，得到AC＝AB＝6，根据勾股定理计算，得到答案． 【解答】解：∵CD是⊙O的直径， ∴∠DAC＝90°， ∵CD＝2AD， ∴∠ACD＝30°， ∴∠ADC＝60°， 由圆周角定理得，∠ABC＝∠ADC＝60°， ∵AB＝BC， ∴△ABC为等边三角形， ∴AC＝AB＝6， 由勾股定理得：CD2＝AD2+AC2，即CD2＝（CD）2+62， 解得：CD＝4， 则⊙O的半径为2， 故答案为：2． 15．（3分）（2024•西湖区校级二模）如图在圆O中，AB是直径，弦CD与AB交于点E，如果AE＝1，EB＝9，∠AEC＝45°，点M是CD的中点，联结OM，并延长OM与圆O交于点N，那么MN＝　　． 【分析】由题意可知ON＝OA＝5，则OE＝4，易证得△EOM是等腰直角三角形，求得PM＝OE＝2，即可求得MN＝ON﹣OM＝． 【解答】解：在圆O中，AB是直径，AE＝1，EB＝9， ∴AB＝10， ∴OA＝5， ∴OE＝4， ∵点M是CD的中点， ∴OM⊥CD， ∵∠AEC＝45°， ∴△EOM是等腰直角三角形， ∴PM＝OE＝2， ∴MN＝ON﹣OM＝， 故答案为：． 16．（3分）（2024•镇海区校级模拟）如图，AB、CD是⊙O中的两条弦，相交于点E，且AB⊥CD，AE＝DE，点H为劣弧AD上一动点，G为HE中点，若CE＝1，DE＝7，连结AG，则AG最小值为 　　． 【分析】连接AO，DO，过点O作OK⊥AE，交AE于点K，OF⊥CD，交DE于点F，构造正方形，计算圆的半径，然后作OE的中点M，连接MG，连接OH，推导出点G的运动轨迹是以M为圆心的圆，连接AM与圆M的交点就是AG的最小值． 【解答】解：如图所示，连接AO，DO，过点O作OK⊥AE，交AE于点K，OF⊥CD，交DE于点F， ∵CE＝1，DE＝7，∴CD＝CE+DE＝1+7＝8， ∵OF⊥CD， ∴， ∴EF＝CF﹣CE＝4﹣1＝3， ∵AE＝DE，OA＝OD，OE＝OE， ∴△AOE≌△DOE（SSS）， ∴， ∵OK⊥AE，OF⊥CD， ∴OK＝OF， ∵∠AED＝90°， ∴四边形OKEF是正方形， ∴OK＝KE＝EF＝OF＝3， ∴，， 如图所示，作OE的中点M，连接MG，连接OH， ∵点M是OE的中点，G为HE中点， ∴， ∴点G在以点M为圆心，以 为半径的圆上运动， 连接AM交⊙M于点G’，过点M作MN⊥AE， ∴当点A，G，M三点共线时，即点G和点G'重合时，AG的值最小， ∵点M是OE的中点，， ∵MN⊥AE，∠NEM＝45°， ∴∠NME＝45°， ∴△NME是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ， ∴ACG的最小值为 ， 故答案为：． 三．解答题（共8小题，共72分） 17．（6分）（2024•诸暨市模拟）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点O，A，B，C在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原点建立直角坐标系． （1）过A，B，C三点的圆的圆心M坐标为 　（1，﹣2）　； （2）请通过计算判断点D（﹣3，﹣2）与⊙M的位置关系． 【分析】（1）连接AB，AC，过A，B，C三点的圆的圆心M为线段AB、AC的垂直平分线的交点，则M（1，﹣2），于是得到问题的答案； （2）连接MD、MA，可求得MD＝4，MA＝，则MD＞MA，所以点D（﹣3，﹣2）在⊙M外． 【解答】解：（1）连接AB，AC， 过A，B，C三点的圆的圆心M为线段AB、AC的垂直平分线的交点， 观察图形可知，点M的坐标为（1，﹣2）， 故答案为：（1，﹣2）． （2）连接MD、MA， ∵M（1，﹣2），D（﹣3，﹣2），A（﹣2，﹣1）， ∴MD＝1﹣（﹣3）＝4，MA＝＝， ∵4＞， ∴MD＞MA， ∵点D到圆心M的距离大于⊙M的半径， ∴点D（﹣3，﹣2）在⊙M外． 18．（6分）（2023秋•嘉兴期末）如图，水平放置的圆柱形排水管的截面半径为12cm，截面中有水部分弓形的高为6cm． （1）求截面中弦AB的长； （2）求截面中有水部分弓形的面积． 【分析】（1）连接OA、OB，过O作OD⊥AB，交AB于点E，由于弓形的高为6cm可求出OE的长，在Rt△AOE中利用三角函数的定义可求出∠AOE＝60°，解直角三角形求得AE，进一步求得AB； （2）由垂径定理可知，∠AOE＝∠BOE，进而可求出∠AOB的度数，根据扇形及三角形的面积可求出弓形的面积． 【解答】解：连接OA、OB，过O作OD⊥AB，交AB于点E， ∵弓形的高为6cm，截面半径为12cm， ∴OE＝OD﹣DE＝12﹣6＝6cm， 在Rt△AOE中，OE＝OB＝6cm， ∴∠OAE＝30°，∠AOE＝60°， ∴AE＝OA＝×12＝6（cm）， ∴AB＝2AE＝12cm； （2）∵∠AOE＝60°， ∴∠AOB＝2∠AOE＝2×60°＝120°， ∴S弓形＝S扇形AOB﹣S△AOB＝﹣12×6＝（）（cm2）． 19．（8分）（2023秋•黄岩区校级月考）如图，在网格中（每个小正方形的边长都为1个单位），△ABC的三个顶点都在格点上．建立如图所示的直角坐标系． （1）请在图中标出△ABC的外接圆的圆心P的位置，并写出P的坐标：P（ 　5　，　3　） （2）将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，画出△ADE，并求线段AC扫过的面积（结果保留π）． 【分析】（1）根据三角形外接圆的圆心是三边垂直平分线的交点，作出两边的垂直平分线，交点即为所求的点P，再根据平面直角坐标系写出点P的坐标即可； （2）根据网格结构找出点B、C绕点A逆时针旋转90°后对应点D、E的位置，再与点A顺次连接即可，利用勾股定理列式求出AC，然后根据弧长公式列式计算即可得解． 【解答】解：（1）圆心位置如图所示：P（5，3）， 故答案为：5，3； （2）如图所示，△ADE为所求三角形； 由勾股定理得：， 线段AC扫过的图形的面积＝． 20．（8分）（2022秋•鹿城区月考）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ADC＝2∠B，点D是的中点． （1）求∠B的度数； （2）求证：四边形AOCD是菱形． 【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补，进行求解即可； （2）连结OD，根据等弧对等角，和同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得到△AOD，△COD为等边三角形，进而得到AO＝CO＝AD＝CD，即可得证． 【解答】（1）解：∵∠ADC＝2∠B，∠ADC+∠B＝180°， ∴∠B＝60°； （2）证明：连结OD， ∵点D为的中点， ∴＝， ∴∠AOD＝∠COD， ∵∠B＝60°，∠AOC＝120°， ∴∠AOD＝∠COD＝60°， ∵AO＝DO＝CO， ∴△AOD，△COD为等边三角形， ∴AO＝CO＝AD＝CD， ∴四边形AOCD为菱形． 21．（10分）（2023秋•拱墅区期末）如图，在⊙O中，M为半径OA上一点．过M作弦BC⊥OA，交⊙O于B，C两点．连接BO并延长，交⊙O于点D，连接AD交BC于点E．已知EB＝ED． （1）求证：＝60°； （2）探究线段CE，EM长度之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）连接OC，根据垂径定理得＝，再根据EB＝ED，得∠B＝∠D，＝，所以＝＝，∠COD＝60°，即可得出结论； （2）连接AC，根据圆周角定理得∠B＝∠D＝∠COD＝30°，所以∠EAC＝∠ECA＝∠B＝30°，所以AE＝CE，∠OAD＝∠D＝30°，根据直角三角形30°的性质得AE＝2EM，所以CE＝2EM． 【解答】证明：（1）如图，连接OC， ∵BC⊥OA， ∴＝， ∵EB＝ED， ∴∠B＝∠D， ∴＝， ∴＝＝， ∴∠COD＝60°， ∴＝60°； （2）CE＝2EM， 证明：连接AC， ∵∠COD＝60°， ∴∠B＝∠D＝∠COD＝30°， ∴∠EAC＝∠ECA＝∠B＝30°， ∴AE＝CE， ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠D＝30°， ∴AE＝2EM， ∴CE＝2EM． 22．（10分）（2024•鹿城区校级三模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点F，AC绕点C旋转某个度数，使点A与上的点E重合． （1）求证：∠2＝2∠1． （2）当时，求CG：GE的值． 【分析】（1）连接OC，OE，依题意得CA＝CE，OA＝OE＝OC，由此可依据“SSS”判定△CAO和△CEO全等，则∠OCA＝∠OCE，进而得∠2＝2∠OCA，根据OA＝OC得∠OCA＝∠1，据此可得出结论； （2）连接BC，设∠1＝α，则∠2＝2α，证明弧BD＝弧BC＝弧DE，则∠1＝∠BAD＝∠DCB＝∠DCE＝α，∠ACB＝4α＝90°，由此得α＝22.5°，进而得∠DAC＝∠2＝45°，则△GAC为等腰直角三角形，AC＝AE＝，进而得GE＝CE﹣CG＝，据此可得CG：GE的值． 【解答】（1）证明：连接OC，OE，如图1所示： ∵弦CE是由弦CA绕点C旋转得到的， ∴CA＝CE， ∵AB是⊙O的直径， ∴OA＝OE＝OC， 在△CAO和△CEO中， ， ∴△CAO≌△CEO（SSS）， ∴∠OCA＝∠OCE， ∴∠2＝2∠OCA， ∵OA＝OC， ∴∠OCA＝∠1， ∴∠2＝2∠1； （2）解：连接BC，如图2所示： 设∠1＝α， 由（1）的结论得：∠2＝2α ∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB， ∴弧BD＝弧BC，∠ACB＝90°， ∵弧BD＝弧DE， ∴弧BD＝弧BC＝弧DE， ∴∠1＝∠BAD＝∠DCB＝∠DCE＝α， ∴∠ACB＝∠2+∠DCB+∠DCE＝4α＝90°， ∴α＝22.5°， ∴∠2＝2α＝45°，∠BAD＝α＝22.5°， ∴∠DAC＝∠1+∠BAD＝2α＝45°， ∴∠DAC＝∠2＝45°， ∴△GAC为等腰直角三角形，即AG＝CG， 由勾股定理得：AC＝， ∴CE＝CA＝， ∴GE＝CE﹣CG＝＝， ∴CG：GE＝CG：＝． 23．（12分）（2024•浙江）如图，在圆内接四边形ABCD中，AD＜AC，∠ADC＜∠BAD，延长AD至点E，使AE＝AC，延长BA至点F，连结EF，使∠AFE＝∠ADC． （1）若∠AFE＝60°，CD为直径，求∠ABD的度数． （2）求证：①EF∥BC； ②EF＝BD． 【分析】（1）根据圆周角定理进行计算即可； （2）①利用圆内接四边形的外角等于它的内对角以及平行线的判定方法即可得出结论； ②根据全等三角形的性质，圆周角定理进行解答即可． 【解答】（1）解：∵CD为直径， ∴∠CAD＝90°， ∵∠AFE＝∠ADC＝60°， ∴∠ACD＝90°﹣60°＝30°， ∴∠ABD＝∠ACD＝30°； （2）证明：①如图，延长AB， ∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠CBM＝∠ADC， 又∵∠AFE＝∠ADC， ∴∠AFE＝∠CBM， ∴EF∥BC； ②过点D作DG∥BC交⊙O于点G，连接AG，CG， ∵DG∥BC， ∴＝， ∴BD＝CG， ∵四边形ACGD是圆内接四边形， ∴∠GDE＝∠ACG， ∵EF∥DG ∴∠DEF＝∠GDE， ∴∠DEF＝∠ACG， ∵∠AFE＝∠ADC，∠ADC＝∠AGC， ∴∠AFE＝∠AGC， ∵AE＝AC， ∴△AEF≌△ACG（AAS）， ∴EF＝CG， ∴EF＝BD． 24．（12分）（2024•上城区二模）如图1，已知△ABC内接于⊙O，且AB＝AD＝DC，E是的中点，连接AE交直径BC于点F，连接BD． （1）求证：AE⊥BD． （2）若BC＝10，求AE的长． （3）如图2，连接EO并延长交AC于点G，连接OD．求的值． 【分析】（1）根据BC是⊙O的直径，得出∠BAC＝90°，根据圆周角定理∠BAE＝∠EAC＝45°，再利用等腰三角形的三线合一的性质解答即可； （2）令AE交BD于点P，连接BE，EC，根据BC是⊙O的直径，得出∠BAC＝90°，根据条件AB＝AD＝DC，得出BC＝AB＝10，结合勾股定理解答即可； （3） 【解答】解：（1）BC是⊙O的直径， ∴∠BAC＝90°， ∵E是的中点， ∴∠BAE＝∠EAC＝45°， ∵AB＝AD， ∴AE⊥BD； （2）令AE交BD于点P，连接BE，EC， ∵BC是⊙O的直径， ∴∠BEC＝90°， ∵E是的中点， ∴BE＝EC， ∴BC＝＝10， ∴BE＝5， ∵∠BAC＝90°，2AB＝AC， ∴BC＝AB＝10， ∴AB＝2， ∵AB＝AD，AE⊥BD， ∴AP＝BP＝＝， 由勾股定理得：PE＝＝2， ∴AE＝AP+PE＝3； （3）∵∠BAC＝90°，AB＝AD， ∴△ABD 是等腰直角三角形． ∴∠ABD＝∠ADB＝45°， ∵＝， ∴∠BAE＝∠EAC＝45°， ∵AD＝DC，OD经过圆心， ∴OD⊥AC， ∴∠BDO＝∠EAG＝45°， ∵AE⊥BD，∠AFB＝∠OFE， ∴∠DBO＝∠AEG， ∵∠BDO＝∠EAG＝45°， ∴△BDO∽△EAG， 设AB＝a，则AC＝2a， 在Rt△ABC中，根据勾股定理可得： BC＝a， ∴BE＝a＝a， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ABD＝∠ADB＝45°， ∴BD＝＝a， ∴BP＝， 在Rt△BPE中，EP＝＝＝， ∴AE＝AP+PE＝＝a， ∴＝， ∴＝（）2＝（）2＝． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$