专题训练3-1圆中的长度计算专训-2024-2025学年九年级数学上册单元速记·巧练（浙教版）

专题训练1：圆中的长度计算专训 1．（2023秋•衢州期末）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，如图1，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，如图2，已知圆心O在水面上方，且⊙O被水面截得弦AB长为4米，⊙O半径长为3米．若点C为运行轨道的最低点，则点C到弦AB所在直线的距离是（　　） A．1米 B．2米 C．米 D．米 2．（2023•杭州模拟）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AC⊥BD，AB＝8，CD＝2，则⊙O的直径为（　　） A．9 B． C． D．12 3．（2023•义乌市校级开学）如图，在⊙O中，弦AB的长是cm，弦AB的弦心距为6cm，E是⊙O优弧AEB上一点．则∠AEB的度数为（　　） A．60° B．45° C．30° D．80° 4．（2023春•长兴县月考）如图，AB是⊙O的直径，CD⊥AB于点E，连结CO并延长，交弦AD于点F．若AB＝10，BE＝2，则OF的长度是（　　） A． B．3 C． D． 5．（2023秋•平湖市期末）如图，扇形OAB中，∠AOB＝120°，E，C，G是的四等分点，线段EF，CD，GH都与弦AB垂直，若AO＝6，那么线段AF的长是（　　） A． B． C．3 D． 6．（2024•浙江模拟）如图，将一装有水的球形容器放在水平地面上，其轴截面为⊙O的一部分，AB为容器口，DE为水面，已知⊙O半径为5cm，AB＝6cm，DE＝8cm，将容器从甲处AB与地面平行时向右缓慢滚至乙处水面DE正好经过点B时（水无溢出），点A相对甲处时升高了多少厘米？（　　） A． B． C． D．1 7．（2023秋•武汉期末）如图，点P在⊙O的直径AB上，作正方形PCDE和正方形PFGH，其中点D，G在直径所在直线上，点C，E，F，H都在⊙O上，若两个正方形的面积之和为16，OP＝，则DG的长是（　　） A．6 B．2 C．7 D．4 8．（2023•衢州一模）某品牌太阳能热水器的实物图和截面示意图如图所示，支架CD与地面垂直，真空集热管AB与地面水平线夹角∠BAC为30°，直线AB与CD都经过水箱截面的圆心O．已知DC＝65cm，AB＝180cm，则水箱内水面宽度BE为 　 　cm． 9．（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 　 　． 10．（2022•海曙区一模）如图，圆O的半径为4，点P是直径AB上定点，AP＝1，过P的直线与圆O交于C，D两点，则△COD面积的最大值为 　 　；作弦DE∥AB，CH⊥DE于H，则CH的最大值为 　 　． 11．（2024•湖州一模）如图，某兴趣小组运用数学知识设计徽标，将边长为的正方形分割成的七巧板拼成了一个轴对称图形，取名为“火箭”，并过该图形的A，B，C三个顶点作圆，则该圆的半径长是 　 　． 12．（2024•温州模拟）某一公路单向隧道由一弧形拱与矩形组成，为了确定大货车通过公路隧道的最大高度，道路交通学习小组展开了以下研究．如图1，经测量得AB＝4m，为了确定BC与弧形拱半径的长度，学习小组找到一根5m长的笔直杆子，将杆子一端置于点C处，另一端置于AD上点E处，AE＝1m．如图2，调整杆子位置，直至一端在AB上的点G处，另一端在圆弧上点F处，FG⊥AB，GB＝1m，如图3，某一集装箱大货车宽为2.4m，则该大货车的最大高度（包括货物） 　 　m． 13．（2024•鹿城区校级三模）如图是半球型建筑物的横截面示意图，O是圆心，直径AB＝6m．在半圆上的点C，D处分别安装了光束角相同的照明灯（即∠ACE＝∠ODB），C处灯照亮了AE，AE＝2m，D处灯照亮了OB，若光线CA平行光线DO，则点D，点C到AB的高度差为 　 　m． 14．（2023•瑞安市模拟）如图，某公园有一月牙形水池，水池边缘有A，B，C，D，E五盏装饰灯．为了估测该水池的大小，观测员在A，D两点处发现点A，E，C和D，E，B均在同一直线上，沿AD方向走到F点，发现∠AFC＝90°．测得AD＝9.6米，AE＝DE＝8米，DF＝2.4米，则所在圆的半径为 　 　米，所在圆的半径为 　 　米． 15．（2024•浙江校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点I在DE上，以EF为直径的圆交直线AB于点M，N．若I为DE的中点，AB＝5，则MN＝　 　． 16．（2024•椒江区校级模拟）如图1是一款轴对称“磁悬浮地漏”无水时的示意图，它由一个圆弧形密封盖与两个磁体组成（下侧磁体固定不动），连接杆EF与地面BD垂直，排水口，密封盖最高点E到地面的距离为6mm，整个地漏的高度EG＝75mm（G为磁体底部中点），密封盖被磁体顶起将排水口密封，所在圆的半径为 　 　mm；当有水时如图2所示，密封盖下移排水，当密封盖下沉至最低处时，点M'恰好落在BG中点，若点M'到E'F'的距离为36mm，则密封盖下沉的最大距离为 　 　mm． 17．（2023秋•拱墅区校级期中）如图1是某学校食堂墙壁上“光盘行动，从我做起”的长方形宣传画，画的左侧为一个圆盘上摆放一双筷子，画的下边缘为水平线，图2是其示意图，水平线l上的点A在圆心O的正下方，筷子与⊙O右下方交于B，C两点，线段BD，CE分别垂直l于点D，E．测得AD＝3DE＝15cm，CE＝BD＝15cm，则圆盘⊙O的半径为 　 　cm． 18．（2023秋•苍南县月考）图1是车载手机支架实物图，图2是其正面示意图，其中OA，OB，OC为伸缩杆，其中OA＝OB＝OC，支架最大宽度AB＝10cm，支架的高为10cm，则△ABC外接圆O的半径为 　 　cm，当一部宽为8cm的手机置于支架中，如图3，此时手机夹臂收缩，手机托下移，手机伸缩杆的移动距离相同（BG＝AE＝CF），形成的△EFG外接圆的圆心为点P，若，则OP为 　 　cm． 19．（2023春•兰溪市月考）如图1是护眼学习台灯，该台灯的活动示意图如图2所示．灯柱BC＝6cm，灯臂AC绕着支点C可以旋转，灯罩呈圆弧形（即和）．在转动过程中，AD（EF）总是与桌面BH平行．当AC⊥BH时，AB＝46cm，DM⊥MH，测得DM＝37.5cm（点M在墙壁MH上，且MH⊥BH）． （1）当灯臂AC转到CE位置时，FN⊥MH测得FN＝13.5cm，则点E到桌面BH的距离为 　 　cm． （2）若此时点C，F，M在同一条直线上，的最低点到桌面BH的距离为35cm，则EF所在圆的半径为 　 　cm． 20．（2023春•乐清市月考）如图1，是某隧道的入口，它的截面如图2所示，是由和矩形ABCD组成，且点B，C也在所在的圆上，已知AB＝4m，M是BC的中点，此时隧道的最高点P离地面BC的距离MP＝8m，则该道路的路面宽BC＝　 　m；在上，离地面相同高度的两点E，F装有两排照明灯，若点E是的中点，则这两排照明灯离地面的高度是 　 　m． 21．（2023•衢州一模）如图，ED为一条宽为4米的河，河的西岸建有一道防洪堤，防洪堤与东岸的高度差为3米（即CE＝3米），因为施工需要，现准备将东岸的泥沙通过滑轨送到西岸的防洪堤上，防洪堤上已经建好一座固定滑轨一端的钢架，现准备在东岸找一个点P作为另一端的固定点，已知吊篮的截面为直径为1米的半圆（直径MN＝1米），绳子QM＝QN＝1.3米，钢架高度2.2米（AB＝2.2米），距离防洪堤边缘为0.5米（BC＝0.5米）． （1）西岸边缘点C与东岸边缘点D之间的距离为 　 　米； （2）滑轨在运送货物时保持笔直，要想做到运输过程中吊篮一定不会碰到点C，则DP的长度应大于 　 　米． 22．（2023秋•新昌县期末）如图，在直角坐标系中，直线y＝x﹣4与坐标轴相交于点A，B，过点O，A的⊙E与该直线相交于点C，连结OE，OE＝2.5． （1）求点E到x轴的距离． （2）连结OC，求OC的长． 23．（2023秋•绍兴期中）如图，隧道的截面由圆弧AED和矩形ABCD构成，矩形的长BC为12m，宽AB为3m，隧道的顶端E（圆弧AED的中点）高出道路（BC）7m． （1）求圆弧AED所在圆的半径； （2）如果该隧道内设双行道，现有一辆超高货运卡车高6m，宽3.3m，通过计算问这辆货运卡车能否通过该隧道，写出理由． 24．（2023秋•西湖区校级期中）如图，某公路上有一隧道，顶部是圆弧形拱顶，圆心为O，隧道的水平宽AB为24m，AB离地面的高度AE＝10m，拱顶最高处C离地面的高度CD为18m．若在拱顶的M，N处安装照明灯，且M，N离地面的高度相等，都为17m． （1）求圆弧形拱顶的半径的长度； （2）求MN的长度． 25．（2023秋•义乌市期中）某地有一座圆弧形拱桥，桥下水面宽度AB为24m，拱顶高出水面8m（即CD＝8m），OC⊥AB， （1）求出该圆弧形拱桥所在圆的半径； （2）现有一艘宽10m，船舱高出水面7.5m的货船要经过这里，此货船能顺利通过这座桥吗？ 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 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题训练1：圆中的长度计算专训 1．（2023秋•衢州期末）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，如图1，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，如图2，已知圆心O在水面上方，且⊙O被水面截得弦AB长为4米，⊙O半径长为3米．若点C为运行轨道的最低点，则点C到弦AB所在直线的距离是（　　） A．1米 B．2米 C．米 D．米 【分析】连接OC，OC交AB于D，由垂径定理得AD＝BD＝AB＝2（米），再由勾股定理得OD＝（米），然后求出CD的长即可． 【解答】解：连接OC，OC交AB于D， 由题意得：OA＝OC＝3米，OC⊥AB， ∴AD＝BD＝AB＝2（米），∠ADO＝90°， ∴OD＝＝＝（米）， ∴CD＝OC﹣OD＝（3﹣）米， 即点C到弦AB所在直线的距离是（3﹣）米， 故选：C． 2．（2023•杭州模拟）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AC⊥BD，AB＝8，CD＝2，则⊙O的直径为（　　） A．9 B． C． D．12 【分析】作直径AF，连BF、CF．证明CD＝BF＝6，利用勾股定理求出AF即可． 【解答】解：作直径AF，连BF、CF． ∵AF是圆O的直径， ∴∠ACF＝∠ABF＝90°， ∴CF⊥AC， 又∵BD⊥AC， ∵CF∥BD， ∴∠DBC＝∠BCF， ∴＝， ∴BF＝CD＝2， ∴AF＝＝＝2， ∴⊙O的直径为2． 故选：C． 3．（2023•义乌市校级开学）如图，在⊙O中，弦AB的长是cm，弦AB的弦心距为6cm，E是⊙O优弧AEB上一点．则∠AEB的度数为（　　） A．60° B．45° C．30° D．80° 【分析】连接OA，OB，利用垂径定理求出AC，然后在Rt△AOC中，利用锐角三角函数求出∠OAC，从而求出∠AOB，最后利用圆周角定理求出∠AEB进行计算即可解答． 【解答】解：连接OA，OB， ∵OC⊥AB， ∴AC＝AB＝6cm， 在Rt△AOC中，OC＝6cm， ∴tan∠OAC＝＝＝， ∴∠OAC＝30°， ∵OA＝OB， ∴∠OAB＝∠OBA＝30°， ∴∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠OBA＝120°， ∴∠AEB＝∠AOB＝60°， 故选：A． 4．（2023春•长兴县月考）如图，AB是⊙O的直径，CD⊥AB于点E，连结CO并延长，交弦AD于点F．若AB＝10，BE＝2，则OF的长度是（　　） A． B．3 C． D． 【分析】过O点作OH⊥AB交AD于H，如图，根据垂径定理得到CE＝DE，再利用勾股定理计算出CE＝4，则CD＝8，由于OH∥DE，利用平行线分线段成比例定理可计算出OH＝，然后由OH∥CD，利用平行线分线段成比例定理得到＝，从而利用比例性质可求出OF的长． 【解答】解：过O点作OH⊥AB交AD于H，如图， ∵AB＝10， ∴AO＝BO＝CO＝5， ∵BE＝2， ∴OE＝3， ∵CD⊥AB， ∴CE＝DE， 在Rt△OCE中，CE＝＝4， ∴CD＝2CE＝8， ∵OH∥DE， ∴＝，即＝， 解得OH＝， ∵OH∥CD， ∴＝，即＝， 解得OF＝， 即OF的长度是． 故选：C． 5．（2023秋•平湖市期末）如图，扇形OAB中，∠AOB＝120°，E，C，G是的四等分点，线段EF，CD，GH都与弦AB垂直，若AO＝6，那么线段AF的长是（　　） A． B． C．3 D． 【分析】根据垂径定理，勾股定理以及圆的对称性即可求出答案． 【解答】解：如图，由题意可知，延长CD一定过圆心O，连接OE交AD于点M， ∵∠AOB＝120°，E，C，G是的四等分点，线段EF，CD，GH都与弦AB垂直， ∴AD＝BD，∠AOC＝∠BOC＝∠AOB＝60°，∠AOE＝∠COE＝∠AOC＝30°， ∵EF⊥AD，OD⊥AD， ∴EF∥OD， ∴∠FEM＝∠DOM＝30°， 在Rt△EFM中，∠FEM＝30°， ∴FM＝EM， 同理DM＝OM， ∴FM+DM＝（EM+OM） 即DF＝OE， 在Rt△AOD中，∠OAD＝＝30°， ∴OD＝OA＝3，AD＝OA＝3， ∵OD＝OA＝6， ∴DF＝OD＝3， ∴AF＝AD﹣DF＝3﹣3， 故答案为：B． 6．（2024•浙江模拟）如图，将一装有水的球形容器放在水平地面上，其轴截面为⊙O的一部分，AB为容器口，DE为水面，已知⊙O半径为5cm，AB＝6cm，DE＝8cm，将容器从甲处AB与地面平行时向右缓慢滚至乙处水面DE正好经过点B时（水无溢出），点A相对甲处时升高了多少厘米？（　　） A． B． C． D．1 【分析】求出图甲中，点A到水平面DE的距离，再求出图乙中点A到水平面DE的距离可得结论． 【解答】解：如图甲中，过点O作OM⊥AB于点M，交DE于点N．在图乙中，过点A作AG⊥DE一点G，过点O作OH⊥AB于点H．OH交DE于点J，作ON⊥DE于点N． 如图甲中，∵AB∥DE，OM⊥AB， ∴OM⊥DE， ∴AM＝BM＝3（cm），DN＝NE＝4（cm）， ∴OM＝＝＝4（cm）．ON＝＝＝3（cm）， ∴MN＝OM﹣ON＝4﹣3＝1（cm）， ∴点A到水面DE的距离为1cm， 如图乙中，同法可得OH＝4cm， 在Rt△OHB和Rt△BNO中， ， ∴Rt△OHB≌Rt△BNO（HL）， ∴∠HOB＝∠NBO， ∴OJ＝JB， 设OJ＝JB＝x cm，则有x2＝32+（4﹣x）2， 解得x＝， ∴JH＝OH﹣OG＝4﹣＝（cm）， ∵∠AGB＝∠JHB＝90°，∠ABG＝∠JBH， ∴△AGB∽△JHB， ∴＝， ∴AG＝＝＝（cm）， ∴此时点A到水平面DE的距离为cm， ∴点A相对甲处时升高了﹣1＝（cm）． 故选：B． 7．（2023秋•武汉期末）如图，点P在⊙O的直径AB上，作正方形PCDE和正方形PFGH，其中点D，G在直径所在直线上，点C，E，F，H都在⊙O上，若两个正方形的面积之和为16，OP＝，则DG的长是（　　） A．6 B．2 C．7 D．4 【分析】设正方形PFGH的边长是x，由条件得到x2+（x+2）2＝16，从而求出正方形PFGH的边长，得到正方形PCDE的边长，进一步求出PD，PG的长，即可求出DG的长． 【解答】解：作OK⊥PC于K，设正方形PFGH的边长是x， ∵四边形PCDE是正方形， ∴∠CPD＝45°， ∵∠OKP＝90°， ∴△KOP是等腰直角三角形， ∴PK＝OP＝1， ∴CK＝FK＝x+1， ∴PC＝CK+PK＝x+2， ∵两个正方形的面积之和为16， ∴x2+（x+2）2＝16， ∴x＝﹣1或x＝﹣﹣1（舍）， ∴PC＝x+2＝+1，PH＝x＝﹣1， ∴PD＝PC＝+，PG＝PH＝﹣， ∴DG＝PD+PG＝2． 故选：B． 8．（2023•衢州一模）某品牌太阳能热水器的实物图和截面示意图如图所示，支架CD与地面垂直，真空集热管AB与地面水平线夹角∠BAC为30°，直线AB与CD都经过水箱截面的圆心O．已知DC＝65cm，AB＝180cm，则水箱内水面宽度BE为 　50　cm． 【分析】OC交BE于F点，如图，设⊙O的半径为r cm，则OC＝（r+65）cm，OA＝（r+180）cm，先利用含30度角的直角三角形三边的关系得到r+180＝2（r+65），解得r＝50，再根据平行线的性质得到OC⊥BE，∠OBE＝∠A＝30°，则可计算出BF＝25cm，然后根据垂径定理得到BE＝2BF． 【解答】解：OC交BE于F点，如图，设⊙O的半径为r cm，则OC＝（r+65）cm，OA＝（r+180）cm， Rt△OAC中，∵∠A＝30°， ∴OA＝2OC， 即r+180＝2（r+65）， 解得r＝50， ∴OB＝50cm， ∵BE∥AC， ∴OC⊥BE，∠OBE＝∠A＝30°， 在Rt△OAF中，∵∠OBF＝30°， ∴OF＝OB＝×50＝25（cm）， ∴BF＝OF＝25cm， ∵OF⊥BE， ∴BF＝EF＝25cm， ∴BE＝2BF＝50cm． 故答案为：50． 9．（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：． 10．（2022•海曙区一模）如图，圆O的半径为4，点P是直径AB上定点，AP＝1，过P的直线与圆O交于C，D两点，则△COD面积的最大值为 　8　；作弦DE∥AB，CH⊥DE于H，则CH的最大值为 　　． 【分析】当∠COD＝90°时，△COD面积有最大值，利用三角形的面积公式即可求解；当△COD面积有最大值时，CH取最大值，设△APO的PO边上的高为h1，△DPO的边PO上 的高为h2，利用S△CDO＝S△PCO+S△DPO，列出等式，即可求得h1+h2＝，则CH＝h1+h2，结论可得． 【解答】解：如图1， ∵OC•OD•sin∠COD， ∴当∠COD＝90°时，△COD面积有最大值，且最大值＝×4×4×1＝8； 设△CPO的PO边上的高为h1，△DPO的边PO上的高为h2，如图， ∵S△CDO＝S△PCO+S△DPO， ∴当△COD面积有最大值时， PO×h1+PO×h2＝8． ∴×3×（h1+h2）＝8， ∴h1+h2＝． ∴CH的最大值为． 故答案为：8；． 11．（2024•湖州一模）如图，某兴趣小组运用数学知识设计徽标，将边长为的正方形分割成的七巧板拼成了一个轴对称图形，取名为“火箭”，并过该图形的A，B，C三个顶点作圆，则该圆的半径长是 　　． 【分析】先求得AD＝10，AB＝6，利用垂径定理求得BD＝3，在Rt△OBD中，由勾股定理求解即可． 【解答】解：∵将边长为的正方形分割成的七巧板拼成了一个轴对称图形，如图，连接OB， ∴AD＝2+4+2+2＝10，BC＝2+2+2＝6， ∴． 设该圆的半径长是x，则OB＝x，OD＝10﹣x， 在Rt△OBD中，由勾股定理得x2＝（10﹣x）2+32， 解得． ∴该圆的半径长是， 故答案为：． 12．（2024•温州模拟）某一公路单向隧道由一弧形拱与矩形组成，为了确定大货车通过公路隧道的最大高度，道路交通学习小组展开了以下研究．如图1，经测量得AB＝4m，为了确定BC与弧形拱半径的长度，学习小组找到一根5m长的笔直杆子，将杆子一端置于点C处，另一端置于AD上点E处，AE＝1m．如图2，调整杆子位置，直至一端在AB上的点G处，另一端在圆弧上点F处，FG⊥AB，GB＝1m，如图3，某一集装箱大货车宽为2.4m，则该大货车的最大高度（包括货物） 　　m． 【分析】如图1所示，过点E作ET⊥BC于T，则四边形ABTE是矩形，可得ET＝AB＝4m，BT＝AE＝1m，利用勾股定理可得CT＝3m，则BC＝CT+BT＝4m；如图2所示，设所在圆的圆心为O，过点O作OE⊥BC交BC于点E，交GF于点H，过点O作OK⊥CD于K，则四边形BEHG是矩形，四边形OECK是矩形，可得HG＝BE，HE＝BG＝1m，OE＝CK＝2m，则OH＝OE﹣HE＝1m，设HG＝BE＝am，则FH＝（5﹣a）m，CE＝（4﹣a）m，由勾股定理可得方程12+（5﹣a）2＝22+（4﹣a）2，解得a＝3，则FH＝2m，进而可得；如图3所示，构造MN//AB，且MN＝2.4m，过点O作OJ⊥MN于点J，OE⊥BC于E，延长JO交AB于L，连接OM，由垂径定理得到，则，由图2可知，BE＝3m，证明四边形OLBE是矩形，得到OL＝BE＝3m，，则大货车的最大高度（包括货物）为． 【解答】解：如图1所示，过点E作ET⊥BC于T， 则四边形ABTE是矩形， ∴ET＝AB＝4m，BT＝AE＝1m， ∴， ∴BC＝CT+BT＝4m； 如图2所示， 设所在圆的圆心为O，过点O作OE⊥BC交BC于点E，交GF于点H，过点O作OK⊥CD于K，则四边形BEHG是矩形，四边形OECK是矩形， ∴HG＝BE，HE＝BG＝1m，， ∴OH＝OE﹣HE＝1m， 设HG＝BE＝am，则FH＝（5﹣a）m，CE＝（4﹣a）m， ∵OF2＝OC2，OF2＝OH2+FH2，OC2＝OE2+CE2， ∴12+（5﹣a）2＝22+（4﹣a）2， 解得a＝3， ∴FH＝2m， ∴； 如图3所示， 构造MN//AB，且MN＝2.4m，过点O作OJ⊥MN于点J，OE⊥BC于E，延长JO交AB于L，连接OM， ∴， ∴， 由图2可知，BE＝3m， ∵MN∥AB，OJ⊥MN， ∴OL⊥AB， ∴四边形OLBE是矩形， ∴OL＝BE＝3m， ∴， ∴大货车的最大高度（包括货物）为， 故答案为：． 13．（2024•鹿城区校级三模）如图是半球型建筑物的横截面示意图，O是圆心，直径AB＝6m．在半圆上的点C，D处分别安装了光束角相同的照明灯（即∠ACE＝∠ODB），C处灯照亮了AE，AE＝2m，D处灯照亮了OB，若光线CA平行光线DO，则点D，点C到AB的高度差为 　　m． 【分析】如图，连接CO，过点C作CM⊥AB于点M，过点D作DN⊥AB于点N．首先利用相似三角形的性质证明CM：DN＝2：3，解直角三角形求出CM，DN可得结论． 【解答】解：如图，连接CO，过点C作CM⊥AB于点M，过点D作DN⊥AB于点N． ∵AC∥DO， ∴∠A＝∠DOB， ∵∠ACE＝∠ODB， ∴△ACE∽△ODB， ∵CM，DN是三角形的高， ∴＝＝， ∵OD＝OB， ∴∠ODB＝∠B， ∴∠AEC＝∠B＝∠ACE， ∴AC＝AE＝2， 设CM＝x，则有22﹣x2＝32﹣（3﹣x）2， ∴x＝， ∴CM＝＝＝， ∴DN＝CM＝2， ∴DN﹣CM＝2﹣＝． 故答案为：． 14．（2023•瑞安市模拟）如图，某公园有一月牙形水池，水池边缘有A，B，C，D，E五盏装饰灯．为了估测该水池的大小，观测员在A，D两点处发现点A，E，C和D，E，B均在同一直线上，沿AD方向走到F点，发现∠AFC＝90°．测得AD＝9.6米，AE＝DE＝8米，DF＝2.4米，则所在圆的半径为 　5　米，所在圆的半径为 　　米． 【分析】如图，连接BC，过点E作EM⊥AD于M，交BC于N，设所在圆的圆心为O，连接AO，设圆O的半径为x米，根据勾股定理和垂径定理列方程可得x的值；设所在圆的圆心为O'，则O'在MN上，连接O'A，O'C，则O'A＝O'C，设O'M＝b米，再根据勾股定理可得O'A的长． 【解答】解：如图，连接BC，过点E作EM⊥AD于M，交BC于N， 设所在圆的圆心为O，连接AO， ∵AE＝ED，EM⊥AD， ∴AM＝DM＝AD＝4.8米， ∴点O在EM上， 设圆O的半径为x米， Rt△AEM中，AE＝8米，AM＝4.8米， ∴EM＝＝＝6.4米， ∴OM＝（6.4﹣x）米， 在Rt△AMO中，由勾股定理得：AO2＝AM2+OM2， ∴x2＝4.82+（6.4﹣x）2， ∴x＝5， ∴所在圆的半径为5米； ∵AE＝ED， ∴∠EAD＝∠EDA， ∵∠EAD＝∠CBE，∠EDA＝∠ECB， ∴∠EBC＝∠ECB， ∴EB＝EC， ∵∠AED＝∠CEB， ∴∠EAD＝∠ECB， ∴AD∥BC， ∴∠CNE＝∠AME＝90°， ∵CF⊥AD， ∴∠AFC＝90°， ∴∠AFC＝∠CNE＝∠FMN＝90°， ∴四边形MNCF是矩形， ∴MN＝CF，CN＝FM＝2.4+4.8＝7.2， ∵∠AEM＝∠CEN， ∴tan∠AEM＝tan∠CEN，即＝， 即＝＝， ∴EN＝9.6米， ∴MN＝9.6+6.4＝16（米）， 设所在圆的圆心为O'，则O'在MN上， 连接O'A，O'C，则O'A＝O'C， 设O'M＝b米， 由勾股定理得：O'A2＝4.82+b2＝（16﹣b）2+7.22， ∴b＝8.9， ∴O'A＝＝（米）， 即所在圆的半径为米． 故答案为：5，． 15．（2024•浙江校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点I在DE上，以EF为直径的圆交直线AB于点M，N．若I为DE的中点，AB＝5，则MN＝　　． 【分析】连接EC，FC，证明点E，C，F在同一条直线上，过点E，F作直线MN的垂线，垂足为R，T，设EF的中点为O，过点O作OK⊥MN于K，连接OM，证明△ABC和△AIE全等得BC＝IE，再根据点I为DE的中点得AC＝2BC，由此可得BC＝，AC＝2BC＝，进而得EC＝，FC＝，则EF＝EC+FC＝，由此得OM＝，证明△ABC∽△EAR得AR＝4，同理可证△ABC∽△BFT得FT＝1，证明OK为梯形EFTR的中位线，则OK＝（ER+FT）＝，然后在Rt△OMK中由勾股定理求出MK＝，进而可得MN的长． 【解答】解：连接EC，FC， ∵四边形ACDE和四边形BCGF均为正方形， ∴AC＝AE＝ED，∠ACE＝45°，∠CAE＝∠AED＝90°，BC＝BF，∠BCF＝45°， ∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°， ∴∠ACE+∠ACB+∠BCF＝180°， ∴点E，C，F在同一条直线上， 过点E，F作直线MN的垂线，垂足为R，T，设EF的中点为O，过点O作OK⊥MN于K，连接OM，如图所示： ∵四边形ABHI和四边形BCGF均是正方形， ∴∠IAC＝90°，AB＝AI，∠CBF＝90°，BC＝BF， ∴∠BAC+∠CAI＝90°， 又∵∠IAE+∠CAI＝90°， ∴∠BAC＝∠IAE， 在△ABC和△AIE中， ， ∴△ABC≌△AIE（SAS）， ∴BC＝IE， ∵点I为DE的中点， ∴ID＝IE， ∴AE＝ED＝2IE， ∴AC＝2BC， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2， 即（2BC）2+BC2＝52， ∴BC＝，AC＝2BC＝， 在Rt△ACE中，AC＝AE＝， 由勾股定理得：EC＝＝， 在Rt△BFC中，BC＝BF＝， 由勾股定理得：FC＝＝， ∴EF＝EC+FC＝＝， ∵EF为⊙O的直径， ∴OE＝OF＝OM＝， ∵∠CAE＝90°，ER⊥MN， ∴∠BAC+∠EAR＝90°，∠AER+∠EAR＝90°， ∴∠BAC＝∠AER， 又∵∠ACB＝∠R＝90°， ∴△ABC∽△EAR， ∴AC：ER＝AB：AE， 即：ER＝5：， ∴AR＝4， 同理可证：△ABC∽△BFT， ∴BC：FT＝AB：BF， 即：FT＝5：， ∴FT＝1， ∵ER⊥MN，FT⊥MN，OK⊥MN，点O为EF的中点， ∴OK为梯形EFTR的中位线， ∴OK＝（ER+FT）＝×（4+1）＝， 在Rt△OMK中，OM＝，OK＝， 由勾股定理得：MK＝＝， ∵点O为⊙O的圆心，OK⊥MN， ∴MN＝2MK＝． 故答案为：． 16．（2024•椒江区校级模拟）如图1是一款轴对称“磁悬浮地漏”无水时的示意图，它由一个圆弧形密封盖与两个磁体组成（下侧磁体固定不动），连接杆EF与地面BD垂直，排水口，密封盖最高点E到地面的距离为6mm，整个地漏的高度EG＝75mm（G为磁体底部中点），密封盖被磁体顶起将排水口密封，所在圆的半径为 　39　mm；当有水时如图2所示，密封盖下移排水，当密封盖下沉至最低处时，点M'恰好落在BG中点，若点M'到E'F'的距离为36mm，则密封盖下沉的最大距离为 　16.5　mm． 【分析】①根据已知条件得到直角三角形，再利用勾股定理得到OH的长度，进而得到半径； ②利用三角形中位线的性质得到M'Z，再利用勾股定理及矩形的性质得到密封盖下沉的最大距离． 【解答】解：①设作圆O，连接CD交CE于点H， 设OH＝x mm， ∵最高点E到地面的距离为6mm， ∴OE＝（6+x）mm， ∵， ∴， ∴在Rt△OHD中，， ∵OE＝OD， ∴， ∴x＝33， ∴OE＝39mm， 故答案为：39． ②作M'P'⊥E'G，延长GE'，交AB于点Q'，作M'Z⊥AB交AB于点Z， ∵M'P'⊥E'G， ∴M′Z∥E′G， ∴点Z是BQ'的中点， ∵M'为BG的中点， ∴M'Z为△GQ'B的中位线， ∴， ∵EG＝75mm，EQ'＝6mm， ∴GQ'＝69mm， ∴， ∵点M'到E'F'的距离为36mm， ∴MJ＝M'P'＝36mm， ∵OM＝OE＝39mm， 回到图1，作MJ⊥EG， 由勾股定理得：（mm）， ∴移动前M到地面的距离为：JH＝39﹣15﹣6＝18（mm）， ∵M移动的距离为密盖下沉的距离， ∴MM'＝M'Z﹣JH＝34.5﹣18＝16.5（mm）， ∴密封盖下沉的最大距离为16.5mm． 故答案为：16.5． 17．（2023秋•拱墅区校级期中）如图1是某学校食堂墙壁上“光盘行动，从我做起”的长方形宣传画，画的左侧为一个圆盘上摆放一双筷子，画的下边缘为水平线，图2是其示意图，水平线l上的点A在圆心O的正下方，筷子与⊙O右下方交于B，C两点，线段BD，CE分别垂直l于点D，E．测得AD＝3DE＝15cm，CE＝BD＝15cm，则圆盘⊙O的半径为 　25　cm． 【分析】连接OA，过点O作OG⊥CE于点G，交BD于点F，易证四边形AOFD、AOGE是矩形，从而得出AD＝OF，AE＝OG，OA＝FD＝GE，设OA＝x cm，则可求BF＝（x﹣10），CG＝（x﹣15），根据勾股定理建立关于x的方程152+（x﹣10）2＝202+（x﹣15）2，即可求出x的值，最后在Rt△OBF中根据勾股定理即可求出半径． 【解答】解：如图，连接OA，过点O作OG⊥CE于点G，交BD于点F， ， ∵线段BD，CE分别垂直l于点D，E ∴BD∥CE， ∴OF⊥BD， ∵水平线l上的点A在圆心O的正下方， ∴OA⊥AE， ∴四边形AOFD、AOGE都是矩形， ∴AD＝OF，AE＝OG，OA＝FD＝GE， ∵AD＝3DE＝15cm，， ∴OF＝15cm，OG＝AE＝AD+DE＝20（cm）， 设OA＝x cm，则BF＝（x﹣10），CG＝（x﹣15），， 在Rt△BOF中，BO2＝OF2+BF2＝152+（x﹣10）2， 在Rt△COG中，CO2＝OG2+CG2＝202+（x﹣15）2， 又∵BO＝CO， ∴152+（x﹣10）2＝202+（x﹣15）2， ∴x＝30， ∴BF＝20cm， ∴BO＝＝25（cm）， 即圆盘⊙O的半径为25cm． 故答案为：25． 18．（2023秋•苍南县月考）图1是车载手机支架实物图，图2是其正面示意图，其中OA，OB，OC为伸缩杆，其中OA＝OB＝OC，支架最大宽度AB＝10cm，支架的高为10cm，则△ABC外接圆O的半径为 　　cm，当一部宽为8cm的手机置于支架中，如图3，此时手机夹臂收缩，手机托下移，手机伸缩杆的移动距离相同（BG＝AE＝CF），形成的△EFG外接圆的圆心为点P，若，则OP为 　　cm． 【分析】延长CO交AB于点D，依题意得AB＝10cm，CD＝10cm，再由垂径定理得OD⊥AB，AD＝BD＝5cm，设⊙O的半径为r cm，则OA＝OB＝OC＝r cm，OD＝CD﹣OC＝（10﹣r）cm，在Rt△OAD中由勾股定理求出r即可； 延长CO交AB于D，交GE于H，连接PE，依题意得：AB＝10cm，GE＝8cm，由垂径定理及切线的性质可知：OD⊥AB，OD⊥GE，AD＝BD＝5cm，EH＝GH＝4cm，由OG：GE＝5：8得GE＝8cm，进而得OG＝OE＝5cm，由OA＝OC＝cm可得BG＝AE＝CF＝cm，进而得OF＝OC+CF＝cm，在Rt△OHE中由勾股定理求出OH＝3cm，设OP＝a cm，则PH＝PO+OH＝（a+3）cm，PE＝PF＝OF﹣OP＝（﹣a）cm，在Rt△PHE中由勾股定理即可求出a的值． 【解答】解：延长CO交AB于点D，如图1所示： 依题意得：AB＝10cm，CD＝10cm， 由垂径定理得：OD⊥AB，AD＝BD＝5cm， 设⊙O的半径为r cm，则OA＝OB＝OC＝r cm， ∴OD＝CD﹣OC＝（10﹣r）cm， 在Rt△OAD中，由勾股定理得：AD2＝OA2﹣OD2， ∴（10﹣r）2＝r2﹣52， 解得：r＝， ∴⊙O的半径为cm； 延长CO交AB于D，交GE于H，连接PE，如图2所示： 依题意得：AB＝10cm，GE＝8cm， 由垂径定理及切线的性质可知： OD⊥AB，OD⊥GE，AD＝BD＝5cm，EH＝GH＝4cm， ∵BG＝AE＝CF，OA＝OB， ∴OG＝OE， ∵OG：GE＝5：8，GE＝8cm， ∴OG＝OE＝5cm， 又∵OA＝OC＝cm； ∴BG＝AE＝OA﹣OE＝﹣5＝（cm）， ∴CF＝cm， ∴OF＝OC+CF＝＝（cm）， 在Rt△OHE中，由勾股定理得：OH＝＝＝3（cm）， 设OP＝a cm，则PH＝PO+OH＝（a+3）cm，PE＝PF＝OF﹣OP＝（﹣a）cm， 在Rt△PHE中，由勾股定理得：PE2＝EH2+PH2， 即（﹣a）2＝42+（a+3）2， 解得：a＝． 即OP为． 故答案为：；． 19．（2023春•兰溪市月考）如图1是护眼学习台灯，该台灯的活动示意图如图2所示．灯柱BC＝6cm，灯臂AC绕着支点C可以旋转，灯罩呈圆弧形（即和）．在转动过程中，AD（EF）总是与桌面BH平行．当AC⊥BH时，AB＝46cm，DM⊥MH，测得DM＝37.5cm（点M在墙壁MH上，且MH⊥BH）． （1）当灯臂AC转到CE位置时，FN⊥MH测得FN＝13.5cm，则点E到桌面BH的距离为 　38　cm． （2）若此时点C，F，M在同一条直线上，的最低点到桌面BH的距离为35cm，则EF所在圆的半径为 　39　cm． 【分析】根据题意，通过作平行线和垂线，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系求出相应的边，再在圆中，利用垂径定理和勾股定理列方程求解即可． 【解答】解：（1）延长MD，NF，则M、D、A在一条直线上，N、F、E、Q在一条直线上， 由题意得，AC＝EC＝AB﹣BC＝46﹣6＝40（cm）， QE＝37.5﹣13.5＝24（cm）， 在Rt△CQE中，由勾股定理得， QC＝＝＝32（cm）， ∴QB＝QC+BC＝32+6＝38（cm）， 即点E到桌面BH的距离为38cm． 故答案为：38； （2）过点F作FP⊥AM于点P， 则FP＝AQ＝AB﹣QB＝46﹣38＝8（cm）， ∵C、F、M在同一条直线上，FP∥AC， ∴△MFP∽△MCA， ∴＝， 即＝， 解得MA＝67.5， ∴EF＝QN﹣QE﹣FN＝67.5﹣24﹣13.5＝30（cm）， 如图3，可得EK＝EF＝15cm，KL＝46﹣8﹣35＝3（cm）， 设半径为r cm，则OE＝r cm，OK＝（r﹣3）cm， 在Rt△OKE中， OE2＝EK2+OK2， 即r2＝152+（r﹣3）2， 解得r＝39， 故答案为：38，39． 20．（2023春•乐清市月考）如图1，是某隧道的入口，它的截面如图2所示，是由和矩形ABCD组成，且点B，C也在所在的圆上，已知AB＝4m，M是BC的中点，此时隧道的最高点P离地面BC的距离MP＝8m，则该道路的路面宽BC＝　8　m；在上，离地面相同高度的两点E，F装有两排照明灯，若点E是的中点，则这两排照明灯离地面的高度是 　（2+2）　m． 【分析】连接PM，作AB的垂直平分线OG，交PM于点O，交AB于点G，则点O是圆心，连接OB，可得半径，在利用勾股定理求BM即可；连接PA、OE交于点N，作AH⊥PM于点H，EQ⊥BC于点Q，交OG于点K，用勾股定理求出AP，进而可求ON，在证明△EOK≌△OPN即可． 【解答】解：连接PM，作AB的垂直平分线OG，交PM于点O，交AB于点G， 则点O是圆心，连接OB， ∴OM＝BG＝AB＝2m， ∵MP＝8m， ∴圆的半径为8﹣2＝6m， ∴BM＝， ∴BC＝2BM＝8m， 连接PA、OE交于点N，作AH⊥PM于点H，EQ⊥BC于点Q，交OG于点K， ∵MP＝8m，MH＝AB＝4m， ∴PH＝8﹣4＝4m， ∵AH＝BM＝4m， ∴PA＝m， ∵E是的中点， ∴OE垂直平分AP， ∴PN＝AP＝2m， ∴ON＝m， ∵EQ⊥BC，PM⊥BC， ∴EQ∥PM， ∴∠OEK＝∠EOP， 在△EOK和△OPN中， ， ∴△EOK≌△OPN（AAS）， ∴EK＝ON＝2m， ∴EQ＝EK+KQ＝（2+2）m， 故答案为：8m、（2+2）． 21．（2023•衢州一模）如图，ED为一条宽为4米的河，河的西岸建有一道防洪堤，防洪堤与东岸的高度差为3米（即CE＝3米），因为施工需要，现准备将东岸的泥沙通过滑轨送到西岸的防洪堤上，防洪堤上已经建好一座固定滑轨一端的钢架，现准备在东岸找一个点P作为另一端的固定点，已知吊篮的截面为直径为1米的半圆（直径MN＝1米），绳子QM＝QN＝1.3米，钢架高度2.2米（AB＝2.2米），距离防洪堤边缘为0.5米（BC＝0.5米）． （1）西岸边缘点C与东岸边缘点D之间的距离为 　5　米； （2）滑轨在运送货物时保持笔直，要想做到运输过程中吊篮一定不会碰到点C，则DP的长度应大于 　　米． 【分析】（1）连接CD，利用勾股定理求解即可； （2）延长EC交AP于点G，过点Q作QK⊥MN于点K，延长AB与PE相交于点O，根据等腰三角形的性质和勾股定理求得QK＝1.2，从而求得吊篮的总长度为1.2+0.5＝1.7，根据题意可得点C到滑轨的距离不小于1.7，再利用△GPE∽△APD可得＝，设PD＝x，根据比例关系即可求出PD． 【解答】解：（1）如图所示，连接CD， 由题意可知∠CED＝90°，CE＝3，DE＝4， 则由勾股定理可得：CD＝＝＝5， 故答案为：5； （2）如图所示，延长EC交AP与点G，过点Q作QK⊥MN于点K，延长AB与PE相交于点O， ∵QM＝QN＝1.3，MN＝1， ∴△QMN是等腰三角形， ∴MK＝MN＝， ∴QK＝＝1.2， ∵滑轨在运送货物时保持笔直，要想做到运输过程中吊篮一定不会碰到点C，设切点为J，延长OK交CD与点W． ∴KW＝＝ 则CG至少为1.2+＝米， ∵∠AOP＝∠GEP＝90°，∠GPE＝∠APO， ∴△GPE∽△APO， ∴＝， 设PD＝x，则PE＝x+4，GE＝GC+CE＝+3＝，AO＝3+2.2＝5.2，PO＝x+4+0.5＝4.5+x， ∴＝， 解得x＝， 故答案为：． 22．（2023秋•新昌县期末）如图，在直角坐标系中，直线y＝x﹣4与坐标轴相交于点A，B，过点O，A的⊙E与该直线相交于点C，连结OE，OE＝2.5． （1）求点E到x轴的距离． （2）连结OC，求OC的长． 【分析】（1）过点E作EH⊥x轴于点H，如图，先确定A（4，0），再根据垂径定理得到OH＝2，然后利用勾股定理计算出EH即可； （2）连结OC，CE，如图，先求出B（0，﹣4），则可判断△OAB为等腰直角三角形，所以∠OAB＝45°，再根据圆周角定理得到∠OEC＝90°，所以△OCE为等腰直角三角形，于是根据等腰直角三角形的性质可求出OC的长． 【解答】解：（1）过点E作EH⊥x轴于点H，如图， 当y＝0时，x﹣4＝0，解得x＝4， ∴A（4，0）， ∵EH⊥OA， ∴OH＝AH＝OA＝2， 在Rt△OHE中，EH＝＝＝， ∴点E到x轴的距离为； （2）连结OC，CE，如图， 当x＝0时，y＝x﹣4＝﹣4， ∴B（0，﹣4）， ∵OA＝OB＝4， ∴△OAB为等腰直角三角形， ∴∠OAB＝45°， ∴∠OEC＝2∠OAB＝90°， △OEC为等腰直角三角形， ∴OC＝OE＝． 23．（2023秋•绍兴期中）如图，隧道的截面由圆弧AED和矩形ABCD构成，矩形的长BC为12m，宽AB为3m，隧道的顶端E（圆弧AED的中点）高出道路（BC）7m． （1）求圆弧AED所在圆的半径； （2）如果该隧道内设双行道，现有一辆超高货运卡车高6m，宽3.3m，通过计算问这辆货运卡车能否通过该隧道，写出理由． 【分析】（1）设圆心为点O，半径为r，根据垂径定理得到，再求出OF＝（r﹣4）m，在Rt△OAF中，由勾股定理建立方程62+（r﹣4）2＝r2，解方程即可得到答案； （2）如图，在OE上取点G，且使OG＝5.5m，过G作HG⊥OE交ED于H点，连接OH，利用勾股定理GH的长，然后与车宽进行大小比较即可． 【解答】解：（1）如图，设圆弧AED所在圆的圆心为点O，半径为r，连接OE交AD于点F，连接OA， 由垂径定理得：OF垂直平分AD， ∵四边形ABCD是矩形，BC＝12m，AB＝3m，点E到BC的距离为7m， ∴AD＝BC＝12m，EF＝7﹣AB＝4m， ∴，OF＝OE﹣EF＝（r﹣4）m， 在Rt△OAF中，由勾股定理得AF2+OF2＝OA2， ∴62+（r﹣4）2＝r2， 解得r＝6.5＝OH， ∴圆弧AED所在圆的半径为6.5m； （2）这辆货运卡车不能通过该隧道，理由如下： 如图，在OE上取点G，且使OG＝5.5m，过G作HG⊥OE交ED于H点，连接OH， 依题意，圆弧所在圆的半径为6.5m，E到BC的距离为7m，则点O到BC的距离为0.5m， ∴G点到BC的距离为OG+0.5＝6m， 在Rt△OHG中，GH＝＝＝2， ∵2＞3.3， ∴这辆货运卡车能通过该隧道． 24．（2023秋•西湖区校级期中）如图，某公路上有一隧道，顶部是圆弧形拱顶，圆心为O，隧道的水平宽AB为24m，AB离地面的高度AE＝10m，拱顶最高处C离地面的高度CD为18m．若在拱顶的M，N处安装照明灯，且M，N离地面的高度相等，都为17m． （1）求圆弧形拱顶的半径的长度； （2）求MN的长度． 【分析】根据题意和垂径定理得到CG＝8m，AG＝12m，CH＝1m，根据勾股定理求得半径，进而利用勾股定理求得MH，即可求得MN． 【解答】解：（1）设CD于AB交于G，与MN交于H． ∵CD＝18m，AE＝10m，AB＝24m，HD＝17m， ∴CG＝CD﹣DG＝18﹣10＝8（m），AG＝AB＝×2412（m），CH＝CD﹣DH＝18﹣17＝1（m）， 设圆拱的半径为r， 在Rt△AOG中，OA2＝OG2+AG2， ∴r2＝（r﹣8）2+122， 解得r＝13， ∴圆弧形拱顶的半径的长度为13m； （2）∵OC＝13m， ∴OH＝13﹣1＝12（m），在Rt△MOH中，OM2＝OH2+MH2， ∴132＝122+MH2， 解得MH2＝25， ∴MH＝5（m）， ∴MN＝10（m）． 25．（2023秋•义乌市期中）某地有一座圆弧形拱桥，桥下水面宽度AB为24m，拱顶高出水面8m（即CD＝8m），OC⊥AB， （1）求出该圆弧形拱桥所在圆的半径； （2）现有一艘宽10m，船舱高出水面7.5m的货船要经过这里，此货船能顺利通过这座桥吗？ 【分析】（1）连接OA，根据垂径定理得出，设OA＝OC＝r，则OD＝（r﹣8）m，在Rt△AOD中，根据勾股定理可得AD2+OD2＝OA2，列出方程求解即可； （2）易得OD＝OC﹣CD＝5米，构造如图所示矩形MEFN，OM连接，推出米，根据勾股定理可得米，求出DH＝OH﹣OD，再与7.5米进行比较即可． 【解答】解：（1）解：连接OA， ∵AB＝24m，OC⊥AB， ∴， 设OA＝OC＝r， ∵CD＝8m， ∴OD＝（r﹣8）m， 在Rt△AOD中，根据勾股定理可得：AD2+OD2＝OA2， 即122+（r﹣8）2＝r2， 解得：r＝13， 答：该圆弧形拱桥所在圆的半径为13米． （2）解：∵r＝13米，CD＝8m， ∴OD＝OC﹣CD＝5（米）， 构造如图所示矩形MEFN，OM连接， 当EF＝MN＝10m时， ∵OC⊥AB， ∴OC⊥MN， ∴（米）， 根据勾股定理可得：（米）， ∴DH＝OH﹣OD＝12﹣5＝7（米）， ∵7＜7.5， ∴此货船不能顺利通过这座桥． 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 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$