第29章 圆 提优综合检测卷（B卷） 2026-2027学年人教版九年级数学上册

**基本信息** 第29章圆提优综合检测卷（B卷），90分钟120分，适用于单元复习，覆盖圆的核心知识，注重几何直观与推理能力，梯度设计合理。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/30|圆心角、圆周角、点与圆位置关系|结合网格、折叠情境，考查空间观念| |填空题|6/24|直径性质、弧度数、实际应用（铅球坑）|联系生活实际，培养应用意识| |解答题|6/66|切线证明、扇形面积、内接四边形综合|分层设计，从基础证明到探究关系，发展推理能力与创新意识|

卷11 第29章圆提优综合检测卷（B卷） （时间:90分钟 满分120分） 一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出的选项中只有一个选项符合题意）1．（2024秋•七台河期末）如图，点B，C，D在⊙O上，若∠BCD＝128°，则∠BOD的度数是（　　） A．52° B．64° C．82° D．104° 2．（2023秋•泰兴市期中）如图，四边形PAOB是扇形OMN的内接矩形，顶点P在弧MN上，且不与M，N重合，当P点在弧MN上移动时，矩形PAOB的形状、大小随之变化，则PA2+PB2的值（　　） A．变大 B．变小 C．不变 D．不能确定 3．（2025•邢台模拟）如图，在任意△ABC中，折叠三角形，使得点B与点A重合，DE为折痕，连接CD，下列说法错误的是（　　） A．线段DE一定垂直平分线段AB B．线段DE可能是△ABC的中位线 C．线段CD一定是△ABC的中线 D．线段CD一定不是△ABC的角平分线 4．（2026春•青山湖区校级月考）已知线段AB＝4cm，用尺规作大小确定的圆，使之过点A，B，则这样的圆可以作（　　） A．1个 B．2个 C．1个或2个 D．0个，1个或2个 5．（2025•兴化市二模）如图，要用一个扇形纸片围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），若该圆锥的底面圆周长为8πcm，侧面积为72πcm2，则这个扇形的圆心角的度数是（　　） A．70° B．80° C．90° D．100° 6．（2025•桑植县三模）如图所示，在半径为5的圆O中，AB，CD是互相垂直的两条弦，垂足为P，且AB＝CD＝8，则OP的长为（　　） A．3 B．4 C． D． 7．（2025秋•南宫市期末）如图，在⊙O中，AB是直径，，∠AOE＝60°，则∠BOC的度数为（　　） A．35° B．40° C．45° D．60° 8．（2025秋•榆阳区校级期末）如图，已知AB、CD是⊙O的弦，且AB＝CD，如果∠BOD＝84°，则∠ACO的度数是（　　） A．48° B．42° C．44° D．46° 9．（2025•南充模拟）如图，在4×3的长方形网格中，每个小正方形的顶点叫作格点，△OAB的顶点均在格点上．在网格中找到格点C，连接OC，BC，使得∠OCB＝2∠OAB，则满足条件的格点C有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 10．（2025秋•洪山区期中）如图，在圆内接四边形ABCD中，∠ADB＝∠BDC＝60°，若四边形ABCD的面积是S，BD的长是x，则S与x之间的函数关系式是（　　） A． B． C．S＝x2 D． 二．填空题（共6小题，每小题4分，共24分） 11．（2025秋•南关区校级期末）已知点P在⊙O外，⊙O的直径是10，则点O到点P的距离d的范围是　 　 ． 12．（2025•连云港校级二模）如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上的两点，若∠ABD＝50°，则∠C的度数为 　 　 ． 13．（2026•滨湖区校级二模）如图，A、B、C、D在⊙O上，AB＝BC＝DA，AD、BC的延长线交于点P，且∠P＝40°，则弧CD的度数为 　 　 ． 14．（2024秋•前郭县期末）在练习掷铅球项目时，某同学掷出的铅球直径为10cm，在操场地上砸出一个深2cm的小坑，则该坑的直径AB为 　 　 cm． 15．（2026•山阳县二模）如图，点A、B、C在⊙O上，D是弧AB的中点，CD交OA于点E．若∠AOB＝100°，∠OBC＝20°，则∠OEC的度数是　 　 ． 16．（2026•兴化市二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，AB≠BC，，弦AC与BD交于点E．若AB＝8，设点O到点E的距离为d，则d的取值范围是　 　 ． 三．解答题（共6小题，共66分） 17．（10分）（2025秋•南京校级月考）如图，AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，，BF与CD交于点G． （1）求证：CD＝BF． （2）若BE＝1，BF＝4，求GE的长． 18．（10分）（2025春•广州月考）（1）尺规作图，作出△ABC的外接圆（不写作图过程，但保留作图痕迹）； （2）若，∠B＝45°，BC＝6，求△ABC外接圆中的的长． 19．（10分）（2025秋•杭州校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝6cm，以AB为直径作半圆，交BC于点D，交AC于点E． （1）若点E是弧AB中点，求AE的长． （2）若∠BAC＝50°，求弧DE的长． 20．（10分）（2025秋•吉林期末）如图，BC是⊙O的直径，P是⊙O上一点，A是的中点，AD⊥BC于点D，BP与AD相交于点E． （1）求证：AE＝BE． （2）若BD＝OD＝2，求阴影部分的面积（结果保留π和根号）． 21．（12分）（2024•包头模拟）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BD是⊙O的直径，点F是CD延长线上的一点，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于点E． （1）求证：AB＝AC； （2）若BD＝12，DE＝2，求BC的长． 22．（14分）（2025秋•海沧区校级月考）如图，△ABC内接于⊙O，AC为直径，在CA延长线上取一点E，使得AE＝AB，连接BE，在AE下方，作∠AFE＝∠BCA，连接CF交⊙O于点D，连接BD，OB． （1）如图1，若∠BOC＝120°，的长为． ①求⊙O的半径长； ②若∠BDC＝∠AEF，求CD的长． （2）如图2，当AF＝EF，2∠CBD＝3∠BCA时，试探究BD与EF的数量关系，并说明理由． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 卷11 第29章圆提优综合检测卷（B卷） （时间:90分钟 满分120分） 一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出的选项中只有一个选项符合题意） 1．（2024秋•七台河期末）如图，点B，C，D在⊙O上，若∠BCD＝128°，则∠BOD的度数是（　　） A．52° B．64° C．82° D．104° 【分析】在优弧BD上取一点E，连接BE，DE，由圆内接四边形的性质推出∠E+∠BCD＝180°，求出∠E＝52°，由圆周角定理得到∠BOD＝2∠E＝104°． 【解答】解：在优弧BD上取一点E，连接BE，DE， ∵四边形BCDE是圆内接四边形， ∴∠E+∠BCD＝180°， ∵∠BCD＝128°， ∴∠E＝52°， ∴∠BOD＝2∠E＝104°． 故选：D． 【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，关键是由圆内接四边形的性质推出∠E+∠BCD＝180°，由圆周角定理得到∠BOD＝2∠E． 2．（2023秋•泰兴市期中）如图，四边形PAOB是扇形OMN的内接矩形，顶点P在弧MN上，且不与M，N重合，当P点在弧MN上移动时，矩形PAOB的形状、大小随之变化，则PA2+PB2的值（　　） A．变大 B．变小 C．不变 D．不能确定 【分析】连接OP，根据勾股定理以及矩形的性质定理即可求解． 【解答】解：∵直角△PAB中，AB2＝PA2+PB2， 又∵矩形PAOB中，OP＝AB， ∴PA2+PB2＝AB2＝OP2． 故选：C． 【点睛】本题考查的是圆的认识，涉及到矩形的性质定理以及勾股定理，正确作出辅助线是关键． 3．（2025•邢台模拟）如图，在任意△ABC中，折叠三角形，使得点B与点A重合，DE为折痕，连接CD，下列说法错误的是（　　） A．线段DE一定垂直平分线段AB B．线段DE可能是△ABC的中位线 C．线段CD一定是△ABC的中线 D．线段CD一定不是△ABC的角平分线 【分析】根据折叠的性质和线段垂直平分线的定义可判定A；根据折叠的性质和三角形中位线定义可判定B；根据折叠的性质和三角形中线定义可判定C；当AC＝BC时，线段CD是三角形的角平分线可判定D． 【解答】解：根据折叠性质逐项分析判断如下： A、由折叠的性质得：DE一定垂直平分线段AB，正确，故此选项不符合题意； B、由折叠的性质得：BD＝AD，若BE＝CE，则DE是△ABC的中位线，所以线段DE可能是△ABC的中位线，正确，故此选项不符合题意； C、由折叠的性质得：BD＝AD，所以线段CD一定是△ABC的中线，正确，故此选项不符合题意； D、当AC＝BC时，BD＝AD，根据等腰三角形“三线合一”性质可得线段CD是三角形的角平分线．所以线段CD一定不是△ABC的角平分线，说法错误，故此选项符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查折叠的性质，线段垂直平分线，三角形中位线，三角形中线，等腰三角形的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键． 4．（2026春•青山湖区校级月考）已知线段AB＝4cm，用尺规作大小确定的圆，使之过点A，B，则这样的圆可以作（　　） A．1个 B．2个 C．1个或2个 D．0个，1个或2个 【分析】过已知两点作大小确定（即半径确定）的圆，圆心需到两点的距离都等于定半径，通过判断两个以已知点为圆心，定半径为半径的圆的交点个数，分情况讨论即可得到结果． 【解答】解：∵所作圆过A、B两点且大小确定，即半径r为定值，圆心需满足到A、B两点的距离都等于r， ∴圆心是以A为圆心r为半径的圆与以B为圆心r为半径的圆的交点，两圆圆心距AB＝4cm， 分三种情况讨论： 当2r＜4，即r＜2cm时，两圆外离，无交点，符合条件的圆有0个， 当2r＝4，即r＝2cm时，两圆外切，仅有1个交点，符合条件的圆有1个， 当2r＞4，即r＞2cm时，两圆相交，有2个交点，符合条件的圆有2个， 因此这样的圆的个数为0个，1个或2个． 故选：D． 【点睛】本题考查了确定圆的条件，熟练掌握该知识点是关键． 5．（2025•兴化市二模）如图，要用一个扇形纸片围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），若该圆锥的底面圆周长为8πcm，侧面积为72πcm2，则这个扇形的圆心角的度数是（　　） A．70° B．80° C．90° D．100° 【分析】根据圆锥底面周长与展开后所得的扇形的弧长相等，圆锥的母线与展开后所得扇形的半径相等，利用扇形面积公式与弧长公式计算即可． 【解答】解：设圆锥的母线长为lcm，扇形的圆心角为n°， ∵圆锥的底面圆周长为8π cm， ∴圆锥的侧面展开图扇形的弧长为8π cm， 由题意得：， 解得， 扇形的圆心角为80°， 故选：B． 【点睛】本题考查的是圆锥的计算，关键是圆锥底面周长和侧面积公式的应用． 6．（2025•桑植县三模）如图所示，在半径为5的圆O中，AB，CD是互相垂直的两条弦，垂足为P，且AB＝CD＝8，则OP的长为（　　） A．3 B．4 C． D． 【分析】作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，连接OB，OD，首先利用勾股定理求出OM的长，然后判定四边形MONP是正方形即可得到答案． 【解答】解：作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，连接OB，OD， 由垂径定理得AM＝BM＝DN＝CN＝4， 勾股定理得：， ∵弦AB、CD互相垂直， ∴∠DPB＝90°， ∵OM⊥AB于M，ON⊥CD于N， ∴∠OMP＝∠ONP＝90°， ∴四边形MONP是矩形， ∵OM＝ON， ∴四边形MONP是正方形， ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了垂径定理以及勾股定理，作出辅助线是解题的关键． 7．（2025秋•南宫市期末）如图，在⊙O中，AB是直径，，∠AOE＝60°，则∠BOC的度数为（　　） A．35° B．40° C．45° D．60° 【分析】由在同圆中等弧对的圆心角相等得，即可求解． 【解答】解：∵AB是直径， ∴∠AOB＝180°， ∵∠AOE＝60°， ∴∠BOE＝120°， ∵， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，解题的关键是掌握圆心角，弧，弦之间的关系定理． 8．（2025秋•榆阳区校级期末）如图，已知AB、CD是⊙O的弦，且AB＝CD，如果∠BOD＝84°，则∠ACO的度数是（　　） A．48° B．42° C．44° D．46° 【分析】连接OA，根据圆心角、弧、弦的关系证明∠AOC＝∠BOD，再由等腰三角形的性质计算∠ACO的度数即可． 【解答】解：如图，连接OA． ∵AB＝CD， ∴∠AOB＝∠COD，即∠BOD+∠AOD＝∠AOC+∠AOD， ∵∠BOD＝84°， ∴∠AOC＝∠BOD＝84°， ∵OA＝OC， ∴∠ACO（180°﹣∠AOC）（180°﹣84°）＝48°． 故选：A． 【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系，掌握圆心角、弧、弦的关系和等腰三角形的性质是解题的关键． 9．（2025•南充模拟）如图，在4×3的长方形网格中，每个小正方形的顶点叫作格点，△OAB的顶点均在格点上．在网格中找到格点C，连接OC，BC，使得∠OCB＝2∠OAB，则满足条件的格点C有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】取格点C（2，1），则，则点C是△OAB的外接圆的圆心，满足∠OCB＝2∠OAB，假设直角坐标系中有一点P，满足∠OPB＝2∠OAB，P不一定是格点，根据同弧所对的圆周角相等和对称性可知点P的轨迹是劣弧和 （两弧均不含点O和点B）组成的两条曲线，其中C′（1，2），从而确定符合条件的格点C只有C（2，1）和C′（1，2），共两个． 【解答】解：取格点C（2，1），则， ∴点C是△OAB的外接圆的圆心，满足∠OCB＝2∠OAB， 假设直角坐标系中有一点P，满足∠OPB＝2∠OAB，P不一定是格点， 则点P可在过点O、C、B的圆弧上移动（不含点O和点B）， ∵对称， ∴点P可以在这段弧关于OB对称的对称图形上，其中点C关于OB对称的点C′（1，2）， 即点P的轨迹是劣弧和 （两弧均不含点O和点B）组成的两条曲线． ∵点P的轨迹上只有两个格点， ∴C（2，1）和C′（1，2）， ∴符合条件的格点C只有C（2，1）和C′（1，2），共两个． 故选：B． 【点睛】本题考查找格点三角形外接圆的圆心，圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，轴对称等知识，掌握圆周角定理是解题的关键． 10．（2025秋•洪山区期中）如图，在圆内接四边形ABCD中，∠ADB＝∠BDC＝60°，若四边形ABCD的面积是S，BD的长是x，则S与x之间的函数关系式是（　　） A． B． C．S＝x2 D． 【分析】由圆内接四边形ABCD，可得∠ABC＝60°，∠BAD+∠BCD＝180°，由∠ACB＝∠ADB＝60°＝∠ABC，可得△ABC是等边三角形，AB＝BC，如图，作BE⊥CD于E，BF⊥DA的延长线于F，证明△ABF≌△CBE（AAS），则BF＝BE，AF＝CE，∠DBE＝∠DBF＝30°，，，由勾股定理得，，根据，计算求解即可． 【解答】解：∵∠ADB＝∠BDC＝60°， ∴∠ADC＝120°， ∵圆内接四边形ABCD， ∴∠ABC＝180°﹣∠ADC＝60°，∠BAD+∠BCD＝180°， ∵， ∴∠ACB＝∠ADB＝60°＝∠ABC， ∴△ABC是等边三角形，AB＝BC， 如图，作BE⊥CD于E，BF⊥DA的延长线于F， ∴∠BFA＝90°＝∠BEC， ∵∠BAF+∠BAD＝180°， ∴∠BAF＝∠BCD， ∵∠BFA＝90°＝∠BEC，∠BAF＝∠BCE，AB＝BC， ∴△ABF≌△CBE（AAS）， ∴BF＝BE，AF＝CE， ∴∠DBE＝∠DBF＝30°， ∴，， 由勾股定理得，， ∴ ， 故选：A． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握圆内接四边形的性质，同弧所对的圆周角相等，等边三角形的判定与性质，含30°的直角三角形是解题的关键． 二．填空题（共6小题，每小题4分，共24分） 11．（2025秋•南关区校级期末）已知点P在⊙O外，⊙O的直径是10，则点O到点P的距离d的范围是d＞5　 ． 【分析】当点P在⊙O外，则点O到点P的距离d大于半径，再结合⊙O的直径是10，即可作答． 【解答】解：∵点P在⊙O外， ∴点O到点P的距离d大于半径， ∵⊙O的直径是10， ∴d＞5， 则点O到点P的距离d的范围为d＞5． 故答案为：d＞5． 【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，关键是点与圆位置关系的熟练掌握． 12．（2025•连云港校级二模）如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上的两点，若∠ABD＝50°，则∠C的度数为 　40°　 ． 【分析】连接AD，由直径所对的圆周角是直角得∠ADB＝90°，即可求得∠DAB的度数，由同圆中相等的弧所对的圆周角相等即可得∠C的度数． 【解答】解：如图，连接AD． 由条件可知∠ADB＝90°．而∠ABD＝50°， ∴∠DAB＝90°﹣50°＝40°． ∴∠C＝∠DAB＝40°． 故答案为：40°． 【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角、同圆中相等的弧所对的圆周角相等，掌握这两个知识点是解题的关键． 13．（2026•滨湖区校级二模）如图，A、B、C、D在⊙O上，AB＝BC＝DA，AD、BC的延长线交于点P，且∠P＝40°，则弧CD的度数为 　30°　 ． 【分析】连接BD，根据AB＝BC＝DA得到，得到∠ABD＝∠ADB＝∠BAC，根据三角形的内角和列式计算即可． 【解答】解：连接BD、AC， ∵AB＝BC＝AD， ∴， ∴∠ABD＝∠ADB＝∠BAC， ∵∠ADB＝∠DBP+∠P＝∠DBP+40°，∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°， ∴∠DBP+40°+∠DBP+∠DBP+40°+∠DBP+40°＝180°， 解得，∠DBP＝15°． ∴的度数为30°， 故答案为：30°． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形的内角和，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 14．（2024秋•前郭县期末）在练习掷铅球项目时，某同学掷出的铅球直径为10cm，在操场地上砸出一个深2cm的小坑，则该坑的直径AB为 　8　 cm． 【分析】过点O作OE⊥AB于点D，连接OA，根据勾股定理和垂径定理求解． 【解答】解：如图，过点O作OE⊥AB于点D，连接OA， 根据题意得，D在OE上，OE⊥AB，DE＝2cm， ∴AB＝2AD， ∵OA＝OE10＝5（cm）， ∴OD＝5﹣2＝3（cm）， 在Rt△AOD中，OA2＝OD2+AD2， ∴52＝32+AD2， ∴AD＝4cm（负值已舍）， ∴AB＝8cm， 故答案为：8． 【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，熟知平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧是解答此题的关键． 15．（2026•山阳县二模）如图，点A、B、C在⊙O上，D是弧AB的中点，CD交OA于点E．若∠AOB＝100°，∠OBC＝20°，则∠OEC的度数是　95°　 ． 【分析】连接OD，由圆心角、弧、弦的关系定理推出，由圆周角定理得到∠C，由三角形内角和定理求出∠BFO，最后根据∠OEC＝180°﹣∠C﹣∠CFE可得答案． 【解答】解：如图，连接OD， ∵D是弧AB的中点，∠AOB＝100°，∠OBC＝20°， ∴， ∴∠C∠BOD50°＝25°， ∴∠BFO＝180°﹣∠AOB﹣∠OBC＝180°﹣100°﹣20°＝60°， ∴∠CFE＝∠BFO＝60°， ∴∠OEC＝180°﹣∠C﹣∠CFE＝180°﹣25°﹣60°＝95°， 故答案为：95°． 【点睛】本题考查圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，三角形内角和定理，解题的关键是由圆周角定理推出． 16．（2026•兴化市二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，AB≠BC，，弦AC与BD交于点E．若AB＝8，设点O到点E的距离为d，则d的取值范围是　　 ． 【分析】连接OA，OB，OC，OD，以AB为直径作⊙M，点E在以AB为直径的⊙M上运动，且在圆内接四边形ABCD的内部，分别求出E与O重合时，d最小值d＝0；E与A，B重合时，d最大值即可得出取值范围． 【解答】解：连接OA，OB，OC，OD，以AB为直径作⊙M， ∴， ∴∠AOB+∠COD＝∠BOC+∠AOD， ∵∠AOB+∠COD+∠BOC+∠AOD＝360°， ∴∠AOB+∠COD＝180°， ∵∠ADB＝2∠AOB，， ∴∠ADB+∠CAD＝90°， ∵AD∥BC， ∴∠ABC+∠BAD＝180°， ∵∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠BAD＝∠ADC， ∴，即：AC＝BD， ∵， ∴， ∴AB＝CD＝8， ∵AD＝DA， ∴△ABD≌△DAC（SSS）， ∴∠ADB＝∠CAD， ∵∠ADB+∠CAD＝90°， ∴∠ADB＝∠CAD＝45°， ∴∠AOB＝2∠ADB＝90°， ∵OB＝OA，AB＝8， ∴， ∵点E在以AB为直径的⊙M上运动，且在圆内接四边形ABCD的内部， ∴E与O重合时，d最小，d＝0； E与A，B重合时，d最大，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系，勾股定理，垂径定理，掌握其相关知识点是解题的关键． 三．解答题（共6小题，共66分） 17．（10分）（2025秋•南京校级月考）如图，AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，，BF与CD交于点G． （1）求证：CD＝BF． （2）若BE＝1，BF＝4，求GE的长． 【分析】（1）要证CD＝BF，先由垂径定理得CD⊥AB时，从而推得，根据“等弧对等弦”证得CD＝BF； （2）先由（1）得CD＝BF＝4，垂径定理得CE＝ED＝2；在Rt△BCE中求BC；通过“同角的余角相等”和“等弧所对圆周角相等”证∠CBF＝∠BCE，得等腰△BCG（BG＝CG）；设GE＝x，用CG＝2﹣x表示BG，最后在Rt△BEG中用勾股定理列方程求解x． 【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB于E， ∴由垂径定理得； ∴． ∴，． ∴． ∵在同圆中，等弧对等弦， ∴CD＝BF． （2）解：连接BC，AC， 由（1）知CD＝BF＝4， ∵CD⊥AB，AB为直径， ∴． ∵CD⊥AB， ∴∠CAB+∠ACE＝90°． ∵AB为直径， ∴∠ACB＝90°． ∴∠ACE+∠BCE＝90°． ∵∠CAB+∠ACE＝90°，∠ACE+∠BCE＝90°， ∴∠CAB＝∠BCE． 又∵， ∴∠CAB＝∠CBF； ∴∠CBF＝∠BCE， ∴△BCG为等腰三角形，BG＝CG； 设GE＝x， ∴CG＝CE﹣GE＝2﹣x，则BG＝CG＝2﹣x； 在Rt△BEG中，由勾股定理得BG2＝BE2+GE2，代入BG＝2﹣x、BE＝1、GE＝x，得（2﹣x）2＝12+x2； ∴4﹣4x+x2＝1+x2， ∴． 答：GE的长为． 【点睛】本题考查了圆的垂径定理、等弧对等弦与圆周角性质、勾股定理及等腰三角形的判定，解题的关键是通过“同角的余角相等”和“等弧所对等圆周角相等”证得角相等，进而判定等腰三角形，再结合勾股定理建立方程求解未知线段． 18．（10分）（2025春•广州月考）（1）尺规作图，作出△ABC的外接圆（不写作图过程，但保留作图痕迹）； （2）若，∠B＝45°，BC＝6，求△ABC外接圆中的的长． 【分析】（1）根据题意分别作AB，BC的垂直平分线，交于点O，以OA为半径作圆，则⊙O，即为所求； （2）根据垂径定理可得BD＝2，BE＝3，根据∠B＝45°，∠BDO＝90°得出OE＝EH＝BH﹣BE＝1，进而由勾股定理求出半径，即可求解． 【解答】解：（1）尺规作图，如图1， （2）如图，连接OB，OA，OC， ∵DH、OE分别垂直平分AB、BC，BC＝6，AB＝4， ∴BD＝2，BE3， 又∵∠ABC＝45°，∠BDO＝90°， ∴BH＝4，∠EHO＝45°，∠AOC＝90°， ∴OE＝EH＝BH﹣BE＝1， ∴BO， ∴△ABC外接圆的半径长为． ∴的长为． 【点睛】本题考查了作三角形的外接圆；垂径定理，勾股定理；正确画图是解题的关键． 19．（2025秋•杭州校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝6cm，以AB为直径作半圆，交BC于点D，交AC于点E． （1）若点E是弧AB中点，求AE的长． （2）若∠BAC＝50°，求弧DE的长． 【分析】（1）连接OE，OD，由圆周角定理得∠AOE＝∠BOE＝90°，再根据勾股定理计算即可； （2）由等腰三角形的性质推出∠C＝∠ODB，得到OD∥AC，推出∠EOD＝∠AEO，由OE＝OA，∠OEA＝∠BAC＝50°，因此∠EOD＝∠BAC＝50°，由弧长公式即可求出弧DE的长． 【解答】解：（1）如图，连接OE，OD， ∵AB为直径，点E是弧AB中点， ∴∠AOE＝∠BOE＝90°， ∵OA＝OE＝3cm， ∴AE3（cm）； （2）∵OD＝OB， ∴∠B＝∠ODB， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∴∠C＝∠ODB， ∴OD∥AC， ∴∠EOD＝∠AEO， ∵OE＝OA， ∴∠OEA＝∠BAC＝50°， ∴∠EOD＝∠BAC＝50°， ∴弧DE的长π（cm）． 【点睛】本题考查圆周角定理，弧长的计算，等腰三角形的性质，平行线的性质，关键是由等腰三角形的性质推出OD∥AC，从而求出∠EOD的度数． 20．（10分）（2025秋•吉林期末）如图，BC是⊙O的直径，P是⊙O上一点，A是的中点，AD⊥BC于点D，BP与AD相交于点E． （1）求证：AE＝BE． （2）若BD＝OD＝2，求阴影部分的面积（结果保留π和根号）． 【分析】（1）利用等弧所对的圆周角相等可得∠C＝∠ABP，在Rt△ABD和Rt△ADC中，利用同角的余角相等可得∠BAD＝∠C，则∠ABP＝∠BAD，即可得出结论； （2）连接OA，根据线段垂直平分线的性质和等边三角形的判定和性质得OA＝OB＝AB＝4，∠AOB＝60°，AD＝2，再利用扇形的面积公式和三角形的面积公式计算即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵A是的中点， ∴， ∴∠C＝∠ABP， ∵BC为⊙O的直径， ∴∠BAC＝90°， 即∠BAD+∠CAD＝90°， ∵AD⊥BC， ∴∠C+∠CAD＝90°， ∴∠BAD＝∠C， ∴∠BAD＝∠ABP， ∴AE＝BE； （2）如图，连接OA， ∵BD＝OD＝2，AD⊥BC， ∴OA＝OB＝AB＝4， ∴∠AOB＝60°，AD2， ∴阴影部分的面积4×2π﹣4． 【点睛】此题考查了扇形面积的计算，圆周角定理以及勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握这些知识点． 21．（12分）（2024•包头模拟）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BD是⊙O的直径，点F是CD延长线上的一点，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于点E． （1）求证：AB＝AC； （2）若BD＝12，DE＝2，求BC的长． 【分析】（1）证明∠ADF＝∠ADB，可得∠ADF＝∠ABC，结合∠ACB＝∠ADB，从而可得结论； （2）过点A作AG⊥BD，垂足为点G．证明Rt△AED≌Rt△AGD（HL）．可得GD＝ED＝2．再证明Rt△AEC≌Rt△AGB（HL）．可得BG＝CE．求解CD＝CE﹣DE＝10﹣2＝8．结合∠BCD＝90°．进一步可得答案． 【解答】（1）证明：∵AD平分∠BDF， ∴∠ADF＝∠ADB． ∵∠ABC+∠ADC＝∠ADC+∠ADF＝180°， ∴∠ADF＝∠ABC． ∵∠ACB＝∠ADB， ∴∠ABC＝∠ACB． ∴AB＝AC； （2）解：过点A作AG⊥BD于点G， ∵AD平分∠BDF，AE⊥CF，AG⊥BD，DE＝2， ∴AG＝AE，∠AGB＝∠AEC＝90°． 在Rt△AED和Rt△AGD中， ， ∴Rt△AED≌Rt△AGD（HL）． ∴GD＝ED＝2． 在Rt△AEC和Rt△AGB中， ， ∴Rt△AEC≌Rt△AGB（HL）． ∴BG＝CE． ∵BD＝12， ∴BG＝BD﹣GD＝12﹣2＝10． ∴CE＝BG＝10． ∴CD＝CE﹣DE＝10﹣2＝8． ∵BD是⊙O的直径， ∴∠BCD＝90°． ∴BC4． 【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，勾股定理，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，根据题意作出辅助线是解本题的关键． 22．（14分）（2025秋•海沧区校级月考）如图，△ABC内接于⊙O，AC为直径，在CA延长线上取一点E，使得AE＝AB，连接BE，在AE下方，作∠AFE＝∠BCA，连接CF交⊙O于点D，连接BD，OB． （1）如图1，若∠BOC＝120°，的长为． ①求⊙O的半径长； ②若∠BDC＝∠AEF，求CD的长． （2）如图2，当AF＝EF，2∠CBD＝3∠BCA时，试探究BD与EF的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）①根据弧长公式进行解答即可； ②连接AD，证明△ABC≌△EAF，得到AE＝AB＝2，则，在Rt△ACF中，，得到，即可求出答案； （2）通过构造相等线段的点G，利用圆周角、等腰三角形性质推导角的关系，证明三角形全等，结合弧与弦的关系，得出BD与EF的数量关系． 【解答】解：（1）①设⊙O的半径长为r， ∵∠BOC＝120°，的长为， ∴， 解得r＝2，即⊙O的半径长为2； ②连接AD， ∵∠BOC＝120°，OB＝OC， ∴， ∵AC为直径， ∴∠ABC＝90°＝∠BCA+∠CAB． ∵， ∴∠CAB＝∠BDC， ∵∠BDC＝∠AEF， ∴∠AEF＝∠CAB， ∵∠AFE＝∠BCA＝30°， ∴∠AEF+∠AFE＝∠CAB+∠BCA＝90°， ∴AF⊥OA，∠AEF＝60°， ∴， ∵AE＝AB，∠AFE＝∠BCA，∠AEF＝∠CAB＝60°， ∴△ABC≌△EAF（AAS）， ∵AC＝2×2＝4， ∴， 则， ∴在Rt△ACF中，， ∴在Rt△ACF中，， ∵AC为直径， ∴∠ADC＝90°， ∴， ∴； （2）BD＝EF，理由如下： 在⊙O上取一点G使得GB＝GA， ∵， ∴设∠BCA＝∠BGA＝∠AFE＝2α， ∵AF＝EF，BG＝AG， ∴∠GBA＝∠GAB＝90°﹣α，∠FAE＝∠AEF＝90°﹣α，∠CBG＝∠CBA﹣∠GAB＝α， ∴∠GBA＝∠GAB＝∠FAE＝∠AEF， ∵AE＝AB， ∴△ABG≌△AEF（ASA）， ∴AG＝BG＝AF＝EF， ∵2∠CBD＝3∠BCA， ∴∠CBD＝3α， ∴∠GBD＝2α＝∠BGA， ∴， ∴， ∴AG＝BD＝EF． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、全等三角形的判定和性质、解直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $