文档内容
第 24 章圆 全章复习攻略与检测卷
【目录】
倍速学习五种方法
【3个定理】
1 垂径定理
2 弧、弦、圆心角之间的关系定理
3 圆周角定理
【3个关系】
1.点和圆的位置关系
2.直线和圆的位置关系
3.正多边形与圆的关系
【3个公式】
1 弧长公式
2 扇形面积公式
3 圆锥的侧面积与全面积公式
【1个应用】
1 与圆有关的实际应用
【3种思想】
1. 分类讨论思想
2.数形结合思想
3.转化思想
【检测卷】
【倍速学习五种方法】
【3 个定理】
1 垂径定理1．（2023秋•市北区校级月考）如图所示，某住宅社区在相邻两楼之间修建一个上方是一个半圆，下方是
长方形的仿古通道，现有一辆卡车装满家具后，高 4米，宽2.8米，求这辆送家具的卡车能否通过这个
通道．
【分析】卡车能否通过，关键是车高4米与AC的比较，BC为2.6米，只需求AB，在直角三角形OAB
中，半径OA为2米，车宽的一半为DC＝OB＝1.4米，运用勾股定理求出AB即可．
【解答】解：过直径的中点O作直径的垂线，交下底边于点D，如图所示，
在Rt△ABO中，由题意知OA＝2，DC＝OB＝1.4，
所以AB2＝22﹣1.42＝2.04，
因为4﹣2.6＝1.4，1.42＝1.96，2.04＞1.96，
所以卡车可以通过．
【点评】本题考查了勾股定理，垂径定理的应用，把本题转化为直角三角形利用勾股定理进行解答是关
键．
2．（2023秋•仓山区校级月考）“圆材埋壁”是我国古代著名数学著作《九章算术》中的问题：“今有圆
材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用现在的数学语言可表达为：
“如图，CD为 O的直径，弦AB⊥CD于点E，CE＝1寸，AB＝10寸，则直径CD的长为多少？
⊙【分析】连接OA构成直角三角形，先根据垂径定理，由DE垂直AB得到点E为AB的中点，由AB＝10
可求出AE的长，再设出圆的半径OA为x，表示出OE，根据勾股定理建立关于x的方程，求出方程的
解即可得到x的值，即为圆的半径，把求出的半径代入即可得到答案．
【解答】解：连接OA，∵AB⊥CD，且AB＝10，
∴AE＝BE＝5，
设圆O的半径OA的长为x，则OC＝OD＝x
∵CE＝1，
∴OE＝x﹣1，
在直角三角形AOE中，根据勾股定理得：
x2﹣（x﹣1）2＝52，化简得：x2﹣x2+2x﹣1＝25，
即2x＝26，
解得：x＝13
所以CD＝26（寸）．
【点评】此题考查了学生对垂径定理的运用与掌握，注意利用圆的半径，弦的一半及弦心距所构成的直
角三角形来解决实际问题，做此类题时要多观察，多分析，才能发现线段之间的联系．
3．（2023秋•诸暨市校级月考）根据素材解决问题．
设计货船通过圆形拱桥的方案
素材1 图1中有一座圆拱石桥，图2是其圆形桥拱的示意
图，测得水面宽AB＝16m，拱顶离水面的距离CD＝
4m．
素材2 如图3，一艘货船露出水面部分的横截面为矩形
EFGH，测得EF＝3m，EH＝10m．因水深足够，货船
可以根据需要运载货物．据调查，船身下降的高度y
（米）与货船增加的载重量x（吨）满足函数关系式
．
问题解决
任务1 确定桥拱半径 求圆形桥拱的半径
任务2 拟定设计方案 根据图3状态，货船能否通过圆形拱桥？若能，
最多还能卸载多少吨货物？若不能，至少要增加
多少吨货物才能通过？【分析】任务1，设 圆心为点O，则点O在CD延长线上，延长CD，则CD经过点O，连结AO，设桥
拱的半径为rm，则OD＝（r﹣4）m，由勾股定理，垂径定理，列出关于半径的方程，即可解决问题；
任务2，由勾股定理得到货船不能通过圆形桥拱，通过计算，即可得到需要增加的货物的吨数．
【解答】解：任务1，设 圆心为点O，则点O在CD延长线上，延长CD，则CD经过点O，连结AO，
如图，
设桥拱的半径为rm，则OD＝（r﹣4）m，
∵OC⊥AB，
∴ m，
∵OD2+AD2＝OA2，
∴（r﹣4）2+82＝r2，
∴r＝10，
∴圆形拱桥的半径为10m．
任务2，根据图3状态，货船不能通过圆形桥拱，至少要增加 吨的货物才能通过．理由：
当EH是 O的弦时，EH与OC的交点为M，连接OE，OH，如图，
⊙
∵四边形EFGH为矩形，
∴EH∥FG，∵OC⊥AB，
∴OM⊥EH．
∴ ，
∴ m，
∵OD＝6m，
∴ ，
∴根据图3状态，货船不能通过圆形桥拱，
∴船在水面部分可以下降的高度 m．
∵ ，
∴ 吨，
∴至少要增加 吨的货物才能通过．
【点评】本题考查垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂径定理，勾股定理是解题的关键．
2 弧、弦、圆心角之间的关系定理
4．（2023秋•建邺区校级月考）如图，点A、B、C、D都在 O上．若 ，求证：AC＝BD．
⊙
【分析】根据圆心角、弧、弦的关系得到 ＝ ，所以AC＝BD．
【解答】证明：∵∴ + ＝ + ，
∴ ＝ ，
∴AC＝BD．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有
一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
5．（2023秋•沭阳县月考）如图，A、B、C、D是 O上四点，且AD＝CB，求证：AB＝CD．
⊙
【分析】根据圆心角、弧、弦之间的关系得出即可．
【解答】证明：∵AD＝CB，
∴ ＝ ，
∴ + ＝ + ，
即 ＝ ，
∴AB＝CD．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，能根据定理求出 ＝ 是解此题的关键．
6．（2023秋•滨海县月考）如图，在扇形AOB中，点C、D在 上， ，点F、E分别在半径OA、
OB上，OF＝OE，联结DE、CF．
（1）求证：DE＝CF；
（2）设点P为 的中点，联结CD、EF、PO，线段PO交CD于点M、交EF于点N．如果PO∥DE，
求证：四边形MNED是矩形．【分析】（1）先证明 ＝ 得到∠AOC＝∠BOC，然后证明△OCF≌△ODE得到DE＝CF；
（2）连接AB，如图，利用垂径定理得到OP⊥CD，OP⊥AB，则利用等腰三角形的性质和三角形内角
和得到∠OEF＝∠OBA＝90°﹣ ∠EOF，则可判断EF∥AB，所以EF∥CD，加上OP∥DE，于是可得
到四边形MNED为平行四边形，然后利用∠NMD＝90°得到四边形MNED为矩形．
【解答】证明：（1）∵ ＝ ，
∴ + ＝ + ，
∴ ＝ ，
∴∠AOC＝∠BOC，
在△OCF和△ODE中，
，
∴△OCF≌△ODE（SAS），
∴DE＝CF；
（2）连接AB，如图，
∵点P为 的中点，
∴OP⊥CD，
∵ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴OP⊥AB，∵OE＝OF，OA＝OB，∠EOF＝∠BOA，
∴∠OEF＝∠OBA＝90°﹣ ∠EOF，
∴EF∥AB，
∴OP⊥EF，
∴EF∥CD，
∵OP∥DE，
∴四边形MNED为平行四边形，
∵∠NMD＝90°，
∴四边形MNED为矩形．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有
一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．也考查了垂径定理和矩形的判定．
7．（2023秋•沭阳县校级月考）如图，AB，CD是 O的两条弦，AB＝CD，OE⊥CD，OF⊥AB，垂足分
别为E，F．比较CE和AF的大小，并证明你的结⊙论．
【分析】由OE⊥CD，得到CE＝ CD，同理：AF＝ ，而AB＝CD，即可证明问题．
【解答】解：CE＝AF，理由如下：
∵OE⊥CD，
∴CE＝ CD，
∵OF⊥AB，∴AF＝ ，
∵AB＝CD，
∴CE＝AF．
【点评】本题考查垂径定理，掌握垂径定理是解题的关键．
3 圆周角定理
8．（2023秋•鼓楼区校级月考）如图，在 O中，CD为直径，弦AB⊥CD于点F．BE平分∠ABC交CD
于点E，连接AD，BD，AB＝20，DF＝4⊙．
（1）求 O的半径．
（2）A，⊙B，E三点是否在以点D为圆心，DE的长为半径的圆上？请说明理由．
【分析】（1）连接OB，如图，设 O的半径为r，则OB＝r，OF＝r﹣4，先根据垂径定理得到AF＝
BF＝10，再利用勾股定理得到102+（⊙r﹣4）2＝r2，然后解方程即可；
（2）先根据垂径定理得到 ＝ ，∠A＝∠DBA，再证明∠DEB＝∠DBE得到DB＝DE，所以DB＝
DE＝DA，于是可判断A，B，E三点在以点D为圆心，DE的长为半径的圆上．
【解答】解：（1）连接OB，如图，设 O的半径为r，则OB＝r，OF＝r﹣4，
∵AB⊥CD， ⊙
∴AF＝BF＝ AB＝10，
在Rt△OBF中，102+（r﹣4）2＝r2，
解得r＝ ，
即 O的半径为 ；
（⊙2）A，B，E三点在以点D为圆心，DE的长为半径的圆上．
理由如下：∵AB⊥CD，
∴ ＝ ，
∴BD＝AD，∠A＝∠DBA，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵∠C＝∠A，
∴∠C＝∠DBA，
∴∠DBA+∠ABE＝∠C+∠CBE，
∵∠DEB＝∠C+∠CBE，
∴∠DEB＝∠DBE，
∴DB＝DE，
∴DB＝DE＝DA，
∴A，B，E三点在以点D为圆心，DE的长为半径的圆上．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对
的圆心角的一半．也考查了勾股定理和垂径定理．
9．（2023秋•赣榆区月考）如图所示， O的直径AB为6cm，∠ACB的平分线交 O于点D．
（1）判断△ADB的形状，并证明；⊙ ⊙
（2）求BD的长．
【分析】（1）利用角平分线的定义可得∠ACD＝∠BCD，从而可得 ＝ ，进而可得AD＝BD，然后利用直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝90°，即可解答；
（2）利用（1）的结论：ADB是等腰直角三角形，然后利用等腰直角三角形的性质，进行计算即可解
答．
【解答】解：（1）△ADB是等腰直角三角形，
证明：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴ ＝ ，
∴AD＝BD，
∵AB是 O的直径，
∴∠ADB⊙＝90°，
∴△ADB是等腰直角三角形；
（2）由（1）得：
∠ADB＝90°，AD＝BD，
∵AB＝6cm，
∴BD＝ ＝ ＝3 （cm），
∴BD的长为3 ．
【点评】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
10．（2023秋•东台市月考）如图，AB是 O的直径，弦CE平分∠ACB交 O于点E．交AB于点D．连
接AE、BE，∠BEC＝60°，AC＝6． ⊙ ⊙
（1）求四边形ACBE的面积；
（2）求CE的长．
【分析】（1）四边形ACBE的面积可以分为两部分，分别求解两部分三角形的面积，即可求解；
（2）作AF⊥CE，根据直角三角形的性质，分别求得CF，EF，即可求解．
【解答】解：（1）∵AB是 O的直径，
⊙∴∠ACB＝∠AEB＝90°，
又∵弦CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCE＝45°，
∴AE＝BE，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∵∠BEC＝60°，
∴∠BAC＝60°，
∴∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝12，
由勾股定理得 ，
AE2+BE2＝AB2，解得 ，
∴ ，
；
（2）解：作AF⊥CE，如下图：
由（1）得，∠ACE＝45°，
∴△ACF是等腰直角三角形，AF＝CF，
由勾股定理得，AF2+CF2＝AC2，AC＝6，解得 ，
∵∠ABC＝30°，
∴∠AEC＝30°，
∴ ，
由勾股定理得： ，∴ ．
【点评】此题考查了圆的有关性质，等腰三角形的性质，30°直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌
握相关基本性质．
11．（2023秋•海门市校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝1，以边AC上一
点O为圆心，OA为半径的 O经过点B．
（1）求 O的半径； ⊙
⊙
（2）点P为 中点，作PQ⊥AC，垂足为Q，求OQ的长．
【分析】（1）作OH⊥AB于H．解直角三角形求出AB，利用垂径定理求出AH即可解决问题．
（2）如图2中，连接OP，PA．设OP交AB于H．证明△AOP是等边三角形即可解决问题．
【解答】解：（1）作OH⊥AB于H．
在Rt△ACB中，∵∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，
∴AB＝2BC＝2，
∵OH⊥AB，
∴AH＝HB＝1，
∴OA＝AH÷cos30°＝ ．
（2）如图2中，连接OP，PA．设OP交AB于H．∵ ，
∴OP⊥AB，
∴∠AHO＝90°，
∵∠OAH＝30°，
∴∠AOP＝60°，
∵OA＝OP，
∴△AOP是等边三角形，
∵PQ⊥OA，
∴OQ＝QA＝ OA＝ ．
【点评】本题考查解直角三角形，垂径定理，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，解题的
关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【3 个关系】
1.点和圆的位置关系
12．（2023秋•台江区校级月考）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，AB＝4，如果以点A为圆心，AC为
半径作 A，那么斜边AB的中点D在 A ．（填“内”、“上”或者“外”）
【分析⊙】先根据点D是斜边的中点得到⊙AD的长，然后把AD的长与半径比较确定点D的位置．
【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝2，AB＝4，
∴AD＝ ＝ ＝2，
∵ A半径为2，
∴⊙斜边AB的中点D在 A上，
故答案为：上． ⊙
【点评】本题考查的是点与圆的位置关系，用勾股定理可以求出直角三角形斜边的长，根据点 D是AB
的中点得到AD的长，然后把AD的长与半径比较可以确定点D的位置．2.直线和圆的位置关系
13．（2023秋•台江区校级月考）在直角坐标系中，点 P的坐标是 ， P的半径为2，下列说法
⊙
正确的是（ ）
A． P与x轴、y轴都有两个公共点
B．⊙P与x轴、y轴都没有公共点
C．⊙P与x轴有一个公共点，与y轴有两个公共点
D．⊙P与x轴有两个公共点，与y轴有一个公共点
⊙
【分析】点P到x轴的距离是 ，到y轴的距离为2，圆P的半径是2，所以可判断圆P与x轴相交，
与y轴相切，从而确定答案即可．
【解答】解：∵P（2， ），圆P的半径为2，
∴以P为圆心，以2为半径的圆与x轴的位置关系是相交，与y轴的位置关系是相切，
∴该圆与x轴的交点有2个，与y轴的交点有1个．
故选：D．
【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟记直线与圆的位置关系的判定方法是解本题的关键．
14．（2023•宿迁）在同一平面内，已知 O的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个
动点，则点P到直线l的最大距离是（⊙ ）
A．2 B．5 C．6 D．8
【分析】根据圆心到直线l的距离为3，而圆的半径为2，此时直线与圆相离，当点P在 O上运动时，
当点P在BO的延长线与 O的交点时，点P到直线l的距离最大，根据题意画出图形进⊙行解答即可．
【解答】解：如图，由题⊙意得，OA＝2，OB＝3，
当点P在BO的延长线与 O的交点时，点P到直线l的距离最大，
此时，点P到直线l的最大⊙距离是3+2＝5，
故选：B．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，掌握直线与圆的位置与圆心到直线的距离之间的关系是解决问
题的关键．
15．（2023•镇江）已知一次函数y＝kx+2的图象经过第一、二、四象限，以坐标原点O为圆心，r为半径
作 O．若对于符合条件的任意实数k，一次函数y＝kx+2的图象与 O总有两个公共点，则r的最小值
为 ⊙ ． ⊙
【分析】在y＝kx+2中，令x＝0，则y＝2，于是得到一次函数y＝kx+2的图象与y轴交于（0，2），求
得一次函数过定点（0，2），当 O过（0，2）时，两者至少有一个交点，根据一次函数经过一、二、
四象限，得到直线与圆必有两个交⊙点，而当 O半径小于2时，圆与直线存在相离可能，于是得到结论．
【解答】解：在y＝kx+2中，令x＝0，则y＝⊙2，
∴一次函数y＝kx+2的图象与y轴交于（0，2），
∴一次函数过定点（0，2），
当 O过（0，2）时，两者至少有一个交点，
⊙
∵一次函数经过一、二、四象限，
∴直线与圆必有两个交点，
而当 O半径小于2时，圆与直线存在相离可能，
∴半⊙径至少为2，
故r的最小值为2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握直线与圆的位置关
系是解题的关键．
16．（2023•工业园区校级模拟）如图，半径为10的 M经过x轴上一点C，与y轴交于A、B点，连接
⊙AM、AC，AC平分∠OAM，AO+CO＝12．
（1）判断 M与x轴的位置关系，并说明理由；
（2）求AB⊙的长．
【解答】解：（1）猜测 M与x轴相切，理由如下：
如图，连接OM， ⊙
∵AC平分∠OAM，
∴∠OAC＝∠CAM，
又∵MC＝AM，
∴∠CAM＝∠ACM，
∴∠OAC＝∠ACM，
∴OA∥MC，
∵OA⊥x轴，
∴MC⊥x轴，
∵CM是半径，
∴ M与x轴相切．
（⊙2）如图，过点M作MN⊥y轴于点N，
∴AN＝BN＝ AB，
∵∠MCO＝∠AOC＝∠MNA＝90°，
∴四边形MNOC是矩形，
∴NM＝OC，MC＝ON＝10，
设AO＝m，则OC＝12﹣m，
∴AN＝10﹣m，
在Rt△ANM中，由勾股定理可知，AM2＝AN2+MN2，
∴102＝（10﹣m）2+（12﹣m）2，解得m＝4或m＝18（舍去），
∴AN＝6，
∴AB＝12．
3.正多边形与圆的关系
17．（2023秋•西山区校级月考） O的半径为2，则它的内接正六边形的边长为（ ）
⊙
A．2 B．2 C． D．2
【分析】如图，首先求出∠AOB＝60°，结合OA＝OB，得到△OAB为等边三角形，即可解决问题．
【解答】解：如图，AB为 O的内接正六边形的边长；
⊙
∵∠AOB＝ ＝60°，OA＝OB，
∴△OAB为等边三角形，
∴AB＝OA＝2，
故选：A．
【点评】该题考查了正多边形和圆的位置关系及其应用问题；灵活运用正多边形和圆的位置关系判断
△OAB为等边三角形，是解题的关键．
18．（2022秋•下城区校级月考）如图，正五边形ABCDE，连接对角线AC，BD，设AC与BD相交于O．
（1）求证：AO＝CD；
（2）判断四边形AODE的形状，并说明理由．【分析】（1））根据正五边形的性质可知 AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠ABC＝∠BAE＝108°，
AE∥BD，所以∠ABO＝72°，∠BAO＝ （180°﹣108°）＝36°，因此∠AOB＝180°﹣72°﹣36°＝72°
＝∠ABO，推出AB＝AO，则CD＝AO；
（2）根据圆周角定理求出∠BDE、∠E的度数，进而证明DF∥AE；证明AF∥DE，AE＝DE，即可解
决问题．
【解答】解：（1）∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠ABC＝∠BAE＝108°，AE∥BD，
∴∠ABO＝72°，∠BAO＝ （180°﹣108°）＝36°，
∴∠AOB＝180°﹣72°﹣36°＝72°＝∠ABO，
∴AB＝AO，
∴CD＝AO；
（2）四边形AODE是菱形；理由如下：
∵正五边形ABCDE内接于 O，
⊙
∴∠BDE＝ ＝72°，∠E＝ ×360°＝108°，
∴∠BDE+∠E＝180°，DO∥AE；
同理可证：AO∥DE，而AE＝DE，
∴四边形AODE是菱形．
【点评】该题主要考查了正多边形和圆的性质及其应用问题；解题的关键是：深入分析、大胆猜测、合
情推理、科学论证．
【3 个公式】
1.弧长公式
19．（2022春•二道区校级月考）如图，四边形 ABCD是 O的内接四边形，∠BCD＝120°，OB＝2．则弧
BD的长为（ ） ⊙8 4
A．2 B．3 C． π D． π
3 3
π π
【解答】解：∵四边形ABCD是 O的内接四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°， ⊙
∴∠A＝180°﹣∠BCD＝180°﹣120°＝60°，
由圆周角定理得，∠BOD＝2∠A＝120°，
120π×2 4
∴弧BD的长为 = ，
180 3
π
故选：D．
π
20．（2022•铁西区开学）如果一个扇形的半径是2，弧长是 ，则此扇形的图心角的度数为 ．
2
π
【解答】解：∵扇形的弧长是 ，半径为2，
2
π nπ×2
∴ = ，
2 180
解得：n＝45．
故答案为：45°．
2.扇形面积公式
21．（2022•九龙坡区模拟）如图，扇形AOB中，∠AOB＝90°，OA＝2，连接AB，以点B为圆心，以OB的
长为半径作弧，交弧AB于点C，交弦AB于点D，则图中阴影部分的面积为 ．
【解答】解：如图，连接OC、BC，则△OBC是等边三角形，
∴S阴影部分 ＝S凸△OBC ﹣S扇形OBD
＝2S扇形OBC ﹣S△OBC ﹣S扇形OBD60π×22 1 45π×22
＝2× - ×2×❑√3-
360 2 360
5π-6❑√3
= ，
6
5π-6❑√3
故答案为： ．
6
22．（2022•莆田模拟）如图，方格纸中2个小正方形的边长均为1，图中阴影部分均为扇形，则这两个小
扇形的面积之和为 （结果保留 ）．
π
【解答】解：如图，
根据平行线的性质可得，
∠1＝∠2，
∵∠2+∠3＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
nπr2 90π×12 π
∴S= = = ．
360 360 4
π
故答案为： ．
4
3.圆锥的侧面积与全面积公式
23．（2023秋·江苏·九年级专题练习）已知圆锥的底面圆半径为4，侧面展开图扇形的圆心角为 ，则
它的侧面展开图面积为( )A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据扇形弧长和圆锥的底面周长的关系求出扇形弧长，再根据弧长公式求出圆锥的母线长，根据
扇形面积公式计算，即可求解．
【详解】设圆锥的母线长为 ，
∵圆锥的底面圆半径为4，
∴圆锥的底面周长为 ，即侧面展开图扇形的弧长为 ，
∵侧面展开图扇形的圆心角为 ，
∴ ，
解得 ，
∴侧面展开图面积为 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了求圆锥的母线长，扇形的面积公式，熟知扇形弧长和圆锥的底面周长的关系是解题的
关键．
24.如图，圆锥的底面半径OB＝6，高OC＝8，求该圆锥的侧面积．
【解答】解：∵它的底面半径OB＝6，高OC＝8．
∴BC=❑√82+62=10，
∴这个圆锥漏斗的侧面积是： rl＝ ×6×10＝60 ．
25.（2022秋·陕西安康·九年级统考π期末π）圆锥的底π面直径是 ，母线长 ．求它的侧面展开图的圆
心角和圆锥全面积．
【答案】圆心角 ，圆锥全面积为
【详解】解：已知 ， ，∴ ，
底面圆的周长 ，
圆锥侧面积 ，
圆锥底面积 ，
圆锥全面积 ．
圆心角 ．
【1 个应用】
1 与圆有关的实际应用
26．（2022秋•长沙期中）明达中学在校园里建了一个读书亭．它的地基是半径为4米的正六边形．
（1）求地基的周长是多少？
（2）求地基的面积是多少？
【分析】连接OB、OC求出圆心角∠BOC的度数，再由等边三角形的性质即可求出正六边形的周长；
过O作△OBC的高OG，利用等边三角形及特殊角的三角函数值可求出OG的长，利用三角形的面积公
式即可解答．
【解答】解：（1）连接OB、OC；
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BOC＝ ＝60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC＝OB＝4m，
∴正六边形ABCDEF的周长＝6×4＝24（m）．（2）过O作OG⊥BC于G，
∵△OBC是等边三角形，OB＝4m，
∴∠OBC＝60°，
∴OG＝OB•sin∠OBC＝4× ＝2 （m），
∴S△OBC ＝ BC•OG＝ ×4×2 ＝4 （m2），
∴S六边形ABCDEF ＝6S△OBC ＝6×4 ＝24 （m2）．
【点评】本题考查的是正六边形及等边三角形的性质、特殊角的三角函数值，作出辅助线构造出等边三
角形是解答此题的关键．
【3 种思想】
1.分类讨论思想
27．（2023秋•广陵区月考）在同一平面内，点P到圆上的点的最大距离为6，最小距离为4，则此圆的半
径为（ ）
A．2 B．5 C．1 D．5或1
【分析】由于点P与 O的位置关系不能确定，故应分两种情况进行讨论．
【解答】解：设 O的⊙半径为r，
⊙
当点P在圆外时，r＝ ＝1；
当点P在 O内时，r＝ ＝5．
综上可知此⊙圆的半径为1或5．
故选：D．
【点评】本题考查的是点与圆的位置关系，能够进行分类讨论，不要漏解是解决问题的关键．
2.数形结合思想28．（2023秋•赣榆区校级月考）如图所示的拱桥，用 表示桥拱．
（1）若 所在圆的圆心为O，EF是弦CD的垂直平分线，请你利用尺规作图，找出圆心O．（不写作
法，但要保留作图
痕迹）
（2）若拱桥的跨度（弦AB的长）为16m，拱高（ 的中点到弦AB的距离）为4m，求拱桥的半径
R．
【分析】（1）作弦AB的垂直平分线，交于G，交AB于点H，交CD的垂直平分线EF于点O，则点O
即为所求作的圆心；
（2）首先连接OA，由（1）可得：△AOH为直角三角形，H是AB的中点，GH＝4，即可求得AH的长，
然后在Rt△AOH中，由勾股定理得，OA2＝AH2+OH2，即可求得拱桥的半径R．
【解答】解：（1）作弦AB的垂直平分线，交于G，交AB于点H，交CD的垂直平分线EF于点O，则
点O即为所求作的圆心．（如图1）（2分）
（2）连接OA．（如图2）
由（1）中的作图可知：△AOH为直角三角形，H是AB的中点，GH＝4，
∴AH＝ AB＝8．（3分）
∵GH＝4，
∴OH＝R﹣4．
在Rt△AOH中，由勾股定理得，OA2＝AH2+OH2，
∴R2＝82+（R﹣4）2．（4分）
解得：R＝10．（5分）
∴拱桥的半径R为10m．【点评】此题考查了垂径定理的应用．此题难度不大，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．
29．（2023秋•亭湖区校级月考）如图，AB是 O的直径，C是 的中点，CE⊥AB于点E，BD交CE于
⊙
点F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若CD＝6，AC＝8，求 O的半径及CE的长．
⊙
【分析】（1）要证明CF＝BF，可以证明∠ECB＝∠DBC；AB是 O的直径，则∠ACB＝90°，又知
CE⊥AB，则∠CEB＝90°，则∠DBC＝90°﹣∠ACE＝∠A，∠ECB＝⊙∠A，则∠ECB＝∠DBC；
（2）在直角三角形ACB中，AB2＝AC2+BC2，又知，BC＝CD，所以可以求得AB的长，即可求得圆的
半径；再利用面积法求得CE的长．
【解答】（1）证明：∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝90°， ⊙
∴∠A＝90°﹣∠ABC．
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB＝90°﹣∠ABC，
∴∠ECB＝∠A．
又∵C是 的中点，∴ ＝ ，
∴∠DBC＝∠A，
∴∠ECB＝∠DBC，
∴CF＝BF；
（2）解：∵ ＝ ，
∴BC＝CD＝6，
∵∠ACB＝90°，
∴AB＝ ＝ ＝10，
∴ O的半径为5，
⊙
∵S△ABC ＝ AB•CE＝ BC•AC，
∴CE＝ ＝ ＝ ．
【点评】此题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质以及角平分线的性质等知识．此题综合性很强，难
度适中，注意数形结合思想与方程思想的应用．
3.转化思想
30．（2023秋•高邮市校级月考）如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点 P处安装了一台
监视器，它的监控角度是55°，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器 台．
【分析】根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，得该圆周角所对的弧所对的圆心角是
110°，则共需安装360°÷110°＝3 ≈4台．
【解答】解：∵∠P＝55°，
∴∠P所对弧所对的圆心角是110°，∵360°÷110°＝3 ，
∴最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器4台．
故答案为：4．
【点评】此题考查了要圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所
对的圆心角的一半．注意把实际问题转化为数学问题，能够把数学和生活联系起来．
【检测卷】
一．选择题（共10小题）
1．（2022秋•定海区校级月考）如图，已知在 O中，BC是直径，AB＝DC，则下列结论不一定成立的是
（ ） ⊙
A．OA＝OB＝AB B．∠AOB＝∠COD
C． D．O到AB、CD的距离相等
【分析】根据圆心角、弧、弦的关系判断即可．
【解答】解：∵AB＝DC，
∴弧AB＝弧DC，
∴∠AOB＝∠COD，
∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴△AOB≌△COD（SAS），
∴O到AB、CD的距离相等，
所以B、C、D选项正确，
故选：A．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有
一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
2．（2022秋•衢州月考）如图，点A，B，C，D在 O上，AC是 O的直径，若∠CAD＝25°，则∠ABD
的度数为（ ） ⊙ ⊙A．25° B．50° C．65° D．75°
【分析】先根据圆周角定理得到∠ADC＝90°，∠ABD＝∠ACD，然后利用互余计算出∠ACD，从而得
到∠ABD的度数．
【解答】解：∵AC是 O的直径，
∴∠ADC＝90°， ⊙
∴∠ACD＝90°﹣∠CAD＝90°﹣25°＝65°，
∴∠ABD＝∠ACD＝65°．
故选：C．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对
的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
3．（2022秋•鹿城区校级月考）已知 O的半径为8cm，点P在 O上，则OP的长为（ ）
A．2cm B．4cm ⊙ C．8cm ⊙ D．16cm
【分析】根据点在圆上，点到圆心的距离等于圆的半径求解．
【解答】解：∵点P在 O上，
∴OP＝8cm． ⊙
故选：C．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系：设 O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：点P在
圆外 d＞r；点P在圆上 d＝r；点P在圆内⊙ d＜r．
4．（20⇔22秋•西湖区校级月考⇔）若扇形的半径是⇔12cm弧长是20 cm，则扇形的面积为（ ）
A．120 cm2 B．240 cm2 C．360 cm2 π D．60 cm2
π π π π
【分析】根据扇形的面积公式 ，计算即可．
【解答】解：该扇形的面积为： （cm2）．
故选：A．
【点评】本题考查了扇形的面积；熟记扇形的面积公式是解题的关键．5．（2022秋•余杭区校级月考）如图，AB是半圆O的直径，点D是弧AC的中点，若∠BAC＝44°，则
∠DAC等于（ ）
A．22° B．44° C．23° D．46°
【分析】根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠B
＝46°，然后利用圆内接四边形对角互补可得∠D＝134°，再根据已知可得 ＝ ，进而可得AD＝
DC，最后利用等腰三角形的性质，以及三角形内角和定理进行计算即可解答．
【解答】解：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝44°，
∴∠B＝90°﹣∠BAC＝46°，
∵四边形ABCD是半 O的内接四边形，
∴∠D＝180°﹣∠B＝⊙134°，
∵点D是弧AC的中点，
∴ ＝ ，
∴AD＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA＝ （180°﹣∠D）＝23°，
故选：C．
【点评】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
6．（2022秋•西湖区月考）下列语句中不正确的有（ ）
①平分弦的直径垂直于弦；②相等的圆心角所对的弧相等；③长度相等的两条弧是等弧；④圆是轴
对称图形，任何一条直径都是它的对称轴；⑤圆内接四边形的对角互补；⑥在同圆或等圆中，如果两
条弦相等，那么他们所对的圆周角相等．
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【分析】根据垂径定理的推论、等弧的概念、轴对称图形、圆内接四边形的性质、圆周角定理判断即可．【解答】解：①平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，本说法错误；
②在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，本说法错误；
③能够完全重合的两条弧是等弧，本说法错误；
④圆是轴对称图形，任何一条直径所在的直线都是它的对称轴，本说法错误；
⑤圆内接四边形的对角互补，本说法正确；
⑥在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么他们所对的圆周角相等或互补，本说法错误；
故选：A．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，掌握垂径定理的推论、等弧的概念、轴对称图形、圆内接四边
形的性质、圆周角定理是解题的关键．
7．（2022秋•番禺区校级期末）如图，四边形ABCD是 O的内接四边形，其中∠A＝100°，则∠C的度
数为（ ） ⊙
A．120° B．100° C．80° D．50°
【分析】根据圆内接四边形的对角互补，列式计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，
∵∠A＝100°，
∴∠C＝180°﹣∠A＝180°﹣100°＝80°．
故选：C．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
8．（2022秋•瑞安市月考）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，彰显了我国古代劳动人民的智慧，
如图1，点M表示筒车的一个盛水桶．如图2，当筒车工作时，盛水桶的运行路径是以轴心O为圆心．
5米为半径的圆，旦圆心在水面上方，若圆被水面截得的弦AB长为8米，则筒车工作时，盛水桶在水
面以下的最大深度为（ ）A．1米 B．2米 C．3米 D．4米
【分析】过O点作半径OD⊥AB于E，如图，由垂径定理得到AE＝BE＝4，再利用勾股定理计算出
OE，然后即可计算出DE的长．
【解答】解：过O点作半径OD⊥AB于E，如图，
∴AE＝BE＝ AB＝ ×8＝4，
在Rt△AEO中，OE＝ ＝3，
∴ED＝OD﹣OE＝5﹣3＝2（m），
答：筒车工作时，盛水桶在水面以下的最大深度为2m．
故选：B．
【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧，能熟练应用垂
径定理是解决问题的关键．
9．（2022秋•普陀区校级月考）下列说法中，正确的是（ ）
A．长度相等的弧是等弧
B．圆的每一条直径都是它的对称轴
C．直径如果平分弦就一定垂直弦
D．直径所对的弧是半圆【分析】根据等弧，垂径定理，轴对称图形，半圆等知识一一判断即可．
【解答】解：A、长度相等的弧是等弧，错误，长度相等的弧不一定是等弧，本选项不符合题意；
B、圆的每一条直径都是它的对称轴，错误，应该是圆的每条直径所在的直线都是它的对称轴．本选项
不符合题意；
C、直径如果平分弦就一定垂直弦，错误，此弦非直径，本选项不符合题意；
D、直径所对的孤是半圆，正确，本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查垂径定理，等弧，半圆，轴对称图形等知识，解题的关键是掌握基本知识，属于中考
常考题型．
10．（2022秋•定海区校级月考）如图，一块直角三角板的30°角的顶点P落在 O上，两边分别交 O于
A，B两点，连结AO，BO，则∠AOB的度数是（ ） ⊙ ⊙
A．30° B．60° C．80° D．90°
【分析】利用圆周角定理解决问题即可．
【解答】解：∵∠P＝30°，
又∵∠AOB＝2∠P，
∴∠AOB＝60°，
故选：B．
【点评】本题考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理，属于中考常考题型．
二．填空题（共8小题）
11．（2022秋•衢州月考）已知扇形的圆心角为120°，面积为12 ，则扇形的半径是 6 ．
π
【分析】根据扇形的面积公式S＝ ，得R＝ ．
【解答】解：根据扇形的面积公式，得
R＝ ＝ ＝6，
故答案为6．【点评】本题考查了扇形面积的计算，属于基础题，解答本题的关键是能够灵活运用扇形的面积公式．
12．（2022秋•鹿城区校级月考）已知扇形面积为12 ，半径为6，则扇形的弧长为 4 ．
【分析】根据扇形面积的计算公式即可求出答案．π π
【解答】解：设扇形的弧长为l，由扇形面积公式可得，
l×6＝12 ，
解得l＝4π，
故答案为π：4 ．
【点评】本题π考查扇形面积的计算，掌握扇形面积的计算公式是正确解答的关键．
13．（2022秋•新昌县校级月考）如图：在 O中，若∠ACB＝30°，则∠AOB＝ 60 ° ．
⊙
【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论．
【解答】解：∵∠ACB与∠AOB是同弧所对的圆周角与圆心角，∠ACB＝30°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝60°．
故答案为：60°．
【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条
弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．
14．（2022秋•义乌市校级月考）半径为2，圆心角为120°的扇形的面积为 （结果保留 ）．
π π
【分析】根据扇形的面积公式S＝ 求解即可．
【解答】解：S＝ ＝ ＝ ．
π
故答案为： ．
【点评】本题π考查了扇形的面积计算，难度一般，解答本题的关键是熟练掌握扇形的面积公式 S＝．
15．（2023秋•诸暨市校级月考）如图，点A，B，C在 O上，∠AOC＝90°，AB＝2 ，BC＝1，则 O
⊙ ⊙
的半径为 ．
【分析】过点A作AE⊥CB交CB的延长线于点E连接AC．证明△AEB是等腰直角三角形，利用勾股定
理求出AE，EC，AC，可得结论．
【解答】解：过点A作AE⊥CB交CB的延长线于点E，连接AC．
∵∠AOC＝90°，
∴∠ABC＝ ×（360°﹣90°）＝135°，
∴∠ABE＝45°，
∵∠E＝90°，AB＝2 ，
∴AE＝EB＝2，
∵BC＝1，
∴EC＝3，
∴AC＝ ＝ ＝ ，
∴OA＝OC＝ AC＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
16．（2023秋•路桥区校级月考）如图， O是以原点为圆心，半径为2的圆，点P是直线y＝﹣x+6上的
⊙
一点，过点P作 O的一条切线PQ，Q为切点，则S△PQO 的最小值为 ．
⊙
【分析】过点O作OC⊥AB于点C，根据切线的性质得到OQ⊥PQ，根据勾股定理用OP表示出PQ，
根据三角形的面积公式求出OC，得到答案．
【解答】解：过点O作OC⊥AB于点C，
∵PQ是 O的切线，
∴OQ⊥P⊙Q，
∴S△PQO ＝ OQ•PQ，
∵OQ是 O的半径，大小不变，
∴当PQ⊙最小时，△PQO的面积最小，
在Rt△OPQ中，PQ＝ ＝ ，
则当OP最小时，PQ最小，
对于直线y＝﹣x+6，当x＝0时，y＝6，当y＝0时，x＝6，
则OA＝6，OB＝6，
由勾股定理得：AB＝ ＝6 ，
S△AOB ＝ AB•OC＝ OA•OB，
则 ×6 •OC＝ ×6×6，
解得：OC＝3 ，当点P与点C重合时，OP最小，OP的最小值为3 ，
则PQ的最小值为： ＝ ，
∴S△PQO 的最小值＝ ×2× ＝ ，
故答案为： ．
【点评】本题考查的是切线的性质、一次函数的图象和性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解
题的关键．
17．（2022秋•鄞州区校级月考）绍兴市是著名的桥乡，如图，石拱桥的桥顶到水面的距离 CD为8m，桥
拱半径OC为5m，则水面宽AB为 8 m．
【分析】根据勾股定理求出AD，再由垂径定理求出AB即可．
【解答】解：如图，连接OA，
∵CD＝8m，OA＝OC＝5m，
∴OD＝8﹣5＝3（m），
在Rt△AOD中，由勾股定理得，
AD＝ ＝ ＝4（m），
∴AB＝2AD＝8（m），
故答案为：8．【点评】本题考查垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理以及勾股定理是正确解答的前提．
18．（2022 秋•鄞州区月考）如图， O 的半径是 2，AB 是 O 的弦，点 P 是弦 AB 上的动点，且
1≤OP≤2，则弦AB所对的圆周角的度⊙数是 60 ° 或 120 ° ． ⊙
【分析】作OD⊥AB，如图，利用垂线段最短得OD＝1，则根据含30度的直角三角形三边的关系得
∠OAB＝30°，根据三角形内角和定理可计算出∠AOB＝120°，则可根据圆周角定理得到∠AEB＝
∠AOB＝60°，根据圆内接四边形的性质得∠F＝120°，求出弦AB所对的圆周角的度数．
【解答】解：作OD⊥AB，
∵点P是弦AB上的动点，且1≤OP≤2，
∴OD＝1，
∴∠OAB＝30°，
∴∠AOB＝120°，
∴∠AEB＝ ∠AOB＝60°，
∵∠E+∠F＝180°，
∴∠F＝120°，
即弦AB所对的圆周角的度数为60°或120°，
故答案为：60°或120°．【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对
的圆心角的一半．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．
三．解答题（共8小题）
19．（2022秋•普陀区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的 O交BC于点D，延长
CA交 O于点E．连接ED交AB于点F． ⊙
（1）⊙求证：△CDE是等腰三角形．
（2）当CD＝4， 时，求AE的长．
【分析】（1）由等腰三角形的性质得出∠ABC＝∠C，由圆周角定理得出∠AED＝∠B，证出∠AED＝
∠C，即可得出结论；
（2）连接AD，过点D作DH⊥AE于点H，设CD＝2x，AC＝ x，则AD＝x，由三角形ADC的面积
可得出DH的长，求出AE，则可得出答案．
【解答】解：（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，
∵∠AED＝∠ABC，
∴∠C＝∠AED，
∴△CDE是等腰三角形；
（2）如图，连接AD，过点D作DH⊥AE于点H，
设CD＝4， ，
∵AB是直径，
∴∠ADC＝90°，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵DE＝CD，
∴ ，
∴ ．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，三角形的面积等知识，熟练掌
握圆周角定理是解题的关键．
20．（2022秋•临平区校级月考）如图，△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的 O交AC，BC分别于点
E，D两 ⊙
点，连接ED，BE．
（1）求证：DE＝BD．
（2）若BC＝12，AB＝10，求BE的长．
【分析】（1）连接AD，根据圆周角定理得到AD⊥BC，根据等腰三角形的性质得到CD＝BD，根据圆
内接四边形的性质推出∠CED＝∠ABC，则∠ACB＝∠CED，根据等腰三角形的判定得到DE＝CD，等
量代换即可得解；
（2）连接OD交BE于H，作OF⊥BD于F，根据勾股定理求出AD，根据三角形中位线定理求出OF，
根据三角形的面积公式求出BH，根据垂径定理解答．
【解答】（1）证明：解法一：连接AD，∵AB为 O的直径
∴AD⊥B⊙C，
∵AB＝AC，
∴CD＝BD，
∵A、E、D、B四点共圆，
∴∠CED＝∠ABC，
∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC，
∴∠ACB＝∠CED，
∴DE＝CD，
∴DE＝BD；
解法二：
连接AD，
∵AB为 O的直径
∴AD⊥B⊙C，BE⊥AC，
∵AB＝AC，
∴CD＝BD，
∵∠AEB＝90°，
∴∠CEB＝180°﹣90°＝90°，
∴DE＝ BC＝BD；
（2）解：解法一：连接OD交BE于H，作OF⊥BD于F，∵BC＝12，
∴BD＝ BC＝6，
∵AB＝10，
∴AD＝ ＝ ＝8，
∵AD⊥BC，OF⊥BD，
∴OF∥AD，
∵OA＝OB，
∴OF＝ AD＝4，
∵S△OBD ＝ BD•OF＝ OD•BH，
即 ×6×4＝ ×5×BH，
解得，BH＝ ，
∵DE＝BD，
∴BE＝2BH＝ ．
解法二：连接AD，
∵BC＝12，
∴BD＝ BC＝6，∵AB＝10，
∴AD＝ ＝ ＝8，
∵S△ABC ＝ BC•AD＝ AC•BE，
∴BE＝ ＝ ＝ ．
【点评】本题考查的是圆周角定理，弦、弧、圆心角的关系、垂径定理的应用，掌握相关定理、并灵活
运用是解题的关键．
21．（2022秋•舟山月考）如图，点A、P、B、C是 O上的四个点，且∠APC＝∠CPB＝60°．
（1）证明：△ABC是正三角形； ⊙
（2）若 O的半径是6，求正△ABC的边长．
⊙
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ABC＝∠BAC＝60°，求得∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝60°，
根据等边三角形的判定定理即可得到结论；
（2）连接OB、OC，过O作OH⊥BC与H，根据圆周角定理得到∠BOC＝2∠BAC＝120°，根据直角三
角形的性质得到OE＝ OB＝3，BE＝ ＝ ，于是得结论．
【解答】（1）证明：∵∠APC＝∠CPB＝60°，
∴∠ABC＝∠BAC＝60°，
∴∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝60°，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB，
∴△ABC是正三角形；
（2）解：连接OB、OC，过O作OH⊥BC与H，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，
∵OB＝OC，∴∠OBE＝30°，BE＝CE，
在Rt△OBE中，OE＝ OB＝3，BE＝ ＝ ，
∴BC＝ ，
即正△ABC的边长为 ．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的判定，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题
的关键．
22．（2022秋•新昌县校级月考）如图所示，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的半圆与AC，BC分别
交于点E，D，连结ED．
（1）若∠BAC＝55°，求弧AE的度数．
（2）试判断DE与BD是否相等，并说明理由．
【分析】（1）连结BE，OE，首先根据直径所对的圆周角为直角得到∠AEB＝90°，然后根据直角三角
形两锐角互余得到∠ABE＝35°，然后根据圆周角定理求解即可；
（2）连结AD，先根据直径所对的圆周角为直角得到∠ADB＝90°，然后根据等腰三角形的性质求解即
可．
【解答】解：（1）连结BE，OE，∵AB为直径，
∴∠AEB＝90°，
∵∠BAC＝55°，
∴∠ABE＝90°﹣∠BAC＝35°，
∴∠AOE＝2∠ABE＝70°；
∴弧AE的度数为70°；
（2）DE＝BD，
理由如下：连结AD，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°．
∴AD⊥BC．
∵AB＝AC，
∴∠CAD＝∠BAD，
∴DE＝DB．
【点评】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
23．（2022秋•余姚市月考）如图， O经过△ABC的顶点A、B，与边AC、BC分别交于点D、E，连接
BD、AE，且∠ADB＝∠CDE． ⊙
（1）求证：△ABE是等腰三角形；
（2）若AB＝10，BE＝12，求 O的半径r．
⊙
【分析】（1）由四边形ABED为圆内接四边形，得出∠ABE＝∠CDE．利用同弧所对的圆周角相等得
出∠ADB＝∠AEB，再利用等量代换得到∠ABE＝∠AEB，从而得证；
（2）连接AO并延长交BE于H点，连接OB，OE，【解答】（1）证明：∵四边形ABED为圆内接四边形，
∴∠ABE＝∠CDE．
又∵ ，
∴∠ADB＝∠AEB．
又∵∠ADB＝∠CDE，
∴∠ABE＝∠AEB．
∴AB＝AE，
∴△ABE为等腰三角形．
（2）解：如图，连接AO并延长交BE于H点，连接OB，OE，
∵AB＝AE，OB＝OE，
∴点A、O在BE的垂直平分线上，即AH垂直平分BE，
∴AO⊥BE于点H， ．
∵AB＝10，BE＝12，
∴ ， ．
∴在Rt△OBH中：r2＝（8﹣r）2+62，
∴ ．
【点评】本题考查同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，垂直平分线的判定等
知识，掌握与圆有关的基础知识是解题的关键．
24．（2022秋•定海区校级月考）已知：如图，△ABC内接于 O，AB为直径，∠CBA的平分线交AC于
点F，交 O于点D，DE⊥AB于点E，且交AC于点P，连接⊙AD．
（1）求证⊙：∠DAC＝∠DBA；
（2）连接CD，若CD＝6，BD＝8，求 O的半径和DE的长．
⊙【分析】（1）根据角平分线的性质、圆周角定理证明即可；
（2）根据勾股定理求出AB，进而求出 O的半径，根据三角形的面积公式求出DE．
【解答】（1）证明：∵AC是∠CBA的⊙平分线，
∴∠CBD＝∠DBA，
由圆周角定理得：∠DAC＝∠CBD，
∴∠DAC＝∠DBA；
（2）解：如图：
∵∠CBD＝∠DBA，
∴AD＝CD＝6，
∴ ，
∴ O的半径为5，
⊙
∵ ＝ AB•DE，
∴ ，
解得：DE＝4.8．【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、勾股定理是解题的关键．
25．（2022秋•义乌市校级月考）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，点F在BC边上，过A，B，F三点的
O交AC于点D，作直径AE，连结EF并延长交AC于点G，连结BE，BD，此时BD∥EG．
⊙（1）求证：AB＝BF；
（2）当F为BC的中点且AC＝3时，求 O的直径长．
⊙
【分析】（1）连接AF，根据圆周角定理得到AF⊥EG，根据BD∥EG，推出BD垂直平分AF，于是得
到AB＝BF；
（2）根据直角三角形的性质得到BF＝ BC，求得AB＝ BC，得到∠C＝30°，求得∠ABC＝60°，AB
＝ AC＝ ，于是得到结论．
【解答】（1）证明：如图，连接AF，
∵AE是 O的直径，
∴AF⊥E⊙G，
∵BD∥EG，
∴BD⊥AF，
∵∠BAC＝90°，
∴BD是 O的直径，
∴BD垂⊙直平分AF，∴AB＝BF；
（2）解：∵当F为BC的中点，
∴BF＝ BC，
∵AB＝BF，
∴AB＝ BC，
∵∠BAC＝90°，
∴∠C＝30°，
∴∠ABC＝60°，AB＝ AC＝ ，
∵AB＝BF，
∴∠ABD＝30°，
∴AD＝ AB＝1，BD＝2AD＝2，
∴ O的直径长为2．
【⊙点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，平行四边形的性质，含 30°角的直角三角形的性质，圆周
角定理等知识；熟练掌握等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
26．（2022秋•上城区校级月考）如图，在△AOB中，OA＝2，OB＝5，将△AOB绕点O顺时针旋转90°后
得△A'OB'．
（1）求点B扫过的弧的长；
（2）求线段AB扫过的面积．
【分析】（1）根据弧长公式和旋转的性质可解答；
（2）根据旋转的性质可得，阴影部分的面积等于S扇形B'OB ﹣S扇形A'OA ，从而根据OA＝2，OB＝OB'＝
5，可计算出答案．【解答】解：（1）由旋转得：∠BOB'＝90°，OB＝OB'，
∴点B扫过的弧的长＝ ＝ ；
（2）根据旋转的性质可得：△AOB的面积＝△A'OB'的面积，
∴线段 AB 扫过的面积＝S 扇形B'OB +S△AOB ﹣S 扇形A'OA ﹣S△A'B'O ＝S 扇形B'OB ﹣S 扇形A'OA ＝ ﹣
＝ ．
【点评】此题考查了扇形的弧长和面积计算及旋转的性质，解答本题的关键是根据旋转的性质得出：
△AOB的面积＝△A'OB'的面积，从而得到线段AB扫过的面积．
