《2018年中考數(shù)學(xué)試題分類匯編 知識點33 圓的基本性質(zhì)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年中考數(shù)學(xué)試題分類匯編 知識點33 圓的基本性質(zhì)（55頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 知識點33 圓的基本性質(zhì) 一、選擇題 1. （2018浙江衢州，第5題，3分）如圖，點A，B，C在⊙O上，∠ACB=35°，則∠AOB的度數(shù)是（ ） 第5題圖 A．75° B．70° C．65° D．35° 【答案】B 【解析】本題考查了圓周角定理等知識，解題的關(guān)鍵是明確圓周角定理．∵∠AOB與∠ACB所對的弧相等，∠AOB是圓心角，∠ACB是圓周角，故得到∠AOB=70°，故選B. 【知識點】圓周角定理 2. （2018浙江衢州，第10題，3分）如圖，AC是⊙O的直徑，弦BD⊥AO于E，連接BC，過點O作OF⊥BC于F，若BD=8cm，AE=2

2、cm，則OF的長度是（ ） A．3cm B．cm C．2.5cm D．cm 【答案】D 【解析】本題考查了垂徑定理、中位線定理、勾股定理等知識. 連接AB，因為AC為直徑，AC⊥BD，故BE=ED，又因為OF⊥BC，根據(jù)垂徑定理可知BF=CF，故可得知OF為△ABC的中位線，從而得到OF=0.5AB，易得BE=4,利用勾股定理得到AB的值，故解得。連接AB，因為AC為直徑，故∠ABC為直角， 又∵AC⊥BD，∴BE=ED=8÷2=4，∵AE=2，根據(jù)勾股定理可得：AB= 又∵OF⊥BC，根據(jù)垂徑定理可知BF=CF， 故可得知OF為△ABC的中位線

3、， ∴OF=AB=故選D。 第10題圖 【知識點】垂徑定理、中位線定理、勾股定理； 3. （2018甘肅白銀，9，3） 如圖，⊙A過點O(0,0),,D(0,1),點B是軸下方⊙A上的一點，連接BO,BD,則∠OBD的度數(shù)是（ ） A.15°，B.30° C.45° D.60° 【答案】B 【思路分析】由∠DOC=90°，于是想到連接DC由題意知DO=1,OC=,所以算出直徑DC=2,由此得∠DCO=30°，所以∠OBD=∠OCD=30°。 【解題過程】連接DC. ∵在⊙A中，∠DOC=90°， ∴DC過圓心A,即DC是⊙A的直徑。 ∵

4、,D(0,1） ∴DO=1,CO= ∴在RT△DOC中，CD= ∴∠DCO=30°。 ∴∠OBD=∠DCO=30°。 故選B 【知識點】90°的圓周角所對的弦是直徑；一條直角邊等于斜邊的一半則這條直角邊所對的角是30°；同弧所對的圓周角相等。 4. （2018山東聊城，7，3分）如圖，中，弦BC與半徑OA相交于點D，連接AB、OC.若∠A=60°，∠ADC=85°，則∠C的度數(shù)是（ ） A.25° B.27.5° C.30° D.35° 【答案】C 【解析】∵∠A=60°，∠ADC=85°， ∴∠B=∠ADC

5、-∠A=85°-60°=25°， ∴∠O=2∠B=2×25°=50°， ∴∠C=∠ADC-∠O=85°-50°=30°， 【知識點】三角形內(nèi)外角的關(guān)系、圓周角定理、 5. （2018年山東省棗莊市，8，3分）如圖，是⊙的直徑，弦交于點，，，則的長為（ ） A． B． C． D．8 【答案】C 【思路分析】過O作OE⊥CD于E，連接OD，在Rt△OEP中，由∠OPE=30°，OP=2計算OE的長；在Rt△OCE中，由OC和OE的長利用勾股定理計算CE的長；最后得出CD=2CE即可. 【解題過程】過O點作OE⊥CD于E，

6、 ∵，∴AB=8, ∴OA=OB=4, ∴OP=2, ∵∴OE=OP=1. 在Rt△OCE中，CE= ∵OE⊥CD，O是圓心， ∴CD=2CE=. 故選C. 【知識點】 垂徑定理；勾股定理 6.（2018四川省南充市，第5題，3分）如圖，BC是⊙O的直徑，A是⊙O上的一點，∠OAC=32°，則∠B的度數(shù)是（ ） A．58° B．60° C．64° D．68° 【答案】A 【解析】解：∵BC是⊙O的直徑，∴∠CAB=90°，∵OA=OC，∠OAC=32°，∴∠C=∠OAC=32°，∴∠B=90°

7、 －32°=58°，故選A. 【知識點】直徑所對圓周角是直角；等腰三角形的性質(zhì)；直角三角形的兩銳角互余 7. （2018江蘇省鹽城市，7，3分）如圖，AB為⊙O的直徑，CD為⊙O的弦，∠ADC＝35°，則∠CAB的度數(shù)為（ ）． A．35° B．45° C．55° D．65° 【答案】C 【解析】∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠ABC＝∠ADC＝35°，∴∠CAB＝65°．故選C. 【知識點】圓的基本性質(zhì) 8. （2018山東省濟(jì)寧市，4，3）如圖，點B，C，D在⊙O上，若∠BCD=130°，則∠BOD的度數(shù)是 (

8、 ) A.50° B.60° C.80° D.100° 【答案】D 【解析】先找出圓周角∠BCD所對的優(yōu)弧度數(shù)為260°，再結(jié)合圖形確定劣弧BD的度數(shù)為100°，從而根據(jù)圓心角∠BOD與劣弧BD的度數(shù)之間的相等關(guān)系，即∠BOD的度數(shù)是100°，因此，本題應(yīng)該選D. 【知識點】圓周角 圓心角 9.(2018山東青島中考，5，3分)如圖，點在⊙O上，，點是的中點，則的度數(shù)是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】連接OB，∵，點是的中點，∴∠AOB=∠AOC=70°．∵∠A

9、OB是所對的圓心角，∠D是所對的圓周角，∴∠D=∠AOB=35°．故選D． 【知識點】弧、弦、圓心角的關(guān)系；圓周角定理 10. （2018山東威海，10，3分）如圖，⊙O的半徑為5，AB為弦，點C為的中點，若∠ABC＝30°，則弦AB的長為( ) A． B．5 C． D． 【答案】D 【解析】如圖，連接OA、OC，OC 交AB于點M．根據(jù)垂徑定理可知OC垂直平分AB，因為∠ABC＝30°，故∠AOC＝60°，在Rt△AOM中，sin60°＝，故AM＝，即AB＝．故選D． 【知識點】垂徑定理、銳角三角函數(shù) 1. (2018山東菏澤，6，3分)如

10、圖，在⊙O中，OC⊥AB，∠ADC=32°，則∠OBA的度數(shù)是（ ） A．64° B．58° C．32° D．26° 【答案】D 【解析】∵OC⊥AB，∴=．∠ADC是所對的圓周角，∠BOC是所對的圓心角，∴∠BOC=2∠ADC=64°，∴∠OBA=90°－∠BOC=90°－64°=26°．故選D． 【知識點】垂徑定理；圓周角定理及推論； 2. （2018四川遂寧，8，4分） 如圖，在⊙O中，AE是直徑，半徑OC垂直于弦AB于D，連接BE，若AB=2，CD=1，則BE的長是（ ） A．5

11、 B．6 C．7 D．8 【答案】B. 【解析】解：設(shè)⊙O的半徑為r，則OA=OE=OC=r， ∵OC⊥AB， ∴AD=AB=. ∵CD=1， ∴OD=r-1， ∴OD2+AD2=OA2， ∴(r-1)2+()2=r2, ∴r=4， ∴OD=3. ∵AE是⊙O的直徑， ∴AB⊥BE， ∴OD∥BE， ∴BE=2OD=6. 故選B. 【知識點】垂徑定理，勾股定理 3. （2018廣東廣州，7，3分）如圖，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，交⊙O于點C，連接OA，OB，BC，若∠ABC＝20°，則∠AOB的度數(shù)是（

12、） A．40° B．50° C．70° D．80° 【答案】D 【解析】因為∠AOC＝2∠ABC＝2×20°=40°，而OC⊥AB，所以=，從而有∠AOB＝2∠AOC＝2×40°=80°；故答案為D． 【知識點】垂徑定理；圓周角定理 4. （2018貴州遵義，12題，3分）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=5，BC=10，連接AC、BD，以BD為直徑的圓交AC于點E，若DE=3，則AD的長為 A.5 B.4 C. D. 第12題圖 【答案】D 【解析】連接BE，因為∠DAE=∠DBE，∠DAE=∠A

13、CB，所以∠DBE=∠ACB，因為BD是直徑，所以∠BED=90°，∠DAB=90°，因為AD∥BC，所以∠ABC=180°-∠DAB=90°，所以∠BED=∠ABC，△BED∽△CBA，所以，得到BE=6，Rt△BED中，可得BD=，在Rt△ADB中，可得AD=，故選D 【知識點】圓的對稱性，圓周角定理，相似三角形 5. （2018江蘇淮安，8，3） 如圖，點A、B、C都在⊙O上，若∠AOC=140°,則∠B的度數(shù)是 A. 70° B. 80° C. 110° D. 140° 【答案】C 【解析】分析：本題考查圓周角定

14、理，由 ∠AOC=140°可得優(yōu)角∠AOC的度數(shù)，再由圓周角定理可得結(jié)果. 解：由∠AOC=140°可得優(yōu)角∠AOC=220° 由圓周角定理可得 故選：C． 【知識點】圓周角定理；圓周角性質(zhì) 6.（2018福建A卷，9，4）如圖，AB是⊙O的直徑，BC與⊙O相切于點B，AC交⊙O于點D，若∠ACB=50°，則∠BOD等于 ( ) A．40° B. 50° C. 60° D. 80° 【答案】D 【解析】根據(jù)同弧所對的圓周角等于這條弧所對圓心角的一半，即可求出結(jié)果. 解：∵ AB是⊙O的直徑，∴∠ABC=90°，∵∠ACB=

15、50°，∴∠A=90°-∠ACB=40°，∠BOD=2∠A=80°. 【知識點】圓；圓的有關(guān)性質(zhì)；圓心角、圓周角定理 7. （2018福建B卷，9，4）如圖，AB是⊙O的直徑，BC與⊙O相切于點B，AC交⊙O于點D，若∠ACB=50°，則∠BOD等于 ( ) A．40° B. 50° C. 60° D. 80° 【答案】D 【解析】根據(jù)同弧所對的圓周角等于這條弧所對圓心角的一半，即可求出結(jié)果. 解：∵ AB是⊙O的直徑，∴∠ABC=90°，∵∠ACB=50°，∴∠A=90°-∠ACB=40°，∠BOD=2∠A=80°. 【知識點

16、】圓；圓的有關(guān)性質(zhì)；圓心角、圓周角定理 8. （2018貴州安順，T9，F(xiàn)3）已知O的直徑CD= 10cm，AB是O的弦，AB丄CD,垂足為M, 且AB = 8cm,則AC的長為（ ） A. cm B. cm C. cm或 cm D. cm或 cm 【答案】C 【解析】由題可知，直徑CD=10cm，AB丄CD, AB = 8cm,當(dāng)點M在線段OC上時，OA=OC=5cm，AM=4cm.∵OA2=AM2+OM2，∴OM=3cm，即CM=OC-OM=2cm.由勾股定理，得AC2=AM2+CM2= cm. 當(dāng)點M在線段OD上時，CM=OC+CM=8cm.由勾股定理，得AC2=AM

17、2+CM2=cm.故AC的長為 cm或 cm. 【知識點】垂徑定理，勾股定理. 9.（2018四川雅安，12題，3分）如圖，AB、CE是圓O的直徑，且AB=4，，點M是AB上一動點，下列結(jié)論：①∠CED=∠BOD；②DM⊥CE；③CM+DM的最小值為4；④設(shè)OM為x，則S△OMC=x，上述結(jié)論中，正確的個數(shù)是 第12題圖 A.1個 B.2個 C.3個 D.4個 【答案】B 【解析】①∠CED=∠COD，因為，所以∠COD=∠BOD，所以∠CED=∠BOD，正確；②M是直徑AB上一動點，而CE確定，因此DM⊥CE不一定成立，錯誤；③因為DE⊥AB，所以D和

18、E關(guān)于AB對稱，因此CM+DM的最小值在M和O重合時取到，即CE的長，因為AB=4，所以CE=AB=4，③正確；④連接AC，因為，所以∠COA=60°，則△AOC為等邊三角形，邊長為2，過C作CN⊥AO于N，則CN=，△COM中，以O(shè)M為底，OM邊上的高為CN，所以，故④錯誤。綜上，共2個正確，選B。 第12題解圖 【知識點】圓的對稱性，圓周角定理，最小值問題，等邊三角形，三角形面積 10. （2018武漢市，10，3分）如圖，在⊙O中，點C在優(yōu)弧上，將弧沿BC折疊后剛好經(jīng)過AB的中點D．若⊙O的半徑為，AB＝4，則BC的長是（ ） A． B．

19、 C． D． 【答案】B 【思路分析】連接OD，過C作CE⊥AB于E，過O作OF⊥CE于F，四邊形OFED為正方形；連接AC、DC，由折疊及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得CA=CD，可求得ED=1，再求出CE的長，可求得BC的長. 【解題過程】連接AC、DC、OD，過C作CE⊥AB于E，過O作OF⊥CE于F，∵沿BC折疊，∴∠CDB=∠H，∵∠H+∠A=180°，∴∠CDA+∠CDB=180°，∴∠A=∠CDA，∴CA=CD，∵CE⊥AD，∴AE=ED=1，∵，AD=2，∴OD=1，∵OD⊥AB，∴OFED為正方形，∴OF=1，，∴CF=2，CE=3，∴.

20、 第10題答圖 【知識點】軸對稱的性質(zhì) 圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì) 正方形的性質(zhì)與判定 等腰三角形的性質(zhì)與判定 勾股定理 11. （2018四川自貢，9，4分）如圖，若⊿內(nèi)接于半徑為的⊙ ,且,連接，則 邊的長為（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】如圖所示，延長CO交⊙于點D，連接BD， ∵，∴.∵CD是直徑，∴. 在Rt△BCD中，，∴，故選擇D. 【知識點】圓周角定理，解直角三角形 12. （2018湖北省襄陽市，10

21、，3分）如圖，點A、B、C、D都在半徑為2的⊙O上，若OA⊥BC，∠CDA=30°，則弦BC的長為(▲) A.4 B. C. D. 【答案】 【解析】解：AO與BC交于點E， ∵OA⊥BC，OA為半徑， ∴弧AC=弧AB，CE=BE， ∴∠AOB=2∠ADC=60°， 在Rt△BOE中，∵∠BOE=60°， ∴BE=OB·sin60°=， ∴BC=2BE=. 故選D. 【知識點】垂徑定理、圓周角定理、特殊角的三角函數(shù) 13. （2018 湖南張家界，6，3分）如圖,是⊙的直徑,弦 ⊥于點,,則( )

22、 （6題圖） 【答案】A 【解析】解：∵弦⊥于點，， ∴ ∴AE=OA+OE=5+3=8cm. 【知識點】垂徑定理，勾股定理 14. （2018山東省泰安市，12，3）如圖，的半徑為2，圓心的坐標(biāo)為，點是上的任意一點，，且、與軸分別交于、兩點，若點、點關(guān)于原點對稱，則的最小值為（ ） A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【思路分析】是Rt的斜邊，連接OP，則OP是Rt斜邊的中線，求的最小值的問題就轉(zhuǎn)化為求OP最小值的問題，連接OM交于點P，此時OP取得最小值.

23、 【解題過程】解;連接MO，交于點P，則點P就是所求的點，過點P作 過點M作， ∵的坐標(biāo)為 ∴ ∴由勾股定理得; 又∵ 又∵OP是Rt的中線 ∴ 【知識點】直角三角形性質(zhì)，相似三角形性質(zhì)，兩點之間線段最短 15. （2018陜西，9，3分）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AB=AC，∠BCA=65°，作CD∥AB，并與⊙O相交于點D，連接BD，則∠DBC的大小為（ ） A．15° B．35° C．25° D．45° 【答案】A 【思路分析】先求出∠ABC和∠A的度數(shù)，然后根據(jù)圓周角和平行線的性質(zhì)求出∠ABD的度數(shù)，

24、即可求出∠DBC的度數(shù)． 【解題過程】∵AB=AC， ∴∠ABC=∠ACB=65°． ∴∠A=180°－65°×2=50°． ∴∠D=∠A＝50°． ∵CD∥AB, ∴∠ABD=∠D=50°． ∴∠DBC=∠ABC－∠ABD=65°－50°=15°．故選擇A． 【知識點】圓的基本性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì) 二、填空題 1. （2018江蘇無錫，16，3分）如圖，點A、B、C都在上，OC⊥OB，點A在劣弧上，且OA=AB，則∠ABC= . 【答案】15° 【思路分析】利用圓的半徑相等，OC⊥OB，OA=AB，可以證明△OBC是等腰直角三角形

25、、△ABO是等邊三角形，進(jìn)而利用特殊三角形的性質(zhì)求得結(jié)論. 【解題過程】∵OC⊥OB，OB=OC， ∴∠CBO=45°. ∵OB=OA=AB， ∴∠ABO=60°. ∴∠ABC=∠ABO-∠CBO=60°-45°=15°. 【知識點】圓的基本性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì) 2. （2018四川省達(dá)州市，16，3分）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝5，點D是BC邊上一點且CD＝1，點P是線段DB上一動 ，連接AP，以AP為斜邊在AP的下方作等腰Rt△AOP.當(dāng)點P從點D出發(fā)運(yùn)動至點B停止時，點O的運(yùn)動路徑長為___________．

26、 第16題圖 【答案】2 【解析】如圖，以AC為斜邊在AC的右下方作等腰Rt△AEC,以AD為斜邊在AD的右下方作等腰Rt△AMD，以AB為斜邊在AB的下方作等腰Rt△ANB，連接NM并延長，則點E、點C在NM的延長線上. ∵∠C＝90°，∠ANB＝90°， ∴A、C、B、N四點共圓. ∴∠ANC＝∠ABC．∴△ANE∽△ABC． ∴＝． 在等腰Rt△AEC中，AC＝2，∴AE＝． ∵＝，∴NE＝． 當(dāng)點P與點C重合時，點O的位于點E的位置．當(dāng)點P從點D出發(fā)運(yùn)動至點B停止時，點O的從點M出發(fā)運(yùn)動至點N．∵＝，∴＝，∴MN＝2． 【知識點】圓的基本性質(zhì)；四點共

27、圓；相似三角形的判定與性質(zhì)，比例的性質(zhì) 3. （2018浙江紹興，14，3分） 等腰三角形中，頂角為，點在以為圓心，長為半徑的圓上，且，則的度數(shù)為 ． 【答案】或 【解析】 （1） 如下圖：BP=BA=AC，AP=BC， ∴四邊形APBC為平行四邊形， ∴∠BAC=∠ABP=40°∠ABC=∠ACB=70° ∴∠PBC=∠ABP＋ABC=70°+40°=110° 第14題(1)答圖 (2) 由AP=BC，BP=AC，AB=AB; ∴△BAP∽△ABC，∠PBA=∠BAC=40°; ∴∠PBC=∠ABC－∠ABP=70°－40°=30°

28、 第14題(2)答圖 【知識點】圓的相關(guān)定義、平形四邊形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定、等腰三角形的性質(zhì)。 4. （2018湖南長沙，18題，3分）如圖，點A，B，D在圓O上，∠A=20°，BC是圓O的切線，B為切點，OD的延長線交BC于點C，則∠OCB=______度。 第18題圖 【答案】50° 【解析】∠A=20°，由圓周角定理，∠O=2∠A=40°，因為BC與圓O相切，所以O(shè)B⊥BC，∠OBC=90°，所以Rt△OBC中，∠OCB=90°-∠O=50° 【知識點】圓周角定理，切線性質(zhì)，直角三角形 5. （2018山東臨沂，18，3分）如圖，在△ABC中，∠A

29、＝60°，BC＝5cm.能夠?qū)ⅰ鰽BC完全覆蓋的最小圓形片的直徑是 cm． 第18題圖 【答案】 【解析】能夠?qū)ⅰ鰽BC完全覆蓋的最小圓形片是如圖所示的△ABC外接圓⊙O，連接OB，OC，則∠BOC=2∠BAC=120°，過點D作OD⊥BC于點D，∴∠BOD=∠BOC=60°，由垂徑定理得BD=BC=cm，∴OB=，∴能夠?qū)ⅰ鰽BC完全覆蓋的最小圓形片的直徑是. 【知識點】垂徑定理 三角函數(shù) 三角形外接圓 6.（2018山東煙臺，16，3分）如圖，方格紙上每個小正方形的邊長均為1個單位長度，點O，A，B，C在格點（兩條網(wǎng)格線

30、的交點叫格點）上，以點O為原點建立直角坐標(biāo)系，則過A，B，C三點的圓的圓心坐標(biāo)為 . 【答案】（－1，－2） 【解析】如圖，連接AB，BC，分別作AB和BC的中垂線，交于G點．由圖知，點G的坐標(biāo)為（－1，－2）． 【知識點】垂徑定理 7. （2018四川省宜賓市，15，3分）如圖，AB是半圓的直徑，AC是一條弦，D是AC的中點，DE⊥AB于點E且DE交AC于點F,DB交AC于點G，若 =,則 = . 【答案】 【解析】如圖： 連接OD、AD、BC，則∠ADB=∠ACB=90°，OD⊥AC，∵DE⊥AB，∴∠FAE=∠

31、FDG,∴△AFE∽△DOE,設(shè)OD=y,EF=3x,AE=4x,則AF=5x,∵△AFE∽△DOE,∴,即，∴y=10x,∴OE=6x，DE=8x,∵EF=3x，∴DF=AF=5x，∴∠DAF=∠ADF，∵=sin∠CBG，∠CBG=∠DAF，∴sin∠CBG=sin∠DAF=sin∠ADF=. 【知識點】相似三角形的性質(zhì)和判定；勾股定理；解直角三角形 8. （2018浙江杭州，14，4分） 如圖，AB是O的直徑，點C是半徑OA的中點，過點C作DE⊥AB，交O于點D，E兩點，過點D作直徑DF，連接AF，則∠DFA=___________. 【答案】30° 【解析】 【知識點

32、】垂徑定理，圓的角度計算 1. （2018湖北鄂州，16，3分） 如圖，正方形ABCD的邊長為2，E為射線CD上一動點（不與C重合），以CE為邊向正方形ABCD外作正方形CEFG，連接DG，直線BE、DG相交于點P，連接AP，當(dāng)線段AP的長為整數(shù)時，則AP的長為 ． 【答案】2或1． 【思路分析】先利用SAS定理證明△BCE≌△DCG，從而證得BP⊥DG，再由圓周角定理的逆定理證得A、B、C、D、P五點共圓，得到AP＜BD＝即可． 【解析】解：∵四邊形ABCD和CEFG是正方形，∴∠BCE＝∠DCG＝90°，BC＝CD，CE＝CG，則在△BCE和△DCG中，∵，∴

33、△BCE≌△DCG（SAS），∴∠PBG＝∠DCG，又∵∠DCG＋∠DGC＝90°，∴∠PBG＋∠BGP＝90°，即∠BPG＝90°，即BP⊥DG，∴、B、C、D、P五點共圓，則BD是圓的直徑，故弦AP＜BD，又∵BD＝，∴AP＜，∴當(dāng)線段AP的長為整數(shù)時，則AP的長為2或1． 【知識點】五點同圓；圓周角定理的逆定理；勾股定理；圓的性質(zhì)；全等三角形的判定定理 2. （2018湖北黃岡，11題，3分）如圖，△ABC內(nèi)接于O，AB為O的直徑，∠CAB=60°，弦AD平分∠CAB，若AD=6，則AC=________ 第11題圖 【答案】 【解析】連接BD，∠CAB=60°，弦

34、AD平分∠CAB，所以∠DAB=30°，∠ABC=30°，因為AB是O的直徑，所以∠C=∠D=90°，所以，因為∠C=90°，∠CAB=60°，所以∠ABC=30°，所以 第11題解圖 【知識點】圓周角定理的推論，直角三角形性質(zhì)，三角函數(shù) 3. （2018內(nèi)蒙古呼和浩特，16，3分）如圖，已知正方形ABCD，點M是邊BA延長線上的動點（不與點A重合）且AM

35、，其中正確結(jié)論的序號為________ 【答案】 ①②③ 【解析】連接BH,易證△CDH≌△CBH.∴∠CHB=∠DHC=.∵∠CBH=900,EH⊥AC,∴點C,B,E,H四點共圓，∴∠BEC=∠BHC=,∴∠BCE=,∴CE=2BE,由平移知DM=CE=2BE.①正確. 易證△BEH≌△MAH,∴HM=HB=HD,∴∠MHA=∠BHE=∠OBH=∠ODH,∴∠OHD+∠AHM=,∴∠DHM=,即△DH是等腰直角三角形，故DM=MH.②正確. ③由②得∠DHM=90°,∵∠CHD＞∠CAD=45°,∴∠CHM＞135°, ③正確; 【知識點】正方形的性質(zhì)，平移的性質(zhì)，圓的性質(zhì)

36、，全等三角形的判定與性質(zhì) 4. （2018四川雅安，17題，3分）《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學(xué)成就的杰出代表作，其中《方田》章計算弧田面積所用的經(jīng)驗公式是：弧田面積=(弦×矢+矢2).弧田（如圖陰影部分），由圓弧和其所對弦所圍成，公式中“弦”指圓弧所對弦長，“矢”等于半徑長與圓心到弦的距離之差，現(xiàn)有圓心角為120°，半徑等于4米的弧田，按照上述公式計算出弧田的面積為______米2. 第17題圖 【答案】 【解析】由題可知，∠AOB=120°，OB=4，OC⊥AB，“矢”為CD的長，則AD=DB，Rt△BOD中，∠OBD=30°，所以O(shè)D=2，“矢”為CD的長，CD=2，BD=，

37、AB=2BD=，即“弦”的長，由公式，弧田面積=(弦×矢+矢2)=(×2+22)= 第17題解圖 【知識點】垂徑定理，含30°的直角三角形 5. （2018湖北省孝感市，14，3分）已知O的半徑為10cm，，是O的兩條弦，，AB=16cm，CD=12cm，則弦和之間的距離是 ． 【答案】2或14 【解析】分兩種情況：如圖①，當(dāng)弦AB和CD在圓心的同側(cè)時，∵AB=16cm，CD=12cm，∴AE=AB=8cm，CF=CD=6cm，∴根據(jù)勾股定理，OE==6（cm），OF==8（cm）.∴EF=OF-OE=8-6=2（cm）. 如圖②, 當(dāng)弦AB和CD在圓心的

38、同側(cè)時，∵AB=16cm，CD=12cm，∴AE=AB=8cm，CF=CD=6cm，∴根據(jù)勾股定理， OE==6（cm），OF==8（cm）.∴EF=OE+OF=8+6=14（cm）. 綜上，弦和之間的距離是2cm或14cm. ① ② 【知識點】垂徑定理；勾股定理. 6.（2018四川涼山州，15，4分）如圖，△ABC外接圓的圓心坐標(biāo)是 【答案】(4,6) 【解析】因為是外接圓的圓心,所以外心到三個頂點的距離都相等,等于外接圓的半徑.那么就是各邊中垂線的交點. 【知識點】外接圓的圓心，中垂線，點的坐

39、標(biāo). 7. （2018四川涼山州，16，4分）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于E，若CD＝8，∠D＝60°，則⊙O的半徑為 【答案】 【解析】先在Rt△ADE中，由勾股定理建立方程，解出AE. 再連接OD,設(shè)OD=OA=x，則OE=4-x，在Rt△ODE中，由勾股定理建立方程，解出x. (第16題答圖) 【知識點】勾股定理，二元一次方程的解. 8. （2018·北京，12，2）如圖，點A，B，C，D在⊙O上，弧CB＝弧CD，∠CAD＝30°，∠ACD＝50°，則∠ADB＝________°． 【答案】70°． 【解析

40、】∵弧CB＝弧CD，∠CAD＝30°，∴弧CB與弧CD的度數(shù)都為60°．∵∠ACD＝50°，∴弧AD的度數(shù)都為100°．∴劣弧AB的度數(shù)都為140°．∴∠ADB＝×140°＝70°． 【知識點】圓周角定理；圓的有關(guān)性質(zhì) 9.（2018廣西玉林，16題，3分）小華為了求出一個圓盤的半徑，他用所學(xué)的知識，將一寬度為2cm的刻度尺的一邊與圓盤相切，另一邊與圓盤邊緣兩個交點處的讀數(shù)分別是“4”和“16”（單位：cm），請你幫小華算出圓盤的半徑是______cm 第16題圖 【答案】10 【解析】由題可知，AB=12，CD=2，OC⊥AB于點D，所以AD=DB=6，設(shè)OB=r，則在Rt

41、△ODB中，(r-2)2+62=r2，解得，r=10 【知識點】垂徑定理，勾股定理 10. （2018山東省泰安市，14，3）如圖，是的外接圓，，，則的直徑為 ． 【答案】 【解析】（1）構(gòu)造以直徑BD為斜邊的Rt，根據(jù)圓周角∠A和圓周角∠D之間的關(guān)系推出是等腰直角三角形，從而可求出直徑的長。（2）連接OB、OC，根據(jù)圓心角∠O和圓周角∠A之間的關(guān)系推出是等腰直角三角形，先求出半徑OB或OC的長，從而再求出直徑的長. 解法一：如圖1，過點B作直徑BD，連接DC，則∠BCD=90° ∵ ∴ ∴是等腰直角三角形 ∵， ∴ 根據(jù)勾股定理得

42、： 解法二：如圖2，連接OB、OC ∵ ∴ ∴是等腰直角三角形 ∵， ∴ 根據(jù)勾股定理得： ∴ 【知識點】圓周角性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)，勾股定理. 三、解答題 1. （2018四川內(nèi)江，23，6） 如圖，以AB為直徑的⊙O的圓心O到直線l的距離OE＝3，⊙O的半徑r＝2，直線AB不垂直于直線l，過點A、B分別作直線l的垂線，垂足分別為點D、C，則四邊形ABCD的面積的最大值為 ． 【答案】12 【思路分析】由于四邊形ABCD為梯形，所以面積為兩底之和的一半再乘以高，由已知條件可以通過構(gòu)造三角形的中位線，證得兩底之和與線段O

43、E的長度有關(guān)，是一個定值，所以四邊形面積的大小取決于高，當(dāng)直徑AB為梯形的高時，面積最大． 【解題過程】解：連接DO并延長交CB的延長線于F，∵AD⊥l，BC⊥l，∴AD∥BC，∴∠DAO＝∠FBO，∠ADO＝∠F，∵OA＝OB，∴△AOD≌△BOF，∴AD＝BF，OD＝OF，∵OE⊥l，∴AD∥BC∥OE，∴＝，∴DE＝CE，∴OE＝CF＝ (BF＋BC)＝(AD＋BC)，∴AD＋BC＝2OE＝6，∵四邊形ABCD的面積＝(AD＋BC)×CD，∴當(dāng)AB∥l時，即AB為梯形的高時四邊形ABCD的面積最大，最大值為×6×4＝12． 【知識點】三角形中位線，梯形的面積公式；全等三角形；

44、 2. （2018安徽省，20，10分）如圖,⊙O為銳角△ABC的外接圓,半徑為5. （1）用尺規(guī)作圖作出∠BAC的平分線，并標(biāo)出它與劣弧BC的交點E(保留作圖痕跡,不寫作法)； （2）若（1）中的點E到弦BC的距離為3,求弦CE的長. 【思路分析】(1)按照角的平分線的尺規(guī)作圖步驟，可做成AE符合要求；（2）根據(jù)相等圓周角，確定弧BE=弧EC，根據(jù)垂徑定理知OE⊥BC，在Rt△ODC中以及Rt△DEC中，可求出CE的長 【解題過程】（1）如圖所示： （2） 連接OE、OC、EC,由（1）知AE為∠BAC的角平分線，∴∠BAE=∠CAE, ∴弧BE=弧EC，根據(jù)

45、垂徑定理知OE⊥BC，則DE=3. ∵OE=OC=5，∴OD=OE-DE=2. 在Rt△ODC中， 在Rt△DEC中， ∴弦CE的長為 【知識點】角平分線的尺規(guī)作圖，垂徑定理，勾股定理 3. （2018江蘇無錫，24，8分）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于，AB=17，CD=10，∠A=90°，cosB=，求AD的長. 【思路分析】如圖所示，延長AD、BC交于點E，利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)證明△ECD∽△EAB，進(jìn)而利用相似三角形的性質(zhì)可以求得AD的長. 【解題過程】如圖所示，延長AD、BC交于點E， ∵四邊形ABCD內(nèi)接于，∠A=90°， ∴∠EDC=∠B，∠

46、ECD=∠A=90°， ∴△ECD∽△EAB， ∴. ∵cos∠EDC=cosB=， ∴， ∵CD=10， ∴， ∴ED=, ∴. ∴， ∴AD=6. 【知識點】圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的定義、勾股定理、分式方程的解法 4. （2018山東省濟(jì)寧市，18，7）（7分）在一次數(shù)學(xué)活動課中，某數(shù)學(xué)小組探究求環(huán)形花壇（如圖所示）面積的方法.現(xiàn)有以下工具： ①卷尺；②直棒EF；③T型尺（CD所在的直線垂直平分線段AB）. （1） 在圖1中，請你畫出用T型尺找大圓圓心的示意圖（保留畫圖痕跡，不寫畫法）； （2） 如圖2，小華說：“我只

47、用一根直棒和一個卷尺就可以求出環(huán)形花壇的面積，具體做法如下：將直棒放置到與小圓相切，用卷尺量出此時直棒與大圓兩交點M，N之間的距離，就可求出環(huán)形花壇的面積.”如果測得MN=10cm，請你求出這個環(huán)形花壇的面積. 【思路分析】（1）根據(jù)垂徑定理，可知：圓心O必在直線CD上，則直線CD與C′D′的交點即為所求的點O；（2）設(shè)切點為C，連接OM，OC．從而化歸直角三角形中，應(yīng)用勾股定理即可解決問題. 【解題過程】（1）如圖點O即為所求； （2）設(shè)切點為C，連接OM，OC． ∵ MN是切線，∴OC⊥MN，∴CM=CN=5， ∴ OM2-OC2=CM2=25，∴S圓環(huán)=π?OM2-π?OC

48、2=25π． 【知識點】尺規(guī)作圖的應(yīng)用 線段的垂直平分線的性質(zhì) 垂徑定理 勾股定理 1. （2018貴州遵義，26題，12分）如圖，AB是半圓O的直徑，C是AB延長線上的點，AC的垂直平分線交半圓于點D，交AC于點E，連接DA、DC，已知半圓O的半徑為3，BC=2 （1）求AD的長； （2）點P是線段AC上一動點，連接DP，做∠DPF=∠DAC，PF交線段CD于點F，當(dāng)△DPF為等腰三角形時，求AP的長。 第26題圖 【思路分析】（1）連接OD，通過已知線段長度和DE是AC的垂直平分線求得OE長，在Rt△DOE中求得DE長，進(jìn)而在Rt△ADE中求得AD長；（2）因為等腰三

49、角形不確定，應(yīng)分類討論當(dāng)DP=DF時，P與A重合，當(dāng)PD=PF時，可通過相似得到△CDP是等腰三角形，從而求出CP和AP，當(dāng)FP=FD時，可通過角的等量代換得到△CDP是等腰三角形，在Rt△DEP中利用勾股定理求得DP，從而求出CP和AP。 【解析】（1）如圖1，連接OD，因為半徑為3，所以O(shè)A=OB=OD=3，因為BC=2，所以AC=8，因為DE垂直平分AC，所以DA=DC，AE=4，∠DEO=90°，OE=1，在Rt△DOE中，，在Rt△ADE中， 第26題解圖1 （2）因為△PDF為等腰三角形，因此分類討論： ①當(dāng)DP=DF時，如圖2，A與P重合，則AP=0 第26題解

50、圖2 ②當(dāng)PD=PF時，如圖3，因為∠DPF=∠A=∠C，∠PDF=∠CDP ，所以△PDF∽△CDP，因為PD=PF，所以CP=CD，所以CP=，AP=AC-PC= 第26題解圖3 ③當(dāng)FP=FD時，如圖4，因為△FDP和△DAC都是等腰三角形，∠DPF=∠A，所以∠FDP=∠DPF=∠A=∠C，所以,設(shè)DP=PC=x，則EP=4-x，在Rt△DEP中，DE2+EP2=DP2，得，得x=3，則AP=5 第26題解圖4 綜上所述，當(dāng)△DPF為等腰三角形時，AP的長可能為0，，5 【知識點】勾股定理，等腰三角形，相似三角形 2. （2018河北省，23，9）如圖

51、，∠A＝∠B＝50°，P為AB的中點，點M為射線AC上（不與點A重合）的任意一點，連接MP，并使MP的延長線交射線BD于點N，設(shè)∠BPN＝a． （1）求證：△APM≌△BPN； （2）當(dāng)MN＝2BN時，求α的度數(shù)； （3）若△BPN的外心在該三角形的內(nèi)部，直接寫出α的取值范圍． 第23題圖 【思路分析】（1）根據(jù)已知條件可知，△APM與△BPN存在兩組對應(yīng)角及其中一條邊對應(yīng)相等，可證全等；（2）當(dāng)MN＝2BN時，利用第（1）的結(jié)論，可得到△BPN為等腰三角形，從而求出α的度數(shù)；（3）根據(jù)三角形外心的特點：銳角三角形外心的三角形內(nèi)部，直角三角形外心在

52、斜邊中點，鈍角三角形外心在三角形外部可求得α的度數(shù)． 【解析】（1）∵P為AB的中點， ∴AP＝BP． 1分 又∵∠A＝∠B，∠PAM＝∠BPN， ∴△APM≌△BPN． 2分 （2）∵△APM≌△BPN， ∴PM＝PN． 1分 ∵M(jìn)N＝2BN， ∴BN＝PN． ∴α＝∠B＝50

53、°． 2分 （3）∵△BPN的外心在該三角形的內(nèi)部， ∴△BPN是銳角三角形． 1分 ∴0°＜α＜90°，0°＜180°－α－50°＜90°． ∴40°＜α＜90°． 2分 【知識點】三角形全等，等腰三角形性質(zhì)，三角形內(nèi)角和，三角形的外心 3. （2018湖南省湘潭市，25，10分）如圖，AB是以O(shè)為圓心的半圓的直徑，半徑CO⊥AO，點M是上的動點，且不與點A、C、B重合，直線AM交直線OC于點D，連結(jié)OM與CM． （1

54、）若半圓的半徑為10． ①當(dāng)∠AOM=60°時，求DM的長； ②當(dāng)AM=12時，求DM的長． （2）探究：在點M運(yùn)動的過程中，∠DMC的大小是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由． 【思路分析】（1）①當(dāng)∠AOM=60°時，D=30°，△AMO為等邊三角形，然后根據(jù)含有30°角的直角三角形的性質(zhì)得到AD=2AO，再結(jié)合△AMO為等邊三角形求出DM的長；②連接BM，則可得∠AMB=90°，根據(jù)兩個角相等的三角形是相似三角形得到△AOD∽△ABM，從而得到求出AD的長，進(jìn)而求出DM的長；（2）在圖a中，由于AB是直徑，所以∠AMB=90°，所以∠DMC+∠CMB=90°，

55、然后根據(jù)所對的圓心角與圓周角的關(guān)系得到∠CMB=∠COB，從而得到∠DMC的度數(shù)為45°，是一個定值；在圖b中,連接AC、MB，由于ACMB是圓內(nèi)接四邊形，根據(jù)性質(zhì)可得∠CMB與∠CAO互補(bǔ)，再結(jié)合△ACO為等腰直角三角形，從而得到∠DMC的度數(shù)仍然是一個定值. 【解析】解：（1）①當(dāng)∠AOM=60°時， ∵OM=OA， ∴△AMO是等邊三角形， ∴∠A=∠MOA=60°， ∴∠MOD=30°，∠D=30°，∵CO⊥AO，∴AD=2AO=20， ∴DM=OM=10. ②連接MB，∵AB是直徑，∴∠AMB=90°，∵CO⊥AO，∴∠AOD=90°，∵∠A=∠A，∴△ADO∽△ABM

56、，∴，∵AO=10，AM=12，∴AD=,∴DM=AD-AM= （2）當(dāng)點M位于之間時，連接BM，如圖： ∵AB是直徑，∴∠AMB=90°，∴∠DMC+∠CMB=90°，∵∠CMB=∠COB=45°，∴∠CMD=45°； 當(dāng)點M位于之間時，連接BM、AC，如圖： ∵四邊形ACMB為圓內(nèi)接四邊形，∴∠CMB+∠CAO=180°，∵CO⊥AO，∴∠AOD=90°，∴△ACO為等腰之間三角形，∴∠CAO=45°，∵∠AMB=90°，∴∠DMC=180°-90°-45°=45°. 綜上所述，∠CMD=45°. 【知識點】圓內(nèi)接四邊形；圓周角定理；等邊三角形的性質(zhì)；含30°直角三角形的性質(zhì)

57、 4. （2018福建A卷，24，12）如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC為直徑，DE⊥AB交AB于點E，交⊙O于點F． (1)延長DC、FB交于點P，求證：PB=PC； (2) 如圖2，過點B作BG⊥AD于點G，交DE于H．若AB=，DH=1，∠OHD=80°，求∠EDB的度數(shù)． E E (圖2) 【思路分析】（1）利用直徑所對的圓周角為直角，推出∠DEA=∠ABC，判定出BE、DF的位置關(guān)系，進(jìn)而得出∠F=∠PBC，再根據(jù)“同角的補(bǔ)角相等”證得∠PCB=∠F，代換出∠PCB、∠PBC的關(guān)系，就可得出結(jié)論P(yáng)B=PC；（2）先判定四邊

58、形DHBC是平行四邊形，利用正弦函數(shù)求得∠ACB度數(shù)，然后根據(jù)等腰三角形性質(zhì)和平行線性質(zhì)計算出∠EDB的度數(shù). 【解題過程】解：（1）∵AC是⊙O的直徑，∴∠ABC=90°， ∵DE⊥AB，∴∠DEA=90°，∴∠DEA=∠ABC， ∴BE∥DF，∴∠F=∠PBC， ∵四邊形BCDF是圓內(nèi)接四邊形，∴∠F+∠DCB=180°， 又∵∠PCB+∠DCB=180°，∴∠PCB=∠F， ∴∠PCB=∠PBC，∴PC=PB； （2）如圖2，連結(jié)OD， ∵AC是⊙O的直徑，∴∠ADC=90°， ∵BG⊥AD，∴∠AGB=90°，∴∠ADC=∠AGB，∴BG∥DC， 又∵BC∥DE，∴

59、四邊形DHBC為平行四邊形，∴BC=DH=1, 在△ABC中，AB=， ∴∠ACB=60°， 從而BC=AC=OD，∴DH=OD，在等腰三角形DOH中，∠DOH=∠OHD=80°，∴∠ODH=20°， 設(shè)DE交AC于N，∵BC∥DE，∴∠ONH=∠ACB=60°，∴∠NOH=180°-（∠ONH+∠OHD）=40°，∴∠DOC=∠DOH-∠NOH=40°，∵OA=OD，∴∠OAD=∠DOC=20°，則∠CBD=∠OAD=20°，∵BC∥DE，∴∠BDE-∠CBD=20°. 【知識點】等腰三角形的性質(zhì)；圓；平行線判定及性質(zhì)，直角三角形性質(zhì) 5. （2018福建B卷，2

60、4，12）如圖,D是△ABC外接圓上的動點,且B,D位于AC的兩側(cè),DE⊥AB,垂足為E,DE的延長線交此圓于點F,BG⊥AD,垂足為G,BG交DE于點H,DC,FB的延長線交于點P,且PC=PB. (1)求證:BG∥CD; (2)設(shè)△ABC的外接圓的圓心為O,若AB=DH, ∠OHD=80°,求∠BDE的大小. 【思路分析】（1）先利用等腰三角形性質(zhì)、圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)推出角相等，從而證得BC、DF的位置關(guān)系，再利用平行線性質(zhì)證得∠ABC=90°，得出AC是圓的直徑，由此可計算出∠ADC度數(shù)，再由BG⊥AD，即可證得結(jié)論； （2）先判定四邊形DHBC是平行四邊形，利用正弦函數(shù)求

61、得∠ACB度數(shù)，分別判斷出BC、AC和DH、AC的數(shù)量關(guān)系，再分兩種情況討論，利用根據(jù)等腰三角形性質(zhì)計算出∠EDB的度數(shù). 【解題過程】解：（1）∵PC=PB，∴∠PCB=∠PBC， ∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠BAD+∠BCD=180°， 又∵∠PCB+∠BCD=180°，∴∠PCB=∠BAD， ∵∠BAD=∠BFD，∴∠BFD=∠PCB=∠PBC，∴BC∥DF， ∵DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∴∠ABC=90°，∴AC是圓的直徑，∴∠ADC=90°，∵BG⊥AD，∠AGB=90°，∴∠ADC=∠AGB，∴BG∥CD。 （2）由（1）知BC∥DF，BG∥CD， ∴四

62、邊形BCDH為平行四邊形，∴BC=DH， 在△ABC中，AB=DH，， ∴∠ACB=60°，∠BAC=30°，∴∠ADB=60°，BC=AC，∴DH=AC。 （ⅰ）當(dāng)點O在DE的左側(cè)時，如圖1，作直徑DM，連結(jié)AM，則∠DAM=90°，∴∠AMD+∠ADM=90°，∵DE⊥AB，∴∠BED=90°，∴∠ABD+∠BDE=90°，∵∠AMD=∠ABD，∴∠ADM=∠BDE。 ∵DH=AC，∴DH=OD，∴∠DOH=∠OHD=80°，∴∠ODH=20°，∵∠ADB=60°，∴∠ADM+∠BDE=40°，∴∠ADM=∠BDE=20°； （ⅱ）當(dāng)點O在DE的右側(cè)時，如圖2，作直徑DN，連結(jié)B

63、N，同（?。┛傻谩螦DE=∠BDN=20°，∠ODH=20°，∴∠BDE=∠BDN+∠ODH=40°，綜上，∠BDE =20°或∠BDE=40°。 【知識點】等腰三角形的性質(zhì)；平行線的判定及性質(zhì)；圓周角的性質(zhì) 6.（2018廣東省深圳市，22，？分）如圖在⊙O中，BC＝2，AB＝AC，點D為AC上的動點，且cos∠ABC＝. (1)求AB的長度； (2)求AD·AE的值； (3)過A點作AH⊥BD，求證：BH＝CD＋DH. 【思路分析】（1）過點A作AM⊥BC于點M，由垂徑定理可得BM＝MC＝BC＝1，再由cos∠ABC＝即可求出AB的長度；（2）由AB＝AC，

64、可得∠ABC＝∠ACB，然后由圓內(nèi)接四邊形對角互補(bǔ)可證得∠ADC＝∠ACE，從而證出△EAC∽△CAD，從而求出AD·AE的值；（3）在BD上取一點N，使得BN＝CD，可證得△ABN≌△ACD，可得AN＝AD，再由等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得DH＝NH，即可證得BH＝CD＋DH. 【解題過程】解：（1）過點A作AM⊥BC于點M，∵AB＝AC，AM⊥BC ，BC＝2，∴BM＝MC＝BC＝1，又∵cos∠ABC＝，則在Rt△AMB中，，即，解得AB＝； (2)連接CD，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠ADC＋∠ABC＝180°， 又∵∠ACE＋∠ACB＝1

65、80°，∴∠ADC＝∠ACE，又∵∠EAC＝∠DAC，∴△EAC∽△CAD，∴，即，∴AD·AE＝＝10； （3）在BD上取一點N，使得BN＝CD，則在△ABN和△ACD中，∵，∴△ABN≌△ACD（SAS），∴AN＝AD，又∵AH⊥BD，∴DH＝NH，又∵BN＝CD，∴BH＝BN＋NH＝CD＋DH. 【知識點】銳角的三角函數(shù)；圓周角定理的推論；垂徑定理；等腰三角形的性質(zhì)；相似三角形的性質(zhì)和判定；全等三角形的性質(zhì)和判定 7. （2018河南，22，10分） （1）問題發(fā)現(xiàn) 如圖1,在△OAB和△OCD中,OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=40°,連接AC,BD交于點

66、M．填空： ①的值為 ；②∠AMB的度數(shù)為 ． （2）類比探究 如圖2,在△OAB和△OCD中, ∠AOB = ∠COD = 90°,∠OAB=∠OCD=30°, 連接AC交BD的延長線于點M．請判斷的值及∠AMB的度數(shù),并說明理由； （3）拓展延伸 在（2）的條件下,將△OCD繞點O在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn),AC,BD所在直線交于點M．若OD=1, OB=,請直接寫出當(dāng)點C與點M重合時AC的長． 【思路分析】(1)依據(jù)條件，構(gòu)造三角形全等，得到對應(yīng)邊相等，比值為1;對應(yīng)角相等,再根據(jù)三角形內(nèi)角和為180°，求出∠AMB的度數(shù).或者由題意可知△OAC可由△OBD旋轉(zhuǎn)而得到，所以根據(jù)對應(yīng)邊所在直線夾角等于旋轉(zhuǎn)角這一性質(zhì)得到∠AMB的度數(shù). (2)首先由含30°角的直角三角形的三邊關(guān)系得到.由（1）中三角形全等過渡到第二問三角形相似（根據(jù)兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等兩三角形相似），得到=.且對應(yīng)角相等，即∠CAO=∠BOD,再根據(jù)三角形內(nèi)角和得到∠AMD=∠AOB=90°. （3）畫出符合要求的圖形