27.2圆心角、弧弦、弦心距之间的关系（分层练习）-九年级下册（沪教版）（解析版）.docx

1、27.2圆心角、弧 弦、弦心距之间的关系（分层练习）【夯实基础】一、单选题1（2020上海浦东新区民办远翔实验学校九年级阶段练习）下列关于圆的说法中，错误的是（）A半径、圆心角分别相等的两段弧一定是等弧B如果两条弦相等，那么这两条弦所对的圆心角相等C圆的对称轴是任意一条直径所在的直线D拱形不一定是弓形【答案】B【分析】根据圆心角、弧、弦的关系对A、B进行判断；根据过圆心的直线都为圆的对称轴可对C进行判断；根据拱形与弓形的定义对D进行判断【详解】解：A半径、圆心角分别相等的两段弧一定是等弧，所以A选项不符合题意；B在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么这两条弦所对的圆心角相等，所以B选项符合题意；

2、C圆的对称轴是任意一条直径所在的直线，所以C选项不符合题意；D拱形加上跨度为弓形，所以D选项不符合题意故选：B【点睛】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轴对称2（2021上海浦东新模拟预测）下列四个命题：同圆或等圆中，相等的弦所对的弧相等；同圆或等圆中，相等的弧所对的弦相等；同圆或等圆中，相等的弦的弦心距相等；同圆或等圆中，相等的弧所对的圆心角相等真命题的个数有（）A1个B2个C3个D4个【答案】C【分析】利用圆的有关性质分别判断后即可确定正确的选项【详解】解：同圆或等圆中，相等的弦所对的弧

3、不一定相等，故原说法错误，是假命题，不符合题意；同圆或等圆中，相等的弧所对的弦相等，正确，是真命题，符合题意；同圆或等圆中，相等的弦的弦心距相等，正确，是真命题，符合题意；同圆或等圆中，相等的弧所对的圆心角相等，正确，是真命题，符合题意，真命题有3个，故选：C【点睛】考查了真假命题的判断，解题的关键是掌握圆的有关性质，难度不大3（2021上海九年级专题练习）如图，已知A、B、C、D四点都在O上，OBAC，BCCD，在下列四个说法中，2；AC2CD；OCBD；AOD3BOC，正确的个数是（）A1个B2个C3个D4个【答案】C【分析】根据题意和垂径定理，可以得到ACBD，然后即可判断各个小题中的结

4、论是否正确，从而可以解答本题【详解】解：OBAC，BCCD，2，故正确；ACAB+BCBC+CD2CD，故错误；OCBD，故正确；AOD3BOC，故正确；故选：C【点睛】考查了圆周角定理、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系，解题关键是明确题意，利用数形结合的思想解答4（2022上海金山二模）下列命题中，真命题是（）A平行四边形是轴对称图形B互为补角的两个角都是锐角C相等的弦所对的弧相等D等腰梯形的对角线相等【答案】D【分析】根据平行四边形的性质，补角的性质，圆内弧、弦、圆周角的关系，等腰梯形的性质，逐项判断即可求解【详解】解：A、平行四边形是中心对称图形，故原命题是假命题，不合题意；B、互为补角的

5、两个角不一定是锐角，例如100和80，故原命题是假命题，不合题意；C、同圆或等圆中，相等的弦所对的弧相等，故原命题是假命题，不合题意；D、等腰梯形的对角线相等，故原命题是真命题，符合题意；故选：D【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，补角的性质，圆内弧、弦、圆周角的关系，等腰梯形的性质，判断命题的真假，熟练掌握相关知识点是解题的关键5（2022上海金山区世界外国语学校一模）如图，是弧所在圆的圆心已知点B、C将弧AD三等分，那么下列四个选项中不正确的是（）ABCD【答案】B【分析】利用三等分点得到，由此判断A；根据AB=BC=CD，得到AB+BCAC，由此判断B；根据即可判断C；根据，得到，由

6、此判断D【详解】解：连接AB、BC，OB，点B、C将弧AD三等分，故A选项正确；，AB=BC=CD，AB+BCAC，AC2CD，故B选项错误；，故C选项正确；，AOB=BOC=COD，故D选项正确；故选：B【点睛】此题考查了圆心角、弧、弦定理：在同圆或等圆中，圆心角、弧、弦中有一个量相等，另两个量也对应相等6（2021九年级专题练习）如图，E、F是正方形边上的两个动点且，连接交于点G，连接交于点H若正方形的边长为2，则线段长度的最小值为（）ABCD【答案】A【分析】延长AG交CD于M，如图1，可证ADGDGC可得GCD=DAM，再证ADMDFC可得DF=DM=AE，可证ABEADM，可得H是以

7、AB为直径的圆上一点，取AB中点O，连接OD，OH，根据三角形的三边关系可得不等式，可解得DH长度的最小值【详解】解：延长AG交CD于M，如图1ABCD是正方形AD=CD=AB，BAD=ADC=90，ADB=BDCAD=CD，ADB=BDC，DG=DGADGDGCDAM=DCF且AD=CD，ADC=ADCADMCDFFD=DM且AE=DFAE=DM且AB=AD，ADM=BAD=90ABEADMDAM=ABEDAM+BAM=90BAM+ABE=90，即AHB=90点H是以AB为直径的圆上一点如图2，取AB中点O，连接OD，OHAB=AD=2，O是AB中点，AO=1=OH，在RtAOD中，OD=，

8、DHOD-OH，DH，故选：A【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，关键是证点H是以AB为直径的圆上一点7（2021上海市民办新北郊初级中学九年级期末）如图，已知为的直径，点，在上，若，则（）ABCD【答案】C【分析】连接AD,根据同弧所对的圆周角相等，求BAD的度数，再根据直径所对的圆周角是90，利用内角和求解.【详解】解：连接AD,则BAD=BCD=28,AB是直径，ADB=90,ABD=90-BAD=90-28=62.故选：C.【点睛】本题考查圆周角定理，运用圆周角定理是解决圆中角问题的重要途径，直径所对的圆周角是90是圆中构造90角的重要手段.8（2021上海

9、市民办新北郊初级中学九年级期末）如图，在O中，AB为直径，圆周角ACD=20，则BAD等于（）A20B40C70D80【答案】C【分析】连接OD，根据AOD=2ACD，求出AOD，利用等腰三角形的性质即可解决问题【详解】连接ODACD=20，AOD=2ACD=40OA=OD，BAD=ADO=（18040）=70故选C【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型二、填空题9（2022上海市民办新复兴初级中学九年级期中）如图，是的直径，则_【答案】#40度【分析】根据圆周角定理（同弧或等弧所对的圆周角相等，均等于所

10、对圆心角的一半）求解即可【详解】解：，故答案为：【点睛】本题是圆周角定理的基础应用题，在中考中比较常见，一般以选择题、填空题形式出现，属于基础题，难度不大10（2022上海浦东新区民办远翔实验学校九年级期中）如图，在中，则_【答案】#40度【分析】根据同圆中等弧所对的圆周角相等，求出的度数，即可利用三角形内角和定理求出的度数【详解】解：在中，故答案为：【点睛】本题主要考查了等弧所对的圆周角相等，三角形内角和定理，正确求出的度数是解题的关键11（2022上海七年级专题练习）在半面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（1，0），P是第一象限内任意一点，连接PO、PA，若POAm，PAOn，则我们把（m

11、，n）叫做点P的“双角坐标”例如，点（1，1）的“双角坐标”为（45，90）（1）点（）的“双角坐标”为 _（2）若“双角坐标”为（30，60），则点坐标为 _（3）若点P到x轴的距离为，则m+n的最小值为 _【答案】 （，） （，） 90【分析】（1）分别求出tanPOA、tanPAO即可得POA、PAO的度数，从而得出答案；（2）作于点B，设，利用三角函数求出OB、AB，由即可解出答案；（3）根据三角形内角和定理知若要使m+n取得最小值，即POA+PAO取得最小值，则OPA需取得最大值，以OA中点为圆心，为半径画圆，与直线y相切于点P，由OPA1OPA知此时OPA最大，OPA90，即可得出

12、答案【详解】解：（1）P（，），OA1，POA45，PAO45，即点P的“双角坐标”为（45，45），故答案为：（45，45）；（2）如图，点P的“双角坐标”为（30，60），作于点B，“双角坐标”为（30，60），POA30，PAO60，设，则，解得，点P的点坐标为（，）故答案为：（，）；（3）根据三角形内角和定理知若要使m+n取得最小值，即POA+PAO取得最小值，则OPA需取得最大值，如图， 点P到x轴的距离为，OA1，以OA中点为圆心，为半径画圆，与直线y相切于点P，在直线y上任取一点P，连接、，交圆于点Q，OPA1， ，此时OPA最大，OPA90，m+n的最小值为: 故答案为90【点

13、睛】本题主要考查坐标与图形的性质、锐角三角函数、三角形内角和定理、外角的性质及圆周角定理，根据内角和定理推出m+n取得最小值即为OPA取得最大值，且找到满足条件的点P位置是解题关键12（2021上海九年级专题练习）如图，若，那么与_相等（填“一定”、“一定不”、“不一定”）【答案】一定【分析】根据圆心角、弧、弦关系定理进行解答即可【详解】解：1=2，AB=AC,=，故答案为：一定【点睛】本题考查的是圆心角，熟知在同圆和等圆中，相等的弦所对的弧相等是解答此题的关键13（2021九年级专题练习）如图，为的直径，C为上一动点，将绕点A逆时针旋转120得，若，则的最大值为_【答案】【分析】将ABD绕点

14、A顺时针旋转120，则D与点C重合，B是定点，BD的最大值即BC的最大值，当B，O，C三点共线时，BD最大【详解】解：将ABD绕点A顺时针旋转120，则D与点C重合，B是定点，BD的最大值即BC的最大值，当B，O，C三点共线时，BD最大过点B作BEAB，交BA的延长线于点E由题意可得AB=AB=4，EAB=60AE=2，BE=，OC=OB=2在RtOEB中，BO=BD= BO+OC=故答案为：【点睛】本题考查旋转的性质、含30角的直角三角形、三角形三边关系等知识，是重要考点，题目有一定的难度，掌握相关知识是解题关键三、解答题14（2022上海市进才实验中学九年级期中）如图，ABC的边AB是O的

15、直径，点C在O上，点D是边AB上的一点，点E和点D关于BC对称，DE交边BC于点M，过点D作DE的垂线交EC的延长线于点F，线段DF交AC于点N(1)求证：四边形CMDN是矩形；(2)联结CD，当CDAB时，求证：EFCB2ABME【答案】(1)过程见解析(2)过程见解析【分析】对于（1），先根据直径所对的圆周角是直角得ACB=90，再根据对称的性质可得CMD=90，然后根据已知条件得出EDF=90，即可得出结论；对于（2），连接CD，根据同角的余角相等得CDM=B，再根据对称的性质得CD=CE，可知CDM=E，进而得出B=E，然后结合“两个角对应相等的两个三角形相似”得，再根据相似三角形的性

16、质得，然后根据DE=2DM=2EM代入得出答案即可（1）AB是圆O的直径，ACB=90点E和点D关于BC对称，DM=EM，DEBC，CMD=90DEDF，EDF=90，ACB=EDF=CMD=90，四边形CMDN是矩形；（2）如图，连接CDCDAB，CDB=90，DCM+B=90DEDF，CDM+DCM=90，CDM=B点E和点D关于BC对称，CD=CE，CDM=E，B=EACB=FDE=90，即EFBC=ABDE由（1）得DM=EM，DE=2ME，EFBC=AB2ME，即EFBC=2ABME【点睛】这是一道关于圆的综合问题，考查了矩形的判定，相似三角形的性质和判定，对称的性质等15（2022

17、上海市青浦区教育局二模）如图，已知是的直径，是上一点，点、在直径两侧的圆周上，若平分，求证：劣弧与劣弧相等【答案】见详解【分析】过点O分别作OEPC，OFPD，垂足分别为E、F，连接OC、OD，由题意易得OE=OF，然后可得，进而问题可求证【详解】证明：过点O分别作OEPC，OFPD，垂足分别为E、F，连接OC、OD，如图所示：平分，OE=OF，OC=OD，（HL），【点睛】本题主要考查圆的基本性质，熟练掌握圆心角、弧、弦之间的联系是解题的关键16（2021上海九年级专题练习）如图，已知AB、AC是O的两条弦，且AO平分BAC点M、N分别在弦AB、AC上，满足AMCN（1）求证：ABAC；（2

18、）联结OM、ON、MN，求证：【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）过点O作ODAB于点D，OEAC于点E，利用角平分线的性质和垂径定理即可得出答案；（2）联结OB，OM，ON，MN，首先证明，然后再证明，根据相似三角形的性质即可得出答案【详解】证明：（1）过点O作ODAB于点D，OEAC于点E，如图所示：AO平分BACODOE， ， ABAC；（2）联结OB，OM，ON，MN，如图所示，AMCN，ABACBMANOAOB，BBAOBAOOAN，BOAN，BOMAON（SAS），BOMAON，OMON，AOBMON，NOMBOA，【点睛】本题主要考查相似三角形的判定及性质，全等三角形

19、的判定及性质及圆的有关性质，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键【能力提升】一、单选题1（2021上海九年级专题练习）下列说法中，结论错误的是（）A直径相等的两个圆是等圆B长度相等的两条弧是等弧C圆中最长的弦是直径D一条弦把圆分成两条弧，这两条弧可能是等弧【答案】B【分析】利用圆的有关定义进行判断后利用排除法即可得到正确的答案；【详解】A、直径相等的两个圆是等圆，正确，不符合题意；B、长度相等的两条弧圆周角不一定相等，它们不一定是等弧，原题的说法是错误的，符合题意；C、圆中最长的弦是直径，正确，不符合题意；D、一条直径把圆分成两条弧，这两条弧是等弧，正确，不符合题意，故选B【点睛】本题考查了圆的

20、认识，了解圆中有关的定义及性质是解答本题的关键二、填空题2（2021上海九年级专题练习）已知的直径是4，上两点、分所得劣弧与优弧之比为1：3，则弦的长为_【答案】【分析】根据题意可得出劣弧所对的圆心角的度数，利用半径是2，由勾股定理求出即可【详解】解：圆的一条弦把圆分成度数的比为1：3的两条弧，劣弧的度数为:，劣弧所对的圆心角的度数90，的直径是4，OB=OC=2，BC=，故答案为：【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，以及勾股定理，根据已知得出圆心角的度数90，再利用勾股定理求出是解题的关键3（2022上海静安二模）如图，已知半圆直径，点C、D三等分半圆弧，那么的面积为_【答案】【分析】连

21、接OC，OD，过点O作OECD，垂足为点E，点C、D三等分半圆弧，可知是等边三角形，从而可以证得CDAB，所以和的面积相等，利用30所对的直角三角形的性质和勾股定理，即可求得面积【详解】解：连接OC，OD，过点O作OECD，垂足为点E，如图，点C、D三等分半圆弧，COD=BOD=60，OC=OD，是等边三角形，CDO=60，CDO=BOD，CDAB，OECD，COE=COD=30，在中，故答案为：【点睛】本题主要考查了弧与圆心角的关系、等边三角形的判定与性质、平行线的判定、30所对的直角三角形的性质和勾股定理4（2021上海九年级专题练习）如图，ABC中，A=70，O截ABC的三条边所截得弦长

22、相等，则BOC=_【答案】125【分析】先利用 O截ABC的三条边所得的弦长相等，得出即O是ABC的内心，从而，1=2，3=4，进一步求出BOC的度数【详解】ABC中A=70，O截ABC的三条边所得的弦长相等，O到三角形三条边的距离相等，即O是ABC的内心，1=2,3=4,1+3= (180A)= (18070)=55；BOC=180(1+3)=18055=125.故答案为125.【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心、角平分线的性质，解题的关键是熟练的掌握圆的相关知识与应用.5（2022上海市进才中学一模）如图，已知扇形 AOB 的半径为 6，圆心角为 90，E 是半径 OA上一点，F是上一

23、点将扇形 AOB 沿 EF 对折，使得折叠后的圆弧恰好与半径 OB 相切于点 G，若OE5，则 O 到折痕 EF 的距离为_【答案】【分析】过点G作OG的垂线，交的延长线于点，连接交EF于点H，连接，则点、G、F在以点为圆心，为半径的圆上，证得四边形为矩形，接着求得的长，再求得的长，又证得，从而得到 ，进而得到O 到折痕 EF 的距离【详解】解：如图，过点G作OG的垂线，交的延长线于点，连接交EF于点H，连接 ，则点、G、F在以点为圆心，为半径的圆上，与 是等弧与是等圆 四边形为矩形 若则 连接，有 即O 到折痕 EF 的距离为 故答案为：【点睛】本题考查轴对称、三角形、矩形与圆的综合问题，是

24、填空题的压轴题，懂得根据题意构造出等圆是解题的关键三、解答题6（2021九年级专题练习）如图所示，已知O的半径为2，弦BC的长为，点A为弦BC所对优弧上任意一点(B、C两点除外) (参考数据：，(1)求BAC的度数；(2)求ABC面积的最大值【答案】（1）60；（2）【分析】（1）连接BO并延长交O于点D，连接CD，得到DCB90，BD4，再解直角三角形即可解答.（2）因为ABC的边BC的长不变，所以当BC边上的高最大时，ABC的面积最大，此时点A应落在优弧BC的中点处，过OEBC于点E，延长EO交O于点A，则A为优弧BC的中点，连接AB，AC，则AB=AC，由圆周角定理可求出BAE的度数，在

25、RtABE中，利用锐角三角函数的定义及特殊角的三角函数值可求出AE的长，由三角形的面积公式即可解答【详解】(1)连接BO并延长交O于点D，连接CDBD是直径，BD4，DCB90在RtDBC中，BDC60，BACBDC60(2)因为ABC的边BC的长不变，所以当BC边上的高最大时，ABC的面积最大，此时点A应落在优弧BC的中点处过O作OEBC于点E，延长EO交O于点A，则A为优弧BC的中点连结AB，AC，则ABAC，BAEBAC30在RtABE中，BE，BAE30，答：ABC面积的最大值是【点睛】此题考查圆周角定理，解直角三角形，解题关键在于灵活运用特殊角的三角函数值.7（2021上海九年级专题

26、练习）如图，已知是的弦，半径、与分别交于点、，且求证：【答案】见解析【分析】取中点，联结并延长与交于，利用圆心角、弧、弦之间的关系得到，再根据及垂径定理求解即可；【详解】证明：取中点，联结并延长与交于是圆心，且是弦的中点，且，平分，平分又过圆心， 即【点睛】本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系和垂径定理，准确分析证明是解题的关键8（2021上海杨浦三模）如图，已知在中，垂足为点，的延长线与相交于点，点在弦的延长线上，与相交于点，（1）求的半径长；（2）求的值【答案】（1）5；（2）【分析】（1）连接，设半径为，利用垂径定理结合勾股定理即可求出；（2）延长交于点，连接，利用圆周角定理以及已知条件求

27、出和的长即可计算的值【详解】解：（1）连接，如图所示：设半径为，则由题意可知：，又，垂足为点，在中，即，解得：，的半径长为5；（2）延长交于点，连接，则，由（1）可知， 在中：，在中，【点睛】本题考查圆的相关计算，涉及圆周角定理、垂径定理、勾股定理等知识，熟练相关知识结合图形合理作出辅助线是解题关键9（2022上海虹口二模）已知：如图，、是的两条弦，点、分别在弦、上，且，联结、(1)求证：；(2)当为锐角时，如果，求证：四边形为等腰梯形【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）证明即可；（2）由可得，可得，再证明OMAC即可（1）、是的两条弦，在和中（SAS）；（2），OMAC四边形为等腰

28、梯形【点睛】本题考查圆的弧弦关系、全等三角形的证明、等腰梯形、相似三角形的性质与判定，解题的关键是由弦得到10（2021九年级专题练习）已知：在RtABC中，ACB90，AC1，D是AB的中点，以CD为直径的Q分别交BC、BA于点F、E，点E位于点D下方，连接EF交CD于点G（1）如图1，如果BC2，求DE的长；（2）如图2，设BCx，y，求y关于x的函数关系式及其定义域；（3）如图3，连接CE，如果CGCE，求BC的长【答案】（1）DE；（2）y（x1）（3）BC1+【分析】（1）如图1中，连接CE在RtCDE中，求出CD，CE即可解决问题（2）如图2中，连接CE，设AC交Q于K，连接FK，

29、DF，DK想办法用x表示CD，DE，证明FKAB，推出，延长构建关系式即可解决问题根据点E位于点D下方，确定x的取值范围即可（3）如图3中，连接FK证明EDEC，由此构建方程即可解决问题【详解】（1）如图1中，连接CE在RtACB中，ACB90，AC1，BC2，AB，CD 是Q的直径，CED90，CEAB，BDAD，CDABCEBCAC，CE，在RtCDE中，DE（2）如图2中，连接CE，设AC交Q于K，连接FK，DF，DKFCK90，FK是Q的直径，直线FK经过点Q，CD是Q的直径，CFDCKD90，DFBC，DKAC，DCDBDA，BFCF，CKAK，FKAB，BCx，AC1，AB，DCD

30、BDA，ACEABC，可得AE，DEADAE，y（x1）（3）如图3中，连接FKCECG，CEGCGE，FKCCEG，FKAB，FKCA，DCDA，ADCA，ADCACEGCGE，CDAECG，ECDE，由（2）可知：，整理得：x22x10，x1+或1（舍弃），BC1+【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，勾股定理，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考常考题型11（2021上海九年级专题练习）如图，在中，以点为圆心，长为半径的圆交于点，的延长线交于点，连接，是

31、上一点，点与点位于两侧，且，连接（1）求证：；（2）若，求的长及的值【答案】（1）证明见解析；（2）CE=，【分析】（1）利用等角的余角相等即可得出结论；（2）先判断出得出比例式求出，利用勾股定理求出，再判断出，可求出FM；进而判断出四边形是矩形，求出，即可求出，再用勾股定理求出，即可得出结论【详解】解：（1），是的直径，；（2），在中，过点作于，过点作于，四边形是矩形，在中，在中，故答案为（1）证明见解析；（2）CE=，【点睛】本题主要考查圆的有关性质，等角的余角相等，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，正确作出辅助线是解题的关键12（2021上海九年级专题练习）如图，AB是圆O

32、的一条弦，点O在线段AC上，AC=AB，OC=3，sinA=求：(1)圆O的半径长；(2)BC的长【答案】（1）5（2）【分析】（1）过点O作OHAB，垂足为点H，设OH3k，AO5k，则AH，得到AB2AH8k，求得ACAB8k，列方程即可得到结论；（2）过点C作CGAB，垂足为点G，在 RtACG中，AGC90，解直角三角形即可得到结论【详解】（1）过点O作OHAB，垂足为点H，在 RtOAH中中，OHA90，sinA，设OH3k，AO5k，则AH，OHAB，AB2AH8k，ACAB8k，8k5k+3，k1，AO5，即O的半径长为5；（2）过点C作CGAB，垂足为点G，在 RtACG中，A

33、GC90，sinA，AC8，CG，AG，BG，在RtCGB中，CGB90，BC【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键13（2021上海九年级专题练习）已知：在O中，弦AB=AC，AD是O的直径求证：BD=CD【答案】证明见解析【分析】根据AB=AC，得到，于是得到ADB=ADC，根据AD是O的直径，得到B=C=90，根据三角形的内角和定理得到BAD=DAC，于是得到结论【详解】证明：AB=AC，ADB=ADC，AD是O的直径，B=C=90，BAD=DAC，BD=CD【点睛】本题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键14（2021上海杨浦二模）已知：如图，

34、AB是半圆O的直径，C是半圆上一点（不与点A、B重合），过点A作ADOC交半圆于点D，E是直径AB上一点，且AEAD，联结CE、CD（1）求证：CECD；（2）如果，延长EC与弦AD的延长线交于点F，联结OD，求证：四边形OCFD是菱形【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）由“SAS”可证DACEAC，可得CECD；（2）先求出AODAEC108，可证ODCE，由菱形的判定可得结论【详解】证明：（1）如图，连接AC，OAOC，OACOCA，ADOC，DACOCA，DACOAC，在DAC和EAC中，DACEAC（SAS），CECD；（2）如图2，连接CA，AOD3COD，ADOC，AD

35、ODOC，OAOD，OADODA，AOD+OAD+ADO180，5ADO180，ADO36，AOD108，DOC36，ODOC，ODC72，ADC108，DACEAC，ADCAEC108，AODAEC，ODCE，又OCAD，四边形OCFD是平行四边形，又ODOC，平行四边形OCFD是菱形【点睛】本题考查了圆心角与弧的关系，平行线的性质，三角形的全等，菱形的判定，熟练掌握圆的基本性质，菱形的判定是解题的关键15（2021上海市奉贤区金汇学校九年级期末）已知O的直径AB4，点P为弧AB上一点，联结PA、PO，点C为劣弧AP上一点（点C不与点A、P重合），联结BC交PA、PO于点D、E（1）如图，当

36、cosCBO时，求BC的长；（2）当点C为劣弧AP的中点，且EDP与AOP相似时，求ABC的度数；（3）当AD2DP，且BEO为直角三角形时，求四边形AOED的面积 【答案】（1）；（2）18；（3） 或【分析】（1）解法一：如图1，过点O作OGBC于点G，根据垂径定理和余弦的定义可得BC的长；解法二：如图2，连接AC，根据圆周角定理可得ACB90，根据cosCBO可得BC的长；（2）如图3，如图3，连接OC，根据题意可知：EDP与AOP相似只存在一种情况：DPEOPA，得DPEPAO，设ABC，则AOCCOP2，在OEB中根据三角形外角的性质列方程可得结论；（3）当BEO为直角三角形时，OB

37、E不可能是直角，所以分两种情况：如图4，当EOB90时，作辅助线，作平行线，根据平行线分线段成比例定理计算AH，OH，BH的长，根据面积差可得结论；如图5，当OEB90时，连接AC，证明ABC30，分别计算各边的长，根据面积差可得结论【详解】解：（1）解法一：如图1，过点O作OGBC于点G，BGBC，AB4，OB2，cosCBO，BG，BC2BG；解法二：如图2，连接AC， AB是O的直径，ACB90，cosABC，BC；（2）如图3，连接OC， PP，EDP与AOP相似，DPEOPA，DPEPAO，C是的中点，AOCCOP，设ABC，则AOCCOP2，OBOC，OCBOBC，C是的中点，OC

38、AP，PAO902，DEPOEB902，在OEB中，AOPOEB+ABC，4902+，18，ABC18；（3）分两种情况：如图4，当EOB90时，过D作DHAB于H， DHPO，AD2PD，AH2HO，AB4，AH，OH，BH，AOOP，AOP90，A45，AHDH，OEDH，即，OE1，S四边形AOEDSABDSOEB；如图5，当OEB90时，连接AC， COEB90，ACOE，CEBE，AD2DP，同理得AC2PE，AOBO，AC2OE，OEPEOP，ACAB，ABC30，AB4，OB2AC，OE1，BE，BC，CE，ACPE，CD+DE，CD，S四边形AOEDSABCSOEBSACD，综

39、上，四边形AOED的面积是或【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、相似三角形的性质和判定，解直角三角形，等腰三角形的性质等（1）中能借助定理构造直角三角形是解题关键；（2）能借助相似三角形以及圆周角定理表示相关角是解题关键；（3）中注意分类讨论和正确构造图形16（2020上海市民办新复兴初级中学九年级阶段练习）如图，菱形，以为圆心，长为半径的圆分别交边、于点、（1）求证：；（2）当为中点时，求证：【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）如图（见解析），先根据菱形的性质得出，再根据等腰三角形的性质得出，然后根据三角形的内角和定理可得，最后根据圆心角定理即可得证；（2）先根据圆心角

40、定理可得，再根据三角形的外角性质、等腰三角形的性质得出，从而可得，然后根据相似三角形的判定与性质即可得证【详解】（1）如图，连接AE、AF，则四边形ABCD是菱形，；（2）为中点时在和中，即【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、圆心角定理、相似三角形的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造等腰三角形和相似三角形是解题关键17（2021上海九年级专题练习）已知，内接于，点是弧的中点，连接、；（1）如图1，若，求证：；（2）如图2，若平分，求证：；（3）在（2）的条件下，若，求的值【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)2.【分析】(1)由点P是弧AB的中点，可得出AP=BP, 通过证明 ,可得出

41、进而证明AB PC.(2)由PA是CPM的角平分线，得到MPA=APC, 等量代换得到ABC=ACB, 根据等腰三角形的判定定理即可证得AB=AC.(3)过A点作ADBC,有三线合一可知AD平分BC,点O在AD上，连结OB，则BODBAC，根据圆周角定理可知BOD=BAC, BPC=BAC，由BOD=BPC可得 ,设OB= ，根据勾股定理可算出OB、BD、OD、AD的长，再次利用勾股定理即可求得AP的值.【详解】解：（1）点P是弧AB的中点，如图1，APBP，在APC和BPC中，APCBPC（SSS），ACPBCP，在ACE和BCE中，ACEBCE（SAS），AECBEC，AEC+BEC180

42、，AEC90，ABPC；（2）PA平分CPM，MPAAPC，APC+BPC+ACB180，MPA+APC+BPC180，ACBMPAAPC，APCABC，ABCACB，ABAC；（3）过A点作ADBC交BC于D，连结OP交AB于E，如图2，由（2）得出ABAC，AD平分BC，点O在AD上，连结OB，则BODBAC，BPCBAC，=，设OB25x，则BD24x，OD7x，在中，AD25x+7x32x，BD24x，AB40x，AC8，AB40x8，解得：x0.2，OB5，BD4.8，OD1.4，AD6.4，点P是的中点，OP垂直平分AB，AEAB4，AEPAEO90，在中，OE，PEOPOE532，在中，AP【点睛】本题是一道有关圆的综合题，考查了圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定定理和三线合一，是初中数学的重点和难点，一般以压轴题形出现，难度较大.