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1. 如图，在$\odot O$中，$AB ⊥ OC$，垂足为$D$，$AB = 8$，$CD = 2$，若$P$是$\overset{\frown}{AmB}$上的任意一点，则$\sin ∠ APB =$(
A.$\frac{3}{5}$
B.$\frac{4}{5}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
D.$\frac{1}{2}$
B
)A.$\frac{3}{5}$
B.$\frac{4}{5}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
D.$\frac{1}{2}$
答案
1.B
解析
解：设圆$O$的半径为$r$，则$OD = r - CD = r - 2$。
因为$AB ⊥ OC$，$AB = 8$，所以$AD = \frac{AB}{2} = 4$。
在$Rt△ AOD$中，由勾股定理得：$AD^2 + OD^2 = OA^2$，即$4^2 + (r - 2)^2 = r^2$。
解得$r = 5$，则$OA = 5$。
因为$∠ APB$是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆周角，$∠ AOB$是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆心角，所以$∠ APB = \frac{1}{2}∠ AOB$。
在$Rt△ AOD$中，$\sin ∠ AOD = \frac{AD}{OA} = \frac{4}{5}$。
又因为$∠ AOB = 2∠ AOD$，所以$\sin ∠ APB = \sin ∠ AOD = \frac{4}{5}$。
答案：B
因为$AB ⊥ OC$，$AB = 8$，所以$AD = \frac{AB}{2} = 4$。
在$Rt△ AOD$中，由勾股定理得：$AD^2 + OD^2 = OA^2$，即$4^2 + (r - 2)^2 = r^2$。
解得$r = 5$，则$OA = 5$。
因为$∠ APB$是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆周角，$∠ AOB$是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆心角，所以$∠ APB = \frac{1}{2}∠ AOB$。
在$Rt△ AOD$中，$\sin ∠ AOD = \frac{AD}{OA} = \frac{4}{5}$。
又因为$∠ AOB = 2∠ AOD$，所以$\sin ∠ APB = \sin ∠ AOD = \frac{4}{5}$。
答案：B
2. 如图，$\odot O$的直径$AB$经过弦$CD$的中点$H$，若$\cos ∠ CDB = \frac{4}{5}$，$BD = 5$，则$\odot O$的半径为
$\frac{25}{6}$
.答案
2.$\frac{25}{6}$
解析
证明：
∵AB是⊙O的直径，H是CD中点，
∴AB⊥CD，∠ADB=90°（直径所对圆周角为直角）。
在Rt△DHB中，$\cos∠CDB=\frac{DH}{BD}=\frac{4}{5}$，BD=5，
∴$DH=BD·\cos∠CDB=5×\frac{4}{5}=4$，
由勾股定理得$BH=\sqrt{BD^2-DH^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
设⊙O半径为r，则OH=|OB-BH|=|r-3|。
∵∠CAB=∠CDB（同弧所对圆周角相等），
在Rt△AHC中，$\cos∠CAB=\frac{AH}{AC}=\frac{4}{5}$，
又AH=AB-BH=2r-3，AC=AD（垂径定理），
在Rt△AHD中，AD²=AH²+DH²=(2r-3)²+4²，
在Rt△ADB中，AD²=AB²-BD²=(2r)²-5²，
∴$(2r-3)^2+16=4r^2-25$，
展开得$4r^2-12r+9+16=4r^2-25$，
化简得$-12r+25=-25$，
解得$r=\frac{50}{12}=\frac{25}{6}$。
$\frac{25}{6}$
∵AB是⊙O的直径，H是CD中点，
∴AB⊥CD，∠ADB=90°（直径所对圆周角为直角）。
在Rt△DHB中，$\cos∠CDB=\frac{DH}{BD}=\frac{4}{5}$，BD=5，
∴$DH=BD·\cos∠CDB=5×\frac{4}{5}=4$，
由勾股定理得$BH=\sqrt{BD^2-DH^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
设⊙O半径为r，则OH=|OB-BH|=|r-3|。
∵∠CAB=∠CDB（同弧所对圆周角相等），
在Rt△AHC中，$\cos∠CAB=\frac{AH}{AC}=\frac{4}{5}$，
又AH=AB-BH=2r-3，AC=AD（垂径定理），
在Rt△AHD中，AD²=AH²+DH²=(2r-3)²+4²，
在Rt△ADB中，AD²=AB²-BD²=(2r)²-5²，
∴$(2r-3)^2+16=4r^2-25$，
展开得$4r^2-12r+9+16=4r^2-25$，
化简得$-12r+25=-25$，
解得$r=\frac{50}{12}=\frac{25}{6}$。
$\frac{25}{6}$
3. 如图，$D$是$△ ABC$的边$BC$上一点，连接$AD$，作$△ ABD$的外接圆，将$△ ADC$沿直线$AD$折叠，点$C$的对应点$E$落在$\odot O$上.
(1) 求证：$AE = AB$；
(2) 当$∠ CAB = 90^{\circ}$，$\cos ∠ ADB = \frac{1}{3}$，$BE = 2$时，求$BC$的长.
(1) 求证：$AE = AB$；
(2) 当$∠ CAB = 90^{\circ}$，$\cos ∠ ADB = \frac{1}{3}$，$BE = 2$时，求$BC$的长.
答案
3.(1)证明:由折叠知,AC=AE,∠C=∠AED.
∵∠ABC=∠AED,
∴∠C=∠ABC,
∴AB=AC,
∴AE=AB.
(2)解:如答图,过点A作AF⊥BE于点F,
由(1)知,AE=AB,
∴EF=$\frac{1}{2}$BE=1.
∵∠ADB=∠AEB,
cos∠ADB=$\frac{1}{3}$,
∴cos∠AEB=$\frac{1}{3}$.
在Rt△AFE中,cos∠AEB=$\frac{EF}{AE}$=$\frac{1}{3}$,
∴AE=3EF=3,
∴AC=AB=3.
∵∠CAB=90°,
∴BC=$\sqrt{2}$AB=3$\sqrt{2}$.
4. (2024·玄武区模拟)如图，$△ ABC$的外角$∠ EAC$的平分线$AD$交其外接圆$\odot O$于点$D$，连接$DB$，$DC$.若$AC$是$\odot O$的直径，$\sin ∠ BDC = \frac{3}{5}$，求$\tan ∠ DBA$的值.
答案
4.解:
∵AD是∠EAC的平分线,
∴∠EAD=∠DAC;
∵∠EAD是圆内接四边形ABCD的外角，
∴∠EAD=∠DCB,又
∵∠DAC=∠DBC,
∴∠DCB=∠DBC,
∴DB=DC;
如答图，连接DO并延长交BC于点F,连接OB,
∵AC是⊙O的直径,
∴∠ABC=90°.
∵∠BDC=∠BAC,sin∠BDC=$\frac{3}{5}$,
∴sin∠BAC=$\frac{BC}{AC}$=$\frac{3}{5}$,
设BC=3a,AC=5a,则AB=4a.
∵OB=OC,BD=CD,
∴OD是BC的垂直平分线，
∴BF=CF=$\frac{3}{2}$a.
∵AO=CO,
∴OF是△ABC的中位线，
∴OF=$\frac{1}{2}$AB=2a,
∴DF=DO+OF=$\frac{5}{2}$a+2a=$\frac{9}{2}$a.
∵OD=OC,
∴∠ACD=∠FDC;
∵∠ACD=∠DBA,
∴∠DBA=∠FDC,
∴tan∠DBA=tan∠FDC=$\frac{FC}{DF}$=$\frac{\frac{3}{2}a}{\frac{9}{2}a}$=$\frac{1}{3}$.
5. 如图，$AB$是半圆$O$的直径，弦$AD$，$BC$相交于点$P$，若$∠ DPB = α$，则$CD:AB$等于(
A.$\sin α$
B.$\cos α$
C.$\tan α$
D.$\frac{1}{\tan α}$
B
)A.$\sin α$
B.$\cos α$
C.$\tan α$
D.$\frac{1}{\tan α}$
答案
5.B
解析
证明：连接 $CD$，$AB$ 是半圆 $O$ 的直径，故 $∠ ACB = ∠ ADB = 90°$。
$\because ∠ DPB = α$，$∠ APC = ∠ DPB = α$。
$\because ∠ A = ∠ D$，$∠ C = ∠ B$，$\therefore △ APC ∼ △ DPB$，$△ CPD ∼ △ APB$。
$\therefore \frac{CD}{AB} = \frac{PC}{PA}$。
在 $Rt△ APC$ 中，$\cos α = \frac{PC}{PA}$，$\therefore \frac{CD}{AB} = \cos α$。
答案：B
$\because ∠ DPB = α$，$∠ APC = ∠ DPB = α$。
$\because ∠ A = ∠ D$，$∠ C = ∠ B$，$\therefore △ APC ∼ △ DPB$，$△ CPD ∼ △ APB$。
$\therefore \frac{CD}{AB} = \frac{PC}{PA}$。
在 $Rt△ APC$ 中，$\cos α = \frac{PC}{PA}$，$\therefore \frac{CD}{AB} = \cos α$。
答案：B
