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8.某圆形露天剧场的舞台平面是一个半径为4 m的⊙O。四盏地灯A，B，C，D安装在圆周上，构成圆内接四边形ABCD。灯光设计师希望C处灯的照射角度∠BCD是A处灯照射角度∠BAD的2倍(即∠BCD = 2∠BAD)。为了固定灯的位置，需要在B与D之间拉一根直的电线BD。则这根电线BD的长度是
$4\sqrt{3}$
m。答案
$4\sqrt{3}$
解析
【分析】
解题时首先利用圆内接四边形的对角互补性质，结合题目给出的两个角的倍数关系，先求出∠BAD的度数；再根据圆周角定理得到弧BD对应的圆心角∠BOD的度数；最后通过作垂线构造直角三角形，结合垂径定理和三角函数计算弦BD的长度即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD + ∠BAD = 180°，
又
∵∠BCD = 2∠BAD，
∴2∠BAD + ∠BAD = 180°，解得∠BAD = 60°。
连接OB、OD，根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可得∠BOD = 2∠BAD = 120°。
过点O作OH⊥BD于点H，由垂径定理可知，BH = HD = $\frac{1}{2}$BD，且∠BOH = $\frac{1}{2}$∠BOD = 60°。
在Rt△BOH中，OB = 4m，
∴BH = OB·sin60° = 4 × $\frac{\sqrt{3}}{2}$ = 2$\sqrt{3}$ m，
∴BD = 2BH = 4$\sqrt{3}$ m。
【答案】
$4\sqrt{3}$
【知识点】
圆内接四边形的性质；圆周角定理；垂径定理
【点评】
本题属于圆的性质的综合应用题，解题的突破口是利用圆内接四边形的对角互补求出圆周角的度数，再结合垂径定理将求弦长的问题转化为解直角三角形的问题，是圆章节的常见题型。
【难度系数】
0.6
解题时首先利用圆内接四边形的对角互补性质，结合题目给出的两个角的倍数关系，先求出∠BAD的度数；再根据圆周角定理得到弧BD对应的圆心角∠BOD的度数；最后通过作垂线构造直角三角形，结合垂径定理和三角函数计算弦BD的长度即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD + ∠BAD = 180°，
又
∵∠BCD = 2∠BAD，
∴2∠BAD + ∠BAD = 180°，解得∠BAD = 60°。
连接OB、OD，根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可得∠BOD = 2∠BAD = 120°。
过点O作OH⊥BD于点H，由垂径定理可知，BH = HD = $\frac{1}{2}$BD，且∠BOH = $\frac{1}{2}$∠BOD = 60°。
在Rt△BOH中，OB = 4m，
∴BH = OB·sin60° = 4 × $\frac{\sqrt{3}}{2}$ = 2$\sqrt{3}$ m，
∴BD = 2BH = 4$\sqrt{3}$ m。
【答案】
$4\sqrt{3}$
【知识点】
圆内接四边形的性质；圆周角定理；垂径定理
【点评】
本题属于圆的性质的综合应用题，解题的突破口是利用圆内接四边形的对角互补求出圆周角的度数，再结合垂径定理将求弦长的问题转化为解直角三角形的问题，是圆章节的常见题型。
【难度系数】
0.6
9.如图,四边形ABCD内接于$\odot O$,E是CD延长线上一点,连接AC,BD,AD平分$∠ BDE$。
(1)求证:$AB=AC$;
(2)若BD是$\odot O$的直径,$BD=10$,$\tan∠ ADB=2$,求BC的长。
(1)求证:$AB=AC$;
(2)若BD是$\odot O$的直径,$BD=10$,$\tan∠ ADB=2$,求BC的长。
答案
(1)证明:因为 AD 平分$∠ BDE$,
所以$∠ ADE=∠ ADB$。
因为四边形 ABCD 内接于$\odot O$,
所以$∠ ABC+∠ ADC=180°$。
因为$∠ ADC+∠ ADE=180°$,
所以$∠ ADE=∠ ABC$。
由圆周角定理得$∠ ACB=∠ ADB$,
所以$∠ ABC=∠ ACB$。
所以$AB=AC$。
(2)解:如图,连接 AO 并延长交 BC 于点 H,
由(1)可知,$AB=AC$,
则$AH⊥ BC$,
所以$BH=HC$。
因为 BD 是$\odot O$的直径,
所以$∠ BAD=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中,
$\tan∠ ADB=2$,
则$\dfrac{AB}{AD}=2$。
设$AD=x$,则$AB=2x$,
由勾股定理得$x^2+(2x)^2=10^2$,
解得$x=2\sqrt{5}$,
所以$AB=2x=4\sqrt{5}$。
由(1)可知$∠ ABC=∠ ADB$,
所以$\tan ∠ ABC=\dfrac{AH}{BH}=2$。
设$BH=y$,则$AH=2y$,
由勾股定理得$y^2+(2y)^2=(4\sqrt{5})^2$,
解得$y=4$,
所以$BC=2BH=8$。
解析
【分析】
(1) 要证明$AB=AC$，根据等腰三角形“等角对等边”的判定，只需证明$∠ ABC=∠ ACB$即可。首先利用角平分线性质得到$∠ ADE=∠ ADB$，再结合圆内接四边形对角互补、邻补角互补的性质，推出$∠ ADE=∠ ABC$，最后根据圆周角定理可得$∠ ACB=∠ ADB$，等量代换即可得到两角相等，完成证明。
(2) 已知$BD$是$\odot O$的直径，首先根据“直径所对的圆周角为直角”得到$∠ BAD=90°$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，结合$\tan∠ ADB$的数值和勾股定理求出$AB$的长度；由(1)知$AB=AC$，根据等腰三角形三线合一的性质，连接$AO$并延长交$BC$于$H$，可得$AH$垂直平分$BC$，再结合$∠ ABC=∠ ADB$得到$\tan∠ ABC$的数值，再次利用勾股定理求出$BH$的长度，乘2即可得到$BC$的长。
【解析】
(1)证明:因为 AD 平分$∠ BDE$,
所以$∠ ADE=∠ ADB$。
因为四边形 ABCD 内接于$\odot O$,
所以$∠ ABC+∠ ADC=180°$。
因为$∠ ADC+∠ ADE=180°$,
所以$∠ ADE=∠ ABC$。
由圆周角定理得$∠ ACB=∠ ADB$,
所以$∠ ABC=∠ ACB$。
所以$AB=AC$。
(2)解:如图,连接 AO 并延长交 BC 于点 H,
由(1)可知,$AB=AC$,
则$AH⊥ BC$,
所以$BH=HC$。
因为 BD 是$\odot O$的直径,
所以$∠ BAD=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中,
$\tan∠ ADB=2$,
则$\dfrac{AB}{AD}=2$。
设$AD=x$,则$AB=2x$,
由勾股定理得$x^2+(2x)^2=10^2$,
解得$x=2\sqrt{5}$,
所以$AB=2x=4\sqrt{5}$。
由(1)可知$∠ ABC=∠ ADB$,
所以$\tan ∠ ABC=\dfrac{AH}{BH}=2$。
设$BH=y$,则$AH=2y$,
由勾股定理得$y^2+(2y)^2=(4\sqrt{5})^2$,
解得$y=4$,
所以$BC=2BH=8$。
【答案】
(1) 证明成立，$AB=AC$；
(2) $BC$的长为$8$。
【知识点】
圆内接四边形的性质、圆周角定理、解直角三角形
【点评】
本题是圆与几何计算结合的典型基础题，第一问侧重逻辑推理能力的考查，需要熟练掌握角的等量转化方法；第二问需要结合等腰三角形的性质构造直角三角形，利用三角函数和勾股定理求解线段长度，能很好地巩固圆周角相关的核心知识。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明$AB=AC$，根据等腰三角形“等角对等边”的判定，只需证明$∠ ABC=∠ ACB$即可。首先利用角平分线性质得到$∠ ADE=∠ ADB$，再结合圆内接四边形对角互补、邻补角互补的性质，推出$∠ ADE=∠ ABC$，最后根据圆周角定理可得$∠ ACB=∠ ADB$，等量代换即可得到两角相等，完成证明。
(2) 已知$BD$是$\odot O$的直径，首先根据“直径所对的圆周角为直角”得到$∠ BAD=90°$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，结合$\tan∠ ADB$的数值和勾股定理求出$AB$的长度；由(1)知$AB=AC$，根据等腰三角形三线合一的性质，连接$AO$并延长交$BC$于$H$，可得$AH$垂直平分$BC$，再结合$∠ ABC=∠ ADB$得到$\tan∠ ABC$的数值，再次利用勾股定理求出$BH$的长度，乘2即可得到$BC$的长。
【解析】
(1)证明:因为 AD 平分$∠ BDE$,
所以$∠ ADE=∠ ADB$。
因为四边形 ABCD 内接于$\odot O$,
所以$∠ ABC+∠ ADC=180°$。
因为$∠ ADC+∠ ADE=180°$,
所以$∠ ADE=∠ ABC$。
由圆周角定理得$∠ ACB=∠ ADB$,
所以$∠ ABC=∠ ACB$。
所以$AB=AC$。
(2)解:如图,连接 AO 并延长交 BC 于点 H,
由(1)可知,$AB=AC$,
则$AH⊥ BC$,
所以$BH=HC$。
因为 BD 是$\odot O$的直径,
所以$∠ BAD=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中,
$\tan∠ ADB=2$,
则$\dfrac{AB}{AD}=2$。
设$AD=x$,则$AB=2x$,
由勾股定理得$x^2+(2x)^2=10^2$,
解得$x=2\sqrt{5}$,
所以$AB=2x=4\sqrt{5}$。
由(1)可知$∠ ABC=∠ ADB$,
所以$\tan ∠ ABC=\dfrac{AH}{BH}=2$。
设$BH=y$,则$AH=2y$,
由勾股定理得$y^2+(2y)^2=(4\sqrt{5})^2$,
解得$y=4$,
所以$BC=2BH=8$。
【答案】
(1) 证明成立，$AB=AC$；
(2) $BC$的长为$8$。
【知识点】
圆内接四边形的性质、圆周角定理、解直角三角形
【点评】
本题是圆与几何计算结合的典型基础题，第一问侧重逻辑推理能力的考查，需要熟练掌握角的等量转化方法；第二问需要结合等腰三角形的性质构造直角三角形，利用三角函数和勾股定理求解线段长度，能很好地巩固圆周角相关的核心知识。
【难度系数】
0.7
10.阅读材料,解答问题:
古希腊数学家、物理学家阿基米德流传于世的数学著作有10余种,下面是《阿基米德全集》的《引理集》中记载的一个命题:
如图①,AB是$\odot O$的弦,点C在$\odot O$上,CD⊥AB于点D,在弦AB上取点E,使$DE=AD$,F是$\overset{\frown}{BC}$上的一点,且$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{CA}$,连接BF,则$BF=BE$。
小莹对这个问题很感兴趣,经过思考,写出了下面的证明过程:
证明:如图②,连接CA,CE,CF,BC,
因为$CD⊥AB$于点D,$DE=AD$,
所以$CA=CE$。
所以$∠CAE=∠CEA$。
因为$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{CA}$,
所以$CF=CA$(依据1),$∠CBF=∠CBA$。
因为四边形ABFC内接于$\odot O$,
所以$∠CAB+∠CFB=180°$。(依据2)
……
(1)上述证明过程中的依据1为
(2)将上述证明过程补充完整。
古希腊数学家、物理学家阿基米德流传于世的数学著作有10余种,下面是《阿基米德全集》的《引理集》中记载的一个命题:
如图①,AB是$\odot O$的弦,点C在$\odot O$上,CD⊥AB于点D,在弦AB上取点E,使$DE=AD$,F是$\overset{\frown}{BC}$上的一点,且$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{CA}$,连接BF,则$BF=BE$。
小莹对这个问题很感兴趣,经过思考,写出了下面的证明过程:
证明:如图②,连接CA,CE,CF,BC,
因为$CD⊥AB$于点D,$DE=AD$,
所以$CA=CE$。
所以$∠CAE=∠CEA$。
因为$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{CA}$,
所以$CF=CA$(依据1),$∠CBF=∠CBA$。
因为四边形ABFC内接于$\odot O$,
所以$∠CAB+∠CFB=180°$。(依据2)
……
(1)上述证明过程中的依据1为
在同圆中相等的弧所对的弦相等
,依据2为圆内接四边形的对角互补
;(2)将上述证明过程补充完整。
答案
(1)在同圆中相等的弧所对的弦相等 圆内接四边形的对角互补
(2)因为$∠ CEA+∠ CEB=180°$,
所以$∠ CFB=∠ CEB$。
在$△ CFB$和$△ CEB$中,
$\begin{cases}∠ CFB=∠ CEB,\\∠ CBF=∠ CBA,\\BC=BC,\end{cases}$
所以$△ CFB≌△ CEB(\mathrm{AAS})$。
所以$BF=BE$。
(2)因为$∠ CEA+∠ CEB=180°$,
所以$∠ CFB=∠ CEB$。
在$△ CFB$和$△ CEB$中,
$\begin{cases}∠ CFB=∠ CEB,\\∠ CBF=∠ CBA,\\BC=BC,\end{cases}$
所以$△ CFB≌△ CEB(\mathrm{AAS})$。
所以$BF=BE$。
解析
【分析】
(1) 第一问是对圆的基础性质的直接考查，匹配推导过程对应性质即可：由弧相等推出弦相等，依据是同圆中相等的弧所对的弦相等；由圆内接四边形推出对角和为180°，依据是圆内接四边形的对角互补。
(2) 第二问要证明$BF=BE$，常用思路是证明两条线段所在的三角形全等，即证$△ CFB≌△ CEB$。已知已有条件$∠ CBF=∠ CBA$、公共边$BC=BC$，还缺一组角相等的条件；结合前面推导的$∠ CAE=∠ CEA$，以及圆内接四边形对角互补得$∠ CAB+∠ CFB=180°$，再利用邻补角性质可得$∠ CEA+∠ CEB=180°$，即可推出$∠ CFB=∠ CEB$，满足AAS全等判定条件，证完全等后就能得到对应边$BF=BE$。
【解析】
(1) 根据圆的性质，等弧对等弦，因此依据1为：在同圆中相等的弧所对的弦相等；根据圆内接四边形的性质，对角互补，因此依据2为：圆内接四边形的对角互补。
(2) 补充证明过程如下：
因为$∠ CEA+∠ CEB=180°$，
所以$∠ CFB=∠ CEB$。
在$△ CFB$和$△ CEB$中，
$\begin{cases}∠ CFB=∠ CEB,\\∠ CBF=∠ CBA,\\BC=BC,\end{cases}$
所以$△ CFB≌△ CEB(\mathrm{AAS})$。
所以$BF=BE$。
【答案】
(1) 在同圆中相等的弧所对的弦相等；圆内接四边形的对角互补
(2) 因为$∠ CEA+∠ CEB=180°$,所以$∠ CFB=∠ CEB$。在$△ CFB$和$△ CEB$中,$\begin{cases}∠ CFB=∠ CEB,\\∠ CBF=∠ CBA,\\BC=BC,\end{cases}$所以$△ CFB≌△ CEB(\mathrm{AAS})$，所以$BF=BE$。
【知识点】
等弧对等弦；圆内接四边形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题以阿基米德的经典命题为背景，综合考查了圆的基础性质和三角形全等的应用，解题的关键是熟练掌握相关性质，明确证明线段相等的常用方法是证明其所在三角形全等。
【难度系数】
0.7
(1) 第一问是对圆的基础性质的直接考查，匹配推导过程对应性质即可：由弧相等推出弦相等，依据是同圆中相等的弧所对的弦相等；由圆内接四边形推出对角和为180°，依据是圆内接四边形的对角互补。
(2) 第二问要证明$BF=BE$，常用思路是证明两条线段所在的三角形全等，即证$△ CFB≌△ CEB$。已知已有条件$∠ CBF=∠ CBA$、公共边$BC=BC$，还缺一组角相等的条件；结合前面推导的$∠ CAE=∠ CEA$，以及圆内接四边形对角互补得$∠ CAB+∠ CFB=180°$，再利用邻补角性质可得$∠ CEA+∠ CEB=180°$，即可推出$∠ CFB=∠ CEB$，满足AAS全等判定条件，证完全等后就能得到对应边$BF=BE$。
【解析】
(1) 根据圆的性质，等弧对等弦，因此依据1为：在同圆中相等的弧所对的弦相等；根据圆内接四边形的性质，对角互补，因此依据2为：圆内接四边形的对角互补。
(2) 补充证明过程如下：
因为$∠ CEA+∠ CEB=180°$，
所以$∠ CFB=∠ CEB$。
在$△ CFB$和$△ CEB$中，
$\begin{cases}∠ CFB=∠ CEB,\\∠ CBF=∠ CBA,\\BC=BC,\end{cases}$
所以$△ CFB≌△ CEB(\mathrm{AAS})$。
所以$BF=BE$。
【答案】
(1) 在同圆中相等的弧所对的弦相等；圆内接四边形的对角互补
(2) 因为$∠ CEA+∠ CEB=180°$,所以$∠ CFB=∠ CEB$。在$△ CFB$和$△ CEB$中,$\begin{cases}∠ CFB=∠ CEB,\\∠ CBF=∠ CBA,\\BC=BC,\end{cases}$所以$△ CFB≌△ CEB(\mathrm{AAS})$，所以$BF=BE$。
【知识点】
等弧对等弦；圆内接四边形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题以阿基米德的经典命题为背景，综合考查了圆的基础性质和三角形全等的应用，解题的关键是熟练掌握相关性质，明确证明线段相等的常用方法是证明其所在三角形全等。
【难度系数】
0.7
