变式训练(2023 湖州中考)如图,$OA是\odot O$的半径,弦$BC\perp OA于点D$,连接$OB$。若$\odot O$的半径为 5,$BC$的长为 8,则$OD$的长是。

3

根据题意，$OA$是$\odot O$的半径，$BC\perp OA$于点$D$，连接$OB$。
由于$BC$是弦，且$BC\perp OA$，根据垂径定理，我们知道$BD = \frac{1}{2}BC$。
已知$BC$的长为8，所以$BD = \frac{1}{2} × 8 = 4$。
又因为$\odot O$的半径为5，所以$OB = 5$。
在直角三角形$OBD$中，利用勾股定理，我们有：
$OD = \sqrt{OB^{2} - BD^{2}} = \sqrt{5^{2} - 4^{2}} = \sqrt{25 - 16} = \sqrt{9} = 3$。

1.(2024 长沙中考)如图,在$\odot O$中,弦$AB$的长为 8,圆心$O到AB的距离OE = 4$,则$\odot O$的半径长为()

A.4
B.$4\sqrt{2}$
C.5
D.$5\sqrt{2}$

B

连接OA，因为OE垂直于AB，所以AE=AB/2=4。在Rt△AOE中，OE=4，AE=4，由勾股定理得OA=√(AE²+OE²)=√(4²+4²)=4√2，即半径为4√2。

2.(2023 宜昌中考)如图,$OA$,$BO$,$OC都是\odot O$的半径,$AC$,$OB交于点D$。若$AD = CD = 8$,$OD = 6$,则$BD = $()

A.5
B.4
C.3
D.2

B

设⊙O半径为r，∵AD=CD=8，∴D为AC中点，由图知OD⊥AC，∴∠ODA=90°。在Rt△ODA中，OD=6，AD=8，由勾股定理得OA²=OD²+AD²=6²+8²=100，∴OA=10，即半径r=10，故OB=10。∵OD=6，且D在OB上，∴BD=OB-OD=10-6=4。

3.(2023 陕西中考)陕西饮食文化源远流长,“老碗面”是陕西地方特色美食之一。图②是从正面看到的一个“老碗”(图①)的形状示意图。$\overset{\frown}{AB}是\odot O$的一部分,$D是\overset{\frown}{AB}$的中点,连接$OD$,与弦$AB交于点C$,连接$OA$,$OB$。已知$AB = 24$cm,碗深$CD = 8$cm,则$\odot O的半径OA$为()

A.13 cm
B.16 cm
C.17 cm
D.26 cm

A

本题可根据垂径定理以及勾股定理来求解$\odot O$的半径$OA$。
步骤一：根据垂径定理求出$AC$的长度
因为$D$是$\overset{\frown}{AB}$的中点，$OD$是半径，根据垂径定理可知$OD\perp AB$，且垂径定理还表明垂直于弦的直径平分弦，所以$AC = \frac{1}{2}AB$。
已知$AB = 24cm$，则$AC=\frac{1}{2}×24 = 12cm$。
步骤二：设未知数并表示出$OC$的长度
设$\odot O$的半径$OA = R cm$，因为碗深$CD = 8cm$，所以$OC=(R - 8)cm$。
步骤三：在$Rt\triangle AOC$中，根据勾股定理列出方程并求解
在$Rt\triangle AOC$中，$\angle ACO = 90^{\circ}$，根据勾股定理可得$OA^{2}=AC^{2}+OC^{2}$，即$R^{2}=12^{2}+(R - 8)^{2}$。
展开方程右边可得：
$R^{2}=144+R^{2}-16R + 64$
移项可得：
$16R=144 + 64$
$16R=208$
解得$R = 13$，所以$\odot O$的半径$OA$为$13cm$。

4.(2024 常德一模)如图,在平面直角坐标系中,已知点$A(-1,0)$,点$B在y$轴的正半轴上,以点$B$为圆心,$BA$的长为半径作弧,交$x轴的正半轴于点C$,则点$C$的坐标为。

$(1,0)$

设点$B(0,b)$，$b＞0$，则$BA=BC$。
$BA=\sqrt{(-1-0)^2+(0-b)^2}=\sqrt{1+b^2}$，
$BC=\sqrt{(x-0)^2+(0-b)^2}=\sqrt{x^2+b^2}$（设$C(x,0)$，$x＞0$）。
由$BA=BC$得$\sqrt{1+b^2}=\sqrt{x^2+b^2}$，两边平方得$1+b^2=x^2+b^2$，解得$x=1$（$x=-1$舍去）。
故点$C$坐标为$(1,0)$。

5.(2024 牡丹江中考)如图,在$\odot O$中,直径$AB\perp CD于点E$,$CD = 6$,$BE = 1$,则弦$AC = $。

$3\sqrt{10}$

连接OC，设$\odot O$的半径为$r$，则$OC = OB = r$。
因为直径$AB\perp CD$于点$E$，$CD = 6$，所以$CE=\frac{1}{2}CD = 3$，$\angle OEC = 90°$。
又因为$BE = 1$，所以$OE=OB - BE=r - 1$。
在$Rt\triangle OEC$中，由勾股定理得$OC^2=OE^2 + CE^2$，即$r^2=(r - 1)^2 + 3^2$。
解得$r = 5$，则$OE=5 - 1=4$，$AE=AB - BE=2r - BE=10 - 1=9$。
在$Rt\triangle AEC$中，$AC=\sqrt{AE^2 + CE^2}=\sqrt{9^2 + 3^2}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}$。
$3\sqrt{10}$

6.(2022 上海中考)如图,小区内有个圆形花坛$O$,点$C在弦AB$上,$AC = 11$,$BC = 21$,$OC = 13$,则这个花坛的面积为。(结果保留$\pi$)

400π

过点O作OD⊥AB于点D，连接OA。
∵AC=11，BC=21，∴AB=AC+BC=32。
∵OD⊥AB，∴AD=DB=16（垂径定理）。
∵AC=11，∴CD=AD-AC=16-11=5。
设OD=x，在Rt△ODC中，OD²+CD²=OC²，即x²+5²=13²，解得x=12（OD＞0）。
在Rt△ODA中，OA²=OD²+AD²=12²+16²=400，∴OA=20。
∴花坛面积为π×20²=400π。