1. 如图，AB为⊙O的弦，且点C在AB上。若AC=6，BC=2，且圆心O到AB的距离为3，则OC的长为()

A.3
B.4
C.$\sqrt{11}$
D.$\sqrt{13}$

1. D

解：过点O作OD⊥AB于点D，连接OA。
∵OD⊥AB，
∴AD=DB。
∵AC=6，BC=2，
∴AB=AC+BC=8，AD=4。
∵圆心O到AB的距离为3，
∴OD=3。
在Rt△AOD中，OA²=AD²+OD²=4²+3²=25，
∴OA=5。
∵CD=AC-AD=6-4=2。
在Rt△OCD中，OC²=CD²+OD²=2²+3²=13，
∴OC=$\sqrt{13}$。
答案：D

2. (2023·吉林)如图，AB、AC是⊙O的弦，OB、OC是⊙O的半径，P为OB上任意一点(点P不与点B重合)，连接CP。若∠BAC=70°，则∠BPC的度数可能是()

A.70°
B.105°
C.125°
D.155°

2. D

证明：连接OA。
∵AB、AC是⊙O的弦，
∴OA=OB=OC，
∴∠OAB=∠OBA，∠OAC=∠OCA。
∵∠BAC=70°，
∴∠OAB+∠OAC=70°，
∴∠OBA+∠OCA=70°。
在△ABC中，∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，
∴∠OBC+∠OCB=180°-∠BAC-(∠OBA+∠OCA)=180°-70°-70°=40°。
在△OBC中，∠BOC=180°-(∠OBC+∠OCB)=180°-40°=140°。
∵P为OB上一点（不与B重合），
∴点P在OB上移动时，∠BPC随P靠近O而增大。
当P与O重合时，∠BPC=∠BOC=140°；当P接近B时，∠BPC接近180°-∠OBC。
∵∠OBC＜∠ABC，∠ABC=∠OBA+∠OBC，∠OBA＞0°，
∴∠OBC＜∠ABC，∠ABC= (180°-70°-∠ACB)＜110°，故∠OBC＜110°，180°-∠OBC＞70°，但∠BPC＞140°。
选项中只有155°满足140°＜155°＜180°，
∴∠BPC的度数可能是155°。
答案：D

3. 已知点A、B、C在⊙O上。若∠AOC=80°，则∠ABC的度数为()

A.40°
B.100°
C.40°或140°
D.40°或100°

3. C

点A、B、C在⊙O上，∠AOC=80°。
当点B在优弧AC上时，∠ABC是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角，∠AOC是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆心角，所以∠ABC=$\frac{1}{2}$∠AOC=$\frac{1}{2}×80^{\circ}=40^{\circ}$。
当点B在劣弧AC上时，∠ABC所对的弧是优弧AC，优弧AC的度数为$360^{\circ}-80^{\circ}=280^{\circ}$，所以∠ABC=$\frac{1}{2}×280^{\circ}=140^{\circ}$。
∠ABC的度数为40°或140°。
C

4. (2024·西藏)如图，AC为⊙O的直径，点B、D在⊙O上，∠ABD=60°，CD=2，则AD的长为()

A.2
B.$2\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{3}$
D.4

4. C

证明：
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°（直径所对的圆周角是直角）。
∵∠ABD=60°，
∴∠ACD=∠ABD=60°（同弧所对的圆周角相等）。
在Rt△ADC中，∠CAD=90°-∠ACD=30°，CD=2，
∴AC=2CD=4（在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半）。
由勾股定理得：AD=$\sqrt{AC^2-CD^2}=\sqrt{4^2-2^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$。
C

5. 如图，矩形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，点D在OA的延长线上。已知A(2，0)、D(4，0)，以点O为圆心，OD为半径的弧经过点B，交y轴的正半轴于点E，连接DE、BE，则∠BED的度数是()

A.15°
B.22.5°
C.30°
D.45°

5. C

6. (2024·宜宾)如图，△ABC内接于⊙O，BC为⊙O的直径，AD平分∠BAC交⊙O于点D，则$\frac{AB+AC}{AD}$的值为()

A.$\sqrt{2}$
B.$\sqrt{3}$
C.$2\sqrt{2}$
D.$2\sqrt{3}$

6. A 解析:如图,连接 BD、CD,延长 AB 到点 $ A' $,使得 $ A'B = AC $,连接 $ A'D $. $ \because BC $ 是 $ \odot O $ 的直径, $ \therefore \angle BAC = \angle BDC = 90^{\circ} $, $ \therefore \angle ADC + \angle BDA = 90^{\circ} $. $ \because AD $ 平分 $ \angle BAC $, $ \therefore \angle BAD = \angle CAD = 45^{\circ} $, $ \therefore \overset{\frown}{BD} = \overset{\frown}{DC} $, $ \therefore BD = CD $. $ \because $ 四边形 ABDC 内接于 $ \odot O $, $ \therefore \angle ACD + \angle ABD = 180^{\circ} $. $ \because \angle ABD + \angle A'BD = 180^{\circ} $, $ \therefore \angle A'BD = \angle ACD $, $ \therefore \triangle A'BD \cong \triangle ACD $, $ \therefore A'D = AD $, $ \angle A'DB = \angle ADC $, $ \therefore \angle A'DB + \angle BDA = 90^{\circ} $,即 $ \angle A'DA = 90^{\circ} $. $ \because $ 在 $ Rt \triangle A'DA $ 中, $ A'D^{2} + AD^{2} = A'A^{2} $, $ \therefore A'A^{2} = 2AD^{2} $. $ \therefore A'A = \sqrt{2}AD $,即 $ AB + AC = \sqrt{2}AD $, $ \therefore \frac{AB + AC}{AD} = \sqrt{2} $.

7. (2024·陕西)如图，AB为⊙O的直径，$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AD}$，∠A=53°，则∠B的度数是。

7. $ 37^{\circ} $

解：连接BD。
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°。
∵$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AD}$，∠A=53°，
∴∠ABD=∠ABC。
在Rt△ABD中，∠ABD=90°-∠A=90°-53°=37°，
∴∠B=∠ABD=37°。
$37^{\circ}$

8. (2023·襄阳)如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E在CD的延长线上。若∠ADE=70°，则∠AOC=°。

8. 140

证明：
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADE=∠ABC（圆内接四边形的外角等于它的内对角）。
∵∠ADE=70°，
∴∠ABC=70°。
∵∠AOC是弧AC所对的圆心角，∠ABC是弧AC所对的圆周角，
∴∠AOC=2∠ABC=2×70°=140°。
140

9. 已知△ABC的三边长a、b、c满足$a+b^{2}+|c-6|+28=4\sqrt{a-1}+10b$，则△ABC的外接圆的半径为。

9. $ \frac{25}{8} $

已知等式整理得：$(\sqrt{a-1})^2 - 4\sqrt{a-1} + 4 + (b^2 - 10b + 25) + |c - 6| = 0$，即$(\sqrt{a-1} - 2)^2 + (b - 5)^2 + |c - 6| = 0$。
因为$(\sqrt{a-1} - 2)^2 \geq 0$，$(b - 5)^2 \geq 0$，$|c - 6| \geq 0$，所以$\sqrt{a-1} - 2 = 0$，$b - 5 = 0$，$c - 6 = 0$，解得$a = 5$，$b = 5$，$c = 6$。
过点$A$作$AD \perp BC$于点$D$，则$BD = \frac{1}{2}BC = 3$，在$Rt\triangle ABD$中，$AD = \sqrt{AB^2 - BD^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4$。
设$\triangle ABC$的外接圆半径为$R$，由三角形面积公式$\frac{1}{2}BC · AD = \frac{abc}{4R}$，得$\frac{1}{2} × 6 × 4 = \frac{5 × 5 × 6}{4R}$，解得$R = \frac{25}{8}$。
$\frac{25}{8}$