6. 如图，正九边形的对角线AF，CH相交于点P，则∠CPF=°。第6题第7题第9题

6. 100

【分析】
解决本题的核心是结合正多边形的外接圆性质，利用圆周角定理和三角形外角性质求解角度。首先正九边形的所有顶点共外接圆，每条边对应的劣弧度数相等，先算出单段劣弧的度数；再观察所求角∠CPF是△APC的外角，等于不相邻两个内角∠CAF与∠ACH的和，这两个角都是圆周角，分别对应弧CF和弧AH，算出两段弧的度数后，结合圆周角等于所对弧度数的一半即可求出两个角的大小，相加即可得到结果。
【解析】
正九边形的顶点在同一个外接圆上，每条边所对的劣弧度数为：$\frac{360°}{9}=40°$。
∵$∠ CPF$是$△ APC$的外角，根据三角形外角性质，$∠ CPF = ∠ CAF + ∠ ACH$。
$∠ CAF$是弧$CF$所对的圆周角，弧$CF$包含3段等弧，度数为$3×40°=120°$，因此$∠ CAF=\frac{1}{2}×120°=60°$；
$∠ ACH$是弧$AH$所对的圆周角，弧$AH$包含2段等弧，度数为$2×40°=80°$，因此$∠ ACH=\frac{1}{2}×80°=40°$。
∴$∠ CPF=60°+40°=100°$。
【答案】
100
【知识点】
正多边形的性质，圆周角定理，三角形外角性质
【点评】
本题将正多边形与圆的知识结合，解题的关键是把正多边形的边转化为等弧，灵活运用圆周角定理和三角形外角性质计算角度，需要具备一定的图形观察能力。
【难度系数】
0.6

7. 如图,一把宽为2 cm的刻度尺(刻度单位:cm)放在圆形玻璃杯的杯口上,刻度尺的一边与杯口外沿相切,另一边与杯口外沿两个交点处的读数恰好是3和9,那么玻璃杯的杯口外沿半径为 cm.

7. $\frac{13}{4}$

【分析】
本题可结合圆的相关性质构造直角三角形求解，解题思路如下：第一步先确定弦长：刻度尺与杯口外沿两个交点的读数为3和9，因此弦长为9-3=6cm，根据垂径定理可得半弦长为3cm；第二步分析弦心距：刻度尺的宽为2cm，即弦到上方切线的距离为2cm，结合切线性质“圆心到切线的距离等于半径”，设半径为r，可得圆心到弦的距离为(r-2)cm；第三步利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
设玻璃杯杯口外沿的半径为$r\ \mathrm{cm}$。
1. 计算弦长：两个交点的读数为3和9，因此弦长为$9-3=6\ \mathrm{cm}$，根据垂径定理，弦的一半长度为$6÷2=3\ \mathrm{cm}$。
2. 推导弦心距：刻度尺宽为2cm，即弦到上方切线的距离为2cm，由切线的性质可知，圆心到切线的距离等于半径$r$，因此圆心到这条弦的距离为$(r-2)\ \mathrm{cm}$。
3. 半径、半弦长、弦心距构成直角三角形，根据勾股定理列方程：
$r^2 = 3^2 + (r-2)^2$
展开化简：
$r^2 = 9 + r^2 -4r +4$
消去$r^2$后解得：
$4r=13，即r=\frac{13}{4}$
【答案】
$\frac{13}{4}$
【知识点】
垂径定理、勾股定理、切线的性质
【点评】
本题是圆的性质应用的典型习题，解题关键是将实际场景转化为几何模型，找到圆中半径、弦长、弦心距的数量关系，结合方程思想求解，难度适中。
【难度系数】
0.7

8. 已知扇形的圆心角为$120°$,弧长为$2π$,则它的半径为.

8. 3

【分析】
要求扇形的半径，可借助弧长公式建立方程求解。首先回忆弧长计算公式：弧长$l$、圆心角$n°$、半径$r$三者的关系为$l=\frac{nπ r}{180}$。题目已给出圆心角$n=120°$、弧长$l=2π$，将已知量代入公式即可得到关于$r$的一元一次方程，解方程就能求出半径。
【解析】
设该扇形的半径为$r$，根据弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$（其中$n$为圆心角度数，$l$为弧长），将$n=120$，$l=2π$代入得：
$2π=\frac{120π r}{180}$
化简右侧可得：
$2π=\frac{2π r}{3}$
两边同时除以$2π$得：
$1=\frac{r}{3}$
解得$r=3$。
【答案】
3
【知识点】
弧长公式；一元一次方程求解
【点评】
本题为基础题型，核心考查弧长公式的识记与简单应用，只要准确记忆公式、代入数值计算即可得分。
【难度系数】
0.9

9. 如图，$\odot O$的半径为5，点O到弦AB的距离为3，则$\odot O$上到弦AB所在直线的距离为2的点有个。

9. 3

【分析】
要找出圆上到弦AB所在直线距离为2的点，可将问题转化为判断和AB平行且距离为2的直线与圆的交点个数：首先过圆心O作AB的垂线，结合垂径定理和已知的距离、半径长度，分别分析AB两侧满足距离要求的直线与圆的交点数量即可。
【解析】
过点O作$OC⊥ AB$于点C，延长OC交$\odot O$于点D。
由题意可知$OC=3$，$\odot O$的半径$r=5$。
$\therefore CD=OD-OC=5-3=2$，即点D到直线AB的距离为2，是第1个满足条件的点。
在AB靠近O的一侧作直线$l_1// AB$，且$l_1$到AB的距离为2，此时$l_1$到O的距离为$3-2=1＜5$，因此$l_1$与$\odot O$有2个交点，这2个点到AB的距离均为2。
在AB远离O的一侧作直线$l_2// AB$，且$l_2$到AB的距离为2，此时$l_2$到O的距离为$3+2=5$，等于半径，因此$l_2$与$\odot O$只有1个交点，即点D。
综上，满足条件的点总共有$2+1=3$个。
【答案】
3
【知识点】
垂径定理，直线与圆的位置关系，点到直线的距离
【点评】
本题将点到直线的距离问题转化为平行线与圆的交点问题，解题时要注意考虑弦的两侧所有符合要求的情况，避免漏算。
【难度系数】
0.6

10. 如图，AB是半圆的直径，图①中，点C在半圆外，图②中，点C在半圆内，请仅用无刻度的直尺：
（1）在图①中，画出△ABC的三条高的交点；
（2）在图②中，画出△ABC中AB边上的高。

10. (1) 如图①,点P即为所求；(2) 如图②,CD即为所求。

【分析】
解题时首先利用“直径所对的圆周角是直角”这一核心性质构造三角形的高，再结合三角形垂心的特点求解：
（1）要找△ABC三条高的交点（即垂心），只需作出两条高，其交点即为所求。利用直径性质，先找到AC、BC与半圆的交点，分别连接A与BC和半圆的交点、B与AC和半圆的交点，得到的两条线段就是△ABC的两条高，二者交点即为三条高的交点。
（2）要作AB边上的高，先延长AC、BC与半圆相交，同理利用直径性质构造出△ABC的另外两条高，得到垂心，由于垂心在AB边上的高所在直线上，连接垂心和点C并延长与AB相交，所得线段就是AB边上的高。
【解析】
（1）在图①中：
① 标记AC与半圆的交点为E，BC与半圆的交点为F；
② 连接AE、BF，AE与BF交于点P。
因为AB是半圆直径，所以∠AEB=90°、∠AFB=90°，即AE是BC边上的高，BF是AC边上的高，二者的交点P就是△ABC三条高的交点。
（2）在图②中：
① 延长AC交半圆于点E，延长BC交半圆于点F；
② 连接AF、BE，AF与BE交于点P；
③ 连接PC并延长，交AB于点D。
因为AB是半圆直径，所以∠AFB=90°、∠AEB=90°，即AF、BE是△ABC的两条高，它们的交点P是△ABC的垂心，因此CD是AB边上的高。
【答案】
(1) 如图①,点P即为所求；(2) 如图②,CD即为所求。
【知识点】
直径所对圆周角的性质；三角形垂心的定义
【点评】
本题属于几何操作类题目，核心是灵活运用圆周角定理构造直角（即三角形的高），无需测量仅通过无刻度直尺连线即可完成作图，能有效锻炼几何直观与逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6

11. 如图，BE是$\odot O$的直径，A，D是$\odot O$上的两点，过点A作$\odot O$的切线交BE的延长线于点C.
（1）若$∠ ADE=25°$，求$∠ C$的度数；
（2）若$AB=AC$，$CE=2$，求$\odot O$的半径.

11. 解:(1) 连接OA,
∵ AC是$\odot O$的切线,OA是$\odot O$的半径,
∴ OA⊥AC.
∴ ∠OAC=90°.
∵ $\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{AE}$,∠ADE=25°,
∴ ∠AOE=2∠ADE=50°.
∴ ∠C=90°−∠AOE=90°−50°=40°；
(2)
∵ AB=AC,
∴ ∠B=∠C.
∵ $\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{AE}$,
∴ ∠AOC=2∠B.
∴ ∠AOC=2∠C.
∵ ∠OAC=90°,
∴ ∠AOC+∠C=90°.
∴ 3∠C=90°.
∴ ∠C=30°.
∴ OA=$\frac{1}{2}$OC. 设$\odot O$的半径为r,
∵ CE=2,
∴ r=$\frac{1}{2}(r+2)$,解得r=2.
∴ $\odot O$的半径为2.

【分析】
（1）求解∠C的度数时，已知AC是⊙O的切线，根据切线性质需先连接OA得到直角∠OAC；再结合已知的圆周角∠ADE，利用同弧所对的圆心角是圆周角的2倍求出∠AOE的度数，最后在直角三角形OAC中利用两锐角互余即可算出∠C的度数。
（2）求⊙O半径时，先由AB=AC得到∠B=∠C，再结合圆周角定理推出∠AOC=2∠C，在直角三角形OAC中根据内角和关系求出∠C=30°，利用30°角所对直角边是斜边一半得到OA与OC的数量关系，设半径为r结合CE=2列方程求解即可。
【解析】
(1) 连接OA,
∵ AC是$\odot O$的切线,OA是$\odot O$的半径,
∴ OA⊥AC，即$∠ OAC=90°$.
∵ $\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{AE}$，$∠ ADE=25°$,
∴ 根据圆周角定理，$∠ AOE=2∠ ADE=50°$.
∴ 在$Rt△ OAC$中，$∠ C=90°-∠ AOE=90°-50°=40°$.
(2)
∵ $AB=AC$,
∴ $∠ B=∠ C$.
∵ $\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{AE}$,
∴ $∠ AOC=2∠ B$.
∴ $∠ AOC=2∠ C$.
∵ $∠ OAC=90°$,
∴ $∠ AOC+∠ C=90°$,
即$3∠ C=90°$，解得$∠ C=30°$.
∴ 在$Rt△ OAC$中，$OA=\frac{1}{2}OC$.
设$\odot O$的半径为r,
∵ $CE=2$，
∴ $OC=OE+CE=r+2$,
∴ $r=\frac{1}{2}(r+2)$，解得$r=2$.
【答案】
（1）$\boldsymbol{∠ C=40°}$；（2）$\odot O$的半径为$\boldsymbol{2}$。
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；等腰三角形的性质
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题的关键是遇到切线时连接切点与圆心构造直角三角形，再结合圆周角定理、特殊三角形的边角关系建立等量关系求解，解题逻辑清晰，对圆的基础性质应用考查较为典型。
【难度系数】
0.7

12. 如图,在等腰三角形ABC中,AC=BC,$\odot O$为$△ ABC$的外接圆,D为$\overset{\frown}{BC}$上一点,连接BD,作$CE\bot AD$于点E.求证:$AE=BD+DE$.

课后作业 KEHOUZUOYE ★★★★★

12. 证明:在AE上截取AF=BD,连接CF,CD. 在△ACF和△BCD中,
∵ AC=BC,∠CAF=∠CBD,AF=BD,
∴ △ACF≌△BCD.
∴ CF=CD.
∵ CE⊥AD于点E,
∴ EF=DE.
∴ AE=AF+EF=BD+DE.

【分析】
要证明$AE=BD+DE$，属于线段和差类证明问题，优先采用截长补短的思路：我们可以在较长线段AE上截取一段长度等于BD，只需证明剩余的线段长度等于DE即可。首先根据同弧所对的圆周角相等可得$∠ CAF=∠ CBD$，结合已知$AC=BC$，通过截取$AF=BD$构造全等三角形，再利用等腰三角形三线合一的性质证明剩余线段相等，最终通过等量代换完成证明。
【解析】
证明：在AE上截取$AF=BD$，连接CF，CD。
在$△ ACF$和$△ BCD$中，
$\because AC=BC$，$∠ CAF=∠ CBD$（同弧所对的圆周角相等），$AF=BD$，
$\therefore △ ACF≌△ BCD$（SAS）。
$\therefore CF=CD$。
$\because CE\bot AD$于点E，
$\therefore EF=DE$（等腰三角形三线合一）。
$\therefore AE=AF+EF=BD+DE$。
【答案】
$AE=BD+DE$，证明过程如上。
【知识点】
圆周角定理；全等三角形的判定与性质；等腰三角形三线合一
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型证明题，截长补短法是解决线段和差问题的常用技巧，解题时需熟练运用圆周角性质、全等三角形判定及等腰三角形的性质进行线段的等量代换。
【难度系数】
0.6