登录
1.(2024·泰安)如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上两点，BA平分∠CBD.若∠AOD=50°，则∠A的度数为(
A.65°
B.55°
C.50°
D.75°
A
)A.65°
B.55°
C.50°
D.75°
答案
1. A
解析
解：
∵∠AOD=50°，OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA=(180°-50°)/2=65°.
∵BA平分∠CBD，
∴∠ABD=∠ABC.
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB.
∵∠ODA=65°，
∴∠ODB=∠OAD=65°，
∴∠A=∠OAD=65°.
答案：A
∵∠AOD=50°，OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA=(180°-50°)/2=65°.
∵BA平分∠CBD，
∴∠ABD=∠ABC.
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB.
∵∠ODA=65°，
∴∠ODB=∠OAD=65°，
∴∠A=∠OAD=65°.
答案：A
2.(2023·凉山)如图，在⊙O中，OA⊥BC，∠ADB=30°，BC=2√3，则OC的长为(
A.1
B.2
C.2√3
D.4
B
)A.1
B.2
C.2√3
D.4
答案
2. B
解析
证明：连接OB。
∵OA⊥BC，BC=2√3，
∴根据垂径定理，OA平分BC，即CE=BE=√3（设OA与BC交于点E）。
∵∠ADB=30°，∠ADB与∠ACB都是弧AB所对的圆周角，
∴∠ACB=∠ADB=30°。
在Rt△OEC中，∠OCE=30°，CE=√3，
cos∠OCE=CE/OC，即cos30°=√3/OC。
∵cos30°=√3/2，
∴√3/OC=√3/2，解得OC=2。
结论：OC的长为2。
B
∵OA⊥BC，BC=2√3，
∴根据垂径定理，OA平分BC，即CE=BE=√3（设OA与BC交于点E）。
∵∠ADB=30°，∠ADB与∠ACB都是弧AB所对的圆周角，
∴∠ACB=∠ADB=30°。
在Rt△OEC中，∠OCE=30°，CE=√3，
cos∠OCE=CE/OC，即cos30°=√3/OC。
∵cos30°=√3/2，
∴√3/OC=√3/2，解得OC=2。
结论：OC的长为2。
B
3. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，且AB=AC，∠BAC=36°，在⌢AB上取点D(不与点A、B重合)，连接BD、AD，则∠BAD+∠ABD的度数为(
A.60°
B.62°
C.72°
D.73°
C
)A.60°
B.62°
C.72°
D.73°
答案
3. C
解析
证明：
∵AB=AC，∠BAC=36°，
∴∠ABC=∠ACB=$\frac{180° - 36°}{2}=72°$。
∵∠ADB与∠ACB是同弧AB所对的圆周角，
∴∠ADB=∠ACB=72°。
在△ABD中，∠BAD+∠ABD=180°-∠ADB=180°-72°=72°。
答案：C
∵AB=AC，∠BAC=36°，
∴∠ABC=∠ACB=$\frac{180° - 36°}{2}=72°$。
∵∠ADB与∠ACB是同弧AB所对的圆周角，
∴∠ADB=∠ACB=72°。
在△ABD中，∠BAD+∠ABD=180°-∠ADB=180°-72°=72°。
答案：C
4.(2024·滨州)如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形OABC是菱形，则∠D的度数为(
A.45°
B.50°
C.60°
D.75°
C
)A.45°
B.50°
C.60°
D.75°
答案
4. C
解析
证明：
∵四边形$OABC$是菱形，
∴$OA=AB=BC=OC$，且$OA=OB=OC$（均为半径），
∴$\triangle OAB$和$\triangle OBC$均为等边三角形，
∴$\angle AOB = \angle BOC = 60°$，
∴$\angle AOC = \angle AOB + \angle BOC = 120°$，
∵$\angle D$是$\overset{\frown}{ABC}$所对的圆周角，$\angle AOC$是$\overset{\frown}{ABC}$所对的圆心角，
∴$\angle D = \frac{1}{2}\angle AOC = 60°$。
答案：C
∵四边形$OABC$是菱形，
∴$OA=AB=BC=OC$，且$OA=OB=OC$（均为半径），
∴$\triangle OAB$和$\triangle OBC$均为等边三角形，
∴$\angle AOB = \angle BOC = 60°$，
∴$\angle AOC = \angle AOB + \angle BOC = 120°$，
∵$\angle D$是$\overset{\frown}{ABC}$所对的圆周角，$\angle AOC$是$\overset{\frown}{ABC}$所对的圆心角，
∴$\angle D = \frac{1}{2}\angle AOC = 60°$。
答案：C
5.(2024·陕西)如图，BC是⊙O的弦，连接OB、OC，∠A是⌢BC所对的圆周角，则∠A与∠OBC的度数和为
90°
.答案
5. 90°
解析
证明：
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB。
在△OBC中，∠BOC+∠OBC+∠OCB=180°，
∴∠BOC=180°-2∠OBC。
∵∠A是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，
∴∠A=$\frac{1}{2}$∠BOC=$\frac{1}{2}$(180°-2∠OBC)=90°-∠OBC。
∴∠A+∠OBC=90°。
90°
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB。
在△OBC中，∠BOC+∠OBC+∠OCB=180°，
∴∠BOC=180°-2∠OBC。
∵∠A是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，
∴∠A=$\frac{1}{2}$∠BOC=$\frac{1}{2}$(180°-2∠OBC)=90°-∠OBC。
∴∠A+∠OBC=90°。
90°
6.(方程思想)(2024·牡丹江)如图，在⊙O中，直径AB⊥CD于点E，CD=6，BE=1，则弦AC的长为
$3 \sqrt { 10 }$
.答案
6. $3 \sqrt { 10 }$
解析
解：连接OC，设⊙O的半径为$r$，则$OC = OB = r$，$OE = OB - BE = r - 1$。
∵AB⊥CD，CD=6，
∴CE = $\frac{1}{2}$CD = 3。
在Rt△OCE中，由勾股定理得：$OC^2 = OE^2 + CE^2$，
即$r^2 = (r - 1)^2 + 3^2$，
解得$r = 5$，
∴AE = AB - BE = 2r - BE = 10 - 1 = 9。
在Rt△ACE中，$AC = \sqrt{AE^2 + CE^2} = \sqrt{9^2 + 3^2} = 3\sqrt{10}$。
$3\sqrt{10}$
∵AB⊥CD，CD=6，
∴CE = $\frac{1}{2}$CD = 3。
在Rt△OCE中，由勾股定理得：$OC^2 = OE^2 + CE^2$，
即$r^2 = (r - 1)^2 + 3^2$，
解得$r = 5$，
∴AE = AB - BE = 2r - BE = 10 - 1 = 9。
在Rt△ACE中，$AC = \sqrt{AE^2 + CE^2} = \sqrt{9^2 + 3^2} = 3\sqrt{10}$。
$3\sqrt{10}$
7.(2023·郴州)如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点P处安装了一台监视器，它的监控角度是55°，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器
4
台.答案
7. 4
解析
解：设圆的圆心为$O$，监视器监控的圆周角为$55°$，对应的圆心角为$2×55° = 110°$。
$360°÷110°\approx3.27$，由于监视器数量需为整数，故最少需要安装$4$台。
4
$360°÷110°\approx3.27$，由于监视器数量需为整数，故最少需要安装$4$台。
4
8.(2023·泰安)如图，AB是⊙O的直径，D、C是⊙O上的点，∠ADC=115°，则∠BAC的度数为
25°
.答案
8. 25°
解析
解：
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ADC=115°，
∴∠ABC=180°-∠ADC=65°.
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°.
∴∠BAC=90°-∠ABC=90°-65°=25°.
故答案为：25°
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ADC=115°，
∴∠ABC=180°-∠ADC=65°.
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°.
∴∠BAC=90°-∠ABC=90°-65°=25°.
故答案为：25°
9. 如图，⊙O的半径是2，直线l与⊙O相交于A、B两点，M、N是⊙O上的两个动点，且在直线l的异侧.若∠AMB=45°，则四边形MANB面积的最大值是
$4 \sqrt { 2 }$
.答案
9. $4 \sqrt { 2 }$
解析
解：连接$OA$、$OB$。
因为$\angle AMB = 45°$，所以$\angle AOB = 2\angle AMB = 90°$。
在$Rt\triangle AOB$中，$OA = OB = 2$，则$AB=\sqrt{OA^2 + OB^2}=\sqrt{2^2 + 2^2}=2\sqrt{2}$。
四边形$MANB$的面积$S = S_{\triangle MAB} + S_{\triangle NAB}$。
设$M$、$N$到直线$AB$的距离分别为$h_1$、$h_2$，则$S=\frac{1}{2}AB· h_1+\frac{1}{2}AB· h_2=\frac{1}{2}AB(h_1 + h_2)$。
当$M$、$N$分别为优弧、劣弧$AB$的中点时，$h_1 + h_2$最大，此时$h_1 + h_2 = 2R = 4$（$R$为圆的半径）。
故$S_{ max}=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×4 = 4\sqrt{2}$。
$4\sqrt{2}$
因为$\angle AMB = 45°$，所以$\angle AOB = 2\angle AMB = 90°$。
在$Rt\triangle AOB$中，$OA = OB = 2$，则$AB=\sqrt{OA^2 + OB^2}=\sqrt{2^2 + 2^2}=2\sqrt{2}$。
四边形$MANB$的面积$S = S_{\triangle MAB} + S_{\triangle NAB}$。
设$M$、$N$到直线$AB$的距离分别为$h_1$、$h_2$，则$S=\frac{1}{2}AB· h_1+\frac{1}{2}AB· h_2=\frac{1}{2}AB(h_1 + h_2)$。
当$M$、$N$分别为优弧、劣弧$AB$的中点时，$h_1 + h_2$最大，此时$h_1 + h_2 = 2R = 4$（$R$为圆的半径）。
故$S_{ max}=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×4 = 4\sqrt{2}$。
$4\sqrt{2}$
