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8.(2025·宿迁沭阳县期中)如图,以$△ ABC$的一边AB为直径的半圆与其他两边AC,BC分别交于点D,E,且E为BC的中点.若$AB=8$,$BC=4$,则BD的长为 (
A.$2\sqrt{3}$
B.$\sqrt{15}$
C.$\sqrt{14}$
D.$2\sqrt{5}$
B
)A.$2\sqrt{3}$
B.$\sqrt{15}$
C.$\sqrt{14}$
D.$2\sqrt{5}$
答案
8.B
解析
【分析】
遇到直径为边的圆相关问题，优先考虑直径所对圆周角为直角的性质。首先连接辅助线AE，可得AE垂直BC；结合E是BC中点，可判断AE是BC的垂直平分线，推出AC=AB；再根据直径所对圆周角为直角，得BD垂直AC，最后通过等面积法即可求出BD的长度。
【解析】
解：连接AE，
∵AB是半圆的直径，
∴∠AEB=90°，即AE⊥BC，
又
∵E为BC的中点，
∴AE是BC的垂直平分线，
∴AC=AB=8，
∵AB是半圆的直径，点D在半圆上，
∴∠ADB=90°，即BD⊥AC，
在Rt△ABE中，AB=8，BE=½BC=2，
由勾股定理得：$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{8^2-2^2}=\sqrt{60}=2\sqrt{15}$，
△ABC的面积可表示为两种形式：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×BC×AE=\frac{1}{2}×AC×BD$，
代入数值：$\frac{1}{2}×4×2\sqrt{15}=\frac{1}{2}×8×BD$，
化简得：$4\sqrt{15}=4BD$，
解得$BD=\sqrt{15}$。
【答案】
B
【知识点】
圆周角定理；垂直平分线的性质；等面积法求线段长
【点评】
本题是圆与三角形的综合常考题，解题的核心是熟练运用直径所对圆周角为直角的性质作辅助线，结合垂直平分线性质得到边长关系，再用等面积法快速求出高线长度，解题思路清晰，综合性不强。
【难度系数】
0.6
遇到直径为边的圆相关问题，优先考虑直径所对圆周角为直角的性质。首先连接辅助线AE，可得AE垂直BC；结合E是BC中点，可判断AE是BC的垂直平分线，推出AC=AB；再根据直径所对圆周角为直角，得BD垂直AC，最后通过等面积法即可求出BD的长度。
【解析】
解：连接AE，
∵AB是半圆的直径，
∴∠AEB=90°，即AE⊥BC，
又
∵E为BC的中点，
∴AE是BC的垂直平分线，
∴AC=AB=8，
∵AB是半圆的直径，点D在半圆上，
∴∠ADB=90°，即BD⊥AC，
在Rt△ABE中，AB=8，BE=½BC=2，
由勾股定理得：$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{8^2-2^2}=\sqrt{60}=2\sqrt{15}$，
△ABC的面积可表示为两种形式：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×BC×AE=\frac{1}{2}×AC×BD$，
代入数值：$\frac{1}{2}×4×2\sqrt{15}=\frac{1}{2}×8×BD$，
化简得：$4\sqrt{15}=4BD$，
解得$BD=\sqrt{15}$。
【答案】
B
【知识点】
圆周角定理；垂直平分线的性质；等面积法求线段长
【点评】
本题是圆与三角形的综合常考题，解题的核心是熟练运用直径所对圆周角为直角的性质作辅助线，结合垂直平分线性质得到边长关系，再用等面积法快速求出高线长度，解题思路清晰，综合性不强。
【难度系数】
0.6
9.如图,在圆O中,弦AB,CD所对的圆心角分别是∠AOB,∠COD,若∠AOB和∠COD互补,且AB=2,CD=4,则圆O的半径是
√5
.答案
9.$\sqrt{5}$
解析
【分析】
已知同圆中两个圆心角互补，要结合两条已知弦长求半径，可通过旋转将互补的两个圆心角拼接为平角，构造出直径所对的直角三角形，结合勾股定理求解。具体思考路径：同圆半径都相等，将其中一个含已知弦的圆心角绕圆心旋转，使两个圆心角的一边重合，由互补关系可得剩余两边共线，即得到直径，此时两条已知弦和直径构成直角三角形，代入勾股定理即可求出半径。
【解析】
将△AOB绕点O旋转，使OB与OC重合，得到△COE，由旋转性质可得：∠COE=∠AOB，CE=AB=2，OE=OA=OB=OC=OD=r。
∵∠AOB和∠COD互补，
∴∠COD + ∠AOB = 180°，
∴∠COD + ∠COE = 180°，即D、O、E三点共线，
∴DE为圆O的直径，DE=2r。
根据直径所对的圆周角为直角，可得∠DCE=90°，即△DCE为直角三角形。
在Rt△DCE中，由勾股定理得：$CE^2 + CD^2 = DE^2$，
代入CE=2，CD=4，DE=2r得：
$2^2 + 4^2 = (2r)^2$，
即$4 + 16 = 4r^2$，
化简得$r^2 = 5$，
∵半径为正数，
∴$r=\sqrt{5}$。
【答案】
$\sqrt{5}$
【知识点】
旋转的性质，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题主要考查圆的基本性质与几何变换的结合应用，解题的关键是通过旋转将分散的已知条件集中到同一个直角三角形中，将圆心角互补的条件转化为直径，进而利用勾股定理求解，巧妙运用旋转构造辅助线是解决此类问题的常用技巧。
【难度系数】
0.6
已知同圆中两个圆心角互补，要结合两条已知弦长求半径，可通过旋转将互补的两个圆心角拼接为平角，构造出直径所对的直角三角形，结合勾股定理求解。具体思考路径：同圆半径都相等，将其中一个含已知弦的圆心角绕圆心旋转，使两个圆心角的一边重合，由互补关系可得剩余两边共线，即得到直径，此时两条已知弦和直径构成直角三角形，代入勾股定理即可求出半径。
【解析】
将△AOB绕点O旋转，使OB与OC重合，得到△COE，由旋转性质可得：∠COE=∠AOB，CE=AB=2，OE=OA=OB=OC=OD=r。
∵∠AOB和∠COD互补，
∴∠COD + ∠AOB = 180°，
∴∠COD + ∠COE = 180°，即D、O、E三点共线，
∴DE为圆O的直径，DE=2r。
根据直径所对的圆周角为直角，可得∠DCE=90°，即△DCE为直角三角形。
在Rt△DCE中，由勾股定理得：$CE^2 + CD^2 = DE^2$，
代入CE=2，CD=4，DE=2r得：
$2^2 + 4^2 = (2r)^2$，
即$4 + 16 = 4r^2$，
化简得$r^2 = 5$，
∵半径为正数，
∴$r=\sqrt{5}$。
【答案】
$\sqrt{5}$
【知识点】
旋转的性质，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题主要考查圆的基本性质与几何变换的结合应用，解题的关键是通过旋转将分散的已知条件集中到同一个直角三角形中，将圆心角互补的条件转化为直径，进而利用勾股定理求解，巧妙运用旋转构造辅助线是解决此类问题的常用技巧。
【难度系数】
0.6
10.(2025·宿迁泗阳县期末)如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，且CD⊥AB，垂足为D.
(1)若∠A=30°,则∠B=
(2)若CD=4,OD=3,求AB的长.
(1)若∠A=30°,则∠B=
60
°;(2)若CD=4,OD=3,求AB的长.
答案
10.(1)60
(2)解:如答图,连接OC.
∵CD⊥AB,
∴∠ODC=90°.
∵CD=4,OD=3,
∴OC=$\sqrt{OD^2+CD^2}$=5,
∴AB=2OC=10.
解析
【分析】
(1) 首先根据圆周角定理的推论：直径所对的圆周角是直角，可判断△ACB是直角三角形，∠ACB=90°，再利用直角三角形两锐角互余的性质，已知∠A=30°，用90°减去∠A的度数即可得到∠B的度数。
(2) AB是圆的直径，直径长度为半径的2倍，因此只需求出圆的半径即可求解。构造辅助线连接半径OC，结合CD⊥AB的条件可得△ODC是直角三角形，已知CD、OD的长度，用勾股定理即可求出半径OC的长度，进而得到AB的长度。
【解析】
(1)
∵AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，
∴∠ACB=90°（直径所对的圆周角为直角），
在Rt△ACB中，∠A+∠B=90°，
∵∠A=30°，
∴∠B=90°-30°=60°。
(2) 如答图，连接OC。
∵CD⊥AB，
∴∠ODC=90°，△ODC为直角三角形。
已知CD=4，OD=3，根据勾股定理可得：
$OC=\sqrt{OD^2+CD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
∵AB是⊙O的直径，OC是⊙O的半径，
∴AB=2OC=2×5=10。
【答案】
(1) $\boldsymbol{60}$
(2) $\boldsymbol{10}$
【知识点】
圆周角定理推论；勾股定理；圆的基本性质
【点评】
本题属于圆的基础应用题，侧重考查基础知识点的综合运用，第一问直接考查圆周角性质的识记，第二问需要掌握圆中常见辅助线（连半径）的构造方法，将问题转化为直角三角形的边长计算问题，是圆类基础题的典型考法。
【难度系数】
0.8
(1) 首先根据圆周角定理的推论：直径所对的圆周角是直角，可判断△ACB是直角三角形，∠ACB=90°，再利用直角三角形两锐角互余的性质，已知∠A=30°，用90°减去∠A的度数即可得到∠B的度数。
(2) AB是圆的直径，直径长度为半径的2倍，因此只需求出圆的半径即可求解。构造辅助线连接半径OC，结合CD⊥AB的条件可得△ODC是直角三角形，已知CD、OD的长度，用勾股定理即可求出半径OC的长度，进而得到AB的长度。
【解析】
(1)
∵AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，
∴∠ACB=90°（直径所对的圆周角为直角），
在Rt△ACB中，∠A+∠B=90°，
∵∠A=30°，
∴∠B=90°-30°=60°。
(2) 如答图，连接OC。
∵CD⊥AB，
∴∠ODC=90°，△ODC为直角三角形。
已知CD=4，OD=3，根据勾股定理可得：
$OC=\sqrt{OD^2+CD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
∵AB是⊙O的直径，OC是⊙O的半径，
∴AB=2OC=2×5=10。
【答案】
(1) $\boldsymbol{60}$
(2) $\boldsymbol{10}$
【知识点】
圆周角定理推论；勾股定理；圆的基本性质
【点评】
本题属于圆的基础应用题，侧重考查基础知识点的综合运用，第一问直接考查圆周角性质的识记，第二问需要掌握圆中常见辅助线（连半径）的构造方法，将问题转化为直角三角形的边长计算问题，是圆类基础题的典型考法。
【难度系数】
0.8
11. 如图，在△ABC中，BC=AC=6，以BC为直径的⊙O与边AB相交于点D，DE⊥AC，垂足为E。
（1）求证：D是AB的中点；
（2）求点O到直线DE的距离。
（1）求证：D是AB的中点；
（2）求点O到直线DE的距离。
答案
11.(1)证明:连接CD,如答图.
∵BC是⊙O的直径,
∴∠BDC=90°,
∴CD⊥AB.
又
∵AC=BC,
∴AD=BD,即D是AB的中点.
(2)解:连接OD,如答图.
∵AD=BD,OB=OC,
∴DO是△ABC的中位线,
∴DO//AC,OD=$\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×6=3$.
又
∵DE⊥AC,
∴DE⊥DO,
∴点O到直线DE的距离为3.
解析
【分析】
（1）要证明D是AB的中点，已知△ABC中AC=BC，是等腰三角形，结合等腰三角形三线合一的性质，只需证明CD垂直AB即可；已知BC是⊙O的直径，根据圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，可得∠BDC=90°，即CD⊥AB，即可推出AD=BD，完成证明。
（2）求点O到直线DE的距离，首先连接OD，已知D是AB中点，O是BC中点，可得OD是△ABC的中位线，根据中位线性质可得OD平行AC，且OD的长度为AC的一半；又已知DE⊥AC，可推出DE⊥OD，即OD就是点O到DE的垂线段，OD的长度即为所求距离，代入数值计算即可。
【解析】
(1) 证明：连接CD，如答图。
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，即CD⊥AB。
又
∵AC=BC，△ABC为等腰三角形，CD是AB边上的高，
∴根据等腰三角形三线合一的性质，AD=BD，即D是AB的中点。
(2) 解：连接OD，如答图。
∵AD=BD，OB=OC，
∴DO是△ABC的中位线，
∴DO//AC，$OD=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×6=3$。
又
∵DE⊥AC，
∴DE⊥DO，即OD是点O到直线DE的垂线段，
∴点O到直线DE的距离为3。
【答案】
11.(1)证明:连接CD,如答图.
∵BC是⊙O的直径,
∴∠BDC=90°,
∴CD⊥AB.
又
∵AC=BC,
∴AD=BD,即D是AB的中点.
(2)解:连接OD,如答图.
∵AD=BD,OB=OC,
∴DO是△ABC的中位线,
∴DO//AC,OD=$\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×6=3$.
又
∵DE⊥AC,
∴DE⊥DO,
∴点O到直线DE的距离为3.
【知识点】
圆周角定理，等腰三角形性质，三角形中位线定理
【点评】
本题属于圆与三角形结合的基础综合题，解题核心是合理添加辅助线，借助圆的性质和三角形相关定理转化待证、待求问题，能够有效考查学生对基础定理的掌握和运用能力。
【难度系数】
0.7
（1）要证明D是AB的中点，已知△ABC中AC=BC，是等腰三角形，结合等腰三角形三线合一的性质，只需证明CD垂直AB即可；已知BC是⊙O的直径，根据圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，可得∠BDC=90°，即CD⊥AB，即可推出AD=BD，完成证明。
（2）求点O到直线DE的距离，首先连接OD，已知D是AB中点，O是BC中点，可得OD是△ABC的中位线，根据中位线性质可得OD平行AC，且OD的长度为AC的一半；又已知DE⊥AC，可推出DE⊥OD，即OD就是点O到DE的垂线段，OD的长度即为所求距离，代入数值计算即可。
【解析】
(1) 证明：连接CD，如答图。
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，即CD⊥AB。
又
∵AC=BC，△ABC为等腰三角形，CD是AB边上的高，
∴根据等腰三角形三线合一的性质，AD=BD，即D是AB的中点。
(2) 解：连接OD，如答图。
∵AD=BD，OB=OC，
∴DO是△ABC的中位线，
∴DO//AC，$OD=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×6=3$。
又
∵DE⊥AC，
∴DE⊥DO，即OD是点O到直线DE的垂线段，
∴点O到直线DE的距离为3。
【答案】
11.(1)证明:连接CD,如答图.
∵BC是⊙O的直径,
∴∠BDC=90°,
∴CD⊥AB.
又
∵AC=BC,
∴AD=BD,即D是AB的中点.
(2)解:连接OD,如答图.
∵AD=BD,OB=OC,
∴DO是△ABC的中位线,
∴DO//AC,OD=$\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×6=3$.
又
∵DE⊥AC,
∴DE⊥DO,
∴点O到直线DE的距离为3.
【知识点】
圆周角定理，等腰三角形性质，三角形中位线定理
【点评】
本题属于圆与三角形结合的基础综合题，解题核心是合理添加辅助线，借助圆的性质和三角形相关定理转化待证、待求问题，能够有效考查学生对基础定理的掌握和运用能力。
【难度系数】
0.7
12. 如图，AB为$\odot O$的直径，点C在$\odot O$上，连接AC和BC，$∠ ACB$的平分线交$\odot O$于点D.
(1)求证：$AC+BC=\sqrt{2}CD$；
(2)已知$\odot O$的半径为5，$CD=7\sqrt{2}$，若$AC＜BC$，求弦AC的长.
(1)求证：$AC+BC=\sqrt{2}CD$；
(2)已知$\odot O$的半径为5，$CD=7\sqrt{2}$，若$AC＜BC$，求弦AC的长.
答案
12.(1)证明:如答图,过点 D 作 DF⊥CA,交 CA 的延长线于点F,作 DG⊥CB 于点 G,连接 DA,DB.
∵CD 平分∠ACB,
∴∠ACD=∠BCD,
∴DF=DG,$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$,
∴DA=DB.
∵∠AFD=∠BGD=90°,
∴在 Rt△AFD 和 Rt△BGD 中,$\begin{cases} AD=BD, \\ DF=DG, \end{cases}$
∴Rt△AFD≌Rt△BGD(HL),
∴AF=BG.
同理 Rt△CDF≌Rt△CDG(HL),
∴CF=CG,
∴AC+BC=CF-AF+CG+BG=CF+CG=2CF.
∵AB 是⊙O 的直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠ACD=45°,
∴△CDF 是等腰直角三角形,
∴CF=$\frac{\sqrt{2}}{2}CD$,
∴AC+BC=2CF=$\sqrt{2}CD$.
(2)解:
∵CD=$7\sqrt{2}$,
∴AC+BC=$\sqrt{2}CD=14$,
设 AC=x,则 BC=14-x.
在 Rt△ABC 中,AB=2×5=10,
由勾股定理,得$x^2+(14-x)^2=10^2$,
解得 x=6 或 x=8.
∵AC＜BC,
∴AC=6.
解析
【分析】
(1) 要证明$AC+BC=\sqrt{2}CD$，可利用角平分线性质构造垂线，将分散的线段转化到同一直线：先过D作CA延长线、CB的垂线，结合角平分线性质得两条垂线段相等，再根据圆周角定理可得$DA=DB$，通过两次HL全等转化线段，最后结合直径所对圆周角为直角推出等腰直角三角形，利用其边长关系即可推导结论。
(2) 第二问可直接使用第一问的结论先求出$AC+BC$的和，再结合直径长度，在$Rt△ ABC$中用勾股定理列方程求解，最后根据$AC＜BC$的条件取舍根即可。
【解析】
(1) 证明：如答图，过点D作$DF⊥CA$，交CA的延长线于点F，作$DG⊥CB$于点G，连接$DA,DB$。
∵CD平分$∠ACB$，
∴$∠ACD=∠BCD$，
根据角平分线的性质得$DF=DG$，同圆中相等的圆周角对相等的弧，故$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，
∴$DA=DB$。
∵$∠AFD=∠BGD=90°$，
在$Rt△ AFD$和$Rt△ BGD$中，$\begin{cases} AD=BD, \\ DF=DG, \end{cases}$
∴$Rt△ AFD≌Rt△ BGD(HL)$，
∴$AF=BG$。
同理，在$Rt△ CDF$和$Rt△ CDG$中，$\begin{cases} CD=CD, \\ DF=DG, \end{cases}$
∴$Rt△ CDF≌Rt△ CDG(HL)$，
∴$CF=CG$，
∴$AC+BC=CF-AF+CG+BG=CF+CG=2CF$。
∵AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ACB=90°$，
又CD平分$∠ACB$，
∴$∠ACD=45°$，
∴$△ CDF$是等腰直角三角形，
∴$CF=\frac{\sqrt{2}}{2}CD$，
∴$AC+BC=2CF=\sqrt{2}CD$，原式得证。
(2) 解：
将$CD=7\sqrt{2}$代入(1)的结论得：
$AC+BC=\sqrt{2}×7\sqrt{2}=14$，
设$AC=x$，则$BC=14-x$。
∵$\odot O$半径为5，
∴直径$AB=2×5=10$，
在$Rt△ ABC$中，由勾股定理得：
$x^2+(14-x)^2=10^2$，
整理得$x^2-14x+48=0$，解得$x=6$或$x=8$。
∵$AC＜BC$，
∴$AC=6$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) 弦AC的长为6。
【知识点】
圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是圆的综合中档题，第一问通过构造辅助线，利用角平分线性质和全等三角形转化线段，体现了截长补短的解题思路；第二问直接应用第一问结论，结合勾股定理列方程求解，考查了转化思想和方程思想的应用，正确作出辅助线证明全等是解题的关键。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明$AC+BC=\sqrt{2}CD$，可利用角平分线性质构造垂线，将分散的线段转化到同一直线：先过D作CA延长线、CB的垂线，结合角平分线性质得两条垂线段相等，再根据圆周角定理可得$DA=DB$，通过两次HL全等转化线段，最后结合直径所对圆周角为直角推出等腰直角三角形，利用其边长关系即可推导结论。
(2) 第二问可直接使用第一问的结论先求出$AC+BC$的和，再结合直径长度，在$Rt△ ABC$中用勾股定理列方程求解，最后根据$AC＜BC$的条件取舍根即可。
【解析】
(1) 证明：如答图，过点D作$DF⊥CA$，交CA的延长线于点F，作$DG⊥CB$于点G，连接$DA,DB$。
∵CD平分$∠ACB$，
∴$∠ACD=∠BCD$，
根据角平分线的性质得$DF=DG$，同圆中相等的圆周角对相等的弧，故$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，
∴$DA=DB$。
∵$∠AFD=∠BGD=90°$，
在$Rt△ AFD$和$Rt△ BGD$中，$\begin{cases} AD=BD, \\ DF=DG, \end{cases}$
∴$Rt△ AFD≌Rt△ BGD(HL)$，
∴$AF=BG$。
同理，在$Rt△ CDF$和$Rt△ CDG$中，$\begin{cases} CD=CD, \\ DF=DG, \end{cases}$
∴$Rt△ CDF≌Rt△ CDG(HL)$，
∴$CF=CG$，
∴$AC+BC=CF-AF+CG+BG=CF+CG=2CF$。
∵AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ACB=90°$，
又CD平分$∠ACB$，
∴$∠ACD=45°$，
∴$△ CDF$是等腰直角三角形，
∴$CF=\frac{\sqrt{2}}{2}CD$，
∴$AC+BC=2CF=\sqrt{2}CD$，原式得证。
(2) 解：
将$CD=7\sqrt{2}$代入(1)的结论得：
$AC+BC=\sqrt{2}×7\sqrt{2}=14$，
设$AC=x$，则$BC=14-x$。
∵$\odot O$半径为5，
∴直径$AB=2×5=10$，
在$Rt△ ABC$中，由勾股定理得：
$x^2+(14-x)^2=10^2$，
整理得$x^2-14x+48=0$，解得$x=6$或$x=8$。
∵$AC＜BC$，
∴$AC=6$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) 弦AC的长为6。
【知识点】
圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是圆的综合中档题，第一问通过构造辅助线，利用角平分线性质和全等三角形转化线段，体现了截长补短的解题思路；第二问直接应用第一问结论，结合勾股定理列方程求解，考查了转化思想和方程思想的应用，正确作出辅助线证明全等是解题的关键。
【难度系数】
0.6
