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6.如图,在半径为$\sqrt{13}$的$\odot O$中,弦AB与CD交于点E,$∠ DEB=75°$,$AB=6$,AE=1,则CD的长是（
A.$2\sqrt{6}$
B.$2\sqrt{10}$
C.$2\sqrt{11}$
D.$4\sqrt{3}$
C
）A.$2\sqrt{6}$
B.$2\sqrt{10}$
C.$2\sqrt{11}$
D.$4\sqrt{3}$
答案
6.C
解析
【分析】
本题考查圆中弦长的计算，解题思路如下：首先回忆圆中弦长计算的常用方法是垂径定理，过圆心作两条弦的垂线，可将弦平分，同时构造出由半弦长、弦心距、半径组成的直角三角形。先计算弦AB的半长、弦心距，结合E点位置确定点E到AB中点的距离，推导得到特殊角度，再求出CD的弦心距，最后利用勾股定理计算CD的半长，乘2即可得到CD的总长度。
【解析】
过点O作$OF⊥ AB$于点F，$OG⊥ CD$于点G，连接$OB$、$OD$。
根据垂径定理可得：$AF=FB=\frac{1}{2}AB=3$，$CG=GD=\frac{1}{2}CD$。
已知$AE=1$，则$EF=AF-AE=3-1=2$。
在$Rt△ OFB$中，$OB=\sqrt{13}$，$FB=3$，由勾股定理得：
$OF=\sqrt{OB^2-FB^2}=\sqrt{(\sqrt{13})^2-3^2}=\sqrt{13-9}=2$，
因此$OF=EF=2$，又$∠ OFE=90°$，故$△ OFE$为等腰直角三角形，$∠ OEF=45°$。
已知$∠ DEB=75°$，则$∠ OEG=∠ DEB-∠ OEF=75°-45°=30°$。
在$Rt△ OFE$中，$OE=\sqrt{OF^2+EF^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
在$Rt△ OEG$中，$∠ OEG=30°$，则$OG=\frac{1}{2}OE=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}=\sqrt{2}$。
在$Rt△ ODG$中，$OD=\sqrt{13}$，$OG=\sqrt{2}$，由勾股定理得：
$GD=\sqrt{OD^2-OG^2}=\sqrt{(\sqrt{13})^2-(\sqrt{2})^2}=\sqrt{13-2}=\sqrt{11}$，
因此$CD=2GD=2\sqrt{11}$。
【答案】
C
【知识点】
垂径定理，勾股定理，直角三角形性质
【点评】
本题属于圆的综合中等题，解题关键是正确作出垂直于弦的辅助线，结合垂径定理和特殊角度的直角三角形性质计算相关线段长度，要求学生熟练掌握圆中弦长计算的基本模型。
【难度系数】
0.6
本题考查圆中弦长的计算，解题思路如下：首先回忆圆中弦长计算的常用方法是垂径定理，过圆心作两条弦的垂线，可将弦平分，同时构造出由半弦长、弦心距、半径组成的直角三角形。先计算弦AB的半长、弦心距，结合E点位置确定点E到AB中点的距离，推导得到特殊角度，再求出CD的弦心距，最后利用勾股定理计算CD的半长，乘2即可得到CD的总长度。
【解析】
过点O作$OF⊥ AB$于点F，$OG⊥ CD$于点G，连接$OB$、$OD$。
根据垂径定理可得：$AF=FB=\frac{1}{2}AB=3$，$CG=GD=\frac{1}{2}CD$。
已知$AE=1$，则$EF=AF-AE=3-1=2$。
在$Rt△ OFB$中，$OB=\sqrt{13}$，$FB=3$，由勾股定理得：
$OF=\sqrt{OB^2-FB^2}=\sqrt{(\sqrt{13})^2-3^2}=\sqrt{13-9}=2$，
因此$OF=EF=2$，又$∠ OFE=90°$，故$△ OFE$为等腰直角三角形，$∠ OEF=45°$。
已知$∠ DEB=75°$，则$∠ OEG=∠ DEB-∠ OEF=75°-45°=30°$。
在$Rt△ OFE$中，$OE=\sqrt{OF^2+EF^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
在$Rt△ OEG$中，$∠ OEG=30°$，则$OG=\frac{1}{2}OE=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}=\sqrt{2}$。
在$Rt△ ODG$中，$OD=\sqrt{13}$，$OG=\sqrt{2}$，由勾股定理得：
$GD=\sqrt{OD^2-OG^2}=\sqrt{(\sqrt{13})^2-(\sqrt{2})^2}=\sqrt{13-2}=\sqrt{11}$，
因此$CD=2GD=2\sqrt{11}$。
【答案】
C
【知识点】
垂径定理，勾股定理，直角三角形性质
【点评】
本题属于圆的综合中等题，解题关键是正确作出垂直于弦的辅助线，结合垂径定理和特殊角度的直角三角形性质计算相关线段长度，要求学生熟练掌握圆中弦长计算的基本模型。
【难度系数】
0.6
7.如图,在$\odot O$中,C是弦AB上的点,$AC=2,CB=8$.连结OC,过点C作$DC⊥OC$,与$\odot O$交于点D,则DC的长为
4
.答案
7.4
解析
【分析】
要求DC的长，我们可先作辅助线：延长DC交⊙O于点E。由DC⊥OC，结合垂径定理可得DC=CE；再根据相交弦定理，圆内两条相交弦被交点分成的线段乘积相等，即AC·CB=DC·CE，结合DC=CE，即可建立关于DC的等式，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
延长DC交$\odot O$于点E。
$\because OC⊥ DC$，OC过圆心O，
$\therefore$ 根据垂径定理，得$DC=CE$。
$\because$ 弦AB、DE交于点C，
$\therefore$ 根据相交弦定理，得$AC· CB = DC· CE$。
将$AC=2$，$CB=8$，$CE=DC$代入上式：
$2×8 = DC× DC$，即$DC^2=16$。
$\because DC＞0$，$\therefore DC=4$。
【答案】
4
【知识点】
垂径定理；相交弦定理
【点评】
本题是圆中线段计算的典型题，解题的关键是合理构造辅助线，结合垂径定理得到DC与CE的等量关系，再利用相交弦定理列式求解，掌握圆的相关定理并灵活运用辅助线是解题的核心。
【难度系数】
0.6
要求DC的长，我们可先作辅助线：延长DC交⊙O于点E。由DC⊥OC，结合垂径定理可得DC=CE；再根据相交弦定理，圆内两条相交弦被交点分成的线段乘积相等，即AC·CB=DC·CE，结合DC=CE，即可建立关于DC的等式，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
延长DC交$\odot O$于点E。
$\because OC⊥ DC$，OC过圆心O，
$\therefore$ 根据垂径定理，得$DC=CE$。
$\because$ 弦AB、DE交于点C，
$\therefore$ 根据相交弦定理，得$AC· CB = DC· CE$。
将$AC=2$，$CB=8$，$CE=DC$代入上式：
$2×8 = DC× DC$，即$DC^2=16$。
$\because DC＞0$，$\therefore DC=4$。
【答案】
4
【知识点】
垂径定理；相交弦定理
【点评】
本题是圆中线段计算的典型题，解题的关键是合理构造辅助线，结合垂径定理得到DC与CE的等量关系，再利用相交弦定理列式求解，掌握圆的相关定理并灵活运用辅助线是解题的核心。
【难度系数】
0.6
8. 如图，AB是半圆O的直径，AE为弦，C为$\overset{\frown}{AE}$的中点，CD⊥AB于点D，交AE于点F，BC交AE于点G。求证：AF=FC。
答案
证明：
连接AC，
∵ AB是半圆O的直径，
∴ ∠ACB = 90°，即∠CAB + ∠ABC = 90°。
∵ CD⊥AB于点D，
∴ ∠ADC = 90°，即∠CAB + ∠ACD = 90°，
∴ ∠ACD = ∠ABC。
又∵ C为$\overset{\frown}{AE}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CE}$，
∴ ∠ABC = ∠CAE（等弧所对的圆周角相等），
∴ ∠ACD = ∠CAE，
∴ AF = FC。
连接AC，
∵ AB是半圆O的直径，
∴ ∠ACB = 90°，即∠CAB + ∠ABC = 90°。
∵ CD⊥AB于点D，
∴ ∠ADC = 90°，即∠CAB + ∠ACD = 90°，
∴ ∠ACD = ∠ABC。
又∵ C为$\overset{\frown}{AE}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CE}$，
∴ ∠ABC = ∠CAE（等弧所对的圆周角相等），
∴ ∠ACD = ∠CAE，
∴ AF = FC。
解析
【分析】
要证明AF=FC，可依据等腰三角形“等角对等边”的判定定理，将问题转化为证明∠ACD=∠CAE。首先连接AC构造辅助线：第一步利用直径所对圆周角为直角、CD⊥AB的条件，通过同角的余角相等推出∠ACD与∠ABC相等；第二步结合C是弧AE中点的条件，利用等弧所对圆周角相等推出∠ABC与∠CAE相等；最后通过等量代换得到目标角相等，即可完成证明。
【解析】
证明：连接AC，
∵ AB是半圆O的直径，
∴ ∠ACB = 90°，即∠CAB + ∠ABC = 90°。
∵ CD⊥AB于点D，
∴ ∠ADC = 90°，即∠CAB + ∠ACD = 90°，
∴ ∠ACD = ∠ABC。
又
∵ C为$\overset{\frown}{AE}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CE}$，
∴ ∠ABC = ∠CAE（等弧所对的圆周角相等），
∴ ∠ACD = ∠CAE，
∴ AF = FC。
【答案】
AF=FC得证，证明过程如上。
【知识点】
圆周角定理推论、等腰三角形判定、等弧的性质
【点评】
本题是圆性质应用的基础典型题，解题核心是正确作出连接AC的辅助线，将线段相等的证明转化为角的等量代换，需要熟练掌握圆的基础性质和角转化的解题思路，这类辅助线的作法在圆的相关证明题中十分常用。
【难度系数】
0.7
要证明AF=FC，可依据等腰三角形“等角对等边”的判定定理，将问题转化为证明∠ACD=∠CAE。首先连接AC构造辅助线：第一步利用直径所对圆周角为直角、CD⊥AB的条件，通过同角的余角相等推出∠ACD与∠ABC相等；第二步结合C是弧AE中点的条件，利用等弧所对圆周角相等推出∠ABC与∠CAE相等；最后通过等量代换得到目标角相等，即可完成证明。
【解析】
证明：连接AC，
∵ AB是半圆O的直径，
∴ ∠ACB = 90°，即∠CAB + ∠ABC = 90°。
∵ CD⊥AB于点D，
∴ ∠ADC = 90°，即∠CAB + ∠ACD = 90°，
∴ ∠ACD = ∠ABC。
又
∵ C为$\overset{\frown}{AE}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CE}$，
∴ ∠ABC = ∠CAE（等弧所对的圆周角相等），
∴ ∠ACD = ∠CAE，
∴ AF = FC。
【答案】
AF=FC得证，证明过程如上。
【知识点】
圆周角定理推论、等腰三角形判定、等弧的性质
【点评】
本题是圆性质应用的基础典型题，解题核心是正确作出连接AC的辅助线，将线段相等的证明转化为角的等量代换，需要熟练掌握圆的基础性质和角转化的解题思路，这类辅助线的作法在圆的相关证明题中十分常用。
【难度系数】
0.7
9.如图，$\odot O$的半径为$4\sqrt{5}$，$\odot O$的两条弦$AB ⊥ CD$于点$P$。$BC$中点为$F$，连结$FP$并延长交$AD$于$E$。
(1)求证：$EF ⊥ AD$。
(2)若$AB=16$，$OP=6$，求弦$CD$的长。
(1)求证：$EF ⊥ AD$。
(2)若$AB=16$，$OP=6$，求弦$CD$的长。
答案
9.(1)证明略 (2)$4\sqrt{15}$
解析
【分析】
(1)要证明$EF⊥AD$，可通过角度转化推导$∠ AEP=90°$：首先由$AB⊥CD$得到$\mathrm{Rt}△ CPB$，结合$F$是$BC$中点，利用直角三角形斜边中线性质得到边相等推出角相等，再结合对顶角相等、同弧所对圆周角相等，最终得到$∠ EAP+∠ APE=90°$，即可证得垂直。
(2)求$CD$的长，可利用垂径定理作辅助线：过$O$作$OG⊥AB$于$G$，$OH⊥CD$于$H$，先由垂径定理得$AG=GB=8$，结合半径用勾股定理算出$OG$的长度，再由$AB⊥CD$得四边形$OGPH$是矩形，利用勾股定理算出$OH$的长度，最后在$\mathrm{Rt}△ OCH$中用勾股定理算出$CH$，乘以2即可得到$CD$的长。
【解析】
(1)证明：
$\because AB⊥ CD$，$\therefore ∠ CPB=∠ APD=90°$，
$\because F$是$BC$的中点，$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ CPB$中，$FP=FB=\frac{1}{2}BC$，
$\therefore ∠ FPB=∠ FBP$，
$\because ∠ FPB=∠ APE$（对顶角相等），$∠ FBP=∠ ADC$（同弧$AC$所对的圆周角相等），
$\therefore ∠ APE=∠ ADC$，
$\because$在$\mathrm{Rt}△ APD$中，$∠ ADC+∠ PAD=90°$，
$\therefore ∠ APE+∠ PAD=90°$，
$\therefore ∠ AEP=180°-(∠ APE+∠ PAD)=90°$，
$\therefore EF⊥ AD$。
(2)解：
过点$O$作$OG⊥ AB$于$G$，$OH⊥ CD$于$H$，连接$OB$、$OC$，
由垂径定理得：$AG=GB=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×16=8$，$CH=HD=\frac{1}{2}CD$，
在$\mathrm{Rt}△ OBG$中，$OB=4\sqrt{5}$，$GB=8$，
$\therefore OG=\sqrt{OB^2-GB^2}=\sqrt{(4\sqrt{5})^2-8^2}=\sqrt{80-64}=4$，
$\because AB⊥ CD$，$OG⊥ AB$，$OH⊥ CD$，
$\therefore$四边形$OGPH$是矩形，
$\therefore OG^2+OH^2=OP^2$，
代入$OG=4$，$OP=6$，得：$4^2+OH^2=6^2$，
解得$OH^2=36-16=20$，
在$\mathrm{Rt}△ OCH$中，$OC=4\sqrt{5}$，
$\therefore CH=\sqrt{OC^2-OH^2}=\sqrt{80-20}=\sqrt{60}=2\sqrt{15}$，
$\therefore CD=2CH=2×2\sqrt{15}=4\sqrt{15}$。
【答案】
(1)证明见解析；(2)$4\sqrt{15}$
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，直角三角形的性质
【点评】
本题是圆相关性质的综合应用题型，第一问侧重考查角度转化的逻辑推导能力，第二问需要合理构造辅助线，结合垂径定理和勾股定理进行计算，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
(1)要证明$EF⊥AD$，可通过角度转化推导$∠ AEP=90°$：首先由$AB⊥CD$得到$\mathrm{Rt}△ CPB$，结合$F$是$BC$中点，利用直角三角形斜边中线性质得到边相等推出角相等，再结合对顶角相等、同弧所对圆周角相等，最终得到$∠ EAP+∠ APE=90°$，即可证得垂直。
(2)求$CD$的长，可利用垂径定理作辅助线：过$O$作$OG⊥AB$于$G$，$OH⊥CD$于$H$，先由垂径定理得$AG=GB=8$，结合半径用勾股定理算出$OG$的长度，再由$AB⊥CD$得四边形$OGPH$是矩形，利用勾股定理算出$OH$的长度，最后在$\mathrm{Rt}△ OCH$中用勾股定理算出$CH$，乘以2即可得到$CD$的长。
【解析】
(1)证明：
$\because AB⊥ CD$，$\therefore ∠ CPB=∠ APD=90°$，
$\because F$是$BC$的中点，$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ CPB$中，$FP=FB=\frac{1}{2}BC$，
$\therefore ∠ FPB=∠ FBP$，
$\because ∠ FPB=∠ APE$（对顶角相等），$∠ FBP=∠ ADC$（同弧$AC$所对的圆周角相等），
$\therefore ∠ APE=∠ ADC$，
$\because$在$\mathrm{Rt}△ APD$中，$∠ ADC+∠ PAD=90°$，
$\therefore ∠ APE+∠ PAD=90°$，
$\therefore ∠ AEP=180°-(∠ APE+∠ PAD)=90°$，
$\therefore EF⊥ AD$。
(2)解：
过点$O$作$OG⊥ AB$于$G$，$OH⊥ CD$于$H$，连接$OB$、$OC$，
由垂径定理得：$AG=GB=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×16=8$，$CH=HD=\frac{1}{2}CD$，
在$\mathrm{Rt}△ OBG$中，$OB=4\sqrt{5}$，$GB=8$，
$\therefore OG=\sqrt{OB^2-GB^2}=\sqrt{(4\sqrt{5})^2-8^2}=\sqrt{80-64}=4$，
$\because AB⊥ CD$，$OG⊥ AB$，$OH⊥ CD$，
$\therefore$四边形$OGPH$是矩形，
$\therefore OG^2+OH^2=OP^2$，
代入$OG=4$，$OP=6$，得：$4^2+OH^2=6^2$，
解得$OH^2=36-16=20$，
在$\mathrm{Rt}△ OCH$中，$OC=4\sqrt{5}$，
$\therefore CH=\sqrt{OC^2-OH^2}=\sqrt{80-20}=\sqrt{60}=2\sqrt{15}$，
$\therefore CD=2CH=2×2\sqrt{15}=4\sqrt{15}$。
【答案】
(1)证明见解析；(2)$4\sqrt{15}$
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，直角三角形的性质
【点评】
本题是圆相关性质的综合应用题型，第一问侧重考查角度转化的逻辑推导能力，第二问需要合理构造辅助线，结合垂径定理和勾股定理进行计算，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
