專題11：圓
一、選擇題
1. （2012浙江杭州3分）若兩圓的半徑分別為2cm和6cm，圓心距為4cm，則這兩圓的位置關(guān)系是【 】
A．內(nèi)含 B．內(nèi)切 C．外切 D．外離
【答案】B。
【考點】圓與圓的位置關(guān)系。
【分析】根據(jù)兩圓的位置關(guān)系的判定：外切（兩圓圓心距離等于兩圓半徑之和），內(nèi)切（兩圓圓心距離等于兩圓半徑之差），相離（兩圓圓心距離大于兩圓半徑之和），相交（兩圓圓心距離小于兩圓半徑之和大于兩圓半徑之差），內(nèi)含（兩圓圓心距離小于兩圓半徑之差）。因此，
∵兩圓的半徑分別為2cm和6cm，圓心距為4cm．則d=6﹣2=4。
∴兩圓內(nèi)切。故選B。
2.（2012浙江湖州3分）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AC是⊙O的直徑，∠C=50°，∠ABC的平分線BD交⊙O于點D，則∠BAD的度數(shù)是【 】
A．45° B．85° C．90° D．95°
【答案】B。
【考點】圓周角定理，直角三角形兩銳角的關(guān)系圓心角、弧、弦的關(guān)系。
【分析】∵AC是⊙O的直徑，∴∠ABC=90°。
∵∠C=50°，∴∠BAC=40°。
∵∠ABC的平分線BD交⊙O于點D，∴∠ABD=∠DBC=45°?！唷螩AD=∠DBC=45°。
∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=40°+45°=85°。故選B。
3. （2012浙江嘉興、舟山4分）如圖，AB是⊙O的弦，BC與⊙O相切于點B，連接OA、OB．若∠ABC=70°，則∠A等于【 】
A． 15° B． 20° C． 30° D． 70°
【答案】B。
【考點】切線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)。
【分析】∵BC與⊙O相切于點B，∴OB⊥BC?！唷螼BC=90°。
∵∠ABC=70°，∴∠OBA=∠OBC﹣∠ABC=90°﹣70°=20°。
∵OA=OB，∴∠A=∠OBA=20°。故選B。
4. （2012浙江嘉興、舟山4分）已知一個圓錐的底面半徑為3cm，母線長為10cm，則這個圓錐的側(cè)面積為（ ?。?BR> A． 15πcm2 B． 30πcm2 C． 60πcm2 D． 3 cm2
【答案】B。
【考點】圓錐的計算。
【分析】直接根據(jù)圓錐的側(cè)面積計算即可：這個圓錐的側(cè)面積= cm2。故選B。
5. （2012浙江寧波3分）如圖，用鄰邊分別為a，b（a＜b）的矩形硬紙板裁出以a為直徑的兩個半圓，再裁出與矩形的較長邊、兩個半圓均相切的兩個小圓．把半圓作為圓錐形圣誕帽的側(cè)面，小圓恰好能作為底面，從而做成兩個圣誕帽（拼接處材料忽略不計），則a與b滿足的關(guān)系式是【 】
A．b= a B．b= C．b= D．b=
【答案】D。
【考點】圓錐的計算。
【分析】∵半圓的直徑為a，∴半圓的弧長為 。
∵把半圓作為圓錐形圣誕帽的側(cè)面，小圓恰好能作為底面，
∴設(shè)小圓的半徑為r，則： ，解得：
如圖小圓的圓心為B，半圓的圓心為C，作BA⊥CA于A點，
則由勾股定理，得：AC2+AB2=BC2，
即： ，整理得：b= 。故選D。
6. （2012浙江衢州3分）如圖，點A、B、C在⊙O上，∠ACB=30°，則sin∠AOB的值是【 】
A． B． C． D．
【答案】C。
【考點】圓周角定理，特殊角的三角函數(shù)值。
【分析】由點A、B、C在⊙O上，∠ACB=30°，根據(jù)在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角等于這條弧所對的圓心角的一半，即可求得∠AOB=2∠ACB=60°，然后由特殊角的三角函數(shù)值得：
sin∠AOB=sin60°= 。故選C。
7. （2012浙江衢州3分）用圓心角為120°，半徑為6cm的扇形紙片卷成一個圓錐形無底紙帽（如圖所示），則這個紙帽的高是【 】
A． cm B．3 cm C．4 cm D．4cm
【答案】C。
【考點】圓錐的計算，扇形的弧長，勾股定理。
【分析】利用扇形的弧長公式可得扇形的弧長；根據(jù)扇形的弧長=圓錐的底面周長，讓扇形的弧長除以2π即為圓錐的底面半徑，利用勾股定理可得圓錐形筒的高：
∵扇形的弧長= cm，圓錐的底面半徑為4π÷2π=2cm，
∴這個圓錐形筒的高為 cm。故選C。
8. （2012浙江紹興4分）如圖，AD為⊙O的直徑，作⊙O的內(nèi)接正三角形ABC，甲、乙兩人的作法分別是：
甲：1、作OD的中垂線，交⊙O于B，C兩點，
2、連接AB，AC，△ABC即為所求的三角形
乙：1、以D為圓心，OD長為半徑作圓弧，交⊙O于B，C兩點。
2、連接AB，BC，CA．△ABC即為所求的三角形。
對于甲、乙兩人的作法，可判斷【 】
A． 甲、乙均正確 B． 甲、乙均錯誤 C．甲正確、乙錯誤 D．甲錯誤，乙正確
【答案】A。
【考點】垂徑定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形外角性質(zhì)，含30度角的直角三角形。
【分析】根據(jù)甲的思路，作出圖形如下：
連接OB，∵BC垂直平分OD，∴E為OD的中點，且OD⊥BC?！郞E=DE= OD。
又∵OB=OD，∴在Rt△OBE中，OE= OB。∴∠OBE=30°。
又∵∠OEB=90°，∴∠BOE=60°。
∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA。
又∵∠BOE為△AOB的外角，∴∠OAB=∠OBA=30°，∴∠ABC=∠ABO+∠OBE=60°。
同理∠C=60°?！唷螧AC=60°。
∴∠ABC=∠BAC=∠C=60°?！唷鰽BC為等邊三角形。故甲作法正確。
根據(jù)乙的思路，作圖如下：
連接OB，BD。
∵OD=BD，OD=OB，∴OD=BD=OB?！唷鰾OD為等邊三角形?！唷螼BD=∠BOD=60°。
又∵BC垂直平分OD，∴OM=DM?！郆M為∠OBD的平分線。∴∠OBM=∠DBM=30°。
又∵OA=OB，且∠BOD為△AOB的外角，∴∠BAO=∠ABO=30°。
∴∠ABC=∠ABO+∠OBM=60°。
同理∠ACB=60°?！唷螧AC=60°。
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC。∴△ABC為等邊三角形。故乙作法正確。
故選A。
9. （2012浙江紹興4分）如圖，扇形DOE的半徑為3，邊長為 的菱形OABC的頂點A，C，B分別在OD，OE， 上，若把扇形DOE圍成一個圓錐，則此圓錐的高為【 】
A． B． C． D．
【答案】 D。
【考點】圓錐的計算，菱形的性質(zhì)。
【分析】連接OB，AC，BO與AC相交于點F。
∵在菱形OABC中，AC⊥BO，CF=AF，F(xiàn)O=BF，∠COB=∠BOA，
又∵扇形DOE的半徑為3，邊長為 ，∴FO=BF=1.5。cos∠FOC= 。
∴∠FOC=30°?！唷螮OD=2×30°=60°?！?。
底面圓的周長為：2πr=π，解得：r= 。
∵圓錐母線為：3，∴此圓錐的高為： 。故選D。
10. （2012浙江臺州4分）如圖，點A、B、C是⊙O上三點，∠AOC=130°，則∠ABC等于【 】
A． 50° B．60° C．65° D．70°
【答案】C。
【考點】圓周角定理。
【分析】根據(jù)同弧所對圓周角是圓心角一半的性質(zhì)，得∠ABC= ∠AOC=65°。故選C。
11. （2012浙江溫州4分）已知⊙O1與⊙O2外切，O1O2=8cm，⊙O1的半徑為5cm，則⊙O2的半徑是【 】
A. 13cm. B. 8cm C. 6cm D. 3cm
【答案】D。
【考點】圓與圓的位置關(guān)系。
【分析】根據(jù)兩圓的位置關(guān)系的判定：外切（兩圓圓心距離等于兩圓半徑之和），內(nèi)切（兩圓圓心距離等于兩圓半徑之差），相離（兩圓圓心距離大于兩圓半徑之和），相交（兩圓圓心距離小于兩圓半徑之和大于兩圓半徑之差），內(nèi)含（兩圓圓心距離小于兩圓半徑之差）。
因此，根據(jù)兩圓外切，圓心距等于兩圓半徑之和，得該圓的半徑是8－5=3（cm）。故選D。
二、填空題
1. （2012浙江嘉興、舟山5分）如圖，在⊙O中，直徑AB丄弦CD于點M，AM=18，BM=8，則CD的長為 ▲ ．
【答案】24。
【考點】垂徑定理，勾股定理。
【分析】連接OC，∵AM=18，BM=8，∴AB=26，OC=OB=13?！郞M=13﹣8=5。
在Rt△OCM中， 。
∵直徑AB丄弦CD，∴CD=2CM=2×12=24。
2. （2012浙江麗水、金華4分）半徑分別為3cm和4cm的兩圓內(nèi)切，這兩圓的圓心距為 ▲ cm．
【答案】1。
【考點】圓與圓的位置關(guān)系。
【分析】根據(jù)兩圓的位置關(guān)系的判定：外切（兩圓圓心距離等于兩圓半徑之和），內(nèi)切（兩圓圓心距離等于兩圓半徑之差），相離（兩圓圓心距離大于兩圓半徑之和），相交（兩圓圓心距離小于兩圓半徑之和大于兩圓半徑之差），內(nèi)含（兩圓圓心距離小于兩圓半徑之差）。因此，
∵兩個圓內(nèi)切，且其半徑分別為3cm和4cm，∴兩個圓的圓心距為4－3＝1（cm）。
3. （2012浙江寧波3分）如圖，△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=2 ，D是線段BC上的一個動點，以AD為直徑畫⊙O分別交AB，AC于E，F(xiàn)，連接EF，則線段EF長度的最小值為 ▲ ．
【答案】 。
【考點】垂線段的性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理，解直角三角形，銳角三角函數(shù)定義，特殊角的三角函數(shù)值。
【分析】由垂線段的性質(zhì)可知，當AD為△ABC的邊BC上的高時，直徑AD最短，此時線段EF=2EH=20E•sin∠EOH=20E•sin60°，當半徑OE最短時，EF最短。如圖，連接OE，OF，過O點作OH⊥EF，垂足為H。
∵在Rt△ADB中，∠ABC=45°，AB=2 ，
∴AD=BD=2，即此時圓的直徑為2。
由圓周角定理可知∠EOH= ∠EOF=∠BAC=60°，
∴在Rt△EOH中，EH=OE•sin∠EOH=1× 。
由垂徑定理可知EF=2EH= 。
4. （2012浙江衢州4分）工程上常用鋼珠來測量零件上小圓孔的寬口，假設(shè)鋼珠的直徑是10mm，測得鋼珠頂端離零件表面的距離為8mm，如圖所示，則這個小圓孔的寬口AB的長度為 ▲ mm．
【答案】8。
【考點】垂徑定理的應(yīng)用，勾股定理。
【分析】連接OA，過點O作OD⊥AB于點D，則AB=2AD，
∵鋼珠的直徑是10mm，∴鋼珠的半徑是5mm。
∵鋼珠頂端離零件表面的距離為8mm，∴OD=3mm。
在Rt△AOD中，∵ mm，
∴AB=2AD=2×4=8mm。
5. （2012浙江臺州5分）把球放在長方體紙盒內(nèi)，球的一部分露出盒外，其截面如圖所示，已知EF=CD=16厘米，則球的半徑為 ▲ 厘米．
【答案】10。
【考點】垂徑定理，勾股定理，矩形的性質(zhì)，解方程組。
【分析】如圖，過球心O作IG⊥BC，分別交BC、AD、劣弧 于點G、H、I，連接OF。設(shè)OH=x，HI=y，則依題意，根據(jù)垂徑定理、勾股定理和矩形的性質(zhì)，得 ，解得 ?！嗲虻陌霃綖閤＋y=10（厘米）。
三、解答題
1. （2012浙江杭州12分）如圖，AE切⊙O于點E，AT交⊙O于點M，N，線段OE交AT于點C，OB⊥AT于點B，已知∠EAT=30°，AE=3 ，MN=2 ．
（1）求∠COB的度數(shù)；
（2）求⊙O的半徑R；
（3）點F在⊙O上（ 是劣弧），且EF=5，把△OBC經(jīng)過平移、旋轉(zhuǎn)和相似變換后，使它的兩個頂點分別與點E，F(xiàn)重合．在EF的同一側(cè)，這樣的三角形共有多少個？你能在其中找出另一個頂點在⊙O上的三角形嗎？請在圖中畫出這個三角形，并求出這個三角形與△OBC的周長之比．
【答案】解：（1）∵AE切⊙O于點E，∴AE⊥CE。
又∵OB⊥AT，∴∠AEC=∠CBO=90°，
又∵∠BCO=∠ACE，∴△AEC∽△OBC。
又∵∠A=30°，∴∠COB=∠A=30°。
（2）∵AE=3 ，∠A=30°，
∴在Rt△AEC中，tanA=tan30°= ，即EC=AEtan30°=3。
∵OB⊥MN，∴B為MN的中點。
又∵MN=2 ，∴MB= MN= 。
連接OM，在△MOB中，OM=R，MB= ，
∴ 。
在△COB中，∠BOC=30°，
∵cos∠BOC=cos30°= ，∴BO= OC。
∴ 。
又∵OC+EC=OM=R，
∴ 。
整理得：R2+18R﹣115=0，即（R+23）（R﹣5）=0，解得：R=﹣23（舍去）或R=5。
∴R=5。
（3）在EF同一側(cè)，△COB經(jīng)過平移、旋轉(zhuǎn)和相似變換后，這樣的三角形有6個，
如圖，每小圖2個，頂點在圓上的三角形，如圖所示：
延長EO交圓O于點D，連接DF，如圖所示，
△FDE即為所求。
∵EF=5，直徑ED=10，可得出∠FDE=30°，
∴FD=5 。
則C△EFD=5+10+5 =15+5 ，
由（2）可得C△COB=3+ ，
∴C△EFD：C△COB=（15+5 ）：（3+ ）=5：1。
【考點】切線的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義，勾股定理，垂徑定理，平移、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)。
【分析】（1）由AE與圓O相切，根據(jù)切線的性質(zhì)得到AE⊥CE，又OB⊥AT，可得出兩直角相等，再由一對對頂角相等，利用兩對對應(yīng)角相等的兩三角形相似可得出△AEC∽△OBC，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)角相等可得出所求的角與∠A相等，由∠A的度數(shù)即可求出所求角的度數(shù)。
（2）在Rt△AEC中，由AE及tanA的值，利用銳角三角函數(shù)定義求出CE的長，再由OB⊥MN，根據(jù)垂徑定理得到B為MN的中點，根據(jù)MN的長求出MB的長，在Rt△OBM中，由半徑OM=R，及MB的長，利用勾股定理表示出OB的長，在Rt△OBC中，由表示出OB及cos30°的值，利用銳角三角函數(shù)定義表示出OC，用OE﹣OC=EC列出關(guān)于R的方程，求出方程的解得到半徑R的值。
（3）把△OBC經(jīng)過平移、旋轉(zhuǎn)和相似變換后，使它的兩個頂點分別與點E，F(xiàn)重合．在EF的同一側(cè)，這樣的三角形共有6個。
頂點在圓上的三角形，延長EO與圓交于點D，連接DF，△FDE即為所求。
根據(jù)ED為直徑，利用直徑所對的圓周角為直角，得到△FDE為直角三角形，由∠FDE為30°，利用銳角三角函數(shù)定義求出DF的長，表示出△EFD的周長，再由（2）求出的△OBC的三邊表示出△BOC的周長，即可求出兩三角形的周長之比。
2. （2012浙江湖州10分）已知，如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，DA=DC，以點D為圓心，DA長為半徑的⊙D與AB相切于A，與BC交于點F，過點D作DE⊥BC，垂足為E．
（1）求證：四邊形ABED為矩形；
（2）若AB=4， ，求CF的長．
【答案】（1）證明：∵⊙D與AB相切于點A，∴AB⊥AD。
∵AD∥BC，DE⊥BC，∴DE⊥AD。
∴∠DAB=∠ADE=∠DEB=90°。
∴四邊形ABED為矩形。 （2）解：∵四邊形ABED為矩形，∴DE=AB=4。
∵DC=DA，∴點C在⊙D上。
∵D為圓心，DE⊥BC，∴CF=2EC。
∵ ，設(shè)AD=3k（k＞0）則BC=4k?！郆E=3k，EC=BC－BE=4k－3k=k，DC=AD=3k。
由勾股定理得DE2＋EC2=DC2，即42＋k2=（3k）2，∴k2=2。
∵k＞0，∴k= 。∴CF=2EC=2 。
【考點】切線的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，待定系數(shù)法，垂徑定理。
【分析】（1）根據(jù)AD∥BC和AB切圓D于A，求出DAB=∠ADE=∠DEB=90°，即可推出結(jié)論。
（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)求出AD=BE=AB=DE=4，根據(jù)垂徑定理求出CF=2CE，設(shè)AD=3k，則BC=4k，BE=3k，EC=k，DC=AD=3k，在△DEC中由勾股定理得出一個關(guān)于k的方程，求出k的值，即可求出答案。
3. （2012浙江麗水、金華8分）如圖，AB為⊙O的直徑，EF切⊙O于點D，過點B作BH⊥EF于點H，交⊙O于點C，連接BD．
(1)求證：BD平分∠ABH；
(2)如果AB＝12，BC＝8，求圓心O到BC的距離．
【答案】(1)證明：連接OD，
∵EF是⊙O的切線，∴OD⊥EF。，
又∵BH⊥EF，∴OD∥BH。∴∠ODB＝∠DBH。
∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD?！唷螼BD＝∠DBH。
∴BD平分∠ABH。．
(2)解：過點O作OG⊥BC于點G，則BG＝CG＝4。
在Rt△OBG中， .
【考點】切線的性質(zhì)，平行的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理。
【分析】(1)連接OD，根據(jù)切線的性質(zhì)以及BH⊥EF，即可證得OD∥BC，然后根據(jù)等邊對等角即可證得；
(2)過點O作OG⊥BC于點G，則利用垂徑定理即可求得BG的長，然后在Rt△OBG中利用勾股定理即可求解。
4. （2012浙江寧波8分）如圖，在△ABC中，BE是它的角平分線，∠C=90°，D在AB邊上，以DB為
直徑的半圓O經(jīng)過點E，交BC于點F．
（1）求證：AC是⊙O的切線；
（2）已知sinA= ，⊙O的半徑為4，求圖中陰影部分的面積．
【答案】解：（1）連接OE。
∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB。
∵BE是△ABC的角平分線，∴∠OBE=∠EBC。
∴∠OEB=∠EBC。∴OE∥BC 。
∵∠C=90°，∴∠AEO=∠C=90° 。
∴AC是⊙O的切線。
（2）連接OF。
∵sinA= ，∴∠A=30° 。
∵⊙O的半徑為4，∴AO=2OE=8。
∴AE=4 ，∠AOE=60°，∴AB=12。
∴BC= AB=6，AC=6 ?！郈E=AC﹣AE=2 。
∵OB=OF，∠ABC=60°，∴△OBF是正三角形。
∴∠FOB=60°，CF=6﹣4=2?！唷螮OF=60°。
∴S梯形OECF= （2+4）×2 =6 ， S扇形EOF= 。
∴S陰影部分=S梯形OECF﹣S扇形EOF=6 ﹣ 。
【考點】切線的判定，等腰三角形的性質(zhì)，平行的判定和性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，扇形面積的計算。
【分析】（1）連接OE．根據(jù)OB=OE得到∠OBE=∠OEB，然后再根據(jù)BE是△ABC的角平分線得到∠OEB=∠EBC，從而判定OE∥BC，最后根據(jù)∠C=90°得到∠AEO=∠C=90°證得結(jié)論AC是⊙O的切線。
（2）連接OF，利用S陰影部分=S梯形OECF－S扇形EOF求解即可。
4. （2012浙江衢州8分）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分線交AC于點D，點O是AB上一點，⊙O過B、D兩點，且分別交AB、BC于點E、F．
（1）求證：AC是⊙O的切線；
（2）已知AB=10，BC=6，求⊙O的半徑r．
【答案】（1）證明：連接OD。
∵OB=OD，∴∠OBD=∠ODB。
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBC
∴∠ODB=∠DBC?！郞D∥BC。
又∵∠C=90°，∴∠ADO=90°。
∴AC⊥OD，即AC是⊙O的切線。
（2）解：由（1）知，OD∥BC，∴△AOD∽△ABC。
∴ ，即 。
解得 ，即⊙O的半徑r為 。
【考點】切線的判定，等腰三角形的性質(zhì)，平行的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)。
【分析】（1）連接OD．欲證AC是⊙O的切線，只需證明AC⊥OD即可。
（2）利用平行線知△AOD∽△ABC，即 ；然后將圖中線段間的和差關(guān)系代入該比例式，通過解方程即可求得r的值，即⊙O的半徑r的值。
5. （2012浙江溫州10分）如圖，△ABC中，∠ACB=90°，D是邊AB上的一點，且∠A=2∠DCB.E是BC上的一點，以EC為直徑的⊙O經(jīng)過點D。
（1）求證:AB是⊙O的切線；
（2）若CD的弦心距為1,BE=EO.求BD的長.
【答案】（1）證明：如圖，連接OD，
∵OD=OC，∴∠DCB=∠ODC。
又∵∠DOB和∠DCB為弧 所對的圓心角和圓周角，
∴∠DOB =2∠DCB。
又∵∠A=2∠DCB，∴∠A=∠DOB。
∵∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°?！唷螪OB+∠B=90°?！唷螧DO=90°?！郞D⊥AB。
∴AB是⊙O的切線。
（2）如圖，過點O作OM⊥CD于點M，
∵OD=OE=BE= BO，∠BDO=90°，∴∠B=30°?！唷螪OB=60°。
∵OD=OC，∴∠DCB=∠ODC。
又∵∠DOB和∠DCB為弧 所對的圓心角和圓周角，∴∠DOB =2∠DCB。
∴∠DCB=30°。
∵在Rt△OCM中，∠DCB=30°，OM=1，∴OC=2OM=2。
∴OD=2，BO=BE+OE=2OE=4。
∴在Rt△BDO中，根據(jù)勾股定理得： 。
【考點】切線的判定，等腰三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理，勾股定理，三角形內(nèi)角和定理。
【分析】（1）連接OD，由OD=OC，根據(jù)等邊對等角得到一對角相等，再由同弧所對圓周角是圓心角一半的性質(zhì)，可得出∠DOB=2∠DCB。又∠A=2∠DCB，可得出∠A=∠DOB，又∠ACB=90°，可得出直角三角形ABC中兩銳角互余，等量代換可得出∠B與∠ODB互余，即OD垂直于BD，確定出AB為圓O的切線。
（2）過O作OM垂直于CD，根據(jù)垂徑定理得到M為DC的中點，由BD垂直于OD，得到三角形BDO為直角三角形，再由BE=OE=OD，得到OD等于OB的一半，可得出∠B=30°，從而確定出
∠DOB=60°，又OD=OC，利用等邊對等角得到一對角相等，再由同弧所對圓周角是圓心角一半的性質(zhì)，可得出∠DOB=2∠DCB?？傻贸觥螪CB=30°，在三角形CMO中，根據(jù)30°角所對的直角邊等于斜邊的一半得到OC=2OM，由弦心距OM的長求出OC的長，從而確定出OD及OB的長，利用勾股定理即可求出BD的長。
本題另解：如圖，過O作OM垂直于CD，連接ED，由垂徑定理得到M為CD的中點，又O為EC的中點，得到OM為三角形EDC的中位線，利用三角形中位線定理得到OM等于ED的一半，由弦心距OM的長求出ED的長，再由BE=OE，得到ED為直角三角形DBO斜邊上的中線，利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，由DE的長求出OB的長，再由OD及OB的長，利用勾股定理即可求出BD的長。
6. （2012浙江義烏8分）如圖，已知AB是⊙O的直徑，點C、D在⊙O上，點E在⊙O外，∠EAC=∠D=60°．
（1）求∠ABC的度數(shù)；
（2）求證：AE是⊙O的切線；
（3）當BC=4時，求劣弧AC的長．
一、選擇題
1. （2012浙江杭州3分）若兩圓的半徑分別為2cm和6cm，圓心距為4cm，則這兩圓的位置關(guān)系是【 】
A．內(nèi)含 B．內(nèi)切 C．外切 D．外離
【答案】B。
【考點】圓與圓的位置關(guān)系。
【分析】根據(jù)兩圓的位置關(guān)系的判定：外切（兩圓圓心距離等于兩圓半徑之和），內(nèi)切（兩圓圓心距離等于兩圓半徑之差），相離（兩圓圓心距離大于兩圓半徑之和），相交（兩圓圓心距離小于兩圓半徑之和大于兩圓半徑之差），內(nèi)含（兩圓圓心距離小于兩圓半徑之差）。因此，
∵兩圓的半徑分別為2cm和6cm，圓心距為4cm．則d=6﹣2=4。
∴兩圓內(nèi)切。故選B。
2.（2012浙江湖州3分）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AC是⊙O的直徑，∠C=50°，∠ABC的平分線BD交⊙O于點D，則∠BAD的度數(shù)是【 】
A．45° B．85° C．90° D．95°
【答案】B。
【考點】圓周角定理，直角三角形兩銳角的關(guān)系圓心角、弧、弦的關(guān)系。
【分析】∵AC是⊙O的直徑，∴∠ABC=90°。
∵∠C=50°，∴∠BAC=40°。
∵∠ABC的平分線BD交⊙O于點D，∴∠ABD=∠DBC=45°?！唷螩AD=∠DBC=45°。
∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=40°+45°=85°。故選B。
3. （2012浙江嘉興、舟山4分）如圖，AB是⊙O的弦，BC與⊙O相切于點B，連接OA、OB．若∠ABC=70°，則∠A等于【 】
A． 15° B． 20° C． 30° D． 70°
【答案】B。
【考點】切線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)。
【分析】∵BC與⊙O相切于點B，∴OB⊥BC?！唷螼BC=90°。
∵∠ABC=70°，∴∠OBA=∠OBC﹣∠ABC=90°﹣70°=20°。
∵OA=OB，∴∠A=∠OBA=20°。故選B。
4. （2012浙江嘉興、舟山4分）已知一個圓錐的底面半徑為3cm，母線長為10cm，則這個圓錐的側(cè)面積為（ ?。?BR> A． 15πcm2 B． 30πcm2 C． 60πcm2 D． 3 cm2
【答案】B。
【考點】圓錐的計算。
【分析】直接根據(jù)圓錐的側(cè)面積計算即可：這個圓錐的側(cè)面積= cm2。故選B。
5. （2012浙江寧波3分）如圖，用鄰邊分別為a，b（a＜b）的矩形硬紙板裁出以a為直徑的兩個半圓，再裁出與矩形的較長邊、兩個半圓均相切的兩個小圓．把半圓作為圓錐形圣誕帽的側(cè)面，小圓恰好能作為底面，從而做成兩個圣誕帽（拼接處材料忽略不計），則a與b滿足的關(guān)系式是【 】
A．b= a B．b= C．b= D．b=
【答案】D。
【考點】圓錐的計算。
【分析】∵半圓的直徑為a，∴半圓的弧長為 。
∵把半圓作為圓錐形圣誕帽的側(cè)面，小圓恰好能作為底面，
∴設(shè)小圓的半徑為r，則： ，解得：
如圖小圓的圓心為B，半圓的圓心為C，作BA⊥CA于A點，
則由勾股定理，得：AC2+AB2=BC2，
即： ，整理得：b= 。故選D。
6. （2012浙江衢州3分）如圖，點A、B、C在⊙O上，∠ACB=30°，則sin∠AOB的值是【 】
A． B． C． D．
【答案】C。
【考點】圓周角定理，特殊角的三角函數(shù)值。
【分析】由點A、B、C在⊙O上，∠ACB=30°，根據(jù)在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角等于這條弧所對的圓心角的一半，即可求得∠AOB=2∠ACB=60°，然后由特殊角的三角函數(shù)值得：
sin∠AOB=sin60°= 。故選C。
7. （2012浙江衢州3分）用圓心角為120°，半徑為6cm的扇形紙片卷成一個圓錐形無底紙帽（如圖所示），則這個紙帽的高是【 】
A． cm B．3 cm C．4 cm D．4cm
【答案】C。
【考點】圓錐的計算，扇形的弧長，勾股定理。
【分析】利用扇形的弧長公式可得扇形的弧長；根據(jù)扇形的弧長=圓錐的底面周長，讓扇形的弧長除以2π即為圓錐的底面半徑，利用勾股定理可得圓錐形筒的高：
∵扇形的弧長= cm，圓錐的底面半徑為4π÷2π=2cm，
∴這個圓錐形筒的高為 cm。故選C。
8. （2012浙江紹興4分）如圖，AD為⊙O的直徑，作⊙O的內(nèi)接正三角形ABC，甲、乙兩人的作法分別是：
甲：1、作OD的中垂線，交⊙O于B，C兩點，
2、連接AB，AC，△ABC即為所求的三角形
乙：1、以D為圓心，OD長為半徑作圓弧，交⊙O于B，C兩點。
2、連接AB，BC，CA．△ABC即為所求的三角形。
對于甲、乙兩人的作法，可判斷【 】
A． 甲、乙均正確 B． 甲、乙均錯誤 C．甲正確、乙錯誤 D．甲錯誤，乙正確
【答案】A。
【考點】垂徑定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形外角性質(zhì)，含30度角的直角三角形。
【分析】根據(jù)甲的思路，作出圖形如下：
連接OB，∵BC垂直平分OD，∴E為OD的中點，且OD⊥BC?！郞E=DE= OD。
又∵OB=OD，∴在Rt△OBE中，OE= OB。∴∠OBE=30°。
又∵∠OEB=90°，∴∠BOE=60°。
∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA。
又∵∠BOE為△AOB的外角，∴∠OAB=∠OBA=30°，∴∠ABC=∠ABO+∠OBE=60°。
同理∠C=60°?！唷螧AC=60°。
∴∠ABC=∠BAC=∠C=60°?！唷鰽BC為等邊三角形。故甲作法正確。
根據(jù)乙的思路，作圖如下：
連接OB，BD。
∵OD=BD，OD=OB，∴OD=BD=OB?！唷鰾OD為等邊三角形?！唷螼BD=∠BOD=60°。
又∵BC垂直平分OD，∴OM=DM?！郆M為∠OBD的平分線。∴∠OBM=∠DBM=30°。
又∵OA=OB，且∠BOD為△AOB的外角，∴∠BAO=∠ABO=30°。
∴∠ABC=∠ABO+∠OBM=60°。
同理∠ACB=60°?！唷螧AC=60°。
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC。∴△ABC為等邊三角形。故乙作法正確。
故選A。
9. （2012浙江紹興4分）如圖，扇形DOE的半徑為3，邊長為 的菱形OABC的頂點A，C，B分別在OD，OE， 上，若把扇形DOE圍成一個圓錐，則此圓錐的高為【 】
A． B． C． D．
【答案】 D。
【考點】圓錐的計算，菱形的性質(zhì)。
【分析】連接OB，AC，BO與AC相交于點F。
∵在菱形OABC中，AC⊥BO，CF=AF，F(xiàn)O=BF，∠COB=∠BOA，
又∵扇形DOE的半徑為3，邊長為 ，∴FO=BF=1.5。cos∠FOC= 。
∴∠FOC=30°?！唷螮OD=2×30°=60°?！?。
底面圓的周長為：2πr=π，解得：r= 。
∵圓錐母線為：3，∴此圓錐的高為： 。故選D。
10. （2012浙江臺州4分）如圖，點A、B、C是⊙O上三點，∠AOC=130°，則∠ABC等于【 】
A． 50° B．60° C．65° D．70°
【答案】C。
【考點】圓周角定理。
【分析】根據(jù)同弧所對圓周角是圓心角一半的性質(zhì)，得∠ABC= ∠AOC=65°。故選C。
11. （2012浙江溫州4分）已知⊙O1與⊙O2外切，O1O2=8cm，⊙O1的半徑為5cm，則⊙O2的半徑是【 】
A. 13cm. B. 8cm C. 6cm D. 3cm
【答案】D。
【考點】圓與圓的位置關(guān)系。
【分析】根據(jù)兩圓的位置關(guān)系的判定：外切（兩圓圓心距離等于兩圓半徑之和），內(nèi)切（兩圓圓心距離等于兩圓半徑之差），相離（兩圓圓心距離大于兩圓半徑之和），相交（兩圓圓心距離小于兩圓半徑之和大于兩圓半徑之差），內(nèi)含（兩圓圓心距離小于兩圓半徑之差）。
因此，根據(jù)兩圓外切，圓心距等于兩圓半徑之和，得該圓的半徑是8－5=3（cm）。故選D。
二、填空題
1. （2012浙江嘉興、舟山5分）如圖，在⊙O中，直徑AB丄弦CD于點M，AM=18，BM=8，則CD的長為 ▲ ．
【答案】24。
【考點】垂徑定理，勾股定理。
【分析】連接OC，∵AM=18，BM=8，∴AB=26，OC=OB=13?！郞M=13﹣8=5。
在Rt△OCM中， 。
∵直徑AB丄弦CD，∴CD=2CM=2×12=24。
2. （2012浙江麗水、金華4分）半徑分別為3cm和4cm的兩圓內(nèi)切，這兩圓的圓心距為 ▲ cm．
【答案】1。
【考點】圓與圓的位置關(guān)系。
【分析】根據(jù)兩圓的位置關(guān)系的判定：外切（兩圓圓心距離等于兩圓半徑之和），內(nèi)切（兩圓圓心距離等于兩圓半徑之差），相離（兩圓圓心距離大于兩圓半徑之和），相交（兩圓圓心距離小于兩圓半徑之和大于兩圓半徑之差），內(nèi)含（兩圓圓心距離小于兩圓半徑之差）。因此，
∵兩個圓內(nèi)切，且其半徑分別為3cm和4cm，∴兩個圓的圓心距為4－3＝1（cm）。
3. （2012浙江寧波3分）如圖，△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=2 ，D是線段BC上的一個動點，以AD為直徑畫⊙O分別交AB，AC于E，F(xiàn)，連接EF，則線段EF長度的最小值為 ▲ ．
【答案】 。
【考點】垂線段的性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理，解直角三角形，銳角三角函數(shù)定義，特殊角的三角函數(shù)值。
【分析】由垂線段的性質(zhì)可知，當AD為△ABC的邊BC上的高時，直徑AD最短，此時線段EF=2EH=20E•sin∠EOH=20E•sin60°，當半徑OE最短時，EF最短。如圖，連接OE，OF，過O點作OH⊥EF，垂足為H。
∵在Rt△ADB中，∠ABC=45°，AB=2 ，
∴AD=BD=2，即此時圓的直徑為2。
由圓周角定理可知∠EOH= ∠EOF=∠BAC=60°，
∴在Rt△EOH中，EH=OE•sin∠EOH=1× 。
由垂徑定理可知EF=2EH= 。
4. （2012浙江衢州4分）工程上常用鋼珠來測量零件上小圓孔的寬口，假設(shè)鋼珠的直徑是10mm，測得鋼珠頂端離零件表面的距離為8mm，如圖所示，則這個小圓孔的寬口AB的長度為 ▲ mm．
【答案】8。
【考點】垂徑定理的應(yīng)用，勾股定理。
【分析】連接OA，過點O作OD⊥AB于點D，則AB=2AD，
∵鋼珠的直徑是10mm，∴鋼珠的半徑是5mm。
∵鋼珠頂端離零件表面的距離為8mm，∴OD=3mm。
在Rt△AOD中，∵ mm，
∴AB=2AD=2×4=8mm。
5. （2012浙江臺州5分）把球放在長方體紙盒內(nèi)，球的一部分露出盒外，其截面如圖所示，已知EF=CD=16厘米，則球的半徑為 ▲ 厘米．
【答案】10。
【考點】垂徑定理，勾股定理，矩形的性質(zhì)，解方程組。
【分析】如圖，過球心O作IG⊥BC，分別交BC、AD、劣弧 于點G、H、I，連接OF。設(shè)OH=x，HI=y，則依題意，根據(jù)垂徑定理、勾股定理和矩形的性質(zhì)，得 ，解得 ?！嗲虻陌霃綖閤＋y=10（厘米）。
三、解答題
1. （2012浙江杭州12分）如圖，AE切⊙O于點E，AT交⊙O于點M，N，線段OE交AT于點C，OB⊥AT于點B，已知∠EAT=30°，AE=3 ，MN=2 ．
（1）求∠COB的度數(shù)；
（2）求⊙O的半徑R；
（3）點F在⊙O上（ 是劣弧），且EF=5，把△OBC經(jīng)過平移、旋轉(zhuǎn)和相似變換后，使它的兩個頂點分別與點E，F(xiàn)重合．在EF的同一側(cè)，這樣的三角形共有多少個？你能在其中找出另一個頂點在⊙O上的三角形嗎？請在圖中畫出這個三角形，并求出這個三角形與△OBC的周長之比．
【答案】解：（1）∵AE切⊙O于點E，∴AE⊥CE。
又∵OB⊥AT，∴∠AEC=∠CBO=90°，
又∵∠BCO=∠ACE，∴△AEC∽△OBC。
又∵∠A=30°，∴∠COB=∠A=30°。
（2）∵AE=3 ，∠A=30°，
∴在Rt△AEC中，tanA=tan30°= ，即EC=AEtan30°=3。
∵OB⊥MN，∴B為MN的中點。
又∵MN=2 ，∴MB= MN= 。
連接OM，在△MOB中，OM=R，MB= ，
∴ 。
在△COB中，∠BOC=30°，
∵cos∠BOC=cos30°= ，∴BO= OC。
∴ 。
又∵OC+EC=OM=R，
∴ 。
整理得：R2+18R﹣115=0，即（R+23）（R﹣5）=0，解得：R=﹣23（舍去）或R=5。
∴R=5。
（3）在EF同一側(cè)，△COB經(jīng)過平移、旋轉(zhuǎn)和相似變換后，這樣的三角形有6個，
如圖，每小圖2個，頂點在圓上的三角形，如圖所示：
延長EO交圓O于點D，連接DF，如圖所示，
△FDE即為所求。
∵EF=5，直徑ED=10，可得出∠FDE=30°，
∴FD=5 。
則C△EFD=5+10+5 =15+5 ，
由（2）可得C△COB=3+ ，
∴C△EFD：C△COB=（15+5 ）：（3+ ）=5：1。
【考點】切線的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義，勾股定理，垂徑定理，平移、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)。
【分析】（1）由AE與圓O相切，根據(jù)切線的性質(zhì)得到AE⊥CE，又OB⊥AT，可得出兩直角相等，再由一對對頂角相等，利用兩對對應(yīng)角相等的兩三角形相似可得出△AEC∽△OBC，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)角相等可得出所求的角與∠A相等，由∠A的度數(shù)即可求出所求角的度數(shù)。
（2）在Rt△AEC中，由AE及tanA的值，利用銳角三角函數(shù)定義求出CE的長，再由OB⊥MN，根據(jù)垂徑定理得到B為MN的中點，根據(jù)MN的長求出MB的長，在Rt△OBM中，由半徑OM=R，及MB的長，利用勾股定理表示出OB的長，在Rt△OBC中，由表示出OB及cos30°的值，利用銳角三角函數(shù)定義表示出OC，用OE﹣OC=EC列出關(guān)于R的方程，求出方程的解得到半徑R的值。
（3）把△OBC經(jīng)過平移、旋轉(zhuǎn)和相似變換后，使它的兩個頂點分別與點E，F(xiàn)重合．在EF的同一側(cè)，這樣的三角形共有6個。
頂點在圓上的三角形，延長EO與圓交于點D，連接DF，△FDE即為所求。
根據(jù)ED為直徑，利用直徑所對的圓周角為直角，得到△FDE為直角三角形，由∠FDE為30°，利用銳角三角函數(shù)定義求出DF的長，表示出△EFD的周長，再由（2）求出的△OBC的三邊表示出△BOC的周長，即可求出兩三角形的周長之比。
2. （2012浙江湖州10分）已知，如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，DA=DC，以點D為圓心，DA長為半徑的⊙D與AB相切于A，與BC交于點F，過點D作DE⊥BC，垂足為E．
（1）求證：四邊形ABED為矩形；
（2）若AB=4， ，求CF的長．
【答案】（1）證明：∵⊙D與AB相切于點A，∴AB⊥AD。
∵AD∥BC，DE⊥BC，∴DE⊥AD。
∴∠DAB=∠ADE=∠DEB=90°。
∴四邊形ABED為矩形。 （2）解：∵四邊形ABED為矩形，∴DE=AB=4。
∵DC=DA，∴點C在⊙D上。
∵D為圓心，DE⊥BC，∴CF=2EC。
∵ ，設(shè)AD=3k（k＞0）則BC=4k?！郆E=3k，EC=BC－BE=4k－3k=k，DC=AD=3k。
由勾股定理得DE2＋EC2=DC2，即42＋k2=（3k）2，∴k2=2。
∵k＞0，∴k= 。∴CF=2EC=2 。
【考點】切線的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，待定系數(shù)法，垂徑定理。
【分析】（1）根據(jù)AD∥BC和AB切圓D于A，求出DAB=∠ADE=∠DEB=90°，即可推出結(jié)論。
（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)求出AD=BE=AB=DE=4，根據(jù)垂徑定理求出CF=2CE，設(shè)AD=3k，則BC=4k，BE=3k，EC=k，DC=AD=3k，在△DEC中由勾股定理得出一個關(guān)于k的方程，求出k的值，即可求出答案。
3. （2012浙江麗水、金華8分）如圖，AB為⊙O的直徑，EF切⊙O于點D，過點B作BH⊥EF于點H，交⊙O于點C，連接BD．
(1)求證：BD平分∠ABH；
(2)如果AB＝12，BC＝8，求圓心O到BC的距離．
【答案】(1)證明：連接OD，
∵EF是⊙O的切線，∴OD⊥EF。，
又∵BH⊥EF，∴OD∥BH。∴∠ODB＝∠DBH。
∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD?！唷螼BD＝∠DBH。
∴BD平分∠ABH。．
(2)解：過點O作OG⊥BC于點G，則BG＝CG＝4。
在Rt△OBG中， .
【考點】切線的性質(zhì)，平行的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理。
【分析】(1)連接OD，根據(jù)切線的性質(zhì)以及BH⊥EF，即可證得OD∥BC，然后根據(jù)等邊對等角即可證得；
(2)過點O作OG⊥BC于點G，則利用垂徑定理即可求得BG的長，然后在Rt△OBG中利用勾股定理即可求解。
4. （2012浙江寧波8分）如圖，在△ABC中，BE是它的角平分線，∠C=90°，D在AB邊上，以DB為
直徑的半圓O經(jīng)過點E，交BC于點F．
（1）求證：AC是⊙O的切線；
（2）已知sinA= ，⊙O的半徑為4，求圖中陰影部分的面積．
【答案】解：（1）連接OE。
∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB。
∵BE是△ABC的角平分線，∴∠OBE=∠EBC。
∴∠OEB=∠EBC。∴OE∥BC 。
∵∠C=90°，∴∠AEO=∠C=90° 。
∴AC是⊙O的切線。
（2）連接OF。
∵sinA= ，∴∠A=30° 。
∵⊙O的半徑為4，∴AO=2OE=8。
∴AE=4 ，∠AOE=60°，∴AB=12。
∴BC= AB=6，AC=6 ?！郈E=AC﹣AE=2 。
∵OB=OF，∠ABC=60°，∴△OBF是正三角形。
∴∠FOB=60°，CF=6﹣4=2?！唷螮OF=60°。
∴S梯形OECF= （2+4）×2 =6 ， S扇形EOF= 。
∴S陰影部分=S梯形OECF﹣S扇形EOF=6 ﹣ 。
【考點】切線的判定，等腰三角形的性質(zhì)，平行的判定和性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，扇形面積的計算。
【分析】（1）連接OE．根據(jù)OB=OE得到∠OBE=∠OEB，然后再根據(jù)BE是△ABC的角平分線得到∠OEB=∠EBC，從而判定OE∥BC，最后根據(jù)∠C=90°得到∠AEO=∠C=90°證得結(jié)論AC是⊙O的切線。
（2）連接OF，利用S陰影部分=S梯形OECF－S扇形EOF求解即可。
4. （2012浙江衢州8分）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分線交AC于點D，點O是AB上一點，⊙O過B、D兩點，且分別交AB、BC于點E、F．
（1）求證：AC是⊙O的切線；
（2）已知AB=10，BC=6，求⊙O的半徑r．
【答案】（1）證明：連接OD。
∵OB=OD，∴∠OBD=∠ODB。
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBC
∴∠ODB=∠DBC?！郞D∥BC。
又∵∠C=90°，∴∠ADO=90°。
∴AC⊥OD，即AC是⊙O的切線。
（2）解：由（1）知，OD∥BC，∴△AOD∽△ABC。
∴ ，即 。
解得 ，即⊙O的半徑r為 。
【考點】切線的判定，等腰三角形的性質(zhì)，平行的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)。
【分析】（1）連接OD．欲證AC是⊙O的切線，只需證明AC⊥OD即可。
（2）利用平行線知△AOD∽△ABC，即 ；然后將圖中線段間的和差關(guān)系代入該比例式，通過解方程即可求得r的值，即⊙O的半徑r的值。
5. （2012浙江溫州10分）如圖，△ABC中，∠ACB=90°，D是邊AB上的一點，且∠A=2∠DCB.E是BC上的一點，以EC為直徑的⊙O經(jīng)過點D。
（1）求證:AB是⊙O的切線；
（2）若CD的弦心距為1,BE=EO.求BD的長.
【答案】（1）證明：如圖，連接OD，
∵OD=OC，∴∠DCB=∠ODC。
又∵∠DOB和∠DCB為弧 所對的圓心角和圓周角，
∴∠DOB =2∠DCB。
又∵∠A=2∠DCB，∴∠A=∠DOB。
∵∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°?！唷螪OB+∠B=90°?！唷螧DO=90°?！郞D⊥AB。
∴AB是⊙O的切線。
（2）如圖，過點O作OM⊥CD于點M，
∵OD=OE=BE= BO，∠BDO=90°，∴∠B=30°?！唷螪OB=60°。
∵OD=OC，∴∠DCB=∠ODC。
又∵∠DOB和∠DCB為弧 所對的圓心角和圓周角，∴∠DOB =2∠DCB。
∴∠DCB=30°。
∵在Rt△OCM中，∠DCB=30°，OM=1，∴OC=2OM=2。
∴OD=2，BO=BE+OE=2OE=4。
∴在Rt△BDO中，根據(jù)勾股定理得： 。
【考點】切線的判定，等腰三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理，勾股定理，三角形內(nèi)角和定理。
【分析】（1）連接OD，由OD=OC，根據(jù)等邊對等角得到一對角相等，再由同弧所對圓周角是圓心角一半的性質(zhì)，可得出∠DOB=2∠DCB。又∠A=2∠DCB，可得出∠A=∠DOB，又∠ACB=90°，可得出直角三角形ABC中兩銳角互余，等量代換可得出∠B與∠ODB互余，即OD垂直于BD，確定出AB為圓O的切線。
（2）過O作OM垂直于CD，根據(jù)垂徑定理得到M為DC的中點，由BD垂直于OD，得到三角形BDO為直角三角形，再由BE=OE=OD，得到OD等于OB的一半，可得出∠B=30°，從而確定出
∠DOB=60°，又OD=OC，利用等邊對等角得到一對角相等，再由同弧所對圓周角是圓心角一半的性質(zhì)，可得出∠DOB=2∠DCB?？傻贸觥螪CB=30°，在三角形CMO中，根據(jù)30°角所對的直角邊等于斜邊的一半得到OC=2OM，由弦心距OM的長求出OC的長，從而確定出OD及OB的長，利用勾股定理即可求出BD的長。
本題另解：如圖，過O作OM垂直于CD，連接ED，由垂徑定理得到M為CD的中點，又O為EC的中點，得到OM為三角形EDC的中位線，利用三角形中位線定理得到OM等于ED的一半，由弦心距OM的長求出ED的長，再由BE=OE，得到ED為直角三角形DBO斜邊上的中線，利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，由DE的長求出OB的長，再由OD及OB的長，利用勾股定理即可求出BD的長。
6. （2012浙江義烏8分）如圖，已知AB是⊙O的直徑，點C、D在⊙O上，點E在⊙O外，∠EAC=∠D=60°．
（1）求∠ABC的度數(shù)；
（2）求證：AE是⊙O的切線；
（3）當BC=4時，求劣弧AC的長．