中考数学一轮复习考点题型分类训练专题31 圆的基本性质【二十个题型】（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学一轮复习考点题型分类训练专题31 圆的基本性质【二十个题型】（2份，原卷版+解析版），文件包含第二十二章能源与可持续发展初中物理九年级全一册同步教学课件人教版2024pptx、第二十二章能源与可持续发展同步练习含答案解析docx、第二十二章能源与可持续发展同步练习docx等3份课件配套教学资源，其中PPT共52页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc4572" 【题型1 圆的周长与面积相关计算】 PAGEREF _Tc4572 \h 1
\l "_Tc12234" 【题型2 圆中的角度、线段长度计算】 PAGEREF _Tc12234 \h 6
\l "_Tc12261" 【题型3 求一点到圆上一点的距离最值】 PAGEREF _Tc12261 \h 11
\l "_Tc2769" 【题型4 利用垂径定理结合全等、相似综合求解】 PAGEREF _Tc2769 \h 14
\l "_Tc28031" 【题型5 在坐标系中利用垂径定理求值或坐标】 PAGEREF _Tc28031 \h 23
\l "_Tc7059" 【题型6 垂径定理在格点中的应用】 PAGEREF _Tc7059 \h 29
\l "_Tc15794" 【题型7 垂径定理的实际应用】 PAGEREF _Tc15794 \h 34
\l "_Tc1585" 【题型8 利用垂径定理求取值范围】 PAGEREF _Tc1585 \h 41
\l "_Tc17488" 【题型9 利用弧、弦、圆心角关系求角度、线段长、周长、面积、弧的度数】 PAGEREF _Tc17488 \h 46
\l "_Tc5769" 【题型10 利用弧、弦、圆心角关系比较大小】 PAGEREF _Tc5769 \h 51
\l "_Tc16334" 【题型11 利用弧、弦、圆心角关系求最值】 PAGEREF _Tc16334 \h 56
\l "_Tc21283" 【题型12 利用弧、弦、圆心角关系证明】 PAGEREF _Tc21283 \h 61
\l "_Tc24297" 【题型13 利用圆周角定理求解】 PAGEREF _Tc24297 \h 70
\l "_Tc20659" 【题型14 利用圆内接四边形求角度】 PAGEREF _Tc20659 \h 78
\l "_Tc18611" 【题型15 利用圆的有关性质解决翻折问题】 PAGEREF _Tc18611 \h 82
\l "_Tc4746" 【题型16 利用圆的有关性质解决最值问题】 PAGEREF _Tc4746 \h 88
\l "_Tc4529" 【题型17 利用圆的有关性质求取值范围】 PAGEREF _Tc4529 \h 94
\l "_Tc26535" 【题型18 利用圆的有关性质解决多结论问题】 PAGEREF _Tc26535 \h 100
\l "_Tc28462" 【题型19 圆有关的常见辅助线-遇到弦时, 常添加弦心距】 PAGEREF _Tc28462 \h 107
\l "_Tc29008" 【题型20 圆有关的常见辅助线-遇到有直径时, 常添加（画）直径所对的圆周角】 PAGEREF _Tc29008 \h 113
【知识点 圆的基本性质】
1.圆
在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫做圆。固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径，以点O为圆心的圆，记作⊙O，读作“圆O”。
连接圆上任意两点的线段叫做弦。经过圆心的弦叫做直径。
圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆。小于半圆的弧叫做劣弧。大于半圆的弧叫做优弧。
能够重合的两个圆叫做等圆。
在同圆或等圆中，能重合的弧叫等弧。
2.垂径定理
垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。
推论：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
弦的垂直平分线过圆心，且平分弦对的两条弧．
3.弧.弦.圆心角之间的关系
定义：顶点在圆心的角叫做圆心角。
在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等。
在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弦相等；
在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弧相等。
注：在同圆或等圆中，如果两个圆心角，两条弦，两条弧.两个弦的弦心距中，有一组量相等，那么其余各组量也分别相等
4.圆周角
定义：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫圆周角。
圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等。
推论2：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径。
圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补。
【题型1 圆的周长与面积相关计算】
【例1】（2023·福建泉州·南安市实验中学校考二模）适时的休闲可以缓解学习压力，如图是火影忍者中的仙法·白激之术，其形状外围大致为正圆，整体可看成为两个同心圆，BC=400像素，∠ABC=90°，那么周围圆环面积约为（ ）

A．40000πB．1600πC．64000πD．160000π
【答案】D
【分析】圆环的面积等于大圆面积减去小圆面积，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，设同心圆的圆心为O，连接OC，则大圆的半径为OC，小圆的半径为OB，

∴设小圆的半径为OB=r，大圆的半径OC=R，
∵BC=400像素，∠ABC=90°，
∴AB⊥BC，
在Rt△OBC中，OB2+BC2=OC2，即r2+BC2=R2，
∴R2−r2=BC2=4002，
∵S圆环=πR2−πr2=π(R2−r2)，
∴S圆环=π(R2−r2)=π×BC2=π×4002=160000π，
故选：D．
【点睛】本题主要考查圆与直角三角形的综合，掌握圆环面积的计算方法是解题的关键．
【变式1-1】（2023·山东德州·统考二模）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形ABCD的面积为2，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形A'B'C'D'，若A'B':AB=2:1，则四边形A'B'C'D'的外接圆的周长为 ．

【答案】4π
【分析】根据正方形ABCD的面积为2，求出AB=2，根据位似比求出A'B'=22，周长即可得出；
【详解】解：连接A'C'，则A'C'是四边形A'B'C'D'的外接圆的直径．

∵正方形ABCD的面积为2，
∴ AB=2，
∵ A'B':AB=2:1，
∴ A'B'=B'C'=22，
∴ A'C'=A'B'2+B'C'2=4，
∴四边形A'B'C'D'的外接圆的周长=A'C'π=4π；
故答案为：4π．
【点睛】本题考查位似图形，涉及知识点：正方形的面积，正方形的对角线，圆的周长，解题关键求出正方形ABCD的边长．
【变式1-2】（2023·山东潍坊·中考真题）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形ABCD的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形A'B'C'D'，若A'B':AB=2:1，则四边形A'B'C'D'的外接圆的周长为 ．
【答案】42π
【分析】根据正方形ABCD的面积为4，求出AB=2，根据位似比求出A'B'=4，周长即可得出；
【详解】解：∵正方形ABCD的面积为4，
∴ AB=2，
∵ A'B':AB=2:1，
∴ A'B'=4，
∴ A'C'=42+42=42，
所求周长=42π；
故答案为：42π．
【点睛】本题考查位似图形，涉及知识点：正方形的面积，正方形的对角线，圆的周长，解题关键求出正方形ABCD的边长．
【变式1-3】（2023·湖北武汉·华中科技大学附属中学校考模拟预测）如图，一个较大的圆内有15个半径为1的小圆，所有的交点都为切点，图中阴影为大圆内但在所有小圆外部分，则阴影部分的面积为（ ）
A．22+1633πB．20+1633πC．22+1433πD．20+1433π
【答案】A
【分析】OH为BC边的高，利用两圆相切的性质得到AB=AC=BC=8，则可判断△ABC为等边三角形，则CH=4，利用含30度角的直角三角形三边的关系得到OC=833，再利用圆与圆相切的性质得到⊙O的半径OE=OC+CE=833+1，然后利用大圆的面积减去15个小圆的面积得到阴影部分的面积．
【详解】如图，OH为BC边的高
∵所有小圆相切，
∴ AB=AC=BC=8，
∴ △ABC为等边三角形，
∴ ∠OCB=30°，
∵ OH⊥BC，
∴ CH=4，
∴OH=33CH=433，
∴OC=2OH=833，
∵⊙C与⊙O相切，
∴ ⊙O的半径OE=OC+CE=833+1，
∴阴影部分的面积
=π×833+12−15×π×12
=22+1633π，
故选：A
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了等边三角形的判定与性质．解决本题的关键是掌握切线的性质．
【题型2 圆中的角度、线段长度计算】
【例2】（2023·广东清远·统考二模）如图，在边长为4正方形ABCD中，点E在以B为圆心的弧AC上，射线DE交AB于F，连接CE，若CE⊥DF，则DE=（ ）．

A．2B．455C．655D．855
【答案】B
【分析】如图，连接BE，过点B作BH⊥CE于点H，根据圆的性质和等腰三角形的性质可定EH=CH，∠HBC+∠HCB=90°，再结合正方形的性质可得∠HBC=∠DCE；再证△HBC≌△ECDAAS可得CH=DE=EH，即CE=2DE；然后再根据勾股定理列方程即可解答．
【详解】解：如图，连接BE，过点B作BH⊥CE于点H，

∵点E在以B为圆心的弧AC上，
∴BC=BE，
∵BH⊥CE，
∴EH=CH，∠HBC+∠HCB=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠BCH+∠DCE=90°，
∴∠HBC=∠DCE，
∵BC=CD，∠BHC=∠DEC=90°，
∴△HBC≌△ECDAAS，
∴CH=DE=EH，
∴CE=2DE，
在Rt△CDE中，CD2=CE2+DE2，
∴42=2DE2+DE2，
∴DE=4525或DE=4525（舍去）．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
【变式2-1】（2023·江苏南京·统考二模）如图，在⊙O中，C是AB上一点，OA⊥OB，过点C作弦CD交OB于E，若OA=DE，则∠C与∠AOC满足的数量关系是（ ）

A．∠C=13∠AOCB．∠C=12∠AOCC．∠C=23∠AOCD．∠C=34∠AOC
【答案】C
【分析】连接OD，易得OD=DE=OC，进而得到∠C=∠D，∠DOE=∠DEO=12180°−∠D，利用外角的性质，得到∠DEO=∠C+∠COE=12180°−∠C，又∠COE=90°−∠AOC，得到∠C+90°−∠AOC=12180°−∠C，即可得出结论．
【详解】解：连接OD，

∵OA=DE，
∴OD=DE=OC，
∴∠C=∠D，∠DOE=∠DEO=12180°−∠D，
∴∠DEO=∠C+∠COE=12180°−∠C，
∵OA⊥OB，
∴∠AOB=90°,∠COE=90°−∠AOC，
∴∠C+90°−∠AOC=12180°−∠C，
∴∠C=23∠AOC；
故选C．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质．正确的识图，确定角之间的和差关系，是解题的关键．
【变式2-2】（2023·湖南益阳·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D在斜边AB上，以BD为直径的⊙O经过边AC上的点E，连接BE，且BE平分∠ABC，若⊙O的半径为3，AD=2，则线段BC的长为（ ）

A．403B．8C．245D．6
【答案】C
【分析】连接OE，证明OE∥BC，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：连接OE，如图，
∵BE平分∠ABC，
∴∠OBE=∠CBE，
∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠CBE=∠OEB，
∴OE∥BC，
∴△AOE∽△ABC，
∴OEBC=AOAB，
∵⊙O的半径为3，AD=2，
∴AO=AD+OD=5，AB=AO+OB=8，
∴BC=OE⋅ABAO=3×85=245，
故选：C．

【点睛】本题考查了圆的基本性质，相似三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式2-3】（2023·吉林长春·统考一模）如图，点P是⊙O外一点，分别以O、P为圆心，大于12OP长为半径作圆弧，两弧相交于点M和点N，直线MN交OP于点C，再以点C为圆心，以OC长为半径作圆弧，交⊙O于点A，连接PA交MN于点B，连接OA、OB．若∠P=26°，则∠AOB的大小为（ ）
A．26°B．38°C．52°D．64°
【答案】B
【分析】连接AC，根据作图痕迹，直线MN垂直平分OP，OC=CA，利用线段垂直平分线性质和等腰三角形的等边对等角求得∠BOP=∠P=∠CAP=26°，∠COA=∠CAO，再利用三角形的外角性质和三角形的内角和定理求得∠AOC即可．
【详解】解：连接AC，根据作图痕迹，直线MN垂直平分OP，OC=CA，
则OC=CP=CA，OB=BP，
∴∠BOP=∠P=∠CAP=26°，∠COA=∠CAO，
∴∠ACO=∠CAP+∠P=52°，
∴∠COA=180°−∠ACO2=64°，
∴∠AOB=∠COA−∠BOP=38°，
故选：B．
【点睛】本题考查基本尺规作图-作垂线、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、三角形的外角性质和三角形的内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质，得到直线MN垂直平分OP是解答的关键．
【题型3 求一点到圆上一点的距离最值】
【例3】（2023·江苏宿迁·统考中考真题）在同一平面内，已知⊙O的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（ ）
A．2B．5C．6D．8
【答案】B
【分析】过点O作OA⊥l于点A，连接OP，判断出当点P为AO的延长线与⊙O的交点时，点P到直线l的距离最大，由此即可得．
【详解】解：如图，过点O作OA⊥l于点A，连接OP，
∴OA=3，OP=2，
∴当点P为AO的延长线与⊙O的交点时，点P到直线l的距离最大，最大距离为PA=3+2=5，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的性质，正确判断出点P到直线l的距离最大时，点P的位置是解题关键．
【变式3-1】（2023·广东茂名·统考二模）如图，在Rt△ABC，∠ACB=90°，E为AC边上的任意一点，把△BCE沿BE折叠，得到△BFE，连接AF．若BC=6,AC=8，则AF的最小值为 ．
【答案】4
【分析】本题考查折叠的性质，勾股定理，借助隐形圆求最值．根据折叠得到BF=BC=6，进而得到点F在以B为圆心6为半径的圆上，利用“一箭穿心”，求出AF的最小值即可，解题的关键是得到点F的运动轨迹．
【详解】解：∵△BCE沿BE折叠，得到△BFE，
∴BF=BC=6，
∴点F在以B为圆心6为半径的圆上，
设以B为圆心6为半径的圆与AB交于点F'，
则BF'=BC=6，AF的最小值为AF'的长；
在Rt△ABC中，
∵BC=6,AC=8，
∴AB=BC2+AC2=62+82=10，
∴AF'=AB−BF'=10−6=4，
∴AF的最小值为4，
故答案为：4．
【变式3-2】（2023·湖南永州·校考三模）我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫做两点间的距离；同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，最短线段的长度，叫做点到曲线的距离．依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点A2,1到以原点为圆心，以1为半径的圆的最短距离为 ．最长距离为 ．

【答案】 5−1/−1+5 5+1/1+5
【分析】连接OA，与圆O交于点B，根据题干中的概念得到点到圆的距离即为OB，再求出OA，结合圆O半径可得结果．
【详解】解：根据题意可得：
点到圆的距离为：该点与圆上各点的连线中，最短的线段长度，
连接OA，与圆O交于点B，
可知：点A和圆O上点B之间的连线最短，
∵A(2，1)，
∴OA= 22+12=5，
∵圆O的半径为1，
∴AB=OA−OB= 5−1，
∴点A2,1到以原点为圆心，以1为半径的圆的最短距离为5−1，最长距离为5+1
故答案为：5−1；5+1．

【点睛】本题考查了圆的新定义问题，坐标系中两点之间的距离，勾股定理，解题的关键是理解题意，利用类比思想解决问题．
【变式3-3】（2023·河南焦作·统考二模）如图，在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，∠B=90°，正方形CDEF的边长为1，将正方形CDEF绕点C旋转一周，点G为EF的中点，连接AG，则线段AG的取值范围是 ．

【答案】5−52≤AG≤5+52
【分析】如图所示，连接CG，先根据正方形的性质和勾股定理求出CG=52，再根据题意可知点G在以点C为圆心，半径为52的圆上运动，故当点G在线段AC上时，AG最小，此时点G与点G1重合，当点C在线段AG上时，AG最大，此时点G与G2重合，利用勾股定理求出AC=5，则AG1=5−52，AG2=5+52，即可得到5−52≤AG≤5+52．
【详解】解：如图所示，连接CG，
∵四边形CDEF是边长为1的正方形，点G为EF的中点，
∴CF=1，FG=12EF=12，∠CFG=90°，
在Rt△CFG中，由勾股定理得CG=CF2+FG2=52，
∴在正方形CDEF绕点C旋转一周的过程中，点G在以点C为圆心，半径为52的圆上运动，
∴当点G在线段AC上时，AG最小，此时点G与点G1重合，当点C在线段AG上时，AG最大，此时点G与G2重合，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，∠B=90°，
∴AC=AB2+BC2=5，
∴AG1=5−52，AG2=5+52，
∴5−52≤AG≤5+52，
故答案为：5−52≤AG≤5+52．

【点睛】本题主要考查了圆外一点到圆上一点距离的最值问题，正方形的性质，勾股定理，正确确定点G的运动轨迹是解题的关键．
【题型4 利用垂径定理结合全等、相似综合求解】
【例4】（2023·广东湛江·统考一模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以直角边BC为直径的⊙O交AB于点D，连接CD，∠CAB的角平分线交CD于点E，交BC于点F，交⊙O于点P．

(1)求证： AEAF=CFBF；
(2)若tan∠CAB= 43，求sin∠CAP的值；
(3)连接PC、PB，若∠ABC=30°，AB=2 3，求△PCF的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)sin∠CAP= 55
(3)△PCF的面积是3+31116．
【分析】（1）先利用直角三角形的性质和同角的余角相等判断出，∠ACD=∠ABC，进而得出△ACE∽△ABF即可得出ACAB=AEAF，再用角平分线定理得出ACAB=CFBF，结论得证．
（2）根据锐角三角函数的定义，设出AC=3x,得出BC，AC，借助（1）的结论求出CF，再根据勾股定理求出AF即可得出结论；
（3）利用直角三角形的两锐角互余得出，∠BAC=60°，CAP=30°，∠FCM=30°，∠FON=30°再用含30°的直角三角形的三边关系，依次求出AC，CF，OF，ON，再用勾股定理即可求出PN，最后用三角形的面积公式，即可得出结论．
【详解】（1）解：证明：∵BC是⊙O直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠ABC+∠BCD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠ACD=∠ABC，
∵∠CAB的角平分线交CD于点E，交BC于点F，
∴∠CAE=∠BAF，
∴△ACE∽△ABF，
∴ ACAB=AEAF，
∵AF是∠BAC的角平分线，则F到AC,AB的距离相等，设为ℎ，
∵ S△ACFS△ABF=12AC×CF12AC×BF=12AC×ℎ12AB×ℎ
∴ ACAB=CFBF，
∴ AEAF=CFBF
（2）在Rt△ABC中， tan∠CAB=BCAC=43
设AC=3x，∴BC=4x，
根据勾股定理得，AB=5x，
由（1）知，ACAB=CFBF，
∴ 3x5x=CFBF，
∴ CFBF=35，
∵CF+BF=BC=4x，
∴CF=32x，BF=52x，
在Rt△CAF中，CF=32x，AC=3x，
根据勾股定理得，AF=AC2+CF2=352x
∴ sin∠CAB=CFAF=32x352x=55
（3）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=30°，AB=2 3，
∴AC=12AB= 3，BC= 3 AC=3，∠BAC=60°，
∴OC=12BC=32，
∵AF是∠BAC的平分线，
∴∠CAP=∠BAP=12∠BAC=30°，
过点C作CM⊥AP于M，过O作ON⊥AP于N，连接OP，
在Rt△ACM中，CM=12AC= 32，∠ACM=60°，
∵∠ACB=90°，
∴∠FCM=∠ACB−∠ACM=30°，
在Rt△CMF中，∠FCM=30°，CM= 32，
∴∠CFM=90°−∠FCM=60°，CF=1，
∴OF=OC−CF=12，
在Rt△OFN中，∠FON=90°−∠OFN=30°，OF=12，
∴FN=12OF=14，
∴ ON=3FN=34
在Rt△ONP中， OP=OC=32，ON=34
∴ PN=OP2−ON2=334
∴ PF=PF=FN+PN=14+334，
∴ S△FCF=12PF⋅CM=12×14+334×32=3+31116
∴△PCF的面积是3+31116．
【点睛】本题考查了角平分线定理，相似三角形的判定和性质，直角三角形的两锐角互余，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，锐角三角函数等知识点，解本题的关键是含30°的直角三角形的灵活运用，借助中间比判断四段线段成比例．
【变式4-1】（2023·浙江杭州·二模）如图，在⊙O中，弦AD、BC相交于点E，连接OE，已知AB=CD．

(1)求证：BE=DE；
(2)如果⊙O的半径为5，AD⊥CB,DE=1，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)7
【分析】（1）根据AB=CD，可得AB=CD，再证明△ABE≌△CDE，即可；
（2）过O作OF⊥AD与F，OG⊥BC于G，连接OA,OC，则∠OFE=∠FEG=∠OGE=90°，根据垂径定理可得AF=FD,BG=OG，证明Rt△AOF≌Rt△OCG，可得OF=OG，从而得到四边形OFEG是正方形，可得OF=EF，设OF=EF=x，则AF=FD=x+1，根据勾股定理求出x的值，即可．
【详解】（1）证明：∵AB=CD，
∴AB=CD，
在△ABE与△CDE中，
∠A=∠CAB=CD∠B=∠D，
∴△ABE≌△CDE，
∴BE=DE；
（2）解：过O作OF⊥AD与F，OG⊥BC于G，连接OA,OC，则∠OFE=∠FEG=∠OGE=90°，

∴四边形OFEG是矩形，
根据垂径定理得：AF=FD,BG=OG，
∵AB=CD，
∴AF=CG，
在Rt△AOF与Rt△OCG中，
AF=CGOA=OC，
∴Rt△AOF≌Rt△OCGHL，
∴OF=OG，
∵AD⊥CB，
∴四边形OFEG是正方形，
∴OF=EF，
设OF=EF=x，则AF=FD=x+1，
∴OF2+AF2=OA2，
即x2+x+12=52，
解得：x=3或−4（舍去），
∴AF=4，
∴AE=7．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，弧、弦，圆心角的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握垂径定理，弧、弦，圆心角的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式4-2】（2023·陕西西安·高新一中校考一模）如图，AB是的直径，弦CD⊥AB于点E，点P在⊙O上，∠1=∠C．
(1)求证：CB∥PD；
(2)若BC=3，∠C=30°，求⊙O的直径．
【答案】(1)证明见解析
(2)6
【分析】本题考查圆周角定理（在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等），垂径定理（垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的弧）以及解直角三角形，
（1）先由圆周角定理得到∠C=∠P，结合已知得到∠1=∠P，即可证明CB∥PD；
（2）连接AC，由“直径所对的圆周角是直角”可得∠ACB=90°，由垂径定理可得BC=BD，得到∠A=∠P，sin∠A=sin∠P，解直角三角形得到BC=3，即可得到AB=6．
【详解】（1）证明：∵∠C与∠P是BD所对的圆周角，
∴∠C=∠P．
又∵∠1=∠C，
∴∠1=∠P，
∴CB∥PD；
（2）解：连接AC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
又∵CD⊥AB，
∴BC=BD，
∴∠A=∠P，
∴sin∠A=sin∠P．
在Rt△ACB中，sin∠A=BCAB，
∵sin∠P=sin∠C=sin30°=12，
∴sin∠A=BCAB=12
又∵BC=3，
∴AB=6．
即⊙O的直径为6．
【变式4-3】（2023·云南德宏·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点F是⊙O上一点，且AC=CF，连接FB，FD，FD交AB于点N．

(1)若AE=1，CD=6，求⊙O的半径；
(2)连接FC并延长，交BA的延长线于点P，过点D作⊙O的切线，交BA的延长线于点M．求证：ON⋅OP=OE⋅OM．
【答案】(1)5；
(2)见解析．
【分析】（1）连接BC， AC，AD，通过证明△ACE∽△CBE，可得AECE=CEBE，可求BE的长，即可求⊙O的半径；
（2）通过证明△MDO∽△DEO，可得OD2=OE·OM，通过证明△CNO∽△PCO，可得CO2=PO·NO，即可得结论．
【详解】（1）如图1， 连接BC，AC，AD，

∵CD⊥AB，AB是直径，
∴AC=AD，CE=DE=12CD=3，
∴∠ACD=∠ABC，且∠AEC=∠CEB，
∴△ACE∽△CBE，
∴AECE=CEBE，
∴13=3BE，
∴BE=9，
∴ AB=AE+BE=10，
∴⊙O的半径为5，
（2）如图2，连接AC，CN，CO，DO，

∵MD是切线，
∴MD⊥DO，
∴∠MDO=∠DEO=90°，∠DOE=∠DOE，
∴△MDO∽△DEO，
∴OEOD=ODOM，
∴OD2=OE·OM，
∵AC=AD=CF，
∴∠ACD=∠ADC=∠CDF，
∵CD⊥AB，
∴∠AED=∠NED=90°，
在△ADE和△NDE中
∠AED=∠NEDDE=DE∠ADE=∠NDE，
∴△ADE≌△NDEASA
∴AE=EN，
∴CD垂直平分AN，
∴CA=CN，
∴∠ANC=∠CAN，
∴∠CAP=∠CNO，
∵AC=CF，
∴∠AOC=∠ABF，
∵CO∥BF，
∴∠PCO=∠PFB，
∵四边形ACFB是圆内接四边形，
∴∠PAC=∠PFB，
∴∠PAC=∠PFB=∠PCO=∠CNO，且∠POC=∠COE，
∴△CNO∽△PCO，
∴NOCO=COPO，
∴CO2=PO·NO，
∵OC=OD，
∴ ON·OP=OE·OM，
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质等知识．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
【题型5 在坐标系中利用垂径定理求值或坐标】
【例5】（2023·浙江宁波·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，⊙M与x轴相切于点A，与y轴分别交点为B，C，圆心M的坐标是4,5，则弦BC的长度为 ．
【答案】6
【分析】连接BM、AM，作MH⊥BC于H，由垂径定理得到BC=2HB，根据切线的性质及M点的坐标得到OH，OB，在Rt△MBH中，由勾股定理可求出BH，即可得到BC的长度．
【详解】解：如图，连接BM、AM，作MH⊥BC于H，
则BH=CH，
∴BC=2BH，
∵⊙M与x轴相切于点A，
∴MA⊥OA，
∵圆心M的坐标是（4，5），
∴MA=5，MH=4，
∴MB=MA=5，
在Rt△MBH中，
由勾股定理得：BH=MB2−MH2=52−42=3，
∴BC=2×3=6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查切线的性质、坐标与图形性质、垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是正确添加辅助线，构造直角三角形．
【变式5-1】（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线y=− 34 x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，⊙M经过原点O及A、B两点．

(1)求⊙M的半径；
(2)点C为弧OA上的一点，且满足∠COA=∠CBO，求C点坐标．
(3)直线y=x与⊙M交于点O、N两点，求线段ON的长．
【答案】(1)52
(2)C(2,−1)
(3)722
【分析】（1）首先求出AO，OB的长度，然后根据勾股定理即可求出AB长度，MB为半径等于AB的一半；
（2）根据已知得出C为弧OA的中点，连接MC，根据垂径定理逆定理得出MC垂直于OA，然后根据相似求出M点坐标和ME的长度，即可求出C的坐标；
（3）过点N作NG⊥AO，过点M作MH⊥NG，首先得出OG=NG，然后设N（a,a），连接MN，根据勾股定理求出N的坐标，再根据勾股定理即可求出ON的长度．
【详解】（1）解：在直线y=− 34 x+3上，令x=0，y=3，
∴OB=3，
令y=0，x=4，
∴OA=4，
∴AB= OA2+OB2 =5，
∴⊙M的半径为：BM= 52；
（2）∵∠COA=∠CBO，
∴ OC=AC，
连接MC，
∴MC⊥AO，
∴ ME∥OB，
∴△AME∽△ABO，
∴ AMAB=AEAO=MEBO=12，
∴OE=EA=2，ME=12BO=32，
∴ EC=MC−ME=52−32=1，
∴C(2,−1)；

（3）过点N作NG⊥AO，过点M作MH⊥NG，连接MN，
∵NO解析式为：y=x，
∴NG=OG，
∴设N(a,a)，
∴ MN2=MH2+NH2，
∴ 522=a−22+a−322，
整理得：2a2−7a=0，
∴ a1=0,a2=72，
∴N的坐标为72,72，
∴ ON=OG2+MG2=722

【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，一次函数与坐标轴的交点问题，勾股定理，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式5-2】（2023·湖北黄冈·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是(3,a) a>3，半径为3，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为42，则a的值是 ．
【答案】3+2
【分析】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理和等腰直角三角形的性质，掌握垂径定理是解题的关键．
作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连接PB，由于OC=3,PC=a，易得D点坐标为(3,3)，则△OCD为等腰直角三角形，△PED也为等腰直角三角形．由PE⊥AB，根据垂径定理得AE=BE=12AB=22，在Rt△PBE中，利用勾股定理可计算出PE=1，则PD=2PE=2，继而可得答案．
【详解】解：作PC⊥轴于C，交AB于D，作PE⊥ AB于E，连接PB，如图，
∵⊙P的圆心坐标是(3,a)，
∴OC=3,PC=a，
把x=3代入y=x得y=3，
∴D点坐标为(3,3)，
∴CD=3，
∴△OCD为等腰直角三角形，
∴△PED也为等腰直角三角形，
∵PE⊥AB，
∴AE=BE=12AB=12×42=22,
在Rt△PBE中，PB=3，
∴PE=32−(22)2=1,
∴PD=2PE=2,
∴a=3+2.
故答案为：3+2．
【变式5-3】（2023·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，以点C1,1为圆心，2为半径作圆，交x轴于A，B两点，点P在⊙C上．

(1)求出A，B两点的坐标；
(2)试确定经过A、B两点且以点P为顶点的抛物线解析式；
(3)在该抛物线上是否存在一点D，使线段OP与CD互相平分？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A1−3,0,B1+3,0
(2)y=−x2+2x+2或y=13x2−23x−23
(3)D0,2
【分析】（1）作CE⊥AB于点E，连接OA,OB，根据C1,1，半径AC=BC=2，得到CE=1,利用勾股定理求出AE=BE=3，即可得到A，B两点的坐标；
（2）由圆与抛物线的对称性可知抛物线的顶点P的坐标为1,3或1,−1，分别设出解析式代入点B的坐标求出解析式；
（3）假设存在点D使线段OP与CD互相平分，则四边形OCPD是平行四边形，得到PC∥OD且PC=OD，由PC∥y轴，确定点D在y轴上，根据PC得到点D的坐标，检验是否符合解析式即可．
【详解】（1）作CE⊥AB于点E，连接OA,OB，
∵C1,1，半径AC=BC=2，
∴CE=1，
∴AE=BE=AC2−CE2=22−12=3，
∴A1−3,0,B1+3,0；

（2）由圆与抛物线的对称性可知抛物线的顶点P的坐标为1,3或1,−1，
当抛物线的顶点P的坐标为1,3时，设抛物线的解析式为y=ax−12+3，
将点B1+3,0代入，解得a=−1，
∴y=−x−12+3=−x2+2x+2；
当抛物线的顶点P的坐标为1,−1时，设抛物线的解析式为y=ax−12−1，
将点B1+3,0代入，解得a=13，
∴y=13x−12−1=13x2−23x−23；
（3）假设存在点D使线段OP与CD互相平分，则四边形OCPD是平行四边形，
∴PC∥OD且PC=OD，
∵PC∥y轴，
∴点D在y轴上，
当抛物线为y=−x2+2x+2时，
∵PC=2，
∴OD=2，即D0,2，
又D0,2满足y=−x2+2x+2，
∴点D在抛物线上，
存在D0,2使线段OP与CD互相平分；
当抛物线为y=13x2−23x−23时，
∵PC=3，
∴OD=3，即D0,−3，
∵D0,−3不满足y=13x2−23x−23，
∴不存在D0,−3使线段OP与CD互相平分；
综上，存在D0,2使线段OP与CD互相平分．
【点睛】此题考查了圆的垂径定理，勾股定理，求二次函数的解析式，平行四边形的性质及判定，综合掌握各知识点是解题的关键．
【题型6 垂径定理在格点中的应用】
【例6】（2023·天津河西·天津市新华中学校考二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，点B，点D均在格点上，并且在同一个圆上，取格点M，连接AM并延长交圆于点C，连接AD．

（1）AM= ；
（2）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺画出线段AP，使AP平分∠CAD，且点P在圆上，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】 13 作图见解析；连接EF交CD于点G，连接OG交圆于点P，连接AP即可．
【分析】（1）先作出圆心，再根据勾股定理求解；
（2）根据网格线的特点和垂径定理求解．
【详解】解：（1）找出圆的圆心O，连接OA，
根据勾股定理得：AO=22+32=13；
（2）AP即为所求；

连接EF交CD于点G，连接OG交圆于点P，连接AP即可．
【点睛】本题考查了作图的应用和设计，掌握勾股定理和垂径定理是解题的关键．
【变式6-1】（2023·天津东丽·统考二模）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A，B，M均为格点，以格点O为圆心，AB为直径作圆，点M在圆上．

（Ⅰ）线段AB的长等于 ；
（Ⅱ）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，在BM上找出一点P，使PM=AM，并简要说明画图方法（不要求证明）
【答案】 210 取格点C，连接AC并延长，交⊙O于点P，则点P即为所求
【分析】（1）根据勾股定理即可求解；
（2）取格点C，连接AC并延长，交⊙O于点P，则点P即为所求．
【详解】解：（1）AB=22+62=210
（2）如图所示，取格点C，连接AC并延长，交⊙O于点P，则点P即为所求．
理由如下，

∵tan∠DOA=tan∠CAD=tan∠MON=13
∴∠MON=∠CAD
∵∠ACD+∠CAD=90°
∴∠MON+∠CAD=90°
∴AC⊥OM，
∴PM=AM．
【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，正切的定义，垂径定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式6-2】（2023·山东淄博·统考二模）如图所示，在由边长为1的小正方形组成的网格图中，一段圆弧经过格点A，B，C，CE的延长线经过格点D，则弧AE的长为（ ）

A．3π4B．π2C．5π8D．134π
【答案】D
【分析】找出圆心，根据勾股定理即可求出半径，根据图形得出∠AOE的度数，根据弧长公式求出即可．
【详解】解：如图，连接AC、AD，取AC的中点O，连接OE，

∵∠ABC=90°，
∴AC为直径，
∵AC2=AD2=32+22=13，CD2=12+52=26，
∴AC2+AD2=CD2，
∴△ACD为等腰直角三角形，
∴∠ACD=45°，
∴∠AOE=2∠ACD=90°，
∵AO=12AC=132，
∴AE的长为90π×132180=134π．
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，弧长公式的应用，主要考查学生的计算能力．
【变式6-3】（2023·天津·校联考一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C，D均为格点，且点A，B在圆上．
（1）线段AC的长等于 ；
（2）过点D作DF∥AC，直线DF与圆交于点M,N（点M在N的左侧），画出MN的中点P，简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】 17 取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，与圆交于点M，N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则点P即为所求．
【分析】（1）根据勾股定理求出AC的长即可；
（2）取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，与圆交于点M，N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则点P即为所求．
【详解】解：（1）AC=42+12=17；
故答案为：17；
（2）取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，与圆交于点M，N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则点P即为所求．
∵∠BAE=90°，
∴BE为圆的直径，
∵GK垂直平分AB，
∴BE鱼GK的交点为圆心O，
∵MN∥AH，
∴AM=HN，
∴∠ANM=∠HMN，
∴IM=IN，
∵OM=ON，
∴IP垂直平分MN，
即MP=NP．
故答案为：取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，与圆交于点M，N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则点P即为所求．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理，垂直平分线的判定，等腰三角形的判定，垂径定理，解题的关键是找出圆心O和点I．
【题型7 垂径定理的实际应用】
【例7】（2023·湖南·统考中考真题）问题情境：筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图①）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120秒．
问题设置：把筒车抽象为一个半径为r的⊙O．如图②，OM始终垂直于水平面，设筒车半径为2米．当t=0时，某盛水筒恰好位于水面A处，此时∠AOM=30°，经过95秒后该盛水筒运动到点B处．（参考数据，2≈1.414，3≈1.732）

问题解决：
(1)求该盛水筒从A处逆时针旋转到B处时，∠BOM的度数；
(2)求该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离．（结果精确到0.1米）
【答案】(1)∠BOM=45°；
(2)该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为0.3米．
【分析】（1）先求得该盛水筒的运动速度，再利用周角的定义即可求解；
（2）作BC⊥OM于点C，在Rt△OAD中，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得OD的长，在Rt△OBC中，利用勾股定理求得OC的长，据此即可求解．
【详解】（1）解：∵旋转一周用时120秒，
∴每秒旋转360°120=3°，
当经过95秒后该盛水筒运动到点B处时，∠AOB=360°−3°×95=75°，
∵∠AOM=30°，
∴∠BOM=75°−30°=45°；
（2）解：作BC⊥OM于点C，设OM与水平面交于点D，则OD⊥AD，

在Rt△OAD中，∠AOD=30°，OA=2，
∴AD=12OA=1，OD=22−12=3，
在Rt△OBC中，∠BOC=45°，OB=2，
∴BC=OC=22OB=2，
∴CD=OD−OC=3−2≈0.3(米)，
答：该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为0.3米．
【点睛】本题考查了圆的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
【变式7-1】（2023·北京西城·统考一模）圆在中式建筑中有着广泛的应用，例如古典园林中的门洞.如图，某地园林中的一个圆弧形门洞的高为2.5m，地面入口宽为1m，求该门洞的半径 m.
【答案】1.3
【分析】本题主要考查垂径定理的应用，掌握垂径定理是解题的关键．设半径为r m，根据垂径定理可以列方程求解即可．
【详解】解：设圆的半径为r m，
由题意可知，DF=12CD=12m，EF=2.5m，
Rt△OFD中，OF=r2−(12)2，r+OF=2.5，
所以r2−(12)2+r=2.5，
解得r=1.3．
故答案为：1.3
【变式7-2】（2023·宁夏中卫·统考二模）在一次数学建模活动课上，吴老师制作了一张简易的海域安全监测平面图，在图中标明了三个监测点的位置坐标O0，0，A0，10，B20，0，由三个监测点确定的圆形区域是安全警戒区域．（单位：海里）

(1)某天海面上出现可疑船只C，在监测点A测得C位于南偏东45°，同时在监测点O测得C位于南偏东60°，求监测点O到C船的距离．（结果精确到整数，参考数据：2≈1.4，3≈1.7，5≈2.2）
(2)当可疑船只C由（1）中位置向正北方向航行时，是否会闯入安全警戒区域？请通过计算作答．
【答案】(1)27海里
(2)不会，见详解
【分析】（1）过点C作CD⊥y轴于点D，设OD=x，则CD=AD=10+x，在Rt△COD中，解直角三角形求得x，进而求得OC；
（2）由（1）知OD=103−1=53+5，根据三角函数的定义得到CD=15+53，过点C作CG⊥x轴于点G，过点O'作O'E⊥DC于点E，交OB于H，过点O'作O'F⊥CG于点F，则四边形CEO'F是矩形，根据矩形的性质得到O'F=CE=5+53，根据勾股定理得到AB=OA2+OB2=105，于是得到结论．
【详解】（1）解：过点C作CD⊥y轴于点D，

依题意，得∠COD=60°，∠CAD=45°，
设OD=x，则AD=10+x，
∵∠CAD=45°，
∴∠ACD=45°，
∴CD=AD=10+x
在Rt△COD中，∠COD=60°，
∴∠DCO=30°，OC=2OD
∵tan∠COD=CDOD，即3=10+xx，
∴x=OD=103−1=53+1≈13.66，
∴OC≈27，
所以监测点O到C船的距离为27海里；
（2）解：不会，计算如下：
由（1）知OD=103−1=53+5，
∵tan∠COD=CDOD，
∴3=CD53+1，
∴CD=15+53，
过点C作CG⊥x轴于点G，过点O'作O'E⊥DC于点E，交OB于H，

∴OH=BH=DE=10，
∴CE=DC−DE=5+53，
过点O'作O'F⊥CG于点F，
则四边形CEO'F是矩形，
∴O'F=CE=5+53，
由已知得OA=10，OB=20，
∵∠AOB=90°，
∴线段AB是⊙O'的直径，AB=OA2+OB2=105，
∴O'A=55，
∵5+53>55，
∴O'F>O'A，
∴直线CG与⊙O'相离，C船不会闯入安全警戒区域．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用、直线与圆的位置关系．熟练掌握垂径定理以及锐角三角函数的知识是解题关键．
【变式7-3】（2023·广东佛山·校考三模）古往今来，桥给人们的生活带来便利，解决跨水或者越谷的交通，便于运输工具或行人在桥上畅通无阻，中国桥梁的桥拱线大多采用圆弧形、抛物线形和悬链形，坐落在河北省赵县汶河上的赵州桥建于隋朝，距今已有约1400年的历史，是当今世界上现存最早、保存最完整的古代敝肩石拱桥，赵州桥的主桥拱便是圆弧形．
(1)某桥A主桥拱是圆弧形（如图①中ABC），已知跨度AC=40m，拱高BD=10m，则这条桥主桥拱的半径是______m；
(2)某桥B的主桥拱是抛物线形（如图②），若水面宽MN=10m，拱顶P（抛物线顶点）距离水面4m，求桥拱抛物线的解析式；
(3)如图③，某时桥A和桥B的桥下水位均上升了2m，求此时两桥的水面宽度．
【答案】(1)25
(2)y=−425x2+4
(3)此时桥A的水面宽度为821m，桥B的水面宽度为52m
【分析】（1）设ABC所在圆的圆心为点O，连接OA,OD，则OB⊥AC，AD=CD=20m，再设这条桥主桥拱的半径是rm，则OA=OB=rm，OD=r−10m，然后在Rt△AOD中，利用勾股定理求解即可得；
（2）以水面所在直线为x轴，MN的中点为原点O，建立平面直角坐标系，则N5,0,P0,4，再利用待定系数法求解即可得；
（3）根据（1）可得OF=25m,OD=15m,OB⊥FG,DE=2m，利用勾股定理可求出EF的长，再利用垂径定理即可得此时桥A的水面宽度；根据（2）的结论求出y=2时，x的值，由此即可得此时桥B的水面宽度．
【详解】（1）解：如图，设ABC所在圆的圆心为点O，连接OA,OD，

由垂径定理得：点O,D,B共线，
则OB⊥AC，AD=CD=12AC=20m，
设这条桥主桥拱的半径是rm，则OA=OB=rm，
∴OD=OB−BD=r−10m，
在Rt△AOD中，AD2+OD2=OA2，即202+r−102=r2，
解得r=25，
故答案为：25．
（2）解：如图，以水面所在直线为x轴，MN的中点为原点O，建立平面直角坐标系，

由题意得：N5,0,P0,4，
则设桥拱抛物线的解析式为y=ax2+c，
将点N5,0,P0,4代入得：25a+c=0c=4，解得a=−425c=4，
所以桥拱抛物线的解析式为y=−425x2+4．
（3）解：如图，桥A中，由（1）可知：OF=25m,OD=25−10=15m，

由题意得：OB⊥FG,DE=2m，
∴OE=17m，
在Rt△EOF中，EF=OF2−OE2=421m，
由垂径定理得：FG=2EF=821m，
即此时桥A的水面宽度为821m；
如图，桥B中，y=−425x2+4，

当y=2时，−425x2+4=2，
解得x=522或x=−522，
所以此时桥B的水面宽度为522−−522=52m，
答：此时桥A的水面宽度为821m，桥B的水面宽度为52m．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的应用、二次函数的应用等知识点，熟练掌握垂径定理和二次函数的性质是解题关键．
【题型8 利用垂径定理求取值范围】
【例8】（2023·浙江宁波·一模）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OE=AE=2，F为BD上一点，CF与AB交于点G，若FG>CG，则BF的长的范围为( )

A．4