专题24.1 垂径定理（重点题专项讲练）-2022-2023学年九年级数学上册从重点到压轴（人教版）（解析+原卷）

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专题24.1 垂径定理


【典例1】如图，在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于C、D两点．
（1）求证：AC＝BD；
（2）连接OA、OC，若OA＝6，OC＝4，∠OCD＝60°，求AC的长．

【思路点拨】
（1）过O作OH⊥CD于H，根据垂径定理得到CH＝DH，AH＝BH，即可得出结论；
（2）过O作OH⊥CD于H，连接OD，由垂径定理得CH＝DH=12CD，再证△OCD是等边三角形，得CD＝OC＝4，则CH＝2，然后由勾股定理即可解决问题．
【解题过程】
（1）证明：过O作OH⊥CD于H，如图1所示：

∵OH⊥CD，
∴CH＝DH，AH＝BH，
∴AH﹣CH＝BH﹣DH，
∴AC＝BD；
（2）解：过O作OH⊥CD于H，连接OD，如图2所示：



则CH＝DH=12CD，
∵OC＝OD，∠OCD＝60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴CD＝OC＝4，
∴CH＝2，
∴OH=OC2−CH2=42−22=23，
∴AH=OA2−OH2=62−(23)2=26，
∴AC＝AH﹣CH＝26−2．


1．（2022•芜湖一模）已知⊙O的直径CD＝10，AB是⊙O的弦，AB＝8，且AB⊥CD，垂足为M，则AC的长为（　　）
A．25 B．45 C．25或45 D．23或43
【思路点拨】
连接OA，由AB⊥CD，根据垂径定理得到AM＝4，再根据勾股定理计算出OM＝3，然后分类讨论：当如图1时，CM＝8；当如图2时，CM＝2，再利用勾股定理分别计算即可．
【解题过程】
解：连接OA，

∵AB⊥CD，
∴AM＝BM=12AB=12×8＝4，
在Rt△OAM中，OA＝5，
∴OM=OA2−AM2=52−42=3，
当如图1时，CM＝OC+OM＝5+3＝8，
在Rt△ACM中，AC=AM2+CM2=82+42=45；
当如图2时，CM＝OC﹣OM＝5﹣3＝2，
在Rt△ACM中，AC=AM2+CM2=42+22=25．
故选：C．
2．（2022春•江夏区校级月考）如图，在⊙O中，弦AB＝5，点C在AB上移动，连结OC，过点C作CD⊥OC交⊙O于点D，则CD的最大值为（　　）

A．5 B．2.5 C．3 D．2
【思路点拨】
连接OD，如图，利用勾股定理得到CD，利用垂线段最短得到当OC⊥AB时，OC最小，再求出CD即可．
【解题过程】
解：连接OD，如图，

∵CD⊥OC，
∴∠DCO＝90°，
∴CD=OD2−OC2=r2−OC2，
当OC的值最小时，CD的值最大，
而OC⊥AB时，OC最小，此时D、B两点重合，
∴CD＝CB=12AB=12×5＝2.5，
即CD的最大值为2.5，
故选：B．
3．（2022•山海关区一模）已知⊙O的直径CD＝10，CD与⊙O的弦AB垂直，垂足为M，且AM＝4.8，则直径CD上的点（包含端点）与A点的距离为整数的点有（　　）

A．1个 B．3个 C．6个 D．7个
【思路点拨】
利用勾股定理得出线段AD和AC的长，根据垂线段的性质结合图形判断即可．
【解题过程】
解：∵CD是直径，
∴OC＝OD=12CD=12×10＝5，
∵AB⊥CD，
∴∠AMC＝∠AMD＝90°，
∵AM＝4.8，
∴OM=52−4．82=1.4，
∴CM＝5+1.4＝6.4，MD＝5﹣1.4＝3.6，
∴AC=4．82+6．42=8，AD=4．82+3．62=6，
∵AM＝4.8，
∴A点到线段MD的最小距离为4.8，最大距离为6，则A点到线段MD的整数距离有5，6，
A点到线段MC的最小距离为4.8，最大距离为8，则A点到线段MC的整数距离有5，6，7，8，
直径CD上的点（包含端点）与A点的距离为整数的点有6个，
故选：C．
4．（2022•博山区一模）如图，在平面直角坐标系中，半径为5的⊙E与y轴交于点A（0，﹣2），B（0，4），与x轴交于C，D，则点D的坐标为（　　）

A．(4−26，0) B．(−4+26，0) C．(−4+26，0) D．(4−26，0)
【思路点拨】
过O点作EH⊥AB于H，EF⊥CD于F，连接ED，如图，根据垂径定理得到CF＝DF，AH＝BH＝3，所以OH＝1，再利用勾股定理计算出EH＝4，则EF＝1，OF＝4，接着利用勾股定理计算出FD，然后计算出OD，从而得到D点坐标．
【解题过程】
解：过O点作EH⊥AB于H，EF⊥CD于F，连接ED，如图，则CF＝DF，AH＝BH

∵A（0，﹣2），B（0，4），
∴AB＝6，
∴BH＝3，
∴OH＝1，
在Rt△BHE中，EH=EB2−BH2=52−32=4，
∵四边形EHOF为矩形，
∴EF＝OH＝1，OF＝EH＝4，
在Rt△OEF中，FD=DE2−EF2=52−12=26，
∴OD＝FD﹣OF＝26−4，
∴D（26−4，0）．
故选：B．
5．（2022•新洲区模拟）如图，点A，C，D均在⊙O上，点B在⊙O内，且AB⊥BC于点B，BC⊥CD于点C，若AB＝4，BC＝8，CD＝2，则⊙O的面积为（　　）

A．125π4 B．275π4 C．125π9 D．275π9
【思路点拨】
利用垂径定理和勾股定理建立方程求出ON，再求出半径后，根据圆面积的计算方法进行计算即可．
【解题过程】
解：如图，连接OA、OC，过点O作OM⊥CD于M，MO的延长线于AB延长线交于N，则四边形BCMN是矩形，

∵OM⊥CD，CD是弦，
∴CM＝DM=12CD＝1＝BN，
∴AN＝AB+BN＝4+1＝5，
设ON＝x，则OM＝8﹣x，
在Rt△AON、Rt△COM中，由勾股定理得，
OA2＝AN2+ON2，OC2＝OM2+CM2，
∵OA＝OC，
∴AN2+ON2＝OM2+CM2，
即52+x2＝（8﹣x）2+12，
解得x=52，
即ON=52，
∴OA2＝52+（52）2=1254，
∴S⊙O＝π×OA2=1254π，
故选：A．
6．（2021秋•延平区校级期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，D、E分别是AC、BC上的一点，且DE＝3，若以DE为直径的圆与斜边AB相交于M、N，则MN的最大值为（　　）

A．910 B．65 C．85 D．125
【思路点拨】
由题意可知，C、O、G三点在一条直线上OG最小，MN最大，再由勾股定理求得AB，然后由三角形面积求得CF，最后由垂径定理和勾股定理即可求得MN的最大值．
【解题过程】
解：过O作OG⊥AB于G，连接OC、OM，

∵DE＝3，∠ACB＝90°，OD＝OE，
∴OC=12DE=32，
只有C、O、G三点在一条直线上OG最小，
∵OM=32，
∴只有OG最小，GM才能最大，从而MN有最大值，
过C作CF⊥AB于F，
∴G和F重合时，MN有最大值，
∵∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，
∴AB=BC2+AC2=32+42=5，
∵12AC•BC=12AB•CF，
∴CF=AC×BCAB=4×35=125，
∴OG＝CF﹣OC=125−32=910，
∴MG=OM2−OG2=(32)2−(910)2=65，
∴MN＝2MG=125，
故选：D．
7．（2022•吴忠模拟）如图，AB是⊙O的直径，且CD⊥AB于E，若AE＝1，∠D＝30°，则AB＝　4　．

【思路点拨】
根据含30度角的直角三角形的性质求出AD，根据垂径定理求出AC=AD，求出AC＝AD＝2，根据圆周角定理求出∠ACB＝90°，∠B＝∠D＝30°，再根据含30度角的直角三角形的性质得出AB＝2AC即可．
【解题过程】
解：∵CD⊥AB，
∴∠AED＝90°，
∵AE＝1，∠D＝30°，
∴AD＝2AE＝2，∠ABC＝∠D＝30°，
∵AB⊥CD，AB过圆心O，
∴AC=AD，
∴AC＝AD＝2，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴AB＝2AC＝2×2＝4，
故答案为：4．
8．（2022•烟台模拟）如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点P，AP＝4，BP＝12，∠APC＝30°，则CD的长为 　415　．

【思路点拨】
过O作OI⊥CD于I，连接OD，求出半径OD＝OA＝8，求出OP，根据含30度角的直角三角形的性质求出OI，根据勾股定理求出DI，根据垂径定理求出DI＝CI，再求出CD即可．
【解题过程】
解：过O作OI⊥CD于I，连接OD，则∠OID＝∠OIP＝90°，

∵AP＝4，BP＝12，
∴直径AB＝4+12＝16，
即半径OD＝OA＝8，
∴OP＝OA﹣AP＝8﹣4＝4，
∵∠IPO＝∠APC＝30°，
∴OI=12OP=12×4=2，
由勾股定理得：DI=OD2−OI2=82−22=215，
∵OI⊥CD，OI过圆心O，
∴DI＝CI＝215，
即CD＝DI+CI＝415，
故答案为：415．
9．（2022•桥西区校级模拟）如图，AB是⊙C的弦，直径MN⊥AB于点O，MN＝10，AB＝8，如图以O为原点建立坐标系．我们把横纵坐标都是整数的点叫做整数点，则线段OC长是 　3　，⊙C上的整数点有 　12　个．

【思路点拨】
过C作直径UL∥x轴，连接AC，根据垂径定理求出AO＝BO＝4，根据勾股定理求出OC，再得出答案即可．
【解题过程】
解：过C作直径UL∥x轴，

连接CA，则AC=12×10＝5，
∵MN过圆心C，MN⊥AB，AB＝8，
∴AO＝BO＝4，∠AOC＝90°，
由勾股定理得：CO=AC2−OC2=52−42=3，
∴ON＝5﹣3＝2，OM＝5+3＝8，
即A（﹣4，0），B（4，0），M（0，8），N（0，﹣2），
同理还有弦QR＝AB＝8，弦WE＝TS＝6，且WE、TS、QR都平行于x轴，
Q（﹣4，6），R（4，6），W（﹣3，7），E（3，7），T（﹣3，﹣1），S（3，﹣1），U（﹣5，3），L（5，3），
即共12个点，
故答案为：3；12．
10．（2022•商城县三模）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A、B、C均在小正方形的顶点上，点C同时也在AB上，若点P是BC的一个动点，则△ABP面积的最大值是 　85−8　．

【思路点拨】
作AB的垂直平分线交AB于D，交AB于E，圆心为0，则点O在DE上，连接AE、BE，CF⊥OE于F，如图，设⊙O的半径为r，OD＝x，利用勾股定理得到r2＝x2+42①，r2＝（x+2）2+22②，则利用②﹣①可求出得x＝2，所以r＝25，DE＝25−2，然后根据三角形面积公式，点P点与点E重合时，△ABP面积的最大值．
【解题过程】
解：作AB的垂直平分线交AB于D，交AB于E，圆心为0，则点O在DE上，连接AE、BE，CF⊥OE于F，如图，

设⊙O的半径为r，OD＝x，
在Rt△BOD中，r2＝x2+42①，
在Rt△OCF中，r2＝（x+2）2+22②，
②﹣①得4+4x+4﹣16＝0，
解得x＝2，
∴OD＝2，
∴r=22+42=25，
∴DE＝OE﹣OD＝25−2，
∵点P是BC的一个动点，
∴点P点与点E重合时，△ABP面积的最大值，最大值为12×8×（25−2）＝85−8．
故答案为：85−8．
11．（2022春•徐汇区校级期中）如图，AB是⊙O的弦，D为半径OA的中点，过D作CD⊥OA交弦AB于点E，且CE＝CB，若BE＝2AE，CD＝5，那么⊙O的半径为 　23　．

【思路点拨】
先证明△AFO和△BCE是等边三角形，设DE＝x，根据CD＝5列方程，求出x得到AD=3，从而得解．
【解题过程】
解：如图，记DC与⊙O交于点F，连接AF、OF、OB，过点C作CT⊥AB于点T，连接OE，OT．

∵D为半径OA的中点，CD⊥OA，
∴FD垂直平分AO，
∴FA＝FO，
又∵OA＝OF，
∴△AOF是等边三角形，
∴∠OAF＝∠AOF＝∠AFO＝60°，
∵CE＝CB，CT⊥EB，
∴ET＝TB，
∵BE＝2AE，
∴AE＝ET＝BT，
∵AD＝OD，
∴DE∥OT，
∴∠AOT＝∠ADE＝90°，
∴OE＝AE＝ET，
∵OA＝OB，
∴∠OAE＝∠OBT，
∵AO＝BO，AE＝BT，
∴△AOE≌△BOT（SAS），
∴OE＝OT，
∴OE＝OT＝ET，
∴∠ETO＝60°，
∴∠OAB＝∠OBA＝30°，∠AED＝∠CEB＝60°，
∴△CEB是等边三角形，
∴CE＝CB＝BE，
设DE＝x，
∴AE＝2x，BE＝CE＝4x，
∴CD＝5x＝5，
∴x＝1，
∴AD=3，
∴AO＝23．
故答案为：23．
12．（2022•盐城）证明：垂直于弦AB的直径CD平分弦以及弦所对的两条弧．

【思路点拨】
先根据已知画图，然后写出已知和求证，再进行证明即可．
【解题过程】
如图，CD为⊙O的直径，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M．
求证：AM＝BM，AC=BC，AD=BD．
证明：连接OA、OB，

∵OA＝OB，
∴△OAB是等腰三角形，
∵AB⊥CD，
∴AM＝BM，∠AOC＝∠BOC，
∴AC=BC，AD=BD．
13．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若BE＝5，CD＝6，求AE的长．

【思路点拨】
根据垂径定理和勾股定理求出圆的半径，进而求出AE的长即可．
【解题过程】
解：如图，连接OC，

∵CD⊥AB，AB是直径，
∴CE＝DE=12CD＝3，
在Rt△COE中，设半径为r，则OE＝5﹣r，OC＝r，由勾股定理得，
OE2+CE2＝OC2，
即（5﹣r）2+32＝r2，
解得r＝3.4，
∴AE＝AB﹣BE＝3.4×2﹣5＝1.8，
答：AE的长为1.8．
14．（2021秋•芜湖月考）如图，在△ABC中AB＝5，AC＝4，BC＝2，以A为圆心，AB为半径作⊙A，延长BC交⊙A于点D，试求CD的长．

【思路点拨】
过点A作AE⊥BD于点E，如图，则DE＝BE，利用双勾股得到AC2﹣CE2＝AB2﹣BE2，即42﹣（BE﹣2）2＝52﹣BE2，解方程得到BE=134，然后计算BD﹣BC即可．
【解题过程】
解：过点A作AE⊥BD于点E，连接AD，如图，则DE＝BE，

在Rt△ACE中，AE2＝AC2﹣CE2，
在Rt△ABE中，AE2＝AB2﹣BE2，
∴AC2﹣CE2＝AB2﹣BE2，
即42﹣（BE﹣2）2＝52﹣BE2，
解得BE=134，
∴CD＝BD﹣BC＝2BE﹣2＝2×134−2=92．
答：CD的长为92．
15．（2022•江西开学）如图，在⊙O中，弦AB∥CD，AB＝8，CD＝6，AB，CD之间的距离为1．
（1）求圆的半径．
（2）将弦AB绕着圆心O旋转一周，求弦AB扫过的面积．

【思路点拨】
（1）过点O作OF⊥CD于点F，交AB于点E，连接OA、OD，即可得出DF＝CF＝3，再因为AB∥CD，则可得到OE⊥AB，进而得到AE＝BE＝4，最后根据勾股定理计算即可；
（2）先判断出将弦AB绕着圆心O旋转一周，得到的图形，再根据圆面积公式计算即可．
【解题过程】
解：（1）如图，过点O作OF⊥CD于点F，交AB于点E，连接OA、OD，则DF＝CF＝3，

∵AB∥CD，
∴OE⊥AB，
∴AE＝BE＝4，
设OE＝x，则OF＝x+1，
根据题意可得：x2+42＝（x+1）2+32，
∴x＝3，
∴圆的半径为32+42=5；
（2）将弦AB绕着圆心O旋转一周，得到的图形是以点O为圆心，以3为半径的圆与以5为半径的圆所围成的环形，
故弦AB扫过的面积为π×52﹣π×32＝16π．
16．（2021秋•玄武区校级月考）如图，AB是⊙O直径，弦CD⊥AB于点E，过点C作DB的垂线，交AB的延长线于点G，垂足为点F，连结AC．
（1）求证：AC＝CG；
（2）若CD＝EG＝8，求⊙O的半径．

【思路点拨】
（1）利用等角的余角证明∠D＝∠G，再根据圆周角定理得到∠A＝∠D，所以∠A＝∠G，从而得到结论；
（2）连接OC，如图，设⊙O的半径为r，根据等腰三角形的性质和垂径定理得到AE＝EG＝8，EC＝ED＝4，则OE＝8﹣r，利用勾股定理得r2＝（8﹣r）2+42，然后解方程即可．
【解题过程】
（1）证明：∵DF⊥CG，CD⊥AB，
∴∠DEB＝∠BFG＝90°，
∵∠DBE＝∠GBF，
∴∠D＝∠G，
∵∠A＝∠D，
∴∠A＝∠G，
∴AC＝CG；
（2）解：连接OC，如图，

设⊙O的半径为r．
∵CA＝CG，CD⊥AB，
∴AE＝EG＝8，EC＝ED＝4，
∴OE＝AE﹣OA＝8﹣r，
在Rt△OEC中，∵OC2＝OE2+EC2，
∴r2＝（8﹣r）2+42，
解得r＝5，
∴⊙O的半径为5．
17．（2022•白云区二模）已知：如图，A，B是半圆O上的两点，CD是⊙O的直径，∠AOD＝80°，B是AD的中点．
（1）在CD上求作一点P，使得AP+PB最短；
（2）若CD＝4cm，求AP+PB的最小值．

【思路点拨】
（1）作出B关于CD的对称点B′，连接AB′，交CD于P点，P就是所求的点；
（2）延长AO交圆与E，连接OB′，B′E，可以根据圆周角定理求得∠AOB′的度数，根据等腰三角形的性质求得∠A的度数，然后在直角△AEB′中，解直角三角形即可求解．
【解题过程】
解：（1）作BB′⊥CD，交圆于B′，然后连接AB′，交CD于P点，P就是所求的点；

（2）延长AO交圆于E，连接OB′，B′E．
∵BB′⊥CD
∴BD=B'D，
∵∠AOD＝80°，B是AD的中点，
∴∠DOB′=12∠AOD＝40°．
∴∠AOB′＝∠AOD+∠DOB′＝120°，
又∵OA＝OB′，
∴∠A=180°−∠AOB'2=30°．
∵AE是圆的直径，
∴∠AB′E＝90°，
∴直角△AEB′中，B′E=12AE=12×4＝2，
∴AB′=AE2−B'E2=16−4=23cm．
18．（2022•中山市模拟）已知：如图，在⊙O中，AB、AC为互相垂直的两条弦，OD⊥AB，OE⊥AC，D、E为垂足．
（1）若AB＝AC，求证：四边形ADOE为正方形．
（2）若AB＞AC，判断OD与OE的大小关系，并证明你的结论．

【思路点拨】
（1）连接OA，根据垂径定理得出AE＝CE，AD＝BD，根据AB＝AC求出AE＝AD，再根据矩形的判定和正方形的判定推出即可；
（2）根据勾股定理得出OE2＝OA2﹣AE2，OD2＝OA2﹣AD2，根据AB＞AC求出AD＞AE，再得出答案即可．
【解题过程】
（1）证明：连接OA，

∵OD⊥AB，OE⊥AC，OD和OE都过圆心O，
∴∠OEA＝∠ODA＝90°，AE＝CE，AD＝BD，
∵AC＝AB，
∴AE＝AD，
∵AB、AC为互相垂直的两条弦，
∴∠EAD＝90°，
即∠OEA＝∠EAD＝∠ODA＝90°，
∴四边形EADO是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）；
（2）解：OD＜OE，
证明：∵AB＞AC，AE＝CE，AD＝BD，
∴AD＞AE，
在Rt△ODA和Rt△OEA中，由勾股定理得：
OE2＝OA2﹣AE2，OD2＝OA2﹣AD2，
∴OD2＜OE2，
即OD＜OE．
19．（2022•全椒县一模）如图，⊙O中两条互相垂直的弦AB，CD交于点E．
（1）OM⊥CD于点M，CD＝24，⊙O的半径长为410，求OM的长．
（2）点G在BD上，且AG⊥BD交CD于点F，求证：CE＝EF．

【思路点拨】
（1）连接OD，由垂径定理和勾股定理可得答案；
（2）连接AC，由垂直的定义及等腰三角形的性质可得结论．
【解题过程】
（1）解：如图，连接OD，

∵OM⊥CD，OM过圆心，CD＝24，
∴DM＝CM=12CD＝12，∠OMD＝90°，
由勾股定理得，OM=OD2−DM2=(410)2−122=4，
即OM的长为4；
（2）证明：如图，连接AC，

∵AG⊥BD，
∴∠DGF＝90°，
∴∠DFG+∠D＝90°，
∵AB⊥CD，
∴∠CEA＝90°，
∴∠C+∠EAC＝90°，
∵∠EAC＝∠D，∠DFG＝∠AFC，
∴∠C＝∠AFC，
∴AF＝AC，
∵AB⊥CD，
∴CE＝EF．
20．（2022•合肥模拟）如图，在⊙O中，AB，AC为弦，CD为直径，AB⊥CD于E，BF⊥AC于F，BF与CD相交于G．
（1）求证：ED＝EG；
（2）若AB＝8，OG＝1，求⊙O的半径．

【思路点拨】
（1）连接BD，容易得到∠GBE和∠DBE相等，利用ASA证明△BGE和△BDE全等即可；
（2）连接OA，设OA＝r，则DG＝r+1，根据ED＝EG容易求出OE=r−12，再根据垂径定理求出AE的值，最后在Rt△OAE中根据勾股定理求出r的值即可．
【解题过程】
（1）证明：如图：连接BD，

∵AB⊥CD于E，BF⊥AC于F，
∴∠CFG＝∠GEB，
∵∠CGF＝∠BGE，
∴∠C＝∠GBE，
∵∠C＝∠DBE，
∴∠GBE＝∠DBE，
∵AB⊥CD于E，
∴∠GEB＝∠DEB，
在△GBE和△DBE中，
∠GEB=∠DEBBE=BE∠GBE=∠DBE，
∴△BGE≌△BDE（ASA），
∴ED＝EG．
（2）解：如图：

连接OA，设OA＝r，则DG＝r+1，
由（1）可知ED＝EG，
∴OE=r−12，
∵AB⊥CD于E，AB＝8，
∴AE＝BE＝4，
∴在Rt△OAE中，根据勾股定理得：OE2+AE2＝OA2，
即（r−12）2+42＝r2，
解得：r=133，
即⊙O的半径为133．
21．（2021•遵义一模）在《折叠圆形纸片》综合实践课上，小东同学展示了如下的操作及问题：
（1）如图1，⊙O1的半径为4cm，通过折叠圆形纸片，使得劣弧AB沿弦AB折叠后恰好过圆心O1，求，AB长；
（2）如图2，O2C⊥弦AB，垂足为点C，劣弧AB沿弦AB折叠后经过O2C的中点D，AB＝10cm，求⊙O的半径．

【思路点拨】
（1）过点O1作O1F⊥AB于F，得出O1F=12O1F，再根据勾股定理，即可得出结论；
（2）同（1）的方法先判断出O2C＝2rcm，再根据勾股定理建立方程求解，即可得出结论．
【解题过程】
解：（1）如图1，过点O1作O1F⊥AB于F，并延长O1F交虚线劣弧AB于E，

∴AB＝2AF，
由折叠知，EF＝O1F=12O1E=12×4＝2（cm），
连接O1A，
在Rt△O1FA中，O1A＝4，
根据勾股定理得，AF=O1A2−O1F2=42−22=23（cm），
∴AB＝2AF＝43cm；
（2）如图2，延长O2C交虚线劣弧AB于G，
由折叠知，CG＝CD，

∵D是O2C的中点，
∴CD＝O2D，
∴CG＝CD＝O2D，
设⊙O2的半径为3rcm，则O2C＝2r（cm），
∵O2C⊥弦AB，
∴AC=12AB＝5（cm），
连接O2A，
在Rt△ACO2中，根据勾股定理得，（3r）2﹣（2r）2＝25，
∴r=5（舍去负值），
∴O2A＝3r＝35（cm），
即⊙O2的半径为35cm．
22．（2021•浙江自主招生）以O为圆心，1为半径的圆内有一定点A，过A引互相垂直的弦PQ，RS．求PQ+RS的最大值和最小值．
【思路点拨】
设OA＝a（定值），过O作OB⊥PQ，OC⊥RS，B、C为垂足，设OB＝x，OC＝y，0≤x≤a，（0≤y≤a），由勾股定理得出x，y，a的关系，再由垂径定理PQ和RS，最后由完全平方公式求得最大值和最小值．
【解题过程】
解：如图，设OA＝a（定值），

过O作OB⊥PQ，OC⊥RS，B、C为垂足，
设OB＝x，OC＝y，0≤x≤a，（0≤y≤a），
且x2+y2＝a2．
所以PQ＝2PB＝21−x2，
RS＝21−y2．
所以PQ+RS＝2（1−x2+1−y2）．
∴（PQ+RS）2＝4（2﹣a2+21−a2+x2y2）
而x2y2＝x2（a2﹣x2）＝﹣（x2−a22）2+a44．
当x2=a22时，
（x2y2）最大值=a44．
此时PQ+RS=4(2−a2+2−a2)；
当x2＝0或x2＝a2时，（x2y2）最小值＝0，
此时（PQ+RS）最小值＝2（1+1−a2）．