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1.(南阳西峡县期末)如图，已知$AB$是$\odot O$的直径，$\odot O$的半径为$1$，$BD = \sqrt{3}$，则$\sin\angle C$的值等于 （ ）
A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
答案：
A
2.(河南模拟)如图，$\odot O$的直径$BD = 4$，$\angle A = 60^{\circ}$，则$BC$的长度为 （ ）
A.$\sqrt{3}$
B.$2$
C.$2\sqrt{3}$
D.$4\sqrt{3}$
A.$\sqrt{3}$
B.$2$
C.$2\sqrt{3}$
D.$4\sqrt{3}$
答案：
C
3.(2024·郑州期中)如图，点$A$，$B$，$C$分别在$\odot O$上，连接$OA$，$OB$，$AC$，$BC$，若$\cos\angle AOB = \frac{5}{13}$，则$\tan C$的值为 （ ）
A.$\frac{1}{5}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{2}{3}$
D.$\frac{6}{5}$
A.$\frac{1}{5}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{2}{3}$
D.$\frac{6}{5}$
答案：
C
4.(凉山州中考)如图，$\odot O$的直径$AB$经过弦$CD$的中点$H$，若$\cos\angle CDB = \frac{4}{5}$，$BD = 5$，则$\odot O$的半径为_______.
答案：
$\frac{25}{6}$
5.如图，$\odot O$是$\triangle ABC$的外接圆，$AD$是$\odot O$的直径，若$\odot O$的半径是$4$，$\sin B = \frac{1}{4}$，则线段$AC$的长为____.
答案：
2
6.如图，直线$MN$与$\odot O$相切于点$M$，$ME = EF$且$EF// MN$，则$\cos E =$_______.
答案：
$\frac{1}{2}$
7.(牡丹江中考)$AB$是$\odot O$的弦，$OM\perp AB$，垂足为$M$，连接$OA$.若$\triangle AOM$中有一个角是$30^{\circ}$，$OM = 2\sqrt{3}$，则弦$AB$的长为________.
答案：
12或4
8.(2024·济南)如图，$AB$，$CD$为$\odot O$的直径，点$E$在$\overset{\frown}{BD}$上，连接$AE$，$DE$，点$G$在$BD$的延长线上，$AB = AG$，$\angle EAD+\angle EDB = 45^{\circ}$.
(1)求证：$AG$与$\odot O$相切；
(2)若$BG = 4\sqrt{5}$，$\sin\angle DAE = \frac{1}{3}$，求$DE$的长.
(1)求证：$AG$与$\odot O$相切；
(2)若$BG = 4\sqrt{5}$，$\sin\angle DAE = \frac{1}{3}$，求$DE$的长.
答案：
(1) 因为∠EDB，∠EAB所对的弧是同弧，所以∠EDB = ∠EAB，因为∠EAD + ∠EDB = 45°，所以∠EAD + ∠EAB = 45°，即∠BAD = 45°，因为AB为直径，所以∠ADB = 90°，所以∠B = 45°，因为AB = AG，所以∠B = ∠G = 45°，所以∠GAB = 90°，因为AB为⊙O的直径，所以AG与⊙O相切。
(2) 连接CE，因为∠DAE，∠DCE所对的弧是同弧，所以∠DAE = ∠DCE，因为DC为直径，所以∠DEC = 90°，在Rt△DEC中，sin∠DCE = sin∠DAE = $\frac{1}{3}$ = $\frac{DE}{DC}$，因为BG = 4$\sqrt{5}$，∠B = 45°，∠BAG = 90°，所以AB = $\frac{\sqrt{2}}{2}$BG = 2$\sqrt{10}$ = DC，所以DE = DCsin∠DAE = 2$\sqrt{10}$×$\frac{1}{3}$ = $\frac{2\sqrt{10}}{3}$。
(1) 因为∠EDB，∠EAB所对的弧是同弧，所以∠EDB = ∠EAB，因为∠EAD + ∠EDB = 45°，所以∠EAD + ∠EAB = 45°，即∠BAD = 45°，因为AB为直径，所以∠ADB = 90°，所以∠B = 45°，因为AB = AG，所以∠B = ∠G = 45°，所以∠GAB = 90°，因为AB为⊙O的直径，所以AG与⊙O相切。
(2) 连接CE，因为∠DAE，∠DCE所对的弧是同弧，所以∠DAE = ∠DCE，因为DC为直径，所以∠DEC = 90°，在Rt△DEC中，sin∠DCE = sin∠DAE = $\frac{1}{3}$ = $\frac{DE}{DC}$，因为BG = 4$\sqrt{5}$，∠B = 45°，∠BAG = 90°，所以AB = $\frac{\sqrt{2}}{2}$BG = 2$\sqrt{10}$ = DC，所以DE = DCsin∠DAE = 2$\sqrt{10}$×$\frac{1}{3}$ = $\frac{2\sqrt{10}}{3}$。
9.(通辽中考)如图，在$Rt\triangle AOB$中，$\angle AOB = 90^{\circ}$，以$O$为圆心，$OB$的长为半径的圆交边$AB$于点$D$，点$C$在边$OA$上且$CD = AC$，延长$CD$交$OB$的延长线于点$E$.
(1)求证：$CD$是$\odot O$的切线；
(2)已知$\sin\angle OCD = \frac{4}{5}$，$AB = 4\sqrt{5}$，求$AC$的长度及阴影部分面积.
(1)求证：$CD$是$\odot O$的切线；
(2)已知$\sin\angle OCD = \frac{4}{5}$，$AB = 4\sqrt{5}$，求$AC$的长度及阴影部分面积.
答案：
(1) 连接OD，因为AC = CD，所以∠A = ∠ADC = ∠BDE，因为∠AOB = 90°，所以∠A + ∠ABO = 90°，又因为OB = OD，所以∠OBD = ∠ODB，所以∠ODB + ∠BDE = 90°，即OD⊥EC，因为OD是半径，所以CD是⊙O的切线。
(2) 在Rt△COD中，设OD = 4x，则OC = 5x，所以CD = $\sqrt{OC^{2}-OD^{2}}$ = 3x = AC，在Rt△AOB中，OB = OD = 4x，OA = OC + AC = 8x，AB = 4$\sqrt{5}$，由勾股定理，得OB² + OA² = AB²，即(4x)² + (8x)² = (4$\sqrt{5}$)²，解得x = 1或x = -1(舍去)，所以AC = CD = 3x = 3，OC = 5x = 5，OB = OD = 4x = 4，因为∠ODC = ∠EOC = 90°，∠OCD = ∠ECO，所以△COD∽△CEO，所以$\frac{OC}{EC}$ = $\frac{CD}{OC}$，即$\frac{5}{EC}$ = $\frac{3}{5}$，所以EC = $\frac{25}{3}$，设⊙O与OA交于点F，则S阴影 = S△COE - S扇形BOF = $\frac{1}{2}$×$\frac{25}{3}$×4 - $\frac{90\pi×4^{2}}{360}$ = $\frac{50}{3}$ - 4π。
(1) 连接OD，因为AC = CD，所以∠A = ∠ADC = ∠BDE，因为∠AOB = 90°，所以∠A + ∠ABO = 90°，又因为OB = OD，所以∠OBD = ∠ODB，所以∠ODB + ∠BDE = 90°，即OD⊥EC，因为OD是半径，所以CD是⊙O的切线。
(2) 在Rt△COD中，设OD = 4x，则OC = 5x，所以CD = $\sqrt{OC^{2}-OD^{2}}$ = 3x = AC，在Rt△AOB中，OB = OD = 4x，OA = OC + AC = 8x，AB = 4$\sqrt{5}$，由勾股定理，得OB² + OA² = AB²，即(4x)² + (8x)² = (4$\sqrt{5}$)²，解得x = 1或x = -1(舍去)，所以AC = CD = 3x = 3，OC = 5x = 5，OB = OD = 4x = 4，因为∠ODC = ∠EOC = 90°，∠OCD = ∠ECO，所以△COD∽△CEO，所以$\frac{OC}{EC}$ = $\frac{CD}{OC}$，即$\frac{5}{EC}$ = $\frac{3}{5}$，所以EC = $\frac{25}{3}$，设⊙O与OA交于点F，则S阴影 = S△COE - S扇形BOF = $\frac{1}{2}$×$\frac{25}{3}$×4 - $\frac{90\pi×4^{2}}{360}$ = $\frac{50}{3}$ - 4π。
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