人教版 圓周角、圓內(nèi)接四邊形【十大題型】（解答版）

PAGE1專題24.4圓周角、圓內(nèi)接四邊形【十大題型】【人教版】【題型1圓周角的運(yùn)用】 2【題型2圓內(nèi)接四邊形的運(yùn)用】 6【題型3利用圓的有關(guān)性質(zhì)求值】 11【題型4利用圓的有關(guān)性質(zhì)進(jìn)行證明】 16【題型5翻折中的圓的有關(guān)性質(zhì)的運(yùn)用】 24【題型6利用圓的有關(guān)性質(zhì)求最值】 30【題型7利用圓的有關(guān)性質(zhì)求取值范圍】 35【題型8利用圓的有關(guān)性質(zhì)探究角或線段間的關(guān)系】 39【題型9利用圓的有關(guān)性質(zhì)判斷多結(jié)論問(wèn)題】 47【題型10構(gòu)造圓利用圓周角解決三角形或四邊形中的問(wèn)題】 54【知識(shí)點(diǎn)1圓周角定理及其推論】圓周角定理定理：圓周角的度數(shù)等于它所對(duì)的弧的圓心角度數(shù)的一半是所對(duì)的圓心角，是所對(duì)的圓周角，推論1：同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等和都是所對(duì)的圓周角推論2：直徑所對(duì)的圓周角是直角，的圓周角所對(duì)的弦是直徑是的直徑是所對(duì)的圓周角是所對(duì)的圓周角是的直徑【題型1圓周角的運(yùn)用】【例1】（2023春·山東泰安·九年級(jí)東平縣實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？计谀┤鐖D，⊙O的直徑是AB，∠BPQ=45°，圓的半徑是4，則弦BQ的長(zhǎng)是（

）．

A．43 B．42 C．23【答案】B【分析】如圖：連接AQ，由圓周角定理可得∠BAQ=∠BPQ=45°、∠AQB=90°，然后再說(shuō)明AQ=QB，最后根據(jù)勾股定理即可解答．【詳解】解：如圖：連接AQ，∵∠BPQ=45°，∴∠BAQ=∠BPQ=45°，∵⊙O的直徑是AB，圓的半徑是4，∴∠AQB=90°，AB=8∴∠ABQ=90°?∠QAB=45°，∴∠ABQ=∠QAB=45°，∴AQ=QB,∵AB=A∴8=2BQ2故選B．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，靈活運(yùn)用勾股定理成為解答本題的關(guān)鍵．【變式1-1】（2023春·廣西玉林·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，AB為⊙O的直徑，已知AB=4，CD=1，∠B=55°，∠C=65°，則BC=．

【答案】13【分析】連接BD，先由三角形內(nèi)角和定理求出∠A的度數(shù)，再根據(jù)直徑所對(duì)圓周角為直角，進(jìn)而求出∠ABD=30°，即有AD=1【詳解】解：連接BD，如圖，

∵在△ABC中，∠B=55°，∠C=65°，∴∠A=60°，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=∠CDB=90°，∴在△ABD中，∠ABD=30°，∵AB=4，∴AD=1∴在Rt△ABD中，BC=故答案為：13．【點(diǎn)睛】此題主要考查了圓周角定理，勾股定理，含30°角直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握?qǐng)A周角定理是解題的關(guān)鍵．【變式1-2】（2023春·江西九江·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，△ABC內(nèi)接于☉O，AC=BC，連接OB，若∠C=52°，則∠OBC

【答案】26°/26度【分析】延長(zhǎng)BO交⊙O于點(diǎn)E，連接CE，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角可得∠ECB=90°，從而可得∠ECA=48°，進(jìn)而利用同弧所對(duì)的圓周角相等可得∠ECA=∠EBA=48°，然后利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理可得∠A=∠ABC=64°，從而利用三角形內(nèi)角和定理進(jìn)行計(jì)算，即可解答．【詳解】解：延長(zhǎng)BO交⊙O于點(diǎn)E，連接CE，如圖，

∵BE是⊙O的直徑，∴∠ECB=90°，∵∠ACB=52°，∴∠ECA=∠ECB?∠ACB=38°，∴∠EBA=∠ECA=38°，∵AC=BC，∴∠A=∠ABC=1∴∠OBC=∠ABC?∠ABE=64°?38°=26°，故答案為：26°．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．【變式1-3】（2023春·湖北省直轄縣級(jí)單位·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，AB為半圓的直徑，AB=10，點(diǎn)O到弦AC的距離為4，點(diǎn)P從出發(fā)沿BA方向向點(diǎn)A以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，連接CP，當(dāng)△APC為等腰三角形時(shí)，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是(

)A．145或4 B．145或5 C．4或5 D．【答案】D【分析】過(guò)點(diǎn)O作OD⊥AC于點(diǎn)D，根據(jù)垂徑定理，以及勾股定理求得AC的長(zhǎng)，然后分三種情形討論，分別求得PB的長(zhǎng)，即可求解．【詳解】解：如圖所示，過(guò)點(diǎn)O作OD⊥AC于點(diǎn)D，∴AD=DC，在Rt△ADO中，AO=5,OD=4∴AD=A∴AC=2AD=6，①當(dāng)CP=CA時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，連接BC，∵AB是直徑，∴∠ACB=90°，∵D是AC的中點(diǎn)，O是AB的中點(diǎn)，∴BC=2OD=8

∵S△ABC∴CE=AC×BC在Rt△ACE中，AE=∵AE=PE，∴BP=AB?2AE=14∴t=145②當(dāng)PA=PC時(shí)，則點(diǎn)P在AC的垂直平分線上，所以點(diǎn)P與點(diǎn)O重合，PB=5，此時(shí)t=5(s③當(dāng)AP=AC=6時(shí)，PB=AB?AP=4，此時(shí)t=4(s綜上所述，t=145或4或故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理的推論，勾股定理，垂徑定理、等腰三角形的判定，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【知識(shí)點(diǎn)2圓內(nèi)接四邊形】圓的內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)四邊形是的內(nèi)接四邊形【題型2圓內(nèi)接四邊形的運(yùn)用】【例2】（2023春·浙江衢州·九年級(jí)校聯(lián)考期中）如圖，在△ABC中，AB=AC．⊙O是△ABC的外接圓，D為弧AC的中點(diǎn)，E為BA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)．

(1)求證：∠B=2∠ACD；(2)若∠ACD=35°，求∠DAE的度數(shù)．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)∠DAE=105°【分析】（1）證明AC=2AD，可得（2）先求解∠B=70°，可得∠BCD=70°+35°=105°，再利用圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得答案．【詳解】（1）解：∵D為弧AC的中點(diǎn)，∴AD=CD，∴∠B=2∠ACD；（2）∵∠ACD=35°，∠B=2∠ACD，∴∠B=2×35°=70°，∵AB=AC，∴∠B=∠ACB=70°，∴∠BCD=70°+35°=105°，∵四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠BAD=180°?∠BCD=75°，∴∠EAD=180°?75°=105°．【點(diǎn)睛】本題考查的是圓周角定理的應(yīng)用，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，熟記圓周角定理與圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)并靈活應(yīng)用是解本題的關(guān)鍵．【變式2-1】（2023春·陜西西安·九年級(jí)高新一中?？计谥校┤鐖D，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，BE是⊙O的直徑，連接AE，若∠BCD=2∠BAD，若連接OD，則∠DOE的度數(shù)是（

）A．30° B．35° C．45° D．60°【答案】D【分析】根據(jù)內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，得到∠BCD+∠BAD=180°，進(jìn)而得到∠BAD=60°，再根據(jù)圓周角定理得到∠BOD=120°，即可求出∠DOE的度數(shù)．【詳解】解：∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠BCD+∠BAD=180°，∵∠BCD=2∠BAD，∴∠BAD=60°，∴∠BOD=120°，∴∠DOE=180°?∠BOD=60°，故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理，熟練掌握內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，以及一條弧所對(duì)的圓周角等于它所對(duì)的圓心角的一半是解題關(guān)鍵．【變式2-2】（2023春·浙江·九年級(jí)期中）如圖，⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD兩組對(duì)邊的延長(zhǎng)線分別交于點(diǎn)E、F，若∠E=α，∠F=β，且α≠β，則∠A=（用含有a、β的代數(shù)式表示）．【答案】180°?α?β【分析】連接EF，如圖，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得∠ECD=∠A，再根據(jù)三角形外角性質(zhì)得∠ECD=∠1+∠2，則∠A=∠1+∠2，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和定理有∠A+∠AEB+∠AFD+∠1+∠2=180°,即2∠A+α+β=180°，再解方程即可．【詳解】解：連接EF，如圖，∵四邊形ABCD為圓的內(nèi)接四邊形，∴∠ECD=∠A，∵∠ECD=∠1+∠2，∴∠A=∠1+∠2，∵∠A+∠AEB+∠AFD+∠1+∠2=180°,∴2∠A+α+β=180°，∴∠A=180°?α?β故答案為：180°?α?β【點(diǎn)睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)；圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)是溝通角相等關(guān)系的重要依據(jù)，在應(yīng)用此性質(zhì)時(shí)，要注意與圓周角定理結(jié)合起來(lái)．在應(yīng)用時(shí)要注意是對(duì)角，而不是鄰角互補(bǔ)．【變式2-3】（2023春·遼寧大連·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，以△ABC的邊AB為直徑作⊙O交AC于D且OD∥BC，⊙O交BC于點(diǎn)(1)求證：CD=DE；(2)若AB=12，AD=4，求CE的長(zhǎng)度．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)8【分析】（1）由四邊形ABED內(nèi)接于⊙O，得出∠DEC=∠A，根據(jù)已知OD∥BC，得出∠C=∠ADO，又OA=OD，得出∠A=∠ADO，等量代換得出（2）根據(jù)AB為直徑，得出∠AEB=90°，根據(jù)已知以及（1）的結(jié)論，得出AC=2AD=8，AB=BC=12，設(shè)CE=x，則BE=12?x，在Rt△ACE,Rt△ABE【詳解】（1）證明：∵四邊形ABED內(nèi)接于⊙O，∴∠DEB+∠A=180°，又∠DEB+∠DEC=180°∴∠DEC=∠A，∵OD∥∴∠C=∠ADO，∵OA=OD，∴∠A=∠ADO，∴∠C=∠DEC，∴CD=DE；（2）解：如圖所示，連接AE，∵AB為直徑，∴∠AEB=90°，∴∠CAE+∠C=90°，∠AED+∠DEC=90°，由（1）CD=DE，∠C=∠DEC，∴∠CAE=∠AED，∴AD=DE，∴AD=DC，∴AC=2AD=8，由（1）可得∠BAC=∠ADO，∠C=∠ADO，則∠C=∠BAC，∴AB=BC=12，設(shè)CE=x，則BE=12?x，∵AC∴82解得：x=8∴CE=8【點(diǎn)睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)，直徑所對(duì)的圓周角是直角，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)與判定，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【題型3利用圓的有關(guān)性質(zhì)求值】【例3】（2023春·四川德陽(yáng)·九年級(jí)四川省德陽(yáng)中學(xué)校?？计谥校┤鐖D，在△ABC中，∠ACB=90°，過(guò)B，C兩點(diǎn)的⊙O交AC于點(diǎn)D，交AB于點(diǎn)E，連接EO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)F．連接BF，CF，若∠EDC=135°，AE=2，BE=4，則CF的值為（

）．A．10 B．22 C．23【答案】A【分析】由四邊形BCDE內(nèi)接于⊙O知∠EFC=∠ABC=45°，據(jù)此得AC=BC，由EF是⊙O的直徑知∠EBF=∠ECF=∠ACB=90°及∠BCF=∠ACE，再根據(jù)四邊形BECF是⊙O的內(nèi)接四邊形知∠AEC=∠BFC，從而證△ACE≌△BCF得AE=BF，根據(jù)Rt△ECF是等腰直角三角形知EF2=20，繼而可得答案．【詳解】∵四邊形BCDE內(nèi)接于⊙O，且∠EDC=135°，∴∠EFC=∠ABC=180°?∠EDC=45°，∵∠ACB=90°，∴△ABC是等腰三角形，∴AC=BC，又∵EF是⊙O的直徑，∴∠EBF=∠ECF=∠ACB=90°，∴∠BCF=∠ACE，∵四邊形BECF是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠AEC=∠BFC，∴△ACE?△BFCASA∴AE=BF，Rt△BEF中，EFRt△ECF中，∠EFC=45°，∴CE=CF，∴CE∴CF∴CF=10故選:A．【點(diǎn)睛】本題主要考查圓周角定理，解題的關(guān)鍵是掌握?qǐng)A內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理、全等三角形的判定與性質(zhì)及勾股定理．【變式3-1】（2023春·湖南長(zhǎng)沙·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，⊙O中，OA⊥BC，∠B=50°，則∠D的度數(shù)為（

）

A．20° B．50° C．40° D．25°【答案】A【分析】連接OC，利用垂徑定理，圓周角定理計(jì)算即可．【詳解】連接OC，∵OA⊥BC，∠B=50°，

∴∠AOB=90°?50°=40°，∠AOB=∠AOC=40°，∴∠D=1故選A．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，熟練掌握定理是解題的關(guān)鍵．【變式3-2】（2023春·山東濱州·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，⊙O為△ABC的外接圓，AD⊥BC，垂足為點(diǎn)D，直徑AE平分∠BAD，交BC于點(diǎn)F，連接BE．(1)求證：BE=BF；(2)若AB=10，BF=5，求EF:AF的值．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)2:3【分析】（1）根據(jù)圓心角定理得到∠ABE=90°，根據(jù)等角的余角相等證明結(jié)論；（2）過(guò)點(diǎn)B作BH⊥EA，根據(jù)勾股定理求出AE，根據(jù)三角形面積公式求出BH，根據(jù)勾股定理計(jì)算即可．【詳解】（1）∵直徑AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE∴∠BAE+∠AEB=90°，

∵AD⊥BC，∴∠DAE+∠AFD=90°，∴∠AEB=∠AFD

∵∠AFD=∠BFE，∴∠BFE=∠BEF，∴BE=BF．（2）過(guò)點(diǎn)B作BH⊥EA，在RtΔEA=B∵BE?BA∴BH=25在RtΔEH=B∵BE=BF，BH⊥EA∴EF=25∴AF=3∴EF:AF=2:3．【點(diǎn)睛】本題考查的是三角形的外接圓和勾股定理，掌握?qǐng)A周角定理，等腰三角形的知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【變式3-3】（2023春·廣東汕頭·九年級(jí)汕頭市龍湖實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？计谥校┤鐖D1，四邊形ADBC內(nèi)接于⊙O，E為BD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，AD平分∠EDC.

(1)求證：AB=AC；(2)若△ABC為等邊三角形，則∠EDA=度；（直接寫答案）(3)如圖2，若CD為直徑，過(guò)A點(diǎn)作AE⊥BD于E，且DB=AE=2，求⊙O的半徑.【答案】(1)見(jiàn)解析(2)60(3)5【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義∠EDA=∠ADC，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的任一外角等于它的內(nèi)對(duì)角以及圓周角定理證得∠ABC=∠ACB，進(jìn)而利用等腰三角形的判定可得結(jié)論；（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和圓內(nèi)接四邊形的任一外角等于它的內(nèi)對(duì)角得到∠EDA=∠ACB即可求解；（3）先根據(jù)等弦對(duì)等弧和垂徑定理的推論得到AH⊥BC，BH=CH，再證明四邊形AEBH是矩形，得到BH=AE，進(jìn)而求得BC=4，在Rt△DBC中利用勾股定理求得CD=2【詳解】（1）證明：∵AD平分∠EDC，∴∠EDA=∠ADC，∵四邊形ADBC是圓⊙O內(nèi)接四邊形，∴∠EDA=∠ACB，又∠ADC=∠ABC，∴∠ABC=∠ACB，∴AB=AC；（2）解：∵△ABC為等邊三角形，∴∠ACB=60°,又∵四邊形ADBC是圓⊙O內(nèi)接四邊形，∴∠EDA=∠ACB=60°，故答案為：60；（3）解：在圖2中，連接AO延長(zhǎng)交BC于H，交⊙O于

K，

∵AB=AC，∴AB=AC，則∴AH⊥BC，BH=CH，∵CD為直徑，∴∠DBC=90°，又AE⊥BD，∴∠AEB=∠EBC=∠AHB=90°，∴四邊形AEBH是矩形，∴BH=AE，∵DB=AE=2，∴BH=2，則BC=2BH=4，在Rt△DBC中，CD=∴⊙O的半徑為5．【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理、垂徑定理的推論、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、等弦對(duì)等弧、等邊三角形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定、角平分線的定義、勾股定理等知識(shí)，涉及知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性強(qiáng)，熟練掌握相關(guān)的知識(shí)的聯(lián)系與運(yùn)用是解答的關(guān)鍵．【題型4利用圓的有關(guān)性質(zhì)進(jìn)行證明】【例4】（2023春·廣東廣州·九年級(jí)廣東廣雅中學(xué)?？计谀┤鐖D，CD是△ABC的外角∠ECB的角平分線，與△ABC的外接圓⊙O交于點(diǎn)D，∠ECB=120°．(1)求AB所對(duì)圓心角的度數(shù)；(2)連DB，DA，求證：(3)探究線段CD，【答案】(1)120°(2)見(jiàn)解析(3)CB=CD+CA，證明見(jiàn)解析【分析】（1）先由鄰補(bǔ)角的定義可得∠ACB=60°，再由同弧所對(duì)的圓周角相等可推出∠ADB=∠ACB=60°，最后利用圓周角定理即可求解；（2）根據(jù)角平分線的定義可得∠DCB=12∠ECB=60°，根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等可得∠DCB=∠DAB=60°（3）延長(zhǎng)CD至F，使DF=CA，連接BF，證明△CAB≌△FDBSAS，繼而得出△CBF是等邊三角形，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）解：如圖，連接OA,OB，∵∠ECB=120°，∴∠ACB=180°?120°=60°，∵AB=∴∠ADB=∠ACB=60°，∴AB所對(duì)圓心角∠AOB=2∠ADB=120°；（2）證明：∵CD是△ABC的外角∠ECB的角平分線，∠ECB=120°，∴∠DCB=1∵DB=∴∠DCB=∠DAB=60°，又∠ADB=60°，∴△ABD是等邊三角形，∴DA=DB；（3）CB=CD+CA，證明：如圖，延長(zhǎng)CD至F，使DF=CA，連接BF，∵四邊形ABDC是圓內(nèi)四邊形，∴∠CDB+∠CAB=180°,∵∠CDB+∠FDB=180°，∴∠FDB=∠CAB,由（2）知△ABD是等邊三角形，∴AB=BD，∴△CAB≌△FDBSAS，∴∠ACB=∠F=60°，CB=BF,∴△CBF是等邊三角形，∴CF=BC=CD+DF=CD+AC,即CB=CD+CA．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握?qǐng)A的相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【變式4-1】（2023春·浙江金華·九年級(jí)校考期中）如圖，已知圓O的直徑AB垂直于弦CD于點(diǎn)E，連接CO并延長(zhǎng)交AD于點(diǎn)F，且CF⊥AD．證明：E是OB的中點(diǎn)．

【答案】證明見(jiàn)解析【分析】先利用垂徑定理證得AC=AD=CD，進(jìn)而證得△ACD是等邊三角形，則∠FCD=30°，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)得到OE=1【詳解】證明：連接AC，如圖，

∵直徑AB垂直于弦CD于點(diǎn)E，∴AC=∴AC=AD，∵過(guò)圓心O的CF⊥AD，∴AC∴AC=CD，∴AC=AD=CD．則△ACD是等邊三角形，又CF⊥AD，∴∠FCD=1∴在Rt△COE中，OE=∴OE=1∴點(diǎn)E為OB的中點(diǎn)．【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理、等弧所對(duì)的弦相等、等邊三角形的判定與性質(zhì)、含30度角的直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握垂徑定理和等邊三角形的判定與性質(zhì)是解答的關(guān)鍵．【變式4-2】（2023春·山西長(zhǎng)治·九年級(jí)統(tǒng)考期末）閱讀材料，解答問(wèn)題：關(guān)于圓的引理古希臘數(shù)學(xué)家、物理學(xué)家阿基米德流傳于世的數(shù)學(xué)著作有10余種，下面是《阿基米德全集》的《引理集》中記載的一個(gè)命題：如圖1，AB是⊙O的弦，點(diǎn)C在⊙O上，CD⊥AB于點(diǎn)D，在弦AB上取點(diǎn)E，使DE=AD，點(diǎn)F是BC上的一點(diǎn)，且CF=CA，連接BF，則小穎對(duì)這個(gè)問(wèn)題很感興趣，經(jīng)過(guò)思考，寫出了下面的證明過(guò)程：證明：如圖2，連接CA，CE，CF，BC，∵CD⊥AB于點(diǎn)D，DE=AD，∴CA=CE．∴∠CAE=∠CEA．∵CF=∴CF=CA（依據(jù)1），∠CBF=∠CBA．∵四邊形ABFC內(nèi)接于⊙O，∴∠CAB+∠CFB=180°．（依據(jù)2）……(1)上述證明過(guò)程中的依據(jù)1為，依據(jù)2為；(2)將上述證明過(guò)程補(bǔ)充完整．【答案】(1)在同圓中相等的弧所對(duì)的弦相等，圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)(2)見(jiàn)解析【分析】（1）利用等腰三角形的判定和圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)解答即可；（2）在原題的基礎(chǔ)上利用全等三角形的判定與性質(zhì)解答即可得出結(jié)論．【詳解】（1）解：上述證明過(guò)程中的依據(jù)1為：在同圓中相等的弧所對(duì)的弦相等，依據(jù)2為：圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)．故答案為：在同圓中相等的弧所對(duì)的弦相等，圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)；（2）解：證明：如圖2，連接CA，CE，CF，BC，∵CD⊥AB于點(diǎn)D，DE=AD，∴CA=CE．∴∠CAB=∠CEA．∵CF=∴CF=CA，∴∠CBF=∠CBA．∵四邊形ABFC內(nèi)接于⊙O，∴∠CAB+∠CFB=180°，∵∠CEA+∠CEB=180°，∴∠CFB=∠CEB，在ΔCFB和Δ∠CFB=∠CEB∠CBF=∠CBA∴ΔCFB?Δ∴BF=BE．【點(diǎn)睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓心角、弦、弧之間的關(guān)系定理、三角形全等的判定和性質(zhì)以及線段垂直平分線的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)的判定和性質(zhì)．【變式4-3】（2023春·江蘇泰州·九年級(jí)校考期末）已知⊙O為△ACD的外接圓，AD=CD．(1)如圖1，延長(zhǎng)AD至點(diǎn)B，使BD=AD，連接CB．①求證：△ABC為直角三角形；②若⊙O的半徑為4，AD=5，求BC的值；(2)如圖2，若∠ADC=90°，E為⊙O上的一點(diǎn)，且點(diǎn)D，E位于AC兩側(cè)，作△ADE關(guān)于AD對(duì)稱的圖形△ADQ，連接QC，試猜想QA,QC,QD三者之間的數(shù)量關(guān)系并給予證明．【答案】(1)①見(jiàn)解析；②25(2)QC【分析】（1）①根據(jù)已知條件結(jié)合等邊等角，三角形內(nèi)角和定理可得∠ACB=90°，即可證明△ABC為直角三角形；；②連接OA,OD，利用垂徑定理得到OD⊥AC且AH=CH，設(shè)DH=x，則OH=4?x，利用勾股定理列出方程求得DH的值，再利用三角形的中位線定理得到BC=2DH；（2）延長(zhǎng)QA交⊙O于點(diǎn)F，連接DF,FC，由已知可得∠DAC=∠DCA=45°；利用同弧所對(duì)的圓周角相等，得到∠DFA=∠E=∠DCA=45°,∠DFC=∠DAC=45°，由于△ADQ與△ADE關(guān)于AD對(duì)稱，于是∠DQA=∠E=45°，則得△DQF為等腰直角三角形，△QFC為直角三角形；利用勾股定理可得：QC2=QF2【詳解】（1）①證明：∵AD=CD,BD=AD，∴DB=DC．∴∠DAC=∠DCA,∠DCB=∠DBC∵∠BAC+∠ACB+∠B=180°∴∠DAC+∠DCA+∠DCB+∠DBC=180°∴∠DCA+∠DCB=90°即∠ACB=90°∴△ABC為直角三角形；②解：連接OA,OD，如圖，∵AD=CD，∴AD=∴OD⊥AC且AH=CH，∵⊙O的半徑為4，∴OA=OD=4．設(shè)DH=x，則OH=4?x，∵AH2=O∴52解得：x=25∴DH=25由①知：BC⊥AC，∵OD⊥AC，∴OD∥∵AH=CH，∴BC=2DH=25（2）解：QC延長(zhǎng)QA交⊙O于點(diǎn)F，連接DF,FC，如圖，∵∠ADC=90°,AD=CD，∴∠DAC=∠DCA=45°．∴∠DFA=∠E=∠DCA=45°,∠DFC=∠DAC=45°．∴∠QFC=∠AFD+∠DFC=90°．∴QC∵△ADQ與△ADE關(guān)于AD對(duì)稱，∴∠DQA=∠E=45°，∴∠DQA=∠DFA=45°，∴DQ=DF．∴∠QDF=180°?∠DQA?∠QFD=90°．∴DQ即QF∵∠QDF=∠ADC=90°，∴∠QDA=∠CDF．在△QDA和△FDC中，∠QAD=∠DCF∠DQA=∠DFC=45°∴△QDA≌∴QA=FC．∴QC【點(diǎn)睛】本題是一道圓的綜合題，主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，圓周角定理及其推論，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，直角三角形的判定與性質(zhì)，軸對(duì)稱的性質(zhì)，方程的解法．根據(jù)圖形的特點(diǎn)恰當(dāng)?shù)奶砑虞o助線是解題的關(guān)鍵．【題型5翻折中的圓的有關(guān)性質(zhì)的運(yùn)用】【例5】（2023春·江蘇無(wú)錫·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，將⊙O上的BC沿弦BC翻折交半徑OA于點(diǎn)D，再將BD沿BD翻折交BC于點(diǎn)E，連接DE．若AD＝2OD，則DEAB的值為（

A．36 B．63 C．33【答案】D【分析】如圖，連接AC，CD，OC，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于H．設(shè)OA＝3a，則AB＝6a．首先證明AC＝CD＝DE，求出AC（用a表示），即可解決問(wèn)題．【詳解】解：如圖，連接AC，CD，OC，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于H．設(shè)OA＝3a，則AB＝6a．∵在同圓或等圓中，∠ABC所對(duì)的弧有AC，CD，DE，∴AC＝CD＝DE，∵CH⊥AD，∴AH＝DH，∵AD＝2OD，∴AH＝DH＝OD＝a，在Rt△OCH中，CH＝OC在Rt△ACH中，AC＝AH∴DEAB故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理，翻折變換，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問(wèn)題．【變式5-1】（2023春·湖北恩施·九年級(jí)期末）如圖，AB為⊙O的一條弦，C為⊙O上一點(diǎn)，OC∥AB．將劣弧AB沿弦AB翻折，交翻折后的弧AB交AC于點(diǎn)D．若D為翻折后弧AB的中點(diǎn)，則∠ABC＝（）A．110° B．112.5° C．115° D．117.5°【答案】B【分析】如圖，取AB中點(diǎn)M，連接OM，連接DB、OB、OA、AM，由題意知OM⊥AB，且O、D、M在一條直線上，AD=AM=BD，OA=OB=OC，知∠MOC=90°，根據(jù)圓周角定理，等邊對(duì)等角，三角形內(nèi)角和定理等可求∠MAC，∠BAC，∠BOC，∠OAC，∠OBA，∠OBC的值，進(jìn)而求解∠ABC的值．【詳解】解：如圖，取AB中點(diǎn)M，連接OM，連接DB、OB、OA、AM由題意知OM⊥AB，且O、D、M在一條直線上，AD=AM=BD，OA=OB=OC∴∠MOC=90°∴∠MAC=∵AD=AM=BD，OM⊥AB∴∠MAB=∠DAB=∴∠BOC=2∠BAC=45°∵OC∥AB∴∠OAC=∠OCA=∠DAB∴∠OAB=∠OBA=∠OAC+∠DAB=45°∴∠OBC=∠OCB=∴∠ABC=∠OBA+∠OBC=112.5°故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，圓周角，等邊對(duì)等角，三角形內(nèi)角和定理，折疊性質(zhì)等知識(shí)．解題的關(guān)鍵在于對(duì)知識(shí)的靈活運(yùn)用．【變式5-2】（2023春·浙江寧波·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，在⊙O中，AB為直徑，C為圓上一點(diǎn)，將劣弧AC沿弦AC翻折，交AB于點(diǎn)D，連接CD，若點(diǎn)D與圓心O不重合，∠BAC=25°，則∠DCA=．【答案】40°【分析】連接BC，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角求出∠ACB，根據(jù)直角三角形兩銳角互余求出∠B，再根據(jù)翻折的性質(zhì)得到ABC所對(duì)的圓周角，進(jìn)一步計(jì)算即可得解．【詳解】解：如圖，連接BC，∵AB是直徑，∴∠ACB=90°，∴∠BAC+∠B=90°，∵∠BAC=25°，∴∠B=90°?∠BAC=90°?25°=65°，根據(jù)翻折的性質(zhì)弧AC所對(duì)的圓周角為∠B，ABC所對(duì)的圓周角為∠ADC，∴∠ADC+∠B=180°，∵∠ADC+∠CDB=180°，∴∠B=∠CDB=65°，∴∠DCA=∠CDB?∠BAC=65°?25°=40°．故答案為：40°．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理以及折疊問(wèn)題的知識(shí)，根據(jù)同弦所對(duì)的兩個(gè)圓周角互補(bǔ)求解是解題的關(guān)鍵，此題難度不大．【變式5-3】（2023春·浙江金華·九年級(jí)浙江省義烏市稠江中學(xué)?？计谥校┰凇袿中，AB為直徑，點(diǎn)C為圓上一點(diǎn)，將劣弧沿弦AC翻折交AB于點(diǎn)D，連接CD．(1)如圖1，若點(diǎn)D與圓心O重合，AC=3，求⊙O的半徑r(2)如圖2，若點(diǎn)D與圓心O不重合，∠BAC=20°，請(qǐng)求出(3)如圖2，如果AD=6，DB=2，求AC的長(zhǎng)．【答案】(1)1(2)∠DCA=(3)2【分析】（1）設(shè)點(diǎn)D關(guān)于弦AC的對(duì)稱點(diǎn)為F，連接DF，交AC于點(diǎn)E，則DE=EF,DF⊥AC,AE=EC，根據(jù)勾股定理，得r2（2）設(shè)點(diǎn)D關(guān)于弦AC的對(duì)稱點(diǎn)為F，連接AF，CB，得CB=CF=CD，因?yàn)锳B為直徑，所以∠ACB=90°,∠B=∠CDB=（3）連接OC，CB，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AB于點(diǎn)G，確定BG=DG=12DB=1，AB=AD+DB=6+2=8，從而得到所以r，計(jì)算CG，AG【詳解】（1）設(shè)點(diǎn)D關(guān)于弦AC的對(duì)稱點(diǎn)為F，連接DF，交AC于點(diǎn)E，則DE=EF,DF⊥AC,AE=EC，因?yàn)锳C=3所以AE=EC=3設(shè)DE=EF=r則AD=DF=r，根據(jù)勾股定理，得r2解得r=1，故圓的半徑r為1．（2）設(shè)點(diǎn)D關(guān)于弦AC的對(duì)稱點(diǎn)為F，連接AF，CB，根據(jù)題意，得∠BAC=∠FAC=20°，所以CB=CF=CD，所以∠B=∠CDB；因?yàn)锳B為直徑，所以∠ACB=90所以∠DCA=∠CDB?∠BAC=70（3）如圖，連接OC，CB，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AB于點(diǎn)G，根據(jù)（2）得到CB=CD，所以BG=DG，因?yàn)锳D=6，DB=2，所以BG=DG=12DB=1所以r=OC=1所以O(shè)D=AD?OB=6?4=2，OG=OD+DGB=1+2=3，所以CG=OC2所以AC=A【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)，勾股定理，垂徑定理，等腰三角形三線合一性質(zhì)，熟練掌握?qǐng)A的性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．【題型6利用圓的有關(guān)性質(zhì)求最值】【例6】（2023春·浙江衢州·九年級(jí)校聯(lián)考期中）如圖，△ABC中，AB=23，∠ACB=75°，∠ABC=60°，D是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以AD為直徑畫⊙O，分別交AB，AC于E，F(xiàn)，連接EF，則∠BAC=；EF的最小值為

【答案】45°/45度3【分析】根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求得∠BAC，連接OE、OF，作OM⊥EF于M，作AN⊥BC于N，如圖，根據(jù)圓周角定理得到∠EOF＝90°，再計(jì)算出EF＝2OE，則OE最小時(shí)，EF的長(zhǎng)度最小，此時(shí)圓的直徑的長(zhǎng)最小，利用垂線段最短得到AD的長(zhǎng)度最小值為AN的長(zhǎng)，接著計(jì)算出AN，從而得到OE的最小值，然后確定EF長(zhǎng)度的最小值．【詳解】解：∵△ABC中，∠ACB=75°，∠ABC=60°，∴∠BAC=180°?75°?60°=45°連接OE、OF，作OM⊥EF于M，作AN⊥BC于N，如圖，

∵∠EOF＝2∠BAC＝2×45°＝90°，而OE＝OF，OM⊥EF，∴∠OEM＝45°，EM＝FM，在Rt△OEM中，EF＝2OE，當(dāng)OE最小時(shí)，EF的長(zhǎng)度最小，此時(shí)圓的直徑的長(zhǎng)最小，即AD的長(zhǎng)最小，∵AD的長(zhǎng)度最小值為AN的長(zhǎng)，AN=∴OE的最小值為32∴EF長(zhǎng)度的最小值為32故答案為：32【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，都等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半．也考查了垂徑定理和解直角三角形，推出EF＝2OE是解題的關(guān)鍵．【變式6-1】（2023春·北京密云·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，⊙O的弦AB長(zhǎng)為2，CD是⊙O的直徑，∠ADB=30°,∠ADC=15°．①⊙O的半徑長(zhǎng)為．②P是CD上的動(dòng)點(diǎn)，則PA+PB的最小值是．【答案】22【分析】①連接OA,OB，易證△AOB是等邊三角形，弦AB長(zhǎng)為2，OA=OB=2，即可得到答案；②先證∠BOC=∠AOB+∠AOC=90°，延長(zhǎng)BO交⊙O于點(diǎn)E，連接AE交CD于點(diǎn)P，連接BP,則此時(shí)PA+PB=PA+PE=AE，即PA+PB的最小值是AE的長(zhǎng)，再用勾股定理求出AE即可．【詳解】解：①連接OA,OB，∵∠ADB=30°,∴∠AOB=60°,∵OA=OB，∴△AOB是等邊三角形，∵弦AB長(zhǎng)為2，∴OA=OB=2，即⊙O的半徑長(zhǎng)為2，故答案為：2②∵∠ADC=15°，∴∠AOC=2∠ADC=30°,∴∠BOC=∠AOB+∠AOC=90°，延長(zhǎng)BO交⊙O于點(diǎn)E，連接AE交CD于點(diǎn)P，連接BP,則此時(shí)PA+PB=PA+PE=AE，即PA+PB的最小值是AE的長(zhǎng)，∵∠BAO=60°，∵OA=OE=2，∴∠OAE=∠AEB=30°，∴∠BAE=∠BAO+∠OAE=90°，∴AE=B即PA+PB的最小值是23故答案為：2【點(diǎn)睛】此題考查了圓周角定理、勾股定理、等邊三角形的判定和性質(zhì)、軸對(duì)稱最短路徑等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)定理并靈活應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．【變式6-2】（2023春·湖南湘西·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在正方形ABCD中，AB=4，以邊CD為直徑作半圓O，E是半圓O上的動(dòng)點(diǎn)，EF⊥DA于點(diǎn)F，EP⊥AB于點(diǎn)P，設(shè)EF=x，EP=y，則x2+yA．23?1 B．4?23 C．2【答案】D【分析】由題意，四邊形AFEP為矩形，x2+y2=AE2【詳解】解：連接OE∵四邊形ABCD為正方形，AB=4，CD為圓O直徑，∴∠BAD=∠CDA=90°,CD=AB=AD=4,OD=2，∵EF⊥DA，EP⊥AB，∴四邊形AFEP為矩形，∴x2∵OE+AE≥AO∴當(dāng)O,E,A三點(diǎn)共線時(shí)，x2+y則：OA=O∴AE=AO?OE=25∴x2故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查圓上的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)．熟練掌握?qǐng)A外一點(diǎn)與圓心和圓上一點(diǎn)三點(diǎn)共線時(shí)，圓外一點(diǎn)到圓上一點(diǎn)的距離最大或最小是解題的關(guān)鍵．【變式6-3】（2023春·遼寧沈陽(yáng)·九年級(jí)沈陽(yáng)市第七中學(xué)?？计谀┤鐖D，已知以BC為直徑的⊙O，A為弧BC中點(diǎn)，P為弧AC上任意一點(diǎn)，AD⊥AP交BP于D，連CD．若BC=6，則CD的最小值為．【答案】3【分析】如圖所示，連接AB，AC，以AB為斜邊作等腰直角三角形ABO′，則∠AO′B=90°，得出點(diǎn)D在以點(diǎn)O′為圓心，AO′長(zhǎng)為半徑的AB上運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閮牲c(diǎn)之間線段最短，即為最短CD，連接BO′，因?yàn)锽C=6，所以BO′【詳解】解：如圖所示，連接AB，AC，以AB為斜邊作等腰直角三角形ABO′，則∠AO∵BC為直徑的⊙O，A為弧BC中點(diǎn)，∴∠BPA=45°，△ABC是等腰直角三角形，∵BC=6，∴AB=32∴O'又∵AD⊥AP，∴∠DAP=90°，∴∠PDA=45°，∴點(diǎn)D在以點(diǎn)O′為圓心，AO′長(zhǎng)為半徑的連接O′C交AB為點(diǎn)D，此時(shí)CD∵∠O∴∠O′BC=90°在△BCO′中，BO′∴CD=O′C?故答案為：3【點(diǎn)睛】本題考查了圓的綜合問(wèn)題，求動(dòng)點(diǎn)最值時(shí)，首先找到動(dòng)點(diǎn)軌跡，再結(jié)合兩點(diǎn)之間線段最短找出最小值是解題的關(guān)鍵．【題型7利用圓的有關(guān)性質(zhì)求取值范圍】【例7】（2023春·湖北武漢·九年級(jí)校考期末）如圖，△ABC的兩個(gè)頂點(diǎn)A、B在⊙O上，⊙O的半徑為2，∠BAC=90°，AB=AC，若動(dòng)點(diǎn)B在⊙O上運(yùn)動(dòng)，OC=m，則m的取值范圍是．【答案】2【分析】連接OA，作∠NAO=90°，且AN=AO=2，連接OB，ON，CN，證明△ABO≌△ACNSAS得到CN=OB=2，再根據(jù)勾股定理求得ON=2【詳解】解：如圖，連接OA，作∠NAO=90°，且AN=AO=2，連接OB，ON，CN，∵∠BAC=∠NAO=90°，∴∠BAO=∠CAN，在△ABO和△ACN中，AB=AC∴△ABO≌△ACNSAS∴CN=OB=2，在Rt△AON中，ON=根據(jù)兩點(diǎn)短得ON?CN≤OC≤ON+OC，∴22故答案為：22【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的有關(guān)概念、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、兩點(diǎn)之間線段最短、等角的余角相等，添加輔助線構(gòu)造全等三角形求解是解答的關(guān)鍵．【變式7-1】（2023春·新疆烏魯木齊·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，弧BE是半徑為6的圓D的14圓周，C點(diǎn)是BE上的任意一點(diǎn)，△ABD是等邊三角形，則四邊形ABCD的周長(zhǎng)PA．12＜P≤18 B．18＜P≤24 C．18＜P≤18＋62 D．12＜P≤12＋62【答案】C【詳解】∵△ABD是等邊三角形，∴AB+AD+CD=18，得P＞18，∵BC的最大值為當(dāng)點(diǎn)C與E重合的時(shí)刻，BE=62+6∴P的取值范圍是18＜P≤18+62．故選C．【變式7-2】（2023春·福建福州·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，⊙O的直徑為10，A、B、C、D是⊙O上的四個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且AB＝6，CD＝8，若點(diǎn)E、F分別是弦AB、CD的中點(diǎn)，則線段EF長(zhǎng)度的取值范圍是（）A．1≤EF≤7 B．2≤EF≤5 C．1＜EF＜7 D．1≤EF≤6【答案】A【分析】連接OE、OF、OA、OC，由垂徑定理得OE⊥AB，OF⊥CD，AE=12AB=3,CF=12CD=4，由勾股定理得OE=4，OF=3，當(dāng)AB∥CD時(shí)，E、O、F三點(diǎn)共線EF取最值，其中當(dāng)AB、CD位于O的同側(cè)時(shí)，線段EF的長(zhǎng)度最短，此時(shí)EF=OE?【詳解】連接OE、OF、OA、OC，如圖所示：∵⊙O的直徑為10，∴OA=OC=5，∵點(diǎn)E、F分別是弦AB、CD的中點(diǎn)，AB=6，CD=8，∴OE⊥AB，OF⊥CD，AE=12AB∴OE=OA2當(dāng)AB∥CD時(shí)，E、O、F三點(diǎn)共線，EF取得最值：①當(dāng)AB、CD位于O的同側(cè)時(shí)，線段EF的長(zhǎng)度最短，此時(shí)EF=OE②當(dāng)AB、CD位于O的兩側(cè)時(shí)，線段EF的長(zhǎng)度最長(zhǎng)，此時(shí)EF=OE+∴線段EF的長(zhǎng)度的取值范圍是1≤EF≤7，故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理、勾股定理以及線段的最值問(wèn)題，熟練掌握垂徑定理和勾股定理是解題的關(guān)鍵．【變式7-3】（2023春·江蘇南京·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，⊙O的半徑是1．過(guò)⊙O上一點(diǎn)P作等邊三角形PDE，使點(diǎn)D，E分別落在x軸、y軸上，則PD的取值范圍是．【答案】3【分析】找到最大值與與最小值位置，分別進(jìn)行解題求出取值范圍的臨界值即可．【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥DE于點(diǎn)M，連接OM，設(shè)DP=DE=a，∵△PDE為等邊三角形，PM⊥DE，∴∠DPE=60°,∠DPM=30°，M為DE中點(diǎn)，∴DM=1根據(jù)勾股定理可得PM=D∵PM+OM≥1，∴32解得：a≥3如圖，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥DE于點(diǎn)M，連接OM，設(shè)DP=DE=a，同理可得，OM=1∵32解得：a≤3綜上，3?1≤a≤∴PD的取值范圍是3?1≤PD≤故答案為：3?1≤PD≤【點(diǎn)睛】本題考查了圓的概念，等邊三角形的性質(zhì)，三角形三條邊的關(guān)系，和勾股定理，找準(zhǔn)臨界位置是解題的關(guān)鍵．【題型8利用圓的有關(guān)性質(zhì)探究角或線段間的關(guān)系】【例8】（2023·河北石家莊·統(tǒng)考一模）如圖，AB是半圓O的直徑，C、D、E三點(diǎn)依次在半圓O上，若∠C=α，∠E=β，則α與β之間的關(guān)系是（

）A．α+β=270° B．α+β=180° C．β=α+90° D．β=【答案】A【分析】連接AD、BC、BE，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理，得到∠BAD=180°?β，再根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等，得到∠BCD=∠BAD=180°?β，由直徑所對(duì)的圓周角是直角可知∠ACB=90°，最后根據(jù)∠ACD=∠ACB+∠BCD即可得到α與β之間的關(guān)系．【詳解】解：連接AD、BC、BE，∵四邊形ABED為圓內(nèi)接四邊形，∴∠BAD+∠E=180°，∵∠E=β，∴∠BAD=180°?β，∵BD∴∠BCD=∠BAD=180°?β，∵AB為直徑，∴∠ACB=90°，∵∠ACD=α，∴∠ACD=∠ACB+∠BCD=90°+180°?β∴α+β=270°，故選A．【點(diǎn)睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理，同弧所對(duì)的圓周角相等，直徑所對(duì)的圓周角是直角，熟練掌握?qǐng)A的相關(guān)性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【變式8-1】（2023·湖北襄陽(yáng)·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）如圖，等邊△ABC內(nèi)接于⊙O，P是AB上任意一點(diǎn)（不與點(diǎn)A、B重合），連AP、BP，過(guò)點(diǎn)C作CM//BP交PA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M.（1）求∠APC和∠BPC的度數(shù)（2）探究PA、PB、PM之間的關(guān)系（3）若PA=1，PB=2，求四邊形PBCM的面積．【答案】（1）∠APC=60°；∠BPC=60°；（2）PM=PA＋PB；（3）15【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和同弧所對(duì)的圓周角相等即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠MCP=∠BPC=60°，然后根據(jù)等邊三角形的判定可得△CPM為等邊三角形，再利用SAS證出△BCP≌△ACM，即可得出PB=AM，從而得出結(jié)論；（3）過(guò)點(diǎn)C作CD⊥MP于D，根據(jù)（2）的結(jié)論和等邊三角形的性質(zhì)求出AM和CD，利用三角形的面積公式即可求出S△CAM和S△CAP，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得S△BCP=S△ACM，最后根據(jù)S四邊形PBCM=S△CAM＋S△CAP＋S△BCP即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）∵△ABC為等邊三角形∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC=BC∴∠APC=∠ABC=60°，∠BPC=∠BAC=60°；（2）PM=PA＋PB，理由如下∵CM∥BP∴∠MCP=∠BPC=60°∴∠M=180°－∠MPC－∠MCP=60°∴△CPM為等邊三角形∴CP=CM，∠PCM=60°∵∠ACB=60°∴∠ACB=∠PCM∴∠BCP=∠ACM在△BCP和△ACM中CP=CM∴△BCP≌△ACM∴PB=AM∴PM=PA＋AM=PA＋PB（3）過(guò)點(diǎn)C作CD⊥MP于D∵PA=1，PB=2，∴PM=PA＋PB=3，AM=PB=2∵△CPM為等邊三角形∴CM=CP=PM=3，∵CD⊥MP∴MD=12PM根據(jù)勾股定理可得CD=C∴S△CAM=1S△CAP=1∵△BCP≌△ACM∴S△BCP=S△ACM=∴S四邊形PBCM=S△CAM＋S△CAP＋S△BCP=【點(diǎn)睛】此題考查的是等邊三角形的判定及性質(zhì)、圓周角定理的推論、全等三角形的判定及性質(zhì)和三角形的面積，掌握等邊三角形的判定及性質(zhì)、同弧所對(duì)的圓周角相等、全等三角形的判定及性質(zhì)和三角形的面積公式是解決此題的關(guān)鍵．【變式8-2】（2023春·安徽·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC是⊙O的直徑，AB=BC，延長(zhǎng)DA到點(diǎn)E，使得BE=BD．(1)若AF平分∠CAD，求證：BA=BF；(2)試探究線段AD，CD與【答案】(1)見(jiàn)解析(2)2BD【分析】（1）根據(jù)圓周角定理及等腰三角形的性質(zhì)推出∠BAC=∠BCA=45°，∠ADB=∠CDB=45°，根據(jù)角平分線定義得到∠CAF=∠DAF，根據(jù)三角形外角性質(zhì)推出（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)推出∠E=∠BDE=45°，進(jìn)而得到∠DBE=90°，根據(jù)角的和差求出∠ABE=∠CBD，證明△ABE≌△CBD，得到AE=CD，根據(jù)勾股定理得到BD【詳解】（1）證明：∵AC是⊙O的直徑，∴∠ABC=90°，∠ADC=90°，∴∠BAC+∠BCA=90°．∵AB=BC，∴∠BAC=∠BCA=45°，AB=∴∠ADB=∠CDB=45°．∵AF平分∠CAD，∴∠CAF=∠DAF．∵∠BAF=∠BAC+∠CAF，∠BFA=∠ADB+∠DAF，∴∠BAF=∠BFA，∴BA=BF；（2）解：2BD由（1）知，∠ADB=45°，∵BE=BD，∴∠E=∠BDE=45°，∴∠DBE=90°．∵∠ABC=90°，∴∠DBE=∠ABC，∴∠ABE=∠CBD．∵AB=BC，∴△ABE≌△CBD（SAS），∴AE=CD．在Rt△BDE中，∠DBE=90°，BE=BD，∴BD即BD∴2BD【點(diǎn)睛】此題是圓的綜合題，考查了圓周角定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、角平分線的定義、勾股定理等知識(shí)，熟練掌握?qǐng)A周角定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式8-3】（2023·江蘇·九年級(jí)假期作業(yè)）小明學(xué)習(xí)了垂徑定理，做了下面的探究，請(qǐng)根據(jù)題目要求幫小明完成探究．

(1)更換定理的題設(shè)和結(jié)論可以得到許多真命題．如圖1，在⊙O中，C是劣弧AB的中點(diǎn)，直線CD⊥AB于點(diǎn)E，則AE=BE．請(qǐng)證明此結(jié)論；(2)從圓上任意一點(diǎn)出發(fā)的兩條弦所組成的折線，成為該圓的一條折弦．如圖2，PA，PB組成⊙O的一條折弦．C是劣弧AB的中點(diǎn)，直線CD⊥PA于點(diǎn)E，則AE=PE+PB．可以通過(guò)延長(zhǎng)DB、AP相交于點(diǎn)F，再連接AD證明結(jié)論成立．請(qǐng)寫出證明過(guò)程；(3)如圖3，PA，PB組成⊙O的一條折弦．C是優(yōu)弧ACB的中點(diǎn)，直線CD⊥PA于點(diǎn)E，則AE，PE與PB之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出結(jié)論，不必證明．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)AE=PE?PB，證明見(jiàn)解析【分析】（1）連接AD，BD，易證△ADB為等腰三角形，根據(jù)等腰三角形三線合一這一性質(zhì)，可以證得AE=BE．（2）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，先證∠CDA=∠CDF，再證△AFD為等腰三角形，進(jìn)一步證得PB=PF，從而證得結(jié)論．（3）根據(jù)∠ADE=∠FDE，從而證明△DAE≌△DFE，得出AE=EF，然后判斷出PB=PF，進(jìn)而求得AE=PE?PB．【詳解】（1）如圖1，連接AD，BD，

∵C是劣弧AB的中點(diǎn)，∴∠CDA=∠CDB，∵DE⊥AB，∴∠AED=∠DEB=90°，∴∠A+∠ADE=90°，∠B+∠CDB=90°，∴∠A=∠B，∴△ADB是等腰三角形，∵CD⊥AB，∴AE=BE；（2）如圖2，延長(zhǎng)DB、AP相交于點(diǎn)F，再連接AD，

∵四邊形ADBP是圓內(nèi)接四邊形，∴∠PBF=∠PAD，∵C是劣弧AB的中點(diǎn)，∴∠CDA=∠CDF，∵CD⊥PA，∴∠AED=∠FED=90°∵DE=DE∴△ADE≌△FDE∴AD=FD∴∠F=∠A，AE=EF，∴∠PBF=∠F，∴PB=PF，∴AE=PE+PB（3）AE=PE?PB．理由如下：連接AD，BD，AB，DB與AP相交于點(diǎn)F，

∵AC=∴∠ADC=∠BDC，∵CD⊥AP，∴∠DEA=∠DEF，∠ADE=∠FDE，∵DE=DE，∴△DAE≌△DFE，∴AD=DF，AE=EF，∴∠DAF=∠DFA，

∴∠DFA=∠PFB，∠PBD=∠DAP，∴∠PFB=∠PBF，∴PF=PB，∴AE=PE?PB．【點(diǎn)睛】此題主要考查了垂徑定理及其推論，全能三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，掌握并熟練運(yùn)用垂徑定理是解題的關(guān)鍵．【題型9利用圓的有關(guān)性質(zhì)判斷多結(jié)論問(wèn)題】【例9】（2023春·江蘇鎮(zhèn)江·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，點(diǎn)A、B、C是⊙O上的點(diǎn)，且∠ACB=90°，AC=6，BC=8，∠ACB的平分線交⊙O于D，下列4個(gè)判斷：①⊙O的半徑為5；②CD的長(zhǎng)為72；③在BC弦所在直線上存在3個(gè)不同的點(diǎn)E，使得△CDE是等腰三角形；④在BC弦所在直線上存在2個(gè)不同的點(diǎn)F，使得△CDF是直角三角形；正確判斷的個(gè)數(shù)有（

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】利用勾股定理求出AB即可判斷①正確；如圖1中，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥CA交CA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，DN⊥BC于N．證明四邊形CMDN是正方形，求出CM，可得結(jié)論②正確；利用圖形法，即可判斷③錯(cuò)誤；利用圖形法即可判斷④正確．【詳解】解：如圖1中，連接AB.∵∠ACB=90°，∴AB是直徑，∴AB=A∴⊙O的半徑為5．故①正確，如圖1中，連接AD，BD，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥CA交CA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，DN⊥BC于N．∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠BCD，∴AD=∴AD=BD，∵∠M=∠DNC=90°，CD=CD，∴△CDM≌△CDN（AAS），∴CM=CN．DM=DN，∵∠M=∠DNB=90°，DA=DB，∴Rt△DMA≌Rt△DNB（HL），∴AM=BN，∵∠M=∠MAN=∠DNC=90°，∴四邊形CMDN是矩形，∵DM=DN，∴四邊形CMDN是正方形，∴CD=2CM，∵AC+CB=CM-AM+CN+BN=2CM=14，∴CM=7，∴CD=72，故②正確，如圖2中，滿足條件的點(diǎn)E有4個(gè)，故③錯(cuò)誤，如圖3中，滿足條件的點(diǎn)F有2個(gè)，故④正確，∴正確的結(jié)論是①②④，共3個(gè)故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理，正方形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形，圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，都等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半．推論：半圓（或直徑）所對(duì)的圓周角是直角，90°的圓周角所對(duì)的弦是直徑．【變式9-1】（2023春·廣東湛江·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖所示，MN是⊙O的直徑，作AB⊥MN，垂足為點(diǎn)D，連接AM，AN，點(diǎn)C為AN上一點(diǎn)，且AC=AM，連接CM，交AB于點(diǎn)E，交AN于點(diǎn)F，現(xiàn)給出以下結(jié)論：①AD=BD；②∠MAN=90°；③AM=BM；④∠ACM+∠ANM=∠MOB；⑤AE其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【詳解】解：如圖，根據(jù)垂徑定理，由AB⊥MN可知AD=DB,AM=連接OA，由AM=由AC=AM，AM=BM，可得故選D.【點(diǎn)睛】此題主要考查了圓的相關(guān)性質(zhì)，解題時(shí)利用垂徑定理，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)、互余兩角的關(guān)系，逐步判斷即可，解題中關(guān)鍵是要把弧、角、弦之間的等量關(guān)系的轉(zhuǎn)換應(yīng)用到位.【變式9-2】（2023春·全國(guó)·九年級(jí)統(tǒng)考期末）已知如圖，點(diǎn)O為△ABD的外心，點(diǎn)C為直徑BD下方弧BCD上一點(diǎn)，且不與點(diǎn)B，D重合，∠ACB=∠ABD=45°，則下列對(duì)AC，BC，CD之間的數(shù)量關(guān)系判斷正確的是（）A．AC=BC+CDB．2AC=BC+CDC．3AC=BC+CDD．2AC=BC+CD【答案】B【分析】在CD延長(zhǎng)線上截取DE=BC，連接EA，證明△ABC≌△ADE，進(jìn)而得到△CAE是等腰直角三角形，即可得出結(jié)論．【詳解】在CD的延長(zhǎng)線上截取DE=BC，連接EA，

∵∠ABD=∠ACB=∠ABD=45°，∴AB=AD，∵∠ADE+∠ADC=180°，∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABC=∠ADE，在△ABC與△ADE中，AB=AD∠ABC=∠ADE∴△ABC≌△ADE（SAS），∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE=90°，∴∠ACD=∠ABD=45°，∴△CAE是等腰直角三角形，∴AC=AE，AC2+AE2=CE2，∴2AC=CE，∴2AC=CD+DE=CD+BC，故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等，綜合性較強(qiáng)，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵.【變式9-3】（2023春·浙江·九年級(jí)期末）在一次探究活動(dòng)中，方方完成了如下的尺規(guī)畫圖過(guò)程：第一步：在半徑為1的⊙O上任取一點(diǎn)A，連續(xù)以1為半徑在⊙O上截取AB=BC=CD；第二步：分別以A、D為圓心A到C的距離為半徑畫弧，兩弧交于E，以A為圓心O到E的距離為半徑畫弧，交⊙O于F．畫圖后，他得出兩個(gè)結(jié)論：①AF的長(zhǎng)為2；②△ACF的面積為3+34，則（A．①正確，②正確B．①正確，②錯(cuò)誤C．①錯(cuò)誤，②正確 D．①錯(cuò)誤，②錯(cuò)誤【答案】A【分析】連OA、OB、AB、AD、DF、CD、AE、OE，過(guò)A作AG⊥CF于G點(diǎn)，由AB=OA=OB=1，得到∠AOB=60°，弧AB的度數(shù)=60°，而AB=BC=CD，得弧ABD的度數(shù)=3×60°=180°，所以AD為⊙O的直徑，∠CFA=60°，再由AE=AC，AF=OE可得AF=2；由AN=AF，則AD平分NF，EF過(guò)O點(diǎn)，弧FD=弧FA，得到△FAD為等腰直角三角形，由∠CFA=60°可得在Rt△AGF中，GF=12AF=22，AG=3GF=62，再由△FAD為等腰直角三角形可得在Rt△AGC中，CG=AG=6【詳解】解：連OA、OB、AB、AD、DF、CD、AE、OE，過(guò)A作AG⊥CF于G點(diǎn)，連OE交⊙O于N，連AN，如圖，∵AB=OA=OB=1，∴△OAB為等邊三角形，∴∠AOB=60°，∴弧AB的度數(shù)=60°，又∵AB=BC=CD=1，∴弧AB=弧BC=弧CD，∴弧ABD的度數(shù)=3×60°=180°，∴AD為⊙O的直徑，∠CFA=60°，∠ACD=90°，∴AE=AC=AD2∴AF=OE=AE2又AN=AO2∴AN=AF，∴AD平分NF，∴EF過(guò)O點(diǎn)，∴弧FD=弧FA，∴△FAD為等腰直角三角形，∴∠FCA=∠FDA=45°，∵∠CFA=60°，∴在Rt△AGF中，GF=12AF=22，AG=3GF=62，在Rt△AGC中，CG=AG∴S△ACF=12CF?AG=12×（62+故選A．【點(diǎn)睛】本題考查了在同圓或等圓中，如果兩個(gè)圓心角以及它們對(duì)應(yīng)的兩條弧、兩條弦中有一組量相等，則另外兩組量也對(duì)應(yīng)相等．也考查了等腰直角三角形的性質(zhì)和含30度的直角三角形三邊的關(guān)系以及三角形的面積公式．【題型10構(gòu)造圓利用圓周角解決三角形或四邊形中的問(wèn)題】【例10】（2023春·安徽六安·九年級(jí)?？计谀┤鐖D，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=6，BC=4，P是△ABC內(nèi)部的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PC，且滿足∠PAB=∠PBC，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥BC于點(diǎn)D，則∠APB=；當(dāng)線段CP最短時(shí)，△BCP的面積為

【答案】90°12【分析】（1）由∠ABP+∠PBC=90°，得到∠BAP+∠ABP=90°，即可得到∠APB=90°；（2）首先證明點(diǎn)P在以AB為直徑的⊙O上，連接OC與⊙O交于點(diǎn)P，此時(shí)PC最小，利用勾股定理求出OC即可得到PCOC【詳解】解：（1）∵在Rt△ABC中，AB⊥BC，則∠ABC=90°∴∠ABP+∠PBC=90°，∵∠PAB=∠PBC，∴∠BAP+∠ABP=90°，∴∠APB=90°；故答案為：90°；（2）設(shè)AB的中點(diǎn)為O，連接OP，

則OP=OA=OB，∴點(diǎn)P在以AB為直徑的⊙O上，連接OC交⊙O于點(diǎn)P，此時(shí)PC最小，在Rt△BCO中，∠OBC=90°，BC=4，OB=3，∴OC=BPC=OC?OP=5?3=2，∴PC∵S∴S故答案為：125【點(diǎn)睛】本題考查點(diǎn)與圓位置關(guān)系、圓周角定理、最短問(wèn)題等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是確定點(diǎn)P位置，求圓外一點(diǎn)到圓的最小、最大距離．【變式10-1】（2023春·福建廈門·九年級(jí)廈門市第五中學(xué)?？计谥校┰凇鰽BC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，把△ABC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△DBE（點(diǎn)A與D對(duì)應(yīng)）．(1)如圖，若點(diǎn)E落在邊AB上，連接AD，求AE的長(zhǎng)；(2)如圖，若旋轉(zhuǎn)角度為60°，連接AE．求AE的長(zhǎng)；(3)如圖，若旋轉(zhuǎn)角度為α45°≤α≤90°，連接AD，BF⊥AD，垂足為F．求證：C，E，F(xiàn)【答案】(1)2(2