2022-2023學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)舉一反三系列專題2.4 圓周角定理【十大題型】（舉一反三）（北師版）含解析

2022-2023學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)舉一反三系列專題2.4圓周角定理【十大題型】【蘇科版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1圓周角的度數(shù)等于它所對(duì)弧上的圓心角的一半的運(yùn)用】 2【題型2同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等的運(yùn)用】 5【題型3直徑所對(duì)的圓周角是90°的運(yùn)用】 9【題型4翻折中的圓周角的運(yùn)用】 13【題型5利用圓周角求最值】 18【題型6圓周角中的證明】 22【題型7圓周角中的多結(jié)論問題】 28【題型8構(gòu)造圓利用圓周角解決三角形或四邊形中的問題】 32【題型9圓周角與量角器的綜合運(yùn)用】 37【題型10利用圓周角求取值范圍】 40【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圓周角的度數(shù)等于它所對(duì)弧上的圓心角的一半的運(yùn)用】【例1】（2022?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）如圖，CD是⊙O的直徑，⊙O上的兩點(diǎn)A，B分別在直徑CD的兩側(cè)，且∠ABC＝78°，則∠AOD的度數(shù)為（）A．12° B．22° C．24° D．44°【變式1-1】（2022?溫州）如圖，AB，AC是⊙O的兩條弦，OD⊥AB于點(diǎn)D，OE⊥AC于點(diǎn)E，連結(jié)OB，OC．若∠DOE＝130°，則∠BOC的度數(shù)為（）A．95° B．100° C．105° D．130°【變式1-2】（2022?藍(lán)山縣一模）如圖，點(diǎn)A，B，C在⊙O上，∠1＝40°，∠C＝25°，則∠B＝（）A．100° B．70° C．55° D．65°【變式1-3】（2022春?漢陽區(qū)校級(jí)月考）如圖，AB，CD為⊙O的兩條弦，若∠A+∠C＝120°，AB＝2，CD＝4，則⊙O的半徑為（）A．25 B．27 C．2153 【題型2同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等的運(yùn)用】【例2】（2022?保亭縣二模）如圖，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)C、D在圓上，CE⊥AB于點(diǎn)E，若∠D＝48°，則∠1＝（）A．42° B．45° C．48° D．52°【變式2-1】（2022?南充）如圖，AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，OF⊥BC于點(diǎn)F，∠BOF＝65°，則∠AOD為（）A．70° B．65° C．50° D．45°【變式2-2】（2022?十堰二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝54°，以BC為直徑的⊙O交AB于點(diǎn)D．E是⊙O上一點(diǎn)，且CE=CD，連接OE．過點(diǎn)E作EF⊥OE，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，則∠A．92° B．108° C．112° D．124°【變式2-3】（2022?本溪模擬）如圖，在⊙O中，AB=BC，直徑CD⊥AB于點(diǎn)N，P是AC上一點(diǎn)，則∠BPD的度數(shù)是【題型3直徑所對(duì)的圓周角是90°的運(yùn)用】【例3】（2022?中山市三模）如圖，AB是⊙O的直徑，若AC＝2，∠D＝60°，則BC長(zhǎng)等于（）A．4 B．5 C．3 D．2【變式3-1】（2022?濰坊二模）如圖，已知以△ABC的邊AB為直徑的⊙O經(jīng)過點(diǎn)C，OD⊥AC交⊙O于點(diǎn)D，連接BD．若∠BAC＝36°，則∠ODB的度數(shù)為（）A．32° B．27° C．24° D．18°【變式3-2】（2022?江夏區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖，⊙O的直徑AB為8，D為AC上的一點(diǎn)，DE⊥AC于點(diǎn)E，若CE＝3AE，∠BAC＝30°，則DE的長(zhǎng)是（）A．85 B．13-2 C．3 【變式3-3】（2022秋?如皋市校級(jí)期中）在⊙O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＝2，求⊙O的半徑r；（2）如圖2，若點(diǎn)D與圓心O不重合，∠BAC＝25°，求∠DCA的度數(shù)．【題型4翻折中的圓周角的運(yùn)用】【例4】（2022春?福田區(qū)校級(jí)月考）如圖，AB是⊙O的直徑，BC是⊙O的弦，先將BC沿BC翻折交AB于點(diǎn)D，再將BD沿AB翻折交BC于點(diǎn)E．若BE=DE，則∠A．22.5° B．30° C．45° D．60°【變式4-1】（2022秋?蕭山區(qū)期中）如圖，在⊙O中，AB為直徑，點(diǎn)C為圓上一點(diǎn)，將劣弧AC沿弦AC翻折交AB于點(diǎn)D，連結(jié)CD，若∠BAC＝25°，則∠BDC的度數(shù)為（）A．45° B．55° C．65° D．70°【變式4-2】（2022秋?硚口區(qū)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°【變式4-3】（2022秋?丹江口市期中）已知⊙O的直徑AB長(zhǎng)為10，弦CD⊥AB，將⊙O沿CD翻折，翻折后點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)B′，若AB′＝6，CB′的長(zhǎng)為（）A．45 B．25或45 C．25 【題型5利用圓周角求最值】【例5】（2022?瑤海區(qū)三模）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝8，點(diǎn)M在⊙O上，∠MAB＝20°，N是弧MB的中點(diǎn)，P是直徑AB上的一動(dòng)點(diǎn)，若MN＝2，則△PMN周長(zhǎng)的最小值為（）A．4 B．5 C．6 D．7【變式5-1】（2022?陳倉區(qū)一模）如圖，△ABC中，∠ABC＝45°，∠ACB＝75°，AB＝4，D是邊BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以AD為直徑畫⊙O，分別交AB、AC于點(diǎn)E、F，連接EF，則線段EF長(zhǎng)度的最小值為．【變式5-2】（2022秋?大連期末）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝2，點(diǎn)C在⊙O上，∠CAB＝30°，D為BC的中點(diǎn)，E是直徑AB上一動(dòng)點(diǎn)，則CE+DE最小值為（）A．1 B．2 C．3 D．2【變式5-3】（2022?杏花嶺區(qū)校級(jí)三模）如圖，矩形ABCD中，AB=32，BC＝AB2，E為射線BA上一動(dòng)點(diǎn)，連接CE交以BE為直徑的圓于點(diǎn)H，則線段DH長(zhǎng)度的最小值為【題型6圓周角中的證明】【例6】（2022秋?定陶區(qū)期末）如圖1．在⊙O中AB＝AC，∠ACB＝70°，點(diǎn)E在劣弧AC上運(yùn)動(dòng)，連接EC，BE，交AC于點(diǎn)F．（1）求∠E的度數(shù)；（2）當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到使BE⊥AC時(shí)，連接AO并延長(zhǎng)，交BE于點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)G，交⊙O于點(diǎn)M，依據(jù)題意在備用圖中畫出圖形．并證明：G為DM的中點(diǎn)．【變式6-1】（2022春?金山區(qū)校級(jí)月考）已知CD為⊙O的直徑，A、B為⊙O上兩點(diǎn)，點(diǎn)C為劣弧AB中點(diǎn)，連接DA、BA、AC，且∠B＝30°．（1）求證：∠D＝30°；（2）F、G分別為線段CD、AC上兩點(diǎn)，滿足DF＝AG，連接AF、OG，取OG中點(diǎn)H，連接CH，請(qǐng)猜測(cè)AF與CH之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【變式6-2】（2022?武漢）如圖，以AB為直徑的⊙O經(jīng)過△ABC的頂點(diǎn)C，AE，BE分別平分∠BAC和∠ABC，AE的延長(zhǎng)線交⊙O于點(diǎn)D，連接BD．（1）判斷△BDE的形狀，并證明你的結(jié)論；（2）若AB＝10，BE＝210，求BC的長(zhǎng)．【變式6-3】（2022?南召縣四模）閱讀下面材料，完成相應(yīng)的任務(wù)：阿基米德是有史以來最偉大的數(shù)學(xué)家之一、《阿基米德全集》收集了已發(fā)現(xiàn)的阿基米德著作，它對(duì)于了解古希臘數(shù)學(xué)，研究古希臘數(shù)學(xué)思想以及整個(gè)科技史都是十分寶貴的．其中論述了阿基米德折弦定理：從圓周上任一點(diǎn)出發(fā)的兩條弦，所組成的折線，稱之為該圓的一條折弦．一個(gè)圓中一條由兩長(zhǎng)度不同的弦組成的折弦所對(duì)的兩段弧的中點(diǎn)在較長(zhǎng)弦上的射影，就是折弦的中點(diǎn)．如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即ABC是圓的一條折弦），BC＞AB．M是弧ABC的中點(diǎn)，則從M向BC所作垂線之垂足D是折弦ABC的中點(diǎn)，即CD＝AB+BD．小明認(rèn)為可以利用“截長(zhǎng)法”，如圖2：在線段CB上從C點(diǎn)截取一段線段CN＝AB，連接MA，MB，MC，MN．小麗認(rèn)為可以利用“垂線法”，如圖3：過點(diǎn)M作MH⊥AB于點(diǎn)H，連接MA，MB，MC．任務(wù)：（1）請(qǐng)你從小明和小麗的方法中任選一種證明思路，繼續(xù)書寫出證明過程．（2）就圖3證明：MC2﹣MB2＝BC?AB．【題型7圓周角中的多結(jié)論問題】【例7】（2022?蘭陵縣二模）如圖，在⊙O中，AB是⊙O的直徑，AB＝10，AC=CD=DB，點(diǎn)E是點(diǎn)D關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)，①∠BOE＝30°；②∠DOB＝2∠CED；③DM⊥CE；④CM+DM的最小值是10，上述結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【變式7-1】（2022秋?淅川縣期末）如圖，已知：點(diǎn)A、B、C、D在⊙O上，AB＝CD，下列結(jié)論：①∠AOC＝∠BOD；②∠BOD＝2∠BAD；③AC＝BD；④∠CAB＝∠BDC；⑤∠CAO+∠CDO＝180°．其中正確的個(gè)數(shù)為（）A．2 B．3 C．4 D．5【變式7-2】（2022秋?廈門期末）在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O交BC邊于點(diǎn)D．要使得⊙O與AC邊的交點(diǎn)E關(guān)于直線AD的對(duì)稱點(diǎn)在線段OA上（不與端點(diǎn)重合），需滿足的條件可以是．（寫出所有正確答案的序號(hào)）①∠BAC＞60°；②45°＜∠ABC＜60°；③BD＞12AB；④12AB＜DE【變式7-3】（2022秋?東臺(tái)市月考）如圖，AB是⊙O的直徑，C，D是⊙O上的點(diǎn)，且OC∥BD，AD與BC，OC分別相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，則下列結(jié)論：①AD⊥BD；②∠AOC＝∠AEC；③CB平分∠ABD；④AF＝DF；⑤△CEF≌△BED．其中一定成立的結(jié)論是．（填序號(hào)）【題型8構(gòu)造圓利用圓周角解決三角形或四邊形中的問題】【例8】（2022春?杏花嶺區(qū)校級(jí)月考）如圖，A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（﹣2，0），（3，0），點(diǎn)C在y軸正半軸上，且∠ACB＝45°，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為（）A．（0，7） B．（0，210） C．（0，6） D．（0，35）【變式8-1】（2022秋?秦淮區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝BC＝BD．若∠ABC＝112°，則∠ADC＝°．【變式8-2】（2022?北京模擬）已知三角形ABC是銳角三角形，其中∠A＝30°，BC＝4，設(shè)BC邊上的高為h，則h的取值范圍是．【變式8-3】（2022春?西湖區(qū)校級(jí)月考）已知：如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝4，∠B＝60°，∠C＝105°，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，以CE為弦作圓，設(shè)該圓與四邊形ABCD的一邊的交點(diǎn)為P，若∠CPE＝30°，則EP的長(zhǎng)為．【題型9圓周角與量角器的綜合運(yùn)用】【例9】（2022?南召縣模擬）以O(shè)為中心點(diǎn)的量角器與直角三角板ABC按如圖方式擺放，量角器的0刻度線與斜邊AB重合．點(diǎn)D為斜邊AB上一點(diǎn)，作射線CD交弧AB于點(diǎn)E，如果點(diǎn)E所對(duì)應(yīng)的讀數(shù)為50°，那么∠BDE的大小為（）A．100° B．110° C．115° D．130°【變式9-1】（2022秋?南京期中）將量角器按如圖所示的方式放置在三角形紙片上，使點(diǎn)O在半圓圓心上，點(diǎn)B在半圓上，邊AB，AO分別交半圓于點(diǎn)C，D，點(diǎn)B，C，D對(duì)應(yīng)的讀數(shù)分別為160°、72°、50°，則∠A＝．【變式9-2】（2022秋?高港區(qū)期中）如圖，一塊直角三角板ABC的斜邊AB與量角器的直徑重合，點(diǎn)D對(duì)應(yīng)的刻度值為50°，則∠BCD的度數(shù)為．【變式9-3】（2022秋?北京期末）如圖，量角器的直徑與直角三角尺ABC的斜邊AB重合，其中量角器0刻度線的端點(diǎn)N與點(diǎn)A重合，射線CP從CA處出發(fā)沿順時(shí)針方向以每秒3°的速度旋轉(zhuǎn)，CP與量角器的半圓弧交于點(diǎn)E，則第20秒點(diǎn)E在量角器上對(duì)應(yīng)的讀數(shù)是°．【題型10利用圓周角求取值范圍】【例10】（2022?觀山湖區(qū)模擬）如圖，OB是⊙O的半徑，弦AB＝OB，直徑CD⊥AB．若點(diǎn)P是線段OD上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P不與O，D重合，連接PA．設(shè)∠PAB＝β，則β的取值范圍是．【變式10-1】（2022?河南三模）如圖，點(diǎn)O是以AC為直徑的半圓的圓心，點(diǎn)B在AC上，∠ACB＝30°，AC＝2．點(diǎn)D是直徑AC上一動(dòng)點(diǎn)（與點(diǎn)A，C不重合），記OD的長(zhǎng)為m．連接BD，點(diǎn)A關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)A′，當(dāng)點(diǎn)A′落在由直徑AC，弦AB，BC圍成的封閉圖形內(nèi)部時(shí)（不包含邊界），m的取值范圍是【變式10-2】（2022秋?臺(tái)州期中）如圖，已知AB是⊙O的一條弦，點(diǎn)C是⊙O的優(yōu)弧ACB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與A，B不重合），（1）設(shè)∠ACB的平分線與劣弧AB交于點(diǎn)P，試猜想點(diǎn)P劣弧AB上的位置是否會(huì)隨點(diǎn)C的運(yùn)動(dòng)而變化？請(qǐng)說明理由（2）如圖②，設(shè)AB＝8，⊙O的半徑為5，在（1）的條件下，四邊形ACBP的面積是否為定值？若是定值，請(qǐng)求出這個(gè)定值；若不是定值，請(qǐng)求出ACBP的面積的取值范圍．【變式10-3】（2022秋?高新區(qū)校級(jí)期末）如圖，A、B為⊙O上的兩個(gè)定點(diǎn)，P是⊙O上的動(dòng)點(diǎn)（P不與A、B重合），我們稱∠APB是⊙O上關(guān)于A、B的滑動(dòng)角．若⊙O的半徑是1，2≤AB≤3，則∠APB的取值范圍為專題2.4圓周角定理【十大題型】【蘇科版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1圓周角的度數(shù)等于它所對(duì)弧上的圓心角的一半的運(yùn)用】 2【題型2同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等的運(yùn)用】 5【題型3直徑所對(duì)的圓周角是90°的運(yùn)用】 9【題型4翻折中的圓周角的運(yùn)用】 13【題型5利用圓周角求最值】 18【題型6圓周角中的證明】 22【題型7圓周角中的多結(jié)論問題】 28【題型8構(gòu)造圓利用圓周角解決三角形或四邊形中的問題】 32【題型9圓周角與量角器的綜合運(yùn)用】 37【題型10利用圓周角求取值范圍】 40【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圓周角的度數(shù)等于它所對(duì)弧上的圓心角的一半的運(yùn)用】【例1】（2022?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）如圖，CD是⊙O的直徑，⊙O上的兩點(diǎn)A，B分別在直徑CD的兩側(cè)，且∠ABC＝78°，則∠AOD的度數(shù)為（）A．12° B．22° C．24° D．44°【分析】利用圓周角定理求出∠AOC＝156°，可得結(jié)論．【解答】解：∵∠AOC＝2∠ABC，∠ABC＝78°，∴∠AOC＝156°，∴∠AOD＝180°﹣∠AOC＝24°，故選：C．【變式1-1】（2022?溫州）如圖，AB，AC是⊙O的兩條弦，OD⊥AB于點(diǎn)D，OE⊥AC于點(diǎn)E，連結(jié)OB，OC．若∠DOE＝130°，則∠BOC的度數(shù)為（）A．95° B．100° C．105° D．130°【分析】根據(jù)四邊形的內(nèi)角和等于360°計(jì)算可得∠BAC＝50°，再根據(jù)圓周角定理得到∠BOC＝2∠BAC，進(jìn)而可以得到答案．【解答】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC，∴∠ADO＝90°，∠AEO＝90°，∵∠DOE＝130°，∴∠BAC＝360°﹣90°﹣90°﹣130°＝50°，∴∠BOC＝2∠BAC＝100°，故選：B．【變式1-2】（2022?藍(lán)山縣一模）如圖，點(diǎn)A，B，C在⊙O上，∠1＝40°，∠C＝25°，則∠B＝（）A．100° B．70° C．55° D．65°【分析】根據(jù)圓周角定理得出∠BOC＝2∠1＝80°，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得出∠1+∠B+∠ADB＝180°，∠C+∠BOC+∠ODC＝180°，求出∠1+∠B＝∠BOC+∠C即可．【解答】解：設(shè)OB交AC于D，∵∠1＝40°，∴∠BOC＝2∠1＝80°，∵∠1+∠B+∠ADB＝180°，∠C+∠BOC+∠ODC＝180°，∠ADB＝∠ODC，∴∠1+∠B＝∠BOC+∠C，∵∠C＝25°，∴40°+∠B＝80°+25°，∴∠B＝65°，故選：D．【變式1-3】（2022春?漢陽區(qū)校級(jí)月考）如圖，AB，CD為⊙O的兩條弦，若∠A+∠C＝120°，AB＝2，CD＝4，則⊙O的半徑為（）A．25 B．27 C．2153 【分析】連接OB，OA，OC，OD，證明∠AOB+∠COD＝90°，在⊙O上點(diǎn)D的右側(cè)取一點(diǎn)E，使得DE＝AB，過點(diǎn)E作ET⊥CD交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，則AB=【解答】解：如圖，連接OB，OA，OC，OD，∵∠BOC＝2∠CAB，∠AOD＝2∠ACD，∠CAB+∠ACD＝120°，∴∠BOC+∠AOD＝240°，∴∠AOB+∠COD＝120°，在⊙O上點(diǎn)D的右側(cè)取一點(diǎn)E，使得DE＝AB，過點(diǎn)E作ET⊥CD交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，則AB=∴∠AOB＝∠DOE，∴∠COE＝120°，∴∠CDE＝120°，∴∠EDT＝60°，∵DE＝AB＝2，∴DT＝1，ET=3∴CT＝CD+DT＝4+1＝5，∴CE=C作OF⊥CE，則∠COF＝60°，CF=7∴OC＝OE=7故選：D．【題型2同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等的運(yùn)用】【例2】（2022?保亭縣二模）如圖，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)C、D在圓上，CE⊥AB于點(diǎn)E，若∠D＝48°，則∠1＝（）A．42° B．45° C．48° D．52°【分析】連接AC，根據(jù)圓周角定理得出∠A＝∠D＝48°，∠ACB＝90°，求出∠ABC，根據(jù)垂直求出∠CEB，再求出∠1即可．【解答】解：連接AC，由圓周角定理得：∠A＝∠D，∵∠D＝48°，∴∠A＝48°，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠ABC＝90°﹣∠A＝42°，∵CE⊥AB，∴∠BEC＝90°，∴∠1＝90°﹣∠ABC＝48°，故選：C．【變式2-1】（2022?南充）如圖，AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，OF⊥BC于點(diǎn)F，∠BOF＝65°，則∠AOD為（）A．70° B．65° C．50° D．45°【分析】先根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可得∠B＝25°，由垂徑定理得：AC=【解答】解：∵OF⊥BC，∴∠BFO＝90°，∵∠BOF＝65°，∴∠B＝90°﹣65°＝25°，∵弦CD⊥AB，AB為⊙O的直徑，∴AC=∴∠AOD＝2∠B＝50°．故選：C．【變式2-2】（2022?十堰二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝54°，以BC為直徑的⊙O交AB于點(diǎn)D．E是⊙O上一點(diǎn)，且CE=CD，連接OE．過點(diǎn)E作EF⊥OE，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，則∠A．92° B．108° C．112° D．124°【分析】連接OD，根據(jù)圓心角、弧、弦之間的關(guān)系得出∠DOC＝∠EOC，根據(jù)直角三角形的兩銳角互余得出∠B＝90°﹣∠A＝36°，根據(jù)圓周角定理求出∠DOC＝2∠B＝72°，求出∠EOC＝∠DOC＝72°，再根據(jù)四邊形的內(nèi)角和等于360°求出即可．【解答】解：解法一、連接OD，∵CD=∴∠DOC＝∠EOC，∵∠ACB＝90°，∠A＝54°，∴∠B＝90°﹣∠A＝36°，∴∠DOC＝2∠B＝72°，∴∠EOC＝∠DOC＝72°，∵OE⊥EF，∴∠OEF＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠BCF＝90°，∴∠F＝360°﹣∠OEF﹣∠BCF﹣∠EOC＝360°﹣90°﹣90°﹣72°＝108°；解法二、∵∠ACB＝90°，∠A＝54°，∴∠B＝90°﹣∠A＝36°，∵DC=∴∠COE＝2∠B＝72°，∵OE⊥EF，∴∠OEF＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠BCF＝90°，∴∠F＝360°﹣∠OEF﹣∠BCF﹣∠EOC＝360°﹣90°﹣90°﹣72°＝108°；故選：B．【變式2-3】（2022?本溪模擬）如圖，在⊙O中，AB=BC，直徑CD⊥AB于點(diǎn)N，P是AC上一點(diǎn)，則∠BPD的度數(shù)是【分析】連接OA、OB，如圖，先根據(jù)垂徑定理得到AC=BC，所以AB=BC=AC，利用圓心角、弧、弦的關(guān)系得到∠AOC＝∠【解答】解：連接OA、OB，如圖，∵CD⊥AB，∴AC=∵AB=∴AB=∴∠AOC＝∠BOC＝∠AOB=1∴∠BOD＝180°﹣120°＝60°，∴∠BPD=12∠故答案為：30°．【題型3直徑所對(duì)的圓周角是90°的運(yùn)用】【例3】（2022?中山市三模）如圖，AB是⊙O的直徑，若AC＝2，∠D＝60°，則BC長(zhǎng)等于（）A．4 B．5 C．3 D．2【分析】根據(jù)圓周角定理得出∠ACB＝90°，∠CAB＝∠D＝60°，求出∠ABC＝90°﹣∠CAB＝30°，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)求出AB＝2AC＝4，再根據(jù)勾股定理求出BC即可．【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠D＝60°，∴∠CAB＝∠D＝60°，∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝30°，∵AC＝2，∴AB＝2AC＝4，∴BC=AB2故選：D．【變式3-1】（2022?濰坊二模）如圖，已知以△ABC的邊AB為直徑的⊙O經(jīng)過點(diǎn)C，OD⊥AC交⊙O于點(diǎn)D，連接BD．若∠BAC＝36°，則∠ODB的度數(shù)為（）A．32° B．27° C．24° D．18°【分析】設(shè)AC與OD相交于點(diǎn)E，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角可得∠ACB＝90°，從而求出∠ABC＝54°，再根據(jù)垂直定義可得∠AEO＝90°，從而可得OD∥BC，然后利用等腰三角形和平行線的性質(zhì)可得BD平分∠ABC，即可解答．【解答】解：設(shè)AC與OD相交于點(diǎn)E，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠BAC＝36°，∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝54°，∵OD⊥AC，∴∠AEO＝90°，∴∠AEO＝∠ACB＝90°，∴OD∥BC，∴∠ODB＝∠DBC，∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，∴∠OBD＝∠DBC=12∠∴∠ODB＝∠OBD＝27°，故選：B．【變式3-2】（2022?江夏區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖，⊙O的直徑AB為8，D為AC上的一點(diǎn)，DE⊥AC于點(diǎn)E，若CE＝3AE，∠BAC＝30°，則DE的長(zhǎng)是（）A．85 B．13-2 C．3 【分析】在30°的直角三角形ABC中求出AC＝43，根據(jù)CE＝3AE得到AE=3，再分別求出DF、ME、MF【解答】解：如圖，連接連接BC、OD，作OF⊥DE，交DE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，DF、AB交于點(diǎn)M∵AB為直徑，∴∠ACB＝90°，又∵∠BAC＝30°，∴BC＝4，AC＝43，∵CE＝3AE，∴AE=3∵DE⊥AC，∠BAC＝30°，∴EM＝1，AM＝2，∴OM＝OA﹣AM＝4﹣2＝2，在Rt△OMF中，∵∠OFM＝90°，∠OMF＝∠AME＝90°﹣30°＝60°，OM＝2，∴MF＝1，OF=3∵∠F＝90°，∴DF=OD∴DE＝DF﹣ME﹣MF=13故選：B．【變式3-3】（2022秋?如皋市校級(jí)期中）在⊙O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＝2，求⊙O的半徑r；（2）如圖2，若點(diǎn)D與圓心O不重合，∠BAC＝25°，求∠DCA的度數(shù)．【分析】（1）過點(diǎn)O作OE⊥AC于E，由垂徑定理可知AE=12AC=12×2＝1，根據(jù)翻折后點(diǎn)D與圓心O重合，可知OE=1（2）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ADC所對(duì)的圓周角，然后根據(jù)∠ACD等于ADC所對(duì)的圓周角減去CD所對(duì)的圓周角，計(jì)算即可得解．【解答】解：（1）如圖1，過點(diǎn)O作OE⊥AC于E則AE=12AC∵翻折后點(diǎn)D與圓心O重合，∴OE=12在Rt△AOE中，AO2＝AE2+OE2，即r2＝12+（12r）2，解得r=（2）連接BC，∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠BAC＝25°，∴∠B＝90°﹣∠BAC＝90°﹣25°＝65°，根據(jù)翻折的性質(zhì)，AC所對(duì)的圓周角為∠B，ABC所對(duì)的圓周角為∠ADC，∴∠ADC+∠B＝180°，∴∠B＝∠CDB＝65°，∴∠DCA＝∠CDB﹣∠A＝65°﹣25°＝40°．【題型4翻折中的圓周角的運(yùn)用】【例4】（2022春?福田區(qū)校級(jí)月考）如圖，AB是⊙O的直徑，BC是⊙O的弦，先將BC沿BC翻折交AB于點(diǎn)D，再將BD沿AB翻折交BC于點(diǎn)E．若BE=DE，則∠A．22.5° B．30° C．45° D．60°【分析】證明∠CAB＝3α，利用三角形內(nèi)角和定理求出α，可得結(jié)論．【解答】解：設(shè)∠ABC＝α，則DE，CD，AC的度數(shù)都為2α，∴BD的度數(shù)＝4α，∵翻折，∴BD的度數(shù)＝4α，∴CB的度數(shù)＝2α+4α＝6α，∵CB的度數(shù)+AC∴2α+6α＝180°，∴α＝22.5°．∴BD的度數(shù)＝90°∴∠BCD＝45°．故選：C．【變式4-1】（2022秋?蕭山區(qū)期中）如圖，在⊙O中，AB為直徑，點(diǎn)C為圓上一點(diǎn)，將劣弧AC沿弦AC翻折交AB于點(diǎn)D，連結(jié)CD，若∠BAC＝25°，則∠BDC的度數(shù)為（）A．45° B．55° C．65° D．70°【分析】解法一、補(bǔ)齊翻折后的弧為圓⊙P，根據(jù)圓周角定理得出BC=DC，求出∠BDC＝∠DBC，根據(jù)圓周角定理求出∠ACB＝90°，再求出∠ABC即可；解法二、過D作DE⊥AC于E，延長(zhǎng)DE交⊙O于F，連接AF、CF、BC，根據(jù)圓周角定理得出∠ACB＝90°，根據(jù)翻折變換得出∠FAC＝∠BAC＝25°，∠DCA＝∠FCA，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠BAF+∠BCF＝180°，求出∠ACF＝40°，求出∠ACD＝∠【解答】解：解法一、補(bǔ)齊翻折后的弧為圓⊙P則⊙O和⊙P為等圓，∵∠BAC在⊙O和⊙P中分別對(duì)應(yīng)弧BC和弧DC，∴BC=∴BC＝DC，∴∠BDC＝∠DBC，∵AB為⊙O直徑，∴∠DBC＝90°﹣∠BAC＝65°，∴∠BDC＝65°；解法二、過D作DE⊥AC于E，延長(zhǎng)DE交⊙O于F，連接AF、CF、BC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵將劣弧AC沿弦AC翻折交AB于點(diǎn)D，連結(jié)CD，∠BAC＝25°，∴∠FAC＝∠BAC＝25°，∠DCA＝∠FCA，∵點(diǎn)A、F、C、B四點(diǎn)共圓，∴∠BAF+∠BCF＝180°，∴25°+25°+90°+∠ACF＝180°，解得：∠ACF＝40°，即∠ACD＝∠ACF＝40°，∵∠BAC＝25°，∴∠BDC＝∠BAC+∠ACD＝25°+40°＝65°，故選：C．【變式4-2】（2022秋?硚口區(qū)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°【分析】如圖，連接OA，OB，BD．設(shè)∠DAB＝x．用x表示出∠BDC，∠BCD，∠DBC，利用三角形內(nèi)角和定理，構(gòu)建方程求解．【解答】解：如圖，連接OA，OB，BD．設(shè)∠DAB＝x．∵AD=∴DA＝DB，∵BD=∴BD＝CD，∴∠DAB＝∠DBA＝x，∠BDC＝∠BCD＝∠DAB+∠ABD＝2x，∵OC∥AB，∴∠OCA＝∠DAB＝x，∵OA＝OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC＝3x，∠OAD＝∠OCA＝x，∠OAB＝∠OBA＝2x，∴∠OBD＝x，∴∠CBD＝4x，在△BDC中，∠BDC+∠DCB+∠DBC＝180°，∴2x+2x+4x＝180°，∴x＝22.5°，∴∠ABC＝5x＝112.5°，故選：B．【變式4-3】（2022秋?丹江口市期中）已知⊙O的直徑AB長(zhǎng)為10，弦CD⊥AB，將⊙O沿CD翻折，翻折后點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)B′，若AB′＝6，CB′的長(zhǎng)為（）A．45 B．25或45 C．25 【分析】分點(diǎn)B'在線段AB上，點(diǎn)B'在BA延長(zhǎng)線上兩種情況討論，根據(jù)勾股定理可求MB'的長(zhǎng)度．【解答】解：①如圖1中：當(dāng)點(diǎn)B'在線段AB上，連接OC．∵AB＝10，AB'＝6，∴AO＝BO＝5＝OC，BB'＝4，∴B'O＝1，∵B，B′關(guān)于CD對(duì)稱，∴BE＝B'E＝2，∴OE＝OB′+EB′＝3，在Rt△OCE中，CE2＝OC2﹣OE2＝25﹣9＝16，在Rt△B'CE中，B'C=EC2②若點(diǎn)B'在BA的延長(zhǎng)線上，連接OC，∵AB'＝6，AB＝10，∴B'B＝16，AO＝BO＝OC＝5，∵B，B′關(guān)于CD對(duì)稱，∴B'E＝BE＝8，∴OE＝BE﹣BO＝3，在Rt△CEO，CE2＝CO2﹣OE2＝25﹣9＝16，在Rt△B'CE中，B'C=EC2綜上所述B'C＝25或45，故選：B．【題型5利用圓周角求最值】【例5】（2022?瑤海區(qū)三模）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝8，點(diǎn)M在⊙O上，∠MAB＝20°，N是弧MB的中點(diǎn)，P是直徑AB上的一動(dòng)點(diǎn)，若MN＝2，則△PMN周長(zhǎng)的最小值為（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)得到：點(diǎn)N關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)N′，連接MN′交AB于P，此時(shí)PM+PN最小，即△PMN周長(zhǎng)的最小，利用圓心角、弧、弦的關(guān)系以及軸對(duì)稱的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算即可．【解答】解：如圖，作點(diǎn)N關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)N′，則點(diǎn)N′在⊙O上，連接MN′交AB于P，此時(shí)PM+PN最小，即PM+PN＝MN′，∵點(diǎn)N是BM的中點(diǎn)，∠BAM＝20°，∴MN=∴∠BAN′＝10°，∴∠MAN′＝20°+10°＝30°，∴∠MON′＝60°，∴△MON′是正三角形，∴OM＝ON′＝MN′=12又∵M(jìn)N＝2，∴△PMN周長(zhǎng)的最小值為2+4＝6，故選：C．【變式5-1】（2022?陳倉區(qū)一模）如圖，△ABC中，∠ABC＝45°，∠ACB＝75°，AB＝4，D是邊BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以AD為直徑畫⊙O，分別交AB、AC于點(diǎn)E、F，連接EF，則線段EF長(zhǎng)度的最小值為6．【分析】如圖，由題意當(dāng)AD⊥BC時(shí)，⊙O的半徑最小，因?yàn)椤螮AF＝60°，是定值，所以此時(shí)EF的值最?。窘獯稹拷猓喝鐖D，∵∠ABC＝45°，∠ACB＝75°，∴BAC＝180°﹣75°﹣45°＝60°，由題意當(dāng)AD⊥BC時(shí)，⊙O的半徑最小，∵∠EAF＝60°，是定值，∴此時(shí)EF的值最小，過OD的中點(diǎn)K作MN⊥AD交⊙O于M、N，連接ON、AN、AM，則△AMN是等邊三角形，在Rt△ABD中，∠ABC＝45°，AB＝4，∴AD＝BD＝22，∴OK＝KD=22，ON在Rt△ONK中，NK＝KM=O∴MN=6∴∠EAF＝∠MAN＝60°，∴EF=∴EF＝MN=6∴EF的最小值為6，故答案為：6．【變式5-2】（2022秋?大連期末）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝2，點(diǎn)C在⊙O上，∠CAB＝30°，D為BC的中點(diǎn)，E是直徑AB上一動(dòng)點(diǎn)，則CE+DE最小值為（）A．1 B．2 C．3 D．2【分析】作點(diǎn)D關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)為D′，連接OC，OD，OD′，CD′，交AB于點(diǎn)E，則CE+DE的最小值就是CD′的長(zhǎng)度，根據(jù)已知易證∠COD′＝90°，然后利用勾股定理進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：作點(diǎn)D關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)為D′，連接OC，OD，OD′，CD′，交AB于點(diǎn)E，∴DE＝D′E，∴CE+DE＝CE+D′E＝CD′，∵∠CAB＝30°，∴∠COB＝2∠CAB＝60°，∵D為BC的中點(diǎn)，∴CD=∵DB=∴CD=∴∠COD＝∠DOB＝∠BOD′＝30°，∴∠COD′＝90°，∵AB＝2，∴OC＝OD′＝1，∴CD′=O∴CE+DE最小值為：2，故選：B．【變式5-3】（2022?杏花嶺區(qū)校級(jí)三模）如圖，矩形ABCD中，AB=32，BC＝AB2，E為射線BA上一動(dòng)點(diǎn)，連接CE交以BE為直徑的圓于點(diǎn)H，則線段DH長(zhǎng)度的最小值為3【分析】取BC的中點(diǎn)G，連接BH，HG，DG．解直角三角形求出GH，DG，根據(jù)DH≥DG﹣GH即可判斷．【解答】解：取BC的中點(diǎn)G，連接BH，HG，DG．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD=32，BC＝AB2=9∵CG＝BG=9∴DG=C∵BE是直徑，∴∠BHE＝∠BHC＝90°，∵BG＝GC，∴HG=12BC∵DH≥DG﹣HG，∴DH≥15∴DH的最小值為34故答案為34【題型6圓周角中的證明】【例6】（2022秋?定陶區(qū)期末）如圖1．在⊙O中AB＝AC，∠ACB＝70°，點(diǎn)E在劣弧AC上運(yùn)動(dòng)，連接EC，BE，交AC于點(diǎn)F．（1）求∠E的度數(shù)；（2）當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到使BE⊥AC時(shí)，連接AO并延長(zhǎng)，交BE于點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)G，交⊙O于點(diǎn)M，依據(jù)題意在備用圖中畫出圖形．并證明：G為DM的中點(diǎn)．【分析】（1）求出∠A＝40°，利用圓周角定理解決問題即可；（2）證明BD＝BM，BG⊥DM，利用等腰三角形的三線合一的性質(zhì)證明即可．【解答】（1）解：如圖1中，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝70°，∴∠BAC＝180°﹣2×70°＝40°，∵弧BC＝弧BC，∴∠BEC＝∠BAC＝40°；（2）證明：依據(jù)題意畫圖如下：連接BM，CM．∵AB＝AC，∴AB=又∵AM=∴BM=∴BM＝CM，AM⊥BC，∠BAM＝∠CAM＝20°，∴∠MBC＝∠CAM＝20°，∵BE⊥AC，AM⊥BC，∴∠BGD＝∠AFD＝90°，∴∠BDG＝∠ADF＝70°，∵AB=∴∠BMA＝∠ACB＝70°，∴∠BMA＝∠BDG＝70°，∴BD＝BM，又∵BG⊥DM，∴GD＝GM，即點(diǎn)G為DM的中點(diǎn)．【變式6-1】（2022春?金山區(qū)校級(jí)月考）已知CD為⊙O的直徑，A、B為⊙O上兩點(diǎn)，點(diǎn)C為劣弧AB中點(diǎn)，連接DA、BA、AC，且∠B＝30°．（1）求證：∠D＝30°；（2）F、G分別為線段CD、AC上兩點(diǎn)，滿足DF＝AG，連接AF、OG，取OG中點(diǎn)H，連接CH，請(qǐng)猜測(cè)AF與CH之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【分析】（1）利用圓周角定理證明即可；（2）結(jié)論：AF＝2CH．延長(zhǎng)DC到T，使得CT＝CO，證明△CGT≌△OFA（SAS），推出AF＝GT，再利用三角形中位線定理證明．【解答】（1）證明：∵∠ABC＝30°，又∵∠D＝∠ABC，∴∠D＝30°；（2）解：結(jié)論：AF＝2CH．理由：延長(zhǎng)DC到T，使得CT＝CO．∵∠AOC＝2∠ABC＝60°，OA＝OC，∴△AOC是等邊三角形，∴∠ACO＝∠AOC＝60°，AC＝OA＝OC，∴CT＝OC＝OA，∠AOF＝∠GCT＝120°，∵OA＝AC，DF＝AG，∴OF＝CG，在△CGT和△OFA中，CG=OF∠GCT=∠AOF∴△CGT≌△OFA（SAS），∴AF＝GT，∵OH＝HG，OC＝CT，∴GT＝2CH，∴AF＝2CH．【變式6-2】（2022?武漢）如圖，以AB為直徑的⊙O經(jīng)過△ABC的頂點(diǎn)C，AE，BE分別平分∠BAC和∠ABC，AE的延長(zhǎng)線交⊙O于點(diǎn)D，連接BD．（1）判斷△BDE的形狀，并證明你的結(jié)論；（2）若AB＝10，BE＝210，求BC的長(zhǎng)．【分析】（1）由角平分線的定義可知，∠BAE＝∠CAD＝∠CBD，∠ABE＝∠EBC，所以∠BED＝∠DBE，所以BD＝ED，因?yàn)锳B為直徑，所以∠ADB＝90°，所以△BDE是等腰直角三角形．（2）連接OC、CD、OD，OD交BC于點(diǎn)F．因?yàn)椤螪BC＝∠CAD＝∠BAD＝∠BCD．所以BD＝DC．因?yàn)镺B＝OC．所以O(shè)D垂直平分BC．由△BDE是等腰直角三角形，BE＝210，可得BD＝25．因?yàn)镺B＝OD＝5．設(shè)OF＝t，則DF＝5﹣t．在Rt△BOF和Rt△BDF中，52﹣t2＝（25）2﹣（5﹣t）2，解出t的值即可．【解答】解：（1）△BDE為等腰直角三角形．理由如下：∵AE平分∠BAC，BE平分∠ABC，∴∠BAE＝∠CAD＝∠CBD，∠ABE＝∠EBC．∵∠BED＝∠BAE+∠ABE，∠DBE＝∠DBC+∠CBE，∴∠BED＝∠DBE．∴BD＝ED．∵AB為直徑，∴∠ADB＝90°∴△BDE是等腰直角三角形．另解：計(jì)算∠AEB＝135°也可以得證．（2）解：連接OC、CD、OD，OD交BC于點(diǎn)F.∵∠DBC＝∠CAD＝∠BAD＝∠BCD．∴BD＝DC．∵OB＝OC．∴OD垂直平分BC．∵△BDE是等腰直角三角形，BE＝210，∴BD＝25．∵AB＝10，∴OB＝OD＝5．設(shè)OF＝t，則DF＝5﹣t．在Rt△BOF和Rt△BDF中，52﹣t2＝（25）2﹣（5﹣t）2，解得t＝3，∴BF＝4．∴BC＝8．另解：分別延長(zhǎng)AC，BD相交于點(diǎn)G．則△MBG為等腰三角形，先計(jì)算AG＝10，BG＝45，AD＝45，再根據(jù)面積相等求得BC．【變式6-3】（2022?南召縣四模）閱讀下面材料，完成相應(yīng)的任務(wù)：阿基米德是有史以來最偉大的數(shù)學(xué)家之一、《阿基米德全集》收集了已發(fā)現(xiàn)的阿基米德著作，它對(duì)于了解古希臘數(shù)學(xué)，研究古希臘數(shù)學(xué)思想以及整個(gè)科技史都是十分寶貴的．其中論述了阿基米德折弦定理：從圓周上任一點(diǎn)出發(fā)的兩條弦，所組成的折線，稱之為該圓的一條折弦．一個(gè)圓中一條由兩長(zhǎng)度不同的弦組成的折弦所對(duì)的兩段弧的中點(diǎn)在較長(zhǎng)弦上的射影，就是折弦的中點(diǎn)．如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即ABC是圓的一條折弦），BC＞AB．M是弧ABC的中點(diǎn)，則從M向BC所作垂線之垂足D是折弦ABC的中點(diǎn)，即CD＝AB+BD．小明認(rèn)為可以利用“截長(zhǎng)法”，如圖2：在線段CB上從C點(diǎn)截取一段線段CN＝AB，連接MA，MB，MC，MN．小麗認(rèn)為可以利用“垂線法”，如圖3：過點(diǎn)M作MH⊥AB于點(diǎn)H，連接MA，MB，MC．任務(wù)：（1）請(qǐng)你從小明和小麗的方法中任選一種證明思路，繼續(xù)書寫出證明過程．（2）就圖3證明：MC2﹣MB2＝BC?AB．【分析】（1）截長(zhǎng)法：首先證明△MBA≌△MNC（SAS），進(jìn)而得出MB＝MN，再利用等腰三角形的性質(zhì)得出BD＝ND，即可得出答案；垂線法：證明△AHM≌△CDM（AAS），推出MH＝DM，AH＝CD，再證明Rt△BMH≌△BMD（HL），推出BH＝BD，可得結(jié)論；（2）由（1）可知，AC＝AM，BH＝BD，AH＝CD，整理等式即可證得結(jié)論．【解答】（1）截長(zhǎng)法：證明：如圖2，在CB上截取CN＝AB，連接MA，MB，MC和MN．∵M(jìn)是ABC的中點(diǎn)，∴MA＝MC，在△MBA和△MGC中，BA=NC∠A=∠C∴△MBA≌△MGC（SAS），∴MB＝MG，又∵M(jìn)D⊥BC∴BD＝GD，∴CD＝GC+GD＝AB+BD；垂線法：證明：如圖3，過點(diǎn)M作MH⊥AB于點(diǎn)H，連接MA，MB，MC，∵M(jìn)是ABC的中點(diǎn)，∴AM＝CM，∵M(jìn)H⊥AH，MD⊥BC，∴∠H＝∠CDM＝90°，∵∠A＝∠C，在△AHM和△CDM中，∠H=∠CDM∠A=∠C∴△AHM≌△CDM（AAS），∴MH＝DM，AH＝CD，∵∠H＝∠BDM＝90°，BM＝BM，∴Rt△BMH≌△BMD（HL），∴BH＝BD，∴CD＝AH＝AB+BH＝AB+BD；（2）在Rt△AHM中，AM2＝AH2+MH2，在Rt△BHM中，BM2＝BH2+MH2，由（1）可知，AC＝AM，BH＝BD，AH＝CD，∴MC2﹣MB2＝AM2﹣MB2＝AH2+HM2﹣BH【題型7圓周角中的多結(jié)論問題】【例7】（2022?蘭陵縣二模）如圖，在⊙O中，AB是⊙O的直徑，AB＝10，AC=CD=DB，點(diǎn)E是點(diǎn)D關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)，①∠BOE＝30°；②∠DOB＝2∠CED；③DM⊥CE；④CM+DM的最小值是10，上述結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】①錯(cuò)誤，證明∠EOB＝∠BOD＝60°即可；②正確．證明∠CED＝30°，可得結(jié)論；③錯(cuò)誤，M是動(dòng)點(diǎn)，DM不一定垂直CE；④正確，連接EM，證明ME＝MD，推出MC+MD＝MC+ME≥CE＝10，可得結(jié)論．【解答】解：∵AC=∴∠AOC＝∠COD＝∠DOB＝60°，∵E，D關(guān)于AB對(duì)稱，∴∠EOB＝∠BOD＝60°，故①錯(cuò)誤，∵∠CED=12∠∴∠DOB＝2∠CED，故②正確，∵M(jìn)是動(dòng)點(diǎn)，∴DM不一定垂直CE，故③錯(cuò)誤，連接EM．則ME＝MD，∴CM+DM＝MC+ME≥CE＝10，故④正確，故選：B．【變式7-1】（2022秋?淅川縣期末）如圖，已知：點(diǎn)A、B、C、D在⊙O上，AB＝CD，下列結(jié)論：①∠AOC＝∠BOD；②∠BOD＝2∠BAD；③AC＝BD；④∠CAB＝∠BDC；⑤∠CAO+∠CDO＝180°．其中正確的個(gè)數(shù)為（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理和圓心角、弧、弦之間的關(guān)系逐個(gè)判斷即可．【解答】解：∵AB＝CD，∴CBD=∴AC=∴∠AOC＝∠BOD，故①正確；∵圓周角∠BAD和圓心角∠BOD都對(duì)著BD，∴∠BOD＝2∠BAD，故②正確；∵AC=∴AC＝BD，故③正確；∵圓周角∠CAB和∠BDC都對(duì)著BC，∴∠CAB＝∠BDC，故④正確；延長(zhǎng)DO交⊙O于M，連接AM，∵D、C、A、M四點(diǎn)共圓，∴∠CDO+∠CAM＝180°（圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)），∵∠CAM＞∠CAO，∴∠CAO+∠CDO＜180°，故⑤錯(cuò)誤；即正確的個(gè)數(shù)是4個(gè)，故選：C．【變式7-2】（2022秋?廈門期末）在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O交BC邊于點(diǎn)D．要使得⊙O與AC邊的交點(diǎn)E關(guān)于直線AD的對(duì)稱點(diǎn)在線段OA上（不與端點(diǎn)重合），需滿足的條件可以是②④．（寫出所有正確答案的序號(hào)）①∠BAC＞60°；②45°＜∠ABC＜60°；③BD＞12AB；④12AB＜DE【分析】結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)及圓周角定理對(duì)所給條件逐個(gè)進(jìn)行分析判斷．【解答】解：在△ABC中，AB＝AC，①當(dāng)∠BAC＞60°時(shí)，若∠BAC＝90°時(shí)，此時(shí)點(diǎn)E與點(diǎn)A重合，不符合題意，故①不滿足；②當(dāng)∠ABC≤45°時(shí)，點(diǎn)E與點(diǎn)A重合，不符合題意，當(dāng)∠ABC≥60°時(shí)，點(diǎn)E與點(diǎn)O不關(guān)于AD對(duì)稱，當(dāng)45°＜∠ABC＜60°時(shí)，點(diǎn)E關(guān)于直線AD的對(duì)稱點(diǎn)在線段OA上，故②滿足條件；③當(dāng)12AB≤BD＜22AB時(shí)，點(diǎn)E關(guān)于直線AD④12AB＜DE＜22AB時(shí)，點(diǎn)E關(guān)于直線AD故答案為：②④．【變式7-3】（2022秋?東臺(tái)市月考）如圖，AB是⊙O的直徑，C，D是⊙O上的點(diǎn)，且OC∥BD，AD與BC，OC分別相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，則下列結(jié)論：①AD⊥BD；②∠AOC＝∠AEC；③CB平分∠ABD；④AF＝DF；⑤△CEF≌△BED．其中一定成立的結(jié)論是①③④．（填序號(hào)）【分析】①由直徑所對(duì)圓周角是直角，②由于∠AOC是⊙O的圓心角，∠AEC是⊙O的圓內(nèi)部的角，③由平行線得到∠OCB＝∠DBC，再由同圓的半徑相等得到結(jié)論判斷出∠OBC＝∠DBC；④用半徑垂直于不是直徑的弦，必平分弦；⑤得不到△CEF和△BED中對(duì)應(yīng)相等的邊，所以不一定全等．【解答】解：①∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD，故①正確；②∵∠AEC＝∠ABC+∠A，∠AOC＝∠ABC+∠C，根據(jù)圖形及已知不能推出∠C＝∠A，∴∠AOC≠∠AEC，故②不正確；③∵OC∥BD，∴∠OCB＝∠DBC，∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC，∴∠OBC＝∠DBC，∴BC平分∠ABD，故③正確；④∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD，∵OC∥BD，∴∠AFO＝90°，∵點(diǎn)O為圓心，∴AF＝DF，故④正確；⑤∵△CEF和△BED中，沒有相等的邊，∴△CEF與△BED不全等，故⑤不正確；綜上可知：其中一定成立的有①③④，故答案為：①③④．【題型8構(gòu)造圓利用圓周角解決三角形或四邊形中的問題】【例8】（2022春?杏花嶺區(qū)校級(jí)月考）如圖，A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（﹣2，0），（3，0），點(diǎn)C在y軸正半軸上，且∠ACB＝45°，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為（）A．（0，7） B．（0，210） C．（0，6） D．（0，35）【分析】在x軸的上方作等腰直角△ABF，F(xiàn)B＝FA，∠BAF＝90°，以F為圓心，F(xiàn)A為半徑作⊙F交y軸于M，首先證明點(diǎn)C即為點(diǎn)M，根據(jù)FC=5【解答】解：在x軸的上方作等腰直角△ABF，F(xiàn)B＝FA，∠BAF＝90°，以F為圓心，F(xiàn)A為半徑作⊙F交y軸于M，∵∠ACB=12∠∴點(diǎn)C即為點(diǎn)M，∵A（﹣2，0），B（3，0），△ABF是等腰直角三角形，∴F（12，52），F(xiàn)A＝FB＝FC=522則（12）2+（52-m）2＝（5解得m＝6或﹣1（舍棄），∴C（0，6），故選：C．【變式8-1】（2022秋?秦淮區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝BC＝BD．若∠ABC＝112°，則∠ADC＝124°．【分析】根據(jù)AB＝BD＝BC得出A、D、C在以B為圓心，以AB為半徑的圓上，作圓周角∠AEC，根據(jù)圓周角定理得出∠E=12∠ABC＝56°，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠ADC【解答】解：∵AB＝BD＝BC，∴A、D、C在以B為圓心，以AB為半徑的圓上，如圖，作圓周角∠AEC，∵∠ABC＝112°，∴∠E=12∵四邊形ADCE是⊙B的圓內(nèi)接四邊形，∴∠ADC+∠E＝180°，∴∠ADC＝180°﹣56°＝124°，故答案為：124．【變式8-2】（2022?北京模擬）已知三角形ABC是銳角三角形，其中∠A＝30°，BC＝4，設(shè)BC邊上的高為h，則h的取值范圍是43＜h≤4+23【分析】做出三角形的外接圓，根據(jù)h≤AO+OP求解即可．【解答】解：如圖1，作△ABC的外接圓⊙O，連接OA，OB，OC，過O作OP⊥BC，∵∠BAC＝30°，∴∠BOC＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等邊三角形，∵BC＝4，∴OA＝BC＝4，PO＝23，∴h≤AO+OP＝4+23，如圖2，A1B⊥BC，A2C⊥BC，則A1B＝43，∵三角形ABC是銳角三角形，∴點(diǎn)A在A1∴h的取值范圍是：43＜h≤4+23故答案為：43＜h≤4+23【變式8-3】（2022春?西湖區(qū)校級(jí)月考）已知：如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝4，∠B＝60°，∠C＝105°，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，以CE為弦作圓，設(shè)該圓與四邊形ABCD的一邊的交點(diǎn)為P，若∠CPE＝30°，則EP的長(zhǎng)為2+6或4或23【分析】如圖，連接AC，AE，根據(jù)已知條件得到△ABC是等邊三角形，求得BE＝CE＝2，AE⊥BC，∠EAC＝30°，推出AC是以CE為弦的圓的直徑，設(shè)圓心為O，當(dāng)⊙O與CD邊交于P1，則∠EP1C＝30°，過C作CH⊥P1E于H，解直角三角形得到P1E=6+2；當(dāng)⊙O與AD交于P2，A（P3），由AD∥CE，推出四邊形AECP2是矩形，得到P2E＝AC＝4，P3E＝1E＝23，當(dāng)⊙O與AB交于P4，得到△BP4E是等邊三角形，求得P4E【解答】解：如圖，連接AC，AE，∵AB＝BC＝4，∠B＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∵點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，∴BE＝CE＝2，AE⊥BC，∠EAC＝30°，∴AC是以CE為弦的圓的直徑，設(shè)圓心為O，當(dāng)⊙O與CD邊交于P1，則∠EP1C＝30°，∵∠ECP1＝105°，∴∠P1EC＝45°，過C作CH⊥P1E于H，∴EH＝CH=22CE∴P1H=3HC=∴P1E=6當(dāng)⊙O與AD交于P2，A（P3），∵AD∥CE，∴∠ECP2＝∠AP2C＝90°，∴四邊形AECP2是矩形，∴P2E＝AC＝4，P3E＝P2C＝23，當(dāng)⊙O與AB交于P4，∵∠AP4C＝90°，∠EP4C＝30°，∴∠BP4E＝60°，∴△BP4E是等邊三角形，∴P4E＝BE＝2，綜上所述，若∠CPE＝30°，則EP的長(zhǎng)為2+6或4或2故答案為：2+6或4或2【題型9圓周角與量角器的綜合運(yùn)用】【例9】（2022?南召縣模擬）以O(shè)為中心點(diǎn)的量角器與直角三角板ABC按如圖方式擺放，量角器的0刻度線與斜邊AB重合．點(diǎn)D為斜邊AB上一點(diǎn)，作射線CD交弧AB于點(diǎn)E，如果點(diǎn)E所對(duì)應(yīng)的讀數(shù)為50°，那么∠BDE的大小為（）A．100° B．110° C．115° D．130°【分析】由圓周角定理得出∠ACE＝25°，進(jìn)而得出∠BCE＝65°，再由外角的性質(zhì)得出∠BDE＝∠BCE+∠CBD，代入計(jì)算即可得出答案．【解答】解：如圖，連接OE，∵點(diǎn)E所對(duì)應(yīng)的讀數(shù)為50°，∴∠AOE＝50°，∵AB為直徑，∠ACB＝90°，∴點(diǎn)C在⊙O上，∴∠ACE=12∠AOE∴∠BCE＝90°﹣25°＝65°，∵∠BDE是△BDC的外角，∴∠BDE＝∠BCE+∠DBC＝65°+45°＝110°，故選：B．【變式9-1】（2022秋?南京期中）將量角器按如圖所示的方式放置在三角形紙片上，使點(diǎn)O在半圓圓心上，點(diǎn)B在半圓上，邊AB，AO分別交半圓于點(diǎn)C，D，點(diǎn)B，C，D對(duì)應(yīng)的讀數(shù)分別為160°、72°、50°，則∠A＝24°．【分析】以EF為直徑作半圓，延長(zhǎng)BO交圓于M，連接OC，根據(jù)已知度數(shù)求出∠BOA、∠BOF、∠AOB的度數(shù)，根據(jù)圓周角定理求出∠B，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出即可．【解答】解：如圖，以EF為直徑作半圓，延長(zhǎng)BO交圓于M，連接OC，∵點(diǎn)B，C，D對(duì)應(yīng)的讀數(shù)分別為160°、72°、50°，∴∠BOA＝160°﹣50°＝110°，∠BOF＝180°﹣160°＝20°，∠COE＝72°，∴∠COM＝72°+20°＝92°，∴∠B=12∠∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠AOB＝180°﹣110°﹣46°＝24°．故答案為：24°．【變式9-2】（2022秋?高港區(qū)期中）如圖，一塊直角三角板ABC的斜邊AB與量角器的直徑重合，點(diǎn)D對(duì)應(yīng)的刻度值為50°，則∠BCD的度數(shù)為65°．【分析】根據(jù)圓周角定理分別求出∠ACB、∠ACD，計(jì)算即可．【解答】解：由圓周角定理可知，∠ACD=12×∴∠BCD＝∠ACB﹣∠ACD＝65°，故答案為：65°．【變式9-3】（2022秋?北京期末）如圖，量角器的直徑與直角三角尺ABC的斜邊AB重合，其中量角器0刻度線的端點(diǎn)N與點(diǎn)A重合，射線CP從CA處出發(fā)沿順時(shí)針方向以每秒3°的速度旋轉(zhuǎn)，CP與量角器的半圓弧交于點(diǎn)E，則第20秒點(diǎn)E在量角器上對(duì)應(yīng)的讀數(shù)是120°．【分析】首先連接OE，由∠ACB＝90°，易得點(diǎn)E，A，B，C共圓，然后由圓周角定理，求得點(diǎn)E在量角器上對(duì)應(yīng)的讀數(shù)．【解答】解：連接OE，∵∠ACB＝90°，AB為半圓的直徑，∴E、A、C、B四點(diǎn)共圓，∴∠ACP＝3°×20＝60°，∴∠AOE＝2∠ACP＝120°，即第20秒點(diǎn)E在量角器上對(duì)應(yīng)的讀數(shù)是120°，故答案為：120．【題型10利用圓周角求取值范圍】【例10】（2022?觀山湖區(qū)模擬）如圖，OB是⊙O的半徑，弦AB＝OB，直徑CD⊥AB．若點(diǎn)P是線段OD上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P不與O，D重合，連接PA．設(shè)∠PAB＝β，則β的取值范圍是60°＜β＜75°．【分析】當(dāng)P點(diǎn)與D點(diǎn)重合是∠DAB＝75°，與O重合則OAB＝60°，∠OAB＜∠PAB＜∠DAB，即可得出結(jié)果．【解答】解：連接DA，OA，則△OAB是等邊三角形，∴∠OAB＝∠AOB＝60°，∵DC是直徑，DC⊥AB，∴∠AOC=12∠∴∠ADC＝15°，∴∠DAB＝75°，∵∠OAB＜∠PAB＜∠DAB，∴60°＜β＜75°；故答案為：60°＜β＜75°．【變式10-1】（2022?河南三模）如圖，點(diǎn)O是以AC為直徑的半圓的圓心，點(diǎn)B在AC上，∠ACB＝30°，AC＝2．點(diǎn)D是直徑AC上一動(dòng)點(diǎn)（與點(diǎn)A，C不重合），記OD的長(zhǎng)為m．連接BD，點(diǎn)A關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)A′，當(dāng)點(diǎn)A′落在由直徑AC，弦AB，BC圍成的封閉圖形內(nèi)部時(shí)（不包含邊界），m的取值范圍是0＜m＜1【分析】直徑所對(duì)的圓周角是直角，在直角三角形中，30°所對(duì)的直角邊是斜邊的一半，根據(jù)點(diǎn)A關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)A′，得到DA＝DA′，考慮點(diǎn)A′進(jìn)入該區(qū)域和離開該區(qū)域的兩個(gè)m的值即可得出答案．【解答】解：如圖，∵AC是半圓的直徑，∴∠ABC＝90°，∵∠ACB＝30°，AC＝2，∴AB＝1，∵點(diǎn)A關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)A′，∴DA＝DA′，當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)O重合時(shí)，DA＝DA′＝r，點(diǎn)A′在BC上，m＝0；當(dāng)點(diǎn)D在AO中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)A′在直徑AC上，m=1∴m的取值范圍為：0＜m＜1故答案為：0＜m＜1【變式10-2】（2022秋?臺(tái)州期中）如圖，已知AB是⊙O的一條弦，點(diǎn)C是⊙O的優(yōu)弧ACB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與A，B不重合），（1）設(shè)∠ACB的平分線與劣弧AB交于點(diǎn)P，試猜想點(diǎn)P劣弧AB上的位置是否會(huì)隨點(diǎn)C的運(yùn)動(dòng)而變化？請(qǐng)說明理由（2）如圖②，設(shè)AB＝8，⊙O的半徑為5，在（1）的條件下，四邊形ACBP的面積是否為定值？若是定值，請(qǐng)求出這個(gè)定值；若不是定值，請(qǐng)求出ACBP的面積的取值范圍．【分析】（1）點(diǎn)P位置不會(huì)隨點(diǎn)C的運(yùn)動(dòng)而變化，根據(jù)角平分線的定義得到∠ACP＝∠BCP，于是得到AP=BD，即P是劣弧AB的中點(diǎn)．即可得到點(diǎn)（2）如圖，連接OP，交AB于E，根據(jù)垂徑定理得到OP⊥AB，AE=12AB＝4．根據(jù)勾股定理得到OE=52-42=3，PE＝2．求得S△ABP=12×8×2．于是得到當(dāng)CP經(jīng)過圓心O時(shí)，如圖，C【解答】解：（1）點(diǎn)P位置不會(huì)隨點(diǎn)C的運(yùn)動(dòng)而變化，理由：如圖1，∵CP平分∠ACB，∴∠ACP＝∠BCP，∴AP=即P是劣弧AB的中點(diǎn)．∴點(diǎn)P位置不會(huì)變化．（2）∵△ABC的面積不是定值，△ABP的面積為定值∴四邊形ACBP的面積不是定值．如圖，連接OP，交AB于E，∵AP=PB，∴OP⊥AB，AE=12∵OA＝5．∴OE=52-∴S△ABP=1∴當(dāng)CP經(jīng)過圓心O時(shí)，如圖，C到AB距離最大，即△ABC的AB邊上的最大高線是CE＝8．∵AB＝8，∴△ABC的最大面積是32．∴四邊形ACBP的最大面積是40．綜上，四邊形ACBP的面積不是定值，它的取值范圍是8＜S四邊形ACBP≤40．【變式10-3】（2022秋?高新區(qū)校級(jí)期末）如圖，A、B為⊙O上的兩個(gè)定點(diǎn)，P是⊙O上的動(dòng)點(diǎn)（P不與A、B重合），我們稱∠APB是⊙O上關(guān)于A、B的滑動(dòng)角．若⊙O的半徑是1，2≤AB≤3，則∠APB的取值范圍為45°≤∠APB≤60°或120°≤∠APB【分析】首先連接OA，OB，AB，先假設(shè)AB=2求出∠APB的度數(shù)，同理得出當(dāng)AB=3時(shí)，∠【解答】解：連接OA，OB，AB，假設(shè)AB=∵圓O半徑為1，AB=2∴OA2+OB2＝AB2，∴∠AOB＝90°，若點(diǎn)P在優(yōu)弧AB上，則∠APB=12∠若點(diǎn)P在劣弧AB上，則∠AP′B＝180°﹣∠APB＝135°．∴∠APB的度數(shù)為45°或135°．假設(shè)AB=3∵圓O半徑為1，∴∠OAB＝30°，∴∠AOB＝120°，∴若點(diǎn)P在優(yōu)弧AB上，則∠APB=12∠若點(diǎn)P在劣弧AB上，則∠AP′B＝180°﹣∠APB＝120°．故∠APB的取值范圍為：45°≤∠APB≤60°或120°≤∠APB≤135°．故答案為：45°≤∠APB≤60°或120°≤∠APB≤135°．專題2.5圓內(nèi)接四邊形【六大題型】【蘇科版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求角度】 1【題型2利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求線段長(zhǎng)度】 2【題型3利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求面積】 3【題型4利用圓內(nèi)接四邊形判的性質(zhì)斷結(jié)論的正誤】 4【題型5利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)進(jìn)行證明】 5【題型6利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)探究角或線段間的關(guān)系】 7【知識(shí)點(diǎn)1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1利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求角度】【例1】（2022?自貢）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB是⊙O的直徑，∠ABD＝20°，則∠BCD的度數(shù)是（）A．90° B．100° C．110° D．120°【變式1-1】（2022?云州區(qū)一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，連接OB，OD．當(dāng)四邊形OBCD是菱形時(shí)，則∠OBA+∠ODA的度數(shù)是（）A．65° B．60° C．55° D．50°【變式1-2】（2022?蜀山區(qū)校級(jí)三模）如圖，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．【變式1-3】（2022秋?包河區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠1+∠2＝64°，∠3+∠4＝°．【題型2利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求線段長(zhǎng)度】【例2】（2022?碑林區(qū)校級(jí)四模）如圖所示，四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，∠A＝45°，BC＝4，CD＝22，則弦BD的長(zhǎng)為（）A．25 B．35 C．10 D．210【變式2-1】（2022?延邊州二模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，過B點(diǎn)作BH⊥AD于點(diǎn)H，若∠BCD＝135°，AB＝4，則BH的長(zhǎng)度為（）A．2 B．22 C．32 D．不能確定【變式2-2】（2022?寧津縣模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A在x軸負(fù)半軸上，點(diǎn)B在y軸正半軸上，⊙D經(jīng)過A，B，O，C四點(diǎn)，∠ACO＝120°，AB＝4，則圓心點(diǎn)D的坐標(biāo)是（）A．(3，1) B．(-3，1) C．【變式2-3】（2022秋?漢川市期中）已知M是弧CAB的中點(diǎn)，MP垂直于弦AB于P，若弦AC的長(zhǎng)度為x，線段AP的長(zhǎng)度是x+1，那么線段PB的長(zhǎng)度是．（用含有x的代數(shù)式表示）【題型3利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求面積】【例3】（2022?賀州模擬）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠ABC：∠ADC＝2：1，AB＝2，點(diǎn)C為BD的中點(diǎn)，延長(zhǎng)AB、DC交于點(diǎn)E，且∠E＝60°，則⊙O的面積是（）A．π B．2π C．3π D．4π【變式3-1】（2022秋?青山區(qū)期中）如圖，四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，∠AOD+∠BOC＝180°．若AD＝2，BC＝6，則△BOC的面積為（）A．3 B．6 C．9 D．12【變式3-2】（2022?鹿城區(qū)模擬）如圖，圓內(nèi)接四邊形ABCD中，∠BCD＝90°，AB＝AD，點(diǎn)E在CD的延長(zhǎng)線上，且DE＝BC，連接AE，若AE＝4，則四邊形ABCD的面積為．【變式3-3】（2022?碑林區(qū)校級(jí)一模）如圖，已知AC＝22，以AC為弦的⊙O上有B、D兩點(diǎn)，且∠BAC＝∠DAC，則四邊形ABCD的面積最大值為．【題型4利用圓內(nèi)接四邊形判的性質(zhì)斷結(jié)論的正誤】【例4】（2022?銀川模擬）如圖，圓內(nèi)接四邊形ABCD的對(duì)角線AC，BD把它的4個(gè)內(nèi)分角成8個(gè)角，用下列關(guān)于角的等量關(guān)系不一定成立的是（）A．∠1＝∠4 B．∠1+∠2+∠3+∠5＝180° C．∠4＝∠7 D．∠ADC＝∠2+∠5【變式4-1】（2022秋?西湖區(qū)校級(jí)期中）若四邊形ABCD為圓內(nèi)接四邊形，則下列哪個(gè)選項(xiàng)可能成立（）A．∠A：∠B：∠C：∠D＝1：2：3：4 B．∠A：∠B：∠C：∠D＝2：3：1：4 C．∠A：∠B：∠C：∠D＝3：1：2：4 D．∠A：∠B：∠C：∠D＝4：3：2：1【變式4-2】（2022?南皮縣模擬）如圖，已知四邊形ABEC內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)D在AC的延長(zhǎng)線上，CE平分∠BCD交⊙O于點(diǎn)E，則下列結(jié)論中一定正確的是（）A．AB＝AE B．AB＝BE C．AE＝BE D．AB＝AC【變式4-3】（2022?碑林區(qū)校級(jí)模擬）如圖，A，P，B，C是⊙O上的四個(gè)點(diǎn)，∠APC＝∠CPB＝60°，CP交AB于點(diǎn)E．（1）判斷△ABC的形狀，證明你的結(jié)論；（2）①若P是AB的中點(diǎn)，求證：PC＝PA+PB；②若點(diǎn)P在AB上移動(dòng)，判斷PC＝PA+PB是否成立，證明你的結(jié)論【題型5利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)進(jìn)行證明】【例5】（2022?思明區(qū)校級(jí)一模）已知四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠D＝90°，P為CD上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)C，D重合）．（1）若∠BPC＝30°，BC＝3，求⊙O的半徑；（2）若∠A＝90°，AD=AB，求證：PB﹣PD=【變式5-1】（2022秋?陵城區(qū)期末）定義：三角形一個(gè)內(nèi)角的平分線和與另一個(gè)內(nèi)角相鄰的外角平分線相交所成的銳角稱為該三角形第三個(gè)內(nèi)角的遙望角．如圖1，∠E是△ABC中∠A的遙望角，如圖2，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AD=BD，四邊形ABCD的外角平分線DF交⊙O于點(diǎn)F，連接BF并延長(zhǎng)交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)求證：∠BEC是△ABC中∠BAC的遙望角．【變式5-2】（2022?龍巖模擬）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC平分∠BAD，延長(zhǎng)DC交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．（1）若∠ADC＝86°，求∠CBE的度數(shù)；（2）若AC＝EC，求證：AD＝BE．【變式5-3】（2022?天津）如圖，⊙O和⊙O′都經(jīng)過A、B兩點(diǎn)，過B作直線交⊙O于C，交⊙O′于D，G為圓外一點(diǎn)，GC交⊙O于E，GD交⊙O′于F．求證：∠EAF+∠G＝180°．【題型6利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)探究角或線段間的關(guān)系】【例6】（2022春?漣水縣校級(jí)期末）如圖1，已知△ABC，AB＝AC，以邊AB為直徑的⊙O交BC于點(diǎn)D，交AC于點(diǎn)E，連接DE．（1）求證：DE＝DC．（2）如圖2，連接OE，將∠EDC繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使∠EDC的兩邊分別交OE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．試探究線段DF、DG的數(shù)量關(guān)系．【變式6-1】（2022?赤峰）如圖，四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，AB＝AC．（1）若∠BAC＝40°，求∠ADC的度數(shù)；（2）若BD⊥AC交AC于點(diǎn)E，請(qǐng)判斷∠BAC和∠DAC之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【變式6-2】（2022秋?香洲區(qū)校級(jí)期中）畫∠A，在∠A的兩邊分別取點(diǎn)B，點(diǎn)C，在∠A的內(nèi)部取一點(diǎn)P，連接PB，PC．探索BPC與∠A，∠B，∠C之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．【變式6-3】（2022?阜寧縣二模）我們學(xué)過圓內(nèi)接四邊形，學(xué)會(huì)了它的性質(zhì)；圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)．下面我們進(jìn)一步研究．（1）在圖（1）中．∠ECD是圓內(nèi)接四邊形ABCD的一個(gè)外角．請(qǐng)你探究∠DCE與∠A的關(guān)系．并說明理由．（2）請(qǐng)你應(yīng)用上述結(jié)論解答下題：如圖（2）已知ABCD是圓內(nèi)接四邊形，F(xiàn)、E分別為BD，AD延長(zhǎng)線上的點(diǎn)．如果DE平分∠FDC．求證：AB＝AC．專題2.5圓內(nèi)接四邊形【六大題型】【蘇科版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求角度】 1【題型2利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求線段長(zhǎng)度】 5【題型3利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求面積】 9【題型4利用圓內(nèi)接四邊形判的性質(zhì)斷結(jié)論的正誤】 13【題型5利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)進(jìn)行證明】 16【題型6利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)探究角或線段間的關(guān)系】 20【知識(shí)點(diǎn)1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1利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求角度】【例1】（2022?自貢）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB是⊙O的直徑，∠ABD＝20°，則∠BCD的度數(shù)是（）A．90° B．100° C．110° D．120°【分析】方法一：根據(jù)圓周角定理可以得到∠AOD的度數(shù)，再根據(jù)三角形內(nèi)角和可以求得∠OAD的度數(shù)，然后根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)，即可得到∠BCD的度數(shù)．方法二：根據(jù)AB是⊙O的直徑，可以得到∠ADB＝90°，再根據(jù)∠ABD＝20°和三角形內(nèi)角和，可以得到∠A的度數(shù)，然后根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)，即可得到∠BCD的度數(shù)．【解答】解：方法一：連接OD，如圖所示，∵∠ABD＝20°，∴∠AOD＝40°，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵∠OAD+∠ODA+∠AOD＝180°，∴∠OAD＝∠ODA＝70°，∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠OAD+∠BCD＝180°，∴∠BCD＝110°，故選：C．方法二：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∵∠ABD＝20°，∴∠A＝70°，∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠BCD＝180°，∴∠BCD＝110°，故選：C．【變式1-1】（2022?云州區(qū)一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，連接OB，OD．當(dāng)四邊形OBCD是菱形時(shí)，則∠OBA+∠ODA的度數(shù)是（）A．65° B．60° C．55° D．50°【分析】連接OA，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出∠OBA＝∠BAO，∠ODA＝∠DAO，求出∠OBA+∠ODA＝∠BAD，根據(jù)菱形的性質(zhì)得出∠BCD＝∠BOD，根據(jù)圓周角定理得出∠BOD＝2∠BAD，求出∠BCD＝2∠BAD，根號(hào)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠BAD+∠BCD＝180°，求出∠BAD，再求出答案即可．【解答】解：連接OA，∵OA＝OB，OA＝OD，∴∠OBA＝∠BAO，∠ODA＝∠DAO，∴∠OBA+∠ODA＝∠BAO+∠DAO＝∠BAD，∵四邊形OBCD是菱形，∴∠BCD＝∠BOD，由圓周角定理得：∠BOD＝2∠BAD，∴∠BCD＝2∠BAD，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∴3∠BAD＝180°，∴∠BAD＝60°，∴∠OBA+∠ODA＝∠BAD＝60°，故選：B．【變式1-2】（2022?蜀山區(qū)校級(jí)三模）如圖，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60°．【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠BCD+∠BAD＝180°，根據(jù)∠BCD＝2∠BAD求出∠BAD＝60°，根據(jù)圓周角定理求出∠BAE＝90°，求出∠DAE的度數(shù)，再根據(jù)圓周角定理