北師大版九年級數(shù)學(xué)下冊3.4圓周角定理【十大題型】同步練習(xí)(學(xué)生版+解析)

專題3.4圓周角定理【十大題型】【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1圓周角的度數(shù)等于它所對弧上的圓心角的一半的運用】 2【題型2同弧或等弧所對的圓周角相等的運用】 5【題型3直徑所對的圓周角是90°的運用】 9【題型4翻折中的圓周角的運用】 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用】 37【題型10利用圓周角求取值范圍】 40【知識點1圓周角定理及其推論】圓周角定理定理：圓周角的度數(shù)等于它所對的弧的圓心角度數(shù)的一半是所對的圓心角，是所對的圓周角，推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等和都是所對的圓周角推論2：直徑所對的圓周角是直角，的圓周角所對的弦是直徑是的直徑是所對的圓周角是所對的圓周角是的直徑【題型1圓周角的度數(shù)等于它所對弧上的圓心角的一半的運用】【例1】（2022?鼓樓區(qū)校級模擬）如圖，CD是⊙O的直徑，⊙O上的兩點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D，OE⊥AC于點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同弧或等弧所對的圓周角相等的運用】【例2】（2022?保亭縣二模）如圖，AB為⊙O的直徑，點C、D在圓上，CE⊥AB于點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E，OF⊥BC于點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D．E是⊙O上一點，且CE=CD，連接OE．過點E作EF⊥OE，交AC的延長線于點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N，P是AC上一點，則∠BPD的度數(shù)是【題型3直徑所對的圓周角是90°的運用】【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C，OD⊥AC交⊙O于點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)校級開學(xué)）如圖，⊙O的直徑AB為8，D為AC上的一點，DE⊥AC于點E，若CE＝3AE，∠BAC＝30°，則DE的長是（）A．85 B．13?2 C．3 【變式3-3】（2022秋?如皋市校級期中）在⊙O中，AB為直徑，點C為圓上一點，將劣弧沿弦AC翻折交AB于點D，連接CD．（1）如圖1，若點D與圓心O重合，AC＝2，求⊙O的半徑r；（2）如圖2，若點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用】【例4】（2022春?福田區(qū)校級月考）如圖，AB是⊙O的直徑，BC是⊙O的弦，先將BC沿BC翻折交AB于點D，再將BD沿AB翻折交BC于點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C為圓上一點，將劣弧AC沿弦AC翻折交AB于點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，OC∥AB．將劣弧AB沿弦AB翻折，交翻折后的弧AB交AC于點D．若D為翻折后弧AB的中點，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長為10，弦CD⊥AB，將⊙O沿CD翻折，翻折后點B的對應(yīng)點為點B′，若AB′＝6，CB′的長為（）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M在⊙O上，∠MAB＝20°，N是弧MB的中點，P是直徑AB上的一動點，若MN＝2，則△PMN周長的最小值為（）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上的一個動點，以AD為直徑畫⊙O，分別交AB、AC于點E、F，連接EF，則線段EF長度的最小值為．【變式5-2】（2022秋?大連期末）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝2，點C在⊙O上，∠CAB＝30°，D為BC的中點，E是直徑AB上一動點，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)校級三模）如圖，矩形ABCD中，AB=32，BC＝AB2，E為射線BA上一動點，連接CE交以BE為直徑的圓于點H，則線段DH長度的最小值為【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E在劣弧AC上運動，連接EC，BE，交AC于點F．（1）求∠E的度數(shù)；（2）當(dāng)點E運動到使BE⊥AC時，連接AO并延長，交BE于點D，交BC于點G，交⊙O于點M，依據(jù)題意在備用圖中畫出圖形．并證明：G為DM的中點．【變式6-1】（2022春?金山區(qū)校級月考）已知CD為⊙O的直徑，A、B為⊙O上兩點，點C為劣弧AB中點，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，滿足DF＝AG，連接AF、OG，取OG中點H，連接CH，請猜測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C，AE，BE分別平分∠BAC和∠ABC，AE的延長線交⊙O于點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．【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．一個圓中一條由兩長度不同的弦組成的折弦所對的兩段弧的中點在較長弦上的射影，就是折弦的中點．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，則從M向BC所作垂線之垂足D是折弦ABC的中點，即CD＝AB+BD．小明認(rèn)為可以利用“截長法”，如圖2：在線段CB上從C點截取一段線段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M作MH⊥AB于點H，連接MA，MB，MC．任務(wù)：（1）請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E是點D關(guān)于AB的對稱點，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D．要使得⊙O與AC邊的交點E關(guān)于直線AD的對稱點在線段OA上（不與端點重合），需滿足的條件可以是．（寫出所有正確答案的序號）①∠BAC＞60°；②45°＜∠ABC＜60°；③BD＞12AB；④12AB＜DE【變式7-3】（2022秋?東臺市月考）如圖，AB是⊙O的直徑，C，D是⊙O上的點，且OC∥BD，AD與BC，OC分別相交于點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）【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)校級月考）如圖，A，B兩點的坐標(biāo)分別為（﹣2，0），（3，0），點C在y軸正半軸上，且∠ACB＝45°，則點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)校級月考）已知：如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝4，∠B＝60°，∠C＝105°，點E為BC的中點，以CE為弦作圓，設(shè)該圓與四邊形ABCD的一邊的交點為P，若∠CPE＝30°，則EP的長為．【題型9圓周角與量角器的綜合運用】【例9】（2022?南召縣模擬）以O(shè)為中心點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D為斜邊AB上一點，作射線CD交弧AB于點E，如果點E所對應(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O在半圓圓心上，點B在半圓上，邊AB，AO分別交半圓于點C，D，點B，C，D對應(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D對應(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N與點A重合，射線CP從CA處出發(fā)沿順時針方向以每秒3°的速度旋轉(zhuǎn)，CP與量角器的半圓弧交于點E，則第20秒點E在量角器上對應(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P是線段OD上的動點，點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O是以AC為直徑的半圓的圓心，點B在AC上，∠ACB＝30°，AC＝2．點D是直徑AC上一動點（與點A，C不重合），記OD的長為m．連接BD，點A關(guān)于BD的對稱點為點A′，當(dāng)點A′落在由直徑AC，弦AB，BC圍成的封閉圖形內(nèi)部時（不包含邊界），m的取值范圍是【變式10-2】（2022秋?臺州期中）如圖，已知AB是⊙O的一條弦，點C是⊙O的優(yōu)弧ACB上的一個動點（不與A，B不重合），（1）設(shè)∠ACB的平分線與劣弧AB交于點P，試猜想點P劣弧AB上的位置是否會隨點C的運動而變化？請說明理由（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？若是專題3.4圓周角定理【十大題型】【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1圓周角的度數(shù)等于它所對弧上的圓心角的一半的運用】 2【題型2同弧或等弧所對的圓周角相等的運用】 5【題型3直徑所對的圓周角是90°的運用】 9【題型4翻折中的圓周角的運用】 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用】 37【題型10利用圓周角求取值范圍】 40【知識點1圓周角定理及其推論】圓周角定理定理：圓周角的度數(shù)等于它所對的弧的圓心角度數(shù)的一半是所對的圓心角，是所對的圓周角，推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等和都是所對的圓周角推論2：直徑所對的圓周角是直角，的圓周角所對的弦是直徑是的直徑是所對的圓周角是所對的圓周角是的直徑【題型1圓周角的度數(shù)等于它所對弧上的圓心角的一半的運用】【例1】（2022?鼓樓區(qū)校級模擬）如圖，CD是⊙O的直徑，⊙O上的兩點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°，【變式1-1】（2022?溫州）如圖，AB，AC是⊙O的兩條弦，OD⊥AB于點D，OE⊥AC于點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°，【變式1-2】（2022?藍(lán)山縣一模）如圖，點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D的右側(cè)取一點E，使得DE＝AB，過點E作ET⊥CD交CD的延長線于點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D的右側(cè)取一點E，使得DE＝AB，過點E作ET⊥CD交CD的延長線于點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同弧或等弧所對的圓周角相等的運用】【例2】（2022?保亭縣二模）如圖，AB為⊙O的直徑，點C、D在圓上，CE⊥AB于點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°，【變式2-1】（2022?南充）如圖，AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，OF⊥BC于點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°．【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D．E是⊙O上一點，且CE=CD，連接OE．過點E作EF⊥OE，交AC的延長線于點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°；【變式2-3】（2022?本溪模擬）如圖，在⊙O中，AB=BC，直徑CD⊥AB于點N，P是AC上一點，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直徑所對的圓周角是90°的運用】【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C，OD⊥AC交⊙O于點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E，根據(jù)直徑所對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°，【變式3-2】（2022?江夏區(qū)校級開學(xué)）如圖，⊙O的直徑AB為8，D為AC上的一點，DE⊥AC于點E，若CE＝3AE，∠BAC＝30°，則DE的長是（）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的延長線于點F，DF、AB交于點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【變式3-3】（2022秋?如皋市校級期中）在⊙O中，AB為直徑，點C為圓上一點，將劣弧沿弦AC翻折交AB于點D，連接CD．（1）如圖1，若點D與圓心O重合，AC＝2，求⊙O的半徑r；（2）如圖2，若點D與圓心O不重合，∠BAC＝25°，求∠DCA的度數(shù)．【分析】（1）過點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D與圓心O重合，可知OE=1（2）連接BC，根據(jù)直徑所對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所對的圓周角，然后根據(jù)∠ACD等于ADC所對的圓周角減去CD所對的圓周角，計算即可得解．【解答】解：（1）如圖1，過點O作OE⊥AC于E則AE=12AC∵翻折后點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所對的圓周角為∠B，ABC所對的圓周角為∠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用】【例4】（2022春?福田區(qū)校級月考）如圖，AB是⊙O的直徑，BC是⊙O的弦，先將BC沿BC翻折交AB于點D，再將BD沿AB翻折交BC于點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°．【變式4-1】（2022秋?蕭山區(qū)期中）如圖，在⊙O中，AB為直徑，點C為圓上一點，將劣弧AC沿弦AC翻折交AB于點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D，連結(jié)CD，∠BAC＝25°，∴∠FAC＝∠BAC＝25°，∠DCA＝∠FCA，∵點A、F、C、B四點共圓，∴∠BAF+∠BCF＝180°，∴25°+25°+90°+∠ACF＝180°，解得：∠ACF＝40°，即∠ACD＝∠ACF＝40°，∵∠BAC＝25°，∴∠BDC＝∠BAC+∠ACD＝25°+40°＝65°，【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，OC∥AB．將劣弧AB沿弦AB翻折，交翻折后的弧AB交AC于點D．若D為翻折后弧AB的中點，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°，【變式4-3】（2022秋?丹江口市期中）已知⊙O的直徑AB長為10，弦CD⊥AB，將⊙O沿CD翻折，翻折后點B的對應(yīng)點為點B′，若AB′＝6，CB′的長為（）A．45 B．25或45 C．25 【分析】分點B'在線段AB上，點B'在BA延長線上兩種情況討論，根據(jù)勾股定理可求MB'的長度．【解答】解：①如圖1中：當(dāng)點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B'在BA的延長線上，連接OC，∵AB'＝6，AB＝10，∴B'B＝16，AO＝BO＝OC＝5，∵B，B′關(guān)于CD對稱，∴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，【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M在⊙O上，∠MAB＝20°，N是弧MB的中點，P是直徑AB上的一動點，若MN＝2，則△PMN周長的最小值為（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得到：點N關(guān)于AB的對稱點N′，連接MN′交AB于P，此時PM+PN最小，即△PMN周長的最小，利用圓心角、弧、弦的關(guān)系以及軸對稱的性質(zhì)進(jìn)行計算即可．【解答】解：如圖，作點N關(guān)于AB的對稱點N′，則點N′在⊙O上，連接MN′交AB于P，此時PM+PN最小，即PM+PN＝MN′，∵點N是BM的中點，∠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周長的最小值為2+4＝6，【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上的一個動點，以AD為直徑畫⊙O，分別交AB、AC于點E、F，連接EF，則線段EF長度的最小值為6．【分析】如圖，由題意當(dāng)AD⊥BC時，⊙O的半徑最小，因為∠EAF＝60°，是定值，所以此時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，⊙O的半徑最小，∵∠EAF＝60°，是定值，∴此時EF的值最小，過OD的中點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C在⊙O上，∠CAB＝30°，D為BC的中點，E是直徑AB上一動點，則CE+DE最小值為（）A．1 B．2 C．3 D．2【分析】作點D關(guān)于AB的對稱點為D′，連接OC，OD，OD′，CD′，交AB于點E，則CE+DE的最小值就是CD′的長度，根據(jù)已知易證∠COD′＝90°，然后利用勾股定理進(jìn)行計算即可解答．【解答】解：作點D關(guān)于AB的對稱點為D′，連接OC，OD，OD′，CD′，交AB于點E，∴DE＝D′E，∴CE+DE＝CE+D′E＝CD′，∵∠CAB＝30°，∴∠COB＝2∠CAB＝60°，∵D為BC的中點，∴CD=∵DB=∴CD=∴∠COD＝∠DOB＝∠BOD′＝30°，∴∠COD′＝90°，∵AB＝2，∴OC＝OD′＝1，∴CD′=O∴CE+DE最小值為：2，【變式5-3】（2022?杏花嶺區(qū)校級三模）如圖，矩形ABCD中，AB=32，BC＝AB2，E為射線BA上一動點，連接CE交以BE為直徑的圓于點H，則線段DH長度的最小值為3【分析】取BC的中點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E在劣弧AC上運動，連接EC，BE，交AC于點F．（1）求∠E的度數(shù)；（2）當(dāng)點E運動到使BE⊥AC時，連接AO并延長，交BE于點D，交BC于點G，交⊙O于點M，依據(jù)題意在備用圖中畫出圖形．并證明：G為DM的中點．【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G為DM的中點．【變式6-1】（2022春?金山區(qū)校級月考）已知CD為⊙O的直徑，A、B為⊙O上兩點，點C為劣弧AB中點，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，滿足DF＝AG，連接AF、OG，取OG中點H，連接CH，請猜測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C，AE，BE分別平分∠BAC和∠ABC，AE的延長線交⊙O于點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．【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，因為AB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F．因為∠DBC＝∠CAD＝∠BAD＝∠BCD．所以BD＝DC．因為OB＝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．因為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：計算∠AEB＝135°也可以得證．（2）解：連接OC、CD、OD，OD交BC于點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AC，BD相交于點G．則△MBG為等腰三角形，先計算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．一個圓中一條由兩長度不同的弦組成的折弦所對的兩段弧的中點在較長弦上的射影，就是折弦的中點．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，則從M向BC所作垂線之垂足D是折弦ABC的中點，即CD＝AB+BD．小明認(rèn)為可以利用“截長法”，如圖2：在線段CB上從C點截取一段線段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M作MH⊥AB于點H，連接MA，MB，MC．任務(wù)：（1）請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，∴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M作MH⊥AB于點H，連接MA，MB，MC，∵M(jìn)是ABC的中點，∴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E是點D關(guān)于AB的對稱點，①∠BOE＝30°；②∠DOB＝2∠CED；③DM⊥CE；④CM+DM的最小值是10，上述結(jié)論中正確的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】①錯誤，證明∠EOB＝∠BOD＝60°即可；②正確．證明∠CED＝30°，可得結(jié)論；③錯誤，M是動點，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對稱，∴∠EOB＝∠BOD＝60°，故①錯誤，∵∠CED=12∠∴∠DOB＝2∠CED，故②正確，∵M(jìn)是動點，∴DM不一定垂直CE，故③錯誤，連接EM．則ME＝MD，∴CM+DM＝MC+ME≥CE＝10，故④正確，【變式7-1】（2022秋?淅川縣期末）如圖，已知：點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都對著BD，∴∠BOD＝2∠BAD，故②正確；∵AC=∴AC＝BD，故③正確；∵圓周角∠CAB和∠BDC都對著BC，∴∠CAB＝∠BDC，故④正確；延長DO交⊙O于M，連接AM，∵D、C、A、M四點共圓，∴∠CDO+∠CAM＝180°（圓內(nèi)接四邊形對角互補(bǔ)），∵∠CAM＞∠CAO，∴∠CAO+∠CDO＜180°，故⑤錯誤；即正確的個數(shù)是4個，【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D．要使得⊙O與AC邊的交點E關(guān)于直線AD的對稱點在線段OA上（不與端點重合），需滿足的條件可以是②④．（寫出所有正確答案的序號）①∠BAC＞60°；②45°＜∠ABC＜60°；③BD＞12AB；④12AB＜DE【分析】結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)及圓周角定理對所給條件逐個進(jìn)行分析判斷．【解答】解：在△ABC中，AB＝AC，①當(dāng)∠BAC＞60°時，若∠BAC＝90°時，此時點E與點A重合，不符合題意，故①不滿足；②當(dāng)∠ABC≤45°時，點E與點A重合，不符合題意，當(dāng)∠ABC≥60°時，點E與點O不關(guān)于AD對稱，當(dāng)45°＜∠ABC＜60°時，點E關(guān)于直線AD的對稱點在線段OA上，故②滿足條件；③當(dāng)12AB≤BD＜22AB時，點E關(guān)于直線AD④12AB＜DE＜22AB時，點E關(guān)于直線AD故答案為：②④．【變式7-3】（2022秋?東臺市月考）如圖，AB是⊙O的直徑，C，D是⊙O上的點，且OC∥BD，AD與BC，OC分別相交于點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）【分析】①由直徑所對圓周角是直角，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)校級月考）如圖，A，B兩點的坐標(biāo)分別為（﹣2，0），（3，0），點C在y軸正半軸上，且∠ACB＝45°，則點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C即為點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C即為點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），【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)校級月考）已知：如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝4，∠B＝60°，∠C＝105°，點E為BC的中點，以CE為弦作圓，設(shè)該圓與四邊形ABCD的一邊的交點為P，若∠CPE＝30°，則EP的長為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E為BC的中點，∴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用】【例9】（2022?南召縣模擬）以O(shè)為中心點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D為斜邊AB上一點，作射線CD交弧AB于點E，如果點E所對應(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，代入計算即可得出答案．【解答】解：如圖，連接OE，∵點E所對應(yīng)的讀數(shù)為50°，∴∠AOE＝50°，∵AB為直徑，∠ACB＝90°，∴點C在⊙O上，∴∠ACE=12∠AOE∴∠BCE＝90°﹣25°＝65°，∵∠BDE是△BDC的外角，∴∠BDE＝∠BCE+∠DBC＝65°+45°＝110°，【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O在半圓圓心上，點B在半圓上，邊AB，AO分別交半圓于點C，D，點B，C，D對應(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BO交圓于M，連接OC，∵點B，C，D對應(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，