專項24-圓周角定理-重難點題型

圓周角定理-重難點題型【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圓周角定理】【例1】（碑林區(qū)校級模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，點C、D是⊙O上的點，OD⊥AC，連接DC，若∠COB＝20°，則∠ACD的度數(shù)為（）A．10° B．30° C．40° D．45°【變式1-1】（朝陽區(qū)一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點C、D在⊙O上，且在AB異側(cè)，連接OC、CD、DA．若∠BOC＝130°，則∠D的大小是（）A．15° B．25° C．35° D．50°【變式1-2】（泰興市二模）如圖，A、B、C為⊙O上三點（O在∠ABC內(nèi)部），延長AO交BC于D，OD＝BD，∠BAO＝x，∠AOC＝y(tǒng)．則y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為．【變式1-3】（和平區(qū)一模）已知AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，連接BD．（Ⅰ）如圖①，連接OC，AD．若∠ADC＝56°，求∠CDB及∠COB的大??；（Ⅱ）如圖②，過點C作DB的垂線，交DB的延長線于點E，連接OD．若∠ABD＝2∠CDB，∠ODC＝20°，求∠DCE的大?。绢}型2同弧或等弧所對的圓周角相等】【例2】（泗水縣一模）如圖，AB為⊙O的直徑，點C、點D是⊙O上的兩點，連接CA，CD，AD．若∠CAB＝35°，則∠ADC的度數(shù)是（）A．40° B．45° C．55° D．100°【變式2-1】（碑林區(qū)校級模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，點C、D是⊙O上的點，OD⊥AC，連接DC，若∠COB＝20°，則∠ACD的度數(shù)為（）A．10° B．30° C．40° D．45°【變式2-2】（宿遷）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝32°，點B、C在⊙O上，邊AB、AC分別交⊙O于D、E兩點，點B是CD的中點，則∠ABE＝．【變式2-3】（臨沂）如圖，已知在⊙O中，AB=BC=CD，OC與求證：（1）AD∥BC；（2）四邊形BCDE為菱形．【題型3直徑所對的圓周角是90°】【例3】（慶陽二模）如圖，AB為⊙O的直徑，點C、D在⊙O上，且AC＝BC＝2，∠BCD＝30°，則BD的長為（）A．22 B．32 C．2 【變式3-1】（安徽模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，CD是弦，且D為AB中點，若∠D＝30°，BC＝2，則BD的值為（）A．22 B．23 C．6【變式3-2】（下城區(qū)校級二模）如圖，AB是⊙O的一條直徑，點C是⊙O上的一點（不與點A，點B重合），分別連接AC，BC，半徑OE⊥AC于點D，若BC＝DE＝2，則AC＝．【變式3-3】（亭湖區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的半圓O分別交AC、BC于點D、E．（1）求證：點E是BC的中點．（2）若∠BOD＝75°，求∠CED的度數(shù)．【題型4圓周角定理（多結(jié)論問題）】【例4】（海淀區(qū)校級開學(xué)）如圖，AB是⊙O的直徑，點P是⊙O上一個動點（點P不與點A，B重合），在點P運動的過程中，有如下四個結(jié)論：①至少存在一點P，使得PA＞AB；②若PB=2PA，則PB＝2PA③∠PAB不是直角；④∠POB＝2∠OPA．上述結(jié)論中，所有正確結(jié)論的序號是．【變式4-1】（平江縣模擬）如圖所示，MN是⊙O的直徑，作AB⊥MN，垂足為點D，連接AM，AN，點C為AN上一點，且AC=AM，連接CM，交AB于點E，交AN于點F，現(xiàn)給出以下結(jié)論：①∠MAN＝90°；②AM=BM；③∠ACM+∠ANM＝∠MOB；④AE=12【變式4-2】（淮南期末）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝AC，BC交⊙O于點E，∠BAC＝45°，給出下列四個結(jié)論：①∠EBC＝22.5°②BD＝DC③AE＝DC④AE=2DE，其中正確結(jié)論有【變式4-3】（惠安縣模擬）如圖，OA、OB、OC都是⊙O的半徑，若∠BOC是銳角，且∠AOB＝2∠BOC，則下列結(jié)論正確的是．（填序號即可）①AB＝2BC②AB=2③∠ACB＝2∠CAB④∠ACB＝∠BOC【題型5圓周角定理（最值問題）】【例5】（廣饒縣二模）如圖，AB是半圓O的直徑，AC＝AD，OC＝2，∠CAB＝30°，E為線段CD上一個動點，連接OE，則OE的最小值為．【變式5-1】（東莞市校級一模）如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為（4，0），點B是第一象限內(nèi)的一個動點并且使∠OBA＝90°，點C（0，3），則BC的最小值為．【變式5-2】（建湖縣一模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知點A（1，0），B（3，0），C為平面內(nèi)的動點，且滿足∠ACB＝90°，D為直線y＝x上的動點，則線段CD長的最小值為．【變式5-3】（金牛區(qū)校級月考）如圖，△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝45°，D是邊BC上（不與端點重合）的一個動點，以AD為直徑畫⊙O分別交AB，AC于E，F(xiàn)，連接EF，若線段AD長度的最小值為3，則線段EF長度的最小值為．【題型6圓周角定理（綜合證明）】【例6】（九江模擬）如圖，在⊙O中，弦AD與弦BC垂直，垂足為點G，E為AB中點，延長EG交CD于點F，求證：EF⊥CD．【變式6-1】（安徽）如圖，圓O中兩條互相垂直的弦AB，CD交于點E．（1）M是CD的中點，OM＝3，CD＝12，求圓O的半徑長；（2）點F在CD上，且CE＝EF，求證：AF⊥BD．【變式6-2】（無為市三模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC為直徑的⊙O交AB于點D，弦DE∥BC，交AC于點F，弧AD＝弧DE，連接AE．（1）求證：△ADE是等邊三角形；（2）連接OB，若BD＝2，求OB的長．【變式6-3】（杭州模擬）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，連接AC、BD相交于點E．（1）如圖1，若AC＝BD，求證：AE＝DE；（2）如圖2，若AC⊥BD，連接OC，求證：∠OCD＝∠ACB．

圓周角定理-重難點題型（解析版）【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圓周角定理】【例1】（碑林區(qū)校級模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，點C、D是⊙O上的點，OD⊥AC，連接DC，若∠COB＝20°，則∠ACD的度數(shù)為（）A．10° B．30° C．40° D．45°【分析】先利用鄰補角的定義計算出∠AOC＝160°，再根據(jù)垂徑定理得到AD=CD，所以∠AOD＝∠COD＝80°，然后根據(jù)圓周角定理得到∠【解答】解：∵∠COB＝20°，∴∠AOC＝160°，∵OD⊥AC，∴AD=∴∠AOD＝∠COD=12∠AOC∴∠ACD=12∠故選：C．【變式1-1】（朝陽區(qū)一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點C、D在⊙O上，且在AB異側(cè)，連接OC、CD、DA．若∠BOC＝130°，則∠D的大小是（）A．15° B．25° C．35° D．50°【分析】利用平角的定義先求∠AOC，再根據(jù)圓周角定理求出∠D．【解答】解：∵∠BOC+∠AOC＝180°，∴∠AOC＝180°﹣∠BOC＝50°．∴∠D=12∠故選：B．【變式1-2】（泰興市二模）如圖，A、B、C為⊙O上三點（O在∠ABC內(nèi)部），延長AO交BC于D，OD＝BD，∠BAO＝x，∠AOC＝y(tǒng)．則y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為y＝6x．【分析】連接OB，根據(jù)圓周角定理、鄰補角的定義、角的和差等量代換求解即可．【解答】解：連接OB，∵∠ABC=12∠AOC，∠AOC＝∴∠ABC=12∵OB＝OC，OA＝OB，∴∠C＝∠OBC＝∠ABD﹣∠ABO=12y﹣∵∠DOC＝180°﹣∠AOC，∴∠DOC＝180°﹣y，∵∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠C，∠BOC＝∠DOC+∠BOD，∵OD＝BD，∴∠BOD＝∠OBD，∴180°﹣（12y﹣x）﹣（12y﹣x）＝180°﹣y+（12y∴y＝6x，故答案為：y＝6x．【變式1-3】（和平區(qū)一模）已知AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，連接BD．（Ⅰ）如圖①，連接OC，AD．若∠ADC＝56°，求∠CDB及∠COB的大??；（Ⅱ）如圖②，過點C作DB的垂線，交DB的延長線于點E，連接OD．若∠ABD＝2∠CDB，∠ODC＝20°，求∠DCE的大?。痉治觥浚?）由直徑所對的圓周角是直角可得∠CDB的度數(shù)，再利用圓周角與圓心角的關(guān)系可得答案；（2）由半徑的關(guān)系可得∠ODB＝∠OBD，再利用∠ABD＝2∠CDB，∠ODC＝20°可得∠CDB＝20°，最后根據(jù)直角三角形銳角互余可得答案．【解答】解：（Ⅰ）∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∵∠ADC＝56°，∴∠CDB＝90°﹣∠ADC＝90°﹣56°＝34°，在⊙O中，∠COB＝2∠CDB＝2×34°＝68°．（II）∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，即∠ODC+∠CDB＝∠OBD，∵∠ABD＝2∠CDB，∠ODC＝20°，∴20°+∠CDB＝2∠CDB，∴∠CDB＝20°，∵CE⊥DE，∴∠CED＝90°，在Rt△CDE中，∠DCE＝90°﹣∠CDE＝90°﹣20°＝70°．【題型2同弧或等弧所對的圓周角相等】【例2】（泗水縣一模）如圖，AB為⊙O的直徑，點C、點D是⊙O上的兩點，連接CA，CD，AD．若∠CAB＝35°，則∠ADC的度數(shù)是（）A．40° B．45° C．55° D．100°【分析】連接CB，根據(jù)圓周角定理求出∠ACB＝90°，根據(jù)圓周角定理求出∠ADC＝∠B即可．【解答】解：連接CB，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠CAB＝35°，∴∠B＝90°﹣∠CAB＝55°，∴∠ADC＝∠B＝55°，故選：C．【變式2-1】（碑林區(qū)校級模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，點C、D是⊙O上的點，OD⊥AC，連接DC，若∠COB＝20°，則∠ACD的度數(shù)為（）A．10° B．30° C．40° D．45°【分析】先利用鄰補角的定義計算出∠AOC＝160°，再根據(jù)垂徑定理得到AD=CD，所以∠AOD＝∠COD＝80°，然后根據(jù)圓周角定理得到∠【解答】解：∵∠COB＝20°，∴∠AOC＝160°，∵OD⊥AC，∴AD=∴∠AOD＝∠COD=12∠AOC∴∠ACD=12∠故選：C．【變式2-2】（宿遷）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝32°，點B、C在⊙O上，邊AB、AC分別交⊙O于D、E兩點，點B是CD的中點，則∠ABE＝13°．【分析】由∠ABC＝90°，可得CD是⊙O的直徑，由點B是CD的中點以及三角形的內(nèi)角和，可得∠BDC＝∠BCD＝45°，利用三角形的內(nèi)角和求出∠ACB，再根據(jù)角的和差關(guān)系求出∠DCE，由圓周角定理可得∠ABE＝∠DCE得出答案．【解答】解：如圖，連接DC，∵∠DBC＝90°，∴DC是⊙O的直徑，∵點B是CD的中點，∴∠BCD＝∠BDC＝45°，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝32°，∴∠ACB＝90°﹣32°＝58°，∴∠ACD＝∠ACB﹣∠BCD＝58°﹣45°＝13°＝∠ABE，故答案為：13°．【變式2-3】（臨沂）如圖，已知在⊙O中，AB=BC=CD，OC與求證：（1）AD∥BC；（2）四邊形BCDE為菱形．【分析】（1）連接BD，根據(jù)圓周角定理可得∠ADB＝∠CBD，根據(jù)平行線的判定可得結(jié)論；（2）證明△DEF≌△BCF，得到DE＝BC，證明四邊形BCDE為平行四邊形，再根據(jù)BC=CD得到BC＝【解答】證明：（1）連接BD，∵AB=∴∠ADB＝∠CBD，∴AD∥BC；（2）連接CD，BD，設(shè)OC與BD相交于點F，∵AD∥BC，∴∠EDF＝∠CBF，∵BC=∴BC＝CD，BF＝DF，又∠DFE＝∠BFC，∴△DEF≌△BCF（ASA），∴DE＝BC，∴四邊形BCDE是平行四邊形，又BC＝CD，∴四邊形BCDE是菱形．【題型3直徑所對的圓周角是90°】【例3】（慶陽二模）如圖，AB為⊙O的直徑，點C、D在⊙O上，且AC＝BC＝2，∠BCD＝30°，則BD的長為（）A．22 B．32 C．2 【分析】連接AD，根據(jù)題意得出∠ACB＝∠ADB＝90°，根據(jù)勾股定理求出AB＝22，再根據(jù)30°的角的直角三角形的性質(zhì)即可得解．【解答】解：如圖，連接AD，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝∠ADB＝90°，在Rt△ABC中，AC＝BC＝2，∴AB=AC2∵∠BCD＝30°，∴∠BAD＝∠BCD＝30°，在Rt△ABD中，AB＝22，∴BD=12AB故選：C．【變式3-1】（安徽模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，CD是弦，且D為AB中點，若∠D＝30°，BC＝2，則BD的值為（）A．22 B．23 C．6【分析】如圖，連接AD，OC．證明△OBC是等邊三角形，求出OB＝2，推出AB＝4，再證明△ADB是等腰直角三角形，可得結(jié)論．【解答】解：如圖，連接AD，OC．∵∠BOC＝2∠BDC，∠BDC＝30°，∴∠BOC＝60°，∵OC＝OB，∴△BOC是等邊三角形，∴OB＝BC＝2，∴AB＝2OB＝4，∵D是AB的中點，∴AD=∴AD＝DB，∵AB是直徑，∴∠ADB＝90°，∴BD=22AB＝2故選：A【變式3-2】（下城區(qū)校級二模）如圖，AB是⊙O的一條直徑，點C是⊙O上的一點（不與點A，點B重合），分別連接AC，BC，半徑OE⊥AC于點D，若BC＝DE＝2，則AC＝42．【分析】根據(jù)垂徑定理得到AD＝CD，再利用圓周角定理得到∠ACB＝90°，則可判斷OD為△ABC的中位線，所以O(shè)D=12BC＝1，從而得到直徑為6，然后利用勾股定理計算【解答】解：∵OE⊥AC，∴AD＝CD，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴OD∥BC，∴OD為△ABC的中位線，∴OD=12∵DE＝2，∴OE＝3，∴AB＝6，在Rt△ABC中，AC=AB2故答案為42．【變式3-3】（亭湖區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的半圓O分別交AC、BC于點D、E．（1）求證：點E是BC的中點．（2）若∠BOD＝75°，求∠CED的度數(shù)．【分析】（1）連接AE，根據(jù)直徑所對的圓周角為直角得到∠AEB＝90°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)圓周角定理得到∠DAB=12∠BOD＝37.5°，再根據(jù)圓的內(nèi)接四邊形的對角互補得到∠DAB+∠DEB＝180°，而CBED+∠DEB＝180°，則∠CED＝∠【解答】（1）證明：連接AE，∵AB為⊙O的直徑，∴∠AEB＝90°，即AE⊥BC，∵AB＝AC，∴BE＝CE，即點E為BC的中點；（2）解：∵∠BOD＝75°，∴∠DAB=12∠∵∠DAB+∠DEB＝180°，∠CED+∠DEB＝180°，∴∠CED＝∠DAB＝37.5°．【題型4圓周角定理（多結(jié)論問題）】【例4】（海淀區(qū)校級開學(xué)）如圖，AB是⊙O的直徑，點P是⊙O上一個動點（點P不與點A，B重合），在點P運動的過程中，有如下四個結(jié)論：①至少存在一點P，使得PA＞AB；②若PB=2PA，則PB＝2PA③∠PAB不是直角；④∠POB＝2∠OPA．上述結(jié)論中，所有正確結(jié)論的序號是③④．【分析】根據(jù)圓周角定理，圓心角，弧，弦之間的關(guān)系解決問題即可．【解答】解：①∵PA是圓中的弦，AB時直徑，所以，至少存在一點P，使得PA＞AB，結(jié)論錯誤．不存在．②取PB的中點C，連接PC，BC，PB，則PC＝BC，∴則PA=∴PA＝PC＝BC，∵PC+BC＞PB，∴原結(jié)論錯誤，應(yīng)該是PB＜2PA．③連接BP，AP，∵AB時直徑，∴∠APB＝90°°∴∠PAB不是直角，結(jié)論正確．④∵OP＝OA，∴∠APO＝∠PAO，∵∠POB＝∠PAO+∠APO＝2∠OPA．結(jié)論正確．故答案是：③④．【變式4-1】（平江縣模擬）如圖所示，MN是⊙O的直徑，作AB⊥MN，垂足為點D，連接AM，AN，點C為AN上一點，且AC=AM，連接CM，交AB于點E，交AN于點F，現(xiàn)給出以下結(jié)論：①∠MAN＝90°；②AM=BM；③∠ACM+∠ANM＝∠MOB；④AE=12【分析】根據(jù)AB⊥MN，垂徑定理得出①③正確，利用MN是直徑得出②正確，AC=AM=BM，得出④正確，結(jié)合【解答】解：∵MN是⊙O的直徑，AB⊥MN，∴AD＝BD，AM=BM，∠MAN＝90°，故∵AC=∴AC=∴∠ACM+∠ANM＝∠MOB，故③正確，∵∠MAE＝∠AME，∴AE＝ME，∵∠EAF+∠MAE＝∠AME+∠AFM＝∠MAN，∠EAF＝∠AFM，∴AE＝EF，∴AE=12MF，故故答案為：①②③④．【變式4-2】（淮南期末）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝AC，BC交⊙O于點E，∠BAC＝45°，給出下列四個結(jié)論：①∠EBC＝22.5°②BD＝DC③AE＝DC④AE=2DE，其中正確結(jié)論有①②④【分析】先利用等腰三角形的性質(zhì)求出∠ABE、∠ABC的度數(shù)，即可求∠EBC的度數(shù)，再運用弧、弦、圓心角的關(guān)系即可求出②④．【解答】解：連接AD，AB是⊙O的直徑，則∠AEB＝∠ADB＝90°，∵AB＝AC，∠BAC＝45°，∴∠ABE＝45°，∠C＝∠ABC=180°?45°2=67.5°，AD∴AE＝BE，∠EBC＝90°﹣67.5°＝22.5°，DB＝CD，故①②正確，∵AE＝BE，∴AE=又AD平分∠BAC，所以，AE=2DE，④∵∠C＝67.5°，BE⊥CE，∴BE＞12∴AE＞DC，故③錯誤．故答案為：①②④．【變式4-3】（惠安縣模擬）如圖，OA、OB、OC都是⊙O的半徑，若∠BOC是銳角，且∠AOB＝2∠BOC，則下列結(jié)論正確的是②③④．（填序號即可）①AB＝2BC②AB=2③∠ACB＝2∠CAB④∠ACB＝∠BOC【分析】首先取AB的中點D，連接AD，BD，由∠AOB＝2∠BOC，易得AD＝BD＝BC，繼而證得AB＜2BC，又由圓周角定理，可得∠AOB＝4∠CAB，∠ACB＝∠BOC＝2∠CAB．【解答】解：取AB的中點D，連接AD，BD，∵∠AOB＝2∠BOC，∴AB=2BC，故②∴AD=∴AD＝BD＝BC，∵AB＜AD+BD，∴AB＜2BC．故①錯誤，∵∠AOB＝2∠BOC，∠BOC＝2∠CAB，∴∠AOB＝4∠CAB，∵∠AOB＝2∠ACB，∴∠ACB＝∠BOC＝2∠CAB，故③④正確．故答案為：②③④【題型5圓周角定理（最值問題）】【例5】（廣饒縣二模）如圖，AB是半圓O的直徑，AC＝AD，OC＝2，∠CAB＝30°，E為線段CD上一個動點，連接OE，則OE的最小值為2．【分析】過O點作OF⊥CD于F，如圖，利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和計算出∠ACD＝∠ADC＝75°，再利用圓周角定理得到∠BOC＝2∠A＝60°，則∠OCD＝45°，利用等腰直角三角形的性質(zhì)得到OF=2【解答】解：過O點作OF⊥CD于F，如圖，∵AC＝AD，∴∠ACD＝∠ADC=12（180°﹣∠CAB）∵∠BOC＝2∠A＝60°，∴∠OCD＝180°﹣∠DOC﹣∠ODC＝180°﹣60°﹣75°＝45°，∴△COF為等腰直角三角形，∴OF=22OC=2∴OE的最小值為2．故答案為2．【變式5-1】（東莞市校級一模）如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為（4，0），點B是第一象限內(nèi)的一個動點并且使∠OBA＝90°，點C（0，3），則BC的最小值為13?2【分析】以O(shè)A為直徑作⊙D，連接CD，交⊙D于B，此時BC長最小，根據(jù)勾股定理求出CD，再求出答案即可．【解答】解：如圖，以O(shè)A為直徑作⊙D，連接CD，交⊙D于B，此時BC長最小，∵A（4，0），C（0，3），∴OC＝3，OA＝4，∴OD＝DB＝2，∴CD=O∴BC＝CD﹣BD=13故答案為：13?【變式5-2】（建湖縣一模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知點A（1，0），B（3，0），C為平面內(nèi)的動點，且滿足∠ACB＝90°，D為直線y＝x上的動點，則線段CD長的最小值為2?1【分析】取AB的中點E，過點E作直線y＝x的垂線，垂足為D，求出DE長即可求出答案．【解答】解：取AB的中點E，過點E作直線y＝x的垂線，垂足為D，∵點A（1，0），B（3，0），∴OA＝1，OB＝3，∴OE＝2，∴ED=2×2∵∠ACB＝90°，∴點C在以AB為直徑的圓上，∴線段CD長的最小值為2?1故答案為：2?1【變式5-3】（金牛區(qū)校級月考）如圖，△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝45°，D是邊BC上（不與端點重合）的一個動點，以AD為直徑畫⊙O分別交AB，AC于E，F(xiàn)，連接EF，若線段AD長度的最小值為3，則線段EF長度的最小值為32【分析】連接OE，OF，過O點作OH⊥EF，垂足為H，如圖，利用垂線段最短得到AD⊥BC時，線段AD長度取得最小值為3，利用△ABD為等腰直角三角形得到BD＝AD=3，再根據(jù)圓周角定理得到∠EOF＝120°，通過解直角三角形得到EH=34AD，利用垂徑定理得EF＝2EH=32AD，然后根據(jù)AD【解答】解：連接OE，OF，過O點作OH⊥EF，垂足為H，如圖，由題意可知：當AD⊥BC時，線段AD長度取得最小值為3，∵∠ABC＝45°，∴△ABD為等腰直角三角形，∴BD＝AD=3，即⊙O直徑為3∵∠BAC＝60°，∴∠EOF＝2∠EAF＝120°，∵OH⊥EF，OE＝OF=12∴∠OEF＝∠OFE＝30°，EH＝FH，∴OH=12OE∴EH=3OH=3∴EF＝2EH=32∵AD的最小值為3，∴線段EF長度最小值為32故答案為32【題型6圓周角定理（綜合證明）】【例6】（九江模擬）如圖，在⊙O中，弦AD與弦BC垂直，垂足為點G，E為AB中點，延長EG交CD于點F，求證：EF⊥CD．【分析】根據(jù)圓周角定理得到∠B＝∠D，則∠A+∠D＝90°，再根據(jù)斜邊上的中線性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)證明∠A＝∠DGF，于是得到∠DGF+∠D＝90°，然后根據(jù)垂直的定義得到結(jié)論．【解答】證明：∵AD⊥BC，∴∠AGB＝∠DGC＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∵∠B＝∠D，∴∠A+∠D＝90°，∵E為AB中點，∴EA＝EG，∴∠A＝∠AGE，而∠AGE＝∠DGF，∴∠A＝∠DGF，∴∠DGF+∠D＝90°，∴∠DFG＝90°，∴EF⊥CD．【變式6-1】（安徽）如圖，圓O中兩條互相垂直的弦AB，CD交于點E．（1）M是CD的中點，OM＝3，CD＝12，求圓O的半徑長；（2）點F在CD上，且CE＝EF，求證：AF⊥BD．【分析】（1）連接OD，由垂徑定理推論可得∠OMD＝90°，在Rt△OMD中用勾股定理即可得半徑；（2）連接AC，延長AF交BD于G，由已知可證△ACF是等腰三角形，∠FAE＝∠CAE，又弧BC＝弧BC，有∠CAE＝∠CDB，故∠FAE＝∠CDB，即可由∠CDB+∠B＝90°，得∠AGB＝90°，從而得證AF⊥BD．【解答】解：（1）連接OD，如圖：∵M是CD的中點，CD＝12，∴DM=12CD＝6，OM⊥CD，∠Rt△OMD中，OD=OM2∴OD=32+62=3（2）連接AC