中考数学一轮复习专题3.4 圆周角、圆内接四边形【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题3.4 圆周角、圆内接四边形【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版），共64页。


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\l "_Tc11969" 【题型1 圆周角的运用】 PAGEREF _Tc11969 \h 2
\l "_Tc8578" 【题型2 圆内接四边形的运用】 PAGEREF _Tc8578 \h 6
\l "_Tc9909" 【题型3 利用圆的有关性质求值】 PAGEREF _Tc9909 \h 11
\l "_Tc4839" 【题型4 利用圆的有关性质进行证明】 PAGEREF _Tc4839 \h 16
\l "_Tc24163" 【题型5 翻折中的圆的有关性质的运用】 PAGEREF _Tc24163 \h 24
\l "_Tc360" 【题型6 利用圆的有关性质求最值】 PAGEREF _Tc360 \h 30
\l "_Tc9945" 【题型7 利用圆的有关性质求取值范围】 PAGEREF _Tc9945 \h 35
\l "_Tc28216" 【题型8 利用圆的有关性质探究角或线段间的关系】 PAGEREF _Tc28216 \h 39
\l "_Tc1906" 【题型9 利用圆的有关性质判断多结论问题】 PAGEREF _Tc1906 \h 47
\l "_Tc27247" 【题型10 构造圆利用圆周角解决三角形或四边形中的问题】 PAGEREF _Tc27247 \h 54
【知识点1 圆周角定理及其推论】
【题型1 圆周角的运用】
【例1】（2023春·山东泰安·九年级东平县实验中学校考期末）如图，⊙O的直径是AB，∠BPQ=45°，圆的半径是4，则弦BQ的长是（ ）．

A．43B．42C．23D．22
【答案】B
【分析】如图：连接AQ，由圆周角定理可得∠BAQ=∠BPQ=45°、∠AQB=90°，然后再说明AQ=QB，最后根据勾股定理即可解答．
【详解】解：如图：连接AQ，
∵∠BPQ=45°，
∴∠BAQ=∠BPQ=45°，
∵⊙O的直径是AB，圆的半径是4，
∴∠AQB=90°，AB=8
∴∠ABQ=90°−∠QAB=45°，
∴∠ABQ=∠QAB=45°，
∴AQ=QB,
∵AB=AQ2+BQ2=2BQ2，
∴8=2BQ2，解得：BQ=42．
故选B．

【点睛】本题主要考查了圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用勾股定理成为解答本题的关键．
【变式1-1】（2023春·广西玉林·九年级统考期末）如图，在△ABC中，AB为⊙O的直径，已知AB=4，CD=1，∠B=55°，∠C=65°，则BC= ．

【答案】13
【分析】连接BD，先由三角形内角和定理求出∠A的度数，再根据直径所对圆周角为直角，进而求出∠ABD=30°，即有AD=12AB=2，灵活运用勾股定理即可作答．
【详解】解：连接BD，如图，

∵在△ABC中，∠B=55°，∠C=65°，
∴∠A=60°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=∠CDB=90°，
∴在△ABD中，∠ABD=30°，
∵AB=4，
∴AD=12AB=2，
∴在Rt△ABD中，BC=CD2+BD2=13，
故答案为：13．
【点睛】此题主要考查了圆周角定理，勾股定理，含30°角直角三角形的性质等知识，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·江西九江·九年级校考期中）如图，△ABC内接于☉O，AC=BC，连接OB，若∠C=52°，则∠OBC的度数为 ．

【答案】26°/26度
【分析】延长BO交⊙O于点E，连接CE，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ECB=90°，从而可得∠ECA=48°，进而利用同弧所对的圆周角相等可得∠ECA=∠EBA=48°，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠A=∠ABC=64°，从而利用三角形内角和定理进行计算，即可解答．
【详解】解：延长BO交⊙O于点E，连接CE，如图，

∵BE是⊙O的直径，
∴∠ECB=90°，
∵∠ACB=52°，
∴∠ECA=∠ECB−∠ACB=38°，
∴∠EBA=∠ECA=38°，
∵AC=BC，
∴∠A=∠ABC=12（180°−∠ACB）=64°，
∴∠OBC=∠ABC−∠ABE=64°−38°=26°，
故答案为：26°．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·湖北省直辖县级单位·九年级统考期末）如图，AB为半圆的直径，AB=10，点O到弦AC的距离为4，点P从出发沿BA方向向点A以每秒1个单位长度的速度运动，连接CP，当△APC为等腰三角形时，点P运动的时间是( )
A．145或4B．145或5C．4或5D．145，4或5
【答案】D
【分析】过点O作OD⊥AC于点D，根据垂径定理，以及勾股定理求得AC的长，然后分三种情形讨论，分别求得PB的长，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点O作OD⊥AC于点D，
∴AD=DC，
在Rt△ADO中，AO=5,OD=4，
∴AD=AO2−DO2=3，
∴AC=2AD=6，
①当CP=CA时，如图，过点C作CE⊥AB于点E，连接BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵D是AC的中点，O是AB的中点，
∴BC=2OD=8
∵S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CE，
∴CE=AC×BCAB=6×810=245，
在Rt△ACE中，AE=AC2−CE2=185，
∵AE=PE，
∴BP=AB−2AE=145，
∴t=145 (s)，
②当PA=PC时，则点P在AC的垂直平分线上，所以点P与点O重合，PB=5，此时t=5(s)；
③当AP=AC=6时，PB=AB−AP=4，此时t=4(s)，
综上所述，t=145或4或5，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，勾股定理，垂径定理、等腰三角形的判定，综合运用以上知识是解题的关键．
【知识点2 圆内接四边形】
【题型2 圆内接四边形的运用】
【例2】（2023春·浙江衢州·九年级校联考期中）如图，在△ABC中，AB=AC．⊙O是△ABC的外接圆，D为弧AC的中点，E为BA延长线上一点．

(1)求证：∠B=2∠ACD；
(2)若∠ACD=35°，求∠DAE的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)∠DAE=105°
【分析】（1）证明AC=2AD，可得∠B=2∠ACD；
（2）先求解∠B=70°，可得∠BCD=70°+35°=105°，再利用圆的内接四边形的性质可得答案．
【详解】（1）解：∵D为弧AC的中点，
∴AD=CD，AC=2AD，
∴∠B=2∠ACD；
（2）∵∠ACD=35°，∠B=2∠ACD，
∴∠B=2×35°=70°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB=70°，
∴∠BCD=70°+35°=105°，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠BAD=180°−∠BCD=75°，
∴∠EAD=180°−75°=105°．
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，圆的内接四边形的性质，等腰三角形的性质，熟记圆周角定理与圆的内接四边形的性质并灵活应用是解本题的关键．
【变式2-1】（2023春·陕西西安·九年级高新一中校考期中）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连接AE，若∠BCD=2∠BAD，若连接OD，则∠DOE的度数是（ ）
A．30°B．35°C．45°D．60°
【答案】D
【分析】根据内接四边形的性质，得到∠BCD+∠BAD=180°，进而得到∠BAD=60°，再根据圆周角定理得到∠BOD=120°，即可求出∠DOE的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
∵∠BCD=2∠BAD，
∴∠BAD=60°，
∴∠BOD=120°，
∴∠DOE=180°−∠BOD=60°，
故选D．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握内接四边形的对角互补，以及一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半是解题关键．
【变式2-2】（2023春·浙江·九年级期中）如图，⊙O的内接四边形ABCD两组对边的延长线分别交于点E、F，若∠E=α，∠F=β，且α≠β，则∠A= （用含有a、β的代数式表示）．
【答案】180°−α−β2.
【分析】连接EF，如图，根据圆内接四边形的性质得∠ECD=∠A，再根据三角形外角性质得∠ECD=∠1+∠2，则∠A=∠1+∠2，然后根据三角形内角和定理有∠A+∠AEB+∠AFD+∠1+∠2=180°,即2∠A+α+β=180°，再解方程即可．
【详解】解：连接EF，如图，
∵四边形ABCD为圆的内接四边形，
∴∠ECD=∠A，
∵∠ECD=∠1+∠2，
∴∠A=∠1+∠2，
∵∠A+∠AEB+∠AFD+∠1+∠2=180°,
∴2∠A+α+β=180°，
∴∠A=180°−α−β2．
故答案为：180°−α−β2.
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补；圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
【变式2-3】（2023春·辽宁大连·九年级统考期末）如图，以△ABC的边AB为直径作⊙O交AC于D且OD∥BC，⊙O交BC于点E．
(1)求证：CD=DE；
(2)若AB=12，AD=4，求CE的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)83
【分析】（1）由四边形ABED内接于⊙O，得出∠DEC=∠A，根据已知OD∥BC，得出∠C=∠ADO，又OA=OD，得出∠A=∠ADO，等量代换得出∠C=∠DEC，根据等角对等边，即可得证；
（2）根据AB为直径，得出∠AEB=90°，根据已知以及（1）的结论，得出AC=2AD=8，AB=BC=12，设CE=x，则BE=12−x，在Rt△ACE,Rt△ABE中，根据AE相等，根据勾股定理列出方程，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABED内接于⊙O，
∴∠DEB+∠A=180°，
又∠DEB+∠DEC=180°
∴∠DEC=∠A，
∵OD∥BC，
∴∠C=∠ADO，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ADO，
∴∠C=∠DEC，
∴CD=DE；
（2）解：如图所示，连接AE，
∵AB为直径，
∴∠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，
则∠C=∠BAC，
∴AB=BC=12，
设CE=x，则BE=12−x，
∵AC2−CE2=AB2−BE2，
∴82−x2=122−(12−x)2，
解得：x=83，
∴CE=83．
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
【题型3 利用圆的有关性质求值】
【例3】（2023春·四川德阳·九年级四川省德阳中学校校考期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，过B，C两点的⊙O交AC于点D，交AB于点E，连接EO并延长交⊙O于点F．连接BF，CF，若∠EDC=135°，AE=2，BE=4，则CF的值为（ ）．
A．10B．22C．23D．3
【答案】A
【分析】由四边形BCDE内接于⊙O知∠EFC=∠ABC=45°，据此得AC=BC，由EF是⊙O的直径知∠EBF=∠ECF=∠ACB=90°及∠BCF=∠ACE，再根据四边形BECF是⊙O的内接四边形知∠AEC=∠BFC，从而证△ACE≌△BCF得AE=BF，根据Rt△ECF是等腰直角三角形知EF2=20，继而可得答案．
【详解】∵四边形BCDE内接于⊙O，且∠EDC=135°，
∴∠EFC=∠ABC=180°−∠EDC=45°，
∵∠ACB=90°，
∴△ABC是等腰三角形，
∴AC=BC，
又∵EF是⊙O的直径，
∴∠EBF=∠ECF=∠ACB=90°，
∴∠BCF=∠ACE，
∵四边形BECF是⊙O的内接四边形，
∴∠AEC=∠BFC，
∴△ACE≅△BFCASA，
∴AE=BF，
Rt△BEF中，EF2=BF2+BE2=BE2+AE2=42+22=20，
Rt△ECF中，∠EFC=45°，
∴CE=CF，
∴CE2+CF2=2CF2=EF2=20，
∴CF2=10，
∴CF=10，
故选:A．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆内接四边形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质及勾股定理．
【变式3-1】（2023春·湖南长沙·九年级统考期末）如图，⊙O中，OA⊥BC，∠B=50°，则∠D的度数为（ ）

A．20°B．50°C．40°D．25°
【答案】A
【分析】连接OC，利用垂径定理，圆周角定理计算即可．
【详解】连接OC，
∵OA⊥BC，∠B=50°，

∴∠AOB=90°−50°=40°，∠AOB=∠AOC=40°，
∴∠D=12∠AOC=20°，
故选A．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，熟练掌握定理是解题的关键．
【变式3-2】（2023春·山东滨州·九年级统考期中）如图，⊙O为△ABC的外接圆，AD⊥BC，垂足为点D，直径AE平分∠BAD，交BC于点F，连接BE．
(1)求证：BE=BF；
(2)若AB=10，BF=5，求EF:AF的值．
【答案】(1)见解析
(2)2:3
【分析】（1）根据圆心角定理得到∠ABE=90°，根据等角的余角相等证明结论；
（2）过点B作BH⊥EA，根据勾股定理求出AE，根据三角形面积公式求出BH，根据勾股定理计算即可．
【详解】（1）∵直径AE平分∠BAD，
∴ ∠BAE=∠DAE，∠ABE=90°
∴ ∠BAE+∠AEB=90°，
∵ AD⊥BC，
∴ ∠DAE+∠AFD=90°，
∴ ∠AEB=∠AFD
∵ ∠AFD=∠BFE，
∴ ∠BFE=∠BEF，
∴ BE=BF．
（2）过点B作BH⊥EA，
在RtΔEBA中，根据勾股定理得
EA=BE2+BA2=55
∵ BE⋅BA2=EA⋅BH2
∴ BH= 25
在RtΔBHE中，根据勾股定理得
EH=BE2−BH2=5
∵ BE=BF，BH⊥EA
∴ EF= 25
∴ AF= 35
∴ EF:AF=2:3 ．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆和勾股定理，掌握圆周角定理，等腰三角形的知识是解题的关键．
【变式3-3】（2023春·广东汕头·九年级汕头市龙湖实验中学校考期中）如图1，四边形ADBC内接于⊙O，E为BD延长线上一点，AD平分∠EDC.

(1)求证：AB=AC；
(2)若△ABC为等边三角形，则∠EDA= 度；（直接写答案）
(3)如图2，若CD为直径，过A点作AE⊥BD于E，且DB=AE=2，求⊙O的半径.
【答案】(1)见解析
(2)60
(3)5
【分析】（1）根据角平分线的定义∠EDA=∠ADC，再根据圆内接四边形的任一外角等于它的内对角以及圆周角定理证得∠ABC=∠ACB，进而利用等腰三角形的判定可得结论；
（2）根据等边三角形的性质和圆内接四边形的任一外角等于它的内对角得到∠EDA=∠ACB即可求解；
（3）先根据等弦对等弧和垂径定理的推论得到AH⊥BC，BH=CH，再证明四边形AEBH是矩形，得到BH=AE，进而求得BC=4，在Rt△DBC中利用勾股定理求得CD=25可求解．
【详解】（1）证明：∵AD平分∠EDC，
∴∠EDA=∠ADC，
∵四边形ADBC是圆⊙O内接四边形，
∴∠EDA=∠ACB，又∠ADC=∠ABC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴AB=AC；
（2）解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60°,
又∵四边形ADBC是圆⊙O内接四边形，
∴∠EDA=∠ACB=60°，
故答案为：60；
（3）解：在图2中，连接AO延长交BC于H，交⊙O于 K，

∵AB=AC，
∴AB=AC，则BK=CK，
∴AH⊥BC，BH=CH，
∵CD为直径，
∴∠DBC=90°，又AE⊥BD，
∴∠AEB=∠EBC=∠AHB=90°，
∴四边形AEBH是矩形，
∴BH=AE，
∵DB=AE=2，
∴BH=2，则BC=2BH=4，
在Rt△DBC中，CD=BD2+BC2=22+42=25，
∴⊙O的半径为5．
【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理的推论、圆内接四边形的性质、等弦对等弧、等边三角形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定、角平分线的定义、勾股定理等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关的知识的联系与运用是解答的关键．
【题型4 利用圆的有关性质进行证明】
【例4】（2023春·广东广州·九年级广东广雅中学校考期末）如图，CD是△ABC的外角∠ECB的角平分线，与△ABC的外接圆⊙O交于点D，∠ECB=120°．
(1)求AB所对圆心角的度数；
(2)连DB，DA，求证：DA=DB；
(3)探究线段CD，CA，CB之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)120°
(2)见解析
(3)CB=CD+CA，证明见解析
【分析】（1）先由邻补角的定义可得∠ACB=60°，再由同弧所对的圆周角相等可推出∠ADB=∠ACB=60°，最后利用圆周角定理即可求解；
（2）根据角平分线的定义可得∠DCB=12∠ECB=60°，根据同弧所对的圆周角相等可得∠DCB=∠DAB=60°，得出△ADB是等边三角形，即可得证；
（3）延长CD至F，使DF=CA，连接BF，证明△CAB≌△FDB SAS，继而得出△CBF是等边三角形，即可得出结论．
【详解】（1）解：如图，连接OA,OB，
∵∠ECB=120°，
∴∠ACB=180°−120°=60°，
∵AB=AB，
∴∠ADB=∠ACB=60°，
∴AB所对圆心角∠AOB=2∠ADB=120°；
（2）证明：∵CD是△ABC的外角∠ECB的角平分线，∠ECB=120°，
∴∠DCB=12∠ECB=60°，
∵DB=DB，
∴∠DCB=∠DAB=60°，
又∠ADB=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴DA=DB；
（3）CB=CD+CA，证明：如图，延长CD至F，使DF=CA，连接BF，
∵四边形ABDC是圆内四边形，
∴∠CDB+∠CAB=180°,
∵∠CDB+∠FDB=180°，
∴∠FDB=∠CAB,
由（2）知△ABD是等边三角形，
∴AB=BD，
∴△CAB≌△FDB SAS，
∴∠ACB=∠F=60°，CB=BF,
∴△CBF是等边三角形，
∴CF=BC=CD+DF=CD+AC,
即CB=CD+CA．
【点睛】本题考查了圆周角定理，内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握圆的相关知识是解题的关键．
【变式4-1】（2023春·浙江金华·九年级校考期中）如图，已知圆O的直径AB垂直于弦CD于点E，连接CO并延长交AD于点F，且CF⊥AD．证明：E是OB的中点．

【答案】证明见解析
【分析】先利用垂径定理证得AC=AD=CD，进而证得△ACD是等边三角形，则∠FCD=30°，根据含30度角的直角三角形的性质得到OE=12OC即可证得结论．
【详解】证明：连接AC，如图，

∵直径AB垂直于弦CD于点E，
∴AC=AD，
∴AC=AD，
∵过圆心O的CF⊥AD，
∴AC=CD
∴AC=CD，
∴AC=AD=CD．
则△ACD是等边三角形，又CF⊥AD，
∴∠FCD=12∠ACD=30°，
∴在Rt△COE中，OE=12OC，
∴OE=12OB，
∴点E为OB的中点．
【点睛】本题考查垂径定理、等弧所对的弦相等、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握垂径定理和等边三角形的判定与性质是解答的关键．
【变式4-2】（2023春·山西长治·九年级统考期末）阅读材料，解答问题：
关于圆的引理
古希腊数学家、物理学家阿基米德流传于世的数学著作有10余种，下面是《阿基米德全集》的《引理集》中记载的一个命题：
如图1，AB是⊙O的弦，点C在⊙O上，CD⊥AB于点D，在弦AB上取点E，使DE=AD，点F是BC上的一点，且CF=CA，连接BF，则BF=BE．
小颖对这个问题很感兴趣，经过思考，写出了下面的证明过程：
证明：如图2，连接CA，CE，CF，BC，
∵CD⊥AB于点D，DE=AD，
∴CA=CE．
∴∠CAE=∠CEA．
∵ CF=CA，
∴CF=CA（依据1），∠CBF=∠CBA．
∵四边形ABFC内接于⊙O，
∴∠CAB+∠CFB=180°．（依据2）
……
(1)上述证明过程中的依据1为 ，依据2为 ；
(2)将上述证明过程补充完整．
【答案】(1)在同圆中相等的弧所对的弦相等，圆内接四边形的对角互补
(2)见解析
【分析】（1）利用等腰三角形的判定和圆内接四边形的性质解答即可；
（2）在原题的基础上利用全等三角形的判定与性质解答即可得出结论．
【详解】（1）解：上述证明过程中的依据1为：在同圆中相等的弧所对的弦相等，依据2为：圆内接四边形的对角互补．
故答案为：在同圆中相等的弧所对的弦相等，圆内接四边形的对角互补；
（2）解：证明：如图2，连接CA，CE，CF，BC，
∵CD⊥AB于点D，DE=AD，
∴CA=CE．
∴∠CAB=∠CEA．
∵ CF=CA，
∴CF=CA，
∴∠CBF=∠CBA．
∵四边形ABFC内接于⊙O，
∴∠CAB+∠CFB=180°，
∵∠CEA+∠CEB=180°，
∴∠CFB=∠CEB，
在ΔCFB和ΔCEB中，
∠CFB=∠CEB∠CBF=∠CBABC=BC，
∴ΔCFB≅ΔCEB(AAS),
∴BF=BE．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆心角、弦、弧之间的关系定理、三角形全等的判定和性质以及线段垂直平分线的判定和性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
【变式4-3】（2023春·江苏泰州·九年级校考期末）已知⊙O为△ACD的外接圆，AD=CD．
(1)如图1，延长AD至点B，使BD=AD，连接CB．
①求证：△ABC为直角三角形；
②若⊙O的半径为4，AD=5，求BC的值；
(2)如图2，若∠ADC=90°，E为⊙O上的一点，且点D，E位于AC两侧，作△ADE关于AD对称的图形△ADQ，连接QC，试猜想QA,QC,QD三者之间的数量关系并给予证明．
【答案】(1)①见解析；②254
(2)QC2=2QD2+QA2，证明见解析
【分析】（1）①根据已知条件结合等边等角，三角形内角和定理可得∠ACB=90°，即可证明△ABC为直角三角形；；②连接OA,OD，利用垂径定理得到OD⊥AC且AH=CH，设DH=x，则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线定理得到BC=2DH；
（2）延长QA交⊙O于点F，连接DF,FC，由已知可得∠DAC=∠DCA=45°；利用同弧所对的圆周角相等，得到∠DFA=∠E=∠DCA=45°,∠DFC=∠DAC=45°，由于△ADQ与△ADE关于AD对称，于是∠DQA=∠E=45°，则得△DQF为等腰直角三角形，△QFC为直角三角形；利用勾股定理可得：QC2=QF2+CF2,QF2=2DQ2；利用△QDA≌△FDC得到QA=FC，等量代换可得结论．
【详解】（1）①证明：∵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为直角三角形；
②解：连接OA,OD，如图，
∵AD=CD，
∴AD=CD，
∴OD⊥AC且AH=CH，
∵⊙O的半径为4，
∴OA=OD=4．
设DH=x，则OH=4−x，
∵AH2=OA2−OH2，AH2=AD2−DH2，
∴52−x2=42−4−x2．
解得：x=258．
∴DH=258．
由①知：BC⊥AC，
∵OD⊥AC，
∴OD∥BC．
∵AH=CH，
∴BC=2DH=254．
（2）解：QC2=2QD2+QA2，证明如下：
延长QA交⊙O于点F，连接DF,FC，如图，
∵∠ADC=90°,AD=CD，
∴∠DAC=∠DCA=45°．
∴∠DFA=∠E=∠DCA=45°,∠DFC=∠DAC=45°．
∴∠QFC=∠AFD+∠DFC=90°．
∴QC2=QF2+CF2．
∵△ADQ与△ADE关于AD对称，
∴∠DQA=∠E=45°，
∴∠DQA=∠DFA=45°，
∴DQ=DF．
∴∠QDF=180°−∠DQA−∠QFD=90°．
∴DQ2＋DF2=QF2．
即QF2=2DQ2．
∵∠QDF=∠ADC=90°，
∴∠QDA=∠CDF．
在△QDA和△FDC中，
∠QAD=∠DCF∠DQA=∠DFC=45°DA=DC，
∴△QDA≌△FDC．
∴QA=FC．
∴QC2=2QD2+QA2．
【点睛】本题是一道圆的综合题，主要考查了圆的有关性质，垂径定理，勾股定理，圆周角定理及其推论，等腰直角三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形的判定与性质，轴对称的性质，方程的解法．根据图形的特点恰当的添加辅助线是解题的关键．
【题型5 翻折中的圆的有关性质的运用】
【例5】（2023春·江苏无锡·九年级统考期中）如图，将⊙O上的BC沿弦BC翻折交半径OA于点D，再将BD沿BD翻折交BC于点E，连接DE． 若AD＝2OD，则DEAB的值为（ ）
A．36B．63C．33D．66
【答案】D
【分析】如图，连接AC，CD，OC，过点C作CH⊥AB于H．设OA＝3a，则AB＝6a．首先证明AC＝CD＝DE，求出AC（用a表示），即可解决问题．
【详解】解：如图，连接AC，CD，OC，过点C作CH⊥AB于H．设OA＝3a，则AB＝6a．
∵在同圆或等圆中，∠ABC所对的弧有AC，CD，DE，
∴AC＝CD＝DE，
∵CH⊥AD，
∴AH＝DH，
∵AD＝2OD，
∴AH＝DH＝OD＝a，
在Rt△OCH中，CH＝OC2−OH2=3a2−2a2=5a，
在Rt△ACH中，AC＝AH2+CH2=a2+5a2=6a，
∴DEAB=ACAB=6a6a=66．
故选：D．
【点睛】本题考查圆周角定理，翻折变换，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题．
【变式5-1】（2023春·湖北恩施·九年级期末）如图，AB为⊙O的一条弦，C为⊙O上一点，OC∥AB．将劣弧AB沿弦AB翻折，交翻折后的弧AB交AC于点D．若D为翻折后弧AB的中点，则∠ABC＝（ ）
A．110°B．112.5°C．115°D．117.5°
【答案】B
【分析】如图，取 AB中点M，连接OM，连接DB、OB、OA、AM，由题意知OM⊥AB，且O、D、M在一条直线上，AD=AM=BD，OA=OB=OC，知∠MOC=90°，根据圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理等可求∠MAC，∠BAC，∠BOC，∠OAC，∠OBA，∠OBC的值，进而求解∠ABC的值．
【详解】解：如图，取 AB中点M，连接OM，连接DB、OB、OA、AM
由题意知OM⊥AB，且O、D、M在一条直线上，AD=AM=BD，OA=OB=OC
∴∠MOC=90°
∴∠MAC=12∠MOC=45°
∵AD=AM=BD，OM⊥AB
∴∠MAB=∠DAB=12∠MAD=22.5°
∴∠BOC=2∠BAC=45°
∵OC∥AB
∴∠OAC=∠OCA=∠DAB
∴∠OAB=∠OBA=∠OAC+∠DAB=45°
∴∠OBC=∠OCB=180°−∠BOC2=67.5°
∴∠ABC=∠OBA+∠OBC=112.5°
故选B．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角，等边对等角，三角形内角和定理，折叠性质等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
【变式5-2】（2023春·浙江宁波·九年级校考期中）如图，在⊙O中，AB为直径，C为圆上一点，将劣弧AC沿弦AC翻折，交AB于点D，连接CD，若点D与圆心O不重合，∠BAC=25°，则∠DCA= ．
【答案】40°
【分析】连接BC，根据直径所对的圆周角是直角求出∠ACB，根据直角三角形两锐角互余求出∠B，再根据翻折的性质得到ABC所对的圆周角，进一步计算即可得解．
【详解】解：如图，连接BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠B=90°，
∵∠BAC=25°，
∴∠B=90°−∠BAC=90°−25°=65°，
根据翻折的性质弧AC所对的圆周角为∠B，ABC所对的圆周角为∠ADC，
∴∠ADC+∠B=180°，
∵∠ADC+∠CDB=180°，
∴∠B=∠CDB=65°，
∴∠DCA=∠CDB−∠BAC=65°−25°=40°．
故答案为：40°．
【点睛】本题考查了圆周角定理以及折叠问题的知识，根据同弦所对的两个圆周角互补求解是解题的关键，此题难度不大．
【变式5-3】（2023春·浙江金华·九年级浙江省义乌市稠江中学校考期中）在⊙O中，AB为直径，点C为圆上一点，将劣弧沿弦AC翻折交AB于点D，连接CD．
(1)如图1，若点D与圆心O重合，AC=3，求⊙O的半径r；
(2)如图2，若点D与圆心O不重合，∠BAC=20∘，请求出∠DCA的度数．
(3)如图2，如果AD=6，DB=2，求AC的长．
【答案】(1)1
(2)∠DCA=50∘
(3)214
【分析】（1）设点D关于弦AC的对称点为F，连接DF，交AC于点E，则DE=EF,DF⊥AC,AE=EC，根据勾股定理，得r2−(r2)2=(32)2计算即可．
（2）设点D关于弦AC的对称点为F，连接AF，CB，得CB=CF=CD，因为AB为直径，所以∠ACB=90∘,∠B=∠CDB=70∘，利用∠DCA=∠CDB−∠BAC计算．
（3）连接OC，CB，过点C作CG⊥AB于点G，确定BG=DG=12DB=1，AB=AD+DB=6+2=8，从而得到所以r，计算CG，AG，AC=AG2+CG2．
【详解】（1）设点D关于弦AC的对称点为F，连接DF，交AC于点E，
则DE=EF,DF⊥AC,AE=EC，
因为AC=3，
所以AE=EC=32，
设DE=EF=r2，
则AD=DF=r，
根据勾股定理，得r2−(r2)2=(32)2，
解得r=1，
故圆的半径r为1．
（2）设点D关于弦AC的对称点为F，连接AF，CB，
根据题意，得∠BAC=∠FAC=20∘，CD=CF，
所以CB=CF=CD，
所以∠B=∠CDB；
因为AB为直径，
所以∠ACB=90∘,∠B=∠CDB=70∘，
所以∠DCA=∠CDB−∠BAC=70∘−20∘=50∘．
（3）如图，连接OC，CB，过点C作CG⊥AB于点G，
根据（2）得到CB=CD，
所以BG=DG，
因为AD=6，DB=2，
所以BG=DG=12DB=1，AB=AD+DB=6+2=8，
所以r=OC=12AB=4，
所以OD=AD−OB=6−4=2，OG=OD+DGB=1+2=3，
所以CG=OC2−DG2=42−32=7，AG=AD+DG=6+1=7，
所以AC=AG2+CG2=72+(7)2=214．
【点睛】本题考查了圆的性质，勾股定理，垂径定理，等腰三角形三线合一性质，熟练掌握圆的性质，勾股定理是解题的关键．
【题型6 利用圆的有关性质求最值】
【例6】（2023春·浙江衢州·九年级校联考期中）如图，△ABC中，AB=23，∠ACB=75°，∠ABC=60°，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径画⊙O，分别交AB，AC于E，F，连接EF，则∠BAC= ；EF的最小值为 ．

【答案】 45°/45度 322
【分析】根据三角形内角和定理求得∠BAC，连接OE、OF，作OM⊥EF于M，作AN⊥BC于N，如图，根据圆周角定理得到∠EOF＝90°，再计算出EF＝2 OE，则OE最小时，EF的长度最小，此时圆的直径的长最小，利用垂线段最短得到AD的长度最小值为AN的长，接着计算出AN，从而得到OE的最小值，然后确定EF长度的最小值．
【详解】解：∵△ABC中，∠ACB=75°，∠ABC=60°，
∴∠BAC=180°−75°−60°=45°
连接OE、OF，作OM⊥EF于M，作AN⊥BC于N，如图，

∵∠EOF＝2∠BAC＝2×45°＝90°，
而OE＝OF，OM⊥EF，
∴∠OEM＝45°，EM＝FM，
在Rt△OEM中，EF＝2 OE，
当OE最小时，EF的长度最小，此时圆的直径的长最小，即AD的长最小，
∵AD的长度最小值为AN的长，
AN=32AB=32×23=3
∴OE的最小值为32，
∴EF长度的最小值为322，
故答案为：322．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理和解直角三角形，推出EF＝2 OE是解题的关键．
【变式6-1】（2023春·北京密云·九年级统考期末）如图，⊙O的弦AB长为2，CD是⊙O的直径，∠ADB=30°,∠ADC=15°．
①⊙O的半径长为 ．
②P是CD上的动点，则PA+PB的最小值是 ．
【答案】 2 23
【分析】①连接OA,OB，易证△AOB是等边三角形，弦AB长为2，OA=OB=2，即可得到答案；
②先证∠BOC=∠AOB+∠AOC=90°，延长BO交⊙O于点E，连接AE交CD于点P，连接BP,则此时PA+PB=PA+PE=AE，即PA+PB的最小值是AE的长，再用勾股定理求出AE即可．
【详解】解：①连接OA,OB，
∵∠ADB=30°,
∴∠AOB=60°,
∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∵弦AB长为2，
∴OA=OB=2，
即⊙O的半径长为2，
故答案为：2
②∵∠ADC=15°，
∴∠AOC=2∠ADC=30°,
∴∠BOC=∠AOB+∠AOC=90°，
延长BO交⊙O于点E，连接AE交CD于点P，连接BP,则此时PA+PB=PA+PE=AE，即PA+PB的最小值是AE的长，
∵∠BAO=60°，
∵OA=OE=2，
∴∠OAE=∠AEB=30°，
∴∠BAE=∠BAO+∠OAE=90°，
∴AE=BE2−AB2=42−22=23，
即PA+PB的最小值是23．
故答案为：23
【点睛】此题考查了圆周角定理、勾股定理、等边三角形的判定和性质、轴对称最短路径等知识，熟练掌握相关定理并灵活应用是解题的关键．
【变式6-2】（2023春·湖南湘西·九年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，AB=4，以边CD为直径作半圆O，E是半圆O上的动点，EF⊥DA于点F，EP⊥AB于点P，设EF=x，EP=y，则x2+y2的最小值是（ ）
A．23−1B．4−23C．25−1D．25−2
【答案】D
【分析】由题意，四边形AFEP为矩形，x2+y2=AE2，所以当AE最小时，即O,E,A三点共线时，x2+y2最小，利用勾股定理进行计算，即可得解．
【详解】解：连接OE，AE，AO
∵四边形ABCD为正方形，AB=4，CD为圆O直径，
∴∠BAD=∠CDA=90°,CD=AB=AD=4,OD=2，
∵EF⊥DA，EP⊥AB，
∴四边形AFEP为矩形，
∴x2+y2=AE2，
∵OE+AE≥AO
∴当O,E,A三点共线时，x2+y2最小，OE=OD=2，
则：OA=OD2+AD2=22+42=25，
∴AE=AO−OE=25−2，
∴x2+y2=AE=25−2，
故选：D．
【点睛】本题考查圆上的动点问题，正方形的性质，矩形的判定和性质．熟练掌握圆外一点与圆心和圆上一点三点共线时，圆外一点到圆上一点的距离最大或最小是解题的关键．
【变式6-3】（2023春·辽宁沈阳·九年级沈阳市第七中学校考期末）如图，已知以BC为直径的⊙O，A为弧BC中点，P为弧AC上任意一点，AD⊥AP交BP于D，连CD．若BC=6，则CD的最小值为 ．
【答案】35−3
【分析】如图所示，连接AB，AC，以AB为斜边作等腰直角三角形AB O′，则∠AO′B=90°，得出点D在以点O′为圆心，AO′长为半径的AB上运动，因为两点之间线段最短，即为最短CD，连接B O′，因为BC=6，所以B O′ =3，由勾股定理有O′C=BO′2+BC2=35，CD=O′C−O′D =35−3．
【详解】解：如图所示，连接AB，AC，以AB为斜边作等腰直角三角形AB O′，则∠A O′B=90°，
∵BC为直径的⊙O，A为弧BC中点，
∴∠BPA=45°，△ABC是等腰直角三角形，
∵BC=6，
∴AB=32,
∴O'B=O'A=3，
又∵AD⊥AP，
∴∠DAP=90°，
∴∠PDA=45°，∠ADB=135°，
∴点D在以点O′为圆心，A O′长为半径的AB上运动，
连接O′ C交AB为点D，此时CD为最短，
∵ ∠O′BA=45°,∠ABC=45°，
∴∠ O′ BC=90°，
在△BCO′中，BO′=3,BC=6，O′C=BO′2+BC2=35
∴CD=O′C−O′D =35−3．
故答案为：35−3
【点睛】本题考查了圆的综合问题，求动点最值时，首先找到动点轨迹，再结合两点之间线段最短找出最小值是解题的关键．
【题型7 利用圆的有关性质求取值范围】
【例7】（2023春·湖北武汉·九年级校考期末）如图，△ABC的两个顶点A、B在⊙O上，⊙O的半径为2，∠BAC=90°，AB=AC，若动点B在⊙O上运动，OC=m，则m的取值范围是 ．
【答案】22−2≤m≤2+22
【分析】连接OA，作∠NAO=90°，且AN=AO=2，连接OB，ON，CN，证明△ABO≌△ACNSAS得到CN=OB=2，再根据勾股定理求得ON=22，然后根据两点之间线段最短求解即可．
【详解】解：如图，连接OA，作∠NAO=90°，且AN=AO=2，连接OB，ON，CN，
∵∠BAC=∠NAO=90°，
∴∠BAO=∠CAN，
在△ABO和△ACN中，
AB=AC∠BAO=∠CANAN=AO
∴△ABO≌△ACNSAS，
∴CN=OB=2，
在Rt△AON中，ON=OA2+AN2=22，
根据两点
短得ON−CN≤OC≤ON+OC，
∴22−2≤m≤2+22，
故答案为：22−2≤m≤2+22．
【点睛】本题主要考查了圆的有关概念、全等三角形的判定与性质、勾股定理、两点之间线段最短、等角的余角相等，添加辅助线构造全等三角形求解是解答的关键．
【变式7-1】（2023春·新疆乌鲁木齐·九年级校考期中）如图，弧BE是半径为6的圆D的14圆周，C点是BE上的任意一点，△ABD是等边三角形，则四边形ABCD的周长P的取值范围是（ ）
A．12＜P≤18B．18＜P≤24C．18＜P≤18＋62D．12＜P≤12＋62
【答案】C
【详解】∵△ABD是等边三角形，
∴AB+AD+CD=18，得P＞18，
∵BC的最大值为当点C与E重合的时刻，BE=62+62=62，
∴P的取值范围是18＜P≤18+62．
故选C．
【变式7-2】（2023春·福建福州·九年级校考期中）如图，⊙O的直径为10，A、B、C、D是⊙O上的四个动点，且AB＝6，CD＝8，若点E、F分别是弦AB、CD的中点，则线段EF长度的取值范围是（）
A．1≤EF≤7B．2≤EF≤5C．1＜EF＜7D．1≤EF≤6
【答案】A
【分析】连接OE、OF、OA、OC，由垂径定理得OE⊥AB，OF⊥CD，AE=12AB=3,CF=12CD=4，由勾股定理得OE=4，OF=3，当AB∥CD时，E、O、F三点共线EF取最值，其中当AB、CD位于O的同侧时，线段EF的长度最短，此时EF=OE−OF=1，，当AB、CD位于O的两侧时，线段EF的长度最长，此时EF=OE+OF=7，即可得出结论．
【详解】连接OE、OF、OA、OC，如图所示：
∵⊙O的直径为10，
∴OA=OC=5，
∵点E、F分别是弦AB、CD的中点，AB=6，CD=8，
∴OE⊥AB，OF⊥CD，AE=12AB=3，CF=12CD=4，
∴OE=OA2−AE2=52−32=4，OF=OC2−CF2=52−42=3
当AB∥CD时，E、O、F三点共线，EF取得最值：
①当AB、CD位于O的同侧时，线段EF的长度最短，此时EF=OE−OF=1，
②当AB、CD位于O的两侧时，线段EF的长度最长，此时EF=OE+OF=7，
∴线段EF的长度的取值范围是1≤EF≤7，
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理以及线段的最值问题，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．
【变式7-3】（2023春·江苏南京·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径是1．过⊙O上一点P作等边三角形PDE，使点D，E分别落在x轴、y轴上，则PD的取值范围是 ．
【答案】3−1≤PD≤3+1
【分析】找到最大值与与最小值位置，分别进行解题求出取值范围的临界值即可．
【详解】解：如图，过点P作PM⊥DE于点M，连接OM，
设DP=DE=a，
∵△PDE为等边三角形，PM⊥DE，
∴∠DPE=60°,∠DPM=30°，M为DE中点，
∴DM=12a,OM=12a，
根据勾股定理可得PM=DP2−DM2=a2−14a2=32a，
∵PM+OM≥1，
∴32a+12a≥1，
解得：a≥3−1；
如图，过点P作PM⊥DE于点M，连接OM，
设DP=DE=a，
同理可得，OM=12a,PM=32a，
∵32a−12a≤1，
解得：a≤3+1；
综上，3−1≤a≤3+1，
∴PD的取值范围是3−1≤PD≤3+1．
故答案为：3−1≤PD≤3+1．
【点睛】本题考查了圆的概念，等边三角形的性质，三角形三条边的关系，和勾股定理，找准临界位置是解题的关键．
【题型8 利用圆的有关性质探究角或线段间的关系】
【例8】（2023·河北石家庄·统考一模）如图，AB是半圆O的直径，C、D、E三点依次在半圆O上，若∠C=α，∠E=β，则α与β之间的关系是（ ）
A．α+β=270°B．α+β=180°C．β=α+90°D．β=12α+90°
【答案】A
【分析】连接AD、BC、BE，根据圆内接四边形的性质定理，得到∠BAD=180°−β，再根据同弧所对的圆周角相等，得到∠BCD=∠BAD=180°−β，由直径所对的圆周角是直角可知∠ACB=90°，最后根据∠ACD=∠ACB+∠BCD即可得到α与β之间的关系．
【详解】解：连接AD、BC、BE，
∵四边形ABED为圆内接四边形，
∴∠BAD+∠E=180°，
∵∠E=β，
∴∠BAD=180°−β，
∵BD=BD，
∴∠BCD=∠BAD=180°−β，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ACD=α，
∴∠ACD=∠ACB+∠BCD=90°+180°−β=α，
∴α+β=270°，
故选A．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质定理，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，熟练掌握圆的相关性质是解题关键．
【变式8-1】（2023·湖北襄阳·九年级校考阶段练习）如图，等边△ABC内接于⊙O，P是AB上任意一点（不与点A、B重合），连AP、BP，过点C作CM//BP交PA的延长线于点M.
（1）求∠APC和∠BPC的度数
（2）探究PA、PB、PM之间的关系
（3）若PA=1，PB=2，求四边形PBCM的面积．
【答案】（1）∠APC=60°；∠BPC=60°；（2）PM= PA＋PB；（3）1534
【分析】（1）根据等边三角形的性质和同弧所对的圆周角相等即可得出结论；
（2）根据平行线的性质可得∠MCP=∠BPC=60°，然后根据等边三角形的判定可得△CPM为等边三角形，再利用SAS证出△BCP≌△ACM，即可得出PB=AM，从而得出结论；
（3）过点C作CD⊥MP于D，根据（2）的结论和等边三角形的性质求出AM和CD，利用三角形的面积公式即可求出S△CAM和S△CAP，然后根据全等三角形的性质可得S△BCP= S△ACM，最后根据S四边形PBCM = S△CAM＋S△CAP＋S△BCP即可得出结论．
【详解】解：（1）∵△ABC为等边三角形
∴∠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为等边三角形
∴CP=CM，∠PCM=60°
∵∠ACB=60°
∴∠ACB=∠PCM
∴∠BCP=∠ACM
在△BCP和△ACM中
CP=CM∠BCP=∠ACMBC=AC
∴△BCP≌△ACM
∴PB=AM
∴PM=PA＋AM=PA＋PB
（3）过点C作CD⊥MP于D
∵PA=1，PB=2，
∴PM=PA＋PB=3，AM=PB=2
∵△CPM为等边三角形
∴CM=CP=PM=3，
∵CD⊥MP
∴MD=12PM=32
根据勾股定理可得CD=CM2−MD2=332
∴S△CAM=12AM•CD=332
S△CAP=12PA•CD=334
∵△BCP≌△ACM
∴S△BCP= S△ACM=332
∴S四边形PBCM = S△CAM＋S△CAP＋S△BCP=1534
【点睛】此题考查的是等边三角形的判定及性质、圆周角定理的推论、全等三角形的判定及性质和三角形的面积，掌握等边三角形的判定及性质、同弧所对的圆周角相等、全等三角形的判定及性质和三角形的面积公式是解决此题的关键．
【变式8-2】（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC是⊙O的直径，AB=BC，延长DA到点E，使得BE=BD．
(1)若AF平分∠CAD，求证：BA=BF；
(2)试探究线段AD，CD与BD之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)2BD2=(AD+CD)2，理由见解析
【分析】
（1）根据圆周角定理及等腰三角形的性质推出∠BAC=∠BCA=45°，∠ADB=∠CDB=45°，根据角平分线定义得到∠CAF=∠DAF，根据三角形外角性质推出∠BAF=∠BFA，根据等腰三角形的判定即可得解；
（2）根据等腰三角形的性质推出∠E=∠BDE=45°，进而得到∠DBE=90°，根据角的和差求出∠ABE=∠CBD，证明△ABE≌△CBD，得到AE=CD，根据勾股定理得到BD2+BE2=DE2，等量代换即可得解．
【详解】（1）证明：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，∠ADC=90°，
∴∠BAC+∠BCA=90°．
∵AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=45°，AB=BC，
∴∠ADB=∠CDB=45°．
∵AF平分∠CAD，
∴∠CAF=∠DAF．
∵∠BAF=∠BAC+∠CAF，∠BFA=∠ADB+∠DAF，
∴∠BAF=∠BFA，
∴BA=BF；
（2）解：2BD2=(AD+CD)2，理由如下：
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，
∴BD2+BE2=DE2，
即BD2+BD2=(AD+AE)2，
∴2BD2=(AD+CD)2．
【点睛】此题是圆的综合题，考查了圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、角平分线的定义、勾股定理等知识，熟练掌握圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式8-3】（2023·江苏·九年级假期作业）小明学习了垂径定理，做了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究．

(1)更换定理的题设和结论可以得到许多真命题．如图1，在⊙O中，C是劣弧AB的中点，直线CD⊥AB于点E，则AE=BE．请证明此结论；
(2)从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦．如图2，PA，PB组成⊙O的一条折弦．C是劣弧AB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE=PE+PB．可以通过延长DB、AP相交于点F，再连接AD证明结论成立．请写出证明过程；
(3)如图3，PA，PB组成⊙O的一条折弦．C是优弧ACB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE，PE与PB之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)AE=PE−PB，证明见解析
【分析】（1）连接AD，BD，易证△ADB为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一这一性质，可以证得AE=BE．
（2）根据圆内接四边形的性质，先证∠CDA=∠CDF，再证△AFD为等腰三角形，进一步证得PB=PF，从而证得结论．
（3）根据∠ADE=∠FDE，从而证明△DAE≌△DFE，得出AE=EF，然后判断出PB=PF，进而求得AE=PE−PB．
【详解】（1）如图1，连接AD，BD，

∵C是劣弧AB的中点，
∴∠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）如图2，延长DB、AP相交于点F，再连接AD，

∵四边形ADBP是圆内接四边形，
∴∠PBF=∠PAD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴∠CDA=∠CDF，
∵CD⊥PA，
∴∠AED=∠FED=90°
∵DE=DE
∴△ADE≌△FDEASA
∴AD=FD
∴∠F=∠A，AE=EF，
∴∠PBF=∠F，
∴PB=PF，
∴AE=PE+PB
（3）AE=PE−PB．理由如下：
连接AD，BD，AB，DB与AP相交于点F，

∵AC=BC，
∴∠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．
【点睛】此题主要考查了垂径定理及其推论，全能三角形的判定和性质，圆周角定理，掌握并熟练运用垂径定理是解题的关键．
【题型9 利用圆的有关性质判断多结论问题】
【例9】（2023春·江苏镇江·九年级统考期中）如图，点A、B、C是⊙O上的点，且∠ACB=90°，AC=6，BC=8，∠ACB的平分线交⊙O于D，下列4个判断：①⊙O的半径为5；②CD的长为72；③在BC弦所在直线上存在3个不同的点E，使得△CDE是等腰三角形；④在BC弦所在直线上存在2个不同的点F，使得△CDF是直角三角形；正确判断的个数有（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】利用勾股定理求出AB即可判断①正确；如图1中，过点D作DM⊥CA交CA的延长线于点M，DN⊥BC于N．证明四边形CMDN是正方形，求出CM，可得结论②正确；利用图形法，即可判断③错误；利用图形法即可判断④正确．
【详解】解：如图1中，连接AB
.
∵∠ACB=90°，
∴AB是直径，
∴AB=AC2+BC2=62+82=10，
∴⊙O的半径为5．故①正确，
如图1中，连接AD，BD，过点D作DM⊥CA交CA的延长线于点M，DN⊥BC于N．
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∴AD=BD，
∴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°，
∴四边形CMDN是矩形，
∵DM=DN，
∴四边形CMDN是正方形，
∴CD=2CM，
∵AC+CB=CM-AM+CN+BN=2CM=14，
∴CM=7，
∴CD=72，故②正确，
如图2中，满足条件的点E有4个，故③错误，
如图3中，满足条件的点F有2个，故④正确，
∴正确的结论是①②④，共3个
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形，圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
【变式9-1】（2023春·广东湛江·九年级统考期末）如图所示，MN是⊙O的直径，作AB⊥MN，垂足为点D，连接AM，AN，点C为AN上一点，且AC=AM，连接CM，交AB于点E，交AN于点F，现给出以下结论：①AD=BD；②∠MAN=90°；③AM=BM；④∠ACM+∠ANM=∠MOB；⑤AE=12MF．
其中正确结论的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【详解】解：如图，根据垂径定理，由AB⊥MN可知AD=DB, AM=BM，故①③正确；根据直径所对的圆周角为直角，可由MN为直径，得到∠MAN=90°，故③正确；
连接OA，由AM=BM，得到∠MOB=∠MOA=2∠ACM=∠ACM＋∠ANM，故④正确；
由AC=AM，AM=BM，可得AC=BM，所以可得∠AME=∠MAE，根据等角对等边，得到AE=ME，然后根据∠EAF+∠MAE=90°，等量代换得∠EFA+∠AME=90°，然后根据等角的余角相等，得到∠EAF=∠EFA，即AE=EF，然后可根据AE=EF=EM得到AE=12MF，故⑤正确.
故选D.
【点睛】此题主要考查了圆的相关性质，解题时利用垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质、互余两角的关系，逐步判断即可，解题中关键是要把弧、角、弦之间的等量关系的转换应用到位.
【变式9-2】（2023春·全国·九年级统考期末）已知如图，点O为△ABD的外心，点C为直径BD下方弧BCD上一点，且不与点B，D重合，∠ACB=∠ABD=45°，则下列对AC，BC，CD之间的数量关系判断正确的是（ ）

A．AC=BC+CD B．2 AC=BC+CD C．3 AC=BC+CD D．2AC=BC+CD
【答案】B
【分析】在CD延长线上截取DE=BC，连接EA，证明△ABC≌△ADE，进而得到△CAE是等腰直角三角形，即可得出结论．
【详解】在CD的延长线上截取DE=BC，连接EA，
∵∠ABD=∠ACB=∠ABD=45°，
∴AB=AD，
∵∠ADE+∠ADC=180°，
∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABC=∠ADE，
在△ABC与△ADE中，
AB=AD∠ABC=∠ADEBC=DE，
∴△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，
∴ 2 AC=CE，
∴ 2 AC=CD+DE=CD+BC，
故选B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.
【变式9-3】（2023春·浙江·九年级期末）在一次探究活动中，方方完成了如下的尺规画图过程：第一步：在半径为1的⊙O上任取一点A，连续以1为半径在⊙O上截取AB=BC=CD；第二步：分别以A、D为圆心A到C的距离为半径画弧，两弧交于E，以A为圆心O到E的距离为半径画弧，交⊙O于F．画图后，他得出两个结论：①AF的长为2；②△ACF的面积为3+34，则（ ）
A．①正确，②正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①错误，②错误
【答案】A
【分析】连OA、OB、AB、AD、DF、CD、AE、OE，过A作AG⊥CF于G点，由AB=OA=OB=1，得到∠AOB=60°，弧AB的度数=60°，而AB=BC=CD，得弧ABD的度数=3×60°=180°，所以AD为⊙O的直径，∠CFA=60°，再由AE=AC，AF=OE可得AF=2；由AN=AF，则AD平分NF，EF过O点，弧FD=弧FA，得到△FAD为等腰直角三角形，由∠CFA=60°可得在Rt△AGF中，GF=12AF=22，AG=3GF=62，再由△FAD为等腰直角三角形可得在Rt△AGC中，CG=AG=62，最后利用三角形的面积公式即可求出△ACF面积．
【详解】解：连OA、OB、AB、AD、DF、CD、AE、OE，过A作AG⊥CF于G点，连OE交⊙O于N，连AN，如图，
∵AB=OA=OB=1，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴弧AB的度数=60°，
又∵AB=BC=CD=1，
∴弧AB=弧BC=弧CD，
∴弧ABD的度数=3×60°=180°，
∴AD为⊙O的直径，∠CFA=60°，∠ACD=90°，
∴AE=AC=AD2−CD2=22−12=3，
∴AF=OE=AE2−AO2=32−12=2，故①正确，
又AN=AO2+ON2=12+12=2，
∴AN=AF，
∴AD平分NF，
∴EF过O点，
∴弧FD=弧FA，
∴△FAD为等腰直角三角形，
∴∠FCA=∠FDA=45°，
∵∠CFA=60°，
∴在Rt△AGF中，GF=12AF=22，AG=3GF=62，在Rt△AGC中，CG=AG=62，
∴S△ACF=12CF•AG=12×（62+22）×62=3+34，故②正确．
故选A．
【点睛】本题考查了在同圆或等圆中，如果两个圆心角以及它们对应的两条弧、两条弦中有一组量相等，则另外两组量也对应相等．也考查了等腰直角三角形的性质和含30度的直角三角形三边的关系以及三角形的面积公式．
【题型10 构造圆利用圆周角解决三角形或四边形中的问题】
【例10】（2023春·安徽六安·九年级校考期末）如图，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=6，BC=4，P是△ABC内部的一个动点，连接PC，且满足∠PAB=∠PBC，过点P作PD⊥BC于点D，则∠APB= ；当线段CP最短时，△BCP的面积为

【答案】 90° 125
【分析】（1）由∠ABP+∠PBC=90°，得到∠BAP+∠ABP=90°，即可得到∠APB=90°；
（2）首先证明点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC与⊙O交于点P，此时PC最小，利用勾股定理求出OC即可得到PCOC=25，进而即可求解．
【详解】解：（1）∵在Rt△ABC中，AB⊥BC，则∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠PBC=90°，
∵∠PAB=∠PBC，
∴∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠APB=90°；
故答案为：90°；
（2）设AB的中点为O，连接OP，

则OP=OA=OB，
∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，此时PC最小，
在Rt△BCO中，∠OBC=90°，BC=4，OB=3，
∴OC=BO2+BC2=5，
PC=OC−OP=5−3=2，
∴PCOC=25，
∵S△OBC=12BC⋅OB=12×4×3=6，
∴S△BCP=25S△OBC=25×6=125，
故答案为：125．
【点睛】本题考查点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，求圆外一点到圆的最小、最大距离．
【变式10-1】（2023春·福建厦门·九年级厦门市第五中学校考期中）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，把△ABC绕点B顺时针旋转得到△DBE（点A与D对应）．
(1)如图，若点E落在边AB上，连接AD，求AE的长；
(2)如图，若旋转角度为60°，连接AE．求AE的长；
(3)如图，若旋转角度为α45°≤α≤90°，连接AD，BF⊥AD，垂足为F．求证：C，E，F三点在同一直线上．
【答案】(1)22−2
(2)6−2；
(3)证明见解析．
【分析】（1）由旋转性质可知BE=BC=2，在直角三角形ABC中，由勾股定理可求得AB的长度，再利用 AE=AB−BE进而求得答案；
（2）延长AE交BD于点F ，由旋转性质可得AB=BD，又旋转角∠ABD=60°，可证明 △ABD是等边三角形，则有AB=AD，进而可证明△ABE≌△ADE(SSS)，所以∠BAE=∠DAE=30°，再根据等腰三角形三线合一，可求出AF的长，同理在△DBE中，可求出EF，则AE=AF−EF即可解之；
（3）根据题意可得∠CBE=∠ABD=α，在等腰三角形CBE中，运用三角形的内角和定理可求得 ∠CEB=90°−12α，再根据∠BED=∠BFD=90°,确定B、E、F、D四点共圆，再利用圆周角定理得出∠DEF=∠DBF=12α，最后计算∠CEB+∠BED+∠DEF等于180°，则得出结论．
【详解】（1）解：△ABC绕点B顺时针旋转得到△DBE，
∴ BE=BC=2，
在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，
由勾股定理可得：
AB=AB2+BC2=22+22=22，
∴AE=AB−BE=22−2；
（2）解：如图所示：延长AE交BD于点F ，
∵旋转角度为60°，
∴∠ABD=60°，
又由旋转性质可得AB=BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=AD，
在△ABE和△ADE中，
AB=ADAE=AEBE=DE，
∴△ABE≌△ADE(SSS)，
∴∠BAE=∠DAE=30°，
∴AF平分∠BAD，
又∵△ABD是等边三角形，
∴AF⊥BD，BF=DF=12BD=2，
由勾股定理得：
AF=AB2−BF2=6，
在△DBE中，
∵∠DEB=90°，DE=BE=2，
又∵BF=DF，
∴EF⊥BD，
由勾股定理可得：
EF=BE2−BF2=2，
∴AE=AF−EF=6−2；
（3）证明：依题意可得：∠CBE=∠ABD=α，
∵CB=CE，
∴∠CEB=12(180°−∠CBE)=90°−12α，
∵AB=BD， BF⊥AD，
∴∠DBF=12∠ABD=12α，
∵ BF⊥AD，
∴∠BFD=90°，
又∵∠BED=90°，
∴B、E、F、D四点共圆，
∴∠DEF=∠DBF=12α（同弧所对的圆周角相等），
∴∠CEB+∠BED+∠DEF=(90°−12α)+90°+12α=180°，
∴C，E，F三点在同一直线上．
【点睛】本题考查了旋转的综合，圆周角定理，勾股定理，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的三线合一，属于中考常考题型．
【变式10-2】（2023春·重庆开州·九年级统考期末）如图，以直角三角形ABC的斜边AB为边在三角形ABC的同侧作正方形ABDE，正方形的对角线AD，BE相交于点O，连接CO，如果AC=1，CO=22，则正方形ABDE的面积为（ ）

A．20B．22C．24D．26
【答案】D
【分析】将△ACO绕点A逆时针旋转90°得到△AC′O′，连接CC′，过点A作AF⊥CC′于点F，证明△ACC′是等腰直角三角形，求出CC′=2AC=2，∠AC′C=45°，证明点A、C、O、B四点共圆，得出∠BCO=∠BAO=45°，证明∠AC′C+∠AC′O′=45°+135°=180°，得出点C、C′、O′三点共线，根据勾股定理求出AO=AO′=222+5222=13，根据等腰直角三角形的性质得出正方形的边长为2AO=2×13=26，最后求出正方形的面积即可．
【详解】解：将△ACO绕点A逆时针旋转90°得到△AC′O′，连接CC′，过点A作AF⊥CC′于点F，如图所示：

∴AC′=AC=1，∠CAC′=90°，C′O′=CO=22，
∴△ACC′是等腰直角三角形，
∴CC′=2AC=2，∠AC′C=45°，
∵正方形的对角线AD，BE相交于点O，
∴∠AOB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴点A、C、O、B四点共圆，
∴∠BCO=∠BAO=45°，
∴∠AC′O′=∠ACO=90°+45°=135°，
∵∠AC′C+∠AC′O′=45°+135°=180°，
∴点C、C′、O′三点共线，
∵AF⊥CC′，△ACC′是等腰直角三角形，
∴AF=FC′=12CC′=22，
∴FO′=22+22=522，
∴AO=AO′=222+5222=13，
∴正方形ABDE的边长为2AO=2×13=26，
∴正方形ABDE的面积为262=26，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，四点共圆，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握正方形的性质．
【变式10-3】（2023春·吉林长春·九年级校考期末）如图，菱形ABCD的边长为8，∠A=60°，E是AD中点，动点P从点A出发，沿折线AB−BD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动，连结PE，作A关于直线PE的对称点A′，连结A′E、A′P．设P的运动时间为t秒．
(1)点D到AB的距离是 ．
(2)直接写出A′B的最小值．
(3)当A′落在菱形ABCD的边上时，求△A′PE的面积．
(4)当A′P垂直于菱形ABCD的一边时，直接写出t的值．
【答案】(1)43
(2)43−4
(3)23或83
(4)8−43或23+2或12
【分析】（1）过点D作DH⊥AB交于点H，由菱形的性质得到△ABD是等边三角形，求出DH即为菱形的高；
（2）由A′E=4得到点A′在以E为圆心，4为半径的半圆上，连接BE，当A′，E，B三点共线时，点A′到直线BC的最小距离d=BM−A′M=43−4；
（3）当A′在AB边上时，△AA′E是等边三角形，AP=12AE；当A′在CD边上时，此时A′与点D重合，AP=AB=8，最后用三角形面积公式求解即可；
（4）①当点P在AB上时，分A′P⊥AD和A′P⊥AB两种情况，分别解直角三角形求解即可；②当点P在BD上时，当A′P⊥AD时，判定出△DPE是等边三角形，即可求出答案．
【详解】（1）如图1，过点D作DH⊥AB交于点H
∵四边形ABCD是菱形
∴AD=AB
∵∠A=60°
∴△ABD是等边三角形
∴点H是AB的中点
∵AB=8
∴HD=BC⋅sin60°=43
∴菱形的高为43
故答案为：43；
（2）由折叠可知AE=AE′
∵AD=8，点E是AD的中点
∴AE=4
∴点A′在以E为圆心，4为半径的半圆上
如图2，连接BE
∴BE⊥AD
当A′，E，B三点共线时，点A′到直线BC的距离最小
∵∠A=60°，AE=4
∴BE=43
∴d=43−4
∴点A′到直线BC的距离最小值为43−4；
（3）如图3，
当A′在AB边上时，由折叠得，△APE≌△A′PE，AE=AE′
∵∠A=60°
∴△AA′E是等边三角形
∴AP=12AE=2,PE=32AE=23
∴S△A′PE=S△APE=12AP⋅PE=12×2×23=23；
如图4，
当A′在CD边上时，此时A′与D点重合
∵BE⊥AD
∴点P与点B重合
∴AP=AB=8
∴SΔA′PE=SΔAPE=12AE⋅PE=12×4×43=83，
综上所述，△A′PE的面积为23或83；
（4）①当点P在AB上时，
当A′P⊥AD时，如图5，
设直线A′P与AD的交点为K
∴∠EKA′=90°
由折叠知，∠EA′P=60°．A′E=4
∴EK=23
∴AK=4−23
在Rt△AKP中，∠APK=30°
∴AP=2AK=8−43
∴t=8−43；
当A′P⊥AB时，如图6，
∴∠APA′=90°
由折叠得，∠APE=45°
过点E作EL⊥AB于L
在Rt△AEL中，AE=4,∠A=60°
∴AL=2,EL=23
在Rt△EPL中，
∵∠APE=45°
∴∠APE=∠PEL=45°
∴EL=PL=23
∴AP=AL+PL=23+2
∴t=23+2；
②当A′P⊥AD时，如图7，
由折叠得，PE=A′P=AE=DE=4
∵△ABD是等边三角形
∴BD=AB=8,∠ADB=60°
∴DP=DE=4
∴BP=4
∴t=8+4=12
综上所述，t的值为8−43或23+2或12．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质和数形结合是解题的关键．
圆周角定理
定理：圆周角的度数等于它所对的弧的圆心角度数的一半
是所对的圆心角，
是所对的圆周角，
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等
和都是所对的圆周角
推论2：直径所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径
是的直径
是所对的圆周角
是所对的圆周角

是的直径
圆的内接四边形对角互补
四边形是的内接四边形