中考数学一轮复习专题21 与圆有关的概念及性质（10个高频考点）（举一反三）（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-1" \h \u
\l "_Tc26854" 【考点1 圆的基本概念】 PAGEREF _Tc26854 \h 2
\l "_Tc12301" 【考点2 垂径定理及其推论】 PAGEREF _Tc12301 \h 7
\l "_Tc29469" 【考点3 弧、弦、圆心角的关系】 PAGEREF _Tc29469 \h 13
\l "_Tc5232" 【考点4 圆周角】 PAGEREF _Tc5232 \h 21
\l "_Tc5606" 【考点5 三角形的外接圆】 PAGEREF _Tc5606 \h 32
\l "_Tc21862" 【考点6 圆内接四边形】 PAGEREF _Tc21862 \h 37
\l "_Tc11951" 【考点7 相交弦】 PAGEREF _Tc11951 \h 42
\l "_Tc28967" 【考点8 四点共圆】 PAGEREF _Tc28967 \h 45
\l "_Tc15799" 【考点9 圆中的定值问题】 PAGEREF _Tc15799 \h 54
\l "_Tc24401" 【考点10 圆中的最值问题】 PAGEREF _Tc24401 \h 66
【要点1 圆的概念】
1.定义①：在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫做圆．
固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径．以O点为圆心的圆，记作“⊙O”，读作“圆O”．
定义②：圆可以看做是所有到定点O的距离等于定长r的点的集合．
2.连接圆上任意两点的线段叫弦，经过圆心的弦叫直径，圆上任意两点间的部分叫圆弧，简称弧，圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每条弧都叫做半圆，大于半圆的弧叫做优弧，小于半圆的弧叫做劣弧．
【要点2 确定圆的条件】
不在同一直线上的三点确定一个圆．
注意：这里的“三个点”不是任意的三点，而是不在同一条直线上的三个点，而在同一直线上的三个点不能画一个圆．“确定”一词应理解为“有且只有”，即过不在同一条直线上的三个点有且只有一个圆，过一点可画无数个圆，过两点也能画无数个圆，过不在同一条直线上的三点能画且只能画一个圆．
【考点1 圆的基本概念】
【例1】（2022·山东东营·统考中考真题）如图，在中，弦半径，则的度数为____________．
【答案】100°##100度
【分析】先根据平行线的性质求出∠OCA的度数，再根据等边对等角求出∠OAC的度数，即可利用三角形内角和定理求出∠AOC的度数．
【详解】解：∵，
∴∠OCA=∠BOC=40°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=40°，
∴∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=100°，
故答案为：100°．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，圆的基本性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，熟知相关知识是解题的关键．
【变式1-1】（2022·广西柳州·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 _____．
【答案】
【分析】如图，由EG＝2，确定在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， 再证明（SAS）， 可得可得当三点共线时，最短，则最短，再利用勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，由EG＝2，可得在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，
∵正方形ABCD，
∴

∴
∵DE=DF，
∴（SAS），
∴
∴当三点共线时，最短，则最短，
∵位BC 中点，
∴
此时
此时
所以CF的最小值为：
故答案为：
【点睛】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键．
【变式1-2】（2022·山东潍坊·中考真题）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形，若，则四边形的外接圆的周长为___________．
【答案】
【分析】根据正方形ABCD的面积为4，求出，根据位似比求出，周长即可得出；
【详解】解：正方形ABCD的面积为4，
，
，
，
，
所求周长；
故答案为：．
【点睛】本题考查位似图形，涉及知识点：正方形的面积，正方形的对角线，圆的周长，解题关键求出正方形ABCD的边长．
【变式1-3】（2022·河北沧州·统考二模）石家庄市水上公园南侧新建的摩天轮吸引了附近市民的目光．据工作人员介绍，新建摩天轮直径为100m，最低点距离地面1m，摩天轮的圆周上均匀地安装了24个座舱（本题中将座舱视为圆周上的点），游客在距离地面最近的位置进舱，运行一圈时间恰好是13分14秒，寓意“一生一世”．小明从摩天轮的底部出发开始观光，摩天轮转动1周．
(1)小明所在座舱到达最高点时距离地面的高度为 m；
(2)在小明进座舱后间隔3个座舱小亮进入座舱（如图，此时小明和小亮分别位于P、Q两点），
①求两人所在座舱在摩天轮上的距离（弧的长）；
②求此时两人所在座舱距离地面的高度差；
(3)受周围建筑物的影响，当乘客与地面的距离不低于时，可视为最佳观赏位置，求最佳观赏时间有多长（不足一分钟按一分钟记）．
【答案】(1)101
(2)①m；②25m
(3)5分钟
【分析】（1）根据题意得出最高点是直径加即可；
（2）①求出圆心角的度数，再根据弧长公式进行计算即可；
②求出的长即可，利用直角三角形的边角关系求出的长，进而求出即可；
（3）求出达到最佳观赏位置时，座椅所处的位置，进而求出所夹的弧所对的圆心角的度数，由圆心角所占周角的百分比，得出最佳观赏时间占13分14秒的百分比，通过计算可得答案．
【详解】（1）解：如图，由题意可知，，，
当座椅转到点时，距离地面最高，此时，
故答案为：101；
（2）①圆周上均匀的安装24个座椅，因此每相邻两个座椅之间所对的圆心角为，
，
的长为，
答：两人所在座舱在摩天轮上的距离（弧的长）为；
②由题意得，两人所在座舱距离地面的高度差就是的长，
在中，，，
，
，
即两人所在座舱距离地面的高度差为；
（3）如图，当时，对应的座椅为点、点，当座椅在上运动时，观赏位置最佳，
此时，，
，
，
的长是圆周长的，
因此最佳观赏位置所持续的时间为：13分14秒的，
，
答：最佳观赏时间有多长约有5分钟．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提，掌握弧长计算公式是正确计算的关键．
【要点3 垂径定理及其推论】
（1）垂径定理
垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
（2）垂径定理的推论
推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．
【考点2 垂径定理及其推论】
【例2】（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，A、B、C是上的点，，垂足为点D，且D为OC的中点，若，则BC的长为___________．
【答案】7
【分析】根据垂径定理可得垂直平分，根据题意可得平方，可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质即可求解．
【详解】解：如图，连接，
A、B、C是上的点，，
，
D为OC的中点，
，
四边形是菱形，，
．
故答案为：7．
【点睛】本题考查了垂径定理，菱形的性质与判定，掌握垂径定理是解题的关键．
【变式2-1】（2022·四川自贡·统考中考真题）一块圆形玻璃镜面碎成了几块，其中一块如图所示，测得弦长20厘米，弓形高为2厘米，则镜面半径为____________厘米．
【答案】26
【分析】令圆O的半径为OB=r，则OC=r-2，根据勾股定理求出OC2+BC2=OB2，进而求出半径．
【详解】解：如图，由题意，得OD垂直平分AB，
∴BC=10厘米，
令圆O的半径为OB=r，则OC=r-2，
在Rt△BOC中
OC2+BC2=OB2，
∴（r-2）2+102=r2，
解得r=26．
故答案为：26．
【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理求线段长，熟练地掌握圆的基本性质是解决问题的关键．
【变式2-2】（2022·四川凉山·统考中考真题）如图，在边长为1的正方形网格中，⊙O是△ABC的外接圆，点A，B，O在格点上，则cs∠ACB的值是________．
【答案】
【分析】取AB中点D，由图可知，AB=6，AD=BD=3，OD=2，由垂径定理得OD⊥AB，则OB=，cs∠DOB=，再证∠ACB=∠DOB，即可解．
【详解】解：取AB中点D，如图，
由图可知，AB=6，AD=BD=3，OD=2，
∴OD⊥AB，
∴∠ODB=90°，
∴OB=，cs∠DOB=，
∵OA=OB，
∴∠BOD=∠AOB，
∵∠ACB=∠AOB，
∴∠ACB=∠DOB，
∴cs∠ACB= cs∠DOB=，
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，取AB中点D，得Rt△ODB是解题的关键．
【变式2-3】（2022·甘肃兰州·统考中考真题）综合与实践
问题情境：我国东周到汉代一些出土实物上反映出一些几何作图方法，如侯马铸铜遗址出土车軎范、芯组成的（如图1），它的端面是圆形，如图2是用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法：将“矩”的直角尖端A沿圆周移动，直到，在圆上标记A，B，C三点；将“矩”向右旋转，使它左侧边落在A，B点上，“矩”的另一条边与圆的交点标记为D点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，连接AD，BC相交于点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，链接AD，BC相较于点O，即O为圆心．
(1)问题解决：请你根据“问题情境”中提供的方法，用三角板还原我国古代几何作图确定圆心O．如图3，点A，B，C在上，，且，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
(2)类比迁移：小梅受此问题的启发，在研究了用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法后发现，如果AB和AC不相等，用三角板也可以确定圆心O．如图4，点A，B，C在上，，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
(3)拓展探究：小梅进一步研究，发现古代由“矩”度量确定圆上等距离点时存在误差，用平时学的尺规作图的方法确定圆心可以减少误差．如图5，点A，B，C是上任意三点，请用不带刻度的直尺和圆规作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）请写出你确定圆心的理由：______________________________．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，即可；
（2）作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，即可；
（3）作AB的垂直平分线DE，作AC的垂直平分线MN，DE交MN于O，即可，则垂径定理得出确定圆心的理由即可．
（1）
解：如图所示，点O就是圆的圆心．
作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，
∵∠CAB=∠ABC=90°，
∴BC、AD是圆的直径，
∴点O是圆的圆心．
（2）
解：如图所示，点O就是圆的圆心．
作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，
∵∠CAB=∠ABC=90°，
∴BC、AD是圆的直径，
∴点O是圆的圆心．
（3）
解：如图所示 ，点O就是圆的圆心．
作AB的垂直平分线DE，作AC的垂直平分线MN，DE交MN于O，
∵DE垂直平分AB，
∴DE经过圆心，即圆心必在直线DE上，
∵MN垂直平分AC，
∴MN经过圆心，即圆心必在直线MN上，
∴DE与MN的交点O是圆心．
确定圆心的理由：弦的垂直平分线经过圆心．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，垂径定理的推论，尺规作线段垂直平分线，熟练掌握直角的圆周角所对的弦是直径是解题的关键．
【要点4 弧、弦、角、距的概念】
（1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．
（2）推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧．
（3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系
三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与原图形完全重合．
【考点3 弧、弦、圆心角的关系】
【例3】（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，是的两条直径，E是劣弧的中点，连接，．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接OE，由题意易得，则有，然后可得，进而根据圆周角定理可求解．
【详解】解：连接OE，如图所示：
∵OB=OC，，
∴，
∴，
∵E是劣弧的中点，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题主要考查圆周角定理及垂径定理，熟练掌握圆周角定理及垂径定理是解题的关键．
【变式3-1】（2022·浙江湖州·统考中考真题）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（ ）
A．B．6C．D．
【答案】C
【分析】根据同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半，过点M、N作以点O为圆心，∠MON=90°的圆，则点P在所作的圆上，观察圆O所经过的格点，找出到点M距离最大的点即可求出．
【详解】作线段MN中点Q，作MN的垂直平分线OQ，并使OQ=MN，以O为圆心，OM为半径作圆，如图，
因为OQ为MN垂直平分线且OQ=MN，所以OQ=MQ=NQ，
∴∠OMQ=∠ONQ=45°，
∴∠MON=90°，
所以弦MN所对的圆O的圆周角为45°，
所以点P在圆O上，PM为圆O的弦，
通过图像可知，当点P在位置时，恰好过格点且经过圆心O，
所以此时最大，等于圆O的直径，
∵BM＝4，BN＝2，
∴，
∴MQ=OQ=，
∴OM=，
∴，
故选 C．
【点睛】此题考查了圆的相关知识，熟练掌握同弧所对的圆周角相等、直径是圆上最大的弦，会灵活用已知圆心角和弦作圆是解题的关键．
【变式3-2】（2022·湖南怀化·统考中考真题）如图，点A，B，C，D在⊙O上，＝．求证：
(1)AC＝BD；
(2)△ABE∽△DCE．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）两个等弧同时加上一段弧后两弧仍然相等；再通过同弧所对的弦相等证明即可；
（2）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等即可证明相似．
【详解】（1）∵＝
∴＝
∴
∴BD=AC
（2）∵∠B=∠C
∠AEB=∠DEC
∴△ABE∽△DCE
【点睛】本题考查等弧所对弦相等、所对圆周角相等，掌握这些是本题关键．
【变式3-3】（2022·黑龙江哈尔滨·统考三模）已知：两条弦与相交于点，．

(1)如图1，求证：；
(2)如图2，直径于点，连接，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接交于点，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）如图所示，连接BC，只需要证明，得到∠CBD=∠BCA，即可证明BE=CE；
（2）如图所示，过点O作OM⊥BD于M，连接OA，先证明OM是△BDF的中位线，得到，再证明Rt△BOM≌Rt△AON得到ON=OM，即可证明；
（3）连接AB，AO，AF，过点O作OK⊥AD于K，先证明△ANB≌△ANG得到，设ON=x，则，，，，由勾股定理得，证明△ABN∽△FAN，得到，推出，在Rt△ANG中，，证明△ANG∽△OKG，推出，则，据此求解即可．
（1）
解：如图所示，连接BC，
∵，
∴，
∴，即，
∴∠CBD=∠BCA，
∴BE=CE；
（2）
解：如图所示，过点O作OM⊥BD于M，连接OA，
∴BM=DM，∠BMO=90°，
∵M是BD的中点，O是BF的中点，
∴OM是△BDF的中位线，
∴，
∵AC⊥BF，AC=BD，
∴，
在Rt△BOM和Rt△AON中，
，
∴Rt△BOM≌Rt△AON（HL），
∴ON=OM，
∴；
（3）
解：连接AB，AO，AF，过点O作OK⊥AD于K，
∵BF是圆O的直径，BF⊥AC，
∴，∠ANB=∠ANG=90°，
由（1）得，
∴，
∴∠BAC=∠DAC，
在△ANB和△ANG中，
，
∴△ANB≌△ANG（ASA），
∴，
设ON=x，则，，
∴，，
∵OK⊥AD，AD=11，
∴，
在Rt△AKO中，，
∵BF是直径，
∴∠BAF=90°，
∴∠BAN+∠FAN=90°，
又∵∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠ABN=∠FAN，
∴△ABN∽△FAN，
∴，
∴，
在Rt△ANG中，，
∵∠OGK=∠AGN，∠ANG=∠OKG=90°，
∴△ANG∽△OKG，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，弧、弦、圆周角之间的关系，等腰三角形的判定等等，正确作出对应的辅助线是解题的关键．
【要点5 圆周角定理及其推论】
【考点4 圆周角】
【例4】（2022·山东济宁·统考中考真题）如图，点A，C，D，B在⊙O上，AC＝BC，∠ACB＝90°．若CD＝a，tan∠CBD＝，则AD的长是___________．
【答案】
【分析】如图，连接，设交于点，根据题意可得是的直径，，设，证明，根据相似三角形的性质以及正切的定义，分别表示出，根据，勾股定理求得，根据即可求解．
【详解】解：如图，连接，设交于点，
∵∠ACB＝90°
∴是的直径，
，
tan∠CBD＝，
，
在中， ，
，
，
，
设
则，
AC＝BC，
，
，
中，，
，
，
,
又，
，
，
，
，
，
，
，
解得，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了90°圆周角所对的弦是直径，同弧所对的圆周角相等，正切的定义，相似三角形的性质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
【变式4-1】（2022·湖北恩施·统考中考真题）如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交⊙O于点D、E，交AB于点C．
(1)求证：∠ADE=∠PAE．
(2)若∠ADE=30°，求证：AE=PE．
(3)若PE=4，CD=6，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)CE的长为2．
【分析】（1）连接OA，根据切线的性质得到∠OAE+∠PAE=90°，根据圆周角定理得到∠OAE+∠DAO=90°，据此即可证明∠ADE=∠PAE；
（2）由（1）得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED =60°，利用三角形外角的性质得到∠APE=∠AED-∠PAE =30°，再根据等角对等边即可证明AE=PE；
（3）证明Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，推出DC×CE=OC×PC，设CE=x，据此列方程求解即可．
【详解】（1）证明：连接OA，
∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，即∠OAP=90°，
∴∠OAE+∠PAE=90°，
∵DE为⊙O的直径，
∴∠DAE=90°，即∠OAE+∠DAO=90°，
∴∠DAO=∠PAE，
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADE，
∴∠ADE=∠PAE；
（2）证明：∵∠ADE=30°，
由（1）得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED=90°-∠ADE=60°，
∴∠APE=∠AED-∠PAE =30°，
∴∠APE=∠PAE =30°，
∴AE=PE；
（3）解：∵PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交AB于点C．
∴AB⊥PD，
∵∠DAE=90°，∠OAP=90°，
∴∠DAC+∠CAE=90°，∠OAC+∠PAC=90°，
∵∠DAC+∠D=90°，∠OAC+∠AOC=90°，
∴∠CAE=∠D，∠PAC=∠AOC，
∴Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，
∴
∴AC2=DC×CE，AC2=OC×PC，
即DC×CE=OC×PC，
设CE=x，则DE=6+x，OE=3+，OC=3+-x=3-，PC=4+x，
∴6x=(3-)( 4+x)，
整理得：x2+10x-24=0，
解得：x=2(负值已舍)．
∴CE的长为2．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
【变式4-2】（2022·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）已知是的直径，点A，点B是上的两个点，连接，点D，点E分别是半径的中点，连接，且．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，延长交于点F，若，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，点G是上一点，连接，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据SAS证明即可得到结论；
（2）证明即可得出结论；
（3）先证明，连接，证明，设，，在上取点M，使得，连接，证明为等边三角形，得，根据可求出，得，，过点H作于点N，求出，再证，根据可得结论．
（1）
如图1．∵点D，点E分别是半径的中点
∴，
∵，
∴
∵，
∴
∵
∴，
∴；
（2）
如图2．∵，
∴
由（1）得，
∴
∴，
∴
∵
∴，
∴
（3）
如图3．∵，
∴
∴
连接．∵
∴，
∴，
∵
设，
∴
在上取点M，使得，连接
∵，
∴
∴，
∴为等边三角形
∴
∵，
∴
∴，
∴
∴，
过点H作于点N
，
∴，
∴
∵，，
∴
∵，
∴，
∴
∴，
在中，，
∴
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理以及解直角三角形等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
【变式4-3】（2022·黑龙江绥化·统考中考真题）如图所示，在的内接中，，，作于点P，交于另一点B，C是上的一个动点（不与A，M重合），射线交线段的延长线于点D，分别连接和，交于点E．
(1)求证：．
(2)若，，求的长．
(3)在点C运动过程中，当时，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用圆周角定理得到∠CMA=∠ABC，再利用两角分别相等即可证明相似；
（2）连接OC，先证明MN是直径，再求出AP和NP的长，接着证明，利用相似三角形的性质求出OE和PE，再利用勾股定理求解即可；
（3）先过C点作CG⊥MN，垂足为G，连接CN，设出再利用三角函数和勾股定理分别表示出PB和PG，最后利用相似三角形的性质表示出EG，然后表示出ME和NE，算出比值即可．
【详解】（1）解：∵AB⊥MN，
∴∠APM=90°，
∴∠D+∠DMP=90°，
又∵∠DMP+∠NAC=180°，∠MAN=90°，
∴∠DMP+∠CAM=90°，
∴∠CAM=∠D，
∵∠CMA=∠ABC，
∴．
（2）连接OC，
∵，
∴MN是直径，
∵，
∴OM=ON=OC=5，
∵，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴OC⊥MN，
∴∠COE=90°，
∵AB⊥MN，
∴∠BPE=90°，
∴∠BPE=∠COE，
又∵∠BEP=∠CEO，
∴
∴，
即
由，
∴，
∴，
，
∴．
（3）过C点作CG⊥MN，垂足为G，连接CN，则∠CGM=90°，
∴∠CMG+∠GCM=90°，
∵MN是直径，
∴∠MCN=90°，
∴∠CNM+∠DMP=90°，
∵∠D+∠DMP=90°，
∴∠D=∠CNM=∠GCM，
∵，
∴，
∵
∴设
∴
∴
∴
∴
∵，且，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵∠CGE=∠BPE=90°，∠CEG =∠BEP，
∴，
∴，
即
∴，
∴，，
∴，
∴的值为．
【点睛】本题考查了圆的相关知识、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识，涉及到了动点问题，解题关键是构造相似三角形，正确表示出各线段并找出它们的关系，本题综合性较强，属于压轴题．
【考点5 三角形的外接圆】
【例5】（2022·湖南邵阳·统考中考真题）如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，若AB=3，则⊙O的半径是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作直径AD，连接CD，如图，利用等边三角形的性质得到∠B=60°，关键圆周角定理得到∠ACD=90°，∠D=∠B=60°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求解．
【详解】解：作直径AD，连接CD，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°，
∵AD为直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠D=∠B=60°，则∠DAC=30°，
∴CD=AD，
∵AD2=CD2+AC2，即AD2=(AD)2+32，
∴AD=2，
∴OA=OB=AD=．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了等边三角形的性质、圆周角定理和含30度的直角三角形三边的关系．
【变式5-1】（2022·浙江宁波·校考模拟预测）如图，已知点，直线l经过A、B两点，点为直线l在第一象限的动点，作的外接圆，延长交于点Q，则的面积最小值为（ ）
A．4B．4.5C．D．
【答案】D
【分析】根据已知可得，从而在在中，利用勾股定理求出的长，再根据直径所对的圆周角是直角可得，然后利用同弧所对的圆周角相等可得，从而可得，进而可得，最后根据垂线段最短可知，当时，最小，从而可得的面积最小，进行计算即可解答．
【详解】解：∵点，
∴，
在中，，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的面积=，
∴当最小时，的面积最小，
∴当时，最小，
∵的面积，
∴，
∴，
∴的面积的最小值，
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形，三角形的外接圆，圆周角定理，坐标与图形的性质，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
【变式5-2】（2022·广西玉林·统考中考真题）如图，在网格中，各小正方形边长均为1，点O，A，B，C，D，E均在格点上，点O是的外心，在不添加其他字母的情况下，则除外把你认为外心也是O的三角形都写出来__________________________．
【答案】△ADC、△BDC、△ABD
【分析】先求出△ABC的外接圆半径r，再找到距离O点的长度同为r的点，即可求解．
【详解】由网格图可知O点到A、B、C三点的距离均为：，
则外接圆半径，
图中D点到O点距离为：，
图中E点到O点距离为：，
则可知除△ABC外把你认为外心也是O的三角形有：△ADC、△ADB、△BDC，
故答案为：△ADC、△ADB、△BDC．
【点睛】本题考查了外接圆的性质、勾股定理等知识，求出△ABC的外接圆半径r是解答本题的关键．
【变式5-3】（2022·上海静安·统考二模）如图，已知外接圆的圆心O在高AD上，点E在BC延长线上，．
(1)求证：；
(2)当，时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先根据题意得到AD垂直平分BC，得到AB=AC，则∠B=∠ACB，再证明EC=AC，得到∠AEC=∠CAE，即可利用三角形外角的性质证明结论；
（2）先求出∠BAO=30°，从而求出∠BOD =60°，然后解直角三角形求出BD，AB的长即可得到答案．
【详解】（1）解：∵△ABC的外接圆圆心在高AD上，
∴AD垂直平分BC，
∴AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵EC=AB，
∴EC=AC，
∴∠AEC=∠CAE，
∵∠ACB=∠AEC+∠CAE，
∴∠B=∠AEC+∠CAE=2∠AEC；
（2）解：连接OB，
∵，
∴∠BAO=30°，
∵OB=OA，
∴∠OAB=∠OAB=30°，
∴∠BOD=∠OBA+∠OAB=60°，
∴，
∴，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=CD，
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，根据特殊角三角函数值求度数，解直角三角形，三角形外角的性质，线段垂直平分线的性质等等，确定AB=AC是解题的关键．
【要点6 圆内接四边形】
【考点6 圆内接四边形】
【例6】（2022·江苏淮安·统考中考真题）如图，四边形是的内接四边形，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据圆周角定理求得的度数，然后根据圆内接四边形的性质求出的度数即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
故选：B.
【点睛】此题考查的是圆内接四边形的性质及圆周角定理，比较简单，牢记有关定理是解答本题的关键．
【变式6-1】（2022·吉林长春·统考中考真题）如图，四边形是的内接四边形．若，则的度数为（ ）
A．138°B．121°C．118°D．112°
【答案】C
【分析】由圆内接四边形的性质得，再由圆周定理可得．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于圆O，
∴
∵
∴
∴
故选：C
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，熟练掌握相关性质和定理是解答本题的关键
【变式6-2】（2022·新疆·统考中考真题）如图，⊙是的外接圆，AB是⊙的直径，点D在⊙上，，连接AD，延长DB交过点C的切线于点E．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若，求DB的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由等边等角可得，由同弧所对的圆周角相等可得，等量代换即可得证；
（2）连接，根据等边对等角可得，由四边形是的内接四边形，可得，进而可得，即可得证；
（3）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，从而在Rt△ABC中，利用勾股定理求出BA的长，再根据同弧所对的圆周角相等可得∠CAB=∠CDB，进而可证△ACB∽△DEC，然后利用相似三角形的性质可求出DE的长，最后再利用（2）的结论可证△ACB∽△CEB，利用相似三角形的性质可求出BE的长，进行计算即可解答．
（1）
，
（2）
如图，连接
是的切线，
四边形是的内接四边形，


（3）
解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC=4，BC=3，
∴AB==5，CD=AC=4
∵∠ACB=∠E=90°，∠CAB=∠CDB，
∴△ACB∽△DEC，
∴，
∴，
∴DE=，
∵∠CBE=∠ABC，∠ACB=∠E=90°，
∴△ACB∽△CEB，
∴，
∴，
∴BE=，
∴BD=DE-BE=，
∴DB的长为．
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质，以及圆周角定理是解题的关键．
【变式6-3】（2022·四川成都·统考中考真题）如图，在中，，以为直径作⊙，交边于点，在上取一点，使，连接，作射线交边于点．
(1)求证：；
(2)若，，求及的长．
【答案】(1)见解析
(2)BF=5，
【分析】（1）根据中，，得到∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，根据，得到∠B=∠BCF，推出∠A=∠ACF；
（2）根据∠B=∠BCF，∠A=∠ACF，得到AF=CF，BF=CF，推出AF=BF= AB，根据，AC=8，得到AB=10，得到BF=5，根据，得到，连接CD，根据BC是⊙O的直径，得到∠BDC=90°，推出∠B+∠BCD=90°，推出∠A=∠BCD，得到，推出，得到，根据∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，得到∠FDE=∠B，推出DE∥BC，得到△FDE∽△FBC，推出，得到．
【详解】（1）解：∵中，，
∴∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，
∵，
∴∠B=∠BCF，
∴∠A=∠ACF；
（2）∵∠B=∠BCF，∠A=∠ACF
∴AF=CF，BF=CF，
∴AF=BF= AB，
∵，AC=8，
∴AB=10，
∴BF=5，
∵，
∴，
连接CD，∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠B+∠BCD=90°，
∴∠A=∠BCD，
∴，
∴，
∴，
∵∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，
∴∠FDE=∠B，
∴DE∥BC，
∴△FDE∽△FBC，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握圆周角定理及推论，运用勾股定理和正弦余弦解直角三角形，相似三角形的判定和性质．
【考点7 相交弦】
【例7】（2022·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，中，弦，相交于点，，，则的大小是( )
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：∵∠D=∠A=42°，∴∠B=∠APD﹣∠D=35°，故选B．
考点：圆周角定理．
【变式7-1】（2022秋·九年级课时练习）如图，圆内一条弦CD与直径AB相交成30°角，且分直径成1cm和5cm两部分，则这条弦的弦心距是_____．
【答案】1cm
【分析】首先过点O作OF⊥CD于点F，设弦CD与直径AB相交于点E，由分直径成1cm和5cm两部分，可求得直径，半径的长，继而求得OE的长，又由圆内一条弦CD与直径AB相交成30°角，即可求得这条弦的弦心距．
【详解】解：过点O作OF⊥CD于点F，设弦CD与直径AB相交于点E，
∵分直径成1cm和5cm两部分，
∴AB＝6cm，
∴OA＝AB＝3cm，
∴OE＝OA﹣AE＝2cm，
∵∠OEF＝30°，
∴OF＝OE＝1（cm）．
故答案为：1cm．
【点睛】此题考查了垂径定理以及含30°角的直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
【变式7-2】（2022·四川巴中·校考一模）圆内一条弦与直径相交成30°的角，且分直径1cm和5cm两段，则这条弦的长为_____．
【答案】4
【分析】根据垂径定理，过圆心作弦的垂线，构成直角三角形，然后利用30°的角所对的直角边是斜边的一半以及勾股定理计算，求出弦长．
【详解】解：如图，
AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB与CD相交于E，∠DEB＝30°，AE＝1cm，EB＝5cm，
过O作OH⊥CD于H，则CH＝HD，
在Rt△OEH中，OE＝OA﹣AE＝﹣1＝2，
∵∠DEB＝30°，
∴OH＝1，
在Rt△ODH中，OD＝OB＝3，
∴HD2＝OD2﹣OH2＝9﹣1＝8，
∴HD＝2．
CD＝2HD＝4．
故答案是：4cm．
【点睛】本题考查的是垂径定理，根据题意画出图形，然后过圆心作弦的垂线，由30°的角所对的直角边是斜边的一半，得到弦心距的长，再用勾股定理可以求出弦长．
【变式7-3】（2022秋·浙江杭州·九年级校联考期中）一条弦AB把圆的 直径分成3和11两 部分，弦 和 直径相交 成300角，则AB的长为_____________．
【答案】．
【详解】试题解析：根据题意画出图形，如图示，
作OM⊥AB于M，连接OA，
∴AM=BM，
CD=14cm，ND=3cm，
∴ON=4cm，
∵∠ONM=30°，OM⊥AB，
∴MO=2cm，
∴AM=，
∴AB=2AM=．
考点：垂径定理．
【考点8 四点共圆】
【例8】（2022秋·湖南长沙·九年级长沙县湘郡未来实验学校校考阶段练习）如图，已知中，，，，，过点作的垂线，与的延长线交于点，则的最大值为（ ）
A．4B．5C．D．
【答案】C
【分析】由，，证明，推出，当有最大值时，有最大值，根据，得到点A、C、B、P四点共圆，若有最大值，则应为直径，由，得到是圆的直径，勾股定理求出，即可得到答案．
【详解】解：∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴，
∴当有最大值时，有最大值，
∵，
∴点A、C、B、P四点共圆，
若有最大值，则应为直径，
∵，
∴是圆的直径，
∴，
∴的最大值为，
故选：C．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，四点共圆的判定和性质，正确掌握四点共圆的性质是解题的关键．
【变式8-1】（2023秋·浙江温州·九年级期末）如图，Rt△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，O为AC的中点，K为BC上一点，NC⊥BC，且NC＝BK，AK分别交BN、OB于M、F，AC交BN于E，连接OM，下列结论：①AK⊥BN；②OE＝OF；③∠OMN＝45°；④若∠OAF＝∠BAF，则．其中正确结论的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】根据K型全等和八字形倒角可证①正确；根据△ABC是等腰直角三角形，O为AC的中点，可得BO三线合一，可证△OBE≌△OAF(ASA)，得出②正确；根据∠AMB=90°∠AMB+∠AME=180°，可得∠AME+∠BOE=180°，可证E、M、F、O四点共圆，然后根据同弧所对的圆周角相等，可得③正确；取AF的中点G连接OG，易得OG是直角三角形AOF的中线，根据∠BAC=45°，∠OAF=∠BAF，∠OAF+∠BAF=∠BAC，易证OM=OG=AF，可证④正确．
【详解】解:①∵NC⊥BC，
∴∠BCN=90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BCN=∠ABC，
∵AB=BC，NC＝BK，
∴△ABK≌△BCN（SAS），
∴∠KBM=∠BAM，
∵∠ABC=∠KBM+∠ABM=90°，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∵∠ABM+∠BAM+∠AMB=180°，
∴∠AMB=90°，
∴AK⊥BN；
②∵AB=AC，∠ABC=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵O为AC的中点，
∴BO是等腰直角三角形ABC的中线垂线角平分线，
∴OB=OA，∠BOE=∠AOF=90°，∠OBC=∠ABC=45°，∠BAC=45°，
∵∠OBC=∠KBM+∠OBE=45°，∠BAC=∠BAM+∠OAF=45°，∠KBM=∠BAM，
∴∠OBE=∠OAF，
∴△OBE≌△OAF(ASA)，
∴OE=OF；
③∵∠BOE=90°，OE=OF，
∴△OEF是等腰直角三角形，
∴∠OFE=45°，
∵∠AMB=90°，∠AMB+∠AME=180°，
∴∠AME=90°，
∴∠AME+∠BOE=180°，
∴E、M、F、O四点共圆，
∴∠OMN=∠OFE，
∴∠OMN=45°；
④如图，取AF的中点G连接OG，
∵∠ABF=90°，
∴OG是直角三角形AOF的中线，
∴OG=AG=AF，
∴∠GOA=∠OAM，
∵∠BAC=45°，∠OAF=∠BAF，∠OAF+∠BAF=∠BAC，
∴∠OAF=22.5°，
∴∠GOA=22.5°，
∵∠OGM=∠GOA+∠OAF，
∴∠OGM=45°，
∵∠AME=∠OMN+∠OMG=90°，∠OMN=45°，
∴∠OMG=45°，
∴∠OMG=∠OGM=45°，
∴OM=OG，
∴OM=AF，
∴ ．
故选：D．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、隐圆和同弧所对的圆周角相等，熟练掌握相关性质和判定是解题关键．
【变式8-2】（2023春·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在中，点D为上一点，，点E在线段上，，若，，则的最大值为________．
【答案】##
【分析】将绕点逆时针旋转至，连接，可得是为等边三角形，则，可知、、、四点共圆，令其圆心为，连接、、过作，交于，交圆于，过、分别作圆的切线，交于，连接交于，连接、，利用的直角三角形求得，由，与圆相切，可得（SSS），利用其性质证得，计算出，，由，知，可得四边形为平行四边形，则，由三角形三边关系可知：（当、、在同一直线上时去等号），即可求得的最大值．
【详解】解：将绕点顺时针旋转至，连接，可得是为等边三角形，则，
∵，，
∴、、、四点共圆，令其圆心为，连接、、
∴，则，
过作，交于，交圆于，过、分别作圆得切线，交于，连接交于，连接、，
∵，，
∴，，
∴，，
∵，与圆相切，
∴，
∴（SSS）
∴，
∴，
，
，
又∵，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
由三角形三边关系可知：（当、、在同一直线上时去等号）
∴的最大值为：．
故答案为：．
【点睛】本题属于几何综合题，考查了四点共圆，垂径定理，切线长定理，解直角三角形，平行四边形的判定及三角形的三边关系，构造辅助线，利用圆的相关性质转化线段长度及角度，构造三角形三边关系是解决问题的关键，属于中考压轴题．
【变式8-3】（2023春·湖北武汉·九年级校考阶段练习）问题提出 如图1，点E为等腰内一点，，，将绕着点A逆时针旋转得到，求证：．
尝试应用 如图2，点D为等腰外一点，，，过点A的直线分别交的延长线和的延长线于点N，M，求证：．
问题拓展 如图3，中，，点D，E分别在边，上，，，交于点H．若，，直接写出的长度（用含a，b的式子）．
【答案】见解析
【分析】问题提出：由旋转的性质可证得，，进而得证，即可利用证明．
尝试应用：延长，使，连接，由题意可知、、、四点共圆，可得，进而可得，利用SAS可证得，根据其性质得，，，进而可证得，，即可得证．
问题拓展：将绕点逆时针旋转至，则为等边三角形，由，可知、、、、五点共圆，可得，，，根据，，可得，进而得证，可得，则，作交于，则，可求得，，即可求得的长度．
【详解】解：问题提出：
证明：∵，，将绕着点A逆时针旋转得到，
∴，，
∴，即：，
在与中，，
∴．
尝试应用：延长，使，连接，
∵为等腰直角三角形，
∴，，
又∵，即：，
∴、、、四点共圆，
∴，
∴，
在与中，，
∴．
∴，，
∴，即：，
∴
∵
∴，
∴
即：．
问题拓展：将绕点逆时针旋转至，则为等边三角形，
∴，，
∵，
∴、、、、五点共圆，
则：，，，
，，
又∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴
∴，
∵，，，
∴
∴，
∴，则，
作交于，则，
∵，
∴，
∴，
则：．
【点睛】本题属于几何综合，考查全等三角的判定及性质，等腰三角形的性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，添加辅助线构造全等三角形和利用圆周角定理转化角是解决问题的关键，属于中考压轴题．
【考点9 圆中的定值问题】
【例9】（2022秋·全国·九年级专题练习）内接于，过点作于点，延长交于点连接．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，若，求的度数；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点作于点，连接，若，试说明线段与的差为定值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）根据垂径定理即可得到结论；
（2）如图2，连接、，求出的度数，运用圆周角定理即可解决问题；
（3）如图3，分别延长、，交于点，证明，得到，，进而判断为的中位线，即可解决问题．
【详解】（1）解： 于点，
，
；
（2）如图2，连接、，
，，
，而，
，
；
（3）如图3，分别延长、，交于点；
平分，
；
在与中，
，
，
，
，
，
为的中位线，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定和性质等知识，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式9-1】（2022秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）已知，如图：正方形ABCD，，动点E以个单位每秒的速度从点A出发向终点C运动，同时动点F以2个单位每秒的速度从点B出发，沿射线BC向右运动．当点E到达点C时，点E、点F同时停止运动．连接EF，以EF为直径作⊙O，该圆与直线AC的另一个交点为点G．设运动时间为t．
(1)当点F在BC边上运动时，如图①，
①填空：_____，_____（用含有t的代数式表示）；
②连接DE，DF，求证：△DEF是等腰直角三角形．
(2)在运动的过程中，线段EG的长度是否发生变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出这个定值．
(3)在运动的过程中，要使得圆心O始终在正方形ABCD的内部（不含边界），请直接写出点t的取值范围．
【答案】(1)①，；②见解析；
(2)线段EG的长度不变，；
(3)．
【分析】（1）①根据点E、F的速度列代数式即可；②如图①，连接DE，DF，过点E作EM⊥AD于M，延长ME交BC于N，求出，，证明（SAS），然后根据全等三角形的性质得出，即可；
（2）连接FG，求出，证明是等腰直角三角形，可得，然后根据进行计算，可得线段EG的长度不变，；
（3）如图③，以点B为坐标原点作平面直角坐标系，则点C、F在x轴上，点A在y轴上，求出点E、F的坐标，可得点O的坐标，然后根据圆心O始终在正方形ABCD的内部列不等式组，求解即可．
【详解】（1）解：①由题意得：，，
∴，
故答案为：，；
②证明：如图①，连接DE，DF，过点E作EM⊥AD于M，延长ME交BC于N，
∵在正方形ABCD中，ADBC，
∴MN⊥BC，
又∵，，
∴四边形NCDM是矩形，四边形ABNM是矩形，
∴，，，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，，，
∴，
∴，，
又∵，
∴（SAS），
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形；
（2）解：线段EG的长度不变，
如图②，连接FG，
∵在正方形ABCD中，，
∴，
∵EF是⊙O的直径，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
即线段EG的长度不变，；
（3）解：如图③，以点B为坐标原点作平面直角坐标系，则点C、F在x轴上，点A在y轴上，
由小问②可得点E到AB的距离为t，点E到BC的距离为，
∴E（t，），
∵，
∴F（，0），
∵EF是⊙O的直径，
∴O（，），即O（，），
∵圆心O始终在正方形ABCD的内部（不含边界），
∴，
解得：，
∴t的取值范围为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理的推论，坐标与图形性质，一元一次不等式组的应用等知识，解题的关键是：（1）通过作辅助线，构造全等三角形；（2）证明是等腰直角三角形；（3）建立平面直角坐标系，表示出点O的坐标．
【变式9-2】（2022·福建·九年级专题练习）已知四边形内接于⊙O，，垂足为E，，垂足为F，交于点G，连接．
(1)求证：；
(2)如图1，若，，求⊙O的半径；
(3)如图2，连接，交于点H，若，，试判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)为定值，
【分析】（1）由，，可证明，由圆周角定理可知，可证明，再借助对顶角相等可知，进而证明，即可推导出；
（2）由（1）可知，AC为DG的垂直平分线，即有，连接OA、OB、OC、OD，过点O作，，垂足分别为M、N，利用垂径定理和圆周角定理推导，， ，；再借助，可证明，进而得到，即可证明，即有；在中，利用勾股定理计算OC的长，即可得到⊙O的半径；
（3）过点H作，垂足分别为P、Q，过点D作于点K，由已知条件、三角函数函数及含30°角的直角三角形的性质，先计算出，，再根据，可得出，整理可得．
（1）
证明：∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）
解：由（1）可知，，，
∴，即AC为DG的垂直平分线，
∴，
如图1，连接OA、OB、OC、OD，过点O作，，垂足分别为M、N，
则有，
，，
，，
∴，
同理，，
∵，即，
，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，，
即圆⊙O的半径为；
（3）
为定值，且，证明如下：
如图2，过点H作，垂足分别为P、Q，过点D作于点K，
∵，
∴，
∵，，
∴，即，
∴，
∵，，且，
∴，
∵，
∴在中，，即有，
∵，
∴，
即
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质及利用三角函数解直角三角形等知识，综合性较强，解题关键是熟练掌握相关知识并能够综合运用．
【变式9-3】（2022·广东广州·一模）已知，AB是⊙O的直径，AB＝，AC＝BC．
(1)求弦BC的长；
(2)若点D是AB下方⊙O上的动点（不与点A，B重合），以CD为边，作正方形CDEF，如图1所示，若M是DF的中点，N是BC的中点，求证：线段MN的长为定值；
(3)如图2，点P是动点，且AP＝2，连接CP，PB，一动点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度沿线段CP匀速运动到点P，再以每秒1个单位的速度沿线段PB匀速运动到点B，到达点B后停止运动，求点Q的运动时间t的最小值．
【答案】(1)4
(2)见解析
(3)5
【分析】（1）AB是⊙O的直径，AC=BC可得到△ABC是等腰直角三角形，从而得道答案；
（2）连接AD、CM、DB、FB，首先利用△ACD≌△BCF，∠CBF=∠CAD，证明D、B、F共线，再证明△CMB是直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得证；
（3）“阿氏圆”的应用问题，以A为圆心，AP为半径作圆，在AC上取点M，使AM=1，连接PM，过M作MH⊥AB于H，连接BM交⊙A于P'，先证明PM=，+BP最小，即是PM+BP最小，此时P、B、M共线，再计算BM的长度即可．
(1)
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠CAB=45°，BC=AC
∵AB=4，
∴
∴
∴BC= 4；
(2)
连接AD、CM、DB、FB，如图：
∵△ABC是等腰直角三角形，四边形CDEF是正方形，
∴CD=CF，∠DCF=∠ACB=90°，
∴∠ACD=90-∠DCB=∠BCF，
又AC=BC，
∴△ACD≌△BCF（SAS），
∴∠CBF=∠CAD，
∴∠CBF+∠ABC+∠ABD=∠CAD+∠ABC+∠ABD
=∠DAB+∠CAB++∠ABC+∠ABD
=∠DAB+45°+45°+∠ABD，
而AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠ABD=90°，
∴∠CBF+∠ABC+∠ABD=180°，
∴D、B、F共线，
∵四边形CDEF是正方形，
∴△DCF是等腰直角三角形，
∵M是DF的中点，
∴CM⊥DF，即△CMB是直角三角形，
∵N是BC的中点，
∴MN=BC=2，即MN为定值；
(3)
以A为圆心，AP为半径作圆，在AC上取点M，使AM=1，连接PM，过M作MH⊥AB于H，连接BM交⊙A于P'，如图：
一动点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度沿线段CP匀速运动到点P，再以每秒1个单位的速度沿线段PB匀速运动到点B，
∴Q运动时间t=+BP，
∵AM=1，AP=2，AC=BC=4，
∴，
又∠MAP=∠PAC，
∴△MAP∽△PAC，
∴，
∴PM=，
∴+BP最小，即是PM+BP最小，
此时P、B、M共线，即P与P'重合，t=+BP最小值即是BM的长度，
在Rt△AMH中，∠MAH=45°，AM=1，
∴AH=MH=，
∵AB=4，
∴BH=AB-AH=，
Rt△BMH中，BM==5，
∴点Q的运动时间t的最小值为5．
【点睛】本题考查圆、等腰直角三角形、正方形等综合知识，解题的关键是构造△MAP∽△PAC，把求+BP最小的问题转化为求BM的长度．
【考点10 圆中的最值问题】
【例10】（2022·安徽合肥·校联考三模）如图，是的直径，，点在上，是的中点，是直径上的一动点，若，则周长的最小值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】根据动点最值，将军饮马模型，如图所示，作点关于的对称点，连接交于，周长为，由对称性知周长为，根据两点之间线段最短可知周长的最小为，利用圆心角、弧、弦的关系以及轴对称的性质进行计算即可得到答案．
【详解】解：作点关于的对称点，则点在上，连接交于，
由对称性知，
周长为，
根据两点之间线段最短可知周长的最小为，
∵点是的中点，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是正三角形，
∴，
∵，
∴周长的最小值为，
故选：C．
【点睛】本题考查动点最值问题-将军饮马模型，涉及圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系以及轴对称性质，掌握圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系以及轴对称的性质是解决问题的关键．
【变式10-1】（2022·四川德阳·统考一模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝10，BC＝12，点D为线段BC上一动点．以CD为⊙O直径，作AD交⊙O于点E，则BE的最小值为（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】B
【分析】连接CE，可得∠CED＝∠CEA＝90°，从而知点E在以AC为直径的⊙Q上，继而知点Q、E、B共线时BE最小，根据勾股定理求得QB的长，即可得答案．
【详解】解：如图，连接CE，
∴∠CED＝∠CEA＝90°，
∴点E在以AC为直径的⊙Q上，
∵AC＝10，
∴QC＝QE＝5，
当点Q、E、B共线时BE最小，
∵BC＝12，
∴QB＝＝13，
∴BE＝QB﹣QE＝8，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理和勾股定理，解决本题的关键是确定E点运动的规律，从而把问题转化为圆外一点到圆上一点的最短距离问题．
【变式10-2】（2022·山东枣庄·校考一模）如图，AB是⊙O的直径，AB＝2，点C在⊙O上，∠CAB＝30°，D为弧BC的中点，E是直径AB上一动点，则CE+DE最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】B
【分析】作点D关于AB的对称点为D′，连接OC，OD，OD′，CD′，交AB于点E，则CE+DE的最小值就是CD′的长度，根据已知易证∠COD′=90°，然后利用勾股定理进行计算即可解答．
【详解】解：作点D关于AB的对称点为D′，连接OC，OD，OD′，CD′，交AB于点E，
∴DE=D′E，
∴CE+DE=CE+D′E=CD′，
∵∠CAB=30°，
∴∠COB=2∠CAB=60°，
∵D为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴∠COD=∠DOB=∠BOD′=30°，
∴∠COD′=90°，
∵AB=2，
∴OC=OD′=1，
∴CD′=，
∴CE+DE最小值为：，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，垂径定理，轴对称-最短路线问题，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10-3】（2022·河北保定·统考三模）如图，MN是⊙O的直径，MN＝4，∠AMN＝30°，点B为弧AN的中点，点P是直径MN上的一个动点，则PA+PB的最小值为（ ）
A．4B．4C．2D．2
【答案】C
【分析】作点B关于MN的对称点C，连接AC交MN于点P，则P点就是所求的点，连接OA，OC，根据圆周角定理与垂径定理得到∠AOC=90°，进而求得AC的长.
【详解】解：如图，作点B关于MN的对称点C，连接AC交MN于点P，则P点就是所求的点，此时PA+PB最小，且等于AC的长．
连接OA，OC，根据题意得弧AN的度数是60°，
则弧BN的度数是30°，
根据垂径定理得弧CN的度数是30°，
则∠AOC=90°，
又∵OA=OC=MN=2，
则AC=2．
故选C.
【点睛】本题主要考查圆周角定理与垂径定理，最短路径问题，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.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