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专题12 圆周角重难点题型专训（八大题型）-2023-2024学年九年级数学上册重难点高分突破（浙教版）
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这是一份专题12 圆周角重难点题型专训（八大题型）-2023-2024学年九年级数学上册重难点高分突破（浙教版），文件包含专题12圆周角重难点题型专训八大题型原卷版docx、专题12圆周角重难点题型专训八大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共88页， 欢迎下载使用。
题型一 圆周角的概念辨析
题型二 圆周角定理
题型三 同弧或等弧所对的圆周角相等问题
题型四 半圆所对的圆周角是直角问题
题型五 90°的圆周角所对的弦是直径问题
题型六 已知圆内接四边形求角度
题型七 求四边形外接圆的直径
题型八 圆周角综合问题
【经典例题一 圆周角的概念辨析】
【例1】（2023·湖北武汉·统考一模）如图，多边形是由等腰和矩形组成，，若过，，三点，则的半径是（ ）
A．B．3C．D．4
【答案】B
【分析】根据等腰三角形和矩形的性质可知道垂直平分，再根据垂径定理的推论可判定圆心在上，即可推出四边形为菱形，从而求出的半径.
【详解】解：过点作交于点，连接和如图所示，
为等腰三角形，，
垂直平分.
矩形，，
也垂直平分.
过点，，三点的圆的圆心在上，
.
.
，
.
，矩形，
，
，
，，
，
.
四边形为平行四边形.
，
四边形为菱形且.
的半径为3.
故选：B.
【点睛】本题考查了垂径定理的推论，菱形的判定和性质、等腰三角形的性质矩形的性质以及圆周角定理.解题的关键在于作对辅助线和证明圆心在上.
【变式训练】
1．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD的顶点A，B，C在圆上，且边CD与该圆交于点E，AC，BE交于点F.下列角中，弧AE所对的圆周角是( )
A．∠ADEB．∠AFEC．∠ABED．∠ABC
【答案】C
【分析】直接运用圆周角的定义进行判断即可.
【详解】解：弧AE所对的圆周角是：∠ABE或∠ACE
故选：C
【点睛】本题考查了圆周角的定义，掌握圆周角的定义是解题的关键.
2．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，直线经过的圆心 ，且与交于两点，点在上，且 ，点是直线上的一个动点 (与圆心不重合)， 直线与相交于另一点，如果，则 .
【答案】40°、20°、100°
【分析】点P是直线l上的一个动点，因而点P与线段AO有三种位置关系，在线段上，点P在延长线上，点P在的延长线上．分这三种情况进行讨论即可．
【详解】解：①根据题意，画出图1，
在中，，
∴，
在中，
∴
又∵
∴
在中，
即
整理得，
∴ ．
②当P在线段的延长线上，如图2
在中，
把①②代入③得 则
∴
③当P在线段的反向延长线上，如图3，
①②③④联立得
故答案为：40°、20°、100°．
【点睛】本题主要考查了圆的认识及等腰三角形等边对等角的性质，画出图形，进行分类讨论是解题的关键．
3．（2023·湖南娄底·校考一模）已知点、、、在圆上，且切圆于点，于点，对于下列说法：①圆上是优弧；②圆上是优弧；③线段是弦；④和都是圆周角；⑤是圆心角，其中正确的说法是 ．
【答案】①②③⑤
【分析】根据优弧的定义，弦的定义，圆周角的定义，圆心角的定义逐项分析判断即可
【详解】解：，都是大于半圆的弧，故①②正确，
在圆上，则线段是弦；故③正确；
都在圆上，
是圆周角
而点不在圆上，则不是圆周角
故④不正确；
是圆心，在圆上
是圆心角
故⑤正确
故正确的有：①②③⑤
故答案为：①②③⑤
【点睛】本题考查了优弧的定义，弦的定义，圆周角的定义，圆心角的定义，理解定义是解题的关键．优弧是大于半圆的弧，任意圆上两点的连线是弦，顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角，顶点在圆心，并且两边都和圆相交的角叫做圆心角．
4．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是圆的直径，是延长线上一点，点在圆上，且，的延长线交圆于点，若，求的度数.
【答案】
【分析】连接OD，利用半径相等和等腰三角形的性质求得∠EDO，从而利用三角形的外角的性质求解．
【详解】连接OD，
∵CD=OA=OD, ，
∴∠ODE=2，
∵OD=OE，
∴∠E=∠EDO=，
∴∠EOB=∠C+∠E=.
【点睛】此题考查了半径相等和等腰三角形的性质，熟练掌握相关的知识是解题的关键.
5．（2023·甘肃酒泉·统考三模）把下面的语句还原成图形：
(1)的半径为1cm，是的一条弦（不经过M），、分别是劣弧所对应的圆心角和圆周角；
(2)是中的一条弧，且．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）画非直径的弦，在优弧上取点C，连接，，即可解答；
（2）在上取一点D，以为半径画弧，交于点E，即可．
【详解】（1）解：如图，和为所作；
（2）解：如图，在上取一点D，以为半径画弧，交于点E，根据等弦对等弧，可得，即为所作，
【点睛】本题考查了作图-复杂作图，熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解乘基本作图，逐步操作即可．
【经典例题二 圆周角定理】
【例2】（2023·安徽滁州·校考模拟预测）如图，是的直径，点在上，，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据圆周角定理可得，再由平角的定义可得，进行计算即可得到答案．
【详解】解：是的直径，，
，
∵，
，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握在同圆或等圆中，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是解题的关键，也考查了平角的定义．
【变式训练】
1．（2023·陕西咸阳·校考一模）如图，为的直径，C、D为上的点，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接 、，如图，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出 ，再根据圆心角、弧、弦的关系得到 ，然后根据圆周角定理得到 的度数；
【详解】连接 、，如图，
故选：D
【点睛】本题考查了圆周角定理，正确记忆在同圆或等圆中，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是解题关键
2．（2023秋·九年级课时练习）如图，是的直径，弦于点，则的半径是 ．
【答案】2
【分析】连接，由圆周角定理和垂径定理得出，，由直角三角形的性质得出，，，得出，，求出即可．
【详解】解：连接，如图所示：
是的直径，弦于，
，，
，
，
在中，，
，，
，，
，
即的半径是2，
故答案为：2
【点睛】本题考查的是垂径定理、圆周角定理、含角的直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
3．（2022秋·江苏泰州·九年级校考阶段练习）如图，已知的直径，为上一点（不与、重合），连接、．弦平分，交于点，过点作于点，交于点，连接，若，则的度数为 ．
【答案】67.5
【分析】交于，如图，根据圆周角定理得到，则，再证明，，则可判断，所以，接着证明，则根据垂径定理得到，然后根据圆周角定理得到，最后利用互余可计算出的度数．
【详解】解：交于，如图，
的直径，
，
弦平分，
，
，
，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：67.5．
【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；半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理．
4．（2022秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图，是的一条弦，，垂足为点，交于点，点在上．
(1)若，求的度数；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)
(2)的长为
【分析】（1）根据垂径定理的推论可得，再根据同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解即可；
（2）利用勾股定理列式求出，根据垂径定理的推论可得，即可求解．
【详解】（1）解：∵是的一条弦，，
∴，
又∵，
∴．
（2）解：∵，
∴，
在中，，
∵是的一条弦，，
∴，
则．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理的推论，解题的关键是明确在同圆或等圆中，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．
5．（2022秋·浙江金华·九年级校考期中）【概念认识】
定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
（1）如图1，已知在垂等四边形中，对角线与交于点，若，，，求的长度．
【数学理解】
（2）在探究如何画“圆内接垂等四边形”的活动中，小李与同学讨论出了如下方法：如图2，在中，已知是的弦，只需作、，分别交于点和点，即可得到垂等四边形，请你写出证明过程．
【问题解决】
（3）如图3，已知A是上一定点，为上一动点，以为一边作出的内接垂等四边形（A、不重合且A、、三点不共线），对角线与交于点，的半径为，当点到的距离为时，求弦的长度．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）或
【分析】（1）根据垂等四边形的定义和勾股定理可求出答案；
（2）连结、，、相交于点．证明，得到，由得到，结论得证；
（3）连接，和是等腰直角三角形，则，得到，则，过点作于点，由勾股定理得到，则，解得，，则或6，得到或4，由即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是垂等四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）如图2，连结、，、相交于点．
∵，，
∴，
∴，，
∴，
即，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴四边形是垂等四边形；
（3）连接，
∵四边形是垂等四边形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴和是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
过点作于点，
∴，
∴，
，
∴
设，则，
∵，
∴，
整理得，
∴，，
∴或6，
∵，
∴或4，
∵，
∴或
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆周角定理、解一元二次方程、等腰直角三角形的判定和性质等知识，准确理解和证明垂等四边形是解题的关键．
【经典例题三 同弧或等弧所对的圆周角相等问题】
【例3】（2023·广西北海·统考模拟预测）如图，点是正方形的边延长线上一点，连接，作于点，连接．则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，根据等角的余角相等得出，则在同一个圆上，根据同弧所对的圆周角相等，即可求解．
【详解】解：连接，
∵，
∴
∴
∴在同一个圆上，
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，等角的余角相等，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式训练】
1．（2023·陕西西安·西安市第六中学校考模拟预测）如图，四边形是的内接四边形，连接，，其中是的直径，若，，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据圆周角定理得出，再由直角三角形的性质可知，进而可得出的度数，根据圆周角定理得出的度数，据此可得出结论．
【详解】∵是的直径，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握直径对的圆周角是直角，同弧对的圆周角相等，含的直角三角形边的判断，是解题的关键．
2．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，是的外接圆，，，则的直径等于 ．
【答案】4
【分析】连接并延长交于D，连接，得到，根据圆周角定理得到，根据含角直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：连接并延长交于D，连接，
则，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，含角的直角三角形的性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
3．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，是的直径，点，在上，且，的延长线与的延长线交于点，连接，若，则的度数是 ．
【答案】/43度
【分析】连接，根据圆周角定理得出，根据同弧所对的圆周角相等，可得，再根据等边对等角得出，最后根据三角形的外角的性质即可得出答案．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：
【点睛】本题考查圆周角定理，等边对等角，三角形的外角，正确理解题意是解题的关键．
4．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，四边形内接于，是的直径，，延长到点E，使得．
(1)若平分，求证：；
(2)试探究线段与之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(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，根据角平分线定义得到，根据三角形外角性质推出，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，进而得到，根据角的和差求出，证明，得到，根据勾股定理得到，等量代换即可得解．
【详解】（1）
证明：∵是的直径，
∴，
∴．
∵，
∴，，
∴．
∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴；
（2）
解：，理由如下：
由（1）知，，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
在中，，
∴，
即，
∴．
【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．
5．（2023·山东济南·校联考一模）如图1，是等腰直角三角形，，点D在的内部，连接，将线段绕点C逆时针旋转，得到线段，连接、、．
(1)判断线段与的数量关系并给出证明；
(2)如图2，当B、D、E三点在同一条直线上时，写出线段、、的数量关系为______；
(3)如图3，若，，点F为线段中点，当E、D、F三点在同一条直线上时，连接，求的长度．
【答案】(1)，理由见解答过程
(2)
(3)1.6
【分析】（1）根据旋转的性质得出，，进而推出，利用证明，根据全等三角形的性质即可得解；
（2）根据勾股定理求出，根据全等三角形的性质及线段的和差求解即可；
（3）连接，根据等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质推出A、E、C、F四点共圆，B、C、D、F四点共圆，，结合三角形内角和定理求出，根据勾股定理求解即可．
【详解】（1），理由如下：
根据旋转的性质得，，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）在中，，，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：；
（3）如图3，连接，
∵、是等腰直角三角形，
∴，
∴A、E、C、F四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴B、C、D、F四点共圆，
∴，
∵点F为线段中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴．
【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质、圆周角定理是解题的关键．
【经典例题四 半圆所对的圆周角是直角问题】
【例4】（2022·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考模拟预测）如图，是的直径，C是上的一点，若，于点D，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由是的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得，由勾股定理，可求得的长，又由，根据垂径定理，易证得是的中位线，则可求得的长．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴是的中位线，
∴．
故选：B．
【点睛】此题考查了圆周角定理、垂径定理、三角形中位线的性质以及勾股定理．注意掌握数形结合思想的应用．
【变式训练】
1．（2022秋·江苏南京·九年级校考阶段练习）如图，在中，，，．点P是内部的一个动点，且满足，则线段长的最小值是（ ）．
A．5B．C．D．
【答案】C
【分析】首先证明点P在以为直径的上，连接与交于点P，此时最小，利用勾股定理求出即可解决问题．
【详解】解： ，
，
，
，
，
∴点P在以为直径的⊙O上，
如图，连接交于点P，
此时最小，在中，
，
，
， ，
，
，
，
最小值为：，
故选：C．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离，属于常考题型．
2．（2022春·江西九江·九年级校考期中）如图，内接于，连接，若，则的度数为 ．
【答案】/26度
【分析】延长交于点E，连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，从而可得，进而利用同弧所对的圆周角相等可得，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得，从而利用三角形内角和定理进行计算，即可解答．
【详解】解：延长交于点E，连接，如图，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【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．
3．（2023秋·山西阳泉·九年级统考期末）如图，在中，，以为直径的半圆交于点，点为的中点，连接．若，，则的长为 ．
【答案】4
【分析】如图，连接，根据是半圆的直径，得到，从而有，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再利用勾股定理即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，
∵是半圆的直径，
∴，
∴，
∵点为的中点，若，
∴，
∵，，
∴，
∴的长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查直径所对的圆周角为直角，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理．掌握直径所对的圆周角为直角是解题的关键．
4．（2023春·浙江杭州·九年级校考阶段练习）已知：如图，点E是边长为2的正方形中边上一点（不与A、B重合），以为直径的分别交和于点F、M，于点H．
(1)求证：
(2)猜想与的大小关系，并说明理由．
(3)当时，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）连接，根据正方形性质得出，根据直径所对圆周角为直角得出，证明四边形为矩形，即可求证；
（2）根据题意可得，，在中，，则，根据勾股定理得出，，得出，则；
（3）连接，证明，得出，则，根据三线合一得出，即可用勾股定理求出，根据，求出，在中，用勾股定理求出，最后根据三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）解：连接，
∵四边形为正方形，，
∴，
∵为直径，
∴，
∴四边形为矩形，
∴；
（2）解：，理由如下，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∵在中，，
∴，
在中，根据勾股定理可得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∴，即；
（3）解：连接，
∵为直径，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
则，
由（1）可得，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
在中，根据勾股定理可得：，
则，
∵，
∴，即，
解得：，
在中，，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，并熟练运用，正确作出辅助线，构造矩形和全等三角形．
5．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，点B，C为上两定点，点A为上一动点，过点B作，交于点E，点D为射线上一动点，且平分，连接．
(1)求证：；
(2)连接，若，试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是矩形，理由见解析
【分析】（1）根据角平分线的定义，可得，再根据圆周角定理可得，再根据平行线的性质可得，进而得到，最后再根据内错角相等两直线平行，即可证明结论；
（2）由角平分线的定义，可得，再根据等腰三角形三线合一的性质，可得，即，进而得到，再根据矩形的判定定理，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：四边形是矩形，理由如下：
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴为的直径．
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查圆周角定理、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、矩形的判定定理，灵活运用相关知识是解答本题的关键．
【经典例题五 90°的圆周角所对的弦是直径问题】
【例5】（2023春·浙江·九年级专题练习）如图，在中，，，D为线段上的动点，连接，过点B作交于点E，则在点D的运动过程中，求线段的最小值为（ ）
A．10B．C．5D．
【答案】B
【分析】由得出点E在以为直径圆上，求出的长度，当A、O、E三点共线时，取得最小值，据此即可得出答案．
【详解】解：设的中点为点O，以O为圆心，为直径画圆，如图：
∵，
∴点E在以O为圆心，半径为的圆上，
∴，
∵，
∴，
∵两点之间线段最短，
∴当A、O、E三点共线时，取得最小值，
此时，，
故选：B．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，正确理解点E在“以O为圆心，半径为的圆上”是解决问题的关键．
【变式训练】
1．（2023秋·九年级单元测试）如图，在等腰直角中，，，，点是上一动点，连接，以为直径的圆交于点，则线段长度的最小值是（ ）
A．2B．4C．D．
【答案】D
【分析】如图，连接，由是直径可得，则可判断点E在以为直径的弧上运动，于是以为直径作，连接、．在中，，等号成立时，的值最小，此时、、共线．
【详解】解：如图，连接，∵是直径，
∴，
∴点E在以为直径的弧上运动，
则以为直径作，连接、．
，，，
，，．
，，
、、共线时，的值最小，最小值为，
故选：D．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、勾股定理、三角形的三边关系、圆的有关知识，解题的关键是学会添加辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
2．（2022秋·广东惠州·九年级校考阶段练习）如图，在中，，，，是平面内一动点，且，取的中点，连接，则线段的最大值为 ．
【答案】/
【分析】如图所示，取的中点O，根据线段中点的定义得到，再根据得到点P在以O为圆心，3为半径的圆上运动，故当在线段上时，有最大值，据此求解即可．
【详解】解：如图所示，取的中点O，
∵，
∴，
∵E是的中点，，
∴，
∵，
∴点P在以的圆上运动，即点P在以O为圆心，3为半径的圆上运动，
∴当在线段上时，有最大值，
连接交于D，则点P运动到点D时有最大值，
由勾股定理得，
∴，
∴的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一点到圆上一点距离的最值问题，勾股定理等等，确定点P的运功轨迹是解题的关键．
3．（2023·山东·统考中考真题）如图，在四边形中，，点E在线段上运动，点F在线段上，，则线段的最小值为 ．
【答案】/
【分析】设的中点为O，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，证明，可知点F在以为直径的半圆上运动，当点F运动到与的交点时，线段有最小值，据此求解即可．
【详解】解：设的中点为O，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点F在以为直径的半圆上运动，
∴当点F运动到与的交点时，线段有最小值，
∵，
∴，，
∴，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线的性质，圆周角定理的推论，勾股定理等知识，根据题意分析得到点F的运动轨迹是解题的关键．
4．（2023·浙江·模拟预测）如图，正方形中，点是对角线上一点，连接并延长交于点，连接．
(1)求证：．
(2)若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据正方形的性质证明，即可得证；
（2）过点作交于点，连接，证明四点共圆，可得是等腰直角三角形，根据四点共圆，得出是等腰直角三角形，证明，进而设，则，，分别表示出，即可求解．
【详解】（1）证明：∵正方形中，点是对角线上一点，
∴
∴，
∴；
（2）解：如图所示，过点作交于点，连接，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴
∵
∴
同理可得四点共圆，
则，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴
在和中，
∴
∴
设，则，，
∴，
∴，
∴
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，证明是解题的关键．
5．（2021·全国·九年级专题练习）如图，正方形的边长为6，点、分别在、上，且，与交于点，连接，求的最小值．
【答案】．
【详解】解：∵在正方形中，，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∴点在以的中点为圆心，为直径的半圆上运动，连接，如解图，
∴当、、三点共线时，长度最小，
∵，，
∴由勾股定理得．
∴的最小值为．
【经典例题六 已知圆内接四边形求角度】
【例6】（2023·湖北黄冈·校考二模）如图，四边形内接于，连接，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由圆内接四边形的性质得到，由圆周角定理得到，再利用等腰三角形的判定和性质即可得到答案．
【详解】解：∵四边形内接于，，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰三角形，
∴，
故选：B
【点睛】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
【变式训练】
1．（2023·陕西榆林·校考模拟预测）如图，内接于，，点D是上一点，连接OA，AD，BD，若，则的度数为（ ）
A．110°B．140°C．120°D．130°
【答案】A
【分析】延长OA交于点，由，OA过圆心得，从而得到，再根据圆内接四边形的性质即可得到的度数．
【详解】解：延长OA交于点，
∵，OA过圆心
∴
∵
∴
∵四边形是的内接四边形，
∴
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理、圆的内接四边形的性质，熟练掌握垂径定理，圆的内接四边形的性质是解题的关键．
2．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，E为正方形的边上一点（不与重合），将沿直线翻折到，延长交于点G，点O是过B、E、G三点的圆劣弧上一点，则 ．
【答案】135
【分析】连接，由折叠的性质得出，，，由正方形的性质得出，，证明，证出，求出，则可得出答案．
【详解】解：连接，
∵将沿直线翻折到，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
3．（2023·江苏南京·校考三模）如图，四边形内接于，它的3个外角的度数之比为1∶2∶4，则
【答案】/度
【分析】设的度数为，根据多边形外角和为可得的外角为，由圆内接四边形的性质可得，得到，求得，即可得到答案．
【详解】解：∵3个外角的度数之比为1∶2∶4，
∴可设的度数为，
则的外角为，
∵四边形内接于，
∴
∵，
∴，
∴，
解得，
∴．
故答案为：
【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质、多边形的外角和定理、解一元一次方程等知识，熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．
4．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在中，点D为边上的一个动点，以为直径的交于点E，过点C作，交于点F．连接，若是的切线．
(1)求证：；
(2)若，求直径的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）根据平行线的性质、直径所对圆周角等于直角即可证明结论；
（2）如图：连接，并延长和相交于G，由全等三角形的性质及勾股定理即可解答．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴．
（2）解：如图：连接，并延长和相交于G，
∵，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
又∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，设，则，
∵，
∴，解得：，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质、圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
5．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，四边形内接于，点C是弧的中点，延长到点E，使得，连结．
(1)求证：．
(2)若，，，求的长
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到，根据全等三角形的性质得到；
（2）过点C作，根据已知条件得到，求得，根据直角三角形的性质得到结论．
【详解】（1）证明：，
，
四边形内接于，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：过点C作 ，
由（1）得
，
由（1）得
∴为等腰三角形
∵
∴
∴
∵
，
∴
有勾股定理可得：
解得：
在中
∴
【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确地找出等量关系是解题的关键．
【经典例题七 求四边形外接圆的直径】
【例7】．（2021·广西贺州·统考二模）如图，四边形ABCD内接于， ，点C为的中点，延长AB、DC交于点E，且，则 的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接BD，根据圆内接四边形的外角等于其内对角可得∠D＝∠CBE＝60°，根据等边对等角以及三角形内角和定理求出∠BCE＝60°，可得∠A＝60°，点C为的中点，可得出∠BDC＝∠CBD＝30°，进而得出∠ABD=90°，AD为直径，可得出AD=2AB=4，再根据面积公式计算得出结论；
【详解】解：连接BD，
∵ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠CBE＝∠ADC，∠BCE＝∠A
∵
∴
∴∠CBE＝∠ADC=60°，∠CBA＝120°
∵
∴△CBE为等边三角形
∴∠BCE＝∠A=60°，
∵点C为的中点，
∴∠CDB＝∠DBC=30°
∴∠ABD=90°，∠ADB=30°
∴AD为直径
∵AB=2
∴AD=2AB=4
∴的面积是=
故答案选：D
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，三角形内角和定理，掌握相关性质及公式是解题的关键．
【变式训练】
1．（2023·四川德阳·统考一模）如图，半径为，正方形内接于，点E在上运动，连接作，垂足为F，连接．则长的最小值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】A
【分析】取的中点K，连接，根据即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，取的中点K，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵正方形的外接圆的半径为，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴CF的最小值为．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，根据两点之间线段最短确定的最小值是解决本题的关键．
2．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考三模）在菱形中，，，的两边分别交边、于点E、F，且，记的外心为点P，则P、C两点间的最小距离为 ．
【答案】1
【分析】连接，则：，得到当三点共线时，P、C两点间的距离最小，根据菱形的性质，求出长，证明四点共圆，得到为的直径，即可得解．
【详解】解：连接，
则：，
∴当三点共线时，P、C两点间的距离最小，
∵菱形中，，，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∵的外心为点P，三点共线，
∴为的直径，
∴，
∴P、C两点间的最小距离为1；
故答案为：1．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，四点共圆．解题的关键是证明为的直径．
3．（2022秋·广东广州·九年级校考期末）如图，线段的两个端点分别在x轴和直线l上滑动（均不与原点O重合），，，作轴，，交点为P，设P的坐标为，则 ．
【答案】
【分析】首先根据题意得到四点共圆，且为直径，然后设圆心为D，分别连接，，过点D作于点E，，然后根据勾股定理列方程求出，进而可得出的值．
【详解】∵
∴
∴四点共圆，且为直径，
如图所示，设圆心为D，分别连接，，过点D作于点E，
则
∵
∵，
∴
在中，由勾股定理得，，
即，解得
∴，
∵点P的坐标为，
∴．
故答案为：．
【点睛】此题考查了勾股定理，圆内接四边形，垂径定理，30°角直角三角形的性质等知识，解题的关键是根据题意正确作出辅助线．
4．（2023·福建龙岩·统考一模）已知菱形中，，点分别在，上，，与交于点．
(1)求证：；
(2)当，时，求的长？
(3)当时，求的最大值？
【答案】(1)证明见解析
(2)6
(3)4
【分析】（1）如图所示，连接，先证明是等边三角形，得到，再证明得到，由此即可证明结论；
（2）延长到M使得，证明，得到，进而证明是等边三角形，则；
（3）先证明四点共圆，则当为直径时，最大，设圆心为O，连接，过点O作于M，在中求出的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：延长到M使得，
由（1）可得，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴是等边三角形，
∴；
（3）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴当为直径时，最大，
设圆心为O，连接，过点O作于M，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆，圆周角定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
5．（2023秋·江苏连云港·九年级统考期中）定义：能完全覆盖平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．
(1)如图①，线段，则线段的最小覆盖圆的半径为_________；
(2)如图②，中，，，，请用尺规作图，作出的最小覆盖圆（保留作图痕迹，不写作法）．此最小覆盖圆的半径为_________；
(3)如图③，矩形中，，，则矩形的最小覆盖圆的半径为_________；若用两个等圆完全覆盖该矩形，那么这两个等圆的最小半径为_________．
【答案】(1)
(2)作图见解析，
(3)，
【分析】（1）根据最小覆盖圆的定义可知，当为圆的直径时，此圆即为最小覆盖圆；
（2）根据最小覆盖圆的定义可知，直角三角形的最小覆盖圆即为该直角三角形的外接圆，据此求解即可；
（3）根据最小覆盖圆的定义可知，矩形的外接圆即为最小覆盖圆，如图③所示，连接交于O，则点O即为矩形的外接圆圆心，利用勾股定理求出的长即可得到答案；如图④所示，分别取的中点G，H，连接交于E，连接交于F，连接，则四边形，四边形都是矩形，同理可得圆E和圆F分别是四边形，四边形的最小覆盖圆，同理求出即可．
【详解】（1）解：如图所示，∵，
∴（O为AB中点，），
∴，当为圆的直径时，此圆即为最小覆盖圆，
∴线段的最小覆盖圆的半径为，
故答案为：；
（2）解：由题意可知的最小覆盖圆即为的外接圆，
作线段的垂直平分线交于D，点D即为最小覆盖圆圆心，
∵在中，，，，
∴，
∴，
∴最小覆盖圆的半径为，
故答案为：；
（3）解：由题意得，矩形的外接圆即为最小覆盖圆，
如图③所示，连接交于O，
∵四边形是矩形，
∴，
∴点O即为矩形的外接圆圆心，
∵，
∴，
∴，
∴矩形的最小覆盖圆半径为；
如图④所示，分别取的中点G，H，连接交于E，连接交于F，连接，则四边形，四边形都是矩形，
同理可得圆E和圆F分别是四边形，四边形的最小覆盖圆，
在中，，
∴，
∴，
∴这两个等圆的最小半径为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形外接圆以及四边形的外接圆的相关知识，矩形的性质，勾股定理，正确理解最小覆盖圆的定义是解题的关键．
【经典例题八 圆周角综合问题】
【例8】（2023春·重庆开州·八年级统考期末）如图，以直角三角形的斜边为边在三角形的同侧作正方形，正方形的对角线，相交于点，连接，如果，，则正方形的面积为（ ）
A．20B．22C．24D．26
【答案】D
【分析】将绕点A逆时针旋转得到，连接，过点A作于点F，证明是等腰直角三角形，求出，，证明点A、C、O、B四点共圆，得出，证明，得出点、、三点共线，根据勾股定理求出，根据等腰直角三角形的性质得出正方形的边长为，最后求出正方形的面积即可．
【详解】解：将绕点A逆时针旋转得到，连接，过点A作于点F，如图所示：
∴，，，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵正方形的对角线，相交于点，
∴，
∵，
∴点A、C、O、B四点共圆，
∴，
∴，
∵，
∴点、、三点共线，
∵，是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴正方形的边长为，
∴正方形的面积为，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．
【变式训练】
1．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，正方形中，，点为边上一个动点，连接，点为上一点，且，在上截取点使，交于点，连接，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图所示，过点作于，当点运动时，点在以为直径的半圆上，即点在圆心为的半圆上运动，当点运动到连线上时，的值最小，根据题意可证，由此可证是直角三角形，可得点在以为直径的半圆上运动，可求出半圆的半径，在中，可求出的长，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于，连接，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴四边形是矩形，则，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即是直角三角形，
∴当点P运动时，点在以为直径的半圆上运动，设圆心为，当点M运动到连线上时，的值最小，
∵，
∴，则半圆的半径，
在中，，
当点运动到连线上时，的值最小，
∴的最小值为，故A正确．
故选：．
【点睛】本题主要考查正方形与圆的结合求最值，理解动点的运动规律，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识是解题的关键．
2．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线与交于点D．与y轴交于点E．动点M在线段上，动点N在直线上，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的坐标为
【答案】或
【分析】如图，由是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得在以为直径的圆上，，可得是圆与直线的交点，当重合时，符合题意，可得，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，证明，设，可得，，而，则，再解方程可得答案．
【详解】解：如图，∵是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，
∴在以为直径的圆上，，
∴是圆与直线的交点，
当重合时，
∵，则，
∴，符合题意，
∴，
当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，设，
∴，，
而，
∴，
解得：，则，
∴，
∴；
综上：或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，本题属于填空题里面的压轴题，难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键．
3．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）在平面直角坐标系中，已知点和直线m的函数表达式为，动点在A点的右边，过点B作x轴的垂线交直线m于点C，过点B作直线m的平行线交y轴于点D，当时，则x的值为 ．
【答案】或
【分析】先根据题意画出图形，分两种情况：①当点B在原点右边时，证明A、C、B、D四点共圆，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等从而得到是直角三角形，分别在和中用x表示出，构造方程求解x值；②如图2，当B点在A点右边，O点左边时，可得A、C、O、D四点共圆，根据同弧或等弧所对的圆周角相等从而得到，分别在和中用x表示出，构造方程求解x值．
【详解】解：分两种情况：
①如图，当点B在原点右边时，中，
∴，，
∴，，
∴在中，根据勾股定理得．
∵，，
∴．
∴A、C、B、D四点共圆．
连接，则，又，
∴．
在中，利用勾股定理可得，
∴在中，，
∴，
解得．
如图，当B点在A点右边，O点左边时，此时．
同理可得A、C、O、D四点共圆，，
在中，，
在中，
∴在中，．
∴，解得．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象和性质、勾股定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，已知圆内接四边形求角度，对点的位置分类讨论是解题的关键．
4．（2023·北京·统考中考真题）如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．
(1)求证平分，并求的大小；
(2)过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长．
【答案】(1)见解析，
(2)
【分析】（1）根据已知得出，则，即可证明平分，进而根据平分，得出，推出，得出是直径，进而可得；
（2）根据（1）的结论结合已知条件得出，，是等边三角形，进而得出，由是直径，根据含度角的直角三角形的性质可得，在中，根据含度角的直角三角形的性质求得的长，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵
∴，
∴，即平分．
∵平分，
∴，
∴，
∴，即，
∴是直径，
∴；
（2）解：∵，，
∴，则．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴是等边三角形，则．
∵平分，
∴．
∵是直径，
∴，则．
∵四边形是圆内接四边形，
∴，则，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵是直径，
∴此圆半径的长为．
【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．
5．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六十九中学校校考模拟预测）如图，内接于，连接，．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，点在上，连接，点是上一点，连接，若，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点，连接，若，，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）过点作，如图所示，由垂径定理可知：，再由得到，即可得证；
（2）延长交于，如图所示，由（1）知，从而由等腰三角形“三线合一”得到，且，从而得到，即可有
，由内错角相等两直线平行得到，进而，即；
（3）连接，延长交于点，证明，利用勾股定理即可解答．
【详解】（1）证明：过点作，如图所示：
由垂径定理可知，，
在和中，
，
，
，
；
（2）证明：延长交于，如图所示：
由（1）知，
根据，从而由等腰三角形“三线合一”得到，且，
，
，
，
，
，
，
，
，即；
（3）解：如图，连接，延长交于点，
根据（2）中可得，
，
，
，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，且为直径，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
作图区域：
作图区域：
作图区域：
题型一 圆周角的概念辨析
题型二 圆周角定理
题型三 同弧或等弧所对的圆周角相等问题
题型四 半圆所对的圆周角是直角问题
题型五 90°的圆周角所对的弦是直径问题
题型六 已知圆内接四边形求角度
题型七 求四边形外接圆的直径
题型八 圆周角综合问题
【经典例题一 圆周角的概念辨析】
【例1】（2023·湖北武汉·统考一模）如图，多边形是由等腰和矩形组成，，若过，，三点，则的半径是（ ）
A．B．3C．D．4
【答案】B
【分析】根据等腰三角形和矩形的性质可知道垂直平分，再根据垂径定理的推论可判定圆心在上，即可推出四边形为菱形，从而求出的半径.
【详解】解：过点作交于点，连接和如图所示，
为等腰三角形，，
垂直平分.
矩形，，
也垂直平分.
过点，，三点的圆的圆心在上，
.
.
，
.
，矩形，
，
，
，，
，
.
四边形为平行四边形.
，
四边形为菱形且.
的半径为3.
故选：B.
【点睛】本题考查了垂径定理的推论，菱形的判定和性质、等腰三角形的性质矩形的性质以及圆周角定理.解题的关键在于作对辅助线和证明圆心在上.
【变式训练】
1．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD的顶点A，B，C在圆上，且边CD与该圆交于点E，AC，BE交于点F.下列角中，弧AE所对的圆周角是( )
A．∠ADEB．∠AFEC．∠ABED．∠ABC
【答案】C
【分析】直接运用圆周角的定义进行判断即可.
【详解】解：弧AE所对的圆周角是：∠ABE或∠ACE
故选：C
【点睛】本题考查了圆周角的定义，掌握圆周角的定义是解题的关键.
2．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，直线经过的圆心 ，且与交于两点，点在上，且 ，点是直线上的一个动点 (与圆心不重合)， 直线与相交于另一点，如果，则 .
【答案】40°、20°、100°
【分析】点P是直线l上的一个动点，因而点P与线段AO有三种位置关系，在线段上，点P在延长线上，点P在的延长线上．分这三种情况进行讨论即可．
【详解】解：①根据题意，画出图1，
在中，，
∴，
在中，
∴
又∵
∴
在中，
即
整理得，
∴ ．
②当P在线段的延长线上，如图2
在中，
把①②代入③得 则
∴
③当P在线段的反向延长线上，如图3，
①②③④联立得
故答案为：40°、20°、100°．
【点睛】本题主要考查了圆的认识及等腰三角形等边对等角的性质，画出图形，进行分类讨论是解题的关键．
3．（2023·湖南娄底·校考一模）已知点、、、在圆上，且切圆于点，于点，对于下列说法：①圆上是优弧；②圆上是优弧；③线段是弦；④和都是圆周角；⑤是圆心角，其中正确的说法是 ．
【答案】①②③⑤
【分析】根据优弧的定义，弦的定义，圆周角的定义，圆心角的定义逐项分析判断即可
【详解】解：，都是大于半圆的弧，故①②正确，
在圆上，则线段是弦；故③正确；
都在圆上，
是圆周角
而点不在圆上，则不是圆周角
故④不正确；
是圆心，在圆上
是圆心角
故⑤正确
故正确的有：①②③⑤
故答案为：①②③⑤
【点睛】本题考查了优弧的定义，弦的定义，圆周角的定义，圆心角的定义，理解定义是解题的关键．优弧是大于半圆的弧，任意圆上两点的连线是弦，顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角，顶点在圆心，并且两边都和圆相交的角叫做圆心角．
4．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是圆的直径，是延长线上一点，点在圆上，且，的延长线交圆于点，若，求的度数.
【答案】
【分析】连接OD，利用半径相等和等腰三角形的性质求得∠EDO，从而利用三角形的外角的性质求解．
【详解】连接OD，
∵CD=OA=OD, ，
∴∠ODE=2，
∵OD=OE，
∴∠E=∠EDO=，
∴∠EOB=∠C+∠E=.
【点睛】此题考查了半径相等和等腰三角形的性质，熟练掌握相关的知识是解题的关键.
5．（2023·甘肃酒泉·统考三模）把下面的语句还原成图形：
(1)的半径为1cm，是的一条弦（不经过M），、分别是劣弧所对应的圆心角和圆周角；
(2)是中的一条弧，且．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）画非直径的弦，在优弧上取点C，连接，，即可解答；
（2）在上取一点D，以为半径画弧，交于点E，即可．
【详解】（1）解：如图，和为所作；
（2）解：如图，在上取一点D，以为半径画弧，交于点E，根据等弦对等弧，可得，即为所作，
【点睛】本题考查了作图-复杂作图，熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解乘基本作图，逐步操作即可．
【经典例题二 圆周角定理】
【例2】（2023·安徽滁州·校考模拟预测）如图，是的直径，点在上，，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据圆周角定理可得，再由平角的定义可得，进行计算即可得到答案．
【详解】解：是的直径，，
，
∵，
，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握在同圆或等圆中，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是解题的关键，也考查了平角的定义．
【变式训练】
1．（2023·陕西咸阳·校考一模）如图，为的直径，C、D为上的点，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接 、，如图，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出 ，再根据圆心角、弧、弦的关系得到 ，然后根据圆周角定理得到 的度数；
【详解】连接 、，如图，
故选：D
【点睛】本题考查了圆周角定理，正确记忆在同圆或等圆中，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是解题关键
2．（2023秋·九年级课时练习）如图，是的直径，弦于点，则的半径是 ．
【答案】2
【分析】连接，由圆周角定理和垂径定理得出，，由直角三角形的性质得出，，，得出，，求出即可．
【详解】解：连接，如图所示：
是的直径，弦于，
，，
，
，
在中，，
，，
，，
，
即的半径是2，
故答案为：2
【点睛】本题考查的是垂径定理、圆周角定理、含角的直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
3．（2022秋·江苏泰州·九年级校考阶段练习）如图，已知的直径，为上一点（不与、重合），连接、．弦平分，交于点，过点作于点，交于点，连接，若，则的度数为 ．
【答案】67.5
【分析】交于，如图，根据圆周角定理得到，则，再证明，，则可判断，所以，接着证明，则根据垂径定理得到，然后根据圆周角定理得到，最后利用互余可计算出的度数．
【详解】解：交于，如图，
的直径，
，
弦平分，
，
，
，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：67.5．
【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；半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理．
4．（2022秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图，是的一条弦，，垂足为点，交于点，点在上．
(1)若，求的度数；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)
(2)的长为
【分析】（1）根据垂径定理的推论可得，再根据同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解即可；
（2）利用勾股定理列式求出，根据垂径定理的推论可得，即可求解．
【详解】（1）解：∵是的一条弦，，
∴，
又∵，
∴．
（2）解：∵，
∴，
在中，，
∵是的一条弦，，
∴，
则．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理的推论，解题的关键是明确在同圆或等圆中，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．
5．（2022秋·浙江金华·九年级校考期中）【概念认识】
定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
（1）如图1，已知在垂等四边形中，对角线与交于点，若，，，求的长度．
【数学理解】
（2）在探究如何画“圆内接垂等四边形”的活动中，小李与同学讨论出了如下方法：如图2，在中，已知是的弦，只需作、，分别交于点和点，即可得到垂等四边形，请你写出证明过程．
【问题解决】
（3）如图3，已知A是上一定点，为上一动点，以为一边作出的内接垂等四边形（A、不重合且A、、三点不共线），对角线与交于点，的半径为，当点到的距离为时，求弦的长度．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）或
【分析】（1）根据垂等四边形的定义和勾股定理可求出答案；
（2）连结、，、相交于点．证明，得到，由得到，结论得证；
（3）连接，和是等腰直角三角形，则，得到，则，过点作于点，由勾股定理得到，则，解得，，则或6，得到或4，由即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是垂等四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）如图2，连结、，、相交于点．
∵，，
∴，
∴，，
∴，
即，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴四边形是垂等四边形；
（3）连接，
∵四边形是垂等四边形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴和是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
过点作于点，
∴，
∴，
，
∴
设，则，
∵，
∴，
整理得，
∴，，
∴或6，
∵，
∴或4，
∵，
∴或
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆周角定理、解一元二次方程、等腰直角三角形的判定和性质等知识，准确理解和证明垂等四边形是解题的关键．
【经典例题三 同弧或等弧所对的圆周角相等问题】
【例3】（2023·广西北海·统考模拟预测）如图，点是正方形的边延长线上一点，连接，作于点，连接．则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，根据等角的余角相等得出，则在同一个圆上，根据同弧所对的圆周角相等，即可求解．
【详解】解：连接，
∵，
∴
∴
∴在同一个圆上，
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，等角的余角相等，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式训练】
1．（2023·陕西西安·西安市第六中学校考模拟预测）如图，四边形是的内接四边形，连接，，其中是的直径，若，，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据圆周角定理得出，再由直角三角形的性质可知，进而可得出的度数，根据圆周角定理得出的度数，据此可得出结论．
【详解】∵是的直径，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握直径对的圆周角是直角，同弧对的圆周角相等，含的直角三角形边的判断，是解题的关键．
2．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，是的外接圆，，，则的直径等于 ．
【答案】4
【分析】连接并延长交于D，连接，得到，根据圆周角定理得到，根据含角直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：连接并延长交于D，连接，
则，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，含角的直角三角形的性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
3．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，是的直径，点，在上，且，的延长线与的延长线交于点，连接，若，则的度数是 ．
【答案】/43度
【分析】连接，根据圆周角定理得出，根据同弧所对的圆周角相等，可得，再根据等边对等角得出，最后根据三角形的外角的性质即可得出答案．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：
【点睛】本题考查圆周角定理，等边对等角，三角形的外角，正确理解题意是解题的关键．
4．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，四边形内接于，是的直径，，延长到点E，使得．
(1)若平分，求证：；
(2)试探究线段与之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(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，根据角平分线定义得到，根据三角形外角性质推出，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，进而得到，根据角的和差求出，证明，得到，根据勾股定理得到，等量代换即可得解．
【详解】（1）
证明：∵是的直径，
∴，
∴．
∵，
∴，，
∴．
∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴；
（2）
解：，理由如下：
由（1）知，，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
在中，，
∴，
即，
∴．
【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．
5．（2023·山东济南·校联考一模）如图1，是等腰直角三角形，，点D在的内部，连接，将线段绕点C逆时针旋转，得到线段，连接、、．
(1)判断线段与的数量关系并给出证明；
(2)如图2，当B、D、E三点在同一条直线上时，写出线段、、的数量关系为______；
(3)如图3，若，，点F为线段中点，当E、D、F三点在同一条直线上时，连接，求的长度．
【答案】(1)，理由见解答过程
(2)
(3)1.6
【分析】（1）根据旋转的性质得出，，进而推出，利用证明，根据全等三角形的性质即可得解；
（2）根据勾股定理求出，根据全等三角形的性质及线段的和差求解即可；
（3）连接，根据等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质推出A、E、C、F四点共圆，B、C、D、F四点共圆，，结合三角形内角和定理求出，根据勾股定理求解即可．
【详解】（1），理由如下：
根据旋转的性质得，，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）在中，，，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：；
（3）如图3，连接，
∵、是等腰直角三角形，
∴，
∴A、E、C、F四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴B、C、D、F四点共圆，
∴，
∵点F为线段中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴．
【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质、圆周角定理是解题的关键．
【经典例题四 半圆所对的圆周角是直角问题】
【例4】（2022·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考模拟预测）如图，是的直径，C是上的一点，若，于点D，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由是的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得，由勾股定理，可求得的长，又由，根据垂径定理，易证得是的中位线，则可求得的长．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴是的中位线，
∴．
故选：B．
【点睛】此题考查了圆周角定理、垂径定理、三角形中位线的性质以及勾股定理．注意掌握数形结合思想的应用．
【变式训练】
1．（2022秋·江苏南京·九年级校考阶段练习）如图，在中，，，．点P是内部的一个动点，且满足，则线段长的最小值是（ ）．
A．5B．C．D．
【答案】C
【分析】首先证明点P在以为直径的上，连接与交于点P，此时最小，利用勾股定理求出即可解决问题．
【详解】解： ，
，
，
，
，
∴点P在以为直径的⊙O上，
如图，连接交于点P，
此时最小，在中，
，
，
， ，
，
，
，
最小值为：，
故选：C．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离，属于常考题型．
2．（2022春·江西九江·九年级校考期中）如图，内接于，连接，若，则的度数为 ．
【答案】/26度
【分析】延长交于点E，连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，从而可得，进而利用同弧所对的圆周角相等可得，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得，从而利用三角形内角和定理进行计算，即可解答．
【详解】解：延长交于点E，连接，如图，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【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．
3．（2023秋·山西阳泉·九年级统考期末）如图，在中，，以为直径的半圆交于点，点为的中点，连接．若，，则的长为 ．
【答案】4
【分析】如图，连接，根据是半圆的直径，得到，从而有，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再利用勾股定理即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，
∵是半圆的直径，
∴，
∴，
∵点为的中点，若，
∴，
∵，，
∴，
∴的长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查直径所对的圆周角为直角，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理．掌握直径所对的圆周角为直角是解题的关键．
4．（2023春·浙江杭州·九年级校考阶段练习）已知：如图，点E是边长为2的正方形中边上一点（不与A、B重合），以为直径的分别交和于点F、M，于点H．
(1)求证：
(2)猜想与的大小关系，并说明理由．
(3)当时，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）连接，根据正方形性质得出，根据直径所对圆周角为直角得出，证明四边形为矩形，即可求证；
（2）根据题意可得，，在中，，则，根据勾股定理得出，，得出，则；
（3）连接，证明，得出，则，根据三线合一得出，即可用勾股定理求出，根据，求出，在中，用勾股定理求出，最后根据三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）解：连接，
∵四边形为正方形，，
∴，
∵为直径，
∴，
∴四边形为矩形，
∴；
（2）解：，理由如下，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∵在中，，
∴，
在中，根据勾股定理可得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∴，即；
（3）解：连接，
∵为直径，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
则，
由（1）可得，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
在中，根据勾股定理可得：，
则，
∵，
∴，即，
解得：，
在中，，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，并熟练运用，正确作出辅助线，构造矩形和全等三角形．
5．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，点B，C为上两定点，点A为上一动点，过点B作，交于点E，点D为射线上一动点，且平分，连接．
(1)求证：；
(2)连接，若，试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是矩形，理由见解析
【分析】（1）根据角平分线的定义，可得，再根据圆周角定理可得，再根据平行线的性质可得，进而得到，最后再根据内错角相等两直线平行，即可证明结论；
（2）由角平分线的定义，可得，再根据等腰三角形三线合一的性质，可得，即，进而得到，再根据矩形的判定定理，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：四边形是矩形，理由如下：
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴为的直径．
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查圆周角定理、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、矩形的判定定理，灵活运用相关知识是解答本题的关键．
【经典例题五 90°的圆周角所对的弦是直径问题】
【例5】（2023春·浙江·九年级专题练习）如图，在中，，，D为线段上的动点，连接，过点B作交于点E，则在点D的运动过程中，求线段的最小值为（ ）
A．10B．C．5D．
【答案】B
【分析】由得出点E在以为直径圆上，求出的长度，当A、O、E三点共线时，取得最小值，据此即可得出答案．
【详解】解：设的中点为点O，以O为圆心，为直径画圆，如图：
∵，
∴点E在以O为圆心，半径为的圆上，
∴，
∵，
∴，
∵两点之间线段最短，
∴当A、O、E三点共线时，取得最小值，
此时，，
故选：B．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，正确理解点E在“以O为圆心，半径为的圆上”是解决问题的关键．
【变式训练】
1．（2023秋·九年级单元测试）如图，在等腰直角中，，，，点是上一动点，连接，以为直径的圆交于点，则线段长度的最小值是（ ）
A．2B．4C．D．
【答案】D
【分析】如图，连接，由是直径可得，则可判断点E在以为直径的弧上运动，于是以为直径作，连接、．在中，，等号成立时，的值最小，此时、、共线．
【详解】解：如图，连接，∵是直径，
∴，
∴点E在以为直径的弧上运动，
则以为直径作，连接、．
，，，
，，．
，，
、、共线时，的值最小，最小值为，
故选：D．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、勾股定理、三角形的三边关系、圆的有关知识，解题的关键是学会添加辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
2．（2022秋·广东惠州·九年级校考阶段练习）如图，在中，，，，是平面内一动点，且，取的中点，连接，则线段的最大值为 ．
【答案】/
【分析】如图所示，取的中点O，根据线段中点的定义得到，再根据得到点P在以O为圆心，3为半径的圆上运动，故当在线段上时，有最大值，据此求解即可．
【详解】解：如图所示，取的中点O，
∵，
∴，
∵E是的中点，，
∴，
∵，
∴点P在以的圆上运动，即点P在以O为圆心，3为半径的圆上运动，
∴当在线段上时，有最大值，
连接交于D，则点P运动到点D时有最大值，
由勾股定理得，
∴，
∴的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一点到圆上一点距离的最值问题，勾股定理等等，确定点P的运功轨迹是解题的关键．
3．（2023·山东·统考中考真题）如图，在四边形中，，点E在线段上运动，点F在线段上，，则线段的最小值为 ．
【答案】/
【分析】设的中点为O，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，证明，可知点F在以为直径的半圆上运动，当点F运动到与的交点时，线段有最小值，据此求解即可．
【详解】解：设的中点为O，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点F在以为直径的半圆上运动，
∴当点F运动到与的交点时，线段有最小值，
∵，
∴，，
∴，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线的性质，圆周角定理的推论，勾股定理等知识，根据题意分析得到点F的运动轨迹是解题的关键．
4．（2023·浙江·模拟预测）如图，正方形中，点是对角线上一点，连接并延长交于点，连接．
(1)求证：．
(2)若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据正方形的性质证明，即可得证；
（2）过点作交于点，连接，证明四点共圆，可得是等腰直角三角形，根据四点共圆，得出是等腰直角三角形，证明，进而设，则，，分别表示出，即可求解．
【详解】（1）证明：∵正方形中，点是对角线上一点，
∴
∴，
∴；
（2）解：如图所示，过点作交于点，连接，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴
∵
∴
同理可得四点共圆，
则，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴
在和中，
∴
∴
设，则，，
∴，
∴，
∴
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，证明是解题的关键．
5．（2021·全国·九年级专题练习）如图，正方形的边长为6，点、分别在、上，且，与交于点，连接，求的最小值．
【答案】．
【详解】解：∵在正方形中，，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∴点在以的中点为圆心，为直径的半圆上运动，连接，如解图，
∴当、、三点共线时，长度最小，
∵，，
∴由勾股定理得．
∴的最小值为．
【经典例题六 已知圆内接四边形求角度】
【例6】（2023·湖北黄冈·校考二模）如图，四边形内接于，连接，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由圆内接四边形的性质得到，由圆周角定理得到，再利用等腰三角形的判定和性质即可得到答案．
【详解】解：∵四边形内接于，，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰三角形，
∴，
故选：B
【点睛】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
【变式训练】
1．（2023·陕西榆林·校考模拟预测）如图，内接于，，点D是上一点，连接OA，AD，BD，若，则的度数为（ ）
A．110°B．140°C．120°D．130°
【答案】A
【分析】延长OA交于点，由，OA过圆心得，从而得到，再根据圆内接四边形的性质即可得到的度数．
【详解】解：延长OA交于点，
∵，OA过圆心
∴
∵
∴
∵四边形是的内接四边形，
∴
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理、圆的内接四边形的性质，熟练掌握垂径定理，圆的内接四边形的性质是解题的关键．
2．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，E为正方形的边上一点（不与重合），将沿直线翻折到，延长交于点G，点O是过B、E、G三点的圆劣弧上一点，则 ．
【答案】135
【分析】连接，由折叠的性质得出，，，由正方形的性质得出，，证明，证出，求出，则可得出答案．
【详解】解：连接，
∵将沿直线翻折到，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
3．（2023·江苏南京·校考三模）如图，四边形内接于，它的3个外角的度数之比为1∶2∶4，则
【答案】/度
【分析】设的度数为，根据多边形外角和为可得的外角为，由圆内接四边形的性质可得，得到，求得，即可得到答案．
【详解】解：∵3个外角的度数之比为1∶2∶4，
∴可设的度数为，
则的外角为，
∵四边形内接于，
∴
∵，
∴，
∴，
解得，
∴．
故答案为：
【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质、多边形的外角和定理、解一元一次方程等知识，熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．
4．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在中，点D为边上的一个动点，以为直径的交于点E，过点C作，交于点F．连接，若是的切线．
(1)求证：；
(2)若，求直径的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）根据平行线的性质、直径所对圆周角等于直角即可证明结论；
（2）如图：连接，并延长和相交于G，由全等三角形的性质及勾股定理即可解答．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴．
（2）解：如图：连接，并延长和相交于G，
∵，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
又∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，设，则，
∵，
∴，解得：，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质、圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
5．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，四边形内接于，点C是弧的中点，延长到点E，使得，连结．
(1)求证：．
(2)若，，，求的长
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到，根据全等三角形的性质得到；
（2）过点C作，根据已知条件得到，求得，根据直角三角形的性质得到结论．
【详解】（1）证明：，
，
四边形内接于，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：过点C作 ，
由（1）得
，
由（1）得
∴为等腰三角形
∵
∴
∴
∵
，
∴
有勾股定理可得：
解得：
在中
∴
【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确地找出等量关系是解题的关键．
【经典例题七 求四边形外接圆的直径】
【例7】．（2021·广西贺州·统考二模）如图，四边形ABCD内接于， ，点C为的中点，延长AB、DC交于点E，且，则 的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接BD，根据圆内接四边形的外角等于其内对角可得∠D＝∠CBE＝60°，根据等边对等角以及三角形内角和定理求出∠BCE＝60°，可得∠A＝60°，点C为的中点，可得出∠BDC＝∠CBD＝30°，进而得出∠ABD=90°，AD为直径，可得出AD=2AB=4，再根据面积公式计算得出结论；
【详解】解：连接BD，
∵ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠CBE＝∠ADC，∠BCE＝∠A
∵
∴
∴∠CBE＝∠ADC=60°，∠CBA＝120°
∵
∴△CBE为等边三角形
∴∠BCE＝∠A=60°，
∵点C为的中点，
∴∠CDB＝∠DBC=30°
∴∠ABD=90°，∠ADB=30°
∴AD为直径
∵AB=2
∴AD=2AB=4
∴的面积是=
故答案选：D
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，三角形内角和定理，掌握相关性质及公式是解题的关键．
【变式训练】
1．（2023·四川德阳·统考一模）如图，半径为，正方形内接于，点E在上运动，连接作，垂足为F，连接．则长的最小值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】A
【分析】取的中点K，连接，根据即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，取的中点K，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵正方形的外接圆的半径为，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴CF的最小值为．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，根据两点之间线段最短确定的最小值是解决本题的关键．
2．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考三模）在菱形中，，，的两边分别交边、于点E、F，且，记的外心为点P，则P、C两点间的最小距离为 ．
【答案】1
【分析】连接，则：，得到当三点共线时，P、C两点间的距离最小，根据菱形的性质，求出长，证明四点共圆，得到为的直径，即可得解．
【详解】解：连接，
则：，
∴当三点共线时，P、C两点间的距离最小，
∵菱形中，，，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∵的外心为点P，三点共线，
∴为的直径，
∴，
∴P、C两点间的最小距离为1；
故答案为：1．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，四点共圆．解题的关键是证明为的直径．
3．（2022秋·广东广州·九年级校考期末）如图，线段的两个端点分别在x轴和直线l上滑动（均不与原点O重合），，，作轴，，交点为P，设P的坐标为，则 ．
【答案】
【分析】首先根据题意得到四点共圆，且为直径，然后设圆心为D，分别连接，，过点D作于点E，，然后根据勾股定理列方程求出，进而可得出的值．
【详解】∵
∴
∴四点共圆，且为直径，
如图所示，设圆心为D，分别连接，，过点D作于点E，
则
∵
∵，
∴
在中，由勾股定理得，，
即，解得
∴，
∵点P的坐标为，
∴．
故答案为：．
【点睛】此题考查了勾股定理，圆内接四边形，垂径定理，30°角直角三角形的性质等知识，解题的关键是根据题意正确作出辅助线．
4．（2023·福建龙岩·统考一模）已知菱形中，，点分别在，上，，与交于点．
(1)求证：；
(2)当，时，求的长？
(3)当时，求的最大值？
【答案】(1)证明见解析
(2)6
(3)4
【分析】（1）如图所示，连接，先证明是等边三角形，得到，再证明得到，由此即可证明结论；
（2）延长到M使得，证明，得到，进而证明是等边三角形，则；
（3）先证明四点共圆，则当为直径时，最大，设圆心为O，连接，过点O作于M，在中求出的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：延长到M使得，
由（1）可得，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴是等边三角形，
∴；
（3）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴当为直径时，最大，
设圆心为O，连接，过点O作于M，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆，圆周角定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
5．（2023秋·江苏连云港·九年级统考期中）定义：能完全覆盖平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．
(1)如图①，线段，则线段的最小覆盖圆的半径为_________；
(2)如图②，中，，，，请用尺规作图，作出的最小覆盖圆（保留作图痕迹，不写作法）．此最小覆盖圆的半径为_________；
(3)如图③，矩形中，，，则矩形的最小覆盖圆的半径为_________；若用两个等圆完全覆盖该矩形，那么这两个等圆的最小半径为_________．
【答案】(1)
(2)作图见解析，
(3)，
【分析】（1）根据最小覆盖圆的定义可知，当为圆的直径时，此圆即为最小覆盖圆；
（2）根据最小覆盖圆的定义可知，直角三角形的最小覆盖圆即为该直角三角形的外接圆，据此求解即可；
（3）根据最小覆盖圆的定义可知，矩形的外接圆即为最小覆盖圆，如图③所示，连接交于O，则点O即为矩形的外接圆圆心，利用勾股定理求出的长即可得到答案；如图④所示，分别取的中点G，H，连接交于E，连接交于F，连接，则四边形，四边形都是矩形，同理可得圆E和圆F分别是四边形，四边形的最小覆盖圆，同理求出即可．
【详解】（1）解：如图所示，∵，
∴（O为AB中点，），
∴，当为圆的直径时，此圆即为最小覆盖圆，
∴线段的最小覆盖圆的半径为，
故答案为：；
（2）解：由题意可知的最小覆盖圆即为的外接圆，
作线段的垂直平分线交于D，点D即为最小覆盖圆圆心，
∵在中，，，，
∴，
∴，
∴最小覆盖圆的半径为，
故答案为：；
（3）解：由题意得，矩形的外接圆即为最小覆盖圆，
如图③所示，连接交于O，
∵四边形是矩形，
∴，
∴点O即为矩形的外接圆圆心，
∵，
∴，
∴，
∴矩形的最小覆盖圆半径为；
如图④所示，分别取的中点G，H，连接交于E，连接交于F，连接，则四边形，四边形都是矩形，
同理可得圆E和圆F分别是四边形，四边形的最小覆盖圆，
在中，，
∴，
∴，
∴这两个等圆的最小半径为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形外接圆以及四边形的外接圆的相关知识，矩形的性质，勾股定理，正确理解最小覆盖圆的定义是解题的关键．
【经典例题八 圆周角综合问题】
【例8】（2023春·重庆开州·八年级统考期末）如图，以直角三角形的斜边为边在三角形的同侧作正方形，正方形的对角线，相交于点，连接，如果，，则正方形的面积为（ ）
A．20B．22C．24D．26
【答案】D
【分析】将绕点A逆时针旋转得到，连接，过点A作于点F，证明是等腰直角三角形，求出，，证明点A、C、O、B四点共圆，得出，证明，得出点、、三点共线，根据勾股定理求出，根据等腰直角三角形的性质得出正方形的边长为，最后求出正方形的面积即可．
【详解】解：将绕点A逆时针旋转得到，连接，过点A作于点F，如图所示：
∴，，，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵正方形的对角线，相交于点，
∴，
∵，
∴点A、C、O、B四点共圆，
∴，
∴，
∵，
∴点、、三点共线，
∵，是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴正方形的边长为，
∴正方形的面积为，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．
【变式训练】
1．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，正方形中，，点为边上一个动点，连接，点为上一点，且，在上截取点使，交于点，连接，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图所示，过点作于，当点运动时，点在以为直径的半圆上，即点在圆心为的半圆上运动，当点运动到连线上时，的值最小，根据题意可证，由此可证是直角三角形，可得点在以为直径的半圆上运动，可求出半圆的半径，在中，可求出的长，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于，连接，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴四边形是矩形，则，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即是直角三角形，
∴当点P运动时，点在以为直径的半圆上运动，设圆心为，当点M运动到连线上时，的值最小，
∵，
∴，则半圆的半径，
在中，，
当点运动到连线上时，的值最小，
∴的最小值为，故A正确．
故选：．
【点睛】本题主要考查正方形与圆的结合求最值，理解动点的运动规律，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识是解题的关键．
2．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线与交于点D．与y轴交于点E．动点M在线段上，动点N在直线上，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的坐标为
【答案】或
【分析】如图，由是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得在以为直径的圆上，，可得是圆与直线的交点，当重合时，符合题意，可得，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，证明，设，可得，，而，则，再解方程可得答案．
【详解】解：如图，∵是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，
∴在以为直径的圆上，，
∴是圆与直线的交点，
当重合时，
∵，则，
∴，符合题意，
∴，
当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，设，
∴，，
而，
∴，
解得：，则，
∴，
∴；
综上：或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，本题属于填空题里面的压轴题，难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键．
3．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）在平面直角坐标系中，已知点和直线m的函数表达式为，动点在A点的右边，过点B作x轴的垂线交直线m于点C，过点B作直线m的平行线交y轴于点D，当时，则x的值为 ．
【答案】或
【分析】先根据题意画出图形，分两种情况：①当点B在原点右边时，证明A、C、B、D四点共圆，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等从而得到是直角三角形，分别在和中用x表示出，构造方程求解x值；②如图2，当B点在A点右边，O点左边时，可得A、C、O、D四点共圆，根据同弧或等弧所对的圆周角相等从而得到，分别在和中用x表示出，构造方程求解x值．
【详解】解：分两种情况：
①如图，当点B在原点右边时，中，
∴，，
∴，，
∴在中，根据勾股定理得．
∵，，
∴．
∴A、C、B、D四点共圆．
连接，则，又，
∴．
在中，利用勾股定理可得，
∴在中，，
∴，
解得．
如图，当B点在A点右边，O点左边时，此时．
同理可得A、C、O、D四点共圆，，
在中，，
在中，
∴在中，．
∴，解得．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象和性质、勾股定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，已知圆内接四边形求角度，对点的位置分类讨论是解题的关键．
4．（2023·北京·统考中考真题）如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．
(1)求证平分，并求的大小；
(2)过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长．
【答案】(1)见解析，
(2)
【分析】（1）根据已知得出，则，即可证明平分，进而根据平分，得出，推出，得出是直径，进而可得；
（2）根据（1）的结论结合已知条件得出，，是等边三角形，进而得出，由是直径，根据含度角的直角三角形的性质可得，在中，根据含度角的直角三角形的性质求得的长，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵
∴，
∴，即平分．
∵平分，
∴，
∴，
∴，即，
∴是直径，
∴；
（2）解：∵，，
∴，则．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴是等边三角形，则．
∵平分，
∴．
∵是直径，
∴，则．
∵四边形是圆内接四边形，
∴，则，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵是直径，
∴此圆半径的长为．
【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．
5．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六十九中学校校考模拟预测）如图，内接于，连接，．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，点在上，连接，点是上一点，连接，若，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点，连接，若，，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）过点作，如图所示，由垂径定理可知：，再由得到，即可得证；
（2）延长交于，如图所示，由（1）知，从而由等腰三角形“三线合一”得到，且，从而得到，即可有
，由内错角相等两直线平行得到，进而，即；
（3）连接，延长交于点，证明，利用勾股定理即可解答．
【详解】（1）证明：过点作，如图所示：
由垂径定理可知，，
在和中，
，
，
，
；
（2）证明：延长交于，如图所示：
由（1）知，
根据，从而由等腰三角形“三线合一”得到，且，
，
，
，
，
，
，
，
，即；
（3）解：如图，连接，延长交于点，
根据（2）中可得，
，
，
，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，且为直径，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
作图区域：
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