第26讲 圆的相关概念及性质（2考点+36题型）（讲义）-2024年中考数学一轮复习讲义（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数）。
3、要学会抢得分点。要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想：体现在数学上也就是要把难转简，把不熟转熟，把未知转为已知的问题。
第26讲 圆的相关概念及性质
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc157234086" \l "_Tc157028086" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc157234087" 考点一 圆的相关概念
\l "_Tc157234088" 题型01 理解圆的相关概念
\l "_Tc157234089" 题型02 圆的周长与面积相关计算
\l "_Tc157234090" 题型03 圆中的角度计算
\l "_Tc157234091" 题型04 圆中线段长度的计算
\l "_Tc157234092" 题型05 求一点到圆上一点的距离最值
\l "_Tc157234093" 考点二 圆的性质
\l "_Tc157234094" 题型01 由垂径定理及推论判断正误
\l "_Tc157234095" 题型02 利用垂径定理求解
\l "_Tc157234096" 题型03 根据垂径定理与全等三角形综合求解
\l "_Tc157234097" 题型04 根据垂径定理与相似三角形综合求解
\l "_Tc157234098" 题型05 在坐标系中利用勾股定理求值或坐标
\l "_Tc157234099" 题型06 利用垂径定理求平行弦问题
\l "_Tc157234100" 题型07 利用垂径定理求同心圆问题
\l "_Tc157234101" 题型08 垂径定理在格点中的应用
\l "_Tc157234102" 题型09 利用垂径定理的推论求解
\l "_Tc157234103" 题型10 垂径定理的实际应用
\l "_Tc157234104" 题型11 利用垂径定理求取值范围
\l "_Tc157234105" 题型12 利用弧、弦、圆心角关系判断正误
\l "_Tc157234106" 题型13 利用弧、弦、圆心角关系求角度
\l "_Tc157234107" 题型14 利用弧、弦、圆心角关系求线段长
\l "_Tc157234108" 题型15 利用弧、弦、圆心角关系求周长
\l "_Tc157234109" 题型16 利用弧、弦、圆心角关系求面积
\l "_Tc157234110" 题型17 利用弧、弦、圆心角关系求弧的度数
\l "_Tc157234111" 题型18 利用弧、弦、圆心角关系比较大小
\l "_Tc157234112" 题型19 利用弧、弦、圆心角关系求最值
\l "_Tc157234113" 题型20 利用弧、弦、圆心角关系证明
\l "_Tc157234114" 题型21 利用圆周角定理求解
\l "_Tc157234115" 题型22 利用圆周角定理推论求解
\l "_Tc157234116" 题型23 已知圆内接四边形求角度
\l "_Tc157234117" 题型24 利用圆的有关性质求值
\l "_Tc157234118" 题型25 利用圆的有关性质证明
\l "_Tc157234119" 题型26 利用圆的有关性质解决翻折问题
\l "_Tc157234120" 题型27 利用圆的有关性质解决最值问题
\l "_Tc157234121" 题型28 利用圆的有关性质求取值范围
\l "_Tc157234122" 题型29 利用圆的有关性质解决多结论问题
\l "_Tc157234123" 题型30 圆有关的常见辅助线-遇到弦时, 常添加弦心距
\l "_Tc157234124" 题型31 圆有关的常见辅助线-遇到有直径时, 常添加（画）直径所对的圆周角
考点一 圆的相关概念
题型01 理解圆的相关概念
【例1】（2023·广东湛江·统考二模）下列说法中，正确的是（ ）
①对角线垂直且互相平分的四边形是菱形；②对角线相等的四边形是矩形；③同弧或等弧所对的圆周角相等；④弧分为优弧和劣弧．
A．①B．①③C．①③④D．②③④
【答案】A
【分析】根据菱形和矩形的判定方法、圆周角定理、弧的分类，逐项判断即可得出答案．
【详解】解：①对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形为菱形，故该项正确；
②对角线相等的四边形有可能是等腰梯形，对角线相等的平行四边形才是矩形，故该选项错误；
③在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，故该选项错误；
④弧分为优弧、劣弧、半圆弧，故该项错误；
综上可知，正确的有①，
故选：A．
【点睛】本题考查菱形、矩形的判定，圆周角定理，弧的分类，属于基础题，熟练掌握上述知识点是解题的关键．
【变式1-1】（2023·上海普陀·统考二模）下列关于圆的说法中，正确的是（ ）
A．过三点可以作一个圆B．相等的圆心角所对的弧相等
C．平分弦的直径垂直于弦D．圆的直径所在的直线是它的对称轴
【答案】D
【分析】利用圆的有关定义及性质分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、过不在同一直线上的三个点一定能作一个圆，故错误，不符合题意；
B、同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故错误，不符合题意；
C、平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，故错误，不符合题意；
D、圆的直径所在的直线是它的对称轴，正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了确定圆的条件及圆的有关性质，解题的关键是了解有关性质及定义，难度不大．
【变式1-2】（2021·河南南阳·校联考一模）下列关于圆的说法，正确的是（ ）
A．弦是直径，直径也是弦
B．半圆是圆中最长的弧
C．圆的每一条直径所在的直线都是它的对称轴
D．过三点可以作一个圆
【答案】C
【分析】根据弧、弦的概念、对称轴的概念、过三点的圆的条件判断即可．
【详解】解：A、弦不一定是直径，但直径是弦，本选项说法错误，不符合题意；
B、半圆小于优弧，半圆是圆中最长的弧说法错误，本选项不符合题意；
C、圆的每一条直径所在的直线都是它的对称轴，本选项说法正确，符合题意；
D、过不在同一直线上的三点可以作一个圆，本选项说法错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了圆的有关概念和性质，解题关键是熟练掌握这些性质，灵活运用它们解答．
【变式1-3】（2022·四川德阳·模拟预测）下列语句中，正确的是（ ）
①相等的圆周角所对的弧相等；②同弧或等弧所对的圆周角相等；③平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧；④圆内接平行四边形一定是矩形．
A．①②B．②③C．②④D．④
【答案】C
【分析】根据圆周角定理、垂径定理、圆内接四边形的性质定理判断．
【详解】①在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等，本说法错误；
②同弧或等弧所对的圆周角相等，本说法正确；
③平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧，本说法错误；
④圆内接平行四边形一定是矩形，本说法正确；
故选：C．
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，掌握圆周角定理、垂径定理、圆内接四边形的性质定理是解题的关键．
题型02 圆的周长与面积相关计算
【例2】（2023·福建泉州·南安市实验中学校考二模）适时的休闲可以缓解学习压力，如图是火影忍者中的仙法·白激之术，其形状外围大致为正圆，整体可看成为两个同心圆，BC=400像素，∠ABC=90°，那么周围圆环面积约为（ ）

A．40000πB．1600πC．64000πD．160000π
【答案】D
【分析】圆环的面积等于大圆面积减去小圆面积，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，设同心圆的圆心为O，连接OC，则大圆的半径为OC，小圆的半径为OB，

∴设小圆的半径为OB=r，大圆的半径OC=R，
∵BC=400像素，∠ABC=90°，
∴AB⊥BC，
在Rt△OBC中，OB2+BC2=OC2，即r2+BC2=R2，
∴R2−r2=BC2=4002，
∵S圆环=πR2−πr2=π(R2−r2)，
∴S圆环=π(R2−r2)=π×BC2=π×4002=160000π，
故选：D．
【点睛】本题主要考查圆与直角三角形的综合，掌握圆环面积的计算方法是解题的关键．
【变式2-1】（2019·广东佛山·佛山市三水区三水中学校考一模）某公园计划砌一个形状如图（1）所示的喷水池，后来有人建议改为图（2）的形状，且外圆的直径不变，喷水池边沿的宽度、高度不变，你认为砌喷水池的边沿（ ）
A．图（1）需要的材料多B．图（2）需要的材料多
C．图（1）、图（2）需要的材料一样多D．无法确定
【答案】C
【分析】根据圆的周长公式，将每个圆的周长计算出来，找到和周长L的关系即可．
【详解】设大圆的直径是D，图（2）中三个小圆的直径分别为：d1,d2,d3,
∴d1+d2+d3=D
根据圆周长公式，得图（1）中，需要2πD；
图（2）中，需要πD +πd1+πd2+πd3=πD +π( d1+d2+d3)= 2πD
故选：C．
【点睛】注意：第二个图中，计算三个小圆的周长时候，提取π，所有的直径之和是大圆的直径．
【变式2-2】（2021·河南南阳·校联考一模）方孔钱是我国古代铜钱的固定形式，呈“外圆内方”．如图所示，是方孔钱的示意图，已知“外圆”的周长为2π，“内方”的周长为4，则图中阴影部分的面积是 ．
【答案】π﹣1
【分析】根据阴影部分面积＝圆的面积﹣中间正方形的面积即可求得．
【详解】解：∵“外圆”的周长为2π，“内方”的周长为4，
∴“外圆”的的半径为1，“内方”的边长为1，
∴圆的面积为π，中间正方形的面积为1，
∴图中阴影部分面积为：π﹣1．
故答案为：π﹣1．
【点睛】本题考查了圆的面积，明确阴影部分面积的组成是解决本题的关键．
【变式2-3】（2022·山东济宁·统考一模）如图，一枚圆形古钱币的中间是一个正方形孔，已知圆的直径与正方形的对角线之比为3∶1，则圆的面积约为正方形面积的 倍．（精确到个位）
【答案】14
【分析】根据圆的性质和正方形的性质求圆的半径和正方形的边长，利用面积公式求解即可.
【详解】解：如图
由题意得AC与EF共线
∵圆的直径与正方形的对角线之比为3：1
∴EF：AC=3：1
∴OE：OA=3：1
设OE=3x，OA= x
在正方形ABCD中
由勾股定理得：AD=2x
∴圆的面积为：π×（3x）2=9πx2
正方形的面积为（2x）2=2 x2
∴9πx2÷2 x2=9π2≈14
故答案为：14
【点睛】本题主要考查了圆的性质和正方形的性质，以及圆与正方形的面积公式的求解.
【变式2-4】（2021·四川内江·四川省内江市第六中学校考一模）把一个圆心为O，半径为r的小圆面积增加一倍，两倍，三倍，分别得到如图所示的四个圆（包括原来的小圆），则这四个圆的周长之比（按从小到大顺序排列）是 ．
【答案】1：2：3：2
【分析】设最小的圆的面积是a，则其它三个圆的面积分别是2a，3a，4a．由题意得四个圆是相似形，根据面积比可求得其相似比，根据周长比等于相似比即可得到答案．
【详解】解：设最小的圆的面积是a，则其它三个圆的面积分别是2a，3a，4a，
所有的圆都是相似形，面积的比等于半径的比的平方，
因而半径的比是1:2:3:2，周长的比等于相似比，即半径的比，是1:2:3:2．
故答案为：1:2:3:2．
【点睛】本题主要考查了圆相似形时，解题的关键是：掌握面积的比等于相似比的平方，周长的比等于相似比．
题型03 圆中的角度计算
【例3】（2022·江苏常州·统考一模）如图，已知AB、AD是⊙O的弦，∠B=30°，点C在弦AB上，连接CO并延长CO交于⊙O于点D，∠D=20°，则∠BAD的度数是（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
【答案】C
【分析】连接OA，根据圆的半径相等证明∠OAB=∠B和∠OAD=∠D，得到答案．
【详解】解：连接OA，
∵OA=OB， ∴∠OAB=∠B=30°，
∵OA=OD， ∴∠OAD=∠D=20°，
∴∠BAD=∠OAB+∠OAD=50°，
故选：C．
【点睛】本题考查的是圆的性质和等腰三角形的性质，掌握圆的半径相等和等边对等角是解题的关键．
【变式3-1】（2023·山东聊城·统考一模）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足为C，OD∥AB，OC＝12OD，则∠ABD的度数为（ ）
A．90°B．95°C．100°D．105°
【答案】D
【分析】连接OB，即得出OB＝OD，从而得出∠OBD＝∠ODB．根据含30度角的直角三角形的性质结合题意可判断∠OBC＝30°，再利用平行线的性质可得出∠BOD＝∠OBC＝30°，从而根据三角形内角和求出∠OBD＝∠ODB＝75°，最后由∠ABD＝∠OBC+∠OBD求解即可．
【详解】如图：连接OB，
∴OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB．
∵OC＝12OD，
∴OC＝12OB．
∵OC⊥AB，
∴sin∠OBC=OCOB=12,
∴∠OBC＝30°．
∵OD∥AB，
∴∠BOD＝∠OBC＝30°，
∴∠OBD＝∠ODB＝75°，
∴∠ABD＝∠OBC+∠OBD=30°+75°＝105°．
故选D．
【点睛】本题考查圆的基本性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，平行线的性质，三角形内角和定理的应用．连接常用的辅助线是解题关键．
【变式3-2】（2022·河北廊坊·统考模拟预测）如图，CD是⊙O的直径，弦DE ∥AO，若∠A=25°，则∠D的度数为（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
【答案】C
【分析】由OA=OC，得∠C=∠A=25°，再由三角形外角性质得∠AOD=50°，然后根据平行线的性质可求解．
【详解】解：∵CD是⊙O的直径，
∴OA=OC，
∴∠C=∠A=25°，
∴∠AOD=∠C+∠A=50°，
∵OA∥DE，
∴∠D=∠AOD=50°，
故选：C．
【点睛】本题考查圆的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，平行线的性质，本题属基础题目，难度不大．
【变式3-3】（2022·江苏苏州·苏州市振华中学校校考模拟预测）如图，在扇形AOB中，D为AB上的点，连接AD并延长与OB的延长线交于点C，若CD=OA，∠O=75°，则∠A的度数为（ ）
A．35°B．52.5°C．70°D．72°
【答案】C
【分析】连接OD，根据CD=OA，OA=OD，设∠C=α，根据等边对等角以及三角形外角的性质可得 ∠A=3α，根据三角形内角和定理即可求得
【详解】解：如图，连接OD，
∴OA=OD
∴∠A=∠ODA
∵ CD=OA
∴∠C=∠DOC
设∠C=α，
∴∠A=∠ODA=∠DOC+∠C=2α
在△AOC中，∠O=75°
∴∠A+∠C=105°
∴3α=105°
∴α=35°
∴∠A=2α=70°
故选C
【点睛】本题考查了圆的基本概念，等角对等边，三角形内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
题型04 圆中线段长度的计算
【例4】（2023·湖南益阳·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D在斜边AB上，以BD为直径的⊙O经过边AC上的点E，连接BE，且BE平分∠ABC，若⊙O的半径为3，AD=2，则线段BC的长为（ ）

A．403B．8C．245D．6
【答案】C
【分析】连接OE，证明OE∥BC，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：连接OE，如图，
∵BE平分∠ABC，
∴∠OBE=∠CBE，
∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠CBE=∠OEB，
∴OE∥BC，
∴△AOE∽△ABC，
∴OEBC=AOAB，
∵⊙O的半径为3，AD=2，
∴AO=AD+OD=5，AB=AO+OB=8，
∴BC=OE⋅ABAO=3×85=245，
故选：C．

【点睛】本题考查了圆的基本性质，相似三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式4-1】（2023·云南临沧·统考一模）已知AB=12，C、D是以AB为直径的⊙O上的任意两点，连接CD，且AB⊥CD，垂足为M，∠OCD=30°，则线段MB的长为 ．
【答案】9
【分析】根据含30度角的直角三角形的性质得到OM=12OC=3，则MB=OM+OB=9．
【详解】解：如图，
∵AB⊥CD，∠OCD=30°，
∴OM=12OC，
∵AB=12，
∴OC=OB=6，
∴OM=3，
∴MB=OM+OB=9，
故答案为：9．
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，含 30度角的直角三角形的性质，正确求出OM=12OC=3是解题的关键．
【变式4-2】（2023·广东·统考一模）已知A、B是圆O上的点，以O为圆心作弧，交OA、OB于点C、D．分别以点C和点D为圆心，大于12CD长为半径画弧，两弧相交于点E．作线段OE，交AB于点F，交⊙O于点G．若OF=3cm，∠AOB=120°，则⊙O的半径为 cm．
【答案】6
【分析】连接CD，根据作图得出OE垂直平分CD，根据等腰三角形的性质得出∠AOE=∠BOE=12∠AOB=60°，OF⊥AB，利用直角三角形的性质，求出OA=2OF=2×3=6cm即可．
【详解】解：连接CD，
根据作图可知，OC=OD，OE垂直平分CD，
∵OC=OD，OE⊥CD，
∴∠AOE=∠BOE=12∠AOB=60°，
即∠AOF=∠BOF=12∠AOB=60°，
∵AO=BO，
∴OF⊥AB，
∴∠AFO=90°，
∴∠OAF=30°，
∴OA=2OF=2×3=6cm．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了尺规作线段垂直平分线，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半．
题型05 求一点到圆上一点的距离最值
【例5】（2023·山东德州·统考三模）如图，四边形ABCD为矩形，AB=3，BC=4．点P是线段BC上一动点，点M为线段AP上一点．∠ADM=∠BAP，则BM的最小值为（ ）
A．52B．125C．13−32D．13−2
【答案】D
【分析】证明∠AMD=90°，得出点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上，从而计算出答案．
【详解】设AD的中点为O，以O点为圆心，AO为半径画圆
∵四边形ABCD为矩形
∴∠BAP+∠MAD=90°
∵∠ADM=∠BAP
∴∠MAD+∠ADM=90°
∴∠AMD=90°
∴点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上
连接OB交圆O与点N
∵点B为圆O外一点
∴当直线BM过圆心O时，BM最短
∵BO2=AB2+AO2，AO=12AD=2
∴BO2=9+4=13
∴BO=13
∵BN=BO−AO=13−2
故选：D．
【点睛】本题考查直角三角形、圆的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形和圆的相关知识．
【变式5-1】（2021·山东临沂·统考模拟预测）如图，在RtΔABC中，∠ACB=90°，AC=10，BC=12，点D是ΔABC内的一点，连接AD，CD，BD，满足∠ADC=90°，则BD的最小值是（ ）
A．5B．6C．8D．13
【答案】C
【分析】如图，取AC中点O，连接DO．则点D在以点O为圆心，AC长为直径的圆周上运动，当O、D、B在同一直线上时，OB最短，此时BD=OB−OD=OB−5为最短．所以BD=OB−OD=OB−5=13−5=8，即为BD的最小值．
【详解】解：如图，取AC中点O，连接DO．
∵∠ADC=90°，
∴点D在以点O为圆心，AC长为直径的圆周上运动，且DO=12AC=12×10=5，
当O、D、B在同一直线上时，OB最短，此时BD=OB−OD=OB−5为最短．
在RtΔOCB中，
OC=5，BC=12，
则OB=122+52=13，
∴BD=OB−OD=OB−5=13−5=8，
即BD的最小值是8．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了两点之间最短距离的问题，解题的关键是正确构造圆和运用勾股定理．
【变式5-2】（2022·山东临沂·统考一模）如图，△ABC中，AB=AC，BC=24，AD⊥BC于点D，AD=5，P是半径为3的⊙A上一动点，连结PC，若E是PC的中点，连结DE，则DE长的最大值为（ ）
A．8B．8.5C．9D．9.5
【答案】A
【分析】连接BP，根据三角形中位线定理可得DE=12BP，从而得到当BP最大时，DE最大，再由当PB过圆心A时，PB最大，即可求解．
【详解】解：如图，连接BP，
∵AB=AC，BC=24，AD⊥BC于点D，
∴BD=CD=12，
∵E是PC的中点，
∴DE=12BP，
∴当BP最大时，DE最大，
∵P是半径为3的⊙A上一动点，
∴当PB过圆心A时，PB最大，此时P、A、B三点共线，
∵AD=5，BD=12，
∴AB=13，
∴PB的最大值为13+3=16，
∴DE的最大值为8．
故选：A
【点睛】本题考查的是圆的基本性质，等腰三角形的性质，勾股定理以及三角形中位线定理，明确当PB取最大值时，DE的长最大是解题的关键．
【变式5-3】（2022·江苏徐州·统考二模）如图，点A，B的坐标分别为A(3，0)、B(0，3)，点C为坐标平面内的一点，且BC=2，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（ ）
A．322+1B．32+2C．322D．2
【答案】A
【分析】根据同圆的半径相等可知：点C在半径为2的⊙B上，通过画图可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据三角形的中位线定理可得结论．
【详解】解：如图，∵点C为坐标平面内一点，BC=2，
∴C在⊙B上，且半径为2，
取OD=OA=3，连接CD，
∵AM=CM，OD=OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=12=CD，
当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB=3，OD=3，∠BOD=90°，
∴BD=32，
∴CD=32+2，
∴OM=12CD=322+1，即OM的最大值为322+1；
故选A
【点睛】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最大值时点C的位置是关键，也是难点．
考点二 圆的性质
1. 圆的对称性
2. 垂径定理及推论
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.
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.
垂径定理模型（知二得三）
如图，可得①AB过圆心 ②AB⊥CD ③CE=DE ④AC=AD ⑤BC=BD
【总结】垂径定理及其推论实质是指一条直线满足：（1）过圆心（2）垂直于弦（3）平分弦（被平分的弦不是直径）（4）平分弦所对的优弧（5）平分弦所对的劣弧，若已知五个条件中的两个，那么可推出其中三个，简称“知二得三”，解题过程中应灵活运用该定理.
常见辅助线做法（考点）：1）过圆心，作垂线，连半径，造Rt△，用勾股，求长度；
2）有弦中点，连中点和圆心，得垂直平分.
2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧.
【易错点】求两条弦间的距离时要分类讨论两条弦与圆心的相对位置：两弦在圆心的同侧，两弦在圆心的异侧．
3. 弧、弦、圆心角的关系
定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等.
推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量分别相等.
【解题思路】在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么这两条弧所对的弦相等，所对的圆心角、圆周角也都相等．运用这些相等关系，可以实现线段相等与角相等之间的相互转化．
4. 圆周角定理
圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半.（即：圆周角= 12 圆心角）
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等.
推论2：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.
【补充】圆的一条弧（弦）只对着一个圆心角，对应的圆周角有无数个，但圆周角的度数只有两个，这两个度数和为180°
【解题思路】
1）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，在同圆中可以利用圆周角定理进行角的转化.
2）在证明圆周角相等或弧相等时，通常“由等角找等弧”或“由等弧找等角”.
3）当已知圆的直径时，常构造直径所对的圆周角．
4）在圆中求角度时，通常需要通过一些圆的性质进行转化．比如圆心角与圆周角间的转化；同弧或等弧的圆周角间的转化；连直径，得到直角三角形，通过两锐角互余进行转化等．
1）圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形,利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化.
2）圆周角和圆周角可利用其“桥梁”——圆心角来转化.
3）圆周角定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角.
5. 圆内接四边形
性质：1）圆内接四边形对角互补.
2) 圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角.
题型01 由垂径定理及推论判断正误
【例1】（2023·浙江·模拟预测）如图，CD是⊙O是直径，AB是弦且不是直径，CD⊥AB，则下列结论不一定正确的是（ ）

A．AE=BEB．OE=DEC．AO=COD．AD=BD
【答案】B
【分析】由于CD⊥AB, 根据垂径定理有AE=BE, AD=BD, 不能得出OE=DE, 圆的半径都相等.
【详解】解：如图所示，
∵CD⊥AB,
∴AE=BE, AD=BD,
⊙O的半径都相等，那么
AO=CO,
不能得出OE=DE.
故选:B.
【点睛】本题考查了垂径定理.解题的关键是熟练掌握垂径定理的内容.
【变式1-1】（2022·河南洛阳·统考一模）如图，点F是⊙O直径AB上一个动点（不与点A，B重合），过点F作弦CD⊥AB，点E是AD上不与点D重合的一个动点，则下列结论中不一定正确的是（ ）
A．CF=DFB．AC=AD
C．∠BAC=∠BEDD．∠ABC>∠BED
【答案】D
【分析】根据垂径定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可．
【详解】∵AB是直径，CD是弦，CD⊥AB，垂足为F，
∴CF=DF，CB=DB，AC=AD，
∴∠BAC=∠BED，∠CAB=∠BED，
∴A、B、C正确；
∵∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°，
∴∠BED+∠ABC=90°，但是不能确定∠ABC和∠BED的大小关系，
∴∠ABC>∠BED不一定正确，
故选：D．
【点睛】本题考查圆的性质，垂径定理，解题的关键是掌握垂径定理的运用．
【变式1-2】（2022·山东济宁·二模）如图，在⊙O中，AB是直径，CD是弦，AB⊥CD，垂足为E，连接CO、AD、OD，∠BAD=22.5°，则下列说法中不正确的是（ ）
A．CE=EOB．OC=2CDC．∠OCE=45°D．∠BOC=2∠BAD
【答案】B
【分析】由AB⊥CD，AB是⊙O的直径， 得CE=DE，BC⏜=BD⏜，进而得出△OCE为等腰直角三角形，进而得出∠OCE=45°，OC=2CE，CE=OE，从而得出答案．
【详解】解：∵AB⊥CD，AB是⊙O的直径，
∴CE=DE，BC⏜=BD⏜，
∴∠BOC=2∠BAD=2×22.5°=45°，
∴△OCE为等腰直角三角形，
∴∠OCE=45°，OC=2CE，CE=OE，
∴OC=22CD．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、圆周角定理及解直角三角形，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
题型02 利用垂径定理求解
【例2】（2023·广东佛山·校考一模）如图，线段CD是⊙O的直径，CD⊥AB于点E，若AB长为16，OE长为6，则⊙O半径是（ ）
A．5B．6C．8D．10
【答案】D
【分析】连接OB，由垂径定理可得BE=AE=8，由勾股定理计算即可获得答案．
【详解】解：如图，连接OB，
∵线段CD是⊙O的直径，CD⊥AB于点E，AB=16，
∴BE=AE=12AB=12×16=8，
∴在Rt△OBE中，可有OB=OE2+BE2=62+82=10，
∴⊙O半径是10．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了垂径定理及勾股定理等知识，理解并掌握垂径定理是解题关键．
【变式2-1】（2022·重庆·重庆八中校考一模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，AC＝CD，⊙O的半径为22，则△AOC的面积为（ ）
A．3B．2C．23D．4
【答案】C
【分析】根据垂径定理求出CE=12CD=12AC，则在Rt△ACE中存在特殊角，即∠CAO=30°，∠ACE=60°，根据OC=OA=２2，得到∠CAO=∠ACO=30°，则有∠OEC=30°，则在Rt△OCE中有OE=12OC=２，CE=3OE=6，则△AOC的面积得解．
【详解】∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，
∴直径AB平分弦CD，E为CD中点，
∴CE=12CD=12AC，
∴∠CAO=30°，
∴∠ACE=60°，
又∵OC=OA=22，
∴∠CAO=∠ACO=30°，
∴∠OEC=30°，
∴ Rt△OCE中有OE=12OC=2，CE=3OE=6，
则△AOC的面积为：S=12×OA×CE=23，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了垂径定理以及解特殊直角三角形的知识，灵活运用垂径定理是解答本题的关键．
【变式2-2】（2022·广东广州·执信中学校考二模）如图，⊙O是ΔABC的外接圆，∠BAC=60°，若⊙O的半径OC为2，则弦BC的长为（ ）
A．4B．23C．3D．3
【答案】B
【分析】过点O作OM⊥BC，交BC于点M，根据圆周角定理以及垂径定理可得结果．
【详解】解：过点O作OM⊥BC，交BC于点M，
∵⊙O是ΔABC的外接圆，∠BAC=60°，
∴∠BOC=2∠BAC=120°，
又∵OB=OC，OM⊥BC，
∴∠COM=12∠BOC=60°，MB=MC，
∴在RtΔCOM中，∠OCM=30°，
∴OM=12OC=1，CM=OC2−OM2=3，
∴BC=2CM=23，
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，熟知相关性质定理是解本题的关键．
【变式2-3】（2022·浙江宁波·统考模拟预测）已知⊙O的直径CD=10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，且AB=8cm，则AC的长为（ ）
A．25cmB．43cmC．25cm或45cmD．23cm或43cm
【答案】C
【分析】先画好一个圆，标上直径CD，已知AB的长为8cm，可知分为两种情况，第一种情况AB与OD相交，第二种情况AB与OC相交，利用勾股定理即可求出两种情况下的AC的长；
【详解】连接AC，AO，
∵圆O的直径CD=10cm，AB⊥CD，AB=8cm，
∴AM=12AB=12×8=4cm，OD=OC=5cm，
当C点位置如图1所示时，
∵OA=5cm，AM=4cm，CD⊥AB，
∴OM=OA2−AM2=52−42=3cm，
∴CM=OC+OM=5+3=8cm，
∴AC=AM2+CM2=42+82=45cm；
当C点位置如图2所示时，同理可得OM=3cm，
∵OC=5cm，
∴MC=5−3=2cm，
在Rt△AMC中，AC=AM2+CM2=42+22=25cm．
故选C．
【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理，根据题意正确画出图形进行分类讨论，熟练运用垂径定理是解决本题的关键．
题型03 根据垂径定理与全等三角形综合求解
【例3】（2022·湖北襄阳·模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，AE为⊙O的弦，C为优弧ABE的中点，CD⊥AB，垂足为D，AE=8，DB=2，则⊙O的半径为（ ）
A．6B．5C．42D．43
【答案】B
【分析】如图，连接CO，延长CO交AE于点T．设⊙O的半径为r．证明△AOT≅△CODAAS，推出CD=AT=4，在Rt△COD中，根据OC2=CD2+OD2，构建方程求解．
【详解】解：如图，连接CO，延长CO交AE于点T，设⊙O的半径为r，
∵AC=CE，
∴CT⊥AE，
∴AT=TE=12AE=4，
在△AOT和△AOD中，
∠ATO=∠CDO=90°∠AOT=∠CODAO=CO，
∴△AOT≅△CODAAS，
∴CD=AT=4，
在Rt△COD中，OC2=CD2+OD2，
∴r2=42+(r−2)2，
∴r=5，
故选：B．
【点睛】此题主要考查圆心角，弧，弦之间的关系，垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解答该题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，该题属于中考常考题型．
【变式3-1】（2020·湖北武汉·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，点C为BD的中点，CF为⊙O的弦，且CF⊥AB，垂足为E，连接BD交CF于点G，连接CD，AD，BF．
(1)求证：ΔBFG≅ΔCDG；
(2)若AD=BE=2，求BF的长．
【答案】(1)证明见解析；(2)BF=23.
【分析】(1)根据点C为BD的中点和垂径定理可证CD=BF，再利用AAS即可证得结论；
(2)解法一：连接OF，设⊙O的半径为r，由CF=BD列出关于r的方程就能求解；
解法二：如图，作辅助线，构建角平分线和全等三角形，证明RtΔAHC≅RtΔAEC，得AE=AH，再证明RtΔCDH≅RtΔCBEHL，得DH=BE=2，进而可得AE和AB的长，易证ΔBEC∼ΔBCA，列比例式可求得BC的长，也就是BF的长；
解法三：连接OC，根据垂径定理和三角形的中位线定理可得OH=1，再证明ΔCOE≅ΔBOH，然后利用勾股定理即可求出结果．
【详解】证明：(1)∵C是BD的中点，∴CD=BC，
∵AB是⊙O的直径，且CF⊥AB，∴BC=BF，
∴CD=BF，∴CD=BF，
在ΔBFG和ΔCDG中，
∵∠F=∠CDG∠FGB=∠DGCBF=CD，
∴ΔBFG≅ΔCDGAAS；
(2)解法一：如图，连接OF，设⊙O的半径为r，
RtΔADB中，BD2=AB2−AD2，即BD2=2r2−22，
RtΔOEF中，OF2=OE2+EF2，即EF2=r2−r−22，
∵CD=BC=BF，∴BD=CF，∴BD=CF，
∴BD2=CF2=2EF2=4EF2，
即2r2−22=4r2−r−22，
解得：r=1(舍)或3，
∴BF2=EF2+BE2=32−3−22+22=12，
∴BF=23；

解法二：如图，过C作CH⊥AD交AD延长线于点H，连接AC、BC，
∵CD=BC，∴∠HAC=∠BAC，
∵CE⊥AB，∴CH=CE，
∵AC=AC，∴RtΔAHC≅RtΔAEC，
∴AE=AH，
∵CH=CE，CD=CB，
∴RtΔCDH≅RtΔCBEHL，
∴DH=BE=2，∴AE=AH=2+2=4，∴AB=4+2=6，
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90∘，∴∠ACB=∠BEC=90∘，
∵∠EBC=∠ABC，∴ΔBEC∼ΔBCA，
∴BCAB=BEBC，
∴BC2=AB⋅BE=6×2=12，
∴BF=BC=23．

解法三：如图，连接OC，交BD于H，
∵C是BD的中点，∴OC⊥BD，∴DH=BH，
∵OA=OB，∴OH=12AD=1，
∵OC=OB，∠COE=∠BOH，∠OHB=∠OEC=90∘，
∴ΔCOE≅ΔBOHAAS，
∴OH=OE=1，OC=OB=3，
∴CE=EF=32−12=22，
∴BF=BE2+EF2=22+222=23．

【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、一元二次方程的求解、三角形全等的性质和判定以及勾股定理等知识．第二问有难度，注意掌握辅助线的作法和数形结合思想的应用．
【变式3-2】（2023·湖北武汉·校考模拟预测）如图AB为圆O的直径，AE为圆O的弦，C为O上一点，AC=CE，CD⊥AB，垂足为D．

(1)连接CO，判断CO与AE的位置关系，并证明；
(2)若AE=8，BD=2，求圆O的半径；
【答案】(1)CO⊥AE，证明见详解
(2)5
【分析】（1）CO⊥AE，理由如下：延长CO交AE于点G，连接OE，再根据圆的基本性质及等腰三角形的性质即可；
（2）由（1）中结论，CO⊥AE，AG=12AE=4，先证明△AGO≌△CDO(AAS)，再根据勾股定理即可．
【详解】（1）解：CO⊥AE，理由如下：
延长CO交AE于点G，连接OE，

∵AC=CE，
∴∠AOC=∠COE,
∵∠AOG=180°−∠AOC,∠GOE=180°−∠EOC,
∴∠AOG=∠GOE,
∵OA=OE，
∴CO⊥AE；
（2）解：由（1）中结论，CO⊥AE，AG=12AE=4,
∠AGO=∠CDO=90°,∠AOG=∠COD,AO=CO,
△AGO≌△CDO(AAS)，
∴AG=CD=4，
设⊙O的半径为r，则OD=r−2，OC=r,
在Rt△CDO中，CD2+OD2=OC2，即42+(r−2)2=r2，
解得：r=5，即⊙O的半径为5．

【点睛】本题考查圆的基本性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
题型04 根据垂径定理与相似三角形综合求解
【例4】（2022·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考三模）如图，点E是⊙O中弦AB的中点，过点E作⊙O的直径CD，P是⊙O上一点，过点P作⊙O的切线与AB延长线交于点F，与CD延长线交于点G，若点P为FG中点，csF=35，⊙O的半径长为3则CE的长为（ ）
A．75B．85C．32D．43
【答案】B
【分析】连接OP，由切线的性质得OP⊥FG，证明ΔOPG∼ΔFEG得OPFE=PGEG=OGFG，∠POG=∠F，由cs∠F=35可进一步求出OG=5，由勾股定理求出PG=4，故可得FG=8，从而求出GE=325,OE=75，故可得CE=85．
【详解】解：连接OP，如图，
∵FG是圆的切线，点P是切点，
∴OP⊥FG，即∠OPG=90°,
又点E为AB的中点，且CD是直径，
∴CD⊥AB，即∠GEF=90°，
∴∠OPG=∠GEF=90°,
又∠G=∠G,
∴ΔOPG∼ΔFEG,
∴OPFE=PGEG=OGFG,∠POG=∠F，
∵cs∠F=35
∴cs∠GOP=35=OPOG,
∵OP=3,
∴35=3OG,
∴OG=5,
由勾股定理得，PG=OG2−OP2=4,
∵点P是FG的中点，
∴FG=2PG=8,
又OPFE=PGEG=OGFG,
∴PGOG=EGFG，即45=EG8,
∴EG=325,
∴OE=EG−GO=325−5=75,
∴CE=OC−OE=3−75=85,
故选B．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质等投放一款，正确作出辅助线构造相似三角形是解答本题的关键．
【变式4-1】（2022·四川泸州·校考一模）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点F，OE⊥AC于点E，若OE＝3，OB＝5，则CD的长度是（ ）
A．9.6B．45C．53D．10
【答案】A
【分析】根据垂径定理求出AC的长，易证：△AEO∽△AFC，求出CF长，即可求解．
【详解】解：∵OE⊥AC，
∴AE＝EC，
∵AB⊥CD，
∴∠AFC＝∠AEO＝90°，
∵OE＝3，OB＝OA=5，
∴AE＝AO2−OE2=4，
∴AC＝8，
∵∠A＝∠A，∠AEO＝∠AFC，
∴△AEO∽△AFC，
∴AOAC=EOFC，即：58=3FC，
∴FC=245，
∵CD⊥AB，
∴CD＝2CF＝485＝9.6．
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理，三角形相似的判定和性质定理，勾股定理，熟练掌握应用垂径定理是解题的关键．
【变式4-2】（2019·新疆阿克苏·模拟预测）如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD=8cm，AE=2cm，则OF的长度是（ ）
A．3cmB．6 cmC．2.5cmD．5 cm
【答案】D
【详解】分析：根据垂径定理得出OE的长，进而利用勾股定理得出BC的长，再利用相似三角形的判定和性质解答即可．
详解：连接OB，
∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，BD=8cm，AE=2cm．
在Rt△OEB中，OE2+BE2=OB2，即OE2+42=（OE+2）2
解得：OE=3，
∴OB=3+2=5，
∴EC=5+3=8．
在Rt△EBC中，BC=BE2+EC2=42+82=45．
∵OF⊥BC，
∴∠OFC=∠CEB=90°．
∵∠C=∠C，
∴△OFC∽△BEC，
∴OFBE=OCBC，即OF4=545，
解得：OF=5．
故选D．
点睛：本题考查了垂径定理，关键是根据垂径定理得出OE的长．
【变式4-3】（2023·河南周口·统考一模）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点．
(1)过点B作⊙O的切线PB，交AC的延长线于点P（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，若OD⊥BC，垂足为D，OD=2，PC=9，求PB的长．
【答案】(1)见解析
(2)313
【分析】（1）以B为圆心，小于OB的长为半径画弧，与直线AB有两个交点，再以这两个交点为圆心，大于这两点的长的一半为半径画弧，两弧的交点和点B的连线所在的直线交AC的延长线于点P；
（2）由垂径定理得BD=CD，则OD为△ABC的中位线，得AC=2OD=4，由圆周角定理得∠ACB=90°，根据切线的性质得∠PBA=90°，推出Rt△PBC∽Rt△PAB，从而利用相似三角形的性质求解．
【详解】（1）解：如图，PB为所作；
（2）解：∵OD⊥BC，
∴BD=CD，
∵OB=OA，
∴OD为△ABC的中位线，
∴AC=2OD=4，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵PB为⊙O的切线，
∴AB⊥PB，
∴∠PBA=90°，
∵∠BPC=∠APB，
∴Rt△PBC∽Rt△PAB，
∴PB:PA=PC:PB，
即PB:4+9=9:PB，
解得：PB=313，
即PB的长为313．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图，切线的判定和性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．
题型05 在坐标系中利用勾股定理求值或坐标
【例5】（2021·吉林松原·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，点P在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形AOBC的顶点C，与BC相交于点D，若⊙P的半径为5，点A的坐标是(0,8)，则点D的坐标是（ ）

A．(9,2)B．(9,3)C．(10,2)D．(10,3)
【答案】A
【分析】在Rt△CPF中根据勾股定理求出PF的长，再根据垂径定理求出DF的长，进而求出OB，BD的长，从而求出点D的坐标．
【详解】设切点分别为G，E，连接PG，PE，PC，PD，并延长EP交BC与F，则PG=PE=PC=5，四边形OBFE是矩形．
∵OA=8，
∴CF=8-5=3，
∴PF=4，
∴OB=EF=5+4=9．
∵PF过圆心，
∴DF=CF=3，
∴BD=8-3-3=2，
∴D(9，2)．
故选A．

【点睛】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，以及垂径定理等知识，正确做出辅助线是解答本题的关键．
【变式5-1】（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，⊙P与y轴相切于点C，与x轴相交于A，B两点，假设点P的坐标为（5，3），点M是⊙P上的一动点，那么△ABM面积的最大值为（ ）

A．64B．48C．32D．24
【答案】C
【分析】过点P作PD⊥x轴于点D，连接PC，PA易得PC=PA=5，PD=3，然后由垂径定理，即可求得AD的长，继而求得AB的长，继而求得答案．
【详解】解：过点P作PD⊥x轴于点D，在AB上方，PD与⊙P的交点即△ABM面积最大时动点的位置，连接PC，PA，

∵点P的坐标为(5,3)，
∵⊙P与y轴相切于点C，
∴PC=5，PD=3，
∴PC=PA=5，DM=PD+PM=8
在Rt△PAD中，AD=PA2−PD2=4，
∵PD⊥AB，
∴AB=2AD=8，
当点M位于(3,8)时，△ABM面积最大，最大值为：12AB⋅MD=12×8×8=32．
故选C．
【点睛】此题考查了切线的性质、垂径定理以及勾股定理．此题难度适中，添设辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
【变式5-2】（2022·江苏泰州·统考二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，以M3,5为圆心，AB为直径的圆与x轴相切，与y轴交于A、C两点，则点B的坐标是 ．
【答案】(6,1)
【分析】如图，连接BC，设圆与x轴相切于点D，连接MD交BC与点E，结合已知条件，则可得BC⊥MD，勾股定理求解EM，进而即可求得B的坐标．
【详解】解：如图，连接BC，设圆与x轴相切于点D，连接MD交BC与点E，
则MD⊥x轴，
∵AB为直径，则∠ACB=90°，
∴BC⊥MD，
∴BC∥x轴，
∵M3,5
∴MB=MD=5，CE=EB=3，
∴ME=MB2−EB2=52−32=4，CB=6，
∴DE=MD−ME=5−4=1，
∵BC∥x轴，
∴B(6,1)．
故答案为：(6,1)．
【点睛】本题考查了圆的性质，直径所对的圆周角是直角，垂径定理，切线的性质，勾股定理，坐标与图形，掌握以上知识是解题的关键．
【变式5-3】（2022·江苏南京·校联考一模）如图，在平面直角坐标系中，一个圆与两坐标轴分别交于A、B、C、D四点．已知A（6，0），B（﹣2，0），C（0，3），则点D的坐标为 ．
【答案】(0,−4)
【详解】设圆心为P，过点P作PE⊥AB于点E，PF⊥CD于点F，先根据垂径定理可得EA＝EB＝4，FC＝FD，进而可求出OE＝2，再设P（2，m），即可利用勾股定理表示出PC2，PA2，最后利用PA＝PA列方程即可求出m值，进而可得点D坐标．
【解答】解：设圆心为P，过点P作PE⊥AB于点E，PF⊥CD于点F，则EA＝EB＝AB2＝4，FC＝FD，
∴OE＝EB﹣OB＝4﹣2＝2，
∴E（2，0），
设P（2，m），则F（0，m），
连接PC、PA，
在Rt△CPF中，PC2＝（3﹣m）2+22，
在Rt△APE中，PA2＝m2+42，
∵PA＝PC，
∴（3﹣m）2+22＝m2+42，
∴m＝±12（舍正），
∴F（0，−12），
∴CF＝DF＝3−(−12)＝72，
∴OD＝OF+DF＝12+72＝4，
∴D（0，﹣4），
故答案为：（0，﹣4）．
【点睛】本题考查垂径定理，涉及到平面直角坐标系，勾股定理等，解题关键是利用半径相等列方程．
【变式5-4】（2022·新疆昌吉·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，⊙M与x轴相切于点A，与y轴交点分别为B、C，圆心M的坐标是（4，5），则弦BC的长度为 ．
【答案】6
【分析】连接BM、AM，作MH⊥BC于H，由垂径定理得到BC=2HB，根据切线的性质及M点的坐标得到OH，OB，在Rt△MBH中，由勾股定理可求出BH，即可得到BC的长度．
【详解】解：如图，连接BM、AM，作MH⊥BC于H，
则BH=CH，
∴BC=2HB，
∵⊙M与x轴相切于点A，
∴MA⊥OA，
∵圆心M的坐标是(4，5)，
∴MA=5，MH=4，
∴MB=MA=5，
在Rt△MBH中，由勾股定理得：MH=MB2−MH2=52−42=3，
∴BC=2×3=6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查切线的性质、坐标与图形性质、垂径定理、勾股定理的知识．解题的关键是正确添加辅助线，构造直角三角形．
【变式5-5】（2023·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，以点C1,1为圆心，2为半径作圆，交x轴于A，B两点，点P在⊙C上．

(1)求出A，B两点的坐标；
(2)试确定经过A、B两点且以点P为顶点的抛物线解析式；
(3)在该抛物线上是否存在一点D，使线段OP与CD互相平分？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A1−3,0,B1+3,0
(2)y=−x2+2x+2或y=13x2−23x−23
(3)D0,2
【分析】（1）作CE⊥AB于点E，连接OA,OB，根据C1,1，半径AC=BC=2，得到CE=1,利用勾股定理求出AE=BE=3，即可得到A，B两点的坐标；
（2）由圆与抛物线的对称性可知抛物线的顶点P的坐标为1,3或1,−1，分别设出解析式代入点B的坐标求出解析式；
（3）假设存在点D使线段OP与CD互相平分，则四边形OCPD是平行四边形，得到PC∥OD且PC=OD，由PC∥y轴，确定点D在y轴上，根据PC得到点D的坐标，检验是否符合解析式即可．
【详解】（1）作CE⊥AB于点E，连接OA,OB，
∵C1,1，半径AC=BC=2，
∴CE=1，
∴AE=BE=AC2−CE2=22−12=3，
∴A1−3,0,B1+3,0；

（2）由圆与抛物线的对称性可知抛物线的顶点P的坐标为1,3或1,−1，
当抛物线的顶点P的坐标为1,3时，设抛物线的解析式为y=ax−12+3，
将点B1+3,0代入，解得a=−1，
∴y=−x−12+3=−x2+2x+2；
当抛物线的顶点P的坐标为1,−1时，设抛物线的解析式为y=ax−12−1，
将点B1+3,0代入，解得a=13，
∴y=13x−12−1=13x2−23x−23；
（3）假设存在点D使线段OP与CD互相平分，则四边形OCPD是平行四边形，
∴PC∥OD且PC=OD，
∵PC∥y轴，
∴点D在y轴上，
当抛物线为y=−x2+2x+2时，
∵PC=2，
∴OD=2，即D0,2，
又D0,2满足y=−x2+2x+2，
∴点D在抛物线上，
存在D0,2使线段OP与CD互相平分；
当抛物线为y=13x2−23x−23时，
∵PC=3，
∴OD=3，即D0,−3，
∵D0,−3不满足y=13x2−23x−23，
∴不存在D0,−3使线段OP与CD互相平分；
综上，存在D0,2使线段OP与CD互相平分．
【点睛】此题考查了圆的垂径定理，勾股定理，求二次函数的解析式，平行四边形的性质及判定，综合掌握各知识点是解题的关键．
题型06 利用垂径定理求平行弦问题
【例6】（2023·山东泰安·统考二模）已知⊙O的直径为10cm， AB，CD是⊙O的两条弦，AB∥CD，AB=8cm，CD=6cm，则AB与CD之间的距离为（ ）．
A．1B．7C．1或7D．3或4
【答案】C
【分析】作OE⊥AB于E，延长EO交CD于F，连接OA、OC，如图，利用平行线的性质OF⊥CD，根据垂径定理得到AE=BE=4cm，CF=DF=3cm，则利用勾股定理可计算出OE=3cm，OF=4cm，讨论：当点O在AB与CD之间时，EF=OF+OE；当点O不在AB与CD之间时，EF=OF−OE．
【详解】作OE⊥AB于E，延长EO交CD于F，连接OA、OC，如图

∵AB∥CD，OE⊥AB
∴OF⊥CD
∴AE=BE=12AB=4cm
CF=DF=12CD=3cm
在Rt△OAE中，OE=AO2−AE2=52−42=3cm
在Rt△OCF中，OF=CO2−CF2=52−32=4cm
当点O在AB与CD之间时，如图1，EF=OF+OE=4+3=7cm
当点O不在AB与CD之间时，如图2，EF=OF−OE=4−3=1cm
故选：C．
【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．注意分类讨论．
【变式6-1】（2022·江苏宿迁·校联考一模）已知⊙O的直径为10cm，AB，CD是⊙O的两条弦，AB//CD，AB=8cm，CD=6cm，则AB与CD之间的距离为 cm．
【答案】7或1．
【分析】分两种情况考虑：当两条弦位于圆心O同一侧时，当两条弦位于圆心O两侧时；利用垂径定理和勾股定理分别求出OE和OF的长度，即可得到答案．
【详解】解：分两种情况考虑：
当两条弦位于圆心O一侧时，如图1所示，

过O作OE⊥CD，交CD于点E，交AB于点F，连接OC，OA，
∵AB∥CD，∴OE⊥AB，
∴E、F分别为CD、AB的中点，
∴CE=DE=12CD=3cm，AF=BF=12AB=4cm，
在Rt△AOF中，OA=5cm，AF=4cm，
根据勾股定理得：OF=3cm，
在Rt△COE中，OC=5cm，CE=3cm，
根据勾股定理得：OE═4cm，
则EF=OE−OF=4cm−3cm=1cm；
当两条弦位于圆心O两侧时，如图2所示，
同理可得EF=4cm+3cm=7cm，
综上，弦AB与CD的距离为7cm或1cm．
故答案为：7或1．
【点睛】此题考查了垂径定理，勾股定理，利用了分类讨论的思想，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．
【变式6-2】（2022·江苏泰州·统考二模）如图，在⊙O中，AB是直径，弦EF∥AB．
(1)在图1中，请仅用不带刻度的直尺画出劣弧EF的中点P；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)如图2，在（1）的条件下连接OP、PF，若OP交弦EF于点Q，现有以下三个选项：①△PQF的面积为32；②EF=6；③PF=10，请你选择两个合适选项作为条件，求⊙O的半径，你选择的条件是 （填序号）
【答案】(1)见解析
(2)①②；①③；②③；半径为5
【分析】（1）直接连接AF，BE交于点C，连接OC并延长交EF于点P，此点即为所求点．
（2）连接OF，设半径为r，根据垂径定理和勾股定理即可得出答案．
【详解】（1）如图所示，连接AF，BE交于点C，连接OC并延长交EF于点P．
（2）第一种情况：选①②，如图所示，连接OF，设半径为r，
由题意可知：EQ=FQ=3,OP⊥EF，
∵SΔPQF=12QF⋅PQ=32，
∴12×3PQ=32，即PQ=1，
∴OQ=r−1，
∵OQ2+QF2=OF2，
∴(r−1)2+32=r2，解得r=5．
第二种情况：选①③，如图所示，连接OF，设半径为r，
由题意可知：OP⊥EF，
∵SΔPQF=12QF⋅PQ=32，
∴QF⋅PQ=3，
∵QF2+PQ2=PF2，
∴QF2+PQ2=10，即(QF+PQ)2−2QF⋅PQ=10，
∴QF+PQ=4，
∵∠FPQ>45°，
∴PQ∴OQ=r−1，
∵OQ2+QF2=OF2，
∴(r−1)2+32=r2，解得r=5．
第三种情况：选②③，如图所示，连接OF，设半径为r，
由题意可知：EQ=FQ=3,OP⊥EF，PF=10，
∴PQ=PF2−QF2=10−9=1，
∴OQ=r−1，
∵OQ2+QF2=OF2，
∴(r−1)2+32=r2，解得r=5．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的综合应用，解题的关键是熟练掌握垂径定理相关内容，并能结合勾股定理灵活解题．
题型07 利用垂径定理求同心圆问题
【例7】（2020·山东泰安·校考模拟预测）如图，两个同心圆，大圆的半径为5，小圆的半径为3，若大圆的弦AB与小圆有公共点，则弦AB的取值范围是（ ）
A．8≤AB≤10B．8＜AB≤10C．4≤AB≤5D．4＜AB≤5
【答案】A
【分析】解决此题首先要弄清楚AB在什么时候最大，什么时候最小．当A′B′与小圆相切时有一个公共点，此时可知A′B′最小；当AB经过同心圆的圆心时，弦AB最大且与小圆相交有两个公共点，此时AB最大，由此可以确定所以AB的取值范围．
【详解】解：如图，当AB与小圆相切时有一个公共点，
在Rt△A′DO中，OD=3，OA′=5，
∴A'D=(OA')2−OD2=52−32=4 ，
∴A′B′=8；
当AB经过同心圆的圆心时，弦AB最大且与小圆相交有两个公共点，
此时AB=10，
所以AB的取值范围是8≤AB≤10．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了圆中的有关性质．利用垂径定理可用同心圆的两个半径和与小圆相切的大圆的弦的一半构造直角三角形，运用勾股定理解题这是常用的一种方法，也是解决本题的关键，注意临界值．
【变式7-1】（2022·四川绵阳·校考一模）如图，⊙O1的弦AB是⊙O2的切线，且AB∥O1O2，如果AB＝12cm，那么阴影部分的面积为（ ）．
A．36πcm2B．12πcm2C．8πcm2D．6πcm2
【答案】A
【分析】根据题意将小圆平移至与大圆共圆心处，再利用垂径定理及勾股定理求解即可．
【详解】由⊙O1的弦AB是⊙O2的切线，且AB∥O1O2，
故将⊙O2平移至⊙O1的圆心处，此时AB与小圆相切与点E，
则阴影部分面积即为小圆外部和大圆内部环状部分的面积
由切线的性质可得：OD⊥AB，
则由垂径定理可得：EB=12AB=6，
在Rt△OEB中，由勾股定理可得：OB2−OE2=36，
S⊙2=πOE2，S⊙1=πOB2，
∴S阴影=S⊙1−S⊙2=π(OB2−OE2)=36π，
故选：A．
【点睛】本题考查圆的切线性质，垂径定理及勾股定理等，灵活对图中两个圆进行平移构成同心圆进而求解是解题关键．
【变式7-2】（2022·湖南长沙·模拟预测）如图，在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB切小圆于点C，若AB=8，则圆环的面积是 ．
【答案】16π
【分析】如图，连接OA、OC，设OA=R，OC=r，由切线的性质得，OC⊥AB，由垂径定理得，AC=12AB=4，由勾股定理得，R2−r2=16，由S圆环=S大圆-S小圆即可求出圆环的面积．
【详解】
如图，连接OA、OC，设OA=R，OC=r，
∵大圆的弦AB切小圆于点C，
∴OC⊥AB，
∵AB=8，
∴AC=12AB=4，
在Rt△OCA中，R2−r2=16，
∵S大圆=πR2，S小圆=πr2，
∴S圆环=S大圆-S小圆=π(R2−r2)=16π，
故答案为：16π．
【点睛】本题考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理以及圆与圆环的面积计算，掌握圆的相关知识是解题的关键．
题型08 垂径定理在格点中的应用
【例8】（2023·河北石家庄·统考模拟预测）如图所示，在由边长为1的小正方形组成的网格图中，一段圆弧经过格点A，B，C，AE的延长线经过格点D，则AE的长为（ ）
A．3π4B．π2C．5π8D．5π4
【答案】D
【分析】如图，作AB、BC的垂直平分线，两线交于O，F为AB的中点, 连接OA、OE、OC,由垂径定理可得AF=12AB=2 ,OF=32，再运用勾股定理求得OA=52，再根据∠AOE=90°和弧长公式即可解答．
【详解】解：如图，作AB、BC的垂直平分线，两线交于O，F为AB的中点，连接OA、OE、OC、AB、BC、CD
由垂径定理得：AF=12AB=2 ,OF=32
∴OA=AF2+OF2=22+322=52
∵∠ABC=90°
∴AC是直径
根据网格图形可知：AC=CD=32+42=25，AD=72+12=50
∴AC2+CD2=AD2=50，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠ACD=90°，∠CAE=45°，
∴∠ECA=45°，
∴AE所对的圆心角是90°，
∴弧AE的长是90×2π×52360=54π．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、弧长公式等知识点，根据题意找到圆心是解答本题的关键．
【变式8-1】（2023·天津河西·天津市新华中学校考二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，点B，点D均在格点上，并且在同一个圆上，取格点M，连接AM并延长交圆于点C，连接AD．

（1）AM= ；
（2）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺画出线段AP，使AP平分∠CAD，且点P在圆上，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】 13 作图见解析；连接EF交CD于点G，连接OG交圆于点P，连接AP即可．
【分析】（1）先作出圆心，再根据勾股定理求解；
（2）根据网格线的特点和垂径定理求解．
【详解】解：（1）找出圆的圆心O，连接OA，
根据勾股定理得：AO=22+32=13；
（2）AP即为所求；

连接EF交CD于点G，连接OG交圆于点P，连接AP即可．
【点睛】本题考查了作图的应用和设计，掌握勾股定理和垂径定理是解题的关键．
【变式8-2】（2023·天津东丽·统考二模）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A，B，M均为格点，以格点O为圆心，AB为直径作圆，点M在圆上．

（Ⅰ）线段AB的长等于 ；
（Ⅱ）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，在BM上找出一点P，使PM=AM，并简要说明画图方法（不要求证明）
【答案】 210 取格点C，连接AC并延长，交⊙O于点P，则点P即为所求
【分析】（1）根据勾股定理即可求解；
（2）取格点C，连接AC并延长，交⊙O于点P，则点P即为所求．
【详解】解：（1）AB=22+62=210
（2）如图所示，取格点C，连接AC并延长，交⊙O于点P，则点P即为所求．
理由如下，

∵tan∠DOA=tan∠CAD=tan∠MON=13
∴∠MON=∠CAD
∵∠ACD+∠CAD=90°
∴∠MON+∠CAD=90°
∴AC⊥OM，
∴PM=AM．
【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，正切的定义，垂径定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式8-3】（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，由小正方形构成的6×6网格中，每个正方形的顶点叫做格点．⊙O经过A、B、C三点，仅用无刻度的直尺在给定的网格中按要求作图（保留作图痕迹）．

(1)在图1中画出圆心O；
(2)在图2中的圆上找一点E，使OE平分弧BC；
(3)在图3中的圆上找一点F，使BF平分∠ABC．
【答案】(1)图见解析
(2)图见解析
(3)图见解析
【分析】（1）利用圆周角定理和两条直径的交点即为圆心O即可；
（2）由（1）中方法找到圆心O，根据垂径定理的推论找到BC的中点即可求解；
（3）先找到圆心O，根据圆周角定理知∠ABC=90°，利用垂径定理的推论，过O作垂直于AC的直径，交圆O于F，则∠AOF=∠COF=90°，由圆周角定理可得∠CBF=∠ABF=45°，即点F即为所求．
【详解】（1）解：如图1，点O即为所求作；
（2）解：如图2，点E即为所求作；
（3）解：如图2，点F即为所求作．

【点睛】本题考查基本几何作图，涉及到圆周角定理、垂径定理的推论，熟练掌握网格中的基本作图方法和相关知识是解答的关键．
题型09 利用垂径定理的推论求解
【例9】（2023·陕西渭南·统考二模）如图，AB是⊙O的直径，CD、BE是⊙O的两条弦，CD交AB于点G，点C是弧BE的中点，点B是弧CD的中点，若AB=10，BG=2，则BE的长为（ ）

A．3B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】先根据垂径定理的推论得到AB⊥CD，CD=2CG，再利用勾股定理求出CG=4，进而得到CD=2CG=8，再证明BE=CD，则BE=CD=8．
【详解】解：如图所示，连接OC，
∵点B是CD的中点，AB是⊙O的直径，
∴AB⊥CD，BC=BD，
∴CD=2CG，
∵AB=10，
∴OC=OB=12AB=5，
∵BG=2，
∴OG=3，
在Rt△COG中，由勾股定理得CG=OC2−OG2=4，
∴CD=2CG=8，
∵点C是BE的中点，
∴BC=EC，
∴BC=EC=BD，
∴BE=CD，
∴BE=CD=8，
故选D．

【点睛】本题主要考查了垂径定理的推论，勾股定理，弧与弦之间的关系，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【变式9-1】（2022·四川资阳·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上两点，若BC＝BD，∠OCD＝14°，则∠D的度数为（ ）
A．34°B．36°C．37°D．38°
【答案】D
【分析】根据垂径定理的推论可得CD⊥AB，进而求得∠COB=76°，根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵BC＝BD，AB是⊙O的直径，
∴CD⊥AB.
∵∠OCD＝14°，
∴ ∠COB=76°
∵BC=BC
∴∠CDB=12∠COB=38°
故选D
【点睛】本题考查了垂径定理的推论，圆周角定理，掌握以上知识是解题的关键．
【变式9-2】（2023·四川巴中·统考一模）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，E为弧BC上一点，若∠CEA=28°，则∠ABD的度数为（ ）
A．14°B．28°C．56°D．无法确定
【答案】B
【分析】连接BC，根据CD⊥AB，AB为⊙O的直径，得到AC=AD，结合同圆或等圆中，同弧或等弧上的圆周角相等计算即可．
【详解】如图，连接BC，
∵CD⊥AB，AB为⊙O的直径，
∴AC=AD，
∴∠CEA=∠DBA=∠CBA=28°，
故选B．
【点睛】本题考查了垂径定理的推论，圆周角定理，熟练掌握两个定理是解题的关键．
题型10 垂径定理的实际应用
【例10】（2021·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）往直径为52cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽AB=48cm，则水的最大深度为（ ）
A．8cmB．10cmC．16cmD．20cm
【答案】C
【分析】过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，根据垂径定理即可求得AD的长，又由⊙O的直径为52cm，求得OA的长，然后根据勾股定理，即可求得OD的长，进而求得水的最大深度DE的长．
【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，
由垂径定理得：AD=12AB=12×48=24cm，
∵⊙O的直径为52cm，
∴OA=OE=26cm，
在RtΔAOD中，由勾股定理得：OD=OA2−AD2=262−242=10cm，
∴DE=OE−OD=26−10=16cm，
∴水的最大深度为16cm，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的知识．此题难度不大，解题的关键是注意辅助线的作法，构造直角三角形，利用勾股定理解决．
【变式10-1】（2023·福建南平·统考一模）我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”意思是：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知大小，用锯子去锯这个木材，锯口深DE=1寸，锯道AB=1尺（1尺=10寸），则这根圆柱形木材的直径是（ ）
A．12寸B．13寸
C．24寸D．26寸
【答案】D
【分析】延长DE，交⊙O于点E，连接OA，由题意知DE过点O，且OD⊥AB，由垂径定理可得AE=BE=12AB=12尺=5寸，设半径OA=OD=r，则OE=r−1，在Rt△OAE中，根据勾股定理可得：r−12+52=r2，解方程可得出木材半径，即可得出木材直径．
【详解】解：延长DE，交⊙O于点E，连接OA，
由题意知DE过点O，且OD⊥AB，
∵OD为⊙O半径，
∴AE=BE=12AB=12尺=5寸，
设半径OA=OD=r，
∵DE=1，
∴OE=r−1
在Rt△OAE中，根据勾股定理可得：
r−12+52=r2
解得：r=13，
∴木材直径为26寸；
故选：D．
【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，掌握垂直弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧及勾股定理是解题的关键．
【变式10-2】（2023·北京西城·统考一模）“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的应用，例如古典园林中的门洞，如图，某地园林中的一个圆弧形门洞的高为2.5m，地面入口宽为1m,则该门洞的半径为 m．
【答案】1.3
【分析】运用圆的性质，垂径定理构造直角三角形，用勾股定理求解即可．
【详解】如图，设圆心为点E，洞高为DB=2.5m，入口宽为AC=1m，门洞的半径为xm
根据题意，得EB=2.5−xm,AB=12AC=0.5m，
根据勾股定理，得x2=2.5−x2+0.52，
解得x=1.3，
故答案为：1.3．
【点睛】本题考查了圆的性质，垂径定理，用勾股定理，熟练掌握垂径定理，勾股定理是解题的关键．
【变式10-3】（2023·广东佛山·校考三模）古往今来，桥给人们的生活带来便利，解决跨水或者越谷的交通，便于运输工具或行人在桥上畅通无阻，中国桥梁的桥拱线大多采用圆弧形、抛物线形和悬链形，坐落在河北省赵县汶河上的赵州桥建于隋朝，距今已有约1400年的历史，是当今世界上现存最早、保存最完整的古代敝肩石拱桥，赵州桥的主桥拱便是圆弧形．
(1)某桥A主桥拱是圆弧形（如图①中ABC），已知跨度AC=40m，拱高BD=10m，则这条桥主桥拱的半径是______m；
(2)某桥B的主桥拱是抛物线形（如图②），若水面宽MN=10m，拱顶P（抛物线顶点）距离水面4m，求桥拱抛物线的解析式；
(3)如图③，某时桥A和桥B的桥下水位均上升了2m，求此时两桥的水面宽度．
【答案】(1)25
(2)y=−425x2+4
(3)此时桥A的水面宽度为821m，桥B的水面宽度为52m
【分析】（1）设ABC所在圆的圆心为点O，连接OA,OD，则OB⊥AC，AD=CD=20m，再设这条桥主桥拱的半径是rm，则OA=OB=rm，OD=r−10m，然后在Rt△AOD中，利用勾股定理求解即可得；
（2）以水面所在直线为x轴，MN的中点为原点O，建立平面直角坐标系，则N5,0,P0,4，再利用待定系数法求解即可得；
（3）根据（1）可得OF=25m,OD=15m,OB⊥FG,DE=2m，利用勾股定理可求出EF的长，再利用垂径定理即可得此时桥A的水面宽度；根据（2）的结论求出y=2时，x的值，由此即可得此时桥B的水面宽度．
【详解】（1）解：如图，设ABC所在圆的圆心为点O，连接OA,OD，

由垂径定理得：点O,D,B共线，
则OB⊥AC，AD=CD=12AC=20m，
设这条桥主桥拱的半径是rm，则OA=OB=rm，
∴OD=OB−BD=r−10m，
在Rt△AOD中，AD2+OD2=OA2，即202+r−102=r2，
解得r=25，
故答案为：25．
（2）解：如图，以水面所在直线为x轴，MN的中点为原点O，建立平面直角坐标系，

由题意得：N5,0,P0,4，
则设桥拱抛物线的解析式为y=ax2+c，
将点N5,0,P0,4代入得：25a+c=0c=4，解得a=−425c=4，
所以桥拱抛物线的解析式为y=−425x2+4．
（3）解：如图，桥A中，由（1）可知：OF=25m,OD=25−10=15m，

由题意得：OB⊥FG,DE=2m，
∴OE=17m，
在Rt△EOF中，EF=OF2−OE2=421m，
由垂径定理得：FG=2EF=821m，
即此时桥A的水面宽度为821m；
如图，桥B中，y=−425x2+4，

当y=2时，−425x2+4=2，
解得x=522或x=−522，
所以此时桥B的水面宽度为522−−522=52m，
答：此时桥A的水面宽度为821m，桥B的水面宽度为52m．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的应用、二次函数的应用等知识点，熟练掌握垂径定理和二次函数的性质是解题关键．
【变式10-4】（2022·上海奉贤·统考二模）图1是某种型号圆形车载手机支架，由圆形钢轨、滑动杆、支撑杆组成．图2是它的正面示意图，滑动杆AB的两端都在圆O上，A、B两端可沿圆形钢轨滑动，支撑杆CD的底端C固定在圆O上，另一端D是滑动杆AB的中点，（即当支架水平放置时直线AB平行于水平线，支撑杆CD垂直于水平线），通过滑动A、B可以调节CD的高度．当AB经过圆心O时，它的宽度达到最大值10cm，在支架水平放置的状态下：
(1)当滑动杆AB的宽度从10厘米向上升高调整到6厘米时，求此时支撑杆CD的高度．
(2)如图3，当某手机被支架锁住时，锁住高度与手机宽度恰好相等（AE=AB），求该手机的宽度．
【答案】(1)支撑杆CD的高度为9cm．
(2)手机的宽度为8cm．
【分析】（1）如图，连结OA，由题意可得：⊙O的直径为10，AB=6, 由OD⊥AB, 先求解OD, 从而可得答案；
（2）如图，记圆心为O，连结OA，证明AE=CD=BF=AB, 设AD=BD=x,则AE=CD=BF=AB=2x,则OD=2x−5, 再利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】（1）解：如图，连结OA，由题意可得：⊙O的直径为10，AB=6,
∴OA=5,
∵CD⊥AB, 即OD⊥AB,
∴AD=BD=3,
∴OD=52−32=4,
∴CD=OC+OD=9.
所以此时支撑杆CD的高度为9cm．
（2）解：如图，记圆心为O，连结OA，
由题意可得：AB=AE,∠E=∠EAB=∠ABF=90°,
∴四边形AEFB为正方形，
∵CD⊥EF,
∴AE=CD=BF=AB,
∵CD⊥AB,
∴ 设AD=BD=x,
则AE=CD=BF=AB=2x,
∵OA=OC=5,
∴OD=2x−5,
由勾股定理可得：52=x2+(2x−5)2,
解得x1=0,x2=4,
经检验x=0不符合题意，舍去，取x=4,
AB=8（cm），
即手机的宽度为8cm．
【点睛】本题考查的是正方形的判定与性质，垂径定理的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，建立方程解题是关键．
题型11 利用垂径定理求取值范围
【例11】（2023·广东佛山·统考二模）如图，⊙O的半径为5cm，弦AB=8cm，P是弦AB上的一个动点，则OP的长度范围是（ ）
A．8≤OP≤10B．5≤OP≤8C．4≤OP≤5D．3≤OP≤5
【答案】D
【分析】先利用垂径定理得到AC，再利用勾股定理求出OC，即可求解．
【详解】解：如图，过O点作OC⊥AB于C，
∵AB=8cm，
∴AC=4cm，
∴OC=OA2−AC2=3，
∵P点在AB上运动，
∴OC≤OP≤OA即3≤OP≤5
故选：D．
【点睛】本题考查了垂径定理，即垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧，同时涉及到了垂线段最短等知识，解题关键是牢记相关概念或定理．
【变式11-1】（2023上·江苏南通·九年级校考期末）已知，如图，∠MON=60°，点A，B为射线OM，ON上的动点，且AB=43，在∠MON的内部、△AOB的外部有一点P，且AP=BP，∠APB=120°，则线段OP的取范围 ．
【答案】4【分析】如图，由条件可以得出AOBP四点共圆，当OP是圆的直径时OP的值最大，当点O与点A或点B重合时OP的值最小，通过解直角三角形就可以求出结论．
【详解】解：∵∠MON=60°，∠APB=120°，
∴∠MON+∠APB=180°，
∴四边形APBO四点共圆．
∴当OP为直径时，OP最大，
∴∠OAP=90°．
∵AP=BP，
∴∠AOP=∠BOP=12∠AOB=30°，∠PAB=∠PBA=30°，AD=BD=12AB=23，
∴∠APO=60°，
∴∠ADP=90°．
∴AP=2DP，
在Rt△ADP中，由勾股定理，得
DP=2，
∴AP=4．
∵∠AOP=30°，
∴OP=2AP，
∴OP=8．
当点O与顶A重合时，OP最小．作PD⊥AB于点D．

∵AP=BP，
∴AD=12AB=23．
∵∠APB=120°，
∴∠PAD=30°，
∴AP=2DP．
在Rt△ADP中，由勾股定理，得
DP=2，
∴AP=4，
即OP=4．
∴OP的取值范围是：4故答案为：4【点睛】本题考查了等腰三角形的性质的运用，垂径定理的性质的运用，勾股定理的运用，四点共圆定理的运用，解答时运用等腰三角形的性质及垂径定理求解是关键．
【变式11-2】（2021上·浙江杭州·九年级校考期中）如图，C、D是以AB为直径的圆O上的两个动点（点C、D不与A、B重合），M是弦CD的中点，过点C作CP⊥AB于点P．若CD＝3，AB＝5，则PM的范围是 ．
【答案】0≤PM≤52
【分析】延长CP交⊙O于N，连接DN，易证PM＝12DN，所以当DN为直径时，PM的值最大，当DN＝AC时，PM最小，即可求得PM的取值.
【详解】解：如图：延长CP交⊙O于N，连接DN．
∵AB⊥CN，
∴CP＝PN，
∵CM＝DM，
∴PM＝12DN，
∴当DN为直径时，PM的值最大，最大值为52，
当DN＝NC时，PM最小，最小值为0，
∴PM的范围是0≤PM≤52．
故答案为：0≤PM≤52
【点睛】本题考查的是圆的综合题，垂径定理，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题.
题型12 利用弧、弦、圆心角关系判断正误
【例12】（2022·上海金山·校考一模）如图，O是弧AD所在圆的圆心．已知点B、C将弧AD三等分，那么下列四个选项中不正确的是（ ）
A．AC=2CDB．AC=2CD
C．∠AOC=2∠CODD．S扇形AOC=2S扇形COD．
【答案】B
【分析】利用三等分点得到AB=BC=CD，由此判断A；根据AB=BC=CD，得到AB+BC>AC，由此判断B；根据AC=2CD即可判断C；根据AB=BC=CD，得到S扇形AOB=S扇形BOC=S扇形COD，由此判断D．
【详解】解：连接AB、BC，OB，
∵点B、C将弧AD三等分，
∴AB=BC=CD，
∴AC=2CD，故A选项正确；
∵AB=BC=CD，
∴AB=BC=CD，
∵AB+BC>AC，
∴AC<2CD，故B选项错误；
∵AC=2CD，
∴∠AOC=2∠COD，故C选项正确；
∵AB=BC=CD，
∴∠AOB=∠BOC=∠COD，
∴S扇形AOB=S扇形BOC=S扇形COD，
∴S扇形AOC=2S扇形COD，故D选项正确；
故选：B．
【点睛】此题考查了圆心角、弧、弦定理：在同圆或等圆中，圆心角、弧、弦中有一个量相等，另两个量也对应相等．
【变式12-1】（2023·山东青岛·统考二模）如图，OA、OB、OC都是⊙O的半径，若∠AOB是锐角，且∠AOB＝2∠BOC，则下列结论正确的是（ ）个.
①AB＝2BC；②AB＝2BC；③∠ACB＝2∠CAB；④∠ACB＝∠BOC．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】首先取AB的中点D，连接AD，BD，由∠AOB=2∠BOC，易得AB＝2BC，AD=BD=BC，继而证得AB＜2BC，又由圆周角定理，可得∠AOB=4∠CAB，∠ACB=∠BOC=2∠CAB．
【详解】解：取AB的中点D，连接AD，BD，
∵∠AOB＝2∠BOC，
∴AB＝2BC，故②正确，
∴AD＝BD＝BC，
∴AD＝BD＝BC，
∵AB＜AD+BD，
∴AB＜2BC．故①错误，
∵∠AOB＝2∠BOC，∠BOC＝2∠CAB，
∴∠AOB＝4∠CAB，
∵∠AOB＝2∠ACB，
∴∠ACB＝∠BOC＝2∠CAB，故③④正确．
故选C．
【点睛】此题考查了弧、弦与圆心角的关系以及圆周角定理．此题难度适中，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12-2】（2019·浙江杭州·校联考一模）如图，在△ABC中，以边BC为直径做半圆，交AB于点D，交AC于点E，连接DE，若DE∧=2BD∧=2CE∧，则下外说法正确的是（ ）
A．AB＝3AEB．AB＝2AEC．3∠A＝2∠CD．5∠A＝3∠C
【答案】C
【分析】根据圆心角、弧、弦的关系分别求出∠BOD、∠EOC、∠DOE，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算，得到答案．
【详解】∵DE∧=2BD∧=2CE∧，
∴∠BOD=∠EOC=12∠DOE，
∵∠BOD+∠EOC+∠DOE＝180°，
∴∠BOD＝∠EOC＝45°，∠DOE＝90°，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB＝67.5°，
同理，∠OEC＝∠OCE＝67.5°，
∴∠A＝45°，
∵BC为直径，
∴∠AEB＝∠CEB＝90°，
∴AB=2AE，故A、B错误；
3∠A＝135°，2∠C＝135°，
∴3∠A＝2∠C，C正确；
5∠A＝225°，3∠C＝202.5°，
∴5∠A≠3∠C，D错误；
故选C．
【点睛】本题考查的是圆周角定理、圆心角、弧、弦的关系定理，根据弧的关系分别求出∠BOD、∠EOC、∠DOE是解题的关键．
题型13 利用弧、弦、圆心角关系求角度
【例13】（2023·陕西西安·西北大学附中校考模拟预测）如图，AB,CD是⊙O的两条直径，E是劣弧BC的中点，连接BC，DE．若∠ABC=22°，则∠CDE的度数为（ ）
A．22°B．32°C．34°D．44°
【答案】C
【分析】连接OE，由题意易得∠OCB=∠ABC=22°，则有∠COB=136°，然后可得∠COE=68°，进而根据圆周角定理可求解．
【详解】解：连接OE，如图所示：
∵OB=OC，∠ABC=22°，
∴∠OCB=∠ABC=22°，
∴∠COB=136°，
∵E是劣弧BC的中点，
∴∠COE=12∠COB=68°，
∴∠CDE=12∠COE=34°；
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13-1】（2022·广西柳州·统考二模）如图，点A,B,C,D,E在⊙O上，AB=CD,∠AOB=42°，则∠CED=（ ）
A．48°B．24°C．22°D．21°
【答案】D
【分析】先证明AB=CD,再利用等弧的性质及圆周角定理可得答案．
【详解】解：∵ 点A,B,C,D,E在⊙O上，AB=CD,∠AOB=42°，
∴AB=CD,
∴∠CED=12∠AOB=12×42°=21°,
故选：D.
【点睛】本题考查的两条弧，两个圆心角，两条弦之间的关系，圆周角定理，等弧的概念与性质，掌握同弧或等弧的概念与性质是解题的关键．
【变式13-2】（2021·陕西西安·高新一中校考二模）如图，BD是⊙O的直径，点A，C在⊙O上，AB=AD，AC交BD于点G．若∠COD=126°．则∠AGB的度数为（ ）
A．99°B．108°C．110°D．117°
【答案】B
【分析】先根据圆周角定理得到∠BAD=90°，再根据等弧所对的弦相等，得到AB=AD，∠ABD=45°，最后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，得到∠CAD=63°，∠BAG=27°，即可求解．
【详解】解：∵BD是⊙O的直径
∴∠BAD=90°
∵AB=AD
∴AB=AD
∴∠ABD=45°
∵∠COD=126°
∴∠CAD=12∠COD=63°
∴∠BAG=90°−63°=27°
∴∠AGB=180°−27°−45°=108°
故选：B．
【点睛】此题主要考查圆周角定理和弧、弦及圆周角之间的关系，熟练掌握圆周角定理和三者之间的关系是解题关键．
【变式13-3】（2021·福建漳州·模拟预测）如图，在半径为R的⊙O中，AB是直径，AC是弦，D为弧AC的中点，AC与BD交于点E，已知∠A＝36°，则∠AED的度数为（ ）
A．36°B．56°C．63°D．72°
【答案】C
【分析】由AB是⊙O的直径，可得∠ACB＝90°，根据已知条件可得∠ABC的度数，由D为弧AC的中点，可得AD=DC，即可得出∠ABD=∠CDB=12∠ABC，再根据三角形外角定理∠AED＝∠A＋∠ABD代入计算即可得出答案．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠A＝36°，
∴∠ABC＝90°﹣∠A＝90°﹣36°＝54°，
∵D为弧AC的中点，
∴AD=DC，
∴∠ABD=∠CDB=12∠ABC=12×54°=27°，
∴∠AED＝∠A＋∠ABD＝36°＋27°＝63°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，弧、弦，圆心角之间的关系，熟练掌握圆周角定理，弧、弦，圆心角之间的关系进行求解是解决本题的关键．
题型14 利用弧、弦、圆心角关系求线段长
【例14】（2023·陕西渭南·统考二模）如图，AB是⊙O的直径，CD、BE是⊙O的两条弦，CD交AB于点G，点C是BE的中点，点B是CD的中点，若AB=10，BG=2，则BE的长为（ ）

A．3B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】先根据垂径定理的推论得到AB⊥CD，CD=2CG，再利用勾股定理求出CG=4，进而得到CD=2CG=8，再证明BE=CD，则BE=CD=8．
【详解】解：如图所示，连接OC，
∵点B是CD的中点，AB是⊙O的直径，
∴AB⊥CD，BC=BD，
∴CD=2CG，
∵AB=10，
∴OC=OB=12AB=5，
∵BG=2，
∴OG=3，
在Rt△COG中，由勾股定理得CG=OC2−OG2=4，
∴CD=2CG=8，
∵点C是BE的中点，
∴BC=EC，
∴BC=EC=BD，
∴BE=CD，
∴BE=CD=8，
故选D．

【点睛】本题主要考查了垂径定理的推论，勾股定理，弧与弦之间的关系，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【变式14-1】（2022·辽宁葫芦岛·统考一模）如图，AB为⊙O直径，点C，D在⊙O上且AC=BC．AD与CO交于点E，∠DAB＝30°，若AO=3，则CE的长为（ ）
A．1B．32C．3−1D．23−2
【答案】C
【分析】先由AC=BC得出∠AOC=∠BOC=90°,再利用∠DAB＝30°通过解直角三角形AOE求出OE的长即可得到CE的长．
【详解】解：∵AC=BC
∴∠AOC=∠BOC=90°,
又∵∠DAB＝30°
∴AE=2OE
由勾股定理得，AO2+OE2=AE2
∴(3)2+OE2=(2OE)2
∴OE=1(负值舍去)
∴CE=CO=OE=3−1
故选：C
【点睛】本题主要考查了弧、弦、圆心角的关系和勾股定理等知识，熟练掌握树敌太多一口价解答本题的关键．
【变式14-2】（2022·重庆·重庆巴蜀中学校考一模）如图，AB是⊙O的直径，点D是弧AC的中点，过点D作DE⊥AB于点E，延长DE交⊙O于点F，若AE=2，⊙O的直径为10，则AC长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】D
【分析】根据垂径定理求出DE=EF，AD=AF，求出ADC=DAF，求出AC=DF，求出EF的长，再求出DF长，即可求出答案．
【详解】解：连接OF，如图：
∵DE⊥AB，AB过圆心O，
∴DE=EF，AD=AF，
∵D为弧AC的中点，
∴ AD=DC，
∴ ADC=DAF，
∴AC=DF，
∵⊙O的直径为10，
∴OF=OA=5，
∵AE=2，
∴OE=OA−AE=5−2=3，
在Rt△OEF中，由勾股定理得：EF=OF2−OE2=52−33=4，
∴DE=EF=4，
∴AC=DF=DE+EF=4+4=8，
故选：D．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆心角、弧、弦之间的关系，勾股定理等知识点，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，是中考常见题目．
【变式14-3】（2022·辽宁沈阳·模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，AB=4，CD=22，劣弧BC的长是劣弧BD长的2倍，则AC的长为（ ）
A．32B．22C．3D．23
【答案】D
【分析】连接OC,OD,BC，根据AB求得半径OC,OD，进而根据CD的长，勾股定理的逆定理证明∠COD=90°，根据弧长关系可得∠COB=60°，即可证明△COB是等边三角形，求得BC=2，进而由勾股定理即可求得AC
【详解】如图，连接OC,OD,BC，

∵AB=4
∴OC=OD=2
∵OC2+OD2=8，CD2=8
∴ OC2+OD2=CD2
∴△OCD是直角三角形，且∠COD=90°
∴CB=2DB
∴BC=23CD
∴∠BOC=23×∠COD=60°
∵OC=OB
∴△OBC是等边三角形
∴BC=OC=2
∵AB是直径，AB=4
∴∠ACB=90°
∴AC=3BC=23
故选D
【点睛】本题考查了弧与圆心角的关系，直径所对的圆周角是90度，勾股定理，等边三角形的判定，求得BC的长是解题的关键．
题型15 利用弧、弦、圆心角关系求周长
【例15】（2023·四川成都·统考二模）如图所示的曲边三角形可按下述方法作出：作等边△ABC；分别以点A，B，C为圆心，以AB的长为半径作BC，AC，AB，三条弧所围成的图形就是一个曲边三角形．如果AB=3，那么这个曲边三角形的周长是（ ）．
A．πB．2π C．92πD．3π
【答案】D
【分析】根据等边三角形的定义和性质得出AB=BC=AC，∠A=∠B=∠C=60°，从而得出LBC=LAC=LAB．再根据弧长公式求出LBC=60π×3180=π，即可求出这个曲边三角形的周长是3LBC=3π．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=AC，
∴LBC=LAC=LAB．
∵AB=3，
∴LBC=60π×3180=π，
∴这个曲边三角形的周长是LBC+LAC+LAB=3LBC=3π．
故选：D．
【点睛】本题考查等边三角形的定义和性质，弧、弦、圆心角的关系，弧长公式．掌握弧长公式为nπr180是解题关键．
【变式15-1】（2022上·陕西西安·九年级期末）如图，已知⊙O的半径等于2cm，AB是直径，C，D是⊙O上的两点，且AD=DC=CB，则四边形ABCD的周长等于（ ）
A．8cmB．10cmC．12cmD．16cm
【答案】B
【分析】连接OD、OC，根据圆心角、弧、弦间的关系证得△AOD是等边三角形，然后由AD=DC=CB可得AD=DC=CB=2cm，于是可以求出结果．
【详解】解：如图,连接OD、OC．
∵AD=DC=CB，
∴∠AOD=∠DOC=∠COB，AD=DC=CB；
∵∠AOD+∠DOC+∠COB=180°，
∴∠AOD=∠DOC=∠COB=60°；
∵OA=OD，
∴△AOD是等边三角形，⊙O的半径等于2cm，
∴AD=OD=OA=2cm；
∵ AD=DC=CB，
∴AD=CD=BC=OA=2cm；
∴四边形ABCD的周长为:AD+CD+BC+AB=5×2=10cm;
故选：B．
【点睛】本题考查了心角、弧、弦间的关系与等边三角形的判定与性质．在同圆中，等弧所对的圆心角相等．
【变式15-2】（2019·江苏南通·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点P在⊙O上，PD恰好经过圆心O，连接PB．
（1）若CD＝8，BE＝2，求⊙O的周长；
（2）若∠P＝∠D，点E是AB的一个四等分点吗？为什么？
【答案】（1）⊙O的周长为10π；（2）若∠P＝∠D，点E是AB的一个四等分点，理由见解析.
【分析】（1）根据垂径定理求出DE，根据勾股定理求出⊙O的半径，即可求出答案；
（2）求出PC=BC=BD，求出PC、BC、BD的度数是60°，求出∠P、∠D、∠BFE、∠OFE的度数，再根据等腰三角形的性质求出OE＝BE，即可得出答案．
【详解】解：（1）设⊙O的半径为R，
∵AB⊥CD，AB过O，CD＝8，
∴∠OED＝90°，CE＝DE＝4，
在Rt△OED中，由勾股定理得：OD2＝OE2+DE2，
R2＝（R﹣2）2+42，
解得：R＝5，
即⊙O的半径为5，
∴⊙O的周长为2π×5＝10π；
（2）若∠P＝∠D，点E是AB的一个四等分点，
理由是：
设PB和CD交于F，连接OF，
∵AB⊥CD，AB过O，
∴BC=BD，
∵∠P＝∠D，
∴PC=BD，
∴PC=BC=BD，
∵PD过O，
∴PC、BC、BD的度数是13×180°＝60°，
∴∠P＝∠D＝30°，
∴∠BFD＝∠P+∠D＝60°，
∵AB⊥CD，
∴∠OEF＝∠FEB＝90°，
∴∠FBE＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∵∠P＝∠D，
∴PF＝DF，
∵PO＝DO，
∴∠PFO＝∠DFO＝12×（180°﹣∠P﹣∠D）＝60°，
∴∠FOB＝180°﹣60°﹣90°＝30°＝∠FBE，
∴OF＝BF，
∵CD⊥OB，
∴OE＝BE，
∵AO＝BO，
∴点E是AB的一个四等分点，
即当∠P＝∠D时，点E是AB的一个四等分点．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，圆心角、弧、弦之间的关系等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
题型16 利用弧、弦、圆心角关系求面积
【例16】（2022·甘肃武威·统考模拟预测）如图，⊙O的半径是4，AB是⊙O的直径，D是AB的中点，连接AD，则图中阴影部分的面积是 （结果保留π）．
【答案】4π－8/－8＋4π
【分析】连接OD，先证明△AOD是等腰直角三角形，再利用阴影部分的面积＝S扇形AOD−S△AOD即可求得答案．
【详解】解：连接OD，
∵D是AB的中点，AB是⊙O的直径，
∴∠AOD＝90°，
∵AO＝DO＝4，
∴△AOD是等腰直角三角形，
∴阴影部分的面积＝S扇形AOD−S△AOD
=90π×42360−12×4×4
=4π−8，
故答案为：4π−8
【点睛】此题考查了不规则图形的面积、扇形面积公式、圆心角和弧之间的关系等知识，把不规则图形的面积转化成规则图形的面积是解题的关键．
【变式16-1】（2022·安徽宿州·宿州市第十一中学校考模拟预测）如图，点C，D分别是以AB为直径的半圆上的三等分点，AB=4，连接BC,CD,BD．
(1)填空：BC_________2BD；（填“>”“=”或“<”）
(2)求图中△BCD的面积．
【答案】(1)<
(2)3
【分析】（1）利用三等分可知DC=DB，根据三角形的三边关系即可求出结果；
（2）由条件可知四边形OBDC为菱形，据此即可求出三角形面积．
【详解】（1）解：∵点C，D分别是以AB为直径的半圆上的三等分点，
∴AC=CD=BD，
∴DC=DB，
∵在△BCD中，BC＜DC+DB=2BD，
∴BC＜2BD，
故答案是：＜；
（2）如图所示，连接OC、OD，
由（1）得：∠AOC=∠COD=∠DOB=60°，
∵OC=OD=OB=2，
∴△OCD与△ODB均为等边三角形且全等，
∴四边形OBDC为菱形，
∴S△OCD=S△OBD=12S菱形OBDC=3，
∴△BCD的面积为：3．
【点睛】本题主要考查的是圆中等分性质的应用，掌握圆的性质以及结合菱形的性质进行求解是解题的关键．
【变式16-2】（2022·四川遂宁·校考一模）如图，在⊙O中，AC＝CB，CD⊥OA于点D，CE⊥OB于点E．
(1)求证：CD＝CE；
(2)若∠AOB＝120°，OA＝2，求四边形DOEC的面积．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）连接OC，根据圆心角、弧、弦的关系定理得到∠AOC＝∠BOC，根据角平分线的性质定理证明结论；
（2）根据直角三角形的性质求出OD，根据勾股定理求出CD，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵AC＝CB，
∴∠AOC＝∠BOC，
又CD⊥OA，CE⊥OB，
∴CD＝CE；
（2）解：∵∠AOB＝120°，
∴∠AOC＝∠BOC＝60°，
∵∠CDO＝90°，
∴∠OCD＝30°，
∴OD＝12OC＝1，
∴CD＝OC2−OD2＝22−12＝3，
∴△OCD的面积＝12×OD×CD＝32，
同理可得，△OCE的面积＝12×OE×CE＝32，
∴四边形DOEC的面积＝32×2=3．
【点睛】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理、勾股定理、直角三角形的性质，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．
题型17 利用弧、弦、圆心角关系求弧的度数
【例17】（2021·浙江·诸暨市暨阳初级中学校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝26°，以点C为圆心，BC为半径的圆分别交AB、AC于点D、点E，则弧BD的度数为（ ）
A．52°B．26°C．64°D．128°
【答案】A
【分析】先利用直角三角形的两锐角互余得出∠B=64°，再利用半径相等和等腰三角形的性质得到∠CDB=∠B=64°，则根据三角形内角和定理可计算出∠BCD，然后根据圆心角的度数等于它所对弧的度数求解即可．
【详解】解：∵∠C=90∘，∠A=26∘，
∴∠B=64°，
∵CB=CD，
∴∠CDB=∠CBD=64∘，
∴∠BCD=180∘−64∘−64∘=52∘，
∴BD的度数为52∘．
故选A．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及圆心角的性质，圆心角的度数等于它所对弧的度数是解题的关键．
【变式17-1】（2023·江苏宿迁·泗阳致远中学校考一模）如图，点A、C、E在⊙O上，BD为直径，∠B+∠E=155°，则弧CD的度数为 ．
【答案】50°/50度
【分析】连接DE,OC，根据圆内接四边形的性质可得∠B+∠AED=180°，从而得到∠CED=25°，进而得到∠COD=2∠CED=50°，即可求解．
【详解】解：如图，连接DE,OC，
∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形，
∴∠B+∠AED=180°，
∵∠B+∠AEC=155°，
∴∠CED=25°，
∴∠COD=2∠CED=50°，
∴弧CD的度数为50°．
故答案为：50°
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理是解题的关键．
【变式17-2】（2018·辽宁鞍山·统考一模）同圆中，已知弧AB所对的圆心角是100°，则弧AB所对的圆周角是 ．
【答案】50°
【分析】直接利用圆周角定理进行求解即可．
【详解】解：∵弧AB所对的圆心角是100°，
∴弧AB所对的圆周角为50°，
故答案为50°．
【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．
题型18 利用弧、弦、圆心角关系比较大小
【例18】（2022上·江苏常州·九年级校考阶段练习）在同圆中，若弧AB和弧CD都是劣弧，且弧AB=2弧CD，那么AB和CD的大小关系是（ ）
A．AB=2CDB．AB>2CDC．AB<2CDD．无法比较它们的大小
【答案】C
【分析】作AB的中点E，连接AE、BE，则AE=BE，根据题意，得出AE=BE=CD，再根据在同圆或等圆中，等弧所对的弦相等，得出AE=BE=CD，再根据三角形的三边关系，得出AE+BE>AB，再根据等量代换，即可得出结果．
【详解】解：如图，作AB的中点E，连接AE、BE，则AE=BE，
∵AB=2CD，
∴AE=BE=CD，
∴AE=BE=CD，
在△ABE中，
∵AE+BE>AB，
∴AB<2CD，故选项C正确．
故选：C
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系、三角形的三边关系及应用，解本题的关键在充分利用数形结合思想．
【变式18-1】（2021·全国·九年级专题练习）如图，大半圆中有n个小半圆，若大半圆弧长为L1，n个小半圆弧长的和为L2，大半圆的弦AB，BC，CD的长度和为L3．则（ ）
A．L1＝L2＞L3
B．L1＝L2＜L3
C．无法比较L1、L2、L3间的大小关系
D．L1＞L3＞L2
【答案】A
【分析】设小半圆的半径为r，大半圆的半径为nr，分别计算弧长即可得出L1＝L2，再利用两点之间线段最短可得L1＞L3，从而可得答案．
【详解】解：设小半圆的半径为r，大半圆的半径为nr，L1=180πnr180=nπr，L2=180πr180×n＝nπr，
∴L1＝L2，
∵AB＞弦AB，CB＞弦BC，CD＞弦CD，
∴L1＞L3，
∴L1＝L2＞L3，
故选：A．
【点睛】此题主要考查了圆的认识，关键是掌握弧长计算公式．
【变式18-2】（2020上·九年级课时练习）在⊙O中，C是AB的中点，D是AC上的任一点（与点A、C不重合），则（ ）
A．AC+CB＝AD+DBB．AC+CB＜AD+DB
C．AC+CB＞AD+DBD．AC+CB与AD+DB的大小关系不确定
【答案】C
【分析】欲求AC+CB和AD+DB的大小关系，需将这些线段构建到同一个三角形中，然后利用三角形的三边关系解题．
【详解】解：如图；
以C为圆心，AC为半径作圆，交BD的延长线于E，连接AE、CE；
∵CB＝CE，
∴∠CBE＝∠CEB；
∵∠DAC＝∠CBE，
∴∠DAC＝∠CEB；
∵AC＝CE，
∴∠CAE＝∠CEA，
∴∠CAE﹣∠DAC＝∠CEA﹣∠CED，即∠DAE＝∠DEA；
∴AD＝DE；
∵EC+BC＞BE，EC＝AC，BE＝BD+DE＝AD+BD，
∴AC+BC＞BD+AD；
故选：C．
【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系，涉及三角形三边关系等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
【变式18-3】（2023·河北·统考中考真题）如图，点P1~P8是⊙O的八等分点．若△P1P3P7，四边形P3P4P6P7的周长分别为a，b，则下列正确的是( )

A．abD．a，b大小无法比较
【答案】A
【分析】连接P1P2,P2P3，依题意得P1P2=P2P3=P3P4=P6P7，P4P6=P1P7，△P1P3P7的周长为a=P1P3+P1P7+P3P7，四边形P3P4P6P7的周长为b=P3P4+P4P6+P6P7+P3P7，故b−a=P1P2+P2P3−P1P3，根据△P1P2P3的三边关系即可得解．
【详解】连接P1P2,P2P3，

∵点P1~P8是⊙O的八等分点，即P1P2=P2P3=P3P4=P4P5=P5P6=P6P7=P7P8=P8P1
∴P1P2=P2P3=P3P4=P6P7，P4P6=P4P5+P5P6=P7P8+P8P1=P1P7
∴P4P6=P1P7
又∵△P1P3P7的周长为a=P1P3+P1P7+P3P7，
四边形P3P4P6P7的周长为b=P3P4+P4P6+P6P7+P3P7，
∴b−a=P3P4+P4P6+P6P7+P3P7−P1P3+P1P7+P3P7 =P1P2+P1P7+P2P3+P3P7−P1P3+P1P7+P3P7
=P1P2+P2P3−P1P3
在△P1P2P3中有P1P2+P2P3>P1P3
∴b−a=P1P2+P2P3−P1P3>0
故选A．
【点睛】本题考查等弧所对的弦相等，三角形的三边关系等知识，利用作差比较法比较周长大小是解题的关键．
题型19 利用弧、弦、圆心角关系求最值
【例19】（2023·江苏苏州·模拟预测）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．42B．6C．210D．35
【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=12MN，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=12MN，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P'位置时，恰好过格点且P'M经过圆心O，
所以此时P'M最大，等于圆O的直径，
∵BM＝4，BN＝2，
∴MN=22+42=25，
∴MQ=OQ=5，
∴OM=2MQ=2×5=10，
∴P'M=2OM=210，
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19-1】（2023·黑龙江绥化·校考模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，AB＝4，C为AB的三等分点（更靠近A点），点P是⊙O上一个动点，取弦AP的中点D，则线段CD的最大值为（ ）

A．2B．7C．23D．3+1
【答案】D
【分析】取OA的中点Q，连接DQ，OD，CQ，根据条件可求得CQ长，再由垂径定理得出OD⊥AP，由直角三角形斜边中线等于斜边一半求得QD长，根据当C,Q,D三点共线时，CD长最大求解.
【详解】解：如图，取AO的中点Q,连接CQ，QD，OD，
∵C为AB的三等分点，
∴AC的度数为60°，
∴∠AOC=60°,
∵OA=OC,
∴△AOC为等边三角形，
∵Q为OA的中点，
∴CQ⊥OA，∠OCQ=30°,
∴OQ=12OC=12×2=1 ,
由勾股定理可得，CQ=3 ,
∵D为AP的中点,
∴OD⊥AP，
∵Q为OA的中点，
∴DQ=12OA=12×2=1 ,
∴当D点CQ的延长线上时，即点C,Q,D三点共线时，CD长最大，最大值为3+1 .
故选D

【点睛】本题考查利用弧与圆心角的关系及垂径定理求相关线段的长度，并且考查线段最大值问题，利用圆的综合性质是解答此题的关键.
【变式19-2】（2023·山西阳泉·统考二模）如图，AB是⊙O的直径，AB＝12，点M在⊙O上，∠MAB=20°，N是MB的中点，连接MN，P是直径AB上的动点，若弦MN=2，则△PMN周长的最小值为 ．

【答案】8
【分析】如图所示，作点N关于AB的对称点N'，连接MN'交AB于P，△PMN周长为PM+PN+MN=2+PM+PN，由对称性知△PMN周长为=2+PM+PN=2+PM+PN'，根据两点之间线段最短可知△PMN周长的最小为2+MN'，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N关于AB的对称点N'，则点N'在⊙O上，连接MN'交AB于P，

由对称性知PN=PN'，
∴ △PMN周长为PM+PN+MN=2+PM+PN=2+PM+PN'，
根据两点之间线段最短可知△PMN周长的最小为2+MN'，
∵点N是MB的中点，∠MAB=20°，
∴MN=NB=BN'，
∴∠BAN'=10°，
∴∠MAN'=20°+10°=30°，
∴∠MON'=60°，
∴△MON'是正三角形，
∴OM=ON'=MN'=12AB=6，
∵MN=2，
∴△PMN周长的最小值为2+6=8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查动点最值问题，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19-3】（2023·广东珠海·统考一模）如图，在⊙O中，点C是AB上的一点，作AD∥BC交⊙O于点D，连接AB．
(1)求证：AC=BD；
(2)连接BO并延长BO交⊙O于点E，交弦AD于点F，连接CE交AD于点G，连接AE、AC，请根据题意画图．已知BE=8，AB=43．
①若CE=42，求AF的长度；
②若点C从点A沿AB运动点B时，求线段BG的长度最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①26②213−2
【分析】（1）根据AD∥BC，得到∠DAB=∠ABC，进而得到AC=BD，即可得证；
（2）①根据题意，作出图形，根据圆周角定理，得到∠BAE=90°,∠BCE=90°，勾股定理求出AE,BC的长，进而得到∠ABE=30°，∠CEB=∠CBE=45°，利用勾股定理求出AG,EG的长，进而得到FG的长，利用AF=AG+GF进行求解即可；②易得点G在以AE为直径的⊙H上，得到当B,G,H三点共线时，BG取得最小值为BH−HG，进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠DAB=∠ABC，
∴AC=BD，
∴AC=BD．
（2）解：①如图，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE=90°,∠BCE=90°，
∵BE=8，AB=43，CE=42，
∴AE=BE2−AB2=4，BC=BE2−CE2=42，
∴sin∠EBA=12,CE=BC，
∴∠ABE=30°，∠CEB=∠CBE=45°，
∵AD∥BC，
∴∠EGF=∠ECB=90°，∠GFE=∠CBE=45°，
∴∠EGA=90°,∠AGC=90°，∠GFE=∠GEF，
∵∠ACG=∠ABE=30°，
设AG=x，则：CG=3x，
∴EG=CE−CG=42−3x，
在Rt△AGE中，AE2=EG2+AG2，即：42=x2+42−3x2，
解得：x=6−2或x=6+2，
当x=6+2，CG=36+2=32+6>CE，不符合题意，
∴x=6−2，
∴AG=6−2，CG=32−6，EG=2+6，
∵∠GFE=∠GEF，
∴GF=EG=2+6，
∴AF=AG+GF=6−2+2+6=26；
②由①可知：∠AGE=90°，
∴点G在以AE为直径的⊙H上，则：BG≥BH−HG，
∴当B,G,H三点共线时，BG取得最小值为BH−HG，如图：
由①可知：AE=4，∠BAE=90°，
∴AH=HG=2，BH=AB2+AH2=213，
此时BG=BH−HG=213−2．
【点睛】本题考查圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握等弧对等弦，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，是解题的关键．
题型20 利用弧、弦、圆心角关系证明
【例20】（2023·上海闵行·统考二模）如图，在扇形AOB中，点C、D在AB上，AD=CB，点F、E分别在半径OA、OB上，OF=OE，连接DE、CF．
(1)求证：DE=CF；
(2)设点Р为CD的中点，连接CD、EF、PO，线段PO交CD于点M、交EF于点N．如果PO∥DE，求证：四边形MNED是矩形．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）由题意易得AC=BD，则有∠FOC=∠EOD，然后可证△FOC≌△EOD，进而问题可求证；
（2）由（1）可知：AC=BD，DE=CF，然后可得扇形AOB关于OP对称，则有EF∥CD，进而问题可求证．
【详解】（1）证明：∵AD=CB，CD是公共弧，
∴AC=BD，
∴∠FOC=∠EOD，
∵OF=OE，OC=OD，
∴△FOC≌△EODSAS，
∴DE=CF；
（2）解：如图所示：
由（1）可知：AC=BD，DE=CF，
∵点Р为CD的中点，
∴PC=PD,OP⊥CD，
∴扇形AOB关于OP对称，
∴∠ONE=∠OMD=90°，
∴EF∥CD，
∵PO∥DE，
∴四边形MNED是平行四边形，
∵∠OMD=90°，
∴平行四边形MNED是矩形．
【点睛】本题主要考查垂径定理、圆的基本性质及矩形的判定，熟练掌握垂径定理、圆的基本性质及矩形的判定是解题的关键．
【变式20-1】（2022·湖南怀化·统考模拟预测）如图，点A，B，C，D在⊙O上，AB＝CD．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）∵AB＝CD
∴AB+AD＝CD+AD
∴BAD=ADC
∴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20-2】（2023·浙江湖州·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为AB上的一点，以BD为直径的半圆与交BC于点F，且AC切⊙O于点E．
(1)求证：DE=EF；
(2)若∠A=30°，AB=6，求CF的长．
【答案】(1)见解析
(2)CF=1．
【分析】（1）连接OE、OF，根据切线的性质可得∠OEA=90°，推出OE∥BC，由平行线的性质以及半径相等即可推得结论；
（2）连接DE，根据等边三角形的判定与性质以及含30度角的直角三角形的性质可得答案．
【详解】（1）证明：连接OE、OF，
∵AC切⊙O于点E，
∴OE⊥AC，即∠OEA=90°，
∵∠ACB=90°，
∴OE∥BC，
∴∠EOA=∠CBA，∠EOF=∠OFB，
∵OB=OF，
∴∠OFB=∠CBA，
∴∠EOD=∠EOF，
∴DE=EF；
（2）解：连接DE，
∵∠A=30°，AB=6，
∴∠OBF=∠EOD=60°，
∵OE=OD=OF=OB，
∴△DOE、△BOF都为等边三角形，∠EDO=60°，
∴∠DEA=30°，
∴AD=DE=DO=OB=BF=2，
∵∠A=30°，∠ACB=90°，AB=6，
∴BC=12AB=3，
∴CF=BC−BF=1．
【点睛】此题考查的是切线的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键．
【变式20-3】（2023·江苏徐州·校考二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，延长BC到点E，使得CE=AB，∠1=∠2，连接ED．
(1)求证：BD=ED；
(2)若AB=3，BC=5，∠ABC=60°．求tan∠DCB的值．
【答案】(1)见解析
(2)433
【分析】（1）根据SAS证明△ABD≌△CED，得出BD=ED即可；
（2）过点D作DM⊥BE于M，求出BE=BC+EC=8，根据BD=ED，DM⊥BE，得出BM=ME=12BE=4，根据三角函数求出DM=BM⋅tan∠2=4×33=433，求出tan∠DCB=DMCM=433．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A=∠DCE，
∵∠1=∠2，
∴AD=DC，
∴AD=DC，
在△ABD和△DCE中AB=CE∠A=∠DCEAD=DC，
∴△ABD≌△CEDSAS，
∴BD=ED；
（2）解：过点D作DM⊥BE于M，如图所示：
∵AB=3，BC=5，CE=AB，
∴BE=BC+EC=8，
∵BD=ED，DM⊥BE，
∴BM=ME=12BE=4，
∴CM=BC−BM=1，
∵∠ABC=60°，∠1=∠2，
∴∠2=30°，
∴DM=BM⋅tan∠2=4×33=433，
∴tan∠DCB=DMCM=433．
【点睛】本题主要考查了圆周角、弧、弦间的关系，解直角三角形，求正切值，等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角函数的定义．
题型21 利用圆周角定理求解
【例21】（2023·陕西延安·统考一模）如图，△ABC内接于⊙O,∠C=46°，连接OA，则∠OAB=（ ）
A．44°B．45°C．54°D．67°
【答案】A
【分析】连接OB，由2∠C=∠AOB，求出∠AOB，再根据OA=OB即可求出∠OAB．
【详解】连接OB，如图，
∵∠C=46°，
∴∠AOB=2∠C=92°，
∴∠OAB+∠OBA=180°-92°=88°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∴∠OAB=∠OBA=12×88°=44°，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，根据圆周角定理的出∠AOB=2∠C=92°是解答本题的关键．
【变式21-1】（2023·山东泰安·校考模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的直径，∠ACD=40°，则∠B=（ ）
A．70°B．60°C．50°D．40°
【答案】C
【分析】由CD是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，得出∠CAD＝90°，根据直角三角形两锐角互余得到∠ACD与∠D互余，即可求得∠D的度数，继而求得∠B的度数．
【详解】解：∵CD是⊙O的直径，
∴∠CAD＝90°，
∴∠ACD+∠D＝90°，
∵∠ACD＝40°，
∴∠ADC＝∠B＝50°．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，注意掌握数形结合思想是解题的关键．
【变式21-2】（2023·内蒙古乌兰察布·校考模拟预测）如图，在⊙O中，∠BOC＝130°，点A在BAC上，则∠BAC的度数为（ ）
A．55°B．65°C．75°D．130°
【答案】B
【分析】利用圆周角直接可得答案．
【详解】解：∵ ∠BOC＝130°，点A在BAC上，
∴∠BAC=12∠BOC=65°,
故选B
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，掌握“同圆或等圆中，同弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半”是解本题的关键．
题型22 利用圆周角定理推论求解
【例22】（2023·江苏连云港·校考一模）如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE．
(1)求证△CED∽△BAD；
(2)当DC=2AD时，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)CE=1277
【分析】（1）根据同弧所对圆周角相等可得∠A=∠E，再由对顶角相等得∠BDA=∠CDE，故可证明绪论；
（2）根据DC=2AD可得AD=2,CD=4，由△CED∽△BAD可得出BD·DE=8,连接AE，可证明△ABD∽△EBA，得出AB2=BD·BE=BD2+BD·BE, 代入相关数据可求出BD=27，从而可求出绪论．
【详解】（1）∵BC所对的圆周角是∠A,∠E，
∴∠A=∠E，
又∠BDA=∠CDE，
∴△CED∽△BAD；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=BC=6
∵DC=2AD，
∴AC=3AD,
∴AD=2,DC=4,
∵ΔCED~ΔBAD,
∴ADDE=BDCD=ABCE，
∴2DE=BD4,
∴BD⋅DE=8;
连接AE,如图，
∵AB=BC,
∴AB=BC
∴∠BAC=∠BEA,
又∠ABD=∠EBA，
∴△ABD~ΔEBA,
∴ABBE=BDAB，
∴AB2=BD⋅BE=BD⋅(BD+DE) =BD2+BD⋅DE,
∴62=BD2+8，
∴BD=27（负值舍去）
∴6CE=274，
解得，CE=1277
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形和判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
【变式22-1】（2023·安徽合肥·校考一模）如图，△ABC内接于⊙O，AD是⊙O的直径，若∠B=20°，则∠CAD的度数是（ ）
A．60°B．65°C．70°D．75°
【答案】C
【分析】首先连接CD，由AD是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得∠ACD=90°，又由圆周角定理，可得∠D=∠B=20°，再用三角形内角和定理求得答案．
【详解】解：连接CD，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°．
∵∠D=∠B=20°，
∴∠CAD=180°−90°−∠D=180°−90°−20°=70°．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形的内角和定理．熟练掌握圆周角定理是解此题的关键．
【变式22-2】（2022·湖北省直辖县级单位·校联考一模）如图，C，D是⊙O上直径AB两侧的两点．设∠ABC=25°，则∠BDC=（ ）
A．85°B．75°C．70°D．65°
【答案】D
【分析】先利用直径所对的圆周角是直角得到∠ACB=90°，从而求出∠BAC，再利用同弧所对的圆周角相等即可求出∠BDC．
【详解】解：∵C ，D是⊙O上直径AB两侧的两点，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC=25°，
∴∠BAC=90°-25°=65°，
∴∠BDC=∠BAC=65°，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，即直径所对的圆周角是90°和同弧或等弧所对的圆周角相等，解决本题的关键是牢记相关概念与推论，本题蕴含了属性结合的思想方法．
【变式22-3】（2023·陕西·模拟预测）如图，点A，B，C，D在⊙O上，AC⊥BC,AC=4,∠ADC=30°，则BC的长为（ ）
A．43B．8C．42D．4
【答案】A
【分析】连接AB，根据AC⊥BC可得AB为⊙O的直径，又根据∠ADC=30°得到∠ABC=30°，故在直角三角形中，利用特殊角的三角函数即可求出BC．
【详解】解：连接AB，
∵AC⊥BC，
∴∠ACD=90°，
∴AB为⊙O的直径，
∵∠ADC=30°，
∴∠ABC=30°，
在RtΔABC中,
ACBC=tan∠ABC，
BC=ACtan∠ABC=433=43 ．.
故选：A．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，解三角形，解题的关键是掌握公式、定理。
【变式22-4】（2023·陕西西安·西安建筑科技大学附属中学校考一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ADB=∠CDB．
(1)试判断△ABC的形状，并给出证明；
(2)若AB=2，AD=1，求CD的长度．
【答案】(1)△ABC是等腰直角三角形；证明见解析；
(2)3；
【分析】（1）根据圆周角定理可得∠ABC=90°，由∠ADB=∠CDB根据等弧对等角可得∠ACB=∠CAB，即可证明；
（2）Rt△ABC中由勾股定理可得AC，Rt△ADC中由勾股定理求得CD即可；
【详解】（1）证明：∵AC是圆的直径，则∠ABC=∠ADC=90°，
∵∠ADB=∠CDB，∠ADB=∠ACB，∠CDB=∠CAB，
∴∠ACB=∠CAB，
∴△ABC是等腰直角三角形；
（2）解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=AB=2，
∴AC=AB2+BC2=2，
Rt△ADC中，∠ADC=90°，AD=1，则CD=AC2−AD2=3，
∴CD=3．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识；掌握等弧对等角是解题关键．
题型23 已知圆内接四边形求角度
【例23】（2023·四川内江·校考一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接OB，OD，BD，若∠C=110°，则∠OBD=（ ）
A．15°B．20°C．25°D．30°
【答案】B
【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠A，根据圆周角定理可得∠BOD，再根据OB=OD计算即可．
【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A=180°−∠BCD=70° ，
由圆周角定理得，∠BOD=2∠A=140° ，
∵OB=OD
∴∠OBD=∠ODB=180°−∠BOD2=20°
故选：B．
【点睛】此题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
【变式23-1】（2021·广东江门·校考一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=CD，A为BD中点，∠BDC=60°，则∠ADB等于（ ）
A．40°B．50°C．60°D．70°
【答案】A
【分析】根据AB=CD，A为BD中点求出∠CBD=∠ADB=∠ABD，再根据圆内接四边形的性质得到∠ABC+∠ADC=180°，即可求出答案．
【详解】∵A为BD中点，
∴AB=AD,
∴∠ADB=∠ABD，AB=AD，
∵AB=CD，
∴∠CBD=∠ADB=∠ABD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴3∠ADB+60°=180°，
∴∠ADB=40°，
故选：A．
【点睛】此题考查圆周角定理：在同圆中等弧所对的圆周角相等、相等的弦所对的圆周角相等，圆内接四边形的性质：对角互补．
【变式23-2】2023·重庆江北·校考一模）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC=120°，AC=43，则⊙O的半径为（ ）
A．4B．43C．23D．3
【答案】A
【分析】根据圆内接四边形对角互补，作AC的圆周角∠APC，可求得∠APC、∠AOC的度数，连接OA，过点O作OD⊥AC交AC于点D，根据垂径定理可求得∠COD的度数与CD的长，最后利用锐角三角函数可求得半径OC的长．
【详解】解：作AC的圆周角∠APC，连接OA，过点O作OD⊥AC交AC于点D，
∵∠ABC=120°，
∴∠APC=60°，
∴∠AOC=120°，
∵OD⊥AC，
∴∠AOD=∠COD=60°，
∵AC=43，
∴AD=CD=12AC=23，
在Rt△ODC中，
sin∠COD=CDOC，
即sin60°=23OC=32，
解得：OC=4．
故选：A．
【点睛】本题考查了圆的内接四边形对角互补、垂径定理求圆的半径，掌握圆的内接四边形对角互补以及灵活运用垂径定理是解题的关键．
【变式23-3】（2023·内蒙古包头·校考三模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的3个外角∠EAB，∠FBC，∠GCD的度数之比为1:2:4，则∠D= ．
【答案】72°/72度
【分析】根据圆内接四边形的对角互补以及外角的性质可求出∠CDH，再根据平角的定义求解．
【详解】解：如图，延长ED到H，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴ ∠ABC+∠ADC=∠BAD+∠BCD=180°，
∴ ∠FBC+∠HDC=∠EAB+∠GCD=180°，
∵ ∠EAB，∠FBC，∠GCD的度数之比为1:2:4，
∴ ∠EAB，∠FBC，∠GCD，∠CDH的度数之比为1:2:4:3，
∵ ∠EAB+∠FBC+∠GCD+∠CDH=360°，
∴ ∠CDH=360°×31+2+4+3=108°，
∴ ∠ADC=180°−∠CDH=72°．
故答案为：72°．
【点睛】本题考查圆内接四边形，解题的关键是掌握圆内接四边形的对角互补，外角和是360度．
【变式23-4】（2023·江苏常州·统考二模）如图，∠DCE是⊙O内接四边形ABCD的一个外角，若∠DCE＝72°，那么∠BOD的度数为 ．
【答案】144°/144度
【分析】先求解∠BCD, 再利用圆的内接四边形的性质求解∠A, 再利用圆周角定理可得∠BOD的大小.
【详解】解：∵∠DCE＝72°，
∴∠BCD=180°−72°=108°,
∵四边形ABCD是⊙O内接四边形，
∴∠A=180°−∠BCD=72°,
∴∠BOD=2∠A=144°,
故答案为：144°.
【点睛】本题考查的是邻补角的含义，圆的内接四边形的性质，圆周角定理的应用，熟练掌握圆中的圆周角定理与圆的内接四边形的性质是解本题的关键.
题型24 利用圆的有关性质求值
【例24】（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，过点B，C的⊙O分别交AC，AB于D，E两点，连接EO并延长交⊙O于点F，连接BF，CF．若∠EDC=135∘，CF=5，S△EBF=32，则AB的长为（ ）

A．10B．13C．4D．10
【答案】C
【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=10，继而可得答案．
【详解】解：∵四边形BCDE内接于⊙O，且∠EDC=135∘，

∴∠EFC=∠ABC=180∘−∠EDC=45∘，
∵∠ACB=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC，
又∵EF是⊙O的直径，
∴∠EBF=∠12ECF=∠ACB=90∘，
∴∠BCF=∠ACE，
∵四边形BECF是⊙O的内接四边形，
∴∠AEC=∠BFC，
∴△ACE ≅ △BCFASA，
∴AE=BF，
∵Rt△ECF中，CF=5、∠EFC=45∘，
∴EF2=10．
∵S△EBF=32，
∴12BF⋅BE=32，
∴BF⋅BE=3，
∴2BF⋅BE=6，
∴AE2+BE2=BF2+BE2=EF2=10，
∴(AE+BE)2=AE2+BE2+2BF⋅BE=16，
∴AE+BE=4．
故选C．
【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24-1】（2023·天津和平·统考一模）如图，圆内接四边形ABCD，∠ABC=60°，对角线BD平分∠ADC，过点B作BE∥CD交DA的延长线于点E，若AD=2，DC=3，则△BDE的面积为 ．
【答案】2534
【分析】首先证明∠ABC=∠BCA=∠BAC=60°，再过点A作AM⊥CD，垂足为点M，过点B作BN⊥AC，垂足为点N．根据S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD，分别求出△ABC，△ACD的面积，即可求得四边形ABCD的面积，然后通过证得△EAB≅△DCB，即可求得△BDE的面积=四边形ABCD的面积．
【详解】∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC=60°，
∴∠ADC=120°，
∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB=60°，
∴∠ACB=∠ADB=60°，∠BAC=∠CDB=60°，
∴∠ABC=∠BCA=∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
过点A作AM⊥CD，垂足为点M，过点B作BN⊥AC，垂足为点N．
∴∠AMD=90°，
∵∠ADC=120°，
∴∠ADM=60°，
∴∠DAM=30°，
∴DM=12AD=1,AM=AD2−DM2=22−12=3,
∵CD=3，
∴CM=CD+DM=1+3=4，
∴SΔACD=12CD⋅AM=12×3×3=332,
Rt△AMC中，∠AMD=90°，
∴AC=AM2+CM2=3+16=19,
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=19,
∴BN=32BC=572,
∴SΔABC=12×19×572=1934,
∴四边形ABCD的面积=1934+332=2534,
∵BE∥CD，
∴∠E+∠ADC=180°，
∵∠ADC=120°，
∴∠E=60°，
∴∠E=∠BDC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠EAB=∠BCD，
在△EAB和△DCB中，
∠E=∠BDC∠EAB=∠DCBAB=BC，
∴△EAB≅△DCB，
∴△BDE的面积=四边形ABCD的面积=2534．
故答案为：2534
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
【变式24-2】（2020·湖南长沙·长沙市长郡双语实验中学校考一模）如图，边长一定的正方形ABCD，Q为CD上一个动点，AQ交BD于点M，过M作MN⊥AQ交BC于点N，作NP⊥BD于点P，连接NQ，下列结论：①AM＝MN；②MP＝12BD；③BN＋DQ＝NQ；④AB+BNBM为定值2．一定成立的是 ．
【答案】①②③④
【分析】如图1，连接AC、AN，AC交BD于点H，根据正方形的性质可得A，B，N，M四点共圆，进而可得∠ANM＝∠NAM＝45°，于是可判断①；由余角的性质可得∠HAM＝∠PMN，从而可利用AAS证明Rt△AHM≌Rt△MPN，可得MP＝AH，再根据正方形的性质即可判断②；如图2，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°至△ABR，使AD和AB重合，连接AN，根据旋转的性质和SAS可推得△RAN≌△QAN，进而可得RN=QN，进一步即可判断③；如图3，作MS⊥AB于S，MW⊥BC于W，由题意易得四边形SMWB是正方形，进一步即可推出△AMS≌△NMW，可得AS＝NW，进而得AB＋BN＝2BW，然后利用等腰直角三角形的性质即可判断④，于是可得答案．
【详解】解：如图1，连接AC、AN，AC交BD于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC=BD，AH=CH，∠DBC＝∠ABD＝45°，
∵∠AMN＝∠ABC＝90°，
∴A，B，N，M四点共圆，
∴∠NAM＝∠DBC＝45°，∠ANM＝∠ABD＝45°，
∴∠ANM＝∠NAM＝45°，
∴AM＝MN，故①正确；
∵∠MAH+∠AMH=90°，∠PMN+∠AMH=90°，
∴∠HAM＝∠PMN，
∵∠AHM＝∠MPN=90°，AM＝MN，
∴Rt△AHM≌Rt△MPN（AAS），
∴MP＝AH＝12AC＝12BD，故②正确；
如图2，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°至△ABR，使AD和AB重合，连接AN，
则AR=AQ，∠BAR=∠DAQ，∠ABR=∠ADQ=90°，
∴R、B、N三点在同一直线上，
∵∠BAN＋∠QAD＝∠NAQ＝45°，
∴∠RAN=∠QAN=45°，
又∵AN=AN，
∴△RAN≌△QAN（SAS），
∴RN=QN，即BN＋DQ＝NQ，故③正确；
如图3，作MS⊥AB，垂足为S，作MW⊥BC，垂足为W，
∵点M是对角线BD上的点，
∴四边形SMWB是正方形，有MS＝MW＝BS＝BW，
∵∠AMN=∠SMW=90°，
∴∠AMS=∠NMW，
又∵∠ASM=∠NWM=90°，
∴△AMS≌△NMW（ASA），
∴AS＝NW，
∴AB＋BN＝SB＋BW＝2BW，
∵BW：BM＝1∶2，
∴AB+BNBM=22=2，故④正确．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题是正方形的综合题，主要考查了正方形的性质和判定、四点共圆、圆周角定理的推论、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及旋转的性质等知识，综合性强、具有相当的难度，正确添加辅助线、灵活应用所学知识是解题的关键．
题型25 利用圆的有关性质证明
【例25】（2022·江苏南京·统考一模）如图①，在△ABC中，CA=CB，D是△ABC外接圆⊙O上一点，连接CD，过点B作BE∥CD，交AD的延长线于点E，交⊙O于点F．
(1)求证：四边形DEFC是平行四边形；
(2)如图②，若AB为⊙O直径，AB=7，BF=1，求CD的长．
【答案】(1)见解析
(2)43
【分析】（1）利用平行线的性质，等弧对相等的圆周角，证得DE∥CF即可；
（2）连接DF，AF，利用平行线的性质证得∠DAC+∠ACF=180°，再利用圆的内接四边形的性质证得∠ADF+∠ACF=180°，得到∠ADF=∠DAC，再利用圆周角定理得到AF=CD，最后在RtΔABF中即可求解．
【详解】（1）证明：∵BE∥CD，
∴∠ADC=∠E，
∵CA=CB，
∴CA=CB
∵∠ADC=∠CFB，
∴∠E=∠CFB，
∴DE∥CF，
∴四边形DEFC是平行四边形；
（2）连接DF，AF，如图所示，
∵DE∥CF，
∴∠DAC+∠ACF=180°，
∵四边形ACFD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADF+∠ACF=180°，
∴∠ADF=∠DAC，
∴AF=CD，
∵AB为⊙O直径，
∴∠AFB=90°，
∵AB=7，BF=1，
∴AF=AB2−BF2=72−12=43，
∴CD=AF=43
【点睛】本题是一道圆的知识的综合题，考查了圆周角定理，平行四边形的判定和性质，平行线的性质和判定等，作出适当的辅助线是解题的关键．
【变式25-1】（2021·江苏盐城·统考一模）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，AD＝BD，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．
①求∠AED的度数；
②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．
【答案】（1）∠E＝12α；（2）见解析；（3）①∠AED＝45°；②259
【分析】（1）由角平分线的定义可得出结论；
（2）由圆内接四边形的性质得出∠FDC+∠FBC=180°，得出∠FDE=∠FBC，证得∠ABF=∠FBC，证出∠ACD=∠DCT，则CE是△ABC的外角平分线，可得出结论；
（3）①连接CF，由条件得出∠BFC=∠BAC，则∠BFC=2∠BEC，得出∠BEC=∠FAD，证明△FDE≌△FDA（AAS），由全等三角形的性质得出DE=DA，则∠AED=∠DAE，得出∠ADC=90°，则可求出答案；
②过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，证得△EGA∽△ADC，得出AEAC=AGCD，求出ADAC=45，设AD=4x，AC=5x，则有（4x）2+52=（5x）2，解得x=53，求出ED，CE的长，求出DM，由等腰直角三角形的性质求出FM，根据三角形的面积公式可得出答案．
【详解】解：（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝12（∠ACD﹣∠ABC）＝12∠A=12α，
（2）如图1，延长BC到点T，
∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC＝180°，
又∵∠FDE+∠FDC＝180°，
∴∠FDE＝∠FBC，
∵DF平分∠ADE，
∴∠ADF＝∠FDE，
∵∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵AD=BD，
∴∠ACD＝∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠DCT＝∠BFD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CE是△ABC的外角平分线，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）①如图2，连接CF，
∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
∴∠BAC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BAC，
∴∠BFC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC＝∠FCE，
∵∠FCE＝∠FAD，
∴∠BEC＝∠FAD，
又∵∠FDE＝∠FDA，FD＝FD，
∴△FDE≌△FDA（AAS），
∴DE＝DA，
∴∠AED＝∠DAE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠AED＝∠DAE＝45°，
②如图3，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠FAC＝∠EBC＝12∠ABC＝45°，
∵∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠FAC，
∵∠FED＝∠FAD，
∴∠AED﹣∠FED＝∠FAC﹣∠FAD，
∴∠AEG＝∠CAD，
∵∠EGA＝∠ADC＝90°，
∴△EGA∽△ADC，
∴AEAC=AGCD，
∵在Rt△ABG中，AG＝22AB=42，
在Rt△ADE中，AE＝2AD，
∴ADAC=45，
在Rt△ADC中，AD2+DC2＝AC2，
∴设AD＝4x，AC＝5x，则有（4x）2+52＝（5x）2，
∴x＝53，
∴ED＝AD＝203，
∴CE＝CD+DE＝353，
∵∠BEC＝∠FCE，
∴FC＝FE，
∵FM⊥CE，
∴EM＝12CE＝356，
∴DM＝DE﹣EM＝56，
∵∠FDM＝45°，
∴FM＝DM＝56，
∴S△DEF＝12DE•FM＝259．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式25-2】（2023·广东深圳·校联考模拟预测）“同弧或等弧所对的圆周角相等”，利用这个推论可以解决很多数学问题．
(1)【知识理解】如图1，圆O的内接四边形ACBD中，∠ABC=60°，BC=AC，
①∠BDC=________；∠DAB________∠DCB（填“>”，“=”，“<”）
②将D点绕点B顺时针旋转60°得到点E，则线段DB，DC，DA的数量关系为________．
(2)【知识应用】如图2，AB是圆O的直径，tan∠ABC=12，猜想DA，DB，DC的数量关系，并证明；
(3)【知识拓展】如图3，已知AB=2，A，B分别是射线DA，DB上的两个动点，以AB为边往外构造等边△ABC，点C在∠MDN内部，若∠D=120°，直接写出四边形ADBC面积S的取值范围．
【答案】(1)①60°，=；②DC=DB+DA
(2)5CD=DB+2AD
(3)3【分析】（1）①根据等边三角形的判定得到△ABC是等边三角形，同弧同弦所对的圆周角相等即可解答；②利用旋转的性质得到△DBE是等边三角形，再利用全等三角形的判定即可得到△ABD≌△CBE，再利用全等三角形的性质即可解答；
（2）在AB上取一点E，使∠ADE=∠BDC，根据三角函数得出AC=tan∠ABC⋅BC=12BC，求出AB=BC2+12BC2=52BC，证明△ADE∽△CDB，得出ADCD=AECB，即AD⋅CB=CD⋅AE，证明△BDE∽△CDA，得出BDCD=BEAC，即BD⋅AC=CD⋅BE，证明AB⋅CD=AC⋅DB+AD⋅BC，即可得出5CD=DB+2AD；
（3）根据圆内接四边形的对角互补即可得到当点A和点D重合时，四边形ADBC面积S最小；当CD⊥AB时，四边形ADBC面积S最大，进而得到解答．
【详解】（1）解：①∵∠ABC=60°，BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴∠BDC=60°，
∵∠DAB和∠DCB所对的弦是DB，
∴∠DAB=∠DCB，
故答案为：60°，=；
②连接BD，如图所示：
∵将D点绕点B顺时针旋转60°得到点E，
∴DB=EB，∠DBE=60°，
∴△DBE是等边三角形，
∴∠BDE=∠BED=60°，BD=BE=DE，
∵∠ABC=60°，BC=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，AB=BC，
∴∠BDA=180°−∠ACB=120°，
∴∠BDA+∠BED=180°，
∴D,E,C三点共线，
∵∠DBE=∠EBA+∠ABD，∠ABC=∠EBA+∠CBE，
∴∠ABD=∠CBE，
在△ABD和△CBE中，
AB=BC∠ABD=∠CBEDB=EB，
∴△ABD≌△CBESAS，
∴AD=CE，∠BEC=∠BDA=120°
∵DB=DE，DC=DE+CE，
∴DC=DB+DA,
故答案为：DC=DB+DA．
（2）解：在AB上取一点E，使∠ADE=∠BDC，如图所示：
∵AB是圆O的直径，tan∠ABC=12，
∴AC=tan∠ABC⋅BC=12BC，
∴在Rt△ACB中，AB=BC2+12BC2=52BC，
∵BD=BD，
∴∠DAB=∠DCB，
∵∠ADE=∠BDC，
∴△ADE∽△CDB，
∴ADCD=AECB，
∴AD⋅CB=CD⋅AE，
∵AD=AD，
∴∠DBA=∠DCA，
∵∠ADE−∠CDE=∠CDB−∠CDE，
即∠ADC=∠BDE，
∴△BDE∽△CDA，
∴BDCD=BEAC，
∴BD⋅AC=CD⋅BE，
∴AD⋅CB+AC⋅BD=CD⋅AE+CD⋅BE=CD⋅AE+BE=CD⋅AB，
∴AB⋅CD=AC⋅DB+AD⋅BC，
∴52BC⋅CD=12BC⋅DB+AD⋅BC，
∴52⋅CD=12⋅DB+AD，
∴52CD=12DB+AD,
即5CD=DB+2AD，
故答案为：5CD=DB+2AD．
（3）解：∵A，B分别是射线DA，DB上的两个动点，∠D=120°，△ABC是等边三角形，
∴四边形ADBC的两个对角∠ADB+∠ACB=180°，
∴构造四边形ADBC的外接圆，
∴根据四边形外接圆的性质可得：
当点A和点D重合时，四边形ADBC面积S最小；
当CD⊥AB时，四边形ADBC面积S最大，
①当点A和点D重合时，四边形ADBC面积S最小，
∵△CBD时等边三角形，且AB=2，
∴∠CBD=60°，AB=BD=BC=2
∴S△CBD=12⋅sin60⋅BC⋅BD=3，
②当CD⊥AB时，四边形ADBC面积S最大，
∵△CBD时等边三角形，且AB=2，
∴∠ACD=30°，AC=2，
∴AD=tan∠ACD⋅AC=33⋅2=233，
∴S△ADC=12⋅AD⋅DC=12×233×2=233，
∴S四边形ADBC=2S△ADC=433；
∴3【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
【变式25-3】（2023·江苏南京·校考二模）已知在Rt△ABC中，∠B=30°，点M平分BC,AD平分∠BAC，过点A,M,D的⊙O分别交AB,AC于点E,F．

(1)求∠MAD的度数；
(2)连接DF，求证：△CDF是等边三角形；
(3)若AC=4，则⊙O的半径r=______________．
【答案】(1)15°
(2)见解析
(3)26−22
【分析】（1）根据直角三角形的性质得到AM=BM=CM，根据等腰三角形的性质得到∠BAM=∠B=30°，根据角平分线的定义得到∠BAD= 12 ∠BAC=45°，于是得到结论；
（2）连接DF，根据三角形的内角和定理得到∠C=60°，由（1）知AM=CM，推出△ACM是等边三角形，根据圆内接四边形对角互补得出∵∠CFD=180°−∠AFD=∠CMA=60°，即可得到结论；
（3）连接DE，EF，根据圆周角定理得到EF是⊙O的直径，根据等边三角形的性质得到∠CDF=60°，求得∠BDE=30°，得到BE=DE，求得DE=DF，设BE=DE=DF=CF=x,根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）解：在Rt△ABC中，∠B=30°，点M平分BC，
∴AM=BM=CM，
∴∠BAM=∠B=30°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=12∠BAC=45°，
∴∠MAD=∠BAD−∠BAM=15°；
（2）证明：连接DF，

在Rt△ABC中，∠B=30°，
∴∠C=60°，
由（1）知AM=CM，
∴△ACM是等边三角形，
∴AC=CM，
∵∠CFD=180°−∠AFD=∠CMA=60°，
又∵∠C=60°
∴△CDF是等边三角形．
（3）解：如图所示，连接DE，EF，

∵∠BAC=90°，
∴EF是⊙O的直径，
∴∠EDF=90°，
由（2）知CD=CF，∠C=60°，
∴△CDF是等边三角形，
∴∠CDF=60°，
∴∠BDE=30°，
∴∠B=∠BDE=30°，
∴BE=DE，
∵AD平分∠BAC，
∴ DE=DF，
∴DE=DF，
∴BE=DE=DF=CF，
∵AC=4，
∴ AB=43，
设BE=DE=DF=CF=x，
∴ .AE=43−x,AF=4−x,EF=2x，
∵ EF2=AE2+AF2，
∴ 2x2=43−x2+4−x2，
解得：x=43−4 ，
∴ EF=2×43−4=46−42，
∴ r=26−22，
故答案为： 26−22．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，勾股定理，等边三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
题型26 利用圆的有关性质解决翻折问题
【例26】（2023·江苏南京·南师附中树人学校校考三模）如图，在半圆ACB中，AB=6，将半圆ACB沿弦BC所在的直线折叠，若弧BC恰好过圆心O，则弧BC的长是（ ）
A．33B．πC．2πD．4π
【答案】C
【分析】过点O作OD⊥BC，连接AC，根据题中条件可得OD=12OB，∠OBD=30°，进一步可推出∠CAB=60°，∠COB=120°，用弧长公式求解即可．
【详解】解：过点O作OD⊥BC，连接AC，OC，如图所示，

∵将半圆ACB沿弦BC所在的直线折叠，若BC恰好过圆心O，
∴OD=12OB，
∴∠OBD=30°，
∵∠ACB=90°，
∴∠CAB=60°，
∴∠COB=120°,
∵AB=6，
∴OB=3，
∴lBC=120π×3180=2π，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆的折叠问题，涉及解直角三角形、圆心角、弧的关系定理，垂径定理、圆周角定理、弧长公式等，正确作出辅助线是关键．
【变式26-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，AB、AC为⊙O的两条弦，AB=32，AC=4，将AB折叠后刚好过弦AC的中点D，则⊙O的半径为（ ）

A．22B．5C．5D．7
【答案】B
【分析】连接BD，作BE⊥AC于E，连接AO、BO、DO、BC，过点O作OF⊥BE于F，可由∠DAB=∠CAB推出BD=BC，进而利用勾股定理求得DE，BE，然后证明四边形ODEF是矩形，可得OF=DE=1，EF=OD，再利用勾股定理构建方程求出EF，然后可求半径OA．
【详解】解：如图，连接BD，作BE⊥AC于E，连接AO、BO、DO、BC，

∵∠DAB=∠CAB，
∴ BD=BC，
∴BC=BD，
∴DE=CE= 12 CD=14AC=1，
在Rt△ABE中，AB=32，AE=AD+DE=3，
∴ BE=322−32=3，
过点O作OF⊥BE于F，
∵点D是AC中点，
∴OD⊥AC，
∴∠ODE=∠DEF=∠EFO=90°，
∴四边形ODEF是矩形，
∴OF=DE=1，EF=OD，
又∵OF2+BF2=OB2，OD2+AD2=OA2，且OA=OB，
∴OF2+BF2=OD2+AD2，
∴12+3−EF2=EF2+22，
解得：EF=1，
∴OD=EF=1，
∴OA=AD2+OD2=22+12=5，
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，求出DE，BE．
【变式26-2】（2021·福建龙岩·统考二模）如图，在⊙O中，点C在优弧AB上，将弧BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为5，AB=45，则AC的长是（ ）
A．5π2B．25π4C．10π3D．4π
【答案】A
【分析】连接AC、OB、OD、CD，作CF⊥AB于点F，作OE⊥CF于点E，由垂径定理可知OD⊥AB于点D，由勾股定理可知OD的值，再利用折叠性质判断AC=DC，利用等腰三角形性质得出AF=DF=12AD=5，再证明四边形ODFE为正方形，得到△CFB为等腰三角形，计算出弧AC所对圆周角度数，进而得弧AC所对圆周角度数，再代入弧长公式可得弧长．
【详解】解：连接AC、OB、OD、CD，作CF⊥AB于点F，作OE⊥CF于点E，
由垂径定理可知OD⊥AB于点D，AD=BD=12AB=25
又∵OB=5
∴OD=OB2−BD2=25−20=5
∵CA、CD所对的圆周角为∠CBA、∠CBD，且∠CBA=∠CBD
∴CA=CD，△CAD为等腰三角形
∵CF⊥AB
∴AF=DF=12AD=5
又∵四边形ODFE为矩形且OD=DF=5
∴四边形ODFE为正方形
∴OE=5
∴CE=CO2−OE2=25−5=25
∴CF=CE+EF=35=BF
故△CFB为等腰三角形，∠CBA=45°
∴AC所对的圆心角为90°
∴AC=90π×5180=5π2
故选A．
【点睛】本题考查了弧长的计算、圆的折叠的性质、圆周角定理和垂径定理，熟练掌握性质定理和弧长公式是解题的关键．
【变式26-3】（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的两个点，将⊙O沿弦BC折叠，圆弧BC恰好与弦DA，DB分别相切于点E，B．若AB=2，则弦BC的长是（ ）

A．1+32B．2+32C．1+62D．2+62
【答案】D
【分析】设BC所在的圆的圆心为Q，连接OQ、BQ、EQ，由切线的性质得AD⊥QE，BD⊥QB，而AB是⊙O的直径，证明四边形BDEQ是正方形，因为⊙Q与⊙O关于直线BC对称，所以BD=BQ=BO=12AB，BC垂直平分OQ，则∠BAD=30°=∠ABQ， ∠ABC=∠QBC=12∠ABQ=15°，延长BC、DA交于点F，作FG⊥BA交BA的延长线于点G，连接AC，可得∠AFB=∠ABC=15°，得AF=AB=2，由∠G=90°，∠FAG=∠BAD=30°，得FG=12AF=1，则AG=3，所以BF=2+6，BC=12BF，于是得到问题的答案．
【详解】解：设 BC所在的圆的圆心为Q，连接OQ、BQ、EQ，

∵ BC恰好与弦DA，DB分别相切于点E，B，
∴AD⊥QE，BD⊥QB，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠DEQ=∠DBQ=∠D=90°，
∴四边形BDEQ是矩形，
∵EQ=BQ，
∴四边形BDEQ是正方形， 由折叠得⊙Q与⊙O关于直线BC对称，
∴BD=BQ=BO=12AB，BC垂直平分OQ，
∴sin∠BAD=BDAB=12，BQ∥AD，
∴∠BAD=30°=∠ABQ，
∴∠ABC=∠QBC=12∠ABQ=15°，
延长BC、DA交于点F，作FG⊥BA交BA的延长线于点G，连接AC，
∵∠AFB=∠BAD−∠ABC=15°=∠ABC，
∴AF=AB=2，
∵AB为直径可得∠ACB=90°，
∴AC垂直平分BF，
∵∠G=90°，∠FAG=∠BAD=30°， BC=12BF，
∴FG=12AF=1，
∴AG=22−12=3，
∴BF=FG2+BG2=12+2+32=2+6，
∴BC=12BF=2+62，
故选：D．
【点睛】此题重点考查轴对称的性质、圆周角定理、切线的性质定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
【变式26-4】（2022·山东枣庄·校考一模）在《折叠圆形纸片》综合实践课上，小东同学展示了如下的操作及问题：
(1)如图1，⊙O1的半径为4cm，通过折叠圆形纸片，使得劣弧AB沿弦AB折叠后恰好过圆心O1，求AB长；
(2)如图2，O2C⊥弦AB，垂足为点C，劣弧AB沿弦AB折叠后经过O2C的中点D，AB=10cm，求⊙O的半径．
【答案】(1)43cm
(2)35cm
【分析】（1）如图1，作O1M⊥AB交AB于N，交⊙O1于M，连接AO1，由题意知，O1N=MN=12×4=2cm，AN=BN=12AB，在Rt△AO1N中，由勾股定理得AN=AO12−O1N2求出AN的值，进而可求AB的值；
（2）如图2，延长O2C交⊙O2于E，连接AO2，设半径为r，由题意知AC=CB=12AB=5cm，由折叠和中点的性质可知O2D=DC=CE=13r，在Rt△AO2C中，由勾股定理得AC2=AO22−O1C2，即52=r2−23r2，求出满足要求的解即可．
【详解】（1）解：如图1，作O1M⊥AB交AB于N，交⊙O1于M，连接AO1
由题意知，O1N=MN=12×4=2cm，AN=BN=12AB
在Rt△AO1N中，由勾股定理得AN=AO12−O1N2=23
∴AB=43
∴AB的长为43cm．
（2）解：如图2，延长O2C交⊙O2于E，连接AO2，设半径为r
由题意知AC=CB=12AB=5cm，由折叠和中点的性质可知O2D=DC=CE=13r，
在Rt△AO2C中，由勾股定理得AC2=AO22−O1C2，即52=r2−23r2
解得：r=35，r=−35（不合题意，舍去）
∴半径的长为35cm．
【点睛】本题考查了垂径定理，折叠的性质，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式26-5】（2023·江西萍乡·萍乡市安源中学校考模拟预测）如图（1）AB是⊙O的直径，且AB=2，点C是半圆AB的中点，点P是BC上一动点，将AP沿直线AP折叠交AB于点D，连接PD，PB．
(1)求证：PD=PB；
(2)当点D与点O重合时，如图（2），求BP的长．
【答案】(1)见解析
(2)π3
【分析】（1）如图，作点D关于AP的对称点D'，连接AD'，PD'，OD'，OP，由折叠的性质可知∠D'AP=∠PAB，PD'=PD，根据圆周角定理可知∠POD'=2∠D'AP，∠POB=2∠PAB，可得∠POD'=∠POB，继而得到PD'=PB，即PD=PB；
（2）证明△OPB是等边三角形，可知BP所对圆心角为60°，利用弧长公式可求BP的长．
【详解】（1）证明：如图，作点D关于AP的对称点D'，连接AD'，PD'，OD'，OP，由折叠的性质可知∠D'AP=∠PAB，PD'=PD，
又∵∠POD'=2∠D'AP，∠POB=2∠PAB，
∴∠POD'=∠POB，
∴PD'=PB，
∴PD=PB．
（2）解：由（1）知PD=PB，
又∵PD=BD，
∴△OPB是等边三角形，
∴∠POB=60°，
∴BP所对圆心角为60°，
∴BP的长为60π×1180=π3．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、圆周角定理和弧长公式，根据题意及轴对称的性质作出辅助线是解答本题的关键．
【变式26-6】（2023·贵州遵义·统考三模）【问题背景】
如图1，在⊙O中，将劣弧AB沿弦AB所在的直线折叠，使得劣弧AB恰好过圆心O，圆心O关于直线AB的对称点为O'．

(1)【探究发现】如图1，连接AO、BO，并延长AO交⊙O于D，连接BD．直接写出∠AOB的度数为__________，BO与BD的数量关系为__________；
(2)【深入探究】如图2，将劣弧AB沿弦AB所在的直线折叠，弧AB不经过圆心O，在劣弧AB上取一点C（不与A、B重合），连接AC并延长交⊙O于点D，连接BC、BD．猜想BC与BD的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展应用】如图3，在（2）条件下，若BC平分∠ABD，BD=15，CD=10，求AB的长．
【答案】(1)120°；BO=BD
(2)BC=BD，理由见解析
(3)27
【分析】（1）连接OO'、O'A、O'B，证明△AOO'与△BOO'都是等边三角形，则∠AOO'=∠BOO'=60°，得到∠AOB=∠AOO'+∠BOO'=120°,由折叠知，
∠AOB=∠AO'B=120°，则∠BOD=60°，由AO'BD是⊙O的内接四边形，则∠D+∠AO'B=180°，得到∠D=180°−∠AO'B=60°，则∠D=∠BOD，即可得到结论；
（2）设折叠前点C的对应点C'，连接AC'、BC'，由折叠可知，∠ACB=∠AC'B，四边形AC'BD是⊙O的圆内接四边形得到∠D+∠AC'B=180°，由∠BCD+∠ACB=180°，则∠D=∠BCD，即可得到结论；
（3）在（2）的条件下，BD=15，CD=10，则BC=BD=15，延长BC交⊙O于点E，连接DE，过点B作BF⊥CD于点F，则CF=DF=12CD=5，由勾股定理得，BF2=200，证明△CDE∽△CBA，则EDAB=CDCB=1015=23，由BC平分∠ABD得到∠DBE=∠ABC，则DE=AC，得到AC=DE，则ACAB=DEAB=23，设AC=2kk>0，AB=3kk>0,得到AF=AC+CF=2k+5，由勾股定理得BF2+AF2=AB2，解方程即可得到答案．
【详解】（1）解：如图，连接OO'、O'A、O'B，

∵将劣弧AB沿弦AB所在的直线折叠，使得劣弧AB恰好过圆心O，圆心O关于直线AB的对称点为O'．
∴O'A=O'B=OO'=OA=OB，
∴△AOO'与△BOO'都是等边三角形，
∴∠AOO'=∠BOO'=60°，
∴∠AOB=∠AOO'+∠BOO'=120°,
由折叠的性质可知，
∠AOB=∠AO'B=120°，
∴∠BOD=180°−∠AOB=180°−120°=60°，
∵AO'BD是⊙O的内接四边形，
∴∠D+∠AO'B=180°，
∴∠D=180°−∠AO'B=60°，
∴∠D=∠BOD，
∴BO=BD；
故答案为：120°；BO=BD
（2）BC=BD，理由如下：
设折叠前点C的对应点C'，连接AC'、BC'，如图，

由折叠可知，∠ACB=∠AC'B，
∵四边形AC'BD是⊙O的圆内接四边形，
∴∠D+∠AC'B=180°，
∵∠BCD+∠ACB=180°，
∴∠D=∠BCD，
∴BC=BD；
（3）在（2）的条件下，BD=15，CD=10，
则BC=BD=15，
延长BC交⊙O于点E，连接DE，过点B作BF⊥CD于点F，如图，

则CF=DF=12CD=5，
在Rt△BCF中，由勾股定理得，
BF2=BC2−CF2=152−52=200，
∵∠E=∠A,∠CDE=∠CBA，
∴△CDE∽△CBA，
∴EDAB=CDCB=1015=23，
∵BC平分∠ABD，
∴∠DBE=∠ABC，
∴DE=AC，
∴AC=DE，
∴ACAB=DEAB=23，
设AC=2kk>0，
则AB=3kk>0,
∴AF=AC+CF=2k+5，
在Rt△ABF中，由勾股定理得，BF2+AF2=AB2，
即200+2k+52=3k2，
解得k1=9,k2=−5（不合题意，舍去），
∴AB=3k=27，
即AB的长为27
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、勾股定理、折叠的性质、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
题型27 利用圆的有关性质解决最值问题
【例27】（2023·河北·模拟预测）如图，在△ABC中，∠BCA=60°，∠A=45°，AC=4经过点C且与边AB相切的动圆与CB，CA分别相交于点M，N，则线段MN长度的最小值是（ ）
A．3B．23C．22D．6
【答案】D
【分析】如图所示，设△CMN的外接圆圆心为O，过点O作OE⊥MN于E，连接OM，ON，利用垂径定理，圆周角定理，含30度角的直角三角形的性质证明MN=3OM，可以得到要使MN最小，则⊙O的直径要最小，过点C作CF⊥AB于点F，以CF为直径作圆与CB､CA分别相交于点M,N，连接OM,ON，此时，线段MN的长度最小，据此求解即可．
【详解】解：如图所示，设△CMN的外接圆圆心为O，过点O作OE⊥MN于E，连接OM，ON，
∴∠MON=2∠MCN=120°，
∴∠EOM=12∠MON=60°，
∴∠OME=30°，
∴OE=12OM，
∴MN=2ME=2OM2−OE2=3OM，
∴要使MN最小，则⊙O的直径要最小，
过点C作CF⊥AB于点F，以CF为直径作圆与CB､CA分别相交于点M,N，连接OM,ON，此时，线段MN的长度最小，
∵∠CFA=90°，∠A=45°，AC=4，
∴CF=AC2=22，
∴OM=OC=12CF=2，
∴MN=3OM=6．
故选D．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，正确确定MN最小值时的情形是解题的关键．
【变式27-1】（2022·江苏苏州·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，点A，C，N的坐标分别为（2，0），（2，0），（4，3），以点C为圆心，2为半径画⊙C，点P在⊙C上运动，连接AP，交⊙C于点Q，点M为线段QP的中点，连接MN，则线段MN的最小值为（ ）
A．21−63B．3C．13D．10
【答案】B
【分析】以点O为圆心，2为半径画⊙O，连接ON交⊙O于点M'，连接CM， 由点M为线段QP的中点，得CM⊥AP，从而得点M在⊙O上，由勾股定理得ON=42+32=5，进而求得MN的最小值．
【详解】解：以点O为圆心，2为半径画⊙O，连接ON交⊙O于点M'，连接CM，

∵点M为线段QP的中点，
∴ CM⊥AP，
∴点M在⊙O上运动，
∵N（4，3），
∴ ON=42+32=5，
∵ MN+OM≥ON即MN+2≥5，
∴ MN≥3，
∴MN的最小值为3，
故选B．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、圆周角定理以及勾股定理，构造辅助线，找出点M的运动轨迹是解题的关键．
【变式27-2】（2023·四川德阳·统考一模）如图，⊙O半径为2，正方形ABCD内接于⊙O，点E在ADC上运动，连接BE，作AF⊥BE，垂足为F，连接CF．则CF长的最小值为（ ）
A．5−1B．1C．2−1D．22
【答案】A
【分析】取AB的中点K，连接FK，CK，根据CF≥CK−FK即可解决问题．
【详解】解：如图，连接AO,DO，取AB的中点K，连接FK，CK，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB=90°，
∵AK=BK，
∴KF=AK=BK，
∵正方形ABCD的外接圆的半径为2，
∴AD=OA2+OD2=22+22=2，
∴AB=BC=2，
∴KF=AK=KB=1，
∵∠CBK=90°，
∴CK=BK2+BC2=12+22=5，
∵CF≥CK−KF，
∴CF≥5−1，
∴CF的最小值为5−1．
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CF的最小值是解决本题的关键．
【变式27-3】（2022·广东广州·统考二模）如图， A，B是半圆O上的两点，CD是⊙O的直径，∠AOD=80°，B是AD的中点．
(1)在CD上求作一点P，使得AP+PB最短；
(2)若CD=4，求AP+PB的最小值．
【答案】(1)作图见解析
(2)23
【分析】（1）作出B关于CD的对称点B'，连接AB'，交CD于P点，P就是所求的点；
（2）延长AO交圆与E，连接OB',B'E，可以根据圆周角定理求得∠AOB'的度数，根据等腰三角形的性质求得∠A的度数，然后在直角△AEB'中，解直角三角形即可求解．
【详解】（1）解： 作BB'⊥CD，交圆于B'，然后连接AB'，交CD于P点，P就是所求的点；
此时：PA+PB=PA+PB'=AB'.
（2）延长AO交圆于E，连接OB',B'E．
∵BB'⊥CD，
∴BD=B'D，
∵∠AOD=80°，B是AD的中点，
∴∠DOB'=12∠AOD=40°．
∴∠AOB'=∠AOD+∠DOB'=120°，
又∵OA=OB'，
∴∠A=12(180°−∠AOB')=30°．
∵AE是圆的直径，
∴∠AB'E=90°， 而CD=AE=4,
∴直角△AEB'中，B'E=12AE=2，
∴AB'=AE2−B'E2=23,
∴PA+PB=AB'=23.
【点睛】本题考查了垂径定理，等腰三角形的性质，以及圆周角的性质定理，正确求得∠AOB'的度数是关键．
题型28 利用圆的有关性质求取值范围
【例28】（2022·安徽合肥·校考二模）如图，在⊙O中，直径AB=10，CD⊥AB于点E，CD=8．点F是弧BC上动点，且与点B、C不重合，P是直径AB上的动点，设m=PC+PF，则m的取值范围是( )
A．8【答案】C
【分析】连接PD，DF，OC，BD，利用垂径定理可得AB是CD的垂直平分线，则PC=PD；利用三角形的任意两边之和大于第三边，可得不等式PD+PF≥DF(当D，P，F在一条直线上时取等号)，结合图形可得DF>8，从而得到m>8，又易知PCmax=BC=45，PF【详解】解：如图，连接PD，DF，OC，BD，
∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB，
∴CE=ED=12CD=4，
∵AB=10，
∴OC=12AB=5，
∴OE=OC2−CE2=3，
∴BE=OE+OB=8．
∴BD=BE2+DE2=45=CD．
∵P是直径AB上的动点，CD⊥AB，
∴AB是CD的垂直平分线，
∴PC=PD．
∵m=PC+PF，
∴m=PD+PF，
根据弦长a，弦心距d以及半径r之间的关系，即a22+d2=r2，可知：
点F从点B移动到点C的过程中，DF先越来越大，再越来越小，当且仅当DF是直径时最大，
即DF>BD=45,DF>DC=8,45>8，
∴m=PD+PF≥DF>8(当D，P，F在一条直线上时取等号)，
又∵点F是弧BC上动点，且与点B、C不重合，P是直径AB上的动点
∴PCmax=BC=45，PF∴m=PC+PF<45+45=85，即m<85，
∴8＜m<85．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆的对称性，垂径定理，勾股定理，三角形的任意两边之和大于第三边，利用圆的对称性解答是解题的关键．
【变式28-1】（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知△ABC内接于⊙O，如果满足∠ABC=60°，AC=12，BC=k的△ABC恰有两个，那么k的取值范围是（ ）
A．k=83B．0C．12【答案】C
【分析】作⊙O，∠ABC=60°，AC=12，BC=k，连接CO并延长交⊙O于E，即CE为直径，在⊙O上取点D使得∠DCA=60°，由对称性可知，CD与CA关于CE对称，讨论点B的位置即可求得答案．
【详解】解：作⊙O，∠ABC=60°，AC=12，BC=k，
连接CO并延长交⊙O于E，即CE为直径，在⊙O上取点D使得∠DCA=60°，
则∠EAC=90°，∠AEC=∠ADC=60°，△ADC为等边三角形，
∴CE=ACsin60°=83，CD=AC=12，
由对称性可知，CD与CA关于CE对称，
∵∠ABC=60°，
当点B在劣弧AC上时，∠ABC为钝角，不符合题意；
∴当点B在优弧AC上，

要使得满足条件的三角形恰好有2个，则以点C为圆心，CB为半径画圆时，与优弧AC必需由2个交点，
当点B在劣弧CD上时，BC当点B与点D重合时，另一点为点A，不符合题意，
当点B在劣弧ED上时，由对称性可知另一点在劣弧AE上，则CD当点B与点E重合时，此时两圆重合，不符合题意，
当点B在劣弧AE上时，由对称性可知另一点在劣弧ED上，则AC故选：C．
【点睛】本题属于解直角三角形及圆周定理，主要考查了三角形解个数的问题，作出图形，利用数形结合的思想得到CD【变式28-2】（2023·江苏南京·南师附中新城初中校考二模）在锐角△ABC中已知∠A=60°，BC=1，则锐角△ABC面积S的取值范围为 ．
【答案】36【分析】以BC为弦构造圆O，根据圆周角定理得到∠BAC=60°，过O作BC的垂线并反向延长，分别与BC交于D，与圆O交于点A，可得点A到BC的距离最大，推出此时△ABC的面积最大；再根据△ABC为直角三角形时，利用勾股定理求出AC，再求出△ABC的面积，即为最小值，结合锐角三角形的特征得到结果．
【详解】解：如图，以BC为弦构造圆O，其中∠BOC=120°，点A为优弧BC上一点，
∴∠BAC=60°，
过O作BC的垂线并反向延长，分别与BC交于D，与圆O交于点A，
此时点A到BC的距离最大，则△ABC的面积最大，
∴AD垂直平分BC，
∴AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，AB=AC=BC=1，
则∠BAD=∠CAD=30°，BD=CD=12BC=12，
∴AD=AB2−BD2=32，
∴S△ABC=12×BC×AD=34；
当△ABC为直角三角形时，AB为圆O的直径，
∵∠A=60°，∠ACB=90°，
∴∠ABC=30°，
∴AC=BC3=33，
∴S△ABC=12×BC×AC=36；

∴锐角△ABC面积S的取值范围为：36故答案为：36【点睛】本题考查了辅助圆的问题，圆周角定理，含30度的直角三角形的性质，勾股定理，隐圆，三角形的面积，构造法．
题型29 利用圆的有关性质解决多结论问题
【例29】（2022·湖北武汉·校考模拟预测）如图，在△ABC中，
（1）作AB和BC的垂直平分线交于点O；
（2）以点O为圆心，OA长为半径作圆；
（3）⊙O分别与AB和BC的垂直平分线交于点M，N；
（4）连接AM，AN，CM，其中AN与CM交于点P．
根据以上作图过程及所作图形，下列四个结论中，
①BC=2NC；②AB=2AM；③点O是△ABC的外心；④点P是△ABC的内心．
所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③④B．①②③C．①③D．①③④
【答案】D
【分析】利用垂径定理可对①②进行判断;同时根据三角形外心的定义可对③进行判断;利用圆周角定理可得到CM、AN为角平分线，则利用三角形内心的定义可对④进行判断即可．
【详解】解：作BC的垂直平分线，则ON平分BC，则BC=2NC;所以①正确;
作AB的垂直平分线，则OM平分AB，则：
AB=2AM，2AM>AB，所以②错误;
∵点O是线段AB，BC的垂直平分线的交点
∴点O是△ABC的外心，
所以③正确;
∵ M点是AB的中点，
∴∠ACM=∠BCM，
∵点N为BC的中点
∴∠BAN=∠CAN，
则P点为△ABC的内心，所以④正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了作图，垂径定理和圆周角定理等知识，解决此类题目的关键是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成基本作图，逐步操作．
【变式29-1】（2023·湖北省直辖县级单位·校联考模拟预测）如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为H，点P是AC上的一点(点P不与A，C重合)，连接PC，PD，PA，AD，点E在AP的延长线上，PD与AB交于点F．给出下列四个结论：①CH2=AH⋅BH；②BC=BD；③△ADP∽△FDA；④∠ADC=∠APD．其中，所有正确结论的序号是 ．

【答案】①②④
【分析】连接AC和BC，根据垂径定理求出DH=CH，推出AC=AD，根据圆周角定理和等腰三角形性质求出∠APD=∠ACD=∠ADC，即可推出答案．
【详解】解：连接BC，AC，

∵AB⊥CD，AB是直径，
∴CH=DH，弧BC=弧BD，∠AHC=∠AHD=90°，
∴AC=AD，
∴∠ADC=∠ACD，
∵∠APD=∠ACD，
∴∠ADC=∠APD，
∵∠DAB=∠BCD，∠AHD=∠CHB，
∴△DAH∽△BCH，
∴ AHCH=DHBH，
∴ CH⋅DH=AH⋅BH，
∴ CH2=AH⋅BH，
∴①②④正确；
∵∠APD和∠FAD根据已知不能推出相等，
∴△ADP和△ADF相似是错误的，故③错误；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和判定，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的性质和判定的应用，熟练运用以上知识是解题的关键
【变式29-2】（2022·江苏苏州·苏州市振华中学校校考模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，AB=AC，BC、AC分别交⊙O于点D、E，OF⊥AC于点F，OG⊥BE于点G，∠BAC=45°，下列结论：①∠EBC=22.5°；②BD=CD；③EF=EG；④AE=2DE；⑤AE=2BD．上述结论中正确的是 .(填上所有正确结论的序号)
【答案】①②③④
【分析】先利用等腰三角形的性质求出∠ABE、∠ABC的度数，即可求∠EBC的度数，根据垂径定理即可判断①③，再运用弧、弦、圆心角的关系即可判断②④.
【详解】解：如图，连接AD，
∵AB为⊙O的直径，AB=AC，
∴∠ADB=∠AEB=90°，
∵AB=AC，∠BAC=45°，
∴∠ABE=45°，∠C=∠ABC=12180°−∠BAC=67.5°
∴AE=BE，∠EBC=∠ABC−∠ABE=22.5°，故①正确，
∵AD⊥BC，AB=AC
∴BD=CD，故②正确，∠BAD=∠CAD
∴DB=DE=12EB，
∵AE=BE，
∴AE=BE
∴AE=2DE，故④正确
∵OF⊥AE,OG⊥BE
∴AE=2EF,BE=2EG
∵AE=BE
∴EF=EG，故③正确，
在Rt△BEC中，BE∵AE=BE，BC=2BD
∴AE<2BD，故⑤不正确，
故答案为：①②③④
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，垂径定理，三角形内角和定理，圆心角，弦，弧的关系．构造合适的辅助线是解题的关键．
题型30 圆有关的常见辅助线-遇到弦时, 常添加弦心距
解决方法：遇到弦时, 常添加弦心距，或者作垂直于弦的半径（或直径）或再连结过弦的端点的半径。
作用：①利用垂径定理；
②圆心角及其所对的弧、弦和弦心距之间的关系；
③利用弦的一半、弦心距和半径组成直角三角形，根据勾股定理求有关量。
【例30】（2022·广东广州·执信中学校考二模）如图，⊙O是ΔABC的外接圆，∠BAC=60°，若⊙O的半径OC为2，则弦BC的长为（ ）
A．4B．23C．3D．3
【答案】B
【分析】过点O作OM⊥BC，交BC于点M，根据圆周角定理以及垂径定理可得结果．
【详解】解：过点O作OM⊥BC，交BC于点M，
∵⊙O是ΔABC的外接圆，∠BAC=60°，
∴∠BOC=2∠BAC=120°，
又∵OB=OC，OM⊥BC，
∴∠COM=12∠BOC=60°，MB=MC，
∴在RtΔCOM中，∠OCM=30°，
∴OM=12OC=1，CM=OC2−OM2=3，
∴BC=2CM=23，
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，熟知相关性质定理是解本题的关键．
【变式30-1】（2023·山东枣庄·统考一模）如图，在⊙O中，AB是⊙O的弦，⊙O的半径为3cm，C为⊙O上一点，∠ACB=60°，则AB的长为 cm．
【答案】33
【分析】连接OA、OB，过点O作OD⊥AB于点D，由垂径定理和圆周角定理可得AD=BD=12AB，∠AOB=120°，再根据等腰三角形的性质可得∠OAB=∠OBA=30°，利用含30°角的直角三角形的性质和勾股定理即可求解．
【详解】解：连接OA、OB，过点O作OD⊥AB于点D，
∴AD=BD=12AB，∠ODA=90°，
∵ ∠ACB=60°，
∴∠AOB=120°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=30°，
∵OA=3cm，
∴OD=32cm，
∴AD=OA2−OD2=332cm，
∴AB=33cm，
故答案为：33．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质和勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式30-2】（2023·山东枣庄·统考一模）如图所示，小区内有个圆形花坛O，点C在弦AB上，AC=11，BC=21，OC=13，则这个花坛的面积为 ．（结果保留π）
【答案】400π
【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，连接OB，如图，
∵AC=11，BC=21，
∴AB=AC+BC=32，
∵OD⊥AB于D，
∴AD=BD=12AB=16，
∴CD=AD-AC=5，
在Rt△OCD中，由勾股定理，得
OD=OC2−CD2=132−52=12,
在Rt△OBD中，由勾股定理，得
OB=BD2+CD2=162+122=20，
∴这个花坛的面积=202π=400π，
故答案为：400π．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，圆的面积，熟练掌握垂径定理与勾股定理相结合求线段长是解题的关键．
题型31 圆有关的常见辅助线-遇到有直径时, 常添加（画）直径所对的圆周角
作用：利用圆周角的性质得到直角或直角三角形。
【例31】（2021·贵州毕节·统考一模）如图，AB是半圆的直径，C、D是半圆上的两点，∠ADC＝106°，则∠CAB等于（ ）
A．10°B．14°C．16°D．26°
【答案】C
【分析】连接BD，如图，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，则可计算出∠BDC＝16°，然后根据圆周角定理得到∠CAB的度数．
【详解】解：连接BD，如图，
∵AB是半圆的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝106°﹣90°＝16°，
∴∠CAB＝∠BDC＝16°．
故选：C．
【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，90°的圆周角所对的弦是直径．
【变式31-1】（2022·安徽·校联考三模）如图，AB为⊙O的直径，点C，D在⊙O上．若∠BCD=100°，则∠AOD的度数是（ ）
A．15°B．20°C．25°D．30°
【答案】B
【分析】连接AC，由AB是圆的直径可得∠ACB=90°，由∠BCD=100°可得∠ACD=10°，再由圆周角定理可得结论．
【详解】解：如图，连接AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠BCD=100°，
∴∠ACD=10°，
∵∠AOD与∠ACD都对着AD，
∴∠AOD=2∠ACD=2×10°=20°．
故选∶B．
【点睛】此题考查了圆周角定理，解题的关键是熟记圆周角定理．
【变式31-2】（2021·黑龙江鹤岗·统考模拟预测）如图，在⊙O中，AB是直径，弦AC的长为5cm，点D在圆上，且∠ADC=30°，则⊙O的半径为 ．
【答案】5cm
【分析】连接BC，由题意易得∠ABC=∠ADC=30°，进而问题可求解．
【详解】解：连接BC，如图所示：
∵∠ADC=30°，
∴∠ABC=∠ADC=30°，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC=5cm，
∴AB=2AC=10cm，
∴⊙O的半径为5cm；
故答案为5cm．
【点睛】本题主要考查圆周角定理及含30°直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理及含30°直角三角形的性质是解题的关键．考点要求
新课标要求
命题预测
圆的相关概念
①理解圆、弧、弦、圆心角、圆周角的概念.
了解等圆、等弧的概念.
在中考数学中，圆的基本性质在小题中通常考察圆的基本概念、垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形等基础考点，难度一般在中档及以下，而在简答题中，圆的基本性质还可以和相似、三角形函数、特殊四边形等结合出题，难度中等或偏上.在整个中考中的占比也不是很大，通常都是一道小题一道大题，分值在3-13分左右，属于中考中的中档考题. 所以，考生在复习这块考点的时候，要充分掌握圆的基本性质的各个概念、性质以及推论，才能在后续的结合问题中更好的举一反三.
圆的性质
圆的对称性
理解圆既是轴对称图形，也是中心对称图形.
垂径定理及推论
探索并证明垂径定理:垂直于弦的直径平分弦以及弦所对的两条弧.
弧、弦、圆心角的关系
探索圆周角与圆心角及其所对弧的关系，知道同弧(或等弧)所对的圆周角相等.
圆周角定理及推论
了解并证明圆周角定理及其推论.
圆内接四边形的性质
理解圆内接四边形的对角互补.
定义内容
补充说明
圆
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所形成的图形叫圆.以O点为圆心的圆记作⊙O，读作圆O.
由圆的定义可知，确定圆的两个条件
①圆心，它确定圆的位置.
②半径，它确定圆的大小.
圆心为O、半径为r的圆可以看成是所有到定点O的距离等于定长r的点组成的图形.
弦
连结圆上任意两点的线段叫做弦.
①在一个圆上可以画无数条弦和直径.
②直径是弦，但弦不一定是直径.
③直径是最长的弦.
直径
经过圆心的弦叫做直径.
弧
圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧.弧用符号：“”表示.
以A、B为端点的弧记作AB，读作：“圆弧AB”或“弧AB”.
①半圆是弧,但弧不一定是半圆.
②弧有长度和度数,规定半圆的度数为 180°,劣弧的度数小于180°,优弧的度数大于 180°.
半圆
圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆.
优弧
大于半圆的弧叫做优弧.
劣弧
小于半圆的弧叫做劣弧.
同圆
圆心相同且半径相等的圆叫做同圆.
①在同圆或等圆中能够互相重合的弧是等弧,度数或长度相等的弧不一定是等弧.
②同圆或等圆的半径相同.
等圆
半径相等的圆叫做等圆.
同心圆
圆心相同，半径不相等的两个圆叫做同心圆.
弦心距
从圆心到弦的距离叫做弦心距.
圆心角
顶点在圆心的角叫做圆心角.
圆周角
顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角.
两个特征：①顶点在圆上；②角的两边都和圆相交，二者缺一不可．
圆内接四边形
如果四边形的四个顶点均在同一个圆上，这个四边形叫做圆内接四边形.这个圆叫做这个四边形的外接圆.
内容
补充
圆的轴对称性
经过圆心任意画一条直线，并沿此直线圆对折,直线两旁的部分能够完全重合，因此圆是轴对称图形，每一条直径所在的直线都是它的对称轴，圆有无数条对称轴.
①圆的旋转不变性是其他中心对称图形所没有的性质.
②圆的对称轴不是直径，而是直径所在的直线.
③圆是一个特殊的对称图形，它的许多性质都可以由它的对称性推出.
圆的中心对称性
将圆绕圆心旋转180°能与自身重合，因此它是中心对称图形，它的对称中心是圆心. 将圆绕圆心旋转任意角度都能与自身重合，这说明圆具有旋转不变性.