TOC \ "1-3" \n \h \z \u 一、考情分析
二、知識建構
考點一 圓的相關概念
題型01 理解圓的相關概念
題型02 圓的周長與面積相關計算
題型03 圓中的角度計算
題型04 圓中線段長度的計算
題型05 求一點到圓上一點的距離最值
考點二 圓的性質
題型01 由垂徑定理及推論判斷正誤
題型02 利用垂徑定理求解
題型03 根據(jù)垂徑定理與全等三角形綜合求解
題型04 根據(jù)垂徑定理與相似三角形綜合求解
題型05 在坐標系中利用勾股定理求值或坐標
題型06 利用垂徑定理求平行弦問題
題型07 利用垂徑定理求同心圓問題
題型08 垂徑定理在格點中的應用
題型09 利用垂徑定理的推論求解
題型10 垂徑定理的實際應用
題型11 利用垂徑定理求取值范圍
題型12 利用弧、弦、圓心角關系判斷正誤
題型13 利用弧、弦、圓心角關系求角度
題型14 利用弧、弦、圓心角關系求線段長
題型15 利用弧、弦、圓心角關系求周長
題型16 利用弧、弦、圓心角關系求面積
題型17 利用弧、弦、圓心角關系求弧的度數(shù)
題型18 利用弧、弦、圓心角關系比較大小
題型19 利用弧、弦、圓心角關系求最值
題型20 利用弧、弦、圓心角關系證明
題型21 利用圓周角定理求解
題型22 利用圓周角定理推論求解
題型23 已知圓內接四邊形求角度
題型24 利用圓的有關性質求值
題型25 利用圓的有關性質證明
題型26 利用圓的有關性質解決翻折問題
題型27 利用圓的有關性質解決最值問題
題型28 利用圓的有關性質求取值范圍
題型29 利用圓的有關性質解決多結論問題
題型30 圓有關的常見輔助線-遇到弦時, 常添加弦心距
題型31 圓有關的常見輔助線-遇到有直徑時, 常添加（畫）直徑所對的圓周角
考點一 圓的相關概念
題型01 理解圓的相關概念
【例1】（2023·廣東湛江·統(tǒng)考二模）下列說法中，正確的是（ ）
①對角線垂直且互相平分的四邊形是菱形；②對角線相等的四邊形是矩形；③同弧或等弧所對的圓周角相等；④弧分為優(yōu)弧和劣?。?br>A．①B．①③C．①③④D．②③④
【答案】A
【分析】根據(jù)菱形和矩形的判定方法、圓周角定理、弧的分類，逐項判斷即可得出答案．
【詳解】解：①對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，故該項正確；
②對角線相等的四邊形有可能是等腰梯形，對角線相等的平行四邊形才是矩形，故該選項錯誤；
③在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，故該選項錯誤；
④弧分為優(yōu)弧、劣弧、半圓弧，故該項錯誤；
綜上可知，正確的有①，
故選：A．
【點撥】本題考查菱形、矩形的判定，圓周角定理，弧的分類，屬于基礎題，熟練掌握上述知識點是解題的關鍵．
【變式1-1】（2023·上海普陀·統(tǒng)考二模）下列關于圓的說法中，正確的是（ ）
A．過三點可以作一個圓B．相等的圓心角所對的弧相等
C．平分弦的直徑垂直于弦D．圓的直徑所在的直線是它的對稱軸
【答案】D
【分析】利用圓的有關定義及性質分別判斷后即可確定正確的選項．
【詳解】解：A.過不在同一直線上的三個點一定能作一個圓，故錯誤，不符合題意；
B.同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，故錯誤，不符合題意；
C.平分弦(不是直徑)的直徑垂直于弦，故錯誤，不符合題意；
D.圓的直徑所在的直線是它的對稱軸，正確，符合題意．
故選：D．
【點撥】本題考查了確定圓的條件及圓的有關性質，解題的關鍵是了解有關性質及定義，難度不大．
【變式1-2】（2021·河南南陽·校聯(lián)考一模）下列關于圓的說法，正確的是（ ）
A．弦是直徑，直徑也是弦
B．半圓是圓中最長的弧
C．圓的每一條直徑所在的直線都是它的對稱軸
D．過三點可以作一個圓
【答案】C
【分析】根據(jù)弧、弦的概念、對稱軸的概念、過三點的圓的條件判斷即可．
【詳解】解：A.弦不一定是直徑，但直徑是弦，本選項說法錯誤，不符合題意；
B.半圓小于優(yōu)弧，半圓是圓中最長的弧說法錯誤，本選項不符合題意；
C.圓的每一條直徑所在的直線都是它的對稱軸，本選項說法正確，符合題意；
D.過不在同一直線上的三點可以作一個圓，本選項說法錯誤，不符合題意；
故選：C．
【點撥】本題考查了圓的有關概念和性質，解題關鍵是熟練掌握這些性質，靈活運用它們解答．
【變式1-3】（2022·四川德陽·模擬預測）下列語句中，正確的是（ ）
①相等的圓周角所對的弧相等；②同弧或等弧所對的圓周角相等；③平分弦的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的弧；④圓內接平行四邊形一定是矩形．
A．①②B．②③C．②④D．④
【答案】C
【分析】根據(jù)圓周角定理、垂徑定理、圓內接四邊形的性質定理判斷．
【詳解】①在同圓或等圓中，相等的圓周角所對的弧相等，本說法錯誤；
②同弧或等弧所對的圓周角相等，本說法正確；
③平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的弧，本說法錯誤；
④圓內接平行四邊形一定是矩形，本說法正確；
故選：C．
【點撥】本題考查的是命題的真假判斷，掌握圓周角定理、垂徑定理、圓內接四邊形的性質定理是解題的關鍵．
題型02 圓的周長與面積相關計算
【例2】（2023·福建泉州·南安市實驗中學?？级＃┻m時的休閑可以緩解學習壓力，如圖是火影忍者中的仙法·白激之術，其形狀外圍大致為正圓，整體可看成為兩個同心圓，BC=400像素，∠ABC=90°，那么周圍圓環(huán)面積約為（ ）

A．40000πB．1600πC．64000πD．160000π
【答案】D
【分析】圓環(huán)的面積等于大圓面積減去小圓面積，由此即可求解．
【詳解】解：如圖所示，設同心圓的圓心為O，連接OC，則大圓的半徑為OC，小圓的半徑為OB，

∴設小圓的半徑為OB=r，大圓的半徑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圓環(huán)=πR2-πr2=π(R2-r2)，
∴S圓環(huán)=π(R2-r2)=π×BC2=π×4002=160000π，
故選：D．
【點撥】本題主要考查圓與直角三角形的綜合，掌握圓環(huán)面積的計算方法是解題的關鍵．
【變式2-1】（2019·廣東佛山·佛山市三水區(qū)三水中學校考一模）某公園計劃砌一個形狀如圖（1）所示的噴水池，后來有人建議改為圖（2）的形狀，且外圓的直徑不變，噴水池邊沿的寬度、高度不變，你認為砌噴水池的邊沿（ ）
A．圖（1）需要的材料多B．圖（2）需要的材料多
C．圖（1）、圖（2）需要的材料一樣多D．無法確定
【答案】C
【分析】根據(jù)圓的周長公式，將每個圓的周長計算出來，找到和周長L的關系即可．
【詳解】設大圓的直徑是D，圖（2）中三個小圓的直徑分別為：d1,d2,d3,
∴d1+d2+d3=D
根據(jù)圓周長公式，得圖（1）中，需要2πD；
圖（2）中，需要πD +πd1+πd2+πd3=πD +π( d1+d2+d3)= 2πD
故選：C．
【點撥】注意：第二個圖中，計算三個小圓的周長時候，提取π，所有的直徑之和是大圓的直徑．
【變式2-2】（2021·河南南陽·校聯(lián)考一模）方孔錢是我國古代銅錢的固定形式，呈“外圓內方”．如圖所示，是方孔錢的示意圖，已知“外圓”的周長為2π，“內方”的周長為4，則圖中陰影部分的面積是 ．
【答案】π﹣1
【分析】根據(jù)陰影部分面積＝圓的面積﹣中間正方形的面積即可求得．
【詳解】解：∵“外圓”的周長為2π，“內方”的周長為4，
∴“外圓”的的半徑為1，“內方”的邊長為1，
∴圓的面積為π，中間正方形的面積為1，
∴圖中陰影部分面積為：π﹣1．
故答案為：π﹣1．
【點撥】本題考查了圓的面積，明確陰影部分面積的組成是解決本題的關鍵．
【變式2-3】（2022·山東濟寧·統(tǒng)考一模）如圖，一枚圓形古錢幣的中間是一個正方形孔，已知圓的直徑與正方形的對角線之比為3∶1，則圓的面積約為正方形面積的 倍．（精確到個位）
【答案】14
【分析】根據(jù)圓的性質和正方形的性質求圓的半徑和正方形的邊長，利用面積公式求解即可.
【詳解】解：如圖
由題意得AC與EF共線
∵圓的直徑與正方形的對角線之比為3：1
∴EF：AC=3：1
∴OE：OA=3：1
設OE=3x，OA= x
在正方形ABCD中
由勾股定理得：AD=2x
∴圓的面積為：π×（3x）2=9πx2
正方形的面積為（2x）2=2 x2
∴9πx2÷2 x2=9π2≈14
故答案為：14
【點撥】本題主要考查了圓的性質和正方形的性質，以及圓與正方形的面積公式的求解.
【變式2-4】（2021·四川內江·四川省內江市第六中學?？家荒＃┌岩粋€圓心為O，半徑為r的小圓面積增加一倍，兩倍，三倍，分別得到如圖所示的四個圓（包括原來的小圓），則這四個圓的周長之比（按從小到大順序排列）是 ．
【答案】1：2：3：2
【分析】設最小的圓的面積是a，則其它三個圓的面積分別是2a，3a，4a．由題意得四個圓是相似形，根據(jù)面積比可求得其相似比，根據(jù)周長比等于相似比即可得到答案．
【詳解】解：設最小的圓的面積是a，則其它三個圓的面積分別是2a，3a，4a，
所有的圓都是相似形，面積的比等于半徑的比的平方，
因而半徑的比是1:2:3:2，周長的比等于相似比，即半徑的比，是1:2:3:2．
故答案為：1:2:3:2．
【點撥】本題主要考查了圓相似形時，解題的關鍵是：掌握面積的比等于相似比的平方，周長的比等于相似比．
題型03 圓中的角度計算
【例3】（2022·江蘇常州·統(tǒng)考一模）如圖，已知AB、AD是⊙O的弦，∠B=30°，點C在弦AB上，連接CO并延長CO交于⊙O于點D，∠D=20°，則∠BAD的度數(shù)是（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
【答案】C
【分析】連接OA，根據(jù)圓的半徑相等證明∠OAB=∠B和∠OAD=∠D，得到答案．
【詳解】解：連接OA，
∵OA=OB， ∴∠OAB=∠B=30°，
∵OA=OD， ∴∠OAD=∠D=20°，
∴∠BAD=∠OAB+∠OAD=50°，
故選：C．
【點撥】本題考查的是圓的性質和等腰三角形的性質，掌握圓的半徑相等和等邊對等角是解題的關鍵．
【變式3-1】（2023·山東聊城·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足為C，OD∥AB，OC＝12OD，則∠ABD的度數(shù)為（ ）
A．90°B．95°C．100°D．105°
【答案】D
【分析】連接OB，即得出OB＝OD，從而得出∠OBD＝∠ODB．根據(jù)含30度角的直角三角形的性質結合題意可判斷∠OBC＝30°，再利用平行線的性質可得出∠BOD＝∠OBC＝30°，從而根據(jù)三角形內角和求出∠OBD＝∠ODB＝75°，最后由∠ABD＝∠OBC+∠OBD求解即可．
【詳解】如圖：連接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°．
故選D．
【點撥】本題考查圓的基本性質，等腰三角形的性質，含30度角的直角三角形的性質，平行線的性質，三角形內角和定理的應用．連接常用的輔助線是解題關鍵．
【變式3-2】（2022·河北廊坊·統(tǒng)考模擬預測）如圖，CD是⊙O的直徑，弦DE ∥AO，若∠A=25°，則∠D的度數(shù)為（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
【答案】C
【分析】由OA=OC，得∠C=∠A=25°，再由三角形外角性質得∠AOD=50°，然后根據(jù)平行線的性質可求解．
【詳解】解：∵CD是⊙O的直徑，
∴OA=OC，
∴∠C=∠A=25°，
∴∠AOD=∠C+∠A=50°，
∵OA∥DE，
∴∠D=∠AOD=50°，
故選：C．
【點撥】本題考查圓的性質，等腰三角形的性質，三角形外角的性質，平行線的性質，本題屬基礎題目，難度不大．
【變式3-3】（2022·江蘇蘇州·蘇州市振華中學校?？寄M預測）如圖，在扇形AOB中，D為AB上的點，連接AD并延長與OB的延長線交于點C，若CD=OA，∠O=75°，則∠A的度數(shù)為（ ）
A．35°B．52.5°C．70°D．72°
【答案】C
【分析】連接OD，根據(jù)CD=OA，OA=OD，設∠C=α，根據(jù)等邊對等角以及三角形外角的性質可得 ∠A=3α，根據(jù)三角形內角和定理即可求得
【詳解】解：如圖，連接OD，
∴OA=OD
∴∠A=∠ODA
∵ CD=OA
∴∠C=∠DOC
設∠C=α，
∴∠A=∠ODA=∠DOC+∠C=2α
在△AOC中，∠O=75°
∴∠A+∠C=105°
∴3α=105°
∴α=35°
∴∠A=2α=70°
故選C
【點撥】本題考查了圓的基本概念，等角對等邊，三角形內角和定理，掌握以上知識是解題的關鍵．
題型04 圓中線段長度的計算
【例4】（2023·湖南益陽·統(tǒng)考二模）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，點D在斜邊AB上，以BD為直徑的⊙O經(jīng)過邊AC上的點E，連接BE，且BE平分∠ABC，若⊙O的半徑為3，AD=2，則線段BC的長為（ ）

A．403B．8C．245D．6
【答案】C
【分析】連接OE，證明OE∥BC，利用相似三角形的性質即可求解．
【詳解】解：連接OE，如圖，
∵BE平分∠ABC，
∴∠OBE=∠CBE，
∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠CBE=∠OEB，
∴OE∥BC，
∴△AOE∽△ABC，
∴OEBC=AOAB，
∵⊙O的半徑為3，AD=2，
∴AO=AD+OD=5，AB=AO+OB=8，
∴BC=OE?ABAO=3×85=245，
故選：C．

【點撥】本題考查了圓的基本性質，相似三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．
【變式4-1】（2023·云南臨滄·統(tǒng)考一模）已知AB=12，C.D是以AB為直徑的⊙O上的任意兩點，連接CD，且AB⊥CD，垂足為M，∠OCD=30°，則線段MB的長為 ．
【答案】9
【分析】根據(jù)含30度角的直角三角形的性質得到OM=12OC=3，則MB=OM+OB=9．
【詳解】解：如圖，
∵AB⊥CD，∠OCD=30°，
∴OM=12OC，
∵AB=12，
∴OC=OB=6，
∴OM=3，
∴MB=OM+OB=9，
故答案為：9．
【點撥】本題主要考查了圓的基本性質，含 30度角的直角三角形的性質，正確求出OM=12OC=3是解題的關鍵．
【變式4-2】（2023·廣東·統(tǒng)考一模）已知A.B是圓O上的點，以O為圓心作弧，交OA、OB于點C.D．分別以點C和點D為圓心，大于12CD長為半徑畫弧，兩弧相交于點E．作線段OE，交AB于點F，交⊙O于點G．若OF=3 cm，∠AOB=120°，則⊙O的半徑為 cm．
【答案】6
【分析】連接CD，根據(jù)作圖得出OE垂直平分CD，根據(jù)等腰三角形的性質得出∠AOE=∠BOE=12∠AOB=60°，OF⊥AB，利用直角三角形的性質，求出OA=2OF=2×3=6cm即可．
【詳解】解：連接CD，
根據(jù)作圖可知，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．
故答案為：6．
【點撥】本題主要考查了尺規(guī)作線段垂直平分線，等腰三角形的性質，直角三角形的性質，解題的關鍵是熟練掌握直角三角形中，30度角所對的直角邊等于斜邊的一半．
題型05 求一點到圓上一點的距離最值
【例5】（2023·山東德州·統(tǒng)考三模）如圖，四邊形ABCD為矩形，AB=3，BC=4．點P是線段BC上一動點，點M為線段AP上一點．∠ADM=∠BAP，則BM的最小值為（ ）
A．52B．125C．13-32D．
【答案】D
【分析】證明∠AMD=90°，得出點M在O點為圓心，以AO為半徑的圓上，從而計算出答案．
【詳解】設AD的中點為O，以O點為圓心，AO為半徑畫圓
∵四邊形ABCD為矩形
∴∠BAP+∠MAD=90°
∵∠ADM=∠BAP
∴∠MAD+∠ADM=90°
∴∠AMD=90°
∴點M在O點為圓心，以AO為半徑的圓上
連接OB交圓O與點N
∵點B為圓O外一點
∴當直線BM過圓心O時，BM最短
∵BO2=AB2+AO2，AO=12AD=2
∴BO2=9+4=13
∴BO=13
∵BN=BO-AO=13-2
故選：D．
【點撥】本題考查直角三角形、圓的性質，解題的關鍵是熟練掌握直角三角形和圓的相關知識．
【變式5-1】（2021·山東臨沂·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在RtΔABC中，∠ACB=90°，AC=10，BC=12，點D是ΔABC內的一點，連接AD，CD，BD，滿足∠ADC=90°，則BD的最小值是（ ）
A．5B．6C．8D．13
【答案】C
【分析】如圖，取AC中點O，連接DO．則點D在以點O為圓心，AC長為直徑的圓周上運動，當O、D、B在同一直線上時，OB最短，此時BD=OB-OD=OB-5為最短．所以BD=OB-OD=OB-5=13-5=8，即為BD的最小值．
【詳解】解：如圖，取AC中點O，連接DO．
∵∠ADC=90°，
∴點D在以點O為圓心，AC長為直徑的圓周上運動，且DO=12AC=12×10=5，
當O、D、B在同一直線上時，OB最短，此時BD=OB-OD=OB-5為最短．
在RtΔOCB中，
OC=5，BC=12，
則OB=122+52=13，
∴BD=OB-OD=OB-5=13-5=8，
即BD的最小值是8．
故選：C．
【點撥】本題主要考查了兩點之間最短距離的問題，解題的關鍵是正確構造圓和運用勾股定理．
【變式5-2】（2022·山東臨沂·統(tǒng)考一模）如圖，△ABC中，AB=AC，BC=24，AD⊥BC于點D，AD=5，P是半徑為3的⊙A上一動點，連結PC，若E是PC的中點，連結DE，則DE長的最大值為（ ）
A．8B．8.5C．9D．
【答案】A
【分析】連接BP，根據(jù)三角形中位線定理可得DE=12BP，從而得到當BP最大時，DE最大，再由當PB過圓心A時，PB最大，即可求解．
【詳解】解：如圖，連接BP，
∵AB=AC，BC=24，AD⊥BC于點D，
∴BD=CD=12，
∵E是PC的中點，
∴DE=12BP，
∴當BP最大時，DE最大，
∵P是半徑為3的⊙A上一動點，
∴當PB過圓心A時，PB最大，此時P、A.B三點共線，
∵AD=5，BD=12，
∴AB=13，
∴PB的最大值為13+3=16，
∴DE的最大值為8．
故選：A
【點撥】本題考查的是圓的基本性質，等腰三角形的性質，勾股定理以及三角形中位線定理，明確當PB取最大值時，DE的長最大是解題的關鍵．
【變式5-3】（2022·江蘇徐州·統(tǒng)考二模）如圖，點A，B的坐標分別為A(3，0)、B(0，3)，點C為坐標平面內的一點，且BC=2，點M為線段AC的中點，連接OM，則OM的最大值為（ ）
A．322+1B．32+2C．322D．2
【答案】A
【分析】根據(jù)同圓的半徑相等可知：點C在半徑為2的⊙B上，通過畫圖可知，C在BD與圓B的交點時，OM最小，在DB的延長線上時，OM最大，根據(jù)三角形的中位線定理可得結論．
【詳解】解：如圖，∵點C為坐標平面內一點，BC=2，
∴C在⊙B上，且半徑為2，
取OD=OA=3，連接CD，
∵AM=CM，OD=OA，
∴OM是△ACD的中位線，
∴OM=12=CD，
當OM最大時，即CD最大，而D，B，C三點共線時，當C在DB的延長線上時，OM最大，
∵OB=3，OD=3，∠BOD=90°，
∴BD=32，
∴CD=32+2，
∴OM=12CD=322+1，即OM的最大值為322+1；
故選A
【點撥】本題考查了坐標和圖形的性質，三角形的中位線定理等知識，確定OM為最大值時點C的位置是關鍵，也是難點．
考點二 圓的性質
1. 圓的對稱性
2. 垂徑定理及推論
垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧.
推論：1）平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條弧.
垂徑定理模型（知二得三）
如圖，可得①AB過圓心 ②AB⊥CD ③CE=DE ④AC=AD ⑤BC=BD
【總結】垂徑定理及其推論實質是指一條直線滿足：（1）過圓心（2）垂直于弦（3）平分弦（被平分的弦不是直徑）（4）平分弦所對的優(yōu)?。?）平分弦所對的劣弧，若已知五個條件中的兩個，那么可推出其中三個，簡稱“知二得三”，解題過程中應靈活運用該定理.
常見輔助線做法（考點）：1）過圓心，作垂線，連半徑，造Rt△，用勾股，求長度；
2）有弦中點，連中點和圓心，得垂直平分.
2）弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對的兩條弧.
【易錯點】求兩條弦間的距離時要分類討論兩條弦與圓心的相對位置：兩弦在圓心的同側，兩弦在圓心的異側．
3. 弧、弦、圓心角的關系
定理：在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦相等，所對的弦的弦心距相等.
推論：在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦或兩條弦的弦心距中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量分別相等.
【解題思路】在同圓或等圓中，如果兩條弧相等，那么這兩條弧所對的弦相等，所對的圓心角、圓周角也都相等．運用這些相等關系，可以實現(xiàn)線段相等與角相等之間的相互轉化．
4. 圓周角定理
圓周角定理：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半.（即：圓周角= 12 圓心角）
推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等.
推論2：半圓（或直徑）所對的圓周角是直角，90°的圓周角所對的弦是直徑.
【補充】圓的一條?。ㄏ遥┲粚χ粋€圓心角，對應的圓周角有無數(shù)個，但圓周角的度數(shù)只有兩個，這兩個度數(shù)和為180°
【解題思路】
1）在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半，在同圓中可以利用圓周角定理進行角的轉化.
2）在證明圓周角相等或弧相等時，通?！坝傻冉钦业然　被颉坝傻然≌业冉恰?
3）當已知圓的直徑時，常構造直徑所對的圓周角．
4）在圓中求角度時，通常需要通過一些圓的性質進行轉化．比如圓心角與圓周角間的轉化；同弧或等弧的圓周角間的轉化；連直徑，得到直角三角形，通過兩銳角互余進行轉化等．
1）圓周角和圓心角的轉化可通過作圓的半徑構造等腰三角形,利用等腰三角形的頂點和底角的關系進行轉化.
2）圓周角和圓周角可利用其“橋梁”——圓心角來轉化.
3）圓周角定理成立的條件是“同一條弧所對的”兩種角，在運用定理時不要忽略了這個條件，把不同弧所對的圓周角與圓心角錯當成同一條弧所對的圓周角和圓心角.
5. 圓內接四邊形
性質：1）圓內接四邊形對角互補.
2) 圓內接四邊形的任意一個外角等于它的內對角.
題型01 由垂徑定理及推論判斷正誤
【例1】（2023·浙江·模擬預測）如圖，CD是⊙O是直徑，AB是弦且不是直徑，CD⊥AB，則下列結論不一定正確的是（ ）

A．AE=BEB．OE=DEC．AO=COD．AD=BD
【答案】B
【分析】由于CD⊥AB, 根據(jù)垂徑定理有AE=BE, AD=BD, 不能得出OE=DE, 圓的半徑都相等.
【詳解】解：如圖所示，
∵CD⊥AB,
∴AE=BE, AD=BD,
⊙O的半徑都相等，那么
AO=CO,
不能得出OE=DE.
故選:B.
【點撥】本題考查了垂徑定理.解題的關鍵是熟練掌握垂徑定理的內容.
【變式1-1】（2022·河南洛陽·統(tǒng)考一模）如圖，點F是⊙O直徑AB上一個動點（不與點A，B重合），過點F作弦CD⊥AB，點E是AD上不與點D重合的一個動點，則下列結論中不一定正確的是（ ）
A．CF=DFB．AC=AD
C．∠BAC=∠BEDD．∠ABC>∠BED
【答案】D
【分析】根據(jù)垂徑定理，同弧或等弧所對的圓周角相等，即可．
【詳解】∵AB是直徑，CD是弦，CD⊥AB，垂足為F，
∴CF=DF，CB=DB，AC=AD，
∴∠BAC=∠BED，∠CAB=∠BED，
∴A.B.C正確；
∵∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°，
∴∠BED+∠ABC=90°，但是不能確定∠ABC和∠BED的大小關系，
∴∠ABC>∠BED不一定正確，
故選：D．
【點撥】本題考查圓的性質，垂徑定理，解題的關鍵是掌握垂徑定理的運用．
【變式1-2】（2022·山東濟寧·二模）如圖，在⊙O中，AB是直徑，CD是弦，AB⊥CD，垂足為E，連接CO、AD、OD，∠BAD=22.5°，則下列說法中不正確的是（ ）
A．CE=EOB．OC=2CDC．∠OCE=45°D．∠BOC=2∠BAD
【答案】B
【分析】由AB⊥CD，AB是⊙O的直徑， 得CE=DE，BC?=BD?，進而得出△OCE為等腰直角三角形，進而得出∠OCE=45°，OC=2CE，CE=OE，從而得出答案．
【詳解】解：∵AB⊥CD，AB是⊙O的直徑，
∴CE=DE，BC?=BD?，
∴∠BOC=2∠BAD=2×22.5°=45°，
∴△OCE為等腰直角三角形，
∴∠OCE=45°，OC=2CE，CE=OE，
∴OC=22CD．
故選：B．
【點撥】本題主要考查了垂徑定理、圓周角定理及解直角三角形，熟練掌握垂徑定理是解題的關鍵．
題型02 利用垂徑定理求解
【例2】（2023·廣東佛山·?？家荒＃┤鐖D，線段CD是⊙O的直徑，CD⊥AB于點E，若AB長為16，OE長為6，則⊙O半徑是（ ）
A．5B．6C．8D．10
【答案】D
【分析】連接OB，由垂徑定理可得BE=AE=8，由勾股定理計算即可獲得答案．
【詳解】解：如圖，連接OB，
∵線段CD是⊙O的直徑，CD⊥AB于點E，AB=16，
∴BE=AE=12AB=12×16=8，
∴在Rt△OBE中，可有OB=OE2+BE2=62+82=10，
∴⊙O半徑是10．
故選：D．
【點撥】本題主要考查了垂徑定理及勾股定理等知識，理解并掌握垂徑定理是解題關鍵．
【變式2-1】（2022·重慶·重慶八中?？家荒＃┤鐖D，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，AC＝CD，⊙O的半徑為22，則△AOC的面積為（ ）
A．3B．2C．23D．4
【答案】C
【分析】根據(jù)垂徑定理求出CE=12CD=12AC，則在Rt△ACE中存在特殊角，即∠CAO=30°，∠ACE=60°，根據(jù)OC=OA=22，得到∠CAO=∠ACO=30°，則有∠OEC=30°，則在Rt△OCE中有OE=12OC=2，CE=3OE=6，則△AOC的面積得解．
【詳解】∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，
∴直徑AB平分弦CD，E為CD中點，
∴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，
則△AOC的面積為：S=12×OA×CE=23，
故選：C．
【點撥】本題主要考查了垂徑定理以及解特殊直角三角形的知識，靈活運用垂徑定理是解答本題的關鍵．
【變式2-2】（2022·廣東廣州·執(zhí)信中學?？级＃┤鐖D，⊙O是ΔABC的外接圓，∠BAC=60°，若⊙O的半徑OC為2，則弦BC的長為（ ）
A．4B．23C．3D．3
【答案】B
【分析】過點O作OM⊥BC，交BC于點M，根據(jù)圓周角定理以及垂徑定理可得結果．
【詳解】解：過點O作OM⊥BC，交BC于點M，
∵⊙O是ΔABC的外接圓，∠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，
故選：B．
【點撥】本題考查了垂徑定理，圓周角定理，勾股定理，熟知相關性質定理是解本題的關鍵．
【變式2-3】（2022·浙江寧波·統(tǒng)考模擬預測）已知⊙O的直徑CD=10 cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足為M，且AB=8 cm，則AC的長為（ ）
A．25 cmB．43 cmC．25 cm或45 cmD．23 cm或43 cm
【答案】C
【分析】先畫好一個圓，標上直徑CD，已知AB的長為8 cm，可知分為兩種情況，第一種情況AB與OD相交，第二種情況AB與OC相交，利用勾股定理即可求出兩種情況下的AC的長；
【詳解】連接AC，AO，
∵圓O的直徑CD=10 cm，AB⊥CD，AB=8 cm，
∴AM=12AB=12×8=4 cm，OD=OC=5 cm，
當C點位置如圖1所示時，
∵OA=5 cm，AM=4 cm，CD⊥AB，
∴OM=OA2-AM2=52-42=3 cm，
∴CM=OC+OM=5+3=8 cm，
∴AC=AM2+CM2=42+82=45 cm；
當C點位置如圖2所示時，同理可得OM=3 cm，
∵OC=5 cm，
∴MC=5?3=2 cm，
在Rt△AMC中，AC=AM2+CM2=42+22=25 cm．
故選C．
【點撥】本題考查垂徑定理和勾股定理，根據(jù)題意正確畫出圖形進行分類討論，熟練運用垂徑定理是解決本題的關鍵．
題型03 根據(jù)垂徑定理與全等三角形綜合求解
【例3】（2022·湖北襄陽·模擬預測）如圖，AB為⊙O的直徑，AE為⊙O的弦，C為優(yōu)弧ABE的中點，CD⊥AB，垂足為D，AE=8，DB=2，則⊙O的半徑為（ ）
A．6B．5C．42D．43
【答案】B
【分析】如圖，連接CO，延長CO交AE于點T．設⊙O的半徑為r．證明△AOT?△CODAAS，推出CD=AT=4，在Rt△COD中，根據(jù)OC2=CD2+OD2，構建方程求解．
【詳解】解：如圖，連接CO，延長CO交AE于點T，設⊙O的半徑為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，
故選：B．
【點撥】此題主要考查圓心角，弧，弦之間的關系，垂徑定理，勾股定理，全等三角形的判定和性質等知識，解答該題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，該題屬于中考?？碱}型．
【變式3-1】（2020·湖北武漢·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點C為BD的中點，CF為⊙O的弦，且CF⊥AB，垂足為E，連接BD交CF于點G，連接CD，AD，BF．
(1)求證：ΔBFG?ΔCDG；
(2)若AD=BE=2，求BF的長．
【答案】(1)證明見解析；(2)BF=23.
【分析】(1)根據(jù)點C為BD的中點和垂徑定理可證CD=BF，再利用AAS即可證得結論；
(2)解法一：連接OF，設⊙O的半徑為r，由CF=BD列出關于r的方程就能求解；
解法二：如圖，作輔助線，構建角平分線和全等三角形，證明RtΔAHC?RtΔAEC，得AE=AH，再證明RtΔCDH?RtΔCBEHL，得DH=BE=2，進而可得AE和AB的長，易證ΔBEC～ΔBCA，列比例式可求得BC的長，也就是BF的長；
解法三：連接OC，根據(jù)垂徑定理和三角形的中位線定理可得OH=1，再證明ΔCOE?ΔBOH，然后利用勾股定理即可求出結果．
【詳解】證明：(1)∵C是BD的中點，∴CD=BC，
∵AB是⊙O的直徑，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：如圖，連接OF，設⊙O的半徑為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：如圖，過C作CH⊥AD交AD延長線于點H，連接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的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=∠BEC=90°，
∵∠EBC=∠ABC，∴ΔBEC～ΔBCA，
∴BCAB=BEBC，
∴BC2=AB?BE=6×2=12，
∴BF=BC=23．

解法三：如圖，連接OC，交BD于H，
∵C是BD的中點，∴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．

【點撥】此題考查了相似三角形的判定與性質、圓周角定理、垂徑定理、一元二次方程的求解、三角形全等的性質和判定以及勾股定理等知識．第二問有難度，注意掌握輔助線的作法和數(shù)形結合思想的應用．
【變式3-2】（2023·湖北武漢·校考模擬預測）如圖AB為圓O的直徑，AE為圓O的弦，C為O上一點，AC=CE，CD⊥AB，垂足為D．

(1)連接CO，判斷CO與AE的位置關系，并證明；
(2)若AE=8，BD=2，求圓O的半徑；
【答案】(1)CO⊥AE，證明見詳解
(2)5
【分析】（1）CO⊥AE，理由如下：延長CO交AE于點G，連接OE，再根據(jù)圓的基本性質及等腰三角形的性質即可；
（2）由（1）中結論，CO⊥AE，AG=12AE=4，先證明△AGO≌△CDO(AAS)，再根據(jù)勾股定理即可．
【詳解】（1）解：CO⊥AE，理由如下：
延長CO交AE于點G，連接OE，

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

【點撥】本題考查圓的基本性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會利用數(shù)形結合的思想解決問題，屬于中考?？碱}型．
題型04 根據(jù)垂徑定理與相似三角形綜合求解
【例4】（2022·重慶沙坪壩·重慶南開中學校考三模）如圖，點E是⊙O中弦AB的中點，過點E作⊙O的直徑CD，P是⊙O上一點，過點P作⊙O的切線與AB延長線交于點F，與CD延長線交于點G，若點P為FG中點，csF=35，⊙O的半徑長為3則CE的長為（ ）
A．75B．85C．32D．43
【答案】B
【分析】連接OP，由切線的性質得OP⊥FG，證明ΔOPG～ΔFEG得OPFE=PGEG=OGFG，∠POG=∠F，由cs∠F=35可進一步求出OG=5，由勾股定理求出PG=4，故可得FG=8，從而求出GE=325,OE=75，故可得CE=85．
【詳解】解：連接OP，如圖，
∵FG是圓的切線，點P是切點，
∴OP⊥FG，即∠OPG=90°,
又點E為AB的中點，且CD是直徑，
∴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,
∵點P是FG的中點，
∴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,
故選B．
【點撥】本題主要考查了垂徑定理，切線的性質，相似三角形的判定與性質等投放一款，正確作出輔助線構造相似三角形是解答本題的關鍵．
【變式4-1】（2022·四川瀘州·?？家荒＃┤鐖D，AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點F，OE⊥AC于點E，若OE＝3，OB＝5，則CD的長度是（ ）
A．9.6B．45C．53D．10
【答案】A
【分析】根據(jù)垂徑定理求出AC的長，易證：△AEO∽△AFC，求出CF長，即可求解．
【詳解】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．
故選：A．
【點撥】本題考查了垂徑定理，三角形相似的判定和性質定理，勾股定理，熟練掌握應用垂徑定理是解題的關鍵．
【變式4-2】（2019·新疆阿克蘇·模擬預測）如圖，AC是⊙O的直徑，弦BD⊥AO于E，連接BC，過點O作OF⊥BC于F，若BD=8 cm，AE=2 cm，則OF的長度是（ ）
A．3cmB．6 cmC．2.5cmD．5 cm
【答案】D
【詳解】分析：根據(jù)垂徑定理得出OE的長，進而利用勾股定理得出BC的長，再利用相似三角形的判定和性質解答即可．
詳解：連接OB，
∵AC是⊙O的直徑，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．
故選D．
點撥：本題考查了垂徑定理，關鍵是根據(jù)垂徑定理得出OE的長．
【變式4-3】（2023·河南周口·統(tǒng)考一模）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上的一點．
(1)過點B作⊙O的切線PB，交AC的延長線于點P（要求：尺規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡）；
(2)在（1）的條件下，若OD⊥BC，垂足為D，OD=2，PC=9，求PB的長．
【答案】(1)見解析
(2)313
【分析】（1）以B為圓心，小于OB的長為半徑畫弧，與直線AB有兩個交點，再以這兩個交點為圓心，大于這兩點的長的一半為半徑畫弧，兩弧的交點和點B的連線所在的直線交AC的延長線于點P；
（2）由垂徑定理得BD=CD，則OD為△ABC的中位線，得AC=2OD=4，由圓周角定理得∠ACB=90°，根據(jù)切線的性質得∠PBA=90°，推出Rt△PBC∽Rt△PAB，從而利用相似三角形的性質求解．
【詳解】（1）解：如圖，PB為所作；
（2）解：∵OD⊥BC，
∴BD=CD，
∵OB=OA，
∴OD為△ABC的中位線，
∴AC=2OD=4，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，
∵PB為⊙O的切線，
∴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的長為313．
【點撥】本題考查了作圖-復雜作圖，切線的判定和性質，圓周角定理，相似三角形的判定與性質，熟練掌握知識點并靈活運用是解題的關鍵．
題型05 在坐標系中利用勾股定理求值或坐標
【例5】（2021·吉林松原·?？家荒＃┤鐖D，在平面直角坐標系中，點P在第一象限，⊙P與x軸、y軸都相切，且經(jīng)過矩形AOBC的頂點C，與BC相交于點D，若⊙P的半徑為5，點A的坐標是(0,8)，則點D的坐標是（ ）

A．(9,2)B．(9,3)C．(10,2)D．(10,3)
【答案】A
【分析】在Rt△CPF中根據(jù)勾股定理求出PF的長，再根據(jù)垂徑定理求出DF的長，進而求出OB，BD的長，從而求出點D的坐標．
【詳解】設切點分別為G，E，連接PG，PE，PC，PD，并延長EP交BC與F，則PG=PE=PC=5，四邊形OBFE是矩形．
∵OA=8，
∴CF=8-5=3，
∴PF=4，
∴OB=EF=5+4=9．
∵PF過圓心，
∴DF=CF=3，
∴BD=8-3-3=2，
∴D(9，2)．
故選A．

【點撥】本題考查了矩形的性質，坐標與圖形的性質，勾股定理，以及垂徑定理等知識，正確做出輔助線是解答本題的關鍵．
【變式5-1】（2023·湖南衡陽·校考模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，⊙P與y軸相切于點C，與x軸相交于A，B兩點，假設點P的坐標為（5，3），點M是⊙P上的一動點，那么△ABM面積的最大值為（ ）

A．64B．48C．32D．24
【答案】C
【分析】過點P作PD⊥x軸于點D，連接PC，PA易得PC=PA=5，PD=3，然后由垂徑定理，即可求得AD的長，繼而求得AB的長，繼而求得答案．
【詳解】解：過點P作PD⊥x軸于點D，在AB上方，PD與⊙P的交點即△ABM面積最大時動點的位置，連接PC，PA，

∵點P的坐標為(5,3)，
∵⊙P與y軸相切于點C，
∴PC=5，PD=3，
∴PC=PA=5，
在Rt△PAD中，AD=PA2-PD2=4，
∵PD⊥AB，
∴AB=2AD=8，
當點M位于(3,8)時，△ABM面積最大，最大值為：12AB?MD=12×8×8=32．
故選C．
【點撥】此題考查了切線的性質、垂徑定理以及勾股定理．此題難度適中，添設輔助線，構造直角三角形是解題的關鍵．
【變式5-2】（2022·江蘇泰州·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，以M3,5為圓心，AB為直徑的圓與x軸相切，與y軸交于A.C兩點，則點B的坐標是 ．
【答案】(6,1)
【分析】如圖，連接BC，設圓與x軸相切于點D，連接MD交BC與點E，結合已知條件，則可得BC⊥MD，勾股定理求解EM，進而即可求得B的坐標．
【詳解】解：如圖，連接BC，設圓與x軸相切于點D，連接MD交BC與點E，
則MD⊥x軸，
∵AB為直徑，則∠ACB=90°，
∴BC⊥MD，
∴BC∥x軸，
∵
∴MB=MD=5，CE=EB=3，
∴ME=MB2-EB2=52-32=4，CB=6，
∴DE=MD-ME=5-4=1，
∵BC∥x軸，
∴B(6,1)．
故答案為：(6,1)．
【點撥】本題考查了圓的性質，直徑所對的圓周角是直角，垂徑定理，切線的性質，勾股定理，坐標與圖形，掌握以上知識是解題的關鍵．
【變式5-3】（2022·江蘇南京·校聯(lián)考一模）如圖，在平面直角坐標系中，一個圓與兩坐標軸分別交于四點．已知A（6，0），B（﹣2，0），C（0，3），則點D的坐標為 ．
【答案】
【詳解】設圓心為P，過點P作PE⊥AB于點E，PF⊥CD于點F，先根據(jù)垂徑定理可得EA＝EB＝4，F(xiàn)C＝FD，進而可求出OE＝2，再設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，進而可得點D坐標．
【解答】解：設圓心為P，過點P作PE⊥AB于點E，PF⊥CD于點F，則EA＝EB＝AB2＝4，F(xiàn)C＝FD，
∴OE＝EB﹣OB＝4﹣2＝2，
∴E（2，0），
設P（2，m），則F（0，m），
連接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），
故答案為：（0，﹣4）．
【點撥】本題考查垂徑定理，涉及到平面直角坐標系，勾股定理等，解題關鍵是利用半徑相等列方程．
【變式5-4】（2022·新疆昌吉·統(tǒng)考一模）如圖，在平面直角坐標系中，⊙M與x軸相切于點A，與y軸交點分別為B.C，圓心M的坐標是（4，5），則弦BC的長度為 ．
【答案】6
【分析】連接BM、AM，作MH⊥BC于H，由垂徑定理得到BC=2HB，根據(jù)切線的性質及M點的坐標得到OH，OB，在Rt△MBH中，由勾股定理可求出BH，即可得到BC的長度．
【詳解】解：如圖，連接BM、AM，作MH⊥BC于H，
則BH=CH，
∴BC=2HB，
∵⊙M與x軸相切于點A，
∴MA⊥OA，
∵圓心M的坐標是(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．
故答案為：6．
【點撥】本題考查切線的性質、坐標與圖形性質、垂徑定理、勾股定理的知識．解題的關鍵是正確添加輔助線，構造直角三角形．
【變式5-5】（2023·黑龍江齊齊哈爾·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，以點C1,1為圓心，2為半徑作圓，交x軸于A，B兩點，點P在⊙C上．

(1)求出A，B兩點的坐標；
(2)試確定經(jīng)過A、B兩點且以點P為頂點的拋物線解析式；
(3)在該拋物線上是否存在一點D，使線段OP與CD互相平分？若存在，求出點D的坐標；若不存在，請說明理由．
【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于點E，連接OA,OB，根據(jù)C1,1，半徑AC=BC=2，得到CE=1,利用勾股定理求出AE=BE=3，即可得到A，B兩點的坐標；
（2）由圓與拋物線的對稱性可知拋物線的頂點P的坐標為1,3或1,-1，分別設出解析式代入點B的坐標求出解析式；
（3）假設存在點D使線段OP與CD互相平分，則四邊形OCPD是平行四邊形，得到PC∥OD且PC=OD，由PC∥y軸，確定點D在y軸上，根據(jù)PC得到點D的坐標，檢驗是否符合解析式即可．
【詳解】（1）作CE⊥AB于點E，連接OA,OB，
∵C1,1，半徑AC=BC=2，
∴CE=1，
∴AE=BE=AC2-CE2=22-12=3，
∴A1-3,0,B1+3,0；

（2）由圓與拋物線的對稱性可知拋物線的頂點P的坐標為1,3或1,-1，
當拋物線的頂點P的坐標為1,3時，設拋物線的解析式為y=ax-12+3，
將點B1+3,0代入，解得a=-1，
∴y=-x-12+3=-x2+2x+2；
當拋物線的頂點P的坐標為1,-1時，設拋物線的解析式為y=ax-12-1，
將點B1+3,0代入，解得a=13，
∴y=13x-12-1=13x2-23x-23；
（3）假設存在點D使線段OP與CD互相平分，則四邊形OCPD是平行四邊形，
∴PC∥OD且PC=OD，
∵PC∥y軸，
∴點D在y軸上，
當拋物線為y=-x2+2x+2時，
∵PC=2，
∴OD=2，即D0,2，
又D0,2滿足y=-x2+2x+2，
∴點D在拋物線上，
存在D0,2使線段OP與CD互相平分；
當拋物線為y=13x2-23x-23時，
∵PC=3，
∴OD=3，即D0,-3，
∵D0,-3不滿足y=13x2-23x-23，
∴不存在D0,-3使線段OP與CD互相平分；
綜上，存在D0,2使線段OP與CD互相平分．
【點撥】此題考查了圓的垂徑定理，勾股定理，求二次函數(shù)的解析式，平行四邊形的性質及判定，綜合掌握各知識點是解題的關鍵．
題型06 利用垂徑定理求平行弦問題
【例6】（2023·山東泰安·統(tǒng)考二模）已知⊙O的直徑為10cm， AB，CD是⊙O的兩條弦，AB∥CD，AB=8cm，CD=6cm，則AB與CD之間的距離為（ ）．
A．1B．7C．1或7D．3或4
【答案】C
【分析】作OE⊥AB于E，延長EO交CD于F，連接OA、OC，如圖，利用平行線的性質OF⊥CD，根據(jù)垂徑定理得到AE=BE=4 cm，CF=DF=3 cm，則利用勾股定理可計算出OE=3 cm，OF=4 cm，討論：當點O在AB與CD之間時，EF=OF+OE；當點O不在AB與CD之間時，EF=OF-OE．
【詳解】作OE⊥AB于E，延長EO交CD于F，連接OA、OC，如圖

∵AB∥CD，OE⊥AB
∴OF⊥CD
∴AE=BE=12AB=4 cm
在Rt△OAE中，OE=AO2-AE2=52-42=3 cm
在Rt△OCF中，OF=CO2-CF2=52-32=4 cm
當點O在AB與CD之間時，如圖1，EF=OF+OE=4+3=7 cm
當點O不在AB與CD之間時，如圖2，EF=OF-OE=4-3=1 cm
故選：C．
【點撥】本題考查了垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。⒁夥诸愑懻摚?br>【變式6-1】（2022·江蘇宿遷·校聯(lián)考一模）已知⊙O的直徑為10 cm，AB，CD是⊙O的兩條弦，AB//CD，AB=8 cm，CD=6 cm，則AB與CD之間的距離為 cm．
【答案】7或1．
【分析】分兩種情況考慮：當兩條弦位于圓心O同一側時，當兩條弦位于圓心O兩側時；利用垂徑定理和勾股定理分別求出OE和OF的長度，即可得到答案．
【詳解】解：分兩種情況考慮：
當兩條弦位于圓心O一側時，如圖1所示，

過O作OE⊥CD，交CD于點E，交AB于點F，連接OC，OA，
∵AB∥CD，∴OE⊥AB，
∴E,F分別為CD.AB的中點，
∴CE=DE=12CD=3cm，AF=BF=12AB=4 cm，
在Rt△AOF中，OA=5 cm，AF=4 cm，
根據(jù)勾股定理得：OF=3 cm，
在Rt△COE中，OC=5 cm，CE=3 cm，
根據(jù)勾股定理得：OE═4 cm，
則EF=OE-OF=4 cm-3 cm=1 cm；
當兩條弦位于圓心O兩側時，如圖2所示，
同理可得EF=4 cm+3 cm=7 cm，
綜上，弦AB與CD的距離為7 cm或1 cm．
故答案為：7或1．
【點撥】此題考查了垂徑定理，勾股定理，利用了分類討論的思想，熟練掌握垂徑定理是解本題的關鍵．
【變式6-2】（2022·江蘇泰州·統(tǒng)考二模）如圖，在⊙O中，AB是直徑，弦EF∥AB．
(1)在圖1中，請僅用不帶刻度的直尺畫出劣弧EF的中點P；（保留作圖痕跡，不寫作法）
(2)如圖2，在（1）的條件下連接OP、PF，若OP交弦EF于點Q，現(xiàn)有以下三個選項：①△PQF的面積為32；②EF=6；③PF=10，請你選擇兩個合適選項作為條件，求⊙O的半徑，你選擇的條件是 （填序號）
【答案】(1)見解析
(2)①②；①③；②③；半徑為5
【分析】（1）直接連接AF，BE交于點C，連接OC并延長交EF于點P，此點即為所求點．
（2）連接OF，設半徑為r，根據(jù)垂徑定理和勾股定理即可得出答案．
【詳解】（1）如圖所示，連接AF，BE交于點C，連接OC并延長交EF于點P．
（2）第一種情況：選①②，如圖所示，連接OF，設半徑為r，
由題意可知：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．
第二種情況：選①③，如圖所示，連接OF，設半徑為r，
由題意可知：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°，
∴PQ0
故選A．
【點撥】本題考查等弧所對的弦相等，三角形的三邊關系等知識，利用作差比較法比較周長大小是解題的關鍵．
題型19 利用弧、弦、圓心角關系求最值
【例19】（2023·江蘇蘇州·模擬預測）在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格圖形中，每個小正方形的頂點稱為格點．如圖，在6×6的正方形網(wǎng)格圖形ABCD中，M，N分別是AB，BC上的格點，BM＝4，BN＝2．若點P是這個網(wǎng)格圖形中的格點，連接PM，PN，則所有滿足∠MPN＝45°的△PMN中，邊PM的長的最大值是（ ）
A．42B．6C．210D．35
【答案】C
【分析】根據(jù)同弧所對的圓周角等于所對圓心角的一半，過點M、N作以點O為圓心，∠MON=90°的圓，則點P在所作的圓上，觀察圓O所經(jīng)過的格點，找出到點M距離最大的點即可求出．
【詳解】作線段MN中點Q，作MN的垂直平分線OQ，并使OQ=12MN，以O為圓心，OM為半徑作圓，如圖，
因為OQ為MN垂直平分線且OQ=12MN，所以OQ=MQ=NQ，
∴∠OMQ=∠ONQ=45°，
∴∠MON=90°，
所以弦MN所對的圓O的圓周角為45°，
所以點P在圓O上，PM為圓O的弦，
通過圖像可知，當點P在P'位置時，恰好過格點且P'M經(jīng)過圓心O，
所以此時P'M最大，等于圓O的直徑，
∵BM＝4，BN＝2，
∴MN=22+42=25，
∴MQ=OQ=5，
∴OM=2MQ=2×5=10，
∴P'M=2OM=210，
故選 C．
【點撥】此題考查了圓的相關知識，熟練掌握同弧所對的圓周角相等、直徑是圓上最大的弦，會靈活用已知圓心角和弦作圓是解題的關鍵．
【變式19-1】（2023·黑龍江綏化·?？寄M預測）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝4，C為AB的三等分點（更靠近A點），點P是⊙O上一個動點，取弦AP的中點D，則線段CD的最大值為（ ）

A．2B．7C．23D．3+1
【答案】D
【分析】取OA的中點Q，連接DQ，OD，CQ，根據(jù)條件可求得CQ長，再由垂徑定理得出OD⊥AP，由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半求得QD長，根據(jù)當C,Q,D三點共線時，CD長最大求解.
【詳解】解：如圖，取AO的中點Q,連接CQ，QD，OD，
∵C為AB的三等分點，
∴AC的度數(shù)為60°，
∴∠AOC=60°,
∵OA=OC,
∴△AOC為等邊三角形，
∵Q為OA的中點，
∴CQ⊥OA，∠OCQ=30°,
∴OQ=12OC=12×2=1 ,
由勾股定理可得，CQ=3 ,
∵D為AP的中點,
∴OD⊥AP，
∵Q為OA的中點，
∴DQ=12OA=12×2=1 ,
∴當D點CQ的延長線上時，即點C,Q,D三點共線時，CD長最大，最大值為3+1 .
故選D

【點撥】本題考查利用弧與圓心角的關系及垂徑定理求相關線段的長度，并且考查線段最大值問題，利用圓的綜合性質是解答此題的關鍵.
【變式19-2】（2023·山西陽泉·統(tǒng)考二模）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝12，點M在⊙O上，∠MAB=20°，N是MB的中點，連接MN，P是直徑AB上的動點，若弦MN=2，則△PMN周長的最小值為 ．

【答案】8
【分析】如圖所示，作點N關于AB的對稱點N'，連接MN'交AB于P，△PMN周長為PM+PN+MN=2+PM+PN，由對稱性知△PMN周長為=2+PM+PN=2+PM+PN'，根據(jù)兩點之間線段最短可知△PMN周長的最小為2+MN'，利用圓心角、弧、弦的關系以及軸對稱的性質進行計算即可得到答案．
【詳解】解：作點N關于AB的對稱點N'，則點N'在⊙O上，連接MN'交AB于P，

由對稱性知PN=PN'，
∴ △PMN周長為PM+PN+MN=2+PM+PN=2+PM+PN'，
根據(jù)兩點之間線段最短可知△PMN周長的最小為2+MN'，
∵點N是MB的中點，∠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周長的最小值為2+6=8，
故答案為：8．
【點撥】本題考查動點最值問題，涉及圓周角定理，圓心角、弧、弦的關系以及軸對稱性質，掌握圓周角定理，圓心角、弧、弦的關系以及軸對稱的性質是解決問題的關鍵．
【變式19-3】（2023·廣東珠海·統(tǒng)考一模）如圖，在⊙O中，點C是AB上的一點，作AD∥BC交⊙O于點D，連接AB．
(1)求證：AC=BD；
(2)連接BO并延長BO交⊙O于點E，交弦AD于點F，連接CE交AD于點G，連接AE、AC，請根據(jù)題意畫圖．已知BE=8，AB=43．
①若CE=42，求AF的長度；
②若點C從點A沿AB運動點B時，求線段BG的長度最小值．
【答案】(1)見解析
(2)①26②213-2
【分析】（1）根據(jù)AD∥BC，得到∠DAB=∠ABC，進而得到AC=BD，即可得證；
（2）①根據(jù)題意，作出圖形，根據(jù)圓周角定理，得到∠BAE=90°,∠BCE=90°，勾股定理求出AE,BC的長，進而得到∠ABE=30°，∠CEB=∠CBE=45°，利用勾股定理求出AG,EG的長，進而得到FG的長，利用AF=AG+GF進行求解即可；②易得點G在以AE為直徑的⊙H上，得到當B,G,H三點共線時，BG取得最小值為BH-HG，進行求解即可．
【詳解】（1）證明：∵AD∥BC，
∴∠DAB=∠ABC，
∴AC=BD，
∴AC=BD．
（2）解：①如圖，
∵BE是⊙O的直徑，
∴∠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°，
設AG=x，則：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，
當x=6+2，CG=36+2=32+6>CE，不符合題意，
∴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°，
∴點G在以AE為直徑的⊙H上，則：BG≥BH-HG，
∴當B,G,H三點共線時，BG取得最小值為BH-HG，如圖：
由①可知：AE=4，∠BAE=90°，
∴AH=HG=2，BH=AB2+AH2=213，
此時BG=BH-HG=213-2．
【點撥】本題考查圓周角定理，解直角三角形，等腰三角形的判定和性質，熟練掌握等弧對等弦，同弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角是直角，是解題的關鍵．
題型20 利用弧、弦、圓心角關系證明
【例20】（2023·上海閔行·統(tǒng)考二模）如圖，在扇形AOB中，點C.D在AB上，AD=CB，點F、E分別在半徑OA、OB上，OF=OE，連接DE、CF．
(1)求證：DE=CF；
(2)設點Р為CD的中點，連接CD、EF、PO，線段PO交CD于點M、交EF于點N．如果PO∥DE，求證：四邊形MNED是矩形．
【答案】(1)見詳解
(2)見詳解
【分析】（1）由題意易得AC=BD，則有∠FOC=∠EOD，然后可證△FOC≌△EOD，進而問題可求證；
（2）由（1）可知：AC=BD，DE=CF，然后可得扇形AOB關于OP對稱，則有EF∥CD，進而問題可求證．
【詳解】（1）證明：∵AD=CB，CD是公共弧，
∴AC=BD，
∴∠FOC=∠EOD，
∵OF=OE，OC=OD，
∴△FOC≌△EODSAS，
∴DE=CF；
（2）解：如圖所示：
由（1）可知：AC=BD，DE=CF，
∵點Р為CD的中點，
∴PC=PD,OP⊥CD，
∴扇形AOB關于OP對稱，
∴∠ONE=∠OMD=90°，
∴EF∥CD，
∵PO∥DE，
∴四邊形MNED是平行四邊形，
∵∠OMD=90°，
∴平行四邊形MNED是矩形．
【點撥】本題主要考查垂徑定理、圓的基本性質及矩形的判定，熟練掌握垂徑定理、圓的基本性質及矩形的判定是解題的關鍵．
【變式20-1】（2022·湖南懷化·統(tǒng)考模擬預測）如圖，點A，B，C，D在⊙O上，AB＝CD．求證：
(1)AC＝BD；
(2)△ABE∽△DCE．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）兩個等弧同時加上一段弧后兩弧仍然相等；再通過同弧所對的弦相等證明即可；
（2）根據(jù)同弧所對的圓周角相等，對頂角相等即可證明相似．
【詳解】（1）∵AB＝CD
∴AB+AD＝CD+AD
∴BAD=ADC
∴BD=AC
（2）∵∠B=∠C
∠AEB=∠DEC
∴△ABE∽△DCE
【點撥】本題考查等弧所對弦相等、所對圓周角相等，掌握這些是本題關鍵．
【變式20-2】（2023·浙江湖州·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D為AB上的一點，以BD為直徑的半圓與交BC于點F，且AC切⊙O于點E．
(1)求證：DE=EF；
(2)若∠A=30°，AB=6，求CF的長．
【答案】(1)見解析
(2)CF=1．
【分析】（1）連接OE、OF，根據(jù)切線的性質可得∠OEA=90°，推出OE∥BC，由平行線的性質以及半徑相等即可推得結論；
（2）連接DE，根據(jù)等邊三角形的判定與性質以及含30度角的直角三角形的性質可得答案．
【詳解】（1）證明：連接OE、OF，
∵AC切⊙O于點E，
∴OE⊥AC，即∠OEA=90°，
∵∠ACB=90°，
∴OE∥BC，
∴∠EOA=∠CBA，∠EOF=∠OFB，
∵OB=OF，
∴∠OFB=∠CBA，
∴∠EOD=∠EOF，
∴DE=EF；
（2）解：連接DE，
∵∠A=30°，AB=6，
∴∠OBF=∠EOD=60°，
∵OE=OD=OF=OB，
∴△DOE、△BOF都為等邊三角形，∠EDO=60°，
∴∠DEA=30°，
∴AD=DE=DO=OB=BF=2，
∵∠A=30°，∠ACB=90°，AB=6，
∴BC=12AB=3，
∴CF=BC-BF=1．
【點撥】此題考查的是切線的性質、直角三角形的性質、等邊三角形的判定和性質等知識，正確作出輔助線是解決此題的關鍵．
【變式20-3】（2023·江蘇徐州·?？级＃┤鐖D，四邊形ABCD內接于⊙O，延長BC到點E，使得CE=AB，∠1=∠2，連接ED．
(1)求證：BD=ED；
(2)若AB=3，BC=5，∠ABC=60°．求tan∠DCB的值．
【答案】(1)見解析
(2)433
【分析】（1）根據(jù)SAS證明△ABD≌△CED，得出BD=ED即可；
（2）過點D作DM⊥BE于M，求出BE=BC+EC=8，根據(jù)BD=ED，DM⊥BE，得出BM=ME=12BE=4，根據(jù)三角函數(shù)求出DM=BM?tan∠2=4×33=433，求出tan∠DCB=DMCM=433．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD內接于⊙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：過點D作DM⊥BE于M，如圖所示：
∵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．
【點撥】本題主要考查了圓周角、弧、弦間的關系，解直角三角形，求正切值，等腰三角形的性質，三角形全等的判定和性質，解題的關鍵是作出輔助線，熟練掌握三角函數(shù)的定義．
題型21 利用圓周角定理求解
【例21】（2023·陜西延安·統(tǒng)考一模）如圖，△ABC內接于⊙O,∠C=46°，連接OA，則∠OAB=（ ）
A．44°B．45°C．54°D．67°
【答案】A
【分析】連接OB，由2∠C=∠AOB，求出∠AOB，再根據(jù)OA=OB即可求出∠OAB．
【詳解】連接OB，如圖，
∵∠C=46°，
∴∠AOB=2∠C=92°，
∴∠OAB+∠OBA=180°-92°=88°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∴∠OAB=∠OBA=12×88°=44°，
故選：A．
【點撥】本題主要考查了圓周角定理，根據(jù)圓周角定理的出∠AOB=2∠C=92°是解答本題的關鍵．
【變式21-1】（2023·山東泰安·?？寄M預測）如圖，△ABC內接于⊙O，CD是⊙O的直徑，∠ACD=40°，則∠B=（ ）
A．70°B．60°C．50°D．40°
【答案】C
【分析】由CD是⊙O的直徑，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，得出∠CAD＝90°，根據(jù)直角三角形兩銳角互余得到∠ACD與∠D互余，即可求得∠D的度數(shù)，繼而求得∠B的度數(shù)．
【詳解】解：∵CD是⊙O的直徑，
∴∠CAD＝90°，
∴∠ACD+∠D＝90°，
∵∠ACD＝40°，
∴∠ADC＝∠B＝50°．
故選：C．
【點撥】本題考查了圓周角定理，直角三角形的性質，注意掌握數(shù)形結合思想是解題的關鍵．
【變式21-2】（2023·內蒙古烏蘭察布·?？寄M預測）如圖，在⊙O中，∠BOC＝130°，點A在BAC上，則∠BAC的度數(shù)為（ ）
A．55°B．65°C．75°D．130°
【答案】B
【分析】利用圓周角直接可得答案．
【詳解】解：∵ ∠BOC＝130°，點A在BAC上，
∴∠BAC=12∠BOC=65°,
故選B
【點撥】本題考查的是圓周角定理的應用，掌握“同圓或等圓中，同弧所對的圓周角是它所對的圓心角的一半”是解本題的關鍵．
題型22 利用圓周角定理推論求解
【例22】（2023·江蘇連云港·?？家荒＃┤鐖D，邊長為6的等邊三角形ABC內接于⊙O，點D為AC上的動點（點A.C除外），BD的延長線交⊙O于點E，連接CE．
(1)求證△CED∽△BAD；
(2)當DC=2AD時，求CE的長．
【答案】(1)見解析
(2)CE=1277
【分析】（1）根據(jù)同弧所對圓周角相等可得∠A=∠E，再由對頂角相等得∠BDA=∠CDE，故可證明緒論；
（2）根據(jù)DC=2AD可得AD=2,CD=4，由△CED∽△BAD可得出BD·DE=8,連接AE，可證明△ABD∽△EBA，得出AB2=BD·BE=BD2+BD·BE, 代入相關數(shù)據(jù)可求出BD=27，從而可求出緒論．
【詳解】（1）∵BC所對的圓周角是∠A,∠E，
∴∠A=∠E，
又∠BDA=∠CDE，
∴△CED∽△BAD；
（2）∵△ABC是等邊三角形，
∴AC=AB=BC=6
∵DC=2AD，
∴AC=3AD,
∴AD=2,DC=4,
∵ΔCED~ΔBAD,
∴ADDE=BDCD=ABCE，
∴2DE=BD4,
∴BD?DE=8;
連接AE,如圖，
∵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（負值舍去）
∴6CE=274，
解得，CE=1277
【點撥】本題主要考查了圓周角定理，相似三角形和判定與性質，正確作出輔助線是解答本題的關鍵．
【變式22-1】（2023·安徽合肥·校考一模）如圖，△ABC內接于⊙O，AD是⊙O的直徑，若∠B=20°，則∠CAD的度數(shù)是（ ）
A．60°B．65°C．70°D．75°
【答案】C
【分析】首先連接CD，由AD是⊙O的直徑，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，可求得∠ACD=90°，又由圓周角定理，可得∠D=∠B=20°，再用三角形內角和定理求得答案．
【詳解】解：連接CD，
∵AD是⊙O的直徑，
∴∠ACD=90°．
∵∠D=∠B=20°，
∴∠CAD=180°-90°-∠D=180°-90°-20°=70°．
故選：C．
【點撥】本題考查了圓周角定理、三角形的內角和定理．熟練掌握圓周角定理是解此題的關鍵．
【變式22-2】（2022·湖北省直轄縣級單位·校聯(lián)考一模）如圖，C，D是⊙O上直徑AB兩側的兩點．設∠ABC=25°，則∠BDC=（ ）
A．85°B．75°C．70°D．65°
【答案】D
【分析】先利用直徑所對的圓周角是直角得到∠ACB=90°，從而求出∠BAC，再利用同弧所對的圓周角相等即可求出∠BDC．
【詳解】解：∵C ，D是⊙O上直徑AB兩側的兩點，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC=25°，
∴∠BAC=90°-25°=65°，
∴∠BDC=∠BAC=65°，
故選：D．
【點撥】本題考查了圓周角定理的推論，即直徑所對的圓周角是90°和同弧或等弧所對的圓周角相等，解決本題的關鍵是牢記相關概念與推論，本題蘊含了屬性結合的思想方法．
【變式22-3】（2023·陜西·模擬預測）如圖，點A，B，C，D在⊙O上，AC⊥BC,AC=4,∠ADC=30°，則BC的長為（ ）
A．43B．8C．42D．4
【答案】A
【分析】連接AB，根據(jù)AC⊥BC可得AB為⊙O的直徑，又根據(jù)∠ADC=30°得到∠ABC=30°，故在直角三角形中，利用特殊角的三角函數(shù)即可求出BC．
【詳解】解：連接AB，
∵AC⊥BC，
∴∠ACD=90°，
∴AB為⊙O的直徑，
∵∠ADC=30°，
∴∠ABC=30°，
在RtΔABC中,
ACBC=tan∠ABC，
BC=ACtan∠ABC=433=43 ．.
故選：A．
【點撥】本題主要考查圓周角定理，解三角形，解題的關鍵是掌握公式、定理。
【變式22-4】（2023·陜西西安·西安建筑科技大學附屬中學?？家荒＃┤鐖D，四邊形ABCD內接于⊙O，AC為⊙O的直徑，∠ADB=∠CDB．
(1)試判斷△ABC的形狀，并給出證明；
(2)若AB=2，AD=1，求CD的長度．
【答案】(1)△ABC是等腰直角三角形；證明見解析；
(2)3；
【分析】（1）根據(jù)圓周角定理可得∠ABC=90°，由∠ADB=∠CDB根據(jù)等弧對等角可得∠ACB=∠CAB，即可證明；
（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；
【詳解】（1）證明：∵AC是圓的直徑，則∠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，則CD=AC2-AD2=3，
∴CD=3．
【點撥】本題考查了圓周角定理，等腰直角三角形的判定和性質，勾股定理等知識；掌握等弧對等角是解題關鍵．
題型23 已知圓內接四邊形求角度
【例23】（2023·四川內江·?？家荒＃┤鐖D，四邊形ABCD內接于⊙O，連接OB，OD，BD，若∠C=110°，則∠OBD=（ ）
A．15°B．20°C．25°D．30°
【答案】B
【分析】根據(jù)圓內接四邊形的性質求出∠A，根據(jù)圓周角定理可得∠BOD，再根據(jù)OB=OD計算即可．
【詳解】∵四邊形ABCD內接于⊙O，
∴∠A=180°-∠BCD=70° ，
由圓周角定理得，∠BOD=2∠A=140° ，
∵OB=OD
∴∠OBD=∠ODB=180°-∠BOD2=20°
故選：B．
【點撥】此題考查圓周角定理和圓內接四邊形的性質，掌握圓內接四邊形的對角互補是解題的關鍵．
【變式23-1】（2021·廣東江門·?？家荒＃┤鐖D，四邊形ABCD內接于⊙O，AB=CD，A為BD中點，∠BDC=60°，則∠ADB等于（ ）
A．40°B．50°C．60°D．
【答案】A
【分析】根據(jù)AB=CD，A為BD中點求出∠CBD=∠ADB=∠ABD，再根據(jù)圓內接四邊形的性質得到∠ABC+∠ADC=180°，即可求出答案．
【詳解】∵A為BD中點，
∴AB=AD,
∴∠ADB=∠ABD，AB=AD，
∵AB=CD，
∴∠CBD=∠ADB=∠ABD，
∵四邊形ABCD內接于⊙O，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴3∠ADB+60°=180°，
∴∠ADB=40°，
故選：A．
【點撥】此題考查圓周角定理：在同圓中等弧所對的圓周角相等、相等的弦所對的圓周角相等，圓內接四邊形的性質：對角互補．
【變式23-2】2023·重慶江北·?？家荒＃┤鐖D，△ABC內接于⊙O，∠ABC=120°，AC=43，則⊙O的半徑為（ ）
A．4B．43C．23D．3
【答案】A
【分析】根據(jù)圓內接四邊形對角互補，作AC的圓周角∠APC，可求得∠APC、∠AOC的度數(shù)，連接OA，過點O作OD⊥AC交AC于點D，根據(jù)垂徑定理可求得∠COD的度數(shù)與CD的長，最后利用銳角三角函數(shù)可求得半徑OC的長．
【詳解】解：作AC的圓周角∠APC，連接OA，過點O作OD⊥AC交AC于點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．
故選：A．
【點撥】本題考查了圓的內接四邊形對角互補、垂徑定理求圓的半徑，掌握圓的內接四邊形對角互補以及靈活運用垂徑定理是解題的關鍵．
【變式23-3】（2023·內蒙古包頭·?？既＃┤鐖D，四邊形ABCD內接于⊙O，它的3個外角∠EAB，∠FBC，∠GCD的度數(shù)之比為1:2:4，則∠D= ．
【答案】72°/72度
【分析】根據(jù)圓內接四邊形的對角互補以及外角的性質可求出∠CDH，再根據(jù)平角的定義求解．
【詳解】解：如圖，延長ED到H，
∵四邊形ABCD內接于⊙O，
∴ ∠ABC+∠ADC=∠BAD+∠BCD=180°，
∴ ∠FBC+∠HDC=∠EAB+∠GCD=180°，
∵ ∠EAB，∠FBC，∠GCD的度數(shù)之比為1:2:4，
∴ ∠EAB，∠FBC，∠GCD，∠CDH的度數(shù)之比為1:2:4:3，
∵ ∠EAB+∠FBC+∠GCD+∠CDH=360°，
∴ ∠CDH=360°×31+2+4+3=108°，
∴ ∠ADC=180°-∠CDH=72°．
故答案為：72°．
【點撥】本題考查圓內接四邊形，解題的關鍵是掌握圓內接四邊形的對角互補，外角和是360度．
【變式23-4】（2023·江蘇常州·統(tǒng)考二模）如圖，∠DCE是⊙O內接四邊形ABCD的一個外角，若∠DCE＝72°，那么∠BOD的度數(shù)為 ．
【答案】144°/144度
【分析】先求解∠BCD, 再利用圓的內接四邊形的性質求解∠A, 再利用圓周角定理可得∠BOD的大小.
【詳解】解：∵∠DCE＝72°，
∴∠BCD=180°-72°=108°,
∵四邊形ABCD是⊙O內接四邊形，
∴∠A=180°-∠BCD=72°,
∴∠BOD=2∠A=144°,
故答案為：144°.
【點撥】本題考查的是鄰補角的含義，圓的內接四邊形的性質，圓周角定理的應用，熟練掌握圓中的圓周角定理與圓的內接四邊形的性質是解本題的關鍵.
題型24 利用圓的有關性質求值
【例24】（2023·福建廈門·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，過點B，C的⊙O分別交AC，AB于D，E兩點，連接EO并延長交⊙O于點F，連接BF，CF．若∠EDC=135°，CF=5，S△EBF=32，則AB的長為（ ）

A．10B．13C．4D．10
【答案】C
【分析】由四邊形BCDE內接于⊙O知∠EFC=∠ABC=45°，據(jù)此得AC=BC，由EF是⊙O的直徑知∠EBF=∠ECF=∠ACB=90°及∠BCF=∠ACE，再根據(jù)四邊形BECF是⊙O的內接四邊形知∠AEC=∠BFC，從而證△ACE ? △BCF得AE=BF，根據(jù)Rt△ECF是等腰直角三角形知EF2=10，繼而可得答案．
【詳解】解：∵四邊形BCDE內接于⊙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的直徑，
∴∠EBF=∠12ECF=∠ACB=90°，
∴∠BCF=∠ACE，
∵四邊形BECF是⊙O的內接四邊形，
∴∠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．
故選C．
【點撥】本題主要考查圓周角定理，解題的關鍵是掌握圓內接四邊形的性質、圓周角定理、全等三角形的判定與性質及勾股定理．
【變式24-1】（2023·天津和平·統(tǒng)考一模）如圖，圓內接四邊形ABCD，∠ABC=60°，對角線BD平分∠ADC，過點B作BE∥CD交DA的延長線于點E，若AD=2，DC=3，則△BDE的面積為 ．
【答案】
【分析】首先證明∠ABC=∠BCA=∠BAC=60°，再過點A作AM⊥CD，垂足為點M，過點B作BN⊥AC，垂足為點N．根據(jù)S四邊形ABCD=S△ABC+S△ACD，分別求出△ABC，△ACD的面積，即可求得四邊形ABCD的面積，然后通過證得△EAB?△DCB，即可求得△BDE的面積=四邊形ABCD的面積．
【詳解】∵四邊形ABCD內接于圓，
∴∠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是等邊三角形，
過點A作AM⊥CD，垂足為點M，過點B作BN⊥AC，垂足為點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是等邊三角形，
∴AB=BC=AC=19,
∴BN=32BC=572,
∴SΔABC=12×19×572=1934,
∴四邊形ABCD的面積=1934+332=2534,
∵BE∥CD，
∴∠E+∠ADC=180°，
∵∠ADC=120°，
∴∠E=60°，
∴∠E=∠BDC，
∵四邊形ABCD內接于⊙O，
∴∠EAB=∠BCD，
在△EAB和△DCB中，
∠E=∠BDC∠EAB=∠DCBAB=BC，
∴△EAB?△DCB，
∴△BDE的面積=四邊形ABCD的面積=2534．
故答案為：
【點撥】本題考查圓內接四邊形的性質，等邊三角形的判定和性質，勾股定理，三角形的面積等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題．
【變式24-2】（2020·湖南長沙·長沙市長郡雙語實驗中學?？家荒＃┤鐖D，邊長一定的正方形ABCD，Q為CD上一個動點，AQ交BD于點M，過M作MN⊥AQ交BC于點N，作NP⊥BD于點P，連接NQ，下列結論：①AM＝MN；②MP＝12BD；③BN＋DQ＝NQ；④AB+BNBM為定值2．一定成立的是 ．
【答案】①②③④
【分析】如圖1，連接AC.AN，AC交BD于點H，根據(jù)正方形的性質可得A，B，N，M四點共圓，進而可得∠ANM＝∠NAM＝45°，于是可判斷①；由余角的性質可得∠HAM＝∠PMN，從而可利用AAS證明Rt△AHM≌Rt△MPN，可得MP＝AH，再根據(jù)正方形的性質即可判斷②；如圖2，將△ADQ繞點A順時針旋轉90°至△ABR，使AD和AB重合，連接AN，根據(jù)旋轉的性質和SAS可推得△RAN≌△QAN，進而可得RN=QN，進一步即可判斷③；如圖3，作MS⊥AB于S，MW⊥BC于W，由題意易得四邊形SMWB是正方形，進一步即可推出△AMS≌△NMW，可得AS＝NW，進而得AB＋BN＝2BW，然后利用等腰直角三角形的性質即可判斷④，于是可得答案．
【詳解】解：如圖1，連接AC.AN，AC交BD于點H，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC=BD，AH=CH，∠DBC＝∠ABD＝45°，
∵∠AMN＝∠ABC＝90°，
∴A，B，N，M四點共圓，
∴∠NAM＝∠DBC＝45°，∠ANM＝∠ABD＝45°，
∴∠ANM＝∠NAM＝45°，
∴AM＝MN，故①正確；
∵∠MAH+∠AMH=90°，∠PMN+∠AMH=90°，
∴∠HAM＝∠PMN，
∵∠AHM＝∠MPN=90°，AM＝MN，
∴Rt△AHM≌Rt△MPN（AAS），
∴MP＝AH＝12AC＝12BD，故②正確；
如圖2，將△ADQ繞點A順時針旋轉90°至△ABR，使AD和AB重合，連接AN，
則AR=AQ，∠BAR=∠DAQ，∠ABR=∠ADQ=90°，
∴R、B.N三點在同一直線上，
∵∠BAN＋∠QAD＝∠NAQ＝45°，
∴∠RAN=∠QAN=45°，
又∵AN=AN，
∴△RAN≌△QAN（SAS），
∴RN=QN，即BN＋DQ＝NQ，故③正確；
如圖3，作MS⊥AB，垂足為S，作MW⊥BC，垂足為W，
∵點M是對角線BD上的點，
∴四邊形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正確．
故答案為：①②③④．
【點撥】本題是正方形的綜合題，主要考查了正方形的性質和判定、四點共圓、圓周角定理的推論、等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質以及旋轉的性質等知識，綜合性強、具有相當?shù)碾y度，正確添加輔助線、靈活應用所學知識是解題的關鍵．
題型25 利用圓的有關性質證明
【例25】（2022·江蘇南京·統(tǒng)考一模）如圖①，在△ABC中，CA=CB，D是△ABC外接圓⊙O上一點，連接CD，過點B作BE∥CD，交AD的延長線于點E，交⊙O于點F．
(1)求證：四邊形DEFC是平行四邊形；
(2)如圖②，若AB為⊙O直徑，AB=7，BF=1，求CD的長．
【答案】(1)見解析
(2)43
【分析】（1）利用平行線的性質，等弧對相等的圓周角，證得DE∥CF即可；
（2）連接DF，AF，利用平行線的性質證得∠DAC+∠ACF=180°，再利用圓的內接四邊形的性質證得∠ADF+∠ACF=180°，得到∠ADF=∠DAC，再利用圓周角定理得到AF=CD，最后在RtΔABF中即可求解．
【詳解】（1）證明：∵BE∥CD，
∴∠ADC=∠E，
∵CA=CB，
∴CA=CB
∵∠ADC=∠CFB，
∴∠E=∠CFB，
∴DE∥CF，
∴四邊形DEFC是平行四邊形；
（2）連接DF，AF，如圖所示，
∵DE∥CF，
∴∠DAC+∠ACF=180°，
∵四邊形ACFD是⊙O的內接四邊形，
∴∠ADF+∠ACF=180°，
∴∠ADF=∠DAC，
∴AF=CD，
∵AB為⊙O直徑，
∴∠AFB=90°，
∵AB=7，BF=1，
∴AF=AB2-BF2=72-12=43，
∴CD=AF=43
【點撥】本題是一道圓的知識的綜合題，考查了圓周角定理，平行四邊形的判定和性質，平行線的性質和判定等，作出適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．
【變式25-1】（2021·江蘇鹽城·統(tǒng)考一模）定義：三角形一個內角的平分線和與另一個內角相鄰的外角平分線相交所成的銳角稱為該三角形第三個內角的遙望角．
（1）如圖1，∠E是△ABC中∠A的遙望角，若∠A＝α，請用含α的代數(shù)式表示∠E．
（2）如圖2，四邊形ABCD內接于⊙O，AD＝BD，四邊形ABCD的外角平分線DF交⊙O于點F，連結BF并延長交CD的延長線于點E．求證：∠BEC是△ABC中∠BAC的遙望角．
（3）如圖3，在（2）的條件下，連結AE，AF，若AC是⊙O的直徑．
①求∠AED的度數(shù)；
②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面積．
【答案】（1）∠E＝12α；（2）見解析；（3）①∠AED＝45°；②259
【分析】（1）由角平分線的定義可得出結論；
（2）由圓內接四邊形的性質得出∠FDC+∠FBC=180°，得出∠FDE=∠FBC，證得∠ABF=∠FBC，證出∠ACD=∠DCT，則CE是△ABC的外角平分線，可得出結論；
（3）①連接CF，由條件得出∠BFC=∠BAC，則∠BFC=2∠BEC，得出∠BEC=∠FAD，證明△FDE≌△FDA（AAS），由全等三角形的性質得出DE=DA，則∠AED=∠DAE，得出∠ADC=90°，則可求出答案；
②過點A作AG⊥BE于點G，過點F作FM⊥CE于點M，證得△EGA∽△ADC，得出AEAC=AGCD，求出ADAC=45，設AD=4x，AC=5x，則有（4x）2+52=（5x）2，解得x=53，求出ED，CE的長，求出DM，由等腰直角三角形的性質求出FM，根據(jù)三角形的面積公式可得出答案．
【詳解】解：（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝12（∠ACD﹣∠ABC）＝12∠A=12α，
（2）如圖1，延長BC到點T，
∵四邊形FBCD內接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC＝180°，
又∵∠FDE+∠FDC＝180°，
∴∠FDE＝∠FBC，
∵DF平分∠ADE，
∴∠ADF＝∠FDE，
∵∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴BE是∠ABC的平分線，
∵AD=BD，
∴∠ACD＝∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠DCT＝∠BFD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CE是△ABC的外角平分線，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遙望角．
（3）①如圖2，連接CF，
∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遙望角，
∴∠BAC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BAC，
∴∠BFC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC＝∠FCE，
∵∠FCE＝∠FAD，
∴∠BEC＝∠FAD，
又∵∠FDE＝∠FDA，F(xiàn)D＝FD，
∴△FDE≌△FDA（AAS），
∴DE＝DA，
∴∠AED＝∠DAE，
∵AC是⊙O的直徑，
∴∠ADC＝90°，
∴∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠AED＝∠DAE＝45°，
②如圖3，過點A作AG⊥BE于點G，過點F作FM⊥CE于點M，
∵AC是⊙O的直徑，
∴∠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，
∴設AD＝4x，AC＝5x，則有（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．
【點撥】本題是圓的綜合題，考查了角平分線的定義，圓周角定理，圓內接四邊形的性質，相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．
【變式25-2】（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預測）“同弧或等弧所對的圓周角相等”，利用這個推論可以解決很多數(shù)學問題．
(1)【知識理解】如圖1，圓O的內接四邊形ACBD中，∠ABC=60°，BC=AC，
①∠BDC=________；∠DAB________∠DCB（填“>”，“=”，“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．
【詳解】（1）解：如圖，連接OO'、O'A、O'B，

∵將劣弧AB沿弦AB所在的直線折疊，使得劣弧AB恰好過圓心O，圓心O關于直線AB的對稱點為O'．
∴O'A=O'B=OO'=OA=OB，
∴△AOO'與△BOO'都是等邊三角形，
∴∠AOO'=∠BOO'=60°，
∴∠AOB=∠AOO'+∠BOO'=120°,
由折疊的性質可知，
∠AOB=∠AO'B=120°，
∴∠BOD=180°-∠AOB=180°-120°=60°，
∵AO'BD是⊙O的內接四邊形，
∴∠D+∠AO'B=180°，
∴∠D=180°-∠AO'B=60°，
∴∠D=∠BOD，
∴BO=BD；
故答案為：120°；BO=BD
（2）BC=BD，理由如下：
設折疊前點C的對應點C'，連接AC'、BC'，如圖，

由折疊可知，∠ACB=∠AC'B，
∵四邊形AC'BD是⊙O的圓內接四邊形，
∴∠D+∠AC'B=180°，
∵∠BCD+∠ACB=180°，
∴∠D=∠BCD，
∴BC=BD；
（3）在（2）的條件下，BD=15，CD=10，
則BC=BD=15，
延長BC交⊙O于點E，連接DE，過點B作BF⊥CD于點F，如圖，

則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，
設AC=2kk>0，
則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（不合題意，舍去），
∴AB=3k=27，
即AB的長為27
【點撥】此題考查了相似三角形的判定和性質、圓周角定理、勾股定理、折疊的性質、等邊三角形的判定和性質等知識，熟練掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．
題型27 利用圓的有關性質解決最值問題
【例27】（2023·河北·模擬預測）如圖，在△ABC中，∠BCA=60°，∠A=45°，AC=4經(jīng)過點C且與邊AB相切的動圓與CB，CA分別相交于點M，N，則線段MN長度的最小值是（ ）
A．3B．23C．22D．6
【答案】D
【分析】如圖所示，設△CMN的外接圓圓心為O，過點O作OE⊥MN于E，連接OM，ON，利用垂徑定理，圓周角定理，含30度角的直角三角形的性質證明MN=3OM，可以得到要使MN最小，則⊙O的直徑要最小，過點C作CF⊥AB于點F，以CF為直徑作圓與CB?CA分別相交于點M,N，連接OM,ON，此時，線段MN的長度最小，據(jù)此求解即可．
【詳解】解：如圖所示，設△CMN的外接圓圓心為O，過點O作OE⊥MN于E，連接OM，ON，
∴∠MON=2∠MCN=120°，
∴∠EOM=12∠MON=60°，
∴∠OME=30°，
∴OE=12OM，
∴MN=2ME=2OM2-OE2=3OM，
∴要使MN最小，則⊙O的直徑要最小，
過點C作CF⊥AB于點F，以CF為直徑作圓與CB?CA分別相交于點M,N，連接OM,ON，此時，線段MN的長度最小，
∵∠CFA=90°，∠A=45°，AC=4，
∴CF=AC2=22，
∴OM=OC=12CF=2，
∴MN=3OM=6．
故選D．
【點撥】本題主要考查了圓周角定理，垂徑定理，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理等等，正確確定MN最小值時的情形是解題的關鍵．
【變式27-1】（2022·江蘇蘇州·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標系中，點A，C，N的坐標分別為（?2，0），（2，0），（4，3），以點C為圓心，2為半徑畫⊙C，點P在⊙C上運動，連接AP，交⊙C于點Q，點M為線段QP的中點，連接MN，則線段MN的最小值為（ ）
A．21-63B．3C．13D．
【答案】B
【分析】以點O為圓心，2為半徑畫⊙O，連接ON交⊙O于點M'，連接CM， 由點M為線段QP的中點，得CM⊥AP，從而得點M在⊙O上，由勾股定理得ON=42+32=5，進而求得MN的最小值．
【詳解】解：以點O為圓心，2為半徑畫⊙O，連接ON交⊙O于點M'，連接CM，

∵點M為線段QP的中點，
∴ CM⊥AP，
∴點M在⊙O上運動，
∵N（4，3），
∴ ON=42+32=5，
∵ MN+OM≥ON即MN+2≥5，
∴ MN≥3，
∴MN的最小值為3，
故選B．
【點撥】本題主要考查了垂徑定理、圓周角定理以及勾股定理，構造輔助線，找出點M的運動軌跡是解題的關鍵．
【變式27-2】（2023·四川德陽·統(tǒng)考一模）如圖，⊙O半徑為2，正方形ABCD內接于⊙O，點E在ADC上運動，連接BE，作AF⊥BE，垂足為F，連接CF．則CF長的最小值為（ ）
A．5-1B．1C．2-1D．22
【答案】A
【分析】取AB的中點K，連接FK，CK，根據(jù)CF≥CK-FK即可解決問題．
【詳解】解：如圖，連接AO,DO，取AB的中點K，連接FK，CK，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB=90°，
∵AK=BK，
∴KF=AK=BK，
∵正方形ABCD的外接圓的半徑為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的最小值為5-1．
故選：A．
【點撥】本題主要考查了正方形的性質，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線的性質，根據(jù)兩點之間線段最短確定CF的最小值是解決本題的關鍵．
【變式27-3】（2022·廣東廣州·統(tǒng)考二模）如圖， A，B是半圓O上的兩點，CD是⊙O的直徑，∠AOD=80°，B是AD的中點．
(1)在CD上求作一點P，使得AP+PB最短；
(2)若CD=4，求AP+PB的最小值．
【答案】(1)作圖見解析
(2)23
【分析】（1）作出B關于CD的對稱點B'，連接AB'，交CD于P點，P就是所求的點；
（2）延長AO交圓與E，連接OB',B'E，可以根據(jù)圓周角定理求得∠AOB'的度數(shù)，根據(jù)等腰三角形的性質求得∠A的度數(shù)，然后在直角△AEB'中，解直角三角形即可求解．
【詳解】（1）解： 作BB'⊥CD，交圓于B'，然后連接AB'，交CD于P點，P就是所求的點；
此時：PA+PB=PA+PB'=AB'.
（2）延長AO交圓于E，連接OB',B'E．
∵BB'⊥CD，
∴BD=B'D，
∵∠AOD=80°，B是AD的中點，
∴∠DOB'=12∠AOD=40°．
∴∠AOB'=∠AOD+∠DOB'=120°，
又∵OA=OB'，
∴∠A=12(180°-∠AOB')=30°．
∵AE是圓的直徑，
∴∠AB'E=90°， 而CD=AE=4,
∴直角△AEB'中，B'E=12AE=2，
∴AB'=AE2-B'E2=23,
∴PA+PB=AB'=23.
【點撥】本題考查了垂徑定理，等腰三角形的性質，以及圓周角的性質定理，正確求得∠AOB'的度數(shù)是關鍵．
題型28 利用圓的有關性質求取值范圍
【例28】（2022·安徽合肥·?？级＃┤鐖D，在⊙O中，直徑AB=10，CD⊥AB于點E，CD=8．點F是弧BC上動點，且與點B.C不重合，P是直徑AB上的動點，設m=PC+PF，則m的取值范圍是( )
A．8

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