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第 26 讲 圆的相关概念及性质
目 录
题型01 理解圆的相关概念
题型02 圆的周长与面积相关计算
题型03 圆中的角度计算
题型04 圆中线段长度的计算
题型05 求一点到圆上一点的距离最值
题型06 由垂径定理及推论判断正误
题型07 利用垂径定理求解
题型08 根据垂径定理与全等/相似三角形综合求解
题型09 在坐标系中利用勾股定理求值或坐标
题型10 利用垂径定理求平行弦问题
题型11 利用垂径定理求同心圆问题
题型12 垂径定理在格点中的应用
题型13 利用垂径定理的推论求解
题型14 垂径定理的实际应用
题型15 利用垂径定理求取值范围
题型16 利用弧、弦、圆心角关系判断正误
题型17 利用弧、弦、圆心角关系求解
题型18 利用弧、弦、圆心角关系求最值
题型19 利用弧、弦、圆心角关系证明
题型20 利用圆周角定理求解
题型21 利用圆周角定理推论求解
题型22 已知圆内接四边形求角度
题型23 利用圆的有关性质求值
题型24 利用圆的有关性质证明
题型25 利用圆的有关性质解决翻折问题
题型26 利用圆的有关性质解决多结论问题
题型27 圆有关的常见辅助线-遇到弦时, 常添加弦心距
题型28 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
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题型 01 理解圆的相关概念
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．
2．（2020·内蒙古乌兰察布·校考一模）下列命题：①三点确定一个圆；②直径是圆的对称轴；③平分弦的
直径垂直于弦；④三角形的外心到三角形三边的距离相等；⑤相等的圆心角所对的弧相等，正确命题的个
数是（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】A
【分析】本题考查了三角形的内切圆、圆周角定理、垂径定理以及弧与圆心角的关系的知识点，注意熟记
定理是解此题的关键．
①根据确定圆的条件进行解答即可；
②利用直径所在的直线为圆的对称轴进行判断即可；
③根据垂径定理即可得出结论；
④根据三角形外心的性质可得出结论；
⑤根据圆周角定理即可得出结论．
【详解】解：①不在同一条直线上的三个点确定一个圆，故本小题错误；
②直径所在的直线为圆的对称轴，故本小题错误；
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③平分弦的直径垂直于弦（非直径），故本小题错误；
④三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，故本小题错误；
⑤在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故本小题错误．
∴正确命题的个数为0个．
故选：A．
【点睛】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解确定圆的条件、圆的对称性、垂径定理及三角形的
外心的性质，难度不大．
3．（2023·江苏徐州·统考一模）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半圆是弧，但弧不一定是半圆.
A．①④ B．②③ C．①③④ D．②③④
【答案】A
【分析】根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，对角线相等的平行四边形为矩形，在同圆或等圆中，
同弧或等弧所对的圆周角相等，弧分为优弧、劣弧、半圆弧分别判断即可．
【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、对角线相等的平行四边形为矩形，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，则半圆是弧，但弧不一定是半圆，故该项正确；
故选：A．
【点睛】本题考查基本概念，熟记知识点是解题关键．
4．（2023·福建泉州·南安市实验中学校考二模）生活中经常把井盖做成圆形的，这样井盖就不会掉进井里
去，这是因为（ ）
A．同样长度的线段围成的平面图形中圆的面积最大
B．同一个圆所有的直径都相等
C．圆的周长是直径的π倍
D．圆是轴对称图形
【答案】B
【分析】根据圆的特征即可求解．
【详解】解：根据同一个圆所有的直径都相等，则井盖就不会掉进井里去，
故选：B．
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【点睛】本题主要考查圆的基础知识，理解并掌握圆的基础知识，圆的基本特征是解题的关键．
题型 02 圆的周长与面积相关计算
5．（2022·山西临汾·统考二模）山西著名工艺品平遥推光漆器外观古朴雅致、闪光发亮，绘饰金碧辉煌，
以手掌推出光泽而得名．图1是平遥推光漆器的一种图案，图2是选取其某部分并且放大后的示意图．四
1
边形ABCD是边长为2的正方形，分别以正方形的四个顶点为圆心， 对角线的长为半径画弧，四条弧相
2
交于点O，则图中阴影部分的面积为（ ）
1
A．2π−4 B．π−2 C．2π D． π
4
【答案】A
【分析】由题意得半径为√2，阴影部分面积=圆的面积-正方形的面积，代入计算即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是边长为2的正方形
∴正方形的对角线的长为2√2
∴半径为√2
∵阴影部分面积=圆的面积-正方形的面积
∴阴影部分面积=π（√2）2-22=2π−4
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质和圆，组合图形阴影部分面积，解题的关键是将不规则图形转化为规则
图形面积之间的关系．
6．（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（ ）
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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：d,d,d,
1 2 3
∴d+d+d=D
1 2 3
根据圆周长公式，得图（1）中，需要2πD；
图（2）中，需要πD +πd+πd+πd=πD +π( d+d+d)= 2πD
1 2 3 1 2 3
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．
7．（2019·河北张家口·统考一模）半径为R、r的两个同心圆如图所示，已知半径为r的圆周长为a，且
R−r=1，则半径为R的圆周长为（ ）
A．a+1 B．a+2 C．a+π D．a+2π
【答案】D
【分析】根据半径为r的圆的周长表示出半径r.
【详解】∵半径为r的圆周长为a，
∴2πr=a，
a
∴r= ，
2π
∵R−r=1，
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a 2π+a
∴R=1+r=1+ = ，
2π 2π
2π+a
∴半径为R的圆周长为2π⋅ =a+2π，
2π
故选：D.
【点睛】此题考查圆的周长公式，熟记公式是解题的关键.
8．（2021·江苏宿迁·统考一模）一块含有30°角的三角板ABC如图所示，其中∠C=90°，∠A=30°，
BC=3cm．将此三角板在平面内绕顶点A旋转一周．
（1）画出边BC旋转一周所形成的图形；
（2）求出该图形的面积．
【答案】（1）画图见详解；（2）BC扫过的面积S ==9π．
圆环
【分析】（1）由三角板ABC可求AB=2BC=6cm，由勾股定理：AC=√AB2−BC2=√36−9=3√3，边
BC在平面内绕顶点A旋转一周．图形是以AB为半径的圆去掉以AC为半径的圆，所形成的圆环，如图所
示；
（2）BC扫过的面积S =πAB2−πAC2计算即可．
圆环
【详解】解：（1）∵三角板ABC，∠C=90°，∠A=30°，BC=3cm，
∴AB=2BC=6cm，
∴由勾股定理：AC=√AB2−BC2=√36−9=3√3，
边BC在平面内绕顶点A旋转一周．图形是以AB为半径的圆去掉以AC为半径的圆，所形成的圆环，如图
所示：
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（2）BC扫过的面积S =πAB2−πAC2=36π−27π=9π．
圆环
【点睛】本题考查画旋转图形，勾股定理，30°直角三角形的性质，圆环面积，掌握画旋转图形方法，勾股
定理，30°直角三角形的性质，圆环面积求法是解题关键．
题型 03 圆中的角度计算
1
9．（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＝ OD，则
2
∠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，
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∴OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB．
1
∵OC＝ OD，
2
1
∴OC＝ OB．
2
∵OC⊥AB，
OC 1
∴sin∠OBC= = ,
OB 2
∴∠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．
10．（2023·河北秦皇岛·统考一模）如图，在⊙O中，AB为直径，∠AOC=80°，点D为弦AC的中点，
点E为B´C上任意一点，则∠CED的大小可能是（ ）
A．10° B．20° C．30° D．40°
【答案】C
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【分析】连接OD、OE，先求出∠COD=40°，∠BOC=100°，设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，
∠DOE=100°-x+40°；然后运用等腰三角形的性质分别求得∠OED和∠COE，最后根据线段的和差即可解
答．
【详解】解：连接OD、OE
∵OC=OA
∴△OAC是等腰三角形
∵∠AOC=80°，点D为弦AC的中点
∴∠DOC=40°，∠BOC=100°
设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°
∵OC=OE，∠COE=100°-x
180∘−(100∘−x) x
∴∠OEC= =40∘+
2 2
∵OD＜OE，∠DOE=100°-x+40°=140°-x
180∘−(140∘−x) x
∴∠OED＜ =20∘+
2 2
∴∠CED＞∠OEC-∠OED= ( 40∘+ x) − ( 20∘+ x) =20°．
2 2
又∵∠CED＜∠ABC=40°，
故答案为C．
【点睛】本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点，正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本
题的关键．
11．（2023·湖南湘西·统考模拟预测）如图，⊙O与△OAB的边AB相切，切点为B．将△OAB绕点B按顺
时针方向旋转得到△O' A'B，使点O落在⊙O上，边A'B交线段AO于点C．若∠A'=27°，则∠OCB=
度．
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【答案】87
【分析】根据旋转对应边相等及半径相等得到等边△OBO'，得到旋转角为60°，然后利用三角形外角和定
理计算即可．
【详解】∵△AOB绕点B按顺时针方向旋转得到△O' A'B，点O落在⊙O上，
∴∠A=∠A'=27°，OB=O'B，
连接OO'，
∵OB=OO'，
∴△OO'B为等边三角形，
∴∠OBO'=60°，
∴△AOB绕点B按顺时针方向旋转了60°，
∴∠ABA'=60°，
∴∠OCB=∠A+∠ABA'=27°+60°=87°．
故答案为：87.
【点睛】本题考查旋转中角度的计算，旋转过程中对应边相等，对应角相等，旋转角处处相等．本题中利
用圆的半径相等得到边长关系进而求得角度关系是解题的关键．
题型 04 圆中线段长度的计算
12．（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
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（ ）
40 24
A． B．8 C． D．6
3 5
【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，
OE AO
∴ = ，
BC AB
∵⊙O的半径为3，AD=2，
∴AO=AD+OD=5，AB=AO+OB=8，
OE⋅AB 3×8 24
∴BC= = = ，
AO 5 5
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．
13．（2023·广东深圳·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
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⊙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
（ ）
40 24 9
A． B．8 C． D．
3 5 5
【答案】C
【分析】连接OE，由角平分线的性质，等腰三角形的性质的推出∠OEB=∠CBE，得到OE∥BC，因
此△AOE ∼ △ABC，得到AO：AB=OE：BC代入有关数据，即可求出BC的长．
【详解】解：如图，连接OE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∵OE=OB，
∴∠OEB=∠ABE，
∴∠OEB=∠CBE，
∴OE∥BC，
∴△AOE ∼ △ABC，
∴AO：AB=OE：BC，
∵⊙O的半径为3，AD=2，
∴AO=AD+OD=2+3=5，AB=AD+BD=2+6=8，
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∴5：8=3：BC，
24
∴BC= ．
5
故选：C．
【点睛】本题考查角平分线定义，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，关键是掌握相似三角形
的判定和性质．
14．（2022·湖北武汉·武汉第三寄宿中学校考模拟预测）如图，将两个正方形如图放置（B，C，E共线，
D，C，G共线），若AB＝3，EF＝2，点O在线段BC上，以OF为半径作⊙O，点A，点F都在⊙O上，
则OD的长是（ ）
A．4 B．√10 C．√13 D．√26
【答案】B
【分析】连接OA，OF，由题意得OA=OF，设OC=x，由勾股定理得(x+2) 2+22=(3−x) 2+32，解答方程
可得OC的值，再运用勾股定理可得OD的长．
【详解】解：连接OA，OF，如图，
∵OF是半圆O的半径，
∴OA=OF，
∵四边形ABCD、EFGC是正方形，
∴∠ABC=∠DCB=∠FEC=90°，AB=BC=CD=3,CE=EF=2
设OC=x，
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∴BO=BC-OC=3-x，OE=OC+CE=x+2，
在RtΔABO和RtΔEFO中，
AB2+BO2=AO2,OE2+EF2=OF2,
∴32+(3−x) 2=AO2,(x+2) 2+22=OF2，
∵AO=FO
∴32+(3−x) 2=(x+2) 2+22,
解得，x=1，即OC=1，
在Rt△DOC中，DO2=OC2+DC2,
∴OD=√OC2+CD2=√12+32=√10,
故选：B．
【点睛】本题主要考查了圆的基本概念，勾股定理以及正方形的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
题型 05 求一点到圆上一点的距离最值
15．（2023·湖北咸宁·统考二模）如图，正方形ABCD内接干圆O，线段MN在对角线BD上运动，若圆O
的面积为2π，MN=1，△AMN周长的最小值是 ．
【答案】4
【分析】由正方形的性质知点C是点A关于BD的对称点，过点C作CA'∥BD，且使CA'=1，连接AA'
交BD于点N，取MN=1，连接AM、CM，则点M、N为所求点，进而求解．
【详解】解：⊙O的面积为2π，则圆的半径为√2，BD=2√2=AC，
由正方形的性质知点C是点A关于BD的对称点，
过点C作CA'∥BD，且使CA'=1，
连接AA'交BD于点N，取MN=1，连接AM、CM，则点M、N为所求点，
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理由：∵A'C∥MN，且A'C=MN，则四边形MCA'N为平行四边形，
则A'N=CM=AM，
故△AMN的周长=AM+AN+MN=AA'+1为最小，
∵正方形ABCD中AC⊥BD，
∴ A'C⊥AC，
∴ A' A=√AC2+A'C2=√ (2√2) 2+12=3，
则△AMN的周长的最小值为3+1=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了圆的性质、点的对称性、平行四边形的性质等，确定点M、N的位置是解题的关键．
16．（2023·浙江嘉兴·统考一模）平面直角坐标系xoy中，⊙O的半径为2，点M在⊙O上，点N在线段
OM上，设ON=t（10)图像上的一个动点，若以点P为圆心，3为半径的圆与直线y=x相交，交点为A、B，当弦AB
x
的长等于2√5时，点P的坐标为 ．
【答案】(√2,3√2)或(3√2,√2)
【分析】当点P在直线y=x上方时，作PH⊥AB，利用垂径定理可得AH=√5，由勾股定理易得PH，作
PM⊥x轴交直线AB于点C，由PH可得CP，设OM=a，则CM=a，易得，P(a,a+2√2)，因为P点在
反比例函数图像上，所以易得a(a+2√2)=6可得a，易得P点的坐标，当点P在直线y=x下方时，利用对
称性可得P点的另一坐标．
【详解】解：当点P在直线y=x上方时，连接PA，作PH⊥AB，
∴AH=√5，而PA=3，
∴PH=2．
作PM⊥x轴交直线AB于点C，
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∵∠∠COM=∠PCH=45°,
∴∠PCH=∠HPC=45°，OM=CM，
∴PC=√2PH=2√2，
设OM=a，则CM=a，
∴P(a,a+2√2)，
6
∵点P是反比例函数y= (x>0)图像上的一个动点，
x
∴a(a+2√2)=6，
∴a=√2，（负值舍去）
∴P(√2,3√2)，
当点P在直线y=x下方时，由对称性可知P(3√2,√2)．
故答案为：(√2,3√2)或(3√2,√2)．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、反比例函数与一次函数的交点、勾股定理等知识点，正确作出恰当的
辅助线、利用勾股定理和垂径定理解得PC是解答此题的关键．
题型 10 利用垂径定理求平行弦问题
35．（2021·浙江衢州·校考一模）如图，已知AB是半圆O的直径，弦CD∥AB，CD＝8．AB＝10，则CD
与AB之间的距离是 ．
【答案】3
【分析】过点O作OH⊥CD于H，连接OC，先利用垂径定理得到CH=4，然后在Rt△OCH中，利用勾股
定理即可求解．
【详解】解：过点O作OH⊥CD于H，
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1
连接OC，如图，则CH＝DH＝ CD＝4，
2
在Rt△OCH中，OH＝√52−42＝3，
所以CD与AB之间的距离是3．
故答案为3．
【点睛】此题主要考查垂径定理和勾股定理，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题关键．
36．（2022·黑龙江·统考一模）如图，矩形ABCD与圆心在AB上的☉O交于点G，B，F，E， GB =5，
EF =4，那么AD = ．
3
【答案】
2
【分析】连接OF，过点O作OH⊥EF，垂足为H，根据垂径定理，在 OHF中，勾股定理计算．
【详解】如图，连接OF，过点O作OH⊥EF，垂足为H， △
1
则EH=FH= EF=2，
2
∵GB=5，
5
∴OF=OB= ，
2
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在 OHF中，勾股定理，得
△
√ 5 2 3
OH= ( ) −22= ，
2 2
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形OADH也是矩形，
3
∴AD=OH= ，
2
3
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握两个定理是解题的关键．
37．（2022·黑龙江牡丹江·统考二模）在半径为4cm的⊙O中，弦CD平行于弦AB，AB=4√3cm，
∠BOD=90°，则AB与CD之间的距离是 cm．
【答案】2√3+2或2√3−2
【分析】根据题意，分析两种AB的位置情况进行求解即可；
【详解】解：①如图，AB//CD，过点O作GH⊥AB、GH⊥CD
在⊙O中
∵∠BOD=90°，GH⊥AB、GH⊥CD
∴∠GOB+∠DOH=90°
∴∠GOB=∠ODH
∵¿
∴ΔGOB≅ΔDHO(AAS)
∴BG=OH
∵OG⊥AB
1
∴OH=BG= AB=2√3
2
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∴OG=√OB2−BG2=√42−(2√3) 2=2
∴GH=OH+OG=2√3+2
∵AB//CD
∴AB与CD之间的距离即GH
∴AB与CD之间的距离为2√3+2
②如图，作OF⊥AB、PD⊥AB，连接AD
则有四边形PEFD是矩形，
∴EF=PD
∵∠BOD=90°
∴∠BAD=45°
∵PD⊥AB
∴AP=PD
∵OF⊥AB
1
∴BE= AB=2√3
2
∴OE=√OB2−BE2=√42−(2√3) 2=2
∵OD2=OF2+FD2
∴42=(2+PD) 2+(2√3−PD) 2
∴PD=2√3−2
故答案为：2√3+2或2√3−2
【点睛】本题主要圆的的性质、三角形的全等，勾股定理，掌握相关知识并正确做出辅助线是解题的关键．
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题型 11 利用垂径定理求同心圆问题
38．（2022·福建·模拟预测）如图，以点O为圆心的两个圆中，大圆的弦AB切小圆于点C，大圆的半径
1
OA交小圆于点D，若OD＝3，tan∠OAB＝ ，则AB的长是 ．
2
【答案】12
【分析】连接OC，由切线的性质知OC⊥AB，根据垂径定理得AB=2AC，由tan∠OAB的值，易得
OC:AC的值，进而可求出AC的长，而AB的长也可求出．
【详解】解：连接OC，
∵大圆的弦AB切小圆于点C，
∴OC⊥AB，
∴AB=2AC，
∵OD=3，
∴OC=3，
OC 1
∵tan∠OAB= = ，
AC 2
∴AC=6，
∴AB=12．
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了切线的性质和垂径定理，解题的关键是连接过切点的半径．
39．（2019·黑龙江哈尔滨·统考三模）如图，两个圆都以O为圆心，大圆的弦AB与小圆相切于点C，若
AB=6，则圆环的面积为 .
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【答案】9π
【分析】由小圆与AB相切，利用切线的性质得到OC垂直于AB，利用垂径定理得到C为AB中点，求出
AC的长，在直角三角形AOC中，利用勾股定理求出OA2−OC2的值，由大圆面积减去小圆面积求出圆环面
积即可．
【详解】如图所示，连接OA，OC，
∵弦AB与小圆相切，
∴OC⊥AB，
∴C为AB的中点，
1
∴AC＝BC＝ AB＝3，
2
在Rt△AOC中，根据勾股定理得：OA2−OC2＝AC2＝9，
则形成圆环的面积为πOA2−πOC2＝π（OA2−OC2）＝9π，
故答案为9π．
【点睛】此题考查了切线的性质，勾股定理，以及垂径定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
40．（2022·甘肃武威·统考模拟预测）已知在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于点C，
D（如图）．
（1）求证：AC=BD；
（2）若大圆的半径R=10，小圆的半径r=8，且圆O到直线AB的距离为6，求AC的长．
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【答案】（1）证明见解析；（2）8﹣2√7
【分析】（1）过O作OE⊥AB，根据垂径定理得到AE=BE，CE=DE，从而得到AC=BD；
（2）由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，连接OC，OA，再根据勾股定理求出CE及AE的长，根据
AC=AE﹣CE即可得出结论．
【详解】解：（1）证明：如答图，过点O作OE⊥AB于点E，
∵AE=BE，CE=DE，
∴BE﹣DE=AE﹣CE，
即AC=BD
（2）由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，
连接OC，OA，
∵OA=10，OC=8，OE=6，
∴CE=√OC2−OE2=√82−62=2√7，AE=√OA2−OE2=√102−62=8.
∴AC=AE﹣CE=8﹣2√7．
【点睛】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
题型 12 垂径定理在格点中的应用
41．（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A´E的长为（ ）
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3π π 5π 5π
A． B． C． D．
4 2 8 4
【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
1 3 5
理可得AF= AB=2 ,OF= ，再运用勾股定理求得OA= ，再根据∠AOE=90°和弧长公式即可解答．
2 2 2
【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
1 3
由垂径定理得：AF= AB=2 ,OF=
2 2
∴OA=√AF2+OF2=
√
22+
(3) 2
=
5
2 2
∵∠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°，
∴A´E所对的圆心角是90°，
5
90×2π×
∴弧AE的长是 2 5 ．
= π
360 4
故选：D．
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【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．
42．（2023·辽宁葫芦岛·统考二模）如图，在边长为1的正方形网格中，⊙O是△ABC的外接圆，点A，
B，O均在格点上，则sinC= ．
2√5 2
【答案】 / √5
5 5
【分析】取AB中点D，连接OA，OB，由图可知，AB=4，AD=BD=2，OD=1，由垂径定理可知
BD 2 2√5
OD⊥AB，进而可得OB=√OD2+BD2=√5，易得sin∠DOB= = = ，再证∠C=∠DOB，
OB √5 5
即可解．
【详解】解：取AB中点D，连接OA，OB，如图，
由图可知，AB=4，AD=BD=2，OD=1，
由垂径定理可知OD⊥AB，则∠ODB=90°，
BD 2 2√5
∴OB=√OD2+BD2=√5，则sin∠DOB= = = ，
OB √5 5
∵OA=OB，
1
∴∠BOD= ∠AOB，
2
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1
∵∠C= ∠AOB，
2
∴∠C=∠DOB，
2√5
∴sinC=sin∠DOB= ，
5
2√5
故答案为： ．
5
【点睛】本题考查勾股定理，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，取AB中点D，得Rt△ODB是解题
的关键．
43．（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B´M上找出一点P，使P´M=A´M，并简要说明画图方
法（不要求证明）
【答案】 2√10 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=2√10
（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，
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1
∵tan∠DOA=tan∠CAD=tan∠MON=
3
∴∠MON=∠CAD
∵∠ACD+∠CAD=90°
∴∠MON+∠CAD=90°
∴AC⊥OM，
∴P´M=A´M．
【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．
44．（2023·天津·校联考一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C，D均为格点，
且点A，B在圆上．
（1）线段AC的长等于 ；
（2）过点D作DF∥AC，直线DF与圆交于点M,N（点M在N的左侧），画出MN的中点P，简要说明
点P的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】 √17 取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，
与圆交于点M，N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则
点P即为所求．
【分析】（1）根据勾股定理求出AC的长即可；
（2）取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，与圆交于点M，
N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则点P即为所求．
【详解】解：（1）AC=√42+12=√17；
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故答案为：√17；
（2）取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，与圆交于点M，
N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则点P即为所求．
∵∠BAE=90°，
∴BE为圆的直径，
∵GK垂直平分AB，
∴BE鱼GK的交点为圆心O，
∵MN∥AH，
∴A´M=H´N，
∴∠ANM=∠HMN，
∴ℑ=∈¿，
∵OM=ON，
∴IP垂直平分MN，
即MP=NP．
故答案为：取圆与格线的交点E，连接EB，EB与格线的交点为圆心O；取格点F，连接FD，与圆交于点
M，N；取圆与AC的交点H，连接MH，AN，两线交于点I；作射线OI，交MN于点P，则点P即为所
求．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理，垂直平分线的判定，等腰三角形的判定，垂径定理，解
题的关键是找出圆心O和点I．
题型 13 利用垂径定理的推论求解
45．（2023·湖南长沙·模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，弦CD交AB于点E，B´C=B´D，
∠CDB=30°，AC=2√3，则OE=（ ）
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√3
A． B．√3 C．1 D．2
2
【答案】C
【分析】连接BC，根据垂径定理的推论可得AB⊥CD，再由圆周角定理可得∠A=∠CDB=30°，根据锐角三
角函数可得AE=3，AB=4，即可求解．
【详解】解：如图，连接BC，
∵AB为⊙O的直径，B´C=B´D，
∴AB⊥CD，
∵∠BAC=∠CDB=30°，AC=2√3，
∴AE=AC⋅cos∠BAC=3，
∵AB为⊙O的直径，
AC
∴AB= =4，
cos∠BAC
∴OA=2，
∴OE=AE-OA=1．
故选：C
【点睛】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，熟练掌握垂径定理，圆周角定理，特殊
角锐角函数值是解题的关键．
46．（2021·江苏扬州·统考一模）如图，在⊙O中，点C是A´B的中点，连接OC交弦AB于点D，若
OD=3，DC=2，则AB的长是 ．
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【答案】8．
【分析】连结OA，OB，点C是A´B的中点，半径OC交弦AB于点D，根据垂径定理可得OC⊥AB，
AD=BD，由OD=3，DC=2，求半径OC= 5，OA= 5，在Rt OAD中，由勾股定理得DA=
△
√OA2−OD2=√52−32=4即可，
【详解】解：连结OA，OB，
∵点C是A´B的中点，半径OC交弦AB于点D，
∴OC⊥AB，AD=BD，
∵OD=3，DC=2，
∴OC=OD+CD=3+2=5，
∴OA=OC=5，
在Rt△OAD中，
由勾股定理得DA=√OA2−OD2=√52−32=4，
∴AB=2AD=2×4=8，
故答案为8．
【点睛】本题考查垂径定理的推论，勾股定理，线段中点定义，掌握垂径定理的推论，平分弧的直径垂直
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平分这条弧所对的弦，勾股定理，线段中点定义是解题关键．
47．（2023·天津西青·统考一模）已知AB是⊙O的直径，点C，D是⊙O上两点，A´C=B´C，连接AC，
BC，DB．
(1)如图①，若AB=10，BD=5，求∠ABC和∠ABD的大小；
(2)如图②，过点C作⊙O的切线，与DB的延长线交于点E，若CE=CB，求∠ABD的大小．
【答案】(1)∠ABC=45°，∠ABD=60°
(2)∠ABD=67.5°
【分析】（1）如图所示，连接AD，由直径所对的圆周角是直角得到∠ADB=∠ACB=90°，由
A´C=B´C，得到AC=BC，再分别解Rt△ABC，Rt△ABD即可得到答案；
（2）如图所示，连接OC，先由垂径定理的推理得到OC⊥AB，即∠BOC=90°，同理可得
∠OBC=45°，由切线的性质得到∠OCE=90°，即可证明OB∥CE，得到
∠ABD=∠E，∠BCE=∠OBC=45°，求出∠E=67.5°，则∠ABD=∠E=67.5°．
【详解】（1）解：如图所示，连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°，
∵A´C=B´C，
∴AC=BC，
AC
∴在Rt△ABC中，tan∠ABC= =1，
BC
∴∠ABC=45°；
在Rt△ABD中，∠ADB=90°，AB=10，BD=5，
BD 1
∴cos∠ABD= = ，
AB 2
∴∠ABD=60°
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（2）解：如图所示，连接OC，
∵AB是⊙O的直径，A´C=B´C，
∴OC⊥AB，即∠BOC=90°，
同理可得∠OBC=45°，
∵CE是⊙O的切线，
∴∠OCE=90°，
∴OB∥CE，
∴∠ABD=∠E，∠BCE=∠OBC=45°，
∵CB=CE，
180°−∠BCE
∴∠E=∠CBE= =67.5°，
2
∴∠ABD=∠E=67.5°．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，解直角三角形，切线的性质，三角形内角和定理，平行线的性质与
判定，等边对等角，垂径定理的推理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
48．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考一模）如图，已知AB是⊙O的直径，点D是弧BC的中点，点
E在DO的延长线上， 连接AE．若∠E=∠B．
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(1)求证：AE是⊙O的切线；
(2)连接AC．若AC=6，CF=4，求OE的长．
【答案】(1)见解析
25
(2)OE=
3
【分析】（1）根据垂径定理的推论可得OD⊥BC，即∠OFB=90°，根据三角形内角和定理即可得出
∠EAO=∠BFO=90°，进而证明AE是⊙O的切线；
1
（2）连接AC．根据AB是⊙O的直径，得出∠ACB=90°，进而根据中位线的性质得出OF= AC=3，
2
勾股定理得出BO=√OF2+BF2=5，根据（1）的结论证明△OBF∽△OEA，根据相似三角形的性质，
即可求解．
【详解】（1）证明：∵点D是弧BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴∠OFB=90°，
∵∠E=∠B，∠BOF=∠EOA，
∴∠EAO=∠BFO=90°，
∴OA⊥AE，
即AE是⊙O的切线；
（2）如图所示，连接AC．
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∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵BF⊥OD，
∴BF=CF=4，
∵AO=BO，
1
∴OF= AC=3，
2
∴BO=√OF2+BF2=5，则AO=BO=5，
∵∠OFB=∠OAE,∠OBF=∠E，
∴△OBF∽△OEA，
OA OE
∴ = ，
OF OB
5 OE
∴ = ，
3 5
25
解得：OE= ．
3
【点睛】本题考查了垂径定理的推论，切线的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识
是解题的关键．
题型 14 垂径定理的实际应用
49．（2021·山东临沂·统考二模）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具.如图1，明朝科学家徐光启在
《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理.如图2，筒车盛水桶的运行轨迹是以轴心O为圆心的圆.已知
圆心在水面上方，且圆被水面截得的弦AB长为6米，∠OAB=41.3°，若点C为运行轨道的最高点（C，O
的连线垂直于AB），求点C到弦AB所在直线的距离.（参考数据：sin41.3°≈0.66，cos41.3°≈0.75，
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tan41.3°≈0.88）
【答案】6.64米
【分析】通过垂径定理求出AD，再通过三角函数解直角三角形，求出AO和OD的值，从而得到点C到弦
AB所在直线的距离.
【详解】解：如图：连接CO并延长，交AB于点D，
∵OD⊥AB，AB=6，
1
∴AD= AB=3，
2
AD
在Rt OAD中, ∠OAB=41.3°，cos∠OAD= ，
AO
△
AD
∴AO= =4，
cos∠OAD
OD
∵sin∠OAD= ,
AO
∴OD=AO·sin∠OAD=2.64，
∴CD=OC+OD=AO+OD=4+2.64=6.64米，
答：点C到弦AB所在直线的距离是6.64米.
【点睛】本题考查了垂径定理和三角函数的应用，通过垂径定理求出AD的值是解题关键.
50．（2022·河南开封·统考一模）中国5A级旅游景区开封市清明上河园，水车园中的水车是由立式水轮，
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竹筒、支撑杆和水槽等配件组成，如图是水车园中半径为5m的水车灌田的简化示意图，立式水轮⊙O在
水流的作用下利用竹筒将水运送到到点A处，水沿水槽AP流到田地，⊙O与水面交于点B，C，且点B，
C，P在同一直线上；AP与⊙O相切，若点P到点C的距离为32米，立式水轮⊙O的最低点到水面的距
离为2米，连接AC，AB．
请解答下列问题，
(1)求证：∠PAC=∠PBA．
(2)请求出水槽AP的长度．
【答案】(1)证明见解析；
(2)16√5米；
【分析】（1）连接AO并延长交圆于点E，根据切线的性质，圆周角定理，由角的等量代换即可证明；
（2）过O作OF⊥BC于F，延长OF交圆于点D，连接OC，Rt△OFC中，由勾股定理求得CF的长；再由
△PAC∽△PBA，PA2=PB•PC，即可解答.
【详解】（1）证明：如图连接AO并延长交圆于点E，
PA是圆的切线，则∠EAP=90°，
∴∠EAC+∠PAC=90°，
AE是圆的直径，则∠ACE=90°，
∴∠EAC+∠AEC=90°，
∵∠AEC=∠ABC，∴∠ABC=∠PAC，即∠PAC=∠PBA；
（2）解：如图，过O作OF⊥BC于F，延长OF交圆于点D，连接OC，
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BC为水平面，则D为圆的最低点，DF=2米，由垂径定理可得BC=2CF，
Rt△OFC中，OF=OD-DF=5-2=3米，OC=5米，则CF=√OC2−OF2=4米，
∴BC=2CF=8米，PB=32+8=40米，
∵∠P=∠P，∠PAC=∠PBA，∴△PAC∽△PBA，
∴PA∶PB=PC∶PA，即PA2=PB•PC，
∴PA=√32×40=16√5米.
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质；掌握相关性质和定
理是解题关键．
51．（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图是正在修建的某大门上半部分的截面，其为圆弧型，跨度CD
（弧所对的弦）的长为3.2米，拱高AB（弧的中点到弦的距离）为0.8米．
(1)求该圆弧所在圆的半径；
(2)在修建中，在距大门边框的一端（点D）0.4米处将竖立支撑杆HG，求支撑杆HG的高度；
【答案】(1)该圆弧所在圆的半径为2米
(2)支撑杆HG的高度为0.4米
【分析】（1）设C´D所在的圆心为O，B为C´D的中点，CD⊥AB于A，延长BA至O点，设⊙O的半径为
R，利用勾股定理求出即可；
（2）过O作OF⊥HG于F，利用垂径定理以及勾股定理得出GF的长，再求出HG的长即可．
【详解】（1）解：设C´D所在的圆心为O，B为C´D的中点，CD⊥AB于A，延长BA至O点，连接OC，
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1
则AC= CD=1.6（米），
2
设⊙O的半径为R，则：OA=OB−AB=R−0.8
在Rt△OAC中，OC2=OA2+C A2，
∴R2=(R−0.8) 2+1.62，
解得R=2，
即该圆弧所在圆的半径为2米；
（2）解：过O作OF⊥HG于F，连接OG，
6
则OF=AH=1.6−0.4=1.2= （米），FH=OA=2−0.8=1.2米，OG=2米，
5
在Rt△OFG中，GF=√OG2−OF2=
√
22−
(6) 2
=1.6（米），
5
∴HG=FG−HF=1.6−1.2=0.4（米），
即支撑杆HG的高度为0.4米．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的应用和勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理和勾股定理，正确作出辅
助线是解题关键．
52．（2021·云南大理·统考二模）我们定义：如果圆的两条弦互相垂直且相交，那么这两条弦互为“十字
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弦”，也把其中的一条弦叫做另一条弦的“十字弦”．如图1，已知⊙O的两条弦AB⊥CD，则AB、CD互
为“十字弦”，AB是CD的“十字弦”，CD也是AB的“十字弦”．
【概念理解】
（1）若⊙O的半径为5，一条弦AB =8，则弦AB的“十字弦”CD的最大值为 ，最小值为 ．
（2）如图2，若⊙O的弦CD恰好是⊙O的直径，弦AB与CD相交于H，连接AC，若AC= 12，DH =7，
CH =9，求证︰AB、CD互为“十字弦”；
【问题解决】
（3）如图3，在⊙O中，半径为√13，弦AB与CD相交于H，AB、CD互为“十字弦”且AB=CD，
CH
=5，则CD的长度 ．
DH
【答案】（1）10，6；（2）证明见解析；（3）6．
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【分析】（1）根据“十字弦”定义可得弦AB的“十字弦”CD为直径时最大，当CD过A点或B点时最
小；
（2）根据线段长度得出对应边成比例且有夹角相等，证明△ACH∽△DCA，由其性质得出对应角相等，结
合90°的圆周角证出AH⊥CD，根据“十字弦”定义可得；
（3）过O作OE⊥AB于点E，作OF⊥CD于点F，设DH=x，由题意可得其它线段的长，在Rt△OEA中，
根据勾股定理列方程得出x的值，从而可求CD的长．
【详解】解：（1）当CD为直径时，CD最大，此时CD=10，
∴弦AB的“十字弦”CD的最大值为10；
当CD过A点时，CD长最小，即AM的长度，过O点作ON⊥AM，垂足为N，作OG⊥AB，垂足为G，则四
边形AGON为矩形，
∴AN=OG，
∵OG⊥AB，AB=8，
∴AG=4，
∵OA=5，
∴由勾股定理得OG=3，
∴AN=3，
∵ON⊥AM，
∴AM=6，
即弦AB的“十字弦”CD的最小值是6．
（2）证明：如图，连接AD，
∵AC=12， DH=7， CH=9，
∴CD=CH+DH=16
AC 12 3
∴ = = ，
CD 16 4
CH 9 3
= =
AC 12 4
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AC CH
∴ =
CD AC
∵∠C=∠C，
∴△ACH∽△DCA，
∴∠AHC=∠CAD
∵CD是直径，
∴∠CAD=90°，
∴∠AHC=90°，
∴AH⊥CD，
∴AB、CD互为“十字弦”．
（3）如图，过O作OE⊥AB于点E，作OF⊥CD于点F，连接OA，OD，则四边形OEHF是矩形，
∴OE=FH，OF=EH，
设DH=x，
CH
∵ =5，AB=CD，
DH
则CH=5x，CD=AB=6x，
∴FD=AE=3x，
∴OE=FH=3x-x=2x，
∵半径为√13，
在Rt△OEA中，由勾股定理得，OA2=OE2+AE2，
∴(√13) 2=(2x) 2+(3x) 2，
解得，x=1，
∴CD=6×1=6
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【点睛】本题考查圆的相关性质，垂径定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相
关知识，准确做出辅助线是解答此题的关键．
题型 15 利用垂径定理求取值范围
53．（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≤10 B．8＜AB≤10 C．4≤AB≤5 D．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，
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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．
54．（2023·安徽合肥·统考一模）如图，⊙O的弦AB=8，点P是AB上一动点，若⊙O的直径是10，则
OP的长的取值范围是______．
【答案】3≤OP≤5
【分析】过O点作OC⊥AB于C点，连接OA，如图，根据垂径定理得到AC＝BC＝4，再利用勾股定
理得到OC＝3，根据垂线段最短得到OP的最小值为3，从而得到OP的取值范围；
【详解】解：过O点作OC⊥AB于C点，连接OA，如图，
1
根据垂径定理得到AC＝BC＝ AB=4，
2
∵⊙O的直径是10，
1
∴AO= ×10=5，
2
在Rt△OAC中，OC=√AO2−AC2=√25−16=3
∵OP为半径时最长，OP为垂线段最短，
∴OP的取值范围为3≤OP≤5．
故答案为：3≤OP≤5．
【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．也考查了勾股定
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理等内容，掌握垂线段最短知识内容是解题的关键．
55．（2023·浙江金华·校考一模）在锐角三角形ABC中，∠A＝30°，BC＝2，设BC边上的高为h，则h的
取值范围是 ．
【答案】2√3AE，∴ A´D>A´E，故该选项不正确，不符合题意；
B. ∵AD=ABD´H，故该选项不正确，不符合题意；
故选：C.
【点睛】本题考查了弦与弧的关系，掌握同圆或等圆中，等弦对等弧是解题的关键．
62．（2022·安徽合肥·校联考三模）如图，AB是⊙O的直径，AB=8，点M在⊙O上，∠MAB=20°,N
是M´B的中点，P是直径AB上的一动点，若MN=2，则△PMN周长的最小值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【分析】根据动点最值，将军饮马模型，如图所示，作点N关于AB的对称点N'，连接M N'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+M N'，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M N'交AB于P，
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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+M N'，
∵点N是M´B的中点，∠MAB=20°，
∴M´N=N´B=B ´ N'，
∴∠BAN'=10°，
∴∠MAN'=20°+10°=30°，
∴∠MON'=60°，
∴△MON'是正三角形，
1
∴OM=ON'=MN'= AB=4，
2
∵MN=2，
∴△PMN周长的最小值为2+4=6，
故选：C．
【点睛】本题考查动点最值问题-将军饮马模型，涉及圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系以及轴对称性质，
掌握圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系以及轴对称的性质是解决问题的关键．
63．（2023·山东德州·统考三模）如图，在△ABC中，∠B=90°，⊙O过点A、C，与AB交于点D，与
BC相切于点C，若∠A=32°，则∠ADO=
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【答案】64°/64度
【分析】根据同弧对应的圆心角是圆周角的2倍计算出∠DOC，再根据AB//OC，内错角
∠ADO=∠DOC得到答案．
【详解】如下图所示，连接OC
从图中可以看出，∠DAC是圆弧D´C对应的圆周角，∠DOC是圆弧D´C对应的圆心角
得∠DOC=2∠DAC=64°．
∵BC是圆O的切线
∴OC⊥BC
∵∠B=90°
∴AB⊥BC
∴AB//OC
∴∠ADO=∠DOC=64°
故答案为：64°．
【点睛】本题考查圆的切线的性质，圆周角定理、平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握圆和平行
线的相关知识．
64．（2022·上海静安·统考二模）如图，已知半圆直径AB=2，点C、D三等分半圆弧，那么△CBD的面
积为 ．
√3
【答案】
4
【分析】连接OC，OD，过点O作OE⊥CD，垂足为点E，点C、D三等分半圆弧，可知△COD是等边三
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角形，从而可以证得CD∥AB，所以△COD和△CBD的面积相等，利用30°所对的直角三角形的性质和勾
股定理，即可求得面积．
【详解】解：连接OC，OD，过点O作OE⊥CD，垂足为点E，如图，
∵点C、D三等分半圆弧，
∴∠COD=∠BOD=60°，
∵OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴∠CDO=60°，
∴∠CDO=∠BOD，
∴CD∥AB，
∴S =S ，
△CBD △COD
∵OE⊥CD，
1
∴∠COE= ∠COD=30°，
2
1 1 1 1 1 1
∴CE= OC= × AB= × ×2= ，
2 2 2 2 2 2
√ 1 2 1 2 √3
在Rt△COE中，OE=√OC2−CE2= ( ×2) −( ) = ，
2 2 2
1 1 1 1 √3 √3
∴S =S = CD⋅OE= ×2CE×OE= ×2× × = ．
△CBD △COD 2 2 2 2 2 4
√3
故答案为： ．
4
【点睛】本题主要考查了弧与圆心角的关系、等边三角形的判定与性质、平行线的判定、30°所对的直角三
角形的性质和勾股定理．
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题型 18 利用弧、弦、圆心角关系求最值
65．（2022·山东枣庄·校考一模）如图，AB是⊙O的直径，AB＝2，点C在⊙O上，∠CAB＝30°，D为弧
BC的中点，E是直径AB上一动点，则CE+DE最小值为（ ）
A．1 B．√2 C．√3 D．2
【答案】B
【分析】作点D关于AB的对称点为D′，连接OC，OD，OD′，CD′，交AB于点E，则CE+DE的最小值就
是CD′的长度，根据已知易证∠COD′=90°，然后利用勾股定理进行计算即可解答．
【详解】解：作点D关于AB的对称点为D′，连接OC，OD，OD′，CD′，交AB于点E，
∴DE=D′E，
∴CE+DE=CE+D′E=CD′，
∵∠CAB=30°，
∴∠COB=2∠CAB=60°，
∵D为B´C的中点，
∴C´D=D´B，
∵D´B=B´D，
∴C´D=D´B=D ´ B'，
∴∠COD=∠DOB=∠BOD′=30°，
∴∠COD′=90°，
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∵AB=2，
∴OC=OD′=1，
∴CD′=√OC2+OD'2=√12+12=√2，
∴CE+DE最小值为：√2，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，垂径定理，轴对称-最短路线问题，根据题目的
已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
66．（2022·安徽淮南·统考一模）如图，在扇形BOC中，∠BOC=60°，OD平分∠BOC交弧BC于点
D．点E为半径OB上一动点，若OB=2，则CE+DE长的最小值为 ．
【答案】2√2
【分析】如图，作点D关于OB的对称点D′，连接D′C交OB于点E′，连接OD′，利用轴对称的性质，得
出当点E移动到点E'时，CE+DE长最小，此时的最小值为CD'的长度．
【详解】如图，作点D关于OB的对称点D′，连接D′C交OB于点E′，连接OD′，
此时E′C+E′D最小，即：E′C+E′D=CD′，
由题意得，∠COD=∠DOB=∠BOD′=30°，
∴∠COD′=90°，
∴CD′=√OC2+OD'2=2√2，
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故答案为2√2．
【点睛】本题考查与圆有关的计算，掌握轴对称的性质及圆心角与圆弧的关系是正确计算的前提，理解轴
对称解决路程最短问题是关键．
67．（2022·山东济南·统考二模）如图，在边长为6的等边ΔABC中，点E，F分别是边AC，BC上的动
点，且AE=CF，连接BE，AF交于点P，连接CP，则CP的最小值为 ．
【答案】2√3．
【分析】首先证明∠APB=120°，推出点P的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的弧．连接CO交⊙O
于P'，当点P运动到P'时，CP取到最小值．
【详解】如图所示，∵边长为6的等边ΔABC，
∴AC=AB=6，∠ACB=∠CAB=60°
又∵AE=CF
∴△ACF≅△BAE(SAS)
∴∠CAP=∠PBA
∴∠EPA=∠PBA+∠PAB=∠CAP+∠PAB=∠CAB=60°
∴∠APB=120°
∴点P的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的弧
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此时∠AOB=120°
连接CO交⊙O于P'，当点P运动到P'时，CP取到最小值
∵CA=CB，CO=CO，OA=OB
∴△ACO≅△BCO(SSS)
∴∠ACO=∠BCO=30°，∠AOC=∠BOC=60°
∴∠CAO=∠CBO=90°
又∵AC=6
AB 6
√3 OC= ⋅= =4√3
∴OP'=OA=AB⋅tan30°=6× =2√3， cos30° √3
3
2
∴CP'=OC−OP'=4√3−2√3=2√3
即CP =2√3
min
故答案为：2√3
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、圆、特殊角的三角函数等相关知识．关
键是学会添加辅助线，该题综合性较强．
题型 19 利用弧、弦、圆心角关系证明
68．（2022·江苏徐州·模拟预测）如图，已知在⊙O中， A´B＝B´C＝C´D，OC与AD相交于点E．求证：
（1）AD∥BC
（2）四边形BCDE为菱形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理可得∠ADB=∠CBD，根据平行线的判定可得结论；
（2）证明△DEF≌△BCF，得到DE=BC，证明四边形BCDE为平行四边形，再根据B´C=C´D得到BC=CD，
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从而证明菱形．
【详解】解：（1）连接BD，
∵A´B=B´C=C´D，
∴∠ADB=∠CBD，
∴AD∥BC；
（2）连接CD，
∵AD∥BC，
∴∠EDF=∠CBF，
∵B´C=C´D，
∴BC=CD，
∴BF=DF，又∠DFE=∠BFC，
∴△DEF≌△BCF（ASA），
∴DE=BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，又BC=CD，
∴四边形BCDE是菱形．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质，菱形的
判定，解题的关键是合理运用垂径定理得到BF=DF．
69．（2023·贵州黔南·统考一模）如图，A、B是圆O上的两点，∠AOB=120°，C是A´B的中点．
(1)求证：AB平分∠OAC；
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(2)延长OA至P，使得OA=AP，连接PC，若圆O的半径R=1，求PC的长．
【答案】(1)见解析
(2)√3
【分析】（1）求出等边三角形AOC和等边△OBC，推出OA=OB=BC=AC，即可得出答案；
（2）求出AC=OA=AP，再求出∠PCO=90°，∠ACP=∠APC=30°，即可求出答案．
【详解】（1）证明：连接OC、AB，
∵∠AOB=120°，C是AB弧的中点，
∴∠AOC=∠BOC=60°，
∵OA=OC，
∴△ACO是等边三角形，
∴OA=AC，同理OB=BC，
∴OA=AC=BC=OB，
∴四边形AOBC是菱形，
∴AB平分∠OAC；
（2）解：∵△OAC是等边三角形，
∴∠OCA=∠OAC=60°，OA=AC，
又∵OA=AP，
∴OA=AP=AC=1，
1
∴∠ACP=∠APC= ∠OAC=30°，
2
∴∠OCP=∠OCA+∠ACP=60°+30°=90°，
∴△OPC是直角三角形，
∵OC=1，OP=OA+AP=2，
∴PC=√OP2−OC2=√22−12=√3．
【点睛】本题主要考查了圆心角、弧、弦之间的关系、勾股定理、菱形的判定与性质、等边三角形的性质
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和判定等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
70．（2023·四川成都·模拟预测）如图，在⊙O中，弦AD、BC相交于点E，连接OE，已知A´B=C´D．
(1)求证：BE=DE；
(2)如果⊙O的半径为5，AD⊥CB,DE=1，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)7
【分析】（1）根据A´B=C´D，可得AB=CD，再证明△ABE≌△CDE，即可；
（2）过O作OF⊥AD与F，OG⊥BC于G，连接OA,OC，则∠OFE=∠FEG=∠OGE=90°，根据
垂径定理可得AF=FD,BG=OG，证明Rt△AOF≌Rt△OCG，可得OF=OG，从而得到四边形OFEG
是正方形，可得OF=EF，设OF=EF=x，则AF=FD=x+1，根据勾股定理求出x的值，即可．
【详解】（1）证明：∵A´B=C´D，
∴AB=CD，
在△ABE与△CDE中，
¿，
∴△ABE≌△CDE，
∴BE=DE；
（2）解：过O作OF⊥AD与F，OG⊥BC于G，连接OA,OC，则∠OFE=∠FEG=∠OGE=90°，
∴四边形OFEG是矩形，
根据垂径定理得：AF=FD,BG=OG，
∵AB=CD，
∴AF=CG，
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在Rt△AOF与Rt△OCG中，
¿，
∴Rt△AOF≌Rt△OCG(HL)，
∴OF=OG，
∵AD⊥CB，
∴四边形OFEG是正方形，
∴OF=EF，
设OF=EF=x，则AF=FD=x+1，
∴OF2+AF2=OA2，
即x2+(x+1) 2=52，
解得：x=3或−4（舍去），
∴AF=4，
∴AE=7．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，弧、弦，圆心角的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练
掌握垂径定理，弧、弦，圆心角的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
71．（2023·安徽合肥·校联考二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=BC，对角线AC为⊙O的直
径，E为⊙O外一点，AB平分∠DAE，AD=AE，连接BE．
(1)求∠AEB的度数；
(2)连接CE，求证：2BE2+AE2=CE2．
【答案】(1)45°
(2)证明见解析
【分析】（1）连接BD，由条件推出△ABE≌△ABD(SAS)，得到∴∠AEB=∠ADB，由圆周角定理即
可求出∠AEB的度数；
（2）延长EA交⊙O于F，分别连接BF，CF，由圆周角定理得到∠AFC=90°，由勾股定理得到
EF2+CF2=CE2，由等腰直角三角形的性质，勾股定理得到EF2=2BE2，由圆心角、弧、弦的关系得
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到CF=AE，从而证明问题．
【详解】（1）解：连接BD，
∵AB平分∠DAE，
∴∠EAB=∠DAB，
在△ABE和△ABD中，
¿，
∴△ABE≌△ABD(SAS)，
∴∠AEB=∠ADB，BE=BD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵AB=BC，
∴∠ADB=∠ACB=45°，
∴∠AEB=∠ADB=45°，
∴∠AEB的度数为45°；
（2）证明：延长EA交⊙O于F，分别连接BF，CF，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠AFC=90∘，
∴EF2+CF2=CE2，
在△BEF中，∠FEB=45∘，∠BFE=∠ACB=45∘，
∴∠EBF=180°−∠FEB−∠BFE=90°，BE=BF，
∴EF2=BE2+BF2=2BE2，
∵BD=BE，
∴BD=BF，即B´D=B´F，
∵AB=BC，
∴A´B=B´C，
∴C´D=A´F，
∴A´D=C´F，
∴AD=CF=AE，
∴2BE2+AE2=CE2．
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【点睛】本题考查圆周角定理，勾股定理，圆心角、弧、弦的关系，等腰三角形的判定和性质，全等三角
形的判定和性质，综合应用以上知识点是解题的关键．
题型 20 利用圆周角定理求解
72．（2023·山东泰安·统考一模）如图，AB、AC是⊙O的弦，过点A的切线交CB的延长线于点D，若
∠BAD=35°，则∠C= °．
【答案】35
【分析】连接AO并延长，交⊙O于点E，连接BE，首先根据圆周角定理可得∠E+∠BAE=90°，再根
据AD为⊙O的切线，可得∠BAE+∠BAD=90°，可得∠E=∠BAD=35°，再根据圆周角定理即可求
得．
【详解】解：如图，连接AO并延长，交⊙O于点E，连接BE．
∵AE为⊙O的直径，
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∴∠ABE=90°，
∴∠E+∠BAE=90°，
∵AD为⊙O的切线，
∴∠DAE=90°，
∴∠BAE+∠BAD=90°，
∴∠E=∠BAD=35°，
∴∠C=∠E=35°．
故答案为：35．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，作出辅助线是解决本题的关键．
73．（2022·山西晋中·统考一模）如图，在⊙O中，OA=3，∠C=45°，则图中阴影部分的面积是
．（结果保留π）
9π 9
【答案】 −
4 2
【分析】由∠C=45°，根据圆周角定理得出∠AOB=90°，根据S =S AOB－S 可得出结论．
阴影 扇形 △AOB
【详解】解：∵∠C=45°，
∴∠AOB=90°，
∴S =S AOB－S
阴影 扇形 △AOB
90×π×32 1
= − ×3×3
360 2
9π 9
= − ，
4 2
9π 9
故答案为： − ．
4 2
【点睛】本题主要考查圆周角定理、扇形的面积计算，根据题意求得三角形与扇形的面积是解答此题的关
键．
74．（2023·宁夏银川·校考一模）如图，在边长为1的正方形网格中，⊙O是△ABC的外接圆，点A，B，
O在格点上，则cos∠ACB的值是 ．
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2√13
【答案】
13
【分析】取AB中点D，由图可知，AB=6，AD=BD=3，OD=2，由垂径定理得OD⊥AB，则OB=
OD 2 2√13
√OD2+BD2=√22+32=√13，cos∠DOB= = = ，再证∠ACB=∠DOB，即可解．
OB √13 13
【详解】解：取AB中点D，如图，
由图可知，AB=6，AD=BD=3，OD=2，
∴OD⊥AB，
∴∠ODB=90°，
OD 2 2√13
∴OB=√OD2+BD2=√22+32=√13，cos∠DOB= = = ，
OB √13 13
∵OA=OB，
1
∴∠BOD= ∠AOB，
2
1
∵∠ACB= ∠AOB，
2
∴∠ACB=∠DOB，
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2√13
∴cos∠ACB= cos∠DOB= ，
13
2√13
故答案为： ．
13
【点睛】本题考查勾股定理，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，取AB中点D，得Rt△ODB是解题
的关键．
75．（2022·江西·校联考一模）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，连接AC、BC，OD⊥BC于点
E，交⊙O于点D，连接CD、AD，AD与BC交于点F，CG与BA的延长线交于点G．
（1）求证：△ACD∽△CFD；
（2）若∠CDA＝∠GCA，求证：CG为⊙O的切线；
1
（3）若sin∠CAD＝ ，求tan∠CDA的值．
3
7√2
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） ．
8
【分析】（1）由垂径定理得C´D=B´D，由圆周角定理得∠CAD＝∠FCD，再由公共角∠ADC＝∠CDF，
即可得出△ACD∽△CFD；
（2）连接OC，由圆周角定理得∠ACB＝90°，则∠ABC+∠CAB＝90°，由等腰三角形的性质得∠OBC＝
∠OCB，证出∠OCB＝∠GCA，得出∠OCG＝90°，即可得出结论；
DE 1
（3）连接BD，由圆周角定理得∠CAD＝∠CBD，则sin∠CAD＝sin∠CBD＝ = ，设DE＝x，OD＝OB
BD 3
＝r，则OE＝r﹣x，BD＝3x，由勾股定理得BE＝2√2x，则BC＝2BE＝4√2x，在Rt△OBE中，由勾股定
9
理得(r﹣x)2+(2√2x)2＝r2，解得r＝ x，则AB＝2r＝9x，由勾股定理求出AC＝7x，由三角函数定义即可
2
得出答案．
【详解】（1）证明：∵OD⊥BC，
∴C´D=B´D,
∴∠CAD＝∠FCD，
又∵∠ADC＝∠CDF，
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∴△ACD∽△CFD；
（2）证明：连接OC，如图1所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ABC+∠CAB＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵∠CDA＝∠OBC，∠CDA＝∠GCA，
∴∠OCB＝∠GCA，
∴∠OCG＝∠GCA+∠OCA＝∠OCB+∠OCA＝90°，
∴CG⊥OC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CG是⊙O的切线；
（3）解：连接BD，如图2所示：
∵∠CAD＝∠CBD，
∵OD⊥BC，
DE 1
∴sin∠CAD＝sin∠CBD＝ = ，BE＝CE，
BD 3
设DE＝x，OD＝OB＝r，则OE＝r﹣x，BD＝3x
在Rt△BDE中，BE＝√BD2−DE2=√9x2−x2=2√2x，
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∴BC＝2BE＝4√2x,
在Rt△OBE中，OE2+BE2＝OB2，
即(r﹣x)2+(2√2x)2＝r2，，
9
解得：r＝ x，
2
∴AB＝2r＝9x，
在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，
∴AC2+(4√2x)2＝(9x)2，
∴AC＝7x或AC＝﹣7x（舍去），
AC 7x 7√2
∴tan∠CDA＝tan∠CBA＝ = ＝ ．
BC 4√2x 8
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定，三角函数等知识．本题综
合性比较强，熟练掌握圆周角定理，垂径定理是解题的关键．
题型 21 利用圆周角定理推论求解
76．（2023·江苏苏州·星海实验中学校考二模）如图，点A，B，C，D在⊙O上，C´B=C´D，
∠CAD=30°，∠ACD=50°，则∠ADB= ．
【答案】70°
【分析】根据C^B=C^D，得到∠CAB=∠CAD=30°，根据同弧所对的圆周角相等即可得到
∠ABD=∠ACD=50°，根据三角形的内角和即可求出.
【详解】∵C^B=C^D，
∴∠CAB=∠CAD=30°，
∴∠BAD=60°，
∵∠ABD=∠ACD=50°，
∴∠ADB=180°−∠BAD−∠ABD=70°．
故答案为70°.
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【点睛】考查圆周角定理和三角形的内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键.
77．（2022·江苏徐州·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠CAB＝55°，则∠D的度数
是 ．
【答案】35°
【分析】根据直径所对的圆周角是直角推出∠ACB＝90°，再结合图形由直角三角形的性质得到∠B＝90°﹣
∠CAB＝35°，进而根据同圆中同弧所对的圆周角相等推出∠D＝∠B＝35°．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠CAB＝55°，
∴∠B＝90°﹣∠CAB＝35°，
∴∠D＝∠B＝35°．
故答案为：35°．
【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，解题的关键在于能够熟练掌
握相关知识进行求解.
78．（2023·山东济宁·统考一模）一圆形玻璃镜面损坏了一部分，为得到同样大小的镜面，工人师傅用直
角尺作如图所示的测量，测得AB=12cm，BC=5cm，则圆形镜面的半径为 ．
13
【答案】 cm
2
【分析】连接AC，根据∠ABC=90°得出AC是圆形镜面的直径，再根据勾股定理求出AC即可．
【详解】解：连接AC，
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∵∠ABC=90°，且∠ABC是圆周角，
∴AC是圆形镜面的直径，
由勾股定理得：AC=√AB2+BC2=√122+52=13(cm)，
13
所以圆形镜面的半径为 cm，
2
13
故答案为： cm．
2
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系和勾股定理等知识点，能根据圆周角定理得
出AC是圆形镜面的直径是解此题的关键．
79．（2023·江苏徐州·统考一模）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O与BC交于点D，连
接AD．
(1)求证：BD=CD；
(2)若⊙O与AC相切，求∠B的度数；
(3)用无刻度的直尺和圆规作出劣弧A´D的中点E．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】(1)证明见详解
(2)∠B=45°
(3)作图见详解
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角、等腰三角形的三线合一即可证明；
（2）根据切线的性质可以得到90°，然后在等腰直角三角形中即可求解；
（3）根据等弧所对的圆周角相等，可知可以作出AD的垂直平分线，∠ABD的角平分线，∠AOD的角平
分线等方法均可得到结论．
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【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴BD=CD．
（2）∵⊙O与AC相切，
∴∠BAC=90°，
又∵AB=AC，
∴∠B=45°．
（3）如下图，点E就是所要作的A´D的中点．
【点睛】本题考查了等腰三角形的三线合一、切线的性质、以及尺规作图、等弧所对的圆周角相等，理解
圆的相关知识并掌握基本的尺规作图方法是解题的关键．
题型 22 已知圆内接四边形求角度
80．（2021·重庆南岸·统考一模）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=70°，则∠ADC的度数是（
）
A．70° B．110° C．130° D．140°
【答案】B
【分析】根据圆内接四边形的对角互补计算即可．
【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=70°，
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∴∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣70°=110°，
故选：B．
【点睛】本题考查了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．
81．（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，如果它的一个外角∠DCE=64°，
那么∠BOD的度数为( )
A．128° B．64° C．32° D．116°
【答案】A
【分析】根据圆内接四边形对角互补，可得∠A=∠DCE=64°，然后根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠DCE=64°，
∴∠A+∠DCB=180°,∠DCE+∠DCB=180°，
∴∠A=∠DCE=64°，
∵B´D=B´D，
∴∠BOD=2∠A=128°，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
82．（2022·河北石家庄·校考模拟预测）如图，AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，与△ABC的外接圆
交于点D，则图中与∠EAD相等的角(不包括∠EAD)是 ．
【答案】∠DBC，∠CAD，∠BCD
【分析】由圆内接四边形的性质，可得∠DCB=∠EAD，由AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，可证
∠EAD=∠DAC，又∠DBC=∠DAC，即可证∠DBC=∠CAD=∠BCD=∠EAD．
【详解】解：∵A、B、C、D四点共圆，
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∴∠BCD+∠BAD=180°，
∵∠EAD+∠BAD=180°，
∴∠EAD=∠BCD，
∵AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，
∴∠EAD=∠DAC，
∵∠DBC=∠DAC，
∴∠DBC=∠CAD=∠BCD=∠EAD．
故答案为：∠DBC，∠CAD，∠BCD．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，角的平分线的定义，圆内接四边形的性质，解决本题的关键是要熟练
掌握圆周角定理，角平分线的定义，圆内接四边形的性质．
题型 23 利用圆的有关性质求值
83．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=9，AC=12，经过点B且半
径为5的⊙O与AB交于D，与CB的延长线交于E，则线段DE的长为（ ）
A．6.4 B．7 C．7.2 D．8
【答案】D
【分析】如图所示，连接DO并延长交⊙O于F，连接EF，由圆周角定理得到∠≝=90°，解Rt△ABC得
4
到sin∠ABC= ，证明∠ABC=∠F得到sin∠ABC=sin∠F，解Rt△≝¿即可求出答案．
5
【详解】解：连接DO并延长交⊙O于F，连接EF，如图所示，
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∵DF是直径，
∴∠≝=90°，
在Rt ABC中，∠C=90°，BC=9，AC=12，
△
∴AB=√AC2+BC2=15，
AC 4
∴sin∠ABC= = ，
AB 5
∵四边形BDFE是圆内接四边形，
∴∠F+∠DBE=180°，
又∵∠ABC+∠DBE=180°，
∴∠ABC=∠F，
∴sin∠ABC=sin∠F，
DE DE 4
在Rt△≝¿中，sin∠F= = = ，
DF 10 5
4
∴DE=10× =8，
5
故选：D．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，直径所对圆周角是直角，圆内接四边形的性质，勾股定理等等，
正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
84．（2022·安徽合肥·合肥寿春中学校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点C
顺时针旋转得到△DEC，BC和DE相交于点O，点D落在线段AB上，连接BE．
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(1)若∠ABC=20°，则∠BCE= ；
(2)若BE=BD，则tan∠ABC= ．
【答案】(1)40°
(2)√2−1
【分析】（1）利用等腰三角形的性质三角形内角和定理求解即可；
（2）连接AO，证明△ACO是等腰直角三角形，OA=OB，即可解决问题．
【详解】（1）解：∵∠ACB=90°，∠ABC=20°，
∴∠A=90°−20°=70°，
∵CA=CD，
∴∠A=∠CDA=70°，
∴∠BCE=∠ACD=180°−70°−70°=40°，
故答案为：40°；
（2）连接AO．
由旋转的性质可知，∠DBC=∠CED，
∴D，C，E，B四点共圆，
∴∠DCE+∠DBE=180°，
∵∠DCE=90°，
∴∠DBE=90°，
∴BE⊥AB．
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∵BD=BE，∠DBE=90°，
∴∠DEB=∠BDE=45°，
∵C，E，B，D四点共圆，
∴∠DCO=∠DEB=45°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠OCD，
由旋转可知，AC=DC,∠CAD=∠ODC,
∴∠CAD=∠CDA=∠ODC,
∵CD=CD，∠ADC=∠ODC，
∴△ACD≌△OCD(ASA)，
∴AC=OC，
∴∠AOC=∠CAO=45°，
∵∠ADO=135°，
∴∠CAD=∠ADC=67.5°，
∴∠ABC=22.5°，
∵∠AOC=∠OAB+∠ABO，
∴∠OAB=∠ABO=22.5°，
∴OA=OB，
设AC=OC=m，则AO=OB=√2m，
AC m
∴tan∠ABC= = =√2−1．
CB m+√2m
故答案为：√2−1．
【点睛】本题考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键
是学会利用参数构建方程解决问题．
85．（2022·江苏南京·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，E为线段AB上一动点，
CF⊥CE交△ACE的外接圆于点F，连接AF，其中AC=3，BC=4．
(1)求证△CFA∽△CEB；
(2)当E从B运动到A时，F运动路径的长为______．
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【答案】(1)见详解
15
(2)
4
【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可；
（2）判断出点F的运动轨迹，再利用相似三角形的性质解决问题即可．
【详解】（1）证明：∵CE⊥CF，
∴∠ECF=∠ACB=90°，
∴∠ACF=∠BCE，
∵∠AFC+∠AEC=180°，∠CEB+∠AEC=180°，
∴∠AFC=∠CEB，
∴△CFA∽△CEB；
（2）解：在Rt ACB中，AC=3，BC=4，∠ACB=90°，
△
∴AB=√AC2+BC2=√32+42=5，
∵△CFA∽△CEB，
AF AC 3
∴ = = ，∠CAF=∠B，
BE BC 4
3
∴AF= BE，
4
∴点F的运动轨迹是射线AF，
3 15
∴当E从B运动到A时，F运动路径的长为 ×5= ，
4 4
15
故答案为： ．
4
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是判断出点F的运动轨迹，属
于中考常考题型．
题型 24 利用圆的有关性质证明
86．（2023·浙江绍兴·校联考三模）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，AD=CD，过D作DE⊥BC交
BC延长线于点E
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(1)若AB为直径，证明：DE是⊙O的切线；
(2)若AB不是⊙O的直径，如图2，DE交⊙O于点F，连接BF
CD CE
①求证： = ；
BF EF
②若AB=BC+EF，求sin∠ABD的值．
【答案】(1)见解析
√5
(2)①见解析，②
5
【分析】（1）连接OD，根据圆周角定理及半径相等的性质推出∠DBE=∠ODB，得到OD∥BE，求
出∠ODE=90°即可；
（2）①由∠CDF=∠CBF得到sin∠CDF=sin∠CBF，即可得到结论；②过D作DM⊥AB，垂足
为M，证明△AMD≌△CED，△BDM≌△BDE，推出AM=CE，BM=BE，结合AB=BC+EF得到
EF=2CE，连接CF，根据圆内接四边形的性质推出∠ABD=∠CFE，由此得到
√5
sin∠ABD=sin∠CFE= ．
5
【详解】（1）证明：连接OD
∵AD=CD
∴∠ABD=∠DBE
∵OB=OD
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∴∠ABD=∠ODB
∴∠DBE=∠ODB
∴OD∥BE
∵DE⊥BC
∴∠E=90°
∴∠ODE=90°
DE是⊙O的切线；
（2）①∵∠CDF=∠CBF
∴sin∠CDF=sin∠CBF
CE EF
即 =
CD BF
CD CE
∴ = ；
BF EF
②过D作DM⊥AB，垂足为M，
∵AD=CD，
∴∠ABD=∠DBC
∵DE⊥BC，
∴DM=DE，
∵∠MAD=∠DCE=180°−∠BCD，∠AMD=∠E=90°
∴△AMD≌△CED，
∴AM=CE
∵∠AMD=∠E=90°，BD=BD，
∴△BDM≌△BDE，
∴BM=BE
∴AB−AM=BC+CE
即AB−BC=AM+CE=2CE
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又∵AB=BC+EF
∴EF=2CE，
连接CF，
∵四边形BCFD内接于圆
∴∠DBC=∠CFE
∴∠ABD=∠CFE
√5
∴sin∠ABD=sin∠CFE= ．
5
【点睛】此题考查了圆周角定理，证明直线是圆的切线，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，
求角的正弦值，熟练掌握圆的知识是解题的关键．
87．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点P是射线AB上的一动点（不与点
A，B重合），过点P作⊙O的割线交⊙O于点C，D，BH⊥CD于H，连接BC，BD．
(1)①在图1的情形下，证明：BC⋅BD=AB⋅BH；
②当点P处于图2中的位置时，①中的结论___________（填“仍成立”或“不再成立”）；
(2)若⊙O的半径为3，当∠APC=30°且BC⋅BD=6时，求AP的长．
【答案】(1)①见解析，②成立
(2)8或4
AB BC
【分析】（1）①连接AC，证明△ABC∼ △DBH，得 = ，即可得到结论；②成立，连接AD,证
DB BH
明△ABD∼ △CBH即可得到结论；
（2）求出BH=1，在Rt△BHP中运用直角三角形的性质求出AP的长即可．
【详解】（1）①证明：如图，连接AC．
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∵AB是⊙O的直径，且BH⊥PC，
∴∠ACB=90°=∠BHD．
∵四边形ABDC是⊙O的内接四边形，
∴∠CAB=∠HDB，
∴△ABC∼ △DBH，
AB BC
∴ = ，
DB BH
∴BC⋅BD=AB⋅BH
② 当点P处于图2中的位置时，①中的结论仍成立．
理由如下：
连接AD,如图，
∵AB是⊙O的直径，且BH⊥PC，
∴∠ADB=90°=∠BHC．
又∠BCD=∠BAD,
∴△ABD∼ △CBH，
AB BD
∴ = ，
CB BH
∴BC⋅BD=AB⋅BH
（2）∵⊙O的半径为3，
∴AB=6，
由（1）知，BC⋅BD=AB⋅BH，
∵BC⋅BD=6，
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∴AB⋅BH=6，
∴BH=1．
在Rt△BHP中，∠APC=30°
∴BP=2BH=2．
∴AP=AB±BP，
∴AP=.8或4．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性
质等知识，正确识别图形是解答本题的关键．
88．（2022·山西大同·校联考三模）阅读与思考：阿基米德（公元前287年－公元前212年），伟大的古
希腊哲学家、百科式科学家、数学家、物理学家、力学家、静态力学和流体静力学的奠基人，并且享有
“力学之父”的美称，留给后人的最有价值的书是《阿基米德全集》．在该书的“引理集”中有这样一道
题：
如图1，以AB为直径作半圆O，弦AC是一个内接正五边形的一条边（即：∠AOC=72°），点D是A´C
的中点，连接CD并延长与直径BA的延长线交于点E，连接AC,DB交于点F，过点F作FM⊥AB于点
M．求证：ME是半圆的半径．
下面是勤奋小组的部分证明过程：
证明：如图2，过点D作DH⊥AB于点H．
∵∠AOC=72∘,A´C=A´C，
1
∴∠ABC= ∠AOC=36°．（依据1）
2
∵点D是A´C的中点，
∴A´D=D´C．
∵∠AOC=72°，
∴∠AOD=∠COD=36°．
1
∴∠ABD=∠CBD=∠DAC=∠DCA= ∠ABC=18°．（依据2）
2
∵以AB为直径作半圆O，
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∴∠ACB=∠ADB=90°．（依据3）
∴∠BCD=∠ACD+∠ACB=108°．
∵四边形ABCD是半圆O的内接四边形，
∴∠BAD=180°−∠DCB=72°,∠ADC+∠ABC=180°．（依据4）
∵∠ADE+∠ADC=180°，
∴∠ADE=∠ABC=36°．
∵FM⊥AB于点M，
∴FM=FC,∠FMB=∠ACB=90°．
∵BF=BF，
∴△BCF≌△BMF(HL)．
∵BC=BM．
∵BC=BM,∠ABD=∠CBD,BD=BD．
∴△BCD≌△BMD(SAS)．
∴DC=DM．
……
通过上面的阅读，完成下列任务：
(1)任务一：直接写出依据1，依据2，依据3和依据4；
(2)任务二：根据勤奋小组的解答过程完成该题的证明过程．（提示：先求出∠A的度数，再根据等腰三角
形的性质或判定完成该题的证明过程）
【答案】(1)依据1：一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角度数的一半．（或圆周角定理）；依据2：同
弧或等弧所对的圆周角相等；依据3：直径所对的圆周角是直角；依据4：圆内接四边形的对角互补
(2)见解析
【分析】（1）分析条件和结论的关系写出依据；
（2）求出∠DAB=∠DMA=72°，再求出∠AOD=∠E=36°，得到EH=OH，推出EM=OA；
【详解】（1）解：依据1：一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角度数的一半（或圆周角定理）；
依据2：同弧或等弧所对的圆周角相等；
依据3：直径所对的圆周角是直角；
依据4：圆内接四边形的对角互补；
（2）解：∵DA=DC，
∴DA=DM，
∵DH⊥AB于点H，
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∴AH=HM，
∴∠DAB=∠DMA=72°，
∵∠DAB是△ADE的外角，
∴∠E=∠DAB−∠ADE=36°，
∴∠AOD=∠E=36°，
∴DE=DO，
∴EH=OH，
∴EH+HM=OH+AH，
∴EM=OA，
∴ME是半圆的半径．
【点睛】本题考查圆的综合题，涉及知识点：圆周角定理、圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定及性
质、三角形的外角的性质，解题关键结合图形应用条件推理论证．
题型 25 利用圆的有关性质解决翻折问题
89．（2022·黑龙江大庆·统考三模）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，先将B´C沿BC翻折交AB
于点D．再将B´D沿AB翻折交BC于点E．若B´E=D´E，设∠ABC=α，则α所在的范围是（ ）
A．21.9°<α<22.3° B．22.3°<α<22.7°
C．22.7°<α<23.1° D．23.1°<α<23.5°
【答案】B
【分析】将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．依据在同
圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等可证明A´C=D´C=D´E=E´B，从而可得到弧AC的度数，由弧AC的
度数可求得∠B的度数．
【详解】解：将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．
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∵⊙O与⊙O′为等圆，劣弧AC与劣弧CD所对的角均为∠ABC，
∴A´C=C´D．
同理：D´E=C´D．
又∵F是劣弧BD的中点，
∴D´E=B´E．
∴A´C=D´C=D´E=E´B．
∴弧AC的度数=180°÷4=45°．
1
∴∠B= ×45°=22.5°．
2
∴α所在的范围是22.3°<α<22.7°；
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了翻折的性质、弧、弦、圆周角之间的关系、
圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定，找出图形中的等弧是解题的关键．
90．（2023·福建泉州·统考一模）如图，AB、AC是⊙O的弦（不是直径），将A´B沿AB翻折交AC于点
AD
D．若A´B=A´C，A´D=B´D，则 ＝ ．
CD
√5+1
【答案】
2
【分析】设翻折前点D的对应点是点D'，连接DD'、AD'、BD'、BD、BC，易证四边形ADBD'是菱形，
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1 BC AC
得到∠BAD=∠BAD'= ∠DAD' ，推出BC=BD=AD，证明△ABC∽△BDC，得到 = ，进
2 DC BC
AD AD+DC
而得到 = ,进行求解即可．
DC AD
【详解】解：设翻折前点D的对应点是点D'，连接DD'、AD'、BD'、BD、BC，如图：
则：A ´ D'=A´D,B ´ D'=B´D
∴AD'=AD,BD'=BD，
∵A´D=B´D，
∴A ´ D'=A´D=B ´ D'=B´D
∴AD'=AD=BD=BD'，
∴四边形ADBD'是菱形，
1
∴∠BAD=∠BAD'= ∠DAD'
，
2
∴ B´C=B ´ D'，
∴BC=BD'，
∴BC=BD=AD，
∴∠C=∠BDC，
∵A´B=A´C
∴AB=AC，
∴∠C=∠ABC，
∴∠ABC=∠BDC，
∵∠C=∠C，
∴△ABC∽△BDC，
BC AC AD AD+DC
∴ = ，即： = ,
DC BC DC AD
∴AD2−CD⋅AD−CD2=0，
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−(−CD)±√(−CD) 2−4⋅(−CD2 ) 1±√5
∴AD= = CD
2 2
∵AD>0,CD>0，
1+√5
∴AD= CD，
2
AD 1+√5
∴ = ；
CD 2
√5+1
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查弧，弦，角之间的关系，同弧所对的圆周角相等，菱形的判定和性质，相似三角形的判
定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
91．（2023·安徽淮南·校联考一模）如图，已知，AB是⊙O的直径，点C为圆上一点．
(1)如图①，将A´C沿弦AC翻折，交AB于D，若点D与圆心O重合，AC=2√3，则⊙O的半径为 ；
(2)如图②，将B´C沿弦BC翻折，交AB于D，把B´D沿直径AB翻折，交BC于点E．
（Ⅰ）若点E恰好是翻折后的B´D的中点，则∠B的度数为 ；
（Ⅱ）如图③，连接DE，若AB=10，OD=1，求线段DE的长．
【答案】(1)2
(2)（Ⅰ）22.5°；（Ⅱ）DE=2√5
【分析】（1）过点O作OM⊥AC，垂足为M，结合垂径定理，在Rt△AOM中求得∠OAM=30°，再
AM
由OA= 即可求解；
cos∠OAM
（2）（Ⅰ）连接CA、CD、DE，可以得到A´C=C´D=D´E=E´B，进而得到∠CAD=3∠B，放在直角三
角形△ACB中，利用互余建立∠B的方程；
（Ⅱ）连接连接CA、CD、OC，由（Ⅰ）知，AC=CD=DE，则∠A=∠ADC，由OA=OC，则
∠A=∠ACO，进而可证得△CAD∽△OAC，利用其性质求得AC，即为DE．
1
【详解】（1）解：如图①，过点O作OM⊥AC，垂足为M，交圆于点N，则AM=MC= AC=√3，
2
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∵将A´C沿弦AC翻折，交AB于D，点D与圆心O重合，
1 1
∴OM=MN= ON= OA，
2 2
OM 1
在Rt△AOM中，sin∠OAM= = ，
OA 2
∴∠OAM=30°，
AM √3
OA= = =2
∴ cos∠OAM √3 ，
2
∴⊙O的半径为2，
故答案为：2；
（2）（Ⅰ）如图②，连接CA、CD、DE，
∵点E恰好是翻折后的B´D的中点，
∴D´E=E´B，
∵∠ABC=∠DBC=∠DBE，
∴A´C=C´D=D´E，
∴AC=CD=DE=EB，
∴∠EDB=∠B，
∴∠DCE=∠DEC=∠EDB+∠B=2∠B，
∴∠CAD=∠CDA=∠DCE+∠B=3∠B，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠B=90°，
∴4∠B=90°，
∴∠B=22.5°，
故答案为：22.5°；
（Ⅱ）如图③，连接连接CA、CD、OC，
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∵AB=10，OD=1，
1
∴OA= AB=5，AD=OA−OD=5−1=4，
2
由（Ⅰ）知，AC=CD=DE，则∠A=∠ADC，
又∵OA=OC，则∠A=∠ACO，
∴∠ADC=∠ACO，∠A=∠A，
∴△CAD∽△OAC，
AD AC 4 AC
∴ = ，即 = ，
AC OA AC 5
∴AC=2√5，
∴DE=2√5．
【点睛】本题考查了圆的性质，解直角三角形，三角形相似等知识点，（2）（Ⅰ）的关键是找到∠B所对
的三段弧都相等，进而得到几个等腰三角形；（Ⅱ）的关键是把求DE转化成求AC，再考虑相似．
题型 26 利用圆的有关性质解决多结论问题
92．（2022·浙江杭州·统考二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，延长BA与弦CD的
1 ⏜ ⏜ ⏜
延长线交于点P，已知PD= AB，下列结论：①若 CD=AD+BC ，则AB=√2CD；②若∠B=60°，则
2
PA AD 1
∠P=20°；③若∠P=30°，则 =√3−1；④ 的值可能等于 ．其中正确的序号是（ ）
PD BC 3
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
【答案】A
【分析】①求得∠COD=90°，利用勾股定理得到CD=√2OD，即可判断；②证明 OBC是等边三角形，利
用等边对等角，即可判断；③证明 ODC是等边三角形，得到PD=OD=OC=OB=△CD=OA，设
PD=OD=OC=OB=CD=OA=R，PA=x△，证明 PAD∽△PCB，利用相似三角形的性质列方程求得x，即可判断；
④利用反证法，即可判断． △
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【详解】解：①连接OC、OD，
⏜ ⏜ ⏜ ⏜ ⏜ ⏜
∵CD = AD + BC ， CD + AD + BC =180°，
⏜
∴CD =90°，
∴∠COD=90°，
∴CD=√2OD，
2
∴AB=2OD= CD=√2CD；故①正确；
√2
②连接OC、OD，
∵∠B=60°，
∴ OBC是等边三角形，
∴△∠COB=60°，
1
∵PD= AB，
2
∴PD=OD=OC=OB，
∴∠P=∠DOP，∠ODC=∠OCD，
∴∠ODC=∠OCD=2∠P，
∴2∠P+∠OCD=3∠P=∠COB=60°，
∴∠P=20°；故②正确；
③连接OC、OD，
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∵∠P=30°，
由②知∠ODC=∠OCD=2∠P=60°，
∴ ODC是等边三角形，
△ 1
∵PD= AB，
2
∴PD=OD=OC=OB=CD=OA，
∴设PD=OD=OC=OB=CD=OA=R，PA=x，
∵∠PDA+∠ADC=180°，∠B+∠ADC=180°，
∴∠PDA=∠B，
∴ PAD∽△PCB，
△PA PD
∴ = ，即PC•PD=PA•PB，
PC PB
∴2R•R=x• (x+2R)，整理得x2+2Rx-2R2=0，
解得x=(√3-1)R，
PA x
∴ = =√3-1，故③正确；
PD R
AD 1
④假设 = 成立．
BC 3
由③知 PAD∽△PCB，
PD △AD 1
∴ = = ，
PB BC 3
1
∴PD= PB，
3
1
∵PD= AB，
2
∴PD=PA，
∴PD+OD=PA+OA=PO，
∴点D与点A重合，不符合题意，
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AD 1
∴假设 = 不成立．故④不正确；
BC 3
综上，正确的有①②③，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三
角形的判定和性质，解一元二次方程，反证法，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
93．（2022·福建莆田·统考一模）如图，在半径为5的⊙O中，弦AC=8，B为A´C上一动点，将△ABC
沿弦AC翻折至△ADC，延长CD交⊙O于点E，F为DE的中点，连接AE，OF．现给出以下结论：
①AE=AB；②AD=AE；③∠ADC=2∠AED；④OF的最小值为1，
其中正确的是 （写出所有正确结论的序号）．
【答案】①②④
【分析】①②根据折叠的性质得出AD=AB，结合圆周角定理则可求出AD=AE；③假设∠ADC=2∠AED，
推出△AED是等边三角形，进而推出∠ABC为120°，为定值，这与∠ABC是变角相矛盾；④作OM⊥AC于
M，并延长交⊙O于G，连接FM、OC，先根据垂径定理求出OM的长，然后根据直角三角形斜边中线的
性质求出FM长，最后根据三角形三边的关系得出OF≥FM-OM，则可解决问题．
【详解】解：①②∵△ADC是由△ABC折叠而来，
∴AD=AB，∠ACD=∠ACB，
又∵∠ACD和∠ACB所对的弦是AE和AB，
∴AE=AB，
∴AD=AE，
故①②正确；
③由②得AD=AE，
∴∠AED=∠ADE，
假设∠ADC=2∠AED，
∵∠ADC=∠AED+∠DAE，
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∴∠AED=∠DAE，
∴∠AED=∠DAE=∠ADE，
∴△AED是等边三角形，
∴∠ADC=180°-∠EDA=120°，
∴∠ABC=∠ADC=120°，是定值，
而B点是动点，A、C两点固定，
则∠ABC是变化的，
∴两者矛盾，故③错误；
④如图，作OM⊥AC于M，并延长交⊙O于G，连接FM、OC，
1
∴AM=MC= AC=4 ，
2
∴OM=√OC2−MC2=√52−42=3 ，
由②得AD=AE，F为ED的中点，
∴AF⊥ED，
1
∴FM= AC=4 ，
2
∵OF≥FM-OM=4-3=1，
当O、F、M三点共线时，OF最小，
这时OF=1，
故④正确；
综上，正确的是①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，三角形三边的关系，直角三角形斜边中线的性质和等腰三角
形的性质，熟练运用几何的各种知识，根据条件作出辅助线是解题的关键．
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94．（2020·湖南岳阳·校考二模）如图所示，MN是⊙O的直径，作AB⊥MN，垂足为点D，连接AM，
AN，点C为A´N上一点，且A´C=A´M，连接CM，交AB于点E，交AN于点F，现给出以下结论：①
1
∠MAN=90°；②A´M=B´M；③∠ACM+∠ANM=∠MOB；④AE= MF．其中正确结论的序号是
2
．
【答案】①②③④
【分析】根据MN是直径可判断①正确；根据AB⊥MN，垂径定理得出②③正确，结合①③得出④正确即
可．
【详解】解：∵MN是⊙O的直径，
∴∠MAN=90°，故①正确；
∵AB⊥MN，
∴AD=BD，
∴A´M=B´M，故②正确；
∵A´C=A´M，
∴A´C=A´M=B´M，
∴∠ACM+∠ANM=∠MOB，故③正确；
∵∠MAE=∠AME，
∴AE=ME，
∴∠MAE=∠AME，
∵∠MAN=90°，
∴∠ANM+∠AMN=90°，
∵∠AFM=∠ANM+∠FMN
∴∠AFM+∠AMF=90°，
又∠FAE+∠MAE=90°，且∠MAE=∠AME
∴∠EAF=∠AFM，
∴AE=EF，
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1
∴AE= MF，故④正确．
2
正确的结论是①②③④．
故答案为：①②③④．
【点睛】此题考查圆周角定理，垂径定理，以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌
握相关知识是解题的关键．
题型 27 圆有关的常见辅助线-遇到弦时, 常添加弦心距
95．（2022·贵州铜仁·校考模拟预测）如图，⊙O的直径AB与弦CD相交于点P，且∠APC=45°，若
PC2+PD2=32，则⊙O的半径为 ．
【答案】4
【分析】过点O作OE⊥CD, 连接OC,根据垂径定理可得CE=DE,根据∠APC=45°，得到EP=OE,
对式子PC2+PD2=32进行变换，即可求出半径.
【详解】解：设⊙O的半径为R
过点O作OE⊥CD, 连接OC,
∴CE=DE,
∵∠APC=45°，
∴EP=OE,
PC2+PD2=(CE+EP) 2+(DE−EP) 2,
=CE2+2CE⋅EP+EP2+DE2−2DE⋅EP+EP2,
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=2CE2+2EP2,
=2(CE2+EP2 ),
=2(CE2+OE2 ),
∴2R2=32,
解得：R=4.
故答案为：4
【点睛】此题考查垂径定理，等腰直角三角形的性质等，把式子PC2+PD2=32进行变形是解题的关键.
96．（2022·浙江杭州·统考一模）如图，⊙O的半径是3，点P是弦AB延长线上的一点，连接OP，若OP
＝4，∠APO＝30°，则弦AB的长为 ．
【答案】2√5
【分析】连接OB，过点O作OC⊥AB于C．根据30°所对的直角边是斜边的一半求出OC的长度，根据勾
股定理求出BC的长度，再结合垂径定理求出AC的长度，即可求出AB的长度．
【详解】解：连接OB，过点O作OC⊥AB于C．
∵OP=4，OC⊥AB，∠APO=30°，
1
∴OC= OP=2，AC=BC．
2
∵⊙O的半径是3，
∴OB=3．
∴BC=√OB2−OC2=√5．
∴AC=√5．
∴AB=2√5．
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故答案为：2√5．
【点睛】本题考查含30°的直角三角形，勾股定理，垂径定理，熟练掌握这些知识点是解题关键．
题型 28 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
k
97．（2022·江苏常州·常州市第二十四中学校联考一模）图，点A(1,2)、点B都在反比例函数y= (x>0)
x
的图象上，当以OB为直径的圆经过A点，点B的坐标为 ．
1
【答案】（4， ）
2
2 2
【分析】待定系数法求得反比例函数的解析式y= ，则设B（m， ），连接AB，过点A作x轴的平行线，
x m
交y轴于点C，过点B作y轴的平行线，交直线AC于点D，通过证 AOC∽△BAD得到关于m的方程，解
方程求得m的值即可． △
k 2
【详解】点A（1，2）代入y= (x>0)，得：k＝2，则反比例函数解析式为y= ，
x x
2
设B（m， ），如图，连接AB，过点A作x轴的平行线，交y轴于点C，过点B作y轴的平行线，交直
m
线AC于点D，则∠OCA＝∠D＝90°，
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∴∠AOC＋∠OAC＝90°，
∵OB为圆的直径，
∴∠OAB＝90°，
∴∠OAC＋∠BAD＝90°，
∴∠AOC＝∠BAD，
则 AOC∽△BAD，
△ 1 2
AC OC =
∴ = ，即 2 m−1 ，
BD AD 2−
m
解得：m＝1（舍）或m＝4，
1
则点B（4， ），
2
1
故答案为：（4， ）
2
【点睛】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征及相似三角形的判定与性质、圆周角定理，根据相
似三角形的判定与性质建立方程是解题的关键．
98．（2023·黑龙江鸡西·统考二模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，BC=2，∠BAC=30°，则⊙O的直
径等于 ．
【答案】4
【分析】连接BO并延长交⊙O于D，连接CD，得到∠BCD=90°，根据圆周角定理得到
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∠D=∠BAC=30°，根据含30°角直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：连接BO并延长交⊙O于D，连接CD，
则∠BCD=90°，
∵∠BAC=30°，
∴∠D=∠BAC=30°，
∵BC=2，
∴BD=2BC=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，含30°角的直角三角形的性质，正确的作出辅助线构造直角
三角形是解题的关键．
99．（2018·湖南张家界·校联考一模）如图，AB为△ADC的外接圆⊙O的直径，若∠BAD=50°，则
∠ACD= °．
【答案】40
【分析】若要利用∠BAD的度数，需构建与其相等的圆周角；连接BD，由圆周角定理可知
∠ACD=∠ABD，在Rt△ABD中，求出∠ABD的度数即可得答案．
【详解】连接BD，如图，
∵AB为△ADC的外接圆⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD=90°﹣∠BAD=90°﹣50°=40°，
∴∠ACD=∠ABD=40°，
故答案为40．
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【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论：同弧所对的圆周角相等；半圆（弧）和直径所对的圆周角是直
角，正确添加辅助线是解题的关键.
一、单选题
1．（2023·江苏宿迁·统考中考真题）在同一平面内，已知⊙O的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，
点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（ ）
A．2 B．5 C．6 D．8
【答案】B
【分析】过点O作OA⊥l于点A，连接OP，判断出当点P为AO的延长线与⊙O的交点时，点P到直线l的
距离最大，由此即可得．
【详解】解：如图，过点O作OA⊥l于点A，连接OP，
∴OA=3，OP=2，
∴当点P为AO的延长线与⊙O的交点时，点P到直线l的距离最大，最大距离为PA=3+2=5，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的性质，正确判断出点P到直线l的距离最大时，点P的位置是解题关键．
2．（2023·江苏连云港·统考中考真题）如图，甲是由一条直径、一条弦及一段圆弧所围成的图形：乙是由
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两条半径与一段圆弧所围成的图形；丙是由不过圆心O的两条线段与一段圆弧所围成的图形，下列叙述正
确的是（ ）
A．只有甲是扇形 B．只有乙是扇形 C．只有丙是扇形 D．只有乙、丙是扇形
【答案】B
【分析】根据扇形的定义，即可求解．扇形，是圆的一部分，由两个半径和和一段弧围成．
【详解】解：甲是由一条直径、一条弦及一段圆弧所围成的图形：乙是由两条半径与一段圆弧所围成的图
形；丙是由不过圆心O的两条线段与一段圆弧所围成的图形，
只有乙是扇形，
故选：B．
【点睛】本题考查了扇形的定义，熟练掌握扇形的定义是解题的关键．
3．（2023·陕西·统考中考真题）陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从
正面看到的一个“老碗”（ 图①）的形状示意图．A´B是⊙O的一部分，D是A´B的中点，连接OD，与弦
AB交于点C，连接OA，OB．已知AB=24cm，碗深CD=8cm，则⊙O的半径OA为（ ）
A．13cm B．16cm C．17cm D．26cm
【答案】A
1
【分析】首先利用垂径定理的推论得出OD⊥AB，AC=BC= AB=12cm，再设⊙O的半径OA为Rcm，
2
则OC=(R−8)cm．在Rt△OAC中根据勾股定理列出方程R2=122+(R−8) 2，求出R即可．
【详解】解：∵ A´B是⊙O的一部分，D是A´B的中点，AB=24cm，
1
∴OD⊥AB，AC=BC= AB=12cm．
2
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设⊙O的半径OA为Rcm，则OC=OD−CD=(R−8)cm．
在Rt△OAC中，∵∠OCA=90°，
∴OA2=AC2+OC2，
∴R2=122+(R−8) 2，
∴R=13，
即⊙O的半径OA为13cm．
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设⊙O的半径OA为Rcm，列出关于R的方程是解题的
关键．
4．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，⊙O是锐角三角形ABC的外接圆，
OD⊥AB,OE⊥BC,OF⊥AC，垂足分别为D,E,F，连接DE,EF,FD．若DE+DF=6.5,△ABC
的周长为21，则EF的长为（ ）
A．8 B．4 C．3.5 D．3
【答案】B
【分析】根据三角形外接圆的性质得出点D、E、F分别是AB、BC、AC的中点，再由中位线的性质及
三角形的周长求解即可．
【详解】解：∵⊙O是锐角三角形ABC的外接圆，OD⊥AB,OE⊥BC,OF⊥AC，
∴点D、E、F分别是AB、BC、AC的中点，
1 1 1
∴DF= BC,DE= AC,EF= AB，
2 2 2
∵DE+DF=6.5,△ABC的周长为21，
∴CB+CA+AB=21即2DF+2DE+2EF=21，
∴EF=4，
故选：B．
【点睛】题目主要考查三角形外接圆的性质及中位线的性质，理解题意，熟练掌握三角形外接圆的性质是
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解题关键．
5．（2023·湖北荆州·统考中考真题）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧（A´C），点O是这段弧所在圆
的圆心，B为A´C上一点，OB⊥AC于D．若AC=300√3m，BD=150m，则A´C的长为（ ）
A．300πm B．200πm C．150πm D．100√3πm
【答案】B
【分析】根据垂径定理求出AD长度，再根据勾股定理求出半径长度，最后利用弧长公式即可求出答案.
【详解】解： ∵OB⊥AC，点O是这段弧所在圆的圆心，
∴AD=CD，，
∵OD=OD，OA=OC，
∴△ADO≌△CDO，
∴∠AOD=∠COD.
∵AC=300√3m，AD=CD，
∴AD=CD=150√3m.
设OA=OC=OB=x，则DO=x−150，
在Rt△ADO中，x2=(x−150) 2+(150√3) 2 ，
∴x=300m，
AD 150√3 √3
∴sin∠AOD= = = .
AO 300 2
∴∠AOD=60°，
∴∠AOC=120°，
nπR 120×π×300
∴A´C= = =200πm.
180 180
故选：B.
【点睛】本题考查了圆的垂径定理，弧长公式，解题的关键在于通过勾股定理求出半径长度，从而求出所
求弧长所对应的圆心角度数.
6．（2023·广东·统考中考真题）如图，AB是⊙O的直径，∠BAC=50°，则∠D=（ ）
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A．20° B．40° C．50° D．80°
【答案】B
【分析】根据圆周角定理可进行求解．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠BAC=50°，
∴∠ABC=90°−∠BAC=40°，
∵A´C=A´C，
∴∠D=∠ABC=40°；
故选B．
【点睛】本题主要考查圆周角的相关性质，熟练掌握直径所对圆周角为直角是解题的关键．
7．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，在⊙O中，半径OA,OB互相垂直，点C在劣弧AB上．若
∠ABC=19°，则∠BAC=（ ）
A．23° B．24° C．25° D．26°
【答案】D
【分析】根据OA,OB互相垂直可得AD´ B所对的圆心角为270°，根据圆周角定理可得
1
∠ACB= ×270°=135°，再根据三角形内角和定理即可求解．
2
【详解】解：如图，
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∵半径OA,OB互相垂直，
∴ ∠AOB=90°，
∴ AD´ B所对的圆心角为270°，
1
∴ AD´ B所对的圆周角∠ACB= ×270°=135°，
2
又∵ ∠ABC=19°，
∴ ∠BAC=180°−∠ACB−∠ABC=26°，
故选D．
【点睛】本题考查圆周角定理、三角形内角和定理，解题的关键是掌握：同圆或等圆中，同弧所对的圆周
角等于圆心角的一半．
8．（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，点O是△ABC外接圆的圆心，点I是△ABC的内心，连接OB，
IA．若∠CAI=35°，则∠OBC的度数为（ ）
A．15° B．17.5° C．20° D．25°
【答案】C
【分析】根据三角形内心的定义可得∠BAC的度数，然后由圆周角定理求出∠BOC，再根据三角形内角
和定理以及等腰三角形的性质得出答案．
【详解】解：连接OC，
∵点I是△ABC的内心，∠CAI=35°，
∴∠BAC=2∠CAI=70°，
∴∠BOC=2∠BAC=140°，
∵OB=OC，
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180°−∠BOC 180°−140°
∴∠OBC=∠OCB= = =20°，
2 2
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形内心的定义和圆周角定理，熟知三角形的内心是三角形三个内角平分线的
交点是解题的关键．
9．（2023·西藏·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上一点．若
∠DCE=65°，则∠BOD的度数是（ ）
A．65° B．115° C．130° D．140°
【答案】C
【分析】根据邻补角互补求出∠DCB的度数，再根据圆内接四边形对角互补求出∠BAD的度数，最后根
据圆周角定理即可求出∠BOD的度数．
【详解】解：∵∠DCE=65°，
∴∠DCB=180°−∠DCE=180°−65°=115°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠DCB=180°，
∴∠BAD=65°，
∴∠BOD=2∠BAD=2×65°=130°，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握这些定理和性质是解题的关键．
10．（2022·四川德阳·统考中考真题）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于
点D，与BC相交于点G，则下列结论：①∠BAD=∠CAD；②若∠BAC=60°，则∠BEC=120°；③
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若点G为BC的中点，则∠BGD=90°；④BD=DE．其中一定正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据点E是△ABC的内心，可得∠BAD=∠CAD，故①正确；连接BE，CE，可得
∠ABC+∠ACB =2（∠CBE+∠BCE），从而得到∠CBE+∠BCE=60°，进而得到∠BEC=120°，故②正确；
∠BAD=∠CAD，得出B´D=C´D，再由点G为BC的中点，则∠BGD=90°成立，故③正确；根据点E是
1
△ABC的内心和三角形的外角的性质，可得∠BED= (∠BAC+∠ABC)，再由圆周角定理可得
2
1
∠DBE= (∠BAC+∠ABC)，从而得到∠DBE=∠BED，故④正确；即可求解．
2
【详解】解：∵点E是△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，故①正确；
如图，连接BE，CE，
∵点E是△ABC的内心，
∴∠ABC=2∠CBE，∠ACB=2∠BCE，
∴∠ABC+∠ACB =2（∠CBE+∠BCE），
∵∠BAC=60°，
∴∠ABC+∠ACB=120°，
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∴∠CBE+∠BCE=60°，
∴∠BEC=120°，故②正确；
∵点E是△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，
∴B´D=C´D,
∵点G为BC的中点，
∴线段AD经过圆心O，
∴∠BGD=90°成立，故③正确；
∵点E是△ABC的内心，
1 1
∴∠BAD=∠CAD= ∠BAC,∠ABE=∠CBE= ∠ABC，
2 2
∵∠BED=∠BAD+∠ABE，
1
∴∠BED= (∠BAC+∠ABC)，
2
∵∠CBD=∠CAD，
∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=∠CBE+∠CAD，
1
∴∠DBE= (∠BAC+∠ABC)，
2
∴∠DBE=∠BED，
∴BD=DE，故④正确；
∴正确的有4个．
故选：D
【点睛】本题主要考查了三角形的内心问题，圆周角定理，三角形的内角和等知识，熟练掌握三角形的内
心问题，圆周角定理，三角形的内角和等知识是解题的关键．
11．（2022·四川宜宾·统考中考真题）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∠BAC=∠DAE=90°，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下
CF 4
列结论：①BD=CE；②∠DAC=∠CED；③若BD=2CD，则 = ；④在△ABC内存在唯一一点
AF 5
P，使得PA+PB+PC的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则CE=2+√3．其中含所有
正确结论的选项是（ ）
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A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】证明△BAD≌△CAE，即可判断①，根据①可得∠ADB=∠AEC，由∠ADC+∠AEC=180°
可得A,D,C,E四点共圆，进而可得∠DAC=∠DEC，即可判断②，过点A作AG⊥BC于G,交ED的延
CF 4
长线于点H，证明△FAH∽△FCE，根据相似三角形的性质可得 = ，即可判断③，将△APC绕A点
AF 5
逆时针旋转60度，得到△AB'P'，则△APP'是等边三角形，根据当B',P',P,C共线时，PA+PB+PC取
得最小值，可得四边形ADCE是正方形，勾股定理求得DP， 根据CE=AD=AP+PD即可判断④．
【详解】解：∵ △ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，
∴AB=AC,AD=AE,∠BAD=∠CAE
∴△BAD≌△CAE
∴BD=CE
故①正确；
∵ △BAD≌△CAE
∴∠ADB=∠AEC
∴∠ADC+∠AEC=180°
∴A,D,C,E四点共圆，
∵CD=CD
∴∠DAC=∠DEC
故②正确；
如图，过点A作AG⊥BC于G,交ED的延长线于点H，
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∵ △BAD≌△CAE,
∴∠ACE=∠ABD=45°,∠ACB=45°
∴∠DCE=90°
∴FC∥AH
∵ BD=2CD，BD=CE
DC 1 CD 1
∴tan∠DEC= = , =
CE 2 BC 3
1
设BC=6a，则DC=2a，AG= BC=3a，EC=2DC=4a
2
则GD=GC−DC=3a−2a=a
∵FC∥AH
GD 1
∴tanH= =
GH 2
∴GH=2GD=2a
∴AH=AG+GH=3a+2a=5a
AH∥CE，
∴△FAH∽△FCE
CF CE
∴ =
AF AH
CF 4a 4
∴ = =
AF 5a 5
CF 4
则 = ；
AF 5
故③正确
如图，将△ABP绕A点逆时针旋转60度，得到△AB'P'，则△APP'是等边三角形，
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∴PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC≥B'C，
当B',P',P,C共线时，PA+PB+PC取得最小值，
此时∠CPA=180°−∠APP'=180°−60°=120°，
∠APB=∠AP'B'=180°−∠AP'P=180°−60°=120°，
∠BPC=360°−∠BPA−∠APC=360°−120°−120°=120°，
此时∠APB=∠BPC=∠APC=120°，
∵AC=AB=AB'，AP=AP'，∠APC=∠AP'B'，
∴△AP'B'≌△APC，
∴PC=P'B'=PB，
∵∠APP'=∠DPC=60°，
∴DP平分∠BPC，
∴PD⊥BC，
∵A,D,C,E四点共圆，
∴∠AEC=∠ADC=90°，
又AD=DC=BD,△BAD≌△CAE，
∴AE=EC=AD=DC，
则四边形ADCE是菱形，
又∠ADC=90°，
∴四边形ADCE是正方形，
∵∠B' AC=∠B' AP'+∠PAC+∠P' AP=90°+60°=150°，
1
则B' A=BA=AC，∠B'=∠ACB'= (180°−∠B' AC)=15°，
2
∵∠PCD=30°，
∴DC=√3PD，
∵DC=AD，
AP=2，
则AP=AD−DP=(√3−1)DP=2，
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2
∴DP= =√3+1，
√3−1
∵AP=2，
∴CE=AD=AP+PD=√3+3，
故④不正确，
故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，费马点，圆内接四边形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形
的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
二、填空题
12．（2023·黑龙江·统考中考真题）在Rt△ACB中，∠BAC=30°,CB=2，点E是斜边AB的中点，把
Rt△ABC绕点A顺时针旋转，得Rt△AFD，点C，点B旋转后的对应点分别是点D，点F，连接CF，
EF,CE，在旋转的过程中，△CEF面积的最大值是 ．
【答案】4+√3/√3+4
1
【分析】过点A作AG⊥CE交CE的延长线于点G，求出AG= AC=√3，然后由旋转的性质可知点F在
2
以A为圆心AB的长为半径的圆上运动，则可得如图中G、A、F三点共线时点F到直线CE的距离最大，求
出距离的最大值，然后计算即可．
【详解】解：如图，在Rt△ACB中，∠BAC=30°，CB=2，点E是斜边AB的中点，
1
∴AB=2CB=4，CE= AB=2=AE，AC=√3BC=2√3，
2
∴∠ECA=∠BAC=30°，
过点A作AG⊥CE交CE的延长线于点G，
1
∴AG= AC=√3，
2
又∵在旋转的过程中，点F在以A为圆心AB的长为半径的圆上运动，AF=AB=4，
∴点F到直线CE的距离的最大值为4+√3，（如图，G、A、F三点共线时）
1 1
∴△CEF面积的最大值= CE×(4+√3)= ×2×(4+√3)=4+√3，
2 2
故答案为：4+√3．
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【点睛】本题考查了含30°直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，旋转的性质，圆的基本性质
等知识，根据旋转的性质求出点F到直线CE距离的最大值是解答本题的关键．
13．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，BD为弦，点C为B´D的中点，以点C
为切点的切线与AB的延长线交于点E．
（1）若∠A=30°,AB=6，则B´D的长是 （结果保留π）；
CF 1 CE
（2）若 = ，则 = ．
AF 3 AE
1
【答案】 2π
2
【分析】（1）连接OC,OD，根据点C为B´D的中点，根据已知条件得出∠BOD=120°，然后根据弧长
公式即可求解；
（2）连接OC，根据垂径定理的推论得出OC⊥BD，EC是⊙O的切线，则OC⊥EC,得出EC∥BD，
EB 1
根据平行线分线段成比例得出 = ，设EB=2a，则AB=6a，勾股定理求得EC,J进而即可求解．
AB 3
【详解】解：（1）如图，连接OC,OD，
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∵点C为B´D的中点，
∴B´C=C´D，
又∵∠A=30°，
∴∠BOC=∠COD=2∠A=60°，
∴∠BOD=120°，
∵AB=6，
1
∴OB= AB=3，
2
120
∴l = ×π×3=2π，
B´D 180
故答案为：2π．
（2）解：如图，连接OC，
∵点C为B´D的中点，
∴B´C=C´D，
∴OC⊥BD，
∵EC是⊙O的切线，
∴OC⊥EC,
∴EC∥BD
CF EB
∴ = ，
AF AB
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CF 1
∵ = ，
AF 3
EB 1
∴ = ，
AB 3
设EB=2a，则AB=6a，BO=3a,EO=EB+BO=5a，
∴EC=√EO2−CO2=√52−32a=4a，AE=2a+6a=8a，
CE 4a 1
∴ = = ．
AE 8a 2
1
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，切线的性质，弧长公式，平行线分线段成比例定理等知识，
综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
14．（2023·江苏徐州·统考中考真题）如图，在⊙O中，直径AB与弦CD交于点E,A´C=2B´D．连接AD，
过点B的切线与AD的延长线交于点F．若∠AFB=68°，则∠DEB= °．
【答案】66
【分析】连接BD，则有∠ADB=90°，然后可得∠A=22°,∠ABD=68°，则∠ADE=44°，进而问题
可求解．
【详解】解：连接BD，如图所示：
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∵AB是⊙O的直径，且BF是⊙O的切线，
∴∠ADB=∠ABF=90°，
∵∠AFB=68°，
∴∠A=22°，
∴∠ABD=68°，
∵A´C=2B´D，
∴∠ADC=2∠A=44°，
∴∠CDB=90°−∠ADC=46°，
∴∠DEB=180°−∠CDB−∠ABD=66°；
故答案为：66．
【点睛】本题主要考查切线的性质、圆周角、弧之间的关系，熟练掌握切线的性质、圆周角、弧之间的关
系是解题的关键．
15．（2023·江苏·统考中考真题）如图，AD是⊙O的直径，△ABC是⊙O的内接三角形．若
∠DAC=∠ABC，AC=4，则⊙O的直径AD= ．
【答案】4√2
【分析】连接CD，OC，根据在同圆中直径所对的圆周角是90°可得∠ACD=90°，根据圆周角定理可得
∠COD=∠COA，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得AC=CD，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：连接CD，OC，如图：
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∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠DAC=∠ABC，
∴∠COD=∠COA，
∴AC=CD，
又∵AC=4，
∴CD=4，
在Rt△ACD中，AD=√AC2+CD2=√42+42=4√2，
故答案为：4√2．
【点睛】本题考查了在同圆中直径所对的圆周角是90°，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系，勾股
定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
16．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，将一个量角器与一把无刻度直尺水平摆放，直尺的长边与量
角器的外弧分别交于点A，B，C，D，连接AB，则∠BAD的度数为 ．
【答案】52.5°
【分析】方法一∶如图：连接OA,OB,OC,OD,AD,AB，由题意可得：OA=OB=OC=OD，
∠AOB=50°−25°=25°，然后再根据等腰三角形的性质求得∠OAB=65°、∠OAD=25°，最后根据
角的和差即可解答．
方法二∶ 连接OB,OD，由题意可得：∠BAD=105°，然后根据圆周角定理即可求解．
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【详解】方法一∶ 解：如图：连接OA,OB,OC,OD,AD,AB，
由题意可得：OA=OB=OC=OD，∠AOB=50°−25°=25°，∠AOD=155°−25°=130°，
1 1
∴∠OAB= (180°−∠AOB)=77.5°，∠OAD= (180°−∠AOB)=25°，
2 2
∴∠BAD=∠OAB−∠OAD=52.5°．
故答案为52.5°．
方法二∶解∶ 连接OB,OD，
由题意可得：∠BAD=155°−50°=105°，
1 1
根据圆周角定理，知∠BAD= ∠BOD= ×105°=52.5°．
2 2
故答案为52.5°．
【点睛】本题主要考查了角的度量、圆周角定理等知识点，掌握圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度
数的一半是解答本题的关键．
17．（2023·四川南充·统考中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点D，M分别是弦AC，弧AC的中点，
AC=12,BC=5，则MD的长是 ．
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【答案】4
13
【分析】根据圆周角定理得出∠ACB=90°，再由勾股定理确定AB=13，半径为 ，利用垂径定理确定
2
OM⊥AC，且AD=CD=6，再由勾股定理求解即可．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC=12,BC=5，
∴AB=13，
1 13
∴AO= AB= ，
2 2
∵点D，M分别是弦AC，弧AC的中点，
∴OM⊥AC，且AD=CD=6，
5
∴OD=√AO2−AD2=
，
2
∴MD=OM−OD=AO−OD=4，
故答案为：4．
【点睛】题目主要考查圆周角定理、垂径定理及勾股定理解三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解
题关键．
18．（2023·湖北襄阳·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E在CD的延长线上．若
∠ADE=70°，则∠AOC= 度．
【答案】140
【分析】首先根据圆内接四边形的性质得∠B=∠ADE=70°，再根据圆心角与圆周角的关系即可得出
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∠AOC的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ADE=70°，
∴∠B+∠ADC=180°，
又∵∠ADE+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADE=70°，
∴∠AOC=2∠B=140°．
故答案为：140．
【点睛】此题主要考查了圆内接四边形的性质，圆心角与圆周角之间的关系，熟练掌握圆内接四边形的对
角互补，理解圆心角与圆周角之间的关系是解答此题的关键．
三、解答题
19．（2023·安徽·统考中考真题）已知四边形ABCD内接于⊙O，对角线BD是⊙O的直径．
(1)如图1，连接OA,CA，若OA⊥BD，求证；CA平分∠BCD；
(2)如图2，E为⊙O内一点，满足AE⊥BC,CE⊥AB，若BD=3√3，AE=3，求弦BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)BC=3√2
【分析】（1）利用垂径定理的推论和圆周角的性质证明即可．
(2)证明四边形AECD平行四边形，后用勾股定理计算即可．
【详解】（1）∵对角线BD是⊙O的直径，OA⊥BD
∴A´B=A´D，
∴∠BCA=∠DCA，
∴CA平分∠BCD．
（2）∵对角线BD是⊙O的直径，
∴∠BAD=∠BCD=90°，
∴DC⊥BC,DA⊥AB
∵AE⊥BC,CE⊥AB，
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∴DC∥AE,DA∥CE，
∴四边形AECD平行四边形，
∴DC=AE=3，
又∵BD=3√3，
∴BC=√(3√3) 2 −32=3√2．
【点睛】本题考查了垂径定理的推论，直径所对的圆周角是直角，平行四边形的判定和性质，勾股定理，
熟练掌握垂径定理的推论，平行四边形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
20．（2023·天津·统考中考真题）在⊙O中，半径OC垂直于弦AB，垂足为D，∠AOC=60°，E为弦
AB所对的优弧上一点．
(1)如图①，求∠AOB和∠CEB的大小；
(2)如图②，CE与AB相交于点F，EF=EB，过点E作⊙O的切线，与CO的延长线相交于点G，若
OA=3，求EG的长．
【答案】(1)∠AOB=120°，∠CEB=30°
(2)√3
【分析】（1）根据半径OC垂直于弦AB，可以得到A´C=B´C，从而得到∠AOC=∠BOC，结合已知条
1
件∠AOC=60°即可得到∠AOB=2∠AOC=120°，根据∠CEB= ∠AOC即可求出∠CEB=30°；
2
（2）根据∠CEB=30°，结合EF=EB，推算出∠EBF=∠EFB=75°，进一步推算出
EG
∠GOE=∠AOE−∠AOG=30°，在Rt△OEG中，tan∠GOE= ,OE=OA=3，再根据
OE
EG=3×tan30°即可得到答案．
【详解】（1）解：在⊙O中，半径OC垂直于弦AB，
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∴A´C=B´C，得∠AOC=∠BOC．
∵∠AOC=60°，
∴∠AOB=2∠AOC=120°．
1 1
∵∠CEB= ∠BOC= ∠AOC，
2 2
∴∠CEB=30°．
（2）解：如图，连接OE．
同（1）得∠CEB=30°．
∵在△BEF中，EF=EB，
∴∠EBF=∠EFB=75°．
∴∠AOE=2∠EBA=150°．
又∠AOG=180°−∠AOC=120°，
∴∠GOE=∠AOE−∠AOG=30°．
∵GE与⊙O相切于点E，
∴OE⊥≥¿，即∠OEG=90°．
EG
在Rt△OEG中，tan∠GOE= ,OE=OA=3，
OE
∴EG=3×tan30°=√3．
【点睛】本题考查圆周角定理、切线的性质和直角三角函数，解题的关键是灵活运用相关知识．
21．（2023·河北·统考中考真题）装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以AB为直径的半圆O，
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AB=50cm，如图1和图2所示，MN为水面截线，GH为台面截线，MN∥GH．
计算：在图1中，已知MN=48cm，作OC⊥MN于点C．
（1）求OC的长．
操作：将图1中的水面沿GH向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当∠ANM=30°时停止滚动，如图
2．其中，半圆的中点为Q，GH与半圆的切点为E，连接OE交MN于点D．
探究：在图2中
（2）操作后水面高度下降了多少？
（3）连接OQ并延长交GH于点F，求线段EF与E´Q的长度，并比较大小．
11 25√3 25π
【答案】（1）7cm；（2） cm；（3）EF= cm，E´Q= cm，EF>E´Q．
2 3 6
【分析】（1）连接OM，利用垂径定理计算即可；
（2）由切线的性质证明OE⊥GH进而得到OE⊥MN，利用锐角三角函数求OD，再与（1）中OC相减
即可；
（3）由半圆的中点为Q得到∠QOB=90°，得到∠QOE=30°分别求出线段EF与E´Q的长度，再相减比
较即可．
【详解】解：（1）连接OM，
∵O为圆心，OC⊥MN于点C，MN=48cm，
1
∴MC= MN=24cm，
2
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∵AB=50cm，
1
∴OM= AB=25cm，
2
∴在Rt△OMC中，
OC=√OM2−MC2=√252−242=7cm．
（2）∵GH与半圆的切点为E，
∴OE⊥GH
∵MN∥GH
∴OE⊥MN于点D，
∵∠ANM=30°，ON=25cm，
1 25
∴OD= ON= cm，
2 2
∴操作后水面高度下降高度为：
25 11
−7= cm．
2 2
（3）∵OE⊥MN于点D，∠ANM=30°
∴∠DOB=60°，
∵半圆的中点为Q，
∴A´Q=Q´B，
∴∠QOB=90°，
∴∠QOE=30°，
25√3
∴EF=tan∠QOE⋅OE= cm，
3
30×π×25 25π
E´Q= = cm，
180 6
25√3 25π 50√3−25π 25(2√3−π)
∵ − = = >0，
3 6 6 6
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∴EF>E´Q．
【点睛】本题考查了垂径定理、圆的切线的性质、求弧长和解直角三角形的知识，解答过程中根据相关性
质构造直角三角形是解题关键．
22．（2023·北京·统考中考真题）如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD交于点E，BD平分
∠ABC，∠BAC=∠ADB．
(1)求证DB平分∠ADC，并求∠BAD的大小；
(2)过点C作CF∥AD交AB的延长线于点F．若AC=AD，BF=2，求此圆半径的长．
【答案】(1)见解析，∠BAD=90°
(2)4
【分析】（1）根据已知得出A´B=B´C，则∠ADB=∠CDB，即可证明DB平分∠ADC，进而根据BD平
分∠ABC，得出A´D=C´D，推出BA´D=BC´D，得出BD是直径，进而可得∠BAD=90°；
（2）根据（1）的结论结合已知条件得出，∠F=90°，△ADC是等边三角形，进而得出
1 1
∠CDB= ∠ADC=30°，由BD是直径，根据含30度角的直角三角形的性质可得BC= BD，在
2 2
Rt△BFC中，根据含30度角的直角三角形的性质求得BC的长，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵∠BAC=∠ADB
∴A´B=B´C，
∴∠ADB=∠CDB，即DB平分∠ADC．
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∴A´D=C´D，
∴A´B+A´D=B´C+C´D，即BA´D=BC´D，
∴BD是直径，
∴∠BAD=90°；
（2）解：∵∠BAD=90°，CF∥AD，
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∴∠F+∠BAD=180°，则∠F=90°．
∵A´D=C´D，
∴AD=DC．
∵AC=AD，
∴AC=AD=CD，
∴△ADC是等边三角形，则∠ADC=60°．
∵BD平分∠ADC，
1
∴∠CDB= ∠ADC=30°．
2
∵BD是直径，
1
∴∠BCD=90°，则BC= BD．
2
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，则∠ABC=120°，
∴∠FBC=60°，
∴∠FCB=90°−60°=30°，
1
∴FB= BC．
2
∵BF=2，
∴BC=4，
∴BD=2BC=8．
∵BD是直径，
1
∴此圆半径的长为 BD=4．
2
【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含30度角的
直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．
23．（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，OA,OB,OC都是⊙O的半径，∠ACB=2∠BAC．
(1)求证：∠AOB=2∠BOC；
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(2)若AB=4,BC=√5，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
5
(2)
2
1 1
【分析】（1）由圆周角定理得出，∠ACB= ∠AOB,∠BAC= ∠BOC，再根据∠ACB=2∠BAC，
2 2
即可得出结论；
1
（2）过点O作半径OD⊥AB于点E，根据垂径定理得出∠DOB= ∠AOB,AE=BE，证明
2
∠DOB=∠BOC，得出BD=BC，在Rt△BDE中根据勾股定理得出DE=√BD2−BE2=1，在
Rt△BOE中，根据勾股定理得出OB2=(OB−1) 2+22，求出OB即可．
【详解】（1）证明：∵A´B=A´B，
1
∴∠ACB= ∠AOB，
2
∵B´C=B´C，
1
∴∠BAC= ∠BOC，
2
∵∠ACB=2∠BAC，
∴∠AOB=2∠BOC．
1
（2）解：过点O作半径OD⊥AB于点E，则∠DOB= ∠AOB,AE=BE，
2
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠DOB=∠BOC，
∴BD=BC，
∵AB=4,BC=√5，
∴BE=2,DB=√5，
在Rt△BDE中，∵∠DEB=90°
∴DE=√BD2−BE2=1，
在Rt△BOE中，∵∠OEB=90°，
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∴OB2=(OB−1) 2+22，
5 5
∴OB= ，即⊙O的半径是 ．
2 2
【点睛】本题主要考查了勾股定理，垂径定理，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握圆周角
定理．
24．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图1，在△ABC中，AB=AC，点M,N分别为边AB,BC的中点，
连接MN．
初步尝试：（1）MN与AC的数量关系是_________，MN与AC的位置关系是_________．
特例研讨：（2）如图2，若∠BAC=90°,BC=4√2，先将△BMN绕点B顺时针旋转α（α为锐角），得
到△BEF，当点A,E,F在同一直线上时，AE与BC相交于点D，连接CF．
（1）求∠BCF的度数；
（2）求CD的长．
深入探究：（3）若∠BAC<90°，将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF，连接AE，CF．当旋转
角α满足0°<α<360°，点C,E,F在同一直线上时，利用所提供的备用图探究∠BAE与∠ABF的数量关
系，并说明理由．
1
【答案】初步尝试：（1）MN= AC；MN∥AC；（2）特例研讨：（1）∠BCF=30°；（2）
2
CD=6√2−2√6；（3）∠BAE=∠ABF或∠BAE+∠ABF=180°
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【分析】（1）AB=AC，点M,N分别为边AB,BC的中点，则MN是△ABC的中位线，即可得出结论；
（2）特例研讨：（1）连接EM，MN,NF，证明△BME是等边三角形，△BNF是等边三角形，得出
DN AN 2√2
∠FCB=30°；（2）连接AN，证明△ADN∽△BDE，则 = = =√2，设DE=x，则
DE BE 2
DN=√2x，在Rt△ABE中，BE=2,AE=2√3，则AD=2√3−x，在Rt△ADN中，AD2=DN2+AN2，
勾股定理求得x=4−2√3，则CD=DN+CN=√2x+2√2=6√2−2√6；
（3）当点C,E,F在同一直线上时，且点E在FC上时，设∠ABC=∠ACB=θ，则∠BAC=180°−2θ，
得出∠BEC+∠BAC=180°，则A,B,E,C在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出
∠EAC=∠EBC=α−θ，表示∠BAE与∠ABF，即可求解；当F在EC上时，可得A,B,E,C在同一个
圆上，设∠ABC=∠ACB=θ，则∠BAC=∠BEF=180°−2θ，设∠NBF=β，则∠EBM=β，则
α+β=360°，表示∠BAE与∠ABF，即可求解．
【详解】初步尝试：（1）∵AB=AC，点M,N分别为边AB,BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
1
∴MN= AC；MN∥AC；
2
1
故答案是：MN= AC；MN∥AC；
2
（2）特例研讨：（1）如图所示，连接EM，MN,NF，
∵MN是△BAC的中位线，
∴MN∥AC，
∴∠BMN=∠BAC=90°
∵将△BMN绕点B顺时针旋转α（α为锐角），得到△BEF，
∴BE=BM,BF=BN；∠BEF=∠BMN=90°
∵点A,E,F在同一直线上时，
∴∠AEB=∠BEF=90°
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又∵在Rt△ABE中，M是斜边AB的中点，
1
∴ME= AB=MB
2
∴BM=ME=BE
∴△BME是等边三角形，
∴∠ABE=60°，即旋转角α=60°
∴∠NBF=60°,BN=BF
∴△BNF是等边三角形，
又∵BN=NC,BN=NF，
∴NF=NC,
∴∠NCF=∠NFC,
∴∠BNF=∠NCF+∠NFC=2∠NFC=60°,
∴∠FCB=30°,
（2）如图所示，连接AN，
∵AB=AC，∠BAC=90°,BC=4√2，
√2
∴AB= BC=4，∠ACB=∠ABC=45°,
2
∵∠ADN=∠BDE,∠ANB=∠BED=90°,
∴△ADN∽△BDE,
DN AN 2√2
∴ = = =√2,
DE BE 2
设DE=x，则DN=√2x，
在Rt△ABE中，BE=2,AE=2√3，则AD=2√3−x，
在Rt△ADN中，AD2=DN2+AN2,
∴(2√3−x)
2=(√2x) 2+(2√2) 2
,
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解得：x=4−2√3或x=−2√3−4（舍去）
∴CD=DN+CN=√2x+2√2=6√2−2√6,
（3）如图所示，当点C,E,F在同一直线上时，且点E在FC上时，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
设∠ABC=∠ACB=θ，则∠BAC=180°−2θ，
∵MN是△ABC的中位线，
∴MN∥AC
∴∠MNB=∠MBN=θ，
∵将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF，
∴△EBF≌△MBN，∠MBE=∠NBF=α，
∴∠EBF=∠EFB=θ
∴∠BEF=180°−2θ，
∵点C,E,F在同一直线上，
∴∠BEC=2θ
∴∠BEC+∠BAC=180°，
∴A,B,E,C在同一个圆上，
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∴∠EAC=∠EBC=α−θ
∴∠BAE=∠BAC−∠EAC=(180°−2θ)−(α−θ) =180°−α−θ
∵∠ABF=α+θ，
∴∠BAE+∠ABF=180°；
如图所示，当F在EC上时，
∵∠BEF=∠BAC,BC=BC
∴A,B,E,C在同一个圆上，
设∠ABC=∠ACB=θ，则∠BAC=∠BEF=180°−2θ，
将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF，
设∠NBF=β，则∠EBM=β，则α+β=360°，
∴∠ABF=θ−β，
∵∠BFE=∠EBF=θ,∠EFB=∠FBC+∠FCB
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∴∠ECB=∠FCB=∠EFB−∠FBC=θ−β，
∵E´B=E´B
∴∠EAB=∠ECB=θ−β
∴∠BAE =∠ABF
综上所述，∠BAE=∠ABF或∠BAE+∠ABF=180°
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位
线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌
握以上知识是解题的关键．
25．（2022·山东泰安·统考中考真题）问题探究
（1）在△ABC中，BD，CE分别是∠ABC与∠BCA的平分线．
①若∠A=60°，AB=AC，如图，试证明BC=CD+BE；
②将①中的条件“AB=AC”去掉，其他条件不变，如图，问①中的结论是否成立？并说明理由．
迁移运用
（2）若四边形ABCD是圆的内接四边形，且∠ACB=2∠ACD，∠CAD=2∠CAB，如图，试探究线
段AD，BC，AC之间的等量关系，并证明．
【答案】（1）①见解析；②结论成立，见解析；（2）AC=AD+BC，见解析
【分析】（1）①证明△ABC是等边三角形，得出E、D为中点，从而证明BC=CD+BE；
②在BC上截取BG=BE，根据角平分线的性质，证明△EBF≌△GBF，△DFC≌△GFC，从而得到答
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案；
（2）作点B关于AC的对称点E，证明∠2+∠3=60°，从而得到∠M=60°，再根据AE、DC分别是
∠MAC、∠MCA的角平分线，得到AC=AD+BC．
【详解】（1）①∵∠A=60°，AB=AC，
∴AB=AC=BC．
又∵BD、CE分别是∠ABC、∠BCA的平分线．
∴点D、E分别是AC、AB的中点．
1 1 1 1
∴BE= AB= BC，CD= AC= BC．
2 2 2 2
∴BC=BE+CD．
②结论成立，理由如下：
设BD与CE交于点F，
由条件，得∠1=∠2，∠3=∠4．
又∠A=60°
∴∠ABC+∠BCA=120°．
1
∴∠1+∠3= (∠ABC+∠BCA)=60°．
2
∴∠BFC=120°．
∴∠5=∠6=60°．
在BC上截取BG=BE．
由∵BF=BF，
∴△EBF≌△GBF．
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∴∠7=∠6=60°
∴∠8=60°．
∴∠8=∠5．
又∵CF=CF，
∴△DFC≌△GFC．
∴DC=GC
∴BC=BG+GC=BE+CD．
（2）AC=AD+BC，理由如下：
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠DAB+∠BCD=180°．
∵∠ACB=2∠ACD，∠CAD=2∠CAB
∴∠DAC=2∠1，∠BCA=2∠2，
∴3∠1+3∠2=180°．
∴∠1+∠2=60°．
作点B关于AC的对称点E，连结CE，EA，CE的延长线与AD的延长线交于点M，AE与CD交于点F，
∴∠1=∠3，BC=CE．
∴∠2+∠3=60°．
∴2∠2+2∠3=120°
∴∠MAC+∠MCA=120°
∴∠M=60°
∵AE、DC分别是∠MAC、∠MCA的角平分线
由②得AC=AD+BC．
【点睛】本题考查三角形、等边三角形、全等三角形、圆的内接四边形的性质，解题的关键是熟练掌握三
角形、等边三角形、全等三角形、圆的内接四边形的相关知识．
156
