文档内容
专题 24.4 圆周角定理【十大题型】
【人教版】
【题型1 圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角的一半的运用】.....................................................................2
【题型2 同弧或等弧所对的圆周角相等的运用】.................................................................................................5
【题型3 直径所对的圆周角是90°的运用】...........................................................................................................9
【题型4 翻折中的圆周角的运用】........................................................................................................................13
【题型5 利用圆周角求最值】................................................................................................................................18
【题型6 圆周角中的证明】....................................................................................................................................22
【题型7 圆周角中的多结论问题】........................................................................................................................28
【题型8 构造圆利用圆周角解决三角形或四边形中的问题】...........................................................................32
【题型9 圆周角与量角器的综合运用】................................................................................................................37
【题型10 利用圆周角求取值范围】........................................................................................................................40
【知识点1 圆周角定理及其推论】
C
是 所对的圆心角，
定理：圆周角的度数等于它
是 所对的圆周角，
所对的弧的圆心角度
B O
数的一半
A
D C
和 都是 所对的圆周
角
推论1：同弧或等弧所对的圆
圆
周 周角相等
B O
角
定
A
理
是 的直径
C
是 所对的圆周角
推论2：直径所对的圆周角是
直角， 的圆周
角所对的弦是直径 B A 是 所对的圆周角
O
是 的直径【题型1 圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角的一半的运用】
【例1】（2022•鼓楼区校级模拟）如图，CD是⊙O的直径，⊙O上的两点A，B分别在直径CD的两侧，
且∠ABC＝78°，则∠AOD的度数为（ ）
A．12° B．22° C．24° D．44°
【分析】利用圆周角定理求出∠AOC＝156°，可得结论．
【解答】解：∵∠AOC＝2∠ABC，∠ABC＝78°，
∴∠AOC＝156°，
∴∠AOD＝180°﹣∠AOC＝24°，
故选：C．
【变式1-1】（2022•温州）如图，AB，AC是⊙O的两条弦，OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，连结
OB，OC．若∠DOE＝130°，则∠BOC的度数为（ ）
A．95° B．100° C．105° D．130°
【分析】根据四边形的内角和等于 360°计算可得∠BAC＝50°，再根据圆周角定理得到∠BOC＝
2∠BAC，进而可以得到答案．
【解答】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC，
∴∠ADO＝90°，∠AEO＝90°，
∵∠DOE＝130°，
∴∠BAC＝360°﹣90°﹣90°﹣130°＝50°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝100°，
故选：B．
【变式1-2】（2022•蓝山县一模）如图，点A，B，C在⊙O上，∠1＝40°，∠C＝25°，则∠B＝（ ）A．100° B．70° C．55° D．65°
【分析】根据圆周角定理得出∠BOC＝2∠1＝80°，根据三角形内角和定理得出∠1+∠B+∠ADB＝
180°，∠C+∠BOC+∠ODC＝180°，求出∠1+∠B＝∠BOC+∠C即可．
【解答】解：设OB交AC于D，
∵∠1＝40°，
∴∠BOC＝2∠1＝80°，
∵∠1+∠B+∠ADB＝180°，∠C+∠BOC+∠ODC＝180°，∠ADB＝∠ODC，
∴∠1+∠B＝∠BOC+∠C，
∵∠C＝25°，
∴40°+∠B＝80°+25°，
∴∠B＝65°，
故选：D．
【变式1-3】（2022春•汉阳区校级月考）如图，AB，CD为⊙O的两条弦，若∠A+∠C＝120°，AB＝2，
CD＝4，则⊙O的半径为（ ）
2❑√15 2❑√21
A．2❑√5 B．2❑√7 C． D．
3 3【分析】连接OB，OA，OC，OD，证明∠AOB+∠COD＝90°，在⊙O上点D的右侧取一点E，使得DE
＝AB，过点E作ET⊥CD交CD的延长线于点T，则^AB=^DE，利用勾股定理求解即可．
【解答】解：如图，连接OB，OA，OC，OD，
∵∠BOC＝2∠CAB，∠AOD＝2∠ACD，∠CAB+∠ACD＝120°，
∴∠BOC+∠AOD＝240°，
∴∠AOB+∠COD＝120°，
在⊙O上点D的右侧取一点E，使得DE＝AB，过点E作ET⊥CD交CD的延长线于点T，则^AB=^DE，
∴∠AOB＝∠DOE，
∴∠COE＝120°，
∴∠CDE＝120°，
∴∠EDT＝60°，
∵DE＝AB＝2，
∴DT＝1，ET=❑√3，
∴CT＝CD+DT＝4+1＝5，
∴CE=❑√CT2+ET2=❑√52+(❑√3) 2=2❑√7，
作OF⊥CE，则∠COF＝60°，CF=❑√7，
❑√7 2❑√21
= =
∴OC＝OE ❑√3 3 ，
2
故选：D．
【题型2 同弧或等弧所对的圆周角相等的运用】
【例2】（2022•保亭县二模）如图，AB为⊙O的直径，点C、D在圆上，CE⊥AB于点E，若∠D＝48°，
则∠1＝（ ）A．42° B．45° C．48° D．52°
【分析】连接AC，根据圆周角定理得出∠A＝∠D＝48°，∠ACB＝90°，求出∠ABC，根据垂直求出
∠CEB，再求出∠1即可．
【解答】解：连接AC，
由圆周角定理得：∠A＝∠D，
∵∠D＝48°，
∴∠A＝48°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝90°﹣∠A＝42°，
∵CE⊥AB，
∴∠BEC＝90°，
∴∠1＝90°﹣∠ABC＝48°，
故选：C．
【变式2-1】（2022•南充）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OF⊥BC于点F，∠BOF＝65°，
则∠AOD为（ ）A．70° B．65° C．50° D．45°
【分析】先根据三角形的内角和定理可得∠B＝25°，由垂径定理得：^AC=^AD，最后由圆周角定理可
得结论．
【解答】解：∵OF⊥BC，
∴∠BFO＝90°，
∵∠BOF＝65°，
∴∠B＝90°﹣65°＝25°，
∵弦CD⊥AB，AB为⊙O的直径，
∴^AC=^AD，
∴∠AOD＝2∠B＝50°．
故选：C．
【变式2-2】（2022•十堰二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝54°，以BC为直径的⊙O交
AB于点D．E是⊙O上一点，且C^E=C^D，连接OE．过点E作EF⊥OE，交AC的延长线于点F，则
∠F的度数为（ ）
A．92° B．108° C．112° D．124°
【分析】连接OD，根据圆心角、弧、弦之间的关系得出∠DOC＝∠EOC，根据直角三角形的两锐角互
余得出∠B＝90°﹣∠A＝36°，根据圆周角定理求出∠DOC＝2∠B＝72°，求出∠EOC＝∠DOC＝72°，再
根据四边形的内角和等于360°求出即可．
【解答】解：解法一、连接OD，∵C^D=C^E，
∴∠DOC＝∠EOC，
∵∠ACB＝90°，∠A＝54°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝36°，
∴∠DOC＝2∠B＝72°，
∴∠EOC＝∠DOC＝72°，
∵OE⊥EF，
∴∠OEF＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCF＝90°，
∴∠F＝360°﹣∠OEF﹣∠BCF﹣∠EOC＝360°﹣90°﹣90°﹣72°＝108°；
解法二、∵∠ACB＝90°，∠A＝54°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝36°，
∵^DC=C^E，
∴∠COE＝2∠B＝72°，
∵OE⊥EF，
∴∠OEF＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCF＝90°，
∴∠F＝360°﹣∠OEF﹣∠BCF﹣∠EOC＝360°﹣90°﹣90°﹣72°＝108°；
故选：B．
【变式2-3】（2022•本溪模拟）如图，在⊙O中，^AB=^BC，直径CD⊥AB于点N，P是^AC上一点，则
∠BPD的度数是 30 ° ．【分析】连接OA、OB，如图，先根据垂径定理得到^AC=^BC，所以^AB=^BC=^AC，利用圆心角、弧、
弦的关系得到∠AOC＝∠BOC＝∠AOB＝120°，所以∠BOD＝60°，然后根据圆周角定理求解．
【解答】解：连接OA、OB，如图，
∵CD⊥AB，
∴^AC=^BC，
∵^AB=^BC，
∴^AB=^BC=^AC，
1
∴∠AOC＝∠BOC＝∠AOB= ×360°＝120°，
3
∴∠BOD＝180°﹣120°＝60°，
1
∴∠BPD= ∠BOD＝30°．
2
故答案为：30°．
【题型3 直径所对的圆周角是90°的运用】
【例3】（2022•中山市三模）如图，AB是⊙O的直径，若AC＝2，∠D＝60°，则BC长等于（ ）
A．4 B．5 C．❑√3 D．2❑√3
【分析】根据圆周角定理得出∠ACB＝90°，∠CAB＝∠D＝60°，求出∠ABC＝90°﹣∠CAB＝30°，根据含30度角的直角三角形的性质求出AB＝2AC＝4，再根据勾股定理求出BC即可．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠D＝60°，
∴∠CAB＝∠D＝60°，
∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝30°，
∵AC＝2，
∴AB＝2AC＝4，
∴BC=❑√AB2-AC2=❑√42-22=2❑√3，
故选：D．
【变式3-1】（2022•潍坊二模）如图，已知以△ABC的边AB为直径的⊙O经过点C，OD⊥AC交⊙O于点
D，连接BD．若∠BAC＝36°，则∠ODB的度数为（ ）
A．32° B．27° C．24° D．18°
【分析】设AC与OD相交于点E，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，从而求出∠ABC＝
54°，再根据垂直定义可得∠AEO＝90°，从而可得OD∥BC，然后利用等腰三角形和平行线的性质可得
BD平分∠ABC，即可解答．
【解答】解：设AC与OD相交于点E，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝54°，
∵OD⊥AC，
∴∠AEO＝90°，
∴∠AEO＝∠ACB＝90°，
∴OD∥BC，
∴∠ODB＝∠DBC，∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
1
∴∠OBD＝∠DBC= ∠ABC＝27°，
2
∴∠ODB＝∠OBD＝27°，
故选：B．
【变式3-2】（2022•江夏区校级开学）如图，⊙O的直径AB为8，D为^AC上的一点，DE⊥AC于点E，
若CE＝3AE，∠BAC＝30°，则DE的长是（ ）
8 3
A． B．❑√13-2 C．❑√3 D．
5 2
【分析】在30°的直角三角形ABC中求出AC＝4❑√3，根据CE＝3AE得到AE=❑√3，再分别求出DF、
ME、MF的长度即可得解．
【解答】解：如图，连接连接BC、OD，作OF⊥DE，交DE的延长线于点F，DF、AB交于点M
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
又∵∠BAC＝30°，
∴BC＝4，AC＝4❑√3，
∵CE＝3AE，
∴AE=❑√3，
∵DE⊥AC，∠BAC＝30°，
∴EM＝1，AM＝2，
∴OM＝OA﹣AM＝4﹣2＝2，在Rt△OMF中，
∵∠OFM＝90°，∠OMF＝∠AME＝90°﹣30°＝60°，OM＝2，
∴MF＝1，OF=❑√3，
∵∠F＝90°，
∴DF=❑√OD2-OF2=❑√42-3=❑√13，
∴DE＝DF﹣ME﹣MF=❑√13-2．
故选：B．
【变式3-3】（2022秋•如皋市校级期中）在⊙O中，AB为直径，点C为圆上一点，将劣弧沿弦AC翻折交
AB于点D，连接CD．
（1）如图1，若点D与圆心O重合，AC＝2，求⊙O的半径r；
（2）如图2，若点D与圆心O不重合，∠BAC＝25°，求∠DCA的度数．
1 1
【分析】（1）过点O作OE⊥AC于E，由垂径定理可知AE= AC= ×2＝1，根据翻折后点D与圆心O
2 2
1
重合，可知OE= r，在Rt△AOE中，根据勾股定理可得出r的值；
2
（2）连接BC，根据直径所对的圆周角是直角求出∠ACB，根据直角三角形两锐角互余求出∠B，再根
据翻折的性质得到^ADC所对的圆周角，然后根据∠ACD等于^ADC所对的圆周角减去C^D所对的圆周角，
计算即可得解．
【解答】解：（1）如图1，过点O作OE⊥AC于E1 1
则AE= AC= ×2＝1，
2 2
∵翻折后点D与圆心O重合，
1
∴OE= r，
2
在Rt△AOE中，AO2＝AE2+OE2，
1 2❑√3
即r2＝12+（ r）2，解得r= ；
2 3
（2）连接BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝25°，
∴∠B＝90°﹣∠BAC＝90°﹣25°＝65°，
根据翻折的性质，^AC所对的圆周角为∠B，^ABC所对的圆周角为∠ADC，
∴∠ADC+∠B＝180°，
∴∠B＝∠CDB＝65°，
∴∠DCA＝∠CDB﹣∠A＝65°﹣25°＝40°．
【题型4 翻折中的圆周角的运用】
【例4】（2022春•福田区校级月考）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，先将^BC沿BC翻折交AB
于点D，再将^BD沿AB翻折交BC于点E．若^BE=^DE，则∠BCD的度数是（ ）A．22.5° B．30° C．45° D．60°
【分析】证明∠CAB＝3α，利用三角形内角和定理求出α，可得结论．
【解答】解：设∠ABC＝α，
则^DE，C^D，^AC的度数都为2α，
∴^BD的度数＝4α，
∵翻折，
∴^BD的度数＝4α，
∴C^B的度数＝2α+4α＝6α，
∵C^B的度数+^AC的度数＝180°，
∴2α+6α＝180°，
∴α＝22.5°．
∴^BD的度数＝90°
∴∠BCD＝45°．
故选：C．
【变式4-1】（2022秋•萧山区期中）如图，在⊙O中，AB为直径，点C为圆上一点，将劣弧AC沿弦AC
翻折交AB于点D，连结CD，若∠BAC＝25°，则∠BDC的度数为（ ）
A．45° B．55° C．65° D．70°
【分析】解法一、补齐翻折后的弧为圆⊙P，根据圆周角定理得出^BC=^DC，求出∠BDC＝∠DBC，根据圆周角定理求出∠ACB＝90°，再求出∠ABC即可；解法二、过D作DE⊥AC于E，延长DE交⊙O于
F，连接AF、CF、BC，根据圆周角定理得出∠ACB＝90°，根据翻折变换得出∠FAC＝∠BAC＝25°，
∠DCA＝∠FCA，根据圆内接四边形的性质得出∠BAF+∠BCF＝180°，求出∠ACF＝40°，求出∠ACD
＝∠ACF＝40°，再根据三角形的外角性质求出即可．
【解答】解：解法一、补齐翻折后的弧为圆⊙P
则⊙O和⊙P为等圆，
∵∠BAC在⊙O和⊙P中分别对应弧BC和弧DC，
∴^BC=^DC（在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等），
∴BC＝DC，
∴∠BDC＝∠DBC，
∵AB为⊙O直径，
∴∠DBC＝90°﹣∠BAC＝65°，
∴∠BDC＝65°；
解法二、过D作DE⊥AC于E，延长DE交⊙O于F，连接AF、CF、BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵将劣弧AC沿弦AC翻折交AB于点D，连结CD，∠BAC＝25°，
∴∠FAC＝∠BAC＝25°，∠DCA＝∠FCA，
∵点A、F、C、B四点共圆，
∴∠BAF+∠BCF＝180°，∴25°+25°+90°+∠ACF＝180°，
解得：∠ACF＝40°，
即∠ACD＝∠ACF＝40°，
∵∠BAC＝25°，
∴∠BDC＝∠BAC+∠ACD＝25°+40°＝65°，
故选：C．
【变式4-2】（2022秋•硚口区期末）如图，AB为⊙O的一条弦，C为⊙O上一点，OC∥AB．将劣弧AB
沿弦AB翻折，交翻折后的弧AB交AC于点D．若D为翻折后弧AB的中点，则∠ABC＝（ ）
A．110° B．112.5° C．115° D．117.5°
【分析】如图，连接OA，OB，BD．设∠DAB＝x．用x表示出∠BDC，∠BCD，∠DBC，利用三角形
内角和定理，构建方程求解．
【解答】解：如图，连接OA，OB，BD．设∠DAB＝x．
∵^AD=^BD，
∴DA＝DB，
∵^BD=^BC，
∴BD＝CD，
∴∠DAB＝∠DBA＝x，∠BDC＝∠BCD＝∠DAB+∠ABD＝2x，
∵OC∥AB，
∴∠OCA＝∠DAB＝x，
∵OA＝OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC＝3x，∠OAD＝∠OCA＝x，∠OAB＝∠OBA＝2x，
∴∠OBD＝x，
∴∠CBD＝4x，
在△BDC中，∠BDC+∠DCB+∠DBC＝180°，
∴2x+2x+4x＝180°，∴x＝22.5°，
∴∠ABC＝5x＝112.5°，
故选：B．
【变式4-3】（2022秋•丹江口市期中）已知⊙O的直径AB长为10，弦CD⊥AB，将⊙O沿CD翻折，翻
折后点B的对应点为点B′，若AB′＝6，CB′的长为（ ）
A．4❑√5 B．2❑√5或4❑√5 C．2❑√5 D．2❑√5或4❑√3
【分析】分点B'在线段AB上，点B'在BA延长线上两种情况讨论，根据勾股定理可求MB'的长度．
【解答】解：①如图1中：当点B'在线段AB上，连接OC．
∵AB＝10，AB'＝6，
∴AO＝BO＝5＝OC，BB'＝4，
∴B'O＝1，
∵B，B′关于CD对称，
∴BE＝B'E＝2，
∴OE＝OB′+EB′＝3，
在Rt△OCE中，CE2＝OC2﹣OE2＝25﹣9＝16，
在Rt△B'CE中，B'C=❑√EC2+EB'2=❑√42+22=2❑√5．
②若点B'在BA的延长线上，连接OC，∵AB'＝6，AB＝10，
∴B'B＝16，AO＝BO＝OC＝5，
∵B，B′关于CD对称，
∴B'E＝BE＝8，
∴OE＝BE﹣BO＝3，
在Rt△CEO，CE2＝CO2﹣OE2＝25﹣9＝16，
在Rt△B'CE中，B'C=❑√EC2+EB'2=❑√16+82=4❑√5，
综上所述B'C＝2❑√5或4❑√5，
故选：B．
【题型5 利用圆周角求最值】
【例5】（2022•瑶海区三模）如图，AB是⊙O的直径，AB＝8，点M在⊙O上，∠MAB＝20°，N是弧MB
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
【分析】根据轴对称的性质得到：点N关于AB的对称点N′，连接MN′交AB于P，此时PM+PN最
小，即△PMN周长的最小，利用圆心角、弧、弦的关系以及轴对称的性质进行计算即可．
【解答】解：如图，作点N关于AB的对称点N′，则点N′在⊙O上，连接MN′交AB于P，此时
PM+PN最小，即PM+PN＝MN′，∵点N是^BM的中点，∠BAM＝20°，
∴^MN=^NB=^BN'，
∴∠BAN′＝10°，
∴∠MAN′＝20°+10°＝30°，
∴∠MON′＝60°，
∴△MON′是正三角形，
1
∴OM＝ON′＝MN′= AB＝4，
2
又∵MN＝2，
∴△PMN周长的最小值为2+4＝6，
故选：C．
【变式5-1】（2022•陈仓区一模）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，∠ACB＝75°，AB＝4，D是边BC上的
一个动点，以AD为直径画⊙O，分别交AB、AC于点E、F，连接EF，则线段EF长度的最小值为
❑√6 ．
【分析】如图，由题意当AD⊥BC时，⊙O的半径最小，因为∠EAF＝60°，是定值，所以此时EF的值
最小．
【解答】解：如图，∵∠ABC＝45°，∠ACB＝75°，
∴BAC＝180°﹣75°﹣45°＝60°，
由题意当AD⊥BC时，⊙O的半径最小，
∵∠EAF＝60°，是定值，∴此时EF的值最小，
过OD的中点K作MN⊥AD交⊙O于M、N，连接ON、AN、AM，则△AMN是等边三角形，
在Rt△ABD中，∠ABC＝45°，AB＝4，
∴AD＝BD＝2❑√2，
❑√2
∴OK＝KD= ，ON=❑√2，
2
❑√6
在Rt△ONK中，NK＝KM=❑√ON2-OK2= ，
2
∴MN=❑√6，
∴∠EAF＝∠MAN＝60°，
∴^EF=^MN，
∴EF＝MN=❑√6，
∴EF的最小值为❑√6，
故答案为：❑√6．
【变式5-2】（2022秋•大连期末）如图，AB是⊙O的直径，AB＝2，点C在⊙O上，∠CAB＝30°，D为
^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
【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．
【解答】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^BC的中点，
∴C^D=^DB，
∵^DB=^BD'，
∴C^D=^DB=^DB'，
∴∠COD＝∠DOB＝∠BOD′＝30°，
∴∠COD′＝90°，
∵AB＝2，
∴OC＝OD′＝1，
∴CD′=❑√OC2+OD'2=❑√12+12=❑√2，
∴CE+DE最小值为：❑√2，
故选：B．
3
【变式5-3】（2022•杏花岭区校级三模）如图，矩形ABCD中，AB= ，BC＝AB2，E为射线BA上一动点，
2
3
连接CE交以BE为直径的圆于点H，则线段DH长度的最小值为 ．
4【分析】取BC的中点G，连接BH，HG，DG．解直角三角形求出GH，DG，根据DH≥DG﹣GH即可
判断．
【解答】解：取BC的中点G，连接BH，HG，DG．
∵四边形ABCD是矩形，
3 9
∴AB＝CD= ，BC＝AB2= ，∠DCG＝90°，
2 4
9
∵CG＝BG= ，
8
√ 3 9 15
∴DG=❑√CD2+CG2=❑( ) 2+( ) 2= ，
2 8 8
∵BE是直径，
∴∠BHE＝∠BHC＝90°，
∵BG＝GC，
1 9
∴HG= BC= ，
2 8
∵DH≥DG﹣HG，
15 9 3
∴DH≥ - = ，
8 8 4
3
∴DH的最小值为 ．
4
3
故答案为 ．
4
【题型6 圆周角中的证明】
【例6】（2022秋•定陶区期末）如图1．在⊙O中AB＝AC，∠ACB＝70°，点E在劣弧^AC上运动，连接
EC，BE，交AC于点F．
（1）求∠E的度数；
（2）当点E运动到使BE⊥AC时，连接AO并延长，交BE于点D，交BC于点G，交⊙O于点M，依
据题意在备用图中画出图形．并证明：G为DM的中点．【分析】（1）求出∠A＝40°，利用圆周角定理解决问题即可；
（2）证明BD＝BM，BG⊥DM，利用等腰三角形的三线合一的性质证明即可．
【解答】（1）解：如图1中，∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝70°，
∴∠BAC＝180°﹣2×70°＝40°，
∵弧BC＝弧BC，
∴∠BEC＝∠BAC＝40°；
（2）证明：依据题意画图如下：
连接BM，CM．
∵AB＝AC，
∴^AB=^AC，
又∵^AM=^AM，
∴^BM=C^M，
∴BM＝CM，AM⊥BC，∠BAM＝∠CAM＝20°，
∴∠MBC＝∠CAM＝20°，
∵BE⊥AC，AM⊥BC，
∴∠BGD＝∠AFD＝90°，
∴∠BDG＝∠ADF＝70°，
∵^AB=^AB，∴∠BMA＝∠ACB＝70°，
∴∠BMA＝∠BDG＝70°，
∴BD＝BM，
又∵BG⊥DM，
∴GD＝GM，即点G为DM的中点．
【变式6-1】（2022春•金山区校级月考）已知CD为⊙O的直径，A、B为⊙O上两点，点C为劣弧AB中
点，连接DA、BA、AC，且∠B＝30°．
（1）求证：∠D＝30°；
（2）F、G分别为线段CD、AC上两点，满足DF＝AG，连接AF、OG，取OG中点H，连接CH，请
猜测AF与CH之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）利用圆周角定理证明即可；
（2）结论：AF＝2CH．延长DC到T，使得CT＝CO，证明△CGT≌△OFA（SAS），推出AF＝GT，再
利用三角形中位线定理证明．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝30°，
又∵∠D＝∠ABC，
∴∠D＝30°；
（2）解：结论：AF＝2CH．
理由：延长DC到T，使得CT＝CO．
∵∠AOC＝2∠ABC＝60°，OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO＝∠AOC＝60°，AC＝OA＝OC，
∴CT＝OC＝OA，∠AOF＝∠GCT＝120°，
∵OA＝AC，DF＝AG，∴OF＝CG，
在△CGT和△OFA中，
{
CG=OF
∠GCT=∠AOF，
CT=OA
∴△CGT≌△OFA（SAS），
∴AF＝GT，
∵OH＝HG，OC＝CT，
∴GT＝2CH，
∴AF＝2CH．
【变式6-2】（2022•武汉）如图，以AB为直径的⊙O经过△ABC的顶点C，AE，BE分别平分∠BAC和
∠ABC，AE的延长线交⊙O于点D，连接BD．
（1）判断△BDE的形状，并证明你的结论；
（2）若AB＝10，BE＝2❑√10，求BC的长．
【分析】（1）由角平分线的定义可知，∠BAE＝∠CAD＝∠CBD，∠ABE＝∠EBC，所以∠BED＝
∠DBE，所以BD＝ED，因为AB为直径，所以∠ADB＝90°，所以△BDE是等腰直角三角形．
（2）连接OC、CD、OD，OD交BC于点F．因为∠DBC＝∠CAD＝∠BAD＝∠BCD．所以BD＝DC．
因为OB＝OC．所以OD垂直平分BC．由△BDE是等腰直角三角形，BE＝2❑√10，可得BD＝2❑√5．因为OB＝OD＝5．设OF＝t，则DF＝5﹣t．在Rt△BOF和Rt△BDF中，52﹣t2＝（2❑√5）2﹣（5﹣t）2，
解出t的值即可．
【解答】解：（1）△BDE为等腰直角三角形．理由如下：
∵AE 平分∠BAC，BE 平分∠ABC，
∴∠BAE＝∠CAD＝∠CBD，∠ABE＝∠EBC．
∵∠BED＝∠BAE+∠ABE，∠DBE＝∠DBC+∠CBE，
∴∠BED＝∠DBE．
∴BD＝ED．
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°
∴△BDE是等腰直角三角形．
另解：计算∠AEB＝135°也可以得证．
（2）解：连接OC、CD、OD，OD交BC于点F.
∵∠DBC＝∠CAD＝∠BAD＝∠BCD．
∴BD＝DC．
∵OB＝OC．
∴OD垂直平分BC．
∵△BDE是等腰直角三角形，BE＝2❑√10，
∴BD＝2❑√5．
∵AB＝10，
∴OB＝OD＝5．
设OF＝t，则DF＝5﹣t．
在Rt△BOF和Rt△BDF中，52﹣t2＝（2❑√5）2﹣（5﹣t）2，
解得t＝3，
∴BF＝4．
∴BC＝8．
另解：分别延长AC，BD相交于点G．则△MBG为等腰三角形，先计算AG＝10，BG＝4❑√5，AD＝4
❑√5，再根据面积相等求得BC．【变式6-3】（2022•南召县四模）阅读下面材料，完成相应的任务：
阿基米德是有史以来最伟大的数学家之一、《阿基米德全集》收集了已发现的阿基米德著作，它对于了
解古希腊数学，研究古希腊数学思想以及整个科技史都是十分宝贵的．其中论述了阿基米德折弦定理：
从圆周上任一点出发的两条弦，所组成的折线，称之为该圆的一条折弦．一个圆中一条由两长度不同的
弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点．
如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即ABC是圆的一条折弦），BC＞AB．M是弧ABC的中点，则从M
向BC所作垂线之垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝AB+BD．
小明认为可以利用“截长法”，如图2：在线段CB上从C点截取一段线段CN＝AB，连接MA，MB，
MC，MN．
小丽认为可以利用“垂线法”，如图3：过点M作MH⊥AB于点H，连接MA，MB，MC．
任务：（1）请你从小明和小丽的方法中任选一种证明思路，继续书写出证明过程．
（2）就图3证明：MC2﹣MB2＝BC•AB．
【分析】（1）截长法：首先证明△MBA≌△MNC（SAS），进而得出MB＝MN，再利用等腰三角形的
性质得出BD＝ND，即可得出答案；
垂线法：证明△AHM≌△CDM（AAS），推出 MH＝DM，AH＝CD，再证明 Rt△BMH≌△BMD
（HL），推出BH＝BD，可得结论；（2）由（1）可知，AC＝AM，BH＝BD，AH＝CD，整理等式即可证得结论．
【解答】（1）截长法：
证明：如图2，在CB上截取CN＝AB，连接MA，MB，MC和MN．
∵M是^ABC的中点，
∴MA＝MC，
在△MBA和△MGC中，
{
BA=NC
∠A=∠C，
MA=MC
∴△MBA≌△MGC（SAS），
∴MB＝MG，
又∵MD⊥BC
∴BD＝GD，
∴CD＝GC+GD＝AB+BD；
垂线法：
证明：如图3，过点M作MH⊥AB于点H，连接MA，MB，MC，
∵M是^ABC的中点，
∴AM＝CM，
∵MH⊥AH，MD⊥BC，
∴∠H＝∠CDM＝90°，
∵∠A＝∠C，
在△AHM和△CDM中，
{∠H=∠CDM
∠A=∠C ，
AM=CM
∴△AHM≌△CDM（AAS），
∴MH＝DM，AH＝CD，
∵∠H＝∠BDM＝90°，BM＝BM，
∴Rt△BMH≌△BMD（HL），
∴BH＝BD，
∴CD＝AH＝AB+BH＝AB+BD；
（2）在Rt△AHM中，AM2＝AH2+MH2，在Rt△BHM中，BM2＝BH2+MH2，
由（1）可知，AC＝AM，BH＝BD，AH＝CD，
∴MC2﹣MB2＝AM2﹣MB2＝AH2+HM2﹣BH
【题型7 圆周角中的多结论问题】
【例7】（2022•兰陵县二模）如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，AB＝10，^AC=C^D=^DB，点E是点D
关于AB的对称点，M是AB上的一动点，下列结论：
①∠BOE＝30°；②∠DOB＝2∠CED；③DM⊥CE；④CM+DM的最小值是10，上述结论中正确的个数
是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①错误，证明∠EOB＝∠BOD＝60°即可；
②正确．证明∠CED＝30°，可得结论；
③错误，M是动点，DM不一定垂直CE；
④正确，连接EM，证明ME＝MD，推出MC+MD＝MC+ME≥CE＝10，可得结论．
【解答】解：∵^AC=C^D=^DB，
∴∠AOC＝∠COD＝∠DOB＝60°，
∵E，D关于AB对称，
∴∠EOB＝∠BOD＝60°，故①错误，
1
∵∠CED= ∠COD＝30°，
2
∴∠DOB＝2∠CED，故②正确，
∵M是动点，
∴DM不一定垂直CE，故③错误，
连接EM．
则ME＝MD，
∴CM+DM＝MC+ME≥CE＝10，故④正确，
故选：B．【变式7-1】（2022秋•淅川县期末）如图，已知：点 A、B、C、D在⊙O上，AB＝CD，下列结论：
①∠AOC＝∠BOD；②∠BOD＝2∠BAD；③AC＝BD；④∠CAB＝∠BDC；⑤∠CAO+∠CDO＝180°．
其中正确的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据圆内接四边形的性质、圆周角定理和圆心角、弧、弦之间的关系逐个判断即可．
【解答】解：∵AB＝CD，
∴C^BD=^BCA，
∴^AC=^BD，
∴∠AOC＝∠BOD，故①正确；
∵圆周角∠BAD和圆心角∠BOD都对着^BD，
∴∠BOD＝2∠BAD，故②正确；
∵^AC=^BD，
∴AC＝BD，故③正确；
∵圆周角∠CAB和∠BDC都对着^BC，
∴∠CAB＝∠BDC，故④正确；
延长DO交⊙O于M，连接AM，
∵D、C、A、M四点共圆，
∴∠CDO+∠CAM＝180°（圆内接四边形对角互补），∵∠CAM＞∠CAO，
∴∠CAO+∠CDO＜180°，故⑤错误；
即正确的个数是4个，
故选：C．
【变式7-2】（2022秋•厦门期末）在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC边于点D．要使得
⊙O与AC边的交点E关于直线AD的对称点在线段OA上（不与端点重合），需满足的条件可以是
②④ ．（写出所有正确答案的序号）
1 1 ❑√2
①∠BAC＞60°；②45°＜∠ABC＜60°；③BD＞ AB；④ AB＜DE＜ AB．
2 2 2
【分析】结合等腰三角形的性质及圆周角定理对所给条件逐个进行分析判断．
【解答】解：在△ABC中，AB＝AC，
①当∠BAC＞60°时，若∠BAC＝90°时，此时点E与点A重合，不符合题意，故①不满足；
②当∠ABC≤45°时，点E与点A重合，不符合题意，
当∠ABC≥60°时，点E与点O不关于AD对称，
当45°＜∠ABC＜60°时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，故②满足条件；
1 ❑√2
③当 AB≤BD＜ AB时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，故③不满足条件；
2 2
1 ❑√2
④ AB＜DE＜ AB时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，故④满足条件；
2 2
故答案为：②④．
【变式7-3】（2022秋•东台市月考）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，且OC∥BD，AD与
BC，OC分别相交于点E，F，则下列结论：①AD⊥BD；②∠AOC＝∠AEC；③CB平分∠ABD；④AF
＝DF；⑤△CEF≌△BED．其中一定成立的结论是 ①③④ ．（填序号）
【分析】①由直径所对圆周角是直角，
②由于∠AOC是⊙O的圆心角，∠AEC是⊙O的圆内部的角，
③由平行线得到∠OCB＝∠DBC，再由同圆的半径相等得到结论判断出∠OBC＝∠DBC；
④用半径垂直于不是直径的弦，必平分弦；⑤得不到△CEF和△BED中对应相等的边，所以不一定全等．
【解答】解：①∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BD，
故①正确；
②∵∠AEC＝∠ABC+∠A，∠AOC＝∠ABC+∠C，
根据图形及已知不能推出∠C＝∠A，
∴∠AOC≠∠AEC，
故②不正确；
③∵OC∥BD，
∴∠OCB＝∠DBC，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠OBC＝∠DBC，
∴BC平分∠ABD，
故③正确；
④∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BD，
∵OC∥BD，
∴∠AFO＝90°，
∵点O为圆心，
∴AF＝DF，
故④正确；
⑤∵△CEF和△BED中，没有相等的边，
∴△CEF与△BED不全等，
故⑤不正确；
综上可知：其中一定成立的有①③④，
故答案为：①③④．
【题型8 构造圆利用圆周角解决三角形或四边形中的问题】
【例8】（2022春•杏花岭区校级月考）如图，A，B两点的坐标分别为（﹣2，0），（3，0），点C在y轴正半轴上，且∠ACB＝45°，则点C的坐标为（ ）
A．（0，7） B．（0，2❑√10） C．（0，6） D．（0，3❑√5）
【分析】在x轴的上方作等腰直角△ABF，FB＝FA，∠BAF＝90°，以F为圆心，FA为半径作⊙F交y
5❑√2
轴于M，首先证明点C即为点M，根据FC= ，构建方程即可解决问题．
2
【解答】解：在x轴的上方作等腰直角△ABF，FB＝FA，∠BAF＝90°，以F为圆心，FA为半径作⊙F
交y轴于M，
1
∵∠ACB= ∠AFB＝45°，
2
∴点C即为点M，
∵A（﹣2，0），B（3，0），△ABF是等腰直角三角形，
1 5 5❑√2
∴F（ ， ），FA＝FB＝FC= ，设C（0，m），
2 2 2
1 5 5❑√2
则（ ）2+（ -m）2＝（ ）2，
2 2 2
解得m＝6或﹣1（舍弃），
∴C（0，6），
故选：C．
【变式8-1】（2022秋•秦淮区期末）如图，在四边形 ABCD中，AB＝BC＝BD．若∠ABC＝112°，则
∠ADC＝ 12 4 °．【分析】根据AB＝BD＝BC得出A、D、C在以B为圆心，以AB为半径的圆上，作圆周角∠AEC，根据
1
圆周角定理得出∠E= ∠ABC＝56°，根据圆内接四边形的性质得出∠ADC+∠E＝180°，再求出答案即
2
可．
【解答】解：∵AB＝BD＝BC，
∴A、D、C在以B为圆心，以AB为半径的圆上，
如图，作圆周角∠AEC，
∵∠ABC＝112°，
1
∴∠E= ∠ABC＝56°，
2
∵四边形ADCE是⊙B的圆内接四边形，
∴∠ADC+∠E＝180°，
∴∠ADC＝180°﹣56°＝124°，
故答案为：124．
【变式8-2】（2022•北京模拟）已知三角形ABC是锐角三角形，其中∠A＝30°，BC＝4，设BC边上的高
为h，则h的取值范围是 4❑√3＜ h ≤ 4+2 ❑√3 ．
【分析】做出三角形的外接圆，根据h≤AO+OP求解即可．
【解答】解：如图1，作△ABC的外接圆⊙O，连接OA，OB，OC，过O作OP⊥BC，∵∠BAC＝30°，
∴∠BOC＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∵BC＝4，
∴OA＝BC＝4，PO＝2❑√3，
∴h≤AO+OP＝4+2❑√3，
如图2，AB⊥BC，AC⊥BC，则AB＝4❑√3，
1 2 1
∵三角形ABC是锐角三角形，
∴点A在^A A 之间，
1 2
∴h的取值范围是：4❑√3＜h≤4+2❑√3，
故答案为：4❑√3＜h≤4+2❑√3．
【变式8-3】（2022春•西湖区校级月考）已知：如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝4，∠B＝
60°，∠C＝105°，点E为BC的中点，以CE为弦作圆，设该圆与四边形ABCD的一边的交点为P，若
∠CPE＝30°，则EP的长为 ❑√2+❑√6 或 4 或 2❑√3 或 2 ．【分析】如图，连接AC，AE，根据已知条件得到△ABC是等边三角形，求得BE＝CE＝2，AE⊥BC，
∠EAC＝30°，推出AC是以CE为弦的圆的直径，设圆心为 O，当⊙O与CD边交于P ，则∠EPC＝
1 1
30°，过C作CH⊥PE于H，解直角三角形得到PE=❑√6+❑√2；当⊙O与AD交于P ，A（P ），由
1 1 2 3
AD∥CE，推出四边形AECP 是矩形，得到PE＝AC＝4，PE＝1E＝2❑√3，当⊙O与AB交于P ，得到
2 2 3 4
△BPE是等边三角形，求得PE＝BE＝2，于是得到结论．
4 4
【解答】解：如图，连接AC，AE，
∵AB＝BC＝4，∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵点E为BC的中点，
∴BE＝CE＝2，AE⊥BC，∠EAC＝30°，
∴AC是以CE为弦的圆的直径，
设圆心为O，
当⊙O与CD边交于P，则∠EPC＝30°，
1 1
∵∠ECP＝105°，
1
∴∠PEC＝45°，
1
过C作CH⊥PE于H，
1
❑√2
∴EH＝CH= CE=❑√2，
2
∴PH=❑√3HC=❑√6，
1
∴PE=❑√6+❑√2；
1
当⊙O与AD交于P，A（P），
2 3
∵AD∥CE，
∴∠ECP＝∠APC＝90°，
2 2
∴四边形AECP 是矩形，
2
∴PE＝AC＝4，PE＝PC＝2❑√3，
2 3 2
当⊙O与AB交于P，
4∵∠APC＝90°，∠EPC＝30°，
4 4
∴∠BPE＝60°，
4
∴△BPE是等边三角形，
4
∴PE＝BE＝2，
4
综上所述，若∠CPE＝30°，则EP的长为❑√2+❑√6或4或2❑√3或2，
故答案为：❑√2+❑√6或4或2❑√3或2．
【题型9 圆周角与量角器的综合运用】
【例9】（2022•南召县模拟）以O为中心点的量角器与直角三角板ABC按如图方式摆放，量角器的0刻
度线与斜边AB重合．点D为斜边AB上一点，作射线CD交弧AB于点E，如果点E所对应的读数为
50°，那么∠BDE的大小为（ ）
A．100° B．110° C．115° D．130°
【分析】由圆周角定理得出∠ACE＝25°，进而得出∠BCE＝65°，再由外角的性质得出∠BDE＝
∠BCE+∠CBD，代入计算即可得出答案．
【解答】解：如图，连接OE，∵点E所对应的读数为50°，
∴∠AOE＝50°，
∵AB为直径，∠ACB＝90°，
∴点C在⊙O上，
1 1
∴∠ACE= ∠AOE= ×50°＝25°，
2 2
∴∠BCE＝90°﹣25°＝65°，
∵∠BDE是△BDC的外角，
∴∠BDE＝∠BCE+∠DBC＝65°+45°＝110°，
故选：B．
【变式9-1】（2022秋•南京期中）将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸片上，使点O在半圆圆心上，
点B在半圆上，边AB，AO分别交半圆于点C，D，点B，C，D对应的读数分别为160°、72°、50°，则
∠A＝ 24 ° ．
【分析】以EF为直径作半圆，延长 BO交圆于M，连接OC，根据已知度数求出∠BOA、∠BOF、
∠AOB的度数，根据圆周角定理求出∠B，根据三角形内角和定理求出即可．
【解答】解：如图，以EF为直径作半圆，延长BO交圆于M，连接OC，
∵点B，C，D对应的读数分别为160°、72°、50°，
∴∠BOA＝160°﹣50°＝110°，∠BOF＝180°﹣160°＝20°，∠COE＝72°，
∴∠COM＝72°+20°＝92°，1
∴∠B= ∠COM＝46°，
2
∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠AOB＝180°﹣110°﹣46°＝24°．
故答案为：24°．
【变式9-2】（2022秋•高港区期中）如图，一块直角三角板ABC的斜边AB与量角器的直径重合，点D对
应的刻度值为50°，则∠BCD的度数为 65 ° ．
【分析】根据圆周角定理分别求出∠ACB、∠ACD，计算即可．
1
【解答】解：由圆周角定理可知，∠ACD= ×50°＝25°，∠ACB＝90°，
2
∴∠BCD＝∠ACB﹣∠ACD＝65°，
故答案为：65°．
【变式9-3】（2022秋•北京期末）如图，量角器的直径与直角三角尺ABC的斜边AB重合，其中量角器0
刻度线的端点N与点A重合，射线CP从CA处出发沿顺时针方向以每秒3°的速度旋转，CP与量角器的
半圆弧交于点E，则第20秒点E在量角器上对应的读数是 12 0 °．
【分析】首先连接OE，由∠ACB＝90°，易得点E，A，B，C共圆，然后由圆周角定理，求得点E在量
角器上对应的读数．
【解答】解：
连接OE，∵∠ACB＝90°，AB为半圆的直径，
∴E、A、C、B四点共圆，
∴∠ACP＝3°×20＝60°，
∴∠AOE＝2∠ACP＝120°，
即第20秒点E在量角器上对应的读数是120°，
故答案为：120．
【题型10 利用圆周角求取值范围】
【例10】（2022•观山湖区模拟）如图，OB是⊙O的半径，弦AB＝OB，直径CD⊥AB．若点P是线段OD
上的动点，点P不与O，D重合，连接PA．设∠PAB＝β，则β的取值范围是 60 ° ＜ β ＜ 75 ° ．
【分析】当P点与D点重合是∠DAB＝75°，与O重合则OAB＝60°，∠OAB＜∠PAB＜∠DAB，即可得
出结果．
【解答】解：连接DA，OA，则△OAB是等边三角形，
∴∠OAB＝∠AOB＝60°，
∵DC是直径，DC⊥AB，
1
∴∠AOC= ∠AOB＝30°，
2
∴∠ADC＝15°，
∴∠DAB＝75°，
∵∠OAB＜∠PAB＜∠DAB，
∴60°＜β＜75°；
故答案为：60°＜β＜75°．
【变式10-1】（2022•河南三模）如图，点O是以AC为直径的半圆的圆心，点B在^AC上，∠ACB＝30°，
AC＝2．点D是直径AC上一动点（与点A，C不重合），记OD的长为m．连接BD，点A关于BD的
对称点为点A′，当点A′落在由直径AC，弦AB，^BC围成的封闭图形内部时（不包含边界），m的
1
取值范围是 0 ＜ m ＜ ．
2【分析】直径所对的圆周角是直角，在直角三角形中，30°所对的直角边是斜边的一半，根据点A关于
BD的对称点为点A′，得到DA＝DA′，考虑点A′进入该区域和离开该区域的两个m的值即可得出答
案．
【解答】解：如图，∵AC是半圆的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵∠ACB＝30°，AC＝2，
∴AB＝1，
∵点A关于BD的对称点为点A′，
∴DA＝DA′，
当点D与点O重合时，DA＝DA′＝r，点A′在^BC上，m＝0；
1
当点D在AO中点时，点A′在直径AC上，m= ，
2
1
∴m的取值范围为：0＜m＜ ．
2
1
故答案为：0＜m＜ ．
2
【变式10-2】（2022秋•台州期中）如图，已知AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O的优弧ACB上的一个动点（不与A，B不重合），
（1）设∠ACB的平分线与劣弧AB交于点P，试猜想点P劣弧AB上的位置是否会随点C的运动而变化？
请说明理由
（2）如图②，设AB＝8，⊙O的半径为5，在（1）的条件下，四边形ACBP的面积是否为定值？若是
定值，请求出这个定值；若不是定值，请求出ACBP的面积的取值范围．
【分析】（1）点P位置不会随点C的运动而变化，根据角平分线的定义得到∠ACP＝∠BCP，于是得
到^AP=^BD，即P是劣弧AB的中点．即可得到点P位置不会变化．
1
（2）如图，连接OP，交AB于E，根据垂径定理得到OP⊥AB，AE= AB＝4．根据勾股定理得到OE
2
1
=❑√52-42=3，PE＝2．求得S = ×8×2．于是得到当CP经过圆心O时，如图，C到AB距离最大，
△ABP 2
即△ABC的AB边上的最大高线是CE＝8．求得四边形ACBP的最大面积是40．即可得到结论．
【解答】解：（1）点P位置不会随点C的运动而变化，
理由：如图1，
∵CP平分∠ACB，
∴∠ACP＝∠BCP，
∴^AP=^BD，
即P是劣弧AB的中点．
∴点P位置不会变化．
（2）∵△ABC的面积不是定值，△ABP的面积为定值
∴四边形ACBP的面积不是定值．
如图，连接OP，交AB于E，
∵^AP=^PB，OP是半径．
1
∴OP⊥AB，AE= AB＝4．
2
∵OA＝5．∴OE=❑√52-42=3，PE＝2．
1
∴S = ×8×2．
△ABP 2
∴当CP经过圆心O时，如图，C到AB距离最大，即△ABC的AB边上的最大高线是CE＝8．
∵AB＝8，
∴△ABC的最大面积是32．
∴四边形ACBP的最大面积是40．
综上，四边形ACBP的面积不是定值，它的取值范围是8＜S ≤40．
四边形ACBP
【变式10-3】（2022秋•高新区校级期末）如图，A、B为⊙O上的两个定点，P是⊙O上的动点（P不与
A、B重合），我们称∠APB是⊙O上关于A、B的滑动角．若⊙O的半径是1，❑√2≤AB≤❑√3，则∠APB
的取值范围为 45 ° ≤∠ APB ≤ 60 ° 或 120 ° ≤∠ APB ≤ 135 ° ．
【分析】首先连接OA，OB，AB，先假设AB=❑√2求出∠APB的度数，同理得出当AB=❑√3时，∠APB
的度数即可．
【解答】解：连接OA，OB，AB，假设AB=❑√2
∵圆O半径为1，AB=❑√2，∴OA2+OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
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若点P在优弧AB上，则∠APB= ∠AOB＝45°，
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若点P在劣弧AB上，则∠AP′B＝180°﹣∠APB＝135°．
∴∠APB的度数为45°或135°．
假设AB=❑√3，
∵圆O半径为1，
∴∠OAB＝30°，
∴∠AOB＝120°，
1
∴若点P在优弧AB上，则∠APB= ∠AOB＝60°，
2
若点P在劣弧AB上，则∠AP′B＝180°﹣∠APB＝120°．
故∠APB的取值范围为：45°≤∠APB≤60°或120°≤∠APB≤135°．
故答案为：45°≤∠APB≤60°或120°≤∠APB≤135°．
