2023年浙教版数学九年级上册3.5 圆周角 同步测试（培优版）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023·十堰）如图，是的外接圆，弦交于点E，，，过点O作于点F，延长交于点G，若，，则的长为（ ）
A． B．7 C．8 D．
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：∵∠A=∠D，AE=ED，∠AEB=∠DEC，
∴△AEB≌△DEC（ASA），
∴EB=EC.
∵BC=CE，
∴BE=CE=BC，
∴△EBC为等边三角形，
∴∠GEF=60°，
∴∠EGF=30°.
∵OF⊥AC，
∴AF=CF.
∵EG=2，
∴EF=1.
∵AE=ED=3，
∴CF=AF=4，
∴AC=8，EC=5，BC=5.
作BM⊥AC于点M，
∵∠BCM=60°，
∴∠MBC=30°，
∴CM=，BM=，
∴AM=AC-CM=，
∴AB==7.
故答案为：B.
【分析】由圆周角定理可得∠A=∠D，根据已知条件可知AE=ED，利用ASA证明△AEB≌△DEC，得到EB=EC，结合BC=CE可推出△EBC为等边三角形，则∠EGF=30°，由含30°角的直角三角形的性质可得EF，然后求出CF、AC、EC、BC的值，作BM⊥AC于点M，则∠MBC=30°，易得CM、BM、AM的值，然后利用勾股定理进行计算.
2．（2023·黄冈模拟）如图，AB为⊙O的直径，弦CD交AB于点E，，∠CDB＝30°，，则OE的长为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠A=∠D=30°，
∴AB=2BC，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC2+BC2=AB2，
即，
解得BC=3，
∴AB=6，
∵ ，
∴BE⊥AB，∠D=∠BCD=30°，
∴BE=BC=，
∴OE=OB-BE=AB-BE=.
故答案为：C.
【分析】由直径所对的圆周角是直角得∠ACB=90°，由同弧所对的圆周角相等得∠A=∠D=30°，根据含30°角直角三角形的性质得AB=2BC，在Rt△ABC中，由勾股定理建立方程可求出BC的长，从而可得AB的长，由垂直定理及等弧所对的圆周角相等得BE⊥AB，∠D=∠BCD=30°，根据含30°角直角三角形的性质得BE=BC=，最后根据线段的和差可算出答案.
3．（2022·易县模拟）如图，MN是⊙O的直径，MN＝4，∠AMN＝30°，点B为弧AN的中点，点P是直径MN上的一个动点，则PA+PB的最小值为（ ）
A．4 B．4 C．2 D．2
【答案】C
【知识点】垂径定理；圆周角定理；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，作点B关于MN的对称点C，连接AC交MN于点P，则P点就是所求的点，此时PA+PB最小，且等于AC的长．
连接OA，OC，根据题意得弧AN的度数是60°，
则弧BN的度数是30°，
根据垂径定理得弧CN的度数是30°，
则∠AOC=90°，
又∵OA=OC=MN=2，
则AC=2．
故答案为：C.
【分析】作点B关于MN的对称点C，连接AC交MN于点P，则P点就是所求的点，此时PA+PB最小，且等于AC的长，求出此时AC的长即可．
4．（2022九上·镇海区期中）如图，在给定的锐角三角形ABC中，∠BAC=60°，D是边BC上的一个动点，以AD为直径作⊙O分别交边AB，AC于点E，F，连接EF，当点D从点B运动到点C的过程中，线段EF的长度的大小变化情况是（ ）
A．一直不变 B．一直减少
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接OE、OF，过O做ON⊥EF，
即
在含的中，有
为圆的直径，为圆的半径
，即
由图可知，当点D从点B运动到点C的过程中，线段AD的长度先减小后增大
线段EF的长度先减小后增大
故答案为：C.
【分析】连接OE、OF，过O做ON⊥EF，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得∠EOF的度数，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和可得∠OEF=∠OFE=30°，在Rt△OEN中，根据含30°角直角三角形的性质表示出EN，进而可用含AD的式子表示出EF，由图可知，当点D从点B运动到点C的过程中，线段AD的长度先减小后增大，据此即可得出线段EF的长度先减小后增大.
5．（2022九上·鄞州月考）如图，AB是⊙O的直径，点C，点D是半圆上两点，连结AC，BD相交于点P，连结AD，OD．已知OD⊥AC于点E，AB＝2．下列结论：
①AD2+AC2＝4；②∠DBC+∠ADO＝90°；③若AC＝BD，则DE＝OE；④若点P为BD的中点，则DE＝2OE．
其中正确的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．③④ D．②④
【答案】B
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵AB是⊙O直径，
∴∠C＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2＝4，
由条件不能证明AD＝BC，
故①不符合题意；
∵OD⊥AC，BC⊥AC，
∴OD∥BC，
∴∠DBC＝∠BDO，
∵AB是⊙O直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADO+∠ODB＝90°，
∴∠ADO+∠DBC＝90°，
故②符合题意；
∵AC＝BD，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∵OD⊥AC，
∴ ＝ ，
∴ 度数是 ×180°＝60°，
∵AO＝DO，
∴△AOD是等边三角形，
∵AE⊥OD，
∴DE＝OE，
故③符合题意；
∵PD＝PB，∠C＝∠DEP＝90°，∠DPE＝∠BPC，
∴△PDE≌△PBC（AAS），
∴DE＝BC，
∵AO＝BO，AE＝EC，
∴BC＝2OE，
∴DE＝2OE，
故④符合题意，
故答案为：B．
【分析】根据直径所对的圆周角是直角得∠C=90°，根据勾股定理得AC2+BC2＝AB2＝4，由条件不能证明AD＝BC，故不能证明 AD2+AC2＝4 ，据此判断①；根据同一平面内，垂直于同一直线的两条直线互相平行得OD∥BC，由二直线平行，内错角相等得∠DBC＝∠BDO，由直径所对的圆周角是直角得∠ADB＝90°，从而根据角的和差及等量代换可得∠ADO+∠DBC＝90°，据此判断②；根据相等的弦所对的劣弧相等得 ＝ 根据等量减去等量差相等得 ＝ ，根据垂径定理得 ＝ ，再根据圆心角、弧、弦的关系得 度数是60°，进而判断出三角形AOD是等边三角形，根据等边三角形的三线合一得DE＝OE，据此判断③；利用AAS证明△PDE≌△PBC得DE＝BC，根据三角形的中位线定理得BC＝2OE，从而即可得出答案.
6．（2022九上·拱墅月考）如图，AB是半圆O的直径，点C、E是半圆上的动点（不与点A、B重合），且＝，射线AE，BC交于点F，M为AF中点，G为CM上一点，作∠GON＝，交BC于点N，则点C在从点A往点B运动的过程中，四边形CGON的面积（ ）
A．先变大后变小 B．先变小后变大
C．保持不变 D．一直减小
【答案】A
【知识点】三角形的面积；三角形全等的判定；圆周角定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，连接OC，AC，OM．
∵AB是直径，
∴∠ACF＝90°，
∵AM＝FM，
∴CM＝AM＝FM，
∵OA＝OC，OM＝OM，MA＝MC，
∴△OMA≌△OMC（SSS），
∴∠OAM＝∠OCG，
∵＝，
∴∠EAB＝∠ABC，
∴∠OCG＝∠OBN，
∵∠GON的度数等于的度数，
∴∠GON＝∠COB，
∴∠COG＝∠BON，
∵OC＝OB，
∴△COG≌△BON（ASA），
∴S△COG＝S△BON，
∴S四边形CGON＝S△BOC，
∵点C在从点A往点B运动的过程中，△OBC的面积先变大后变小，
∴四边形CGON的面积先变大后变小.
故答案为：A.
【分析】连接OC、AC、OM，根据圆周角定理可得∠ACF＝90°，易得CM＝AM＝FM，证明△OMA≌△OMC，得到∠OAM＝∠OCG，由圆周角定理可得∠EAB＝∠ABC，推出∠OCG＝∠OBN，进而证明△COG≌△BON，得到S△COG＝S△BON，由面积间的和差关系可得S四边形CGON＝S△BOC，据此判断.
7．（2021·苏州模拟）如图，⊙C 经过原点且与两坐标轴分别交于点 A 与点 B，点 B 的坐标为 ，M 是圆上一点，∠BMO=120°.⊙C的圆心C的坐标是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接 AB，OC，
∵∠AOB=90°，
∴AB为⊙C的直径，
∵∠BMO=120°，
∴∠BAO=60°，
∴∠BCO=2∠BAO=120°，
过 C 作 CD⊥OB 于 D，则 OD= OB，∠DCB=∠DCO=60°，
∵B(﹣ ，0)，
∴BD=OD= .
在 Rt△COD 中.CD=OD tan30°= ，
∴C(﹣ ， )，
故答案为：C
【分析】 连接 AB，OC，利用圆周角定理可证得AB是圆O的直径，利用圆内接四边形的性质可求出∠BAO=60°，利用圆周角定理可求出∠BCO的度数；过 C 作 CD⊥OB 于 D，利用垂径定理，由点B的坐标，可求出OD的长；再利用解直角三角形求出CD的长；即可得到点C的坐标.
8．（2021·萧山模拟）如图，已知△ABC，O为AC上一点，以OB为半径的圆经过点A，且与BC，OC交于点D，E.设∠A＝α，∠C＝β（ ）
A．若α+β＝70°，则 20°
B．若α+β＝70°，则 40°
C．若α﹣β＝70°，则 20°
D．若α﹣β＝70°，则 40°
【答案】B
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接BE，设 的度数为θ，
则∠EBD＝ ，
∵AE为直径，
∴∠ABE＝90°，
∵∠A＝α，
∴∠AEB＝90﹣α，
∵∠C＝β，∠AEB＝∠C+∠EBC＝β+ ，
∴90°﹣α＝β+ ，
解得：θ＝180°﹣2（α+β），
即 的度数为180°﹣2（α+β），
A、当α+β＝70°时， 的度数是180°﹣140°＝40°，故本选项错误；
B、当α+β＝70°时， 的度数是180°﹣140°＝40°，故本选项正确；
C、当α﹣β＝70°时，即α＝70°+β， 的度数是180°﹣2（70°+β+β）＝40°﹣4β，故本选项错误；
D、当α﹣β＝70°时，即α＝70°+β， 的度数是40°﹣4β，故本选项错误；
故答案为：B.
【分析】连接BE，设 的度数为θ，则∠EBD＝ ，由圆周角定理可得∠ABE＝90°，然后表示出∠AEB，由外角的性质表示出∠AEB，据此可得到θ，进而判断各选项的正误.
9．（2021·花溪模拟）尺规作图是初中数学学习中一个非常重要的内容.小明按以下步骤进行尺规作图：①将半径为 的 六等分，依次得到 六个分点；②分别以点 为圆心， 长为半径画弧，两弧交于点 ；③连结 .则 的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图，连接 ，
是 的六等分点，
是 的直径， ，
由圆周角定理得： ，
在 中， ，
分别以点 为圆心， 长为半径画弧，两弧交于点 ，
，
又 点 是 的中点，
（等腰三角形的三线合一），
在 中， ，
故答案为：C.
【分析】如图，连接根据六等分点得出 是 的直径，，可得∠ACD=90°，利用股股定理求出AC=r，从而得出 ，根据等腰三角形三线合一的性得出，在 中，利用勾股定理即可求出结论.
10．（2020·鼓楼模拟）如图，△ABC中，∠BAC＝45°，∠ABC＝60°，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，则弦EF长度的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．2
【答案】B
【知识点】垂线段最短；含30°角的直角三角形；垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：作AH⊥BC于H，OG⊥EF于G，连接OE、OF，如图，
∵∠EOF＝2∠EAF＝2×45°＝90°，OE＝OF，
而OE=OF，
∴EF＝ OE，
当OE的值最小时，EF的值最小，
此时AD最小，AD的最小值为AH的长，
在Rt△ABH中，
∵sin∠ABH==sin60°,
∴AH=，
,∴OE的最小值为 ，
∴EF的最小值为 × ＝ .
故答案为：B.
【分析】作AH⊥BC于H，OG⊥EF于G，连接OE、OF，如图，利用圆周角定理得∠EOF=90°，利用含30度的直角三角形三边的关系得到EF=2EG= OE，所以当⊙O的半径最小时，EF的值最小，此时AD最小，AD的最小值为AH的长，然后计算出AH的长就可得到EF的最小值.
二、填空题（每空4分，共24分）
11．（2022九上·镇海区期中）如图， 等腰内接于，，，点D是上一点， 连接， 点E是上一点，满足. 若， 则的面积是 .
【答案】
【知识点】平行线之间的距离；三角形的面积；等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与间距离处处相等，
∴，
∵点D是上一点，
∴，
作于点H，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴.
故答案为：
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠ABC＝∠ACB＝30°，再根据圆周角定理及三角形外角性质可得出∠ADB＝∠DEC＝30°，进而得出AD∥EC，根据平行线间的距离处处相等得及同底等高的三角形面积相等得S△AEC＝S△DEC，根据同弧所对的圆周角相等得∠EDC=∠BAC=120°，过点D作DH⊥EC于点H，根据圆周角定理并结合已知及角的和差可得∠DCE=∠DEC=30°，根据含30°角直角三角形的性质得DH的长，由勾股定理算出CH的长，最后根据三角形的面积计算公式算出△DEC的面积即可得出答案.
12．（2022九上·镇海区期中）如图，正方形的边长为4，点分别在上，且，过三点作交于点G.在点F整个运动过程中，当中满足某两条线段相等时，的长为 .
【答案】或或
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；勾股定理；正方形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【解答】解：①当时：连接，
则：，
∴
∵四边形为正方形，
则：，，；
∴，
∴，
∴三点共线，
又∵点F分别在上，
∴F为正方形对角线的交点，
∴；
②当时：如图，
此时：，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴；
③当时，点F作的垂线分别交于点，
∵ ，
∴是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，设.
∵，
则.
∴.
∵，
∴，
解得 或 （舍弃），
∴ ，
综上所述，所有满足条件的BF长分别为 或或.
故答案为：或或.
【分析】①当EF=FG时，连接AC、FC，由弦、弧的关系以及圆周角定理可得∠FCE=∠FCG，由正方形的性质可得∠C=90°，∠ACB=45°，AC=BD，进而推出A、F、C三点共线，则F为正方形对角线的交点，据此求解；②当EF=CG时，由正方形的性质可得∠DBC=45°，EF=BE=1，利用勾股定理可得BF；
③当FG=CG时，点F作AD的垂线分别交AD、BC于点M、N，由圆周角定理可得∠EFG=90°，证明△EGF≌△EGC，得到EF=CE，设FN=x，则AM=BN=FN=x，EN=x-1，利用勾股定理可得x，进而可得BF.
13．（2022九上·慈溪期中）如图，⊙P与x轴交于点A(-5，0)，B(1，0)，与y轴的正半轴交于点C.若∠ACB=60°，则点C的纵坐标为 .
【答案】+
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图所示，过P点作PH⊥AB于H点，PD⊥OC于D点，连接PA、PB、PC，
∵A（-5，0），B（1，0），
∴OA＝5，OB＝1，
∴AB=6，
∵PH⊥AB，
∴AH＝BH＝AB＝3，
∴OH＝2，
∵∠ACB=60°，
∴∠APB＝2∠ACB＝2×60°＝120°，
∴∠APH＝60°，∠PAH=30°，
∵在Rt△PAH中，PH＝AH＝，
∴PA＝2PH＝，
∵∠PHO＝∠PDO＝∠HOD＝90°，
∴四边形PHOD为矩形，
∴OD＝PH＝，PD＝OH＝2，
∵在Rt△PCD中，PC＝PA＝，PD＝2，
∴CD＝=＝，
∴OC＝OD+CD＝+ ，
∵点C在y轴的正半轴，
∴点C的纵坐标为+.
故答案为：+.
【分析】过P点作PH⊥AB于H点，PD⊥OC于D点，连接PA、PB、PC，易得AB=6，根据垂径定理得到AH＝BH＝3，则OH＝2，再根据圆周角定理得到∠APB＝2∠ACB＝120°，则∠APH＝60°，再由含30度角的直角三角形三边的关系计算出PH、PA的长度 ，易得四边形PHOD为矩形，从而得到OD、 PD的长，然后利用勾股定理计算出CD，从而得到OC的长，即可求出点C的纵坐标．
14．（2022九上·苍南期中）如图， 在直角坐标系中， 抛物线交轴于点， 点是点 关于对称轴的对称点， 点是抛物线的顶点， 若的外接圆经过原点， 则点的坐标为 .
【答案】
【知识点】勾股定理；圆周角定理；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：连接OB，与抛物线的对称轴交于点O′，
抛物线的对称轴为直线，
当x=0时y=2，
∴点A（0，2），
∵点A，B关于对称轴对称，
∴点B（4，2），AB∥x轴，
∴∠OAB=90°，
∵∵的外接圆经过原点，
∴OB圆O′的直径，点O′的坐标为（2，1）；
∴，
O′B=O′C=；
∴点C（2，）.
故答案为：（2，）
【分析】连接OB，与抛物线的对称轴交于点O′，利用函数解析式可求出抛物线的对称轴，由x=0求出对应得y的值，可得到点A的坐标，利用二次函数的对称性可求出点B的坐标，利用圆周角定理可证得OB圆O′的直径，同时可求出点O′的坐标；利用勾股定理求出OB的长，即可得到O′C的长，据此可求出点C的坐标.
15．（2021九上·灌云期中）如图，点 在反比例函数图象 上，以 为直径的圆交该双曲线于点 ，交 轴于点 ，若 ，则该圆的直径长是 .
【答案】
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：连接AB、AC、BC、OC，过点C作CD⊥y轴于点D，如图所示：
∵OA是圆的直径
∴∠ABO=∠ACO=90°
∴
∴
∵
∴OC=OB
∵CD⊥y轴于点D
∴BD=OD
设点A的坐标为 ，则 ，
∵CD⊥y轴于点D，且点C在 的图象上，
∴点C的坐标为
∴
化简，得
解得 或 （舍去）
则A的坐标为
∴
故答案为： .
【分析】连接AB、AC、BC、OC，过点C作CD⊥y轴于点D，由圆周角定理可得∠ABO=∠ACO=90°，根据勾股定理可得OC2+AC2=AB2+OB2，根据可得OC=OB，推出BD=OD，设A（m，），则B（0，），D（0，），C（2m，），然后根据OC2+AC2=AB2+OB2可求出m的值，得到点A的坐标，进而可求出OA的长.
16．（2021九上·邗江月考）如图， 是 的直径， ，点 在 上， ， 是 的中点， 是直径 上的一动点，若 ，则 周长的最小值为 .
【答案】5
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；轴对称的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：作点 关于 的对称点 ，连接 、 、 、 ，
则 与 的交点即为 的最小时的点， 的最小值 ，
，
，
是弧 的中点，
，
由对称性， ，
，
是等边三角形，
，
周长的最小值 ，
故答案为：5.
【分析】作点N关于AB的对称点N′，连接OM、ON、ON′、MN′， 则MN′与AB的交点即为PM+PN取最小值时的点，由圆周角定理可得∠MOB的度数，进而求出∠BON的度数，由轴对称的性质可得∠N′OB=∠BON=20°，推出△MON′是等边三角形，据此求解.
三、作图题（共8分）
17．（2020九上·沭阳月考）如图，A、B是⊙O上的两个点，已知P为平面内一点，（P、A、B三点不在同一条直线上）.
（1）若点P在⊙O上，⊙O的半径为1.
①当∠APB＝45°时，AB的长度为 ；
②当AB＝1时，∠APB＝ °；
（2）若点P不在⊙O上，直线PA、PB交⊙O于点C、D（点C与点A、点D与点B均不重合），连接AD，设∠CAD＝ ，∠ADB＝ ，试用 、 表示∠APB（请直接写出答案，并画出示意图）.
【答案】（1）；30或150
（2）解：P在圆外时，
①如图，若点C、D分别在线段PA、PB上，则∠APB＝ － ；
②如图，若点C在线段PA的延长线上，点D在线段PB上，则∠APB＝ ＋ －180°；
③如图，若点C在线段PA上，点D在线段PB的延长线上，则∠APB＝180°－ － ；
④如图，若点C、D分别在线段PA、PB的延长线上，则∠APB＝ － ；
P在圆内时，
⑤如图，∠APB＝ ＋ .
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：（1）①如图，
∵ ，∴ ，
，根据勾股定理， ，
故答案是： ；
②如图，当P在优弧 上时，
∵ ，∴ 是等边三角形，
∴ ，∴ ，
当P在劣弧 上时，
，
故答案是： 或 ；
【分析】（1）①根据题意画出图形，得到 是等腰直角三角形，求出AB长；②分当P在劣弧 上时与当P在优弧 上时两种情况讨论，画出图形，利用圆周角定理求出 ；
（2）先考虑点在圆外还是圆内，在圆外还有多种情况，画出图形后，利用圆周角定理、外角和定理求出角与角之间的数量关系.
四、解答题（共7题，共58分）
18．（2023九下·南昌期中）点A是矩形边上的点，以为直径的圆交于点D和点C，，连接．
（1）求证：．
（2）已知，求CD的长．
【答案】（1）证明：如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵在中，，
∴，
∵在中，，
∴，
∴在中，由勾股定理得，
∴在中，由勾股定理得，
∴．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的性质；圆周角定理
【解析】【分析】（1）连接AD，由矩形及等腰三角形的性质可得，由AB是直径可得，利用平角的定义可求出∠BDC=45°，根据同弧所对的圆周角相等可得∠BAC=∠BDC=45°，从而求出∠ABC=45°=∠BAC，根据等角对等边即证结论；
（2）根据勾股定理分别求出AD、AB、BC、CE的长，利用CD=CE-DE即得结论.
19．（2023九上·温州期末）已知，是直径，弦于点，点是上一点．
（1）如图1，连接、、，求证：平分；
（2）如图2，连接、、，交于点，交于点，若；求证：；
（3）如图，在（2）的条件下，连接交于，连接，若，，求半径．
【答案】（1）证明： 是 直径， ，
∴ ，
，
平分 ；
（2）证明：设 ，
，
，
，
，
，
，
，
∵ ，
，
，
，
，
，
，
，
如图2，连接 ，
，
∴△DFE≌△DFP（SAS） ，
，
， ， ，
∴△CEH≌△DEH（ASA） ，
，
；
（3）解：如图3，连接 EG 、 CO ，
设 ，
为直径， ，
∴ ，
，由 知 ，
， ，
，
，
在 和 中，
，
∴△AFE≌△AFP（SAS） ，
，
，
∴AG为EP的中垂线，
，
，
∵AB为直径，
，
，
，
在 和 中，
， ， ，
∴△AEG≌△APG（SSS） ，
，
， ，
，
，
，
，
，
，
设半径为 ， ，
则 ，
∵ ，
，
，
，
，
，
，
在 和 中，
， ， ，
∴△CHO≌△BGE（AAS） ，
，
，
，
，
，
在 中，由勾股定理得 ，
即 ，
，
，
则 ，
，
即 ，
令 ，
则原式为 ，
即 ，
解得： ， 舍 ，
，
负值舍去 ．
半径为10．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；垂径定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据垂径定理得，根据等弧所对的圆周角相等得∠BPC=∠BPD，据此即可得出结论；
（2）∠DCP＝α，根据圆周角定理证明∠BAD＝∠PAD，连接OD，利用SAS证明△DFE≌△DFP，可得DP＝DE，再永AAS证明△CEH≌△DEH，可得CE＝DE，进而可以解决问题；
（3）连接EG、CO，利用SAS证明△AEF≌△APF，可得EF＝PF，再利用SSS证明△AEG≌△APG，可得∠AEG＝∠APG＝90°，利用等角对等边证明BO＝BG，设半径为r，HC＝a，用AAS证△CHO≌△BGE，可得HC＝BE＝a，根据S△AOG＝30，可得EG＝，然后在Rt△EBG中利用勾股定理即可解决问题．
20．（2022九上·定海期中）数学活动课上，老师给出这样一个题目：如图1，点C是弧上的点，于D，于E，若，求证：点C是弧的中点.
小波同学想到的办法是：可通过证明来完成它.
（1）请你们帮助小波完成证明过程：
（2）解答完老师给出的问题后，小波把老师的题进行了改变.
如图2，已知是的直径，点D，点E分别是半径，的中点，延长交于点F，若于D，且点C是弧的中点，求证：，请你证明.
（3）拓展：如图3，在（2）的条件下，点G是弧上一点，连接，，若，，求的半径长.
【答案】（1）证明：∵，，∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴点C是弧的中点；
（2）证明：∵点D，点E分别是半径，的中点，
∴，
∵于D，
∴，则，
∵点C是弧的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
∴；
（3）解：∵，
∴，
∴，
如图，连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴设，
在上取点M，使得，连接，过点H作于N，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，则的半径，
∵，即，
∴，
∴的半径为.
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【分析】（1）利用HL判断出Rt△CDO≌Rt△CEO，根据全等三角形对应角相等得∠AOC=∠BOC，根据相等的圆心角所对的弧相等可得弧AC=弧BC，从而即可得出结论；
（2）由含30°角直角三角形的性质得∠DCO=30°，由三角形的内角和定理及等弧所对的圆心角相等得∠DOC=∠EOC=60°，用SAS证△CDO≌△CEO，得∠DCO=∠ECO=30°，∠CDO=∠CEO=90°，根据圆周角定理得∠CHB=30°，故∠CHB=∠HCF，根据等角对等边即可得出答案；
（3）由等腰三角形性质得FO⊥CH，连接AH，易得AH=BH，∠AGH=60°，设AG=5x，BG=3x， 在AG上取点M，使AM=BG，连接MH，过H作HN⊥CM于N， 用SAS证△HAM≌△HBG，得MH=GH，则△MHG是等边三角形，由等边三角形的性质及AG=AM+MG建立方程，可求得x的值，利用勾股定理算出HB=HA=，根据圆周角定理得∠CBH=90°，根据含30°角的直角三角形的性质及勾股定理可求出BC的长，从而得出答案.
21．（2022九上·镇海区期中）如图1，是的直径，且，过点作的垂线，C是垂线上一点，连接交于点D，连接，点E是的中点，连接交于点F.
（1）求证：；
（2）若，求的值；
（3）若图1的基础上，作的平分线交于点I，交于点G，连接（如图2），直接写出的最小值.
【答案】（1）证明：∵点E是的中点，
∴，
∵是的直径，，
∵，
∴，
∴，
∴.
（2）解：设，则，
在中，，
∴，
解得∶，
∴.
（3）
【知识点】线段的性质：两点之间线段最短；等腰三角形的判定；勾股定理；圆周角定理；角平分线的定义
【解析】【解答】解：（3）的最小值为 ，理由如下，
如图，连接、、，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵平分、平分，是的角平分线，
∵，，
∴，
∴，
∵，
当点三点共线时，的值最小，
∴.
【分析】（1）根据中点的概念可得以及圆周角定理可得∠DBE=∠ABE，∠ADB=90°，由等角的余角相等可得∠CFB=∠CBF，据此证明；
（2）设CB=CF=x，则AC=2+x，然后在Rt△ABC中，根据勾股定理计算即可；
（3）连接AI、AG、OG，由圆周角定理可得∠ADB=90°，∠BAG=∠BDG=45°，∠AOG=2∠ADG=90°，根据角平分线的概念可得∠ADG=∠BDG=45°，则OG=AO=2，AG=IG=，易得当点I、O、G三点共线时，OI的值最小，据此求解.
22．（2022九上·杭州期中）如图，是的中点，.
（1）求的度数；
（2）求线段的长度.
【答案】（1）解：如图，连接
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴；
（2）解：如图，延长交于点D，
∵C是的中点，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∴.
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）连接AC、BC，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可得∠AOB=2∠ACB，根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理得∠AOB=180°－2∠B，由等弧所对的圆心角相等得∠AOC=∠BOC，结合已知及周角的定义列出方程，求解即可得出∠B的度数，从而即可得出答案；
（2） 延长CO交AB于点D， 根据垂径定理得CD⊥AB，AD=DB，根据含30°角直角三角形的性质可得OD的长度，进而根据勾股定理算出AD的长，从而即可得出AB的长.
23．（2022九上·上城期中）已知：的两条弦，相交于点M，且.
（1）如图1，连接.求证：.
（2）如图2，若，点E为弧上一点，，交于点F，连接、.
①求的度数(用含的代数式表示).
②若，，求的面积.
【答案】（1）证明：如图1，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①.
理由如下：
连接，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，解得，
∴，
∴.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据同圆中相等的弦所对的弧相等可得 ， 根据等弧所对的圆周角相等得∠A=∠D，进而利用等角对等边即可得出答案；
（2）①连接AC，根据圆心角、弧、弦的关系可得 ， 根据三角形内角和定理及同弧所对的圆周角相等可得 ； ②根据相等的弧所对的圆周角相等可得∠CAB=∠EAB，易得AC=AF，然后根据等边对等角、对顶角相等及圆周角定理可得∠DFE=∠E，根据等角对等边得DF=DE，由（1）知AM=DM，进而结合AM+MF=17建立方程求出MF的长，从而可得AM的长，最后根据三角形的面积公式计算即可.
24．（2022九上·永康月考）如图，AB为⊙O的直径，CD为弦，CD⊥AB于点E，连接DO并延长交⊙O于点F，连接AF交CD于点G，CG＝AG，连接AC．
（1）求证：AC∥DF；
（2）若AB＝12，求AC和GD的长．
【答案】（1）证明：∵AG＝CG，
∴∠DCA＝∠CAF，
∵ ＝ ，
∴∠CAF＝∠CDF，
∴∠ACD＝∠CDF，
∴AC∥DF；
（2）解：如图，连接CO，
∵AB⊥CD，
∴ ＝ ，CE＝DE，
∵∠DCA＝∠CAF，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∴∠AOD＝∠AOC＝∠COF，
∵DF是直径，
∴∠AOD＝∠AOC＝∠COF＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴AC＝AO＝6，∠CAO＝60°，
∵CE⊥AO，
∴AE＝EO＝3，∠ACD＝30°，
∴CE＝3 ＝DE，
∵AG2＝GE2+AE2，
∴AG2＝（3 -AG）2+9，
∴AG＝2 ，
∴GE＝ ，
∴DG＝4 ．
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据等边对等角得∠DCA＝∠CAF，根据同弧所对的圆周角相等得∠CAF＝∠CDF，根据等量代换得∠ACD＝∠CDF，由内错角相等，两直线平行，得AC∥DF；
（2） 连接CO， 根据垂径定理得 ＝ ，CE＝DE， 根据同圆中相等的圆周角所对的弧相等得 ＝ ， 进而根据等弧所对的圆心角相等得 ∠AOD＝∠AOC＝∠COF， 然后判断出△AOC是等边三角形，根据等边三角形的性质得AC＝AO＝6，∠CAO＝60°， AE＝EO＝3，∠ACD＝30°， 根据含30°角直角三角形的性质得CE=AE=，再根据勾股定理算出AG的长，最后根据DG=CD-CG即可得出答案.
1 / 12023年浙教版数学九年级上册3.5 圆周角 同步测试（培优版）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023·十堰）如图，是的外接圆，弦交于点E，，，过点O作于点F，延长交于点G，若，，则的长为（ ）
A． B．7 C．8 D．
2．（2023·黄冈模拟）如图，AB为⊙O的直径，弦CD交AB于点E，，∠CDB＝30°，，则OE的长为（ ）
A． B． C． D．2
3．（2022·易县模拟）如图，MN是⊙O的直径，MN＝4，∠AMN＝30°，点B为弧AN的中点，点P是直径MN上的一个动点，则PA+PB的最小值为（ ）
A．4 B．4 C．2 D．2
4．（2022九上·镇海区期中）如图，在给定的锐角三角形ABC中，∠BAC=60°，D是边BC上的一个动点，以AD为直径作⊙O分别交边AB，AC于点E，F，连接EF，当点D从点B运动到点C的过程中，线段EF的长度的大小变化情况是（ ）
A．一直不变 B．一直减少
C．先减小后增大 D．先增大后减小
5．（2022九上·鄞州月考）如图，AB是⊙O的直径，点C，点D是半圆上两点，连结AC，BD相交于点P，连结AD，OD．已知OD⊥AC于点E，AB＝2．下列结论：
①AD2+AC2＝4；②∠DBC+∠ADO＝90°；③若AC＝BD，则DE＝OE；④若点P为BD的中点，则DE＝2OE．
其中正确的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．③④ D．②④
6．（2022九上·拱墅月考）如图，AB是半圆O的直径，点C、E是半圆上的动点（不与点A、B重合），且＝，射线AE，BC交于点F，M为AF中点，G为CM上一点，作∠GON＝，交BC于点N，则点C在从点A往点B运动的过程中，四边形CGON的面积（ ）
A．先变大后变小 B．先变小后变大
C．保持不变 D．一直减小
7．（2021·苏州模拟）如图，⊙C 经过原点且与两坐标轴分别交于点 A 与点 B，点 B 的坐标为 ，M 是圆上一点，∠BMO=120°.⊙C的圆心C的坐标是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2021·萧山模拟）如图，已知△ABC，O为AC上一点，以OB为半径的圆经过点A，且与BC，OC交于点D，E.设∠A＝α，∠C＝β（ ）
A．若α+β＝70°，则 20°
B．若α+β＝70°，则 40°
C．若α﹣β＝70°，则 20°
D．若α﹣β＝70°，则 40°
9．（2021·花溪模拟）尺规作图是初中数学学习中一个非常重要的内容.小明按以下步骤进行尺规作图：①将半径为 的 六等分，依次得到 六个分点；②分别以点 为圆心， 长为半径画弧，两弧交于点 ；③连结 .则 的长是（ ）
A． B． C． D．
10．（2020·鼓楼模拟）如图，△ABC中，∠BAC＝45°，∠ABC＝60°，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，则弦EF长度的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．2
二、填空题（每空4分，共24分）
11．（2022九上·镇海区期中）如图， 等腰内接于，，，点D是上一点， 连接， 点E是上一点，满足. 若， 则的面积是 .
12．（2022九上·镇海区期中）如图，正方形的边长为4，点分别在上，且，过三点作交于点G.在点F整个运动过程中，当中满足某两条线段相等时，的长为 .
13．（2022九上·慈溪期中）如图，⊙P与x轴交于点A(-5，0)，B(1，0)，与y轴的正半轴交于点C.若∠ACB=60°，则点C的纵坐标为 .
14．（2022九上·苍南期中）如图， 在直角坐标系中， 抛物线交轴于点， 点是点 关于对称轴的对称点， 点是抛物线的顶点， 若的外接圆经过原点， 则点的坐标为 .
15．（2021九上·灌云期中）如图，点 在反比例函数图象 上，以 为直径的圆交该双曲线于点 ，交 轴于点 ，若 ，则该圆的直径长是 .
16．（2021九上·邗江月考）如图， 是 的直径， ，点 在 上， ， 是 的中点， 是直径 上的一动点，若 ，则 周长的最小值为 .
三、作图题（共8分）
17．（2020九上·沭阳月考）如图，A、B是⊙O上的两个点，已知P为平面内一点，（P、A、B三点不在同一条直线上）.
（1）若点P在⊙O上，⊙O的半径为1.
①当∠APB＝45°时，AB的长度为 ；
②当AB＝1时，∠APB＝ °；
（2）若点P不在⊙O上，直线PA、PB交⊙O于点C、D（点C与点A、点D与点B均不重合），连接AD，设∠CAD＝ ，∠ADB＝ ，试用 、 表示∠APB（请直接写出答案，并画出示意图）.
四、解答题（共7题，共58分）
18．（2023九下·南昌期中）点A是矩形边上的点，以为直径的圆交于点D和点C，，连接．
（1）求证：．
（2）已知，求CD的长．
19．（2023九上·温州期末）已知，是直径，弦于点，点是上一点．
（1）如图1，连接、、，求证：平分；
（2）如图2，连接、、，交于点，交于点，若；求证：；
（3）如图，在（2）的条件下，连接交于，连接，若，，求半径．
20．（2022九上·定海期中）数学活动课上，老师给出这样一个题目：如图1，点C是弧上的点，于D，于E，若，求证：点C是弧的中点.
小波同学想到的办法是：可通过证明来完成它.
（1）请你们帮助小波完成证明过程：
（2）解答完老师给出的问题后，小波把老师的题进行了改变.
如图2，已知是的直径，点D，点E分别是半径，的中点，延长交于点F，若于D，且点C是弧的中点，求证：，请你证明.
（3）拓展：如图3，在（2）的条件下，点G是弧上一点，连接，，若，，求的半径长.
21．（2022九上·镇海区期中）如图1，是的直径，且，过点作的垂线，C是垂线上一点，连接交于点D，连接，点E是的中点，连接交于点F.
（1）求证：；
（2）若，求的值；
（3）若图1的基础上，作的平分线交于点I，交于点G，连接（如图2），直接写出的最小值.
22．（2022九上·杭州期中）如图，是的中点，.
（1）求的度数；
（2）求线段的长度.
23．（2022九上·上城期中）已知：的两条弦，相交于点M，且.
（1）如图1，连接.求证：.
（2）如图2，若，点E为弧上一点，，交于点F，连接、.
①求的度数(用含的代数式表示).
②若，，求的面积.
24．（2022九上·永康月考）如图，AB为⊙O的直径，CD为弦，CD⊥AB于点E，连接DO并延长交⊙O于点F，连接AF交CD于点G，CG＝AG，连接AC．
（1）求证：AC∥DF；
（2）若AB＝12，求AC和GD的长．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：∵∠A=∠D，AE=ED，∠AEB=∠DEC，
∴△AEB≌△DEC（ASA），
∴EB=EC.
∵BC=CE，
∴BE=CE=BC，
∴△EBC为等边三角形，
∴∠GEF=60°，
∴∠EGF=30°.
∵OF⊥AC，
∴AF=CF.
∵EG=2，
∴EF=1.
∵AE=ED=3，
∴CF=AF=4，
∴AC=8，EC=5，BC=5.
作BM⊥AC于点M，
∵∠BCM=60°，
∴∠MBC=30°，
∴CM=，BM=，
∴AM=AC-CM=，
∴AB==7.
故答案为：B.
【分析】由圆周角定理可得∠A=∠D，根据已知条件可知AE=ED，利用ASA证明△AEB≌△DEC，得到EB=EC，结合BC=CE可推出△EBC为等边三角形，则∠EGF=30°，由含30°角的直角三角形的性质可得EF，然后求出CF、AC、EC、BC的值，作BM⊥AC于点M，则∠MBC=30°，易得CM、BM、AM的值，然后利用勾股定理进行计算.
2．【答案】C
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠A=∠D=30°，
∴AB=2BC，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC2+BC2=AB2，
即，
解得BC=3，
∴AB=6，
∵ ，
∴BE⊥AB，∠D=∠BCD=30°，
∴BE=BC=，
∴OE=OB-BE=AB-BE=.
故答案为：C.
【分析】由直径所对的圆周角是直角得∠ACB=90°，由同弧所对的圆周角相等得∠A=∠D=30°，根据含30°角直角三角形的性质得AB=2BC，在Rt△ABC中，由勾股定理建立方程可求出BC的长，从而可得AB的长，由垂直定理及等弧所对的圆周角相等得BE⊥AB，∠D=∠BCD=30°，根据含30°角直角三角形的性质得BE=BC=，最后根据线段的和差可算出答案.
3．【答案】C
【知识点】垂径定理；圆周角定理；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，作点B关于MN的对称点C，连接AC交MN于点P，则P点就是所求的点，此时PA+PB最小，且等于AC的长．
连接OA，OC，根据题意得弧AN的度数是60°，
则弧BN的度数是30°，
根据垂径定理得弧CN的度数是30°，
则∠AOC=90°，
又∵OA=OC=MN=2，
则AC=2．
故答案为：C.
【分析】作点B关于MN的对称点C，连接AC交MN于点P，则P点就是所求的点，此时PA+PB最小，且等于AC的长，求出此时AC的长即可．
4．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接OE、OF，过O做ON⊥EF，
即
在含的中，有
为圆的直径，为圆的半径
，即
由图可知，当点D从点B运动到点C的过程中，线段AD的长度先减小后增大
线段EF的长度先减小后增大
故答案为：C.
【分析】连接OE、OF，过O做ON⊥EF，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得∠EOF的度数，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和可得∠OEF=∠OFE=30°，在Rt△OEN中，根据含30°角直角三角形的性质表示出EN，进而可用含AD的式子表示出EF，由图可知，当点D从点B运动到点C的过程中，线段AD的长度先减小后增大，据此即可得出线段EF的长度先减小后增大.
5．【答案】B
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵AB是⊙O直径，
∴∠C＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2＝4，
由条件不能证明AD＝BC，
故①不符合题意；
∵OD⊥AC，BC⊥AC，
∴OD∥BC，
∴∠DBC＝∠BDO，
∵AB是⊙O直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADO+∠ODB＝90°，
∴∠ADO+∠DBC＝90°，
故②符合题意；
∵AC＝BD，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∵OD⊥AC，
∴ ＝ ，
∴ 度数是 ×180°＝60°，
∵AO＝DO，
∴△AOD是等边三角形，
∵AE⊥OD，
∴DE＝OE，
故③符合题意；
∵PD＝PB，∠C＝∠DEP＝90°，∠DPE＝∠BPC，
∴△PDE≌△PBC（AAS），
∴DE＝BC，
∵AO＝BO，AE＝EC，
∴BC＝2OE，
∴DE＝2OE，
故④符合题意，
故答案为：B．
【分析】根据直径所对的圆周角是直角得∠C=90°，根据勾股定理得AC2+BC2＝AB2＝4，由条件不能证明AD＝BC，故不能证明 AD2+AC2＝4 ，据此判断①；根据同一平面内，垂直于同一直线的两条直线互相平行得OD∥BC，由二直线平行，内错角相等得∠DBC＝∠BDO，由直径所对的圆周角是直角得∠ADB＝90°，从而根据角的和差及等量代换可得∠ADO+∠DBC＝90°，据此判断②；根据相等的弦所对的劣弧相等得 ＝ 根据等量减去等量差相等得 ＝ ，根据垂径定理得 ＝ ，再根据圆心角、弧、弦的关系得 度数是60°，进而判断出三角形AOD是等边三角形，根据等边三角形的三线合一得DE＝OE，据此判断③；利用AAS证明△PDE≌△PBC得DE＝BC，根据三角形的中位线定理得BC＝2OE，从而即可得出答案.
6．【答案】A
【知识点】三角形的面积；三角形全等的判定；圆周角定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，连接OC，AC，OM．
∵AB是直径，
∴∠ACF＝90°，
∵AM＝FM，
∴CM＝AM＝FM，
∵OA＝OC，OM＝OM，MA＝MC，
∴△OMA≌△OMC（SSS），
∴∠OAM＝∠OCG，
∵＝，
∴∠EAB＝∠ABC，
∴∠OCG＝∠OBN，
∵∠GON的度数等于的度数，
∴∠GON＝∠COB，
∴∠COG＝∠BON，
∵OC＝OB，
∴△COG≌△BON（ASA），
∴S△COG＝S△BON，
∴S四边形CGON＝S△BOC，
∵点C在从点A往点B运动的过程中，△OBC的面积先变大后变小，
∴四边形CGON的面积先变大后变小.
故答案为：A.
【分析】连接OC、AC、OM，根据圆周角定理可得∠ACF＝90°，易得CM＝AM＝FM，证明△OMA≌△OMC，得到∠OAM＝∠OCG，由圆周角定理可得∠EAB＝∠ABC，推出∠OCG＝∠OBN，进而证明△COG≌△BON，得到S△COG＝S△BON，由面积间的和差关系可得S四边形CGON＝S△BOC，据此判断.
7．【答案】C
【知识点】垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接 AB，OC，
∵∠AOB=90°，
∴AB为⊙C的直径，
∵∠BMO=120°，
∴∠BAO=60°，
∴∠BCO=2∠BAO=120°，
过 C 作 CD⊥OB 于 D，则 OD= OB，∠DCB=∠DCO=60°，
∵B(﹣ ，0)，
∴BD=OD= .
在 Rt△COD 中.CD=OD tan30°= ，
∴C(﹣ ， )，
故答案为：C
【分析】 连接 AB，OC，利用圆周角定理可证得AB是圆O的直径，利用圆内接四边形的性质可求出∠BAO=60°，利用圆周角定理可求出∠BCO的度数；过 C 作 CD⊥OB 于 D，利用垂径定理，由点B的坐标，可求出OD的长；再利用解直角三角形求出CD的长；即可得到点C的坐标.
8．【答案】B
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接BE，设 的度数为θ，
则∠EBD＝ ，
∵AE为直径，
∴∠ABE＝90°，
∵∠A＝α，
∴∠AEB＝90﹣α，
∵∠C＝β，∠AEB＝∠C+∠EBC＝β+ ，
∴90°﹣α＝β+ ，
解得：θ＝180°﹣2（α+β），
即 的度数为180°﹣2（α+β），
A、当α+β＝70°时， 的度数是180°﹣140°＝40°，故本选项错误；
B、当α+β＝70°时， 的度数是180°﹣140°＝40°，故本选项正确；
C、当α﹣β＝70°时，即α＝70°+β， 的度数是180°﹣2（70°+β+β）＝40°﹣4β，故本选项错误；
D、当α﹣β＝70°时，即α＝70°+β， 的度数是40°﹣4β，故本选项错误；
故答案为：B.
【分析】连接BE，设 的度数为θ，则∠EBD＝ ，由圆周角定理可得∠ABE＝90°，然后表示出∠AEB，由外角的性质表示出∠AEB，据此可得到θ，进而判断各选项的正误.
9．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图，连接 ，
是 的六等分点，
是 的直径， ，
由圆周角定理得： ，
在 中， ，
分别以点 为圆心， 长为半径画弧，两弧交于点 ，
，
又 点 是 的中点，
（等腰三角形的三线合一），
在 中， ，
故答案为：C.
【分析】如图，连接根据六等分点得出 是 的直径，，可得∠ACD=90°，利用股股定理求出AC=r，从而得出 ，根据等腰三角形三线合一的性得出，在 中，利用勾股定理即可求出结论.
10．【答案】B
【知识点】垂线段最短；含30°角的直角三角形；垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：作AH⊥BC于H，OG⊥EF于G，连接OE、OF，如图，
∵∠EOF＝2∠EAF＝2×45°＝90°，OE＝OF，
而OE=OF，
∴EF＝ OE，
当OE的值最小时，EF的值最小，
此时AD最小，AD的最小值为AH的长，
在Rt△ABH中，
∵sin∠ABH==sin60°,
∴AH=，
,∴OE的最小值为 ，
∴EF的最小值为 × ＝ .
故答案为：B.
【分析】作AH⊥BC于H，OG⊥EF于G，连接OE、OF，如图，利用圆周角定理得∠EOF=90°，利用含30度的直角三角形三边的关系得到EF=2EG= OE，所以当⊙O的半径最小时，EF的值最小，此时AD最小，AD的最小值为AH的长，然后计算出AH的长就可得到EF的最小值.
11．【答案】
【知识点】平行线之间的距离；三角形的面积；等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与间距离处处相等，
∴，
∵点D是上一点，
∴，
作于点H，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴.
故答案为：
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠ABC＝∠ACB＝30°，再根据圆周角定理及三角形外角性质可得出∠ADB＝∠DEC＝30°，进而得出AD∥EC，根据平行线间的距离处处相等得及同底等高的三角形面积相等得S△AEC＝S△DEC，根据同弧所对的圆周角相等得∠EDC=∠BAC=120°，过点D作DH⊥EC于点H，根据圆周角定理并结合已知及角的和差可得∠DCE=∠DEC=30°，根据含30°角直角三角形的性质得DH的长，由勾股定理算出CH的长，最后根据三角形的面积计算公式算出△DEC的面积即可得出答案.
12．【答案】或或
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；勾股定理；正方形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【解答】解：①当时：连接，
则：，
∴
∵四边形为正方形，
则：，，；
∴，
∴，
∴三点共线，
又∵点F分别在上，
∴F为正方形对角线的交点，
∴；
②当时：如图，
此时：，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴；
③当时，点F作的垂线分别交于点，
∵ ，
∴是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，设.
∵，
则.
∴.
∵，
∴，
解得 或 （舍弃），
∴ ，
综上所述，所有满足条件的BF长分别为 或或.
故答案为：或或.
【分析】①当EF=FG时，连接AC、FC，由弦、弧的关系以及圆周角定理可得∠FCE=∠FCG，由正方形的性质可得∠C=90°，∠ACB=45°，AC=BD，进而推出A、F、C三点共线，则F为正方形对角线的交点，据此求解；②当EF=CG时，由正方形的性质可得∠DBC=45°，EF=BE=1，利用勾股定理可得BF；
③当FG=CG时，点F作AD的垂线分别交AD、BC于点M、N，由圆周角定理可得∠EFG=90°，证明△EGF≌△EGC，得到EF=CE，设FN=x，则AM=BN=FN=x，EN=x-1，利用勾股定理可得x，进而可得BF.
13．【答案】+
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图所示，过P点作PH⊥AB于H点，PD⊥OC于D点，连接PA、PB、PC，
∵A（-5，0），B（1，0），
∴OA＝5，OB＝1，
∴AB=6，
∵PH⊥AB，
∴AH＝BH＝AB＝3，
∴OH＝2，
∵∠ACB=60°，
∴∠APB＝2∠ACB＝2×60°＝120°，
∴∠APH＝60°，∠PAH=30°，
∵在Rt△PAH中，PH＝AH＝，
∴PA＝2PH＝，
∵∠PHO＝∠PDO＝∠HOD＝90°，
∴四边形PHOD为矩形，
∴OD＝PH＝，PD＝OH＝2，
∵在Rt△PCD中，PC＝PA＝，PD＝2，
∴CD＝=＝，
∴OC＝OD+CD＝+ ，
∵点C在y轴的正半轴，
∴点C的纵坐标为+.
故答案为：+.
【分析】过P点作PH⊥AB于H点，PD⊥OC于D点，连接PA、PB、PC，易得AB=6，根据垂径定理得到AH＝BH＝3，则OH＝2，再根据圆周角定理得到∠APB＝2∠ACB＝120°，则∠APH＝60°，再由含30度角的直角三角形三边的关系计算出PH、PA的长度 ，易得四边形PHOD为矩形，从而得到OD、 PD的长，然后利用勾股定理计算出CD，从而得到OC的长，即可求出点C的纵坐标．
14．【答案】
【知识点】勾股定理；圆周角定理；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：连接OB，与抛物线的对称轴交于点O′，
抛物线的对称轴为直线，
当x=0时y=2，
∴点A（0，2），
∵点A，B关于对称轴对称，
∴点B（4，2），AB∥x轴，
∴∠OAB=90°，
∵∵的外接圆经过原点，
∴OB圆O′的直径，点O′的坐标为（2，1）；
∴，
O′B=O′C=；
∴点C（2，）.
故答案为：（2，）
【分析】连接OB，与抛物线的对称轴交于点O′，利用函数解析式可求出抛物线的对称轴，由x=0求出对应得y的值，可得到点A的坐标，利用二次函数的对称性可求出点B的坐标，利用圆周角定理可证得OB圆O′的直径，同时可求出点O′的坐标；利用勾股定理求出OB的长，即可得到O′C的长，据此可求出点C的坐标.
15．【答案】
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：连接AB、AC、BC、OC，过点C作CD⊥y轴于点D，如图所示：
∵OA是圆的直径
∴∠ABO=∠ACO=90°
∴
∴
∵
∴OC=OB
∵CD⊥y轴于点D
∴BD=OD
设点A的坐标为 ，则 ，
∵CD⊥y轴于点D，且点C在 的图象上，
∴点C的坐标为
∴
化简，得
解得 或 （舍去）
则A的坐标为
∴
故答案为： .
【分析】连接AB、AC、BC、OC，过点C作CD⊥y轴于点D，由圆周角定理可得∠ABO=∠ACO=90°，根据勾股定理可得OC2+AC2=AB2+OB2，根据可得OC=OB，推出BD=OD，设A（m，），则B（0，），D（0，），C（2m，），然后根据OC2+AC2=AB2+OB2可求出m的值，得到点A的坐标，进而可求出OA的长.
16．【答案】5
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；轴对称的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：作点 关于 的对称点 ，连接 、 、 、 ，
则 与 的交点即为 的最小时的点， 的最小值 ，
，
，
是弧 的中点，
，
由对称性， ，
，
是等边三角形，
，
周长的最小值 ，
故答案为：5.
【分析】作点N关于AB的对称点N′，连接OM、ON、ON′、MN′， 则MN′与AB的交点即为PM+PN取最小值时的点，由圆周角定理可得∠MOB的度数，进而求出∠BON的度数，由轴对称的性质可得∠N′OB=∠BON=20°，推出△MON′是等边三角形，据此求解.
17．【答案】（1）；30或150
（2）解：P在圆外时，
①如图，若点C、D分别在线段PA、PB上，则∠APB＝ － ；
②如图，若点C在线段PA的延长线上，点D在线段PB上，则∠APB＝ ＋ －180°；
③如图，若点C在线段PA上，点D在线段PB的延长线上，则∠APB＝180°－ － ；
④如图，若点C、D分别在线段PA、PB的延长线上，则∠APB＝ － ；
P在圆内时，
⑤如图，∠APB＝ ＋ .
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：（1）①如图，
∵ ，∴ ，
，根据勾股定理， ，
故答案是： ；
②如图，当P在优弧 上时，
∵ ，∴ 是等边三角形，
∴ ，∴ ，
当P在劣弧 上时，
，
故答案是： 或 ；
【分析】（1）①根据题意画出图形，得到 是等腰直角三角形，求出AB长；②分当P在劣弧 上时与当P在优弧 上时两种情况讨论，画出图形，利用圆周角定理求出 ；
（2）先考虑点在圆外还是圆内，在圆外还有多种情况，画出图形后，利用圆周角定理、外角和定理求出角与角之间的数量关系.
18．【答案】（1）证明：如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵在中，，
∴，
∵在中，，
∴，
∴在中，由勾股定理得，
∴在中，由勾股定理得，
∴．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的性质；圆周角定理
【解析】【分析】（1）连接AD，由矩形及等腰三角形的性质可得，由AB是直径可得，利用平角的定义可求出∠BDC=45°，根据同弧所对的圆周角相等可得∠BAC=∠BDC=45°，从而求出∠ABC=45°=∠BAC，根据等角对等边即证结论；
（2）根据勾股定理分别求出AD、AB、BC、CE的长，利用CD=CE-DE即得结论.
19．【答案】（1）证明： 是 直径， ，
∴ ，
，
平分 ；
（2）证明：设 ，
，
，
，
，
，
，
，
∵ ，
，
，
，
，
，
，
，
如图2，连接 ，
，
∴△DFE≌△DFP（SAS） ，
，
， ， ，
∴△CEH≌△DEH（ASA） ，
，
；
（3）解：如图3，连接 EG 、 CO ，
设 ，
为直径， ，
∴ ，
，由 知 ，
， ，
，
，
在 和 中，
，
∴△AFE≌△AFP（SAS） ，
，
，
∴AG为EP的中垂线，
，
，
∵AB为直径，
，
，
，
在 和 中，
， ， ，
∴△AEG≌△APG（SSS） ，
，
， ，
，
，
，
，
，
，
设半径为 ， ，
则 ，
∵ ，
，
，
，
，
，
，
在 和 中，
， ， ，
∴△CHO≌△BGE（AAS） ，
，
，
，
，
，
在 中，由勾股定理得 ，
即 ，
，
，
则 ，
，
即 ，
令 ，
则原式为 ，
即 ，
解得： ， 舍 ，
，
负值舍去 ．
半径为10．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；垂径定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据垂径定理得，根据等弧所对的圆周角相等得∠BPC=∠BPD，据此即可得出结论；
（2）∠DCP＝α，根据圆周角定理证明∠BAD＝∠PAD，连接OD，利用SAS证明△DFE≌△DFP，可得DP＝DE，再永AAS证明△CEH≌△DEH，可得CE＝DE，进而可以解决问题；
（3）连接EG、CO，利用SAS证明△AEF≌△APF，可得EF＝PF，再利用SSS证明△AEG≌△APG，可得∠AEG＝∠APG＝90°，利用等角对等边证明BO＝BG，设半径为r，HC＝a，用AAS证△CHO≌△BGE，可得HC＝BE＝a，根据S△AOG＝30，可得EG＝，然后在Rt△EBG中利用勾股定理即可解决问题．
20．【答案】（1）证明：∵，，∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴点C是弧的中点；
（2）证明：∵点D，点E分别是半径，的中点，
∴，
∵于D，
∴，则，
∵点C是弧的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
∴；
（3）解：∵，
∴，
∴，
如图，连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴设，
在上取点M，使得，连接，过点H作于N，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，则的半径，
∵，即，
∴，
∴的半径为.
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【分析】（1）利用HL判断出Rt△CDO≌Rt△CEO，根据全等三角形对应角相等得∠AOC=∠BOC，根据相等的圆心角所对的弧相等可得弧AC=弧BC，从而即可得出结论；
（2）由含30°角直角三角形的性质得∠DCO=30°，由三角形的内角和定理及等弧所对的圆心角相等得∠DOC=∠EOC=60°，用SAS证△CDO≌△CEO，得∠DCO=∠ECO=30°，∠CDO=∠CEO=90°，根据圆周角定理得∠CHB=30°，故∠CHB=∠HCF，根据等角对等边即可得出答案；
（3）由等腰三角形性质得FO⊥CH，连接AH，易得AH=BH，∠AGH=60°，设AG=5x，BG=3x， 在AG上取点M，使AM=BG，连接MH，过H作HN⊥CM于N， 用SAS证△HAM≌△HBG，得MH=GH，则△MHG是等边三角形，由等边三角形的性质及AG=AM+MG建立方程，可求得x的值，利用勾股定理算出HB=HA=，根据圆周角定理得∠CBH=90°，根据含30°角的直角三角形的性质及勾股定理可求出BC的长，从而得出答案.
21．【答案】（1）证明：∵点E是的中点，
∴，
∵是的直径，，
∵，
∴，
∴，
∴.
（2）解：设，则，
在中，，
∴，
解得∶，
∴.
（3）
【知识点】线段的性质：两点之间线段最短；等腰三角形的判定；勾股定理；圆周角定理；角平分线的定义
【解析】【解答】解：（3）的最小值为 ，理由如下，
如图，连接、、，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵平分、平分，是的角平分线，
∵，，
∴，
∴，
∵，
当点三点共线时，的值最小，
∴.
【分析】（1）根据中点的概念可得以及圆周角定理可得∠DBE=∠ABE，∠ADB=90°，由等角的余角相等可得∠CFB=∠CBF，据此证明；
（2）设CB=CF=x，则AC=2+x，然后在Rt△ABC中，根据勾股定理计算即可；
（3）连接AI、AG、OG，由圆周角定理可得∠ADB=90°，∠BAG=∠BDG=45°，∠AOG=2∠ADG=90°，根据角平分线的概念可得∠ADG=∠BDG=45°，则OG=AO=2，AG=IG=，易得当点I、O、G三点共线时，OI的值最小，据此求解.
22．【答案】（1）解：如图，连接
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴；
（2）解：如图，延长交于点D，
∵C是的中点，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∴.
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）连接AC、BC，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可得∠AOB=2∠ACB，根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理得∠AOB=180°－2∠B，由等弧所对的圆心角相等得∠AOC=∠BOC，结合已知及周角的定义列出方程，求解即可得出∠B的度数，从而即可得出答案；
（2） 延长CO交AB于点D， 根据垂径定理得CD⊥AB，AD=DB，根据含30°角直角三角形的性质可得OD的长度，进而根据勾股定理算出AD的长，从而即可得出AB的长.
23．【答案】（1）证明：如图1，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①.
理由如下：
连接，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，解得，
∴，
∴.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据同圆中相等的弦所对的弧相等可得 ， 根据等弧所对的圆周角相等得∠A=∠D，进而利用等角对等边即可得出答案；
（2）①连接AC，根据圆心角、弧、弦的关系可得 ， 根据三角形内角和定理及同弧所对的圆周角相等可得 ； ②根据相等的弧所对的圆周角相等可得∠CAB=∠EAB，易得AC=AF，然后根据等边对等角、对顶角相等及圆周角定理可得∠DFE=∠E，根据等角对等边得DF=DE，由（1）知AM=DM，进而结合AM+MF=17建立方程求出MF的长，从而可得AM的长，最后根据三角形的面积公式计算即可.
24．【答案】（1）证明：∵AG＝CG，
∴∠DCA＝∠CAF，
∵ ＝ ，
∴∠CAF＝∠CDF，
∴∠ACD＝∠CDF，
∴AC∥DF；
（2）解：如图，连接CO，
∵AB⊥CD，
∴ ＝ ，CE＝DE，
∵∠DCA＝∠CAF，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∴∠AOD＝∠AOC＝∠COF，
∵DF是直径，
∴∠AOD＝∠AOC＝∠COF＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴AC＝AO＝6，∠CAO＝60°，
∵CE⊥AO，
∴AE＝EO＝3，∠ACD＝30°，
∴CE＝3 ＝DE，
∵AG2＝GE2+AE2，
∴AG2＝（3 -AG）2+9，
∴AG＝2 ，
∴GE＝ ，
∴DG＝4 ．
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据等边对等角得∠DCA＝∠CAF，根据同弧所对的圆周角相等得∠CAF＝∠CDF，根据等量代换得∠ACD＝∠CDF，由内错角相等，两直线平行，得AC∥DF；
（2） 连接CO， 根据垂径定理得 ＝ ，CE＝DE， 根据同圆中相等的圆周角所对的弧相等得 ＝ ， 进而根据等弧所对的圆心角相等得 ∠AOD＝∠AOC＝∠COF， 然后判断出△AOC是等边三角形，根据等边三角形的性质得AC＝AO＝6，∠CAO＝60°， AE＝EO＝3，∠ACD＝30°， 根据含30°角直角三角形的性质得CE=AE=，再根据勾股定理算出AG的长，最后根据DG=CD-CG即可得出答案.
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