【培优卷】3.4圆周角和圆心角的关系—北师大版数学九年级下册同步测试
一、选择题
1．（2022·泸县模拟）如图，四边形内接于，交的延长线于点E，若平分，，，则（ ）
A．3 B． C． D．
2．（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．
3．（2023九下·黄石港月考）如图，AB为⊙O的直径，BC是弦，将绕着A点顺时针旋转得到，点D恰好落在⊙O上，AB交于E点，若OE＝EB，AB＝4，则BC的长是（ ）
A．2 B． C． D．
4．（2023·玉环模拟）如图，四边形为正方形，其中分别以为直径在正方形内部做半圆，正方形的对角线交于O点，点E是以为直径的半圆上的一个动点，则下列结论错误的是（ ）
A．若正方形的边长为10，连接，则的最小值为
B．连接，则
C．连接，若，，则正方形的边长为
D．若M，N分别为的中点，存在点E，使得
5．（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
6．（2022九下·淮北月考）等腰△ABC中，AB＝AC，以腰AB为直径的圆O，与底边BC交于P，若圆O与腰AC的交点Q关于直线AP的对称点落在线段OA上（不与端点重合），则下列说法正确的是（ ）
A．∠BAC＞60° B．30°＜∠ABC＜60°
C．BP＞AB D．AC＜PQ＜AC
7．（2023·博乐模拟）如图，内接于半径为的半圆中，为直径，点是的中点，连结交于点，平分交于点，为的中点，可得（ ）
①②③④
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
8．（2022九下·惠山期中）我们定义：两边平方和等于第三边平方的2倍的三角形叫做奇异三角形，根据定义：①等边三角形一定是奇异三角形；②在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝c，AC＝b，BC＝a，且b＞a，若Rt△ABC是奇异三角形，则a：b：c＝1：：2；③如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点（不与点A、B重合），D是半圆的中点，C、D在直径AB的两侧，若在⊙O内存在点E，使AE＝AD，CB＝CE．则△ACE是奇异三角形；④在③的条件下，当△ACE是直角三角形时，∠AOC＝120°，其中，说法正确的有（ ）
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
二、填空题
9．（2023·慈溪模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，点B在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，⊙C经过A，B，D，O四点，∠OAB＝120°，OB＝4，则点D的坐标是 ．
10．（2023·红花岗模拟） 已知内接于，它的内心为点，连接交弦于点，交于点，已知，，，则线段的长为 ．
11．（2022·凤县模拟）如图，正方形ABCD的边长是4，F点是BC边的中点，点H是CD边上的一个动点，以CH为直径作 ，连接HF交 于E点，连接DE，则线段DE的最小值为 .
12．（2022·乐清模拟）如图，内接于⊙O，，外角的平分线交⊙O于点D，若，则的度数为 .
三、综合题
13．（2023·武汉）如图，都是的半径，．
（1）求证：；
（2）若，求的半径．
14．（2023·安徽）已知四边形内接于，对角线是的直径．
（1）如图1，连接，若，求证；平分；
（2）如图2，为内一点，满足，若，，求弦的长．
15．（2023·湛江模拟）在学习《圆》这一单元时，我们学习了圆周角定理的推论：圆内接四边形的对角互补；事实上，它的逆命题：对角互补的四边形的四个顶点共圆，也是一个真命题．在图形旋转的综合题中经常会出现对角互补的四边形，那么，我们就可以借助“对角互补的四边形的四个顶点共圆”，然后借助圆的相关知识来解决问题，例如：已知：是等边三角形，点D是内一点，连接，将线段绕C逆时针旋转得到线段，连接，，，并延长交于点F．当点D在如图所示的位置时：
（1）观察填空：与全等的三角形是 ；
（2）利用（1）中的结论，求的度数
（3）判断线段，，之间的数量关系，并说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接AC，
∵BA平分∠DBE，
∴∠ABE=∠ABD，
∵ABCD是圆O的内接四边形，
∴∠ABE=∠ADC，
∴∠ABD=∠ADC，
∴，
∴AD=AC=7，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∴.
故答案为：C
【分析】连接AC，利用角平分线的定义和圆内接四边形的一个外角等于它的内对角，可推出∠ABD=∠ADC，利用在同一个圆中相等的圆周角所对的弧相等，可证得，由此可求出AC的长；然后在Rt△AEC中，利用勾股定理求出AE的长.
2．【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.
3．【答案】B
【知识点】垂径定理的实际应用；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图，连接、、、、，
，
，，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，
，
，
，(舍去)，
.
故答案为：B.
【分析】本题是圆的综合题，先利用垂径定理和圆周角定理得到HL全等条件证明与全等，再通过设元表示出与的边长，通过两个直角三角形的公共边DF利用勾股定理列出方程，计算出BC的长度.
4．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：A，取DC的中点N，连接BN交弧CD于点E，
此时BE=BN-EN的值最小，
∵正方形ABCD，
∴CD=BC=10，∠BCN=90°，
∴，
∵CD是半圆弧CD的直径，
∴EN=CN=5，
∴此时，故A不符合题意；
B、当点E在弧OC上时，∠OED=45°，当点E在弧OD上时，∠OED=180°-45°=135°，故B符合题意；
C、连接DE，CE，
∵CD是直径，
∴∠DEC=90°，
∴
∴此正方形的边长为，故C不符合题意；
D、∵M，N分别为AB，CD的中点，
∴以MN为直径的圆，与半圆COD必有交点，
∴存在点E，使∠MEN=90°，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】取DC的中点N，连接BN交弧CD于点N，此时BE=BN-EN的值最小，利用正方形的性质可证得CD=BC=10，∠BCN=90°，利用勾股定理求出BN的长，然后求出BE的最小值，可对A作出判断；当点E在弧OC上时，利用圆周角定理可知∠OED=45°，当点E在弧OD上时，利用圆内接四边形的对角互补，可求出∠OED的度数，可对B作出判断；连接DE，CE，利用直径所对的圆周角是直角，可得到∠DEC=90°，利用勾股定理求出CD的长，即可得到正方形的边长，可对C作出判断；利用M，N分别为AB，CD的中点，可知以MN为直径的圆，与半圆COD必有交点，这个交点就是点E，利用直径所对的圆周角是直角，可知存在点E，使∠MEN=90°，可对D作出判断.
5．【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．
6．【答案】D
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理
【解析】【解答】解：在△ABC中，AB＝AC，
①当∠BAC＞60°时，若∠BAC＝90°时，
此时点Q与点A重合，不符合题意，
故A不符合题意；
②当∠ABC≤45°时，点Q与点A重合，
当∠ABC≥60°时，点Q与点O不关于AP对称，
当45°＜∠ABC＜60°时，点Q关于直线AP的对称点在线段OA上，
∴当45°＜∠ABC＜60°时，点Q关于直线AP的对称点在线段OA上，
故B不符合题意；
③当AB≤BP＜AB时，点Q关于直线AP的对称点在线段OA上，
故C不符合题意；
④AC＜PQ＜AC时，点Q关于直线AP的对称点在线段OA上，
故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】利用等腰三角形的性质及圆周角定理逐一分析即可.
7．【答案】B
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】∵AB是直径
∴
∴
∵
∴
∵AD是角平分线
∴
∴
故 ① 正确
连接MA
∵
∴是等腰直角三角形，设AM=a，则MB=2MD=2a
∴在Rt中，，解得a=4，MB=8
∴在Rt中，
故 ③ 错误
∵
∴，即
∴设CE=x，则BC=2x，ME=2，BE=MB-ME=8-2=6
在Rt中，
解得
∴
故 ② 正确
在Rt中，
∴
∴tan∠CAB=BCAC=12551655=34
故 ④ 正确
故选：B
【分析】本题涉及知识点较多，在同一圆内，同弧或等弧对的圆周角相等、直径所对的圆周角是直角、勾股定理、正切函数等等。当证明到第二步③错误时，就可以选出正确答案以节省时间。
8．【答案】B
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【解答】解：设等边三角形的边长为a，
则，满足奇异三角形的定义，
等边三角形一定是奇异三角形，
故①正确；
在中，，
∵，
∴，，
若是奇异三角形，一定有，
∴，
∴，得．
∵，
∴，
∴，
故②错误；
在中，，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
在中，；
在中，．
∵D是半圆的中点，
∴，
∴AD=BD，
∴，
又∵，，
∴．
∴ΔACE是奇异三角形，
故③正确；
由③可得ΔACE是奇异三角形，
∴．
当ΔACE是直角三角形时，
由②可得或，
（Ⅰ）当时，
，即，
∵，
∴，
∴．
（Ⅱ）当时，
，即，
∵∠ACB=90°，
∴∠ABC=60°，
∴∠AOC=2∠ABC=120°，
∴∠AOC的度数为60°或120°，
故④错误；
故答案为：B．
【分析】利用奇异三角形的定义，可对①作出判断；利用勾股定理可证得a2+b2=c2，结合已知可得到2a2＜b2+c2，利用奇异三角形的定义可证得2b2=a2+c2，即可用含a的代数式表示出b，c，可得到a，b，c的比值，可对②作出判断；利用直径所对圆周角是直角，可证得∠ACB=∠ADB=90°，利用勾股定理可证得AC2+BC2=AB2，AD2+BD2=AB2，利用等弧所对的弦相等，最酷的AD=BD，由CB=CE，AE=AD，可推出AC2+CE2=2AE2，可证得ΔACE是奇异三角形，可对③作出判断；利用（2）分情况讨论：根据AC：AE：CE的比值，当时，可推出∠ABC=30°，利用圆周角定理可得到∠AOC=60°；当时，可求出∠ABC=60°，利用圆周角定理求出∠AOC的度数，可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的个数.
9．【答案】(0，4)
【知识点】点的坐标；圆内接四边形的性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：∵四边形ABDO为圆的内接四边形，
∴∠OAB+∠BDO=180°，
∴∠BDO=180°-120°=60°.
∵∠DOB=90°，
∴tan∠BDO==.
∵OB=，
∴OD=4，
∴D（0，4）.
故答案为：（0，4）.
【分析】根据圆内接四边形的性质可得∠OAB+∠BDO=180°，结合∠OAB的度数可得∠BDO的度数，利用三角函数的概念可得OD的值，据此可得点D的坐标.
10．【答案】
【知识点】角平分线的性质；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】连接，，如图，
，，
∽，
，
，
．
点为的内心，
，分别为，的平分线，
，．
，
，
，
∽，
，
，
．
，，
，
，
．
故答案为：．
【分析】连接，，根据圆周角定理可得，，根据相似三角形判定定理即可得∽，则，可求出AE长，再根据角平分线性质，可得到∽，即可得到BF长，再根据等边对等角性质即可求出答案。
11．【答案】
【知识点】两点之间线段最短；勾股定理；正方形的性质；圆周角定理；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：连接CE，取CF的中点M，连接EM，DM，
∵CH为直径，
∴ ，
，
则点E在正方形ABCD内以CF为直径的 上，
，
∵正方形ABCD的边长是4，F点是BC边的中点，
， ，
，
在 中，
，
，
∴当且仅当D、E、M三点共线时，线段DE取得最小值，
最小值为： .
故答案为： .
【分析】连接CE，取CF的中点M，连接EM，DM，根据圆周角定理可得∠CEH=90°，推出点E在正方形ABCD内以CF为直径的⊙M上，则EM=CM=CF，根据正方形的性质结合中点的概念可得BC=CD=4，CF=2，∠DCF=90°，EM=CM=1，根据勾股定理求出DM，易得当且仅当D、E、M三点共线时，线段DE取得最小值，据此求解.
12．【答案】75°
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵BC=BD，，
∴∠BAD=∠BAC=25°，
∴∠DAC=50°，
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠DAC+∠DBC=180°，
∵∠DBE+∠DBC=180°，
∴∠DBE=∠DAC=50°，
∵BD平分，
∴∠ABE=2∠DBE=100°，
∴∠C=∠ABE-∠BAC=100°-25°=75°.
故答案为：75°.
【分析】根据圆周角定理可得∠BAD=∠BAC=25°，则∠DAC=50°，根据圆内接四边形的性质可得∠DAC+∠DBC=180°，根据邻补角的性质可得∠DBE+∠DBC=180°，则∠DBE=∠DAC=50°，由角平分线的概念可得∠ABE=2∠DBE=100°，由外角的性质可得∠BAC+∠C=∠ABE，据此计算.
13．【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
，
．
（2）解：过点作半径于点E，则，
，
∴，
，
，
，
在中，
，
在中，，
，
，即的半径是．
【知识点】勾股定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）利用一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半可证得∠ACB=∠AOB，∠BAC=∠BOC；再根据∠ACB=2∠BAC，可证得结论.
（2）过点O作OE⊥AB于点E，利用垂径定理可证得AE=BE，同时可证得∠BOD=∠BOC，利用在同圆和等圆中，相等的圆周角所对的弦相等，可证得BC=BD，可求出BD的长，利用勾股定理求出DE的长；在Rt△BOE中，利用勾股定理可得到关于OB的方程，解方程求出OB的长，即可得到圆O的半径.
14．【答案】（1）解：∵对角线是的直径，
∴，
∴，
∴平分．
（2）解：∵对角线是的直径，
∴，
∴
∵，
∴，
∴四边形平行四边形，
∴，
又∵，
∴．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）首先根据垂径定理得出： ，再根据圆周角定理的推论，得出 ∴， 即可得出结论；
（2）根据直径所对的圆周角等于90°，结合已知条件，可证得四边形AECD是平行四边形，从而得到CD=AE=3，在Rt△BCD中，根据勾股定理求得BC即可。
15．【答案】（1）
（2）解：由（1）知，
∴．
∵，
∴，
∴点C，D，F，E四点共圆，
∴．
∵，
∴
（3）解：由（1）知是等边三角形，
∴．
由（2）得，点C，D，F，E四点共圆，
∴．
在上取一点G，使，
∴是等边三角形，
∴，，
∴．
∵点C，D，F，E四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠BAC=∠ACB=∠ABC=60°，
∴∠ACD+∠DCB=60°.
由旋转可得CE=CD，∠DCE=60°，
∴△DCE为等边三角形，
∴∠BCE+∠DCB=60°，
∴∠ACD=∠BCE.
∵∠ACD=∠BCE.，CD=CE，AC=BC，
∴△ACD≌△BCE（SAS）.
故答案为：△BCE.
【分析】（1）由等边三角形的性质可得AB=AC=BC，∠BAC=∠ACB=∠ABC=60°，由旋转可得CE=CD，∠DCE=60°，推出△DCE为等边三角形，根据角的和差关系可得∠ACD=∠BCE，然后利用全等三角形的判定定理进行解答；
（2）根据全等三角形的性质可得∠ADC=∠BEC，由平角的概念可得∠ADC+∠FDC=180°，则∠BEC+∠FDC=180°，推出点C，D，F，E四点共圆，由圆内接四边形的性质可得∠AFE+∠DCE=180°，由邻补角的性质可得∠AFB+∠AFE=180°，据此解答；
（3）由（1）知△DCE是等边三角形，则CE=DE，由（2）得∠DFE=120°，点C，D，F，E四点共圆，则∠CFE=∠CDE=60°，在FC上取一点G，使FG=FE，则△EFG是等边三角形，得到EG=FE，∠EGF=60°，利用AAS证明△CEG≌△DEF，得到CG=FD，据此解答.
1 / 1【培优卷】3.4圆周角和圆心角的关系—北师大版数学九年级下册同步测试
一、选择题
1．（2022·泸县模拟）如图，四边形内接于，交的延长线于点E，若平分，，，则（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接AC，
∵BA平分∠DBE，
∴∠ABE=∠ABD，
∵ABCD是圆O的内接四边形，
∴∠ABE=∠ADC，
∴∠ABD=∠ADC，
∴，
∴AD=AC=7，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∴.
故答案为：C
【分析】连接AC，利用角平分线的定义和圆内接四边形的一个外角等于它的内对角，可推出∠ABD=∠ADC，利用在同一个圆中相等的圆周角所对的弧相等，可证得，由此可求出AC的长；然后在Rt△AEC中，利用勾股定理求出AE的长.
2．（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.
3．（2023九下·黄石港月考）如图，AB为⊙O的直径，BC是弦，将绕着A点顺时针旋转得到，点D恰好落在⊙O上，AB交于E点，若OE＝EB，AB＝4，则BC的长是（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【知识点】垂径定理的实际应用；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图，连接、、、、，
，
，，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，
，
，
，(舍去)，
.
故答案为：B.
【分析】本题是圆的综合题，先利用垂径定理和圆周角定理得到HL全等条件证明与全等，再通过设元表示出与的边长，通过两个直角三角形的公共边DF利用勾股定理列出方程，计算出BC的长度.
4．（2023·玉环模拟）如图，四边形为正方形，其中分别以为直径在正方形内部做半圆，正方形的对角线交于O点，点E是以为直径的半圆上的一个动点，则下列结论错误的是（ ）
A．若正方形的边长为10，连接，则的最小值为
B．连接，则
C．连接，若，，则正方形的边长为
D．若M，N分别为的中点，存在点E，使得
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：A，取DC的中点N，连接BN交弧CD于点E，
此时BE=BN-EN的值最小，
∵正方形ABCD，
∴CD=BC=10，∠BCN=90°，
∴，
∵CD是半圆弧CD的直径，
∴EN=CN=5，
∴此时，故A不符合题意；
B、当点E在弧OC上时，∠OED=45°，当点E在弧OD上时，∠OED=180°-45°=135°，故B符合题意；
C、连接DE，CE，
∵CD是直径，
∴∠DEC=90°，
∴
∴此正方形的边长为，故C不符合题意；
D、∵M，N分别为AB，CD的中点，
∴以MN为直径的圆，与半圆COD必有交点，
∴存在点E，使∠MEN=90°，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】取DC的中点N，连接BN交弧CD于点N，此时BE=BN-EN的值最小，利用正方形的性质可证得CD=BC=10，∠BCN=90°，利用勾股定理求出BN的长，然后求出BE的最小值，可对A作出判断；当点E在弧OC上时，利用圆周角定理可知∠OED=45°，当点E在弧OD上时，利用圆内接四边形的对角互补，可求出∠OED的度数，可对B作出判断；连接DE，CE，利用直径所对的圆周角是直角，可得到∠DEC=90°，利用勾股定理求出CD的长，即可得到正方形的边长，可对C作出判断；利用M，N分别为AB，CD的中点，可知以MN为直径的圆，与半圆COD必有交点，这个交点就是点E，利用直径所对的圆周角是直角，可知存在点E，使∠MEN=90°，可对D作出判断.
5．（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．
6．（2022九下·淮北月考）等腰△ABC中，AB＝AC，以腰AB为直径的圆O，与底边BC交于P，若圆O与腰AC的交点Q关于直线AP的对称点落在线段OA上（不与端点重合），则下列说法正确的是（ ）
A．∠BAC＞60° B．30°＜∠ABC＜60°
C．BP＞AB D．AC＜PQ＜AC
【答案】D
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理
【解析】【解答】解：在△ABC中，AB＝AC，
①当∠BAC＞60°时，若∠BAC＝90°时，
此时点Q与点A重合，不符合题意，
故A不符合题意；
②当∠ABC≤45°时，点Q与点A重合，
当∠ABC≥60°时，点Q与点O不关于AP对称，
当45°＜∠ABC＜60°时，点Q关于直线AP的对称点在线段OA上，
∴当45°＜∠ABC＜60°时，点Q关于直线AP的对称点在线段OA上，
故B不符合题意；
③当AB≤BP＜AB时，点Q关于直线AP的对称点在线段OA上，
故C不符合题意；
④AC＜PQ＜AC时，点Q关于直线AP的对称点在线段OA上，
故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】利用等腰三角形的性质及圆周角定理逐一分析即可.
7．（2023·博乐模拟）如图，内接于半径为的半圆中，为直径，点是的中点，连结交于点，平分交于点，为的中点，可得（ ）
①②③④
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】∵AB是直径
∴
∴
∵
∴
∵AD是角平分线
∴
∴
故 ① 正确
连接MA
∵
∴是等腰直角三角形，设AM=a，则MB=2MD=2a
∴在Rt中，，解得a=4，MB=8
∴在Rt中，
故 ③ 错误
∵
∴，即
∴设CE=x，则BC=2x，ME=2，BE=MB-ME=8-2=6
在Rt中，
解得
∴
故 ② 正确
在Rt中，
∴
∴tan∠CAB=BCAC=12551655=34
故 ④ 正确
故选：B
【分析】本题涉及知识点较多，在同一圆内，同弧或等弧对的圆周角相等、直径所对的圆周角是直角、勾股定理、正切函数等等。当证明到第二步③错误时，就可以选出正确答案以节省时间。
8．（2022九下·惠山期中）我们定义：两边平方和等于第三边平方的2倍的三角形叫做奇异三角形，根据定义：①等边三角形一定是奇异三角形；②在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝c，AC＝b，BC＝a，且b＞a，若Rt△ABC是奇异三角形，则a：b：c＝1：：2；③如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点（不与点A、B重合），D是半圆的中点，C、D在直径AB的两侧，若在⊙O内存在点E，使AE＝AD，CB＝CE．则△ACE是奇异三角形；④在③的条件下，当△ACE是直角三角形时，∠AOC＝120°，其中，说法正确的有（ ）
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
【答案】B
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【解答】解：设等边三角形的边长为a，
则，满足奇异三角形的定义，
等边三角形一定是奇异三角形，
故①正确；
在中，，
∵，
∴，，
若是奇异三角形，一定有，
∴，
∴，得．
∵，
∴，
∴，
故②错误；
在中，，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
在中，；
在中，．
∵D是半圆的中点，
∴，
∴AD=BD，
∴，
又∵，，
∴．
∴ΔACE是奇异三角形，
故③正确；
由③可得ΔACE是奇异三角形，
∴．
当ΔACE是直角三角形时，
由②可得或，
（Ⅰ）当时，
，即，
∵，
∴，
∴．
（Ⅱ）当时，
，即，
∵∠ACB=90°，
∴∠ABC=60°，
∴∠AOC=2∠ABC=120°，
∴∠AOC的度数为60°或120°，
故④错误；
故答案为：B．
【分析】利用奇异三角形的定义，可对①作出判断；利用勾股定理可证得a2+b2=c2，结合已知可得到2a2＜b2+c2，利用奇异三角形的定义可证得2b2=a2+c2，即可用含a的代数式表示出b，c，可得到a，b，c的比值，可对②作出判断；利用直径所对圆周角是直角，可证得∠ACB=∠ADB=90°，利用勾股定理可证得AC2+BC2=AB2，AD2+BD2=AB2，利用等弧所对的弦相等，最酷的AD=BD，由CB=CE，AE=AD，可推出AC2+CE2=2AE2，可证得ΔACE是奇异三角形，可对③作出判断；利用（2）分情况讨论：根据AC：AE：CE的比值，当时，可推出∠ABC=30°，利用圆周角定理可得到∠AOC=60°；当时，可求出∠ABC=60°，利用圆周角定理求出∠AOC的度数，可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的个数.
二、填空题
9．（2023·慈溪模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，点B在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，⊙C经过A，B，D，O四点，∠OAB＝120°，OB＝4，则点D的坐标是 ．
【答案】(0，4)
【知识点】点的坐标；圆内接四边形的性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：∵四边形ABDO为圆的内接四边形，
∴∠OAB+∠BDO=180°，
∴∠BDO=180°-120°=60°.
∵∠DOB=90°，
∴tan∠BDO==.
∵OB=，
∴OD=4，
∴D（0，4）.
故答案为：（0，4）.
【分析】根据圆内接四边形的性质可得∠OAB+∠BDO=180°，结合∠OAB的度数可得∠BDO的度数，利用三角函数的概念可得OD的值，据此可得点D的坐标.
10．（2023·红花岗模拟） 已知内接于，它的内心为点，连接交弦于点，交于点，已知，，，则线段的长为 ．
【答案】
【知识点】角平分线的性质；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】连接，，如图，
，，
∽，
，
，
．
点为的内心，
，分别为，的平分线，
，．
，
，
，
∽，
，
，
．
，，
，
，
．
故答案为：．
【分析】连接，，根据圆周角定理可得，，根据相似三角形判定定理即可得∽，则，可求出AE长，再根据角平分线性质，可得到∽，即可得到BF长，再根据等边对等角性质即可求出答案。
11．（2022·凤县模拟）如图，正方形ABCD的边长是4，F点是BC边的中点，点H是CD边上的一个动点，以CH为直径作 ，连接HF交 于E点，连接DE，则线段DE的最小值为 .
【答案】
【知识点】两点之间线段最短；勾股定理；正方形的性质；圆周角定理；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：连接CE，取CF的中点M，连接EM，DM，
∵CH为直径，
∴ ，
，
则点E在正方形ABCD内以CF为直径的 上，
，
∵正方形ABCD的边长是4，F点是BC边的中点，
， ，
，
在 中，
，
，
∴当且仅当D、E、M三点共线时，线段DE取得最小值，
最小值为： .
故答案为： .
【分析】连接CE，取CF的中点M，连接EM，DM，根据圆周角定理可得∠CEH=90°，推出点E在正方形ABCD内以CF为直径的⊙M上，则EM=CM=CF，根据正方形的性质结合中点的概念可得BC=CD=4，CF=2，∠DCF=90°，EM=CM=1，根据勾股定理求出DM，易得当且仅当D、E、M三点共线时，线段DE取得最小值，据此求解.
12．（2022·乐清模拟）如图，内接于⊙O，，外角的平分线交⊙O于点D，若，则的度数为 .
【答案】75°
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵BC=BD，，
∴∠BAD=∠BAC=25°，
∴∠DAC=50°，
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠DAC+∠DBC=180°，
∵∠DBE+∠DBC=180°，
∴∠DBE=∠DAC=50°，
∵BD平分，
∴∠ABE=2∠DBE=100°，
∴∠C=∠ABE-∠BAC=100°-25°=75°.
故答案为：75°.
【分析】根据圆周角定理可得∠BAD=∠BAC=25°，则∠DAC=50°，根据圆内接四边形的性质可得∠DAC+∠DBC=180°，根据邻补角的性质可得∠DBE+∠DBC=180°，则∠DBE=∠DAC=50°，由角平分线的概念可得∠ABE=2∠DBE=100°，由外角的性质可得∠BAC+∠C=∠ABE，据此计算.
三、综合题
13．（2023·武汉）如图，都是的半径，．
（1）求证：；
（2）若，求的半径．
【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
，
．
（2）解：过点作半径于点E，则，
，
∴，
，
，
，
在中，
，
在中，，
，
，即的半径是．
【知识点】勾股定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）利用一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半可证得∠ACB=∠AOB，∠BAC=∠BOC；再根据∠ACB=2∠BAC，可证得结论.
（2）过点O作OE⊥AB于点E，利用垂径定理可证得AE=BE，同时可证得∠BOD=∠BOC，利用在同圆和等圆中，相等的圆周角所对的弦相等，可证得BC=BD，可求出BD的长，利用勾股定理求出DE的长；在Rt△BOE中，利用勾股定理可得到关于OB的方程，解方程求出OB的长，即可得到圆O的半径.
14．（2023·安徽）已知四边形内接于，对角线是的直径．
（1）如图1，连接，若，求证；平分；
（2）如图2，为内一点，满足，若，，求弦的长．
【答案】（1）解：∵对角线是的直径，
∴，
∴，
∴平分．
（2）解：∵对角线是的直径，
∴，
∴
∵，
∴，
∴四边形平行四边形，
∴，
又∵，
∴．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）首先根据垂径定理得出： ，再根据圆周角定理的推论，得出 ∴， 即可得出结论；
（2）根据直径所对的圆周角等于90°，结合已知条件，可证得四边形AECD是平行四边形，从而得到CD=AE=3，在Rt△BCD中，根据勾股定理求得BC即可。
15．（2023·湛江模拟）在学习《圆》这一单元时，我们学习了圆周角定理的推论：圆内接四边形的对角互补；事实上，它的逆命题：对角互补的四边形的四个顶点共圆，也是一个真命题．在图形旋转的综合题中经常会出现对角互补的四边形，那么，我们就可以借助“对角互补的四边形的四个顶点共圆”，然后借助圆的相关知识来解决问题，例如：已知：是等边三角形，点D是内一点，连接，将线段绕C逆时针旋转得到线段，连接，，，并延长交于点F．当点D在如图所示的位置时：
（1）观察填空：与全等的三角形是 ；
（2）利用（1）中的结论，求的度数
（3）判断线段，，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）
（2）解：由（1）知，
∴．
∵，
∴，
∴点C，D，F，E四点共圆，
∴．
∵，
∴
（3）解：由（1）知是等边三角形，
∴．
由（2）得，点C，D，F，E四点共圆，
∴．
在上取一点G，使，
∴是等边三角形，
∴，，
∴．
∵点C，D，F，E四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠BAC=∠ACB=∠ABC=60°，
∴∠ACD+∠DCB=60°.
由旋转可得CE=CD，∠DCE=60°，
∴△DCE为等边三角形，
∴∠BCE+∠DCB=60°，
∴∠ACD=∠BCE.
∵∠ACD=∠BCE.，CD=CE，AC=BC，
∴△ACD≌△BCE（SAS）.
故答案为：△BCE.
【分析】（1）由等边三角形的性质可得AB=AC=BC，∠BAC=∠ACB=∠ABC=60°，由旋转可得CE=CD，∠DCE=60°，推出△DCE为等边三角形，根据角的和差关系可得∠ACD=∠BCE，然后利用全等三角形的判定定理进行解答；
（2）根据全等三角形的性质可得∠ADC=∠BEC，由平角的概念可得∠ADC+∠FDC=180°，则∠BEC+∠FDC=180°，推出点C，D，F，E四点共圆，由圆内接四边形的性质可得∠AFE+∠DCE=180°，由邻补角的性质可得∠AFB+∠AFE=180°，据此解答；
（3）由（1）知△DCE是等边三角形，则CE=DE，由（2）得∠DFE=120°，点C，D，F，E四点共圆，则∠CFE=∠CDE=60°，在FC上取一点G，使FG=FE，则△EFG是等边三角形，得到EG=FE，∠EGF=60°，利用AAS证明△CEG≌△DEF，得到CG=FD，据此解答.
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