2023-2024学年湘教版初中数学九年级下册 2.2 圆心角、圆周角同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023九上·南皮期中）如图，是的直径，若，，则的半径等于（ ）
A．4 B．5 C．2 D．
【答案】C
【知识点】含30°角的直角三角形；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵，
∴∠CAB=60°，
∵是的直径，，
∴∠ACB=90°，
∴AB=2AC=2OA=4，
∴的半径等于2，
故答案为：C
【分析】先根据圆周角定理即可得到∠CAB=60°，再根据直径所对的角为直角结合含30°角的直角三角形的性质即可求解。
2．（2023九上·南皮期中）如图，在中，若，则的度数是（ ）
A．50° B．30° C．25° D．20°
【答案】C
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：∵，
∴，
故答案为：C
【分析】根据圆周角定理结合圆周角和圆心角的关系即可求解。
3．（2023九上·兰山月考）如图，正六边形内接于，点M在上，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】连接OC、OD、OE，如图，
正六边形内接于，
∠COD=∠DOE=60°，
∠COE=120°，
∠CME=
故答案为：D.
【分析】连接OC、OD、OE，根据圆内接正六边形求得∠COE=120°，再利用圆周角定理即可求解.
4．（2023九上·西山期中）如图，△ABC内接于⊙O，∠C＝45°，AB＝6，则⊙O半径为（ ）
A．3 B．8 C．2 D．10
【答案】A
【知识点】圆周角定理
【解析】解：连接AO，并延长交⊙O于点D，连接BD，
(圆周角定理的推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等)
AD为⊙O的直径，
（圆周角定理的推论3：直径所对的圆周角是直角）
即⊙O的半径
故选：A．
【分析】本题的关键在于正确作出辅助线；已知的45°角和弦长在图中都不关联所求的半径或直径，故尝试连接OA或OB，根据圆周角定理，如果延长半径作出直径可得到直角和与相等的45°角，这样，已知的弦长和特殊角都在一个直角三角形中，特殊角也能发挥作用，故延长半径做出直径，很明显根据勾股定理可以求得直径，进而求得半径的长。
5．（2020九上·丰台期中）如图，在⊙O中，AB是直径，弦AC=5，∠BAC=∠D．则AB的长为（ ）
A．5 B．10 C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；圆周角定理
【解析】【解答】∵AC=AC，
∴∠D=∠B，
∵∠BAC=∠D，
∴∠B=∠BAC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵AB是直径，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵AC=5，
∴AB= ，
故答案为：C．
【分析】根据题意，由圆周角证出△ABC是等腰三角形，再利用等腰直角三角形的性质求解即可。
6．（2023九上·期末）如图，AC，BC是两个半圆的直径，∠ACP=30°，AB=10 cm，则PQ的长为（ ）．
A．5cm B．cm C．6cm D．8cm
【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；圆周角定理；特殊角的三角函数值；解直角三角形
【解析】【解答】 解：如图，连接AP，BQ．
∵AC，BC是两个半圆的直径，点P在半圆上，
∴∠APC=90°，∠BQC=90°．
∵∠ACP=30°，
∴CP =AC·cos∠ACP= AC，CQ= BC·cos∠ACP= BC.
∴PQ = CP - CQ = （AC - BC）= AB= ×10 = 5cm.
故答案为：B.
【分析】根据半圆所对圆周角是直角，判断∠APC=90°，∠BQC=90°．然后根据30°角的三角函数值表示CP，CQ，最后根据线段的和差求解即可.
7．（2022九上·宁波期中）如图，AB＝4，以O为圆心，AB为直径作半圆，点C是半圆一动点，若BC＝2BD，∠CBD＝60°，则线段AD的最大值为（ ）
A．2+2 B．+1 C．3 D．2+1
【答案】B
【知识点】三角形三边关系；等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：取BC的中点为E，连接DE，连接CD交圆O于点F，连接AF、BF，取BF的中点G，连接AG、DG，则，如下图：
∵
∴
∵ ，
∴是等边三角形，
∴
∴，
∴，
又∵
∴ ，
∴
∵G为BF的中点，
∴
∵AB为圆O的直径，
∴，
∵，
∴，
∴
∴
∴
∴
∵AG+DG≥AD (当且仅当点G在线段AD上时等号成立)，
∴，
∴AD的最大值为：.
故答案为：B.
【分析】取BC的中点为E，连接DE，连接CD交圆O于点F，连接AF、BF，取BF的中点G，连接AG、DG，则，根据等边三角形的性质得到，进而证明再根据勾股定理求出AF和AG的长，最后根据AG+DG≥AD (当且仅当点G在线段AD上时等号成立)，求出AD的最大值.
8．（2022九上·安徽开学考）如图，已知点均在上，为的直径，弦的延长线与弦的延长线交于点，连接．则下列命题为假命题的是（ ）
A．若点是的中点，则
B．若，则
C．若，则
D．若半径平分弦，则四边形是平行四边形
【答案】D
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【解答】解：A：若点是的中点，则，真命题，依据同圆或等圆中，等弧对等弦；
B：若，则，真命题，因为同垂直于一条直线的两条线平行，两直线平行，同位角相等；
C：若，则，真命题，直径所对圆周角是直角，等腰三角形底边高也是底边中线；
D：若半径平分弦，则四边形是平行四边形，假命题，只能证明不足以证明是平行四边形。
故答案为：D
【分析】在了解圆的相关性质定理基础上，可以用排除法找到答案。
二、填空题
9．（2024九上·昌邑期末）如图所示，四边形为的内接四边形，，则的大小是 .
【答案】120°
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形为的内接四边形，，
∴∠BAD=60°，
∴∠BOD=120°，
故答案为：120°
【分析】先根据圆内接四边形的性质得到∠BAD=60°，进而根据圆周角定理即可求解。
10．（2018九上·扬州期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，E是BC延长线上一点，若∠BAD=105°，则∠DCE的度数是 °．
【答案】105
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠DAB+∠DCB=180°，∵∠BAD=105°，∴∠DCB=180°﹣∠DAB=180°﹣105°=75°，∵∠DCB+∠DCE=180°，∴∠DCE=∠DAB=105°．
【分析】利用圆内接四边形对角互补，外角等于其内对角，可求出∠DCE=∠DAB=105°．
11．（2023九上·吉林期中）如图，⊙O的弦AB，CD的延长线交于圆外一点E，若∠AOC=110°．∠BCD=15°，则∠E= 。
【答案】40°
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵∠AOC=110°，
∴∠ABC=∠AOC=55°，
∵∠BCD=15°，
∴∠E=∠ABC-∠BCE=55°-15°=40°，
故答案为：40°.
【分析】利用圆周角的性质可得∠ABC=∠AOC=55°，再利用三角形外角的性质可得∠E=∠ABC-∠BCE=55°-15°=40°.
12．（2023九上·长安期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，点E、F分别是AB、BC边上的动点，且AE：BF＝2：1，连接AF和DE交于点G，连接CG，则CG的最小值是 ．
【答案】3﹣3
【知识点】勾股定理的应用；矩形的性质；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵AB＝3，AD＝6，
∴AB：AD＝1：2，
∴＝2，
又∵∠B＝∠BAD＝90°，
∴△ABF∽△DAE，
∴∠BAF＝∠ADE，
∴∠BAF+∠AED＝∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠AGD＝90°，
∴点G在以AD为直径的圆上运动，
如图，取AD的中点O，连接OC，交⊙O于G'，
∵点O是AD的中点，
∴AO＝OD＝3，
∴，
∴CG'＝3﹣3，
∴CG的最小值为3﹣3，
故答案为：3﹣3．
【分析】，可得，可证，则点在以为直径的圆上运动，由勾股定理可求解．
13．（2023九上·期中）如图，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=3，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点．当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；等腰直角三角形；圆-动点问题
【解析】【解答】解：如图取AB的中点O，AE的中点E，BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，
因为在等腰直角三角形中，
由勾股定理得则
因为M为PC的中点，所以则则点M在OC为直径的圆上，点P在A点时，点M在点E处，点P在B点时，M点在点F，易证得四边形CEOF为正方形，则点M运动的路径 为EF的直径的半圆.所以点M 运动的路径长=
故答案为：.
【分析】本题主要考查勾股定理，圆的基本性质，根据题意结合勾股定理可得：因为M为PC的中点，所以则则点M在OC为直径的圆上，点P在A点时，点M在点E处，点P在B点时，M点在点F，易证得四边形CEOF为正方形，则点M运动的路径 为EF的直径的半圆.所以点M 运动的路径长，再计算出半圆的弧长即可.
三、解答题
14．（2024九上·贵州期末） 在证明圆周角定理时，小岩所在的学习小组讨论出圆心与圆周角有三种不同的位置关系（如图1，2，3所示），并完成了情况一的证明．请你选择情况二或者情况三中的一种，完成证明．
圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半． 已知：中，所对的圆周角为，圆心角为． 求证：．
证明：
情况一（如图1）： 点在的一边上． ． ， ． 即． 情况二（如图2）： 点在的内部． 情况三（如图3）： 点在的外部．
【答案】证明：情况二：当点O在内部，如图2：连接并延长交于点D，
∵，
∴，
∵，
∴，
同理：，
∴，
∴．
情况三：当点O在外部，如图2：连接并延长交于点E，
∵，
∴，
∵，
∴，
同理：，
∴，
∴．
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理
【解析】【分析】连情况二：当点O在内部，接并延长交于点D，先根据等腰三角形的性质得到，进而得到，
同理，再结合题意即可求解；情况三：当点O在外部，连接并延长交于点E，根据等腰三角形的性质结合圆周角定理即可求解。
15．（2023九上·东阳月考）已知四边形ABCD，⊙O经过B，D两点，与四条边分别交于点E，F，G，H，且=．
（1）如图①，连接BD，若BD是⊙O的直径，求证：∠A=∠C．
（2）如图②，若的度数为θ，∠A=α，∠C=β，请写出θ，α和β之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明：连接DF，DG，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠DFB=∠DGB=90°，
∵=
∴∠EDF=∠HDB，
∴∠DFB-∠EDF=∠DGB-∠HDB
∴∠A=∠C(外角定理)；
（2）解：结论：α+β+θ=180°，
理由：因为=，
所以∠ADF=∠HBG=θ，
所以∠A+θ+∠C+θ=180°，
即：α+β+θ=180°
【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
【解析】【分析】（1）连接DF，DG，根据圆周角定理得到∠DFB=∠DGB=90°，∠EDF=∠HDB，最后根据三角形外角定理即可证明∠A=∠C；
（2）根据圆周角定理得到∠ADF=∠HBG=θ，最后根据三角形外角性质及圆内接四边形对角互补即可求解.
四、综合题
16．（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.
17．（2023九上·浙江期中）如图1，△ABC是⊙O内接三角形将△ABC绕点A逆时针旋转至△AED，其中点D在圆上，点E在线段AC上．
（1）求证：DE=DC；
（2）如图2，过点B作BF∥CD分别交AC、AD于点M、N，交⊙O于点F，连结AF．求证：AN·DE=AF·BM：
（3）在(2)的条件下，若时，求的值．
【答案】（1）证明：∵将△ABC绕点A逆时针转至△AED
∴BC=DE，∠BAC=∠EAD
∴
所以BC=CD
∴DE=CD
（2）解：∵∠F=∠ACB
∠AMF=∠BMC
∴△AMF∽△BMC
∴
由题间可知
BC=DE
AC=AD
∵BF∥CD
∴
∴AM=AN
∴
即AN·DE=AF·BM
（3）解：设AB为a，则AC为3a
由△CDE∽△CAD可得，
即CD2=3a·2a=6a2
∵CD>0
∴CD=a
∵AC=AD
∴
∵BF∥CD
∴
∴
∴AB=AF
∴∠ABF=∠AFB=∠ACB
∴△ABM∽△ACB
∴
即
∴AM=a
BM=a
根据据对称轴可知FN=a
由△AMN∽△ACD可得
∴
即
∴MN=
∴BF=BM+MN+FN=a
∴
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由旋转的性质，得到BC=DE，∠BAC=∠EAD，根据弧，弦，角的关系，得到BC=CD，即可得证；
（2）证明△AMF∽△BMC，得，旋转得到BC=DE，AC=AD，BF∥CD得AM=AN ，所以，即得 AN·DE=AF·BM；
（3）设AB为a，则AC为3a，由△CDE∽△CAD，可得CD2=3a·2a=6a2，即CD=a，证明△ABM∽△ACB，即，得AM=a，BM=a，根据据对称轴可知FN=a，由△AMN∽△ACD可得，MN=，所以BF=BM+MN+FN=a，计算求解即可.
1 / 12023-2024学年湘教版初中数学九年级下册 2.2 圆心角、圆周角同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023九上·南皮期中）如图，是的直径，若，，则的半径等于（ ）
A．4 B．5 C．2 D．
2．（2023九上·南皮期中）如图，在中，若，则的度数是（ ）
A．50° B．30° C．25° D．20°
3．（2023九上·兰山月考）如图，正六边形内接于，点M在上，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023九上·西山期中）如图，△ABC内接于⊙O，∠C＝45°，AB＝6，则⊙O半径为（ ）
A．3 B．8 C．2 D．10
5．（2020九上·丰台期中）如图，在⊙O中，AB是直径，弦AC=5，∠BAC=∠D．则AB的长为（ ）
A．5 B．10 C． D．
6．（2023九上·期末）如图，AC，BC是两个半圆的直径，∠ACP=30°，AB=10 cm，则PQ的长为（ ）．
A．5cm B．cm C．6cm D．8cm
7．（2022九上·宁波期中）如图，AB＝4，以O为圆心，AB为直径作半圆，点C是半圆一动点，若BC＝2BD，∠CBD＝60°，则线段AD的最大值为（ ）
A．2+2 B．+1 C．3 D．2+1
8．（2022九上·安徽开学考）如图，已知点均在上，为的直径，弦的延长线与弦的延长线交于点，连接．则下列命题为假命题的是（ ）
A．若点是的中点，则
B．若，则
C．若，则
D．若半径平分弦，则四边形是平行四边形
二、填空题
9．（2024九上·昌邑期末）如图所示，四边形为的内接四边形，，则的大小是 .
10．（2018九上·扬州期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，E是BC延长线上一点，若∠BAD=105°，则∠DCE的度数是 °．
11．（2023九上·吉林期中）如图，⊙O的弦AB，CD的延长线交于圆外一点E，若∠AOC=110°．∠BCD=15°，则∠E= 。
12．（2023九上·长安期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，点E、F分别是AB、BC边上的动点，且AE：BF＝2：1，连接AF和DE交于点G，连接CG，则CG的最小值是 ．
13．（2023九上·期中）如图，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=3，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点．当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是 ．
三、解答题
14．（2024九上·贵州期末） 在证明圆周角定理时，小岩所在的学习小组讨论出圆心与圆周角有三种不同的位置关系（如图1，2，3所示），并完成了情况一的证明．请你选择情况二或者情况三中的一种，完成证明．
圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半． 已知：中，所对的圆周角为，圆心角为． 求证：．
证明：
情况一（如图1）： 点在的一边上． ． ， ． 即． 情况二（如图2）： 点在的内部． 情况三（如图3）： 点在的外部．
15．（2023九上·东阳月考）已知四边形ABCD，⊙O经过B，D两点，与四条边分别交于点E，F，G，H，且=．
（1）如图①，连接BD，若BD是⊙O的直径，求证：∠A=∠C．
（2）如图②，若的度数为θ，∠A=α，∠C=β，请写出θ，α和β之间的数量关系，并说明理由．
四、综合题
16．（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.
17．（2023九上·浙江期中）如图1，△ABC是⊙O内接三角形将△ABC绕点A逆时针旋转至△AED，其中点D在圆上，点E在线段AC上．
（1）求证：DE=DC；
（2）如图2，过点B作BF∥CD分别交AC、AD于点M、N，交⊙O于点F，连结AF．求证：AN·DE=AF·BM：
（3）在(2)的条件下，若时，求的值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】含30°角的直角三角形；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵，
∴∠CAB=60°，
∵是的直径，，
∴∠ACB=90°，
∴AB=2AC=2OA=4，
∴的半径等于2，
故答案为：C
【分析】先根据圆周角定理即可得到∠CAB=60°，再根据直径所对的角为直角结合含30°角的直角三角形的性质即可求解。
2．【答案】C
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：∵，
∴，
故答案为：C
【分析】根据圆周角定理结合圆周角和圆心角的关系即可求解。
3．【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】连接OC、OD、OE，如图，
正六边形内接于，
∠COD=∠DOE=60°，
∠COE=120°，
∠CME=
故答案为：D.
【分析】连接OC、OD、OE，根据圆内接正六边形求得∠COE=120°，再利用圆周角定理即可求解.
4．【答案】A
【知识点】圆周角定理
【解析】解：连接AO，并延长交⊙O于点D，连接BD，
(圆周角定理的推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等)
AD为⊙O的直径，
（圆周角定理的推论3：直径所对的圆周角是直角）
即⊙O的半径
故选：A．
【分析】本题的关键在于正确作出辅助线；已知的45°角和弦长在图中都不关联所求的半径或直径，故尝试连接OA或OB，根据圆周角定理，如果延长半径作出直径可得到直角和与相等的45°角，这样，已知的弦长和特殊角都在一个直角三角形中，特殊角也能发挥作用，故延长半径做出直径，很明显根据勾股定理可以求得直径，进而求得半径的长。
5．【答案】C
【知识点】勾股定理；圆周角定理
【解析】【解答】∵AC=AC，
∴∠D=∠B，
∵∠BAC=∠D，
∴∠B=∠BAC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵AB是直径，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵AC=5，
∴AB= ，
故答案为：C．
【分析】根据题意，由圆周角证出△ABC是等腰三角形，再利用等腰直角三角形的性质求解即可。
6．【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；圆周角定理；特殊角的三角函数值；解直角三角形
【解析】【解答】 解：如图，连接AP，BQ．
∵AC，BC是两个半圆的直径，点P在半圆上，
∴∠APC=90°，∠BQC=90°．
∵∠ACP=30°，
∴CP =AC·cos∠ACP= AC，CQ= BC·cos∠ACP= BC.
∴PQ = CP - CQ = （AC - BC）= AB= ×10 = 5cm.
故答案为：B.
【分析】根据半圆所对圆周角是直角，判断∠APC=90°，∠BQC=90°．然后根据30°角的三角函数值表示CP，CQ，最后根据线段的和差求解即可.
7．【答案】B
【知识点】三角形三边关系；等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：取BC的中点为E，连接DE，连接CD交圆O于点F，连接AF、BF，取BF的中点G，连接AG、DG，则，如下图：
∵
∴
∵ ，
∴是等边三角形，
∴
∴，
∴，
又∵
∴ ，
∴
∵G为BF的中点，
∴
∵AB为圆O的直径，
∴，
∵，
∴，
∴
∴
∴
∴
∵AG+DG≥AD (当且仅当点G在线段AD上时等号成立)，
∴，
∴AD的最大值为：.
故答案为：B.
【分析】取BC的中点为E，连接DE，连接CD交圆O于点F，连接AF、BF，取BF的中点G，连接AG、DG，则，根据等边三角形的性质得到，进而证明再根据勾股定理求出AF和AG的长，最后根据AG+DG≥AD (当且仅当点G在线段AD上时等号成立)，求出AD的最大值.
8．【答案】D
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【解答】解：A：若点是的中点，则，真命题，依据同圆或等圆中，等弧对等弦；
B：若，则，真命题，因为同垂直于一条直线的两条线平行，两直线平行，同位角相等；
C：若，则，真命题，直径所对圆周角是直角，等腰三角形底边高也是底边中线；
D：若半径平分弦，则四边形是平行四边形，假命题，只能证明不足以证明是平行四边形。
故答案为：D
【分析】在了解圆的相关性质定理基础上，可以用排除法找到答案。
9．【答案】120°
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形为的内接四边形，，
∴∠BAD=60°，
∴∠BOD=120°，
故答案为：120°
【分析】先根据圆内接四边形的性质得到∠BAD=60°，进而根据圆周角定理即可求解。
10．【答案】105
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠DAB+∠DCB=180°，∵∠BAD=105°，∴∠DCB=180°﹣∠DAB=180°﹣105°=75°，∵∠DCB+∠DCE=180°，∴∠DCE=∠DAB=105°．
【分析】利用圆内接四边形对角互补，外角等于其内对角，可求出∠DCE=∠DAB=105°．
11．【答案】40°
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵∠AOC=110°，
∴∠ABC=∠AOC=55°，
∵∠BCD=15°，
∴∠E=∠ABC-∠BCE=55°-15°=40°，
故答案为：40°.
【分析】利用圆周角的性质可得∠ABC=∠AOC=55°，再利用三角形外角的性质可得∠E=∠ABC-∠BCE=55°-15°=40°.
12．【答案】3﹣3
【知识点】勾股定理的应用；矩形的性质；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵AB＝3，AD＝6，
∴AB：AD＝1：2，
∴＝2，
又∵∠B＝∠BAD＝90°，
∴△ABF∽△DAE，
∴∠BAF＝∠ADE，
∴∠BAF+∠AED＝∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠AGD＝90°，
∴点G在以AD为直径的圆上运动，
如图，取AD的中点O，连接OC，交⊙O于G'，
∵点O是AD的中点，
∴AO＝OD＝3，
∴，
∴CG'＝3﹣3，
∴CG的最小值为3﹣3，
故答案为：3﹣3．
【分析】，可得，可证，则点在以为直径的圆上运动，由勾股定理可求解．
13．【答案】
【知识点】勾股定理；等腰直角三角形；圆-动点问题
【解析】【解答】解：如图取AB的中点O，AE的中点E，BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，
因为在等腰直角三角形中，
由勾股定理得则
因为M为PC的中点，所以则则点M在OC为直径的圆上，点P在A点时，点M在点E处，点P在B点时，M点在点F，易证得四边形CEOF为正方形，则点M运动的路径 为EF的直径的半圆.所以点M 运动的路径长=
故答案为：.
【分析】本题主要考查勾股定理，圆的基本性质，根据题意结合勾股定理可得：因为M为PC的中点，所以则则点M在OC为直径的圆上，点P在A点时，点M在点E处，点P在B点时，M点在点F，易证得四边形CEOF为正方形，则点M运动的路径 为EF的直径的半圆.所以点M 运动的路径长，再计算出半圆的弧长即可.
14．【答案】证明：情况二：当点O在内部，如图2：连接并延长交于点D，
∵，
∴，
∵，
∴，
同理：，
∴，
∴．
情况三：当点O在外部，如图2：连接并延长交于点E，
∵，
∴，
∵，
∴，
同理：，
∴，
∴．
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理
【解析】【分析】连情况二：当点O在内部，接并延长交于点D，先根据等腰三角形的性质得到，进而得到，
同理，再结合题意即可求解；情况三：当点O在外部，连接并延长交于点E，根据等腰三角形的性质结合圆周角定理即可求解。
15．【答案】（1）证明：连接DF，DG，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠DFB=∠DGB=90°，
∵=
∴∠EDF=∠HDB，
∴∠DFB-∠EDF=∠DGB-∠HDB
∴∠A=∠C(外角定理)；
（2）解：结论：α+β+θ=180°，
理由：因为=，
所以∠ADF=∠HBG=θ，
所以∠A+θ+∠C+θ=180°，
即：α+β+θ=180°
【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
【解析】【分析】（1）连接DF，DG，根据圆周角定理得到∠DFB=∠DGB=90°，∠EDF=∠HDB，最后根据三角形外角定理即可证明∠A=∠C；
（2）根据圆周角定理得到∠ADF=∠HBG=θ，最后根据三角形外角性质及圆内接四边形对角互补即可求解.
16．【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.
17．【答案】（1）证明：∵将△ABC绕点A逆时针转至△AED
∴BC=DE，∠BAC=∠EAD
∴
所以BC=CD
∴DE=CD
（2）解：∵∠F=∠ACB
∠AMF=∠BMC
∴△AMF∽△BMC
∴
由题间可知
BC=DE
AC=AD
∵BF∥CD
∴
∴AM=AN
∴
即AN·DE=AF·BM
（3）解：设AB为a，则AC为3a
由△CDE∽△CAD可得，
即CD2=3a·2a=6a2
∵CD>0
∴CD=a
∵AC=AD
∴
∵BF∥CD
∴
∴
∴AB=AF
∴∠ABF=∠AFB=∠ACB
∴△ABM∽△ACB
∴
即
∴AM=a
BM=a
根据据对称轴可知FN=a
由△AMN∽△ACD可得
∴
即
∴MN=
∴BF=BM+MN+FN=a
∴
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由旋转的性质，得到BC=DE，∠BAC=∠EAD，根据弧，弦，角的关系，得到BC=CD，即可得证；
（2）证明△AMF∽△BMC，得，旋转得到BC=DE，AC=AD，BF∥CD得AM=AN ，所以，即得 AN·DE=AF·BM；
（3）设AB为a，则AC为3a，由△CDE∽△CAD，可得CD2=3a·2a=6a2，即CD=a，证明△ABM∽△ACB，即，得AM=a，BM=a，根据据对称轴可知FN=a，由△AMN∽△ACD可得，MN=，所以BF=BM+MN+FN=a，计算求解即可.
1 / 1
