3.4—3.5圓周角與圓心角的關系學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________B卷（能力拓展）一、選擇題1．（2021·浙江溫州·九年級期末）如圖，在四邊形中，以為直徑的恰好經過點，，交于點，已知平分，，，則的值為（）A． B．C． D．【答案】D【分析】如圖所示，連接OC，先證明△ADC∽△ACB，得到，則，，，，然后證明AD∥OC，得到△OCE∽△DAE，則．【詳解】解：如圖所示，連接OC∵AB是圓的直徑，∴∠ACB=∠ADC=90°，∵AC平分∠BAD，∴∠DAC=∠CAB，∠DAB=2∠CAB，∴△ADC∽△ACB，∴，∴，∴，∴，又∵∠BOC=2∠CAB，∴∠BOC=∠DAB，∴AD∥OC，∴△OCE∽△DAE，∴，故選D．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，平行線的性質與判定，相似三角形的性質與判定，勾股定理等等，解題的關鍵在于能夠熟練掌握相關知識進行求解．2．（2021—2022江蘇溧水九年級期中）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝4，C為半圓O的三等分點（靠近點A），P為⊙O上一動點．若D為AP的中點，則線段CD的最小值為（）A．－1 B．2 C．＋1 D．4【答案】A【分析】連接OD，以AO為直徑作圓G，過G作GF⊥OC于F，求出OC＝OA＝2，求出OG、OF、CF長，根據勾股定理求出CG，再根據兩點之間線段最短得出CD≥CGGD，再求出答案即可．【詳解】解：∵直徑AB＝4，∴CO＝AO＝2，連接OD，以AO為直徑作圓G，過G作GF⊥OC于F，∵D為AP的中點，OD過O，∴OD⊥AP，即點D在⊙G上，GD＝OA＝1，∴OG＝1，∵點C為半圓O的三等分點（更靠近A點），∴∠AOC＝60°，∴∠FGO＝30°，∴OF＝OG＝，GF＝＝，∴CF＝OC﹣OF＝2﹣＝，由勾股定理得：CG＝＝＝，∵CD≥CGGD，∴CD≥1，∴CD的最小值是1，故選：A．【點睛】本題考查了直角三角形的性質，點與圓的位置關系，三角形的三邊關系定理等知識點，能正確作出輔助線是解此題的關鍵．3．（2021—2022江蘇無錫市九年級月考）半徑OA⊥弦BC于D，將⊙O沿著BC對折交AD于點E，，△ABE的面積為36，則OD的長為（）A．3 B． C．4 D．【答案】A【分析】連接BF，根據折疊的性質得到，，根據圓周角定理得到，根據余角的性質得到，連接OB，根據等腰三角形的性質得到，根據三角函數的定義設，則，求得，根據三角形的面積列方程即可得到結論．【詳解】解：連接BF，

∵將⊙O沿BC對折交AD于點E，

∴，，∵AF是⊙O的直徑，

∴∠ABF=90°，

∴∠A+∠F=90°，

∵半徑OA⊥弦BC于點D，

∴∠F+∠FBD=90°，

∴∠EBD=∠FBD=∠A，

∴∠ABE=90°2∠A，連接OB，

∵OA=OB，

∴∠A=∠ABO，

∴∠ABO=∠DBE，

∴∠ABE=∠OBD，

∵tan∠ABE=，

∴tan∠OBD=，

設OD=x，則BD=4x，則，

∵，

∴，

∵△ABE的面積為，

解得：x=3，

∴OD=3，

故選：A．【點睛】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．推論：半圓（或直徑）所對的圓周角是直角，90°的圓周角所對的弦是直徑．也考查了解直角三角形．4．（2021·湖北青山·中考一模）如圖，是半⊙的直徑，點是弧的中點，D為弧BC的中點，連接，于點．則（）A．3 B． C． D．【答案】C【分析】連接，，，在上取一點，使得，連接．證明，，可得結論．【詳解】解：如圖，連接，BC、．∵是直徑，∴．∵，∴．∴．∵，∴．∵∴．∵，∴．∴．∴．在上取一點，使得，連接．設，則．∵，∴．∴．∴．∴．故選：C【點睛】本題考查圓圓周角定理及推論、等腰直角三角形的判定與性質、勾股定理等知識點，熟知上述的定理或推論是解題的基礎，根據題目特征，在EA上取點T，構造出兩個特殊三角形和是解題的關鍵．5．（2021—2022浙江寧波九年級期中）如圖，⊙O的直徑AB＝5，弦AC＝3，點D是劣弧BC上的動點，CE⊥DC交AD于點E，則OE的最小值是（）A． B． C．2－ D．－1【答案】A【分析】先根據題意找到點E的運動軌跡是在的外接圓（以P為圓心，AP為半徑）上，由此可得點E在OP與P的交點處時，OE取得最小值，再利用相似三角形的判定與性質求解即可．【詳解】解：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵AB＝5，AC＝3，∴，∴的大小和形狀是唯一的，設∠B＝α，∵∠D與∠B都是弧AC所對的圓周角，∴∠D＝∠B＝α，∵CE⊥DC，∴∠DCE＝90°，∴∠AEC＝∠DCE＋∠D＝90°＋α，∴∠AEC的度數為定值90°＋α，∴如圖，點E在的外接圓（以P為圓心，AP為半徑）上，如圖，連接OP，OC，當點E在OP與⊙P的交點處時，OE取得最小值，如圖，在優弧AC上取一點Q，連接OC，AQ，CQ，∵∠AEC＝90°＋α，∴∠Q＝180°－∠AEC＝90°－α，∴∠APC＝2∠Q＝180°－2α，∵PA＝PC，∴∠PAC＝∠PCA＝＝α，∵∠ACB＝90°，∠B＝α，∴∠BAC＝90°－∠B＝90°－α，∴∠OAP＝∠BAC＋∠PAC＝90°，∵PA＝PC，OA＝OC，∴OP垂直平分AC，∴OP⊥AC，又∵BC⊥AC，∴，∴∠AOP＝∠B，∵∠AOP＝∠B，∠OAP＝∠ACB，∴，∴，∵直徑AB＝5，∴半徑OA＝，∴，解得：，，∴，∴，∴OE的最小值為，故選：A．【點睛】本題考查了圓周角定理，直徑的性質，相似三角形的判定與性質以及勾股定理的應用，找到點E的運動軌跡是解決本題的關鍵．6．（2021·安徽義安·中考二模）如圖，的半徑為2，定點在上，動點，也在上，且滿足，為的中點，則點，在圓上運動的過程中線段的最大值為（）．A． B． C． D．【答案】B【分析】連接OA、OB、AB、OC、OP，取OB的中點M，連接CM、AM，根據圓周角定理得出∠AOB=60°，從而得出△AOB是等邊三角形，再利用勾股定理得出AM的長，利用三角形中位線定理得出CM的長，當A、M、C共線時，AC最大即可得出答案【詳解】解：連接OA、OB、AB、OC、OP，取OB的中點M，連接CM、AM，∵，∴∠AOB=60°，∵OA=OB，∴△AOB是等邊三角形，∴OA=OB=AB=2，∴AM⊥BC,∴，∵為的中點，OB的中點M，∴，∵AC＜AM+CM,當A、M、C共線時，AC最大，∴的最大值=，故選：B【點睛】本題考查了等邊三角形的性質與判定、三角形中位線定理、圓周角定理等知識，添加輔助線得出當A、M、C共線時，AC最大是解題的關鍵．二、填空題7．（2021—2022福建廈門九年級期中）如圖，在中，，點A為動點，在點A運動的過程中始終有，則面積的最大值為______．【答案】【分析】作三角形ABC的外接圓O，過點A作AM⊥BC于M，由弦BC已經確定，則要使得△ABC的面積最大，只要AM的值最大即可，即當AM過圓心O時，AM有最大值，由此求解即可．【詳解】解：如圖所示，作三角形ABC的外接圓O，過點A作CM⊥BC于M，∵弦BC已經確定，∴要使得△ABC的面積最大，只要AM的值最大即可，如圖所示，當AM過圓心O時，AM有最大值，∵AM⊥BC，CM過點O，∴，∵∠BAC=45°，∴∠BOC=90°，∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB=45°，∴，∴，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查了垂徑定理，圓周角定理，勾股定理，等腰直角三角形的性質與判定解題的關鍵在于確定什么時候AM的值最大．8．（2021·河北平泉·九年級期末）如圖，平面直角坐標系中，經過點A（8，0），O（0，0），B（0，6），點P關于x軸的對稱點是P1，點D是上的一點．（1）∠ADB=___°；（2）當點D到弦OB的距離最大時，直線DP1與x軸的交點坐標為___．【答案】90°；（，0）；【分析】（1）連接AB、AD、BD，利用圓周角定理：90度的圓周角所對的弦是直徑，即可得到答案；（2）由題意，先求出點D和點P1的坐標，然后利用待定系數法求出解析式，令，即可求出點C的坐標．【詳解】解：（1）連接AB、AD、BD，如圖：∵經過點A（8，0），O（0，0），B（0，6），又∵∠AOB=90°，∴AB是直徑，AB=，∴∠ADB=90°；故答案為：90°．（2）由（1）可知，點P是AB的中點，∵A（8，0），B（0，6），∴點P的坐標為（4，3），∵點P關于x軸的對稱點是P1，∴P1的坐標為（4，），∵當點D到弦OB的距離最大時，即作DE⊥OB，點P在DE上，如圖：連接DP1，與x軸交點為C；∵，此時，點D的坐標為（9，3）；設直線DP1為，則把點（4，）和點（9，3）代入，得，解得，∴；令，則，解得：；∴直線DP1與x軸的交點坐標為（，0）；故答案為：（，0）；【點睛】本題考查了圓周角定理，軸對稱的性質，勾股定理求線段的長度，以及待定系數法求直線的解析式，解題的關鍵是熟練掌握所學的知識，正確的作出輔助線，從而進行解題．9．（2021—2022廣東惠州一中期中）如圖，是的直徑，，是的半徑，，點在上，，點是半徑上的一個動點，則的最小值為_______．【答案】【分析】根據題意，連接，交于點，連接，，根據已知條件和圓周角定理求得，進而勾股定理求得，即可求得答案【詳解】連接，交于點，連接，，點是半徑上的一個動點，的最小值為的長，，在中的最小值為故答案為：【點睛】本題考查了圓周角定理，弧長與圓心角的關系，線段和最短問題，軸對稱的性質，是解題的關鍵．10．如圖，為半圓弧的中點，為弧上任意一點，且與交于點，連接．若，則的最小值為_________【答案】【分析】設半圓弧所在圓的圓心為，連接，分別過點作的垂線，兩垂線交于點，延長至點，使得，連接，先根據正方形的判定與性質可得，從而可得，再根據圓周角定理可得，從而可得，然后判斷出點四點共圓，且所在圓的圓心為點，由此可得，最后根據三角形的三邊關系定理、兩點之間線段最短求出最小值即可得．【詳解】解：如圖，設半圓弧所在圓的圓心為，連接，分別過點作的垂線，兩垂線交于點，延長至點，使得，連接，為半圓弧的中點，，又，四邊形是正方形，，在中，，，，是等腰直角三角形，，由圓周角定理得：，，即，，，又，點四點共圓，且所在圓的圓心為點，，由三角形的三邊關系定理、兩點之間線段最短得：，即，當且僅當點共線時，等號成立，則的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的判定與性質、圓周角定理、圓心角定理等知識點，通過作輔助線，構造出點四點共圓是解題關鍵．11．如圖，CD為⊙O的直徑，AB為⊙O中長度為定值的弦，AB＜CD．作AE⊥CD于E，連接AC，BC，BE．下列四個結論中：①O到AB的距離為定值；②BE＝BC；③當OE＝AE時，∠ABC＝67.5°或22.5°；④∠BAE+2∠ACD為定值．正確的是___．（填所有正確的序號）【答案】①④【分析】對于①：過O點作OH垂直AB，由垂徑定理即可求解；對于②：舉反例，當A、B、E三點共線時，即：CD⊥AB時，此時BE＜BC，；對于③由OE＝AE時△AOE為等腰直角三角形，得到∠AOE=45°，進而得到∠AOC=180°45°=135°，再由同弧所對的圓周角等于圓心角的一半即可求解；對于④：由已知得到∠ACD=∠DAE，進而得到∠BAE+2∠ACD=∠DCB+∠ACD=∠ACB，由AB為定弦即可求解．【詳解】解：對于①：過O點做OH⊥AB于H點，如下圖所示：由垂徑定理可知：，由于AB為⊙O中長度為定值的弦，∴AH為定值，且圓O確定后其半徑也為定值，∴必為定值，故①正確；對于②：當A、B、E三點共線時，即：CD⊥AB時，此時BE＜BC，故②錯誤；對于③：當OE＝AE時，連接OA，由已知條件AE⊥CD可知，△AOE為等腰直角三角形，此時E點在以AO的中點為為圓心，為半徑的圓上，如上左圖所示：當E點位于AO下方時，此時∠AOE=45°，∠AOC=180°45°=135°，∴，當E點位于AO上方時，如上右圖所示，此時∠AOE=45°，∠AOC=180°45°=135°，∴，故③錯誤；對于④：連接AO、AD，如下圖所示，∵CD為圓O的直徑，∴∠CAD=90°，∴∠ACD+∠ADC=90°，又∠DAE+∠ADC=90°，∴∠ACD=∠DAE，由同弧所對的圓周角相等可知，∠DAB=∠DCB，∴∠BAE+2∠ACD=(∠BAE+∠ACD)+∠ACD=(∠BAE+∠DAE)+∠ACD=∠DAB+∠ACD=∠DCB+∠ACD=∠ACB，∵AB為定值，∴∠ACB為定值，∴∠BAE+2∠ACD為定值，故④正確；故答案為：①④．【點睛】本題考查了同弧所對的圓周角等于圓心角的一半、垂徑定理、等腰直角三角形的性質等，熟練掌握圓周角定理及其推論是解決本類題的關鍵．三、解答題12．（2021—2022湖南師大附中九年級開學考試）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，BC是⊙O的直徑，D是劣弧的中點BD交AC于點E．（1）若，求．（1）求證：AD2＝DE?DB．（2）若BC＝5，CD＝，求DE的長．【答案】（1）；（2）見解析；（3）【分析】（1）根據BC是⊙O的直徑，可得∠CAB=90°，進而可得∠ABC=60°，由D是劣弧的中點，可得，可得∠DAC=30°，利用特殊角三角函數值即可；（2）先證明△ABD∽△EAD，再運用相似三角形性質即可；（3）由D是劣弧的中點，得AD=DC，再運用（2）的結論即可．【詳解】（1）解：∵BC是⊙O的直徑∴∠CAB＝90°∵∴∠ABC＝90°30°=60°∵D是劣弧的中點，得，∴∠ABD＝∠DAC=30°∴=（2）證明：由（1）得∠ABD＝∠DAC，又∵∠ADB＝∠EDA，∴△ABD∽△EAD，∴AD2＝DE?DB；（3）解：由D是劣弧的中點，得AD＝DC，則DC2＝DE?DB∵CB是直徑，∴△BCD是直角三角形．∴BD＝，由DC2＝DE?DB得，（）2＝2DE，解得：DE＝．【點睛】本題考查了圓的性質，直徑所對的圓周角為直角，解直角三角形，相似三角形的判定和性質等知識，將乘積的形式通?？梢赞D化為比例的形式，通過相似三角形的性質得出是解題關鍵．13．（2021—2022黑龍江哈爾濱市九年級月考）已知AB、CD為的兩條弦，．（1）如圖1，求證弧弧BD；（2）如圖2，連接AC、BC、OA、BD，弦BC與半徑OA相交于點G，延長AO交CD于點E，連接BE，使，若，求證：四邊形ABEC為菱形；（3）在（2）的條件下，CH與相切于點C，連接CO并延長交BE于點F，延長BE交CH于點H，，，求CH長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）直接根據同圓中，相等的圓周角所對的弧相等可得結論；（2）根據圓周角定理，以及等腰三角形的性質可得，即可得出四邊形為平行四邊形，根據對角線垂直的平行四邊形為菱形可得結論；（3）延長交于,連接，過作于點，設，根據勾股定理相似三角形的性質求出的值，即可得出，根據銳角三角函數可得結果．【詳解】解：（1）連接,

∵，∴,∴；（2）∵，∴,即,∴,∵，∴,∴,∴,∵，∴四邊形為平行四邊形，∵，即,∴四邊形ABEC為菱形；（3）延長交于,連接，過作于點，

∴,,∵,設，∴，∴，∵四邊形ABEC為菱形，∴，∴，∵,∴,即，解得：，∴,∵,∴,∴,∵,∴，∴,解得：．【點睛】本題考查了圓周角定理，菱形的判定與性質，平行線分線段成比例定理等知識點，熟知性質定理是解本題的關鍵．14．（2021·福建·重慶實驗外國語學校模擬預測）已知四邊形內接于，．（1）如圖1，求證：點到兩邊的距離相等；（2）如圖2，已知與相交于點，為的直徑．①求證：；②若，，求的長．【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②【分析】（1）連接，由等弦對等弧，等弧對等角得，即可得證；（2）①由，得到，由直徑所對的圓周角是直角，可推得；過點作，交延長線于點，根據角的關系證明，又由，得到，進一步等量代換得，即可得證；（2）②由第一小問知，，設，則，由條件求出BD的值，建立等量關系，分別求出DE的值，再證明，根據相似三角形線段成比例得，代入相關數值求解即可．【詳解】證明：（1）如圖1，連接，，，，點到兩邊的距離相等；（2）①，，為直徑，，，如圖2，過點作，交延長線于點，，，又由（1）知：，，，，，，②如圖，由（2）①得：，則，設，則，為直徑，，，，，解得：，，，又，，，，，，．【點睛】本題考查三角形的相似的性質和判定，等弦對等弧，等弧對等角，平行線分線段成比例等相關知識點，牢記知識點是解題關鍵．15．（2021·黑龍江平房·中考三模）已知：內接于，，于點，連接．（1）如圖，求證：；（2）如圖，延長交于點，連接，若，求證：；（3）如圖，在（2）的條件下，若，，求線段的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）．【分析】（1）如圖，連接OC，根據等腰三角形的性質可得，根據可得，根據圓周角定理可得，根據等腰三角形的性質可得，根據三角形內角和可得，即可得結論；（2）如圖，連接，過點作于點，根據垂徑定理可得，根據圓周角定理可得，利用角的和差關系可得，根據等腰三角形的性質可得，根據圓周角定理可得，利用AAS可證明，根據全等三角形的性質可得，進而可得結論；（3）延長交于點，過點作于點，交于點，連接，設，根據圓周角定理及等腰三角形的性質可得，即可得出，利用SAS可證明，根據全等三角形的性質可得，，，進而可得，可得，根據三角形內角和可得，即可得出，根據等腰三角形的性質可得，設，則，，利用ASA可證明，可得，根據直角三角形兩銳角互余的關系可得，利用ASA可證明，可得，利用勾股定理列方程求出m的值即可得答案．【詳解】（1）連接，∵，∴，∵，∴，∴，∵∠BAC和∠BOC