专题训练：28.3 圆周角（培优篇）

28.3圆周角（培优篇）一、单选题1．如图，已知半圆的直径，C是半圆上一点，沿折叠半圆得到弧，交直径于点，若、的长均不小于2，则的长可能是（

）A．7 B．6 C．5 D．42．如图，AB为⊙O直径，且AB＝4．点C为半圆上一动点（不与A，B重合），D为弧CB上一点，点E在AD上，且CD＝BD＝DE．则CE的最大值为（）A．4﹣4 B．2﹣ C．8﹣4 D．4﹣23．如图，的半径是6，点A是圆上一个定点，点在上运动，且，，垂足为点，连接，则的最小值是（

）A． B． C． D．4．如图，已知正方形ABCD的边长为20，点E在弧BD上，∠DEC＝135°，则△DEC的面积为（）A．20 B．40 C．20 D．205．如图，正方形ABCD中，P为CD边上任意一点，DE⊥AP于点E，点F在AP延长线上，且EF＝AE，连结DF、CF，∠CDF的平分线DG交AF于G，连结BG．给出以下结论：①DF＝DC；②△DEG是等腰直角三角形；③∠AGB＝45°；④DG+BG＝AG．所有正确的结论是（）A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②③④6．如图，是半⊙的直径，点是弧的中点，D为弧BC的中点，连接，于点．则（

）A．3 B． C． D．7．如图，点D在半圆O上，半径OB＝，AD＝10，点C在弧BD上移动，连接AC，H是AC上一点，∠DHC＝90°，连接BH，点C在移动的过程中，BH的最小值是（）A．6 B．7 C．8 D．98．如图，点，，均在坐标轴上，，过，，作，是上任意一点，连结，，则的最大值是（

）A．4 B．5 C．6 D．二、填空题9．如图，矩形ABCD，点M为射线CD上一点，AH⊥BM，垂足为H，将△ABH沿AB翻折得△ABH′，P、Q分别为AH′和BH′的中点，若AD=2，AB=6，则PQ+CQ的最大值为______________．10．在△ABC中，AB＝4，∠C＝45°，则AC+BC的最大值为_____．11．如图，已知正方形ABCD中，AB＝6，点E是边AD的中点，点P是边CD上的动点，点Q是正方形内一动点，且满足∠BQC＝90°，则PE＋PQ的最小值是_____．12．如图，已知菱形ABCD中，AB＝4，∠C为钝角，AM⊥BC于点M，N为AB的中点，连接DN，MN．若∠DNM＝90°，则过M、N、D三点的外接圆半径为_____．13．如图，在△ABC中，，过点A作BC的平行线l，P为直线l上一动点，⊙O为△APC的外接圆，直线BP交⊙O于E点，则AE的最小值为___．14．如图，平面直角坐标系中，经过点A（8，0），O（0，0），B（0，6），点P关于x轴的对称点是P1，点D是上的一点．（1）∠ADB=___°；（2）当点D到弦OB的距离最大时，直线DP1与x轴的交点坐标为___．15．正方形ABCD内接于⊙O，点E是⊙O上的点，则的∠BEC的度数为__________．16．如图为半圆的直径，，点P为半圆的三等分点，点D为弧上一动点，作．连接交于点N，则的最小值为_________．三、解答题17．已知，内接于，AO平分．(1)如图1，求证：；(2)如图2，点D是上一点，连接BD交AC于点G，连接CD，弦AE交BD于F、交CD于H，且，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，BD经过圆心O，连接DE，，的面积为，求的半径．18．如图，内接于⊙O，于点E，于点D，延长BD交⊙O于点G，连接AG．(1)求证：；(2)连接DE，若，，求⊙O的半径．19．如图，以为直径的经过的顶点，，分别平分和，的延长线交于点，连接．(1)判断的形状，并证明你的结论；(2)若，，求的长．20．已知是上一点，过点作不过圆心的弦，在劣弧和优弧上分别有动点(不与，重合)，连接、若．（1）如图1，当，，时，求的半径；（2）如图2，选接，交于点，点在线段上(不与重合)，连接，若，探究直线与的位置关系，并证明．

参考答案1．A【分析】分如解图①，当点在圆心的左侧且时，如解图②，当点在圆心的右侧且时，两种情况求出AC的长，从而确定AC的取值范围即可得到答案．解：如解图①，当点在圆心的左侧且时，过作，垂足为，连接、、，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴；如解图②，当点在圆心的右侧且时，过作，垂足为，连接、、，∵，∴，∴，∴，∴，∴，，∴，∴若、的长均不小于2，则，∴的长可能是7，故选A．【点拨】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，无理数的估算等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．2．A【分析】设，利用等弦对等弧，等弧所对的圆周角相等，等边对等角，三角形的外角的性质，通过角度的变换求得，确定的位置，进而证明，得到的运动轨迹是以点为圆心，4为半径的圆弧，进而根据直径是最长的弦求解即可．解：延长，交于点，连接，OF设CD＝BD为直径在以点为圆心，4为半径的圆弧上运动，，当为的直径时，取得最大值，最大值为故选A【点拨】本题考查了等弧所对的圆周角相等，弦与弧之间关系，找到点的运动轨迹，理解直径是最长的弦是解题的关键．3．D【分析】设交于，连接、、，过作于，连接，由题意易证明是等边三角形，即得出，，从而由勾股定理可求出．再根据直角三角形斜边中线的性质可知，最后利用三角形三边关系即可求解．解：设交于，连接、、，过作于，连接，，，，是等边三角形，，，由勾股定理得：．，．，，在中，，，的最小值是，故选D．【点拨】本题考查等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质和三角形三边关系的应用．正确的作出辅助线是解题关键．4．B【分析】如图，取BC的中点T，连接AT交BE于J，连接AE，ET，延长CE交AD于P，过点D作DH⊥CP于H．首先证明∠CEB=90°，四边形ATCP是平行四边形，想办法求出DH，EC，可得结论．解：如图，取BC的中点T，连接AT交BE于J，连接AE，ET，延长CE交AD于P，过点D作DH⊥CP于H．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCD=∠ADC=∠BAD=90°，AB=BC=CD=AD=20，∵AB=AE=AD，∴∠ABE=∠AEB，∠AED=∠ADE，∴∠BED=∠AEB+∠AED=（180°-∠BAE）+180°-∠EAD）=135°，∵∠CED=135°，∴∠BEC=360°-135°-135°=90°，∵BT=CT，∴TE=TB=TC，∵AB=AE，∴AT垂直平分线段BE，∵CE⊥BE，∴AT∥CP，∵AP∥CT，∴四边形ATCP是平行四边形，∴AP=CT=10，∴PD=AP=10，∴，∵DH⊥PC，∴•CD•PD=×PC×DH，∴DH=，∵∠BCE+∠DCH=90°，∠DCH+∠CDH=90°，∴∠BCE=∠CDH，在△BEC和△CHD中，，∴△BEC≌△CHD（AAS），∴EC=DH=，∴S△DEC=•EC•DH=40．故选：B．【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．5．D【分析】根据垂直平分线的性质得到AD＝DF，又根据正方形性质得AD＝DC，从而等量代换得DF＝DC，即可判断①；设，则，由，推得，进一步得到，从而可判断②；连接BD，根据∠ABD=∠AGD=45°，得到A、B、G、D四点共圆，从而得出③正确；作BH⊥AF，分别在和中，进行边的转换，再根据得到，由，代入化简即可判断④．解：∵四边形ABCD是正方形，∴，，，，∴，∴，∴①正确；∵，∴，设，则，∴，∵DG平分∠CDF，∴，∴，∴△DEG是等腰直角三角形，∴②正确；连接BD，∵∠ABD=∠AGD=45°，∴点A、B、G、D共圆，∴∠AGB=∠ADB=45°，∴③正确；作BH⊥AF于H，∵∠AGB＝45°，∴，∵是等腰直角三角形，∴，∵四边形ABCD是正方形∴，又∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴④正确；∴故选：D．【点拨】本题考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，以及正方形的性质等相关知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．6．C【分析】连接，，，在上取一点，使得，连接．证明，，可得结论．解：如图，连接，BC、．∵是直径，∴．∵，∴．∴．∵，∴．∵∴．∵，∴．∴．∴．在上取一点，使得，连接．设，则．∵，∴．∴．∴．∴．故选：C【点拨】本题考查圆圆周角定理及推论、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟知上述的定理或推论是解题的基础，根据题目特征，在EA上取点T，构造出两个特殊三角形和是解题的关键．7．C【分析】如图，取AD的中点M，连接BD，HM，BM．由题意点H在以M为圆心，MD为半径的⊙M上，推出当M、H、B共线时，BH的值最小，由此求解即可．解：如图，取AD的中点M，连接BD，HM，BM．∵∠DHC=90°，∴∠AHD＝90°，∴点H在以M为圆心，MD为半径的⊙M上，∴当M、H、B共线时，BH的值最小，∵AB是直径，∴∠ADB＝90°，∴BD＝＝12，∴BM＝＝＝13，∴BH的最小值为BM﹣MH＝13﹣5＝8．故选：C．【点拨】本题考查点与圆的位置关系、勾股定理、圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．8．C【分析】连接，，如图，利用圆周角定理可判定点在上，易得，，，，，设，则，由于表示点到原点的距离，则当为直径时，点到原点的距离最大，由于为平分，则，利用点在圆上得到，则可计算出，从而得到的最大值．解：连接，，如图，，为的直径，点在上，，，，，，，设，，而表示点到原点的距离，当为直径时，点到原点的距离最大，为平分，，，，即，此时，即的最大值是6．故选：．【点拨】本题考查了点与圆的位置关系、圆周角定理、勾股定理等，作出辅助线，得到是解题的关键．9．7【分析】如图，AH⊥BM，垂足为H，将△ABH沿AB翻折得△ABH′，可得四点共圆，且直径为，记的中点即圆心为，连接，再证明在以为直径的圆上，记圆心为当三点共线时，最大，此时PQ+CQ最大，从而可得答案．解：如图，AH⊥BM，垂足为H，将△ABH沿AB翻折得△ABH′，则都在以为直径的圆上，四点共圆，记的中点即圆心为，连接，分别为和的中点，AB=6，在以为直径的圆上，记圆心为当三点共线时，最大，此时PQ+CQ最大，矩形ABCD，即的最大值为：7．故答案为：7【点拨】本题考查的是矩形的性质，圆周角定理的应用，圆的基本性质，勾股定理的应用，熟练的构建辅助圆求解线段的最大值是解本题的关键．10．12【分析】根据题意，画出的外接圆，当AC1为圆O的直径时，有最大值，由等腰三角形的性质及勾股定理得到，求解即可．解：根据题意作图：如图，当AC1为圆O的直径时，有最大值，故答案为：12．【点拨】本题考查三角形的外接圆、圆周角定理、等腰直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．11．##【分析】利用圆周角定理可判断Q点在以BC为直径的圆上，作E点关于CD的对称点F，连接OF交⊙O于Q，交CD于P，如图，利用两点之间线段最短可判断此时PE+PQ的值最小，连接OE，如图，然后计算FQ的长得到PE+PQ的最小值．解：∵∠BQC＝90°，∴Q点在以BC为直径的圆上，作E点关于CD的对称点F，连接OF交⊙O于Q，交CD于P，如图，∵PE+PQ＝PF+PQ＝FQ＝OF﹣OQ，∴此时PE+PQ的值最小，连接OE，如上图，∵E点为AD的中点，∴OE⊥AD，在Rt△OEF中，∵OE＝AB＝6，EF＝2DE＝6，∴OF＝OE＝，∴FQ＝，即PE+PQ的最小值是．故答案为：．【点拨】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了正方形的性质和最短路径问题．12．【分析】延长MN交DA延长线于点E，DF⊥BC，构造全等三角形，根据全等性质证出DE＝DM，再通过AE＝BM＝CF，在Rt△DMF和Rt△DCF中，利用勾股定理列方程求DM长，根据圆的性质即可求解．解：如图，延长MN交DA延长线于点E，过D作DF⊥BC交BC延长线于F，连接MD，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝4，AD∥BC，∴∠E＝∠EMB，∠EAN＝∠NBM，∵N为AB中点，∴△EAN≌△MBN（AAS），∴AE＝BM，EN＝MN，∵∠DNM＝90°，∴DN⊥EM，∴DE＝DM，∵AM⊥BC，DF⊥BC，AB＝DC，AM＝DF∴Rt△ABM≌Rt△DCF（HL），∴BM＝CF，设BM＝x，则DE＝DM＝4+x，在Rt△DMF中，由勾股定理得，DF2＝DM2﹣MF2＝（4+x）2﹣42，在Rt△DCF中，由勾股定理得，DF2＝DC2﹣CF2＝42﹣x2，∴（4+x）2﹣42＝42﹣x2，解得，（不符合题意，舍去）∴DM＝2+2，∵∠DNM＝90°，∴过M、N、D三点的外接圆的直径为线段DM，∴其外接圆的半径长为．故答案为：．【点拨】本题考查了菱形的性质，全等的判定与性质，勾股定理及圆的性质等知识，根据已知条件结合图形找到对应的知识点，正确作出辅助线是解答此题的关键．13．1【分析】如图，连接CE．首先证明∠BEC＝120°，由此推出点E在以O'为圆心，O'B为半径的上运动，连接O'A交于E′，此时AE′的值最小．解：如图，连接CE．∵APBC，∴∠PAC＝∠ACB＝60°，∴∠CEP＝∠CAP＝60°，∴∠BEC＝120°，∴点E在以O'为圆心，O'B为半径的上运动，连接O'A交于E′，此时AE′的值最小．此时⊙O与⊙O'交点为E'．∵∠BE'C＝120°∴所对圆周角为60°，∴∠BOC＝2×60°＝120°，∵△BO′C是等腰三角形，BC＝4，∴O′B＝O′C＝4，∵∠ACB＝60°，∠BCO'＝30°，∴∠ACO'＝90°∴O'A＝，∴AE′＝O'A−O'E′＝5−4＝1．故答案为：1．【点拨】本题考查三角形的外接圆与外心、平行线的性质、圆周角定理、勾股定理，点与圆的位置关系等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造辅助圆解决问题．14．

90°；

（，0）；【分析】（1）连接AB、AD、BD，利用圆周角定理：90度的圆周角所对的弦是直径，即可得到答案；（2）由题意，先求出点D和点P1的坐标，然后利用待定系数法求出解析式，令，即可求出点C的坐标．解：（1）连接AB、AD、BD，如图：∵经过点A（8，0），O（0，0），B（0，6），又∵∠AOB=90°，∴AB是直径，AB=，∴∠ADB=90°；故答案为：90°．（2）由（1）可知，点P是AB的中点，∵A（8，0），B（0，6），∴点P的坐标为（4，3），∵点P关于x轴的对称点是P1，∴P1的坐标为（4，），∵当点D到弦OB的距离最大时，即作DE⊥OB，点P在DE上，如图：连接DP1，与x轴交点为C；∵，此时，点D的坐标为（9，3）；设直线DP1为，则把点（4，）和点（9，3）代入，得，解得，∴；令，则，解得：；∴直线DP1与x轴的交点坐标为（，0）；故答案为：（，0）；【点拨】本题考查了圆周角定理，轴对称的性质，勾股定理求线段的长度，以及待定系数法求直线的解析式，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而进行解题．15．45°或135°【分析】首先连接OB，OC，由⊙O是正方形ABCD的外接圆，即可求得∠BOC的度数，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得∠BEC的度数；点E在BC的下方，∠BEC=（360°-90°）．解：点E在BC的上方，连接OB,OC∵⊙O是正方形ABCD的外接圆，∴∠BEC=∠BOC=45°点E在BC的下方，连接OB,OC∵⊙O是正方形ABCD的外接圆，∴∠BEC=（360°-90°）=135°故答案为：45°或135°．【点拨】本题考查了圆周角定理的知识，准确作出辅助线，注意分类讨论思想的应用．16．##【分析】以AO为边在上方作等边△AOC，连接，计算角度∠ANO=30°，根据定角定弦，确定点N在以C为圆心OC为半径的圆弧上运动，进而根据点到圆上的距离求最值问题即可．解：如图，以AO为边在上方作等边△AOC，连接，点P为半圆的三等分点，是等边三角形

又∵∠ANO=30°，点N在以C为圆心OC为半径的圆弧上运动，是直径，在中，BC=，BN的最小值为【点拨】本题考查了点到圆上的距离最值问题，确定点的轨迹是解题的关键．17．(1)见分析(2)见分析，(3)4+8【分析】（1）连接OB，OC，根据同圆半径相等，利用等腰三角形两底角相等和角平分线定义，证得∠OBA=∠OCA，∠OBC=∠OCB，所以∠OBA+∠OBC=∠OAC+∠OCB，即可得出结论；（2）连接AD，过点A作，交CD延长线于M，证△ADM≌△ADF（AAS），得AM=AF，DM=DF，再证Rt△AMC≌△AFB（HL），得CM=BF，即可得出结论；（3）连接AD，OE，设∠ABO=∠OAB=∠OAC=∠ACD=α，因为，所以∠CAE=∠ACD=α，∠AED=∠CDE，由于F，所以∠ABO+∠OAB+∠OAC+∠CAE=90°，即4α=90°，所2α=45°，从而可证得△DFH是等腰直角三角形，△OAF是等腰直角三角形，得到，EH=DH=DF，OA=OF，再由S△DEH=，求得DF=4，由OF+DF=OD=OA，即OF+4=OF，求得OF=4+4，最后由OD=OF+DF求得答案．(1)解：如图1，连接OB，OC，∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵AO平分，∴∠OAB=∠OAB，∴∠OBA=∠OCA，∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，∴∠OBA+∠OBC=∠OAC+∠OCB即∠ABC=∠ACB；(2)证明：如图2，连接AD，过点A作，交CD延长线于M，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ADM=∠ABC，由（1）知，∠ACB=∠ABC，∴AB=AC，∴∠ADM=∠ACB，∵∠ACB=∠ADB，∴∠ADM=∠ADB，∵于M，于F，∴∠AMD=∠AFD=90°，在△ADM和△ADF中，∴△ADM≌△ADF（AAS），∴AM=AF，DM=DF，在Rt△AMC和Rt△AFB中，,∴Rt△AMC≌Rt△AFB（HL），∴CM=BF，∴CD+DM=BF，∴BD+CD=BF+DF+CD=BF+DM+CD=2BF；(3)解：如图3，连接AD，OH，OE，设∠ABO=∠OAB=∠OAC=∠ACD=α，∵，∴∠CAE=∠ACD=α，∠AED=∠CDE，∴DH=EH，∵于F，∴∠ABO+∠OAB+∠OAC+∠CAE=90°，即4α=90°，∴2α=45°，∴∠BDC=∠BAC=2α=45°，∴∠FDH=∠DHF=2α=45°，∴△DFH是等腰直角三角形，∴EH=DH=DF，∵S△DEH=，∴，∴DF=4，∵∠OAF=∠OAC+∠CAF=2α=45°，∴△OAF是等腰直角三角形，∴OA=OF，∴OF+DF=OD=OA，∴OF+4=OF，∴OF=4+4，∴OD=OF+DF=4+4+4=4+8，答：⊙O的半径为4+8.【点拨】本题属圆的综合题目，涉及知识有圆周角定理，三角形面积公式，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质等，熟练掌握相关知识及其运用是解题的关键．18．(1)见分析(2)4【分析】（1）只需要证明∠AFG=∠AGF，即可证明AF=AG；（2）如图所示，延长AE交圆O于H，连接BH，GH，CH，过点H作HN⊥GO交GO延长线于N，先证DE是△FGH的中位线，得到，然后根据圆内接四边形求出∠HCG=75°，从而得到∠HON=30°，则，，设圆O的半径为r，则，，在Rt△HNG中，利用勾股定理可得，由此求解即可．(1)解：∵BD⊥AC，∴∠DBC+∠DCB=90°，∵AE⊥BC，∴∠EBF+∠EFB=90°，∴∠DCB=∠EFB，∵∠EFB=∠AFG，∠AGF=∠DCB，∴∠AFG=∠AGF，∴AF=AG