人教版九年级数学上册重难点专题提升精讲精练专题17圆周角重难点题型专训(八大题型)(原卷版+解析)

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第二十四章 圆专题17 圆周角重难点题型专训（八大题型）【题型目录】题型一 圆周角的概念辨析题型二 圆周角定理题型三 同弧或等弧所对的圆周角相等问题题型四 半圆所对的圆周角是直角问题题型五 90°的圆周角所对的弦是直径问题题型六 已知圆内接四边形求角度题型七 求四边形外接圆的直径题型八 圆周角综合问题【知识梳理】知识点一、圆周角1．顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角．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。 推论1：在同圆或等圆中，如果两个圆周角相等，它们所对的弧一定相等。 推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径。 （在同圆中，半弧所对的圆心角等于全弧所对的圆周角）2．圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等．推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量分别相等．3．一个四边形的4个顶点都在同一个圆上，这个四边形叫做圆的内接四边形，这个圆叫做四边形的外接圆。圆内接四边形定理：圆内接四边形的对角互补，一个外角等于其内对角。 【经典例题一 圆周角的概念辨析】1．（2020秋·浙江宁波·九年级校考期中）下列说法：（1）三点确定一个圆；（2）直径所对的圆周角是直角；（3）平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧；（4）相等的圆心角所对的弧相等；（5）圆内接四边形的对角互补．其中正确的个数为（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个2．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD的顶点A，B，C在圆上，且边CD与该圆交于点E，AC，BE交于点F.下列角中，弧AE所对的圆周角是(    )A．∠ADE B．∠AFE C．∠ABE D．∠ABC3．（2023·湖南娄底·校考一模）已知点、、、在圆上，且切圆于点，于点，对于下列说法：①圆上是优弧；②圆上是优弧；③线段是弦；④和都是圆周角；⑤是圆心角，其中正确的说法是 ．4．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，直线经过的圆心 ，且与交于两点，点在上，且 ，点是直线上的一个动点 (与圆心不重合)， 直线与相交于另一点，如果，则 .5．（2023·甘肃酒泉·统考三模）把下面的语句还原成图形：(1)的半径为1cm，是的一条弦（不经过M），、分别是劣弧所对应的圆心角和圆周角；(2)是中的一条弧，且．6．（2023秋·河南信阳·九年级统考期末）（1）【学习心得】小明同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．例如：如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB为半径作辅助⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝　 　°．（2）【问题解决】如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝27°，求∠BAC的数．（3）【问题拓展】如图3，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为4，则线段DH长度的最小值是 　 　．【经典例题二 圆周角定理】1．（2023春·福建福州·九年级校考期中）如图，点A，B，C，D在上，，B是弧的中点，则的度数是（　　）  A． B． C． D．2．（2023春·陕西榆林·九年级校考期中）如图，是的外接圆，且是的直径，点D在上，连接、，且，若，则的度数为（    ）  A． B． C． D．3．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考开学考试）如图，是的一条弦，，垂足为点C，交于点D，点E在上，，，则弦的长是 ．  4．（2023秋·九年级课时练习）如图，已知是半圆上的三等分点，连接和相交于点，有下列结论：①；②；③；④四边形是菱形．其中正确的有 （填序号）．  5．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图1，已知为的直径，C为上一点，于E，D为弧的中点，连接，分别交于点F和点G．  (1)求证：；(2)如图2，若，连接，求证：．6．（2022秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图，是的一条弦，，垂足为点，交于点，点在上．  (1)若，求的度数；(2)若，，求的长．【经典例题三 同弧或等弧所对的圆周角相等问题】1．（2021春·福建南平·九年级统考阶段练习）如图，是的内接三角形，，连接并延长交于点B，连接，若，则等于（　　）A． B． C． D．2．（2022·北京西城·校考模拟预测）如图，内接于，是的直径，若，则等于（    ）  A． B． C． D． 3．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，内接于，是的直径，点D是上一点，，则 °．  4．（2023·云南德宏·统考一模）已知：如图，是的直径，垂直弦于点，则在不添加辅助线的情况下，图中与相等的角是 （写出一个即可）．    5．（2023秋·九年级课时练习）如图所示，四边形内接于，．  求证：(1)；(2)是的直径．6．（2022秋·甘肃定西·九年级统考期末）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．在上取一点E，使，交于点F，连接、．判断与是否相等，并说明理由．【经典例题四 半圆所对的圆周角是直角问题】1．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，在中，，是的外接圆，是的直径，点在上，连接交于点，连接，若，则的度数为（　　）  A． B． C． D．2．（2022·河北衡水·校考模拟预测）如图，点A，B，C在上，，连接并延长，交于点，连接，若，下列结论不正确的是（     ）  A． B．直线垂直平分 C． D．3．（2023·江苏·统考中考真题）如图，是的直径，是的内接三角形．若，，则的直径 ．  4．（2022秋·江苏泰州·九年级校考阶段练习）如图，已知的直径，为上一点（不与、重合），连接、．弦平分，交于点，过点作于点，交于点，连接，若，则的度数为 ．  5．（2023春·浙江杭州·九年级校考阶段练习）已知：如图，点E是边长为2的正方形中边上一点（不与A、B重合），以为直径的分别交和于点F、M，于点H．  (1)求证：(2)猜想与的大小关系，并说明理由．(3)当时，求的面积．6．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，点B，C为上两定点，点A为上一动点，过点B作，交于点E，点D为射线上一动点，且平分，连接．(1)求证：；(2)连接，若，试判断四边形的形状，并说明理由．【经典例题五 90°的圆周角所对的弦是直径问题】1．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，是等边三角形，，点是内一点，且，连接，则的最小值为（    ）  A． B． C． D．2．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，正方形中，，点为边上一个动点，连接，点为上一点，且，在上截取点使，交于点，连接，则的最小值为（　　）A． B． C． D．3．（2023·重庆·九年级统考学业考试）如图，四边形是矩形，，点是平面内的一个动点，连接，在运动的过程中，始终垂直于，将绕点顺时针旋转得到，连接，则的最大值为 ．  4．（2023·山东·统考中考真题）如图，在四边形中，，点E在线段上运动，点F在线段上，，则线段的最小值为 ．  5．（2022秋·福建福州·九年级统考期中）正方形边长为4，点E为平面内一点，以为腰作等腰直角，其中，可绕点C旋转．  (1)如图1，连接，．①求证：；②判断与的位置关系，并说明理由；(2)设直线，交于点P，连接，求的最大值．6．（2023·北京·统考中考真题）如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．      (1)求证平分，并求的大小；(2)过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长．【经典例题六 已知圆内接四边形求角度】【例6】（2023·湖北黄冈·校考二模）如图，四边形内接于，连接，若，则（    ）    A． B． C． D．【变式训练】1．（2023·陕西榆林·校考模拟预测）如图，内接于，，点D是上一点，连接OA，AD，BD，若，则的度数为（    ）  A．110° B．140° C．120° D．130°2．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，E为正方形的边上一点（不与重合），将沿直线翻折到，延长交于点G，点O是过B、E、G三点的圆劣弧上一点，则 ．3．（2023·江苏南京·校考三模）如图，四边形内接于，它的3个外角的度数之比为1∶2∶4，则 4．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在中，点D为边上的一个动点，以为直径的交于点E，过点C作，交于点F．连接，若是的切线．(1)求证：；(2)若，求直径的长．5．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，四边形内接于，点C是弧的中点，延长到点E，使得，连结．  (1)求证：．(2)若，，，求的长【经典例题七 求四边形外接圆的直径】【例7】．（2021·广西贺州·统考二模）如图，四边形ABCD内接于， ，点C为的中点，延长AB、DC交于点E，且，则 的面积是（    ）A． B． C． D．【变式训练】1．（2023·四川德阳·统考一模）如图，半径为，正方形内接于，点E在上运动，连接作，垂足为F，连接．则长的最小值为（    ）A． B．1 C． D．2．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考三模）在菱形中，，，的两边分别交边、于点E、F，且，记的外心为点P，则P、C两点间的最小距离为 ．3．（2022秋·广东广州·九年级校考期末）如图，线段的两个端点分别在x轴和直线l上滑动（均不与原点O重合），，，作轴，，交点为P，设P的坐标为，则 ．4．（2023·福建龙岩·统考一模）已知菱形中，，点分别在，上，，与交于点．(1)求证：；(2)当，时，求的长？(3)当时，求的最大值？5．（2023秋·江苏连云港·九年级统考期中）定义：能完全覆盖平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．(1)如图①，线段，则线段的最小覆盖圆的半径为_________；(2)如图②，中，，，，请用尺规作图，作出的最小覆盖圆（保留作图痕迹，不写作法）．此最小覆盖圆的半径为_________；(3)如图③，矩形中，，，则矩形的最小覆盖圆的半径为_________；若用两个等圆完全覆盖该矩形，那么这两个等圆的最小半径为_________．【经典例题八 圆周角综合问题】【例8】（2023春·重庆开州·八年级统考期末）如图，以直角三角形的斜边为边在三角形的同侧作正方形，正方形的对角线，相交于点，连接，如果，，则正方形的面积为（    ）  A．20 B．22 C．24 D．26【变式训练】1．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，正方形中，，点为边上一个动点，连接，点为上一点，且，在上截取点使，交于点，连接，则的最小值为（　　）A． B． C． D．2．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线与交于点D．与y轴交于点E．动点M在线段上，动点N在直线上，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的坐标为   3．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）在平面直角坐标系中，已知点和直线m的函数表达式为，动点在A点的右边，过点B作x轴的垂线交直线m于点C，过点B作直线m的平行线交y轴于点D，当时，则x的值为 ．    4．（2023·北京·统考中考真题）如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．    (1)求证平分，并求的大小；(2)过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长．5．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六十九中学校校考模拟预测）如图，内接于，连接，．  (1)如图1，求证：；(2)如图2，点在上，连接，点是上一点，连接，若，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点，连接，若，，，求的长．第二十四章 圆专题17 圆周角重难点题型专训（八大题型） 【题型目录】题型一 圆周角的概念辨析题型二 圆周角定理题型三 同弧或等弧所对的圆周角相等问题题型四 半圆所对的圆周角是直角问题题型五 90°的圆周角所对的弦是直径问题题型六 已知圆内接四边形求角度题型七 求四边形外接圆的直径题型八 圆周角综合问题【知识梳理】知识点一、圆周角1．顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角．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。 推论1：在同圆或等圆中，如果两个圆周角相等，它们所对的弧一定相等。 推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径。 （在同圆中，半弧所对的圆心角等于全弧所对的圆周角）2．圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等．推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量分别相等．3．一个四边形的4个顶点都在同一个圆上，这个四边形叫做圆的内接四边形，这个圆叫做四边形的外接圆。圆内接四边形定理：圆内接四边形的对角互补，一个外角等于其内对角。 【经典例题一 圆周角的概念辨析】1．（2020秋·浙江宁波·九年级校考期中）下列说法：（1）三点确定一个圆；（2）直径所对的圆周角是直角；（3）平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧；（4）相等的圆心角所对的弧相等；（5）圆内接四边形的对角互补．其中正确的个数为（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】根据确定圆的条件、直径的性质、垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形的性质一一判断即可．【详解】解：（1）任意三点确定一个圆；错误，应该是不在同一直线上的三点可以确定一个圆；（2）直径所对的圆周角是直角；正确；（3）平分弦的直径垂直于弦；并且平分弦所对的弧，错误，直径与直径互相平分，但不一定互相垂直；（4）相等的圆心角所对的弧相等；错误，应该是在同圆或等圆中；（5）圆内接四边形对角互补；正确；故选：B．【点睛】本题考查确定圆的条件、直径的性质、垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．2．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD的顶点A，B，C在圆上，且边CD与该圆交于点E，AC，BE交于点F.下列角中，弧AE所对的圆周角是(    )A．∠ADE B．∠AFE C．∠ABE D．∠ABC【答案】C【分析】直接运用圆周角的定义进行判断即可.【详解】解：弧AE所对的圆周角是：∠ABE或∠ACE故选：C【点睛】本题考查了圆周角的定义，掌握圆周角的定义是解题的关键.3．（2023·湖南娄底·校考一模）已知点、、、在圆上，且切圆于点，于点，对于下列说法：①圆上是优弧；②圆上是优弧；③线段是弦；④和都是圆周角；⑤是圆心角，其中正确的说法是 ．【答案】①②③⑤【分析】根据优弧的定义，弦的定义，圆周角的定义，圆心角的定义逐项分析判断即可【详解】解：，都是大于半圆的弧，故①②正确，在圆上，则线段是弦；故③正确；都在圆上，是圆周角而点不在圆上，则不是圆周角故④不正确；是圆心，在圆上是圆心角故⑤正确故正确的有：①②③⑤故答案为：①②③⑤【点睛】本题考查了优弧的定义，弦的定义，圆周角的定义，圆心角的定义，理解定义是解题的关键．优弧是大于半圆的弧，任意圆上两点的连线是弦，顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角，顶点在圆心，并且两边都和圆相交的角叫做圆心角．4．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，直线经过的圆心 ，且与交于两点，点在上，且 ，点是直线上的一个动点 (与圆心不重合)， 直线与相交于另一点，如果，则 .【答案】40°、20°、100°【分析】点P是直线l上的一个动点，因而点P与线段AO有三种位置关系，在线段上，点P在延长线上，点P在的延长线上．分这三种情况进行讨论即可．【详解】解：①根据题意，画出图1，在中，，∴，在中， ∴ 又∵∴ 在中， 即整理得， ∴ ．②当P在线段的延长线上，如图2在中， 把①②代入③得 则∴ ③当P在线段的反向延长线上，如图3，①②③④联立得 故答案为：40°、20°、100°．【点睛】本题主要考查了圆的认识及等腰三角形等边对等角的性质，画出图形，进行分类讨论是解题的关键．5．（2023·甘肃酒泉·统考三模）把下面的语句还原成图形：(1)的半径为1cm，是的一条弦（不经过M），、分别是劣弧所对应的圆心角和圆周角；(2)是中的一条弧，且．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）画非直径的弦，在优弧上取点C，连接，，即可解答；（2）在上取一点D，以为半径画弧，交于点E，即可．【详解】（1）解：如图，和为所作；（2）解：如图，在上取一点D，以为半径画弧，交于点E，根据等弦对等弧，可得，即为所作，【点睛】本题考查了作图-复杂作图，熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解乘基本作图，逐步操作即可．6．（2023秋·河南信阳·九年级统考期末）（1）【学习心得】小明同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．例如：如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB为半径作辅助⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝　 　°．（2）【问题解决】如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝27°，求∠BAC的数．（3）【问题拓展】如图3，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为4，则线段DH长度的最小值是 　 　．【答案】（1）45；（2）27°；（3）2﹣2【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．（2）由A、B、C、D共圆，得出∠BDC=∠BAC，（3）根据正方形的性质可得AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，然后利用“边角边”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2，利用“SAS”证明△ADG和△CDG全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，取AB的中点O，连接OH、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=AB=2，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．【详解】解：（1）如图1，∵AB＝AC，AD＝AC，∴以点A为圆心，AB为半径作辅助⊙A，则点B、C、D必在⊙A上，∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，∴∠BDC＝∠BAC＝45°，故答案是：45；（2）如图2，取BD的中点O，连接AO、CO．∵∠BAD＝∠BCD＝90°，∴点A、B、C、D共圆，∴∠BDC＝∠BAC，∵∠BDC＝27°，∴∠BAC＝27°，（3）如图3，在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠1＝∠2，在△ADG和△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），  ∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∵∠BAH+∠3＝∠BAD＝90°，∴∠1+∠BAH＝90°，∴∠AHB＝180°﹣90°＝90°，取AB的中点O，连接OH、OD，则OH＝AO＝AB＝2，在Rt△AOD中，OD＝＝＝2，根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，最小值＝OD﹣OH＝2﹣2．故答案为：2﹣2．【点睛】本题主要考查了圆的综合题，需要掌握圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握圆的性质及正方形的性质是解题的关键．【经典例题二 圆周角定理】1．（2023春·福建福州·九年级校考期中）如图，点A，B，C，D在上，，B是弧的中点，则的度数是（　　）  A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，如图，利用圆心角、弧、弦的关系，然后根据圆周角定理求解．【详解】解：连接，如图所示，  ∵B是弧的中点，即，∴，∵和都对，∴．故选：B．【点睛】本题考查了圆周角定理：熟练掌握圆心角、弧、弦的关系和圆周角定理是解决问题的关键．2．（2023春·陕西榆林·九年级校考期中）如图，是的外接圆，且是的直径，点D在上，连接、，且，若，则的度数为（    ）  A． B． C． D．【答案】A【分析】根据得出，根据是的直径，得出，最后根据直角三角形两锐角互余，即可解答．【详解】解：∵，，∴，∵是的直径，∴，∴，故选：A．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，解题的关键是在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的一半，直径所对的圆周角是直角．3．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考开学考试）如图，是的一条弦，，垂足为点C，交于点D，点E在上，，，则弦的长是 ．  【答案】【分析】根据垂径定理得到，结合得到，结合三角函数直接求解即可得到答案；【详解】解：∵，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理及勾股定理，解题的关键是得到．4．（2023秋·九年级课时练习）如图，已知是半圆上的三等分点，连接和相交于点，有下列结论：①；②；③；④四边形是菱形．其中正确的有 （填序号）．  【答案】①②③④【分析】①首先根据点C，D是半圆上的三等分，求出的度数；然后根据圆周角定理，求出的度数即可；②根据三角形的内角和定理，求出，即可判断出；③根据垂径定理判断出E是的中点，然后得到是的中位线，即可判断出，④先证明，再证明是等边三角形，得到，根据菱形的判定方法可判断四边形是菱形.【详解】解：连接，  ∵已知是半圆上的三等分点，∴，∴，故①正确；∴，∴，故②正确；∴，，∴是的中位线，∴，故③正确； ∵是半圆O的直径，∴，又，∴，∵，，∴是等边三角形，∴，∴四边形是平行四边形，又，∴四边形是菱形．故④正确，故答案为：①②③④．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦三者的关系，菱形的判定和性质，等边三角形的判定，三角形的内角和定义及中位线性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．5．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图1，已知为的直径，C为上一点，于E，D为弧的中点，连接，分别交于点F和点G．  (1)求证：；(2)如图2，若，连接，求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，从而可得∠CAG+∠AGC＝90°，根据垂直定义可得，从而可得，然后根据已知可得，从而可得，进而可得，最后根据对顶角相等可得，从而可得进而根据等角对等边即可解答；（2）连接，利用（1）的结论，再根据等角的补角相等可得，然后根据证明，从而可得，进而可得，最后根据等弧所对的圆周角相等可得，从而可得，进而利用等腰三角形的三线合一性质即可解答．【详解】（1）证明：连接，  ∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵D为弧的中点，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（2）解：连接，  ∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．6．（2022秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图，是的一条弦，，垂足为点，交于点，点在上．  (1)若，求的度数；(2)若，，求的长．【答案】(1)(2)的长为【分析】（1）根据垂径定理的推论可得，再根据同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解即可；（2）利用勾股定理列式求出，根据垂径定理的推论可得，即可求解．【详解】（1）解：∵是的一条弦，，∴，又∵，∴．（2）解：∵，∴，在中，，∵是的一条弦，，∴，则．【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理的推论，解题的关键是明确在同圆或等圆中，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．【经典例题三 同弧或等弧所对的圆周角相等问题】1．（2021春·福建南平·九年级统考阶段练习）如图，是的内接三角形，，连接并延长交于点B，连接，若，则等于（　　）A． B． C． D．【答案】A【分析】先证明，可得，证明，再利用三角形的内角和定理可得答案．【详解】解：∵为的直径，∴，∵，∴，∵，∴，∴；故选A．【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，圆周角定理的应用，熟记圆周角定理是解本题的关键．2．（2022·北京西城·校考模拟预测）如图，内接于，是的直径，若，则等于（    ）  A． B． C． D． 【答案】C【分析】根据同弧所对圆周角相等得到，根据直径所对的圆周角是直角得到，根据直角三角形两锐角互余，得到．【详解】∵，∴，∵是的直径，∴，∴．故选：C．【点睛】本题主要考查了圆周角定理及推论．熟练掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，半圆（或直径）所对的圆周角是直角，直角三角形两锐角互余，是解决问题的关键．3．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，内接于，是的直径，点D是上一点，，则 °．  【答案】35【分析】根据圆周角定理和三角形的内角和定理即可得到结论．【详解】解：是的直径，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了考查了圆周角定理、三角形的外接圆与外心，熟练掌握圆周角定理是解题关键．4．（2023·云南德宏·统考一模）已知：如图，是的直径，垂直弦于点，则在不添加辅助线的情况下，图中与相等的角是 （写出一个即可）．    【答案】或或【分析】利用垂径定理和圆周角定理即可求解．【详解】∵，是直径，∴，∴，故答案为：或或．【点睛】此题考查了垂径定理和圆周角定理，解题的关键是熟练掌握以上定理的应用．5．（2023秋·九年级课时练习）如图所示，四边形内接于，．  求证：(1)；(2)是的直径．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接，根据圆周角定理得，再由可计算出，则，然后根据圆心角、弧、弦的关系即可得到；（2）根据三角形内角和定理可计算出，则根据圆周角的推理即可得到为的直径．【详解】（1）证明：连接，如图，，而，，，，；  （2），，，为的直径．【点睛】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．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．6．（2022秋·甘肃定西·九年级统考期末）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．在上取一点E，使，交于点F，连接、．判断与是否相等，并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)与相等．理由见解析【分析】（1）根据得，即，，得，即可得；（2）连接，根据得，根据得，即，根据，即可得．【详解】（1）证明：，即，，，．（2）与相等．理由如下：解：连接，如图，  ，，，，，，．【点睛】本题考查了圆的性质，解题的关键是掌握圆周角定理，垂经定理，角、弧、弦的关系．【经典例题四 半圆所对的圆周角是直角问题】1．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，在中，，是的外接圆，是的直径，点在上，连接交于点，连接，若，则的度数为（　　）  A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，根据等腰三角形的性质得到，根据平角的定义得到，根据圆周角定理得到，求得，根据圆周角定理得到，根据三角形内角和定理即可得到结论．【详解】解：连接，，，，，是的直径，，，，，，，故选：D．  【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰直角三角形的性质，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．2．（2022·河北衡水·校考模拟预测）如图，点A，B，C在上，，连接并延长，交于点，连接，若，下列结论不正确的是（     ）  A． B．直线垂直平分 C． D．【答案】D【分析】根据圆周角定理可得，从而根据三角形内角和求出，A选项即可判断；根据平行的性质及圆周角定理设，则，根据三角形内角和即可求出的值，从而求出，，，从而可判断C、D选项；延长交于点，根据对顶角相等可得到，从而求出，再结合垂径定理可判断出与的关系，即可判断出选项B．【详解】解：如图，延长交于点，   是的直径，，，故A选项正确，不符合题意；，设，则， ，， 故D选项不正确，符合题意；，；故C选项正确，不符合题意；根据对顶角相等可得：，，，是圆心，，直线垂直平分；故B选项正确，不符合题意．故选：D．【点睛】本题考查圆周角定理及垂径定理，涉及到垂直平分线的定义、三角形内角和等，解题关键是熟练运用圆周角定理和垂径定理．3．（2023·江苏·统考中考真题）如图，是的直径，是的内接三角形．若，，则的直径 ．  【答案】【分析】连接，，根据在同圆中直径所对的圆周角是可得，根据圆周角定理可得，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得，根据勾股定理即可求解．【详解】解：连接，，如图：  ∵是的直径，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，在中，，故答案为：．【点睛】本题考查了在同圆中直径所对的圆周角是，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．4．（2022秋·江苏泰州·九年级校考阶段练习）如图，已知的直径，为上一点（不与、重合），连接、．弦平分，交于点，过点作于点，交于点，连接，若，则的度数为 ．  【答案】67.5【分析】交于，如图，根据圆周角定理得到，则，再证明，，则可判断，所以，接着证明，则根据垂径定理得到，然后根据圆周角定理得到，最后利用互余可计算出的度数．【详解】解：交于，如图，  的直径，，弦平分，，，，，，在和中，，，，，，，，，．故答案为：67.5．【点睛】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；半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理．5．（2023春·浙江杭州·九年级校考阶段练习）已知：如图，点E是边长为2的正方形中边上一点（不与A、B重合），以为直径的分别交和于点F、M，于点H．  (1)求证：(2)猜想与的大小关系，并说明理由．(3)当时，求的面积．【答案】(1)见解析(2)，理由见解析(3)【分析】（1）连接，根据正方形性质得出，根据直径所对圆周角为直角得出，证明四边形为矩形，即可求证；（2）根据题意可得，，在中，，则，根据勾股定理得出，，得出，则；（3）连接，证明，得出，则，根据三线合一得出，即可用勾股定理求出，根据，求出，在中，用勾股定理求出，最后根据三角形面积公式即可求解．【详解】（1）解：连接，∵四边形为正方形，，∴，∵为直径，∴，∴四边形为矩形，∴；  （2）解：，理由如下，∵四边形是正方形，，∴，，∵在中，，∴，在中，根据勾股定理可得：，在中，根据勾股定理可得：，∴，即；（3）解：连接，∵为直径，∴，在和中，，∴，∴，则，由（1）可得，∴，∵四边形为矩形，∴，在中，根据勾股定理可得：，则，∵，∴，即，解得：，在中，，∴．  【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，并熟练运用，正确作出辅助线，构造矩形和全等三角形．6．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，点B，C为上两定点，点A为上一动点，过点B作，交于点E，点D为射线上一动点，且平分，连接．(1)求证：；(2)连接，若，试判断四边形的形状，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)四边形是矩形，理由见解析【分析】（1）根据角平分线的定义，可得，再根据圆周角定理可得，再根据平行线的性质可得，进而得到，最后再根据内错角相等两直线平行，即可证明结论；（2）由角平分线的定义，可得，再根据等腰三角形三线合一的性质，可得，即，进而得到，再根据矩形的判定定理，即可得出答案．【详解】（1）证明：∵平分，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．（2）解：四边形是矩形，理由如下：∵平分，∴，又∵，∴，∴为的直径．∴，又∵，∴，∴四边形是矩形．【点睛】本题主要考查圆周角定理、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、矩形的判定定理，灵活运用相关知识是解答本题的关键．【经典例题五 90°的圆周角所对的弦是直径问题】1．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，是等边三角形，，点是内一点，且，连接，则的最小值为（    ）  A． B． C． D．【答案】D【分析】根据等边三角形的性质得到，，继而推出，可得点P在以为直径的圆上，得知当C，D，P三点共线时，最小，再利用等边三角形的性质和勾股定理求解即可．【详解】解：∵是等边三角形，∴，，∵，∴，整理得：，则，∴点P在以为直径的圆上，如图，设的中点为D，连接，即长度不变，    ∴，∴当C，D，P三点共线时，最小，此时，∵，∴，，∴的最小值为，故选D．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，圆周角定理，三角形三边关系的应用，解题的关键是根据已知条件推出，得到点P在以为直径的圆上．2．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，正方形中，，点为边上一个动点，连接，点为上一点，且，在上截取点使，交于点，连接，则的最小值为（　　）A． B． C． D．【答案】C【分析】如图所示，过点作于，当点运动时，点在以为直径的半圆上，即点在圆心为的半圆上运动，当点运动到连线上时，的值最小，根据题意可证，由此可证是直角三角形，可得点在以为直径的半圆上运动，可求出半圆的半径，在中，可求出的长，由此即可求解．【详解】解：如图所示，过点作于，连接，如图所示：  ∵四边形是正方形，∴，，∵，∴四边形是矩形，则，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，即是直角三角形，∴当点P运动时，点在以为直径的半圆上运动，设圆心为，当点M运动到连线上时，的值最小，∵，∴，则半圆的半径，在中，，当点运动到连线上时，的值最小，∴的最小值为，故C正确．故选：C．【点睛】本题主要考查正方形与圆的结合求最值，理解动点的运动规律，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识是解题的关键．3．（2023·重庆·九年级统考学业考试）如图，四边形是矩形，，点是平面内的一个动点，连接，在运动的过程中，始终垂直于，将绕点顺时针旋转得到，连接，则的最大值为 ．  【答案】【分析】先通过，则可判断点在为直径的圆上运动，将绕点顺时针旋转至，设的中点为，则点在为直径的圆上运动，当点，，三点共线时，有最大值，最后利用勾股定理即可求解．【详解】如图，  ∵，∴，∴点在为直径的圆上运动，将绕点顺时针旋转至，设的中点为，又∵，∴由题意可知点在为直径的圆上运动，当点，，三点共线时，有最大值，∵四边形是矩形，∴，，，∵，为中点，∴，，在中，由勾股定理得：，∴的最大值为：．【点睛】此题考查了旋转变换和圆有关的概念，解题的关键是正确理解点，的运动路径是圆．4．（2023·山东·统考中考真题）如图，在四边形中，，点E在线段上运动，点F在线段上，，则线段的最小值为 ．  【答案】/【分析】设的中点为O，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，证明，可知点F在以为直径的半圆上运动，当点F运动到与的交点时，线段有最小值，据此求解即可．【详解】解：设的中点为O，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，  ∵，∴，∴，∵，∴，∴点F在以为直径的半圆上运动，∴当点F运动到与的交点时，线段有最小值，∵，∴，，∴，的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了平行线的性质，圆周角定理的推论，勾股定理等知识，根据题意分析得到点F的运动轨迹是解题的关键．5．（2022秋·福建福州·九年级统考期中）正方形边长为4，点E为平面内一点，以为腰作等腰直角，其中，可绕点C旋转．  (1)如图1，连接，．①求证：；②判断与的位置关系，并说明理由；(2)设直线，交于点P，连接，求的最大值．【答案】(1)①证明见解析，②，理由见解析(2)【分析】（1）①由正方形的性质得出，，证出，可证明；②延长交于点，交于点，由全等三角形的性质可得出结论；（2）连接，由勾股定理求出，取中点，连接，由直角三角形的性质得出，则点在以为直径的上，可得出．【详解】（1）①证明：四边形为正方形，，，为等腰直角三角形，，，，即，在和中，，；②解：，理由如下：延长交于点，交于点，  ，，在中，，在中，，又，，，；（2）解：连接，在中，，由（1）得，取中点，连接，  则有，点在以为直径的上，，∵正方形，∴，∴点A在以为直径的上，点在以为直径的上，∴当在同一直线上时，有最大值，的最大值为．【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，灵活应用这些性质是解决问题的关键．6．（2023·北京·统考中考真题）如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．      (1)求证平分，并求的大小；(2)过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长．【答案】(1)见解析，(2)【分析】（1）根据已知得出，则，即可证明平分，进而根据平分，得出，推出，得出是直径，进而可得；（2）根据（1）的结论结合已知条件得出，，是等边三角形，进而得出，由是直径，根据含度角的直角三角形的性质可得，在中，根据含度角的直角三角形的性质求得的长，进而即可求解．【详解】（1）解：∵∴，∴，即平分．∵平分，∴，∴，∴，即，∴是直径，∴；（2）解：∵，，∴，则．∵，∴．∵，∴，∴是等边三角形，则．∵平分，∴．∵是直径，∴，则．∵四边形是圆内接四边形，∴，则，∴，∴，∴．∵，∴，∴．∵是直径，∴此圆半径的长为．【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．【经典例题六 已知圆内接四边形求角度】【例6】（2023·湖北黄冈·校考二模）如图，四边形内接于，连接，若，则（    ）    A． B． C． D．【答案】B【分析】由圆内接四边形的性质得到，由圆周角定理得到，再利用等腰三角形的判定和性质即可得到答案．【详解】解：∵四边形内接于，，∴，∴，∵，∴是等腰三角形，∴，故选：B【点睛】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．【变式训练】1．（2023·陕西榆林·校考模拟预测）如图，内接于，，点D是上一点，连接OA，AD，BD，若，则的度数为（    ）  A．110° B．140° C．120° D．130°【答案】A【分析】延长OA交于点，由，OA过圆心得，从而得到，再根据圆内接四边形的性质即可得到的度数．【详解】解：延长OA交于点，  ∵，OA过圆心∴∵∴∵四边形是的内接四边形，∴∴．故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理、圆的内接四边形的性质，熟练掌握垂径定理，圆的内接四边形的性质是解题的关键．2．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，E为正方形的边上一点（不与重合），将沿直线翻折到，延长交于点G，点O是过B、E、G三点的圆劣弧上一点，则 ．【答案】135【分析】连接，由折叠的性质得出，，，由正方形的性质得出，，证明，证出，求出，则可得出答案．【详解】解：连接，∵将沿直线翻折到，∴，∵四边形为正方形，∴，∴，∵，，∴，∴， ∴，∵四边形为圆内接四边形，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．3．（2023·江苏南京·校考三模）如图，四边形内接于，它的3个外角的度数之比为1∶2∶4，则 【答案】/度【分析】设的度数为，根据多边形外角和为可得的外角为，由圆内接四边形的性质可得，得到，求得，即可得到答案．【详解】解：∵3个外角的度数之比为1∶2∶4，∴可设的度数为，则的外角为，∵四边形内接于，∴∵，∴，∴，解得，∴．故答案为：【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质、多边形的外角和定理、解一元一次方程等知识，熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．4．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在中，点D为边上的一个动点，以为直径的交于点E，过点C作，交于点F．连接，若是的切线．(1)求证：；(2)若，求直径的长．【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）根据平行线的性质、直径所对圆周角等于直角即可证明结论；（2）如图：连接，并延长和相交于G，由全等三角形的性质及勾股定理即可解答．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，又∵，∵是的直径，∴，∴，∴．（2）解：如图：连接，并延长和相交于G，∵，∴，∵四边形为圆内接四边形，∴，又∵，∴，∵是的直径，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，在中，设，则，∵，∴，解得：，∴．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质、圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键．5．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，四边形内接于，点C是弧的中点，延长到点E，使得，连结．  (1)求证：．(2)若，，，求的长【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到，根据全等三角形的性质得到；（2）过点C作，根据已知条件得到，求得，根据直角三角形的性质得到结论．【详解】（1）证明：，，四边形内接于，，，，在和中，，，；（2）解：过点C作 ，  由（1）得，由（1）得∴为等腰三角形∵ ∴∴∵，∴有勾股定理可得：解得：在中∴【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确地找出等量关系是解题的关键．【经典例题七 求四边形外接圆的直径】【例7】．（2021·广西贺州·统考二模）如图，四边形ABCD内接于， ，点C为的中点，延长AB、DC交于点E，且，则 的面积是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接BD，根据圆内接四边形的外角等于其内对角可得∠D＝∠CBE＝60°，根据等边对等角以及三角形内角和定理求出∠BCE＝60°，可得∠A＝60°，点C为的中点，可得出∠BDC＝∠CBD＝30°，进而得出∠ABD=90°，AD为直径，可得出AD=2AB=4，再根据面积公式计算得出结论；【详解】解：连接BD，∵ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠CBE＝∠ADC，∠BCE＝∠A∵∴∴∠CBE＝∠ADC=60°，∠CBA＝120°∵∴△CBE为等边三角形∴∠BCE＝∠A=60°，∵点C为的中点，∴∠CDB＝∠DBC=30°∴∠ABD=90°，∠ADB=30°∴AD为直径∵AB=2∴AD=2AB=4∴的面积是= 故答案选：D【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，三角形内角和定理，掌握相关性质及公式是解题的关键．【变式训练】1．（2023·四川德阳·统考一模）如图，半径为，正方形内接于，点E在上运动，连接作，垂足为F，连接．则长的最小值为（    ）A． B．1 C． D．【答案】A【分析】取的中点K，连接，根据即可解决问题．【详解】解：如图，连接，取的中点K，连接，∵，∴，∵，∴，∵正方形的外接圆的半径为，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴CF的最小值为．故选：A．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，根据两点之间线段最短确定的最小值是解决本题的关键．2．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考三模）在菱形中，，，的两边分别交边、于点E、F，且，记的外心为点P，则P、C两点间的最小距离为 ．【答案】1【分析】连接，则：，得到当三点共线时，P、C两点间的距离最小，根据菱形的性质，求出长，证明四点共圆，得到为的直径，即可得解．【详解】解：连接，则：，∴当三点共线时，P、C两点间的距离最小， ∵菱形中，，，∴，，∴为等边三角形，∴，∵，∴，∴四点共圆，∵的外心为点P，三点共线，∴为的直径，∴，∴P、C两点间的最小距离为1；故答案为：1．【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，四点共圆．解题的关键是证明为的直径．3．（2022秋·广东广州·九年级校考期末）如图，线段的两个端点分别在x轴和直线l上滑动（均不与原点O重合），，，作轴，，交点为P，设P的坐标为，则 ．【答案】【分析】首先根据题意得到四点共圆，且为直径，然后设圆心为D，分别连接，，过点D作于点E，，然后根据勾股定理列方程求出，进而可得出的值．【详解】∵∴∴四点共圆，且为直径，如图所示，设圆心为D，分别连接，，过点D作于点E，则∵∵，∴在中，由勾股定理得，，即，解得∴，∵点P的坐标为，∴．故答案为：．【点睛】此题考查了勾股定理，圆内接四边形，垂径定理，30°角直角三角形的性质等知识，解题的关键是根据题意正确作出辅助线．4．（2023·福建龙岩·统考一模）已知菱形中，，点分别在，上，，与交于点．(1)求证：；(2)当，时，求的长？(3)当时，求的最大值？【答案】(1)证明见解析(2)6(3)4【分析】（1）如图所示，连接，先证明是等边三角形，得到，再证明得到，由此即可证明结论；（2）延长到M使得，证明，得到，进而证明是等边三角形，则；（3）先证明四点共圆，则当为直径时，最大，设圆心为O，连接，过点O作于M，在中求出的长即可得到答案．【详解】（1）证明：如图所示，连接，∵四边形是菱形，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，又∵，∴，∴，∵，∴；（2）解：延长到M使得，由（1）可得，∵，∴，，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，同理可得，∴，∴是等边三角形，∴；（3）解：∵，∴，∵，∴，∴四点共圆，∴当为直径时，最大，设圆心为O，连接，过点O作于M，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴；【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆，圆周角定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．5．（2023秋·江苏连云港·九年级统考期中）定义：能完全覆盖平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．(1)如图①，线段，则线段的最小覆盖圆的半径为_________；(2)如图②，中，，，，请用尺规作图，作出的最小覆盖圆（保留作图痕迹，不写作法）．此最小覆盖圆的半径为_________；(3)如图③，矩形中，，，则矩形的最小覆盖圆的半径为_________；若用两个等圆完全覆盖该矩形，那么这两个等圆的最小半径为_________．【答案】(1)(2)作图见解析，(3)，【分析】（1）根据最小覆盖圆的定义可知，当为圆的直径时，此圆即为最小覆盖圆；（2）根据最小覆盖圆的定义可知，直角三角形的最小覆盖圆即为该直角三角形的外接圆，据此求解即可；（3）根据最小覆盖圆的定义可知，矩形的外接圆即为最小覆盖圆，如图③所示，连接交于O，则点O即为矩形的外接圆圆心，利用勾股定理求出的长即可得到答案；如图④所示，分别取的中点G，H，连接交于E，连接交于F，连接，则四边形，四边形都是矩形，同理可得圆E和圆F分别是四边形，四边形的最小覆盖圆，同理求出即可．【详解】（1）解：如图所示，∵，∴（O为AB中点，），∴，当为圆的直径时，此圆即为最小覆盖圆，∴线段的最小覆盖圆的半径为，故答案为：；（2）解：由题意可知的最小覆盖圆即为的外接圆，作线段的垂直平分线交于D，点D即为最小覆盖圆圆心，∵在中，，，，∴，∴，∴最小覆盖圆的半径为，故答案为：；（3）解：由题意得，矩形的外接圆即为最小覆盖圆，如图③所示，连接交于O，∵四边形是矩形，∴，∴点O即为矩形的外接圆圆心，∵，∴，∴，∴矩形的最小覆盖圆半径为；如图④所示，分别取的中点G，H，连接交于E，连接交于F，连接，则四边形，四边形都是矩形，同理可得圆E和圆F分别是四边形，四边形的最小覆盖圆，在中，，∴，∴，∴这两个等圆的最小半径为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形外接圆以及四边形的外接圆的相关知识，矩形的性质，勾股定理，正确理解最小覆盖圆的定义是解题的关键．【经典例题八 圆周角综合问题】【例8】（2023春·重庆开州·八年级统考期末）如图，以直角三角形的斜边为边在三角形的同侧作正方形，正方形的对角线，相交于点，连接，如果，，则正方形的面积为（    ）  A．20 B．22 C．24 D．26【答案】D【分析】将绕点A逆时针旋转得到，连接，过点A作于点F，证明是等腰直角三角形，求出，，证明点A、C、O、B四点共圆，得出，证明，得出点、、三点共线，根据勾股定理求出，根据等腰直角三角形的性质得出正方形的边长为，最后求出正方形的面积即可．【详解】解：将绕点A逆时针旋转得到，连接，过点A作于点F，如图所示：  ∴，，，∴是等腰直角三角形，∴，，∵正方形的对角线，相交于点，∴，∵，∴点A、C、O、B四点共圆，∴，∴，∵，∴点、、三点共线，∵，是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴正方形的边长为，∴正方形的面积为，故D正确．故选：D．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，四点共圆，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握正方形的性质．【变式训练】1．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，正方形中，，点为边上一个动点，连接，点为上一点，且，在上截取点使，交于点，连接，则的最小值为（　　）A． B． C． D．【答案】A【分析】如图所示，过点作于，当点运动时，点在以为直径的半圆上，即点在圆心为的半圆上运动，当点运动到连线上时，的值最小，根据题意可证，由此可证是直角三角形，可得点在以为直径的半圆上运动，可求出半圆的半径，在中，可求出的长，由此即可求解．【详解】解：如图所示，过点作于，连接，如图所示：  ∵四边形是正方形，∴，，∵，∴四边形是矩形，则，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，即是直角三角形，∴当点P运动时，点在以为直径的半圆上运动，设圆心为，当点M运动到连线上时，的值最小，∵，∴，则半圆的半径，在中，，当点运动到连线上时，的值最小，∴的最小值为，故A正确．故选：．【点睛】本题主要考查正方形与圆的结合求最值，理解动点的运动规律，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识是解题的关键．2．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线与交于点D．与y轴交于点E．动点M在线段上，动点N在直线上，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的坐标为   【答案】或【分析】如图，由是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得在以为直径的圆上，，可得是圆与直线的交点，当重合时，符合题意，可得，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，证明，设，可得，，而，则，再解方程可得答案．【详解】解：如图，∵是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，∴在以为直径的圆上，，∴是圆与直线的交点，  当重合时，∵，则，∴，符合题意，∴，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，∴，  ∵，，∴，∴，∴，设，∴，，而，∴，解得：，则，∴， ∴；综上：或．故答案为：或．【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，本题属于填空题里面的压轴题，难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键．3．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）在平面直角坐标系中，已知点和直线m的函数表达式为，动点在A点的右边，过点B作x轴的垂线交直线m于点C，过点B作直线m的平行线交y轴于点D，当时，则x的值为 ．    【答案】或【分析】先根据题意画出图形，分两种情况：①当点B在原点右边时，证明A、C、B、D四点共圆，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等从而得到是直角三角形，分别在和中用x表示出，构造方程求解x值；②如图2，当B点在A点右边，O点左边时，可得A、C、O、D四点共圆，根据同弧或等弧所对的圆周角相等从而得到，分别在和中用x表示出，构造方程求解x值．【详解】解：分两种情况：①如图，当点B在原点右边时，中，      ∴，，∴，，∴在中，根据勾股定理得．∵，，∴．∴A、C、B、D四点共圆．连接，则，又，∴．在中，利用勾股定理可得，∴在中，，∴，解得．如图，当B点在A点右边，O点左边时，此时．    同理可得A、C、O、D四点共圆，，在中，，在中，∴在中，．∴，解得．故答案为：或．【点睛】本题主要考查了一次函数图象和性质、勾股定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，已知圆内接四边形求角度，对点的位置分类讨论是解题的关键．4．（2023·北京·统考中考真题）如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．    (1)求证平分，并求的大小；(2)过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长．【答案】(1)见解析，(2)【分析】（1）根据已知得出，则，即可证明平分，进而根据平分，得出，推出，得出是直径，进而可得；（2）根据（1）的结论结合已知条件得出，，是等边三角形，进而得出，由是直径，根据含度角的直角三角形的性质可得，在中，根据含度角的直角三角形的性质求得的长，进而即可求解．【详解】（1）解：∵∴，∴，即平分．∵平分，∴，∴，∴，即，∴是直径，∴；（2）解：∵，，∴，则．∵，∴．∵，∴，∴是等边三角形，则．∵平分，∴．∵是直径，∴，则．∵四边形是圆内接四边形，∴，则，∴，∴，∴．∵，∴，∴．∵是直径，∴此圆半径的长为．【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．5．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六十九中学校校考模拟预测）如图，内接于，连接，．  (1)如图1，求证：；(2)如图2，点在上，连接，点是上一点，连接，若，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点，连接，若，，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）过点作，如图所示，由垂径定理可知：，再由得到，即可得证；（2）延长交于，如图所示，由（1）知，从而由等腰三角形“三线合一”得到，且，从而得到，即可有，由内错角相等两直线平行得到，进而，即；（3）连接，延长交于点，证明，利用勾股定理即可解答．【详解】（1）证明：过点作，如图所示：  由垂径定理可知，，在和中，，，，；（2）证明：延长交于，如图所示：  由（1）知，根据，从而由等腰三角形“三线合一”得到，且，，，，，，，，，即；（3）解：如图，连接，延长交于点，  根据（2）中可得，，，，，，，，在与中， ，，，，，，，，，且为直径，，．【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．作图区域：作图区域：作图区域：      作图区域：