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1[中]如图，AB是$\odot O$的弦，且$AB=6$，点C是劣弧$\overset{\frown}{AB}$的中点，点D是优弧$\overset{\frown}{AB}$上的一点，$∠ ADC=30°$，则圆心O到弦AB的距离等于（
A.$3\sqrt{3}$
B.$\dfrac{3}{2}$
C.$\sqrt{3}$
D.$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
（第1题图）
（第2题图）
C
）A.$3\sqrt{3}$
B.$\dfrac{3}{2}$
C.$\sqrt{3}$
D.$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
（第1题图）
（第2题图）
答案
1.C 【解析】如图,连接OA,OC,OC交AB于点E.
∵ 点C是劣弧$\overset{\frown}{AB}$的中点,AB=6,
∴ OC ⊥ AB,且AE = BE = 3.
∵ ∠ADC = 30°,
∴ ∠AOC = 2∠ADC = 60°,
∴ ∠OAE=30°,
∴ OE = $\frac{1}{2}$OA.
∵ $OA^2 = OE^2 + AE^2$,
∴ OE=$\sqrt{3}$,故圆心O到弦AB的距离为$\sqrt{3}$.故选C.
解析
【分析】
要求圆心O到弦AB的距离，首先结合劣弧中点的性质，可连接OA、OC，利用垂径定理得到OC垂直AB，同时求出AB一半的长度；再根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，求出∠AOC的度数，得到直角三角形OAE的内角关系，最后通过勾股定理即可求出圆心到AB的距离。
【解析】
如图，连接OA，OC，OC交AB于点E。
∵ 点C是劣弧$\overset{\frown}{AB}$的中点，AB=6，
∴ OC ⊥ AB，且$AE = BE = \frac{1}{2}AB = 3$。
∵ ∠ADC是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角，∠AOC是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆心角，∠ADC=30°，
∴ $∠ AOC = 2∠ ADC = 60°$，
在Rt△OAE中，$∠ OAE = 90° - ∠ AOC = 30°$，
∴ $OE = \frac{1}{2}OA$。
设$OE=x$，则$OA=2x$，根据勾股定理可得：
$OA^2 = OE^2 + AE^2$，即$(2x)^2 = x^2 + 3^2$，
解得$x=\sqrt{3}$（负值舍去），故圆心O到弦AB的距离为$\sqrt{3}$。
【答案】
C
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题是圆性质的基础综合题，解题核心是通过作辅助线构造直角三角形，将弧中点、圆周角的已知条件转化为直角三角形的边角关系求解，是圆章节的典型常考题。
【难度系数】
0.6
要求圆心O到弦AB的距离，首先结合劣弧中点的性质，可连接OA、OC，利用垂径定理得到OC垂直AB，同时求出AB一半的长度；再根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，求出∠AOC的度数，得到直角三角形OAE的内角关系，最后通过勾股定理即可求出圆心到AB的距离。
【解析】
如图，连接OA，OC，OC交AB于点E。
∵ 点C是劣弧$\overset{\frown}{AB}$的中点，AB=6，
∴ OC ⊥ AB，且$AE = BE = \frac{1}{2}AB = 3$。
∵ ∠ADC是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角，∠AOC是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆心角，∠ADC=30°，
∴ $∠ AOC = 2∠ ADC = 60°$，
在Rt△OAE中，$∠ OAE = 90° - ∠ AOC = 30°$，
∴ $OE = \frac{1}{2}OA$。
设$OE=x$，则$OA=2x$，根据勾股定理可得：
$OA^2 = OE^2 + AE^2$，即$(2x)^2 = x^2 + 3^2$，
解得$x=\sqrt{3}$（负值舍去），故圆心O到弦AB的距离为$\sqrt{3}$。
【答案】
C
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题是圆性质的基础综合题，解题核心是通过作辅助线构造直角三角形，将弧中点、圆周角的已知条件转化为直角三角形的边角关系求解，是圆章节的典型常考题。
【难度系数】
0.6
2[中]如图,在平面直角坐标系中,$\odot P$的圆心在$x$轴上,且经过点$A(m,-3)$和点$B(-1,n)$,点$C$是第一象限圆上的任意一点,且$∠ ACB=45°$,则$\odot P$的圆心的坐标是
(2,0)
.答案
2.(2,0) 【解析】如图,连接PB,PA,过B作BE ⊥ x轴于E,过A作AF ⊥ x轴于F.
∵ 点A(m,-3),点B(-1,n),
∴ OE = 1, AF = 3.
∵ ∠ACB = 45°,
∴ ∠APB = 90°,
∴ ∠BPE + ∠APF = 90°.
∵ ∠BPE + ∠EBP = 90°,
∴ ∠APF = ∠EBP.
∵ ∠BEP = ∠AFP = 90°, PB = PA,
∴ △BPE ≅ △PAF (AAS),
∴ PE = AF = 3.
设P(a,0),
∴ a+1=3,
∴ a=2,
∴ P(2,0),故答案为(2,0).
解析
【分析】
要解这道题，首先根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，已知∠ACB=45°，可先推出弧AB所对的圆心角∠APB=90°；因为P是圆心，PA、PB都是半径，所以PA=PB。接下来将坐标条件转化为几何关系：过A、B分别作x轴的垂线，得到两个直角三角形，通过互余关系推出对应角相等，证明两个直角三角形全等，利用全等三角形对应边相等的性质，结合已知点的坐标特征就能求出圆心P的横坐标，又因为P在x轴上纵坐标为0，即可得到P的坐标。
【解析】
如图，连接PB，PA，过B作BE ⊥ x轴于E，过A作AF ⊥ x轴于F。
∵ 点A(m,-3)，点B(-1,n)，
∴ OE = 1，AF = 3。
∵ ∠ACB = 45°，根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，
∴ ∠APB = 2∠ACB = 90°，
∴ ∠BPE + ∠APF = 90°。
∵ 在Rt△BEP中，∠BPE + ∠EBP = 90°，
∴ ∠APF = ∠EBP（同角的余角相等）。
在△BPE和△PAF中：
$\begin{cases}∠BEP = ∠AFP = 90° \\∠EBP = ∠APF \\PB = PA\end{cases}$
∴ △BPE ≅ △PAF (AAS)，
∴ PE = AF = 3。
设P(a,0)，E点横坐标为-1，因此PE的长度为$a - (-1)=a+1$，
∴ $a+1=3$，解得$a=2$，
∴ 圆心P的坐标为(2,0)。
【答案】
(2,0)
【知识点】
圆周角定理，全等三角形判定与性质，圆的基本性质
【点评】
本题是圆与平面直角坐标系结合的典型中等题，核心解题思路是通过圆周角定理得到90°圆心角，再构造全等三角形搭建线段长度和坐标的关联，对辅助线构造能力有一定要求，能较好地考查知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
要解这道题，首先根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，已知∠ACB=45°，可先推出弧AB所对的圆心角∠APB=90°；因为P是圆心，PA、PB都是半径，所以PA=PB。接下来将坐标条件转化为几何关系：过A、B分别作x轴的垂线，得到两个直角三角形，通过互余关系推出对应角相等，证明两个直角三角形全等，利用全等三角形对应边相等的性质，结合已知点的坐标特征就能求出圆心P的横坐标，又因为P在x轴上纵坐标为0，即可得到P的坐标。
【解析】
如图，连接PB，PA，过B作BE ⊥ x轴于E，过A作AF ⊥ x轴于F。
∵ 点A(m,-3)，点B(-1,n)，
∴ OE = 1，AF = 3。
∵ ∠ACB = 45°，根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，
∴ ∠APB = 2∠ACB = 90°，
∴ ∠BPE + ∠APF = 90°。
∵ 在Rt△BEP中，∠BPE + ∠EBP = 90°，
∴ ∠APF = ∠EBP（同角的余角相等）。
在△BPE和△PAF中：
$\begin{cases}∠BEP = ∠AFP = 90° \\∠EBP = ∠APF \\PB = PA\end{cases}$
∴ △BPE ≅ △PAF (AAS)，
∴ PE = AF = 3。
设P(a,0)，E点横坐标为-1，因此PE的长度为$a - (-1)=a+1$，
∴ $a+1=3$，解得$a=2$，
∴ 圆心P的坐标为(2,0)。
【答案】
(2,0)
【知识点】
圆周角定理，全等三角形判定与性质，圆的基本性质
【点评】
本题是圆与平面直角坐标系结合的典型中等题，核心解题思路是通过圆周角定理得到90°圆心角，再构造全等三角形搭建线段长度和坐标的关联，对辅助线构造能力有一定要求，能较好地考查知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
3[中]如图，$△ ABC$中，$AB=AC=2$，$BC=2\sqrt{3}$，D点是$△ ABC$所在平面上的一个动点，且$∠ BDC=60°$，则$△ DBC$面积的最大值是
3√3
。答案
3.$3\sqrt{3}$ 【解析】如图,作AH ⊥ BC于H.
∵ AB=AC=2, BC = $2\sqrt{3}$,
∴ ∠ABC = ∠ACB, BH = $\frac{1}{2}$BC = $\sqrt{3}$,
∴ AH = $\sqrt{2^2 - (\sqrt{3})^2}$ = 1.
在Rt△ABH中, AB = 2AH,
∴ ∠ABC = 30°,
∴ ∠ACB = 30°,
∴ ∠BAC = 120°.
以A为圆心,AB为半径作$\odot A$.
∵ ∠BDC = 60°,
∴ 点D在$\odot A$中的优弧$\overset{\frown}{BC}$上运动,当点D运动到如图所示的位置,即D,A,H三点共线时,△DBC的面积最大,连接AD.
∵ AD=AB=2,
∴ DH=AD+AH=3,
∴ △DBC面积的最大值为$\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×3=3\sqrt{3}$.故答案为$3\sqrt{3}$.
解析
【分析】
要计算△DBC的面积最大值，已知底边BC长度固定，因此只需找到BC边上的高的最大值即可。第一步先分析等腰△ABC的性质：作BC边上的高AH，利用勾股定理计算AH的长度，再推导∠BAC的度数；第二步结合∠BDC=60°为定角、BC为定弦的条件，根据圆周角定理，可确定动点D的轨迹是以A为圆心、AB为半径的优弧BC；第三步要使D到BC的距离最大，只需D在BC的垂直平分线上，即D、A、H三点共线，此时高最大，代入面积公式即可求出最大值。
【解析】
作AH ⊥ BC于H。
∵ AB=AC=2，BC = $2\sqrt{3}$，
∴ ∠ABC = ∠ACB，BH = $\frac{1}{2}$BC = $\sqrt{3}$，
由勾股定理得：$AH = \sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{2^2 - (\sqrt{3})^2} = 1$。
在Rt△ABH中，AB = 2AH，
∴ ∠ABC = 30°，
∴ ∠ACB = 30°，
∴ $∠ BAC = 180° - 30° × 2 = 120°$。
以A为圆心，AB为半径作$\odot A$，
∵ $∠ BDC = 60° = \frac{1}{2}∠ BAC$，符合圆周角定理，
∴ 点D在$\odot A$的优弧$\overset{\frown}{BC}$上运动。
△DBC的底BC长度固定，要使面积最大，需BC边上的高最大，即D到BC的距离最大，此时D、A、H三点共线，且A位于D、H之间。
∵ AD=AB=2，
∴ DH=AD+AH=2+1=3，
∴ △DBC面积的最大值为$\frac{1}{2} × BC × DH = \frac{1}{2} × 2\sqrt{3} × 3 = 3\sqrt{3}$。
【答案】
$3\sqrt{3}$
【知识点】
等腰三角形性质、圆周角定理、三角形面积计算
【点评】
本题综合考查了等腰三角形、圆周角定理及几何最值的相关知识，解题核心是利用“定弦定角确定圆”的思路明确动点轨迹，再结合面积公式找到最值位置，能够锻炼学生的几何直观与综合分析能力。
【难度系数】
0.6
要计算△DBC的面积最大值，已知底边BC长度固定，因此只需找到BC边上的高的最大值即可。第一步先分析等腰△ABC的性质：作BC边上的高AH，利用勾股定理计算AH的长度，再推导∠BAC的度数；第二步结合∠BDC=60°为定角、BC为定弦的条件，根据圆周角定理，可确定动点D的轨迹是以A为圆心、AB为半径的优弧BC；第三步要使D到BC的距离最大，只需D在BC的垂直平分线上，即D、A、H三点共线，此时高最大，代入面积公式即可求出最大值。
【解析】
作AH ⊥ BC于H。
∵ AB=AC=2，BC = $2\sqrt{3}$，
∴ ∠ABC = ∠ACB，BH = $\frac{1}{2}$BC = $\sqrt{3}$，
由勾股定理得：$AH = \sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{2^2 - (\sqrt{3})^2} = 1$。
在Rt△ABH中，AB = 2AH，
∴ ∠ABC = 30°，
∴ ∠ACB = 30°，
∴ $∠ BAC = 180° - 30° × 2 = 120°$。
以A为圆心，AB为半径作$\odot A$，
∵ $∠ BDC = 60° = \frac{1}{2}∠ BAC$，符合圆周角定理，
∴ 点D在$\odot A$的优弧$\overset{\frown}{BC}$上运动。
△DBC的底BC长度固定，要使面积最大，需BC边上的高最大，即D到BC的距离最大，此时D、A、H三点共线，且A位于D、H之间。
∵ AD=AB=2，
∴ DH=AD+AH=2+1=3，
∴ △DBC面积的最大值为$\frac{1}{2} × BC × DH = \frac{1}{2} × 2\sqrt{3} × 3 = 3\sqrt{3}$。
【答案】
$3\sqrt{3}$
【知识点】
等腰三角形性质、圆周角定理、三角形面积计算
【点评】
本题综合考查了等腰三角形、圆周角定理及几何最值的相关知识，解题核心是利用“定弦定角确定圆”的思路明确动点轨迹，再结合面积公式找到最值位置，能够锻炼学生的几何直观与综合分析能力。
【难度系数】
0.6
4[2025江苏苏州调研,较难]如图,AB是$\odot O$的弦,C是优弧$\overset{\frown}{AB}$上一动点,连接AC,BC,M,N分别是AB,BC的中点,连接MN.
(1)若MN的长取最大值,则点O在线段
(2)若$AB=8$,$∠ ACB=45°$,则MN的长的最大值为
(1)若MN的长取最大值,则点O在线段
AC
上;(2)若$AB=8$,$∠ ACB=45°$,则MN的长的最大值为
4√2
.答案
4.(1)AC (2)$4\sqrt{2}$ 【解析】(1)
∵ M,N分别是AB,BC的中点,
∴ MN=$\frac{1}{2}$AC,
∴ 当AC的长取最大值时,MN的长就取最大值.当AC为$\odot O$的直径时,AC的长最大,此时点O在线段AC上,故答案为AC.
(2)如图,连接AO并延长交$\odot O$于点D,连接BD.
∵ M,N分别是AB,BC的中点,
∴ MN = $\frac{1}{2}$AC ≤ $\frac{1}{2}$AD,
∴ MN的最大值为$\frac{1}{2}$AD.
∵ ∠C和∠D所对的弧是$\overset{\frown}{AB}$,∠ACB=45°,AB=8,
∴ ∠D = ∠ACB = 45°.
连接OB,则∠AOB = 2∠D = 90°.又
∵ OA=OB,
∴ ∠OAB=45°,
∴ ∠ABD = 180°-(∠D+∠OAB)=90°,AB=BD,
∴ AD = $\sqrt{BD^2 + AB^2}$ = $\sqrt{8^2 + 8^2}=8\sqrt{2}$,
∴ $\frac{1}{2}$AD = $\frac{1}{2}×8\sqrt{2}=4\sqrt{2}$,
∴ MN的长的最大值为$4\sqrt{2}$.故答案为$4\sqrt{2}$.
思路分析
(1)根据中位线定理推出当AC的长最大时,MN的长最大,再结合直径是圆中最长的弦进行解答即可.
解析
【分析】
（1）看到M、N分别是AB、BC的中点，首先联想到三角形中位线定理，可推出MN是△ABC的中位线，即$MN=\frac{1}{2}AC$，因此MN的最大值对应AC的最大值。结合圆的性质，圆内最长的弦是直径，当AC为⊙O的直径时AC最长，此时MN最长，直径必然经过圆心，因此点O在线段AC上。
（2）要求MN的最大值，根据中位线性质，只需先求出⊙O的直径长度。构造直径AD，结合圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，可得$∠ D=∠ ACB=45°$，直径所对的圆周角为直角，可推出△ABD是等腰直角三角形，已知AB=8即可用勾股定理求出直径AD的长度，AD的一半就是MN的最大值。
【解析】
(1)
∵ M,N分别是AB,BC的中点，
∴ MN是△ABC的中位线，
∴ $MN=\frac{1}{2}AC$，
∴ 当AC的长取最大值时，MN的长取最大值。
∵ 圆中最长的弦是直径，
∴ 当AC为$\odot O$的直径时，AC的长最大，此时点O在线段AC上。
(2) 如图，连接AO并延长交$\odot O$于点D，连接BD。
∵ M,N分别是AB,BC的中点，
∴ $MN = \frac{1}{2}AC$，
∵ AC是$\odot O$的弦，AC≤AD（AD为直径，是圆中最长的弦），
∴ $MN ≤ \frac{1}{2}AD$，即MN的最大值为$\frac{1}{2}AD$。
∵ ∠ACB和∠D所对的弧都是$\overset{\frown}{AB}$，
∴ 根据圆周角定理，$∠ D = ∠ ACB = 45°$。
∵ AD是$\odot O$的直径，
∴ $∠ ABD = 90°$，△ABD为等腰直角三角形，$BD=AB=8$，
由勾股定理得：$AD = \sqrt{AB^2 + BD^2} = \sqrt{8^2 + 8^2}=8\sqrt{2}$，
∴ MN的最大值为$\frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}×8\sqrt{2}=4\sqrt{2}$。
【答案】
(1) AC
(2) $4\sqrt{2}$
【知识点】
三角形中位线定理，圆周角定理，直径的性质
【点评】
本题综合考查三角形与圆的相关基础定理，解题核心是通过转化思想，将MN的最值问题转化为圆的弦长最值问题，再结合圆周角定理和勾股定理求解，需要学生具备一定的逻辑推理能力和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.55
（1）看到M、N分别是AB、BC的中点，首先联想到三角形中位线定理，可推出MN是△ABC的中位线，即$MN=\frac{1}{2}AC$，因此MN的最大值对应AC的最大值。结合圆的性质，圆内最长的弦是直径，当AC为⊙O的直径时AC最长，此时MN最长，直径必然经过圆心，因此点O在线段AC上。
（2）要求MN的最大值，根据中位线性质，只需先求出⊙O的直径长度。构造直径AD，结合圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，可得$∠ D=∠ ACB=45°$，直径所对的圆周角为直角，可推出△ABD是等腰直角三角形，已知AB=8即可用勾股定理求出直径AD的长度，AD的一半就是MN的最大值。
【解析】
(1)
∵ M,N分别是AB,BC的中点，
∴ MN是△ABC的中位线，
∴ $MN=\frac{1}{2}AC$，
∴ 当AC的长取最大值时，MN的长取最大值。
∵ 圆中最长的弦是直径，
∴ 当AC为$\odot O$的直径时，AC的长最大，此时点O在线段AC上。
(2) 如图，连接AO并延长交$\odot O$于点D，连接BD。
∵ M,N分别是AB,BC的中点，
∴ $MN = \frac{1}{2}AC$，
∵ AC是$\odot O$的弦，AC≤AD（AD为直径，是圆中最长的弦），
∴ $MN ≤ \frac{1}{2}AD$，即MN的最大值为$\frac{1}{2}AD$。
∵ ∠ACB和∠D所对的弧都是$\overset{\frown}{AB}$，
∴ 根据圆周角定理，$∠ D = ∠ ACB = 45°$。
∵ AD是$\odot O$的直径，
∴ $∠ ABD = 90°$，△ABD为等腰直角三角形，$BD=AB=8$，
由勾股定理得：$AD = \sqrt{AB^2 + BD^2} = \sqrt{8^2 + 8^2}=8\sqrt{2}$，
∴ MN的最大值为$\frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}×8\sqrt{2}=4\sqrt{2}$。
【答案】
(1) AC
(2) $4\sqrt{2}$
【知识点】
三角形中位线定理，圆周角定理，直径的性质
【点评】
本题综合考查三角形与圆的相关基础定理，解题核心是通过转化思想，将MN的最值问题转化为圆的弦长最值问题，再结合圆周角定理和勾股定理求解，需要学生具备一定的逻辑推理能力和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.55
5[2026江苏徐州期中,中]如图,△ABC是⊙O的内接三角形,连接BO并延长,交AC于点D,设∠ACB=α.
(1)若α=30°,则∠ABD=
(2)若∠BAC=mα,求∠ADB的大小(用含m,α的式子表示);
(3)若α=45°,且∠ADB=$\frac{5}{2}$∠CBD,则$\frac{CD}{AD}$=
(1)若α=30°,则∠ABD=
60
°;(2)若∠BAC=mα,求∠ADB的大小(用含m,α的式子表示);
(3)若α=45°,且∠ADB=$\frac{5}{2}$∠CBD,则$\frac{CD}{AD}$=
$\frac{\sqrt{3}}{2}$
.答案
5.(1)60 【解析】连接OA.
∵ ∠ACB = α = 30°,
∴ ∠AOB=2∠ACB=60°.
∵ OA=OB,
∴ △AOB是等边三角形,
∴ ∠ABD=60°.故答案为60.
(2)【解】如图(1),连接OA.
∵ ∠ACB=α,
∴ ∠AOB=2∠ACB=2α.
∵ OA = OB,
∴ ∠ABD = ∠OAB = $\frac{180°-∠AOB}{2}$ = 90°-α.
∵ ∠BAC = mα,
∴ ∠ADB = 180°-∠BAC-∠ABD = 180°-(90°-α)-mα = 90°+(1-m)α.
(3)$\frac{\sqrt{3}}{2}$ 【解析】如图(2),连接OA,过点D作DM ⊥ BC于点M,DN ⊥ AB于点N.
∵ α = 45°,
∴ ∠AOB = 2∠ACB = 90°.
∵ OA = OB,
∴ ∠ABD = ∠OAB=45°,
∴ Rt△BDN,Rt△CDM都是等腰直角三角形,
∴ BN=DN,CM=DM.
∵ ∠ADB = $\frac{5}{2}$∠CBD,
∴ 2∠ADB = 5∠CBD,
∴ 2(∠CBD + ∠ACB) = 5∠CBD,即2(∠CBD+45°)=5∠CBD,
∴ ∠CBD = 30°,
∴ ∠BAC = 180°-∠ABD-∠CBD-∠ACB = 60°,
∴ ∠ADN = 90°-∠BAC = 30°,
∴ 在Rt△ADN中,AD=2AN.设CM = DM = x,
∴ 在Rt△CDM中,CD = $\sqrt{CM^2 + DM^2}=\sqrt{2}x$,在Rt△BDM中,BD=2DM=2x,在Rt△BDN中,BD = $\sqrt{BN^2 + DN^2}=\sqrt{2}DN=2x$,解得DN = $\sqrt{2}$x,在Rt△ADN中,DN = $\sqrt{AD^2 - AN^2}=\sqrt{3}AN=\sqrt{2}$,解得AN = $\frac{\sqrt{6}}{3}x$,
∴ AD = $\frac{2\sqrt{6}}{3}x$,
∴ $\frac{CD}{AD}$ = $\frac{\sqrt{2}x}{\frac{2\sqrt{6}}{3}x}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$.故答案为$\frac{\sqrt{3}}{2}$.
解析
【分析】
(1) 要求∠ABD，已知∠ACB=30°，先根据圆周角定理，同弧AB所对的圆心角∠AOB是圆周角∠ACB的2倍，算出∠AOB=60°，再结合OA=OB可知△AOB是等边三角形，即可直接得到∠ABD的度数。
(2) 求∠ADB，先和(1)思路一致，连接OA，由圆周角定理得∠AOB=2α，再根据等腰△OAB的性质求出∠ABD的度数，最后在△ABD中利用三角形内角和，代入∠BAC=mα即可求出∠ADB。
(3) 已知α=45°，先按前面步骤算出∠ABD=45°，再结合∠ADB是△BCD的外角，即∠ADB=∠CBD+∠C，结合题中∠ADB与∠CBD的数量关系，先求出∠CBD=30°，再作DN⊥AB、DM⊥BC构造特殊直角三角形，设未知数表示出CD和AD的长度，最终计算比值即可。
【解析】
(1) 连接OA。
∵ ∠ACB = α = 30°，
∴ ∠AOB=2∠ACB=60°，
∵ OA=OB，
∴ △AOB是等边三角形，
∴ ∠ABD=60°。
(2) 如图(1)，连接OA。
∵ ∠ACB=α，
∴ ∠AOB=2∠ACB=2α，
∵ OA = OB，
∴ ∠ABD = ∠OAB = $\frac{180°-∠AOB}{2}$ = 90°-α，
∵ ∠BAC = mα，
∴ ∠ADB = 180°-∠BAC-∠ABD = 180°-(90°-α)-mα = 90°+(1-m)α。
(3) 如图(2)，连接OA，过点D作DM ⊥ BC于点M，DN ⊥ AB于点N。
∵ α = 45°，
∴ ∠AOB = 2∠ACB = 90°，
∵ OA = OB，
∴ ∠ABD = ∠OAB=45°，
∴ Rt△BDN、Rt△CDM都是等腰直角三角形，
∴ BN=DN，CM=DM，
∵ ∠ADB = $\frac{5}{2}$∠CBD，且∠ADB是△BCD的外角，∠ADB=∠CBD+∠ACB，
∴ 2(∠CBD + 45°) = 5∠CBD，
解得∠CBD = 30°，
∴ ∠BAC = 180°-∠ABD-∠CBD-∠ACB = 180°-45°-30°-45°=60°，
∴ Rt△ADN中，∠ADN = 90°-∠BAC = 30°，
∴ AD=2AN，
设CM = DM = x，
在Rt△CDM中，CD = $\sqrt{CM^2 + DM^2}=\sqrt{2}x$，
在Rt△BDM中，∠CBD=30°，
∴ BD=2DM=2x，
在Rt△BDN中，BD = $\sqrt{BN^2 + DN^2}=\sqrt{2}DN=2x$，解得DN = $\sqrt{2}$x，
在Rt△ADN中，DN = $\sqrt{AD^2 - AN^2}=\sqrt{(2AN)^2 - AN^2}=\sqrt{3}AN=\sqrt{2}x$，解得AN = $\frac{\sqrt{6}}{3}x$，
∴ AD = 2AN = $\frac{2\sqrt{6}}{3}x$，
∴ $\frac{CD}{AD}$ = $\frac{\sqrt{2}x}{\frac{2\sqrt{6}}{3}x}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{60}$
(2) $\boldsymbol{90°+(1-m)α}$
(3) $\boldsymbol{\frac{\sqrt{3}}{2}}$
【知识点】
圆周角定理；等腰三角形性质；特殊直角三角形的性质
【点评】
本题围绕圆周角定理展开考查，结合了三角形内角和、外角性质以及特殊直角三角形的边角关系，前两问属于基础应用，第三问需要构造辅助线，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 要求∠ABD，已知∠ACB=30°，先根据圆周角定理，同弧AB所对的圆心角∠AOB是圆周角∠ACB的2倍，算出∠AOB=60°，再结合OA=OB可知△AOB是等边三角形，即可直接得到∠ABD的度数。
(2) 求∠ADB，先和(1)思路一致，连接OA，由圆周角定理得∠AOB=2α，再根据等腰△OAB的性质求出∠ABD的度数，最后在△ABD中利用三角形内角和，代入∠BAC=mα即可求出∠ADB。
(3) 已知α=45°，先按前面步骤算出∠ABD=45°，再结合∠ADB是△BCD的外角，即∠ADB=∠CBD+∠C，结合题中∠ADB与∠CBD的数量关系，先求出∠CBD=30°，再作DN⊥AB、DM⊥BC构造特殊直角三角形，设未知数表示出CD和AD的长度，最终计算比值即可。
【解析】
(1) 连接OA
。∵ ∠ACB = α = 30°，
∴ ∠AOB=2∠ACB=60°，
∵ OA=OB，
∴ △AOB是等边三角形，
∴ ∠ABD=60°。
(2) 如图(1)，连接OA。
∵ ∠ACB=α，
∴ ∠AOB=2∠ACB=2α，
∵ OA = OB，
∴ ∠ABD = ∠OAB = $\frac{180°-∠AOB}{2}$ = 90°-α，
∵ ∠BAC = mα，
∴ ∠ADB = 180°-∠BAC-∠ABD = 180°-(90°-α)-mα = 90°+(1-m)α。
(3) 如图(2)，连接OA，过点D作DM ⊥ BC于点M，DN ⊥ AB于点N
。∵ α = 45°，
∴ ∠AOB = 2∠ACB = 90°，
∵ OA = OB，
∴ ∠ABD = ∠OAB=45°，
∴ Rt△BDN、Rt△CDM都是等腰直角三角形，
∴ BN=DN，CM=DM，
∵ ∠ADB = $\frac{5}{2}$∠CBD，且∠ADB是△BCD的外角，∠ADB=∠CBD+∠ACB，
∴ 2(∠CBD + 45°) = 5∠CBD，
解得∠CBD = 30°，
∴ ∠BAC = 180°-∠ABD-∠CBD-∠ACB = 180°-45°-30°-45°=60°，
∴ Rt△ADN中，∠ADN = 90°-∠BAC = 30°，
∴ AD=2AN，
设CM = DM = x，
在Rt△CDM中，CD = $\sqrt{CM^2 + DM^2}=\sqrt{2}x$，
在Rt△BDM中，∠CBD=30°，
∴ BD=2DM=2x，
在Rt△BDN中，BD = $\sqrt{BN^2 + DN^2}=\sqrt{2}DN=2x$，解得DN = $\sqrt{2}$x，
在Rt△ADN中，DN = $\sqrt{AD^2 - AN^2}=\sqrt{(2AN)^2 - AN^2}=\sqrt{3}AN=\sqrt{2}x$，解得AN = $\frac{\sqrt{6}}{3}x$，
∴ AD = 2AN = $\frac{2\sqrt{6}}{3}x$，
∴ $\frac{CD}{AD}$ = $\frac{\sqrt{2}x}{\frac{2\sqrt{6}}{3}x}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{60}$
(2) $\boldsymbol{90°+(1-m)α}$
(3) $\boldsymbol{\frac{\sqrt{3}}{2}}$
【知识点】
圆周角定理；等腰三角形性质；特殊直角三角形的性质
【点评】
本题围绕圆周角定理展开考查，结合了三角形内角和、外角性质以及特殊直角三角形的边角关系，前两问属于基础应用，第三问需要构造辅助线，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
6 核心素养 几何直观 [2025 江苏苏州调研,难]如图，$\odot O$的半径为1，A，P，B，C是$\odot O$上的四个点，$∠ APC=∠ CPB=60°$。
(1)判断$△ ABC$的形状并证明。
(2)试探究线段PA，PB，PC之间的数量关系，并证明你的结论。
(3)当点P位于$\overset{\frown}{AB}$的什么位置时，四边形APBC的面积最大？求出最大面积。
备用图
(1)判断$△ ABC$的形状并证明。
(2)试探究线段PA，PB，PC之间的数量关系，并证明你的结论。
(3)当点P位于$\overset{\frown}{AB}$的什么位置时，四边形APBC的面积最大？求出最大面积。
备用图
答案
6.【解】(1)△ABC是等边三角形.证明:在$\odot O$中,
∵ ∠BAC与∠CPB是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角,∠ABC与∠APC是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角,
∴ ∠BAC = ∠CPB,∠ABC = ∠APC.又
∵ ∠APC = ∠CPB = 60°,
∴ ∠ABC = ∠BAC = 60°,
∴ ∠ACB = 60°,
∴ △ABC为等边三角形.
(2)PC=PB+PA.证明:在PC上截取PD=AP,连接AD,如图(1).
∵ ∠APC=60°,
∴ △APD是等边三角形,
∴ AD=AP=PD,∠ADP=60°,
∴ ∠ADC=120°.又
∵ ∠APB = ∠APC + ∠BPC = 120°,
∴ ∠ADC = ∠APB.在△APB和△ADC中,$\begin{cases} ∠APB=∠ADC, \\ ∠ABP=∠ACD, \\ AP=AD, \end{cases}$
∴ △APB ≅ △ADC(AAS),
∴ BP = CD.又
∵ PD=AP,
∴ CP=CD+PD=BP+AP.
关键点拨
(3)过点P作PE ⊥ AB,垂足为E,过点C作CF ⊥ AB,垂足为F.把四边形的面积转化为两个三角形的面积之和进行计算.
(3)当点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时,四边形APBC的面积最大.如图(2),过点P作PE ⊥ AB,垂足为E,过点C作CF ⊥ AB,垂足为F.
∵ $S_{△APB}=\frac{1}{2}AB · PE$,$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB · CF$,
∴ $S_{四边形APBC}=\frac{1}{2}AB · (PE+CF)$.当点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时,易知P,O,C共线,PE+CF取得最大值且等于直径,此时四边形APBC的面积最大.又
∵ $\odot O$的半径为1,
∴ 其内接正三角形的边长AB=$\sqrt{3}$,
∴ 四边形APBC的最大面积为$\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 要判断△ABC的形状，可利用圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，结合已知∠APC=∠CPB=60°，推导△ABC的三个内角度数，即可判断形状。
(2) 探究线段和差关系常用截长补短法，本题可在较长的PC上截取PD=PA，结合∠APC=60°构造等边三角形，再证明三角形全等将PB转化为CD，即可得到三条线段的数量关系。
(3) 四边形APBC的面积可拆分为△APB和△ABC的面积之和，两个三角形同底AB，AB为定值，因此只需让两个三角形的高之和最大，即可得到面积最大值，结合圆的性质分析高之和最大的位置，再代入计算即可。
【解析】
(1) △ABC是等边三角形。
证明：在$\odot O$中，
∵ ∠BAC与∠CPB是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，∠ABC与∠APC是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角，
∴ ∠BAC = ∠CPB，∠ABC = ∠APC。
又
∵ ∠APC = ∠CPB = 60°，
∴ ∠ABC = ∠BAC = 60°，
∴ ∠ACB = 180°-60°-60°=60°，
∴ △ABC为等边三角形。
(2) 线段数量关系：$PC=PB+PA$。
证明：在PC上截取PD=AP，连接AD，如图(1)。
∵ ∠APC=60°，
∴ △APD是等边三角形，
∴ AD=AP=PD，∠ADP=60°，
∴ ∠ADC=180°-∠ADP=120°。
又
∵ ∠APB = ∠APC + ∠BPC = 60°+60°=120°，
∴ ∠ADC = ∠APB。
在△APB和△ADC中，
$\begin{cases} ∠APB=∠ADC, \\ ∠ABP=∠ACD, \\ AP=AD, \end{cases}$
∴ △APB ≅ △ADC(AAS)，
∴ BP = CD。
又
∵ PD=AP，
∴ CP=CD+PD=BP+AP。
(3) 当点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，四边形APBC的面积最大。
证明：如图(2)，过点P作PE ⊥ AB，垂足为E，过点C作CF ⊥ AB，垂足为F。
∵ $S_{△APB}=\frac{1}{2}AB · PE$，$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB · CF$，
∴ $S_{四边形APBC}=S_{△APB}+S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB · (PE+CF)$。
当点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，P、O、C三点共线，此时PE+CF取得最大值，等于$\odot O$的直径2，此时四边形APBC的面积最大。
又
∵ $\odot O$的半径为1，其内接正三角形ABC的边长$AB=\sqrt{3}$，
∴ 四边形APBC的最大面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×2=\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $△ ABC$是等边三角形，证明见解析；
(2) $PC=PA+PB$，证明见解析；
(3) 当点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，四边形APBC的面积最大，最大面积为$\sqrt{3}$。
【知识点】
圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查圆的性质与三角形相关知识，需灵活运用圆周角定理推导角的关系，掌握截长补短法证明线段和差关系，会用拆分法将不规则四边形面积转化为三角形面积求解最值，对几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
(1) 要判断△ABC的形状，可利用圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，结合已知∠APC=∠CPB=60°，推导△ABC的三个内角度数，即可判断形状。
(2) 探究线段和差关系常用截长补短法，本题可在较长的PC上截取PD=PA，结合∠APC=60°构造等边三角形，再证明三角形全等将PB转化为CD，即可得到三条线段的数量关系。
(3) 四边形APBC的面积可拆分为△APB和△ABC的面积之和，两个三角形同底AB，AB为定值，因此只需让两个三角形的高之和最大，即可得到面积最大值，结合圆的性质分析高之和最大的位置，再代入计算即可。
【解析】
(1) △ABC是等边三角形。
证明：在$\odot O$中，
∵ ∠BAC与∠CPB是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，∠ABC与∠APC是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角，
∴ ∠BAC = ∠CPB，∠ABC = ∠APC。
又
∵ ∠APC = ∠CPB = 60°，
∴ ∠ABC = ∠BAC = 60°，
∴ ∠ACB = 180°-60°-60°=60°，
∴ △ABC为等边三角形。
(2) 线段数量关系：$PC=PB+PA$。
证明：在PC上截取PD=AP，连接AD，如图(1)。
∵ ∠APC=60°，
∴ △APD是等边三角形，
∴ AD=AP=PD，∠ADP=60°，
∴ ∠ADC=180°-∠ADP=120°。
又
∵ ∠APB = ∠APC + ∠BPC = 60°+60°=120°，
∴ ∠ADC = ∠APB。
在△APB和△ADC中，
$\begin{cases} ∠APB=∠ADC, \\ ∠ABP=∠ACD, \\ AP=AD, \end{cases}$
∴ △APB ≅ △ADC(AAS)，
∴ BP = CD。
又
∵ PD=AP，
∴ CP=CD+PD=BP+AP。
(3) 当点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，四边形APBC的面积最大。
证明：如图(2)，过点P作PE ⊥ AB，垂足为E，过点C作CF ⊥ AB，垂足为F。
∵ $S_{△APB}=\frac{1}{2}AB · PE$，$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB · CF$，
∴ $S_{四边形APBC}=S_{△APB}+S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB · (PE+CF)$。
当点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，P、O、C三点共线，此时PE+CF取得最大值，等于$\odot O$的直径2，此时四边形APBC的面积最大。
又
∵ $\odot O$的半径为1，其内接正三角形ABC的边长$AB=\sqrt{3}$，
∴ 四边形APBC的最大面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×2=\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $△ ABC$是等边三角形，证明见解析；
(2) $PC=PA+PB$，证明见解析；
(3) 当点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，四边形APBC的面积最大，最大面积为$\sqrt{3}$。
【知识点】
圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查圆的性质与三角形相关知识，需灵活运用圆周角定理推导角的关系，掌握截长补短法证明线段和差关系，会用拆分法将不规则四边形面积转化为三角形面积求解最值，对几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
