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8. 如图,$A B$ 是$\odot O$ 的直径. 若$∠ E=25°,∠ CAD=45°$,则$∠ CDA$ 的度数为
35°
.答案
8. $35°$ 连接 $BC.\because AB$ 是$\odot O$ 的直径,$\therefore ∠ ACB=90°.$$\therefore ∠ CAB+∠ ABC=90°.$$\because ∠ CAB=∠ CAD+∠ BAD$,$∠ ABC=∠ BCD+∠ E$,$∠ BAD=∠ BCD$,$\therefore ∠ CAB+∠ ABC=∠ CAD+∠ BAD+∠ BAD+∠ E=45°+2∠ BAD+25°=70°+2∠ BAD=90°$,解得$∠ BAD=10°.$$\therefore ∠ CDA=∠ BAD+∠ E=10°+25°=35°.$
解析
【分析】
解题思路如下：1. 看到AB是⊙O的直径，首先联想到直径所对的圆周角为90°，因此优先添加辅助线连接BC，构造直角三角形ACB。2. 根据直角三角形两锐角互余，可得∠CAB + ∠ABC = 90°。3. 对两个角进行拆分和等量代换：∠CAB可拆分为已知的∠CAD和未知的∠BAD；∠ABC是△BCE的外角，等于∠BCD + ∠E，而∠BAD和∠BCD是同弧BD所对的圆周角，二者相等。4. 将已知的∠E=25°、∠CAD=45°代入等式，即可解出∠BAD的度数。5. 最后利用角度等量关系即可求出∠CDA的度数。
【解析】
连接BC，
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°（直径所对的圆周角为直角），
∴ ∠CAB + ∠ABC = 90°。
对角度进行拆分：
∠CAB = ∠CAD + ∠BAD，
∠ABC是△BCE的外角，故∠ABC = ∠BCD + ∠E，
又
∵ ∠BAD和∠BCD都是弧BD所对的圆周角，
∴ ∠BAD = ∠BCD，
将上述关系代入∠CAB + ∠ABC = 90°得：
∠CAD + ∠BAD + ∠BAD + ∠E = 90°，
代入已知∠E=25°，∠CAD=45°：
45° + 2∠BAD + 25° = 90°，
即70° + 2∠BAD = 90°，
解得∠BAD = 10°。
∴ ∠CDA = ∠ABC = ∠BAD + ∠E = 10° + 25° = 35°。
【答案】
$35°$
【知识点】
直径的圆周角性质；同弧圆周角相等；三角形外角性质
【点评】
本题是圆内角度推导的中档题，核心突破口是通过连接辅助线BC构造直径对应的直角，利用同弧圆周角相等完成角的等量代换，将分散的已知角关联起来，不需要复杂计算，重点考察对圆周角相关定理的灵活运用能力。
【难度系数】
0.5
解题思路如下：1. 看到AB是⊙O的直径，首先联想到直径所对的圆周角为90°，因此优先添加辅助线连接BC，构造直角三角形ACB。2. 根据直角三角形两锐角互余，可得∠CAB + ∠ABC = 90°。3. 对两个角进行拆分和等量代换：∠CAB可拆分为已知的∠CAD和未知的∠BAD；∠ABC是△BCE的外角，等于∠BCD + ∠E，而∠BAD和∠BCD是同弧BD所对的圆周角，二者相等。4. 将已知的∠E=25°、∠CAD=45°代入等式，即可解出∠BAD的度数。5. 最后利用角度等量关系即可求出∠CDA的度数。
【解析】
连接BC，
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°（直径所对的圆周角为直角），
∴ ∠CAB + ∠ABC = 90°。
对角度进行拆分：
∠CAB = ∠CAD + ∠BAD，
∠ABC是△BCE的外角，故∠ABC = ∠BCD + ∠E，
又
∵ ∠BAD和∠BCD都是弧BD所对的圆周角，
∴ ∠BAD = ∠BCD，
将上述关系代入∠CAB + ∠ABC = 90°得：
∠CAD + ∠BAD + ∠BAD + ∠E = 90°，
代入已知∠E=25°，∠CAD=45°：
45° + 2∠BAD + 25° = 90°，
即70° + 2∠BAD = 90°，
解得∠BAD = 10°。
∴ ∠CDA = ∠ABC = ∠BAD + ∠E = 10° + 25° = 35°。
【答案】
$35°$
【知识点】
直径的圆周角性质；同弧圆周角相等；三角形外角性质
【点评】
本题是圆内角度推导的中档题，核心突破口是通过连接辅助线BC构造直径对应的直角，利用同弧圆周角相等完成角的等量代换，将分散的已知角关联起来，不需要复杂计算，重点考察对圆周角相关定理的灵活运用能力。
【难度系数】
0.5
9. 如图,$AB$是半圆$O$的直径,点$C$在半圆上,$AB=5$,$AC=4$,$D$是$BC$上的一个动点,连接$AD$.过点$C$作$CE ⊥ AD$于点$E$,连接$BE$,则$BE$长的最小值是
$\sqrt{13}-2$
.答案
9. $\sqrt{13}-2$ 如图,取 $AC$ 的中点 $O'$,连接 $BO'$,$BC$,$O'E.$$\therefore CO'=EO'=\frac{1}{2}AC=2.$$\because CE⊥ AD,\therefore ∠ AEC=90°.$$\therefore$ 在点 $D$ 运动的过程中,点 $E$ 在以 $AC$ 为直径的圆上运动.$\because AB$ 是半圆$O$ 的直径,$\therefore ∠ ACB=90°.$ 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$\because AC=4$,$AB=5$,$\therefore BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3.$ 在 $\mathrm{Rt}△ BCO'$ 中,$BO' = \sqrt{BC^2+CO'^2} = \sqrt{3^2+2^2} =\sqrt{13}.$$\because O'E+BE≥ O'B$,$\therefore$ 当 $O'$,$E$,$B$ 三点共线时,$BE$ 的长最小,最小值为 $O'B-O'E=\sqrt{13}-2.$
（第9题配图）
（第9题配图）
解析
【分析】
这是一道动点线段最值问题，解题思路如下：1. 首先观察到CE始终垂直AD，即∠AEC=90°，而AC是长度固定的线段，根据“定直角对定斜边”的规律，可以判断动点E的运动轨迹是一个圆，且AC就是这个圆的直径；2. 先利用AB是原半圆的直径，得到∠ACB=90°，通过勾股定理算出BC的长度；3. 要找BE的最小值，本质是求定点B到刚才构造的隐圆上的点的最短距离，根据点到圆的最短距离性质：圆外一点到圆上点的最小距离等于该点到圆心的距离减去圆的半径，算出对应长度即可得到BE的最小值。
【解析】
解：取AC的中点O'，连接BO'、BC、O'E，
∵ CE⊥AD，
∴ ∠AEC=90°，
∴ 在点D运动的全过程中，点E始终在以AC为直径的圆O'上运动，
该圆的半径 $O'E = CO' = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}×4 = 2$。
∵ AB是半圆O的直径，根据直径所对圆周角为直角，可得∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，AC=4，AB=5，由勾股定理得：
$BC = \sqrt{AB^2 - AC^2} = \sqrt{5^2 - 4^2} = 3$。
在Rt△BCO'中，CO'=2，BC=3，由勾股定理得：
$BO' = \sqrt{BC^2 + CO'^2} = \sqrt{3^2 + 2^2} = \sqrt{13}$。
根据两点之间线段最短，可得 $O'E + BE \ge O'B$，当且仅当O'、E、B三点共线时取等号，此时BE取得最小值：
$BE_{\mathrm{最小}} = BO' - O'E = \sqrt{13} - 2$。
【答案】
$\sqrt{13}-2$
【知识点】
直径所对圆周角为直角，勾股定理，点与圆的位置关系
【点评】
本题是典型的隐圆最值问题，核心难点是识别动点E的运动轨迹，通过“定直角对定边”构造出以AC为直径的隐圆，再利用点到圆上点的最短距离结论求解，这类题型是初中几何最值的高频考点，需要学生熟练掌握隐圆的判定方法。
【难度系数】
0.3
这是一道动点线段最值问题，解题思路如下：1. 首先观察到CE始终垂直AD，即∠AEC=90°，而AC是长度固定的线段，根据“定直角对定斜边”的规律，可以判断动点E的运动轨迹是一个圆，且AC就是这个圆的直径；2. 先利用AB是原半圆的直径，得到∠ACB=90°，通过勾股定理算出BC的长度；3. 要找BE的最小值，本质是求定点B到刚才构造的隐圆上的点的最短距离，根据点到圆的最短距离性质：圆外一点到圆上点的最小距离等于该点到圆心的距离减去圆的半径，算出对应长度即可得到BE的最小值。
【解析】
解：取AC的中点O'，连接BO'、BC、O'E，
∵ CE⊥AD，
∴ ∠AEC=90°，
∴ 在点D运动的全过程中，点E始终在以AC为直径的圆O'上运动，
该圆的半径 $O'E = CO' = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}×4 = 2$。
∵ AB是半圆O的直径，根据直径所对圆周角为直角，可得∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，AC=4，AB=5，由勾股定理得：
$BC = \sqrt{AB^2 - AC^2} = \sqrt{5^2 - 4^2} = 3$。
在Rt△BCO'中，CO'=2，BC=3，由勾股定理得：
$BO' = \sqrt{BC^2 + CO'^2} = \sqrt{3^2 + 2^2} = \sqrt{13}$。
根据两点之间线段最短，可得 $O'E + BE \ge O'B$，当且仅当O'、E、B三点共线时取等号，此时BE取得最小值：
$BE_{\mathrm{最小}} = BO' - O'E = \sqrt{13} - 2$。
【答案】
$\sqrt{13}-2$
【知识点】
直径所对圆周角为直角，勾股定理，点与圆的位置关系
【点评】
本题是典型的隐圆最值问题，核心难点是识别动点E的运动轨迹，通过“定直角对定边”构造出以AC为直径的隐圆，再利用点到圆上点的最短距离结论求解，这类题型是初中几何最值的高频考点，需要学生熟练掌握隐圆的判定方法。
【难度系数】
0.3
10. 如图,四边形$ADBC$内接于$\odot O$,$AB$是$\odot O$的直径,$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CD}$,$CE ⊥ DB$,交$DB$的延长线于点$E$.
(1) 求证:$BC$平分$∠ ABE$.
(2) 若$CH ⊥ AB$于点$H$,求证:$AH=DE$.
(1) 求证:$BC$平分$∠ ABE$.
(2) 若$CH ⊥ AB$于点$H$,求证:$AH=DE$.
答案
10. (1) $\because$ 四边形 $ADBC$ 内接于 $\odot O$,$\therefore ∠ CBD+∠ CAD=180°.$$\because ∠ CBE+∠ CBD=180°$,$\therefore ∠ CBE=∠ CAD.$$\because \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CD}$,$\therefore ∠ CBH=∠ CAD.$$\therefore ∠ CBH=∠ CBE.$$\therefore BC$ 平分 $∠ ABE.$
(2) 连接 $CD.$$\because CH⊥ AB$,$CE⊥ DB$,$\therefore ∠ AHC=∠ E=90°.$$\because \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CD}$,$\therefore AC=CD.$ 在 $△ ACH$ 和 $△ DCE$ 中,$\begin{cases}∠ AHC=∠ E,\\∠ CAH=∠ CDE,\\AC=DC,\end{cases}$ $\therefore △ ACH≌△ DCE(\mathrm{AAS}).$$\therefore AH=DE.$
(2) 连接 $CD.$$\because CH⊥ AB$,$CE⊥ DB$,$\therefore ∠ AHC=∠ E=90°.$$\because \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CD}$,$\therefore AC=CD.$ 在 $△ ACH$ 和 $△ DCE$ 中,$\begin{cases}∠ AHC=∠ E,\\∠ CAH=∠ CDE,\\AC=DC,\end{cases}$ $\therefore △ ACH≌△ DCE(\mathrm{AAS}).$$\therefore AH=DE.$
解析
【分析】
这道题分为两小问，第一问要证明BC平分∠ABE，核心思路是证明∠CBE=∠CBH：首先利用圆内接四边形对角互补的性质，结合邻补角的定义，把∠CBE转化为和它相等的∠CAD，再结合题目给出的$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CD}$的条件，利用等弧所对的圆周角相等，得到∠CAD=∠CBH，通过等量代换即可得到两个角相等，完成角平分线的证明。
第二问要证明AH=DE，优先考虑证明两条线段所在的三角形全等：首先由$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CD}$得到等弧对等弦，即AC=CD，再结合CH⊥AB、CE⊥DB得到两个直角相等，再利用同弧所对的圆周角相等得到∠CAH=∠CDE，满足AAS全等的判定条件，证明△ACH和△DCE全等，即可得到对应边AH=DE。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形$ADBC$内接于$\odot O$，
∴ $∠ CBD+∠ CAD=180°$。
∵ $∠ CBE+∠ CBD=180°$，
∴ $∠ CBE=∠ CAD$。
∵ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $∠ CBH=∠ CAD$。
∴ $∠ CBH=∠ CBE$，
即$BC$平分$∠ ABE$。
(2) 证明：连接$CD$，
∵ $CH⊥ AB$，$CE⊥ DB$，
∴ $∠ AHC=∠ E=90°$。
∵ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $AC=CD$。
∵ $∠ CAH$和$∠ CDE$都是弧$CB$所对的圆周角，
∴ $∠ CAH=∠ CDE$。
在$△ ACH$和$△ DCE$中，
$\begin{cases}∠ AHC=∠ E,\\∠ CAH=∠ CDE,\\AC=DC,\end{cases}$
$\therefore △ ACH≌△ DCE(\mathrm{AAS}).$
$\therefore AH=DE.$
【答案】
(1) 已证得$BC$平分$∠ ABE$；(2) 已证得$AH=DE$。
【知识点】
圆内接四边形性质，等弧的性质，全等三角形判定
【点评】
本题是圆与全等三角形结合的基础证明题，重点考察圆的基本性质的灵活运用，通过角的等量代换完成角平分线证明，利用等弧对等弦构造全等三角形证明线段相等，解题核心是利用弧相等的条件转化边、角的等量关系，是圆章节入门的典型题型，适合巩固圆的基础性质。
【难度系数】
0.6
这道题分为两小问，第一问要证明BC平分∠ABE，核心思路是证明∠CBE=∠CBH：首先利用圆内接四边形对角互补的性质，结合邻补角的定义，把∠CBE转化为和它相等的∠CAD，再结合题目给出的$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CD}$的条件，利用等弧所对的圆周角相等，得到∠CAD=∠CBH，通过等量代换即可得到两个角相等，完成角平分线的证明。
第二问要证明AH=DE，优先考虑证明两条线段所在的三角形全等：首先由$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CD}$得到等弧对等弦，即AC=CD，再结合CH⊥AB、CE⊥DB得到两个直角相等，再利用同弧所对的圆周角相等得到∠CAH=∠CDE，满足AAS全等的判定条件，证明△ACH和△DCE全等，即可得到对应边AH=DE。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形$ADBC$内接于$\odot O$，
∴ $∠ CBD+∠ CAD=180°$。
∵ $∠ CBE+∠ CBD=180°$，
∴ $∠ CBE=∠ CAD$。
∵ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $∠ CBH=∠ CAD$。
∴ $∠ CBH=∠ CBE$，
即$BC$平分$∠ ABE$。
(2) 证明：连接$CD$，
∵ $CH⊥ AB$，$CE⊥ DB$，
∴ $∠ AHC=∠ E=90°$。
∵ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $AC=CD$。
∵ $∠ CAH$和$∠ CDE$都是弧$CB$所对的圆周角，
∴ $∠ CAH=∠ CDE$。
在$△ ACH$和$△ DCE$中，
$\begin{cases}∠ AHC=∠ E,\\∠ CAH=∠ CDE,\\AC=DC,\end{cases}$
$\therefore △ ACH≌△ DCE(\mathrm{AAS}).$
$\therefore AH=DE.$
【答案】
(1) 已证得$BC$平分$∠ ABE$；(2) 已证得$AH=DE$。
【知识点】
圆内接四边形性质，等弧的性质，全等三角形判定
【点评】
本题是圆与全等三角形结合的基础证明题，重点考察圆的基本性质的灵活运用，通过角的等量代换完成角平分线证明，利用等弧对等弦构造全等三角形证明线段相等，解题核心是利用弧相等的条件转化边、角的等量关系，是圆章节入门的典型题型，适合巩固圆的基础性质。
【难度系数】
0.6
11. 如图, A B 是 $\odot O$ 的直径, C 是 $\overgroup{AB}$ 的中点, 点 D 在 $\overgroup{BC}$ 上, B D, A C 的延长线交于点 K, 连接A D, B C 交于点 E, 连接 C D.
(1) 求证: $∠ AKB - ∠ BCD = 45°$.
(2) 若 $CD = \sqrt{2} BD$, 求证: $BC = 2CK$.
(1) 求证: $∠ AKB - ∠ BCD = 45°$.
(2) 若 $CD = \sqrt{2} BD$, 求证: $BC = 2CK$.
答案
11. (1) $\because AB$ 是$\odot O$ 的直径,$\therefore ∠ ACB=∠ ADB=90°.$$\because C$ 是$\overgroup{AB}$ 的中点,$\therefore AC=BC.$$\therefore △ ABC$ 是等腰直角三角形.$\therefore ∠ CAB=∠ CBA=45°.$$\because \overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{CD}$,$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{BD}$,$\therefore ∠ DAC = ∠ CBK$,$∠ DAB = ∠ BCD.$ 设 $∠ DAC=∠ CBK=α$,则$∠ DAB=∠ BCD=45°-α$,$∠ AKB=90°-α.$$\therefore ∠ AKB-∠ BCD=(90°-α)-(45°-α)=45°.$
(2) 如图,过点 $C$ 作 $CH⊥ AD$ 于点 $H.$$\therefore ∠ CHD=90°=∠ ADB.$$\because ∠ CDH=∠ CBA=45°$,$\therefore$ 易得 $△ CHD$ 是等腰直角三角形.$\therefore$ 易得 $CD=\sqrt{2} CH.$$\because CD=\sqrt{2} BD$,$\therefore CH=BD.$ 在 $△ ECH$ 和 $△ EBD$ 中,$\begin{cases}∠ CEH=∠ BED,\\∠ CHE=∠ BDE,\\CH=BD,\end{cases}$ $\therefore △ ECH≌△ EBD(\mathrm{AAS}).$$\therefore CE=BE.$$\therefore CE=\frac{1}{2} BC.$$\because AB$ 是$\odot O$ 的直径,$\therefore ∠ ACE=90°.$$\therefore ∠ BCK=90°.$$\therefore ∠ ACE = ∠ BCK.$ 在 $△ ACE$ 和 $△ BCK$ 中,$\begin{cases}∠ CAE=∠ CBK,\\AC=BC,\\∠ ACE=∠ BCK,\end{cases}$ $\therefore △ ACE≌△ BCK(\mathrm{ASA}).$$\therefore CE=CK.$$\therefore CK=CE=\frac{1}{2} BC.$$\therefore BC=2CK.$
（第11题配图）
(2) 如图,过点 $C$ 作 $CH⊥ AD$ 于点 $H.$$\therefore ∠ CHD=90°=∠ ADB.$$\because ∠ CDH=∠ CBA=45°$,$\therefore$ 易得 $△ CHD$ 是等腰直角三角形.$\therefore$ 易得 $CD=\sqrt{2} CH.$$\because CD=\sqrt{2} BD$,$\therefore CH=BD.$ 在 $△ ECH$ 和 $△ EBD$ 中,$\begin{cases}∠ CEH=∠ BED,\\∠ CHE=∠ BDE,\\CH=BD,\end{cases}$ $\therefore △ ECH≌△ EBD(\mathrm{AAS}).$$\therefore CE=BE.$$\therefore CE=\frac{1}{2} BC.$$\because AB$ 是$\odot O$ 的直径,$\therefore ∠ ACE=90°.$$\therefore ∠ BCK=90°.$$\therefore ∠ ACE = ∠ BCK.$ 在 $△ ACE$ 和 $△ BCK$ 中,$\begin{cases}∠ CAE=∠ CBK,\\AC=BC,\\∠ ACE=∠ BCK,\end{cases}$ $\therefore △ ACE≌△ BCK(\mathrm{ASA}).$$\therefore CE=CK.$$\therefore CK=CE=\frac{1}{2} BC.$$\therefore BC=2CK.$
（第11题配图）
解析
【分析】
这道题是圆与全等三角形结合的几何证明题，解题思路如下：
1. 第一问要证明角度差为45°：首先由AB是直径，直接得到直径所对圆周角∠ACB、∠ADB都是90°，再结合C是弧AB中点，推出△ABC是等腰直角三角形，两个底角均为45°。接下来利用同弧所对圆周角相等的性质，将∠BCD转化为和∠DAB相等，设公共的等角∠DAC=∠CBK=α，分别用含α的代数式表示出∠AKB和∠BCD，两式相减后参数α抵消，即可得到角度差为45°。
2. 第二问要证明线段倍分关系：已知CD=√2 BD，观察到∠CDH=∠CBA=45°，过点C作CH⊥AD构造等腰直角△CHD，可得CD=√2 CH，结合已知条件直接推出CH=BD，进而证明△ECH和△EBD全等，得到CE=BE，即E是BC中点，CE=1/2 BC。再通过ASA证明△ACE和△BCK全等，得到CE=CK，代入即可推出BC=2CK。
【解析】
(1) 证明：
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=∠ADB=90°。
∵ C是$\overgroup{AB}$的中点，
∴ AC=BC，
∴ △ABC是等腰直角三角形，
∴ ∠CAB=∠CBA=45°。
∵ 同弧$\overgroup{CD}$所对圆周角相等，同弧$\overgroup{BD}$所对圆周角相等，
∴ ∠DAC = ∠CBK，∠DAB = ∠BCD。
设∠DAC=∠CBK=α，则∠DAB=∠CAB - ∠DAC=45°-α，即∠BCD=45°-α。
在Rt△AKB中，∠AKB=90°-∠KAB=90°-(∠DAB+∠DAC)=90°-α。
∴ ∠AKB - ∠BCD=(90°-α)-(45°-α)=45°，得证。
(2) 证明：
过点C作CH⊥AD于点H，
∴ ∠CHD=90°=∠ADB。
∵ ∠CDH和∠CBA都是对应弧$\overgroup{AC}$的相关圆周角，可得∠CDH=∠CBA=45°，
∴ △CHD是等腰直角三角形，
∴ CD=$\sqrt{2}$ CH。
又
∵ CD=$\sqrt{2}$ BD，
∴ CH=BD。
在△ECH和△EBD中：
$\begin{cases}∠CEH=∠BED \\∠CHE=∠BDE \\CH=BD\end{cases}$
∴ △ECH≌△EBD(AAS)，
∴ CE=BE，即CE=$\frac{1}{2}$BC。
∵ AB是⊙O的直径，∠ACB=90°，
∴ ∠BCK=180°-∠ACB=90°，即∠ACE=∠BCK=90°。
在△ACE和△BCK中：
$\begin{cases}∠CAE=∠CBK \\AC=BC \\∠ACE=∠BCK\end{cases}$
∴ △ACE≌△BCK(ASA)，
∴ CE=CK，
∴ CK=CE=$\frac{1}{2}$BC，即BC=2CK，得证。
【答案】
(1) 可证得∠AKB - ∠BCD = 45°；(2) 可证得BC = 2CK。
【知识点】
直径所对圆周角为直角，同弧圆周角相等，全等三角形判定
【点评】
本题是圆与三角形全等结合的综合证明题，第一问通过设参数表示角度，消去参数得到定值，简化了角度推导过程；第二问需要自主构造辅助线，将已知的线段倍数关系转化为边相等，通过两次全等完成线段倍分关系的推导，对学生圆周角性质的灵活运用、辅助线构造能力有一定考察作用。
【难度系数】
0.3
这道题是圆与全等三角形结合的几何证明题，解题思路如下：
1. 第一问要证明角度差为45°：首先由AB是直径，直接得到直径所对圆周角∠ACB、∠ADB都是90°，再结合C是弧AB中点，推出△ABC是等腰直角三角形，两个底角均为45°。接下来利用同弧所对圆周角相等的性质，将∠BCD转化为和∠DAB相等，设公共的等角∠DAC=∠CBK=α，分别用含α的代数式表示出∠AKB和∠BCD，两式相减后参数α抵消，即可得到角度差为45°。
2. 第二问要证明线段倍分关系：已知CD=√2 BD，观察到∠CDH=∠CBA=45°，过点C作CH⊥AD构造等腰直角△CHD，可得CD=√2 CH，结合已知条件直接推出CH=BD，进而证明△ECH和△EBD全等，得到CE=BE，即E是BC中点，CE=1/2 BC。再通过ASA证明△ACE和△BCK全等，得到CE=CK，代入即可推出BC=2CK。
【解析】
(1) 证明：
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=∠ADB=90°。
∵ C是$\overgroup{AB}$的中点，
∴ AC=BC，
∴ △ABC是等腰直角三角形，
∴ ∠CAB=∠CBA=45°。
∵ 同弧$\overgroup{CD}$所对圆周角相等，同弧$\overgroup{BD}$所对圆周角相等，
∴ ∠DAC = ∠CBK，∠DAB = ∠BCD。
设∠DAC=∠CBK=α，则∠DAB=∠CAB - ∠DAC=45°-α，即∠BCD=45°-α。
在Rt△AKB中，∠AKB=90°-∠KAB=90°-(∠DAB+∠DAC)=90°-α。
∴ ∠AKB - ∠BCD=(90°-α)-(45°-α)=45°，得证。
(2) 证明：
过点C作CH⊥AD于点H，
∴ ∠CHD=90°=∠ADB。
∵ ∠CDH和∠CBA都是对应弧$\overgroup{AC}$的相关圆周角，可得∠CDH=∠CBA=45°，
∴ △CHD是等腰直角三角形，
∴ CD=$\sqrt{2}$ CH。
又
∵ CD=$\sqrt{2}$ BD，
∴ CH=BD。
在△ECH和△EBD中：
$\begin{cases}∠CEH=∠BED \\∠CHE=∠BDE \\CH=BD\end{cases}$
∴ △ECH≌△EBD(AAS)，
∴ CE=BE，即CE=$\frac{1}{2}$BC。
∵ AB是⊙O的直径，∠ACB=90°，
∴ ∠BCK=180°-∠ACB=90°，即∠ACE=∠BCK=90°。
在△ACE和△BCK中：
$\begin{cases}∠CAE=∠CBK \\AC=BC \\∠ACE=∠BCK\end{cases}$
∴ △ACE≌△BCK(ASA)，
∴ CE=CK，
∴ CK=CE=$\frac{1}{2}$BC，即BC=2CK，得证。
【答案】
(1) 可证得∠AKB - ∠BCD = 45°；(2) 可证得BC = 2CK。
【知识点】
直径所对圆周角为直角，同弧圆周角相等，全等三角形判定
【点评】
本题是圆与三角形全等结合的综合证明题，第一问通过设参数表示角度，消去参数得到定值，简化了角度推导过程；第二问需要自主构造辅助线，将已知的线段倍数关系转化为边相等，通过两次全等完成线段倍分关系的推导，对学生圆周角性质的灵活运用、辅助线构造能力有一定考察作用。
【难度系数】
0.3
1. [求角度]如图, A B, C D 是$\odot O$的弦, 且$AB=CD$. 若$∠ BOD=84^{\circ }$, 则$∠ ACO$的度数是（
A.$48^{\circ }$
B.$42^{\circ }$
C.$44^{\circ }$
D.$46^{\circ }$
A
）A.$48^{\circ }$
B.$42^{\circ }$
C.$44^{\circ }$
D.$46^{\circ }$
答案
1. A 连接 $OA.$$\because AB=CD$,$\therefore \overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}.$$\therefore ∠ AOB=∠ COD$,即 $∠ BOD + ∠ AOD = ∠ AOC + ∠ AOD.$$\therefore ∠ AOC=∠ BOD=84°.$$\because OC=OA$,$\therefore ∠ ACO=∠ CAO=\frac{1}{2}(180°-∠ AOC)=\frac{1}{2}×(180°-84°)=48°.$
解析
【分析】
这道题的解题思路很清晰：首先回忆同圆的性质，相等的弦对应相等的弧、对应相等的圆心角，由已知AB=CD可以推出∠AOB=∠COD；接着给两个相等的圆心角同时减去公共部分∠AOD，就能得到∠AOC和已知的∠BOD相等，直接得到∠AOC=84°；最后注意OA、OC都是圆的半径，△AOC是等腰三角形，利用等腰三角形内角和性质计算底角∠ACO的度数即可。
【解析】
1. 连接OA，
∵ AB=CD，在同圆中相等的弦所对的弧相等，
∴ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}$，
因此两条弧对应的圆心角相等，即∠AOB=∠COD，
将等式两边同时减去公共角∠AOD，可得：
∠AOB - ∠AOD = ∠COD - ∠AOD，即∠AOC=∠BOD，
已知∠BOD=84°，因此∠AOC=84°。
2. 又
∵ OA、OC都是⊙O的半径，
∴ OA=OC，△AOC为等腰三角形，
结合三角形内角和为180°，等腰三角形两底角相等：
∠ACO = ∠CAO = $\frac{1}{2}(180° - ∠AOC)$ = $\frac{1}{2}×(180° - 84°)$ = 48°。
【答案】A. $48^{\circ }$
【知识点】
弦弧圆心角关系，等腰三角形性质，三角形内角和
【点评】
本题属于圆章节的基础角度计算题，核心考察同圆中弦、弧、圆心角的等价转化规则，仅需要连接一条半径作为辅助线即可推导，难度不高，易错点是无法快速建立已知角∠BOD和待求角所在的∠AOC的等量关系，适合巩固圆的基础性质使用。
【难度系数】
0.7
这道题的解题思路很清晰：首先回忆同圆的性质，相等的弦对应相等的弧、对应相等的圆心角，由已知AB=CD可以推出∠AOB=∠COD；接着给两个相等的圆心角同时减去公共部分∠AOD，就能得到∠AOC和已知的∠BOD相等，直接得到∠AOC=84°；最后注意OA、OC都是圆的半径，△AOC是等腰三角形，利用等腰三角形内角和性质计算底角∠ACO的度数即可。
【解析】
1. 连接OA，
∵ AB=CD，在同圆中相等的弦所对的弧相等，
∴ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}$，
因此两条弧对应的圆心角相等，即∠AOB=∠COD，
将等式两边同时减去公共角∠AOD，可得：
∠AOB - ∠AOD = ∠COD - ∠AOD，即∠AOC=∠BOD，
已知∠BOD=84°，因此∠AOC=84°。
2. 又
∵ OA、OC都是⊙O的半径，
∴ OA=OC，△AOC为等腰三角形，
结合三角形内角和为180°，等腰三角形两底角相等：
∠ACO = ∠CAO = $\frac{1}{2}(180° - ∠AOC)$ = $\frac{1}{2}×(180° - 84°)$ = 48°。
【答案】A. $48^{\circ }$
【知识点】
弦弧圆心角关系，等腰三角形性质，三角形内角和
【点评】
本题属于圆章节的基础角度计算题，核心考察同圆中弦、弧、圆心角的等价转化规则，仅需要连接一条半径作为辅助线即可推导，难度不高，易错点是无法快速建立已知角∠BOD和待求角所在的∠AOC的等量关系，适合巩固圆的基础性质使用。
【难度系数】
0.7
2. [求角度]如图，$AB$ 为$\odot O$ 的直径，$C$ 为$\odot O$ 上一点，将$\overset{\frown}{AC}$ 沿弦 $AC$ 翻折，交 $AB$ 于点 $D$，连接$CD$. 若点 $D$ 与圆心 $O$ 不重合，$∠ BAC=23^{\circ }$，则$∠ DCA$ 的度数为
$44°$
.答案
2. $44°$ 连接 $BC.$$\because AB$ 是$\odot O$ 的直径,$\therefore ∠ ACB=90°.$$\because ∠ BAC=23°$,$\therefore ∠ ABC=90°-∠ BAC=90°-23°=67°.$ 由翻折的性质,得 $\overset{\frown}{AC}$ 所对的圆周角为 $∠ B$,$\overset{\frown}{ABC}$ 所对的圆周角为 $∠ ADC$,$\therefore ∠ ADC+∠ ABC=180°.$$\because ∠ ADC+∠ CDB=180°$,$\therefore ∠ ABC=∠ CDB=67°.$$\therefore ∠ DCA=∠ CDB-∠ BAC=67°-23°=44°.$
解析
【分析】
这是圆结合翻折变换的角度计算问题，解题思路如下：
1. 首先观察到AB是⊙O的直径，优先联想到直径对应的圆周角为直角，因此连接辅助线BC，构造直角三角形ACB。
2. 已知∠BAC=23°，利用直角三角形两锐角互余的性质，直接计算出∠ABC的度数。
3. 结合翻折的性质：沿AC翻折弧AC后，翻折后弧AC对应的圆周角∠ADC，和原圆中弧AC对应的圆周角∠ABC满足互补关系；再结合平角定义∠ADC+∠CDB=180°，通过同角的补角相等，推导出∠CDB=∠ABC。
4. 最后利用三角形外角的性质：三角形外角等于不相邻两个内角之和，∠CDB是△ADC的外角，代入已知角度即可算出∠DCA的度数。
【解析】
解：连接BC，
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°（直径所对的圆周角为直角），
∵ ∠BAC=23°，
∴ 在Rt△ABC中，∠ABC=90°-∠BAC=90°-23°=67°。
由翻折的性质可得：翻折后弧AC对应的圆周角为∠ADC，原⊙O中弧ABC对应的圆周角为∠ABC，因此∠ADC + ∠ABC = 180°，
又
∵ ∠ADC + ∠CDB = 180°（平角的定义），
∴ ∠CDB = ∠ABC = 67°，
根据三角形外角的性质，∠CDB是△ADC的外角，
∴ ∠CDB = ∠BAC + ∠DCA，
代入数值计算得：∠DCA = ∠CDB - ∠BAC = 67° - 23° = 44°。
【答案】$44°$
【知识点】直径的圆周角性质，翻折变换性质，三角形外角性质
【点评】本题属于圆的基础综合题型，核心突破口是利用翻折后弧对应的圆周角互补的特性，推导出∠CDB与∠ABC相等，无需构造复杂辅助线，既考察了圆的基本性质，也结合了翻折的等弧特性，学生的易错点是无法快速建立翻折后圆周角的等量关系，需要熟练掌握圆内接四边形对角互补的延伸规律。
【难度系数】0.6
这是圆结合翻折变换的角度计算问题，解题思路如下：
1. 首先观察到AB是⊙O的直径，优先联想到直径对应的圆周角为直角，因此连接辅助线BC，构造直角三角形ACB。
2. 已知∠BAC=23°，利用直角三角形两锐角互余的性质，直接计算出∠ABC的度数。
3. 结合翻折的性质：沿AC翻折弧AC后，翻折后弧AC对应的圆周角∠ADC，和原圆中弧AC对应的圆周角∠ABC满足互补关系；再结合平角定义∠ADC+∠CDB=180°，通过同角的补角相等，推导出∠CDB=∠ABC。
4. 最后利用三角形外角的性质：三角形外角等于不相邻两个内角之和，∠CDB是△ADC的外角，代入已知角度即可算出∠DCA的度数。
【解析】
解：连接BC，
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°（直径所对的圆周角为直角），
∵ ∠BAC=23°，
∴ 在Rt△ABC中，∠ABC=90°-∠BAC=90°-23°=67°。
由翻折的性质可得：翻折后弧AC对应的圆周角为∠ADC，原⊙O中弧ABC对应的圆周角为∠ABC，因此∠ADC + ∠ABC = 180°，
又
∵ ∠ADC + ∠CDB = 180°（平角的定义），
∴ ∠CDB = ∠ABC = 67°，
根据三角形外角的性质，∠CDB是△ADC的外角，
∴ ∠CDB = ∠BAC + ∠DCA，
代入数值计算得：∠DCA = ∠CDB - ∠BAC = 67° - 23° = 44°。
【答案】$44°$
【知识点】直径的圆周角性质，翻折变换性质，三角形外角性质
【点评】本题属于圆的基础综合题型，核心突破口是利用翻折后弧对应的圆周角互补的特性，推导出∠CDB与∠ABC相等，无需构造复杂辅助线，既考察了圆的基本性质，也结合了翻折的等弧特性，学生的易错点是无法快速建立翻折后圆周角的等量关系，需要熟练掌握圆内接四边形对角互补的延伸规律。
【难度系数】0.6
3. [求长度]在四边形$ABCD$中,$AD// BC$,$BC=CD=AC=2\sqrt{3}$,$AB=\sqrt{6}$,则$BD$的长为
$\sqrt{42}$
.答案
3. $\sqrt{42}$ $\because BC=CD=AC=2\sqrt{3}$,$\therefore$ 点 $B$,$D$,$A$ 在以点 $C$ 为圆心,$2\sqrt{3}$ 为半径的圆上(如图).延长 $BC$ 交$\odot C$ 于点 $B'$,连接 $DB'$,则$∠ BDB'=90°.$$\because CD=AC$,$\therefore ∠ CDA=∠ CAD.$$\because AD// BC$,$\therefore ∠ B'CD=∠ CDA$,$∠ BCA=∠ CAD.$$\therefore ∠ B'CD=∠ BCA.$$\therefore \overset{\frown}{B'D}=\overset{\frown}{AB}.$$\therefore DB'=AB=\sqrt{6}.$ 又 $\because BB'=2BC=4\sqrt{3}$,$\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ B'DB$ 中,由勾股定理,得 $BD=\sqrt{BB'^2-DB'^2}=\sqrt{(4\sqrt{3})^2-(\sqrt{6})^2}=\sqrt{42}.$
（第3题配图）
（第3题配图）
解析
【分析】
解题时首先观察已知条件，发现AC、BC、CD三条线段长度相等，根据圆的定义，可判断点A、B、D到点C的距离相等，因此构造以C为圆心、$2\sqrt{3}$为半径的辅助圆作为突破口。接下来为了构造直角三角形方便计算BD的长度，我们延长BC得到圆的直径$BB'$，利用直径所对圆周角为直角的性质得到$\mathrm{Rt}△ B'DB$。再结合$AD//BC$的平行条件，通过等腰三角形性质和平行线内错角相等，推导得到两个圆心角相等，进而得到弦$DB'=AB$，最后直接代入勾股定理即可算出BD的长度，全程无需复杂的角度计算，思路清晰简洁。
【解析】
解：
1. 构造辅助圆
已知 $BC=CD=AC=2\sqrt{3}$，根据圆的定义，点A、B、D三点都在以点C为圆心，半径 $r=2\sqrt{3}$ 的圆上。
2. 构造直径对应的直角三角形
延长BC交$\odot C$于点$B'$，连接$DB'$，此时$BB'$是$\odot C$的直径，根据直径所对的圆周角为直角，可得：
$∠ BDB'=90°$
3. 推导弦长相等
由$CD=AC$，可知$△ ACD$为等腰三角形，因此$∠ CDA=∠ CAD$。
又因为$AD// BC$，根据平行线内错角相等，可得：
$∠ B'CD=∠ CDA$，$∠ BCA=∠ CAD$
通过等量代换得$∠ B'CD=∠ BCA$，相等的圆心角对应的弦长相等，因此：
$DB'=AB=\sqrt{6}$
4. 勾股定理计算BD
直径$BB'=2BC=4\sqrt{3}$，在$\mathrm{Rt}△ B'DB$中，由勾股定理：
$BD=\sqrt{BB'^2-DB'^2}=\sqrt{(4\sqrt{3})^2-(\sqrt{6})^2}=\sqrt{48-6}=\sqrt{42}$
【答案】
$\sqrt{42}$
【知识点】
辅助圆构造，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题的核心巧思是通过等长线段构造辅助圆，避开了常规解三角形的复杂运算，利用圆的性质快速转化边的等量关系，对几何转化思维有一定考察，没有想到构造辅助圆的学生很容易陷入反复计算角度的误区，解题效率低还容易出错。
【难度系数】
0.3
解题时首先观察已知条件，发现AC、BC、CD三条线段长度相等，根据圆的定义，可判断点A、B、D到点C的距离相等，因此构造以C为圆心、$2\sqrt{3}$为半径的辅助圆作为突破口。接下来为了构造直角三角形方便计算BD的长度，我们延长BC得到圆的直径$BB'$，利用直径所对圆周角为直角的性质得到$\mathrm{Rt}△ B'DB$。再结合$AD//BC$的平行条件，通过等腰三角形性质和平行线内错角相等，推导得到两个圆心角相等，进而得到弦$DB'=AB$，最后直接代入勾股定理即可算出BD的长度，全程无需复杂的角度计算，思路清晰简洁。
【解析】
解：
1. 构造辅助圆
已知 $BC=CD=AC=2\sqrt{3}$，根据圆的定义，点A、B、D三点都在以点C为圆心，半径 $r=2\sqrt{3}$ 的圆上。
2. 构造直径对应的直角三角形
延长BC交$\odot C$于点$B'$，连接$DB'$，此时$BB'$是$\odot C$的直径，根据直径所对的圆周角为直角，可得：
$∠ BDB'=90°$
3. 推导弦长相等
由$CD=AC$，可知$△ ACD$为等腰三角形，因此$∠ CDA=∠ CAD$。
又因为$AD// BC$，根据平行线内错角相等，可得：
$∠ B'CD=∠ CDA$，$∠ BCA=∠ CAD$
通过等量代换得$∠ B'CD=∠ BCA$，相等的圆心角对应的弦长相等，因此：
$DB'=AB=\sqrt{6}$
4. 勾股定理计算BD
直径$BB'=2BC=4\sqrt{3}$，在$\mathrm{Rt}△ B'DB$中，由勾股定理：
$BD=\sqrt{BB'^2-DB'^2}=\sqrt{(4\sqrt{3})^2-(\sqrt{6})^2}=\sqrt{48-6}=\sqrt{42}$
【答案】
$\sqrt{42}$
【知识点】
辅助圆构造，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题的核心巧思是通过等长线段构造辅助圆，避开了常规解三角形的复杂运算，利用圆的性质快速转化边的等量关系，对几何转化思维有一定考察，没有想到构造辅助圆的学生很容易陷入反复计算角度的误区，解题效率低还容易出错。
【难度系数】
0.3
