专题01 圆中的重要模型之圆弧的中点模型-2024-2025学年九年级数学下册常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（沪科版）

专题01 圆中的重要模型之圆弧的中点模型 当圆中出现弧的中点时，我们要注意考虑几个方面：三角形的中位线，垂径定理，圆周角定理，弦，弧，圆心角，圆周角的关系等等。其关系复杂，在理解其做辅助线的方法和分析技巧的基础之上，还要注意各知识点之间的联系，才是形成稳固的解题思路以及推导模式的最佳选择，以便于最后才能突破复杂的综合题型以及压轴题型。 当圆中出现弦的中点或弧的中点时，我们联想到的是利用垂径定理以及圆周角定理进行思路的突破，这样的解决方式比较直接，而且能够提高大家解题的效率。 1 模型1.与垂径定理相关的中点模型 2 模型2.与圆周角定理相关的中点模型（母子模型） 24 模型3.垂径定理与圆周角定理结合的中点模型 44 模型4.与托勒密定理相关的中点模型 60 19 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 模型1.与垂径定理相关的中点模型 图1 图2 图3 1）条件：如图1，已知点P是中点，连接OP，结论：OP⊥AB； 2）条件：如图2，已知点P是中点，过点P作MN∥AB，结论：MN是圆O的切线； 3）条件：如图3，点P是中点，连接BP、AP，若∠BPN=∠A，结论：MN是圆O切线。 证明：1）根据垂径定理易得：OP⊥AB； 2）由1）知：OP⊥AB，∵MN∥AB，∴OP⊥MN，∴MN是圆O的切线。 3）由1）知：OP⊥AB，∴∠BPO+∠ABP=90°，∵P是中点，∴，∴∠ABP=∠BAP， ∵∠BPN=∠A，∴∠BPN=∠ABP，∴∠BPO+∠BPN=90°，∴MN是圆O的切线。 例1．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是半径为8的的弦，点C是优弧的中点，，则弦的长度是（    ） A．8 B．4 C． D． 例2．（2022秋·山东济宁·九年级校考期末）如图，是的直径，C，D是上两点，C是的中点，过点C作的垂线，分别交与的延长线于点E和点F． (1)求证：是的切线；(2)若， ，求的长．    例3．（2023·浙江温州·校联考三模）如图，在中，为上一点，以为直径的半圆与相切于点，与相交于点，且为的中点，连接，过点作交于点． (1)求证：四边形为平行四边形．(2)若为中点，，求半圆的半径． 例4．（2023·北京昌平·统考二模）如图，是直径，是上一点，过点作直线，使． (1)求证：是的切线；(2)点是弧中点，连接并延长，分别交于点，若，，求线段的长． 模型2.与圆周角定理相关的中点模型（母子模型） 1）条件：如图1，已知点P是中点，点C是圆上一点，结论：∠PCA=∠PCB． 2）条件：如图2，已知点P是半圆中点，结论：∠PCA=∠PCB=45°． 3）条件：如图3，已知点P是中点，结论：∠PBA=∠PCA=∠PCB=∠PAB；△PDA∽△PAC；△PDB∽△PBC；△CAP∽△CDB；△CAD∽△CPB。 证明：1）∵P是中点，∴，∴∠PCA=∠PCB， 2）∵P是中点，∴，∴∠PCA=∠PCB， ∵AB是直径，∴∠CPB=90°，∴∠PCA=∠PCB=45°， 3）∵P是中点，∴，∴∠PBA=∠PCA=∠PCB=∠PAB， ∵∠PCA=∠PAD，∠APD=∠CPA，∴△PDA∽△PAC； ∵∠PCB=∠APB，∠BPD=∠CPB，∴△PDB∽△PBC； ∵，∴∠P=∠B，∵∠PCB=∠ACP，∴△CAP∽△CDB； ∵，∴∠P=∠A，∵∠ACD=∠PCB，∴△CAD∽△CPB。 例1．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，是半圆O的直径，点D是弧的中点，若．则等于（    ）    A． B． C． D． 例2．（2023·广东惠州·统考一模）如图，在中，弦相交于点E，点B是劣弧中点，延长到点F，使，连接(1)求证：；(2)若，求证：是的切线；(3)若，，求的长. 例3．（2023·广东广州·校考三模）如图：为的直径，点A是弧的中点，交于点E，，．(1)求证：；(2)求的值．    例4．（2023·广东东莞·统考三模）如图，是的直径，D是的中点，于E，过点D作的平行线，连接并延长与相交于点G． (1)求证：是的切线；(2)求证：；(3)若，，求的值．    模型3.垂径定理与圆周角定理结合的中点模型 条件：如图，AB是直径，点P是中点，过点P作PH⊥AB交AB于点H，连结PB交AC于点F。 结论：AD=PD=FD，PQ=AC，AP2=AD×AC=AH×AB=PF×PB． 证明：1）∵P是中点，∴， ∵AB是直径，PH⊥AB，∴，∴.∴∠APD=∠PAD，∴AD=PD， ∵AB是直径，∴∠APB=90°，∴∠PAD+∠PFA=90°，∠APD+∠FPD=90°， ∴FPD=∠PFA，∴FD=PD，∴AD=PD=FD，∵，∴，∴PQ=AC， ∵，∴∠APQ=∠PCA，∵∠DAP=∠PAC，∴△PAC∽△DAP；∴，∴AP2=AD×AC， ∵，∴∠APQ=∠ABP，∵∠HAP=∠PAB，∴△HAP∽△PAB；∴，∴AP2=AH×AB， ∵，∴∠PAC=∠ABP，∵∠APF=∠BPA，∴△APF∽△BPA；∴，∴AP2=PF×PB， 例1．（2023·河北沧州·模拟预测）如图，，是的直径，过点作，垂足为点，与交于点，连接，，交于点．甲、乙给出了如下说法： 甲：若添加条件，则； 乙：若添加条件是劣弧的中点，则． 下列说法正确的是（    ） A．甲对，乙不对 B．甲不对，乙对 C．甲、乙两人都对 D．甲、乙两人都不对 例2．（2023春·浙江台州·九年级校考阶段练习）如图，四边形内接于，为直径，，过D作于点E，交于点F，连接，，．当点P为下面半圆弧的中点时，连接交于H，则的长为（　　）    A． B． C． D．12 例3．（2023春·贵州铜仁·九年级校联考阶段练习）如图，已知，为的直径，过点A作弦垂直于直径于F，点B恰好为弧的中点，连接，．(1)求证：；(2)若，求的半径；(3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积．    例4．（2023·江苏·模拟预测）如图，以为直径的经过的顶点C，D是的中点，连接、分别交于点E、F．(1)求证：；(2)若，求的面积．    模型4.与托勒密定理相关的中点模型 图1 图2 1）同侧型: 条件：如图1，A为弧BC中点，∠ABC=∠ACB=θ，D为圆上ABC底边下方一点，结论：BD+CD= 2AD×cosθ； 2）异侧型: 条件：如图2，A为弧BC中点，∠ABC=∠ACB=θ，D为圆上ABC底边上方一点，结论：BD-CD= 2AD×cosθ； 托勒密定理（补充知识）：圆内接四边形的对角线乘积等于对边乘积的和。即：AD×BC= BD×AC+DC×AB。 证明：1）同侧型：设AB=AC=m，则BC=2mcosθ。 由托勒密定理可知：AD×BC= BD×AC+DC×AB；即：m×BD+m×CD=2mcosθ×AD；故：BD+CD= 2AD×cosθ。 特别地： 1）当三角形为等边三角形时（即θ=60°）； 结论：BD+CD= AD 2）当三角形为等腰直角三角形时（即θ=45°）； 结论：BD+CD=AD 3）当三角形为120°的等腰直角三角形时（即θ=30°）； 结论：BD+CD=AD 2）异侧型：设AB=AC=m，则BC=2mcosθ。 由托勒密定理可知：BD×AC= AD×BC+DC×AB；即：BD×m=AD×2mcosθ+CD×m；故：BD-CD= 2AD×cosθ。 特别地： 1）当三角形为等边三角形时（即θ=60°）； 结论：BD-CD= AD 2）当三角形为等腰直角三角形时（即θ=45°）； 结论：BD-CD=AD 3）当三角形为120°的等腰直角三角形时（即θ=30°）； 结论：BD-CD=AD 例1．（2023·浙江·九年级期中）如图，为圆内接四边形的对角线，且点D为的中点； (1)如图1，若、直接写出与的数量关系； (2)如图2、若、平分，，求的长度． 例2．（2023·云南红河·统考二模）如图，在中，为的直径，过点C作射线，，点B为弧的中点，连接，，．点P为弧上的一个动点（不与B，C重合），连接，，，．(1)若，判断射线与的位置关系；(2)求证：．    例3．（2023·山西阳泉·九年级统考期末）阅读下列材料，并完成相应的任务. 任务：（1）上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别指什么？ 依据1：             依据2： （2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理： （请写出定理名称）. （3）如图（3），四边形ABCD内接于⊙O，AB=3，AD=5，∠BAD=60°，点C是弧BD的中点，求AC的长. 1．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，是半圆的直径，点为半圆上一点，是的中点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（2023春·湖北鄂州·九年级统考期中）如图，在半径为3的中，是直径，是弦，D是的中点，与交于点E．若E是的中点，则的长是（  ） A．1 B．2 C．3 D． 3．（2023春·成都市·九年级专题练习）如图，在扇形中，点C为弧的中点，延长交的延长线于点D，连接，若，，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．（2023秋·湖北九年期中）如图，、是的两条直径，点E是弧的中点，连接、，若，则的度数（    ） A． B． C． D． 5．（2023春·福建泉州·九年级校联考期中）如图所示的是可调节弧形衣架，它可以近似看成一段劣弧，其中螺母B的位置是该劣弧的中点，过点B作，垂足为点M，其中，，则的度数约为（    ）（参考数据，，，）    A． B． C． D． 6．（2023·江苏盐城·统考三模）如图，点A是中优弧的中点，，C为劣弧上一点，则的度数为 ．    7．（2023秋·河南省直辖县级单位·九年级校联考期末）如图，在扇形中，，点C，D分别是线段和的中点，连接交于点E，则图中阴影部分的面积为    8．（2023·山西阳泉·统考二模）如图，AB是⊙O的直径，AB＝12，点M在⊙O上，，N是的中点，连接MN，P是直径AB上的动点，若弦，则PMN周长的最小值为 ．    9．（2023·山东威海·统考一模）如图，在半径为的中，是直径，是弦，是的中点，与交于点，若是的中点，则的长是 ．    10．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）如图，四边形内接于，∥，，，，连接OB、OC，若点E是劣弧的中点，则扇形的面积为 ． 11．（2023·山西·校联考一模）请阅读以下材料并完成相应的任务： 托勒密（Ptolemy）（公元90年—公元168年），希腊著名的天文学家﹑地理学家、数学家和光学家，在数学方面，他论证了四边形的特性，即著名的托勒密定理． 托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和． 如图1，已知内接四边形ABCD，求证：． 证明：如图1，在BD上取一点Р连接CP，使，即使． ∵在中，与所对的弧都是， ∴．∴．∴．∴．① 又∵，∴．即． ∵在中，与所对的弧都是，∴．∴．…… （1）任务一：请你将“托勒密定理"的证明过程补充完整；（2）任务二：如图2，已知内接于，，，，平分交于点D，求CD的长． 12.（2024·绵阳市 九年级期中）如图，是的外接圆的直径，点在延长线上，且满足．（1）求证：是的切线；（2）弦交于点，若，求的长． 13.（2024·宁夏）已知：AB为⊙O的直径，延长AB到点P，过点P作圆O的切线，切点为C，连接AC，且AC＝CP．（1）求∠P的度数；（2）若点D是弧AB的中点，连接CD交AB于点E，且，求⊙O的面积．（π取3.14） 14.（2023·锦州）如图，，是以为直径的上的点，且，弦交于点，平分，于点．（1）求证：是的切线；（2）若，，求的长． 15.（2023·广东）如图1，在中，，是的外接圆，过点作交于点，连接交于点，延长至点，使，连接．（1）求证：；（2）求证：是的切线；（3）如图2，若点是的内心，，求的长． 16.（2023·成都中考模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，O为AB上一点，经过点A，D的⊙O分别交AB，AC于点E，F，连接OF交AD于点G．（1）求证：BC是⊙O的切线； （2）设AB＝x，AF＝y，试用含x，y的代数式表示线段AD的长；（3）若BE＝8，，求DG的长， 17.（2024·江苏九年级期中）如图，是的直径，点为的中点，为的弦，且，垂足为，连接交于点，连接，，．（1）求证：△BFG≌△CDG；（2）若，求的长． 18．（2024·广西·统考模拟预测）请阅读下列材料，并完成相应的任务． 克罗狄斯·托勒密（约90年－168年），古希腊天文学家、地理学家和光学家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下： 圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形内接于，则有______． 任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为_______． （2）已知，如图2，四边形内接于，平分，，求证：． 19．（2023·贵州遵义·统考三模）问题背景：如图1，是的直径，点，点在圆上（在直径的异侧），且为弧的中点，连接，，，，． 探究思路：如图2，将绕点顺时针旋转得到，证明，，三点共线，从而得到为等腰直角三角形，，从而得出． (1)请你根据探究思路，写出完整的推理过程； 问题解决：(2)若点，点在直径的同侧，如图3所示，且点为弧的中点，连接，，，直接写出线段的长为__________（用含有，的式子表示）； 拓展探究：(3)将沿翻折得到，如图4所示，试探究：，，之间的数量关系，并说明理由． 20．（2023·九年级北京市校考阶段练习）阅读下列材料，并完成相应的任务． 托勒密定理：托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的要著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理． 托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和． 已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD 下面是该结论的证明过程：证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E． ∵∴∠ABE＝∠ACD∴△ABE∽△ACD∴∴AB•CD＝AC•BE ∵∴∠ACB＝∠ADE（依据1） ∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC 即∠BAC＝∠EAD ∴△ABC∽△AED（依据2）∴AD•BC＝AC•ED ∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED）∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD 任务：（1）上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？ （2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：　 　．（请写出） （3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为的中点，求AC的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 圆中的重要模型之圆弧的中点模型 当圆中出现弧的中点时，我们要注意考虑几个方面：三角形的中位线，垂径定理，圆周角定理，弦，弧，圆心角，圆周角的关系等等。其关系复杂，在理解其做辅助线的方法和分析技巧的基础之上，还要注意各知识点之间的联系，才是形成稳固的解题思路以及推导模式的最佳选择，以便于最后才能突破复杂的综合题型以及压轴题型。 当圆中出现弦的中点或弧的中点时，我们联想到的是利用垂径定理以及圆周角定理进行思路的突破，这样的解决方式比较直接，而且能够提高大家解题的效率。 1 模型1.与垂径定理相关的中点模型 2 模型2.与圆周角定理相关的中点模型（母子模型） 24 模型3.垂径定理与圆周角定理结合的中点模型 44 模型4.与托勒密定理相关的中点模型 60 19 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 模型1.与垂径定理相关的中点模型 图1 图2 图3 1）条件：如图1，已知点P是中点，连接OP，结论：OP⊥AB； 2）条件：如图2，已知点P是中点，过点P作MN∥AB，结论：MN是圆O的切线； 3）条件：如图3，点P是中点，连接BP、AP，若∠BPN=∠A，结论：MN是圆O切线。 证明：1）根据垂径定理易得：OP⊥AB； 2）由1）知：OP⊥AB，∵MN∥AB，∴OP⊥MN，∴MN是圆O的切线。 3）由1）知：OP⊥AB，∴∠BPO+∠ABP=90°，∵P是中点，∴，∴∠ABP=∠BAP， ∵∠BPN=∠A，∴∠BPN=∠ABP，∴∠BPO+∠BPN=90°，∴MN是圆O的切线。 例1．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是半径为8的的弦，点C是优弧的中点，，则弦的长度是（    ） A．8 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】连接，过点O作，证明是等边三角形，再根据勾股定理求解即可． 【详解】解：连接，过点O作，如图所示， ∵点C是优弧的中点，∴， ∵，∴是等边三角形，∴， ∵的半径为8，∴，∴， ∴，故选：D． 【点睛】本题考查圆的性质，涉及到等边三角形的判定和证明，正确作出辅助线是解题的关键． 例2．（2022秋·山东济宁·九年级校考期末）如图，是的直径，C，D是上两点，C是的中点，过点C作的垂线，分别交与的延长线于点E和点F．    (1)求证：是的切线；(2)若， ，求的长． 【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）连接，，根据题意证明，，得出，根据，得出，即可证明结论；（2）设，则，根据勾股定理列出关于r的方程，解方程，得出圆的半径，求出，得出，得出，即可求出的长度． 【详解】（1）解：连接，，          ∵C是弧的中点，∴， ∵是的直径，∴，∴，∴， ∵，∴，∴是圆O的切线； （2）解：设，则， ∵，，∴，解得， ∵，∴，∴， ∴的长． 【点睛】本题主要考查了圆的切线判定，圆周角定理，平行线的判定和性质，勾股定理，弧长的计算，根据题意证明，求出圆的半径r，是解题的关键． 例3．（2023·浙江温州·校联考三模）如图，在中，为上一点，以为直径的半圆与相切于点，与相交于点，且为的中点，连接，过点作交于点． (1)求证：四边形为平行四边形．(2)若为中点，，求半圆的半径． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）如图：连接OE，由切线的性质可得，再说明，最后根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明结论； （2）如图：连接交DF于点H ，由垂径定理可得；设，则，由圆周角定理可得即四边形为矩形，则，由勾股定理可得；再根据圆周角定理可得，平行四边形的性质可得，最后根据求得x即可解答． 【详解】（1）解：如图：连接OE， ∵切半圆于点E，∴ ∵E为的中点，为半径，∴，∴． ∵．∴四边形是平行四边形． （2）解：如图：连接交DF于点H ， ∵，∴∵，∴． 设，则，∵为直径，∴，∴四边形为矩形， ∴，∴， ∵D为中点，，∴， ∵四边形AECF是平行四边形，∴， ∵，∴，解得：，∴． 【点睛】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理、平行四边形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键． 例4．（2023·北京昌平·统考二模）如图，是直径，是上一点，过点作直线，使． (1)求证：是的切线；(2)点是弧中点，连接并延长，分别交于点，若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）首先根据直径的性质得到，然后利用余角的性质得到，即可证明出是的切线；（2）首先根据题意画出图形，然后根据三角函数得到，，进而得到，然后根据垂径定理得到，进而得到，利用三角函数求出，即可求解． 【详解】（1）∵是直径，∴，∴， ∵，∴，∴， ∵是直径，∴是的切线； （2）如图所示， ∵，∴， ∵，∴，∴， ∵点是弧中点，∴， ∵，∴，∴， ∴，∴，即， ∴解得，∴． 【点睛】此题考查了圆的综合题，三角函数，切线的证明，垂径定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 模型2.与圆周角定理相关的中点模型（母子模型） 1）条件：如图1，已知点P是中点，点C是圆上一点，结论：∠PCA=∠PCB． 2）条件：如图2，已知点P是半圆中点，结论：∠PCA=∠PCB=45°． 3）条件：如图3，已知点P是中点，结论：∠PBA=∠PCA=∠PCB=∠PAB；△PDA∽△PAC；△PDB∽△PBC；△CAP∽△CDB；△CAD∽△CPB。 证明：1）∵P是中点，∴，∴∠PCA=∠PCB， 2）∵P是中点，∴，∴∠PCA=∠PCB， ∵AB是直径，∴∠CPB=90°，∴∠PCA=∠PCB=45°， 3）∵P是中点，∴，∴∠PBA=∠PCA=∠PCB=∠PAB， ∵∠PCA=∠PAD，∠APD=∠CPA，∴△PDA∽△PAC； ∵∠PCB=∠APB，∠BPD=∠CPB，∴△PDB∽△PBC； ∵，∴∠P=∠B，∵∠PCB=∠ACP，∴△CAP∽△CDB； ∵，∴∠P=∠A，∵∠ACD=∠PCB，∴△CAD∽△CPB。 例1．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，是半圆O的直径，点D是弧的中点，若．则等于（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用圆周角定理和弧与圆心角的关系求解即可． 【详解】解：连接，，    ∵点D是弧的中点，∴， 又，∴， ∴，∴，故选：A． 【点睛】本题考查圆周角定理、弧与圆心角的关系，熟练掌握圆周角定理是解答的关键． 例2．（2023·广东惠州·统考一模）如图，在中，弦相交于点E，点B是劣弧中点，延长到点F，使，连接 (1)求证：；(2)若，求证：是的切线；(3)若，，求的长. 【答案】(1)见解析(2)见解析(3) 【分析】（1）根据同圆或等圆中，等弧所对的圆周角相等，等弧所对的弦相等可得，，然后结合已知条件，利用证得，则，结合等量代换即可证得结论； （2）连接，由根据垂径定理的推论可得,再结合证得，然后根据切线的定义即可证得结论 （3）由同圆或等圆中，等弧所对的圆周角相等可得,再结合证得,由相似三角形的性质求得的长度，再由即可求得答案 【详解】（1）∵点是劣弧的中点，，， 在和 中，，，， ，； （2）连接，如图， ，，，， 是的半径，是的切线； （3），， ，∴，， ，， ，， 【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及切线的判定，正确识别图形是解题关键． 例3．（2023·广东广州·校考三模）如图：为的直径，点A是弧的中点，交于点E，，．(1)求证：；(2)求的值．    【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）先根据圆周角定理可得，再根据相似三角形的判定即可得证； （2）先根据相似三角形的性质可得的长，再根据圆周角定理可得，然后根据正切的定义即可得． 【详解】（1）证明：∵点是弧的中点，，， 又，． （2）解：，，， ，，即， 解得或（不符合题意，舍去）， 经检验，是所列方程的解， 为的直径，， ． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、正切，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键． 例4．（2023·广东东莞·统考三模）如图，是的直径，D是的中点，于E，过点D作的平行线，连接并延长与相交于点G．    (1)求证：是的切线；(2)求证：；(3)若，，求的值． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3) 【分析】（1）连接，由垂径定理得出，平分，证出，即可得出是的切线；（2）由圆周角定理得出，证明，得到，变形可得结果；（3）由垂径定理得出，，由勾股定理求出，证明，得出对应边成比例，由圆周角定理得出，求出，得出、、，求出的长，再由三角函数的定义即可得出结果． 【详解】（1）解：证明：连接OD，如图所示：    ∵D是的中点，∴，平分， ∵，∴，∴是的切线； （2）证明：∵D是的中点，∴， ∵是的直径，∴， ∵，∴， ∴，∴，∴； （3）∵D是的中点，，∴， ∴，， ∵，，∴， ∴，∵AB是的直径，∴， ∵，设，则，∴，∴， ∴，∴， ∴，∴， ∴，∴． 【点睛】本题是圆的综合题目，考查切线的判定、垂径定理、圆周角定理、勾股定理、相似三角形判定与性质、三角函数等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（3）中，需要证明三角形相似才能得出结果． 模型3.垂径定理与圆周角定理结合的中点模型 条件：如图，AB是直径，点P是中点，过点P作PH⊥AB交AB于点H，连结PB交AC于点F。 结论：AD=PD=FD，PQ=AC，AP2=AD×AC=AH×AB=PF×PB． 证明：1）∵P是中点，∴， ∵AB是直径，PH⊥AB，∴，∴.∴∠APD=∠PAD，∴AD=PD， ∵AB是直径，∴∠APB=90°，∴∠PAD+∠PFA=90°，∠APD+∠FPD=90°， ∴FPD=∠PFA，∴FD=PD，∴AD=PD=FD，∵，∴，∴PQ=AC， ∵，∴∠APQ=∠PCA，∵∠DAP=∠PAC，∴△PAC∽△DAP；∴，∴AP2=AD×AC， ∵，∴∠APQ=∠ABP，∵∠HAP=∠PAB，∴△HAP∽△PAB；∴，∴AP2=AH×AB， ∵，∴∠PAC=∠ABP，∵∠APF=∠BPA，∴△APF∽△BPA；∴，∴AP2=PF×PB， 例1．（2023·河北沧州·模拟预测）如图，，是的直径，过点作，垂足为点，与交于点，连接，，交于点．甲、乙给出了如下说法： 甲：若添加条件，则； 乙：若添加条件是劣弧的中点，则． 下列说法正确的是（    ） A．甲对，乙不对 B．甲不对，乙对 C．甲、乙两人都对 D．甲、乙两人都不对 【答案】C 【分析】甲：由等腰三角形的性质可得，由圆周角定理得，等量代换得，可证； 乙：连接．由垂径定理可证，由圆周角定理可证，等量代换得，可证． 【详解】甲：∵，∴． ∵，∴，∴，∴．故甲的说法正确； 乙：连接．∵，∴，∴． ∵是劣弧的中点，∴，∴， ∴，∴．故乙的说法正确．故选C． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂径定理，以及圆周角定理等知识，熟练掌握垂径定理和圆周角定理是解答本题的关键． 例2．（2023春·浙江台州·九年级校考阶段练习）如图，四边形内接于，为直径，，过D作于点E，交于点F，连接，，．当点P为下面半圆弧的中点时，连接交于H，则的长为（　　）    A． B． C． D．12 【答案】A 【分析】连接，根据直径所对的圆周角为直角可得，再运用同弧（等弧）所对的圆周角相等可得出，再利用同角的余角相等可推出，进而得出，利用三角函数可求得，由勾股定理可求得：，，再根据三角形的内心判定和性质可得出，运用等腰直角三角形性质即可求得答案． 【详解】解：连接，如图，    ∵为直径，∴，∵，∴， 而，∴，∵，∴， 而，∴，∴，∴， 在和中，∵，∴， ∴，，∴， ∵P为下面半圆弧的中点，∴，∴， ∴点H是的内心，∴平分，∴， ∵，∴， ∴， ∵，∴是等腰直角三角形，∴，故选：A． 【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形的内心，三角函数定义，等腰三角形和等腰直角三角形性质，勾股定理等，熟练掌握勾股定理、圆周角定理并作出合理的辅助线是解题的关键． 例3．（2023春·贵州铜仁·九年级校联考阶段练习）如图，已知，为的直径，过点A作弦垂直于直径于F，点B恰好为弧的中点，连接，．    (1)求证：；(2)若，求的半径；(3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析(2)2(3) 【分析】（1）连接，根据圆周角定理得出，，进而求得，得出，即可证得结论；（2）根据垂径定理和圆周角定理易求得，得出，解直角三角形求得，即可求得的半径；（3）根据求得即可． 【详解】（1）解：证明：连接，，为的直径，， 点恰好为的中点，，， ，，，，； （2）过点作弦垂直于直径于，    ，，，，， 在中，，，的半径为2． （3）连接，，，是等边三角形， ，，． 【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理、扇形的面积以及解直角三角形等，作出辅助线构建直角三角形和等边三角形是解题的关键． 例4．（2023·江苏·模拟预测）如图，以为直径的经过的顶点C，D是的中点，连接、分别交于点E、F．(1)求证：；(2)若，求的面积．    【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）由垂径定理的推论可得，由直径所对的圆周角为90度可得，由对顶角相等可得，即可证明；（2）由相似三角形的性质可得，设，则，由三角形中位线的性质可得，再用勾股定理解和 ，求出x的值，进而求出圆的半径，即可求出的面积． 【详解】（1）证明：∵点D是的中点，∴， ∵是直径，∴，又∵，∴； （2）解：∵，∴， 设，则，∵，∴， ∴，∴，∴， ∵，∴，∴，∴，∴的面积． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，垂径定理等，解题的关键是根据垂径定理的推论得出． 模型4.与托勒密定理相关的中点模型 图1 图2 1）同侧型: 条件：如图1，A为弧BC中点，∠ABC=∠ACB=θ，D为圆上ABC底边下方一点，结论：BD+CD= 2AD×cosθ； 2）异侧型: 条件：如图2，A为弧BC中点，∠ABC=∠ACB=θ，D为圆上ABC底边上方一点，结论：BD-CD= 2AD×cosθ； 托勒密定理（补充知识）：圆内接四边形的对角线乘积等于对边乘积的和。即：AD×BC= BD×AC+DC×AB。 证明：1）同侧型：设AB=AC=m，则BC=2mcosθ。 由托勒密定理可知：AD×BC= BD×AC+DC×AB；即：m×BD+m×CD=2mcosθ×AD；故：BD+CD= 2AD×cosθ。 特别地： 1）当三角形为等边三角形时（即θ=60°）； 结论：BD+CD= AD 2）当三角形为等腰直角三角形时（即θ=45°）； 结论：BD+CD=AD 3）当三角形为120°的等腰直角三角形时（即θ=30°）； 结论：BD+CD=AD 2）异侧型：设AB=AC=m，则BC=2mcosθ。 由托勒密定理可知：BD×AC= AD×BC+DC×AB；即：BD×m=AD×2mcosθ+CD×m；故：BD-CD= 2AD×cosθ。 特别地： 1）当三角形为等边三角形时（即θ=60°）； 结论：BD-CD= AD 2）当三角形为等腰直角三角形时（即θ=45°）； 结论：BD-CD=AD 3）当三角形为120°的等腰直角三角形时（即θ=30°）； 结论：BD-CD=AD 例1．（2023·浙江·九年级期中）如图，为圆内接四边形的对角线，且点D为的中点； (1)如图1，若、直接写出与的数量关系； (2)如图2、若、平分，，求的长度． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）如图：绕B逆时针旋转交于E,即，先说明是等边三角形可得；再说明是等边三角形可得 ，进而证明可得，最后根据即可证明结论； （2）如图：连接,交于E，先说明为直径,即，再运用圆周角定理和勾股定理可得，进而求得、，最后运用勾股定理即可解答 【详解】（1）解：如图：绕B逆时针旋转交于E，即， ∵，∴，∴是等边三角形，∴  , ∵点D为的中点∴，∵，∴是等边三角形， ∴ ，∴,即, ∴，∴,∴,即．      （2）解：如图：连接，交于E，∵，∴为直径,即 ∵点D为的中点，∴，  ∴,即,解得：, ∵平分，∴,又∵,∴垂直平分,即，∴, ∵．∴是的中位线，∴， ∴，∴． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关定理是解答本题的关键． 例2．（2023·云南红河·统考二模）如图，在中，为的直径，过点C作射线，，点B为弧的中点，连接，，．点P为弧上的一个动点（不与B，C重合），连接，，，．(1)若，判断射线与的位置关系；(2)求证：．    【答案】(1)与相切，理由见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据为的直径，得出，根据，得出，即可证明结论；（2）在上截取，连接，证明，得出，求出，过点B作于点H，根据三角函数求出，得出，即可证明结论． 【详解】（1）解：与相切，理由如下：∵为的直径，∴， ∵，∴，∴，∴， ∵且为半径，∴为的切线． （2）证明：在上截取，连接，如图3， ∵点B为弧的中点，，∴，∴，， ∵与同对弧，∴，       在和中，，∴，∴， 又∵，∴，∴， 过点B作于点H，∴，∴， 在中，，∴，∴， 又∵，，∴． 【点睛】本题主要考查了切线的判定，解直角三角形，全等三角形的判断和性质，圆周角定理，解题的关键是理解题意，作出辅助线，熟练掌握相关的性质和判定． 例3．（2023·山西阳泉·九年级统考期末）阅读下列材料，并完成相应的任务. 任务：（1）上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别指什么？ 依据1：             依据2： （2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理： （请写出定理名称）. （3）如图（3），四边形ABCD内接于⊙O，AB=3，AD=5，∠BAD=60°，点C是弧BD的中点，求AC的长. 【答案】（1）同弧所对的圆周角相等；两角分别对应相等的两个三角形相似（2）勾股定理（3） AC = 【分析】（1）根据圆周角定理的推论以及三角形相似的判定定理，即可得到答案； （2）根据矩形的性质和托勒密定理，即可得到答案； （3）连接BD，过点C作CE⊥BD于点E．由四边形ABCD内接于⊙O，点C是弧BD的中点，可得∆BCD是底角为30°的等腰三角形，进而得BD=2 DE=CD，结合托勒密定理，列出方程，即可求解． 【详解】（1）依据1指的是：同弧所对的圆周角相等； 依据2指的是：两角分别对应相等的两个三角形相似 ． 故答案是：同弧所对的圆周角相等；两角分别对应相等的两个三角形相似； （2）∵当圆内接四边形ABCD是矩形时，∴AC=BD，BC=AD，AB=CD， ∵由托勒密定理得：AC·BD=AB·CD+BC·AD，∴．故答案是：勾股定理；                 （3）如图，连接BD，过点C作CE⊥BD于点E． ∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠BAD+∠BCD =180°， ∵∠BAD=60°， ∴∠BCD =120°，  ∵点C是弧BD的中点， ∴ 弧BC=弧CD，∴  BC =CD，∴∠CBD =30°.                        在Rt△CDE中，DE=CD·cos30°，∴DE=CD ，∴  BD=2 DE=CD．     由托勒密定理得： AC·BD=AB·CD+BC·AD．∴AC·CD=3CD+5CD．∴AC =． 【点睛】本题主要考查圆的内接四边形的性质与相似三角形的综合，添加辅助线，构造底角为30°的等腰三角形，是解题的关键． 1．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，是半圆的直径，点为半圆上一点，是的中点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据是的中点，可得，利用等腰三角形的性质得的度数，由同弧所对的圆心角是圆心角的2倍可得的度数，最后根据同圆的半径相等及等腰三角形的性质可得结论． 【详解】解：连接，是的中点，，，，， ，，，故选：A． 【点睛】本题考查了考查了圆周角定理和弧，弦，圆心角的关系，熟练掌握这些定理是关键． 2．（2023春·湖北鄂州·九年级统考期中）如图，在半径为3的中，是直径，是弦，D是的中点，与交于点E．若E是的中点，则的长是（  ） A．1 B．2 C．3 D． 【答案】B 【分析】如图，连接，交于F，根据垂径定理的推论得出，进而证明证得，根据三角形中位线定理求得，从而求得． 【详解】解：如图，连接，交于F， ∵D是的中点，∴，∴， ∵，∴是的中位线，∴， ∵是直径，∴，在和△中， ，  ∴，∴， ∴，∴∵，∴，∴，故选：B． 【点睛】本题主要考查了垂径定理，三角形中位线定理，全等三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质和垂径定理及其推论是解题的关键． 3．（2023春·成都市·九年级专题练习）如图，在扇形中，点C为弧的中点，延长交的延长线于点D，连接，若，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，先证明，得到，从而证得，根据相似三角形的性质求出，进而求出，计算面积比即可． 【详解】解：连接， ∵点C为弧的中点，∴，， ∴，∴， 又，∴，∴， ∵，，∴，解得：，∴， ∴∴，∴，故选：B． 【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦三者的关系，相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练运用性质解题． 4．（2023秋·湖北九年期中）如图，、是的两条直径，点E是弧的中点，连接、，若，则的度数（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，利用圆周角定理求得，再求得，根据等边对等角即可求解. 【详解】解：连接，如图所示： ∵，∴， ∵点E是弧的中点，∴， ∵，∴，故选：D． 【点睛】本题主要考查圆周角定理及等腰三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 5．（2023春·福建泉州·九年级校联考期中）如图所示的是可调节弧形衣架，它可以近似看成一段劣弧，其中螺母B的位置是该劣弧的中点，过点B作，垂足为点M，其中，，则的度数约为（    ）（参考数据，，，）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，由圆周角定理可得，，再根据等腰三角形的性质，可得，求得，即可求解． 【详解】解：连接，如下图：    由题意得：为的中点，∴， 又∵，∴， ∴，∴，故选：B 【点睛】此题考查了圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，三角函数的定义，解题的关键是熟练掌握相关基础性质． 6．（2023·江苏盐城·统考三模）如图，点A是中优弧的中点，，C为劣弧上一点，则的度数为 ．    【答案】/度 【分析】由点A是中优弧的中点，推出，从而得到，用三角形内角和为求，再由圆的内接四边形对角互补求即可． 【详解】解：∵点A是中优弧的中点，∴，∴． 又∵，∴，∴． 又∵四边形是的内接四边形，∴， ∴，故答案为：． 【点睛】本题考查等弧所对的圆周角相等，圆的内接四边形对角互补等知识，掌握圆的内接四边形对角互补是解题的关键． 7．（2023秋·河南省直辖县级单位·九年级校联考期末）如图，在扇形中，，点C，D分别是线段和的中点，连接交于点E，则图中阴影部分的面积为    【答案】 【分析】连接，，如图，点是的中点，可得，，可得是等边三角形，则由等边三角形的性质可得，根据勾股定理和解直角三角形的应用可计算出，，即可算出，，，由，代入计算即可得出答案． 【详解】解：连接，，如图，    点是的中点， ， ， 是等边三角形， 是的中点， ， ，， ，， ，，， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了扇形面积的计算，熟练掌握扇形面积的计算及应用求不规则图形面积的方法进行求解是解决本题的关键． 8．（2023·山西阳泉·统考二模）如图，AB是⊙O的直径，AB＝12，点M在⊙O上，，N是的中点，连接MN，P是直径AB上的动点，若弦，则PMN周长的最小值为 ．    【答案】8 【分析】如图所示，作点关于的对称点，连接交于，周长为，由对称性知周长为，根据两点之间线段最短可知周长的最小为，利用圆心角、弧、弦的关系以及轴对称的性质进行计算即可得到答案． 【详解】解：作点关于的对称点，则点在上，连接交于，    由对称性知，周长为， 根据两点之间线段最短可知周长的最小为， ∵点是的中点，，∴，∴， ∴，∴，∴是正三角形，∴， ∵，∴周长的最小值为，故答案为：8． 【点睛】本题考查动点最值问题，涉及圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系以及轴对称性质，掌握圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系以及轴对称的性质是解决问题的关键． 9．（2023·山东威海·统考一模）如图，在半径为的中，是直径，是弦，是的中点，与交于点，若是的中点，则的长是 ．    【答案】 【分析】连接，交于点，根据垂径定理得出,，，进而证明得出，根据半径为，得出，然后根据直径所对的圆周角是直角，得出是直角三角形，勾股定理即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，交于点，    ∵是的中点，∴,，∴， ∵，∴，∵是的中点，∴， 又∵，∴，∴， 又，∴，∴，∴，∴， ∵是直径，∴，∴，故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 10．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）如图，四边形内接于，∥，，，，连接OB、OC，若点E是劣弧的中点，则扇形的面积为 ． 【答案】 【分析】先根据，，，求出，根据圆周角定理得，再根据是劣弧的中点，得，求出半径即可得出扇形的面积． 【详解】解：如图，连接， ∵，∴，∵，∴， ∵，∴，∴， ∵是劣弧的中点，∴，∴， ∴，∴，∴扇形的面积为．故答案为：． 【点睛】本题考查扇形的面积和圆周角定理，解题的关键是熟练利用圆周角定理和记住扇形的面积公式． 11．（2023·山西·校联考一模）请阅读以下材料并完成相应的任务： 托勒密（Ptolemy）（公元90年—公元168年），希腊著名的天文学家﹑地理学家、数学家和光学家，在数学方面，他论证了四边形的特性，即著名的托勒密定理． 托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和． 如图1，已知内接四边形ABCD， 求证：． 证明：如图1，在BD上取一点Р连接CP，使，即使． ∵在中，与所对的弧都是， ∴． ∴． ∴． ∴．① 又∵，∴． 即． ∵在中，与所对的弧都是， ∴． ∴． …… （1）任务一：请你将“托勒密定理"的证明过程补充完整； （2）任务二：如图2，已知内接于，，，，平分交于点D，求CD的长． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据圆周角定理，相似三角形的判定即可解决问题； （2）分别求出AB、BD和AD的长，再运用托勒密定理求解即可． 【详解】解：（1）补全证明：∴． ∴．② ∴①＋②得，． ∴． 即． （2）∵，，， ∴，． ∴平分， ∴． ∴． ∴． ∵为的直径， ∴， ∴ ∴． ∵四边形内接于， ∴． 即． ∴． 【点睛】本题属于圆综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，锐角三角函数，托勒密定理等知识，解题的关键是学会正确寻找相似三角形解决问题． 12.（2024·绵阳市 九年级期中）如图，是的外接圆的直径，点在延长线上，且满足．（1）求证：是的切线；（2）弦交于点，若，求的长． 【分析】（1）∵∠B=∠D，且∠ADC+∠CAD=90°， ∴∠PAC+∠CAD=90°，即AD⊥AP，∴PA是圆O的切线． （2）易证△AFE∽△AEB，∴，即 ∴，又AC=AE，∴． 13.（2024·宁夏）已知：AB为⊙O的直径，延长AB到点P，过点P作圆O的切线，切点为C，连接AC，且AC＝CP．（1）求∠P的度数；（2）若点D是弧AB的中点，连接CD交AB于点E，且，求⊙O的面积．（π取3.14） 【分析】（1）连接OC，则∠OAC=∠OCA，∵AC=CP，∴∠CAP=∠CPA， 又CP是圆O的切线，则OC⊥CP， ∴∠OAC+∠OCA+∠P=90°，∴∠P=30°．故∠P的度数是30°． （2）连接BC，易证△DEB∽△DBC， ∴，即，∴， ∴，， 14.（2023·锦州）如图，，是以为直径的上的点，且，弦交于点，平分，于点．（1）求证：是的切线；（2）若，，求的长． 【分析】（1）连接OM，则OM=OB，∴∠OBM=∠OMB， ∵MB平分∠ABD，∴∠OBM=∠FBM，∴∠OMB=∠FBM， ∵∠BMF+∠FBM=90°，∴∠FMB+∠OMB=90°，即∠OMF=90°，∴MF是圆O的切线． （2）∵点N是弧AB中点，∴∠ABN=45°=∠BMN， 易证△NCB∽△NBM，∴，代入得：， 解得：，∴．故CM的长为． 15.（2023·广东）如图1，在中，，是的外接圆，过点作交于点，连接交于点，延长至点，使，连接．（1）求证：；（2）求证：是的切线；（3）如图2，若点是的内心，，求的长． 【分析】（1）易证∠EDC=∠ECD，∴ED=EC．（2）连接OA，则OA⊥BC， ∵∠BAD=∠ADC，∴AB∥CD， 又CF=AC=AB，∴四边形ABCF是平行四边形．∴AF∥BC，∴OA⊥AF，∴AF是圆O的切线． （3）易证△BEA∽△BAC，∴，∴， 连接AG，∠BAG=∠BAE+∠DAG，∠BGA=∠BCA+∠CAG， 又∠BAE=∠BCA，∠DAG=∠CAG，∴∠BAG=∠BGA，∴BA=BG，∴BG=5． 16.（2023·成都中考模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，O为AB上一点，经过点A，D的⊙O分别交AB，AC于点E，F，连接OF交AD于点G．（1）求证：BC是⊙O的切线； （2）设AB＝x，AF＝y，试用含x，y的代数式表示线段AD的长；（3）若BE＝8，，求DG的长， 【分析】（1）连接OD，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD， 又OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，∴∠CAD=∠ODA，∴AC∥OD， ∵AC⊥BC，∴OD⊥BC，∴BC是圆O的切线． （2）连接DF、EF，∠DFE=∠DAE=∠ODA，∴∠AFD=90°+∠DFE=90°+∠ODA=∠ADB， ∴△AFD∽△ADB，∴，∴，∴． （3），解得：r=5，∴OA=OD=OE=5，AB=13+5=18，AC=， ，∴， 易证△OGD∽△FGA，∴， ∴．故DG的长为． 17.（2024·江苏九年级期中）如图，是的直径，点为的中点，为的弦，且，垂足为，连接交于点，连接，，．（1）求证：△BFG≌△CDG；（2）若，求的长． 【分析】（1）由题意可得：∠CDB=∠CFB，∠CGD=∠BGF， 连接BC，∵点C是弧BD中点，∴CD=BC， 又BC=BF，∴CD=BF，∴△BFG≌△CDG（AAS）． （2）考虑到，∴BD=CF，设半径为r，则， ，， 故，解得：r=1（舍）或3，，∴ 18．（2024·广西·统考模拟预测）请阅读下列材料，并完成相应的任务． 克罗狄斯·托勒密（约90年－168年），古希腊天文学家、地理学家和光学家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下： 圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形内接于，则有______． 任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为_______． （2）已知，如图2，四边形内接于，平分，，求证：． 【答案】（1）；（2）见解析 【分析】（1）由托勒密定理可直接求解； （2）连接AC，通过证明△ACD是等边三角形，可得AC=AD=CD，由AC•BD=AB•CD+BC•AD，可求解． 【详解】解：（1）由托勒密定理可得： 故答案为： （2）如图，连接 ∵， ∴ ∵平分 ∴ ∴ ∴是等边三角形 ∴， ∵四边形是圆内接四边形 ∴ ∴． 【点睛】本题考查了圆的内接四边形的性质，圆的有关知识，阅读理解题意是本题的关键． 19．（2023·贵州遵义·统考三模）问题背景：如图1，是的直径，点，点在圆上（在直径的异侧），且为弧的中点，连接，，，，． 探究思路：如图2，将绕点顺时针旋转得到，证明，，三点共线，从而得到为等腰直角三角形，，从而得出． (1)请你根据探究思路，写出完整的推理过程； 问题解决：(2)若点，点在直径的同侧，如图3所示，且点为弧的中点，连接，，，直接写出线段的长为__________（用含有，的式子表示）； 拓展探究：(3)将沿翻折得到，如图4所示，试探究：，，之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)推理过程如下(2)(3) 【分析】（1）根据旋转的性质，得，可得：，，，根据勾股定理，即可；（2）将绕点点顺时针得到，根据全等三角形的判定和性质，得，得到，推出，得是等腰直角三角形，根据勾股定理，等量代换，即可．（3）将绕点点顺时针得到，沿翻折得到，则，得，根据全等三角形的判定和性质，勾股定理，即可． 【详解】（1）∵绕点顺时针旋转得到， ∴，，∴，，， ∴，∴， ∵，∴， ∵，∴． （2）绕点点顺时针得到，∴， ∴，，， ∴，∴， ∴是等腰直角三角形，∴， ∵，，∴，∴． （3）∵绕点点逆时针得到，点在上，∴， ∵沿翻折得到，∴， ∴，∴，，， ∵，∴，∴， ∵是圆的直径，∴，∴，∴， ∵，，∴，∴，∴， 在和中，，∴，∴，∴． 【点睛】本题考查圆的基本性质，全等三角形，旋转和折叠的知识，解题的关键是掌握圆的基本性质，全等三角形的判定和性质，旋转和折叠的性质，勾股定理的运用． 20．（2023·九年级北京市校考阶段练习）阅读下列材料，并完成相应的任务． 托勒密定理：托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的要著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理． 托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和． 已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O， 求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD 下面是该结论的证明过程： 证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E． ∵∴∠ABE＝∠ACD∴△ABE∽△ACD ∴∴AB•CD＝AC•BE ∵∴∠ACB＝∠ADE（依据1） ∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC 即∠BAC＝∠EAD ∴△ABC∽△AED（依据2） ∴AD•BC＝AC•ED ∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED） ∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD 任务：（1）上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？ （2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：　 　．（请写出） （3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为的中点，求AC的长． 【答案】（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似;(2) 勾股定理;(3) . 【分析】（1）根据圆周角定理，相似三角形的判定即可解决问题． （2）利用矩形的性质以及托勒密定理即可判断． （3）连接BD，作CE⊥BD于E．首先证明BD＝2DE＝CD，由托勒密定理，构建方程求出AC即可． 【详解】（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等． “依据2”是两角分别相等的两个三角形相似． （2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD， ∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，∴AB2+AD2＝BD2， 托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，故答案为勾股定理． （3）连接BD，作CE⊥BD于E． ∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°， ∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，∵，∴CD＝CB，∴∠CDB＝30°， 在Rt△CDE中，cos30°＝，∴DE＝CD，∴BD＝2DE＝CD， 由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB， ∴AC•CD＝3CD+5CD，∴AC＝，答：AC的长为． 【点睛】本题属于圆综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，锐角三角函数，托勒密定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 $$