专题03 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（北师大版）

专题03 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。 2 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） 6 模型3.垂径定理与圆周角定理结合的中点模型 13 模型4.与托勒密定理相关的中点模型 17 25 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·山东·九年级专题练习）如图，是的直径，、是的两条弦，交于点G，点C是的中点，点B是的中点，若，，则的长为（   ）    A．3 B．4 C．6 D．8 例2．（2023·湖南长沙·校考模拟预测）如图，是⊙的弦，是的中点，交于点．若，，则⊙的半径为 ． 例3．（2023·湖南株洲·统考模拟预测）如图，在半径为的中，点A是劣弧的中点，点D是优弧上的一点，且，①求扇形的面积为 ；②若，则的长是 ．    例4．（2023·河北衡水·校联考模拟预测）如图，关于对称的经过所在圆的圆心，已知，点为上的点，则（1） ；（2）点到的最大距离是 ； （3）若点、分别是的中点，则的长为 ． 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·浙江温州·九年级校考阶段练习）如图，在中，点A是的中点，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 例2．（2023·广东佛山·校考三模）如图，为的直径，点是弧的中点，交于点，，．(1)求证：；(2)求线段的长；(3)延长至，连接，使的面积等于，求的度数．    例3．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，是的直径，为延长线上一点，切于，是的中点，交于，(1)求证：；(2)若，，求的长．    例4．（2023·江苏南京·校联考三模）如图，在四边形中，连接，作的外接圆交于点，连接，交于点，．(1)若，求证：是的切线；(2)若，求的半径；(3)若，为的中点，则的长为______．    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．（2023·四川内江·统考中考真题）如图，正六边形内接于，点在上，是的中点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 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·河南信阳·统考一模）如图，是的直径，点是圆上一点，点是的中点，，过点作的切线交的延长线于点． (1)求证：；(2)若，的半径是3，求的长． 例4．（2023·四川成都·统考二模）如图，是的一条弦，点是中点，连接，，交于点．过点作的切线交的延长线于点，延长交于点，连接交于点，连接．(1)求证：；(2)已知，求的值．    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．（2023·九年级北京市陈经纶中学校考阶段练习）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． 1．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，，，是上的三点，其中点是弧的三等分点，且弧大于弧，若，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 2．（2023·河南周口·统考二模）如图，在扇形中，，点为的中点，点为上一动点，点为上一点，且若，则阴影部分的面积为（   ）    A． B． C． D． 3．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，将四个边长为1的小正方形拼成一个大正方形，A，B，C，D，O在小正方形的顶点上，的半径为1，E是劣弧的中点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 4．（2023·重庆·三模）如图，是半径为6的的直径，是弦，是弧的中点，与相交于点，若为的中点，则的长为（   ） A． B． C． D． 5．（2023·河南三门峡·统考二模）如图，在扇形中，，，点是中点，点分别为线段上的点，连接，当的值最小时，图中阴影部分的面积为 ．    6．（2024·广东东莞·九年级校考期末）如图，A，B，C，D是圆上的四个点，点是弧的中点，如果，那么 ．    7．（2023·安徽安庆·校考二模）已知，如图，点是优弧的中点，，，则的半径是 ．    8．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，已知圆内接中，，为的中点，于，求证：．    9．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图，在中，为直径，为弦，点为的中点，以点为切点的切线与的延长线交于点． （1）若，则的长是 （结果保留）；（2）若，则 ．    10．（2023春·浙江金华·九年级校联考期中）如图，是的切线，为切点，直线交于两点，连接，．过圆心作的平行线，分别交的延长线、及于点． (1)求证：是的中点；(2)求证：；(3)若是的中点，的半径为6，求阴影部分的面积．      11．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是的直径，点C，D是上的点，且，分别与，相交于点E，F．(1)求证：点D为弧的中点；(2)若，，求的直径．    12．（2023·成都市·九年级专题练习）如图，已知是的直径，点是弧的中点，点在的延长线上， 连接．若．(1)求证：是的切线；(2)连接．若，，求的长．    13．（2023·福建泉州·校考模拟预测）如图，是的直径，点P是弦上一动点（不与点A，C重合），过点P作，垂足为点E，射线交于点F，交过点C的切线于点D． (1)求证：；(2)若，F是的中点，求的长．    14．（2023·广东广州·校考二模）如图，为的外接圆，，，点D为的中点，连接，作的角平分线交于点E．(1)尺规作图：作出线段；（保留作图痕迹，不写作法） (2)连接，求证：；(3)若，求的周长． 15．（2023·四川绵阳·统考三模）如图，为的直径，C为上一点，F为过点B的切线上的一点，连接、交于点E，交于点D，．(1)求证：点D为弧的中点； (2)连接，过点D作于点H，交于点G，连接，交于点N，求证：． (3)在（2）的条件下，，，求的半径． 16．（2023·广东珠海·珠海市文园中学校考三模）如图，点是的内心，的延长线与的外接圆和分别相交于点，，连接并延长，分别交，于，． (1)求证：；(2)当为中点，时，求的长；(3)若，求证：．    17．（2024·上海 九年级期中）（1）如图①，是的内接正三角形，为上一动点，连接、、，求证：．（2）如图②，四边形是的内接正方形，为上一动点，连接、、．求证：． （3）如图③，六边形是的内接正六边形，为上一动点，连接、、．请探究、、三者之间的数量关系，直接写出答案，不必证明．      18．（2023·吉林长春·统考二模）如图，是的直径，，点是的中点，连接、．是的半径（点不与点重合），点关于直线的对称点为点，连接、、． (1)的长为______．（结果保留）(2)当点与点重合，且点在上时，求所在的扇形的面积．（结果保留π）(3)当点在直线右侧，且与的某条直角边平行时，求的长． (4)当时，直接写出的长．    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03 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。 2 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） 6 模型3.垂径定理与圆周角定理结合的中点模型 13 模型4.与托勒密定理相关的中点模型 17 25 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·山东·九年级专题练习）如图，是的直径，、是的两条弦，交于点G，点C是的中点，点B是的中点，若，，则的长为（   ）    A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【分析】先根据垂径定理的推论得到，，再利用勾股定理求出，进而得到，再证明，则． 【详解】解：如图所示，连接，∵点B是的中点，是的直径， ∴，，∴，∵，∴，∵，∴， 在中，由勾股定理得，∴， ∵点C是的中点，∴，∴，∴，∴，故选D．    【点睛】本题主要考查了垂径定理的推论，勾股定理，弧与弦之间的关系，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 例2．（2023·湖南长沙·校考模拟预测）如图，是⊙的弦，是的中点，交于点．若，，则⊙的半径为 ． 【答案】 【分析】连接，根据垂径定理，得，设，则，根据勾股定理，即可． 【详解】连接，∵是⊙的弦，是的中点，∴， ∵，∴， 设，则，∴， ∴，解得：．故答案为：． 【点睛】本题考查圆的基本性质，解题的关键是掌握垂径定理的运用，勾股定理的运用． 例3．（2023·湖南株洲·统考模拟预测）如图，在半径为的中，点A是劣弧的中点，点D是优弧上的一点，且，①求扇形的面积为 ；②若，则的长是 ．    【答案】 【分析】①利用圆周角定理求得，再根据扇形的面积公式即可求解； ②延长交于点E，求得，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理即可求解． 【详解】解：①∵，∴， ∵点A是劣弧的中点，∴， ∵半径为，∴扇形的面积为； ②延长交于点E，    ∵点A是劣弧的中点，∴， ∵，∴，∴， ∵半径为，∴，∵是的直径，∴， ∴，∴，故答案为：，． 【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，圆周角定理，垂径定理，扇形的面积公式，掌握圆周角定理是解题的关键． 例4．（2023·河北衡水·校联考模拟预测）如图，关于对称的经过所在圆的圆心，已知，点为上的点，则（1） ；（2）点到的最大距离是 ； （3）若点、分别是的中点，则的长为 ． 【答案】 120 【分析】过作于，交于，根据垂径定理得到，，根据轴对称的性质得到，根据圆周角定理即可得到结论； 当点为的中点时，点到的距离最大，即点与点重合时，点到的距离最大，根据垂径定理得到，求得，，于是得到结论； 连接，，，根据圆周角定理和弧长的计算公式即可得到结论． 【详解】解：过作于，交于， ，， ∵关于对称的经过所在圆的圆心， ，，， ，故答案为：； 当点为的中点时，点到的距离最大， 即点与点重合时，点到的距离最大， ，，，，， ，故点到的最大距离是；故答案为：； 连接，，，点、分别是、的中点， ，， ，由知， 的长为，故答案为：． 【点睛】本题考查了弧长的计算，圆周角定理，直角三角形的性质，垂径定理，正确地作出辅助线是解题的关键． 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·浙江温州·九年级校考阶段练习）如图，在中，点A是的中点，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】直接利用圆周角定理求解． 【详解】解：点是的中点，，．故选：D． 【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． 例2．（2023·广东佛山·校考三模）如图，为的直径，点是弧的中点，交于点，，．(1)求证：；(2)求线段的长；(3)延长至，连接，使的面积等于，求的度数．    【答案】(1)见解析(2)(3) 【分析】（1）由，可得，再利用“两角分别相等的两个三角形相似”进行证明； （2）先利用相似三角形的性质求出，再用勾股定理求； （3）连接，并求其长度，利用的面积求出的长，进而得到，，利用特殊角的三角函数求出与的度数，进而得到的度数． 【详解】（1）解：，， 又，． （2）解：，，． ，，即，解得． 是的直径，． 在中，． （3）解：连接，如图．    是的直径，． 由,得，解得． ，． 在中，． 在中，． ，． ，， ，，． 【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的性质与判定，勾股定理，利用特殊角的三角函数求角，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 例3．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，是的直径，为延长线上一点，切于，是的中点，交于，    (1)求证：；(2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）如图1，连接，，由题意知，，则，由，可得，即，由是的中点，可得，由圆周角定理可得，，即，由三角形外角的性质可得，，则，进而可证； （2）由题意知，，，设，则，，证明，则，即，解得，则，即，在中，由勾股定理得，即，求得满足要求的解，如图2，连接，，由题意知是等腰直角三角形，即，则，证明，则，即，计算求解即可． 【详解】（1）证明：如图1，连接，，    由题意知，，∴， ∵，∴，∴， ∵是的中点，∴， ∴，，即， ∵，， ∴，∴； （2）解：由题意知，，， 设，则，， ∵，，∴， ∴，即，解得，∴，即， 在中，由勾股定理得，即， 解得或（舍去）， 如图2，连接，，由题意知是等腰直角三角形，即， ∴，∵，∴， 又∵，∴， ∴，即，解得，∴的长为． 【点睛】本题考查了直径所对的圆周角为直角，切线的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，余弦等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 例4．（2023·江苏南京·校联考三模）如图，在四边形中，连接，作的外接圆交于点，连接，交于点，．    (1)若，求证：是的切线；(2)若，求的半径； (3)若，为的中点，则的长为______． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）如图所示，连接，连接并延长交于H，先证明，得到，进而利用三线合一定理得到，再由平行线的性质可证明，由此即可证明是的切线；（2）先由三线合一定理得到，再利用勾股定理求出，设，则，由勾股定理得，解方程即可得到答案； （3）如图所示，连接，先证明，得到，再证明，得到，设，则， 即可推出；证明，推出，则，解得或（舍去），则． 【详解】（1）证明：如图所示，连接，连接并延长交于H， ∵，∴，∴， ∵，∴，∵，∴， 又∵是的半径，∴是的切线；    （2）解：∵， ∴，∴， 设，则，在中，由勾股定理得， ∴，解得，∴，∴的半径为； （3）解：如图所示，连接， ∵为的中点，∴，∴， ∵，∴， ∴，设，则， ∴∴； ∵，∴，又∵，∴ ∴，∴，∴， ∴，即，解得或（舍去）， ∴．    【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的性质与判定，勾股定理，三线还合一定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键． 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．（2023·四川内江·统考中考真题）如图，正六边形内接于，点在上，是的中点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先计算正六边形的中心角，再利用同圆或等圆中，等弧对的圆心角相等，圆周角定理计算即可． 【详解】如图，连接，∵正六边形，是的中点， ∴，， ∴，∴，故选Ｃ． 【点睛】本题考查正多边形与圆，圆周角定理，熟练掌握正多边形中心角计算，圆周角定理是解题的关键． 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·河南信阳·统考一模）如图，是的直径，点是圆上一点，点是的中点，，过点作的切线交的延长线于点． (1)求证：；(2)若，的半径是3，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，先根据切线定理，得，再根据等弧所对的圆周角相等，得到，再根据垂径定理及等角的余角相等可推出结论． （2）由已知，结合（1）中结论得即可求出的长． 【详解】（1）证明：连接． ∵是的切线，∴． ∵点是的中点，∴，∴． ∵，∴∴，∴． ∵，，∴． ∵，∴，∴． （2）解：∵，， ∴，，∴，∴，∴． ∵，∴，∴． 【点睛】本题考查了圆的基本性质，垂径定理，切线的性质。熟练掌握圆的切线的性质及圆中的相关计算是解题的关键． 例4．（2023·四川成都·统考二模）如图，是的一条弦，点是中点，连接，，交于点．过点作的切线交的延长线于点，延长交于点，连接交于点，连接．(1)求证：；(2)已知，求的值．    【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）由切线的性质，圆周角定理得到，又，即可证明问题； （2）由得到，由，得到，因此，于是得到． 【详解】（1）证明：∵切于，∴直径，∴， ∵是的直径，，，， ∵，∴； （2）解：如图所示，连接，    ∵C是中点，， ∵，，，， ∵，∴，∴， ，由（1）知， ∴，， ，． 【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，关键是由， ，得到． 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．（2023·九年级北京市陈经纶中学校考阶段练习）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． 1．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，，，是上的三点，其中点是弧的三等分点，且弧大于弧，若，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，取的中点，连接，在优弧上取点，连接、，由圆的性质可求得，根据圆周角定理可求得，利用圆内角四边形的性质即可求得． 【详解】解：如图，连接，取的中点，连接，在优弧上取点，连接、，    ，，， 点是弧的三等分点，， ，，，故选：C． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，利用条件构造圆内接四边形是解题的关键． 2．（2023·河南周口·统考二模）如图，在扇形中，，点为的中点，点为上一动点，点为上一点，且若，则阴影部分的面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，作于点，作于点，求出，证明，得出，根据求出结果即可． 【详解】解：连接，作于点，作于点，如图所示，    点为的中点，，， 点为的中点，∴， ∵，∴，，， ∵，∴，，， 阴影部分的面积是：，故B正确．故选：B． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质，扇形面积计算，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，证明． 3．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，将四个边长为1的小正方形拼成一个大正方形，A，B，C，D，O在小正方形的顶点上，的半径为1，E是劣弧的中点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半求解． 【详解】解：如图，连接， ∵E是劣弧的中点，，∴， ∴，∴．故选：C． 【点睛】本题考查了圆周角定理，正方形的性质和圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理，正方形的性质和圆心角、弧、弦的关系是关键． 4．（2023·重庆·三模）如图，是半径为6的的直径，是弦，是弧的中点，与相交于点，若为的中点，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据圆周角定理得到，根据垂径定理得到，，则可证明为的中位线，所以，通过证明得到，所以，则可计算出，然后利用勾股定理计算出，从而得到的长． 【详解】解：是半径为6的的直径，， 是弧的中点，，， ，为的中位线，，为的中点，， 在和中，，，，， ，即，，解得：， 在中，，，故选：C． 【点睛】本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等，也考查了垂径定理和圆周角定理． 5．（2023·河南三门峡·统考二模）如图，在扇形中，，，点是中点，点分别为线段上的点，连接，当的值最小时，图中阴影部分的面积为 ．    【答案】 【分析】当时，最小，连接，根据点是中点，，可得，由，可得为等边三角形，根据等边三角形的性质、勾股定理以及锐角三角函数可得，分别计算出、、，由，进行计算即可得到答案． 【详解】解：如图，当时，最小，连接，    ，当在同一条线上时，即最小时，最小， 当时，最小， 点是中点，，， ，是等边三角形， ，，， ，，， ，，， ，故答案为：． 【点睛】本题主要考查了扇形的面积计算—求不规则图形的面积，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，添加适当的辅助线，掌握等边三角形的判定与性质，将不规则图形面积进行转换为，是解题的关键． 6．（2024·广东东莞·九年级校考期末）如图，A，B，C，D是圆上的四个点，点是弧的中点，如果，那么 ．    【答案】/54度 【分析】根据圆内接四边形的性质可知，由此可得的度数，再依据等弧所对圆周角相等可得的度数． 【详解】解：∵四边形内接于，∴，∴， ∵点B是优弧的中点，∴，∴，故答案为：． 【点睛】本题考查圆内接四边形的性质、圆周角定理，解决这类问题的技巧是找到同弧或等弧推理角相等． 7．（2023·安徽安庆·校考二模）已知，如图，点是优弧的中点，，，则的半径是 ．    【答案】2 【分析】如图所示，连接，先根据题意得到，进而证明平分，则，由圆周角定理得，再证明是等边三角形，得到，则的半径是2． 【详解】解：如图所示，连接， ∵点是优弧的中点，∴，∴， ∵点O是的外接圆，∴，∴平分， ∴，∴， 又∵，∴是等边三角形，∴， ∴的半径是2，故答案为：2．    【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等边三角形的性质与判定，弧与弦之间的关系等等，推出平分是解题的关键． 8．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，已知圆内接中，，为的中点，于，求证：．    【答案】见解析 【分析】在上截取，连接，由为的中点，根据在同圆或等圆中，如果两个圆心角以及它们对应的两条弧、两条弦中有一组量相等，则另外两组量也对应相等得到，易得，得到，于是有，因此． 【详解】证明：在上截取，连接，如图，    ∵为的中点， ∴，， 在中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴，即． 【点睛】本题考查了在同圆或等圆中，如果两个圆心角以及它们对应的两条弧、两条弦中有一组量相等，则另外两组量也对应相等．也考查了三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理． 9．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图，在中，为直径，为弦，点为的中点，以点为切点的切线与的延长线交于点．    （1）若，则的长是 （结果保留）；（2）若，则 ． 【答案】 【分析】（1）连接，根据点为的中点，根据已知条件得出，然后根据弧长公式即可求解；（2）连接，根据垂径定理的推论得出，是的切线，则,得出，根据平行线分线段成比例得出，设，则，勾股定理求得,J进而即可求解． 【详解】解：（1）如图，连接，    ∵点为的中点，∴， 又∵，∴，∴， ∵，∴，∴，故答案为：． （2）解：如图，连接，    ∵点为的中点，∴，∴， ∵是的切线，∴,∴ ∴，∵，∴， 设，则，， ∴，，∴．故答案为：． 【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，切线的性质，弧长公式，平行线分线段成比例定理等知识，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键． 10．（2023春·浙江金华·九年级校联考期中）如图，是的切线，为切点，直线交于两点，连接，．过圆心作的平行线，分别交的延长线、及于点．      (1)求证：是的中点；(2)求证：；(3)若是的中点，的半径为6，求阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3) 【分析】（1）根据圆周角定理、平行线的性质、垂径定理即可得到结论； （2）连接，由切线的性质得出，由圆周角定理得出，证出，即可得出结论； （3）求出，由三角形的面积公式及扇形的面积公式可得出答案． 【详解】（1）证明：为的直径，， ，，即，是的中点； （2）证明：连接，    是的切线，，， 为的直径，，，，， ，，，； （3）解：为的中点，，， ，，，，， ，， ，， ． 【点睛】本题考查了切线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、圆周角定理、扇形的面积公式，熟练掌握切线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、圆周角定理，是解题的关键． 11．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是的直径，点C，D是上的点，且，分别与，相交于点E，F．    (1)求证：点D为弧的中点；(2)若，，求的直径． 【答案】(1)见解析(2)20 【分析】（1）根据圆周角定理可得，再由平行线的性质可得，从而可得，再根据垂径定理即可得出结论；（2）根据垂径定理可得，再利用勾股定理进行计算即可． 【详解】（1）证明：∵是直径∴， ∵，∴，∴， ∴，∴点D为的中点； （2）解：∵，∴， 在中，，∴， ∴，∴，∴的直径为20． 【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、勾股定理，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键． 12．（2023·成都市·九年级专题练习）如图，已知是的直径，点是弧的中点，点在的延长线上， 连接．若．    (1)求证：是的切线；(2)连接．若，，求的长． 【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）根据垂径定理的推论可得，即，根据三角形内角和定理即可得出，进而证明是的切线；（2）连接．根据是的直径，得出，进而根据中位线的性质得出，勾股定理得出，根据（1）的结论证明，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）证明：∵点是弧的中点，∴，∴， ∵，，∴，∴，即是的切线； （2）如图所示，连接．    ∵是的直径，∴，∵，∴， ∵，∴，∴，则， ∵，∴，∴，∴，解得：． 【点睛】本题考查了垂径定理的推论，切线的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 13．（2023·福建泉州·校考模拟预测）如图，是的直径，点P是弦上一动点（不与点A，C重合），过点P作，垂足为点E，射线交于点F，交过点C的切线于点D．    (1)求证：；(2)若，F是的中点，求的长． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）：如图所示，连接、，由圆周角定理得到，则，由切线的性质得到，根据等边对等角得到，则，再由，推出，进一步证明，即可证明；     （2）如图所示，连接交于H，连接，由垂径定理得到，则，解，求出，则，解，求出，再解，求出，则． 【详解】（1）证明：如图所示，连接、，        ∵是的直径，∴，∴， ∵为的切线，∴，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴，∴， ∴，∴； （2）解：如图所示，连接交于H，连接，    ∵F是的中点，∴，即， ∵，∴，∵是直径，，∴， 在中，，∴， 在中，，∵是直径，∴， 在中，，∴． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． 14．（2023·广东广州·校考二模）如图，为的外接圆，，，点D为的中点，连接，作的角平分线交于点E．(1)尺规作图：作出线段；（保留作图痕迹，不写作法） (2)连接，求证：；(3)若，求的周长． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3)16 【分析】（1）根据角平分线的尺规作图方法作图即可； （2）如图所示，连接，由点D为的中点，得到，则推出，由角平分线的定义得到，再由三角形外角的性质证明，即可证明； （3）先由圆内接四边形的性质得到，则，由点D为的中点，推出，如图所示，将绕点D旋转得到，则，，证明三点共线；过点D作于G，则，解， 得到，则；过点D作于H，则，解求出，则的周长． 【详解】（1）解：如图所示，线段即为所求； （2）证明：如图所示，连接， ∵点D为的中点，∴，∴， ∵平分，∴， ∵， ∴，∴； （3）解：如图所示，连接， ∵A、B、C、D都在上，∴， ∵，∴，∵点D为的中点，∴，即， ∴，如图所示，将绕点D旋转得到， ∴，， ∴，∴三点共线， 过点D作于G，∴， 在中，，∴， ∴，∴； 过点D作于H，则， 在中，，∴， ∴的周长． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，解直角三角形，垂径定理的推论，圆内接四边形的性质，旋转的性质，角平分线的尺规作图，等腰三角形的判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． 15．（2023·四川绵阳·统考三模）如图，为的直径，C为上一点，F为过点B的切线上的一点，连接、交于点E，交于点D，． (1)求证：点D为弧的中点； (2)连接，过点D作于点H，交于点G，连接，交于点N，求证：． (3)在（2）的条件下，，，求的半径． 【答案】(1)见详解(2)见详解(3) 【分析】（1）连接，根据为的直径，即有，根据为的切线，即有，结合，可得，即有，问题随之得证； （2）连接AG、DC，作，交的延长线于点，根据（1）的结论有， 即有，，可得，再证明，即可得，即有，接着证明，可得，问题随之得证； （3）在（2）中有：，，即，设，即，，则有，根据，可得，即有，，在中，，可得，解方程即可求解． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵为的直径， ∴，即， ∵为的切线， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点D为弧的中点； （2）证明：连接AG、DC，作，交的延长线于点，如图， 根据（1）的结论有， ∴，， ∴， ∵直径， ∴，， ∴， ∴． ∵，， ∴． ∴． ∴在和中，， ∴， ∴， ∵，， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴； （3）解：在（2）中有：，， ∴， 设，即，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵在中，， ∴， 解得：(负值不符合题意舍去)， ∴， ∴， ∴的半径为． 【点睛】本题是圆综合题，涉及到的知识点有圆周角定理、垂径定理、切线的性质、利用正切值概念求边长以及全等三角形的判定．解题的关键能否利用已知条件作对辅助线． 16．（2023·广东珠海·珠海市文园中学校考三模）如图，点是的内心，的延长线与的外接圆和分别相交于点，，连接并延长，分别交，于，．    (1)求证：； (2)当为中点，时，求的长； (3)若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】（1）根据圆周角定理，证明，即可解答； （2）证明，根据相似三角形的对应边边长比相等，即可解答； （3）证明，作关于的对称点，证明，，即可解答． 【详解】（1）证明：点是的内心， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：， ， ∴ ∵， ∴ 为中点，， ∴ ∴， ∴； （3）证明：∵且为内心， 分别是的角平分线， ∴， ∴，， 如图，作关于的对称点，    ∵是的角平分线，∴点落在上， 由轴对称的性质∴， ， 在与中，，， 同理可得，∴，，． 【点睛】本题考查了三角形的内心，圆周角定理，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，在复杂的图形中利用圆周角定理找到相等的角是解题的关键． 17．（2024·上海 九年级期中）（1）如图①，是的内接正三角形，为上一动点，连接、、，求证：．（2）如图②，四边形是的内接正方形，为上一动点，连接、、．求证：． （3）如图③，六边形是的内接正六边形，为上一动点，连接、、．请探究、、三者之间的数量关系，直接写出答案，不必证明．      【答案】（1）见解析；（2）见解析，（3），理由见解析． 【分析】（1）延长至，使，连接，证明是等边三角形．利用，，，得到，所以；（2）过点作交于，证明，所以，可得；（3）在上截取，连接可证，所以．又因为．所以． 【详解】（1）如图1，延长至，使，连接， ∵、、、四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴； 又∵， ∴， ∵、为等边三角形， ∴， 在和中 ∴， ∴； （2）如图2，过点作交于，    ∵， ∴， ∴， ∴， ∴, ∴， 在和中 ∴， ∴， ∴． （3）． 证明：如图3， 过点，作，在上截取，连接，    ∵，， 在和中 ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查三角形全等的性质和判定方法以及正多边形和圆的有关知识．要熟悉这些基本性质和全等三角形的判定方法才能灵活运用解决综合性的习题． 18．（2023·吉林长春·统考二模）如图，是的直径，，点是的中点，连接、．是的半径（点不与点重合），点关于直线的对称点为点，连接、、．    (1)的长为______．（结果保留） (2)当点与点重合，且点在上时，求所在的扇形的面积．（结果保留π） (3)当点在直线右侧，且与的某条直角边平行时，求的长． (4)当时，直接写出的长． 【答案】(1)π(2)(3)2或(4)或 【分析】（1）根据是的直径，点是的中点，可直接得到的长度； （2）先求出对应的圆心角，即可求出长度； （3）分别根据和两种情况开展讨论，当时, 证明是等边三角形，即可求出的长，当时，是等边三角形，即可求出的长；（4）分别根据当点D在点C右侧和左侧两种情况展开讨论，当点D在点C右侧时，可得到，根据勾股定理即可求出的长，当点D在点C左侧时，证明是等边三角形，即可求出的长． 【详解】（1）解：∵是的直径，点是的中点，∴的长为； （2）解：如图下图所示，    当点与点重合时，则平分， ∵点是的中点，是直径，∴， ∴，∴； （3）解：当时, 如下图所示，    则，由翻折，得，∴， ∵，∴，∴， ∴是等边三角形，∴, ∴当时，如下图所示，延长交于点，连接．    由翻折，得．∵，∴，且为中点, ∴,∴∴是等边三角形, ∴,∴,∴， ∴，∴,∴或; （4）解：当点D在点C右侧时，如下图所示，    ∵，∴，∴， ∴点D和点B重合，∴， 当点D在点C左侧时，如下图所示，连接,设交于点E，    ∵，∴，∴， ∵，∴， ∴，∴是等边三角形， ∵点关于直线的对称点为点，∴， ∴，, ∴， ∴或． 【点睛】本题考查圆的性质，解题的关键是熟练掌握弧的周长、扇形的面积以及等边三角形等相关知识． 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 $$