专题04 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（浙教版）

专题04 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陕西中考数学试卷）陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（ 图①）的形状示意图．是的一部分，是的中点，连接，与弦交于点，连接，．已知cm，碗深，则的半径为（   ）    A．13cm B．16cm C．17cm D．26cm 例2．（2023·福建宁德·统考二模）如图，已知内接于，是的直径． (1)尺规作图：确定点D，E的位置，使得点D是弧的中点，交直线于点E；（保留作图痕迹，不写作法）。(2)在（1）的条件下，求证：是的切线； (3)连接，交于点F，若，，求的长． 例3．（2023·河北·统考中考真题）装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以为直径的半圆，，如图1和图2所示，为水面截线，为台面截线，． 计算：在图1中，已知，作于点．（1）求的长． 操作：将图1中的水面沿向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当时停止滚动，如图2．其中，半圆的中点为，与半圆的切点为，连接交于点．    探究：在图2中（2）操作后水面高度下降了多少？（3）连接OQ并延长交GH于点F，求线段与的长度，并比较大小． 例4．（2023·广东佛山·校联考一模）如图，在中，为的直径，点E在上，D为的中点，连接并延长交于点C．连接，在的延长线上取一点F，连接，使． (1)求证：为的切线；(2)若，，求的直径． 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·吉林松原·校联考一模）如图，在中，，是劣弧的中点，是优弧任意一点，连接，，则的度数是（   ） A．或 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·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·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·浙江金华·校联考二模）如图，是的直径，C是上一点，点D是弧的中点，于点E，交于点F，已知，的半径为2，则的长为 ． 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·天津河西·校考三模）如图，为的直径，点，为直径同侧圆上的点，且点为的中点，过点作于点，延长，交于点，与交于点． (1)如图①，若点为的中点，求的度数；(2)如图②，若，，求的半径．    例4．（2023·浙江舟山·统考三模）如图1，在中，直径于点F，点E为上一点，点C为弧的中点，连接，交于点G．(1)求证：；(2)如图2，过点C作的切线交BA的延长线于点Q，若，，求的长度；(3)在（2）的基础上，点P为上任一点，连接，的比值是否发生改变？若不变，求出比值；若变化，说明变化规律．    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·浙江衢州·九年级校联考期中）如图，是的直径，点，在上，且点是弧的中点，是直径上的一个动点，连接，，已知，弧的度数为，则的最小值为（    ）    A．10 B． C． D．5 2．（2023·浙江温州·校考二模）如图，点A，B在以为直径的半圆上，B是的中点，连接交于点E，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 3．（2023·山东德州·统考一模）如图，是的直径，点E，C在上，点A是的中点，过点A作的切线，交的延长线于点D，连接．若，则的度数（   ） A． B． C． D． 4．（2023·重庆·校考二模）如图，在中，是圆的直径，过点B作的切线，连接交于点D，点E为弧中点，连接，若，，则的长为（    ） A．2 B． C． D． 5．（2023·江苏盐城·景山中学校考三模）如图，四边形内接于， A为中点，，则等于（　　）    A． B． C． D． 6．（2024上·江苏宿迁·九年级校考阶段练习）如图，等腰内接于，直径，D是圆上一动点，连接，且交于点G．下列结论：①平分；②；③当时，四边形的周长最大；④当，四边形的面积为．其中正确的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 7．（2023·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，是的内接三角形，点D是弧的中点，已知，，则 度． 8．（2023·辽宁鞍山·统考三模）如图，是的直径，是中点，若，则 ． 9．（2023·广东中山·校联考模拟预测）如图，一张扇形纸片，，半径，点为弧的中点，连接，，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）；    10．（2023·四川南充·统考中考真题）如图，是的直径，点D，M分别是弦，弧的中点，，则的长是 ．    11．（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． 12．（2023·安徽芜湖·统考三模）如图，四边形内接于，为的直径，点为的中点，对角线，交于点，的切线交的延长线于点，切点为． (1)求证：；(2)若，，求的长．    13．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，是的直径，点是的中点，过点的切线与的延长线交于，连接，．(1)求证：；(2)若，，求的长． 14．（2023·安徽芜湖·统考二模）如图1，已知为的直径，为上一点，于，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：． 15．（2023·山西·校联考二模）如图，正方形内接于，连接，点F是的中点，过点D作的切线与的延长线相交于点G．(1)试判断与的位置关系，并说明理由．(2)求的度数． 16．（2024·安徽·校联考一模）如图，的半径为1，A、B、C是上的三个点，点P在劣弧AB上，，PC平分．(1)求证：；(2)当点P位于什么位置时，的面积最大？求出最大面积． 17．（2023上·江苏宿迁·九年级校考阶段练习）（1）【基础巩固】如图1，内接于，若，弦，则半径______； （2）【问题探究】如图2，四边形的四个顶点均在上，若，，点为弧上一动点（不与点，点重合）． 求证：； （3）【解决问题】如图3，一块空地由三条直路（线段、、）和一条道路劣弧CD围成，已知千米，，CD的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点M处，另外三个入口分别在点C、D、P处，其中点在CD上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段、、、，某数学兴趣小组探究后发现C、P、D、M四个点在同一个圆上，请你帮他们证明C、P、D、M四点共圆，并判断是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由．    18．（2023上·江苏徐州·九年级校考阶段练习）如图，等边三角形内接于圆，点是劣弧上任意一点（不与重合），连接于、、，求证：． 【初步探索】小明同学思考如下：将绕点顺时针旋转到，使点与点重合，可得、、三点在同一直线上，进而可以证明为等边三角形，根据提示，解答下列问题： （1）根据小明的思路，请你完成证明；（2）若圆的半径为6，则的最大值为________； 【类比迁移】（3）如图，等腰内接于圆，，点是狐上任一点（不与、重合），连接、、，若圆的半径为6，试求周长的最大值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 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陕西中考数学试卷）陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（ 图①）的形状示意图．是的一部分，是的中点，连接，与弦交于点，连接，．已知cm，碗深，则的半径为（   ）    A．13cm B．16cm C．17cm D．26cm 【答案】A 【分析】首先利用垂径定理的推论得出，，再设的半径为，则．在中根据勾股定理列出方程，求出即可． 【详解】解：是的一部分，是的中点，，，． 设的半径为，则．在中，， ，，，即的半径为．故选：A． 【点睛】本题考查垂径定理、勾股定理的应用，设的半径为，列出关于的方程是解题的关键． 例2．（2023·福建宁德·统考二模）如图，已知内接于，是的直径． (1)尺规作图：确定点D，E的位置，使得点D是弧的中点，交直线于点E；（保留作图痕迹，不写作法）。(2)在（1）的条件下，求证：是的切线； (3)连接，交于点F，若，，求的长． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3) 【分析】（1）先作的垂直平分线，分别以点A、点C为圆心，以为半径画圆弧并交于一点，将的圆心与弧线的交点连接，与弧的交点即为点D；以点D为圆心画圆弧，交直线于两点，得到以点D为中点的一条线段，作该线段的垂直平分线,交的延长线与点E； （2）连接，设交于点M．先证明垂直平分，再通过证得，最后得到是的切线； （3）通过勾股定理计算出的长度，再通过中位线的性质得到，的值，再证明，通过相似三角形的性质求出，再次利用勾股定理即可求得答案． 【详解】（1）解：正确作出图形．（如图所示） ∴如图所示，点D，点E就是所求作的点． （2）证明：如下图所示，连接，设交于点M． ∵点是弧的中点，∴弧等于弧．∴． ∵，．，是中点． ，， 是的半径，是的切线． （3）证明：如下图所示， ，，， 根据勾股定理，得． ，． ∵点O是的中点，点M是的中点 ，，，． ．．．． 在中，根据勾股定理，得． 【点睛】本题考查尺规作图、圆的性质、相似三角形的性质以及勾股定理，解题关键是灵活运行相关知识． 例3．（2023·河北·统考中考真题）装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以为直径的半圆，，如图1和图2所示，为水面截线，为台面截线，． 计算：在图1中，已知，作于点．（1）求的长． 操作：将图1中的水面沿向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当时停止滚动，如图2．其中，半圆的中点为，与半圆的切点为，连接交于点．    探究：在图2中（2）操作后水面高度下降了多少？ （3）连接OQ并延长交GH于点F，求线段与的长度，并比较大小． 【答案】（1）；（2）；（3），，． 【分析】（1）连接，利用垂径定理计算即可；（2）由切线的性质证明进而得到，利用锐角三角函数求，再与（1）中相减即可；（3）由半圆的中点为得到，得到分别求出线段与的长度，再相减比较即可． 【详解】解：（1）连接， ∵为圆心，于点，，∴， ∵，∴， ∴在中，．    （2）∵与半圆的切点为，∴ ∵∴于点， ∵，，∴， ∴操作后水面高度下降高度为：． （3）∵于点，∴， ∵半圆的中点为，∴，∴，∴， ∴，， ∵，∴． 【点睛】本题考查了垂径定理、圆的切线的性质、求弧长和解直角三角形的知识，解答过程中根据相关性质构造直角三角形是解题关键． 例4．（2023·广东佛山·校联考一模）如图，在中，为的直径，点E在上，D为的中点，连接并延长交于点C．连接，在的延长线上取一点F，连接，使． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的直径． 【答案】(1)证明见解析(2)6 【分析】（1）如图所示，连接，由直径所对的圆周角是直角得到，由为的中点结合，得到，进而证明，由此即可证明为的切线；（2）如图所示，连接，同理得，证明，利用相似三角形的性质求出，则的直径为6． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵是的直径，∴， ∵为的中点，∴，∴， ∵，∴， ∵，∴，∴， ∵是的半径，∴是的切线； （2）解：如图所示，连接， ∵是的直径，∴， ∵，，∴， 又∵，∴，∴， ∴，∴，即，∴的直径为6． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的性质与判定，切线的判定，三角形内角和定理，正确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·吉林松原·校联考一模）如图，在中，，是劣弧的中点，是优弧任意一点，连接，，则的度数是（   ） A．或 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆周角定理可得，再由弧、弦、圆心角的关系可得答案． 【详解】解：在中，，， 是劣弧的中点，．故选：D． 【点睛】本题考查了圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，熟练掌握知识点是解题的关键． 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·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·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·浙江金华·校联考二模）如图，是的直径，C是上一点，点D是弧的中点，于点E，交于点F，已知，的半径为2，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】延长交于点G，连接、，先由同弧或等弧所对的圆周角相等得，得，由直径所对的圆周角等于得，勾股定理得，则，再由勾股定理求出，则，设，则，然后在中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】解：延长交于点G，连接、，如图所示： ∵点D是弧的中点，∴， 又∵，∴，∴，∴，∴， ∵是的直径，的半径为2，∴， ∴，，∴， ∵∴，∴；即：， ∵，∴，∴， 设，则，在中，由勾股定理得： ，解得：，∴，故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理的推论、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键． 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·天津河西·校考三模）如图，为的直径，点，为直径同侧圆上的点，且点为的中点，过点作于点，延长，交于点，与交于点．    (1)如图①，若点为的中点，求的度数；(2)如图②，若，，求的半径． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意可推得，根据圆心角、弧、弦之间的关系可求得，根据圆周角定理可求得，根据三角形内角和定理求解； （2）根据垂径定理可得，根据圆心角、弧、弦之间的关系可推得，求得，设的半径为，则，根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：连接，，如图：    ∵点为的中点，点为的中点，∴，， ∴，∴， 又∵为的直径，∴， ∴，在中，，∴． （2）连接，如图：    ∵点为的中点，∴， ∵，为的直径，∴，∴， ∴，即，∴， 设的半径为，则， 在中，， 即，解得，故的半径为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形内角和定理，垂径定理，圆心角、弧、弦之间的关系，勾股定理等，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 例4．（2023·浙江舟山·统考三模）如图1，在中，直径于点F，点E为上一点，点C为弧的中点，连接，交于点G．    (1)求证：；(2)如图2，过点C作的切线交BA的延长线于点Q，若，，求的长度；(3)在（2）的基础上，点P为上任一点，连接，的比值是否发生改变？若不变，求出比值；若变化，说明变化规律． 【答案】(1)证明见解析(2)(3)的比值不会发生改变， 【分析】（1）根据垂径定理得出，推出，即可证明； （2）连接交于点，设的半径为，利用勾股定理求出，再证明，利用平行线分线段成比例得出，计算即可得出结论；（3）分三种情况：当点与点重合时，当点与点重合时，当点与点、不重合时，分别求出的比值即可． 【详解】（1）∵直径于点F，∴． ∵点C为弧的中点，∴．∴．∴． （2）如图2，连接交于点，设的半径为，则，    由（1）知∵直径于点F，∴． 在中，∵，∴．解得：， ∵点C为弧的中点，∴，．∴． ∵是的切线，∴．∴． ∴，即．∴． （3）的比值不会发生改变，，理由如下： 由（2）知，，，， ①当点与点重合时，； ②当点与点重合时，； ③当点与点、不重合时，如图3，连接，    ∵，，∴． 又∵，∴． ∴．∴的比值不会发生改变． 【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，切线的性质等知识，熟练掌握垂径定理和相似三角形的判定与性质是解题的关键． 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·浙江衢州·九年级校联考期中）如图，是的直径，点，在上，且点是弧的中点，是直径上的一个动点，连接，，已知，弧的度数为，则的最小值为（    ）    A．10 B． C． D．5 【答案】D 【分析】，作点关于的对称点，连接，当点在上时，，即取得最小值，进而根据圆心角与弧的关系可得是等边三角形，即可求解． 【详解】解：如图所示，作点关于的对称点，连接，当点在上时，，即取得最小值    ∵的度数为，点是弧的中点，∴的度数为， 又，∴是等边三角形，∵∴，故选：D． 【点睛】本题考查轴对称的性质，弧与圆心角的关系，等边三角形的性质与判定，熟练掌握是解题的关键． 2．（2023·浙江温州·校考二模）如图，点A，B在以为直径的半圆上，B是的中点，连接交于点E，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接AD，根据点B是中点求出，根据三角形内角和可求解． 【详解】解：连接， ∵B是的中点，，∴， ∴， ∵是直径，∴，∴．故选：C． 【点睛】本题考查了圆的性质，掌握圆内弧和圆周角的关系以及三角形内角和是解题的关键． 3．（2023·山东德州·统考一模）如图，是的直径，点E，C在上，点A是的中点，过点A作的切线，交的延长线于点D，连接．若，则的度数（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据切线的性质得到，根据直角三角形的性质求出，根据圆周角定理得到，进而求出，根据垂径定理得到，进而得出答案． 【详解】解：∵过点A作的切线，交的延长线于点D，∴， ∵，∴， ∵是的直径，∴，∴， ∵点A是的中点，∴，∴故选：B． 【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键． 4．（2023·重庆·校考二模）如图，在中，是圆的直径，过点B作的切线，连接交于点D，点E为弧中点，连接，若，，则的长为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】连接、，根据点E是中点，得出，根据是圆的直径，，根据，得出 ，进而得出，，求出，即可得出． 【详解】解：连接、，∵点E是中点，∴，∴， ∵是圆的直径，∴， ∵，∴，即，∴，∴， ∵与相切，∴，则， ∵，∴，∴．故选：C． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，解直角三角形，解题的关键是掌握解直角三角形的方法和步骤，在同圆中，相等的弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角． 5．（2023·江苏盐城·景山中学校考三模）如图，四边形内接于， A为中点，，则等于（　　）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由 A为中点得到，由得到的度数为，则的度数为，即可得到的度数． 【详解】解：∵ A为中点，∴， ∵，∴的度数为， ∴的度数为，∴,故选：A 【点睛】此题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 6．（2024上·江苏宿迁·九年级校考阶段练习）如图，等腰内接于，直径，D是圆上一动点，连接，且交于点G．下列结论：①平分；②；③当时，四边形的周长最大；④当，四边形的面积为．其中正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】证明，由圆周角定理以及三角形的外角性质即可证明①②正确；当时，四边形的周长最大，即可证明③正确；作，交延长线于M，证明，利用勾股定理以及三角形面积公式，可得四边形的面积，可得④错误，即可． 【详解】解：∵等腰内接于圆O，且为直径， ∴， ∴，即平分；故①正确； ∵， ∴， ∵， ∴；故②正确； ∵为直径， ∴， ∵， ∵， ∴要使四边形的周长最大，要最大， ∴当时，四边形的周长最大， 此时，，故③正确； 作，交延长线于M， ∵， ∴， ∵A、C、B、D四点共圆， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， 由勾股定理得：， ∵， ∴； ∵， ∴； ∵直径，，， ∴，， ∴， 四边形的面积为 ，故④错误； 综上，①②③正确； 故选：C 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质等知识点的综合运用，综合性比较强，难度偏大． 7．（2023·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，是的内接三角形，点D是弧的中点，已知，，则 度． 【答案】100 【分析】连接，易得，根据三角形内角和定理得，由点是弧的中点得，所以，然后利用进行计算． 【详解】解：连接，如图， ，，， 点是弧的中点，， ∵∴是等边三角形，， ．故答案为：． 【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，等边三角形的判定与性质．熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 8．（2023·辽宁鞍山·统考三模）如图，是的直径，是中点，若，则 ． 【答案】 【分析】根据圆周角定理可求出的度数，根据D为的中点，可得的度数，根据等腰三角形的性质即可得答案． 【详解】解：如下图，连接， 分别是所对的圆周角和圆心角，， 为的中点，，， ，，故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，解题的关键是熟记在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于所对圆心角的一半． 9．（2023·广东中山·校联考模拟预测）如图，一张扇形纸片，，半径，点为弧的中点，连接，，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）；    【答案】 【分析】根据垂径定理、弧与圆心角的之间的关系即可得到是等边三角形，再根据全等三角形的性质得到，最后根据扇形的面积公式即可解答． 【详解】解：∵点为弧的中点，是圆的半径， ∴，，，∵，∴， ∵，∴是等边三角形，∴， ∴在和中，，∴，∴， ∵，，∴，故答案为：．   . 【点睛】本题考查了垂径定理，扇形的面积，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键． 10．（2023·四川南充·统考中考真题）如图，是的直径，点D，M分别是弦，弧的中点，，则的长是 ．    【答案】4 【分析】根据圆周角定理得出，再由勾股定理确定，半径为，利用垂径定理确定，且，再由勾股定理求解即可． 【详解】解：∵是的直径，∴， ∵，∴，∴， ∵点D，M分别是弦，弧的中点， ∴，且，∴， ∴，故答案为：4． 【点睛】题目主要考查圆周角定理、垂径定理及勾股定理解三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 11．（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． 12．（2023·安徽芜湖·统考三模）如图，四边形内接于，为的直径，点为的中点，对角线，交于点，的切线交的延长线于点，切点为． (1)求证：；(2)若，，求的长．    【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）由切线性质得，则，由是直径，得，则，再证明，从而得到，即可得出结论． （2）先由勾股定理求出，再由等积法求得，即可由勾股定理求得，然后证明，是等腰三角形的性质证明，即可由求解． 【详解】（1）证明：∵是的切线，∴，∴， ∵是直径，∴，∴， ∵点为的中点，∴，∴，∴，∴． （2）解：在中，，，∴ ∴，即，∴， 在中，，由（1）知：，， ∴，∴． 【点睛】本题考查圆周角定理用其推论，切线的性质，勾股定理、等腰三角形的性质与判定，等面积法等知识，解题的关键是掌握切线的性质及应用，熟练应用勾股定理解决问题． 13．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，是的直径，点是的中点，过点的切线与的延长线交于，连接，．(1)求证：；(2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质可得，再由等弧所对的圆周角相等可得，从而证明，可得，即可证明． （2）连接，由题意可证四边形是菱形，可得是等边三角形，从而可得，根据直角三角形的性质可得，即可求出结果． 【详解】（1）如图，连接， ∵是的切线，∴，即 ∵点是的中点，∴，∴， ∵，∴，∴，∴，∴； （2）如图，连接，∵，，∴四边形是平行四边形， 又∵，∴四边形是菱形，∴， ∴，∴是等边三角形，∴， ∵，∴，∴， ∴，∴，∴． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、圆的切线的性质定理和圆周角定理、等边三角形的性质和菱形的判定和性质及平行线的性质，熟练综合运用这些知识点，并能准确作出辅助线是解决问题的关键． 14．（2023·安徽芜湖·统考二模）如图1，已知为的直径，为上一点，于，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，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）解：证明：连接， 为的直径，，， ，，， 为弧的中点，，，， ，，； （2）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． 15．（2023·山西·校联考二模）如图，正方形内接于，连接，点F是的中点，过点D作的切线与的延长线相交于点G．(1)试判断与的位置关系，并说明理由．(2)求的度数． 【答案】(1),理由见解析(2) 【分析】（1）连接，可得，根据切线的定义可得，即可得出结论． （2）根据正方形的性质可得，，，则．根据点F是的中点，可得．最后根据平行线的性质可得． 【详解】（1）解：． 理由：如图，连接， ∵正方形内接于，∴． ∵与相切于点D，∴，即． ∴，∴． （2）解：∵四边形是正方形， ∴，，∴． ∵点F是的中点，∴，∴． ∵，∴． 【点睛】本题主要考查了圆的内接正多边形，平行线的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是掌握圆内接正多边形的中心角，同弧所对的圆周角相等，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，以及平行线的判定和性质． 16．（2024·安徽·校联考一模）如图，的半径为1，A、B、C是上的三个点，点P在劣弧AB上，，PC平分． (1)求证：； (2)当点P位于什么位置时，的面积最大？求出最大面积． 【答案】(1)见解析 (2)当点P位于劣弧AB的中点时，的面积最大， 【分析】（1）在PC上截取，连接AD，先根据角平分线的定得到，则由圆周角定理得到，，即可证明为等边三角形，△ABC是等边三角形 ，  得到，，，再证明    得到，即可证明； （2）由题意得：当点P位于劣弧AB的中点时，的面积最大，连接AO，利用等边三角形的性质求出，则，，由此即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示，在PC上截取，连接AD PC平分，且， ， ∴，， 为等边三角形，△ABC是等边三角形 ，   ，，，               （2）解：由题意得：当点P位于劣弧AB的中点时，的面积最大，连接AO： 由（1）可知，当P为劣弧AB的中点时，        为的直径，设PC与AB交于点E， 又的半径为1， ∴， ∴， ， ∴的最大面积为． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，圆周角定理，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟知相关知识是解题的关键． 17．（2023上·江苏宿迁·九年级校考阶段练习）（1）【基础巩固】如图1，内接于，若，弦，则半径______； （2）【问题探究】如图2，四边形的四个顶点均在上，若，，点为弧上一动点（不与点，点重合）． 求证：； （3）【解决问题】如图3，一块空地由三条直路（线段、、）和一条道路劣弧CD围成，已知千米，，CD的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点M处，另外三个入口分别在点C、D、P处，其中点在CD上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段、、、，某数学兴趣小组探究后发现C、P、D、M四个点在同一个圆上，请你帮他们证明C、P、D、M四点共圆，并判断是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由．    【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在．四条慢跑道总长度（即四边形的周长）的最大值为 【分析】（1）连接，作，利用圆周角定理以及勾股定理求解即可； （2）在上取点，使，连接，，通过圆的性质以及全等三角形的判定与性质，求证即可； （3）由题意可得，当取得最大值时，四边形的周长最大，连接，过点作于点，设，利用全等三角形的性质以及勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）连接，作，如下图：    ∵ ∴ 又∵， ∴， ∴， 设，则， 由勾股定理可得：，即 解得，即 ； （2）证明：在上取点，使，连接，， ∵，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴；    （3）解：存在． ∵千米， ∴当取得最大值时，四边形的周长最大， 连接，过点作于点，设， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，  ∴， ∴或（舍去）， ∴， ∴， ∴D、P、C、M四点共圆， ∴， 由（2）可知， 故当是直径时，最大值为2， ∵四边形的周长， ∴四边形的周长的最大值为：， 即四条慢跑道总长度（即四边形的周长）的最大值为    【点睛】此题考查了圆的综合应用，涉及了等腰三角形，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等，综合性比较强，解题的关键是正确地作出辅助线。 18．（2023上·江苏徐州·九年级校考阶段练习）如图，等边三角形内接于圆，点是劣弧上任意一点（不与重合），连接于、、，求证：． 【初步探索】小明同学思考如下：将绕点顺时针旋转到，使点与点重合，可得、、三点在同一直线上，进而可以证明为等边三角形，根据提示，解答下列问题： （1）根据小明的思路，请你完成证明；（2）若圆的半径为6，则的最大值为________； 【类比迁移】（3）如图，等腰内接于圆，，点是狐上任一点（不与、重合），连接、、，若圆的半径为6，试求周长的最大值． 【答案】(1)见解析（2）12（3） 【分析】（1）根据圆周角定理，得到，结合旋转性质，得，，利用三角形内角和定理，等边三角形的判定和性质证明即可； （2）根据直径是最大的弦，当是直径时，的值最大，即最大，计算即可； （3）绕点顺时针旋转到，使点与点重合，、、三点在同一直线上，进而证明为等腰直角三角形，类比（2）即可得出结论 【详解】解：（1）∵等边三角形内接于圆，点是劣弧上任意一点， ∴， ∵， ∴， ∴、、三点在同一直线上， ∵绕点顺时针旋转到，使点与点重合， ∴，，，， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴． （2）∵圆的半径为6， ∴圆的直径为12， ∵， 故当为圆的直径时最大， 故的最大值为12， 故答案为：12． (3) ∵绕点顺时针旋转到，使点与点重合， ∴，，，， ∵直角三角形内接于圆，点是劣弧上任意一点， ∴， ∵， ∴， ∴、、三点在同一直线上， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． 故当为圆的直径时最大， 故的最大值为， ∵为圆的直径， ∴， ∴周长的最大值为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，直径是圆中最大的弦，等边三角形的判定和性质，熟练掌握性质是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！49 学科网（北京）股份有限公司 $$