重难点10 几何热考题四 圆热考模型（5种类型17种模型+模型解读+专题训练）-【上好课】2025年中考数学一轮复习讲练测（全国通用）

第六章 圆 重难点10 几何热考题四 圆热考模型 （5种类型17种模型+模型解读+专题训练） 【题型汇总】 题型01 垂径定理模型 【基础模型】在⊙O中，AB为⊙O的直径，CD为弦，且AB⊥CD与点E 图示： 模型结论：CE=DE， 【模型进阶】条件：①AB过圆心O；②CD⊥AB；③AB平分CD（CD不是直径）④AB平分. 模型结论：若已知四个条件中的两个，那么可推出另外两个，简称“知二得二”，解题过程中应灵活运用该定理. 常见辅助线做法（考点）： 1）有弦无垂径时，可过圆心，作垂线，连半径，造Rt△，用勾股，求长度； 【补充】在构造Rt△ODE中，半径OD，弦心距OE,弦长CD，拱高BE四个量知二推二. 2）有弦中点，连中点和圆心，得垂直平分. 1．（2024·北京·中考真题）如图，的直径平分弦（不是直径）.若，则    2．（2023·浙江衢州·中考真题）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽是矩形．当餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与边相切，则此餐盘的半径等于 cm．    3．（2023·湖南岳阳·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 ． 题型02 圆幂定理 1）弦切角模型 条件 如图，直线BC与⊙O相切，线段AB是⊙O的弦 图示 结论 弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角度数. 1． （2022九年级上·全国·专题练习）如图，直线与的外接圆相切于点A，若，则等于（　　） A．30° B．60° C．90° D．120° 2. 如图，为圆的直径，直线为圆的切线，、两点在圆上，平分且交于点．若，则的度数为何？（        ） A． B． C． D． 3. 如图，已知直线MN与以AB为直径的半圆相切于点C，∠A＝28°． (1)求∠ACM的度数； (2)在MN上是否存在一点D，使AB•CD＝AC•BC，为什么？ 4．（21-22九年级上·山东聊城·期中）顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．如图①所示：PA切⊙O于点A，AB是⊙O的一条弦，∠PAB就是⊙O的一个弦切角．经研究发现：弦切角等于它夹弧所对的圆周角．根据下面的“已知”和“求证”，写出“证明”过程，并回答后面的问题． （1）如图1，PA是⊙O的切线，A为切点，AC为直径，∠PAB夹弧所对的圆周角为∠C．求证：∠PAB＝∠C． （2）如图2，PA是⊙O的切线，A为切点，∠PAB夹弧所对的圆周角为∠D．求证：∠PAB＝∠D． （3）如图3，AB为半⊙O的直径，O为圆心，C，D为半⊙O上两点，过点C作半⊙O的切线CE交AD的延长线于点E，若CE⊥AD，且BC＝1，AB＝3，求DE的长． 2）相交弦定理 类型 基础模型 模型变形 条件 在⊙O中，弦AB、CD相交于点P 在⊙O中，OP所在直线与⊙O交于M、N两点，r为⊙O的半径 图示 结论 AP•DP=BP•CP（圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等） BP•CP=MP•NP=(r-OP)(r+OP)= 1．（2024·四川乐山·模拟预测）如图，在中，弦弦，垂足为，若，，，则的面积是（   ） A． B． C． D． 2．（23-24九年级·江苏·假期作业）如图，在⊙O中，弦、相交于点P，且． (1)求证：； (2)若，，，求． 3．（22-23九年级上·山西忻州·期末）阅读与思考：九年级学生小刚喜欢看书，他在学习了圆后，在家里突然看到某本数学书上居然还有一个相交弦定理（圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等），下面是书上的证明过程，请仔细阅读，并完成相应的任务． 圆的两条弦相交，这两条弦被交点分成的两条线段的积相等． 已知：如图1，的两弦相交于点P． 求证：． 证明：如图1，连接． ∵，．∴，（根据）∴@， ∴， ∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等． 任务：(1)请将上述证明过程补充完整． 根据：____________；@：____________． (2)小刚又看到一道课后习题，如图2，AB是的弦，P是上一点，，，，求的半径． 4．（2023·河南信阳·三模）相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．    (1)为了说明相交弦定理正确性，需要对其进行证明，如下给出了不完整的“已知”“求证”，请补充完整，并写出证明过程．已知：如图①，弦，交于点P，求证：______________． (2)如图②，已知是的直径，与弦交于点P，且于点P，过D作的切线，交的延长线于E，D为切点，若，的半径为5，求的长． 3）切割线定理 条件 在⊙O中，弦CD的延长线与⊙O的切线AB交于点A 图示 结论 =AD•AC 从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项. 1．（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图，在中，以为直径的交于点，连接．若，，，则的长是（    ） A．8 B． C．12 D． 2．（22-23九年级上·山西吕梁·期末）阅读与思考：阅读下列材料，并完成相应的任务． 米勒定理 米勒（）是德国的数学家，是欧洲最有影响的数学家之一，米勒发表的《三角全书》，是使得三角学在欧洲取得独立地位的第一部系统性著作．下面是米勒定理（又称切割线定理）的证明过程 已知：如图1，与相切于点A，与相交于点B，C． 求证：． 证明：如图2，连接． ∵为的切线，∴，∴． ∵，∴． ∵，∴． ∵，∴， ∴，∴，∴，……   任务：(1)请完成剩余的证明过程 (2)应用：如图3，是的切线，经过的圆心O，且，割线交于点D，E，，求的长． 3．（2024·湖北武汉·模拟预测）阅读：《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学著作，它是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛地认为是历史上学习数学几何部分最成功的教科书．下面是其中的切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．即，如图1，，是的切线，直线为的割线，则．下面是切割线定理的证明过程（不完整）： 证明：如图1所示，连接，连接并延长交于点，连接、． 是的切线，是的半径， ． 是的直径， （____________）． ． ∴____________， （____________）， ∴____________， ， ， ． ． 任务： (1)请在上面横线上补充证明过程，在括号内补充推理的依据； (2)如图2，已知是的直径，是的切线，为切点，割线与于点，且满足，，求的长． 4）割线定理 类型 基础模型 模型变形 条件 在⊙O中，弦AB与弦CD的延长线相交于点P，点P在⊙O外 若从圆外一点P引圆的两条割线PAB和PMN， 且割线PMN经过圆心，r为⊙O的半径 图示 结论 AP•BP=CP•DP AP•BP=MP•NP=(OP-r)(OP+r)=- 1. 如图，为的割线，且，交于点C，若，则的半径的长为 ． 2．（2021·河南洛阳·二模）我们知道，直线与圆有三种位置关系：相交、相切、相离．当直线与圆有两个公共点（即直线与圆相交）时，这条直线就叫做圆的割线．割线也有一些相关的定理．比如，割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆交点的距离的积相等．下面给出了不完整的定理“证明一”，请补充完整． 已知：如图①，过外一点作的两条割线，一条交于、点，另一条交于、点． 求证：． 证明一：连接、， ∵和为所对的圆周角，∴______． 又∵，∴______，∴______． 即． 研究后发现，如图②，如果连接、，即可得到学习过的圆内接四边形．那么或许割线定理也可以用圆内接四边形的性质来证明．请根据提示，独立完成证明二． 证明二：连接、， 3．（23-24九年级下·内蒙古赤峰·阶段练习）旧知温习：人教版初中数学第二十七章《相似》中比例线段的证明都是利用三角形相似或平行线得出来的，在三角形相似证明中，利用的条件有角相等，对应边成比例．比例线段还可以写成等积式，如可以写为． 新知探究：如图1，中，是两条相交的弦，交点为P，（不再添加辅助线），求证：； 类比探究：如图2，P是外一点，是的两条割线，与交点分别为A，B，C，D．请写出的等积关系式，并说明理由． 延伸结论：如图2，中，点P是外一点，是的切线，切点为是过圆心O的一条割线，交于A和B点，请直接写出探究之间的数量关系． 题型03 四点共圆 四点共圆模型的判定： 图1 图2 图3 判定方法1：如图1，若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆（圆的定义）. 适用范围：题目出现共端点，等线段时，可利用圆的定义构造辅助圆. 判定方法2：如图2，同侧共边三角形且公共边所对角相等的四个顶点共圆. 判定方法3：如图3，若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个点共圆. 图4 图5 判定方法4：如图4，若一个四边形的外角等于它的内对角，则这个四边形的四个点共圆. 判定方法5：如图5，共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆. 四点共圆的性质 1）共圆的四个点所连成同侧共底的两个三角形的顶角相等（如下图1，∠ACB=∠ADB）； 2）圆内接四边形的对角互补（如下图2，∠1=∠2）； 3）圆内接四边形的外角等于内对角（如下图3，∠1=∠3）. 图1 图2 图3 1）定点定长共圆模型（判定方法1） 1．（22-23九年级上·河北保定·期末）如图，量角器的直径与直角三角板的斜边重合，其中量角器0刻度线的端点N与点A重合，射线从处出发，沿顺时针方向以每秒3度的速度旋转，与量角器的半圆弧交于点E，第12秒时，点E在量角器上对应的读数是（    ）    A． B． C． D． 2．（2021·浙江嘉兴·中考真题）如图，在中，，AB=AC=5，点在上，且，点E是AB上的动点，连结，点，G分别是BC，DE的中点，连接，，当AG=FG时，线段长为（      ） A． B． C． D．4 3．（22-23九年级上·广东深圳·期末）如图，等边中，，为上一动点，，，则最小值为 ． 4．（2021·湖北随州·中考真题）如图，在中，，为的中点，平分交于点，，分别与，交于点，，连接，，则的值为 ；若，则的值为 ． 5．（2024·上海·模拟预测）如图1，分别是的内角的平分线且，过A作，交延长线于E． (1)，求证：A，D，C，E四点共圆； (2)如图2，若，求的余角的正切值； (3)若与相似，请直接写出的正弦值以及其对应的值． 2）定边对定角共圆模型（判定方法2） 1．（2024·浙江金华·二模）如图，和都是等边三角形，，连接，，F为直线，的交点，连接，当线段最长时，的值是（   ） A．1 B． C．2 D． 2．（2022·江苏无锡·中考真题）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC=20°，则∠BAF＝ °；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是 ． 3．（21-22九年级上·福建福州·期中）如图，在RtABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝40°，将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上． （1）求∠BAD的度数； （2）求证：A、D、B、E四点共圆． 4．（22-23九年级下·福建南平·自主招生）如图，在四边形中，且，垂足为，延长线交于，交的延长线于．    (1)求证：A，，，四点共圆； (2)求证：为定值． 5．（2022·贵州遵义·中考真题）探究与实践 “善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究． 提出问题： 如图1，在线段同侧有两点，，连接，，，，如果，那么，，，四点在同一个圆上． 探究展示： 如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（依据1） 点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆） 点，在点，，所确定的上（依据2） 点，，，四点在同一个圆上 (1)反思归纳：上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？ 依据1：__________；依据2：__________． (2)图3，在四边形中，，，则的度数为__________． (3)拓展探究：如图4，已知是等腰三角形，，点在上（不与的中点重合），连接．作点关于的对称点，连接并延长交的延长线于，连接，． ①求证：，，，四点共圆； ②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由． 3）定边对双直角共圆模型（判定方法5） ①定边对双直角共圆模型（同侧型） 1．（2023九年级·全国·专题练习）如图①，若是和的公共斜边，则A、B、C、D在以为直径的圆上，则叫它们“四点共圆”．如图②，的三条高、、相交于点H，则图②中“四点共圆”的组数为 ．    2．（2021·湖北鄂州·中考真题）如图，四边形中，，，于点．若，，则线段的长为 ． 3．（2020·湖北武汉·二模）如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC边上一点，连接AD． （1）如图1，作BE⊥AD延长线于E，连接CE，求证：∠AEC＝45°； （2）如图2，P为AD上一点，且∠BPD＝45°，连接CP． ①若AP＝2，求△APC的面积； ②若AP＝2BP，直接写出sin∠ACP的值为______． ②定边对双直角共圆模型（异侧型） 1．（2024·广东深圳·三模）如图，中，，， ，点P是上一动点，于D，于E，在点P的运动过程中，线段的最小值为（　　） A． B． C． D． 2．（22-23九年级上·广东梅州·阶段练习）如图，在四边形 中，， 是 的中点， 是 的中点，若 ，，，则 的长为（     ）    A． B． C． D． 3．（2024·河南安阳·三模）数学综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动． 模型感知： 小明同学善于观察思考，如图，在和中，，他发现当两个直角三角形共斜边时，取斜边中点，根据斜边中线等于斜边的一半，易知，由圆的定义可知，四点共圆，则有，其依据是______． 操作判断： 小明同学把等腰直角三角板的直角顶点绕着直角三角板的斜边中点旋转，其中，直线与相交于点，边与相交于点． （）如图，当时，线段与的数量关系是______． 深入探究： （）将图中的旋转到图所示的位置，请判断与的数量关系是否发生变化，并说明理由． 应用： （）如图，已知，若等腰直角三角板绕点继续旋转，边与的交点始终在线段上，当点为的三等分点时，直接写出的面积． 4．（2024·陕西西安·模拟预测）“乐思”小组开展探究四点共圆的条件活动时，得到结论：对角互补的四边形的四个顶点共圆，该小组继续利用上述结论进行探究． (1)问题探究：如图，四边形为矩形，平分，交于点F，． ①判断A、B、C、E四点是否共圆？填（“是”或“不是”）__________ ②__________ (2)问题解决：如图，某公园内有一个五边形人工湖，已知，米，，点是上一点，且，点是直线上一点，夏季来临，为了增加游客的安全性，欲在其中央建造一个以为斜边的等腰直角型救助站，如图所示，已知湖岸米，点是上的中点，是湖岸通向救助站的唯一通道，若修筑通道的造价为每米300元，求当造价最低时，四边形的面积为多少？并求出通道的最低造价． 4）对角互补共圆模型（判定方法3） 1．（2023·河南南阳·三模）综合实践课上，刘老师介绍了四点共圆的判定定理：若平面上四点连成四边形的对角互补或一个外角等于其内对角，那么这四点共圆．在实际应用中，如果运用这个定理，往往可以让复杂的问题简单化，以下是小明同学对一道四边形问题的分析，请帮助他补充完整．    特殊情况分析 (1)如图1，正方形中，点为对角线上一个动点，连接，将射线绕点顺时针旋转的度数，交直线于点． 小明的思考如下： 连接， ∵，， ∴，（依据1） ∵， ∴， ∴点共圆， ∴，，（依据2） ∴， ∴．（依据3） 填空：①依据1应为___________， ②依据2应为___________， ③依据3应为___________； 一般结论探究 (2)将图1中的正方形改为菱形，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，若成立，请仅以图2的形式证明，若不成立，请说明理由； 结论拓展延伸 (3)如图2，若，，当为直角三角形时，请直接写出线段的长． 2．（2023·山东日照·中考真题）在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究得出：在平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论．解决以下问题： 如图1，中，（）．点D是边上的一动点（点D不与B，C重合），将线段绕点A顺时针旋转到线段，连接．    (1)求证：A，E，B，D四点共圆； (2)如图2，当时，是四边形的外接圆，求证：是的切线； (3)已知，点M是边的中点，此时是四边形的外接圆，直接写出圆心P与点M距离的最小值． 3．（2024·广东东莞·三模）综合探究 小明同学在学习“圆”这一章内容时，发现如果四个点在同一个圆上（即四点共圆）时，就可以通过添加辅助圆的方式，使得某些复杂的问题变得相对简单，于是开始和同学一起探究四点共圆的条件．小明同学已经学习了圆内接四边形的一个性质：圆内接四边形的对角互补．因此，他想探究它的逆命题是否成立，以下是小明同学的探究过程，请你补充完整． (1)【猜想】“圆内接四边形的对角互补”的逆命题为：________________________________________，如果该逆命题成立，则可以作为判定四点共圆的一个依据． (2)【验证】如图1，在四边形中，，请在图1中作出过点三点的，并直接判断点D与的位置关系．（要求尺规作图，要保留作图痕迹，不用写作法） (3)【证明】已知：如图1，在四边形ABCD中，， 求证：点四点共圆． 证明：过三点作，假设点D不在上， 则它有可能在圆内（如图2），也有可能在圆外（如图3）． 假设点D在内时，如图2，延长交于点E，连结AE， 是的外角，， 四边形ABCE是的内接四边形，， 又，． 这与相矛盾，所以假设不成立，所以点D不可能在内． 请仿照以上证明，用反证法证明“假设点D在外”（如图3）的情形 5）四点共圆的性质与判定综合 1．（23-24九年级下·黑龙江绥化·期中）【模型呈现：材料阅读】 如图①，在四边形中，对角线，相交于点P，若，则可判定A，B，C，D四点共圆． （1）在图①中，若有，，，则 ， ； 【模型改编：问题解决】 （2）如图②，和均为等边三角形，连接，交于点F，交于点M，连接．求证：A，B，C，F四点共圆； 【模型拓广：问题延伸】 （3）如图③，在中，，将绕着点C顺时针旋转得到，连接，，直线与直线交于点F． ①若，，则的长为 ； ②若，，当时，的长为 ． 2．（22-23九年级上·湖南长沙·阶段练习）定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，简称“四点共圆”．我们学过了“圆的内接四边形的对角互补”这一定理，它的逆命题“对角互补的四边形四个顶点共圆”是证明“四点共圆”的一种常用方法．除此之外，我们还经常用“同旁张角相等”来证明“四点共圆”．如图1，在线段AB同侧有两点C，D．连接，，，，如果，那么A，B，C，D“四点共圆” (1)如图2，已知四边形中，对角线、相交于点P，点E在的延长线上，下列条件：①；②：③：④．其中，能判定A，B，C，D“四点共圆”的条件有___________： (2)如图3，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C在x轴正半轴上，点D在y轴负半轴上，若A，B，C，D“四点共圆”，且，求四边形的面积； (3)如图4，已知是等腰三角形，，点D是线段上的一个动点（点D不与点B重合，且，连结AD，作点C关于的对称点E，连接并延长交的延长线于F，连接，． ①求证：A，D，B，E“四点共圆”； ②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值：若变化，请说明理由． 3．（24-25九年级上·江苏徐州·期中）【材料阅读】如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，简称“四点共圆”．在教材中学习了定理“圆内接四边形的对角互补”后，学习小组继续探究，提出猜想“对角互补的四边形四个顶点共圆”并尝试用反证法进行验证． 【验证猜想】 已知：四边形中， 求证：A、B、C、D四点共圆 证明：过点A、B、D作，假设点C不在上，则点C在外或内 若点C在外，如图1，设交于，连接，则． 四边形是的内接四边形， ． ， 与矛盾，故点C不可能在圆外； 若点C在圆内， …… （1）在图2中，用直尺和圆规作出过点A，B，D的圆，参考以上思路补全图形并完成后续证明； 【深入探究】 得出“对角互补的四边形四个顶点共圆”是真命题后，继续思考，四点共圆还可以有其他的条件吗？请你在此基础上展开探究： （2）如图3，在线段同侧有两点C，D，连接，，，．如果，那么A、B、C、D四点共圆，请完成证明（如需辅助圆，画出示意图即可）； 【结论应用】 应用以上结论，解决下列问题： （3）如图4，在四边形中，，，则________； （4）如图5，中，点E在上，连接，作点B关于的对称点，连接，，求的度数； 【拓展延伸】 （5）如图6，，，点D为平面内一动点，连接、，若始终有，当四边形周长最大时，与的数量关系是多少？（直接写出答案）． 题型05 定弦定角模型 1．（22-23九年级上·江苏扬州·期末）【学习心得】 小雯同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易． 例如：如图，在中，，，D是外一点，且，求的度数．若以点A为圆心，AB长为半径作辅助圆，则C，D两点必在上，是的圆心角，是的圆周角，则． (1)【初步运用】如图，在四边形中，，，求的度数； (2)【方法迁移】如图，已知线段和直线，用直尺和圆规在上作出所有的点，使得（不写作法，保留作图痕迹）； (3)【问题拓展】 ①如图，已知矩形，，，为上的点．若满足的点恰好有两个，则的取值范围为______． ②如图，在中，，是边上的高，且，，求的长． 2．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，矩形中，．点P是边上一动点，点M为线段上一动点．，则的最小值为（   ）． A．2 B． C． D． 3．（21-22九年级上·山东烟台·期末）如图，是半圆O的直径，点C是半圆O的中点，点D是弧上一点，连接，作于点H，连接．若半圆直径为4，则在点D移动的过程中，的最小值是 ． 7．（2024·吉林长春·模拟预测）阅读理解： (1)【学习心得】 小赵同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型． ①类型一：“定点+定长”：如图1，在中，，，D是外一点，且，求的度数． 解：若以点A（定点）为圆心，（定长）为半径作辅助圆，（请你在图1上画圆）则点C、D必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到______°． ②类型二：“定角+定弦”：如图，中，，，，P是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值． 解：∵，∴，∵，∴， ∴______，（定角） ∴点P在以（定弦）为直径的上，请完成后面的过程． (2)【问题解决】 如图3，在矩形中，已知，，点P是边上一动点（点P不与B，C重合），连接，作点B关于直线的对称点M，则线段的最小值为______． (3)【问题拓展】 如图4，在正方形中，，动点E，F分别在边上移动，且满足．连接和，交于点P．点E从点D开始运动到点C时，点P也随之运动，请直接写出点P的运动路径长． 题型06 定角定高模型 1．（2023·重庆·模拟预测）在直角中，，，点D是外一点，连接，以为边作等边． (1)如图1，当点F在线段上，交于点M，且平分，若，求的面积； (2)如图2，连接并延长至点E，使得，连接、、，证明：； (3)如图3，旋转使得落在的角平分线上，M、N分别是射线、上的动点，且始终满足，连接，若，请直接写出的面积最小值． 2．（2024九年级上·江苏·专题练习）辅助圆之定角定高求解探究 (1)如图①，已知线段，以为斜边，在图中画出一个直角三角形； (2)如图②，在中，，为边上的高，若，试判断是否存在最小值，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由； (3)如图③，某园林单位要设计把四边形花园划分为几个区域种植不同花草，在四边形中，，，，点、分别为、上的点，若保持，那么四边形的面积是否存在最大值，若存在，请求出面积的最大值，若不存在，请说明理由． 3．（2022·江西·中考真题）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）． (1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当与重合时，重叠部分的面积为__________；当与垂直时，重叠部分的面积为__________；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为__________； (2)类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，分别与正方形的边相交于点M，N． ①如图2，当时，试判断重叠部分的形状，并说明理由； ②如图3，当时，求重叠部分四边形的面积（结果保留根号）； (3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为（设），将绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为，请直接写出的最小值与最大值（分别用含的式子表示）， （参考数据：） 4．（2019·河南·二模）在中，，过点作直线，将绕点C顺时针旋转得到（点的对应点分别是），射线分别交直线于点． （1）问题发现：如图1所示，若与重合，则的度数为_________________ （2）类比探究：如图2，所示，设与的交点为M，当M为中点时，求线段的长； （3）拓展延伸：在旋转过程中，当点分别在的延长线上时，试探究四边形的面积是否存在最小值，若存在，直接写出四边形的最小面积；若不存在，请说明理由 题型07 最大张角模型 1．（2023·广西北海·二模）综合与实践 【问题提出】 （1）如图，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门进攻，当甲带球冲到点时，乙已跟随冲到点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证：． 【数学理解】 德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图，已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大，人们称这一命题为米勒定理． 【问题解决】 （2）如图，已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点，当的外接圆与轴相切于点时，最大，当最大时，求点的坐标． 2．（2022·广西桂林·中考真题）如图，某雕塑MN位于河段OA上，游客P在步道上由点O出发沿OB方向行走．已知∠AOB＝30°，MN＝2OM＝40m，当观景视角∠MPN最大时，游客P行走的距离OP是 米．    3．（2023·湖南永州·二模）问题探究与应用实践 （一）问题探究： 如图（1），已知直线与水平视线互相垂直，，在上，在上，∠ACB叫做“视角”，点叫做“视点”，⊙是过，，三点的圆.当视点在直线上移动时，视角∠ACB的大小会发生改变,可以证明：当视点恰是⊙的切点时，视角最大，此时观察的效果最佳.当视角最大时：分别以直线，为x轴和y轴建立平面直角坐标系，如图（2）.      (1)如果此时点A的坐标为，点B的坐标为，试求圆心M的坐标及的值； (2)如果此时点A，的坐标分别为（0，a），（0，），请求出视点的坐标.（用a，的代数式表示） （二）应用实践： 应用上述结论，让我们解决如下问题： (3)如图（3），是广场上挂的一个大屏幕电视，直线是水平视线，屏幕最高点A和最低点到水平视线的距离分别为8米和4米.小明在水平视线上观看电视节目，当他的视角最大时，视点（在水平视线上）到直线的距离约是多少？（结果保留一位小数，参考数据：） 4．（2021·福建厦门·二模）一个角的顶点在圆外，两边都与该圆相交，则称这个角是它所夹的较大的弧所对的圆外角． （1）证明：一条弧所对的圆周角大于它所对的圆外角； （2）应用（1）的结论，解决下面的问题：某市博物馆近日展出当地出土的珍贵文物，该市小学生合唱队计划组织120名队员前去参观，队员身高的频数分布直方图如图1所示．该文物高度为，放置文物的展台高度为，如图2所示．为了让参观的队员站在最理想的观看位置，需要使其观看该文物的视角最大（视角：文物最高点P、文物最低点Q、参观者的眼睛A所形成的），则分隔参观者与展台的围栏应放在距离展台多远的地方？请说明理由．（说明：①参观者眼睛A与地面的距离近似于身高；②通常围栏的摆放位置需考虑参观者的平均身高） 5．（23-24九年级上·江苏镇江·期中）【提出问题】如图1，直线是足球场底线，是球门，点是射门点，连接，则叫做射门角．如图2，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门进攻，当甲带球冲到点时，乙跟随冲到点，仅从射门角度大小考虑（射门角越大，足球越容易被踢进），甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好，利用所学知识说明理由． 【经验感知】如图3，若球员在直线上跑动，随时准备射门，是否存在某一点，使得射门角最大．人们发现：当且仅当经过两点的圆与直线相切于点时，最大，并称此时的为最大射门角．如图4，为球门，直线是足球场的底线，直线，垂足为，若，球员丙带球沿直线向底线方向运球，已知丙运球过程中的最大射门角是． （1）尺规作图：作经过两点并且与直线相切于点的（不写作法，保留作图痕迹）； （2）求出最大射门角的度数． 【理解应用】 （1）如图5，正方形网格中，点均在格点上，为球门，球员丁带球沿方向进攻，最好的射点在（    ） A．点        B．点或点          C．线段（异于端点）上一点     D．线段（异于端点）上一点 （2）如图6，矩形是足球场的示意图，其中宽，球门，且．点分别是上的点，，一位左前锋球员戊从点处带球，沿方向跑动，球员戊在上何处才能使射门角（）最大，直接写出此时的长度． 题型08 阿基米德折弦定理 1．（2023·内蒙古包头·三模）阅读下面材料，完成相应的任务： 阿基米德（，公元前287-公元前212年，古希腊）是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子：《阿基米德全集》收集了已发现的阿基米德著作，它对于了解古希腊数学，研究古希腊数学思想以及整个科技史都是十分宝贵的． 其中论述了阿基米德折折弦定理：一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点．    (1)定理认识：如图所示，，是圆O的两条弦（折弦），M是的中点，，垂足为D，求证：____________________． (2)定理证明：“截长补短”是证明线段和差倍分的常用办法，下面有三位同学提出了不同的辅助线作法以达到“截长补短”效果．同学1：在上截取，同学2：过点M作的垂线交的延长线于点E，同学3：利用平行弦夹等弧的正确结论（本题可直接使用）过点M作的平行弦交于点N．请你参考上述三位同学辅助线作法并用两种方法完成证明． 2．（2021·河南洛阳·三模）请阅读下列材料，并完成相应的任务． 阿基米德折弦定理 阿基米德（Archimedes，公元前287~公元212年，古希腊是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子． 阿拉伯Al-Biruni（973年-1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al-Biruni译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理． 阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，是的中点，则从点向所作垂线的垂足是折弦的中点，即， 下面是运用“补短法”证明的部分证明过程． 证明：如图2，延长到点F，使得，连接DA，DB，DC和DF． ∵是的中点 ∴… 任务：（1）请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分： （2）填空：如图3，已知等边内接于，，为上一点，．于点，则的周长是______． 题型09 定点定长构造辅助圆 1．（2023·广东·模拟预测）如图，在边长为6的菱形中，，M是边上的一点，且，N是边上的一动点，将沿所在直线翻折得到，连接．则长度的最小值是 ．    2．（2023·河南平顶山·二模）如图，在矩形中，点为边上一点，且，，连接，将绕点逆时针旋转，当点的对应点落在直线上时，点的运动路径的长为 ．（结果保留π） 3．（23-24九年级下·吉林长春·期末）【问题呈现】数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图①，的半径为，点A在上，点B为线段中点，过点B作垂线l．点P是上一动点，点P关于直线l的对称点为，试探究点的轨迹． 【问题解决】经过讨论，小组同学猜想点在一个确定的圆上，下面是部分证明过程： 证明： 证明过程缺失 ∴点在以点______为圆心，______为半径的圆上． （1）请你补全证明中的缺失过程． 【结论应用】（2）如图②，的半径为，点A与点C在上且．点B为线段上的点，且，过点B作的垂线l．点P是上一动点，点P关于直线l的对称点为．当点P从点A运动到点C时，点的运动路径长为______． 【拓展提升】（3）如图③，若把上述问题的条件“”去掉，其它条件不变，为直径．点D到点距离d的取值范围是______． 4．（2024·陕西西安·二模）问题提出 （1）如图①，点是半径为1的上任意一点，点为外一点，且，则线段的最小值为______； 问题探究 （2）如图②，在矩形中，已知，，点是边上一动点（点不与，重合），连接，作点关于直线的对称点，求线段的最小值； 问题解决 （3）如图③，在正方形中，，动点，分别在边，上移动，且满足，交于点，连接，求线段的最小值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第六章 圆 重难点10 几何热考题四 圆热考模型 （5种类型17种模型+模型解读+专题训练） 【题型汇总】 题型01 垂径定理模型 【基础模型】在⊙O中，AB为⊙O的直径，CD为弦，且AB⊥CD与点E 图示： 模型结论：CE=DE， 【模型进阶】条件：①AB过圆心O；②CD⊥AB；③AB平分CD（CD不是直径）④AB平分. 模型结论：若已知四个条件中的两个，那么可推出另外两个，简称“知二得二”，解题过程中应灵活运用该定理. 常见辅助线做法（考点）： 1）有弦无垂径时，可过圆心，作垂线，连半径，造Rt△，用勾股，求长度； 【补充】在构造Rt△ODE中，半径OD，弦心距OE,弦长CD，拱高BE四个量知二推二. 2）有弦中点，连中点和圆心，得垂直平分. 1．（2024·北京·中考真题）如图，的直径平分弦（不是直径）.若，则    【答案】55 【分析】本题考查了垂径定理的推论，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 先由垂径定理得到，由得到，故． 【详解】解：∵直径平分弦， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（2023·浙江衢州·中考真题）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽是矩形．当餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与边相切，则此餐盘的半径等于 cm．    【答案】10 【分析】连接，过点作，交于点，交于点，则点为餐盘与边的切点，由矩形的性质得，，，则四边形是矩形，，得，，，设餐盘的半径为 ，则，，然后由勾股定理列出方程，解方程即可． 【详解】由题意得：，， 如图，连接，过点作，交于点，交于点，   则， 餐盘与边相切， 点为切点， 四边形是矩形， ，，， 四边形是矩形，， ，，， 设餐盘的半径为， 则， ， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， 餐盘的半径为， 故答案为：10． 【点睛】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 3．（2023·湖南岳阳·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． 题型02 圆幂定理 1）弦切角模型 条件 如图，直线BC与⊙O相切，线段AB是⊙O的弦 图示 结论 弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角度数. 1． （2022九年级上·全国·专题练习）如图，直线与的外接圆相切于点A，若，则等于（　　） A．30° B．60° C．90° D．120° 【答案】B 【分析】如图，过A点作直径，连接，则，，由是切线，，利用同角的余角相等解题即可． 【详解】如图，过A点作直径，连接， 则，， ， 是切线， ， ． 故选：B． 【点睛】本题考查圆的切线的性质定理，直径所对的圆周角是直角，遇切线连半径得垂直是解题的关键． 2. 如图，为圆的直径，直线为圆的切线，、两点在圆上，平分且交于点．若，则的度数为何？（        ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据直径所对的圆周角为直角得出的度数，根据角平分线的定义得出的度数，再根据直线为圆的切线，得出的度数，最后利用三角形外角的性质，即可求出的度数． 【详解】∵BD是圆O的直径， ∴ 又∵AC平分∠BAD， ∴ ∵直线ED为圆O的切线， ∴ ∴ 故选:C. 【点睛】考查圆周角定理，切线的性质定理，角平分线的性质，三角形外角的性质等，掌握直径所对的圆周角是直角是解题的关键. 3. 如图，已知直线MN与以AB为直径的半圆相切于点C，∠A＝28°． (1)求∠ACM的度数； (2)在MN上是否存在一点D，使AB•CD＝AC•BC，为什么？ 【答案】(1)∠ACM＝62°；(2)存在符合条件的点D，使AB•CD＝AC•BC，理由见解析. 【分析】(1)求∠ACM 的度数,需求出∠B 的度数;在 中,已知∠A 的度数,即可求出∠B 、∠ACM 的度数; (2)乘积的形式通常可以转化为比例的形式: ① ,此时需证 ,那么过B作MN的垂线,那么垂足即为符合条件的D点; ②,此时需证,则过A作MN的垂线,垂足也符合D点的条件. 两者的证明过程一致,都是通过弦切角得出一组对应角相等,再加上一组直角得出三角形相似. 【详解】(1)∵AB是半圆的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠B＝90°﹣∠A＝62°， ∵直线MN与以AB为直径的半圆相切于点C， ∴∠ACM＝∠B＝62°； (2)存在符合条件的点D，使AB•CD＝AC•BC， ①过A作AD⊥MN于D，则AB•CD＝AC•BC， 证明：∵MN是半圆的切线，且切点为C， ∴∠ACD＝∠B， ∵∠ADC＝∠ACB＝90°， ∴△ABC∽△ACD， ∴， 即AB•CD＝AC•BC； ②过B作BD⊥MN于D，则AB•CD＝AC•BC， 证明过程同①， 因此MN上存在至少一点D，使AB•CD＝AC•BC． 【点睛】本题考查了弦切角定理及相似三角形的判定和性质,要求学生能够熟练掌握相似的判断和性质并应用. 4．（21-22九年级上·山东聊城·期中）顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．如图①所示：PA切⊙O于点A，AB是⊙O的一条弦，∠PAB就是⊙O的一个弦切角．经研究发现：弦切角等于它夹弧所对的圆周角．根据下面的“已知”和“求证”，写出“证明”过程，并回答后面的问题． （1）如图1，PA是⊙O的切线，A为切点，AC为直径，∠PAB夹弧所对的圆周角为∠C．求证：∠PAB＝∠C． （2）如图2，PA是⊙O的切线，A为切点，∠PAB夹弧所对的圆周角为∠D．求证：∠PAB＝∠D． （3）如图3，AB为半⊙O的直径，O为圆心，C，D为半⊙O上两点，过点C作半⊙O的切线CE交AD的延长线于点E，若CE⊥AD，且BC＝1，AB＝3，求DE的长． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【分析】（1）由切线的性质可知，∠CAP＝90°，所以∠CAB+∠PAB＝90°．再根据直角三角形两锐角互余可得，∠CAB+∠C＝90°，所以∠PAB＝∠C． （2）如图2，作直径AC，连接BC，利用（1）中的结论及同弧所对的圆周角相等可得结论． （3）连接AC，由题意可知，△ACE∽△ABC，结合（1）中的结论易得△DCE∽△BAC，得出比例，进而可得结论． 【详解】解：（1）证明：∵PA切⊙O于点A， ∴∠CAP＝90°， ∴∠CAB+∠PAB＝90°． 又∵AC是直径， ∴∠B＝90°， ∴∠CAB+∠C＝90°， ∴∠PAB＝90°-∠CAB＝∠C． （2）证明：如图，过点A作直径AC，连接BC， ∵AP为切线，由（1）得，∠PAB＝∠C， 又∵∠C＝∠D， ∴∠PAB＝∠D． （3）连接AC，CD， ∵EC为⊙O的切线， 由①得∠ECA＝∠B， 又∵∠AEC＝∠ACB＝90° ∴△ACE∽△ABC， ∴，∠CAE=∠BAC， 在Rt△ACB中，根据勾股定理AC=， ∴， ∴， 又∵CE为⊙O的切线， ∴∠DCE＝∠EAC， ∴∠DCE=∠BAC， 又∵∠E＝∠ACB＝90°， ∴△DCE∽△BAC， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查弦切角，直径所对圆周角性质，切线性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握弦切角，直径所对圆周角性质，切线性质，勾股定理，三角形相似判定与性质是解题关键． 2）相交弦定理 类型 基础模型 模型变形 条件 在⊙O中，弦AB、CD相交于点P 在⊙O中，OP所在直线与⊙O交于M、N两点，r为⊙O的半径 图示 结论 AP•DP=BP•CP（圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等） BP•CP=MP•NP=(r-OP)(r+OP)= 1．（2024·四川乐山·模拟预测）如图，在中，弦弦，垂足为，若，，，则的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，，过作，，由垂径定理可得、分别为、的中点，根据圆周角定理求出，，易证，根据相似三角形的性质求出，根据垂径定理得到，，根据矩形的判定与性质可知，根据勾股定理求出，再根据圆的面积公式求解即可． 【详解】解：如图，连接，，过作于点，于点， ，， ， ， ，，， ， ， 为的中点， ， ， ， ，，， ， 四边形为矩形， ， ， ， 在直角三角形中，，， 根据勾股定理得：， 则的面积． 故选：C． 【点睛】此题考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，熟练运用垂径定理并作出合理的辅助线是解题的关键． 2．（23-24九年级·江苏·假期作业）如图，在⊙O中，弦、相交于点P，且． (1)求证：； (2)若，，，求． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】（1）根据圆周角定理得出，再根据相似三角形的判定推出即可； （2）根据相似得出比例式，再求出答案即可． 【详解】（1）∵，， ∴； （2）∵， ∴， ∵，，， ∴， 解得：或6， 当时，， 当时，， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的性质和判定等知识点，能正确运用知识点进行推理和计算是解此题的关键． 3．（22-23九年级上·山西忻州·期末）阅读与思考 九年级学生小刚喜欢看书，他在学习了圆后，在家里突然看到某本数学书上居然还有一个相交弦定理（圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等），下面是书上的证明过程，请仔细阅读，并完成相应的任务． 圆的两条弦相交，这两条弦被交点分成的两条线段的积相等． 已知：如图1，的两弦相交于点P． 求证：． 证明： 如图1，连接． ∵，． ∴，（根据） ∴@， ∴， ∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等． 任务： (1)请将上述证明过程补充完整． 根据：____________；@：____________． (2)小刚又看到一道课后习题，如图2，AB是的弦，P是上一点，，，，求的半径． 【答案】(1)有两个角对应相等的两个三角形相似；； (2) 【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可； （2）延长交圆O于点D，延长交圆O于点F，设圆O的半径为r，则，，根据（1）中结论代入求解即可． 【详解】（1）连接． ∵，． ∴，（有两个角对应相等的两个三角形相似） ∴， ∴， ∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等． 故答案为：有两个角对应相等的两个三角形相似；； （2）延长交圆O于点D，延长交圆O于点F， 设圆O的半径为r，则，， 根据（1）中结论得，即为， 解得：或（不符合题意，舍去）， 的半径为． 【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质，圆的相交弦定理等，理解题意，熟练掌握运用圆的相交弦定理是解题关键． 4．（2023·河南信阳·三模）相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．    (1)为了说明相交弦定理正确性，需要对其进行证明，如下给出了不完整的“已知”“求证”，请补充完整，并写出证明过程．已知：如图①，弦，交于点P，求证：______________． (2)如图②，已知是的直径，与弦交于点P，且于点P，过D作的切线，交的延长线于E，D为切点，若，的半径为5，求的长． 【答案】(1)，证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再利用相似的性质即可； （2）利用（1）可知，求出，再证明，利用相似的性质求出，求差即可得到的长． 【详解】（1）求证：． 证明：连接AC、BD．如图①．    ∵，． ∴． ∴． ∴． （2）解：∵，，．由（1）可知． ∴． ∵，是的直径，，． 连接OD．如图②． ∵为切线． ∴． ∵．． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴，． 又∵． ∴． 【点睛】本题考查了圆的相关性质，三角形相似的判定与性质，严格的逻辑思维和严密的书写过程是解题的关键． 3）切割线定理 条件 在⊙O中，弦CD的延长线与⊙O的切线AB交于点A 图示 结论 =AD•AC 从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项. 1．（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图，在中，以为直径的交于点，连接．若，，，则的长是（    ） A．8 B． C．12 D． 【答案】D 【分析】根据，，得到计算即可，本题考查了三角形相似的判定和性质，熟练掌握相似的性质是解题的关键． 【详解】∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得， 故选D． 2．（22-23九年级上·山西吕梁·期末）阅读与思考：阅读下列材料，并完成相应的任务． 米勒定理 米勒（）是德国的数学家，是欧洲最有影响的数学家之一，米勒发表的《三角全书》，是使得三角学在欧洲取得独立地位的第一部系统性著作．下面是米勒定理（又称切割线定理）的证明过程 已知：如图1，与相切于点A，与相交于点B，C． 求证：． 证明：如图2，连接． ∵为的切线，∴，∴． ∵，∴． ∵，∴． ∵，∴， ∴，∴，∴，……   任务：(1)请完成剩余的证明过程 (2)应用：如图3，是的切线，经过的圆心O，且，割线交于点D，E，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据提供的过程，继而证明，可得，再转化为； （2）连接，根据切割线定理得到，，将已知线段代入求出，再代入中，即可求出结果． 【详解】（1）解：证明：如图2，连接． ∵为的切线， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：由（1）可知：，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定，圆的性质，根据题干中的材料，熟练掌握割线定理是解题的关键． 3．（2024·湖北武汉·模拟预测）阅读：《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学著作，它是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛地认为是历史上学习数学几何部分最成功的教科书．下面是其中的切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．即，如图1，，是的切线，直线为的割线，则．下面是切割线定理的证明过程（不完整）： 证明：如图1所示，连接，连接并延长交于点，连接、． 是的切线，是的半径， ． 是的直径， （____________）． ． ∴____________， （____________）， ∴____________， ， ， ． ． 任务： (1)请在上面横线上补充证明过程，在括号内补充推理的依据； (2)如图2，已知是的直径，是的切线，为切点，割线与于点，且满足，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题主要考查了切线性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质； （1）根据圆周角定理、等角的余角相等、等量代换、相似三角形的性质等补充证明过程； （2）先根据已知和割线定理求得，，，则，再根据切线性质和勾股定理求得；利用圆周角定理和相似三角形的判定证明，则，进而求得即可求解． 【详解】（1）如图②，连接，连接并延长交于点，连接、． 是的切线，是的半径， ． 是的直径， （直径所对的圆周角相等）， ， ． ， ． ， ， （相似三角形的对应边成比例）， ． 故答案为：直径所对的圆周角相等；；圆周角定理；； （2）图3中，连接，， ， 设，，，则， 是的切线，是割线， 由割线定理得，则， 解得（负值舍去）， ，，，则， 是的直径，是的切线， ， ； ，， ∴，则， ， ． 4）割线定理 类型 基础模型 模型变形 条件 在⊙O中，弦AB与弦CD的延长线相交于点P，点P在⊙O外 若从圆外一点P引圆的两条割线PAB和PMN， 且割线PMN经过圆心，r为⊙O的半径 图示 结论 AP•BP=CP•DP AP•BP=MP•NP=(OP-r)(OP+r)=- 1. 如图，为的割线，且，交于点C，若，则的半径的长为 ． 【答案】 【分析】延长交圆于点D，连接、，由圆内接四边形内对角互补性质可得，结合邻补角互补可得，继而证明，由相似三角形对应边成比例解得，由此计算，最后根据线段的和差解题即可． 【详解】如图，延长交圆于点D，连接、， 四边形为圆内接四边形， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴半径为， 故答案为：． 【点睛】本题考查圆的内接四边形、相似三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 2．（2021·河南洛阳·二模）我们知道，直线与圆有三种位置关系：相交、相切、相离．当直线与圆有两个公共点（即直线与圆相交）时，这条直线就叫做圆的割线．割线也有一些相关的定理．比如，割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆交点的距离的积相等．下面给出了不完整的定理“证明一”，请补充完整． 已知：如图①，过外一点作的两条割线，一条交于、点，另一条交于、点． 求证：． 证明一：连接、， ∵和为所对的圆周角，∴______． 又∵，∴______，∴______． 即． 研究后发现，如图②，如果连接、，即可得到学习过的圆内接四边形．那么或许割线定理也可以用圆内接四边形的性质来证明．请根据提示，独立完成证明二． 证明二：连接、， 【答案】证明一：，∽，；证明二见解析 【分析】（1）证明∽即可得到结论； （2）根据圆内接四边形的性质可得，进一步证明∽ 【详解】解：证明一：连接、， ∵和为所对的圆周角， ∴． 又∵， ∴∽， ∴． 即． 故答案为：，∽，， 证明二：连接、， ∵四边形为圆内接四边形， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴∽， ∴，即． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题关键． 3．（23-24九年级下·内蒙古赤峰·阶段练习）旧知温习：人教版初中数学第二十七章《相似》中比例线段的证明都是利用三角形相似或平行线得出来的，在三角形相似证明中，利用的条件有角相等，对应边成比例．比例线段还可以写成等积式，如可以写为． 新知探究：如图1，中，是两条相交的弦，交点为P，（不再添加辅助线），求证：； 类比探究：如图2，P是外一点，是的两条割线，与交点分别为A，B，C，D．请写出的等积关系式，并说明理由． 延伸结论：如图2，中，点P是外一点，是的切线，切点为是过圆心O的一条割线，交于A和B点，请直接写出探究之间的数量关系． 【答案】（新知探究）：见详解；（类比探究）：；（延伸结论）： 【分析】（新知探究）：证明，根据相似性质即可证明； （类比探究）：连接，根据四边形是圆内接四边形，证明，根据相似性质即可证明； （延伸结论）：连接，根据切线的性质得出，再结合圆周角定理和等腰三角形的性质证明，根据相似性质即可证明； 【详解】（新知探究）：∵， ∴， ∴， ； （类比探究）：如图所示：连接，    ∵四边形是圆内接四边形， ， ， ， ； （延伸结论）：如图所示： 连接，   是的切线， ， ， ， 是的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、切线的性质、圆内接四边形的性质、圆周角定理等知识点，判定三角形相似是解题关键． 题型03 四点共圆 四点共圆模型的判定： 图1 图2 图3 判定方法1：如图1，若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆（圆的定义）. 适用范围：题目出现共端点，等线段时，可利用圆的定义构造辅助圆. 判定方法2：如图2，同侧共边三角形且公共边所对角相等的四个顶点共圆. 判定方法3：如图3，若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个点共圆. 图4 图5 判定方法4：如图4，若一个四边形的外角等于它的内对角，则这个四边形的四个点共圆. 判定方法5：如图5，共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆. 四点共圆的性质 1）共圆的四个点所连成同侧共底的两个三角形的顶角相等（如下图1，∠ACB=∠ADB）； 2）圆内接四边形的对角互补（如下图2，∠1=∠2）； 3）圆内接四边形的外角等于内对角（如下图3，∠1=∠3）. 图1 图2 图3 1）定点定长共圆模型（判定方法1） 1．（22-23九年级上·河北保定·期末）如图，量角器的直径与直角三角板的斜边重合，其中量角器0刻度线的端点N与点A重合，射线从处出发，沿顺时针方向以每秒3度的速度旋转，与量角器的半圆弧交于点E，第12秒时，点E在量角器上对应的读数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，根据旋转求出，根据圆周角定理求出，即可． 【详解】解：如图，连接，    ∵射线从处出发沿顺时针方向以每秒3度的速度旋转， ∴第12秒时，， ∵， ∴点C在以为直径的圆上，即点C在上， ∴，故C正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，旋转的性质，解题的关键是根据，得出点C在以为直径的圆上，熟记圆周角定理． 2．（2021·浙江嘉兴·中考真题）如图，在中，，AB=AC=5，点在上，且，点E是AB上的动点，连结，点，G分别是BC，DE的中点，连接，，当AG=FG时，线段长为（      ） A． B． C． D．4 【答案】A 【分析】连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得点A，D，F，E四点共圆，∠DFE=90°，然后根据勾股定理及正方形的判定和性质求得AE的长度，从而求解． 【详解】解：连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB ∵在中，，点G是DE的中点， ∴AG=DG=EG 又∵AG=FG ∴点A，D，F，E四点共圆，且DE是圆的直径 ∴∠DFE=90° ∵在Rt△ABC中，AB=AC=5，点是BC的中点， ∴CF=BF=，FN=FM= 又∵FN⊥AC，FM⊥AB， ∴四边形NAMF是正方形 ∴AN=AM=FN= 又∵， ∴ ∴△NFD≌△MFE ∴ME=DN=AN-AD= ∴AE=AM+ME=3 ∴在Rt△DAE中，DE= 故选：A． 【点睛】本题考查直径所对的圆周角是90°，四点共圆及正方形的判定和性质和用勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键． 3．（22-23九年级上·广东深圳·期末）如图，等边中，，为上一动点，，，则最小值为 ． 【答案】 【分析】如图，连接，取的中点O，连接，，过点O作于H，首先证明是顶角为的等腰三角形，当的值最小时，的值最小，即可求出的最小值． 【详解】解：如图，连接，取的中点O，连接，，过点O作于H， ∵是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴C、D、P、E四点共圆， ∴， ∴当的值最小时，的值最小， 根据垂线段最短可得，当时，，此时最小，， ∵，，   ∴，， ∴， ∴， ∴的值最小为， 故答案为． 【点睛】本题考查了四点共圆、垂线段最短、圆周角定理、含角的直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；正确判断当时最小是解题的关键． 4．（2021·湖北随州·中考真题）如图，在中，，为的中点，平分交于点，，分别与，交于点，，连接，，则的值为 ；若，则的值为 ． 【答案】 【分析】（1）根据条件，证明，从而推断，进一步通过角度等量，证明，代入推断即可. （2）通过，可知 四点共圆，通过角度转化，证明，代入推断即可. 【详解】解：（1）∵，为的中点 ∴ 又∵平分 ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 在与中 , ∴ （2∵ ∴ 四点共圆，如下图： ∵ ∴ 又∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 即 ∵ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 故答案为： 【点睛】本题考查三角形的相似，三角形的全等以及圆的相关知识点，根据图形找见相关的等量关系是解题的关键． 5．（2024·上海·模拟预测）如图1，分别是的内角的平分线且，过A作，交延长线于E． (1)，求证：A，D，C，E四点共圆； (2)如图2，若，求的余角的正切值； (3)若与相似，请直接写出的正弦值以及其对应的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)的正弦值为：或者， 的值为：或者 【分析】(1) 设的中点为O，连接，过点E作边的垂线，垂足分别为F，G，H，根据分别是角的平分线，得到是角的平分线，，，，根据垂直定义推出，得到，根据角平分线性质得到，得到，得到平分， ，得到，即得A，D，C，E四点共圆； (2) 延长交于点F，过点D作于点G，则，根据等腰三角形性质和角平分线定义得到，得到，得到，得到，根据角平分线性质推出，设，，根据勾股定理得到，得到，即得； (3) 过点D作，垂足分别为M，N，T，根据角平分线性质和切线长性质得到，设，根据，当时，得到四边形是正方形，，根据，推出，得到,，得到，，由勾股定理得到，得到；当，时，得到，得到，，，得到，得到，根据，由勾股定理得到，即得 【详解】（1）设的中点为O，连接，过点E分别作边的垂线，垂足分别为F，G，H， ∵分别是的内角的平分线， ∴是的内角的平分线，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平分， ∴， ∴， ∴平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴A，D，C，E四点共圆； （2）延长交于点F，过点D作于点G，则， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设， 则， ∴， ∵，， ∴的余角的正切值为：； （3）过点D作，垂足分别为M，N，T， ∵D为角平分线交点， ∴， 设， ∵与相似，，， ①当时， ∵四边形是矩形，， ∴四边形是正方形， ∴， 由(1)知，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当，时， ∵四边形是矩形，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴，， ∴，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故的正弦值为：或者， 的值为：或者； 【点睛】本题主要考查了三角形和圆综合，熟练掌握角平分线计算、判断和性质，直角三角形斜边中线性质 ，等腰三角形性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，三角形内切圆性质，正方形的判定和性质，切线长定理，分类讨论，是解题的关键． 2）定边对定角共圆模型（判定方法2） 1．（2024·浙江金华·二模）如图，和都是等边三角形，，连接，，F为直线，的交点，连接，当线段最长时，的值是（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，同弧所对的圆周角相等，圆中最长的弦相关问题，解直角三角形，得出四点共圆是解题的关键．证明，得出四点共圆，进而作的外接圆，当为直径时，取得最大值，即可求解． 【详解】解：∵和都是等边三角形， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴四点共圆， 如图所示，作的外接圆，当为直径时，取得最大值， ∵ ∴ ∵为直径 ∴ ∴， 故选：B． 2．（2022·江苏无锡·中考真题）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC=20°，则∠BAF＝ °；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是 ． 【答案】 80 / 【分析】利用SAS证明△BDC≌△AEC，得到∠DBC=∠EAC=20°，据此可求得∠BAF的度数；利用全等三角形的性质可求得∠AFB=60°，推出A、B、C、F四个点在同一个圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小，此时线段AF长度有最小值，据此求解即可． 【详解】解：∵△ABC和△DCE都是等边三角形， ∴AC=BC，DC=EC，∠BAC=∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠DCB+∠ACD=∠ECA+∠ACD=60°， 即∠DCB =∠ECA， 在△BCD和△ACE中，， ∴△ACE≌△BCD（ SAS）， ∴∠EAC=∠DBC， ∵∠DBC=20°， ∴∠EAC=20°， ∴∠BAF=∠BAC+∠EAC=80°； 设BF与AC相交于点H，如图： ∵△ACE≌△BCD ∴AE=BD，∠EAC=∠DBC，且∠AHF=∠BHC， ∴∠AFB=∠ACB=60°， ∴A、B、C、F四个点在同一个圆上， ∵点D在以C为圆心，3为半径的圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小， ∴此时线段AF长度有最小值， 在Rt△BCD中，BC=5，CD=3， ∴BD=4，即AE=4， ∴∠FDE=180°-90°-60°=30°， ∵∠AFB=60°， ∴∠FDE=∠FED=30°， ∴FD=FE， 过点F作FG⊥DE于点G， ∴DG=GE=， ∴FE=DF==， ∴AF=AE-FE=4-， 故答案为：80；4-． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，切线的性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 3．（21-22九年级上·福建福州·期中）如图，在RtABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝40°，将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上． （1）求∠BAD的度数； （2）求证：A、D、B、E四点共圆． 【答案】（1）10°；（2）见解析 【分析】（1）由三角形内角和定理和已知条件求得∠C的度数，由旋转的性质得出AC＝AD，即可得出∠ADC＝∠C，最后由外角定理求得∠BAD的度数； （2）由旋转的性质得到∠ABC＝∠AED，由四点共圆的判定得出结论． 【详解】解：（1）∵在RtABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝40°， ∴∠C＝50°， ∵将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上， ∴AC＝AD， ∴∠ADC＝∠C＝50°， ∴∠ADC＝∠ABC+∠BAD＝50°， ∴∠BAD＝50°－40°＝10° 证明（2）∵将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE， ∴∠ABC＝∠AED， ∴A、D、B、E四点共圆． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、外角定理以及四点共圆的判定，解题的关键是理解旋转后的图形与原图形对应边相等，对应角相等． 4．（22-23九年级下·福建南平·自主招生）如图，在四边形中，且，垂足为，延长线交于，交的延长线于．    (1)求证：A，，，四点共圆； (2)求证：为定值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出为中点，求出，证明，得出为等腰三角形，得出，求出，即可证明结论； （2）先证明，再根据，证明，得出，即可证明结论． 【详解】（1）证明：连接，如图所示：    ， 为等腰三角形，， 又∵， ∴为中点， ∴垂直平分， ， ∴， ， 又， 为等腰三角形， ， ∴， ∴A，，，四点共圆；（若共底边的两个三角形的顶角相等，且在底边的同侧，则四点共圆） （2）证明：由（1）知：A，，，四点共圆， （同弧所对的圆周角相等） 又， 为等腰三角形 ， ∴， 又（公共角）， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了四点共圆，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，三角形相似的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质和判定，数形结合． 5．（2022·贵州遵义·中考真题）探究与实践 “善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究． 提出问题： 如图1，在线段同侧有两点，，连接，，，，如果，那么，，，四点在同一个圆上． 探究展示： 如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（依据1） 点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆） 点，在点，，所确定的上（依据2） 点，，，四点在同一个圆上 (1)反思归纳：上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？ 依据1：__________；依据2：__________． (2)图3，在四边形中，，，则的度数为__________． (3)拓展探究：如图4，已知是等腰三角形，，点在上（不与的中点重合），连接．作点关于的对称点，连接并延长交的延长线于，连接，． ①求证：，，，四点共圆； ②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由． 【答案】(1)圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等 (2)45° (3)①见解析；②不发生变化，值为8 【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等作答即可； （2）根据同弧所对的圆周角相等即可求解； （3）①根据（1）中的结论证明即可得证；②证明，根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（圆内接四边形对角互补） 点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆） 点，在点，，所确定的上（同圆中，同弧所对的圆周角相等） 点，，，四点在同一个圆上 故答案为：圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等 （2）在线段同侧有两点，， 四点共圆， 故答案为： （3）①∵， ， 点与点关于对称， ， ， 四点共圆； ②，理由如下， 如图， 四点共圆， ， 关于对称， ， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等，轴对称的性质，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键． 3）定边对双直角共圆模型（判定方法5） ①定边对双直角共圆模型（同侧型） 1．（2023九年级·全国·专题练习）如图①，若是和的公共斜边，则A、B、C、D在以为直径的圆上，则叫它们“四点共圆”．如图②，的三条高、、相交于点H，则图②中“四点共圆”的组数为 ．    【答案】6 【分析】根据两个直角三角形公共斜边时，四个顶点共圆，结合图形求解可得． 【详解】解：如图，    以为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆， 以为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆， 以为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆， 以为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆， 以为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆， 以为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆， 综上分析可知，共6组． 故答案为：6． 【点睛】本题考查四点共圆的判断方法．解题的关键是明确有公共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆． 2．（2021·湖北鄂州·中考真题）如图，四边形中，，，于点．若，，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】设交于点F，过C作，用求出，即求出BC的长，又因为，从而求得AB． 【详解】如图，设交于点F，过C作， 在以为直径的圆上 ， ， 在和中 = ， 【点睛】本题考查了圆的直径所对的圆周角为，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的判定与性质，勾股定理，本题能找到是解题的关键． 3．（2020·湖北武汉·二模）如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC边上一点，连接AD． （1）如图1，作BE⊥AD延长线于E，连接CE，求证：∠AEC＝45°； （2）如图2，P为AD上一点，且∠BPD＝45°，连接CP． ①若AP＝2，求△APC的面积； ②若AP＝2BP，直接写出sin∠ACP的值为______． 【答案】（1）证明见解析；（2）①△APC的面积＝1；②． 【分析】（1）由题意可证点A，点B，点E，点C四点共圆，可得∠AEC＝∠ABC＝45°； （2）①通过证明△APB∽△CEB，可求CE＝＝，由等腰直角三角形的性质可求CF＝1，即可求解； ②过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，过点C作CF⊥AD于F，过点P作PH⊥AC于H，设AP＝2a，则BP＝a，可得CE＝＝a，CF＝EF＝a，BE＝PE＝a，由勾股定理可求AC2，CP2，利用面积法可求PH2，即可求解． 【详解】证明：（1）∵等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°， ∴AC＝BC，∠ABC＝∠CAB＝45°，AB＝BC， ∵BE⊥AD， ∴∠AEB＝90°＝∠ACB， ∴点A，点B，点E，点C四点共圆， ∴∠AEC＝∠ABC＝45°； （2）①如图2，过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，过点C作CF⊥AD于F， ∵∠BPD＝45°，BE⊥AD， ∴∠PBE＝45°＝∠ABC， ∴∠ABP＝∠CBE， ∵∠AEB＝90°＝∠ACB， ∴点A，点B，点E，点C四点共圆， ∴∠BAE＝∠BCE，∠AEC＝∠ABC＝45°， ∴△APB∽△CEB， ∴CE＝＝， ∵CF⊥AD，∠AEC＝45°， ∴∠FCE＝∠CEF＝45°， ∴CF＝EF＝CE＝1， ∴△APC的面积＝×AP×CF＝1； ②如图，过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，过点C作CF⊥AD于F，过点P作PH⊥AC于H， 设AP＝2a，则BP＝a， 由①可知，CE＝＝a，CF＝EF＝a， ∵BP＝a，∠BPE＝45°，∠BEP＝90°， ∴BE＝PE＝a， ∴AF＝AE﹣EF＝2a+a﹣a＝a+a，PF＝a﹣a， ∴CP2＝CF2+PF2＝a2+（a﹣a）2＝a2﹣a2， AC2＝AF2+CF2＝a2+（a+a）2＝a2+a2， ∵S△ACP＝×AC×PH＝×AP×CF， ∴（AC•PH）2＝（AP•CF）2， ∴PH2＝a2， ∵（sin∠ACP）2＝＝＝， ∴sin∠ACP＝， 故答案为：． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了四点共圆，圆的有关知识，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键． ②定边对双直角共圆模型（异侧型） 1．（2024·广东深圳·三模）如图，中，，， ，点P是上一动点，于D，于E，在点P的运动过程中，线段的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据可以确定A，D，P，E四点共圆，根据三角形内角和定理确定，进而确定当时，线段取得最小值，根据三角形内角和定理和圆周角定理的推论确定，根据相似三角形的判定定理和性质可，设，根据等角对等边和勾股定理表示出和，根据所对的直角边是斜边的一半，圆周角定理和勾股定理表示出，最后代入比例式中计算即可． 【详解】解：∵于D，于E， ∴， ∴， ∴A、D、P、E四点共圆，且直径为， ∵，是定值，所以直径最小时，所对的弦最小，此时， 在中， ∴是等腰直角三角形，， ∴也是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则，， 则， ∵， ∴， 过D作于M， ∴，， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴， 则线段的最小值为 故选：D． 【点睛】本题考查确定圆的条件，圆周角定理及其推论，勾股定理，相似三角形的判定定理和性质，含的直角三角形，正确确定何时取得最小值是解题关键． 2．（22-23九年级上·广东梅州·阶段练习）如图，在四边形 中，， 是 的中点， 是 的中点，若 ，，，则 的长为（     ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，，根据且为中点，求证是等腰三角形，再利用等腰三角形的高，中线，角平分线三线合一的性质得到，根据圆周角定理得到，求得，，于是得出结论． 【详解】连接，，如图，        ∵且为中点， ∴，， ∴， ∵为中点， ∴， ∵∠， ∴，，，四点共圆， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴， 故选：． 【点睛】此题主要考查圆内接四边形，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和等腰三角形的性质等知识点，解答此题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，求出线段． 3．（2024·河南安阳·三模）数学综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动． 模型感知： 小明同学善于观察思考，如图，在和中，，他发现当两个直角三角形共斜边时，取斜边中点，根据斜边中线等于斜边的一半，易知，由圆的定义可知，四点共圆，则有，其依据是______． 操作判断： 小明同学把等腰直角三角板的直角顶点绕着直角三角板的斜边中点旋转，其中，直线与相交于点，边与相交于点． （）如图，当时，线段与的数量关系是______． 深入探究： （）将图中的旋转到图所示的位置，请判断与的数量关系是否发生变化，并说明理由． 应用： （）如图，已知，若等腰直角三角板绕点继续旋转，边与的交点始终在线段上，当点为的三等分点时，直接写出的面积． 【答案】模型感知：同弧所对的圆周角相等；（1）；（2）仍有，证明见解析；（3） 【分析】模型感知：根据圆周角定理即可求解； （）连接，可得四边形是矩形，得到，由直角三角形的性质可得，即得，又由得到，即可得到； （）与的数量不会发生变化．如图，连接，由，，可得四点共圆，即得，进而可得，利用直角三角形的性质即可求证； （）如图，过点作于，解直角三角形求出，进而得到，，即得，利用勾股定理求得，再根据（）的结论得到，再根据勾股定理得到，最后根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】解：模型感知：由题意可知，其依据是同弧所对的圆周角相等， 故答案为：同弧所对的圆周角相等； （）如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点为斜边的中点， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴； （）与的数量不会发生变化，理由如下： 如图，连接， ∵，， ∴四点共圆， ∴， ∵点是斜边的中点， ∴， ∴， ∴， 在中，，， ∴， 即； （）解：如图，过点作于， ∵， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵点为的三等分点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，四点共圆，解直角三角形，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 4．（2024·陕西西安·模拟预测）“乐思”小组开展探究四点共圆的条件活动时，得到结论：对角互补的四边形的四个顶点共圆，该小组继续利用上述结论进行探究． (1)问题探究：如图，四边形为矩形，平分，交于点F，． ①判断A、B、C、E四点是否共圆？填（“是”或“不是”）__________ ②__________ (2)问题解决：如图，某公园内有一个五边形人工湖，已知，米，，点是上一点，且，点是直线上一点，夏季来临，为了增加游客的安全性，欲在其中央建造一个以为斜边的等腰直角型救助站，如图所示，已知湖岸米，点是上的中点，是湖岸通向救助站的唯一通道，若修筑通道的造价为每米300元，求当造价最低时，四边形的面积为多少？并求出通道的最低造价． 【答案】(1)①是；② (2)，元 【分析】（1）①由四边形为矩形，得，故，因此A、B、C、E四点共圆； ②由角平分线可求，而A、B、C、E四点共圆，则得到，故； （2）延长交于点H，连接，过点M作于点R，过点M作于点J，连接并延长交于点K，过点H作于点Q，可证，则，故平分，则，由点N为中点，，则，故点N在以点H为圆心，为半径的上运动，由，得当点M与点Q重合，点N与点T重合时，最小即为，可求，故，因此最低造价为：元，当点M与点Q重合时，可得到，而，因此． 【详解】（1）解：①：∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴A、B、C、E四点共圆， 故答案为：是； ②∵，平分， ∴， ∵A、B、C、E四点共圆， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：延长交于点H，连接，过点M作于点R，过点M作于点J，连接并延长交于点K，过点H作于点Q， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平分， ∴， ∵点N为中点，， ∴， ∴点N在以点H为圆心，为半径的上运动， ∵， ∴当点M与点Q重合，点N与点T重合时，最小即为， ∵在中，，， ∴， ∴， ∴最低造价为：元， 当点M与点Q重合时，如图： ∵，，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，解直角三角形，矩形的判定与性质，全等数学的判定与性质，直角三角形的性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键． 4）对角互补共圆模型（判定方法3） 1．（2023·河南南阳·三模）综合实践课上，刘老师介绍了四点共圆的判定定理：若平面上四点连成四边形的对角互补或一个外角等于其内对角，那么这四点共圆．在实际应用中，如果运用这个定理，往往可以让复杂的问题简单化，以下是小明同学对一道四边形问题的分析，请帮助他补充完整．    特殊情况分析 (1)如图1，正方形中，点为对角线上一个动点，连接，将射线绕点顺时针旋转的度数，交直线于点． 小明的思考如下： 连接， ∵，， ∴，（依据1） ∵， ∴， ∴点共圆， ∴，，（依据2） ∴， ∴．（依据3） 填空：①依据1应为___________， ②依据2应为___________， ③依据3应为___________； 一般结论探究 (2)将图1中的正方形改为菱形，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，若成立，请仅以图2的形式证明，若不成立，请说明理由； 结论拓展延伸 (3)如图2，若，，当为直角三角形时，请直接写出线段的长． 【答案】(1)两直线平行，内错角相等；同弧所对的圆周角相等；等角对等边 (2)成立，理由见解析 (3)或3 【分析】（1）根据材料中的证明过程，即可得到答案； （2）连接DQ，如图1所示，由菱形的性质得到，从而确定点共圆，再由圆周角定理得到，，进而结合菱形性质及等腰三角形的性质即可得证； （3）如图2所示，当时，，从而由为直角三角形可分两种情况讨论求解即可得到答案． 【详解】（1）解：由题意可知： ①两直线平行，内错角相等， ②同弧所对的圆周角相等， ③等角对等边， 故答案为：两直线平行，内错角相等；同弧所对的圆周角相等；等角对等边； （2）解：（1）中结论仍然成立， 理由如下：连接DQ，如图1所示：    ∵在菱形中， ∴，， ∵， ∴点共圆， ∴，， ∵为菱形的对角线， ∴， ∴， ∴； （3）解：或3． 由于点为对角线上一个动点，分两类情况讨论如下： ①当时，如图2所示：    ∵在菱形中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（2）中知点共圆，知， ， ∴， ∴，即， ∴在中，，则， ∴由（2）知； ②当时，如图3所示：    在菱形中，，则， ， 点与点重合， 由（2）可知，， ， 综上所述：或3． 【点睛】本题考查特殊平行四边形综合，涉及正方形性质、菱形性质、含的直角三角形三边关系、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理等知识，熟练掌握相关几何知识并灵活运用是解决问题的关键． 2．（2023·山东日照·中考真题）在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究得出：在平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论．解决以下问题： 如图1，中，（）．点D是边上的一动点（点D不与B，C重合），将线段绕点A顺时针旋转到线段，连接．    (1)求证：A，E，B，D四点共圆； (2)如图2，当时，是四边形的外接圆，求证：是的切线； (3)已知，点M是边的中点，此时是四边形的外接圆，直接写出圆心P与点M距离的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据旋转的性质得到，证明，进而证明，可以得到，由，可得，即可证明A、B、D、E四点共圆； （2）如图所示，连接，根据等边对等角得到，由圆周角定理得到，再由，得到，利用三角形内角和定理证明，即，由此即可证明是的切线； （3）如图所示，作线段的垂直平分线，分别交于G、F，连接，先求出，再由三线合一定理得到，，解直角三角形求出，则，再解得到，则；由是四边形的外接圆，可得点P一定在的垂直平分线上，故当时，有最小值，据此求解即可． 【详解】（1）证明：由旋转的性质可得， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴A、B、D、E四点共圆； （2）证明：如图所示，连接， ∵， ∴， ∵是四边形的外接圆， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 又∵是的半径， ∴是的切线；    （3）解：如图所示，作线段的垂直平分线，分别交于G、F，连接， ∵， ∴， ∵点M是边的中点， ∴，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵是四边形的外接圆， ∴点P一定在的垂直平分线上， ∴点P在直线上， ∴当时，有最小值， ∵， ∴在中，， ∴圆心P与点M距离的最小值为． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，解直角三角形，圆周角定理，切线的判定，三角形外接圆的性质，垂线段最短等等，正确作出辅助线是解题的关键． 3．（2024·广东东莞·三模）综合探究 小明同学在学习“圆”这一章内容时，发现如果四个点在同一个圆上（即四点共圆）时，就可以通过添加辅助圆的方式，使得某些复杂的问题变得相对简单，于是开始和同学一起探究四点共圆的条件．小明同学已经学习了圆内接四边形的一个性质：圆内接四边形的对角互补．因此，他想探究它的逆命题是否成立，以下是小明同学的探究过程，请你补充完整． (1)【猜想】“圆内接四边形的对角互补”的逆命题为：________________________________________，如果该逆命题成立，则可以作为判定四点共圆的一个依据． (2)【验证】如图1，在四边形中，，请在图1中作出过点三点的，并直接判断点D与的位置关系．（要求尺规作图，要保留作图痕迹，不用写作法） (3)【证明】已知：如图1，在四边形ABCD中，， 求证：点四点共圆． 证明：过三点作，假设点D不在上， 则它有可能在圆内（如图2），也有可能在圆外（如图3）． 假设点D在内时，如图2，延长交于点E，连结AE， 是的外角，， 四边形ABCE是的内接四边形，， 又，． 这与相矛盾，所以假设不成立，所以点D不可能在内． 请仿照以上证明，用反证法证明“假设点D在外”（如图3）的情形 【答案】(1)对角互补的四边形能内接于圆．（或：对角互补的四边形是圆的内接四边形） (2)图见解析，点D在上 (3)详见解析 【分析】本题考查了反证法，命题与定理及线段的垂直平分线的性质及有关圆的性质是解题的关键． （1）根据逆命题与原命题是条件、结论互换解答． （2）根据作过不共线的三个点的圆作法作图，先确定圆心再确定半径； （3）根据反证法的步骤进行证明． 【详解】（1）解：对角互补的四边形能内接于圆．（或：对角互补的四边形是圆的内接四边形）． （2）解：如图1，为所求． 点D在上． （3）证明：假设点D在外时，如图3， CD交于点E，连结， 是的外角， ． 四边形是的内接四边形， 又， ． 这与相矛盾，所以假设不成立， 所以点D不可能在外． 5）四点共圆的性质与判定综合 1．（23-24九年级下·黑龙江绥化·期中）【模型呈现：材料阅读】 如图①，在四边形中，对角线，相交于点P，若，则可判定A，B，C，D四点共圆． （1）在图①中，若有，，，则 ， ； 【模型改编：问题解决】 （2）如图②，和均为等边三角形，连接，交于点F，交于点M，连接．求证：A，B，C，F四点共圆； 【模型拓广：问题延伸】 （3）如图③，在中，，将绕着点C顺时针旋转得到，连接，，直线与直线交于点F． ①若，，则的长为 ； ②若，，当时，的长为 ． 【答案】（1），；（2）见解析；（3）①6；② 【分析】（1）根据，可证，得，进而可知，，，四点共圆，再由圆的内接四边形可知，，即可求解； （2）由等边三角形的性质可证，得，即：，即可证明结论； （3）①由旋转的性质可知，，，，，进而可证，得，可得，易证，，，四点共圆，可知，得，再利用相似三角形的性质可得，即可求解； ②结合题意可知为等腰直角三角形，由①可知，，，，四点共圆，得，由旋转可知，，则，过点作，可证得，得，解得，根据，求解即可． 【详解】解：（1）∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，，，四点共圆， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：，； （2）证明：∵和均为等边三角形， ∴，，， 则， ∴， ∴， ∴，即：， ∴，，，四点共圆； （3）①由旋转的性质可知，，，，， 则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，，，四点共圆， ∵，则是直径， ∴，即：， ∴， ∵，， ∴， ∴，则， 故答案为：6； ②∵，由旋转可知，， ∴为等腰直角三角形， 由①可知，，，，四点共圆， ∴， 由旋转可知，，则， 过点作， ∴，， ∴， ∴，即：，解得：， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题属于几何综合，考查旋转的性质，圆周角定理，相似三角形的判定及性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 2．（22-23九年级上·湖南长沙·阶段练习）定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，简称“四点共圆”．我们学过了“圆的内接四边形的对角互补”这一定理，它的逆命题“对角互补的四边形四个顶点共圆”是证明“四点共圆”的一种常用方法．除此之外，我们还经常用“同旁张角相等”来证明“四点共圆”．如图1，在线段AB同侧有两点C，D．连接，，，，如果，那么A，B，C，D“四点共圆” (1)如图2，已知四边形中，对角线、相交于点P，点E在的延长线上，下列条件：①；②：③：④．其中，能判定A，B，C，D“四点共圆”的条件有___________： (2)如图3，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C在x轴正半轴上，点D在y轴负半轴上，若A，B，C，D“四点共圆”，且，求四边形的面积； (3)如图4，已知是等腰三角形，，点D是线段上的一个动点（点D不与点B重合，且，连结AD，作点C关于的对称点E，连接并延长交的延长线于F，连接，． ①求证：A，D，B，E“四点共圆”； ②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值：若变化，请说明理由． 【答案】(1)①③④ (2) (3)不变，8 【分析】（1）根据“同旁张角相等”可判断①；先证明，然后根据“对角互补的四边形四个顶点共圆” 可判断③；先证明可得，然后根据“同旁张角相等”可判断④；根据②的条件无法判定A，B，C，D“四点共圆”； （2）先求出A、B的坐标，从而判定为等腰直角三角形，得出，根据A，B，C，D“四点共圆”和可得出，，进而求出，然后证明得出，最后根据求解即可； （3）①根据轴对称的性质得到，，，，进而得到，即可证明结论； ②连接，证明，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可． 【详解】（1）解：∵， ∴A，B，C，D“四点共圆”， 故①正确； ∵，， ∴， ∴A，B，C，D“四点共圆”， 故③正确； ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴A，B，C，D“四点共圆”， 故④正确； 根据②的条件无法判定A，B，C，D“四点共圆”． 故能判定A，B，C，D“四点共圆”的条件有①③④． （2）解：对于， 当时，则， 当时，则，解得， ∴，， ∴， 又， ∴， ∵A，B，C，D“四点共圆”， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∵A，B，C，D“四点共圆”， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴ ； （3）①证明：∵， ∴， ∵点E与点C关于的对称， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴A，D，B，E四点共圆； ②解：的值不会发生变化， 理由如下：如图4，连接， ∵点E与点C关于的对称， ∴， ∴， 又， ∴， ∵A，D，B，E四点共圆， ∴， ∴， ∴A，B，F，C四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是四点共圆、相似三角形的判定和性质、轴对称的性质，正确理解四点共圆的条件是解题的关键． 3．（24-25九年级上·江苏徐州·期中）【材料阅读】如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，简称“四点共圆”．在教材中学习了定理“圆内接四边形的对角互补”后，学习小组继续探究，提出猜想“对角互补的四边形四个顶点共圆”并尝试用反证法进行验证． 【验证猜想】 已知：四边形中， 求证：A、B、C、D四点共圆 证明：过点A、B、D作，假设点C不在上，则点C在外或内 若点C在外，如图1，设交于，连接，则． 四边形是的内接四边形， ． ， 与矛盾，故点C不可能在圆外； 若点C在圆内， …… （1）在图2中，用直尺和圆规作出过点A，B，D的圆，参考以上思路补全图形并完成后续证明； 【深入探究】 得出“对角互补的四边形四个顶点共圆”是真命题后，继续思考，四点共圆还可以有其他的条件吗？请你在此基础上展开探究： （2）如图3，在线段同侧有两点C，D，连接，，，．如果，那么A、B、C、D四点共圆，请完成证明（如需辅助圆，画出示意图即可）； 【结论应用】 应用以上结论，解决下列问题： （3）如图4，在四边形中，，，则________； （4）如图5，中，点E在上，连接，作点B关于的对称点，连接，，求的度数； 【拓展延伸】 （5）如图6，，，点D为平面内一动点，连接、，若始终有，当四边形周长最大时，与的数量关系是多少？（直接写出答案）． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）30；（4）；（5） 【分析】（1）由圆的内接四边形可得，即可求解； （2）通过点A、B、C、E四点在同一个圆上，可得点C在点A、B、D所确定的上，即可求解； （3）通过证明点A，点B，点C，点D四点共圆，可得； （4）通过证明点A、、E、C四点共圆，可得，由三角形内角和定理可求解； （5）通过证明点A，点B，点C，点D四点共圆，可得，当是直径时，有最大值，即四边形的周长有最大值，即可求解． 【详解】解：（1）若点C在内，如图，延长设交于， 连接，则． 四边形是的内接四边形， ， ， 与矛盾，故点C不可能在圆内， ∴点C在圆上， ∴点A、B、C、E四点在同一个圆上； （2）如图，作经过点A、B、D的， 在劣弧上取一点E（不与A、B重合），连接，， 则， ， ． 点A、B、C、E四点在同一个圆上，（对角互补的四边形四个顶点共圆） 点C在点A、B、E所确定的上，也就是在点A、B、D所确定的上， 点A、B、C、D四点共圆； （3）∵， ∴点A，点B，点C，点D四点共圆， ∴， 故答案为：30； （4）由对称可知，， ， ， 由（2）可知，点A、、E、C四点共圆． ， 中，， ； （5）如图，连接， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴点A，点B，点C，点D四点共圆， ∴，弦最大值是直径长， 以为边在上方作等边三角形，连接， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴A，E，D三点共线， ∴， ∵四边形周长， ∴当是直径时，四边形的周长有最大值， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了四点共圆，圆周角定理，圆内接四边形的性质，反证法，等边三角形的判定与性质等知识点． 题型05 定弦定角模型 1．（22-23九年级上·江苏扬州·期末）【学习心得】 小雯同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易． 例如：如图，在中，，，D是外一点，且，求的度数．若以点A为圆心，AB长为半径作辅助圆，则C，D两点必在上，是的圆心角，是的圆周角，则． (1)【初步运用】如图，在四边形中，，，求的度数； (2)【方法迁移】如图，已知线段和直线，用直尺和圆规在上作出所有的点，使得（不写作法，保留作图痕迹）； (3)【问题拓展】 ①如图，已知矩形，，，为上的点．若满足的点恰好有两个，则的取值范围为______． ②如图，在中，，是边上的高，且，，求的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3)①；② 【分析】（1）如图所示，取中点E，连接，，则，即可得到A、B、C、D在以E为圆心，为半径的圆心，则； （2）先作等边三角形，再以O为圆心，的长为半径画弧与直线l的交点即为所求； （3）①如图所示，在上截取一点F使得，连接，以为直径作圆O，过点F作交于E，过点O作交于H交圆O于G，过点G作圆O的切线分别交，于K、Q，则当时满足题意，据此求解即可；②如图所示，作的外接圆，过圆心O作于E，于F，连接，，，则四边形是矩形，分别求出、即可得到答案． 【详解】（1）如图所示，取中点E，连接，， ∵，E为的中点， ∴， ∴A、B、C、D在以E为圆心，为半径的圆心， ∴； （2）如图所示，、即为所求； （3）①如图所示，在上截取一点F使得，连接，以为直径作圆O，过点F作交于E，过点O作交于H交圆O于G，过点G作圆O的切线分别交，于K、Q，则四边形为正方形 ∵四边形是矩形， ∴， ∴B在圆O上，， ∴， ∵OH⊥EF， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即． ②如图所示，作的外接圆，过圆心O作于E，于F，连接，，，则四边形是矩形 ∵， ∴， 在直角中， ∴， ∵OE⊥BC， ∴， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，直角三角形斜边上的中线，矩形的性质与判定，勾股定理等等，熟练掌握圆的相关知识是解题的关键． 2．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，矩形中，．点P是边上一动点，点M为线段上一动点．，则的最小值为（   ）． A．2 B． C． D． 【答案】A 【分析】设的中点为，连接，证明，得出，点在点为圆心，4为半径的圆上，利用勾股定理求出从而计算出答案． 【详解】解：设的中点为，连接， ∵四边形为矩形， ， ， ， ， ， ， ， ∴点在点为圆心，4为半径的圆上． ， ， ∵的最小值为2． 故选：A． 【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，二次根式的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，应用直角三角形性质解决问题． 3．（21-22九年级上·山东烟台·期末）如图，是半圆O的直径，点C是半圆O的中点，点D是弧上一点，连接，作于点H，连接．若半圆直径为4，则在点D移动的过程中，的最小值是 ． 【答案】 【分析】连接，，如图，根据圆周角定理得到，根据垂径定理得到，则，由于，则可判断点在以为直径的圆P上，如图，连接交圆P于，（当且仅当、、共线时取等号），即点在时，最小，然后求出即可． 【详解】连接，，如图， 为直径， ， 点是半圆的中点， ， ， ， ， 点在以为直径的圆P上，如图， 连接交圆P于， （当且仅当、、共线时取等号）， 即点在时，最小， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是掌握点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．也考查了垂径定理、三角形三边的关系、圆周角定理． 7．（2024·吉林长春·模拟预测）阅读理解： (1)【学习心得】 小赵同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型． ①类型一：“定点+定长”：如图1，在中，，，D是外一点，且，求的度数． 解：若以点A（定点）为圆心，（定长）为半径作辅助圆，（请你在图1上画圆）则点C、D必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到______°． ②类型二：“定角+定弦”：如图，中，，，，P是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值． 解：∵，∴，∵，∴， ∴______，（定角） ∴点P在以（定弦）为直径的上，请完成后面的过程． (2)【问题解决】 如图3，在矩形中，已知，，点P是边上一动点（点P不与B，C重合），连接，作点B关于直线的对称点M，则线段的最小值为______． (3)【问题拓展】 如图4，在正方形中，，动点E，F分别在边上移动，且满足．连接和，交于点P．点E从点D开始运动到点C时，点P也随之运动，请直接写出点P的运动路径长． 【答案】(1)① ②，后面过程见解析 (2)4 (3) 【分析】（1）①根据得到点B，点C，点D在以点A为圆心，为半径的圆上，再根据圆周角定理求出答案； ②根据图形结合推理过程直接解答即可； （2）连接，由对称性得到，得到点M在以点A为圆心，为半径的圆上运动，当点M在线段上时，有最小值，利用勾股定理求出，即可得到的最小值； （3）连接交于点O，证明，得到，推出，得到点P的运动路径是以为直径的圆弧，根据弧长公式求出点P的运动路径长为． 【详解】（1）解：①∵， ∴点B，点C，点D在以点A为圆心，为半径的圆上， 如图1，∴，故答案为：； ②∵，∴， ∵，∴，∴， ∴点P在以（定弦）为直径的上， 如图2，连接交于点P，此时最小， ∵点O是的中点， ∴， 在中，，，， ∴，∴． ∴最小值为2，故答案为：； （2）解：如图3，连接， ∵点B，点M关于直线对称，∴， ∴点M在以点A为圆心，为半径的圆上运动， ∴当点M在线段上时，有最小值， ∵，，∴， ∴的最小值为，故答案为：4； （3）解：如图4，连接交于点O， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴ ∴点P的运动路径是以为直径的圆弧， ∴点P的运动路径长为． 【点睛】此题考查了圆周角定理，弧长公式，三角形全等的判定和性质，矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握各定理并熟练应用是解题的关键． 题型06 定角定高模型 1．（2023·重庆·模拟预测）在直角中，，，点D是外一点，连接，以为边作等边． (1)如图1，当点F在线段上，交于点M，且平分，若，求的面积； (2)如图2，连接并延长至点E，使得，连接、、，证明：； (3)如图3，旋转使得落在的角平分线上，M、N分别是射线、上的动点，且始终满足，连接，若，请直接写出的面积最小值． 【答案】(1)； (2)见解析； (3) 【分析】（1）过点M作交于点N，设，则，，解得，从而求得； （2）延长至M，使得，连接，，证，，则，，从而证得； （3）过点D作于点H，过点D作于点G，过点D作交延长线于点K，证，运用定角定高模型进行分析． 【详解】（1）解：如图1，过点M作交于点N， ∴是等边三角形，， ∴． ∵在直角中，，， ∴， ∵平分， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴． 设， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故． （2）证明：如图2，延长至M，使得，连接，， 在与中， ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，． ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 即． 在与中， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 设，则， ∴，， ∴， ∵， ∴． （3）解：如图3，过点D作于点H，过点D作于点G，过点D作交延长线于点K， ∵，平分，，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在与中， ∵， ∴， ∴． 在中， ∵，，， ∴， ∵，，， 过点A作于点Q， ∴，， ∴，． 对于，， ∵， ∵， ∴当有最小值时，即最小， ∵， ∴最小，也即最小． ∵，， ∴当过外接圆圆心时，有最小值，即有最小值，也即有最小值，此时， ∵，， ∴， 即当是等边三角形时，的面积最小，为． 此时，由图形对称性可得，， 故的面积最小值为． 【点睛】本题是图形综合题，考查了锐角的三角函数值，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，定角定高模型，综合运用以上几何性质是解题关键． 2．（2024九年级上·江苏·专题练习）辅助圆之定角定高求解探究 (1)如图①，已知线段，以为斜边，在图中画出一个直角三角形； (2)如图②，在中，，为边上的高，若，试判断是否存在最小值，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由； (3)如图③，某园林单位要设计把四边形花园划分为几个区域种植不同花草，在四边形中，，，，点、分别为、上的点，若保持，那么四边形的面积是否存在最大值，若存在，请求出面积的最大值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)存在， (3)存在，144 【分析】（1）构造辅助圆，利用直径所对圆周角是直角解决问题即可． （2）如图2中，作的外接圆，连接，，，作于．设．求出的最小值即可解决问题． （3）如图③中，连接，延长交的延长线于，将顺时针旋转得到，作的外接圆．由（2）可知，当的外接圆的圆心在线段上时，的面积最小，此时四边形的面积最大． 【详解】（1）解：如图①中，即为所求． （2）存在，理由如下， 如图②中，作的外接圆，连接，，，作于．设． ，，， ，， ，， ， ， ， 的最小值为， ， 的最小值为． （3）存在，理由如下， 如图③中，连接，延长交的延长线于，将顺时针旋转得到，作的外接圆． ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 由（2）可知，当的外接圆的圆心在线段上时，的面积最小，此时四边形的面积最大， 设，则， ， ， ， 四边形的面积的最大值． 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了三角形的外接圆，解直角三角形，最值问题等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题． 3．（2022·江西·中考真题）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）． (1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当与重合时，重叠部分的面积为__________；当与垂直时，重叠部分的面积为__________；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为__________； (2)类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，分别与正方形的边相交于点M，N． ①如图2，当时，试判断重叠部分的形状，并说明理由； ②如图3，当时，求重叠部分四边形的面积（结果保留根号）； (3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为（设），将绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为，请直接写出的最小值与最大值（分别用含的式子表示）， （参考数据：） 【答案】(1)1，1， (2)①是等边三角形，理由见解析；② (3)， 【分析】（1）若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当与重合时，与重合，此时重叠部分的面积的面积=正方形的面积=1；当与垂直时，，重叠部分的面积=正方形的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为．利用全等三角形的性质证明即可； （2）①结论：是等边三角形．证明，可得结论； ②如图3中，连接，过点O作于点J．证明，推出，解直角三角形求出，即可解决问题； （3）当点都在上时，过点作于点，作的外接圆，记为，连接，过点作于点，则，设为，由于，而为定值，故最小，则最小，在中，，则当最小，最小，因为，则，故当点三点共线时，取得最小值，此时在中，，则；当点M在上，点在上时，过点作于点，过点交于点， 同上可得，则，由于，故当最小，则最大，因为，故最小，则最大，同上，垂直平分， 此时，，，则，则． 【详解】（1）解：当与重合时，与重合，如图所示， 重叠部分的面积； 当与垂直时，，如图所示， 重叠部分的面积； 一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为． 理由：设交于点J，交于点K，过点O作于点M，于点N．如图所示， ∵O是正方形的中心， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：1，1，． （2）解：①如图2中，结论：是等边三角形． 理由：过点O作， ∵O是正方形的中心， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形； ②如图3中，连接，过点O作于点J． ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （3）解：当点都在上时，过点作于点，作的外接圆，记为，连接，过点作于点， 则， ∵， ∴， 设为， ∵，而为定值， ∴最小，则最小， 在中，， ∴， ∴当最小，最小， ∵， ∴， ∴， 当点三点共线时，取得最小值，如图 此时垂直平分， ∴， ∴， ∴在中，， ∴， ∴； 当点M在上，点在上时，过点作于点，过点交于点，如图 同上可得， ∴， ∵， ∴当最小，则最大， ∵， ∴最小，则最大， 同上，垂直平分，如图 此时， ∴， ∵，， ∴， ∴，, ∴， ∴， ∴， ∴ 综上所述，的最小值为，的最大值为． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了圆周角定理，正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 4．（2019·河南·二模）在中，，过点作直线，将绕点C顺时针旋转得到（点的对应点分别是），射线分别交直线于点． （1）问题发现：如图1所示，若与重合，则的度数为_________________ （2）类比探究：如图2，所示，设与的交点为M，当M为中点时，求线段的长； （3）拓展延伸：在旋转过程中，当点分别在的延长线上时，试探究四边形的面积是否存在最小值，若存在，直接写出四边形的最小面积；若不存在，请说明理由 【答案】（1）60°；（2）；（3）存在， 【分析】（1）由旋转可得：AC=A'C=2，进而得到BC=，依据∠A'BC=90°，可得cos∠A'CB=，即可得到∠A'CB=30°，∠ACA'=60°； （2）根据M为A'B'的中点，即可得出∠A=∠A'CM，进而得到PB= ，依据tan∠BQC=tan∠A=，即可得到BQ=BC×=2，进而得出PQ=PB+BQ=； （3）依据S四边形PA'B′Q=S△PCQ-S△A'CB'=S△PCQ-，即可得到S四边形PA'B′Q最小，即S△PCQ最小，而S△PCQ=PQ×BC=PQ，利用几何法或代数法即可得到S△PCQ的最小值=3，S四边形PA'B′Q=3-． 【详解】解（1）由旋转得：， ， ， ， ， ， ； (2)因为M是中点，所以， ， ， ， ． ∵∠PCQ=∠PBC=90°， ∴∠BQC+∠BPC=∠BCP+∠BPC=90°， ∴∠BQC=∠BCP=∠A， ， ， ； (3) ， 最小，即最小， ， 取PQ的中点G， ，即PQ=2CG， 当最小时， 最小， ， 与重合，最小， ∵的最小值为， ． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质，解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用，解题时注意：旋转变换中，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等． 题型07 最大张角模型 1．（2023·广西北海·二模）综合与实践 【问题提出】 （1）如图，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门进攻，当甲带球冲到点时，乙已跟随冲到点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证：． 【数学理解】 德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图，已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大，人们称这一命题为米勒定理． 【问题解决】 （2）如图，已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点，当的外接圆与轴相切于点时，最大，当最大时，求点的坐标． 【答案】（）证明见解析；（）． 【分析】（）利用圆周角定理可得，再利用三角形外角性质即可得； （）连接，，过点作交轴于点，连接，可得，证明四边形是矩形，进而求得的长，进一步得出结果． 【详解】（） ∴， ∵， ∴； （）如图， 连接，，过点作交轴于点，连接， ∴，， ∵与轴相切， ∴轴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，垂径定理，圆的切线的性质，三角形外角性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用． 2．（2022·广西桂林·中考真题）如图，某雕塑MN位于河段OA上，游客P在步道上由点O出发沿OB方向行走．已知∠AOB＝30°，MN＝2OM＝40m，当观景视角∠MPN最大时，游客P行走的距离OP是 米．    【答案】20 【分析】先证OB是⊙F的切线，切点为E，当点P与点E重合时，观景视角∠MPN最大，由直角三角形的性质可求解． 【详解】解：如图，取MN的中点F，过点F作FE⊥OB于E，以直径MN作⊙F，      ∵MN＝2OM＝40m，点F是MN的中点， ∴MF＝FN＝20m，OF＝40m， ∵∠AOB＝30°，EF⊥OB， ∴EF＝20m，OE＝EF＝20m， ∴EF＝MF， 又∵EF⊥OB， ∴OB是⊙F的切线，切点为E， ∴当点P与点E重合时，观景视角∠MPN最大， 此时OP＝20m， 故答案为：20． 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，切线的判定，直角三角形的性质，证明OB是⊙F的切线是解题的关键． 3．（2023·湖南永州·二模）问题探究与应用实践 （一）问题探究： 如图（1），已知直线与水平视线互相垂直，，在上，在上，∠ACB叫做“视角”，点叫做“视点”，⊙是过，，三点的圆.当视点在直线上移动时，视角∠ACB的大小会发生改变,可以证明：当视点恰是⊙的切点时，视角最大，此时观察的效果最佳.当视角最大时：分别以直线，为x轴和y轴建立平面直角坐标系，如图（2）.      (1)如果此时点A的坐标为，点B的坐标为，试求圆心M的坐标及的值； (2)如果此时点A，的坐标分别为（0，a），（0，），请求出视点的坐标.（用a，的代数式表示） （二）应用实践： 应用上述结论，让我们解决如下问题： (3)如图（3），是广场上挂的一个大屏幕电视，直线是水平视线，屏幕最高点A和最低点到水平视线的距离分别为8米和4米.小明在水平视线上观看电视节目，当他的视角最大时，视点（在水平视线上）到直线的距离约是多少？（结果保留一位小数，参考数据：） 【答案】(1) (2) (3)约是米 【分析】（1）连接，，，并过M作于N，利用垂径定理求解即可；根据圆周角的性质得出，求出正切值即可； （2）根据（1）中的方法求出即可； （3）根据（2）中结论求解即可． 【详解】（1）解：连接，，，并过M作于N，则四边形为矩形，因而有， 因为， 所以点N的坐标为， 则M的纵坐标 ，即 ； 又， 由垂径定理得， 在中，由勾股定理得： ， 故点M的坐标为（2，）； 又由圆周角定理可知 所以 ==.    （2）解：由于点A，B的坐标分别为，所以点N的坐标为（0，  ）， , , , 所以 所以， 故点C的坐标为（，0）. （3）解：由题意，根据上述（2）的结论，可得小明视角最大时，视点到直线的距离为≈（米）．    【点睛】本题考查了圆周角的性质、切线的性质、垂径定理和解直角三角形，解题关键是根据相关性质求出点的坐标． 4．（2021·福建厦门·二模）一个角的顶点在圆外，两边都与该圆相交，则称这个角是它所夹的较大的弧所对的圆外角． （1）证明：一条弧所对的圆周角大于它所对的圆外角； （2）应用（1）的结论，解决下面的问题：某市博物馆近日展出当地出土的珍贵文物，该市小学生合唱队计划组织120名队员前去参观，队员身高的频数分布直方图如图1所示．该文物高度为，放置文物的展台高度为，如图2所示．为了让参观的队员站在最理想的观看位置，需要使其观看该文物的视角最大（视角：文物最高点P、文物最低点Q、参观者的眼睛A所形成的），则分隔参观者与展台的围栏应放在距离展台多远的地方？请说明理由．（说明：①参观者眼睛A与地面的距离近似于身高；②通常围栏的摆放位置需考虑参观者的平均身高） 【答案】（1）见解析；（2）围栏应摆在距离展台处，见解析 【分析】（1）写出“已知”“求证”，设BP交⊙O于点Q，连接AQ，画出图象，用三角形外角大于不相邻的内角即可证明； （2）先计算120名队员平均身高，再根据题意把实际问题“数学化”，画出图形，在QO上取一点B，使得BO＝152cm，则BQ＝16cm，过B作射线l⊥QO于B，过P，Q两点作⊙C切射线l于M，由（1）的结论可知队员的眼睛A与M重合时，观看该展品的视角最大，此时队员站在MN处，故求出ON长度即可． 【详解】解：（1）已知：如图所示，点A，B，C在⊙O上，点P在⊙O外． 求证：． 证明：设交⊙O于点Q，连接， ∵与同对， ∴． ∵在中，， ∴， ∴； （2）解：设合唱队员平均身高为，则 ． 在上取一点B，使得，则， 过B作射线于B，过P，Q两点作⊙C切射线l于M． 依题意可知，参观的队员的眼睛A在射线上． 而此时，射线l上的点只有点M在⊙C上，其他的点在⊙C外． 根据（1）的结论，视角最大，即队员的眼睛A与M重合（也即队员站在MN处）时，观看该展品的视角最大． 所以围栏应摆放在N处． 连接并延长交地面于N， 过C作于H，连接，， 从而四边形和四边形均为矩形． ∵在⊙C中，，， ∴． ∴． ∵在中，，， ∴． ∴．     即围栏应摆在距离展台处． 【点睛】本题考查圆的综合知识应用，解题的关键是把实际问题“数学化”，根据题意画出图形． 5．（23-24九年级上·江苏镇江·期中）【提出问题】如图1，直线是足球场底线，是球门，点是射门点，连接，则叫做射门角．如图2，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门进攻，当甲带球冲到点时，乙跟随冲到点，仅从射门角度大小考虑（射门角越大，足球越容易被踢进），甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好，利用所学知识说明理由． 【经验感知】如图3，若球员在直线上跑动，随时准备射门，是否存在某一点，使得射门角最大．人们发现：当且仅当经过两点的圆与直线相切于点时，最大，并称此时的为最大射门角．如图4，为球门，直线是足球场的底线，直线，垂足为，若，球员丙带球沿直线向底线方向运球，已知丙运球过程中的最大射门角是． （1）尺规作图：作经过两点并且与直线相切于点的（不写作法，保留作图痕迹）； （2）求出最大射门角的度数． 【理解应用】 （1）如图5，正方形网格中，点均在格点上，为球门，球员丁带球沿方向进攻，最好的射点在（    ） A．点        B．点或点          C．线段（异于端点）上一点     D．线段（异于端点）上一点 （2）如图6，矩形是足球场的示意图，其中宽，球门，且．点分别是上的点，，一位左前锋球员戊从点处带球，沿方向跑动，球员戊在上何处才能使射门角（）最大，直接写出此时的长度． 【答案】[提出问题] 甲自己射门好，理由见解析；[经验感知]（1）作图见解析；（2）；[理解应用] （1）C；（2） 【分析】[提出问题]根据同弧所对的圆周角，以及三角形外角的性质可得，，然后作答即可； [经验感知]（1）由题意知，过三点，分别作的垂直平分线，交点即为圆心，然后作圆即可； （2）如图4，连接，于，是的切点，四边形是矩形，，则，是等边三角形，然后根据圆周定理求最大射门角的度数即可； [理解应用]（1）如图5，连接，作的垂直平分线的交点为，连接，，由，可知四点共圆，如图5，则，然后作答即可； （2）如图，过作与相切，切点为， 线段的垂直平分线交于点，于，、的延长线交点为，则是最大的射门角，，，均为等腰直角三角形，，，设的半径为，则，，，由勾股定理得，，即，计算求解满足要求的值，根据，计算求解即可． 【详解】[提出问题]解：甲自己射门好，理由如下： 如图2，记与过两点的圆的交点为，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴甲自己射门好； [经验感知]（1）如图4，即为所求； （2）如图4，连接，于， ∵是的切点， ∴， ∵，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形，， ∵， ∴， ∴最大射门角的度数为； [理解应用]（1）解：如图5，连接，作的垂直平分线的交点为，连接，， 由勾股定理得，， ∴， ∴四点共圆，如图5， ∴， ∴当射点在线段（异于端点）上一点时，射门角最大， 故选：C； （2）解：∵，，， ∴， 如图，过作与相切，切点为， 线段的垂直平分线交于点，于，、的延长线交点为，则是最大的射门角， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∴，， 由题意知，，， ∴均为等腰直角三角形， ∴，， 设的半径为，则，， ∴， 由勾股定理得，，即， 解得，或（舍去）， ∴， ∴射门角（）最大，此时的长度为米． 【点睛】本题考查了圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，三角形外角的性质，等边三角形的判定与性质，作垂线，垂直平分线的性质，切线的性质，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识．理解题意，熟练掌握圆的知识是解题的关键． 题型08 阿基米德折弦定理 1．（2023·内蒙古包头·三模）阅读下面材料，完成相应的任务： 阿基米德（，公元前287-公元前212年，古希腊）是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子：《阿基米德全集》收集了已发现的阿基米德著作，它对于了解古希腊数学，研究古希腊数学思想以及整个科技史都是十分宝贵的． 其中论述了阿基米德折折弦定理：一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点．    (1)定理认识：如图所示，，是圆O的两条弦（折弦），M是的中点，，垂足为D，求证：____________________． (2)定理证明：“截长补短”是证明线段和差倍分的常用办法，下面有三位同学提出了不同的辅助线作法以达到“截长补短”效果．同学1：在上截取，同学2：过点M作的垂线交的延长线于点E，同学3：利用平行弦夹等弧的正确结论（本题可直接使用）过点M作的平行弦交于点N．请你参考上述三位同学辅助线作法并用两种方法完成证明． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据“折弦的中点”定义可得：； （2）证法一：在上截取，连接、、、．先证明，再证明，得到，进而证明，即可证明； 证法二：过点M作的垂线交的延长线于点E，连接、、，先证明，，再证明，得到，再证明，得到，即可证明． 【详解】（1）解：根据“折弦的中点”定义可得：， 故答案为：． （2）证法一：如图所示，在上截取，连接、、、． ∵为的中点， ， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴；    证法二：如图所示，过点M作的垂线交的延长线于点E，连接、、， ∵为的中点， ， ， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， ．    【点睛】本题为新定义问题，考查了圆周角定理，弧、弦的关系，熟知相关知识，理解题意，根据题意添加适当辅助线构造全等三角形是解题关键． 2．（2021·河南洛阳·三模）请阅读下列材料，并完成相应的任务． 阿基米德折弦定理 阿基米德（Archimedes，公元前287~公元212年，古希腊是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子． 阿拉伯Al-Biruni（973年-1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al-Biruni译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理． 阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，是的中点，则从点向所作垂线的垂足是折弦的中点，即， 下面是运用“补短法”证明的部分证明过程． 证明：如图2，延长到点F，使得，连接DA，DB，DC和DF． ∵是的中点 ∴ … 任务： （1）请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分： （2）填空：如图3，已知等边内接于，，为上一点，．于点，则的周长是______． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据题意证明，得，再证明得。进一步可得结论； （2）在BD上截取BF=CD，连接AF，AD，结合已知即可证明△ABF≌△ACD，可得AF=AD，再根据等腰三角形的性质可得CD+DE=BE，进而由求出BE的长，再求的周长即可． 【详解】解：（1）证明：∵是的中点 ∴ ∵，AE=CF ∴ ∴ 在和中 ∴ ∴ ∴ （2）如图，在BD上截取BF=CD，连接AF，AD， 根据题意得，AB=AC，, 在△ABF和△ACD中， ∴△ABF≌△ACD ∴AF=AD ∵AE⊥BD ∴FE=DE ∴CD+DE=BF+FE=BE ∵ ∴ ∴BD+CD=2BE= ∵是等边三角形，且AB=BC=6 ∴的周长为： 故答案为： 【点睛】此题主要考查了圆的有关知识的综合运用，涉及了圆周角定理、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质的知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来． 题型09 定点定长构造辅助圆 1．（2023·广东·模拟预测）如图，在边长为6的菱形中，，M是边上的一点，且，N是边上的一动点，将沿所在直线翻折得到，连接．则长度的最小值是 ．    【答案】2 【分析】本题考查菱形的性质、直角三角形的性质、折叠的性质，找到当点在上，的长度最小，是解题的关键． 过点M作交延长线于点H，连接，根据菱形的性质和直角三角形的性质，求出，再由勾股定理求出的长，再由折叠的性质可得点在以M为圆心，为半径的圆上，从而得到当点在线段上时，长度有最小值，是解题的关键． 【详解】解：过点M作交延长线于点H，连接，    ∵， ∴ ∵， ∴ ∴， ∴ ∴ ∵将沿所在直线翻折得到， ∴， ∴点在以M为圆心，为半径的圆上， ∴当点在线段上时，长度有最小值 ∴长度的最小值 故答案为： 2．（2023·河南平顶山·二模）如图，在矩形中，点为边上一点，且，，连接，将绕点逆时针旋转，当点的对应点落在直线上时，点的运动路径的长为 ．（结果保留π） 【答案】或 【分析】本题考查了矩形的性质、弧长的计算以及旋转的性质，解答本题的关键是分类讨论，在中，由勾股定理得到：，再由题意分类讨论：当点落在线段上时、当点落在线段的延长线上时，分别求出的长即可． 【详解】解：矩形中，， 在中，，， ， 将绕点逆时针旋转得到，当点落在线段上时，， ，   的长为； 当点落在线段的延长线上时， 则， ， 的长为， 综上所述，的长为或． 故答案为：或． 3．（23-24九年级下·吉林长春·期末）【问题呈现】数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图①，的半径为，点A在上，点B为线段中点，过点B作垂线l．点P是上一动点，点P关于直线l的对称点为，试探究点的轨迹． 【问题解决】经过讨论，小组同学猜想点在一个确定的圆上，下面是部分证明过程： 证明： 证明过程缺失 ∴点在以点______为圆心，______为半径的圆上． （1）请你补全证明中的缺失过程． 【结论应用】（2）如图②，的半径为，点A与点C在上且．点B为线段上的点，且，过点B作的垂线l．点P是上一动点，点P关于直线l的对称点为．当点P从点A运动到点C时，点的运动路径长为______． 【拓展提升】（3）如图③，若把上述问题的条件“”去掉，其它条件不变，为直径．点D到点距离d的取值范围是______． 【答案】（1）A，2；（2） （3） 【分析】本题考查圆的综合应用，熟练掌握对称的性质，能够确定点的运动轨迹是解题的关键； （1）利用对称性可知，再由圆的定义可得在以A为圆心，2为半径的圆上； （2）作O点关于直线l的对称点，则在以为圆心，2为半径的的圆上，再求点的运动路径即可； （3）作O点关于直线l的对称点M，在以M为圆心，2为半径的的圆上，当直线l经过直径时，有最小值2，当直线l经过点A时，有最大值． 【详解】（1）∵点B为线段中点， ∴ ∴O、A点关于直线l对称 ∵点P关于直线l的对称点为， ∴ ∴以A为圆心，2为半径的圆上； （2）作O点关于直线l的对称点 ∵点P关于直线l的对称点为， ∴ ∵点P是上一动点， ∴在以为圆心，2为半径的的圆上， ∴点的运动路径长 （3）作O点关于直线l的对称点M ∵点P关于直线l的对称点为， ∴在以M为圆心，2为半径的的圆上 当直线l经过直径时，有最小值2, 当直线l经过点A时，有最大值 ∴ 4．（2024·陕西西安·二模）问题提出 （1）如图①，点是半径为1的上任意一点，点为外一点，且，则线段的最小值为______； 问题探究 （2）如图②，在矩形中，已知，，点是边上一动点（点不与，重合），连接，作点关于直线的对称点，求线段的最小值； 问题解决 （3）如图③，在正方形中，，动点，分别在边，上移动，且满足，交于点，连接，求线段的最小值． 【答案】（1）1；（2）线段的最小值为4；（3）． 【分析】（1）由题意得，当、、共线时，最小，即可求解； （2）当点在线段上时，有最小值，即可求解； （3）根据“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出，取的中点，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得点到的中点的距离不变，再根据两点之间线段最短可得、、三点共线时线段的值最小，然后根据勾股定理列式求出，再求解即可． 【详解】解：（1）由题意得，当、、共线时，最小， 则， 故答案为：1； （2）如图，连接，， 点，点关于直线对称， ， 点在以点为圆心，为半径的圆上运动， 当点在线段上时，有最小值， ，， ， 的最小值为； （3）四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ， ， ， ， 取的中点，连接，则（不变）， 根据两点之间线段最短得、、三点共线时线段的值最小， 在中，根据勾股定理得，， 所以，． 故答案为：． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$