04 圆中的重要模型（四点共圆模型、隐圆模型等7大模型+中档压轴真题演练）-备战2025届中考数学中档压轴题解题模型讲解

中考重难点专题复习04 圆中的重要模型 模型1 四点共圆模型（4种类型） 2 【常见类型及图示】 2 1、定点定长共圆模型 2 2、定边对双直角共圆模型 2 3、定边对定角共圆模型 3 4、对角互补共圆模型 3 【真题演练】 4 【巩固练习】 12 模型2 隐圆模型（4种类型） 19 【常见类型及图示】 19 1、动点定长模型 19 2、定边对直角模型 19 3、定边对定角模型 20 4、四点共圆模型 20 【真题演练】 20 【巩固练习】 25 模型3 圆幂定理模型（5种类型） 32 【常见类型及图示】 32 1、相交弦模型 32 2、双割线模型 32 3、切割线模型 32 4、弦切角模型 33 5、托勒密定理模型 33 【真题演练】 34 【巩固练习】 40 模型4 定角定高（探照灯）模型 47 【常见类型及图示】 47 【真题演练】 48 【巩固练习】 49 模型5 米勒最大张角（视角）模型 55 【常见类型及图示】 55 【真题演练】 55 【巩固练习】 56 模型6 阿基米德折弦（定理）模型 62 【常见类型及图示】 62 【真题演练】 63 【巩固练习】 64 模型7 婆罗摩笈多（定理）模型 67 【常见类型及图示】 67 【真题演练】 68 【巩固练习】 70 2025年中考数学重难点【精讲专练】 圆中的重要模型 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 模型1 四点共圆模型（4种类型） 【模型解读】四点共圆模型是几何学中的一个经典问题，它广泛应用于解与圆有关的问题．与圆有关的问题变化多,解法灵活,综合性强,因而历来是考试和竞赛的热点。在解题中,如果图形中蕴含着某四点在同一个圆上，或根据需要作出辅助圆使四点共圆，利用圆的有关性质定理，则会使复杂问题变得简单，从而使问题得到解决。因此,掌握四点共圆的方法很重要. 【常见类型及图示】 1、定点定长共圆模型 如图，平面内有五个点O、A、B、C、D，使得OA=OB=OC=OD， 结论：A、B、C、D四点共圆（其中圆心为O）。 2、定边对双直角共圆模型 定边对双直角模型（同侧型）：若平面上A、B、C、D四个点满足， 结论：A、B、C、D四点共圆，其中AD为直径。 定边对双直角模型（异侧型）：若平面上A、B、C、D四个点满足， 结论：A、B、C、D四点共圆，其中AC为直径。 3、定边对定角共圆模型 如图，平面上A、B、C、D四个点满足， 结论：A、B、C、D四点共圆． 如图，AC、BD交于H，， 结论：四点共圆. 4、对角互补共圆模型 如图，平面上A、B、C、D四个点满足， 结论：A、B、C、D四点共圆． 如图，BA、CD的延长线交于P，， 结论：A、B、C、D四点共圆. 【真题演练】 （2021·湖北随州·统考中考真题）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． （2021·湖北鄂州·统考中考真题）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． （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． （2023·山东日照·统考中考真题）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． 【巩固练习】 1、如图，点为线段的中点，点到点的距离相等，若则的度数是 【答案】130 【分析】根据题意得到四边形ABCD共圆，利用圆内接四边形对角互补即可求出所求角的度数． 【详解】解：由题意得到OA＝OB＝OC＝OD，作出圆O，如图所示， ∴四边形ABCD为圆O的内接四边形， ∴∠ABC＋∠ADC＝180°， ∵∠ABC＝50°， ∴∠ADC＝130°， 故答案为：130． 【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解本题的关键． 2、如图，中，，中，，直线与交于，当绕点任意旋转的过程中，到直线距离的最大值是 ． 【答案】/ 【分析】数形结合，根据动点的运动情况判断点的运动轨迹，再根据角度以及勾股定理求解最大值． 【详解】解：如图旋转，连接 以为直径作，以为半径作 过点作的切线交于点 在和中 ∴点共圆，点共圆， 点在上运动 ，的半径为 ∴ 又∵， ∴当点运动到点时，到直线距离的最大， 过点作，过点作，， ∴四边形是矩形，   是圆心， 设 解得：（舍去） ∴ 故答案为：． 【点睛】本题主要考查圆动点的最值问题。熟练运用四点共圆性质以及勾股定理解直角三角形是解决本题的关键． 3、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． 模型2 隐圆模型（4种类型） 【模型解读】在中考数学的考场上，有一类题目常常出现，它们并未直接描绘“圆”的形状，却在解题过程中离不开“圆”的知识。这类题目，我们称之为“隐圆模型”。它们通常以动态问题为背景，涉及点的运动、线的变化，或是图形的翻折与旋转。对于大多数学生而言，这类题目往往让人束手无策，难以找到解题的突破口。然而，只要我们能够洞察出其中的“隐藏圆”，就能找到解题的关键。隐圆模型常见于动点定长、定边定角以及对角互补等问题，这些动态问题的轨迹实质上构成了一个圆。因此，解决这类问题的关键在于如何识别和利用这个“隐藏圆”。 【常见类型及图示】 1、动点定长模型 若P为动点，且AB=AC=AP，则B、C、P三点共圆，A圆心，AB半径， 寻找隐圆技巧：若动点到平面内某定点的距离始终为定值，则其轨迹是圆或圆弧． 2、定边对直角模型 固定线段AB所对动角∠C恒为90°，则A、B、C三点共圆，AB为直径， 寻找隐圆技巧：一条定边所对的角始终为直角，则直角顶点轨迹是以定边为直径的圆或圆弧． 3、定边对定角模型 固定线段AB所对同侧动角∠P=∠C，则A、B、C、P四点共圆， 根据圆周角定理：同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角都相． 寻找隐圆技巧：AB为定值，∠P为定角，则P点轨迹是一个圆． 4、四点共圆模型 四点共圆模型我们在上一模型专题中已经详细讲解了，在该部分就不在赘述了。在此就针对几类考查频率高的模型作相应练习即可。 【真题演练】 （2023·山东泰安·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的一条直角边在x轴上，点A的坐标为；中，，连接，点M是中点，连接．将以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段的最小值是（    ）    A．3 B． C． D．2 【答案】D 【分析】此题方法较多，可以用三角形两边之差的最值模型，也可用瓜豆模型．由点是中点，想到构造中位线，取中点，再利用三角形两边之差的最值模型． 【详解】解：取中点，连接，． 在中，，， ， 、分别是、的中点， ， 在中，，， ， 在中，；当运动到上时，， ， 线段的最小值是， 故选：D． （2022·内蒙古·中考真题）如图，是的外接圆，为直径，若，，点从点出发，在内运动且始终保持，当，两点距离最小时，动点的运动路径长为______． 【答案】 【分析】根据题中的条件可先确定点P的运动轨迹，然后根据三角形三边关系确定CP的长最小时点P的位置，进而求出点P的运动路径长． 【详解】解：为的直径， ∴ ∴点P在以AB为直径的圆上运动，且在△ABC的内部， 如图，记以AB为直径的圆的圆心为，连接交于点，连接 ∴当点三点共线时，即点P在点处时，CP有最小值， ∵ ∴ 在中， ∴∠ ∴ ∴两点距离最小时，点P的运动路径长为 【点睛】本题主要考查了直径所对圆周角是直角，弧长公式，由锐角正切值求角度，确定点P的路径是解答本题的关键． （2023·四川自贡·统考中考真题）如图，分别经过原点和点的动直线，夹角，点是中点，连接，则的最大值是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据已知条件，，得出的轨迹是圆，取点，则是的中位线，则求得的正弦的最大值即可求解，当与相切时，最大，则正弦值最大，据此即可求解． 【详解】解：如图所示，以为边向上作等边，过点作轴于点，则， 则的横坐标为，纵坐标为， ∴， 取点，则是的中位线， ∴， ∵， ∴点在半径为的上运动， ∵是的中位线， ∴， ∴，当与相切时，最大，则正弦值最大， 在中，， 过点作轴，过点作于点，过点作于点， 则 ∵与相切， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ 设，, 则 ∴ ∴ ∴ 解得： ∴ ∴的最大值为， 故选：A． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，求正弦，等边三角形的性质。圆周角定理，得出点的轨迹是解题的关键． 【巩固练习】 1、如图，点在线段上，，以为圆心，为半径作，点在上运动，连接，以为一边作等边，连接，则长度的最小值为（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以为边，在的上面作等边，使，，连接，，，根据全等三家巷的性质得到，连接并延长，交于点，则的最小值为，过作于，根据勾股定理即可得到答案． 【详解】解：如图，以为边，在的上面作等边，使，，连接，，，   ， ， ， 在和中， ， ， ， 点的运动轨迹为以点为圆心，2为半径的圆， 连接并延长，交于点，则的最小值为，过作于， ，， ， ， ， 长度的最小值为， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 2、如图，在中，，．分别以、为斜边，向三角形外作等腰直角三角形和等腰直角三角形，则和面积之和为 ；连接，则线段的最大值为 ． 【答案】 1 【分析】（1）设两等腰直角三角形的腰长，然后用勾股定理，三角形面积公式即可求解； （2）取AB中点F，设的外接圆为，因为A、F为定点，又可知为定值，所以D为圆上一动点，可知为一定圆，设点C在上时，可以确定圆心O的位置，然后BD的最大值迎刃而解． 【详解】（1）、均是等腰直角三角形， 设，， ，， 即， =1． 故答案为：1． （2）如图1，取AB中点F，连接DF，CF， 则AF=CF=BF=1，又AD=CD， DF垂直平分AC， ， 设的外接圆为， A、F为圆上两定点，点D为动点，又为定值， 为一位置与大小确定的定圆， 当点C运动到上时（如图2）， ，， ， ， 为等腰直角三角形， 四边形AFCD为正方形， 的圆心O在此时正方形AFCD的中心处， 取AF中点G，连接OG，则OG=GF=，的半径r=OF=， ， 当BD过点O时（如图3），BD最大， 此时BD的最大值为BO+r=+=． 故答案为：． 【点睛】此题考查以直角三角形为背景的一道几何综合题，熟练运用勾股定理与三角形面积公式是解第一问的关键．第二问考查综合运用几何知识解决问题的能力，如何确定经过A、D、F三点的是一个定圆，且如何确定圆心O的位置，这是难点，而且难度较大． 3、如图1，点是直径上一点，，，过点作弦，点在上运动，连接． (1)求的长． (2)如图，连接，作的角平分线交于点，在点运动的过程中，的长度是否会发生变化？若发生变化，请说明理由；若不会发生变化，请求出其值． (3)如图，过点作于，连接，求的最小值． 【答案】(1)8 (2)的长度不发生变化； (3) 【分析】（1）连接，根据，，确定圆的半径为5，结合，根据垂径定理，得到，得． （2）连接，根据垂径定理，得到，利用三角形外角性质，圆周角定理，证明即可． （3）根据题意，点H的运动轨迹是以为直径的上的，当D、H、N三点共线时，取得最小值，计算即可． 【详解】（1）如图，连接， ∵，， ∴， ∴圆的半径为5，    ∵， ∴， ∴． （2）的长度不发生变化；．理由如下： 如图，连接，    ∵直径，，，弦，， ∴， ∴， ∵的角平分线交于点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故的长度不发生变化；． （3）如图，连接， ∵，    ∴点H的运动轨迹是以为直径的上的， 当D、H、N三点共线时，取得最小值， 连接，交于点M， 故当H与M重合时，取得最小值， ∵，，， ∴， ∴， 过点N作于点F， 则， ∴， ∵， ∴，，， ∴， ∴， 故最小值为． 【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，三角形外角性质，直角所对的弦是直径，点圆最值，中位线定理，熟练掌握垂径定理，圆的最值性质是解题的关键． 模型3 圆幂定理模型（5种类型） 【模型解读】圆幂定理是一个总结性的定理，是对相交弦定理、切割线定理、割线定理、弦切角定理、托勒密定理以及它们推论的统一与归纳。圆幂定理的用法：可以利用圆幂定理求解与圆有关的线段比例、角度、面积等问题。 【常见类型及图示】 1、相交弦模型 在圆O中，弦AB与弦CD交于点E，点E在圆O内。 结论：。 2、双割线模型 如图，割线CH与弦CF交圆O于点E和点G。 结论： 3、切割线模型 如图，CB是圆O的切线，CA是圆O的割线。 结论： 4、弦切角模型 如图，CB是圆O的切线，AB是圆O的直径。 结论：1）； 2）；3）。 5、托勒密定理模型 如图，AB、CD是圆O的两条弦； 结论： 【真题演练】 （2022·湖南长沙·中考真题）如图，四边形内接于，对角线，相交于点E，点F在边上，连接． (1)求证：； (2)当时，则___________；___________；___________．（直接将结果填写在相应的横线上） (3)①记四边形，的面积依次为，若满足，试判断，的形状，并说明理由．②当，时，试用含m，n，p的式子表示．    【答案】(1)见解析 (2)0，1，0 (3)①等腰三角形，理由见解析，② 【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证； （2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得，即可得出0，根据已知条件可得，，即可得出根据相似三角形的性质可得，根据恒等式变形，进而即可求解． （3）①记的面积为，则，，根据已知条件可得，进而可得，得出，结合同弧所对的圆周角相等即可证明是等腰三角形； ②证明，，根据相似三角形的性质，得出，则，，计算即可求解． 【详解】（1）证明：， ， 即， 又， ； （2）， ， ， ， ∵ ∴， ∴， ∵ ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：0，1，0 （3）①记的面积为， 则， ， ① ， 即， ② 由①②可得， 即， ， ， 即， ∴点D和点C到的距离相等， ， ， ， ， 都为等腰三角形； ②， ， ， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， 则， ， ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定，相似三角形的性质与判定，对于相似恒等式的推导是解题的关键． （2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，为⊙O的直径，且，与为圆内的一组平行弦，弦交于点H．点A在上，点B在上，． (1)求证：． (2)求证：． (3)在⊙O中，沿弦所在的直线作劣弧的轴对称图形，使其交直径于点G．若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）证明即可； （2）连接，交于点，根据平行线的性质和已知条件证明垂直平分即可； （3）利用对称的性质作辅助线，根据已知条件，转化为解直角三角形问题即可． 【详解】（1）和是所对的圆周角， ， ， ∴， ∴， ∴． （2）连接，交于点，   与为一组平行弦，即：， ， ， ， ， ， ， ， 是的垂直平分线， ． （3）连接、，过点作，垂足为，设点的对称点，连接、，   ，， ∴， ， ， 是等腰三角形， ， ， ， ， 为直径， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， 在中，， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的综合问题，同弧所对圆周角相等、构建合适的辅助线是解题的关键；熟练掌握相似三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、熟悉锐角三角函数解决直角三角形． 【巩固练习】 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、如图，从圆外一点引圆的切线，点为切点，割线交于点、．已知，，则 ． 【答案】 【分析】根据切割线定理，可求PB=18，再根据相似三角形的性质：相似三角形面积的比等于相似比的平方可求S△ABP：S△DAP=PB2：PA2=9：4． 【详解】由切割线定理可得PA2=PD×PB， ∵PA=12，PD=8 ∴PB=18． 由弦切角和公共角易知△ABP∽△DAP． ∴S△ABP：S△DAP=PB2：PA2=9：4． 故答案为9：4 【点睛】本题应用了切割线定理和相似三角形的性质：相似三角形面积的比等于相似比的平方． 3、如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE． (1)求证； (2)当时，求CE的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据同弧所对圆周角相等可得，再由对顶角相等得，故可证明绪论； （2）根据可得由可得出连接AE，可证明，得出 代入相关数据可求出，从而可求出绪论． 【详解】（1）∵所对的圆周角是， ∴， 又， ∴； （2）∵△是等边三角形， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ 连接如图， ∵ ∴ ∴∠ 又∠， ∴△ ∴， ∴ ∴， ∴（负值舍去） ∴， 解得， 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形和判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键． 4、【旧知再现】圆内接四边形的对角 . 如图①，四边形是的内接四边形，若，则 . 【问题创新】圆内接四边形的边会有特殊性质吗？ 如图②，某数学兴趣小组进行深入研究发现： 证明：如图③，作，交于点.   ∵，∴， ∴  即   （请按他们的思路继续完成证明） 【应用迁移】如图④，已知等边外接圆，点为 上一点，且，，求的长. 【答案】【旧知再现】互补，    110；【问题创新】见解析；【应用迁移】 【分析】【重温旧知】根据圆周角定理，得出，，化简得出，利用等腰三角形的两个底角相等和圆内接四边形对角互补，即可得； 【提出问题】所得等式两边加上AD•BC，右边变形后即可得证； 【应用迁移】由上题的结论，根据为等边三角形，可得AB=AC=BC，代入化简即可求出PA的长. 【详解】（1）如图示： 连接OA，OC，根据圆周角定理， 则有：， ∴ ∴圆内接四边形的对角互补； ∵， ∴在等腰三角形ABD中， ∴ （2）证明：如图， ∵ ∴，即， 又∵， ∴ ∴，即 ∴， ∴， （3） 由（2）可知 ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴即. 【点睛】此题属于圆的综合题，涉及的知识有：圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解本题的关键． 模型4 定角定高（探照灯）模型 【模型解读】在几何学中，隐圆问题一直备受关注。其中，定角定高有隐圆的情况，又被称为探照灯模型，是中考压轴题中的常客。这类题目巧妙地隐藏了圆的信息，通过定角定高的条件，将复杂的边角问题转化为圆内的边角问题，从而简化了解题过程。掌握这一模型，对于解决这类问题至关重要。 【常见类型及图示】 如图，直线BC外一点A，A到直线BC距离为定值（定高），∠BAC为定角，则AD有最小值，即△ABC的面积有最小值。因为形似探照灯，所以也叫探照灯模型。 在△ABC中，∠BAC=（定角），AD是BC边上的高，且AD=h（定高）。 结论：当△ABC是等腰三角形（AB=AC）时，BC的长最小；△ABC的面积最小；△ABC的周长最小。 证明：如图，作△ABC的外接圆，连接OA，OB，OC，过点O作OE⊥BC于点E， 设的半径为r，则∠BOE=∠BAC=； ∴BC= 2BE=2OBsin=2rsin ∵OA+OE≥AD（当且仅当点A，O，E三点共线时,等号成立）， ∴r+rcosa≥h，当取等号时r有最小值，此时BC的长最小:2rsin；△ABC的面积最小:ADrsin； △ABC的周长最小:2rsin+ADrsin。 【真题演练】 （2024·四川宜宾·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为1，M、N是边BC、CD上的动点．若∠MAN=45°，则MN的最小值为 . 【答案】/ 【分析】将顺时针旋转得到，再证明，从而得到，再设设，，得到，利用勾股定理得到，即，整理得到，从而利用完全平方公式得到，从而得解． 【详解】解：∵正方形的边长为1， ∴，， 将顺时针旋转得到，则， ∴，，，， ∴点P、B、M、C共线， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 设，，则，， ∴， ∵， ∴，即， 整理得：， ∴ ， 当且仅当，即，也即时，取最小值， 故答案为：． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，二次根式的运算，完全平方公式等知识，证明和得到是解题的关键． 【巩固练习】 1、如图，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝4，AD//BC，∠B＝60°，点E、F分别为边BC、CD上的两个动点，且∠EAF＝60°，则△AEF的面积的最小值是 ． 【答案】 【分析】作辅助线，构建△AME≌△AFE，将△ADF绕点A顺时针旋转120°到△ABM，根据角的关系证明M、B、E共线，再证明△FAE≌△MAE，则∠MEA＝∠FEA，过A作AH⊥BC于H，作AK⊥EF于K，根据角平分线的性质可知：AH＝AK＝2，作△AEF的外接圆⊙O，由同弧所对的圆心角是圆周角的二倍得：∠NOF＝60°，设EF＝2x，则NF＝x，根据OA+ON≥AK，列式为x≥2，则x≥2，可得△AEF面积的最小值是4． 【详解】如图，将△ADF绕点A顺时针旋转120°到△ABM， 由旋转得：BM＝DF，AM＝AF，∠ABM＝∠D＝120°，∠MAB＝∠FAD， ∵∠ABC＝60°， ∴∠ABM+∠ABC＝180°， ∴M、B、E共线， ∵∠MAE＝∠MAB+∠BAE＝∠FAD+∠BAE＝60°， ∠EAF＝60°，AE＝AE， ∴△FAE≌△MAE（SAS）， ∴∠MEA＝∠FEA， 过A作AH⊥BC于H，作AK⊥EF于K， ∴AH＝AK＝AB•sin60°＝2， 作△AEF的外接圆⊙O，连接OA、OE、OF， 过O作ON⊥EF于N， ∵∠EAF＝60°， ∴∠EOF＝120°， ∴∠NOF＝60°， 设EF＝2x，则NF＝x， Rt△ONF中，ON＝x，OF＝x， ∴ON+OA＝OF+ON＝x， ∵OA+ON≥AK， ∴x≥2， ∴x≥2， ∴S△AEF＝=2x≥4， ∴△AEF面积的最小值是4． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了角平分线的性质、等边三角形、三角形和四边形的面积、三角形全等的性质和判定、直角三角形的性质、轴对称的最短路径问题等知识，确定其最值时动点的位置是解题的关键． 2、问题探究，(1)如图①，在矩形ABCD中，AB＝2AD，P为CD边上的中点，试比较∠APB和∠ADB的大小关系，并说明理由；(2)如图②，在正方形ABCD中，P为CD上任意一点，试问当P点位于何处时∠APB最大？并说明理由； 问题解决(3)某儿童游乐场的平面图如图③所示，场所工作人员想在OD边上点P处安装监控装置，用来监控OC边上的AB段，为了让监控效果最佳，必须要求∠APB最大，已知：∠DOC＝60°，OA＝400米，AB＝200米，问在OD边上是否存在一点P，使得∠APB最大，若存在，请求出此时OP的长和∠APB的度数；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 结论：∠APB＞∠ADB ，理由见解析；(2) 当点P位于CD的中点时，∠APB最大，理由见解析；(3) 当经过A，B的⊙T与OD相切于P时，∠APB的值最大，理由见解析 【分析】（1）作PH⊥AB于H，通过正方形和矩形的性质可得∠APB＝90°，再根据∠ADB＜90°，即可证明∠APB＞∠ADB； （2）假设P为CD的中点，如图②中，作△APB的外接圆⊙O，则此时CD切⊙O于点P，在CD上取任意异于P点的点E，连接AE，与⊙O交于点F，连接BE，BF，根据∠AFB是△EFB的外角，可得∠AFB＞∠AEB，再根据∠AFB＝∠APB，从而可得∠APB＞∠AEB，故点P位于CD的中点时，∠APB最大； （3）作TH⊥OC于H，交OD于Q，连接TA，TB，OT．设TP＝TA＝TB＝r，根据等边三角形的性质可得AH＝HB＝100 (m)，再根据含30°角的直角三角形的性质可得AT＝200m，故AT＝2AH，可得∠ATH＝30°，即∠ATB＝2∠ATH＝60°，根据圆周角定理可得∠APB＝∠ATB＝30°，再根据含30°角的直角三角形的性质求出OQ和PQ的长度，再根据OP＝OQ﹣PQ求解OP的长度即可． 【详解】解：（1）如图①中，结论：∠APB＞∠ADB． 理由：作PH⊥AB于H． ∵四边形ABCD是矩形，PH⊥AB， ∴∠ADP＝∠DAH＝∠AHP＝90°， ∴四边形ADPH是矩形， ∵AB＝CD＝2AD，DP＝PC， ∴DA＝DP， ∴四边形ADPH是正方形， ∴∠APH＝45°，同理可证∠BPH＝45°， ∴∠APB＝90°， ∵∠ADB＜90°， ∴∠APB＞∠ADB． （2）当点P位于CD的中点时，∠APB最大，理由如下： 假设P为CD的中点，如图②中，作△APB的外接圆⊙O，则此时CD切⊙O于点P， 在CD上取任意异于P点的点E，连接AE，与⊙O交于点F，连接BE，BF， ∵∠AFB是△EFB的外角， ∴∠AFB＞∠AEB， ∵∠AFB＝∠APB， ∴∠APB＞∠AEB， 故点P位于CD的中点时，∠APB最大． （3）如图③中，当经过A，B的⊙T与OD相切于P时，∠APB的值最大， 作TH⊥OC于H，交OD于Q，连接TA，TB，OT．设TP＝TA＝TB＝r， ∵TA＝TB，TH⊥AB， ∴AH＝HB＝100 (m)， ∵∠OHQ＝90°，∠O＝60°，OH＝OA+AH＝(400+100)(m)， ∴QH＝OH＝(400+300)(m)，∠OQH＝30°， ∴TQ＝2PT＝2r， ∵TH＝＝， ∴2r+＝400+300， 整理得：3r2﹣(1600+1200)r+60000+240000＝0， ∴(r﹣200)(r﹣1000﹣1200)＝0， ∴r＝200或1000+1200(舍弃)， ∴AT＝200m， ∴AT＝2AH， ∴∠ATH＝30°，∠ATB＝2∠ATH＝60°， ∴∠APB＝∠ATB＝30°， ∴， ∴OP＝OQ﹣PQ＝800+200﹣600＝(200+200)(m)． 【点睛】本题考查了圆的综合问题，掌握正方形和矩形的性质、切线的性质以及判定定理、含30°角的直角三角形的性质、圆周角定理、勾股定理是解题的关键． 模型5 米勒最大张角（视角）模型 【模型解读】在600多年前，德国数学家米勒提出一个有趣的问题：在地球表面什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长?即在什么地方，视角最大?最大视角问题是数学史上100个极值问题中的一个，也称为米勒问题。这一问题更一般的描述是：已知，点A、B是∠MON的ON边上的两个定点，C是OM边上的一个动点，当C在何处时，∠ACB最大？问题的答案是：当且仅当△ABC的外接圆与边OM相切于点C时，∠ACB最大。人们称这一命题为米勒定理！ 【常见类型及图示】 米勒定理：已知点AB是∠MON的边ON上的两个定点，点C是边OM上的一动点，则当且仅当三角形ABC的外圆与边OM相切于点C时，∠ACB最大。 证明：如图，设C’是边OM上不同于点C的任意一点，连结A，B，因为∠AC’B是圆外角，∠ACB是圆周角，易证∠AC’B小于∠ACB，故∠ACB最大。 在三角形AC’D中， 又 【真题演练】 （2022·广西桂林·统考中考真题）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． 【巩固练习】 1、如图，已知点A、B的坐标分别是、，点C为x轴正半轴上一动点，当最大时，点C的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点、作，点与轴相切于点时，利用圆周角大于对应的圆外角得到此时最大，连接、、，作轴于，如图，利用垂径定理得，则，再根据切线的性质得轴，则四边形为矩形，所以，则，在中，利用勾股定理计算出，于是可得到点坐标为，． 【详解】解：过点、作，点与轴相切于点时，最大， 连接、、，作轴于，如图， 点、的坐标分别是、， ，， ， ， ， 与轴相切于点， 轴， 四边形为矩形， ， ， 在中，， 点坐标为，． 故选：B． 【点睛】本题考查了圆的综合题，熟练掌握垂径定理、圆周角定理,勾股定理,坐标与图形，掌握相关定理性质是解题的关键． 2、足球射门时，在不考虑其他因素的条件下，射点到球门AB的张角越大，射门越好．当张角达到最大值时，我们称该射点为最佳射门点．通过研究发现，如图1所示，运动员带球在直线CD上行进时，当存在一点Q，使得（此时也有）时，恰好能使球门AB的张角达到最大值，故可以称点Q为直线CD上的最佳射门点． (1)如图2所示，AB为球门，当运动员带球沿CD行进时，，，为其中的三个射门点，则在这三个射门点中，最佳射门点为点______；(2)如图3所示，是一个矩形形状的足球场，AB为球门，于点D，，．某球员沿CD向球门AB进攻，设最佳射门点为点Q．①用含a的代数式表示DQ的长度并求出的值；②已知对方守门员伸开双臂后，可成功防守的范围为，若此时守门员站在张角内，双臂张开MN垂直于AQ进行防守，求MN中点与AB的距离至少为多少时才能确保防守成功．（结果用含a的代数式表示） 【答案】(1) (2)①；；②． 【分析】（1）连接、，根据平行线的性质得出，再根据等腰三角形的性质得出即可判断； （2）①根据最佳射门点为点Q，可证△ADQ∽△QDB，列出比例式即可求出DQ的长度，作BE⊥AQ于E，求出线段长，利用三角函数求解即可；②根据题意可知，过MN中点O作OF⊥AB于F，交AQ于P，利用相似三角形的性质求出EM，再解直角三角形求出MP、PF、PO即可． 【详解】（1）解：连接、， ∵CD∥AB， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴最佳射门点为 故答案为：． （2）解：①作BE⊥AQ于E， ∵最佳射门点为点Q， ∴， ∵， ∴， ∴△ADQ∽△QDB， ∴， ∵，， ∴，代入比例式得，， 解得，（负值舍去）； ， ∴，， ∴，， ∴，， 则， ； ②过MN中点O作OF⊥AB于F，交AQ于P， ∵守门员伸开双臂后，可成功防守的范围为， ∴当时才能确保防守成功． ∵MN⊥AQ， ∴， ∴， ， ∵，， ∴， ∴， ∵， ， ∵， ∴， ， ∵， ∴， ； MN中点与AB的距离至少为时才能确保防守成功．． 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题关键恰当构建直角三角形，熟练运用解直角三角形的知识求解． 模型6 阿基米德折弦（定理）模型 【模型解读】阿基米德折弦定理，也称为阿基米德定理，是数学中的一个重要定理，与圆和三角函数有关。该定理最早记载于公元前250年的古希腊数学家阿基米德的著作《圆的测量》中。阿基米德折弦定理陈述如下：对于任意一条弧，该弧两端的弦的长度之积等于从弦中点引垂线得到的两条线段的长度之积。即，在一个圆的内部任取一条弧，该弧的两个端点连成一条弦，然后在这条弦的中点处竖直一条线段，将弦分成两条线段，两条线段的长度之积等于从中点引垂线得到的两条线段的长度之积。具体公式为：AB×CD=BC×DE。其中，AB表示弦的长度，BC为弦的中点到圆的距离，CD和DE分别为弦的两边到圆的距离。该定理可以用来推导出三角函数之间的关系，因此在三角函数的求解中也有着广泛的应用。 【常见类型及图示】 折弦：从圆周上任一点出发的两条弦，所组成的折线，我们称之为该图的一条折弦。 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。 如图所示，AB和BC是⊙O的两条弦(即ABC是圆的一条折弦)，BC>AB，M是 的中点，则从M向BC所作垂线之垂足D是折弦ABC的中点，即CD=AB+BD。 常见证明的方法： 1）补短法：如图，如图，延长DB至F，使BF=BA； 2）截长法：如图，在CD上截取DG=DB； 3）垂线法：如图，作MH⊥射线AB，垂足为H。 【真题演练】 （2022·贵州安顺·中考真题）如图，在△ABC中，AC＝，∠ACB＝120°，D是边AB的中点，E是边BC上一点，若DE平分△ABC的周长，则DE的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】延长至，使得，连接，构造等边三角形，根据题意可得是的中位线，即可求解． 【详解】解：如图，延长至，使得，连接， ， , 又， 是等边三角形， ， 是边的中点，是边上一点，平分的周长， ，， ， ， ， 即， 是的中位线， ． 故选C． 【点睛】本题考查了三角形中位线的性质与判定，等边三角形的性质，三角形中线的定义，构造等边三角形是解题的关键． 【巩固练习】 问题呈现：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），，M是的中点，则从M向所作垂线的垂足D是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程．    （1）证明：如图2，在上截取，连接和． ∵M是的中点，∴…… 请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； 实践应用：（2）如图3，已知内接于，，D是的中点，依据阿基米德折弦定理可得图中某三条线段的等量关系为　　． （3）如图4，已知等腰内接于，，D为上一点，连接，，于点E，的周长为，，请求出的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）4 【分析】（1）首先证明，进而得出，再利用等腰三角形的性质得出，即可得出答案； （2）直接根据阿基米德折弦定理得出结论； （3）根据阿基米德折弦定理得出，进而求出，最后用勾股定理即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图2，在上截取，连接和．   ∵M是的中点， ∴． 在和中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）根据阿基米德折弦定理得，， 答案为：； （3）根据阿基米德折弦定理得，， ∵的周长为， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴． 【点睛】此题是圆的综合题，考查了全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，理解和应用阿基米德折弦定理解题关键． 模型7 婆罗摩笈多（定理）模型 【模型介绍】婆罗摩笈多是古代印度的一名数学家，曾提出了一个圆内接四边形相关的定理，即婆罗摩笈多定理，我们把该定理放在全等的背景下延伸出的一系列几何问题，统称为“婆罗摩笈多模型”。所以它和我们前面学过的“手拉手”与“夹半角”一样，都是由于特定条件的组合，从而产生特定的结论。婆罗摩笈多模型特点：①两个等腰三角形（常常是直角或互补）；②在①中的两个三角形共顶点；③不是旋转手拉手模型。 【常见类型及图示】 婆罗摩笈多定理：如果一个圆内接四边形的对角线互相垂直相交，那么从交点向某一边所引垂线的反向延长线必经过这条边对边的中点。 如图，ABCD为圆内接四边形，对角线AC和BD垂直相交，交点为E，过点E作BC的垂线EF，延长FE与AD交于点G；则点G是AD的中点。 如图，所示已知等腰Rt△ABC和等腰Rt△AED，作BH//AE交AG的延长线于点H， （1）S△ACD=S△ABE；（2）若AF⊥CD，则G为BE中点。 如图，已知等腰Rt△ABC和等腰Rt△AED，在AF的延长线取点H，使得AF=FH； （1）S△ACD=S△ABE；（2）若F为CD中点，则AG⊥BE。 【真题演练】 （2023·重庆·统考一模）阅读下列相关材料，并完成相应的任务．婆罗摩笈多是古印度著名的数学家、天文学家，他编著了《婆罗摩修正体系》，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，也称“布拉美古塔定理”．定理的内容是：“若圆内接四边形的对角线互相垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边”． 任务：（1）按图（1）写出了这个定理的已知和求证，并完成这个定理的证明过程； 已知：__________________ 求证：_________________ 证明： （2）如图（2），在中，弦于M，连接分别是上的点，于于H，当M是中点时，直接写出四边形是怎样的特殊四边形：__________． 【答案】（1）见解析；（2）菱形 【分析】（1）先写出已知、求证，先证明，再证明，即可证明 （2）先证明，再证明,由布拉美古塔定理证明即可证明 【详解】（1）已知：如图，在圆内接四边形中，对角线于点M，过点M作的垂线分别交于点． 求证：点E是的中点 证明： ， ， ， ， ， 同理可证， ， ∴点E是的中点 故答案为：已知：如图，在圆内接四边形中，对角线于点M，过点M作的垂线分别交于点． 求证：点E是的中点 （2）四边形是菱形 理由：由布拉美古塔定理可知，分别是的中点， 是中点 ∴四边形是菱形 故答案为：四边形是菱形 【点睛】本题考查菱形的判定、根据题意写已知求证、灵活进行角的和差关系的转换是解题的关键 【巩固练习】 【阅读】婆罗摩笈多是七世纪印度数学家，他曾提出一个定理：若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边． 证明：如图1所示内接于圆的四边形的对角线互相垂直，垂足为点，过点的直线垂直于，垂足为点，与边交于点，由垂直关系得，，所以，由同弧所对的圆周角相等得，所以，则，同理，，故； 【思考】命题“若圆内接四边形的对角线相互垂直，则平分对边且过对角线交点的直线垂直于另一边”为　 　（填“真命题”，“假命题”）； 【探究】（1）如图2，和为共顶点的等腰直角三角形，，过点的直线垂直于，垂足为点，与边交于点．证明：点是的中点； （2）如图3，和为共顶点的等腰直角三角形，点是的中点，连接交于点，若，求的长． 【答案】【思考】真命题；【探究】（1）证明见解析；（2）4． 【思考】由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，再利用等量代换计算．结论可得； （1）过点作，交的延长线于点，利用同角的余角相等得出和，进而得到；再证明，结论可得； （2）过点作，交的延长线于点，易证，得到，．再进一步说明，可得，结论可得． 【详解】解：【思考】“若圆内接四边形的对角线相互垂直，则平分对边且过对角线交点的直线垂直于另一边”为真命题． 理由如下：如下图， ∵，为的中点， ∴． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 即：． ∴命题“若圆内接四边形的对角线相互垂直，则平分对边且过对角线交点的直线垂直于另一边”为真命题． 故答案为：真命题． 【探究】（1）如下图，过点作，交的延长线于点， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵为等腰直角三角形， ∴． 在和中， ∴． ∴． ∵， ∴． 在和中， ∴． ∴． 即是的中点． （2）如下图，过点作，交的延长线于点， ∵， ∴． 在和中， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 在和中， ∴． ∴． 【点睛】本题主要考查了圆的综合运用，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质与判定，利用中点添加平行线构造全等三角形是解题的关键． $$中考重难点专题复习04 圆中的重要模型 模型1 四点共圆模型（4种类型） 2 【常见类型及图示】 2 1、定点定长共圆模型 2 2、定边对双直角共圆模型 2 3、定边对定角共圆模型 3 4、对角互补共圆模型 3 【真题演练】 4 【巩固练习】 6 模型2 隐圆模型（4种类型） 8 【常见类型及图示】 8 1、动点定长模型 8 2、定边对直角模型 8 3、定边对定角模型 9 4、四点共圆模型 9 【真题演练】 9 【巩固练习】 10 模型3 圆幂定理模型（5种类型） 12 【常见类型及图示】 12 1、相交弦模型 12 2、双割线模型 12 3、切割线模型 12 4、弦切角模型 13 5、托勒密定理模型 13 【真题演练】 14 【巩固练习】 15 模型4 定角定高（探照灯）模型 17 【常见类型及图示】 17 【真题演练】 18 【巩固练习】 18 模型5 米勒最大张角（视角）模型 20 【常见类型及图示】 20 【真题演练】 20 【巩固练习】 21 模型6 阿基米德折弦（定理）模型 23 【常见类型及图示】 23 【真题演练】 24 【巩固练习】 24 模型7 婆罗摩笈多（定理）模型 26 【常见类型及图示】 26 【真题演练】 27 【巩固练习】 28 2025年中考数学重难点【精讲专练】 圆中的重要模型 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 模型1 四点共圆模型（4种类型） 【模型解读】四点共圆模型是几何学中的一个经典问题，它广泛应用于解与圆有关的问题．与圆有关的问题变化多,解法灵活,综合性强,因而历来是考试和竞赛的热点。在解题中,如果图形中蕴含着某四点在同一个圆上，或根据需要作出辅助圆使四点共圆，利用圆的有关性质定理，则会使复杂问题变得简单，从而使问题得到解决。因此,掌握四点共圆的方法很重要. 【常见类型及图示】 1、定点定长共圆模型 如图，平面内有五个点O、A、B、C、D，使得OA=OB=OC=OD， 结论：A、B、C、D四点共圆（其中圆心为O）。 2、定边对双直角共圆模型 定边对双直角模型（同侧型）：若平面上A、B、C、D四个点满足， 结论：A、B、C、D四点共圆，其中AD为直径。 定边对双直角模型（异侧型）：若平面上A、B、C、D四个点满足， 结论：A、B、C、D四点共圆，其中AC为直径。 3、定边对定角共圆模型 如图，平面上A、B、C、D四个点满足， 结论：A、B、C、D四点共圆． 如图，AC、BD交于H，， 结论：四点共圆. 4、对角互补共圆模型 如图，平面上A、B、C、D四个点满足， 结论：A、B、C、D四点共圆． 如图，BA、CD的延长线交于P，， 结论：A、B、C、D四点共圆. 【真题演练】 （2021·湖北随州·统考中考真题）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 ． （2021·湖北鄂州·统考中考真题）如图，四边形中，，，于点．若，，则线段的长为 ． （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________． （2023·山东日照·统考中考真题）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． 【巩固练习】 1、如图，点为线段的中点，点到点的距离相等，若则的度数是 2、如图，中，，中，，直线与交于，当绕点任意旋转的过程中，到直线距离的最大值是 ． 3、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． 模型2 隐圆模型（4种类型） 【模型解读】在中考数学的考场上，有一类题目常常出现，它们并未直接描绘“圆”的形状，却在解题过程中离不开“圆”的知识。这类题目，我们称之为“隐圆模型”。它们通常以动态问题为背景，涉及点的运动、线的变化，或是图形的翻折与旋转。对于大多数学生而言，这类题目往往让人束手无策，难以找到解题的突破口。然而，只要我们能够洞察出其中的“隐藏圆”，就能找到解题的关键。隐圆模型常见于动点定长、定边定角以及对角互补等问题，这些动态问题的轨迹实质上构成了一个圆。因此，解决这类问题的关键在于如何识别和利用这个“隐藏圆”。 【常见类型及图示】 1、动点定长模型 若P为动点，且AB=AC=AP，则B、C、P三点共圆，A圆心，AB半径， 寻找隐圆技巧：若动点到平面内某定点的距离始终为定值，则其轨迹是圆或圆弧． 2、定边对直角模型 固定线段AB所对动角∠C恒为90°，则A、B、C三点共圆，AB为直径， 寻找隐圆技巧：一条定边所对的角始终为直角，则直角顶点轨迹是以定边为直径的圆或圆弧． 3、定边对定角模型 固定线段AB所对同侧动角∠P=∠C，则A、B、C、P四点共圆， 根据圆周角定理：同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角都相． 寻找隐圆技巧：AB为定值，∠P为定角，则P点轨迹是一个圆． 4、四点共圆模型 四点共圆模型我们在上一模型专题中已经详细讲解了，在该部分就不在赘述了。在此就针对几类考查频率高的模型作相应练习即可。 【真题演练】 （2023·山东泰安·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的一条直角边在x轴上，点A的坐标为；中，，连接，点M是中点，连接．将以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段的最小值是（    ）    A．3 B． C． D．2 （2022·内蒙古·中考真题）如图，是的外接圆，为直径，若，，点从点出发，在内运动且始终保持，当，两点距离最小时，动点的运动路径长为______． （2023·四川自贡·统考中考真题）如图，分别经过原点和点的动直线，夹角，点是中点，连接，则的最大值是（    ）    A． B． C． D． 【巩固练习】 1、如图，点在线段上，，以为圆心，为半径作，点在上运动，连接，以为一边作等边，连接，则长度的最小值为（　　）    A． B． C． D． 2、如图，在中，，．分别以、为斜边，向三角形外作等腰直角三角形和等腰直角三角形，则和面积之和为 ；连接，则线段的最大值为 ． 3、如图1，点是直径上一点，，，过点作弦，点在上运动，连接． (1)求的长． (2)如图，连接，作的角平分线交于点，在点运动的过程中，的长度是否会发生变化？若发生变化，请说明理由；若不会发生变化，请求出其值． (3)如图，过点作于，连接，求的最小值． 模型3 圆幂定理模型（5种类型） 【模型解读】圆幂定理是一个总结性的定理，是对相交弦定理、切割线定理、割线定理、弦切角定理、托勒密定理以及它们推论的统一与归纳。圆幂定理的用法：可以利用圆幂定理求解与圆有关的线段比例、角度、面积等问题。 【常见类型及图示】 1、相交弦模型 在圆O中，弦AB与弦CD交于点E，点E在圆O内。 结论：。 2、双割线模型 如图，割线CH与弦CF交圆O于点E和点G。 结论： 3、切割线模型 如图，CB是圆O的切线，CA是圆O的割线。 结论： 4、弦切角模型 如图，CB是圆O的切线，AB是圆O的直径。 结论：1）； 2）；3）。 5、托勒密定理模型 如图，AB、CD是圆O的两条弦； 结论： 【真题演练】 （2022·湖南长沙·中考真题）如图，四边形内接于，对角线，相交于点E，点F在边上，连接． (1)求证：； (2)当时，则___________；___________；___________．（直接将结果填写在相应的横线上） (3)①记四边形，的面积依次为，若满足，试判断，的形状，并说明理由．②当，时，试用含m，n，p的式子表示．    （2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，为⊙O的直径，且，与为圆内的一组平行弦，弦交于点H．点A在上，点B在上，． (1)求证：． (2)求证：． (3)在⊙O中，沿弦所在的直线作劣弧的轴对称图形，使其交直径于点G．若，求的长． 【巩固练习】 1、如图，为的割线，且，交于点C，若，则的半径的长为 ． 2、如图，从圆外一点引圆的切线，点为切点，割线交于点、．已知，，则 ． 3、如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE． (1)求证； (2)当时，求CE的长． 4、【旧知再现】圆内接四边形的对角 . 如图①，四边形是的内接四边形，若，则 . 【问题创新】圆内接四边形的边会有特殊性质吗？ 如图②，某数学兴趣小组进行深入研究发现： 证明：如图③，作，交于点.   ∵，∴， ∴  即   （请按他们的思路继续完成证明） 【应用迁移】如图④，已知等边外接圆，点为 上一点，且，，求的长. 模型4 定角定高（探照灯）模型 【模型解读】在几何学中，隐圆问题一直备受关注。其中，定角定高有隐圆的情况，又被称为探照灯模型，是中考压轴题中的常客。这类题目巧妙地隐藏了圆的信息，通过定角定高的条件，将复杂的边角问题转化为圆内的边角问题，从而简化了解题过程。掌握这一模型，对于解决这类问题至关重要。 【常见类型及图示】 如图，直线BC外一点A，A到直线BC距离为定值（定高），∠BAC为定角，则AD有最小值，即△ABC的面积有最小值。因为形似探照灯，所以也叫探照灯模型。 在△ABC中，∠BAC=（定角），AD是BC边上的高，且AD=h（定高）。 结论：当△ABC是等腰三角形（AB=AC）时，BC的长最小；△ABC的面积最小；△ABC的周长最小。 证明：如图，作△ABC的外接圆，连接OA，OB，OC，过点O作OE⊥BC于点E， 设的半径为r，则∠BOE=∠BAC=； ∴BC= 2BE=2OBsin=2rsin ∵OA+OE≥AD（当且仅当点A，O，E三点共线时,等号成立）， ∴r+rcosa≥h，当取等号时r有最小值，此时BC的长最小:2rsin；△ABC的面积最小:ADrsin； △ABC的周长最小:2rsin+ADrsin。 【真题演练】 （2024·四川宜宾·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为1，M、N是边BC、CD上的动点．若∠MAN=45°，则MN的最小值为 . 【巩固练习】 1、如图，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝4，AD//BC，∠B＝60°，点E、F分别为边BC、CD上的两个动点，且∠EAF＝60°，则△AEF的面积的最小值是 ． 2、问题探究，(1)如图①，在矩形ABCD中，AB＝2AD，P为CD边上的中点，试比较∠APB和∠ADB的大小关系，并说明理由；(2)如图②，在正方形ABCD中，P为CD上任意一点，试问当P点位于何处时∠APB最大？并说明理由； 问题解决(3)某儿童游乐场的平面图如图③所示，场所工作人员想在OD边上点P处安装监控装置，用来监控OC边上的AB段，为了让监控效果最佳，必须要求∠APB最大，已知：∠DOC＝60°，OA＝400米，AB＝200米，问在OD边上是否存在一点P，使得∠APB最大，若存在，请求出此时OP的长和∠APB的度数；若不存在，请说明理由． 模型5 米勒最大张角（视角）模型 【模型解读】在600多年前，德国数学家米勒提出一个有趣的问题：在地球表面什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长?即在什么地方，视角最大?最大视角问题是数学史上100个极值问题中的一个，也称为米勒问题。这一问题更一般的描述是：已知，点A、B是∠MON的ON边上的两个定点，C是OM边上的一个动点，当C在何处时，∠ACB最大？问题的答案是：当且仅当△ABC的外接圆与边OM相切于点C时，∠ACB最大。人们称这一命题为米勒定理！ 【常见类型及图示】 米勒定理：已知点AB是∠MON的边ON上的两个定点，点C是边OM上的一动点，则当且仅当三角形ABC的外圆与边OM相切于点C时，∠ACB最大。 证明：如图，设C’是边OM上不同于点C的任意一点，连结A，B，因为∠AC’B是圆外角，∠ACB是圆周角，易证∠AC’B小于∠ACB，故∠ACB最大。 在三角形AC’D中， 又 【真题演练】 （2022·广西桂林·统考中考真题）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．    【巩固练习】 1、如图，已知点A、B的坐标分别是、，点C为x轴正半轴上一动点，当最大时，点C的坐标是（    ） A． B． C． D． 2、足球射门时，在不考虑其他因素的条件下，射点到球门AB的张角越大，射门越好．当张角达到最大值时，我们称该射点为最佳射门点．通过研究发现，如图1所示，运动员带球在直线CD上行进时，当存在一点Q，使得（此时也有）时，恰好能使球门AB的张角达到最大值，故可以称点Q为直线CD上的最佳射门点． (1)如图2所示，AB为球门，当运动员带球沿CD行进时，，，为其中的三个射门点，则在这三个射门点中，最佳射门点为点______；(2)如图3所示，是一个矩形形状的足球场，AB为球门，于点D，，．某球员沿CD向球门AB进攻，设最佳射门点为点Q．①用含a的代数式表示DQ的长度并求出的值；②已知对方守门员伸开双臂后，可成功防守的范围为，若此时守门员站在张角内，双臂张开MN垂直于AQ进行防守，求MN中点与AB的距离至少为多少时才能确保防守成功．（结果用含a的代数式表示） 模型6 阿基米德折弦（定理）模型 【模型解读】阿基米德折弦定理，也称为阿基米德定理，是数学中的一个重要定理，与圆和三角函数有关。该定理最早记载于公元前250年的古希腊数学家阿基米德的著作《圆的测量》中。阿基米德折弦定理陈述如下：对于任意一条弧，该弧两端的弦的长度之积等于从弦中点引垂线得到的两条线段的长度之积。即，在一个圆的内部任取一条弧，该弧的两个端点连成一条弦，然后在这条弦的中点处竖直一条线段，将弦分成两条线段，两条线段的长度之积等于从中点引垂线得到的两条线段的长度之积。具体公式为：AB×CD=BC×DE。其中，AB表示弦的长度，BC为弦的中点到圆的距离，CD和DE分别为弦的两边到圆的距离。该定理可以用来推导出三角函数之间的关系，因此在三角函数的求解中也有着广泛的应用。 【常见类型及图示】 折弦：从圆周上任一点出发的两条弦，所组成的折线，我们称之为该图的一条折弦。 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。 如图所示，AB和BC是⊙O的两条弦(即ABC是圆的一条折弦)，BC>AB，M是 的中点，则从M向BC所作垂线之垂足D是折弦ABC的中点，即CD=AB+BD。 常见证明的方法： 1）补短法：如图，如图，延长DB至F，使BF=BA； 2）截长法：如图，在CD上截取DG=DB； 3）垂线法：如图，作MH⊥射线AB，垂足为H。 【真题演练】 （2022·贵州安顺·中考真题）如图，在△ABC中，AC＝，∠ACB＝120°，D是边AB的中点，E是边BC上一点，若DE平分△ABC的周长，则DE的长为（　　） A． B． C． D． 【巩固练习】 问题呈现：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），，M是的中点，则从M向所作垂线的垂足D是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程．    （1）证明：如图2，在上截取，连接和． ∵M是的中点，∴…… 请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； 实践应用：（2）如图3，已知内接于，，D是的中点，依据阿基米德折弦定理可得图中某三条线段的等量关系为　　． （3）如图4，已知等腰内接于，，D为上一点，连接，，于点E，的周长为，，请求出的长． 模型7 婆罗摩笈多（定理）模型 【模型介绍】婆罗摩笈多是古代印度的一名数学家，曾提出了一个圆内接四边形相关的定理，即婆罗摩笈多定理，我们把该定理放在全等的背景下延伸出的一系列几何问题，统称为“婆罗摩笈多模型”。所以它和我们前面学过的“手拉手”与“夹半角”一样，都是由于特定条件的组合，从而产生特定的结论。婆罗摩笈多模型特点：①两个等腰三角形（常常是直角或互补）；②在①中的两个三角形共顶点；③不是旋转手拉手模型。 【常见类型及图示】 婆罗摩笈多定理：如果一个圆内接四边形的对角线互相垂直相交，那么从交点向某一边所引垂线的反向延长线必经过这条边对边的中点。 如图，ABCD为圆内接四边形，对角线AC和BD垂直相交，交点为E，过点E作BC的垂线EF，延长FE与AD交于点G；则点G是AD的中点。 如图，所示已知等腰Rt△ABC和等腰Rt△AED，作BH//AE交AG的延长线于点H， （1）S△ACD=S△ABE；（2）若AF⊥CD，则G为BE中点。 如图，已知等腰Rt△ABC和等腰Rt△AED，在AF的延长线取点H，使得AF=FH； （1）S△ACD=S△ABE；（2）若F为CD中点，则AG⊥BE。 【真题演练】 （2023·重庆·统考一模）阅读下列相关材料，并完成相应的任务．婆罗摩笈多是古印度著名的数学家、天文学家，他编著了《婆罗摩修正体系》，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，也称“布拉美古塔定理”．定理的内容是：“若圆内接四边形的对角线互相垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边”． 任务：（1）按图（1）写出了这个定理的已知和求证，并完成这个定理的证明过程； 已知：__________________ 求证：_________________ 证明： （2）如图（2），在中，弦于M，连接分别是上的点，于于H，当M是中点时，直接写出四边形是怎样的特殊四边形：__________． 【巩固练习】 【阅读】婆罗摩笈多是七世纪印度数学家，他曾提出一个定理：若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边． 证明：如图1所示内接于圆的四边形的对角线互相垂直，垂足为点，过点的直线垂直于，垂足为点，与边交于点，由垂直关系得，，所以，由同弧所对的圆周角相等得，所以，则，同理，，故； 【思考】命题“若圆内接四边形的对角线相互垂直，则平分对边且过对角线交点的直线垂直于另一边”为　 　（填“真命题”，“假命题”）； 【探究】（1）如图2，和为共顶点的等腰直角三角形，，过点的直线垂直于，垂足为点，与边交于点．证明：点是的中点； （2）如图3，和为共顶点的等腰直角三角形，点是的中点，连接交于点，若，求的长． $$