重难点 圆的有关性质12题型（专项训练）数学沪教版五四制九年级下册

重难点 圆的有关性质 目 录 题型1 圆的基本概念 1 题型2 判断确定圆的条件 2 题型3 判断点与圆的位置关系 3 题型4 利用点与圆的位置关系求半径 3 题型5 点与圆上一点的最值问题 4 题型6 三角形外接圆 5 题型7 利用弧、弦、圆心角的关系求解 7 题型8 利用弧、弦、圆心角的关系求证 7 题型9 圆周角定理 9 题型10 同弧或等弧所对的圆周角相等 11 题型11 半圆（直径）所对的圆周角是直角 11 题型12 已知圆内接四边形求角度 13 题型1 圆的基本概念 例1如图，下列说法正确的是（　　） A．线段，，都是的弦 B．线段经过圆心O，线段是直径 C． D．弦把圆分成两条弧，其中是劣弧 【变式1-1】以下命题：（1）等弧所对的弦相等；（2）相等的圆心角所对的弧相等；（3）三点确定一个圆；（4）圆的对称轴是直径；（5）三角形的内心到三角形三边距离相等．其中正确的命题的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1-2】如图，中，，，，P是内部的一个动点，满足，则线段CP长的最小值为（   ） A． B．2 C． D． 【变式1-3】如图，半径为，正方形内接于，点E在上运动，连接，作，垂足为F，连接．则长的最小值为（   ） A． B．1 C． D． 题型2 判断确定圆的条件 例2若过平面直角坐标系中的三个点、、能确定一个圆，则 ． 【变式2-1】在平面直角坐标系内的点，， 确定一个圆（填“能”或“不能”）． 【变式2-2】已知M（1，2），N（3，﹣3），P（x，y）三点可以确定一个圆，则以下P点坐标不满足要求的是（    ） A．（3，5） B．（﹣3，5） C．（1，2） D．（1，﹣2） 【变式2-3】如图，点A，B，C，D均在直线l上，点P在直线l外，从这五个点中随机选择三个点，则经过这三个点能够画出圆的概率为（    ） A． B． C． D． 题型3 判断点与圆的位置关系 例3在平面直角坐标系中，已知点 ，若以原点O为圆心、5为半径画圆，则点 P与的位置关系是（     ） A．点P在上 B．点P在外 C．点P在内 D．无法确定 【变式3-1】（2024·上海嘉定二模）在中， ，，以点为圆心，半径为的圆记作圆，那么下列说法正确的是（  ） A．点在圆外，点在圆上； B．点在圆上，点B在圆内； C．点在圆外，点在圆内； D．点、都在圆外． 【变式3-2】如图，已知矩形的边，，现以点A为圆心作圆，如果B、C、D至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外，那么半径r的取值范围是 ． 【变式3-3】（2023·上海奉贤二模）如图，矩形中，，，点在对角线上，圆经过点．如果矩形有两个顶点在圆O内，那么圆O的半径长r的取值范围是（    ）    A． B． C． D． 题型4 利用点与圆的位置关系求半径 例4如图，在中，，，．以点A为圆心，r为半径作圆，当点C在内且点B在外时，r的整数值是 ． 【变式4-1】已知的半径为，点P在外，则可能等于（　　） A． B． C． D． 【变式4-2】如图，已知是线段上的两点，，以A为中心顺时针旋转点M，以B为中心逆时针旋转点N，使两点重合成一点C，构成，设，若以点B为圆心，为半径作，使点M和点N都在外，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 题型5 点与圆上一点的最值问题 例5（2025·上海杨浦二模）如图，已知中，，，，以A为圆心、2为半径作圆，点D是圆A上一点，连接，点E是的中点，连接，那么长度的取值范围是 ． 【变式5-1】如图，正方形的边长为4，点P是以为直径的半圆O上一点，则的最小值为 ． 【变式5-2】如图，正方形的边长为4，点与点是线段与线段上的两个动点，在运动过程中线段与始终保持垂直，则线段的最小值是（　　） A． B．2 C． D． 【变式5-3】如图，在平面直角坐标系中，已知点，，都在上，则原点O到上一点的最短距离为(   ) A． B． C．2 D． 题型6 三角形外接圆 例6是的外接圆，则点O是（     ） A．三条边的垂直平分线的交点 B．三个内角平分线的交点 C．三条边上的中线的交点 D．三条边上的高的交点 【变式6-1】如图所示的网格由边长相同的小正方形组成，点在小正方形的顶点上，则的外心是（    ） A．点 B．点 C．点 D．点 【变式6-2】三角形的外心具有的性质是（    ） A．外心在三角形外 B．外心在三角形内 C．外心到三角形三边距离相等 D．外心到三角形三个顶点距离相等 【变式6-3】（2024·上海中考）在梯形中，，点E在边上，且． (1)如图1所示，点F在边上，且，联结，求证：； (2)已知； ①如图2所示，联结，如果外接圆的心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长； ②如图3所示，如果点M在边上，联结、、，与交于N，如果，且，，求边的长． 题型7 利用弧、弦、圆心角的关系求解 例7如图，是的直径，，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【变式7-1】（2024·上海静安二模）对于命题：①如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等；②如果两个圆心角相等，那么它们所对的弧相等．下列判断正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题 【变式7-2】若的半径为，一条弦分为两部分，这条弦的长度为 ． 【变式7-3】（2025·上海嘉定二模）如图，已知是半圆的直径，半径垂直于弦，垂足为点，联结，． (1)求的度数； (2)求的值． 题型8 利用弧、弦、圆心角的关系求证 例8（2025·上海中考）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【变式8-1】（2023·上海闵行二模）如图，在扇形中，点、在上，，点、分别在半径、上，，连接、． (1)求证：； (2)设点为的中点，连接、、，线段交于点、交于点．如果，求证：四边形是矩形． 【变式8-2】如图，D，E分别是的半径上的点，且，垂足分别为D，E，．求证：C是的中点． 【变式8-3】如图1，已知内接于，连接，平分，点P是的中点，连接分别交于点E，F． (1)如图2，若为的直径，求的度数． (2)求证： ①； ②． 题型9 圆周角定理 例9如图，点A，B，C都在上，若，则（　　） 　 A． B． C． D． 【变式9-1】如图，四边形内接于，如果它的一个外角，那么（   ） A． B． C． D． 【变式9-2】筒车（图1）是我国古代一种水利灌溉工具，利用水流的动力进行灌溉，工作原理基于圆周运动和重力作用．如图2，筒车与水面分别交于点A、B，筒车上均匀分布着若干个盛水筒，D是其中之一，是的直径，连接，点M在的延长线上，若，则的度数为 ． 【变式9-3】（2025·上海普陀二模）如图，分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以等边三角形的边长为半径，以另两个顶点为端点画圆弧，由首尾相连的三段圆弧可组成一个曲线图形，这个曲线图形叫做莱洛三角形． (1)下面结论中，正确的是________．（写出所有正确结论的序号） 莱洛三角形是轴对称图形； 莱洛三角形上的任意一点到等边三角形的中心的距离相等； 莱洛三角形的每段圆弧所对的圆心角都为； 莱洛三角形的面积等于． (2)如果、是莱洛三角形上的两点，连接、，满足且，求此时的正切值； (3)已知、分别是、上的两个动点：点沿从点运动到点，点沿从点运动到点，它们同时出发且速度相同，连接．试表述线段的中点的轨迹． 题型10 同弧或等弧所对的圆周角相等 例10如图，点C，D是以线段为直径的上的两点，若，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式10-1】如图，四边形内接于，为的直径，点C为的中点，若，则的度数为 °． 【变式10-2】如图，图中两条弦相交于点E，且，求证：． 题型11 半圆（直径）所对的圆周角是直角 例11如图，是的直径，，，，则的半径为（    ） A．1 B． C． D． 【变式11-1】如图，是一条弦，将劣弧沿弦翻折，连结并延长交翻折后的弧于点，连结．若的半径长为，，则 ． 【变式11-2】（2023·上海中考）如图，在中，弦的长为8，点C在延长线上，且．    (1)求的半径； (2)求的正切值． 【变式11-3】（2025·上海普陀二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线的开口向下，与轴交于点和，与轴交于点．直线交抛物线于点． (1)如图，抛物线的对称轴是直线． ①求此时抛物线的表达式； ②如果，求点的横坐标； (2)如果点关于直线的对称点恰好是的重心，求的值． 题型12 已知圆内接四边形求角度 例12如图，等腰直角三角形中，将绕点B顺时针旋转），得到，连接，过点A作交的延长线于点H，连接AP，则下列结论不一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【变式12-1】（2024·上海杨浦一模）如图，锐角中，，现想在边上找一点，在边上找一点，使得与相等，以下是甲、乙两位同学的作法：（甲）分别过点、作、的垂线，垂足分别是、，则、即所求；（乙）取中点，作，交于点，取中点，作，交于点，则、即所求．对于甲、乙两位同学的作法，下列判断正确的是（    ）    A．甲正确乙错误 B．甲错误乙正确 C．甲、乙皆正确 D．甲、乙皆错误 【变式12-2】（2025·上海徐汇一模）如图，四边形中，，如果，且，那么的长是 （用含的式子表示）． 【变式12-3】如图，在菱形中，，的外接圆交边于点E，则的大小为 ．（用含的代数式表示） 2 / 53 1 / 53 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点 圆的有关性质 目 录 题型1 圆的基本概念 1 题型2 判断确定圆的条件 5 题型3 判断点与圆的位置关系 7 题型4 利用点与圆的位置关系求半径 10 题型5 点与圆上一点的最值问题 12 题型6 三角形外接圆 16 题型7 利用弧、弦、圆心角的关系求解 22 题型8 利用弧、弦、圆心角的关系求证 25 题型9 圆周角定理 33 题型10 同弧或等弧所对的圆周角相等 39 题型11 半圆（直径）所对的圆周角是直角 41 题型12 已知圆内接四边形求角度 48 题型1 圆的基本概念 例1如图，下列说法正确的是（　　） A．线段，，都是的弦 B．线段经过圆心O，线段是直径 C． D．弦把圆分成两条弧，其中是劣弧 【答案】B 【知识点】圆的基本概念辨析 【分析】本题考查圆的相关定义，根据弦的定义对A进行判断；根据直径的定义对B进行判断；不能确定，则可对C进行判断；根据劣弧和优弧的定义对D进行判断． 【详解】解：A．线段，都是的弦，不是，所以A选项不符合题意； B．线段经过圆心O，线段是直径，所以B选项符合题意； C．当点D为的中点时，，所以C选项不符合题意； D． 为优弧，所以D选项不符合题意． 故选：B． 【变式1-1】以下命题：（1）等弧所对的弦相等；（2）相等的圆心角所对的弧相等；（3）三点确定一个圆；（4）圆的对称轴是直径；（5）三角形的内心到三角形三边距离相等．其中正确的命题的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【知识点】圆的基本概念辨析、判断命题真假 【分析】利用圆的有关定义及性质分别判断后即可确定正确的选项． 本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解圆的有关定义及性质． 【详解】解：（1）等弧所对的弦相等，正确，符合题意； （2）同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故原命题错误，不符合题意； （3）不在同一直线上的三点确定一个圆，故原命题错误，不符合题意； （4）圆的对称轴是直径所在的直线，故原命题错误，不符合题意； （5）三角形的内心到三角形三边距离相等，正确，符合题意； 正确的命题有2个， 故选：B．． 【变式1-2】如图，中，，，，P是内部的一个动点，满足，则线段CP长的最小值为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【知识点】两点之间线段最短、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、圆的基本概念辨析 【分析】结合题意推导得，取AB的中点O，以点O为圆心，为直径作圆，连接OP；根据直角三角形斜边中线的性质，得；根据圆的对称性，得点P在以AB为直径的上，根据两点之间直线段最短的性质，得当点O、点P、点C三点共线时，PC最小；根据勾股定理的性质计算得，通过线段和差计算即可得到答案． 【详解】， ， ， ， ， 取AB的中点O，以点O为圆心，为直径作圆，连接OP， 点P在以AB为直径的上，连接OC交于点P， 当点O、点P、点C三点共线时，PC最小 在中， ，，， ， 最小值为 故选：D． 【点睛】本题考查了两点之间直线段最短、圆、勾股定理、直角三角形斜边中线的知识；解题的关键是熟练掌握圆的对称性、两点之间直线段最短、直角三角形斜边中线的性质，从而完成求解． 【变式1-3】如图，半径为，正方形内接于，点E在上运动，连接，作，垂足为F，连接．则长的最小值为（   ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【知识点】用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、根据正方形的性质求线段长、圆的基本概念辨析 【分析】连接，取的中点K，连接，利用勾股定理求出，根据即可解决问题． 【详解】解：如图，连接，取的中点K，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵正方形的外接圆的半径为， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴的最小值为． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，根据两点之间线段最短确定的最小值是解决本题的关键． 题型2 判断确定圆的条件 例2若过平面直角坐标系中的三个点、、能确定一个圆，则 ． 【答案】4 【知识点】一次函数与几何综合、判断确定圆的条件 【分析】本题考查一次函数与几何的综合应用，圆的确定，根据不在同一直线的三个点确定一个圆，得到当点不在直线上，三个点确定一个圆，进行求解即可． 【详解】解：∵、， ∴设直线的解析式为：，把代入，得：， ∴， ∴当时，， ∴当时，平面直角坐标系中的三个点、、能确定一个圆， 故答案为：4 【变式2-1】在平面直角坐标系内的点，， 确定一个圆（填“能”或“不能”）． 【答案】不能 【知识点】坐标与图形、判断确定圆的条件 【分析】本题考查确定圆的条件，不在同一直线上的三个点确定一个圆．判断三个点在不在一条直线上即可． 【详解】解：∵，，，在这条直线上， ∴三个点，，不能确定一个圆． 故答案为：不能． 【变式2-2】已知M（1，2），N（3，﹣3），P（x，y）三点可以确定一个圆，则以下P点坐标不满足要求的是（    ） A．（3，5） B．（﹣3，5） C．（1，2） D．（1，﹣2） 【答案】C 【知识点】求一次函数解析式、判断确定圆的条件 【分析】先利用待定系数法求出直线的解析式，再把每点代入函数解析式，根据不在同一直线上的三点能确定一个圆即可得出答案． 【详解】解：设直线的解析式为， 将点代入得：，解得， 则直线的解析式为， A、当时，，则此时点不在同一直线上，可以确定一个圆，此项不符题意； B、当时，，则此时点不在同一直线上，可以确定一个圆，此项不符题意； C、当时，，则此时点在同一直线上，不可以确定一个圆，此项符合题意； D、当时，，则此时点不在同一直线上，可以确定一个圆，此项不符题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了确定一个圆、求一次函数的解析式，熟练掌握确定一个圆的条件是解题关键． 【变式2-3】如图，点A，B，C，D均在直线l上，点P在直线l外，从这五个点中随机选择三个点，则经过这三个点能够画出圆的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】判断确定圆的条件、列举法求概率 【分析】本题主要考查了用列举法求概率以及圆确定的条件，根据题意可得出所有等可能的结果以及经过这三个点能够画出圆的结果，再利用概率公式可得出答案． 【详解】解：从这五个点中随机选择三个点，所有等可能的结果有：，，，，，，，，，共10种， 其中经过这三个点能够画出圆的结果有： ，，，，，， 共6种， ∴经过这三个点能够画出圆的概率为． 故选：D 题型3 判断点与圆的位置关系 例3在平面直角坐标系中，已知点 ，若以原点O为圆心、5为半径画圆，则点 P与的位置关系是（     ） A．点P在上 B．点P在外 C．点P在内 D．无法确定 【答案】A 【知识点】判断点与圆的位置关系 【分析】根据点，得，恰好等于圆的半径，从而得到点P在圆上即可． 本题考查了两点间距离公式，点圆的位置关系，熟练掌握公式和点圆位置关系是解题的关键． 【详解】解：根据题意，得点，得，恰好等于圆的半径，从而得到点P在圆上， 故选：A． 【变式3-1】（2024·上海嘉定二模）在中， ，，以点为圆心，半径为的圆记作圆，那么下列说法正确的是（  ） A．点在圆外，点在圆上； B．点在圆上，点B在圆内； C．点在圆外，点在圆内； D．点、都在圆外． 【答案】C 【知识点】三线合一、判断点与圆的位置关系、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了解直角三角形，点与圆的位置关系，等腰三角形的性质，掌握解直角三角形和会判断点与圆的位置关系是解决问题的关键．由解直角三角形求出，由等腰三角形的性质求出，即可判断出点B和点A与的位置关系，即可得出答案． 【详解】解：如图，过点A作于点D，如图所示： ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵的半径为6， ∵， ∴点在圆外，点在圆内； 故选：C． 【变式3-2】如图，已知矩形的边，，现以点A为圆心作圆，如果B、C、D至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外，那么半径r的取值范围是 ． 【答案】6<r<10 【知识点】用勾股定理解三角形、判断点与圆的位置关系、利用点与圆的位置关系求半径 【分析】先求出矩形对角线的长，然后由B、C、D至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外，即可确定半径r的取值范围． 【详解】解：连接AC，如图， ∵，， 由勾股定理可得：， ∵，，AC=10， 又∵B、C、D至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外， ∴点B在内，点C在外， ∴6<r<10． 故答案为：6<r<10． 【点睛】本题主要考查的是勾股定理、点与圆的位置关系． 【变式3-3】（2023·上海奉贤二模）如图，矩形中，，，点在对角线上，圆经过点．如果矩形有两个顶点在圆O内，那么圆O的半径长r的取值范围是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】判断点与圆的位置关系 【分析】由勾股定理求出，连接，交于点F，作于点E，求得，再根据圆的运动过程，判断出r的取值范围即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴ ∵， ∴ ∴ 由勾股定理得，， 连接，交于点F，作于点E，    ∵ ∴ 点O从点D开始向B移动，移到E时，的长度从1减到，再移到点F，此时，在这一范围内，，, ∴当时，A，B都在圆外，不满足条件； 当点O从点F移到点B时，，此时，，， ∴当时，满足两点在圆内的条件； 当，即，点O在点F的位置，，此时四点都在圆上，不满足条件； 当，即，点O在点B的位置，此时，，A和B在圆内，点D在圆外，满足条件， 故r的取值范围是：． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，正确进行分类讨论是解答本题的关键． 题型4 利用点与圆的位置关系求半径 例4如图，在中，，，．以点A为圆心，r为半径作圆，当点C在内且点B在外时，r的整数值是 ． 【答案】4 【知识点】用勾股定理解三角形、利用点与圆的位置关系求半径 【分析】本题考查了勾股定理、点与圆的位置关系，先利用勾股定理可得，再根据“点在内且点在外”可得，由此即可得出答案．熟练掌握点与圆的位置关系是解题关键． 【详解】解：在中，，，， ∴， 点在内且点在外， ，即， ∴r的整数值是4． 故答案为：4． 【变式4-1】已知的半径为，点P在外，则可能等于（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】利用点与圆的位置关系求半径 【分析】本题考查点和圆的位置关系，解答本题的关键是明确题意，求出的取值范围． 根据题意可以求得的取值范围，从而可以解答本题． 【详解】解：∵的半径为，点在外， ． 故选：D． 【变式4-2】如图，已知是线段上的两点，，以A为中心顺时针旋转点M，以B为中心逆时针旋转点N，使两点重合成一点C，构成，设，若以点B为圆心，为半径作，使点M和点N都在外，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】求不等式组的解集、三角形三边关系的应用、利用点与圆的位置关系求半径 【分析】本题考查三角形的三边关系、点与圆的位置关系、不等式组，比较基础．利用三角形的三边关系、点到圆心的距离与半径的关系分别列不等式，再求解即可． 【详解】解：在中， ， ， 解得：； ∵以点为圆心，为半径作圆，使点和点都在外， 且， ， ∴的取值范围是， 故选：B． 题型5 点与圆上一点的最值问题 例5（2025·上海杨浦二模）如图，已知中，，，，以A为圆心、2为半径作圆，点D是圆A上一点，连接，点E是的中点，连接，那么长度的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的证明、点与圆上一点的最值问题 【分析】本题考查了点与圆的位置关系、三角形中位线定理和勾股定理．根据题意正确作出辅助线、懂得利用中位线定理确定点的运动轨迹是解题的关键． 先取的中点，点E是的中点，连接、，根据中位线定理确定点的运动轨迹是在以为圆心，半径为1的圆上，然后根据勾股定理求出的长度，最后确定的范围． 【详解】解：取的中点，连接、、，如图： 点E是的中点，点是的中点，， ，， 当点D在圆A上时，点始终在以为圆心，半径为1的圆上， 点是的中点， ， 在中，， ， ， 即． 故答案为：． 【变式5-1】如图，正方形的边长为4，点P是以为直径的半圆O上一点，则的最小值为 ． 【答案】/ 【知识点】用勾股定理解三角形、点与圆上一点的最值问题 【分析】本题考查的是圆外一点与圆的距离的最小值，勾股定理的应用，如图，连接，，交半圆O于点，利用勾股定理求解，再进一步可得答案． 【详解】解：如图，连接，，交半圆O于点， ， 在中，，， ∴， 当点P与点重合时，取得最小值． 故答案为： 【变式5-2】如图，正方形的边长为4，点与点是线段与线段上的两个动点，在运动过程中线段与始终保持垂直，则线段的最小值是（　　） A． B．2 C． D． 【答案】D 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、点与圆上一点的最值问题 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，求一点到圆上点距离的最值，正确作出辅助线是解题的关键．由于可知，点在以为直径的圆上，设的中点为，当点，，共线时线段的值最小，根据正方形的性质和勾股定理即可得到结论． 【详解】解：于， 点在以为直径的圆上，如图，设的中点为，当点，，共线时线段的值最小， 正方形的边长为4， ，， ， ， 线段的最小值是， 故选：D． 【变式5-3】如图，在平面直角坐标系中，已知点，，都在上，则原点O到上一点的最短距离为(   ) A． B． C．2 D． 【答案】A 【知识点】用勾股定理解三角形、确定圆心(尺规作图)、点与圆上一点的最值问题 【分析】本题考查了坐标与图形性质，确定圆心，点和圆的位置关系；分别作AB、的垂直平分线，其交点即为点，进而求得圆的半径，从而求得原点到上一点的最短距离． 【详解】解：如图所示，分别作、的垂直平分线，其交点即为点，点的坐标为， ， 点， ， 则原点到上一点的最短距离为：， 故选：A． 题型6 三角形外接圆 例6是的外接圆，则点O是（     ） A．三条边的垂直平分线的交点 B．三个内角平分线的交点 C．三条边上的中线的交点 D．三条边上的高的交点 【答案】A 【知识点】线段垂直平分线的性质、 三角形外接圆的概念辨析 【分析】本题考查了三角形的外接圆和外心，正确把握外心的定义是解题关键．根据三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心，进而得出答案． 【详解】解：是的外接圆，则点O是三条边的垂直平分线的交点， 故选：A． 【变式6-1】如图所示的网格由边长相同的小正方形组成，点在小正方形的顶点上，则的外心是（    ） A．点 B．点 C．点 D．点 【答案】C 【知识点】 三角形外接圆的概念辨析 【分析】本题考查了三角形的外心的定义，根据三角形三边垂直平分线相交于一点，这一点叫做它的外心，据此解答即可求解，掌握三角形的外心的定义是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， 由勾股定理得，，，， ∴， ∴点是的外心， 故选：． 【变式6-2】三角形的外心具有的性质是（    ） A．外心在三角形外 B．外心在三角形内 C．外心到三角形三边距离相等 D．外心到三角形三个顶点距离相等 【答案】D 【知识点】 三角形外接圆的概念辨析 【分析】直接根据三角形的外心的定义判断即可 【详解】解：A．外心不一定在三角形外，错误； B．外心不一定在三角形内，错误； C．外心到三角形三角距离相等，错误； D．外心到三角形三个顶点距离相等，正确； 故选D． 【点睛】本题考查了三角形的外心，熟练掌握定义是解答本题的关键．三角形外接圆的圆心叫做三角形的外心，三角形的外心是三边垂直平分线的交点，外心到三角形三个顶点的距离相等． 【变式6-3】（2024·上海中考）在梯形中，，点E在边上，且． (1)如图1所示，点F在边上，且，联结，求证：； (2)已知； ①如图2所示，联结，如果外接圆的心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长； ②如图3所示，如果点M在边上，联结、、，与交于N，如果，且，，求边的长． 【答案】(1)见详解 (2)①；② 【知识点】用勾股定理解三角形、求特殊三角形外接圆的半径、由平行截线求相关线段的长或比值、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）延长交于点G，由，得到，由已知数据得到，，故，因此； （2）①记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接，先证明，再证明，则，即，求得； ②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q，由，求得，可证明，角度推导得，则，求出，继而得到，由，则，设，则，由，设，，由，得到，设，可证明，求出，则，在中，运用勾股定理得：，则，在中，由勾股定理得，，故． 【详解】（1）证明：延长交于点G， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴； （2）①解：记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接， ∵点O为外接圆圆心， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴外接圆半径为； ②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q， ∵， ∴， ∴， 由①知， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由， 得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴设， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， 解得：， ∴， 在中，由勾股定理得： ， ∴， ∴， ∴， 而， ∴在中，由勾股定理得，， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的外接圆等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 题型7 利用弧、弦、圆心角的关系求解 例7如图，是的直径，，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】利用弧、弦、圆心角的关系求解 【分析】本题考查了弧与圆心角的关系，根据，得出，即可得出答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， 故选：C． 【变式7-1】（2024·上海静安二模）对于命题：①如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等；②如果两个圆心角相等，那么它们所对的弧相等．下列判断正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题 【答案】A 【知识点】利用弧、弦、圆心角的关系求解、判断命题真假 【分析】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．根据圆心角、弧、弦的关系定理判断即可． 【详解】解：①如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等，故本小题说法是真命题； ②在同圆或等圆中，如果两个圆心角相等，那么它们所对的弧相等，故本小题说法是假命题 故选：A． 【变式7-2】若的半径为，一条弦分为两部分，这条弦的长度为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、利用弧、弦、圆心角的关系求解 【分析】本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系，根据弦分圆周长为两部分，则分圆心角也为两部分，求出劣弧所对的圆心角，再根据等腰直角三角形的性质即可得出答案． 【详解】解：∵一条弦分为两部分， ∴这条弦所对的圆心角的度数为， ∴这条弦与两条半径构成一个等腰直角三角形， ∴这条弦的长度为． 故答案为：． 【变式7-3】（2025·上海嘉定二模）如图，已知是半圆的直径，半径垂直于弦，垂足为点，联结，． (1)求的度数； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【知识点】利用弧、弦、圆心角的关系求解、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了勾股定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键． （1）连接，根据垂径定理可得，从而可得，进而可得，然后利用圆心角、弧、弦的关系可得∠； （2）设，在中，利用锐角三角函数的定义求出和的长，从而求出的长，然后利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【详解】（1）解：连接， ∵半径垂直于弦， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：设， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， 在中，． 题型8 利用弧、弦、圆心角的关系求证 例8（2025·上海中考）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、利用弧、弦、圆心角的关系求证、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，弧，弦与圆心角之间的关系，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． （1）连接，由等边对等角得到，利用证明，得到，证明，得到，则可证明； （2）连接，由，得到，，证明，得到，则可证明，进而证明，推出；再证明，得到，则可证明． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，连接， ∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴； 由（1）可得， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式8-1】（2023·上海闵行二模）如图，在扇形中，点、在上，，点、分别在半径、上，，连接、． (1)求证：； (2)设点为的中点，连接、、，线段交于点、交于点．如果，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据三线合一证明、证明四边形是矩形、利用弧、弦、圆心角的关系求证 【分析】（1）先证出，从而可得，再证出，根据全等三角形的性质即可得证； （2）先证出，从而可得，再根据等腰三角形的三线合一可得，同理可得，根据平行线的判定可得，然后根据矩形的判定即可得证． 【详解】（1）证明：∵， ∴，即， ∴， 由圆的性质得：， 在和中， ， ∴， ∴． （2）证明：由题意，画出图形如下： ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 由（1）已得：， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形． 【点睛】本题考查了弧与圆心角的关系、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的三线合一、矩形的判定等知识，熟练掌握弧与圆心角的关系是解题关键． 【变式8-2】如图，D，E分别是的半径上的点，且，垂足分别为D，E，．求证：C是的中点． 【答案】见解析 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、利用弧、弦、圆心角的关系求证 【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，垂径定理，圆心角、弧、弦之间的关系等知识点，求出，根据得出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案． 【详解】证明：∵， ∴． 在和中， ∵ ∴， ∴， ∴，即C是的中点． 【变式8-3】如图1，已知内接于，连接，平分，点P是的中点，连接分别交于点E，F． (1)如图2，若为的直径，求的度数． (2)求证： ①； ②． 【答案】(1) (2)①见解析；②见解析 【知识点】利用弧、弦、圆心角的关系求证、同弧或等弧所对的圆周角相等、半圆（直径）所对的圆周角是直角、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，等腰三角形的判定，弧、弦和圆周角之间的关系，熟练掌握弧、弦和圆周角之间的关系是解题的关键． （1）连接，根据直径所对的圆周角是直角得到，则可得到，再根据等弧所对的圆周角相等得到，由角平分线的定义得到，则可求出，据此根据三角形内角和定理可得答案； （2）①连接，先证明，，则可证明，进而证明，，进一步证明，得到，则可证明；②如图所示，连接，先证明，再证明，得到；证明，得到，即，再根据，即可证明． 【详解】（1）解：如图所示，连接， ∵为的直径， ∴， ∴； ∵点P是的中点， ∴， ∴，即， ∵平分， ∴， ∴， ∴； （2）证明：①如图所示，连接， ∵点P是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②如图所示，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵∵点P是的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴． 题型9 圆周角定理 例9如图，点A，B，C都在上，若，则（　　） 　 A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】三角形内角和定理的应用、等边对等角、圆周角定理 【分析】本题考查了圆周角定理，等边对等角和三角形内角和定理， 首先根据得到，然后利用三角形内角和定理求出，然后利用圆周角定理求解即可． 【详解】解：∵ ∴ ∴ ∵ ∴． 故选：C． 【变式9-1】如图，四边形内接于，如果它的一个外角，那么（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】圆周角定理、已知圆内接四边形求角度 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理是解题的关键．根据圆内接四边形的性质可得，从而得到，再由圆周角定理，即可求解． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：A． 【变式9-2】筒车（图1）是我国古代一种水利灌溉工具，利用水流的动力进行灌溉，工作原理基于圆周运动和重力作用．如图2，筒车与水面分别交于点A、B，筒车上均匀分布着若干个盛水筒，D是其中之一，是的直径，连接，点M在的延长线上，若，则的度数为 ． 【答案】 【知识点】圆周角定理 【分析】本题考查了直径所对的圆周角为直角，同弧所对的圆周角相等，邻补角等知识．连接，则，，由，可得，根据，求解作答即可． 【详解】解：连接，    ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式9-3】（2025·上海普陀二模）如图，分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以等边三角形的边长为半径，以另两个顶点为端点画圆弧，由首尾相连的三段圆弧可组成一个曲线图形，这个曲线图形叫做莱洛三角形． (1)下面结论中，正确的是________．（写出所有正确结论的序号） 莱洛三角形是轴对称图形； 莱洛三角形上的任意一点到等边三角形的中心的距离相等； 莱洛三角形的每段圆弧所对的圆心角都为； 莱洛三角形的面积等于． (2)如果、是莱洛三角形上的两点，连接、，满足且，求此时的正切值； (3)已知、分别是、上的两个动点：点沿从点运动到点，点沿从点运动到点，它们同时出发且速度相同，连接．试表述线段的中点的轨迹． 【答案】(1)； (2)或； (3)点在以的中点R为圆心，以为半径的圆心角为的弧上 【知识点】等边三角形的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（）根据莱洛三角形的定义，结合轴对称图形的判断圆的相关性质直接判断即可； （）分当在上方时，当在下方时，两种情况分析即可； （）连接，，，，，取、的中点，连接，，，再证明，得出即可确定轨迹． 【详解】（1）解：因为以等边三角形的每个顶点为圆心，以等边三角形的边长为半径，以另两个顶点为端点画圆弧，由首尾相连的三段圆弧可组成一个曲线图形，这个曲线图形叫做莱洛三角形， 所以莱洛三角形是轴对称图形，正确； 三段弧到它们所对的三角形顶点的距离相等，故莱洛三角形上的任意一点到等边三角形的中心的距离不相等，不正确； 等边三角形的每一个内角都是，故莱洛三角形的每段圆弧所对的圆心角都为，正确； 莱洛三角形的面积等于三个弓形的面积加上等边三角形的面积，即，不正确； 故答案为：； （2）解：如图，当在上方时，过作于点， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴设，则，， ∵且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴； 当在下方时， 同理：∵， ∴设，则，， 由勾股定理得：， ∴； 综上可得：的正切值为或； （3）解：连接，，，，，取、的中点R、S，连接，，， ∵点沿从点运动到点，点沿从点运动到点，它们同时出发且速度相同， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵、的中点为，的中点为， ∴，，，， ∵， ∴， ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当点与点重合时，点为中点，当点与点重合时，点为中点，此时，， 故点在以的中点为圆心，以为半径的圆心角为的弧上； 【点睛】本题考查了圆的有关性质、垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质、解直角三角形，三角形的中位线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是熟练运用相关知识进行证明和推理． 题型10 同弧或等弧所对的圆周角相等 例10如图，点C，D是以线段为直径的上的两点，若，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】同弧或等弧所对的圆周角相等 【分析】本题主要考查了弧与圆周角之间的关系，根据同圆中等弧所对的圆周角相等即可得到． 【详解】解：∵， ∴， 故选：A． 【变式10-1】如图，四边形内接于，为的直径，点C为的中点，若，则的度数为 °． 【答案】70 【知识点】三角形的外角的定义及性质、圆周角定理、同弧或等弧所对的圆周角相等、已知圆内接四边形求角度 【分析】本题考查圆内接四边形对角互补，等腰三角形性质，外角和定理等．根据题意连接，利用圆内接四边形对角互补，得，继而得，再利用圆周角定理得，再利用外角和定理即可得到本题答案． 【详解】解 ： 连接， ， ∵四边形内接于，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点C为的中点，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：70． 【变式10-2】如图，图中两条弦相交于点E，且，求证：． 【答案】见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、同弧或等弧所对的圆周角相等 【分析】本题考查的是圆周角定理、全等三角形的判定和性质，掌握圆周角定理是解题的关键． 根据圆周角定理得到，证明，根据全等三角形的性质得到，结合图形计算，证明结论． 【详解】证明：由圆周角定理得，， 在和中， ， ∴， ， ， 即． 题型11 半圆（直径）所对的圆周角是直角 例11如图，是的直径，，，，则的半径为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【知识点】用勾股定理解三角形、利用弧、弦、圆心角的关系求解、半圆（直径）所对的圆周角是直角 【分析】先由直径所对的角是直角得到，再根据圆周角相等得到，最后在中，由勾股定理求出直径即可得到答案． 【详解】解：是的直径， ， ， ，则， 在中，，则由勾股定理可得， 的半径为， 故选：B． 【点睛】本题考查圆中求线段长，涉及圆的性质、直径所对的角是直角、弧与弦的关系、勾股定理等知识，熟练掌握圆的性质是解决问题的关键． 【变式11-1】如图，是一条弦，将劣弧沿弦翻折，连结并延长交翻折后的弧于点，连结．若的半径长为，，则 ． 【答案】 【知识点】圆周角定理、半圆（直径）所对的圆周角是直角、折叠问题 【分析】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；半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．如图，延长交于点，连接，利用折叠的性质可判断和所在圆为等圆，则根据圆周角定理得到，所以，根据圆周角定理得到，再利用勾股定理可计算出即可． 【详解】解：如图，延长交于点，连接， 劣弧沿弦翻折，交翻折后的弧于点，而和都对， ， ， 为直径，的半径长为， ，， 在中，， 故答案为：． 【变式11-2】（2023·上海中考）如图，在中，弦的长为8，点C在延长线上，且．    (1)求的半径； (2)求的正切值． 【答案】(1)5 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、半圆（直径）所对的圆周角是直角、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）延长，交于点，连接，先根据圆周角定理可得，再解直角三角形可得，由此即可得； （2）过点作于点，先解直角三角形可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据正切的定义即可得． 【详解】（1）解：如图，延长，交于点，连接，    由圆周角定理得：， 弦的长为8，且， ， 解得， 的半径为． （2）解：如图，过点作于点，     的半径为5， ， ， ， ， ，即， 解得， ，， 则的正切值为． 【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、勾股定理等知识点，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键． 【变式11-3】（2025·上海普陀二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线的开口向下，与轴交于点和，与轴交于点．直线交抛物线于点． (1)如图，抛物线的对称轴是直线． ①求此时抛物线的表达式； ②如果，求点的横坐标； (2)如果点关于直线的对称点恰好是的重心，求的值． 【答案】(1)①；②点的横坐标为 (2) 【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、重心的有关性质、半圆（直径）所对的圆周角是直角、相似三角形问题(二次函数综合) 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求函数表达式，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，三角形重心定理，中点坐标，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是数量掌握以上性质并正确作辅助线． （1）①利用对称轴确定系数的关系，再利用待定系数法即可求出抛物线表达式； ②利用圆周角定理确定点的位置，过点做辅助线构造直角三角形，假设出点的坐标，表示出相关点的坐标，证出，利用列出方程，解方程即可； （2）做辅助线确定的重心，表示出，和相关线段的长度，证明，利用对应边成比例表示出，设，则，利用等腰直角三角形的性质和点在直线上，列出方程求解即可求出的值． 【详解】（1）解：①抛物线的对称轴是直线， ，即， 将代入抛物线得：， 则， 解得：， ， 抛物线的表达式为； ②如图，连接,以为直径作圆，与抛物线在第一象限的交点即为点,过点作轴于点，过点作交的延长线于点， ，， ， ， ， ， ， 在中，令，则， ， 直线交抛物线于点，， 设，则，， ，，，， ， ，即， 整理可得：， 解得：（负值已舍去）， 点的横坐标为； （2）解：如图，取的中点，连接，过点作轴于点、交于点，过点作轴于点，与交于点，连接交于点， ， 抛物线的开口向下，与轴交于点和，， ，即，， 抛物线的对称轴为直线，， ， ， 是的重心，点是的中点， 点在上，， ，， ， ， ，， ， ， 设，则， ，， 点关于直线的对称点是， ，， ，， ， ， ， ，即， 整理得：， 设直线的解析式为，将，代入得： ， 解得：， 直线的解析式为， 将代入得：， 整理得：， ∴， 解得， 又∵， ∴可整理为， 解得或（舍去）， 所以. 题型12 已知圆内接四边形求角度 例12如图，等腰直角三角形中，将绕点B顺时针旋转），得到，连接，过点A作交的延长线于点H，连接AP，则下列结论不一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】等腰三角形的性质和判定、已知圆内接四边形求角度、根据旋转的性质求解 【分析】根据旋转的性质可得，进而得到，，即可判断A项；根据，可得四点共圆，即有，结合，可得，故可判定B；若，即有，则是等边三角形，显然，在旋转时，无法不总是等边三角形，故C错误；结合，，可得，故可判定D． 【详解】解：根据旋转的性质，结合有， ，，故A项正确； ，， ， 四点共圆， ， ，， ，故B正确； 若，即有，则是等边三角形， 显然，在旋转时，无法总是等边三角形，故C错误； ， ， ， ，故D正确， 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题关键． 【变式12-1】（2024·上海杨浦一模）如图，锐角中，，现想在边上找一点，在边上找一点，使得与相等，以下是甲、乙两位同学的作法：（甲）分别过点、作、的垂线，垂足分别是、，则、即所求；（乙）取中点，作，交于点，取中点，作，交于点，则、即所求．对于甲、乙两位同学的作法，下列判断正确的是（    ）    A．甲正确乙错误 B．甲错误乙正确 C．甲、乙皆正确 D．甲、乙皆错误 【答案】C 【知识点】线段垂直平分线的性质、作垂线(尺规作图)、等腰三角形的性质和判定、已知圆内接四边形求角度 【分析】根据甲乙两人作图的作法即可证出结论． 【详解】甲：如图，∵，， ∴， ∴B，D，E，C四点共圆， ∴，    ∴甲正确； 乙：如图， ∵取中点，作，交于点，取中点，作，交于点， ∴， ∴， ∴， ∴B，D，E，C四点共圆， ∴，    ∴乙正确； 故选：C 【点睛】本题考查了线段的垂直平分线的性质，基本作图，四点共圆，圆的内接四边形的性质，等腰三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键． 【变式12-2】（2025·上海徐汇一模）如图，四边形中，，如果，且，那么的长是 （用含的式子表示）． 【答案】 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、已知圆内接四边形求角度、四点共圆 【分析】延长，过点D作，交的延长线于点H，证明A、B、C、D四点共圆，得出，证明为等腰直角三角形，得出，设，则，，根据勾股定理得出，求出，根据勾股定理得出，即，求出，即可得出答案． 【详解】解：延长，过点D作，交的延长线于点H，如图所示： 则， ∵，， ∴， ∴A、B、C、D四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， 设，则，， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 整理得：， 即， ∴，（舍去）， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了四点共圆，圆内角四边形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握圆内接四边形的判定和性质． 【变式12-3】如图，在菱形中，，的外接圆交边于点E，则的大小为 ．（用含的代数式表示） 【答案】 【知识点】两直线平行同旁内角互补、三角形的外角的定义及性质、利用菱形的性质求角度、已知圆内接四边形求角度 【分析】本题考查的是三角形的外接圆，掌握圆内接四边形的性质、菱形的性质、三角形的外角性质是解题的关键． 根据菱形的性质求出，根据圆内接四边形的性质求出，再根据三角形的外角性质计算，得到答案． 【详解】解∶ 四边形为菱形， ，． ． ． 四边形是的内接四边形， ． ， ． 是的外角， ． 故答案为∶ 2 / 53 1 / 53 学科网（北京）股份有限公司 $