专项4 教材母题变式2 弧中点、对角互补、旋转模型&教材母题变式3 三点共线模型-【一战成名新中考】2026云南中考数学·二轮复习·专项分层提升练

∴.DE=2, .0E=D0-DE=22-2. 0E22-22-2 …0D22 2 设点A到OD的距离为h, 1 1 则Sa0e=20E·h,Sa0m=20D.h, 1 0E2-√2 S△AoD 0D· 1 Γ0D2 存在点E使得40=40，此时二的值为子号 教材母题变式2弧中点、对角互补、旋转模型 典例精讲 例2证明：四边形ACBD是⊙O的内接四边形， .∠CAD+∠CBD=180°， ·∠EBD+∠CBD=180° :∠EBD=LCAD(圆内接四边形的任意一个外角等于 它的内对角)， 0=D .∠ACD=∠ABD(同弧所对的圆周角相等)， .·DE∥AB. ∠BDE=∠ABD,∠ACD=∠BDE .△ACD∽△BDE(两角分别相等—对角互补型相似)， .4=,AD·BD=AC·BE 变式解：解法一：作垂线法如解图①，过点D分别作 DF⊥BC于点F,DG⊥BM交BA的延长线于点G,则 ∠BGD=∠BFD=90°. .:AC是⊙0的直径， G .∠ABC=∠ADC=90°， .四边形BGDF是矩形， .BD平分∠ABC .DG=DF, ·.矩形BGDF是正方形， .BF=BG. 变式题解图① 1 ·∠CBD= 2 -∠ABC=45°， .∴.∠CAD=∠CBD=45° .∠DCA=90°-∠CAD=45°=∠CAD ∴.AD=CD,∴.Rt△ADG≌Rt△CDF(HL),.AG=CF 设AG=CF=x,则BF=3-x,BG=1+x, .BF=BG,.3-x=1+x,解得x=1,.BF=3-x=2. 在Rt△BFD中，BD=√2BF=22 解法二：旋转法：AC是⊙0的直径， .∠ABC=∠ADC=90°， BD平分∠ABC,∠ABD=45°， ∴.∠ACD=∠ABD=45°， .∠CAD=90°-45°=45°=∠ACD 参考答案与重难题 一战成名新中考 ∴.AD=CD 如解图②，将△DAB绕公共顶点D旋转使得DA与DC 重合，得到△DCF ∴.DF=DB,∠CDF=∠ADB, ∠FCD=∠BAD,CF=AB=1, .∠CDF+∠BDC=∠ADB B +∠BDC, 即∠BDF=∠ADC=90°. ·四边形ABCD内接 变式题解图② 于⊙0. ∴.∠BAD+∠BCD=180 ∴.∠FCD+∠BCD=180°， 即B,C,F三点共线 ∴.在Rt△BDF中，(BC+CF)2=BD+DF2,即2BD=42 .BD=22(负值已舍去) 教材母题变式3 三点共线模型 典例精讲 例(1)解：AB是⊙0的直径，点F在⊙0上， .∠AFB=90°； (2)证明：AM·BM=AB·MW, 又.∠AMN=∠ABM ∴.△AMN∽△ABM .∠MAN=∠BAM, 根据已知得∠MAN+∠BAM=180°， .∠BAM=90°， .OA⊥MC. 0A是⊙0的半径， .直线CM与⊙O相切： (3)解：我认为CE+EB=CB正确。 理由如下： 解法一：线段和 如解图①，设BC与DH的交点为T,连接AD,BD,并延长 BD与AC的延长线交于点P. ·AB是⊙O的直径，点D在⊙0上， ∴.∠ADB=90°，∴.∠ADP=90°， .∴.∠APD+∠PAD=∠PDC+∠ADC=90°， .·CA=CD ∠PAD=∠ADC, ∴.∠APD=∠PDC, ∴.CP=CD=CA, 由已知和(2)知，∠AID=∠BAM=90°， .∴.MC∥DH. HT BT .△BHT∽△BAC,ACBC 同理可证B7Dr BC PC HT DT 六ACPC .HT=DT,即T是DH的中点， 解析·云南数学 59 ∴点T与点E重合，∴.C,E,B三点共线 由已知得点E在点C,B之间，.CE+EB=CB D 例题解图① 例题解图② 解法二：角度和等于180° 如解图②，过点E作EP⊥AC于点P,连接BD并延长交 AC的延长线于点I,连接AD .:CA=CD,∠CAD+∠DAB=90°，∠DAB+∠DBA=90°， ∠I+∠ABD=90°，∠CDI+∠CDA=90° .∴.∠CAD=∠CDA=∠DBA. ∴.∠I=∠CDI,∴.CD=CI=CA, .∠BAM=∠AHD=90°， .∴AIHD..△HBD∽△ABI B-那=职即B职 BA IA 2AC AC'BA AC BH HE 六BA-BAC-HE 又.EP⊥AC,OA⊥MC .四边形APEH为矩形 .·AP=HE,AH=PE,∠PEH=90° BH HE .A-BHAC-AP,即G PE PC 又.∠BHE=∠EPC, ·.△PCE∽△HEB. ·.∠PCE=∠HIEB .∠PCE+∠PEC=90°， .∴.∠PEC+∠HEB=90°. .∴.∠PEC+∠HEB+∠PEH=180° ∴B,C,E三点共线 由已知得点E在点C,B之间， ∴.CE+EB=CB. 解法三：同角的三角函数值相等 如解图③，连接OC,OD,DB 在△AOC和△D0C中. (CA=CD, 0C=0C. OA=OD. .△A0C≌△D0C(SSS), ∴.∠AOC=∠D0C= 2A0D. 例题解图③ 又·OB=OD ∴.∠OBD=∠ODB, ,∠AOD=2∠OBD」 60 参考答案与重天 .∠AOC=∠OBD i.m 1 HD 在Rt△HBE中，tan LHBE=那B=2· 2tan∠HBD= 1 an∠Aoc. 1 ACAC 1 在Rt△ABC中，tan∠ABC AB2A02tan∠A0C, ·.tan∠HBE=tan∠ABC. .∠HBE=∠ABC, A,H,B三点共线， B,C,E三点共线 由已知得点E在点C,B之间， .CE+EB=CB. 阅读拓展1四点共圆 考法基础练 1.25°2.70 3.证明：如解图，连接BF, ·AF为⊙O的直径，DE与⊙O相切于点F ∴.AF⊥DE 点B在⊙O上， ∠ABF=90° ∴.∠AFB+∠BAF=∠D+∠BAF=9O°， .∴.∠AFB=∠D, 第3题解图 ·∠AFB=∠ACB,.∠ACB=∠D, .·∠ACB+∠BCE=180°， .∠D+∠BCE=180°. B,C,D,E四点共圆. 阅读拓展2托勒密定理 考法基础练 1.(1)证明：如解图①，连接AC. .·∠C0D=120°. ∴.∠CBD=∠CAD=60°， ·BD平分∠ABC, ∠ABD=∠CBD=60°， 第1题解图① .∠ABD=∠ACD=60°， .△ACD是等边三角形，.AC=AD=CD, ·四边形ABCD是⊙O的内接四边形， AC·BD=AB·CD+BC·AD,(此处省略托勒密定理证 明过程) .∴.AC·BD=AB·AC+BC·AC, .∴.BD=AB+BC: (2)解：8【解法提示】解法一：如解图②，连接BD,过 点C作CE⊥BD于点E,则BD=2DE.,四边形ABCD是 ⊙O的内接四边形，.∠BAD+∠BCD=180°，·∠BAD= 60°，.∠BCD=120°，C为BD的中点，.CD=CB, ∠CDB=30°，在Rt△CDE中，cos30°= D.DE=3 DE CD. ∴.BD=2DE=√3CD,由托勒密定理，得AC·BD=AD·BC 题解析·云南数学一战成名新中考 教材母题变式2弧中点、对角互补、旋转模型 (2025.27,2022.23) 模型解读（等弧、等线、等角三位一体） 一、弧中点模型 条件 结论 如图1，∠CPA=∠CPB 如图2，点C是半圆中点，∠CPA=∠CPB=45° ⊙O为△PAB的外接圆，点C为 如图3,4，∠CBA=∠CPA=∠CPB=∠CAB; AB的中点，连接PC交AB于点E 如图3，△BEC△PBC→BC=PC·EC 如图4，△EAP∽△BCP→PA·PB=PC·PE 0 E C 图1 图2 图3 图4 二、弧中点结合对角互补、旋转模型（点C为AB的中点） 0 B P 图5 图6 图7 (1)等线构全等：如图5，延长PA到点P',使得AP'=BP,则△BCP≌△ACP': (2)等角构相似：如图6，∠P'PC=∠ABC,作∠P'CA=∠BCE交PA的延长线于点P',则△P'CP∽ △ACB; (3)角平分线作垂线构全等：如图7，过点C作CG⊥AP于点G,过点C作CH⊥PB的延长线于点 H,则△ACG≌△BCH. 专项分层提升练·云南数学 39 典例精讲 例1 答题规范[2025云南27题12分·人教九上P87例4]如图，⊙0是五边形ABCDE的外接圆， BD是⊙O的直径，连接AC,BE,CE,∠AEC=∠ACF. (1)若CE=CB,且∠CBE=60°，求∠BCE的度数： (2)求证：直线CF是⊙0O的切线； (3)多解法探究，发现与证明： 已知AC平分∠BAE,是否存在常数a,b,使等式AC2=aBC·CE+bAB· C AE成立？若存在，请直接写出一个a的值和一个b的值，并证明你写 例1题图 出的a的值和b的值，使等式AC2=aBC·CE+bAB·AE成立；若不存在，请说明理由. 【解题突破口】 ①等式AC=aBC·CE+bAB·AE有线段平方、线段乘积，想到利用全等或相似； 2BC=CE,利用比例式=2将AC,CE转化到两个三角形中 ③利用比例式1G-正将4C,AB,AE转化到两个三角形中. AB (1)解：CE=CB,△BCE是等腰三角形 又：∠CBE=60°，∴.△BCE是等边三角形 ∠BCE=60……3分 (2)证明：如解图①，连接0C,:∠AEC=∠ACF, .·∠AEB+∠BEC=∠ACB+∠BCF, ∠AEB=∠ACB,∴.∠BEC=∠BCF 又∠BEC=∠BDC,∴.∠BCF=∠BDC, 0B=OC,∴∠OCB=∠OBC, .'∠BCF+LOCB=∠BDC+∠OBC :BD是⊙0的直径，∠BCD=90°，∴∠BDC+∠OBC=90°， 例1题解图① .∠BCF+∠OCB=90°，∴.∠OCF=90°，.OC⊥CF 又：OC是⊙0的半径，.直线CF是⊙0的切线；…7分 (3)解：解法一：弧中点模型 【抽离模型】 存在a=1,b=1使等式成立 证明：如解图①，设AC与BE的交点为点H,:AC平分∠BAE, ∠1=∠2，∴.CE=BC,① ∠2=∠3，∠1=∠3， 又：∠ACE=∠ECH &△CAE∽△CEH,·CHCE CE AC ∴.CE2=AC·CH,② ∠1=∠2，∠AEH=∠ACB,△AEH△ACB,ACAB AE AH .AB·AE=AC·AH,③ 40 专项分层提升练·云南数学 一战成名新中考 由①，②，③得：AC2=aCE2+bAB·AE=aAC,CH+bAC·AH=AC(aCH+bAH), ∴AC=aCH+bAH, 又AC=CH+AH,.a=1,b=1.…12分 解法二：对角互补模型一全等（角平分线作垂线或等边旋转法） 存在a=1,b=1使等式成立 证明：如解图2，过点C作CM⊥AE于点M,CN LAB的延长线于点N, AC平分∠BAE,.∠1=∠2，CM=CN,∴CE=BC, 在Rt△CME和Rt△CNB中 解法二延伸1：延长AB到点M,使得 (CE=BC AM=AE,连接CM,过点C作CN⊥AB CM=CN, 的延长线于点N ∴.Rt△CME≌Rt△CNB(HL), ∴.EM=BN,同理可证：AM=AN 在Rt△ACM中，AC2=AM+CMP=AMP+(CE2-EP) CE+AM2-EM =CE2+(AM+EM)(AM-EM)=CE2+AE(AN-BN) C =CE2+AE·AB, 解法二延伸2：延长AE到点M,使得 CE=BC,∴AC2=BC·CE+AB·AE, EM=AB,连接CM,过点C作CN⊥ 等式AC2=aBC·CE+bAB·AE成立，.a=1,b=1. AM于点N B Q 例1题解图2 例1题解图③ 解法三：对角互补模型一相似（等边旋转法） 存在a=1,b=1使等式成立 证明：如解图3，延长AB交CF于点Q, AC平分∠BAE,.∠1=∠2， 【抽离模型】 又：∠AEC=∠ACF 六△AEC△ACQ,∠ACE=∠40C,AC-A5 AO AC' .AC2=AE·A0, ∴AC2=AE(AB+BQ)=AB·AE+AE·BQ 四边形ABCE内接于⊙O,.∠CBQ=∠AEC, 又.∠ACE=∠A0C 2 B AE CE △AEC∽△CB0,CBOB AE·BQ=BC·CE,AC2=AB·AE+BC,CE Q 即AC2=BC·CE+AB·AE, 等式AC2=aBC·CE+bAB·AE成立，a=1,b=1. 专项分层提升练·云南数学 41 例2[人教九上P87例4改编]如图，⊙0是△ABC的外接圆，AB对角互补模型 为⊙O的直径，过圆上一点D作DE∥AB,交CB的延长线于点 【寻找模型】一基础图形 E,连接CD,AD,BD 求证：AD·BD=AC·BE. C B D 已知：四边形ACBD内接于⊙O 隐含条件：←EBD三人CAD D 例2题图 【逆向思维引导】求证AD·BD=AC·BE,想到将其转化为比例式 DBE,等式左边即△ACD,等式右边即△BDE,则证明△ACD AC BD △BDE即可. 【抽离模型】 B 【解决模型】 结论：△ACD∽△BDE 基本方法：已知对角互补，找另 一对等角 题后反思 对角互补模型是关于圆内接四 边形的经典模型，可涉及相似， 也可涉及全等，要学会举一反 三哦！ 42 专项分层提升练·云南数学 一战成名新中考 变式多解法[人教九上P88第5题改编]如图，四边形ABCD内接 对角互补模型 于⊙O,对角线AC是⊙0的直径，CE是⊙0的切线，BD平分【寻找模型】一基础图形 ∠ABC.若AB=1,BC=3,求BD的长. 4 D B 已知：四边形ABCD内接于 ⊙O,BD平分∠ABC 变式题图 备用图 推知：AD=DC 【逆向思维引导】要求BD的长，观察可知需转化求解.本题对角互 补+邻边相等是经典的一类旋转模型，解题关键在于旋转（或作垂 线)，旋转的角度大小是相等邻边的夹角.本题AD=DC需要证明才 能得到，通过旋转（或作垂线）可将BD的长转化到线段BC上继而 求解 【抽离模型】 方法一：作垂线法 G 辅助线作法：过公共顶点D分 别作AB,BC的垂线 结论：Rt△ADG≌Rt△CDF 方法二：旋转法 A .0 辅助线作法：将△DAB绕公共 顶点D旋转使得DA与DC重合 结论：△ADB≌△CDF (注：延长BC到点F,使得CF= AB,连接DF异曲同工) 【总结应用】遇等腰，绕顶点，必 旋转. 专项分层提升练·云南数学 43 教材母题变式3三点共线模型(2024.27) 典例精讲 例[2024云南27题·人教九上P87例4]如图，AB是⊙0的直径， 方法解读 点D,F是⊙O上异于A,B的点，点C在⊙0外，CA=CD,延长 方法一、线段和： BF与CA的延长线交于点M,点N在BA的延长线上，∠AMN= 如图1，要证明A,B,C三点 ∠ABM,AM·BM=AB·MN,点H在直径AB上，∠AHD=90°，点共线，若证得AB+BC=AC,则B E是线段DH的中点. 点在AC上，所以A,B,C三点 (1)求∠AFB的度数； 共线。 (2)求证：直线CM与⊙O相切； A B C (3)多解法看一看，想一想，证一证：以下与线段CE、线段EB、 图1 线段CB有关的三个结论：CE+EB<CB,CE+EB=CB,CE+ EB>CB,你认为哪个正确？请说明理由. 方法二、角度和等于180° M 如图2，要证明A,B,C三点 共线，可选择一条过点B的直 线PQ,并连接AB,CB,若证得 B ∠ABP与∠CBP互为邻补角， E 即∠ABP+∠CBP=180°，则可得 A,B,C三点共线 C 例题图 P A C 图2 0 方法三、同角的三角函数值相等 如图3，已知∠EAC与∠DAB 的顶点A重合，且A,B,C三点在 C 例题备用图1 一条直线上，若证得tanEAC= tan∠DAB,或sin∠EAC=sin∠DAB, 或cOS∠EAC=cos∠DAB,即 ∠EAC=∠DAB,则可得A,D,E 三点共线。 AA B C 例题备用图2 图3 44 专项分层提升练·云南数学