2024年中考数学复习（全国版）重难点12 与圆相关的6种模型（四点共圆、圆幂定理、垂径定理、定弦定角、定角定高、阿基米德折弦定理）（解析版）

重难点12与圆有关的6种模型

（四点共圆、圆幂定理、垂径定理、定弦定角、定角定高、阿基米德折弦定理）目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u题型01四点共圆题型02圆幂定理题型03垂径定理题型04定弦定角题型05定角定高模型（探照灯模型）题型06阿基米德折弦定理题型01四点共圆1.四点共圆的判定判定方法图形证明过程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.到定点的距离等于定长的点都在同一个圆上（圆的定义）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.反证法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.反证法同侧共边三角形且公共边所对角相等的四个顶点共圆.反证法共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆.适用范围：双直角三角形共斜边模型.连接AO、OD根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得AO=BO=CO=DO∴点A、B、C、D四点共圆在⊙O中，若弦AB、CD相交于点P,且AP•DP=BP•CP，则A,B,C,D四点共圆（相交弦定理的逆定理）在△APB和△CPD中AP•DP=BP•CP∠3=∠4∴△APB∽△CPD∴∠1=∠2则A、B、C、D四点共圆在⊙O中，若AB、CD两线段延长后相交于点P,且AP•BP=DP•CP，则A,B,C,D四点共圆（割线定理）在△APC和△DPB中AP•BP=CP•DP∠P=∠P∴△APC∽△DPB∴∠1=∠3而∠2+∠3=180°∴∠1+∠2=180°则A、B、C、D四点共圆若四边形两组对边乘积的和等于对角线的乘积，则四边形的四个顶点共圆(托勒密定理的逆定理).【扩展】托勒密定理：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.证明:过点C作CP交BD于P，使∠1=∠2，又∠3=∠4，∴△ACD∽△BCP.∴ACBC=ADBP，∵∠1=∠2∴∠1+∠ACP=∠2+∠ACP则∠ACB=∠DCP而∠5=∠6∴△ACB∽△DCP.∴ACCD=ABDP，①+②得AC(BP+DP)=AB·CD+AD·BC.即AC·BD=AB·CD+AD·BC2.四点共圆的性质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，∠BAC=∠BDC）；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）.1．（2020·山东东营·东营市实验中学校考三模）如图放置的两个正方形，大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），M在BC边上，且BM＝b，连接AM，MF，MF交CG于点P，将△ABM绕点A旋转至△ADN，将△MEF绕点F旋转至△NGF．给出以下五个结论：①∠AND＝∠MPC；②CP=b-b2a；③△ABM≌△NGF；④S四边形AMFN=a2A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【分析】①根据正方形的性质得到∠BAD=∠ADC=∠B=90°，根据旋转的性质得到∠NAD=∠BAM，∠AND=∠AMB，根据余角的性质得到∠DAM+∠NAD=∠NAD+∠AND=∠AND+∠NAD=90°，等量代换得到∠DAM=∠AND，故①正确；②根据正方形的性质得到PC∥EF，根据相似三角形的性质得到CP=b-③根据旋转的性质得到GN=ME，等量代换得到AB=ME=NG，根据全等三角形的判定定理得到△ABM≌△NGF；故③正确；④由旋转的性质得到AM=AN，NF=MF，根据全等三角形的性质得到AM=NF，推出四边形AMFN是矩形，根据余角的想知道的∠NAM=90°，推出四边形AMFN是正方形，于是得到S四边形AMFN=AM2=a2+b2；故④正确；⑤根据正方形的性质得到∠AMP=90°，∠ADP=90°，得到∠ABP+∠ADP=180°，于是推出A，M，P，D四点共圆，故⑤正确．【详解】解：①∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=∠ADC=∠B=90°，∴∠BAM+∠DAM=90°，∵将△ABM绕点A旋转至△ADN，∴∠NAD=∠BAM，∠AND=∠AMB，∴∠DAM+∠NAD=∠NAD+∠AND=∠AND+∠NAD=90°，∴∠DAM=∠AND，故①正确；②∵四边形CEFG是正方形，∴PC∥EF，∴△MPC∽△EMF，∴PCEF∵大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），BM=b，∴EF=b，CM=a-b，ME=（a-b）+b=a，∴PCb∴CP=b-③∵将△MEF绕点F旋转至△NGF，∴GN=ME，∵AB=a，ME=a，∴AB=ME=NG，在△ABM与△NGF中，AB=∴△ABM≌△NGF；故③正确；④∵将△ABM绕点A旋转至△ADN，∴AM=AN，∵将△MEF绕点F旋转至△NGF，∴NF=MF，∵△ABM≌△NGF，∴AM=NF，∴四边形AMFN是矩形，∵∠BAM=∠NAD，∴∠BAM+DAM=∠NAD+∠DAN=90°，∴∠NAM=90°，∴四边形AMFN是正方形，∵在Rt△ABM中，a2+b2=AM2，∴S四边形AMFN=AM2=a2+b2；故④正确；⑤∵四边形AMFN是正方形，∴∠AMP=90°，∵∠ADP=90°，∴∠AMP+∠ADP=180°，∴A，M，P，D四点共圆，故⑤正确．故选：D．【点睛】本题考查了四点共圆，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质旋转的性质，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键．2．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，Rt△ABC中，AB=AC=122，Rt△ADE中，AD=AE=62，直线BD与CE交于【答案】36+3【分析】数形结合，根据动点的运动情况判断点P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DE以BC为直径作⊙O，以AE为半径作过点B作⊙A的切线交⊙O在△ABD和△AB∴△∴∠∴∵∠∴点A,B,∴点P在MAN上运动∵AB=122，∴∠∴∠∴∠又∵∠BAC=∠∴当点P运动到点N时，到直线AB距离的最大，∴∠过点O作OH⊥BN，过点N作NQ⊥∴四边形NQAR是矩形，

∴∵O∴∴设NQ∴AQ∵∴∵∴∴∴解得：x1∴AQ故答案为：36【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．（2019·浙江嘉兴·统考二模）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝1，AE⊥AD，交BC于点E，EA平分∠BED．（1）CD的长是；（2）当点F是AC中点时，四边形ABCD的周长是．【答案】25+3【分析】（1）延长DA，CB交于点H，由“ASA”可证△ADE≌△AHE，可得（2）先证明A，D，C，E四点共圆，因为F是AC中点，依据垂径定理，得到DF是AC的中垂线，依据线段的垂直平分线的性质可求得AD的长度，作AH⊥CD于H，可证四边形ABCH是矩形，依据矩形的性质，结合线段长度，可得AH是CD的中垂线，由此可得AC的长度，在三角形ABC中，依据勾股定理可求得BC的长度，只需把各边相加即可得到四边形ABCD【详解】解：（1）如图1中，延长DA，CB交于点H，∵EA平分∠BED，∴∠AEH＝∠AED，且AE＝AE，∠EAH＝∠EAD＝90°，∴△ADE≌△AHE（ASA）∴AH＝AD，∵∠ABC＝∠BCD＝90°，∴AB∥CD，∴△ABH∽△DCH,∴ABCD=AHDH，且AB＝1，AH＝AD∴CD＝2，（2）如图2中，作AH⊥CD于H，∵∠DAE＝∠DCE＝90°，∴A，D，C，E四点共圆，设圆心为O，则点O是线段DE的中点，又∵AF＝CF，∴DE⊥AC，∴DA＝DC，∵∠ABC＝∠BCH＝∠AHC＝90°，∴四边形ABCH是矩形，∴CH＝AB＝1，∵CD＝2，∴CH＝HD＝1，又∵AH⊥CD，∴AD＝AC，∴AD＝CD＝AC＝2，∴BC=∴四边形ABCD的周长为2+2+1+3故答案为：（1）2；（2）5+3【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，垂径定理，线段的垂直平分线的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造中垂线、相似三角形、直角三角形，建立未知线段与已知线段之间等量的关系．4．（2021上·山东烟台·九年级统考期中）如图，平面直角坐标系中，点A、B坐标分别为（3，0）、（0，4），点C是x轴正半轴上一点，连接BC．过点A垂直于AB的直线与过点C垂直于BC的直线交于点D，连接BD，则sin∠BDC的值是．【答案】4【分析】根据图形的特点证明∠BDC=∠BAO，故可出sin∠BDC的值．【详解】∵BA⊥AD，BC⊥CD∴∠BAD=∠BCD=90°∴A、B、C、D四点共圆∴∠BDA=∠BCA∵∠BDA+∠DBA=∠BCA+∠CBO=90°∴∠DBA=∠CBO∴∠DBA-∠CBA=∠CBO-∠CBA即∠DBC=∠ABO又∠DBC+∠BDC=∠ABO+∠BAO=90°∴∠BDC=∠BAO∵点A、B坐标分别为（3，0）、（0，4），∴BO=4，OA=3，AB=4∴sin∠BAO=BO∴sin∠BDC=4故答案为：45【点睛】此题主要考查三角函数的求解，解题的关键是熟知四点共圆的性质、勾股定理及三角函数的求解方法．5．（2023下·湖北武汉·九年级校考阶段练习）问题提出

如图1，点E为等腰△ABC内一点，AB=AC，∠BAC=α，将AE绕着点A逆时针旋转尝试应用

如图2，点D为等腰Rt△ABC外一点，AB=AC，BD⊥CD，过点A的直线分别交DB的延长线和CD的延长线于点问题拓展

如图3，△ABC中，AB=AC，点D，E分别在边AC，BC上，∠BDA=∠BEA=60°，AE，BD交于点H．若CE=a【答案】见解析【分析】问题提出：由旋转的性质可证得AE=AD，∠BAC=∠EAD=α尝试应用：延长MC，使CE=BN，连接AE，由题意可知A、B、C、D四点共圆，可得∠ABD=∠ACD，进而可得∠ABN=∠ACE，利用SAS可证得△ABN≌△ACE，根据其性质得AN问题拓展：将AB绕点A逆时针旋转60°至F，则△ABF为等边三角形，由∠BDA=∠BEA=60°，可知A、D、E、B、F五点共圆，可得∠1=∠3，∠2=∠4，∠BEF=∠AEB=60°，根据∠AEB=60°=∠C+∠2，∠ABF=60°=∠ABC+∠3，可得∠2=∠3=∠1=∠4，进而得证△AEF≌△AEC，【详解】解：问题提出：证明：∵AB=AC，∠BAC=α，将AE绕着点A∴AE=AD，∴∠BAC-∠AEC在△ABE与△ACD中，∴△ABE尝试应用：延长MC，使CE=BN，连接∵△ABC∴AB=AC，又∵BD⊥CD，即：∴A、B、C、D四点共圆，∴∠ABD∴∠ABN在△ABN与△ACE中，∴△ABN∴AN=AE，∴∠BAN+∠BAE∴S∵△∴S△∴1即：S△问题拓展：将AB绕点A逆时针旋转60°至F，则△ABF∴∠AFB=∠BAF∵∠BDA∴A、D、E、B、F五点共圆，则：∠1=∠3，∠2=∠4，∠BEF∠AEB=60°=∠C又∵AB=∴∠ABC∴∠2=∠3=∠1=∠4，∵AE=AE，∠1=∠2，∴△∴CE=∵∠3=∠4，BE=BE，∴△∴EF=∴EH=CE=作AM⊥BC交BC于M，则∵∠AEB∴ME=∴CM=则：BE=【点睛】本题属于几何综合，考查全等三角的判定及性质，等腰三角形的性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，添加辅助线构造全等三角形和利用圆周角定理转化角是解决问题的关键，属于中考压轴题．6．（2022上·江苏盐城·九年级校考期中）如图，以点P-1,0为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），AD=2，将△ABC绕点P旋转(1)求B、C两点的坐标；(2)请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状（不必证明），求出点M的坐标；(3)动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线l与CM交点为E，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG【答案】(1)B-1-(2)图见解析，四边形ACMB是矩形，点M的坐标为-(3)在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于【分析】（1）连接AP，结合题意，根据圆的对称性，得AO=DO=12AD=1；再根据勾股定理计算得AP（2）结合题意，根据圆周角的性质，得∠BAC=90∘；再根据旋转的性质得∠BMC=∠BAC=90∘，BM=AC，CM=AB，从而推导得出四边形ACMB是矩形；过点（3）结合题意，得∠BMC=∠BGE=90°；再结合点Q是BE的中点，根据直角三角形斜边中线性质，得QM=QE=QB=QG，从而推导得点E、M、B、G在以点【详解】（1）解：如图，连接AP．由题意知，BC是以点P-1,0为圆心的圆的直径，AD=2∴AO=DO=∴AP=∴BP=又∵P-1,0，B在∴B-1-2（2）解：如图，四边形ACMB是矩形，∵以点P-1,0为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在∴BC是圆的直径，∴∠BAC∵将△ABC绕点P旋转180°得到△∴∠BMC=∠BAC=90∴四边形ACMB是矩形．过点M作MN⊥BC交BC于点在△AOP和△∠AOP∴△AOP≌△∴MN=OA=1又∵P-∴点M的坐标为-2,1（3）解：如图，结合（2）的结论，四边形ACMB是矩形，∠BMC∵EG⊥∴∠BGE∴∠BMC∵点Q是BE的中点，∴QM=∴点E、M、B、G在以点Q为圆心、QB为半径的圆上，∴∠MQG∵OP=OA，∴∠OPA又∵PA=∴∠PCA∵四边形ACMB是矩形，∴AC∥∴∠MBG∴∠MQG∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于135°【点睛】本题属于圆内综合题，考查圆的基本知识，垂径定理，圆周角定理，旋转的性质，直角三角形斜边中线的性质，平面直角坐标系，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，综合性较强，有一定难度，解题的关键是综合运用上述知识，逐步推导论证．7．（2022·辽宁葫芦岛·统考一模）射线AB与直线CD交于点E，∠AED＝60°，点F在直线CD上运动，连接AF，线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，连接FG，EG，过点G作GH⊥AB于点(1)如图1，点F和点G都在射线AB的同侧时，EG与GH的数量关系是______；(2)如图2，点F和点G在射线AB的两侧时，线段EF，AE，GH之间有怎么样的数量关系？并证明你的结论；(3)若点F和点G都在射线AB的同侧，AE=1，EF=2，请直接写出【答案】(1)HG=(2)GH=(3)32或【分析】（1）先证明△GAF是等边三角形得∠AGF=60°，再证明点A、E、G、F四点共圆，得∠GEF=∠GAF=60°（2）在射线ED上截取EN=AE，连接AN，如图3，先证△AEN是等边三角形，得AE=AN，∠EAN=60°（3）分两种情况讨论求解GH的长，①当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使得EM=EG，连接MG，如图4；②当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得NE=EF，如图5，通过构造三角形全等，利用三角函数求解即可．【详解】（1）解：∵线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，∴∠GAF=60°，∴△GAF∴∠AGF=∠AFG∵∠AED＝60°，∴∠AGF∴点A、E、G、F四点共圆，∴∠GEF∴∠GEH∵GH⊥∴HGEG∴HG=故答案为：HG=（2）解：在射线ED上截取EN=AE，连接AN，如图∵∠AED∴△AEN∴AE=AN∵AF=AG，∴∠∴△GAE∴∠GEA=∠AE-∵GH∴sin60°=∴GH=∴GH=（3）①当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使得EM=EG，连接MG，如图4，∵线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，∴∠GAF=60°，∴△GAF∴∠AGF=∠AFG∵∠AED＝60°，∴∠AGF∴点A、E、G、F四点共圆，∴∠GEH=∠GFA∵EM=EG，∴△GEM∴EM=GM∴∠EGM∴∠EGA∴△EGA∴MF=∴GE=EM∵GH⊥∴HG=②当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得NE=EF，如图5，∵∠AGF∴点A、E、G、F四点共圆，∠AEF∴∠NGF=∠EAD，∠∵NE=EF，∴△NEF∴NE=EF=NF=1，∠ENF∴∠GNF=180°-∠∴∠GNF∴△GNF∴GN=∴GE=∵GH⊥AB，∴GH=综上所述，GH的长为32或3【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定及性质以及旋转图形的性质，熟练掌握这些性质和判定是解题的关键.8．（2021·福建·校联考二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为E，CF⊥AB于点F，直线CF（1）若点G在⊙O内，如图1，求证：G和D关于直线AC（2）连接AG，若AG=BC，且AG与⊙O相切，如图2【答案】（1）见解析；（2）∠【分析】（1）根据垂直及同弧所对圆周角相等性质，可得∠ACG=∠ACD，可证ΔCEG与ΔCED全等，得到DE=GE，进一步即可证点G（2）作出相应辅助线如解析图，可得ΔAGF与ΔCGF全等，利用全等三角形的性质及切线的性质，可得BC//【详解】解：（1）证明：∵CF⊥AB，∴∠CEG∵∠EGC∴∠ABD又∵同弧所对圆周角相等，∴∠ABD∴∠ACG在ΔCEG与ΔCED中，∠∴△CEG∴DE=又CE⊥∴点G和D关于直线AC成轴对称；（2）如图，延长CB交AG于点H，连接OA，OB，OC，EF，∵BE⊥AC，∴A、G、F、E四点共圆，B、F、C、E四点共圆，∴∠GAF=∠GEF在ΔAGF与ΔCBF中，∠AFG∴△AGF∴AF=∴△AFC∴∠BAC∴∠BOC又OB=∴∠OBC∵AG与⊙O∴OA⊥∴BC//∴∠AOB∴∠ACB∴∠ABC∴∠ABC【点睛】题目主要考查圆的有关性质、三角形全等、成轴对称、平行线性质等，作出相应辅助线及对各知识点的熟练运用是解题的关键．9．（2021上·上海徐汇·九年级统考期中）如图，已知Rt△ABC和Rt△CDE，∠ACB=∠CDE=90°，∠CAB=∠CED，AC=8，BC=6（1）如图，当点F在边AB上时，联结AE．①求证：AE∥②若EF=12（2）设直线AE与直线CD交于点P，若△PCE为等腰三角形，求BF【答案】（1）①见解析；②95；（2）BF的长为18011【分析】（1）①先证明△ABC∽△ECD，再证明△CAF∽△DEF，②由△AFE∽△BFC，得AEBC=AFBF=EFCF=12（2）分三种情况讨论，一是PE=CE，可证明△PAD≌△CBD，求出AP的长，在Rt△EAC中根据勾股定理求出AE的长，再根据相似三角形的性质求出BF的长；二是PC=EC，可证明BD=BC=6，则AE=【详解】（1）①证明：如图1，∵∠ACB=∠CDE∴△ABC∽△ECD∴∠B∵∠CAF=∠DEF∴△CAF∽△DEF∴AF∴AF⋅DF∵∠AFE∴△AFE∽△CFD∴∠FAE∴∠FAE=∠B②如图1，∵EF∴EF∵AE∴∠BAE=∠CBA又∵∠AFE=∠BFC∴△AFE∽△BFC∴AE∵AC=8，∴AB∴AE=12∵AE∴∠EAC∴CE∴EF=1∵∠EAC=∠CDE=90°∴C、A、E、D四点共圆，∴∠CEA=∠CDA∴△AEF∽△DCF（AA）∴AFEF∴AF⋅DF=解得DF=∴BD（2）如图2，PE=∵DE∴PD∵AP∴∠P=∠BCD∴△PAD∴AP∴CE∵∠∴C、E、A、D四点共圆又∵∠CDE=90°∴∠CAE=90°∴AE∴A∴AE∵AE∴△AFE∽△BFC∴∴BF∴如图3，PC=∵AC∴AP=AE设DE交AC于点G，∵∠CEG=∠DAG∴△CEG∴∠ACE∵∠BDC+∠ADE∴∠BDC∴BD∵∠ADP=∠BDC∴∠ADP∴AE∵△FAE∴∴BF∴BF如图4，PE=PC，则∵∠CAE=∠EDC∴△ACE∴∠ACE∴CE∴射线CE与射线BA没有交点，综上所述，BF的长为18011或30【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用，分类讨论等腰三角形PCE边的关系式解决本题的关键．10．（2022·河南安阳·统考一模）阅读下列材料，并完成相应的任务．西姆松定理是一个平面几何定理，其表述为：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边或其延长线的垂线，则三垂足共线（此线常称为西姆松线）．某数学兴趣小组的同学们尝试证明该定理．如图（1），已知△ABC内接于⊙O，点P在⊙O上（不与点A，B，C重合），过点P分别作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为．点D，E，F求证：点D，E如下是他们的证明过程（不完整）：如图（1），连接PB，PC，DE，EF，取PC的中点Q，连接QE，QF，则EQ=FQ=∴点E，F，P，C四点共圆，∴∠FCP+∠FEP又∵∠ACP∴∠FEP同上可得点B，D，P，E四点共圆，……任务：(1)填空：①依据1指的是中点的定义及________；②依据2指的是________．(2)请将证明过程补充完整．(3)善于思考的小虎发现当点P是BC的中点时，BD=CF，请你利用图（【答案】(1)①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②圆内接四边形对角互补(2)见解析(3)见解析【分析】（1）利用直角直角三角形斜边上的中线的性质和圆内接四边形对角互补即可；（2）利用直角三角形斜边上中线的性质证明点E，F，P，C和点B，D，P，E四点分别共圆，再说明∠FEP+∠DEP=180°，可证明结论；（3）连接PA，PB，PC，利用HL证明Rt△PBD≌Rt△PCF，从而得出结论．【详解】（1）①依据1指的是中点的定义及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，②依据2指的是圆内接四边形对角互补，故答案为：①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②圆内接四边形对角互补；（2）如图（1），连接PB，PC，DE，EF，取PC的中点Q，连接QE、QF，则EQ=FQ=12PC=PQ=CQ∴点E，F，P，C四点共圆，∴∠FCP+∠FEP=180°，又∵∠ACP+∠ABP=180°，∴∠FEP=∠ABP，同上可得点B，D，P，E四点共圆，∴∠DBP=∠DEP，∵∠ABP+∠DBP=180°，∴∠FEP+∠DEP=180°，∴点D，E，F在同一直线上；（3）如图，连接PA,∵点P是BC的中点，∴BP=∴BP=又∵PD⊥∴PD=∴△PBD∴BD=【点睛】本题主要考查了四点共圆，以及圆内接四边形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质等知识，证明Rt△PBD≌Rt△PCF是解题的关键．11．（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，△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（60°<α<180°）．点D是BC边上的一动点（点D不与B，C重合），将线段

(1)求证：A，E，B，D四点共圆；(2)如图2，当AD=CD时，⊙O是四边形AEBD的外接圆，求证：AC(3)已知α=120°，BC=6，点M是边BC的中点，此时⊙P是四边形AEBD【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)3【分析】（1）根据旋转的性质得到AE=AD，∠DAE=α，证明∠BAE=∠CAD，进而证明△ABE≌△ACD，可以得到∠（2）如图所示，连接OA，OD，根据等边对等角得到∠ABC=∠ACB=∠DAC，由圆周角定理得到∠AOD=2∠ABC=2∠DAC，再由（3）如图所示，作线段AB的垂直平分线，分别交AB、BC于G、F，连接AM，先求出∠B=∠C=30°，再由三线合一定理得到BM=CM=12BC=3，AM⊥BC，解直角三角形求出AB=23，则BG=1【详解】（1）证明：由旋转的性质可得AE=∴∠BAC∴∠BAC-∠BAD又∵AB=∴△ABE∴∠AEB∵∠ADC∴∠AEB∴A、B、D、E四点共圆；（2）证明：如图所示，连接OA，∵AB=∴∠ABC∵⊙O是四边形AEBD∴∠AOD∴∠AOD∵OA=∴∠OAD∵∠OAD∴2∠DAC∴∠DAC+∠OAD∴OA⊥又∵OA是⊙O∴AC是⊙O

（3）解：如图所示，作线段AB的垂直平分线，分别交AB、BC于G、F，连接∵AB=∴∠B∵点M是边BC的中点，∴BM=CM=∴AB=∴BG=在Rt△BGF中，∴FM=1∵⊙P是四边形AEBD∴点P一定在AB的垂直平分线上，∴点P在直线GF上，∴当MP⊥GF时，∵∠PFM∴在Rt△MPF中，∴圆心P与点M距离的最小值为32【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．12．（2022·贵州遵义·统考中考真题）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AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B=∠D，那么A，B，C探究展示：如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE则∠AEC+∠∵∠B∴∠∴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B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（依据2∴点A，B，C，E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ABCD中，∠1=∠2，∠3=45°，则∠4的度数为__________．(3)拓展探究：如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB=AC，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE①求证：A，D，B，E四点共圆；②若AB=22，【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∠AED=∠ABD即可得证；②【详解】（1）如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE则∠∵∠B∴∠∴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B，D在点A，C，E所确定的⊙O∴点A，B，C，E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CD同侧有两点A，B，∠1=∠2∴A,∵∴∠4=∠3=45°故答案为：45°（3）①∵AB=∴∠ABC∵E点与C点关于AD∴∠ACD∴∠AED∴A,②AD⋅如图，∵A,∴∠FBD∵AE,AC关于∴∠DAE∴∠DAC∵∠ADC∴∠F∵AB∴∠ABD∴∠F又∠BAD∴△BAD∴AB∴AD∵AB∴AD【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．13．（2023·河南周口·校联考一模）请阅读以下材料，完成相应任务．我们知道，过任意一个三角形的三个顶点能作一个圆，那么过任意一个四边形的四个顶点能作一个圆吗？李雷经过实践探究发现了如下结论：如果线段同侧两点（与线段在同一平面内）分别与线段两端点的连线所组成的夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆．下面是李雷证明上述命题的过程（不完整）．已知：如图1，点C，D是线段AB同侧两点，且∠ACB求证：点A，B，C，D四点共圆．证明：作ΔABC的外接圆⊙O，假设点D在⊙O如图2，若点D在⊙O外．设AD与⊙O交于点E，连接则∠ACB又∵∠AEB∴∠ACB∴∠ACB>∠ADB．这与已知条件“∠ACB=∠ADB如图3，若点D在⊙O内，（请同学们补充完整省略的部分证明过程）综上所述，作△ABC的外接圆⊙O，点D在⊙O上，即点A，B，C(1)填空：将材料中依据一、依据二补充完整；依据一：；依据二：．(2)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；(3)填空：如图4，在四边形ABCD中，∠ABD=∠ACD，对角线AC，BD交于点E，E为AC中点，若BD=6，BE=4，则【答案】(1)同弧所对的圆周角相等；三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和(2)见解析(3)4【分析】（1）由圆周角定理和三角形的外角性质即可得出结论；（2）作△ABC的外接圆⊙O，假设点D在⊙O（3）证点A，B，C，D四点共圆，再由相似三角形得AE⋅CE=BE⋅DE，然后由【详解】（1）解：依据一：同弧所对的圆周角相等；依据二：三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和；故答案为：同弧所对的圆周角相等；三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和；（2）如图3，若点D在⊙O内，延长AD与⊙O交于点E，连接则∠ACB又∵∠ADB∴∠ACB∴∠ACB这与已知条件“∠ACB=∠ADB”矛盾，故点D（3）∵∠ABD∴点A，B，C，D四点共圆，∵∠AEB∴△AEB∴AEDE∴AE∵E为AC∴AE∵BD=6，∴DE∴12解得：AC=4故答案为：42【点睛】本题是四点共圆综合题目，考查了四点共圆、反证法、圆周角定理、相似三角形的判定和性质以及三角形的外角性质等知识，本题综合性强，熟练掌握圆周角定理，证明四点共圆是解题的关键，属于中考常考题型．题型02圆幂定理【模型介绍】相交弦定理、切割线定理和割线定理统称为圆幂定理.1.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.已知图形结论证明过程【基础】在⊙O中，弦AB、CD相交于点PAP•DP=BP•CP在△APB和△CPD中∠1=∠2（同弧所对圆周角相等）∠3=∠4∴△APB∽△CPD∴APCP=BPDP则AP【进阶】在⊙O中，OP所在直线与⊙O交于M、N两点，r为⊙O的半径BP•CP=MP•NP=(r-OP)(r+OP)=同上2.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.已知图形结论证明过程【基础】在⊙O中，弦AB、CD相交于点P，且点P在圆外AP•BP=CP•DP连接AC、BD通过已知条件证明△APC∽△DPB∴APDP=CPBP则AP（请尝试连接AD，BC自行证明）【进阶】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AP•BP=MP•NP=(OP-r)(OP+r)=OP2同上3.弦切角定理：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.已知图形结论证明过程线段AB切⊙O于点B，线段BC、CD为⊙O的弦∠1=∠2=12∠连接OB、OD，则∠4=∠5∵线段AB切⊙O于点B∴∠1+∠4=90°∵∠3+∠4+∠5=180°∴∠3+2∠4=180°又∵∠3=2∠2∴∠2+∠4=90°∴∠1=∠2则∠1=∠2=12∠4.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.已知图形结论证明过程如图，线段ADC是⊙O的一条割线，AB是⊙O的一条切线，切点为点BAB2=AD•∵∠1=∠2（弦切角定理模型），∠A=∠A∴△ABD∽△ACB∴ABAC=ADAB则AB1）切割线定理14．（2023上·山西吕梁·九年级校考期末）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（1436-1476）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，PA与⊙O相切于点A，PB与⊙O相交于点B，求证：PA证明：如图2，连接AC，∵PA为⊙O∴OA⊥∴∠1+∠2=90°．∵OA=∴∠2=∠3．∵∠O∴∠O∵AC=∴∠O∴2∠B∴∠B∴∠1=∠B……

任务：(1)请完成剩余的证明过程(2)应用：如图3，PA是⊙O的切线，PC经过⊙O的圆心O，且PB=OB=2，割线PDE交⊙O于点D，【答案】(1)见解析(2)12【分析】（1）根据提供的过程，继而证明△ACP∽△BAP，可得PA（2）连接OA，根据切割线定理得到PA2=PD⋅PE，【详解】（1）解：证明：如图2，连接AC，∵PA为⊙O∴OA⊥∴∠1+∠2=90°．∵OA=∴∠2=∠3．∵∠O∴∠O∵AC=∴∠O∴2∠B∴∠B∴∠1=∠B∵∠P∴△ACP∴PAPB∴PA（2）解：由（1）可知：PA2=∵PB=OB=2∴PC=6∴PA∵PA∴12=PD∴PD=【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．15．（2022·广东深圳·深圳市宝安中学（集团）校考三模）弗朗索瓦·韦达是十六世纪法国最杰出的数学家之一，最早提出“切割线定理”（圆幂定理之一），指的是从圆外一点引圆的切线和割线，则切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，下面紧跟着圆的切线作图的思路尝试证明与运用．(1)作图（保留作图痕迹）：已知AB是圆O的直径，点P是BA延长线上的一点，①作线段OP的中垂线MN交OP于点Q；②以Q为圆心，PQ为半径作圆，交圆O于点E、F；③连接PE和PF；试说明PE是圆O切线的理由．(2)计算：若圆O半径OB=4，PB=14，尝试证明“切割线定理”并计算出PE的长度．【答案】(1)见解析(2)证明见解析，EP【分析】（1）按要求作图，根据MN是OP的中垂线，得到OQ=OP，点O在圆Q上，OQ=EQ=PQ，根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得∠OEP=90°，即可证明；（2）根据切线的性质和圆周角定理的推论可得∠EBO=∠AEP，证得△AEP∽△EBP，所以APEP=EPBP，EP2【详解】（1）作图如下：连接OE，EQ，∵以Q为圆心，PQ为半径作圆，交圆O于点E、F；∴QE=QP，∵MN是OP的中垂线，∴OQ=OP，点O在圆Q上，∴OQ=EQ=PQ，∴∠EOQ=∠OEQ，∠PEQ=∠EPQ，∵∠EOP+∠OEQ+∠QEP+∠EPQ=180°，∴2（∠OEQ+∠QEP）=180°，∴∠OEQ+∠QEP=90°，即∠OEP=90°，OE垂直EP，∴PE是圆O的切线．（2）证明：连接BE，OA，∵EP是圆O的切线，AB为圆O的直径，∴∠OEP=90°，∠BEA=90°，∴∠BEO=∠AEP∵OE和OB为圆O的半径，∴∠BEO=∠EBO，∴∠EBO=∠AEP，∵∠EPB=∠EPA，∴△AEP∴APEP∴EP∵OB=4，PB=14，∴AB=2OB=8，AP=BP－AB=14－8=6，∴EP∴EP=2【点睛】本题考查圆的切线证明以及相似三角形的性质与判定，根据题意证明△AEP16．（2022·河南驻马店·校联考三模）复习巩固切线：直线和圆只有一个公共点，这时这条直线和圆相切，我们把这条直线叫做圆的切线，这个点叫做切点.如图1，直线l1为⊙O的切线割线：直线和圆有两个公共点，这时这条直线和圆相交，我们把这条直线叫做圆的割线.如图1，直线l2为⊙O的割线切线长：过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间线段的长，叫做这点到圆的切线长.阅读材料《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所普的一部数学著作.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其中第三卷命题36一2圆幂定理（切割线定理）内容如下：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.为了说明材料中定理的正确性，需要对其进行证明，下面已经写了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出证明过程已知：如图2，A是⊙O外一点，．求证：[提示]辅助线可先考虑作⊙O的直径DE．【答案】AD是⊙O的切线，直线ABC为⊙O的割线；AD2【分析】按照题设要求，写出“已知”和“求证”，然后证明△ABD∽△ADC，即可求解．【详解】解：（已知：如图，A是⊙O外一点，）AD是⊙O的切线，直线ABC为⊙O的割线．求证：AD故答案为：AB是⊙O的切线，直线ACD为⊙O的割线，AD证明：连接BD，连接DO并延长交⊙O于点E，连接BE，∵AD是⊙O的切线，∴∠ADB∵DE是圆的直径，∴∠DBE∴∠ADB又∵∠E∴∠ADB∵∠BAD∴△ABD∽△ADC，∴ABAD∴AD【点睛】本题主要考查了切线的性质、同弧或等弧所对的圆周角相等以及相似三角形的判定和性质等知识，正确作出辅助线是解决本题的关键．17．（2021·河南新乡·河南师大附中校考三模）圆幂定理是平面几何中最重要的定理之一，它包含了相交弦定理、切割线定理、割线定理以及它们推论，其中切割线定理的内容是：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．喜欢思考的天天在了解这个定理之后尝试给出证明，下面是他的部分证明过程：已知；如图①，点P为⊙O外一点，切线PA与圆相切于点A，割线PBC与圆相交于点B、C求证：P证明：如图③，连接AB、AC、BO、AO，∵PA切⊙O于点A∴PA⊥AO，即……阅读以上材料，完成下列问题：（1）请帮助天天补充完成以上证明过程；（2）如图②，割线PDE与圆交于点D、E，且PB=BC=4，PE【答案】（1）见解析；（2）17【分析】（1）利用切线的性质得到∠PAB+∠BAO=90°，利用三角形内角和定理及圆周角定理推出（2）利用（1）的结论，得到PB⋅【详解】（1）证明：如图，连接AB、AC、BO、AO，∵PA切⊙O于点A∴PA⊥AO，即∵OA=∴∠OAB∵∠OAB∴2∠OAB+∠O∴∠PAB∵∠C∴∠PAB=∠C∴△PAB∴PAPC=PB（2）∵PA2=∴PB⋅∴PD=∴DE=即DE的长为177【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．18．（2023上·黑龙江绥化·九年级统考期末）如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，过点C的切线与直径AB的延长线相交于点P，连接PD

(1)求证：PD是⊙O(2)求证：PD【答案】(1)见解析；(2)见解析．【分析】（1）连接OD、OC，根据SAS证明△PDO（2）求出∠A=∠ADO【详解】（1）连接OD、

∵PC是⊙O∴∠PCO∵AB⊥∴BD=BC，∴∠DOP在△DOP和△DO=∴△DOP∴∠PDO∵D在⊙O∴PD是⊙O（2）∵AB是⊙O∴∠ADB∵∠PDO∴∠ADO∵OA=∴∠A∴∠A∵∠BPD∴△PDB∴PDPB∴PD【点睛】本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的性质和判定，圆周角定理，相似三角形的性质和判定，熟练掌握切线的判定和性质是解答本题的关键．2)相交弦定理19．（2023上·浙江·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交于点E，若AE=2，BE=8，CE=2DE，则O到【答案】7【分析】本题考查圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理，连接AD、BC、OC，过O作OH⊥CD交CD于H，先根据圆周角定理和相似三角形的判定证明△ADE∽△CBE，再利用相似三角形的性质求得进而求得DE【详解】解：如图，连接AD、BC，则∠ADE=∠CBE△ADE∴AECE∵AE=2，BE=8∴2DE2∴DE=22，∴CD=过O作OH⊥CD交CD于H，连接则CH=在Rt△OHC中，∴OH=即O到CD的距离为7，故答案为：7．20．（2022·江苏无锡·统考中考真题）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△CED(2)当DC=2AD时，求【答案】(1)见解析(2)CE【分析】（1）根据同弧所对圆周角相等可得∠A=∠E（2）根据DC=2AD可得AD=2,CD=4，由△CED∽△BAD可得出BD·【详解】（1）∵BC所对的圆周角是∠A∴∠A又∠BDA∴△CED（2）∵△ABC是等边三角形，∴AC∵DC=2∴AC∴AD∵Δ∴ADDE∴2∴BD连接AE,∵AB∴AB=∴∠BAC又∠ABD=∠∴△ABD∴ABBE∴AB2∴62∴BD=2∴6CE解得，CE【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．21．（2023·河南信阳·校考三模）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AB，CD交于点P，求证：______________．(2)如图②，已知AB是⊙O的直径，AB与弦CD交于点P，且AB⊥CD于点P，过D作⊙O的切线，交BA的延长线于E，D为切点，若AP=2，⊙【答案】(1)PA⋅(2)10【分析】（1）先证明△ACP（2）利用（1）可知PA⋅PB=PC⋅PD，求出PD，再证明【详解】（1）求证：PA⋅证明：连接AC、BD．如图①．

∵∠A=∠D∴△ACP∴APPD∴PA⋅（2）解：∵AP=2，OA=5，PB=10-2=8．由（1∴PC⋅∵AB⊥CD，AB是⊙O的直径，PC连接OD．如图②．∵DE为切线．∴∠EDO∵∠1+∠2=90°．∠E∴∠1=∠E∴△OPD∵OPPD∴OP⋅∴16=3PE，PE又∵AP=2∴AE=【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．22．（2023·江西宜春·统考模拟预测）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，⊙O的两弦AB，CD求证：AP⋅证明：如图1，连接AC，∵∠C=∠B∴△APC∴APDP=∴AP⋅∴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⊙O的弦，P是AB上一点，AB=10cm，PA=4cm【答案】(1)有两个角对应相等的两个三角形相似；CPBP(2)7【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可；（2）延长OP交圆O于点D，延长PO交圆O于点F，设圆O的半径为rcm，则PF=(5+r)cm，【详解】（1）连接AC，∵∠C=∠B∴△APC∴APDP∴AP⋅∴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；CPBP（2）延长OP交圆O于点D，延长PO交圆O于点F，设圆O的半径为rcm，则PF=(5+r)根据（1）中结论得AP·BP=解得：r=7或r⊙O的半径为7【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．23．（2023·山西吕梁·校考模拟预测）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到与圆交点的两条线段长的比例中项．证明过程如下：如图1：已知：点P是⊙O外一点，PF是切线，F是切点，PBA是割线，点A，B是它与⊙O证明：连接FO并延长交⊙O于C，连接AF∵PF是⊙O的切线，∴∠PFC∵CF是⊙O的直径，∴∠CBF∴∠C+∠CFB=90°又∵∠C=∠∴∠......任务：(1)完成材料证明部分中的“依据”，填入空格．(2)把证明过程补充完整．(3)定理应用：已知PT为⊙O的切线，T是切点，PBA是⊙O的割线，交OC于D，CT为⊙O的直径，OC【答案】(1)切线的性质定理；直径所对的圆周角是直角；同弧所对的圆周角相等(2)见解析(3)20【分析】（1）利用圆周角定理推论、切线性质找等角即可解答；（2）先构造相似三角形，再根据相似三角形对应边成比例解答即可；（3）设TD=x,BP=y，如图：连接AC，【详解】（1）证明：连接FO并延长交⊙O与C，连接AF∵PF是⊙O∴∠PFC=90°∵CF是⊙O∴∠CBF=90°∴∠C+∠CFB=90°又∵∠C=∠∴∠…………故答案为：切线的性质定理；直径所对的圆周角是直角；同弧所对的圆周角相等．（2）证明：连接FO并延长交⊙O与C，连接AF∵PF是⊙O∴∠PFC=90°∵CF是⊙O∴∠CBF=90°∴∠

∴∠又∵∠C=∠∴∠又∵∠∴△∴PBPF∴PF（3）解：设TD=x,∵∠∴△∴AD:∴AD·DB=CD·TD，即由切割线定理PT2=PA∴（y+4)∴PB=20【点睛】本题综合考查了阅读理解能力、圆周角定理、切线的性质定理、切线长定理、相似三角形的判定与性质等知识点，从阅读材料中提取有用信息是解答本题的关键．3)割线定理24．（2021上·九年级单元测试）如图，割线PAB、PCD分别交⊙O于AB和CD，若PC=2，CD=16，PA:【答案】4【分析】设PA=x，则PB=3x，由切割线定理得，2×（16+2）=x•3x，求解即可．【详解】设PA=x，∵PA：AB=1：2，∴AB=2x，∴PB=3x，由切割线定理得，2×（16+2）=x•3x，解得x=23，∴AB=43．故答案为43．【点睛】本题考查了切割线定理和勾股定理，是基础知识要熟练掌握．25．（2020下·四川成都·九年级成都七中校考阶段练习）如图，PAB为⊙O的割线，且PA=AB=3，PO交⊙O于点C，若PC【答案】7【分析】延长PO交圆于点D，连接AC、BD，由圆内接四边形内对角互补性质可得∠B+∠ACD=180°，结合邻补角互补可得∠ACP=∠B【详解】如图，延长PO交圆于点D，连接AC、BD，四边形ABDC为圆内接四边形，∴∠B∵∠ACD∴∠ACP∵∠P∴△PAC∴PAPD∴PD×2=3×6，PD∵CD+∴CD=9-2=7∴半径为72故答案为：72【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．26．（2023·全国·九年级假期作业）如图：PAB、PCD为⊙O的两条割线，若PA·PB=30，PC

A．10 B．7 C．510 D．【答案】B【分析】如图，连接AC，BD，可证△PAC∼△PDB，可得PA·PB【详解】解：如图，连接AC，BD，

∵∠PAC+∴∠又∠∴△∴PAPD∵PA·PB=PC·∴PD=∴CD=10-3=7故选：B．【点睛】本题考查了圆的内接四边形性质，相似三角形的判定和性质，由相似三角形得到线段间数量关系是解题的关键．27．（2019·浙江杭州·模拟预测）如图，过点P引圆的两条割线PAB和PCD，分别交圆于点A,B和C,D，连结AC,BD，则在下列各比例式中，①PAPB=PC【答案】②③【分析】根据已知及相似三角形的判定方法得到，△PAD∽△PCB，根据相似三角形的对应边的比相等从而可得到答案．【详解】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠PAD=∠PCB，∠PDA=∠PBC，∴△PAD∽△PCB，∴PAPC∴①PAPB②PAPD③连接AC，BD，∵∠P=∠P，∠PBD=∠PCA，∴△PAC∽△PDB，∴PAPD∴PAAC故答案为：②③．【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，注意到题目中的相似三角形是解决本题的关键．28．（2023·河南周口·校考三模）阅读与思考学习了圆的相关知识后，某数学兴趣小组的同学们进行了如下探究活动，请仔细阅读，并完成相应任务．割线定理如图，A是⊙O外一点，过点A作直线AC，AE分别交⊙O于点B，C，D，

证明：如图，连接BE，∵∠BCD=∠BED（依据：∴△ACD∴ADAB=∴AB⋅任务：(1)上述阅读材料中①处应填的内容是________，②处应填的内容是_______．(2)兴趣小组的同学们继续思考，当直线AE与圆相切时，是否仍有类似的结论．请将下列已知、求证补充完整，并给出证明．已知：如图，A是⊙O外一点，过点A的直线交⊙O于点B，C，求证：AE2

【答案】(1)同弧所对的圆周角相等；ACAE(2)AE与⊙O相切于点E．AB【分析】（1）根据题意得到结论即可；（2）如图，连接BE,CE，证明【详解】（1）如图，连接BE，∵∠BCD=∠BED（依据：①__同弧所对的圆周角相等∴△ACD∴ADAB=②__AC∴AB⋅故答案为：同弧所对的圆周角相等；ACAE（2）已知：如图，A是⊙O外一点，过点A的直线交⊙O于点B，C，AE与⊙O求证：AE2＝

证明：如图，连接BE,CE，连接EO并延长交⊙O于点D

∵AE为⊙O∴∠DEA∴∠DEB∵DE为⊙O∴∠DBE∴∠DEB∴∠∵∠BDE∴∠AEB∵∠A∴△ABE∴ABAE∴AE故答案为：AE与⊙O相切于点E．【点睛】本题考查了相似三角形的判定，勾股定理，割线定理，熟练掌握割线定理是解题的关键．29．（2021·河南洛阳·统考二模）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⊙O外一点P作⊙O的两条割线，一条交⊙O于A、B点，另一条交⊙O于求证：PA⋅证明一：连接AD、BC，∵∠A和∠C为BD所对的圆周角，又∵∠P=∠P，∴______即PA⋅研究后发现，如图②，如果连接AC、BD，即可得到学习过的圆内接四边形ABDC．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AC、BD，【答案】证明一：∠A=∠C，△ADP∽【分析】（1）证明△ADP∽△（2）根据圆内接四边形的性质可得∠PBD=∠ACD，进一步证明【详解】解：证明一：连接AD、BC，∵∠A和∠C为∴∠A又∵∠P∴△ADP∽△∴APCP即PA⋅故答案为：∠A=∠C，△ADP∽证明二：连接AC、BD，∵四边形ABDC为圆内接四边形，∴∠ABD又∵∠ABD∴∠PBD又∵∠P∴△ACP∽△∴APDP=CP【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．30．（2022下·河南洛阳·九年级统考期中）圆幂定理是平面几何中最重要的定理之一，它包含了相交弦定理、切割线定理、割线定理以及它们的推论，其中切割线定理的内容是：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．你能给出证明吗？下面是证明的开头：已知：如图①，点P为⊙O外一点，切线PA与圆相切于A，割线PBC与圆相交于点B、C．求证：PA2＝PB•PC证明：如图②，连接AB、AC、B0、AO，因为PA切⊙0于点A，∴．PA⊥AO，∠PAB＋∠BAO＝90°．阅读以上材料，完成下列问题：(1)补充完成上面的证明过程；(2)如图③，割线PDE与⊙O交于D、E，且PB＝BC＝4，PE＝7，求DE的长．【答案】(1)见解析(2)DE的长为17【分析】（1）先证△PAB∽△（2）结合（1）同理可得PA2=PD⋅PE，所以PB⋅【详解】（1）证明：如图②，连接AB、AC、BO、AO，∵PA切⊙O于点A∴PA⊥AO，即∵OA=OB∴∠OAB∵∠OAB∴2∠OAB∴∠OAB∴∠PAB∵∠C=∴∠PAB又∵∠P∴△PAB∴PAPC=∴PA（2）由（1）PA2=PB⋅∴PB⋅PC∴PD=∴DE=∴DE的长为177【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是证明△PAB∽题型03垂径定理如图，可得①AB过圆心②AB⊥CD③CE=DE④AC=AD【总结】垂径定理及其推论实质是指一条直线满足：（1）过圆心（2）垂直于弦（3）平分弦（被平分的弦不是直径）（4）平分弦所对的优弧（5）平分弦所对的劣弧，若已知五个条件中的两个，那么可推出其中三个，简称“知二得三”，解题过程中应灵活运用该定理.常见辅助线做法（考点）：1）过圆心，作垂线，连半径，造Rt2）有弦中点，连中点和圆心，得垂直平分.31．（2022·河南许昌·统考一模）如图，CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，则下列结论不一定成立的是（

）A．AE＝BE B．OE＝DE C．AC=BC D【答案】B【分析】根据垂径定理即可判断．【详解】解：∵CD是⊙O的直径，弦AB⊥∴AE=EB，AC=故选：B．【点睛】本题主要考查垂径定理，掌握垂径定理是解题的关键．32．（2023·浙江·模拟预测）如图，CD是⊙O是直径，AB是弦且不是直径，CD⊥AB，则下列结论不一定正确

A．AE=BE B．OE=DE C．【答案】B【分析】由于CD⊥AB,根据垂径定理有AE=BE,AD=BD【详解】解：如图所示，∵CD⊥∴AE=BE,⊙OAO=不能得出OE=故选:B.【点睛】本题考查了垂径定理.解题的关键是熟练掌握垂径定理的内容.33．（2022·广东佛山·统考一模）如图，⊙O中，半径OC＝2，弦AB垂直平分OC，则AB的长是（）A．3 B．4 C．23 D．43【答案】C【分析】根据AB垂直平分OC可知OE=12OC，由勾股定理即可得到AE，从而得到AB【详解】如图；连接OA由圆的性质可知，OA=OC=2∵AB垂直平分OC∴OE=12OC=1根据勾股定理，AE由垂径定理可知AE=BE∴AB【点睛】本题主要考查垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理、勾股定理等相关知识是解题的关键．34．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨风华中学校考模拟预测）如图，在⊙O中，OD⊥AB于点D，AD的长为3cm，则弦ABA．4cm B．6cm C．8cm D．10cm【答案】B【分析】根据垂径定理求出AD=BD=3cm即可．【详解】解：∵AB为非直径的弦，OD⊥∴AD=BD=3cm，∴AB=AD+BD=6cm．故选B．【点睛】本题考查垂径定理，掌握垂径定理是解题关键．35．（2019·新疆乌鲁木齐·校联考一模）如图，⊙O中，半径OC⊥弦AB于点D，点E在⊙O上，∠E=22.5°，AB=4，则半径OB等于（）A．2 B．2 C．22 D．3【答案】C【分析】直接利用垂径定理进而结合圆周角定理得出△ODB是等腰直角三角形，进而得出答案．【详解】解：∵半径OC⊥弦AB于点D，∴AC=∴∠E=12∠BOC=22.5°∴∠BOD=45°，∴△ODB是等腰直角三角形，∵AB=4，∴DB=OD=2，则半径OB等于：22故选C．【点睛】此题主要考查了垂径定理和圆周角定理，正确得出△ODB是等腰直角三角形是解题关键．36．（2022·河南南阳·统考一模）如图，⊙O的半径为4．将⊙O的一部分沿着弦AB翻折，劣弧恰好经过圆心O．则这条劣弧的弧长为【答案】8【分析】过O作垂直于AB的半径OC，设交点为D，连接OA,OB,根据折叠的性质可求出OD的长；根据勾股定理可求出AD的长，由垂径定理知AB=2AD，解Rt△OAD，求得∠OAD=30°【详解】解：过O作OC⊥AB于D，交⊙O于C，连接OA，Rt△OAD中，OD=CD=12OC=2，OA=4根据勾股定理，得：AD=OA2-O∴cos∴∠OAD=∴∠∴故答案：8【点睛】本题考查的是翻转变换的性质、解直角三角形，求弧长，掌握翻转变换是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．题型04定弦定角【模型介绍】因为同圆或等圆中等弦所对的圆周角相等，所以当弦的长度保持不变和弦所对应的角度大小固定时，动点的轨迹就是圆或者圆弧.【模型解析】两定(A，B)一动(P)，AB长固定，∠APB固定如图，已知AB为定线段，P为动点，且∠APB=α，则A、B、P三点必共圆，或称为点P一定在以AB为弦的某一个圆上，且这个圆是固定的，圆心在线段AB的垂直平分线上，动点P的运动轨迹为关于线段AB对称的圆弧上（①∠APB<90°，在线段AB对称的优弧上运动②∠APB>90°，在线段AB对称的劣弧上运动），但不包括A、B两点.定弦定角问题常应用于求线段的“最值”，问题的关键就在于找到运动过程中必存在的定线段，及这条线段关于某一动点的张角为定值，由张角的变化，去寻找这三点所构成的定圆.【解题技巧】1）找到不变的张角(∠APB)所对的-定弦(AB);2）定角定弦定圆心和半径;3）作出外接圆;4）计算半径并分析.5）当△ABP是以AB为底的等腰三角形时,△ABP的面积和周长最大.[口诀]见定长→找所对定角→知定圆→找圆心→现“圆”形(一找、二定、三画、四析).【证明】在△ABP中,∠P=α,AB=2x.1）求△ABP中AB边所对的高的最值.2）求△ABP面积的最值.【提示】这个模型就是我们所谓的定角定弦模型,也就是在一个三角形中一个角和它的对边保持不变,在AB边固定的同时,虽然∠P的大小不变,但顶点P的位置可以发生变化P,由于同弧所对的圆周角不变,故顶点P可以在△ABP的外接圆的AB这段弦所对的圆弧上运动（不包括A,B点）.当高线PC过圆心时有最大的高,即h≤P1D=OP1+OD.(此时P,O,D三点共线)【证明过程】作△ABP的外接圆圆O，连接AO，BO，PO,过点O作AB⊥OD于点D∵∠APB=α∴∠AOB=2α而△AOD≌△BOD∴∠AOD=∠BOD=αAD=BD=x在Rt△AOD中，AO=ADsinα=xsinαDO=PC≤P1D=OP1+OD=xsinα+xcosαsinα=xsinα(1+S△ABP=12•PC•AB≤12•P1D•AB=12•xsinα(1+cosα37．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，已知△ABC内接于⊙O，∠BAC=θ0<θ<60°，BC=6，点P

A．1tanθ-C．tanθ-2sin【答案】B【分析】根据题意作出对应的图形，连接OC，BO，得AH⊥BC，由垂径定理得BH=12BC=3，再由tanθ=BHOH，OH=3tanθ，sin【详解】解：如图所示，连接AO，过点O作OH⊥BC于H，连接OC，BO，如图所示，设点A到BC的距离为

∵h≤OA∴当点A到BC的距离最大时，A，∴AH⊥BC，∵∠BAC∴∠BOC=2θ，∠∵在Rt△BOH，tanθ∴OH=3tan∵AO=∴AO=3sin∵点P为△ABC∴AP=∴OP=故选：B．【点睛】本题主要考查的是解直角三角形以及三角形的重心，正确掌握三角形的重心是三条中线的交点是解题的关键．38．（2023·安徽亳州·统考模拟预测）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，BC=8，（1）当AB=AC时，∠CAD（2）当△ACD面积最大时，则AD=【答案】454【分析】当AB=AC时，根据三线合一和勾股定理AD，得出等腰直角三角形，从而可得∠CAD=45°；再根据面积公式分析得出当CD边上的高最大时，【详解】解：（1）当AB=∵AD是BC边上的中线，∴AD⊥BC，∴AD=∴△ACD∴∠CAD（2）在△ACD中，以CD为底，CD则当CD边上的高最大时，△ACD如图，点A在以点C为圆心，AC为半径的圆上，故当AC⊥BC时，高最大，即为此时AD=故答案为：45，43【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，圆的性质，解题的关键是根据面积最大分析出AC的位置．39．（2020·四川德阳·统考一模）如图，已知直线y=34x-3与x轴、y轴分别交于A、B两点，P是以C0,1为圆心，1为半径的圆上一动点，连接PA、PB【答案】(−35,9【分析】过C作CM⊥AB于M，交x轴于E，连接AC，MC的延长线交⊙C于D，作DN⊥x轴于N，则由三角形面积公式得，12×AB×CM=12×OA×BC，可知圆C上点到直线y=34x-3的最长距离是DM，当P点在D这个位置时，△PAB的面积最大，先证得△COE∽△CMB，求得OE、CE，再通过证得△COE∽△DNE，求得DN【详解】过C作CM⊥AB于M，交x轴于E，连接AC，MC的延长线交⊙C于D，作DN⊥x轴于N，∵直线y=34x-3与x轴、令x=0，得y=-3，令y=9，得x=4∴A(4,0)，B(0,−3)，∴OA=4，OB=3，∴AB=O则由三角形面积公式得，12×AB×CM=12∴12×5×CM=12∴CM=16∴BM=B∴圆C上点到直线y=34x-当P点在D这个位置时，△PAB的面积最大，∵∠CMB=∠COE=90°，∠OCE=∠MCB，∴△COE∽△CMB，∴OE∴OE∴OE=34，CE=5∴ED=1+54=∵DN⊥x轴，∴DN∥OC，∴△COE∽△DNE，∴DNCO=∴DN=95，NE=∴ON=NE−OE=2720−34∴D(−35,9∴当△PAB的面积最大时，点P的坐标为(−35,9故答案为：(−35,9【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，根据两个三角形相似可得出对应边成比例，是求线段长度的方法之一，已知一次函数的解析式，可求得函数与x轴，y轴的截距．40．（2023·河南安阳·统考二模）如图，⊙O的半径为2cm，弦AB=23cm，C是弦AB所对的优弧ADB上一个动点，则图中阴影部分的面积之和的最小值是【答案】4π-【分析】过点C作CE⊥AB于E，由S阴影=S圆-S△ABC=2π×2-12AB⋅CE=4π-【详解】解：过点C作CE⊥AB于∵S阴影∴当CE最大时，S阴影最小，此时，CE经过圆心O，即OC垂直平分AB，点C为优弧ADB的中点，连接OA∵OE⊥∴AE=由勾股定理，得OE=∴CE=∴S阴影最小值=故答案为：4π【点睛】本题考查垂径定理，不规则图形面积，三角形面积，勾股定理，根据图形面积关系，得出点C为优弧ADB的中点时，阴影面积最小是解题的关键．41．（2023上·江苏扬州·九年级校考期末）【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△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是ΔABC外一点，且AD=AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB长为半径作辅助圆⊙A，则C，D两点必在⊙A(1)【初步运用】如图，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，(2)【方法迁移】如图，已知线段AB和直线l，用直尺和圆规在l上作出所有的点P，使得∠APB(3)【问题拓展】①如图，已知矩形ABCD，AB=2，BC=m，M为CD上的点．若满足∠AMB=45°的点M②如图，在△ABC中，∠BAC=45°，AD是BC边上的高，且BD=6，【答案】(1)∠(2)见解析(3)①2≤m<2【分析】（1）如图所示，取BD中点E，连接AE，CE，则AE=BE=DE=CE=12BD，即可得到A、B、（2）先作等边三角形OAB，再以O为圆心，AB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BC上截取一点F使得BF=BA，连接AF，以AF为直径作圆O，过点F作EF⊥AD交AD于E，过点O作OG⊥EF交EF于H交圆O于G，过点G作圆O的切线分别交AD，BC于K、Q，则当BF≤m<BQ时满足题意，据此求解即可；②如图所示，作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于E，OF⊥AD【详解】（1）如图所示，取BD中点E，连接AE，CE，∵∠BAD=∠BCD=90°，∴AE=∴A、B、C、D在以E为圆心，12∴∠BAC（2）如图所示，P1、P（3）①如图所示，在BC上截取一点F使得BF=BA，连接AF，以AF为直径作圆O，过点F作EF⊥AD交AD于E，过点O作OG⊥EF交EF于H交圆O于G，过点G作圆O的切线分别交AD，BC于∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABE∴B在圆O上，AF=∴OG=∵OH⊥EF，∴FH=∴OH=∴GH=∴BF≤∴2≤m<2+2②如图所示，作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于E，OF⊥AD于F，连接OB，OC∵∠BAC∴∠BOC在直角△BOC中BC∴BO=∵OE⊥BC，∴BE=∴DE=OF=2∴AF=∴AD=【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．42．（2023·广东深圳·校考模拟预测）【问题情境】（1）爱探究的小明在做数学题时遇到这样一个问题：如图1，AB是⊙O的直径，P是⊙O上的一动点，若AB=6，则△【模型归纳】（2）