2023-2024学年九年级数学下册常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（浙教版）专题02 圆中的重要模型-圆弧的中点模型（解析版）

专题02圆中的重要模型-圆弧的中点模型当圆中出现弧的中点时，我们要注意考虑几个方面：三角形的中位线，垂径定理，圆周角定理，弦，弧，圆心角，圆周角的关系等等。其关系复杂，在理解其做辅助线的方法和分析技巧的基础之上，还要注意各知识点之间的联系，才是形成稳固的解题思路以及推导模式的最佳选择，以便于最后才能突破复杂的综合题型以及压轴题型。当圆中出现弦的中点或弧的中点时，我们联想到的是利用垂径定理以及圆周角定理进行思路的突破，这样的解决方式比较直接，而且能够提高大家解题的效率模型1、与垂径定理相关的中点模型图1图2图31）如图1，已知点P是中点，连接OP，则OP⊥AB．2）如图2，已知过点P作MN∥AB，则MN是圆O的切线．3）如图3，变换条件：连接BP、AP，若∠BPN=∠A，则MN是圆O切线．例1．（2023·山东·九年级专题练习）如图，是的直径，、是的两条弦，交于点G，点C是的中点，点B是的中点，若，，则的长为（

）

A．3 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】先根据垂径定理的推论得到，，再利用勾股定理求出，进而得到，再证明，则．【详解】解：如图所示，连接，∵点B是的中点，是的直径，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，在中，由勾股定理得，∴，∵点C是的中点，∴，∴，∴，∴，故选D．

【点睛】本题主要考查了垂径定理的推论，勾股定理，弧与弦之间的关系，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．例2．（2022秋·山东济宁·九年级校考期末）如图，是的直径，C，D是上两点，C是的中点，过点C作的垂线，分别交与的延长线于点E和点F．

(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，，根据题意证明，，得出，根据，得出，即可证明结论；（2）设，则，根据勾股定理列出关于r的方程，解方程，得出圆的半径，求出，得出，得出，即可求出的长度．【详解】（1）解：连接，，

∵C是弧的中点，∴，∵是的直径，∴，∴，∴，∵，∴，∴是圆O的切线；（2）解：设，则，∵，，∴，解得，∵，∴，∴，∴的长．【点睛】本题主要考查了圆的切线判定，圆周角定理，平行线的判定和性质，勾股定理，弧长的计算，根据题意证明，求出圆的半径r，是解题的关键．例3．（2023·浙江温州·校联考三模）如图，在中，为上一点，以为直径的半圆与相切于点，与相交于点，且为的中点，连接，过点作交于点．(1)求证：四边形为平行四边形．(2)若为中点，，求半圆的半径．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）如图：连接OE，由切线的性质可得，再说明，最后根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明结论；（2）如图：连接交DF于点H，由垂径定理可得；设，则，由圆周角定理可得即四边形为矩形，则，由勾股定理可得；再根据圆周角定理可得，平行四边形的性质可得，最后根据求得x即可解答．【详解】（1）解：如图：连接OE，∵切半圆于点E，∴∵E为的中点，为半径，∴，∴．∵．∴四边形是平行四边形．（2）解：如图：连接交DF于点H，∵，∴∵，∴．设，则，∵为直径，∴，∴四边形为矩形，∴，∴，∵D为中点，，∴，∵四边形AECF是平行四边形，∴，∵，∴，解得：，∴．【点睛】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理、平行四边形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．例4．（2023·北京昌平·统考二模）如图，是直径，是上一点，过点作直线，使．(1)求证：是的切线；(2)点是弧中点，连接并延长，分别交于点，若，，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）首先根据直径的性质得到，然后利用余角的性质得到，即可证明出是的切线；（2）首先根据题意画出图形，然后根据三角函数得到，，进而得到，然后根据垂径定理得到，进而得到，利用三角函数求出，即可求解．【详解】（1）∵是直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵是直径，∴是的切线；（2）如图所示，∵，∴，∵，∴，∴，∵点是弧中点，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，∴解得，∴．【点睛】此题考查了圆的综合题，三角函数，切线的证明，垂径定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．模型2、与圆周角定理相关的中点模型（母子型）图1图2图31）如图1，已知点P是中点，点C是圆上一点，则∠PCA=∠PCB．2）如图2，已知点P是半圆中点，则∠PCA=∠PCB=45°．3）如图3，已知点P是中点，则∠PBA=∠PCA=∠PCB=∠PAB．可得：△PDA∽△PAC；△PDB∽△PBC．可得：△CAP∽△CDB；△CAD∽△CPB．例1．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，是半圆O的直径，点D是弧的中点，若．则等于（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】利用圆周角定理和弧与圆心角的关系求解即可．【详解】解：连接，，

∵点D是弧的中点，∴，又，∴，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查圆周角定理、弧与圆心角的关系，熟练掌握圆周角定理是解答的关键．例2．（2023·广东佛山·校考三模）如图，为的直径，点是弧的中点，交于点，，．(1)求证：；(2)求线段的长；(3)延长至，连接，使的面积等于，求的度数．

【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）由，可得，再利用“两角分别相等的两个三角形相似”进行证明；（2）先利用相似三角形的性质求出，再用勾股定理求；（3）连接，并求其长度，利用的面积求出的长，进而得到，，利用特殊角的三角函数求出与的度数，进而得到的度数．【详解】（1）解：，，又，．（2）解：，，．，，即，解得．是的直径，．在中，．（3）解：连接，如图．

是的直径，．由,得，解得．，．在中，．在中，．，．，，，，．【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的性质与判定，勾股定理，利用特殊角的三角函数求角，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．例3．（2023·湖北恩施·统考一模）如图，是的直径，是圆上的一点，为的中点，过点作的切线与的延长线交于点，与的延长线交于点，弦、交于点．(1)求证：；(2)求证：；(3)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，，交于，根据得到，结合得到，即，根据是的切线，为半径得到，即可得到证明；（2）根据得到，结合得到，即可得到证明（3）连接，根据，，得到，结合（2）得到，即可得到，结合三角函数即可得到答案；【详解】（1）证明：连接，，交于，∵是劣弧的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∵是的切线，为半径，∴，∴，∴，∴；（2）证明：∵D是劣弧的中点∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：连接，∵，，∴由（2）可得，∴，∴，∵是劣弧的中点∴，∴，∵是的直径，∴，则，∵，，∴∴，又∵，∴，∵，∴，∵是的直径，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，即，又∴．【点睛】本题考查圆周角定理，切线的性质，三角形相似的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是根据圆的性质得到等角及直角．例4．（2023·广东东莞·统考三模）如图，是的直径，D是的中点，于E，过点D作的平行线，连接并延长与相交于点G．

(1)求证：是的切线；(2)求证：；(3)若，，求的值．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，由垂径定理得出，平分，证出，即可得出是的切线；（2）由圆周角定理得出，证明，得到，变形可得结果；（3）由垂径定理得出，，由勾股定理求出，证明，得出对应边成比例，由圆周角定理得出，求出，得出、、，求出的长，再由三角函数的定义即可得出结果．【详解】（1）解：证明：连接OD，如图所示：

∵D是的中点，∴，平分，∵，∴，∴是的切线；（2）证明：∵D是的中点，∴，∵是的直径，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（3）∵D是的中点，，∴，∴，，∵，，∴，∴，∵AB是的直径，∴，∵，设，则，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题是圆的综合题目，考查了切线的判定、垂径定理、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角函数等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（3）中，需要证明三角形相似才能得出结果．模型3、垂径定理与圆周角定理结合的中点模型如图，AB是直径，点P是中点，过点P作PH⊥AB交AB于点H，则△ADP∽△APC．以上作图可证明：∠PAC=∠APH，即可得△PAD是等腰三角形．例1．（2023·四川内江·统考中考真题）如图，正六边形内接于，点在上，是的中点，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先计算正六边形的中心角，再利用同圆或等圆中，等弧对的圆心角相等，圆周角定理计算即可．【详解】如图，连接，∵正六边形，是的中点，∴，，∴，∴，故选Ｃ．【点睛】本题考查正多边形与圆，圆周角定理，熟练掌握正多边形中心角计算，圆周角定理是解题的关键．例2．（2023春·浙江台州·九年级校考阶段练习）如图，四边形内接于，为直径，，过D作于点E，交于点F，连接，，．当点P为下面半圆弧的中点时，连接交于H，则的长为（）

A． B． C． D．12【答案】A【分析】连接，根据直径所对的圆周角为直角可得，再运用同弧（等弧）所对的圆周角相等可得出，再利用同角的余角相等可推出，进而得出，利用三角函数可求得，由勾股定理可求得：，，再根据三角形的内心判定和性质可得出，运用等腰直角三角形性质即可求得答案．【详解】解：连接，如图，

∵为直径，∴，∵，∴，而，∴，∵，∴，而，∴，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，，∴，∵P为下面半圆弧的中点，∴，∴，∴点H是的内心，∴平分，∴，∵，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，故选：A．【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形的内心，三角函数定义，等腰三角形和等腰直角三角形性质，勾股定理等，熟练掌握勾股定理、圆周角定理并作出合理的辅助线是解题的关键．例3．（2023·天津河西·校考三模）如图，为的直径，点，为直径同侧圆上的点，且点为的中点，过点作于点，延长，交于点，与交于点．

(1)如图①，若点为的中点，求的度数；(2)如图②，若，，求的半径．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意可推得，根据圆心角、弧、弦之间的关系可求得，根据圆周角定理可求得，根据三角形内角和定理求解；（2）根据垂径定理可得，根据圆心角、弧、弦之间的关系可推得，求得，设的半径为，则，根据勾股定理即可求解．【详解】（1）解：连接，，如图：

∵点为的中点，点为的中点，∴，，∴，∴，又∵为的直径，∴，∴，在中，，∴．（2）连接，如图：

∵点为的中点，∴，∵，为的直径，∴，∴，∴，即，∴，设的半径为，则，在中，，即，解得，故的半径为．【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形内角和定理，垂径定理，圆心角、弧、弦之间的关系，勾股定理等，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．例4．（2023·江苏·模拟预测）如图，以为直径的经过的顶点C，D是的中点，连接、分别交于点E、F．

(1)求证：；(2)若，求的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由垂径定理的推论可得，由直径所对的圆周角为90度可得，由对顶角相等可得，即可证明；（2）由相似三角形的性质可得，设，则，由三角形中位线的性质可得，再用勾股定理解和，求出x的值，进而求出圆的半径，即可求出的面积．【详解】（1）证明：∵点D是的中点，∴，∵是直径，∴，又∵，∴；（2）解：∵，∴，设，则，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴的面积．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，垂径定理等，解题的关键是根据垂径定理的推论得出．模型4、与托勒密定理相关的中点模型图1图21）同侧型:条件：如图5，A为弧BC中点，D为圆上等腰三角形底边下方一点，结论：BD+CD=2AD×cosθ；特别地：1）当三角形为等边三角形时（即θ=60°）；结论：BD+CD=AD2）当三角形为等腰直角三角形时（即θ=90°）；结论：BD+CD=AD3）当三角形为120°的等腰直角三角形时（即θ=120°）；结论：BD+CD=AD2）异侧型:条件：如图5，A为弧BC中点，D为圆上等腰三角形底边下方一点，结论：BD-CD=2AD×cosθ；特别地：1）当三角形为等边三角形时（即θ=60°）；结论：BD-CD=AD2）当三角形为等腰直角三角形时（即θ=90°）；结论：BD-CD=AD3）当三角形为120°的等腰直角三角形时（即θ=120°）；结论：BD-CD=AD例1．（2023·浙江·九年级期中）如图，为圆内接四边形的对角线，且点D为的中点；(1)如图1，若、直接写出与的数量关系；(2)如图2、若、平分，，求的长度．【答案】(1)(2)【分析】（1）如图：绕B逆时针旋转交于E,即，先说明是等边三角形可得；再说明是等边三角形可得，进而证明可得，最后根据即可证明结论；（2）如图：连接,交于E，先说明为直径,即，再运用圆周角定理和勾股定理可得，进而求得、，最后运用勾股定理即可解答【详解】（1）解：如图：绕B逆时针旋转交于E，即，∵，∴，∴是等边三角形，∴

,∵点D为的中点∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴,即,∴，∴,∴,即．

（2）解：如图：连接，交于E，∵，∴为直径,即∵点D为的中点，∴，

∴,即,解得：,∵平分，∴,又∵,∴垂直平分,即，∴,∵．∴是的中位线，∴，∴，∴．

【点睛】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关定理是解答本题的关键．例2．（2023·云南红河·统考二模）如图，在中，为的直径，过点C作射线，，点B为弧的中点，连接，，．点P为弧上的一个动点（不与B，C重合），连接，，，．(1)若，判断射线与的位置关系；(2)求证：．

【答案】(1)与相切，理由见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据为的直径，得出，根据，得出，即可证明结论；（2）在上截取，连接，证明，得出，求出，过点B作于点H，根据三角函数求出，得出，即可证明结论．【详解】（1）解：与相切，理由如下：

∵为的直径，∴，∵，∴，∴，∴，∵且为半径，∴为的切线．（2）证明：在上截取，连接，如图3，

∵点B为弧的中点，，∴，∴，，∵与同对弧，∴，在和中，，∴，∴，又∵，∴，∴，过点B作于点H，∴，∴，在中，，∴，∴，又∵，，∴．【点睛】本题主要考查了切线的判定，解直角三角形，全等三角形的判断和性质，圆周角定理，解题的关键是理解题意，作出辅助线，熟练掌握相关的性质和判定．例3．（2023·山西阳泉·九年级统考期末）阅读下列材料，并完成相应的任务.任务：（1）上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别指什么？依据1：

依据2：（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：（请写出定理名称）.（3）如图（3），四边形ABCD内接于⊙O，AB=3，AD=5，∠BAD=60°，点C是弧BD的中点，求AC的长.【答案】（1）同弧所对的圆周角相等；两角分别对应相等的两个三角形相似（2）勾股定理（3）AC=【分析】（1）根据圆周角定理的推论以及三角形相似的判定定理，即可得到答案；（2）根据矩形的性质和托勒密定理，即可得到答案；（3）连接BD，过点C作CE⊥BD于点E．由四边形ABCD内接于⊙O，点C是弧BD的中点，可得∆BCD是底角为30°的等腰三角形，进而得BD=2DE=CD，结合托勒密定理，列出方程，即可求解．【详解】（1）依据1指的是：同弧所对的圆周角相等；依据2指的是：两角分别对应相等的两个三角形相似．故答案是：同弧所对的圆周角相等；两角分别对应相等的两个三角形相似；（2）∵当圆内接四边形ABCD是矩形时，∴AC=BD，BC=AD，AB=CD，∵由托勒密定理得：AC·BD=AB·CD+BC·AD，∴．故答案是：勾股定理；

（3）如图，连接BD，过点C作CE⊥BD于点E．∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠BAD+∠BCD=180°，∵∠BAD=60°，∴∠BCD=120°，

∵点C是弧BD的中点，∴弧BC=弧CD，∴

BC=CD，∴∠CBD=30°.

在Rt△CDE中，DE=CD·cos30°，∴DE=CD，∴

BD=2DE=CD．

由托勒密定理得：AC·BD=AB·CD+BC·AD．∴AC·CD=3CD+5CD．∴AC=．【点睛】本题主要考查圆的内接四边形的性质与相似三角形的综合，添加辅助线，构造底角为30°的等腰三角形，是解题的关键．课后专项训练：1．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，，，是上的三点，其中点是弧的三等分点，且弧大于弧，若，则的度数是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，取的中点，连接，在优弧上取点，连接、，由圆的性质可求得，根据圆周角定理可求得，利用圆内角四边形的性质即可求得．【详解】解：如图，连接，取的中点，连接，在优弧上取点，连接、，

，，，点是弧的三等分点，，，，，故选：C．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，利用条件构造圆内接四边形是解题的关键．2．（2022秋·浙江衢州·九年级校联考期中）如图，是的直径，点，在上，且点是弧的中点，是直径上的一个动点，连接，，已知，弧的度数为，则的最小值为（

）

A．10 B． C． D．5【答案】D【分析】，作点关于的对称点，连接，当点在上时，，即取得最小值，进而根据圆心角与弧的关系可得是等边三角形，即可求解．【详解】解：如图所示，作点关于的对称点，连接，当点在上时，，即取得最小值

∵的度数为，点是弧的中点，∴的度数为，又，∴是等边三角形，∵∴，故选：D．【点睛】本题考查轴对称的性质，弧与圆心角的关系，等边三角形的性质与判定，熟练掌握是解题的关键．3．（2023秋·山西阳泉·九年级统考期末）如图，为的直径，射线交于点，点为劣弧的中点，连接．若，，则阴影部分的面积为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，，交于，由圆周角定理可，，可知和均为等边三角形，继而可知，可得，再结合阴影部分的面积即可求解．【详解】解：连接，，交于，

∵点为劣弧的中点，∴，∵，∴，，∵，∴和均为等边三角形，即：，∴，∴，则阴影部分的面积故选：A．【点睛】本题考查圆周角定理，扇形的面积公式，等边三角形的判定及性质，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．4．（2023·河南周口·统考二模）如图，在扇形中，，点为的中点，点为上一动点，点为上一点，且若，则阴影部分的面积为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，作于点，作于点，求出，证明，得出，根据求出结果即可．【详解】解：连接，作于点，作于点，如图所示，

点为的中点，，，点为的中点，∴，∵，∴，，，∵，∴，，，阴影部分的面积是：，故B正确．故选：B．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质，扇形面积计算，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，证明．5．（2023·陕西榆林·校联考模拟预测）如图，为的直径，为的弦，且于点，若点为的中点，，则劣弧的长为（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，根据于，点为的中点，可得，所以，根据等腰三角形的性质得，根据弧长公式即可求出答案．【详解】解：如图，连接，

于，点为的中点，，，，，，，，劣弧的长为．故选：B．【点睛】本题考查了弧长公式，等腰三角形的性质，正确求出是解题的关键．6．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，将四个边长为1的小正方形拼成一个大正方形，A，B，C，D，O在小正方形的顶点上，的半径为1，E是劣弧的中点，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半求解．【详解】解：如图，连接，∵E是劣弧的中点，，∴，∴，∴．故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理，正方形的性质和圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理，正方形的性质和圆心角、弧、弦的关系是关键．7．（2023·新疆博尔塔拉·校考二模）如图，内接于半径为的半圆中，为直径，点是的中点，连结交于点，平分交于点，为的中点，可得（

）

①

②

③

④A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】B【分析】连接，根据直径所对的圆周角是90度可得，，根据圆周角定理可得；根据角平分线的性质可得，根据三角形的内角和即可求得；根据三角形的内角和可得，根据等角对等边可得，根据为的中点可得，根据勾股定理可得，；根据相似三角形的判定和性质可得，，根据勾股定理可得，根据相似三角形的判定和性质可得，根据勾股定理可得，；即可求得，故．【详解】连接

∵为直径∴，∵点是的中点∴∴∵平分∴∴即∴故①正确∴∴∴又∵为的中点∴在中，令则解得或（舍去）即∴故③不正确；∵，∴∴∴∴∴∵，∴∴，∴，在中，即令则整理得：解得或（舍去）即∴故②正确故故④正确；综上，①②④正确故选：B．【点睛】本题考查勾股定理，相似三角形的判定和性质，正切的概念，角平分线的性质，等角对等边的性质，三角形内角和，圆周角定理及其推论等，是一道综合题，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．8．（2023·湖南常德·统考中考真题）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图．是以O为圆心，为半径的圆弧，C是弦的中点，D在上，．“会圆术”给出长l的近似值s计算公式：，当，时，．（结果保留一位小数）【答案】0.1【分析】由已知求得与的值，代入得弧长的近似值，利用弧长公式可求弧长的值，进而即可得解．【详解】∵，∴，∵C是弦的中点，D在上，，∴延长可得O在上，∴，∴，，∴．故答案为：．【点睛】本题考查扇形的弧长，掌握垂径定理。弧长公式是关键．9．（2023春·江西宜春·八年级校考期末）如图，在半径为3的中，点A是劣弧的中点，点D是优弧上一点，且，则的长度是．

【答案】【分析】根据半径为3的中，点A是劣弧的中点，得，，，则，根据得，则，即，即可得，即可得．【详解】解：如图所示，

∵半径为3的中，点A是劣弧的中点，∴，，，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，垂经定理，等腰三角形的性质，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点．10．（2023秋·河北张家口·九年级统考期末）如图，是上两点，，C为弧上一点．

(1)写出弦对的弧的度数；(2)若是劣弧的中点，判断四边形的形状，并说明理由．【答案】(1)60或120(2)菱形，见解析【分析】（1）在优弧上取一点，连接、，先由圆周角定理得，再由圆内接四边形的性质即可得出答案；（2）证和都是等边三角形，则，根据菱形的判定方法即可得到结论．【详解】（1）解：在优弧上取一点，连接、，如图所示：

，，，；弦对的弧的度数为或；（2）菱形，理由：连接，∵是弧的中点，∴，又∵，∴和都是等边三角形，∴，∴四边形是菱形．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，相等的弧所对的圆心角相等．也考查了等边三角形的判定与性质以及菱形的判定．11．（2023·广东广州·九年级校考阶段练习）如图，在半径为2的中，是直径，是弧的中点，绕点旋转与的两边分别交于（点与点均不重合），与分别交于两点．

(1)连接，求证：．(2)连接，试探究；在绕点旋转的过程中，是否为定值？若是，求出的大小；若不是，请说明理由．(3)连接，试探究：在绕点旋转的过程中，的周长是否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)为定值．且为(3)的周长存在最小值，最小值为【分析】（1）据圆周角定理由是的直径得，由M是的中点得，于是可判断为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得，，再利用等角的余角相等得，即可证明结论；（2）据圆周角定理得到，，则，所以；（3）易得为等腰直角三角形，则，再由得，所以的周长=，根据垂线段最短得当时，最小，此时，此时的周长存在最小值．【详解】（1）证明：是的直径，

，是的中点，，，为等腰直角三角形，，，，；，，，，在和中，，．（2）解：为定值．且为，，，，，，．（3）解：的周长有最小值，理由如下：∵∴，为等腰直角三角形，，的周长，当时，最小，此时，此时的周长的最小值为．的周长的最小值为．

【点睛】本题考查了圆的综合题，熟练掌握圆周角定理、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定解决线段相等是解题的关键．12．（2023·浙江温州·校考三模）如图，四边形内接于⊙O，D是弧中点，边上的点E满足，连接并延长交于点F，连结．

(1)求证：．(2)若平分，，时，求半径的长．【答案】(1)见解析(2)5【分析】（1）先利用证明，即有，根据，，可得，即问题得解；（2）连接，交于点，连接，先由，即有，根据平分，可得，则，即恰好是的中点，所以，则有，，设圆的半径为，在中，依据，可得，解方程即可求解．【详解】（1）证明：∵D是弧中点，∴，，，，，，，，，；（2）解：连接，交于点，连接，

，即，，∵平分，∴∴即恰好是的中点，，，，设圆的半径为，在中，，，解得，即半径的长为5．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，垂径定理的推论，解直角三角形，勾股定理以及等腰三角形的判定等知识，掌握圆周角定理、垂径定理的推论以及解直角三角形的知识是解答本题的关键．13．（2023·湖南·统考中考真题）如图，是的直径，是一条弦，D是的中点，于点E，交于点F，交于点H，交于点G．

(1)求证：．(2)若，求的半径．【答案】(1)见解析(2)5【分析】（1）根据D是的中点，于点E，得到,得到即可得证．（2）根据，设，运用勾股定理，得到，结合，得到，运用勾股定理，得到，从而得到，在中，利用勾股定理计算x即可．【详解】（1）∵D是的中点，∴，∵，是的直径，∴，∴，∴，∴．（2）∵，是的直径，∴，∵，设，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，∴，解得或（舍去），∴，∴的半径为5．【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，正弦函数，熟练掌握垂径定理，勾股定理，圆周角定理，正弦函数是解题的关键．14．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，在中，弦与交于点，点为的中点，现有以下信息：

①为直径；②；③．(1)从三条信息中选择两条作为条件，另一条作为结论，组成一个真命题．你选择的条件是___________，结论是___________（填写序号），请说明理由．(2)在（1）的条件下，若的长为，求半径．【答案】(1)①②；③；理由见解析（答案不唯一）(2)【分析】（1）任选其中两条作为已知条件，剩余一条作为结论，均为真命题，结合圆当中的基本性质和定理进行证明即可；（2）结合条件可推出，从而结合弧长计算公式直接求解即可．【详解】（1）证明：如图所示，连接，∵点为的中点，∴，，情况一：选择条件是①②，结论是③，是真命题；理由如下：∵为直径，∴，∴为等腰直角三角形，，∵，∴，∴条件是①②，结论是③，该命题为真命题；情况二：选择条件是①③，结论是②，是真命题；理由如下：∵为直径，∴，∴为等腰直角三角形，，∵，∴，∴条件是①③，结论是②，该命题为真命题；情况三：选择条件是②③，结论是①，是真命题；理由如下：∵，，∴，∵，∴，∴，∵是圆上的弦，∴为直径，∴条件是②③，结论是①，该命题为真命题；故答案为：①②；③（答案不唯一）；

（2）解：由（1）可知，，如图所示，连接，∴，∵的长为，设的半径为，∴，解得：，∴的半径为．

【点睛】本题考查圆的基本性质，圆周角定理，弧长计算，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质等，理解直径所对的圆周角为直角及其推论，掌握弧长计算公式是解题关键．15．（2023·山东·统考中考真题）如图，为的直径，C是圆上一点，D是的中点，弦，垂足为点F．(1)求证：；(2)P是上一点，，求；(3)在（2）的条件下，当是的平分线时，求的长．

【答案】(1)证明见解析；(2)(3)【分析】（1）由D是的中点得，由垂径定理得，得到，根据同圆中，等弧对等弦即可证明；（2）连接，证明，设的半径为r，利用相似三角形的性质得，，由勾股定理求得，得到，即可得到；（3）过点B作交于点G，证明是等腰直角三角形，解直角三角形得到，由得到，解得，即可求解．【详解】（1）解：∵D是的中点，∴，∵且为的直径，∴，∴，∴；（2）解：连接，

∵，∴，∵为的直径，∴，∵，∴，∴，∴，设的半径为r，则，解得，经检验，是方程的根，∴，∴，∴，∵，∴；（3）解：如图，过点B作交于点G，∴∵，是的平分线，∴∴∴，∵∴，∴，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角定理及推论，解直角三角形等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．16．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，已知圆内接中，，为的中点，于，求证：．

【答案】见解析【分析】在上截取，连接，由为的中点，根据在同圆或等圆中，如果两个圆心角以及它们对应的两条弧、两条弦中有一组量相等，则另外两组量也对应相等得到，易得，得到，于是有，因此．【详解】证明：在上截取，连接，如图，

∵为的中点，∴，，在中，，∴，∴，∵，∴，∴，在中，，∴，即．【点睛】本题考查了在同圆或等圆中，如果两个圆心角以及它们对应的两条弧、两条弦中有一组量相等，则另外两组量也对应相等．也考查了三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理．17．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是的直径，点C，D是上的点，且，分别与，相交于点E，F．

(1)求证：点D为弧的中点；(2)若，，求的直径．【答案】(1)见解析(2)20【分析】（1）根据圆周角定理可得，再由平行线的性质可得，从而可得，再根据垂径定理即可得出结论；（2）根据垂径定理可得，再利用勾股定理进行计算即可．【详解】（1）证明：∵是直径∴，∵，∴，∴，∴，∴点D为的中点；（2）解：∵，∴，在中，，∴，∴，∴，∴的直径为20．【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、勾股定理，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．18．（2023·江西九江·统考三模）如图，已知是的直径，点是弧上的一点，于，点是弧的中点，交于点，交于点．

(1)判断的形状，并证明；(2)若，．①求的长．②求阴影部分的面积．【答案】(1)是等腰三角形，详见解析(2)①；②【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得，从而可得，根据垂直定义可得，从而可得，然后根据已知可得，从而可得，进而可得，最后根据对顶角相等可得，从而可得，进而根据等角对等边即可解答；（2）①由（1）得故可得所以再证明通过解直角，求出；②连接，可得是等边三角形，故有根据可得结论．【详解】（1）是等腰三角形，理由如下：∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵D为弧的中点，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴是等腰三角形；（2）①∵∴∵即∴∵∴∴∴在直角中，∵，∴∵∴；②连接如图，

∵∴是等边三角形，∴又∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，扇形的面积等知识，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．19．（2023·吉林长春·统考二模）如图，是的直径，，点是的中点，连接、．是的半径（点不与点重合），点关于直线的对称点为点，连接、、．

(1)的长为______．（结果保留）(2)当点与点重合，且点在上时，求所在的扇形的面积．（结果保留π）(3)当点在直线右侧，且与的某条直角边平行时，求的长．(4)当时，直接写出的长．【答案】(1)π(2)(3)2或(4)或【分析】（1）根据是的直径，点是的中点，可直接得到的长度；（2）先求出对应的圆心角，即可求出长度；（3）分别根据和两种情况开展讨论，当时,证明是等边三角形，即可求出的长，当时，是等边三角形，即可求出的长；（4）分别根据当点D在点C右侧和左侧两种情况展开讨论，当点D在点C右侧时，可得到，根据勾股定理即可求