专题03 圆中的重要模型之圆弧的中点模型解读与提分精练（北师大版）（解析版）

专题03圆中的重要模型之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。TOC\o"1-4"\h\z\u 2模型1.与垂径定理相关的中点模型 2模型2.与圆周角定理相关的中点模型（母子模型） 6模型3.垂径定理与圆周角定理结合的中点模型 13模型4.与托勒密定理相关的中点模型 17 25大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！模型1.与垂径定理相关的中点模型图1图2图31）条件：如图1，已知点P是中点，连接OP，结论：OP⊥AB；2）条件：如图2，已知点P是中点，过点P作MN∥AB，结论：MN是圆O的切线；3）条件：如图3，点P是中点，连接BP、AP，若∠BPN=∠A，结论：MN是圆O切线。证明：1）根据垂径定理易得：OP⊥AB；2）由1）知：OP⊥AB，∵MN∥AB，∴OP⊥MN，∴MN是圆O的切线。3）由1）知：OP⊥AB，∴∠BPO+∠ABP=90°，∵P是中点，∴，∴∠ABP=∠BAP，∵∠BPN=∠A，∴∠BPN=∠ABP，∴∠BPO+∠BPN=90°，∴MN是圆O的切线。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．（2023·湖南长沙·校考模拟预测）如图，是⊙的弦，是的中点，交于点．若，，则⊙的半径为．【答案】【分析】连接，根据垂径定理，得，设，则，根据勾股定理，即可．【详解】连接，∵是⊙的弦，是的中点，∴，∵，∴，设，则，∴，∴，解得：．故答案为：．【点睛】本题考查圆的基本性质，解题的关键是掌握垂径定理的运用，勾股定理的运用．例3．（2023·湖南株洲·统考模拟预测）如图，在半径为的中，点A是劣弧的中点，点D是优弧上的一点，且，①求扇形的面积为；②若，则的长是．

【答案】【分析】①利用圆周角定理求得，再根据扇形的面积公式即可求解；②延长交于点E，求得，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理即可求解．【详解】解：①∵，∴，∵点A是劣弧的中点，∴，∵半径为，∴扇形的面积为；②延长交于点E，

∵点A是劣弧的中点，∴，∵，∴，∴，∵半径为，∴，∵是的直径，∴，∴，∴，故答案为：，．【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，圆周角定理，垂径定理，扇形的面积公式，掌握圆周角定理是解题的关键．例4．（2023·河北衡水·校联考模拟预测）如图，关于对称的经过所在圆的圆心，已知，点为上的点，则（1）；（2）点到的最大距离是；（3）若点、分别是的中点，则的长为．【答案】120【分析】过作于，交于，根据垂径定理得到，，根据轴对称的性质得到，根据圆周角定理即可得到结论；当点为的中点时，点到的距离最大，即点与点重合时，点到的距离最大，根据垂径定理得到，求得，，于是得到结论；连接，，，根据圆周角定理和弧长的计算公式即可得到结论．【详解】解：过作于，交于，，，∵关于对称的经过所在圆的圆心，，，，，故答案为：；当点为的中点时，点到的距离最大，即点与点重合时，点到的距离最大，，，，，，，故点到的最大距离是；故答案为：；连接，，，点、分别是、的中点，，，，由知，的长为，故答案为：．【点睛】本题考查了弧长的计算，圆周角定理，直角三角形的性质，垂径定理，正确地作出辅助线是解题的关键．模型2.与圆周角定理相关的中点模型（母子模型）1）条件：如图1，已知点P是中点，点C是圆上一点，结论：∠PCA=∠PCB．2）条件：如图2，已知点P是半圆中点，结论：∠PCA=∠PCB=45°．3）条件：如图3，已知点P是中点，结论：∠PBA=∠PCA=∠PCB=∠PAB；△PDA∽△PAC；△PDB∽△PBC；△CAP∽△CDB；△CAD∽△CPB。证明：1）∵P是中点，∴，∴∠PCA=∠PCB，2）∵P是中点，∴，∴∠PCA=∠PCB，∵AB是直径，∴∠CPB=90°，∴∠PCA=∠PCB=45°，3）∵P是中点，∴，∴∠PBA=∠PCA=∠PCB=∠PAB，∵∠PCA=∠PAD，∠APD=∠CPA，∴△PDA∽△PAC；∵∠PCB=∠APB，∠BPD=∠CPB，∴△PDB∽△PBC；∵，∴∠P=∠B，∵∠PCB=∠ACP，∴△CAP∽△CDB；∵，∴∠P=∠A，∵∠ACD=∠PCB，∴△CAD∽△CPB。例1．（2023·浙江温州·九年级校考阶段练习）如图，在中，点A是的中点，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】直接利用圆周角定理求解．【详解】解：点是的中点，，．故选：D．【点睛】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．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·湖北武汉·统考模拟预测）如图，是的直径，为延长线上一点，切于，是的中点，交于，

(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）如图1，连接，，由题意知，，则，由，可得，即，由是的中点，可得，由圆周角定理可得，，即，由三角形外角的性质可得，，则，进而可证；（2）由题意知，，，设，则，，证明，则，即，解得，则，即，在中，由勾股定理得，即，求得满足要求的解，如图2，连接，，由题意知是等腰直角三角形，即，则，证明，则，即，计算求解即可．【详解】（1）证明：如图1，连接，，

由题意知，，∴，∵，∴，∴，∵是的中点，∴，∴，，即，∵，，∴，∴；（2）解：由题意知，，，设，则，，∵，，∴，∴，即，解得，∴，即，在中，由勾股定理得，即，解得或（舍去），如图2，连接，，由题意知是等腰直角三角形，即，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，即，解得，∴的长为．【点睛】本题考查了直径所对的圆周角为直角，切线的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，余弦等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．例4．（2023·江苏南京·校联考三模）如图，在四边形中，连接，作的外接圆交于点，连接，交于点，．

(1)若，求证：是的切线；(2)若，求的半径；(3)若，为的中点，则的长为______．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）如图所示，连接，连接并延长交于H，先证明，得到，进而利用三线合一定理得到，再由平行线的性质可证明，由此即可证明是的切线；（2）先由三线合一定理得到，再利用勾股定理求出，设，则，由勾股定理得，解方程即可得到答案；（3）如图所示，连接，先证明，得到，再证明，得到，设，则，即可推出；证明，推出，则，解得或（舍去），则．【详解】（1）证明：如图所示，连接，连接并延长交于H，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，又∵是的半径，∴是的切线；

（2）解：∵，∴，∴，设，则，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，∴的半径为；（3）解：如图所示，连接，∵为的中点，∴，∴，∵，∴，∴，设，则，∴∴；∵，∴，又∵，∴∴，∴，∴，∴，即，解得或（舍去），∴．

【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的性质与判定，勾股定理，三线还合一定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键．模型3.垂径定理与圆周角定理结合的中点模型条件：如图，AB是直径，点P是中点，过点P作PH⊥AB交AB于点H，连结PB交AC于点F。结论：AD=PD=FD，PQ=AC，AP2=AD×AC=AH×AB=PF×PB．证明：1）∵P是中点，∴，∵AB是直径，PH⊥AB，∴，∴.∴∠APD=∠PAD，∴AD=PD，∵AB是直径，∴∠APB=90°，∴∠PAD+∠PFA=90°，∠APD+∠FPD=90°，∴FPD=∠PFA，∴FD=PD，∴AD=PD=FD，∵，∴，∴PQ=AC，∵，∴∠APQ=∠PCA，∵∠DAP=∠PAC，∴△PAC∽△DAP；∴，∴AP2=AD×AC，∵，∴∠APQ=∠ABP，∵∠HAP=∠PAB，∴△HAP∽△PAB；∴，∴AP2=AH×AB，∵，∴∠PAC=∠ABP，∵∠APF=∠BPA，∴△APF∽△BPA；∴，∴AP2=PF×PB，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·河南信阳·统考一模）如图，是的直径，点是圆上一点，点是的中点，，过点作的切线交的延长线于点．(1)求证：；(2)若，的半径是3，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，先根据切线定理，得，再根据等弧所对的圆周角相等，得到，再根据垂径定理及等角的余角相等可推出结论．（2）由已知，结合（1）中结论得即可求出的长．【详解】（1）证明：连接．∵是的切线，∴．∵点是的中点，∴，∴．∵，∴∴，∴．∵，，∴．∵，∴，∴．（2）解：∵，，∴，，∴，∴，∴．∵，∴，∴．【点睛】本题考查了圆的基本性质，垂径定理，切线的性质。熟练掌握圆的切线的性质及圆中的相关计算是解题的关键．例4．（2023·四川成都·统考二模）如图，是的一条弦，点是中点，连接，，交于点．过点作的切线交的延长线于点，延长交于点，连接交于点，连接．(1)求证：；(2)已知，求的值．

【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由切线的性质，圆周角定理得到，又，即可证明问题；（2）由得到，由，得到，因此，于是得到．【详解】（1）证明：∵切于，∴直径，∴，∵是的直径，，，，∵，∴；（2）解：如图所示，连接，

∵C是中点，，∵，，，，∵，∴，∴，，由（1）知，∴，，，．【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，关键是由，，得到．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1，A为弧BC中点，∠ABC=∠ACB=θ，D为圆上ABC底边下方一点，结论：BD+CD=2AD×cosθ；2）异侧型:条件：如图2，A为弧BC中点，∠ABC=∠ACB=θ，D为圆上ABC底边上方一点，结论：BD-CD=2AD×cosθ；托勒密定理（补充知识）：圆内接四边形的对角线乘积等于对边乘积的和。即：AD×BC=BD×AC+DC×AB。证明：1）同侧型：设AB=AC=m，则BC=2mcosθ。由托勒密定理可知：AD×BC=BD×AC+DC×AB；即：m×BD+m×CD=2mcosθ×AD；故：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=45°）；结论：BD+CD=AD3）当三角形为120°的等腰直角三角形时（即θ=30°）；结论：BD+CD=AD2）异侧型：设AB=AC=m，则BC=2mcosθ。由托勒密定理可知：BD×AC=AD×BC+DC×AB；即：BD×m=AD×2mcosθ+CD×m；故：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=45°）；结论：BD-CD=AD3）当三角形为120°的等腰直角三角形时（即θ=30°）；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．（2023·九年级北京市陈经纶中学校考阶段练习）阅读下列材料，并完成相应的任务．托勒密定理：托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的要著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理．托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD下面是该结论的证明过程：证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．∵∴∠ABE＝∠ACD∴△ABE∽△ACD∴∴AB•CD＝AC•BE∵∴∠ACB＝∠ADE（依据1）∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC即∠BAC＝∠EAD∴△ABC∽△AED（依据2）∴AD•BC＝AC•ED∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED）∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD任务：（1）上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？（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）（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为的中点，求AC的长．【答案】（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似;(2)勾股定理;(3).【分析】（1）根据圆周角定理，相似三角形的判定即可解决问题．（2）利用矩形的性质以及托勒密定理即可判断．（3）连接BD，作CE⊥BD于E．首先证明BD＝2DE＝CD，由托勒密定理，构建方程求出AC即可．【详解】（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似．（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，∴AB2+AD2＝BD2，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，故答案为勾股定理．（3）连接BD，作CE⊥BD于E．∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，∵，∴CD＝CB，∴∠CDB＝30°，在Rt△CDE中，cos30°＝，∴DE＝CD，∴BD＝2DE＝CD，由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB，∴AC•CD＝3CD+5CD，∴AC＝，答：AC的长为．【点睛】本题属于圆综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，锐角三角函数，托勒密定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题．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．（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．3．（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．4．（2023·重庆·三模）如图，是半径为6的的直径，是弦，是弧的中点，与相交于点，若为的中点，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据圆周角定理得到，根据垂径定理得到，，则可证明为的中位线，所以，通过证明得到，所以，则可计算出，然后利用勾股定理计算出，从而得到的长．【详解】解：是半径为6的的直径，，是弧的中点，，，，为的中位线，，为的中点，，在和中，，，，，，即，，解得：，在中，，，故选：C．【点睛】本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等，也考查了垂径定理和圆周角定理．5．（2023·河南三门峡·统考二模）如图，在扇形中，，，点是中点，点分别为线段上的点，连接，当的值最小时，图中阴影部分的面积为．

【答案】【分析】当时，最小，连接，根据点是中点，，可得，由，可得为等边三角形，根据等边三角形的性质、勾股定理以及锐角三角函数可得，分别计算出、、，由，进行计算即可得到答案．【详解】解：如图，当时，最小，连接，

，当在同一条线上时，即最小时，最小，当时，最小，点是中点，，，，是等边三角形，，，，，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了扇形的面积计算—求不规则图形的面积，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，添加适当的辅助线，掌握等边三角形的判定与性质，将不规则图形面积进行转换为，是解题的关键．6．（2024·广东东莞·九年级校考期末）如图，A，B，C，D是圆上的四个点，点是弧的中点，如果，那么．

【答案】/54度【分析】根据圆内接四边形的性质可知，由此可得的度数，再依据等弧所对圆周角相等可得的度数．【详解】解：∵四边形内接于，∴，∴，∵点B是优弧的中点，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查圆内接四边形的性质、圆周角定理，解决这类问题的技巧是找到同弧或等弧推理角相等．7．（2023·安徽安庆·校考二模）已知，如图，点是优弧的中点，，，则的半径是．

【答案】2【分析】如图所示，连接，先根据题意得到，进而证明平分，则，由圆周角定理得，再证明是等边三角形，得到，则的半径是2．【详解】解：如图所示，连接，∵点是优弧的中点，∴，∴，∵点O是的外接圆，∴，∴平分，∴，∴，又∵，∴是等边三角形，∴，∴的半径是2，故答案为：2．

【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等边三角形的性质与判定，弧与弦之间的关系等等，推出平分是解题的关键．8．（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．9．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图，在中，为直径，为弦，点为的中点，以点为切点的切线与的延长线交于点．

（1）若，则的长是（结果保留）；（2）若，则．【答案】【分析】（1）连接，根据点为的中点，根据已知条件得出，然后根据弧长公式即可求解；（2）连接，根据垂径定理的推论得出，是的切线，则,得出，根据平行线分线段成比例得出，设，则，勾股定理求得,J进而即可求解．【详解】解：（1）如图，连接，

∵点为的中点，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：．（2）解：如图，连接，

∵点为的中点，∴，∴，∵是的切线，∴,∴∴，∵，∴，设，则，，∴，，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，切线的性质，弧长公式，平行线分线段成比例定理等知识，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．10．（2023春·浙江金华·九年级校联考期中）如图，是的切线，为切点，直线交于两点，连接，．过圆心作的平行线，分别交的延长线、及于点．

(1)求证：是的中点；(2)求证：；(3)若是的中点，的半径为6，求阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据圆周角定理、平行线的性质、垂径定理即可得到结论；（2）连接，由切线的性质得出，由圆周角定理得出，证出，即可得出结论；（3）求出，由三角形的面积公式及扇形的面积公式可得出答案．【详解】（1）证明：为的直径，，，，即，是的中点；（2）证明：连接，

是的切线，，，为的直径，，，，，，，，；（3）解：为的中点，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了切线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、圆周角定理、扇形的面积公式，熟练掌握切线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、圆周角定理，是解题的关键．11．（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．12．（2023·成都市·九年级专题练习）如图，已知是的直径，点是弧的中点，点在的延长线上，连接．若．

(1)求证：是的切线；(2)连接．若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据垂径定理的推论可得，即，根据三角形内角和定理即可得出，进而证明是的切线；（2）连接．根据是的直径，得出，进而根据中位线的性质得出，勾股定理得出，根据（1）的结论证明，根据相似三角形的性质，即可求解．【详解】（1）证明：∵点是弧的中点，∴，∴，∵，，∴，∴，即是的切线；（2）如图所示，连接．

∵是的直径，∴，∵，∴，∵，∴，∴，则，∵，∴，∴，∴，解得：．【点睛】本题考查了垂径定理的推论，切线的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．13．（2023·福建泉州·校考模拟预测）如图，是的直径，点P是弦上一动点（不与点A，C重合），过点P作，垂足为点E，射线交于点F，交过点C的切线于点D．

(1)求证：；(2)若，F是的中点，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）：如图所示，连接、，由圆周角定理得到，则，由切线的性质得到，根据等边对等角得到，则，再由，推出，进一步证明，即可证明；

（2）如图所示，连接交于H，连接，由垂径定理得到，则，解，求出，则，解，求出，再解，求出，则．【详解】（1）证明：如图所示，连接、，

∵是的直径，∴，∴，∵为的切线，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（2）解：如图所示，连接交于H，连接，

∵F是的中点，∴，即，∵，∴，∵是直径，，∴，在中，，∴，在中，，∵是直径，∴，在中，，∴．【点睛】本题主要考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．14．（2023·广东广州·校考二模）如图，为的外接圆，，，点D为的中点，连接，作的角平分线交于点E．(1)尺规作图：作出线段；（保留作图痕迹，不写作法）(2)连接，求证：；(3)若，求的周长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)16【分析】（1）根据角平分线的尺规作图方法作图即可；（2）如图所示，连接，由点D为的中点，得到，则推出，由角平分线的定义得到，再由三角形外角的性质证明，即可证明；（3）先由圆内接四边形的性质得到，则，由点D为的中点，推出，如图所示，将绕点D旋转得到，则，，证明三点共线；过点D作于G，则，解，得到，则；过点D作于H，则，解求出，则的周长．【详解】（1）解：如图所示，线段即为所求；（2）证明：如图所示，连接，∵点D为的中点，∴，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴；（3）解：如图所示，连接，∵A、B、C、D都在上，∴，∵，∴，∵点D为的中点，∴，即，∴，如图所示，将绕点D旋转得到，∴，，∴，∴三点共线，过点D作于G，∴，在中，，∴，∴，∴；过点D作于H，则，在中，，∴，∴的周长．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，解直角三角形，垂径定理的推论，圆内接四边形的性质，旋转的性质，角平分线的尺规作图，等腰三角形的判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．15．（2023·四川绵阳·统考三模）如图，为的直径，C为上一点，F为过点B的切线上的一点，连接、交于点E，交于点D，．(1)求证：点D为弧的中点；(2)连接，过点D作于点H，交于点G，连接，交于点N，求证：．(3)在（2）的条件下，，，求的半径．【答案】(1)见详解(2)见详解(3)【分析】（1）连接，根据为的直径，即有，根据为的切线，即有，结合，可得，即有，问题随之得证；（2）连接AG、DC，作，交的延长线于点，根据（1）的结论有，即有，，可得，再证明，即可得，即有，接着证明，可得，问题随之得证；（3）在（2）中有：，，即，设，即，，则有，根据，可得，即有，，在中，，可得，解方程即可求解．【详解】（1）证明：连接，如图，∵为的直径，∴，即，∵为的切线，∴，即，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴点D为弧的中点；（2）证明：连接AG、DC，作，交的延长线于点，如图，根据（1）的结论有，∴，，∴，∵直径，∴，，∴，∴．∵，，∴．∴．∴在和中，，∴，∴，∵，，在和中，，∴，∴，∴，∵，，∴；（3）解：在（2）中有：，，∴，设，即，，∴，∵，∴，∴，，∴，∵在中，，∴，解得：(负值不符合题意舍去)，∴，∴，∴的半径为．【点睛】本题是圆综合题，涉及到的知识点有圆周角定理、垂径定理、切线的性质、利用正切值概念求边长以及全等三角形的判定．解题的关键能否利用已知条件作对辅助线．16．（2023·广东珠海·珠海市文园中学校考三模）如图，点是的内心，的延长线与的外接圆和分别相交于点