2025年中考数学总复习《圆的阅读理解题》专项检测卷及答案

2025年中考数学总复习《圆的阅读理解题》专项检测卷及答案

学校:姓名：班级：考号：

L请阅读下面的材料，并解答问题.

婆罗摩笈多(Brahmagupta)约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所

成就，他编著了《婆罗摩修正体系》《肯达克迪迦》，婆罗摩笈多的一些数学成就在世

界数学史上有较高的地位，其中有著名的婆罗摩笈多定理.婆罗摩笈多定理：圆的内

接四边形相CD的对角线AC与8D垂直相交于过点M的直线与边AD、分别相交于

点F、E.则有下两个结论：

如果FELBC,那么川=如；

如果AF=fD,那么尸EL3c.

数学课上，赵老师带领大家对该定理的第一条进行了探究.

证明：ACLBD,

:"BMC=90°,即ZBME+ZEMC=90°,

MELBC,

:.ZMEC=90°9

在RtAEMC中,NEMC+ZBCM=90°,

:.ZBME=ABCM

请解答以下问题:

⑴请完成所给材料的证明过程；

(2)请证明结论(2)；

(3)应用：如图圆。中，半径为4,A,B,C,。为圆上的点，ZAOB=ZCOD=90°,连接AC、BD

交于点尸，过点尸作房!■亦于E,延长跖交4?于G,则GP的长度为.

2.阅读与思考

请阅读以下材料，并完成相应的任务.

《义务教育数学课程标准(2022版)》在尺规作图版块给出必学要

求：会过圆外一个点作圆的切线.数学老师对此要求进行了数学语

言表达：“如图1,已知。及。外一点P,求作直线9,使尸河与。

相切于点”

图1图2图3

小组经过思考与探索，给出了两种作法：

作法一：①如图2,连接。尸，交。于点5,作直径BC；②以点O

为圆心，长为半径画弧，以点尸为圆心，。尸长为半径画弧，两

弧相交于点。；③连接交。于点"；④作直线尸河.则直线加

即为所求.

证明：vOD=BC,BC=1OM,

:.OD=2OM.

*/OD=OM+DM,

:.OM=DM.

又「OP=DP,

:.PM±OD.（依据）

直线P”是。的切线.

作法二：①如图3,连接。尸，交。。于点A,过点A作。尸的垂线AE；

②以点。为圆心，。尸长为半径画弧，交直线AE于点B③连接。尸，

交。于点"；④作直线则直线即为所求.

证明：……

.•.NOMP=90。.

•二O暇是。的半径，

，直线P"是。的切线.

任务：

(1)“作法一”中的依据是指.

⑵请将“作法二”中的证明过程补充完整.

(3)在图3中，记PM交"于点E.若。的半径为3,。尸=9,求用的长.

3.阅读材料回答问题.

弧田是由圆弧和其所对的弦围成的部分(如图中的阴影部分)，下

面是《九章算术》中计算弧田面积所用的公式：

B

弧田面积=」（弦X矢+矢2）

2

公式中“弦”指圆弧所对弦长，即加的长度；“矢”等于半径长与圆心

到弦的距离之差，即。的长度.

如下图，弧田所在圆的半径为5米，弦A3的长为6米.

⑴使用尺规做出下图中弧A3所在圆的圆心0（保留作图痕迹，不写作法）；

（2）使用材料中的公式计算图中弧田的面积.

4.【阅读材料】克罗狄斯•托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地

理学家，托勒密定理是欧几里得几何中的重要定理，定理内容如下：任意一个凸四边

形，两组对边乘积的和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四边形四个顶点共圆时，

等号成立.即：四边形ABC。中，有Afi.CD+5C.AD2AC.a）,当43、C、D四点共圆时，有

ABCD+BCAD=ACBD.

【尝试证明】

（1）请将证明过程补充完整：

如图1,四边形43。内接于。，求证：ABCD+BCAD=ACBD.

证明：在AC上取点£连接DE,使=

A

D

图1

【直接应用】

(2)如图2,AB为。的直径，AB^5,AD=4,BF=1,求£>F的长;

图2图3

【灵活运用】

(3)如图3,在等腰三角形ABC中，A5=4C=6,BC=10,点。在底边8C上，且NZMC=ZACD,

将三角形ACO沿着AD所在的直线翻折，使得点。落在点E处，连接座，则所的长为

5.阅读与思考

下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务.

阿基米德折弦定理从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，称

为该圆的一条折弦，如图1.古希腊数学家阿基米德发现，若PA,

PB是。的折弦.C是AB的中点，CELPA于点E,则钻=PE+P8.这

就是著名的“阿基米德折弦定理”.

证明如下：如图2,在AE上截取AF=PB,连接C4,CF,CP,CB.

贝lj/E4C=/PfiC（依据1）.

TC是AB的中点，，"c=诂，

：.AC^BC.

在，取C和P3C中，

AC^BC

NFAC=NPBC

AF=BP

：.FAC^PBC（SAS）,CF=CP.

,.•8，如于点£,，比=%（依据2）.

AE=FE+AF=PE+PB.

任务:

(1)填空：材料中的依据1是指;依据2是指

(2)如图3,BC是。的直径，。是AC上一点，且满足4MC=45。，若4?=12,。的半径为

10,求AD的长.

图3

6.【阅读材料】克罗狄斯•托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地

理学家，托勒密定理是欧几里得几何中的重要定理.定理内容如下：任意一个凸四边

形，两组对边乘积的和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四边形四个顶点共圆时，

等号成立.即：四边形中，有当A、5、四点共圆时，

有ABCD+BCAD=ACBD.

【尝试证明】（1）如图1,四边形A2CZ）内接于。，求证：ABCD+BCAD=ACBD.

证明：在AC上取点E,连接DE,使NCDE=NBDA.

A八

VZ.DCA=ZDBA,：.,

•ABBD

,•EC-CD'

I.ABCD=ECBD®,

"：NCDE=NBDA,

：.Z.CDE+ABDE=NBDA+NBDE,即ZADE=ZBDC,

又丁NDAE=NDBC,

/\ADE^/\DBC,

.AEAD

**~BC~~BD'

：.②，①+②得ABCD+BCADHEC+AE)®,

即.

【直接应用】

（2）如图2,AB为。的直径，AB=5,AD=4,BF=1,求DP的长;

DD

A

【拓展应用】

(3)如图3,在四边形ABC。中，AC=CD,ZACD=60。，AB=2,BC=6,则DB的最大值为

【灵活运用】

(4)如图4,在等腰三角形A3C中，AB=AC=8,8C=12,点。在底边8C上，且/ZMC=ZACD,

将三角形ACO沿着AD所在的直线翻折，使得点。落在点E处，连接座，则所的长为

7.阅读材料，解答问题：

关于圆的引理

古希腊数学家、物理学家阿基米德流传于世的数学著作有10余种，下面是《阿基米德

全集》的《引理集》中记载的一个命题：

如图1,是。的弦，点。在。上，8,钻于点。，在弦AB上取点E,使=

点尸是命上的一点，且a=&,连接8尸，则跖=破.

小颖对这个问题很感兴趣，经过思考，写出了下面的证明过程：

证明：如图2,连接C4,CE,CF,BC,

丁于点。，DE=AD,

：.CA=CE.

：.ZCAE=ZCEA.

•CF=CA,

/.CF=CA（依据1）,NCBF=NCBA.

,/四边形MFC内接于。，

/.ZC4S+ZCFB=180°.（依据2）

⑴上述证明过程中的依据1为,依据2为；

(2)将上述证明过程补充完整.

8.阅读下列材料，并完成相应任务

托勒密，古希腊天文学家、地理学家和光学家，而他在数学方面也有重大贡献，下面

就是托勒密发现的一个定理，圆内接四边形的两组对边乘积之和等于两条对角线的乘

积.

下面是该定理的证明过程(部分)

已知：如图①四边形AB。是：。的内接四边形

证明：以。顶点，CB为一边作NBCE交BD于点E,使得=

又「ZCAD=ZCBE

NACD:VBCE

•ADAC

,.BE-BC

，ADBC=ACBE9

又ZADC=ZBEC,ZADC+ZABC=180°,NBEC+ZDEC=180。,

/.ZABC=NCED

ZCAB=ZCDE

：.zMBCADEC,

.AB_AC

••~DE~~DC

：._BPADBC+ABCD=ACBD

任务：

(1)请将“托勒密”定理的证明过程补充完整；

(2)当圆内接四边形是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：

⑶如图②若")B=N3DC=60。，试探究线段A。,即8之间的数量关系，并利用托勒密定

理证明这个结论.

图②

9.阅读以下材料，并按要求完成相应的任务.

定义：自一点引出的两条射线分别经过已知线段的两端，则这两条射线所成的角称为

该点对已知线段的视角.如图(1),是点尸对线段A5的视角.

E,F

A

BPQI

图⑴图⑵

问题：已知在足球比赛中，足球对球门的视角越大，球越容易被踢进，如图（2）,EF

是球门，球员沿直线/带球前进，那么他应当在哪个地方射门，才能使进球的可能性最

大？

爱好足球运动的小明进行了深入的思考与探究，解答如下：

解：过点区尸作。。使其与直线/相切，切点为尸.在直线/上任取一点。（异于点

尸），连接石。交。。于点“，连接下0,FH,

贝（依据1）

ZEHF=ZEOF+ZHFO,（依据2）

Z.EHF>NEOF,

ZEPF>ZEOF.

故当球员在点尸处射门时，进球的可能性最大.

任务：

⑴上面的证明过程中“依据1”和“依据2”分别是指：

依据1：________________________________

依据2：________________________________

（2）如图（3）,已知足球球门宽E尸为3逝米，一名球员从距尸点3及米的£点（点上在

直线E尸上）出发，沿方向带球前进（0<N"R<90）.求当球员到达最佳射门点尸

时，他前进的距离.

（提示：可仿照小明的方法，过点石、尸作。O,。。与直线£尺相切于点P,连接尸0

并延长交。。于点W,……)

图⑶

10.阅读与思考

请阅读下列材料,并按要求完成相应的任务.

阿基米德是伟大的古希腊数学家、哲学家物理学家，他与牛顿、高斯并称为三大数学

王子.他的著作《阿基米德全集》的《引理集》中记述了有关圆的15个引理，其中第

三个引理是：如图1,是。的弦，点尸在上，尸八小于点C,点。在弦上且AC=CD,

在尸8上取一点。，使加=尸4,连接时,则%=瓦九小明思考后，给出如下证明：

如图2,连接AP、PD、PQ、BP.

VAC=CD,PCLAB

J.PA=PD（依据1）

ZPAD=ZPDA

PQ=PA

：.ZQBP=ZABP（依据2）

Si图2

任务：

（1）写出小明证明过程中的依据：

依据1:________

依据2：________

⑵请你将小明的证明过程补充完整；

⑶小亮想到了不同的证明方法：如图3,连接4P、PD、PQ、OQ.请你按照小亮的证

11.阅读材料并完成相应任务：

婆罗摩笈多是一位印度数学家与天文学家，他的一些数学成就在世界数学史上有较高

的地位.其中就包括他提出的婆罗摩笈多定理（也称布拉美古塔定理）.

婆罗摩笈多定理：若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点

的直线将平分对边.

下面对该定理进行证明.

已知：如图（1）,四边形ABCD内接于。，对角线于点P,

PM工BC于点M,延长交于点N.

求证：AN=ND.

证明：ACLBD,PMIBC,

ZBPM+ZPBM=90°,NPCB+ZPBC=90°,

:.ZBPM=APCB.

任务：

(1)请完成该证明的剩余部分；

(2)请利用婆罗摩笈多定理完成如下问题：如图(2),已知Rt"BC中，NBAC=9。。，AB=AC=4,

BC,AC分别交。于点。，E,连接A。，BE交于点P.过点尸作MV//3C,分别交DE,AB

于点M,N.若求NP的长.

12.阅读与思考下面是小颖的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务.

X年X月X日星期六

在圆中只用无刻度的直尺作出满足某条件的圆周角

今天在数学课上，我学会了在圆中只用无刻度的直尺就可以作出满足某条件的圆周角.

问题一：如图，是。的圆周角，我们可以在。中只用无刻度的直尺作一个圆周

角等于-ZMC.作法：在。上取一点。，连接加和则。=ZA(依据*).

“问题二：在图的基础上，要在。中只用无刻度的直尺以B为顶点作与

相等的圆周角，应该如何完成呢？

作法：如图所示，连接CO并延长，交。于点。，连接加，连接8。并延长，交。于点

E,则/DBE即为所要求作的角.

(1)“问题一”中小颖的“依据*”是指一;

⑵请说明“问题二”中小颖的作法是否正确并说明理由；

(3)完成“问题三”：请在图中只用无刻度的直尺作出满足条件的圆周角，并仿照“问题二”

写出具体作法.

13.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,。的两弦AB，8相交于点尸.

求证：APBP=CPDP.

证明：

如图1,连接AGBD.

"：Z.C=ZB,ZA=ZD.

：.△APCs^DPB,(根据)

⑴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,A3是。的弦，尸是A2上一点，AB=10cm,B4=4cm,

OP=5cm,求。的半径.

14.学习过“圆内接四边形”后，刘老师布置了课后阅读“认识托勒密”，小明读了托勒密

的生平、贡献，对“托勒密定理”很感兴趣，并进行了下列的研究，请完成他的研究.托

勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.

已知：如图1,.

求证：.

证明：如图2,作ZZME=NC4D,交BD于点、E,

・・ABESACD,

/.ABDC=ACBE,

NABCs/\AED,

/.ADBC=ACED,

ABDC+AT>BC=ACBE+ACED=AC（BE+ED）=ACBr>.

(1)请帮小明写出已知和求证，并完成证明过程；

(2)如图3,已知正五边形A5CQE内接于Q,AB=I,求对角线的长.

15.阅读资料：小明是一个爱动脑筋的好学生，他在学习了有关圆的切线性质后，意

犹未尽，又查阅到了与圆的切线相关的一个问题：

如图1,已知PC是C。的切线，45是《。的直径，延长血交切线PC与尸，连接AC、BC、OC.

因为“是。的切线，A8是。的直径，所以NOCP=ZACB=90。，所以Nl=/2.

又因为N3=4,所以ZB=N2.

在丛C与PCB中，又因为々=/尸，所以PAC^PCB,所以祟="，即叱=尸4PB.

(1)问题拓展:

如果依不经过C。的圆心0(如图2),等式尸c=PAPB还成立吗？请证明你的结论；

(2)综合应用：

如图3,。是VABC的外接圆，PC是(。的切线，C是切点，胡的延长线交PC于点尸；

①当钙=早，且PC=12时，求PA的值；

②。是8C的中点，阳交AC于点E,求证：^=||.

参考答案

1.⑴见解析

(2)见解析

(3)2后

【分析】(1)利用圆周角定理及直角三角形的性质得到/期症=〃收“°/=乙42汨进而推

出NfMDnZADB,同理得到/刖=ZZMM,根据等边对等角即可得出结论；

(2)根据题意得至1」9=；4。=丛=？。，进而得到Z™D=ZADB,利用圆周角定理结合对

顶角推出/=从而得到NMBC+/3ME=90。，即可证明；

(3)连接AD,BC,设A。，加交于点"，先利用等腰三角形的性质结合题意易证

ZOAC=Z.OCA=ZOBD=ZODB,再利用三角形内角和定理推出ZAMD=/3MO,从而证明

AC±BD,由(1)中结论易得4G=BG,由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得

到GFJAB,再根据勾股定理求出"MJA/+BO?=40,即可得出结果.

【详解】(1)证明：ACCD,

:"BMC=90°,即NBME+NEMC=90°,

MELBC,

/.ZMEC=90°,

在RtA£MC中,NEMC+ZBCM=90°,

,\ZBME=ZBCM,

又,/ZBME=ZFMD,ZBCM=ZADB,

，ZFMD=ZADB,

:•FM=FD,

•/ZFMD-^-ZFMA=90°,ZADB+ADAM=90°,

/.ZFMA=ZDAM

AF=FM,

/.AF=FD；

(2)证明：•:AF=FD

/.FM=-AD=FA=FD,

2

/.ZFMD=ZADB

又•/ZBME=ZFMD,ZBCM=ZADB,

ZBME=ZBCM,

*：/MBC+BCM=90。，

：.ZMBC+ZBME=90。

/.ZMEB=90°,

FELBC-

(3)解：如图，连接SBC,设AOID交于点跖

AO=BO,DO=CO9

iono_/40r

7180。一/30。

...ZOAC=ZOCA=-----------------,NOBD=ZODB=

22

ZAOB=ZCOD=90°,

/.ZAOB+ZAOD=ZCOD+ZAOD,即ZBOD=ZAOC,

/.ZOAC=ZOCA=ZOBD=ZODB,

,ZOAC+ZAFM+ZAMD=AOBD+ZAOB+ZBMO=180°,

ZAMD=ZBMO,

:.ZAFM=ZAOB=90°9

:.AC.LBD,

由(1)中结论可得AG=BG,

ZAFB=90°,

:.GF=-AB,

2

在RtAOB中，AB=ylACP+BO2=4四，

:.GF=~AB=2y/2

2

【点睛】本题考查圆的内接四边形，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，直角三

角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，熟练运用等腰三角形等角对等边的性质

是解题的关键.

2.(1)等腰三角形三线合一

(2)见解析

(3)叫券.

【分析】(1)根据等腰三角形的性质作答即可；

(2)利用SAS证明aFOA丝aPOM,即可证明/PMO="4O=90。，根据切线的判定定理即可

得解；

(3)根据勾股定理求得PM=60,由cosNOPM=cos/£PA,列式计算即可求解.

【详解】(1)证明：,：OD=BC,BC=2OM,

:.OD=2OM.

.OD=OM+DM,

：.OM=DM.

又＜OP=DP,

二尸加，8.(等腰三角形三线合一)

•••直线PM是。的切线.

故答案为：等腰三角形三线合一；

(2)证明：由作图知8==+

OA=OM,ZFOA=ZPOM,

：..FOA^.POM(SAS),

ZPMO=ZFAO=90°,

〈OM是。的半径，

J直线PM是。的切线；

(3)解：ZPMO=ZFAO=90°,

OM=OA=3,OP=9,

AP=OP-OA=6,PM=yj0P2-0M2=672,

*/cosZOPM=cosZEPA,

•PMPA

.,OP~PE9

•.•-6-A/-2-_--6,

9PE

：.PE=H

2

【点睛】本题考查了切线的作法，切线的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，等

腰三角形的性质，全等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.

3.（1）见解析

（2只平方米

【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理；垂直平分线，解题的关键是熟练掌握所学

的知识，正确的作出图形.

（1）先作的垂直平分线，交弧于点G再作AC的垂直平分线，交点即为所求圆

心0

（2）根据垂径定理得到仞=3米，由勾股定理得到OD=后一AD?=4米，求得8==1

米，根据公式即可得到结论.

【详解】（1）如图所示：点。为圆心，

（2）弦AB=6米，半径如，弦

AD=：AB=3米，

:.OD=\IO^-AD2=47^,

:.CD=OA-OD=5-4=1^：,

•••弧田面积=；（弦X矢+矢2）=?（6义1+巧毛平方米.

4.（1）见解析；（2）=g+g后；（3）y

【分析】（1）在AC上取点E,连接DE,使=证明△DCEsADBA和ADE^BDC,

利用相似三角形的性质列式计算即可证明结论成立；

（2）连接加、w、BF,由圆周角定理结合勾股定理求得加=3,AF=2戈，利用（1）

的结论求解即可；

（3）先证明DAC^ABC,求得CD,BD,再证明4、B、E、。四点共圆，由（1）中结论

即可解决问题.

【详解】（1）证明：在AC上取点E,连接DE,使=

图1

ZDCA=ZDBA,

ADCE^ADBA,

.ABBD

''EC~CD，

：.ABCD=ECBD①,

"：NCDE=NBDA,

：.NCDE+/BDE=NBDA+NBDE,即ZADE=Z.BDC,

又「ZDAE=ZDBC,

ADEs,BDC,

.AEAD

**~BC~~BD'

，BCAD=AEBD②,

①+②得ABCD+5CAD=(£C+AE)的,

/.ABCD+BCAD=ACBD；

(2)解：连接班)、AF,

VAB^J。的直径，

/.ZADB=ZAFB=90°,

VAB=5,4)=4,BF=1,

22

57)=352-42=3,AF=V5-1=276?

;由(1)^ADBF-^-BDAF=ABDF,

艮|J4xl+3x2#=5O歹,

：.Z)F=|+|76；

(3)解：VAB=AC=6,

/.ZABC=ZACD,

*/ZDAC=ZACD,

/./DAC=ZABC,AD=CD,

ZACD=ZBCA,

：.n4csABC,

CACD

,'CB~~AC9

6CD

,io-V'

，AD=CD=BD=BC-CD=—,

1Q

由折叠性质得=AE=AC=6,DE=CD=—,

ZABD=ZACD=ZAED,

:.A、B、E、。四点共圆，

由⑴^ADBE+ABED^AEBD,

...与E+6x竺=6x必，

555

BE=^.

故答案为：y.

【点睛】本题考查翻折变换、圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、相

似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是充分利用相似三角形的性质解决问题，

本题需要多次相似解决问题，题目比较难.

5.(1)同弧所对的圆周角相等；等腰三角形三线合一.

(2)2后

【分析】本题考查圆周角定理的推论和等腰三角形的性质，勾股定理；

(1)根据圆周角定理的推论和等腰三角形的性质即可得到答案；

(2)过点。作DGLAC于点G.先求出AC=16,再求出CG=14,从而得AG=2,进而即可

求解.

【详解】(1)解：由题意得：同弧所对的圆周角相等；等腰三角形三线合一.

(2)如图，过点。作。G,AC于点G,

二FC是。的直径,

/.ZNS4c=90。，

VAB=12,圆的半径为10,

/.BC=20,

2222

AC=^BC-AB=A/20-12=16?

*/ZZMC=45°,

**•。是BC的中点，

*/DG±AC,

：.CG=AG+AB,

：.CG=-(AC+AB)=-(16+12)=14,

22

/.AG=AC-CG=16-14=2,

ADAC=45°,ZDGA=90°,

AD=叵AG=20.

6.(1)见解析；(2)DF=1+|V6；(3)8；(4)2

【分析】(1)在AC上取点E,连接£>E,使/CDE=ZBDA,证明△OCEs△。班和AADESAPBC,

利用相似三角形的性质列式计算即可证明结论成立；

(2)连接M和针，由圆周角定理结合勾股定理求得即=3,AF=2^,利用(1)的结

论求解即可；

(3)连接AE、BE,构造△DCB/△以£,即得到BC=AE,再根据三边关系解题即可；

(4)先证明DAC^.ABC,求得CD,BD,再证明_4)林2的，可求出则、DM,再由(1)

中结论即可解决问题.

【详解】解：(1)如图1,四边形A2CD内接于。，求证：ABCD+BCAD=ACBD.

证明：在AC上取点E,连接在，使NCDE=NBDA.

A

D

E

图I

ZDCA=NDBA,

ADCE^ADBA,

•ABBD

,•EC-CD'

ABCD=ECBD®,

"：NCDE=NBDA,

：.NCDE+NBDE=NBDA+NBDE,即ZADE=ZBDC,

又「NDAE=NDBC,

AADESAPBC,

.AEAD

',~BC~~BD，

ADBC=AEBD@,

®+@^ABCD+BCAD={EC+AE)BD,

即AB-CD+BCAD=ACBD-

(2)连接M和

・・ZADB=ZAFB=90°,

VAB=5,AD=4,BF=1,

••BD=Js?-42=3,AF=J52-12=，

••・由(1)得AD.BF+BDAF=AB.DF,

即4xl+3x2前=5Db,

DF=1+|76;

(3)把绕着点。顺时针旋转60。到帆的位置，连接AE、BE,

贝l]ZEDB=60。，DB=DE,

，VBZm为等边三角形.

<.*AC=AD^ZACD=60O,

••ACD为等边二角形，

/.ZCZM=60°,CD=AD,

*/ZCDB+ZADB=ZEDA+ZADB=60°,

/.ZCDB=ZEDA,

/.ACDB学Z\ADE,

BC=AE=6,

•BE=BD<AB+AC,AB=2,AE=6,

BE<8,

•••的最大值为8,

故答案为：8；

(4)解：VAB=AC=S,

B

D

E

，ZABC=ZC9

丁ZDAC=ZACD,

ZDAC=ZABC,

*.*ZC=ZC,

/.DAC^,ABC,

,CACD

,~CB~~\C9

SCD

CD^—,BD=BC-CD=—,

33

ADAM=NDAC=/DBA,ZADM=ZADB,

..._ADMs_BDA,

A0M1一6

即3DM

6一-DM

203

T

512

二•DM,MB=BD—DM=——，

155

ZABM=NC=NMED,

，A、B、E、。四点共圆,

ADBE+ABED=AEBD,

•.竺郎+8小=8、四,

333

•;BE=2.

故答案为：2.

【点睛】本题考查翻折变换、圆周角定理、等腰三角形的判定和性质、等边三角形的

判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是充分利用相似三角形的

性质解决问题，本题需要多次相似解决问题，题目比较难.

7.⑴依据1为在同圆中相等的弧所对的弦相等；依据2为圆内接四边形的对角互补

⑵证明见解析

【分析】(1)利用弧弦关系定理和圆内接四边形的性质解答即可；

(2)在原题的基础上利用全等三角形的判定与性质解答即可得出结论.

【详解】(1)上述证明过程中的依据1为在同圆中相等的弧所对的弦相等，

依据2为圆内接四边形的对角互补.

故答案为：在同圆中相等的弧所对的弦相等，圆内接四边形的对角互补；

(2)如图2,连接C4,CE,CF,BC,

「CDLAB于点。，DE=AD,

..CA=CE,

：.ZCAB=ZCEA,

*/CF=CA,

CF=CA,

：.ZCBF=ZCBA.

;四边形钻尸。内接于。,

/.ZC4B+ZCra=180°,

ZCE4+ZCEB=180°,

ZCFB=ZCEB,

在CFB和CE3中，

ZCFB=ZCEB

<NCBF=NCBA

BC=BC

：.CFB—CEB(AAS),

：.BF=BE.

【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆心角、弦、弧之间的关系定理、三角形

全等的判定和性质以及线段垂直平分线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的

判定和性质.

8.(1)AB-DC=AC-DE;AD-BC+AB-DC=AC-BE+AC-DE

(2)勾股定理

(3)即=AD+DC,证明见解析

【分析】(1)根据相似三角形的性质求解即可；

(2)根据矩形性质验证即可；

(3)根据题中证明过程解答即可.

【详解】(1)解：ABDC=ACDE

ADBC+ABDC=ACBE+ACDE；

(2)解：当圆内接四边形钻8是矩形时，

AD=BC,AB=CD,AC=BD,

AD2+AB2=BD2,

•••托勒密定理就是我们非常熟知的勾股定理；

(3)角军：BD=AD+DC

证明：:NACB=^ADB,/BAC=NBDC,/ADB=NBDC=60°,

ZACB=ZBAC=60°

ZABC=60°

.•.VASC是等边三角形

/.AB^BC=AC

由托勒密定理得：

BDAC^ADBC+DCAB

：.BDAC=ADAC+DCAC

：.BD=AD+DC；

【点睛】本题考查新定义下的证明，涉及到相似三角形的判定与性质，圆的性质，灵

活运用所学知识是关键.

9.(1)在同圆中，同弧所对的圆周角相等；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内

角的和

⑵6米

【分析】(1)根据圆周角的性质和三角形外角定理解答；

(2)根据(1)画出圆与直线相切，判断切点尸即最佳射门点，然后根据相似得到边

的数量关系，列方程求解即可.

【详解】(1)在同圆中，同弧所对的圆周角相等；

三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和.

(2)如图，过点E,尸作。0,。。与直线相切于点P,连接尸。并延长交。。于

点W,

连接PE,PF,WF.

•「尸£是。。的切线，，/皿囿=90

ZWPF+ZFPL=90

•「PW是。。的直径，AZWFP=90,

ZWPF+ZFWP=90,NFPL=ZFWP.

又,/ZPEF=ZFWP,AFPL=Z.PEF.

又,；NFLP=NELP,AFLPAPLE,

.FLLPHn35/2=LP

••一,7-r~

PLLEPL3A/2+3A/2

2

LP=35/2X6A/2=36,VLP>Q,"=6米.

答：当球员到达最佳射门点尸时，他前进了6米.

【点睛】此题考查圆的综合问题，解题关键是利用相似三角形得到边的数量关系.

10.(1)线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等；等弧所对的圆周角相

等

(2)见解析

(3)见解析

【分析】(1)利用线段垂直平分线的性质和圆周角定理解答即可；

(2)在原题的基础上利用全等三角形的判定与性质解答即可得出结论；

(3)类比(2)的方法，在(2)的基础上利用等腰三角形的判定方法解答即可得出结

论；

【详解】(1)解：依据1为：线段垂直平分线上的点到这条线段的两个端点距离相等;

依据2：等弧所对的圆周角相等；

故答案为：线段垂直平分线上的点到这条线段的两个端点距离相等；等弧所对的圆周

角相等；

(2)证明：如图1,连接AP、PD、PQ、BP,

图1

"：AC^CD,PC±AB,

：.PA^PD.

:./PAD^/PDA.

PQ=PA,

：.ZQBP^ZABP.

•••四边形A3。尸为圆的内接四边形,

ZA+Z2=180°.

ZPDA+ZPDB^1SQ0,

:./Q=/PDB.

在△伙2尸和AB。尸中，

ZPBQ=ZPBC

<ZQ=ZPDB,

BP=BP

：.ABQP^ABDP(AAS).

:・BQ=BD.

(3)证明：如图2,连接AP、PD、PQ、DQ,

Q

图2

"：AC^CD,PC±AB,

：.PA^PD.

:./PAD^/PDA.

PQ=PA,

C.PQ^PA.

：.PD=PQ.

：.ZPDQ^ZPQD.

•.•四边形A50尸为圆的内接四边形，

/A+NP05=18O°.

,?ZPDA+ZPDB^1SO0,

：.ZPQB^ZPDB.

：.ZPQB-ZPQD^ZPDB-ZPDQ.

即：ZBQD^ZBDQ.

:.BQ=BD.

【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，同弧或

等弧所对的圆周角相等，全等三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，熟练掌

握圆的有关性质和利用类比的方法解答是解题的关键.

11.⑴见解析

(2)2

【分析】(1)应用圆周角定理，等腰三角形的判定，可证明；

(2)应用(1)的结论，圆内接四边形的性质，可求解.

【详解】(1)解：证明：ACYBD,PM1BC,

ZBPM+ZPBM=90°,/PCB+ZPBC=90°,

:.ZBPM=ZPCB,

ZBPM=ZDPN,ZPCB=NDP,

■.ZDPN=ZNDP,

：.DN=PN,

同理，AN=PN,

:.AN=DN;

(2)四边形ABDE是。。内接四边形，

:.ZBAC+ZBDE=1SO°,

ABAC=9Q0,

:・NBDE=9U0,

MN//CB,

:.MNIDE,

AD.LBE,

:.AN=BN,

:.PN=-AB=2

2・

【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，关键是能熟练应用圆的有关

性质.

12.(1)在同圆中，同弧所对的圆周角相等

(2)正确，理由见解析

⑶见解析

【分析】(1)根据在同圆中，同弧所对的圆周角相等，即可；

(2)根据03=。。，可得=再由ZBDC=ZA,即可；

(3)连接CO并延长，交。于点。，连接加，连接8。并延长，交。于点E,连接读,

则NE即为所要求作的角.

【详解】(1)解："问题一''中小颖的“依据*”是指在同圆中，同弧所对的圆周角相等;

故答案为：在同圆中，同弧所对的圆周角相等

(2)解：正确，理由如下：

,/OB=OD,

：.NBDC=NDBE,

ZBDC=ZA,

I.ZA=ZDBE-

(3)解：如图，连接CO并延长，交。于点。，连接B£),连接8。并延长，交。于点E,

连接小，则-E即为所要求作的角.

C

理由：由(2)得：ZA=ZDBE,

•••班是。的直径，

/.ZDBE+ZE=90°,

/.ZA+ZE=90°,

即/E与NA互余.

【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆

周角相等是解题的关键.

13.（1）有两个角对应相等的两个三角形相似；》

（2）7cm

【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可；

（2）延长。尸交圆0于点。，延长P。交圆0于点尸，设圆。的半径为rem,则依=（5+r）cm,

PD=（r-5）cm,根据（1）中结论代入求解即可.

【详解】（1）连接AGBD.

VZC=ZB,ZA=ZD.

/.（有两个角对应相等的两个三角形相似）

•APCP

''DP~BP，

：.APBP=CPDP,

J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；黑；

（2）延长8交圆。于点。，延长P。交圆。于点尸，

设圆。的半径为rem,则PP=（5+r）cm,PD=（r-