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专题02 圆中的重要模型--圆弧中点模型
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3
1）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·安徽合肥·统考二模）如图，在中，，，，D是的中点，则的长为（ ）．
A． B． C．3 D．4
例2．（2023·福建宁德·统考二模）如图，已知内接于，是的直径．
(1)尺规作图：确定点D，E的位置，使得点D是弧的中点，交直线于点E；（保留作图痕迹，不写作法）。(2)在（1）的条件下，求证：是的切线；
(3)连接，交于点F，若，，求的长．
例3．（2023·河北·统考中考真题）装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以为直径的半圆，，如图1和图2所示，为水面截线，为台面截线，．
计算：在图1中，已知，作于点．（1）求的长．
操作：将图1中的水面沿向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当时停止滚动，如图2．其中，半圆的中点为，与半圆的切点为，连接交于点．

探究：在图2中（2）操作后水面高度下降了多少？
（3）连接OQ并延长交GH于点F，求线段与的长度，并比较大小．
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 ．
模型2、与圆周角定理相关的中点模型（母子型）
图1 图2 图3
1）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·吉林松原·校联考一模）如图，在中，，是劣弧的中点，是优弧任意一点，连接，，则的度数是（ ）
A．或 B． C． D．
例2．（2023·广东惠州·统考一模）如图，在中，弦相交于点E，点B是劣弧中点，延长到点F，使，连接
(1)求证：；(2)若，求证：是的切线；(3)若，，求的长.
例3．（2023·广东广州·校考三模）如图：为的直径，点A是弧的中点，交于点E，，．(1)求证：；(2)求的值．

例4．（2023·四川巴中·统考一模）如图，是半圆O的直径，D为半圆O上的点（不与A，B重合），连接，点C为的中点，过点C作，交的延长线于点F，连接，交于点E．
(1)求证：是半圆O的切线．(2)求证：．(3)若，，求阴影部分的面积．
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·浙江金华·校联考二模）如图，是的直径，C是上一点，点D是弧的中点，于点E，交于点F，已知，的半径为2，则的长为 ．
例2．（2023·上海徐汇·统考二模）如图，已知的内接正方形，点是的中点，与边交于点，那么 ．
例3．（2023春·贵州铜仁·九年级校联考阶段练习）如图，已知，为的直径，过点A作弦垂直于直径于F，点B恰好为弧的中点，连接，．
(1)求证：；(2)若，求的半径；(3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积．

例4．（2023·浙江舟山·统考三模）如图1，在中，直径于点F，点E为上一点，点C为弧的中点，连接，交于点G．(1)求证：；(2)如图2，过点C作的切线交BA的延长线于点Q，若，，求的长度；(3)在（2）的基础上，点P为上任一点，连接，的比值是否发生改变？若不变，求出比值；若变化，说明变化规律．

模型4、与托勒密定理相关的中点模型
图1 图2
1）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= AD
2）当三角形为等腰直角三角形时（即θ=90°）； 结论：BD+CD=AD
3）当三角形为120°的等腰直角三角形时（即θ=120°）； 结论：BD+CD=AD
2）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= AD
2）当三角形为等腰直角三角形时（即θ=90°）； 结论：BD-CD=AD
3）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．
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：．

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.
课后专项训练
1．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，是半圆的直径，点为半圆上一点，是的中点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
第1题图 第2题图
2．（2023春·湖北鄂州·九年级统考期中）如图，在半径为3的中，是直径，是弦，D是的中点，与交于点E．若E是的中点，则的长是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
3．（2023春·成都市·九年级专题练习）如图，在扇形中，点C为弧的中点，延长交的延长线于点D，连接，若，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
第3题图 第4题图
4．（2023·四川攀枝花·统考二模）如图，是半圆O的直径，是半圆上两点，点是弧的中点，，，则弧的长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·江苏盐城·统考三模）如图，点A是中优弧的中点，，C为劣弧上一点，则的度数为 ．

第5题图 第6题图
6．（2023·广东中山·校联考模拟预测）如图，一张扇形纸片，，半径，点为弧的中点，连接，，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）；

7．（2023·河南许昌·统考二模）如图，在扇形中，，点C为的中点，点D为的中点，连接，交于点E，若，则阴影部分的面积是 ．

第7题图 第8题图
8．（2023·山西阳泉·统考二模）如图，AB是⊙O的直径，AB＝12，点M在⊙O上，，N是的中点，连接MN，P是直径AB上的动点，若弦，则PMN周长的最小值为 ．

9．（2023·山东威海·统考一模）如图，在半径为的中，是直径，是弦，是的中点，与交于点，若是的中点，则的长是 ．

第9题图 第10题图
10．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）如图，四边形内接于，∥，，，，连接OB、OC，若点E是劣弧的中点，则扇形的面积为 ．
11．（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．

12．（2023·安徽芜湖·统考三模）如图，四边形内接于，为的直径，点为的中点，对角线，交于点，的切线交的延长线于点，切点为．
(1)求证：；(2)若，，求的长．

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．

14．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，是的直径，点是的中点，过点的切线与的延长线交于，连接，．(1)求证：；(2)若，，求的长．
15．（2023·宁夏·校考二模）如图，在中，，以为直径作交于点D，点E是的中点，连接交于点F，连接．(1)求证：；(2)若，，求的值．

16．（2023·安徽芜湖·统考二模）如图1，已知为的直径，为上一点，于，为弧的中点，连接，分别交、于点F和点G．
(1)求证：；(2)如图2，若，连接，求证：．
17．（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．
18．（2023·山西·校联考二模）如图，正方形内接于，连接，点F是的中点，过点D作的切线与的延长线相交于点G．(1)试判断与的位置关系，并说明理由．(2)求的度数．
19．（2023·上海崇明·统考二模）如图，已知在中，，，经过的顶点A、C，交边于点D，，点C是的中点．(1)求的半径长；(2)联结，求．
20．（2023·贵州遵义·统考三模）问题背景：如图1，是的直径，点，点在圆上（在直径的异侧），且为弧的中点，连接，，，，．
探究思路：如图2，将绕点顺时针旋转得到，证明，，三点共线，从而得到为等腰直角三角形，，从而得出．
(1)请你根据探究思路，写出完整的推理过程；
问题解决：(2)若点，点在直径的同侧，如图3所示，且点为弧的中点，连接，，，直接写出线段的长为__________（用含有，的式子表示）；
拓展探究：(3)将沿翻折得到，如图4所示，试探究：，，之间的数量关系，并说明理由．
21．（2023·九年级北京市校考阶段练习）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．
专题02.圆中的重要模型--圆弧中点模型
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3
1）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·安徽合肥·统考二模）如图，在中，，，，D是的中点，则的长为（ ）．
A． B． C．3 D．4
【答案】A
【分析】如图：连接交点H，由圆周角定理可得为的直径，在中运用勾股定理可得，则半径；然后由点点D为的中点可得，进而得到，在中运用勾股定理可得，进而得到，最后在中，运用勾股定理即可解答．
【详解】解：如图：连接，连接交点H
∵即∴为的直径
在中，，则∴
∵点D为的中点∴∴
在中，，则∴
在中，，则．故选：A．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、勾股定理等知识点，灵活运用勾股定理和垂径定理是解答本题的关键．
例2．（2023·福建宁德·统考二模）如图，已知内接于，是的直径．
(1)尺规作图：确定点D，E的位置，使得点D是弧的中点，交直线于点E；（保留作图痕迹，不写作法）。(2)在（1）的条件下，求证：是的切线；
(3)连接，交于点F，若，，求的长．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】（1）先作的垂直平分线，分别以点A、点C为圆心，以为半径画圆弧并交于一点，将的圆心与弧线的交点连接，与弧的交点即为点D；以点D为圆心画圆弧，交直线于两点，得到以点D为中点的一条线段，作该线段的垂直平分线,交的延长线与点E；
（2）连接，设交于点M．先证明垂直平分，再通过证得，最后得到是的切线；
（3）通过勾股定理计算出的长度，再通过中位线的性质得到，的值，再证明，通过相似三角形的性质求出，再次利用勾股定理即可求得答案．
【详解】（1）解：正确作出图形．（如图所示）
∴如图所示，点D，点E就是所求作的点．
（2）证明：如下图所示，连接，设交于点M．
∵点是弧的中点，∴弧等于弧．∴．
∵，．，是中点．
，，
是的半径，是的切线．
（3）证明：如下图所示，，，，
根据勾股定理，得．，．
∵点O是的中点，点M是的中点
，，，．
．．．．
在中，根据勾股定理，得．
【点睛】本题考查尺规作图、圆的性质、相似三角形的性质以及勾股定理，解题关键是灵活运行相关知识．
例3．（2023·河北·统考中考真题）装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以为直径的半圆，，如图1和图2所示，为水面截线，为台面截线，．
计算：在图1中，已知，作于点．（1）求的长．
操作：将图1中的水面沿向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当时停止滚动，如图2．其中，半圆的中点为，与半圆的切点为，连接交于点．

探究：在图2中（2）操作后水面高度下降了多少？
（3）连接OQ并延长交GH于点F，求线段与的长度，并比较大小．
【答案】（1）；（2）；（3），，．
【分析】（1）连接，利用垂径定理计算即可；（2）由切线的性质证明进而得到，利用锐角三角函数求，再与（1）中相减即可；（3）由半圆的中点为得到，得到分别求出线段与的长度，再相减比较即可．
【详解】解：（1）连接，∵为圆心，于点，，∴，
∵，∴，∴在中，．

（2）∵与半圆的切点为，∴ ∵∴于点，
∵，，∴，
∴操作后水面高度下降高度为：．
（3）∵于点，∴，
∵半圆的中点为，∴，∴，∴，
∴，，
∵，∴．
【点睛】本题考查了垂径定理、圆的切线的性质、求弧长和解直角三角形的知识，解答过程中根据相关性质构造直角三角形是解题关键．
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（母子型）
图1 图2 图3
1）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·吉林松原·校联考一模）如图，在中，，是劣弧的中点，是优弧任意一点，连接，，则的度数是（ ）
A．或 B． C． D．
【答案】D
【分析】根据圆周角定理可得，再由弧、弦、圆心角的关系可得答案．
【详解】解：在中，，，
是劣弧的中点，．故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，熟练掌握知识点是解题的关键．
例2．（2023·广东惠州·统考一模）如图，在中，弦相交于点E，点B是劣弧中点，延长到点F，使，连接
(1)求证：；(2)若，求证：是的切线；(3)若，，求的长.
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】（1）根据同圆或等圆中，等弧所对的圆周角相等，等弧所对的弦相等可得，，然后结合已知条件，利用证得，则，结合等量代换即可证得结论；
（2）连接，由根据垂径定理的推论可得,再结合证得，然后根据切线的定义即可证得结论 （3）由同圆或等圆中，等弧所对的圆周角相等可得,再结合证得,由相似三角形的性质求得的长度，再由即可求得答案
【详解】（1）∵点是劣弧的中点，，，
在和 中，，，，
，；
（2）连接，如图，
，，，，
是的半径，是的切线；
（3），，
，∴，，
，，
，，
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及切线的判定，正确识别图形是解题关键．
例3．（2023·广东广州·校考三模）如图：为的直径，点A是弧的中点，交于点E，，．(1)求证：；(2)求的值．

【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）先根据圆周角定理可得，再根据相似三角形的判定即可得证；
（2）先根据相似三角形的性质可得的长，再根据圆周角定理可得，然后根据正切的定义即可得．
【详解】（1）证明：∵点是弧的中点，，，
又，．
（2）解：，，，
，，即，
解得或（不符合题意，舍去），
经检验，是所列方程的解，
为的直径，，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、正切，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
例4．（2023·四川巴中·统考一模）如图，是半圆O的直径，D为半圆O上的点（不与A，B重合），连接，点C为的中点，过点C作，交的延长线于点F，连接，交于点E．
(1)求证：是半圆O的切线．(2)求证：．(3)若，，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】（1）根据点C为弧的中点，得出，然后得出，根据平行线的性质得出，进而即可证明结果；
（2）连接，根据圆周角定理可得，证明，即可得出结果；
（3）根据，可得，从而可证是等边三角形，即得，即，从而可得，由（2）可知，，从而求出，最后根据即可求出结果．
【详解】（1）证明：连接，∵点C为弧的中点，∴，∴，
又∵，∴，∴，∴，
又∵，∴，∴是半圆O的切线；
（2）证明：连接，∵是半圆O的直径，∴，∴，
∵，∴，∴，∴；
（3）解：∵在中，，，
∴，，
∴，∴，
∴，，
∵，，∴是等边三角形，
∴，∴，∴，∴，
∵由（2）可知，，∴，∴圆O的半径为，
．
【点睛】本题考查切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数及扇形面积公式，熟练掌握相关知识是解题的关键．
模型3、垂径定理与圆周角定理结合的中点模型
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·浙江金华·校联考二模）如图，是的直径，C是上一点，点D是弧的中点，于点E，交于点F，已知，的半径为2，则的长为 ．
【答案】/
【分析】延长交于点G，连接、，先由同弧或等弧所对的圆周角相等得，得，由直径所对的圆周角等于得，勾股定理得，则，再由勾股定理求出，则，设，则，然后在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】解：延长交于点G，连接、，如图所示：
∵点D是弧的中点，∴，
又∵，∴，∴，∴，∴，
∵是的直径，的半径为2，∴，
∴，，∴，
∵∴，∴；即：，
∵，∴，∴，
设，则，在中，由勾股定理得：
，解得：，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
例2．（2023·上海徐汇·统考二模）如图，已知的内接正方形，点是的中点，与边交于点，那么 ．
【答案】
【分析】连接，交于点，连接，根据题意得出，设，则，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，交于点，连接，
∵的内接正方形，∴经过点，
∵点是的中点，∴，∴
设，则∴
∵,∴
∵，∴∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，垂径定理，正方形的性质，相似三角形的性质，证明是解题的关键．
例3．（2023春·贵州铜仁·九年级校联考阶段练习）如图，已知，为的直径，过点A作弦垂直于直径于F，点B恰好为弧的中点，连接，．

(1)求证：；(2)若，求的半径；(3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析(2)2(3)
【分析】（1）连接，根据圆周角定理得出，，进而求得，得出，即可证得结论；
（2）根据垂径定理和圆周角定理易求得，得出，解直角三角形求得，即可求得的半径；（3）根据求得即可．
【详解】（1）解：证明：连接，
，为的直径，，
点恰好为的中点，，，
，，，，；
（2）过点作弦垂直于直径于，

，，，，，
在中，，，的半径为2．
（3）连接，，，是等边三角形，
，，．
【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理、扇形的面积以及解直角三角形等，作出辅助线构建直角三角形和等边三角形是解题的关键．
例4．（2023·浙江舟山·统考三模）如图1，在中，直径于点F，点E为上一点，点C为弧的中点，连接，交于点G．(1)求证：；(2)如图2，过点C作的切线交BA的延长线于点Q，若，，求的长度；(3)在（2）的基础上，点P为上任一点，连接，的比值是否发生改变？若不变，求出比值；若变化，说明变化规律．

【答案】(1)证明见解析(2)(3)的比值不会发生改变，
【分析】（1）根据垂径定理得出，推出，即可证明；
（2）连接交于点，设的半径为，利用勾股定理求出，再证明，利用平行线分线段成比例得出，计算即可得出结论；（3）分三种情况：当点与点重合时，当点与点重合时，当点与点、不重合时，分别求出的比值即可．
【详解】（1）∵直径于点F，∴．
∵点C为弧的中点，∴．∴．∴．
（2）如图2，连接交于点，设的半径为，则，

由（1）知∵直径于点F，∴．
在中，∵，∴．解得：，
∵点C为弧的中点，∴，．∴．
∵是的切线，∴．∴．∴，即．∴．
（3）的比值不会发生改变，，理由如下：由（2）知，，，，
①当点与点重合时，；
②当点与点重合时，；
③当点与点、不重合时，如图3，连接，
∵，，∴．又∵，∴．
∴．∴的比值不会发生改变．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，切线的性质等知识，熟练掌握垂径定理和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
模型4、与托勒密定理相关的中点模型
图1 图2
1）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= AD
2）当三角形为等腰直角三角形时（即θ=90°）； 结论：BD+CD=AD
3）当三角形为120°的等腰直角三角形时（即θ=120°）； 结论：BD+CD=AD
2）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= AD
2）当三角形为等腰直角三角形时（即θ=90°）； 结论：BD-CD=AD
3）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=2 DE=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=2 DE=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，是半圆的直径，点为半圆上一点，是的中点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据是的中点，可得，利用等腰三角形的性质得的度数，由同弧所对的圆心角是圆心角的2倍可得的度数，最后根据同圆的半径相等及等腰三角形的性质可得结论．
【详解】解：连接，
是的中点，，，
，，
，，
，故选：A．
【点睛】本题考查了考查了圆周角定理和弧，弦，圆心角的关系，熟练掌握这些定理是关键．
2．（2023春·湖北鄂州·九年级统考期中）如图，在半径为3的中，是直径，是弦，D是的中点，与交于点E．若E是的中点，则的长是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
【答案】B
【分析】如图，连接，交于F，根据垂径定理的推论得出，进而证明证得，根据三角形中位线定理求得，从而求得．
【详解】解：如图，连接，交于F，
∵D是的中点，∴，∴，
∵，∴是的中位线，∴，
∵是直径，∴，在和△中，
， ∴，∴，
∴，∴∵，∴，∴，故选：B．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，三角形中位线定理，全等三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质和垂径定理及其推论是解题的关键．
3．（2023春·成都市·九年级专题练习）如图，在扇形中，点C为弧的中点，延长交的延长线于点D，连接，若，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接，先证明，得到，从而证得，根据相似三角形的性质求出，进而求出，计算面积比即可．
【详解】解：连接，
∵点C为弧的中点，∴，，
∴，∴，
又，∴，∴，
∵，，∴，解得：，∴，
∴∴，∴，故选：B．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦三者的关系，相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练运用性质解题．
4．（2023·四川攀枝花·统考二模）如图，是半圆O的直径，是半圆上两点，点是弧的中点，，，则弧的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图所示，连接，先根据同弧所对的圆周角相等得到，进而利用圆周角定理得到，再证明是等边三角形，得到，最后根据弧长公式求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
∵点是弧的中点，∴，
∴，∴，
∵，∴是等边三角形，∴，
∴弧的长为，故选B．

【点睛】本题主要考查了求弧长，圆周角定理，等边三角形的性质与判定，正确作出辅助线是解题的关键．
5．（2023·江苏盐城·统考三模）如图，点A是中优弧的中点，，C为劣弧上一点，则的度数为 ．

【答案】/度
【分析】由点A是中优弧的中点，推出，从而得到，用三角形内角和为求，再由圆的内接四边形对角互补求即可．
【详解】解：∵点A是中优弧的中点，∴，∴．
又∵，∴，∴．
又∵四边形是的内接四边形，∴，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查等弧所对的圆周角相等，圆的内接四边形对角互补等知识，掌握圆的内接四边形对角互补是解题的关键．
6．（2023·广东中山·校联考模拟预测）如图，一张扇形纸片，，半径，点为弧的中点，连接，，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）；

【答案】
【分析】根据垂径定理、弧与圆心角的之间的关系即可得到是等边三角形，再根据全等三角形的性质得到，最后根据扇形的面积公式即可解答．
【详解】解：∵点为弧的中点，是圆的半径，
∴，，，∵，∴，
∵，∴是等边三角形，∴，
∴在和中，，∴，∴，
∵，，∴，故答案为：．
.
【点睛】本题考查了垂径定理，扇形的面积，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键．
7．（2023·河南许昌·统考二模）如图，在扇形中，，点C为的中点，点D为的中点，连接，交于点E，若，则阴影部分的面积是 ．

【答案】
【分析】如图，过点E作点F，利用有两个角对应相等的两个三角形相似可得得出，然后利用条件求出EF的长，再利用扇形面积减去的面积即可解答．
【详解】解：如图，过点E作点F∴，

∵，点D为的中点，∴，
∴，∴，
∴∴，∵，
∴∴，∴∴
∵.点C为的中点，，∴，
∴，解得：,∴．故答案为．
【点睛】本题主要考查了求不规则图形的面积、扇形的面积、相似三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线、构造相似三角形是解答本题的关键．
8．（2023·山西阳泉·统考二模）如图，AB是⊙O的直径，AB＝12，点M在⊙O上，，N是的中点，连接MN，P是直径AB上的动点，若弦，则PMN周长的最小值为 ．

【答案】8
【分析】如图所示，作点关于的对称点，连接交于，周长为，由对称性知周长为，根据两点之间线段最短可知周长的最小为，利用圆心角、弧、弦的关系以及轴对称的性质进行计算即可得到答案．
【详解】解：作点关于的对称点，则点在上，连接交于，

由对称性知，周长为，
根据两点之间线段最短可知周长的最小为，
∵点是的中点，，∴，∴，
∴，∴，∴是正三角形，∴，
∵，∴周长的最小值为，故答案为：8．
【点睛】本题考查动点最值问题，涉及圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系以及轴对称性质，掌握圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系以及轴对称的性质是解决问题的关键．
9．（2023·山东威海·统考一模）如图，在半径为的中，是直径，是弦，是的中点，与交于点，若是的中点，则的长是 ．

【答案】
【分析】连接，交于点，根据垂径定理得出,，，进而证明得出，根据半径为，得出，然后根据直径所对的圆周角是直角，得出是直角三角形，勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，交于点，

∵是的中点，∴,，∴，
∵，∴，∵是的中点，∴，
又∵，∴，∴，
又，∴，∴，∴，∴，
∵是直径，∴，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
10．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）如图，四边形内接于，∥，，，，连接OB、OC，若点E是劣弧的中点，则扇形的面积为 ．
【答案】
【分析】先根据，，，求出，根据圆周角定理得，再根据是劣弧的中点，得，求出半径即可得出扇形的面积．
【详解】解：如图，连接，
∵，∴，∵，∴，
∵，∴，∴，
∵是劣弧的中点，∴，∴，
∴，∴，∴扇形的面积为．故答案为：．
【点睛】本题考查扇形的面积和圆周角定理，解题的关键是熟练利用圆周角定理和记住扇形的面积公式．
11．（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．
12．（2023·安徽芜湖·统考三模）如图，四边形内接于，为的直径，点为的中点，对角线，交于点，的切线交的延长线于点，切点为．
(1)求证：；(2)若，，求的长．

【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）由切线性质得，则，由是直径，得，则，再证明，从而得到，即可得出结论．
（2）先由勾股定理求出，再由等积法求得，即可由勾股定理求得，然后证明，是等腰三角形的性质证明，即可由求解．
【详解】（1）证明：∵是的切线，∴，∴，
∵是直径，∴，∴，
∵点为的中点，∴，∴，∴，∴．
（2）解：在中，，，∴
∴，即，∴，
在中，，由（1）知：，，
∴，∴．
【点睛】本题考查圆周角定理用其推论，切线的性质，勾股定理、等腰三角形的性质与判定，等面积法等知识，解题的关键是掌握切线的性质及应用，熟练应用勾股定理解决问题．
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·陕西西安·校考模拟预测）如图，是的直径，点是的中点，过点的切线与的延长线交于，连接，．(1)求证：；(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质可得，再由等弧所对的圆周角相等可得，从而证明，可得，即可证明．
（2）连接，由题意可证四边形是菱形，可得是等边三角形，从而可得，根据直角三角形的性质可得，即可求出结果．
【详解】（1）如图，连接，
∵是的切线，∴，即
∵点是的中点，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，∴；
（2）如图，连接，∵，，∴四边形是平行四边形，
又∵，∴四边形是菱形，∴，
∴，∴是等边三角形，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、圆的切线的性质定理和圆周角定理、等边三角形的性质和菱形的判定和性质及平行线的性质，熟练综合运用这些知识点，并能准确作出辅助线是解决问题的关键．
15．（2023·宁夏·校考二模）如图，在中，，以为直径作交于点D，点E是的中点，连接交于点F，连接．(1)求证：；(2)若，，求的值．

【答案】(1)见解析(2)．
【分析】（1）根据等弧或同弧所对的圆周角相等、等腰三角形的性质及等角的余角相等即可得出答案；
（2）由勾股定理求得，根据（1）的结论求得，证明，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵，∴，
∵点E是的中点，∴，
∵是直径，∴，∴，∴，
∵，∴，∴；
（2）解：在中，，，，∴，
∵，∴，∵点E是的中点，∴，
∴，∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
16．（2023·安徽芜湖·统考二模）如图1，已知为的直径，为上一点，于，为弧的中点，连接，分别交、于点F和点G．
(1)求证：；(2)如图2，若，连接，求证：．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）连接，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）连接，，利用（1）的结论，再根据等角的补角相等可得，然后根据证明，从而可得，进而可得，最后根据等弧所对的圆周角相等可得，从而可得，进而利用等腰三角形的三线合一性质即可解答．
【详解】（1）解：证明：连接，
为的直径，，，
，，，
为弧的中点，，，，
，，；
（2）连接，，
，，，
，，，，，
，，，，
，．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，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．
17．（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．
18．（2023·山西·校联考二模）如图，正方形内接于，连接，点F是的中点，过点D作的切线与的延长线相交于点G．(1)试判断与的位置关系，并说明理由．(2)求的度数．
【答案】(1),理由见解析(2)
【分析】（1）连接，可得，根据切线的定义可得，即可得出结论．
（2）根据正方形的性质可得，，，则．根据点F是的中点，可得．最后根据平行线的性质可得．
【详解】（1）解：．
理由：如图，连接，
∵正方形内接于，∴．
∵与相切于点D，∴，即．
∴，∴．
（2）解：∵四边形是正方形，
∴，，∴．
∵点F是的中点，∴，∴．
∵，∴．
【点睛】本题主要考查了圆的内接正多边形，平行线的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是掌握圆内接正多边形的中心角，同弧所对的圆周角相等，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，以及平行线的判定和性质．
19．（2023·上海崇明·统考二模）如图，已知在中，，，经过的顶点A、C，交边于点D，，点C是的中点．(1)求的半径长；(2)联结，求．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）联结，易得，为等腰三角形，利用三线合一，以及垂径定理，进行求解即可；（2）过点作，勾股定理求出的长，进而得到的长，等积法求出的长，利用正弦的定义，进行求解即可．
【详解】（1）解：联结，则：，
∵点C是的中点，∴，，∴，
∴，∴，
设圆的半径为，则：，∴，
在中，，即：，解得：，∴的半径长为．
（2）解：由（1）知：，∴，
∴，过点作于点，
则，即：，∴，
由（1）知：，∴．
【点睛】本题考查弧，弦，圆心角的关系，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形．熟练掌握等弧对等弦对等角，是解题的关键．
20．（2023·贵州遵义·统考三模）问题背景：如图1，是的直径，点，点在圆上（在直径的异侧），且为弧的中点，连接，，，，．
探究思路：如图2，将绕点顺时针旋转得到，证明，，三点共线，从而得到为等腰直角三角形，，从而得出．
(1)请你根据探究思路，写出完整的推理过程；
问题解决：(2)若点，点在直径的同侧，如图3所示，且点为弧的中点，连接，，，直接写出线段的长为__________（用含有，的式子表示）；
拓展探究：(3)将沿翻折得到，如图4所示，试探究：，，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)推理过程如下(2)(3)
【分析】（1）根据旋转的性质，得，可得：，，，根据勾股定理，即可；（2）将绕点点顺时针得到，根据全等三角形的判定和性质，得，得到，推出，得是等腰直角三角形，根据勾股定理，等量代换，即可．（3）将绕点点顺时针得到，沿翻折得到，则，得，根据全等三角形的判定和性质，勾股定理，即可．
【详解】（1）∵绕点顺时针旋转得到，
∴，，∴，，，
∴，∴，
∵，∴，
∵，∴．
（2）绕点点顺时针得到，∴，
∴，，，
∴，∴，
∴是等腰直角三角形，∴，
∵，，∴，∴．
（3）∵绕点点逆时针得到，点在上，∴，
∵沿翻折得到，∴，
∴，∴，，，
∵，∴，∴，
∵是圆的直径，∴，∴，∴，
∵，，∴，∴，∴，
在和中，，∴，∴，∴．
【点睛】本题考查圆的基本性质，全等三角形，旋转和折叠的知识，解题的关键是掌握圆的基本性质，全等三角形的判定和性质，旋转和折叠的性质，勾股定理的运用．
21．（2023·九年级北京市校考阶段练习）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．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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