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【全國通用】2024中考數學二輪復習（重難點題型突破）
專題04 圓的綜合問題-4.2 與相似三角形結合
圓在中考數學幾何模塊中占據著重要地位，也是學生必須掌握的一塊內容，本專題就圓與相似三角形綜合問題進行梳理及對應試題分析，方便掌握。
在解題時，我們可以利用相似三角形的性質，比如對應角相等、對應邊成比例等，來推導出未知量的值。這四大類模型在求解圓中三角形的問題時非常有用，可以幫助我們在不需要測量角度和長度的情況下計算一些未知量。
1、圓中常見相似模型：
1）母子型
條件：如圖，已知點P是中點；結論：△PDA∽△PAC；△PDB∽△PBC；
2）圓冪定理相關模型
相交弦模型：圓O中，弦AB與弦CD交于點E，點E在圓O內，則
雙割線模型：如圖，割線CH與弦CF交圓O于點E和點G；則
切割線模型：如圖，CB是圓O的切線，CA是圓O的割線；則
3）弦切角模型
條件：如圖，CB是圓O的切線，AB是圓O的直徑；結論：（1）；（2）；（3）。
4）托勒密定理模型
條件：如圖，AB、CD是圓O的兩條弦； 結論：。
考向一　母子型模型
例1．（2023·山東德州·統考二模）如圖1，內接于，點是劣弧的中點，且點與點位于的異側．(1)請用圓規和無刻度直尺在圖1中確定劣弧的中點；
(2)在圖1中，連接交于點，連接，求證；
(3)如圖2，點是半圓的中點，若⊙O的直徑，求和的長．

【答案】(1)見解析(2)見解析(3)，
【分析】（1）作線段的垂直平分線與的交點即為點；（2）根據，證得，進而證明∽，對應線段成比例，從而推出結論；（3）連接，因為為半圓中點，則為等腰直角三角形，已知斜邊可求出的長，可證明∽，得到，求解關于的方程即可求解．
【詳解】（1）解：如圖所示，點為所作點：
（2）證明：∵點D是劣弧的中點，∴ ，∴，
∵，∴∽ ∴，∴

（3）解：連結BD，∵點D是的中點，∴，∵是的直徑，∴
∴為等腰直角三角形，∴由（1）得∽，，
即，∴，
∴，解得或（負值舍去）∴．
【點睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，相似三角形的判定和性質，數量掌握垂徑定理和相似三角形的性質是求解的關鍵．
例2．（2023·廣東廣州·校考三模）如圖：為的直徑，點A是弧的中點，交于點E，，．(1)求證：；(2)求的值．

【答案】(1)見解析(2)
【分析】（1）先根據圓周角定理可得，再根據相似三角形的判定即可得證；（2）先根據相似三角形的性質可得的長，再根據圓周角定理可得，然后根據正切的定義即可得．
【詳解】（1）證明：∵點是弧的中點，，，
又，．
（2）解：，，，
，，即，解得或（不符合題意，舍去），
經檢驗，是所列方程的解，
為的直徑，，．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質、圓周角定理、正切，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題關鍵．
例3．（2023·四川成都·統考二模）如圖，是的一條弦，點是中點，連接，，交于點．過點作的切線交的延長線于點，延長交于點，連接交于點，連接．(1)求證：；(2)已知，求的值．

【答案】(1)見解析(2)
【分析】（1）由切線的性質，圓周角定理得到，又，即可證明問題；（2）由得到，由，得到，因此，于是得到．
【詳解】（1）證明：∵切于，∴直徑，∴，
∵是的直徑，，，，
∵，∴；
（2）解：如圖所示，連接，∵C是中點，，

∵，，，，
∵，∴，∴，
，由（1）知，
∴，，，．
【點睛】本題考查切線的性質，圓周角定理，相似三角形的判定和性質，關鍵是由， ，得到．
例4．（2023·江蘇無錫·中考真題）如圖，是的直徑，與相交于點．過點的圓O的切線，交的延長線于點，．

(1)求的度數；(2)若，求的半徑．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）連接，根據為的切線，則，由，則，根據圓周角定理可得，又，根據等邊對等角以及三角形內角和定理即可求解；（2）證明，根據相似三角形的性質，代入數據即可求解．
【詳解】（1）如圖，連接．

為的切線，．，．
，．，．
（2）如圖，連接，，，．
，，且，，
，即，，，即半徑為．
【點睛】本題考查了切線的性質，圓周角定理，等邊對等角，三角形內角和定理，相似三角形的性質與判定等知識．正確作出輔助線是解題關鍵．
考向二　圓冪定理模型
例1．（2023·廣東廣州·九年級校考期中）如圖，兩個同心圓，大圓的弦與小圓相切于點P，大圓的弦經過點P，且，，兩圓組成的圓環的面積是 ．

【答案】
【分析】連接，，，，先根據切線的性質定理和垂徑定理證出，再證明，得到，代入數據求得，最后根據圓環的面積公式進行計算即可求解．
【詳解】解：如圖，連接，，，，

∵大圓的弦與小圓相切于點P，∴，∴，，
∵，，∴，∵，，∴，
∴，即，解得：（負值舍去），
∴圓環的面積為：，故答案為：．
【點睛】此題綜合運用了切線的性質定理、垂徑定理、勾股定理、圓周角定理、圓環的面積公式，分別求出大圓和小圓的半徑是解題的關鍵．
例2．（2023·重慶·一模）如圖，PAB、PCD為⊙O的兩條割線，若PA=5，AB=7，CD=11，則AC：BD= ．
【答案】/1:3
【分析】根據切割線定理可求得∠D=∠PAC，即可求證△PAC∽△PDB，根據對應邊比值相等的性質和CD的長求得PC與PB的比值，即可求解．
【詳解】解：∵PAB、PCD為⊙O的兩條割線，
∴∠BAC+∠BDC=180°，∠PAC+∠BAC=180°，∴∠BDC=∠PAC，
又∵∠P=∠P，∴△PAC∽△PDB，∴=，
設PC=x，PD=y，且y﹣x=11，解得：x=4，y=15，
∴===，故答案為：．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定，考查了切割線定理，考查了相似三角形對應邊比值相等的性質，本題中根據CD和對應邊比值相等的性質求AC∶BD的值是解題的關鍵．
例3．（2023春·河南·九年級專題練習）如圖，切于點A，是的割線，若，則 ．

【答案】
【分析】連接，連接并延長交于點D，連接，利用余角的性質證明，推出，進而得到，利用等式即可求出．
【詳解】解：連接，連接并延長交于點D，連接，

∵切于點A，∴，∴，
∵為的直徑，∴，∴，∴
又∵，∴，∴，∴，
而，∴，∴（負值舍去）．故填空答案：．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質，圓的切線的性質定理，圓周角定理，正確利用定理是解決本題的關鍵．
例4．（2022·湖南·中考真題）如圖，四邊形內接于圓，是直徑，點是的中點，延長交的延長線于點．(1)求證：；(2)若，，求的長．
【答案】(1)見解析(2)1
【分析】（1）連接，根據圓周角推論得，根據點是的中點得，，用ASA證明，即可得；
（2）根據題意和全等三角形的性質得，根據四邊形ABCD內接于圓O和角之間的關系得，即可得，根據相似三角形的性質得，即可得
【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，
為直徑，，又點是的中點，，
在和中，，，；
（2）解：，，，
又四邊形內接于圓，，
又，，又，，
，即：，解得：，．
【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，圓周角定理，理解相關性質定理，正確添加輔助線是解題關鍵．
例5．（2023·河南洛陽·九年級統考期中）圓冪定理是平面幾何中最重要的定理之一，它包含了相交弦定理、切割線定理、割線定理以及它們的推論，其中切割線定理的內容是：從圓外一點引圓的切線和割線，切線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項．你能給出證明嗎？
下面是證明的開頭：
已知：如圖①，點P為⊙O外一點，切線PA與圓相切于A，割線PBC與圓相交于點B、C．
求證：PA2＝PB PC 證明：如圖②，連接AB、AC、B0、AO，
因為PA切⊙0于點A，∴．PA⊥AO，∠PAB＋∠BAO＝90°．
閱讀以上材料，完成下列問題：(1)補充完成上面的證明過程；
(2)如圖③，割線PDE與⊙O交于D、E，且PB＝BC＝4，PE＝7，求DE的長．
【答案】(1)見解析 (2)DE的長為
【分析】（1）先證，得，即可得答案；（2）結合（1）同理可得，所以 ，然后代入值即可求出 PD 的長，進而可得 DE 的長．
【詳解】（1）證明：如圖②，連接AB、AC、BO、AO，
∵PA切于點A，∴，即，
∵， ∴，
∵，∴，
∴，∴，
∵ ，∴，又∵，∴，
∴， ∴；
（2）由（1）， 同理，
∴， ∴，
∴，∴DE的長為．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，圓周角定理，切線的性質，等腰三角形的性質，解題的關鍵是證明 ．
考向三　弦切角模型
例1．（2023·河南三門峽·統考二模）小銳同學是一個數學學習愛好者，他在一本數學課外讀物上看到一個課本上沒有的與圓相關的角---弦切角（弦切角的定義：把頂點在圓上，一邊與圓相切，另一邊和圓相交的角叫做弦切角），并嘗試用所學的知識研究弦切角的有關性質．
（1）如圖，直線與⊙O相切于點，，為⊙O上不同于的兩點，連接，，．請你寫出圖中的兩個弦切角______；（不添加新的字母和線段）
（2）小銳目測和可能相等，并通過測量的方法驗證了他的結論，你能幫小銳用幾何推理的方法證明結論的正確性嗎？
已知：如圖，直線與⊙O相切于點，，為圓上不同于的兩點，連接，，．
求證：．
（3）如果我們把上述結論稱為弦切角定理，請你用一句話概括弦切角定理______．
【答案】（1），，，（任意寫出兩個即可）；（2）見解析；（3）弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角
【分析】（1）根據弦切角的定義加以識別即可；（2）過點C作直徑CF，連接DF，借助于同弧所對的圓周角相等，將∠DEC轉化為∠F，所以只需證∠DCB=∠F即可．
（3）由題意可歸納：弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角．
【詳解】解：（1）弦CD、CE分別與切線CB構成的弦切角為：∠DCB，∠ECB；
弦CD、CE分別與切線CA構成的弦切角為：∠DCA，∠ECA．
故答案為：，，，（任意寫2個即可）
（2）證明：過作直徑，連接．
∵是直徑，∴．∴．
又∵與相切于點，∴．∴．∴．
∴．∴．
（3）弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角．
【點睛】本題考查了圓的切線的性質、圓周角定理及推論、直角三角形的兩銳角互余等知識點，熟知上述圖形的相關性質是解題的基礎，對新定義的理解及問題的概括能力是關鍵.
例2．（2023·山西大同·九年級校聯考期中）閱讀與思考
閱讀下面內容并完成任務：頂點在圓上，一邊和圓相交，另一邊和圓相切的角叫做弦切角．
弦切角定理：弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角．
如圖1，直線與相切于點，為的弦，叫弦切角，叫做弦切角所夾的弧，是所對的圓周角，為直徑時，很容易證明．
小華同學認為這是一種特殊情況，若不是直徑會如何呢？即在圖2中嗎？她連接并延長，交于點，連接…問題得到了解決．
小穎同學利用圖3證明了當弦切角為直角時，弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角．
小亮積極思考，提出當弦切角為鈍角時，能證明（如圖4）嗎？
任務：(1)請按照小華的思路，利用圖2證明；
(2)結合小華、小穎的思路或結論，利用圖4解答小亮提出的問題；
(3)寫出在上面解決問題的過程中體現的數學思想：______（寫出兩種）；
(4)解決問題：如圖5，點為的弦延長線上一點，切于點，連接，，，，則______°
【答案】(1)見解析(2)見解析(3)轉化思想和類比思想(4)
【分析】（1）連接并延長，交于點，連接，則，根據是的直徑，可得，再根據切線的性質可得，即可；
（2）連接并延長，交于點，連接，根據是的直徑，可得，再根據切線的性質可得，從而得到，再由圓內接四邊形的性質，可得，即可；（3）上面解決問題的過程中體現的數學思想為：轉化思想和類比思想；
（4）接并延長，交于點，連接，則，證明，即可．
【詳解】（1）證明：連接并延長，交于點，連接，則，
∵是的直徑，∴，∴，
∵直線與相切于點，∴，∴，
∴，∴；
（2）證明：連接并延長，交于點，連接，
∵是的直徑，∴，∴，
∵直線與相切于點，∴，∴，∴，
∵四邊形是的內接四邊形，∴，
∵，∴；
（3）解：上面解決問題的過程中體現的數學思想為：轉化思想和類比思想；
故答案為：思想轉化思想和類比思想
（4）解：如圖，接并延長，交于點，連接，則，
∵是的直徑，∴，∴，
∵直線與相切于點，∴，∴，
∴，∴，∵，，
∴．故答案為：．
【點睛】本題主要考查了圓周角定理，切線的性質，圓內接四邊形的性質，熟練掌握圓周角定理，切線的性質，圓內接四邊形的性質是解題的關鍵．
考向四　托勒密定理模型
例1．（2023·九年級北京市校考階段練習）閱讀下列材料，并完成相應的任務．
托勒密定理：托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希臘著名的天文學家，他的重要著作《天文學大成》被后人稱為“偉大的數學書”，托勒密有時把它叫作《數學文集》，托勒密從書中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理．
托勒密定理：圓內接四邊形中，兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積之和．
已知：如圖1，四邊形ABCD內接于⊙O，
求證：AB CD+BC AD＝AC BD
下面是該結論的證明過程：
證明：如圖2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于點E．
∵∴∠ABE＝∠ACD∴△ABE∽△ACD
∴∴AB CD＝AC BE
∵∴∠ACB＝∠ADE（依據1）
∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC
即∠BAC＝∠EAD ∴△ABC∽△AED（依據2）
∴AD BC＝AC ED ∴AB CD+AD BC＝AC （BE+ED） ∴AB CD+AD BC＝AC BD
任務：（1）上述證明過程中的“依據1”、“依據2”分別是指什么？
（2）當圓內接四邊形ABCD是矩形時，托勒密定理就是我們非常熟知的一個定理：　 　．（請寫出）
（3）如圖3，四邊形ABCD內接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，點C為的中點，求AC的長．
【答案】（1）上述證明過程中的“依據1”是同弧所對的圓周角相等．“依據2”是兩角分別相等的兩個三角形相似;(2) 勾股定理;(3) .
【分析】（1）根據圓周角定理，相似三角形的判定即可解決問題．（2）利用矩形的性質以及托勒密定理即可判斷．（3）連接BD，作CE⊥BD于E．首先證明BD＝2DE＝CD，由托勒密定理，構建方程求出AC即可．
【詳解】（1）上述證明過程中的“依據1”是同弧所對的圓周角相等．
“依據2”是兩角分別相等的兩個三角形相似．
（2）當圓內接四邊形ABCD是矩形時，則AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，
∵AB CD+AD BC＝AC BD，∴AB2+AD2＝BD2，
托勒密定理就是我們非常熟知的一個定理：勾股定理，故答案為勾股定理．
（3）連接BD，作CE⊥BD于E．
∵四邊形ABCD是圓內接四邊形，∴∠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的長為．
【點睛】本題屬于圓綜合題，考查了相似三角形的判定和性質，勾股定理，圓周角定理，銳角三角函數，托勒密定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，正確尋找相似三角形解決問題．
例2．（2022春·廣東九年級課時練習）閱讀與應用
請閱讀下列材料，完成相應的任務：
托勒密是“地心說”的集大成者，著名的天文學家、地理學家、占星學家和光學家．后人從托勒密的書中發現一個命題：圓內接四邊形對邊乘積的和等于對角線的乘積．下面是對這個命題的證明過程．
如圖1，四邊形ABCD內接于．求證：．
證明：如圖2，作交BD于點E．∵，∴．（依據）
∴．∴．．…
∴．∴．∴．
∵，∴．
∴．
任務：(1)證明過程中的“依據”是______；(2)補全證明過程；
(3)如圖3，的內接五邊形ABCDE的邊長都為2，求對角線BD的長．
【答案】(1)同弧所對的圓周角相等；(2)見解析；(3)；
【分析】（1）根據同弧所對的圓周角相等可得；
（2）由可得，再由可得；
（3）連接AD，BE，由可得，進而，BE=AD=BD，再由解方程即可；
【詳解】（1）解：∵同弧所對的圓周角相等，，
∴；故答案為：同弧所對的圓周角相等；
（2）解：∵，∴，∴，
∵，∴；
（3）解：如圖，連接AD，BE，∵，∴，
∴，∴，∴BE=AD=BD，
∵四邊形ABDE是的內接四邊形，∴，
∵，∴，
解得：或（舍去），∴對角線BD的長為；
【點睛】本題考查了圓內接多邊形，圓心角、弧、弦關系，相似三角形的判定和性質，一元二次方程等知識；掌握在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量都分別相等是解題關鍵．
例3．（2023·江蘇鹽城·九年級統考期中）【舊知再現】圓內接四邊形的對角 .
如圖①，四邊形是的內接四邊形，若，則 .
【問題創新】圓內接四邊形的邊會有特殊性質嗎？
如圖②，某數學興趣小組進行深入研究發現：
證明：如圖③，作，交于點.
∵，∴，
∴ 即 （請按他們的思路繼續完成證明）
【應用遷移】如圖④，已知等邊外接圓，點為 上一點，且，，求的長.
【答案】【舊知再現】互補， 110；【問題創新】見解析；【應用遷移】
【分析】【重溫舊知】根據圓周角定理，得出，，化簡得出，利用等腰三角形的兩個底角相等和圓內接四邊形對角互補，即可得；【提出問題】所得等式兩邊加上AD BC，右邊變形后即可得證；【應用遷移】由上題的結論，根據為等邊三角形，可得AB=AC=BC，代入化簡即可求出PA的長.
【詳解】（1）如圖示：連接OA，OC，根據圓周角定理，
則有：，
∴∴圓內接四邊形的對角互補；
∵，∴在等腰三角形ABD中，
∴
（2）證明：如圖，∵∴，即，
又∵，∴ ∴，即
∴， ∴，
（3）由（2）可知∵是等邊三角形， ∴，
∴，∴即.
【點睛】此題屬于圓的綜合題，涉及的知識有：圓內接四邊形的性質，等邊三角形的性質，相似三角形的判定與性質，熟練掌握圓內接四邊形的性質是解本題的關鍵．
一、選擇題
1．（2023春·成都市·九年級專題練習）如圖，在扇形中，點C為弧的中點，延長交的延長線于點D，連接，若，，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】連接，先證明，得到，從而證得，根據相似三角形的性質求出，進而求出，計算面積比即可．
【詳解】解：連接，
∵點C為弧的中點，∴，，
∴，∴，
又，∴，∴，
∵，，∴，解得：，∴，
∴∴，∴，故選：B．
【點睛】本題考查了圓心角、弧、弦三者的關系，相似三角形的判定和性質，解題的關鍵是熟練運用性質解題．
2．（2023·安徽合肥·統考三模）如圖，是半圓的直徑，是弦，點是的中點，點是的中點，連接、分別交于點和點，連接，則下列結論中錯誤的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據垂徑定理可證選項；根據垂徑定理，中位線的性質可證選項；根據圓周角的性質可證，由此即可求解．
【詳解】解：點是弧的中點，是半徑，，∴正確；連接交于，

點是弧的中點，，，
，是的中位線，
，即，且，∴錯誤，正確；
連接，點是弧的中點，
，，
，，∴正確．故選：．
【點睛】本題主要考查圓與三角形的綜合，掌握圓的基礎知識，相似三角形的判定和性質，垂徑定理，中位線的性質等知識是解題的關鍵．
3．（2023·新疆博爾塔拉·校考二模）如圖，內接于半徑為的半圓中，為直徑，點是的中點，連結交于點，平分交于點，為的中點，可得（ ）

① ② ③ ④
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【分析】連接，根據直徑所對的圓周角是90度可得，，根據圓周角定理可得；根據角平分線的性質可得，根據三角形的內角和即可求得；根據三角形的內角和可得，根據等角對等邊可得，根據為的中點可得，根據勾股定理可得，；根據相似三角形的判定和性質可得，，根據勾股定理可得，根據相似三角形的判定和性質可得，根據勾股定理可得，；即可求得，故．
【詳解】連接，∵為直徑∴，

∵點是的中點∴∴
∵平分∴∴
即
∴故①正確∴
∴∴
又∵為的中點∴
在中， 令則
解得或（舍去） 即
∴ 故③不正確；
∵，∴∴
∴∴
∴
∵， ∴
∴，∴，
在中，即 令
則整理得：
解得或（舍去）即∴故②正確
故故④正確；
綜上，①②④正確 故選：B．
【點睛】本題考查勾股定理，相似三角形的判定和性質，正切的概念，角平分線的性質，等角對等邊的性質，三角形內角和，圓周角定理及推論等，是一道綜合題，熟練掌握相關判定和性質是解題關鍵．
4．（2023·內蒙古呼和浩特·一模）如圖，PAB為割線且PA=AB，PO交⊙O于C，若OC=3，OP=5，則AB的長為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【詳解】試題解析：延長PO到E，延長線與圓O交于點E，連接EB，AC，
∵OC=3，OP=5，∴OE=OC=3，∴EP=OE+OP=3+5=8，CP=OP OC=5 3=2，
設PA=AB=x，則BP=2x，∵四邊形ACEB為圓O的內接四邊形，
∴∠ACP=∠E，又∠P=∠P，∴△ACP∽△EBP，
即 解得：或 (舍去)，則 故選B.
點睛：兩組角對應相等，兩三角形相似.
5．（2021·四川眉山·中考真題）如圖，在以為直徑的中，點為圓上的一點，，弦于點，弦交于點，交于點．若點是的中點，則的度數為（ ）
A．18° B．21° C．22.5° D．30°
【答案】C
【分析】根據直徑所對的圓周角是，可知，根據，可知、的度數，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可知，為等腰三角形，再根據可求得的度數．
【詳解】解：∵為的直徑，∴，
∵，∴，，
∵點是的中點，∴，∴，∵，∴，
又∵，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，故選：C．
【點睛】本題主要考查圓周角定理，垂徑定理，相似三角形，直角三角形斜邊上中線等知識點，找出圖形中幾個相似三角形是解題關鍵．
6．（2023·浙江寧波·一模）如圖，的直徑AB，垂直平分OA，AB延長線上一點E，DE交圓O于F，且．弦DH交OC于G，滿足，，AC長為（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【分析】連接，如圖，先根據題意證明，得到，進而可證明，得出，由垂直平分OA可得，設，根據等腰三角形的性質、三角形的外角性質以及三角形的內角和可求得，進而可求出，由變形可得，然后設未知數求出圓的半徑即可求出答案．
【詳解】解：連接，如圖，∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，，∴，，
∴，∴，∴，∴，
∵垂直平分OA，∴，∴，
設，則，∴，
∵，∴，在直角三角形中，∵，
∴，解得，∴，
∴，
∵，∴，
∵， ∴，∴，
設圓的半徑為r，則在直角三角形中，，∴，
∴，作于點M，
∵，∴，
∴，∴，∴，
∵，∴，解得：（負值已舍去），
∴．故選：C
【點睛】本題是圓的綜合題，主要考查了同圓半徑相等、相似三角形的判定和性質、等腰三角形的性質、全等三角形的判定和性質、三角形的外角性質等知識，綜合性較強，熟練掌握上述知識、正確添加輔助線、靈活應用數形結合思想是解題的關鍵．
7．（2023·四川廣元·一模）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，O是邊AB上一點，以點O為圓心，OB為半徑作圓，⊙O恰好與AC相切于點D，連接BD．若，則的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】連接OD，證明△ADO∽△ACB，得出，則，由得結論．
【詳解】解：連接OD ∵⊙O恰好與AC相切于點D∴∠ADO=90°
又∠C＝90°∴△ADO∽△ACB∴
∵∴∴ 故選：B．
【點睛】本題考查切線的性質，相似三角形的判定與性質以及銳角三角函數，根據題意作輔助線是解決問題的關鍵．
二、填空題
8．（2023·浙江·一模）如圖，在圓內接正十邊形中，是正十邊形的一條邊，平分交于點，若的半徑為2，則 ．
【答案】
【分析】根據角平分線的性質以及內接正多邊形的性質，可得到，再通過證明，得到，即即可求出答案．
【詳解】解：根據題意得：，，
平分交于點，，
，，，
，，
，即，解得：，故答案為：．
【點睛】本題主要考查了正多邊形和圓，等腰三角形的判定，相似三角形的性質和判定的應用，解此題的關鍵是得出關于的比例式．
9．（22-23九年級上·江蘇鹽城·階段練習）如圖，在中，，，，以點C為圓心，為半徑的圓交于點D，求的長 ．
【答案】
【分析】勾股定理求出，過點作，易得，得到，求出的長，根據垂徑定理，得到，即可得解．
【詳解】解：，，，∴；
過點作，交于點，則：，，
∵，∴，∴，即：，
∴，∴；故答案為：．
【點睛】本題考查垂徑定理，相似三角形的判定和性質，熟練掌握垂徑定理，通過添加輔助線證明三角形相似，是解題的關鍵．
10．（2023·四川成都·模擬預測）如圖所示，圓內接四邊形ABCD中，對角線AC是直徑，BD＝AB，BE⊥AC，BE＝4，CD＝6，則CE＝ ．
【答案】2
【分析】利用圓周角的定理及已知可得∠AOD=2BOC；再證明△DGO≈△BEO(AAS)，并由勾股定理求得AC的長；然后再證明△ABE∽△BCE，設CE=x，利用相似三角形的性質得比例式解得x的值，則可得答案．
【詳解】解：如圖，連接BO并延長交AD于點G，連接DO，
∵BD＝AB，則BG⊥AD，∵AC是直徑，∴∠ADC=90
∴BG∥CD∴∠ABD=2∠CDB，∴∠AOD=2∠BOC，
又∵OG⊥AD，AO=OD∴∠GOD=∠GOA，∠GOD=∠EOB，
又∵∠DGO=∠BEO=90°，∴△DGO≌△BEO(AAS)，∴DG=BE=4，AD=2DG=8，
在中，由勾股定理得：，
∵∠AEB=∠BEC=∠ABC=90°，∴∠ABE+∠CBE=90°，∠CBE+∠ECB＝90°，
∴∠ABE=∠ECB∴△ABE∽△BCE，∴，設CE=x，則AE=10-x，BE=4
∴16=(10-x)x解得x=2或x=8(舍去）經檢驗x=2是原方程的解∴CE=2，故答案為：2．
【點睛】本題考查圓內接四邊形，圓周角定理，相似三角形，勾股定理等，關鍵是能綜合運用所學知識解決問題．
11．（2023·浙江寧波·一模）如圖，在中，，點為邊上一動點，連結．以為圓心，為半徑作圓，交于，過作⊙O的切線，交于點．當⊙O與邊相切時，的長為 ．
【答案】
【分析】根據切線的性質和相似三角形列方程求解即可．
【詳解】解：如圖，當⊙O與邊AC相切時，則OB=OC=3，
在Rt△AOC中，
∵DE是⊙O的切線，AC是⊙O的切線，∴DE=CE，設DE=CE=m，則AE=6-m．
∵∠ADE=∠ACO=90°，∠DAE=∠CAO，∴△ADE∽△ACO，
即 故答案為：．
【點睛】本題考查切線的性質，相似三角形的判斷和性質，掌握切線的性質和相似三角形的性質是正確解答的前提．
12．（2023·浙江紹興·模擬預測）四邊形內接于圓，對角線交點為E，，若、都是整數，則的值為 ．
【答案】3或4
【分析】證明△ABD∽△AEB，求出AD，從而得到DE，再證明△AEC∽△BED，得到BE·CE=12，根據BE，CE都是整數可得所有可能的取值，再根據三角形三邊關系可得BE，CE都是整數，從而得到DE的取值．
【詳解】解：∵AB=AC=4，AE=2，∴∠ADB=∠ADC，
∵∠ABC=∠ADC，∴∠ADB=∠ABC，又∠BAD=∠BAE， ∴△ABD∽△AEB，
∴，即，∴AD=8，∴DE=6，
∵∠CAE=∠DBE，∠ACE=∠BDE，∴△AEC∽△BED，
∴，即，∴BE·CE=12，∵BE，CE都是整數，
則BE和CE可取的值為3，4或2，6或1，12；
∵AB=AC=4，∴BC＜AB+AC=8，∴BC=3+4=7，∴BE的值為3或4，故答案為：3或4．
【點睛】本題考查了圓周角定理，相似三角形的判定和性質，以及三角形三邊關系，解題的關鍵是找出適當的相似三角形得到線段關系．
13．（2023·山東菏澤·九年級統考期中）如圖，已知、、、在同一個圓上，，與交于，若，，且線段、為正整數，則 ．

【答案】7
【分析】根據題意易得△ABC∽△BEC，則有，即可求得EC、AE的值，利用相交弦定理可得BE與DE的積，又線段、為正整數，且在△BCD中，，進而可求解．
【詳解】解：，∠BAC=∠DAC，∠DBC=∠DAC，∠BAC=∠DBC，
又∠BCE=∠ACB，△ABC∽△BEC，，
，，EC=2，AE=6，，，
，即，
又由線段、為正整數，且在△BCD中，，
BE=3、DE=4或BE=4、DE=3，BD=BE+DE=7；故答案為7．
【點睛】本題主要考查相似三角形的性質與判定及圓的基本性質，熟練掌握相似三角形的性質與判定及圓的基本性質是解題的關鍵．
14．（2023秋·湖南長沙·九年級校聯考期中）如圖，已知為⊙的直徑，直線與⊙相切于點，于點，交⊙于點．若，，則 ．

【答案】
【分析】連接，，根據圓周角定理和切線的性質證明，，繼而證明，得到，代入已知線段，求出，再用勾股定理即可得到結果．
【詳解】解：如圖，連接，．則，
又，∴，
∵為直徑，∴，
∵直線與⊙相切于點，∴，∴，
∵，∴，∴，
又，∴，∴，
∴，即，解得：或（舍），即，
∴，∴，故答案為：．

【點睛】本題考查了圓周角定理，切線的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，注意準確作出輔助線是解此題的關鍵．
三、解答題
15．（2023·河南平頂山·二模）提出問題：古希臘數學家歐幾里得（約公元前325——公元前265），被稱為“幾何學之父”．在其所著的《幾何原本》中，包含了5條公理、5條公設、23個定義和467個命題，即先提出公理、公設和定義，再由簡到繁予以證明，并在此基礎上形成了歐式幾何學體系．《幾何原本》第3卷給出其中一個命題：如果圓外的一點向圓引兩條直線，一條與圓相切，一條穿過圓，那么被圓截得的線段與該點到凸圓之間的線段為邊構成的矩形的面積等于以該點向圓引的切線所構成的正方形的面積．如圖1，上述結論可表示為，你能說明其中的道理嗎？
探索問題：小明在探究的過程中發現，線段的位置有兩種情況，即過圓心和不過圓心．
如圖2，當經過圓心時，小明同學進行了如下推理：連接，易得，又，所以，可得對應邊成比例，進而可知，當經過圓心時，得．當不經過圓心時，請補全下列推理過程．
(1)已知：如圖3，為的切線，為切點，與相交于，兩點，連接，．求證：．證明：　　 ．
(2)解決問題：如圖4，已知為的直徑，為延長線上一點，切于點，連接，若，，請直接寫出的長．
【答案】(1)見解析(2)
【分析】（1）連接并延長，交于點，連接，由圓周角定理可得，根據三角形內角和定理得，由切線的性質得，即，進而可得，再根據圓周角定理可得，于是得到，以此可證明，利用相似三角形的性質即可得到證明；（2）連接、，易證明，利用相似三角形的性質可得，進而得到，，于是得，設，則，在中，利用勾股定理建立方程求出的值，進而求出的長．
【詳解】（1）證明：如圖，連接并延長，交于點，連接，
為的直徑，，，
為的切線，為切點，，即，，
，，，
又，，，；
（2）解：如圖，連接、，為的直徑，，即，
為的切線，，即，，
，，又，，
，即，，，
，設，則，
在中，，，
解得：，（不合題意，舍去），．
【點睛】本題主要考查切線的性質、圓周角定理、相似三角形的判定與性質、等腰三角形的性質、勾股定理，解題關鍵是根據題干所給條件，證明三角形相似，利用相似三角形的性質解決問題．
16．（2023·廣東河源·二模）如圖，是圓O的直徑，交于點E，延長到F，使，連接．(1)求證：；(2)若，求的長；
(3)在（2）的條件下，直線為相切嗎？為什么？
【答案】(1)見解析(2)(3)相切，見解析
【分析】（1）先由得到，再根據圓周角定理得，然后根據相似三角形的判定方法得到，再利用相似比和比例的性質即可得到結論；（2）利用（1）的結論計算；（3）先在中利用勾股定理計算出，則，于是可判斷為等邊三角形，得到，再計算出，由此得到，然后根據切線的判定定理得直線與相切．
【詳解】（1）∵，∴，而，∴，
而，∴，∴，∴；
（2）連接，如圖，∵，，∴，∵，∴

（3）直線與相切，理由如下：在中，，，
∴，∴，∴，
∴為等邊三角形，∴，∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴，
∵是的半徑，∴直線與相切．
【點睛】本題主要考查了圓周角定理、等腰直角三角形的性質，等邊三角形的判定與性質，切線的判定定理和相似三角形的判定與性質，熟練掌握圓周角定理、切線的判定定理和相似三角形的判定與性質并作出合理的輔助線是解題的關鍵．
17．（2022·遼寧沈陽·中考真題）如圖，四邊形內接于圓，是圓的直徑，，的延長線交于點，延長交于點，．
(1)求證：是圓的切線；(2)連接，，，的長為______．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）根據圓內接四邊形的性質和，可得出，再根據是圓的直徑，由切線的判定可得證；（2）延長交的延長線于點，由是圓的直徑，可說明是直角三角形，從而得到，再證明，得到，代入數據即可得到答案．
【詳解】（1）證明：∵四邊形內接于圓，∴，
∵，∴，∴，∴，
∵是圓的直徑，∴是圓的切線．
（2）解：延長交的延長線于點，
∵是圓的直徑，∴，∴，
∴是直角三角形，∴， ∵四邊形內接于圓，∴，
又∵，∴，∴，
∵，，∴，∴．故答案為：．
【點睛】本題考查了切線的判定，圓內接四邊形的性質，圓周角定理推論，相似三角形的判定和性質，三角函數等知識．通過作輔助線構造相似三角形是解題的關鍵．
18．（2023·四川綿陽·九年級統考期中）定義：頂點在圓上，一邊和圓相交，另一邊和圓相切的角叫做弦切角．如圖1，為的切線，點為切點，為內一條弦，即為弦切角．
(1)古希臘數學家歐幾里得的《幾何原本》是一部不朽的數學巨著，全書共13卷，以第1卷的23個定義、5個公設和5個公理作為基本出發點，給出了119個定義和465個命題及證明．第三卷中命題32一弦切角定理的內容是：“弦切角的度數等于它所夾的弧所對的圓心角度數的一半，等于它所夾的弧所對的圓周角度數．”
如下給出了弦切角定理不完整的“已知”和“求證”，請補充完整，并寫出“證明”過程．
已知：如圖2，為的切線，點為切點，為內一條弦，點在上，連接，，，．求證：．證明： 。
(2)如圖3，為的切線，為切點，點是上一動點，過點作于點，交于，連接，，．若，，求弦的長．
【答案】(1)見解析(2)21
【分析】（1）如圖2，延長交于，連接，根據圓周角定理得到，求得，根據切線的性質得到，求得，于是得到結論；
（2）如圖3，連接，根據勾股定理得到，根據切線的性質得到，根據相似三角形的性質即可得到結論．
【詳解】（1）解：求證：，
證明：如圖2，延長交于，連接，
是的直徑，，，
為的切線，，，
，，；即；
（2）如圖3，連接，，，，
為的切線，，，，
，，．
【點睛】本題考查了切線的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，圓周角定理，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
19．（2023·山西晉中·九年級統考期末）閱讀以下材料，并完成相應任務：
托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希臘著名的天文學家，他的著作《天文學大成》被后人稱為“偉大的數學書”，托勒密有時把它叫作《數學文集》，托勒密從書中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理．托勒密定理：圓內接四邊形中，兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積之和．已知：如圖1，四邊形內接于．求證： 下面是該結論的證明過程：證明：如圖2，作，交于點E．∵∴（依據1）∴（依據2）∴∴∵∴ ∵∴即∴∴∴∴
任務：（1）上述證明過程中的“依據1”“依據2”分別是指什么？
依據1：____________________________________________．
依據2：____________________________________________．
（2）如圖3，四邊形內接于，為的直徑，，，點D為的中點，求的長．
【答案】（1）同弧所對的圓周角相等，兩角對應相等的兩個三角形相似；（2）
【分析】（1）根據圓周角定理，相似三角形的判定即可解決問題．
（2）首先證明，由托勒密定理，構建方程求出即可．
【詳解】解：（1）上述證明過程中的“依據1”是同弧所對的圓周角相等．
“依據2”是兩角對應相等的兩個三角形相似．
故答案為：同弧所對的圓周角相等；兩角對應相等的兩個三角形相似．
（2）∵為的直徑，∴，
∵點D為的中點，∴，∴，
∴在中，
∵∴在中，
∵ ∴，∴
【點睛】本題屬于圓綜合題，考查了相似三角形的判定和性質，勾股定理，圓周角定理，銳角三角函數，托勒密定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，正確尋找相似三角形解決問題．
20．（2023·山西大同·九年級校考期末）請閱讀下列材料，并完成相應的任務：
斯庫頓定理：如圖1．在中，為的平分線，則．下面是該定理的證明過程：
證明：如圖2，是的外接圓，延長交于點，連接．
∵為的平分線，∴．
∵，（依據①__________________________）
．（依據②_________________________）
又，．
．……
任務：（1）證明過程中的依據是：①__________________________．②__________________________．
（2）將證明過程補充完整：（3）如圖3．在圓內接四邊形中，對角線，相交于點．若，，，，，請利用斯庫頓定理，直接寫出線段的長．
【答案】（1）①同弧或等弧所對的圓周角相等，②兩角分別相等的兩個三角形相似；（2）見解析；（3）
【分析】（1）由圖可知和所對的弧是同一條弧，根據同弧或者等弧所對圓周角相等可知結論；已知兩角分別相等的兩個三角形相似；
（2）已知兩角分別相等的兩個三角形相似可知，進而得到比例關系，最后得出結論；
（3）由斯庫頓定理，得，從而求出的值，再根據兩角分別相等的兩個三角形相似可知：，進而得出的值，最后由線段和可知的值．
【詳解】解：（1）①同弧或等弧所對的圓周角相等
∵和所對的弧是同一條弧∴①應填：同弧或等弧所對的圓周角相等
②兩角分別相等的兩個三角形相似
∵題目中的結論是兩個三角形相似，用的方式是三角形的兩個角分別相等
∴②應填兩角分別相等的兩個三角形相似
（2）∵，..
（3） ∵.∴弧弧∴∴平分.
由斯庫頓定理，得
又∵，，，，∴.解得或（舍去）。
∵, .∴
∴∴解得∴
【點睛】本題是一道閱讀理解題，通過讀材料運用已知條件得到斯庫頓定理，理解并會運用斯庫頓定理是解題的關鍵．
21．（2023春·河南駐馬店·九年級統考期中）《幾何原本》是古希臘數學家歐幾里得所著的一部著作，它是歐洲數學的基礎，總結了平面幾何五大公設，被廣泛地認為是歷史上學習數學幾何部分最成功的教科書．下面是其中的切割線定理：從圓外一點引圓的切線和割線，切線上是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項，即如圖①，是的切線，直線為的割線，則．
下面是切割線定理的證明過程（不完整）：
證明：如圖②，連接，連接并延長交于點E，連接、．
∵是的切線，是的半徑，
∴．
∵是的直徑，∴（__________），
∴，∴__________．
∵，∴__________．
∵，∴∽，
∴（__________），∴．
　　　　
任務：(1)請在橫線上補充證明過程，在括號內補充推理的依據；(2)如圖③，已知是的直徑，是的切線，A為切點，割線與于點E，且滿足，，求的長．
【答案】(1)直徑所對的圓周角相等；；；相似三角形的對應邊成比例；(2)
【分析】（1）根據圓周角定理、等角的余角相等、等量代換、相似三角形的性質等補充證明過程；（2）先根據已知和割線定理求得，，，則，再根據切線性質和勾股定理求得；利用圓周角定理和相似三角形的判定證明，則，進而求得即可求解．
【詳解】（1）證明：如圖②，連接，連接并延長交于點E，連接、．
∵是的切線，是的半徑，∴．
∵是的直徑，∴（直徑所對的圓周角相等），
∴，∴．∵，∴．
∵，∴∽，
∴（相似三角形的對應邊成比例），∴．
　　
故答案為：直徑所對的圓周角相等；；；相似三角形的對應邊成比例；
（2）解：圖3中，連接，，
∵，∴設，，，則，
∵是的切線，是割線，∴由割線定理得，
則，解得（負值舍去）， ∴，，，則，
∵是的直徑，是的切線，∴，∴；
∵，，∴，則，
∴，∴．
【點睛】本題主要考查了切線性質、圓周角定理、相似三角形的判定與性質、勾股定理等知識，理解切割線定理，掌握相關知識的聯系與運用是解答的關鍵．
22．（2023·廣東佛山·校考三模）如圖，為的直徑，點是弧的中點，交于點，，．(1)求證：；(2)求線段的長；(3)延長至，連接，使的面積等于，求的度數．

【答案】(1)見解析(2)(3)
【分析】（1）由，可得，再利用“兩角分別相等的兩個三角形相似”進行證明；（2）先利用相似三角形的性質求出，再用勾股定理求；
（3）連接，并求其長度，利用的面積求出的長，進而得到，，利用特殊角的三角函數求出與的度數，進而得到的度數．
【詳解】（1）解：，，又，．
（2）解：，，．
，，即，解得．
是的直徑，．在中，．
（3）解：連接，如圖．
是的直徑，．
由,得，解得．

，．
在中，．
在中，．
，．
，，
，，．
【點睛】本題考查了直徑所對的圓周角是直角，同弧所對的圓周角相等，相似三角形的性質與判定，勾股定理，利用特殊角的三角函數求角，熟練掌握相關性質定理是解題的關鍵．
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【全國通用】2024中考數學二輪復習（重難點題型突破）
專題04 圓的綜合問題-4.2 與相似三角形結合
圓在中考數學幾何模塊中占據著重要地位，也是學生必須掌握的一塊內容，本專題就圓與相似三角形綜合問題進行梳理及對應試題分析，方便掌握。
在解題時，我們可以利用相似三角形的性質，比如對應角相等、對應邊成比例等，來推導出未知量的值。這四大類模型在求解圓中三角形的問題時非常有用，可以幫助我們在不需要測量角度和長度的情況下計算一些未知量。
1、圓中常見相似模型：
1）母子型
條件：如圖，已知點P是中點；結論：△PDA∽△PAC；△PDB∽△PBC；
2）圓冪定理相關模型
相交弦模型：圓O中，弦AB與弦CD交于點E，點E在圓O內，則
雙割線模型：如圖，割線CH與弦CF交圓O于點E和點G；則
切割線模型：如圖，CB是圓O的切線，CA是圓O的割線；則
3）弦切角模型
條件：如圖，CB是圓O的切線，AB是圓O的直徑；結論：（1）；（2）；（3）。
4）托勒密定理模型
條件：如圖，AB、CD是圓O的兩條弦； 結論：。
考向一　母子型模型
例1．（2023·山東德州·統考二模）如圖1，內接于，點是劣弧的中點，且點與點位于的異側．(1)請用圓規和無刻度直尺在圖1中確定劣弧的中點；
(2)在圖1中，連接交于點，連接，求證；
(3)如圖2，點是半圓的中點，若⊙O的直徑，求和的長．

例2．（2023·廣東廣州·校考三模）如圖：為的直徑，點A是弧的中點，交于點E，，．(1)求證：；(2)求的值．

例3．（2023·四川成都·統考二模）如圖，是的一條弦，點是中點，連接，，交于點．過點作的切線交的延長線于點，延長交于點，連接交于點，連接．(1)求證：；(2)已知，求的值．

例4．（2023·江蘇無錫·中考真題）如圖，是的直徑，與相交于點．過點的圓O的切線，交的延長線于點，．
(1)求的度數；(2)若，求的半徑．

考向二　圓冪定理模型
例1．（2023·廣東廣州·九年級校考期中）如圖，兩個同心圓，大圓的弦與小圓相切于點P，大圓的弦經過點P，且，，兩圓組成的圓環的面積是 ．

例2．（2023·重慶·一模）如圖，PAB、PCD為⊙O的兩條割線，若PA=5，AB=7，CD=11，則AC：BD= ．
例3．（2023春·河南·九年級專題練習）如圖，切于點A，是的割線，若，則 ．

例4．（2022·湖南·中考真題）如圖，四邊形內接于圓，是直徑，點是的中點，延長交的延長線于點．(1)求證：；(2)若，，求的長．
例5．（2023·河南洛陽·九年級統考期中）圓冪定理是平面幾何中最重要的定理之一，它包含了相交弦定理、切割線定理、割線定理以及它們的推論，其中切割線定理的內容是：從圓外一點引圓的切線和割線，切線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項．你能給出證明嗎？
下面是證明的開頭：
已知：如圖①，點P為⊙O外一點，切線PA與圓相切于A，割線PBC與圓相交于點B、C．
求證：PA2＝PB PC 證明：如圖②，連接AB、AC、B0、AO，
因為PA切⊙0于點A，∴．PA⊥AO，∠PAB＋∠BAO＝90°．
閱讀以上材料，完成下列問題：(1)補充完成上面的證明過程；
(2)如圖③，割線PDE與⊙O交于D、E，且PB＝BC＝4，PE＝7，求DE的長．
考向三　弦切角模型
例1．（2023·河南三門峽·統考二模）小銳同學是一個數學學習愛好者，他在一本數學課外讀物上看到一個課本上沒有的與圓相關的角---弦切角（弦切角的定義：把頂點在圓上，一邊與圓相切，另一邊和圓相交的角叫做弦切角），并嘗試用所學的知識研究弦切角的有關性質．
（1）如圖，直線與⊙O相切于點，，為⊙O上不同于的兩點，連接，，．請你寫出圖中的兩個弦切角______；（不添加新的字母和線段）
（2）小銳目測和可能相等，并通過測量的方法驗證了他的結論，你能幫小銳用幾何推理的方法證明結論的正確性嗎？
已知：如圖，直線與⊙O相切于點，，為圓上不同于的兩點，連接，，．
求證：．
（3）如果我們把上述結論稱為弦切角定理，請你用一句話概括弦切角定理______．
例2．（2023·山西大同·九年級校聯考期中）閱讀與思考
閱讀下面內容并完成任務：頂點在圓上，一邊和圓相交，另一邊和圓相切的角叫做弦切角．
弦切角定理：弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角．
如圖1，直線與相切于點，為的弦，叫弦切角，叫做弦切角所夾的弧，是所對的圓周角，為直徑時，很容易證明．
小華同學認為這是一種特殊情況，若不是直徑會如何呢？即在圖2中嗎？她連接并延長，交于點，連接…問題得到了解決．
小穎同學利用圖3證明了當弦切角為直角時，弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角．
小亮積極思考，提出當弦切角為鈍角時，能證明（如圖4）嗎？
任務：(1)請按照小華的思路，利用圖2證明；
(2)結合小華、小穎的思路或結論，利用圖4解答小亮提出的問題；
(3)寫出在上面解決問題的過程中體現的數學思想：______（寫出兩種）；
(4)解決問題：如圖5，點為的弦延長線上一點，切于點，連接，，，，則______°
考向四　托勒密定理模型
例1．（2023·九年級北京市校考階段練習）閱讀下列材料，并完成相應的任務．
托勒密定理：托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希臘著名的天文學家，他的重要著作《天文學大成》被后人稱為“偉大的數學書”，托勒密有時把它叫作《數學文集》，托勒密從書中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理．
托勒密定理：圓內接四邊形中，兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積之和．
已知：如圖1，四邊形ABCD內接于⊙O，
求證：AB CD+BC AD＝AC BD
下面是該結論的證明過程：
證明：如圖2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于點E．
∵∴∠ABE＝∠ACD∴△ABE∽△ACD
∴∴AB CD＝AC BE
∵∴∠ACB＝∠ADE（依據1）
∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC
即∠BAC＝∠EAD ∴△ABC∽△AED（依據2）
∴AD BC＝AC ED ∴AB CD+AD BC＝AC （BE+ED） ∴AB CD+AD BC＝AC BD
任務：（1）上述證明過程中的“依據1”、“依據2”分別是指什么？
（2）當圓內接四邊形ABCD是矩形時，托勒密定理就是我們非常熟知的一個定理：　 　．（請寫出）
（3）如圖3，四邊形ABCD內接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，點C為的中點，求AC的長．
例2．（2022春·廣東九年級課時練習）閱讀與應用
請閱讀下列材料，完成相應的任務：
托勒密是“地心說”的集大成者，著名的天文學家、地理學家、占星學家和光學家．后人從托勒密的書中發現一個命題：圓內接四邊形對邊乘積的和等于對角線的乘積．下面是對這個命題的證明過程．
如圖1，四邊形ABCD內接于．求證：．
證明：如圖2，作交BD于點E．∵，∴．（依據）
∴．∴．．…
∴．∴．∴．
∵，∴．
∴．
任務：(1)證明過程中的“依據”是______；(2)補全證明過程；
(3)如圖3，的內接五邊形ABCDE的邊長都為2，求對角線BD的長．
例3．（2023·江蘇鹽城·九年級統考期中）【舊知再現】圓內接四邊形的對角 .
如圖①，四邊形是的內接四邊形，若，則 .
【問題創新】圓內接四邊形的邊會有特殊性質嗎？
如圖②，某數學興趣小組進行深入研究發現：
證明：如圖③，作，交于點.
∵，∴，
∴ 即 （請按他們的思路繼續完成證明）
【應用遷移】如圖④，已知等邊外接圓，點為 上一點，且，，求的長.
一、選擇題
1．（2023春·成都市·九年級專題練習）如圖，在扇形中，點C為弧的中點，延長交的延長線于點D，連接，若，，則的值為（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·安徽合肥·統考三模）如圖，是半圓的直徑，是弦，點是的中點，點是的中點，連接、分別交于點和點，連接，則下列結論中錯誤的是（ ）

A． B． C． D．
3．（2023·新疆博爾塔拉·校考二模）如圖，內接于半徑為的半圓中，為直徑，點是的中點，連結交于點，平分交于點，為的中點，可得（ ）

① ② ③ ④
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
4．（2023·內蒙古呼和浩特·一模）如圖，PAB為割線且PA=AB，PO交⊙O于C，若OC=3，OP=5，則AB的長為（　　）
A． B． C． D．
5．（2021·四川眉山·中考真題）如圖，在以為直徑的中，點為圓上的一點，，弦于點，弦交于點，交于點．若點是的中點，則的度數為（ ）
A．18° B．21° C．22.5° D．30°
6．（2023·浙江寧波·一模）如圖，的直徑AB，垂直平分OA，AB延長線上一點E，DE交圓O于F，且．弦DH交OC于G，滿足，，AC長為（ ）
A． B． C．2 D．
7．（2023·四川廣元·一模）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，O是邊AB上一點，以點O為圓心，OB為半徑作圓，⊙O恰好與AC相切于點D，連接BD．若，則的值是（ ）
A． B． C． D．
二、填空題
8．（2023·浙江·一模）如圖，在圓內接正十邊形中，是正十邊形的一條邊，平分交于點，若的半徑為2，則 ．
9．（22-23九年級上·江蘇鹽城·階段練習）如圖，在中，，，，以點C為圓心，為半徑的圓交于點D，求的長 ．
10．（2023·四川成都·模擬預測）如圖所示，圓內接四邊形ABCD中，對角線AC是直徑，BD＝AB，BE⊥AC，BE＝4，CD＝6，則CE＝ ．
11．（2023·浙江寧波·一模）如圖，在中，，點為邊上一動點，連結．以為圓心，為半徑作圓，交于，過作⊙O的切線，交于點．當⊙O與邊相切時，的長為 ．
12．（2023·浙江紹興·模擬預測）四邊形內接于圓，對角線交點為E，，若、都是整數，則的值為 ．
13．（2023·山東菏澤·九年級統考期中）如圖，已知、、、在同一個圓上，，與交于，若，，且線段、為正整數，則 ．

14．（2023秋·湖南長沙·九年級校聯考期中）如圖，已知為⊙的直徑，直線與⊙相切于點，于點，交⊙于點．若，，則 ．

三、解答題
15．（2023·河南平頂山·二模）提出問題：古希臘數學家歐幾里得（約公元前325——公元前265），被稱為“幾何學之父”．在其所著的《幾何原本》中，包含了5條公理、5條公設、23個定義和467個命題，即先提出公理、公設和定義，再由簡到繁予以證明，并在此基礎上形成了歐式幾何學體系．《幾何原本》第3卷給出其中一個命題：如果圓外的一點向圓引兩條直線，一條與圓相切，一條穿過圓，那么被圓截得的線段與該點到凸圓之間的線段為邊構成的矩形的面積等于以該點向圓引的切線所構成的正方形的面積．如圖1，上述結論可表示為，你能說明其中的道理嗎？
探索問題：小明在探究的過程中發現，線段的位置有兩種情況，即過圓心和不過圓心．
如圖2，當經過圓心時，小明同學進行了如下推理：連接，易得，又，所以，可得對應邊成比例，進而可知，當經過圓心時，得．當不經過圓心時，請補全下列推理過程．
(1)已知：如圖3，為的切線，為切點，與相交于，兩點，連接，．求證：．證明：　　 ．
(2)解決問題：如圖4，已知為的直徑，為延長線上一點，切于點，連接，若，，請直接寫出的長．
16．（2023·廣東河源·二模）如圖，是圓O的直徑，交于點E，延長到F，使，連接．(1)求證：；(2)若，求的長；
(3)在（2）的條件下，直線為相切嗎？為什么？
17．（2022·遼寧沈陽·中考真題）如圖，四邊形內接于圓，是圓的直徑，，的延長線交于點，延長交于點，．
(1)求證：是圓的切線；(2)連接，，，的長為______．
18．（2023·四川綿陽·九年級統考期中）定義：頂點在圓上，一邊和圓相交，另一邊和圓相切的角叫做弦切角．如圖1，為的切線，點為切點，為內一條弦，即為弦切角．
(1)古希臘數學家歐幾里得的《幾何原本》是一部不朽的數學巨著，全書共13卷，以第1卷的23個定義、5個公設和5個公理作為基本出發點，給出了119個定義和465個命題及證明．第三卷中命題32一弦切角定理的內容是：“弦切角的度數等于它所夾的弧所對的圓心角度數的一半，等于它所夾的弧所對的圓周角度數．”
如下給出了弦切角定理不完整的“已知”和“求證”，請補充完整，并寫出“證明”過程．
已知：如圖2，為的切線，點為切點，為內一條弦，點在上，連接，，，．求證：．證明： 。
(2)如圖3，為的切線，為切點，點是上一動點，過點作于點，交于，連接，，．若，，求弦的長．
19．（2023·山西晉中·九年級統考期末）閱讀以下材料，并完成相應任務：
托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希臘著名的天文學家，他的著作《天文學大成》被后人稱為“偉大的數學書”，托勒密有時把它叫作《數學文集》，托勒密從書中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理．托勒密定理：圓內接四邊形中，兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積之和．已知：如圖1，四邊形內接于．求證： 下面是該結論的證明過程：證明：如圖2，作，交于點E．∵∴（依據1）∴（依據2）∴∴∵∴ ∵∴即∴∴∴∴
任務：（1）上述證明過程中的“依據1”“依據2”分別是指什么？
依據1：____________________________________________．
依據2：____________________________________________．
（2）如圖3，四邊形內接于，為的直徑，，，點D為的中點，求的長．
20．（2023·山西大同·九年級校考期末）請閱讀下列材料，并完成相應的任務：
斯庫頓定理：如圖1．在中，為的平分線，則．下面是該定理的證明過程：
證明：如圖2，是的外接圓，延長交于點，連接．
∵為的平分線，∴．
∵，（依據①__________________________）
．（依據②_________________________）
又，．
．……
任務：（1）證明過程中的依據是：①__________________________．②__________________________．
（2）將證明過程補充完整：（3）如圖3．在圓內接四邊形中，對角線，相交于點．若，，，，，請利用斯庫頓定理，直接寫出線段的長．
21．（2023春·河南駐馬店·九年級統考期中）《幾何原本》是古希臘數學家歐幾里得所著的一部著作，它是歐洲數學的基礎，總結了平面幾何五大公設，被廣泛地認為是歷史上學習數學幾何部分最成功的教科書．下面是其中的切割線定理：從圓外一點引圓的切線和割線，切線上是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項，即如圖①，是的切線，直線為的割線，則．
下面是切割線定理的證明過程（不完整）：
證明：如圖②，連接，連接并延長交于點E，連接、．
∵是的切線，是的半徑，
∴．
∵是的直徑，∴（__________），
∴，∴__________．
∵，∴__________．
∵，∴∽，
∴（__________），∴．
任務：(1)請在橫線上補充證明過程，在括號內補充推理的依據；(2)如圖③，已知是的直徑，是的切線，A為切點，割線與于點E，且滿足，，求的長．
　　　　
22．（2023·廣東佛山·校考三模）如圖，為的直徑，點是弧的中點，交于點，，．(1)求證：；(2)求線段的長；(3)延長至，連接，使的面積等于，求的度數．

21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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