专题01 圆中的重要模型-圆中的全等三角形模型（解析版）

专题01圆中的重要模型-圆中的全等三角形模型知识储备：垂径定理及推理、圆周角、圆心角、弧、弦、弦心距的关系等。圆中常见全等模型：切线长模型、燕尾模型、蝴蝶模型、手拉手（旋转）模型、对角互补模型、半角模型。模型1、切线长模型图1图21）切线长模型（标准类）条件：如图1，P为外一点，PA，PB是的切线，切点分别为A，B。结论：①△OAP≌△OBP；②∠AOB+∠APB=180°；③OP垂直平分AB；2）切线长模型（拓展类）条件：如图2，AD，CD，BC是的切线，切点分别为A，E，B。结论：①△AOD≌△EOD；②△BOC≌△EOC；③AD+BC=DC；④∠DOC=90°；例1．（2023·北京西城·校考三模）如图，切于，若的半径为3，则线段的长度为（

）

A． B．6 C．8 D．10【答案】B【分析】连接，证明，得出，求出即可．【详解】解：连接，如图所示：

∵切于，∴，，，∵在和中，∴，∴，∴，故B正确．故选：B．【点睛】本题主要考查了切线的性质，切线长定理，三角形全等的判定和性质，直角三角形性质，解题的关键是求出．例2．（2022·湖南湘西·中考模拟）如图，、为⊙O的切线，切点分别为A、B，交于点C，的延长线交⊙O于点D．下列结论不一定成立的是（

）A．为等腰三角形 B．与相互垂直平分C．点A、B都在以为直径的圆上 D．为的边上的中线【答案】B【分析】连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，证明Rt△OPB≌Rt△OPA，可得BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，可推出为等腰三角形，可判断A；根据△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，可得PM=OM=BM=AM，可判断C；证明△OBC≌△OAC，可得PC⊥AB，根据△BPA为等腰三角形，可判断D；无法证明与相互垂直平分，即可得出答案．【详解】解：连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，∵B，C为切点，∴∠OBP=∠OAP=90°，∵OA=OB，OP=OP，∴Rt△OPB≌Rt△OPA，∴BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，∴为等腰三角形，故A正确；∵△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，∴PM=OM=BM=AM∴点A、B都在以为直径的圆上，故C正确；∵∠BOC=∠AOC，OB=OA，OC=OC，∴△OBC≌△OAC，∴∠OCB=∠OCA=90°，∴PC⊥AB，∵△BPA为等腰三角形，∴为的边上的中线，故D正确；无法证明与相互垂直平分，故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆的性质，掌握知识点灵活运用是解题关键．例3．（2023·河南信阳·二模）小倩用橡皮泥做了一个不倒翁如图所示，小倩从正面看发现、分别切于点、，直径所在的直线经过点，连接．

(1)小倩发现垂直平分，请说明理由；(2)若的半径为，①当______时，四边形为菱形；②当______时，四边形为正方形．【答案】(1)见解析(2)①；②【分析】根据切线的性质得出，利用证明≌，根据全等三角形的性质及等腰三角形的性质即可得解；根据切线的性质及含角的直角三角形性质的逆定理推出，根据等腰三角形的判定与性质及三角形外角性质推出，，根据线段垂直平分线性质推出，，则，据此即可得解；同理推出四边形为菱形，结合，即可得解．【详解】（1）解：、分别切于点、，，在和中，，．，，垂直半分；（2）解：当时，四边形为菱形，理由如下：如图，连接，，

的半径为，，切于点，，，，，，，，，，，，，垂直平分，，，，四边形为菱形，故答案为：；当时，四边形为正方形，理由如下：的半径为，，切于点，，，，，垂直半分，，，四边形为菱形，，四边形为正方形，故答案为：．【点睛】此题是圆的综合题，考查了切线的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定等知识，熟练掌握切线的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定并作出合理的辅助线是解题的关键．模型2.燕尾模型条件：OA，OB是的半径，OC=OD。结论：①△AOC≌△BOD；②△PAD≌△PBC；例1．（2023·重庆九年级课时练习）如图，以O为圆心的两个圆中，大圆的半径分别交小圆于点C，D，连结，下列选项中不一定正确的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据圆的基本性质，等腰三角形的性质，以及全等三角形的判定与性质逐项分析即可．【详解】解：由圆的基本性质可知：，，∴，即：，故A正确；∴和均为等腰三角形，∵和的顶角均为，∴，，∴，∴，故B正确；∵当是的中位线时，满足，由于不一定为的中点，∴不一定等于，故C错误；在和中，∴，∴，故D正确；故选：C．【点睛】本题考查圆的基本性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等，理解圆的基本性质，熟练运用等腰三角形的判定以及全等三角形的判定是解题关键．例2．（2022·河南焦作·统考一模）欧几里得，古希腊数学家，被称为“几何之父”，他最著名的著作《几何原本》是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛的认为是历史上最成功的教科书．他在第Ⅲ卷中提出这样一个命题：“由已知点作直线切于已知圆”．如图，设A是已知点，小圆O为已知圆．具体作法是：以O为圆心，为半径作大圆O，连接交小圆O于点B，过B作，交大圆O于点C，连接，交小圆O于点D，连接，则是小圆O的切线．为了说明这一方法的正确性，需要对其进行证明，如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”的过程．已知：如图，点A，C和点B，D分别在以O为圆心的同心圆上，_________．求证：___________．证明：【答案】，是小圆O的切线，证明见解析【分析】通过证明三角形全等即可得到，从而证明切线．【详解】已知：如图，点A，C和点B，D分别在以O为圆心的同心圆上，求证：是小圆O的切线证明：∵点A，C和点B，D分别在以O为圆心的同心圆上，∴．在和中,∴，∴，∵，∴，∴，∴是小圆O的切线．【点睛】本题考查切线的证明，找准判断切线的三个因素是解题的关键．例3．（2022秋·江苏·九年级专题练习）如图，已知圆O的直径AB垂直于弦CD于点E，连接CO并延长交AD于点F，且CF⊥AD，连结AC．(1)△ACD为等边三角形；(2)请证明：E是OB的中点；(3)若AB＝8，求CD的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据垂直平分线的性质证明AC＝AD＝CD即可（2）要证明：E是OB的中点，只要求证OE＝OB＝OC，即证明∠OCE＝30°即可；（3）在直角△OCE中，根据勾股定理就可以解得CE的长，进而求出CD的长．【详解】（1）证明：连接AC，如图∵直径AB垂直于弦CD于点E，∴，AC＝AD，∵过圆心O的线CF⊥AD，∴AF＝DF，即CF是AD的中垂线，∴AC＝CD，∴AC＝AD＝CD．即：△ACD是等边三角形，（2）△ACD是等边三角形，CF是AD的中垂线，＝30°，在Rt△COE中，OE＝OC，∴OE＝OB，∴点E为OB的中点；（3）解：在Rt△OCE中，AB=8∴OC＝AB＝4，又∵BE＝OE，∴OE＝2，∴CE＝，∴CD＝2CE＝．【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理、中垂线性质、30°所对的直角边是斜边的一半，等边三角形的判定和性质．解此类题一般要把半径、弦心距、弦的一半构建在一个直角三角形里，运用勾股定理求解．模型3.蝴蝶模型条件：OA，OE是的半径，AD⊥OE，EB⊥OA。结论：①△AOD≌△EOB；②△ABD≌△EDB；例1．（2023秋·江苏南京·九年级校联考期末）在以为圆心的两个同心圆中，大圆的弦交小圆于，两点．(1)如图①，若大圆、小圆的半径分别为13和7，，则的长为______．(2)如图②，大圆的另一条弦交小圆于，两点，若，求证．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）连接，，过点作，则为，的中点，得出，，根据勾股定理即可求出的长；（2）过作，作，垂足分别为、，得出，，，，连接、、、，通过证明和，即可得证．【详解】（1）连接，，过点作，则为，的中点，∵，∴，，∵，∴，，∴，∴，∴，∴，故答案为：（2）过作，作，垂足分别为、，∴，，，，又∵，∴，连接、、、，在和中，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解此类题的关键．例2．（2023·江苏南京·九年级统考期中）如图，和分别是⊙上的两条弦，圆心到它们的距离分别是和．如果，求证：．【答案】证明见解析.【分析】连接OA、OC，根据垂径定理求出CD=2CN，AB=2AM，求出CN=AM，根据HL证Rt△ONC≌Rt△OMA，根据全等三角形的性质推出即可．【详解】证明：如图，连接OC、OA，则OC=OA．∵圆心O到它们的距离分别是OM和ON，∴∠ONC=∠OMA=90°，CD=2CN，AB=2AM，∵AB=CD，∴CN=AM，在Rt△ONC和Rt△OMA中，∵OC=OA，CN=AM，∴Rt△ONC≌Rt△OMA（HL），∴OM=ON．【点睛】本题考查了垂径定理，全等三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是构造直角三角形．例3．（2022·江苏·九年级专题练习）【定义】圆心到弦的距离叫做弦心距．【探究】等弧所对弦的弦心距相等．（1）请在图1中画出图形，写出已知、求证并证明．【应用】（2）如图2，的弦，的延长线相交于点，且，连接．求证：平分．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【分析】（1）在圆上取相等的两段弧，使，则有，然后过圆心分别作弦、的垂线，垂足分别为，，然后通过三角形全等证明弦心距；（2）过点作，，垂足分别为、，结合（1）的结论证明，利用全等三角形的性质得到．【详解】（1）已知：，于点，于点．求证：．证明：∵，∴．∵，，∴，，∴．在和中，，∴（HL），∴．（2）证明：过点作，，垂足分别为、，连接．由（1）可知，当时，．在和中，，∵∴（HL），∴，即平分．【点睛】本题考查圆的弦、弦心距等相关问题，解答时，垂径定理、直角三角形全等的证明等知识点的运用是关键．模型4.手拉手（旋转）模型注意：圆中的手拉手模型一般是需要辅助线构造出来的（常用旋转或截长补短法）。条件：是△ABD的外接圆，且AD=BD，∠ADB=，C为圆O上一点。结论：①△ADC≌△BDC’；②△DCC’是等腰三角形；特别地，当=60°时，CD=CA+CB；当=90°时，CD=CA+CB；例1．（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．例2．（2022秋·江苏盐城·九年级统考期中）（1）如图所示，等边三角形内接于圆，点是劣弧上任意一点（不与重合），连接、、，求证：．（2）[初步探索]小明同学思考如下：将绕点顺时针旋转到，使点与点重合，可得、、三点在同一直线上，进而可以证明为等边三角形，根据提示，解答下列问题：根据小明的思路，请你完成证明．若圆的半径为，则的最大值为______．（3）类比迁移：如图所示，等腰内接于圆，，点是弧上任一点（不与、重合），连接、、，若圆的半径为，试求周长的最大值．（4）拓展延伸：如图所示，等腰，点A、在圆上，，圆的半径为连接，试求的最小值．【答案】（1）见解析；（2）8；（3）；（4）【分析】（1）由旋转得，，，则，所以、、三点在同一条直线上，再证明是等边三角形，则；（2）当是的直径时，，此时的值最大，所以的最大值是；（3）先由证明是的直径，且圆心在上，则，，再证明、、三点在同一条直线上，则，当是的直径时，，此时的值最大，则，即可求得周长的最大值是；（4）连接，将线段绕点逆时针旋转到，连接，先求得，再连接、，证明≌，得，所以，则，所以的最小值为．【详解】（1）证明：由旋转得，，，，，，、、三点在同一条直线上，，是等边三角形，，，是等边三角形，，；（2）是的弦，且的半径为，当经过圆心，即是的直径时，，此时的值最大，的最大值是，故答案为：．（3）类比迁移解：如图，，，是的直径，且圆心在上，，，将绕点顺时针旋转到，使点与点重合，则，，，，，、、三点在同一条直线上，，，当经过圆心，即是的直径时，，此时的值最大，，的最大值是，，周长的最大值是．（4）拓展延伸解：如图，连接，将线段绕点逆时针旋转到，连接，，，，连接、，，，，，，，，，的最小值为．【点睛】此题重点考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理、垂线段最短等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．例3．（2022秋·浙江绍兴·九年级校考期中）如图1，在中，弦平分圆周角，我们将圆中以A为公共点的三条弦构成的图形称为圆中“爪形A”，如图2，四边形内接于圆，，(1)证明：圆中存在“爪形D”；(2)若，求证：【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据等弦所对弧相等可得，即，进而得到平分圆周角，最后根据“爪”的定义即可证明结论；（2）延长至点E，使得，连接；先证明可得，进而证得为等边三角形，即；最后根据线段的和差即可证明结论．【详解】（1）证明：∵，∴∴，∴平分圆周角，∴圆中存在“爪形D”．（2）证明：如图：延长至点E，使得，连接，∵，∴∵∴∴∵，∴，∴为等边三角形，∴，即．【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了圆的弦、弧、圆周角的关系，全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理成为解答本题的关键．课后专项训练1．（2023春·陕西铜川·九年级校考阶段练习）如图，已知半圆O与四边形的边相切，切点分别为D，E，C，设半圆的半径为2，，则四边形的周长为（）A．7 B．9 C．12 D．14【答案】D【分析】由切线长定理可知：，因此四边形的周长，已知了和圆的半径，由此可求出四边形的周长．【详解】解：∵半圆O与四边形的边相切，切点分别为D，E，C，∴，∴，∵，∴四边形是周长．故选：D．【点睛】本题考查切线长定理，四边形的周长等知识，解题关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．2．（2023秋·青海西宁·九年级统考期末）如图，，为的两条切线，切点分别为，，连接交于点，交弦于点．下列结论中错误的是（

）A．B．C．D．是等边三角形【答案】D【分析】利用切线长定理、等腰三角形的性质以及垂径定理即可判断．【详解】解：由切线长定理可得：，，∴，，∴，故A，B，C正确，而中只满足，无其他条件证明是等边三角形，故选D．【点睛】本题考查了切线长定理、等腰三角形的性质以及垂径定理，关键是利用切线长定理得到垂径定理的前提条件．3．（2022·江苏·九年级假期作业）如图，在平面直角坐标系中，已知，四边形ABCD和AEFG都是正方形，点A、D、E共线，点G、A、B在x轴上，点C，E，F在以O为圆心OC为半径的圆上，则的长为（

）．A． B． C． D．【答案】A【分析】设正方形AEFG的边长为a，用a表示出BC和OC，在中，根据勾股定理建立方程求出a，可得正方形AEFG的边长为2，正方形ABCD的边长为1，和圆的半径r，再证出得出，进而求出弧长．【详解】解：设正方形AEFG的边长为a，，轴，，，在中，，，，，在中，，，解得（舍去），正方形AEFG的边长为2，正方形ABCD的边长为1，，又，，．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的性质与判定和弧长的求法，牢固掌握以上知识点并灵活应用是做出本题的关键．4．（2023·湖北·统考中考真题）如图，在中，的内切圆与分别相切于点，，连接的延长线交于点，则．

【答案】/度【分析】如图所示，连接，设交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出，再由切线长定理得到，进而推出是的垂直平分线，即，则．【详解】解：如图所示，连接，设交于H，∵是的内切圆，∴分别是的角平分线，∴，∵，∴，∴，∴，∵与分别相切于点，，∴，又∵，∴是的垂直平分线，∴，即，∴，故答案为：．

【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．5．（2023春·天津和平·九年级专题练习）如图，在圆内接四边形在中，弦，，连接对角线，、分别是和上的两点，且，连接、相交于点，已知，，则的面积为．【答案】【分析】过点作，交于点，根据圆内接四边形的对角互补，得到，推出是等边三角形，证明，得到，推出，进而求出，利用三角形面积公式进行求解即可．【详解】解：过点作，交于点，∵在圆内接四边形在中，，∴，∵，∴是等边三角形，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴；故答案为：．【点睛】本题考查圆内接四边形，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握圆内接四边形的内对角互补，证明三角形全等，是解题的关键．6．（2022·江西赣州·统考一模）如图，在半径为的中，有，，三点在圆上，，，点从点开始以的速度在劣弧上运动，设运动时间为，以，，，四点中的三点为顶点的三角形是等腰三角形（非等边三角形）时，的值为．【答案】或【分析】分别讨论①P、B、A三点；②P、B、C三点；③P、A、C三点；A、B、C三点；利用全等三角形的判定和性质求出弧BP的圆心角，再由弧长公式计算弧长，进而解答；【详解】解：∵∠BAC=75°，∴∠BOC=150°，∵∠BOA=90°，∴∠AOC=120°，①P、B、A三点构成等腰三角形时，BA=BP时如图，△OBA≌△OPB（SSS），∠BOP=∠BOA=90°，弧BP的长=，t==7.5（s）；PB=PA时如图，△OPB≌△OPA（SSS），∠BOP=（360°-90°）=135°，弧BP的长=，t==11.25（s）；②P、B、C三点构成等腰三角形时，PB=PC时如图，△POB≌△POC（SSS），∠BOP=∠BOC=75°，弧BP的长=，t==6.25（s）；③P、A、C三点构成等腰三角形时，如图，∵∠APC=∠AOC=60°，∴△PAC是等边三角形，不符合题意；④∵AB，AC，BC三边互不相等，∴A、B、C三点不能构成等腰三角形；综上所述t的值为：6.25（s），7.5（s），11.25（s）；故答案为：6.25（s）7.5（s）11.25（s）【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质，弧长公式，等腰三角形的判定和性质；根据题意作出相应图形是解题关键．7．（2023·江苏泰州·九年级专题练习）如图，是的直径，点是外一点，切于点，连接，过点作交于点，点是的中点，且，．(1)与有怎样的位置关系？为什么？(2)求的长．【答案】(1)为的切线，原因见解答过程(2)【分析】（1）连接，证明，根据全等三角形的性质得到，根据切线的性质得到，根据切线的判定定理证明结论；（2）连接、、，过点作于，根据圆周角定理得到，根据等腰直角三角形的性质计算，得到答案．【详解】（1）解：为的切线．理由如下：连接，如图所示：，，，，，，在和中，，，，切于点，，，是的半径，为的切线；（2）连接、、，过点作于，如图所示：，是的直径，，点是的中点，，，，由勾股定理得：，．【点睛】本题考查的是切线的性质、全等三角形的判定和性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．8．（2023·江苏南京·九年级专题练习）【问题情境】学完《探索全等三角形的条件》后，老师提出如下问题：如图①，中，若，，求边上中线的取值范围．通过分析、思考，小丽同学形成两种解题思路．思路1：将绕着点D旋转，使得和重合，得到；思路2：延长到E，使得，连接，根据可证得；(1)根据上面任意一种解题思路，再结合三角形三边关系，我们都可以得到的取值范围为．(2)【类比探究】如图②，，，，是的边上的中线，试探索与的数量关系，并说明理由．(3)【迁移应用】【应用1】如图③，已知的半径为6，四边形是的圆内接四边形．，，求的长．【应用2】如图④，，，，，，，、相交于点G，连接，若的度数发生改变，请问是否存在最小值？如果存在，则直接写出其最小值（用含a和b的式子表示），如果不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)，见解析(3)；存在最小值，其最小值为【问题情境】延长到E，使得，连接，利用全等三角形的判定与性质和三角形的三边关系解答即可；【类比探究】延长至点G，使，连接，利用全等三角形的判定与性质解答即可；【应用1】过点O作于点E，于点F，利用全等三角形的判定与性质，垂径定理和勾股定理解答即可；【应用2】取的中点F，连接，延长至点H，使，连接，，利用全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质解答即可．【详解】（1）解：延长到E，使得，连接，如图①，，在和中，，，．，，．故答案为：；（2）解：与的数量关系为：．理由如下：延长至点G，使，连接，如图，则．是的边上的中线，，在和中，，，，，，．，．，．在和中，，，．．（3）解：应用1：过点O作于点E，于点F，如图，则，．，，，，，．，．，．在和中，，，，．；应用2：存在最小值，其最小值为，理由如下：取的中点F，连接，延长DF至点H，使，连接，，如图，，．，，，，即．在和中，，，，∴点E，D，G、B四点共圆，，，∵F为的中点，∴．，，∴四边形为平行四边形，，，．，．，．在和中，，，，．若的度数发生改变，当点G，D，F三点在一条直线上时，的值最小为：．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系，勾股定理，垂径定理，平行四边形的判定与性质，四点共圆的判定，本题是阅读型，探究型题目，利用题干中的方法和解题思想解答是解题的关键．9．（2022·河南洛阳·统考二模）如图，点是等边三角形中边上的动点（），作的外接圆交于点．点是圆上一点，且，连结交于点．(1)求证：；(2)当点运动时，的度数是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求的度数．【答案】(1)见解析(2)当点运动时，的度数不会变化，的度数为【分析】（1）连接，根据等边三角形的性质可得，，再利用同弧所对的圆周角相等可得，从而可得，然后利用等弧所对的圆周角相等可得，从而利用证明，进而可得，最后利用等量代换可得，从而可得，再利用圆内接四边形对角互补以及平角定义可得，即可解答；（2）根据等弧所对的圆周角相等可得，然后利用三角形的外角性质可得，即可解答．【详解】（1）证明：连接，如图所示，是等边三角形，，，，，，，，，，，，四边形是圆内接四边形，，，，；（2）解：当点运动时，的度数不会变化，理由如下：，，，，的度数为．当点运动时，的度数不会变化．【点睛】本题考查了三角形的外接圆性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，等边三角形的性质，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．10．（2022·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）如图，已知圆的直径与弦交于点，连接，且．（1）求证：（2）点为弧上一点，连接交于点，交于点，若，求证：

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）连接OC、OD，先证明△AOC≌△AOD,得到∠CAO=∠DAO,再根据等腰三角形三线合一的性质即可证明；（2）连接OC、BC，先根据圆周角定理和直角三角形的性质求得:∠ABC=∠ACE,再根据直角三角形的性质证得OC⊥BF,然后证得∠EOC=∠BOC即可完成证明．【详解】解：（1）如图：连接OC、OD∵在△AOC和△AOD中OA=OA,AC=AD,OC=OD∴△AOC≌△AOD∴∠CAO=∠DAO又∵AC=AD∴；（2）如图：连接OC、BC∵AB是直径∴∠ACB=90°∵∴∠AEC=90°∴∠CAE+∠ABC=90°,∠CAE+∠ACE=90°∴∠ACE=∠ABC∵OC=OB∴∠OCB=∠ABC∴∠CAB+∠ABC=90°,∠OCA+∠OCB=90°∴∠OAB=∠OCA∵∴∠ACE=∠GWC∴∠ABC=∠GWC∴∠OCA+∠GWC=∠OAB+∠CAB=90°,即OC⊥BE∴．【点睛】本题考查了圆的性质、垂径定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，掌握垂径定理是解答本题的关键．11．（2023·江苏·九年级假期作业）已知、、、顺次在圆上，，于点，求证：．【答案】见解析【分析】在上截取，连结，证明，得到，即可得到．【详解】证明：在上截取，连结，如图，∵，而，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，又∵，，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，中垂线的判定和性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握截长补短法证明线段之间的和差关系，是解题的关键．12．（2023·河北石家庄·统考二模）乒乓球台（如图①）的支架可近似看成圆弧，其示意图如图②，与所在的直线过弧所在圆的圆心，直线与弧所在的圆相切于点G，连接，，且，．(1)求证：；(2)若弓形的高为，，且，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）延长，交于点O，则点O是弧所在圆的圆心，连接，先证，得到，，再根据圆的基本性质和等腰三角形性质得出即可证明结果；（2）连接，设与交于点H，根据的正切值求出半径的长，从而得到的长，最后根据勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：如图，延长，交于点O，则点O是弧所在圆的圆心，连接，∵直线与圆O相切于点G，∴，，∵，，，∴，∴，，∵，，∴，∵，，∴；（2）解：如图，连接，设与交于点H，∵，，，∴，∴，∵，，∴，，弓形高，∴，在中，由勾股定理得：，∴．【点睛】本题考查了圆的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质判定，解直角三角函数，勾股定理等知识点，正确作出辅助线确定圆心位置是解题的关键．13．（2023秋·江苏泰州·九年级校考期末）如图，点在轴正半轴上，点是第一象限内的一点，以为直径的圆交轴于两点．(1)与满足什么条件时，，写出满足的条件，并证明；(2)在（1）的条件下，若，，求长．【答案】(1)详见解析(2)【分析】（1）当时，，作轴，连结，由是的直径，得到由从而得到可得由所对的圆周角为和可得由可得即可得出结论．（2）在（1）的条件下，可得（AAS），得到由可得由可得即可【详解】（1）当时，，如图所示：作轴，连结，是的直径，∵轴，所对的圆周角为和（2）∵在（1）的条件下，在和中，（AAS）【点睛】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的判定，勾股定理等知识点，正确作出辅助线是解此题的关键．14．（2022秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图1，直角坐标系中，OT为第一象限的角平分线，，，点P为OA上一动点，Q为y轴上一动点，，以PQ为直径的圆与OT相交于点C．(1)若，求点P坐标；(2)求证：；(3)判断OP、OQ、OC之间的数量关系并证明；(4)如图2，将题设条件“”更换为“”，以PQ为直径的圆与AB相交于M、N两点，则MN的最大值为．【答案】(1)(2)见解析(3)，证明见解析(4)【分析】（1）证得P为OA的中点即可得出结论；（2）证得为等腰直角三角形，从而得出；（3）连接AC，可证得，进而得出，进一步得出结论；（4）设PQ的中点为，连接，可推出点在以O为圆心，3为半径的圆上运动，作CD与相切，切点为I，且，当在I时，MN最大，进一步得出结果．【详解】（1），，，，，，即P为OA的中点，；（2）PQ为直径，，，为等腰直角三角形，；（3），

证明：连接AC，∵四边形OPCQ是圆的内接四边形，

在和中，，，，，即；（4）如图，设PQ的中点为，连接，，，点在以O为圆心，3为半径的圆上运动，设到MN的距离为d，，，当到MN的距离最小时，MN最大，作CD与相切，切点为I，且，当在I时，MN最大，连接OI并延长交MN与点E，，，，，，，MN的最大值为；故答案为：．【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，圆中的圆周角、弧、弦、之间的关系，确定圆的条件，全等三角形的判定与性质，解决问题的关键是结合所学知识利用数形结合的思想解决问题．15．（2022秋·江苏南通·九年级统考期中）如图，四边形是内正方形，P是圆上一点（点P与点A，B，C，D不重合），连接．(1)若点P是弧上一点，①∠BPC度数为___________；②求证：；小明的思路为：这是线段和差倍半问题，可采用截长补短法，请按小明思路完成下列证明过程（也可按自己的想法给出证明）．证明：在的延长线上截取点E．使，连接．(2)探究当点P分别在，，上，求的数量关系，直接写出答案，不需要证明．【答案】(1)①，②见解析(2)；；；证明见解析【分析】（1）①理由正方形的性质和圆周角的度数等于它所对弧的度数的一半解答即可；②在的延长线上截取点E．使，连接，利用全等三角形的判定与性质和等腰直角三角形的判定与性质解答即可；（2）利用截长补短法，依题意画出相应图形，按小明思路完成解答即可．【详解】（1）①解：，理由：∵四边形是正方形，∴，∴的度数为，∴，故答案为：；②证明：在的延长线上截取点E，使．连接，如图，∵四边形是内接正方形，∴，又∵点P在上，∴四边形为内接四边形∴．在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴；（2）当点P在上时，；在上取点E，使，连接，如图，∵四边形是内接正方形，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴；当点P在上时，，在上取点E，使，连接，如图，∵四边形是内接正方形，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴；当点P在上时，，理由：在的延长线上截取点E，使，连接，如图，∵四边形是内接正方形，∴，又∵点P在上，∴四边形为内接四边形∴．在和中，，∴，∴．∵，∴，∴．∴为等腰直角三角形，∴，∴．【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，本题是阅读型题目，理解并熟练应用截长补短法，构造恰当的辅助线解答是解题的关键．16．（2022秋·江苏盐城·九年级校联考阶段练习）如图1，已知圆内接中，，D为弧的中点．(1)写出与相等的角（不添加任何线段）