专题02 圆中的重要模型-圆弧的中点模型（解析版）

专题02圆中的重要模型-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模型1、与垂径定理相关的中点模型图1图2图31）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陕西中考数学试卷）陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（图①）的形状示意图．是的一部分，是的中点，连接，与弦交于点，连接，．已知cm，碗深，则的半径为（

）

A．13cm B．16cm C．17cm D．26cm【答案】A【分析】首先利用垂径定理的推论得出，，再设的半径为，则．在中根据勾股定理列出方程，求出即可．【详解】解：是的一部分，是的中点，，，．设的半径为，则．在中，，，，，即的半径为．故选：A．【点睛】本题考查垂径定理、勾股定理的应用，设的半径为，列出关于的方程是解题的关键．例2．（2023·湖北十堰·九年级校考期中）如图，是的直径，C是上一点，D是的中点，交于点E，过点D作交的延长线于点F．

(1)求证：是的切线；(2)若，，求的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，由垂径定理得，根据平行线的性质证明，进而可得结论；（2）设的半径为r，根据勾股定理列方程可得：，解得：，利用面积法求出，然后利用三角形面积公式即可求解．【详解】（1）连接，∵D是的中点，∴，∵，∴，∵为的半径，∴直线是的切线；（2）连接，作于点H，

设的半径为r，则，∵，∴，解得，∴，，∴．∵，∴，∴，∴的面积．【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，勾股定理等知识，解答此题的关键是正确作出辅助线．．例3．（2023春·福建福州·九年级统考期中）如图，点在以为直径的半圆上（点不与，两点重合），点是的中点、于点，连接交于点，连接，过点作半圆的切线交的延长线于点．(1)求证：；(2)求证：；(3)连接，，若∶∶，求的值．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，由垂径定理得出，由切线的性质得出，则可得出结论；（2）证明，由全等三角形的性质得出，则可得出结论；（3）连接，，，，证明，由相似三角形的性质得出，证出，得出，则可得出答案．【详解】（1）证明：连接，为弧的中点，，又为的切线，，；（2）证明：，，由（1）可知，设垂足为点，，，，又，，，，；（3）解：连接，，，，，，，，，，，，又，，，，，，．【点睛】本题是圆的综合题，考查的是切线的性质，垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径及相似三角形的判定与性质是解题的关键．例4．（2023·广东佛山·校联考一模）如图，在中，为的直径，点E在上，D为的中点，连接并延长交于点C．连接，在的延长线上取一点F，连接，使．(1)求证：为的切线；(2)若，，求的直径．【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）如图所示，连接，由直径所对的圆周角是直角得到，由为的中点结合，得到，进而证明，由此即可证明为的切线；（2）如图所示，连接，同理得，证明，利用相似三角形的性质求出，则的直径为6．【详解】（1）证明：如图所示，连接，∵是的直径，∴，∵为的中点，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵是的半径，∴是的切线；（2）解：如图所示，连接，∵是的直径，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，即，∴的直径为6．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的性质与判定，切线的判定，三角形内角和定理，正确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31）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·广东九年级期中）如图，四边形内接于，为的直径，点C为的中点，若，则的度数是（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，根据圆周角定理得到，，根据直角三角形的性质计算即可．【详解】解：连接，

∵点C为的中点，，∴，∵为的直径，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查的是圆周角定理，掌握直径所对的圆周角是直角是解题的关键．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·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．以下作图可证明：∠PAC=∠APH，即可得△PAD是等腰三角形．例1．（2023·河北沧州·模拟预测）如图，，是的直径，过点作，垂足为点，与交于点，连接，，交于点．甲、乙给出了如下说法：甲：若添加条件，则；乙：若添加条件是劣弧的中点，则．下列说法正确的是（

）A．甲对，乙不对 B．甲不对，乙对 C．甲、乙两人都对 D．甲、乙两人都不对【答案】C【分析】甲：由等腰三角形的性质可得，由圆周角定理得，等量代换得，可证；乙：连接．由垂径定理可证，由圆周角定理可证，等量代换得，可证．【详解】甲：∵，∴．∵，∴，∴，∴．故甲的说法正确；乙：连接．∵，∴，∴．∵是劣弧的中点，∴，∴，∴，∴．故乙的说法正确．故选C．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂径定理，以及圆周角定理等知识，熟练掌握垂径定理和圆周角定理是解答本题的关键．例2．（2023·安徽合肥·统考三模）如图，是半圆的直径，是弦，点是的中点，点是的中点，连接、分别交于点和点，连接，则下列结论中错误的是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据垂径定理可证选项；根据垂径地理，中位线的性质可证选项；根据圆周角的性质可证，由此即可求解．【详解】解：点是弧的中点，是半径，，∴正确；连接交于，

点是弧的中点，，，，是的中位线，，即，且，∴错误，正确；连接，点是弧的中点，，，，，∴正确．故选：．【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握圆的基础知识，相似三角形的判定和性质，垂径定理，中位线的性质等知识是解题的关键．例3．（2023·山东济南·统考中考真题）如图，，为的直径，为上一点，过点的切线与的延长线交于点，，点是的中点，弦，相交于点．(1)求的度数；(2)若，求直径的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据切线的性质，得出，再根据直角三角形两锐角互余，得出，再根据等边对等角，得出，再根据等量代换，得出，再根据，得出，即，得出，进而计算即可得出答案；（2）连接，根据圆周角定理，得出，再根据中点的定义，得出，再根据同弧或同弦所对的圆周角相等，得出，再根据正切的定义，得出，再根据角所对的直角边等于斜边的一半，得出，进而即可得出答案．【详解】（1）解：∵与相切于点，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴；（2）解：如图，连接，

∵是直径，∴，∵点是的中点，∴，∴，在中，∵，，∴，在中，∵，∴，∴的直径的长为．【点睛】本题考查了切线的性质、直角三角形两锐角互余、等边对等角、圆周角定理及其推论、锐角三角函数、含角的直角三角形的性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．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21）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=AD2）当三角形为等腰直角三角形时（即θ=90°）；结论：BD+CD=AD3）当三角形为120°的等腰直角三角形时（即θ=120°）；结论：BD+CD=AD2）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=AD2）当三角形为等腰直角三角形时（即θ=90°）；结论：BD-CD=AD3）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=2DE=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=2DE=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·山西晋中·校考模拟预测）如图，是的直径，点、在上，点为弧的中点，若，则的大小为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据是的直径，点为弧的中点，求出的度数，圆周角定理，得到，再利用，进行求解即可．【详解】解：∵是的直径，点为弧的中点，∴的度数为，的度数为，∴，∵，∴，∵（8字型图），∴；故选C．【点睛】本题考查圆周角定理．熟练掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半，是解题的关键．2．（2022秋·安徽·九年级校联考开学考试）如图，已知点均在上，为的直径，弦的延长线与弦的延长线交于点，连接．则下列命题为假命题的是（

）

A．若点是的中点，则B．若，则C．若，则D．若半径平分弦，则四边形是平行四边形【答案】D【分析】由圆的性质逐项判断即可得到答案．【详解】解：点是的中点，，，故选项A是真命题，不符合题意；为的直径，，即，若，则，，故选项B是真命题，不符合题意；若，则是等腰三角形，，，故选项C是真命题，不符合题意；由半径平分弦，不能证明四边形是平行四边形，故选项D是假命题，符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了判断命题的真假、圆的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆的性质、等腰三角形的性质是解题的关键．3．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，的顶点A、B、C均在上，点A是中点，则下列结论正确的是（）

A．B．C．D．【答案】B【分析】直接利用圆心角、弧、弦的关系得出各线段、角的关系即可解答．【详解】解：A、∵点A是中点，∴，∴，无法得出，故选项A错误；B、如图：连接，∵，∴，∵，∴，∴，故此选项正确；C、∵，∴，故选项C错误；D、无法得出，故选项D错误．故选：B．

【点睛】本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系，正确把握相关定理是解题关键．4．（2023春·广东深圳·九年级校考期中）如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点，与相交于点，则下列结论：①；②若，则；③若点为的中点，则；④．其中一定正确的个数是（

）

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】利用三角形内心的性质得到，则可对①进行判断；直接利用三角形内心的性质对②进行判断；根据圆周角定理，等弧和等弦的关系及等腰三角形的性质可对③进行判断；通过证明得到，则可对④进行判断．【详解】解：∵点是的内心，∴平分，∴，故①正确；如图，连接，，∵点是的内心，∴，，∵，∴，∴，∴，故②不正确；

∵，∴，∴，∵点为的中点，∴，∴，故③正确；如图，连接，∵点是的内心，∴平分，∴，∵，∴，∴，∴，故④正确，∴一定正确的是①③④，共3个，故选：C．

【点睛】本题考查三角形内心，圆周角定理，等弧与等弦的关系，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理与三角形外角的性质．掌握三角形的内心是解题的关键．5．（2023·陕西西安·校考三模）如图，是的直径，为上的点，是的中点，连接，，若，则的度数是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，，根据圆周角定理可得出的度数，由平角的定义可得出的度数，根据是的中点可知，进而可得出结论．【详解】解：连接，，

，，，是的中点，，．故选：C．【点睛】本题考查的圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题意作出辅助线，构造出圆心角是解题的关键．6．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，点A是优弧的中点，过点B作的垂线交于点E，与圆交于点D．若，且，则圆的半径为（

）

A． B．3 C． D．【答案】A【分析】连接，首先根据圆周角定理得到，然后得到，，证明出，是圆的直径，最后利用勾股定理求解即可．【详解】如图所示，连接，

∵，∴，∵，∴，∴，∵点A是优弧的中点，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，，∵，∴，∴是圆的直径，∵，，∴，∴，∴，∴圆的直径为，∴圆的半径为．故选：A．【点睛】本题考查圆周角定理和垂径定理，勾股定理等知识，作出合适的辅助线是解题的关键．7．（2023·重庆江津·校考二模）如图，为的直径，且，为弧的中点，四边形为平行四边形，是的切线，则图中阴影部分的面积为（不取近似值）．

【答案】【分析】先证明，再证明四边形是正方形，根据可得结论．【详解】解：∵C为的中点，∵四边形为平行四边形，∵是的切线，∴四边形是矩形，∵∴四边形是正方形，．故答案为：．【点睛】本题主要考查了切线的性质，扇形面积的计算，正方形的判定与性质，正确识别图形的面积是解答本题的关键．8．（2023·湖南岳阳·统考二模）如图，是的直径，且，点D，E在上，连接，连接并延长，交的切线于点C．

①若，则弧的长度为（结果保留）；②若E是弧的中点，与相交于点F，，则．【答案】1.6．【分析】①如图，易知，运用弧长公式求解；②如图，过点F作,垂足为I，由是圆直径，得；由E是弧BD的中点，得，由角平分线定理得，设，由面积公式求得；在直角中，勾股定理求解得．【详解】①如图，

∴弧AD的长度=．故答案为．②如图，过点F作,垂足为I∵是圆直径∴∵E是弧BD的中点∴∴设，则∴∴，得

直角中，∴，解得（舍去），．故答案为1.6．【点睛】本题考查弧长公式、圆周角与圆心角关系、圆周角定理的推论、角平分线定理及勾股定理等；灵活利用面积公式，用等积法求解线段是解题的关键．9．（2023春·江西赣州·八年级校联考期末）如图，是的直径，是弦，与交于点．的切线交的延长线于点，且．

(1)求证：点是弧的中点．(2)连接，取的中点，连接．若，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，再根据切线的性质即可解答；（2）根据切线的性质及勾股定理得到的半径为，再根据中位线的定理及勾股定理得到．【详解】（1）证明：连接，∵，∴，∵，∴，∵是的切线，∴，∴，∴，∴，∴点是弧的中点；

（2）解：作于点，设的半径为，则，在中，，∴，∴解得：，∵，∴，∵是的中点，∴是的中位线，∴，，∴，在中，，∴，∴；【点睛】本题考查等腰三角形的性质，中位线定理，切线的性质，勾股定理，掌握切线的性质是解题关键．10．（2023·贵州黔东南·统考二模）如图，是的直径，是弦，是弧的中点，与交于点，是的切线，交的延长线于点．

(1)写出图中一对相似三角形；(2)求证：；(3)若，，求的长．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)【分析】（1）根据圆周角的性质及对顶角的性质的得到，再根据相似三角形的判定得到即可解答；（2）连接，，根据圆周角的性质及直角三角形的性质得到，再根据切线的性质得到即可解答；（3）根据切线的性质及勾股定理得到，再利用勾股定理得到．【详解】（1）解：∵弧所对的圆周角为，∴，∵，∴，（2）解：连接，∵是的直径，是弧的中点，∴，∴，∵，∴，∵是的切线，∴，∴，∵，∴，∴，∴；

（3）解：∵连接，设，∵，，∴，∵，∴在中，，解得：，∴，∵，∴在中，，

【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，对顶角相等，直角三角形的性质，相似三角形的判定，掌握圆周角定理及切线的性质是解题的关键．11．（2023·辽宁鞍山·统考二模）如图，在中，以为直径作，恰好经过点，点为半圆中点，连接，过作交延长线于点．

(1)求证：为切线；(2)若，，求的半径长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，根据点为半圆中点得出，再由平行线的性质得出，即可证明为切线；（2）过点作，则是等腰直角三角形，可得，再由勾股定理求出，即可求出的半径．【详解】（1）如图，连接，

∵点为半圆中点，∴．∵，∴．∴为切线．（2）过点作，如图所示，

∵，∴．∴．∵，∴．∴．∴．∵，∴是等腰直角三角形，∴．即的半径长是．【点睛】本题主要考查了切线的判定定理，圆周角定理，勾股定理和平行线的性质，熟练掌握切线的判定定理和圆周角定理是解题的关键．12.（2022·山东九年级期中）如图，是的外接圆，的平分线交于点，交于点，过点作直线．（1）判断直线与的位置关系，并说明理由；（2）若，，，求的长．【分析】（1）相切．∵AD平分∠BAC，∴点D是弧BC中点，连接OD，则OD⊥BC，又∵DF∥BC，∴OD⊥DF，∴DF是圆O的切线．（2）连接CD，易证△AEB∽△CED，∴，代入得：，解得：，∴故BD的长为．13.（2023·重庆九年级期末）如图，为外接圆的直径，且．（1）求证：与相切于点；（2）若，，，求的长．【分析】（1）如图，连接OA交BC于点H，∵BD是直径，∴∠BAD=90°，∵∠BAC=∠D=∠OAD，且∠OAD+∠OAB=90°，∴∠BAE+∠OAB=90°，∴∠OAE=90°，∴OA⊥AE，∴AE与圆O相切于点A．（2）∵AE∥BC，∴OA⊥BC，∴点A是弧BC中点，∴，，勾股定理得：，设半径为r，则OB=r，，在Rt△OHB中，，代入得：，解得：r=4，∴BD=2r=8，在Rt△ABD中，勾股定理可得：．故AD的长为．14.（2023·浙江九年级期中）如图，四边形内接于，，点在的延长线上，且．（1）求证：是的切线；（2）若，当，时，求的长．【分析】（1）如图，连接BD，∵∠BAD=90°，∴BD是直径，∵∠BAC=∠BDC，∠BDC+∠CBD=90°，∴∠BAC+∠CBD=90°，又∠DEC=∠BAC，∴∠DEC+∠CBD=90°，∴∠BDE=90°，即BD⊥DE，∴DE是圆O的切线．（2）∵BD⊥DE，AC∥DE，∴BD⊥AC，∴点D是弧AC中点，易证△BAD≌△BCD，∴AC=AB=8，记BD与AC交点为H，射影定理可得：，代入可得：，∴，易证△DHC∽△DCB，可得：，代入得：，解得：，∴．故AC的长为．15.（2022·德阳）如图，在直角三角形中，，点是的内心，的延长线和三角形的外接圆相交于点，连结．（1）求证：；（2）过点作的平行线交、的延长线分别于点、，已知，圆的直径为5．①求证：为圆的切线；②求的长．【分析】（1）连接BH，易证，∴∠BHD=45°，又∠BDH=90°，∴△BDH是等腰直角三角形，∴DH=DB．（2）①连接OD，∵AD平分∠BAC，∴点D是弧BC中点，∴OD⊥BC，∵EF∥BC，∴OD⊥EF，∴EF是圆O的切线．②记BC与OD交点为M点，则DM=CE=1，∵AB=5，∴OD=OB=，∴OM=，BM=2，∴，∵BC∥EF，∴∠F=