第08讲垂径定理（2大考点）

第08讲垂径定理（2大考点）考点考点考向一．垂径定理（1）垂径定理垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．（2）垂径定理的推论推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．二．垂径定理的应用垂径定理的应用很广泛，常见的有：（1）得到推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．（2）垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．这类题中一般使用列方程的方法，这种用代数方法解决几何问题即几何代数解的数学思想方法一定要掌握．考点考点精讲一．垂径定理（共12小题）1．（2022•浦东新区校级模拟）如图，△ABC中，∠A＝50°，⊙O截△ABC的三条边所截得弦长相等，则∠BOC＝（）A．110° B．115° C．120° D．125°【分析】过O作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N，OQ⊥AC于Q，连接OK、OD、OF、OB、OC，根据垂径定理和已知求出DM＝KQ＝FN，根据勾股定理求出OM＝ON＝OQ，可得点O是△ABC的内心即可解决问题．【解答】解：过O作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N，OQ⊥AC于Q，连接OK、OD、OF、OB、OC，设AB，AC，BC与⊙O的另一个交点分别为E，H，G．由垂径定理得：DM＝DE，KQ＝KH，FN＝FG，∵DE＝FG＝HK，∴DM＝KQ＝FN，∵OD＝OK＝OF，∴由勾股定理得：OM＝ON＝OQ，即O到三角形ABC三边的距离相等，∴O是△ABC的内心，∴∠OBC+∠OCB＝（180°﹣50°）＝65°，∴∠BOC＝115°，故选：B．【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理，三角形的内心的判定，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．2．（2022•浦东新区校级模拟）在半径为13cm的圆内有两条互相平行的弦，一条弦长为24cm，另一条弦长为10cm，则这两条弦之间的距离为17或7cm．【分析】分两种情况进行讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可．【解答】解：有两种情况：①如图，当AB和CD在O的两旁时，过O作MN⊥AB于M，交CD于N，连接OB，OD，∵AB∥CD，∴MN⊥CD，由垂径定理得：BM＝AB＝12，DN＝CD＝5，∵OB＝OD＝10，由勾股定理得：OM＝＝5，同理ON＝12，∴MN＝5+12＝17，②当AB和CD在O的同旁时，MN＝12﹣5＝7．故答案为：17或7．【点评】本题考查了勾股定理和垂径定理，解此类题目要注意将圆的问题转化成三角形的问题再进行计算．3．（2022春•徐汇区期中）已知正三角形ABC的弦心距为a，那么△ABC的周长是6a.（用含a的式子表示）．【分析】根据题意画出图形，再利用30°角的正切得到BD，由垂径定理得到BC，进而可得周长．【解答】解：如图，由题意得，OD＝a，∠OBD＝30°，∴tan30°＝，∴BD＝＝a，由垂径定理得，BC＝2BD＝2a，∴△ABC的周长是6a，故答案为：6a．【点评】本题考查的是正三角形的性质、边心距、半径、周长和面积的计算；熟练掌握正三角形的性质，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．4．（2022春•徐汇区校级期中）如图，AB是⊙O的弦，D为半径OA的中点，过D作CD⊥OA交弦AB于点E，且CE＝CB，若BE＝2AE，CD＝5，那么⊙O的半径为2．【分析】先证明△AFO和△BCE是等边三角形，设DE＝x，根据CD＝5列方程，求出x得到AD＝，从而得解．【解答】解：如图，记DC与⊙O交于点F，连接AF、OF、OB，过点C作CT⊥AB于点T，连接OE，OT．∵D为半径OA的中点，CD⊥OA，∴FD垂直平分AO，∴FA＝FO，又∵OA＝OF，∴△AOF是等边三角形，∴∠OAF＝∠AOF＝∠AFO＝60°，∵CE＝CB，CT⊥EB，∴ET＝TB，∵BE＝2AE，∴AE＝ET＝BT，∵AD＝OD，∴DE∥OT，∴∠AOT＝∠ADE＝90°，∴OE＝AE＝ET，∵OA＝OB，∴∠OAE＝∠OBT，∵AO＝BO，AE＝BT，∴△AOE≌△BOT（SAS），∴OE＝OT，∴OE＝OT＝ET，∴∠ETO＝60°，∴∠OAB＝∠OBA＝30°，∠AED＝∠CEB＝60°，∴△CEB是等边三角形，∴CE＝CB＝BE，设DE＝x，∴AE＝2x，BE＝CE＝4x，∴CD＝5x＝5，∴x＝1，∴AD＝，∴AO＝2．故答案为：2．【点评】本题考查了垂径定理和等边三角形的性质，解题的关键是证明△CBE是等边三角形．5．（2022•杨浦区三模）已知AB是⊙O的弦，如果⊙O的半径长为5，AB长为4，那么圆心O到弦AB的距离是．【分析】根据题意画出图形，过点O作OD⊥AB于点D，由垂径定理可得出AD的长，在Rt△OAD中，利用勾股定理及可求出OD的长．【解答】解：如图所示：过点O作OD⊥AB于点D，∵AB＝4，∴AD＝AB＝×4＝2，在Rt△OBD中，∵OA＝5，AD＝2，∴OD＝＝＝．故答案为：．【点评】本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．6．（2022•徐汇区校级模拟）如图，点P是y轴正半轴上一点，以P为圆心的圆与x轴、y轴分别交于点A、B、C、D．已知点A的坐标为（﹣3，0），点C的坐标为（0，﹣1），则点D的坐标为（0，9）．【分析】首先连接AP，然后设⊙P的半径为x，由勾股定理可求得半径的长，继而求得点D的坐标．【解答】解：连接AP，∵点A的坐标为（﹣3，0），点C的坐标为（0，﹣1），∴OA＝3，OC＝1，设⊙P的半径为x，则OP＝PC﹣OC＝x﹣1，在Rt△AOP中，OA2+OP2＝AP2，即32+（x﹣1）2＝x2，解得：x＝5，∴PD＝5，OP＝x﹣1＝4，∴OD＝OP+PD＝9，∴点D的坐标为：（0，9）．故答案为：（0，9）．【点评】此题考查了垂径定理以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．7．（2022•松江区校级模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，∠CEA＝30°，OF⊥CD，垂足为点F，DE＝5，OF＝1，那么CD＝．【分析】根据AB是⊙O的直径，OF⊥CD，和垂径定理可得CF＝DF，再根据30度角所对直角边等于斜边一半，和勾股定理即可求出EF的长，进而可得CD的长．【解答】解：∵AB是⊙O的直径，OF⊥CD，根据垂径定理可知：CF＝DF，∵∠CEA＝30°，∴∠OEF＝30°，∴OE＝2，EF＝，∴DF＝DE﹣EF＝5﹣，∴CD＝2DF＝10﹣2．故答案为：10﹣2．【点评】本题考查了垂径定理、勾股定理，解决本题的关键是掌握垂径定理．8．（2022春•长宁区校级期中）如图，已知在⊙O中，半径OC垂直于弦AB，垂足为点D．如果CD＝4，AB＝16，那么OC＝10．【分析】根据垂径定理可得AD＝AB＝8，∠ADO＝90°，设CO＝x，则AO＝x，DO＝x﹣4，再利用勾股定理列出方程，解出x的值即可．【解答】解：∵半径OC垂直于弦AB，∴AD＝AB＝8，∠ADO＝90°，设CO＝x，则AO＝x，DO＝x﹣4，x2＝82+（x﹣4）2，解得：x＝10，∴CO＝10，故答案为：10．【点评】此题主要考查了垂径定理和勾股定理，关键是掌握垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．9．（2022春•浦东新区校级期中）如图，点A、B、C在圆O上，弦AC与半径OB互相平分，那么∠AOC度数为120度．【分析】首先根据垂径定理得到OA＝AB，结合等边三角形的性质即可求出∠AOC的度数．【解答】解：∵弦AC与半径OB互相平分，∴OA＝AB，∵OA＝OC，∴△OAB是等边三角形，∴∠AOB＝60°，∴∠AOC＝120°，故答案为120．【点评】本题主要考查了垂径定理的知识，解题的关键是证明△OAB是等边三角形，此题难度不大．10．（2022春•杨浦区校级月考）如图，⊙O的两条弦AB、CD互相垂直，垂足为E，且AB＝CD，已知CE＝2，ED＝6，求⊙O的半径长．【分析】过点O分别作AB、CD的垂线OM、ON，则四边形OMEN是正方形，利用垂径定理即可求得OM，AM的长度，然后在直角△AOM中利用勾股定理即可求得OA的长度．【解答】解：过点O分别作AB、CD的垂线OM、ON，则四边形OMEN是矩形，连接OA．∵AB＝CD，AB⊥CD，∴OM＝ON，∴矩形OMEN是正方形．∵CE＝2，ED＝6，∴CD＝2+6＝8，∵ON⊥CD∴CN＝CD＝4，∴EN＝OM＝2，同理：AM＝4．在直角△AMO中，OA＝＝＝2．∴⊙O的半径长为2．【点评】本题考查了垂径定理，利用垂径定理可以把求弦长以及半径的计算转化成求直角三角形的边长的计算．11．（2022春•浦东新区校级期中）如图，圆O经过平行四边形ABCD的三个顶点A、B、D，且圆心O在平行四边形ABCD的外部，tan∠DAB＝，D为弧AB的中点，⊙O的半径为5，求平行四边形的面积．【分析】连接OD，交AB于点E，连接OA，由D为弧AB的中点，利用垂径定理的逆定理得到OD垂直于AB，E为AB的中点，在直角三角形ADE中，由tan∠DAB的值，得到AE＝2DE，设DE＝x，则有AE＝2x，由半径为5，得到OA＝OD＝5，由OD﹣DE表示出OE，在直角三角形AEO中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，确定出AB与DE的长，利用平行四边形的面积公式即可求出面积．【解答】解：连接OD，交AB于点E，连接OA，如图所示，∵D为的中点，∴OD⊥AB，∴E为AB的中点，即AE＝BE，在Rt△ADE中，tan∠DAB＝＝，设DE＝x，OA＝OD＝5，则AE＝2x，OE＝OD﹣DE＝5﹣x，在Rt△AOE中，根据勾股定理得：OA2＝AE2+OE2，即25＝4x2+（5﹣x）2，解得：x＝0（舍去）或x＝2，∴AE＝4，DE＝2，∴AB＝2AE＝8，则S平行四边形ABCD＝AB•DE＝8×2＝16．【点评】此题考查了垂径定理，勾股定理，锐角三角函数定义，以及平行四边形的性质，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．12．（2022•嘉定区校级模拟）如图，点C、D分别在扇形AOB的半径OA、OB的延长线上，且OA＝3，AC＝2，CD平行于AB，并与弧AB相交于点M、N．（1）求线段OD的长；（2）若tan∠C＝，求弦MN的长．【分析】（1）根据CD∥AB可知，△OAB∽△OCD，再根据相似三角形的对应边成比例即可求出OD的长；（2）过O作OE⊥CD，连接OM，由垂径定理可知ME＝MN，再根据tan∠C＝可求出OE的长，利用勾股定理即可求出ME的长，进而求出答案．【解答】解：（1）∵CD∥AB，∴∠OAB＝∠OCD，∠OBA＝∠ODC，∴△OAB∽△OCD，∴＝，即＝，又OA＝3，AC＝2，∴OB＝3，∴＝，∴OD＝5；（2）过O作OE⊥CD，连接OM，则ME＝MN，∵tan∠C＝，即＝，∴设OE＝x，则CE＝2x，在Rt△OEC中，OC2＝OE2+CE2，即52＝x2+（2x）2，解得x＝，在Rt△OME中，OM2＝OE2+ME2，即32＝（）2+ME2，解得ME＝2．∴MN＝4，答：弦MN的长为4．【点评】本题考查的是垂径定理，涉及到锐角三角函数的定义、相似三角形的判定与性质及勾股定理，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．二．垂径定理的应用（共3小题）13．（2022•上海）如图所示，小区内有个圆形花坛O，点C在弦AB上，AC＝11，BC＝21，OC＝13，则这个花坛的面积为400π.（结果保留π）【分析】根据垂径定理，勾股定理求出OB2，再根据圆面积的计算方法进行计算即可．【解答】解：如图，连接OB，过点O作OD⊥AB于D，∵OD⊥AB，OD过圆心，AB是弦，∴AD＝BD＝AB＝（AC+BC）＝×（11+21）＝16，∴CD＝BC﹣BD＝21﹣16＝5，在Rt△COD中，OD2＝OC2﹣CD2＝132﹣52＝144，在Rt△BOD中，OB2＝OD2+BD2＝144+256＝400，∴S⊙O＝π×OB2＝400π，故答案为：400π．【点评】本题考查垂径定理、勾股定理以及圆面积的计算，掌握垂径定理、勾股定理以及圆面积的计算公式是正确解答的前提．14．（2022春•松江区校级期中）铲车轮胎在建筑工地的泥地上留下圆弧形凹坑如图所示，量得凹坑跨度AB为80cm，凹坑最大深度CD为20cm，由此可算得铲车轮胎半径为50cm．【分析】根据垂径定理和勾股定理可知．【解答】解：将圆弧补全，如左图．根据垂径定理，BD＝AB＝×80＝40cm设半径为R，则OD＝（R﹣20）cm，根据勾股定理得：（R﹣20）2+402＝R2，解得R＝50cm．铲车轮胎半径为50cm．【点评】解答此题要先补全图形，根据垂径定理和勾股定理解答．15．（2022•徐汇区模拟）如图所示，该小组发现8米高旗杆DE的影子EF落在了包含一圆弧型小桥在内的路上，于是他们开展了测算小桥所在圆的半径的活动．小刚身高1.6米，测得其影长为2.4米，同时测得EG的长为3米，HF的长为1米，测得拱高（弧GH的中点到弦GH的距离，即MN的长）为2米，求小桥所在圆的半径．【分析】根据已知得出旗杆高度，进而得出GM＝MH，再利用勾股定理求出半径即可．【解答】解：∵小刚身高1.6米，测得其影长为2.4米，∴8米高旗杆DE的影子为：12m，∵测得EG的长为3米，HF的长为1米，∴GH＝12﹣3﹣1＝8（m），∴GM＝MH＝4m．如图，设小桥的圆心为O，连接OM、OG．设小桥所在圆的半径为r，∵MN＝2m，∴OM＝（r﹣2）m．在Rt△OGM中，由勾股定理得：∴OG2＝OM2+42，∴r2＝（r﹣2）2+16，解得：r＝5，答：小桥所在圆的半径为5m．【点评】此题主要考查了垂径定理以及勾股定理的应用，根据已知得出关于r的等式是解题关键．巩固巩固提升一、单选题1．（2021·上海·位育中学九年级阶段练习）已知⊙O的半径为3cm，在平面内有一点A，且OA=6cm，则点A与⊙O的位置关系是（

）A．点A在⊙O内； B．点A在⊙O上；C．点A在⊙O外； D．不能确定．【答案】C【分析】要确定点与圆的位置关系，主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系；利用d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内判断出即可．【详解】解：∵⊙O的半径为3cm，OA=6cm，∴d＞r，∴点A与⊙O的位置关系是：点A在⊙O外，故选：C．【点睛】本题主要考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．2．（2022·上海金山区世界外国语学校一模）如图，是弧所在圆的圆心．已知点B、C将弧AD三等分，那么下列四个选项中不正确的是（

）A． B． C． D．．【答案】B【分析】利用三等分点得到，由此判断A；根据AB=BC=CD，得到AB+BC>AC，由此判断B；根据即可判断C；根据，得到，由此判断D．【详解】解：连接AB、BC，OB，∵点B、C将弧AD三等分，∴，∴，故A选项正确；∵，∴AB=BC=CD，∵AB+BC>AC，∴AC<2CD，故B选项错误；∵，∴，故C选项正确；∵，∴∠AOB=∠BOC=∠COD，∴，∴，故D选项正确；故选：B．【点睛】此题考查了圆心角、弧、弦定理：在同圆或等圆中，圆心角、弧、弦中有一个量相等，另两个量也对应相等．二、填空题3．（2021·上海·九年级专题练习）如图，弧所在的⊙的半径长为5，正三角形的顶点、分别在半径、上，点在弧上，．如果，那么这个正三角形的边长为__________．【答案】【分析】如图，连接OC，设正三角形ABC的边长是x，证明根据勾股定理求出在Rt△ABO中，，得出方程解方程可得答案．【详解】解：如图，连接OC，设正三角形ABC的边长是x，∵∠EOF=∠CAB=60°，AB⊥OF，⊙的半径长为5，∴∴在Rt△ABO中，（负根舍去）故答案为：．【点睛】本题考查了等边三角形性质，勾股定理，一元二次方程的解法，解直角三角形，圆的性质，掌握以上知识是解题的关键．4．（2021·上海·九年级专题练习）已知正三角形ABC外接圆的半径长为R，那么的周长是________．（用含R的式子表示）【答案】【分析】根据垂径定理以及相关角度求算边长，再算周长．【详解】如图：作于∵∴∴∴∴周长为：故答案为：【点睛】本题考查三角形的外接圆，掌握相关的角度转化是解题关键．5．（2021·上海·九年级专题练习）如图，的弦AB和直径CD交于点E，且CD平分AB，已知AB=8，CE=2，那么的半径长是______．【答案】【分析】连接，设半径为，根据勾股定理进行计算即可．【详解】如图：连接∵平分，∴设半径为∵∴在中：解得：故答案为：5【点睛】本题考查了勾股定理，转化相关线段之间的关系是解题关键．6．（2021·上海·九年级专题练习）在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝3，以点A为圆心作圆A，要使B、C两点中的一点在圆A外，另一点在圆A内，那么圆A的半径长r的取值范围是_____．【答案】3＜r＜6【分析】熟记“设点到圆心的距离为d，则当d＝r时，点在圆上；当d＞r时，点在圆外；当d＜r时，点在圆内”即可求解，【详解】解：∵Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝3，∴AB＝6，如果以点A为圆心作圆，使点C在圆A内，则r＞3，点B在圆A外，则r＜6，因而圆A半径r的取值范围为3＜r＜6．故答案为3＜r＜6；【点睛】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．设点到圆心的距离为d，则当d＝r时，点在圆上；当d＞r时，点在圆外；当d＜r时，点在圆内．7．（2021·上海青浦·二模）在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AB＝4cm，AD＝8cm．Q为直线BC上一动点，如果以5cm为半径的⊙Q与矩形ABCD的各边有4个公共点，那么线段OQ长的取值范围是________．【答案】【分析】根据题意，画出对应的图形，当Q在Q1Q2上移动时⊙Q与AB有一个交点，与AD有2个交点，与CD有1个交点，根据勾股定理得到AQ1的长，当OQ⊥BC时，OQ取最小值，当Q在Q1或Q2时，OQ取最大值，由此可得答案．【详解】解：临界情况，如图所示，⊙Q1与CD切于点C，⊙Q2与AB切于点B，当Q在Q1Q2上移动时⊙Q与AB有一个交点，与AD有2个交点，与CD有1个交点，∴CQ1＝5，BQ1＝BC﹣CQ1＝3，AB＝4，∴AQ1＝＝5，即A在⊙Q1上，同理，D在Q2上，临界条件下，圆与矩形存在三个交点，当OQ⊥BC时，OQ取最小值，OQ＝2，当Q在Q1或Q2时，OQ取最大值，OQ1＝OQ2＝，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，勾股定理，矩形的性质，线段的最值，熟练掌握最值的临界情形是解题的关键．三、解答题8．（2022·上海市进才实验中学九年级期中）如图，△ABC的边AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，点D是边AB上的一点，点E和点D关于BC对称，DE交边BC于点M，过点D作DE的垂线交EC的延长线于点F，线段DF交AC于点N．(1)求证：四边形CMDN是矩形；(2)联结CD，当CD⊥AB时，求证：EF•CB＝2AB•ME．【答案】(1)过程见解析(2)过程见解析【分析】对于（1），先根据直径所对的圆周角是直角得∠ACB=90°，再根据对称的性质可得∠CMD=90°，然后根据已知条件得出∠EDF=90°，即可得出结论；对于（2），连接CD，根据同角的余角相等得∠CDM=∠B，再根据对称的性质得CD=CE，可知∠CDM=∠E，进而得出∠B=∠E，然后结合“两个角对应相等的两个三角形相似”得，再根据相似三角形的性质得，然后根据DE=2DM=2EM代入得出答案即可．（1）∵AB是圆O的直径，∴∠ACB=90°．∵点E和点D关于BC对称，∴DM=EM，DE⊥BC，∴∠CMD=90°．∵DE⊥DF，∴∠EDF=90°，∴∠ACB=∠EDF=∠CMD=90°，∴四边形CMDN是矩形；（2）如图，连接CD．∵CD⊥AB，∴∠CDB=90°，∴∠DCM+∠B=90°．∵DE⊥DF，∴∠CDM+∠DCM=90°，∴∠CDM=∠B．∵点E和点D关于BC对称，∴CD=CE，∴∠CDM=∠E，∴∠B=∠E．∵∠ACB=∠FDE=90°，∴，∴，即EF·BC=AB·DE．由（1）得DM=EM，∴DE=2ME，∴EF·BC=AB·2ME，即EF·BC=2AB·ME．【点睛】这是一道关于圆的综合问题，考查了矩形的判定，相似三角形的性质和判定，对称的性质等．9．（2022·上海市青浦区教育局二模）如图，已知是的直径，是上一点，点、在直径两侧的圆周上，若平分，求证：劣弧与劣弧相等．【答案】见详解【分析】过点O分别作OE⊥PC，OF⊥PD，垂足分别为E、F，连接OC、OD，由题意易得OE=OF，然后可得，进而问题可求证．【详解】证明：过点O分别作OE⊥PC，OF⊥PD，垂足分别为E、F，连接OC、OD，如图所示：∵平分，∴OE=OF，∵OC=OD，∴（HL），∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查圆的基本性质，熟练掌握圆心角、弧、弦之间的联系是解题的关键．10．（2021·上海崇明·二模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB＝5，BC＝8，sinB＝．（1）求边AC的长；（2）求⊙O的半径长．【答案】（1）AC＝5；（2）【分析】（1）过点A作AH⊥BC于H，由锐角三角函数和勾股定理可求BH的长，由勾股定理可求AC的长；（2）利用勾股定理列出方程，可求解．【详解】解：（1）如图，过点A作AH⊥BC于H，∵sinB＝＝，AB＝5，∴AH＝3，∴BH＝＝＝4，∵CH＝BC﹣BH，∴CH＝4，∴AC＝＝＝5；（2）如图2，连接OB，OC，AO，AO交BC于点E，∵AB＝AC＝5，OC＝OB，∴AO是BC的垂直平分线，∴BE＝EC＝4，∴AE＝＝＝3，∵BO2＝BE2+OE2，∴BO2＝16+（OB﹣3）2，∴BO＝．【点睛】本题考查了三角形外接圆和外心，圆的有关知识，勾股定理，锐角三角函数，利用勾股定理列出方程是本题的关键．11．（2021·上海嘉定·二模）已知四边形ABCD是菱形（如图），以点B为圆心，BD长为半径的圆分别与边AD、CD、BC、AB，相交于点E、F、G、H，联结BE．（1）求证：；（2）联结EG，如果，求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）在菱形ABCD中，AD=AB，∠ADB=∠ABD，又在圆B中，BE=BD，则∠ADB=∠ABD=∠BED，即△BDE∽△ADB；（2）联结EG，EG∥AB，又AD∥BC，四边形ABGE是平行四边形，则AE=BG=BD，由（1）得△BDE∽△ADB，得到，即BD2=AD•DE，则可得出结论．【详解】解：（1）在菱形ABCD中，AD=AB，∠ADB=∠ABD，又在圆B中，BE=BD，∴∠BDE=∠BED，∴∠ADB=∠ABD=∠BED，∴△BDE∽△ADB；（2）如图，∵EG∥AB，又AD∥BC，∴四边形ABGE是平行四边形，∴AE=BG，∵BG=BD，∴AE=BD，又由（1）得△BDE∽△ADB，∴，∴BD2=AD•DE，又在菱形ABCD中，AD=BC，∴AE2=DE•CB．【点睛】本题主要考查菱形的性质，平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定等内容，熟知各种判定定理是解题基础．12．（2022·上海虹口·二模）已知：如图，、是的两条弦，，点、分别在弦、上，且，，联结、．(1)求证：；(2)当为锐角时，如果，求证：四边形为等