专题31圆中的重要模型之四点共圆模型

专题31圆中的重要模型之四点共圆模型四点共圆是初中数学的常考知识点，近年来，特别是四点共圆判定的题目出现频率较高。相对四点共圆性质的应用，四点共圆的判定往往难度较大，往往是填空题或选择题的压轴题，而计算题或选择中四点共圆模型的应用（特别是最值问题），通常能简化运算或证明的步骤，使问题变得简单。本文主要介绍四点共圆的四种重要模型。四点共圆：若在同一平面内，有四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”。模型1、定点定长共圆模型（圆的定义）【模型解读】若四个点到一定点的距离相等，则这四个点共圆。这也是圆的基本定义，到定点的距离等于定长点的集合。条件：如图，平面内有五个点O、A、B、C、D，使得OA=OB=OC=OD，结论：A、B、C、D四点共圆（其中圆心为O）。例1．（2023春·广东梅州·九年级校考期中）如图，量角器的直径与直角三角板ABC的斜边重合（），其中量角器0刻度线的端点N与点A重合，射线从处出发沿顺时针方向以每秒3度的速度旋转，与量角器的半圆弧交于点E，第20秒时点E在量角器上运动路径长是．

【答案】【分析】首先连接，由，易得点，，，C共圆，然后由圆周角定理，求得点E在量角器上对应的读数．【详解】解：连接，

∵，∴A，B，C在以点O为圆心，AB为直径的圆上，∴点E，A，B，C共圆，∵，∴．∴点E在量角器上运动路径长，故答案为：2π．【点睛】本题考查的是圆周角定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．例2．（2021·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，在中，，AB=AC=5，点在上，且，点E是AB上的动点，连结，点，G分别是BC，DE的中点，连接，，当AG=FG时，线段长为（

）A． B． C． D．4【答案】A【分析】连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得点A，D，F，E四点共圆，∠DFE=90°，然后根据勾股定理及正方形的判定和性质求得AE的长度，从而求解．【详解】解：连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB∵在中，，点G是DE的中点，∴AG=DG=EG又∵AG=FG∴点A，D，F，E四点共圆，且DE是圆的直径∴∠DFE=90°∵在Rt△ABC中，AB=AC=5，点是BC的中点，∴CF=BF=，FN=FM=又∵FN⊥AC，FM⊥AB，∴四边形NAMF是正方形∴AN=AM=FN=又∵，∴∴△NFD≌△MFE∴ME=DN=ANAD=∴AE=AM+ME=3∴在Rt△DAE中，DE=故选：A．【点睛】本题考查直径所对的圆周角是90°，四点共圆及正方形的判定和性质和用勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．例3．（2023·江苏淮安·统考三模）如图，将矩形的边绕点A逆时针旋转得到，连接，过点D作的垂线，垂足E在线段上，连接．若，，则的度数为．

【答案】【分析】连接与，与相交于点O，可知点五点共圆，从而得到，又易知在中，，，从而得到，从而得解．【详解】解：连接与，与相交于点O，连接，

∵四边形形是矩形，∴，，O是的中点，，又∵于E，即是直角三角形，∴，∴，∴点五点共圆，作出这个圆如图所示：则有，由旋转的性质可知：，又∵，，∴，在中，，，∴，∴．故答案为：30．【点睛】本题考查隐圆问题，根据题意找出这个隐圆，从而得到是解题的关键．例4．（2021·湖北随州·统考中考真题）如图，在中，，为的中点，平分交于点，，分别与，交于点，，连接，，则的值为；若，则的值为．【答案】【分析】（1）根据条件，证明，从而推断，进一步通过角度等量，证明，代入推断即可.（2）通过，可知四点共圆，通过角度转化，证明，代入推断即可.【详解】解：（1）∵，为的中点∴又∵平分∴又∵∴∴∴∴在与中,∴（2∵∴四点共圆，如下图：∵∴又∵∴∵∴∴∴∴即∵∴∵∴∵∴∴故答案为：【点睛】本题考查三角形的相似，三角形的全等以及圆的相关知识点，根据图形找见相关的等量关系是解题的关键．模型2、定边对双直角共圆模型同侧型异侧型1）定边对双直角模型（同侧型）条件：若平面上A、B、C、D四个点满足，结论：A、B、C、D四点共圆，其中AD为直径。2）定边对双直角模型（异侧型）条件：若平面上A、B、C、D四个点满足，结论：A、B、C、D四点共圆，其中AC为直径。例1．（2021·湖北鄂州·统考中考真题）如图，四边形中，，，于点．若，，则线段的长为．【答案】【分析】设交于点F，过C作，用求出，即求出BC的长，又因为，从而求得AB．【详解】如图，设交于点F，过C作，在以为直径的圆上，，在和中=，【点睛】本题考查了圆的直径所对的圆周角为，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的判定与性质，勾股定理，本题能找到是解题的关键．例2．（2022春·山东·九年级专题练习）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角．①若∠A＝40°，直接写出∠E的度数是；②求∠E与∠A的数量关系，并说明理由．（2）如图2，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E在BD的延长线上，连CE，若∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，求证：DA＝DE．【答案】（1）①20°；②，理由见解析；（2）证明见解析【分析】（1）①根据题目定义推出∠E＝∠A，从而得出结论；②直接根据求解①过程证明即可；（2）首先根据题意推出A、B、C、D四点共圆，然后作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，再根据圆的内接四边形的性质等推出∠AFD＝∠DFE，然后根据“遥望角”的定义推出∠E＝∠DAF，即可证△DAF≌△DEF，从而得出结论．【详解】（1）解：①∵∠E是△ABC中∠A的遥望角，∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A，∵∠A＝40°，∴∠E＝20°．故答案为：20°；②，理由如下：∵∠E是△ABC中∠A的遥望角，∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A；（2）证明：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∴A、B、C、D四点共圆，作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，∵四边形FBCD内接于⊙O，∴∠DFC+∠DBC＝180°，∵∠DFC+∠DFE＝180°，∴∠DFE＝∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∵∠ABD＝∠AFD，∴∠AFD＝∠DFE，∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，由（1）得∠E＝∠BAC，∵∠BAC＝∠BDC，∴∠E＝∠BDC，∵∠E+∠DCE＝∠BAC，∴∠E＝∠DCE，∵∠DCE＝∠DAF，∴∠E＝∠DAF，∵DF＝DF，∠AFD＝∠DFE，∴△DAF≌△DEF（AAS），∴DA＝DE．【点睛】本题考查新定义问题，涉及三角形角平分线的拓展运用，圆的内接四边形的性质等，理解题目定义，灵活运用“四点共圆”的证明方法是解题关键．例3．（2022·湖北武汉·校考二模）如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC边上一点，连接AD．（1）如图1，作BE⊥AD延长线于E，连接CE，求证：∠AEC＝45°；（2）如图2，P为AD上一点，且∠BPD＝45°，连接CP．若AP＝2，求△APC的面积；【答案】（1）证明见解析；（2）①△APC的面积＝1；②．【分析】（1）由题意可证点A，点B，点E，点C四点共圆，可得∠AEC＝∠ABC＝45°；（2）通过证明△APB∽△CEB，可求CE＝＝，由等腰直角三角形的性质可求CF＝1，即可求解；【详解】证明：（1）∵等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∴AC＝BC，∠ABC＝∠CAB＝45°，AB＝BC，∵BE⊥AD，∴∠AEB＝90°＝∠ACB，∴点A，点B，点E，点C四点共圆，∴∠AEC＝∠ABC＝45°；（2）①如图2，过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，过点C作CF⊥AD于F，∵∠BPD＝45°，BE⊥AD，∴∠PBE＝45°＝∠ABC，∴∠ABP＝∠CBE，∵∠AEB＝90°＝∠ACB，∴点A，点B，点E，点C四点共圆，∴∠BAE＝∠BCE，∠AEC＝∠ABC＝45°，∴△APB∽△CEB，∴CE＝＝，∵CF⊥AD，∠AEC＝45°，∴∠FCE＝∠CEF＝45°，∴CF＝EF＝CE＝1，∴△APC的面积＝×AP×CF＝1；【点睛】本题是三角形综合题，考查了四点共圆，圆的有关知识，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．例4．（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，在四边形中，，是的中点，是的中点，若，，，则的长为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，，根据且为中点，求证是等腰三角形，再利用等腰三角形的高，中线，角平分线三线合一的性质得到，根据圆周角定理得到，求得，，于是得出结论．【详解】连接，，如图，

∵且为中点，∴，，∴，∵为中点，∴，∵∠，∴，，，四点共圆，∵，，∴，∴，∴，∴，在中，，，∴，∴，由勾股定理得：，∴，∴，故选：．【点睛】此题主要考查圆内接四边形，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和等腰三角形的性质等知识点，解答此题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，求出线段．模型3、定边对定角共圆模型条件：如图1，平面上A、B、C、D四个点满足，结论：A、B、C、D四点共圆．条件：如图2，AC、BD交于H，，结论：四点共圆.例1．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在RtABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝40°，将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上．（1）求∠BAD的度数；（2）求证：A、D、B、E四点共圆．【答案】（1）10°；（2）见解析【分析】（1）由三角形内角和定理和已知条件求得∠C的度数，由旋转的性质得出AC＝AD，即可得出∠ADC＝∠C，最后由外角定理求得∠BAD的度数；（2）由旋转的性质得到∠ABC＝∠AED，由四点共圆的判定得出结论．【详解】解：（1）∵在RtABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝40°，∴∠C＝50°，∵将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上，∴AC＝AD，∴∠ADC＝∠C＝50°，∴∠ADC＝∠ABC+∠BAD＝50°，∴∠BAD＝50°－40°＝10°证明（2）∵将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，∴∠ABC＝∠AED，∴A、D、B、E四点共圆．【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、外角定理以及四点共圆的判定，解题的关键是理解旋转后的图形与原图形对应边相等，对应角相等．例2．（2023·浙江绍兴·九年级校联考期中）如图1，在等腰三角形ABC中，AB=AC=4，BC=6．如图2，在底边BC上取一点D，连结AD，使得∠DAC=∠ACD．如图3，将△ACD沿着AD所在直线折叠，使得点C落在点E处，连结BE，得到四边形ABED．则BE的长是（

）A．1 B． C． D．【答案】A【分析】只要证明，得，求出、即可解决问题．【详解】解：，，，，，，，，，，，，，，即，，，，、、、四点共圆，，，，，．故选：．【点睛】本题考查翻折变换、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是充分利用相似三角形的性质解决问题，本题需要三次相似解决问题，题目比较难，属于中考选择题中的压轴题．例3．（2022·江苏无锡·中考真题）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC=20°，则∠BAF＝________°；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是________．【答案】

80

##【分析】利用SAS证明△BDC≌△AEC，得到∠DBC=∠EAC=20°，据此可求得∠BAF的度数；利用全等三角形的性质可求得∠AFB=60°，推出A、B、C、F四个点在同一个圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小，此时线段AF长度有最小值，据此求解即可．【详解】解：∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴AC=BC，DC=EC，∠BAC=∠ACB=∠DCE=60°，∴∠DCB+∠ACD=∠ECA+∠ACD=60°，即∠DCB=∠ECA，在△BCD和△ACE中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴∠EAC=∠DBC，∵∠DBC=20°，∴∠EAC=20°，∴∠BAF=∠BAC+∠EAC=80°；设BF与AC相交于点H，如图：∵△ACE≌△BCD∴AE=BD，∠EAC=∠DBC，且∠AHF=∠BHC，∴∠AFB=∠ACB=60°，∴A、B、C、F四个点在同一个圆上，∵点D在以C为圆心，3为半径的圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小，∴此时线段AF长度有最小值，在Rt△BCD中，BC=5，CD=3，∴BD=4，即AE=4，∴∠FDE=180°90°60°=30°，∵∠AFB=60°，∴∠FDE=∠FED=30°，∴FD=FE，过点F作FG⊥DE于点G，∴DG=GE=，∴FE=DF==，∴AF=AEFE=4，故答案为：80；4．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，切线的性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．例4．（2022·贵州遵义·统考中考真题）探究与实践：“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．提出问题：如图1，在线段同侧有两点，，连接，，，，如果，那么，，，四点在同一个圆上．探究展示：如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（依据1）点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）点，在点，，所确定的上（依据2）点，，，四点在同一个圆上(1)反思归纳：上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？依据1：__________；依据2：__________．(2)图3，在四边形中，，，则的度数为__________．(3)拓展探究：如图4，已知是等腰三角形，，点在上（不与的中点重合），连接．作点关于的对称点，连接并延长交的延长线于，连接，．①求证：，，，四点共圆；②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．【答案】(1)圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等(2)45°(3)①见解析；②不发生变化，值为8【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等作答即可；（2）根据同弧所对的圆周角相等即可求解；（3）①根据（1）中的结论证明即可得证；②证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（圆内接四边形对角互补）点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）点，在点，，所确定的上（同圆中，同弧所对的圆周角相等）点，，，四点在同一个圆上故答案为：圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等（2）在线段同侧有两点，，四点共圆，故答案为：（3）①∵，，点与点关于对称，，，四点共圆；②，理由如下，如图，四点共圆，，关于对称，，，，，，，，又，，，，，．【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等，轴对称的性质，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．模型4、对角互补共圆模型条件：如图1，平面上A、B、C、D四个点满足，结论：A、B、C、D四点共圆．条件：如图2，BA、CD的延长线交于P，，结论：A、B、C、D四点共圆.1．（2023·浙江·统考中考真题）如图，在四边形中，，以为腰作等腰直角三角形，顶点恰好落在边上，若，则的长是（

）

A． B． C．2 D．1【答案】A【分析】先根据等腰三角形的性质可得，，，再判断出点四点共圆，在以为直径的圆上，连接，根据圆周角定理可得，，然后根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质即可得．【详解】解：是以为腰的等腰直角三角形，，，，，，，点四点共圆，在以为直径的圆上，如图，连接，

由圆周角定理得：，，，，，在和中，，，，，故选：A．【点睛】本题考查了圆内接四边形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，正确判断出点四点共圆，在以为直径的圆上是解题关键．例2．（2023·河南周口·校考三模）在中，，M是外一动点，满足，若，，，则的长度为．【答案】/【分析】过点B作交的延长线于点H，过点D作于点E，过点D作于点F，点A,M,B,C四点共圆，得，解直角三角形，，面积法求解，，得．【详解】解析：过点B作交的延长线于点H，过点D作于点E，过点D作于点F，如图所示：∵∴点A,M,B,C四点共圆∵∴∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴【点睛】本题考查四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，角平分线性质定理，添加辅助构造直角三角形是解题的关键．例3．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，，，点、分别是线段、射线上的动点，以为斜边向上作等腰，，连接，则的最小值为．

【答案】【分析】连接并延长，利用四点共圆的判定定理得到，，，四点共圆，再利用等腰直角三角形的性质和圆周角定理得到，得到点的轨迹，最后利用垂线段最短和等腰直角三角形的性质解答即可得出结论．【详解】解：连接并延长，如图，

，，，，，，，四点共圆，为等腰直角三角形，，，，点的轨迹为的平分线上，垂线段最短，当时，取最小值，的最小值为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，四点共圆的判定，圆周角定理，点的轨迹，垂线段的性质，利用已知条件求得点D的轨迹是解题的关键．例4．（2023·山东日照·统考中考真题）在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究得出：在平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论．解决以下问题：如图1，中，（）．点D是边上的一动点（点D不与B，C重合），将线段绕点A顺时针旋转到线段，连接．

(1)求证：A，E，B，D四点共圆；(2)如图2，当时，是四边形的外接圆，求证：是的切线；(3)已知，点M是边的中点，此时是四边形的外接圆，直接写出圆心P与点M距离的最小值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据旋转的性质得到，证明，进而证明，可以得到，由，可得，即可证明A、B、D、E四点共圆；（2）如图所示，连接，根据等边对等角得到，由圆周角定理得到，再由，得到，利用三角形内角和定理证明，即，由此即可证明是的切线；（3）如图所示，作线段的垂直平分线，分别交于G、F，连接，先求出，再由三线合一定理得到，，解直角三角形求出，则，再解得到，则；由是四边形的外接圆，可得点P一定在的垂直平分线上，故当时，有最小值，据此求解即可．【详解】（1）证明：由旋转的性质可得，∴，∴，即，又∵，∴，∴，∵，∴，∴A、B、D、E四点共圆；（2）证明：如图所示，连接，∵，∴，∵是四边形的外接圆，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，又∵是的半径，∴是的切线；

（3）解：如图所示，作线段的垂直平分线，分别交于G、F，连接，∵，∴，∵点M是边的中点，∴，，∴，∴，在中，，∴，∵是四边形的外接圆，∴点P一定在的垂直平分线上，∴点P在直线上，∴当时，有最小值，∵，∴在中，，∴圆心P与点M距离的最小值为．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，解直角三角形，圆周角定理，切线的判定，三角形外接圆的性质，垂线段最短等等，正确作出辅助线是解题的关键．课后专项训练1．（2023秋·河北张家口·九年级校考期末）如图①，若BC是Rt△ABC和Rt△DBC的公共斜边，则A、B、C、D在以BC为直径的圆上，则叫它们“四点共圆”．如图②，△ABC的三条高AD、BE、CF相交于点H，则图②中“四点共圆”的组数为（）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】D【分析】根据两个直角三角形公共斜边时，四个顶点共圆，结合图形求解可得．【详解】解：如图，以AH为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A、F、H、E），以BH为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（B、F、H、D），以CH为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（C、D、H、E），以AB为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A、E、D、B），以BC为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（B、F、E、C），以AC为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A、F、D、C），共6组．故选D．【点睛】本题考查四点共圆的判断方法．解题的关键是明确有公共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆．2．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，O是的中点，点B，C，D到点O的距离相等，连接．下列结论不一定成立的是（）A．B．C．D．平分【答案】D【分析】以点O为圆心，长为半径作圆．再根据圆内接四边形的性质，圆周角定理逐项判断即可．【详解】如图，以点O为圆心，长为半径作圆．由题意可知：．即点A、B、C、D都在圆O上．A．∵，∴，故A不符合题意；B．∵，∴，故B不符合题意；C．∵四边形是的内接四边形，∴，故C不符合题意；D．∵和不一定相等，∴和不一定相等，∴不一定平分，故D符合题意．故选：D．【点睛】本题考查圆周角定理及其推论，充分理解圆周角定理是解答本题的关键．3．（2023·江苏宿迁·九年级校考期末）如图，在中，，，，点P为平面内一点，且，过C作交PB的延长线于点Q，则CQ的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意可得A、B、C、P四点共圆，由AA定理判定三角形相似，由此得到CQ的值与PC有关，当PC最大时CQ即取最大值．【详解】解：∵在中，，，，∴A、B、C、P四点共圆，AB为圆的直径，AB=∵∴∴△ABC∽△PQC∴，，即∴当PC取得最大值时，CQ即为最大值∴当PC=AB=5时，CQ取得最大值为故选：B．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质以及四点共圆，掌握同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等确定四点共圆，利用相似三角形性质得到线段间等量关系是解题关键．4．（2023·北京海淀·九年级校考期中）如图，点O为线段的中点，点B，C，D到点O的距离相等，连接，．请写出图中任意一组互补的角为和（不添加辅助线，不添加数字角标和字母）【答案】【分析】首先判断出点A，B，C，D四点共圆，然后根据圆内接四边形对角互补得出答案．【详解】解：∵点B，C，D到点O的距离相等，且，∴点A，B，C，D四点共圆，∴，，∴图中互补的角为和，和，故答案为：，（或，）．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．5．（2023·广东·二模）如图，点为线段的中点，点到点的距离相等，若则的度数是【答案】130【分析】根据题意得到四边形ABCD共圆，利用圆内接四边形对角互补即可求出所求角的度数．【详解】解：由题意得到OA＝OB＝OC＝OD，作出圆O，如图所示，∴四边形ABCD为圆O的内接四边形，∴∠ABC＋∠ADC＝180°，∵∠ABC＝50°，∴∠ADC＝130°，故答案为：130．【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解本题的关键．6．（2023·浙江金华·统考二模）如图，在中，，，，P是上一动点，于点E，于点D，则线段的最小值为（）

A． B．1 C． D．【答案】A【分析】当时，线段的值最小，利用四点共圆的判定可得：A、E、P、D四点共圆，且直径为，得出，有一公共角，根据两角对应相等两三角形相似得，则，设，表示出和的长，求出和的比，代入比例式中，可求出的值．【详解】解：当时，线段的值最小（因为A、E、P、D四点共圆，是直径，是定值，所以直径最小时，所对的弦最小），如图1，

∵于点E，于点D，∴，∴，∴A、E、P、D四点共圆，是直径，在中，，∴是等腰直角三角形，，∴也是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，设，则，，如图2，取的中点O，连接，则，∵，∴，过E作于M，则，，∴，∴，由勾股定理得：，∴，∴，则线段的最小值为，故选：A【点睛】本题考查了四点共圆的问题，四点共圆的判定方法有：①将四点连成一个四边形，若对角互补，那么这四点共圆；②连接对角线，若这个四边形的一边同侧的两个顶角相等，那么这四点共圆；通过四点共圆可以利用同弧所对的圆周角得出角相等，从而证得三角形相似，得比例式，使问题得以解决．7．（2023·浙江·模拟预测）如图，中，，中，，直线与交于，当绕点任意旋转的过程中，到直线距离的最大值是．【答案】/【分析】数形结合，根据动点的运动情况判断点的运动轨迹，再根据角度以及勾股定理求解最大值．【详解】解：如图旋转，连接以为直径作，以为半径作，过点作的切线交于点在和中∴点共圆，点共圆，点在上运动，的半径为∴又∵，∴当点运动到点时，到直线距离的最大，过点作，过点作，，∴四边形是矩形，

是圆心，设解得：（舍去）∴故答案为：．【点睛】本题考查圆动点的最值问题，熟练运用四点共圆性质以及勾股定理解直角三角形是解决本题关键．8．（2023春·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在中，点D为上一点，，点E在线段上，，若，，则的最大值为．【答案】/【分析】将绕点逆时针旋转至，连接，可得是为等边三角形，则，可知、、、四点共圆，令其圆心为，连接、、过作，交于，交圆于，过、分别作圆的切线，交于，连接交于，连接、，利用的直角三角形求得，由，与圆相切，可得（SSS），利用其性质证得，计算出，，由，知，可得四边形为平行四边形，则，由三角形三边关系可知：（当、、在同一直线上时去等号），即可求得的最大值．【详解】解：将绕点顺时针旋转至，连接，可得是为等边三角形，则，∵，，∴、、、四点共圆，令其圆心为，连接、、∴，则，过作，交于，交圆于，过、分别作圆得切线，交于，连接交于，连接、，∵，，∴，，∴，，∵，与圆相切，∴，∴（SSS）∴，∴，，，又∵，∴，∴四边形为平行四边形，∴，由三角形三边关系可知：（当、、在同一直线上时去等号）∴的最大值为：．故答案为：．【点睛】本题属于几何综合题，考查了四点共圆，垂径定理，切线长定理，解直角三角形，平行四边形的判定及三角形的三边关系，构造辅助线，利用圆的相关性质转化线段长度及角度，构造三角形三边关系是解决问题的关键，属于中考压轴题．9．（2023·广东惠州·九年级校考阶段练习）如图，将绕点A逆时针旋转，得到，其中点与点对应，点与点对应．(1)画出．(2)直线与直线相交于点，证明：A，，，四点共圆．【答案】(1)见详解(2)见详解【分析】（1）过点A作，且，过点A作，且，连接即可得到；（2）根据题意可得，证明，推算出，得到，根据圆内接四边形的对角互补可得到A，，，四点共圆．【详解】（1）解：如下图所示，过点A作，且，过点A作，且，连接即可得到；（2）证明：如下图所示由题意可知逆时针旋转得到边，，则，，，，，，，，，四点共圆．【点睛】本题考查图形的旋转和圆的内接四边形的性质，解题的关键是熟知圆内接四边形的对角互补．10.（2023·湖北九年级课时练习）如图1，ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，过点C任作一条直线CD，将线段BC沿直线CD翻折得线段CE，直线AE交直线CD于点F．直线BE交直线CD于G点．(1)小智同学通过思考推得当点E在AB上方时，∠AEB的角度是不变的，请按小智的思路帮助小智完成以下推理过程：∵AC＝BC＝EC，∴A、B、E三点在以C为圆心以AC为半径的圆上，∴∠AEB＝∠ACB，（填写数量关系）∴∠AEB＝°．(2)如图2，连接BF，求证A、B、F、C四点共圆；(3)线段AE最大值为，若取BC的中点M，则线段MF的最小值为．【答案】(1)，45；(2)见解析；(3)8，【分析】（1）根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半解答；（2）由题意知，CD垂直平分BE，连接BF，则BF=EF，求得∠EBF=∠AEB＝45°，利用外角的性质得到∠AFB=∠EBF+∠AEB＝90°，即可得到结论；（3）当点A、C、E在一条直线上时，线段AE最大，最大值为4+4=8，当MF⊥BC时线段MF最小，根据BC的中点M，得到CF=BF，设BG=FG=x，则CF=BF=x，CG=(+1)x，由勾股定理得，求出，根据，即可求出．【详解】（1）解：∵AC＝BC＝EC，∴A、B、E三点在以C为圆心以AC为半径的圆上，∴∠AEB＝∠ACB，∴∠AEB＝45°．故答案为：，45；（2）解：由题意知，CD垂直平分BE，连接BF，则BF=EF，∴∠EBF=∠AEB＝45°．∴∠AFB=∠EBF+∠AEB＝90°．∵∠ACB＝90°，∴A、B、F、C在以AB为直径的圆上，即A、B、F、C四点共圆；（3）解：当点A、C、E在一条直线上时，线段AE最大，最大值为4+4=8，当MF⊥BC时线段MF最小，∵BC的中点M，∴CF=BF，

设BG=FG=x，则CF=BF=x，CG=(+1)x，∵，∴，得，∵，∴，得，故答案为：8，．．【点睛】此题考查了圆周角定理，四点共圆的判定及性质，线段垂直平分线的性质，勾