专题04 圆中的重要模型之四点共圆模型解读与提分精练（北师大版）（解析版）

专题04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。TOC\o"1-4"\h\z\u 2模型1.定点定长共圆模型（圆的定义） 2模型2.定边对双直角共圆模型 10模型3.定边对定角共圆模型 25模型4.对角互补共圆模型 37 47【知识储备】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”。四点共圆模型是一种解题思想，但任何题目里都不会告诉你，亲爱的同学，请用四点共圆思想来解题吧。那么，我们头脑里，就要快速迭代平常积累的一些模型。四点共圆有三个性质：（1）共圆的四个点所连成同侧共底的两个\t"/item/%E5%9B%9B%E7%82%B9%E5%85%B1%E5%9C%86/_blank"三角形的顶角相等；（2）\t"/item/%E5%9B%9B%E7%82%B9%E5%85%B1%E5%9C%86/_blank"圆内接四边形的对角互补；（3）圆内接四边形的\t"/item/%E5%9B%9B%E7%82%B9%E5%85%B1%E5%9C%86/_blank"外角等于\t"/item/%E5%9B%9B%E7%82%B9%E5%85%B1%E5%9C%86/_blank"内对角。模型1.定点定长共圆模型（圆的定义）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）。证明：∵OA=OB=OC=OD∴根据圆的定义：到定点的距离等于定长点的集合为圆，确定A、B、C、D四点共圆。例1．（23-24九年级上·江苏无锡·期中）如图，为等边的外心，四边形为正方形．现有以下结论:是的外心；是的外心；；设，则；若点，分别在线段，上运动（不含端点），随着点运动到每一个确定位置时，的周长都有最小值，，其中所有正确结论的序号是（

）

A．①③④ B．②③⑤ C．②④ D．①③④⑤【答案】A【分析】本题命题思路是以等边外心为背景，进而得到，，，四点共圆，从而对角互补，利用旋转，可以转化四边形为一个规则的等边三角形，最后利用轴对称性可解决周长最小值的问题．【详解】解：连接，；∵为的外心；∴；∵正方形；∴；∴；∴是的外心；故正确．

对于，连接，；∵；∴不是的外心；故错误．对于，连接；∴；∴，，，三点共圆；∴；∵即；故正确．对于，∵，∴，，，四点共圆，如图所示，以点为旋转中心，把绕点逆时针旋转，点的对应点为点，∴，∵，∴，即∵，∴，∴，，三点共线；由旋转的性质可得，，∴是等边三角形；∵；过点作的垂线，垂足为；∴；∵；在中，；∴；∴；∵；∴；故正确．

对于，如下图所示；作EM和EN关于和的对称线段；∴，；∴；当，，，四点共线时，周长最小；即连接，∴，连接；∴是等腰三角形；∵，；∴；∵；∴；∴三角形是以为顶角的等腰三角形；过点作的垂线，垂足为，∵；∴；在中；∴；∴；即；故错误；综上所述，①③④正确；故选．【点睛】本题主要考查正方形的性质，等边三角形性质及其外心的性质，圆周角定理，四点共圆及圆内接四边形的性质，旋转变换，利用轴对称解决周长最小值，等腰三角形的解法及解直角三角形，见外心连顶点，到三个顶点距离相等，判定外心只需确顶点是都到三角形三个顶点距离相等，四边形对角互补要旋转，转化定型求面积，求周长最小值利用轴对称变换是关键，转化两点间距离最短即可，最后牢记特殊三角形的边长之比非常重要，例如等腰三角形三边之比为．变式1、（2024•连云港九年级期中）如图，点O为线段BC的中点，点A、C、D到点O的距离相等，若∠ABC＝40°，则∠ADC的度数是．【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】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＝40°，∴∠ADC＝140°，故答案为：140°．【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．变式2．（2023·湖北·三模）问题背景：如图1，等腰中，，作于点D，则D为的中点，，于是；迁移应用：如图2，和都是等腰三角形，，D，E，C三点在同一条直线上，连接．①求证：；②请直接写出线段之间的等量关系式；拓展延伸：如图3，在菱形中，，在内作射线，作点C关于的对称点E，连接并延长交于点F，连接，．证明是等边三角形；【答案】迁移应用：①详见解析；②结论：；拓展延伸：详见解析；【分析】迁移应用：①如图2中，只要证明，即可根据解决问题；②结论：．由，可知，在中，，由，，推出，由，即可解决问题；拓展延伸：如图3中，作于，连接．由，，推出、、、四点共圆，推出，推出，推出是等边三角形；【详解】迁移应用：①证明：如图2∵，∴，在和中，，∴，②解：结论：．理由：如图中，作于．∵，∴，在中，，∵，，∴，∴；拓展延伸：证明：如图3中，连接，∵四边形是菱形，，∴是等边三角形，∴，∵E、C关于对称，∴，∴A、D、E、C四点共圆，∴，∴，∴是等边三角形；【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、四点共圆、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添加辅助圆解决问题，属于中考压轴题．模型2.定边对双直角共圆模型定边对双直角模型：一定边所对的角为两个直角，分同侧型和异侧型两种情况进行讨论。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AD为直径。注意：由于同侧型与异侧型证明相同，故下面证明一次即可。证明：取AD的中点为E，连结BE，CE。∵，BE=CE=AD=AE=ED，∴根据圆的定义：到定点的距离等于定长点的集合为圆，确定A、B、C、D四点共圆。例1．（2023·四川成都·三模）如图，已知四边形是矩形，，点E是线段上一个动点，分别以、为边向线段的下方作正方形、正方形，连接，过点B作直线的垂线，垂足是J，连接，求点E运动过程中，线段的最大值是．【答案】【分析】本题由矩形的性质和,得到四点共圆，推出为直径时最大，分析动点E的运动轨迹，当最大时，即时，最大，利用勾股定理求出直径的最大值后即可求出答案．本题考查了圆的相关知识点的应用，还有矩形及正方形的性质，以及勾股定理，解题关键是圆的内接四边形的性质的应用及对动点的分析．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∵，∴,∴四点共圆，如图所示，当为直径时最大，连接，当最大时，即时，最大，，此时的最大值为，故答案为：．例2．（2023·山西临汾·九年级统考期末）如图在四边形中，，若，则的值为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】首先根据题意得到点A，B，C，D四点共圆，然后证明出，进而得到，然后利用直角三角形的性质得到，进而求解即可．【详解】如图所示，∵∴点A，B，C，D四点共圆，

∵∴∵∴∴∵，∴∴∴．故选：D．【点睛】此题考查了四点共圆，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．变式1．（2023·贵州·统考中考真题）如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形中，，过点作射线，垂足为，点在上．

(1)【动手操作】如图②，若点在线段上，画出射线，并将射线绕点逆时针旋转与交于点，根据题意在图中画出图形，图中的度数为_______度；(2)【问题探究】根据（1）所画图形，探究线段与的数量关系，并说明理由；(3)【拓展延伸】如图③，若点在射线上移动，将射线绕点逆时针旋转与交于点，探究线段之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)作图见解析；135(2)；理由见解析(3)或；理由见解析【分析】（1）根据题意画图即可；先求出，根据，求出；（2）根据，，证明、P、B、E四点共圆，得出，求出，根据等腰三角形的判定即可得出结论；（3）分两种情况，当点P在线段上时，当点P在线段延长线上时，分别画出图形，求出之间的数量关系即可．【详解】（1）解：如图所示：∵，∴，

∵，∴，∴；故答案为：135．（2）解：；理由如下：连接，如图所示：根据旋转可知，，∵，∴、P、B、E四点共圆，∴，∴，∴，∴．（3）解：当点P在线段上时，连接，延长，作于点F，如图所示：

根据解析（2）可知，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴为等腰直角三角形，∴，∵为等腰直角三角形，∴，即；当点P在线段延长线上时，连接，作于点F，如图所示：根据旋转可知，，∵，∴、B、P、E四点共圆，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，，∴为等腰直角三角形，∴，即；综上分析可知，或．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，四点共圆，等腰直角三角形的性质，解题的关键是作出图形和相关的辅助线，数形结合，并注意分类讨论．变式2．（2023·四川成都·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝9，AD＝6，点O为对角线AC的中点，点E在DC的延长线上且CE＝1.5，连接OE，过点O作OF⊥OE交CB延长线于点F，连接FE并延长交AC的延长线于点G，则＝．【答案】【分析】作OM⊥CD于M，ON⊥BC于N，根据三角形中位线定理分别求出OM、ON，根据勾股定理求出OE，根据相似三角形的性质求出FN，得到FC的长，证明△GFC∽△GOE，根据相似三角形的性质列出比例式，代入计算得到答案．【详解】解：作OM⊥CD于M，ON⊥BC于N，∵四边形ABCD为矩形，∴∠D=90°，∠ABC=90°，∴OM∥AD，ON∥AB，∵点O为AC的中点，∴OM=AD=3，ON=AB=4.5，CM=4.5，CN=3，∵CE=1.5，∴ME=CM+CE=6，在Rt△OME中，OE==3，∵∠MON=90°，∠EOF=90°，∴∠MOE+∠NOE=∠NOF+∠NOE=90°，∴∠MOE=∠NOF，又∠OME=∠ONF=90°，∴△OME∽△ONF，∴，即，解得，FN=9，∴FC=FN+NC=12，∵∠FOE=∠FCE=90°，∴F、O、C、E四点共圆，∴∠GFC=∠GOE，又∠G=∠G，∴△GFC∽△GOE，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、圆周角定理的应用，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．模型3.定边对定角共圆模型定边对定角模型：一定边同侧所对的角为两个相等（为定值）。图1图2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。证明：∵，∴，又∵，。∴，∴A、B、C、D四点共圆。例1．（23-24九年级·福建南平·自主招生）如图，在四边形中，且，垂足为，延长线交于，交的延长线于．(1)求证：A，，，四点共圆；(2)求证：为定值．

【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出为中点，求出，证明，得出为等腰三角形，得出，求出，即可证明结论；（2）先证明，再根据，证明，得出，即可证明结论．【详解】（1）证明：连接，如图所示：

，为等腰三角形，，又∵，∴为中点，∴垂直平分，，∴，，又，为等腰三角形，，∴，∴A，，，四点共圆；（若共底边的两个三角形的顶角相等，且在底边的同侧，则四点共圆）（2）证明：由（1）知：A，，，四点共圆，（同弧所对的圆周角相等）又，为等腰三角形，∴，又（公共角），，，．【点睛】本题主要考查了四点共圆，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，三角形相似的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质和判定，数形结合．例2．（2023·江苏·九年级假期作业）综合与实践“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AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．探究展示：如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE，则∠AEC+∠D＝180°（依据1）∵∠B＝∠D∴∠AEC+∠B＝180°∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（依据2）∴点A，B，C，D四点在同一个圆上(1)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)如图3，在四边形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，则∠4的度数为．拓展探究：(3)如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．①求证：A，D，B，E四点共圆；②若AB＝2，AD•AF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；过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆；(2)45°；(3)①见解析②8【分析】（1）根据圆内接四边形的性质、过三点的圆解答即可；（2）根据四点共圆、圆周角定理解答；（3）①根据轴对称的性质得到，，，，进而得到，证明结论；②连接，证明，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．【详解】（1）解：依据1：圆内接四边形对角互补；依据2：过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆，故答案为：圆内接四边形对角互补；过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆；（2）解：∵，∴点四点在同一个圆上，∴，∵，∴，故答案为：45°；（3）①证明：∵，∴，∵点与点关于的对称，∴，，∴＝，，∴，∴，∴A，D，B，E四点共圆；②解：的值不会发生变化，理由如下：如图4，连接，∵点与点关于的对称，∴，∴，∴，∵A，D，B，E四点共圆，∴，∴，∴A，B，F，C四点共圆，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查的是四点共圆、相似三角形的判定和性质、轴对称的性质，正确理解四点共圆的条件是解题的关键．变式1．（23-24九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，在四边形中，，对角线平分，，且．(1)证明：；(2)若，，求的长．

【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由题意推出，从而得到、、、四点共圆，进而得出结论即可；（2）首先根据已知信息求出，再结合四点共圆的结论，在中求解即可．【详解】（1）证：∵，∴，∵，∴，∴、、、四点共圆，∴；（2）解：∵，∴，∵，平分，∴，∴在中，，∵，∴，，∵、、、四点共圆，∴，∴在中，，∴．【点睛】本题考查四点共圆的证明、圆的内接四边形的性质，以及解直角三角形等，掌握圆当中的重要结论，准确求解直角三角形是解题关键．变式2．（2023·江苏无锡·九年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，将△ABC绕点A沿顺时针方向旋转后得到△ADE，直线BD、CE相交于点O，连接AO．则下列结论中：①△ABD∽△ACE；②∠COD＝135°；③AO⊥BD；④△AOC面积的最大值为8，其中正确的有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】①由旋转性质证明即可判断；②由①的结论可得，，进而得到，即可判断；③证明为等腰三角形即可判断；④由题意直线BD、CE相交于点，当时，的面积最大，通过勾股定理计算求出最大值，进而进行判断【详解】①由旋转的性质可知：，即故①正确②设相交于点,如图：由①，可得，又故②正确③，可知四点共圆，则即故③正确④设到的距离为，，以为底边，当最大时候，△AOC面积的才最大，由③可知是等腰三角，,当点到的距离最大时即当时，最大即当旋转角度时，过作于点，如图，由②可知由③可知,；由①可知在中，，；在中，,在中，故④不正确综上所述：①②③正确，共计3个故选C【点睛】本题考查了图形的旋转，三角形相似的性质与判定，同弧所对的圆周角相等，圆内接四边形对角互补，等腰三角形性质，勾股定理，正确的作辅助线和熟练的几何基础知识是解题的关键．模型4.对角互补共圆模型图1图2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.证明：∵，∴，又∵，。∴，∵，∴∴A、B、C、D四点共圆。例1．（23-24九年级上·云南昆明·期中）综合与实践：“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所示，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所示，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，，则，（依据，，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，（依据点，，，四点在同一个圆上；反思归纳：（1）上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？依据1：______；（从右边框内选一个选项，直接填序号）依据2：______．（从右边框内选一个选项，直接填序号）①圆内接四边形对角互补；②对角互补的四边形四个顶点共圆；③过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆；④经过两点的圆的圆心在这两点所连线段的垂直平分线上；（2）如图3所示，在四边形中，，，则的度数为______．【答案】（1）①，③（2）【分析】（1）根据探究展示过程和圆的性质，确定圆的条件填空即可；（2）作过，，的，在劣弧上取点，连接，，由，可得，故，有，，，共圆，即在过，，的上，即知，，，，共圆，从而．【详解】解：（1）由探究展示过程可知，的依据是：①圆内接四边形对角互补；点，在点，，所确定的上的依据是：③过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆；故答案为：①，③；（2）作过，，的，在劣弧上取点，连接，，如图：

，，，，，，，共圆，即在过，，的上，在过，，的上，，，，，共圆，，，故答案为：．【点睛】本题考查四点共圆，解题的关键是读懂阅读材料，掌握圆的相关性质并能灵活运用．变式1．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图，，，点在内部且，则的最大值是

【答案】【分析】此题主要考查圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质、解直角三角形的性质．连接、，在上取一点，使得，根据题意可得、、、四点共圆，再证明得到，故可得到当最大时，四边形的周长最大，则＋最大，根据解直角三角形的性质得到的长，故可求解．【详解】如图，连接、，在上取一点，使得，

，，，、、、四点共圆，，，是等边三角形，，，是等边三角形，，，，，，，，四边形的周长为，，当最大时，四边形的周长最大，则最大，当是的外接圆的直径时，最大，此时点在中点处，，最大值，最大为，故答案为：．变式2．（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．1．（2024·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．2．（2023春·江西抚州·九年级校考阶段练习）如图，点，，在上，且，则下列结论错误的是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】连接，根据圆周角定理即可直接判断选项A和选项C；根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理可判选项断B和选项D．【详解】解：如图，连接．根据圆周角定理可知．∵，∴，故A正确，不符合题意；∵，∴，故B错误，符合题意；根据圆周角定理可知，故C正确，不符合题意；∵，∴，故D正确，不符合题意．故选：B．【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理．掌握一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半是解题关键．3．（2022·新疆·统考中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心将绕点D顺时针旋转与恰好完全重合，连接EF交DC于点P，连接AC交EF于点Q，连接BQ，若，则．【答案】【分析】通过∠DFQ=∠DAQ=45°证明A、F、Q、D四点共圆，得到∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，利用等角对等边证明BQ=DQ=FQ=EQ，并求出，通过有两个角分别相等的三角形相似证明，得到，将BQ代入DE、FQ中即可求出．【详解】连接PQ，∵绕点D顺时针旋转与完全重合，∴DF=DE，∠EDF=90°，，∴∠DFQ=∠DEQ=45°，∠ADF=∠CDE，∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，∴∠DAQ=∠BAQ=45°，∴∠DFQ=∠DAQ=45°，∴∠DFQ、∠DAQ是同一个圆内弦DQ所对的圆周角，即点A、F、Q、D在同一个圆上（四点共圆），∴∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，∴∠EDQ=90°-45°=45°，∠DQE=180°-∠EDQ-∠DEQ=90°，∴FQ=DQ=EQ，∵A、B、C、D是正方形顶点，∴AC、BD互相垂直平分，∵点Q在对角线AC上，∴BQ=DQ，∴BQ=DQ=FQ=EQ，∵∠AQF=∠ADF，∠ADF=∠CDE，∴∠AQF=∠CDE，∵∠FAQ=∠PED=45°，∴，∴，∴，∵BQ=DQ=FQ=EQ，∠DQE=90°，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题综合考查了相似三角形、全等三角形、圆、正方形等知识，通过灵活运用四点共圆得到等弦对等角来证明相关角相等是解题的巧妙方法．4．（2024·山东校考·二模）如图放置的两个正方形，大正方形边长为，小正方形边长为()，在边上，且，连接，，交于点，将绕点旋转至，将绕点旋转至，给出以下五个结论：①；②；③；④；⑤四点共圆，其中正确的序号为．【答案】①③④⑤【分析】根据正方形的性质可得∠BAM+∠DAM=90°，∠NAD+∠AND=90°，然后根据旋转的性质可得∠NAD=∠BAM，从而判断①；证出∽，列出比例式即可判断②；利用SAS即可证出③；先证出四边形AMFN是正方形，然后根据勾股定理即可判断④；证出∠AMP+∠ADP=180°，即可判断⑤．【详解】①∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=∠ADC=∠B=90°，∴∠BAM+∠DAM=90°，∠NAD+∠AND=90°，∵将绕点A旋转至，∴∠NAD=∠BAM，∠AND=∠AMB，∴∠DAM=∠AND，故①正确；②∵四边形CEFG是正方形，∴PC∥EF，∴∽，∴，∵大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），BM=b，∴EF=b，CM=a﹣b，ME=（a﹣b）+b=a，∴，∴CP=；故②错误；③∵将绕点F旋转至，∴GN=ME，∵AB=a，ME=a，∴AB=ME=NG，在与中，∵AB=NG=a，∠B=∠NGF=90°，GF=BM=b，∴≌；故③正确；④∵将绕点A旋转至，∴AM=AN，∵将绕点F旋转至，∴NF=MF，∵≌，∴AM=NF，∴四边形AMFN是菱形，∵∠BAM=∠NAD，∴∠BAM+∠DAM=∠NAD+∠DAN=90°，∴∠NAM=90°，∴四边形AMFN是正方形，∵在Rt中，a2+b2=AM2，∴S四边形AMFN=AM2=a2+b2；故④正确；⑤∵四边形AMFN是正方形，∴∠AMP=90°，∵∠ADP=90°，∴∠AMP+∠ADP=180°，∴A，M，P，D四点共圆，故⑤正确．综上：正确的结论有①③④⑤．故答案为：①③④⑤．【点睛】此题考查的是正方形的性质及判定、旋转的性质、相似三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和四点共圆的判定，掌握正方形的性质及判定、旋转的性质、相似三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和四点共圆的判定定理是解决此题的关键．5．（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】本题主要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的关键．6．（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．7．（2024·广东广州·九年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，A(2，0)，B(0，2)，C(4，0)，D(5，3)，点P是第一象限内一动点，且，则4PD+2PC的最小值为．【答案】【分析】取一点，连接OP，PT，TD，首先利用四点共圆证明，再利用相似三角形的性质证明，推出，根据，过点D作交OC于点E，即可求出DT的最小值，即可得．【详解】解：如图所示，取一点，连接OP，PT，TD，∵A（2，0），B（0，2），C（4，0），∴OA=OB=2，OC=4，以O为圆心，OA为半径作，在优弧AB上取一点Q，连接QB，QA，∵，，∴，∴A，P，B，Q四点共圆，∴，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，过点D作交OC于点E，∵D的坐标为（5，3），∴点E的坐标为（5，0），TE=4，∴∵，∴，∴的最小值是，故答案为：．【点睛】本题考查了四点共圆，相似三角形，勾股定理，三角形三边关系，解题的关键是掌握这些知识点．8．（2023·福建福州·九年级校考期中）如图，点C为线段AB的中点，E为直线AB上方的一动点，且满足CE＝CB，连接AE，以A为直角顶点，AE为腰，在直线AB上方作等腰直角三角形ADE，连接CD，当CD最大时，下列结论：①D、A、C、E四点共圆；②3∠AEC＝∠DEA；③DC平分∠ADE；④2AD2＝DC2＋AC2，其中正确的是．【答案】①③④【分析】将线段AC绕点A逆时针旋转90°得到线段AH，连接CH，DC，证明△DAH≌△EAC，得到当D，C，H共线时，DC最大，再根据四点共圆的性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质即可依次判断．【详解】如图1，将线段AC绕点A逆时针旋转90°得到线段AH，连接CH，DC∵∠DAE=∠HAC=90°∴∠DAH=∠EAC∵DA=EA，HA=CA∴△DAH≌△EAC（SAS）∴DH=CE=定值，∵CD≤DH+CH，CH是定值，∴如图2中，当D，C，H共线时，DC最大∵AC=AH，∠HAC=90°，AD=AE，∠DAE=90°∴△ACH、△DAE是等腰直角三角形∴∠AHC=∠ADE=45°∴∠AHD=∠ACE=135°∴∠ADE+∠ACE=180°∴①D、A、C、E四点共圆，正确；∵点C为线段AB的中点，∴CB=AC=CE，∵∠ACE=135°∴∠AEC==22.5°∵∠DEA=45°，∴2∠AEC＝∠DEA，②错误；∵∠AEC=∠ADH=22.5°∴∠HDE=45°-∠ADH=22.5°=∠ADH∴DC平分∠ADE，③正确；∵△DAE是等腰直角三角形∴DE=∴2AD2＝DE2∵∠ACE=135°，∠ACH=45°∴∠DCE=135°-45°=90°∴△CDE是直角三角形∴DE2=DC2+CE2∵2AD2＝DE2，AC=CE∴2AD2＝DC2＋AC2，④正确；故答案为：①③④．【点睛】此题主要考查旋转的性质综合，解题的关键是根据题意将线段AC绕点A逆时针旋转90°得到线段AH，找到CD最短的情况，再进行求解．9．（2023·广东梅州·九年级校联考期末）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AD=4，AB=BC=BD=6，则∠ACD的正弦值是．【答案】【分析】根据AB=BC=BD=6，可得点A、D、C在以点B为圆心，AB长为半径的圆上，如图，延长AB交圆B于点E，根据AB∥CD，可得∠CDB=∠ABD，∠DCB=∠CBE，再由BD=BC，可得AD=CE=4，然后根据AE是圆B的直径，可得∠ACE=90°，最后在Rt△ACE中，即可求解．【详解】解：∵AB=BC=BD=6，∴点A、D、C在以点B为圆心，AB长为半径的圆上，如图，延长AB交圆B于点E，∵AB∥CD，∴∠CDB=∠ABD，∠DCB=∠CBE，∵BD=BC，∴∠CDB=∠BCD，∴∠ABD=∠CBE，∴AD=CE=4，∵AE是圆B的直径，∴∠ACE=90°，在Rt△ACE中，AE=2AB=12，∴，∵∠ACD=∠CAE，∴．故答案为：【点睛】本题考查了解直接三角形，平行线的性质，圆的基本性质，直径所对的圆周角是直角，根据得到点A、D、C在以点B为圆心，AB长为半径的圆上是解题的关键．10．（23-24九年级上·陕西西安·期末）问题提出（1）如图①，在四边形中，，求证：A、B、C、D四点共圆．小颖同学认为：连接，取的中点，连接、来证明，请你按照小颖的思路完成证明；问题解决（2）如图②，在正方形中，，点是的中点，点是边上一点，连接、，过点作于点，当点在线段上时，求线段的长．

【答案】（1）见解析；（2）．【分析】（1）连接，取的中点，连接、．证明，可得结论；（2）利用正方形的性质和勾股定理求得，由，证明四点共圆，求得，推出是等腰直角三角形，据此计算可得结论．【详解】（1）证明：如图①中，连接，取的中点，连接、．，，，，，，，，四点共圆；（2）解：∵在正方形中，，点是的中点，∴，，，∴，∵，∴，由（1）知，四点共圆，∴，∴是等腰直角三角形，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，四点共圆，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．11．（2024·江苏盐城·二模）如图，将一副斜边相等的直角三角板按斜边重合摆放在同一平面内，其中∠DAB＝45°，∠CAB＝30°，点O为斜边AB的中点，连接CD交AB于点E．设AB＝1．（1）求证：A、B、C、D四个点在以点O为圆心的同一个圆上；（2）分别求△ABC和△ABD的面积；（3）过点D作DF∥BC交AB于点F，求OE︰OF的比值．【答案】（1）见解析；（2）△ABC的面积为，△ABD的面积为；（3）【分析】(1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得0C=OA=OB=OD，即可得出答案．(2)根据已知条件可计算出AC、BC、AD、BD的长度，根据三角形的面积公式即可得出答案．(3)根据等腰直角三角形的性质得到,，根据平行线的性质得到，解直角三角形得到，，根据相似三角形的性质即可得到结论.【详解】（1）证明：如图，连接OD、OC，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点O是AB的中点，∴OC＝OA＝OB，在Rt△ABD中，∠ADB＝90°，点O是AB的中点，∴OD＝OA＝OB，∴OA＝OB＝OC＝OD，∴A、B、C、D四个点在以点O为圆心的同一个圆上；（2）解：△ABC的面积为；△ABD的面积为（3）解：是等腰直角三角形，点O为斜边AB的中点∵DF∥BC∵∴△DEF∽△CEB，∴又得．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质(两组对应角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应边成比例)，三角形的面积的计算(三角形面积=底底边上的高)，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．12．（23-24九年级上·河南洛阳·期末）在学习《圆》这章时，我们学习了圆周角定理的推论：圆内接四边形的对角互补；事实上，它的逆命题：对角互补的四边形的四个顶点共圆，也是一个真命题．在图形旋转的综合问题中经常会出现对角互补的四边形，那么，我们就可以借助“对角互补的四边形的四个顶点共圆”，然后借助圆的相关知识来解决问题，例如：已知：如图，是等腰直角三角形，，点是内一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，并延长交直线于点．请解答下列问题：(1)当点在如图所示的位置时，①找出图中与全等的三角形，并说明理由；②求的度数；③利用题干中的结论，证明：四点共圆；(2)连接，点在内部运动的过程中，若，直接写出线段的长．【答案】(1)①，理由见解析；②；③见解析(2)【分析】（1）①由证明；②由可得，通过导角可得，即可求出的度数；③由对角互补的四边形的四个顶点共圆，可证四点共圆；（2）由勾股定理可求的长，由圆周角定理可得，由等腰直角三角形的性质可求的长，的长，即可求解．【详解】（1）解：①，理由如下：是等腰直角三角形，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，，，，，在和中，，；②，，，，；③证明：，，，四点共圆；（2）解：如图，连接，过点D作于点H，，，，，，，四点共圆，，，是等腰直角三角形，，，，【点睛】本题考查四点共圆，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理等，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．13．（23-24九年级上·吉林长春·期末）【问题情境】如图①，在四边形中，，求证：A、B、C、D四点共圆．小吉同学的作法如下：连接，取的中点O，连接，请你帮助小吉补全余下的证明过程；【问题解决】如图②，在正方形中，，点E是边的中点，点F是边上的一个动点，连接，作于点P．（1）如图②，当点P恰好落在正方形对角线上时，线段的长度为______；（2）如图③，过点P分别作于点M，于点N，连接，则的最小值为______．【答案】问题情境：证明见解析；问题解决：（1）；（2）．【分析】【问题情境】：连接，取的中点O，连接，由直角三角形斜边中线的性质可得出，即A、B、C、D四点共圆；【问题解决】：（1）由正方形的性质可求出，结合勾股定理可得，由【问题情境】结论可知，A、D、E、P四点共圆，结合圆周角定理可推出，从而得出为等腰直角三角形．再根据其性质和勾股定理即可求解；（2）由【问题情境】结论可知，A、D、E、P四点共圆，过点O作于点G，作于点H，连接交于点，连接，由题意可得出四边形为矩形，即得出，说明要求的最小值，即求的最小值即可．由平行线分线段成比例易证点G为的中点，即为的中位线，得出．进而可求出，结合勾股定理可求出，最后根据两点之间线段最短可知，即的最小值为．【详解】【问题情境】：证明：如图，连接，取的中点O，连接，∵，O为的中点，∴，∴A、B、C、D四点共圆；【问题解决】：解：（1）∵四边形为正方形，点E是边的中点，，∴，∴，由【问题情境】结论可知，A、D、E、P四点共圆，如图，∴．∵为正方形的对角线，∴．∵，∴为等腰直角三角形．设，则，∵，∴，解得：，（不合题意，舍去），∴线段．故答案为：；（2）由【问题情境】结论可知，A、D、E、P四点共圆，如图，过点O作于点G，作于点H，连接交于点，连接，∵，∴，∴四边形为矩形，∴，∴要求的最小值，即求的最小值，由（1）知，，∴．∵，且点O为的中点，∴，∴为的中位线，∴．∵，∴四边形为矩形，∴，∴．在中，，根据两点之间线段最短得，，∴，∴的最小值为，即的最小值为．故答案为：．【点睛】本题主要考查四点共圆、正方形的性质，等腰直角三角形的性质、勾股定理、中位线的判定与性质、平行线的判定与性质，平行线分线段成比例，属于圆的综合题，熟练掌握相关知识是解题关键．14．（2024·广东东莞·三模）综合探究小明同学在学习“圆”这一章内容时，发现如果四个点在同一个圆上（即四点共圆）时，就可以通过添加辅助圆的方式，使得某些复杂的问题变得相对简单，于是开始和同学一起探究四点共圆的条件．小明同学已经学习了圆内接四边形的一个性质：圆内接四边形的对角互补．因此，他想探究它的逆命题是否成立，以下是小明同学的探究过程，请你补充完整．(1)【猜想】“圆内接四边形的对角互补”的逆命题为：________________________________________，如果该逆命题成立，则可以作为判定四点共圆的一个依据．(2)【验证】如图1，在四边形中，，请在图1中作出过点三点的，并直接判断点D与的位置关系．（要求尺规作图，要保留作图痕迹，不用写作法）(3)【证明】已知：如图1，在四边形ABCD中，，求证：点四点共圆．证明：过三点作，假设点D不在上，则它有可能在圆内（如图2），也有可能在圆外（如图3）．假设点D在内时，如图2，延长交于点E，连结AE，是的外角，，四边形ABCE是的内接四边形，，又，．这与相矛盾，所以假设不成立，所以点D不可能在内．请仿照以上证明，用反证法证明“假设点D在外”（如图3）的情形【答案】(1)对角互补的四边形能内接于圆．（或：对角互补的四边形是圆的内接四边形）(2)图见解析，点D在上(3)详见解析【分析】本题考查了反证法，命题与定理及线段的垂直平分线的性质及有关圆的性质是解题的关键．（1）根据逆命题与原命题是条件、结论互换解答．（2）根据作过不共线的三个点的圆作法作图，先确定圆心再确定半径；（3）根据反证法的步骤进行证明．【详解】（1）解：对角互补的四边形能内接于圆．（或：对角互补的四边形是圆的内接四边形）．（2）解：如图1，为所求．点D在上．（3）证明：假设点D在外时，如图3，CD交于点E，连结，是的外角，．四边形是的内接四边形，又，．这与相矛盾，所以假设不成立，所以点D不可能在外．15．（2024·辽宁葫芦岛·一模）射线AB与直线CD交于点E，∠AED＝60°，点F在直线CD上运动，连接AF，线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，连接FG，EG，过点G作于点H．(1)如图1，点F和点G都在射线AB的同侧时，EG与GH的数量关系是______；(2)如图2，点F和点G在射线AB的两侧时，线段EF，AE，GH之间有怎么样的数量关系？并证明你的结论；(3)若点F和点G都在射线AB的同侧，，，请直接写出HG的长．【答案】(1)；(2)，证明见解析；(3)或【分析】（1）先证明是等边三角形得，再证明点A、E、G、F四点共圆，得，从而计算得到，最后在直角三角形GEH中，求出即可得到答案；（2）在射线ED上截取，连接AN，如图3，先证是等边三角形，得，，再证，从而得到，进而得，从而求得结论；（3）分两种情况讨论求解GH的长，当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使得EM=EG，连接MG，如图4；当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得NE=EF，如图5，通过构造三角形全等，利用三角函数求解即可．【详解】（1）解：线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，，，是等边三角形，，，∠AED＝60°，，点A、E、G、F四点共圆，，，，，，故答案为：；（2）解：在射线ED上截取，连接AN，如图3，∵，∴是等边三角形，∴，∵，，∴∴，∴，，∵∴，∴，∴；（3）当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使得EM=EG，连接MG，如图4，线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，，，是等边三角形，，，∠AED＝60°，，点A、E、G、F四点共圆，，，EM=EG，是等边三角形，，，，，，，，，当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得NE=EF，如图5，，点A、E、G、F四点共圆，，，，NE=EF，是等边三角形，NE=EF=NF=1，，，，，，，，，，综上所述，GH的长为或．【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定及性质以及旋转图形的性质，熟练掌握这些性质和判定是解题的关键.16．（23-24九年级上·上海宝山·期末）如图，已知正方形ABCD，将AD绕点A逆时针方向旋转到AP的位置，分别过点作，垂足分别为点、．(1)求证：；(2)联结，如果，求的正切值；(3)联结，如果，求的值．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)30【分析】（1）作CG⊥CE，交FD延长线于G点，可根据题意得出四边形FECG为矩形，再结合矩形和正方形的性质推出△BCE≌△DCG，从而得到CE=CG，即四边形FECG为正方形，即可证得结论；（2）在（1）的基础之上，联结CF，首先通过旋转的性质和三角形的内角定理推出△CEF和△DFP均为等腰直角三角形，进而利用相似三角形的判定与性质推出PF和EF之间的关系，从而表示出BE的长度，即可求出∠BCE的正切值，再根据余角的关系证明∠ABP=∠BCE，即可得出结论；（3）根据正方形的性质以及前面两个问题的求解过程推断出A、C、D、F四点共圆，即可得到在变化过程中，∠AFC始终为90°，从而在Rt△ACF中运用特殊角的三角函数值求解角度即可得出结论．【详解】（1）：如图所示，作CG⊥CE，交FD延长线于G点，∵CE⊥BP，DF⊥BP，CG⊥CE，∴∠EFG=∠FEC=∠ECG=∠BEC=90°，∴四边形FECG为矩形，∠G=90°，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD=90°，BC=DC，∵∠BCD=∠BCE+∠ECD，∠ECG=∠ECD+∠DCG，∴∠BCE+∠ECD=∠ECD+∠DCG，即：∠BCE=∠DCG，在△BCE和△DCG中，∴△BCE≌△DCG(AAS)，∴CE=CG，∴四边形FECG为正方形，∴CE=EF；（2）解：如图所示，联结CF，由（1）知，CE=EF，CE⊥EF，则△CEF为等腰直角三角形，由旋转的性质得：∠PAD=n°，AP=AD，∴∠PAB=90°+n°，∠APD=（180°-∠PAD）=90°-n°，∵AP=AB，∴∠APB=（180°-∠PAB）=45°-n°，∴∠FPD=∠APD-∠APB=45°，∵DF⊥AB，∴∠DFP=90°，∴△DFP也为等腰直角三角形，PF=DF，∴△DFP∽△CEF，∵，∴，设PF=DF=x，则FE=CE=3x，由（1）知四边形C