苏科版九年级数学上册常见几何模型解读与提分训练：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

1）如图1,已知点尸是A8中点，连接OP,贝I]

2）如图2,已知过点P作MN//AB,则是圆。的切线.

3）如图3,变换条件：连接BP、AP,若NBPN=NA,则MN是圆。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.42是。。的一部分，。是4B的中点，连接与弦交

于点C,连接OA,OB.已知AB=24cm,碗深CD=8cm,则0。的半径Q4为（）

图①

A.13cm17cmD.26cm

【答案】A

【分析】首先利用垂径定理的推论得出8,AB,AC=BC=^-AB=12cm,再设。。的半径。1为Rem,则

2

OC=（7?-8）cm.在Rtz/MC中根据勾股定理列出方程玄=122+（R-8）2,求出R即可.

【详解】解：：A8是。。的一部分，。是AB的中点，A5=24cm,:.OD±AB,ACBC=^AB=12cm.

设。。的半径。4为Rem,则。C=OD-CE»=（R—8）cm.在Rt«Q4c中，NOCA=90。，

.-.OA1=AC2+OC2,.-./?2=122+（7?-8）2,.-.7?=13,即。。的半径Q4为13cm.故选:A.

【点睛】本题考查垂径定理、勾股定理的应用，设。。的半径。4为Rem,列出关于R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。O上一点，。是AC的中点，BD交

AC于点E,过点。作O9〃AC交54的延长线于点E

⑴求证：DF是。。的切线；（2）若AF=2,FD=4,求ADFS的面积.

48

【答案】⑴见解析⑵了

【分析】（1）连接0D,由垂径定理得AC,根据平行线的性质证明8,。尸，进而可得结论；

,12

（2）设。。的半径为r,根据勾股定理列方程可得：/+不=（厂+2）一，解得：r=3,利用面积法求出DH=工,

然后利用三角形面积公式即可求解.

【详解】（1）连接0。，回。是4c的中点，ZODIAC,

^\DF//AC,0Or>±r）F,回0D为。。的半径，回直线£）厂是。。的切线；

（2）连接AD,作于点H,

设0。的半径为厂，则OD=Q4=r,OF=2+r,

EINOD尸=90°,Er+42=(r+2)\解得r=3,

EIAB=6,BF=8,0(9F=8-3=5.

El—FD-OD=—OF-DH,E4x3=5DH,EDH=—,

225

i][248

回△OFB的面积=—FB-O”=—x8x—=—.

2255

【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C在以A3为直径的半圆。上（点C不与A,B两点重

合），点。是4c的中点、DE2于点E，连接AC交DE于点尸，连接。尸，过点O作半圆。的切线DP

交54的延长线于点P.⑴求证：AC〃。尸；（2）求证：AC=2OE；（3）连接CE,CP,若AE回EO=1回2,

求II的值.

BOEAP

【答案】⑴见解析⑵见解析⑶;

【分析】（1）连接由垂径定理得出OD,AC,由切线的性质得出ODLDP,则可得出结论；

（2）证明AODE丝4M（AAS）,由全等三角形的性质得出DE=AM,则可得出结论；

（3）连接0。，OC,CE,CP,证明ADOESAPOD,由相似三角形的性质得出器=器，证出

CFOF

△COEs△尸oc,得出方=发，则可得出答案.

【详解】（1）证明：连接0。，

为弧AC的中点，:.ODYAC,又为。。的切线，」.OD，。尸，.-.AC//DP-,

(2)证明：-.DELAB,:.NDEO=90°,

由(1)可知OD1.AC,设垂足为点M,:.ZOMA=9Q°,:.ZDEO=Z.OMA,AC=2AM,

又•.•ZDOE=ZAOM,OD=OA,:.^ODE^OAM(AAS),.-,DE=AM,AC=2AM=2DE；

(3)解：连接OO,OC,CE,CP,:NODP=NOED=90。,NDOE=NDOP,

:.ADOES&POD,OD2=OE-OP)

\-OC=OD,OC2=OE-OP,••.—=—

CEOE

又•：NCOE=NPOC,:.ACOESMOC,

CPOC

OE2CE_2

~OC~1,~CP~3

【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，A3为。。的直径，点E在0。上，。为BE的中点，

连接AE,9并延长交于点C.连接。D,在OD的延长线上取一点R连接正，^ACBF=\ABAC.

2

BF

9

⑴求证：叱为。。的切线；（2）若AE=4,OF=~,求。。的直径.

【答案】⑴证明见解析⑵6

【分析】（1）如图所示，连接AD,由直径所对的圆周角是直角得到/4切=90。，由。为BE的中点结合

NCBF」NBAC,得至=进而证明NABR=90。，由此即可证明8尸为。。的切线；（2）如

2

图所示，连接BE,同理得NA£B=90。，证明AOB尸s&z四,利用相似三角形的性质求出。3=3,则。。的

直径为6.

【详解】（1）证明：如图所示，连接E1AB是。。的直径，SZADB=90°,

AA

回。为BE的中点，国BD=ED，0ZBAD=ZCAD=2ZBAC,

SZCBF=-ZBAC,^\ZCBF=ZBAD,

2

0Z.BAD+ZABD=90°,0ZABF=ZABD+ZCBF=90°,BAB±BF,

团03是。。的半径，国即是。。的切线；

（2）解：如图所示，连接8E,团43是。。的直径，BZAEB=90°,

0ZBOD=2ZBAD,ZBAC=2ZBAD,BZBOD=ZBAC,

又忸ZABF=ZAEB=90。,S^OBF^^AEB,^\OB:AE=OF:AB,

9

0OB:4=-:2OB,回。笈=9,即03=3,团。。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3

1）如图1,已知点尸是A8中点，点C是圆上一点，则NPCA=NPCB.

2）如图2,已知点尸是半圆中点，则NPC4=/PC8=45°.

3）如图3,已知点尸是中点，贝可得：△PD4S2\R1C；^PDB^^PBC.

可得：ACAPs^CDB；ACAD^ACPB.

例1.（2023・广东九年级期中）如图，四边形ABCD内接于。O,A2为。。的直径，点C为80的中点，若

ZDAB=40°,则/CBA的度数是（）

D

C

A.70°B.40°C.60°D.50°

【答案】A

【分析】连接AC,根据圆周角定理得到NC4B=20。，NACB=90。，根据直角三角形的性质计算即可.

【详解】解：连接AC,

回点C为2。的中点，ZZMB=40°,0ZC4B=1zr）AB=2O°,

EIA2为。。的直径，0ZACB=90°,0ZABC=90°-20°=70°,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A5,8相交于点E,点B是劣弧CO中点，延长AC

到点色使AF=AD,连接KB,CB,BD.

⑴求证：FB=CB；（2）若£B〃CD,求证：FB是。。的切线；（3）若AE=7,EB=2,求FB的长.

【答案】⑴见解析（2）见解析⑶3后

【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ZBAF=ZBAD,CB=DB,

然后结合已知条件，利用SAS证得△及F三则q=DB,结合CB=DB等量代换即可证得结论；

（2）连接OB,由根据垂径定理的推论可得08，。£>,再结合人8〃8证得08，尸8,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/由比=44。,再结合

ZDBE=NABD证得让BDE〜ABAD,由相似三角形的性质求得DB的长度，再由FB=DB即可求得答案

【详解】（1）团点8是劣弧CO的中点，.•.BC=B。，==

AF=AD

在△3A尸和ASAD中，\^BAF=ABAD,.-^BAF^BAD,:.FB=DB,

AB=AB

•;CB=DB,:.FB=CB-,

（2）连接OB,如图，

•・•BC=BD，OB_LCD,•：FB//CD,OBLFB,

QQB是。。的半径，二用是。。的切线;

（3）・.・BC=BD，:.NBDE=/BAD,

BDBE

XDBE=Z.ABD,回^ABDE〜ABAD,—­=----

BABD

•;AE=7,EB=2,:.BA=AE+EB=l+2=9,

BD=y/BAEB=V9x2=372,-：FB=DB,FB=372

【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，8C是。。的直径，P为CB延长线上一点，丛切。。于A,D

是8c的中点，AD交BC于E,

D

⑴求证：PA=PE；(2}^OE=1,BE=2,求AE1的长.

【答案】(1)证明见解析⑵生，

【分析】(1)如图1，连接。4,0D,由题意知，ZOAP=ZCAB=90°,则NC4O=ZBAP,由。1=OC,

可得/C4O=/ACO,即Na4P=NACO,由。是BC的中点，可得ZDOB=NDOC=90°,由圆周角定理可

^ZDAB^-ZDOB=45°,ZDAC=-ZDOC=45°,即/ZMB=/ZMC,由三角形外角的性质可得

22

ZEAP=ZDAB+ZBAP,ZAEP=ZACO+ZDAC,则NE4P=NAEP,进而可证上4=PE；

(2)由题意知，OB=OE+BE=3,3c=6,设=贝lj9=PE=2+x,CP=6+x,证明AAPBs^c",

定理得8。2=4；2+4笈，即62=AC2+：AC2,求得满足要求的解AC=*好，如图2,连接CD,BD,

45

由题意知△%£＞是等腰直角三角形，即/3CD=45。，则CD=CHcos/BCD=3后，证明AEWSAOD,

AFFR__A_E__=___2_

贝1IF==7，即12君3y/2,计算求解即可•

ACCD

【详解】（1）证明：如图1,连接Q4,0D,

DD

图1图2

由题意知，ZOAP=ZCAB=90°,SZCAO=ZBAP,

SOA^OC,SZCAO=ZACO,SZBAP=ZACO,

团。是BC的中点，0ZDOB=ZDOC=90°,

0ZDAB=-ZDOB=45°,ZDAC=-ZDOC=45°,即"AB=/ZMC,

ZEAP=ZDAB+ZBAP,ZAEP=ZACO+ZDAC,

l?l/E4P=/AFP*EPA=PE；

(2)解：由题意知，OB=OE+BE=3,BC=6,

设8P=x,贝|R4=PE=2+x,CP=6+x,

^\ZBAP=ZACO,ZAPB=ZCPA,^AAPB^ACPA,

ABAPBPAB2+xx“口AB1

回一二一=一，BRnP一=----解得％=2,0——=—,即AB=-AC,

ACCPAPAC6+x2+x21Z2

在Rt^ABC中，由勾股定理得3c2=AC?+A&,即6=AC?+J人。？,

4

解得AC=^^或=（舍去），

55

如图2,连接CO,BD,由题意知△BCD是等腰直角三角形，即N3CD=45。,

&CD=CB-cosNBCD=3我,^AC=AC^^BE=ZADC,

又回NE4B=NC4D=45°,^^EAB^CAD,

AE2

回柒=黑，即小£一3应，解得AE=勺叵，I3AE的长为土叵.

【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ABCE）中，连接AC,作AABC的外接圆。O交CO于点

E,连接BE,交AC于点P,AB=AC=10.（1）若AD/8C,求证：AO是。。的切线；（2）若3c=12,求

。。的半径；⑶若CE=6,E为AC的中点，则BE的长为.

【答案】⑴证明见解析⑵丁⑶可

【分析】（1）如图所示，连接03、OC,连接。4并延长交BC于H,先证明△AO2四△AOC,得到

ZOAB=ZOAC,进而利用三线合一定理得到A"L3C,再由平行线的性质可证明AHLAD,由此即可证

明AD是。。的切线；（2）先由三线合一定理得到3"=CH=6,再利用勾股定理求出=8,设。4=03=尤,

则O"=8-x,由勾股定理得f=（8-x『+62,解方程即可得到答案；

（3）如图所示，连接AE,先证明AE=CE，得到AE=CE=6,再证明,得到

—=-=—=设EF=3后AF=5k,则Cb=AC—诙=10—5左，即可推出

CFCEEF3

BE=BF+EF=3k+^l0-5k）；证明△4£冰心陶，推出3片衣=毋，则34+才10-5左）-34=36,

解得左=苫或左=2（舍去），贝IJ3E=3左+：（10-5左）=芋.

o33

【详解】（1）证明：如图所示，连接03、OC,连接。4并延长交8C于H,

SOA=OB=OC,AB=AC,0AAOB^AAOC（SSS）,SZOAB=ZOAC,

SAB=AC,SAH±BC,SAD^BC,SAH±AD,

B1BH=CH=；BC=6,^AH^^AB2-BH2=8>

设。4=03=无，则。〃=8—x,在RSB。"中，由勾股定理得032=0炉+8斤，

眈=（8一域+6"解得a也回。A咛，回°。的半径为名

（3）解：如图所示，连接AE,回E为AC的中点，^AE=CE，回AE=CE=6,

团NABE=NECF,NBAF=NCEF,HAABF^AECF,

0-=-=—=-,设EF=3k,AF=5k,贝ljCF=AC—Ab=10—5左，

CFCEEF3

0BF=|CF=|(1O-A:)0BE=BF+£F=3JI+|(1O-5^)；

I3AE=CE，^ZABE=ZFAE,又回NAEB=NFE4，SAAEB^AFEA

0-=—,SBEEF=AE2，回3^+1(10-5A?)-3k=36,

BEAE[_3_

回9左2+5左(10—5左)=36,即8公—25左+18=0,解得左=”或左=2(舍去),

O

S95，9、32

0BE=3^+-(lO-5A:)=3x-+-10-5x-=y.

【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AC中点，过点尸作交于点”，贝U△AOPs△人尸心

以下作图可证明：ZPAC=ZAPH,即可得是等腰三角形.

例1.（2023•河北沧州,模拟预测）如图，AB,8是。。的直径，过点。作垂足为点G,与。。

交于点F，连接AF,AC,AC交。产于点E.甲、乙给出了如下说法：

甲：若添加条件跖=AE,则AF〃CD；乙：若添加条件/是劣弧AC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㈤F=NEE4,由圆周角定理得NEM=ACD,等量代换得

NEAF=ZACD,可证Ab〃CD；

乙：连接AD.由垂径定理可证NATO=NAZ）广，由圆周角定理可证NAZ*=NC",等量代换得

ZAFD=ZCDF,可证A尸〃CD.

【详解】甲：^EF=AE,^ZEAF=ZEFA.

0AD=AD-SZEFA=ZACD,^\ZEAF=ZACD,^\AF//CD.故甲的说法正确；

乙：连接AD.EDF±AB,^AD=AF-SZAFD^ZADF.

团尸是劣弧AC的中点，SAF=CF，SZADF=ZCDF,

SZAFD=ZCDF,SAF//CD.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•统考二模）如图，AB是半圆。的直径，AC是弦，点。是AC的中点，点E是AD的

中点,连接OD、3。分别交AC于点2和点P,连接OE,则下列结论中错误的是（）

-BDC.OE//BDD.CD1=DPBD

2

【答案】B

【分析】根据垂径定理可证A选项；根据垂径地理，中位线的性质可证BC选项；根据圆周角的性质可证

ACDPS^BDC,由此即可求解.

【详解】解：•点。是弧AC的中点，是半径，.•.a>_LAC,团A正确；连接AD交OE于

,♦,点E是弧AD的中点，，OE_LA£>,二4欣=。暇，

vAO^OB,.•.OM是△ABD的中位线，

:.OM//BD,即OE〃即，S.OM=-BD<OE,EIB错误，C正确；

2

••,连接BC,点。是弧AC的中点，:.ZACD=ZDBC,:.^CDP^^BDC,

CDDP

,:.CD?=DPBD,I3D正确.故选：B.

【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，AB,。为。。的直径，C为。。上一点，过点C的切线与A2

的延长线交于点P,/AfiC=2/BCP,点E是80的中点，肱CE,3。相交于点E.

⑴求/0C3的度数；（2）若4=3,求。。直径的长.

【答案】⑴60。（2）6内

【分析】（1）根据切线的性质，得出OCL尸C,再根据直角三角形两锐角互余，得出NOGB+/3CP=90。，

再根据等边对等角，得出NOCB=NO3C,再根据等量代换，得出/OCB=2/BCP,再根据

ZOCS+ZBCP=90°,得出2NBCP+NBCP=90。，即3/3CP=90。，得出N3CP=30。，进而计算即可得出

答案；（2）连接DE,根据圆周角定理，得出ZDEC=90。，再根据中点的定义，得出£>E=EB，再根据同弧

或同弦所对的圆周角相等，得出NDCE=/ECB="DE=-DCB=30。,再根据正切的定义，得出

DE=3拒,再根据30。角所对的直角边等于斜边的一半，得出CD=2DE=64,进而即可得出答案.

【详解】（1）解：回PC与。。相切于点C,0OC1PC,0ZOCB+ZBCP=9O°,

SOB=OC,SZOCB=ZOBC,EZABC=2ZBCP,^\ZOCB=2ZBCP,

02ZBCP+Z.BCP=90°,即3NBCP=90°,EIN3cp=30°,0ZOCB=2ZBCP=60°；

（2）解：如图，连接DE,

团CD是。。直径，团ND£C=90。，回点£是50的中点，回DE=EB，

团ZDCE=ZECB=ZFDE=-NDCB=30°,

2

EFI-

在中，回跖=3,/FDE=3。。,^DE=---------=343,

tan30°

在RtZkDEC中，^ZDCE=30°f回。。=2。石=6月，团的直径的长为6G.

【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30。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A3LCD于点R点E为。。上一点，点C为弧

AE的中点，连接AE,交8于点G.

⑴求证：AE=CD；（2）如图2,过点C作。。的切线交8A的延长线于点。，若AF=2,AE=8,求。。的

PF

长度；⑶在（2）的基础上，点尸为。。上任一点，连接尸八PQ,而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.

25PFPF3

【答案】（1）证明见解析（2）。。=彳⑶记的比值不会发生改变，—=-

【分析】（1）根据垂径定理得出AC=A£）=CE，推出AE=C£＞，即可证明AE=CD：

（2）连接OC交4E于点设。。的半径为人利用勾股定理求出r=5,再证明CQ〃AM,利用平行线

分线段成比例得出黑=黑，计算即可得出结论；（3）分三种情况：当点P与点A重合时，当点尸与点2

PF

重合时，当点尸与点A、B不重合时，分别求出所的比值即可.

【详解】（1）团直径ABLCD于点足0AC=AD.

回点C为弧AK的中点，0AC=C£.^AE=CD-^AE=CD.

（2）如图2,连接OC交AE于点M,设。。的半径为,，则。尸=r—2,

图2

由(1)知CD=AE=8回直径AB_LCD于点RBCF=FD=^CD4.

在RSCPO中，SCO2=CF2+OF2,0r=42+(r-2)\解得：r=5,

回点C为弧AE的中点，回OC_LAE,AM=EM=^AE=4.SQM=yjo^-AM2=3-

团C。是。。的切线，ISOC1CQ.ISCQ//AM.

OAOM53

团--------,Bp--——.团OQ=g.

OQOC1OQ5

PFPF3

(3)方^的比值不会发生改变，-z-T=-,理由如下:

由(2)知AF=2,OF—3,OQ=—,AQ=—,

„PFAF23

①当点尸与点A重合时，而=而=.=M；

PFBFOB+OF_5+3_3

②当点尸与点B重合时,

PQ~BQ~OB+OQ~5+f-5；

③当点尸与点A3不重合时，如图3,连接PF、PQ,

OP=5'OQ~^~5'&~OP=~OQ-

又团ZFOP=ZPOQ,0AFOP^APOQ.

PFOF3PF

回万万=加=不回访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

1）同侧型：

条件：如图5,A为弧BC中点，。为圆上等腰三角形底边下方一点，结论：BD+CD=2ADxcose；

特别地：1）当三角形为等边三角形时（即。=60°）；结论：BD+CD=AD

2）当三角形为等腰直角三角形时（即0=90°）；结论：BD+CD=42AD

3）当三角形为120°的等腰直角三角形时（即0=120°）；结论：BD+CD=«AD

2）异侧型：

条件：如图5,A为弧BC中点，。为圆上等腰三角形底边下方一点，结论：BD-CD=2ADxCosd；

特别地：1）当三角形为等边三角形时（即。=60°）；结论：BD-CD=AD

2）当三角形为等腰直角三角形时（即6=90°）；结论：BD-CDfAD

3）当三角形为120°的等腰直角三角形时（即叙120°）；结论：BD-CD=gAD

例L（2023•浙江•九年级期中）如图，AC、3D为圆内接四边形ABCD的对角线，且点。为8OC的中点;

⑴如图1,若NCD3=60。、直接写出AD,AB与AC的数量关系；

（2）如图2、若NCDB=90。、AC平分NBC£>,BC=4,求AD的长度.

【答案】(1)AD+AB=AC(2)78-472

【分析】（1）如图：54绕8逆时针旋转交AC于瓦即=BE,先说明△MB是等边三角形可得

ZABE=6Q°,AE=AB；再说明△£>BC是等边三角形可得，进而证明

△CBE=AD5A（SAS）可得CE=AD,最后根据AC=CE+E4即可证明结论；

（2）如图：连接交3D于E,先说明3C为。。直径，即。4=6®=OC=2,再运用圆周角定理和勾

股定理可得8D=CD=2&，进而求得£>£=应、AD=j8-4及，最后运用勾股定理即可解答

【详解】（1）解：如图：54绕8逆时针旋转交AC于E,即AB=3E,

EINCDB=60°,0ZG4B=ZCDB=6O°,

回A4£B是等边三角形，回ZABE^60°,AE=AB,

回点D为BOC的中点回CD=3。，

0NCDB=60。，0ADBC是等边三角形,

S\ZDBC=60°,BC=BD,EZABE=ZCBD,BPZCBE=ZABD,

IBACBE三ADR4（SAS）,SCE=AD,

^AC=CE+EA=AD+AB,^AD+AB=AC.

(2)解：如图：连接0。，OA交BD于E,

0ZCDB=90°,EIBC为。。直径，即。4=03=OC=2

回点。为BOC的中点，B1BD=CD,

团BC=JBD2+CD2，即4=也即2，解得:BD=CD=272,

I3AC平分N3CD,^AD=AB,

又E1OZ)=03,回AE垂直平分BD,即DE=,SCD//OA,

S\OC=OB.回OE是AOBD的中位线，0O£=-CD=A/2,

2

^AE=OA-OE^2-y/2>^AD=\lAE2+DE2+^2=^8-442.

【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，CO为。。的直径，过点C作射线CE,ZAOC=120°,

点B为弧AC的中点，连接A3,OB,BC.点尸为弧BC上的一个动点（不与8,C重合），连接申，PB,

PC,PD.⑴若NECP=NPDC,判断射线CE与0。的位置关系；（2）求证：PA=^3PB+PC.

【答案】（1）CE与。O相切，理由见解析⑵证明见解析

【分析】（1）根据CD为。。的直径，得出NCPD=90。，根据/ECP=/PDC,得出NECD=90。，即可证

明结论；（2）在"上截取4。=尸C,连接BQ,证明ABAQ逐ABCP（SAS）,得出80=8尸，求出

NBQP=NQPB=30。,过点8作班/，尸。于点H,根据三角函数求出/W=也8尸，得出

2

PQ=2PH=2义与BP=6BP,即可证明结论.

【详解】（1）解：CE与。。相切，理由如下：

国。为。。的直径，ElZCPD=90°,

0NECP=ZPDC,0ZPDC+NPCD=NECP+NPCD=90°,

0ZECD=90°,0CE±CD,

EICE_LCD且OC为。。半径，EICE为。。的切线.

（2）证明：在AP上截取AQ=PC,连接BQ,如图3,

回点B为弧AC的中点，ZAOC=120°,13AB=BC>

iaZAOB=ZBOC=60°,AB=BC,

团/BCP与Nfi4P同对弧SZBCP^ZBAP,

AB=BC

在ABAQ和AJSCP中，■ZBAQ=ZBCP,0AW=ASCP（SAS）,S\BQ=BP,

AQ^PC

又回=0ZBPe=3O°,回ZBQP=NQPB=30°,

2一''~

过点B作BHLP。于点H,^QH=PH,SPQ=2PH,

在RUPaB中，cos30°=—=—,^\PH=—BP,0PQ=2PH=2x昱BP=&P,

一BP222

又E|AP=AQ+PQ,AQ=PC,BPA=y/3BP+PC.

【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.

托勒密定理

托勒密（Ptolemy）（公元90年一公元168年），希腊著名的天文家、地理学家、数学

家和光学家.在数学方面，他论证了四边形的特性，即著名的托勒密定理.

托勒密定理

圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和.

已知：如图（1）中，四边形ABCD内接于0。，

求证：ACBD=ABCD+BCAD

下面是该结论的证明过程：

证明：如图（2）过C作C尸交班）于尸，使Nl=/2,

又/3=N4,（依据1）

ArAn

:.AACDSABCP..•.分=牝BPAC•BP=AD•BC①

BCBP

又NACB=NDCP,N5=N6,：.^ACB<^^DCP.（依据2）

...2即AC.DP=AB.DC②

DCDP

①+②得AC（BP+DP）=AB•CD+A1）•BC.

即AC•BD=AB•CD+AD•BC.

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A8CO是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：一（请写出定理名称）.

（3）如图（3）,四边形ABC。内接于回。，AB=3,AD=5,回氏4。=60。，点C是弧3。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=£I

3

【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2D,过点C作于点E.由四边形ABC。内接于回。，点C是弧瓦）的中点，可得ABCD是

底角为30。的等腰三角形，进而得BD=2DE=gCD,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）国当圆内接四边形ABC。是矩形时，0AC=BD,BC=AD,AB=CD,

团由托勒密定理得：AC-BD=AB-CD+BC-AD,BlAC2=AB2+BC2.故答案是：勾股定理；

(3)如图，连接8。，过点C作CBBBO于点E.

团四边形ABC。内接于回。，^BAD^BCD=180°,fflBAD=60°,0380=120°,

团点C是弧8。的中点，ElMBC=^CD,0BC=CD,0ECBD=30°.

在RtElCOE中，DE=CDcos30a,@DE=@CD,0BD=2DE=^>CD.

2

由托勒密定理得：ACBD=ABCD+BCAD.CD=3CD+5CD.a4C=盛.

3

【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C、。在。。上，点。为弧A3的中点，若

ZBDC=20°,则NOCD的大小为（）

A.20°B.22.5°C.25°D.30°

【答案】C

【分析】根据A3是。。的直径，点。为弧A3的中点，求出ZD3O的度数，圆周角定理，得到

ZBOC=2ZBDC,再利用4）+/£）3O=ZBOC+NOCD,进行求解即可.

【详解】解：回A3是。。的直径，点。为弧AB的中点，

团的度数为180。，的度数为90。，0ZJDBO=1x9O°=45°,

0ZBDC=20°,回ZBOC=2NBDC=40°,

0ZD+ADBO=ZBOC+ZOCD（8字型图），EZOCD=ZD+ZDBO-ZBOC=25°；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AB,C,。均在。。上，AB为。。的直径，弦AD

的延长线与弦8C的延长线交于点E,连接OC,OD,AC,CD,BD.则下列命题为假命题的是（）

A.若点。是AB的中点，则&。=瓦＞B.若ODLAC,则NAQD=NABC

C.若=则CB=CED.若半径OD平分弦AC,则四边形AOC£＞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A8的中点，AD=BD'

:.AD=BD,故选项A是真命题，不符合题意;

,JAB为。。的直径，:.ZACB=90°,即AC1BC,

若OD_LAC,则3C〃O£>,.•.NAOD=NABC,故选项B是真命题，不符合题意；

若=贝以ABE是等腰三角形，

QAC1BC,:.BC=CE,故选项C是真命题，不符合题意；

由半径0。平分弦AC,不能证明四边形A0CD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，AABC的顶点A、B、C均在。。上，点A是CB中点，则下列结论

正确的是（）

A.AB=OCB.ZBAC+ZAOC=180°C.BC=2ACD.ZBAC+-ZAOC=180°

2

【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、回点A是中点，

回注B=）fC，^AB=AC,无法得出AB=OC,故选项A错误；

B、如图：连接20,回斗B=^ZBOA^ZAOC,

SBO=AO=CO,0ZOAC=ABAO=ZACO,

0ZOAC+ZACO+ZAOC=ABAC+ZAOC=180°,故此选项正确；

C、SAB^AC,AB+AC>BC,回3cw2AC,故选项C错误；

D、无法得出乙8AC+；NAOC=180。，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E是AABC的内心，AE的延长线和AABC的外接圆相交

于点。，与BC相交于点G,则下列结论：①NA4D=NC4D；②若N&1C=5O。，则N3£C=130。；③若

点G为8C的中点，则N8GD=90。；④BD=DE.其中一定正确的个数是（）

A.1B.2C.3D.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

ZDEB=NDBE■得到BD=DE,则可对④进行判断.

【详解】解：回点E是的内心，回4D平分NBAC,^ZBAD=ZCAD,故①正确；

如图，连接BE,CE,回点E是44BC的内心，SZEBC=-ZABC,ZECB=-ZACB,

22

BZBAC=50°,0ZABC+ZACB=130°,0ZEBC+ZECB=1（ZABC+ZACB）=1x130°=65°,

0NBEC=180°-(ZEBC+ZECB)=180°-65°=115°,故②不正确;

A

D

0ZBAD=ZCAD,^BD=DC<^BD=CD,

团点G为BC的中点，^DG±BC,0ZBGD=