2023-2024學(xué)年九年級數(shù)學(xué)下冊常見幾何模型全歸納之模型解讀與提分精練（浙教版）專題01 圓中的重要模型之圓中的全等三角形模型（解析版）

專題01圓中的重要模型之圓中的全等三角形模型知識儲備：垂徑定理及推理、圓周角、圓心角、弧、弦、弦心距的關(guān)系等。圓中常見全等模型：切線長模型、燕尾模型、蝴蝶模型、手拉手（旋轉(zhuǎn)）模型、對角互補模型、半角模型。模型1、切線長模型1）切線長模型（標準類）條件：P為外一點，PA，PB是的切線，切點分別為A，B。結(jié)論：①△OAP≌△OBP；②∠AOB+∠APB=180°；③OP垂直平分AB；2）切線長模型（拓展類）條件：AD，CD，BC是的切線，切點分別為A，E，B。結(jié)論：①△AOD≌△EOD；②△BOC≌△EOC；③AD+BC=DC；④∠DOC=90°；例1．（2023秋·河北邯鄲·九年級統(tǒng)考期末）如圖，將量角器和含角的一塊直角三角板緊靠著放在同一平面內(nèi)，使、、在一條直線上，且，過點作量角器圓弧所在圓的切線，切點為，則點在量角器上所對應(yīng)的銳角度數(shù)是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】連接，證垂直平分，得，從而得，再由切線性質(zhì)與切線長定理證得，，然后證，得，即可由求解．【詳解】解：連接，∵，，∴，∵，∴垂直平分，∴，∴，∵、是的切線，∴，，∵，∴，∴，∴，故選：A．【點睛】本題考查線段垂直平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，切線的性質(zhì)，切線長定理，熟練掌握切線的性質(zhì)和切線長定理是解題的關(guān)鍵．例2．（2023·山東濰坊·統(tǒng)考二模）如圖，內(nèi)切于四邊形，，分別連接．下列結(jié)論正確的是（

）

A． B． C． D．A，O，C三點共線【答案】BCD【分析】連接、，、，根據(jù)切線長定理得，利用證明，推出是線段的垂直平分線，再根據(jù)切線長定理證明，，得到，據(jù)此推理即可判斷．【詳解】解：連接、，、，設(shè)切點分別為E、F、G、H，

∵為的切線，∴，，∵，，∴，∴，∴是線段的垂直平分線，∵，，∴，由切線長定理知，，∴，∵，∴也是線段的垂直平分線，∴A，O，C三點共線，，故選項B、C、D正確；的大小是變化的，故選項A錯誤，故選：BCD．【點睛】本題考查了切線長定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，線段垂直平分線的判定和性質(zhì)，掌握“從圓外一點引圓的兩條切線，它們的切線長度相等，圓心和這一點的連線平分兩條切線的夾角”是解題的關(guān)鍵．例3．（2022·河南南陽·統(tǒng)考二模）閱讀下列材料，完成相應(yīng)任務(wù)：古希臘數(shù)學(xué)家畢達哥拉斯認為：“一切平面圖形中最美的是圓”，它的完美來自對稱，其中切弦（chordofcontact）亦稱切點弦，是一條特殊弦，從圓外一點向圓引兩條切線，連接這兩個切點的弦稱為切弦．此時，圓心與已知點的連線垂直平分切弦．(1)任務(wù)一：為了說明切弦性質(zhì)的正確性，需要對其進行證明，如下給出了不完整的“已知”和“求證”，請補充完整，并寫出“證明”過程．已知：如圖1，P是外一點，__________________________________________．求證：__________________________________________．證明：(2)任務(wù)二：如圖2，在任務(wù)一的條件下，CD是的直徑，連接AD、BC，若，，，求OP的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據(jù)命題的條件和結(jié)論即可寫成已知和求證，連接OA、OB，根據(jù)切線的性質(zhì)可得，然后證明Rt△OAP≌Rt△OBP，從而可得，最后利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)即可解答；（2）連接OA、OB，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出∠AOD和∠BOC，從而求出∠AOB，然后在Rt△OBP中利用銳角三角函數(shù)進行計算即可解答．(1)解：任務(wù)一：已知：如圖①，P是⊙O外一點，PA、PB與⊙O分別相切于點A、B，連接AB、OP，求證：OP垂直平分AB．證明：連接OA、OB，∵PA、PB與⊙O分別相切于點A、B，∴，∵OA＝OB，OP＝OP，∴，∴，∵OA＝OB，∴OP垂直平分AB；(2)任務(wù)二：連接OA、OB，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，由（1）得，，∵，，∴．【點睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是根題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當?shù)妮o助線．模型2.燕尾模型條件：OA，OB是的半徑，OC=OD。結(jié)論：①△AOC≌△BOD；②△PAD≌△PBC；例1．（2023·重慶九年級課時練習）如圖，以O(shè)為圓心的兩個圓中，大圓的半徑分別交小圓于點C，D，連結(jié)，下列選項中不一定正確的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)圓的基本性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，以及全等三角形的判定與性質(zhì)逐項分析即可．【詳解】解：由圓的基本性質(zhì)可知：，，∴，即：，故A正確；∴和均為等腰三角形，∵和的頂角均為，∴，，∴，∴，故B正確；∵當是的中位線時，滿足，由于不一定為的中點，∴不一定等于，故C錯誤；在和中，∴，∴，故D正確；故選：C．【點睛】本題考查圓的基本性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等，理解圓的基本性質(zhì)，熟練運用等腰三角形的判定以及全等三角形的判定是解題關(guān)鍵．例2．（2023秋·福建龍巖·九年級統(tǒng)考期末）閱讀下列材料，并回答問題．[材料]自從《義務(wù)教育數(shù)學(xué)課程標準（2022年版）》實施以來，九年級的龍老師增加了一個習慣，就是在每個新章節(jié)備課時都會查閱新課標，了解該章知識的新舊課標的變化，并在上課時告訴學(xué)生．他通過查閱新課標獲悉：切線長定理由“選學(xué)”改為“必學(xué)”，并新增“會過圓外的一個點作圓的切線”．在學(xué)習完《切線的性質(zhì)與判定》后，龍老師布置了一道課外思考題：“已知：如圖，及外一點．求作：直線，使與相切于點”．班上小巖同學(xué)所在的學(xué)習小組經(jīng)過探索，給出了如下的一種作圖方法：（1）連接，以為圓心，長為半徑作大圓；（2）若交小圓于點，過點作小圓的切線與大圓交于兩點（點在點的上方）；（3）連接交小圓于，連接，則是小圓的切線．[問題](1)請問小巖同學(xué)所在的學(xué)習小組提供的作圖方法是否正確？請你按照步驟完成作圖（尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡），并說明理由．(2)延長交大圓于，連接，若，，求的長．【答案】(1)作圖方法正確；作圖見解析；理由見解析(2)【分析】（1）作圖方法正確，作出圖形，如圖所示，要證是小圓的切線，由圖及“連半徑、證垂直”的方法，先根據(jù)條件判定，進而得到，即可確定，從而得證；（2）連接，如圖所示，在中，，，利用勾股定理得到，再由垂徑定理得到，結(jié)合，利用三角形中位線定理得到，在中，由勾股定理可得．【詳解】（1）解：小巖同學(xué)所在的學(xué)生習小組提供的作圖方法正確，如圖所示：以上即為所求作的圖形；理由如下：∵是小圓的切線，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，又為半徑，∴是小圓的切線；（2）解：連接，如圖所示：在中，，，∴，∵，為圓的半徑，，，∴，∵為大圓的直徑，∴，在中，．【點睛】本題考查圓綜合，涉及切線證明、兩個三角形全等的判定與性質(zhì)、勾股定理、垂徑定理、三角形中位線的判定與性質(zhì)等知識，讀懂題意，作出圖形，熟練掌握切線判定、垂徑定理及勾股定理的運用是解決問題的關(guān)鍵．例3．（2022秋·江蘇·九年級專題練習）如圖，已知圓O的直徑AB垂直于弦CD于點E，連接CO并延長交AD于點F，且CF⊥AD，連結(jié)AC．(1)△ACD為等邊三角形；(2)請證明：E是OB的中點；(3)若AB＝8，求CD的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)證明AC＝AD＝CD即可（2）要證明：E是OB的中點，只要求證OE＝OB＝OC，即證明∠OCE＝30°即可；（3）在直角△OCE中，根據(jù)勾股定理就可以解得CE的長，進而求出CD的長．【詳解】（1）證明：連接AC，如圖∵直徑AB垂直于弦CD于點E，∴，AC＝AD，∵過圓心O的線CF⊥AD，∴AF＝DF，即CF是AD的中垂線，∴AC＝CD，∴AC＝AD＝CD．即：△ACD是等邊三角形，（2）△ACD是等邊三角形，CF是AD的中垂線，＝30°，在Rt△COE中，OE＝OC，∴OE＝OB，∴點E為OB的中點；（3）解：在Rt△OCE中，AB=8∴OC＝AB＝4，又∵BE＝OE，∴OE＝2，∴CE＝，∴CD＝2CE＝．【點睛】本題考查了垂徑定理、勾股定理、中垂線性質(zhì)、30°所對的直角邊是斜邊的一半，等邊三角形的判定和性質(zhì)．解此類題一般要把半徑、弦心距、弦的一半構(gòu)建在一個直角三角形里，運用勾股定理求解．模型3.蝴蝶模型條件：OA，OE是的半徑，AD⊥OE，EB⊥OA。結(jié)論：①△AOD≌△EOB；②△ABD≌△EDB；例1．（2023秋·江蘇南京·九年級校聯(lián)考期末）在以為圓心的兩個同心圓中，大圓的弦交小圓于，兩點．(1)如圖①，若大圓、小圓的半徑分別為13和7，，則的長為______．(2)如圖②，大圓的另一條弦交小圓于，兩點，若，求證．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）連接，，過點作，則為，的中點，得出，，根據(jù)勾股定理即可求出的長；（2）過作，作，垂足分別為、，得出，，，，連接、、、，通過證明和，即可得證．【詳解】（1）連接，，過點作，則為，的中點，∵，∴，，∵，∴，，∴，∴，∴，∴，故答案為：（2）過作，作，垂足分別為、，∴，，，，又∵，∴，連接、、、，在和中，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查垂徑定理，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)知識點是解此類題的關(guān)鍵．例2．（2023·江蘇南京·九年級統(tǒng)考期中）如圖，和分別是⊙上的兩條弦，圓心到它們的距離分別是和．如果，求證：．【答案】證明見解析.【分析】連接OA、OC，根據(jù)垂徑定理求出CD=2CN，AB=2AM，求出CN=AM，根據(jù)HL證Rt△ONC≌Rt△OMA，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)推出即可．【詳解】證明：如圖，連接OC、OA，則OC=OA．∵圓心O到它們的距離分別是OM和ON，∴∠ONC=∠OMA=90°，CD=2CN，AB=2AM，∵AB=CD，∴CN=AM，在Rt△ONC和Rt△OMA中，∵OC=OA，CN=AM，∴Rt△ONC≌Rt△OMA（HL），∴OM=ON．【點睛】本題考查了垂徑定理，全等三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，解此題的關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形．例3．（2022·河南南陽·統(tǒng)考一模）學(xué)習過“圓內(nèi)接四邊形”后，劉老師布置了課后閱讀“認識托勒密”，小明讀了托勒密的生平、貢獻，對“托勒密定理”很感興趣，并進行了下列的研究，請完成他的研究．托勒密定理：圓的內(nèi)接四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．已知：如圖1，______．求證：______．證明：如圖2，作，交BD于點E，……∴∽，∴，……∴∽，∴，∴．(1)請幫小明寫出已知和求證，并完成證明過程；(2)如圖3，已知正五邊形ABCDE內(nèi)接于，，求對角線BD的長．【答案】(1)已知：如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于；求證：；證明見解析．(2)【分析】（1）理解題意，再根據(jù)同弧所對的圓周角相等證明．（2）連接AD、AC，正五邊形分割出的三個三角形全等，再由托勒密定理即可求出．(1)已知：如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于，求證：，證明：如圖2，作，交BD于點E，∵∴，∴∴．∵∴．∵∴即，∴∴，∴．(2)在圖3中，連接AD、AC．∵五邊形ABCDE是正五邊形∴∴設(shè)．在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，由托勒密定理可得：即，解得，（舍去）∴對角線BD的長為．【點睛】本題考查了圓和四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵在于理解題意，明確同弧所對的圓周角相等即可證明．模型4.手拉手（旋轉(zhuǎn)）模型注意：圓中的手拉手模型一般是需要輔助線構(gòu)造出來的（常用旋轉(zhuǎn)或截長補短法）。條件：是△ABD的外接圓，且AD=BD，∠ADB=，C為圓O上一點。結(jié)論：①△ADC≌△BDC’；②△DCC’是等腰三角形；特別地，當=60°時，CD=CA+CB；當=90°時，CD=CA+CB；例1．（2023春·浙江·九年級階段練習）如圖，在圓內(nèi)接四邊形中，，為直徑，若四邊形的面積是，的長是，則與之間的數(shù)關(guān)系式是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】延長到，使，連接，先證明，得到，再證明，，最后得到．【詳解】解：如圖，延長到，使，連接，四邊形是圓內(nèi)接四邊形，，，在和中，，

，，即，，故選：C．【點睛】本題考查圓的內(nèi)接四邊形，全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形．例2．（2022·山東德州·統(tǒng)考一模）△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，點P是⊙O上一點，且點P與點A在BC的兩側(cè)，連接PA，PB，PC．(1)如圖①，若△ABC是等邊三角形，則線段PA，PB，PC之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．(2)如圖②，把（1）中的△ABC改為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，其他條件不變，三條線段PA，PB，PC還有以上的數(shù)量關(guān)系嗎？說明理由．(3)如圖③，把（1）中△ABC改為任意三角形，AB＝c，AC＝b，BC＝a時，其他條件不變，則PA，PB，PC三條線段的數(shù)量關(guān)系為_________（直接寫結(jié)果）(4)由以上你能發(fā)現(xiàn)圓內(nèi)接四邊形的四條邊和對角線有什么關(guān)系？【答案】(1)；(2)沒有，理由見詳解；(3)；(4)圓內(nèi)接四邊形中對角線的乘積等于四邊形對邊乘積的和．【分析】（1）當△ABC是等邊三角形時，延長PB到點D，使得，連接DA，借助等邊三角形的性質(zhì)及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，證明，進而證明，為等邊三角形，再推導(dǎo)出即可；（2）當△ABC為等腰直角三角形時，延長PB到點E，使得，連接AE，借助等腰直角三角形的性質(zhì)及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，證明，進而證明，也為等腰直角三角形，再推導(dǎo)出，可知三條線段PA，PB，PC沒有（1）中的數(shù)量關(guān)系；（3）當△ABC改為任意三角形時，在中，以點A為頂點，AC為邊，作，點F在BC上，借助圓周角定理的推論（同弧或等弧所對的圓周角相等）證明和，再由相似三角形的性質(zhì)可推導(dǎo)出和，由可推導(dǎo)，即；（4）由（3）的結(jié)論可知圓內(nèi)接四邊形的四條邊和對角線的關(guān)系．【詳解】（1）解：，證明：如圖4，延長PB到點D，使得，連接DA，∵為等邊三角形，∴，，∵四邊形ABPC內(nèi)接于圓，∴，∵，∴，在和中，，∴（SAS）∴，∵，∴為等邊三角形，∴，∵，∴；（2）若△ABC為等腰直角三角形，，三條線段PA，PB，PC沒有（1）中的數(shù)量關(guān)系，理由如下：如圖5，延長PB到點E，使得，連接AE，∵△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∴，，∵四邊形ABPC內(nèi)接于圓，∴，∵，∴，在和中，，∴（SAS）∴，，∵，又∵，∴，∴，∵，∴，∴三條線段PA，PB，PC沒有（1）中的數(shù)量關(guān)系；（3）如圖6，在中，以點A為頂點，AC為邊，作，點F在BC上，∵，又∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，當AB＝c，AC＝b，BC＝a時，∴，即．故答案為：；（4）由（3）的結(jié)論，可知圓內(nèi)接四邊形的四條邊和對角線的關(guān)系為：圓內(nèi)接四邊形中對角線的乘積等于四邊形對邊乘積的和．【點睛】本題主要考查了圓周角定理的推論、全等三角形和相似三角形的性質(zhì)等知識，綜合性強，難度大，解題關(guān)鍵是通過延長線段或截取線段構(gòu)造全等三角形或相似三角形．例3．（2022秋·浙江紹興·九年級?？计谥校┤鐖D1，在中，弦平分圓周角，我們將圓中以A為公共點的三條弦構(gòu)成的圖形稱為圓中“爪形A”，如圖2，四邊形內(nèi)接于圓，，(1)證明：圓中存在“爪形D”；(2)若，求證：【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)等弦所對弧相等可得，即，進而得到平分圓周角，最后根據(jù)“爪”的定義即可證明結(jié)論；（2）延長至點E，使得，連接；先證明可得，進而證得為等邊三角形，即；最后根據(jù)線段的和差即可證明結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵，∴∴，∴平分圓周角，∴圓中存在“爪形D”．（2）證明：如圖：延長至點E，使得，連接，∵，∴∵∴∴∵，∴，∴為等邊三角形，∴，即．【點睛】本題屬于圓的綜合題，主要考查了圓的弦、弧、圓周角的關(guān)系，全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識點，靈活運用相關(guān)性質(zhì)定理成為解答本題的關(guān)鍵．課后專項訓(xùn)練1．（2023·陜西西安·校考模擬預(yù)測）如圖，點A是優(yōu)弧的中點，過點B作的垂線交于點E，與圓交于點D．若，且，則圓的半徑為（

）

A． B．3 C． D．【答案】A【分析】連接，首先根據(jù)圓周角定理得到，然后得到，，證明出，是圓的直徑，最后利用勾股定理求解即可．【詳解】如圖所示，連接，

∵，∴，∵，∴，∴，∵點A是優(yōu)弧的中點，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，，∵，∴，∴是圓的直徑，∵，，∴，∴，∴，∴圓的直徑為，∴圓的半徑為．故選：A．【點睛】本題考查圓周角定理和垂徑定理，勾股定理等知識，作出合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．2．（2023·浙江杭州·?？既＃┤鐖D，，分別與半徑為3的相切于點A，B，直線分別交，于點C，D，并切于點E，當時，的周長為．

【答案】【分析】根據(jù)切線的性質(zhì)，切線長定理，勾股定理進行綜合求解即可．【詳解】解：∵直線，，均為的切線，∴，，，∴，如圖所示，連接，由題意，，，，

∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查切線的性質(zhì)定理，切線長定理等，理解并熟練運用切線長定理是解題關(guān)鍵．3．（2022秋·浙江九年級期中）如圖所示，點為外一點，過點作的切線，，點，為切點，連接并延長，交的延長線于點，過點作，交的延長線于點已知，，則的長為．

【答案】5【分析】連接，根據(jù)勾股定理求出的長度，進而得出的長度，設(shè)的半徑為，則，，運用勾股定理列出方程，得出半徑，進而得出答案．【詳解】解：如圖所示，連接．

，為的切線，，，．．在中，，．設(shè)的半徑為，則，．在中，，即，解得，，，故答案為：．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)、切線長定理、勾股定理等知識點，靈活運用所學(xué)知識點解題是關(guān)鍵．4．（2022·浙江溫州·九年級校聯(lián)考階段練習）如圖，已知ABC，AB＝AC，∠A＝70°．O，D分別為BC，AB的中點，以O(shè)為圓心，OD為半徑作圓，與AB的另一個交點為E，與AC交于點G，F(xiàn)，則∠DOE+∠FOG的度數(shù)是．【答案】80°/80度【分析】先證明OD是△ABC的中位線，得到OD∥BC，則∠ODE=∠A=70°，從而推出∠DOE=40°連接AO，分別過點O作OM⊥AB于M，ON⊥AC于N，先證明OM=ON，即可證明Rt△OMD≌Rt△ONG，Rt△OME≌Rt△ONF，即可推出∠MOD=∠NOG，∠MOE=∠NOF，則∠FOG=∠DOE=40°，∠DOE+∠FOG=80°．【詳解】解：∵OD分別為AB和BC的中點，∴OD是△ABC的中位線，∴OD∥BC，∴∠ODE=∠A=70°，∵OD=OE，∴∠OED=∠ODE=70°，∴∠DOE=180°-∠OED-∠ODE=40°，連接AO，分別過點O作OM⊥AB于M，ON⊥AC于N，∵AB=AC，O是BC的中點，∴AO平分∠BAC，∴OM=ON，又∵OD=OE=OG=OF∴Rt△OMD≌Rt△ONG（HL），Rt△OME≌Rt△ONF（HL），∴∠MOD=∠NOG，∠MOE=∠NOF，∴∠FOG=∠DOE=40°，∴∠DOE+∠FOG=80°，故答案為：80°．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，三角形中位線定理，角平分線的性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定等等，熟練掌握相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．5．（2023·江西宜春·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，四邊形的頂點、、在上，頂點在外，連接，點是邊上的中點，和是的切線，請僅用無刻度的直尺分別按下列要求畫圖（保留畫圖痕跡跡）．(1)如圖，在上找一點，使得為等腰三角形；(2)如圖，在上找一點，使得為等腰三角形．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據(jù)切線長定理及等腰三角形的三線合一定理：連接，交于F，可得等腰三角形；（2）連接，交于，連接，交于L，連接并延長交于，連接并延長與圓交于點M，則為等腰三角形．【詳解】（1）解：如圖所示：點即為所求；理由如下：∵和是的切線，∴，，∴，∴，∴是等腰三角形．（2）如圖，所示：點即為所求．理由如下：連接，交于，∵為的中點，∴，，而是的垂直平分線，∴為中點，連接，交于L，連接并延長交于，∴，連接并延長與圓交于點M，∴，∴為等腰三角形．【點睛】本題考查了復(fù)雜作圖，掌握切線長定理、三角形的三條中線交于一點及垂徑定理是解題的關(guān)鍵．6．（2022秋·遼寧盤錦·九年級?？计谥校┤鐖D，是的直徑，和是它的兩條切線，切于點E，交于點D，交于點C．(1)求證：；(2)如果，，F(xiàn)為的中點，連接，求．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）首先連接，由和是它的兩條切線，易得，，由切線長定理，證明，可得，得出，根據(jù)同位角相等，兩直線平行，即可證得；（2）連接，根據(jù)切線的性質(zhì)，先證明，說明四邊形為梯形，根據(jù)梯形中位線定理得出結(jié)果即可．【詳解】（1）證明：連接，∵、是的切線，、是的半徑，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴．（2）解：F為的中點，連接，如圖所示：∵是的直徑，和是它的兩條切線，∴，∴，∴，∴四邊形為梯形，∵O為的中點，F(xiàn)為的中點，∴．【點睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，全等三角形的判定，平行線的判定，梯形中位線定理，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)和判定．7．（2022·湖北襄陽·統(tǒng)考二模）如圖，已知△OAB中，OA=OB，⊙O與AB切于點C，與OA、OB分別交于點E、G，與AO的延長線交于點D，連接BD、DG，延長DG交AB于點F，已知BD=BC．(1)判斷BD與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；(2)若AE=2，求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)相切，理由見解析(2)【分析】（1）先證明△BDO≌△BCO，即有∠BDO=∠BCO=90o，即可得證；（2）先結(jié)合（1）的結(jié)論證明∠AOC=∠BOC=∠BOD=60o，再證明△ODG是等邊三角形，即可求出OE=AE=2，AD=3AE=6，進而得到DF=3，DG=OD=2，GF=1，OC=2，在Rt△OBC中，求出BC==AC，在Rt△BGF中，求出BF=，即有CF=BC-BF=，根據(jù)，問題得解．【詳解】（1）（1）BD與⊙O相切，理由如下：如圖，連接OC，∵⊙O與AB切于點C，∴OC⊥AB，在△BDO和△BCO中，∵，∴△BDO≌△BCO，∴∠BDO=∠BCO=90o，∴BD與⊙O相切；（2）∵OA=OB，OC⊥AB，∴∠AOC=∠BOC，∵△BDO≌△BCO，∴∠BOD=∠BOC，∴∠AOC=∠BOC=∠BOD，又∵∠AOC+∠BOC+∠BOD=180o，∴∠AOC=∠BOC=∠BOD=60o，∴∠A=∠ABO=30o，∴△ODG是等邊三角形，∴，∴DF⊥AB，在Rt△OAC中，∠A=30o，∴OA=2OC，又∵OC=OE，∴OE=AE=2，∴AD=3AE=6，在Rt△ADF中，∠A=30o，∴AD=2DF，∴DF=3，又∵△ODG是等邊三角形，∴DG=OD=2，∴GF=1，OC=2，在Rt△OBC中，∠BOC=60o，，∴BC==AC，在Rt△BGF中，∠BGF=60o，，∴BF=，∴CF=BC-BF=，，∴．【點睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)與判定、全等三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形、等邊三角形的判定與性質(zhì)、扇形的面積公式等知識，求得∠AOC=∠BOC=∠BOD=60o是解答本題的關(guān)鍵．8．（2022·四川德陽·九年級統(tǒng)考期末）如圖，AB是⊙O的直徑，BM切⊙O于點B，點P是⊙O上的一個動點（點P不與A，B兩點重合），連接AP，過點O作OQAP交BM于點Q，過點P作PE⊥AB于點C，交QO的延長線于點E，連接PQ，OP．(1)求證：△BOQ≌△POQ；(2)若直徑AB的長為12．當PE＝時，四邊形AEOP為菱形，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)6，理由見解析【分析】（1）利用SAS證明全等即可；（2）當四邊形對角線互相垂直且平分時，四邊形AEOP為菱形，利用勾股定理即可求得PE的長．【詳解】（1）證明：∵PA∥OQ，∴∠APO＝∠POQ，∠OAP＝∠BOQ，而OA＝OP，∴∠OPA＝∠OAP，∴∠POQ＝∠BOQ，在△BOQ和△POQ中，∴△BOQ≌△POQ（SAS）．（2）6∵PE⊥AB，∴當OC＝AC，PC＝EC，四邊形AEOP為菱形，∵OC＝OA＝＝AB=3，∴PC＝＝3，∴PE＝2PC＝6．故答案為6．【點睛】本題考查了全等三角形的判定定理、平行線的性質(zhì)、直角三角形勾股定理的運算及菱形的判定定理，這是個綜合題，熟練掌握菱形的判定定理是解題的關(guān)鍵．9．（2022·浙江杭州·九年級期末）如圖，已知是的直徑，點、為圓上兩點，且弧弧，于點，的延長線于點．（1）試說明：；（2）若，，求的面積．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）根據(jù)已知證明△CED≌△CFB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)就可以題目的結(jié)論；（2）由于AB是直徑，可以得到∠ACB=90°，而∠DAB=60°，AB=6，解直角三角形ACB可以求出AC，BC，接著求出CF，BF，根據(jù)已知條件容易證明△CAE≌△CAF，所以S△ACD=S△ACE-S△CDE=S△ACF-S△CFB，根據(jù)這個等式就可以求出△ACD的面積．【詳解】解：（1）證明：∵弧CB=弧CD，∴CB=CD，∠CAE=∠CAB，又∵CF⊥AB，CE⊥AD，∴CE=CF，∴Rt△CED≌Rt△CFB（HL）∴DE=BF；（2）∵CE=CF，∠CAE=∠CAB，∴△CAE≌△CAF，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∵∠DAB=60°，∴∠CAB=30°，AB=6，∴BC=3，∵CF⊥AB于點F，∴∠FCB=30°，∴CF＝，BF=，∴S△ACD=S△ACE-S△CDE=S△ACF-S△CFB=（AF-BF）?CF=（AB-2BF）?CF=.【點睛】此題把角平分線，全等三角形放在圓的背景中，利用圓的有關(guān)性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)來證明全等三角形，然后利用全等三角形的性質(zhì)解決題目的問題．10．（2023·浙江·九年級假期作業(yè)）如圖，為圓內(nèi)接四邊形的對角線，且點D為的中點；(1)如圖1，若、直接寫出與的數(shù)量關(guān)系；(2)如圖2、若、平分，，求的長度．【答案】(1)(2)【分析】（1）如圖：繞B逆時針旋轉(zhuǎn)交于E,即，先說明是等邊三角形可得；再說明是等邊三角形可得，進而證明可得，最后根據(jù)即可證明結(jié)論；（2）如圖：連接,交于E，先說明為直徑,即，再運用圓周角定理和勾股定理可得，進而求得、，最后運用勾股定理即可解答【詳解】（1）解：如圖：繞B逆時針旋轉(zhuǎn)交于E，即，∵，∴，∴是等邊三角形，∴

,∵點D為的中點∴，∵，∴是等邊三角形，∴，∴,即,∴，∴,∴,即．

（2）解：如圖：連接，交于E，∵，∴為直徑,即∵點D為的中點，∴，

∴,即,解得：,∵平分，∴,又∵,∴垂直平分,即，∴,∵．∴是的中位線，∴，∴，∴．

【點睛】本題主要考查了圓周角定理、垂徑定理、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)等知識點，靈活運用相關(guān)定理是解答本題的關(guān)鍵．11．（2022·黑龍江哈爾濱·九年級?？茧A段練習）如圖，在中，弦和相交于點，點為中點，，求證：．【答案】見解析【分析】連接，過點作于點，證明，得出，然后得出，根據(jù)圓周角定理得出，即可得證．【詳解】證明：如圖，連接，過點作于點，∵，∴，∵，∴，∵為的中點，∴，又，∴，∴，∵，∴，∵，，，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．12．（2022秋·浙江·九年級專題練習）如圖1，在圓O中，AB＝AC，∠ACB＝75°，點E在劣弧AC上運動，連接EC、BE，交AC于點F．(1)求∠E的度數(shù)；(2)當點E運動到使BE⊥AC時，如圖2，連接AO并延長，交BE于點G，交BC于點D，交圓O于點M，求證：D為GM中點．【答案】(1)30°(2)見解析【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，可得∠A=30°，再根據(jù)圓周角定理，即可求解；（2）連接CM，CE，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得CM∥BE，從而得到∠DBG=∠DCM，∠BGD=∠CMD，再由∠ACB=75°，可得∠CBF=15°，從而得到∠BAM=∠DCM=15°，進而得到∠CAM=∠BAM，再根據(jù)垂徑定理可得BD=CD，進而證得△BDG≌△CDM，即可求證．【詳解】（1）解：∵AB＝AC，∠ACB＝75°，∴∠ABC=∠ACB=75°，∴∠A=180°-∠ABC-∠ACB=30°，∵∠E=∠A，∴∠E=30°；（2）證明：如圖，連接CM，CE，∵AM是圓O的直徑，∴∠ACM=90°，∵BE⊥AC，∴∠AFB=∠ACM=90°，∴CM∥BE，∴∠DBG=∠DCM，∠BGD=∠CMD，∵∠ACB=75°，∴∠CBF=15°，∴∠DCM=15°，∴∠BAM=∠DCM=15°，∵∠BAC=30°，∴∠CAM=15°，∴∠CAM=∠BAM，∴，∴BD=CD，在△BDG和△CDM中，∵∠DBG=∠DCM，∠BGD=∠CMD，BD=CD，∴△BDG≌△CDM，∴DG=DM，即D為GM中點．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，垂徑定理，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)知識點是解題的關(guān)鍵．13．（2022·浙江杭州·模擬預(yù)測）如圖，已知圓內(nèi)接四邊形的邊長分別為，，，求四邊形的面積．

【答案】8【分析】連接BD，延長BC到E,使CE=AB=2，連接DE，然后證明△ABD≌△CED，得出四邊形ABCD的面積與三角形BDE的面積相等，最后利用三角形的面積公式求解即可．【詳解】解：連接BD，延長BC到E,使CE=AB=2，連接DE，過點D作DF⊥BC，垂足為F，∵圓內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠BCD=∠DCE+∠BCD，∴∠A=∠DCE，∵AB=CE,AD=DC，∴△ABD≌△CED，∴BD=DE，∴四邊形ABCD的面積與三角形BDE的面積相等，∵DF⊥BC，∴BF=EF=(BC+CE)=BE=×8=4，∴FC=EF-CE=4-2=2，在Rt△DEC中，DF=，∴=×8×2=8．

【點睛】本題考查了三角形全等的判定與性質(zhì)，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形．14．（2022·綿陽市·九年級專題練習）如圖，已知圓O的直徑AB垂直于弦CD于點E，連接CO并延長交AD于點F，且CF⊥AD．（1）證明：點E是OB的中點；（2）若AB=8，求CD的長．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）要證明：E是OB的中點，只要求證OE＝OB＝OC，即證明∠OCE＝30°即可；（2）在直角△OCE中，根據(jù)勾股定理就可以解得CE的長，進而求出CD的長．【詳解】（1）證明：連接AC，如圖∵直徑AB垂直于弦CD于點E，∴，AC＝AD，∵過圓心O的線CF⊥AD，∴AF＝DF，即CF是AD的中垂線，∴AC＝CD，∴AC＝AD＝CD．即：△ACD是等邊三角形，∴∠FCD＝30°，在Rt△COE中，OE＝OC，∴OE＝OB，∴點E為OB的中點；（2）解：在Rt△OCE中，AB=8∴OC＝AB＝4，又∵BE＝OE，∴OE＝2，∴CE＝，∴CD＝2CE＝．【點睛】本題考查了垂徑定理、勾股定理、中垂線性質(zhì)、30°所對的直角邊是斜邊的一半，等邊三角形的判定和性質(zhì)．解此類題一般要把半徑、弦心距、弦的一半構(gòu)建在一個直角三角形里，運用勾股定理求解．15．（2022·吉林松原·九年級統(tǒng)考期末）如圖，AB是⊙O的直徑，CD切⊙O于點D，且BD∥OC，連接AC．（1）求證：AC是⊙O的切線；（2）若AB=OC=4，求圖中陰影部分的面積（結(jié)果保留根號和π）【答案】（1）證明見解析（2）．【分析】（1）連接OD，根據(jù)CD與圓O相切，利用切線的性質(zhì)得到OD垂直于CD，再由OC與BD平行，得到同位角相等與內(nèi)錯角相等，根據(jù)OB=OD，利用等邊對等角得到一對角相等，等量代換得到夾角相等，再由OA=OD，OC=OC，利用SAS得到三角形AOC與三角形DOC全等，利用全等三角形對應(yīng)角相等得到∠OAC=∠ODC=90°，即可得證；（2）由OD=OB=DB得到三角形ODB為等邊三角形，求出∠DOB=60°，根據(jù)圖中陰影部分的面積=扇形DOB的面積-△DOB的面積解答即可．【詳解】（1）證明：連接OD，∵CD與圓O相切，∴OD⊥CD，∴∠CDO=90°，∵BD∥OC，∴∠AOC=∠OBD，∠COD=∠ODB，∵OB=OD，∴∠OBD=∠ODB，∴∠AOC=∠COD，在△AOC和△DOC中，，∴△AOC≌△EOC（SAS），∴∠CAO=∠CDO=90°，則AC與圓O相切；（2）∵AB=OC=4，OB=OD，∴Rt△ODC與Rt△OAC是含30°的直角三角形，∴∠DOC=∠COA=60°，∴∠DOB=60°，∴△BOD為等邊三角形，圖中陰影部分的面積=扇形DOB的面積-△DOB的面積=．【點睛】此題考查了切線的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，以及全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握切線的判定與性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．16．（2023·河南周口·統(tǒng)考二模）數(shù)學(xué)綜合實踐課上，李老師在黑板上布置了一道尺規(guī)作圖題如下：利用尺規(guī)過圓外一點作圓的切線．已知：如圖（1），為⊙的切線，切點為A．求作：圓的另一條切線，切點為B．

下面是各個數(shù)學(xué)小組進行的一系列探究，請你根據(jù)探究內(nèi)容解決問題．(1)進步小組的作法：以點P為圓心，長為半徑作弧，交⊙于點B（非點A），作直線，則直線即為所求作的切線．問題：①請你在圖（2）中補全進步小組的作圖痕跡．②進步小組通過連接，，證明，他們證明兩個三角形全等的依據(jù)為______（填“”“”或“”）．(2)希望小組的作法：如圖（3），連接，作的垂直平分線m交于點M，以點M為圓心，長為半徑作圓，交于點B（非點A），作直線，則直線即為所求作的切線．問題：該組的小華根據(jù)作圖方案給出如下證明過程．證明：連接，由作圖知，是的※，∴，（理由：◎）即又是的半徑，∴為的切線．在上述證明過程中，※處應(yīng)該填寫______；◎處應(yīng)該填寫______（填序號）①一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半②90°的圓周角所對的弦是直徑③直徑所對的圓周角是直角④同弧所對的圓周角相等(3)拓展小組的作法：如圖（4），連接交于點C，過點C作的垂線n，以點O為圓心，長為半徑作弧，交直線n于點D，連接交于點B，作直線，則直線即為所求作的切線．問題：請你結(jié)合該組作圖方案給出證明過程．【答案】(1)①見解析；②(2)直徑，③(3)見解析【分析】（1）①根據(jù)題意，補全圖形即可；②利用證明全等即可；（2）根據(jù)作圖可知是的直徑，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，作答即可；（3）證明，推出，即可得證．【詳解】（1）解：①補全圖形如下：

②連接，由作圖可知：，又，∴，故答案為：．

（2）證