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【全国通用】2024中考数学二轮复习（重难点题型突破）
专题04 圆的综合问题-4.2 与相似三角形结合
圆在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就圆与相似三角形综合问题进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
在解题时，我们可以利用相似三角形的性质，比如对应角相等、对应边成比例等，来推导出未知量的值。这四大类模型在求解圆中三角形的问题时非常有用，可以帮助我们在不需要测量角度和长度的情况下计算一些未知量。
1、圆中常见相似模型：
1）母子型
条件：如图，已知点P是中点；结论：△PDA∽△PAC；△PDB∽△PBC；
2）圆幂定理相关模型
相交弦模型：圆O中，弦AB与弦CD交于点E，点E在圆O内，则
双割线模型：如图，割线CH与弦CF交圆O于点E和点G；则
切割线模型：如图，CB是圆O的切线，CA是圆O的割线；则
3）弦切角模型
条件：如图，CB是圆O的切线，AB是圆O的直径；结论：（1）；（2）；（3）。
4）托勒密定理模型
条件：如图，AB、CD是圆O的两条弦； 结论：。
考向一　母子型模型
例1．（2023·山东德州·统考二模）如图1，内接于，点是劣弧的中点，且点与点位于的异侧．(1)请用圆规和无刻度直尺在图1中确定劣弧的中点；
(2)在图1中，连接交于点，连接，求证；
(3)如图2，点是半圆的中点，若⊙O的直径，求和的长．

【答案】(1)见解析(2)见解析(3)，
【分析】（1）作线段的垂直平分线与的交点即为点；（2）根据，证得，进而证明∽，对应线段成比例，从而推出结论；（3）连接，因为为半圆中点，则为等腰直角三角形，已知斜边可求出的长，可证明∽，得到，求解关于的方程即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，点为所作点：
（2）证明：∵点D是劣弧的中点，∴ ，∴，
∵，∴∽ ∴，∴

（3）解：连结BD，∵点D是的中点，∴，∵是的直径，∴
∴为等腰直角三角形，∴由（1）得∽，，
即，∴，
∴，解得或（负值舍去）∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，数量掌握垂径定理和相似三角形的性质是求解的关键．
例2．（2023·广东广州·校考三模）如图：为的直径，点A是弧的中点，交于点E，，．(1)求证：；(2)求的值．

【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）先根据圆周角定理可得，再根据相似三角形的判定即可得证；（2）先根据相似三角形的性质可得的长，再根据圆周角定理可得，然后根据正切的定义即可得．
【详解】（1）证明：∵点是弧的中点，，，
又，．
（2）解：，，，
，，即，解得或（不符合题意，舍去），
经检验，是所列方程的解，
为的直径，，．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、正切，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
例3．（2023·四川成都·统考二模）如图，是的一条弦，点是中点，连接，，交于点．过点作的切线交的延长线于点，延长交于点，连接交于点，连接．(1)求证：；(2)已知，求的值．

【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）由切线的性质，圆周角定理得到，又，即可证明问题；（2）由得到，由，得到，因此，于是得到．
【详解】（1）证明：∵切于，∴直径，∴，
∵是的直径，，，，
∵，∴；
（2）解：如图所示，连接，∵C是中点，，

∵，，，，
∵，∴，∴，
，由（1）知，
∴，，，．
【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，关键是由， ，得到．
例4．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，与相交于点．过点的圆O的切线，交的延长线于点，．

(1)求的度数；(2)若，求的半径．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）连接，根据为的切线，则，由，则，根据圆周角定理可得，又，根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求解；（2）证明，根据相似三角形的性质，代入数据即可求解．
【详解】（1）如图，连接．

为的切线，．，．
，．，．
（2）如图，连接，，，．
，，且，，
，即，，，即半径为．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，相似三角形的性质与判定等知识．正确作出辅助线是解题关键．
考向二　圆幂定理模型
例1．（2023·广东广州·九年级校考期中）如图，两个同心圆，大圆的弦与小圆相切于点P，大圆的弦经过点P，且，，两圆组成的圆环的面积是 ．

【答案】
【分析】连接，，，，先根据切线的性质定理和垂径定理证出，再证明，得到，代入数据求得，最后根据圆环的面积公式进行计算即可求解．
【详解】解：如图，连接，，，，

∵大圆的弦与小圆相切于点P，∴，∴，，
∵，，∴，∵，，∴，
∴，即，解得：（负值舍去），
∴圆环的面积为：，故答案为：．
【点睛】此题综合运用了切线的性质定理、垂径定理、勾股定理、圆周角定理、圆环的面积公式，分别求出大圆和小圆的半径是解题的关键．
例2．（2023·重庆·一模）如图，PAB、PCD为⊙O的两条割线，若PA=5，AB=7，CD=11，则AC：BD= ．
【答案】/1:3
【分析】根据切割线定理可求得∠D=∠PAC，即可求证△PAC∽△PDB，根据对应边比值相等的性质和CD的长求得PC与PB的比值，即可求解．
【详解】解：∵PAB、PCD为⊙O的两条割线，
∴∠BAC+∠BDC=180°，∠PAC+∠BAC=180°，∴∠BDC=∠PAC，
又∵∠P=∠P，∴△PAC∽△PDB，∴=，
设PC=x，PD=y，且y﹣x=11，解得：x=4，y=15，
∴===，故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，考查了切割线定理，考查了相似三角形对应边比值相等的性质，本题中根据CD和对应边比值相等的性质求AC∶BD的值是解题的关键．
例3．（2023春·河南·九年级专题练习）如图，切于点A，是的割线，若，则 ．

【答案】
【分析】连接，连接并延长交于点D，连接，利用余角的性质证明，推出，进而得到，利用等式即可求出．
【详解】解：连接，连接并延长交于点D，连接，

∵切于点A，∴，∴，
∵为的直径，∴，∴，∴
又∵，∴，∴，∴，
而，∴，∴（负值舍去）．故填空答案：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，圆的切线的性质定理，圆周角定理，正确利用定理是解决本题的关键．
例4．（2022·湖南·中考真题）如图，四边形内接于圆，是直径，点是的中点，延长交的延长线于点．(1)求证：；(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析(2)1
【分析】（1）连接，根据圆周角推论得，根据点是的中点得，，用ASA证明，即可得；
（2）根据题意和全等三角形的性质得，根据四边形ABCD内接于圆O和角之间的关系得，即可得，根据相似三角形的性质得，即可得
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
为直径，，又点是的中点，，
在和中，，，；
（2）解：，，，
又四边形内接于圆，，
又，，又，，
，即：，解得：，．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，理解相关性质定理，正确添加辅助线是解题关键．
例5．（2023·河南洛阳·九年级统考期中）圆幂定理是平面几何中最重要的定理之一，它包含了相交弦定理、切割线定理、割线定理以及它们的推论，其中切割线定理的内容是：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．你能给出证明吗？
下面是证明的开头：
已知：如图①，点P为⊙O外一点，切线PA与圆相切于A，割线PBC与圆相交于点B、C．
求证：PA2＝PB PC 证明：如图②，连接AB、AC、B0、AO，
因为PA切⊙0于点A，∴．PA⊥AO，∠PAB＋∠BAO＝90°．
阅读以上材料，完成下列问题：(1)补充完成上面的证明过程；
(2)如图③，割线PDE与⊙O交于D、E，且PB＝BC＝4，PE＝7，求DE的长．
【答案】(1)见解析 (2)DE的长为
【分析】（1）先证，得，即可得答案；（2）结合（1）同理可得，所以 ，然后代入值即可求出 PD 的长，进而可得 DE 的长．
【详解】（1）证明：如图②，连接AB、AC、BO、AO，
∵PA切于点A，∴，即，
∵， ∴，
∵，∴，
∴，∴，
∵ ，∴，又∵，∴，
∴， ∴；
（2）由（1）， 同理，
∴， ∴，
∴，∴DE的长为．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是证明 ．
考向三　弦切角模型
例1．（2023·河南三门峡·统考二模）小锐同学是一个数学学习爱好者，他在一本数学课外读物上看到一个课本上没有的与圆相关的角---弦切角（弦切角的定义：把顶点在圆上，一边与圆相切，另一边和圆相交的角叫做弦切角），并尝试用所学的知识研究弦切角的有关性质．
（1）如图，直线与⊙O相切于点，，为⊙O上不同于的两点，连接，，．请你写出图中的两个弦切角______；（不添加新的字母和线段）
（2）小锐目测和可能相等，并通过测量的方法验证了他的结论，你能帮小锐用几何推理的方法证明结论的正确性吗？
已知：如图，直线与⊙O相切于点，，为圆上不同于的两点，连接，，．
求证：．
（3）如果我们把上述结论称为弦切角定理，请你用一句话概括弦切角定理______．
【答案】（1），，，（任意写出两个即可）；（2）见解析；（3）弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角
【分析】（1）根据弦切角的定义加以识别即可；（2）过点C作直径CF，连接DF，借助于同弧所对的圆周角相等，将∠DEC转化为∠F，所以只需证∠DCB=∠F即可．
（3）由题意可归纳：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
【详解】解：（1）弦CD、CE分别与切线CB构成的弦切角为：∠DCB，∠ECB；
弦CD、CE分别与切线CA构成的弦切角为：∠DCA，∠ECA．
故答案为：，，，（任意写2个即可）
（2）证明：过作直径，连接．
∵是直径，∴．∴．
又∵与相切于点，∴．∴．∴．
∴．∴．
（3）弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、圆周角定理及推论、直角三角形的两锐角互余等知识点，熟知上述图形的相关性质是解题的基础，对新定义的理解及问题的概括能力是关键.
例2．（2023·山西大同·九年级校联考期中）阅读与思考
阅读下面内容并完成任务：顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．
弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
如图1，直线与相切于点，为的弦，叫弦切角，叫做弦切角所夹的弧，是所对的圆周角，为直径时，很容易证明．
小华同学认为这是一种特殊情况，若不是直径会如何呢？即在图2中吗？她连接并延长，交于点，连接…问题得到了解决．
小颖同学利用图3证明了当弦切角为直角时，弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
小亮积极思考，提出当弦切角为钝角时，能证明（如图4）吗？
任务：(1)请按照小华的思路，利用图2证明；
(2)结合小华、小颖的思路或结论，利用图4解答小亮提出的问题；
(3)写出在上面解决问题的过程中体现的数学思想：______（写出两种）；
(4)解决问题：如图5，点为的弦延长线上一点，切于点，连接，，，，则______°
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)转化思想和类比思想(4)
【分析】（1）连接并延长，交于点，连接，则，根据是的直径，可得，再根据切线的性质可得，即可；
（2）连接并延长，交于点，连接，根据是的直径，可得，再根据切线的性质可得，从而得到，再由圆内接四边形的性质，可得，即可；（3）上面解决问题的过程中体现的数学思想为：转化思想和类比思想；
（4）接并延长，交于点，连接，则，证明，即可．
【详解】（1）证明：连接并延长，交于点，连接，则，
∵是的直径，∴，∴，
∵直线与相切于点，∴，∴，
∴，∴；
（2）证明：连接并延长，交于点，连接，
∵是的直径，∴，∴，
∵直线与相切于点，∴，∴，∴，
∵四边形是的内接四边形，∴，
∵，∴；
（3）解：上面解决问题的过程中体现的数学思想为：转化思想和类比思想；
故答案为：思想转化思想和类比思想
（4）解：如图，接并延长，交于点，连接，则，
∵是的直径，∴，∴，
∵直线与相切于点，∴，∴，
∴，∴，∵，，
∴．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角定理，切线的性质，圆内接四边形的性质是解题的关键．
考向四　托勒密定理模型
例1．（2023·九年级北京市校考阶段练习）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～公元168年），希腊著名的天文学家，他的重要著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）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1，四边形ABCD内接于⊙O，
求证：AB CD+BC AD＝AC BD
下面是该结论的证明过程：
证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．
∵∴∠ABE＝∠ACD∴△ABE∽△ACD
∴∴AB CD＝AC BE
∵∴∠ACB＝∠ADE（依据1）
∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC
即∠BAC＝∠EAD ∴△ABC∽△AED（依据2）
∴AD BC＝AC ED ∴AB CD+AD BC＝AC （BE+ED） ∴AB CD+AD BC＝AC BD
任务：（1）上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：　 　．（请写出）
（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为的中点，求AC的长．
【答案】（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似;(2) 勾股定理;(3) .
【分析】（1）根据圆周角定理，相似三角形的判定即可解决问题．（2）利用矩形的性质以及托勒密定理即可判断．（3）连接BD，作CE⊥BD于E．首先证明BD＝2DE＝CD，由托勒密定理，构建方程求出AC即可．
【详解】（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．
“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似．
（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，
∵AB CD+AD BC＝AC BD，∴AB2+AD2＝BD2，
托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，故答案为勾股定理．
（3）连接BD，作CE⊥BD于E．
∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，∵，∴CD＝CB，∴∠CDB＝30°，
在Rt△CDE中，cos30°＝，∴DE＝CD，∴BD＝2DE＝CD，
由托勒密定理：AC BD＝AD BC+CD AB，
∴AC CD＝3CD+5CD，∴AC＝，答：AC的长为．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，锐角三角函数，托勒密定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题．
例2．（2022春·广东九年级课时练习）阅读与应用
请阅读下列材料，完成相应的任务：
托勒密是“地心说”的集大成者，著名的天文学家、地理学家、占星学家和光学家．后人从托勒密的书中发现一个命题：圆内接四边形对边乘积的和等于对角线的乘积．下面是对这个命题的证明过程．
如图1，四边形ABCD内接于．求证：．
证明：如图2，作交BD于点E．∵，∴．（依据）
∴．∴．．…
∴．∴．∴．
∵，∴．
∴．
任务：(1)证明过程中的“依据”是______；(2)补全证明过程；
(3)如图3，的内接五边形ABCDE的边长都为2，求对角线BD的长．
【答案】(1)同弧所对的圆周角相等；(2)见解析；(3)；
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等可得；
（2）由可得，再由可得；
（3）连接AD，BE，由可得，进而，BE=AD=BD，再由解方程即可；
【详解】（1）解：∵同弧所对的圆周角相等，，
∴；故答案为：同弧所对的圆周角相等；
（2）解：∵，∴，∴，
∵，∴；
（3）解：如图，连接AD，BE，∵，∴，
∴，∴，∴BE=AD=BD，
∵四边形ABDE是的内接四边形，∴，
∵，∴，
解得：或（舍去），∴对角线BD的长为；
【点睛】本题考查了圆内接多边形，圆心角、弧、弦关系，相似三角形的判定和性质，一元二次方程等知识；掌握在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等是解题关键．
例3．（2023·江苏盐城·九年级统考期中）【旧知再现】圆内接四边形的对角 .
如图①，四边形是的内接四边形，若，则 .
【问题创新】圆内接四边形的边会有特殊性质吗？
如图②，某数学兴趣小组进行深入研究发现：
证明：如图③，作，交于点.
∵，∴，
∴ 即 （请按他们的思路继续完成证明）
【应用迁移】如图④，已知等边外接圆，点为 上一点，且，，求的长.
【答案】【旧知再现】互补， 110；【问题创新】见解析；【应用迁移】
【分析】【重温旧知】根据圆周角定理，得出，，化简得出，利用等腰三角形的两个底角相等和圆内接四边形对角互补，即可得；【提出问题】所得等式两边加上AD BC，右边变形后即可得证；【应用迁移】由上题的结论，根据为等边三角形，可得AB=AC=BC，代入化简即可求出PA的长.
【详解】（1）如图示：连接OA，OC，根据圆周角定理，
则有：，
∴∴圆内接四边形的对角互补；
∵，∴在等腰三角形ABD中，
∴
（2）证明：如图，∵∴，即，
又∵，∴ ∴，即
∴， ∴，
（3）由（2）可知∵是等边三角形， ∴，
∴，∴即.
【点睛】此题属于圆的综合题，涉及的知识有：圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解本题的关键．
一、选择题
1．（2023春·成都市·九年级专题练习）如图，在扇形中，点C为弧的中点，延长交的延长线于点D，连接，若，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接，先证明，得到，从而证得，根据相似三角形的性质求出，进而求出，计算面积比即可．
【详解】解：连接，
∵点C为弧的中点，∴，，
∴，∴，
又，∴，∴，
∵，，∴，解得：，∴，
∴∴，∴，故选：B．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦三者的关系，相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练运用性质解题．
2．（2023·安徽合肥·统考三模）如图，是半圆的直径，是弦，点是的中点，点是的中点，连接、分别交于点和点，连接，则下列结论中错误的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据垂径定理可证选项；根据垂径定理，中位线的性质可证选项；根据圆周角的性质可证，由此即可求解．
【详解】解：点是弧的中点，是半径，，∴正确；连接交于，

点是弧的中点，，，
，是的中位线，
，即，且，∴错误，正确；
连接，点是弧的中点，
，，
，，∴正确．故选：．
【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．
3．（2023·新疆博尔塔拉·校考二模）如图，内接于半径为的半圆中，为直径，点是的中点，连结交于点，平分交于点，为的中点，可得（ ）

① ② ③ ④
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【分析】连接，根据直径所对的圆周角是90度可得，，根据圆周角定理可得；根据角平分线的性质可得，根据三角形的内角和即可求得；根据三角形的内角和可得，根据等角对等边可得，根据为的中点可得，根据勾股定理可得，；根据相似三角形的判定和性质可得，，根据勾股定理可得，根据相似三角形的判定和性质可得，根据勾股定理可得，；即可求得，故．
【详解】连接，∵为直径∴，

∵点是的中点∴∴
∵平分∴∴
即
∴故①正确∴
∴∴
又∵为的中点∴
在中， 令则
解得或（舍去） 即
∴ 故③不正确；
∵，∴∴
∴∴
∴
∵， ∴
∴，∴，
在中，即 令
则整理得：
解得或（舍去）即∴故②正确
故故④正确；
综上，①②④正确 故选：B．
【点睛】本题考查勾股定理，相似三角形的判定和性质，正切的概念，角平分线的性质，等角对等边的性质，三角形内角和，圆周角定理及推论等，是一道综合题，熟练掌握相关判定和性质是解题关键．
4．（2023·内蒙古呼和浩特·一模）如图，PAB为割线且PA=AB，PO交⊙O于C，若OC=3，OP=5，则AB的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】试题解析：延长PO到E，延长线与圆O交于点E，连接EB，AC，
∵OC=3，OP=5，∴OE=OC=3，∴EP=OE+OP=3+5=8，CP=OP OC=5 3=2，
设PA=AB=x，则BP=2x，∵四边形ACEB为圆O的内接四边形，
∴∠ACP=∠E，又∠P=∠P，∴△ACP∽△EBP，
即 解得：或 (舍去)，则 故选B.
点睛：两组角对应相等，两三角形相似.
5．（2021·四川眉山·中考真题）如图，在以为直径的中，点为圆上的一点，，弦于点，弦交于点，交于点．若点是的中点，则的度数为（ ）
A．18° B．21° C．22.5° D．30°
【答案】C
【分析】根据直径所对的圆周角是，可知，根据，可知、的度数，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，为等腰三角形，再根据可求得的度数．
【详解】解：∵为的直径，∴，
∵，∴，，
∵点是的中点，∴，∴，∵，∴，
又∵，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，故选：C．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，垂径定理，相似三角形，直角三角形斜边上中线等知识点，找出图形中几个相似三角形是解题关键．
6．（2023·浙江宁波·一模）如图，的直径AB，垂直平分OA，AB延长线上一点E，DE交圆O于F，且．弦DH交OC于G，满足，，AC长为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【分析】连接，如图，先根据题意证明，得到，进而可证明，得出，由垂直平分OA可得，设，根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和可求得，进而可求出，由变形可得，然后设未知数求出圆的半径即可求出答案．
【详解】解：连接，如图，∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，，∴，，
∴，∴，∴，∴，
∵垂直平分OA，∴，∴，
设，则，∴，
∵，∴，在直角三角形中，∵，
∴，解得，∴，
∴，
∵，∴，
∵， ∴，∴，
设圆的半径为r，则在直角三角形中，，∴，
∴，作于点M，
∵，∴，
∴，∴，∴，
∵，∴，解得：（负值已舍去），
∴．故选：C
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了同圆半径相等、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的外角性质等知识，综合性较强，熟练掌握上述知识、正确添加辅助线、灵活应用数形结合思想是解题的关键．
7．（2023·四川广元·一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，O是边AB上一点，以点O为圆心，OB为半径作圆，⊙O恰好与AC相切于点D，连接BD．若，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接OD，证明△ADO∽△ACB，得出，则，由得结论．
【详解】解：连接OD ∵⊙O恰好与AC相切于点D∴∠ADO=90°
又∠C＝90°∴△ADO∽△ACB∴
∵∴∴ 故选：B．
【点睛】本题考查切线的性质，相似三角形的判定与性质以及锐角三角函数，根据题意作辅助线是解决问题的关键．
二、填空题
8．（2023·浙江·一模）如图，在圆内接正十边形中，是正十边形的一条边，平分交于点，若的半径为2，则 ．
【答案】
【分析】根据角平分线的性质以及内接正多边形的性质，可得到，再通过证明，得到，即即可求出答案．
【详解】解：根据题意得：，，
平分交于点，，
，，，
，，
，即，解得：，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，等腰三角形的判定，相似三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是得出关于的比例式．
9．（22-23九年级上·江苏盐城·阶段练习）如图，在中，，，，以点C为圆心，为半径的圆交于点D，求的长 ．
【答案】
【分析】勾股定理求出，过点作，易得，得到，求出的长，根据垂径定理，得到，即可得解．
【详解】解：，，，∴；
过点作，交于点，则：，，
∵，∴，∴，即：，
∴，∴；故答案为：．
【点睛】本题考查垂径定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握垂径定理，通过添加辅助线证明三角形相似，是解题的关键．
10．（2023·四川成都·模拟预测）如图所示，圆内接四边形ABCD中，对角线AC是直径，BD＝AB，BE⊥AC，BE＝4，CD＝6，则CE＝ ．
【答案】2
【分析】利用圆周角的定理及已知可得∠AOD=2BOC；再证明△DGO≈△BEO(AAS)，并由勾股定理求得AC的长；然后再证明△ABE∽△BCE，设CE=x，利用相似三角形的性质得比例式解得x的值，则可得答案．
【详解】解：如图，连接BO并延长交AD于点G，连接DO，
∵BD＝AB，则BG⊥AD，∵AC是直径，∴∠ADC=90
∴BG∥CD∴∠ABD=2∠CDB，∴∠AOD=2∠BOC，
又∵OG⊥AD，AO=OD∴∠GOD=∠GOA，∠GOD=∠EOB，
又∵∠DGO=∠BEO=90°，∴△DGO≌△BEO(AAS)，∴DG=BE=4，AD=2DG=8，
在中，由勾股定理得：，
∵∠AEB=∠BEC=∠ABC=90°，∴∠ABE+∠CBE=90°，∠CBE+∠ECB＝90°，
∴∠ABE=∠ECB∴△ABE∽△BCE，∴，设CE=x，则AE=10-x，BE=4
∴16=(10-x)x解得x=2或x=8(舍去）经检验x=2是原方程的解∴CE=2，故答案为：2．
【点睛】本题考查圆内接四边形，圆周角定理，相似三角形，勾股定理等，关键是能综合运用所学知识解决问题．
11．（2023·浙江宁波·一模）如图，在中，，点为边上一动点，连结．以为圆心，为半径作圆，交于，过作⊙O的切线，交于点．当⊙O与边相切时，的长为 ．
【答案】
【分析】根据切线的性质和相似三角形列方程求解即可．
【详解】解：如图，当⊙O与边AC相切时，则OB=OC=3，
在Rt△AOC中，
∵DE是⊙O的切线，AC是⊙O的切线，∴DE=CE，设DE=CE=m，则AE=6-m．
∵∠ADE=∠ACO=90°，∠DAE=∠CAO，∴△ADE∽△ACO，
即 故答案为：．
【点睛】本题考查切线的性质，相似三角形的判断和性质，掌握切线的性质和相似三角形的性质是正确解答的前提．
12．（2023·浙江绍兴·模拟预测）四边形内接于圆，对角线交点为E，，若、都是整数，则的值为 ．
【答案】3或4
【分析】证明△ABD∽△AEB，求出AD，从而得到DE，再证明△AEC∽△BED，得到BE·CE=12，根据BE，CE都是整数可得所有可能的取值，再根据三角形三边关系可得BE，CE都是整数，从而得到DE的取值．
【详解】解：∵AB=AC=4，AE=2，∴∠ADB=∠ADC，
∵∠ABC=∠ADC，∴∠ADB=∠ABC，又∠BAD=∠BAE， ∴△ABD∽△AEB，
∴，即，∴AD=8，∴DE=6，
∵∠CAE=∠DBE，∠ACE=∠BDE，∴△AEC∽△BED，
∴，即，∴BE·CE=12，∵BE，CE都是整数，
则BE和CE可取的值为3，4或2，6或1，12；
∵AB=AC=4，∴BC＜AB+AC=8，∴BC=3+4=7，∴BE的值为3或4，故答案为：3或4．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，以及三角形三边关系，解题的关键是找出适当的相似三角形得到线段关系．
13．（2023·山东菏泽·九年级统考期中）如图，已知、、、在同一个圆上，，与交于，若，，且线段、为正整数，则 ．

【答案】7
【分析】根据题意易得△ABC∽△BEC，则有，即可求得EC、AE的值，利用相交弦定理可得BE与DE的积，又线段、为正整数，且在△BCD中，，进而可求解．
【详解】解：，∠BAC=∠DAC，∠DBC=∠DAC，∠BAC=∠DBC，
又∠BCE=∠ACB，△ABC∽△BEC，，
，，EC=2，AE=6，，，
，即，
又由线段、为正整数，且在△BCD中，，
BE=3、DE=4或BE=4、DE=3，BD=BE+DE=7；故答案为7．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定及圆的基本性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定及圆的基本性质是解题的关键．
14．（2023秋·湖南长沙·九年级校联考期中）如图，已知为⊙的直径，直线与⊙相切于点，于点，交⊙于点．若，，则 ．

【答案】
【分析】连接，，根据圆周角定理和切线的性质证明，，继而证明，得到，代入已知线段，求出，再用勾股定理即可得到结果．
【详解】解：如图，连接，．则，
又，∴，
∵为直径，∴，
∵直线与⊙相切于点，∴，∴，
∵，∴，∴，
又，∴，∴，
∴，即，解得：或（舍），即，
∴，∴，故答案为：．

【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，注意准确作出辅助线是解此题的关键．
三、解答题
15．（2023·河南平顶山·二模）提出问题：古希腊数学家欧几里得（约公元前325——公元前265），被称为“几何学之父”．在其所著的《几何原本》中，包含了5条公理、5条公设、23个定义和467个命题，即先提出公理、公设和定义，再由简到繁予以证明，并在此基础上形成了欧式几何学体系．《几何原本》第3卷给出其中一个命题：如果圆外的一点向圆引两条直线，一条与圆相切，一条穿过圆，那么被圆截得的线段与该点到凸圆之间的线段为边构成的矩形的面积等于以该点向圆引的切线所构成的正方形的面积．如图1，上述结论可表示为，你能说明其中的道理吗？
探索问题：小明在探究的过程中发现，线段的位置有两种情况，即过圆心和不过圆心．
如图2，当经过圆心时，小明同学进行了如下推理：连接，易得，又，所以，可得对应边成比例，进而可知，当经过圆心时，得．当不经过圆心时，请补全下列推理过程．
(1)已知：如图3，为的切线，为切点，与相交于，两点，连接，．求证：．证明：　　 ．
(2)解决问题：如图4，已知为的直径，为延长线上一点，切于点，连接，若，，请直接写出的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）连接并延长，交于点，连接，由圆周角定理可得，根据三角形内角和定理得，由切线的性质得，即，进而可得，再根据圆周角定理可得，于是得到，以此可证明，利用相似三角形的性质即可得到证明；（2）连接、，易证明，利用相似三角形的性质可得，进而得到，，于是得，设，则，在中，利用勾股定理建立方程求出的值，进而求出的长．
【详解】（1）证明：如图，连接并延长，交于点，连接，
为的直径，，，
为的切线，为切点，，即，，
，，，
又，，，；
（2）解：如图，连接、，为的直径，，即，
为的切线，，即，，
，，又，，
，即，，，
，设，则，
在中，，，
解得：，（不合题意，舍去），．
【点睛】本题主要考查切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理，解题关键是根据题干所给条件，证明三角形相似，利用相似三角形的性质解决问题．
16．（2023·广东河源·二模）如图，是圆O的直径，交于点E，延长到F，使，连接．(1)求证：；(2)若，求的长；
(3)在（2）的条件下，直线为相切吗？为什么？
【答案】(1)见解析(2)(3)相切，见解析
【分析】（1）先由得到，再根据圆周角定理得，然后根据相似三角形的判定方法得到，再利用相似比和比例的性质即可得到结论；（2）利用（1）的结论计算；（3）先在中利用勾股定理计算出，则，于是可判断为等边三角形，得到，再计算出，由此得到，然后根据切线的判定定理得直线与相切．
【详解】（1）∵，∴，而，∴，
而，∴，∴，∴；
（2）连接，如图，∵，，∴，∵，∴

（3）直线与相切，理由如下：在中，，，
∴，∴，∴，
∴为等边三角形，∴，∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴，
∵是的半径，∴直线与相切．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，切线的判定定理和相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆周角定理、切线的判定定理和相似三角形的判定与性质并作出合理的辅助线是解题的关键．
17．（2022·辽宁沈阳·中考真题）如图，四边形内接于圆，是圆的直径，，的延长线交于点，延长交于点，．
(1)求证：是圆的切线；(2)连接，，，的长为______．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质和，可得出，再根据是圆的直径，由切线的判定可得证；（2）延长交的延长线于点，由是圆的直径，可说明是直角三角形，从而得到，再证明，得到，代入数据即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形内接于圆，∴，
∵，∴，∴，∴，
∵是圆的直径，∴是圆的切线．
（2）解：延长交的延长线于点，
∵是圆的直径，∴，∴，
∴是直角三角形，∴， ∵四边形内接于圆，∴，
又∵，∴，∴，
∵，，∴，∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆内接四边形的性质，圆周角定理推论，相似三角形的判定和性质，三角函数等知识．通过作辅助线构造相似三角形是解题的关键．
18．（2023·四川绵阳·九年级统考期中）定义：顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．如图1，为的切线，点为切点，为内一条弦，即为弦切角．
(1)古希腊数学家欧几里得的《几何原本》是一部不朽的数学巨著，全书共13卷，以第1卷的23个定义、5个公设和5个公理作为基本出发点，给出了119个定义和465个命题及证明．第三卷中命题32一弦切角定理的内容是：“弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角度数．”
如下给出了弦切角定理不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程．
已知：如图2，为的切线，点为切点，为内一条弦，点在上，连接，，，．求证：．证明： 。
(2)如图3，为的切线，为切点，点是上一动点，过点作于点，交于，连接，，．若，，求弦的长．
【答案】(1)见解析(2)21
【分析】（1）如图2，延长交于，连接，根据圆周角定理得到，求得，根据切线的性质得到，求得，于是得到结论；
（2）如图3，连接，根据勾股定理得到，根据切线的性质得到，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）解：求证：，
证明：如图2，延长交于，连接，
是的直径，，，
为的切线，，，
，，；即；
（2）如图3，连接，，，，
为的切线，，，，
，，．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
19．（2023·山西晋中·九年级统考期末）阅读以下材料，并完成相应任务：
托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）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1，四边形内接于．求证： 下面是该结论的证明过程：证明：如图2，作，交于点E．∵∴（依据1）∴（依据2）∴∴∵∴ ∵∴即∴∴∴∴
任务：（1）上述证明过程中的“依据1”“依据2”分别是指什么？
依据1：____________________________________________．
依据2：____________________________________________．
（2）如图3，四边形内接于，为的直径，，，点D为的中点，求的长．
【答案】（1）同弧所对的圆周角相等，两角对应相等的两个三角形相似；（2）
【分析】（1）根据圆周角定理，相似三角形的判定即可解决问题．
（2）首先证明，由托勒密定理，构建方程求出即可．
【详解】解：（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．
“依据2”是两角对应相等的两个三角形相似．
故答案为：同弧所对的圆周角相等；两角对应相等的两个三角形相似．
（2）∵为的直径，∴，
∵点D为的中点，∴，∴，
∴在中，
∵∴在中，
∵ ∴，∴
【点睛】本题属于圆综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，锐角三角函数，托勒密定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题．
20．（2023·山西大同·九年级校考期末）请阅读下列材料，并完成相应的任务：
斯库顿定理：如图1．在中，为的平分线，则．下面是该定理的证明过程：
证明：如图2，是的外接圆，延长交于点，连接．
∵为的平分线，∴．
∵，（依据①__________________________）
．（依据②_________________________）
又，．
．……
任务：（1）证明过程中的依据是：①__________________________．②__________________________．
（2）将证明过程补充完整：（3）如图3．在圆内接四边形中，对角线，相交于点．若，，，，，请利用斯库顿定理，直接写出线段的长．
【答案】（1）①同弧或等弧所对的圆周角相等，②两角分别相等的两个三角形相似；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由图可知和所对的弧是同一条弧，根据同弧或者等弧所对圆周角相等可知结论；已知两角分别相等的两个三角形相似；
（2）已知两角分别相等的两个三角形相似可知，进而得到比例关系，最后得出结论；
（3）由斯库顿定理，得，从而求出的值，再根据两角分别相等的两个三角形相似可知：，进而得出的值，最后由线段和可知的值．
【详解】解：（1）①同弧或等弧所对的圆周角相等
∵和所对的弧是同一条弧∴①应填：同弧或等弧所对的圆周角相等
②两角分别相等的两个三角形相似
∵题目中的结论是两个三角形相似，用的方式是三角形的两个角分别相等
∴②应填两角分别相等的两个三角形相似
（2）∵，..
（3） ∵.∴弧弧∴∴平分.
由斯库顿定理，得
又∵，，，，∴.解得或（舍去）。
∵, .∴
∴∴解得∴
【点睛】本题是一道阅读理解题，通过读材料运用已知条件得到斯库顿定理，理解并会运用斯库顿定理是解题的关键．
21．（2023春·河南驻马店·九年级统考期中）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部著作，它是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛地认为是历史上学习数学几何部分最成功的教科书．下面是其中的切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线上是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，即如图①，是的切线，直线为的割线，则．
下面是切割线定理的证明过程（不完整）：
证明：如图②，连接，连接并延长交于点E，连接、．
∵是的切线，是的半径，
∴．
∵是的直径，∴（__________），
∴，∴__________．
∵，∴__________．
∵，∴∽，
∴（__________），∴．
　　　　
任务：(1)请在横线上补充证明过程，在括号内补充推理的依据；(2)如图③，已知是的直径，是的切线，A为切点，割线与于点E，且满足，，求的长．
【答案】(1)直径所对的圆周角相等；；；相似三角形的对应边成比例；(2)
【分析】（1）根据圆周角定理、等角的余角相等、等量代换、相似三角形的性质等补充证明过程；（2）先根据已知和割线定理求得，，，则，再根据切线性质和勾股定理求得；利用圆周角定理和相似三角形的判定证明，则，进而求得即可求解．
【详解】（1）证明：如图②，连接，连接并延长交于点E，连接、．
∵是的切线，是的半径，∴．
∵是的直径，∴（直径所对的圆周角相等），
∴，∴．∵，∴．
∵，∴∽，
∴（相似三角形的对应边成比例），∴．
　　
故答案为：直径所对的圆周角相等；；；相似三角形的对应边成比例；
（2）解：图3中，连接，，
∵，∴设，，，则，
∵是的切线，是割线，∴由割线定理得，
则，解得（负值舍去）， ∴，，，则，
∵是的直径，是的切线，∴，∴；
∵，，∴，则，
∴，∴．
【点睛】本题主要考查了切线性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，理解切割线定理，掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
22．（2023·广东佛山·校考三模）如图，为的直径，点是弧的中点，交于点，，．(1)求证：；(2)求线段的长；(3)延长至，连接，使的面积等于，求的度数．

【答案】(1)见解析(2)(3)
【分析】（1）由，可得，再利用“两角分别相等的两个三角形相似”进行证明；（2）先利用相似三角形的性质求出，再用勾股定理求；
（3）连接，并求其长度，利用的面积求出的长，进而得到，，利用特殊角的三角函数求出与的度数，进而得到的度数．
【详解】（1）解：，，又，．
（2）解：，，．
，，即，解得．
是的直径，．在中，．
（3）解：连接，如图．
是的直径，．
由,得，解得．

，．
在中，．
在中，．
，．
，，
，，．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的性质与判定，勾股定理，利用特殊角的三角函数求角，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
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【全国通用】2024中考数学二轮复习（重难点题型突破）
专题04 圆的综合问题-4.2 与相似三角形结合
圆在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就圆与相似三角形综合问题进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
在解题时，我们可以利用相似三角形的性质，比如对应角相等、对应边成比例等，来推导出未知量的值。这四大类模型在求解圆中三角形的问题时非常有用，可以帮助我们在不需要测量角度和长度的情况下计算一些未知量。
1、圆中常见相似模型：
1）母子型
条件：如图，已知点P是中点；结论：△PDA∽△PAC；△PDB∽△PBC；
2）圆幂定理相关模型
相交弦模型：圆O中，弦AB与弦CD交于点E，点E在圆O内，则
双割线模型：如图，割线CH与弦CF交圆O于点E和点G；则
切割线模型：如图，CB是圆O的切线，CA是圆O的割线；则
3）弦切角模型
条件：如图，CB是圆O的切线，AB是圆O的直径；结论：（1）；（2）；（3）。
4）托勒密定理模型
条件：如图，AB、CD是圆O的两条弦； 结论：。
考向一　母子型模型
例1．（2023·山东德州·统考二模）如图1，内接于，点是劣弧的中点，且点与点位于的异侧．(1)请用圆规和无刻度直尺在图1中确定劣弧的中点；
(2)在图1中，连接交于点，连接，求证；
(3)如图2，点是半圆的中点，若⊙O的直径，求和的长．

例2．（2023·广东广州·校考三模）如图：为的直径，点A是弧的中点，交于点E，，．(1)求证：；(2)求的值．

例3．（2023·四川成都·统考二模）如图，是的一条弦，点是中点，连接，，交于点．过点作的切线交的延长线于点，延长交于点，连接交于点，连接．(1)求证：；(2)已知，求的值．

例4．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，与相交于点．过点的圆O的切线，交的延长线于点，．
(1)求的度数；(2)若，求的半径．

考向二　圆幂定理模型
例1．（2023·广东广州·九年级校考期中）如图，两个同心圆，大圆的弦与小圆相切于点P，大圆的弦经过点P，且，，两圆组成的圆环的面积是 ．

例2．（2023·重庆·一模）如图，PAB、PCD为⊙O的两条割线，若PA=5，AB=7，CD=11，则AC：BD= ．
例3．（2023春·河南·九年级专题练习）如图，切于点A，是的割线，若，则 ．

例4．（2022·湖南·中考真题）如图，四边形内接于圆，是直径，点是的中点，延长交的延长线于点．(1)求证：；(2)若，，求的长．
例5．（2023·河南洛阳·九年级统考期中）圆幂定理是平面几何中最重要的定理之一，它包含了相交弦定理、切割线定理、割线定理以及它们的推论，其中切割线定理的内容是：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．你能给出证明吗？
下面是证明的开头：
已知：如图①，点P为⊙O外一点，切线PA与圆相切于A，割线PBC与圆相交于点B、C．
求证：PA2＝PB PC 证明：如图②，连接AB、AC、B0、AO，
因为PA切⊙0于点A，∴．PA⊥AO，∠PAB＋∠BAO＝90°．
阅读以上材料，完成下列问题：(1)补充完成上面的证明过程；
(2)如图③，割线PDE与⊙O交于D、E，且PB＝BC＝4，PE＝7，求DE的长．
考向三　弦切角模型
例1．（2023·河南三门峡·统考二模）小锐同学是一个数学学习爱好者，他在一本数学课外读物上看到一个课本上没有的与圆相关的角---弦切角（弦切角的定义：把顶点在圆上，一边与圆相切，另一边和圆相交的角叫做弦切角），并尝试用所学的知识研究弦切角的有关性质．
（1）如图，直线与⊙O相切于点，，为⊙O上不同于的两点，连接，，．请你写出图中的两个弦切角______；（不添加新的字母和线段）
（2）小锐目测和可能相等，并通过测量的方法验证了他的结论，你能帮小锐用几何推理的方法证明结论的正确性吗？
已知：如图，直线与⊙O相切于点，，为圆上不同于的两点，连接，，．
求证：．
（3）如果我们把上述结论称为弦切角定理，请你用一句话概括弦切角定理______．
例2．（2023·山西大同·九年级校联考期中）阅读与思考
阅读下面内容并完成任务：顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．
弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
如图1，直线与相切于点，为的弦，叫弦切角，叫做弦切角所夹的弧，是所对的圆周角，为直径时，很容易证明．
小华同学认为这是一种特殊情况，若不是直径会如何呢？即在图2中吗？她连接并延长，交于点，连接…问题得到了解决．
小颖同学利用图3证明了当弦切角为直角时，弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
小亮积极思考，提出当弦切角为钝角时，能证明（如图4）吗？
任务：(1)请按照小华的思路，利用图2证明；
(2)结合小华、小颖的思路或结论，利用图4解答小亮提出的问题；
(3)写出在上面解决问题的过程中体现的数学思想：______（写出两种）；
(4)解决问题：如图5，点为的弦延长线上一点，切于点，连接，，，，则______°
考向四　托勒密定理模型
例1．（2023·九年级北京市校考阶段练习）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～公元168年），希腊著名的天文学家，他的重要著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）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1，四边形ABCD内接于⊙O，
求证：AB CD+BC AD＝AC BD
下面是该结论的证明过程：
证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．
∵∴∠ABE＝∠ACD∴△ABE∽△ACD
∴∴AB CD＝AC BE
∵∴∠ACB＝∠ADE（依据1）
∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC
即∠BAC＝∠EAD ∴△ABC∽△AED（依据2）
∴AD BC＝AC ED ∴AB CD+AD BC＝AC （BE+ED） ∴AB CD+AD BC＝AC BD
任务：（1）上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：　 　．（请写出）
（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为的中点，求AC的长．
例2．（2022春·广东九年级课时练习）阅读与应用
请阅读下列材料，完成相应的任务：
托勒密是“地心说”的集大成者，著名的天文学家、地理学家、占星学家和光学家．后人从托勒密的书中发现一个命题：圆内接四边形对边乘积的和等于对角线的乘积．下面是对这个命题的证明过程．
如图1，四边形ABCD内接于．求证：．
证明：如图2，作交BD于点E．∵，∴．（依据）
∴．∴．．…
∴．∴．∴．
∵，∴．
∴．
任务：(1)证明过程中的“依据”是______；(2)补全证明过程；
(3)如图3，的内接五边形ABCDE的边长都为2，求对角线BD的长．
例3．（2023·江苏盐城·九年级统考期中）【旧知再现】圆内接四边形的对角 .
如图①，四边形是的内接四边形，若，则 .
【问题创新】圆内接四边形的边会有特殊性质吗？
如图②，某数学兴趣小组进行深入研究发现：
证明：如图③，作，交于点.
∵，∴，
∴ 即 （请按他们的思路继续完成证明）
【应用迁移】如图④，已知等边外接圆，点为 上一点，且，，求的长.
一、选择题
1．（2023春·成都市·九年级专题练习）如图，在扇形中，点C为弧的中点，延长交的延长线于点D，连接，若，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·安徽合肥·统考三模）如图，是半圆的直径，是弦，点是的中点，点是的中点，连接、分别交于点和点，连接，则下列结论中错误的是（ ）

A． B． C． D．
3．（2023·新疆博尔塔拉·校考二模）如图，内接于半径为的半圆中，为直径，点是的中点，连结交于点，平分交于点，为的中点，可得（ ）

① ② ③ ④
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
4．（2023·内蒙古呼和浩特·一模）如图，PAB为割线且PA=AB，PO交⊙O于C，若OC=3，OP=5，则AB的长为（　　）
A． B． C． D．
5．（2021·四川眉山·中考真题）如图，在以为直径的中，点为圆上的一点，，弦于点，弦交于点，交于点．若点是的中点，则的度数为（ ）
A．18° B．21° C．22.5° D．30°
6．（2023·浙江宁波·一模）如图，的直径AB，垂直平分OA，AB延长线上一点E，DE交圆O于F，且．弦DH交OC于G，满足，，AC长为（ ）
A． B． C．2 D．
7．（2023·四川广元·一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，O是边AB上一点，以点O为圆心，OB为半径作圆，⊙O恰好与AC相切于点D，连接BD．若，则的值是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
8．（2023·浙江·一模）如图，在圆内接正十边形中，是正十边形的一条边，平分交于点，若的半径为2，则 ．
9．（22-23九年级上·江苏盐城·阶段练习）如图，在中，，，，以点C为圆心，为半径的圆交于点D，求的长 ．
10．（2023·四川成都·模拟预测）如图所示，圆内接四边形ABCD中，对角线AC是直径，BD＝AB，BE⊥AC，BE＝4，CD＝6，则CE＝ ．
11．（2023·浙江宁波·一模）如图，在中，，点为边上一动点，连结．以为圆心，为半径作圆，交于，过作⊙O的切线，交于点．当⊙O与边相切时，的长为 ．
12．（2023·浙江绍兴·模拟预测）四边形内接于圆，对角线交点为E，，若、都是整数，则的值为 ．
13．（2023·山东菏泽·九年级统考期中）如图，已知、、、在同一个圆上，，与交于，若，，且线段、为正整数，则 ．

14．（2023秋·湖南长沙·九年级校联考期中）如图，已知为⊙的直径，直线与⊙相切于点，于点，交⊙于点．若，，则 ．

三、解答题
15．（2023·河南平顶山·二模）提出问题：古希腊数学家欧几里得（约公元前325——公元前265），被称为“几何学之父”．在其所著的《几何原本》中，包含了5条公理、5条公设、23个定义和467个命题，即先提出公理、公设和定义，再由简到繁予以证明，并在此基础上形成了欧式几何学体系．《几何原本》第3卷给出其中一个命题：如果圆外的一点向圆引两条直线，一条与圆相切，一条穿过圆，那么被圆截得的线段与该点到凸圆之间的线段为边构成的矩形的面积等于以该点向圆引的切线所构成的正方形的面积．如图1，上述结论可表示为，你能说明其中的道理吗？
探索问题：小明在探究的过程中发现，线段的位置有两种情况，即过圆心和不过圆心．
如图2，当经过圆心时，小明同学进行了如下推理：连接，易得，又，所以，可得对应边成比例，进而可知，当经过圆心时，得．当不经过圆心时，请补全下列推理过程．
(1)已知：如图3，为的切线，为切点，与相交于，两点，连接，．求证：．证明：　　 ．
(2)解决问题：如图4，已知为的直径，为延长线上一点，切于点，连接，若，，请直接写出的长．
16．（2023·广东河源·二模）如图，是圆O的直径，交于点E，延长到F，使，连接．(1)求证：；(2)若，求的长；
(3)在（2）的条件下，直线为相切吗？为什么？
17．（2022·辽宁沈阳·中考真题）如图，四边形内接于圆，是圆的直径，，的延长线交于点，延长交于点，．
(1)求证：是圆的切线；(2)连接，，，的长为______．
18．（2023·四川绵阳·九年级统考期中）定义：顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．如图1，为的切线，点为切点，为内一条弦，即为弦切角．
(1)古希腊数学家欧几里得的《几何原本》是一部不朽的数学巨著，全书共13卷，以第1卷的23个定义、5个公设和5个公理作为基本出发点，给出了119个定义和465个命题及证明．第三卷中命题32一弦切角定理的内容是：“弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角度数．”
如下给出了弦切角定理不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程．
已知：如图2，为的切线，点为切点，为内一条弦，点在上，连接，，，．求证：．证明： 。
(2)如图3，为的切线，为切点，点是上一动点，过点作于点，交于，连接，，．若，，求弦的长．
19．（2023·山西晋中·九年级统考期末）阅读以下材料，并完成相应任务：
托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）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1，四边形内接于．求证： 下面是该结论的证明过程：证明：如图2，作，交于点E．∵∴（依据1）∴（依据2）∴∴∵∴ ∵∴即∴∴∴∴
任务：（1）上述证明过程中的“依据1”“依据2”分别是指什么？
依据1：____________________________________________．
依据2：____________________________________________．
（2）如图3，四边形内接于，为的直径，，，点D为的中点，求的长．
20．（2023·山西大同·九年级校考期末）请阅读下列材料，并完成相应的任务：
斯库顿定理：如图1．在中，为的平分线，则．下面是该定理的证明过程：
证明：如图2，是的外接圆，延长交于点，连接．
∵为的平分线，∴．
∵，（依据①__________________________）
．（依据②_________________________）
又，．
．……
任务：（1）证明过程中的依据是：①__________________________．②__________________________．
（2）将证明过程补充完整：（3）如图3．在圆内接四边形中，对角线，相交于点．若，，，，，请利用斯库顿定理，直接写出线段的长．
21．（2023春·河南驻马店·九年级统考期中）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部著作，它是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛地认为是历史上学习数学几何部分最成功的教科书．下面是其中的切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线上是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，即如图①，是的切线，直线为的割线，则．
下面是切割线定理的证明过程（不完整）：
证明：如图②，连接，连接并延长交于点E，连接、．
∵是的切线，是的半径，
∴．
∵是的直径，∴（__________），
∴，∴__________．
∵，∴__________．
∵，∴∽，
∴（__________），∴．
任务：(1)请在横线上补充证明过程，在括号内补充推理的依据；(2)如图③，已知是的直径，是的切线，A为切点，割线与于点E，且满足，，求的长．
　　　　
22．（2023·广东佛山·校考三模）如图，为的直径，点是弧的中点，交于点，，．(1)求证：；(2)求线段的长；(3)延长至，连接，使的面积等于，求的度数．

21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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