九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)專題29 圓與四邊形綜合（解析版）

/專題29圓與四邊形綜合1．若一個(gè)四邊形的兩條對(duì)角線互相垂直且相等，則稱這個(gè)四邊形為“奇妙四邊形”，如圖1，四邊形ABCD中，若，AC⊥BD，則稱四邊形ABCD為奇妙四邊形，根據(jù)“奇妙四邊形”對(duì)角線互相垂直的特征可得“奇妙四邊形”的一個(gè)重要性質(zhì)：“奇妙四邊形”的面積等于兩條對(duì)角線乘積的一半，根據(jù)以上信息回答：(1)寫出一種你所知道的特殊四邊形中是“奇妙四邊形”的圖形名稱______．(2)如圖2，已知四邊形ABCD是“奇妙四邊形”，且A，B，C，D在⊙O上，若⊙O的半徑為6，，求“奇妙四邊形”ABCD的面積，(3)如圖3，已知四邊形ABCD是“奇妙四邊形”，且A，B，C，D在⊙O上，作OM⊥BC于M，請(qǐng)猜測(cè)OM與AD的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．【答案】(1)正方形(2)54(3)，證明見解析【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)即可證明判斷．（2）如圖2中，連接OB、OD，作OH⊥BD于H，則BH＝DH．解直角三角形求出BD，再根據(jù)奇妙四邊形的面積等于兩條對(duì)角線乘積的一半計(jì)算即可．（3）結(jié)論：．如圖3中，連接OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E．證明△BOM≌△OAE（AAS）即可解決問題．（1）∵正方形的兩條對(duì)角線互相垂直且相等，∴正方形是“奇妙四邊形”，故答案為：正方形（2）如圖2中，連接OB、OD，作OH⊥BD于H，則BH＝DH．∵∠BOD＝2∠BCD＝2×60°＝120°，∵OB＝OD，∴∠OBD＝30°，在Rt△OBH中，∵∠OBH＝30°，∴OHOB＝3，∴BHOH＝3，∵BD＝2BH＝6，∴AC＝BD＝6∴“奇妙四邊形”ABCD的面積?AC?BD＝54．（3）結(jié)論：．理由如下：如圖3中，連接OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E．∵OE⊥AD，∴AE＝DE，∵∠BOC＝2∠BAC，∵OB＝OC，∴△OBC是等腰三角形，∴∠BOC＝2∠BOM，∴∠BOM＝∠BAC，同理可得∠AOE＝∠ABD，∵BD⊥AC，∴∠BAC+∠ABD＝90°，∴∠BOM+∠AOE＝90°，∵∠BOM+∠OBM＝90°，∴∠OBM＝∠AOE，在△BOM和△OAE中∴△BOM≌△OAE（AAS），∴OM＝AE，∴AD＝2OM．∴．【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理、30°角直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、“奇妙四邊形”的定義等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，正確尋找全等三角形解決問題．2．如圖，四邊形ABCD為菱形，以AD為直徑作⊙O交AB于點(diǎn)F，連接DB交⊙O于點(diǎn)H，過點(diǎn)D作⊙O的切線交BC于點(diǎn)E．(1)求證：AF=CE；(2)若BF=2，，求⊙O的半徑．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接DF，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．再由切線的性質(zhì)，可得∠CED=∠ADE=90°．可證得△DAF≌△DCE．即可求證；（2）連接AH，DF，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得．在Rt△ADF和Rt△BDF中，根據(jù)勾股定理，即可求解．（1）證明：如圖，連接DF，∵四邊形ABCD為菱形，∴AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．∵DE是⊙O的切線，∴∠ADE=90°．∵AD∥BC，∴∠CED=∠ADE=90°．∵AD是⊙O的直徑，∴∠DFA=90°．∴∠AFD=∠CED=90°．在△DAF和△DCE中，，∴△DAF≌△DCE（AAS）．∴AF=CE．（2）解：如圖，連接AH，DF，∵AD是⊙O的直徑，∴∠AHD=∠DFA=90°．∵AD=AB，，∴．在Rt△ADF和Rt△BDF中，由勾股定理，得DF2=AD2－AF2，DF2=BD2－BF2，∴AD2－AF2=BD2－BF2．∴AD2－（AD－BF）2=BD2－BF2．∴．∴AD=5．∴⊙O的半徑為．【點(diǎn)睛】本題考查了圓的綜合，涉及了圓周角定理，菱形的性質(zhì)，切線的性質(zhì)，三角形全等的性質(zhì)和判定，勾股定理等知識(shí)，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)勾股定理列方程解決問題．3．如圖，四邊形ABCD是的內(nèi)接四邊形，且對(duì)角線BD為直徑，過點(diǎn)A作的切線AE，與CD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，已知DA平分．(1)求證：；(2)若的半徑為5，，求AD的長(zhǎng)．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接OA，先證明，結(jié)合，即可證；（2）作，則四邊形是矩形，且，由此可求得的長(zhǎng)，在中，勾股定理求出，即的長(zhǎng)，在中，利用勾股定理求．(1)證明：如圖，連接OA，∵AE是切線，∴．∵DA平分，∴．又∵，∴，∴，∴，又，∴．(2)解：過點(diǎn)作于．，四邊形是矩形，，．，，∴，在Rt△OFD中，，∴，在Rt△AED中，，∴AD的長(zhǎng)是．【點(diǎn)睛】本題考查了圓的內(nèi)接四邊形，圓的切線的性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用相關(guān)性質(zhì)定理．4．四邊形ABCD內(nèi)接于，AC為其中一條對(duì)角線．(1)如圖①，若，，求的度數(shù)；(2)如圖②，若AD經(jīng)過圓心O，CE為的切線，B為的中點(diǎn)，，求的大?。敬鸢浮?1)(2)【分析】（1）根據(jù)圓心角、弧、弦之間的關(guān)系即可解答；（2）連接OC，由切線的性質(zhì)可得，即可求出．再根據(jù)等邊對(duì)等角即可求出，從而由圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)可求出．根據(jù)B為的中點(diǎn)，可得出，從而可求出．最后由求解即可．(1)解：∵四邊形ABCD內(nèi)接于，，∠BAD=70°∴，∴；(2)如圖，連接OC．∵CE為的切線，∴．∵，∴．∵AD經(jīng)過圓心O，∴，，∴．∵，∴．∵B為的中點(diǎn)，∴，∴，∴．∴．【點(diǎn)睛】本題為圓的綜合題．考查圓心角、弧、弦之間的關(guān)系，切線的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理以及等腰三角形的性質(zhì)．熟練掌握?qǐng)A的相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，會(huì)連接常用的輔助線是解題關(guān)鍵．5．?dāng)?shù)學(xué)課上老師提出問題：“在矩形中，，，是的中點(diǎn)，是邊上一點(diǎn)，以為圓心，為半徑作，當(dāng)?shù)扔诙嗌贂r(shí)，與矩形的邊相切？”．小明的思路是：解題應(yīng)分類討論，顯然不可能與邊及所在直線相切，只需討論與邊及相切兩種情形．請(qǐng)你根據(jù)小明所畫的圖形解決下列問題：(1)如圖1，當(dāng)與相切于點(diǎn)時(shí)，求的長(zhǎng)；(2)如圖2，當(dāng)與相切時(shí)，①求的長(zhǎng)；②若點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)沿射線移動(dòng)，連接，是的中點(diǎn)，則在點(diǎn)的移動(dòng)過程中，直接寫出點(diǎn)在內(nèi)的路徑長(zhǎng)為______．【答案】(1)BP=2(2)①4.8；②9.6【分析】（1）連接PT，由⊙P與AD相切于點(diǎn)T，可得四邊形ABPT是矩形，即得PT=AB=4=PE，在Rt△BPE中，用勾股定理即得BP=2；（2）①由⊙P與CD相切，有PC=PE，設(shè)BP=x，則PC=PE=10-x，在Rt△BPE中，由勾股定理得x2+22=（10-x）2，即可解得BP=4.8；②點(diǎn)M在⊙P內(nèi)的路徑為EM，過P作PN⊥EM于N，由EM是△ABQ的中位線，可得四邊形BPNE是矩形，即知EN=BP=4.8，故EM=2EN=9.6．(1)連接PT，如圖：∵⊙P與AD相切于點(diǎn)T，∴∠ATP=90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=90°，∴四邊形ABPT是矩形，∴PT=AB=4=PE，∵E是AB的中點(diǎn)，∴BE=AB=2，在Rt△BPE中，；(2)①∵⊙P與CD相切，∴PC=PE，設(shè)BP=x，則PC=PE=10-x，在Rt△BPE中，BP2+BE2=PE2，∴x2+22=（10-x）2，解得x=4.8，∴BP=4.8；②點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)沿射線BC移動(dòng)，M是AQ的中點(diǎn)，點(diǎn)M在⊙P內(nèi)的路徑為EM，過P作PN⊥EM于N，如圖：由題可知，EM是△ABQ的中位線，∴EM∥BQ，∴∠BEM=90°=∠B，∵PN⊥EM，∴∠PNE=90°，EM=2EN，∴四邊形BPNE是矩形，∴EN=BP=4.8，∴EM=2EN=9.6．故答案為：9.6．【點(diǎn)睛】本題考查矩形與圓的綜合應(yīng)用，涉及直線和圓相切、勾股定理、動(dòng)點(diǎn)軌跡等，解題的關(guān)鍵是理解M的軌跡是△ABQ的中位線．6．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD⊥CD，AC=AB，⊙O為△ABC的外接圓．（1）如圖1，求證：AD是⊙O的切線；（2）如圖2，CD交⊙O于點(diǎn)E，過點(diǎn)A作AG⊥BE，垂足為F，交BC于點(diǎn)G．①求證：AG=BG；②若AD=4，CD=5，求GF的長(zhǎng)．【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②【分析】（1）連接OA，OB，OC，由AC＝AB，OA＝OA，OC＝OB可證出△OAC≌△OAB（SSS），利用全等三角形的性質(zhì)可得出∠OAC＝∠OAB，即AO平分∠BAC，利用垂徑定理可得出AO⊥BC，結(jié)合AD∥BC可得出AD⊥AO，由此即可證出AD是⊙O的切線；（2）①連接AE，由圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)結(jié)合∠BCE＝90°可得出∠BAE＝90°，由同角的余角相等可得出∠BAG＝∠AEB，結(jié)合∠ABC＝∠ACB＝∠AEB可得出∠BAG＝∠ABC，再利用等角對(duì)等腰可證出AG＝BG；②由∠ADC＝∠AFB＝90°，∠ACD＝∠ABF，AC＝AB可證出△ADC≌△AFB（AAS），利用全等三角形的性質(zhì)可求出AF，BF的長(zhǎng)，設(shè)FG＝x，在Rt△BFG中，利用勾股定理可求出x的值，此題得解．【詳解】證明：（1）連接OA、OB、OC，如圖1，∵AC=AB，OA=OA，OC=OB，∴△OAC≌△OAB，∴∠OAC＝∠OAB，∴AO⊥BC，∵AD∥BC，∴AD⊥AO，∴AD是⊙O的切線；（2）①連接AE，如圖2，∵AD∥BC，AD⊥CD，∴BC⊥CD，∴∠BCE＝90°，∴BE是直徑，∴∠BAE＝90°，∴∠BAG+∠EAF＝90°，又∵AF⊥BE，∴∠AEB+∠EAF＝90°，∴∠BAG=∠AEB，∵∠ABC=∠ACB=∠AEB，∴∠BAG=∠ABC，∴AG=BG；②∵AC=AB，∠ACD＝∠ABF，∠ADC=∠AFB＝90°，∴△ADC≌△AFB，∴AF=AD=4，BF=CD=5，設(shè)FG=x，則AG=GB=x+4，在Rt△BFG中，由勾股定理可得：，解得：，∴．【點(diǎn)睛】本題是圓的綜合題，考查了切線的判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定義，平行線的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形，等腰三角形的判定以及勾股定理，解題的關(guān)鍵是：（1）利用全等三角形的性質(zhì)及垂徑定理，找出AO⊥BC；（2）①利用等角的余角相等及圓周角定理，找出∠BAG＝∠ABC；②在Rt△BFG中，利用勾股定理求出FG的長(zhǎng)．7．如圖，AB是⊙O的直徑，AC是弦，P為AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，∠BCP＝∠BAC，∠ACB的平分線交⊙O于點(diǎn)D，交AB于點(diǎn)E，（1）求證：PC是⊙O的切線；（2）求證：△PEC是等腰三角形；（3）若AC＋BC＝2時(shí)，求CD的長(zhǎng)．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）連接OC，根據(jù)圓周角定理可得∠ACB=90°，根據(jù)等腰三角形等邊對(duì)等角以及已知條件證明∠BCP+∠OCB=90°即可；（2）根據(jù)題意以及角平分線定義求得∠PEC=∠PCE即可得出結(jié)論；（3）連接BD，作,,垂足為M，N，先證明，然后證明四邊形為正方形，結(jié)合已知可得出結(jié)論．【詳解】解：連接OC,∵AB為直徑，∴∠ACB=90°，∴∠ACO+∠OCB=90°，∵OA=OC，∴∠BAC=∠ACO，∵∠BCP＝∠BAC，∴∠BCP=∠ACO∴∠BCP+∠OCB=90°，即∠OCP=90°，∴PC是⊙O的切線；（2）∵∠BCP＝∠BAC，∵∠ACB的平分線交⊙O于點(diǎn)D，∴∠ACD＝∠BCD，∵∠PCE＝∠PCB+∠BCD，∠PEC＝∠BAC+∠ACD，∴∠PEC=∠PCE，∴△PEC是等腰三角形；（3）連接BD，作,,垂足為M，N，∵CD平分，，，∴,,∴,∵,∴，∵,∴四邊形為矩形，∵,∴矩形為正方形，∴,∵,∴,∵，∴．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定，圓周角定理，角平分線的性質(zhì)，等腰三角形等邊對(duì)等角，正方形的判定與性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)點(diǎn)，熟練運(yùn)用以上知識(shí)點(diǎn)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．8．如圖，，是的弦，平分．過點(diǎn)作的切線交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，連接，．延長(zhǎng)交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，連接，．（1）求證：是的切線；（2）若，求的長(zhǎng)．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）欲證明CD是⊙O的切線，只要證明∠CDO=∠CBO=90°，由△COB≌△COD即可解決問題．（2）先證明∠BAO=∠OAD=∠DAE=∠ABO=30，在Rt△AEF中利用30度性質(zhì)以及勾股定理即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖，連接．為的切線，．平分，．，，，在△BOC和△DOC中，，為的切線．（2），，，，．為的直徑．，，．在中，，，，．【點(diǎn)睛】本題考查切線的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形，發(fā)現(xiàn)特殊角30°，屬于中考常考題型．9．如圖，已知內(nèi)接于，AB是的直徑，于點(diǎn)D，延長(zhǎng)DO交于點(diǎn)F，連接．（1）求證：；（2）填空：①當(dāng)_________時(shí)，四邊形是菱形；②當(dāng)_________時(shí)，．【答案】（1）見解析；（2）①；②【分析】（1）由垂徑定理易證，進(jìn)而可證明OD是的中位線，問題得證；（2）①要四邊形是菱形，需，即為等腰三角形，，那么；②由等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】解：（1）證明：于點(diǎn)D，，，是的中位線，；（2）解：當(dāng)時(shí)，四邊形是菱形．理由如下：，AB是直徑，，，而，是等邊三角形，，又分別是的中點(diǎn)，，而．是等邊三角形，，，∴四邊形是菱形；②當(dāng)時(shí)，，，于點(diǎn)D，是等腰直角三角形，，．故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定?等邊三角形的判定與性質(zhì)?菱形的判定?圓周角定理?三角形中位線定理；熟練掌握全等三角形的判定和菱形的判定，證明三角形是等邊三角形是解決問題的關(guān)鍵．10．如圖，五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，CF與⊙O相切于點(diǎn)C，交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．（1）若AE＝DC，∠E＝∠BCD，求證：DE＝BC；（2）若OB＝4，AB＝BD＝DA，∠F＝45°，求CF的長(zhǎng)．【答案】（1）見解析；（2）CF＝4+2．【分析】（1）由圓心角、弧、弦之間的關(guān)系得出，由圓周角定理得出∠ADE＝∠DBC，證明△ADE≌△DBC，即可得出結(jié)論；（2）連接CO并延長(zhǎng)交AB于G，作OH⊥AB于H，則∠OHG＝∠OHB＝90°，由切線的性質(zhì)得出∠FCG＝90°，得出△CFG、△OGH是等腰直角三角形，得出CF＝CG，OG＝OH，由等邊三角形的性質(zhì)得出∠OBH＝30°，由直角三角形的性質(zhì)得出OH＝OB＝1，OG＝，即可得出答案．【詳解】（1）證明：∵AE＝DC，∴∴∠ADE＝∠DBC．在△ADE和△DBC中，．∴△ADE≌△DBC（AAS）．∴DE＝BC；（2）解：連接CO并延長(zhǎng)交AB于G，作OH⊥AB于H，如圖所示：則∠OHG＝∠OHB＝90°，∵CF與⊙O相切于點(diǎn)C，∴∠FCG＝90°．∵∠F＝45°，∴△CFG、△OGH是等腰直角三角形，∴CF＝CG，OG＝OH．∵AB＝BD＝DA，∴△ABD是等邊三角形，∴∠ADB＝60°．∴∠AOB＝2∠ADB＝120°∴∠BOH＝∠BOA＝60°，∴∠OBH＝30°∴OH＝OB＝2．∴OG＝2．∴CF＝CG＝OC+OG＝4+2．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的綜合應(yīng)用，準(zhǔn)確計(jì)算是解題的關(guān)鍵．11．如圖，△ABC為⊙O的內(nèi)接三角形，BC為⊙O的直徑，在線段OC上取點(diǎn)D（不與端點(diǎn)重合），作DG⊥BC，分別交AC、圓周于E、F，連接AG，已知AG＝EG．（1）求證：AG為⊙O的切線；（2）已知AG＝2，填空：①當(dāng)四邊形ABOF是菱形時(shí)，∠AEG＝°；②若OC＝2DC，△AGE為等腰直角三角形，則AB＝．【答案】（1）證明見解析；（2）①60，②4．【分析】（1）連接OA，證明∠OAG=90°，即可證得AG為⊙O的切線；（2）①連接OA，AF，OF，當(dāng)四邊形ABOF為菱形，則△AOB為等邊三角形，從而求出∠ACB，∠DEC的度數(shù)，根據(jù)對(duì)頂角相等即可得到∠AEG的度數(shù)；②若△AGE為等腰直角三角形，則可以得出△DEC,△ABC均為等腰三角形，通過證明四邊形AODG是矩形，得到DC=AG，從而得到BC的長(zhǎng)度，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，即可求出AB的長(zhǎng)．【詳解】（1）證明：連接OA．∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵GA＝GE，∴∠GAE＝∠GEA，∵DG⊥BC，∴∠EDC＝90°，∴∠OCA+∠DEC＝90°，∵∠CED＝∠GEA＝∠GAE，∴∠OAC+∠GAE＝90°，∴∠OAG＝90°，∴OA⊥AG，∴AG是⊙O的切線．（2）①如圖2中，連接OA，AF，OF．∵四邊形ABOF是菱形，∴AB＝BO＝OF＝AF＝OA，∴△ABO是等邊三角形，∴∠B＝60°，∵BC是直徑，∴∠BAC＝90°∴∠ACB＝90°﹣60°＝30°，∵ED⊥BC，∴∠DEC＝90°﹣∠ACB＝60°，∴∠AEG＝∠DEC＝60°．故答案為60．②如圖3中，連接OA．∵△AGE是等腰直角三角形，∴∠AEG＝∠DEC＝∠DCE＝45°，∴△EDC，△ABC都是等腰直角三角形，∵OB＝OC，∴AO⊥OC，∴∠AOD＝∠ODG＝∠G＝90°，∴四邊形AODG是矩形，∴AG＝OD＝2，∴OC＝2OD＝4，∴BC＝2OC＝8，∴AB＝AC＝4，故答案為4．【點(diǎn)睛】本題是圓的綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，圓的有關(guān)知識(shí)，熟練運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推理是本題的關(guān)鍵．12．如圖，在中，，是的外接圓，過點(diǎn)作的切線，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，交于點(diǎn)．（1）求證：；（2）填空：①若，________；②連接，當(dāng)?shù)亩葦?shù)為________時(shí)，四邊形是菱形．【答案】（1）見解析；（2）①，②．【分析】（1）連接OA，根據(jù)圓周角定理求出∠AOC=120°，得到∠OCA的度數(shù)，根據(jù)切線的性質(zhì)求出∠M的度數(shù)，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到答案；（2）①作AG⊥CM于G，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求出AG的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理求出CG，得到答案．②證明△ABM和△ABC是等邊三角形，得出AM=AC=BC=BM，即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）證明：連接，如圖1：∵是的切線，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；（2）①作AG⊥CM于G，如圖2：∵∠OCA=30°，AC=6，∴AG=AC=3，∴CG=AG=3，則MC=2CG=6；故答案為：6．②當(dāng)∠AMB的度數(shù)為60°時(shí)，四邊形AMBC是菱形；理由如下：如圖3：由（1）得：AM=AC，∠MAC=180°-∠AMC-∠OCA=120°，∵∠AMB=60°，∴∠MAC+∠AMB=180°，∴AC∥BM，∴∠ABM=∠BAC，∴△ABM是等邊三角形，∠BAC=∠MAC-∠MAB=60°=∠ABC，∴AM=BM，△ABC是等邊三角形，∴BC=AC，∴AM=AC=BC=BM，∴四邊形AMBC是菱形；故答案為：60°．【點(diǎn)睛】本題是圓的綜合題目，考查的是切線的性質(zhì)、圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、平行線的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定等知識(shí)；熟練掌握?qǐng)A的切線性質(zhì)和圓周角定理是解題的關(guān)鍵．13．如圖，在中，以為直徑的經(jīng)過點(diǎn)過點(diǎn)作的切線點(diǎn)是上不與點(diǎn)重合的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接．求證:；填空:當(dāng)_時(shí)，為等腰直角三角形:當(dāng)時(shí)，四邊形為菱形．【答案】見解析；①45°②120°【分析】（1）連接OC．根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠OCB＝∠OBC，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠ACB＝90°．再根據(jù)切線的性質(zhì)定理及圓周角定理即可得到結(jié)論；（2）①根據(jù)圓的對(duì)稱性由BD＝AD可得弧BD＝弧AD，再由圓周角定理得∠DCB＝∠DCA，進(jìn)而得解；②由菱形可得OD＝AD，結(jié)合OD＝OA，證得△OAD為等邊三角形，則∠OAD＝60°，最后根據(jù)圓周角定理即可得解．【詳解】解：如圖，連接為的直徑，，是的切線，（2）①∵為等腰直角三角形，∴AD＝DB，∴弧AD＝弧DB，∴∠ACD＝∠DCB＝∠ACB，∵∠ACB＝90°，∴∠DCB＝45°，②∵四邊形為菱形，∴OD＝AD，又∵OD＝OA，∴OD＝OA＝AD，∴△AOD為等邊三角形，∴∠OAD＝60°，∵∠OAD＝∠DOB，∴∠DOB＝120°．【點(diǎn)睛】本題考查了圓的對(duì)稱性、圓周角定理、直徑的性質(zhì)和切線的性質(zhì)定理，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．14．如圖，已知是的直徑，切于點(diǎn)，過作直線交于另一點(diǎn)，連接、．（1）求證：平分；（2）若是直徑上方半圓弧上一動(dòng)點(diǎn)，的半徑為2，則①當(dāng)弦的長(zhǎng)是時(shí)，以，，，為頂點(diǎn)的四邊形是正方形；②當(dāng)?shù)拈L(zhǎng)度是時(shí)，以，，，為頂點(diǎn)的四邊形是菱形．【答案】（1）見解析；（2）①；②或．【分析】（1）首先根據(jù)切線