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．（2022春·成都市九年級期中）如圖，，分別切于點A，B，切于點E，交，于點C，D．若的周長為半徑的3倍，則的值為(

)

A． B． C． D．【答案】A【分析】連接、，，在上取點F，使，連接，求出，證明，得出，證明，設(shè)，則，根據(jù)勾股定理得出，求出，得出，即可．【詳解】解：連接、，，在上取點F，使，連接，如圖所示：

根據(jù)切線長定理可知，，，，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，設(shè)，則，∵為的切線，∴，∴，∴，即，解得：，∴，∴，故A正確．故選：A．【點睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)定理，切線長定理，三角形全等的判定和性質(zhì)，求正切值，勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握切線長定理，得出．例2．（2022·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·統(tǒng)考二模）如圖，AB為半圓O的直徑，AD、BC分別切⊙O于A、B兩點，CD切⊙O于點E，連接OD、OC，下列結(jié)論：①∠DOC＝90°，②AD+BC＝CD，③S△AOD：S△BOC＝AD2：AO2，④OD：OC＝DE：EC，⑤OD2＝DE?CD，正確的有（）A． B． C． D．【答案】C【分析】連接OE，由AD，DC，BC都為圓的切線，根據(jù)切線的性質(zhì)得到三個角為直角，且利用切線長定理得到DE＝DA，CE＝CB，由CD＝DE＋EC，等量代換可得出CD＝AD＋BC，選項②正確；由AD＝ED，OD為公共邊，利用HL可得出直角三角形ADO與直角三角形EDO全等，可得出∠AOD＝∠EOD，同理得到∠EOC＝∠BOC，而這四個角之和為平角，可得出∠DOC為直角，選項①正確；由∠DOC與∠DEO都為直角，再由一對公共角相等，利用兩對對應(yīng)角相等的兩三角形相似，可得出三角形DEO與三角形DOC相似，由相似得比例可得出OD2＝DE?CD，選項⑤正確；由△AOD∽△BOC，可得＝（）2＝（）2＝，選項③正確；由△ODE∽△OEC，可得＝，選項④錯誤．【詳解】解：連接OE，如圖所示：∵AD與圓O相切，DC與圓O相切，BC與圓O相切，∴∠DAO＝∠DEO＝∠OBC＝90°，∴DA＝DE，CE＝CB，AD∥BC，∴CD＝DE＋EC＝AD＋BC，選項②正確；在Rt△ADO和Rt△EDO中，∴Rt△ADO≌Rt△EDO（HL），∴∠AOD＝∠EOD，同理Rt△CEO≌Rt△CBO，∴∠EOC＝∠BOC，又∠AOD＋∠DOE＋∠EOC＋∠COB＝180°，∴2（∠DOE＋∠EOC）＝180°，即∠DOC＝90°，選項①正確；∴∠DOC＝∠DEO＝90°，又∠EDO＝∠ODC，∴△EDO∽△ODC，∴＝，即OD2＝DC?DE，選項⑤正確；∵∠AOD＋∠COB＝∠AOD＋∠ADO＝90°，∠A＝∠B＝90°，∴△AOD∽△BOC，∴＝（）2＝（）2＝，選項③正確；同理△ODE∽△OEC，∴＝，選項④錯誤；故選：C．【點睛】此題考查了切線的性質(zhì)，切線長定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，利用了轉(zhuǎn)化的數(shù)學思想，熟練掌握定理及性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．例3．（2022·四川成都·模擬預(yù)測）已知：如圖，BE是⊙O的直徑，BC切⊙O于H，弦ED∥OC，連接CD，并延長交BE的延長線于點A.，(1)證明：CD是⊙O的切線；(2)求證：DE·OC＝BE2．【答案】(1)答案見解析(2)答案見解析【分析】（1）連接OD，通過證△CBO≌△CDO來得到∠CDO=∠CBO，由于BC且⊙O于B，根據(jù)切線的性質(zhì)知∠CBO=90°，從而得到∠CDO=90°，問題得到證明；（2）連接BD，根據(jù)圓周角定理得到∠BDE=90°，求得∠BDE=∠OBC，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠BED=∠BOC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】（1）∵EDOC，∴∠COB=∠DEO，∠COD=∠EDO，∵OD=OE，∴∠DEO=∠EDO，∴∠COB=∠COD，在△BCO和△DCO中，∴△BCO≌△DCO（SAS），∴∠CDO=∠CBO，∵BC為圓O的切線，∴BC⊥OB，即∠CBO=90°，∴∠CDO=90°，又∵OD為圓的半徑，∴CD為圓O的切線；（2）如下圖，連接BD，∵BE是⊙O的直徑，∴∠BDE=90°，∴∠BDE=∠OBC，∵DE//OC，∴∠BED=∠BOC，∴△BDE∽△CBO，∴，∴DE·OC=BE·OB，∵OB=BE，∴DE·OC=BE2．【點睛】本題考查了切線的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，以及全等三角形的判定與性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是熟練掌握切線的判定方法．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．（2022·河南焦作·統(tǒng)考一模）歐幾里得，古希臘數(shù)學家，被稱為“幾何之父”，他最著名的著作《幾何原本》是歐洲數(shù)學的基礎(chǔ)，總結(jié)了平面幾何五大公設(shè)，被廣泛的認為是歷史上最成功的教科書．他在第Ⅲ卷中提出這樣一個命題：“由已知點作直線切于已知圓”．如圖，設(shè)A是已知點，小圓O為已知圓．具體作法是：以O(shè)為圓心，為半徑作大圓O，連接交小圓O于點B，過B作，交大圓O于點C，連接，交小圓O于點D，連接，則是小圓O的切線．為了說明這一方法的正確性，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”的過程．已知：如圖，點A，C和點B，D分別在以O(shè)為圓心的同心圓上，_________．求證：___________．證明：【答案】，是小圓O的切線，證明見解析【分析】通過證明三角形全等即可得到，從而證明切線．【詳解】已知：如圖，點A，C和點B，D分別在以O(shè)為圓心的同心圓上，求證：是小圓O的切線證明：∵點A，C和點B，D分別在以O(shè)為圓心的同心圓上，∴．在和中,∴，∴，∵，∴，∴，∴是小圓O的切線．【點睛】本題考查切線的證明，找準判斷切線的三個因素是解題的關(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．例4．（2023春·四川南充·九年級校考階段練習）如圖，在中、三條劣弧、、的長都相等，弦與相交于點，弦與的延長線相交于點，且，則的度數(shù)為．

【答案】【分析】連接，根據(jù)弧相等，得到，設(shè)出，根據(jù)外角的性質(zhì)得出，進而利用三角形的內(nèi)角和求出即可解答．【詳解】解：連接，

弧、、的長相等，，設(shè)，，，，在中，，解得，，．故答案為：．【點睛】本題考查了圓周角定理，解題的關(guān)鍵是熟記定理并靈活運用，圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．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·河南洛陽·統(tǒng)考一模）概念引入在一個圓中，圓心到該圓的任意一條弦的距離，叫做這條弦的弦心距．概念理解(1)如圖1，在中，半徑是5，弦，則這條弦的弦心距長為．(2)通過大量的做題探究；小明發(fā)現(xiàn)：在同一個圓中，如果兩條弦相等，那么這兩條弦的弦心距也相等．但是小明想證明時卻遇到了麻煩．請結(jié)合圖2幫助小明完成證明過程如圖2，在中，，，，求證：．概念應(yīng)用如圖3，在中，的直徑為20，且弦垂直于弦于，請應(yīng)用上面得出的結(jié)論求的長．【答案】(1)3；(2)證明見解析；【分析】（1）根據(jù)垂徑定理得出，然后再根據(jù)勾股定理求出結(jié)果即可；（2）連接、，證明，即可得出答案；概念應(yīng)用過點作交于，過點作交于，連接，證明四邊形是正方形，得出，根據(jù)垂徑定理得出，根據(jù)勾股定理求出，最后求出結(jié)果即可．【詳解】（1）解：連接，，，，，，，，故答案為：3；（2）證明：連接、，，，，，，，，，，，；概念應(yīng)用解：過點作交于，過點作交于，連接，，，，，四邊形是正方形，，，，的直徑為20，，，，.【點睛】本題主要考查了垂徑定理，正方形的判定和性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握三角形全等的判定方法和正方形的判定和性質(zhì)．例3．（2022·河南平頂山·統(tǒng)考二模）閱讀下面的材料，完成相應(yīng)的任務(wù)：在1815年某雜志上刊登了這樣一個命題：如圖，圓O中的弦AB的中點為G，過點G任作兩弦CD，EF，弦FC，ED分別交AB于P，Q，則PG=QG．由于其幾何圖形形象奇特、貌似蝴蝶，故稱“蝴蝶定理”、是古代歐氏平面幾何中最精彩的結(jié)果之一．任務(wù)：(1)如圖1，AB為⊙O的任一弦．①若G為弦AB的中點，連接OG，則OG與AB的位置關(guān)系為______；②若OG⊥AB，判斷AG與BG之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．(2)下面是“蝴蝶定理”的證明過程（部分），請補充完整．證明：過O作OM⊥FC于點M，ON⊥DE于點N，連接OP，OQ，MG，NG，OG，由任務(wù)（1）可知：CF=2MC，ED=2NE，OG⊥AB且∠OMC=∠OGP=90°，∠ONQ=∠OGQ=90°，∵∠F=∠D，∠C=∠E，∴△FGC∽△DGE，即，又，取PO的中點O′，在四邊形MOGP中，∵∠OMC=∠OGP=90°，∴MO′=OO′=PO′，GO′=OO′=PO′，即：MO′=OO′=GO′=PO′，∴M，O，G，P四點在以O(shè)′為圓心的一個圓上，∴∠1=∠2（同弧所對的圓周角相等），同理：∠3=∠4，_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________【答案】(1)①OG⊥AB；②AG=BG，理由見解析(2)見解析【分析】（1）①利用“SSS”證明△AGO≌△BGO，即可解決問題；②利用“HL”證明Rt△AGO≌Rt△BGO，即可解決問題；（2）證明△MGC∽△NGE，推出∠1=∠4，∠2=∠3，利用“SAS”證明△PGO≌△QGO，即可證得PG=QG．【詳解】（1）解：①OG⊥AB；連接OA、OB，∵G為弦AB的中點，∴AG=BG，在△AGO和△BGO中，，∴△AGO≌△BGO(SSS)，∴∠AGO=∠BGO=90°，即OG⊥AB；②AG=BG，理由如下，連接OA、OB，∵OG⊥AB，∴∠AGO=∠BGO=90°，在Rt△AGO和Rt△BGO中，，∴Rt△AGO≌Rt△BGO(HL)，∴AG=BG；（2）補充如下：∵，又，∴△MGC∽△NGE，∴∠1=∠4，∴∠2=∠3，在△PGO和△QGO中，，∴△PGO≌△QGO(SAS)，∴PG=QG．【點睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟記各圖形的性質(zhì)并準確識圖是解題的關(guān)鍵．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·貴州遵義·統(tǒng)考三模）問題背景：如圖1，是的直徑，點，點在圓上（在直徑的異側(cè)），且為弧的中點，連接，，，，．探究思路：如圖2，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，證明，，三點共線，從而得到為等腰直角三角形，，從而得出．(1)請你根據(jù)探究思路，寫出完整的推理過程；問題解決：(2)若點，點在直徑的同側(cè)，如圖3所示，且點為弧的中點，連接，，，直接寫出線段的長為__________（用含有，的式子表示）；拓展探究：(3)將沿翻折得到，如圖4所示，試探究：，，之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)推理過程如下(2)(3)【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得，可得：，，，根據(jù)勾股定理，即可；（2）將繞點點順時針得到，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)，得，得到，推出，得是等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理，等量代換，即可．（3）將繞點點順時針得到，沿翻折得到，則，得，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，即可．【詳解】（1）∵繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，，∴，，，∴，∴，∵，∴，∵，∴．（2）繞點點順時針得到，∴，∴，，，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，，∴，∴．（3）∵繞點點逆時針得到，點在上，∴，∵沿翻折得到，∴，∴，∴，，，∵，∴，∴，∵是圓的直徑，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴．【點睛】本題考查圓的基本性質(zhì)，全等三角形，旋轉(zhuǎn)和折疊的知識，解題的關(guān)鍵是掌握圓的基本性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)和折疊的性質(zhì)，勾股定理的運用．例2．（2023秋·河南許昌·九年級校考期末）已知，點、、、是圓上的四個點，(1)如圖1，如果，判斷的形狀，并證明．(2)如果是等邊三角形，點在圓上運動，連接、、，請直接寫出這三條線段的數(shù)量關(guān)系．(3)如圖2，如果是等邊三角形，圓半徑為2，當點在弧上運動時，四邊形周長最大值為______．【答案】(1)等邊三角形，證明見解析(2)見解析(3)【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得到，從而得到，計算出，即可證明；（2）延長到點，使，如圖，先證明得到，，再證明為等邊三角形，則，運算可判斷，同理可得當點在劣弧上時，當點在劣弧上時的線段關(guān)系；（3）由（2）可得：當點在弧上運動時，，從而將四邊形的周長轉(zhuǎn)化為，從而得到最大時周長最大，利用等邊三角形的性質(zhì)得到和的長，結(jié)合半徑可得結(jié)果．【詳解】（1）解：等邊三角形，理由是：∵，∴，，∴，，∴是等邊三角形；（2）當點在劣弧上時，如圖，延長到點，使，為等邊三角形，，，，，，在和中，，，，，，為等邊三角形，，；同理：當點在劣弧上時，；當點在劣弧上時，；（3）由（2）可得：當點在弧上運動時，，∴四邊形周長為，由于固定不變，則當最大時，即為直徑時，周長最大，連接并延長，交于E，則，∵是等邊三角形，∴，∴，∴，∴，則四邊形周長的最大值為．【點睛】本題考查圓周角定理，弧、弦、圓心角的關(guān)系，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，知識點較多，屬于圓和三角形的綜合問題，解題時要注意前問的結(jié)論要能合理運用，產(chǎn)生關(guān)聯(lián)．例3．（2023·山東濰坊·統(tǒng)考一模）如圖1，在⊙O中，弦AD平分圓周角∠BAC，我們將圓中以A為公共點的三條弦BA，CA，DA構(gòu)成的圖形稱為圓中“爪形A”，弦BA，CA，DA稱為“爪形A”的爪．（1）如圖2，四邊形ABCD內(nèi)接于圓，AB＝BC，①證明：圓中存在“爪形D”；②若∠ADC＝120°，求證：AD＋CD＝BD（2）如圖3，四邊形ABCD內(nèi)接于圓，其中BA＝BC，連接BD．若AD⊥DC，此時“爪形D”的爪之間滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系，請直接寫出結(jié)果．【答案】（1）①見解析；②見解析；（2）AD＋CD＝BD【分析】（1）①由圓周角性質(zhì)得出∠ADB＝∠CDB，即可得出結(jié)論；②延長DC至點E，使得CE＝AD，連接BE，由全等三角形判定可得△BAD≌△BCE，由等邊三角形的判定得△BDE為等邊三角形即可得出結(jié)論；（2）延長DC至點E，使得CE＝AD，連接BE，由全等三角形判定可得△BAD≌△BCE，易判斷△BDE為為等腰直角三角形即可得出結(jié)論．【詳解】（1）①證：∵AB＝BC，∴∠ADB＝∠CDB，∴DB平分圓周角∠ADC，∴圓中存在“爪形D”；②延長DC至點E，使得CE＝AD，連接BE，∵∠A＋∠DCB＝180°∠ECB＋∠DCB＝180°∴∠A＝∠ECB∵CE＝AD，AB＝BC∴△BAD≌△BCE∴∠E＝∠ADB∵∠ADC＝120°，∴∠E＝∠ADB＝60°，∴△BDE為等邊三角形，∴DE＝BD，即AD＋CD＝BD（2）AD＋CD＝BD，理由如下：延長DC至點E，使得CE＝AD，連接BE，∵∠A＋∠DCB＝180°∠ECB＋∠DCB＝180°∴∠A＝∠ECB∵CE＝AD，AB＝BC∴△BAD≌△BCE∴∠E＝∠ADB，BD=BE∵AD⊥DC，∴∠E＝∠ADB＝45°，∴△BDE為等腰直角三角形，∠DBE＝90°，∴DE＝BD，即AD＋CD＝BD．【點睛】本題考查了圓周角的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，等邊三角形的判定，等腰直角三角形性質(zhì)和判定等知識，讀懂題意正確理解題中圓中“爪形A”是解題的關(guān)鍵．課后專項訓(xùn)練1．（2023秋·四川南充·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在四邊形中，，以為直徑作．與相切于點E，若，則的半徑長為（

）A． B． C．8 D．2【答案】B【分析】先證明是的切線，由切線長定理得到，，，，再證明，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】解：連接，∵，為的直徑，∴是的切線，∵是的切線，∴，，，，∴，∵是的切線，∴，∴，∴，∴，∴，即，∴．故選：B．【點睛】本題考查了切線長定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題．2．（2023·浙江·九年級專題練習）如圖，的直徑AB，垂直平分OA，AB延長線上一點E，DE交圓O于F，且．弦DH交OC于G，滿足，，AC長為（

）A． B． C．2 D．【答案】C【分析】連接，如圖，先根據(jù)題意證明，得到，進而可證明，得出，由垂直平分OA可得，設(shè)，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)以及三角形的內(nèi)角和可求得，進而可求出，由變形可得，然后設(shè)未知數(shù)求出圓的半徑即可求出答案．【詳解】解：連接，如圖，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，∴，∵垂直平分OA，∴，∴，設(shè)，則，∴，∵，∴，在直角三角形中，∵，∴，解得，∴，∴，∵，∴，∵，

∴，∴，設(shè)圓的半徑為r，則在直角三角形中，，∴，∴，作于點M，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，解得：（負值已舍去），∴．故選：C【點睛】本題是圓的綜合題，主要考查了同圓半徑相等、相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)等知識，綜合性較強，熟練掌握上述知識、正確添加輔助線、靈活應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思想是解題的關(guān)鍵．3．（2023秋·四川綿陽·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在中，，，它的周長為22，若與三邊分別切于E，F(xiàn)，D三點，則的長為（

）A．6 B．8 C．4 D．3【答案】D【分析】由切線長定理得．從而得到，再由的周長為22，可得到，從而得到．再由，可得是等邊三角形，即可求解．【詳解】解：∵與三邊分別切于E，F(xiàn)，D三點，∴，∵，∴．∵的周長為22，∴，∴，∴，∴．∵，∴是等邊三角形，∴．故選：D．【點睛】本題主要考查了切線長定理，等邊三角形判定和性質(zhì)，熟練掌握切線長定理，等邊三角形判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2022秋·貴州黔西·九年級統(tǒng)考期末）如圖，⊙O的半徑為2，PA，PB，CD分別切⊙O于點A，B，E，CD分別交PA，PB于點C，D，且P，E，O三點共線．若∠P＝60°，則CD的長為（）A．4 B．2 C．3 D．6【答案】A【分析】，先證明，得出，，得出，過點作，在中，設(shè)，則，利用勾股定理求出，即可求解．【詳解】解：連接，在和，PA，PB，分別切⊙O于點A，B，，，，，，是等邊三角形，，，又，，，，過點作，如下圖根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，點為的中點，，在中，設(shè)，則，，，解得：，，，故選：A．【點睛】本題考查了圓的切線，三角形全等、等腰三角形、勾股定理，解題的關(guān)鍵是添加適當?shù)妮o助線，掌握切線的性質(zhì)來求解．5．（2023春·山東九年級課時練習）如圖，切于點切于點交于點，下列結(jié)論中不一定成立的是（

）A．B．平分C．D．【答案】D【分析】利用切線長定理證明△PAG≌△PBG即可得出．【詳解】解：連接OA，OB，AB，AB交PO于點G，由切線長定理可得：∠APO＝∠BPO，PA＝PB，又∵PG=PG，∴△PAG≌△PBG，從而AB⊥OP．因此A．B．C都正確．無法得出AB＝PA＝PB，可知：D是錯誤的．綜上可知：只有D是錯誤的．故選：D．【點睛】本題考查了切線長定理、全等三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是利用切線長定理解答．6．（2022秋·安徽淮南·九年級?？茧A段練習）如圖，點和C、D分別在以點O為圓心的兩個同心圓上，若，，則（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由得，證，利用全等的性質(zhì)可得結(jié)果．【詳解】解：，，，在和中，，，，故選：B．【點睛】本題考查了圓的半徑相等，全等三角形的判定和性質(zhì)；證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．7．（2022春·廣西·九年級專題練習）如圖，AB為圓O直徑，F(xiàn)點在圓上，E點為AF中點，連接EO，作CO⊥EO交圓O于點C，作CD⊥AB于點D，已知直徑為10，OE＝4，求OD的長度．【答案】3【分析】根據(jù)垂徑定理的逆定理得到OE⊥AF，由CO⊥EO，得到OC∥AF，即可得到∠OAE＝∠COD，然后通過證得△AEO≌△ODC，證得CD＝OE＝4，然后根據(jù)勾股定理即可求得OD．【詳解】解：∵E點為AF中點，∴OE⊥AF，∵CO⊥EO，∴OC∥AF，∴∠OAE＝∠COD，∵CD⊥AB，∴∠AEO＝∠ODC，在△AEO和△ODC中，，∴△AEO≌△ODC（AAS），∴CD＝OE＝4，∵OC＝5，∴OD＝＝＝3．【點睛】本題考查垂徑定理的逆定理、平行線的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握垂徑定理和全等三角形的判定與性質(zhì)是解答的關(guān)鍵．8．（2022春·江蘇九年級期中）如圖，已知，，分別切于點A，B，D，若，則的周長是．若，則．

【答案】30【分析】（1）根據(jù)切線的性質(zhì)可得，，，再根據(jù)，即可求出結(jié)果；（2）連接、、，證明，，可得，，從而可得，再根據(jù)切線的性質(zhì)可得，利用四邊形的內(nèi)角和求得，即可求得結(jié)果．【詳解】解：連接、、，∵，，分別切于點A，B，D，∴，，，∴，∵、分別與相切于點A、B，∴，又∵，∴，∵與相切于點D，∴，在和中，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，故答案為：30；．

【點睛】本題考查切線的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、四邊形的內(nèi)角和，熟練掌握相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．9．（2022·北京·九年級專題練習）如圖，PA，PB分別切半徑為1的⊙O于A，B兩點，BC為直徑，若，則PB的長為．【答案】【分析】連接OP，OA，證明，得到，再利用勾股定理和的角所對的直角邊等于斜邊的一半，即可求出．【詳解】解：連接OP，OA，如圖：∵PA，PB是⊙O的切線，∴，在和中，∴，∴，∵，∴，∵，∴，，故答案為：．【點睛】本題考查切線的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理，的角所對的直角邊等于斜邊的一半．解題的關(guān)鍵是證明得到．10．（2023·黑龍江哈爾濱·九年級?？茧A段練習）如圖，AB切⊙O與點A，BE切⊙O于點E，連接AO并延長交⊙O于點C，交BE的延長線于點D，連接EC，若AD＝8，tan∠DEC＝，則CD＝．【答案】2【分析】連接OB，OE，根據(jù)切線的性質(zhì)得到AB＝EB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠AOB＝∠EOB，推出CE∥OB，得到∠DEC＝∠EBO，求得∠DEC＝∠ABO，得到tan∠ABO＝，設(shè)OA＝x，AB＝2x，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到DE＝4，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【詳解】解：連接OB，OE，∵AB切⊙O與點A，BE切⊙O于點E，∴AB＝EB，在△ABO與△EBO中，∴△ABO≌△EBO（SSS），∴∠AOB＝∠EOB，∴∠AOB＝∠AOE，∵∠COE=∠AOE，∴∠AOB＝∠ACE，∴CE∥OB，∴∠DEC＝∠EBO，∴∠DEC＝∠ABO，∵tan∠DEC＝，∴tan∠ABO＝，設(shè)OA＝x，AB＝2x，∴OE＝x，∵∠OED＝∠A＝90°，∠D＝∠D，∴△DEO∽△DAB，∴，∵AD＝8，∴DE＝4，∵OE2+DE2＝OD2，∴x2+42＝（8﹣x）2，∴x＝3，∴CD＝8﹣6＝2．故答案為：2．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．11．（2022·北京·九年級專題練習）如圖，切于A，B兩點．連接，連接交于點C，若，，則半徑為，的長為．【答案】【分析】根據(jù)切線的性質(zhì)可得∠OAP=∠OBP=90°，根據(jù)HL定理可證明△OAP≌△OBP得到∠AOC=∠BOC，然后利用等腰三角形的三線合一證得OC⊥AB，AC=BC=4，從而利用勾股定理可求得半徑，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)證明△AOC∽△POA求解即可．【詳解】解：∵切于A，B兩點，∴∠OAP=∠OBP=90°，∵OA=OB，OP=OP，∴Rt△OAP≌Rt△OBP（HL），∴∠AOC=∠BOC，又OA=OB，∴OC⊥AB，AC=BC=4，在Rt△OAC中，，∵∠OCA=∠OAP=90°，∠AOC=∠AOP，∴△AOC∽△POA，∴即，解得：PA=，故答案為：，．【點睛】本題考查切線的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)是解答的關(guān)鍵．12．（2023春·廣東梅州·九年級?？计谥校┤鐖D，圓中兩條弦、相交于點E，且，求證：．

【答案】見解析【分析】連接，依據(jù)，即可得出，進而得到，可得，再根據(jù)，即可得到．【詳解】證明：如圖，連接，∵，∴，∴，即，∴，∴，又∵，∴．

【點評】本題考查的是圓心角、弧、弦的關(guān)系，掌握在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應(yīng)的其余各組量都分別相等是解題的關(guān)鍵．13．（2022·河南洛陽·統(tǒng)考二模）如圖，點是等邊三角形中邊上的動點（），作的外接圓交于點．點是圓上一點，且，連結(jié)交于點．(1)求證：；(2)當點運動時，的度數(shù)是否變化？若變化，請說明理由；若不變，求的度數(shù)．【答案】(1)見解析(2)當點運動時，的度數(shù)不會變化，的度數(shù)為【分析】（1）連接，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得，，再利用同弧所對的圓周角相等可得，從而可得，然后利用等弧所對的圓周角相等可得，從而利用證明，進而可得，最后利用等量代換可得，從而可得，再利用圓內(nèi)接四邊形對角互補以及平角定義可得，即可解答；（2）根據(jù)等弧所對的圓周角相等可得，然后利用三角形的外角性質(zhì)可得，即可解答．【詳解】（1）證明：連接，如圖所示，是等邊三角形，，，，，，，，，，，，四邊形是圓內(nèi)接四邊形，，，，；（2）解：當點運動時，的度數(shù)不會變化，理由如下：，，，，的度數(shù)為．當點運動時，的度數(shù)不會變化．【點睛】本題考查了三角形的外接圓性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系，等邊三角形的性質(zhì)，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．14．（2022·黑龍江哈爾濱·九年級校考階段練習）如圖，已知圓的直徑與弦交于點，連接，且．（1）求證：（2）點為弧上一點，連接交于點，交于點，若，求證：

【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析．【分析】（1）連接OC、OD，先證明△AOC≌△AOD,得到∠CAO=∠DAO,再根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)即可證明；（2）連接OC、BC，先根據(jù)圓周角定理和直角三角形的性質(zhì)求得:∠ABC=∠ACE,再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)證得OC⊥BF,然后證得∠EOC=∠BOC即可完成證明．【詳解】解：（1）如圖：連接OC、OD∵在△AOC和△AOD中OA=OA,AC=AD,OC=OD∴△AOC≌△AOD∴∠CAO=∠DAO又∵AC=AD∴；（2）如圖：連接OC、BC∵AB是直徑∴∠ACB=90°∵∴∠AEC=90°∴∠CAE+∠ABC=90°,∠CAE+∠ACE=90°∴∠ACE=∠ABC∵OC=OB∴∠OCB=∠ABC∴∠CAB+∠ABC=90°,∠OCA+∠OCB=90°∴∠OAB=∠OCA∵∴∠ACE=∠GWC∴∠ABC=∠GWC∴∠OCA+∠GWC=∠OAB+∠CAB=90°,即OC⊥BE∴．【點睛】本題考查了圓的性質(zhì)、垂徑定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識點，掌握垂徑定理是解答本題的關(guān)鍵．15．（2023·江蘇·九年級假期作業(yè)）已知、、、順次在圓上，，于點，求證：．【答案】見解析【分析】在上截取，連結(jié)，證明，得到，即可得到．【詳解】證明：在上截取，連結(jié)，如圖，∵，而，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，又∵，，∴，∵，∴，∴，∴．【點睛】本題考查圓周角定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，中垂線的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)．熟練掌握截長補短法證明線段之間的和差關(guān)系，是解題的關(guān)鍵．16．（2023·河北石家莊·統(tǒng)考二模）乒乓球臺（如圖①）的支架可近似看成圓弧，其示意圖如圖②，與所在的直線過弧所在圓的圓心，直線與弧所在的圓相切于點G，連接，，且，．(1)求證：；(2)若弓形的高為，，且，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）延長，交于點O，則點O是弧所在圓的圓心，連接，先證，得到，，再根據(jù)圓的基本性質(zhì)和等腰三角形性質(zhì)得出即可證明結(jié)果；（2）連接，設(shè)與交于點H，根據(jù)的正切值求出半徑的長，從而得到的長，最后根據(jù)勾股定理求解即可．【詳解】（1）證明：如圖，延長，交于點O，則點O是弧所在圓的圓心，連接，∵直線與圓O相切于點G，∴，，∵，，，∴，∴，，∵，，∴，∵，，∴；（2）解：如圖，連接，設(shè)與交于點H，∵，，，∴，∴，∵，，∴，，弓形高，∴，在中，由勾股定理得：，∴．【點睛】本題考查了圓的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)判定，解直角三角函數(shù)，勾股定理等知識點，正確作出輔助線確定圓心位置是解題的關(guān)鍵．17．（2023秋·江蘇泰州·九年級?？计谀┤鐖D，點在軸正半軸上，點是第一象限內(nèi)的一點，以為直徑的圓交軸于兩點．(1)與滿足什么條件時，，寫出滿足的條件，并證明；(2)在（1）的條件下，若，，求長．【答案】(1)詳見解析(2)【分析】（1）當時，，作軸，連結(jié)，由是的直徑，得到由從而得到可得由所對的圓周角為和可得由可得即可得出結(jié)論．（2）在（1）的條件下，可得（AAS），得到由可得由可得即可【詳解】（1）當時，，如圖所示：作軸，連結(jié)，是的直徑，∵軸，所對的圓周角為和（2）∵在（1）的條件下，在和中，（AAS）【點睛】本題考查圓周角定理，全等三角形的判定，勾股定理等知識點，正確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵．18．（2022秋·江蘇鹽城·九年級統(tǒng)考期中）如圖1，直角坐標系中，OT為第一象限的角平分線，，，點P為OA上一動點，Q為y軸上一動點，，以PQ為直徑的圓與OT相交于點C．(1)若，求點P坐標；(2)求證：；(3)判斷OP、OQ、OC之間的數(shù)量關(guān)系并證明；(4)如圖2，將題設(shè)條件“”更換為“”，以PQ為直徑的圓與AB相交于M、N兩點，則MN的最大值為．【答案】(1)(2)見解析(3)，證明見解析(4)【分析】（1）證得P為OA的中點即可得出結(jié)論；（2）證得為等腰直角三角形，從而得出；（3）連接AC，可證