人教版初中数学2020年中考复习专题 四点共圆巧解中考题(28张ppt)【精美版】共29页文档

专题：四点共圆在中考数学及自主招生中的应用四点共圆的判定方法：方法一：若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆；方法二：若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个点共圆；方法三：若一个四边形的外角等于它相邻的内对角，则这个四边形的四个点共圆；方法四：若两个点在一条线段的同旁，并且和这条线段的两端连线所夹的角相等，那么这两个点和这条线的两个端点共圆方法五：同斜边的直角三角形的顶点共圆C AD B C A D经典例题题型1、先证四点共圆后，然后求线段最值问题（关键是找到动点的轨迹）例1、如图1，OA=OB=4，∠OCA=135°（1）求证：AC⊥BC；（2）如图2，点P与点B关于x轴对称，试求PC的最小值。

题型2、先证四点共圆后，然后求角度、三角函数值、或线段的比值（若从一个点出发的三条线段之间的比值问题，特别注意三弦定理）例2、如图，抛物线y=ax2-4ax+b与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的顶点为M，直线y=x-3经过M，B两点，交y轴于点D（1）求抛物线的解析式；（2）设P为x轴上一动点，过P作PC的垂线交直线BD于Q，连接CQ，求∠PQC的度数例3、（2013年哈尔滨）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点O作OE⊥AC交AB于E，若BC=4，△AOE的面积为5，则sin∠BOE的值为例4、（2013•绍兴）在△ABC中，∠CAB=90°，AD⊥BC于点D，点E为AB的中点，EC与AD交于点G，点F在BC上．（1）如图1，AC：AB=1：2，EF⊥CB，求证：EF=CD．（2）如图2，AC：AB=1：，EF⊥CE，求EF：EG的值．例5、如图1，直线y=−21x+2交x 轴、y 轴于A 、B 两点，C 为直线AB 上第二象限内一点，且S △AOC =8，双曲线 y=xk （x ＜0）经过点C （1）求k 的值； （2） 如图2，Q 为双曲线上另一点，连接OQ ，过C 作CM ⊥OQ 于M ，CN ⊥y 轴于N ，连接MN 。

精品文档九年级数学四点共圆例题讲解知识点、重点、难点四点共圆是圆的基本内容，它广泛应用于解与圆有关的问题．与圆有关的问题变化多，解法灵活，综合性强，题型广泛，因而历来是数学竞赛的热点内容。

在解题中，如果图形中蕴含着某四点在同一个圆上，或根据需要作出辅助圆使四点共圆，利用圆的有关性质定理，则会使复杂问题变得简单，从而使问题得到解决。

因此，掌握四点共圆的方法很重要。

、、、＝＝＝OCOB四个点到定点DO 判定四点共圆最基本的方法是圆的定义：如果A的距离相等，即BOAC、、、D四点共圆．，那么ACB OD 由此，我们立即可以得出1.如果两个直角三角形具有公共斜边，那么这两个直角三角形的四个顶点共圆。

将上述判定推广到一般情况，得：2.如果四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆。

3.如果四边形的外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆。

4.如果两个三角形有公共底边，且在公共底边同侧又有相等的顶角，那么这两个三角形的四个顶点共圆。

运用这些判定四点共圆的方法，立即可以推出：正方形、矩形、等腰梯形的四个顶点共圆。

其实，在与圆有关的定理中，一些定理的逆定理也是成立的，它们为我们提供了另一些证明四点共圆的方法．这就是：、、、D四点共圆。

B =CE·ED，则AC· 1.相交弦定理的逆定理：若两线段AB和CD相交于E，且AEEB、、、BPD，则APA，且·PB =PC 2．割线定理的逆定理：若相交于点P的两线段PB·PD上各有一点A、C、D四点共圆。

C3.托勒密定理的逆定理：若四边形ABCD中，AB·CD＋BC·DA=AC·BD，则ABCD是圆内接四边形。

另外，证多点共圆往往是以四点共圆为基础实现的一般可先证其中四点共圆，然后证其余各点均在这个圆上，或者证其中某些点个个共圆，然后判断这些圆实际是同一个圆。

例题精讲、、、、、、、、、、F四点共圆，上。

“四点共圆”模型1.识别几何模型。

2.利用“四点共圆”模型解决问题一．填空题(共3小题)1(2021秋•南京期中)如图，在⊙O的内接五边形ABCDE中，∠C=100°，BC=CD，则∠A+∠D =220°．【分析】连接BD，由∠C=100°，BC=CD得出∠CDB=40°，由四边形BAED内接于⊙O得出∠A +∠BDE=180°，即可求出答案．【解答】解：如图，连接BD，∵∠C=100°，BC=CD，∴∠CBD=∠CDB=40°，∵四边形BAED内接于⊙O，∴∠A+∠BDE=180°，∴∠A+∠CDE=∠A+∠BDE+∠CDB=180°+40°=220°，故答案为：220．【点评】本题考查了圆周角定理，掌握圆连接四边形的性质是解题的关键．2(2022•靖江市二模)如图，AB⊥BC，AB=5，点E、F分别是线段AB、射线BC上的动点，以EF 为斜边向上作等腰Rt△DEF，∠D=90°，连接AD，则AD的最小值为522．【分析】连接BD并延长，利用四点共圆的判定定理得到B，E，D，F四点共圆，再利用等腰直角三角形的性质和圆周角定理得到∠DBF=∠DEF=45°，得到点D的轨迹，最后利用垂线段最短和等腰直角三角形的性质解答即可得出结论．【解答】解：连接BD并延长，如图，∵AB⊥BC，∴∠ABC=90°，∠EDF=90°，∴∠ABC+∠EDF=180°，∴B，E，D，F四点共圆，∵△DEF为等腰直角三角形，∴∠DEF=∠DFE=45°，∴∠DBF=∠DEF=45°，∴∠DBF=∠DBE=45°，∴点D的轨迹为∠ABC的平分线上，∵垂线段最短，∴当AD⊥BD时，AD取最小值，∴AD的最小值为22AB=522，故答案为：522．【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，四点共圆的判定圆周角定理，点的轨迹，垂线段的性质，利用已知条件求得点D 的轨迹是解题的关键．3(2022秋•大丰区期中)如图，△ABC 中，AD ⊥BC ，∠B =45°，∠C =30°．以AD 为弦的圆分别交AB 、AC 于E 、F 两点．点G 在AC 边上，且满足∠EDG =120°．若CD =4+22，则△DEG 的面积的最小值是　22+2　．【分析】连接EF ，利用四点共圆和同弧所对的圆周角相等证明EF ∥DG ，从而得到S △EDG =S △EDG ，当FG 最小时，△DFG 的面积就最小，作△DFG 的外接圆O ，过O 点作OH ⊥FG 交于点H ，连接OF 、OG ，DO +OH =(12+22)FG ，当DO +OH 最小时，FG 就最小，当D 、O 、H 三点共线时，DO +OH 最小，此时DH ⊥FG ，在Rt △FHO 中，(2FH )2=FH 2+(2+2-2FH )2，求出FH =2，可得FG 的最小值为22，再求S △DFG =22+2，即△DEG 的面积的最小值为22+2．【解答】解：连接EF ，AD ⊥BC ，∠B =45°，∠C =30°，∴∠B =45°，∠DAC =60°，∵∠BAC =105°，∵A 、E 、F 、D 四点共圆，∴∠EDF =75°，∵∠EDG =120°，∴∠FDG =45°，∵ED =ED，∴∠EFD =∠EAD =45°，∴∠EFD =∠FDG ，∴EF ∥DG ，∴S △EDG =S △EDG ，∵CD =4+22，∠C =30°，∴AC =833+463，AD =433+263，∴AC 边上的高=AD ⋅DC AC=2+2，∴当FG 最小时，△DFG 的面积就最小，作△DFG 的外接圆O ，过O 点作OH ⊥FG 交于点H ，连接OF 、OG ，∵∠FDG =45°，∴∠FOG =90°，∵OF =GO ，∴△FOG 是等腰直角三角形，∵∠FOH =12∠FOG =45°，∴△FOH 是等腰直角三角形，∴FH =OH =12FG ，FO =2FH ，∴DO +OH =22FG +12FG =(12+22)FG ，∴当DO +OH 最小时，FG 就最小，∵DO +OH ≥DH ，∴当D 、O 、H 三点共线时，DO +OH 最小，此时DH ⊥FG ，∴DH =2+2，在Rt △FHO 中，(2FH )2=FH 2+(2+2-2FH )2，解得FH =2或FH =4+32，∵OH =2+2=FH +FO ，∴FH =2，∴FG 的最小值为22，∴S △DFG =12×22×(2+2)=22+2，∴△DEG 的面积的最小值为22+2，故答案为：22+2．【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握圆心角与圆周角的关系，四点共圆的性质，三角形外接圆的性质是解题的关键．二．解答题(共7小题)4(2022秋•宿城区期中)如图，BD ，CE 是△ABC 的高，BD ，CE 相交于点F ，M 是BC 的中点，⊙O 是△ABC 的外接圆．(1)点B ，C ，D ，E 是否在以点M 为圆心的同一个圆上？请说明理由．(2)若AB =8，CF =6，求△ABC 外接圆的半径长．【分析】(1)连接EM ，DM ，根据垂直定义可得∠BDC =∠BEC =90°，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得EM =BM =12BC ，DM =CM =12BC ，从而可得EM =BM =DM =CM ，即可解答；(2)连接AF 并延长交BC 于点G ，连接BO 并延长交⊙O 于点H ，连接AH ，CH ，根据三角形的高是交于一点的可得AG⊥BC，再根据直径所对的圆周角是直角可得∠BAH=∠BCH=90°，从而可得AG∥CH，AH∥CE，然后利用平行四边形的判定可得四边形AFCH是平行四边形，从而可得CF= AH=6，最后在Rt△BAH中，利用勾股定理进行计算即可解答．【解答】解：(1)点B，C，D，E在以点M为圆心的同一个圆上，理由：连接EM，DM，∵BD⊥AC，CE⊥AB，∴∠BDC=∠BEC=90°，∵M是BC的中点，∴EM=BM=12BC，DM=CM=12BC，∴EM=BM=DM=CM，∴点B，C，D，E在以点M为圆心的同一个圆上；(2)连接AF并延长交BC于点G，连接BO并延长交⊙O于点H，连接AH，CH，∵BD，CE是△ABC的高，BD，CE相交于点F，∴AG⊥BC，∵BH是⊙O的直径，∴∠BAH=∠BCH=90°，∴BA⊥AH，BC⊥CH，∴AG∥CH，∵CE⊥AB，∴AH∥CE，∴四边形AFCH是平行四边形，∴CF=AH=6，在Rt△BAH中，AB=8，∴BH=BA2+AH2=82+62=10，∴△ABC外接圆的半径长为5．【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，直角三角形斜边上的中线，点与圆的位置关系，确定圆的条件，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．5(兴化市校级期中)已知：如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AD、CD的中点．(1)线段AF与BE有何关系．说明理由；(2)延长AF、BC交于点H，则B、D、G、H这四个点是否在同一个圆上．说明理由．【分析】(1)证明△ABE≌△DAF，证据全等三角形的对应边相等，以及直角三角形的两锐角互余即可证明AF相等且互相垂直；(2)证明△ADF≌△HCF，依据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证得B，C，D，H四点到C的距离相等，即可证得四点共圆．【解答】解：(1)AF=BE且AF⊥BE．证明：∵E、F分别是AD、CD的中点，∴AE=12AD，DF=12CD∴AE=DF又∵∠BAD=∠D=90°，AB=AD∴△ABE≌△DAF∴AF=BE，∠AEB=∠AFD∵在直角△ADF中，∠DAF+∠AFD=90°∴∠DAF+∠AEB=90°∴∠AGE=90°∴AF⊥BE(2)连接CG．∵DF=CF，∠D=∠FCH=90°，∠AFD=∠HFC∴△ADF≌△HCF∴BC=AD=CH=CD，在直角△BGH中，BC=CH，∴GC=12BH∴CB=CG=CD=CH，∴B，G，D，H在以C为圆心、BC长为半径的圆上．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，以及直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．6(2022秋•建湖县期中)如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，DB=DC，∠DAE是四边形ABCD 的一个外角．(1)若∠DAE=75°，则∠DAC=75°；(2)过点D作DE⊥AB于E，判断AB、AE、AC之间的数量关系并证明；(3)若AB=6、AE=2，求BD2-AD2的值．【分析】(1)根据四边形外接圆的性质，同弧所对的圆周角相等，可得∠DCB=∠DBC=∠DAC= 75°；(2)过点D作DF⊥AC于点F，可证明△BDE≌△CDF(AAS)，△ADE≌△ADF(AAS)，则AC= AF+FC=AE+BE=AE+AE+AB=2AE+AB；(3)在Rt△BDE中，BD2=64+DE2，，在Rt△AED中，AD2=4+ED2，再求解即可．【解答】解：(1)∵四边形ABCD是圆O的内接四边形，∴∠BCD+∠BAD=180°，∵∠DAE是四边形ABCD的一个外角，∴∠DAE=∠BCD，∵BD=CD，∴∠CBD=∠DCB，∵弧CD所对的圆周角分别为∠CAD、∠CBD，∴∠CBD=∠CAD，∵∠DAE=75°，∴∠DCB=∠DBC=∠DAC=75°，故答案为；75；(2)过点D作DF⊥AC于点F，∵DE⊥AB，∴∠DEA=90°，∵∠ABD=∠ACD，BD=CD，∠E=∠DFC=90°，∴△BDE≌△CDF(AAS)，∴DE=DF，AE=CF，∴∠ADE=∠ADF，又∵∠E=∠AFD，AD=AD，∴△ADE≌△ADF(AAS)，∴AE=AF，∴AC=AF+FC=AE+BE=AE+AE+AB=2AE+AB，即AC=2AE+AB；(3)在Rt△BDE中，BD2=BE2+DE2，在Rt△AED中，AD2=AE2+ED2，∵AB=6，AE=2，∴BE=8，∴BD2=64+DE2，AD2=4+ED2，∴BD2-AD2=60．【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握同弧所对的圆周角相等，四点共圆的性质，直角三角形勾股定理，三角形全等的判定及性质是解题的关键．7(2023•淮安区一模)综合与实践“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．提出问题：如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B=∠D，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．探究展示：如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E(不与A，C重合)，连接AE，CE，则∠AEC+∠D=180°(依据1)∵∠B=∠D∴∠AEC+∠B=180°∴点A，B，C，E四点在同一个圆上(对角互补的四边形四个顶点共圆)∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上(依据2)∴点A，B，C，D四点在同一个圆上反思归纳：(1)上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？依据1：圆内接四边形对角互补；依据2：　过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆　．(2)如图3，在四边形ABCD中，∠1=∠2，∠3=45°，则∠4的度数为45°．拓展探究：(3)如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB=AC，点D在BC上(不与BC的中点重合)，连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．①求证：A，D，B，E四点共圆；②若AB=22，AD•AF的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．【分析】(1)根据圆内接四边形的性质、过三点的圆解答即可；(2)根据四点共圆、圆周角定理解答；(3)①根据轴对称的性质得到AE=AC，DE=DC，∠AEC=∠ACE，∠DEC=∠DCE，进而得到∠AED=∠ABC，证明结论；②连接CF，证明△ABD∽△AFB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．【解答】(1)解：依据1：圆内接四边形对角互补；依据2：过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆，故答案为：圆内接四边形对角互补；过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆；(2)解：∵∠1=∠2，∴点A，B，C，D四点在同一个圆上，∴∠3=∠4，∵∠3=45°，∴∠4=45°，故答案为：45°；(3)①证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∵点E与点C关于AD的对称，∴AE=AC，DE=DC，∴∠AEC=∠ACE，∠DEC=∠DCE，∴∠AED=∠ACB，∴∠AED=∠ABC，∴A，D，B，E四点共圆；②解：AD•AF的值不会发生变化，理由如下：如图4，连接CF，∵点E与点C关于AD的对称，∴FE=FC，∴∠FEC=∠FCE，∴∠FED=∠FCD，∵A，D，B，E四点共圆，∴∠FED=∠BAF，∴∠BAF=∠FCD，∴A，B，F，C四点共圆，∴∠AFB=∠ACB=∠ABC，∵∠BAD=∠FAB，∴△ABD∽△AFB，∴AD AB =AB AF，∴AD•AF=AB2=8．【点评】本题考查的是四点共圆、相似三角形的判定和性质、轴对称的性质，正确理解四点共圆的条件是解题的关键．8(2022秋•靖江市期末)小明在学习了《圆周角定理及其推论》后，有这样的学习体会：在Rt△ABC 中，∠C=90°，当AB长度不变时，则点C在以AB为直径的圆上运动(不与A、B重合)．[探索发现]小明继续探究，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB长度不变．作∠A与∠B的角平分线交于点F，小明计算后发现∠AFB的度数为定值，小明猜想点F也在一个圆上运动．请你计算∠AFB的度数，并简要说明小明猜想的圆的特征．[拓展应用]在[探索发现]的条件下，若AB=23，求出△AFB面积的最大值．[灵活运用]在等边△ABC中，AB=23，点D、点E分别在BC和AC边上，且BD=CE，连接AD、BE交于点F，试求出△ABF周长的最大值．【分析】[探索发现]根据角平分线的定义，三角形内角和定理可求∠AFB=135°，再由已知结论可得F点在以AB为定弦，∠AFB为定角的圆上；[拓展应用]设F点在圆O上，连接OA、OB，则O与C点共圆；过点F作FH⊥AB交于点H，设AB的中点为D，当H点与D点重合时，FH的长度最大，此时△FBA的面积最大，△FAB是等腰三角形，求出FD的长再求三角形面积即可；[灵活运用]通过证明△ABD≌△BCE(SAS)，可得∠AFB=120°，再由题干已知可知F点在以AB 为定弦，∠AFB为定角的圆上，设△ABF的外接圆为O，当△ABF的高经过圆心O时，△ABF的周长有最大值，此时△ABF是等腰三角形．【解答】解：[探索发现]∵∠ACB=90°，∴∠CAB+∠CBA=90°，∵AF是∠CAB的平分线，BF是∠CBA的平分线，∴∠FAB+∠FBA=45°，∴∠AFB=135°，∴F点在以AB为定弦，∠AFB为定角的圆上；[拓展应用]设F点在圆O上，连接OA、OB，∵∠AOB=90°，∵∠ACB+∠AOB=180°，∴O与C点共圆，过点F作FH⊥AB交于点H，设AB的中点为D，当H点与D点重合时，FH的长度最大，此时△FBA的面积最大，∵FH⊥AB，D是AB的中点，∴FA=FB，∵∠AFB=135°，∴∠FAB=∠FBA=22.5°，∴∠CAB=∠CBA=45°，∴△ABC是等腰直角三角形，连接CF，则C、F、D三点共线，过点F作FP⊥AC交于点P，∴FP=FD，AP=AD，∵AB=23，∴AC=6，AD=AP=3，∴CP=6-3，∵∠FCP=45°，∴CF=2CP=23-6，∴FD=3-(23-6)=6-3，×23×(6-3)=32-3，∴△AFB的面积=12∴△AFB面积的最大值为32-3；[灵活运用]∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC，∠ACB=∠ABC=60°，∵BD=CE，∴△ABD≌△BCE(SAS)，∴∠CBE=∠BAD，∴∠AFE=∠ABF+∠BAF=∠ABF+∠CBE=∠ABC=60°，∴∠AFB=120°，∵AB=23，∴F点在以AB为定弦，∠AFB为定角的圆上，设△ABF的外接圆为O，当△ABF的高经过圆心O时，△ABF的周长有最大值，连接AO、BO，∵∠AFB=120°，∴∠AOB=120°，∵OA=BO，∴∠OAB=30°，∵AB=23，∴AH=3，在Rt△AOH中，OH=AH•tan30°=1，OA=2OH=2，∴HF=OF-OH=1，∴AF=BF=2，∴△ABF周长的最大值为4+23．【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握三角形全等的判定及性质，定角定弦的三角形与圆的关系是解题的关键．9(2022秋•鼓楼区期中)以下是“四点共圆”的几个结论，你能证明并运用它们吗？Ⅰ．若两个直角三角形有公共斜边，则这两个三角形的4个顶点共圆(图1、2)；Ⅱ．若四边形的一组对角互补，则这个四边形的4个顶点共圆(图3)；Ⅲ．若线段同侧两点与线段两端，点连线的夹角相等，则这两点和线段两端点共圆(图4)．(1)在图1、2中，取AC的中点O，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得OA=OB=OC =OD，即A，B，C，D共圆；(2)在图3中，画⊙O经过点A，B，D(图5)．假设点C落在⊙O外，BC交⊙O于点E，连接DE，可得∠BED+∠A=180°，所以∠BED=180°-∠A，得出矛盾；同理点C也不会落在⊙O内，即A，B，C，D共圆．结论Ⅲ同理可证．(3)利用四点共圆证明锐角三角形的三条高交于一点．已知：如图6，锐角三角形ABC的高BD，CE相交于点H，射线AH交BC于点F．求证：AF是△ABC的高．(补全以下证明框图，并在图上作必要标注)(4)如图7，点P是△ABC外部一点，过P作直线AB，BC，CA的垂线，垂足分别为E，F，D，且点D，E，F在同一条直线上．求证：点P在△ABC的外接圆上．【分析】(1)根据直角三角形斜边中线的性质可得结论；(2)由圆周角的性质可得∠BED+∠A=180°，再结合题干条件，得出矛盾，由此可得出结论；(3)如图，连接DE，由点B、C、D、E四点共圆得∠BDE=∠ECB，由点A、D、H、E四点共圆得∠BDE=∠BAF，从而证明∠BAF+∠ABF=90°即可；(4)连接BP和CP，由点A，E，P，F四点共圆可得，∠BEF=∠BPF，由点C，P，D，F四点共圆可得∠CDF=∠CPF，再由外角的性质及角的和差可得∠BAC=∠BPC，由此可得点A，B，C，P四点共圆，即点P在△ABC的外接圆上．【解答】解：(1)在图1、2中，取AC的中点O，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得OA =OB=OC=OD，即A，B，C，D共圆；故答案为：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；(2)在图3中，画⊙O经过点A，B，D(图5)．假设点C落在⊙O外，BC交⊙O于点E，连接DE，可得∠BED+∠A=180°，∴∠BED=180°-∠A，得出矛盾；同理点C也不会落在⊙O内，即A，B，C，D共圆．结论Ⅲ同理可证．故答案为：∠BED+∠A；180°-∠A；(3)如图6，连接DE，由点B、C、D、E四点共圆得∠BDE=∠ECB，由点A、D、H、E四点共圆得∠BDE=∠BAF，∴∠ECB=∠BAF，∵∠BEC=90°，∴∠ECB+∠ABF=90°，∴∠BAF+∠ABF=90°，∴∠BFA=90°，∴AF为△ABC的边BC上的高．(4)如图7，连接BP和CP，由点A，E，P，F四点共圆可得∠BEF=∠BPF，由点C，P，D，F四点共圆可得∠CDF=∠CPF，∵∠ADE=∠CDF，∴∠ADE=∠CPF，∵∠BAC=∠BEF+∠ADE，∠BPC=∠BPF+∠CPF，∴∠BAC=∠BPC，∴点A，B，C，P四点共圆，即点P在△ABC的外接圆上．【点评】本题考查了圆的定义，直角三角形斜边上的中线等于斜边一半，圆内接四边形对角互补，圆周角定理，内心的定义．第(3)(4)题解题关键是选取适当的四点证明共圆，再利用圆周角定理证明角相等．10(2022秋•仪征市期中)【问题提出】苏科版九年级(上册)教材在探究圆内接四边形对角的数量关系时提出了两个问题：1．如图(1)，在⊙O的内接四边形ABCD中，BD是⊙O的直径．∠A与∠C、∠ABC与∠ADC有怎样的数量关系？2．如图(2)，若圆心O不在⊙O的内接四边形ABCD的对角线上，问题(1)中发现的结论是否仍然成立？(1)小明发现问题1中的∠A与∠C、∠ABC与∠ADC都满足互补关系，请帮助他完善问题1的证明：∵BD 是⊙O 的直径，∴∠A =∠C =90°，∴∠A +∠C =180°，∵四边形内角和等于360°，∴∠ABC +∠ADC =180°．(2)请回答问题2，并说明理由；【深入探究】如图(3)，⊙O 的内接四边形ABCD 恰有一个内切圆⊙I ，切点分别是点E 、F 、G 、H ，连接GH ，EF ．(3)直接写出四边形ABCD 边满足的数量关系AD +BC =AB +CD ；(4)探究EF 、GH 满足的位置关系；(5)如图(4)，若∠C =90°，BC =3，CD =2，请直接写出图中阴影部分的面积．【分析】(1)根据直径所对的圆周角是直角，四边形的内角和定理进行求解即可；(2)连接AC 、BD ，根据同弧所对的圆周角相等，三角形的内角和定理进行求解即可；(3)连接AI 、BI 、CI 、DI ，根据切线长定理进行求解即可；(4)连接EH 、IH 、IG 、IF 、GF ，根据切线的性质，四点共圆的性质可得∠GIF =∠ADC ，再由同弧所对的圆周角相等，可得∠GFE =∠GHE ，根据三角形内角和定理，可得∠DEH =∠GFE ，则∠FEH +∠EHG =∠FEH +∠IEF +∠DEH =∠EID =90°，即可证明EF ⊥GH ；(5)连接BD ，可得BD 是圆O 的直径，连接IF 、IH ，先推导出∠BIF +∠DIH =90°，再证明四边形IHCF 是正方形，可得∠HIF =90°，即可知I 点在BD 上，根据已知求出S 四边形ABCD =3×2=6，通过证明△DHI ∽△IFB ，求出IH =65，可求S ⊙I =3625π，则阴影部分的面积=6-3625π．【解答】解：【问题提出】(1)∵BD 是⊙O 的直径，∴∠A =∠C =90°，∴∠A +∠C =180°，∵四边形内角和等于360°，∴∠ABC +∠ADC =180°；故答案为：∠A =∠C =90°，∠ABC +∠ADC =180°；(2)成立，理由如下：连接AC 、BD ，∵∠DAC =∠CBD ，∠ACD =∠ABD ，∴∠DAC +∠ACD =∠DBC +∠ABD =∠ABC ，∵∠DAC +∠ACD +∠ADC =180°，∴∠ABC +∠ADC =180°；同理，∠BAD +∠BCD =180°；【深入探究】(3)AD +BC =AB +CD ，理由如下：连接AI 、BI 、CI 、DI ，∵圆I 是四边形ABCD 的内切圆，∴AG =AE ，DE =DH ，CH =CF ，BF =BG ，∴AD +BC =AE +ED +BF +CF =AG +DH +BG +CH =AB +CD ，即AD +BC =AB +CD ，故答案为：AD +BC =AB +CD ；(4)EF ⊥GH ，理由如下：连接EH 、IH 、IG 、IF 、GF ，∵四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，∴∠B +∠D =180°，∵BG ⊥IG ，IF ⊥BF ，∴∠BGI =∠IFB =90°，∴∠B +∠GIF =180°，∴∠GIF =∠D ，∵GI =IF ，∴∠GFI =90°-12∠GIF ，∵ED =DH ，∴∠DEH =90°-12∠D ，∴∠GFI =∠DEH ，∵GE =GE ，∴∠GFE =∠GHE ，∴∠GHE =∠GFI +∠IFE ，∵IF =IE ，∴∠IFE =∠IEF ，∴∠FEH +∠EHG =∠FEH +∠IEF +∠DEH =∠EID =90°，∴EF ⊥GH ；(5)连接BD ，∵∠C =90°，∴∠A =90°，∵ABCD 是圆O 的内接圆，∴BD 是圆O 的直径，连接IF、IH，∵I是四边形ABCD的内切圆圆心，∴∠ADI=∠IDH，∠ABI=∠FBI，∵IH⊥CD，IF⊥BC，∴∠BIF=90°-∠IBF，∠DIH=90°-∠IDH，∴∠BIF+∠DIH=180°-(∠IBF+∠IDH)=180°-12(∠ADC+∠ABC)，∵∠ABC+∠ADC=180°，∴∠BIF+∠DIH=90°，∵IF⊥FC，IH⊥CD，∠C=90°，IH=IF，∴四边形IHCF是正方形，∴∠HIF=90°，∴I点在BD上，∵BC=3，CD=2，∴S四边形ABCD=3×2=6，∵∠DIH+∠IDH=90°，∠IBF+∠IDH=90°，∴∠DIH=∠IBF，∵∠IHD=∠IFB=90°，∴△DHI∽△IFB，∴IH BF =DHIF，即IH3-IH=2-IHIH，解得IH=6 5，∴S⊙I=3625π，∴阴影部分的面积=6-3625π．【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握四边形的内切圆性质，外接圆性质，三角形相似的判定及性质，切线的性质，四点共圆的性质是解题的关键．一．选择题(共3小题)11(2022•思明区二模)如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点E为边CD上任意一点(不与点C，点D重合)，连接BE，若∠A=60°，则∠BED的度数可以是()A.110°B.115°C.120°D.125°【分析】四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，则∠A 和∠C 互补，已知∠A =60°，则∠C 的度数为120°，而∠BED 大于∠C 的度数，从而得出答案．【解答】解：∵四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∴∠A +∠C =180°，∵∠A =60°，∴∠C =120°，∵∠BED =∠C +∠CBE ，∴∠BED >120°，∴∠BED 可能为125°．故选：D ．【点评】本题主要考查了圆内接四边形以及三角形外角的性质，解题的关键是根据圆内接四边形的对角互补求出∠C 的度数，再根据外角的性质对∠BED 的度数做出正确的推断．12(2023•泾阳县模拟)刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．如图，已知⊙O 的半径为2，则⊙O 的内接正六边形ABCDEF 的面积为()A.6B.63C.65D.43【分析】连接OA 、OB ，根据正多边形和圆的关系可判断出△OAB 为等边三角形，过点O 作OM ⊥AB 于点M ，再利用勾股定理即可求出OM 长，进而可求出△AOB 的面积，最后利用⊙O 的面积约为6S △AOB 即可计算出结果．【解答】解：如图，连接OA 、OB ，由题意可得：∠AOB =360÷6=60°，∵OA =OB =2，∴△OAB 为等边三角形，∴AB =2，过点O 作OM ⊥AB 于点M ，则AM =BM =1，在Rt △AOMR 中，OM =22-12=3，∴S △AOB =12×2×3=3，∴⊙O 的面积约为6S △AOB =63．故选：B ．【点评】本题主要考查正多边形与圆、勾股定理等，正确应用正六边形的性质是解题关键．13(2023•蜀山区校级模拟)如图，△ABC 中，∠BAC =60°，AD 平分∠BAC ，∠BDC =120°，连接BD ，CD 并延长分别交AC ，AB 于点E 和点F ，若DE =6，DF CD=35，则BD 的长为()A.10B.12C.15D.16【分析】由AEDF四点共圆，得到DE=DF，再证明△CDE∽△CAF，得到AF与AC的比，延长CF 到P，使DP=DB，得到△BDP为等边三角形，在证明出△AFC∽△PFB，证出PF与PB，利用DF 即可求出BD．【解答】解：∵∠BAC=60°，∠BDC=120°，∴A、E、D、F四点共圆，∵AD平分∠BAC，∴∠DAE=∠DAF，∴DE=DF=6，∵∠BDC=120°，∴∠CDE=60°=∠FAC，∵∠ACD=∠ACD，∴△CDE∽△CAF，∴AF：AC=DE：CD=6：10=3：5，如图，延长CF到P，使DP=DB，∵∠PBD=60°，∴△BDP为等边三角形，∴∠P=60°，∴△AFC∽△PFB，∴PF：PB=AF：AC=3：5，设每一份为k，∴PB=PD=5k，PF=3k，∴DF=2k=6，∴k=3，∴BD=5k=15．故选：C．【点评】本题考查了三角形相似的性质、等边三角形的性质等知识点的应用，四点共圆的应用及相似比的转化是解题关键．二．填空题(共2小题)14(2023•银川校级二模)如图，在直径为AB的⊙O中，点C，D在圆上，AC=CD，若∠CAD= 28°，则∠DAB的度数为34°．【分析】利用等腰三角形的性质可得∠CAD =∠CDA =28°，从而利用三角形内角和定理可得∠ACD =124°，然后根据圆内接四边形对角互补求出∠ABD =56°，再根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB =90°，从而求出∠DAB 的度数．【解答】解：∵AC =CD ，∠CAD =28°，∴∠CAD =∠CDA =28°，∴∠ACD =180°-∠CAD -∠CDA =124°，∵四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∴∠ACD +∠ABD =180°，∴∠ABD =180°-∠ACD =56°，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ADB =90°，∴∠DAB =90°-∠ABD =34°．故答案为：34°．【点评】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．15(2023•海曙区校级一模)如图，在等腰三角形纸片ABC 中，AB =AC ，将该纸片翻折，使得点C 落在边AB 的F 处，折痕为DE ，D ，E 分别在边BC ，AC 上，∠AFD =∠DEF ，若DE =4，BD =9，则DF =6，△ABC 的面积为　45154　．【分析】根据折叠的性质可得∠CED =∠DEF ，∠C =∠DFE ，以此可得∠CED =∠AFD ，因此可判断A 、F 、D 、E 四点共圆，由圆周角定理可得∠DAF =∠DEF ，∠CAD =∠DFE ，进而得到∠AFD =∠DAF ，∠CAD =∠C ，则DF =AD =CD ，由等腰三角形的性质可得∠B =∠C ，以此可证明△BAD∽△CED ，由相似三角形的性质可求得DF =AD =CD =6，则BC =15，BG =CG =152，DG =32，根据勾股定理求出AG ，再算出△ABC 的面积即可求解．【解答】解：连接AD ，过点A 作AG ⊥BC 于点G ，如图，根据折叠的性质可得，∠CED =∠DEF ，∠C =∠DFE ，∵∠AFD =∠DEF ，∴∠CED =∠AFD ，∴A 、F 、D 、E 四点共圆，∴∠DAF =∠DEF ，∠CAD =∠DFE ，∴∠AFD =∠DAF ，∠CAD =∠C ，∴DF =AD =CD ，∵AB =AC ，∴∠B =∠C ，∵∠CED =∠DEF =∠DAF ，∴△BAD ∽△CED ，∴AD DE =BD CD，∵DE =4，BD =9，DF =AD =CD ，∴DF 4=9DF，∴DF =AD =CD =6，∴BC =BD +CD =9+6=15，∵AG ⊥BC ，AB =AC ，∴BG =CG =12BC =152，∴DG =CG -CD =152-6=32，在Rt △ADG 中，由勾股定理得AG =AD 2-DG 2=62-32 2=3152，∴S △ABC =12BC ⋅AG =12×15×3152=45154．故答案为：6，45154．【点评】本题主要考查四点共圆的判定、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，圆周角定理、勾股定理，正确作出辅助线，通过所给条件推出A 、F 、D 、E 四点共圆，以此得到DF =AD =CD 是解题关键．三．解答题(共7小题)16(2022秋•南关区校级期末)【问题情境】如图①，在四边形ABCD 中，∠B =∠D =90°，求证：A 、B 、C 、D 四点共圆．小吉同学的作法如下：连结AC ，取AC 的中点O ，连结OB 、OD ，请你帮助小吉补全余下的证明过程；【问题解决】如图②，在正方形ABCD 中，AB =2，点E 是边CD 的中点，点F 是边BC 上的一个动点，连结AE ，AF ，作EP ⊥AF 于点P ．(1)如图②，当点P 恰好落在正方形ABCD 对角线BD 上时，线段AP 的长度为　102　；(2)如图③，过点P 分别作PM ⊥AB 于点M ，PN ⊥BC 于点N ，连结MN ，则MN 的最小值为　132-52　．【分析】【问题情境】连结AC，取AC的中点O，连结OB、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得OD=OA=OC=OB，以此即可证明；【问题解决】(1)根据题意可得AE=AD2+DE2=5，由【问题情境】结论可知A、D、E、P四点共圆，根据圆周角定理以及正方形的性质可得∠PDE=∠PAE=45°，则△PAE为等腰直角三角形，设AP长为a，则PE长为a，根据勾股定理列出方程，求解即可；(2)由【问题情境】结论可知A、D、E、P四点共圆，过点O作OG⊥AD于点G，作OH⊥AB于点H，连接OB交⊙O于点P′，连接PB，根据题意可得四边形MBNP为矩形，则要求MN的最小值，即求PB的最小值，根据平行线的性质和中点的定义可得OG为△ADE的中位线，得AG=1，OG=12，同理可证四边形AHOG为矩形，以此得到OH=AG=1，BH=32，根据勾股定理得OB=OH2+BH2=132，根据两点之间线段最短得PB+OP≥OB，以此即可求出PB的最小值，从而求得MN的最小值．【解答】【问题情境】证明：如图，连结AC，取AC的中点O，连结OB、OD，∵∠ADC=∠ABC=90°，O为AC的中点，∴OA=OB=OC=OD=12AC，∴A、B、C、D四点共圆；【问题解决】解：(1)∵四边形ABCD为正方形，点E是边CD的中点，AB=2，∴AD=2，DE=1，∴AE=AD2+DE2=5，由【问题情境】结论可知，A、D、E、P四点共圆，如图，∴∠PAE=∠PDE，∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠PDE=∠PAE=45°，∵EP⊥AF，∴△PAE为等腰直角三角形，设AP长为a，则PE长为a，∴AP2+PE2=AE2，即a2+a2=52，解得：a1=102，a2=-102(不合题意，舍去)，∴线段AP的长度为102；故答案为：10 2；(2)由【问题情境】结论可知，A、D、E、P四点共圆，如图，过点O作OG⊥AD于点G，作OH⊥AB于点H，连接OB交⊙O于点P′，连接PB，∵PM⊥AB，PN⊥BC，∴∠PMB=∠MBN=∠PNB=90°，∴四边形MBNP为矩形，∴MN=PB，要求MN的最小值，即求PB的最小值，由(1)知，AE=5，∴OA=52，∵OG⊥AD，且点O为AE的中点，∴OG∥DE，∴OG为△ADE的中位线，∴AG=1，OG=12，∵OG⊥AD，OH⊥AB，∴四边形AHOG为矩形，∴AH=OG=12，OH=AG=1，∴BH=32，在Rt△BHO中，OB=OH2+BH2=13 2，根据两点之间线段最短得，PB+OP≥OB，PB≥OB-OP=132-52，∴PB的最小值为132-52，∴MN的最小值为132-52．故答案为：132-52．【点评】本题主要考查四点共圆、正方形的性质，等腰直角三角形的性质、勾股定理、中位线的判定与性质、平行线的判定与性质，属于圆的综合题，熟练掌握相关知识是解题关键．17(2023•萍乡模拟)如图，点A，B，C在⊙O上，且∠ABC=120°，请仅用无刻度的直尺，按照下列要求作图．(保留作图痕迹，不写作法)(1)在图(1)中，AB>BC，作一个度数为30°的圆周角；(2)在图(2)中，AB=BC，作一个顶点均在⊙O上的等边三角形．【分析】(1)作直径AD，连接CD，AC，则∠ADC=60°，∠DAC=30°；(2)作直径BE，连接EC，AE，AC，△ACE即为所求．【解答】解：(1)如图1中，∠CAD即为所求；(2)如图2中，△ACE即为所求．【点评】本题考查作图-复杂作图，等边三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．18(2022•芜湖一模)如图，在正方形ABCD中，P是边BC上的一个动点(不与点B，C重合)，作点B关于直线AP的对称点E，连接AE，再连接DE并延长交射线AP于点F，连接BF和CF．(1)若∠BAP=α，则∠AED=45°+α(用含α的式子直接填空)；(2)求证：点F在正方形ABCD的外接圆上；(3)求证：AF-CF=2BF．【分析】(1)由轴对称的性质得∠EAP=∠BAP=a，AE=AB，由正方形的性质得∠BAD=90°，AB =AD，则∠DAE=90°-2a，AD=AE，由等腰三角形的性质即可得出结论；(2)由轴对称的性质得∠AEF=∠ABF，AE=AB，证出AE=AD，由等腰三角形的性质得∠ADE =∠AED，证∠ADE+∠ABF=180°，则∠BFD+∠BAD=180°，得∠BFD=90°即可；(3)过点B作BM⊥BF交AF于点M，则∠MBF=90°，证△BMF是等腰直角三角形，得BM=BF，FM=2BF，证△AMB≌△CFB(SAS)，得AM=CF，进而得出结论．【解答】解：(1)∵点B关于直线AP的对称点E，∠BAP=α，∴∠EAP=∠BAP=α，AE=AB，∵ABCD 是正方形，∴AD =AB ，∠BAD =90°，∴AE =AD ，∠DAE =90°-2α，∴∠ADE =∠AED =12(180°-∠DAE )=12(90°+2α)=45°+α，故答案为：45°+α；(2)证明：由(1)∠AED =45°+α，又∵∠BAE =2α，∴∠EFA =∠BFA =45°，∠BFD =90°，连接BD ，则∠BCD =90°，∴∠BCD =∠BAD =∠BFD =90°，∴B 、F 、C 、D 和A 、B 、C 、D 都在以BD 为直径的圆上，即点F 在正方形ABCD 的外接圆上；(3)过点B 作BM ⊥BF 交AF 于M 点，则∠MBF =90°，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB =CB ，∠ABC =90°，∴∠MBF =∠ABC ，∴∠ABM =∠CBF ，∵点E 与点B 关于直线AP 对称，∴∠BFD =90°，∴∠MFB =∠MFE =45°，∴△BMF 是等腰直角三角形，∴BM =BF ，FM =2BF ，在△AMB 和△CFB 中，AB =BC ∠ABM =∠CBF BM =BF，∴△AMB ≌△CFB (SAS )，∴AM =CF ，∴AF =FM +AM =2BF +CF ，∴AF -CF =2BF ．【点评】本题考查了正方形的性质、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定与性质、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，解题关键是熟练掌握矩形的性质和轴对称的性质，证明三角形全等．19(2021秋•鹿城区校级期中)如图，△ABC 内接于⊙O ，CD ⊥AB ，CB =10cm ，CD =8cm ，AB =14cm ．(1)∠A 度数45°．(直接写出答案)(2)求BC 的长度．(3)P 是⊙O 上一点(不与A ，B ，C 重合)，连结BP ．①若BP 垂直△ABC 的某一边，求BP 的长．②将点A 绕点P 逆时针旋转90°后得到A ′，若A ′恰好落在CD 上，则CA '的长度为4.(直接写出答案)【分析】(1)利用勾股定理，等腰三角形的判定和三角形的内角和定理解答即可；(2)连接OB ，OC ，利用圆周角定理求得圆心角的度数，再利用弧长公式解答即可；(3)①连接AP ，利用等腰直角三角形的性质求得BE ，利用全等三角形的判定与勾股定理求得PE ，则BP 可求；②连接AA ′，PD ，设PD 与AC 交于点E ，通过证明P ，A ，D ，A ′四点共圆，利用圆周角定理和垂径定理得到PD 经过圆心O ，过点O 作OF ⊥AB 于点F ，利用垂径定理和勾股定理求得OE ，连接OC ，利用勾股定理求得圆的半径，再利用等腰直角三角形的性质求得PA ，勾股定理求得DA ′，则CA ′=CD -DA ′．【解答】解：(1)在Rt △BCD 中，CB =10cm ，CD =8cm ，∴BD =BC 2-CD 2=102-82=6(cm )，∴AD =AB -BD =14-6=8cm =CD ，∴∠A =∠ACD ，∵CD ⊥AB ，∴∠ADC =90°，∴∠A =180o -∠ADC 2=180o -90°2=45°，故答案为：45°；(2)连接OB ，OC ，如图，∵∠BAC =45°，∴∠BOC =90°，在Rt △BOC 中，OB =OC ，CB =10cm ，∴OB =22BC =52(cm )，∴BC 的长度=90π×52180=52π2cm ；(3)①∵P 是⊙O 上一点(不与A ，B ，C 重合)，BP 垂直△ABC 的某一边，∴点P 只能在AC上，连接AP ，如图，由(1)知：∠CAB =45°，∵BP ⊥AC ，。

中考数学满分之路（二） ——四点共圆一、使用定义解题圆的定义 平面上到一个定点的距离等于定长的点的集合叫做圆. 在题目中出现共端点的等线段时，可尝试作出圆辅助求解.例 （1）如图，四边形ABCD 中，DC ∥AB ，BC ＝1，AB ＝AC ＝AD ＝2，则BD 的长为______.（2）如图，在等腰△ABC中，AB AC =D 为BC 边上异于中点的点，点C 关于直线AD 的对称点为点E ，EB 的延长线与AD 的延长线交于点F ，则AD AF ⋅的值为______.E1. 如图，抛物线2y ax bx c =++经过点(2,5)A -，与x 轴相交于(1,0)B -，(3,0)C 两点. （1）求抛物线的函数表达式；（2）点D 在抛物线的对称轴上，且位于x 轴的上方，将△BCD 沿直线BD 翻折得到△'BC D ，若点'C 恰好落在抛物线的对称轴上，求点'C 和点D 的坐标；（3）设点P 是抛物线上位于对称轴右侧的一点，点Q 在抛物线的对称轴上，当△CPQ 为等边三角形时，求直线BP 的函数表达式.2. 问题背景如图1，等腰△ABC 中，AB =AC ，∠BAC =120°，作AD ⊥BC 于点D ，则D 为BC 的中点，∠BAD =12∠BAC =60°，于是2BC BDAB AB= 迁移应用（1）如图2，△ABC 和△ADE 都是等腰三角形，∠BAC =∠DAE =120°，D ，E ，C 三点在同一条直线上，连接BD ．ⅰ)求证：△ADB ≌△AEC ；ⅱ)请直接写出线段AD ，BD ，CD 之间的等量关系式. 拓展延伸（2）如图3，在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，在∠ABC 内作射线BM ，作点C 关于BM 的对称点E ，连接AE 并延长交BM 于点F ，连接CE ，CF .ⅰ)求证：△CEF 是等边三角形； ⅱ)若AE =5，CE =2，求BF 的长.图1图2图33. 如图，AB 是半圆⊙O 的直径，点C 为半圆⊙O 上的点，连接AC ，BC ，点E 是AC 的中点，点F 是射线OE 上一点.（1）如图1，连接F A ，FC ，若2AFC BAC ∠=∠，求证：F A ⊥AB ；（2）如图2，过点C 作CD ⊥AB 于点D ，点G 是线段CD 上一点（不与点C 重合），连接F A ，FG ，FG 与AC 相交于点P ，且AF FG =.①试猜想∠AFG 和∠B 的数量关系，并证明；②连接OG ，若OE BD =，90GOE ∠=，⊙O 的半径为2，求EP 的长.图1 图2二、圆内接四边形的性质与判定定理性质定理1 圆的内接四边形的对角互补.定理2 圆内接四边形的外角等于它的内角的对角.圆周角定理的推论同弧所对的圆周角相等.判定圆内接四边形判定定理1 如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆.推论如果四边形的一个外角等于它的内角的对角，那么这个四边形的四个顶点共圆.圆内接四边形判定定理2 如果一个四边形一边与一对角线的夹角等于其对边与另一对角线的夹角，那么这个四边形的四个顶点共圆.上述定理在应用时的书写格式如下①∵A，B，C，D四点共圆，∴∠BAD＋∠BCD＝180°.②∵A，B，C，D四点共圆，∴∠DCE＝∠BAD.③∵A，B，C，D四点共圆，∴∠ACB＝∠ADB. ④∵∠BAD＋∠BCD＝180°，∴A，B，C，D四点共圆.⑤∵∠DCE＝∠BAD，∴A，B，C，D四点共圆.⑥∵∠ACB＝∠ADB，∴A，B，C，D四点共圆.EE4. 如图，矩形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，过点O 作OE AC ⊥交AB 于点E ，若4BC =，△AOE 的面积为6，则sin BOE ∠的值为______.5. 如图，点B 在线段AC 上，点D ，E 在AC 同侧，90A C ∠=∠=，BD BE ⊥，AD BC =. （1）求证：AC AD CE =+；（2）若3AD =，5CE =，点P 为线段AB 上的动点，连接DP ，作PQ DP ⊥，交直线BE 与点Q ；ii ）当点P 从A 点运动到AC 的中点时，求线段DQ 的中点所经过的路径（线段）长.DBP6. 如图，已知△ABC 是等边三角形，点D ，E 分别在边AC ，AB 上，且CD AE =，BD 与CE 相交于点P . （1）求证：△ACE ≌△CBD ；（2）如图2，将△CPD 沿直线CP 翻折得到对应的△CPM ，过C 作CG ∥AB ，交射线PM 于点G ，PG 与BC 相交于点F ，连接BG .ⅰ）试判断四边形ABGC 的形状，并说明理由；ⅱ）若四边形ABGC的面积为，1PF =，求CE 的长.图1图2三、与圆有关的比例线段相交弦定理 圆内的两条弦，被交点分成的两条线段长的积相等.割线定理 从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等. 切割线定理 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的比例中项.上述定理在应用时的书写格式如下 由相交弦定理， 得PA PB PC PD ⋅=⋅.由割线定理， 得PA PB PC PD ⋅=⋅.由切割线定理， 得2PA PB PC =⋅.7. 如图，已知AB 是⊙O 的直径，C 为⊙O 上一点，延长BC 至D ，使CD ＝BC ，CE ⊥AD 于E ，BE 交⊙O 于F ，AF 交CE 于P . 求证：PE ＝PC .P8. 如图1，线段AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB 于点H ，点M 是CBD 上任意一点，AH ＝4，CD ＝16.（1）求⊙O 的半径r 的长度；10r =； （2）求tan ∠CMD ；（3）如图2，直线BM 交直线CD 于点E ，直线MH 交⊙O 于点N ，连接BN 交CE 于点F ，求H E H F ⋅的值.图1图29. 已知BC 为⊙O 的直径，AC 为⊙O 的切线，C 为切点，AD ＝BD .（1）如图1，求证：∠A ＝45°；（2）如图2，E 为⊙O 上一点，连接DE 交BC 于点F ，过点F 作BC 的垂线交BE 于点G ，求证：FG ＝FC ；（3）如图3，在（2）的条件下，若EG BDF 的面积为15（BF ＞BD ），求⊙O 的面积.图1BC图2CB图3BC10. （蝴蝶定理）如图，过⊙O的弦PQ的中点M引任意两条弦AB，CD，连接AD，BC分别交PQ于X，Y两点. 求证：MX＝MY.证明：分别取AD ，CB 的中点E ，F ， 连接OE ，OF ，OM ，OX ，OY ，ME ，MF ， ∵∠A ＝∠C ，∠D ＝∠B ，∴△ADM ∽△CBM ， ∴AM ADCM CB=，又AD ＝2AE ，CB ＝2CF ， ∴22AD AE AE CB CF CF ==，∴AM AECM CF=，又∠A ＝∠C ， ∴△AEM ∽△CFM ，∴∠AEM ＝∠CFM ，∵点M ，E ，F 分别是⊙O 的弦PQ ，AD ，CB 的中点， ∴OM ⊥PQ ，OE ⊥AD ，OF ⊥CB ，∴∠OEX ＋∠OMX ＝180°，∠OFY ＋∠OMY ＝180°， ∴O ，M ，X ，E 四点共圆，O ，M ，Y ，F 四点共圆， ∴∠MOX ＝∠AEM ，∠MOY ＝∠CFM ，又∠AEM ＝∠CFM ， ∴∠MOX ＝∠MOY ，又OM ＝OM ，∠OMX ＝∠OMY ＝90°， ∴△OMX ≌△OMY ，∴MX ＝MY . 证法二证明：过点D 作DE ∥PQ 交⊙O 于另一点E ，连接MO 并延长交DE 于E ， ①当PQ 为直径时，四边形ACBD 为矩形，易证MX ＝MY ； ②当PQ 不是直径时，由垂径定理推论，得OM ⊥PQ ，又DE ∥PQ ， ∴MN ⊥DE ，又MN 过圆心O ，∴MN 垂直平分DE ， ∴MD ＝ME ，∴∠MDE ＝∠MED ，又PQ ∥DE ，∴∠PMD ＝∠MDE ，∠QME ＝∠MED ， ∴∠PMD ＝∠QME ，∠QME ＝∠MDE ，∵C ，D ，B ，E 四点共圆，∴∠MDE ＋∠CBE ＝180°， ∴∠QME ＋∠CBE ＝180°， ∴M ，E ，B ，Y 四点共圆，∴∠MEY ＝∠MBC ，又∠MBC ＝∠ADC ，∴∠ADC ＝∠MEY ，又MD ＝ME ，∠PMD ＝∠QME ， ∴△MDX ≌△MEY ，∴MX ＝MY .证明：过X 作'XX AB ⊥于'X ，过X 作"XX CD ⊥于"X ， 过Y 作'YY CD ⊥于'Y ，过Y 作"YY AB ⊥于"Y ，∵∠A ＝∠C ，∠D ＝∠B ，''90AX X CY Y ∠=∠=，""90CX X BY Y ∠=∠=， ∴△'AX X ∽△'CY Y ，△"DX X ∽△"BY Y ， ∴''AX XX CY YY =，……①，""DX XX BY YY =，……②， ①×②，得'"'"AX DX XX XX CY BY YY YY ⋅=⋅， ∴'""'AX DX XX XX CY BY YY YY ⋅=⋅⋅，又由相交弦定理及平行线分线段成比例定理，得PX QX MX MXQY PY MY MY ⋅=⋅⋅， ∴22()()()()MP MX MP MX MX MP MY MP MY MY -⋅+=-⋅+，即222222MP MX MX MP MY MY -=-， 根据比例的基本性质，得22222222222222()1()MP MX MX MP MX MX MP MP MY MY MP MY MY MP --+====--+， ∴22MX MY =，∴MX ＝MY . 证法四证明：连接PA ，PD ，QC ，QB ，根据共圆定理，（共圆定理：同圆或等圆中的三角形面积比等于三边乘积之比） 得PAD QCB S PA PD AD PA PD ADS QB QC BC QB QC BC∆∆⋅⋅==⋅⋅⋅⋅， 又△PAM ∽△BQM ,△PDM ∽△CQM ，△ADM ∽△CBM ， ∴22PAD AMDQCB CMBS PA PD AD AM MP AM AM S S QB QC BC MQ MC MC MC S ∆∆∆∆=⋅⋅=⋅⋅==， ∴QCB PAD AMD CMB S S S S ∆∆∆∆=，即PX QYMX MY=， ∴1MY QY MY QY MQ MX PX MX PX MP +====+， ∴MX ＝MY .B证明：连接AO 并延长交⊙O 于另一点E ，连接CO 并延长交⊙O 于另一点F ，连接BF ，DE 交于点G ， 六边形CFBAED 内接于⊙O ，CF 交AE 于点O ，FB 交ED 于点G ，BA 交DC 于点M ，根据帕斯卡定理，得M ，O ，G 三点共线， 连接MG ，GX ，GY ，∵AE ，CF 为⊙O 的直径，∴∠ADE ＝90°，∠CBF ＝90°， ∵MP ＝MQ ，PQ 不是⊙O 的直径，（PQ 为直径时，易证） ∴OM ⊥PQ ，∴D ，G ，M ，X 四点共圆，B ，G ，M ，Y 四点共圆， ∴∠MGX ＝∠ADM ，∠MGY ＝∠CBM ，又∠ADM ＝∠CBM ， ∴∠MGX ＝∠MGY ，又MG ＝MG ，∠GMX ＝∠GMY ， ∴△GMX ≌△GMY ， ∴MX ＝MY .帕斯卡定理 如果一个六边形内接于一条二次曲线(圆、椭圆、双曲线、抛物线)，那么它的三对对边的交点在同一条直线上.B中考不考系列（二）——2019IMO第2题在三角形ABC中，点A1在边BC上，点B1在边AC上. 点P和Q分别在线段AA1和BB1上，且满足PQ平行于AB. 在直线PB1上取点P1，使得点B1严格位于点P与点P1之间，并且∠PP1C＝∠BAC. 类似地，在直线QA1上取点Q1，使得点A1严格位于点Q与点Q1之间，并且∠CQ1Q＝∠CBA.证明：点P，Q，P1，Q1共圆.证明：延长1AA ，1BB 分别交△ABC 的外接圆于2A ，2B ，连接22A B ， ∵PQ ∥AB ，∴22ABB PQB ∠=∠，又222ABB AA B ∠=∠， ∴222PQB AA B ∠=∠，∴22,,,P Q A B 四点共圆，连接2B C ，∵1PPC BAC ∠=∠，2BB C BAC ∠=∠， ∴12PPC BB C ∠=∠，∴121,,,P B B C 四点共圆，连接12PB ，∵11212B PB B CB ∠=∠，222AA B ACB ∠=∠， ∴2122B PP B A P ∠=∠，∴122,,,P A P B 四点共圆，连接2A C ，∵1CQ Q CBA ∠=∠，2CA A CBA ∠=∠， ∴12CQ Q CA A ∠=∠，∴121,,,Q A A C 四点共圆，连接12Q A ，∵11212AQ A ACA ∠=∠，222BB A BCA ∠=∠， ∴2122A QQ A B Q ∠=∠，∴122,,,Q B Q A 四点共圆， ∴2112,,,,,P Q A Q P B 六点共圆， ∴点11,,,P Q P Q 共圆.上述答案是从官方答案翻译而来.【附】官方答案.。

人教版数学九年级上册 四点共圆，解题妙不可言四点共圆是一种重要的解题方法，熟练判断四点共圆，并灵活运用圆的相关性质，能有效进行解题.1.对角互补的四边形四点共圆证线段线段例1如图1，在四边形ABCD 中，∠A=∠BCD=90°，BC=CD=210，CE AD 于点E ． 求证：AE=CE ； （2）若tanD=3，求AB 的长．（2018年北京石景山区模拟题）分析：根据∠A=∠BCD=90°，利用对角互补的四边形共圆，作出这个圆，从而把问题转化为圆的知识，在圆的背景下求解，可以帮助同学们更容易找到求解思路.解：如图1，因为∠A+∠BCD=180°,所以四边形ABCD 四点共圆，延长CE 交圆于点F ，连接AF ，因为∠A=∠AEC=90°，所以AB ∥CF ，所以BC=AF,因为BC=CD ，所以AF=CD ，因为∠EAF=∠ECD ， ∠F=∠D ， 所以△AEF ≌△CED ，所以AE=CE.（2）略点评：对角互补的四边形内接于圆，借助四点共圆，可以创造出更多解题所必需的条件，如夹在两平行弦之间的弦相等，为三角形的全等提供“S ”元素.2.对角互补的四边形四点共圆综合题例2 如图2，四边形ABCD 中，AC ，BD 是它的对角线，∠ADC=∠ABC=90°，∠BCD 是锐角.（1）若BD=BC ，求证：sin ∠BCD=ACBD ； （2）若AB=BC=4,AD+CD=6，求：AC BD 的值. （3）若BD=CD ，,AB=6，BC=8。

求：sin ∠BCD 的值.分析：根据∠ADC=∠ABC=90°，可以判定四边形ABCD 是满足四点共圆，且直径为AC ，作出直径为AC 的圆，就把普通的计算转化为圆的基本计算，充分利用圆的知识使得计算更加简便，提高计算的效率.解：（1）因为∠ADC=∠ABC=90°，所以四点A,B,C,D 都在直径为AC 的圆上，如图2，因为BD=BC ，所以∠BCD=∠BDC ，因为∠BAC=∠BDC ，所以∠BAC=∠BCD ，在直角三角形ABC 中， sin ∠BAC=AC BC ，所以sin ∠BCD=ACBD ； （2）如图3，因为AB=BC=4，所以AC=42，延长DC 到点E ，使得CE=AD ，连接BE ，根据四边形的外角等于内对角，所以∠BCE=∠BAD ，所以△BAD ≌△BCE ，所以BD=BE ， ∠ABD=∠CBE ，因为∠ABC=90°，AD+CD=6，所以∠DBE=90°，DE=6，所以BD=32，所以AC BD =432423=. （3）如图4，因为BD=CD ，作直径DF ，交BC 于点E ，连接BF ，则BE ⊥DF ，∠DBF=90°，BE=EC=4, 因为AB=6，BC=8，所以AC=DF=10，易证△DEB ∽△BEF ，所以2BE =DE •EF,所以16=（10-EF ）•EF,整理，得2EF -10EF+16=0,解得EF=2或EF=8(（舍去）， 当EF=2时，BF=25,所以sin ∠BCD=sin ∠F=BF BE =524=552.点评：把一般几何问题转化为四点共圆问题，充分利用圆周角定理，垂径定理，把问题顺利求解，且思路顺畅，是值得熟练掌握的好方法.3.圆定义共圆和同底同侧等角的三角形，四顶点共圆，探究综合题例3 如图5，△ABC 和△ADE 都是等边三角形，将△ADE 绕点A 旋转（保持点D 在△ABC 的内部），连接BD ，CE.（1）求证：BD=CE ；（2）当AB=4,AD=2, ∠DEC=60°时，求BD 的长；（3）设射线BD 和射线CE 相交于点Q ，连接QA ，直接写出旋转过程中，QD,QE,QA 之间的数量关系.分析：第一问：这是常规性的旋转问题，只要牢牢抓住旋转的全等性，借助三角形的全等结论就顺利得出.第二问：解决起来就需要多方面的思考：一是平行线的判定问题，二是三点共线问题，三是三点共圆问题，四是三角形的相似问题，五是一元二次方程的根的问题，都需要缜密思考，规范解答，和谐思考才能顺利得解.第三问：看似简单，但是要真正找到三者的数量关系，还需要动一番脑筋，特别是利用同底同侧对等角的三角形，则四点共圆，把问题转化成圆的相关知识解决，使得解题流畅，简洁，这里的分类思想也发挥着重要的作用.解：（1）如图5，由△ABC 和△ADE 都是等边三角形，所以AB=AC,AD=AE ，∠BAD+∠DAC=60°, ∠CAE+∠DAC=60°,所以∠BAD=∠CAE ，所以△BAD ≌△CAE ，所以BD=CE ；（2）根据（1）知道：∠BDA=∠CEA ， 因为∠DEC=60°，所以∠CEA=∠BDA=120°，所以∠ADE+∠BDA=180°，所以B,D,E 三点共线，设点G 是AB 的中点，则AG=AD=AE=DE=2,所以点G,D,E 在以A 为圆心，半径为2的圆上，延长GA 交圆于点F ，连接DG,EF ，如图6， 易证△BGD ∽△BEF ，所以BFBD BE BG =,所以BG •BF =BD •BE,所以12=BD(BD+2), 整理，得2BD +2BD-12=0,解得BD=-1+13或BD=-1-13 (（舍去），所以BD 的长为13-1；（3）当点D 在三点B,D,E 共线时的左边时，如图7，QD,QE,QA 之间的数量关系是： QD=QA+QE.理由如下：根据（1）知道：∠ABD=∠ACE ，所以∠QBC+∠QCB=60°-∠ABD +60°+∠ACE=120°，所以∠BQC=60°，因为∠DAE=60°，所以∠BQC=∠DAE ，所以A,D,E,Q 四点共圆，延长AQ 到点F ，使得QF=QE,连接EF ，则∠FQE=∠ADE=60°，所以△QEF 是等边三角形， 所以∠DQE=∠AFE=60°，∠FAE=∠QDE,EF=QE ，所以△FAE ≌△QDE ，所以AF=QD ， 所以QD=QA+QF=QA+QE.当点D 在三点B,D,E 共线时的右边时，如图8，QD,QE,QA 之间的数量关系是：QA=QD+QE.请同学们仿照上述证明，结合图形自己给出证明.点评：四点共圆是一种非常有效的解题方法，希望同学们能尽量熟练掌握，不仅能开阔自己的视野，提高解题的效率，更重要的是丰富自己的知识储备，不受知识的局限，让自己的数学解题游刃有余，提高自己数学解题能力.4.同底同侧等角的三角形，四顶点共圆，判定四边形的形状例4 如图9，已知△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在边BC上，点E在边AD的右侧，连接CE．（1）求证：∠ACE=60°；（2）在边AB上取一点F，使BF=BD，联结DF、EF．求证：四边形CDFE是等腰梯形．分析：第一问：充分利用三角形的全等，结论就顺利得到.第二问：证明抓住两个关键点，一是证明DF=CE,二是证明CD∥EF，利用好等边三角形的性质，四点共圆的判定方法，可以巧妙破解.解：（1）由△ABC和△ADE都是等边三角形，所以AB=AC,AD=AE，∠BAD+∠DAC=60°, ∠CAE+∠DAC=60°,所以∠BAD=∠CAE，所以△BAD≌△CAE，所以∠ABD=∠ACE=60°；（2）由BF=BD，∠ABD=60°，所以△BFD是等边三角形，所以BD=DF=CE.因为∠ADE=∠ACE=60°，所以A,D,C,E四点共圆，因为∠AFD+∠AED=180°，所以点A,F,D,E四点共圆，所以点A,F,D,C,E五点共圆，所以∠AFE=∠ADE=60°，所以∠AFE=∠B，所以CD∥EF，所以四边形CDFE是等腰梯形．点评：此题也可以用其他方法求解，感兴趣的同学可以自我尝试一下.。

人教版数学九年级上册 四点共圆，解题妙不可言四点共圆是一种重要的解题方法，熟练判断四点共圆，并灵活运用圆的相关性质，能有效进行解题.1.对角互补的四边形四点共圆证线段线段例1如图1，在四边形ABCD 中，∠A=∠BCD=90°，BC=CD=210，CE AD 于点E ． 求证：AE=CE ； （2）若tanD=3，求AB 的长．（2018年北京石景山区模拟题）分析：根据∠A=∠BCD=90°，利用对角互补的四边形共圆，作出这个圆，从而把问题转化为圆的知识，在圆的背景下求解，可以帮助同学们更容易找到求解思路.解：如图1，因为∠A+∠BCD=180°,所以四边形ABCD 四点共圆，延长CE 交圆于点F ，连接AF ，因为∠A=∠AEC=90°，所以AB ∥CF ，所以BC=AF,因为BC=CD ，所以AF=CD ，因为∠EAF=∠ECD ， ∠F=∠D ， 所以△AEF ≌△CED ，所以AE=CE.（2）略点评：对角互补的四边形内接于圆，借助四点共圆，可以创造出更多解题所必需的条件，如夹在两平行弦之间的弦相等，为三角形的全等提供“S ”元素.2.对角互补的四边形四点共圆综合题例2 如图2，四边形ABCD 中，AC ，BD 是它的对角线，∠ADC=∠ABC=90°，∠BCD 是锐角.（1）若BD=BC ，求证：sin ∠BCD=ACBD ； （2）若AB=BC=4,AD+CD=6，求：AC BD 的值. （3）若BD=CD ，,AB=6，BC=8。

求：sin ∠BCD 的值.分析：根据∠ADC=∠ABC=90°，可以判定四边形ABCD 是满足四点共圆，且直径为AC ，作出直径为AC 的圆，就把普通的计算转化为圆的基本计算，充分利用圆的知识使得计算更加简便，提高计算的效率.解：（1）因为∠ADC=∠ABC=90°，所以四点A,B,C,D 都在直径为AC 的圆上，如图2，因为BD=BC ，所以∠BCD=∠BDC ，因为∠BAC=∠BDC ，所以∠BAC=∠BCD ，在直角三角形ABC 中， sin ∠BAC=AC BC ，所以sin ∠BCD=ACBD ； （2）如图3，因为AB=BC=4，所以AC=42，延长DC 到点E ，使得CE=AD ，连接BE ，根据四边形的外角等于内对角，所以∠BCE=∠BAD ，所以△BAD ≌△BCE ，所以BD=BE ， ∠ABD=∠CBE ，因为∠ABC=90°，AD+CD=6，所以∠DBE=90°，DE=6，所以BD=32，所以AC BD =432423=. （3）如图4，因为BD=CD ，作直径DF ，交BC 于点E ，连接BF ，则BE ⊥DF ，∠DBF=90°，BE=EC=4, 因为AB=6，BC=8，所以AC=DF=10，易证△DEB ∽△BEF ，所以2BE =DE •EF,所以16=（10-EF ）•EF,整理，得2EF -10EF+16=0,解得EF=2或EF=8(（舍去）， 当EF=2时，BF=25,所以sin ∠BCD=sin ∠F=BF BE =524=552.点评：把一般几何问题转化为四点共圆问题，充分利用圆周角定理，垂径定理，把问题顺利求解，且思路顺畅，是值得熟练掌握的好方法.3.圆定义共圆和同底同侧等角的三角形，四顶点共圆，探究综合题例3 如图5，△ABC 和△ADE 都是等边三角形，将△ADE 绕点A 旋转（保持点D 在△ABC 的内部），连接BD ，CE.（1）求证：BD=CE ；（2）当AB=4,AD=2, ∠DEC=60°时，求BD 的长；（3）设射线BD 和射线CE 相交于点Q ，连接QA ，直接写出旋转过程中，QD,QE,QA 之间的数量关系.分析：第一问：这是常规性的旋转问题，只要牢牢抓住旋转的全等性，借助三角形的全等结论就顺利得出.第二问：解决起来就需要多方面的思考：一是平行线的判定问题，二是三点共线问题，三是三点共圆问题，四是三角形的相似问题，五是一元二次方程的根的问题，都需要缜密思考，规范解答，和谐思考才能顺利得解.第三问：看似简单，但是要真正找到三者的数量关系，还需要动一番脑筋，特别是利用同底同侧对等角的三角形，则四点共圆，把问题转化成圆的相关知识解决，使得解题流畅，简洁，这里的分类思想也发挥着重要的作用.解：（1）如图5，由△ABC 和△ADE 都是等边三角形，所以AB=AC,AD=AE ，∠BAD+∠DAC=60°, ∠CAE+∠DAC=60°,所以∠BAD=∠CAE ，所以△BAD ≌△CAE ，所以BD=CE ；（2）根据（1）知道：∠BDA=∠CEA ， 因为∠DEC=60°，所以∠CEA=∠BDA=120°，所以∠ADE+∠BDA=180°，所以B,D,E 三点共线，设点G 是AB 的中点，则AG=AD=AE=DE=2,所以点G,D,E 在以A 为圆心，半径为2的圆上，延长GA 交圆于点F ，连接DG,EF ，如图6， 易证△BGD ∽△BEF ，所以BFBD BE BG =,所以BG •BF =BD •BE,所以12=BD(BD+2), 整理，得2BD +2BD-12=0,解得BD=-1+13或BD=-1-13 (（舍去），所以BD 的长为13-1；（3）当点D 在三点B,D,E 共线时的左边时，如图7，QD,QE,QA 之间的数量关系是： QD=QA+QE.理由如下：根据（1）知道：∠ABD=∠ACE ，所以∠QBC+∠QCB=60°-∠ABD +60°+∠ACE=120°，所以∠BQC=60°，因为∠DAE=60°，所以∠BQC=∠DAE ，所以A,D,E,Q 四点共圆，延长AQ 到点F ，使得QF=QE,连接EF ，则∠FQE=∠ADE=60°，所以△QEF 是等边三角形， 所以∠DQE=∠AFE=60°，∠FAE=∠QDE,EF=QE ，所以△FAE ≌△QDE ，所以AF=QD ， 所以QD=QA+QF=QA+QE.当点D 在三点B,D,E 共线时的右边时，如图8，QD,QE,QA 之间的数量关系是：QA=QD+QE.请同学们仿照上述证明，结合图形自己给出证明.点评：四点共圆是一种非常有效的解题方法，希望同学们能尽量熟练掌握，不仅能开阔自己的视野，提高解题的效率，更重要的是丰富自己的知识储备，不受知识的局限，让自己的数学解题游刃有余，提高自己数学解题能力.4.同底同侧等角的三角形，四顶点共圆，判定四边形的形状例4 如图9，已知△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在边BC上，点E在边AD的右侧，连接CE．（1）求证：∠ACE=60°；（2）在边AB上取一点F，使BF=BD，联结DF、EF．求证：四边形CDFE是等腰梯形．分析：第一问：充分利用三角形的全等，结论就顺利得到.第二问：证明抓住两个关键点，一是证明DF=CE,二是证明CD∥EF，利用好等边三角形的性质，四点共圆的判定方法，可以巧妙破解.解：（1）由△ABC和△ADE都是等边三角形，所以AB=AC,AD=AE，∠BAD+∠DAC=60°, ∠CAE+∠DAC=60°,所以∠BAD=∠CAE，所以△BAD≌△CAE，所以∠ABD=∠ACE=60°；（2）由BF=BD，∠ABD=60°，所以△BFD是等边三角形，所以BD=DF=CE.因为∠ADE=∠ACE=60°，所以A,D,C,E四点共圆，因为∠AFD+∠AED=180°，所以点A,F,D,E四点共圆，所以点A,F,D,C,E五点共圆，所以∠AFE=∠ADE=60°，所以∠AFE=∠B，所以CD∥EF，所以四边形CDFE是等腰梯形．点评：此题也可以用其他方法求解，感兴趣的同学可以自我尝试一下.。

专题31圆中的重要模型之四点共圆模型四点共圆是初中数学的常考知识点，近年来，特别是四点共圆判定的题目出现频率较高。

相对四点共圆性质的应用，四点共圆的判定往往难度较大，往往是填空题或选择题的压轴题，而计算题或选择中四点共圆模型的应用（特别是最值问题），通常能简化运算或证明的步骤，使问题变得简单。

本文主要介绍四点共圆的四种重要模型。

四点共圆：若在同一平面内，有四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”。

模型1、定点定长共圆模型（圆的定义）【模型解读】若四个点到一定点的距离相等，则这四个点共圆。

这也是圆的基本定义，到定点的距离等于定长点的集合。

条件：如图，平面内有五个点O、A、B、C、D，使得OA=OB=OC=OD，结论：A、B、C、D四点共圆（其中圆心为O）。

【答案】2【分析】首先连接OE，由角器上对应的读数．【详解】解：连接OE，A ．13B ．52∵在ABC 中，90BAC【答案】30【分析】连接AC 与BD 又易知在Rt ACD △中，【详解】解：连接AC 与∵四边形形ABCD 是矩形，12OA OB OC OD AC又∵DE BF 于E ，即是直角三角形，∴12OE BD ，∴OA OC OD OE ，∴点A B 、、，由旋转的性质可知：AF AB ，【答案】122【分析】（1）根据条件，证明AOD COD△△△△，代入推断即可.（2）通过AOG ABC证明ODF CBF△△，代入推断即可.又∵∵CE CF∴CEF CFE模型2、定边对双直角共圆模型C同侧型异侧型1）定边对双直角模型（同侧型）条件：若平面上A、B、C、D四个点满足90ABD ACD，结论：A、B、C、D四点共圆，其中AD为直径。

2）定边对双直角模型（异侧型）条件：若平面上A、B、C、D四个点满足90ABC ADC，结论：A、B、C、D四点共圆，其中AC为直径。

【点睛】本题考查了圆的直径所对的圆周角为【点睛】此题主要考查圆内接四边形，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和等腰三角形的性质等知识点，解答此题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，求出线段．模型3、定边对定角共圆模型条件：如图1，平面上A 、B 、C 、D 四个点满足ADB ACB ，结论：A 、B 、C 、D 四点共圆．条件：如图2，AC 、BD 交于H ，AH CH BH DH ，结论：A B C D 、、、四点共圆.例1．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在Rt ABC 中，∠BAC ＝90°，∠ABC ＝40°，将 ABC 绕A 点顺时针旋转得到 ADE ，使D 点落在BC 边上．（1）求∠BAD 的度数；（2）求证：A 、D 、B 、E 四点共圆．【答案】（1）10°；（2）见解析【分析】（1）由三角形内角和定理和已知条件求得∠C 的度数，由旋转的性质得出AC ＝AD ，即可得出∠ADC ＝∠C ，最后由外角定理求得∠BAD 的度数；（2）由旋转的性质得到∠ABC ＝∠AED ，由四点共圆的判定得出结论．【详解】解：（1）∵在Rt ABC 中，∠BAC ＝90°，∠ABC ＝40°，∴∠C ＝50°，∵将 ABC 绕A 点顺时针旋转得到 ADE ，使D 点落在BC 边上，∴AC ＝AD ，∴∠ADC ＝∠C ＝50°，∴∠ADC ＝∠ABC +∠BAD ＝50°，∴∠BAD ＝50°－40°＝10°证明（2）∵将 ABC 绕A 点顺时针旋转得到 ADE ，∴∠ABC ＝∠AED ，∴A 、D 、B 、E 四点共圆．【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、外角定理以及四点共圆的判定，解题的关键是理解旋转后的图形与原图形对应边相等，对应角相等．例3．（2022·江苏无锡·中考真题）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC=20°，则∠BAF＝________°；现将△DCE 绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是________．【答案】804##4【分析】利用SAS 证明△BDC ≌△AEC ，得到∠DBC =∠EAC =20°，据此可求得∠BAF 的度数；利用全等三角形的性质可求得∠AFB =60°，推出A 、B 、C 、F 四个点在同一个圆上，当BF 是圆C 的切线时，即当CD ⊥BF 时，∠FBC 最大，则∠FBA 最小，此时线段AF 长度有最小值，据此求解即可．【详解】解：∵△ABC 和△DCE 都是等边三角形，∴AC =BC ，DC =EC ，∠BAC =∠ACB =∠DCE =60°，∴∠DCB +∠ACD =∠ECA +∠ACD =60°，即∠DCB =∠ECA ，在△BCD 和△ACE 中，CD CE BCD ACE BC AC，∴△ACE ≌△BCD （SAS ），∴∠EAC =∠DBC ，∵∠DBC =20°，∴∠EAC =20°，∴∠BAF =∠BAC +∠EAC =80°；设BF 与AC 相交于点H，如图：∵△ACE ≌△BCD ∴AE =BD ，∠EAC =∠DBC ，且∠AHF =∠BHC ，∴∠AFB =∠ACB =60°，∴A 、B 、C 、F 四个点在同一个圆上，∵点D 在以C 为圆心，3为半径的圆上，当BF 是圆C 的切线时，即当CD ⊥BF 时，∠FBC 最大，则∠FBA 最小，∴此时线段AF 长度有最小值，在Rt △BCD 中，BC =5，CD =3，∴BD 4，即AE =4，∴∠FDE =180°-90°-60°=30°，∵∠AFB =60°，∴∠FDE =∠FED =30°，∴FD =FE ，过点F 作FG ⊥DE 于点G ，∴DG =GE =32，∴FE =DF =cos 30DG∴AF =AE -FE 80；【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，切线的性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．例4．（2022·贵州遵义·统考中考真题）探究与实践：“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．提出问题：如图1，在线段AC 同侧有两点B ，D ，连接AD ，AB ，BC ，CD ，如果B D ，那么A ，B ，C ，D 四点在同一个圆上．探究展示：如图2，作经过点A ，C ，D 的O ，在劣弧AC 上取一点E （不与A ，C 重合），连接AE ，CE 则180AEC D （依据1）B D ∵180AEC B点A ，B ，C ，E 四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）点B ，D 在点A ，C ，E 所确定的O 上（依据2）点A ，B ，C ，E 四点在同一个圆上(1)反思归纳：上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？依据1：__________；依据2：__________．(2)图3，在四边形ABCD 中，12 ，345 ，则4 的度数为__________．(3)拓展探究：如图4，已知ABC 是等腰三角形，AB AC ，点D 在BC 上（不与BC 的中点重合），连接AD ．作点C 关于AD 的对称点E ，连接EB 并延长交AD 的延长线于F ，连接AE ，DE ．①求证：A ，D ，B ，E与判定，掌握以上知识是解题的关键．模型4、对角互补共圆模型P条件：如图1，平面上A、B、C、D四个点满足ABC ADC，结论：A、B、C、D四点共圆．条件：如图2，BA、CD的延长线交于P，PA PB PD PC，结论：A、B、C、D四点共圆.A．2B．22【答案】A【分析】先根据等腰三角形的性质可得,,,A B E D四点共圆，在以BE为直径的圆上，连接【答案】43/113【分析】过点B作BH AM交F，点A,M,B,C四点共圆，得法求解，12AMBS AM DE△【详解】解析：过点B作BH 于点，如图所示：【答案】52 2【分析】连接BD并延长，利用四点共圆的判定定理得到的性质和圆周角定理得到DBF性质解答即可得出结论．(1)求证：A ，E ，B ，D 四点共圆；(2)如图2，当AD CD 时，O 是四边形AEBD O 的切线；(3)已知1206BC ，，点M 是边BC 的中点，此时P 是四边形出圆心P 与点M 距离的最小值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)32（3）解：如图所示，作线段AB 的垂直平分线，分别交∵120AB AC BAC ，，∴B课后专项训练1．（2023秋·河北张家口·九年级校考期末）如图①，若BC是Rt△ABC和Rt△DBC的公共斜边，则A、B、C、D在以BC为直径的圆上，则叫它们“四点共圆”．如图②，△ABC的三条高AD、BE、CF相交于点H，则图②中“四点共圆”的组数为（）A．2B．3C．4D．6【答案】D【分析】根据两个直角三角形公共斜边时，四个顶点共圆，结合图形求解可得．【详解】解：如图，以AH为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A、F、H、E），以BH为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（B、F、H、D），以CH为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（C、D、H、E），以AB为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A、E、D、B），以BC为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（B、F、E、C），以AC为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A、F、D、C），共6组．故选D．【点睛】本题考查四点共圆的判断方法．解题的关键是明确有公共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆．，．下2．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，O是AB的中点，点B，C，D到点O的距离相等，连接AC BD列结论不一定成立的是（）A ．12B ．3=4C ．180ABC ADCD ．AC 平分BAD【答案】D 【分析】以点O 为圆心，OA 长为半径作圆．再根据圆内接四边形的性质，圆周角定理逐项判断即可．【详解】如图，以点O 为圆心，OA 长为半径作圆．由题意可知：OA OB OC OD ．即点A 、B 、C 、D 都在圆O 上．A ．∵ AB AB ，∴12 ，故A 不符合题意；B ．∵ BCBC ，∴3=4 ，故B 不符合题意；C ．∵四边形ABCD 是O 的内接四边形，∴180ABC ADC ，故C 不符合题意；D ．∵ BC 和CD不一定相等，∴BAC 和DAC 不一定相等，∴AC 不一定平分BAD ，故D 符合题意．故选：D ．【点睛】本题考查圆周角定理及其推论，充分理解圆周角定理是解答本题的关键．3．（2023·江苏宿迁·九年级校考期末）如图，在Rt ABC △中，90ACB ，3BC ，4AC ，点P 为平面内一点，且CPB A ，过C 作CQ CP 交PB 的延长线于点Q ，则CQ 的最大值为（）【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质以及四点共圆，掌握同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等确定四点共圆，利用相似三角形性质得到线段间等量关系是解题关键．4．（2023·北京海淀·九年级校考期中）如图，点接AC，BD．请写出图中任意一组互补的角为【答案】DAB【分析】首先判断出点【答案】130【分析】根据题意得到四边形【详解】解：由题意得到∴四边形ABCD为圆∵∠ABC＝50°，∴∠【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解本题的关键．6．（2023·浙江金华·A．3B．1∵PE AB 于点E ，PD AC 于点，∴90AEP ADP ，∴180AEP ADP ，∴A 、E 、D 四点共圆，PA 是直径，在Rt PDC 中，45C ，∴△是等腰直角三角形，45APD ∴APD △也是等腰直角三角形，45PAD ，∴PED PAD ∴45AED ，∴AED C ，∵EAD CAB ，∴AED ∽设2AD x ，则2PD DC x ，22x ，如图2，取AP 的中点O 则2AO OE OP x ，∵604515EAP BAC PAD ，过E 作EM AP 于M ，则EM x，cos30OM OE ，∴36222OM x x ，∴6226222AM x x x ，由勾股定理得： 222226222AE AM EM x x ＋【答案】3632 /323 【分析】数形结合，根据动点的运动情况判断点【详解】解：如图旋转，连接以BC 为直径作O ，以AE 为半径作在ABD △和ACE △中AB AC AD AE BAD CAEPBC PBA ACB PBC 90BAC BPC EAD ∵，122AB ∵，A 的半径为62∴又∵90BAC EAD ，CAD，∵33BC ，OP BC∵MQ，MC与圆O相切，1QOM COM COP 【答案】(1)见详解（2）证明：如下图所示由题意可知AC 逆时针旋转90得到边AE ，90E ACB ，则90ACB ∵，AE BF ∥，90 ∵，90EFC ，，F ，E 四点共圆．．∵四边形ABCD是菱形，AC，且 GOC GCO90＝＝∵， 点90DHC DOC＝BDF OCH＝，且BF OM ∵， 点＝＝90AED AOD尝试应用如图2，点D 为等腰Rt ABC △外一点，AB AC ，BD CD ，过点A 的直线分别交DB 的延长线和CD 的延长线于点N ，M ，求证：12ABN ACM S S AN AM △△．问题拓展如图3，ABC 中，AB AC ，点D ，E 分别在边AC ，BC 上，60BDA BEA ，AE ，BD ，直接写出BE 的长度（用含a ，b 的式子）∵ABC 为等腰直角三角形，∴AB AC ， 又∵BD CD ，即：=90BDC ，∴A 、B 在ABN 与ACE △中，AB AC ABN ACE BN CE，∴∴BAN BAE CAE BAE BAC ∴1122AME AMC S AE AM AN AM S S △△∴60AFB BAF ABF ，AB AF AC ，∵60BDA BEA ，∴A 、D 、E 、B 、F 五点共圆，则：13 ，24 ，60BEF AEB ，【答案】问题情境：见解析；问题解决：（1）102；（2）13522【分析】[问题情境]连结AC ，取AC 的中点O ，连结OB 、OD ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得OD OA OC OB ，以此即可证明；[问题解决]（1）根据题意可得225AE AD DE ，由[问题情境]结论可知A 、D 、E 、据圆周角定理以及正方形的性质可得45PDE PAE ，则PAE △为等腰直角三角形，设AP 长为a ，根据勾股定理列出方程，求解即可；（2）由[问题情境]结论可知A 、D 、E 、P 四点共圆，过点O 作OG AD 于点G ，作OH 接OB 交O 于点P ，连接PB ，根据题意可得四边形MBNP 为矩形，则要求MN 的最小值，即求值，根据平行线的性质和中点的定义可得OG 为ADE V 的中位线，得1AG ，12OG ，同理可证四边形1【翻折】(1)如图1，将DEF 沿线段AB 翻折，连接CF ，下列对所得四边形ACBF 的说法正确的是平分CBF 、CAF ，②AB 、CF 互相平分，③12ACBF S AB CF 四边形，④A 、C 、B 、F 四点共圆．AB 垂直平分CF ，故②ABC ABF ACBF S S S 四边形1122AB AB FG 12AB CG 取AB 的中点O ，连接CO FO ，ABC ABF △、△均为直角三角形，∴OB OC OA OF ，∴A 、B 、F 四点共圆，故（）沿线段向左平移，∴AB CF ，CF BE 的中点，∴BE BD BF特殊情况分析：(1)如图1，正方形ABCD 中，点P 为对角线时针旋转ADC 的度数，交直线BC 于点Q ．小明的思考如下：连接DQ ，∵AD CQ ∥，90ADC DCQ ，∴ACQ DAC ∵90DPQ ，∴180DPQ DCQ ，∴点D P Q 、、PDQ PCQ DQP PCD∵在菱形ABCD 中BC AD ∥，180ADC DCQ ，DPQ ADC ，∵180DPQ DCQ ，∴点P C Q 、、、共圆，∴DQP ACD ，ACB PDQ ，∵AC 为菱形ABCD 的对角线，ACB ACD ，∴PDQ DQP ，∴ DP PQ ；（3）解：3PQ 或3．由于点P 为对角线AC 上一个动点，分两类情况讨论如下：所示：180302ADC ACD，。

四点共圆知识定位圆在初中几何或者竞赛中占据非常大的地位，它的有关知识如圆与正多边形的关系，圆心角、三角形外接圆、弧、弦、弦心距间的关系，垂径定理，圆内接四边形的性质和判定，点、直线、圆和圆的位置关系是今后我们学习综合题目的重要基础，必须熟练掌握。

本节我们通过一些实例的求解，旨在介绍数学竞赛中圆的内接四边形相关问题的常见题型及其求解方法本讲将通过例题来说明这些方法的运用。

知识梳理1、四点共圆：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”。

四点共圆有三个性质：（1）共圆的四个点所连成同侧共底的两个三角形的顶角相等；（2）圆内接四边形的对角互补；（3）圆内接四边形的外角等于内对角。

2、判定定理：方法1：把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等，从而即可肯定这四点共圆。

（可以说成：若线段同侧二点到线段两端点连线夹角相等，那么这二点和线段二端点四点共圆）方法2 ：把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其一个外角等于其邻补角的内对角时，即可肯定这四点共圆。

（可以说成：若平面上四点连成四边形的对角互补或一个外角等于其内对角，那么这四点共圆）3、托勒密定理：若ABCD四点共圆（ABCD按顺序都在同一个圆上），那么AB*DC+BC*AD=AC*BD。

托勒密定理逆定理：对于任意一个凸四边形ABCD，总有AB*CD+AD*BC≥AC*BD，等号成立的条件是ABCD四点共圆。

4、证明方法：（1）从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆周上，若能证明这一点，即可肯定这四点共圆（2）被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等(同弧所对的圆周角相等），从而即可肯定这四点共圆。

几何描述：四边形ABCD中，∠BAC=∠BDC，则ABCD四点共圆。

证明：过ABC作一个圆，明显D一定在圆上。

专题20《简单的四点共圆》破解策略如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称之为四个点共圆·一般简称为”四点共圆”．四点共圆常用的判定方法有：1．若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆．如图，若OA＝OB＝OC＝OD，则A，B，C，D四点在以点O为圆心、OA为半径的圆上．D【答案】（1）略；（2）AB，CD相交成90°时，MN取最大值，最大值是2．【提示】（1）如图，连结OP，取其中点O＇，显然点M，N在以OP为直径的⊙O＇上，连结NO＇并延长，交⊙O＇于点Q，连结QM，则∠QMN＝90°，QN＝OP＝2，而∠MQN＝180°－∠BOC＝60°，所以可求得MN的长为定值．（2）由（1）知，四边形PMON内接于⊙O＇，且直径OP＝2，而MN为⊙O＇的一条弦，故MN为⊙O＇的直径时，其长取最大值，最大值为2，此时∠MON＝90°．2．若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个顶点共圆．如图，在四边形ABCD中，若∠A＋∠C＝180°（或∠B＋∠D＝180°）则A，B，C，D四点在同一个圆上．D【答案】（1）略；（2）AD＝3DE；（3）AD＝DE·tanα．【提示】（1）证A，D，B，E四点共圆，从而∠AED＝∠ABD＝45°，所以AD＝DE．（2）同（1），可得A ，D ，B ，E 四点共圆，∠AED ＝∠ABD ＝30°，所以AD DE＝ tan30°，即AD ＝3DE ． 3．若一个四边形的外角等于它的内对角，则这个四边形的四个顶点共圆．如图，在四边形ABCD 中，∠CDE 为外角，若∠B ＝∠CDE ，则A ，B ，C ，D 四点在同一个圆上．【答案】略4．若两个点在一条线段的同旁，并且和这条线段的两端连线所夹的角相等，那么这两个点和这条线段的两个端点共圆．【来源：21·世纪·教育·网】如图，点A ，D 在线段BC 的同侧，若∠A ＝∠D ，则A ，B ，C ，D 四点在同一个圆上．D【答案】略诸多几何问题，若以四点共圆作桥梁，就能与圆内的等量关系有机地结合起来．利用四点共圆，可证线段相等、角相等、两线平行或垂直，还可以证线段成比例，求定值等．例题讲解例1 如图，在△ABC 中，过点A 作AD ⊥BC 与点D ，过点D 分别作AB ，AC 的垂线，垂足分别为E ，F ．求证：B ，E ，F ，C 四点共圆．证明 因为DE ⊥AB ，DF ⊥AC ，所以∠AED ＋∠AFD ＝180°，即A ，E ，D ，F 四点共圆．A B C D EF AB CD E F G连结EF ，则∠AEF ＝∠ADF ．因为AD ⊥BC ，DF ⊥AC ，所以∠FCD ＝∠ADF ＝∠AEF ，所以B ，E ，F ，C 四点共圆．例2 在锐角△ABC 中，AB ＝AC ，AD 为BC 边上的高，E 为AC 的中点．若M 为线段BD 上的动点（点M 与点D 不重合），过点C 作CN ⊥AM 与点N ，射线EN 与AB 相交于点P ，证明：∠APE ＝2∠MA D ．证明 如图，连结DE ．因为AD ⊥BC ，CN ⊥AM ，E 为AC 的中点，所以DE ＝AE ＝CE ＝NE ，从而A ，N ，D ，C 在以点E 为圆心、AC 为直径的圆上，所以∠DEN ＝2∠DAN ．由题意可得D 为BC 的中点，所以ED ∥AB ，所以∠APE ＝∠DEP ＝2∠MA D ．进阶训练1．已知⊙O 的半径为2，AB ，CD 是⊙O 的直径，P 是BC 上任意一点，过点P 分别作AB ，CD 的垂线，垂足分别为N ，M ．（1）如图1，若直径AB 与CD 相交成120°角，当点P （不与B ，C 重合）从B 运动到C 的过程中，证明MN 的长为定值；（2）如图2，求当直径AB 与CD 相交成多少度角时，MN 的长取最大值，并写出其最大值．答案：（1）略（2）AB ，CD 相交成90°时，MN 取最大值，最大值为2．【提示】（1）如图，连接OP ，取其中点O ′，显然点M ．，N 在以OP 为直径的⊙O ′上．连结NO ′并延长，交⊙O ′于点Q ，连结QM ，则∠QMN ＝90°，QN ＝OP ＝2．而∠MQN ＝180°－∠BOC ＝60°，所以可求得MN 的长为定值．A B C D E PN M AB C D EP N M AB C D O MN P图1 图2 A B C D P M N O（2）由（1）知，四边形PMON 内接于⊙O ′，且直径OP ＝2．而MN 为⊙O ′的一条弦，故MN 为⊙O ′的直径时，其长取最大值，最大值为2，此时∠QMN ＝90°．2．在Rt△ABC 中，∠BAC ＝90°，过点B 的直线MN ∥AC ，D 为BC 边上一点，连结AD ，作DE ⊥AD 交MN 于点E ，连结AE ．（1）如图1，当∠ABC ＝45°时，求证：AD ＝DE ；（2）如图2，当∠ABC ＝30°时，线段AD 与DE 有何数量关系？请说明理由；（3）当∠ABC ＝α时，请直接写出线段AD 与DE 的数量关系（用含α的三角函数表示）．答案：（略）；（2）ADDE ；（3）AD ＝DE ·tan α． 【提示】（1）证A ，D ，B ，E 四点共圆，从而∠AED ＝∠ABD ＝45°，所以AD ＝DE ．（2）同（1）可得A ，D ，B ，E 四点共圆，从而∠AED ＝∠ABD ＝30°，所以AE DE＝tan30°，即ADDE ． AB C D O MN QO ′ P图1 图1AB C DEFG 图2 A B C D E M N。