初中数学北师大版（2024）九年级下册1 圆同步训练题

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圆中的辅助线是指在解决圆的相关问题时，为了更好地理解和应用几何原理，而在图形中添加的一些线段。这些辅助线可以帮助我们发现隐藏的几何关系，简化问题的解决过程。以下是圆中常见辅助线的做法：
【方法1】遇到弦时：常常添加弦心距，或者作垂直于弦的半径（或直径），或再连结过弦的端点的半径。作用在于利用垂径定理、圆心角及其所对的弧、弦和弦心距之间的关系，以及勾股定理求解相关量；
【方法2】遇到有直径时：常常添加直径所对的圆周角。这样可以通过圆周角的性质得到直角或直角三角形，进而利用直角三角形的性质解决问题；
【方法3】遇到90°的圆周角时：常常连结两条弦没有公共点的另一端点。利用圆周角的性质，可以得到直径，从而进一步探索圆内的几何关系；
【方法4】遇到有切线时：可以添加过切点的半径，利用切线的性质定理得到垂直关系，或者连结圆上一点和切点，构成弦切角，利用弦切角定理解决问题；
【方法5】遇到证明某一直线是圆的切线时：若直线和圆的公共点还未确定，则常过圆心作直线的垂线段，再证垂足到圆心的距离等于半径。若直线过圆上的某一点，则连结这点和圆心（即作半径），再证其与直线垂直；
题型目录
【题型1】添加弦心距或作垂直于弦的半径，构造直角三角形
【题型2】添加直径所在的圆周角，构造直角三角形
【题型3】遇到90度圆周角作弦，构造直角三角形
【题型4】遇到切线时过切点作半径构造直角三角形
【题型5】证明切线时有点连线
【题型6】证明切线时无点作垂线
【题型7】直通中考
【题型8】拓展延伸
第二部分【题型展示与方法点拨】
【题型1】添加弦心距或作垂直于弦的半径，构造直角三角形
【例1】（24-25九年级上·江苏·阶段练习）如图，已知的直径，点P是弦上一点，连结，，求
弦的长； (2)的正切．
【答案】(1)8； (2).
【分析】（1）作于，则，由得到，得到，设，则，，由得到，由勾股定理得，求出的值即可得到答案；
（2）由（1）得：，，，根据正切的定义进行计算即可得到答案．
解：（1）如图，作于，则，

，
，
，
设，则，
，
，
是的弦，，
，
，且是的直径，
，
在中，，
，
解得：或（不符合题意，舍去），
，，
；
（2）解：由（1）得：，，，
．
【点拨】本题考查了垂径定理、等腰直角三角形的性质、勾股定理、正切的定义，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线构造直角三角形是解此题的关键．
【变式1】23-24九年级上·江苏南京·期中）如图，在扇形中，点D在上，点C在上，．若，则的半径为( )
A．4B．C．D．
【答案】C
【分析】过点O作与E，连接BD交与点F，连接CF，利用勾股定理求出BD，再证明点F是BD的中点，利用中位线定理和直角三角形的中线的性质分别求出和，从而得到，最后用勾股定理求即可．
解：过点O作与E，连接BD交与点F，连接CF，

∵，，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴F是BD的中点，
∴，
又∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
即的半径为，
故选：C．
【点拨】本题考查垂径定理，垂直平分线的性质，直角三角形中线的性质，中位线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识，综合性较大，利用垂径定理构造辅助线和证明点F是BD的中点是解题的关键．
【变式2】（23-24九年级上·四川绵阳·期末）如图，M为x轴正半轴上一点，与x轴负半轴交于点A，与y轴正半轴交于点B，连接，将绕顶点B逆时针旋转得到，此时点C恰在上，若半径为4，则点D的坐标是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化——旋转，熟练掌握旋转的性质，垂径定理，矩形的判断和性质，勾股定理解三角形，是解题的关键．
过点M作的垂线，垂足为N，连接，利用垂径定理证明四边形是矩形，令，则，利用勾股定理求出，进而求解即可．
解：过点M作的垂线，垂足为N，连接，

则，
由旋转知，，，，
∴轴，
∴轴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形．
令，则，
在中，，
解得（舍负），
∴，
即．
又∵，
∴，
即．
所以点D的坐标为：，
故答案为：
【变式3】（24-25九年级上·江苏盐城·期中）如图，已知的半径为2，弦的长为．若在上找一点，使， ．

【答案】或
【分析】如图，过点O作于，，垂足分别为H，Q，构造出直角三角形，根据垂径定理与勾股定理求得三角形的边长，求得和，再求出的度数即可．
解：如图，过点O作于，，垂足分别为H，Q，

∵的半径为2，弦的长为，，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
同理可得：；
综上：或．
故答案为：或．
【点拨】本题考查的是垂径定理的应用，勾股定理的应用，解直角三角形的应用，角的和差运算，清晰的分类讨论是解本题的关键．
【题型2】添加直径所在的圆周角，构造直角三角形
【例2】（24-25九年级上·浙江杭州·期中）如图中，，为的直径，，分别交于，，连接，．
(1)求证：；
(2)如果，，求的长．

【答案】(1)证明见解析； (2).
【分析】本题考查圆周角定理，三线合一，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，是解题的关键：
（1）连接，易得，三线合一，得到，进而得到，等角对等边即可得证；
（2）勾股定理求出的长，等积法求出的长即可．
解：（1）连接，

∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）由（1）知：，，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴．
【变式1】（2024·海南海口·二模）如图，是的直径，，，，，则的长为 ．

【答案】
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定及性质，直径所对的角是圆周角，圆周角定理，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．由是的直径，，得，由，得，从而，利用相似三角形的性质求解即可．
解：如图，连接AD，

∵是的直径，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴即，
∴．
故答案为：．
【变式2】（2024·浙江杭州·一模）如图，是圆O的内接三角形，延长交于点D，，垂足为点E，点F是上一点，，若，，则m，n满足的关系式是 ．

【答案】
【分析】此题考查了直径所对的圆周角是直角，三角形内角和定理，等边对等角，
延长交于点H，连接，首先根据直径的性质得到，然后结合三角形内角和定理得到，，进而求解即可．
解：如图，延长交于点H，连接，

∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
即，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：．
【变式3】（24-25九年级上·湖北武汉·期中）如图，是的两条弦，且，的半径为，则的值为

【答案】
【分析】本题考查了弧、弦，圆心角的关系，圆周角定理，勾股定理，连接并延长交于点，连接，则，可得，得到，进而得到，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
解：如图，连接并延长交于点，连接，则，

∵为的直径，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【题型3】遇到90度圆周角作弦，构造直角三角形
【例3】1．（22-23九年级上·浙江绍兴·期末）如图，四边形内接于，分别延长，，使它们相交于点E，，且．
(1)求证：．
(2)若，点C为的中点，求的半径．

【答案】(1)见解析; (2)
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，圆的基本性质等；
（1）根据圆内接四边形的性质得，再根据等边对等角可得∠E＝∠DCE，再根据等量代换，即可求解；
（2）连接，根据的圆周角所对的弦是直径得出为的直径，由等角对等边得，根据勾股定理得，即可求解；
掌握相关的性质，能由找出连接的辅助线是解题的关键．
解：（1）证明：四边形内接于，
∴，
∵
，
，
，
；
（2）解：如图，连接，

，
∴，
是的直径，
，
，
，
点C为的中点，
，
在中，
，
的半径为．
【变式1】（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，内接于，点在上，连接，若，则的直径为（ ）
A．12B．C．6D．
【答案】A
【分析】本题主要考查圆周角定理和直角三角形的性质，连接，由，可得为的直径，当，可得，在中，，则，故可得解．
解：连接，如图，

∵，即，
∴为的直径，
∵所对的圆周角是，
∴
在中，，
，
故选：A．
【变式2】（23-24九年级下·河北邯郸·期中）图是用制作的表盘模型，其中点，分别与整钟点“时”，“时”重合，要使，则点应位于（ ）

A．“时”处B．“时”处C．“时”处D．“10时”处
【答案】B
【分析】本题主要考查了的圆周角所对的弦是直径，熟练掌握的圆周角所对的弦是直径是解题的关键，根据的圆周角所对的弦是直径求解即可。
解：如图，连接，，

∵，
∴AB是的直径，即
∵点，与整钟点“时”重合，
∴点应位于“时”处，
故选：
【变式3】（24-25九年级上·北京·阶段练习）如图，点在圆上，，点为的中点，的值为 ．

【答案】
【分析】本题考查了半圆或直径所对圆周角为直角，勾股定理，根据，可得AB是直径，根据点为的中点，可得，根据勾股定理可得，在中，运用勾股定理即可求解．
解：如图所示，连接AD，

∵，
∴AB是直径，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
在中，，故答案为： ．
【题型4】遇到切线时过切点作半径构造直角三角形
【例4】（24-25九年级上·湖南长沙·阶段练习）如图，是的直径，是延长线上的一点，点在上，，交的延长线于点，交于点，且点是的中点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析; (2)2.5
【分析】（1）连接，根据“同弧或等弧所对的圆周角相等”得出，根据等腰三角形“等边对等角”的性质得出，推得，根据“内错角相等，两直线平行”得出，根据“两直线平行，同位角相等”得出，即可证明结论；
（2）设半径为，根据勾股定理可得，据此列出方程，解方程求出的值即可．
解：（1）证明：如图，连接，

∵点是的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵是的半径，
∴为的切线．
（2）解：设半径为，则，
在中，可有，
∴，
解得，
即的半径为2.5．
【点拨】本题主要考查了圆周角性质、等腰三角形的性质、平行线的判定和性质、勾股定理、切线的判定等知识，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
【变式1】（23-24九年级上·安徽合肥·期末）如图，P是圆O的直径上一点，与圆O相切于点M，连接，，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定，解题的关键是掌握圆的切线垂直于经过切点的半径；连接，根据切线性质得，再根据直角三角形的锐角互余得，根据圆周角定理进而求得，然后根据等腰三角形的判定解答即可．
解：连接，

与圆O相切于点M，
；
，
；
，
，
，
；
，
；
故答案为：．
【变式2】（2024九年级上·全国·专题练习）如图，在中，是弦，是切线，过点作于，交于点，若平分，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了弦切角定理，角平分线的性质及垂直的定义，难度适中．
连接，并延长交于点F，连接，根据弦切角的性质，得，再由已知条件可得，从而求出．
解：连接，并延长交于点F，连接，如图所示：

∴，
∴，
是切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
，
平分，
，
，
，
．
故选：A．
【变式3】（24-25九年级上·重庆·阶段练习）如图，与相切于点，的延长线交于点，连接，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】可不是主要考查切线的性质，连接，则，得，由得由三角形外角的性质得，再由三角形内角和定理可得
解：连接，如图，

∵是的切线，
∴，即
∵
∴
∵，
∴
∴
∵
∴，
故选：D
【题型5】证明切线时有点连线
【例5】（2024·江苏苏州·二模）如图，圆O半径，互相垂直，弦，过点C 的直线，
(1)求证： 是圆O的切线；
(2)求 的值．

【答案】(1)见解析; (2)
【分析】本题考查垂直平分线的判定，平行线的性质，等腰三角形的性质和解直角三角形，掌握相关定理是解题的关键．
（1）连接并延长交AB于点D，则得到，然后根据两直线平行，内错角相等解题即可；
（2）设圆的半径为r，根据三线合一得到，然后利用解直角三角形得到，然后解题即可．
解：（1）证明：连接并延长交AB于点D，
∵，，
∴点C，O在线段AB的垂直平分线上，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴是圆O的切线；
（2）解：设圆的半径为r，则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【变式1】（2024·辽宁·模拟预测）如图，在上点A，B，D，，点B关于的对称点C在圆上，连接，在的延长上的点F，．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，求的长度．
【答案】(1)见解析; (2)
【分析】（1）连接交于E，连接，根据点B关于的对称点C在圆上，得出，，根据垂径定理逆定理得出，证明，求出，证明，即可得出结论；
（2）根据勾股定理求出，证明，得出，求出，，证明，得出，求出，最后求出结果即可．
解：（1）连接交于E，连接，如图所示：

∵，
∴为直径经过O点，
∵点B关于的对称点C在圆上，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线．
（2）根据对称性可知：，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【变式2】（2024·江西南昌·模拟预测）课本再现
（1）补全课本再现中横线上的内容．
知识应用
（2）如图，内接于，是的直径的延长线上一点，．
①求证：是的切线；
②过圆心作的平行线交的延长线于点，若，求的长．
【答案】（1）直角；（2）①见解析；②．
【分析】（1）根据圆周角定理即可解答；
（2）①由等腰三角形的性质与已知条件得出，，由圆周角定理可得，进而得到，即可得出结论；
②根据平行线分线段成比例定理得到，设，则，，在中，根据勾股定理求出，据此即可求解．
解：（1）直径所对的圆周角是直角；
故答案为：直角；
（2）①证明：，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
即，
，
是的半径，
是的切线；
②解：，
，
，，
，
设，则，，
，
是直角三角形，
在中，，
，
解得，（舍去），或， ．
【点拨】本题考查了圆周角定理、勾股定理、平行线的性质、等腰三角形的性质、切线的判定、平行线分线段成比例定理等知识；熟练掌握切线的判定与平行线分线段成比例定理是解题的关键．
【题型6】证明切线时无点作垂线
【例6】（2024·新疆乌鲁木齐·模拟预测）如图，在中，O为上一点，以O为圆心，长为半径作圆，与相切于点C，过点A作交的延长线于点D，且．
求证：为的切线；

【分析】本题主要考查切线的判定和性质，切线长定理，全等与相似三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定是解题的关键．
过点O作于点E，根据题意证明，再证明，根据切线的判定定理即可得到结论；
证明：过点O作于点E，
于点D，
，
，
，
，
又为的切线，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，是半径，
是的切线；
【变式1】（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，为正方形对角线上一点，与以为圆心，长为半径的相切于点．
（1）求证：与相切；
（2）若正方形的边长为1，求的半径．

【答案】(1)见解析 (2)的半径为．
【分析】此题综合了正方形的性质和圆的切线的性质和判定．
（1）根据正方形的性质得到是角平分线，再根据角平分线的性质进行证明；
（2）根据正方形的边长可以求得其对角线的长，根据等腰直角三角形的性质得到是圆的半径的倍，从而根据对角线的长列方程求解．
（1）证明：连接，过作于；

与相切，
，
四边形是正方形，
平分，
，
与相切；
（2）解：四边形为正方形，
，，，
，，
，
；
又，
，
．
【变式2】（24-25九年级上·江苏扬州·阶段练习）如图，在以O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦是小圆的切线，切点为点C．
(1)求证：C是的中点；
(2)若，则两个同心圆组成的圆环面积为______；
(3)若以A为圆心，长为半径画弧，交大圆于点D，连接，请在备用图中补全图形，猜想与小圆的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析; (2); (3)与小圆相切，理由见解析.
【分析】（1）直接利用垂径定理即可求证；
（2）利用勾股定理和圆环的面积即大圆面积减去小圆面积即可求解；
（3）先构造全等三角形证明平分，再作垂直证明半径即可求证．
解：（1）证明：如图，连接，
∵是小圆的切线，
∴，
∴平分，即C是的中点．

（2）解：如图，连接、，
∵平分，
∴，
∴，
∴圆环的面积为，
故答案为．

（3）解：与小圆相切，理由如下：
如图，连接、、、，过O点作于E，
∵，，，
∴
∴，
∵，，
∴，
∴与小圆相切．

【点拨】本题考查了垂径定理、圆的面积、全等三角形的判定与性质、切线的性质与判定，解题关键是牢记以上相关定理，构造出全等三角形．
【变式3】（2024·湖北武汉·中考真题）如图，为等腰三角形，是底边的中点，腰与半圆相切于点，底边与半圆交于，两点．
(1)求证：与半圆相切；
(2)连接．若，，求的值．
【答案】(1)见解析; (2)
【分析】本题考查了等腰三角形三线合一，角平分线的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）连接、，作交于，根据等腰三角形三线合一可知，，平分，结合与半圆相切于点，可推出，得证；
（2）由题意可得出，根据，在中利用勾股定理可求得的长度，从而得到的长度，最后根据即可求得答案．
解：（1）证明：连接、，作交于，如图
为等腰三角形，是底边的中点
，平分
与半圆相切于点
由
是半圆的切线
（2）由（1）可知，
，
，
又，
在中，，
，
解得：
第三部分【中考链接与拓展延伸】
【题型7】直通中考
【例1】（2022·广西·中考真题）如图，在中，，以AC为直径作交BC于点D，过点D作，垂足为E，延长BA交于点F．
(1)求证：DE是的切线
(2)若，求的半径．
【答案】(1)见解析; (2)13
【分析】（1）连接OD，只要证明OD⊥DE即可；
（2）连接CF，证OD是△ABC的中位线，得CF=2DE，再证DE是△FBC的中位线，得CF=2DE,设AE=2x，DE=3k，则CF=6k，BE=EF=AE+AF=2k+10，AC=BA=EF+AE=4k+10，然后在Rt△ACF中，由勾股定理，得 (4k+10)2=102+(6k)2，
解得：k=4，从而求得AC=4k+10=4×4+10=26，即可求得的半径OA长，即可求解．
解：（1）证明：连接OD；

∵OD=OC，
∴∠C=∠ODC，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠B=∠ODC，
∴ODAB，
∴∠ODE=∠DEB；
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴∠ODE=90°，
即DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线．
（2）解：连接CF，

由（1）知OD⊥DE，
∵DE⊥AB，
∴ODAB，
∵OA=OC，
∴BD=CD，即OD是△ABC的中位线，
∵AC是的直径，
∴∠CFA=90°，
∵DE⊥AB，
∴∠BED=90°，
∴∠CFA=∠BED=90°，
∴DECF，
∴
∴BE=EF，即DE是△FBC的中位线，
∴CF=2DE,
∵，
∴设AE=2x，DE=3k，CF=6k，
∵AF=10，
∴BE=EF=AE+AF=2k+10，
∴AC=BA=EF+AE=4k+10，
在Rt△ACF中，由勾股定理，得
AC2=AF2+CF2，即(4k+10)2=102+(6k)2，
解得：k=4，
∴AC=4k+10=4×4+10=26，
∴OA=13,
即的半径为13．
【点拨】本题考查圆周角定理，切线的判定与性质，勾股定理，三角形中位线的判定与性质，证OD是△ABC的中位线， DE是△FBC的中位线是解题的关键．
【例2】（2022·湖北随州·中考真题）如图，已知D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，BE与⊙O相切，交CD的延长线于点E，且．
(1)判断CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若，，
①求⊙O的半径；
②求BD的长．
【答案】(1)CO与⊙O相切，理由见解析; (2)①⊙O的半径为2；②
【分析】（1）连接OD，根据，可得，再由，可得，然后根据BE与⊙O相切可得，即可求解；
（2）①设，根据，即可求解；②由①得：OC=6，OD=2，AB=4，求出，证明，可得，再由勾股定理，即可求解．
解：（1）CO与⊙O相切，理由如下∶
连接OD，

∵
∴
∵
∴
又∵BE与⊙O相切
∴，即
∴
∴，即∠ODE=90°，
∴
∴CD与⊙O相切；
（2）①设，
∵
∴
∴
∵，
∴，解得
故⊙O的半径为2；
②由①得：OC=6，OD=2，AB=4，
在Rt△COD中，

∵AB为直径
∴
∵
∴
∵
∴
又∵
∴
∴
设，则，
由勾股定理得，即
解得（负值舍去）
∴
【点拨】本题主要考查了切线的性质和判定，解直角三角形，勾股定理，圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键，是中考常见题型．
【例3】（2022·上海·中考真题）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为 ．
【答案】/
【分析】如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，再证明经过圆心，，分别求解AC，BC，CF， 设的半径为 再分别表示 再利用勾股定理求解半径r即可．
解：如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，


过圆心O，，


设的半径为
∴



整理得：
解得：

不符合题意，舍去，
∴当等弦圆最大时，这个圆的半径为
故答案为：
【点拨】本题考查的是等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，弦，弧，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，掌握以上知识是解本题的关键．
【题型8】拓展延伸
【例1】（24-25九年级上·浙江杭州·期中）如图，在中，，是的直径，与边交于点，为的中点，连接，与交于点．
(1)若，求的大小；
(2)求证：；
(3)若，，求的面积．
【答案】(1); (2)见解析; (3).
【分析】（1）连接，圆周角定理及其推论，直角三角形两锐角互余求解即可；
（2）根据圆周角定理及其推论，三角形外角的性质证明，即可得出结论；
（3）连接，设，则，，证明，得，即，解得，又由勾股定理，得，即，解得：，则， ，，由勾股定理，得，得到，继而可求得，由（2）知，得出，然后根据三角形中线性质由求解即可．
解：（1）连接，如图，

，
∴，
∴，，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴．
（2）解：如图，

，
∴
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
．
（3）连接，如图，

∵是的直径，
∴，
∵，
∴设，则，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴，
∵
∴
，即，
∴
由勾股定理，得，即
解得：，
∴， ，，
由勾股定理，得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（2）知，
∴
∴．
【点拨】本题考查圆周角定理及其推论，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定，等边三角形的判定与性质，三角形中线的性质等知识．熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
【例2】（24-25九年级上·浙江杭州·期中）如图1，已知四边形内接于，，延长到，使，连接，是的中点，连接．
(1)若的半径为2，，求劣弧的长；
(2)如图2，连接，求证：；
(3)如图3，是的中点，过作的垂线交于点，连接，，求证：．
【答案】(1); (2)证明见解析; (3)证明见解析.
【分析】（1）如图1中，连接．求出即可解决问题．
（2）如图1中，连接．首先证明，再利用三角形的中位线定理即可解决问题．
（3）如图3中，连接．证明即可解决问题．
解：（1）∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴劣弧的长；
（2）证明：如图1中，连接．

∵，
∴，
∴，
∵，，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：如图3中，连接．

∵，，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点拨】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，弧长公式，全等三角形的判定和性质三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．
【例3】（24-25九年级上·浙江杭州·期中）如图1，是内接三角形，将绕点逆时针旋转至，其中点在圆上，点在线段上．
(1)求证：．
(2)如图2，过点作分别交、于点、，交于点，连接，求证：．
(3)在（2）的条件下，若时，求的值．
【答案】(1)见解析; (2)见解析; (3).
【分析】对于（1），根据旋转的性质得，根据弧，弦，圆心角的关系即可得证；
对于（2），证明，进而得出，旋转得到，再根据推导出，等量代换得，即可得证；
对于（3），等量代换得，过点E作，角平分线的性质得，进而得出，连接，推导出，将绕点A旋转至与重合得到，证明D，F，三点共线，设，则，进而得出，可推导出，然后证明，可得，得到，再进行计算即可．
解：（1）∵将绕点A逆时针旋转至，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，
∴．
∵,
∴，
∴．
∵将绕点A逆时针旋转至，
∴．
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
（3）∵，
∴，
∵，
∴，
∴ 延长经过点B，
过点E作，
∵
∴，
∴，
∴．
连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
将绕点A旋转至与重合得到，
则，
∵，
∴，
∴点D，F，三点共线．
∵，
设，则，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
即．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，弧、弦、圆心角的关系，相似三角形的性质和判定，角平分线的性质定理，作出辅助线证明两个三角形相似是解题的关键．
推论 直径所对的圆周角是________．