2025年中考数学二轮复习：圆的阅读理解题常考热点 提分刷题练习题（含答案解析）

这是一份2025年中考数学二轮复习：圆的阅读理解题常考热点 提分刷题练习题（含答案解析），共34页。试卷主要包含了阅读与思考，阅读下面材料，定义，阅读下列材料，完成相应的任务等内容，欢迎下载使用。
1．阅读与思考
请仔细阅读，并完成任务．
小明学习了圆的有关定理，知道“经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线”，并学会了如何用尺规过圆上一点作圆的切线，怎样用尺规过圆外一点作出圆的切线呢？经过反复思考，他想出了一种作法．具体如下（已知点P是外的一点）：
作法（如图）：
（1）连接，作线段的垂直平分线，交于点A；
（2）以点A为圆心，以的长为半径作弧，交于点B；
（3）作直线，则直线是的切线．
证明：
任务：请你帮小明写出证明过程．
2．阅读下面材料：
小明遇到这样两个问题：
①如图1，是⊙的直径，C是⊙上一点，，垂足为D，，求的长；
②如图2，中，，，点D为的中点，求的取值范围．
对于问题①，小明发现根据垂径定理，可以得出点D是的中点，利用三角形中位线定理可以解决；对于问题②，小明发现延长到E，使，连接，可以得到全等三角形，通过计算可以解决．
(1)请回答：问题①中长为________；问题②中的取值范围是________；
(2)参考小明思考问题的方法，解决下面的问题：如图3，中，，点D、E分别在、上，与相交于点F，，，，求证：．
3．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
(1)阅读与理解：
如图，四边形内接于，点为弧的中点．求证：四边形是等补四边形．
(2)探究与运用：
①聪明的小明在图中连接对角线，得图，并发现了等补四边形中，当时对角线的一个结论，如果你也发现了，请直接写出与的数量关系．
②如图，在等补四边形中，，其外角的平分线交的延长线于点，若，，求的长．
4．阅读下列材料，完成相应的任务．
婆罗摩笈多（Brahmagup1a）是古印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，特别是在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献．他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“布拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下：
布拉美古塔定理：已知：如图1，四边形内接于，对角线，垂足为，点为的中点，连结并延长，交于点，则．
证明：，
，
，
（依据），
，
…
(1)上述证明过程中的依据是指______．
(2)请补全上述证明过程．
(3)请利用布拉美古塔定理完成如下问题：如图2，三角形内接于，，点是弧的中点，，请直接写出线段的长度．
5．欧几里得是古希腊最盛名、最有影响力的数学家之一，被称为“几何之父”，他最著名的著作《几何原本》是欧洲数学的基础，被广泛认为是历史上最成功的教科书．
小明在阅读《几何原本》时，看到定理3.32的叙述：如果一条直线切于一个圆，而且由切点作一条过圆内部的直线与圆相截，该直线与切线所成的角等于另一弓形上的角．
小明尝试证明这个定理，他作出如下图形，通过分析，发现若证明这个定理，需研究与的关系．
请帮助小明写出已知，求证，并证明．
已知：如图，中，_____________，点为劣弧上一点，连接，．
求证：_________________．
6．阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
任务：
(1)填空：材料中的依据1是指________________；依据2是指________________．
(2)如图3，是的直径，是上一点，且满足，若，的半径为10，求的长．
7．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______°
8．阅读与思考
九年级学生小刚喜欢看书，他在学习了圆后，在家里突然看到某本数学书上居然还有一个相交弦定理（圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等），下面是书上的证明过程，请仔细阅读，并完成相应的任务．圆的两条弦相交，这两条弦被交点分成的两条线段的积相等．
已知：如图1，O的两弦，相交于点P．
求证：．
证明：如图1，连接，．
∵，．
∴，（根据_____________）
∴，
∴，
∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．
任务：
(1)请将上述证明过程补充完整．根据： ；@： ．
(2)小刚又看到一道课后习题，如图2，是O的弦，P是上一点，，，，求的半径．
9．阅读与思考
请阅读下列材料，并完成相应的任务．
任务：
(1)补全证明过程，
(2)如图3，在中，，，若，，，则到的距离是____________，到的距离是____________，的半径是____________．
10．请阅读下列材料，并完成相应的任务：
任务：
(1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
(2)填空：如图3，已知等边内接于，为上一点，，于点，，则折弦的长是______．

11．阅读与思考下面是小颖的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务．
任务：
(1)“问题一”中小颖的“依据*”是指 ；
(2)请说明“问题二”中小颖的作法是否正确并说明理由；
(3)完成“问题三”：请在图中只用无刻度的直尺作出满足条件的圆周角，并仿照“问题二”写出具体作法．
12．阅读材料并完成相应任务：
婆罗摩笈多是一位印度数学家与天文学家，他的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．其中就包括他提出的婆罗摩笈多定理（也称布拉美古塔定理）．
婆罗摩笈多定理：若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边．
下面对该定理进行证明．
已知：如图（1），四边形内接于，对角线于点，
于点，延长交于点．
求证：．
证明：，，
，，
．
……
任务：
(1)请完成该证明的剩余部分；
(2)请利用婆罗摩笈多定理完成如下问题：如图（2），已知中，，，，分别交于点，，连接，交于点．过点作，分别交，于点，．若，求的长．
13．请阅读下列材料，完成相应的任务：
罗狄斯托勒密（ClaudiusPtlemaeus，约90年168年），“地心说”的集大成者，生于埃及，著名的天文学家，地理学家、占星学家和光学家．
托勒密定理实出自依巴谷（Hipparchus）之手，托勒密从他的书中摘出并加以完善．
托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．
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1，作，交于点E．∵，∴（依据1），∴（依据2），∴，∴，∵，∴，∵，∴，即，…
任务：
(1)托勒密定理的逆命题是______；上述证明过程中的“依据1”为______；“依据2”为______；
(2)请完成后续证明；
(3)如图2，以为直径的中，点C为上一点，且，的角平分线交于点D，连接，若，求的长．
14．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．
15．阅读下列材料，并完成相应学习任务：
勾股定理，是指直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方．在西方，最早提出并证明此定理的为公元前6世纪古希腊的毕达哥拉斯学派．
中国古代称直角三角形为勾股形（直角边中较小者为勾，另一长直角边为股，斜边为弦），周朝时期的商高提出了“勾三股四弦五”的特例，所以我国称这个定理为勾股定理，也有人称商高定理．
勾股定理现约有500种证明方法，是数学定理中证明方法最多的定理之一．下面是小明搜集到的勾股定理的一种证明方法（不完整）．
如图，在中，，，，．
求证：．
证明：作出的外接圆O．延长到点D，使得．连接，交于点E．延长与的延长线交于点M．连接，延长与交于点N
∵，∴，为的直径．
∴．（依据1）
∴，
…
学习任务：
(1)材料中“依据1”是：___________；
(2)请根据上述材料中的部分证明过程，判断与的数量关系和位置关系，并证明；
(3)请结合材料与（2）中的证明过程，用不同的方法表示图中阴影部分面积，完成勾股定理的证明（用含a，b，c的式子表示）．
阿基米德折弦定理从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，称为该圆的一条折弦，如图1．古希腊数学家阿基米德发现，若，是的折弦．是的中点，于点，则．这就是著名的“阿基米德折弦定理”．
证明如下：如图2，在上截取，连接，，，．
则（依据1）．
∵是的中点，∴，
∴．
在和中，
∴，∴．
∵于点，∴（依据2）．
∴．

在《阿基米德全集》中记述了伟大的古希腊数学家、哲学家、物理学家阿基米德提出的关于圆的一些问题，其中有这样一个问题：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，是的中点，则从点向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．其部分证明过程如下：
证明：如图2，在上截取，连接，，和．
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
……

阿基米德折弦定理
阿基米德（Archimedes，公元前～公元前年，古希腊）是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子．
阿拉伯Al-Biruni（年～年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al-Biruni译本出版了像文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理．
阿基米德折弦定理：
如图1，和是的两条弦（即折线是固的一条折弦），，是弧的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．
这个定理有根多证明方法，下面是运用“垂线法”证明的部分证明过程．
证明：如图2．作射线，垂足为，连接，，．
∵是弧的中点，
∴．…


×年×月×日 星期六
在圆中只用无刻度的直尺作出满足某条件的圆周角
今天在数学课上，我学会了在圆中只用无刻度的直尺就可以作出满足某条件的圆周角．
问题一：如图，是的圆周角，我们可以在中只用无刻度的直尺作一个圆周角等于．作法：在上取一点D，连接和，则（依据*）．
问题二：在图的基础上，要在中只用无刻度的直尺以B为顶点作与相等的圆周角，应该如何完成呢？
作法：如图所示，连接并延长，交于点D，连接，连接并延长，交于点E，则即为所要求作的角．
问题三：如图，要在中只用无刻度的直尺作一个圆周角与互余，应该如何完成呢？
……
参考答案
1．见解析
【分析】本题考查线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，切线的判定，三角形内角和定理等，连接，利用线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，切线的判定证明即可．
【详解】证明：如图，连接．
由作图可知，
∴．
在中，∵，
∴．
∴．
∴．
∵是的半径，
∴直线是的切线．
2．(1)3，
(2)见解析
【分析】（1）①利用垂径定理和三角形的中位线定理进行求解即可；②延长到E，使，连接，证明，利用全等三角形的性质和三角形的三边关系进行求解即可；
（2）延长至点，使，连接，证明，得到，证明，得到，含30度角的直角三角形的性质，推出，即可得证．
【详解】（1）解：①∵，
∴，
∵是⊙的直径，
∴，
∴；
②延长到E，使，连接，则：，
∵点D为的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，，即：，
∴；
（2）证明：延长至点，使，连接，
同法（1）②，可得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查垂径定理，三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点，利用倍长中线法构造全等三角形，是解题的关键．
3．(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）由圆内接四边形互补可知，再根据弧相等得，根据等补四边形的定义即可得证；
（2）①根据弧相等可得圆周角相等即可得出结论；
②连接，先证，推出，再证明，利用相似三角形对应边的比相等可求的长；
【详解】（1）证明：∵四边形为圆内接四边形，
∴，，
∵点为弧的中点，
∴，
∴，
∴四边形是等补四边形；
（2）解：①，理由如下：
∵四边形是等补四边形，，
∴，
∴；
②如图，连接，

∵四边形是等补四边形，，
∴，
又∵，
∴，
∵平分，，，
∴，
由①知：，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
解得：或（负值不符合题意，舍去）．
∴的长为．
【点睛】本题考查了新定义—等补四边形，圆的有关性质，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质等，解题的关键是正确理解新定义．
4．(1)等边对等角；
(2)见解析；
(3)．
【分析】（1）根据条件和结论即可判断出答案；
（2）根据前面的证明过程得到，由等量代换得到，即可得到，结论得证；
（3）由圆周角定理求出，根据等腰三角形三线合一得到，，由勾股定理求出，由等积法求出，在中，由勾股定理求出，根据布拉美古塔定理可得，则，即可证明，得到，代入已知线段即可得到答案．
【详解】（1）∵，
（等边对等角），
∴上述证明过程中的依据是指等边对等角；
故答案为：等边对等角
（2）证明：，
，
，
（等边对等角），
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：∵，
∴是等腰三角形，
∵点是弧的中点，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
由题意得，四边形内接于，对角线，垂足为F，点G为的中点，连结并延长，交于点，根据布拉美古塔定理可得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关定理并进行正确推理是解题的关键．
5．已知：直线切于点，过的直线交于点
求证：，证明过程见解析
【分析】本题主要考查切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形等知识，正确作出辅助线是解题关键．连接，延长交于点，连接，根据切线的性质和圆周角定理可得，进而可证明，再根据圆内接四边形的性质可得，结合，即可证明结论．
【详解】已知：直线切于点，过的直线交于点，
求证：．
证明：如图，连接，延长交于点，连接，
由题意得，，
∴，，
∴，
又∵四边形为圆内接四边形，
∴，
∵，
∴．
6．(1)同弧所对的圆周角相等；等腰三角形三线合一．
(2)
【分析】本题考查圆周角定理的推论和等腰三角形的性质，勾股定理；
（1）根据圆周角定理的推论和等腰三角形的性质即可得到答案；
（2）过点作于点．先求出，再求出，从而得，进而即可求解．
【详解】（1）解：由题意得：同弧所对的圆周角相等；等腰三角形三线合一．
（2）如图，过点作于点，
∵是的直径，
∴∠，
∵，圆的半径为10，
∴，
∴，
∵，
∴是的中点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴．
7．(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．
8．(1)有两个角对应相等的两个三角形相似，；
(2)的半径为．
【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可；
（2）延长交圆O于点D，延长交圆O于点F，设圆O的半径为，则，，根据（1）中结论代入求解即可．
【详解】（1）证明：如图1，连接，．
∵，．
∴，（根据有两个角对应相等的两个三角形相似）
∴，
∴，
∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．
故答案为：有两个角对应相等的两个三角形相似；；
（2）延长交圆O于点D，延长交圆O于点F，
设圆O的半径为，而，，，
，， ，
根据（1）中结论得，即为，
∴，
解得：或（不符合题意，舍去），
⊙O的半径为．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，圆的相交弦定理，圆周角定理，理解题意，熟练掌握运用圆的相交弦定理是解题关键．
9．(1)证明见解析
(2)；；
【分析】（1）在上截取，连接，，和，根据圆心角定理，得出，再根据圆周角定理，得出，再根据，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据三线合一的性质，得出，再根据线段之间的数量关系，即可得出结论；
（2）过点作于点，于点，连接，根据线段之间的数量关系，得出，再根据垂径定理，得出，再根据线段之间的数量关系，得出，进而得出到的距离是，再根据垂径定理，得出，再根据线段之间的数量关系，得出，进而得出到的距离是，再根据勾股定理，计算即可得出的半径．
【详解】（1）证明：如图2，在上截取，连接，，和．
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：如图，过点作于点，于点，连接，
∵，，
∴，
∴，
由（1）的结论，并结合图形，可得：，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴，
∴到的距离是，
∵，，
∴，
∴，
∴到的距离是，
∵，，
∴，
∴的半径是．
故答案为：；；．
【点睛】本题考查了弧、弦、圆心角的关系、圆心角定理、全等三角形的判定与性质、三线合一的性质、垂径定理、勾股定理，解本题的关键在正确作出辅助线，并熟练掌握相关的性质定理．
10．(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）根据圆的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，则，根据全等三角形的判定和性质，则，得，。再根据直角三角形的全等和判定，得，推出，即可；
（2）根据等边三角形的性质，则，，根据，于点，，得；由题意得，，则折弦的长为：，即可．
【详解】（1）∵是弧的中点，
∴，
∵，
∴，
∵和所对的弧是，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴折弦的长为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆，全等三角形，等边三角形的性质，解题的关键是掌握圆的基本性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，勾股定理的运用，掌握折弦定理的运用．
11．(1)在同圆中，同弧所对的圆周角相等
(2)正确，理由见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据在同圆中，同弧所对的圆周角相等，即可；
（2）根据，可得，再由，即可；
（3）连接并延长，交于点D，连接，连接并延长，交于点E，连接，则即为所要求作的角．
【详解】（1）解：“问题一”中小颖的“依据*”是指在同圆中，同弧所对的圆周角相等；
故答案为：在同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）解∶正确，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如图，连接并延长，交于点D，连接，连接并延长，交于点E，连接，则即为所要求作的角．
理由：由（2）得：，
∵是的直径，
∴，
∴，
即与互余．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键．
12．(1)见解析
(2)
【分析】（1）应用圆周角定理，等腰三角形的判定，可证明；
（2）应用（1）的结论，圆内接四边形的性质，可求解．
【详解】（1）解：证明：，，
，，
，
，，
，
，
同理，，
；
（2）四边形是内接四边形，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，关键是能熟练应用圆的有关性质．
13．(1)如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据逆命题，同弧所对的圆周角相等，两个角分别对应相等的两个三角形相似，进行作答即可．
（2）如图，作，交于点E，证明，则，，由，可得，，即．证明，则 ，．则．
（3）由为直径，可得，四边形为圆的内接四边形，由，可得，勾股定理求．由的角平分线交于点D，可得，，为等腰直角三角形，则．由四边形为圆的内接四边形，可得，即，计算求解即可．
【详解】（1）解：由题意知，托勒密定理的逆命题是：如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形．
证明过程中的“依据1”为：同弧所对的圆周角相等；
“依据2”为：两个角分别对应相等的两个三角形相似．
故答案为：如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似；
（2）证明：如图，作，交于点E，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即．
∴，
∴ ，
∴．
∴．
∴；
（3）解：∵为直径，
∴，
∴四边形为圆的内接四边形，
∵，
∴，由勾股定理得，．
∵的角平分线交于点D，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵四边形为圆的内接四边形，
∴，即，解得．
【点睛】本题考查了逆命题，等弧对等角，相似三角形的判定与性质，直径所对的圆周角为直角，勾股定理，含的直角三角形，等腰三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
14．(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．
15．(1)直径所对的圆周角等于90°
(2)，，证明见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据直径所对的圆周角等于90°，即可得答案；
（2）先证，得，，再根据∠CAB=∠DAN，，得∠DFA=90°，即可得答案；
（3）根据，，即可得答案．
【详解】（1）解：∵直径所对的圆周角等于90°，
∴材料中“依据1”是：直径所对的圆周角等于90°；
（2）∵，，
∴，
∴ ，
∵，，
∴，
∴，，
∵∠CAB=∠DAN，
∵，
∴，
∴∠DNA=90°，
∴，
∴， ；
（3）∵BC=a，AC=b，AB=c，
∴BC=DC=a，AC=MC=b，AB=DM=c，
∵
，
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的性质，三角形全等的判定与性质，三角形面积的证明，解题的关键是掌握圆的性质和三角形三角形全等的判定与性质．