模型05 圆中重要模型（七大易错分析+举一反三+易错题通关）-备战中考数学考试易错题（全国通用） 试题 含答案

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易错模型1：圆幂定理模型
模型解读
1）相交弦定理，经过圆内一点引两条弦，各弦被这点所分成的两线段的积相等。
条件：在圆O中，弦AB与弦CD交于点E，点E在圆O内。
结论：。

2）割线定理（Secant Therem），从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆交点的距离的积相等。
条件：如图，割线CH与弦CF交圆O于点E和点G。
结论：
3）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长的比例中项。
条件：如图，CB是圆O的切线，CA是圆O的割线。结论：
4）弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角。
条件：如图，点A、B、D在O上，直线BC与O相切于点B。结论：∠CBD==∠BAD。

5）托勒密定理（Ptlemy's therem）指出，圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。
条件：如图，AB、CD是圆O的两条弦； 结论：
易错提醒：圆幂定理包括相交弦定理、割线定理和切割线定理，学生在应用时容易混淆这些定理的条件和结论，导致应用错误。
例1．（2023·河南信阳·三模）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．

(1)为了说明相交弦定理正确性，需要对其进行证明，如下给出了不完整的“已知”“求证”，请补充完整，并写出证明过程．已知：如图①，弦，交于点P，求证：______________．
(2)如图②，已知是的直径，与弦交于点P，且于点P，过D作的切线，交的延长线于E，D为切点，若，的半径为5，求的长．
【答案】(1)，证明见解析(2)
【详解】（1）求证：．证明：连接AC、BD．如图①．
∵，．∴．∴．∴．
（2）解：∵，，．由（1）可知．∴．
∵，是的直径，，．连接OD．如图②．
∵为切线．∴．∵．．∴．∴．

∵，∴．∴，．又∵．∴．
变式1．（2024春·河南洛阳·统考一模）我们知道，直线与圆有三种位置关系：相交、相切、相离．当直线与圆有两个公共点（即直线与圆相交）时，这条直线就叫做圆的割线．割线也有一些相关的定理．比如，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交点的距离的积相等．下面给出了不完整的定理“证明一”，请补充完整．
已知：如图①，过外一点作的两条割线，一条交于、点，另一条交于、点．
求证：．
证明一：连接、，∵和为所对的圆周角，∴______．
又∵，∴______，∴______．即．
研究后发现，如图②，如果连接、，即可得到学习过的圆内接四边形．那么或许割线定理也可以用圆内接四边形的性质来证明．请根据提示，独立完成证明二．
证明二：连接、，
【答案】证明一：，∽，；证明二见解析
【详解】解：证明一：连接、，∵和为所对的圆周角，∴．
又∵，∴∽，∴．即．
故答案为：，∽，，
证明二：连接、，∵四边形为圆内接四边形，∴，
又∵，∴，
又∵，∴∽，∴，即．
变式2．（2024·河南·校考二模）小锐同学是一个数学学习爱好者，他在一本数学课外读物上看到一个课本上没有的与圆相关的角---弦切角（弦切角的定义：把顶点在圆上，一边与圆相切，另一边和圆相交的角叫做弦切角），并尝试用所学的知识研究弦切角的有关性质．
（1）如图，直线与⊙O相切于点，，为⊙O上不同于的两点，连接，，．请你写出图中的两个弦切角______；（不添加新的字母和线段）
（2）小锐目测和可能相等，并通过测量的方法验证了他的结论，你能帮小锐用几何推理的方法证明结论的正确性吗？
已知：如图，直线与⊙O相切于点，，为圆上不同于的两点，连接，，．
求证：．
（3）如果我们把上述结论称为弦切角定理，请你用一句话概括弦切角定理______．
【答案】（1），，，（任意写出两个即可）；（2）见解析；（3）弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角
【详解】解：（1）弦CD、CE分别与切线CB构成的弦切角为：∠DCB，∠ECB；
弦CD、CE分别与切线CA构成的弦切角为：∠DCA，∠ECA．
故答案为：，，，（任意写2个即可）
（2）证明：过作直径，连接．∵是直径，∴．∴．
又∵与相切于点，∴．∴．∴．
∴．∴．
（3）弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
变式3．（2024·山西·模拟预测）阅读与思考：《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部著作，它是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛地认为是历史上学习数学几何部分最成功的教科书．下面是其中的切割线定理：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长的比例中项，证明过程如下：
如图1：已知点P是外一点，是切线，F是切点，是割线，点A，B是它与的交点，求证：．
证明：连接并延长交于点C，连接，，．∵是的切线，．
∵CF是的直径，（依据：______）．，．
又（依据：______），．…………
任务：(1)完成材料证明部分中的“依据”，填入空格；(2)把证明过程补充完整；
(3)如图2，已知AB是的直径，是的切线，A为切点，割线CF与AB交于点E，且满足，，求AB的长．
【答案】(1)直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等(2)见解析(3)
【详解】（1）解：根据题意可得，直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等；
（2）证明：又，．．．
（3）解：如图，连接AD，，，∴设，，，则．
∵是的切线，CF是割线，∴由切割线定理得，则，
解得或（舍去），，，，则．
∵AB是的直径，AC是的切线，．．
，，，则．
，．
变式4．（2024·山西临汾·九年级统考期末）阅读下列材料，并完成相应任务
托勒密，古希腊天问学家、地理学家和光学家，而他在数学方面也有重大贡献，下面就是托勒密发现的一个定理，圆内接四边形的两组对边乘积之和等于两条对角线的乘积．下面是该定理的证明过程（部分）
已知：如图①四边形是的内接四边形 求证：

证明：以C顶点，为一边作交于点E，使得
又∵ ∴ ∴ ∴，
又，
∴ ∴ ∴，∴
∴ ∴ 即
任务：(1)请将“托勒密”定理的证明过程补充完整；(2)当圆内接四边形是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理： ．(3)如图②若，试探究线段之间的数量关系，并利用托勒密定理证明这个结论．
【答案】(1)
(2)勾股定理(3)，证明见解析
【详解】（1）解： ；
（2）解：当圆内接四边形是矩形时，
∴，，∴，∴托勒密定理就是我们非常熟知的勾股定理；
（3）解： 证明：∵，
∴ ∴ ∴是等边三角形∴
由托勒密定理得： ∴∴；
易错模型2：阿基米德折弦（定理）模型
模型解读 折弦:从圆周上任一点出发的两条弦，所组成的折线，我们称之为该图的一条折弦。一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点。
条件：如图1所示，AB和BC是⊙O的两条弦(即ABC是圆的一条折弦)，BC>AB，M是 的中点，则从M向BC所作垂线之垂足D是折弦ABC的中点，结论：CD=AB+BD。

图1 图2 图3 图4
易错提醒：折弦定理常与截长补短法、勾股定理结合，但需区分其与“手拉手模型”“瓜豆原理”的应用场景，避免误用辅助线构造方法‌。
例1．（2024·安徽芜湖·一模）如图，AB和BC是的两条弦（即ABC是圆的一条折弦），，M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，若，，则CD的长为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】解：如图，在CD上截取DG=BD，连接BM，MC，MA，AC；
∵BD=DG，MD⊥BG，∴MB=MG，∠MBG=∠MGB，∵M是的中点，∴∠MAC=∠MCA，∴MA=MC，
∵∠CMG＋∠MCG=∠MGB=∠MBG=∠MAC=∠MCA=∠ACB＋∠MCG，∴∠CMG=∠ACB=∠AMB，
∵MB=MG，MA=MC，∠BMA=∠GMC，∴△MBA≌△MGC（SAS），∴BA=GC，
CD=AB+BD=，故选：D．
变式1．（23-24·江苏·九年级期中）【问题呈现】阿基米德折弦定理：阿基米德，公元前公元前212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．如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，点是的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明部分证明过程．
证明：如图2，在上截取，连接、、和．
是的中点，，又，，，，
又，，即．
(1)【理解运用】如图1，、是的两条弦，，，点M是的中点，于点D，则 ；(2)【变式探究】如图3，若点M是的中点，【问题呈现】中的其他条件不变，判断、、之间存在怎样的数量关系？并加以证明．(3)【实践应用】如图4，是的直径，点A圆上一定点，点D圆上一动点，且满足，若，的半径为5，则AD＝ ．

【答案】(1)1(2)；证明见解析(3)或
【详解】（1）解：由题意可得，即，
，，．
（2）解：．证明：在上截取，连接、、、，

是弧的中点，，，
又，，，，
又，，，即．
（3）解：如图，当点在下方时，过点作于点，
是圆的直径，，，圆的半径为5，，
，，，．
当点在上方时，，同理易得．综上所述：的长为或．
变式2．（2024·河南商丘校考一模）阅读下面材料，完成相应的任务：
阿基米德是有史以来最伟大的数学家之一、《阿基米德全集》收集了已发现的阿基米德著作，它对于了解古希腊数学，研究古希腊数学思想以及整个科技史都是十分宝贵的．其中论述了阿基米德折弦定理：从圆周上任一点出发的两条弦，所组成的折线，称之为该圆的一条折弦．一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点．
如图1，AB和BC是的两条弦（即ABC是圆的一条折弦），．M是弧的中点，则从M向所作垂线之垂足D是折弦的中点，即．
小明认为可以利用“截长法”，如图2：在线段上从C点截取一段线段，连接．
小丽认为可以利用“垂线法”，如图3：过点M作于点H，连接
任务：(1)请你从小明和小丽的方法中任选一种证明思路，继续书写出证明过程，
(2)就图3证明：．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【详解】（1）证明：如图2，在CB上截取C，连接，
∵是的中点，∴
在和中，∴，∴
∵，∴∴ ；
（2）证明：在中，，在中，，
由（1）可知， ，
∴
；
易错模型3：婆罗摩笈多（定理）模型
模型解读 婆罗摩笈多定理：如果一个圆内接四边形（即对角互补的四边形）的对角线互相垂直且相交，那么从交点向某一边所引垂线的反向延长线必经过这条边对边的中点（反之亦能成立）。
1）婆罗摩笈多定理（古拉美古塔定理）
条件：如图，四边形ABCD内接于，对角线，垂足为点M，直线，垂足为点E，并且交直线AD于点F．结论：．
2）婆罗摩笈多定理（古拉美古塔定理）的逆定理
条件：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，F为AD上一点，直线FM交BC于点E，FA=FD．结论：FE⊥BC．
易错提醒：定理推广至圆内互相垂直的弦时，需保证弦端点满足圆内接四边形条件，若仅关注垂直性而忽略四点共圆，则无法导出中点或面积性质‌。
例1．（2024·河南·校考一模）阅读下列相关材料，并完成相应的任务．婆罗摩笈多是古印度著名的数学家、天文学家，他编著了《婆罗摩修正体系》，曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，也称“布拉美古塔定理”．
定理的内容是：“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”．
按图写出这个定理的已知和求证，并完成这个定理的证明过程；
已知：________________________________________________________________________________，
求证：________________________________________________________________________________，
证明：________________________________________________________________________________．
【答案】见解析
【详解】解：已知：如图，在圆内接四边形ABCD中，对角线AC⊥BD于点M，过点M作AB的垂线分别交AB、DC于点F，E．求证：点E是DC的中点．
证明：∵AC⊥BD，EF⊥AB，∴∠BMF＋∠AMF＝90°，∠MAF＋∠AMF＝90°，∴∠BMF＝∠MAF，
∵∠EDM＝∠MAF，∠EMD＝∠BMF，∴∠EDM＝∠EMD，∴DE＝ME，同理可证ME＝CE，
∴DE＝CE，∴点E是DC的中点．点E是DC的中点．
∵AC⊥BD，EF⊥AB，∴∠BMF＋∠AMF＝90°，∠MAF＋∠AMF＝90°，
∴∠BMF＝∠MAF，∵∠EDM＝∠MAF，∠EMD＝∠BMF，
∴∠EDM＝∠EMD，∴DE＝ME，同理可证ME＝CE，∴DE＝CE；
变式1．（2024·重庆·校考一模）婆罗摩笈多（Brahmagupta）是古代印度著名数学家、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，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“古拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下：
古拉美古塔定理：如图①，四边形ABCD内接于，对角线，垂足为点M，直线，垂足为点E，并且交直线AD于点F．则．
证明：∵，，∴，
∴，，∴，
∵，∴．又∵，∴，∴．…
任务：(1)将上述证明过程补充完整；(2)古拉美古塔定理的逆命题：如图②，四边形ABCD内接于，对角线，垂足为点M，直线FM交BC于点E，交AD于点F．若，则．请证明该命题．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【详解】（1）在Rt△ADM中，∠ADM＝90°，∴∠DMF＝90°﹣∠AMF，∠ADM＝90°﹣∠CAD，
又∠AMF＝∠CAD，∴∠DMF＝∠ADM，∴FM＝FD，∴AF＝FD
（2）在Rt△AMD中，AF＝FD，∴FM＝AF＝FD，∴∠MAD＝∠AMF，∠ADM＝∠FMD，
∵，∴∠MAD＝∠CBD，∵∠BME＝∠FMD，∴∠BME＝∠ADM，
∴∠CBD+∠BME＝∠MAD+∠ADM＝90°，∴∠BEM＝90°，∴FE⊥BC．
变式2．（2024·河南新乡·模拟预测）阅读下列材料，完成相应的任务．
任务：(1)材料中①处缺少的条件为______，②处缺少的条件为______；(2)根据材料，应用婆罗摩笈多定理解决下面试题：如图，已知中，，，分别交于点D，E，连接交于点P．过点P作，分别交于点M，N．若，求的长．

【答案】(1)①；②(2)1
【详解】（1）证明：∵，，
∴，．∴．
又∵，（同弧所对的圆周角相等），
∴．∴．…故答案为：①；②；
（2）解：四边形是内接四边形，，
，，即，
，，，，．
易错模型4：定角定高模型
模型解读
定角定高模型：如图，直线BC外一点A，A到直线BC距离为定值（定高AD），∠BAC为定角，则BC有最小值，即△ABC的面积有最小值。因为其形像探照灯，所以也叫探照灯模型。

条件：在△ABC中，∠BAC=（定角），AD是BC边上的高，且AD=h（定高）。
结论：当△ABC是等腰三角形（AB=AC）时，BC的长最小；△ABC的面积最小；△ABC的周长最小。
易错提醒：定角定高模型中，角度与高度需严格对应，若未明确角度顶点与高度的位置关系（如顶点是否位于基底边或垂足位置），可能导致面积或线段关系推导错误‌。
例1．（23-24九年级上·江苏苏州·阶段练习）已知：如图，点O是直线l外一点，点O到直线l的距离是4，点A、点B是直线l上的两个动点，且cs∠AOB=，则线段AB的长的最小值为（ ）
A．B．C．3D．4
【答案】D
【详解】法1：根据定角定高（探照灯）模型知道：当△OAB是等腰三角形（OA=OB）时，AB的长最小；
设三角形△OAB的高为h，其外接圆半径为r，根据定角定高（探照灯）模型易得：r+rcs∠AOB≥h，
当取等号时r有最小值，此时BC的长最小:2rsin∠AOB；
∵O到直线l的距离是4，且cs∠AOB=，∴r≥，sin∠AOB=，∴BC≥4。
法2：如图，过点O作直线直线l，则直线l与直线之间的距离为4，作点B关于直线的对称点，连接，，交直线于点T，连接BT，过点A作AH⊥BT于H，过点T作TW⊥AB于W．
在Rt△中，AB=，∴的值最小时，AB的值最小，
∵OA+OB=OA+≥，∴当A，O，共线时，的值最小，此时AB的值最小，
∵直线l'垂直平分线段，∴TB=，∴∠ =∠，
∵∠TBA+∠=90°，∠TAB+∠=90°，∴∠TAB=∠TBA，∴TA=TB，
∵cs∠AOB=cs∠ATB=，∴，∴可以假设TH=3k，AT=TB=5k，∴BH=TB-TH=2k，
∴AH==4k，∴AB=，
∵，∴，解得k=，
∴AB的最小值，故选：D．
变式2．（2024·山东淄博·二模）如图，在中，，于点，且，则面积的最小值为 ．

【答案】
【详解】作的外接圆，连接，，，过点作于点，
，，，，
设的半径为，则，，，

，，解得：，，
，的面积的最小值为，故答案为：.
变式2．（2023·江苏淮安·二模）某数学兴趣小组同学遇到这样一个问题：如图1，点是一只探照灯，距离地面高度，照射角度，在地平线上的照射范围是线段，此灯的光照区域的面积最小值是多少？
(1)小明同学利用特殊化方法进行分析，请你完成填空：如图2，设，，构造的外接圆，可得，即的最小值为4，又，故得的最小值为__________，通过计算可得的面积最小值为__________．
(2)当时，小慧同学采用小明的思路进行如下构造，请你在图1中画出图形，并把解题过程续写完整：解：作的外接圆，作于H，设
(3)请你写出原题中的结论：光照区域的面积最小值是_________________．（用含的式子表示）
(4)如图3，探照灯A到地平线l距离米，到垂直于地面的墙壁n的距离米，探照灯的照射角度，且，光照区域为四边形，点M、N分别在射线上，设的面积为，的面积为，求的最大值．
【答案】(1)8，16(2)(3)(4)
【详解】（1）解：，，当和点重合时，，此时最小为4，
，最小，故答案为：8，16；
（2）解：如图1，作的外接圆，作于，设，，
，，，
，，，
当点在上时，，此时最小，；
（3）解：如图2，作的外接圆，作于，设，，
，，，，，
，，，
当点在上时，，此时，，故答案为：；
（4）解：如图3，作，交于，
，，，
，，，，
，由（2）知：，，
，，，，，
同理，，
．
易错模型5：米勒最大角模型
模型解读
米勒定理：已知点AB是∠MON的边ON上的两个定点，点C是边OM上的一动点，则当且仅当三角形ABC的外圆与边OM相切于点C时，∠ACB最大。
如图1，设C’是边OM上不同于点C的任意一点，连结A，B，因为∠AC’B是圆外角，∠ACB是圆周角，易证∠AC’B小于∠ACB，故∠ACB最大。
在三角形AC’D中，
又
易错提醒：米勒模型关注最大视角，而定角定高模型关注面积或线段极值。若混淆两者条件（如误将定高视为定角），将导致错误结论。
例1．（2024·江苏南京·一模）数学的思考：如图，在平面直角坐标系中，已知点，，试在轴正半轴上确定点的位置，使得最大，并求出此时点的坐标．
数学的眼光(1)如图，请说明；
数学的表达(2)如图，根据“垂径定理”，可知圆心在线段的垂直平分线上，借助直线的表达式及，可以求出圆心的坐标，从而得到点的坐标，请写出具体的过程；
(3)如图，延长线段交轴于点，连接，当与相切时，通过求的长可得到点的坐标，请写出具体的过程；(4)如图，已知线段，用尺规在射线上作出点，使得最大（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）．
【答案】(1)见解析；(2)点坐标为，见解析；(3)点坐标为，见解析；(4)见解析．
【详解】（1）解：如图，设与圆于点，连接，∴，
∵是的外角，∴，∴，∴；
（2）解：如图，设与直线交于点，设直线与轴交于点，过作轴于点，

∵点，，∴，，，∴，
∵垂直平分，∴，由题意得：，∴，
∴，即重合，∴，设直线的表达式是，
∴，解得：，∴直线的表达式是，
∵点在直线上，∴设点，∴，，
∵，∴，∴，
解得，（不合题意，舍去）∴点坐标为；
（3）解：如图，连接并延长，交于点，连接，
∵是直径，∴，∴，
∵与轴相切于点，∴轴， ∴， ∴，

又∵， ∴， ∵， ∴，∴，
∵点，，∴同理解析式为，当时，,∴点，
∴， ，
∴，即，∴，∴点坐标为 ；
（4）如图：延长，交于点，同（）理得，设，
以为直径画半圆，过作的垂线交半圆于点，易证，∴，
然后以为圆心，为半径画弧，交于点，∴即为所求．
变式1．（2024·河南濮阳·一模）如图，三位同学站在以足球门AB为弦的圆上踢足球，点 都在圆上，小明站在 点，小强站在 点，小宁站在 点，对于小明、小强、小宁踢进足球球门，下列说法正确的是（ ）
A．小明踢进足球的可能性最大B．小强踢进足球的可能性最大
C．小宁踢进足球的可能性最大D．三位同学踢进足球的可能性一样大
【答案】D
【详解】解：因为点 都在圆上，故通过观察处的射门角相等；故三位同学踢进足球的可能性一样大．故选D．
变式2．（2023·广东广州·校考二模）如图，在平面直角坐标系中，y轴的正半轴（坐标原点除外）上两点、，C为x轴的正半轴（坐标原点除外）上一动点．当取最大值时，点C的横坐标为（ ）

A．5B．2C．21D．
【答案】D
【详解】解：如图所示，当以为弦的圆与轴正半轴相切时，最大，
∵∴此时的最大，作轴于，连接、．
∵、，∴，

与轴相切于点C，轴，
在直角中，，∴，∴点C的横坐标为，故选：D．
易错模型6：四点共圆模型
模型解读
1）定点定长共圆模型（圆的定义）：若四个点到一定点的距离相等，则这四个点共圆。
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）。

2）定边对双直角共圆模型：一定边所对的角为两个直角，分同侧型和异侧型两种情况进行讨论。
1）定边对双直角模型（同侧型）：若平面上A、B、C、D四个点满足，
则：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）：若平面上A、B、C、D四个点满足，
则：A、B、C、D四点共圆，其中AD为直径。
3）定边对定角共圆模型：一定边同侧所对的角为两个相等（为定值）。

条件：如图，平面上A、B、C、D四个点满足，结论：A、B、C、D四点共圆。
条件：如图，AC、BD交于H，，结论：四点共圆。
4）对角互补共圆模型
条件：如图，平面上A、B、C、D四个点满足，结论：A、B、C、D四点共圆．
条件：如图，BA、CD的延长线交于P，， 结论：A、B、C、D四点共圆.
易错提醒：若线段同侧两点到线段两端点的夹角相等，则四点共圆。若未验证角度是否位于同侧，直接套用结论会导致错误‌；四点共圆的判定需严格验证四边形对角是否互补。若未明确角度关系或混淆邻补角与对角，可能错误判定四点共圆。
例1．（2024·山东·二模）如图，点为线段的中点，点到点的距离相等，若则的度数是
【答案】130
【详解】解：由题意得到OA＝OB＝OC＝OD，作出圆O，如图所示，
∴四边形ABCD为圆O的内接四边形，∴∠ABC＋∠ADC＝180°，
∵∠ABC＝50°，∴∠ADC＝130°，故答案为：130．
例2．（2024·山西临汾·九年级统考期末）如图在四边形中，，若，则的值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【详解】如图所示，∵ ∴点A，B，C，D四点共圆，

∵∴∵∴∴
∵，∴ ∴∴．故选：D．
例3．（23-24九年级·福建南平·自主招生）如图，在四边形中，且，垂足为，延长线交于，交的延长线于．(1)求证：A，，，四点共圆；(2)求证：为定值．

【答案】(1)见解析(2)见解析
【详解】（1）证明：连接，如图所示：

，为等腰三角形，，
又∵，∴为中点，∴垂直平分，
，∴，，
又，为等腰三角形，，∴，
∴A，，，四点共圆；（若共底边的两个三角形的顶角相等，且在底边的同侧，则四点共圆）
（2）证明：由（1）知：A，，，四点共圆，（同弧所对的圆周角相等）
又，为等腰三角形，∴，
又（公共角），，，．
例4．（2023·河南南阳·校考三模）综合实践课上，刘老师介绍了四点共圆的判定定理：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．在实际应用中，如果运用这个定理，往往可以让复杂的问题简单化，以下是小明同学对一道四边形问题的分析，请帮助他补充完整．
特殊情况分析：(1)如图1，正方形中，点为对角线上一个动点，连接，将射线绕点顺时针旋转的度数，交直线于点．小明的思考如下：
填空：①依据1应为___________，②依据2应为___________，③依据3应为___________；
一般结论探究：(2)将图1中的正方形改为菱形，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，若成立，请仅以图2的形式证明，若不成立，请说明理由；
结论拓展延伸：(3)如图2，若，，当为直角三角形时，请直接写出线段的长．

【答案】(1)两直线平行，内错角相等；同弧所对的圆周角相等；等角对等边
(2)成立，理由见解析(3)或3
【详解】（1）解：由题意可知：①两直线平行，内错角相等，②同弧所对的圆周角相等，③等角对等边，
故答案为：两直线平行，内错角相等；同弧所对的圆周角相等；等角对等边；
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：连接DQ，如图1所示：

∵在菱形中，∴，，
∵，∴点共圆，∴，，
∵为菱形的对角线，∴，∴，∴；
（3）解：或3． 由于点为对角线上一个动点，分两类情况讨论如下：
①当时，如图2所示：
∵在菱形中，，，∴，
∵，∴，∴，
由（2）中知点共圆，知，，
∴，∴，即，
∴在中，，则，∴由（2）知；
②当时，如图3所示：在菱形中，，则，
，点与点重合，
由（2）可知，，，综上所述：或3．
变式1．（2024·湖北·三模）问题背景：如图1，等腰中，，作于点D，则D为的中点，，于是；
迁移应用：如图2，和都是等腰三角形，，D，E，C三点在同一条直线上，连接．①求证：；②请直接写出线段之间的等量关系式；
拓展延伸：如图3，在菱形中，，在内作射线，作点C关于的对称点E，连接并延长交于点F，连接，．证明是等边三角形；
【答案】迁移应用：①详见解析；②结论：；拓展延伸：详见解析；
【详解】迁移应用：①证明：如图2 ∵，∴，

在和中，，∴，
②解：结论：．理由：如图中，作于．
∵，∴，在中，，
∵，，∴，∴；
拓展延伸：证明：如图3中，连接，∵四边形是菱形，，
∴是等边三角形，∴，
∵E、C关于对称，∴，
∴A、D、E、C四点共圆，∴，∴，∴是等边三角形；
变式2．（2024·广东深圳·三模）如图，中，，，，以点C为顶点在外部作，连接，若，则长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：∵，，∴，∴，
∵，∴A、B、C和D四点共圆，且以中点为圆心，连接，如图，
∵，，，∴，，
∵，∴，
∴，设，则，
则，解得，∵，∴，
∴，即，解得，故选：A．
变式3．（2023·贵州贵阳·模拟预测）如图，D，E分别是边长为的等边三角形的两边，上的动点，且，与交于点，则点A到点F的最小值为 ．
【答案】/
【详解】解：是等边三角形，，，
，，，
，
，如图，连接设，
当时，点A到点F的值最小，，，
，，，，
，A，D，F，E四点共圆，，，
，，，，，
，，，
，，，
，，．故答案为：．
易错模型7：隐圆模型
模型解读:
1）隐圆之定点定长模型：若动点到平面内某定点的距离始终为定值，则其轨迹是圆或圆弧。
若P为动点，且AB=AC=AP，则B、C、P三点共圆，A圆心，AB半径。

2）隐圆之定弦对定角模型‌：给定一个固定线段（弦）和该弦所对的固定角度（含直角），可以根据圆的知识确定满足条件的点位于以一定点为圆心、定线段为半径的圆上。
若固定线段AB所对动角∠C恒定值，则动点C的轨迹为经过A、B、C三点的圆。
3）隐圆之四点共圆模型（见易错模型6）。
易错提醒：隐圆模型的关键在于识别动态轨迹中隐藏的圆，如动点到定点距离相等（定长）、定弦对定角或直角等。若未验证这些条件（如未明确动点轨迹是否为圆），直接套用结论会导致错误。
例1．（2024·黑龙江大庆·二模）如图，在中，，，，点是边的中点，点是边上的任意一点（点不与点重合），沿翻折使点落在点处，连接，则线段的长取最小值时，、两点间的距离为 ．
【答案】
【详解】解：由题意得：，
点在以为圆心，为半径的圆上，作，连接交于点，此时值最小，
，，，解得：，
点是边的中点，；由勾股定理得：，
，，即线段长的最小值是，
连接，过作于，，，，
，，，
，．故答案为：．
例2．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，已知中，，，，点是边上的动点，以为直径作，连接交于点，则的最小值 ．
【答案】/
【详解】解：连接，由以为直径作，，，得，，
得动点在以中点为圆心，2为半径的圆上运动，当，，在一直线上时，，
故，即的最小值，故答案为：．
变式1．（2024·广西玉林·三模）如图，在矩形中，，，点E、F分别是边上的动点，且，点G是的中点，连结，则四边形面积的最小值为（ ）
A．142B．96C．192D．124
【答案】A
【详解】解：连接，过B作于H，以B为圆心，为半径作圆，交于，如图：
∵四边形是矩形，∴，∵，点G是的中点，∴，
∴G在以B为圆心，5为半径的弧上，当G运动到时，最小，此时四边形面积最小，最小值即为四边形的面积，∵，∴，
∴，∴，∴，
∴，即四边形面积的最小值是142．故选：A．
例2．（2024·广东汕头·二模）如图，在边长为6的等边中，点，分别是边，上的动点，且，连接，交于点，连接，则的最小值为 ．
【答案】
【详解】解：是等边三角形，，，
在和中，，，，
，，
如图，过点，点，点作，连接，，点在上运动
，，，，
，，，
，，垂直平分，，
，，，，
在中，，当点在上时，有最小值，
的最小值，故答案为：．
变式3．（23-24九年级上·江苏扬州·期末）如图，正方形的边长为4，E是上一动点，过点E作，交点F，连接．(1)求证：；(2)、、、四点在同一个圆上吗？如果在，说明理由；(3)求D到中点的距离最小值．
【答案】(1)证明见详解；(2)、、、四点在同一个圆上，理由如下；(3)；
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，∴，
∵，∴，∴， ∴，∴；
（2）解：、、、四点在同一个圆上，理由如下，
由（1）得，∵，，∴，
∴，∴、、、四点在同一个圆上；
（3）解：设，则，∵，∴，即，解得：，
∴，∴，
∵E是上一动点，∴，∴当时最小，此时最小，∴，
∵、、、四点在同一个圆上，∴D到中点的距离最小值为：．
易错模型8：圆弧的中点模型
模型解读
1）与垂径定理相关的中点模型

1）条件：如图，已知点P是中点，连接OP，结论：OP⊥AB；
2）条件：如图，已知点P是中点，过点P作MN∥AB，结论：MN是圆O的切线；
3）条件：如图，点P是中点，连接BP、AP，若∠BPN=∠A，结论：MN是圆O切线。
2）与圆周角定理相关的中点模型（母子模型）

1）条件：如图，已知点P是中点，点C是圆上一点，结论：∠PCA=∠PCB．
2）条件：如图，已知点P是半圆中点，结论：∠PCA=∠PCB=45°．
3）条件：如图，已知点P是中点，结论：∠PBA=∠PCA=∠PCB=∠PAB；△PDA∽△PAC；△PDB∽△PBC；△CAP∽△CDB；△CAD∽△CPB。
3）垂径定理与圆周角定理结合的中点模型

条件：如图，AB是直径，点P是中点，过点P作PH⊥AB交AB于点H，连结PB交AC于点F。
结论：AD=PD=FD，PQ=AC，AP2=AD×AC=AH×AB=PF×PB．
易错提醒：弧的中点（如点C在弧AB上）与弦的中点（如点D在弦AB上）性质不同。若误将弦中点条件套用于弧中点模型，会破坏角度与线段关系。‌
例1．（2024·安徽合肥·统考二模）如图，在中，，，，D是的中点，则的长为（ ）．
A．B．C．3D．4
【答案】A
【详解】解：如图：连接，连接交点H
∵即∴为的直径
在中，，则∴
∵点D为的中点∴∴
在中，，则∴
在中，，则．故选：A．
变式1．（2024·浙江温州·校联考三模）如图，在中，为上一点，以为直径的半圆与相切于点，与相交于点，且为的中点，连接，过点作交于点．
(1)求证：四边形为平行四边形．(2)若为中点，，求半圆的半径．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）解：如图：连接OE，∵切半圆于点E，∴
∵E为的中点，为半径，∴，∴．∵．∴四边形是平行四边形．
（2）解：如图：连接交DF于点H ，
∵，∴∵，∴．
设，则，∵为直径，∴，∴四边形为矩形，
∴，∴，
∵D为中点，，∴，∵四边形AECF是平行四边形，∴，
∵，∴，解得：，∴．
变式2．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，是的直径，为延长线上一点，切于，是的中点，交于，

(1)求证：；(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）证明：如图1，连接，，

由题意知，，∴，
∵，∴，∴，∵是的中点，∴，
∴，，即，
∵，，∴，∴；
（2）解：由题意知，，，设，则，，
∵，，∴，
∴，即，解得，∴，即，
在中，由勾股定理得，即，解得或（舍），
如图2，连接，，由题意知是等腰直角三角形，即，
∴，∵，∴，又∵，∴，
∴，即，解得，∴的长为．
变式3．（2023·江苏·模拟预测）如图，以为直径的经过的顶点C，D是的中点，连接、分别交于点E、F．(1)求证：；(2)若，求的面积．

【答案】(1)见解析(2)
【详解】（1）证明：∵点D是的中点，∴，
∵是直径，∴，又∵，∴；
（2）解：∵，∴，
设，则，∵，∴，
∴，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，∴的面积．
易错模型9：圆中的翻折模型
模型解读
1）条件：如图，以圆O的一条弦BC为对称轴将弧BC折叠后与弦AB交于点D，结论：CD=CA

2）条件：特别地，弧BC折叠后过圆心，结论：CD=CA，∠CAB=60°
易错提醒：翻折后形成的两圆半径相等且关于折痕对称，若未利用等圆性质（如对应弧相等、圆心对称），可能无法关联关键角度和线段‌。
例1．（23-24九年级上·浙江金华·期中）在中，为直径，点C为圆上一点，将劣弧沿弦翻折交于点D，连接．(1)如图1，若点D与圆心O重合，，求的半径r；(2)如图2，若点D与圆心O不重合，，请求出的度数．(3)如图2，如果，，求的长．
【答案】(1)1(2)(3)
【详解】（1）设点D关于弦的对称点为F，连接，交于点E，则，

因为，所以，设，则，
根据勾股定理，得，解得，故圆的半径r为1．
（2）设点D关于弦的对称点为F，连接，，
根据题意，得，，所以，所以；
因为为直径，所以，所以．
（3）如图，连接，，过点C作于点G，根据（2）得到，所以，
因为，，所以，，
所以，所以，，
所以，，
所以．
变式1．（23-24九年级上·浙江嘉兴·期中）如图，在中，为直径，点为圆上一点，将劣弧沿弦翻折交于点（不与重合），连结．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】是直径，，．
根据翻折的性质，弧所对的圆周角为，弧所对的圆周角为，
，，故选B．
变式2．（23-24九年级上·浙江嘉兴·期末）如图，是一条弦，将劣弧沿弦翻折，连结并延长交翻折后的弧于点，连结，若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】延长交于点D，过点B作于点H，连结，
和是圆周角所对的弧，，，
是直径，，，
，，，，，，．故选：C．
变式3．（2024·浙江台州·三模）如图，是的直径，是弦，把沿着弦翻折交于点D，再把沿着翻折交于点．当是的中点时，的值是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：如下图，连接，过点作于点，
设，∵是的中点，∴，∴，∴，
∵在同圆或等圆中，所对的弧有，，，
∴，∴，∴，∴，
∵是的直径，∴，∴，解得，
∴，设，∵，，
∴，∴，∴，∴，
∴在中，．故选：A．
易错模型10：圆中的外接圆和内切圆模型
模型解读
内切圆：平面上的多边形的每条边都能与其内部的一个圆形相切，该圆就是该多边形的内切圆。它亦是该多边形内部最大的圆形。内切圆的圆心被称为该多边形的内心。
三角形内切圆圆心：在三角形中，三个角的角平分线的交点是内切圆的圆心，圆心到三角形各个边的垂线段相等。正多边形必然有内切圆，而且其内切圆的圆心和外接圆的圆心重合，都在正多边形的中心。
图1 图2 图3
条件：如图1，⊙O为三角形ABC的内切圆（即O为内心），切点为D、E、F，⊙O的半径为r。
结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；②；③r=。
2）直角三角形的内切圆模型
条件：如图2，⊙O为Rt的内切圆（即O为内心），切点为D、E、F，⊙O的半径为r。
结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；②；③r=；
3）四边形的内切圆模型
条件：如图3，⊙O是四边形ABCD的内切圆。 结论：。
外接圆：与多边形各顶点都相交的圆叫做多边形的外接圆，通常是针对一个凸多边形来说的，如三角形，若一个圆恰好过三个顶点，这个圆就叫作三角形的外接圆，此时圆正好把三角形包围。
三角形外接圆圆心：即做三角形三条边的垂直平分线（两条也可，两线相交确定一点）。
图1 图2 图3
1）三角形的外接圆模型
条件：如图1，⊙O为三角形ABC的外接圆（即O为三角形ABC的外心）。
结论：①OA=OB=OC；②。
2）等边三角形的外接圆模型
条件：如图2，点P为等边三角形ABC外接圆劣弧BC上一点。
结论：①，PM平分；②PA=PB+PC；③；
3）四边形的外接圆模型
条件：如图3，四边形ABCD是⊙O的内接四边形。
结论：①；；②。
易错提醒：若混淆两者定义（如误将内切圆用于外接问题），会导致模型选择错误‌。
例1．（2024·湖北恩施·模拟预测）如图，点是的内心，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】解：∵点是的内心，∴，
∵，∴，选：D．
例2．（2024·江苏镇江·一模）如图，等腰三角形内接于，，点是的内心，连接并延长交于点，点在的延长线上，满足．试证明：(1)所在的直线经过点I；(2)点D是的中点．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【详解】（1）证明：连接、、、，
，，，，，平分，
点是的内心，平分，与在同一条直线上，所在的直线经过点．
（2）证明：连接，则，，
，，，，
，，，，
，，
，，，，，点是的中点．
变式1．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，已知在中，，，，点是的内心．点到边的距离为 ；
【答案】2
【详解】解：如图，连接，，，过点分别作，，于点，，，
在中，，，，，
是的内心，，
，，，
点到边的距离为2；故答案为：2．
变式2．（2024·山东·模拟预测）如图，在直线l：上取一点，使．过点作，交x轴于点；在直线l：上找一点，使，过点作，交x轴于点；在直线l：上找一点，使……以此类推．若的内切圆圆心为，的内切圆圆心为，的内切圆圆心为……以此类推，的内切圆圆心的坐标为 ．
【答案】
【详解】解：直线l：，，，，，
的内切圆圆心为，在的角平分线上，
如图，做于点，于点，于点，设半径为，

由作图可得四边形为正方形，，，
，解得：，，的坐标为，
，，，，，
，，，，为等边三角形，
，与的相似比为，
又的内切圆圆心为，的内切圆圆心为，连接，，，，
在的角平分线上，即，都在的角平分线上，
，，，
，则同理可得横、纵坐标的相似比，的坐标为，
同理：的坐标为，的坐标为，
的内切圆圆心的坐标为，即，
故答案为：．
变式3．（2024·河南·模拟预测）如图，是的外接圆，点M是的内心，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：点是的内心，平分，平分，
，，，
，，
，故选：B．
变式4．（2024·浙江·模拟预测）如图，I 为的内心，线段的延长线交的外接四于D， 设 的外接圆半径为5，内切圆半径为2，则（ ）
A．20B．21C．D．
【答案】A
【详解】解：连接，作于E，记外接圆圆心为，连接交圆O于F，连接，如图：∵I为的内心，∵平分，∴，
又∵I为的内心，∴，∴，∴，
∵，∴，∵为直径，∴．
∵，∴，，
∴，即，故选：A．
1-1．（2024·浙江绍兴·模拟预测）四边形内接于圆，对角线交点为E，，若、都是整数，则的值为 ．
【答案】3或4
【详解】解：∵AB=AC=4，AE=2，∴∠ADB=∠ADC，
∵∠ABC=∠ADC，∴∠ADB=∠ABC，又∠BAD=∠BAE， ∴△ABD∽△AEB，
∴，即，∴AD=8，∴DE=6，∵∠CAE=∠DBE，∠ACE=∠BDE，∴△AEC∽△BED，
∴，即，∴BE·CE=12，∵BE，CE都是整数，
则BE和CE可取的值为3，4或2，6或1，12；
∵AB=AC=4，∴BC＜AB+AC=8，∴BC=3+4=7，∴BE的值为3或4，故答案为：3或4．
1-2．（2024·重庆·校考一模）如图，PAB、PCD为⊙O的两条割线，若PA=5，AB=7，CD=11，则AC：BD= ．
【答案】
【详解】解：∵PAB、PCD为⊙O的两条割线，
∴∠BAC+∠BDC=180°，∠PAC+∠BAC=180°，∴∠BDC=∠PAC，
又∵∠P=∠P，∴△PAC∽△PDB，∴=，
设PC=x，PD=y，且y﹣x=11，解得：x=4，y=15，∴===，故答案为：．
1-3．（2024·陕西宝鸡·三模）如图，是圆的弦，过点作圆的切线，点是上一点，连接交圆于点，延长交圆于点，连接，与互余，．
(1)求证：是圆的直径；(2)若圆的半径为，，求的长．
【答案】(1)见解析(2)
【详解】（1）证明：连接，与互余，，
，，是圆的直径．
，，，是圆的直径．
（2）解：是圆的直径，点为圆心，，，
是圆的切线，，即，，
，，，，，，．
1-4．（2024·山西大同·九年级校联考期中）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______°
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)转化思想和类比思想(4)
【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：．
1-5．（2024·河南·一模）学习过“圆内接四边形”后，刘老师布置了课后阅读“认识托勒密”，小明读了托勒密的生平、贡献，对“托勒密定理”很感兴趣，并进行了下列的研究，请完成他的研究．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．
已知：如图1，______． 求证：______．
证明：如图2，作，交BD于点E，……∴∽，∴，……
∴∽，∴，∴．
(1)请帮小明写出已知和求证，并完成证明过程；
(2)如图3，已知正五边形ABCDE内接于，，求对角线BD的长．
【答案】(1)已知：如图1，四边形ABCD内接于；求证：；证明见解析．
(2)
【详解】（1）已知：如图1，四边形ABCD内接于，求证：，
证明：如图2，作，交BD于点E，
∵∴，∴∴．∵∴．
∵∴即，
∴∴∴．
（2）在图3中，连接AD、AC．
∵五边形ABCDE是正五边形∴∴设．
在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：
即，解得，（舍去）∴对角线BD的长为．
2-1．（2024·北京·校考一模）定义：圆中有公共端点的两条弦组成的折线称为圆的一条折弦．阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC组成圆的折弦，AB＞BC，M是弧ABC的中点，MF⊥AB于F，则AF＝FB+BC．
如图2，△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝10，BC＝8，D是AB上一点，BD＝1，作DE⊥AB交△ABC的外接圆于E，连接EA，则∠EAC＝ °．
【答案】60°．
【详解】解：如图2，连接OA、OC、OE，∵AB＝10，BC＝8，BD＝1，∴AD＝9，BD+BC＝9，
∴AD＝BD+BC，而ED⊥AB，∴点E为弧ABC的中点，即，∴∠AOE＝∠COE，
∵∠AOC＝2∠ABC＝2×60°＝120°，∴∠AOE＝∠COE＝120°，∴∠CAE＝∠COE＝60°．故答案为60°．
2-2．（2024·山西吕梁·模拟预测）请阅读下面材料，并完成相应的任务．
阿基米德（，公元前287-公元前212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．
阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），．M是的中点，则从点M向所作垂线的垂足D是折弦的中点，即．
这个定理有很多证明方法，下面是运用“垂线法”证明的部分证明过程．

证明：如图2，过点M作射线AB，垂足为点H，连接．
∵M是的中点，∴．
任务：(1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；(2)如图3，已知等边三角形内接于，D为上一点，．于点E，，连接，求的周长．
【答案】(1)见解析(2)
【详解】（1）证明：如图，，∵，，∴．
又∵，∴，∴，．

∵，，∴．
∴．∴．
（2）解：如图，∵是等边三角形，∴，．
∵．∴．
∵，∴，∴，∴，
∵，∴，∴点C是的中点．∴由（1）的结论得，，
∴的周长是．
2-3．（2024·河南南阳·校考二模）阅读与思考 请阅读下列材料,并按要求完成相应的任务．
阿基米德是伟大的古希腊数学家、哲学家物理学家，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子．他的著作《阿基米德全集》的《引理集》中记述了有关圆的15个引理，其中第三个引理是：如图1，是的弦，点P在上，于点，点在弦上且，在上取一点，使，连接，则．小明思考后，给出如下证明：如图2,连接AP、、PQ、BP．
∵，∴PA=PD（依据1）∴ ∵∴（依据2）…
任务：(1)写出小明证明过程中的依据：依据1：________依据2：________
(2)请你将小明的证明过程补充完整；(3)小亮想到了不同的证明方法：如图3，连接AP、、、．请你按照小亮的证明思路，写出证明过程．
【答案】(1)线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等；等弧所对的圆周角相等
(2)见解析(3)见解析
【解析】（1）解：依据1为：线段垂直平分线上的点到这条线段的两个端点距离相等；依据2：等弧所对的圆周角相等；故答案为：线段垂直平分线上的点到这条线段的两个端点距离相等；等弧所对的圆周角相等；
（2）证明：如图1，连接AP、PD、PQ、BP，

∵AC=CD，PC⊥AB，∴PA=PD．∴∠PAD=∠PDA．∵，∴∠QBP=∠ABP．
∵四边形ABQP为圆的内接四边形，∴∠A+∠Q=180°．∵∠PDA+∠PDB=180°，∴∠Q=∠PDB．
在△BQP和△BDP中，，∴△BQP≌△BDP（AAS）．∴BQ=BD．
（3）证明：如图2，连接AP、PD、PQ、DQ，∵AC=CD，PC⊥AB，∴PA=PD．∴∠PAD=∠PDA．
∵，∴PQ=PA．∴PD=PQ．∴∠PDQ=∠PQD．
∵四边形ABQP为圆的内接四边形，∴∠A+∠PQB=180°．∵∠PDA+∠PDB=180°，∴∠PQB=∠PDB．
∴∠PQB-∠PQD=∠PDB-∠PDQ．即：∠BQD=∠BDQ．∴BQ=BD．
3-1．（2024·安徽·一模）已知：如图，在圆内接四边形中，对角线，垂足为，过点作的垂线分别交，于，．(1)求证：是的中点；(2)若，求的长．
【答案】(1)见详解(2)
【详解】（1）证明：，，，
，，，，
，，，，
同理可得，，，是的中点；
（2）解：，，，，
，，，是的中点，，．
3-2．（2024·江西·模拟预测）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”．
(1)若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是______．（填序号）①矩形；②菱形；③正方形．(2)如图1，四边形ABCD为的内接四边形，连接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知．求证：四边形ABCD是“婆氏四边形”．
(3)如图2，在中，，以AB为弦的交AC于点D，交BC于点E，连接DE，AE，BD，，，若四边形ABED是“婆氏四边形”，求DE的长．
【答案】(1)③(2)见解析(3)1.5
【详解】（1）解：当平行四边形ABCD是“婆氏四边形”时，则四边形ABCD的对角线AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，∴∠ADC=∠ABC，∵四边形ABCD为的内接四边形，∴∠ADC+∠ABC=180°，
∴∠ABC=90°，∴四边形ABCD是正方形；故答案为：③
（2）证明：设AC与BD交于点E，∵，
∴，∴∠CED=90°，∴AC⊥BD，∴四边形ABCD是“婆氏四边形”；
（3）解：∵，∴，∴AC=4，
∵BD为的直径，∴∠BED=∠DEC=90°，∵四边形ABED是“婆氏四边形”，∴BD⊥AE，
∴弧AD=弧DE，弧AB=弧BE，∴AD=DE，BE=AB=3，
设AD=DE=x，则CD=4-x，CE=5-3=2，在中，，
∴，解得：，即DE=1.5．
3-3．（2023·江苏宿迁·统考二模）【阅读】婆罗摩笈多是七世纪印度数学家，他曾提出一个定理：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平分对边．
证明：如图1所示内接于圆的四边形的对角线互相垂直，垂足为点，过点的直线垂直于，垂足为点，与边交于点，由垂直关系得，，所以，由同弧所对的圆周角相等得，所以，则，同理，，故；
【思考】命题“若圆内接四边形的对角线相互垂直，则平分对边且过对角线交点的直线垂直于另一边”为 （填“真命题”，“假命题”）；
【探究】（1）如图2，和为共顶点的等腰直角三角形，，过点的直线垂直于，垂足为点，与边交于点．证明：点是的中点；
（2）如图3，和为共顶点的等腰直角三角形，点是的中点，连接交于点，若，求的长．
【答案】【思考】真命题；【探究】（1）证明见解析；（2）4．
【详解】解：【思考】“若圆内接四边形的对角线相互垂直，则平分对边且过对角线交点的直线垂直于另一边”为真命题．理由如下：如下图，

∵，为的中点，∴．∴．
∵，∴．∵，∴．
∴．∴．即：．
∴命题“若圆内接四边形的对角线相互垂直，则平分对边且过对角线交点的直线垂直于另一边”为真命题．
故答案为：真命题．
【探究】（1）如下图，过点作，交的延长线于点，
∵，∴．∵，∴．
∵，∴．∴．∵，∴．
∵，∴．∴．
∵为等腰直角三角形，∴．在和中，
∴．∴．∵，∴．
在和中，∴．∴．即是的中点．
（2）如下图，过点作，交的延长线于点，
∵，∴．
在和中，∴．
∴．∴． ∵，∴．
∵，
∴．在和中，∴．∴．
4-1．（2023·陕西渭南·二模）如图，在中，，边上的高为4，则周长的最小值为 ．

【答案】
【详解】法1：设三角形△ABC的高为AD=h=4，其外接圆半径为r，
根据定角定高（探照灯）模型知：r+rcs≥h，即，
当取等号时r有最小值（即AB=AC时）；r的最小值为：，BC的最小值为：，
此时△ABC是等腰三角形（AB=AC）时，△ABC的周长有最小值：.
法2：如图所示，作的垂直平分线，交于点N，交于点M，连接，

∵垂直平分，∴，
∴周长
∵在中，，∴，当点D与点M重合时，，
∴周长，∴周长的最小值，
∵，∴为等边三角形，∵为边上的高，，
∴，∴周长的最小值，故答案为：．
4-2.（23-24·重庆·九年级校考期中）如图，正方形ABCD边长为4，E、F分别是边BC、CD上的动点，则△AEF面积的最小值为________.
【解析】“大角含半角+有相等且共端点的边”识别出“半角模型”，通过截长补短构造△AEF的全等三角形△AEF'，在△AEF'中，∠F'AE=45°，AB为定高，通过定角定高模型结论求出最值。
延长CD至点G，使DG=BE，连结AG，易证△ABE≌△ADG(SAS) ∴BE=DG，∠BAE=∠DAG
∴∠FAG=∠FAD+∠DAG=∠FAD+∠BAE=45°=∠EAF则△AEF'≌△AGF(SAS)，
作△AGF的外接圆圆心为O，连接OA、OG、OF，过得O作OH⊥GF于H，
则∠FOG＝2∠FOH=2∠FAG＝90°，设△AGF的外接圆的半径为R，
则GF＝R，OH＝R，由题意得，OA+OH≥AD，即R+R≥4，解得，R≥8﹣，
∴△AGF的面积≥××（8﹣）×4＝16﹣16，∴△AFE的面积的最小值为16-16．
4-3．（2024·陕西西安·校考模拟预测）【问题提出】（1）如图1，是等腰直角三角形，，可得到 ，点D，E分别在边，上，且，把绕点A旋转时，则的值是 ；
【问题探究】（2）如图2，O为矩形对角线的交点，点M为边上任一点，且与边交于点N，若，，求四边形面积的最大值；
【问题解决】（3）如图3，是西安市纺渭路的一部分，因燃气管道抢修，需在米，米的矩形平面开挖一个的工作面，其中E、F分别在直线、直线上，且，为缓解该路段对市民正常生活和出行影响，经勘测发现的面积越小越好，求出的面积最小值．

【答案】（1），；（2）；（3）8
【详解】（1）是等腰直角三角形，，，，；
，，也是等腰直角三角形，
，，，
，，，，故答案为：，；
（2）如图，过点作于点，作于点，
四边形是矩形，O为矩形对角线的交点，，，
，，，，，，
，，，
当点在线段上时，点在线段上，设，则，
，
当时，取得最大值，最大值为6，
当点在线段上时，点在线段上，设，则，
，
当时，取得最大值，最大值为，，四边形面积的最大值；

（3）四边形是矩形，，，
如图，将绕点顺时针旋转并把边长缩小为原来的，得到，
，，，过点作于点，于点，
，四边形是矩形，且，
，设的外接圆半径为，，，
由题意得，即，，
，的面积最小值为，的面积最小值为．
5-1．（2024·福建泉州·一模）“已知，点A，B是边上不重合的两个定点，点C是边上的一个动点，当的外接圆与边相切于点C时，的值最大．”这是由德国数学家米勒提出的最大角问题，我们称之为米勒定理．已知矩形，，点E是射线上一点，点F是射线上的一动点．当时，则的值最大为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：由米勒定理可知，最大时，的外接圆与射线相切于点，如图，
过点作，则，，∵四边形是矩形，∴，
又∵与射线相切于点，∴，∴四边形是矩形，
∵，，则，∴，则，∴，则，
∴是等边三角形，∴，∴，即：的值最大为，故选：A．
5-2.（2024·广东深圳·一模）【问题发现】船在航行过程中，船长常常通过测定角度来确定是否会遇到暗礁．如图1，A，B表示灯塔，B两点的一个圆形区域内，优弧上任一点C都是有触礁危险的临界点，它与两个灯塔的夹角与“危险角”有怎样的大小关系？
【解决问题】（1）数学小组用已学知识判断与“危险角”的大小关系，步骤如下：
如图2，与相交于点D，连接，可知，
∵是的外角，∴ _______（填“＞”，“＝”或“＜”），
∴______（填“＞”，“＝”或“＜”）；
【问题探究】（2）如图3，已知线段与直线，在直线上取一点P，作使其与直线相切，切点为P，不妨在直线上另取一点Q，连接，请你判断与的数量关系；并说明理由；
【问题拓展】（3）一位足球左前锋球员在某场赛事中有一精彩进球，如图4，他在点P处接到球后，沿着方向带球跑动，球门米，米,米，，．该球员在射门角度（）最大时射门，球员在上的何处射门？（求出此时的长度．）
【答案】（1）＜，＜（2） （3）15米
【详解】（1）与相交于点D，连接，可知，
∵是的外角，∴，∴，故答案为：＜，＜．
（2）；理由如下：与相交于点D，连接，可知，
∵是的外角，∴，∴．
（3）当经过点A，点B的与相切，切点为M，此时切点位置即可射门位置
过点O作交于点H，延长交于点E，过点E作交于点F，
∴四边形是矩形，∴，∴，

∵米，∴米，∵米∴米，∴米，
∵，∴，解得，
∴，，
∵，，设，∴，解得，
故，∴，∴，
整理得：，解得：（不合题意，舍去）
∴，∴．答：的长度为15米．
5-3．（2024·山东济宁·一模）如图，抛物线与轴交于点A−2,0、B4,0，且经过点．
(1)求抛物线的表达式；(2)在轴下方的抛物线上任取一点，射线、分别与抛物线对称轴交于点、，点关于轴的对称点为，求的面积；(3)点是轴上一动点，当最大时，请直接写出点的坐标．
【答案】(1)抛物线的表达式为(2)的面积为(3)
【详解】（1）解：把A−2,0、B4,0、代入得：
，解得，抛物线的表达式为；
（2）设抛物线的对称轴交轴于，如图：

抛物线与轴交于点A−2,0、B4,0，抛物线的对称轴为直线，
，，设，
设的函数表达式为，把A−2,0，，
代入得：，解得，的函数表达式为，
在中，令得，，同理可得，
关于轴的对称点坐标为，，
；的面积为；
（3）当的外接圆与轴相切时，切点即为使最大的点，如图：
轴，设，则，，B4,0，，
，，，
，，解得（不符合题意，舍去）或，
，．
6-1．（2024·安徽合肥·校考一模）如图，O是的中点，点B，C，D到点O的距离相等，连接．下列结论不一定成立的是（ ）
A． B． C． D．平分
【答案】D
【详解】如图，以点O为圆心，长为半径作圆．
由题意可知：．即点A、B、C、D都在圆O上．
A．∵，∴，故A不符合题意；B．∵，∴，故B不符合题意；
C．∵四边形是的内接四边形，∴，故C不符合题意；
D．∵和不一定相等，∴和不一定相等，
∴不一定平分，故D符合题意．故选：D．
6-2．（2023·河南周口·校考三模）在中，，M是外一动点，满足，若，，，则的长度为 ．
【答案】/
【详解】解析：过点B作交的延长线于点H，过点D作于点E，过点D作于点F，如图所示：
∵∴点A,M,B,C四点共圆
∵∴∴，
∴，∴，
∵，∴，
∴，∴
6-3．（2024·湖北·校考二模）如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC边上一点，连接AD．
（1）如图1，作BE⊥AD延长线于E，连接CE，求证：∠AEC＝45°；
（2）如图2，P为AD上一点，且∠BPD＝45°，连接CP．若AP＝2，求△APC的面积；
【答案】（1）证明见解析；（2）①△APC的面积＝1；②．
【详解】证明：（1）∵等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC，∠ABC＝∠CAB＝45°，AB＝BC，∵BE⊥AD，∴∠AEB＝90°＝∠ACB，
∴点A，点B，点E，点C四点共圆，∴∠AEC＝∠ABC＝45°；
（2）①如图2，过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，过点C作CF⊥AD于F，
∵∠BPD＝45°，BE⊥AD，∴∠PBE＝45°＝∠ABC，∴∠ABP＝∠CBE，
∵∠AEB＝90°＝∠ACB，∴点A，点B，点E，点C四点共圆，
∴∠BAE＝∠BCE，∠AEC＝∠ABC＝45°，∴△APB∽△CEB，∴CE＝＝，
∵CF⊥AD，∠AEC＝45°，∴∠FCE＝∠CEF＝45°，∴CF＝EF＝CE＝1，
∴△APC的面积＝×AP×CF＝1；
6-4．（2023·河南商丘·三模）综合与实践：小明在刘老师的指导下开展“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．小明继续利用上述结论进行探究．
【提出问题】如图1，在线段同侧有两点，，连接，，，，如果，那么，，，四点在同一个圆上．
探究展示：

【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：______；依据2：______．
【拓展延伸】(2)如图3，在中，，，将绕点逆时针旋转，得到，旋转角为，连接交于点，连接．小明发现，旋转过程中，点始终为的中点，为验证结论，小明连接，判断，，，四点共圆后得出结论．
①请你帮小明证明；②当为直角三角形，且时，请直接写出的长．
【答案】(1)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)①见解析；②
【详解】（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）①证明：∵将绕点逆时针旋转，得到，

∴∴
∵旋转角相等，即∴
又∵，∴，
设，则，
∵在中，，，∴
，∴，即，
∵∴∴四点共圆∴ 又∵，∴，
②当为直角三角形，只有一种情形，如图所示，过点作于点，
∵∴是等腰直角三角形，∵，则，即是等腰直角三角形，
∵ ∴∴
∵∴ ∵∴∴
在中，；
7-1．（2024·四川成都·三模）如图，是等腰直角三角形，，若，是中点，则的最小值为 ．
【答案】/
【详解】延长到，使，连接，，
过作，并截取，连接，，在中，，，
在中，，，
，，，
，，，，
点在以为圆心，为半径作的圆上，连接交圆上于点，如图所示；的最小值，
在中，，
，的最小值为：．故答案为：．
7-2．（2023·山东·统考中考真题）如图，在四边形中，，点E在线段上运动，点F在线段上，，则线段的最小值为 ．

【答案】/
【详解】解：设的中点为O，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，

∵，∴，∴，
∵，∴，∴点F在以为直径的半圆上运动，
∴当点F运动到与的交点时，线段有最小值，
∵，∴，，∴，的最小值为，故答案为：．
7-2．（2024·广东深圳·九年级校考阶段练习）如图，点是边长为6的正方形边、上的动点，且，交于点P，在点运动的过程中，的最小值为 ．

【答案】
【详解】∵四边形是正方形，∴，
∵∴，在和中，∵，∴，∴，∵，∴，∴，
如图，取的中点O，则点P在以O为圆心，为半径的上运动，连接、，则，

在中，，根据三角形的三边关系可得，
∴当O、P、A三点共线时，的长最小，的最小值．故答案为：．
7-3．（2024·陕西渭南·二模）如图，在四边形中，，，点E为四边形内一点，连接、、，若，则CE的最小值为 ．（结果保留根号）
【答案】
【详解】解：过点D作交的延长线于点O，
则四边形是边长为4的正方形．，
，，点E在四边形内部以点O为圆心，
为半径的圆上运动，连接、，交于点，
则，，，即，
∴当点E在点的位置时，取得最小值，最小值为．故答案为：．
7-4．（2024·广东·九年级校考期中）如图，将绕点A逆时针旋转，得到，其中点与点对应，点与点对应．(1)画出．(2)直线与直线相交于点，证明：A，，，四点共圆．
【答案】(1)见详解 (2)见详解
【详解】（1）解：如下图所示，
过点A作，且，过点A作，且，连接即可得到；
（2）证明：如下图所示由题意可知逆时针旋转 得到边 ，，则 ，
，，，，
，，，， 四点共圆．
8-1．（2024·山东临沂·统考一模）如图，是半圆的直径，点在半圆上，点为的中点，连接，，，与相交于点，过点作直线，交的延长线于点．
(1)求证：是的切线；(2)若，，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析(2)
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
点为的中点，，，．是的切线．
（2）解：如图所示，连接、，过点作，垂足是，
，点为的中点，，，，
又，是等边三角形，是半圆的直径，，
在中，，，
，，，．
8-2．（2024·山东德州·统考二模）如图1，内接于，点是劣弧的中点，且点与点位于的异侧．(1)请用圆规和无刻度直尺在图1中确定劣弧的中点；(2)在图1中，连接交于点，连接，求证；(3)如图2，点是半圆的中点，若⊙O的直径，求和的长．

【答案】(1)见解析(2)见解析(3)，
【分析】（1）作线段的垂直平分线与的交点即为点；
（2）根据，证得，进而证明∽，对应线段成比例，从而推出结论；
（3）连接，因为为半圆中点，则为等腰直角三角形，已知斜边可求出的长，可证明∽，得到，求解关于的方程即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，点为所作点：

（2）证明：∵点D是劣弧的中点，∴，∴，
∵，∴∽∴，∴
（3）解：连结BD，∵点D是的中点，∴，∵是的直径，∴
∴为等腰直角三角形，∴由（1）得∽，，即，
∴，∴，解得或（负值舍去）∴．
8-3．（2024·天津河西·校考三模）如图，为的直径，点，为直径同侧圆上的点，且点为的中点，过点作于点，延长，交于点，与交于点．

(1)如图①，若点为的中点，求的度数；(2)如图②，若，，求的半径．
【答案】(1)(2)
【详解】（1）解：连接，，如图：

∵点为的中点，点为的中点，∴，，
∴，∴，
又∵为的直径，∴，
∴，在中，，∴．
（2）连接，如图：
∵点为的中点，∴，∵，为的直径，∴，∴，
∴，即，∴，设的半径为，则，
在中，，即，解得，故的半径为．
9-1．（23-24九年级上·江苏盐城·期中）如图，在中，AB为直径，点为圆上一点，将劣弧沿弦翻折交AB于点，连结CD．若点与圆心不重合，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：连接，是直径，，，，
根据翻折的性质，所对的圆周角为，所对的圆周角为，，
又 ，，．故选：C．
9-2．（23-24九年级上·浙江温州·期中）已知点，，在上，，把劣弧沿着直线折叠交弦于点．若，，则的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：取点在上的对应点，连接，过点作于点，如下图，∵四边形内接于，∴，

∵点在上的对应点为点，∴根据折叠的性质有，
∵，∴，
∵，∴，∴是等腰三角形，∵，，∴，
∵，∴，∵，∴是直角三角形，
∵，在中，，在中，
∵，∴，∵，∴是等边三角形，
∴，，∴的长为：．故选：C．
9-3．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，为的直径，将沿翻折，翻折后的弧交于D．若，，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．8D．10
【答案】C
【详解】解：连接AC，DC，过点C作CE⊥AB与E，点D关于BC的对称点D′，连接CD′，BD′
设AC=x，∵AB为直径，∴∠ACB=90°，∵，∴，
∴，即，解得，，
∴，∴，∴AE=，
∵BC为折痕，点D与点D′对称，∴∠ABC=∠D′BC，，∴，∴AC=CD，
∵CE⊥AD，∴AE=DE=2，AD=4，∴弓形AC=弓形DC，∴S阴影=S△ACD=．故选：C．
9-4．（2024·江苏·统考一模）如图，将⊙O沿弦AB折叠，使折叠后的弧恰好经过圆心O，点P是优弧上的一个动点（与A、B两点不重合），若⊙O的半径是2cm，则△APB面积的最大值是 cm2
【答案】
【详解】解：如图，过点P作于点T，过点O作于点H，交于点K，连接AO，AK，PO．由题意得AB垂直平分线段OK，∴．
∵，∴，∴．
∴，∴．
∵，∴，∴．∵，∴ ，∴PT的最大值为3，∴的面积的最大值为．故答案为：．
10-1．（2024·河南安阳·模拟预测）如图，已知是的内切圆，分别交于点和．的周长是12，面积是，，则扇形的面积是 ．

【答案】
【详解】解：连接与切点，则，，，

，，∵，∴，
，，设，
，，解得：；
扇形，故答案为：．
10-2．（2023春·江苏宿迁·九年级校联考期中）如图是的内切圆，切点分别是D，E，F，其中，若与相切与G点，与相交于M，N点，则的周长等于 ．

【答案】14
【详解】解：∵是的内切圆，且与相切于点G；

根据切线长定理，设，，，；
∵，∴．解得，
∴的周长，故答案为：14．
10-3．（2023·广东广州·九年级校考期末）如图，在中，，．，I是的内心，则线段的值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【详解】解：如图，连接，延长交于H，连接，作出的内接圆，确定圆心I，连接，
∵，∴，∴，
∵，∴，设，在中，∵，
∴，∴，∴，
∴，∴，
∴，故选D．
10-4．（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，是的外心，是的内心，连接并延长交和于，．(1)求证：；(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析；(2)．
【详解】（1）是的内心，平分，平分，，，
，，，，；
（2）连接．，，，
，，，
，设，，则，，
同法可证：，，，：：，设，，
，，，
，，
或舍弃)，，，，，．婆罗摩笈多定理：如图，四边形内接于，对角线，垂足为M，如果直线，垂足为E，并且交边AD于点F，那么．
证明：∵，，∴，．∴．
又∵① ，（同弧所对的圆周角相等） ，∴． ∴② ．…
连接，∵，，∴，（依据1）
∵，∴，∴点共圆，
∴，，（依据2）∴，∴．（依据3）
如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点不与，重合，连接，，则依据．
，，点，，，四点在同一个圆上对角互补的四边形四个顶点共圆，点，在点，，所确定的上依据．点，，，四点在同一个圆上．