重难点10 几何热考题四 圆热考模型（5种类型17种模型+模型解读+专题训练）-【+答案】2025年中考数学一轮复习讲练测（全国通用）

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【题型汇总】
题型01 垂径定理模型
【基础模型】在⊙O中，AB为⊙O的直径，CD为弦，且AB⊥CD与点E
图示：
模型结论：CE=DE，
【模型进阶】条件：①AB过圆心O；②CD⊥AB；③AB平分CD（CD不是直径）④AB平分.
模型结论：若已知四个条件中的两个，那么可推出另外两个，简称“知二得二”，解题过程中应灵活运用该定理.
常见辅助线做法（考点）：
1）有弦无垂径时，可过圆心，作垂线，连半径，造Rt△，用勾股，求长度；
【补充】在构造Rt△ODE中，半径OD，弦心距OE,弦长CD，拱高BE四个量知二推二.
2）有弦中点，连中点和圆心，得垂直平分.
1．（2024·北京·中考真题）如图，⊙O的直径AB平分弦CD（不是直径）.若∠D=35°，则∠C= °

【答案】55
【分析】本题考查了垂径定理的推论，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
先由垂径定理得到AB⊥CD，由BC=BC得到∠A=∠D=35°，故∠C=90°−35°=55°．
【详解】解：∵直径AB平分弦CD，
∴AB⊥CD，
∵BC=BC，
∴∠A=∠D=35°，
∴∠C=90°−35°=55°，
故答案为：55．
2．（2023·浙江衢州·中考真题）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽ABCD是矩形．当餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与BC边相切，则此餐盘的半径等于 cm．

【答案】10
【分析】连接OA，过点O作OE⊥BC，交BC于点E，交AD于点F，则点E为餐盘与BC边的切点，由矩形的性质得AD=BC=16，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°，则四边形CDFE是矩形，OE⊥AD，得CD=EF=4，∠AFO=90°，AF=DF=8，设餐盘的半径为x cm，则OA=OE=x，OF=x−4，然后由勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】由题意得：BC=16，CD=4，
如图，连接OA，过点O作OE⊥BC，交BC于点E，交AD于点F，
则∠OEC=90°，
∵餐盘与BC边相切，
∴点E为切点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=16，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°，
∴四边形CDFE是矩形，OE⊥AD，
∴CD=EF=4，∠AFO=90°，AF=DF=12AD=12×16=8，
设餐盘的半径为x，
则OA=OE=x，
∴OF=OE−EF=x−4，
在Rt△AFO中，由勾股定理得：AF2+OF2=OA2，
即82+(x−4)2=x2，
解得：x=10，
∴餐盘的半径为10，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
3．（2023·湖南岳阳·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，BD为弦，点C为BD的中点，以点C为切点的切线与AB的延长线交于点E．

（1）若∠A=30°,AB=6，则BD的长是 （结果保留π）；
（2）若CFAF=13，则CEAE= ．
【答案】 2π 12
【分析】（1）连接OC,OD，根据点C为BD的中点，根据已知条件得出∠BOD=120°，然后根据弧长公式即可求解；
（2）连接OC，根据垂径定理的推论得出OC⊥BD，EC是⊙O的切线，则OC⊥EC,得出EC∥BD，根据平行线分线段成比例得出EBAB=13，设EB=2a，则AB=6a，勾股定理求得EC,J进而即可求解．
【详解】解：（1）如图，连接OC,OD，

∵点C为BD的中点，
∴BC=CD，
又∵∠A=30°，
∴∠BOC=∠COD=2∠A=60°，
∴∠BOD=120°，
∵AB=6，
∴OB=12AB=3，
∴lBD=120180×π×3=2π，
故答案为：2π．
（2）解：如图，连接OC，

∵点C为BD的中点，
∴BC=CD，
∴OC⊥BD，
∵EC是⊙O的切线，
∴OC⊥EC,
∴EC∥BD
∴CFAF=EBAB，
∵CFAF=13，
∴EBAB=13，
设EB=2a，则AB=6a，BO=3a,EO=EB+BO=5a，
∴EC=EO2−CO2=52−32a=4a，AE=2a+6a=8a，
∴CEAE=4a8a=12．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，切线的性质，弧长公式，平行线分线段成比例定理等知识，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
题型02 圆幂定理
1）弦切角模型
1． （2022九年级上·全国·专题练习）如图，直线AD与△ABC的外接圆相切于点A，若∠B=60°，则∠CAD等于（ ）
A．30°B．60°C．90°D．120°
【答案】B
【分析】如图，过A点作直径AE，连接EC，则∠E=∠B，∠ECA=90°，由AD是切线，∠EAD=90°，利用同角的余角相等解题即可．
【详解】如图，过A点作直径AE，连接EC，
则∠E=∠B=60°，∠ECA=90°，
∴∠EAC=90°−∠E=90°−60°=30°，
∵AD是切线，
∴∠EAD=90°，
∴∠CAD=90°−∠EAC=90°−30°=60°．
故选：B．
【点睛】本题考查圆的切线的性质定理，直径所对的圆周角是直角，遇切线连半径得垂直是解题的关键．
2. 如图，BD为圆O的直径，直线ED为圆O的切线，A、C两点在圆上，AC平分∠BAD且交BD于F点．若∠ADE=19∘，则∠AFB的度数为何？（ ）
A．97∘B．104∘C．116∘D．142∘
【答案】C
【分析】先根据直径所对的圆周角为直角得出∠BAD的度数，根据角平分线的定义得出∠DAF的度数，再根据直线ED为圆O的切线，得出∠ADB的度数，最后利用三角形外角的性质，即可求出∠AFB的度数．
【详解】∵BD是圆O的直径，
∴∠BAD=90∘，
又∵AC平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF=45∘，
∵直线ED为圆O的切线，
∴∠BDE=90∘，
∠ADB=∠BDE−∠ADE=90∘−19∘=71∘.
∴∠AFB=∠DAF+∠ADB=45∘+71∘=116∘.
故选:C.
【点睛】考查圆周角定理，切线的性质定理，角平分线的性质，三角形外角的性质等，掌握直径所对的圆周角是直角是解题的关键.
3. 如图，已知直线MN与以AB为直径的半圆相切于点C，∠A＝28°．
(1)求∠ACM的度数；
(2)在MN上是否存在一点D，使AB•CD＝AC•BC，为什么？
【答案】(1)∠ACM＝62°；(2)存在符合条件的点D，使AB•CD＝AC•BC，理由见解析.
【分析】(1)求∠ACM 的度数,需求出∠B 的度数;在RtΔABC 中,已知∠A 的度数,即可求出∠B 、∠ACM 的度数;
(2)乘积的形式通常可以转化为比例的形式:
①ABAC=BCCD ,此时需证RtΔABC∼RtΔCBD ,那么过B作MN的垂线,那么垂足即为符合条件的D点;
②ABBC=ACCD,此时需证RtΔABC∼RtΔACD,则过A作MN的垂线,垂足也符合D点的条件.
两者的证明过程一致,都是通过弦切角得出一组对应角相等,再加上一组直角得出三角形相似.
【详解】(1)∵AB是半圆的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝62°，
∵直线MN与以AB为直径的半圆相切于点C，
∴∠ACM＝∠B＝62°；
(2)存在符合条件的点D，使AB•CD＝AC•BC，
①过A作AD⊥MN于D，则AB•CD＝AC•BC，
证明：∵MN是半圆的切线，且切点为C，
∴∠ACD＝∠B，
∵∠ADC＝∠ACB＝90°，
∴△ABC∽△ACD，
∴ABBC=ACCD，
即AB•CD＝AC•BC；
②过B作BD⊥MN于D，则AB•CD＝AC•BC，
证明过程同①，
因此MN上存在至少一点D，使AB•CD＝AC•BC．
【点睛】本题考查了弦切角定理及相似三角形的判定和性质,要求学生能够熟练掌握相似的判断和性质并应用.
4．（21-22九年级上·山东聊城·期中）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．如图①所示：PA切⊙O于点A，AB是⊙O的一条弦，∠PAB就是⊙O的一个弦切角．经研究发现：弦切角等于它夹弧所对的圆周角．根据下面的“已知”和“求证”，写出“证明”过程，并回答后面的问题．
（1）如图1，PA是⊙O的切线，A为切点，AC为直径，∠PAB夹弧所对的圆周角为∠C．求证：∠PAB＝∠C．
（2）如图2，PA是⊙O的切线，A为切点，∠PAB夹弧所对的圆周角为∠D．求证：∠PAB＝∠D．
（3）如图3，AB为半⊙O的直径，O为圆心，C，D为半⊙O上两点，过点C作半⊙O的切线CE交AD的延长线于点E，若CE⊥AD，且BC＝1，AB＝3，求DE的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）DE=13
【分析】（1）由切线的性质可知，∠CAP＝90°，所以∠CAB+∠PAB＝90°．再根据直角三角形两锐角互余可得，∠CAB+∠C＝90°，所以∠PAB＝∠C．
（2）如图2，作直径AC，连接BC，利用（1）中的结论及同弧所对的圆周角相等可得结论．
（3）连接AC，由题意可知，△ACE∽△ABC，结合（1）中的结论易得△DCE∽△BAC，得出比例，进而可得结论．
【详解】解：（1）证明：∵PA切⊙O于点A，
∴∠CAP＝90°，
∴∠CAB+∠PAB＝90°．
又∵AC是直径，
∴∠B＝90°，
∴∠CAB+∠C＝90°，
∴∠PAB＝90°-∠CAB＝∠C．
（2）证明：如图，过点A作直径AC，连接BC，
∵AP为切线，由（1）得，∠PAB＝∠C，
又∵∠C＝∠D，
∴∠PAB＝∠D．
（3）连接AC，CD，
∵EC为⊙O的切线，
由①得∠ECA＝∠B，
又∵∠AEC＝∠ACB＝90°
∴△ACE∽△ABC，
∴ACAB=CEBC，∠CAE=∠BAC，
在Rt△ACB中，根据勾股定理AC=AB2−BC2=32−12=22，
∴223=CE1，
∴CE=223，
又∵CE为⊙O的切线，
∴∠DCE＝∠EAC，
∴∠DCE=∠BAC，
又∵∠E＝∠ACB＝90°，
∴△DCE∽△BAC，
∴DEBC=CEAC，
∴DE1=22322，
∴DE=13．
【点睛】本题考查弦切角，直径所对圆周角性质，切线性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握弦切角，直径所对圆周角性质，切线性质，勾股定理，三角形相似判定与性质是解题关键．
2）相交弦定理
1．（2024·四川乐山·模拟预测）如图，在⊙O中，弦AB⊥弦CD，垂足为E，若AE=2，BE=6，DE=3，则⊙O的面积是（ ）
A．20πB．13πC．654πD．114π
【答案】C
【分析】连接AD，CB，过O作OG⊥CD，OF⊥AB，由垂径定理可得G、F分别为CD、AB的中点，根据圆周角定理求出∠A=∠DCB，∠D=∠B，易证△AED∽△CEB，根据相似三角形的性质求出CE，根据垂径定理得到AF=BF，CG=12CD，根据矩形的判定与性质可知OG=EF，根据勾股定理求出OC，再根据圆的面积公式求解即可．
【详解】解：如图，连接AD，CB，过O作OG⊥CD于点G，OF⊥AB于点F，
∵∠A=∠DCB，∠D=∠B，
∴△AED∽△CEB，
∴ AECE=DEBE，
∵AE=2，BE=6，DE=3，
∴CE=AE⋅BEDE=4，
∵OF⊥AB，
∴F为AB的中点，
∵AB=AE+EB=2+6=8，
∴AF=BF=12AB=4，
∴EF=AF−AE=4−2=2，
∵OG⊥CD，OF⊥AB，CD⊥AB，
∴∠OGE=∠GEF=∠OFE=90°，
∴四边形OGEF为矩形，
∴OG=EF=2，
∵CD=CE+ED=4+3=7，
∴CG=12CD=72，
在直角三角形OCG中，OG=2，CG=72，
根据勾股定理得：OC=OG2+CG2=652，
则⊙O的面积=π(652)2=654π．
故选：C．
【点睛】此题考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，熟练运用垂径定理并作出合理的辅助线是解题的关键．
2．（23-24九年级·江苏·假期作业）如图，在⊙O中，弦AB、CD相交于点P，且PD＜PC．
(1)求证：△PAD∽△PCB；
(2)若PA=3，PB=8，CD=10，求PD．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）根据圆周角定理得出∠A=∠C，∠D=∠B，再根据相似三角形的判定推出即可；
（2）根据相似得出比例式，再求出答案即可．
【详解】（1）∵∠A=∠C，∠D=∠B，
∴△PAD∽△PCB；
（2）∵△PAD∽△PCB，
∴PAPC=PDPB，
∵PA=3，PB=8，CD=10，
∴310−PD=PD8，
解得：PD=4或6，
当PD=4时，PC=6，
当PD=6时，PC=4，
∵PD＜PC，
∴PD=4．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的性质和判定等知识点，能正确运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．
3．（22-23九年级上·山西忻州·期末）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．
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，AB是⊙O的弦，P是AB上一点，AB=10cm，PA=4cm，OP=5cm，求⊙O的半径．
【答案】(1)有两个角对应相等的两个三角形相似；CPBP；
(2)7cm
【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可；
（2）延长OP交圆O于点D，延长PO交圆O于点F，设圆O的半径为rcm，则PF=(5+r)cm，PD=(r−5)cm，根据（1）中结论代入求解即可．
【详解】（1）连接AC，BD．
∵∠C=∠B，∠A=∠D．
∴△APC∽△DPB，（有两个角对应相等的两个三角形相似）
∴APDP=CPBP，
∴AP⋅BP=CP⋅DP，
∴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；CPBP；
（2）延长OP交圆O于点D，延长PO交圆O于点F，
设圆O的半径为rcm，则PF=(5+r)cm，PD=(r−5)cm，
根据（1）中结论得AP·BP=DP·FP，即为4×10−4=(r+5)(r−5)，
解得：r=7或r=−7（不符合题意，舍去），
⊙O的半径为7cm．
【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质，圆的相交弦定理等，理解题意，熟练掌握运用圆的相交弦定理是解题关键．
4．（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AB，CD交于点P，求证：______________．
(2)如图②，已知AB是⊙O的直径，AB与弦CD交于点P，且AB⊥CD于点P，过D作⊙O的切线，交BA的延长线于E，D为切点，若AP=2，⊙O的半径为5，求AE的长．
【答案】(1)PA⋅PB=PC⋅PD，证明见解析
(2)103
【分析】（1）先证明△ACP∽△DBP，再利用相似的性质即可；
（2）利用（1）可知PA⋅PB=PC⋅PD，求出PD，再证明△OPD∼△DPE，利用相似的性质求出PE，求差即可得到AE的长．
【详解】（1）求证：PA⋅PB=PC⋅PD．
证明：连接AC、BD．如图①．

∵∠A=∠D，∠C=∠B．
∴△ACP∽△DBP．
∴APPD=PCBP．
∴PA⋅PB=PC⋅PD．
（2）解：∵AP=2，OA=5，PB=10−2=8．由（1）可知PA⋅PB=PC⋅PD．
∴PC⋅PD=16．
∵AB⊥CD，AB是⊙O的直径，PC=PD，PD=4．
连接OD．如图②．
∵DE为切线．
∴∠EDO=90°．
∵∠1+∠2=90°．∠E+∠2=90°．
∴∠1=∠E．
∴△OPD∼△DPE．
∵OPPD=PDPE，
∴OP⋅PE=PD⋅PD．
∴16=3PE，PE=163．
又∵AP=2．
∴AE=163−2=103．
【点睛】本题考查了圆的相关性质，三角形相似的判定与性质，严格的逻辑思维和严密的书写过程是解题的关键．
3）切割线定理
1．（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图，在△ABC中，以AC为直径的⊙O交AB于点D，连接CD．若∠BCD=∠A，BC=10，BD=6，则AB的长是（ ）
A．8B．323C．12D．503
【答案】D
【分析】根据∠BCD=∠A，∠B=∠B，得到△BCD∽△BAC计算即可，本题考查了三角形相似的判定和性质，熟练掌握相似的性质是解题的关键．
【详解】∵∠BCD=∠A，∠B=∠B，
∴△BCD∽△BAC，
∴BCBA=BDBC，
∵BC=10，BD=6，
∴10BA=610，
解得AB=503，
故选D．
2．（22-23九年级上·山西吕梁·期末）阅读与思考：阅读下列材料，并完成相应的任务．
米勒定理
米勒（1436−1476）是德国的数学家，是欧洲最有影响的数学家之一，米勒发表的《三角全书》，是使得三角学在欧洲取得独立地位的第一部系统性著作．下面是米勒定理（又称切割线定理）的证明过程
已知：如图1，PA与⊙O相切于点A，PB与⊙O相交于点B，C．
求证：PA2=PB⋅PC．
证明：如图2，连接AC，OA，OC．
∵PA为⊙O的切线，∴OA⊥PA，∴∠1+∠2=90°．
∵OA=OC，∴∠2=∠3．
∵∠O+∠2+∠3=180°，∴∠O+2∠2=180°．
∵AC=AC，∴∠O=2∠B，
∴2∠B+2∠2=180°，∴∠B+∠2=90°，∴∠1=∠B，……
任务：(1)请完成剩余的证明过程
(2)应用：如图3，PA是⊙O的切线，PC经过⊙O的圆心O，且PB=OB=2，割线PDE交⊙O于点D，E，PE=5，求PD的长．
【答案】(1)见解析
(2)125
【分析】（1）根据提供的过程，继而证明△ACP∽△BAP，可得PAPB=PCPA，再转化为PA2=PB⋅PC；
（2）连接OA，根据切割线定理得到PA2=PD⋅PE，PA2=PB⋅PC，将已知线段代入求出PA2=12，再代入PA2=PD⋅PE中，即可求出结果．
【详解】（1）解：证明：如图2，连接AC，OA，OC．
∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，
∴∠1+∠2=90°．
∵OA=OC，
∴∠2=∠3．
∵∠O+∠2+∠3=180°，
∴∠O+2∠2=180°．
∵AC=AC，
∴∠O=2∠B，
∴2∠B+2∠2=180°，
∴∠B+∠2=90°，
∴∠1=∠B，
∵∠P=∠P，
∴△ACP∽△BAP，
∴PAPB=PCPA，
∴PA2=PB⋅PC；
（2）解：由（1）可知：PA2=PD⋅PE，PA2=PB⋅PC，
∵PB=OB=2，PE=5，
∴PC=6，
∴PA2=2×6=12，
∵PA2=PD⋅PE，
∴12=PD×5，
∴PD=125．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，圆的性质，根据题干中的材料，熟练掌握割线定理是解题的关键．
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）阅读：《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学著作，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．即，如图1，，AB是⊙O的切线，直线AD为⊙O的割线，则AB2=AC⋅AD．下面是切割线定理的证明过程（不完整）：
证明：如图1所示，连接BD，连接BO并延长交⊙O于点E，连接CE、BC．
∵AB是⊙O的切线，OB是⊙O的半径，
∴∠ABC+∠CBE=90°．
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BCE=90°（____________）．
∴∠E+∠CBE=90°．
∴____________，
∵∠E=∠CDB（____________），
∴____________，
∵∠BAC=∠DAB，
∴△ABC∽△ADB，
∴ABAD=ACAB．
∴AB2=AC⋅AD．
任务：
(1)请在上面横线上补充证明过程，在括号内补充推理的依据；
(2)如图2，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，割线CF与AB于点E，且满足CD:DE:EF=1:2:1，AC=8，求AB的长．
【答案】(1)见解析；
(2)2855．
【分析】本题主要考查了切线性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质；
（1）根据圆周角定理、等角的余角相等、等量代换、相似三角形的性质等补充证明过程；
（2）先根据已知和割线定理求得CD=4，DE=8，EF=4，则CE=12，再根据切线性质和勾股定理求得AE=45；利用圆周角定理和相似三角形的判定证明△ADE∽△FBE，则AEEF=DEBE，进而求得BE即可求解．
【详解】（1）如图②，连接BD，连接BO并延长交⊙O于点E，连接CE、BC．
∵AB是⊙O的切线，OB是⊙O的半径，
∴∠ABC+∠CBE=90°．
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BCE=90°（直径所对的圆周角相等），
∴∠E+∠CBE=90°，
∴∠ABC=∠E．
∵∠E=∠CDB，
∴∠ABC=∠CDB．
∵∠BAC=∠DAB，
∴△ABC∽△ADB，
∴ ABAD=ACAB（相似三角形的对应边成比例），
∴AB2=AC⋅AD．
故答案为：直径所对的圆周角相等；∠ABC=∠E；圆周角定理；∠ABC=∠CDB；
（2）图3中，连接AD，BF，
∵CD:DE:EF=1:2:1，
∴设CD=x，DE=2x，EF=x，则CF=4x，
∵AC是⊙O的切线，CF是割线，
∴由割线定理得AC2=CD⋅CF，则82=x⋅4x，
解得x=4（负值舍去），
∴CD=4，DE=8，EF=4，则CE=12，
∵AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，
∴AB⊥AC，
∴ AE=CE2−AC2=122−82=45；
∵∠ADE=∠ABF，∠DAB=∠DFB，
∴△ADE∽△FBE，则AEEF=DEBE，
∴ BE=EF⋅DEAE=4×845=855，
∴ AB=AE+BE=45+855=2855．
4）割线定理
1. 如图，PAB为⊙O的割线，且PA=AB=3，PO交⊙O于点C，若PC=2，则⊙O的半径的长为 ．
【答案】72
【分析】延长PO交圆于点D，连接AC、BD，由圆内接四边形内对角互补性质可得∠B+∠ACD=180°，结合邻补角互补可得∠ACP=∠B，继而证明△PAC∽△PDB，由相似三角形对应边成比例解得PAPD=PCPB，由此计算PD=9，最后根据线段的和差解题即可．
【详解】如图，延长PO交圆于点D，连接AC、BD，
四边形ABDC为圆内接四边形，
∴∠B+∠ACD=180°．
∵∠ACD+∠ACP=180°，
∴∠ACP=∠B，
∵∠P=∠P，
∴△PAC∽△PDB，
∴PAPD=PCPB，
∴PD×2=3×6，PD=9，
∵CD+PC=PD，
∴CD=9−2=7，
∴半径为72，
故答案为：72．
【点睛】本题考查圆的内接四边形、相似三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
2．（2021·河南洛阳·二模）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⊙O外一点P作⊙O的两条割线，一条交⊙O于A、B点，另一条交⊙O于C、D点．
求证：PA⋅PB=PC⋅PD．
证明一：连接AD、BC，
∵∠A和∠C为BD所对的圆周角，∴______．
又∵∠P=∠P，∴______，∴______．
即PA⋅PB=PC⋅PD．
研究后发现，如图②，如果连接AC、BD，即可得到学习过的圆内接四边形ABDC．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AC、BD，
【答案】证明一：∠A=∠C，△ADP∽△CBP，APCP=DPBP；证明二见解析
【分析】（1）证明△ADP∽△CBP即可得到结论；
（2）根据圆内接四边形的性质可得∠PBD=∠ACD，进一步证明△ACP∽△DBP
【详解】解：证明一：连接AD、BC，
∵∠A和∠C为BD所对的圆周角，
∴∠A=∠C．
又∵∠P=∠P，
∴△ADP∽△CBP，
∴APCP=DPBP．
即PA⋅PB=PC⋅PD．
故答案为：∠A=∠C，△ADP∽△CBP，APCP=DPBP，
证明二：连接AC、BD，
∵四边形ABDC为圆内接四边形，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
又∵∠ABD+∠PBD=180°，
∴∠PBD=∠ACD，
又∵∠P=∠P，
∴△ACP∽△DBP，
∴APDP=CPBP，即PA⋅PB=PC⋅PD．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
3．（23-24九年级下·内蒙古赤峰·阶段练习）旧知温习：人教版初中数学第二十七章《相似》中比例线段的证明都是利用三角形相似或平行线得出来的，在三角形相似证明中，利用的条件有角相等，对应边成比例．比例线段还可以写成等积式，如ABCD=EFMN可以写为AB⋅MN=CD⋅EF．
新知探究：如图1，⊙O中，AB，CD是两条相交的弦，交点为P，（不再添加辅助线），求证：PA⋅PB=PC⋅PD；
类比探究：如图2，P是⊙O外一点，PAB，PCD是⊙O的两条割线，与⊙O交点分别为A，B，C，D．请写出PA，PB，PC，PD的等积关系式，并说明理由．
延伸结论：如图2，⊙O中，点P是⊙O外一点，PC是⊙O的切线，切点为C，PAB是过圆心O的一条割线，交⊙O于A和B点，请直接写出探究PC，PA，PB之间的数量关系．
【答案】（新知探究）：见详解；（类比探究）：PA⋅PB=PC⋅PD；（延伸结论）：PC2=PA⋅PB
【分析】（新知探究）：证明△APC∽△DPB，根据相似性质即可证明；
（类比探究）：连接AC,BD，根据四边形ACDB是圆内接四边形，证明△PAC∽△PDB，根据相似性质即可证明；
（延伸结论）：连接AC,BC,OC，根据切线的性质得出∠PCO=90°，再结合圆周角定理和等腰三角形的性质证明△PAC∽△PCB，根据相似性质即可证明；
【详解】（新知探究）：∵∠C=∠B,∠APC=∠DPB，
∴△APC∽△DPB，
∴APDP=CPBP，
∴AP⋅BP=CP⋅DP；
（类比探究）：如图所示：连接AC,BD，

∵四边形ACDB是圆内接四边形，
∴∠PAC=∠D,∠P=∠P，
∴△PAC∽△PDB，
∴PAPC=PDPB，
∴PA⋅PB=PC⋅PD；
（延伸结论）：如图所示：
连接AC,BC,OC，
∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴∠PCO=90°，
∴∠PCA+∠OCA=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠OCA+∠OCB=90°，
∴∠PCA=∠OCB，
∵OC=OB，
∴∠B=∠OCB，
∴∠PCA=∠B，
∵∠P=∠P，
∴△PAC∽△PCB，
∴PCPA=PBPC，
∴PC2=PA⋅PB．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、切线的性质、圆内接四边形的性质、圆周角定理等知识点，判定三角形相似是解题关键．
题型03 四点共圆
四点共圆模型的判定：

图1 图2 图3
判定方法1：如图1，若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆（圆的定义）.
适用范围：题目出现共端点，等线段时，可利用圆的定义构造辅助圆.
判定方法2：如图2，同侧共边三角形且公共边所对角相等的四个顶点共圆.
判定方法3：如图3，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.

图4 图5
判定方法4：如图4，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点共圆.
判定方法5：如图5，共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆.
四点共圆的性质
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（如下图1，∠ACB=∠ADB）；
2）圆内接四边形的对角互补（如下图2，∠1=∠2）；
3）圆内接四边形的外角等于内对角（如下图3，∠1=∠3）.
图1 图2 图3
1）定点定长共圆模型（判定方法1）
1．（22-23九年级上·河北保定·期末）如图，量角器的直径与直角三角板ABC的斜边AB重合，其中量角器0刻度线的端点N与点A重合，射线CP从CA处出发，沿顺时针方向以每秒3度的速度旋转，CP与量角器的半圆弧交于点E，第12秒时，点E在量角器上对应的读数是（ ）

A．18°B．36°C．72°D．144°
【答案】C
【分析】连接OE，根据旋转求出∠ACE=3°×12=36°，根据圆周角定理求出∠EOA=2∠ECA=2×36°=72°，即可．
【详解】解：如图，连接OE，

∵射线CP从CA处出发沿顺时针方向以每秒3度的速度旋转，
∴第12秒时，∠ACE=3°×12=36°，
∵∠ACB=90°，
∴点C在以AB为直径的圆上，即点C在⊙O上，
∴∠EOA=2∠ECA=2×36°=72°，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，旋转的性质，解题的关键是根据∠ACB=90°，得出点C在以AB为直径的圆上，熟记圆周角定理．
2．（2021·浙江嘉兴·中考真题）如图，在ΔABC中，∠BAC=90°，AB=AC=5，点D在AC上，且AD=2，点E是AB上的动点，连结DE，点F，G分别是BC，DE的中点，连接AG，FG，当AG=FG时，线段DE长为（ ）
A．13B．522C．412D．4
【答案】A
【分析】连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得点A，D，F，E四点共圆，∠DFE=90°，然后根据勾股定理及正方形的判定和性质求得AE的长度，从而求解．
【详解】解：连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB
∵在ΔABC中，∠BAC=90°，点G是DE的中点，
∴AG=DG=EG
又∵AG=FG
∴点A，D，F，E四点共圆，且DE是圆的直径
∴∠DFE=90°
∵在Rt△ABC中，AB=AC=5，点F是BC的中点，
∴CF=BF=12BC=522，FN=FM=52
又∵FN⊥AC，FM⊥AB，∠BAC=90°
∴四边形NAMF是正方形
∴AN=AM=FN=52
又∵∠NFD+∠DFM=90°，∠DFM+∠MFE=90°
∴∠NFD=∠MFE
∴△NFD≌△MFE
∴ME=DN=AN-AD=12
∴AE=AM+ME=3
∴在Rt△DAE中，DE=AD2+AE2=13
故选：A．
【点睛】本题考查直径所对的圆周角是90°，四点共圆及正方形的判定和性质和用勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．
3．（22-23九年级上·广东深圳·期末）如图，等边△ABC中，AB=6，P为AB上一动点，PD⊥BC，PE⊥AC，则DE最小值为 ．
【答案】92
【分析】如图，连接PC，取CP的中点O，连接OE，OD，过点O作OH⊥DE于H，首先证明△ODE是顶角为120°的等腰三角形，当OE的值最小时，DE的值最小，即可求出PC的最小值．
【详解】解：如图，连接PC，取CP的中点O，连接OE，OD，过点O作OH⊥DE于H，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，AB=BC=AC=6，
∵PD⊥BC，PE⊥AC，
∴∠PEC=∠PDC=90°，
∵OP=OC，
∴OE=OP=OC=OD，
∴C、D、P、E四点共圆，
∴∠EOD=2∠ECD=120°，
∴当OE的值最小时，DE的值最小，
根据垂线段最短可得，当CP⊥AB时，PC=33，此时OE最小，OE=323，
∵OE=OD，OH⊥DE，
∴DH=EH，∠DOH=∠EOH=60°，
∴DH=EH=323×32=94，
∴DE=2DH=92，
∴DE的值最小为92，
故答案为92．
【点睛】本题考查了四点共圆、垂线段最短、圆周角定理、含30°角的直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；正确判断当CP⊥AB时OE最小是解题的关键．
4．（2021·湖北随州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，O为AB的中点，OD平分∠AOC交AC于点G，OD=OA，BD分别与AC，OC交于点E，F，连接AD，CD，则OGBC的值为 ；若CE=CF，则CFOF的值为 ．
【答案】 12 2
【分析】（1）根据条件，证明△AOD≅△COD，从而推断∠OGA=90∘，进一步通过角度等量，证明△AOG∼△ABC，代入推断即可.
（2）通过OA=OD=OC=OB，可知A,B,C,D 四点共圆，通过角度转化，证明△ODF∼△CBF，代入推断即可.
【详解】解：（1）∵∠ACB=90°，O为AB的中点
∴OA=OC
又∵OD平分∠AOC
∴∠AOD=∠COD
又∵OD=OD
∴△AOD≅△COD
∴AD=CD
∴OD⊥AC
∴∠OGA=90∘
在△AOG与△ABC中
∠GAO=∠BAC,∠OGA=∠BCA=90∘
∴△AOG∼△ABC
OGBC=AOAB=12
（2∵OA=OD=OC=OB
∴A,B,C,D 四点共圆，如下图：
∵CE=CF
∴∠CEF=∠CFE
又∵∠CFE=∠BFO
∴∠CEF=∠BFO
∵△AOD≅△COD
∴AD=CD
∴AD=CD
∴∠OBF=∠CBE
∴∠BFO+∠OBF=∠CEF+∠CBE=90∘
即∠BOC=90∘
∵OB=OC
∴BC=2OC=2OA=2OD
∵∠OGA=∠BCA=90∘
∴∠ODB=∠FBC
∵∠OFD=∠CFB
∴△ODF∼△CBF
∴CFOF=BCOD=2
故答案为：12；2
【点睛】本题考查三角形的相似，三角形的全等以及圆的相关知识点，根据图形找见相关的等量关系是解题的关键．
5．（2024·上海·模拟预测）如图1，AD，BD分别是△ABC的内角∠BAC，∠ABC的平分线且∠BAC∠C'．
∵四边形ABC'D是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C'=180°，
∵∠A+∠DCB=180°，
∴∠C'=∠DCB
与∠DCB>∠C'矛盾，故点C不可能在圆内，
∴点C在圆上，
∴点A、B、C、E四点在同一个圆上；
（2）如图，作经过点A、B、D的⊙O，
在劣弧AB上取一点E（不与A、B重合），连接AE，BE，
则∠E+∠D=180°，
∵∠C=∠D，
∴∠E+∠C=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C在点A、B、E所确定的⊙O上，也就是在点A、B、D所确定的⊙O上，
∴点A、B、C、D四点共圆；
（3）∵∠1=∠4，
∴点A，点B，点C，点D四点共圆，
∴∠2=∠3=30°，
故答案为：30；
（4）由对称可知，∠ABC=∠CB'E，∠BCB'=2∠B'CE=36°
∵∠CAB=∠CBA=50°，
∴∠CAB=∠CB'E=50°，
∴由（2）可知，点A、B'、E、C四点共圆．
∴∠B'CA=∠B'EA，
∵△ABC中，∠ACB=180°−∠CAB−∠CBA=80°，
∴∠B'EA=∠ACB'=∠ACB−∠BCB'=80°−36°=44°；
（5）如图，连接AC，
∵AB=BC=5，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵∠ADB=60°，
∴∠ACB=∠ADB，
∴点A，点B，点C，点D四点共圆，
∴∠BDC=∠BAC=60°，弦BD最大值是直径长，
以BD为边在BD上方作等边三角形△BDE，连接AE，
∴BD=BE=DE，∠DBE=∠DED=60°，
∴∠ABE=∠DBC=60°−∠ABD，
∴△ABE≌△CBDSAS，
∴CD=AE，∠BDC=∠BEA=60°，
∴∠BED=∠BEA=60°，
∴A，E，D三点共线，
∴CD+AD=AE+AD=DE=BD，
∵四边形ABCD周长=AB+BC+CD+AD=10+CD+AD=10+BD，
∴当BD是直径时，四边形ABCD的周长有最大值，
∴∠BCD=90°，
∴∠DBC=30°，
∴DC=12BD．
【点睛】本题考查了四点共圆，圆周角定理，圆内接四边形的性质，反证法，等边三角形的判定与性质等知识点．
题型05 定弦定角模型
1．（22-23九年级上·江苏扬州·期末）【学习心得】
小雯同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
例如：如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是ΔABC外一点，且AD=AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB长为半径作辅助圆⊙A，则C，D两点必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，∠BDC是⊙A的圆周角，则∠BDC=45°．
(1)【初步运用】如图，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠BDC=24°，求∠BAC的度数；
(2)【方法迁移】如图，已知线段AB和直线l，用直尺和圆规在l上作出所有的点P，使得∠APB=30°（不写作法，保留作图痕迹）；
(3)【问题拓展】
①如图，已知矩形ABCD，AB=2，BC=m，M为CD上的点．若满足∠AMB=45°的点M恰好有两个，则m的取值范围为______．
②如图，在△ABC中，∠BAC=45°，AD是BC边上的高，且BD=6，CD=2，求AD的长．
【答案】(1)∠BAC=24°
(2)见解析
(3)①2≤m