2.4 圆周角-2023年新九年级数学同步精讲精练（苏科版）

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2.4圆周角
【推本溯源】
1.回顾一下圆心角的概念，那圆周角的概念是？
圆心角：顶点在圆心；
圆周角：顶点在圆周上。
圆周角的概念：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角。
圆周角两个条件：（1）顶点在圆上；（2）两边都与圆相交。

圆心角
圆周角
区别




联系

如图，BC所对的圆周角有：∠BDC，∠BAC
AD所对的圆周角有：∠ABD，∠ACD




2.如图，∠BOC=90°，那么∠BAC= 45° .
根据求出的角度，判断∠BOC与∠BAC的数量关系。
∠BOC=2∠BAC
证：∵OA=OC
∴∠A=∠C
∵∠BOC=∠A+∠C
∴∠BOC=2∠BAC

如右图，∠AOB=2∠ACB吗？
证：连接OC，与圆O交于点D。
∵OA=OC
∴∠A=∠ACO
∵∠AOD=∠A+∠ACO
∴∠AOD=2∠ACO
同理可得∠BOD=2∠BCO
∴∠AOB=2（∠ACO+∠BCO）=2∠ACB
因此，圆周角的度数等于它所对弧上的圆周角度数的一半。
那∠ACB与∠AEB之间什么关系？
∵∠AOB=2∠ACB，∠AOB=2∠AEB
∴∠ACB=∠AEB
因此，同弧或等弧所对的圆周角相等
3.（1）如图，BC是直径，圆周角∠BAC为多少度？
∠BAC=∠BOC=90°






（2）如图，圆心角∠BAC=90°，如果连接BC，，BC过圆心吗？
连接OB，OC
∵∠BAC=90°
∴∠BOC=180°
∴B、O、C三点共线
∴BC过圆心，BC是直径
因此，直径所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径。
几何语言：∵BC是直径 几何语言：∵ ∠BAC=90°
∴∠BAC=90° ∴BC是直径

4.一个三角形的3个顶点都在同一个圆上，这个三角形叫圆的内接三角形；那一个四边形的4个顶点都在同一个圆上，这个四边形叫？
圆的内接四边形。
圆的内接四边形定义：一个四边形的4个顶点都在同一个圆上，这个四边形叫做圆的内接四边形。
如右图，四边形ABCD是圆的内接四边形，圆O是四边形ABCD的外接圆。
那在右图中，∠A与∠C，∠B与∠D之间的关系是？
连接OB，OD.∵∠A=∠1，∠C=∠2，并且∠1+∠2=360°
∴∠A+∠C=180°
因此，圆内接四边形的对角互补。
延长BC至点E，∠DCE与∠A之间的关系是？
∵∠A+∠BCD=180°，∠BCD+∠DCE=180°
∴∠DCE=∠A
因此，圆内接四边形的任何一个外角都等于它的内对角。








【解惑】
例1：如图，是直径，，则为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据圆周角定理得出解答即可．
【详解】解：∵对的圆心角是，对的圆周角是，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，注意在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
例2：如图，四边形内接于为对角线，经过圆心．若，则的度数为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由同弧所对圆周角相等及直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵为圆的直径，
∴，
∴；
故选：B．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，同圆中同弧所对的圆周角相等，直角三角形两锐角互余，掌握它们是关键．
例3：如图，在菱形中，，P为上一动点，于点Q，则的最小值为_______．
  
【答案】/
【分析】根据垂直的定义得到，推出点Q在以为直径的圆上运动，取的中点O，连接交PD于Q，则的值最小，连接，推出为等边三角形，根据勾股定理得到，于是得到结论．
【详解】解：∵于点Q，
∴，
∴点Q在以为直径的圆上运动，
取的中点O，连接交于Q，则的值最小，
连接，
  
在菱形中，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
例4：如图，点A是中优弧的中点，，C为劣弧上一点，则的度数为______．
  
【答案】/度
【分析】由点A是中优弧的中点，推出，从而得到，用三角形内角和为求，再由圆的内接四边形对角互补求即可．
【详解】解：∵点A是中优弧的中点，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
又∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查等弧所对的圆周角相等，圆的内接四边形对角互补等知识，掌握圆的内接四边形对角互补是解题的关键．
例5：如图，是的直径，点C，D是上的点，且，分别与，相交于点E，F．
  
(1)求证：点D为弧的中点；
(2)若，，求的直径．
【答案】(1)见解析
(2)20

【分析】（1）根据圆周角定理可得，再由平行线的性质可得，从而可得，再根据垂径定理即可得出结论；
（2）根据垂径定理可得，再利用勾股定理进行计算即可．
【详解】（1）证明：∵是直径
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点D为的中点；
（2）解：∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴的直径为20．
【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、勾股定理，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
【摩拳擦掌】
1．（2023·广西·统考中考真题）如图，点A、B、C在上，，则的度数是（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据圆周角定理的含义可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，熟记圆周角定理是解题的关键．
2．（2023·江苏·九年级假期作业）在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点在坐标轴上，若为直角三角形，则满足条件的点共有（　　）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】C
【分析】过点作的垂线，交轴于点，交轴于点；过点作的垂线，交轴于点，交轴于点；根据直径所对的圆周角为直角，以为直径作圆，根据和的坐标求出的长度，即为圆的直径，可得出半径的长，进而判断得出圆与轴相离，可得出圆与轴交于点．所以满足条件的点共有个．
【详解】解：根据题意画出相应的图形，如图所示：
  
分三种情况考虑：当为直角顶点时，过作，交轴于点，交轴于点，此时满足题意的点为；
当为直角顶点时，过作，交轴于点，交轴于点，此时满足题意的点为；
当为直角顶点时，以为直径作圆，由，得到，可得此圆与轴相离，则此圆与轴没有交点，与轴有个交点，分别为．
综上，所有满足题意的有个．
故选：．
【点睛】此题考查了圆周角定理，勾股定理，以及坐标与图形性质，利用了分类讨论及数形结合的思想．注意：若是直角三角形，则它的任意一个顶点都有可能为直角顶点．
3．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，已知四边形内接于，，、的延长线相交于点，为直径，连接．若，，则的度数为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由圆周角定理推出，，得到，由三角形内角和定理求出的度数，即可求出的度数．
【详解】解：为圆的直径，
，，
，
，
，
，
，
，
．
故选：D．
【点睛】本题考查圆周角定理，三角形内角和定理，关键是由圆周角定理求出的度数．
4．（2023·黑龙江佳木斯·统考三模）如图，是的内接三角形，且，直径是8，则______．
  
【答案】
【分析】连接，，可得，进而利用等腰直角三角形的性质解答即可．
【详解】解：如图，连接，，
  
，
，
，
是等腰直角三角形，
在中，，，
，
，
故答案为：．
【点睛】此题考查三角形外接圆与外心，关键是根据圆周角与圆心角的关系得出．
5．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六十九中学校校考三模）如图，已知是的直径，是弦，且，则___________．
  
【答案】
【分析】连接，与交于点E，根据圆周角定理得出，再由勾股定理确定，设，则，利用勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：连接，与交于点E，如图所示：
  
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，即，
解得：，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查圆周角定理，勾股定理解三角形及垂径定理，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
6．（2023春·广东汕头·九年级统考阶段练习）如图，，，是上的三点，若是等边三角形，则的度数为__________ ．
  
【答案】/30度
【分析】由是等边三角形可知，根据圆周角定理可求出的度数．
【详解】解：是等边三角形，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理和等边三角形的性质，熟练运用圆周角定理是解答此题的关键．
7．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，是的两条直径．
  
(1)判断四边形的形状，并说明理由．
(2)若的直径为8，，求四边形的周长和面积．
【答案】(1)四边形是矩形，理由见解析；
(2)， ．

【分析】（1）由是的两条直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可得，则可判定四边形是矩形；
（2）根据直角三角形的性质和矩形的周长和面积解答即可．
【详解】（1）四边形是矩形．
理由：∵是的两条直径，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）∵，
∴，
在中，，
∴，，
∴四边形的周长，
面积．
【点睛】此题考查了圆周角定理以及矩形的判定．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
8．（2023秋·广东广州·九年级校考期末）如图，A是上一点，是直径，点D在上且平分．
  
(1)连接，求证：平分；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)．

【分析】（1）利用圆周角定理即可证明结论；
（2）利用圆周角定理得到，再利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵点D在上且平分，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：∵是直径，
∴，
∵点D在上且平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，掌握“直径所对的圆周角是直角”是解题的关键．
9．（2023春·河北衡水·九年级校考阶段练习）如图，的直径和弦相交于点E，且B是的中点，连接，.
  
(1)判断与是否全等，并说明理由；
(2)连接.已知，，，求的长．
【答案】(1)与全等；理由见解析
(2)

【分析】（1）根据圆周角定理可得、，再结合运用即可解答；
（2）先求得，进而得到、，如图，过点O作于点G，连接OD，则；再根据直角三角形的性质可得；由勾股定理可得，进而求得．
【详解】（1）解：与全等；理由如下：
∵B是的中点，
∴，
∴，，
∴.
又∵，
∴；
（2）解：∵，，
∴.
∵AB是的直径，
∴，.
如图，过点O作于点G，连接OD，则.
∵，，
∴.
由勾股定理得，
∴．
  
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定、圆的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
10．（2023春·广东惠州·八年级校考阶段练习）如图，在中，弦平行于，交于，，求的度数．

【答案】
【分析】根据两直线平行,得；再根据圆周角定理求得；然后由三角形外角定理解答即可．
【详解】，，
，
在中，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，平行线的性质等知识点，解答该题时还用了三角形的外角定理，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
【知不足】
1．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，已知为圆O的直径，过点D的弦平行于半径，若角，则角C的度数是（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据平行线的性质即可求得的度数，再根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，以及平行线的性质，根据圆周角定理把求圆周角的问题转化为求圆心角的问题是解题的关键．
2．（2023·四川·统考中考真题）如图，是的直径，点C，D在上，连接，若，则的度数是（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆周角定理计算即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】此题考查圆周角定理，熟知同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解题的关键．
3．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，在中，半径互相垂直，点在劣弧上．若，则（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据互相垂直可得所对的圆心角为，根据圆周角定理可得，再根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：如图，
  
半径互相垂直，
，
所对的圆心角为，
所对的圆周角，
又，
，
故选D．
【点睛】本题考查圆周角定理、三角形内角和定理，解题的关键是掌握：同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．
4．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在直径为的中，点，在圆上，，若，则的度数为 __．

【答案】

【分析】利用等腰三角形的性质可得，从而利用三角形内角和定理可得，然后根据圆内接四边形对角互补求出，再根据直径所对的圆周角是直角可得，从而求出的度数．
【详解】解：，，
，
，
四边形是的内接四边形，
，
，
是的直径，
，
．
故答案为：．
【点睛】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．
5．（2023·黑龙江·统考模拟预测）如图，是的外接圆，，于点，，则的长为_______．
  
【答案】6
【分析】根据圆周角定理得出，根据垂径定理以及勾股定理即可求解．
【详解】解：∵是的外接圆，，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
，
∴．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，掌握相关性质定理是解题的关键．
6．（2023·浙江衢州·三模）如图，在中，，则的度数为________．
  
【答案】/度
【分析】根据圆周角定理、等腰三角形的性质，三角形内角和定理，即可求得答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
7．（2023·江苏连云港·统考一模）如图，为的直径，C，D是圆周上的两点，若，则的度数为______．
  
【答案】/52度
【分析】连接，由直径所对圆周角为直角可得出，从而可求出，再结合同弧所对圆周角相等即得出．
【详解】解：如图，连接，
  
为的直径，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，连接常用的辅助线是解题的关键．
8．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，已知，请用尺规作图法在直线上方确定一点P，连接，使．（不写作法，保留作图痕迹）
  
【答案】见解析
【分析】作的外接圆，再根据同弧所对的圆周角相等在直线上方取圆上一点P即可．
【详解】解：如图，点P为所求,
  
【点睛】此题考查了三角形的外接圆的作图，圆周角定理等知识，熟练掌握三角形的外接圆的作图和圆周角定理是解题的关键．
9．（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，为圆内接四边形的对角线，且点D为的中点；

(1)如图1，若、直接写出与的数量关系；
(2)如图2、若、平分，，求的长度．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）如图：绕B逆时针旋转交于E,即，先说明是等边三角形可得；再说明是等边三角形可得 ，进而证明可得，最后根据即可证明结论；
（2）如图：连接,交于E，先说明为直径,即，再运用圆周角定理和勾股定理可得，进而求得、，最后运用勾股定理即可解答
【详解】（1）解：如图：绕B逆时针旋转交于E，即，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴  ,
∵点D为的中点
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴ ，
∴,即,
∴，
∴,
∴,即．
  
（2）解：如图：连接，交于E，
∵，
∴为直径,即
∵点D为的中点，
∴，  
∴,即,解得：,
∵平分，
∴,
又∵,
∴垂直平分,即，
∴,
∵．
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴．
  
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、勾股定理、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点，灵活运用相关定理是解答本题的关键．
10．（2023·安徽·统考中考真题）已知四边形内接于，对角线是的直径．
  
(1)如图1，连接，若，求证；平分；
(2)如图2，为内一点，满足，若，，求弦的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）利用垂径定理的推论和圆周角的性质证明即可．
(2)证明四边形平行四边形，后用勾股定理计算即可．
【详解】（1）∵对角线是的直径，
∴，
∴，
∴平分．
（2）∵对角线是的直径，
∴，
∴
∵，
∴，
∴四边形平行四边形，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理的推论，直径所对的圆周角是直角，平行四边形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握垂径定理的推论，平行四边形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
11．（2023·河南周口·统考二模）如图，为锐角三角形．
  
(1)实践与操作：以为直径作，分别交于点（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法，标明字母）．
(2)猜想与证明：在（1）的条件下，若，试猜想与之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)作图见解析
(2)，理由见解析

【分析】（1）以为直径作，找出圆心即可，从而利用作中垂线的方法找到中点即是所作的圆心即可；
（2）与之间的数量关系为，连接，如图所示，由为的直径，
得到，从而由，确定，利用含直角三角形的边的关系即可得证．
【详解】（1）解：如图所示：
  
⊙O为所作；
（2）解：与之间的数量关系为．
理由如下：
连接，如图所示：
  
∵为的直径，
∴，即，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆与尺规作图综合、含直角三角形的边的关系，掌握中垂线尺规作图方法，熟记含的直角三角形中，所对的直角边是斜边的一半是解决问题的关键．
【一览众山小】
1．（2023·湖南长沙·统考三模）如图，是半圆O的直径，点D，C是半圆上的三等分点，则的度数是（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，连接，由题意知，，由圆周角定理可知，，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接，
  ，
由题意知，，
由圆周角定理可知，，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．
2．（2023·广东·统考中考真题）如图，是的直径，，则（   ）
  
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆周角定理可进行求解．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故选B．
【点睛】本题主要考查圆周角的相关性质，熟练掌握直径所对圆周角为直角是解题的关键．
3．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，内接于，是的中点，连接，，，若，则的度数为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接、，则，可得，再证，由“等边对等角”的性质求即可．
【详解】解：连接、，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、同弧或等弧所对的圆周角相等、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键．
4．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，E为正方形的边上一点（不与重合），将沿直线翻折到，延长交于点G，点O是过B、E、G三点的圆劣弧上一点，则___________．

【答案】135
【分析】连接，由折叠的性质得出，，，由正方形的性质得出，，证明，证出，求出，则可得出答案．
【详解】解：连接，

∵将沿直线翻折到，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
5．（2023·江苏·九年级假期作业）已知M是的中点，垂直于弦于P，若弦的长度为x，线段的长度是，那么线段的长度是 __．（用含有x的代数式表示）

【答案】/
【分析】延长交圆于点D，连接并延长交的延长线于E点，连接，由M是的中点，可得，又因为垂直于弦于P，可得，然后由定理可证，然后由全等三角形的对应角相等，对应边相等可得：，然后由圆内接四边形的性质可得：，进而可得：，然后根据等角对等边可得，进而可得，然后将，代入即可得到的长．
【详解】解：延长交圆于点D，连接并延长交的延长线于E点，连接，

∵M是的中点，
∴，
∵垂直于弦于P，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的一个外角等于它的内对角，对角互补．解题的关键是：添加适当的辅助线构造圆内接四边形．
6.（2023·江苏·九年级假期作业）如图，，，点、分别是线段、射线上的动点，以为斜边向上作等腰，，连接，则的最小值为 __．
  
【答案】
【分析】连接并延长，利用四点共圆的判定定理得到，，，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，得到点的轨迹，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．
【详解】解：连接并延长，如图，
  
，
，，
，
，，，四点共圆，
为等腰直角三角形，
，
，
，
点的轨迹为的平分线上，
垂线段最短，
当时，取最小值，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】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．
7．（2023·河南周口·统考二模）如图①，为半圆的直径，点在上从点向点运动，将沿弦，翻折，翻折后的中点为，设点，间的距离为，点，间的距离为，图②是点运动时随变化的关系图象，则的长为______．
  
【答案】8
【分析】由图可知，当时，，此时，，点与点重合，由此即可解题．
【详解】解：由图可知，
当时，，
此时，，点与点重合，
如图，
   
取的中点，连接、，
，
根据对称性，得，，
，
是等边三角形，
，
，
为直径，
，
在中，，，
，
长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象、圆周角定理及含角的直角三角形的性质，解答本题的关键是根据图2得到时，点与点重合，此题难度一般．
8．（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）在正方形中，点分别在边和上，连接平分．
  
(1)如图1，求证：平分；
(2)如图2，连接分别交于，连接，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图2中所有的直角三角形（等腰直角三角形除外）．
【答案】(1)见解析
(2)直角三角形形有：，，，

【分析】（1）过点作，则，由正方形的性质可知，，由角平分线的性质可知，，则，可证，可知，即可得证结论；
（2）由正方形的性质可知，，均为直角三角形，过点作，结合（1）可证，可证得，，，四点共圆，由，可知为直径，进而可得，则，易知为直角三角形．
【详解】（1）证明：过点作，则，
  
∵四边形是正方形，
∴，，
∵平分，
∴，则，
∴，
∴，
∴平分；
（2）直角三角形形有：，，，，
理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，，均为直角三角形，
过点作，则，
  
由（1）可知，则，
由（1）可知，，，
∴
∴，
则，
∴，
∴，
∴，，，四点共圆，
又∵，
∴为直径，
∴，则，为等腰直角三角形，
∴为直角三角形，
综上，直角三角形形有：，，，．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，圆周角定理，角平分线的性质，熟练掌握相关性质，证明，，，四点共圆，是解决问题的关键．
9．（2023·湖北武汉·统考一模）如图，点A、、、是上的四个点，．
  
(1)判断的形状，并证明；
(2)若，求．
【答案】(1)等边三角形，证明见解析
(2)

【分析】（1）根据圆周角定理得到，，根据等边三角形的判定定理证明；
（2）过点A作交的延长线于点，过点A作于点证明，推出，，证明推出，设，则，构建方程求解即可．
【详解】（1）解：是等边三角形，
  
理由如下：由圆周角定理得，，，是等边三角形；
（2）解：过点A作交的延长线于点，过点A作于点．
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
设，则，
∵，
∴，
解得，或，
∴或2，或，
∴或，
∴的面积或，
综上所述，的面积为．
【点睛】本题考查的是圆周角定理、等边三角形的判定，掌握同弧所对的圆周角相等是解题的关键．
10．（2023·湖南·统考中考真题）如图所示，四边形是半径为R的的内接四边形，是的直径，，直线l与三条线段、、的延长线分别交于点E、F、G．且满足．
  
(1)求证：直线直线；
(2)若；
①求证：；
②若，求四边形的周长．
【答案】(1)见解析；
(2)①见解析，②．

【分析】（1）在中，根据同弧所对的圆周角相等可得，结合已知在中根据三角形内角和定理可求得；
（2）①根据圆内接四边形的性质和邻补角可得，由直径所对的圆周角是直角和（1）可得，结合已知即可证得；
②在中由，可得，结合题意易证，在中由勾股定理可求得，由①可知易得，最后代入计算即可求得周长．
【详解】（1）证明：在中，
，
，即，
在中，
，
，
即直线直线；
（2）①四边形是半径为R的的内接四边形，
，
，
，
是的直径，
，
由（1）可知，
，
在与中，
，
，
②在中，，
，
是的直径，
，
，
，
，
在中，
，
即，
解得：，
由①可知，
，
，
四边形的周长为：
．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等、三角形内角和定理、垂直的定义、圆内接四边形的性质、邻补角互补、直径所对的圆周角是直角、全等三角形的判定和性质、勾股定理解直角三角形以及周长的计算；解题的关键是灵活运用以上知识，综合求解．
11．（2023·内蒙古包头·校考三模）阅读下面材料，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折弦定理：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．
  
(1)定理认识：如图所示，，是圆O的两条弦（折弦），M是的中点，，垂足为D，求证：____________________．
(2)定理证明：“截长补短”是证明线段和差倍分的常用办法，下面有三位同学提出了不同的辅助线作法以达到“截长补短”效果．同学1：在上截取，同学2：过点M作的垂线交的延长线于点E，同学3：利用平行弦夹等弧的正确结论（本题可直接使用）过点M作的平行弦交于点N．请你参考上述三位同学辅助线作法并用两种方法完成证明．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据“折弦的中点”定义可得：；
（2）证法一：在上截取，连接、、、．先证明，再证明，得到，进而证明，即可证明；
证法二：过点M作的垂线交的延长线于点E，连接、、，先证明，，再证明，得到，再证明，得到，即可证明．
【详解】（1）解：根据“折弦的中点”定义可得：，
故答案为：．
（2）证法一：如图所示，在上截取，连接、、、．
∵为的中点，
，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
  
证法二：如图所示，过点M作的垂线交的延长线于点E，连接、、，
∵为的中点，
，
，

在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
．
  
【点睛】本题为新定义问题，考查了圆周角定理，弧、弦的关系，熟知相关知识，理解题意，根据题意添加适当辅助线构造全等三角形是解题关键．
12．（2023·浙江·一模）如图，在中，，以为直径的圆分别交，于点，连接交于点．若．
  
(1)求证：．
(2)求的长．
【答案】(1)见解析
(2)7.2

【分析】（1）首先根据圆直径的性质得到，然后利用等腰三角形三线合一性质求解即可；
（2）首先利用勾股定理求出，然后利用等面积法得到，最后利用勾股定理即可求出的长．
【详解】（1）∵是圆的直径，
∴，
∵，
∴是等腰三角形，
∴；
（2）∵是圆的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵是圆的直径，
∴，
∴，
∴，
∴解得，
∴．
【点睛】此题考查了直径所对的圆周角是直角，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
13．（2023·湖北武汉·统考二模）在同一个圆中两条互相垂直且相等的弦定义为“等垂弦”，如图①，、是的弦，如果，，垂足为，则、是等垂弦．
    
(1)如图②，是的弦，作、，分别交于点、，连接．求证：、是的等垂弦．
(2)在图①中，的半径为5，为等垂弦、的分割点，．求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，由圆心角相等可得，由圆周角定理可得，，可证，可得结论；
（2）作，垂足为，作，垂足为，可证矩形为正方形，利用勾股定理可求解．
【详解】（1）证明：如图①，连接，
    
，，
，
，
，
，
，
同理，
，即，
，，
、是的等垂弦；
（2）解：如图②，作，垂足为，作，垂足为，
则，
  
、是的等垂弦，
，，
，，
∴四边形是矩形，
又，
，
，
矩形为正方形，
，
，，
，
在中，，
即，
解得，
则．
【点睛】本题为与圆有关的新定义问题，综合性较强，根据题意理解等垂弦的定义并结合圆的有关知识是解题的关键，还考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识．
14．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六十九中学校校考模拟预测）如图，内接于，连接，．
  
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，点在上，连接，点是上一点，连接，若，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点，连接，若，，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）过点作，如图所示，由垂径定理可知：，再由得到，即可得证；
（2）延长交于，如图所示，由（1）知，从而由等腰三角形“三线合一”得到，且，从而得到，即可有
，由内错角相等两直线平行得到，进而，即；
（3）连接，延长交于点，证明，利用勾股定理即可解答．
【详解】（1）证明：过点作，如图所示：
  
由垂径定理可知，，
在和中，
，
，
，
；
（2）证明：延长交于，如图所示：
  
由（1）知，
根据，从而由等腰三角形“三线合一”得到，且，
，
，
，
，
，
，
，
，即；
（3）解：如图，连接，延长交于点，
  
根据（2）中可得，
，
，
，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，且为直径，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．