专题05 圆的综合应用（3大模型+解题技巧）-2024年中考数学答题技巧（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
专题05 圆的综合应用题
题型解读｜模型构建｜通关试练
中考圆的命题趋势主要围绕圆的有关概念和性质进行考查，包括弦弧角的关系、圆周角与圆心角、圆内接四边形、切线等知识点。这些知识点常以选择题、填空题和解答题的形式出现，既考察学生对这些基础知识的掌握程度，也考察学生运用这些知识解决实际问题的能力。
模型01 与圆的性质有关的证明与计算
与圆的性质有关的证明与计算近两年主要以选择、填空的形式出现。在选择题和填空题中，通常会直接考查学生对圆心角与圆周角及圆的切线等知识的理解和应用。在解答题中，可能会涉及到圆的对称性、圆与三角形或四边形的综合应用，需要学生运用所学的数学知识进行推理和计算。此外，还可能会涉及到与其他知识点的综合应用，如与三角形的相似和全等、四边形的存在性问题等知识点的结合。
模型02 特殊四边形与圆结合的动态探究
特殊四边形与圆结合的动态研究，该题型主要以解答题的形式出现，第一问基本上考查的为圆的性质，主要以求解和证明的形式出现。圆与四边形结合时，需要我们对四边形的判定和性质有清晰认识，尤其是菱形、矩形的相关知识点。圆的综合问题是中考数学中的压轴题中的一类，也是难度较大的一类，所以，对应的训练很有必要。
模型03 情景与应用题型
情景与应用题型是圆知识点的综合考查应用，通常和我们的日常生活中所接触的事物或者生活现象紧密结合，需要同学们有较强的阅读和理解题意的能力，同时还要有一定的知识储备。在解题时要根据题意把转化为我们所学习的圆的相关知识应用。
模型01 与圆的性质有关的证明与计算
考｜向｜预｜测
与圆的性质有关的证明与计算该题型近年主要以选择、填空形式出现，在综合性大题考试中，难度系数不大，在各类考试中都以中档题为主。解这类问题的关键是结合圆的性质及相关判定定理与推论并结合圆和其它几何的相关知识点进行解题。
答｜题｜技｜巧
例1．（2023·河南）如图，在中，，．以为圆心，为半径的圆O交于点．点在上，连接，，若，则圆O的半径为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】B
【详解】
解：，
，
，
，
，
，
，
故选：B．
例2.（2023·安徽）如图，在中，，，以点为圆心、为半径的圆上有一个动点．连接、、，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：如图，在上取一点，使得，
∵，，，
∴，，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
当共线时，的值最小，最小值为，
∴，
在中，，
∴的最小值为．
故选：B．
例3．（2023·湖北）如图，是的直径，，是延长线上一点，在上，连接，，，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)详见解析
(2)
【详解】（1）
证明：连接，如图，
∵为的直径，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，即，
∴．
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）
解：∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得或(不合题意舍去)，
∴．
模型02 特殊四边形与圆结合的动态探究
考｜向｜预｜测
特殊四边形与圆结合的动态探究模型该题型主要以解答题的形式出现，综合性较强，有一定难度，主要考查对圆性质的理解与三角形或四边形综合知识的应用。实际题型中对数形结合的讨论是解题的关键。许多问题的讨论中需要我们对四边形的判定和性质有清晰认识。
答｜题｜技｜巧
例1．（2023·湖北）如图，四边形内接于，点在的延长线上．若，
则 度．
【答案】140
【详解】解：∵四边形内接于，，
∴，
又∵，
∴，
∴°．
故答案为：140．
例2．（2023·江西）课本改编
（1）如图1，四边形为的内接四边形，为的直径，则 度， 度．
（2）如果的内接四边形的对角线不是的直径，如图2，求证：圆内接四边形的对角互补．
知识运用
（3）如图3，等腰三角形的腰是的直径，底边和另一条腰分别与交于点 D，E，F 是线段的中点，连接，求证：是的切线．
【答案】（1）90，180；（2）见解析；（3）见解析
【详解】（1）∵四边形为的内接四边形，为的直径，
∴度，
∵
∴
故答案为：90，180
(2)证明：如图，连接并延长，交于点E，连接
由(1)可知，，，
，
，
即圆内接四边形的对角互补
（3）证明:连接，如图所示.
，
，
四边形是圆内接四边形，
，
是线段的中点，
是的半径，
是的切线
模型03 情景与应用题型
考｜向｜预｜测
圆结合的情景与应用模型近年在中考数学和各地的模拟考中常以压轴题的形式考查，学生不易得满分。该题型主要以解答题的形式出现，一般较为靠后，有一定难度。该题型通常和我们的日常生活中所接触的事物或者生活现象紧密结合，需要同学们有较强的阅读和理解题意的能力，同时还要有一定的知识储备。在解题时要根据题意把转化为我们所学习的圆的相关知识应用。
答｜题｜技｜巧
例1．（2022·河南）为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目．滚铁环器材由铁环和推杆组成．小明对滚铁环的启动阶段进行了研究，如图，滚铁环时，铁环⊙O与水平地面相切于点C，推杆AB与铅垂线AD的夹角为∠BAD，点O，A，B，C，D在同一平面内．当推杆AB与铁环⊙O相切于点B时，手上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果．
(1)求证：∠BOC＋∠BAD＝90°．
(2)实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环平稳启动．图中点B是该区域内最低位置，此时点A距地面的距离AD最小，测得．已知铁环⊙O的半径为25cm，推杆AB的长为75cm，求此时AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)50 cm
【详解】（1）证明：⊙O与水平地面相切于点C，
，
，
，
AB与⊙O相切于点B，
，
，
过点作，
，
，
，
即∠BOC＋∠BAD＝90°．
（2）如图，过点作的平行线，交于点，交于点，
，则四边形是矩形，
， ，
，
在中，，，
（cm)，
在中，，cm，
(cm)，
(cm)，
(cm)，
cm，
(cm)．
例2．（2022·江苏）（现有若干张相同的半圆形纸片，点是圆心，直径的长是，是半圆弧上的一点（点与点、不重合），连接、．
(1)沿、剪下，则是______三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
(2)分别取半圆弧上的点、和直径上的点、．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(3)经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点，一定存在线段上的点、线段上的点和直径上的点、，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．
【答案】(1)直角
(2)见详解
(3)小明的猜想正确，理由见详解
【详解】（1）解：如图，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB是直角，
即△ABC是直角三角形，
故答案为：直角；
（2）解：以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可，
作图如下：
由作图可知AE=EF=FH=HG=OA=AB=6，
即四边形EFHG是边长为6cm的菱形；
（3）解：小明的猜想正确，理由如下：
如图，当点C靠近点A时，设，，
∴ ,
∴ ,
∴ ,
∴ ．
分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，作于点D，于点E，
∴ ．
∵ ,，，
∴ ，
在和中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ 四边形MNQP是平行四边形，
又∵ ，
∴ 四边形MNQP是菱形；
同理，如图，当点C靠近点B时，采样相同方法可以得到四边形MNQP是菱形，
故小明的猜想正确．
1．（2022·四川省）如图，为的直径，弦，垂足为，，，则的半径为（ ）
A．3B．4C．5D．无法确定
【答案】C
【详解】
连接OA，
∵为的直径，弦，
∴AE=AB=3，
设OA=OC=x，则OE=x-1，
∴，解得：x=5，
∴的半径为5．
故选C．
2．（2023·广东）如图，为⊙O的直径，，，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】
解：连接，
是的直径，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
，
故选：．
3．（2023·福建）的半径为，弦．若，则和的距离为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】C
【详解】
当弦AB和CD在圆心异侧时，如图1，
过点O作OE⊥AB于点E，反向延长OE交CD于点F，连接OA，OC，
∵AB∥CD，
∴OF⊥CD，
∵AB=12cm，CD=16cm，
∴AE=6cm，CF=8cm，
∵OA=OC=10cm，
∴在Rt△AOE中，由勾股定理可得；cm，
在Rt△COF中，由勾股定理可得：cm，
∴EF=OF+OE=8+6=14cm．
当弦AB和CD在圆心同侧时，如图2，
过点O作OF⊥CD，垂足为F，交AB于点E，连接OA，OC，
∵AB∥CD，
∴OE⊥AB，
∵AB=12cm，CD=16cm，
∴AE=6cm，CF=8cm，
∵OA=OC=5cm，
在Rt△AOE中，由勾股定理可得：cm，
在Rt△COF中，由勾股定理可得：cm，
∴EF=OE﹣OF=8﹣6=2cm；
故选C．
4．（2023·北京）如图，为的直径，点在圆上，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：四边形是圆内接四边形，
，
，
，
为的直径，
，
．
故选：C．
5．（2023·浙江）如图，在中，，以为直径作圆，交于点D，延长交圆于点E，连接，交于点F．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：连接，
∵为直径，
∴，即：，
∵，
∴点为的中点，
取的中点，连接，则：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选B．
6．（2023•陕西）如图，是的外接圆，．过点作的垂线交于点，连接，则的度数为
A．B．C．D．
【答案】
【详解】解：连接，
四边形是圆内接四边形，，
，
，
，
是边的中点，
，
．
故选：．
7．（2023•上海）若一个正多边形的每一个外角都等于，那么这个正多边形的中心角为 度．
【答案】36
【详解】解：正多边形的每一个外角都等于，
正多边形的边数，
这个正多边形的中心角，
故答案为：36．
8．（2022•上海）如图，是的外接圆，交于点，垂足为点，，的延长线交于点．如果，，那么的长是 ．
【答案】10．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
，，
是的中位线，
，
在中，，
，
故答案为：10．
9．（2023•长宁）如图，的直径与弦交于点，已知，，，那么的值为 ．
【答案】．
【详解】解：作于，连接，
，
，
，
，
，
，
，
，，
作于，
为等腰直角三角形，
，
，
，
．
故答案为：．
10．（2023·湖南）如图，四边形内接于，对角线交于点，连接．若的半径为．
(1)若，求证：平分；
(2)试用含的式子表示的值；
(3)记，，，的面积分别为，，，，当时，求证：．
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)证明见解析．
【详解】（1）解：连接、，
由，得：，
又∵，
∴，即，
∴，
∵，
∴
∴，即：平分．
（2）解：如图，作，，，连接、，得四边形为矩形，，
根据垂径定理得
则
即：
（3）由两边同时平方化简得：
∵（等高，面积之比等于底之比）
∴
∴
∴，，即
因为和共底，则它们的高相等，由平行线之间的距离处处相等
，
∴，
∴，
，
∴．
11．（2022·浙江）如图1所示的圆弧形混凝上管片是构成圆形隧道的重要部件．管片的横截面（阴影部分）如图2所示，是同心圆环的一部分，左右两边沿的延长线交于圆心，甲、乙、丙三个小组分别采用三种不同的方法，测算三片不同大小的混凝土管片的外圆弧半径．

(1)如图2，，的延长线交于圆心，若甲组测得，，，求的长．
(2)如图3，，的延长线交于圆心，若乙组测得，，，直接写出的长．
(3)如图4，有一混凝土管片放置在水平地面上，底部用两个完全相同的长方体木块固定，管片与地面的接触点L为的中点，若丙组测得，，求该管片的外圆弧半径．
【答案】(1)
(2)
(3)该管片的外圆弧半径为
【详解】（1）
解：∵
∴
∴
∴
设，则
∴
解得：，经检验是原方程的解，即
（2）解：∵，设，则
∴
解得：，经经检验是原方程的解
∴；
（3）
解：如图所示，设圆心为，连接与交于点，则，

设外圆弧的半径为，则，
在中，勾股定理可得，即
解得：
∴该管片的外圆弧半径为
1．（2024·陕西西安·一模）如图，点A，B在以为直径的半圆上，B是的中点，连结交于点E，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】解：连接，

是直径，
，
，
，
是的中点，
．
故选：D．
2．（2024·安徽池州·一模）如图，已知内接于，为直径，半径，连接，．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
故选：C．
3．（2024·安徽·一模）如图，四边形内接于，为的直径，，连接，过点作，垂足为点，过点作的切线交的延长线于点，则下列结论中不正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若的半径为5，，则
【答案】B
【详解】，，
，
，
，
四边形内接于，
，
，
故A选项正确；
，
，
，
为的直径，
，
，
是的切线，
，
，
，，
在和中
，
，故C选项正确；
的半径为5，，
，
，
，
，
，
，
，
所以，D选项正确，
，，
，
无已知条件证明，
但不一定等于，故选项B不成立，该选项符合题意；
故选：B．
4．在中，，点O是斜边边上一点，以O为圆心，为半径作圆，恰好与边相切于点D，连接，若，的半径为4，则的长度为（ ）
A．B．4C．3D．5
【答案】A
【详解】解：∵恰好与边相切于点D，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
5．如图，半径长，点A、B、C是三等分点，D为圆上一点，连接，且，交于点E，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：如图所示，连接，
∵半径长，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴，
∵点A、B、C是三等分点，
∴，
∴，
故选：A．

6．（2023·浙江金华·三模）如图，已知直线与轴、轴分别交于、两点，是以，为圆心，为半径的圆上一动点，连结、．则面积的最小值是( )
A．B．6C．8D．
【答案】A
【详解】解：过作于，连接，
直线与轴、轴分别交于、两点，
令，则；令，则；
点为，，点为，，
；
，，
则由三角形面积公式得，，
，
，
圆上点到直线的最小距离是 ，
面积的最小值是；
故选：A．
7．（2024·河南漯河·一模）如图圆的半径是4，是弦，且A是弧的中点，则弦的长为（ ）
A．B．C．4D．6
【答案】C
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵A是弧的中点，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．
故选：C．
8．（2024·重庆·一模）如图，是的直径且，点在圆上且，的平分线交于点，连接并过点作，垂足为，则弦的长度为（ ）
A．B．C．4D．
【答案】C
【详解】解：是的直径，
，
，
，
，
平分，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
故选：C．
9．如图，半径长，点、、是三等分点，点为圆上一点，连接，且，交于点，则=（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】
解：连接，则，
∵点、、是三等分点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
，，
∵弧对应和，
∴
∵，
∴，
，，
，
，
，
故选：A
10．如图，有圆O，内部有四边形，连接和，已知是的角平分线，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】
解：四边形是圆内接四边形，
，
，
，
平分，
，
，
是等边三角形，
．
故选：B．
11．如图，是的直径，与⊙O相切于点，的延长线交直线于点，连接，．若，，则的长度是 ．
【答案】1
【详解】解：连接，
∵是的直径，与⊙O相切于点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，则，
在中，，则，
∴，
在中，，
∴，
故答案为：1．
12.（2023•宁波）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，E为AB边上一点，以AE为直径的半圆O与BC相切于点D，连结AD，BE＝3，BD＝3．P是AB边上的动点，当△ADP为等腰三角形时，AP的长为 ．
【答案】6或2．
【详解】解：如图1，连接OD，DE，
∵半圆O与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，
在Rt△OBD中，OB＝OE+BE＝OD+3，BD＝3．
∴OB2＝BD2+OD2，
∴（OD+3）2＝（3）2+OD2，
解得OD＝6，
∴AO＝EO＝OD＝6，
①当AP＝PD时，此时P与O重合，
∴AP＝AO＝6；
②如图2，当AP′＝AD时，
在Rt△ABC中，
∵∠C＝90°，
∴AC⊥BC，
∴OD∥AC，
∴△BOD∽△BAC，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴AC＝10，CD＝2，
∴AD＝＝＝2，
∴AP′＝AD＝2；
③如图3，当DP′′＝AD时，
∵AD＝2，
∴DP′′＝AD＝2，
∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠BAD，
∴OD∥AC，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴AD平分∠BAC，
过点D作DH⊥AE于点H，
∴AH＝P″H，DH＝DC＝2，
∵AD＝AD，
∴Rt△ADH≌Rt△ADC（HL），
∴AH＝AC＝10，
∴AH＝AC＝P″H＝10，
∴AP″＝2AH＝20（P为AB边上一点，不符合题意，舍去），
综上所述：当△ADP为等腰三角形时，AP的长为6或2．
故答案为：6或2．
13．如图，AB是O的直径，AC是弦，且OD⊥AC于点E，OD交⊙O于点F，连接CF、BF，若∠BFC＝∠ODA．
(1)求证：AD是⊙O的切线：
(2)若AB＝10，AC＝8，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【详解】（1）证明：∵∠BFC=∠ODA，∠BFC=∠BAC，
∴∠D=∠BAC，
∵OD⊥AC，
∴∠AED=90°，
∴∠DAO=∠BAC+∠DAC=∠D+∠DAC=90°，
∵AD经过⊙O的半径OA的外端，且AD⊥OA
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：∵OD⊥AC，AC=8，
∴AE=CE=AC=×8=4，
∵OA=OF=AB=5，
∴OE==3，
∵∠OAD=∠OEA=90°，∠AOD=∠EOA，
∴△OAD∽△OEA，
∴，
∴AD=，
故AD的长为．
14．如图，四边形是的内接四边形，是直径，是的中点，过点作交的延长线于点．

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

∵为的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，为半径，
∴为的切线，
（2）∵为直径，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：
．
15.（2024·福建福州·一模）如图，四边形内接于，对角线是的直径，平分，交于点E，过点D作,交的延长线于点F．
(1)求证：；
(2)过点F作交延长线于点G，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【详解】（1）∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，，
∵，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴．
（2）在上截取，设与的交点为点N，连接，
∵
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵
∴P，A，E,D四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
16．【感知】如图①，点A、B、P均在⊙O上，∠AOB＝90°，则锐角∠APB的大小为 度．
【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，点P在弧AC上（点P不与点A、C重合），连接PA、PB、PC．求证：PB＝PA+PC．小明发现，延长PA至点E，使AE＝PC，连接BE，通过证明△PBC≌△EBA．可推得△PBE是等边三角形，进而得证．下面是小明的部分证明过程：
证明：延长PA至点E，使AE＝PC，连接BE．
∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，
∴∠BAP+∠BCP＝180°，
∵∠BAP+∠BAE＝180°，
∴∠BCP＝∠BAE，
∵△ABC是等边三角形，
∴BA＝BC，
∴△PBC≌△EBA（SAS）．
请你补全余下的证明过程．
【应用】如图③，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝90°，AB＝BC，点P在⊙O上，且点P与点B在AC的两侧，连接PA、PB、PC，若，则的值为 ．
【答案】见详解
【详解】【感知】解：∵∠AOB＝90°，
∴∠APB＝∠AOB＝45°（在同圆中，同弧所对的圆周角是圆心角的一半），
故答案为：45；
【探究】证明：延长PA至点E，使AE＝PC，连接BE．
∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，
∴∠BAP+∠BCP＝180°，
∵∠BAP+∠BAE＝180°，
∴∠BCP＝∠BAE，
∵△ABC是等边三角形，
∴BA＝BC，
∴△PBC≌△EBA（SAS），
∴PB＝EB，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∴∠APB＝60°，
∴△PBE为等边三角形，
∴PB＝PE＝AE+AP＝PC+AP；
【应用】解：如图③，
延长PA至点G，使AG＝PC，连接BE．
∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，
∴∠BAP+∠BCP＝180°，
∵∠BAP+∠BAG＝180°，
∴∠BCP＝∠BAG，
∵BA＝BC，
∴△PBC≌△GBA（SAS），
∴PB＝GB，∠PBC＝∠GBA，
∵∠ABC＝90°，
∴∠PBG＝∠GBA+∠ABP＝∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝90°，
∴PG＝BP，
∵PG＝PA+AG＝PA+PC，
∴PC＝PG﹣PA＝×2PA﹣PA＝3PA，
∴＝＝，
故答案为：
第一步：
灵活应用弦弧角之间的关系，弦和弧最终转化为角，一般情况下是圆周角；
第二步：
碰到直径想直角，直径所对的圆周角为90°；
第三步：
看到切线——连半径——90°，证明切线时注意证明90°；
第四步：
圆内接四边形——对角互补，外交等于内对角；
第一步：
圆的性质应用，根据专题1的解题思路进行求解；
第二步：
注意结合的四边形的形状，特殊平行四边形的性质与判定熟练应用；
第三步：
四边形的存在性问题注意假设、反推；
第四步：
数形结合进行分析、解答
第一步：
理解题意，联系圆的相关知识点；
第二步：
圆的相关证明与判定依据模型1的思路总结；
第三步：
利用四边形、圆、直角三角形或相似的相关知识点解题；