人教版（2024）九年级上册24.1.1 圆课后复习题

这是一份人教版（2024）九年级上册24.1.1 圆课后复习题，共40页。
TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc28033" PAGEREF _Tc28033 \h 1
\l "_Tc4100" 模型1.定点定长共圆模型（圆的定义） PAGEREF _Tc4100 \h 2
\l "_Tc15317" 模型2.定边对双直角共圆模型 PAGEREF _Tc15317 \h 6
\l "_Tc20167" 模型3.定边对定角共圆模型 PAGEREF _Tc20167 \h 11
\l "_Tc8564" 模型4.对角互补共圆模型 PAGEREF _Tc8564 \h 14
\l "_Tc23247" 19
【知识储备】
四点共圆：若在同一平面内，有四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”。
四点共圆模型是一种解题思想，但任何题目里都不会告诉你，亲爱的同学，请用四点共圆思想来解题吧。那么，我们头脑里，就要快速迭代平常积累的一些模型。
四点共圆有三个性质：（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；（2）圆内接四边形的对角互补；（3）圆内接四边形的外角等于内对角。
模型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。这也是圆的基本定义，到定点的距离等于定长点的集合。
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）。
证明：∵OA=OB=OC=OD
∴根据圆的定义：到定点的距离等于定长点的集合为圆，确定A、B、C、D四点共圆。
例1．（2021·浙江嘉兴·中考真题）如图，在中，，AB=AC=5，点在上，且，点E是AB上的动点，连结，点，G分别是BC，DE的中点，连接，，当AG=FG时，线段长为（ ）
A．B．C．D．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
∵在中，，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，点是BC的中点，∴CF=BF=，FN=FM=
又∵FN⊥AC，FM⊥AB，∴四边形NAMF是正方形∴AN=AM=FN=
又∵，∴
∴△NFD≌△MFE∴ME=DN=AN-AD=∴AE=AM+ME=3
∴在Rt△DAE中，DE=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．
变式1．（2023·江西赣州·九年级校联考期中）如图，点O为线段AB的中点，点B，C，D到点O的距离相等，连接AC，BD．则下面结论不一定成立的是（ ）
A．∠ACB=90° B．∠BDC=∠BAC C．AC平分∠BAD D．∠BCD+∠BAD=180°
【答案】C
【分析】以点O为圆心，OA长为半径作圆．再根据圆周角定理及其推论逐项判断即可．
【详解】如图，以点O为圆心，OA长为半径作圆．由题意可知：
OA=OB=OC=OD．即点A、B、C、D都在圆O上．
A ．由图可知AB为经过圆心O的直径，根据圆周角定理推论可知．故A不符合题意．
B．，所以根据圆周角定理可知．故B不符合题意．
C．当时，，所以此时AC不平分．故C符合题意．
D．根据圆周角定理推论可知，．故D不符合题意．故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理及其推论，充分理解圆周角定理是解答本题的关键．
变式2．（2023·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；
【分析】迁移应用：①如图2中，只要证明，即可根据解决问题；
②结论：．由，可知，在中，，由，，推出，由，即可解决问题；
拓展延伸：如图3中，作于，连接．由，，推出、、、四点共圆，推出，推出，推出是等边三角形；
【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；
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、四点共圆、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添加辅助圆解决问题，属于中考压轴题．
模型2.定边对双直角共圆模型
定边对双直角模型：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。

同侧型 异侧型
1）定边对双直角模型（同侧型）
条件：若平面上A、B、C、D四个点满足，
结论：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）
条件：若平面上A、B、C、D四个点满足，
结论：A、B、C、D四点共圆，其中AD为直径。
注意：由于同侧型与异侧型证明相同，故下面证明一次即可。
证明：取AD的中点为E，连结BE，CE。 ∵，BE=CE=AD=AE=ED，
∴根据圆的定义：到定点的距离等于定长点的集合为圆，确定A、B、C、D四点共圆。
例1．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，线段，以为斜边构造等腰直角和直角，、在两侧，平分交于点，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】本题考查了三角形的内心、等腰直角三角形的性质、四点共圆、圆周角定理、等腰三角形的判定等知识；证出，，，共圆，为的内心，则，故当为该圆直径时，最大，即可得出答案．
【详解】解：以为斜边构造等腰直角和直角，
，，，，，，共圆，
，，，平分，
平分，为的内心，，
，，
，，当为该圆直径时，最大，
的最小值为，故答案为：．
例2．（2023·山东烟台·九年级统考期中）如图，平面直角坐标系中，点A、B坐标分别为（3，0）、（0，4），点C是x轴正半轴上一点，连接BC．过点A垂直于AB的直线与过点C垂直于BC的直线交于点D，连接BD，则的值是 ．
【答案】
【分析】根据图形的特点证明∠BDC=∠BAO，故可出的值．
【详解】∵BA⊥AD，BC⊥CD ∴∠BAD=∠BCD=90°
∴A、B、C、D四点共圆 ∴∠BDA=∠BCA
∵∠BDA+∠DBA=∠BCA +∠CBO=90°∴∠DBA=∠CBO
∴∠DBA-∠CBA=∠CBO-∠CBA 即∠DBC=∠ABO
又∠DBC+∠BDC=∠ABO+∠BAO=90° ∴∠BDC=∠BAO
∵点A、B坐标分别为（3，0）、（0，4），
∴BO=4，OA=3，AB=∴ 故答案为：．
【点睛】此题考查三角函数的求解，解题的关键是熟知四点共圆的性质、勾股定理及三角函数的求解方法．
变式1．（2023·贵州·统考中考真题）如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形中，，过点作射线，垂足为，点在上．

(1)【动手操作】如图②，若点在线段上，画出射线，并将射线绕点逆时针旋转与交于点，根据题意在图中画出图形，图中的度数为_______度；
(2)【问题探究】根据（1）所画图形，探究线段与的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】如图③，若点在射线上移动，将射线绕点逆时针旋转与交于点，探究线段之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)作图见解析；135 (2)；理由见解析(3)或；理由见解析
【分析】（1）根据题意画图即可；先求出，根据，求出；（2）根据，，证明、P、B、E四点共圆，得出，求出，根据等腰三角形的判定即可得出结论；
（3）分两种情况，当点P在线段上时，当点P在线段延长线上时，分别画出图形，求出之间的数量关系即可．
【详解】（1）解：如图所示：∵，∴，

∵，∴，∴；故答案为：135．
（2）解：；理由如下：连接，如图所示：
根据旋转可知，，∵，∴、P、B、E四点共圆，
∴，∴，∴，∴．
（3）解：当点P在线段上时，连接，延长，作于点F，如图所示：

根据解析（2）可知，，∵，
∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，，∴为等腰直角三角形，∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，即；
当点P在线段延长线上时，连接，作于点F，如图所示：
根据旋转可知，，∵，∴、B、P、E四点共圆，
∴，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∵，，∴为等腰直角三角形，
∴，即；
综上分析可知，或．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，四点共圆，等腰直角三角形的性质，解题的关键是作出图形和相关的辅助线，数形结合，并注意分类讨论．
变式2．（2023·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，在四边形 中，， 是 的中点， 是 的中点，若 ，，，则 的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，，根据且为中点，求证是等腰三角形，再利用等腰三角形的高，中线，角平分线三线合一的性质得到，根据圆周角定理得到，求得，，于是得出结论．
【详解】连接，，如图，

∵且为中点，∴，，∴，
∵为中点，∴，∵∠，∴，，，四点共圆，
∵，，∴，∴，
∴，∴，在中，，，
∴，∴，由勾股定理得：，
∴，∴，故选：．
【点睛】此题主要考查圆内接四边形，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和等腰三角形的性质等知识点，解答此题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，求出线段．
模型3.定边对定角共圆模型
定边对定角模型：一定边同侧所对的角为两个相等（为定值）。

图1 图2
条件：如图1，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2，AC、BD交于H，，结论：四点共圆。
证明：∵，∴，
又∵，。∴，
∴A、B、C、D四点共圆。
例1．（23-24九年级·福建福州·期中）如图，在RtABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝40°，将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上．（1）求∠BAD的度数；（2）求证：A、D、B、E四点共圆．
【答案】（1）10°；（2）见解析
【分析】（1）由三角形内角和定理和已知条件求得∠C的度数，由旋转的性质得出AC＝AD，即可得出∠ADC＝∠C，最后由外角定理求得∠BAD的度数；
（2）由旋转的性质得到∠ABC＝∠AED，由四点共圆的判定得出结论．
【详解】解：（1）∵在RtABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝40°，∴∠C＝50°，
∵将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上，
∴AC＝AD，∴∠ADC＝∠C＝50°，∴∠ADC＝∠ABC+∠BAD＝50°，
∴∠BAD＝50°－40°＝10°
证明（2）∵将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，
∴∠ABC＝∠AED，∴A、D、B、E四点共圆．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、外角定理以及四点共圆的判定，解题的关键是理解旋转后的图形与原图形对应边相等，对应角相等．
变式1．（23-24九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，在四边形中，，对角线平分，，且．(1)证明：；(2)若，，求的长．

【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）由题意推出，从而得到、、、四点共圆，进而得出结论即可；
（2）首先根据已知信息求出，再结合四点共圆的结论，在中求解即可．
【详解】（1）证：∵，∴，
∵，∴，
∴、、、四点共圆，∴；
（2）解：∵，∴，
∵，平分，∴，
∴在中，，
∵，∴，，
∵、、、四点共圆，∴，
∴在中，，∴．
【点睛】本题考查四点共圆的证明、圆的内接四边形的性质，以及解直角三角形等，掌握圆当中的重要结论，准确求解直角三角形是解题关键．
变式2．（2022·江苏无锡·中考真题）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC=20°，则∠BAF＝________°；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是________．
【答案】 80 ##
【分析】利用SAS证明△BDC≌△AEC，得到∠DBC=∠EAC=20°，据此可求得∠BAF的度数；利用全等三角形的性质可求得∠AFB=60°，推出A、B、C、F四个点在同一个圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小，此时线段AF长度有最小值，据此求解即可．
【详解】解：∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴AC=BC，DC=EC，∠BAC=∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠DCB+∠ACD=∠ECA+∠ACD=60°，即∠DCB =∠ECA，
在△BCD和△ACE中，，∴△ACE≌△BCD（ SAS），∴∠EAC=∠DBC，
∵∠DBC=20°，∴∠EAC=20°，∴∠BAF=∠BAC+∠EAC=80°；设BF与AC相交于点H，如图：
∵△ACE≌△BCD∴AE=BD，∠EAC=∠DBC，且∠AHF=∠BHC，
∴∠AFB=∠ACB=60°，∴A、B、C、F四个点在同一个圆上，
∵点D在以C为圆心，3为半径的圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小，∴此时线段AF长度有最小值，在Rt△BCD中，BC=5，CD=3，
∴BD=4，即AE=4，∴∠FDE=180°-90°-60°=30°，
∵∠AFB=60°，∴∠FDE=∠FED=30°，∴FD=FE，
过点F作FG⊥DE于点G，∴DG=GE=，∴FE=DF==，
∴AF=AE-FE=4-，故答案为：80；4-．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，切线的性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
模型4.对角互补共圆模型

图1 图2
条件：如图1，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2，BA、CD的延长线交于P，， 结论：A、B、C、D四点共圆.
证明：∵，∴，
又∵，。∴，∵，∴
∴A、B、C、D四点共圆。
例1．（23-24九年级上·云南昆明·期中）综合与实践：“善思”小组开展“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．该小组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：如图1所示，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：如图2所示，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；
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：______；（从右边框内选一个选项，直接填序号）
依据2：______．（从右边框内选一个选项，直接填序号）
（2）如图3所示，在四边形中，，，则的度数为______．
【答案】（1）①，③（2）
【分析】（1）根据探究展示过程和圆的性质，确定圆的条件填空即可；（2）作过，，的，在劣弧上取点，连接，，由，可得，故，有，，，共圆，即在过，，的上，即知，，，，共圆，从而．
【详解】解：（1）由探究展示过程可知，的依据是：①圆内接四边形对角互补；
点，在点，，所确定的上的依据是：③过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆；
故答案为：①，③；
（2）作过，，的，在劣弧上取点，连接，，如图：

，，，，
，，，共圆，即在过，，的上，
在过，，的上，，，，，共圆，
，，故答案为：．
【点睛】本题考查四点共圆，解题的关键是读懂阅读材料，掌握圆的相关性质并能灵活运用．
变式1．（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】/
【分析】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，点A,M,B,C四点共圆，得，解直角三角形，，面积法求解，，得．
【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
∵∴∴，
∴，∴，
∵，∴，
∴，∴
【点睛】本题考查四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，角平分线性质定理，添加辅助构造直角三角形是解题的关键．
变式2．（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．
1．（2023·浙江·统考中考真题）如图，在四边形中，，以为腰作等腰直角三角形，顶点恰好落在边上，若，则的长是（ ）

A．B．C．2D．1
【答案】A
【分析】先根据等腰三角形的性质可得，，，再判断出点四点共圆，在以为直径的圆上，连接，根据圆周角定理可得，，然后根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质即可得．
【详解】解：是以为腰的等腰直角三角形，
，，，
，， ，
点四点共圆，在以为直径的圆上，如图，连接，

由圆周角定理得：，，，
，，
在和中，，，
，，故选：A．
【点睛】本题考查了圆内接四边形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，正确判断出点四点共圆，在以为直径的圆上是解题关键．
2．（2023·广西·中考模拟）如图所示，四边形ABCD中，DC∥AB，BC=1，AB=AC=AD=2．则BD的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】解：以A为圆心，AB长为半径作圆，延长BA交⊙A于F，连接DF．
∵AB=AC=AD=2，∴D，C在圆A上，
∵DC∥AB，∴弧DF=弧BC，∴DF=CB=1，BF=AB+AF=2AB=4，
∵FB是⊙A的直径，∴∠FDB=90°，∴BD= = 故选B
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，是的直径，点E在上，垂足为C，点G在上运动（不与E重合），点F为的中点，则的最大值为（ ）
A．B．6C．D．8
【答案】B
【分析】此题主要考查了垂径定理，四点共圆，勾股定理，作出辅助线判断出点四点共圆是解本题的关键．
先判断出点四点共圆，判断出的最大值为，再求出即可求出答案．
【详解】解：如图，连接，，
∵点是的中点，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴点在以为直径的圆上，∴，
在中，，
根据勾股定理得，，∴，
∴，∴的最大值为6，故选：B．
4．（23-24九年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，点A，B在上，P为外一点，且，，连接OP，OP与相交于点C，与AB交于点D，连接，，有下列结论：①；②；③C为中点；④四边形为菱形；⑤O，A，B，P四点共圆，其中一定成立的有（ ）个
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】由P为外一点，且，，可得，然后依据可证明，可判断①；进而可证明，可判断②，根据，得到，可判断③，要使得四边形为菱形，即必须成立，即必须成立，即必须成立，显然，只有当时，这些前提才成立，故可判断④，由直角三角形的性质可得到，，即，可判断⑤．
【详解】证明：，，，
在和中，，，，故①一定成立；
，，
在和中，，，
，即，故②一定成立；
，，故③一定成立；要使得四边形为菱形，
，即，即，
显然，只有当时，这些前提才成立，故④不一定成立；
，，，
O，A，B，P四点共圆，故⑤一定成立；一定成立的有：①②③⑤，故选：C．
【点睛】此题重点考查圆的有关概念和性质、切线的性质定理、切线长定理、等腰三角形的“三线合一”、勾股定理、四点共圆等知识，由切线长定理证明，平分是解题的关键．
5．（23-24九年级上·黑龙江绥化·期中）如图放置的两个正方形，大正方形的边长为，小正方形的边长为，点在边上，且，连接，，交于点，将绕点旋转至，将绕点旋转至，下列结论：
①；②；③；④，，，四点共圆．其中结论正确的序号是（ ）
A．①②③B．②③④C．①②③④D．①④
【答案】C
【分析】根据正方形的性质可得，然后根据旋转的性质可得，从而判断①；利用即可证出从而判断②；先证出四边形是正方形，然后根据勾股定理即可判断③；根据圆周角定理，即可判断④．
【详解】解：①∵四边形是正方形，
∴，∴，
∵绕点旋转至，∴，
∴，
∴，故①正确；
②∵将绕点旋转至，∴，∵，∴，
在与中，，
∴；故②正确；
③∵绕点旋转至，∴，
∵将绕点旋转至，∴，
∵，∴，∴四边形是矩形，
∵，∴，
∴，∴四边形是正方形，
在中，，∴；故③正确；
④如图，连接，∵四边形是正方形，∴，
∵，∴点M，D都在以为直径的圆上，
∴A，M，P，D四点共圆，故④正确．故选：C．
【点睛】此题考查的是正方形的性质及判定、旋转的性质、全等三角形的判定及性质和圆周角定理，掌握正方形的性质及判定、旋转的性质、全等三角形的判定及性质和圆周角定理是解决此题的关键．
6．（2023·江苏无锡·统考一模）如图，是的直径，点C在上，，垂足为D，，点E是上的动点（不与C重合），点F为的中点，若在E运动过程中的最大值为4，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先判断出点，，，四点共圆，判断出的最大值为，再求出，然后根据勾股定理即可求出答案．
【详解】解：如图，
连接，，点是的中点，，，
，，，
点，，，在以为直径的圆上，，
∵，在中，，，
根据勾股定理得，故选A．
【点睛】此题主要考查了垂径定理，四点共圆，勾股定理，作出辅助线判断出点，，，四点共圆是解本题的关键．
7．（2023·安徽合肥·校联考二模）动点在等边的边上，，连接，于，以为一边作等边，的延长线交于，当取最大值时，的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别连接，，作 ，交的延长线于，利用等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质得到，；证明，则，利用等腰三角形的三线合一性质得到，从而得到，，，四点共圆，利用圆中最长的弦为直径得到当取最大值时，则等于直径，利用勾股定理即可求得结论．
【详解】解：如图，连接，，作，交的延长线于，
∵和是等边三角形，
∴，，，，∴，
在和中，∴，∴，，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，∴，
在和中， ，∴，∴点为中点，
∵，∴，∴，∴，
∴，，，四点共圆，∴当取最大值时，则等于直径，此时为中点，，
∵，∴，∴．∴的长为．故选：C．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，圆内接四边形等知识．利用全等三角形的判定定理准确找出图中的全等三角形是解题的关键．
8．（2023·河北·唐山九年级阶段练习）如图所示，在四边形ABCD中，AB=AC=AD，∠BAC=26°，∠CAD=74°，则∠BCD=_______°，∠DBC_______°．
【答案】 130 37
【分析】根据题意可得点B，C，D在以A为圆心的圆上，根据圆周角定理求得∠BDC，∠DBC，根据三角形内角和定理求得∠BCD．
【详解】∵AB=AC=AD，∴点B，C，D在以A为圆心的圆上，
∵∠BAC=26°∴∠BDC=∠BAC=13°， ∵∠CAD=74°，∴∠DBC=∠CAD=37°．
∴∠BCD=180∠DBC∠BDC=180°13°37°=130° 故答案为：130，37
【点睛】此题考查了圆周角定理，三角形内角和定理，综合运用以上知识是解题的关键．
9．（2024·陕西西安·三模）如图，正方形的边长为8，M、N为边上的动点，以为斜边作等腰（其中），点E在边上，且，连接，则的周长最小值为 ．

【答案】/
【分析】连接，由正方形的性质及等腰直角三角形的性质，易证四点共线，由圆周角定理得到恒等于，从而得到点P在正方形对角线上运动，证明，得到，由，得到为定值，当点三点共线时，有最小值，即有最小值，则的周长有最小值为，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：连接，
四边形是正方形，是等腰直角三角形，
，，四点共圆，
恒等于，点P在正方形对角线上运动，
，，，
，为定值，
当点三点共线时，有最小值，即有最小值，则的周长有最小值为，
，的周长的最小值为：，故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，四点共圆，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识点，正确作出辅助线，确定点P的运动轨迹是解题的关键．
10．（2023·重庆·九年级统考期中）如图，在中，，点是边的中点，连结，将沿直线翻折得到，连结．若，则线段的长为 ．
【答案】
【分析】连接BE，延长CD交BE与点H，作CF⊥AB，垂足为F．在△ABC中有面积法求出CF的长．证明DC垂直平分线段BE，然后证明△ABE是直角三角形，再利用S△ECD=S△ACD得出EH=CF，从而得到BE的长，在Rt△ABE中，利用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：如图，连接BE，延长CD交BE与点H，作CF⊥AB，垂足为F．
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是边AB的中点，CD=5，∴AD=DB=CD=5，AB=10．
∵AC=6，∴BC=8．∵S△ABC=AC•BC=AB•CF，∴×6×8=×10×CF，解得CF=．
∵将△BCD沿直线CD翻折得到△ECD，∴BC=CE，BD=DE，∴CH⊥BE，BH=HE．
∵AD=DB=DE=CD，∴A，C，B，E四点共圆，
又∠ACB=90°，∴AB为该圆的直径，∴∠AEB=90°．
∵S△ECD=S△BCD=S△ACD，∴DC•HE=AD•CF，
∵DC=AD，∴HE=CF=．∴BE=2EH=．
∵∠AEB=90°，∴AE=．故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理，圆周角定理的推论以及三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用面积法求高，属于中考常考题型．
11．（2024·浙江杭州·九年级月考）如图，已知，的内切圆分别切边于点直线分别与直线相交于点.求证：．
【答案】见解析
【分析】连结、、、、，根据三角形外角性质和内心的性质得，再根据切线长定理得到，则，根据三角形内角和定理得到，而，所以，根据四点共圆的判定方法得到、、、四点共圆，于是根据圆周角定理得，；易得，再由得到，又可判断、、、四点共圆，所以，，根据切线长定理得到，则，，而，于是得到点和在以为直径的圆上，根据正弦定理得，所以．
【详解】解：证明：连结、、、、，如图，
,
点为的内心，，
的内切圆分别切边、于点、，
，，，
，，、、、四点共圆，，
与相切，，，
，，
、、、四点共圆，，，
的内切圆分别切边、于点、，，垂直平分，
，，，而，
、、、四点共圆，即点和在以为直径的圆上，
，．
【点睛】本题考查了四点共圆：若线段同侧二点到线段两端点连线夹角相等，那么这二点和线段二端点四点共圆；若四点连成四边形的对角互补或其中一个外角等于其邻补角的内对角，则这四点共圆．也考查了圆周角定理、三角形内心的性质、切线的性质和正弦定理．
12．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，，是的高，，相交于点，是的中点，是的外接圆．

(1)点B，C，D，E是否在以点M为圆心的同一个圆上？请说明理由．
(2)若，，求外接圆的半径长．
【答案】(1)点B，C，D，E在以点M为圆心的同一个圆上，理由见解析(2)5
【分析】（1）连接，，根据垂直定义可得，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得，，从而可得，即可解答；
（2）连接并延长交于点，连接并延长交于点，连接，，根据三角形的高的性质可得，再根据直径所对的圆周角是直角可得，从而可得，，然后利用平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，从而可得，最后在中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【详解】（1）解：点，，，在以点为圆心的同一个圆上，
理由：连接，，

，，，
是的中点，，，，
点，，，在以点为圆心的同一个圆上；
（2）连接并延长交于点，连接并延长交于点，连接，，

，是的高，，相交于点，，
是的直径，，，，，
，，四边形是平行四边形，，
在中，，，外接圆的半径长为5．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，直角三角形斜边上的中线，点与圆的位置关系，确定圆的条件，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
13．（2023上·江苏宿迁·九年级校考阶段练习）（1）【基础巩固】如图1，内接于，若，弦，则半径______；
（2）【问题探究】如图2，四边形的四个顶点均在上，若，，点为弧上一动点（不与点，点重合）．
求证：；
（3）【解决问题】如图3，一块空地由三条直路（线段、、）和一条道路劣弧CD围成，已知千米，，CD的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点M处，另外三个入口分别在点C、D、P处，其中点在CD上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段、、、，某数学兴趣小组探究后发现C、P、D、M四个点在同一个圆上，请你帮他们证明C、P、D、M四点共圆，并判断是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在．四条慢跑道总长度（即四边形的周长）的最大值为
【分析】（1）连接，作，利用圆周角定理以及勾股定理求解即可；
（2）在上取点，使，连接，，通过圆的性质以及全等三角形的判定与性质，求证即可；（3）由题意可得，当取得最大值时，四边形的周长最大，连接，过点作于点，设，利用全等三角形的性质以及勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）连接，作，如下图：

∵∴
又∵，∴，∴，
设，则，由勾股定理可得：，即
解得，即 ；
（2）证明：在上取点，使，连接，，
∵，，∴为等边三角形，∴，，
∵，∴，∴，
∴为等边三角形， ∴，，∴，
∴，∴，∴；
（3）解：存在．∵千米，
∴当取得最大值时，四边形的周长最大，
连接，过点作于点，设，
∵，，，∴，
∴，∴，∴，
∵， ∴，∴或（舍去），
∴，∴，∴D、P、C、M四点共圆， ∴，
由（2）可知，故当是直径时，最大值为2，
∵四边形的周长，
∴四边形的周长的最大值为：，
即四条慢跑道总长度（即四边形的周长）的最大值为

【点睛】此题考查了圆的综合应用，涉及了等腰三角形，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等，综合性比较强，解题的关键是正确地作出辅助线。
14．（2023·绵阳市·九年级专题练习）如图所示中，，，分别在边和上，且，，垂足分别为，，求的长.
【答案】
【分析】本题关键要建立未知线段和已知线段的关系，由，，，共圆，和为直径，于是在中便可以建立和的关系，求出的长即求出的长.
【详解】连结，，∵，
∴∴，
∴由圆的定义知点，，，在以为圆心，为半径的圆上，作出辅助圆，延长交圆于，连结，∴
在中，，∴ ∴
【点睛】双直角三角形是典型的共圆图，解题中注意灵活应用.
15．（2022春·山东·九年级专题练习）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角．①若∠A＝40°，直接写出∠E的度数是 ；
②求∠E与∠A的数量关系，并说明理由．（2）如图2，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E在BD的延长线上，连CE，若∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，求证：DA＝DE．
【答案】（1）①20°；②，理由见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）①根据题目定义推出∠E＝∠A，从而得出结论；②直接根据求解①过程证明即可；
（2）首先根据题意推出A、B、C、D四点共圆，然后作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，再根据圆的内接四边形的性质等推出∠AFD＝∠DFE，然后根据“遥望角”的定义推出∠E＝∠DAF，即可证△DAF≌△DEF，从而得出结论．
【详解】（1）解：①∵∠E是△ABC中∠A的遥望角，
∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A，
∵∠A＝40°，∴∠E＝20°．故答案为：20°；
②，理由如下：∵∠E是△ABC中∠A的遥望角，
∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A；
（2）证明：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∴A、B、C、D四点共圆，
作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，
∵四边形FBCD内接于⊙O，∴∠DFC+∠DBC＝180°，∵∠DFC+∠DFE＝180°，∴∠DFE＝∠DBC，
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∵∠ABD＝∠AFD，∴∠AFD＝∠DFE，
∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，由（1）得∠E＝∠BAC，
∵∠BAC＝∠BDC，∴∠E＝∠BDC，∵∠E+∠DCE＝∠BAC，∴∠E＝∠DCE，
∵∠DCE＝∠DAF，∴∠E＝∠DAF，∵DF＝DF，∠AFD＝∠DFE，
∴△DAF≌△DEF（AAS），∴DA＝DE．
【点睛】本题考查新定义问题，涉及三角形角平分线的拓展运用，圆的内接四边形的性质等，理解题目定义，灵活运用“四点共圆”的证明方法是解题关键．
16．（2023·广东九年级统考期末）如图，在中，，点为线段一点，连接，将绕点旋转至，连接和（）．

(1)如图1，若，，点P是延长线一点，连接，若，，，求的长；(2)如图2，，作于点交于点，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，若，点是直线上一动点，连接，当点运动到中点时，将沿翻折至，连接，请直接写出面积的最大值．
【答案】(1)；(2)见解析；(3)．
【分析】（1）根据易证，由，，易得，再根据勾股定理可得的长度；（2）延长，交于，作交延长线于，由题意可证，进而可得，，可得，再可证，可得，进而可证，可得，则可得，再可证，便可得证；（3）由题意可知，，，，，，由，利用同角的余角相等可知，连接，由（2）知，由三线合一可知，可得、、、四点共圆，进而可知，则可求得，连接，由翻折可知，，，则为的垂直平分线，可知，由，知是以为圆心，为半径的圆，可知为的直径，可知，进而得证，则可知，故当时，取得最大值，即取最大值，计算即得最大值．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，∴，
∵，，∴，
∵，，则由勾股定理可得：；
（2）证明：延长，交于，作交延长线于， 则，
∵，∴，
又∵，，∴，
∴，，则，∴，
∵，，，∴，
∴，， 即：，
由旋转可知，，∴，∴，∴，
在和中，，∴，∴；
（3）由可知，，则∴，
∵，则，∴
∵是中点，∴，则由勾股定理可得，

连接，由（2）知，即为的中点，
∴，故、、、四点共圆，∴，
则，
连接，由翻折可知，，，则为的垂直平分线，
则，∵，∴是以为圆心，为半径的圆，
∴为的直径，则，∴∴，
故当时，取得最大值，即取最大值，
∴的最大值为：．
【点睛】本题属于几何综合，考查了全等三角形的判定和性质，旋转及翻折的性质，解直角三角形，四点共圆，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
17．（2023·江苏盐城·九年级校考阶段练习）在边长为12cm的正方形ABCD中，点E从点D出发，沿边DC以1cm/s的速度向点C运动，同时，点F从点C出发，沿边CB以1cm/s的速度向点B运动，当点E达到点C时，两点同时停止运动，连接AE、DF交于点P，设点E． F运动时间为t秒．回答下列问题：
(1)如图1，当t为多少时，EF的长等于cm?(2)如图2，在点E、F运动过程中，①求证：点A、B、F、P在同一个圆(⊙O)上；②是否存在这样的t值，使得问题①中的⊙O与正方形ABCD的一边相切?若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；③请直接写出问题①中，圆心O的运动的路径长为_________．
【答案】（1）t=4或8；（2）①证明见解析；②存在，t=3或12；③6cm．
【分析】（1）由题意易得DE=CF=t，则有EC=12-t，然后利用勾股定理求解即可；
（2）①由题意易证△ADE≌△DCF，则有∠CDF=∠DAE，然后根据平行线的性质可得∠APF=90°，进而可得∠B+∠APF=180°，则问题得证；②由题意可知当⊙O与正方形ABCD的一边相切时，可分两种情况进行分类讨论求解：一是当圆与AD相切时，一是当圆与边DC相切时；
③由动点E、F在特殊位置时得出圆心O的运动轨迹，进而求解即可．
【详解】解：（1）由题意易得：DE=CF=t，四边形ABCD是正方形，
AB=CD=BC=AD=12cm，∠C=∠B=∠ADC=∠DAB=90°， EC=12-t，
EF的长等于cm，在Rt△CEF中，，即解得；
（2）①由（1）可得AB=CD=BC=AD=12cm，∠C=∠B=∠ADC=∠DAB=90°，DE=CF=t，
△ADE≌△DCF，∠CDF=∠DAE，
∠CDF+∠PDA=90°，∠DAE+∠PDA=90°，∠ADP=∠APF=90°，∠APF+∠B=180°，
由四边形APFB内角和为360°可得：∠PAB+∠PFB=180°，点A、B、F、P在同一个圆(⊙O)上；
②由题意易得：当⊙O与正方形ABCD的一边相切时，只有两种情况；
a、当⊙O与正方形ABCD的边AD相切时，如图所示：

由题意可得AB为⊙O的直径，t=12；
b、当⊙O与正方形ABCD的边DC相切于点G时，连接OG并延长交AB于点M，过点O作OH⊥BC交BC于点H，连接OF，如图所示：
OG⊥DC，GM⊥AB，HF=HB，四边形OMBH、GOHC是矩形，OH=BM=GC，OG=HC，
AB=BC=12cm，OH=6，CF=t，BF=12-t，
，
在Rt△FOH中，，即，解得：；
综上所述：当或t=12时，⊙O与正方形ABCD的边相切；
③由（1）（2）可得：当点E与点D重合及点F与点C重合时，圆心在正方形的中心上；当点E与点C重合及点F与点B重合时，圆心在AB的中点上，故圆心的运动轨迹为一条线段，如图所示：
OP即为圆心的运动轨迹，即OP=6cm．故答案为6cm．
【点睛】本题主要考查圆的综合，熟练掌握圆的性质及切线定理解题的关键，注意运用分类讨论思想解决问题．
18．（2023·绵阳市九年级课时练习）如图，四边形内接于，对角线，垂足为，于点，直线与直线于点．
（1）若点在内，如图1，求证：和关于直线对称；
（2）连接，若，且与相切，如图2，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据垂直及同弧所对圆周角相等性质，可得，可证与全等，得到，进一步即可证点和关于直线成轴对称；
（2）作出相应辅助线如解析图，可得与全等，利用全等三角形的性质及切线的性质，可得，根据平行线的性质及三角形内角和即可得出答案．
【详解】解：（1）证明：∵，，∴，
∵，∴，
又∵同弧所对圆周角相等，∴，∴，
在与中，∴，∴，
又，∴点和关于直线成轴对称；
（2）如图，延长交于点，连接，，，，
∵，，∴、、、四点共圆，、、、四点共圆，
∴，，
在与中，，∴，∴，
∴为等腰直角三角形，∴，∴，
又，∴，
∵与相切，∴，∴，
∴，∴，
∴，∴．①圆内接四边形对角互补；
②对角互补的四边形四个顶点共圆；
③过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆；
④经过两点的圆的圆心在这两点所连线段的垂直平分线上；