重难点突破12 与圆相关的6种模型（四点共圆、圆幂定理、垂径定理、定弦定角、定角定高、阿基米德折弦定理）（解析版）

重难点12 与圆有关的6 种模型 （四点共圆、圆幂定理、垂径定理、定弦定角、定角定高、 阿基米德折弦定理） 目 录 题型01 四点共圆 题型02 圆幂定理 题型03 垂径定理 题型04 定弦定角 题型05 定角定高模型（探照灯模型） 题型06 阿基米德折弦定理 题型01 四点共圆 1 四点共圆的判定 判定方法 图形 证明过程 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 到定点的距离等于定长的点都在同一个圆上 （圆的定义） 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 O A B D C 反证法 O A B D C 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 O A B D C E 反证法 同侧共边三角形且公共边所对角 相等的四个顶点共圆 O B C A D 反证法 共斜边的两个直角三角形的四个 顶点共圆 适用范围：双直角三角形共斜边 模型 连接、D 根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半 可得=B==D ∴点、B、、D 四点共圆 在⊙中，若弦B、D 相交于点P , 且P•DP=BP•P，则,B,,D 四点 共圆（相交弦定理的逆定理） 在△PB 和△PD 中 P•DP=BP•P ∠3=∠4 △PB∽△PD ∠1=∠2 ∴ ∴ 则、B、、D 四点共圆 在⊙中，若B、D 两线段延长后 相交于点P , 且P•BP=DP•P ， 则,B,,D 四点共圆（割线定理） 在△P 和△DPB 中 P•BP=P•DP ∠P=∠P ∴△P∽△DPB ∠1=∠3 ∴ 而∠2+ 3=180° ∠ 1+ 2=180° ∴∠ ∠ 则、B、、D 四点共圆 若四边形两组对边乘积的和等于 对角线的乘积，则四边形的四个 顶点共圆(托勒密定理的逆定理) O D C A B 【扩展】 C O O B A D B C A D 4 3 2 1 P O A B C D 3 2 1 C A P O B D 托勒密定理：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 证明:过点作P 交BD 于P，使∠1=∠2，又∠3=∠4， △ ∴D∽△BP∴AC BC = AD BP ，则·BP=D·B ① ∵∠1=∠2 ∴∠1+∠P=∠2+∠P 则∠B=∠DP 而∠5=∠6 △ ∴B∽△DP∴AC CD = AB DP ，则·DP=B·D ② ①+②得 (BP+DP)=B·D+D·B 即·BD=B·D+D·B 1 5 6 3 4 2 1 5 6 3 4 2 P P D C A B D C A B 2 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，∠B=∠BD）； 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） 1．（2020·山东东营·东营市实验中学校考三模）如图放置的两个正方形，大正方形BD 边长为，小正方形 EFG 边长为b（＞b），M 在B 边上，且BM＝b，连接M，MF，MF 交G 于点P，将△BM 绕点旋转至 △D，将△MEF 绕点F 旋转至△GF．给出以下五个结论：①∠D＝∠MP；②CP=b−b 2 a ；③△BM GF ≌△ ；④ S四边形AMFN =a 2+b 2；⑤，M，P，D 四点共圆．其中正确的个数是（ ） ．2 B．3 ．4 D．5 【答】D 【分析】①根据正方形的性质得到∠BD= D= B=90° ∠ ∠ ，根据旋转的性质得到∠D= BM ∠ ，∠D= MB ∠ ，根据 余角的性质得到∠DM+ D= D+ D= D+ D=90° ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ，等量代换得到∠DM= D ∠，故①正确； ②根据正方形的性质得到P EF ∥ ，根据相似三角形的性质得到CP=b−b 2 a ；故②正确； ③根据旋转的性质得到G=ME，等量代换得到B=ME=G，根据全等三角形的判定定理得到△BM GF ≌△ ；故 ③正确； ④由旋转的性质得到M=，F=MF，根据全等三角形的性质得到M=F，推出四边形MF 是矩形，根据余角 的想知道的∠M=90°，推出四边形MF 是正方形，于是得到S 四边形MF=M2=2+b2；故④正确； ⑤根据正方形的性质得到∠MP=90°，∠DP=90°，得到∠BP+ DP=180° ∠ ，于是推出，M，P，D 四点共圆， 故⑤正确． 【详解】解：①∵四边形BD 是正方形， BD= D= B=90° ∴∠ ∠ ∠ ， BM+ DM=90° ∴∠ ∠ ， ∵将△BM 绕点旋转至△D， D= BM ∴∠ ∠ ，∠D= MB ∠ ， DM+ D= D+ D= D+ D=90° ∴∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ， DM= D ∴∠ ∠，故①正确； ②∵四边形EFG 是正方形， P EF ∴∥ ， MP EMF ∴△ ∽△ ， ∴PC EF =CM ME ， ∵大正方形BD 边长为，小正方形EFG 边长为b（＞b），BM=b， EF=b ∴ ，M=-b，ME=（-b）+b=， ∴PC b =a−b a ， ∴CP=b−b 2 a ；故②正确； ③∵将△MEF 绕点F 旋转至△GF， G=ME ∴ ， B= ∵ ，ME=， B=ME=G ∴ ， 在△BM 与△GF 中， ¿， BM GF ∴△ ≌△ ；故③正确； ④∵将△BM 绕点旋转至△D， M= ∴ ， ∵将△MEF 绕点F 旋转至△GF， F=MF ∴ ， BM GF ∵△ ≌△ ， M=F ∴ ， ∴四边形MF 是矩形， BM= D ∵∠ ∠， BM+DM= D+ D=90° ∴∠ ∠ ∠ ， M=90° ∴∠ ， ∴四边形MF 是正方形， ∵在Rt BM △ 中，2+b2=M2， S ∴ 四边形MF=M2=2+b2；故④正确； ⑤∵四边形MF 是正方形， MP=90° ∴∠ ， DP=90° ∵∠ ， MP+ DP=180° ∴∠ ∠ ， ∴，M，P，D 四点共圆，故⑤正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了四点共圆，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质旋转 的性质，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键． 2．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，Rt △ABC中，AB=AC=12❑ √2，Rt △ADE中， AD=AE=6 ❑ √2，直线BD与CE交于P，当∠EAD绕点A任意旋转的过程中，P到直线AB距离的最大值 是 ． 【答】3 ❑ √6+3 ❑ √2/3 ❑ √2+3 ❑ √6 【分析】数形结合，根据动点的运动情况判断点P的运动轨迹，再根据角度以及勾股定理求解最大值． 【详解】解：如图旋转，连接DE，BC 以BC为直径作⊙O，以AE为半径作⊙A 过点B作⊙A的切线交⊙O于点M ，N 在△ABD和△ACE中 ¿ ∴△ABD≌△ACE ∴∠PBC+∠PBA+∠ACB=∠PBC+∠PCA+∠ACB=90° ∴BD⊥CE ∵∠BAC=∠BPC=90°，∠EAD=∠EPD=90° ∴点A ,B ,C , P共圆，点A , E , D , P共圆， ∴点P在 ´ MAN上运动 ∵AB=12❑ √2，⊙A的半径为6 ❑ √2 ∴∠ABN=30° ∴∠MBN=60° ∴∠MON=120° 又∵∠BAC=∠EAD=90°，∠CAD=∠CAD ∴当点P运动到点N时，到直线AB距离的最大， ∴∠NCA=∠ABN=30° 过点O作OH ⊥BN，过点N作NQ⊥AC，NR⊥AB， ∴四边形NQAR是矩形， ∴NR=1 2 BN ∵O是圆心， ∴BH=1 2 BN ∴BH=NR=AQ 设NQ=x ∴CQ=❑ √3 x ,CN=2 x AQ=12❑ √2−❑ √3 x ∵BH=AQ ∴BO 2−O H 2=B H 2=A Q 2 ∵AB=12❑ √2 ∴BC=❑ √2 AB=❑ √2×12❑ √2=24 ∴BO=12，OH=1 2 CN=x ∴12 2−x 2=(12❑ √2−❑ √3 x ) 2 解得：x1=−3 ❑ √2+3 ❑ √6，x2=3 ❑ √2+3 ❑ √6（舍去） ∴AQ=12❑ √2−❑ √3⋅(3 ❑ √6−3 ❑ √2)=3 ❑ √2+3 ❑ √6 故答为：3 ❑ √6+3 ❑ √2． 【点睛】本题主要考查圆动点的最值问题。熟练运用四点共圆性质以及勾股定理解直角三角形是解决本题 的关键． 3．（2019·浙江嘉兴·统考二模）如图，四边形BD 中，∠B＝∠BD＝90°，B＝1，E⊥D，交B 于点E，E 平 分∠BED． （1）D 的长是 ； （2）当点F 是中点时，四边形BD 的周长是 ． 【答】 2 5+❑ √3 【分析】（1）延长D，B 交于点，由“S”可证△ADE≌△AHE，可得AH=AD，由平行得相似，依据相 似的性质即可求解； （2）先证明，D，，E 四点共圆，因为F 是中点，依据垂径定理，得到DF 是的中垂线，依据线段的垂直 平分线的性质可求得D 的长度，作AH ⊥CD于，可证四边形B 是矩形，依据矩形的性质，结合线段长度， 可得AH是CD的中垂线，由此可得的长度，在三角形B 中，依据勾股定理可求得B 的长度，只需把各边相 加即可得到四边形BD 的周长 【详解】解：（1）如图1 中，延长D，B 交于点， ∵E 平分∠BED， ∴∠E＝∠ED，且E＝E，∠E＝∠ED＝90°， ∴△DE≌△E（S） ∴＝D， ∵∠B＝∠BD＝90°， ∴B∥D， ∴△B∽△D, ∴AB CD = AH DH ，且B＝1，＝D＝1 2D， ∴D＝2， （2）如图2 中，作⊥D 于， ∵∠DE＝∠DE＝90°， ∴，D，，E 四点共圆，设圆心为，则点是线段DE 的中点， 又∵F＝F， ∴DE⊥， ∴D＝D， ∵∠B＝∠B＝∠＝90°， ∴四边形B 是矩形， ∴＝B＝1， ∵D＝2， ∴＝D＝1， 又∵⊥D， ∴D＝， ∴D＝D＝＝2， ∴BC= ❑ √A C 2−A B 2= ❑ √2 2−1 2=❑ √3， ∴四边形BD 的周长为2+2+1+❑ √3=5+❑ √3． 故答为：（1）2；（2）5+❑ √3． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，垂径定理，线段的垂直平分线的性质，矩形的判定和性质等 知识，解题的关键是作辅助线，构造中垂线、相似三角形、直角三角形，建立未知线段与已知线段之间等 量的关系． 4．（2021 上·山东烟台·九年级统考期中）如图，平面直角坐标系中，点、B 坐标分别为（3，0）、（0， 4），点是x 轴正半轴上一点，连接B．过点垂直于B 的直线与过点垂直于B 的直线交于点D，连接BD， 则s∠BD 的值是 ． 【答】4 5 【分析】根据图形的特点证明∠BD=∠B，故可出s∠BD 的值． 【详解】∵B⊥D，B⊥D ∴∠BD=∠BD=90° ∴、B、、D 四点共圆 ∴∠BD=∠B ∵∠BD+∠DB=∠B +∠B=90° ∴∠DB=∠B ∴∠DB-∠B=∠B-∠B 即∠DB=∠B 又∠DB+∠BD=∠B+∠B=90° ∴∠BD=∠B ∵点、B 坐标分别为（3，0）、（0，4）， ∴B=4，=3，B=❑ √4 2+3 2=5 ∴s∠B=BO AB = 4 5 ∴s∠BD=4 5 故答为：4 5 ． 【点睛】此题主要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． 5．（2023 下·湖北武汉·九年级校考阶段练习）问题提出 如图1，点E 为等腰△ABC内一点，AB=AC， ∠BAC=α，将AE绕着点逆时针旋转α得到AD，求证：△ABE≌△ACD． 尝试应用 如图2，点D 为等腰Rt △ABC外一点，AB=AC，BD⊥CD，过点的直线分别交DB的延长 线和CD的延长线于点，M，求证：S△ABN+S△ACM=1 2 AN ⋅AM． 问题拓展 如图3，△ABC中，AB=AC，点D，E 分别在边AC，BC上，∠BDA=∠BEA=60°，AE， BD交于点．若CE=a，AH=b，直接写出BE的长度（用含，b 的式子）． 【答】见解析 【分析】问题提出：由旋转的性质可证得AE=AD，∠BAC=∠EAD=α，进而得证∠BAE=∠CAD， 即可利用SAS证明△ABE≌△ACD． 尝试应用：延长MC，使CE=BN，连接AE，由题意可知A、B、C、D四点共圆，可得 ∠ABD=∠ACD，进而可得∠ABN=∠ACE，利用SS 可证得△ABN ≌△ACE，根据其性质得 AN=AE，∠BAN=∠CAE，S△ABN=S△ACE，进而可证得EA ⊥MN， S△AME=1 2 AE⋅AM=1 2 AN ⋅AM=S△AMC+S△ACE，即可得证S△ABN+S△ACM=1 2 AN ⋅AM． 问题拓展：将AB绕点A逆时针旋转60°至F，则△ABF为等边三角形，由∠BDA=∠BEA=60°，可知 A、D、E、B、F五点共圆，可得∠1=∠3，∠2=∠4，∠BEF=∠AEB=60°，根据 ∠AEB=60°=∠C+∠2，∠ABF=60°=∠ABC+∠3，可得∠2=∠3=∠1=∠4，进而得证 △AEF ≌△AEC，△BEH ≌△BFE可得EH=CE=a，则AE=AH +EH=a+b，作AM ⊥BC交BC 于M，则BM=CM，可求得ME=AE⋅cos60°=1 2 (a+b)， CM=ME+CE=1 2 (a+b)+a=3 2 a+ 1 2 b=BM，即可求得BE的长度． 【详解】解：问题提出： 证明：∵AB=AC，∠BAC=α，将AE绕着点逆时针旋转α得到AD， ∴AE=AD，∠BAC=∠EAD=α， ∴∠BAC−∠AEC=∠EAD−∠AEC，即：∠BAE=∠CAD， 在△ABE与△ACD中，¿， ∴△ABE≌△ACD (SAS )． 尝试应用：延长MC，使CE=BN，连接AE， ∵△ABC为等腰直角三角形， ∴AB=AC，∠BAC=90°， 又∵BD⊥CD，即：∠BDC=90°， ∴A、B、C、D四点共圆， ∴∠ABD=∠ACD， ∴∠ABN=∠ACE， 在△ABN与△ACE中，¿， ∴△ABN ≌△ACE (SAS )． ∴AN=AE，∠BAN=∠CAE， ∴∠BAN +∠BAE=∠CAE+∠BAE=∠BAC=90°，即：EA ⊥MN， ∴S△AME=1 2 AE⋅AM=1 2 AN ⋅AM=S△AMC+S△ACE ∵△ABN ≌△ACE ∴S△ABN=S△ACE， ∴1 2 AN ⋅AM=S△AMC+S△ACE=S△AMC+S△ABN 即：S△ABN+S△ACM=1 2 AN ⋅AM． 问题拓展：将AB绕点A逆时针旋转60°至F，则△ABF为等边三角形， ∴∠AFB=∠BAF=∠ABF=60°，AB=AF=AC， ∵∠BDA=∠BEA=60°， ∴A、D、E、B、F五点共圆， 则：∠1=∠3，∠2=∠4，∠BEF=∠AEB=60°， ∠AEB=60°=∠C+∠2，∠ABF=60°=∠ABC+∠3， 又∵AB=AC， ∴∠ABC=∠C， ∴∠2=∠3=∠1=∠4， ∵AE=AE，∠1=∠2，AF=AC， ∴△AEF ≌△AEC (SAS ) ∴CE=EF， ∵∠3=∠4，BE=BE，∠BEF=∠AEB=60°， ∴△BEH ≌△BFE ( ASA ) ∴EF=EH， ∴EH=CE=a，则AE=AH +EH=a+b， 作AM ⊥BC交BC于M，则BM=CM， ∵∠AEB=60°， ∴ME=AE⋅cos60°=1 2 (a+b)， ∴CM=ME+CE=1 2 (a+b)+a=3 2 a+ 1 2 b=BM， 则：BE=BM +ME=3 2 a+ 1 2 b+ 1 2 (a+b)=2a+b． 【点睛】本题属于几何综合，考查全等三角的判定及性质，等腰三角形的性质，四点共圆，圆周角定理， 解直角三角形，添加辅助线构造全等三角形和利用圆周角定理转化角是解决问题的关键，属于中考压轴题． 6．（2022 上·江苏盐城·九年级校考期中）如图，以点P (−1,0)为圆心的圆，交x 轴于B、两点（B 在的左 侧），交y 轴于、D 两点（在D 的下方），AD=2，将△ABC绕点P 旋转180°，得到△MCB． (1)求B、两点的坐标； (2)请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状（不必证明），求出点M 的坐标； (3)动直线l 从与BM重合的位置开始绕点B 顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线l 与CM交点为E， 点Q 为BE的中点，过点E 作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变 化？若不变，求出∠MQG的度数；若变化，请说明理由． 【答】(1)B (−1−❑ √2,0)，C (−1+❑ √2,0) (2)图见解析，四边形ACMB是矩形，点M 的坐标为(−2,1) (3)在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于135° 【分析】（1）连接AP，结合题意，根据圆的对称性，得AO=DO=1 2 AD=1；再根据勾股定理计算得 AP，再根据圆的性质，得BP=CP=AP，从而得到B、两点的坐标； （2）结合题意，根据圆周角的性质，得∠BAC=90 ∘；再根据旋转的性质得∠BMC=∠BAC=90 ∘， BM=AC，CM=AB，从而推导得出四边形ACMB是矩形；过点M 作MN ⊥BC交B 于点，证明 △AOP ≌△MNP (AAS)，可得点M 的坐标； （3）结合题意，得∠BMC=∠BGE=90°；再结合点Q 是BE的中点，根据直角三角形斜边中线性质， 得QM=QE=QB=QG，从而推导得点E、M、B、G 在以点Q 为圆心、QB为半径的圆上，故得 ∠MQG=2∠MBG；再根据∠MBG=∠PCA，∠PCA=1 2 (180°−∠OAP)，即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接AP． 由题意知，BC是以点P (−1,0)为圆心的圆的直径，AD=2，BC ⊥AD， ∴ AO=DO=1 2 AD=1，OP=1， ∴ AP= ❑ √O P 2+O A 2= ❑ √1+1 2=❑ √2， ∴ BP=CP=AP=❑ √2， 又∵ P (−1,0)，B 在的左侧， ∴ B (−1−❑ √2,0)，C (−1+❑ √2,0)； （2）解：如图，四边形ACMB是矩形， ∵以点P (−1,0)为圆心的圆，交x 轴于B、两点（B 在的左侧）， ∴ BC是圆的直径， ∴ ∠BAC=90 ∘， ∵将△ABC绕点P 旋转180°得到△MCB， ∴ ∠BMC=∠BAC=90 ∘，BM=AC，CM=AB， ∴四边形ACMB是矩形．