專題27 相似模型之托勒密定理與不等式模型解讀與提分精練（全國）（解析版）

專題27相似模型之托勒密定理與不等式模型相似三角形是幾何中重要的證明模型之一，是全等三角形的推廣，分析圖形間的關(guān)系離不開數(shù)量的計算。相似和勾股是產(chǎn)生等式的主要依據(jù)（其他依據(jù)還有面積法，三角函數(shù)等），因此要掌握相似三角形的基本圖形，體會其各種演變和聯(lián)系。相似三角形是初中幾何中的重要的內(nèi)容，常常與其它知識點結(jié)合以綜合題的形式呈現(xiàn)，其變化很多，是中考的常考題型。本專題重點講解相似三角形的托勒密定理與托勒密不等式模型。托勒密（Ptolemy）定理的歷史，可追溯到公元2世紀，古希臘數(shù)學家和天文學家Ptolemy，他對三角學有很多貢獻。該定理無論從內(nèi)涵還是應(yīng)用都極具魅力。從表面上看Ptolemy定理是關(guān)于邊的等式，但由于四邊形外接圓的存在，Ptolemy定理從一個側(cè)面反映了角的關(guān)系。也許正因為如此，Ptolemy定理有了較好的應(yīng)用背景。Ptolemy定理不但有著豐富的內(nèi)涵，而且具備廣泛的外延，而Ptolemy不等式就是其重要的拓展。TOC\o"1-4"\h\z\u 2模型1.托勒密（定理）模型 2模型2.托勒密不等式模型 6 7模型1.托勒密（定理）模型托勒密定理：四邊形ABCD內(nèi)接于圓，求證：．證明：如圖，在BD上取一點P，使其滿足．∵，∴，，即①又，，∴，，．②=1\*GB3①+②，有．即，故．特例：（1）當△ABC是等邊三角形時，如圖1，根據(jù)托勒密定理有：，又等邊△ABC有AB=AC=BC，故：．特例：（2）當△ABC是等腰直角三角形，如圖2，根據(jù)托勒密定理：，又，代入可得結(jié)論：．特例：（3）當△ABC是一般三角形時，如圖2，根據(jù)托勒密定理可得：又BC：AC：AB=a：b：c，代入可得結(jié)論：．例1．（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測）“托勒密定理”由依巴谷提出，其指出圓的內(nèi)接四邊形中，兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積之和．如圖，中有圓內(nèi)接四邊形，已知，，，，則（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】過點作，垂足為，過點作，垂足為，根據(jù)同弧所對的圓周角相等可得，在中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出和的長，從而求出的長，再在中，利用勾股定理求出的長，然后在中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出和的長，從而在中，利用勾股定理求出的長，進而求出的長，最后利用托勒密定理，進行計算即可解答．【詳解】解：過點作，垂足為，過點作，垂足為，

，，在中，，，，，，在中，，在中，，，在中，，，四邊形是的內(nèi)接四邊形，，，解得：，故選：B．【點睛】本題考查了圓周角定理，解直角三角形，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．例2．（2024·浙江·模擬預(yù)測）某著作講述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四邊形中，兩條對角線的乘積小于或等于兩組對邊乘積之和，當且僅當凸四邊形的對角互補時取等號．如圖，四邊形內(nèi)接于半徑為的圓，，，，則四邊形的周長為(

)A． B． C． D．【答案】A【分析】本考查了圓的相關(guān)性質(zhì)，勾股定理，含度角的直角三角形的性質(zhì)，連接，BD，設(shè)圓心為，連接并延長交于，連接，過作交CD延長線于，由，，得，即得，可得，，由，得是等腰直角三角形，，在中，，由托勒密定理的推論知有，故，從而可得四邊形的周長為．【詳解】解：連接，BD，設(shè)圓心為，連接并延長交于，連接，過作交CD延長線于，如圖：，，，，是的直徑，，，半徑為，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，在中，，由托勒密定理任意凸四邊形中，兩條對角線的乘積小于或等于兩組對邊乘積之和，當且僅當凸四邊形的對角互補時取等號．，，，，四邊形的周長為，故選：A．例3．（2023·河南商丘·模擬預(yù)測）請閱讀下列材料，完成相應(yīng)的任務(wù)：克羅狄斯?托勒密（，約90年-168年），“地心說”的集大成者，生于埃及，著名的天文學家，地理學家，占星學家和光學家．托勒密定理實出自依巴谷（）之手，托勒密從他的書中摘出并加以完善．托勒密定理：圓的內(nèi)接四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．已知：如圖1，四邊形內(nèi)接于，求證：下面是該結(jié)論的證明過程：證明：如圖1，作，交于點.，（依據(jù)1），（依據(jù)2），，，.，，即，，，．任務(wù)：(1)托勒密定理的逆命題是______；上述證明過程中的“依據(jù)1”為______；“依據(jù)2”為______．(2)當圓內(nèi)接四邊形是矩形時，托勒密定理就是我們非常熟知的一個定理：______．(3)如圖2，以為直徑的中，點為上一點，且，的角平分線交于點，連接，，若，求的長．【答案】(1)如果一個四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積，那么這個四邊形是圓的內(nèi)接四邊形；同弧所對的圓周角相等；兩個角分別對應(yīng)相等的兩個三角形相似(2)勾股定理(3)【分析】（1）利用逆命題的意義，矩形的性質(zhì)，勾股定理，圓的有關(guān)性質(zhì)和相似三角形的判定定理解答即可；（2）利用相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理，矩形的性質(zhì)及勾股定理解答即可；（3）利用圓的有關(guān)性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，含角的直角三角形的性質(zhì)分別求得四邊形的邊長，再利用（2）的結(jié)論解答即可得出結(jié)論．【詳解】（1）解：托勒密定理的逆命題是如果一個四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積，那么這個四邊形是圓的內(nèi)接四邊形．證明過程中的“依據(jù)1”為：同弧所對的圓周角相等；依據(jù)2”為：兩個角分別對應(yīng)相等的兩個三角形相似．故答案為：如果一個四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積，那么這個四邊形是圓的內(nèi)接四邊形；同弧所對的圓周角相等；兩個角分別對應(yīng)相等的兩個三角形相似；（2）解：如圖，作，交于點，，，，，，，，，，即．，，．．，四邊形是矩形，，，故答案為：勾股定理；（3）解：為直徑，，，，，．的角平分線交于點，，，為等腰直角三角形，．四邊形為圓的內(nèi)接四邊形，．，．【點睛】本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，含交的直角三角形的性質(zhì)，逆命題的意義，本題是閱讀型題目，理解并熟練應(yīng)用新結(jié)論是解題的關(guān)鍵．例4．（23-24九年級上·浙江衢州·期中）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O．(1)連接AC、BD，若∠BAC＝∠CAD＝60°，則△DBC的形狀為．(2)在(1)的條件下，試探究線段AD，AB，AC之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；(3)若，∠DAB＝∠ABC＝90°，點P為上的一動點，連接PA，PB，PD，求證：PD＝PB+PA．【答案】(1)等邊三角形；(2)AC＝AB+AD，理由見解析；(3)證明見解析.【分析】(1)利用等弧對等角，可以判斷出△DBC是等邊三角形；(2)如圖1，在AC上截取AE＝AD，連接DE，利用等邊△DBC以及等邊對等角的關(guān)系，可以證得△DAB≌△DEC(SAS)，可以證明AC＝AB+AD；（3）如圖2，根據(jù)已知條件易證得四邊形ABCD是正方形，在PD上取DE＝BP，也同樣可證得△DAE≌△BAP(SAS)，可證得PAE為等腰直角三角形，所以PE＝PA.【詳解】(1)∵∠BAC＝∠BDC＝60°，∠CAD＝∠CBD＝60°，∴∠BDC＝∠CBD＝∠BCD＝60°，∴△DBC是等邊三角形．故答案為等邊三角形．(2)結(jié)論：AC＝AB+AD．理由：如圖1，在AC上截取AE＝AD，連接DE．∵∠DAE＝60°，AD＝AE，∴△ADE是等邊三角形，∴AD＝DE，∠ADE＝∠BDC＝60°，∴∠ADB＝∠EDC，∵DA＝DE，DB＝DC，∴△DAB≌△DEC(SAS)，∴EC＝AB，∴DE＝AD∴AC＝AE+EC＝AD+AB．(3)如圖2中，在PD上取DE＝BP，∵∠DAB＝∠ABC＝90°，∴∠BCD＝∠ADC＝90°，∴四邊形ABCD是矩形，∵，∴AB＝BC，∴四邊形ABCD是正方形，∴DA＝BD，∠ADE＝∠ABF，DE＝BP，∴△DAE≌△BAP(SAS)，∴AE＝AP，∠DAE＝∠BAP，∴∠PAE＝∠BAD＝90°，∴PE＝PA，∴PD﹣PB＝PD＝DE＝PE＝PA．另解：（2）（3）問也直接利用托勒密定理，但是解答題還是建議常規(guī)輔助線方法為好，除非題中證明過托勒密定理?！军c睛】本題考查了等邊三角形、正方形以及全等三角形的判定和性質(zhì)，證明三條線段之間的數(shù)量關(guān)系，一般采用“截”、“補”法構(gòu)造全等三角形，利用等量代換證明；根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出全等三角形，利用等量代換求解是解答本題的關(guān)鍵．例5．（24-25九年級上·江蘇鹽城·階段練習）【給出問題】：已知：是正方形的外接圓，點P在上（除A、B外），試求的度數(shù)．【分析問題】：善于思考的小明在分析上述題目后，有了以圓為工具來解決問題的思路．用圓來畫出準確的示意圖就能順利解題了，在此基礎(chǔ)上進一步探索就有了新發(fā)現(xiàn)．請善于思考的你幫助解答以下問題：（1）①尺規(guī)作圖，在中作出內(nèi)接正方形（保留痕跡，不寫作法）．②原題中．【深入思考】（2）【問題】如圖1，若四邊形是的內(nèi)接正方形，點P為弧上一動點，連接，請?zhí)骄咳咧g或者三者之間有何數(shù)量關(guān)系，并給予證明．（3）【拓展】如圖2，若六邊形是的內(nèi)接正六邊形，點P為弧上一動點，請?zhí)骄咳咧g有何數(shù)量關(guān)系：（不寫證明過程）．（4）【應(yīng)用】如圖3，若四邊形是矩形，點P為邊上一點，，，，試求矩形的面積．

【答案】（1）①見解析；②；（2），證明見解析；（3），證明見解析；（4）；【分析】（1）①利用垂直平分線定義即可作出正方形；②利用同弧所對的圓周角是圓心角的一半即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)題意過點C作交于E，利用圓周角定理得到，再判定，證明出和是等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形三邊關(guān)系即可；（3）根據(jù)題意過點B，作，在上截取，連接，再證明，再利用含的直角三角形三邊關(guān)系即可得到本題答案；（4）根據(jù)題意以為邊，作正方形，連接，設(shè)，則，，再分別在和和中應(yīng)用勾股定理即可得到本題答案．【詳解】解：（1）①如圖所示，作直徑的垂直平分線交于點A，C，則四邊形是正方形；

②如圖所示，，故答案為：．（2），證明如下：如圖，過點C作交于E，∵，∴，∵，∴，又∵，∴（ASA），∴，∴是等腰直角三角形，∴，即，如圖所示，過點C作交于F，同理可得是等腰直角三角形，，∴，；（3），如圖，過點B，作，在上截取，連接，

∵，，在和中，，∴（），∴，∴，又∵，∴，∴，∴．另解：（2）（3）問也直接利用托勒密定理，但是解答題還是建議常規(guī)輔助線方法為好，除非題中證明過托勒密定理。（4）如圖，以為邊，作正方形，連接，，根據(jù)（1）可得P在上，則，∴，設(shè)，則，，在中，，在中，，在中，，∴，解得（負值舍去），∴，∴矩形的面積為．【點睛】本題考查角平分線定義及畫法，圓周角定理，全等三角形判定及性質(zhì)，等腰三角形判定及性質(zhì)，勾股定理，含的直角三角形三邊關(guān)系．掌握圓周角定理是關(guān)鍵．例6．（2024·山東德州·一模）△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，點P是⊙O上一點，且點P與點A在BC的兩側(cè)，連接PA，PB，PC．(1)如圖①，若△ABC是等邊三角形，則線段PA，PB，PC之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．(2)如圖②，把（1）中的△ABC改為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，其他條件不變，三條線段PA，PB，PC還有以上的數(shù)量關(guān)系嗎？說明理由．(3)如圖③，把（1）中△ABC改為任意三角形，AB＝c，AC＝b，BC＝a時，其他條件不變，則PA，PB，PC三條線段的數(shù)量關(guān)系為_________（直接寫結(jié)果）(4)由以上你能發(fā)現(xiàn)圓內(nèi)接四邊形的四條邊和對角線有什么關(guān)系？【答案】(1)；(2)沒有，理由見詳解；(3)；(4)圓內(nèi)接四邊形中對角線的乘積等于四邊形對邊乘積的和．【分析】（1）當△ABC是等邊三角形時，延長PB到點D，使得，連接DA，借助等邊三角形的性質(zhì)及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，證明，進而證明，為等邊三角形，再推導出即可；（2）當△ABC為等腰直角三角形時，延長PB到點E，使得，連接AE，借助等腰直角三角形的性質(zhì)及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，證明，進而證明，也為等腰直角三角形，再推導出，可知三條線段PA，PB，PC沒有（1）中的數(shù)量關(guān)系；（3）當△ABC改為任意三角形時，在中，以點A為頂點，AC為邊，作，點F在BC上，借助圓周角定理的推論（同弧或等弧所對的圓周角相等）證明和，再由相似三角形的性質(zhì)可推導出和，由可推導，即；（4）由（3）的結(jié)論可知圓內(nèi)接四邊形的四條邊和對角線的關(guān)系．【詳解】（1）解：，證明：如圖4，延長PB到點D，使得，連接DA，∵為等邊三角形，∴，，∵四邊形ABPC內(nèi)接于圓，∴，∵，∴，在和中，，∴（SAS）∴，∵，∴為等邊三角形，∴，∵，∴；（2）若△ABC為等腰直角三角形，，三條線段PA，PB，PC沒有（1）中的數(shù)量關(guān)系，理由如下：如圖5，延長PB到點E，使得，連接AE，∵△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∴，，∵四邊形ABPC內(nèi)接于圓，∴，∵，∴，在和中，，∴（SAS）∴，，∵，又∵，∴，∴，∵，∴，∴三條線段PA，PB，PC沒有（1）中的數(shù)量關(guān)系；（3）如圖6，在中，以點A為頂點，AC為邊，作，點F在BC上，∵，又∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，當AB＝c，AC＝b，BC＝a時，∴，即．故答案為：；（4）由（3）的結(jié)論，可知圓內(nèi)接四邊形的四條邊和對角線的關(guān)系為：圓內(nèi)接四邊形中對角線的乘積等于四邊形對邊乘積的和．【點睛】本題主要考查了圓周角定理的推論、全等三角形和相似三角形的性質(zhì)等知識，綜合性強，難度大，解題關(guān)鍵是通過延長線段或截取線段構(gòu)造全等三角形或相似三角形．例7．（2024·浙江溫州·三模）如圖，已知圓內(nèi)接，點D為圓上一點且，連接AD交于點E．(1)求證：；(2)設(shè)，．①求證：；②若，求的值．（用含m、k的代數(shù)式表示）【答案】(1)見解析(2)①見解析

②【分析】本題考查圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)同弧或等弧所對的圓周角相等得到，，然后利用三角形的外角即可解題；（2）①過點作于點，過點作于點，證明，即可得到，然后根據(jù)即可得到結(jié)論；②先證明，得到，即可求出，然后證明，即可得到解題即可．【詳解】（1）證明：∵，∴，，∴；（2）①證明：過點作于點，過點作于點，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴；②解：∵，，∴，∴，即，解得：，∴，又∵，,∴，∴，∴．模型2.托勒密不等式模型托勒密不等式模型：對于任意凸四邊形ABCD，有證明：如圖1，在平面中取點E使得∠BAE=∠CAD，∠ABE=∠ACD，易證△ABE∽△ACD，∴，即①，連接DE，如圖2，∵，∴，又∠BAC=∠BAE+∠CAE=∠DAC+∠CAE=∠DAE，∴△ABC∽△AED，∴，即②，將①+②得：，∴即，當且僅當A、B、C、D共圓時取到等號．例1．（23-24九年級上·湖北武漢·期中）在△ABC中，AB＝4，AC＝2，以BC為邊在△ABC外作正方形BCDE，線段BD、CE交于點O，則線段AO的最大值為（

）A．6 B．6 C．4＋2 D．3【答案】D【分析】法1：在四邊形ABOC中，利用托勒密不等式求得AO的最大值。法2：以AO為邊作等腰直角△AOF，且∠AOF＝90°，由題意可證△AOB≌△FOC，可得AB＝CF＝4，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可求AF的最大值，即可得AO的最大值．【詳解】法1：四邊形ABOC中，利用托勒密不等式得到：設(shè)OC=OB=x，∵正方形BCDE，，∵AB＝4，AC＝2，∴AO≤3法2：如圖：以AO為邊作等腰直角△AOF，且∠AOF＝90°，∵四邊形BCDE是正方形，∴BO＝CO，∠BOC＝90°，∵△AOF是等腰直角三角形，∴AO＝FO，AF＝AO，∵∠BOC＝∠AOF＝90°，∴∠AOB＝∠COF，且BO＝CO，AO＝FO，∴△AOB≌△FOC（SAS），∴AB＝CF＝4，若點A，點C，點F三點不共線時，AF＜AC＋CF；若點A，點C，點F三點共線時，AF＝AC＋CF，∴AF≤AC＋CF＝2＋4＝6，∴AF的最大值為6，由勾股定理得：；，即AO=3，∴AO的最大值為3．故選：D．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，以及三角形的三邊關(guān)系，恰當添加輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．例2．（23-24八年級下·湖北武漢·階段練習）如圖，平面內(nèi)三點A、B、C滿足，，以BC為斜邊作等腰直角三角形，連接，則的最大值為（

）

A． B． C．4 D．8【答案】B【分析】法1：在四邊形ABDC中，利用托勒密不等式求得AD的最大值。法2：作，使，點與點在直線的同側(cè)，連接、，可證明，得，因為，且，所以，由勾股定理得，所以，則，所以的最大值是．【詳解】法1：四邊形ABOC中，利用托勒密不等式得到：∵等腰直角三角形中，，∵，，，∴AD≤，故選：B．法2：解：作，使，點與點在直線的同側(cè)，連接、，

∵等腰直角三角形以為斜邊，∴，，∵，∴，∴，∴，則，當，，，三點在同一直線上時取等號，∵，∴，即，∵，∴，∴，∴的最大值是，故選：B．【點睛】此題重點考查等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、兩點之間線段最短等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．例3．（2023·廣東河源·三模）【發(fā)現(xiàn)問題】愛好數(shù)學的小明在做作業(yè)時碰到這樣的一道題目：如圖，點為坐標原點，的半徑為，點．動點在上，連接，作等邊（，，為順時針順序），求的最大值；【解決問題】小明經(jīng)過多次的嘗試與探索，終于得到解題思路：在圖中，連接，以為邊在的左側(cè)作等邊，連接．（）請你找出圖中與相等的線段，并說明理由；（）線段的最大值為．【靈活運用】（）如圖，在平面直角坐標系中，點的坐標為，點的坐標為，點為線段外一動點，且，，，求線段長的最大值及此時點的坐標．【遷移拓展】（）如圖③，，點是以為直徑的半圓上不同于的一個動點，以為邊作等邊，請直接寫出的最值．【答案】（）結(jié)論：，理由見解析；（）；（），；（）的最大值為，的最小值為．【分析】()結(jié)論：．只要證明即可；()利用三角形的三邊關(guān)系即可解決問題；()連接，將繞著點順時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，得到是等腰直角三角形，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，，根據(jù)當在線段的延長線時，線段取得最大值，即可得到最大值為；過作軸于，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，即可得到結(jié)論；()如圖中，以為邊作等邊三角形，由，推出，推出欲求的最大值，只要求出的最大值即可，由定值，，推出點在以為直徑的上運動，由圖象可知，當點在上方，時，的值最大．【詳解】解：（）如圖中，結(jié)論：，理由：∵、都是等邊三角形，∴，，，∴，∴，∴；（）在中，，∴當共線，∴的最大值為，∴的最大值為．故答案為：；（）如圖，連接，∵將繞著點順時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，則是等腰直角三角形，∴，，∵的坐標為，點的坐標為，∴，，∴，∴線段長的最大值線段長的最大值，∴當在線段的延長線時，線段取得最大值（如圖中），最大值，∵，∴最大值為；如圖，過作軸于，∵是等腰直角三角形，∴，∴，∴；（）如圖中，以為邊作等邊三角形，∵，∴，∵，，∴，∴，∴欲求的最大值，只要求出的最大值即可，∵定值，，∴點在以為直徑的半圓上運動，由圖象可知，當點在上方，時，的值最大，最大值，∴AC的最大值為；當點在線段的右側(cè)時，以為邊作等邊，∵，∴，且，，∴，∴，∴欲求的最小值，只要求出的最小值即可，∵定值，，∴點在以為直徑的上運動，由圖象可知，當點在的上方，時，的值最小，的最小值，∴的最小值為；綜上所述，的最大值為，AC的最小值為．【點睛】本題考查了圓的有關(guān)知識、等邊三角形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，正確的作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．1．（23-24九年級上·浙江金華·期中）如圖，點P為正方形的外接圓O的上一點，連接，則的值為（）A．1 B． C． D．2【答案】B【分析】如圖所示，延長到E，使，連接，先根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補以及平角的定義得到，進而證明得到，由此證明是等腰直角三角形，據(jù)此可得答案．【詳解】解：如圖所示，延長到E，使，連接，∵，∴，∵四邊形是正方形，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴．即，故選：B．【點睛】本題主要考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．2．（23-24九年級上·江蘇宿遷·階段練習）如圖，四邊形內(nèi)接于，點是弧的中點，則的長為．【答案】【分析】將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出，，，求出、、三點共線，由等腰三角形性質(zhì)，在解直角三角形即可得到答案．【詳解】解：將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得，過作于，如圖所示：則，，，四邊形內(nèi)接于，，，平分，，，、、三點共線，，，由等腰三角形三線合一性質(zhì)可得，在中，．【點睛】本題考查了圓心角、弧、弦之間的關(guān)系，圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，能正確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵．3．（2024·天津·?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，AD=，CD=，∠ACB=90°，AC=2BC，則BD的最大值為【詳解】法1：四邊形ABCD中，利用托勒密不等式得到：∵AC=2BC，設(shè)BC=x，則AC=2x，，∵AD=，CD=，∴，∴BD≤4．（23-24九年級上·河北石家莊·期中）如圖，、、、是上的四個點，．(1)判斷的形狀，并證明你的結(jié)論．(2)求證：．(3)若，點P是弧上一動點（異于點，），求的最大值．【答案】(1)是等邊三角形，理由見詳解(2)見詳解(3)【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得到，，根據(jù)等邊三角形的判定定理證明；（2）在上截取，得到為等邊三角形，證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，結(jié)合圖形證明即可；（3）根據(jù)（2）可知，即當為的直徑時最大，此時也最大，結(jié)合解直角三角形的知識，問題隨之得解．【詳解】（1）解：是等邊三角形，理由如下：由圓周角定理得，，，∴是等邊三角形；（2）在上截取，如圖，∵，∴為等邊三角形，∴，，在和中，，∴∴，∴．（3）根據(jù)（2）可知，即當為的直徑時最大，此時也最大，如圖，∵為的直徑，∴，∵，，∴，∴的最大值為．另解：（3）四邊形APBC中，利用托勒密定理得到：由（1）知是等邊三角形，∴AB=BC=AC，PC=PA+PB，當為的直徑時最大，此時也最大，∴的最大值為．【點睛】本題考查的是圓周角定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定，圓中直徑是最長的弦等，掌握在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半是解題的關(guān)鍵．5．（23-24九年級上·江蘇宿遷·階段練習）（1）【基礎(chǔ)鞏固】如圖1，內(nèi)接于，若，弦，則半徑______；（2）【問題探究】如圖2，四邊形的四個頂點均在上，若，，點為弧上一動點（不與點，點重合）．求證：；（3）【解決問題】如圖3，一塊空地由三條直路（線段、、）和一條道路劣弧CD圍成，已知千米，，CD的半徑為1千米，市政府準備將這塊空地規(guī)劃為一個公園，主入口在點M處，另外三個入口分別在點C、D、P處，其中點在CD上，并在公園中修四條慢跑道，即圖中的線段、、、，某數(shù)學興趣小組探究后發(fā)現(xiàn)C、P、D、M四個點在同一個圓上，請你幫他們證明C、P、D、M四點共圓，并判斷是否存在一種規(guī)劃方案，使得四條慢跑道總長度（即四邊形的周長）最大？若存在，求其最大值；若不存在，說明理由．

【答案】（1）；（2）見解析；（3）存在．四條慢跑道總長度（即四邊形的周長）的最大值為【分析】（1）連接，作，利用圓周角定理以及勾股定理求解即可；（2）在上取點，使，連接，，通過圓的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)，求證即可；（3）由題意可得，當取得最大值時，四邊形的周長最大，連接，過點作于點，設(shè)，利用全等三角形的性質(zhì)以及勾股定理求解即可．【詳解】解：（1）連接，作，如下圖：∵∴

又∵，∴，∴，設(shè)，則，由勾股定理可得：，即解得，即；（2）證明：在上取點，使，連接，，∵，，∴為等邊三角形，∴，，∵，∴，∴，∴為等邊三角形，∴，，∴，∴，∴，∴；

（3）解：存在．∵千米，∴當取得最大值時，四邊形的周長最大，連接，過點作于點，設(shè)，∵，，，∴，∴，∴，∴，∵，?∴，∴或（舍去），∴，∴，∴D、P、C、M四點共圓，∴，由（2）可知，故當是直徑時，最大值為2，∵四邊形的周長，∴四邊形的周長的最大值為：，即四條慢跑道總長度（即四邊形的周長）的最大值為

【點睛】此題考查了圓的綜合應(yīng)用，涉及了等腰三角形，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等，綜合性比較強，解題的關(guān)鍵是正確地作出輔助線。6．（23-24九年級上·山西大同·階段練習）閱讀與思考請閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)：克羅狄斯?托勒密（約90年﹣168年），是希臘數(shù)學家，天文學家，地理學家和占星家．在數(shù)學方面，他還論證了四邊形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的內(nèi)容如下：圓的內(nèi)接四邊形的兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積的和．即：如圖1，若四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，則有．任務(wù)：（1）材料中劃橫線部分應(yīng)填寫的內(nèi)容為．（2）如圖2，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，AB＝2，求對角線BD的長．【答案】（1）；（2）【分析】（1）由托勒密定理可直接求解；（2）連接，根據(jù)圓周角與弦的關(guān)系可得，設(shè)，在四邊形中，根據(jù)托勒密定理有，，建立方程即可求得的長【詳解】（1）由托勒密定理可得：故答案為：（2）如圖，連接，五邊形是正五邊形，則,設(shè)，即解得（舍去）【點睛】本題考查托勒密定理，圓周角與弦的關(guān)系，解一元二次方程，理解題意添加輔助線是解題的關(guān)鍵．7．（23-24九年級上·江蘇南京·期末）問題提出：若一個四邊形的兩組對邊乘積之和等于它的兩條對角線的乘積，則稱這個四邊形為巧妙四邊形．初步思考：（1）寫出你所知道的四邊形是巧妙四邊形的兩種圖形的名稱：，．（2）小敏對巧妙四邊形進行了研究，發(fā)現(xiàn)圓的內(nèi)接四邊形一定是巧妙四邊形．如圖①，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形．求證：AB·CD＋BC·AD＝AC·BD．小敏在解答此題時，利用了“相似三角形”進行證明，她的方法如下：在BD上取點M，使∠MCB＝∠DCA．（請你在下面的空白處完成小敏的證明過程．）推廣運用：如圖②，在四邊形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AD＝，AB＝，CD＝2．求AC的長．【答案】（1）正方形，矩形（答案不唯一）；（2）證明見解析；（3）.【詳解】試題分析:(1)根據(jù)巧妙四邊形的定義可寫出符合條件的四邊形,等腰梯形,矩形,正方形等,(2)圓內(nèi)接四邊形對角線為圓內(nèi)兩條相交的弦,根據(jù)同弧所對圓周角相等可證等角,再根據(jù)兩角分別對應(yīng)相等的兩個三角形相似可證相似三角形,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得對應(yīng)邊成比例,即可求證,(3)連接BD,可根據(jù)題目條件證明四點共圓,即四邊形ABCD為圓內(nèi)接四邊形,再根據(jù)(2)的結(jié)論代入數(shù)值即可計算求解.試題解析:（1）正方形,矩形（答案不唯一）,（2）∵在⊙O中,∠DAC和∠DBC是所對的圓周角,∴∠DAC＝∠DBC,又∠MCB＝∠DCA,∴△MCB∽△DCA,∴,即BC·AD＝AC·BM,∵在⊙O中,∠CDB和∠CAB是所對的圓周角,∴∠CDB＝∠CAB．又∠DCM＝∠ACB,∴△DCM∽△ACB,∴,即AB·CD＝AC·DM,AC·BM＝AC·(DM＋BM),即AB·CD＋BC·AD＝AC·BD,（3）連接BD,取BD中點M,連接AM,CM,在Rt△ABD中,BD==3,在Rt△BCD中，BC==,∵在Rt△ABD中,M是BD中點,∴AM＝BD,∵在Rt△BCD中,M是BD中點,∴CM＝BD,∴AM＝CM＝MB＝MD,∴A,B,C,D四點在以點M為圓心,MA為半徑的圓上,即四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形,由（2）的結(jié)論可知AB·CD＋BC·AD＝AC·BD,∴AC=.8．（2023·湖南·一模）定義：在凸四邊形中，我們把兩組對邊乘積的和等于對角線的乘積的四邊形稱為“完美四邊形”。（1）在正方形、矩形、菱形中，一定是“完美四邊形”的是______．（2）如圖1，在△ABC中，AB=2，BC=，AC=3，D為平面內(nèi)一點，以A、B、C、D四點為頂點構(gòu)成的四邊形為“完美四邊形”，若DA，DC的長是關(guān)于x的一元二次方程x2-(m+3)x+(5m2-2m+13)=0(其中m為常數(shù))的兩個根，求線段BD的長度．（3）如圖2，在“完美四邊形”EFGH中，∠F=90°，EF=6，F(xiàn)G=8，求“完美四邊形”EFGH面積的最大值．【答案】（1）正方形、矩形；（2）3；（3）49．【分析】（1）根據(jù)“完美四邊形”的定義即可判斷．（2）利用一元二次方程的根的判別式求出m的值，推出AD=DC=2，判斷出點D的位置即可解決問題．（3）由完美四邊形的定義以及托勒密定理的逆定理可知：四邊形EFGH是圓的內(nèi)接四邊形，圓心是EC的中點O．當點H是的中點時，△EGH的面積最大，此時四邊形EFGH的面積最大．【詳解】解：（1）根據(jù)完美四邊形的定義，可知“正方形”、“矩形”是完美四邊形．故答案為：“正方形”、“矩形”．（2）∵關(guān)于x的一元二次方程x2-(m+3)x+(5m2-2m+13)=0，有實數(shù)根，∴△=(m+3)2-4×(5m2-2m+13)=-4(m-1)2≥0，∴m=1，△=0，∴方程為：x2-4x+4=0，∴x1=x2=2，∴AD=DC=2，當點D在AC的下方，如圖1中，∵四邊形ABCD是完美四邊形，∴BD?AC=CD?AB+BC?AD，∴3BD=4+5，∴BD=3．當點D在AC上方時，點D在線段BC上，不符合題意．∴滿足條件的BD的長為3；（3）如圖2中，由完美四邊形的定義以及托勒密定理的逆定理可知：四邊形EFGH是圓的內(nèi)接四邊形，圓心是EC的中點O．∵∠EFG=90°，EF=6，F(xiàn)G=8，∴EG==10，當點H是的中點時，△EGH的面積最大，此時四邊形EFGH的面積最大，∴HG=HE=5，∴四邊形的面積的最大值=×6×8+×5×5=49．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了完美四邊形的定義，一元二次方程的根的判別式，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題，屬于中考壓軸題．9．（2024·山西大同·?？家荒＃╅喿x下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)．托勒密定理：托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希臘著名的天文學家，他的要著作《天文學大成》被后人稱為“偉大的數(shù)學書”，托勒密有時把它叫作《數(shù)學文集》，托勒密從書中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理．托勒密定理：圓內(nèi)接四邊形中，兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積之和．已知：如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，求證：AB?CD+BC?AD＝AC?BD下面是該結(jié)論的證明過程：證明：如圖2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于點E．∵∴∠ABE＝∠ACD∴△ABE∽△ACD∴∴AB?CD＝AC?BE∵∴∠ACB＝∠ADE（依據(jù)1）∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC即∠BAC＝∠EAD∴△ABC∽△AED（依據(jù)2）∴AD?BC＝AC?ED∴AB?CD+AD?BC＝AC?（BE+ED）∴AB?CD+AD?BC＝AC?BD任務(wù)：（1）上述證明過程中的“依據(jù)1”、“依據(jù)2”分別是指什么？（2）當圓內(nèi)接四邊形ABCD是矩形時，托勒密定理就是我們非常熟知的一個定理：．（請寫出）（3）如圖3，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，點C為的中點，求AC的長．【答案】（1）上述證明過程中的“依據(jù)1”是同弧所對的圓周角相等．“依據(jù)2”是兩角分別相等的兩個三角形相似;(2)勾股定理;(3).【分析】（1）根據(jù)圓周角定理，相似三角形的判定即可解決問題．（2）利用矩形的性質(zhì)以及托勒密定理即可判斷．（3）連接BD，作CE⊥BD于E．首先證明BD＝2DE＝CD，由托勒密定理，構(gòu)建方程求出AC即可．【詳解】（1）上述證明過程中的“依據(jù)1”是同弧所對的圓周角相等．“依據(jù)2”是兩角分別相等的兩個三角形相似．（2）當圓內(nèi)接四邊形ABCD是矩形時，則AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，∵AB?CD+AD?BC＝AC?BD，∴AB2+AD2＝BD2，托勒密定理就是我們非常熟知的一個定理：勾股定理，故答案為勾股定理．（3）連接BD，作CE⊥BD于E．∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，∵，∴CD＝CB，∴∠CDB＝30°，在Rt△CDE中，cos30°＝，∴DE＝CD，∴BD＝2DE＝CD，由托勒密定理：AC?BD＝AD?BC+CD?AB，∴AC?CD＝3CD+5CD，∴AC＝，答：AC的長為．【點睛】本題屬于圓綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理，銳角三角函數(shù)，托勒密定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，正確尋找相似三角形解決問題．10．（23-24九年級上·山西臨汾·期末）閱讀下列材料，并完成相應(yīng)任務(wù)托勒密，古希臘天文學家、地理學家和光學家，而他在數(shù)學方面也有重大貢獻，下面就是托勒密發(fā)現(xiàn)的一個定理，圓內(nèi)接四邊形的兩組對邊乘積之和等于兩條對角線的乘積．下面是該定理的證明過程（部分）已知：如圖①四邊形是的內(nèi)接四邊形

求證：證明：以C頂點，為一邊作交于點E，使得又∵∴∴

∴，又，∴∴∴，∴∴

∴

即任務(wù)：(1)請將“托勒密”定理的證明過程補充完整；(2)當圓內(nèi)接四邊形是矩形時，托勒密定理就是我們非常熟知的一個定理：．(3)如圖②若，試探究線段之間的數(shù)量關(guān)系，并利用托勒密定理證明這個結(jié)論．

【答案】(1)(2)勾股定理(3)，證明見解析【分析】（1）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求解即可；（2）根據(jù)矩形性質(zhì)驗證即可；（3）根據(jù)題中證明過程解答即可．【詳解】（1）解：

；（2）解：當圓內(nèi)接四邊形是矩形時，∴，，∴，∴托勒密定理就是我們非常熟知的勾股定理；（3）解：證明：∵，∴∴∴是等邊三角形∴由托勒密定理得：∴∴；【點睛】本題考查新定義下的證明，涉及相似三角形的判定與性質(zhì)，圓的性質(zhì)，靈活運用所學知識是關(guān)鍵．11．（2024·河南南陽·一模）學習過“圓內(nèi)接四邊形”后，劉老師布置了課后閱讀“認識托勒密”，小明讀了托勒密的生平、貢獻，對“托勒密定理”很感興趣，并進行了下列的研究，請完成他的研究．托勒密定理：圓的內(nèi)接四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．已知：如圖1，_____．求證：______．證明：如圖2，作，交BD于點E，……∴∽，∴，……∴∽，∴，∴．(1)請幫小明寫出已知和求證，并完成證明過程；(2)如圖3，已知正五邊形ABCDE內(nèi)接于，，求對角線BD的長．【答案】(1)已知：如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于；求證：；證明見解析．(2)【分析】（1）理解題意，再根據(jù)同弧所對的圓周角相等證明．（2）連接AD、AC，正五邊形分割出的三個三角形全等，再由托勒密定理即可求出．【詳解】（1）已知：如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于，求證：，證明：如圖2，作，交BD于點E，∵∴，∴∴．∵∴．∵∴即，∴∴，∴．（2）在圖3中，連接AD、AC．∵五邊形ABCDE是正五邊形∴∴設(shè)．在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，由托勒密定理可得：即，解得，（舍去）∴對角線BD的長為．【點睛】本題考查了圓和四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵在于理解題意，明確同弧所對的圓周角相等即可證明．12．（23-24九年級下·湖南長沙·階段練習）如圖，四邊形內(nèi)接于，對角線，相交于點．

(1)如圖1，求證：．(2)如圖2，為線段上一點，，①求證：；②求證：(3)如圖3，當，，，時，求（用，表示）．【答案】(1)見詳解(2)①見詳解②見詳解(3)【分析】（1）結(jié)合“同弧或等弧所對的圓周角相等”可得，，即可證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可獲得結(jié)論；（2）①證明，，即可證明；②由可推導，再證明，可推導，即可獲得結(jié)論；（3）證明，由相似三角形的性質(zhì)可得，易得，再證明，可推導，進一步可得，結(jié)合（1）中，即可獲得答案．【詳解】（1）證明：∵，，∴，，∴，∴，∴；（2）①∵，∴，∴，∵，∴，∴；②∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，∴，∴；（3）如下圖，∵，，∴，，∴，

又∵，∴，∴，即，∴，∵，，∴，∴，即，∴，∴，∴，由（1）可知，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題考查同弧或等弧所對的圓周角相等、相似三角形判定與性質(zhì)，綜合運用所學知識是解題關(guān)鍵．13．（24-25九年級上·江蘇宿遷·期中）【閱讀材料】克羅狄斯?托勒密（約90-168年）是希臘著名的數(shù)學家、天文學家和地理學家，托勒密定理是歐幾里得幾何中的重要定理．定理內(nèi)容如下：任意一個凸四邊形，兩組對邊乘積的和不小于兩條對角線的乘積，當且僅當四邊形四個頂點共圓時，等號成立．即：四邊形中，有，當A、B、C、D四點共圓時，有．【嘗試證明】（1）如圖1，四邊形內(nèi)接于，求證：．證明：在上取點E，連接，使．∵，∴______，∴，∴①，∵，∴，即，又∵，∴，∴，∴______②，得，即______．【直接應(yīng)用】（2）如圖2，為的直徑，，，，求的長；【拓展應(yīng)用】（3）如圖3，在四邊形中，，，，，則DB的最大值為______；【靈活運用】（4）如圖4，在等腰三角形中，，，點D在底邊上，且，將三角形沿著AD所在的直線翻折，使得點C落在點E處，連接，則的長為______．【答案】（1）見解析；（2）；（3）8；（4）2【分析】（1）在上取點E，連接，使，證明和，利用相似三角形的性質(zhì)列式計算即可證明結(jié)論成立；（2）連接和，由圓周角定理結(jié)合勾股定理求得，，利用（1）的結(jié)論求解即可；（3）連接、，構(gòu)造，即得到，再根據(jù)三邊關(guān)系解題即可；（4）先證明，求得，再證明，可求出、，再由（1）中結(jié)論即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖1，四邊形內(nèi)接于，求證：．證明：在上取點E，連接，使．∵，∴，∴，∴①，∵，∴，即，又∵，∴，∴，∴②，得，即；（2）連接和，∵為的直徑，∴，∵，，，∴，，∵由（1）得，即，∴；（3）把繞著點順時針旋轉(zhuǎn)到的位置，連接、，則，，∴為等邊三角形．∵且，∴為等邊三角形，∴，，∵，∴，∴，，∵，，，，∴的最大值為8，故答案為：8；（4）解：∵，∴，∵，∴，∵，∴，，，∴，，∵，，∴，，即，∴，，∵，∴、、、四點共圓，∴，∴，∴．故答案為：2．【點睛】本題考查翻折變換、圓周角定理、等腰三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是充分利用相似三角形的性質(zhì)解決問題，本題需要多次相似解決問題，題目比較難．14．（24-25九年級上·陜西安康·階段練習）【問題提出】（1）如圖1，四邊形內(nèi)接于，，，連接，則的度數(shù)為______．【問題探究】（2）如圖2，在四邊形中，，，連接，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)到的位置，若，求四邊形的面積；【問題解決】（3）如圖3，若是一個半徑為的圓形荷花池，AB和AD是荷花池上的兩座長度相等的小橋，且，現(xiàn)要在荷花池上再修建三座小橋、和CD，為使游客更好地欣賞荷花，要求這三座小橋的總長度最大，請你求出此時這三座小橋的總長度（即的最大值）．【答案】（1）30°；（2）；（3）【分析】（1）根據(jù)，得出，進而根據(jù)已知可得即可求解；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，則，進而根據(jù)四邊形的面積為，即可求解；（3）過點分別作的垂線，垂足分別為，則，證明，得出，設(shè)，則，，當取得最大值時，取得最大值，即可求解．【詳解】（1）解：∵，∴，又∵，∴，故答案為：30°．（2）解：∵將繞點順時針旋轉(zhuǎn)到的位置，∴，∴，，，∴，∴，∴，∴四邊形的面積為；（3）解：如圖所示，過點分別作的垂線，垂足分別為，則，∵四邊形是的內(nèi)接圓，，∴，，∴，又∵，∴，∴；設(shè)，則，∴,∵，，∴；又∵，，∴，∴，∴；∴當取得最大值時，取得最大值，∴當為直徑時，的值最大，此時，∴此時這三座小橋的總長度（即的最大值）為．【點睛】此題屬于圓的綜合題，涉及了等腰三角形、圓內(nèi)接四邊形對角互補，同弧所對的圓周角相等、全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形．15．（2024·廣東佛山·一模）（1）小迪同學在學習圓的內(nèi)接正多邊形時，發(fā)現(xiàn)：如圖1，若是圓內(nèi)接正三角形的外接圓的上任一點，則，在上截取，連接，可證明是_______（填“等腰”、“等邊”或“直角”）三角形，從而得到，再進一步證明_______，得到，可證得：．（2）小迪同學對以上推理進行類比研究，發(fā)現(xiàn)：如圖2，若是圓內(nèi)接正四邊形的外接圓的上任一點，則°，分別過點作于、于．（3）寫出與之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】（1）等邊，；（2）45；（3）．【分析】（1）由是正三角形；可得，即可判定是等邊三角形；再根據(jù)AAS可判定，由此得解；（2）根據(jù)圓周角和弧的關(guān)系即可得出；（3）由（2）得、均為等腰直角三角形，即，；再由AAS定理可判定，可知，繼而可得，由此即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）∵是正三角形；，∴，又∵，∴是等邊三角形；∴，，∵，又∵；∴，∵，∴，在和中，，∴（AAS）∴，∵，即，故答案為：（1）等邊，；（2）∵四邊形是圓內(nèi)接正四邊形，∴，∴，故答案為45；（3）∵、，，∴又∵，，∴，在和中，，∴（AAS）∴，∴，∴，即．【點睛】本題主要考查了圓的綜合知識、全等三角形性質(zhì)和判定、勾股定理等知識點，熟練利用構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．16．（23-24九年級下·浙江·期末）如圖，是外接圓的直徑，O是圓心，的平分線交于點D．（1）若的半徑為5，，求．（2）若，求．（3）探究，直接寫出三條線段之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）8；（2）；（3）【分析】