专题27 相似模型之托勒密定理与不等式模型-2025年中考数学常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（全国通用）

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TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc10900" PAGEREF _Tc10900 \h 2
\l "_Tc14096" 模型1.托勒密（定理）模型 PAGEREF _Tc14096 \h 2
\l "_Tc8659" 模型2.托勒密不等式模型 PAGEREF _Tc8659 \h 6
\l "_Tc27031" PAGEREF _Tc27031 \h 7
模型1.托勒密（定理）模型
托勒密定理：四边形ABCD内接于圆，求证：．

证明：如图，在BD上取一点P，使其满足．
∵，∴，，即①
又，，∴，，．②
= 1 \* GB3 ①+②，有．
即，故．
特例：（1）当△ABC是等边三角形时，如图1，根据托勒密定理有：，
又等边△ABC有AB=AC=BC， 故：．

特例：（2）当△ABC是等腰直角三角形，如图2，根据托勒密定理：，
又，代入可得结论：．
特例：（3）当△ABC是一般三角形时，如图2，根据托勒密定理可得：
又BC：AC：AB=a：b：c，代入可得结论：．
例1．（2024·湖北武汉·模拟预测）“托勒密定理”由依巴谷提出，其指出圆的内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．如图，中有圆内接四边形，已知，，，，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点作，垂足为，过点作，垂足为，根据同弧所对的圆周角相等可得，在中，利用锐角三角函数的定义求出和的长，从而求出的长，再在中，利用勾股定理求出的长，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出和的长，从而在中，利用勾股定理求出的长，进而求出的长，最后利用托勒密定理，进行计算即可解答．
【详解】解：过点作，垂足为，过点作，垂足为，

，，
在中，，，，
，，在中，，
在中，，，
在中，，，
四边形是的内接四边形，，
，解得：，故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，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．
例2．（2024·浙江·模拟预测）某著作讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当凸四边形的对角互补时取等号．如图，四边形内接于半径为的圆，，，，则四边形的周长为( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本考查了圆的相关性质，勾股定理，含度角的直角三角形的性质，连接，BD，设圆心为，连接并延长交于，连接，过作交CD延长线于，由，，得，即得，可得，，由，得是等腰直角三角形，，在中，，由托勒密定理的推论知有，故，从而可得四边形的周长为．
【详解】解：连接，BD，设圆心为，连接并延长交于，连接，过作交CD延长线于，如图：，，，
，是的直径，，，
半径为，，，，
，，是等腰直角三角形，，
，，，在中，，
由托勒密定理任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当凸四边形的对角互补时取等号．，，
，，
四边形的周长为，故选：A．
例3．（2023·河南商丘·模拟预测）请阅读下列材料，完成相应的任务：
克罗狄斯・托勒密（，约90年-168年），“地心说”的集大成者，生于埃及，著名的天文学家，地理学家，占星学家和光学家．
托勒密定理实出自依巴谷（）之手，托勒密从他的书中摘出并加以完善．
托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．
已知：如图1，四边形内接于，求证：下面是该结论的证明过程：
证明：如图1，作，交于点.，
（依据1），（依据2），
，，.
，，即，
，，
．

任务：(1)托勒密定理的逆命题是______；上述证明过程中的“依据1”为______；“依据2”为______．
(2)当圆内接四边形是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：______．
(3)如图2，以为直径的中，点为上一点，且，的角平分线交于点，连接，，若，求的长．
【答案】(1)如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似 (2)勾股定理 (3)
【分析】（1）利用逆命题的意义，矩形的性质，勾股定理，圆的有关性质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质定理，矩形的性质及勾股定理解答即可；
（3）利用圆的有关性质，等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质分别求得四边形的边长，再利用（2）的结论解答即可得出结论．
【详解】（1）解：托勒密定理的逆命题是如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形．证明过程中的“依据1”为：同弧所对的圆周角相等；依据2”为：两个角分别对应相等的两个三角形相似．故答案为：如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似；
（2）解：如图，作，交于点，
，，，，，
，，，，
即．，，．
．，
四边形是矩形，，
，故答案为：勾股定理；
（3）解：为直径，，
，，，．
的角平分线交于点，，，
为等腰直角三角形，．
四边形为圆的内接四边形，．，．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，含交的直角三角形的性质，逆命题的意义，本题是阅读型题目，理解并熟练应用新结论是解题的关键．
例4．（23-24九年级上·浙江衢州·期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O．
(1)连接AC、BD，若∠BAC＝∠CAD＝60°，则△DBC的形状为 ．
(2)在(1)的条件下，试探究线段AD，AB，AC之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)若，∠DAB＝∠ABC＝90°，点P为上的一动点，连接PA，PB，PD，求证：PD＝PB+PA．
【答案】(1)等边三角形；(2)AC＝AB+AD，理由见解析；(3)证明见解析.
【分析】(1)利用等弧对等角，可以判断出△DBC是等边三角形；
(2)如图1，在AC上截取AE＝AD，连接DE，利用等边△DBC以及等边对等角的关系，可以证得△DAB≌△DEC(SAS)，可以证明AC＝AB+AD；
（3）如图2，根据已知条件易证得四边形ABCD是正方形，在PD上取DE＝BP，也同样可证得△DAE≌△BAP(SAS)，可证得PAE为等腰直角三角形，所以PE＝PA.
【详解】(1)∵∠BAC＝∠BDC＝60°，∠CAD＝∠CBD＝60°，∴∠BDC＝∠CBD＝∠BCD＝60°，
∴△DBC是等边三角形．故答案为等边三角形．
(2)结论：AC＝AB+AD．理由：如图1，在AC上截取AE＝AD，连接DE．

∵∠DAE＝60°，AD＝AE，∴△ADE是等边三角形，∴AD＝DE，∠ADE＝∠BDC＝60°，∴∠ADB＝∠EDC，
∵DA＝DE，DB＝DC，∴△DAB≌△DEC(SAS)，∴EC＝AB，∴DE＝AD ∴AC＝AE+EC＝AD+AB．
(3)如图2中，在PD上取DE＝BP，∵∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴∠BCD＝∠ADC＝90°，∴四边形ABCD是矩形，∵，∴AB＝BC，∴四边形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）问也直接利用托勒密定理，但是解答题还是建议常规辅助线方法为好，除非题中证明过托勒密定理。
【点睛】本题考查了等边三角形、正方形以及全等三角形的判定和性质，证明三条线段之间的数量关系，一般采用“截”、“补”法构造全等三角形，利用等量代换证明；根据题意作出辅助线，构造出全等三角形，利用等量代换求解是解答本题的关键．
例5．（24-25九年级上·江苏盐城·阶段练习）【给出问题】：已知：是正方形的外接圆，点P在上（除A、B外），试求的度数．
【分析问题】：善于思考的小明在分析上述题目后，有了以圆为工具来解决问题的思路．用圆来画出准确的示意图就能顺利解题了，在此基础上进一步探索就有了新发现．请善于思考的你帮助解答以下问题：
（1）①尺规作图，在中作出内接正方形（保留痕迹，不写作法）．②原题中 ．
【深入思考】（2）【问题】如图1，若四边形是的内接正方形，点P为弧上一动点，连接，请探究三者之间或者三者之间有何数量关系，并给予证明．
（3）【拓展】如图2，若六边形是的内接正六边形，点P为弧上一动点，请探究三者之间有何数量关系： （不写证明过程）．
（4）【应用】如图3，若四边形是矩形，点P为边上一点，，，，试求矩形的面积．

【答案】（1）①见解析；②；（2），证明见解析；（3），证明见解析；（4）；
【分析】（1）①利用垂直平分线定义即可作出正方形；②利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可得到结论；（2）根据题意过点C作交于E，利用圆周角定理得到，再判定，证明出和是等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形三边关系即可；
（3）根据题意过点B，作，在上截取，连接，再证明，再利用含的直角三角形三边关系即可得到本题答案；（4）根据题意以为边，作正方形，连接，设，则，，再分别在和和中应用勾股定理即可得到本题答案．
【详解】解：（1）①如图所示，作直径的垂直平分线交于点A，C，则四边形是正方形；

②如图所示，，故答案为：．
（2），证明如下：如图，过点C作交于E，
∵，∴，
∵，∴，又∵，∴（ASA），∴，
∴是等腰直角三角形，∴，即，
如图所示，过点C作交于F，同理可得是等腰直角三角形，，
∴，；
（3），如图，过点B，作，在上截取，连接，

∵，，在和中，，
∴（），∴，∴，
又∵，∴，∴，∴．
另解：（2）（3）问也直接利用托勒密定理，但是解答题还是建议常规辅助线方法为好，除非题中证明过托勒密定理。
（4）如图，以为边，作正方形，连接，，
根据（1）可得P在上，则，∴，
设，则，，在中，，
在中，，在 中，，
∴，解得 （负值舍去），∴，
∴矩形的面积为．
【点睛】本题考查角平分线定义及画法，圆周角定理，全等三角形判定及性质，等腰三角形判定及性质，勾股定理，含的直角三角形三边关系．掌握圆周角定理是关键．
例6．（2024·山东德州·一模）△ABC是⊙O的内接三角形，点P是⊙O上一点，且点P与点A在BC的两侧，连接PA，PB，PC．
(1)如图①，若△ABC是等边三角形，则线段PA，PB，PC之间有怎样的数量关系，并证明你的结论．
(2)如图②，把（1）中的△ABC改为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，其他条件不变，三条线段PA，PB，PC还有以上的数量关系吗？说明理由．
(3)如图③，把（1）中△ABC改为任意三角形，AB＝c，AC＝b，BC＝a时，其他条件不变，则PA，PB，PC三条线段的数量关系为_________（直接写结果）
(4)由以上你能发现圆内接四边形的四条边和对角线有什么关系？
【答案】(1)；(2)没有，理由见详解；(3)；
(4)圆内接四边形中对角线的乘积等于四边形对边乘积的和．
【分析】（1）当△ABC是等边三角形时，延长PB到点D，使得，连接DA，借助等边三角形的性质及圆内接四边形的性质，证明，进而证明，为等边三角形，再推导出即可；（2）当△ABC为等腰直角三角形时，延长PB到点E，使得，连接AE，借助等腰直角三角形的性质及圆内接四边形的性质，证明，进而证明，也为等腰直角三角形，再推导出，可知三条线段PA，PB，PC没有（1）中的数量关系；
（3）当△ABC改为任意三角形时，在中，以点A为顶点，AC为边，作，点F在BC上，借助圆周角定理的推论（同弧或等弧所对的圆周角相等）证明和，再由相似三角形的性质可推导出和，由可推导，即；
（4）由（3）的结论可知圆内接四边形的四条边和对角线的关系．
【详解】（1）解：，证明：如图4，延长PB到点D，使得，连接DA，
∵为等边三角形， ∴，，
∵四边形ABPC内接于圆，∴，∵，∴，
在和中， ，∴（SAS）∴，
∵，∴为等边三角形，∴，
∵，∴；
（2）若△ABC为等腰直角三角形，，三条线段PA，PB，PC没有（1）中的数量关系，理由如下：如图5，延长PB到点E，使得，连接AE，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∴，，
∵四边形ABPC内接于圆，∴，∵，∴，
在和中， ，∴（SAS）∴，，
∵，又∵，
∴，∴，
∵，∴，
∴三条线段PA，PB，PC没有（1）中的数量关系；
（3）如图6，在中，以点A为顶点，AC为边，作，点F在BC上，
∵，又∵，∴，∴，∴，
∵，，∴，
∵，，∴，
在和中， ，∴，∴，
∵，∴ ，
当AB＝c，AC＝b，BC＝a时，∴，即．故答案为：；
（4）由（3）的结论，可知圆内接四边形的四条边和对角线的关系为：圆内接四边形中对角线的乘积等于四边形对边乘积的和．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理的推论、全等三角形和相似三角形的性质等知识，综合性强，难度大，解题关键是通过延长线段或截取线段构造全等三角形或相似三角形．
例7．（2024·浙江温州·三模）如图，已知圆内接，点D为圆上一点且，连接AD交于点E．(1)求证：；(2)设，．
①求证：；②若，求的值．（用含m、k的代数式表示）
【答案】(1)见解析 (2)①见解析 ②
【分析】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．（1）根据同弧或等弧所对的圆周角相等得到，，然后利用三角形的外角即可解题；（2）①过点作于点，过点作于点，证明，即可得到，然后根据即可得到结论；
②先证明，得到，即可求出，然后证明，即可得到解题即可．
【详解】（1）证明：∵，∴，，
∴；
（2）①证明：过点作于点，过点作于点，
∴，∵，∴，
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：对于任意凸四边形ABCD，有

证明：如图1，在平面中取点E使得∠BAE=∠CAD，∠ABE=∠ACD，
易证△ABE∽△ACD，∴，即①，
连接DE，如图2，∵，∴，又∠BAC=∠BAE+∠CAE=∠DAC+∠CAE=∠DAE，
∴△ABC∽△AED，∴，即②，
将①+②得：，∴
即，当且仅当A、B、C、D共圆时取到等号．
例1．（23-24九年级上·湖北武汉·期中）在△ABC中，AB＝4，AC＝2，以BC为边在△ABC外作正方形BCDE，线段BD、CE交于点O，则线段AO的最大值为（ ）
A．6B．6C．4＋2D．3
【答案】D
【分析】法1：在四边形ABOC中，利用托勒密不等式求得AO的最大值。
法2：以AO为边作等腰直角△AOF，且∠AOF＝90°，由题意可证△AOB≌△FOC，可得AB＝CF＝4，根据三角形的三边关系可求AF的最大值，即可得AO的最大值．
【详解】法1：四边形ABOC中，利用托勒密不等式得到：
设OC=OB=x，∵正方形BCDE，，∵AB＝4，AC＝2，∴AO≤3
法2：如图：以AO为边作等腰直角△AOF，且∠AOF＝90°，
∵四边形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，若点A，点C，点F三点不共线时，AF＜AC＋CF；
若点A，点C，点F三点共线时，AF＝AC＋CF，∴AF≤AC＋CF＝2＋4＝6，∴AF的最大值为6，
由勾股定理得：；，即AO=3，∴AO的最大值为3．故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，以及三角形的三边关系，恰当添加辅助线构造全等三角形是本题的关键．
例2．（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，平面内三点A、B、C满足，，以BC为斜边作等腰直角三角形，连接，则的最大值为（ ）

A．B．C．4D．8
【答案】B
【分析】法1：在四边形ABDC中，利用托勒密不等式求得AD的最大值。
法2：作，使，点与点在直线的同侧，连接、，可证明，得，因为，且，所以，由勾股定理得，所以，则，所以的最大值是．
【详解】法1：四边形ABOC中，利用托勒密不等式得到：
∵等腰直角三角形中，，∵，，，∴AD≤，故选：B．
法2：解：作，使，点与点在直线的同侧，连接、，

∵等腰直角三角形以为斜边，∴，，
∵，∴，∴，∴，
则，当，，，三点在同一直线上时取等号，∵，∴，即，
∵，∴，∴，∴的最大值是，故选：B．
【点睛】此题重点考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
例3．（2023·广东河源·三模）【发现问题】爱好数学的小明在做作业时碰到这样的一道题目：如图，点为坐标原点，的半径为，点．动点在上，连接，作等边（，，为顺时针顺序），求的最大值；
【解决问题】小明经过多次的尝试与探索，终于得到解题思路：在图中，连接，以为边在的左侧作等边，连接．（）请你找出图中与相等的线段，并说明理由；（）线段的最大值为 ．
【灵活运用】（）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点为线段外一动点，且，，，求线段长的最大值及此时点的坐标．
【迁移拓展】（）如图③，，点是以为直径的半圆上不同于的一个动点，以为边作等边，请直接写出的最值．
【答案】（）结论：，理由见解析；（）；（），；（）的最大值为，的最小值为．
【分析】()结论：．只要证明即可；()利用三角形的三边关系即可解决问题；
()连接，将绕着点顺时针旋转得到，连接，得到是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到，，根据当在线段的延长线时，线段取得最大值，即可得到最大值为；过 作轴于，根据等腰直角三角形的性质，即可得到结论；
()如图中，以为边作等边三角形，由，推出 ，推出欲求的最大值，只要求出的最大值即可，由定值，，推出点在以为直径的上运动，由图象可知，当点在 上方，时，的值最大．
【详解】解：（）如图中，结论：，
理由：∵、都是等边三角形，∴，，，
∴，∴，∴；
（）在中，，∴当共线，
∴的最大值为，∴的最大值为．故答案为：；
（）如图，连接，∵将绕着点顺时针旋转得到，连接，
则是等腰直角三角形，∴，，
∵的坐标为，点的坐标为，∴，，
∴，∴线段长的最大值线段长的最大值，
∴当在线段的延长线时，线段取得最大值（如图中），最大值，
∵，∴最大值为；如图，过作轴于，
∵是等腰直角三角形，∴，∴，∴；
（）如图中，以为边作等边三角形，
∵，∴，∵，，∴，
∴，∴欲求的最大值，只要求出的最大值即可，
∵定值，，∴点在以为直径的半圆上运动，
由图象可知，当点在上方，时，的值最大，最大值，
∴AC的最大值为；当点在线段的右侧时，以为边作等边，
∵，∴，且，，
∴，∴，∴欲求的最小值，只要求出的最小值即可，
∵定值，，∴点在以为直径的上运动，
由图象可知，当点在的上方，时，的值最小，
的最小值，∴的最小值为；
综上所述，的最大值为，AC的最小值为．
【点睛】本题考查了圆的有关知识、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
1．（23-24九年级上·浙江金华·期中）如图，点P为正方形的外接圆O的上一点，连接，则的值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】B
【分析】如图所示，延长到E，使，连接，先根据圆内接四边形对角互补以及平角的定义得到，进而证明得到，由此证明是等腰直角三角形，据此可得答案．
【详解】解：如图所示，延长到E，使，连接，
∵，∴，
∵四边形是正方形，∴，
在和中，，∴，
∴，∴，
∴是等腰直角三角形，∴．即，故选：B．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
2．（23-24九年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，四边形内接于，点是弧的中点，则的长为 ．
【答案】
【分析】将绕点逆时针旋转得，根据旋转的性质得出，，，求出、、三点共线，由等腰三角形性质，在解直角三角形即可得到答案．
【详解】解：将绕点逆时针旋转得，过作于，如图所示：
则，，，
四边形内接于，，
，平分，，
，、、三点共线，
，，
由等腰三角形三线合一性质可得，在中，．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，圆内接四边形性质，等腰三角形性质，解直角三角形，全等三角形的性质和判定的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键．
3．（2024·天津·校考一模）如图，在△ABC中，AD=，CD=，∠ACB=90°，AC=2BC，则BD的最大值为
【详解】法1：四边形ABCD中，利用托勒密不等式得到：
∵AC=2BC，设BC=x，则AC=2x，，∵AD=，CD=，
∴，∴BD≤
4．（23-24九年级上·河北石家庄·期中）如图，、、、是上的四个点，．
(1)判断的形状，并证明你的结论．(2)求证：．
(3)若，点P是弧上一动点（异于点，），求的最大值．
【答案】(1)是等边三角形，理由见详解(2)见详解(3)
【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）在上截取，得到为等边三角形，证明，根据全等三角形的性质，结合图形证明即可；（3）根据（2）可知，即当为的直径时最大，此时也最大，结合解直角三角形的知识，问题随之得解．
【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）在上截取，如图，
∵，∴为等边三角形，∴，，
在和中，，∴
∴，∴．
（3）根据（2）可知，即当为的直径时最大，此时也最大，如图，
∵为的直径，∴，∵，，
∴，∴的最大值为．
另解：（3）四边形APBC中，利用托勒密定理得到：
由（1）知是等边三角形，∴AB=BC=AC，PC=PA+PB，
当为的直径时最大，此时也最大，∴的最大值为．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定，圆中直径是最长的弦等，掌握在同圆或等圆中，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是解题的关键．
5．（23-24九年级上·江苏宿迁·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。
6．（23-24九年级上·山西大同·阶段练习）阅读与思考 请阅读下列材料，并完成相应的任务：
任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为 ．
（2）如图2，正五边形ABCDE内接于⊙O，AB＝2，求对角线BD的长．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）由托勒密定理可直接求解；
（2）连接，根据圆周角与弦的关系可得，设，在四边形中，根据托勒密定理有，，建立方程即可求得的长
【详解】（1）由托勒密定理可得： 故答案为：
（2）如图，连接，
五边形是正五边形，则,设，
即
解得（舍去）
【点睛】本题考查托勒密定理，圆周角与弦的关系，解一元二次方程，理解题意添加辅助线是解题的关键．
7．（23-24九年级上·江苏南京·期末）问题提出：若一个四边形的两组对边乘积之和等于它的两条对角线的乘积，则称这个四边形为巧妙四边形．
初步思考：（1）写出你所知道的四边形是巧妙四边形的两种图形的名称： ， ．
（2）小敏对巧妙四边形进行了研究，发现圆的内接四边形一定是巧妙四边形．
如图①，四边形ABCD是⊙O的内接四边形．求证：AB·CD＋BC·AD＝AC·BD．
小敏在解答此题时，利用了“相似三角形”进行证明，她的方法如下：
在BD上取点M，使∠MCB＝∠DCA．（请你在下面的空白处完成小敏的证明过程．）
推广运用：如图②，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AD＝，AB＝，CD＝2．求AC的长．
【答案】（1）正方形，矩形（答案不唯一）；（2）证明见解析；（3）.
【详解】试题分析:(1)根据巧妙四边形的定义可写出符合条件的四边形,等腰梯形,矩形,正方形等,(2)圆内接四边形对角线为圆内两条相交的弦,根据同弧所对圆周角相等可证等角,再根据两角分别对应相等的两个三角形相似可证相似三角形,根据相似三角形的性质可得对应边成比例,即可求证,(3)连接BD,可根据题目条件证明四点共圆,即四边形ABCD为圆内接四边形,再根据(2)的结论代入数值即可计算求解.
试题解析:（1）正方形,矩形（答案不唯一）,
（2）∵在⊙O中,∠DAC和∠DBC是所对的圆周角,∴∠DAC＝∠DBC,
又∠MCB＝∠DCA,∴△MCB∽△DCA,∴,即BC·AD＝AC·BM,
∵在⊙O中,∠CDB和∠CAB是所对的圆周角,∴∠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）连接BD,取BD中点M,连接AM,CM,
在Rt△ABD中,BD==3,在Rt△BCD中，BC==,
∵在Rt△ABD中,M是BD中点,∴AM＝BD,
∵在Rt△BCD中,M是BD中点,∴CM＝BD,
∴AM＝CM＝MB＝MD,∴A,B,C,D四点在以点M为圆心,MA为半径的圆上,
即四边形ABCD是⊙O的内接四边形, 由（2）的结论可知AB·CD＋BC·AD＝AC·BD,∴AC=.
8．（2023·湖南·一模） 定义：在凸四边形中，我们把两组对边乘积的和等于对角线的乘积的四边形称为“完美四边形”。（1）在正方形、矩形、菱形中，一定是“完美四边形”的是______．
（2）如图1，在△ABC中，AB=2，BC=，AC=3，D为平面内一点，以A、B、C、D四点为顶点构成的四边形为“完美四边形”，若DA，DC的长是关于x的一元二次方程x2-(m+3)x+(5m2-2m+13)=0(其中m为常数)的两个根，求线段BD的长度．
（3）如图2，在“完美四边形”EFGH中，∠F=90°，EF=6，FG=8，求“完美四边形”EFGH面积的最大值．
【答案】（1）正方形、矩形；（2）3；（3）49．
【分析】（1）根据“完美四边形”的定义即可判断．
（2）利用一元二次方程的根的判别式求出m的值，推出AD=DC=2，判断出点D的位置即可解决问题．
（3）由完美四边形的定义以及托勒密定理的逆定理可知：四边形EFGH是圆的内接四边形，圆心是EC的中点O．当点H是的中点时，△EGH的面积最大，此时四边形EFGH的面积最大．
【详解】解：（1）根据完美四边形的定义，可知“正方形”、“矩形”是完美四边形．
故答案为：“正方形”、“矩形”．
（2）∵关于x的一元二次方程x2-(m+3)x+(5m2-2m+13)=0，有实数根，
∴△=(m+3)2-4×(5m2-2m+13)=-4(m-1)2≥0，∴m=1，△=0，∴方程为：x2-4x+4=0，∴x1=x2=2，∴AD=DC=2，
当点D在AC的下方，如图1中，
∵四边形ABCD是完美四边形，∴BD•AC=CD•AB+BC•AD，∴3BD=4+5，∴BD=3．
当点D在AC上方时，点D在线段BC上，不符合题意．∴满足条件的BD的长为3；
（3）如图2中，由完美四边形的定义以及托勒密定理的逆定理可知：四边形EFGH是圆的内接四边形，圆心是EC的中点O．∵∠EFG=90°，EF=6，FG=8，∴EG==10，
当点H是的中点时，△EGH的面积最大，此时四边形EFGH的面积最大，∴HG=HE=5，
∴四边形的面积的最大值=×6×8+×5×5=49．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了完美四边形的定义，一元二次方程的根的判别式，圆内接四边形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
9．（2024·山西大同·校考一模）阅读下列材料，并完成相应的任务．
托勒密定理：托勒密（Ptlemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的要著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptlemy）定理．
托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．
已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD
下面是该结论的证明过程：
证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．
∵∴∠ABE＝∠ACD∴△ABE∽△ACD∴∴AB•CD＝AC•BE
∵∴∠ACB＝∠ADE（依据1）
∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC即∠BAC＝∠EAD
∴△ABC∽△AED（依据2）∴AD•BC＝AC•ED
∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED）∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD
任务：（1）上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理： ．（请写出）
（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为的中点，求AC的长．
【答案】（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似;(2) 勾股定理;(3) .
【分析】（1）根据圆周角定理，相似三角形的判定即可解决问题．（2）利用矩形的性质以及托勒密定理即可判断．（3）连接BD，作CE⊥BD于E．首先证明BD＝2DE＝CD，由托勒密定理，构建方程求出AC即可．
【详解】（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．
“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似．
（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，
∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，∴AB2+AD2＝BD2，
托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，故答案为勾股定理．
（3）连接BD，作CE⊥BD于E．
∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，∵，∴CD＝CB，∴∠CDB＝30°，
在Rt△CDE中，cs30°＝，∴DE＝CD，∴BD＝2DE＝CD，
由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB，∴AC•CD＝3CD+5CD，∴AC＝，答：AC的长为．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，锐角三角函数，托勒密定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题．
10．（23-24九年级上·山西临汾·期末）阅读下列材料，并完成相应任务
托勒密，古希腊天文学家、地理学家和光学家，而他在数学方面也有重大贡献，下面就是托勒密发现的一个定理，圆内接四边形的两组对边乘积之和等于两条对角线的乘积．下面是该定理的证明过程（部分）
已知：如图①四边形是的内接四边形

求证：
证明：以C顶点，为一边作交于点E，使得
又∵ ∴ ∴ ∴，
又，
∴ ∴ ∴，∴
∴ ∴ 即
任务：(1)请将“托勒密”定理的证明过程补充完整；(2)当圆内接四边形是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理： ．(3)如图②若，试探究线段之间的数量关系，并利用托勒密定理证明这个结论．

【答案】(1)(2)勾股定理
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据相似三角形的性质求解即可；（2）根据矩形性质验证即可；（3）根据题中证明过程解答即可．
【详解】（1）解： ；
（2）解：当圆内接四边形是矩形时，∴，，
∴，∴托勒密定理就是我们非常熟知的勾股定理；
（3）解：
证明：∵，
∴ ∴ ∴是等边三角形
∴ 由托勒密定理得：
∴∴；
【点睛】本题考查新定义下的证明，涉及相似三角形的判定与性质，圆的性质，灵活运用所学知识是关键．
11．（2024·河南南阳·一模）学习过“圆内接四边形”后，刘老师布置了课后阅读“认识托勒密”，小明读了托勒密的生平、贡献，对“托勒密定理”很感兴趣，并进行了下列的研究，请完成他的研究．托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．
已知：如图1，_____．求证：______．
证明：如图2，作，交BD于点E，……
∴∽，∴，……
∴∽，∴，
∴．
(1)请帮小明写出已知和求证，并完成证明过程；
(2)如图3，已知正五边形ABCDE内接于，，求对角线BD的长．
【答案】(1)已知：如图1，四边形ABCD内接于；求证：；证明见解析．
(2)
【分析】（1）理解题意，再根据同弧所对的圆周角相等证明．
（2）连接AD、AC，正五边形分割出的三个三角形全等，再由托勒密定理即可求出．
【详解】（1）已知：如图1，四边形ABCD内接于，
求证：，
证明：如图2，作，交BD于点E，
∵∴，∴∴．
∵∴．∵∴
即，∴∴，
∴．
（2）在图3中，连接AD、AC．
∵五边形ABCDE是正五边形∴∴设．
在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：
即，解得，（舍去）∴对角线BD的长为．
【点睛】本题考查了圆和四边形的性质，解题的关键在于理解题意，明确同弧所对的圆周角相等即可证明．
12．（23-24九年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，四边形内接于，对角线，相交于点．

(1)如图1，求证：．(2)如图2，为线段上一点，，
①求证：；②求证：
(3)如图3，当，，，时，求（用，表示）．
【答案】(1)见详解(2)①见详解②见详解(3)
【分析】（1）结合“同弧或等弧所对的圆周角相等”可得，，即可证明，根据相似三角形的性质即可获得结论；
（2）①证明，，即可证明；②由可推导，再证明，可推导，即可获得结论；
（3）证明，由相似三角形的性质可得，易得，再证明，可推导，进一步可得，结合（1）中，即可获得答案．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，，∴，∴，∴；
（2）①∵，∴，∴，
∵，∴，∴；
②∵，∴，∴，
又∵，，∴，∴，∴，
∴；
（3）如下图，∵，，∴，，∴，

又∵，∴，∴，即，∴，
∵，，∴，∴，即，
∴，∴，∴，
由（1）可知，，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，∴．
【点睛】本题考查同弧或等弧所对的圆周角相等、相似三角形判定与性质，综合运用所学知识是解题关键．
13．（24-25九年级上·江苏宿迁·期中）【阅读材料】克罗狄斯•托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家，托勒密定理是欧几里得几何中的重要定理．定理内容如下：任意一个凸四边形，两组对边乘积的和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四边形四个顶点共圆时，等号成立．即：四边形中，有，当A、B、C、D四点共圆时，有．
【尝试证明】（1）如图1，四边形内接于，求证：．
证明：在上取点E，连接，使．
∵，∴______，∴，∴①，
∵，∴，即，
又∵，∴，∴，
∴______②，得，即______．
【直接应用】（2）如图2，为的直径，，，，求的长；
【拓展应用】（3）如图3，在四边形中，，，，，则DB的最大值为______；
【灵活运用】（4）如图4，在等腰三角形中，，，点D在底边上，且，将三角形沿着AD所在的直线翻折，使得点C落在点E处，连接，则的长为______．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）8；（4）2
【分析】（1）在上取点E，连接，使，证明和，利用相似三角形的性质列式计算即可证明结论成立；
（2）连接和，由圆周角定理结合勾股定理求得，，利用（1）的结论求解即可；
（3）连接、，构造，即得到，再根据三边关系解题即可；
（4）先证明，求得，再证明，可求出、，再由（1）中结论即可解决问题．
【详解】解：（1）如图1，四边形内接于，求证：．
证明：在上取点E，连接，使．
∵，∴，∴，∴①，
∵，∴，即，
又∵，∴，∴，∴②，
得，即；
（2）连接和，∵为的直径，∴，
∵，，，∴，，
∵由（1）得，即，∴；
（3）把绕着点顺时针旋转到的位置，连接、，
则，，∴为等边三角形．
∵且，∴为等边三角形，∴，，
∵，∴，∴，，
∵，，，，∴的最大值为8，故答案为：8；
（4）解：∵，∴，∵，∴，
∵，∴，，，∴，，
∵，，∴，
，即，∴，，
∵，∴、、、四点共圆，∴，
∴，∴．故答案为：2．
【点睛】本题考查翻折变换、圆周角定理、等腰三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是充分利用相似三角形的性质解决问题，本题需要多次相似解决问题，题目比较难．
14．（24-25九年级上·陕西安康·阶段练习）【问题提出】（1）如图1，四边形内接于，，，连接，则的度数为______．
【问题探究】（2）如图2，在四边形中，，，连接，将绕点顺时针旋转到的位置，若，求四边形的面积；
【问题解决】（3）如图3，若是一个半径为的圆形荷花池，AB和AD是荷花池上的两座长度相等的小桥，且，现要在荷花池上再修建三座小桥、和CD，为使游客更好地欣赏荷花，要求这三座小桥的总长度最大，请你求出此时这三座小桥的总长度（即的最大值）．
【答案】（1）30°；（2）；（3）
【分析】（1）根据，得出，进而根据已知可得即可求解；
（2）根据旋转的性质可得，则，进而根据四边形的面积为，即可求解；
（3）过点分别作的垂线，垂足分别为，则，证明，得出，设，则，，当取得最大值时，取得最大值，即可求解．
【详解】（1）解：∵，∴，
又∵，∴，故答案为：30°．
（2）解：∵将绕点顺时针旋转到的位置，∴，
∴，，，∴，
∴，∴，
∴四边形的面积为；
（3）解：如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，则，
∵四边形是的内接圆，，
∴，，∴，
又∵，∴，∴；
设，则，∴,
∵，，∴；
又∵，，∴，∴，
∴；
∴当取得最大值时，取得最大值，∴当为直径时，的值最大，此时，
∴此时这三座小桥的总长度（即的最大值）为．
【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了等腰三角形、圆内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等、全等三角形的判定与性质，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
15．（2024·广东佛山·一模）（1）小迪同学在学习圆的内接正多边形时，发现：如图1，若是圆内接正三角形的外接圆的上任一点，则，在上截取，连接，可证明是_______（填“等腰”、“等边”或“直角”）三角形，从而得到，再进一步证明_______，得到，可证得：．
（2）小迪同学对以上推理进行类比研究，发现：如图2，若是圆内接正四边形的外接圆的上任一点，则 °，分别过点作于、于．
（3）写出与之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）等边，；（2）45；（3）．
【分析】（1）由是正三角形；可得，即可判定是等边三角形；再根据AAS可判定，由此得解；
（2）根据圆周角和弧的关系即可得出；
（3）由（2）得、均为等腰直角三角形，即，；再由AAS定理可判定，可知，继而可得，由此即可得出结论．
【详解】解：（1）∵是正三角形；，∴，
又∵，∴是等边三角形；∴，，
∵，又∵；∴，∵，∴，
在和中，，∴（AAS）∴，
∵，即，故答案为：（1）等边，；
（2）∵四边形是圆内接正四边形，∴，∴，故答案为45；
（3）∵、，，∴
又∵，，∴，
在和中，，∴（AAS）
∴，∴，∴，即．
【点睛】本题主要考查了圆的综合知识、全等三角形性质和判定、勾股定理等知识点，熟练利用构造全等三角形是解题的关键．
16．（23-24九年级下·浙江·期末）如图，是外接圆的直径，O是圆心，的平分线交于点D．（1）若的半径为5，，求．（2）若，求．
（3）探究，直接写出三条线段之间的数量关系．
【答案】（1）8；（2）；（3）
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ACB=90°，利用勾股定理计算即可；
（2）过点D作DE⊥DC，交CB的延长线于E，连接AD，BD，证明△BDE≌△ADC，得到AC=BE，求出CE，利用等腰直角三角形的性质得到，即可求出CD；
（3）根据（2）中过程可知，可得结论．
【详解】解：（1）∵圆O的半径为5，AB为直径，∴AB=10，∠ACB=90°，
∵AC=6，∴BC==8；
（2）过点D作DE⊥DC，交CB的延长线于E，连接AD，BD，
∵∠ACB=90°，CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠BCD=45°，
∵DE⊥DC，∴∠E=45°，∴DE=DC，
∵∠CDE=∠CDB+∠BDE=90°，∠ADB=∠CDB+∠CDA=90°，∴∠BDE=CDA，
∴△BDE≌△ADC（ASA），∴AC=BE，∴CE=CB+BE=AC+BC=10，
在△CDE中，，即，∴CD=；
（3）由（2）可知：，即，∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握圆的基本知识，构造辅助线得到等腰直角三角形，将线段的关系进行转化．
17．（2024·山东淄博·二模）已知，内接于，平分交边于点E，连接．
(1)如图1，过点D作直线，求证：是的切线：
(2)小明同学围绕圆内接三角形进行了一系列的探究，发现线段之间存在着一种数量关系；
【发现猜想】在图1中，小明同学发现，当时，线段之间满足数量关系
【推理证明】延长AC到点P使得 平分
又
为正三角形
【类比探究】如图2，当时，试猜想线段之间满足的数量关系，并证明你的结论；
【一般归纳】如图3，当时，试猜想线段之间满足的数量关系（用含有的三角函数表示），并证明你的结论；
【拓展应用】如图4，过点E作，垂足为G，过点E作，垂足为H，求证：．
【答案】(1)详见解析(2)类比探究：AB+AC＝AD一般归纳： 拓展应用：详见解析
【分析】（1）连接并延长交于点F，根据垂径定理推理和切线的判定定理进行证明即可；
（2）①延长到点，使得，证明，则，证明为等腰直角三角形，即可得到结论； ②由①中证明，同理可得，过点D作于Q，在中，，得到，即可得到；③连接与交于点K，证明，得到为等腰三角形，得到垂直平分，设，求出，求出，求出，即可证明结论．
【详解】（1）证明：连接并延长交于点F，

∵平分∴ ∵为直径∴
又∵∴∴是的切线
（2）①数量关系： 证明如下：延长到点，使得
∵平分∴∴
又∵ ∴ ∴∴
∴为等腰直角三角形∴
②数量关系： 证明如下：由①中证明，同理可得

∴ 过点D作于Q
在中，∴ ∴
③证明：连接与交于点K ∵，，∴
∴ ∴为等腰三角形∴垂直平分
设 在中，，
∴∴
∴ ∴
【点睛】此题考查了解直角三角形、切线的判定定理、垂径定理的推论、圆周角定理、全等三角形的判定和性质等知识，准确推理是解题的关键．
18．（23-24九年级上·浙江杭州·期末）定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角．（1）如图1，若四边形是圆美四边形，则美角______度．
（2）在（1）的条件下，若的半径为10．①求的长．②如图2，在四边形中，若平分，求证：．（3）在（1）的条件下，如图3，若是的直径，用等式直接写出线段，，之间的数量关系．
【答案】（1）60；（2）①BD的长为；②证明见解析；（3）线段之间的数量关系为．
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质、圆美四边形的定义即可得；
（2）①如图1（见解析），连接OB、OD，过点O作，先根据垂径定理可得，再根据圆周角定理可求出，然后利用直角三角形的性质求解即可；
②如图2（见解析），延长CD至点F，使得，连接AF，先根据角平分线的定义、圆周角定理得出，再根据圆内接四边形的性质可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据等边三角形的判定与性质即可得证；
（3）如图3（见解析），延长BC、AD，交于点G，先根据圆周角定理得出，再由（1）可知，从而可得，然后根据直角三角形的性质即可得．
【详解】（1）四边形是圆美四边形，是美角
，解得故答案为：；
（2）①如图1，连接OB、OD，过点O作
由（1）知，
则在中， 故BD的长为；
②如图2，延长CD至点F，使得，连接AF 由（1）知，
平分
由圆内接四边形的性质得： 又
在和中，
是等边三角形即；
（3）如图3，延长BC、AD，交于点G
是的直径由（1）知，
在中，
在中，
故所求的线段之间的数量关系为．
【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角形全等判定定理与性质、垂径定理、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2）②，通过作辅助线，构造全等三角形和等边三角形是解题关键．
克罗狄斯•托勒密（约90年﹣168年），是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有 ．