2025年中考數(shù)學二輪專題訓練圓的閱讀理解題?？紵狳c題型專題提升訓練

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2025年中考數(shù)學二輪專題訓練圓的閱讀理解題?？紵狳c題型專題提升訓練1．請閱讀下面的材料，并解答問題．婆羅摩笈多（Brahmagupta）約公元598年生，約660年卒，在數(shù)學、天文學方面有所成就，他編著了《婆羅摩修正體系》《肯達克迪迦》，婆羅摩笈多的一些數(shù)學成就在世界數(shù)學史上有較高的地位，其中有著名的婆羅摩笈多定理．婆羅摩笈多定理：圓的內(nèi)接四邊形的對角線與垂直相交于M，過點M的直線與邊分別相交于點F、E．則有下兩個結論：如果，那么；如果，那么．數(shù)學課上，趙老師帶領大家對該定理的第一條進行了探究．證明：，，即，，，在中，，……請解答以下問題：(1)請完成所給材料的證明過程；(2)請證明結論（2）；(3)應用：如圖圓O中，半徑為4，A，B，C，D為圓上的點，，連接交于點F，過點F作于E，延長交于G，則的長度為______．2．閱讀與思考請閱讀以下材料，并完成相應的任務．《義務教育數(shù)學課程標準（2022版）》在尺規(guī)作圖版塊給出必學要求：會過圓外一個點作圓的切線．數(shù)學老師對此要求進行了數(shù)學語言表達：“如圖1，已知及外一點P，求作直線，使與相切于點M．”

李明所在數(shù)學小組經(jīng)過思考與探索，給出了兩種作法：作法一：①如圖2，連接，交于點B，作直徑；②以點O為圓心，長為半徑畫弧，以點P為圓心，長為半徑畫弧，兩弧相交于點D；③連接，交于點M；④作直線．則直線即為所求．證明：∵，．∵，．又∵，．（依據(jù)）∴直線是的切線．作法二：①如圖3，連接，交于點A，過點A作的垂線；②以點O為圓心，長為半徑畫弧，交直線于點F；③連接，交于點M；④作直線．則直線即為所求．證明：……．∵是的半徑，∴直線是的切線．任務：(1)“作法一”中的依據(jù)是指______．(2)請將“作法二”中的證明過程補充完整．(3)在圖3中，記交于點E．若的半徑為3，，求的長．3．閱讀材料回答問題．弧田是由圓弧和其所對的弦圍成的部分（如圖中的陰影部分），下面是《九章算術》中計算弧田面積所用的公式：．公式中“弦”指圓弧所對弦長，即的長度；“矢”等于半徑長與圓心到弦的距離之差，即的長度．如下圖，弧田所在圓的半徑為5米，弦的長為6米．(1)使用尺規(guī)做出下圖中弧所在圓的圓心O（保留作圖痕跡，不寫作法）；(2)使用材料中的公式計算圖中弧田的面積．4．【閱讀材料】克羅狄斯?托勒密（約年）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，當四點共圓時，有．【嘗試證明】（1）請將證明過程補充完整：如圖1，四邊形內(nèi)接于，求證：．證明：在上取點E，連接，使．【直接應用】（2）如圖2，為的直徑，，求的長；【靈活運用】（3）如圖3，在等腰三角形中，，點D在底邊上，且，將三角形沿著所在的直線翻折，使得點C落在點E處，連接，則的長為__________．5．閱讀與思考下面是一位同學的數(shù)學學習筆記，請仔細閱讀并完成相應任務．阿基米德折弦定理從圓上任意一點出發(fā)的兩條弦所組成的折線，稱為該圓的一條折弦，如圖1．古希臘數(shù)學家阿基米德發(fā)現(xiàn)，若，是的折弦．是的中點，于點，則．這就是著名的“阿基米德折弦定理”．證明如下：如圖2，在上截取，連接，，，．則（依據(jù)1）．∵是的中點，∴，∴．在和中，∴，∴．∵于點，∴（依據(jù)2）．∴．

任務：(1)填空：材料中的依據(jù)1是指________________；依據(jù)2是指________________．(2)如圖3，是的直徑，是上一點，且滿足，若，的半徑為10，求的長．6．【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______．【直接應用】（2）如圖2，為的直徑，，，，求的長；【拓展應用】（3）如圖3，在四邊形中，，，，，則的最大值為______；【靈活運用】（4）如圖4，在等腰三角形中，，，點D在底邊上，且，將三角形沿著所在的直線翻折，使得點C落在點E處，連接，則的長為______．7．閱讀材料，解答問題：關于圓的引理古希臘數(shù)學家、物理學家阿基米德流傳于世的數(shù)學著作有10余種，下面是《阿基米德全集》的《引理集》中記載的一個命題：如圖1，是的弦，點C在上，于點D，在弦上取點E，使，點F是上的一點，且連接，則．小穎對這個問題很感興趣，經(jīng)過思考，寫出了下面的證明過程：證明：如圖2，連接，∵于點D，，∴．∴．∵，∴（依據(jù)1），．∵四邊形內(nèi)接于，∴．（依據(jù)2）……(1)上述證明過程中的依據(jù)1為_________，依據(jù)2為_________；(2)將上述證明過程補充完整．8．閱讀下列材料，并完成相應任務托勒密，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：(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)量關系，并利用托勒密定理證明這個結論．

9．閱讀以下材料，并按要求完成相應的任務．定義：自一點引出的兩條射線分別經(jīng)過已知線段的兩端，則這兩條射線所成的角稱為該點對已知線段的視角．如圖（1），是點P對線段AB的視角．問題：已知在足球比賽中，足球?qū)η蜷T的視角越大，球越容易被踢進，如圖（2），EF是球門，球員沿直線l帶球前進，那么他應當在哪個地方射門，才能使進球的可能性最大？愛好足球運動的小明進行了深入的思考與探究，解答如下：解：過點E，F(xiàn)作⊙O，使其與直線l相切，切點為P．在直線l上任取一點Q（異于點P），連接EO交⊙O于點H，連接FQ，F(xiàn)H，則．（依據(jù)1）∵，（依據(jù)2）∴，∴．故當球員在點P處射門時，進球的可能性最大．任務：(1)上面的證明過程中“依據(jù)1”和“依據(jù)2”分別是指：依據(jù)1：______________________________依據(jù)2：______________________________(2)如圖（3），已知足球球門寬EF為米，一名球員從距F點米的L點（點L在直線EF上）出發(fā)，沿LR方向帶球前進（）．求當球員到達最佳射門點P時，他前進的距離．（提示：可仿照小明的方法，過點E、F作⊙O，⊙O與直線LR相切于點P，連接PO并延長交⊙O于點W，……）10．閱讀與思考請閱讀下列材料,并按要求完成相應的任務．阿基米德是偉大的古希臘數(shù)學家、哲學家物理學家，他與牛頓、高斯并稱為三大數(shù)學王子．他的著作《阿基米德全集》的《引理集》中記述了有關圓的15個引理，其中第三個引理是：如圖1，是的弦，點P在上，于點，點在弦上且，在上取一點，使，連接，則．小明思考后，給出如下證明：如圖2,連接AP、、PQ、BP．∵，∴PA=PD（依據(jù)1）∴∵∴（依據(jù)2）…任務：(1)寫出小明證明過程中的依據(jù)：依據(jù)1：________依據(jù)2：________(2)請你將小明的證明過程補充完整；(3)小亮想到了不同的證明方法：如圖3，連接AP、、、．請你按照小亮的證明思路，寫出證明過程．11．閱讀材料并完成相應任務：婆羅摩笈多是一位印度數(shù)學家與天文學家，他的一些數(shù)學成就在世界數(shù)學史上有較高的地位．其中就包括他提出的婆羅摩笈多定理（也稱布拉美古塔定理）．婆羅摩笈多定理：若圓內(nèi)接四邊形的對角線相互垂直，則垂直于一邊且過對角線交點的直線將平分對邊．下面對該定理進行證明．已知：如圖（1），四邊形內(nèi)接于，對角線于點，于點，延長交于點．求證：．證明：，，，，．……任務：(1)請完成該證明的剩余部分；(2)請利用婆羅摩笈多定理完成如下問題：如圖（2），已知中，，，，分別交于點，，連接，交于點．過點作，分別交，于點，．若，求的長．12．閱讀與思考下面是小穎的數(shù)學日記，請仔細閱讀，并完成相應的任務．×年×月×日

星期六在圓中只用無刻度的直尺作出滿足某條件的圓周角今天在數(shù)學課上，我學會了在圓中只用無刻度的直尺就可以作出滿足某條件的圓周角．問題一：如圖，是的圓周角，我們可以在中只用無刻度的直尺作一個圓周角等于．作法：在上取一點D，連接和，則（依據(jù)*）．問題二：在圖的基礎上，要在中只用無刻度的直尺以B為頂點作與相等的圓周角，應該如何完成呢？作法：如圖所示，連接并延長，交于點D，連接，連接并延長，交于點E，則即為所要求作的角．問題三：如圖，要在中只用無刻度的直尺作一個圓周角與互余，應該如何完成呢？……任務：(1)“問題一”中小穎的“依據(jù)*”是指；(2)請說明“問題二”中小穎的作法是否正確并說明理由；(3)完成“問題三”：請在圖中只用無刻度的直尺作出滿足條件的圓周角，并仿照“問題二”寫出具體作法．13．閱讀與思考九年級學生小剛喜歡看書，他在學習了圓后，在家里突然看到某本數(shù)學書上居然還有一個相交弦定理（圓內(nèi)的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等），下面是書上的證明過程，請仔細閱讀，并完成相應的任務．圓的兩條弦相交，這兩條弦被交點分成的兩條線段的積相等．已知：如圖1，的兩弦相交于點P．求證：．證明：如圖1，連接．∵，．∴，（根據(jù)）∴@，∴，∴兩條弦相交，被交點分成的兩條線段的積相等．任務：(1)請將上述證明過程補充完整．根據(jù)：____________；@：____________．(2)小剛又看到一道課后習題，如圖2，AB是的弦，P是上一點，，，，求的半徑．14．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．15．閱讀資料：小明是一個愛動腦筋的好學生，他在學習了有關圓的切線性質(zhì)后，意猶未盡，又查閱到了與圓的切線相關的一個問題：如圖，已知是的切線，是的直徑，延長交切線與，連接、、．因為是的切線，是的直徑，所以，所以．又因為，所以．在與中，又因為，所以∽，所以，即．(1)問題拓展：如果不經(jīng)過的圓心如圖，等式還成立嗎？請證明你的結論；(2)綜合應用：如圖，是的外接圓，是的切線，是切點，的延長線交于點；①當，且時，求的值；②D是的中點，交于點，求證：．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《2025年中考數(shù)學二輪專題訓練圓的閱讀理解題?？紵狳c題型專題提升訓練》參考答案1．(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）利用圓周角定理及直角三角形的性質(zhì)得到進而推出，同理得到，根據(jù)等邊對等角即可得出結論；（2）根據(jù)題意得到，進而得到，利用圓周角定理結合對頂角推出，從而得到，即可證明；（3）連接，設交于點M，先利用等腰三角形的性質(zhì)結合題意易證，再利用三角形內(nèi)角和定理推出，從而證明，由（1）中結論易得，由直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半即可得到，再根據(jù)勾股定理求出，即可得出結果．【詳解】（1）證明：，，即，，，在中，，，又∵，∴，∴，∵，∴∴，∴；（2）證明：∵∴，∴又∵，∴，∵，∴∴，∴；（3）解：如圖，連接，設交于點M，，，，，即，，，，，，由（1）中結論可得，，，在中，，．【點睛】本題考查圓的內(nèi)接四邊形，圓周角定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，勾股定理，熟練運用等腰三角形等角對等邊的性質(zhì)是解題的關鍵．2．(1)等腰三角形三線合一(2)見解析(3)．【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)作答即可；（2）利用證明，即可證明，根據(jù)切線的判定定理即可得解；（3）根據(jù)勾股定理求得，由，列式計算即可求解．【詳解】（1）證明：∵，．∵，．又∵，．（等腰三角形三線合一）∴直線是的切線．故答案為：等腰三角形三線合一；（2）證明：由作圖知，==+∵，，∴，∴，∵是的半徑，∴直線是的切線；（3）解：∵，∴，，∴，，∵，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了切線的作法，切線的判定和性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．3．(1)見解析(2)平方米【分析】本題考查了垂徑定理和勾股定理；垂直平分線，解題的關鍵是熟練掌握所學的知識，正確的作出圖形．（1）先作的垂直平分線，交弧于點C，再作的垂直平分線，交點即為所求圓心O（2）根據(jù)垂徑定理得到米，由勾股定理得到米，求得米，根據(jù)公式即可得到結論．【詳解】（1）如圖所示：點O為圓心，（2）弦米，半徑弦，米，米，米，∴弧田面積（弦矢+矢）平方米．4．（1）見解析；（2）；（3）【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論成立；（2）連接、、，由圓周角定理結合勾股定理求得，，利用（1）的結論求解即可；（3）先證明，求得，再證明A、B、E、D四點共圓，由（1）中結論即可解決問題．【詳解】（1）證明：在上取點E，連接，使．∵，∴，∴，∴①，∵，∴，即，又∵，∴，∴，∴②，得，∴；（2）解：連接、，∵為的直徑，∴，∵，，，∴，，∵由（1）得，即，∴；（3）解：∵，∴，∵，∴，，∵，∴，，，∴，，由折疊性質(zhì)得，，，∴，∴、、、四點共圓，由（1）得，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查翻折變換、圓周角定理、勾股定理、等腰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．5．(1)同弧所對的圓周角相等；等腰三角形三線合一．(2)【分析】本題考查圓周角定理的推論和等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理；（1）根據(jù)圓周角定理的推論和等腰三角形的性質(zhì)即可得到答案；（2）過點作于點．先求出，再求出，從而得，進而即可求解．【詳解】（1）解：由題意得：同弧所對的圓周角相等；等腰三角形三線合一．（2）如圖，過點作于點，∵是的直徑，∴∠，∵，圓的半徑為10，∴，∴，∵，∴是的中點，∵，∴，∴，∴，∵，，∴．6．（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論成立；（2）連接和，由圓周角定理結合勾股定理求得，，利用（1）的結論求解即可；（3）連接、，構造，即得到，再根據(jù)三邊關系解題即可；（4）先證明，求得，再證明，可求出、，再由（1）中結論即可解決問題．【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．7．(1)依據(jù)1為在同圓中相等的弧所對的弦相等；依據(jù)2為圓內(nèi)接四邊形的對角互補(2)證明見解析【分析】（1）利用弧弦關系定理和圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)解答即可；（2）在原題的基礎上利用全等三角形的判定與性質(zhì)解答即可得出結論．【詳解】（1）上述證明過程中的依據(jù)1為在同圓中相等的弧所對的弦相等，依據(jù)2為圓內(nèi)接四邊形的對角互補．故答案為：在同圓中相等的弧所對的弦相等，圓內(nèi)接四邊形的對角互補；（2）如圖2，連接，∵于點D，，∴，∴，∵，∴，∴．∵四邊形內(nèi)接于，∴，∵，∴，在和中，∴，∴．【點睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓心角、弦、弧之間的關系定理、三角形全等的判定和性質(zhì)以及線段垂直平分線的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是熟練掌握相關的判定和性質(zhì)．8．(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，涉及到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鍵．9．(1)在同圓中，同弧所對的圓周角相等；三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和(2)6米【分析】（1）根據(jù)圓周角的性質(zhì)和三角形外角定理解答；（2）根據(jù)（1）畫出圓與直線相切，判斷切點P即最佳射門點，然后根據(jù)相似得到邊的數(shù)量關系，列方程求解即可．【詳解】（1）在同圓中，同弧所對的圓周角相等；三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和．（2）如圖，過點E，F(xiàn)作⊙O，⊙O與直線LR相切于點P，連接PO并延長交⊙O于點W，連接PE，PF，WF．∵PL是⊙O的切線，∴∴∵PW是⊙O的直徑，∴，∴，∴．又∵，∴又∵，∴，∴，即∴，∵，∴米．答：當球員到達最佳射門點P時，他前進了6米．【點睛】此題考查圓的綜合問題，解題關鍵是利用相似三角形得到邊的數(shù)量關系．10．(1)線段垂直平分線上的點到這條線段兩個端點的距離相等；等弧所對的圓周角相等(2)見解析(3)見解析【分析】（1）利用線段垂直平分線的性質(zhì)和圓周角定理解答即可；（2）在原題的基礎上利用全等三角形的判定與性質(zhì)解答即可得出結論；（3）類比（2）的方法，在（2）的基礎上利用等腰三角形的判定方法解答即可得出結論；【詳解】（1）解：依據(jù)1為：線段垂直平分線上的點到這條線段的兩個端點距離相等；依據(jù)2：等弧所對的圓周角相等；故答案為：線段垂直平分線上的點到這條線段的兩個端點距離相等；等弧所對的圓周角相等；（2）證明：如圖1，連接AP、PD、PQ、BP，∵AC=CD，PC⊥AB，∴PA=PD．∴∠PAD=∠PDA．∵，∴∠QBP=∠ABP．∵四邊形ABQP為圓的內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠Q=180°．∵∠PDA+∠PDB=180°，∴∠Q=∠PDB．在△BQP和△BDP中，，∴△BQP≌△BDP（AAS）．∴BQ=BD．（3）證明：如圖2，連接AP、PD、PQ、DQ，∵AC=CD，PC⊥AB，∴PA=PD．∴∠PAD=∠PDA．∵，∴PQ=PA．∴PD=PQ．∴∠PDQ=∠PQD．∵四邊形ABQP為圓的內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠PQB=180°．∵∠PDA+∠PDB=180°，∴∠PQB=∠PDB．∴∠PQB-∠PQD=∠PDB-∠PDQ．即：∠BQD=∠BDQ．∴BQ=BD．【點睛】本題主要考查了線段垂直平分線的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，同弧或等弧所對的圓周角相等，全等三角形的判定與性質(zhì)，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，熟練掌握圓的有關性質(zhì)和利用類比的方法解答是解題的關鍵．11．(1)見解析(2)【分析】（1）應用圓周角定理，等腰三角形的判定，可證明；（2）應用（1）的結論，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，可求解．【詳解】（1）解：證明：，，，，，，，，，同理，，；（2）四邊形是內(nèi)接四邊形，，，，，，，，．【點睛】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，關鍵是能熟練應用圓的有關性質(zhì)．12．(1)在同圓中，同弧所對的圓周角相等(2)正確，理由見解析(3)見解析【分析】（1）根據(jù)在同圓中，同弧所對的圓周角相等，即可；（2）根據(jù)，可得，再由，即可；（3）連接并延長，交于點D，連接，連接并延長，交于點E，連接，則即為所要求作的角．【詳解】（1）解：“問題一”中小穎的“依據(jù)*”是指在同圓中，同弧所對的圓周角相等；故答案為：在同圓中，同弧所對的圓周角相等（2）解∶正確，理由如下：∵，∴，∵，∴；（3）解：如圖，連接并延長，交于點D，連接，連接并延長，交于點E，連接，則即為所要求作的角．理由：由（2）得：，∵是的直徑，∴，∴，即與互余．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，熟練掌握同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等是解題的關鍵．13．(1)有兩個角對應相等的兩個三角形相似；；(2)【分析】