人教版九年级上对接中考知识点复习专项计划——正多边形和圆
一、单选题
1．（2021九上·吴兴期末）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连接AC，则∠ACD的度数是 （ ）
A．72° B．70° C．60° D．45°
2．（2021九上·庐江期末）⊙O半径为4，以⊙O的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为边作一个三角形，则所得三角形的面积是（ ）
A．2 B． C．2 D．2
3．（2021九上·宜春期末）如图，AE是四边形ABCD外接圆的直径，，，则的度数为（ ）
A．50° B．55° C．60° D．65°
4．（2021九上·宽城期末）如图，在圆内接五边形中，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2021九上·芜湖月考）一个适当大的正六边形，它的一个顶点与一个边长为定值的小正六边形ABCDEF的中心O重合，且与边AB、CD相交于G、H（如图）.图中阴影部分的面积记为S，三条线段GB、BC、CH的长度之和记为l，大正六边形在绕点O旋转过程中，下列说法正确的是（ ）
A．S变化，l不变 B．S不变，l变化
C．S变化，l变化 D．S与l均不变
6．（2021九上·陵城期中）如图，四边形 内接于圆 ，过 点作 于点 ，若 ， ，则 的长度为（ ）
A． B． C． D．不能确定
7．（2021九上·永吉期中）如图，四边形 内接于 ，点 为边 上任意一点（点 不与点 ， 重合）连接 ．若 ，则 的度数可能为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
8．（2021九上·吉林期末）是的内接正六边形一边，点P是优弧上的一点（点P不与点A，B重合）且，与交于点C，则的度数为 ．
9．（2021九上·南京期末）如图，在⊙O中，AB是⊙O的内接正六边形的一边，BC是⊙O的内接正十边形的一边，则∠ABC＝ °.
10．（2021九上·吴兴期末）如图，四边形ABCD是半圆O的内接四边形，其中AB是直径，点C是弧DB的中点，若∠C＝110°，则∠ABC的度数= ．
11．（2021九上·丰台期末）如图，把分成相等的六段弧，依次连接各分点得到正六边形ABCDEF，如果的周长为，那么该正六边形的边长是 ．
12．（2021九上·广饶期末）如图，圆内接四边形ABCD，两组对边的延长线分别相交于点E、F，且∠E=40°，∠F=60°，则∠A= °
13．（2021九上·庐江期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，BD平分∠ABC，∠A＝126°，则∠BDC的度数为 ．
14．（2021九上·杜尔伯特期末）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，∠BCD=130°，则∠BOD的度数是 度．
15．（2021九上·龙江期末）如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，若∠ADB＝15°，则这个正多边形的边数为 ．
16．（2021九上·姑苏月考）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点M在AD的延长线上，∠AOC＝142°，则∠CDM＝ .
17．（2021九上·温州月考）如图，已知正方形ABCD和正△EGF都内接于⊙O，当EF∥BC时，的度数为 .
18．（2021九上·嘉祥月考）如图，与正五边形ABCDE的边AB、DE分别相切于点B、D，则劣弧所对的圆心角的大小为 度．
19．（2021九上·平原月考）如图，四边形ABCD是菱形，⊙O经过点A，C．D．与BC相交于点E，连接AC，AE．若∠ADC＝80°，则∠EAC的度数是 ．
三、解答题
20．（2022九上·福建竞赛）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠DAC=45°，以线段AC为直径的圆与AB和AD的延长线分别交于点E和F，过点B作AC的垂线，垂足为H.求证：E，H，F三点共线.
21．（2021九上·荔湾期末）如图所示，⊙O的弦BD，CE所在直线相交于点A，若AB＝AC，求证：BD＝CE．
四、综合题
22．（2022九上·新昌期末）如图，已知是等腰△ABC的外接圆，且AB＝AC，点D是上一点，连结BD并延长至点E，连结AD，CD.
（1）求证：DA平分∠EDC.
（2）若∠EDA＝72°，求的度数.
23．（2021九上·燕山期末）如图，以四边形的对角线为直径作圆，圆心为O，点A、C在上，过点A作的延长线于点E，已知平分．
（1）求证：是切线；
（2）若，，求的半径和的长．
24．（2021九上·东光期中）如图，已知四边形ABCD内接于圆O，连接BD， ， ．
（1）求证： ；
（2）若圆O的半径为3，求BC的长．
25．（2021九上·西湖期中）如图，△ABC与⊙O交于D，E两点，AB是直径且长为12，OD∥BC.
（1）若∠B=40°，求∠A的度数；
（2）证明：CD=DE；
（3）若AD=4，求CE的长度.
26．（2021九上·定州期中）如图，四边形 内接于 ， ， 平分 交 于点 ，连接 ， ， ， ．
（1）求证：四边形 是菱形；
（2）若 ， ，求弦 的长．
27．（2021九上·拱墅期中）如图，在⊙O中，B是⊙O上的一点，∠ABC＝120°，BM平分∠ABC交AC于点D，连结MA，MC.
（1）求证： AMC是正三角形；
（2）若AC＝ ，求⊙O半径的长.
28．（2021九上·上城期中）如图，AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，与△ABC的外接圆交于点D，∠EAC＝120°.
（1）连OB，OC，求∠OCB；
（2）连DB，DC，求证：DB＝DC；
（3）探究线段AD，AB，AC之间的数量关系，并证明你的结论.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】圆周角定理；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接OA，OE，OD，
∵正五边形ABCDE内接于⊙O，
∴∠AOE=∠DOE==72°，
∴∠ACD=∠AOD=72°.
故答案 为：A.
【分析】连接OA，OE，OD，根据圆内接正五边形的性质得出∠AOE=∠DOE==72°，再根据圆周角定理得出∠ACD=∠AOD=72°，即可得出答案.
2．【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：根据题意得：正三角形的每一个内角为60°，正方形的每一个内角为90°，正六边形的每一个内角为 ，
如图，△ABC是⊙O的内接正三角形，过点O作OM⊥BC，连接OB，
∵ ，
∴ ；
如图，正方形ABCD为⊙O的内接正方形，过点O作ON⊥CD于点N，连接OD，
∵ ，
∴ ；
如图，六边形ABCDE是⊙O的内接正六边形，过点O作OH⊥DE于点H，连接OE，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴半径为4的⊙O的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距分别为2， ， ，
∵ ，
∴以三条边心距为边的三角形为直角三角形，
∴该三角形的面积为 ．
故答案为：C
【分析】分别画出对应的图形计算出三条边心距，利用勾股定理的逆定理可证明构建的三角形为直角三角形，再根据三角形面积公式计算出次三角形面积即可。
3．【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接OC、OD，
∵∠B=50°，
∴∠AOC=2∠B=100°，
∵AD=CD，
∴，
∴∠AOD=∠COD= ∠AOC=50°，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠DAE=（180°－50°）÷2=65°，
故答案为：D．
【分析】先求出，再求出∠OAD=∠ODA，最后计算求解即可。
4．【答案】B
【知识点】多边形内角与外角；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵五边形的内角和为，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为的内接四边形，
∴，
∴.
故答案为：B.
【分析】根据五边形内角和求出∠B=540°-（）=115°，根据圆内接四边形对角互补即可求解.
5．【答案】D
【知识点】正多边形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：如图，连接OA，OC．
∵∠HOG＝∠AOC＝120°，∠OCH＝∠OAG＝60°，
∴∠HOC＝∠GOA，
在△OHC和△OGA中，
，
∴△HOC≌△GOA（ASA），
∴AG＝CH，
∴S阴＝S四边形OABC＝定值，l＝GB+BC+CH＝AG+BG+BC＝2BC＝定值，
故答案为：D．
【分析】先求出∠HOC＝∠GOA，再利用ASA证明△HOC≌△GOA，最后求解即可。
6．【答案】B
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠BCD=135°，
∴∠A=180°-145°=45°，
∵BH⊥AD，AB=4，
∴BH= ，
故答案为：B．
【分析】先求出∠A=45°，再计算求解即可。
7．【答案】D
【知识点】三角形的外角性质；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形 内接于 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 为 的外角，
∴ ，只有D满足题意．
故答案为：D．
【分析】根据圆内接四边形的性质可得，再根据三角形外角的性质可得，即可得到答案。
8．【答案】90°
【知识点】平行线的性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：∵是的内接正六边形一边，
∴
∴
∵，
∴
∴
故答案为90°
【分析】根据平行线的性质得出，代入计算即可。
9．【答案】132
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接AO、BO、CO，
∵AB是⊙O的内接正六边形的一边，
∴ ，
，
∴ ，
∵BC是⊙O的内接正十边形的一边，
∴ ，BO=CO，
∴ ，
∴∠ABC=∠ABO+ ∠CBO=60°+72°=132°.
故答案为：132.
【分析】连接AO、BO、CO，由正多边形性质得∠BOC=36°，∠AOB=60°，AO=BO，BO=CO，结合等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠ABO=60°，∠CBO=72°，然后根据∠ABC=∠ABO+ ∠CBO进行计算.
10．【答案】55°
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接OC，OD，
∵四边形ABCD是半圆O的内接四边形，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠BCD=110°，
∴∠A=70°，
∴∠BOD=2∠A=140°，
∵点C是弧DB的中点，
∴∠BOC=70°，
∴∠AOC=110°，
∴∠ABC=∠AOC=55°.
故答案为：55°.
【分析】连接OC，OD，利用圆内接四边形的性质可求出∠A的度数；再利用圆周角定理可证得∠COD=∠BOC=70°，从而得出∠AOC=110°；然后根据一条弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可求出∠ABC的度数.
11．【答案】6
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF．
∵正六边形ABCDEF，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠EOF＝∠FOA＝60°，
∴△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形，
∵的周长为，
∴的半径为，
正六边形的边长是6；
【分析】连接OA、OB、OC、OD、OE、OF．根据圆周长求得弧长，再利用扇形弧长公式求得圆的半径，即可求得正六边形的边长。
12．【答案】40
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连结EF，如图，
∵四边形ABCD为圆的内接四边形，∴∠ECD=∠A，∵∠ECD=∠1+∠2，∴∠A=∠1+∠2，∵∠A+∠1+∠2+∠E+∠F=180°，∴2∠A+40°+60°=180°，∴∠A=40°．
【分析】先求出∠ECD=∠A，再求出∠A=∠1+∠2，最后计算求解即可。
13．【答案】99°
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵AD∥BC，∠A＝126°，
∴∠ABC＝180°－∠A＝180°－126°＝54°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC=54°÷2=27°，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=27°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC=180°－54°=126°，
∴∠BDC=∠ADC－∠ADB=126°－27°=99°，
故答案为：99°．
【分析】根据圆周角定理和圆内接四边形的性质即可得出 ∠BDC的度数 。
14．【答案】100
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠A=180°﹣∠C=50°，∴∠BOD=2∠A=100°．故答案为100．
【分析】根据圆内接四边形的性质可得∠A=180°﹣∠C=50°，再利用圆心角的性质可得∠BOD=2∠A=100°．
15．【答案】十二
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，，
，
，
而，
这个正多边形为正十二边形，
故答案为：十二．
【分析】连接OA，OB，先求出，再利用即可得到正多边形的边数。
16．【答案】71°
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵∠AOC＝142°，
∴∠B＝∠AOC＝71°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDM＝∠B＝71°，
故答案为：71°.
【分析】利用一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，可求出∠B的度数，再利用圆内接四边形的一个外角等于它的内对角，可求出∠CDM的度数.
17．【答案】
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接GO，并延长交⊙O于点M，连接OB、OC、OF，
正方形ABCD和正△EFG都内接于 ⊙O ，
，
由圆周角定理得：，
，
，
，
，
则的度数为，
故答案为：.
【分析】连接GO，并延长交圆O于点M，连接OB，OC，OF，利用正方形和正三角形的性质，可得到∠OBC=45°，GM⊥EF，∠FGM=30°，利用圆周角定理可求出∠FOM的度数；由EF⊥BC，可求出∠BOM=45°；然后根据∠BOF=∠FOM-∠BOM，代入计算求出∠BOF的度数，从而可求出弧BF的度数.
18．【答案】144
【知识点】切线的性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：五边形ABCDE是正五边形，
．
AB、DE与相切，
，
，
故答案为144．
【分析】先求出，再求出，最后计算求解即可。
19．【答案】30°
【知识点】菱形的性质；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠D=80°，
∴∠ACB=∠DCB=（180°∠D）=50°，
∵四边形AECD是圆内接四边形，
∴∠AEB=∠D=80°，
∴∠EAC=∠AEB∠ACE=30°，
故答案为：30°．
【分析】先求出∠ACB=50°，再求出∠AEB=∠D=80°，最后求解即可。
20．【答案】解：如图，延长 与直线 相交于点 ，连接 .
因为 ， ，
所以 .
又 ，
所以 ，于是 ， ， ， 四点共圆.
所以 .①
连接 ，由 为圆直径，得 ，
所以 ， ， ， 四点共圆，
于是 .②
连接 ，由 为圆直径，得 ，
所以 ， ， ， 四点共圆，
于是 .③
由②，①，③，得 ，
所以 .
所以 ， ， 三点共线.
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】延长BH与直线AD相交于点P，连接CP，易得∠BPA=45°，推出P、A、B、C四点共圆，根据圆内接四边形的性质可得∠CBE=∠APC，连接CE，根据圆周角定理可得∠CEA=∠CHB=90°，推出C、E、B、H四点共圆，得到∠CHE=∠CBE，连接CF，同理可得∠APC=180°-∠CHF，据此推出∠CHE=∠CBE=∠APC=180°-∠CHF，据此证明.
21．【答案】证明：如图，连接DE，BC．
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵∠ADE+∠EDB=180°，∠C+∠EDB=180°，
∴∠ADE=∠C，
同法可证，∠AED=∠B，
∴∠ADE=∠AED，
∴AD=AE，
∴BD=EC．
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【分析】连接DE，BC，先证明∠ADE=∠C，∠AED=∠B，再根据等角对等边的关系可得AD=AE，再利用线段的和差可得BD=EC。
22．【答案】（1）解：∵四边形ABCD内接于，
∴∠ADB+∠ACB＝180°
∵∠ADB+∠ADE＝180°，
∴∠ACB＝∠ADE.
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB.
又∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠ADC＝∠ADE，即DA平分∠EDC；
（2）解：由（1）得∠ADE＝∠ACB＝∠ABC＝72°，
∴，
∴，
∴的度数为72°.
【知识点】等腰三角形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）根据圆的内接四边形的性质得到∠ACB＝∠ADE，由AB＝AC，可得∠ABC＝∠ACB，等量代换得∠ADE＝∠ABC，由圆周角定理可得∠ABC＝∠ADC，故∠ADC＝∠ADE，即DA平分∠EDC；
（2）结合已知条件和(1)得∠ADE＝∠ACB＝∠ABC＝72°，根据三角形内角和定理可得，根据圆周角定理得到 ，即 的度数为72°.
23．【答案】（1）证明：如图，连接OA，
∵AE⊥CD，
∴∠DAE+∠ADE=90°．
∵DA平分∠BDE，
∴∠ADE=∠ADO，
又∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ADO，
∴∠DAE+∠OAD=90°，
∴OA⊥AE，
∴AE是⊙O切线；
（2）解：如图，取CD中点F，连接OF，
∴OF⊥CD于点F．
∴四边形AEFO是矩形，
∵CD=6，
∴DF=FC=3．
在Rt△OFD中，OF=AE=4，
∴，
在Rt△AED中，AE=4，ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=5-3=2，
∴，
∴AD的长是．
【知识点】勾股定理；圆内接四边形的性质；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OA，利用角平分线的性质得出∠ADE=∠ADO，再根据OA=OD，得出OA⊥AE，由此得出结论；
（2）取CD中点F，连接OF，得出四边形AEFO是矩形，在Rt△OFD中，OF=AE=4，利用勾股定理得出OD的值，在Rt△AED中，AE=4，ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=5-3=2，再利用勾股定理得出AD的值即可。
24．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD内接于圆O， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：连接OB、OC，
∵ ，
∴ ，
由圆周角定理得， ，
∴ 为等边三角形，
∴ ．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）先求出∠C=75°，再求出 ， 最后证明求解即可；
（2）根据题意先求出 ， 再求出 为等边三角形， 最后计算求解即可。
25．【答案】（1）解：∵OD∥BC
∴∠AOD=∠B=40°
∵OA=OD，
∴∠ADO= ∠A
∴∠A= .
（2）证明：∵四边形ABED内接于⊙O
∴∠CDE =∠B，∠DEC= ∠A
∴∠CDE = ∠AOD
∵∠C =180°– ∠CDE – ∠DEC
∠ADO =180°– ∠A – ∠AOD
∴∠C = ∠ADO =∠A
∴∠C = ∠DEC
∴CD = DE.
（3）解：连接OE，AE，
由（2）得AB=BC=12
∴∠AOE = 2∠B，∠B= ∠AOD
∴∠AOE = 2∠AOD
∴∠AOD =∠DOE
∴AD = DE
∴AC=2AD=8
∵AB是直径：∠AEB=90°
在 与 中，
设CE=x，则BE=12-x
AC2-CE2=AB2-BE2
即 .
解得： .
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）由平行线的性质可得∠AOD=∠B=40°，由等腰三角形的性质可得∠ADO=∠A，然后根据等腰三角形的性质以及内角和定理求解即可；
（2）由圆内接四边形的性质可得∠CDE =∠B，∠DEC= ∠A，则∠CDE = ∠AOD，结合内角和定理可得∠C = ∠DEC，据此证明；
（3）连接OE，AE，由（2）得AB=BC=12，由圆周角定理可得∠AOE = 2∠B，由平行线的性质可得∠B= ∠AOD，则AD = DE，AC=2AD=8，设CE=x，则BE=12-x，在Rt△ABE、Rt△ACE中，利用勾股定理求解即可.
26．【答案】（1）证明：连接 ，
由圆周角定理得， ，
平分 ，
，
，
， ，
和 是等边三角形，
，
四边形 是菱形；
（2）解：连接 ，
， ，
，
，
．
【知识点】菱形的判定；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）连接OD，证明 和 是等边三角形，得到OB=BD=DC=OC，根据菱形的判定定理证明即可；
（2）求出∠AOC=90°，根据勾股定理计算即可得到答案。
27．【答案】（1）证明：∵∠ABC＝120°，BM平分∠ABC，
∴∠ABM＝∠MBC＝ ∠ABC＝60°，
∵∠ABM与∠ACM都是弧AM所对的圆周角，
∴∠ACM＝∠ABM＝60°，
∵∠MAC与∠MBC都是弧MC所对的圆周角，
∴∠MAC＝∠MBC＝60°，
∴∠MAC＝∠ACM＝60°，
∴MA＝CM，
又∵∠ACM＝60°，
∴ AMC是正三角形；
（2）解：连接 、 ，过点 作 于点 ，如图1，
，
，
，
∵ ＝ ，
，
∵ ， ，
，
∵ ， ，
，
设 ，则 ，
在 中， ，
∴ ，
解得： （舍负），
，
∴ 的半径为2.
【知识点】等边三角形的判定；含30°角的直角三角形；垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）由角平分线的定义得∠ABM＝∠MBC＝ ∠ABC＝60°，由同弧所对的圆周角相等得∠ACM＝∠ABM＝60°，∠MAC＝∠MBC＝60°， 从而得出∠MAC＝∠ACM＝60°，根据等边三角形的判定即得结论；
（2）连接OA 、OC，过点O作OH⊥AC于点 H ，由圆内接四边形的性质求出∠AMC=60°，再由圆周角定理得∠AOC=2∠AMC=120°，利用等腰三角形的性质及直角三角形的性质可得，设OA=x ，则 ，在 Rt△AOH中，由OH2+AH2=OA2建立方程求出x值即可.
28．【答案】（1）解：连接OB，OC，
∵∠EAC＝120°，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BDC＝∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝2∠BDC＝2×60°＝120°
∴∠OCB=；
（2）证明：∵AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，
∴∠DAC＝ ∠EAC＝ 120°＝60°，
∴∠DBC＝∠DAC＝60°，
由（1）知∠BDC＝60°，
∴∠BDC＝∠DBC＝60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴BD＝CD；
（3）解：AC＝AD+AB，理由如下：
如图，延长AD至F，使DF＝AB，连接CF，
∵四边形ABCD是⊙O的内角四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∵∠ADC+∠CDF＝180°，
∴∠ABC＝∠CDF，
由（2）知△BDC是等边三角形，
∴BC＝CD，
∴△FDC≌△ABC（SAS），
∴∠ACB＝∠DCF，AC＝CF，
∴∠ACF＝∠BCD＝60°，
∴△ACF是等边三角形，
∴AC＝AF＝AD+AB.
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）连接OB、OC，由邻补角性质得∠BAC＝60°，由圆周角定理得∠BDC＝∠BAC＝60°，∠BOC＝2∠BDC，进而根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理即可算出答案；
（2）由角平分线的概念得∠DAC＝∠EAC＝60°，由圆周角定理得∠DBC＝∠DAC＝60°，由（1）知∠BDC＝60°，从而判断出三角形BDC是等边三角形，根据等边三角形的三边相等即可得出结论；
（3）延长AD至F，使DF＝AB，连接CF，由圆内接四边形的性质可得∠ADC+∠ABC＝180°，由邻补角的性质得∠ADC+∠CDF＝180°，则∠ABC＝∠CDF，由（2）知△BDC是等边三角形，则BC＝CD，证明△FDC≌△ABC，得到∠ACB＝∠DCF，AC＝CF，推出△ACF是等边三角形，据此解答.
1 / 1人教版九年级上对接中考知识点复习专项计划——正多边形和圆
一、单选题
1．（2021九上·吴兴期末）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连接AC，则∠ACD的度数是 （ ）
A．72° B．70° C．60° D．45°
【答案】A
【知识点】圆周角定理；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接OA，OE，OD，
∵正五边形ABCDE内接于⊙O，
∴∠AOE=∠DOE==72°，
∴∠ACD=∠AOD=72°.
故答案 为：A.
【分析】连接OA，OE，OD，根据圆内接正五边形的性质得出∠AOE=∠DOE==72°，再根据圆周角定理得出∠ACD=∠AOD=72°，即可得出答案.
2．（2021九上·庐江期末）⊙O半径为4，以⊙O的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为边作一个三角形，则所得三角形的面积是（ ）
A．2 B． C．2 D．2
【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：根据题意得：正三角形的每一个内角为60°，正方形的每一个内角为90°，正六边形的每一个内角为 ，
如图，△ABC是⊙O的内接正三角形，过点O作OM⊥BC，连接OB，
∵ ，
∴ ；
如图，正方形ABCD为⊙O的内接正方形，过点O作ON⊥CD于点N，连接OD，
∵ ，
∴ ；
如图，六边形ABCDE是⊙O的内接正六边形，过点O作OH⊥DE于点H，连接OE，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴半径为4的⊙O的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距分别为2， ， ，
∵ ，
∴以三条边心距为边的三角形为直角三角形，
∴该三角形的面积为 ．
故答案为：C
【分析】分别画出对应的图形计算出三条边心距，利用勾股定理的逆定理可证明构建的三角形为直角三角形，再根据三角形面积公式计算出次三角形面积即可。
3．（2021九上·宜春期末）如图，AE是四边形ABCD外接圆的直径，，，则的度数为（ ）
A．50° B．55° C．60° D．65°
【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接OC、OD，
∵∠B=50°，
∴∠AOC=2∠B=100°，
∵AD=CD，
∴，
∴∠AOD=∠COD= ∠AOC=50°，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠DAE=（180°－50°）÷2=65°，
故答案为：D．
【分析】先求出，再求出∠OAD=∠ODA，最后计算求解即可。
4．（2021九上·宽城期末）如图，在圆内接五边形中，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】多边形内角与外角；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵五边形的内角和为，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为的内接四边形，
∴，
∴.
故答案为：B.
【分析】根据五边形内角和求出∠B=540°-（）=115°，根据圆内接四边形对角互补即可求解.
5．（2021九上·芜湖月考）一个适当大的正六边形，它的一个顶点与一个边长为定值的小正六边形ABCDEF的中心O重合，且与边AB、CD相交于G、H（如图）.图中阴影部分的面积记为S，三条线段GB、BC、CH的长度之和记为l，大正六边形在绕点O旋转过程中，下列说法正确的是（ ）
A．S变化，l不变 B．S不变，l变化
C．S变化，l变化 D．S与l均不变
【答案】D
【知识点】正多边形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：如图，连接OA，OC．
∵∠HOG＝∠AOC＝120°，∠OCH＝∠OAG＝60°，
∴∠HOC＝∠GOA，
在△OHC和△OGA中，
，
∴△HOC≌△GOA（ASA），
∴AG＝CH，
∴S阴＝S四边形OABC＝定值，l＝GB+BC+CH＝AG+BG+BC＝2BC＝定值，
故答案为：D．
【分析】先求出∠HOC＝∠GOA，再利用ASA证明△HOC≌△GOA，最后求解即可。
6．（2021九上·陵城期中）如图，四边形 内接于圆 ，过 点作 于点 ，若 ， ，则 的长度为（ ）
A． B． C． D．不能确定
【答案】B
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠BCD=135°，
∴∠A=180°-145°=45°，
∵BH⊥AD，AB=4，
∴BH= ，
故答案为：B．
【分析】先求出∠A=45°，再计算求解即可。
7．（2021九上·永吉期中）如图，四边形 内接于 ，点 为边 上任意一点（点 不与点 ， 重合）连接 ．若 ，则 的度数可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形的外角性质；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形 内接于 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 为 的外角，
∴ ，只有D满足题意．
故答案为：D．
【分析】根据圆内接四边形的性质可得，再根据三角形外角的性质可得，即可得到答案。
二、填空题
8．（2021九上·吉林期末）是的内接正六边形一边，点P是优弧上的一点（点P不与点A，B重合）且，与交于点C，则的度数为 ．
【答案】90°
【知识点】平行线的性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：∵是的内接正六边形一边，
∴
∴
∵，
∴
∴
故答案为90°
【分析】根据平行线的性质得出，代入计算即可。
9．（2021九上·南京期末）如图，在⊙O中，AB是⊙O的内接正六边形的一边，BC是⊙O的内接正十边形的一边，则∠ABC＝ °.
【答案】132
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接AO、BO、CO，
∵AB是⊙O的内接正六边形的一边，
∴ ，
，
∴ ，
∵BC是⊙O的内接正十边形的一边，
∴ ，BO=CO，
∴ ，
∴∠ABC=∠ABO+ ∠CBO=60°+72°=132°.
故答案为：132.
【分析】连接AO、BO、CO，由正多边形性质得∠BOC=36°，∠AOB=60°，AO=BO，BO=CO，结合等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠ABO=60°，∠CBO=72°，然后根据∠ABC=∠ABO+ ∠CBO进行计算.
10．（2021九上·吴兴期末）如图，四边形ABCD是半圆O的内接四边形，其中AB是直径，点C是弧DB的中点，若∠C＝110°，则∠ABC的度数= ．
【答案】55°
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接OC，OD，
∵四边形ABCD是半圆O的内接四边形，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠BCD=110°，
∴∠A=70°，
∴∠BOD=2∠A=140°，
∵点C是弧DB的中点，
∴∠BOC=70°，
∴∠AOC=110°，
∴∠ABC=∠AOC=55°.
故答案为：55°.
【分析】连接OC，OD，利用圆内接四边形的性质可求出∠A的度数；再利用圆周角定理可证得∠COD=∠BOC=70°，从而得出∠AOC=110°；然后根据一条弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可求出∠ABC的度数.
11．（2021九上·丰台期末）如图，把分成相等的六段弧，依次连接各分点得到正六边形ABCDEF，如果的周长为，那么该正六边形的边长是 ．
【答案】6
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF．
∵正六边形ABCDEF，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠EOF＝∠FOA＝60°，
∴△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形，
∵的周长为，
∴的半径为，
正六边形的边长是6；
【分析】连接OA、OB、OC、OD、OE、OF．根据圆周长求得弧长，再利用扇形弧长公式求得圆的半径，即可求得正六边形的边长。
12．（2021九上·广饶期末）如图，圆内接四边形ABCD，两组对边的延长线分别相交于点E、F，且∠E=40°，∠F=60°，则∠A= °
【答案】40
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连结EF，如图，
∵四边形ABCD为圆的内接四边形，∴∠ECD=∠A，∵∠ECD=∠1+∠2，∴∠A=∠1+∠2，∵∠A+∠1+∠2+∠E+∠F=180°，∴2∠A+40°+60°=180°，∴∠A=40°．
【分析】先求出∠ECD=∠A，再求出∠A=∠1+∠2，最后计算求解即可。
13．（2021九上·庐江期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，BD平分∠ABC，∠A＝126°，则∠BDC的度数为 ．
【答案】99°
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵AD∥BC，∠A＝126°，
∴∠ABC＝180°－∠A＝180°－126°＝54°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC=54°÷2=27°，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=27°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC=180°－54°=126°，
∴∠BDC=∠ADC－∠ADB=126°－27°=99°，
故答案为：99°．
【分析】根据圆周角定理和圆内接四边形的性质即可得出 ∠BDC的度数 。
14．（2021九上·杜尔伯特期末）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，∠BCD=130°，则∠BOD的度数是 度．
【答案】100
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠A=180°﹣∠C=50°，∴∠BOD=2∠A=100°．故答案为100．
【分析】根据圆内接四边形的性质可得∠A=180°﹣∠C=50°，再利用圆心角的性质可得∠BOD=2∠A=100°．
15．（2021九上·龙江期末）如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，若∠ADB＝15°，则这个正多边形的边数为 ．
【答案】十二
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，，
，
，
而，
这个正多边形为正十二边形，
故答案为：十二．
【分析】连接OA，OB，先求出，再利用即可得到正多边形的边数。
16．（2021九上·姑苏月考）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点M在AD的延长线上，∠AOC＝142°，则∠CDM＝ .
【答案】71°
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵∠AOC＝142°，
∴∠B＝∠AOC＝71°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDM＝∠B＝71°，
故答案为：71°.
【分析】利用一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，可求出∠B的度数，再利用圆内接四边形的一个外角等于它的内对角，可求出∠CDM的度数.
17．（2021九上·温州月考）如图，已知正方形ABCD和正△EGF都内接于⊙O，当EF∥BC时，的度数为 .
【答案】
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接GO，并延长交⊙O于点M，连接OB、OC、OF，
正方形ABCD和正△EFG都内接于 ⊙O ，
，
由圆周角定理得：，
，
，
，
，
则的度数为，
故答案为：.
【分析】连接GO，并延长交圆O于点M，连接OB，OC，OF，利用正方形和正三角形的性质，可得到∠OBC=45°，GM⊥EF，∠FGM=30°，利用圆周角定理可求出∠FOM的度数；由EF⊥BC，可求出∠BOM=45°；然后根据∠BOF=∠FOM-∠BOM，代入计算求出∠BOF的度数，从而可求出弧BF的度数.
18．（2021九上·嘉祥月考）如图，与正五边形ABCDE的边AB、DE分别相切于点B、D，则劣弧所对的圆心角的大小为 度．
【答案】144
【知识点】切线的性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：五边形ABCDE是正五边形，
．
AB、DE与相切，
，
，
故答案为144．
【分析】先求出，再求出，最后计算求解即可。
19．（2021九上·平原月考）如图，四边形ABCD是菱形，⊙O经过点A，C．D．与BC相交于点E，连接AC，AE．若∠ADC＝80°，则∠EAC的度数是 ．
【答案】30°
【知识点】菱形的性质；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠D=80°，
∴∠ACB=∠DCB=（180°∠D）=50°，
∵四边形AECD是圆内接四边形，
∴∠AEB=∠D=80°，
∴∠EAC=∠AEB∠ACE=30°，
故答案为：30°．
【分析】先求出∠ACB=50°，再求出∠AEB=∠D=80°，最后求解即可。
三、解答题
20．（2022九上·福建竞赛）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠DAC=45°，以线段AC为直径的圆与AB和AD的延长线分别交于点E和F，过点B作AC的垂线，垂足为H.求证：E，H，F三点共线.
【答案】解：如图，延长 与直线 相交于点 ，连接 .
因为 ， ，
所以 .
又 ，
所以 ，于是 ， ， ， 四点共圆.
所以 .①
连接 ，由 为圆直径，得 ，
所以 ， ， ， 四点共圆，
于是 .②
连接 ，由 为圆直径，得 ，
所以 ， ， ， 四点共圆，
于是 .③
由②，①，③，得 ，
所以 .
所以 ， ， 三点共线.
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】延长BH与直线AD相交于点P，连接CP，易得∠BPA=45°，推出P、A、B、C四点共圆，根据圆内接四边形的性质可得∠CBE=∠APC，连接CE，根据圆周角定理可得∠CEA=∠CHB=90°，推出C、E、B、H四点共圆，得到∠CHE=∠CBE，连接CF，同理可得∠APC=180°-∠CHF，据此推出∠CHE=∠CBE=∠APC=180°-∠CHF，据此证明.
21．（2021九上·荔湾期末）如图所示，⊙O的弦BD，CE所在直线相交于点A，若AB＝AC，求证：BD＝CE．
【答案】证明：如图，连接DE，BC．
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵∠ADE+∠EDB=180°，∠C+∠EDB=180°，
∴∠ADE=∠C，
同法可证，∠AED=∠B，
∴∠ADE=∠AED，
∴AD=AE，
∴BD=EC．
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【分析】连接DE，BC，先证明∠ADE=∠C，∠AED=∠B，再根据等角对等边的关系可得AD=AE，再利用线段的和差可得BD=EC。
四、综合题
22．（2022九上·新昌期末）如图，已知是等腰△ABC的外接圆，且AB＝AC，点D是上一点，连结BD并延长至点E，连结AD，CD.
（1）求证：DA平分∠EDC.
（2）若∠EDA＝72°，求的度数.
【答案】（1）解：∵四边形ABCD内接于，
∴∠ADB+∠ACB＝180°
∵∠ADB+∠ADE＝180°，
∴∠ACB＝∠ADE.
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB.
又∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠ADC＝∠ADE，即DA平分∠EDC；
（2）解：由（1）得∠ADE＝∠ACB＝∠ABC＝72°，
∴，
∴，
∴的度数为72°.
【知识点】等腰三角形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）根据圆的内接四边形的性质得到∠ACB＝∠ADE，由AB＝AC，可得∠ABC＝∠ACB，等量代换得∠ADE＝∠ABC，由圆周角定理可得∠ABC＝∠ADC，故∠ADC＝∠ADE，即DA平分∠EDC；
（2）结合已知条件和(1)得∠ADE＝∠ACB＝∠ABC＝72°，根据三角形内角和定理可得，根据圆周角定理得到 ，即 的度数为72°.
23．（2021九上·燕山期末）如图，以四边形的对角线为直径作圆，圆心为O，点A、C在上，过点A作的延长线于点E，已知平分．
（1）求证：是切线；
（2）若，，求的半径和的长．
【答案】（1）证明：如图，连接OA，
∵AE⊥CD，
∴∠DAE+∠ADE=90°．
∵DA平分∠BDE，
∴∠ADE=∠ADO，
又∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ADO，
∴∠DAE+∠OAD=90°，
∴OA⊥AE，
∴AE是⊙O切线；
（2）解：如图，取CD中点F，连接OF，
∴OF⊥CD于点F．
∴四边形AEFO是矩形，
∵CD=6，
∴DF=FC=3．
在Rt△OFD中，OF=AE=4，
∴，
在Rt△AED中，AE=4，ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=5-3=2，
∴，
∴AD的长是．
【知识点】勾股定理；圆内接四边形的性质；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OA，利用角平分线的性质得出∠ADE=∠ADO，再根据OA=OD，得出OA⊥AE，由此得出结论；
（2）取CD中点F，连接OF，得出四边形AEFO是矩形，在Rt△OFD中，OF=AE=4，利用勾股定理得出OD的值，在Rt△AED中，AE=4，ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=5-3=2，再利用勾股定理得出AD的值即可。
24．（2021九上·东光期中）如图，已知四边形ABCD内接于圆O，连接BD， ， ．
（1）求证： ；
（2）若圆O的半径为3，求BC的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD内接于圆O， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：连接OB、OC，
∵ ，
∴ ，
由圆周角定理得， ，
∴ 为等边三角形，
∴ ．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）先求出∠C=75°，再求出 ， 最后证明求解即可；
（2）根据题意先求出 ， 再求出 为等边三角形， 最后计算求解即可。
25．（2021九上·西湖期中）如图，△ABC与⊙O交于D，E两点，AB是直径且长为12，OD∥BC.
（1）若∠B=40°，求∠A的度数；
（2）证明：CD=DE；
（3）若AD=4，求CE的长度.
【答案】（1）解：∵OD∥BC
∴∠AOD=∠B=40°
∵OA=OD，
∴∠ADO= ∠A
∴∠A= .
（2）证明：∵四边形ABED内接于⊙O
∴∠CDE =∠B，∠DEC= ∠A
∴∠CDE = ∠AOD
∵∠C =180°– ∠CDE – ∠DEC
∠ADO =180°– ∠A – ∠AOD
∴∠C = ∠ADO =∠A
∴∠C = ∠DEC
∴CD = DE.
（3）解：连接OE，AE，
由（2）得AB=BC=12
∴∠AOE = 2∠B，∠B= ∠AOD
∴∠AOE = 2∠AOD
∴∠AOD =∠DOE
∴AD = DE
∴AC=2AD=8
∵AB是直径：∠AEB=90°
在 与 中，
设CE=x，则BE=12-x
AC2-CE2=AB2-BE2
即 .
解得： .
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）由平行线的性质可得∠AOD=∠B=40°，由等腰三角形的性质可得∠ADO=∠A，然后根据等腰三角形的性质以及内角和定理求解即可；
（2）由圆内接四边形的性质可得∠CDE =∠B，∠DEC= ∠A，则∠CDE = ∠AOD，结合内角和定理可得∠C = ∠DEC，据此证明；
（3）连接OE，AE，由（2）得AB=BC=12，由圆周角定理可得∠AOE = 2∠B，由平行线的性质可得∠B= ∠AOD，则AD = DE，AC=2AD=8，设CE=x，则BE=12-x，在Rt△ABE、Rt△ACE中，利用勾股定理求解即可.
26．（2021九上·定州期中）如图，四边形 内接于 ， ， 平分 交 于点 ，连接 ， ， ， ．
（1）求证：四边形 是菱形；
（2）若 ， ，求弦 的长．
【答案】（1）证明：连接 ，
由圆周角定理得， ，
平分 ，
，
，
， ，
和 是等边三角形，
，
四边形 是菱形；
（2）解：连接 ，
， ，
，
，
．
【知识点】菱形的判定；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）连接OD，证明 和 是等边三角形，得到OB=BD=DC=OC，根据菱形的判定定理证明即可；
（2）求出∠AOC=90°，根据勾股定理计算即可得到答案。
27．（2021九上·拱墅期中）如图，在⊙O中，B是⊙O上的一点，∠ABC＝120°，BM平分∠ABC交AC于点D，连结MA，MC.
（1）求证： AMC是正三角形；
（2）若AC＝ ，求⊙O半径的长.
【答案】（1）证明：∵∠ABC＝120°，BM平分∠ABC，
∴∠ABM＝∠MBC＝ ∠ABC＝60°，
∵∠ABM与∠ACM都是弧AM所对的圆周角，
∴∠ACM＝∠ABM＝60°，
∵∠MAC与∠MBC都是弧MC所对的圆周角，
∴∠MAC＝∠MBC＝60°，
∴∠MAC＝∠ACM＝60°，
∴MA＝CM，
又∵∠ACM＝60°，
∴ AMC是正三角形；
（2）解：连接 、 ，过点 作 于点 ，如图1，
，
，
，
∵ ＝ ，
，
∵ ， ，
，
∵ ， ，
，
设 ，则 ，
在 中， ，
∴ ，
解得： （舍负），
，
∴ 的半径为2.
【知识点】等边三角形的判定；含30°角的直角三角形；垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）由角平分线的定义得∠ABM＝∠MBC＝ ∠ABC＝60°，由同弧所对的圆周角相等得∠ACM＝∠ABM＝60°，∠MAC＝∠MBC＝60°， 从而得出∠MAC＝∠ACM＝60°，根据等边三角形的判定即得结论；
（2）连接OA 、OC，过点O作OH⊥AC于点 H ，由圆内接四边形的性质求出∠AMC=60°，再由圆周角定理得∠AOC=2∠AMC=120°，利用等腰三角形的性质及直角三角形的性质可得，设OA=x ，则 ，在 Rt△AOH中，由OH2+AH2=OA2建立方程求出x值即可.
28．（2021九上·上城期中）如图，AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，与△ABC的外接圆交于点D，∠EAC＝120°.
（1）连OB，OC，求∠OCB；
（2）连DB，DC，求证：DB＝DC；
（3）探究线段AD，AB，AC之间的数量关系，并证明你的结论.
【答案】（1）解：连接OB，OC，
∵∠EAC＝120°，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BDC＝∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝2∠BDC＝2×60°＝120°
∴∠OCB=；
（2）证明：∵AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，
∴∠DAC＝ ∠EAC＝ 120°＝60°，
∴∠DBC＝∠DAC＝60°，
由（1）知∠BDC＝60°，
∴∠BDC＝∠DBC＝60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴BD＝CD；
（3）解：AC＝AD+AB，理由如下：
如图，延长AD至F，使DF＝AB，连接CF，
∵四边形ABCD是⊙O的内角四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∵∠ADC+∠CDF＝180°，
∴∠ABC＝∠CDF，
由（2）知△BDC是等边三角形，
∴BC＝CD，
∴△FDC≌△ABC（SAS），
∴∠ACB＝∠DCF，AC＝CF，
∴∠ACF＝∠BCD＝60°，
∴△ACF是等边三角形，
∴AC＝AF＝AD+AB.
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）连接OB、OC，由邻补角性质得∠BAC＝60°，由圆周角定理得∠BDC＝∠BAC＝60°，∠BOC＝2∠BDC，进而根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理即可算出答案；
（2）由角平分线的概念得∠DAC＝∠EAC＝60°，由圆周角定理得∠DBC＝∠DAC＝60°，由（1）知∠BDC＝60°，从而判断出三角形BDC是等边三角形，根据等边三角形的三边相等即可得出结论；
（3）延长AD至F，使DF＝AB，连接CF，由圆内接四边形的性质可得∠ADC+∠ABC＝180°，由邻补角的性质得∠ADC+∠CDF＝180°，则∠ABC＝∠CDF，由（2）知△BDC是等边三角形，则BC＝CD，证明△FDC≌△ABC，得到∠ACB＝∠DCF，AC＝CF，推出△ACF是等边三角形，据此解答.
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