2023年浙教版数学九年级上册3.6 圆内四边形 同步测试（培优版）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023·丽江模拟）在中，弦垂直平分半径，点在上（不与点，重合），则的度数为（ ）
A． B． C．或 D．或
2．（2023·九台模拟）如图，四边形是的内接四边形，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023九下·杭州月考）如图，在圆内接四边形中， ，为直径，若四边形的面积是S，的长是x，则S与x之间的数关系式是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·南海模拟）如图，四边形是的内接四边形，点是的中点，点是上的一点，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·河北模拟）如图，是半圆O的直径，C、D、E三点依次在半圆O上，若，，则与之间的关系是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023·玉环模拟）如图，四边形为正方形，其中分别以为直径在正方形内部做半圆，正方形的对角线交于O点，点E是以为直径的半圆上的一个动点，则下列结论错误的是（ ）
A．若正方形的边长为10，连接，则的最小值为
B．连接，则
C．连接，若，，则正方形的边长为
D．若M，N分别为的中点，存在点E，使得
7．（2019九上·温州期中）如图，△ABC内接于⊙O，BC=6，AC=2，∠A-∠B=90°，则⊙O的面积为（ ）
A．9.6π B．10π C．10.8π D．12π
8．（2018九上·丽水期中）如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB=2∠BOC，则下列说法中正确的是（ ）
A．∠OBA=∠OCA B．四边形OABC内接于⊙O
C．AB=2BC D．∠OBA+∠BOC=90°
9．已知AB是半径为1的圆O的一条弦，且AB=a＜1，以AB为一边在圆O内作正△ABC，点D为圆O上不同于点A的一点，且DB=AB=a，DC的延长线交圆O于点E，则AE的长为（ ）
A． B．1 C． D．a
10．如图，已知⊙O为四边形ABCD的外接圆，O为圆心，若∠BCD=120°，AB=AD=2，则⊙O的半径长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每空4分，共24分）
11．（2023·建湖模拟）如图，点A、B、C都在上，如果，那么的度数为 .
12．（2023九下·威远月考）如图，内接于，外角的平分线交于点，射线交延长线于点.若，，则的度数为 °.
13．（2023九下·杭州月考）若⊙O中，弦AB的长度是半径的倍，则弦AB所对圆周角的度数为 °．
14．（2023九上·长兴期末）⊙为等边的外接圆，半径为2，点在劣弧上运动（不与点，重合），连结，，.则四边形的面积关于线段的长的函数解析式是 .
15．（2021九上·碑林月考）如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ACD＝30°，AD＝2，E是AC的中点，连接DE，则线段DE长度的最小值为 .
16．（2018九上·桐乡期中）如图，在四边形ABCD中，∠BAD=∠CDA=90°，AB=1，CD=2，过A，B，D三点的⊙O分别交BC，CD于点E，M，下列结论：①DM=CM；② ；③⊙O的直径为2；④AE=AD．其中正确的结论有 （填序号）．
三、解答题（共8题，共66分）
17．（2023·株洲）如图所示，四边形是半径为R的的内接四边形，是的直径，，直线l与三条线段、、的延长线分别交于点E、F、G．且满足．
（1）求证：直线直线；
（2）若；
①求证：；
②若，求四边形的周长．
18．（2023·湛江模拟）在学习《圆》这一单元时，我们学习了圆周角定理的推论：圆内接四边形的对角互补；事实上，它的逆命题：对角互补的四边形的四个顶点共圆，也是一个真命题．在图形旋转的综合题中经常会出现对角互补的四边形，那么，我们就可以借助“对角互补的四边形的四个顶点共圆”，然后借助圆的相关知识来解决问题，例如：已知：是等边三角形，点D是内一点，连接，将线段绕C逆时针旋转得到线段，连接，，，并延长交于点F．当点D在如图所示的位置时：
（1）观察填空：与全等的三角形是 ；
（2）利用（1）中的结论，求的度数
（3）判断线段，，之间的数量关系，并说明理由．
19．（2023九下·青山月考）如图
（1）如图1，在和中，，，.求证：；
（2）如图2，在和中，，，，，点在内，延长交于点，求证：点是中点；
（3）如图3，为等腰三角形，.，点为所在平面内一点，，，，请直接写出的长.
20．（2023九下·姑苏开学考）已知：是的外接圆，且，，D为上一动点.
（1）如图1，若点D是的中点，等于多少？
（2）过点B作直线的垂线，垂足为点E.
①如图2，若点D在上，求证：.
②若点D在上，当它从点A向点C运动且满足时，求的最大值.
21．（2022九上·巴东月考）已知内接于，的平分线交于点，连接，.
（1）如图①，当时，请直接写出线段，，之间满足的等量关系式： ；
（2）如图②，当时，试探究线段，，之间满足的等量关系，并证明你的结论.
22．（2022九上·下城期中）如图，点P是等边三角形中边上的动点（），作的外接圆交于点D.点E是圆上一点，且，连接交于点F.
（1）求证：
（2）当点P运动变化时，的度数是否发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求的度数.
（3）探究线段、、之间的数量关系，并证明.
23．（2022九上·杭州期中）在⊙O中，半径为.
（1）如图一，若B为上一个点（不与A、C重合），且的度数为，
①求的度数；
②若E为弦的中点，F为弦的中点，求线段的长度.
（2）如图二，若的度数为，的度数为，的度数为，点E为弦的中点，点F为弦的中点，求线段的长度.
24．（2022九上·杭州期中）如图，AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，与△ABC的外接圆⊙O交于点D，∠EAC＝120°.
（1）求的度数；
（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】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；垂径定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接AO，CA，AB，MA，BC，BO，如图所示：
∵弦垂直平分半径，
∴，MA=OA，
∴MA=OA=OM，
∴△MOA为等边三角形，
∴∠MOA=∠MOB=60°，
∴∠BOA=120°，
当点C在优弧上时，∠ACB=60°，
当点C在劣弧上时，∠ACB=180°-60°=120°，
故答案为：C
【分析】连接AO，CA，AB，MA，BC，BO，先根据垂径定理即可得到，MA=OA，再根据等边三角形的判定与性质即可得到∠MOA=∠MOB=60°，进而分类讨论运用圆内角四边形的性质即可求解。
2．【答案】A
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接DO，CO，如图所示：
∵四边形是的内接四边形，
∴∠C+∠BAD=180°，
∴∠BAD=60°，
∴∠DOB=2∠DAB=120°，
∵BC=CD，
∴，
∴∠BOC=∠DOC=60°，
∵∠COA=2∠CDA=160°，
∴∠BOA=100°，
故答案为：A
【分析】连接DO，CO，先根据圆内解四边形得到性质即可得到∠BAD=60°，再根据圆周角定理结合等腰三角形的性质即可求解。
3．【答案】C
【知识点】三角形的面积；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，延长到E，使，连接，
四边形是圆内接四边形，
∴，
，
在和中，
∴，
，
∴，
即，
∴，
故答案为：C.
【分析】延长BA到E，使AE=CB，连接DE，根据圆内接四边形的性质可得∠DAB+∠DCB=180°，结合邻补角的性质可得∠DAE=∠DCB，利用SAS证明△DAE≌△DCB，得到BD=DE=x，S△DAE=S△DCB，∠ADE=∠CDB，根据面积间的和差关系以及角的和差关系可得S四边形ABCD=S△BDE，∠CAE=∠BAD=90°，进而推出S四边形ABCD=S△BDE，然后根据三角形的面积公式进行解答.
4．【答案】A
【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，
四边形是的内接四边形，
，
，
点是的中点，
，
，
故答案为：A．
【分析】连接，先利用圆内接四边形的性质求出，再求出即可。
5．【答案】A
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接、、，
四边形为圆内接四边形，
，
，
，
，
，
为直径，
，
，
，
，
故答案为：A．
【分析】连接、、，由圆内接四边形的性质及，可得，即得，由AB为直径可得∠ACB=90°，根据即可求解.
6．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：A，取DC的中点N，连接BN交弧CD于点E，
此时BE=BN-EN的值最小，
∵正方形ABCD，
∴CD=BC=10，∠BCN=90°，
∴，
∵CD是半圆弧CD的直径，
∴EN=CN=5，
∴此时，故A不符合题意；
B、当点E在弧OC上时，∠OED=45°，当点E在弧OD上时，∠OED=180°-45°=135°，故B符合题意；
C、连接DE，CE，
∵CD是直径，
∴∠DEC=90°，
∴
∴此正方形的边长为，故C不符合题意；
D、∵M，N分别为AB，CD的中点，
∴以MN为直径的圆，与半圆COD必有交点，
∴存在点E，使∠MEN=90°，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】取DC的中点N，连接BN交弧CD于点N，此时BE=BN-EN的值最小，利用正方形的性质可证得CD=BC=10，∠BCN=90°，利用勾股定理求出BN的长，然后求出BE的最小值，可对A作出判断；当点E在弧OC上时，利用圆周角定理可知∠OED=45°，当点E在弧OD上时，利用圆内接四边形的对角互补，可求出∠OED的度数，可对B作出判断；连接DE，CE，利用直径所对的圆周角是直角，可得到∠DEC=90°，利用勾股定理求出CD的长，即可得到正方形的边长，可对C作出判断；利用M，N分别为AB，CD的中点，可知以MN为直径的圆，与半圆COD必有交点，这个交点就是点E，利用直径所对的圆周角是直角，可知存在点E，使∠MEN=90°，可对D作出判断.
7．【答案】B
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】如下图所示，过点B作圆的直径BE交圆于点E,
则∠ECB=90°，
∴∠E+∠EBC=90°，
∵圆的内接四边形对角互补,
∴∠E+∠A=180°①，
∵∠A ∠ABC=90°②，
①-②可得：∠E+∠ABC=90°，
∴∠ABC=∠EBC，
∴ ，
∴CE=AC=2，
在Rt△BCE中，由勾股定理得， ，
∴⊙O的半径为 ，
∴圆的面积= ，
故选B.
【分析】过点B作圆的直径BE交圆于点E，由直径所对的圆周角是直角可得∠ECB=90°，再根据圆内接四边形的对角互补，推出 ，然后由勾股定理求出圆的直径，即可求出圆面积.
8．【答案】D
【知识点】垂径定理的应用；圆心角、弧、弦的关系；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：A.∵OA=OB，
∴∠OBA=∠OAB，
∴∠OBA+∠OAB+∠AOB=180°，
∴∠OBA=（180°-∠AOB），
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠OBA=（180°-2∠BOC）=90°-∠BOC，
又∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠OCA+∠OAC+∠AOC=180°，
∴∠OCA=（180°-∠AOC），
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠AOC=3∠BOC，
∴∠OCA=（180°-3∠BOC）=90°-∠BOC，
∴∠OBA≠∠OCA，
故A错误，A不符合题意；B.∵点A、B、C在圆上，而点O在圆内，
∴四边形OABC不内接于⊙O，
故B错误，B不符合题意；
C.过点O作OD⊥AB交AB于D，交⊙O于E，
∴AE=BE，∠AOE=∠BOE=∠AOB，
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠AOE=∠BOE=∠BOC，
∴AE=BE=BC，
又∵AE+BE＞AB，
即2BC＞AB，
故C错误，C不符合题意；
D.由A知∠OBA=90°-∠BOC，
∴∠OBA+∠BOC=90°-∠BOC+∠BOC=90°，
故D正确，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据等腰三角形性质和三角形内角和定理可得∠OBA=90°-∠BOC，∠OCA=90°-∠BOC，得∠OBA≠∠OCA，故A错误；根据圆内接四边形定义可知B错误；过点O作OD⊥AB交AB于D，交⊙O于E，根据垂径定理和弦、弧、圆心角之间关系可得AE=BE=BC，由三角形三边关系得2BC＞AB，故C错误；由A知∠OBA=90°-∠BOC，计算即可得D正确.
9．【答案】B
【知识点】全等三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=BD=a，∠CAB=∠ACB=60°；
∵AB=BD，
∴ ，
∴∠AED=∠AOB；
∵BC=AB=BD，
∴∠D=∠BCD；
∵四边形EABD内接于⊙O，
∴∠EAB+∠D=180°，即∠EAC+60°+∠D=180°；
又∵∠ECA+60°+∠BCD=180°，
∴∠ECA=∠EAC，即△EAC是等腰三角形；
在等腰△EAC和等腰△OAB中，∠AEC=∠AOB，
∵AC=AB，
∴△EAC≌△OAB；
∴AE=OA=1．
故答案为：B．
【分析】根据等边三角形的性质得出AB=BC=AC=BD=a，∠CAB=∠ACB=60°，根据同圆中相等的弦所对的劣弧相等得出弧AB=弧BD，根据等弧所对的圆周角是圆心角的一半得出∠AED=∠AOB；根据等边对等角得出∠D=∠BCD，根据圆的内接四边形的对角互补得出∠EAB+∠D=180°，即∠EAC+60°+∠D=180°，根据平角的定义得出∠ECA+60°+∠BCD=180°，故∠ECA=∠EAC，即△EAC是等腰三角形，然后利用AAS判断出△EAC≌△OAB，根据全等三角形的对应边相等得出AE=OA=1．
10．【答案】D
【知识点】垂径定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接BD，作OE⊥AD，连接OD，
∵⊙O为四边形ABCD的外接圆，∠BCD=120°，
∴∠BAD=60°．
∵AD=AB=2，
∴△ABD是等边三角形．
∴DE= AD=1，∠ODE= ∠ADB=30°，
∴OD= = ．
答案为：D．
【分析】通过连半径，作弦心距，构造出直角三角形，利用三角函数、圆内接四边形性质，求出半径.
11．【答案】120
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，在优弧 上取一点D，连接，
∴，，
∵，
∴
∴，
∴
故答案为：.
【分析】在优弧 上取一点D，连接，由圆周角定理及已知可得，根据圆内接四边形对角互补可得，据此即可求出∠ABC的度数.
12．【答案】40
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质；角平分线的定义
【解析】【解答】解：∵ ，
∴ ，
∴
∴ ，
∵四边形 是圆内接四边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：40.
【分析】由 可得 ，利用等弧所对的圆周角相等可得 ，继而得出∠DAC=56°，利用圆内接四边形对角互补及平角的定义可得，再利用角平分线的定义可得，最后根据三角形内角和定理即可求解.
13．【答案】45或135
【知识点】勾股定理的逆定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，
设OA=OB=x，则AB=，
∴OA2+OB2=AB2，
∴△AOB是直角三角形，且∠AOB=90°，
∴，
∴∠F=180°-∠E=135°.
故答案为：45或135.
【分析】设OA=OB=x，则AB=，由勾股定理逆定理得△AOB是直角三角形，且∠AOB=90°，根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得∠E=45°，进而根据圆内接四边形的对角互补可求出∠F的度数，从而得出答案.
14．【答案】
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，将绕点逆时针旋转，得到，
∴，，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
∴点，点，点三点共线，
∴是等边三角形，
∵四边形的面积
，
∴
故答案为：.
【分析】将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△BHC，则CD=CH，∠DAC=∠HBC，由圆内接四边形的性质可得∠DAC+∠DBC=180°，则∠DBC+∠HBC=180°，推出△DCH是等边三角形，然后根据S=S△ADC+S△BDC=S△CDH结合三角形的面积公式进行解答.
15．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵∠BAD=∠BCD=90°，
∴四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ACD=∠ABD=30°，
∴∠ADB=60°，
∵AD=2，
∴BD=2AD=4，
分别取AB、AD的中点F、G，并连接FG，EF，EG，
∵E是AC的中点，
∴EF∥BC，EG∥CD，
∴∠AEF=∠ACB，∠AEG=∠ACD，
∴∠AEF+∠AEG =∠ACB+∠ACD=90°，即∠FEG =90°，
∴点E在以FG为直径的⊙P上，如图：
当点E恰好在线段PD上，此时DE的长度取得最小值，
连接PA，
∵F、G分别是AB、AD的中点，
∴FG∥BD，FG= BD=2，
∴∠ADB=∠AGF=60°，
∵PA=PG，
∴△APG是等边三角形，
∴∠APG=60°，
∵PG=GD=GA，且∠AGF=60°，
∴∠GPD=∠GDP=30°，
∴∠APD=90°，
∴PD= ，
∴DE长度的最小值为 .
故答案为： .
【分析】易得四边形ABCD是圆内接四边形，由圆周角定理得∠ACD=∠ABD=30°，则BD=2AD=4，分别取AB、AD的中点F、G，并连接FG，EF，EG，由中位线的性质可得EF∥BC，EG∥CD，根据平行线的性质可得∠AEF=∠ACB，∠AEG=∠ACD，推出∠FEG =90°，当点E恰好在线段PD上，此时DE的长度取得最小值，连接PA，由中位线的性质可得FG∥BD，FG=BD=2，易得△APG是等边三角形，则∠APG=60°，由等腰三角形的性质以及外角的性质可得∠GPD=∠GDP=30°，则∠APD=90°，利用勾股定理求出PD，据此解答.
16．【答案】①②④
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如下图，连接AM，连接MB，过点O作OG⊥AM，OH⊥AM，
∵∠BAD=∠CDA=90°，
∴AM过圆心O，而A、D、M、B四点共圆，
∴四边形ADMB为矩形，
∵AB=1，CD=2，
∴CM=2-1=1=AB=DM，
故①正确；
又∵AB∥CD，
∴四边形ABMC为平行四边形，
∴∠AEB=∠MAE， = ，
故②正确；
∵四边形ADMB为矩形，
∴AB=DM，
∴ = ，
∴=，
∴∠DAM=∠EAM，
过点O作OG⊥AM，OH⊥AM，
∴OG=OH，
∴AD=AE，
故④正确；
由题设条件求不出直径的大小，
故③⊙O的直径为2，错误；
故答案为：①②④.
【分析】①根据圆周角定理和圆的内接四边形可知四边形ADMB为矩形，从而可求得DM=CM，故①正确；
②根据平行四边形的判定可知四边形ABMC为平行四边形，由平行线的性质可知∠AEB=∠MAE，从而可得 ②正确；
③由题设条件求不出直径的大小，故③错误；
④根据矩形的性质和弦、弧之间的关系可得=，从而可得∠DAM=∠EAM，再由角平分线的性质可得OG=OH，从而可得④正确.
17．【答案】（1）证明：在中，
，
，即，
在中，
，
，
即直线直线；
（2）解：①四边形是半径为R的的内接四边形，
，
，
，
是的直径，
，
由（1）可知，
，
在与中，
，
，
②在中，，
，
是的直径，
，
，
，
，
在中，
，
即，
解得：，
由①可知，
，
，
四边形的周长为：
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）先根据圆周角定理即可得到，即，进而得到即可求解；
（2）①先根据圆内接四边形的性质即可得到，进而结合题意即可得到，再根据圆周角定理即可得到，进而得到，再根据三角形全等的判定（AAS）即可求解；
②先根据题意得到AB的长，进而结合题意即可得到，再运用勾股定理即可求出DA的长，进而根据三角形全等的性质结合题意即可求解。
18．【答案】（1）
（2）解：由（1）知，
∴．
∵，
∴，
∴点C，D，F，E四点共圆，
∴．
∵，
∴
（3）解：由（1）知是等边三角形，
∴．
由（2）得，点C，D，F，E四点共圆，
∴．
在上取一点G，使，
∴是等边三角形，
∴，，
∴．
∵点C，D，F，E四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠BAC=∠ACB=∠ABC=60°，
∴∠ACD+∠DCB=60°.
由旋转可得CE=CD，∠DCE=60°，
∴△DCE为等边三角形，
∴∠BCE+∠DCB=60°，
∴∠ACD=∠BCE.
∵∠ACD=∠BCE.，CD=CE，AC=BC，
∴△ACD≌△BCE（SAS）.
故答案为：△BCE.
【分析】（1）由等边三角形的性质可得AB=AC=BC，∠BAC=∠ACB=∠ABC=60°，由旋转可得CE=CD，∠DCE=60°，推出△DCE为等边三角形，根据角的和差关系可得∠ACD=∠BCE，然后利用全等三角形的判定定理进行解答；
（2）根据全等三角形的性质可得∠ADC=∠BEC，由平角的概念可得∠ADC+∠FDC=180°，则∠BEC+∠FDC=180°，推出点C，D，F，E四点共圆，由圆内接四边形的性质可得∠AFE+∠DCE=180°，由邻补角的性质可得∠AFB+∠AFE=180°，据此解答；
（3）由（1）知△DCE是等边三角形，则CE=DE，由（2）得∠DFE=120°，点C，D，F，E四点共圆，则∠CFE=∠CDE=60°，在FC上取一点G，使FG=FE，则△EFG是等边三角形，得到EG=FE，∠EGF=60°，利用AAS证明△CEG≌△DEF，得到CG=FD，据此解答.
19．【答案】（1）证明：，，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：连接，如图2所示：
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴、、、四点共圆，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点是中点；
（3）解：的长或.
【知识点】勾股定理；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】【解答】解：（3）分两种情况：
①点P在△ABC内部时，作AM=AP，且∠MAP=120°，连接MP、BM，作AN⊥MP于N，如图3所示：
则，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
同（1）得：，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴ ；
②点P在△ABC外部时，作AM=AP，且∠MAP=120°，连接MP、BM，作ME⊥BP的延长线于E，如图4所示：
由①得：，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
同（1）得：，
∴，
∴.
综上所述，CP的长或.
【分析】（1）由∠DAE=∠BAC推出∠DAB=∠EAC，从而用SAS判断出△ABD≌△ACE；
（2） 连接AF，根据两组边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似得△ADE∽△ABC，得∠ADE=∠ABC，由圆周角定理推出A、D、B、F四点共圆，由圆内接四边形对角互补得∠BFA=90°，进而根据等腰三角形的三线合一即可得出F是BC的中点；
（3）分两种情况讨论：①点P在△ABC内部时，作AM=AP，且∠MAP=120°，连接MP、BM，作AN⊥MP于N，由等腰三角形性质得∠APM=∠AMP=30°，PN=MN，根据含30°角直角三角形的性质得AN、PN的长，由角的和差得∠APM=90°，同（1）证△ABM≌△ACP，得BM=CP，在Rt△BMP中，利用勾股定理算出BM，即可得CP的长；②点P在△ABC外部时，作AM=AP，且∠MAP=120°，连接MP、BM，作ME⊥BP的延长线于E，由①得∠APM=30°，MP=，由平角得∠EPM=30°，根据含30°角直角三角形性质得EM、PE的长，再用勾股定理求出BM的长，同（1）证得△ABM≌△ACP，得BM=CP，从而即可得出CP的长.
20．【答案】（1）解：如图1中，连接 .
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵D是 的中点，
∴ ，
∵ ，
∴ .
（2）解：①过B作 于点H，则 .
又∵ 于点E，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 和 中，
∴ ，
∴ ，
又∵四边形 是 的内接四边形，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ .
②连接 并延长与 交于点I，则点D在 上.
如图：过B作 于点H，
则 ，
又∵ 于点E，
∴ ，
∴ ，
又∵四边形 是 的内接四边形，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又 ， ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 直径， ，
∴ 垂直平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴当点D运动到点I时 取得最大值，此时 .
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）连接BD，由圆周角定理可得∠DBA=∠DCA，∠BCA=∠BAC=60°，结合中点的概念可得∠DCA=30°，据此解答；
（2）①过B作BH⊥CD于点H，则∠BED=∠BHC=∠BHD，由圆周角定理可得∠BAE=∠BCH，根据弧、弦的关系可得AB=BC，利用AAS证明△BEA≌△BHC，得到EA=CH，由圆内接四边形的性质可得∠BDE=∠BCA，根据圆周角定理可得∠BCA=∠BDC，则∠BDE=∠BDC，利用AAS证明△BED≌△BHD，得到DE=DH，然后根据线段的和差关系进行证明；
②连接BO并延长与⊙O交于点I，过B作BH⊥CD于点H，则∠BED=∠BHC=∠BHD，由由圆周角定理可得∠BAE=∠BCD，根据弧、弦的关系可得AB=BC，利用AAS证明△BED≌△BHD，得到ED=HD，由圆周角定理可得∠BDA=∠BDC，利用AAS证明△BED≌△BHD，得到DE=DH，则CD=DE+AE，易得BI垂直平分AC，据此求解.
21．【答案】（1）AB+AC=AD
（2）解：，理由如下：
如图②，延长到点，使，连接，
四边形内接于，
，
，
，
，
，
，即，
.
【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】【解答】解：（1）如图①在线段上截取，连接，
，平分，
，
，
同理：，∠DBC=∠DCB=60°
，
，，
，
，
，
，
，
.
故答案为：；
【分析】（1）在线段AD上截取AE＝AB，连接BE，根据角平分线的定义及同弧所对的圆周角相等得∠DBC=∠DCB=60°，推出△ABE和△BCD都是等边三角形，从而可证△BED≌△BAC，得到DE＝AC，进而可得结论；
（2）延长AB到点M，使BM＝AC，连接DM，根据圆内接四边形的性质得∠MBD=∠ACD，用SAS可证△MBD≌△ACD，得MD＝AD，进而根据等腰直角三角形的性质可证得结论．
22．【答案】（1）证明：连接PE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠A＝∠ACB＝60°，
∴∠PEB＝∠ACB＝60°，
∴∠A＝∠PEB，
∵ ，
∴∠PBD＝∠PBE，
∵BP＝BP，
∴△ABP≌△EBP（AAS），
∴AB＝EB，
∴EB＝BC；
（2）解：当点P运动时，∠BFD的度数不会变化，
∵ ，
∴∠DEP＝∠EBP，
∵∠BFD＝∠EBP＋∠DEB，
∴∠BFD＝∠DEP＋∠DEB
＝∠PEB
＝60°，
∴∠BFD的度数为60°；
（3）解： ，理由如下：
延长 交于点J，
，
，
，
是等边三角形，
，
在 和 中，
， ，
，
连接 ，
四边形 是圆的内接四边形，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，即 ，
在 和 中，
，
，
，
，
即 .
【知识点】三角形的外角性质；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（AAS）
【解析】【分析】（1）连接PE，由等边三角形的性质可得AB＝BC，∠A＝∠ACB＝60°，由圆周角定理可得∠PEB＝∠ACB＝60°，∠PBD＝∠PBE，利用AAS证明△ABP≌△EBP，得到AB＝EB，据此证明；
（2）由圆周角定理可得∠DEP＝∠EBP，由外角的性质可得∠BFD＝∠EBP＋∠DEB，则∠BFD＝∠DEP＋∠DEB=∠PEB，据此解答；
（3）延长CE、BP交于点J，由圆内接四边形的性质可得∠ABC+∠CED=180°，结合邻补角的性质可得∠JEF=∠ABC=60°，推出△JEF是等边三角形，EF=JE，根据对顶角的性质结合内角和定理可得∠JCP=∠PBA，连接PD，由圆内接四边形的性质可得∠PCB+∠PDB=180°，结合邻补角的性质可得∠ADP=∠PCB=60°，推出△ADP是等边三角形，的搭配AD=AP，结合线段的和差关系可得PC=DB，利用AAS证明△JPC≌△FDB，得到BF=JC，据此证明.
23．【答案】（1）解：①作所对的圆周角，如图一所示：
的度数为，
，
，
，
；
②连接，如图所示：
，，
为等腰直角三角形，
，
为弦的中点，F为弦的中点，
；
（2）解：连接、，过F点作于H，如图二所示：
的度数为，的度数为，的度数为，
，，，
，，
点E为弦的中点，点F为弦的中点，
，，
，，
，
，
在中，，
，
在中，，
在中，，
，
，
在中，，即的长为.
【知识点】等腰三角形的性质；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）① 作所对的圆周角 ∠APC，根据圆心角、弧、弦的关系可得∠AOC=90°，进而根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可得∠APC的度数，进而根据圆内接四边形的对角互补即可算出∠ABC的度数； ②连接AC，根据等腰直角三角形的性质可得AC的长，进而根据三角形的中位线定理即可算出EF的长；
（2） 连接OE、OF，过F点作FH⊥OE于H， 易得∠AOB=60°，∠COD=60°，∠BOD=60°，根据三角形的内角和定理及等腰三角形的性质得∠A=∠B=60°，∠ODC=30°，根据等腰三角形的三线合一及角的和差得∠EOF=150°，根据平角的定义得∠FOH=30°，根据含30°角直角三角形的性质可得AE、OE、OF、HF、OH的长，根据线段的和差求出EH的长，最后根据勾股定理算出EF的长即可.
24．【答案】（1）解：连接OB，OC，
∵∠EAC＝120°，
∴∠BAC＝180°-∠EAC＝60°，
∴∠BDC＝∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝2∠BDC＝2×60°＝120°，
∴ 的度数为120°；
（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，
证明：如图，延长AD至F，使DF＝AB，连接CF，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠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+DF＝AD+AB，
即AC＝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；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）连接OB，OC，由邻补角的性质可得∠BAC＝60°，由圆周角定理可得∠BDC＝∠BAC＝60°，∠BOC＝2∠BDC＝120°，据此解答；
（2）根据角平分线的概念可得∠DAC＝∠EAC=60°，则∠DBC＝∠DAC＝60°，由（1）知∠BDC=60°，推出△BDC是等边三角形，据此证明；
（3）延长AD至F，使DF＝AB，连接CF，根据圆内接四边形的性质可得∠ADC+∠ABC＝180°，由邻补角的性质可得∠ADC+∠CDF＝180°，推出∠ABC＝∠CDF，根据等边三角形的性质可得BC＝CD，证明△FDC≌△ABC，得到∠ACB＝∠DCF，AC＝CF，进而推出△ACF是等边三角形，据此证明.
1 / 12023年浙教版数学九年级上册3.6 圆内四边形 同步测试（培优版）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023·丽江模拟）在中，弦垂直平分半径，点在上（不与点，重合），则的度数为（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；垂径定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接AO，CA，AB，MA，BC，BO，如图所示：
∵弦垂直平分半径，
∴，MA=OA，
∴MA=OA=OM，
∴△MOA为等边三角形，
∴∠MOA=∠MOB=60°，
∴∠BOA=120°，
当点C在优弧上时，∠ACB=60°，
当点C在劣弧上时，∠ACB=180°-60°=120°，
故答案为：C
【分析】连接AO，CA，AB，MA，BC，BO，先根据垂径定理即可得到，MA=OA，再根据等边三角形的判定与性质即可得到∠MOA=∠MOB=60°，进而分类讨论运用圆内角四边形的性质即可求解。
2．（2023·九台模拟）如图，四边形是的内接四边形，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接DO，CO，如图所示：
∵四边形是的内接四边形，
∴∠C+∠BAD=180°，
∴∠BAD=60°，
∴∠DOB=2∠DAB=120°，
∵BC=CD，
∴，
∴∠BOC=∠DOC=60°，
∵∠COA=2∠CDA=160°，
∴∠BOA=100°，
故答案为：A
【分析】连接DO，CO，先根据圆内解四边形得到性质即可得到∠BAD=60°，再根据圆周角定理结合等腰三角形的性质即可求解。
3．（2023九下·杭州月考）如图，在圆内接四边形中， ，为直径，若四边形的面积是S，的长是x，则S与x之间的数关系式是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的面积；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，延长到E，使，连接，
四边形是圆内接四边形，
∴，
，
在和中，
∴，
，
∴，
即，
∴，
故答案为：C.
【分析】延长BA到E，使AE=CB，连接DE，根据圆内接四边形的性质可得∠DAB+∠DCB=180°，结合邻补角的性质可得∠DAE=∠DCB，利用SAS证明△DAE≌△DCB，得到BD=DE=x，S△DAE=S△DCB，∠ADE=∠CDB，根据面积间的和差关系以及角的和差关系可得S四边形ABCD=S△BDE，∠CAE=∠BAD=90°，进而推出S四边形ABCD=S△BDE，然后根据三角形的面积公式进行解答.
4．（2023·南海模拟）如图，四边形是的内接四边形，点是的中点，点是上的一点，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【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，
四边形是的内接四边形，
，
，
点是的中点，
，
，
故答案为：A．
【分析】连接，先利用圆内接四边形的性质求出，再求出即可。
5．（2023·河北模拟）如图，是半圆O的直径，C、D、E三点依次在半圆O上，若，，则与之间的关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接、、，
四边形为圆内接四边形，
，
，
，
，
，
为直径，
，
，
，
，
故答案为：A．
【分析】连接、、，由圆内接四边形的性质及，可得，即得，由AB为直径可得∠ACB=90°，根据即可求解.
6．（2023·玉环模拟）如图，四边形为正方形，其中分别以为直径在正方形内部做半圆，正方形的对角线交于O点，点E是以为直径的半圆上的一个动点，则下列结论错误的是（ ）
A．若正方形的边长为10，连接，则的最小值为
B．连接，则
C．连接，若，，则正方形的边长为
D．若M，N分别为的中点，存在点E，使得
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：A，取DC的中点N，连接BN交弧CD于点E，
此时BE=BN-EN的值最小，
∵正方形ABCD，
∴CD=BC=10，∠BCN=90°，
∴，
∵CD是半圆弧CD的直径，
∴EN=CN=5，
∴此时，故A不符合题意；
B、当点E在弧OC上时，∠OED=45°，当点E在弧OD上时，∠OED=180°-45°=135°，故B符合题意；
C、连接DE，CE，
∵CD是直径，
∴∠DEC=90°，
∴
∴此正方形的边长为，故C不符合题意；
D、∵M，N分别为AB，CD的中点，
∴以MN为直径的圆，与半圆COD必有交点，
∴存在点E，使∠MEN=90°，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】取DC的中点N，连接BN交弧CD于点N，此时BE=BN-EN的值最小，利用正方形的性质可证得CD=BC=10，∠BCN=90°，利用勾股定理求出BN的长，然后求出BE的最小值，可对A作出判断；当点E在弧OC上时，利用圆周角定理可知∠OED=45°，当点E在弧OD上时，利用圆内接四边形的对角互补，可求出∠OED的度数，可对B作出判断；连接DE，CE，利用直径所对的圆周角是直角，可得到∠DEC=90°，利用勾股定理求出CD的长，即可得到正方形的边长，可对C作出判断；利用M，N分别为AB，CD的中点，可知以MN为直径的圆，与半圆COD必有交点，这个交点就是点E，利用直径所对的圆周角是直角，可知存在点E，使∠MEN=90°，可对D作出判断.
7．（2019九上·温州期中）如图，△ABC内接于⊙O，BC=6，AC=2，∠A-∠B=90°，则⊙O的面积为（ ）
A．9.6π B．10π C．10.8π D．12π
【答案】B
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】如下图所示，过点B作圆的直径BE交圆于点E,
则∠ECB=90°，
∴∠E+∠EBC=90°，
∵圆的内接四边形对角互补,
∴∠E+∠A=180°①，
∵∠A ∠ABC=90°②，
①-②可得：∠E+∠ABC=90°，
∴∠ABC=∠EBC，
∴ ，
∴CE=AC=2，
在Rt△BCE中，由勾股定理得， ，
∴⊙O的半径为 ，
∴圆的面积= ，
故选B.
【分析】过点B作圆的直径BE交圆于点E，由直径所对的圆周角是直角可得∠ECB=90°，再根据圆内接四边形的对角互补，推出 ，然后由勾股定理求出圆的直径，即可求出圆面积.
8．（2018九上·丽水期中）如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB=2∠BOC，则下列说法中正确的是（ ）
A．∠OBA=∠OCA B．四边形OABC内接于⊙O
C．AB=2BC D．∠OBA+∠BOC=90°
【答案】D
【知识点】垂径定理的应用；圆心角、弧、弦的关系；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：A.∵OA=OB，
∴∠OBA=∠OAB，
∴∠OBA+∠OAB+∠AOB=180°，
∴∠OBA=（180°-∠AOB），
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠OBA=（180°-2∠BOC）=90°-∠BOC，
又∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠OCA+∠OAC+∠AOC=180°，
∴∠OCA=（180°-∠AOC），
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠AOC=3∠BOC，
∴∠OCA=（180°-3∠BOC）=90°-∠BOC，
∴∠OBA≠∠OCA，
故A错误，A不符合题意；B.∵点A、B、C在圆上，而点O在圆内，
∴四边形OABC不内接于⊙O，
故B错误，B不符合题意；
C.过点O作OD⊥AB交AB于D，交⊙O于E，
∴AE=BE，∠AOE=∠BOE=∠AOB，
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠AOE=∠BOE=∠BOC，
∴AE=BE=BC，
又∵AE+BE＞AB，
即2BC＞AB，
故C错误，C不符合题意；
D.由A知∠OBA=90°-∠BOC，
∴∠OBA+∠BOC=90°-∠BOC+∠BOC=90°，
故D正确，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据等腰三角形性质和三角形内角和定理可得∠OBA=90°-∠BOC，∠OCA=90°-∠BOC，得∠OBA≠∠OCA，故A错误；根据圆内接四边形定义可知B错误；过点O作OD⊥AB交AB于D，交⊙O于E，根据垂径定理和弦、弧、圆心角之间关系可得AE=BE=BC，由三角形三边关系得2BC＞AB，故C错误；由A知∠OBA=90°-∠BOC，计算即可得D正确.
9．已知AB是半径为1的圆O的一条弦，且AB=a＜1，以AB为一边在圆O内作正△ABC，点D为圆O上不同于点A的一点，且DB=AB=a，DC的延长线交圆O于点E，则AE的长为（ ）
A． B．1 C． D．a
【答案】B
【知识点】全等三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=BD=a，∠CAB=∠ACB=60°；
∵AB=BD，
∴ ，
∴∠AED=∠AOB；
∵BC=AB=BD，
∴∠D=∠BCD；
∵四边形EABD内接于⊙O，
∴∠EAB+∠D=180°，即∠EAC+60°+∠D=180°；
又∵∠ECA+60°+∠BCD=180°，
∴∠ECA=∠EAC，即△EAC是等腰三角形；
在等腰△EAC和等腰△OAB中，∠AEC=∠AOB，
∵AC=AB，
∴△EAC≌△OAB；
∴AE=OA=1．
故答案为：B．
【分析】根据等边三角形的性质得出AB=BC=AC=BD=a，∠CAB=∠ACB=60°，根据同圆中相等的弦所对的劣弧相等得出弧AB=弧BD，根据等弧所对的圆周角是圆心角的一半得出∠AED=∠AOB；根据等边对等角得出∠D=∠BCD，根据圆的内接四边形的对角互补得出∠EAB+∠D=180°，即∠EAC+60°+∠D=180°，根据平角的定义得出∠ECA+60°+∠BCD=180°，故∠ECA=∠EAC，即△EAC是等腰三角形，然后利用AAS判断出△EAC≌△OAB，根据全等三角形的对应边相等得出AE=OA=1．
10．如图，已知⊙O为四边形ABCD的外接圆，O为圆心，若∠BCD=120°，AB=AD=2，则⊙O的半径长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】垂径定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接BD，作OE⊥AD，连接OD，
∵⊙O为四边形ABCD的外接圆，∠BCD=120°，
∴∠BAD=60°．
∵AD=AB=2，
∴△ABD是等边三角形．
∴DE= AD=1，∠ODE= ∠ADB=30°，
∴OD= = ．
答案为：D．
【分析】通过连半径，作弦心距，构造出直角三角形，利用三角函数、圆内接四边形性质，求出半径.
二、填空题（每空4分，共24分）
11．（2023·建湖模拟）如图，点A、B、C都在上，如果，那么的度数为 .
【答案】120
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，在优弧 上取一点D，连接，
∴，，
∵，
∴
∴，
∴
故答案为：.
【分析】在优弧 上取一点D，连接，由圆周角定理及已知可得，根据圆内接四边形对角互补可得，据此即可求出∠ABC的度数.
12．（2023九下·威远月考）如图，内接于，外角的平分线交于点，射线交延长线于点.若，，则的度数为 °.
【答案】40
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质；角平分线的定义
【解析】【解答】解：∵ ，
∴ ，
∴
∴ ，
∵四边形 是圆内接四边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：40.
【分析】由 可得 ，利用等弧所对的圆周角相等可得 ，继而得出∠DAC=56°，利用圆内接四边形对角互补及平角的定义可得，再利用角平分线的定义可得，最后根据三角形内角和定理即可求解.
13．（2023九下·杭州月考）若⊙O中，弦AB的长度是半径的倍，则弦AB所对圆周角的度数为 °．
【答案】45或135
【知识点】勾股定理的逆定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，
设OA=OB=x，则AB=，
∴OA2+OB2=AB2，
∴△AOB是直角三角形，且∠AOB=90°，
∴，
∴∠F=180°-∠E=135°.
故答案为：45或135.
【分析】设OA=OB=x，则AB=，由勾股定理逆定理得△AOB是直角三角形，且∠AOB=90°，根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得∠E=45°，进而根据圆内接四边形的对角互补可求出∠F的度数，从而得出答案.
14．（2023九上·长兴期末）⊙为等边的外接圆，半径为2，点在劣弧上运动（不与点，重合），连结，，.则四边形的面积关于线段的长的函数解析式是 .
【答案】
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，将绕点逆时针旋转，得到，
∴，，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
∴点，点，点三点共线，
∴是等边三角形，
∵四边形的面积
，
∴
故答案为：.
【分析】将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△BHC，则CD=CH，∠DAC=∠HBC，由圆内接四边形的性质可得∠DAC+∠DBC=180°，则∠DBC+∠HBC=180°，推出△DCH是等边三角形，然后根据S=S△ADC+S△BDC=S△CDH结合三角形的面积公式进行解答.
15．（2021九上·碑林月考）如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ACD＝30°，AD＝2，E是AC的中点，连接DE，则线段DE长度的最小值为 .
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵∠BAD=∠BCD=90°，
∴四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ACD=∠ABD=30°，
∴∠ADB=60°，
∵AD=2，
∴BD=2AD=4，
分别取AB、AD的中点F、G，并连接FG，EF，EG，
∵E是AC的中点，
∴EF∥BC，EG∥CD，
∴∠AEF=∠ACB，∠AEG=∠ACD，
∴∠AEF+∠AEG =∠ACB+∠ACD=90°，即∠FEG =90°，
∴点E在以FG为直径的⊙P上，如图：
当点E恰好在线段PD上，此时DE的长度取得最小值，
连接PA，
∵F、G分别是AB、AD的中点，
∴FG∥BD，FG= BD=2，
∴∠ADB=∠AGF=60°，
∵PA=PG，
∴△APG是等边三角形，
∴∠APG=60°，
∵PG=GD=GA，且∠AGF=60°，
∴∠GPD=∠GDP=30°，
∴∠APD=90°，
∴PD= ，
∴DE长度的最小值为 .
故答案为： .
【分析】易得四边形ABCD是圆内接四边形，由圆周角定理得∠ACD=∠ABD=30°，则BD=2AD=4，分别取AB、AD的中点F、G，并连接FG，EF，EG，由中位线的性质可得EF∥BC，EG∥CD，根据平行线的性质可得∠AEF=∠ACB，∠AEG=∠ACD，推出∠FEG =90°，当点E恰好在线段PD上，此时DE的长度取得最小值，连接PA，由中位线的性质可得FG∥BD，FG=BD=2，易得△APG是等边三角形，则∠APG=60°，由等腰三角形的性质以及外角的性质可得∠GPD=∠GDP=30°，则∠APD=90°，利用勾股定理求出PD，据此解答.
16．（2018九上·桐乡期中）如图，在四边形ABCD中，∠BAD=∠CDA=90°，AB=1，CD=2，过A，B，D三点的⊙O分别交BC，CD于点E，M，下列结论：①DM=CM；② ；③⊙O的直径为2；④AE=AD．其中正确的结论有 （填序号）．
【答案】①②④
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如下图，连接AM，连接MB，过点O作OG⊥AM，OH⊥AM，
∵∠BAD=∠CDA=90°，
∴AM过圆心O，而A、D、M、B四点共圆，
∴四边形ADMB为矩形，
∵AB=1，CD=2，
∴CM=2-1=1=AB=DM，
故①正确；
又∵AB∥CD，
∴四边形ABMC为平行四边形，
∴∠AEB=∠MAE， = ，
故②正确；
∵四边形ADMB为矩形，
∴AB=DM，
∴ = ，
∴=，
∴∠DAM=∠EAM，
过点O作OG⊥AM，OH⊥AM，
∴OG=OH，
∴AD=AE，
故④正确；
由题设条件求不出直径的大小，
故③⊙O的直径为2，错误；
故答案为：①②④.
【分析】①根据圆周角定理和圆的内接四边形可知四边形ADMB为矩形，从而可求得DM=CM，故①正确；
②根据平行四边形的判定可知四边形ABMC为平行四边形，由平行线的性质可知∠AEB=∠MAE，从而可得 ②正确；
③由题设条件求不出直径的大小，故③错误；
④根据矩形的性质和弦、弧之间的关系可得=，从而可得∠DAM=∠EAM，再由角平分线的性质可得OG=OH，从而可得④正确.
三、解答题（共8题，共66分）
17．（2023·株洲）如图所示，四边形是半径为R的的内接四边形，是的直径，，直线l与三条线段、、的延长线分别交于点E、F、G．且满足．
（1）求证：直线直线；
（2）若；
①求证：；
②若，求四边形的周长．
【答案】（1）证明：在中，
，
，即，
在中，
，
，
即直线直线；
（2）解：①四边形是半径为R的的内接四边形，
，
，
，
是的直径，
，
由（1）可知，
，
在与中，
，
，
②在中，，
，
是的直径，
，
，
，
，
在中，
，
即，
解得：，
由①可知，
，
，
四边形的周长为：
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）先根据圆周角定理即可得到，即，进而得到即可求解；
（2）①先根据圆内接四边形的性质即可得到，进而结合题意即可得到，再根据圆周角定理即可得到，进而得到，再根据三角形全等的判定（AAS）即可求解；
②先根据题意得到AB的长，进而结合题意即可得到，再运用勾股定理即可求出DA的长，进而根据三角形全等的性质结合题意即可求解。
18．（2023·湛江模拟）在学习《圆》这一单元时，我们学习了圆周角定理的推论：圆内接四边形的对角互补；事实上，它的逆命题：对角互补的四边形的四个顶点共圆，也是一个真命题．在图形旋转的综合题中经常会出现对角互补的四边形，那么，我们就可以借助“对角互补的四边形的四个顶点共圆”，然后借助圆的相关知识来解决问题，例如：已知：是等边三角形，点D是内一点，连接，将线段绕C逆时针旋转得到线段，连接，，，并延长交于点F．当点D在如图所示的位置时：
（1）观察填空：与全等的三角形是 ；
（2）利用（1）中的结论，求的度数
（3）判断线段，，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）
（2）解：由（1）知，
∴．
∵，
∴，
∴点C，D，F，E四点共圆，
∴．
∵，
∴
（3）解：由（1）知是等边三角形，
∴．
由（2）得，点C，D，F，E四点共圆，
∴．
在上取一点G，使，
∴是等边三角形，
∴，，
∴．
∵点C，D，F，E四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠BAC=∠ACB=∠ABC=60°，
∴∠ACD+∠DCB=60°.
由旋转可得CE=CD，∠DCE=60°，
∴△DCE为等边三角形，
∴∠BCE+∠DCB=60°，
∴∠ACD=∠BCE.
∵∠ACD=∠BCE.，CD=CE，AC=BC，
∴△ACD≌△BCE（SAS）.
故答案为：△BCE.
【分析】（1）由等边三角形的性质可得AB=AC=BC，∠BAC=∠ACB=∠ABC=60°，由旋转可得CE=CD，∠DCE=60°，推出△DCE为等边三角形，根据角的和差关系可得∠ACD=∠BCE，然后利用全等三角形的判定定理进行解答；
（2）根据全等三角形的性质可得∠ADC=∠BEC，由平角的概念可得∠ADC+∠FDC=180°，则∠BEC+∠FDC=180°，推出点C，D，F，E四点共圆，由圆内接四边形的性质可得∠AFE+∠DCE=180°，由邻补角的性质可得∠AFB+∠AFE=180°，据此解答；
（3）由（1）知△DCE是等边三角形，则CE=DE，由（2）得∠DFE=120°，点C，D，F，E四点共圆，则∠CFE=∠CDE=60°，在FC上取一点G，使FG=FE，则△EFG是等边三角形，得到EG=FE，∠EGF=60°，利用AAS证明△CEG≌△DEF，得到CG=FD，据此解答.
19．（2023九下·青山月考）如图
（1）如图1，在和中，，，.求证：；
（2）如图2，在和中，，，，，点在内，延长交于点，求证：点是中点；
（3）如图3，为等腰三角形，.，点为所在平面内一点，，，，请直接写出的长.
【答案】（1）证明：，，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：连接，如图2所示：
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴、、、四点共圆，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点是中点；
（3）解：的长或.
【知识点】勾股定理；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】【解答】解：（3）分两种情况：
①点P在△ABC内部时，作AM=AP，且∠MAP=120°，连接MP、BM，作AN⊥MP于N，如图3所示：
则，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
同（1）得：，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴ ；
②点P在△ABC外部时，作AM=AP，且∠MAP=120°，连接MP、BM，作ME⊥BP的延长线于E，如图4所示：
由①得：，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
同（1）得：，
∴，
∴.
综上所述，CP的长或.
【分析】（1）由∠DAE=∠BAC推出∠DAB=∠EAC，从而用SAS判断出△ABD≌△ACE；
（2） 连接AF，根据两组边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似得△ADE∽△ABC，得∠ADE=∠ABC，由圆周角定理推出A、D、B、F四点共圆，由圆内接四边形对角互补得∠BFA=90°，进而根据等腰三角形的三线合一即可得出F是BC的中点；
（3）分两种情况讨论：①点P在△ABC内部时，作AM=AP，且∠MAP=120°，连接MP、BM，作AN⊥MP于N，由等腰三角形性质得∠APM=∠AMP=30°，PN=MN，根据含30°角直角三角形的性质得AN、PN的长，由角的和差得∠APM=90°，同（1）证△ABM≌△ACP，得BM=CP，在Rt△BMP中，利用勾股定理算出BM，即可得CP的长；②点P在△ABC外部时，作AM=AP，且∠MAP=120°，连接MP、BM，作ME⊥BP的延长线于E，由①得∠APM=30°，MP=，由平角得∠EPM=30°，根据含30°角直角三角形性质得EM、PE的长，再用勾股定理求出BM的长，同（1）证得△ABM≌△ACP，得BM=CP，从而即可得出CP的长.
20．（2023九下·姑苏开学考）已知：是的外接圆，且，，D为上一动点.
（1）如图1，若点D是的中点，等于多少？
（2）过点B作直线的垂线，垂足为点E.
①如图2，若点D在上，求证：.
②若点D在上，当它从点A向点C运动且满足时，求的最大值.
【答案】（1）解：如图1中，连接 .
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵D是 的中点，
∴ ，
∵ ，
∴ .
（2）解：①过B作 于点H，则 .
又∵ 于点E，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 和 中，
∴ ，
∴ ，
又∵四边形 是 的内接四边形，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ .
②连接 并延长与 交于点I，则点D在 上.
如图：过B作 于点H，
则 ，
又∵ 于点E，
∴ ，
∴ ，
又∵四边形 是 的内接四边形，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又 ， ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 直径， ，
∴ 垂直平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴当点D运动到点I时 取得最大值，此时 .
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）连接BD，由圆周角定理可得∠DBA=∠DCA，∠BCA=∠BAC=60°，结合中点的概念可得∠DCA=30°，据此解答；
（2）①过B作BH⊥CD于点H，则∠BED=∠BHC=∠BHD，由圆周角定理可得∠BAE=∠BCH，根据弧、弦的关系可得AB=BC，利用AAS证明△BEA≌△BHC，得到EA=CH，由圆内接四边形的性质可得∠BDE=∠BCA，根据圆周角定理可得∠BCA=∠BDC，则∠BDE=∠BDC，利用AAS证明△BED≌△BHD，得到DE=DH，然后根据线段的和差关系进行证明；
②连接BO并延长与⊙O交于点I，过B作BH⊥CD于点H，则∠BED=∠BHC=∠BHD，由由圆周角定理可得∠BAE=∠BCD，根据弧、弦的关系可得AB=BC，利用AAS证明△BED≌△BHD，得到ED=HD，由圆周角定理可得∠BDA=∠BDC，利用AAS证明△BED≌△BHD，得到DE=DH，则CD=DE+AE，易得BI垂直平分AC，据此求解.
21．（2022九上·巴东月考）已知内接于，的平分线交于点，连接，.
（1）如图①，当时，请直接写出线段，，之间满足的等量关系式： ；
（2）如图②，当时，试探究线段，，之间满足的等量关系，并证明你的结论.
【答案】（1）AB+AC=AD
（2）解：，理由如下：
如图②，延长到点，使，连接，
四边形内接于，
，
，
，
，
，
，即，
.
【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】【解答】解：（1）如图①在线段上截取，连接，
，平分，
，
，
同理：，∠DBC=∠DCB=60°
，
，，
，
，
，
，
，
.
故答案为：；
【分析】（1）在线段AD上截取AE＝AB，连接BE，根据角平分线的定义及同弧所对的圆周角相等得∠DBC=∠DCB=60°，推出△ABE和△BCD都是等边三角形，从而可证△BED≌△BAC，得到DE＝AC，进而可得结论；
（2）延长AB到点M，使BM＝AC，连接DM，根据圆内接四边形的性质得∠MBD=∠ACD，用SAS可证△MBD≌△ACD，得MD＝AD，进而根据等腰直角三角形的性质可证得结论．
22．（2022九上·下城期中）如图，点P是等边三角形中边上的动点（），作的外接圆交于点D.点E是圆上一点，且，连接交于点F.
（1）求证：
（2）当点P运动变化时，的度数是否发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求的度数.
（3）探究线段、、之间的数量关系，并证明.
【答案】（1）证明：连接PE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠A＝∠ACB＝60°，
∴∠PEB＝∠ACB＝60°，
∴∠A＝∠PEB，
∵ ，
∴∠PBD＝∠PBE，
∵BP＝BP，
∴△ABP≌△EBP（AAS），
∴AB＝EB，
∴EB＝BC；
（2）解：当点P运动时，∠BFD的度数不会变化，
∵ ，
∴∠DEP＝∠EBP，
∵∠BFD＝∠EBP＋∠DEB，
∴∠BFD＝∠DEP＋∠DEB
＝∠PEB
＝60°，
∴∠BFD的度数为60°；
（3）解： ，理由如下：
延长 交于点J，
，
，
，
是等边三角形，
，
在 和 中，
， ，
，
连接 ，
四边形 是圆的内接四边形，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，即 ，
在 和 中，
，
，
，
，
即 .
【知识点】三角形的外角性质；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（AAS）
【解析】【分析】（1）连接PE，由等边三角形的性质可得AB＝BC，∠A＝∠ACB＝60°，由圆周角定理可得∠PEB＝∠ACB＝60°，∠PBD＝∠PBE，利用AAS证明△ABP≌△EBP，得到AB＝EB，据此证明；
（2）由圆周角定理可得∠DEP＝∠EBP，由外角的性质可得∠BFD＝∠EBP＋∠DEB，则∠BFD＝∠DEP＋∠DEB=∠PEB，据此解答；
（3）延长CE、BP交于点J，由圆内接四边形的性质可得∠ABC+∠CED=180°，结合邻补角的性质可得∠JEF=∠ABC=60°，推出△JEF是等边三角形，EF=JE，根据对顶角的性质结合内角和定理可得∠JCP=∠PBA，连接PD，由圆内接四边形的性质可得∠PCB+∠PDB=180°，结合邻补角的性质可得∠ADP=∠PCB=60°，推出△ADP是等边三角形，的搭配AD=AP，结合线段的和差关系可得PC=DB，利用AAS证明△JPC≌△FDB，得到BF=JC，据此证明.
23．（2022九上·杭州期中）在⊙O中，半径为.
（1）如图一，若B为上一个点（不与A、C重合），且的度数为，
①求的度数；
②若E为弦的中点，F为弦的中点，求线段的长度.
（2）如图二，若的度数为，的度数为，的度数为，点E为弦的中点，点F为弦的中点，求线段的长度.
【答案】（1）解：①作所对的圆周角，如图一所示：
的度数为，
，
，
，
；
②连接，如图所示：
，，
为等腰直角三角形，
，
为弦的中点，F为弦的中点，
；
（2）解：连接、，过F点作于H，如图二所示：
的度数为，的度数为，的度数为，
，，，
，，
点E为弦的中点，点F为弦的中点，
，，
，，
，
，
在中，，
，
在中，，
在中，，
，
，
在中，，即的长为.
【知识点】等腰三角形的性质；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）① 作所对的圆周角 ∠APC，根据圆心角、弧、弦的关系可得∠AOC=90°，进而根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可得∠APC的度数，进而根据圆内接四边形的对角互补即可算出∠ABC的度数； ②连接AC，根据等腰直角三角形的性质可得AC的长，进而根据三角形的中位线定理即可算出EF的长；
（2） 连接OE、OF，过F点作FH⊥OE于H， 易得∠AOB=60°，∠COD=60°，∠BOD=60°，根据三角形的内角和定理及等腰三角形的性质得∠A=∠B=60°，∠ODC=30°，根据等腰三角形的三线合一及角的和差得∠EOF=150°，根据平角的定义得∠FOH=30°，根据含30°角直角三角形的性质可得AE、OE、OF、HF、OH的长，根据线段的和差求出EH的长，最后根据勾股定理算出EF的长即可.
24．（2022九上·杭州期中）如图，AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，与△ABC的外接圆⊙O交于点D，∠EAC＝120°.
（1）求的度数；
（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＝180°-∠EAC＝60°，
∴∠BDC＝∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝2∠BDC＝2×60°＝120°，
∴ 的度数为120°；
（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，
证明：如图，延长AD至F，使DF＝AB，连接CF，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠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+DF＝AD+AB，
即AC＝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；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）连接OB，OC，由邻补角的性质可得∠BAC＝60°，由圆周角定理可得∠BDC＝∠BAC＝60°，∠BOC＝2∠BDC＝120°，据此解答；
（2）根据角平分线的概念可得∠DAC＝∠EAC=60°，则∠DBC＝∠DAC＝60°，由（1）知∠BDC=60°，推出△BDC是等边三角形，据此证明；
（3）延长AD至F，使DF＝AB，连接CF，根据圆内接四边形的性质可得∠ADC+∠ABC＝180°，由邻补角的性质可得∠ADC+∠CDF＝180°，推出∠ABC＝∠CDF，根据等边三角形的性质可得BC＝CD，证明△FDC≌△ABC，得到∠ACB＝∠DCF，AC＝CF，进而推出△ACF是等边三角形，据此证明.
1 / 1
