2023-2024学年初中数学沪科版九年级下册 24.3.2 圆内接四边形 同步分层训练基础卷
一、选择题
1．（2023九上·安吉月考）如图，在的内接四边形中，点在的延长线上．若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023九上·乐清期中）阿基米德折弦定理：如图1，AB与BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），AB＞BC，点M是的中点，MN⊥AB于点N， 则点N是折弦ABC的中点， 即AN＝BN+BC．如图2，半径为4的圆中有一个内接矩形ABCD， AB＞BC， 点M是的中点， MN⊥AB于点N， 若矩形ABCD的面积为20，则线段BN的长为（ ）
A． B． C． D．
3．（2021九上·上城期中）四边形ABCD的内角，∠A，∠B，∠C，∠D度数之比如下，则四边形是圆内接四边形的是（ ）
A．4：2：2：5 B．3：1：2：5 C．4：1：1：5 D．3：1：2：4
4．如图所示，四边形ABCD内接于.已知，则的大小是（ ）.
A． B． C． D．
5．（2023九上·天津市月考）如图，四边形为的内接四边形，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·泸县模拟）如图，四边形内接于，交的延长线于点E，若平分，，，则（ ）
A．3 B． C． D．
7．（2023九上·五华期中）如图，四边形是的内接四边形，若，，则所对圆心角为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023九上·义乌月考）如图，半径为5的圆中有一个内接矩形，点是的中点，于点，若矩形ABCD的面积为30，则线段MN的长为（ ）.
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2023九上·乐清期中）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连结CE，若∠DCE=20°， 则∠DAB＝ ．
10．圆内接四边形的对角 ．如果一个平行四边形内接于圆，它必定是 。
11．（2023八下·景山期末）如图，是半径为2的的弦，将沿着弦折叠，正好经过圆心O，点C是折叠后的上一动点，连接并延长交于点D，点E是的中点，连接，．则的最小值为 ．
12．（2023九上·嘉定期中）如图，在中，，点D、E分别在上，且，将沿着折叠，点C恰好落在边上的点F处，如果，那么的长为
13．如图，四边形ABDC内接于⊙O，∠BOC=100°，则∠BAC的度数是 ，∠BDC的度数是 ．
三、解答题
14．（2023九上·定海月考）如图，四边形ABCD内接于⊙O，分别延长BC，AD，使它们相交于点E，，且
（1）求证：
（2）若，点C为BE的中点，求⊙O的半径．
15．（2023九上·期中）如图，已知三角形中，AB=AC，D是的外接圆劣弧AC上的点（不与点A，C重合），延长BD至E。
（1）求证：AD的延长线平分
（2）若，中BC边上的高为，求外接圆的面积
四、综合题
16．（2023·武汉模拟）如图，在中，是上一点，，平分交于点，连结，．
（1）求证：是正三角形；
（2）若，求半径的长．
17．（2023·福田模拟）如图，AB是⊙O的直径，点P是射线AB上的一动点(不与点A，B重合)，过点P作⊙O的割线交⊙O于点C，D，BH⊥CD于H，连接BC，BD．
（1）①在图1的情形下，证明：BC·BD=AB·BH ；
②当点P处于图2中的位置时，①中的结论 ▲ (填“仍成立”或“不再成立”)；
（2）若⊙O的半径为3，当∠APC=30°且BC·BD=6时，求AP的长．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解： 在⊙O的内接四边形ABCD中，∠A+∠BCD=180°
又∵∠BCE+∠BCD=180°
∴∠BCE=∠A=50°
故答案为：D.
【分析】圆的内接四边形对角互补，故∠A+∠BCD=180°.∠BCE+∠BCD=180°， 根据同角的补角相等，可得∠A=∠BCE=50°.也可以直接根据推论，圆内接四边形的外角等于内对角得出∠BCE=∠A=50°.
2．【答案】A
【知识点】矩形的性质；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接AC，如下图：
∵圆的半径为4
∴AC=2×4=8
设AB=x，BC=y（x>y）；
∵四边形ABCD为矩形
∴AB=DC=x，AD=BC=y，∠ABC=90°；
∴，化简可得
∵矩形的面积为20，即xy=20；
∴x-y=2
根据题目新定义，可得x-BN =y+BN ；
移项，解得BN=.
故答案为：A.
【分析】根据圆的性质和矩形的性质，可得AC的长和∠ABC的度数；根据勾股定理和等式的性质，可得(x-y)的值；根据矩形的面积公式和一次函数的求值，可得BN的值.
3．【答案】D
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵圆的内接四边形对角互补，
∴∠A+∠C＝∠B+∠D＝180°，
∴∠A：∠B：∠C：∠D的可能的值是3：1：2：4.
故答案为：D.
【分析】由圆内接四边形的性质可得∠A+∠C＝∠B+∠D＝180°，据此判断.
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：∵ 四边形ABCD内接于 ，
∴∠ADC+∠B=180°，
又∵∠ADC=140°，
∴∠ABC=180°-∠ADC=40°，
∴∠AOC=2∠ABC=80°.
故答案为：A.
【分析】由圆内接四边形的对角互补可求出∠ABC的度数，进而根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可求出∠AOC的度数.
5．【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】四边形为的内接四边形，，
故答案为：C.
【分析】先根据圆内接四边形求得∠D的度数，再利用圆周角定理计算∠AOC的度数即可.
6．【答案】C
【知识点】勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接AC，
∵BA平分∠DBE，
∴∠ABE=∠ABD，
∵ABCD是圆O的内接四边形，
∴∠ABE=∠ADC，
∴∠ABD=∠ADC，
∴，
∴AD=AC=7，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∴.
故答案为：C
【分析】连接AC，利用角平分线的定义和圆内接四边形的一个外角等于它的内对角，可推出∠ABD=∠ADC，利用在同一个圆中相等的圆周角所对的弧相等，可证得，由此可求出AC的长；然后在Rt△AEC中，利用勾股定理求出AE的长.
7．【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接OD，OC
∵∠B+∠ADC=180°
∴∠ADC=180°-58°=122°
∵
∴
故答案为：D
【分析】连接OD，OC，根据四边形内角性质可得∠ADC=122°，再根据三角形内角和定理可得，再根据圆周角定理即可求出答案.
8．【答案】A
【知识点】勾股定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解： 如图，连接AC，CM，BM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴AC是圆的直径，
∴∠AMC=90°，
∵该圆的半径为5，
∴AC=10，
∵点M是 的中点 ，
∴弧AM=弧CM，
∴AM=CM，
∴△AMC是等腰直角三角形，
∴∠ACM=45°，AM2+CM2=2AM2=AC2=100，
∴∠ACM=∠ABM=45°，AM2=50，
设AB为x，BC=y，且x＞y，
则，
解得或(舍去)，
即，
∵MN⊥AB，且∠ABM=45°，
∴△MNB是等腰直角三角形，
∴MN=BN，
∴AN=AB-BN=-MN，
∵AN2+MN2=AM2，
∴，
解得MN=或MN=（舍去）.
故答案为：A.
【分析】连接AC，CM，BM，由矩形的性质得∠ABC=90°，由圆周角定理得AC是圆的直径，∠AMC=90°，由等弧所对的弦相等得AM=CM，故△AMC是等腰直角三角形，则∠ACM=45°，AM2+CM2=2AM2=AC2=100，进而由圆周角定理推出∠ACM=∠ABM=45°，AM2=50，设AB为x，BC=y，且x＞y，根据勾股定理及矩形的面积建立出方程组，求解得出；再判断出△MNB是等腰直角三角形，得MN=BN，在Rt△AMN中，利用勾股定理建立方程可求出MN的长.
9．【答案】110°
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵BE是圆的直径
∴∠BCE=90°
∵∠DCE=20°
∴∠BCD=90°-20°=70°
∵四边形ABCD是圆的内接四边形
∴∠DAN=180°-70°=110°
故答案为：110°.
【分析】根据圆的性质和等量关系，可得∠BCE和∠BCD的度数；根据圆的内接四边形对角之和为180°，列代数式求值即可求出∠DAB的度数.
10．【答案】互补；矩形
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解： 圆内接四边形的对角互补.如果一个平行四边形内接于圆，它必定是矩形.
故答案为：互补；矩形.
【分析】根据圆内接四边形的性质回答即可.
11．【答案】
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】 如图，连接AE和EF，
∵△ACD是等边三角形，E是CD中点
∴AE⊥BD(三线合一)
又∵OF⊥AB
∴F是AB中点
即，EF是△ABE斜边中线
∴AF=EF=BF
即，E点在以AB为直径的圆上运动.
所以，当E、O、F在同一直线时，OE长度最小
此时，AE=EF，AE⊥EF
∵圆O的半径是2，即OA=2，OF=1
∴AF=（勾股定理)
∴OE=EF-OF=AF-OF=.
【分析】先运用折叠还有过圆心可证△ACD是等边三角形，再证EF是△ABE斜边中线，E点在以AB为直径的圆上运动，所以EF是固定的，最小值则是当E、O、F在同一直线时，OE长度最小.
12．【答案】
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：由折叠可得，，
四点共圆，
，
，
，
，
，
由，可得，
同理可得，
，即F是的中点，
在中，，
，
，
由四点共圆，可得，
，
，
，
，
．
故答案为： 。
【分析】根据，可得D、C、F、F四点共圆，利用圆周角定理证明点位的中点，再证明，根据相似三角形的性质计算。
13．【答案】50°；130°
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵∠BOC=100°，
∴∠BAC=∠BOC=×100°=50°，
∵四边形ABDC内接于⊙O，
∴∠BDC+∠BOC=180°，
∴∠BDC=180° -50°=130°.
故答案为：50° ，130° .
【分析】(1)由圆周角定理可得∠BAC=∠BOC即可求出∠BAC的度数.
(2)由圆内接四边形的性质可求出∠BDC的度数即可解答.
14．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠BCD+∠DCE=180°，
∴∠A=∠DCE，
∵DC=DE
∴∠E=∠DCE，
∴∠A=∠AEB；
（2）解：如图，连接AC，
∵∠EDC=90°，
∴AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵∠BAD=∠AEB
∴AB=BE
∵AB=8，
∴BE=8，
∵点C为BE的中点，
∴BC=BE=4，
在Rt△ABC中、AC===
∴⊙O的半径为.
【知识点】等腰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】【分析】（1）由圆内接四边形的对角互补、邻补角定义及同角的补角相等得∠A=∠DCE，由等边对等角得∠E=∠DCE，从而根据等量代换可得∠A=∠AEB；
（2）连接AC，由90°的圆周角所对的弦是直径及直径所对的圆周角是直角得∠ABC=90°，由等角对等边得AB=BE=8，然后结合中点定义，在Rt△ABC中，由勾股定理可算出AC的长，从而得出该圆半径的长.
15．【答案】（1）证明：如图，设F为AD延长线上一点∵A，B，C，D四点共圆，
.：.∠CDF=∠ABC
又AB=AC
∴∠ABC= ∠ACB，
且∠ADB=∠ACB，
∴∠ADB=∠CDF，对顶角∠EDF=∠ADB，故∠EDF=∠CDF，即AD的延长线平分∠CDE.
（2）解：设 为外接圆的圆心， 连接 交 于 ， 则 ， 连接 ， 由题意
， 设圆的半径为 ， 则 得 ， 外接圆的面积为
【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】【分析】本题主要考查圆的内接四边形的性质、弧与弦的关系及外接圆相关知识.
（1）A，B，C，D四点共圆，可得∠CDF=∠ABC，再根据在同圆中等弦对等弧及同同段圆弧的圆周角相等得到∠ADB=∠ACB，进而证得：∠EDF=∠CDF从而证明结论；
（2）求外接圆的面积 只需求出外接圆半径即可，所以 为外接圆的圆心， 连接 交 于 ， 则 ， （等腰三角形三线合一，所以AH必过外接圆圆心）连接 ，再根据角之间的关系即可求解.
16．【答案】（1）证明：，平分交于点，
，
，，
是正三角形
（2）解：连接、，过作于点，如图，
，，
，
，
，
，，
，，
，
，
故的半径为2．
【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；解直角三角形
【解析】【分析】（1）利用角平分线的定义可求出∠ABM和∠CBM的度数，利用同弧所对的圆周角相等，可求出∠MAC、∠ACM的度数，根据一个三角形的两个角为60°的三角形是等边三角形，可证得结论.
（2）连接OA，OC，过点O作OH⊥AC于点H，利用圆内接四边形的对角互补，可求出∠AMC的度数，利用圆周角定理可求出∠AOC的度数，利用解直角三角形求出AH，利用勾股定理求出OA的长.
17．【答案】（1）解：①证明：如下图，连接AC．
∵AB是⊙O的直径，且BH⊥PC，
∴∠ACB=90°=∠BHD．
∵四边形ABDC是O⊙的内接四边形，
∴∠CAB=∠HDB，
∴△ABC∽△DBH
∴
∴BC·BD=AB·BH；
②仍成立
（2）解：∵⊙O的半径为3，
∴AB=6，
由(1)知，BC·BD=AB·BH，
∵BC·BD=6，
∴AB·BH = 6，
∴BH=1
在Rt△BHP中，∠APC=30°
∴BP=2BH=2
∴AP=AB±BP，
∴AP=8或4
【知识点】含30°角的直角三角形；圆周角定理；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）①连接AC，由圆周角定理以及垂直的概念可得∠ACB=90°=∠BHD，由圆内接四边形的性质可得∠CAB=∠HDB，根据两角对应相等的两个三角形相似可得△ABC∽△DBH，然后由相似三角形的性质进行证明；
②同①进行解答；
（2）由半径为3可得AB=6，结合①的结论可求出BH的值，由含30°角的直角三角形的性质可得BP=2BH=2，然后根据AP=AB±BP进行计算.
1 / 12023-2024学年初中数学沪科版九年级下册 24.3.2 圆内接四边形 同步分层训练基础卷
一、选择题
1．（2023九上·安吉月考）如图，在的内接四边形中，点在的延长线上．若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解： 在⊙O的内接四边形ABCD中，∠A+∠BCD=180°
又∵∠BCE+∠BCD=180°
∴∠BCE=∠A=50°
故答案为：D.
【分析】圆的内接四边形对角互补，故∠A+∠BCD=180°.∠BCE+∠BCD=180°， 根据同角的补角相等，可得∠A=∠BCE=50°.也可以直接根据推论，圆内接四边形的外角等于内对角得出∠BCE=∠A=50°.
2．（2023九上·乐清期中）阿基米德折弦定理：如图1，AB与BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），AB＞BC，点M是的中点，MN⊥AB于点N， 则点N是折弦ABC的中点， 即AN＝BN+BC．如图2，半径为4的圆中有一个内接矩形ABCD， AB＞BC， 点M是的中点， MN⊥AB于点N， 若矩形ABCD的面积为20，则线段BN的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】矩形的性质；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接AC，如下图：
∵圆的半径为4
∴AC=2×4=8
设AB=x，BC=y（x>y）；
∵四边形ABCD为矩形
∴AB=DC=x，AD=BC=y，∠ABC=90°；
∴，化简可得
∵矩形的面积为20，即xy=20；
∴x-y=2
根据题目新定义，可得x-BN =y+BN ；
移项，解得BN=.
故答案为：A.
【分析】根据圆的性质和矩形的性质，可得AC的长和∠ABC的度数；根据勾股定理和等式的性质，可得(x-y)的值；根据矩形的面积公式和一次函数的求值，可得BN的值.
3．（2021九上·上城期中）四边形ABCD的内角，∠A，∠B，∠C，∠D度数之比如下，则四边形是圆内接四边形的是（ ）
A．4：2：2：5 B．3：1：2：5 C．4：1：1：5 D．3：1：2：4
【答案】D
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵圆的内接四边形对角互补，
∴∠A+∠C＝∠B+∠D＝180°，
∴∠A：∠B：∠C：∠D的可能的值是3：1：2：4.
故答案为：D.
【分析】由圆内接四边形的性质可得∠A+∠C＝∠B+∠D＝180°，据此判断.
4．如图所示，四边形ABCD内接于.已知，则的大小是（ ）.
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：∵ 四边形ABCD内接于 ，
∴∠ADC+∠B=180°，
又∵∠ADC=140°，
∴∠ABC=180°-∠ADC=40°，
∴∠AOC=2∠ABC=80°.
故答案为：A.
【分析】由圆内接四边形的对角互补可求出∠ABC的度数，进而根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可求出∠AOC的度数.
5．（2023九上·天津市月考）如图，四边形为的内接四边形，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】四边形为的内接四边形，，
故答案为：C.
【分析】先根据圆内接四边形求得∠D的度数，再利用圆周角定理计算∠AOC的度数即可.
6．（2022·泸县模拟）如图，四边形内接于，交的延长线于点E，若平分，，，则（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接AC，
∵BA平分∠DBE，
∴∠ABE=∠ABD，
∵ABCD是圆O的内接四边形，
∴∠ABE=∠ADC，
∴∠ABD=∠ADC，
∴，
∴AD=AC=7，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∴.
故答案为：C
【分析】连接AC，利用角平分线的定义和圆内接四边形的一个外角等于它的内对角，可推出∠ABD=∠ADC，利用在同一个圆中相等的圆周角所对的弧相等，可证得，由此可求出AC的长；然后在Rt△AEC中，利用勾股定理求出AE的长.
7．（2023九上·五华期中）如图，四边形是的内接四边形，若，，则所对圆心角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接OD，OC
∵∠B+∠ADC=180°
∴∠ADC=180°-58°=122°
∵
∴
故答案为：D
【分析】连接OD，OC，根据四边形内角性质可得∠ADC=122°，再根据三角形内角和定理可得，再根据圆周角定理即可求出答案.
8．（2023九上·义乌月考）如图，半径为5的圆中有一个内接矩形，点是的中点，于点，若矩形ABCD的面积为30，则线段MN的长为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解： 如图，连接AC，CM，BM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴AC是圆的直径，
∴∠AMC=90°，
∵该圆的半径为5，
∴AC=10，
∵点M是 的中点 ，
∴弧AM=弧CM，
∴AM=CM，
∴△AMC是等腰直角三角形，
∴∠ACM=45°，AM2+CM2=2AM2=AC2=100，
∴∠ACM=∠ABM=45°，AM2=50，
设AB为x，BC=y，且x＞y，
则，
解得或(舍去)，
即，
∵MN⊥AB，且∠ABM=45°，
∴△MNB是等腰直角三角形，
∴MN=BN，
∴AN=AB-BN=-MN，
∵AN2+MN2=AM2，
∴，
解得MN=或MN=（舍去）.
故答案为：A.
【分析】连接AC，CM，BM，由矩形的性质得∠ABC=90°，由圆周角定理得AC是圆的直径，∠AMC=90°，由等弧所对的弦相等得AM=CM，故△AMC是等腰直角三角形，则∠ACM=45°，AM2+CM2=2AM2=AC2=100，进而由圆周角定理推出∠ACM=∠ABM=45°，AM2=50，设AB为x，BC=y，且x＞y，根据勾股定理及矩形的面积建立出方程组，求解得出；再判断出△MNB是等腰直角三角形，得MN=BN，在Rt△AMN中，利用勾股定理建立方程可求出MN的长.
二、填空题
9．（2023九上·乐清期中）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连结CE，若∠DCE=20°， 则∠DAB＝ ．
【答案】110°
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵BE是圆的直径
∴∠BCE=90°
∵∠DCE=20°
∴∠BCD=90°-20°=70°
∵四边形ABCD是圆的内接四边形
∴∠DAN=180°-70°=110°
故答案为：110°.
【分析】根据圆的性质和等量关系，可得∠BCE和∠BCD的度数；根据圆的内接四边形对角之和为180°，列代数式求值即可求出∠DAB的度数.
10．圆内接四边形的对角 ．如果一个平行四边形内接于圆，它必定是 。
【答案】互补；矩形
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解： 圆内接四边形的对角互补.如果一个平行四边形内接于圆，它必定是矩形.
故答案为：互补；矩形.
【分析】根据圆内接四边形的性质回答即可.
11．（2023八下·景山期末）如图，是半径为2的的弦，将沿着弦折叠，正好经过圆心O，点C是折叠后的上一动点，连接并延长交于点D，点E是的中点，连接，．则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】 如图，连接AE和EF，
∵△ACD是等边三角形，E是CD中点
∴AE⊥BD(三线合一)
又∵OF⊥AB
∴F是AB中点
即，EF是△ABE斜边中线
∴AF=EF=BF
即，E点在以AB为直径的圆上运动.
所以，当E、O、F在同一直线时，OE长度最小
此时，AE=EF，AE⊥EF
∵圆O的半径是2，即OA=2，OF=1
∴AF=（勾股定理)
∴OE=EF-OF=AF-OF=.
【分析】先运用折叠还有过圆心可证△ACD是等边三角形，再证EF是△ABE斜边中线，E点在以AB为直径的圆上运动，所以EF是固定的，最小值则是当E、O、F在同一直线时，OE长度最小.
12．（2023九上·嘉定期中）如图，在中，，点D、E分别在上，且，将沿着折叠，点C恰好落在边上的点F处，如果，那么的长为
【答案】
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：由折叠可得，，
四点共圆，
，
，
，
，
，
由，可得，
同理可得，
，即F是的中点，
在中，，
，
，
由四点共圆，可得，
，
，
，
，
．
故答案为： 。
【分析】根据，可得D、C、F、F四点共圆，利用圆周角定理证明点位的中点，再证明，根据相似三角形的性质计算。
13．如图，四边形ABDC内接于⊙O，∠BOC=100°，则∠BAC的度数是 ，∠BDC的度数是 ．
【答案】50°；130°
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵∠BOC=100°，
∴∠BAC=∠BOC=×100°=50°，
∵四边形ABDC内接于⊙O，
∴∠BDC+∠BOC=180°，
∴∠BDC=180° -50°=130°.
故答案为：50° ，130° .
【分析】(1)由圆周角定理可得∠BAC=∠BOC即可求出∠BAC的度数.
(2)由圆内接四边形的性质可求出∠BDC的度数即可解答.
三、解答题
14．（2023九上·定海月考）如图，四边形ABCD内接于⊙O，分别延长BC，AD，使它们相交于点E，，且
（1）求证：
（2）若，点C为BE的中点，求⊙O的半径．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠BCD+∠DCE=180°，
∴∠A=∠DCE，
∵DC=DE
∴∠E=∠DCE，
∴∠A=∠AEB；
（2）解：如图，连接AC，
∵∠EDC=90°，
∴AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵∠BAD=∠AEB
∴AB=BE
∵AB=8，
∴BE=8，
∵点C为BE的中点，
∴BC=BE=4，
在Rt△ABC中、AC===
∴⊙O的半径为.
【知识点】等腰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】【分析】（1）由圆内接四边形的对角互补、邻补角定义及同角的补角相等得∠A=∠DCE，由等边对等角得∠E=∠DCE，从而根据等量代换可得∠A=∠AEB；
（2）连接AC，由90°的圆周角所对的弦是直径及直径所对的圆周角是直角得∠ABC=90°，由等角对等边得AB=BE=8，然后结合中点定义，在Rt△ABC中，由勾股定理可算出AC的长，从而得出该圆半径的长.
15．（2023九上·期中）如图，已知三角形中，AB=AC，D是的外接圆劣弧AC上的点（不与点A，C重合），延长BD至E。
（1）求证：AD的延长线平分
（2）若，中BC边上的高为，求外接圆的面积
【答案】（1）证明：如图，设F为AD延长线上一点∵A，B，C，D四点共圆，
.：.∠CDF=∠ABC
又AB=AC
∴∠ABC= ∠ACB，
且∠ADB=∠ACB，
∴∠ADB=∠CDF，对顶角∠EDF=∠ADB，故∠EDF=∠CDF，即AD的延长线平分∠CDE.
（2）解：设 为外接圆的圆心， 连接 交 于 ， 则 ， 连接 ， 由题意
， 设圆的半径为 ， 则 得 ， 外接圆的面积为
【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】【分析】本题主要考查圆的内接四边形的性质、弧与弦的关系及外接圆相关知识.
（1）A，B，C，D四点共圆，可得∠CDF=∠ABC，再根据在同圆中等弦对等弧及同同段圆弧的圆周角相等得到∠ADB=∠ACB，进而证得：∠EDF=∠CDF从而证明结论；
（2）求外接圆的面积 只需求出外接圆半径即可，所以 为外接圆的圆心， 连接 交 于 ， 则 ， （等腰三角形三线合一，所以AH必过外接圆圆心）连接 ，再根据角之间的关系即可求解.
四、综合题
16．（2023·武汉模拟）如图，在中，是上一点，，平分交于点，连结，．
（1）求证：是正三角形；
（2）若，求半径的长．
【答案】（1）证明：，平分交于点，
，
，，
是正三角形
（2）解：连接、，过作于点，如图，
，，
，
，
，
，，
，，
，
，
故的半径为2．
【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；解直角三角形
【解析】【分析】（1）利用角平分线的定义可求出∠ABM和∠CBM的度数，利用同弧所对的圆周角相等，可求出∠MAC、∠ACM的度数，根据一个三角形的两个角为60°的三角形是等边三角形，可证得结论.
（2）连接OA，OC，过点O作OH⊥AC于点H，利用圆内接四边形的对角互补，可求出∠AMC的度数，利用圆周角定理可求出∠AOC的度数，利用解直角三角形求出AH，利用勾股定理求出OA的长.
17．（2023·福田模拟）如图，AB是⊙O的直径，点P是射线AB上的一动点(不与点A，B重合)，过点P作⊙O的割线交⊙O于点C，D，BH⊥CD于H，连接BC，BD．
（1）①在图1的情形下，证明：BC·BD=AB·BH ；
②当点P处于图2中的位置时，①中的结论 ▲ (填“仍成立”或“不再成立”)；
（2）若⊙O的半径为3，当∠APC=30°且BC·BD=6时，求AP的长．
【答案】（1）解：①证明：如下图，连接AC．
∵AB是⊙O的直径，且BH⊥PC，
∴∠ACB=90°=∠BHD．
∵四边形ABDC是O⊙的内接四边形，
∴∠CAB=∠HDB，
∴△ABC∽△DBH
∴
∴BC·BD=AB·BH；
②仍成立
（2）解：∵⊙O的半径为3，
∴AB=6，
由(1)知，BC·BD=AB·BH，
∵BC·BD=6，
∴AB·BH = 6，
∴BH=1
在Rt△BHP中，∠APC=30°
∴BP=2BH=2
∴AP=AB±BP，
∴AP=8或4
【知识点】含30°角的直角三角形；圆周角定理；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）①连接AC，由圆周角定理以及垂直的概念可得∠ACB=90°=∠BHD，由圆内接四边形的性质可得∠CAB=∠HDB，根据两角对应相等的两个三角形相似可得△ABC∽△DBH，然后由相似三角形的性质进行证明；
②同①进行解答；
（2）由半径为3可得AB=6，结合①的结论可求出BH的值，由含30°角的直角三角形的性质可得BP=2BH=2，然后根据AP=AB±BP进行计算.
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