第2课时 圆周角定理的推论2、3
圆周角定理的推论2
1.(2024鞍山期中)如图,AB是☉O的直径,∠BAC=50°,则∠D的度数是 ( )
A.20° B.40° C.60° D.80°
2.如图,AB是☉O的直径,点C,D,E在☉O上,若∠AED=15°,则∠BCD的度数为 .
3.如图,AB是☉O的直径,CD是☉O的弦,如果∠ACD=30°.
(1)求∠BAD的度数;
(2)若AD=2,求BD的长.
圆周角定理的推论3
4.如图,四边形ABCD内接于☉O,∠BCD=120°,则∠BAD的度数是 ( )
A.30° B.60° C.80° D.120°
5.如图,四边形ABCD是☉O的内接四边形,若∠BCD=125°,则∠BOD的度数是 ( )
A.130° B.110° C.115° D.125°
6.如图,四边形ABCD是☉O的内接四边形,若∠BOD=80°,则∠BCD的度数是 .
7.如图,四边形ABCD是☉O的内接四边形,连接AC,若AC=AD,∠CAD=40°,则∠B的度数为 °.
8.(2024抚顺顺城区二模)如图,四边形ABCD内接于☉O,AC是☉O的直径,DE∥BC,交BO的延长线于点E,且BE平分∠ABD.
(1)求证:四边形BCDE是平行四边形;
(2)若AD=8,tan∠BDE=,求AC的长.
1.如图,四边形ABCD内接于☉O,F是上一点,且=,连接CF并延长交AD的延长线于点E,连接AC,若∠ABC=105°,∠BAC=25°,则∠E的度数为 ( )
A.60° B.55°
C.50° D.45°
2.如图,圆内接四边形ABCD中,∠BCD=105°,连接OB,OC,OD,BD,∠BOC=2∠COD.则∠CBD的度数是 ( )
A.25° B.30°
C.35° D.40°
3.如图,AB是☉O的直径,点D,E在☉O上,且AD=DE,AE与BD交于点C,则图中与∠BCE相等的角有 ( )
A.6个 B.5个
C.4个 D.3个
4.如图,AB是☉O的直径,点D,M分别是弦AC,的中点,AC=12,BC=5,则MD的长是 .
5.(2024鞍山月考)如图,四边形ABCD内接于☉O,AM⊥CB交CB的延长线于点M,BA平分∠MBD,连接BD,若AM=4,AD=4,则MC的长为 .
6.如图,在△ABC中,AB=AC,以AC为直径的☉O交BC于点D,交BA的延长线于点E,连接CE,DE.
(1)求证:BD=CD;
(2)若BD=20,tan∠EDC=,求AC的长.
7.(几何直观)如图1,∠ACB=90°,弦AD平分∠CAB,AD与BC交于点F,过点D作DE⊥AB于点E.
(1)求证:BC=2DE;
(2)如图2,连接OF,若∠AFO=45°,半径为1,求BC的长.
图1 图2
【详解答案】
课堂达标
1.B 解析:∵AB是☉O的直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠BAC+∠ABC=90°.
∵∠BAC=50°,
∴∠ABC=40°.
∵,
∴∠D=∠ABC=40°.
故选B.
2.105° 解析:如图,连接AC,
∵AB为☉O的直径,
∴∠ACB=90°.
∵∠AED=15°,
∴∠ACD=15°,
∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=105°.
3.解:(1)∵AB是☉O的直径,
∴∠ADB=90°.
∵∠B=∠ACD=30°,
∴∠BAD=90°-∠B=90°-30°=60°.
(2)∵∠B=30°,
∴在Rt△ADB中,AB=2AD=4,
∴BD==2.
4.B 解析:∵四边形ABCD内接于☉O,∠BCD=120°,
∴∠BAD=180°-120°=60°.
故选B.
5.B 解析:∵四边形ABCD为☉O的内接四边形,∠BCD=125°,
∴∠A=180°-∠BCD=55°,
∴∠BOD=2∠A=110°.
故选B.
6.140° 解析:∵∠BOD=80°,
∴∠A=40°.
∵四边形ABCD是☉O的内接四边形,
∴∠BCD=180°-40°=140°.
7.110 解析:∵AC=AD,∠CAD=40°,
∴∠D=∠ACD=(180°-∠CAD)=70°.
∵四边形ABCD是☉O的内接四边形,
∴∠B+∠D=180°,
∴∠B=180°-70°=110°.
8.解:(1)证明:∵BE平分∠ABD,
∴∠ABO=∠DBE.
∵OA=OB,
∴∠ABO=∠CAB.
由圆周角定理,得∠CAB=∠CDB,
∴∠DBE=∠CDB,
∴CD∥BE.
∵DE∥BC,
∴四边形BCDE是平行四边形.
(2)∵DE∥BC,
∴∠BDE=∠DBC.
由圆周角定理,得∠DAC=∠DBC,
∴∠BDE=∠DAC.
∵AC是☉O的直径,
∴∠ADC=90°.
∵tan ∠BDE=,
∴tan ∠DAC=,即.
∵AD=8,
∴CD=6.
在Rt△ACD中,由勾股定理,得AC==10.
课后提升
1.C 解析:∵四边形ABCD内接于☉O,∠ABC=105°,
∴∠ADC=180°-∠ABC=180°-105°=75°.
∵,∠BAC=25°,
∴∠DCE=∠BAC=25°,
∴∠E=∠ADC-∠DCE=75°-25°=50°.
故选C.
2.A 解析:∵四边形ABCD是☉O的内接四边形,
∴∠A+∠BCD=180°.
∵∠BCD=105°,∴∠A=75°,
∴∠BOD=2∠A=150°.
∵∠BOC=2∠COD,
∴∠BOD=3∠COD=150°,
∴∠COD=50°,∴∠CBD=∠COD=25°.
故选A.
3.B 解析:∵AD=DE,
∴OD⊥AE,∠EOD=∠AOD.
∵OA=OD,OD=OE,
∴∠OAD=∠ODA=,∠ODE=∠OED=,
∴∠OAD=∠ODA=∠ODE=∠OED.
∵AB是☉O的直径,
∴∠ADB=90°,
∴∠DCA+∠DAC=90°.
∵∠ODA+∠DAC=90°,
∴∠DCA=∠ODA.
∵∠DCA=∠BCE,
∴∠BCE=∠DCA=∠OAD=∠ODA=∠ODE=∠OED.
故选B.
4.4 解析:∵点M是的中点,
∴OM⊥AC.
∵AB是☉O的直径,∴∠C=90°.
∵AC=12,BC=5,
∴AB==13,∴OM=6.5.
∵点D是弦AC的中点,O是AB的中点,
∴OD=BC=2.5,OD∥BC,
∴OD⊥AC,∴O,D,M三点在同一条直线上,
∴MD=OM-OD=6.5-2.5=4.
5.4 解析:连接AC,如图,
∵四边形ABCD内接于☉O,
∴∠ADC+∠ABC=180°.
∵∠ABM+∠ABC=180°,
∴∠ABM=∠ADC.
∵BA平分∠MBD,∴∠ABD=∠ABM,
∵∠ABD=∠ACD,∴∠ACD=∠ADC,
∴AC=AD=4.
∵AM⊥BC,∴∠AMC=90°,
在Rt△AMC中,MC==4.
6.解:(1)证明:如图,连接AD,
∵AC是☉O的直径,
∴∠ADC=90°,
即AD⊥BC.
∵AB=AC,
∴BD=CD.
(2)∵∠EAC=∠EDC,
∴tan∠EAC=tan∠EDC=.
∵AC是☉O的直径,
∴∠AEC=90°,
∴tan∠EAC=.
设AE=7x,则EC=24x,
∴AC==25x,
∴AB=AC=25x,
∴BE=AB+AE=25x+7x=32x.
∵BD=20,
∴BC=2BD=40,
在Rt△BEC中,BE2+EC2=BC2,
∴(32x)2+(24x)2=402,
解得x=1(负值已舍去),
∴AC=25x=25.
7.解:(1)证明:如图1,延长DE交☉O于点G,
∵DG⊥AB,AB是直径,
∴.
∵AD平分∠CAB,
∴∠CAD=∠DAB,
∴,
∴,
即,
∴BC=DG.
∵DG=2DE,
∴BC=2DE.
图1 图2
(2)如图2,连接BD,
∵AD平分∠CAB,
∴∠CAD=∠BAD=∠CBD.
∵∠AFO=45°,∠C=90°,而∠OFB+∠AFO=∠C+∠CAD,
∴∠OFB+45°=90°+∠CAD,
即∠OFB=45°+∠CAD.
∵∠FOB=∠AFO+∠OAF=45°+∠OAF,而∠OAF=∠CAD,
∴∠FOB=∠OFB,
∴BF=BO=OA=1.
∵AB是直径,
∴∠ADB=90°=∠BDF,
∵∠BAD=∠FBD,
∴△BDF∽△ADB,
∴.
在Rt△BDF中,设DF=x,则BD=2x,BF=1,由勾股定理,得
x2+(2x)2=12,
解得x=(负值已舍去),
即DF=,BD=.
在Rt△ADB中,AD=.
∵DE⊥AB,∴∠DEB=90°,
∴∠EBD+∠BDE=90°.
∵∠EBD+∠DAB=90°,
∴∠DAB=∠BDE,
∵tan∠DAB=,∴tan∠BDE=,
设BE=m,则DE=2m,
∴m2+(2m)2=,
解得m=(负值已舍去),
∴DE=.
∵BC=2DE,∴BC=.4 圆周角和圆心角的关系
第1课时 圆周角定理及其推论1
圆周角的概念
1.如图,∠APB是圆周角的是 ( )
A B C D
圆周角定理
2.(2024大连期末)如图,点A,B,C在☉O上,∠ACB=30°,则∠AOB的度数是 ( )
A.30° B.40°
C.60° D.65°
3.(2024陇南礼县模拟)如图,A,B,C为☉O上的三个点,∠AOB=5∠BOC,若∠ACB=50°,则∠BAC的度数是 ( )
A.20° B.25°
C.10° D.15°
4.如图,在☉O中,弦BC=2,点A是圆上一点,且∠BAC=30°,则☉O的半径是 .
5.如图,在☉O中,OA⊥BC,∠ADB=30°,BC=4,则OC的长为 .
6.如图,已知AB是☉O的直径,CO⊥AB,CD=DO,ED⊥CO.求∠EBC和∠EBA的度数.
圆周角定理的推论1
7.如图,在☉O中,弦AB与CD相交于点M,∠A=45°,∠AMD=75°,则∠B的度数是 ( )
A.15° B.25° C.30° D.75°
8.如图,AB是☉O的直径,CD是弦,且AB⊥CD,E为上一点,连接AC,BE,DE,若∠C=62°,则∠BED的度数为 °.
9.如图,由边长为1的小正方形构成的网格中,点A,B,C都在格点上,以AB为直径的圆经过点C,D,则sin∠ADC的值为 .
1.如图,AC,BC为☉O的两条弦,D,G分别为AC,BC的中点,☉O的半径为2.若∠C=45°,则DG的长为 ( )
A.2 B. C. D.
2.(2024西安三模)如图,在☉O中,半径OA,OB互相垂直,点C在上.若∠ABC=17°,则∠BAC=
( )
A.28° B.29° C.30° D.31°
3.如图,菱形OABC的顶点A,B,C都在☉O上,点D为☉O上一点,且点D在优弧上,则∠ADB的大小为 ( )
A.25° B.30° C.45° D.60°
4.如图,OA是☉O的半径,BC是☉O的弦,OA⊥BC于点D,OC的延长线与BA的延长线交于点E.若∠ABC=20°,则∠E= °.
5.如图,BC是☉O的弦,OA是☉O的半径,且OA⊥BC,点D是的中点,若OA=4,∠BDC=100°,则弦CD的长为 .
6.(2024武汉硚口区模拟)如图,在☉O中,==,连接AC,BD,过点B作BE∥AC交DC的延长线于点E.
(1)求证:∠D=∠E;
(2)若CD=2,BE=8,求☉O的半径.
7.(几何直观)如图,☉O的两条弦AB⊥CD,垂足为E,点F在☉O上,DB平分∠CDF,连接AF,交BD于点G,交CD于点H.
(1)求证:DF=DH;
(2)连接EG,若∠CDF=45°,☉O的半径为2,求EG的长.
【详解答案】
课堂达标
1.D
2.C 解析:∵∠AOB=2∠ACB,∠ACB=30°,
∴∠AOB=60°.
故选C.
3.C 解析:∵∠ACB=∠AOB,∠BAC=∠BOC,∠AOB=5∠BOC,
∴∠ACB=5∠BAC.
∵∠ACB=50°,
∴∠BAC=10°.
故选C.
4.2 解析:连接OB,OC,如图,
∵∠BOC=2∠BAC=2×30°=60°,OB=OC.
∴△OBC为等边三角形,
∴OB=BC=2,
即☉O的半径为2.
5.4 解析:设OA交BC于点E,如图.
∵OA⊥BC,BC=4,
∴CE=BC=2,
,
∴∠AOC=2∠ADB=60°.
在Rt△COE中,sin ∠AOC=,
∴sin 60°=,
∴OC=4.
6.解:连接EO(图略).∵ED⊥CO,CD=DO,∴DO=CO=EO,∴∠DEO=30°,∴∠EOD=60°,
∴∠EBC=∠EOD=30°.
∵∠AOC=90°,∴∠AOE=30°,
∴∠EBA=∠AOE=15°.
7.C 解析:∵,∴∠D=∠A=45°.又∵∠AMD=∠D+∠B,
∴∠B=∠AMD-∠D=75°-45°=30°.
故选C.
8.28 解析:∵AB⊥CD,∠C=62°,
∴∠BAC=28°.
∵AB是☉O的直径,CD是弦,且AB⊥CD,
∴,∴∠BED=∠BAC=28°.
9. 解析:如图,连接AC,BC.
∵∠ADC和∠ABC所对的弧都是,
∴根据圆周角定理的推论知,∠ADC=∠ABC.
在Rt△ACB中,根据锐角三角函数的定义知,
sin∠ABC=.
∵AC=2,BC=3,
∴AB=,
∴sin∠ABC=,
∴sin∠ADC=.
课后提升
1.D 解析:如图,连接AO,BO,AB.
∵∠C=45°,
∴∠AOB=2∠C=90°.
∵☉O的半径为2,
∴AO=BO=2,
∴AB=2.
∵点D,G分别是AC,BC的中点,
∴DG=AB=.
故选D.
2.A 解析:如图,连接OC,
∵OA⊥OB,
∴∠AOB=90°.
∵∠ABC=17°,
∴∠AOC=2∠ABC=34°,
∴∠BOC=90°-34°=56°,
∴∠BAC=∠BOC=28°.
故选A.
3.B 解析:如图,连接OB,
∵四边形OABC是菱形,
∴OA=AB=BC=CO.
∵OA=OB,
∴OA=OB=AB,△AOB是正三角形,
∴∠AOB=60°,
∴∠ADB=∠AOB=30°.
故选B.
4.30 解析:∵OA⊥BC,
∴∠ADB=90°.
∵∠ABC=20°,
∴∠BAD=90°-20°=70°.
∵∠O=2∠ABC=40°,
∴∠E=∠BAD-∠O=30°.
5.4 解析:如图,连接OC,OD,过点O作OH⊥CD于点H,
∵∠BDC=100°,
∴优弧BC所对的圆心角的度数=2×100°=200°,
∴劣弧BC所对的圆心角的度数=360°-200°=160°.
∵OA⊥BC,
∴,
∴所对的圆心角的度数=×160°=80°.
∵点D是的中点,
∴所对的圆心角的度数=×80°=40°,
∴所对的圆心角的度数=160°-40°=120°,
∴∠COD=120°.
∵OH⊥CD,OD=OC,
∴∠COH=∠COD=60°,CD=2CH.
∵sin ∠COH=sin 60°=,OC=AO=4,
∴CH=2,
∴CD=2CH=4.
6.解:(1)证明:∵BE∥AC,
∴∠E=∠ACD.
∵,
∴∠ACD=∠D,
∴∠D=∠E.
(2)如图,连接OC交BD于点H,连接OD.
由(1)知,∠E=∠BDC,
∴BD=BE=8.
∵,
∴OC⊥BD,∴DH=BD=4,
在Rt△CHD中,CD=2,
∴CH==2.
设OD=OC=r,
在Rt△OHD中,由勾股定理,得OH2+DH2=OD2,
∴(r-2)2+42=r2,
解得r=5,
即☉O的半径为5.
7.解:(1)证明:∵AB⊥CD,
∴∠AED=90°.
∵DB平分∠CDF,
∴∠BDE=∠BDF.
又∵∠BAG=∠BDF,
∴∠BAG=∠BDE.
又∵∠AHE=∠DHG,
∴∠DGH=∠AED=90°,
∴∠B+∠BDE=90°=∠BDE+∠DHG,
∴∠DHG=∠B=∠F,
∴DF=DH.
(2)如图,连接AC,OC,OF,CF,
∵∠ACD=∠AFD=∠DHG,∠DHG=∠AHC,
∴∠ACH=∠AHC,
∴AC=AH.
又∵AB⊥CD,
∴E为CH的中点.
由(1)知DF=DH,∠DGH=90°,
∴G为FH的中点,
∴EG是△CHF的中位线,
∴EG=CF.
∵∠CDF=45°,
∴∠COF=2∠CDF=90°,
∴△OCF是等腰直角三角形,
∴CF=OC.
∵OC=2,
∴CF=2,
∴EG=.
