【精品解析】圆内接四边形—浙教版数学九（上）知识点训练

圆内接四边形—浙教版数学九（上）知识点训练
一、选择题（每题3分，共24分）
1．（2024九上·杭州月考）如图，四边形ABCD是的内接四边形，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【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：∵，
∴∠BAD=，
又∠BCD=180°-∠BAD=180°-44°=136°，
故答案为：D.
【分析】先根据圆周角定理得到∠BAD的度数，然后根据圆内接四边形的对角互补求出∠BCD的值即可.
2．（2024九上·浙江期末）如图，AB是半圆的直径，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；圆内接四边形的性质；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：∵AB是半圆O的直径，
∵A、B、C、D四点共圆，
故答案为： B.
【分析】根据圆周角定理求出. 根据三角形内角和定理求出 求出. ，再代入求出即可.
3．（2024九上·长兴月考）如图，已知半圆的直径为AB，点C，D是半圆上两点，连结BC，CD，DB．若∠ABC=66°，则∠BDC的度数是（　　）
A．14° B．24° C．34° D．48°
【答案】B
【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AD，
∵半圆的直径为AB，
∴∠ADB=90°
∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ABC=66°，
∴∠BDC=180°-∠ABC-∠ADB=180°-66°-90°=24°.
故答案为：B.
【分析】连接AD，得出∠ADB=90°，再根据圆内接四边形的对角互补求解即可.
4．（2024九上·拱墅期中）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，∠B＝62°，∠ACD＝39°．若⊙O的半径为5，则弧CD的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；弧长的计算
【解析】【解答】解：连接，
∵，
∴，
∴，
∴弧的长为．
故答案为：C．
【分析】连接，根据圆周角定理可知，即可求出，再根据得出答案．
5．（2024九上·平湖期中）如图， 四边形内接于， 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】解：∵，，
∴．
∴．
故选：C．
【分析】根据圆周角求出的度数，再由圆内接四边形的对角互补得到的度数解题．
6．（2024九上·嵊州期中）如图，已知为的直径，C，D是图上同侧的两点，，则（　　）
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：∵A、B、C、D在上，
，
又∵为的直径，
，
，
故选：A．
【分析】根据圆内接四边形的性质得出，由直径所对的圆周角是得，进而求出的度数即可．
7．（2024九上·宁波期中）如图，四边形ABCD为⊙O内接四边形，AO⊥BC，垂足为点E，若∠ADC＝130°，则∠BDC的度数为（　　）
A．70° B．80° C．75° D．60°
【答案】B
【知识点】垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形为的内接四边形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】根据圆内接四边形的性质得出的度数，利用互余得出的度数，进而利用垂径定理和圆周角定理解答即可．
8．（2024九上·乐清期中）如图，四边形ABCD是的内接四边形，其中，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：四边形ABCD为圆的内接四边形，故∠A+∠C=180°，故∠C=180°-∠A=180°-100°=80°.
故答案为：C.
【分析】直接由圆内接四边形对角互补即可得∠C的度数.
9．（2023九上·洞头期中） 如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝∠ADC，BD平分∠ABC．若AB＝3，BC＝4，BD的长为（　　）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆内接四边形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：四边形ABCD内接于⊙O，
∠ABC+∠ADC=180°，
又∠ABC＝∠ADC，
∠ABC＝∠ADC=90°，
AB＝3，BC＝4，
BD平分∠ABC ，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
过点C作交BD于点H，
，
，
，
.
.
故答案为：B.
【分析】过点C作交BD于点H，根据圆的内接四边形对角互补得∠ABC＝∠ADC=90°，由BD平分∠ABC ，得到，所以，进而根据圆周角定理等腰直角三角形性质及勾股定理可算出BD的长.
10．（2024九上·杭州期中）如图， 已知中， 直径于点H， 点D在上， 且，过点A作于点E， 已知的周长为， 且， 则的半径长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，
设与交于点G，延长至T，使，连接，
∴，
∵，
∴，
∵直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点共圆，
∴，
∴，
∴，
∵，
，
∵的周长为，
，
，
，
在中，，
，
，
设，则，
，
，
故答案为：D.
【分析】设与交于点G，延长至T，使，连接，可得到，可知共圆，即得到，继而判断是等腰三角形，求得 ，然后利用勾股定理计算即可．
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2024九上·温州期中）如图，四边形内接于交的延长线于点，若平分，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定；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，
∵平分，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：．
【分析】连接，由圆周角定理的推论得，，即可得到，然后根据等角对等边得到，最后根据勾股定理得到解题．
12．（2024九上·兰溪期中）如图，在中，为直径，点C为圆上一点，将劣弧沿弦翻折交于点D，连接．如果，，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；圆的相关概念；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，过作于，连接、，设折叠前后点D的对应点为，
由折叠的性质可得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，且为直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【分析】如图，过作于，连接、，设折叠前后点D的对应点为，由折叠的性质和圆内接四边形的性质可得，结合邻补角的定义可得，由等角对等边可得，根据等腰三角凹陷的三线合一求出的值，再求出的长，用勾股定理可求得CG2的值，在Rt ACG中，用勾股定理可求解．
13．（2024九上·滨江期末）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，，则的度数是　 　．
【答案】120
【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
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
故答案为：120．
【分析】连接，由直径所对的圆周角是直角得到，再根据得到，，然后根据圆内接四边形的性质得到解题即可．
14．（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.
15．（2024九上·乐清期中） 如图， A B 为 的直径， 且 ， 点 为 上半圆的一点， 于点 ， 的角平分线交 于点 ， 弦 ， 那么 的面积是　 　.
【答案】85
【知识点】垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：延长CE、CO交圆于点F、G，
∵CD平分∠OCE，
∴∠DCF=∠DCG
∴
∵∠ACE+∠BCE=90°，∠BCE+∠CBA=90°
∴∠ACE=∠CBA
∵OC=OB
∴∠OCB=∠OBC
∴OCB=ACE
∴
∴
∴∠BCD=45°
在CB延长线上取点M，使BM=AC，连接DM
∵∠CAD+∠CBD=180°，∠CBD+∠DBM=180°
∴∠CAD=∠DBM
又∵AD=BD
∴△DAC≌△DBM(SAS)
∴∠ADC=∠BDM
∵∠ADC+∠CDB=90°
∴∠CDB+∠BDM=90°，即∠CDM=90°
∴△CDM为等腰直角三角形
作DH⊥CM于点H
∴DH=CH=MH=17
∴
故△ACD的面积为85.
故答案为：85.
【分析】延长CE、CO，由角平分线得，导角知∠ACE=∠CBA得，得，得∠BCD=45°，利用邻边相等对角互补模型在CB延长线上取点M，使BM=AC，连接DM，得△CDM为等腰直角三角形，即可得△ACD的面积.
16．（2024九上·杭州期中）如图，正方形ABCD中，E为AB上一点，AF⊥DE于点F，已知DF＝5EF＝5，过C、D、F的⊙O与边AD交于点G，则DG＝　 　．
【答案】
【知识点】正方形的性质；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应三线
【解析】【解答】解：连接CF、GF，如图：
在正方形ABCD中，∠EAD＝∠ADC＝90°，AF⊥DE，
∴△AFD∽△EAD，
∴，
又∵DF＝5EF＝5，
∴AD＝＝CD，
在Rt△AFD中，AF＝，
∵∠CDF＋∠ADF＝90°，∠DAF＋∠ADF＝90°，
∴∠DAF＝∠CDF，
∵四边形GFCD是⊙O的内接四边形，
∴∠FCD＋∠DGF＝180°，
∵∠FGA＋∠DGF＝180°，
∴∠FGA＝∠FCD，
∴△AFG∽△DFC，
∴，
∴，
∴AG＝，
∴DG＝AD﹣AG＝，
故答案为：．
【分析】连接CF、FG，由已知可得 结合，可计算 再证明 从而可知 求出AG，即可由 解题.
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2024九上·瑞安期末）如图，在圆内接中，，弦，延长至点E，延长至点F，连接，使，延长交于点G，使，延长交于点H．
（1）若，为直径，求的度数．
（2）求证：．
（3）求证：．
【答案】（1）解：连接，
∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
∴；

（2）证明：∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：∵，
∴.
∵
∴，
∴，
∴.
又∵，
∴.
【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-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补得到，再根据可得，然后利用直径所对圆周角是直角解得；
（2）先得到，即可得到，然后证明，即可得到结论；
（3）先证明，得到，然后结合，即可得到结论．
（1）解：连接，
∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴.
∵
∴，
∴，
∴.
又∵，
∴.
18．（2024九上·瑞安期末）尺规作图题：
如图1，在上依次取点A，B，C，使，点D在上，连接，，用尺规作弦，连接，，的延长线交于点F，使．
小明：如图2，连接，作的外角平分线交于另一点E，连接，作，的延长线交于点F，则．
小通：作弦AB的垂直平分线，交于点E，连接，，作，的延长线交于点F，则．
小明：小通，你的作法有问题．
小通：哦------我明白了．
（1）求证：．
（2）指出小通作法中存在的问题．
【答案】（1）证明：如图2，连接，
四边形内接于，
，
，
，
得，
又，，
．
（2）小通的作法由于不能确保条件，导致无法证明，
理由如下（如图3）：
连接，
四边形内接于，
，
，所对弧分别是，，
而已知条件只提供，
因此无法确保条件成立，
进而无法确保条件成立，
因此导致无法证明．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）利用圆内接四边形的性质可得，再利用圆周角定理的推论得出，根据ASA证明．
（2）利用圆内接四边形的性质得到，然后根据，无法确保条件成立，因此无法得证．
（1）证明：如图2，连接，
四边形内接于，
，
，
，
得，
又，，
．
（2）小通的作法由于不能确保条件，导致无法证明，
理由如下（如图3）：
连接，
四边形内接于，
，
，所对弧分别是，，
而已知条件只提供，
因此无法确保条件成立，
进而无法确保条件成立，
因此导致无法证明．
19．（2024九上·慈溪期中）已知经过四边形ABCD的B，D两个顶点，并与四条边分别交于点E，F，G，H，且
（1）如图1所示，连结BD，若BD是直径，求证；.
（2）如图2所示，若，弧EF的度数为，请写出x，y，m之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）证明：连结DF，DG
因为
∴∠ADF=∠CDG
（2）解：连结，
同（1）可得，且，
四边形EFGH是的内接四边形，
，
，，
，
．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】本题考查圆周角定理及圆内接四边形对角互补；
（1）根据，利用圆周角定理及同弧所对的圆周角相等可得： ，再利用外角的性质可得：，再进行等量代换可证明结论；
（2）利用（1）的结论可得，且，再利用圆内接四边形的性质可得：，利用三角形外角性质可得：，，再代入数据进行计算可求出 x，y，m之间的数量关系
20．（2024九上·安吉期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠DAE是四边形ABCD的一个外角，且AD平分∠CAE．
（1）求证：DB=DC．
（2）若∠EAD=60°，BC=，求的长度
【答案】（1）证明：平分，
，
∵四边形内接于，
∴，
∵，
，
（2）解：如图，连结交圆于，连接、，则，
，
为等边三角形，
，
， ，
∴，
∴，
∵，，
∴，解得（负值舍去），
∴圆半径为，
∴的长度
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；弧长的计算
【解析】【分析】（1）先根据角平分线的定义得到，再利用圆内接四边形的性质得到，利用圆周角定理得到，所以，从而得到结论；
（2）连接并延长交圆于，连接、，则，利用的结论得到，则为等边三角形，所以，再在中求出直径，然后根据圆周角定理得到，最后根据弧长公式弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为求解．
21．（2024九上·宁波期中）如图，四边形内接于，是四边形的一个外角，且平分．
（1）求证：；
（2）若，，求的长度．
【答案】（1）证明：平分，
，
∵四边形内接于，
∴，
∵，
，
；
（2）解：如图，连结交圆于，连接、，则，
，
为等边三角形，
，
，，
∴，
∴，
∵，，
∴，解得（负值舍去），
∴圆半径为，
∴的长度．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；弧长的计算
【解析】【分析】（1）先根据角平分线得到，再利用圆内接四边形的对角互补得到，即可得到，然后根据等边对等角得到结论；
（2）连结交圆于，连接、，则，利用的结论可得为等边三角形，即，然后利用角的直角三角形的性质中得到直径，然后利用圆周角定理得到，代入弧长公式计算即可．
（1）证明：平分，
，
∵四边形内接于，
∴，
∵，
，
；
（2）解：如图，连结交圆于，连接、，则，
，
为等边三角形，
，
，，
∴，
∴，
∵，，
∴，解得（负值舍去），
∴圆半径为，
∴的长度．
22．（2024九上·平湖期中）如图，是的直径，弦与点E，已知，，点P为上任意一点，（点P不与A、B重合），连接并延长与交于点Q，连接．
（1）求的长；
（2）若点P在A，E之间（点P不与点E重合），求证：；
（3）若点P在B，E之间（点P不与点E重合），求与满足的关系．
【答案】（1）解：如图1，连接，
∵是的直径，弦，
∴，
∵，，
∴，
由勾股定理得，
∴；
（2）证明：如图2，连接，
由题意知，垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：；
如图3，连接，
由题意知，垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
由圆内接四边形可得，，
∴．
【知识点】线段垂直平分线的性质；垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）连接，根据垂径定理可得，然后根据勾股定理即可得到，然后求解即可；
（2）连接，先得到，即可得到，然后根据，可以得到，即可得到结论；
（3）连接，可以得到，即可得到，根据院内接四边形的性质得到，进而得到．
（1）解：如图1，连接，
∵是的直径，弦，
∴，
∵，，
∴，
由勾股定理得，
∴；
（2）证明：如图2，连接，
由题意知，垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：；
如图3，连接，
由题意知，垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
由圆内接四边形可得，，
∴．
23．（2024九上·宁波期中）已知AB是⊙O直径，点C为⊙O上一点，连结AC、BC．
（1）如图1，若∠CBP＝∠ABC，CB＝CP，连结PC，判断∠BCP和∠BAC的数量关系，并证明．
（2）如图2，若∠CBP＝∠ABC，PC＝PB，连结PC并延长交⊙O于点E，连结BF交AC于点E．若AC＝8，BC＝6，求BE BF的值．
（3）如图3，点C为AB的中点，已知CF＝CA，过点B作与CF交与点Q，连结AF交BC于点K，求BQ、FQ、BK之间的数量关系．
【答案】（1）解：
证明：设，则
∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴；
（2）解：如图，连接，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，在上取一点，使，连接，
∵C是弧AB的中点，AB是直径，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴点在以C为圆心的圆上，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴.
【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；相似三角形的性质-对应边；垂径定理的推论
【解析】【分析】（1）由是直径可得出，由得到，利用三角形内角和很容易得到结论；
（2）由，可得到，进而可发现，则，从而得到，利用相似比即可得解；
（3）由题易知点在以C为圆心的圆上，设，则，根据等腰三角形、平行线、外角性质导角可得，根据圆内接四边形对角互补可得四点共圆，从而得出，进而得到，即是等腰直角三角形，即可得解.
24．（2024九上·柯城期中）定义：若圆内接三角形是等腰三角形，我们就称这样的三角形为“圆等三角形”．
（1）如图1，是的一条弦（非直径），用直尺和圆规在上找一个点，使得是“圆等三角形”．
（2）如图2，四边形是的内接四边形，连结对角线，和均为“圆等三角形”，且：
①当时，求的度数；
②如图3，当，时，求阴影部分的面积．
【答案】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：①四边形是的内接四边形，，
，
∵，
∴，
∵均为“圆等三角形”，
∴当时，，
；
当时，，
；
当时，，
；
综上所述，的度数为或或；
②连接，过点O作，
四边形是的内接四边形，，
，
是圆等三角形，
是等边三角形，
∴∠BDC=60°，
，
，∠DAB=120°，
，
∴，
，
是等边三角形，
∵AB=6，
，
又∵，OB=OC，
，BC=2BE，
，，
，
，
扇形的面积为：，
阴影部分面积为：．
【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；扇形面积的计算；圆的综合题
【解析】【分析】（1）作线段的垂直平分线，交于点C，根据垂直平分线的性质可知AC=BC，得为所求三角形；
（2）①根据圆内接四边形对角互补的性质求出的度数，然后求出∠ADB=∠ABD的度数，接下来根据“圆等三角形”的定义进行分类讨论：当、、时，利用等腰三角形“等边对等角”性质、三角形内角和定理即可求解；
②连接，过点O作，根据圆内接四边形对角互补的性质求出∠BCD的度数，由“圆等三角形”的定义、等边三角形的判定得出是等边三角形，从而得∠BDC的度数，进而根据圆周角定理得∠BOC的度数，接下来求出∠AOB=∠BCD=60°，从而证出是等边三角形，得OB=AB=6，根据等腰三角形“三线合一”性质得∠BOE=60°，BC=2BE，解直角三角形求出OE、BE的值，由阴影部分的面积等于扇形BOC的面积减去三角形BOC的面积，最后利用三角形面积公式、扇形面积公式即可求解.
（1）解：如图，作线段的垂直平分线，交于点C，此时可使得是“圆等三角形”；
（2）①四边形是的内接四边形，，，
，，
当时，，
；
当时，，
；
当时，，
；
综上所述，的度数为或或．
②连接，
四边形是的内接四边形，，
，
是圆等三角形，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
过点O作，
，
，，
，
，
扇形的面积为：，
阴影部分面积为：．
1 / 1圆内接四边形—浙教版数学九（上）知识点训练
一、选择题（每题3分，共24分）
1．（2024九上·杭州月考）如图，四边形ABCD是的内接四边形，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024九上·浙江期末）如图，AB是半圆的直径，，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2024九上·长兴月考）如图，已知半圆的直径为AB，点C，D是半圆上两点，连结BC，CD，DB．若∠ABC=66°，则∠BDC的度数是（　　）
A．14° B．24° C．34° D．48°
4．（2024九上·拱墅期中）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，∠B＝62°，∠ACD＝39°．若⊙O的半径为5，则弧CD的长为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024九上·平湖期中）如图， 四边形内接于， 若， 则的度数为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024九上·嵊州期中）如图，已知为的直径，C，D是图上同侧的两点，，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2024九上·宁波期中）如图，四边形ABCD为⊙O内接四边形，AO⊥BC，垂足为点E，若∠ADC＝130°，则∠BDC的度数为（　　）
A．70° B．80° C．75° D．60°
8．（2024九上·乐清期中）如图，四边形ABCD是的内接四边形，其中，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
9．（2023九上·洞头期中） 如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝∠ADC，BD平分∠ABC．若AB＝3，BC＝4，BD的长为（　　）
A．4 B． C． D．
10．（2024九上·杭州期中）如图， 已知中， 直径于点H， 点D在上， 且，过点A作于点E， 已知的周长为， 且， 则的半径长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2024九上·温州期中）如图，四边形内接于交的延长线于点，若平分，，则（　　）
A． B． C． D．
12．（2024九上·兰溪期中）如图，在中，为直径，点C为圆上一点，将劣弧沿弦翻折交于点D，连接．如果，，则的长为　 　．
13．（2024九上·滨江期末）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，，则的度数是　 　．
14．（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）．
15．（2024九上·乐清期中） 如图， A B 为 的直径， 且 ， 点 为 上半圆的一点， 于点 ， 的角平分线交 于点 ， 弦 ， 那么 的面积是　 　.
16．（2024九上·杭州期中）如图，正方形ABCD中，E为AB上一点，AF⊥DE于点F，已知DF＝5EF＝5，过C、D、F的⊙O与边AD交于点G，则DG＝　 　．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2024九上·瑞安期末）如图，在圆内接中，，弦，延长至点E，延长至点F，连接，使，延长交于点G，使，延长交于点H．
（1）若，为直径，求的度数．
（2）求证：．
（3）求证：．
18．（2024九上·瑞安期末）尺规作图题：
如图1，在上依次取点A，B，C，使，点D在上，连接，，用尺规作弦，连接，，的延长线交于点F，使．
小明：如图2，连接，作的外角平分线交于另一点E，连接，作，的延长线交于点F，则．
小通：作弦AB的垂直平分线，交于点E，连接，，作，的延长线交于点F，则．
小明：小通，你的作法有问题．
小通：哦------我明白了．
（1）求证：．
（2）指出小通作法中存在的问题．
19．（2024九上·慈溪期中）已知经过四边形ABCD的B，D两个顶点，并与四条边分别交于点E，F，G，H，且
（1）如图1所示，连结BD，若BD是直径，求证；.
（2）如图2所示，若，弧EF的度数为，请写出x，y，m之间的数量关系，并说明理由.
20．（2024九上·安吉期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠DAE是四边形ABCD的一个外角，且AD平分∠CAE．
（1）求证：DB=DC．
（2）若∠EAD=60°，BC=，求的长度
21．（2024九上·宁波期中）如图，四边形内接于，是四边形的一个外角，且平分．
（1）求证：；
（2）若，，求的长度．
22．（2024九上·平湖期中）如图，是的直径，弦与点E，已知，，点P为上任意一点，（点P不与A、B重合），连接并延长与交于点Q，连接．
（1）求的长；
（2）若点P在A，E之间（点P不与点E重合），求证：；
（3）若点P在B，E之间（点P不与点E重合），求与满足的关系．
23．（2024九上·宁波期中）已知AB是⊙O直径，点C为⊙O上一点，连结AC、BC．
（1）如图1，若∠CBP＝∠ABC，CB＝CP，连结PC，判断∠BCP和∠BAC的数量关系，并证明．
（2）如图2，若∠CBP＝∠ABC，PC＝PB，连结PC并延长交⊙O于点E，连结BF交AC于点E．若AC＝8，BC＝6，求BE BF的值．
（3）如图3，点C为AB的中点，已知CF＝CA，过点B作与CF交与点Q，连结AF交BC于点K，求BQ、FQ、BK之间的数量关系．
24．（2024九上·柯城期中）定义：若圆内接三角形是等腰三角形，我们就称这样的三角形为“圆等三角形”．
（1）如图1，是的一条弦（非直径），用直尺和圆规在上找一个点，使得是“圆等三角形”．
（2）如图2，四边形是的内接四边形，连结对角线，和均为“圆等三角形”，且：
①当时，求的度数；
②如图3，当，时，求阴影部分的面积．
答案解析部分
1．【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：∵，
∴∠BAD=，
又∠BCD=180°-∠BAD=180°-44°=136°，
故答案为：D.
【分析】先根据圆周角定理得到∠BAD的度数，然后根据圆内接四边形的对角互补求出∠BCD的值即可.
2．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；圆内接四边形的性质；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：∵AB是半圆O的直径，
∵A、B、C、D四点共圆，
故答案为： B.
【分析】根据圆周角定理求出. 根据三角形内角和定理求出 求出. ，再代入求出即可.
3．【答案】B
【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AD，
∵半圆的直径为AB，
∴∠ADB=90°
∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ABC=66°，
∴∠BDC=180°-∠ABC-∠ADB=180°-66°-90°=24°.
故答案为：B.
【分析】连接AD，得出∠ADB=90°，再根据圆内接四边形的对角互补求解即可.
4．【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；弧长的计算
【解析】【解答】解：连接，
∵，
∴，
∴，
∴弧的长为．
故答案为：C．
【分析】连接，根据圆周角定理可知，即可求出，再根据得出答案．
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】解：∵，，
∴．
∴．
故选：C．
【分析】根据圆周角求出的度数，再由圆内接四边形的对角互补得到的度数解题．
6．【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：∵A、B、C、D在上，
，
又∵为的直径，
，
，
故选：A．
【分析】根据圆内接四边形的性质得出，由直径所对的圆周角是得，进而求出的度数即可．
7．【答案】B
【知识点】垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形为的内接四边形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】根据圆内接四边形的性质得出的度数，利用互余得出的度数，进而利用垂径定理和圆周角定理解答即可．
8．【答案】C
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：四边形ABCD为圆的内接四边形，故∠A+∠C=180°，故∠C=180°-∠A=180°-100°=80°.
故答案为：C.
【分析】直接由圆内接四边形对角互补即可得∠C的度数.
9．【答案】B
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆内接四边形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：四边形ABCD内接于⊙O，
∠ABC+∠ADC=180°，
又∠ABC＝∠ADC，
∠ABC＝∠ADC=90°，
AB＝3，BC＝4，
BD平分∠ABC ，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
过点C作交BD于点H，
，
，
，
.
.
故答案为：B.
【分析】过点C作交BD于点H，根据圆的内接四边形对角互补得∠ABC＝∠ADC=90°，由BD平分∠ABC ，得到，所以，进而根据圆周角定理等腰直角三角形性质及勾股定理可算出BD的长.
10．【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，
设与交于点G，延长至T，使，连接，
∴，
∵，
∴，
∵直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点共圆，
∴，
∴，
∴，
∵，
，
∵的周长为，
，
，
，
在中，，
，
，
设，则，
，
，
故答案为：D.
【分析】设与交于点G，延长至T，使，连接，可得到，可知共圆，即得到，继而判断是等腰三角形，求得 ，然后利用勾股定理计算即可．
11．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定；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，
∵平分，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：．
【分析】连接，由圆周角定理的推论得，，即可得到，然后根据等角对等边得到，最后根据勾股定理得到解题．
12．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；圆的相关概念；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，过作于，连接、，设折叠前后点D的对应点为，
由折叠的性质可得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，且为直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【分析】如图，过作于，连接、，设折叠前后点D的对应点为，由折叠的性质和圆内接四边形的性质可得，结合邻补角的定义可得，由等角对等边可得，根据等腰三角凹陷的三线合一求出的值，再求出的长，用勾股定理可求得CG2的值，在Rt ACG中，用勾股定理可求解．
13．【答案】120
【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
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
故答案为：120．
【分析】连接，由直径所对的圆周角是直角得到，再根据得到，，然后根据圆内接四边形的性质得到解题即可．
14．【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.
15．【答案】85
【知识点】垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：延长CE、CO交圆于点F、G，
∵CD平分∠OCE，
∴∠DCF=∠DCG
∴
∵∠ACE+∠BCE=90°，∠BCE+∠CBA=90°
∴∠ACE=∠CBA
∵OC=OB
∴∠OCB=∠OBC
∴OCB=ACE
∴
∴
∴∠BCD=45°
在CB延长线上取点M，使BM=AC，连接DM
∵∠CAD+∠CBD=180°，∠CBD+∠DBM=180°
∴∠CAD=∠DBM
又∵AD=BD
∴△DAC≌△DBM(SAS)
∴∠ADC=∠BDM
∵∠ADC+∠CDB=90°
∴∠CDB+∠BDM=90°，即∠CDM=90°
∴△CDM为等腰直角三角形
作DH⊥CM于点H
∴DH=CH=MH=17
∴
故△ACD的面积为85.
故答案为：85.
【分析】延长CE、CO，由角平分线得，导角知∠ACE=∠CBA得，得，得∠BCD=45°，利用邻边相等对角互补模型在CB延长线上取点M，使BM=AC，连接DM，得△CDM为等腰直角三角形，即可得△ACD的面积.
16．【答案】
【知识点】正方形的性质；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应三线
【解析】【解答】解：连接CF、GF，如图：
在正方形ABCD中，∠EAD＝∠ADC＝90°，AF⊥DE，
∴△AFD∽△EAD，
∴，
又∵DF＝5EF＝5，
∴AD＝＝CD，
在Rt△AFD中，AF＝，
∵∠CDF＋∠ADF＝90°，∠DAF＋∠ADF＝90°，
∴∠DAF＝∠CDF，
∵四边形GFCD是⊙O的内接四边形，
∴∠FCD＋∠DGF＝180°，
∵∠FGA＋∠DGF＝180°，
∴∠FGA＝∠FCD，
∴△AFG∽△DFC，
∴，
∴，
∴AG＝，
∴DG＝AD﹣AG＝，
故答案为：．
【分析】连接CF、FG，由已知可得 结合，可计算 再证明 从而可知 求出AG，即可由 解题.
17．【答案】（1）解：连接，
∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
∴；

（2）证明：∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：∵，
∴.
∵
∴，
∴，
∴.
又∵，
∴.
【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-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补得到，再根据可得，然后利用直径所对圆周角是直角解得；
（2）先得到，即可得到，然后证明，即可得到结论；
（3）先证明，得到，然后结合，即可得到结论．
（1）解：连接，
∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴.
∵
∴，
∴，
∴.
又∵，
∴.
18．【答案】（1）证明：如图2，连接，
四边形内接于，
，
，
，
得，
又，，
．
（2）小通的作法由于不能确保条件，导致无法证明，
理由如下（如图3）：
连接，
四边形内接于，
，
，所对弧分别是，，
而已知条件只提供，
因此无法确保条件成立，
进而无法确保条件成立，
因此导致无法证明．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）利用圆内接四边形的性质可得，再利用圆周角定理的推论得出，根据ASA证明．
（2）利用圆内接四边形的性质得到，然后根据，无法确保条件成立，因此无法得证．
（1）证明：如图2，连接，
四边形内接于，
，
，
，
得，
又，，
．
（2）小通的作法由于不能确保条件，导致无法证明，
理由如下（如图3）：
连接，
四边形内接于，
，
，所对弧分别是，，
而已知条件只提供，
因此无法确保条件成立，
进而无法确保条件成立，
因此导致无法证明．
19．【答案】（1）证明：连结DF，DG
因为
∴∠ADF=∠CDG
（2）解：连结，
同（1）可得，且，
四边形EFGH是的内接四边形，
，
，，
，
．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】本题考查圆周角定理及圆内接四边形对角互补；
（1）根据，利用圆周角定理及同弧所对的圆周角相等可得： ，再利用外角的性质可得：，再进行等量代换可证明结论；
（2）利用（1）的结论可得，且，再利用圆内接四边形的性质可得：，利用三角形外角性质可得：，，再代入数据进行计算可求出 x，y，m之间的数量关系
20．【答案】（1）证明：平分，
，
∵四边形内接于，
∴，
∵，
，
（2）解：如图，连结交圆于，连接、，则，
，
为等边三角形，
，
， ，
∴，
∴，
∵，，
∴，解得（负值舍去），
∴圆半径为，
∴的长度
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；弧长的计算
【解析】【分析】（1）先根据角平分线的定义得到，再利用圆内接四边形的性质得到，利用圆周角定理得到，所以，从而得到结论；
（2）连接并延长交圆于，连接、，则，利用的结论得到，则为等边三角形，所以，再在中求出直径，然后根据圆周角定理得到，最后根据弧长公式弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为求解．
21．【答案】（1）证明：平分，
，
∵四边形内接于，
∴，
∵，
，
；
（2）解：如图，连结交圆于，连接、，则，
，
为等边三角形，
，
，，
∴，
∴，
∵，，
∴，解得（负值舍去），
∴圆半径为，
∴的长度．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；弧长的计算
【解析】【分析】（1）先根据角平分线得到，再利用圆内接四边形的对角互补得到，即可得到，然后根据等边对等角得到结论；
（2）连结交圆于，连接、，则，利用的结论可得为等边三角形，即，然后利用角的直角三角形的性质中得到直径，然后利用圆周角定理得到，代入弧长公式计算即可．
（1）证明：平分，
，
∵四边形内接于，
∴，
∵，
，
；
（2）解：如图，连结交圆于，连接、，则，
，
为等边三角形，
，
，，
∴，
∴，
∵，，
∴，解得（负值舍去），
∴圆半径为，
∴的长度．
22．【答案】（1）解：如图1，连接，
∵是的直径，弦，
∴，
∵，，
∴，
由勾股定理得，
∴；
（2）证明：如图2，连接，
由题意知，垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：；
如图3，连接，
由题意知，垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
由圆内接四边形可得，，
∴．
【知识点】线段垂直平分线的性质；垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）连接，根据垂径定理可得，然后根据勾股定理即可得到，然后求解即可；
（2）连接，先得到，即可得到，然后根据，可以得到，即可得到结论；
（3）连接，可以得到，即可得到，根据院内接四边形的性质得到，进而得到．
（1）解：如图1，连接，
∵是的直径，弦，
∴，
∵，，
∴，
由勾股定理得，
∴；
（2）证明：如图2，连接，
由题意知，垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：；
如图3，连接，
由题意知，垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
由圆内接四边形可得，，
∴．
23．【答案】（1）解：
证明：设，则
∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴；
（2）解：如图，连接，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，在上取一点，使，连接，
∵C是弧AB的中点，AB是直径，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴点在以C为圆心的圆上，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴.
【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；相似三角形的性质-对应边；垂径定理的推论
【解析】【分析】（1）由是直径可得出，由得到，利用三角形内角和很容易得到结论；
（2）由，可得到，进而可发现，则，从而得到，利用相似比即可得解；
（3）由题易知点在以C为圆心的圆上，设，则，根据等腰三角形、平行线、外角性质导角可得，根据圆内接四边形对角互补可得四点共圆，从而得出，进而得到，即是等腰直角三角形，即可得解.
24．【答案】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：①四边形是的内接四边形，，
，
∵，
∴，
∵均为“圆等三角形”，
∴当时，，
；
当时，，
；
当时，，
；
综上所述，的度数为或或；
②连接，过点O作，
四边形是的内接四边形，，
，
是圆等三角形，
是等边三角形，
∴∠BDC=60°，
，
，∠DAB=120°，
，
∴，
，
是等边三角形，
∵AB=6，
，
又∵，OB=OC，
，BC=2BE，
，，
，
，
扇形的面积为：，
阴影部分面积为：．
【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；扇形面积的计算；圆的综合题
【解析】【分析】（1）作线段的垂直平分线，交于点C，根据垂直平分线的性质可知AC=BC，得为所求三角形；
（2）①根据圆内接四边形对角互补的性质求出的度数，然后求出∠ADB=∠ABD的度数，接下来根据“圆等三角形”的定义进行分类讨论：当、、时，利用等腰三角形“等边对等角”性质、三角形内角和定理即可求解；
②连接，过点O作，根据圆内接四边形对角互补的性质求出∠BCD的度数，由“圆等三角形”的定义、等边三角形的判定得出是等边三角形，从而得∠BDC的度数，进而根据圆周角定理得∠BOC的度数，接下来求出∠AOB=∠BCD=60°，从而证出是等边三角形，得OB=AB=6，根据等腰三角形“三线合一”性质得∠BOE=60°，BC=2BE，解直角三角形求出OE、BE的值，由阴影部分的面积等于扇形BOC的面积减去三角形BOC的面积，最后利用三角形面积公式、扇形面积公式即可求解.
（1）解：如图，作线段的垂直平分线，交于点C，此时可使得是“圆等三角形”；
（2）①四边形是的内接四边形，，，
，，
当时，，
；
当时，，
；
当时，，
；
综上所述，的度数为或或．
②连接，
四边形是的内接四边形，，
，
是圆等三角形，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
过点O作，
，
，，
，
，
扇形的面积为：，
阴影部分面积为：．
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