21.4 圆周角（圆周角定理及其推论、圆内接四边形 2大题型提分练）（同步练习）数学北京版九年级上册

21.4 圆周角 同步练习 题型一 圆周角定理及其推论 1．如图，点A在⊙O上，OD⊥弦BC于点D．若∠BAC＝45°，OD＝1，则BC＝（　　） A． B．2 C．2 D． 2．如图，点A，B，C都在⊙O上，若∠ACB＝36°，则∠OAB＝（　　） A．18° B．54° C．36° D．72° 3．如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的两点，若∠ABD＝41°，则∠BCD的大小为（　　） A．41° B．45° C．49° D．59° 4．如图，在⊙O中，弦AB＝2、点C是圆上一点且∠ACB＝45°，则⊙O的直径为（　　） A．2 B．3 C． D．4 5．如图，平面直角坐标系中，O为坐标原点，以O为圆心作⊙O，点A、C分别是⊙O与y轴正半轴、x轴正半轴的交点，点B、D在⊙O上，那么∠ABC的度数是 　 　． 6．如图，在平面内有四点A，B，C，D，其中AB＝AC＝6，∠BAC＝60°，若∠BDC＝90°，则AD的最大值是 　 　． 7．如图，点A，B，C都在⊙O上，连接AB，BC，AC，OA，OB，∠BAO＝20°，则∠ACB的大小是 　 　． 8．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点P在⊙O上，∠1＝∠C， （1）求证：CB∥PD； （2）若BC＝3，∠C＝30°，求⊙O的直径． 9．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，求AC的长． 题型二 圆内接四边形的性质 10．如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接BD．若，∠BDC＝50°，则∠ADB的度数是（　　） A．65° B．70° C．75° D．80° 11．如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠B＝108°，则∠D的大小为（　　） A．36° B．54° C．62° D．72° 12．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠ABC＝100°，则∠AOC的度数是（　　） A．120° B．130° C．140° D．160° 13．如图，点A、B、C、D、E都在⊙O上，BE是直径，BE∥CD，∠E＝28°，则∠A的度数为（　　） A．28° B．56° C．62° D．68° 14．如图，A、B、C、D四个点均在⊙O上，∠AOD＝40°，弦DC的长等于半径，则∠B的度数为 　 　． 15．如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形．若四边形ABCO为菱形，则∠ADC的大小为 　 　． 16．如图，⊙O的内接四边形ABCD中，∠A＝120°，则∠BOD等于 　 　． 17．如图，四边形ABCD内接于⊙O，D是弧中点，BC边上的点E满足BE＝BA，连接DE并延长交⊙O于点F，连结BF． （1）求证：DE＝DC． （2）若FD平分∠BDC，BF＝6，时，求⊙O半径的长． 18．阅读下列材料，完成相应的任务： 婆罗摩笈多（Brahmagupta）是古印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算数运算法则、二次方程等方面均有建树，特别在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献，他曾提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“布拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下： 婆罗摩笈多定理：已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，如果直线ME⊥BC，垂足为E，并且交边AD于点F，那么AF＝FD． 证明：∵AC⊥BD，ME⊥BC， ∴∠CBD+∠BCM＝90°，∠CME+∠BCM＝90°． ∴∠CBD＝∠CME． 又∵　 　，∠CME＝∠AMF， ∴∠CAD＝∠AMF． ∴AF＝MF． … 任务： （1）材料中横线部分缺少的条件为：　 　； （2）请用符号语言将下面“婆罗摩笈多定理”的逆命题补充完整，并证明逆命题的正确性． 已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，F为AD上一点，直线FM交BC于点E，如果 　 　，那么 　 　． 证明：　 　． 1．如图，AD是半圆O的直径，点B、C在半圆上，且，点P在上，若∠PCB＝130°，则∠PBA等于（　　） A．105° B．100° C．90° D．70° 2．如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，连接AC、AD．若∠BAC＝28°，则∠D的度数是（　　） A．56° B．58° C．60° D．62° 3．如图，AB为⊙O的直径，点C、D、E在⊙O上，且，∠E＝70°，则∠ABC的度数为（　　） A．30° B．40° C．35° D．50° 4．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠B＝120°，则∠AOC的大小为（　　） A．130° B．50° C．100° D．120° 5．如图，AB是半圆O的直径，弦AD，BC相交于点P，∠DPB＝60°，D是的中点，则　 　． 6．如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠A＝50°，则∠C＝　 　°． 7．如图，AB为⊙O的直径，C、D为圆上的两点，OC∥BD，弦AD、BC相交于点E．（1）求证：； （2）若CE＝1，BE＝3，求⊙O的半径． 8．如图，已知△ABC，以AB为直径的⊙O分别交AC，BC于点D，E．连接DE，且ED＝EC． （1）求证：AB＝AC； （2）若AB＝4，BC＝2．求CD的长． 9．如图，四边形ABDC是⊙O的内接四边形，AD是对角线，过点A作EA⊥AD交DB的延长线于点E，AB＝AC． （1）求证：∠ABE＝∠ACD； （2）连接BC，若BC为⊙O的直径，求证：BE＝CD． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 21.4 圆周角 同步练习 题型一 圆周角定理及其推论 1．如图，点A在⊙O上，OD⊥弦BC于点D．若∠BAC＝45°，OD＝1，则BC＝（　　） A． B．2 C．2 D． 【分析】利用圆周角定理得到∠BOC＝90°，利用等腰三角形的性质得∠OBC＝∠OCB＝45°，再根据垂径定理得到BD＝CD，根据等腰三角形的判定与性质求出BD，从而得到BC的长． 【解答】解：∵∠BAC＝45°， ∴∠BOC＝2∠BAC＝2×45°＝90°， ∵OB＝OC， ∴∠OBC＝∠OCB＝45°， ∵OD⊥BC， ∴BD＝CD，∠BOD＝180°﹣90°﹣45°＝45°＝∠OBD， ∴BD＝OD＝2， ∴BC＝2BD＝2． 故选：C． 2．如图，点A，B，C都在⊙O上，若∠ACB＝36°，则∠OAB＝（　　） A．18° B．54° C．36° D．72° 【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得到∠AOB，再用等腰三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：∵∠ACB∠AOB，∠ACB＝36°， ∴∠AOB＝2×∠ACB＝72°． ∵OA＝OB， ∴△OAB是等腰三角形， ∵∠AOB+∠OAB+∠OBA＝180°， ∴∠OAB（180°﹣∠AOB）＝54°， 故选：B． 3．如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的两点，若∠ABD＝41°，则∠BCD的大小为（　　） A．41° B．45° C．49° D．59° 【分析】由AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得∠ADB的度数，继而求得∠A的度数，又由圆周角定理，即可求得答案． 【解答】解：连接AD， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵∠ABD＝41°， ∴∠BAD＝90°﹣∠ABD＝49°； ∴∠BCD＝∠BAD＝49°． 故选：C． 4．如图，在⊙O中，弦AB＝2、点C是圆上一点且∠ACB＝45°，则⊙O的直径为（　　） A．2 B．3 C． D．4 【分析】根据圆周角定理可得∠AOB＝90°，在等腰直角三角形AOB中，应用三角函数﹣﹣正弦的计算进行计算即可得出OA的长度，即可得出答案． 【解答】解：∵∠ACB＝45°， ∴∠AOB＝2∠ACB＝2×45°＝90°， 在Rt△AOB中， ∵OA＝OB， ∴∠OAB＝∠OBA＝45°， ∴sin45°， ∴， 解得：OA＝2． 则⊙O的直径为2OA＝2×2＝4． 故选：D． 5．如图，平面直角坐标系中，O为坐标原点，以O为圆心作⊙O，点A、C分别是⊙O与y轴正半轴、x轴正半轴的交点，点B、D在⊙O上，那么∠ABC的度数是 　135°　． 【分析】利用“在同圆中，同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半”求得∠ADC∠AOC＝45°；然后由圆内接四边形的对角互补来求∠ABC的度数． 【解答】解：如图，∵∠AOC＝90°， ∴∠ADC∠AOC＝45°， 又∵点A、B、C、D共圆， ∴∠ADC+∠ABC＝180°， ∴∠ABC＝135°． 故答案为：135°． 6．如图，在平面内有四点A，B，C，D，其中AB＝AC＝6，∠BAC＝60°，若∠BDC＝90°，则AD的最大值是 　3+3　． 【分析】先证△ABC是等边三角形，可得BC＝6，由∠BDC＝90°，可得点D在以BC为直径的圆上运动，则当点D'在线段AO的延长线上时，AD'有最大值，由等边三角形的性质可求解． 【解答】解：如图，连接BC，取BC的中点O， ∵AB＝AC＝6，∠BAC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴BC＝6， ∵∠BDC＝90°， ∴点D在以BC为直径的圆上运动， ∴当点D'在线段AO的延长线上时，AD'有最大值，OD'＝3， ∵△ABC是等边三角形，BO＝CO＝3， ∴AO⊥BC， ∴AO3， ∴AD的最大值＝AO+D'O＝3+3． 故答案为：3+3． 7．如图，点A，B，C都在⊙O上，连接AB，BC，AC，OA，OB，∠BAO＝20°，则∠ACB的大小是 　70°　． 【分析】由点A、B、C都在⊙O上，可求出∠AOB＝140°，根据圆周角定理，可求得∠ACB的大小． 【解答】解：∵OA＝OB， ∴∠BAO＝∠ABO＝20°， ∴∠AOB＝180°﹣20°﹣20°＝140°， ∴∠ACB∠AOB＝70°． 故答案为：70°． 8．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点P在⊙O上，∠1＝∠C， （1）求证：CB∥PD； （2）若BC＝3，∠C＝30°，求⊙O的直径． 【分析】（1）根据圆周角定理得∠P＝∠C，而∠1＝∠C，则∠1＝∠P，于是根据平行线的判定即可得到CB∥PB； （2）解：连接OC，如图，有（1）得∠1＝∠P＝30°，再根据垂径定理得到，则利用圆周角定理得∠BOC＝2∠P＝60°，于是可判断△BOC为等边三角形，所以OB＝BC＝3， 易得⊙O的直径为6． 【解答】（1）证明：∵∠P＝∠C， 而∠1＝∠C， ∴∠1＝∠P， ∴CB∥PD； （2）解：连接OC，如图， ∵∠1＝30°， ∴∠P＝30°， ∵CD⊥AB， ∴， ∴∠BOC＝2∠P＝60°， ∴△BOC为等边三角形， ∴OB＝BC＝3， ∴⊙O的直径为6． 9．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，求AC的长． 【分析】（1）连接AD，根据直径所对的圆周角是直角可得AD⊥BC，再根据等腰三角形三线合一的性质得出结论； （2）由圆周角定理结合已知可得，设AE＝7x，则EC＝24x，求出BE＝32x，然后在Rt△BEC中，利用勾股定理构建方程求出x即可． 【解答】（1）证明：连接AD， ∵AC是⊙O的直径， ∴∠ADC＝90°，即AD⊥BC， ∵AB＝AC， ∴BD＝CD； （2）解：∵∠EAC＝∠EDC， ∴， ∵AC是⊙O的直径， ∴∠AEC＝90°， ∴， 设AE＝7x，则EC＝24x， ∴， ∴AB＝AC＝25x， ∴BE＝AB+AE＝25x+7x＝32x， ∵BD＝20， ∴BC＝2BD＝40， 在Rt△BEC中，BE2+CE2＝BC2， ∴（32x）2+（24x）2＝402， 解得：x＝1（负值已舍去）， ∴AC＝25x＝25． 题型二 圆内接四边形的性质 10．如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接BD．若，∠BDC＝50°，则∠ADB的度数是（　　） A．65° B．70° C．75° D．80° 【分析】根据圆周角定理求出∠ABC，根据圆内接四边形的性质求出∠ADC，计算即可． 【解答】解：∵，∠BDC＝50°， ∴∠ABC＝∠BDC＝50°， ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠ADC+∠ABC＝180°， ∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝130°， ∴∠ADB＝∠ADC﹣∠BDC＝130°﹣50°＝80°， 故选：D． 11．如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠B＝108°，则∠D的大小为（　　） A．36° B．54° C．62° D．72° 【分析】根据圆内解四边形的性质得到∠B+∠D＝180°，然后利用把∠B＝108°代入可计算出∠D的度数． 【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠B+∠D＝180°， ∴∠D＝180°﹣∠B＝180°﹣108°＝72°． 故选：D． 12．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠ABC＝100°，则∠AOC的度数是（　　） A．120° B．130° C．140° D．160° 【分析】先利用圆内接四边形的对角互补计算出∠B的度数，然后根据圆周角定理得到∠AOC的度数． 【解答】解：∵∠B+∠ADC＝180°， ∴∠D＝180°﹣100°＝80°， ∴∠AOC＝2∠D＝160°． 故选：D． 13．如图，点A、B、C、D、E都在⊙O上，BE是直径，BE∥CD，∠E＝28°，则∠A的度数为（　　） A．28° B．56° C．62° D．68° 【分析】连接BC，根据平行线的性质求出∠ECD，根据圆周角定理得到∠BCE＝90°，进而求出∠BCD，再根据圆内接四边形的性质计算即可． 【解答】解：如图，连接BC， ∵BE∥CD，∠E＝28°， ∴∠ECD＝∠E＝28°， ∵BE是⊙O的直径， ∴∠BCE＝90°， ∴∠BCD＝90°+28°＝118°， ∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形， ∴∠A+∠BCD＝180°， ∴∠A＝180°﹣∠BCD＝62°， 故选：C． 14．如图，A、B、C、D四个点均在⊙O上，∠AOD＝40°，弦DC的长等于半径，则∠B的度数为 　50°　． 【分析】先根据等边三角形的判定与性质可得∠COD＝60°，从而可得∠AOC＝100°，再根据圆周角定理即可得． 【解答】解：连接OC，如图， ∵CD＝OD＝OC， ∴△ODC为等边三角形， ∴∠DOC＝60°， ∴∠AOC＝∠AOD+∠DOC＝40°+60°＝100°， ∴∠B＝∠AOC＝50°， 故答案为：50°． 15．如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形．若四边形ABCO为菱形，则∠ADC的大小为 　60°　． 【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠B+∠D＝180°，根据圆周角定理得到∠D∠AOC，根据菱形的性质得到∠B＝∠AOC，计算即可． 【解答】解：∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形， ∴∠B+∠D＝180°， 由圆周角定理得：∠D∠AOC， ∵四边形ABCO为菱形， ∴∠B＝∠AOC， ∴∠AOC∠AOC＝180°， 解得：∠AOC＝120°， ∴∠ADC＝60°， 故答案为：60°． 16．如图，⊙O的内接四边形ABCD中，∠A＝120°，则∠BOD等于 　120°　． 【分析】根据圆内接四边形的性质得出∠C+∠A＝180°，求出∠C，根据圆周角定理得出∠BOD＝2∠C，再求出答案即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴∠C+∠A＝180°， ∵∠A＝120°， ∴∠C＝60°， ∴∠BOD＝2∠C＝120°， 故答案为：120°． 17．如图，四边形ABCD内接于⊙O，D是弧中点，BC边上的点E满足BE＝BA，连接DE并延长交⊙O于点F，连结BF． （1）求证：DE＝DC． （2）若FD平分∠BDC，BF＝6，时，求⊙O半径的长． 【分析】（1）先利用SAS证明△ABD≌△EBD，即有∠BAD＝∠BED，根据∠BAD+∠C＝180°，∠BED+∠DEC＝180°，可得∠C＝∠DEC，即问题得解； （2）连接OF，交BC于点N，连接OB，先由∠EDC＝∠EBF，即有，根据FD平分∠BDC，可得∠BDF＝∠CDF，则，即F恰好是的中点，所以OF⊥BC，则有，，设圆O的半径为r，在Rt△BON中，依据BO2＝ON2+BN2，可得，解方程即可求解． 【解答】（1）证明：∵D是弧中点， ∴， ∴， ∵BE＝BA，BD＝BD， ∴△ABD≌△EBD（SAS）， ∴∠BAD＝∠BED， ∵∠BAD+∠C＝180°，∠BED+∠DEC＝180°， ∴∠C＝∠DEC， ∴DE＝DC； （2）解：连接OF，交BC于点N，连接OB， ∵∠CDF＝∠CBF，即∠EDC＝∠EBF， ∴， ∵FD平分∠BDC， ∴∠BDF＝∠CDF ∴，即F恰好是的中点， ∴OF⊥BC， ∴， ∴， 设圆O的半径为r， 在Rt△BON中，BO2＝ON2+BN2， ∴， 解得r＝5， 即⊙O半径的长为5． 18．阅读下列材料，完成相应的任务： 婆罗摩笈多（Brahmagupta）是古印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算数运算法则、二次方程等方面均有建树，特别在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献，他曾提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“布拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下： 婆罗摩笈多定理：已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，如果直线ME⊥BC，垂足为E，并且交边AD于点F，那么AF＝FD． 证明：∵AC⊥BD，ME⊥BC， ∴∠CBD+∠BCM＝90°，∠CME+∠BCM＝90°． ∴∠CBD＝∠CME． 又∵　∠CBD＝∠CAD　，∠CME＝∠AMF， ∴∠CAD＝∠AMF． ∴AF＝MF． … 任务： （1）材料中横线部分缺少的条件为：　∠CBD＝∠CAD　； （2）请用符号语言将下面“婆罗摩笈多定理”的逆命题补充完整，并证明逆命题的正确性． 已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，F为AD上一点，直线FM交BC于点E，如果 　FA＝FD　，那么 　EF⊥BC　． 证明：　∵AF＝FD，AC⊥BD， ∴∠AMD＝90°， ∴AF＝MF＝FD， ∴∠FMD＝∠ADM， ∵∠DAM+∠ADM＝90°， ∴∠FMD+∠DAM＝90°， ∵∠FMD＝∠BME，∠DAM＝∠DBC， ∴∠DBC+∠BME＝90°， ∴∠MEB＝90°， ∴FE⊥BC．　． 【分析】（1）根据圆周角定理可得结论； （2）把题设与结论交换可得逆命题，利用直角三角形斜边上的中线的性质证明即可． 【解答】解：（1）由题意：空格处为∠CBD＝∠CAD． 故答案为：∠CBD＝∠CAD； （2）根据题意可知：如果FA＝FD，那么FE⊥BC， 证明：∵AF＝FD，AC⊥BD， ∴∠AMD＝90°， ∴AF＝MF＝FD， ∴∠FMD＝∠ADM， ∵∠DAM+∠ADM＝90°， ∴∠FMD+∠DAM＝90°， ∵∠FMD＝∠BME，∠DAM＝∠DBC， ∴∠DBC+∠BME＝90°， ∴∠MEB＝90°， ∴FE⊥BC． 故答案为：FA＝FD；FE⊥BC． 1．如图，AD是半圆O的直径，点B、C在半圆上，且，点P在上，若∠PCB＝130°，则∠PBA等于（　　） A．105° B．100° C．90° D．70° 【分析】连接OB、OC、OP．根据圆心角、弧、弦的关系证明△AOB、△BOC均是等边三角形，根据等腰三角形的性质求出∠COP，再由圆周角定理求出∠PBC，根据“∠PBA＝∠ABC﹣∠PBC”求出∠PBA即可． 【解答】解：连接OB、OC、OP． ∵AD是半圆O的直径， ∴∠AOD＝180°， ∵， ∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝60°， ∵OA＝OB＝OC， ∴△AOB、△BOC均是等边三角形， ∴∠ABO＝∠CBO＝∠BCO＝60°， ∴∠ABC＝∠ABO+∠CBO＝120°， ∵OC＝OP， ∴△COP是等腰三角形， ∵∠PCB＝130°， ∴∠OPC＝∠OCP＝∠PCB﹣∠BCO＝130°﹣60°＝70°， ∴∠COP＝180°﹣∠OPC﹣∠OCP＝180°﹣70°﹣70°＝40°， ∴∠PBC∠COP40°＝20°， ∴∠PBA＝∠ABC﹣∠PBC＝120°﹣20°＝100°． 故选：B． 2．如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，连接AC、AD．若∠BAC＝28°，则∠D的度数是（　　） A．56° B．58° C．60° D．62° 【分析】连接BC，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠B＝62°，然后利用同弧所对的圆周角相等即可解答． 【解答】解：连接BC， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵∠BAC＝28°， ∴∠B＝90°﹣∠BAC＝62°， ∴∠B＝∠D＝62°， 故选：D． 3．如图，AB为⊙O的直径，点C、D、E在⊙O上，且，∠E＝70°，则∠ABC的度数为（　　） A．30° B．40° C．35° D．50° 【分析】如图，连接OD，BD．利用圆周角定理求出∠DOB，再求出∠OBD＝20°，可得结论． 【解答】解：如图，连接OD，BD． ∵， ∴∠ABD＝∠CBD， ∵∠DOB＝2∠DEB＝140°， ∴∠OBD＝∠ODB＝20°， ∴∠ABC＝2∠OBD＝40°， 故选：B． 4．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠B＝120°，则∠AOC的大小为（　　） A．130° B．50° C．100° D．120° 【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠D，再根据圆周角定理解答即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴∠B+∠D＝180°， ∵∠B＝120°， ∴∠D＝180°﹣120°＝60°， 由圆周角定理得：∠AOC＝2∠D＝120°， 故选：D． 5．如图，AB是半圆O的直径，弦AD，BC相交于点P，∠DPB＝60°，D是的中点，则　　． 【分析】根据对顶角的性质，求出∠APC，从而求出∠CAD，由圆心角、弧、弦的关系求出∠BAD，从而求出∠ABC，进而求出． 【解答】解：∵AB是半圆O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵∠DPB＝60°， ∴∠APC＝∠DPB＝60°， ∴∠CAD＝90°﹣∠APC＝30°， ∵D是的中点， ∴， ∴∠BAD＝∠CAD＝30°， ∴∠BAC＝∠CAD+∠BAD＝60°， ∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝30°， ∴． 故答案为：． 6．如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠A＝50°，则∠C＝　130　°． 【分析】由圆内接四边形的对角互补，即可得到答案． 【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠A+∠C＝180° ∵∠A＝50°， ∴∠C＝130°． 故答案为：130． 7．如图，AB为⊙O的直径，C、D为圆上的两点，OC∥BD，弦AD、BC相交于点E．（1）求证：； （2）若CE＝1，BE＝3，求⊙O的半径． 【分析】（1）根据平行线的性质得到∠AOC＝∠ABD，根据圆周角定理得到∠ABC∠AOC，得到∠ABC＝∠DBC，根据圆心角、弧、弦的关系定理证明； （2）连接AC，证明△ACE∽△BCA，根据相似三角形的性质求出AC，根据勾股定理求出AB，进而求出⊙O的半径． 【解答】（1）证明：∵OC∥BD， ∴∠AOC＝∠ABD， 由圆周角定理得：∠ABC∠AOC， ∴∠ABC∠ABD， ∴∠ABC＝∠DBC， ∴； （2）解：如图，连接AC， 由圆周角定理得：∠CAD＝∠CBD， ∴∠ABC＝∠CAE， ∵∠ACB＝∠ECA， ∴△ACE∽△BCA， ∴， ∴， 解得：AC＝2， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴AB2， ∴⊙O的半径为． 8．如图，已知△ABC，以AB为直径的⊙O分别交AC，BC于点D，E．连接DE，且ED＝EC． （1）求证：AB＝AC； （2）若AB＝4，BC＝2．求CD的长． 【分析】（1）由等腰三角形的性质得到∠EDC＝∠C，由圆内接四边形的性质得到∠EDC＝∠B，由此推得∠B＝∠C，由等腰三角形的判定即可证得结论； （2）连接AE，由AB为直径，可证得AE⊥BC，由（1）知AB＝AC，证明△CDE∽△CBA后即可求得CD的长． 【解答】（1）证明：∵ED＝EC， ∴∠EDC＝∠C， ∵∠EDC＝∠B，（∵∠EDC+∠ADE＝180°，∠B+∠ADE＝180°，∴∠EDC＝∠B） ∴∠B＝∠C， ∴AB＝AC； （2）方法一： 解：连接AE， ∵AB为直径， ∴AE⊥BC， 由（1）知AB＝AC， ∴BE＝CEBC， ∵△CDE∽△CBA， ∴， ∴CE•CB＝CD•CA，AC＝AB＝4， ∴•24CD， ∴CD． 方法二： 解：连接BD， ∵AB为直径， ∴BD⊥AC， 设CD＝a， 由（1）知AC＝AB＝4， 则AD＝4﹣a， 在Rt△ABD中，由勾股定理可得： BD2＝AB2﹣AD2＝42﹣（4﹣a）2 在Rt△CBD中，由勾股定理可得： BD2＝BC2﹣CD2＝（2）2﹣a2 ∴42﹣（4﹣a）2＝（2）2﹣a2 整理得：a， 即：CD． 9．如图，四边形ABDC是⊙O的内接四边形，AD是对角线，过点A作EA⊥AD交DB的延长线于点E，AB＝AC． （1）求证：∠ABE＝∠ACD； （2）连接BC，若BC为⊙O的直径，求证：BE＝CD． 【分析】（1）根据圆内接四边形的性质和邻补角的定义即可得到结论； （2）连接BC，根据圆周角定理得到∠BAC＝90°，根据余角的性质得到∠EAB＝∠CAD，根据全等三角形的判定定理即可得到结论． 【解答】证明：（1）∵四边形ABDC是圆O的内接四边形， ∴∠ABD+∠ACD＝180°， ∵∠ABE+∠ABD＝180°， ∴∠ABE＝∠ACD； （2）连接BC， ∵BC为圆O的直径， ∴∠BAC＝90°， ∵AE⊥AD， ∴∠EAD＝90°， ∴∠EAB+∠BAD＝∠CAD+∠BAD＝90°， ∴∠EAB＝∠CAD， 在△ABE与△ACD中， ， ∴△ABE≌△ACD（ASA）． ∴BE＝CD． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$