专题3.6 圆内接四边形 讲义 2025-2026学年浙教版数学九年级上册

专题3.6 圆内接四边形 讲义 模块1：学习目标 1、了解圆的内接四边形和四边形的外接圆的概念； 2、理解圆的内接四边形的性质定理：圆的内接四边形的对角互补； 3、会运用圆的内接四边形的性质定理进行有关的论证和计算； 4、体会数学中的类比、转化的数学思想和思维方式。 模块2：知识梳理 1、圆内接四边形：如果一个四边形的各个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫做圆的内接四边形，这个圆叫做四边形的外接圆. 2、圆内接四边形性质定理：圆内接四边形的对角互补. 圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）. 条件：已知如下图，四边形是的内接四边形， 结论： ，，。 注意：圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来。在运用时要注意是对角，而不是邻角互补。 模块3：核心考点与典例 考点1. 利用圆内接四边形的性质求角度 例1．如图，是内接四边形的一个外角，若，那么的度数为（　　）    A． B． C． D． 变式1．如图，四边形内接于，四边形是平行四边形，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 变式2．如图，是的直径，点C、D在上，连接，若，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 变式3．如图，在上，，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 考点2. 利用圆内接四边形的性质求线段长度 例2如图，以的边为直径作交于且，交于点．(1)求证：；(2)若，，求的长度． 变式1．如图，为直径，点A，D在上，，若，则的半径长度为（    ） A．6 B．4 C．2 D．1 变式2．如图，与交于D，E两点，是直径且长为12，．(1)证明：；(2)若，求的长度． 考点3. 利用圆内接四边形的性质求面积 例3．如图，已知圆内接四边形的边长分别为，，，求四边形的面积．    变式1．如图，四边形ABCD内接于以BD为直径的⊙O，CA平分∠BCD，若四边形ABCD的面积是30cm2，则AC= cm． 变式2．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． 变式3．已知，如图，四边形ABCD的顶点都在同一个圆上，且∠A：∠B：∠C＝2：3：4．（1）求∠A、∠B的度数；（2）若D为的中点，AB＝4，BC＝3，求四边形ABCD的面积． 考点4. 利用圆内接四边形判的性质断结论的正误 例4．如图，圆内接四边形的对角线，把它的四个内角分成八个角，那么以下结论不一定正确的是（    ） A． B． C． D． 变式1．若四边形为圆内接四边形，则下列哪个选项可能成立（　　） A． B． C． D． 变式2．如图，已知四边形ABEC内接于⊙O，点D在AC的延长线上，CE平分∠BCD交⊙O于点E，则下列结论中一定正确的是（ ） A．AB=AE B．AB=BE C．AE=BE D．AB=AC 考点5. 利用圆内接四边形的性质进行证明 例5．已知：如图1，为的直径，为上一点，连接、，过点作的垂线交于点，连接． (1)求的度数；(2)如图2，延长交于点，是弧上一点，连接、、，、分别与、交于点、，若，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，连接、，交于点．若，，求的长．    变式1．如图，在中，．是的外接圆，为弧的中点，为延长线上一点．(1)求证：；(2)若，求的度数．    变式2．已知，如图，是的直径，弦于点E，G是上一点，与的延长线交于点F，设半径为R．(1)若，，求：①______（用R的代数式表示）；②的半径长．(2)求证：． 考点6. 利用圆内接四边形的性质探究角或线段间的关系 例6．如图，点P是等边三角形的边上的动点（），作的外接圆交于D．点E是上一点，且，连接，且交于F．(1)求证：；(2)当点P运动变化时，的度数是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求的度数；(3)探究线段间的数量关系，并证明． ‍   变式1．如图，是等边的外接圆，过点A作的垂线交于点H．(1)若点G是劣弧上一点（不与点B、C重合），直线交于点D，连接．求证：平分；(2)在（1）条件下，将绕点A顺时针旋转得到线段．①若，求证：点F落在射线上；②若，求线段与线段的数量关系． 变式2．已知内接于，的平分线交于点D，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． 变式3．如图，是的外角的角平分线，与的外接圆交于点D，．(1)求所对圆心角的度数；(2)连，求证：；(3)探究线段之间的数量关系，并证明你的结论． 考点7. 利用圆内接四边形的性质求最值 例7．如图，为等边△ABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧上运动（不与点A，B重合），连接DA，DB，DC．求四边形ADBC的面积的最大值． 变式1．如图，边长为6的正方形内接于，点E是上的一动点（不与A，B重合，点F是上的一点，连接，分别与交于点G，H，且，有以下结论：①；②周长的最小值为；③随着点E位置的变化，四边形的面积始终为9．其中正确的是 ．（填序号） 变式2．已知为的外接圆，，点D是劣弧上一点（不与点A，B重合），连接． (1)如图1，若是直径，将绕点C逆时针旋转得到．若，求四边形的面积；(2)如图2，若，半径为3，设线段的长为x，四边形的面积为S．①用含有x的代数式表示S；②若点M，N分别在线段上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置．的周长有最小值p，随着点D的运动，p的值会发生变化．则所有p值中的最大值是　　． 模块四：同步培优题库 全卷共26题 测试时间：80分钟 试卷满分：120分 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1.下列说法错误的是（　　） A．圆内接四边形的对角互补 B．圆内接四边形的邻角互补 C．圆内接平行四边形是矩形 D．圆内接梯形是等腰梯形 2.．如图，四边形内接于，点P为边AD上任意一点（点P不与点 A 、 重合）连接CP，若，则的度数可能为（    ）    A．30° B．54° C．50° D．65° 3．如图，四边形内接于，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 4．如图，四边形内接于，为直径，D是中点，若，则（    ）    A．105° B．110° C．115° D．120° 5．如图，四边形内接于，如果它的一个外角，那么的度数为（　　）    A． B． C． D． 6．如图，在平面直角坐标系中，点在轴的正半轴，点在轴的负半轴，经过四点，若，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 7．如图，是上的点，．若，则的面积为（    ） A．3 B．6 C．9 D．12 8．如图，在圆内接四边形中，，为直径，若四边形的面积是，的长是，则与之间的数关系式是（    ） A． B． C． D． 9．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ABC＝67.5°，连接BD．若∠ADB＝90°﹣∠BDC，⊙O的半径为4，则BC的长为（　　） A． B．8 C．8 D．7 10．如图，在中，，，以为斜边向上作，．连接，若，则的长度为（    ） A．或 B．5或12 C．或 D．5或10 二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上） 11．如图，四边形内接于半圆，为半圆的直径，连接，若点为的中点，，则的度数为 ．    12．如图，四边形内接于，为的直径，，则的大小为 ．    13．如图，四边形内接于，，交的延长线于点E．若平分，，，则的长度为 ． 14．如图，在平面直角坐标系xOy中，点B在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，⊙C经过A，B，D，O四点，∠OAB=120°，点D的坐标为(0，2)，则长度是 ． 15．如图，圆内接四边形中，，，点E在的延长线上，且，连结，若，则四边形的面积为 ． 16．如图，过点D、A、C三点的圆的圆心为E，过B、E、F三点的圆的圆心为D，如果，那么    17．如图，为等边的外接圆，半径为，点在劣弧上运动（不与点A，B重合），连接． （1）当点D在劣弧中点时，四边形的面积是 ； （2）四边形的面积关于线段的长的函数关系式为 ． 18．如图，A、P、B、C是⊙O上的四点，∠APC＝∠CPB＝60°，过点C作CM∥BP交PA的延长线于点M．其中正确的结论是　 　（填序号）． ①∠MAC＝∠PBC，②△ABC是等边三角形，③PC＝PA+PB，④若PA＝1，PB＝2，则△PCM的面积＝． 三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 19．已知：如图，中，以为直径的分别交，于点，，连接，若求证：．    20．如图，四边形是的内接四边形，，求和的度数．    21．如图，在上有三点A，，，，请画出符合条件的角，并标注．(1)在图①中画一个的圆心角，标注为；(2)在图②中画一个的圆周角，标注为；(3)在图③中画一个的圆周角，标注为．      22．如图，在中，，以为直径作交于点D，交于点E，连接．(1)求证：；(2)连接，，当__________时，四边形为菱形；(3)若，，则__________． 23．如图1，在中，弦平分圆周角，我们将圆中以为公共点的三条弦，，构成的图形称为圆中“爪形”，弦，，称为“爪形”的爪． (1)如图2，四边形内接于，，①证明：圆中存在“爪形”；②若，求证：．(2)如图3，四边形内接于圆，其中，连接．若“爪形”的爪之间满足，则________°． 24．问题探究 (1)在中，，分别是与的平分线． ①若，，如图1，试证明； ②将①中的条件“”去掉，其他条件不变，如图2，问①中的结论是否成立？并说明理由． 迁移运用(2)若四边形是圆的内接四边形，且，，如图3，试探究线段，，之间的等量关系，并证明． 25．【提出问题】（1）如图①，在中，，，为此三角形内的一点，且，，，将绕点顺时针旋转至，则两点间的距离为______，的度数为______． 【探究问题】（2）如图②，在四边形中，，，探究线段之间的数量关系，并写出解答过程．    【解决问题】（3）如图③是某圆形公园的设计示意图．已知四边形是内接四边形，为直径，，交于点，于点，于点，按设计要求，阴影部分是室内活动区，若，，则阴影部分的面积为______． 26．如图，四边形内接于，为直径，和交于点，． (1)求的度数；(2)过作的平行线，交于，试判断线段，，之间满足的等量关系，并说明理由；(3)在条件下过，分别作，的垂线，垂足分别为，，连接，交于，若，：：，求的半径． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题3.6 圆内接四边形 讲义 模块1：学习目标 1、了解圆的内接四边形和四边形的外接圆的概念； 2、理解圆的内接四边形的性质定理：圆的内接四边形的对角互补； 3、会运用圆的内接四边形的性质定理进行有关的论证和计算； 4、体会数学中的类比、转化的数学思想和思维方式。 模块2：知识梳理 1、圆内接四边形：如果一个四边形的各个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫做圆的内接四边形，这个圆叫做四边形的外接圆. 2、圆内接四边形性质定理：圆内接四边形的对角互补. 圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）. 条件：已知如下图，四边形是的内接四边形， 结论： ，，。 注意：圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来。在运用时要注意是对角，而不是邻角互补。 模块3：核心考点与典例 考点1. 利用圆内接四边形的性质求角度 例1．如图，是内接四边形的一个外角，若，那么的度数为（　　）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆内接四边形的性质证得，再根据圆周角定理求出即可． 【详解】解：∵，，∴， ∵，∴，∴，A正确．故选：A． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质以及圆周角定理，解题的关键是准确应用圆的有关性质和定理． 变式1．如图，四边形内接于，四边形是平行四边形，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆内接四边形的性质推出，再根据平行四边形的性质推出，再证明四边形是菱形，据此求解即可． 【详解】解：∵四边形内接于，∴， ∵四边形是平行四边形，∴， ∵，∴，解得， ∵四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形，∴， ∴．故选：D． 【点睛】本题考查的是圆周角定理、圆内接四边形的性质、菱形的判定和性质，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理． 变式2．如图，是的直径，点C、D在上，连接，若，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据直径所对的的圆周角是直角得到，进而求得，再圆内接四边形的两个对角互补求解即可． 【详解】解：连接，如图所示：    ∵是的直径，∴， ∵，∴， ∴，故B正确．故选：B． 【点睛】本题考查圆周角定理、直角三角形的两锐角互余、圆内接四边形，熟知直径所对的的圆周角是直角，以及圆内接四边形的两个对角互补是解答的关键． 变式3．如图，在上，，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接、，根据等腰三角形的性质求出，再根据圆周角定理得出，最后根据圆的内接四边形对角互补，即可求解． 【详解】解：连接、， ∵，，∴， ∴，∴，故选：D．    【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半，等腰三角形等边对等角，圆的内接四边形对角互补． 考点2. 利用圆内接四边形的性质求线段长度 例2如图，以的边为直径作交于且，交于点． (1)求证：；(2)若，，求的长度． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由四边形内接于，得出，根据已知，得出，又，得出，等量代换得出，根据等角对等边，即可得证； （2）根据为直径，得出，根据已知以及（1）的结论，得出，，设，则，在中，根据相等，根据勾股定理列出方程，解方程即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形内接于，∴， 又∴，∵，∴， ∵，∴，∴，∴； （2）解：如图所示，连接， ∵为直径，∴，∴，， 由（1），，∴，∴， ∴，∴，由（1）可得，， 则，∴，设，则， ∵，∴，解得：，∴． 【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键． 变式1．如图，为直径，点A，D在上，，若，则的半径长度为（    ） A．6 B．4 C．2 D．1 【答案】C 【分析】连接，根据圆内接四边形的性质得出，即可得出为等边三角形，从而求得的半径长度为2． 【详解】解：如图，连接， ∵，，∴， ∵，∴是等边三角形，∴，故选：C． 【点睛】此题考查了圆周角定理，圆的内接四边形，熟记圆周角定理是解题的关键． 变式2．如图，与交于D，E两点，是直径且长为12，．(1)证明：；(2)若，求的长度． 【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）根据三角形的内角和定理和圆内接四边形的性质可得，从而证明结论； （2）设，则，根据勾股定理可得，代入即可得出方程，从而解决问题． 【详解】（1）证明：∵四边形内接于，∵，∴， ∵，∴； （2）解：连接，由（1）得，∴， ∵是直径，∴，设，则， ∵，∴，解得：，∴． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用勾股定理列方程是解题的关键． 考点3. 利用圆内接四边形的性质求面积 例3．如图，已知圆内接四边形的边长分别为，，，求四边形的面积．    【答案】8 【分析】连接BD，延长BC到E,使CE=AB=2，连接DE，然后证明△ABD≌△CED，得出四边形ABCD的面积与三角形BDE的面积相等，最后利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：连接BD，延长BC到E,使CE=AB=2，连接DE，过点D作DF⊥BC，垂足为F， ∵圆内接四边形，∴∠A+∠BCD=∠DCE+∠BCD，∴∠A=∠DCE， ∵AB=CE,AD=DC，∴△ABD≌△CED，∴BD=DE， ∴四边形ABCD的面积与三角形BDE的面积相等， ∵DF⊥BC，∴BF=EF=(BC+CE)=BE=×8=4， ∴FC=EF-CE=4-2=2，在Rt△DEC中，DF=， ∴=×8×2=8．    【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，圆的内接四边形的性质，勾股定理的应用，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形． 变式1．如图，四边形ABCD内接于以BD为直径的⊙O，CA平分∠BCD，若四边形ABCD的面积是30cm2，则AC= cm． 【答案】 【分析】过A点作AE⊥AC，交CD的延长线与点E，证明△ABC≌△ADE，从而得到四边形ABCD的面积等于△ACE的面积，然后证明出△ACE是等腰直角三角形，根据三角形的面积公式即可求出AC的长度． 【详解】如图，过A点作AE⊥AC，交CD的延长线与点E． ∵BD为⊙O的直径∴∠BAD＝∠BCD＝90° ∵CA平分∠BCD∴∠BCA＝∠ACD＝45°∴∠E＝∠ACD＝45°∴AC＝AE ∵AE⊥AC∴∠CAE＝90°∴∠CAD+∠DAE＝90° 又∵∠BAC+∠CAD＝90°∴∠BAC＝∠DAE 又∵∠BCA＝∠E＝45° 在△ABC≌△ADE中，∴△ABC≌△ADE（ASA） ∴∴∴∴ 故答案为： 【点睛】本题主要考查了圆周角定理和圆内接四边形的性质，关键在于运用转化思想，将四边形ABCD的面积转化为△ACE的面积． 变式2．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 【分析】延长到E，使，连接，先证明，得到，再证明，最后得到． 【详解】解：如图，延长到E，使，连接， 四边形是圆内接四边形，∴，， 在和中，∴， ， ∴， 即，∴，故选：C． 【点睛】本题考查了圆的内接四边形，全等三角形的判定与性质，解题的关键是作辅助线，构造． 变式3．已知，如图，四边形ABCD的顶点都在同一个圆上，且∠A：∠B：∠C＝2：3：4．（1）求∠A、∠B的度数；（2）若D为的中点，AB＝4，BC＝3，求四边形ABCD的面积． 【答案】（1）60°、90°；（2） 【分析】(1)根据圆内接四边形的性质求出∠A、∠B的度数； (2)连接AC，根据勾股定理求出AC，根据圆心角、弧、弦之间的关系定理得到AD＝CD，根据勾股定理、三角形的面积公式计算，得到答案． 【详解】解：（1）设∠A、∠B、∠C分别为2x、3x、4x， ∵四边形ABCD为圆内接四边形，∴∠A+∠C＝180°，即2x+4x＝180°， 解得，x＝30°，∴∠A、∠B分别为60°、90°； （2）连接AC， ∵∠B＝90°，∴AC为圆的直径，AC＝＝5，△ABC的面积＝×3×4＝6，∠D＝90°， ∵点D为的中点，∴AD＝CD＝AC＝， ∴△ADC的面积＝，∴四边形ABCD的面积＝6+＝． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，勾股定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，从而进行解题． 考点4. 利用圆内接四边形判的性质断结论的正误 例4．如图，圆内接四边形的对角线，把它的四个内角分成八个角，那么以下结论不一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆周角定理，三角形内角和定理进行判断即可． 【详解】解：A、∵所对的弧都是弧∴，选项正确，不符合题意； B、∵所对的弧都是弧∴，选项正确，不符合题意； C、∵不一定是直径∴不一定是直角∴不一定等于，符合题意； D、∵ ∴ ，选项正确，不符合题意；故选C． 【点睛】本题考查了圆的内接四边形，圆周角定理，熟练运用圆周角的定理解决问题是本题的关键． 变式1．若四边形为圆内接四边形，则下列哪个选项可能成立（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用圆内接四边形的对角互补判断即可． 【详解】∵四边形为圆内接四边形，∴， ∴与的之和等于与的之和，满足和相等的选项是C 故选：C． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，关键是根据圆内接四边形的对角互补的性质解答． 变式2．如图，已知四边形ABEC内接于⊙O，点D在AC的延长线上，CE平分∠BCD交⊙O于点E，则下列结论中一定正确的是（ ） A．AB=AE B．AB=BE C．AE=BE D．AB=AC 【答案】C 【详解】试题分析：连接EC．∵EC平分∠BCD，∴∠ECB=∠ECD，∵∠ECB=∠BAE，∠ECD=∠ABE，∴∠BAE=∠ABE，∴EA=EB．故选C． 考点：①圆的有关性质；②圆内接四边形的性质． 考点5. 利用圆内接四边形的性质进行证明 例5．已知：如图1，为的直径，为上一点，连接、，过点作的垂线交于点，连接．    (1)求的度数；(2)如图2，延长交于点，是弧上一点，连接、、，、分别与、交于点、，若，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，连接、，交于点．若，，求的长． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3) 【分析】（1）根据垂直的定义及圆周角定理即可解答；（2）根据垂直平分线的定义及圆周角定理得到，弧与圆周角的关系及外角性质得到即可； （3）根据等腰直角三角形的性质及弧与圆周角的关系得到，再根据圆的内接四边形的性质及勾股定理得到，最后利用全等三角形的判定与性质得到即可． 【详解】（1）解：∵，∴，∴， （2）解：连接，∵是直径，，∴是的垂直平分线， ∴，，∴， 设，则， ∵，∴，∵， ∴， ∴，∴，    （3）解：∵是直径，等腰直角三角形，∴， ∵，∴，， 连接，∵，∴， ∵圆内接四边形，∴，，∴， ∵，，∴， ∵，在中，， ∴，∴，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴，∴，∴， ∴，，，是等腰直角三角形， ∴，设，设， ∵为直径，∴，在中，勾股得， ∴，在中，勾股得，∴， 解得，∴，∴，    【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，弧、圆周角、圆心角的关系，圆内接四边形的性质，掌握圆周角定理及圆内接四边形的性质是解题的关键． 变式1．如图，在中，．是的外接圆，为弧的中点，为延长线上一点．    (1)求证：；(2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）证明，可得； （2）先求解，可得，再利用圆的内接四边形的性质可得答案． 【详解】（1）解：∵为弧的中点， ∴，，∴； （2）∵，，∴， ∵，∴，∴， ∵四边形为的内接四边形，∴，∴． 【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，圆的内接四边形的性质，等腰三角形的性质，熟记圆周角定理与圆的内接四边形的性质并灵活应用是解本题的关键． 变式2．已知，如图，是的直径，弦于点E，G是上一点，与的延长线交于点F，设半径为R．(1)若，，求：①______（用R的代数式表示）；②的半径长．(2)求证：． 【答案】(1)①；②5(2)见解析 【分析】（1）①利用减去即可表示；②连接，设的半径为．在中，根据，构建方程即可解决问题；（2）连接，根据垂径定理得到，根据圆周角定理得到，根据圆内接四边形的性质证明即可． 【详解】（1）解：①设的半径为．∴； ②连接． ，，在中，， ，解得． （2）证明：连接， 弦，， 四边形是圆内接四边形，，． 【点睛】本题考查的是圆周角定理和垂径定理的应用，以及圆内接四边形的性质，掌握相应定理，学会添加常用辅助线是解题的关键． 考点6. 利用圆内接四边形的性质探究角或线段间的关系 例6．如图，点P是等边三角形的边上的动点（），作的外接圆交于D．点E是上一点，且，连接，且交于F． ‍   (1)求证：；(2)当点P运动变化时，的度数是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求的度数；(3)探究线段间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析(2)∠BFD的度数不变，为60°(3)BF＝CE+EF，理由见解析 【分析】（1）连接，根据等边三角形的性质可得，，再利用同弧所对的圆周角相等可得，从而可得，然后利用等弧所对的圆周角相等可得，从而利用证明，进而可得，最后利用等量代换可得，从而可得，再利用圆内接四边形对角互补以及平角定义可得，即可解答；（2）根据等弧所对的圆周角相等可得，然后利用三角形的外角性质可得，即可解答． （3）延长交于点，先证明是等边三角形，然后证明即可得出结论． 【详解】（1）证明：连接，如图所示，    是等边三角形，，， ，，，， ，，，，， 四边形是圆内接四边形，， ，，； （2）解：当点运动时，的度数不会变化，理由如下： ，， ， ，的度数为． 当点运动时，的度数不会变化． （3）解：，理由如下：延长交于点，    ，， ，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． 【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，等边三角形的性质，圆内接四边形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 变式1．如图，是等边的外接圆，过点A作的垂线交于点H． (1)若点G是劣弧上一点（不与点B、C重合），直线交于点D，连接．求证：平分；(2)在（1）条件下，将绕点A顺时针旋转得到线段．①若，求证：点F落在射线上；②若，求线段与线段的数量关系． 【案】(1)见解析(2)①见解析；②． 【分析】（1）利用圆周角定理证明，即可得出结论；（2）①设直线与直线交于点，，推出，得到点与点F重合，即可得出结论；②连接，作于点N，证明是线段的垂直平分线，、都是等腰直角三角形，分别求得，，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵是等边的外接圆， ∴，∴，∴平分； （2）①证明：设直线与直线交于点，如图， ∵，∴， ∵，，∴， ∵是等边三角形，∴，∴，∴， ∵将绕点A顺时针旋转得到线段，∴，∴点与点F重合，点F落在射线上； ②解：连接，作于点N，与相交于点M， 由（1）得，，∴，则， ∴，即， ∵将绕点A顺时针旋转得到线段，， ∴，∴是线段的垂直平分线，∴， ∵，∴，∴， ∴，则是等腰直角三角形，∴， ∴都是等腰直角三角形， ∴， ∴，∴， ∴， ∴，∴． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，含30度的直角三角形的性质以及勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 变式2．已知内接于，的平分线交于点D，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)(2)，证明见解析 【分析】（1）在线段上截取，连接，根据圆周角定理的推论证明和是等边三角形，再利用证明，得出，即可推导得出； （2）延长到点M，使，连接，利用圆内接四边形的性质得出，再利用证明，推出，，进而证明，根据勾股定理可得，即． 【详解】（1）解：如图①在线段上截取，连接， ，平分，， ，，同理：，， ，，，，， 在和中，，，， ．故答案为：； （2）解：，理由如下：如图②，延长到点M，使，连接， 四边形内接于，， ， ， 在和中，，， ，，，， ，即，． 【点睛】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质，勾股定理等知识点，解题关键是熟练运用转化思想，通过添加辅助线，构造全等三角形． 变式3．如图，是的外角的角平分线，与的外接圆交于点D，． (1)求所对圆心角的度数；(2)连，求证：；(3)探究线段之间的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1)(2)见解析(3)，证明见解析 【分析】（1）先由邻补角的定义可得，再由同弧所对的圆周角相等可推出，最后利用圆周角定理即可求解；（2）根据角平分线的定义可得，根据同弧所对的圆周角相等可得，得出是等边三角形，即可得证；（3）延长至，使，连接，证明，继而得出是等边三角形，即可得出结论． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵，∴， ∵，∴，∴所对圆心角； （2）证明：∵是的外角的角平分线，，∴， ∵，∴，又，∴是等边三角形，∴； （3），证明：如图，延长至，使，连接， ∵四边形是圆内四边形，∴, ∵，∴,由（2）知是等边三角形， ∴，∴，∴，, ∴是等边三角形，∴,即． 【点睛】本题考查了圆周角定理，内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握圆的相关知识是解题的关键． 考点7. 利用圆内接四边形的性质求最值 例7．如图，为等边△ABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧上运动（不与点A，B重合），连接DA，DB，DC．求四边形ADBC的面积的最大值． 【答案】四边形ADBC的面积的最大值为． 【分析】根据旋转的性质得到CD=CH，，推出点D，点B， 点H三点共线，得到是等边三角形，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：如图，将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△BHC，∴CD=CH，∠DAC=∠HBC， ∵四边形ACBD是圆内接四边形，∴∠DAC+∠DBC=180°， ∴∠DBC+∠HBC=180°，∴点D，点B，点H三点共线， ∵为等边△ABC的外接圆，∴∠CDH=∠BAC=60°， ∵DC=CH， ∴△DCH是等边三角形，∴CD=CH=DH， ∴△DCH的CD边的高为 ， ∵四边形ADBC的面积S=S△ADC+S△BDC=S△CDH= ， ∴当CD最大时，四边形ADBC的面积最大， ∴当CD为的直径时，CD的值最大，即CD=4， ∴四边形ADBC的面积的最大值为． 【点睛】本题考查了圆的有关知识，三角形的外接圆与外心，等边三角形的性质，旋转的性质，等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 变式1．如图，边长为6的正方形内接于，点E是上的一动点（不与A，B重合，点F是上的一点，连接，分别与交于点G，H，且，有以下结论：①；②周长的最小值为；③随着点E位置的变化，四边形的面积始终为9．其中正确的是 ．（填序号） 【答案】①③/③① 【分析】连接．由正方形的性质结合题意易证，即得出，可判断①；由可推出，从而得出的周长为，即当最小时，周长的最小．由勾股定理可知当最小时，最小，此时，由此可求出，即得出的周长的最小值为，可判断②；由，可推出，从而得出．进而得出，可判断③． 【详解】解：如图，连接． ∵，∴．∵四边形为正方形， ∴,，， ∴，∴， ∴，∴，故①正确； ∵，∴，∴， ∴的周长为， ∴当最小时，周长的最小． ∵，∴当最小时，最小，此时． 如图，过点O作于点M，作于点N， ∴，∴， ∴的周长的最小值为，故②错误； ∵，∴．∴． ∵，∴，故③正确． 综上可知①③正确．故答案为：①③． 【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理等知识．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题关键． 变式2．已知为的外接圆，，点D是劣弧上一点（不与点A，B重合），连接． (1)如图1，若是直径，将绕点C逆时针旋转得到．若，求四边形的面积；(2)如图2，若，半径为3，设线段的长为x，四边形的面积为S．①用含有x的代数式表示S；②若点M，N分别在线段上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置．的周长有最小值p，随着点D的运动，p的值会发生变化．则所有p值中的最大值是　　． 【答案】(1)8 (2)①；② 【分析】（1）根据旋转的性质及全等三角形的性质可得答案； （2）①将绕点C逆时针旋转，得到，根据等腰三角形的性质及面积公式可得答案； ②作点D关于直线的对称点E，作点D关于的对称点F，当点E、M、N、F四点共线时，的周长不最小值，则连接交于点M，交于N，作于P，由对称性质、勾股定理、最值问题可得答案． 【详解】（1）解：∵是直径，∴， ∵旋转得到，∴，∴，， ∴， ∴四边形的面积； （2）解：①如图，将绕点C逆时针旋转，得到， ∴，， ∵，∴是等边三角形，∴， ∵四边形是圆内接四边形，∴， ∴，∴点D，B，H三点共线， ∵，，∴是等边三角形， ∴四边形的面积， ∵半径为3，线段的长为x，∴； ②如图，作点D关于直线的对称点E，作点D关于的对称点F， ∵点D、E关于直线对称，∴，同理，， ∴的周长， 当点E、M、N、F四点共线时，的周长有最小值， 连接交于点M，交于N，连接，作于P， ∴的周长最小值为， ∵点D、E关于直线对称，∴， ∵点D、F关于直线对称，∴， ∴，， ∵， ∴，∴，， ∴，∴当有最大值时，有最大值，即t有最大值， ∵为的弦，∴为直径时，有最大值6，∴t的最大值为， 此时，，故答案为：． 【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了旋转的性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，轴对称，作出辅助线找出周长有最小值是解本题的关键． 模块四：同步培优题库 全卷共26题 测试时间：80分钟 试卷满分：120分 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1.下列说法错误的是（　　） A．圆内接四边形的对角互补 B．圆内接四边形的邻角互补 C．圆内接平行四边形是矩形 D．圆内接梯形是等腰梯形 【答案】B 【分析】根据圆内接四边形的性质分别分析得出即可． 【解析】解：A、圆内接四边形的对角互补，正确，不合题意； B、圆内接四边形的邻角互补，错误，符合题意； C、圆内接平行四边形是矩形，正确，不合题意； D、圆内接梯形是等腰梯形，正确，不合题意．故选B． 【点睛】此题主要考查了圆内接四边形的性质，正确把握圆内接四边形对角互补进而得出是解题关键． 2.．如图，四边形内接于，点P为边AD上任意一点（点P不与点 A 、 重合）连接CP，若，则的度数可能为（    ）    A．30° B．54° C．50° D．65° 【答案】D 【分析】根据圆内接四边形对角互补，求得的度数，根据三角形的外角性质可得，进而可确定的范围，根据选项即可求解． 【解析】解：∵四边形ABCD内接于， ∴ ， ∵ ，∴ ， ∵ 为的外角，∴ ，只有D满足题意．故选：D ． 【点睛】本题考查了圆内接四边形形对角互补，三角形的外角性质，求得的大小是解题的关键． 3．如图，四边形内接于，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由可求，再由即可得到答案． 【详解】解：，，，故选：C． 【点睛】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 4．如图，四边形内接于，为直径，D是中点，若，则（    ）    A．105° B．110° C．115° D．120° 【答案】D 【分析】根据圆周角定理得，，求出，利用四边形对角互补求出答案． 【详解】解：∵D是中点，若，∴ ∵为直径，∴∴ ∵四边形内接于，∴∴，故选：D． 【点睛】此题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，正确理解圆周角定理求出是解题的关键． 5．如图，四边形内接于，如果它的一个外角，那么的度数为（　　）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆内接四边形对角互补，可得，然后根据圆周角定理即可求解． 【详解】解：∵四边形内接于，， ∴，∴， ∵，∴，故选：D． 【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 6．如图，在平面直角坐标系中，点在轴的正半轴，点在轴的负半轴，经过四点，若，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用圆内接四边形的性质得到，再根据圆周角定理得到为的直径，则点为的中点，接着利用含30度角的直角三角形三边的关系得到，即可确定点坐标． 【详解】解：∵四边形为圆的内接四边形，， ∴，∴， ∵，∴为的直径，∴点为的中点， 在中，∵，∴， ∴，∴点坐标为．故选：A． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形、圆内接四边形的性质、圆周角定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握圆内接四边形的性质和圆周角定理是解题关键． 7．如图，是上的点，．若，则的面积为（    ） A．3 B．6 C．9 D．12 【答案】A 【分析】作出辅助线延长交于点，连接，由此构建圆心角，根据圆周角与弧长和弦长的关系得到，再据此求出的面积，经由即可求出的面积. 【详解】解： 如图延长交于点，连接， ∵三点共线∴，，∴， ∵，∴，∴，∴, ∵，∴， ∵，∴.故选A. 【点睛】本题主要考查圆心角所对弧、弦的关系，圆周角定理，关键在于作出的延长线，来构造出圆心角相等，以此来解决问题. 8．如图，在圆内接四边形中，，为直径，若四边形的面积是，的长是，则与之间的数关系式是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】延长到，使，连接，先证明，得到，再证明，，最后得到． 【详解】解：如图，延长到，使，连接， 四边形是圆内接四边形，，， 在和中，，   ， ， 即， ，故选：C． 【点睛】本题考查了圆的内接四边形，全等三角形的判定与性质，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 9．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ABC＝67.5°，连接BD．若∠ADB＝90°﹣∠BDC，⊙O的半径为4，则BC的长为（　　） A． B．8 C．8 D．7 【思路点拨】作∠BDC的平分线交⊙于E，连接AE，如图，计算出∠ADB+∠BDE＝90°，即∠ADE＝90°，根据圆周角定理可判断AE为⊙O的直径，连接OB、OC，证明＝得到∠ABC＝∠ACB＝67.5°，则∠BAC＝45°， 所以∠AOC＝90°，然后根据等腰直角三角形的性质可得到BC的长． 【答案】解：作∠BDC的平分线交⊙于E，连接AE，如图， ∵∠BDE＝∠BDC，∠ADB＝90°﹣∠BDC， ∴∠ADB+∠BDE＝90°，即∠ADE＝90°，∴AE为⊙O的直径， 连接OB、OC，∵∠BDE＝∠CDE，∴＝，∴＝， ∴∠ABC＝∠ACB＝67.5°，∴∠BAC＝45°，∴∠AOC＝2∠BAC＝90°， ∵OB＝OC，∴△OBC为等腰直角三角形，∴BC＝OB＝4×＝8．故选：C． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．也考查了圆周角定理． 10．如图，在中，，，以为斜边向上作，．连接，若，则的长度为（    ） A．或 B．5或12 C．或 D．5或10 【答案】A 【分析】分两种情况讨论，当时，或当时，画出相应的图形，延长至点，使，作于点，证明，根据全等三角形的性质 得到，继而证明为等腰直角三角形，再由勾股定理解得，最后根据线段的和差解题即可． 【详解】解：当时，如图，延长至点，使，作于点， 中， 在与中， 为等腰直角三角形， ； 当时，如图， 延长至点，使，作于点， 中， 在与中， 为等腰直角三角形， ； 综上所述，的长度为或，故选：A． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键． 二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上） 11．如图，四边形内接于半圆，为半圆的直径，连接，若点为的中点，，则的度数为 ．    【答案】70 【分析】根据圆内接四边形的性质可得，连接，由圆周角定理可得，，再由进行计算即可得到答案． 【详解】解：四边形内接于半圆，， ，，连接，   ， 点为的中点，， 是半的直径，，，故答案为：70． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质、圆周角定理是解题的关键． 12．如图，四边形内接于，为的直径，，则的大小为 ．    【答案】/120度 【分析】根据圆周角定理求出，根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理求出，根据圆内接四边形的性质求解即可． 【详解】解：连接、，    为的直径，，， ，， 四边形内接于，，，故答案为：． 【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的性质、圆周角定理是解题的关键． 13．如图，四边形内接于，，交的延长线于点E．若平分，，，则的长度为 ． 【答案】 【分析】连接，根据平分，可得；根据四边形内接于，可得，进而可得，即有，则有，最后利用勾股定理即可作答． 【详解】解：连接，如图， ∵平分，∴， ∵四边形内接于，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴，∵，， ∴在中，，故答案为：． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定、圆周角定理、勾股定理、角平分线定义等知识；熟练掌握圆周角定理和圆内接四边形的性质是解题的关键． 14．如图，在平面直角坐标系xOy中，点B在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，⊙C经过A，B，D，O四点，∠OAB=120°，点D的坐标为(0，2)，则长度是 ． 【答案】/ 【分析】先利用圆内接四边形的性质得到∠BDO=60°，利用含30度角的直角三角形的性质求出BD，再求得∠BCO=120°，根据弧长公式可得结论． 【详解】解：∵四边形ABDO为⊙C的内接四边形， ∴∠OAB+∠BDO=180°，∴∠BDO=180°-120°=60°， ∵∠DOB=90°，∴∠DBO=30°，∵点D的坐标为(0，2)，∴DO=2， ∴DB=2DO=4，连接CO，则OC=OB=2， ∴∠OCB=180°-30°-30°=120°，则长度是．故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，弧长公式等知识，解题的关键是证明∠BDO=60°． 15．如图，圆内接四边形中，，，点E在的延长线上，且，连结，若，则四边形的面积为 ． 【答案】18 【分析】如图，连接AC，BD．由△ABC≌△ADE（SAS），推出∠BAC=∠DAE，AC=AE=6，S△ABC=S△ADE，推出S四边形ABCD=S△ACE，由此即可解决问题； 【详解】解：如图，连接AC，BD． ∵∠BCD=90°，∴BD是⊙O的直径，∴∠BAD=90°， ∵∠ADE+∠ADC=180°，∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABC=∠ADE， ∵AB=AD，BC=DE，∴△ABC≌△ADE（SAS）， ∴∠BAC=∠DAE，AC=AE=6，S△ABC=S△ADE，∴∠CAE=∠BAD=90°， ∴S四边形ABCD=S△ACE=×6×6=18:，故答案为：18． 【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型． 16．如图，过点D、A、C三点的圆的圆心为E，过B、E、F三点的圆的圆心为D，如果，那么    【答案】/24度 【分析】首先连接，由过、、三点的圆的圆心为，过、、三点的圆的圆心为，根据圆内接四边形的性质可得：，继而可求得，又由三角形内角和定理，即可求得答案． 【详解】解：连接， 过、、三点的圆的圆心为，， 过、、三点的圆的圆心为，，，， ，，解得：．故答案为：．    【点睛】此题考查了圆周角定理以及三角形内角和定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合与方程思想的应用． 17．如图，为等边的外接圆，半径为，点在劣弧上运动（不与点A，B重合），连接． （1）当点D在劣弧中点时，四边形的面积是 ； （2）四边形的面积关于线段的长的函数关系式为 ． 【答案】 【分析】（1）当点D在劣弧AB中点时，CD为直径，代入数据即可求解； （2）将绕点逆时针旋转，得到，可证是等边三角形，可得四边形的面积， 【详解】理由如下：如图1，将绕点逆时针旋转，得到，，， 四边形是圆内接四边形，∠DAC+∠DBC=180°， ，点，点，点三点共线， ，，是等边三角形， 四边形的面积，； ∴当点D在劣弧中点时，为直径，此时，∴四边形的面积为， 故答案为：，． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 18．如图，A、P、B、C是⊙O上的四点，∠APC＝∠CPB＝60°，过点C作CM∥BP交PA的延长线于点M．其中正确的结论是　 　（填序号）． ①∠MAC＝∠PBC，②△ABC是等边三角形，③PC＝PA+PB，④若PA＝1，PB＝2，则△PCM的面积＝． 【思路点拨】根据圆内接四边形的性质和平角的定义即可得到∠MAC＝∠PBC；故①正确；根据圆周角定理得到∠ABC＝∠BAC＝60°，推出△ABC是等边三角形，故②正确；根据圆内接四边形的性质得到∠MAC＝∠PBC，∠ACB+∠APB＝180°；根据平行线的性质得到∠M+∠APB＝180°，求得∠M＝∠ACB；根据等边三角形的性质得到∠ACB＝∠BAC＝60°，AC＝BC；而∠BPC＝∠BAC＝60°，求得∠M＝∠BPC；根据全等三角形的性质得到PB＝AM，PA+PB＝PA+AM＝PM；根据等边三角形的性质得到PC＝PA+PB，故③正确；根据全等三角形的性质得到AM＝PB＝2，求得PM＝PA+AM＝1+2＝3，由三角形的面积公式得到△PCM的面积＝CM2＝，故④正确． 【答案】解：∵A、P、B、C是⊙O上的四点，∴∠PBC+∠PAC＝180°， ∵∠PAC+∠MAC＝180°，∴∠MAC＝∠PBC；故①正确； ∵∠APC＝∠CPB＝60°，∴∠ABC＝∠APC＝60°，∠BAC＝∠BPC＝60°， ∴∠ABC＝∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，故②正确； ∵四边形APBC是⊙O的内接四边形，∴∠MAC＝∠PBC，∠ACB+∠APB＝180°； ∵CM∥BP，∴∠M+∠APB＝180°，∴∠M＝∠ACB； 又∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝∠BAC＝60°，AC＝BC； 而∠BPC＝∠BAC＝60°，∴∠M＝∠BPC； 在△ACM与△BCP中，， ∴△ACM≌△BCP（AAS）．∴PB＝AM，PA+PB＝PA+AM＝PM； ∵∠M＝∠BPC＝60°，∠APC＝∠ABC＝60°， ∴△MPC为等边三角形，∴PC＝PM，∴PC＝PA+PB，故③正确； ∵△ACM≌△BCP，∴AM＝PB＝2，∴PM＝PA+AM＝1+2＝3， ∵△PCM是等边三角形，∴△PCM的面积＝CM2＝，故④正确，故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正 三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 19．已知：如图，中，以为直径的分别交，于点，，连接，若求证：．    【答案】见解析 【分析】连接，根据圆内接四边形的性质求出，求出，求出，根据圆周角定理求出，求出，即可得出答案． 【详解】证明：连接， AI 四边形为圆内接四边形，， 又，， ，，，， 是直径，，， ，． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质和判定，圆内接四边形等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键． 20．如图，四边形是的内接四边形，，求和的度数．    【答案】， 【分析】根据三角形内角和定理求出，根据圆周角定理求出的度数；根据圆周角定理求出，进而求出，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案． 【详解】解：，， ， ，； 由圆周角定理得：，， 四边形是的内接四边形，． 【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、三角形内角和定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 21．如图，在上有三点A，，，，请画出符合条件的角，并标注．      (1)在图①中画一个的圆心角，标注为；(2)在图②中画一个的圆周角，标注为； (3)在图③中画一个的圆周角，标注为． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析 【分析】（1）连接即为所求． （2）在劣弧上任意取一点D，连接即为所求； （3）连接即为所求． 【详解】（1）解：如图①中，即为所求； （2）解：如图②中，即为所求； （3）解：如图③中，即为所求．    【点睛】本题主要考查作图、圆周角定理、圆内接四边形的性质等知识点，理解题意，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键． 22．如图，在中，，以为直径作交于点D，交于点E，连接． (1)求证：；(2)连接，，当__________时，四边形为菱形； (3)若，，则__________． 【答案】(1)见解析(2)(3) 【分析】（1）设，在圆内接四边形中，，则，得出，即可得证； （2）根据四边形为菱形，得出，进而得出为等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解； （3）连接在，中，勾股定理分别求得，在在中，根据斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 【详解】（1）证明：，设． 在圆内接四边形中，． ．．； （2）若四边形为菱形，则．． 同理．．． ．为等边三角形．故答案为：． （3）如图，连接，，． 在中，．在中，． 如图，连接，则．．在中，．故答案为：．    【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，直径所对的圆周角是直角，等腰三角形的性质，菱形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识是解题的关键． 23．如图1，在中，弦平分圆周角，我们将圆中以为公共点的三条弦，，构成的图形称为圆中“爪形”，弦，，称为“爪形”的爪． (1)如图2，四边形内接于，，①证明：圆中存在“爪形”；②若，求证：．(2)如图3，四边形内接于圆，其中，连接．若“爪形”的爪之间满足，则________°． 【答案】(1)①见解析；②见解析(2) 【分析】（1）①根据题设给的定义即可求证；②根据题设给的条件，勾股直角三角形即可求解； （2）由（1）中②以及可以构造等边三角形，由此即可求解． 【详解】（1）①证明：∵， ∴，∴平分圆周角∴圆中存在“爪形”． ②如图所示， 延长至点，使得，连接， ∵，，∴， ∵，，∴，∴，， ∵，，∴，∴为等腰直角三角形， ∴由勾股定理得，，即， ∴． （2）解：如图所示，延长，使，连接， 由（1）中②可知，，∴， ∵“爪形”，∴， ∵，∴，∴是等边三角形， ∴，即， ∴，故答案是：． 【点睛】本题考查的是圆内接四边形的知识，解题的关键是掌握和理解圆周角的知识． 24．问题探究 (1)在中，，分别是与的平分线． ①若，，如图1，试证明； ②将①中的条件“”去掉，其他条件不变，如图2，问①中的结论是否成立？并说明理由． 迁移运用 (2)若四边形是圆的内接四边形，且，，如图3，试探究线段，，之间的等量关系，并证明．    【答案】(1)①见解析；②结论成立，理由见解析(2)，理由见解析 【分析】（1）①证明是等边三角形，可得结论； ②结论成立．如图2中，设交于点O，在上取一点G，使得，连接．证明，推出，再证明，推出，可得结论； （2）结论：．如图3中，作点B关于的对称点E，连接，．证明满足②条件，利用②中结论解决问题． 【详解】（1）①证明：如图1中，    ∵，，∴是等边三角形，∴， ∵，分别平分，，∴点D，E分别是的中点， ∴，，∴； ②解：结论成立． 理由：如图2中，设交于点O，在上取一点G，使得，连接．    ∵，∴， ∵分别平分，，∴， ∴，∴， ∵，，，∴， ∴，∴， ∵，，∴， ∴∴； （2）解：结论：． 理由：如图3中，作点B关于的对称点E，连接，．    ∵四边形是圆内接四边形，∴， ∵，，∴，∴， ∵，∴，∴，∴， ∵，，由②可知， ∵，∴． 【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆内接四边形的性质，角平分线的定义，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 25．【提出问题】（1）如图①，在中，，，为此三角形内的一点，且，，，将绕点顺时针旋转至，则两点间的距离为______，的度数为______． 【探究问题】（2）如图②，在四边形中，，，探究线段之间的数量关系，并写出解答过程．    【解决问题】（3）如图③是某圆形公园的设计示意图．已知四边形是内接四边形，为直径，，交于点，于点，于点，按设计要求，阴影部分是室内活动区，若，，则阴影部分的面积为______． 【答案】（1），（2），理由见详见（3）2000 【分析】（1）根据旋转的性质，可得，，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理的逆定理可获得答案；（2）延长至点，使，连接，利用（1）的解题思路，构造，利用等腰直角三角形的性质可得结论； （3）延长至点，使，连接，结合（2）解题思路，易得平分，，为等腰直角三角形，可证明四边形为正方形，求得，再结合为等腰直角三角形，，可求得，利用可得，易得，然后由即可获得答案． 【详解】解：（1）如图，连接，    ∵将绕点C沿顺时针方向旋转至， ∴，，∴，， ∴， ∵，，∴， ∵，， ∴，∴， ∴， ∵，∴．故答案为：，； （2）．理由如下： 延长至点，使，连接，如图，    ∵，∴， ∴四点在同一个圆上，∴，∴ ∵，∴， 在和中，，∴， ∴， ，∴， ∴为等腰直角三角形，∴， ∵，∴； （3）如图，延长至点，使，连接，如图，    结合（2）可知，平分，，为等腰直角三角形， 又∵，，∴， ∵，，，∴四边形为正方形， ∵，∴，∴， ∵为等腰直角三角形，， ∴，，∴， 又∵，∴， ∴， ∴． 故答案为：2000． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、三角形的全等判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理及逆定理、角平分线的性质定理、圆内接四边形的性质等知识，综合性很强，利用旋转构造全等三角形是解题的关键． 26．如图，四边形内接于，为直径，和交于点，． (1)求的度数；(2)过作的平行线，交于，试判断线段，，之间满足的等量关系，并说明理由；(3)在条件下过，分别作，的垂线，垂足分别为，，连接，交于，若，：：，求的半径． 【答案】(1)(2)，详见解析(3) 【分析】（1）由直径所对的圆周角为直角及等腰三角形的性质和互余关系可得答案； （2）线段，，之间满足的等量关系为：如图，设，，先证明，再过作，使，连接，判定≌、≌，然后在中，由勾股定理得：，将相关线段代入即可得出结论； （3）如图，延长，交于，由知，变形推得，，，结合已知条件：：，设，，则，求得的长，用含的式子表示出和，将它们代入，解得的值，则可求得答案． 【详解】（1）解：如图， 为直径，，， ，，； （2）线段，，之间满足的等量关系为：． 理由如下： 如图，设，， ，， 又，， 过作，使，连接， ，，，≌， ，，． ，，， ≌，， 在中，，； （3）如图，延长，交于， 由知，，， ，即， ，， ，， ：：，：：， 平分，：：， 设，，，，， ，， ，， 整理得：，解得：舍去，． ，，的半径为． 【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆的相关性质及定理、全等三角形的判定与性质、多边形的面积公式、勾股定理及解一元二次方程等知识点，熟练运用相关性质及定理是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$