2.4圆周角共3课时 圆周角定理及推论圆内接四边形 【知识点过关+ 知识拓展+探究创新】同步练习课时作业-2025-2026学年苏科版数学九年级上册

2.4 圆周角 第1课时 圆周角的概念及圆周角定理 知识点1 圆周角的概念 1．（2024秋•虞城县期中）下列圆中既有圆心角又有圆周角的是（　　） A． B． C． D． 知识点2 圆周角定理 2．（2023秋•盂县期末）如图，将量角器放在英语作业纸上（横线之间互相平行），其中两条线与量角器外图的交点分别为A，D，B，C，连接BC，AC．若A，B两点分别在量角器外圈的60°与30°的刻度处，则∠ACB的度数为（　　） A．30° B．25° C．20° D．15° 3．（2024•云梦县校级一模）如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点P，∠CAB＝30°，∠ABD＝40°，则∠APD的度数为（　　） A．30° B．40° C．60° D．70° 4．（2023•南通）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，若∠DAB＝66°，则∠ACD＝　 　 度． 5．（2021•远安县二模）如图是中国古代的计时工具“日晷”，它的晷面被平均分成了12份，分别表示为子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥十二时辰．请你根据所学知识计算一下，“午时辰”所对的圆周角应为 　 　 度． 6．（2024秋•秦淮区期中）如图，A，B，C是⊙O上的三个点，若为100°，AC∥OB，则∠A的度数为 　 　 °． 7．（2024•陕西）如图，BC是⊙O的弦，连接OB，OC，∠A是所对的圆周角，则∠A与∠OBC的和的度数是 　 　 ． 8．（2024•赤峰）如图，AD是⊙O的直径，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB，连接CD，交OB于点E，∠BOC＝42°，则∠OED的度数是（　　） A．61° B．63° C．65° D．67° 9．（2024秋•博山区期末）如图，AB是圆的直径，∠1、∠2、∠3、∠4的顶点均在AB上方的圆弧上，∠1、∠4的一边分别经过点A、B，则∠1+∠2+∠3+∠4的度数为（　　） A．45° B．90° C．135° D．180° 10．（2023秋•宝应县期中）如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点P处安装了一台监视器，它的监控角度是55°，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器（　　）台． A．2 B．3 C．4 D．5 11．（2020•襄阳）在⊙O中，若弦BC垂直平分半径OA，则弦BC所对的圆周角等于　 °． 12．（2024•武威二模）如图，点A、B、O是单位为1的正方形网格上的三个格点，⊙O的半径为OA，点P是优弧的中点，则△APB的面积为 　 ． 13．（2021•临沂）如图，已知在⊙O中，，OC与AD相交于点E． 求证：（1）AD∥BC； （2）四边形BCDE为菱形． 14．（2024秋•东阳市期中）如图1，C，D是半圆ACB上的两点，点P是直径AB上一点，且满足∠APC＝∠BPD，则称∠CPD是的“相望角”，如图， （1）如图2，若弦CE⊥AB，D是弧BC上的一点，连接DE交AB于点P，连接CP．求证：∠CPD是的“相望角”； （2）如图3，若直径AB＝6，弦CE⊥AB，的“相望角”为90°，求CD的长． 2.4 圆周角 第2课时 圆周角定理的推论 知识点 圆周角定理的推论 1．（2024•宜宾）如图，AB是⊙O的直径，若∠CDB＝60°，则∠ABC的度数等于（　　） A．30° B．45° C．60° D．90° 2．（2024•泰安）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，BA平分∠CBD，若∠AOD＝50°，则∠A的度数为（　　） A．65° B．55° C．50° D．75° 3．（2023秋•宿豫区期中）如图，等腰直角三角板ABC的斜边AB与量角器的直径重合，点D是量角器上120°刻度线的外端点，连接CD交AB于点E，则∠CEB的度数是（　　） A．100° B．105° C．110° D．120° 4．（2023秋•金华期中）如图，小华同学设计了一个圆的直径的测量器．标有刻度的两把尺子OA，OB在O点被钉在一起，并使它们保持垂直，在测直径时，把O点靠在圆周上，尺子OA与圆交于点F，尺子OB与圆交于点E，读得OF为8个单位长度，OE为6个单位长度．则圆的直径为（　　） A．25个单位长度 B．14个单位长度 C．12个单位长度 D．10个单位长度 5．（2023秋•朝阳区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E． （1）求证：点E是BC的中点； （2）若∠C＝70°，求∠BOD的度数． 6．（2022秋•渝水区校级月考）在△ABC中，AB＝AC，点A在以BC为直径的半圆外．请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图（保留画图痕迹）． （1）在图①中作弦EF，使EF∥BC； （2）在图②中以BC为边作一个45°的圆周角． 7．（2024•宜兴市一模）如图，AB是⊙O的直径，，弦CD与AB延长线交于点E，AD、BC交于F，若CD＝DE，则∠AFC的度数为（　　） A．52.5° B．60° C．67.5° D．75° 8．（2023秋•清江浦区期中）如图，在四边形ACBD中，AB＝BD＝BC，AD∥BC，若CD＝4，AC＝2，则AB的长为 　 ． 9．（2023秋•龙马潭区月考）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝6，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连CQ，则线段CQ的最大值为 　 ． 10．（2024春•兴化市期末）如图，BC是⊙O的直径，A是⊙O上一点，AD⊥BC，垂足为D，，BE交AD于点F． （1）∠ACB与∠BAD相等吗？为什么？ （2）判断△FAB的形状，并说明理由． 11．（2020秋•宿城区校级月考）在⊙O中，AB为直径，点C为圆上一点，将劣弧沿弦AC翻折交AB于点D，连接CD． （1）如图1，若点D与圆心O重合，AC＝3，求⊙O的半径r． （2）如图2，若点D与圆心O不重合，∠BAC＝26°，请直接写出∠DCA的度数是 　 　 ． （3）如图2，若点D与圆心O不重合，BD＝5，AD＝7，求AC的长． 第3课时 圆内接四边形 知识点 圆内接四边形 1．（2022秋•二道区校级期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠AOC＝160°，则∠ADC的度数是（　　） A．80° B．100° C．140° D．160° 2．（2021•吉林）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点P为边AD上任意一点（点P不与点A，D重合）连接CP．若∠B＝120°，则∠APC的度数可能为（　　） A．30° B．45° C．50° D．65° 3．（2022•株洲）如图所示，等边△ABC的顶点A在⊙O上，边AB、AC与⊙O分别交于点D、E，点F是劣弧上一点，且与D、E不重合，连接DF、EF，则∠DFE的度数为（　　） A．115° B．118° C．120° D．125° 4．（2023秋•睢宁县期末）已知圆内接四边形ABCD中，∠A：∠B：∠C＝1：2：3，则∠D的大小是（　　） A．45° B．60° C．90° D．135° 5．（2023秋•大连期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上一点．∠DCE＝65°，则∠BOD的度数是 　 　 ． 6．（2021秋•玄武区期中）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，BD＝BC，BA、CD延长线交于点E． （1）求证：∠EAD＝∠BAC； （2）若的度数为64°，则∠E的度数为 　 　 °． 7．（2020秋•灵宝市校级期中）如图，⊙C经过坐标原点，且与两坐标轴分别交于点A与点B，点A的坐标为（0，4），M是圆上一点，∠BMO＝120°． （1）求证：AB为⊙C直径． （2）求⊙C的半径及圆心C的坐标． 8．（2023秋•锡山区期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD、BC的延长线相交于点E，AB、DC的延长线相交于点F，且∠E＝55°，∠F＝25°，则∠A＝　 °． 9．（2022•南京）如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的3个外角∠EAB，∠FBC，∠GCD的度数之比为1：2：4，则∠D＝　 　 °． 10．（2024秋•仪征市校级月考）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝60°，对角线DB平分∠ADC． （1）求证：△ABC是等边三角形； （2）若AD＝2，DC＝3，求△ABC的周长． 11．（2023•北京）如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD交于点E，BD平分∠ABC，∠BAC＝∠ADB． （1）求证DB平分∠ADC，并求∠BAD的大小； （2）过点C作CF∥AD交AB的延长线于点F，若AC＝AD，BF＝2，求此圆半径的长． 12．（2022秋•徐州期中）如图1，在⊙O中，弦AD平分圆周角∠BAC，我们将圆中以A为公共点的三条弦BA，CA，DA构成的图形称为圆中“爪形A”，弦BA，CA，DA称为“爪形A”的爪． （1）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝BC； ①证明：圆中存在“爪形D”；②若AD⊥DC，求证：AD+CDBD． （2）如图3，四边形ABCD内接于圆，其中AB＝BC，连接BD．若“爪形D”的爪之间满足AD+CD＝BD，则∠ADC＝　 　 °． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2.4 圆周角 第1课时 圆周角的概念及圆周角定理 知识点1 圆周角的概念 1．（2024秋•虞城县期中）下列圆中既有圆心角又有圆周角的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据圆周角的定义：顶点在圆周上，角的两边与圆相交的角是圆周角；圆心角的定义：顶点在圆的角是圆心角．进行判断便可． 【详解】解：A．图中只有圆周角，没有圆心角，选项不符合题意； B．图中只有圆心角，没有圆周角，选项不符合题意； C．图中既有圆心角，也有圆周角，选项符合题意； D．图中只有圆心角，没有圆周角，选项不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了圆周角与圆心角的识别，熟记圆周角与圆心的定义与图形特征是解题的关键． 知识点2 圆周角定理 2．（2023秋•盂县期末）如图，将量角器放在英语作业纸上（横线之间互相平行），其中两条线与量角器外图的交点分别为A，D，B，C，连接BC，AC．若A，B两点分别在量角器外圈的60°与30°的刻度处，则∠ACB的度数为（　　） A．30° B．25° C．20° D．15° 【分析】记量角器中心为点O，连接AO，BO，BC，由已知条件可得出∠AOB＝60°﹣30°＝30°，由圆周角定理，即可得出∠ACB＝15°． 【详解】解：记量角器中心为点O，连接AO，BO，BC， ∵A，B两点分别在量角器外圈的60°与30°的刻度处， ∴∠AOB＝60°﹣30°＝30°， ∴， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半． 3．（2024•云梦县校级一模）如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点P，∠CAB＝30°，∠ABD＝40°，则∠APD的度数为（　　） A．30° B．40° C．60° D．70° 【分析】利用圆周角定理以及三角形的外角的性质解决问题． 【详解】解：∵∠ABD＝40°， ∴∠ACD＝∠ABD＝40°， ∵∠CAB＝30°， ∴∠APD＝∠ACD+∠CAB＝70°， 故选：D． 【点睛】本题考查圆周角定理，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是掌握圆周角定理，属于中考常考题型． 4．（2023•南通）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，若∠DAB＝66°，则∠ACD＝　24　 度． 【分析】连接OD，结合已知条件易得∠AOD的度数，然后利用圆周角定理即可求得答案． 【详解】解：如图，连接OD， ∵OA＝OD，∠DAB＝66°， ∴∠ODA＝∠OAD＝66°， ∴∠AOD＝180°﹣66°﹣66°＝48°， ∴∠ACD∠AOD＝24°， 故答案为：24． 【点睛】本题考查圆周角定理，结合已知条件求得∠AOD的度数是解题的关键． 5．（2021•远安县二模）如图是中国古代的计时工具“日晷”，它的晷面被平均分成了12份，分别表示为子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥十二时辰．请你根据所学知识计算一下，“午时辰”所对的圆周角应为 　15　 度． 【分析】首先求出“午时辰”所对应的圆心角，进而可得出其所对应的圆周角． 【详解】解：“午时辰”所对应的圆心角为360°÷12＝30°， ∴“午时辰”所对应的圆周角为15°， 故答案为：15． 【点睛】本题考查圆周角定理，掌握同弧对应的圆周角是圆心角的一半是解题关键． 6．（2024秋•秦淮区期中）如图，A，B，C是⊙O上的三个点，若为100°，AC∥OB，则∠A的度数为 　40　 °． 【分析】连接OA，∠A＝x°，利用圆周角定理将∠BOC用x表示出来，再根据平行线的性质将∠C用x表示出来，从而根据等腰三角形的性质将∠OAC用x表示出来，进而根据三角形内角和定理将∠AOC用x表示出来，最后根据∠AOB＝100°列方程并求出x的值即可． 【详解】解：如图，连接OA． 设∠A＝x°，则∠BOC＝2∠A＝2x°， ∵AC∥OB， ∴∠C＝∠BOC＝2x°， ∵OA＝OC， ∴∠OAC＝∠C＝2x°， ∴∠AOC＝180°﹣∠C﹣∠OAC＝180°﹣2x°﹣2x°＝180°﹣4x°， ∵为100°， ∴∠AOB＝∠AOC+∠BOC＝100°， ∴180﹣4x+2x＝100， ∴x＝40， ∴∠A＝40°． 故答案为：40． 【点睛】本题考查圆周角定理，掌握圆周角定理、平行线的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理是解题的关键． 7．（2024•陕西）如图，BC是⊙O的弦，连接OB，OC，∠A是所对的圆周角，则∠A与∠OBC的和的度数是 　90°　 ． 【分析】根据同弧所对圆周角与圆心角的关系，再结合三角形的内角和定理即可解决问题． 【详解】解：∵∠A是所对的圆周角， ∴∠A． ∵OB＝OC， ∴∠OBC＝∠OCB． 又∵∠O+∠OBC+∠OCB＝180°， ∴∠O+2∠OBC＝180°， ∴， 即∠A+∠OBC＝90°． 故答案为：90°． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟知圆周角定理是解题的关键． 8．（2024•赤峰）如图，AD是⊙O的直径，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB，连接CD，交OB于点E，∠BOC＝42°，则∠OED的度数是（　　） A．61° B．63° C．65° D．67° 【分析】根据垂径定理得，所以∠AOC＝∠BOC＝42°，根据圆周角定理得∠D∠AOC＝21°，再根据OC＝OD，∠C＝∠D＝21°，最后根据三角形的外角的性质即可得出答案． 【详解】解：∵半径OC⊥AB， ∴， ∴∠AOC＝∠BOC＝42°， ∴∠D∠AOC＝21°， ∵OC＝OD， ∴∠C＝∠D＝21°， ∴∠OED＝∠C+∠BOC＝21°+42°＝63°． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键． 9．（2024秋•博山区期末）如图，AB是圆的直径，∠1、∠2、∠3、∠4的顶点均在AB上方的圆弧上，∠1、∠4的一边分别经过点A、B，则∠1+∠2+∠3+∠4的度数为（　　） A．45° B．90° C．135° D．180° 【分析】取圆心点O，连接OA、OD、OE、OF，根据圆周角定理分别将∠AOD、∠DOE、∠EOF、∠BOF用∠1、∠2、∠3、∠4表示出来，再由∠AOD+∠DOE+∠EOF+∠BOF＝180°计算出∠1+∠2+∠3+∠4的度数即可． 【详解】解：如图，取圆心点O，连接OA、OD、OE、OF． ∵∠AOD＝2∠1，∠DOE＝2∠2，∠EOF＝2∠3，∠BOF＝2∠4， ∴∠AOD+∠DOE+∠EOF+∠BOF＝2（∠1+∠2+∠3+∠4）＝180°， ∴∠1+∠2+∠3+∠4＝90°． 故选：B． 【点睛】本题考查圆周角定理，熟练掌握并灵活运用圆周角定理是解题的关键． 10．（2023秋•宝应县期中）如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点P处安装了一台监视器，它的监控角度是55°，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器（　　）台． A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，得该圆周角所对的弧所对的圆心角是110°，则共需安装台． 【详解】解：∵∠P＝55°， ∴∠P所对弧所对的圆心角度数是110°， ∵台， ∴最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器4台． 故选：C． 【点睛】此题考查了要圆周角定理．解答时，注意把实际问题转化为数学问题，能够把数学和生活联系起来是解题关键． 11．（2020•襄阳）在⊙O中，若弦BC垂直平分半径OA，则弦BC所对的圆周角等于　60或120　 °． 【分析】根据弦BC垂直平分半径OA，可得OD：OB＝1：2，得∠BOC＝120°，根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半即可得弦BC所对的圆周角度数． 【详解】解：如图， ∵弦BC垂直平分半径OA， ∴OD：OB＝1：2， ∴∠BOD＝60°， ∴∠BOC＝120°， ∴弦BC所对的圆周角等于60°或120°． 故答案为：60或120． 【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、线段垂直平分线的性质，解决本题的关键是掌握圆周角定理． 12．（2024•武威二模）如图，点A、B、O是单位为1的正方形网格上的三个格点，⊙O的半径为OA，点P是优弧的中点，则△APB的面积为 　　 ． 【分析】首先过点B作BC⊥PA于点C，由点P是优弧的中点，可得PA＝PB，易得△PBC是等腰直角三角形，设PC＝x，则PA＝PBx，即可得方程：2＝[（1）x]2+x2，继而求得答案． 【详解】解：过点B作BC⊥PA于点C， ∵点P是优弧的中点， ∴PA＝PB， ∵∠AOB＝90°， ∴∠APB∠AOB＝45°， ∴△PBC是等腰直角三角形， ∴PC＝BC， 设PC＝x，则PA＝PBx， ∴AC＝PA﹣PC＝（1）x， ∵AB2＝AC2+BC2，AB， ∴2＝[（1）x]2+x2， 解得：x2， ∴S△APBPA•BCx2． 故答案为：． 【点睛】此题考查了圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用． 13．（2021•临沂）如图，已知在⊙O中，，OC与AD相交于点E． 求证：（1）AD∥BC； （2）四边形BCDE为菱形． 【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理可得∠ADB＝∠CBD，根据平行线的判定可得结论； （2）证明△DEF≌△BCF，得到DE＝BC，证明四边形BCDE为平行四边形，再根据得到BC＝CD，从而证明菱形． 【详解】证明：（1）连接BD， ∵， ∴∠ADB＝∠CBD， ∴AD∥BC； （2）连接CD，BD，设OC与BD相交于点F， ∵AD∥BC， ∴∠EDF＝∠CBF， ∵， ∴BC＝CD，BF＝DF， 又∠DFE＝∠BFC， ∴△DEF≌△BCF（ASA）， ∴DE＝BC， ∴四边形BCDE是平行四边形，又BC＝CD， ∴四边形BCDE是菱形． 【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，解题的关键是合理运用垂径定理得到BF＝DF． 14．（2024秋•东阳市期中）如图1，C，D是半圆ACB上的两点，点P是直径AB上一点，且满足∠APC＝∠BPD，则称∠CPD是的“相望角”，如图， （1）如图2，若弦CE⊥AB，D是弧BC上的一点，连接DE交AB于点P，连接CP．求证：∠CPD是的“相望角”； （2）如图3，若直径AB＝6，弦CE⊥AB，的“相望角”为90°，求CD的长． 【分析】（1）由直径AB，弦CE⊥AB，可知AB垂直平分弦CE，则∠APC＝∠APE，由∠APE＝∠BPD，可得∠APC＝∠BPD，进而可得∠CPD是的“相望角”； （2）由题意得，∠APC＝∠BPD＝45°，由直径AB＝6，弦CE⊥AB，可得∠PEC＝∠PCE，∠APC＝∠APE＝45°，则∠CPE＝90°，∠PEC＝∠PCE＝45°，如图1，记圆心为O，连接OC，OD，则，由，可得∠COD＝2∠PEC＝90°，由勾股定理得，，计算求解即可． 【详解】（1）证明：∵直径AB，弦CE⊥AB， ∴AB垂直平分弦CE， ∴∠APC＝∠APE， ∵∠APE＝∠BPD， ∴∠APC＝∠BPD， ∴∠CPD是的“相望角”； （2）解：由题意知，∠CPD是的“相望角”，∠CPD＝90°， ∴∠APC＝∠BPD＝45°， ∵直径AB＝6，弦CE⊥AB， ∴∠PEC＝∠PCE，∠APC＝∠APE＝45°， ∴∠CPE＝90°，∠PEC＝∠PCE＝45°， 如图1，记圆心为O，连接OC，OD，则， ∵， ∴∠COD＝2∠PEC＝90°， 由勾股定理得，， ∴CD的长为． 【点睛】本题考查了垂径定理，垂直平分线的性质，圆周角定理，勾股定理等知识．熟练掌握考查了垂径定理，垂直平分线的性质，圆周角定理，勾股定理是解题的关键． 2.4 圆周角 第2课时 圆周角定理的推论 知识点 圆周角定理的推论 1．（2024•宜宾）如图，AB是⊙O的直径，若∠CDB＝60°，则∠ABC的度数等于（　　） A．30° B．45° C．60° D．90° 【分析】根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，再根据同弧所对的圆周角相等可得∠A＝∠CDB＝60°，然后利用直角三角形的两个锐角互余进行计算，即可解答． 【详解】解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵∠CDB＝60°， ∴∠A＝∠CDB＝60°， ∴∠ABC＝90°﹣∠A＝30°， 故选：A． 【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 2．（2024•泰安）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，BA平分∠CBD，若∠AOD＝50°，则∠A的度数为（　　） A．65° B．55° C．50° D．75° 【分析】先利用圆周角定理可得：∠ABD＝25°，然后利用平角定义得∠ABC＝25°，根据圆周角定理得∠C＝90°，再根据三角形内角和定理进行计算即可解答． 【详解】解：∵∠AOD＝50°， ∴∠ABD∠AOD＝25°， ∵BA平分∠CBD， ∴∠ABC＝∠ABD＝25°， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠C＝90°， ∴∠A＝180°﹣90°﹣25°＝65°． 故选：A． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 3．（2023秋•宿豫区期中）如图，等腰直角三角板ABC的斜边AB与量角器的直径重合，点D是量角器上120°刻度线的外端点，连接CD交AB于点E，则∠CEB的度数是（　　） A．100° B．105° C．110° D．120° 【分析】根据题意△ABC是等腰直角三角形，根据圆周角定理推论可得点C也在以AB为直径的圆O上，根据圆周角定理可∠BCD的度数，根据三角形内角和定理计算即可得出答案． 【详解】解：如图，O为圆心，连接OD， ∵AB是半圆O的直径，△ABC是等腰直角三角形， ∴点C也在以AB为直径的圆O上， ∵∠BOD＝60°， ∴∠BCD＝30°， ∵∠B＝45°， ∴∠CEB＝180°﹣∠BCD﹣∠B＝180°﹣30°﹣45°＝105°． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练应用圆周角定理进行求解是解决本题的关键． 4．（2023秋•金华期中）如图，小华同学设计了一个圆的直径的测量器．标有刻度的两把尺子OA，OB在O点被钉在一起，并使它们保持垂直，在测直径时，把O点靠在圆周上，尺子OA与圆交于点F，尺子OB与圆交于点E，读得OF为8个单位长度，OE为6个单位长度．则圆的直径为（　　） A．25个单位长度 B．14个单位长度 C．12个单位长度 D．10个单位长度 【分析】连接FE，根据OE⊥OF，可知FE为圆的直径，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：连接FE，如图所示： ∵OE⊥OF， ∴FE为圆的直径． 在Rt△FOE中， ∵OE＝6，OF＝8， ∴FE10． 故选：D． 【点睛】此题考查的是圆周角定理，解题的关键是根据题意抽象出90°的圆周角并确定直径，然后根据勾股定理解答． 5．（2023秋•朝阳区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E． （1）求证：点E是BC的中点； （2）若∠C＝70°，求∠BOD的度数． 【分析】（1）连接AE，由圆周角定理推出AE⊥BC，由等腰三角形的性质即可证明E是BC的中点； （2）由等腰三角形的性质得到∠B＝∠C＝70°，求出∠BAC＝40°，由圆周角定理推出∠BAC∠BOD，即可求出∠BOD＝80°． 【详解】（1）证明：连接AE， ∵AB是圆的直径， ∴AE⊥BC， ∵AB＝AC， ∴E是BC的中点； （2）解：∵AB＝AC ∴∠B＝∠C＝70° ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝40°， ∵∠BAC∠BOD， ∴∠BOD＝80°． 【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，关键是有圆周角定理得到AE⊥BC，∠A∠BOD． 6．（2022秋•渝水区校级月考）在△ABC中，AB＝AC，点A在以BC为直径的半圆外．请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图（保留画图痕迹）． （1）在图①中作弦EF，使EF∥BC； （2）在图②中以BC为边作一个45°的圆周角． 【分析】（1）F点在D点处，由于∠AEF＝∠B，而∠B＝∠C，所以∠AEF＝∠C，所以EF∥BC； （2）连接CD、BE，它们相交于点H，连接AH交半圆于P点，延长AP交BC于O点，则AO⊥BC，所以∠AOC＝90°，所以∠PBC＝45°． 【详解】解：（1）如图①，EF为所作； （2）如图②，∠PBC为所作． 【点睛】本题考查了作图﹣复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了等腰三角形的性质和圆周角定理． 7．（2024•宜兴市一模）如图，AB是⊙O的直径，，弦CD与AB延长线交于点E，AD、BC交于F，若CD＝DE，则∠AFC的度数为（　　） A．52.5° B．60° C．67.5° D．75° 【分析】连接OC、OD，由圆周角定理得∠ACB＝90°，由等腰直角三角形的性质得OC⊥AB，由直角三角形的性质得ODCE＝CD，证出△OCD是等边三角形，得∠COD＝60°，由圆周角定理得∠CAD∠COD＝30°，即可得出答案． 【详解】解：连接OC、OD，如图所示： ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵AC＝BC，OA＝OB， ∴OC⊥AB， ∴∠BOC＝90°， ∵CD＝DE， ∴ODCE＝CD， ∴OD＝CD＝OC， ∴△OCD是等边三角形， ∴∠COD＝60°， ∴∠CAD∠COD＝30°， ∴∠AFC＝90°﹣30°＝60°； 故选：B． 【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 8．（2023秋•清江浦区期中）如图，在四边形ACBD中，AB＝BD＝BC，AD∥BC，若CD＝4，AC＝2，则AB的长为 　　 ． 【分析】以B为圆心，BC为半径作⊙B，延长BC交⊙B于点C′，连接DC′，根据AD∥BC得到AC＝DC′，在Rt△CDC′中，由勾股定理求出CC′的值，AB即可求解． 【详解】解：如图，以B为圆心，BC为半径作⊙B，延长BC交⊙B于点C′，连接DC′， 则∠CDC′＝90°， ∵AD∥BC， ∴∠ADC＝∠DCC′， ∴AC＝DC′＝2， 在Rt△CDC′中， 有CC′2＝DC′2+CD2，CD＝4， ∴CC′， ∴AB＝BC， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角、圆心角以及平行线的性质，解题关键是熟练应用圆周角定理． 9．（2023秋•龙马潭区月考）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝6，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连CQ，则线段CQ的最大值为 　　 ． 【分析】连接OQ，作CH⊥AB于H，首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题． 【详解】解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H， ∵Q是AP中点， ∴AQ＝QP， 根据垂径定理的推论可得OQ⊥AP， ∴∠AQO＝90°， 则点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK， 当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大， ∵在直角△OCH中，∠AOC＝120°， ∴∠COH＝60°，， ∴，， 又∵在直角△CKH中，， ∴， ∴， 即CQ的最大值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查的知识点是垂径定理的推论、半圆所对的圆周角是直角、勾股定理、含30°角的直角三角形，解题关键是正确寻找点Q的运动轨迹，构造辅助圆解决问题． 10．（2024春•兴化市期末）如图，BC是⊙O的直径，A是⊙O上一点，AD⊥BC，垂足为D，，BE交AD于点F． （1）∠ACB与∠BAD相等吗？为什么？ （2）判断△FAB的形状，并说明理由． 【分析】（1）根据圆周角定理求出∠BAC＝90°，根据三角形内角和定理和垂直求出∠ACB+∠ABC＝90°，∠BAD+∠ABC＝90°，即可得出答案； （2）根据圆周角定理求出∠ACB＝∠ABE，推出∠BAD＝∠ABE，根据等腰三角形的判定得出即可． 【详解】解：（1）∠ACB与∠BAD相等， 理由是：∵BC是⊙O的直径， ∴∠BAC＝90°， ∴∠ACB+∠ABC＝90°， ∵AD⊥BC， ∴∠BAD+∠ABC＝90°， ∴∠ACB＝∠BAD； （2）△FAB是等腰三角形， 理由是：∵， ∴∠ACB＝∠ABE， ∵∠ACB＝∠BAD， ∴∠BAD＝∠ABE， ∴AF＝BF， ∴△FAB是等腰三角形． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定，三角形内角和定理，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系等知识点的应用，能求出∠ACB＝∠BAD是解此题的关键，题目比较典型，综合性比较强． 11．（2020秋•宿城区校级月考）在⊙O中，AB为直径，点C为圆上一点，将劣弧沿弦AC翻折交AB于点D，连接CD． （1）如图1，若点D与圆心O重合，AC＝3，求⊙O的半径r． （2）如图2，若点D与圆心O不重合，∠BAC＝26°，请直接写出∠DCA的度数是 　38°　 ． （3）如图2，若点D与圆心O不重合，BD＝5，AD＝7，求AC的长． 【分析】（1）过点O作OE⊥AC于E，根据垂径定理可得AEAC，再根据翻折的性质可得OEr，然后在Rt△AOE中，利用勾股定理列式计算即可得解； （2）连接BC，根据直径所对的圆周角是直角求出∠ACB，根据直角三角形两锐角互余求出∠B，再根据翻折的性质得到∠ADC的度数，最后利用三角形内角和可得结论； （3）如图3，作辅助线，构建直角△ACG和等腰△BCD，先证明DC＝BC，利用勾股定理求CG和AC的长即可． 【详解】解：（1）如图1，过点O作OE⊥AC于E， 则AEAC3， ∵翻折后点D与圆心O重合， ∴OEr， 在Rt△AOE中，AO2＝AE2+OE2， 即r2＝（）2+（r）2， 解得r； ∵r＞0， ∴r； （2）如图2，连接BC， ∵AB是直径， ∴∠ACB＝90°， ∵∠BAC＝26°， ∴∠B＝90°﹣∠BAC＝90°﹣26°＝64°， 根据翻折的性质，所对的圆周角为∠B，所对的圆周角为∠ADC， ∴∠ADC+∠B＝180°， ∴∠ADC＝180°﹣64°＝116°， △ADC中，∵∠BAC＝26°， ∴∠DCA＝180°﹣116°﹣26°＝38°， 故答案为：38°； （3）如图3，过C作CG⊥AB于G，连接OC、BC， ∵BD＝5，AD＝7， ∴AB＝5+7＝12， ∴⊙O的半径为6， 由（2）知：∠ADC+∠B＝180°， ∵∠ADC+∠BDC＝180°， ∴∠B＝∠BDC， ∴CD＝BC， ∴DG＝BGBD， Rt△OCG中，CG， Rt△ACG中，AC， 则AC的长为． 【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理的应用，翻折的变换的性质，以及圆周角定理，（1）作辅助线构造出半径、半弦、弦心距为边的直角三角形是解题的关键，（2）根据同弦所对的两个圆周角互补求解是解题的关键，（3）作辅助线是关键． 第3课时 圆内接四边形 知识点 圆内接四边形 1．（2022秋•二道区校级期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠AOC＝160°，则∠ADC的度数是（　　） A．80° B．100° C．140° D．160° 【分析】根据圆周角定理即可求得∠ADC的度数，． 【详解】解：∵∠AOC＝160°， ∴， 故选：A． 【点睛】此题考查的是圆周角定理，比较简单，牢记定理是解答本题的关键． 2．（2021•吉林）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点P为边AD上任意一点（点P不与点A，D重合）连接CP．若∠B＝120°，则∠APC的度数可能为（　　） A．30° B．45° C．50° D．65° 【分析】由圆内接四边形的性质得∠D度数为60°，再由∠APC为△PCD的外角求解． 【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠B+∠D＝180°， ∵∠B＝120°， ∴∠D＝180°﹣∠B＝60°， ∵∠APC为△PCD的外角， ∴∠APC＞∠D，只有D满足题意． 故选：D． 【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，解题关键是熟练掌握圆内接四边形对角互补． 3．（2022•株洲）如图所示，等边△ABC的顶点A在⊙O上，边AB、AC与⊙O分别交于点D、E，点F是劣弧上一点，且与D、E不重合，连接DF、EF，则∠DFE的度数为（　　） A．115° B．118° C．120° D．125° 【分析】根据圆的内接四边形对角互补及等边△ABC的每一个内角是60°，求出∠EFD＝120°． 【详解】解：四边形EFDA是⊙O内接四边形， ∴∠EFD+∠A＝180°， ∵等边△ABC的顶点A在⊙O上， ∴∠A＝60°， ∴∠EFD＝120°， 故选：C． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、等边三角形的性质，掌握两个性质定理的应用是解题关键． 4．（2023秋•睢宁县期末）已知圆内接四边形ABCD中，∠A：∠B：∠C＝1：2：3，则∠D的大小是（　　） A．45° B．60° C．90° D．135° 【分析】利用圆内接四边形的对角互补得到∠A：∠B：∠C：∠D＝1：2：3：2，然后计算∠D的度数． 【详解】解：∵四边形ABCD为圆的内接四边形， ∴∠A：∠B：∠C：∠D＝1：2：3：2， 而∠B+∠D＝180°， ∴∠D180°＝90°． 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．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）． 5．（2023秋•大连期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上一点．∠DCE＝65°，则∠BOD的度数是 　130°　 ． 【分析】利用圆内接四边形的性质求解． 【详解】解：∵∠A+∠BCD＝180°，∠DCE+∠BCD＝180°， ∴∠A＝∠DCE＝65°， ∴∠BOD＝2∠A＝130°． 故答案为：130°． 【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 6．（2021秋•玄武区期中）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，BD＝BC，BA、CD延长线交于点E． （1）求证：∠EAD＝∠BAC； （2）若的度数为64°，则∠E的度数为 　32　 °． 【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到∠BAD+∠BCD＝180°，进而得到∠EAD＝∠BCD，再根据圆周角定理、等腰三角形的性质证明即可； （2）先求出∠ACB＝32°，再根据三角形内角和定理计算，求出∠E． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形， ∴∠BAD+∠BCD＝180°， ∵∠BAD+∠EAD＝180°， ∴∠EAD＝∠BCD， ∵BD＝BC， ∴∠BDC＝∠BCD， 由圆周角定理得：∠BAC＝∠BDC， ∴∠EAD＝∠BAC； （2）解：∵的度数为64°， ∴∠ACB＝32°， ∵∠EAD＝∠BAC，∠EDA＝∠ABC， ∴∠E＝∠ACB＝32°， 故答案为：32． 【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． 7．（2020秋•灵宝市校级期中）如图，⊙C经过坐标原点，且与两坐标轴分别交于点A与点B，点A的坐标为（0，4），M是圆上一点，∠BMO＝120°． （1）求证：AB为⊙C直径． （2）求⊙C的半径及圆心C的坐标． 【分析】（1）根据圆周角定理直接解答即可． （2）根据圆内接四边形对角互补求出∠OAB的度数，再根据直角三角形的性质即可求出AB的长，即C点坐标． 【详解】解：（1）∵⊙C经过坐标原点， ∴∠AOB＝90°， ∴AB是⊙C的直径． （2）∵四边形AOMB是圆内接四边形，∠BMO＝120°， 根据圆内接四边形的对角互补得到∠OAB＝60°， ∴∠ABO＝30°， ∵点A的坐标为（0，4），∴OA＝4， ∴AB＝2OA＝8， ⊙C的半径AC4； ∵C在第二象限， ∴C点横坐标小于0， 设C点坐标为（x，y）， 由半径AC＝OC＝4，即， 则4， 解得，y＝2，x＝﹣2或x＝2（舍去）， 故⊙C的半径为4、圆心C的坐标分别为（﹣2，2）． 【点睛】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系及圆周角定理、直角三角形的性质、坐标与图形的性质及特殊角的三角函数值，根据题意画出图形，作出辅助线，利用数形结合求解是解答此题的关键． 8．（2023秋•锡山区期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD、BC的延长线相交于点E，AB、DC的延长线相交于点F，且∠E＝55°，∠F＝25°，则∠A＝　50　 °． 【分析】由三角形内角和定理推出∠A+∠ABE＝125°，∠A+∠ADF＝155°，得到2∠A+∠ABE+∠ADF＝280°，由圆内接四边形的性质推出∠ABE+∠ADF＝180°，即可求出∠A＝50°． 【详解】解：∵∠E＝55°，∠F＝25°， ∴∠A+∠ABE＝180°﹣∠E＝125°，∠A+∠ADF＝180°﹣∠F＝155°， ∴2∠A+∠ABE+∠ADF＝280°， ∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠ABE+∠ADF＝180°， ∴∠A＝50°． 故答案为：50． 【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，关键是由圆内接四边形的性质推出∠ABE+∠ADF＝180°． 9．（2022•南京）如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的3个外角∠EAB，∠FBC，∠GCD的度数之比为1：2：4，则∠D＝　72　 °． 【分析】根据圆内接四边形的对角互补以及外角的性质可求出∠CDH，再根据平角的定义求出答案． 【详解】解：如图，延长ED到H， ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠ABC+∠ADC＝∠BAD+∠BCD＝180°， 又∵∠EAB，∠FBC，∠GCD的度数之比为1：2：4， ∴∠EAB，∠FBC，∠GCD，∠CDH的度数之比为1：2：4：3， ∵∠EAB+∠FBC+∠GCD+∠CDH＝360°， ∴∠CDH＝360°108°， ∴∠ADC＝180°﹣108°＝72°， 故答案为：72． 【点睛】本题考查圆内接四边形，掌握圆内接四边形的对角互补，外角和是360°是正确解答的前提． 10．（2024秋•仪征市校级月考）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝60°，对角线DB平分∠ADC． （1）求证：△ABC是等边三角形； （2）若AD＝2，DC＝3，求△ABC的周长． 【分析】（1）根据三个内角相等的三角形是等边三角形即可判断； （2）过点A作AE⊥CD于点E，进而求出DE，AE，最后用勾股定理即可求出AC，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O． ∴∠ABC+∠ADC＝180°， ∵∠ABC＝60°， ∴∠ADC＝120°， ∵DB平分∠ADC， ∴∠ADB＝∠CDB＝60°， ∴∠ACB＝∠ADB＝60°，∠BAC＝∠CDB＝60°， ∴∠ABC＝∠BCA＝∠BAC， ∴△ABC是等边三角形； （2）解：过点A作AE⊥CD于点E， ∴∠AED＝90°， ∵四边形ABCD为圆内接四边形， ∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝120°， ∴∠ADE＝60°， ∴∠DAE＝30°， ∴DEAD＝1， ∴AE， ∵CD＝3， ∴CE＝CD+DE＝3+1＝4， 在Rt△AEC中，∠AED＝90°， ∴AC， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC， ∴△ABC的周长为3． 【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型． 11．（2023•北京）如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD交于点E，BD平分∠ABC，∠BAC＝∠ADB． （1）求证DB平分∠ADC，并求∠BAD的大小； （2）过点C作CF∥AD交AB的延长线于点F，若AC＝AD，BF＝2，求此圆半径的长． 【分析】（1）由圆周角定理得到∠BAC＝∠CDB，而∠BAC＝∠ADB，因此∠ADB＝∠CDB，得到BD平分∠ADC，由圆内接四边形的性质得到∠ABD+∠ADB＝90°，即可求出∠BAD＝90°； （2）由垂径定理推出△ACD是等边三角形，得到∠ADC＝60°由BD⊥AC，得到∠BDC∠ADC＝30°，由平行线的性质求出∠F＝90°，由圆内接四边形的性质求出∠FBC＝∠ADC＝60°，得到BC＝2BF＝4，由直角三角形的性质得到BCBD，因为BD是圆的直径，即可得到圆半径的长是4． 【详解】（1）证明：∵∠BAC＝∠ADB，∠BAC＝∠CDB， ∴∠ADB＝∠CDB， ∴BD平分∠ADC， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠CBD， ∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠ABD+∠CBD+∠ADB+∠CDB＝180°， ∴2（∠ABD+∠ADB）＝180°， ∴∠ABD+∠ADB＝90°， ∴∠BAD＝180°﹣90°＝90°； （2）解：∵∠BAE+∠DAE＝90°，∠BAE＝∠ADE， ∴∠ADE+∠DAE＝90°， ∴∠AED＝90°， ∵∠BAD＝90°， ∴BD是圆的直径， ∴BD垂直平分AC， ∴AD＝CD， ∵AC＝AD， ∴△ACD是等边三角形， ∴∠ADC＝60° ∵BD⊥AC， ∴∠BDC∠ADC＝30°， ∵CF∥AD， ∴∠F+∠BAD＝180°， ∴∠F＝90°， ∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠ADC+∠ABC＝180°， ∵∠FBC+∠ABC＝180°， ∴∠FBC＝∠ADC＝60°， ∴BC＝2BF＝4， ∵∠BCD＝90°，∠BDC＝30°， ∴BCBD， ∵BD是圆的直径， ∴圆的半径长是4． 【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，关键是由圆内接四边形的性质得到∠ABD+∠ADB＝90°，由垂径定理推出△ACD是等边三角形． 12．（2022秋•徐州期中）如图1，在⊙O中，弦AD平分圆周角∠BAC，我们将圆中以A为公共点的三条弦BA，CA，DA构成的图形称为圆中“爪形A”，弦BA，CA，DA称为“爪形A”的爪． （1）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝BC； ①证明：圆中存在“爪形D”；②若AD⊥DC，求证：AD+CDBD． （2）如图3，四边形ABCD内接于圆，其中AB＝BC，连接BD．若“爪形D”的爪之间满足AD+CD＝BD，则∠ADC＝　120　 °． 【分析】（1）①由圆周角的性质直接证明即可； ②延长DC至点E，使得CE＝AD，连接BE，证明△BAD≌△BCE（SAS），由全等三角形的性质得出∠E＝∠ADB，BE＝BD，证出△BDE是等腰直角三角形，由勾股定理及等腰直角三角形的性质可得出结论； （2）延长DC至点E，使得CE＝AD，连接BE，证明△BAD≌△BCE（SAS），由全等三角形的性质得出∠E＝∠ADB，BD＝BE，再证明△BDE是等边三角形，即可求解． 【详解】（1）①证明：∵AB＝BC， ∴， ∴∠ADB＝∠CDB， ∴DB平分圆周角∠ADC， ∴圆中存在“爪形D”； ②证明：延长DC至点E，使得CE＝AD，连接BE， ∵∠A+∠DCB＝180°，∠ECB+∠DCB＝180°， ∴∠A＝∠ECB， ∵CE＝AD，AB＝BC， ∴△BAD≌△BCE（SAS）， ∴∠E＝∠ADB，BE＝BD， ∵∠ADC＝90°，∠ADB＝∠CDB， ∴∠E＝∠ADB＝45°， ∴△BDE是等腰直角三角形， ∴BE2+BD2＝DE2， 即2BD2＝DE2， ∴DEBD， ∴CE+CD＝AD+CDBD； （2）解：延长DC至点E，使得CE＝AD，连接BE， ∵∠A+∠DCB＝180°，∠ECB+∠DCB＝180°， ∴∠A＝∠ECB， ∵CE＝AD，AB＝BC， ∴△BAD≌△BCE（SAS）， ∴∠E＝∠ADB，BD＝BE， ∵AD+CD＝BD， ∴CE+CD＝DE＝BD， ∴BD＝DE＝BE， ∴△BDE是等边三角形， ∴∠E＝∠ADB＝∠EDB＝60°， ∴∠ADC＝∠ADB+∠BDE＝120°． 故答案为：120． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$