专题05 圆周角的十二大题型专项训练（题型专练）数学新教材苏科版九年级上册

**基本信息** 以圆周角定理及推论为核心，通过12类题型系统构建“定理应用-性质拓展-综合迁移”的解题方法体系，强化几何直观与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |圆周角定理基础应用|3题型（典例+3变式）|圆心角与圆周角转化、同弧等角、直径造直角|从定理直接应用到推论拓展，形成“弧-角-弦”关联逻辑| |定理综合应用|3题型|多结论验证、证明规范、最值模型构建|结合几何计算与推理，培养分类讨论与空间观念| |圆内接四边形性质|5题型|对角互补、外角等于内对角、面积拆分|从角度计算到线段与面积综合，强化性质应用的迁移能力| |综合应用|1题型|辅助线构造、角度转移、勾股定理综合|整合前序知识，构建“单一知识点-综合问题”的解决路径|

专题05 圆周角的十二大题型专项训练 （题型突破·举一反三） 题型01 圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的运用 题型02 同弧或等弧所对圆周角相等的运用 题型03 直径所对的圆周角是90°的运用 题型04 圆周角定理中的多结论问题 题型05 与圆周角定理有关的证明 题型06 利用圆周角定理解决最值问题 题型07 利用圆内接四边形的性质求角度 题型08 利用圆内接四边形的性质求线段长 题型09 利用圆内接四边形的性质求面积 题型10 利用圆内接四边形的性质判断结论 题型11 利用圆内接四边形的性质证明 题型12 圆周角定理的综合应用问题 ▌题型01 圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的运用 1. 核心定理：同一条弧所对的圆周角 = 这条弧所对的圆心角； 2. 反向推论：同弧圆心角 = 同弧圆周角； 3. 注意前提：必须是同一段弧，弧不同不能直接套用倍数； 4. 计算步骤：先找公共弧→标出圆周角、圆心角→代入 2 倍关系列式求角度。 【典例1】（2026·河北·中考真题）如图，在中，所对的圆心角为，点在上．若，则（     ） A． B． C． D． 【变式1-1】如图中，，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【变式1-2】如图，在中，若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式1-3】如图，已知是的直径，弦，垂足为，，，则的长为（    ） A． B． C． D． ▌题型02 同弧或等弧所对圆周角相等的运用 1. 定理：同弧或等弧所对的所有圆周角度数相等； 2. 等弧判定：同圆 / 等圆中，弧长相等、对应弦相等、对应圆心角相等均可推出等弧； 3. 用途：等量代换，转移角，证明两角相等； 4. 易错点：同弦不一定同弧，弦分优弧、劣弧，两侧圆周角互补，不能直接相等。 【典例2】如图，为的直径，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】如图，是的直径，点、在圆周上，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】如图，是的直径，，是上的两点，过点作，垂足为．若，则的度数为________． 【变式1-3】如图，等腰的顶点A，C在上，，，BC与交于点D，连接，，并延长交于点E，连接，若E为的中点，则的度数为______． ▌题型03 直径所对的圆周角是90°的运用 1. 核心推论：半圆（直径）所对的圆周角是直角（）； 2. 逆推论：若圆周角是，则它所对的弦是圆的直径； 3. 常见模型：见直径构造直角三角形，用勾股定理求边长； 4. 辅助线技巧：题目给直径，优先连接直径端点与圆上任意一点，造直角。 【典例3】如图，是的直径，，是上的两点，连接，，，若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2026·江苏南通·模拟预测）如图，，，是的直径，则等于（     ） A． B． C． D． 【变式1-2】如图， 和均为⊙的内接三角形，且为直径，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上两点，∠CDB＝30°，BC＝4.5，则AB的长度为（　　） A．6 B．3 C．9 D．12 ▌题型04 圆周角定理中的多结论问题 1. 基础判断依据：圆周角倍数、同弧等角、直径直角、圆内接四边形对角互补； 2. 做题顺序：逐个推导结论，标记对错； 3. 常见陷阱：忽略优弧劣弧、混淆圆周角 / 圆心角、未限定 “同圆 / 等圆”； 4. 技巧：举特殊角度（如 60°、90°）代入验证错误结论。 【典例4】如图，已知A、B、C、D四点都在⊙O上，OB⊥AC，BC＝CD，在下列四个说法中，①2；②AC＝2CD；③OC⊥BD；④∠AOD＝3∠BOC，正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1-1】下列命题中，正确的有（　　） ①顶点在圆周上的角是圆周角； ②圆周角的度数等于圆心角度数的一半； ③90°的圆周角所对的弦是直径； ④圆周角相等，则它们所对弧也相等． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1-2】如图所示，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，交AC于点E，连接OD、AD，则以下结论：①D是BC的中点；②AD⊥BC；③AD是∠BAC的平分线；④OD∥AC．其中正确结论的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1-3】如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，AB＝10，，点E是点D关于AB的对称点，M是AB上的一动点，下列结论： ①∠BOE＝30°；②∠DOB＝2∠CED；③DM⊥CE；④CM+DM的最小值是10，上述结论中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 ▌题型05 与圆周角定理有关的证明 1. 证明目标分两类：证角相等、证角为直角、证线段相等； 2. 证角相等思路：找同弧 / 等弧圆周角等量代换； 3. 证直角思路：证明某角对着直径； 4. 标准步骤：标已知弧→写出圆周角定理依据→等量代换完成证明； 5. 书写规范：每一步几何推导标注定理名称（圆周角定理、直径推论）。 【典例5】已知：如图，是的直径，于D，求证：． 【变式1-1】已知四边形内接于，对角线是的直径．    (1)如图1，连接，若，求证；平分； (2)如图2，为内一点，满足，若，，求弦的长． 【变式1-2】如图，在中，弦和相交于点，点为中点，，求证：． 【变式1-3】如图，是的直径，是弦的延长线上的一点，的延长线交于点，且． (1)求证：． (2)连接，若，求的度数． ▌题型06 利用圆周角定理解决最值问题 1. 角度最值：定弦前提下，劣弧上圆周角越大、弧越接近半圆；优弧圆周角与劣弧互补； 2. 线段最值模型：点在圆上动，利用直径最长、垂线段最短； 3. 核心依据：同弦对应的圆周角范围固定，直径对应最大直角； 4. 辅助线：连接圆心、连接直径，构造定角直角三角形分析极值。 【典例6】如图，在四边形中，，对角线和交于点E，若，则长的最小值为（    ） A．6 B． C．4 D． 【变式1-1】如图，已知以BC为直径的⊙O，A为弧BC中点，P为弧AC上任意一点，AD⊥AP交BP于D，连CD．若BC＝6，则CD的最小值为 　 　． 【变式1-2】如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，点F是边AB上一动点（不与A、B重合），以AF为直径的⊙O交AC于点D，连接DB交⊙O于点E，连接CE，当点F在边AB上移动时，则CE的最小值为 ． ​ 【变式1-3】如图，正方形的边长为1，E，F分别在，上，且，于点G．则的长的最小值为 ． ▌题型07 利用圆内接四边形的性质求角度 1. 核心性质 1：圆内接四边形对角互补（，）； 2. 核心性质 2：圆内接四边形任意一个外角 = 它的内对角； 3. 计算方法：已知一角直接用减得对角；给外角直接等于对内内角； 4. 前提：四边形四个顶点都在圆上才满足，缺一不可。 【典例7】如图，内接于， 是上一点，且于点．若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【变式1-1】（25-26八年级下·江苏南京·期末）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接，若，________． 【变式1-2】如图，点，，，在上，四边形是菱形，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【变式1-3】如图，四边形内接于，F是上一点，且，连接并延长交的延长线于点E，连接．若，则的度数为（     ） A． B． C． D． ▌题型08 利用圆内接四边形的性质求线段长 1. 先利用圆内接四边形角关系，推出三角形是直角三角形； 2. 有直角：用勾股定理列方程求边长； 3. 常用搭配：圆内接四边形外角 = 内对角→快速找相等角。 【典例8】如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC是⊙O的直径，连接AC，若∠ADC＝150°，AC＝4，则⊙O的半径长为（　　） A．2 B．6 C．4 D．8 【变式1-1】如图，四边形ABCD内接于⊙O，且∠A＝90°，．若AB＝8，AD＝6，则BC的长 为（　　） A． B．5 C． D．10 【变式1-2】如图，在中，，过，两点的交于点，交于点，连接并延长交于点．连接，，若，，，则的值为（    ）． A． B． C． D．3 【变式1-3】如图，以的边为直径作交于且，交于点． (1)求证：； (2)若，，求的长度． ▌题型09 利用圆内接四边形的性质求面积 1. 拆分法：把四边形拆成两个三角形，分别求面积再相加； 2. 特殊情形：若有直角三角形，直接用； 3. 已知对角互补 + 边长：结合勾股求三角形底和高； 【典例9】如图，为正方形的外接圆，若，则的面积为（    ）    A． B． C． D． 【变式1-1】如图，圆是矩形的外接圆，若，，则图中阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】如图，圆内接四边形ABCD，∠ABC＝60°，对角线BD平分∠ADC，过点B作BE∥CD交DA的延长线于点E，若AD＝2，DC＝3，则△BDE的面积为 　　． 【变式1-3】如图，在四边形中，，，，过点A，B，C的交于点E，连接交于点F， (1)求证：． (2)若的半径为，，求四边形的面积． ▌题型10 利用圆内接四边形的性质判断结论 1. 判断工具：对角互补、外角 = 内对角、圆周角定理、直径直角； 2. 高频错误结论：对角相等（仅矩形内接圆才成立，普通圆内接四边形不成立）； 3. 解题方法：赋值法，设一个内角度数，算出其余内角验证结论； 4. 区分：普通圆内接四边形 vs 圆内接矩形 / 正方形特殊图形。 【典例10】如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，四边形ABOD是平行四边形，则下列结论：①OB＝AB；②∠BCD＝60°；③∠BAD＝120°；④，其中正确结论 有（　　） ​ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1-1】如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD把它的4个内角分成了8个角，在结论①∠1=∠4，②∠2=∠7，③∠3=∠6，④∠5=∠8中，正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1-2】如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC与BD相交于点E、F在AC上，AB＝AD，∠BFC＝∠BAD＝2∠DFC，下列结论： ①线段AC为⊙O的直径；②CD⊥DF；③BC＝2CD；④∠AFB＝∠BCD 其中正确的个数为（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【变式1-3】已知如图，点O为△ABD的外心，点C为直径BD下方弧BCD上一点，且不与点B，D重合，∠ACB=∠ABD=45°，则下列对AC，BC，CD之间的数量关系判断正确的是（ ） A．AC=BC+CD B． AC=BC+CD C． AC=BC+CD D．2AC=BC+CD ▌题型11 利用圆内接四边形的性质证明 1. 证明方向：证四点共圆、证两角相等、证两角互补； 2. 证四点共圆基础方法（九上）： ① 四边形对角互补，则四点共圆； ② 线段同侧两点对线段张角相等，则四点共圆； 3. 等量转换：外角 = 内对角作为中间角，完成角相等证明； 4. 书写逻辑：先说明四边形内接于圆→写出对角互补 / 外角性质→推导结论。 【典例11】如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上一点，连接AC、BD，若DA＝DB，求证：CD平分∠ACE． 【变式1-1】已知四边形ABCD内接于⊙O，，∠ADC＝120°，求证：△ABC是等边三角形． 【变式1-2】如图，AB为⊙O的直径，点D、E在⊙O上，OD∥BE，连接AD并延长交BE延长线于C． 求证：DC＝DE． 【变式1-3】如图，A，P，B，C是上的四个点，． (1)______； (2)判断的形状，并证明你的结论． (3)当点O落在上时，直接写出四边形的形状． ▌题型12 圆周角定理的综合应用问题 1. 综合考点融合：圆周角倍数 + 直径直角 + 圆内接四边形性质； 2. 解题流程： ① 作辅助线：连半径、连直径、连接圆上点构造圆周角； ② 转移角度：用同弧等角、圆内接四边形外角转换角； ③ 计算工具：勾股定理、相似三角形、角度和差； 3. 通用思路：所有角度问题全部转化到 “同一段弧”，用圆周角定理建立等式。 【典例12】如图，点，，在上，于点，交于点，连接，于点，与相文于点． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 【变式1-1】如图，是的直径，是弦，C是弧的中点，，H是垂足，交，于点F，E． (1)求证：； (2)若，求的长． 【变式1-2】（2026·辽宁·中考真题）如图，，，，是上的四个点，为的直径，且，连接，，，，过点作，垂足为． (1)求的度数； (2)若，求的长． 【变式1-3】（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知四边形内接于，连接、，； (1)如图1，求证：是的直径； (2)如图2，点在上，连接、，且，，求证：平分； (3)如图3，在（2）的条件下，点在上，连接，若，，，求的半径长． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 圆周角的十二大题型专项训练 （题型突破·举一反三） 题型01 圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的运用 题型02 同弧或等弧所对圆周角相等的运用 题型03 直径所对的圆周角是90°的运用 题型04 圆周角定理中的多结论问题 题型05 与圆周角定理有关的证明 题型06 利用圆周角定理解决最值问题 题型07 利用圆内接四边形的性质求角度 题型08 利用圆内接四边形的性质求线段长 题型09 利用圆内接四边形的性质求面积 题型10 利用圆内接四边形的性质判断结论 题型11 利用圆内接四边形的性质证明 题型12 圆周角定理的综合应用问题 ▌题型01 圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的运用 【典例1】【答案】C 【变式1-1】【答案】B 【变式1-2】【答案】C 【变式1-3】【答案】D ▌题型02 同弧或等弧所对圆周角相等的运用 【典例2】【答案】C 【变式1-1】【答案】C 【变式1-2】【答案】 【变式1-3】【答案】 ▌题型03 直径所对的圆周角是90°的运用 【典例3】【答案】A 【变式1-1】【答案】B 【变式1-2】【答案】B 【变式1-3】【答案】C ▌题型04 圆周角定理中的多结论问题 【典例4】【答案】C 【变式1-1】【答案】A 【变式1-2】【答案】D 【变式1-3】【答案】B． ▌题型05 与圆周角定理有关的证明 【典例5】 【答案】 证明：是的直径， ， ， 于D， ， ， ， ， ∴， ． 【分析】本题考查了圆周角定理和其推论，若要证明，则可转化为证即可，根据圆周角定理和等角的余角相等证明即可． 【详解】略 【变式1-1】    【答案】(1)证明：∵对角线是的直径， ∴， ∴， ∴平分． (2) 【分析】（1）利用垂径定理的推论和圆周角的性质证明即可． (2)证明四边形平行四边形，后用勾股定理计算即可． 【详解】（1）略 （2）∵对角线是的直径， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴四边形平行四边形， ∴， 又∵， ∴． 【变式1-2】 【答案】见解析 【分析】连接，过点作于点，证明，得出，然后得出，根据圆周角定理得出，即可得证． 【详解】证明：如图，连接，过点作于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵为的中点， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂径定理，圆周角定理，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键． 【变式1-3】 【答案】(1) 证明：如图，连接， ∵， ∴ ∵ ∴ ∴， ∴ ∵是的直径， ∴， ∴； (2) 【分析】本题主要考查圆周角定理，等腰三角形的性质与判定； （1）连接，根据等边对等角可得，根据同弧所对的圆周角相等可得，等量代换可得则，根据直径所对的圆周角是直角可得，根据三线合一，即可得证； （2）根据三角形的外角可得，根据是的直径，得出，根据直角三角形的两个锐角互余即可求解． 【详解】（1）略 （2）∵，， ∴ ∴ 又∵是的直径， ∴， ∴ ▌题型06 利用圆周角定理解决最值问题 【典例6】【答案】B 【变式1-1】【答案】3． 【变式1-2】【答案】24． 【变式1-3】【答案】/ ▌题型07 利用圆内接四边形的性质求角度 【典例7】【答案】B 【变式1-1】【答案】14 【变式1-2】【答案】C 【变式1-3】【答案】A ▌题型08 利用圆内接四边形的性质求线段长 【典例8】【答案】C． 【变式1-1】【答案】A． 【变式1-2】【答案】A 【变式1-3】 【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． ▌题型09 利用圆内接四边形的性质求面积 【典例9】【答案】A 【变式1-1】【答案】B 【变式1-2】 【答案】． 【变式1-3】 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】本题主要考查等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，解一元二次方程等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键． （1）根据题意得，由圆周角定理得；根据平行线性质得，可得 （2）连结，求得，设，则，由勾股定理得，求出，可得，最后根据四边形的面积的面积的面积解答即可． 【详解】（1）证明：∵，, ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接，如图， ∴，又， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得或（不合题意，舍去）， ∵，，， ∴，， ∴四边形的面积的面积的面积= ． ▌题型10 利用圆内接四边形的性质判断结论 【典例10】【答案】C． 【变式1-1】【答案】D． 【变式1-2】【答案】D． 【变式1-3】【答案】B ▌题型11 利用圆内接四边形的性质证明 【典例11】 【答案】见详解； 【分析】先根据圆内接四边形的性质得出∠DAB＝∠DCE，再根据DA＝DB得出∠DAB＝∠DBA，故可得出∠DBA＝∠DCE，再由圆周角定理得出∠DBA＝∠DCA，故可得出∠DCA＝∠DCE，故可得出结论． 【详解】证明：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠DAB＝∠DCE． ∵DA＝DB， ∴∠DAB＝∠DBA， ∴∠DBA＝∠DCE． ∵∠DBA与∠DCA是同弧所对的圆周角， ∴∠DBA＝∠DCA， ∴∠DCA＝∠DCE，即CD平分∠ACE． 【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的关键． 【变式1-1】 【答案】见详解； 【分析】由圆内接四边形的性质得到∠ABC＝60°，由得到AB＝AC，根据等边三角形的判定可得到结论． 【详解】证明：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠ABC＝180°﹣∠ADC＝180°﹣120°＝60°， ∵， ∴AB＝AC， 又∵∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，弧和弦的关系，等边三角形的判定，熟练掌握圆内接四边形的性质和等边三角形的判定是解决问题的关键． 【变式1-2】 【答案】见详解； 【分析】先利用等腰三角形的性质可得∠A＝∠ADO，再利用圆内接四边形的对角互补以及平角定义可得∠DEC＝∠A，然后再利用平行线的性质可得∠ADO＝∠C，从而利用等量代换可得∠DEC＝∠C，最后利用等角对等边即可解答． 【详解】证明：∵OA＝OD， ∴∠A＝∠ADO， ∵四边形ABED是⊙O的内接四边形， ∴∠A+∠DEB＝180°， ∵∠DEB+∠DEC＝180°， ∴∠DEC＝∠A， ∵OD∥BC， ∴∠ADO＝∠C， ∴∠DEC＝∠C， ∴DC＝DE． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键． 【变式1-3】 【答案】(1)60 (2)等边三角形，证明见解析 (3)菱形． 【分析】（1）首先求出，然后根据圆内接四边形的性质求解即可； （2）根据同弧所对的圆周角相等得到，进而证明即可； （3）如图所示，连接，，设与交于点D，根据题意证明出和都是等边三角形，得到，即可得到四边形是菱形． 【详解】（1）∵ ∴ ∴； （2）是等边三角形． 证明：， ． 由（1）得． ． ∴是等边三角形； （3）如图所示，连接，，设与交于点D ∵当点O落在上时， ∴ ∵ ∴和都是等边三角形 ∴ ∴四边形是菱形． 【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质和判定，同弧所对的圆周角相等等知识，解题的关键是掌握以上知识点． ▌题型12 圆周角定理的综合应用问题 【典例12】 【答案】(1) 证明：∵， ， ， ， ， ， ， ， ； (2) 【分析】（1）由余角的性质推出，由对顶角的性质得到，因此，由圆周角定理得到，推出，即可证明； （2）连接，由垂径定理得到，由勾股定理求出，设圆的半径是，由勾股定理得到，求出，即可得到圆的半径长． 【详解】（1）略 （2）解：连接， ∵直径， ， ， ， 设圆的半径是， ， ， ， ， ∴的半径长是． 【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，等腰三角形的判定以及圆周角定理等．关键是由勾股定理，垂径定理列出关于的方程． 【变式1-1】 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由圆周角定理求得，，可证明，即可证明； （2）先根据勾股定理求得，再利用面积法即可求解． 【详解】（1）证明：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵C是弧的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：∵C是弧的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题是综合考查了圆周角定理、勾股定理以及等腰三角形的判定等；熟练掌握这些定理是解题的关键． 【变式1-2】 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角得，根据等角对等边及三角形内角和得，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等可得答案； （2）如图，过点作于点，根据等角对等边推出，证明得，然后根据勾股定理可得答案． 【详解】（1）解：∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∵在中，所对的圆周角为、， ∴； （2）解：如图，过点作于点， ∵， ∴， 由（1）知：，， ∴， ， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在中，， 即的长为． 【变式1-3】 【答案】(1)证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴是的直径； (2)证明： ∵ ∴ 又∵ ∴ ∵ ∴ ∴，即平分； (3) 【分析】（1）根据等弧所对的圆周角相等可得，，，结合已知进而证明，从而得出是的直径； （2）根据，结合已知得出，根据等边对等角可得，进而可得平分； （3）延长、交于点，过点，分别作的垂线，垂足分别为，证明四边形是矩形，证明，得出，，设，在中，勾股定理求得，在中，勾股定理求得的长，即可求解． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：如图，延长、交于点，过点，分别作的垂线，垂足分别为， ∵ ， ∵ ∴ 由（2）知， 设，则， ∴， ∴， ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴四边形是矩形， ∴，， ∵ ∴ 又， ∴ ∴ ， 又∵已知 ， ∴ ∴， 设 ∵， ∴， ∴ ∴ ∴ 在中，，， ∵ ∴ 解得： ∴且， ∴ ∴ ∴ 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 圆周角的十二大题型专项训练 （题型突破·举一反三） 题型01 圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的运用 题型02 同弧或等弧所对圆周角相等的运用 题型03 直径所对的圆周角是90°的运用 题型04 圆周角定理中的多结论问题 题型05 与圆周角定理有关的证明 题型06 利用圆周角定理解决最值问题 题型07 利用圆内接四边形的性质求角度 题型08 利用圆内接四边形的性质求线段长 题型09 利用圆内接四边形的性质求面积 题型10 利用圆内接四边形的性质判断结论 题型11 利用圆内接四边形的性质证明 题型12 圆周角定理的综合应用问题 ▌题型01 圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的运用 1. 核心定理：同一条弧所对的圆周角 = 这条弧所对的圆心角； 2. 反向推论：同弧圆心角 = 同弧圆周角； 3. 注意前提：必须是同一段弧，弧不同不能直接套用倍数； 4. 计算步骤：先找公共弧→标出圆周角、圆心角→代入 2 倍关系列式求角度。 【典例1】（2026·河北·中考真题）如图，在中，所对的圆心角为，点在上．若，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，连接并延长交于点E，连接，首先利用等边对等角得到，然后利用三角形内角和定理求出，然后结合圆周角定理和圆内接四边形对角互补求解即可． 【详解】解：如图，连接并延长交于点E，连接 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴． 【变式1-1】如图中，，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，利用垂径定理及圆周角定理即可求解． 【详解】解：如图，连接， ， ， ， ． 【变式1-2】如图，在中，若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了圆周角定理，等边对等角和三角形内角和定理，解题的关键是掌握以上知识点． 连接，，首先根据圆周角定理求出，，求出，然后根据等边对等角和三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：如图所示，连接，， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴． 【变式1-3】如图，已知是的直径，弦，垂足为，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理，连接，根据垂径定理可得，再根据垂径定理可得，，根据等角对等边可得，设的半径为，则，在 中，利用勾股定理列出关于的方程进行计算，即可解答，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∵直径， ∴，， ∴， ∴， ∴ ， 设的半径为，则， 在中，， ∴， 即， 解得，(不合，舍去)， ∴， ∴， 故选：． ▌题型02 同弧或等弧所对圆周角相等的运用 1. 定理：同弧或等弧所对的所有圆周角度数相等； 2. 等弧判定：同圆 / 等圆中，弧长相等、对应弦相等、对应圆心角相等均可推出等弧； 3. 用途：等量代换，转移角，证明两角相等； 4. 易错点：同弦不一定同弧，弦分优弧、劣弧，两侧圆周角互补，不能直接相等。 【典例2】如图，为的直径，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据为的直径，，则，再根据，即，代入进行计算，即可作答． 【详解】解：∵为的直径，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 【变式1-1】如图，是的直径，点、在圆周上，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】直径所对的圆周角是直角可得，在中利用内角和求出，再根据同弧所对的圆周角相等得出 【详解】解：是的直径 与所对的弧相同 ． 【变式1-2】如图，是的直径，，是上的两点，过点作，垂足为．若，则的度数为________． 【答案】 【分析】连接，已知是的直径且，则，则可证明　，根据同弧所对圆周角相等可求． 【详解】解：连接， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【变式1-3】如图，等腰的顶点A，C在上，，，BC与交于点D，连接，，并延长交于点E，连接，若E为的中点，则的度数为______． 【答案】 【分析】根据等腰三角形的性质求出的度数，根据直径所对的圆周角是直角求出的度数，进而求出的度数，再根据弧、弦的关系得出，根据等弧对等弦的性质求解 【详解】解：连接，如图 ，， ， 点在上， ， 是的直径， ， ， 为的中点， ∴， ， ． ▌题型03 直径所对的圆周角是90°的运用 1. 核心推论：半圆（直径）所对的圆周角是直角（）； 2. 逆推论：若圆周角是，则它所对的弦是圆的直径； 3. 常见模型：见直径构造直角三角形，用勾股定理求边长； 4. 辅助线技巧：题目给直径，优先连接直径端点与圆上任意一点，造直角。 【典例3】如图，是的直径，，是上的两点，连接，，，若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，利用圆周角定理得出，根据直径所对圆周角为直角得出，利用直角三角形两锐角互余即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵与都是所对的圆周角， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴． 【变式1-1】（2026·江苏南通·模拟预测）如图，，，是的直径，则等于（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由三角形内角和求出，再根据直径得到，求出，根据圆周角定理得到，最后根据三角形内角和求即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式1-2】如图， 和均为⊙的内接三角形，且为直径，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据圆内直径所对的圆周角为90°，同弧所对的圆周角相等得到，再利用三角形内角和180°，求出的度数． 【详解】解：∵为直径， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【变式1-3】如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上两点，∠CDB＝30°，BC＝4.5，则AB的长度为（　　） A．6 B．3 C．9 D．12 【答案】C 【分析】连接，由圆周角定理得，，再由含角的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图，连接． 为的直径， ， ，， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了圆周角定理、含角的直角三角形的性质等知识，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． ▌题型04 圆周角定理中的多结论问题 1. 基础判断依据：圆周角倍数、同弧等角、直径直角、圆内接四边形对角互补； 2. 做题顺序：逐个推导结论，标记对错； 3. 常见陷阱：忽略优弧劣弧、混淆圆周角 / 圆心角、未限定 “同圆 / 等圆”； 4. 技巧：举特殊角度（如 60°、90°）代入验证错误结论。 【典例4】如图，已知A、B、C、D四点都在⊙O上，OB⊥AC，BC＝CD，在下列四个说法中，①2；②AC＝2CD；③OC⊥BD；④∠AOD＝3∠BOC，正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C． 【分析】根据题意和垂径定理，可以得到AC＝BD，，，然后即可判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题． 【详解】解：∵OB⊥AC，BC＝CD， ∴，， ∴2，故①正确； AC＜AB+BC＝BC+CD＝2CD，故②错误； OC⊥BD，故③正确； ∠AOD＝3∠BOC，故④正确； 故选：C． 【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 【变式1-1】下列命题中，正确的有（　　） ①顶点在圆周上的角是圆周角； ②圆周角的度数等于圆心角度数的一半； ③90°的圆周角所对的弦是直径； ④圆周角相等，则它们所对弧也相等． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A． 【分析】利用圆周角的定义、圆周角定理等知识分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：①顶点在圆周上且两边都与圆相交的角是圆周角，故原命题错误，不符合题意； ②同弧所对的圆周角的度数等于圆心角度数的一半，故原命题错误，不符合题意； ③90°的圆周角所对的弦是直径，正确，符合题意； ④在同圆或等圆中，圆周角相等，则它们所对弧也相等，故原命题错误，不符合题意 正确的有1个， 故选：A． 【点睛】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解周角的定义、圆周角定理等知识，难度不大． 【变式1-2】如图所示，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，交AC于点E，连接OD、AD，则以下结论：①D是BC的中点；②AD⊥BC；③AD是∠BAC的平分线；④OD∥AC．其中正确结论的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D． 【分析】由AB＝AC，得到∠B＝∠C，由于AB为⊙O的直径，得到AD⊥BC，根据相似三角形的性质得到①②③正确，由于OB＝OD，于是得到∠B＝∠ODB，根据同位角相等，两直线平行即可得到④正确． 【详解】解：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴AD⊥BC， ∴BD＝CD，∠BAD＝∠CAD， ∴D是BC的中点，AD是∠BAC的平分线， ∴①②③正确， ∵OB＝OD， ∴∠B＝∠ODB， ∴∠ODB＝∠C， ∴OD∥AC， ∴④正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，平行线的判定，熟练掌握等腰三角形的性质﹣三线合一是解题的关键． 【变式1-3】如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，AB＝10，，点E是点D关于AB的对称点，M是AB上的一动点，下列结论： ①∠BOE＝30°；②∠DOB＝2∠CED；③DM⊥CE；④CM+DM的最小值是10，上述结论中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B． 【分析】①错误，证明∠EOB＝∠BOD＝60°即可； ②正确．证明∠CED＝30°，可得结论； ③错误，M是动点，DM不一定垂直CE； ④正确，连接EM，证明ME＝MD，推出MC+MD＝MC+ME≥CE＝10，可得结论． 【详解】解：∵， ∴∠AOC＝∠COD＝∠DOB＝60°， ∵E，D关于AB对称， ∴∠EOB＝∠BOD＝60°，故①错误， ∵∠CED∠COD＝30°， ∴∠DOB＝2∠CED，故②正确， ∵M是动点， ∴DM不一定垂直CE，故③错误， 连接EM． 则ME＝MD， ∴CM+DM＝MC+ME≥CE＝10，故④正确， 故选：B． 【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． ▌题型05 与圆周角定理有关的证明 1. 证明目标分两类：证角相等、证角为直角、证线段相等； 2. 证角相等思路：找同弧 / 等弧圆周角等量代换； 3. 证直角思路：证明某角对着直径； 4. 标准步骤：标已知弧→写出圆周角定理依据→等量代换完成证明； 5. 书写规范：每一步几何推导标注定理名称（圆周角定理、直径推论）。 【典例5】已知：如图，是的直径，于D，求证：． 【答案】 证明：是的直径， ， ， 于D， ， ， ， ， ∴， ． 【分析】本题考查了圆周角定理和其推论，若要证明，则可转化为证即可，根据圆周角定理和等角的余角相等证明即可． 【详解】略 【变式1-1】已知四边形内接于，对角线是的直径．    (1)如图1，连接，若，求证；平分； (2)如图2，为内一点，满足，若，，求弦的长． 【答案】(1)证明：∵对角线是的直径， ∴， ∴， ∴平分． (2) 【分析】（1）利用垂径定理的推论和圆周角的性质证明即可． (2)证明四边形平行四边形，后用勾股定理计算即可． 【详解】（1）略 （2）∵对角线是的直径， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴四边形平行四边形， ∴， 又∵， ∴． 【变式1-2】如图，在中，弦和相交于点，点为中点，，求证：． 【答案】见解析 【分析】连接，过点作于点，证明，得出，然后得出，根据圆周角定理得出，即可得证． 【详解】证明：如图，连接，过点作于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵为的中点， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂径定理，圆周角定理，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键． 【变式1-3】如图，是的直径，是弦的延长线上的一点，的延长线交于点，且． (1)求证：． (2)连接，若，求的度数． 【答案】(1) 证明：如图，连接， ∵， ∴ ∵ ∴ ∴， ∴ ∵是的直径， ∴， ∴； (2) 【分析】本题主要考查圆周角定理，等腰三角形的性质与判定； （1）连接，根据等边对等角可得，根据同弧所对的圆周角相等可得，等量代换可得则，根据直径所对的圆周角是直角可得，根据三线合一，即可得证； （2）根据三角形的外角可得，根据是的直径，得出，根据直角三角形的两个锐角互余即可求解． 【详解】（1）略 （2）∵，， ∴ ∴ 又∵是的直径， ∴， ∴ ▌题型06 利用圆周角定理解决最值问题 1. 角度最值：定弦前提下，劣弧上圆周角越大、弧越接近半圆；优弧圆周角与劣弧互补； 2. 线段最值模型：点在圆上动，利用直径最长、垂线段最短； 3. 核心依据：同弦对应的圆周角范围固定，直径对应最大直角； 4. 辅助线：连接圆心、连接直径，构造定角直角三角形分析极值。 【典例6】如图，在四边形中，，对角线和交于点E，若，则长的最小值为（    ） A．6 B． C．4 D． 【答案】B 【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，先证明A，B，C，D四点共圆，得到为直径，取的中点即圆心O，得到当弦时，取到最小值，利用垂径定理和勾股定理进行求解即可． 【详解】解：如图，． ∴A，B，C，D四点共圆，为直径，取的中点即圆心O， 当弦时，取到最小值， ∵，直径． ∴半径， ∴． 在中，． ∴． 故选B． 【变式1-1】如图，已知以BC为直径的⊙O，A为弧BC中点，P为弧AC上任意一点，AD⊥AP交BP于D，连CD．若BC＝6，则CD的最小值为 　 　． 【答案】3． 【分析】以AB为斜边作等腰直角三角形ABO′，连接DO′、CO′，易得△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC，由圆周角定理可得∠APD＝∠ACB＝45°，进而可得∠ADP＝45°，∠ADB＝135°，于是可知点D在点O′为圆心，AO′为半径的上运动，根据等腰直角三角形的性质得O′B3，由勾股定理求得CO′，利用三角形三边关系可知CD≥CO′﹣O′D，因此当C、D、O′三点共线时，CD取的最小值，最小值为CO′﹣O′D，代入计算即可求解． 【详解】解：如图，以AB为斜边作等腰直角三角形ABO′，连接DO′、CO′， 则∠O′BC＝∠O′BA+∠ABC＝45°+45°＝90°， ∵以BC为直径的⊙O，A为弧BC中点， ∴AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴△ABC为等腰直角三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°，AB＝AC， ∵， ∴∠APD＝∠ACB＝45°， ∵AD⊥AP， ∴∠DAP＝90°， ∴∠ADP＝45°，∠ADB＝135°， ∴点D在点O′为圆心，AO′为半径的上运动， 在等腰直角△ABO′中，O′B3， 在Rt△BO′C中，CO′， ∴O′D＝O′B＝3， ∵CD≥CO′﹣O′D ∴当C、D、O′三点共线时，CD取的最小值，最小值为CO′﹣O′D3． 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查圆周角定理、等腰直角三角形的性质、勾股定理、圆中的最值问题，解题关键是根据题意找到动点的运动轨迹，结合三角形三边关系求最值． 【变式1-2】如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，点F是边AB上一动点（不与A、B重合），以AF为直径的⊙O交AC于点D，连接DB交⊙O于点E，连接CE，当点F在边AB上移动时，则CE的最小值为 ． ​ 【答案】24． 【分析】连DF，AE，EF，得∠AEB＝180°﹣30°＝150°为定角，由此可得E在以AB为弦所对圆心角为60°的圆弧上运动，设该圆圆心为N，连NE，CN，AN，BN，由两点之间线段最短知：CE+NE≥CN，进而可求CE的最小值． 【详解】解：在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°， ∴AB＝2AC＝4，BC，∠BAC＝60°， 连DF，AE，EF， ∵AF为的直径， ∴∠ADF＝∠AEF＝90°， ∴∠AFD＝∠AED＝90°﹣∠BAC＝90°﹣60°＝30°， ∴∠AEB＝180°﹣30°＝150°为定角， ∴E在以AB为弦所对圆心角为60°的圆弧上运动， 设该圆圆心为N，连NE，CN，AN，BN，则∠ANB＝60°，AN＝BN， ∴△AB为等边三角形， ∴AB＝BN＝AN＝4，∠ABN＝60°， ∴∠CBN＝90°， ∴CN， 又EN＝BN＝4， 由两点之间线段最短知：CE+NE≥CN， ∴CE≥CN﹣EN＝24， ∴当C、E、N在一直线时．CE有最小值为：24． 故答案为：24． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、含30°角的直角三角形，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键． 【变式1-3】如图，正方形的边长为1，E，F分别在，上，且，于点G．则的长的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】根据对角互补四点共圆可得四点共圆，连接，，求证，而后推导出，可得，连接，由三角形的三边关系以及、为定值，则当三点共线时，取得最小值为，最后利用勾股定理求得即可解答． 【详解】解： ，， 根据对角互补四点共圆可得四点共圆， 连接，， ，，， ， ， 四点共圆， ， ，， ， ， 连接，则， ∴当三点共线时，取得最小值为， 在中，， ∴， 取最小值． 故答案为：． 【点睛】本题考查利用辅助圆解决最值问题，涉及全等三角形的判定与性质、同弧所对的圆周角相等、勾股定理等，根据条件作出合适的辅助线，得出是解题的关键． ▌题型07 利用圆内接四边形的性质求角度 1. 核心性质 1：圆内接四边形对角互补（，）； 2. 核心性质 2：圆内接四边形任意一个外角 = 它的内对角； 3. 计算方法：已知一角直接用减得对角；给外角直接等于对内内角； 4. 前提：四边形四个顶点都在圆上才满足，缺一不可。 【典例7】如图，内接于， 是上一点，且于点．若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，证明是等腰三角形，得到，再根据四边形内接于即可求出的度数． 【详解】解：如图，连接， ∵于点． ∴ ∴垂直平分， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， ∴ ∵四边形内接于， ∴． 【变式1-1】（25-26八年级下·江苏南京·期末）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接，若，________． 【答案】 14 【分析】根据圆内接四边形的性质求出，根据直径所对的圆周角是直角得出，然后根据计算即可. 【详解】解：∵四边形是的内接四边形， ∴， 又， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴. 【变式1-2】如图，点，，，在上，四边形是菱形，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，利用菱形性质得到，结合半径相等推导出、为等边三角形，求出圆心角，再依据圆周角定理求出． 【详解】解：连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 同理可得， ∴， ∴． 【变式1-3】如图，四边形内接于，F是上一点，且，连接并延长交的延长线于点E，连接．若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆的内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等，三角形的外角性质，求解即可； 【详解】解：∵四边形内接于，， ∴． ∵，， ∴， ∴． ▌题型08 利用圆内接四边形的性质求线段长 1. 先利用圆内接四边形角关系，推出三角形是直角三角形； 2. 有直角：用勾股定理列方程求边长； 3. 常用搭配：圆内接四边形外角 = 内对角→快速找相等角。 【典例8】如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC是⊙O的直径，连接AC，若∠ADC＝150°，AC＝4，则⊙O的半径长为（　　） A．2 B．6 C．4 D．8 【答案】C． 【分析】根据圆周角定理得到∠BAC＝90°，根据圆内接四边形的性质求出∠ABC＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质解答即可． 【详解】解：∵BC是⊙O的直径， ∴∠BAC＝90°， ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠ADC∠ABC＝180°， ∵∠ADC＝150°， ∴∠ABC＝30°， ∴BC＝2AC＝2×4＝8， ∴⊙O的半径长为4， 故选：C． 【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 【变式1-1】如图，四边形ABCD内接于⊙O，且∠A＝90°，．若AB＝8，AD＝6，则BC的长 为（　　） A． B．5 C． D．10 【答案】A． 【分析】根据勾股定理求得BD＝10，根据圆内接四边对角互补，得出∠BCD＝90°，继而根据勾股定理即可求解． 【详解】解：如图所示，连接BD， ∵∠A＝90°，AB＝8，AD＝6， ∴， ∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A＝90°， ∴∠BCD＝90°， ∵． ∴BC＝CD， 故选：A． 【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，勾股定理，同弧所对弦相等，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式1-2】如图，在中，，过，两点的交于点，交于点，连接并延长交于点．连接，，若，，，则的值为（    ）． A． B． C． D．3 【答案】A 【分析】由四边形BCDE内接于⊙O知∠EFC=∠ABC=45°，据此得AC=BC，由EF是⊙O的直径知∠EBF=∠ECF=∠ACB=90°及∠BCF=∠ACE，再根据四边形BECF是⊙O的内接四边形知∠AEC=∠BFC，从而证△ACE≌△BCF得AE=BF，根据Rt△ECF是等腰直角三角形知EF2=20，继而可得答案． 【详解】∵四边形内接于，且， ∴， ∵， ∴是等腰三角形， ∴， 又∵是的直径， ∴， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∴， 中，， 中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选:A． 【点睛】本题主要考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆内接四边形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质及勾股定理． 【变式1-3】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． ▌题型09 利用圆内接四边形的性质求面积 1. 拆分法：把四边形拆成两个三角形，分别求面积再相加； 2. 特殊情形：若有直角三角形，直接用； 3. 已知对角互补 + 边长：结合勾股求三角形底和高； 【典例9】如图，为正方形的外接圆，若，则的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正方形的性质，得出，，再根据勾股定理，得出，再根据正方形的性质，得出，进而得出的半径为，再根据圆的面积公式，即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴的半径为， ∴的面积为：． 故选：A 【点睛】本题考查了求正方形外接圆的直径、正方形的性质、勾股定理、圆的面积，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理． 【变式1-1】如图，圆是矩形的外接圆，若，，则图中阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了圆内接四边形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确做出辅助线． 连接，首先根据题意得到点O是的中点，然后利用勾股定理求出，，然后利用阴影部分的面积代数求解即可． 【详解】如图所示，连接， ∵圆是矩形的外接圆， ∴点O是的中点 ∵，，， ∴ ∴ ∴阴影部分的面积． 故选：B． 【变式1-2】如图，圆内接四边形ABCD，∠ABC＝60°，对角线BD平分∠ADC，过点B作BE∥CD交DA的延长线于点E，若AD＝2，DC＝3，则△BDE的面积为 　　． 【答案】． 【分析】先利用圆内接四边形的性质得到∠ADC＝120°，则∠ADB＝∠CDB＝60°，再利用平行线的性质得到∠EBD＝∠CDB＝60°，于是可判断△BDE为等边三角形，在DB上截取DF＝DA，如图，则△ADF为等边三角形，所以AF＝AD＝DF＝2，∠AFD＝60°，接着证明△ABC为等边三角形得到AB＝AC，然后证明△ABF≌△ACD得到BF＝CD＝3，所以BD＝5，最后根据等边三角形的面积公式计算△BDE的面积． 【详解】解：∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形， ∴∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠ADC＝180°﹣60°＝120°， ∵BD平分∠ADC， ∴∠ADB＝∠CDB＝60°， ∵BE∥CD， ∴∠EBD＝∠CDB＝60°， ∴△BDE为等边三角形， 在DB上截取DF＝DA，如图， ∵∠ADF＝60°，DA＝DF， ∴△ADF为等边三角形， ∴AF＝AD＝DF＝2，∠AFD＝60°， ∴∠AFB＝120°， ∵∠ACB＝∠ADB＝60°，∠ABC＝60°， ∴△ABC为等边三角形， ∴AB＝AC， 在△ABF和△ACD中， ， ∴△ABF≌△ACD（AAS）， ∴BF＝CD＝3， ∴BD＝BF+DF＝3+2＝5， 即等边△EBD的边长为5， ∴△BDE的面积52． 故答案为：． 【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、平行线的性质、等边三角形的判定与性质和平行四边形的判定与性质． 【变式1-3】如图，在四边形中，，，，过点A，B，C的交于点E，连接交于点F， (1)求证：． (2)若的半径为，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】本题主要考查等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，解一元二次方程等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键． （1）根据题意得，由圆周角定理得；根据平行线性质得，可得 （2）连结，求得，设，则，由勾股定理得，求出，可得，最后根据四边形的面积的面积的面积解答即可． 【详解】（1）证明：∵，, ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接，如图， ∴，又， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得或（不合题意，舍去）， ∵，，， ∴，， ∴四边形的面积的面积的面积= ． ▌题型10 利用圆内接四边形的性质判断结论 1. 判断工具：对角互补、外角 = 内对角、圆周角定理、直径直角； 2. 高频错误结论：对角相等（仅矩形内接圆才成立，普通圆内接四边形不成立）； 3. 解题方法：赋值法，设一个内角度数，算出其余内角验证结论； 4. 区分：普通圆内接四边形 vs 圆内接矩形 / 正方形特殊图形。 【典例10】如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，四边形ABOD是平行四边形，则下列结论：①OB＝AB；②∠BCD＝60°；③∠BAD＝120°；④，其中正确结论 有（　　） ​ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C． 【分析】由四边形ABOD是平行四边形，OD＝OB，判定四边形ABOD是菱形，得到OB＝AB，由△ABO是等边三角形得到∠AOB＝60°，由四边形ABOD是菱形，得到∠BOD＝2∠AOB＝120°，由圆周角定理得到∠BCD∠BOD＝60°，由菱形的性质得到∠BAD＝∠BOD＝120°，CD和OD没有确定的数量关系． 【详解】解：连接OA， ∵四边形ABOD是平行四边形，OD＝OB， ∴四边形ABOD是菱形， ∴OB＝AB， 故①正确； ∵OA＝OB＝AB， ∴△ABO是等边三角形， ∴∠AOB＝60°， ∵四边形ABOD是菱形， ∴∠BOD＝2∠AOB＝120°， ∴∠BCD∠BOD＝60°， 故②正确； ∵四边形ABOD是菱形， ∴∠BAD＝∠BOD＝120°， 故③正确； ∵C的位置不确定，CD长在变化，半径OD的长不变， ∴CD和OD没有确定的数量关系， ∴④错误． ∴正确的结论是①②③，共有3个． 故选：C． 【点睛】本题考查圆周角定理，菱形的判定和性质，关键是判定四边形ABOD是菱形，得到∠BOD＝120°． 【变式1-1】如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD把它的4个内角分成了8个角，在结论①∠1=∠4，②∠2=∠7，③∠3=∠6，④∠5=∠8中，正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D． 【分析】根据圆周角定理进行判断即可． 【详解】解：∵∠1，∠4所对的弧都是弧CD， ∴∠1=∠4，故①正确，符合题意； ∵∠2，∠7所对的弧都是弧BC， ∴∠2=∠7，故②正确，符合题意； ∵∠3，∠6所对的弧都是弧AD， ∴∠3=∠6，故③正确，符合题意； ∵∠5，∠8所对的弧都是弧AB． ∴∠5=∠8，故④正确，符合题意． ∴正确的有4个， 故选：D． 【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1-2】如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC与BD相交于点E、F在AC上，AB＝AD，∠BFC＝∠BAD＝2∠DFC，下列结论： ①线段AC为⊙O的直径；②CD⊥DF；③BC＝2CD；④∠AFB＝∠BCD 其中正确的个数为（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】D． 【分析】根据圆周角定理、等腰三角形的判定与性质等，作出辅助线，根据有关性质和定理对每一结论进行证明即可得出答案． 【详解】解：①∵AB＝AD， ∴弧AB＝弧AD，∠ADB＝∠ABD． ∵∠ACB＝∠ADB，∠ACD＝∠ABD， ∴∠ACB＝∠ADB＝∠ABD＝∠ACD． ∴∠ADB＝（180°﹣∠BAD）÷2＝90°﹣∠DFC． ∴∠ADB+∠DFC＝90°，即∠ACD+∠DFC＝90°， ∴CD⊥DF， ∴∠FDC＝90°， ∴∠ADC＞90°， ∴线段AC不为⊙O的直径， ∴①错误，②正确； ③过F作FG⊥BC， ∵AB＝AD， ∴∠ABD＝∠ADB， ∵∠ACB＝∠ADB， ∠BFC＝∠BAD， ∴∠FBC＝∠ABD， ∴∠FBC＝∠ADB， ∴∠FBC＝∠ACB． ∴FB＝FC． ∴FG平分BC，G为BC中点，∠GFC∠BAD＝∠DFC． ∴△FGC≌△DFC（∠GFC＝∠DFC，FC＝FC，∠ACB＝∠ACD）． ∴CD＝GCBC． ∴BC＝2CD， ∴③正确； ④∵∠BFC＝∠BAD， ∠AFB＝180°﹣∠BFC， ∠BCD＝180°﹣∠BAD， ∴∠AFB＝∠BCD ∴④正确； 其中正确的个数为3个． 故选：D． 【点睛】本题考查了圆周角定理；用到的知识点为圆周角定理、等腰三角形的判定与性质等，解题的关键是作出辅助线根据有关性质和定理对每一结论进行证明． 【变式1-3】已知如图，点O为△ABD的外心，点C为直径BD下方弧BCD上一点，且不与点B，D重合，∠ACB=∠ABD=45°，则下列对AC，BC，CD之间的数量关系判断正确的是（ ） A．AC=BC+CD B． AC=BC+CD C． AC=BC+CD D．2AC=BC+CD 【答案】B 【分析】在CD延长线上截取DE=BC，连接EA，证明△ABC≌△ADE，进而得到△CAE是等腰直角三角形，即可得出结论． 【详解】在CD的延长线上截取DE=BC，连接EA，   ∵∠ABD=∠ACB=∠ABD=45°， ∴AB=AD， ∵∠ADE+∠ADC=180°， ∠ABC+∠ADC=180°， ∴∠ABC=∠ADE， 在△ABC与△ADE中， ， ∴△ABC≌△ADE（SAS）， ∴∠BAC=∠DAE， ∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD， ∴∠BAD=∠CAE=90°， ∴∠ACD=∠ABD=45°， ∴△CAE是等腰直角三角形， ∴AC=AE，AC2+AE2=CE2， ∴ AC=CE， ∴ AC=CD+DE=CD+BC， 故选B． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键. ▌题型11 利用圆内接四边形的性质证明 1. 证明方向：证四点共圆、证两角相等、证两角互补； 2. 证四点共圆基础方法（九上）： ① 四边形对角互补，则四点共圆； ② 线段同侧两点对线段张角相等，则四点共圆； 3. 等量转换：外角 = 内对角作为中间角，完成角相等证明； 4. 书写逻辑：先说明四边形内接于圆→写出对角互补 / 外角性质→推导结论。 【典例11】如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上一点，连接AC、BD，若DA＝DB，求证：CD平分∠ACE． 【答案】见详解； 【分析】先根据圆内接四边形的性质得出∠DAB＝∠DCE，再根据DA＝DB得出∠DAB＝∠DBA，故可得出∠DBA＝∠DCE，再由圆周角定理得出∠DBA＝∠DCA，故可得出∠DCA＝∠DCE，故可得出结论． 【详解】证明：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠DAB＝∠DCE． ∵DA＝DB， ∴∠DAB＝∠DBA， ∴∠DBA＝∠DCE． ∵∠DBA与∠DCA是同弧所对的圆周角， ∴∠DBA＝∠DCA， ∴∠DCA＝∠DCE，即CD平分∠ACE． 【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的关键． 【变式1-1】已知四边形ABCD内接于⊙O，，∠ADC＝120°，求证：△ABC是等边三角形． 【答案】见详解； 【分析】由圆内接四边形的性质得到∠ABC＝60°，由得到AB＝AC，根据等边三角形的判定可得到结论． 【详解】证明：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠ABC＝180°﹣∠ADC＝180°﹣120°＝60°， ∵， ∴AB＝AC， 又∵∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，弧和弦的关系，等边三角形的判定，熟练掌握圆内接四边形的性质和等边三角形的判定是解决问题的关键． 【变式1-2】如图，AB为⊙O的直径，点D、E在⊙O上，OD∥BE，连接AD并延长交BE延长线于C． 求证：DC＝DE． 【答案】见详解； 【分析】先利用等腰三角形的性质可得∠A＝∠ADO，再利用圆内接四边形的对角互补以及平角定义可得∠DEC＝∠A，然后再利用平行线的性质可得∠ADO＝∠C，从而利用等量代换可得∠DEC＝∠C，最后利用等角对等边即可解答． 【详解】证明：∵OA＝OD， ∴∠A＝∠ADO， ∵四边形ABED是⊙O的内接四边形， ∴∠A+∠DEB＝180°， ∵∠DEB+∠DEC＝180°， ∴∠DEC＝∠A， ∵OD∥BC， ∴∠ADO＝∠C， ∴∠DEC＝∠C， ∴DC＝DE． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键． 【变式1-3】如图，A，P，B，C是上的四个点，． (1)______； (2)判断的形状，并证明你的结论． (3)当点O落在上时，直接写出四边形的形状． 【答案】(1)60 (2)等边三角形，证明见解析 (3)菱形． 【分析】（1）首先求出，然后根据圆内接四边形的性质求解即可； （2）根据同弧所对的圆周角相等得到，进而证明即可； （3）如图所示，连接，，设与交于点D，根据题意证明出和都是等边三角形，得到，即可得到四边形是菱形． 【详解】（1）∵ ∴ ∴； （2）是等边三角形． 证明：， ． 由（1）得． ． ∴是等边三角形； （3）如图所示，连接，，设与交于点D ∵当点O落在上时， ∴ ∵ ∴和都是等边三角形 ∴ ∴四边形是菱形． 【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质和判定，同弧所对的圆周角相等等知识，解题的关键是掌握以上知识点． ▌题型12 圆周角定理的综合应用问题 1. 综合考点融合：圆周角倍数 + 直径直角 + 圆内接四边形性质； 2. 解题流程： ① 作辅助线：连半径、连直径、连接圆上点构造圆周角； ② 转移角度：用同弧等角、圆内接四边形外角转换角； ③ 计算工具：勾股定理、相似三角形、角度和差； 3. 通用思路：所有角度问题全部转化到 “同一段弧”，用圆周角定理建立等式。 【典例12】如图，点，，在上，于点，交于点，连接，于点，与相文于点． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 【答案】(1) 证明：∵， ， ， ， ， ， ， ， ； (2) 【分析】（1）由余角的性质推出，由对顶角的性质得到，因此，由圆周角定理得到，推出，即可证明； （2）连接，由垂径定理得到，由勾股定理求出，设圆的半径是，由勾股定理得到，求出，即可得到圆的半径长． 【详解】（1）略 （2）解：连接， ∵直径， ， ， ， 设圆的半径是， ， ， ， ， ∴的半径长是． 【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，等腰三角形的判定以及圆周角定理等．关键是由勾股定理，垂径定理列出关于的方程． 【变式1-1】如图，是的直径，是弦，C是弧的中点，，H是垂足，交，于点F，E． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由圆周角定理求得，，可证明，即可证明； （2）先根据勾股定理求得，再利用面积法即可求解． 【详解】（1）证明：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵C是弧的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：∵C是弧的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题是综合考查了圆周角定理、勾股定理以及等腰三角形的判定等；熟练掌握这些定理是解题的关键． 【变式1-2】（2026·辽宁·中考真题）如图，，，，是上的四个点，为的直径，且，连接，，，，过点作，垂足为． (1)求的度数； (2)若，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角得，根据等角对等边及三角形内角和得，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等可得答案； （2）如图，过点作于点，根据等角对等边推出，证明得，然后根据勾股定理可得答案． 【详解】（1）解：∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∵在中，所对的圆周角为、， ∴； （2）解：如图，过点作于点， ∵， ∴， 由（1）知：，， ∴， ， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在中，， 即的长为． 【变式1-3】（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知四边形内接于，连接、，； (1)如图1，求证：是的直径； (2)如图2，点在上，连接、，且，，求证：平分； (3)如图3，在（2）的条件下，点在上，连接，若，，，求的半径长． 【答案】(1)证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴是的直径； (2)证明： ∵ ∴ 又∵ ∴ ∵ ∴ ∴，即平分； (3) 【分析】（1）根据等弧所对的圆周角相等可得，，，结合已知进而证明，从而得出是的直径； （2）根据，结合已知得出，根据等边对等角可得，进而可得平分； （3）延长、交于点，过点，分别作的垂线，垂足分别为，证明四边形是矩形，证明，得出，，设，在中，勾股定理求得，在中，勾股定理求得的长，即可求解． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：如图，延长、交于点，过点，分别作的垂线，垂足分别为， ∵ ， ∵ ∴ 由（2）知， 设，则， ∴， ∴， ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴四边形是矩形， ∴，， ∵ ∴ 又， ∴ ∴ ， 又∵已知 ， ∴ ∴， 设 ∵， ∴， ∴ ∴ ∴ 在中，，， ∵ ∴ 解得： ∴且， ∴ ∴ ∴ 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $