数学九年级上册专题24.5 圆内接四边形-重难点题型（人教版）（教师版）

专题24.5圆内接四边形-重难点题型【人教版】【知识点1圆内接四边形】圆的内接四边形对角互补四边形是的内接四边形【题型1圆内接四边形（求角度问题）】【例1】（2021•赤峰）如图，点C，D在以AB为直径的半圆上，且∠ADC＝120°，点E是AD上任意一点，连接BE、CE．则∠BEC的度数为（）A．20° B．30° C．40° D．60°【分析】连接AC，如图，根据圆内接四边形的性质得到∠ABC＝60°，再根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，则可计算出∠BAC＝30°，然后根据圆周角定理得到∠BEC的度数．【解答】解：连接AC，如图，∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠ADC+∠ABC＝180°，∴∠ABC＝180°﹣120°＝60°，∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，∴∠BAC＝90°﹣60°＝30°，∴∠BEC＝∠BAC＝30°．故选：B．【变式1-1】（2021•阜宁县二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝CD，A为BD中点，∠BDC＝54°，则∠ADB等于（）A．42° B．46° C．50° D．54°【分析】先根据已知条件推出AB=CD=AD，则∠ADB＝∠CBD＝∠ABD，再根据圆内接四边形互补∠ABC+∠ADC＝180°，得到3∠【解答】解：∵A为BD中点，∴AB=∵AB＝CD，∴AB=∴AB=∴∠ADB＝∠CBD＝∠ABD，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠ADB+∠CBD+ABD＝180°﹣∠BDC＝180°﹣54°＝126°，∴3∠ADB＝126°，∴∠ADB＝42°．故选：A．【变式1-2】（2021•市南区二模）如图，点D是⊙O上一点，C是弧ACB的中点，若∠ACB＝116°，则∠BDC的度数是32°．【分析】根据圆内接四边形的性质得出∠ADB+∠ACB＝180°，求出∠ADB＝64°，根据C是弧ACB的中点求出AC=BC，根据圆周角定理得出∠BDC＝∠ADC=【解答】解：∵A、C、B、D四点共圆，∴∠ADB+∠ACB＝180°，∵∠ACB＝116°，∴∠ADB＝180°﹣116°＝64°，∵C是弧ACB的中点，∴AC=∴∠BDC＝∠ADC=12故答案为：32．【变式1-3】（2021•碑林区校级模拟）如图，在⊙O中，点D为AB的中点，CD为⊙O的直径，AE∥BC交⊙O于点E．连接CE．若∠ECD＝50°，则∠DCB＝（）A．10° B．15° C．20° D．25°【分析】连接AD，如图，利用圆内接四边形的性质得到∠EAD＝130°，再利用平行线的性质得到∠EAB+∠B＝180°，则可得到∠B﹣∠BAD＝50°，由于点D为AB的中点，根据圆周角定理得∠BAD＝∠BCD，根据垂径定理得到CD⊥AB，则∠B＝90°﹣∠BCD，所以90°﹣∠BCD﹣∠BCD＝50°，从而可求出∠BCD的度数．【解答】解：连接AD，如图，∵四边形ADCE为圆的内接四边形，∴∠EAD+∠ECD＝180°，∴∠EAD＝180°﹣50°＝130°，即∠EAB+∠BAD＝130°，∵AE∥BC，∴∠EAB+∠B＝180°，∴∠EAB＝180°﹣∠B，∴180°﹣∠B+∠BAD＝130°，即∠B﹣∠BAD＝50°，∵点D为AB的中点，CD为直径，∴∠BAD＝∠BCD，CD⊥AB，∴∠B+∠BCD＝90°，即∠B＝90°﹣∠BCD，∴90°﹣∠BCD﹣∠BCD＝50°，解得∠BCD＝20°．故选：C．【题型2圆内接四边形（求长度问题）】【例2】在圆内接四边形ABCD中∠A＝60°，AC为圆的直径，AD＝3，CD＝2，求BC的长．【分析】延长AB和DC交于点E，则△ADE和△ECB都是直角三角形，在这两个直角三角形中，利用三角函数即可求解．【解答】解：延长AB和DC交于点E，∵AC为圆的直径，∴∠ABC＝∠D＝90°，∵四边形ABCD为圆内接四边形，∠ABC＝90°，∴∠D＝180°﹣90°＝90°，∵∠A＝60°，∴∠E＝30°，在直角△ADE中，ED=3AD＝33又∵CD＝2，∴EC＝33−在直角△ECB中，BC=12EC=12（3【变式2-1】（2021•盘锦）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴负半轴上，点B在y轴正半轴上，⊙D经过A，B，O，C四点，∠ACO＝120°，AB＝4，则圆心点D的坐标是（−3，1）【分析】先利用圆内接四边形的性质得到∠ABO＝60°，再根据圆周角定理得到AB为⊙D的直径，则D点为AB的中点，接着利用含30度的直角三角形三边的关系得到OB＝2，OA＝23，所以A（﹣23，0），B（0，2），然后利用线段的中点坐标公式得到D点坐标．【解答】解：∵四边形ABOC为圆的内接四边形，∴∠ABO+∠ACO＝180°，∴∠ABO＝180°﹣120°＝60°，∵∠AOB＝90°，∴AB为⊙D的直径，∴D点为AB的中点，在Rt△ABO中，∵∠ABO＝60°，∴OB=12∴OA=3OB＝23∴A（﹣23，0），B（0，2），∴D点坐标为（−3故答案为（−3【变式2-2】（2020秋•南京期末）如图，⊙O的半径长为4，弦AB的长为2，点C在⊙O上，若∠BAC＝135°，则AC的长为31−1【分析】作BC所对的圆周角∠BDC，作BH⊥AC于H，连接OB、OC，如图，△BAH为等腰直角三角形，则AH＝BH=22AB＝1，再利用圆周角定理得到∠D＝45°，∠BOC＝90°，所以BC＝4CH=31，从而得到AC=【解答】解：作BC所对的圆周角∠BDC，作BH⊥AC于H，连接OB、OC，如图，∵∠BAC＝135°，∴∠BAH＝45°，∴△BAH为等腰直角三角形，∴AH＝BH=22AB∵∠BAC+∠D＝180°，∴∠D＝45°，∴∠BOC＝2∠D＝90°，∴△BOC为等腰直角三角形，∴BC=2OB＝42在Rt△BCH中，CH=B∴AC＝CH﹣AH=31故答案为31−【变式2-3】（2020秋•莒南县校级月考）如图，已知点A、B、C、D在已知⊙O上，AD∥BC，∠ADC＝120°，⊙O的半径为2．（1）求证：AC是∠BCD的平分线；（2）求圆内接四边形ABCD的周长．【分析】（1）四边形ABCD是圆内接四边形，∠ADC＝120°根据圆内接四边形的性质得∠B＝60°，根据直径所对的圆周角为直角由BC是直径得到∠BAC＝90°，则∠ACB＝30°，根据AD∥BC可得∠DAC＝30°，利用三角形内角和定理由∠ADC＝120°得到∠DCA＝30°，则∠DCA＝∠ACB，即AC是∠BCD的平分线；（2）连接OA，易证得△OAB为等边三角形，则∠AOB＝60°，由AD∥BC，∠ADC＝120°，得到∠DCB＝60°，所以OA∥CD，而OA＝OC，则有四边形OADC为菱形，于是AD＝DC＝OC＝2，而在Rt△ABC中，AB=12BC＝2，于是得到四边形【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是圆内接四边形，∠ADC＝120°，∴∠B＝60°，∵BC是直径，∴∠BAC＝90°，∴∠ACB＝30°，∵AD∥BC，∴∠DAC＝30°，∵∠ADC＝120°，∴∠DCA＝30°，∴∠DCA＝∠ACB，∴AC是∠BCD的平分线；（2）解：连接OA，如图，∵∠B＝60°，OB＝OA，∴△OAB为等边三角形，∴∠AOB＝60°，∵AD∥BC，∠ADC＝120°，∴∠DCB＝60°，∴OA∥CD，∵OA＝OC，∴四边形OADC为菱形，∴AD＝DC＝OC＝2，在Rt△ABC中，AB=12∴四边形ABCD的周长＝2+2+2+4＝10．【题型3圆内接四边形（外角等于内对角）】【例3】（2021•寻乌县模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接AC、BD，若AC＝AD，∠CBE＝70°，则∠DBC＝40°．【分析】根据圆内接四边形的性质得出∠ADC+∠ABC＝180°，求出∠ADC，根据等腰三角形的性质求出∠ACD＝∠ADC＝70°，根据三角形内角和定理求出∠DAC，根据圆周角定理求出∠DBC＝∠DAC即可．【解答】解：∵A、B、C、D四点共圆，∴∠ADC+∠ABC＝180°，∵∠CBE＝70°，∴∠ABC＝180°﹣∠CBE＝110°，∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝70°，∵AD＝AC，∴∠ACD＝∠ADC＝70°，∴∠DAC＝180°﹣∠ADC﹣∠ACD＝40°，∴∠DBC＝∠DAC＝40°，故答案为：40．【变式3-1】（2021•苏州模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，DA＝DC，若∠CBE＝55°，则∠DAC的度数为（）A．70° B．67.5° C．62.5° D．65°【分析】由圆周角定理得出∠ADC＝55°，再根据等腰三角形的性质得出∠DAC＝∠DCA，求出即可．【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠CBE＝55°，∴∠ABC＝180°﹣∠CBE＝180°﹣55°＝125°，∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣125°＝55°，∵AD＝DC，∴∠DAC＝∠DCA=12（180°﹣∠DAC）故选：C．【变式3-2】已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，DB＝DC．求证：AD平分∠EAC．【分析】利用DB＝DC得到DB=DC，根据圆周角定理得到∠DBC＝∠DCB，再利用圆内接四边形的性质得到∠EAD＝∠DCB，利用圆周角定理得到∠CAD＝∠DBC，所以∠EAD＝∠【解答】证明：∵DB＝DC，∴DB=∴∠DBC＝∠DCB，∵∠DCB+∠DAC＝180°，∠EAD+∠DAC＝180°，∴∠EAD＝∠DCB，∵∠CAD＝∠DBC，∴∠EAD＝∠CAD，∴AD平分∠EAC．【变式3-3】（2020秋•苍南县期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E在CD的延长线上，AD垂直平分BE，连接AC．（1）求证：AB＝AC．（2）连接AE，若AE∥BC，AB＝3，BC＝2，求CE的长．【分析】（1）欲证明AB＝AC，只要证明∠ABC＝∠ACB即可．（2）连接AE，作AF⊥BC点F，CH⊥AE点H，求出EH，CH，利用勾股定理求出EC即可．【解答】（1）证明：连接BD．∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ADE＝∠ABC，∵AD垂直平分BE，∴BD＝DE，∴∠ADB＝∠ADE，∵∠ADB＝∠ACB，∴∠ABC＝∠ACB，∴AB＝AC．（2）连接AE，作AF⊥BC点F，CH⊥AE点H，∴∠AFC＝∠AHC＝90°，∵AE∥BC，∴∠FAE＝90°，∴四边形AFCH为矩形，∴AH＝CF，CH＝AF，∵AB＝AC＝3，BC＝2，∴AH＝CF＝1，∴CH=AF=3∵AD垂直平分BE，∴AE＝AB＝3，∴HE＝AE﹣AH＝3﹣1＝2，∴CE=2【题型4圆内接四边形（面积问题）】【例4】（2020秋•海淀区校级期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝90°，B是AC的中点，AD＝20，CD＝15，求四边形ABCD的面积．【分析】连接AC，根据∠ADC＝90°判断出△ACD为直角三角形，AC为直径，再根据勾股定理求出AB、AC的长即可．【解答】解：连接AC，∵∠ADC＝90°，∴AC为⊙0的直径，∴AC=20∵B为是AC的中点，∴AB=∴AB＝BC．∵AC为⊙O直径，∴∠ABC为等腰直角三角形，∴AB＝BC=25∴四边形ABCD的面积为：12×25【变式4-1】（2020秋•游仙区月考）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，∠BCD＝120°，BC＝CD．（1）求证：CD∥AB；（2）求S△ACD：S△ABC的值．【分析】（1）根据圆周角定理得∠ACB＝90°，则∠ACD＝30°，利用圆内角四边形的性质得∠DAB＝60°，由于BC＝CD，所以弧BC＝弧CD，则∠DAC＝∠BAC＝30°，于是可计算出∠B＝60°，则∠B+∠BCD＝180°，根据平行线的判定即可得到CD∥AB；（2）连接OA、OB，根据圆周角定理得∠DOC＝2∠DAC＝60°，则△ODC为等边三角形，易得△OBC为等边三角形，再利用AB∥CD得S△ADC＝S△ODC，而S△OBC＝S△ODC，S△ABC＝2S△OBC，即可计算出S△ACD：S△ABC的值．【解答】解：（1）∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠BCD＝120°，∴∠ACD＝30°，∠DAB＝180°﹣∠BCD＝60°，∵BC＝CD，∴弧BC＝弧CD，∴∠DAC＝∠BAC=1∴∠B＝90°﹣∠BAC＝60°，∴∠B+∠BCD＝180°，∴CD∥AB；（2）连接OA、OB，如图，∵∠DOC＝2∠DAC＝60°，∴△ODC为等边三角形，而∠B＝60°，∴△OBC为等边三角形，∵AB∥CD，∴S△ADC＝S△ODC，而S△OBC＝S△ODC，S△ABC＝2S△OBC，∴S△ACD：S△ABC＝1：2．【变式4-2】（2020秋•滨湖区期中）如图，直线l与⊙O相交于点B、D，点A、C是直线l两侧的圆弧上的动点，若⊙O的半径为1，∠A＝30°，那么四边形ABCD的面积的最大值是1．【分析】当A点和C点到BD的距离最大时，四边形ABCD的面积最大，此时A点和C点为BD所对弧的中点，则AC⊥BD，利用圆周角定理得到∠BOC＝30°，接着计算出BH的长，则可计算出S△ABC=12，从而得到四边形【解答】解：当A点和C点到BD的距离最大时，四边形ABCD的面积最大，此时A点和C点为BD所对弧的中点，∴AC为⊙O的直径，如图，∴AC⊥BD，∵∠BAC＝30°，∴∠BOC＝30