圆内接四边形【六个题型】-中考数学复习（浙教版）（解析版）

专题3.6圆内接四边形【六大题型】

【浙教版】

【题型1利用圆内接四边形的性质求角度】.......................................................1

【题型2利用圆内接四边形的性质求线段长度】..................................................5

【题型3利用圆内接四边形的性质求面积】......................................................9

【题型4利用圆内接四边形判的性质断结论的正误】.............................................13

【题型5利用圆内接四边形的性质进行证明】...................................................16

【题型6利用圆内接四边形的性质探究角或线段间的关系】......................................20

妙片声„二

【题型1利用圆内接四边形的性质求角度】

【例1】（2022•自贡）如图，四边形ABc。内接于。O,AB是OO的直径，ZABD=20°,则NBC。的度

数是（）

C.IlOoD.120°

【分析】方法一：根据圆周角定理可以得到/AOO的度数，再根据三角形内角和可以求得/OAO的度数,

然后根据圆内接四边形对角互补，即可得到NBC。的度数.

方法二：根据A8是。。的直径，可以得到/403=90°,再根据/480=20°和三角形内角和，可以得

到NA的度数，然后根据圆内接四边形对角互补，即可得到NBCQ的度数.

【解答】解：方法一：连接。Q,如图所示，

•・•NABD=20°,

ΛZAOD=40o,

VOA=OD,

・•・NOAo=NoD4,

NOAD÷NOD4+NAoo=I80°,

：.ZOAD=ZODA=IOo,

Y四边形ABCD是圆内接四边形，

/.ZOAZHZBCD=180°,

ΛZθCD=IlOo,

故选：C.

方法二：・・・AB是。。的直径，

ZADB=9()°,

VZABD=IOo,

ΛZA=70o,

・・•四边形ABCD是圆内接四边形，

/.ZA+ZBCD=180°,

：.ZBCD=WOo,

故选：C.

【变式1-1]（2022•云州区一模）如图，四边形ABCQ内接于OO,连接08,OD.当四边形OBCD是菱

形时，则NO54+NOD4的度数是（）

A

A.65oB.60oC.55oD.50o

【分析】连接OA,根据等腰三角形的性质求出NOBA=N8A。，NODA=ND40,求出NO3A+NOOA

=NBAD,根据菱形的性质得出NBCO=/8OD,根据圆周角定理得出N8OO=2N84λ求出NBCf）=

2ZBAD,根号圆内接四边形的性质得出NBAQ÷NBCO=180°,求出NBW,再求出答案即可.

【解答】解.：连接04

YOA=OB,OA=OD9

：.AOBA=ZBAO,ZODA=ZDAOf

：.ZOBA+ZODA=ZBΛO+ZDAO=ZBADf

Y四边形OBCD是菱形，

."BCD=NBOD,

由圆周角定理得：NBOD=2NBAD,

：./BCD=2/BAD,

V四边形ABCD是。。的内接四边形，

.∖ZBAD+ZBCD=180°,

：.3ZBAD=ISOo,

ΛZθAD=60o,

.*.ZOBA+ZODA=ZBAD=60Q,

故选：B.

【变式1-2］（2022•蜀山区校级三模）如图，四边形ABC。是。。的内接四边形，BE是。0的直径，连接

AE,若NBCD=2NBAD,若连接0。，则NooE的度数是60°.

B

【分析】根据圆内接四边形的性质得出N8CE>+N5W=I80°,根据NBCO=2/BA。求出∕BAO=60°,

根据圆周角定理求出N84E=90°,求出NDAE的度数，再根据圆周角定理得出∕OOE=2∕D4E即可.

【解答】解：：四边形ABC。是。。的内接四边形，

ΛZSCZ）+ZBAD=180°,

•：NBCD=2NBAD,

：.ZBAD=60°,

：BE是OO的直径，

.∖ZBAE=90a,

ΛZDAE=ZBAE-ZBAD=9QQ-60°=30°,

DOE=2/ZME=60°,

故答案为：60°.

【变式1-3］（2022秋•包河区期末）如图，四边形ABC力内接于。O,Zl+Z2=64o,Z3+Z4=64°.

【分析】利用圆内接四边形的性质，得出NDAC+NOCB=180°,ZB+ZD=180o,推出∕1+N2+N3+

Z4+2Z5=180o,再利用圆周角定理和三角形的内角和定理求出N3+N4的度数.

【解答】解：如图，

D

'：四边形ABCD内接于。0,

ΛZDΛB+ZDCB=180o,ZB+ZD=180o,

又∙.∙ZkAOC为等腰三角形，

ΛZ5=ZOCA,

ΛZl+Z2+Z3+Z4+2Z5=180°,

VZl+Z2=64o,

/3+/4=180°-64°-2/5=116°-2/5,

VZl+Z2+Zβ=l80o,Zβ+ZD=180o,

.*.ZD=Z1+Z2=64o,

/0=2/。=128,

在等腰三角形AOC中，

2Z5=180°-/0=180°-128°=52°,

/3+/4=116°-52°=64°,

故答案为64.

【题型2利用圆内接四边形的性质求线段长度】

【例2】（2022•碑林区校级四模）如图所示，四边形ABCQ是圆。的内接四边形，ZA=45o,BC=A,

CD=2√2,则弦BD的长为（）

A.2√5B.3√5C.√TδD.2√10

【分析】如图，过点〃作OE_LBC交BC的延长线于反解直角三角形求出CE,ED,再利用勾股定理

求出BD即可.

VZA+ZBCD=180°,∕A=45°,

ΛZSCD=135°,

ΛZDCE=45o,

o

VZE=90,CJD=2√I,

CE=ED=I,BE=CE+BC=6,

在RtABED中，VZE=90o,BE=6,OE=2,

.∙.BD=yjBE2+DE2=√62+22=2√10,

故选：D.

【变式2-1]（2022•延边州二模）如图，四边形ABCQ内接于。0,过8点作B/7LA。于点”，若NBCD

=135°,AB=4,则84的长度为（）

A.√2B.2√2C.3√2D.不能确定

【分析】首先根据圆内接四边形的性质求得NA的度数，然后根据斜边长求得等腰直角三角形的直角边

长即可.

【解答】解：：四边形内接于。0,NBCZ)=I35°,

ΛZΛ=180o-145°=45°,

,.'BH±AD,AB=4,

：.BH=半=、=2瓜

√2√2

故选：B.

【变式2-2](2022•宁津县模拟)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，。。经过A,B,O,C四点，ZACO=120°,43=4,则圆心点。的坐标是()

A.(√3,1)B.(-√3,1)C.(-1,√3)D.(-2,2√3)

【分析】先利用圆内接四边形的性质得到NABO=60°,再根据圆周角定理得到A8为。D的直径，则。

点为A8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=2√3,所以4(一28，0),

B(0,2),然后利用线段的中点坐标公式得到。点坐标.

【解答】解：Y四边形ABoC为圆的内接四边形，

/ABO+/ACo=I80°,

/.ZABO=180°-120°=60°,

VZAOB=90o,

.∖AB为。Z)的直径，

,O点为A8的中点，

在RtZXABO中，ZABO=GOa,

1

：.OB=^AB=2,

：.OA=√3OB=2√3

ΛA(-2√3,0),B(0,2),

。点坐标为(-√3,1).

故选:B.

【变式2-3](2022秋•汉川市期中)已知M是弧。B的中点，MP垂直于弦AB于P,若弦Ae的长度为x,

线段A尸的长度是x+l,那么线段PB的长度是幽+1.(用含有X的代数式表示)

AB

C∖J

【分析】延长MP交圆于点。，连接OC并延长交BA的延长线于E点，连接8C,由M是弧CAB的中

点，可得∕8OM=/COM,又因为MP垂直于弦AB于尸，可得/82。=/“。=90°,然后由ASA定

理可证AOPE丝Z∖OPB,然后由全等三角形的对应角相等，对应边相等可得：NB=NE,PB=EP,然后

由圆内接四边形的性质可得：NECA=NB,进而可得：NE=NECA,然后根据等角对等边可得AE=AC,

进而可得PB=PE=EA+AP=AC+AP,然后将AC=x,AP=x+∖,代入即可得到P8的长.

【解答】解：延长MP交圆于点。，连接OC并延长交BA的延长线于E点，连接3D

是弧。8的中点，

：./BDM=NCDM,

CMP垂直于弦Afi于尸,

：./BPD=NEPD=90°,

在AOPE和AQPB中，

ZBPD=乙EPD

VPD=PD,

ZBDP=Z-EDP

:ADPE必DPB(ASA),

ΛZB=ZE,PB=EP,

Y四边形ABDC是圆内接四边形，

：.NECA=NB,

・・・ZE=ZECA,

：.AE=AC1

.Λ.PB=PE=EA+AP=ΛC+AI∖

VAC=x,AP=Jt+1,

：.PB=2x+\.

故答案为：21+1.

【题型3利用圆内接四边形的性质求面积】

【例3】（2022•贺州模拟）如图，四边形ABC。内接于。O,ZABC：NAOC=2：1,AB=2,点C为皿的

中点，延长48、OC交于点E,且∕E=60°,则。O的面积是（)

A.πB.2πC.3πD.4π

【分析】连接AC,根据圆内接四边形的性质得到NA8C=120°,ZADC=60°,进而得出△Ν£）《为等

边三角形，证明AB=BE,进而求出圆的半径，根据圆的面积公式计算，得到答案.

【解答】解：连接AC,

:四边形ABCD内接于。0,

ΛZABC+ZADC=ISOa,

,.∙ZABC：∕AOC=2:1,

ΛZABC=UOo,NAOC=60°,

'.'ZE=60°,

...△40E为等边三角形，ABCE为等边三角形,

：.AD=AE,BC=BE,BC//AD,

；点C为防的中点,

：.ΛDAC=ABAC,

.".ACLDE,

：.AD为。。的直径,

'：BC//AD,

.,.ZDAC=ZACβ,

.*.ZCAH=ZACB,

：.AB=BC,

.".AB=BE,

.∙.∈)0的半径为2,

二。。的面积=4n,

【变式3-1］（2022秋•青山区期中）如图，四边形ABCO为。。的内接四边形，/AOD+NBoC=I80°.若

AQ=2,BC=6,则4BOC的面积为（）

D

A.3B.6C.9D.12

【分析】延长8。交。。于E,连接CE,可得∕COE+/BOC=180",NBCE=90°,ZAOD+ZBOC

=180°,ZAOD=ZCOE,推出4D=CE=2,根据三角形的面积公式可求得EC的面积为6,由08

=OE,可得△加>C的面积=2BEC的面积.

【解答】解：延长B。交。。于£,连接CE,

则∕COE+NBOC=180°,NBCE=90°,

即CElBC,

VZAOZ>+ZBOC=180°,

.∙.ZAOD=ZCOE,

：.AD=CE,

.,.AD=CE=2,

<BC=6,

,△BEC的面积为工Be∙CE=ɪ×6×2=6,

22

•：OB=OEf

11

J.∕∖BOC的面积=型BEC的面积=ʌx6=3,

故选：A.

【变式3-2](2022•鹿城区模拟)如图，圆内接四边形ABCO中，NBeO=90°,AB=A。，点E在CO的

延长线上，且。E=BC,连接AE,若AE=4,则四边形ABCD的面积为8.

【分析】如图，连接AC,BD.Eh∆ABC^ΔADE(SAS),推出NBAC=∕D4E,AC=AE=4,SΛABC

-SΛADE＞推出S叫博彩AsCo=S∆4CE,由此即可解决问题：

【解答】解：如图，连接AC,BD.

VZBCD=90Q,

...B。是。。的直径,

ΛZBΛD=90o,

VZAD£+ZADC=180o,NABC+NAQC=180°,

.∙.ZABC=ZADE,

λ

:AB=AD1BC=DE,

：.∕∖ABC^∕∖ADE(SAS),

∙*∙^.BAC~~DAEiAC=4E=4,S^\ABC=S/^ADE»

ZCAF=ZBAD=90o,

.1

∙∙5四边形ASCQ=SΔACS=2×4×4=8.

故答案为8∙

【变式3-3](2022•碑林区校级一模)如图，已知AC=2√Σ,以AC为弦的。。上有8、。两点，且NBAC

=∕D4C,则四边形ABCD的面积最大值为4.

C

【分析】如图，将AACB绕点C顺时针旋转得到ATCDS四边柩ABCO=SAACT，因为AC=CT=2√Σ,所

以当AC,CT时，SAAC7"的面积最大.

【解答】解：如图，将AACB绕点C顺时针旋转得到aTCD

；•S四边形ABCD=SMCT，

VAC=CT=2√2,

.∙.当AC，CT时，Lcr的面积最大，最大值=/x2√∑x2√∑=4.

故答案为：4.

【题型4利用圆内接四边形判的性质断结论的正误】

【例4】（2022•银川模拟）如图，圆内接四边形ABCO的对角线AC,Bo把它的4个内分角成8个角，用

下列关于角的等量关系不一定成立的是（）

A.Nl=N4B.Zl+Z2+Z3+Z5=180o

C.Z4=Z7D.ZADC=Z2+Z5

【分析】根据圆周角定理，三角形内角和定理进行判断即可.

【解答】解：∙.∙∕I,N4所对的弧都是弧CQ,

ΛZ1=Z4,

VZ2,/7所对的弧都是弧2C,

ΛZ2=Z7,

VZ5,/8所对的弧都是弧AB.

.∙.∕5=N8,

∙."Zl+Z2+Z3+Z8=180o,ZADC=Z8+Z7,

.∙.N1+/2+/3+/5=180°,NADC=N2+N5,

故A,B,。都正确，

：比和比不一定相等，

.∙.8C与。C不一定相等，

.∙.N4与N7不一定相等，

故C错误，

故选：C.

【变式4-1］（2022秋•西湖区校级期中）若四边形ABe。为圆内接四边形，则下列哪个选项可能成立（）

A.ZA：NB：ZC：ZD=I:2：3：4B.ZA：NB：ZC：Z£）=2：3：1：4

C.ZA：NB：ZC：/£>=3：1：2：4D.ZA：NB：ZC：/0=4：3：2：1

【分析】利用圆内接四边形的对角互补判断即可.

【解答】解：•••四边形ABCQ内接于。0,

.∙.NA+NC=180°=NB+ND,

故选：C.

【变式4-2］（2022•南皮县模拟）如图，已知四边形ABEC内接于。。，点。在AC的延长线上，CE平分

N8C。交C）O于点E,则下列结论中一定正确的是（）

A.AB=AEB.AB=BEC.AE=BED.AB=AC

【分析】只要证明NEC8=NBAE,NECD=NABE,再根据角平分线定义即可解决问题.

【解答】解：连接EC

:EC平分NBCD,

：.AECB=AECD,

"."ZECB=ZBAE,NECD=NABE,

：.NBAE=NABE,

：.EA=EB.

【变式4-3］（2022•碑林区校级模拟）如图，A,P,B,C是OO上的四个点，ZAPC=ZCPB=GOo,CP

交AB于点E.（1）判断aABC的形状，证明你的结论；（2）①若尸是崩的中点，求证：PC=B4+PB;

②若点P在砂上移动，判断尸C=∕¼+P8是否成立，证明你的结论

【分析】（1）根据圆周角定理得到NABC=NCPB=60°,ZHAC=ZCPB=60o,根据等边三角形的

判定定理证明；

（2）在PC上截取户”=以，得到为等边三角形，证明PBgZ∖4"C,根据全等三角形的性质,

结合图形证明即可.

【解答】（1）解：ZSABC是等边三角形，

理由如下：由圆周角定理得，/A8C=/CP8=60°,ZBAC=ZC∕5B=60o,

.∙.ZXABC是等边三角形；

（2）①是油的中点，

：.PB=PA,

：.PA=PB,

'：CA=CB,

.∙.PC垂直平分线段48,

.∙.PC是直径,

.^.ZPAC=ZPBC=90°,

'：ZPCA=ZPCB=30°,

.∖PC=2PA=2PB,

：,PA+PB=PC.

®PC=PA+PB成立；

证明：在PC上截取P4=B4,

∙.∙∕APC=60°,

.∙.ZVlPH为等边三角形，

：.AP=AH,ZAHP=GOa,

在AAPB和A4HC中,

'∆APE=乙ACH

∆APB=Z.AHC=120°.

AP=AH

.∖∕∖APB^ΛAHC(AAS)

PB=HC,

.∖PC=PH+HC=PA+PB.

【题型5利用圆内接四边形的性质进行证明】

【例5】（2022•思明区校级一模）已知四边形ABCn内接于。O,ND=90°,P为加上一动点（不与点C,

。重合）.

（1）若N8PC=30°,BC=3,求。。的半径；

（2）若NA=90°,AD=AB,求证：PB-PD=0PC.

【分析】（1）连接AC,得到AC是。。的直径，解直角三角形即可得到结论；

（2）根据圆内接四边形的性质得到四边形ABCQ为矩形.推出矩形ABC。为正方形，根据全等三角形

的性质得到PC=CE得到ACPE为等腰直角三角形，即可得到结论.

【解答】解：（1）连接4C,

VZD=90o,

,AC是0。的直径，

VZfiAC=ZP=30o,

：.AC=2BC=6,

所以圆。的半径为3；

(2)VZΛ=90o,

ΛZC=90o,

：AC为圆。直径，

.*.ZD=ZB=90o,

.∙.四边形/WCO为矩形.

'：AD=AB,

：.AB=AD,

矩形ABCO为正方形，

在BP上截取8E=OP,

.".ΔβCE^ΛDPC,

：.PC=CE,

ACPE为等腰直角三角形,

：.PE=近PC,

：.PB=PD+&PC.

【变式5-1](2022秋•陵城区期末)定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相

交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角.

如图1,/E是AABC中/A的遥望角，如图2,四边形ABC。内接于。O,AD=BD,四边形48C。的

外角平分线DF交G)O于点F,连接BF并延长交CD的延长线于点E.

求证：ZBEC是aABC中ZBAC的遥望角.

【分析】延长8C到点7,根据圆内接四边形的性质得到∕F0C+NF8C=18(T,得至∣J∕A8F=/F8C,

根据圆周角定理得到/AC。=N8&),进而得到/ACD=NDCT,根据遥望角的定义证明结论.

【解答】证明：如图2,延长BC到点T,

,/四边形FBCD内接于O0,

FeC+/FBC=180°,

；∕FDE+NFDC=180°,

.∙.NFDE=NFBC,

；OF平分乙WE,

ZADF=ZFDE,

,:ZADF=ZABF,

：.ZABF=ZFBC,

.∙.8E是N4BC的平分线，

'JAD=BD,

NACD=/BFD,

,∕Zβra+ZβCD=180o,ZDCT+ZBCD=∖S0o,

：.ZDCT=ABFD,

：.ZACD=ZDCT,

：.CE是ΛABC的外角平分线，

ZBEC是4A8C中ZBAC的遥望角.

【变式5-2](2022•龙岩模拟)如图，四边形ABCz)内接于G)O,AC平分/BAO,延长。C交AB的延长

线于点E.

(1)若NADC=86°,求NCBE的度数；

(2)AC=EC,求证：AD=BE.

【分析】(1)根据圆内接四边形的性质计算即可;

(2)证明aADC丝AEBC即可.

【解答】(1)解：Y四边形ABCO内接于。0,

/.ZADC+ZABC=]SO°

又∙.∙N">C=86°,

ΛZABC=94o,

ΛZCBE=I800-940=860；

(2)证明：VAC=EC,

：.ZE=ZCAEf

YAC平分NBAn

：./DAC=NCAB,

ΛZDAC=NE,

•・•四边形ABCD内接于OO,

ΛZADC+ZABC=∖S0°,

又YNC3E+NABC=180°,

・•・NADC=NCBE,

在AADC和AEBC中，

∆ADC=乙EBC

乙DAC=乙E,

√1C=EC

：./XADgAEBC,

LAD=BE.

【变式5-3](2022•天津)如图，。0和。0'都经过A、B两点,过B作直线交。。于C,交。0'于

G为圆外一点，GC交。。于E,GD交OOl于尸.

求证：NEAF+NG=180°.

【分析】连接A8,根据圆内接四边形的性质可知NGE4=∕A8C,ZGFA^ZABD,再由/A3C+NABC

=180°,可得出∕GEA+∕G∕¾=180°,由四边形AEGB的内角和为360°即可得出结论.

【解答】证明：连接AB

四边形ABCE与四边形ABDE均为圆内接四边形，

：.ZGEA=ZABC9ZGFA=ZABD9

VZΛBC+ZABD=180o,

ΛZGE4+ZGM=180o.

丁四边形AEG尸的内角和为360°,

JNEARNG=180°.

【题型6利用圆内接四边形的性质探究角或线段间的关系】

【例6】(2022春•涟水县校级期末)如图1,已知AABCAB=AC以边AB为直径的OO交8C于点。，

交AC于点£连接。E.

(1)求证：DE=DC.

(2)如图2,连接OE,将NEDC绕点。逆时针旋转，使NEDC的两边分别交OE的延长线于点F,AC

的延长线于点G.试探究线段。F、DG的数量关系.

【分析】(1)利用圆内接四边形的性质得到/及EC=N8,然后利用等角对等边得到结论.

(2)利用旋转的性质及圆内接四边形的性质证得△££＞尸丝Z∖8G后即可得到结论.

【解答】(1)证明：Y四边形ABOE内接于O0,

ΛZβ+ZAED=180°

VZDEC+ZΛED=180°

：.ZDEC=ZB

9CAB=AC

：.NC=ZB

：.ADEC=AC

；,DE=DC.

(2)证明：Y四边形ABDE内接于Oa

・•・ZA+ZBDE=180°

•；NEDC+NBDE=18。°

ZA=ZEDC,

9JOA=OE

：.ZA=ZOEA,

,:ZOEA=ZCEF

：.ZA=ZCEF

,NEDC=NCEF,

,:ZEDC+ZDEC+ZDCE=∖SQo

：.ZCEF+ZDEC+ZDCE=

即NDEF+NOCE=180°,

又YZDCG+NDCE=180°

：.ADEF=ZDCG,

∙.∙ZEDC旋转得到NFQG

：./EDC=4FDG

：.ZEDC-ZFDC=ZFDG-ZFDC

即NEO/=NCoG,

9：DE=DC

Λ∆EDF^ΔCDG(ASA),

IDF=DG.

【变式6-1](2022•赤峰)如图，四边形ABC。为。。的内接四边形，AB=AC.

(I)若NBAC=40°,求/ADC的度数；

(2)若50,AC交AC于点E请判断N3AC和ND4C之间的数量关系，并证明.

【分析】（1）由等腰二角形的性质及三角形的内角和定理可得N4C8=NA8C=7（Γ,再根据圆内接四

边形的性质可求解；

(2)由可得直角三角形的性质NABE=90°-ABAC,ZACB=90°-ZCBE,结合圆周角定理可求解.

【解答】解：(1)'：AB=AC,