初中数学北师大版九年级下册第三章 圆1 圆同步练习题

这是一份初中数学北师大版九年级下册第三章 圆1 圆同步练习题，共17页。
专题3.5 圆内接四边形
【北师大版】

【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∠ADB＝126°，即求出∠ADB的度数
【解答】解：∵A为BD中点，
∴AB=AD，
∵AB＝CD，
∴AB=CD，
∴AB=CD=AD，
∴∠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=12∠ADB，再求出答案即可．
【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=BC，
∴∠BDC＝∠ADC=12∠ADB＝32°，
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＝33-2，
在直角△ECB中，BC=12EC=12（33-2）=33-22．

【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=12AB＝2，
∴OA=3OB＝23，
∴A（﹣23，0），B（0，2），
∴D点坐标为（-3，1）．
故答案为（-3，1）．
【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＝42，利用勾股定理计算出
CH=31，从而得到AC=31-1．
【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=22×2=1，
∵∠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=BC2-BH2=(42)2-12=31，
∴AC＝CH﹣AH=31-1．
故答案为31-1．

【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ABCD的周长＝2+2+2+4＝10．
【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=12BC＝2，
∴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）=12（180°﹣55°）＝62.5°，
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＝∠CAD．
【解答】证明：∵DB＝DC，
∴DB=DC，
∴∠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=32-12=22，
∵AD垂直平分BE，
∴AE＝AB＝3，
∴HE＝AE﹣AH＝3﹣1＝2，
∴CE=22+(22)2=23．

【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=202+152=25，
∵B为是AC的中点，
∴AB=BC，
∴AB＝BC．
∵AC为⊙O直径，
∴∠ABC为等腰直角三角形，
∴AB＝BC=2522．
∴四边形ABCD的面积为：12×2522×2522+12×15×20=12254．

【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=12×60°＝30°，
∴∠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ABCD的面积的最大值．
【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°，
在Rt△OBH中，BH=12OB=12，
∴S△ABC=12•BH•AC=12×2×12=12，
∴四边形ABCD的面积＝2×12=1，
∴四边形ABCD的面积的最大值为1．
故答案为1．
【变式4-3】（2020•庐阳区校级模拟）如图，AB是⊙O的一条弦，C、D是⊙O上的两个动点，且在AB弦的异侧，连接CD．
（1）若AC＝BC，AB平分∠CBD，求证：AB＝CD；
（2）若∠ADB＝60°，⊙O的半径为1，求四边形ACBD的面积最大值．

【分析】（1）通过证明AB=CD得到AB＝CD；
（2）连接OA、OB，作OH⊥AB于H，如图，根据垂径定理AH＝BH，根据圆周角定理得到∠AOB＝120°，则∠OAB＝30°，于是可计算出OH=12，AH=32，所以AB=3，根据三角形面积公式，当CD为⊙O的直径时，四边形ACBD的面积最大，从而得到四边形ACBD的面积最大值．
【解答】（1）证明：∵AC＝BC，
∴AC=BC，
∵AB平分∠CBD，
∴∠ABC＝∠ABD，
∴AC=AD，
∴AB=CD，
∴AB＝CD；
（2）解：连接OA、OB，作OH⊥AB于H，如图，
∵OH⊥AB，
∴AH＝BH，
∵∠AOB＝2∠ADB＝2×60°＝120°，
而OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝30°，
∴OH=12OB=12，AH=3OH=32，
∴AB＝2AH=3，
∵四边形ACBD的面积＝S△ABC+S△ABD，
∴当D点到AB的距离最大时，S△ABD的值最大；C点到AB的距离最大，S△ABC的值最大，此时四边形ACBD的面积最大，此时CD为⊙O的直径时，四边形ACBD的面积最大，
∴四边形ACBD的面积最大值为12•3×2=3．