资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩8页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
【暑假提升】浙教版数学八年级（八升九）暑假-专题第23讲《圆内接四边形》预习讲学案
展开
这是一份【暑假提升】浙教版数学八年级（八升九）暑假-专题第23讲《圆内接四边形》预习讲学案，文件包含第23讲圆内接四边形解析版docx、第23讲圆内接四边形原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共57页， 欢迎下载使用。
第23讲 圆内接四边形
一、圆内接四边形
如果一个四边形的各个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫做圆的内接四边形，这个圆叫做四边形的外接圆.
二、圆内接四边形性质定理
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）.
要点：圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
例1．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠DAB=60°，则∠BCD的度数是_______．
【答案】120°
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的对角互补解答即可．
解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD+∠DAB=180°，又∠DAB=60°，
∴∠BCD=120°，
故答案为120°．
【点睛】
本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
例2．如图：四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上一点，若∠A=n°，则∠DCE=_____°．
【答案】n
【解析】
【分析】
利用圆内接四边形的对角互补和邻补角的性质求解．
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠DCB=180°，
又∵∠DCE+∠DCB=180°
∴∠DCE=∠A=n°
故答案为n
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质．解决本题的关键是掌握：圆内接四边形的对角互补．
例3．如图，在圆内接四边形ABCD中，、、的度数之比为，则________．
【答案】100
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形对角互补可得∠B+∠D=∠A+∠C=180°，再根据∠A、∠B、∠C的度数之比为2：4：7分别计算出∠A、∠B、∠C的度数，进而可得∠D的度数．
解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠B+∠D=∠A+∠C=180°，
∵∠A、∠B、∠C的度数之比为2：4：7，
∴∠A=180°×=40°，∠C=180°×=140°，
∠B=180°×=80°，
∴∠D=180°﹣80°=100°，
故答案为：100．
【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．
例4．如图，四边形是平行四边形，经过点A，C，D与交于点E，连接，若，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】
由圆的内接四边形内对角互补性质，解得，进而由邻补角性质解得，再由平行四边形对角相等性质，解得，最后由三角形内角和180°解题即可．
四边形是的内接四边形
，
四边形是平行四边形，
故答案为：
【点睛】
本题考查圆内接四边形性质、平行四边形性质、邻补角性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
例5．如图，A．B．C．D都在⊙O上，∠B=130°，则∠AOC的度数是______
【答案】100°
【解析】
∵∠B=130°，∴∠D=180°－130°=50°，
∴∠AOC=2∠D=100°.
故答案为100°.
点睛：圆的内接四边形对角互补.
例6．下列说法错误的是（ ）
A．圆内接四边形的对角互补 B．圆内接四边形的邻角互补
C．圆内接平行四边形是矩形 D．圆内接梯形是等腰梯形
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质分别分析得出即可．
解：A、圆内接四边形的对角互补，正确，不合题意；
B、圆内接四边形的邻角互补，错误，符合题意；
C、圆内接平行四边形是矩形，正确，不合题意；
D、圆内接梯形是等腰梯形，正确，不合题意．
故选B．
【点睛】
此题主要考查了圆内接四边形的性质，正确把握圆内接四边形对角互补进而得出是解题关键．
例7．如图，四边形内接于，点P为边AD上任意一点（点P不与点 A 、 重合）连接CP，若，则的度数可能为（ ）
A．30° B．54° C．50° D．65°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形对角互补，求得的度数，根据三角形的外角性质可得，进而可确定的范围，根据选项即可求解．
解：∵四边形ABCD内接于，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 为的外角，
∴ ，只有D满足题意．
故选：D ．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形形对角互补，三角形的外角性质，求得的大小是解题的关键．
例8．如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠D＝100°，CE⊥AB交⊙O于点E，连接OB、OE，则∠BOE的度数为（ ）
A．18° B．20° C．25° D．40°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质和圆周角定理即可得到结论．
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠D＝100°，
∴∠ABC＝180°−∠D＝80°，
∵CE⊥AB，
∴∠ECB＋∠ABC＝90°，
∴∠BCE＝90°−80°＝10°，
∵在同圆或等圆中，圆周角是所对弧的圆心角的一半，
∴∠BOE＝2∠BCE＝20°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，三角形的内角和定理，垂直的定义，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．
例9．如图，四边形内接于，点是上一点，且，连接并延长交的延长线于点，连接，若，则线段、的长度关系为（ ）
A． B． C． D．无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据圆内接四边形的性质求出∠CDE=∠ABC，再由圆周角定理得出∠DCE=∠BAC，根据ASA证明△ABC≌△CDE即可得出结论．
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE=∠ABC，
∵
∴∠DCE=∠BAC，
在△ABC和△CDE中，
∴△ABC≌△CDE
∴AC=CE
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形的一个外角等于与它不相邻的内对角是解答此题的关键．也考查了圆周角定理及全等三角形的判定与性质．
例10．如图，AB为⊙O的直径，点C、D、E、F、G都在⊙O上，且∠ACE＝30°，∠BDF＝20°，则∠EGF为（ ）
A．130° B．100° C．140° D．120°
【答案】C
【解析】
【分析】
连接AD，DE，由直径所对的圆周角为90°，解得∠EDF＝40°，再根据圆的内接四边形对角互补解题即可．
解：如图，连接AD，DE，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ACE＝∠ADE＝30°，∠BDF＝20°，
∴∠EDF＝90°﹣20°﹣30°＝40°，
∵∠EGF+∠EDF＝180°，
∴∠EGF＝180°﹣40°＝140°，
故选：C．
【点睛】
本题考查直径所对的圆周角是90°、圆的内接四边形对角互补等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
例11．如图，四边形内接于⊙，交的延长线于点，若平分，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接，如图，根据圆内接四边形的性质和圆周角定理得到，从而得到，所以，然后利用勾股定理计算的长．
连接，如图，
平分，
，
，
，
，
，
，
.
故选D．
【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）．也考查了勾股定理．
例12．如图所示，在中，，过，两点的⊙O交于点，交于点，连接并延长交⊙O于点，连接，，若，，则的值为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】C
【解析】
【分析】
由所求想到勾股定理，则需要将边AE和边BE放到同一个直角三角形中，边BE已经在中，那只需证明出AE=BF，即可得到答案．
解：∵四边形是的内接四边形，，
∴，
∵是的直径，∴，
∴，∴，∴，
∵
∴，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵
∴
在和中
∴
∴
∵，
∴，
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查勾股定理和圆的基本性质，本题的解题关键是：利用圆内接四边形对角互补及邻补角互补证明角相等，再利用勾股定理得到答案．
一、单选题
1．如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠A＝40°，则∠C的度数为（ ）
A．110° B．120° C．135° D．140°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质即可得到结论．
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A=40°，
∴∠C=180°-∠A=140°，
故选D．
【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．
2．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点E为边CD上任意一点（不与点C，点D重合），连接BE，若∠A=60°，则∠BED的度数可以是（ ）．
A．110° B．115° C．120° D．125°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形对角互补，可求出∠C的度数，然后利用三角形的外角可得∠DEB＞∠C，即可解答．
解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C=180°，
∵∠A=60°，
∴∠C=180°-∠A=120°，
∵∠DEB是△DCE的一个外角，
∴∠DEB＞∠C，
∴∠DEB的度数可能是：125°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．
3．如图，D是等边外接圆上的点，且，则的度数为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．45°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形对角互补可，得，然后结合提干条件根据三角形内角和即可求解．
解：∵D是等边外接圆上的点，
∴
故选C
【点睛】
本题考查了圆内接四边形对角互补，等边三角形的性质，三角形内角和定理，求得是解题的关键．
4．如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠ADC＝140°，则∠AOC的度数为（ ）
A．25° B．80° C．130° D．100°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆的内接四边形的性质求得，再根据圆周角定理即可求解．
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝140°
∴，
∴，
故选：B
【点睛】
此题考查了圆的内接四边形的性质以及圆周角定理，解题的关键是掌握并灵活运用相关性质进行求解．
5．如图，四边形内接于，连接，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质求出，根据圆周角定理可得，再根据计算即可．
∵四边形内接于，
∴ ，
由圆周角定理得， ，
∵
∴
故选：B．
【点睛】
此题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
6．在中，四边形OABC为菱形，点D在上，则的度数是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【答案】C
【解析】
【分析】
设，则，利用菱形性质可得，再由圆内接四边形的性质可知：，即可求出．
解：设，则
∵四边形OABC为菱形，
∴，
∵四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴，即，
∴，即．
故选：C
【点睛】
本题考查菱形的性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理，解题的关键是找出．
7．如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形．弦AB与DC的延长线相交于点G，AO⊥CD，垂足为E，连接BD，∠GBC＝48°，则∠DBC的度数为（ ）
A．84° B．72° C．66° D．48°
【答案】A
【解析】
【分析】
连接AC，根据圆内接四边形的性质及平角定义可得，∠ADC＝∠GBC＝48°，根据垂径定理可得得到DE＝CE，∠DAE＝42°，AC＝AD，根据三角形内角和定理可得∠DAE＝42°，最后根据圆周角定理可知即可求解．
解：连接AC，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＝∠GBC＝48°，
∵AO⊥CD，
∴DE＝CE，∠AED＝90°，AC＝AD，
∴∠DAE＝180°﹣∠ADC﹣∠AED＝42°，
∴∠CAD＝2∠DAE＝84°，
由圆周角定理得，∠DBC＝∠CAD＝84°，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了圆的角度计算，涉及到圆内接四边形的性质，垂径定理，三角形内角和定理，圆周角定理，解题的关键是熟练掌握所学知识求得∠DAC．
8．如图，点C，D在以AB为直径的半圆上，，点E是上任意一点，连接BE，CE，则的度数为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．60°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质可得，连接AC，得，进一步得出，从而可得结论．
解：连接AC，如图，
∵A，B，C，D在以AB为直径的半圆上，
∴
∵
∴
∵AB为半圆的直径
∴，
∴
∴
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答此题的关键．
9．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，∠BCD＝120°，E、F分别为BC、CD上一点，∠EAF＝30°，EF＝3，DF＝1．则BE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，则可证得△ABH≌△ADF，从而AH=AF，∠BAH=∠DAF，易证△AHE≌△AFE，可得HE=EF=3，则可求得BE的长．
延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，如图
∵四边形ABCD内接于⊙O
∴∠ABC+∠ADC=180゜
∵∠ABH+∠ABC=180゜
∴∠ABH=∠ADF
在△ABH和△ADF中
∴△ABH≌△ADF
∴AH=AF，∠BAH=∠DAF
∵∠BAD+∠BCD=180゜，∠BCD=120゜
∴∠BAD=180゜-∠BCD=60゜
∵∠EAF=30゜
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=30゜
∴∠EAH=∠BAE+∠BAH=30゜
在△AHE和△AFE中
∴△AHE≌△AFE
∴HE=EF=3
∴BE=HE-BH=3-1=2
故选：B
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，构造辅助线得到全等三角形的问题的关键与难点．
10．如图，在中，，，以为斜边向上作，．连接，若，则的长度为（ ）
A．或 B．5或12
C．或 D．5或10
【答案】A
【解析】
【分析】
分两种情况讨论，当时，或当时，画出相应的图形，延长至点，使，作于点，证明，根据全等三角形的性质
得到，继而证明为等腰直角三角形，再由勾股定理解得，最后根据线段的和差解题即可．
解：当时，如图，延长至点，使，作于点，
中，
在与中，
为等腰直角三角形，
；
当时，如图，
延长至点，使，作于点，
中，
在与中，
为等腰直角三角形，
；
综上所述，的长度为或，
故选：A．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
二、填空题
11．如图所示，△ABC中，∠C＝25°，∠B＝85°，过点A，B的圆交边AC，BC于点E，D，则∠EDC＝___________°．
【答案】70
【解析】
【分析】
由三角形的内角和是180°，得∠A＝70°，由圆内接四边形性质可求∠BDE，再根据邻补角定义求∠EDC即可．
解：∠A＝180°-∠C-∠B＝180°-25-85°=70°，
∵∠A＋∠BDE＝180°，
∴∠BDE＝110°，
又∠BDE＋∠EDC＝180°，
∴∠EDC＝70°．
故答案为：70．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质和三角形内角和，解题关键是明确圆内接四边形对角互补，准确进行计算．
12．圆内接四边形ABCD中，若，则的度数是___________
【答案】112.5°
【解析】
【分析】
先利用圆内接四边形对角互补得出∠A+∠C=∠B+∠D=180°，再把∠A=3∠C代入求出∠C=45°，那么∠A=135°=2∠B，再求出∠B=67.5°，则∠D=180°-∠B=112.5°．
解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠A+∠C=∠B+∠D=180°，
∵∠A=2∠B=3∠C，
∴3∠C+∠C=180°，
∴∠C=45°，
∴∠A=135°=2∠B，
∴∠B=67.5°，
∴∠D=180°-∠B=112.5°．
故答案为：112.5°．
【点睛】
此题主要考查了圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形对角互补是解题关键．
13．如图，四边形内接于，已知，则等于__________.
【答案】60
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质求得∠B＝30°，利用圆周角定理，得∠AOC＝2∠B＝60°．
解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠B＋∠ADC＝180°，
∵∠ADC＝150°
∴∠B＝180°−150°＝30°．
∴∠AOC＝2∠B＝60°．
故答案为：60．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理以及圆内接四边形的性质，得出∠B的度数是解题关键．
14．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连接AE．若∠BCD＝2∠BAD，则∠DAE的度数是______．
【答案】30°##30度
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质求出∠BAD＝60°，根据圆周角定理得到∠BAE＝90°，结合图形计算，得到答案．
解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD＋∠BAD＝180°，
∵∠BCD＝2∠BAD，
∴∠BCD＝120°，∠BAD＝60°，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE＝90°，
∴∠DAE＝90°−∠BAD＝90°−60°＝30°，
故答案为：30°．
【点睛】
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理的应用，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
15．如图，点A、B、C、D均在上，若，，则∠B的度数为______．
【答案】57.5°
【解析】
【分析】
根据平行线的性质得出∠ODC=∠AOD=65°，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠ODA=∠OAD=（180°-∠AOD）=57.5°，求出∠ADC的度数，根据圆内接四边形的性质得出∠B+∠ADC=180°，再求出答案即可．
解：连接AD，
∵∠AOD=68°，AO∥DC，
∴∠ODC=∠AOD=65°，
∵∠AOD=65°，OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD=（180°-∠AOD）=57.5°，
∴∠ADC=∠ODA+∠ODC=57.5°+65°=122.5°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠B+∠ADC=180°，
∴∠B=57.5°，
故答案为：57.5°．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系，等腰三角形的性质等知识点，能求出∠ADC的度数是解此题的关键．
16．如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠1+∠2=64°，∠3+∠4=__________°.
【答案】64
【解析】
【分析】
由圆的内接四边形的性质可得,,再根据等腰三角形的性质、角的和差以及三角形内角和进行解答即可.
解：如图
∵四边形ABCD接于⊙O，
∴,
又∵△AOC为等腰三角形，
，
∵∠1+∠2=64°，
∴∠3+∠4=180°-64°-2∠5=116°-2∠5，+
∵∠1+∠2+∠B=180°，∠B+∠D=180°，
∴∠B=∠1+∠2=64°
∴∠O=2∠D=128°
在等腰三角形AOC中，
∵2∠5=180°-∠0=180°-128°=52°
∴∠3+∠4=116°-2∠5=116°-52°=64°
故答案为64；
【点睛】
本题考查了圆的内接四边形的性质和三角形的相关知识，其中理解圆的内接四边形的性质是解答本题的关键.
17．如图，内接于⊙O，，外角的平分线交⊙O于点D，若，则的度数为______．
【答案】75°
【解析】
【分析】
先求出∠DAC的度数，再根据圆内接四边形的性质求出∠DBE的度数，再通过角平分线求出∠ABE的度数，最后通过三角形外角性质求出∠C的度数．
解：∵BC=BD，，
∴∠BAD=∠BAC=25°，
∴∠DAC=50°，
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠DAC+∠DBC=180°，
∵∠DBE+∠DBC=180°，
∴∠DBE=∠DAC=50°，
∵BD平分，
∴∠ABE=2∠DBE=100°，
∴∠C=∠ABE-∠BAC=100°-25°=75°，
故答案为：75°
【点睛】
本题考查了三角形外角的性质、圆周角定理及圆内接四边形的性质，解决本题的关键是熟练掌握圆内接四边形的性质．
18．如图，在四边形中，，，过、、三点的分别交、于点、下列结论：①；②；③．其中所有正确结论的序号是______．
【答案】①③
【解析】
【分析】
连接BF、AF、EF，利用圆内接四边形的性质得到，得到四边形ABFD是矩形，所以，然后根据，证明①正确，结论②不能够确定，证明，得到结论③正确．
解：如图，连接BF、AF、EF，
∵，
∴，
∴四边形ABFD是矩形，
∴，
∵，
∴，即，故①正确，
∵，
∴，
∵，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵不能确定AB与AD的大小关系，
∴不能确定，
∴不能确定，
∴不能确定，故②错误，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，故③正确．
故答案是：①③．
【点睛】
本题考查圆的性质，解题的关键是掌握圆周角定理和圆的内接四边形的性质．
三、解答题
19．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，∠DAE是四边形ABCD的一个外角，∠DAE ＝∠DAC．DB与DC相等吗？为什么？
【答案】相等，理由见解析．
【解析】
【分析】
先根据圆内接四边形的性质可得，再根据圆周角定理可得，然后根据等量代换可得，最后根据等腰三角形的判定即可得出结论．
解：，理由如下：
四边形是的内接四边形，且是四边形的一个外角，
，
由圆周角定理得：，
，
，
．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理等知识点，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题关键．
20．如图，△ABC是等边三角形，D是上任一点，求证：DB+DC=DA．
【答案】见解析．
【解析】
【分析】
延长DB至点E，使BE＝DC，连结AE，由等边三角形的性质及圆内接四边形的性质得到∠ADB＝∠ACB＝60°，∠ABE＝∠ACD，继而证明△AEB≌△ADC，由全等三角形的对应边相等得到AE＝AD，进一步可证明△AED是等边三角形，据此解题．
解：延长DB至点E，使BE＝DC，连结AE
∵△ABC是等边三角形
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，AB＝AC
∴∠ADB＝∠ACB＝60°
∵四边形ABDC是圆内接四边形
∴∠ABE＝∠ACD
在△AEB和△ADC中，
∴△AEB≌△ADC
∴AE＝AD
∵∠ADB＝60°
∴△AED是等边三角形
∴AD＝DE＝DB＋BE
∵BE＝DC
∴DB＋DC＝DA．
【点睛】
本题考查圆内接四边形、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
21．如图，与交于D，E两点，是直径且长为12，．
（1）证明：；
（2）若，求的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据圆内接四边形的性质，以及平角的性质，平行的性质，进行角度的转化，求得，进而证明CD=DE；
（2）连接OE，AE，在与中，设，根据，列出方程解方程即可求得．
解：（1）证明：∵四边形内接于，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴．
（2）连接OE，AE，
由（2）得AB=BC=12
∴∠AOE = 2∠B，∠B= ∠AOD
∴∠AOE = 2∠AOD
∴∠AOD =∠DOE
∴AD = DE
∴AC=2AD=8
∵AB是直径：∠AEB=90°
在与中，
设CE=x，则BE=12-x
AC2-CE2=AB2-BE2
即．
解得：．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，平行线的性质，勾股定理，圆周角定理，掌握以上知识是解题的关键．
22．如图，AB是⊙O的直径，AC、BC分别交⊙O于点D、E，连DE，AD=BE．
求证：
（1）DE∥AB；
（2）DC=EC．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）连接BD，AE，利用圆周角定理证明∠AED=∠EAB，即可证明DE∥AB；
（2）根据圆内接四边形对角相等以及邻补角性质得到∠CDE=∠ABE，再根据平行线的性质可得到∠CED=∠CDE，即可证明DC=EC．
（1）证明：连接BD，AE，
∵ AD=BE，
∴=．
∴∠ABD=∠EAB，
∵ =，
∴∠ABD=∠AED，
∴∠AED=∠EAB，
∴DE∥AB；
（2）∵四边形ABED是⊙O的内接四边形，
∴∠EDA＋∠ABE=180°，
又∠EDA＋∠CDE=180°，
∴∠CDE=∠ABE，
∵DE∥AB，
∴∠CED=∠ABE．
∴∠CED=∠CDE．
∴DC=EC．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，平行线的性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
23．如图，四边形ABCD内接于⊙O，F是上一点，且，连接CF并延长交AD的延长线于点E，连接AC．
（1）若∠B＝125°，∠BAC＝25°，求∠E的度数；
（2）若⊙O的半径为6，且∠B＝2∠ADC，求AC的长．
【答案】（1）30°；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据圆内接四边形的性质求出∠ADC的度数，由圆周角定理得出∠DCE的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论；
（2）连接AO，CO，过O作OH⊥AC于H，根据圆内接四边形的性质求出∠ADC的度数，由圆周角定理得出∠AOC的度数，求出∠OAC＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质求出OH，根据勾股定理求出AH，再根据垂径定理求出AH＝CH＝3，再求出答案即可．
解：（1）∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝125°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣125°＝55°，
∵，∠BAC＝25°，
∴∠DCE＝∠BAC＝25°，
∴∠E＝∠ADC﹣∠DCE＝55°﹣25°＝30°；
（2）连接AO，CO，过O作OH⊥AC于H，则AO＝CO＝6，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∵∠B＝2∠ADC，
∴∠ADC＝60°，∠B＝2∠ADC＝120°，
∴∠AOC＝2∠ADC＝120°，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝30°，
∵AO＝6，OH⊥AC，
∴OH＝AO＝3，
由勾股定理得：AH＝＝3，
∵OH⊥AC，OH过圆心O，
∴AH＝CH＝3，
∴AC＝AH+CH＝6．
【点睛】
本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，三角形外角性质，圆周角定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，垂径定理等知识点，能熟记圆内接四边形的对角互补是解此题的关键．
24．如图，四边形ABCD是平行四边形，∠B＝60°，经过点A，C，D的圆与BC相交于点E，连接AE．
(1)求证：△ABE是等边三角形．
(2)F是上一点，且FA＝FC，连接EF．求证：EF＝BC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质可得，根据圆内接四边形，对角互补，可得即可求得，结合已知条件即可证明是等边三角形，
（2）连接，证明，可得，根据平行四边形的性质即可证明．
(1)
证明：四边形是平行四边形，，
，
经过点A，C，D的圆与BC相交于点E，
，
，
，
是等边三角形；
(2)
连接，如图，
，
，
FA＝FC，，
是等边三角形
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
．
【点睛】
本题考查了平行四边的性质与判定，等弧所对的圆周角相等，圆内接四边形对角互补，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
25．已知，中，，是上的点，．
（1）如图①，求证；
（2）如图②，连接，，，，若，求，的大小．
【答案】（1）见解析；（2）；
【解析】
【分析】
（1）利用垂径定理证明，再根据即可证明；
（2）先利用圆的内接四边形的性质求出的大小，再根据垂径定理和同弧所对的圆周角相等即可求出和的大小．
解：（1）中，，
．
，
．
（2）四边形是圆内接四边形，
．
．
中，，
．
．
，
．
【点睛】
本题主要考查垂径定理和圆的内接四边形的性质，以及圆周角和弧长的关系，属于简单题型．
26．已知AB是⊙O的直径．
（1）如图①，，∠MON＝35°，求∠AON的大小；
（2）如图②，E，F是⊙O上的两个点，AD⊥EF于点D，若∠DAE＝20°，求∠BAF的大小．
【答案】（1）75°；（2）20°
【解析】
【分析】
（1）根据圆心角、弧、弦之间的关系求出∠MON＝∠MOC＝∠BOC＝35°，再求出答案即可；
（2）根据三角形外角性质求出∠AEF，根据圆内接四边形的性质得出∠AEF＋∠ABF＝180°，求出∠ABF，根据圆周角定理求出∠AFB＝90°，再根据三角形内角和定理求出即可．
解：（1）∵，∠MON＝35°，
∴∠MON＝∠MOC＝∠BOC＝35°，
∴∠AON＝180°﹣∠MON﹣∠MOC﹣∠BOC＝180°﹣35°﹣35°﹣35°＝75°；
（2）连接BF，
∵AD⊥直线，
∴∠ADE＝90°，
∵∠DAE＝20°，
∴∠AEF＝∠ADE＋∠DAE＝110°，
∵四边形为圆内接四边形，
∴∠ABF＋∠AEF＝180°，
∴∠ABF＝70°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴∠BAF＝180°﹣∠AFB﹣∠ABF＝20°．
【点睛】
本题考查的是圆心角与弧之间的关系，圆的内接四边形的性质，圆周角定理，掌握以上知识是解题的关键．
27．如图，在中，，，，点为边上的一个动点，以为直径的交于点，过点作，交于点，连接、．
（1）当时，求的长；
（2）求证：；
（3）是否存在点，使得是以为底的等腰三角形，若存在，求出此时的长；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）6；（2）见解析；（3）存在，3
【解析】
【分析】
（1）由同弧所对的圆周角相等可得，从而求得，然后利用等角对等边求解；
（2）由平行线的性质得出∠B=∠FCB，由圆周角定理可得出答案；
（3）由全等三角形的性质及勾股定理可得出答案．
解：（1）∵，
∴
∴
（2）∵，
∴，
∵，
∴，①
又②
∵是圆的直径，，
∴③
由①②③可得
（3）是为底的等腰三角形，则，则∠EFC=∠ECF．
连接，并延长和相交于，
∵四边形CEDF为圆内接四边形，
∴∠ADG=∠ECF，
又∵∠CDE=∠CFE，
∴∠ADG=∠CDE，
∵CD为⊙O的直径，
∴∠DFC=90°，
∵FC∥AB，
∴∠FGA=90°，
∴∠FGA=∠ACD，
∵AD=AD，
∴△AGD≌△ACD（AAS），
∴DG=CD，
在Rt△BDG中，设CD=x，BG2+DG2=BD2，
∴42+x2=（8-x）2，解得x=3，
即CD=3
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
28．定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．例如：凸四边形ABCD中，若∠A＝∠C，∠B≠∠D，则称四边形ABCD为等对角四边形．
(1)如图1，点A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC＝∠BPC＝60°，延长BP到Q，使PQ＝AP，连接AQ．求证：四边形AQBC是等对角四边形；
(2)如图2，等对角四边形ABCD内接于⊙O，AB≠AD，BC＝DC，
①请判断四边形ABCD中哪一组对角相等，并说明理由；
②若圆O的半径为5，AB＝6，求AD，BC的长；
③请直接写出AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)①∠BAD＝∠BCD，见解析；②BC＝5，AD＝8；③7
【解析】
【分析】
（1）根据圆周角的性质，得，根据补角的性质，得∠APQ，通过证明△APQ是等边三角形，得∠Q＝60°，通过圆内接四边形、等边三角形的性质，推导得∠Q＝∠ACB；根据四边形内角和的性质分析，即可完成证明；
（2）①连接BD，结合题意，根据圆周角的性质分析，即可得到答案；
②根据圆内接四边形的性质，得∠BAD+∠BCD＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，结合（2）①的结论，得BD是直径，再经勾股定理的性质计算，即可得到答案；
③将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△CDH，根据旋转的性质，得AB＝DH＝6，AC＝CH，∠ACH＝90°，∠ABC＝∠CDH，根据圆内接四边形的性质，推导点A，点D，点H三点共线，再根据勾股定理和一元二次方程的性质计算，即可得到答案．
(1)
∵∠APC＝∠BPC＝60°，
∴，
∴∠APQ＝，
∵PQ＝AP，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠Q＝∠APQ＝∠QAP＝60°
∵四边形APBC是圆内接四边形，
∴
∴∠APQ＝∠ACB＝60°
∴为等边三角形，∠Q＝∠ACB＝60°
∴∠BAC＝60°
∵∠Q+∠ACB+∠QAC+∠QBC＝360°，
∴∠QAC+∠QBC＝240°，
∵∠QAC＝∠QAP+∠BAC+∠PAB＝120°+∠PAB＞120°，
∴∠QBC＜120°，
∴∠QAC≠∠QBC，
∴四边形AQBC是等对角四边形；
(2)
①连接BD，
∵AB≠AD，BC＝DC，
∴∠ABD≠∠ADB，∠CBD＝∠CDB，
∴∠ABC≠∠ADC，
∵四边形ABCD是等对角四边形，
∴∠BAD＝∠BCD；
②∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴BD是直径，
∵圆O的半径为5，
∴BD＝10，
∴BC＝CD＝BD＝，；
③将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△CDH，如下图：
∴AB＝DH＝6，AC＝CH，∠ACH＝90°，∠ABC＝∠CDH，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ADC+∠CDH＝180°，
∴点A，点D，点H三点共线，
∴AH＝AD+DH＝14，
∵AC2+CH2＝AH2，AC＝CH，
∴2AC2＝196，
∴AC＝7．
【点睛】
本题考查了圆周角、圆内接四边形、勾股定理、旋转、等边三角形、四边形内角和、一元二次方程的知识；解题的关键是熟练掌握圆周角、圆内接四边形、旋转的知识，从而完成求解．
第23讲 圆内接四边形
一、圆内接四边形
如果一个四边形的各个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫做圆的内接四边形，这个圆叫做四边形的外接圆.
二、圆内接四边形性质定理
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）.
要点：圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
例1．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠DAB=60°，则∠BCD的度数是_______．
【答案】120°
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的对角互补解答即可．
解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD+∠DAB=180°，又∠DAB=60°，
∴∠BCD=120°，
故答案为120°．
【点睛】
本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
例2．如图：四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上一点，若∠A=n°，则∠DCE=_____°．
【答案】n
【解析】
【分析】
利用圆内接四边形的对角互补和邻补角的性质求解．
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠DCB=180°，
又∵∠DCE+∠DCB=180°
∴∠DCE=∠A=n°
故答案为n
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质．解决本题的关键是掌握：圆内接四边形的对角互补．
例3．如图，在圆内接四边形ABCD中，、、的度数之比为，则________．
【答案】100
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形对角互补可得∠B+∠D=∠A+∠C=180°，再根据∠A、∠B、∠C的度数之比为2：4：7分别计算出∠A、∠B、∠C的度数，进而可得∠D的度数．
解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠B+∠D=∠A+∠C=180°，
∵∠A、∠B、∠C的度数之比为2：4：7，
∴∠A=180°×=40°，∠C=180°×=140°，
∠B=180°×=80°，
∴∠D=180°﹣80°=100°，
故答案为：100．
【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．
例4．如图，四边形是平行四边形，经过点A，C，D与交于点E，连接，若，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】
由圆的内接四边形内对角互补性质，解得，进而由邻补角性质解得，再由平行四边形对角相等性质，解得，最后由三角形内角和180°解题即可．
四边形是的内接四边形
，
四边形是平行四边形，
故答案为：
【点睛】
本题考查圆内接四边形性质、平行四边形性质、邻补角性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
例5．如图，A．B．C．D都在⊙O上，∠B=130°，则∠AOC的度数是______
【答案】100°
【解析】
∵∠B=130°，∴∠D=180°－130°=50°，
∴∠AOC=2∠D=100°.
故答案为100°.
点睛：圆的内接四边形对角互补.
例6．下列说法错误的是（ ）
A．圆内接四边形的对角互补 B．圆内接四边形的邻角互补
C．圆内接平行四边形是矩形 D．圆内接梯形是等腰梯形
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质分别分析得出即可．
解：A、圆内接四边形的对角互补，正确，不合题意；
B、圆内接四边形的邻角互补，错误，符合题意；
C、圆内接平行四边形是矩形，正确，不合题意；
D、圆内接梯形是等腰梯形，正确，不合题意．
故选B．
【点睛】
此题主要考查了圆内接四边形的性质，正确把握圆内接四边形对角互补进而得出是解题关键．
例7．如图，四边形内接于，点P为边AD上任意一点（点P不与点 A 、 重合）连接CP，若，则的度数可能为（ ）
A．30° B．54° C．50° D．65°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形对角互补，求得的度数，根据三角形的外角性质可得，进而可确定的范围，根据选项即可求解．
解：∵四边形ABCD内接于，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 为的外角，
∴ ，只有D满足题意．
故选：D ．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形形对角互补，三角形的外角性质，求得的大小是解题的关键．
例8．如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠D＝100°，CE⊥AB交⊙O于点E，连接OB、OE，则∠BOE的度数为（ ）
A．18° B．20° C．25° D．40°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质和圆周角定理即可得到结论．
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠D＝100°，
∴∠ABC＝180°−∠D＝80°，
∵CE⊥AB，
∴∠ECB＋∠ABC＝90°，
∴∠BCE＝90°−80°＝10°，
∵在同圆或等圆中，圆周角是所对弧的圆心角的一半，
∴∠BOE＝2∠BCE＝20°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，三角形的内角和定理，垂直的定义，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．
例9．如图，四边形内接于，点是上一点，且，连接并延长交的延长线于点，连接，若，则线段、的长度关系为（ ）
A． B． C． D．无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据圆内接四边形的性质求出∠CDE=∠ABC，再由圆周角定理得出∠DCE=∠BAC，根据ASA证明△ABC≌△CDE即可得出结论．
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE=∠ABC，
∵
∴∠DCE=∠BAC，
在△ABC和△CDE中，
∴△ABC≌△CDE
∴AC=CE
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形的一个外角等于与它不相邻的内对角是解答此题的关键．也考查了圆周角定理及全等三角形的判定与性质．
例10．如图，AB为⊙O的直径，点C、D、E、F、G都在⊙O上，且∠ACE＝30°，∠BDF＝20°，则∠EGF为（ ）
A．130° B．100° C．140° D．120°
【答案】C
【解析】
【分析】
连接AD，DE，由直径所对的圆周角为90°，解得∠EDF＝40°，再根据圆的内接四边形对角互补解题即可．
解：如图，连接AD，DE，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ACE＝∠ADE＝30°，∠BDF＝20°，
∴∠EDF＝90°﹣20°﹣30°＝40°，
∵∠EGF+∠EDF＝180°，
∴∠EGF＝180°﹣40°＝140°，
故选：C．
【点睛】
本题考查直径所对的圆周角是90°、圆的内接四边形对角互补等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
例11．如图，四边形内接于⊙，交的延长线于点，若平分，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接，如图，根据圆内接四边形的性质和圆周角定理得到，从而得到，所以，然后利用勾股定理计算的长．
连接，如图，
平分，
，
，
，
，
，
，
.
故选D．
【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）．也考查了勾股定理．
例12．如图所示，在中，，过，两点的⊙O交于点，交于点，连接并延长交⊙O于点，连接，，若，，则的值为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】C
【解析】
【分析】
由所求想到勾股定理，则需要将边AE和边BE放到同一个直角三角形中，边BE已经在中，那只需证明出AE=BF，即可得到答案．
解：∵四边形是的内接四边形，，
∴，
∵是的直径，∴，
∴，∴，∴，
∵
∴，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵
∴
在和中
∴
∴
∵，
∴，
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查勾股定理和圆的基本性质，本题的解题关键是：利用圆内接四边形对角互补及邻补角互补证明角相等，再利用勾股定理得到答案．
一、单选题
1．如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠A＝40°，则∠C的度数为（ ）
A．110° B．120° C．135° D．140°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质即可得到结论．
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A=40°，
∴∠C=180°-∠A=140°，
故选D．
【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．
2．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点E为边CD上任意一点（不与点C，点D重合），连接BE，若∠A=60°，则∠BED的度数可以是（ ）．
A．110° B．115° C．120° D．125°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形对角互补，可求出∠C的度数，然后利用三角形的外角可得∠DEB＞∠C，即可解答．
解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C=180°，
∵∠A=60°，
∴∠C=180°-∠A=120°，
∵∠DEB是△DCE的一个外角，
∴∠DEB＞∠C，
∴∠DEB的度数可能是：125°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．
3．如图，D是等边外接圆上的点，且，则的度数为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．45°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形对角互补可，得，然后结合提干条件根据三角形内角和即可求解．
解：∵D是等边外接圆上的点，
∴
故选C
【点睛】
本题考查了圆内接四边形对角互补，等边三角形的性质，三角形内角和定理，求得是解题的关键．
4．如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠ADC＝140°，则∠AOC的度数为（ ）
A．25° B．80° C．130° D．100°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆的内接四边形的性质求得，再根据圆周角定理即可求解．
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝140°
∴，
∴，
故选：B
【点睛】
此题考查了圆的内接四边形的性质以及圆周角定理，解题的关键是掌握并灵活运用相关性质进行求解．
5．如图，四边形内接于，连接，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质求出，根据圆周角定理可得，再根据计算即可．
∵四边形内接于，
∴ ，
由圆周角定理得， ，
∵
∴
故选：B．
【点睛】
此题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
6．在中，四边形OABC为菱形，点D在上，则的度数是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【答案】C
【解析】
【分析】
设，则，利用菱形性质可得，再由圆内接四边形的性质可知：，即可求出．
解：设，则
∵四边形OABC为菱形，
∴，
∵四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴，即，
∴，即．
故选：C
【点睛】
本题考查菱形的性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理，解题的关键是找出．
7．如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形．弦AB与DC的延长线相交于点G，AO⊥CD，垂足为E，连接BD，∠GBC＝48°，则∠DBC的度数为（ ）
A．84° B．72° C．66° D．48°
【答案】A
【解析】
【分析】
连接AC，根据圆内接四边形的性质及平角定义可得，∠ADC＝∠GBC＝48°，根据垂径定理可得得到DE＝CE，∠DAE＝42°，AC＝AD，根据三角形内角和定理可得∠DAE＝42°，最后根据圆周角定理可知即可求解．
解：连接AC，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＝∠GBC＝48°，
∵AO⊥CD，
∴DE＝CE，∠AED＝90°，AC＝AD，
∴∠DAE＝180°﹣∠ADC﹣∠AED＝42°，
∴∠CAD＝2∠DAE＝84°，
由圆周角定理得，∠DBC＝∠CAD＝84°，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了圆的角度计算，涉及到圆内接四边形的性质，垂径定理，三角形内角和定理，圆周角定理，解题的关键是熟练掌握所学知识求得∠DAC．
8．如图，点C，D在以AB为直径的半圆上，，点E是上任意一点，连接BE，CE，则的度数为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．60°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质可得，连接AC，得，进一步得出，从而可得结论．
解：连接AC，如图，
∵A，B，C，D在以AB为直径的半圆上，
∴
∵
∴
∵AB为半圆的直径
∴，
∴
∴
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答此题的关键．
9．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，∠BCD＝120°，E、F分别为BC、CD上一点，∠EAF＝30°，EF＝3，DF＝1．则BE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，则可证得△ABH≌△ADF，从而AH=AF，∠BAH=∠DAF，易证△AHE≌△AFE，可得HE=EF=3，则可求得BE的长．
延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，如图
∵四边形ABCD内接于⊙O
∴∠ABC+∠ADC=180゜
∵∠ABH+∠ABC=180゜
∴∠ABH=∠ADF
在△ABH和△ADF中
∴△ABH≌△ADF
∴AH=AF，∠BAH=∠DAF
∵∠BAD+∠BCD=180゜，∠BCD=120゜
∴∠BAD=180゜-∠BCD=60゜
∵∠EAF=30゜
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=30゜
∴∠EAH=∠BAE+∠BAH=30゜
在△AHE和△AFE中
∴△AHE≌△AFE
∴HE=EF=3
∴BE=HE-BH=3-1=2
故选：B
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，构造辅助线得到全等三角形的问题的关键与难点．
10．如图，在中，，，以为斜边向上作，．连接，若，则的长度为（ ）
A．或 B．5或12
C．或 D．5或10
【答案】A
【解析】
【分析】
分两种情况讨论，当时，或当时，画出相应的图形，延长至点，使，作于点，证明，根据全等三角形的性质
得到，继而证明为等腰直角三角形，再由勾股定理解得，最后根据线段的和差解题即可．
解：当时，如图，延长至点，使，作于点，
中，
在与中，
为等腰直角三角形，
；
当时，如图，
延长至点，使，作于点，
中，
在与中，
为等腰直角三角形，
；
综上所述，的长度为或，
故选：A．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
二、填空题
11．如图所示，△ABC中，∠C＝25°，∠B＝85°，过点A，B的圆交边AC，BC于点E，D，则∠EDC＝___________°．
【答案】70
【解析】
【分析】
由三角形的内角和是180°，得∠A＝70°，由圆内接四边形性质可求∠BDE，再根据邻补角定义求∠EDC即可．
解：∠A＝180°-∠C-∠B＝180°-25-85°=70°，
∵∠A＋∠BDE＝180°，
∴∠BDE＝110°，
又∠BDE＋∠EDC＝180°，
∴∠EDC＝70°．
故答案为：70．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质和三角形内角和，解题关键是明确圆内接四边形对角互补，准确进行计算．
12．圆内接四边形ABCD中，若，则的度数是___________
【答案】112.5°
【解析】
【分析】
先利用圆内接四边形对角互补得出∠A+∠C=∠B+∠D=180°，再把∠A=3∠C代入求出∠C=45°，那么∠A=135°=2∠B，再求出∠B=67.5°，则∠D=180°-∠B=112.5°．
解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠A+∠C=∠B+∠D=180°，
∵∠A=2∠B=3∠C，
∴3∠C+∠C=180°，
∴∠C=45°，
∴∠A=135°=2∠B，
∴∠B=67.5°，
∴∠D=180°-∠B=112.5°．
故答案为：112.5°．
【点睛】
此题主要考查了圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形对角互补是解题关键．
13．如图，四边形内接于，已知，则等于__________.
【答案】60
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质求得∠B＝30°，利用圆周角定理，得∠AOC＝2∠B＝60°．
解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠B＋∠ADC＝180°，
∵∠ADC＝150°
∴∠B＝180°−150°＝30°．
∴∠AOC＝2∠B＝60°．
故答案为：60．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理以及圆内接四边形的性质，得出∠B的度数是解题关键．
14．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连接AE．若∠BCD＝2∠BAD，则∠DAE的度数是______．
【答案】30°##30度
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质求出∠BAD＝60°，根据圆周角定理得到∠BAE＝90°，结合图形计算，得到答案．
解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD＋∠BAD＝180°，
∵∠BCD＝2∠BAD，
∴∠BCD＝120°，∠BAD＝60°，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE＝90°，
∴∠DAE＝90°−∠BAD＝90°−60°＝30°，
故答案为：30°．
【点睛】
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理的应用，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
15．如图，点A、B、C、D均在上，若，，则∠B的度数为______．
【答案】57.5°
【解析】
【分析】
根据平行线的性质得出∠ODC=∠AOD=65°，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠ODA=∠OAD=（180°-∠AOD）=57.5°，求出∠ADC的度数，根据圆内接四边形的性质得出∠B+∠ADC=180°，再求出答案即可．
解：连接AD，
∵∠AOD=68°，AO∥DC，
∴∠ODC=∠AOD=65°，
∵∠AOD=65°，OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD=（180°-∠AOD）=57.5°，
∴∠ADC=∠ODA+∠ODC=57.5°+65°=122.5°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠B+∠ADC=180°，
∴∠B=57.5°，
故答案为：57.5°．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系，等腰三角形的性质等知识点，能求出∠ADC的度数是解此题的关键．
16．如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠1+∠2=64°，∠3+∠4=__________°.
【答案】64
【解析】
【分析】
由圆的内接四边形的性质可得,,再根据等腰三角形的性质、角的和差以及三角形内角和进行解答即可.
解：如图
∵四边形ABCD接于⊙O，
∴,
又∵△AOC为等腰三角形，
，
∵∠1+∠2=64°，
∴∠3+∠4=180°-64°-2∠5=116°-2∠5，+
∵∠1+∠2+∠B=180°，∠B+∠D=180°，
∴∠B=∠1+∠2=64°
∴∠O=2∠D=128°
在等腰三角形AOC中，
∵2∠5=180°-∠0=180°-128°=52°
∴∠3+∠4=116°-2∠5=116°-52°=64°
故答案为64；
【点睛】
本题考查了圆的内接四边形的性质和三角形的相关知识，其中理解圆的内接四边形的性质是解答本题的关键.
17．如图，内接于⊙O，，外角的平分线交⊙O于点D，若，则的度数为______．
【答案】75°
【解析】
【分析】
先求出∠DAC的度数，再根据圆内接四边形的性质求出∠DBE的度数，再通过角平分线求出∠ABE的度数，最后通过三角形外角性质求出∠C的度数．
解：∵BC=BD，，
∴∠BAD=∠BAC=25°，
∴∠DAC=50°，
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠DAC+∠DBC=180°，
∵∠DBE+∠DBC=180°，
∴∠DBE=∠DAC=50°，
∵BD平分，
∴∠ABE=2∠DBE=100°，
∴∠C=∠ABE-∠BAC=100°-25°=75°，
故答案为：75°
【点睛】
本题考查了三角形外角的性质、圆周角定理及圆内接四边形的性质，解决本题的关键是熟练掌握圆内接四边形的性质．
18．如图，在四边形中，，，过、、三点的分别交、于点、下列结论：①；②；③．其中所有正确结论的序号是______．
【答案】①③
【解析】
【分析】
连接BF、AF、EF，利用圆内接四边形的性质得到，得到四边形ABFD是矩形，所以，然后根据，证明①正确，结论②不能够确定，证明，得到结论③正确．
解：如图，连接BF、AF、EF，
∵，
∴，
∴四边形ABFD是矩形，
∴，
∵，
∴，即，故①正确，
∵，
∴，
∵，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵不能确定AB与AD的大小关系，
∴不能确定，
∴不能确定，
∴不能确定，故②错误，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，故③正确．
故答案是：①③．
【点睛】
本题考查圆的性质，解题的关键是掌握圆周角定理和圆的内接四边形的性质．
三、解答题
19．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，∠DAE是四边形ABCD的一个外角，∠DAE ＝∠DAC．DB与DC相等吗？为什么？
【答案】相等，理由见解析．
【解析】
【分析】
先根据圆内接四边形的性质可得，再根据圆周角定理可得，然后根据等量代换可得，最后根据等腰三角形的判定即可得出结论．
解：，理由如下：
四边形是的内接四边形，且是四边形的一个外角，
，
由圆周角定理得：，
，
，
．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理等知识点，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题关键．
20．如图，△ABC是等边三角形，D是上任一点，求证：DB+DC=DA．
【答案】见解析．
【解析】
【分析】
延长DB至点E，使BE＝DC，连结AE，由等边三角形的性质及圆内接四边形的性质得到∠ADB＝∠ACB＝60°，∠ABE＝∠ACD，继而证明△AEB≌△ADC，由全等三角形的对应边相等得到AE＝AD，进一步可证明△AED是等边三角形，据此解题．
解：延长DB至点E，使BE＝DC，连结AE
∵△ABC是等边三角形
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，AB＝AC
∴∠ADB＝∠ACB＝60°
∵四边形ABDC是圆内接四边形
∴∠ABE＝∠ACD
在△AEB和△ADC中，
∴△AEB≌△ADC
∴AE＝AD
∵∠ADB＝60°
∴△AED是等边三角形
∴AD＝DE＝DB＋BE
∵BE＝DC
∴DB＋DC＝DA．
【点睛】
本题考查圆内接四边形、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
21．如图，与交于D，E两点，是直径且长为12，．
（1）证明：；
（2）若，求的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据圆内接四边形的性质，以及平角的性质，平行的性质，进行角度的转化，求得，进而证明CD=DE；
（2）连接OE，AE，在与中，设，根据，列出方程解方程即可求得．
解：（1）证明：∵四边形内接于，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴．
（2）连接OE，AE，
由（2）得AB=BC=12
∴∠AOE = 2∠B，∠B= ∠AOD
∴∠AOE = 2∠AOD
∴∠AOD =∠DOE
∴AD = DE
∴AC=2AD=8
∵AB是直径：∠AEB=90°
在与中，
设CE=x，则BE=12-x
AC2-CE2=AB2-BE2
即．
解得：．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，平行线的性质，勾股定理，圆周角定理，掌握以上知识是解题的关键．
22．如图，AB是⊙O的直径，AC、BC分别交⊙O于点D、E，连DE，AD=BE．
求证：
（1）DE∥AB；
（2）DC=EC．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）连接BD，AE，利用圆周角定理证明∠AED=∠EAB，即可证明DE∥AB；
（2）根据圆内接四边形对角相等以及邻补角性质得到∠CDE=∠ABE，再根据平行线的性质可得到∠CED=∠CDE，即可证明DC=EC．
（1）证明：连接BD，AE，
∵ AD=BE，
∴=．
∴∠ABD=∠EAB，
∵ =，
∴∠ABD=∠AED，
∴∠AED=∠EAB，
∴DE∥AB；
（2）∵四边形ABED是⊙O的内接四边形，
∴∠EDA＋∠ABE=180°，
又∠EDA＋∠CDE=180°，
∴∠CDE=∠ABE，
∵DE∥AB，
∴∠CED=∠ABE．
∴∠CED=∠CDE．
∴DC=EC．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，平行线的性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
23．如图，四边形ABCD内接于⊙O，F是上一点，且，连接CF并延长交AD的延长线于点E，连接AC．
（1）若∠B＝125°，∠BAC＝25°，求∠E的度数；
（2）若⊙O的半径为6，且∠B＝2∠ADC，求AC的长．
【答案】（1）30°；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据圆内接四边形的性质求出∠ADC的度数，由圆周角定理得出∠DCE的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论；
（2）连接AO，CO，过O作OH⊥AC于H，根据圆内接四边形的性质求出∠ADC的度数，由圆周角定理得出∠AOC的度数，求出∠OAC＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质求出OH，根据勾股定理求出AH，再根据垂径定理求出AH＝CH＝3，再求出答案即可．
解：（1）∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝125°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣125°＝55°，
∵，∠BAC＝25°，
∴∠DCE＝∠BAC＝25°，
∴∠E＝∠ADC﹣∠DCE＝55°﹣25°＝30°；
（2）连接AO，CO，过O作OH⊥AC于H，则AO＝CO＝6，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∵∠B＝2∠ADC，
∴∠ADC＝60°，∠B＝2∠ADC＝120°，
∴∠AOC＝2∠ADC＝120°，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝30°，
∵AO＝6，OH⊥AC，
∴OH＝AO＝3，
由勾股定理得：AH＝＝3，
∵OH⊥AC，OH过圆心O，
∴AH＝CH＝3，
∴AC＝AH+CH＝6．
【点睛】
本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，三角形外角性质，圆周角定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，垂径定理等知识点，能熟记圆内接四边形的对角互补是解此题的关键．
24．如图，四边形ABCD是平行四边形，∠B＝60°，经过点A，C，D的圆与BC相交于点E，连接AE．
(1)求证：△ABE是等边三角形．
(2)F是上一点，且FA＝FC，连接EF．求证：EF＝BC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质可得，根据圆内接四边形，对角互补，可得即可求得，结合已知条件即可证明是等边三角形，
（2）连接，证明，可得，根据平行四边形的性质即可证明．
(1)
证明：四边形是平行四边形，，
，
经过点A，C，D的圆与BC相交于点E，
，
，
，
是等边三角形；
(2)
连接，如图，
，
，
FA＝FC，，
是等边三角形
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
．
【点睛】
本题考查了平行四边的性质与判定，等弧所对的圆周角相等，圆内接四边形对角互补，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
25．已知，中，，是上的点，．
（1）如图①，求证；
（2）如图②，连接，，，，若，求，的大小．
【答案】（1）见解析；（2）；
【解析】
【分析】
（1）利用垂径定理证明，再根据即可证明；
（2）先利用圆的内接四边形的性质求出的大小，再根据垂径定理和同弧所对的圆周角相等即可求出和的大小．
解：（1）中，，
．
，
．
（2）四边形是圆内接四边形，
．
．
中，，
．
．
，
．
【点睛】
本题主要考查垂径定理和圆的内接四边形的性质，以及圆周角和弧长的关系，属于简单题型．
26．已知AB是⊙O的直径．
（1）如图①，，∠MON＝35°，求∠AON的大小；
（2）如图②，E，F是⊙O上的两个点，AD⊥EF于点D，若∠DAE＝20°，求∠BAF的大小．
【答案】（1）75°；（2）20°
【解析】
【分析】
（1）根据圆心角、弧、弦之间的关系求出∠MON＝∠MOC＝∠BOC＝35°，再求出答案即可；
（2）根据三角形外角性质求出∠AEF，根据圆内接四边形的性质得出∠AEF＋∠ABF＝180°，求出∠ABF，根据圆周角定理求出∠AFB＝90°，再根据三角形内角和定理求出即可．
解：（1）∵，∠MON＝35°，
∴∠MON＝∠MOC＝∠BOC＝35°，
∴∠AON＝180°﹣∠MON﹣∠MOC﹣∠BOC＝180°﹣35°﹣35°﹣35°＝75°；
（2）连接BF，
∵AD⊥直线，
∴∠ADE＝90°，
∵∠DAE＝20°，
∴∠AEF＝∠ADE＋∠DAE＝110°，
∵四边形为圆内接四边形，
∴∠ABF＋∠AEF＝180°，
∴∠ABF＝70°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴∠BAF＝180°﹣∠AFB﹣∠ABF＝20°．
【点睛】
本题考查的是圆心角与弧之间的关系，圆的内接四边形的性质，圆周角定理，掌握以上知识是解题的关键．
27．如图，在中，，，，点为边上的一个动点，以为直径的交于点，过点作，交于点，连接、．
（1）当时，求的长；
（2）求证：；
（3）是否存在点，使得是以为底的等腰三角形，若存在，求出此时的长；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）6；（2）见解析；（3）存在，3
【解析】
【分析】
（1）由同弧所对的圆周角相等可得，从而求得，然后利用等角对等边求解；
（2）由平行线的性质得出∠B=∠FCB，由圆周角定理可得出答案；
（3）由全等三角形的性质及勾股定理可得出答案．
解：（1）∵，
∴
∴
（2）∵，
∴，
∵，
∴，①
又②
∵是圆的直径，，
∴③
由①②③可得
（3）是为底的等腰三角形，则，则∠EFC=∠ECF．
连接，并延长和相交于，
∵四边形CEDF为圆内接四边形，
∴∠ADG=∠ECF，
又∵∠CDE=∠CFE，
∴∠ADG=∠CDE，
∵CD为⊙O的直径，
∴∠DFC=90°，
∵FC∥AB，
∴∠FGA=90°，
∴∠FGA=∠ACD，
∵AD=AD，
∴△AGD≌△ACD（AAS），
∴DG=CD，
在Rt△BDG中，设CD=x，BG2+DG2=BD2，
∴42+x2=（8-x）2，解得x=3，
即CD=3
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
28．定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．例如：凸四边形ABCD中，若∠A＝∠C，∠B≠∠D，则称四边形ABCD为等对角四边形．
(1)如图1，点A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC＝∠BPC＝60°，延长BP到Q，使PQ＝AP，连接AQ．求证：四边形AQBC是等对角四边形；
(2)如图2，等对角四边形ABCD内接于⊙O，AB≠AD，BC＝DC，
①请判断四边形ABCD中哪一组对角相等，并说明理由；
②若圆O的半径为5，AB＝6，求AD，BC的长；
③请直接写出AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)①∠BAD＝∠BCD，见解析；②BC＝5，AD＝8；③7
【解析】
【分析】
（1）根据圆周角的性质，得，根据补角的性质，得∠APQ，通过证明△APQ是等边三角形，得∠Q＝60°，通过圆内接四边形、等边三角形的性质，推导得∠Q＝∠ACB；根据四边形内角和的性质分析，即可完成证明；
（2）①连接BD，结合题意，根据圆周角的性质分析，即可得到答案；
②根据圆内接四边形的性质，得∠BAD+∠BCD＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，结合（2）①的结论，得BD是直径，再经勾股定理的性质计算，即可得到答案；
③将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△CDH，根据旋转的性质，得AB＝DH＝6，AC＝CH，∠ACH＝90°，∠ABC＝∠CDH，根据圆内接四边形的性质，推导点A，点D，点H三点共线，再根据勾股定理和一元二次方程的性质计算，即可得到答案．
(1)
∵∠APC＝∠BPC＝60°，
∴，
∴∠APQ＝，
∵PQ＝AP，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠Q＝∠APQ＝∠QAP＝60°
∵四边形APBC是圆内接四边形，
∴
∴∠APQ＝∠ACB＝60°
∴为等边三角形，∠Q＝∠ACB＝60°
∴∠BAC＝60°
∵∠Q+∠ACB+∠QAC+∠QBC＝360°，
∴∠QAC+∠QBC＝240°，
∵∠QAC＝∠QAP+∠BAC+∠PAB＝120°+∠PAB＞120°，
∴∠QBC＜120°，
∴∠QAC≠∠QBC，
∴四边形AQBC是等对角四边形；
(2)
①连接BD，
∵AB≠AD，BC＝DC，
∴∠ABD≠∠ADB，∠CBD＝∠CDB，
∴∠ABC≠∠ADC，
∵四边形ABCD是等对角四边形，
∴∠BAD＝∠BCD；
②∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴BD是直径，
∵圆O的半径为5，
∴BD＝10，
∴BC＝CD＝BD＝，；
③将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△CDH，如下图：
∴AB＝DH＝6，AC＝CH，∠ACH＝90°，∠ABC＝∠CDH，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ADC+∠CDH＝180°，
∴点A，点D，点H三点共线，
∴AH＝AD+DH＝14，
∵AC2+CH2＝AH2，AC＝CH，
∴2AC2＝196，
∴AC＝7．
【点睛】
本题考查了圆周角、圆内接四边形、勾股定理、旋转、等边三角形、四边形内角和、一元二次方程的知识；解题的关键是熟练掌握圆周角、圆内接四边形、旋转的知识，从而完成求解．
相关学案
【暑假提升】浙教版数学八年级（八升九）暑假-专题第30讲《成比例线段》预习讲学案： 这是一份【暑假提升】浙教版数学八年级（八升九）暑假-专题第30讲《成比例线段》预习讲学案，文件包含第30讲成比例线段解析版docx、第30讲成比例线段原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共41页， 欢迎下载使用。
【暑假提升】浙教版数学八年级（八升九）暑假-专题第25讲《弧长及扇形面积》预习讲学案： 这是一份【暑假提升】浙教版数学八年级（八升九）暑假-专题第25讲《弧长及扇形面积》预习讲学案，文件包含第25讲弧长及扇形面积解析版docx、第25讲弧长及扇形面积原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共78页， 欢迎下载使用。
【暑假提升】浙教版数学八年级（八升九）暑假-专题第22讲《圆周角》预习讲学案： 这是一份【暑假提升】浙教版数学八年级（八升九）暑假-专题第22讲《圆周角》预习讲学案，文件包含第22讲圆周角解析版docx、第22讲圆周角原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共57页， 欢迎下载使用。
