人教版九年级上册数学圆内接四边形

圆内接四边形性质在解题中的应用圆的内接四边形具有如下性质：性质1：圆内接四边形对角互补.性质2：圆内接四边形的外角等于内对角.当遇到圆内接四边形时，能为问题的解决从角的层面提供最有效的帮助，下面就具体展示一下性质的灵活应用，供学习借鉴.1.直接应用性质，求对角的大小例1 (2019年甘肃兰州）如图1，四边形ABCD 内接于⊙0，若∠A=40°，则∠C=（ ）A.110°B.120°C.135°D.140°解析：因为四边形ABCD 内接于⊙0，且∠A 与∠C 是对角，所以∠A+∠C=180°，因为∠A=40°， 所以∠C=140°，所以选D.点评：这是性质的直接性应用，应用时，抓住四点：一是确定四边形是圆的内接四边形；二 是确定对角是哪一对；三是准确布列对角和为180°的等式；四是代入求值计算即可2.用性质，联手菱形，求角的大小例2（2019年甘肃天水）如图2，四边形ABCD 是菱形，⊙O 经过点A 、C 、D ，与BC 相交于 点E ，连接AC 、AE ．若∠D ＝80°，则∠EAC 的度数为（ ）A ．20°B ．25°C ．30°D ．35°解法1：因为四边形ABCD 是菱形，∠D=80°所以∠ACB=21∠DCB=21（180°﹣∠D ）=50°， 因为四边形AECD 是圆内接四边形，所以∠AEB=∠D=80°，所以∠EAC=∠AEB ﹣∠ACE=30°， 所以选C ．解法2：因为四边形ABCD 是菱形，∠D=80°所以∠ACB=21∠DCB=21（180°﹣∠D ）=50°， 因为四边形AECD 是圆内接四边形，所以∠AEC=180°-∠D=100°，所以∠EAC=180°-∠AEC ﹣∠ACE=30°，所以选C ．点评：解答时，有如下几点体会：一是熟练掌握菱形的性质，这是解题的基础；二是熟练掌握圆内接四边形的性质，这是解题的关键；三是灵活运用性质，性质选择不同，就会得到不同的解法，这是解题的灵魂和创新点所在.3.创造条件用性质，求两角的和例3（2019年南京市）如图3，PA 、PB 是⊙O 的切线，A 、B 为切点，点C 、D 在⊙O 上．若∠P ＝102°，则∠A+∠C ＝ ．解析：如图3，连接AB ，因为四边形ABCD 是圆内接四边形，所以∠BAD+∠C=180°. 因为PA 、PB 是⊙O 的切线，A 、B 为切点，所以PA=PB ，因为∠P ＝102°，∠PAB=21（180°﹣∠P ）=39°，所以∠PAD+∠C=∠BAD+∠C+∠PAB=180°+39°=219°. 点评：构造圆内接四边形为性质应用创造条件是解题的关键，其次，熟练运用切线长的性质，等腰三角形的性质也是解题的有效支撑.4.创造条件用性质，求线段的长例4（2019年十堰市）如图4，四边形ABCD 内接于⊙O ，AE ⊥CB 交CB 的延长线于点E ，若BA 平分∠DBE ，AD=5，CE=13，则AE= （ ）A ．3B ．32C ．43D ．23解析：如图4，连接AC ，因为BA 平分∠DBE ，所以∠1=∠2，因为∠1=∠CDA ，∠2=∠3， 所以∠3=∠CDA ，所以AC=AD=5，因为AE ⊥CB ，所以∠AEC=90°，所以 AE=2222)13(5-=-CE AC =23,所以选D ．点评：解答时，把握好五条脉络：一是角平分线得到的两个等角；二是圆内教师必须外角等于内对角得到的两个等角；三是同弧上的圆周角相等得到的两个等角；四是逻辑推理得到的两个等角；五是等腰三角形的判定和勾股定理的应用.5.用性质，探求三角之间的关系例5 如图5矩形ABCD 中，AD=8,DC=6，在对角线AC 上取点O ，以OC 为半径的圆切AD 于E,交BC 于F ，交CD 于G.（1）求⊙O 的半径R ；（2）设∠BFE=α，∠GED=β，请写出α，β，90°三者之间的关系式（只需写出一个）并证明你的结论．解析：（1）如图5，连接OE ，则OE ⊥AD.因为四边形ABCD 是矩形，所以∠D=90°，根据勾股定理，得AC=10.因为OE ⊥AD ，CD ⊥AD ，所以OE ∥CD ，所以△AOE ∽△ACD ， 所以CD OE AC AO =，所以61010R R =-,解得R=415； （2）因为四边形EFCG 是圆的内接四边形，所以∠BFE=∠EGC ，因为∠GED=90°-∠EGD, ∠EGD=180°-∠EGC ,所以∠GED=∠EGC-90°即∠GED=∠BFE-90°，所以α，β，90°三者之间的关系式为α=β+90°．点评：本题是矩形与圆及圆内接四边形相结合的开放型的综合题[2]，解答时，注意如下几点：一是熟练应用切线的性质，为平行线的生成创造条件；二是熟练驾驭平行线与相似三角形的关系，用相似渗透方程的思想确定线段的长度；三是活动圆内接四边形的性质，互余的性质，邻补角的定义综合推理确定三角之间的关系，这是解题的关键.6.用性质，探求三线段之间的关系或线段比值例6（2019年湖北天门）已知△ABC 内接于⊙O ，∠BAC 的平分线交⊙O 于点D ，连接DB ，DC ．（1）如图6，当∠BAC ＝120°时，请直接写出线段AB ，AC ，AD 之间满足的等量关系式： ；（2）如图7，当∠BAC ＝90°时，试探究线段AB ，AC ，AD 之间满足的等量关系，并证明你的结论；（3）如图8，若BC ＝5，BD ＝4，求的值．解析：（1）解法1：如图9，在AD 上截取AE=AB ，连接BE ，因为∠BAC=120°，∠BAC 的平分线交⊙O于点D，所以∠DBC=∠DAC=60°，∠DCB=∠BAD=60°，所以△ABE和△BCD都是等边三角形，所以∠DBE=∠ABC，AB=BE，BC=BD，所以△BED≌△BAC，所以DE=AC，所以AD=AE+DE=AB+AC.所以应该填AB+AC=AD．点评：此法的灵魂是在较长的线段上截取一段等于其中一条线段，证明余长等于另一条线段，简称截长法，要熟练掌握.解法2：如图10，延长AB到E，使BE=AC，连接DE，因为∠BAC=120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，所以∠DBC=∠DAC=60°，∠DCB=∠BAD=60°，所以△BCD是等边三角形，所以BD=CD，因为四边形ABDC是圆内接四边形，所以∠DBE=∠DCA，所以△BED≌△CAD，所以DE=DA，因为∠BAD=60°，所以△DAE都是等边三角形，所以AD=AE=AB+BE=AB+AC.所以应该填AB+AC=AD．点评：这种证明的方法叫做等量延长法，实质是构造两线段的和，证明和线段等于所求线段.解答时，有三个关键要把握好：一是用好圆内接四边形的外角等于内对角，为三角形的全等提供条件；二是熟练用好等边三角形的判断，为等线段的构造奠定基础；三是灵活运用三角形全等，为问题的解决提供等线段支撑.（3）AB+AC=2AD．理由如下：解法1：如图11，延长AB至点M，使BM=AC，连接DM，因为四边形ABDC内接于⊙O，所以∠MBD=∠ACD，因为∠BAD=∠CAD=45°，所以BD=CD，所以△MBD≌△ACD，所以MD=AD，∠M=∠CAD=45°，所以MD⊥AD．所以AM=2AD，即AB+BM= 2AD，所以AB+AC=2AD.点评：此法是顺延第一问中的解法2，关键是构造直角三角形，基础是三角形全等.解法2：如图12，过点D作ED⊥AD，垂足为D，交AC的延长线于点E,因为∠BAD=∠CAD=45°，所以BD=CD，∠AED=45°,所以AD=DE，所以AE=2AD.因为四边形ABDC内接于⊙O，ED⊥AD，CD⊥BD，所以∠ECD=∠ABD，∠BDA=∠CDE，所以△ABD≌△CED，所以AB=CE，所以AE=AC+CE=AC+AB=2AD，所以AB+AC=2AD.点评：此法的最大特点是直角构造出了一个等腰直角三角形，让结论直接生成，利用圆内接四边形性质，互余性质得到全等三角形，从而实现解题目标.（3）如图13，延长AB至点N，使BN=AC，连接DN，因为四边形ABDC内接于⊙O，所以∠NBD=∠ACD，因为∠BAD=∠CAD，所以BD=CD，所以△NBD≌△ACD，所以ND=AD，∠N=∠CAD，所以∠N=∠NAD=∠DBC=∠DCB，所以△NAD∽△CBD，所以，所以，因为AN=AB+BN=AB+AC，BC=5，BD=4，所以=．点评：用性质，特别是渗透了三角形相似，使得问题求解非常有情趣，有数学味道，从而体会数学解题的乐趣.解后反思：通过对圆内接四边形性质解题应用的探究，深深体会到如下几点：1.学习时，要重视对教材上的每一条性质的掌握，务必从准确记忆，科学把握，灵活应用三个维度去掌握和学习，确实夯实数学基础；2.通过学习，努力更多地去掌握数学的基本解题思路和基本的解题方法，掌握常见题型解题时需要构造的辅助线，使得解题方法更加灵活多样，有生命力，充满解题生机；3.通过学习，要锻炼自己的发散思维能力，通过解题的变式思考，一题多解的思维训练等方式，启迪自己的思维，在解题过程中碰撞数学智慧，探索发现数学解题智慧，切实提高自身数学素养和数学能力；4.通过学习，要牢牢树立数学知识一盘棋的思想，构建起适合自己的数学知识网，让数学知识，数学方法，数学思思，数学智慧都融入这个大棋盘，做到知识选择灵活自如，方法选择灵活自如，思想选择灵活自如，为数学创新思维点燃创新的火花.。

专题24.5 圆内接四边形【六大题型】【人教版】【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)【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ABCD 内接于⊙O ，AB 是⊙O 的直径，∠ABD ＝20°，则∠BCD 的度数是（ ）A ．90°B ．100°C ．110°D ．120°【分析】方法一：根据圆周角定理可以得到∠AOD 的度数，再根据三角形内角和可以求得∠OAD 的度数，然后根据圆内接四边形对角互补，即可得到∠BCD 的度数．方法二：根据AB 是⊙O 的直径，可以得到∠ADB ＝90°，再根据∠ABD ＝20°和三角形内角和，可以得到∠A的度数，然后根据圆内接四边形对角互补，即可得到∠BCD的度数．【解答】解：方法一：连接OD，如图所示，∵∠ABD＝20°，∴∠AOD＝40°，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵∠OAD+∠ODA+∠AOD＝180°，∴∠OAD＝∠ODA＝70°，∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠OAD+∠BCD＝180°，∴∠BCD＝110°，故选：C．方法二：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵∠ABD＝20°，∴∠A＝70°，∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠A+∠BCD＝180°，∴∠BCD＝110°，故选：C．【变式1-1】（2022•云州区一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接OB，OD．当四边形OBCD是菱形时，则∠OBA+∠ODA的度数是（ ）A．65°B．60°C．55°D．50°【分析】连接OA，根据等腰三角形的性质求出∠OBA＝∠BAO，∠ODA＝∠DAO，求出∠OBA+∠ODA＝∠BAD，根据菱形的性质得出∠BCD＝∠BOD，根据圆周角定理得出∠BOD＝2∠BAD，求出∠BCD＝2∠BAD，根号圆内接四边形的性质得出∠BAD+∠BCD＝180°，求出∠BAD，再求出答案即可．【解答】解：连接OA，∵OA＝OB，OA＝OD，∴∠OBA＝∠BAO，∠ODA＝∠DAO，∴∠OBA+∠ODA＝∠BAO+∠DAO＝∠BAD，∵四边形OBCD是菱形，∴∠BCD＝∠BOD，由圆周角定理得：∠BOD＝2∠BAD，∴∠BCD＝2∠BAD，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∴3∠BAD＝180°，∴∠BAD＝60°，∴∠OBA+∠ODA＝∠BAD＝60°，故选：B．【变式1-2】（2022•蜀山区校级三模）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，若连接OD，则∠DOE的度数是　60°　．【分析】根据圆内接四边形的性质得出∠BCD+∠BAD＝180°，根据∠BCD＝2∠BAD求出∠BAD＝60°，根据圆周角定理求出∠BAE＝90°，求出∠DAE的度数，再根据圆周角定理得出∠DOE＝2∠DAE即可．【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠BCD+∠BAD＝180°，∵∠BCD＝2∠BAD，∴∠BAD＝60°，∵BE是⊙O的直径，∴∠BAE＝90°，∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝90°﹣60°＝30°，∴∠DOE＝2∠DAE＝60°，故答案为：60°．【变式1-3】（2022秋•包河区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠1+∠2＝64°，∠3+∠4＝　64　°．【分析】利用圆内接四边形的性质，得出∠DAC+∠DCB＝180°，∠B+∠D＝180°，推出∠1+∠2+∠3+∠4+2∠5＝180°，再利用圆周角定理和三角形的内角和定理求出∠3+∠4的度数．【解答】解：如图，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠DAB+∠DCB＝180°，∠B+∠D＝180°，又∵△AOC为等腰三角形，∴∠5＝∠OCA，∴∠1+∠2+∠3+∠4+2∠5＝180°，∵∠1+∠2＝64°，∴∠3+∠4＝180°﹣64°﹣2∠5＝116°﹣2∠5，∵∠1+∠2+∠B＝180°，∠B+∠D＝180°，∴∠D＝∠1+∠2＝64°，∴∠O＝2∠D＝128，在等腰三角形AOC中，2∠5＝180°﹣∠O＝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ABCD是圆O的内接四边形，∠A＝45°，2BC＝4，CD＝2，则弦BD的长为（ ）551010 A．2B．3C．D．2【分析】如图，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于E．解直角三角形求出CE，ED，再利用勾股定理求出BD即可．【解答】解：如图，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于E．∵∠A+∠BCD＝180°，∠A＝45°，∴∠BCD＝135°，∴∠DCE＝45°，2∵∠E＝90°，CD＝2，∴CE＝ED＝2，BE＝CE+BC＝6，在Rt△BED中，∵∠E＝90°，BE＝6，DE＝2，=BE2+DE2=62+22=10∴BD2，故选：D．【变式2-1】（2022•延边州二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，过B点作BH⊥AD于点H，若∠BCD＝135°，AB＝4，则BH的长度为（ ）222A．B．2C．3D．不能确定【分析】首先根据圆内接四边形的性质求得∠A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ABCD内接于⊙O，∠BCD＝135°，∴∠A＝180°﹣145°＝45°，∵BH⊥AD，AB＝4，∴BH 2，=AB2=42=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，⊙D 经过A ，B ，O ，C 四点，∠ACO ＝120°，AB ＝4，则圆心点D 的坐标是（ ）A ．B ．C ．D ．(3，1)(−3，1)(−1，3)(−2，23)【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 ，所以=23A （，0），B （0，2），然后利用线段的中点坐标公式得到D 点坐标．−23【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 AB ＝2，=12∴OA OB =3=23∴A （，0），B （0，2），−23∴D 点坐标为（，1）．−3故选：B ．【变式2-3】（2022秋•汉川市期中）已知M 是弧CAB 的中点，MP 垂直于弦AB 于P ，若弦AC 的长度为x ，线段AP 的长度是x +1，那么线段PB 的长度是 2x +1　．（用含有x 的代数式表示）【分析】延长MP 交圆于点D ，连接DC 并延长交BA 的延长线于E 点，连接BD ，由M 是弧CAB 的中点，可得∠BDM ＝∠CDM ，又因为MP 垂直于弦AB 于P ，可得∠BPD ＝∠EPD ＝90°，然后由ASA 定理可证△DPE ≌△DPB ，然后由全等三角形的对应角相等，对应边相等可得：∠B ＝∠E ，PB ＝EP ，然后由圆内接四边形的性质可得：∠ECA ＝∠B ，进而可得：∠E ＝∠ECA ，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 +1，代入即可得到PB 的长．【解答】解：延长MP 交圆于点D ，连接DC 并延长交BA 的延长线于E 点，连接BD ，∵M 是弧CAB 的中点，∴∠BDM ＝∠CDM ，∵MP 垂直于弦AB 于P ，∴∠BPD ＝∠EPD ＝90°，在△DPE 和△DPB 中，∵，{∠BPD =∠EPD PD =PD∠BDP =∠EDP ∴△DPE ≌△DPB （ASA ），∴∠B ＝∠E ，PB ＝EP ，∵四边形ABDC 是圆内接四边形，∴∠ECA ＝∠B ，∴∠E ＝∠ECA ，∴AE ＝AC ，∴PB ＝PE ＝EA +AP ＝AC +AP ，∵AC ＝x ，AP ＝x +1，∴PB ＝2x +1．故答案为：2x +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ABCD内接于⊙O，∠ABC：∠ADC＝2：1，AB＝2，点C为BD的中点，延长AB、DC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∠ABC＝120°，∠ADC＝60°，进而得出△ADE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⊙O，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ABC：∠ADC＝2：1，∴∠ABC＝120°，∠ADC＝60°，∵∠E＝60°，∴△ADE为等边三角形，△BCE为等边三角形，∴AD＝AE，BC＝BE，BC∥AD，BD∵点C为的中点，∴∠DAC＝∠BAC，∴AC⊥DE，∴AD为⊙O的直径，∵BC∥AD，∴∠DAC＝∠ACB，∴∠CAB ＝∠ACB ，∴AB ＝BC ，∴AB ＝BE ，∴⊙O 的半径为2，∴⊙O 的面积＝4π，故选：D ．【变式3-1】（2022秋•青山区期中）如图，四边形ABCD 为⊙O 的内接四边形，∠AOD +∠BOC ＝180°．若AD ＝2，BC ＝6，则△BOC 的面积为（ ）A ．3B ．6C ．9D ．12【分析】延长BO 交⊙O 于E ，连接CE ，可得∠COE +∠BOC ＝180°，∠BCE ＝90°，由∠AOD +∠BOC ＝180°，∠AOD ＝∠COE ，推出AD ＝CE ＝2，根据三角形的面积公式可求得△BEC 的面积为6，由OB ＝OE ，可得△BOC 的面积△BEC 的面积．=12【解答】解：延长BO 交⊙O 于E ，连接CE ，则∠COE +∠BOC ＝180°，∠BCE ＝90°，即CE ⊥BC ，∵∠AOD +∠BOC ＝180°，∴∠AOD ＝∠COE ，∴，AD =CE ∴AD ＝CE ＝2，∵BC ＝6，∴△BEC 的面积为BC •CE 6×2＝6，12=12×∵OB ＝OE ，∴△BOC 的面积△BEC 的面积6＝3，=12=12×故选：A ．【变式3-2】（2022•鹿城区模拟）如图，圆内接四边形ABCD 中，∠BCD ＝90°，AB ＝AD ，点E 在CD 的延长线上，且DE ＝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 ．由△ABC ≌△ADE （SAS ），推出∠BAC ＝∠DAE ，AC ＝AE ＝4，S △ABC ＝S △ADE ，推出S 四边形ABCD ＝S △ACE ，由此即可解决问题；【解答】解：如图，连接AC ，BD ．∵∠BCD ＝90°，∴BD 是⊙O 的直径，∴∠BAD ＝90°，∵∠ADE +∠ADC ＝180°，∠ABC +∠ADC ＝180°，∴∠ABC ＝∠ADE ，∵AB ＝AD ，BC ＝DE ，∴△ABC ≌△ADE （SAS ），∴∠BAC ＝∠DAE ，AC ＝AE ＝4，S △ABC ＝S △ADE ，∴∠CAE ＝∠BAD ＝90°，∴S 四边形ABCD ＝S △ACE4×4＝8．=12×故答案为8．【变式3-3】（2022•碑林区校级一模）如图，已知AC ＝2，以AC 为弦的⊙O 上有B 、D 两点，且2∠BAC ＝∠DAC ，则四边形ABCD 的面积最大值为　4　．【分析】如图，将△ACB 绕点C 顺时针旋转得到△TCD ．S 四边形ABCD ＝S △ACT ，因为AC ＝CT ＝2，2所以当AC ⊥CT 时，S △ACT 的面积最大．【解答】解：如图，将△ACB 绕点C 顺时针旋转得到△TCD ．∵∠B +∠ADC ＝180°，∠B ＝∠CDT ，∴∠ADC +∠CDT ＝180°，∴S 四边形ABCD ＝S △ACT ，∵AC ＝CT ＝2，2∴当AC ⊥CT 时，S △ACT 的面积最大，最大值224．=12×2×2=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ABCD 的对角线AC ，BD 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 ．∠1＝∠4B ．∠1+∠2+∠3+∠5＝180°C ．∠4＝∠7D ．∠ADC ＝∠2+∠5【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：∵∠1，∠4所对的弧都是弧CD ，∴∠1＝∠4，∵∠2，∠7所对的弧都是弧BC ，∴∠2＝∠7，∵∠5，∠8所对的弧都是弧AB ．∴∠5＝∠8，∵∠1+∠2+∠3+∠8＝180°，∠ADC ＝∠8+∠7，∴∠1+∠2+∠3+∠5＝180°，∠ADC ＝∠2+∠5，故A ，B ，D 都正确，∵和不一定相等，BC DC ∴BC 与DC 不一定相等，∴∠4与∠7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ABCD为圆内接四边形，则下列哪个选项可能成立（ ）A．∠A：∠B：∠C：∠D＝1：2：3：4B．∠A：∠B：∠C：∠D＝2：3：1：4C．∠A：∠B：∠C：∠D＝3：1：2：4D．∠A：∠B：∠C：∠D＝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ABCD内接于⊙O，∴∠A+∠C＝180°＝∠B+∠D，故选：C．【变式4-2】（2022•南皮县模拟）如图，已知四边形ABEC内接于⊙O，点D在AC的延长线上，CE平分∠BCD交⊙O于点E，则下列结论中一定正确的是（ ）A．AB＝AE B．AB＝BE C．AE＝BE D．AB＝AC【分析】只要证明∠ECB＝∠BAE，∠ECD＝∠ABE，再根据角平分线定义即可解决问题．【解答】解：连接EC．∵EC平分∠BCD，∴∠ECB＝∠ECD，∵∠ECB＝∠BAE，∠ECD＝∠ABE，∴∠BAE＝∠ABE，∴EA＝EB．故选：C．【变式4-3】（2022•碑林区校级模拟）如图，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC＝∠CPB＝60°，ABCP交AB于点E．（1）判断△ABC的形状，证明你的结论；（2）①若P是的中点，求证：ABPC＝PA+PB；②若点P在上移动，判断PC＝PA+PB是否成立，证明你的结论【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ABC＝∠CPB＝60°，∠BAC＝∠CPB＝60°，根据等边三角形的判定定理证明；（2）在PC上截取PH＝PA，得到△APH为等边三角形，证明△APB≌△AHC，根据全等三角形的性质，结合图形证明即可．【解答】（1）解：△ABC是等边三角形，理由如下：由圆周角定理得，∠ABC＝∠CPB＝60°，∠BAC＝∠CPB＝60°，∴△ABC是等边三角形；AB（2）①∵P是的中点，PB=PA∴，∴PA＝PB，∵CA＝CB，∴PC垂直平分线段AB，∴PC是直径，∴∠PAC＝∠PBC＝90°，∵∠PCA＝∠PCB＝30°，∴PC＝2PA＝2PB，∴PA+PB＝PC．②PC＝PA+PB成立；证明：在PC上截取PH＝PA，∵∠APC ＝60°，∴△APH 为等边三角形，∴AP ＝AH ，∠AHP ＝60°，在△APB 和△AHC 中，，{∠APE =∠ACH ∠APB =∠AHC =120°AP =AH ∴△APB ≌△AHC （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ABCD 内接于⊙O ，∠D ＝90°，P 为上一动点（不与点CD C ，D 重合）．（1）若∠BPC ＝30°，BC ＝3，求⊙O 的半径；（2）若∠A ＝90°，，求证：PB ﹣PD PC．AD =AB =2【分析】（1）连接AC ，得到AC 是⊙O 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ABCD 为矩形．推出矩形ABCD 为正方形，根据全等三角形的性质得到PC ＝CE ，得到△CPE 为等腰直角三角形，即可得到结论．【解答】解：（1）连接AC ，∵∠D ＝90°，∴AC 是⊙O 的直径，∵∠BAC ＝∠P ＝30°，∴AC ＝2BC ＝6，所以圆O的半径为3；（2）∵∠A＝90°，∴∠C＝90°，∵AC为圆O直径，∴∠D＝∠B＝90°，∴四边形ABCD为矩形．AD=AB∵，∴AB＝AD，∴矩形ABCD为正方形，在BP上截取BE＝DP，∴△BCE≌△DPC，∴PC＝CE，∴△CPE为等腰直角三角形，=2∴PE PC，+2∴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．AD=BD 如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，如图2，四边形ABCD内接于⊙O，，四边形ABCD 的外角平分线DF交⊙O于点F，连接BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．【分析】延长BC到点T，根据圆内接四边形的性质得到∠FDC+∠FBC＝180°，得到∠ABF＝∠FBC，根据圆周角定理得到∠ACD＝∠BFD，进而得到∠ACD＝∠DCT，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⊙O，∴∠FDC+∠FBC＝180°，∵∠FDE+∠FDC＝180°，∴∠FDE＝∠FBC，∵DF平分∠ADE，∴∠ADF＝∠FDE，∵∠ADF＝∠ABF，∴∠ABF＝∠FBC，∴BE是∠ABC的平分线，AD=BD∵，∴∠ACD＝∠BFD，∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，∴∠DCT＝∠BFD，∴∠ACD＝∠DCT，∴CE是△ABC的外角平分线，∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．【变式5-2】（2022•龙岩模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC平分∠BAD，延长DC交AB的延长线于点E．（1）若∠ADC＝86°，求∠CBE的度数；（2）若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△ADC ≌△EBC 即可．【解答】（1）解：∵四边形ABCD 内接于⊙O ，∴∠ADC +∠ABC ＝180°，又∵∠ADC ＝86°，∴∠ABC ＝94°，∴∠CBE ＝180°﹣94°＝86°；（2）证明：∵AC ＝EC ，∴∠E ＝∠CAE ，∵AC 平分∠BAD ，∴∠DAC ＝∠CAB ，∴∠DAC ＝∠E ，∵四边形ABCD 内接于⊙O ，∴∠ADC +∠ABC ＝180°，又∵∠CBE +∠ABC ＝180°，∴∠ADC ＝∠CBE ，在△ADC 和△EBC 中，，{∠ADC =∠EBC ∠DAC =∠E AC =EC ∴△ADC ≌△EBC ，∴AD ＝BE ．【变式5-3】（2022•天津）如图，⊙O 和⊙O ′都经过A 、B 两点，过B 作直线交⊙O 于C ，交⊙O ′于D ，G 为圆外一点，GC 交⊙O 于E ，GD 交⊙O ′于F ．求证：∠EAF +∠G ＝180°．【分析】连接AB，根据圆内接四边形的性质可知∠GEA＝∠ABC，∠GFA＝∠ABD，再由∠ABC+∠ABD＝180°，可得出∠GEA+∠GFA＝180°，由四边形AEGF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，∴∠GEA＝∠ABC，∠GFA＝∠ABD，∵∠ABC+∠ABD＝180°，∴∠GEA+∠GFA＝180°．∵四边形AEGF的内角和为360°，∴∠EAF+∠G＝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△ABC，AB＝AC，以边AB为直径的⊙O交BC于点D，交AC于点E，连接DE．（1）求证：DE＝DC．（2）如图2，连接OE，将∠EDC绕点D逆时针旋转，使∠EDC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DF、DG的数量关系．【分析】（1）利用圆内接四边形的性质得到∠DEC＝∠B，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△EDF≌△CDG后即可得到结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABDE内接于⊙O，∴∠B+∠AED＝180°∵∠DEC+∠AED＝180°∴∠DEC＝∠B∵AB＝AC∴∠C＝∠B∴∠DEC＝∠C∴DE＝DC．（2）证明：∵四边形ABDE内接于⊙O，∴∠A+∠BDE＝180°∵∠EDC+∠BDE＝180°∴∠A＝∠EDC，∵OA＝OE∴∠A＝∠OEA，∵∠OEA＝∠CEF∴∠A＝∠CEF∴∠EDC＝∠CEF，∵∠EDC+∠DEC+∠DCE＝180°∴∠CEF+∠DEC+∠DCE＝180°即∠DEF+∠DCE＝180°，又∵∠DCG+∠DCE＝180°∴∠DEF＝∠DCG，∵∠EDC旋转得到∠FDG∴∠EDC＝∠FDG∴∠EDC﹣∠FDC＝∠FDG﹣∠FDC即∠EDF＝∠CDG，∵DE＝DC∴△EDF≌△CDG（ASA），∴DF＝DG．【变式6-1】（2022•赤峰）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，AB＝AC．（1）若∠BAC＝40°，求∠ADC的度数；（2）若BD⊥AC交AC于点E，请判断∠BAC和∠DAC之间的数量关系，并证明．【分析】（1）由等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可得∠ACB＝∠ABC＝70°，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∠ABE＝90°﹣∠BAC，∠ACB＝90°﹣∠CBE，结合圆周角定理可求解．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC，∵∠ACB+∠ABC+∠BAC＝180°，∠BAC＝40°，∴∠ACB＝∠ABC＝70°，∵∠ADC+∠ABC＝180°，∴∠ADC＝110°；（2）∠BAC＝2∠DAC．证明：∵BD⊥AC，∴∠AEB＝∠CEB＝90°，∴∠BAC+∠ABE＝90°，∠ACB+∠CBE＝90°，∴∠ABE＝90°﹣∠BAC，∠ACB＝90°﹣∠CBE，∵∠ABC＝∠ACB，∠ABE+∠CBE＝∠ABC，∴90°﹣∠BAC+∠CBE＝90°﹣∠CBE，∴∠BAC＝2∠CBE，∴∠BAC＝2∠DAC．【变式6-2】（2022秋•香洲区校级期中）画∠A，在∠A的两边分别取点B，点C，在∠A的内部取一点P，连接PB，PC．探索BPC与∠A，∠B，∠C之间的数量关系，并证明你的结论．【分析】先过点A、B、C作⊙O，分类讨论：当点P在⊙O上，根据圆内接四边形的性质得∠BPC+∠A＝∠B+∠C＝180°；当点P在⊙O内，即P点落在P1的位置，根据三角形外角性质易得∠BPC＝∠A+∠B+∠C；当点P在⊙O内，即P点落在P2的位置，则根据四边形的内角和得到∠BPC+∠A+∠B+∠C＝360°．【解答】解：过点A、B、C作⊙O，如图，当点P在⊙O上，则∠BPC+∠A＝∠B+∠C＝180°；当点P在⊙O内，即P点落在P1的位置，则∠BPC＝∠A+∠B+∠C；当点P在⊙O内，即P点落在P2的位置，则∠BPC+∠A+∠B+∠C＝360°．【变式6-3】（2022•阜宁县二模）我们学过圆内接四边形，学会了它的性质；圆内接四边形对角互补．下面我们进一步研究．（1）在图（1）中．∠ECD是圆内接四边形ABCD的一个外角．请你探究∠DCE与∠A的关系．并说明理由．（2）请你应用上述结论解答下题：如图（2）已知ABCD是圆内接四边形，F、E分别为BD，AD延长线上的点．如果DE平分∠FDC．求证：AB＝AC．【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补和邻补角的定义证明结论；（2）根据圆内接四边形的性质和圆周角定理证明∠ABC＝∠ACB，根据等角对等边得到答案．【解答】解：（1）∠DCE＝∠A，∵∠A+∠DCB＝180°，∠DCE+∠DCB＝180°，∴∠DCE＝∠A；（2）∵已知ABCD是圆内接四边形，∴∠ABC＝∠2，∠ADB＝∠ACB，∠ADB＝∠1，∠ACB＝∠1，∵DE平分∠FDC，∴∠1＝∠2，∴∠ABC＝∠ACB，∴AB＝AC．。