3.4.2圓周角定理的推論231

第頁第2課時圓周角定理的推論2，3關(guān)鍵問答①圓周角定理的推論有哪些？②圓的內(nèi)接四邊形有什么性質(zhì)？1．從下列三角尺與圓弧的位置關(guān)系中，可判斷圓弧為半圓的是()ABCD圖3－4－152.①如圖3－4－16，AB是⊙O的直徑，C，D是圓周上的兩點．已知AC＝7，BC＝24，AD＝15，則BD＝________．圖3－4－163.②如圖3－4－17，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，若∠BAD＝110°，則∠C的度數(shù)是________．圖3－4－17命題點1利用圓周角的推論2進行計算與證明[熱度：99%]4.③如圖3－4－18，?ABCD的頂點A，B，D在⊙O上，頂點C在⊙O的直徑BE上，連接AE，∠E＝36°，則∠ADC的度數(shù)是()圖3－4－18A．44°B．54°C．72°D．53°方法點撥③求與圓有關(guān)的角的度數(shù)時，一般情況下，都是利用圓周角定理及其推論1.特別地，當(dāng)題中有直徑出現(xiàn)時，往往要用到“直徑所對的圓周角是直角”這一性質(zhì).5.④如圖3－4－19，AB是⊙O的直徑，CD是弦，且AB∥CD，若AB＝8，∠ABC＝30°，則弦AD的長為()圖3－4－19A.eq\r(3)B．4eq\r(3)C．2eq\r(3)D．8方法點撥④見直徑，構(gòu)造直徑所對的圓周角.6．2019·咸寧如圖3－4－20，已知⊙O的半徑為5，弦AB，CD所對的圓心角分別是∠AOB，∠COD，若∠AOB與∠COD互補，弦CD＝6，則弦AB的長為()圖3－4－20A．6B．8C．5eq\r(2)D．5eq\r(3)7.⑤如圖3－4－21，半徑為3的⊙A經(jīng)過原點O和點C(0，2)，B是y軸左側(cè)⊙A優(yōu)弧上一點，則tan∠OBC的值為()圖3－4－21A.eq\f(1,3)B．2eq\r(2)C.eq\f(\r(2),4)D.eq\f(2\r(2),3)方法點撥⑤求一個不在直角三角形中的銳角的三角函數(shù)值，一般思路為：構(gòu)造含有這個角(或與這個角相等的角)的直角三角形，再根據(jù)三角函數(shù)的定義求解.8．⑥如圖3－4－22，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O交AC于點D，交BC于點E，連接AE，ED，則下列結(jié)論中不一定正確的是()圖3－4－22A．AE⊥BCB．BE＝ECC．ED＝ECD．∠BAC＝∠EDC知識鏈接⑥等腰三角形三線合一．9．已知：如圖3－4－23，△ABC的頂點都在⊙O上，AB為直徑，∠CBA的平分線交AC于點F，交⊙O于點D，DE⊥AB于點E，且交AC于點P，連接AD.(1)求證：∠DAC＝∠DBA；(2)求證：P是線段AF的中點；(3)若⊙O的半徑為5，AF＝eq\f(15,2)，求tan∠ABF的值．圖3－4－23命題點2圓內(nèi)接四邊形的相關(guān)計算與證明[熱度：92%]10．如圖3－4－24所示，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，F(xiàn)是弧CD上一點，且eq\o(DF,\s\up8(︵))＝eq\o(BC,\s\up8(︵))，連接CF并延長交AD的延長線于點E，連接AC，若∠ABC＝105°，∠BAC＝25°，則∠E的度數(shù)為()圖3－4－24A．45°B．50°C．55°D．60°11.⑦如圖3－4－25，已知四邊形ABCD內(nèi)接于半徑為4的⊙O中，且∠C＝2∠A，則BD＝________．圖3－4－25方法點撥⑦計算弦長，通常需要構(gòu)造直角三角形，再借助勾股定理或三角函數(shù)求解.12．已知：如圖3－4－26，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，延長AD，BC相交于點E，F(xiàn)是BD延長線上的點，且DE平分∠CDF.(1)求證：AB＝AC；(2)若AC＝3cm，AD＝2cm，求DE的長．圖3－4－2613.⑧如圖3－4－27所示，四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，AB的延長線與DC的延長線交于點E，且∠D＝∠E.(1)求證：∠D＝∠CBE；(2)求證：CB＝CE；(3)設(shè)AD不是圓O的直徑，AD的中點為M，且MB＝MC，求證：△ADE為等邊三角形．圖3－4－27方法點撥⑧欲證明一個三角形是等邊三角形，可以證明這個三角形的三條邊相等或三個角相等或證明這個三角形是有一個角是60°的等腰三角形.14.⑨如圖3－4－28，已知⊙O的半徑為2，弦AB的長為2eq\r(3)，點C與點D分別是劣弧AB與優(yōu)弧AmB上的任一點(點C，D均不與點A，B重合)．(1)求∠ACB的度數(shù)；(2)求△ABD的最大面積．圖3－4－28解題突破⑨(1)題中出現(xiàn)半徑長和弦長，要聯(lián)想到垂徑定理，再想辦法利用邊的關(guān)系求角的度數(shù)；(2)要求△ABD的最大面積，AB是定值，只需使AB邊上的高最大即可.15.⑩?如圖3－4－29，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AB＝6，BC＝4.P是△ABC內(nèi)部的一個動點，且滿足∠PAB＝∠PBC，則線段CP長的最小值為()圖3－4－29A.eq\f(1,2)B．2C.eq\f(8\r(13),13)D.eq\f(12\r(13),13)解題突破⑩根據(jù)三角形內(nèi)角和與已知條件求出∠APB＝90°，由圓周角定理的推論判斷出動點P的軌跡為以AB為直徑的圓在△ABC內(nèi)的弧，則可把問題轉(zhuǎn)化為圓外一點與圓上動點的距離最值問題．方法點撥?在動態(tài)問題中求兩點之間距離的最值問題，一般應(yīng)先確定動點的運動規(guī)律，再運用相關(guān)知識求解.16.?如圖3－4－30，A，P，B，C是⊙O上四點，∠APC＝∠CPB＝60°.(1)判斷△ABC的形狀，并證明你的結(jié)論；(2)當(dāng)點P位于什么位置時，四邊形PBOA是菱形？并說明理由；(3)求證：PA＋PB＝PC.圖3－4－30方法點撥?探索結(jié)論成立的條件，可采用逆向思維，由果索因.

詳解詳析1．B[解析]只有B選項符合圓周角為90°時，所對的弦為直徑，由此可知該弧為半圓．故選B.2．20[解析]∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝∠ADB＝90°.∵AC＝7，BC＝24，∴AB＝25.∵AD＝15，∴BD＝20.3．70°[解析]∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠BAD＋∠C＝180°.∵∠BAD＝110°，∴∠C＝70°.4．B[解析]∵BE為⊙O的直徑，∴∠BAE＝90°，∴∠ABC＝90°－∠AEB＝54°.∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ADC＝∠ABC＝54°.故選B.5.B[解析]連接BD，∵AB∥CD，∴∠BAD＝∠ADC.∵∠ADC＝∠ABC，∠ABC＝30°，∴∠ADC＝30°，∴∠BAD＝30°.∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴AD＝AB·cos30°＝8×eq\f(\r(3),2)＝4eq\r(3).故選B.6．B[解析]如圖，延長AO交⊙O于點E，連接BE，則∠AOB＋∠BOE＝180°.∵∠AOB＋∠COD＝180°，∴∠BOE＝∠COD，∴BE＝CD＝6.∵AE為⊙O的直徑，∴∠ABE＝90°，∴AB＝eq\r(AE2－BE2)＝eq\r(102－62)＝8.故選B.7．C[解析]連接CD.∵∠DOC＝90°，∴CD是⊙A的直徑．在Rt△OCD中，CD＝6，OC＝2，則OD＝eq\r(CD2－OC2)＝4eq\r(2)，∴tan∠CDO＝eq\f(OC,OD)＝eq\f(\r(2),4).由圓周角定理，得∠OBC＝∠CDO，∴tan∠OBC＝tan∠CDO＝eq\f(\r(2),4).故選C.8．D[解析]∵AB為⊙O的直徑，∴AE⊥BC.∵AB＝AC，∴BE＝EC，∠BAE＝∠CAE，∠B＝∠C，∴eq\o(BE,\s\up8(︵))＝eq\o(ED,\s\up8(︵))，∴BE＝ED，∴ED＝EC，∴∠EDC＝∠C，∴∠EDC＝∠B.故選D.9．解：(1)證明：∵BD平分∠CBA，∴∠CBD＝∠DBA.∵∠DAC與∠CBD都是eq\o(CD,\s\up8(︵))所對的圓周角，∴∠DAC＝∠CBD，∴∠DAC＝∠DBA.(2)證明：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°.又∵DE⊥AB于點E，∴∠DEB＝90°，∴∠ADE＋∠EDB＝∠DBA＋∠EDB＝90°，∴∠ADE＝∠DBA＝∠CBD＝∠DAP，∴PD＝PA.∵∠DFA＋∠DAC＝∠ADE＋∠PDF＝90°，且∠ADE＝∠DAC，∴∠PDF＝∠DFA，∴PD＝PF，∴PA＝PF，即P是線段AF的中點．(3)∵∠DAF＝∠DBA，∠ADB＝∠FDA＝90°，∴△FDA∽△ADB，∴eq\f(AD,BD)＝eq\f(AF,AB).在Rt△ABD中，tan∠ABD＝eq\f(AD,BD)＝eq\f(AF,AB)＝eq\f(\f(15,2),10)＝eq\f(3,4)，即tan∠ABF＝eq\f(3,4).10．B[解析]因為四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，所以∠ADC＝180°－∠ABC＝180°－105°＝75°.因為eq\o(DF,\s\up8(︵))＝eq\o(BC,\s\up8(︵))，所以∠DCE＝∠BAC＝25°.因為∠ADC＝∠DCE＋∠E，所以∠E＝∠ADC－∠DCE＝75°－25°＝50°.故選B.11．4eq\r(3)[解析]連接OD，OB，過點O作OF⊥BD，垂足為F.∵OF⊥BD，∴DF＝BF，∠DOF＝∠BOF.∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠A＋∠C＝180°.∵∠C＝2∠A，∴∠A＝60°，∴∠BOD＝120°，∴∠BOF＝60°.∵OB＝4，∴BF＝OB·sin∠BOF＝4×sin60°＝2eq\r(3)，∴BD＝2BF＝4eq\r(3).12．解：(1)證明：如圖，∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠2＋∠ADC＝180°，∴∠ABC＝∠2.又∵∠2＝∠1＝∠3，∠4＝∠3，∴∠ABC＝∠4，∴AB＝AC.(2)∵∠3＝∠4＝∠ABE，∠DAB＝∠BAE，∴△ABD∽△AEB，∴eq\f(AB,AE)＝eq\f(AD,AB).∵AB＝AC＝3cm，AD＝2cm，∴AE＝eq\f(AB2,AD)＝eq\f(9,2)cm，∴DE＝eq\f(9,2)－2＝eq\f(5,2)(cm)．13．證明：(1)∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠ABC＋∠D＝180°.又∵∠ABC＋∠CBE＝180°，∴∠D＝∠CBE.(2)∵∠D＝∠CBE，∠D＝∠E，∴∠CBE＝∠E，∴CB＝CE.(3)設(shè)BC的中點為N，連接MN.∵MB＝MC，∴MN⊥BC，∴圓心O在直線MN上．又∵AD不是圓O的直徑，M為AD的中點，∴OM⊥AD，即MN⊥AD，∴BC∥AD，∴∠A＝∠CBE.又∵∠CBE＝∠D，∠D＝∠E，∴∠A＝∠D＝∠E，∴△ADE為等邊三角形．14．解：(1)連接OA，OB，過點O作OE⊥AB，E為垂足，則AE＝BE.在Rt△AOE中，OA＝2，AE＝eq\r(3)，∴sin∠AOE＝eq\f(\r(3),2)，∴∠AOE＝60°，∠AOB＝2∠AOE＝120°.又∵∠ADB＝eq\f(1,2)∠AOB，∴∠ADB＝60°.∵四邊形ACBD為圓內(nèi)接四邊形，∴∠ACB＋∠ADB＝180°，∴∠ACB＝180°－∠ADB＝120°.(2)過點D作DF⊥AB，垂足為F，則S△ABD＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)·DF.顯然，當(dāng)DF經(jīng)過圓心O時，DF取得最大值，從而S△ABD取得最大值，此時DF＝DO＋OF＝DO＋OE＝2＋2sin30°＝3，∴S△ABD＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3＝3eq\r(3)，即△ABD的最大面積是3eq\r(3).15．B[解析]如圖，∵AB⊥BC，∴∠ABP＋∠PBC＝90°.∵∠PAB＝∠PBC，∴∠ABP＋∠PAB＝90°，∴∠APB＝90°，∴點P在以AB為直徑的⊙E上，當(dāng)點C，P，E在一條直線上時，CP長取最小值，此時由勾股定理，得CE＝eq\r(32＋42)＝5，CP＝CE－PE＝5－3＝2.故選B.16．解：(1)△ABC是等邊三角形．證明如下：在⊙O中，∵∠BAC與∠CPB是eq\o(BC,\s\up8(︵))所對的圓周角，∠ABC與∠APC是eq\o(AC,\s\up8(︵))所對的圓周角，∴∠BAC＝∠CPB，∠ABC＝∠APC.又∵∠APC＝∠CPB＝60°，∴∠ABC＝∠BAC＝60°，∴△ABC為等邊三角形．(2)當(dāng)點P是eq\o(AB,\s\up8(︵))的中點時，四邊形PBOA是菱形．理由：如圖①，連接OP.∵∠AOB＝2∠ACB＝120°，P是eq\o(AB,\s\up8(︵))的中點，∴∠AOP＝∠BOP＝60°.又∵OA＝OP＝OB，∴△OAP和△OBP均為等