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9. 如图, 四边形 $ABCD$ 是 $\odot O$ 的内接四边形,
$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD},∠ BCD=120°$, 连接 $AC$, 作 $DE⊥ AC$
于点 $E$, 连接 $BE$, 若 $∠ BED=150°,AC=3\sqrt{7}$,
则 $DE$ 的长为
$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD},∠ BCD=120°$, 连接 $AC$, 作 $DE⊥ AC$
于点 $E$, 连接 $BE$, 若 $∠ BED=150°,AC=3\sqrt{7}$,
则 $DE$ 的长为
$\sqrt{21}$
.答案
9. $\sqrt{21}$ 解析:连接BD,
∵$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD}$,
∴AB=AD.
∵∠BCD=120°,∠BCD+∠BAD=180°,
∴∠BAD=60°,
∴△ABD是等边三角形,
∴AB=BD,∠ABD=∠ADB=60°,
∴∠ACD=∠ABD=60°.
∵DE⊥AC,
∴∠AED=∠CED=90°,
∴∠CDE=30°,
∴CD=2CE.
∵∠BED=150°,
∴∠AEB=120°.在△ABE与△DBC 中,$\begin{cases} ∠BAE=∠BDC, \\ ∠AEB=∠DCB=120°, \\ AB=DB, \end{cases}$
∴△ABE≌△DBC(AAS),
∴AE=CD,
∴AE=2CE.
∵AC=3$\sqrt{7}$,
∴AE=2$\sqrt{7}$,CE=$\sqrt{7}$,
∴CD=AE=2$\sqrt{7}$,
∴$DE=\sqrt{CD^2-CE^2}=\sqrt{21}$.
∵$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD}$,
∴AB=AD.
∵∠BCD=120°,∠BCD+∠BAD=180°,
∴∠BAD=60°,
∴△ABD是等边三角形,
∴AB=BD,∠ABD=∠ADB=60°,
∴∠ACD=∠ABD=60°.
∵DE⊥AC,
∴∠AED=∠CED=90°,
∴∠CDE=30°,
∴CD=2CE.
∵∠BED=150°,
∴∠AEB=120°.在△ABE与△DBC 中,$\begin{cases} ∠BAE=∠BDC, \\ ∠AEB=∠DCB=120°, \\ AB=DB, \end{cases}$
∴△ABE≌△DBC(AAS),
∴AE=CD,
∴AE=2CE.
∵AC=3$\sqrt{7}$,
∴AE=2$\sqrt{7}$,CE=$\sqrt{7}$,
∴CD=AE=2$\sqrt{7}$,
∴$DE=\sqrt{CD^2-CE^2}=\sqrt{21}$.
解析
【分析】
要解决本题，需结合圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、全等三角形的判定及直角三角形的性质逐步推导：首先连接BD，利用弧相等得到AB=AD，结合圆内接四边形对角互补求出∠BAD，进而判定△ABD为等边三角形；再通过圆周角性质和已知角的关系，证明△ABE与△DBC全等，得到线段AE与CD的等量关系；最后利用直角三角形中30°角的性质和勾股定理计算DE的长度。
【解析】
连接BD，
∵$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD}$，
∴AB=AD。
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD + ∠BAD = 180°，
又
∵∠BCD=120°，
∴∠BAD=180°-120°=60°，
∴△ABD是等边三角形，故AB=BD，∠ABD=∠ADB=60°。
由圆周角定理，同弧所对圆周角相等，得∠ACD=∠ABD=60°。
∵DE⊥AC，
∴∠CED=∠AED=90°，在Rt△CDE中，∠CDE=90°-∠ACD=30°，
∴CD=2CE。
∵∠BED=150°，
∴∠BEC=∠BED - ∠CED=150°-90°=60°，又A、E、C共线，故∠AEB=180°-∠BEC=120°，即∠AEB=∠DCB=120°。
在△ABE与△DBC中：
$\begin{cases} ∠BAE=∠BDC（同弧BC所对圆周角相等） \\ ∠AEB=∠DCB \\ AB=DB \end{cases}$
∴△ABE≌△DBC（AAS），
∴AE=CD。
结合CD=2CE，得AE=2CE。
已知AC=AE + CE=3CE=3$\sqrt{7}$，解得CE=$\sqrt{7}$，AE=2$\sqrt{7}$，故CD=AE=2$\sqrt{7}$。
在Rt△CDE中，由勾股定理得：
DE=$\sqrt{CD^2 - CE^2}$=$\sqrt{(2\sqrt{7})^2 - (\sqrt{7})^2}$=$\sqrt{28 -7}$=$\sqrt{21}$。
【答案】
$\sqrt{21}$
【知识点】
圆内接四边形性质，全等三角形判定，勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的相关性质、全等三角形的判定与性质及直角三角形的勾股定理，解题核心是通过弧相等推导等边三角形，再利用全等建立线段关系，逐步求解，对逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、全等三角形的判定及直角三角形的性质逐步推导：首先连接BD，利用弧相等得到AB=AD，结合圆内接四边形对角互补求出∠BAD，进而判定△ABD为等边三角形；再通过圆周角性质和已知角的关系，证明△ABE与△DBC全等，得到线段AE与CD的等量关系；最后利用直角三角形中30°角的性质和勾股定理计算DE的长度。
【解析】
连接BD，
∵$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD}$，
∴AB=AD。
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD + ∠BAD = 180°，
又
∵∠BCD=120°，
∴∠BAD=180°-120°=60°，
∴△ABD是等边三角形，故AB=BD，∠ABD=∠ADB=60°。
由圆周角定理，同弧所对圆周角相等，得∠ACD=∠ABD=60°。
∵DE⊥AC，
∴∠CED=∠AED=90°，在Rt△CDE中，∠CDE=90°-∠ACD=30°，
∴CD=2CE。
∵∠BED=150°，
∴∠BEC=∠BED - ∠CED=150°-90°=60°，又A、E、C共线，故∠AEB=180°-∠BEC=120°，即∠AEB=∠DCB=120°。
在△ABE与△DBC中：
$\begin{cases} ∠BAE=∠BDC（同弧BC所对圆周角相等） \\ ∠AEB=∠DCB \\ AB=DB \end{cases}$
∴△ABE≌△DBC（AAS），
∴AE=CD。
结合CD=2CE，得AE=2CE。
已知AC=AE + CE=3CE=3$\sqrt{7}$，解得CE=$\sqrt{7}$，AE=2$\sqrt{7}$，故CD=AE=2$\sqrt{7}$。
在Rt△CDE中，由勾股定理得：
DE=$\sqrt{CD^2 - CE^2}$=$\sqrt{(2\sqrt{7})^2 - (\sqrt{7})^2}$=$\sqrt{28 -7}$=$\sqrt{21}$。
【答案】
$\sqrt{21}$
【知识点】
圆内接四边形性质，全等三角形判定，勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的相关性质、全等三角形的判定与性质及直角三角形的勾股定理，解题核心是通过弧相等推导等边三角形，再利用全等建立线段关系，逐步求解，对逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.5
10. 如图,在$△ ABC$中,$D$是$AB$上一点,$\odot O$经过点$A$,$C$,$D$,交$BC$于点$E$,过点$D$作$DF// BC$,交$\odot O$于点$F$,连接$AF$,$CF$,$EF$,$AF=EF$.
(1)求证:四边形$DBCF$是平行四边形;
(2)若$D$是$AB$的中点,求证:$AC$是$\odot O$的直径.
(1)求证:四边形$DBCF$是平行四边形;
(2)若$D$是$AB$的中点,求证:$AC$是$\odot O$的直径.
答案
10. (1) 如图,连接DE,
∵D,E,C,F四点共圆,
∴∠EDF+∠ECF=180°.
∵AF=EF,
∴∠ADF=∠EDF.
∵DF//BC,
∴∠ADF=∠B,
∴∠EDF=∠B,
∴∠B+∠ECF=180°,
∴BD//CF.
∵DF//BC,
∴四边形DBCF是平行四边形.
(2) 连接CD,由(1)得四边形DBCF是平行四边形,
∴∠BAC=∠DFC=∠B,
∴BC=AC.
∵D是AB的中点,
∴CD⊥AB,
∴∠ADC=90°,
∴AC是⊙O的直径.
解析
【分析】
要证明四边形DBCF是平行四边形，已知DF//BC，只需再证BD//CF，结合圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质和平行线的性质推导角的关系即可；证明AC是⊙O的直径，需利用（1）中平行四边形的性质，结合等腰三角形三线合一和圆周角定理，证明∠ADC为直角，进而得到AC是直径。
【解析】
（1）证明：连接DE，
∵D，E，C，F四点共圆，
∴∠EDF + ∠ECF = 180°（圆内接四边形的对角互补）。
∵AF = EF，
∴弧AF = 弧EF，
∴∠ADF = ∠EDF（等弧所对的圆周角相等）。
∵DF//BC，
∴∠ADF = ∠B（两直线平行，同位角相等），
∴∠EDF = ∠B，
∴∠B + ∠ECF = 180°，
∴BD//CF（同旁内角互补，两直线平行）。
又
∵DF//BC，
∴四边形DBCF是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）。
（2）证明：连接CD，
由（1）知四边形DBCF是平行四边形，
∴∠DFC = ∠B，
又
∵A，D，F，C四点共圆，
∴∠BAC = ∠DFC（同弧所对的圆周角相等），
∴∠BAC = ∠B，
∴BC = AC（等角对等边）。
∵D是AB的中点，
∴CD⊥AB（等腰三角形三线合一），
∴∠ADC = 90°，
∴AC是⊙O的直径（90°的圆周角所对的弦是直径）。
【答案】
10. (1) 如图,连接DE,
∵D,E,C,F四点共圆,
∴∠EDF+∠ECF=180°.
∵AF=EF,
∴∠ADF=∠EDF.
∵DF//BC,
∴∠ADF=∠B,
∴∠EDF=∠B,
∴∠B+∠ECF=180°,
∴BD//CF.
∵DF//BC,
∴四边形DBCF是平行四边形.
(2) 连接CD,由(1)得四边形DBCF是平行四边形,
∴∠BAC=∠DFC=∠B,
∴BC=AC.
∵D是AB的中点,
∴CD⊥AB,
∴∠ADC=90°,
∴AC是⊙O的直径.
【知识点】
平行四边形的判定、圆内接四边形的性质、圆周角定理
【点评】
本题综合考查平行四边形的判定、圆的相关性质及等腰三角形的性质，解题需逐步推导角的关系，熟练运用几何定理是关键，逻辑要求较高，属于中等难度的几何证明题。
【难度系数】
0.5
要证明四边形DBCF是平行四边形，已知DF//BC，只需再证BD//CF，结合圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质和平行线的性质推导角的关系即可；证明AC是⊙O的直径，需利用（1）中平行四边形的性质，结合等腰三角形三线合一和圆周角定理，证明∠ADC为直角，进而得到AC是直径。
【解析】
（1）证明：连接DE，
∵D，E，C，F四点共圆，
∴∠EDF + ∠ECF = 180°（圆内接四边形的对角互补）。
∵AF = EF，
∴弧AF = 弧EF，
∴∠ADF = ∠EDF（等弧所对的圆周角相等）。
∵DF//BC，
∴∠ADF = ∠B（两直线平行，同位角相等），
∴∠EDF = ∠B，
∴∠B + ∠ECF = 180°，
∴BD//CF（同旁内角互补，两直线平行）。
又
∵DF//BC，
∴四边形DBCF是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）。
（2）证明：连接CD，
由（1）知四边形DBCF是平行四边形，
∴∠DFC = ∠B，
又
∵A，D，F，C四点共圆，
∴∠BAC = ∠DFC（同弧所对的圆周角相等），
∴∠BAC = ∠B，
∴BC = AC（等角对等边）。
∵D是AB的中点，
∴CD⊥AB（等腰三角形三线合一），
∴∠ADC = 90°，
∴AC是⊙O的直径（90°的圆周角所对的弦是直径）。
【答案】
10. (1) 如图,连接DE,
∵D,E,C,F四点共圆,
∴∠EDF+∠ECF=180°.
∵AF=EF,
∴∠ADF=∠EDF.
∵DF//BC,
∴∠ADF=∠B,
∴∠EDF=∠B,
∴∠B+∠ECF=180°,
∴BD//CF.
∵DF//BC,
∴四边形DBCF是平行四边形.
(2) 连接CD,由(1)得四边形DBCF是平行四边形,
∴∠BAC=∠DFC=∠B,
∴BC=AC.
∵D是AB的中点,
∴CD⊥AB,
∴∠ADC=90°,
∴AC是⊙O的直径.
【知识点】
平行四边形的判定、圆内接四边形的性质、圆周角定理
【点评】
本题综合考查平行四边形的判定、圆的相关性质及等腰三角形的性质，解题需逐步推导角的关系，熟练运用几何定理是关键，逻辑要求较高，属于中等难度的几何证明题。
【难度系数】
0.5
11. 已知$\odot O$经过四边形$ABCD$的$B,D$两点,并与四条边分别交于点$E,F,G,H$,且$\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{GH}.$
(1)如图①,连接$BD$,若$BD$是$\odot O$的直径,
求证:$∠ A=∠ C$;
(2)如图②,若$\overset{\frown}{EF}$的度数为$θ$,$∠ A=α$,$∠ C=$$β$,请直接写出$θ,α$和$β$之间的数量关系.
(1)如图①,连接$BD$,若$BD$是$\odot O$的直径,
求证:$∠ A=∠ C$;
(2)如图②,若$\overset{\frown}{EF}$的度数为$θ$,$∠ A=α$,$∠ C=$$β$,请直接写出$θ,α$和$β$之间的数量关系.
答案
11. (1) 连接DF,DG,如图①,
∵BD是⊙O的直径,
∴∠DFB=∠DGB=90°.
∵$\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{GH}$,
∴∠EDF=∠HDG.
∵∠DFB=∠EDF+∠A,∠DGB=∠HDG+∠C,
∴∠A=∠C.
(2) α+β+θ=180°. 解析:如图②,连接DF,BH,
∵$\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{GH}$,
∴∠ADF=∠HBG=$\frac{1}{2}$θ.
∵∠AFD+∠DFB=180°,∠DFB+∠DHB=180°,
∴∠AFD=∠DHB.
∵∠A+∠ADF+∠AFD=180°,∠AFD=∠DHB=∠C+∠HBG,
∴∠A+$\frac{1}{2}$θ+∠C+$\frac{1}{2}$θ=180°,
∴α+β+θ=180°.
解析
【分析】
第(1)问：要证明∠A=∠C，需构造辅助线连接DF、DG，利用直径所对圆周角为直角、等弧所对圆周角相等的性质，结合三角形外角的等量关系推导；第(2)问：构造辅助线DF、BH，利用等弧的圆周角性质、圆内接四边形的补角关系及三角形内角和定理，转化角的关系得到α、β、θ的数量关系。
【解析】
(1) 证明：连接DF、DG，如图①。
∵ BD是$\odot O$的直径，
∴ ∠DFB=∠DGB=90°（直径所对的圆周角为直角）。
∵ $\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{GH}$，
∴ ∠EDF=∠HDG（等弧所对的圆周角相等）。
又
∵ ∠DFB是△ADF的外角，
∴ ∠DFB=∠A + ∠EDF，
同理，∠DGB=∠C + ∠HDG，
∴ ∠A + ∠EDF = ∠C + ∠HDG，
结合∠EDF=∠HDG，可得∠A=∠C。
(2) 推导：连接DF、BH，如图②。
∵ $\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{GH}$，
∴ ∠ADF=∠HBG=$\frac{1}{2}θ$（等弧所对的圆周角等于弧度数的一半）。
∵ 四边形DFBH内接于$\odot O$，
∴ ∠AFD + ∠DFB=180°，∠DFB + ∠DHB=180°，
∴ ∠AFD=∠DHB（同角的补角相等）。
又
∵ ∠DHB=∠C + ∠HBG，在△ADF中，∠A + ∠ADF + ∠AFD=180°，
代入得：α + $\frac{1}{2}θ$ + β + $\frac{1}{2}θ$ = 180°，即α + β + θ = 180°。
【答案】
(1) ∠A=∠C；
(2) α + β + θ = 180°。
【知识点】
圆周角定理、等弧的性质、三角形外角性质
【点评】
本题综合考查圆的性质与三角形角的关系，需构造辅助线转化弧与角的联系，重点考查几何性质的应用能力，是中等难度的几何证明题。
【难度系数】
0.5
第(1)问：要证明∠A=∠C，需构造辅助线连接DF、DG，利用直径所对圆周角为直角、等弧所对圆周角相等的性质，结合三角形外角的等量关系推导；第(2)问：构造辅助线DF、BH，利用等弧的圆周角性质、圆内接四边形的补角关系及三角形内角和定理，转化角的关系得到α、β、θ的数量关系。
【解析】
(1) 证明：连接DF、DG，如图①。
∵ BD是$\odot O$的直径，
∴ ∠DFB=∠DGB=90°（直径所对的圆周角为直角）。
∵ $\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{GH}$，
∴ ∠EDF=∠HDG（等弧所对的圆周角相等）。
又
∵ ∠DFB是△ADF的外角，
∴ ∠DFB=∠A + ∠EDF，
同理，∠DGB=∠C + ∠HDG，
∴ ∠A + ∠EDF = ∠C + ∠HDG，
结合∠EDF=∠HDG，可得∠A=∠C。
(2) 推导：连接DF、BH，如图②。
∵ $\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{GH}$，
∴ ∠ADF=∠HBG=$\frac{1}{2}θ$（等弧所对的圆周角等于弧度数的一半）。
∵ 四边形DFBH内接于$\odot O$，
∴ ∠AFD + ∠DFB=180°，∠DFB + ∠DHB=180°，
∴ ∠AFD=∠DHB（同角的补角相等）。
又
∵ ∠DHB=∠C + ∠HBG，在△ADF中，∠A + ∠ADF + ∠AFD=180°，
代入得：α + $\frac{1}{2}θ$ + β + $\frac{1}{2}θ$ = 180°，即α + β + θ = 180°。
【答案】
(1) ∠A=∠C；
(2) α + β + θ = 180°。
【知识点】
圆周角定理、等弧的性质、三角形外角性质
【点评】
本题综合考查圆的性质与三角形角的关系，需构造辅助线转化弧与角的联系，重点考查几何性质的应用能力，是中等难度的几何证明题。
【难度系数】
0.5
12. 婆罗摩笈多是公元7世纪古印度伟大的数学家,他研究过对角线互相垂直的圆内接四边形,我们把这类四边形称为“婆氏四边形”.如图,在$\odot O$中,四边形$ABCD$是“婆氏四边形”,对角线$AC,BD$相交于点$E$,过点$E$作$EH ⊥ DC$于点$H$,延长$HE$交$AB$于点$F$,则$\dfrac{EF}{AB}$的值为
$\frac{1}{2}$
.答案
12. $\frac{1}{2}$ 解析:
∵AC⊥BD,EH⊥CD,
∴∠CED=∠CHE=90°,
∴∠CEH+∠ECH=90°=∠EDC+∠ECH,
∴∠EDC=∠CEH.
∵∠BAC=∠BDC,∠AEF=∠CEH,
∴∠FAE=∠FEA,
∴AF=EF.
∵∠AEB=90°,
∴∠FAE+∠ABE=90°=∠FEA+∠BEF,
∴∠BEF=∠EBF,
∴EF=BF,
∴$\frac{EF}{AB}=\frac{EF}{AF+BF}=\frac{1}{2}$.
解析
【分析】
本题是关于“婆氏四边形”（对角线互相垂直的圆内接四边形）的性质应用，解题思路为：通过垂直关系推导等角，结合圆周角定理找到角的等量关系，进而证明线段相等，最终得出EF与AB的比值。具体步骤：1. 由AC⊥BD、EH⊥CD，利用同角的余角相等得到∠EDC=∠CEH；2. 根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，结合角的等量代换，推出AF=EF；3. 利用直角三角形的角和关系，推出BF=EF；4. 由AF=EF=BF，得出EF是AB的一半，即$\frac{EF}{AB}=\frac{1}{2}$。
【解析】
∵AC⊥BD，EH⊥CD，
∴∠CED=∠CHE=90°，
∴∠CEH + ∠ECH = 90°，∠EDC + ∠ECH = 90°，
∴∠EDC=∠CEH。
∵同弧BC所对的圆周角∠BAC=∠BDC，即∠FAE=∠EDC，且∠AEF=∠CEH，
∴∠FAE=∠AEF，
∴AF=EF。
∵AC⊥BD，
∴∠AEB=90°，
∴∠FAE + ∠ABE=90°，又∠AEF + ∠BEF=90°，且∠FAE=∠AEF，
∴∠BEF=∠ABE，
∴EF=BF。
∵AF=EF，BF=EF，
∴AF + BF=2EF，即AB=2EF，
∴$\frac{EF}{AB}=\frac{1}{2}$。
【答案】
$\frac{1}{2}$
【知识点】
圆内接四边形、圆周角定理、垂直的性质
【点评】
本题结合“婆氏四边形”的定义，利用圆周角定理和直角三角形的角关系推导线段相等，关键是找到等角关系证明F为AB中点，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题是关于“婆氏四边形”（对角线互相垂直的圆内接四边形）的性质应用，解题思路为：通过垂直关系推导等角，结合圆周角定理找到角的等量关系，进而证明线段相等，最终得出EF与AB的比值。具体步骤：1. 由AC⊥BD、EH⊥CD，利用同角的余角相等得到∠EDC=∠CEH；2. 根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，结合角的等量代换，推出AF=EF；3. 利用直角三角形的角和关系，推出BF=EF；4. 由AF=EF=BF，得出EF是AB的一半，即$\frac{EF}{AB}=\frac{1}{2}$。
【解析】
∵AC⊥BD，EH⊥CD，
∴∠CED=∠CHE=90°，
∴∠CEH + ∠ECH = 90°，∠EDC + ∠ECH = 90°，
∴∠EDC=∠CEH。
∵同弧BC所对的圆周角∠BAC=∠BDC，即∠FAE=∠EDC，且∠AEF=∠CEH，
∴∠FAE=∠AEF，
∴AF=EF。
∵AC⊥BD，
∴∠AEB=90°，
∴∠FAE + ∠ABE=90°，又∠AEF + ∠BEF=90°，且∠FAE=∠AEF，
∴∠BEF=∠ABE，
∴EF=BF。
∵AF=EF，BF=EF，
∴AF + BF=2EF，即AB=2EF，
∴$\frac{EF}{AB}=\frac{1}{2}$。
【答案】
$\frac{1}{2}$
【知识点】
圆内接四边形、圆周角定理、垂直的性质
【点评】
本题结合“婆氏四边形”的定义，利用圆周角定理和直角三角形的角关系推导线段相等，关键是找到等角关系证明F为AB中点，难度适中。
【难度系数】
0.5
13. 克罗狄斯·托勒密是古希腊著名
数学家、天文学家和地理学家,他
在所著的《天文学》中讲述了制作弦表的原理,其中涉及如下定理:任意凸四边形中,两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和,当且仅当凸四边形的对角互补时取等号,后人称之为托勒密定理的推论.如图,四边形
A B C D 内接于半径为 $2\sqrt{3}$ 的圆, $∠ A=120°$,
$∠ B=45°, A B=A D$, 则四边形 A B C D 的周长为
数学家、天文学家和地理学家,他
在所著的《天文学》中讲述了制作弦表的原理,其中涉及如下定理:任意凸四边形中,两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和,当且仅当凸四边形的对角互补时取等号,后人称之为托勒密定理的推论.如图,四边形
A B C D 内接于半径为 $2\sqrt{3}$ 的圆, $∠ A=120°$,
$∠ B=45°, A B=A D$, 则四边形 A B C D 的周长为
$4\sqrt{3}+6\sqrt{2}$
.答案
13. $4\sqrt{3}+6\sqrt{2}$ 解析:如图,连接AC,BD,过A作AN⊥CD交CD延长线于点N,过A作AH⊥BD于点H,作圆的直径DM,连接AM,
∴∠DAM=90°,∠AHD=∠AHB=90°,∠AND=90°.
∵∠DAB=120°,AB=AD,
∴∠ABD=∠ADB=∠ACN=30°,BH=DH,
∴∠AMD=30°,
∴AD=$\frac{1}{2}$DM=2$\sqrt{3}$,
∴AH=$\frac{1}{2}$AD=$\sqrt{3}$,在Rt△AHD中,由勾股定理得DH=$\sqrt{AD^2-AH^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3$,
∴BD=6.
∵∠ABC=45°,∠ABC+∠ADC=180°,∠NDA+∠ADC=180°,
∴∠NDA=∠NAD=45°,
∴AN=ND,在Rt△AND中,由勾股定理得AD=$\sqrt{ND^2+AN^2}=\sqrt{2}$AN,
∴AN=$\sqrt{6}$,在Rt△ANC中,∠ACN=30°,
∴AC=2AN=2$\sqrt{6}$,由托勒密定理推论得AD·BC+AB·CD=AC·BD,
∴2$\sqrt{3}$×BC+2$\sqrt{3}$×CD=2$\sqrt{6}$×6,
∴BC+CD=6$\sqrt{2}$,
∴四边形ABCD的周长为AB+AD+BC+CD=2$\sqrt{3}$+2$\sqrt{3}$+6$\sqrt{2}$=$4\sqrt{3}+6\sqrt{2}$.
解析
【分析】
要解决本题，需结合圆内接四边形的性质、等腰三角形与直角三角形的特点，先求出AB、AD、BD的长度；再通过作辅助线构造直角三角形，求出AC的长度；最后运用题目给出的托勒密定理推论，计算BC+CD的和，进而得到四边形的周长。
【解析】
如图，连接AC、BD，过A作AN⊥CD交CD延长线于点N，作圆的直径DM，连接AM。
∵四边形ABCD内接于圆，AB=AD，∠DAB=120°，
∴△ABD为等腰三角形，∠ABD=∠ADB=30°。
∵圆的半径为$2\sqrt{3}$，DM是直径，
∴DM=$4\sqrt{3}$，∠DAM=90°，
又
∵∠AMD=∠ABD=30°（同弧所对圆周角相等），
∴在Rt△DAM中，AD=$\frac{1}{2}$DM=$2\sqrt{3}$，故AB=AD=$2\sqrt{3}$。
过A作AH⊥BD于H，由等腰三角形三线合一得BH=DH，
在Rt△AHD中，AH=AD·sin30°=$2\sqrt{3}×\frac{1}{2}=\sqrt{3}$，
由勾股定理得DH=$\sqrt{AD^2 - AH^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2 - (\sqrt{3})^2}=3$，故BD=2DH=6。
∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
又
∵∠NDA+∠ADC=180°，
∴∠NDA=∠ABC=45°，
∵AN⊥CD，
∴△AND为等腰直角三角形，AN=ND，
在Rt△AND中，AD=$2\sqrt{3}$，
∴AN=AD·sin45°=$2\sqrt{3}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{6}$。
∵∠ACN=∠ADB=30°（同弧所对圆周角相等），
在Rt△ANC中，AC=2AN=$2\sqrt{6}$。
根据题目给出的托勒密定理推论：$AD·BC + AB·CD = AC·BD$，
代入数值：$2\sqrt{3}·BC + 2\sqrt{3}·CD = 2\sqrt{6}×6$，
两边同除以$2\sqrt{3}$得：$BC + CD = \frac{12\sqrt{6}}{2\sqrt{3}}=6\sqrt{2}$。
∴四边形ABCD的周长=$AB+AD+BC+CD=2\sqrt{3}+2\sqrt{3}+6\sqrt{2}=4\sqrt{3}+6\sqrt{2}$。
【答案】
$4\sqrt{3}+6\sqrt{2}$
【知识点】
圆内接四边形性质，托勒密定理，解直角三角形
【点评】
本题为几何综合题，综合考查圆内接四边形性质、等腰三角形与直角三角形的性质，以及托勒密定理推论的应用，需合理构造辅助线逐步推导，对学生的几何逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.4
要解决本题，需结合圆内接四边形的性质、等腰三角形与直角三角形的特点，先求出AB、AD、BD的长度；再通过作辅助线构造直角三角形，求出AC的长度；最后运用题目给出的托勒密定理推论，计算BC+CD的和，进而得到四边形的周长。
【解析】
如图，连接AC、BD，过A作AN⊥CD交CD延长线于点N，作圆的直径DM，连接AM。
∵四边形ABCD内接于圆，AB=AD，∠DAB=120°，
∴△ABD为等腰三角形，∠ABD=∠ADB=30°。
∵圆的半径为$2\sqrt{3}$，DM是直径，
∴DM=$4\sqrt{3}$，∠DAM=90°，
又
∵∠AMD=∠ABD=30°（同弧所对圆周角相等），
∴在Rt△DAM中，AD=$\frac{1}{2}$DM=$2\sqrt{3}$，故AB=AD=$2\sqrt{3}$。
过A作AH⊥BD于H，由等腰三角形三线合一得BH=DH，
在Rt△AHD中，AH=AD·sin30°=$2\sqrt{3}×\frac{1}{2}=\sqrt{3}$，
由勾股定理得DH=$\sqrt{AD^2 - AH^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2 - (\sqrt{3})^2}=3$，故BD=2DH=6。
∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
又
∵∠NDA+∠ADC=180°，
∴∠NDA=∠ABC=45°，
∵AN⊥CD，
∴△AND为等腰直角三角形，AN=ND，
在Rt△AND中，AD=$2\sqrt{3}$，
∴AN=AD·sin45°=$2\sqrt{3}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{6}$。
∵∠ACN=∠ADB=30°（同弧所对圆周角相等），
在Rt△ANC中，AC=2AN=$2\sqrt{6}$。
根据题目给出的托勒密定理推论：$AD·BC + AB·CD = AC·BD$，
代入数值：$2\sqrt{3}·BC + 2\sqrt{3}·CD = 2\sqrt{6}×6$，
两边同除以$2\sqrt{3}$得：$BC + CD = \frac{12\sqrt{6}}{2\sqrt{3}}=6\sqrt{2}$。
∴四边形ABCD的周长=$AB+AD+BC+CD=2\sqrt{3}+2\sqrt{3}+6\sqrt{2}=4\sqrt{3}+6\sqrt{2}$。
【答案】
$4\sqrt{3}+6\sqrt{2}$
【知识点】
圆内接四边形性质，托勒密定理，解直角三角形
【点评】
本题为几何综合题，综合考查圆内接四边形性质、等腰三角形与直角三角形的性质，以及托勒密定理推论的应用，需合理构造辅助线逐步推导，对学生的几何逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.4
