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9. 已知下列四个命题:①圆内接梯形是等腰梯形;②圆内接平行四边形是矩形;③圆内接矩形是正方形;④圆内接菱形是正方形.其中正确的命题有 (
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
C
)A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
9. C 解析:①正确,因为等腰梯形的对角互补,符合圆内接四边形的性质;②正确,因为矩形的对角互补,符合圆内接四边形的性质;③错误,圆内接矩形是正方形或长方形;④正确,因为在菱形中只有正方形有外接圆.故选 C.
解析
【分析】
解题的核心依据是圆内接四边形的性质：对角互补。我们需要将该性质分别与梯形、平行四边形、矩形、菱形的固有性质结合，逐个验证4个命题的正确性，最终统计正确命题的个数得出答案。思考时先明确每种四边形的角的特征，再结合对角互补的要求推导，能推出命题描述的结论则命题正确，反之错误。
【解析】
结合圆内接四边形对角互补的性质逐一判断：
1. 命题①：梯形上下底互相平行，因此同一腰上的两个角互补（两直线平行，同旁内角互补），即∠A+∠B=180°；又因为圆内接四边形对角互补，即∠A+∠C=180°，因此可得∠B=∠C，同一底上两个底角相等的梯形是等腰梯形，故①正确。
2. 命题②：平行四边形的固有性质是对角相等，又因为圆内接四边形对角互补，因此平行四边形的一组对角既相等又互补，可得每个角为90°，有一个内角为90°的平行四边形是矩形，故②正确。
3. 命题③：矩形的四个内角都是90°，天然满足对角互补的要求，因此所有矩形都可以内接于圆，不一定是正方形，也可以是长和宽不相等的长方形，故③错误。
4. 命题④：菱形的固有性质是对角相等，又因为圆内接四边形对角互补，因此菱形的一组对角既相等又互补，可得每个角为90°，有一个内角为90°的菱形是正方形，故④正确。
综上，正确的命题为①②④，共3个。
【答案】
C
【知识点】
1. 圆内接四边形的性质
2. 特殊四边形的性质与判定
【点评】
本题是圆的性质与特殊四边形的综合判断题，解题的关键是熟练掌握圆内接四边形对角互补的性质，以及各类特殊四边形的角、边的特征，推理时注意不要混淆各类特殊四边形的判定条件。
【难度系数】
0.7
解题的核心依据是圆内接四边形的性质：对角互补。我们需要将该性质分别与梯形、平行四边形、矩形、菱形的固有性质结合，逐个验证4个命题的正确性，最终统计正确命题的个数得出答案。思考时先明确每种四边形的角的特征，再结合对角互补的要求推导，能推出命题描述的结论则命题正确，反之错误。
【解析】
结合圆内接四边形对角互补的性质逐一判断：
1. 命题①：梯形上下底互相平行，因此同一腰上的两个角互补（两直线平行，同旁内角互补），即∠A+∠B=180°；又因为圆内接四边形对角互补，即∠A+∠C=180°，因此可得∠B=∠C，同一底上两个底角相等的梯形是等腰梯形，故①正确。
2. 命题②：平行四边形的固有性质是对角相等，又因为圆内接四边形对角互补，因此平行四边形的一组对角既相等又互补，可得每个角为90°，有一个内角为90°的平行四边形是矩形，故②正确。
3. 命题③：矩形的四个内角都是90°，天然满足对角互补的要求，因此所有矩形都可以内接于圆，不一定是正方形，也可以是长和宽不相等的长方形，故③错误。
4. 命题④：菱形的固有性质是对角相等，又因为圆内接四边形对角互补，因此菱形的一组对角既相等又互补，可得每个角为90°，有一个内角为90°的菱形是正方形，故④正确。
综上，正确的命题为①②④，共3个。
【答案】
C
【知识点】
1. 圆内接四边形的性质
2. 特殊四边形的性质与判定
【点评】
本题是圆的性质与特殊四边形的综合判断题，解题的关键是熟练掌握圆内接四边形对角互补的性质，以及各类特殊四边形的角、边的特征，推理时注意不要混淆各类特殊四边形的判定条件。
【难度系数】
0.7
10. ★★★ 如图,两圆相交于A,B两点,小圆经过大圆的圆心O,四边形OACB内接于小圆,点D在大圆上,若∠ADB=46°,则∠ACB的度数为 (
A.88°
B.86°
C.84°
D.82°
A
)A.88°
B.86°
C.84°
D.82°
答案
10. A 解析:
∵ $∠ ADB= 46°$,
∴ $∠ AOB= 2∠ ADB= 92°$,
∵ 四边形 OACB 内接于小圆,
∴ $∠ ACB= 180°-∠ AOB= 88°$,故选 A.
∵ $∠ ADB= 46°$,
∴ $∠ AOB= 2∠ ADB= 92°$,
∵ 四边形 OACB 内接于小圆,
∴ $∠ ACB= 180°-∠ AOB= 88°$,故选 A.
解析
【分析】
解题时首先要找到两个圆的关联角∠AOB：①已知∠ADB是大圆上弧AB对应的圆周角，∠AOB是大圆上弧AB对应的圆心角，根据圆周角定理可由∠ADB的度数求出∠AOB的度数；②∠AOB同时是小圆内接四边形OACB的一个内角，根据圆内接四边形对角互补的性质，即可求出∠ACB的度数。
【解析】
∵ A、B、D、O都在大圆上，∠ADB是弧AB所对的圆周角，∠AOB是弧AB所对的圆心角
∴ 由圆周角定理可得：∠AOB = 2∠ADB = 2×46° = 92°
∵ 四边形OACB内接于小圆，圆内接四边形的对角互补
∴ ∠ACB + ∠AOB = 180°
∴ ∠ACB = 180° - 92° = 88°
【答案】
A
【知识点】
1. 圆周角定理
2. 圆内接四边形的性质
【点评】
本题属于圆性质的基础综合题，核心是找到连接两个圆的公共角∠AOB，依次运用两个基础性质即可求解，解题时要注意区分两个角分别对应的圆和弧，避免混淆性质。
【难度系数】
0.7
解题时首先要找到两个圆的关联角∠AOB：①已知∠ADB是大圆上弧AB对应的圆周角，∠AOB是大圆上弧AB对应的圆心角，根据圆周角定理可由∠ADB的度数求出∠AOB的度数；②∠AOB同时是小圆内接四边形OACB的一个内角，根据圆内接四边形对角互补的性质，即可求出∠ACB的度数。
【解析】
∵ A、B、D、O都在大圆上，∠ADB是弧AB所对的圆周角，∠AOB是弧AB所对的圆心角
∴ 由圆周角定理可得：∠AOB = 2∠ADB = 2×46° = 92°
∵ 四边形OACB内接于小圆，圆内接四边形的对角互补
∴ ∠ACB + ∠AOB = 180°
∴ ∠ACB = 180° - 92° = 88°
【答案】
A
【知识点】
1. 圆周角定理
2. 圆内接四边形的性质
【点评】
本题属于圆性质的基础综合题，核心是找到连接两个圆的公共角∠AOB，依次运用两个基础性质即可求解，解题时要注意区分两个角分别对应的圆和弧，避免混淆性质。
【难度系数】
0.7
11. ★★★（盘锦中考）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，$\odot D$经过$A,B,O,C$四点，$∠ ACO=120°$，$AB=4$，则圆心$D$的坐标是（
A.$(-1,\sqrt{3})$
B.$(-\sqrt{3},1)$
C.$(-1,1)$
D.$(-\sqrt{3},\sqrt{3})$
B
）A.$(-1,\sqrt{3})$
B.$(-\sqrt{3},1)$
C.$(-1,1)$
D.$(-\sqrt{3},\sqrt{3})$
答案
11. B 解析:
∵ 四边形 ABOC 为圆的内接四边形,
∴ $∠ ABO+∠ ACO= 180°$,
∴ $∠ ABO= 180°-120°= 60°$.
∵ $∠ AOB= 90°$,
∴ AB 为$\odot D$ 的直径,
∴ 点 D 为 AB 的中点.在$Rt△ABO$中,
∵ $∠ ABO= 60°$,
∴ $OB=\frac{1}{2}AB= 2$,
∴ $OA=\sqrt{3}OB= 2\sqrt{3}$,
∴ $A(-2\sqrt{3},0)$,$B(0,2)$,
∴ 点 D 的坐标为$(-\sqrt{3},1)$.故选 B.
∵ 四边形 ABOC 为圆的内接四边形,
∴ $∠ ABO+∠ ACO= 180°$,
∴ $∠ ABO= 180°-120°= 60°$.
∵ $∠ AOB= 90°$,
∴ AB 为$\odot D$ 的直径,
∴ 点 D 为 AB 的中点.在$Rt△ABO$中,
∵ $∠ ABO= 60°$,
∴ $OB=\frac{1}{2}AB= 2$,
∴ $OA=\sqrt{3}OB= 2\sqrt{3}$,
∴ $A(-2\sqrt{3},0)$,$B(0,2)$,
∴ 点 D 的坐标为$(-\sqrt{3},1)$.故选 B.
解析
【分析】
解题时首先观察到四边形ABOC是⊙D的内接四边形，结合已知∠ACO=120°，可利用圆内接四边形对角互补求出∠ABO的度数；再根据x轴与y轴垂直得到∠AOB=90°，由“90°的圆周角所对的弦是直径”可判定AB为⊙D的直径，即圆心D是AB的中点；接下来在Rt△ABO中利用含60°角的直角三角形的边长关系求出OA、OB的长度，得到A、B两点的坐标，最后根据中点坐标公式计算出圆心D的坐标即可。
【解析】
解：
∵四边形ABOC内接于⊙D，
∴∠ABO + ∠ACO = 180°（圆内接四边形对角互补），
∵∠ACO=120°，
∴∠ABO=180°-120°=60°。
∵x轴与y轴垂直，即∠AOB=90°，
∴AB是⊙D的直径（90°的圆周角所对的弦是直径），
∴点D是线段AB的中点。
在Rt△ABO中，AB=4，∠ABO=60°，
∴$OB = AB·\cos60° = 4×\frac{1}{2}=2$，
$OA = AB·\sin60° = 4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，
∵点A在x轴负半轴，点B在y轴正半轴，
∴$A(-2\sqrt{3}, 0)$，$B(0, 2)$。
根据中点坐标公式：若两点坐标为$(x_1,y_1)$、$(x_2,y_2)$，则其中点坐标为$(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$，
∴点D的横坐标为$\frac{-2\sqrt{3}+0}{2}=-\sqrt{3}$，纵坐标为$\frac{0+2}{2}=1$，
即D的坐标为$(-\sqrt{3},1)$。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
圆内接四边形的性质；圆周角定理推论；中点坐标公式
【点评】
本题是几何与平面直角坐标系结合的典型题型，解题的突破口是结合圆周角定理推论判断出AB为圆的直径，再结合圆内接四边形性质、直角三角形的边角关系即可求解，对知识点的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时首先观察到四边形ABOC是⊙D的内接四边形，结合已知∠ACO=120°，可利用圆内接四边形对角互补求出∠ABO的度数；再根据x轴与y轴垂直得到∠AOB=90°，由“90°的圆周角所对的弦是直径”可判定AB为⊙D的直径，即圆心D是AB的中点；接下来在Rt△ABO中利用含60°角的直角三角形的边长关系求出OA、OB的长度，得到A、B两点的坐标，最后根据中点坐标公式计算出圆心D的坐标即可。
【解析】
解：
∵四边形ABOC内接于⊙D，
∴∠ABO + ∠ACO = 180°（圆内接四边形对角互补），
∵∠ACO=120°，
∴∠ABO=180°-120°=60°。
∵x轴与y轴垂直，即∠AOB=90°，
∴AB是⊙D的直径（90°的圆周角所对的弦是直径），
∴点D是线段AB的中点。
在Rt△ABO中，AB=4，∠ABO=60°，
∴$OB = AB·\cos60° = 4×\frac{1}{2}=2$，
$OA = AB·\sin60° = 4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，
∵点A在x轴负半轴，点B在y轴正半轴，
∴$A(-2\sqrt{3}, 0)$，$B(0, 2)$。
根据中点坐标公式：若两点坐标为$(x_1,y_1)$、$(x_2,y_2)$，则其中点坐标为$(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$，
∴点D的横坐标为$\frac{-2\sqrt{3}+0}{2}=-\sqrt{3}$，纵坐标为$\frac{0+2}{2}=1$，
即D的坐标为$(-\sqrt{3},1)$。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
圆内接四边形的性质；圆周角定理推论；中点坐标公式
【点评】
本题是几何与平面直角坐标系结合的典型题型，解题的突破口是结合圆周角定理推论判断出AB为圆的直径，再结合圆内接四边形性质、直角三角形的边角关系即可求解，对知识点的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
12. ★★★ 如图，$△ ABC$内接于$\odot O$，$∠ ACB=135°$，$\odot O$的半径为1，则弦AB的长为
$\sqrt{2}$
。答案
12. $\sqrt{2}$ 解析:如图,在圆上找一个不同于 A,B,C 的点 D,连接 AD, BD, OA, OB,
∵ $∠ ACB= 135°$,
∴ $∠ ADB= 45°$,
∴ $∠ AOB= 90°$.
∵ $OA= OB= 1$,
∴ $AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{2}$,故答案为$\sqrt{2}$。
解析
【分析】
首先观察到已知角∠ACB=135°是圆内接四边形的一个内角，根据圆内接四边形对角互补的性质，可在优弧AB上取一点D构造圆内接四边形ACBD，求出和∠ACB互补的∠ADB的度数；再根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，得到圆心角∠AOB的度数；最后△AOB是两边为半径的等腰三角形，结合求出的90°圆心角可知它是等腰直角三角形，用勾股定理即可求出弦AB的长度。
【解析】
如图，在圆上取一个不同于A、B、C的点D，连接AD、BD、OA、OB。
∵ 四边形ACBD是⊙O的内接四边形，
∴ ∠ACB + ∠ADB = 180°，
又
∵ ∠ACB=135°，
∴ ∠ADB = 180° - 135° = 45°。
根据圆周角定理，同弧AB所对的圆心角∠AOB是圆周角∠ADB的2倍，
∴ ∠AOB = 2∠ADB = 2×45° = 90°。
∵ ⊙O的半径为1，
∴ OA=OB=1，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
【答案】
$\sqrt{2}$
【知识点】
圆内接四边形的性质，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题是圆性质应用的典型题型，解题核心是借助辅助线构造圆内接四边形，将已知钝角转化为可关联圆心角的锐角圆周角，再结合特殊三角形的性质计算弦长，能有效考查学生对圆相关性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
首先观察到已知角∠ACB=135°是圆内接四边形的一个内角，根据圆内接四边形对角互补的性质，可在优弧AB上取一点D构造圆内接四边形ACBD，求出和∠ACB互补的∠ADB的度数；再根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，得到圆心角∠AOB的度数；最后△AOB是两边为半径的等腰三角形，结合求出的90°圆心角可知它是等腰直角三角形，用勾股定理即可求出弦AB的长度。
【解析】
如图，在圆上取一个不同于A、B、C的点D，连接AD、BD、OA、OB。
∵ 四边形ACBD是⊙O的内接四边形，
∴ ∠ACB + ∠ADB = 180°，
又
∵ ∠ACB=135°，
∴ ∠ADB = 180° - 135° = 45°。
根据圆周角定理，同弧AB所对的圆心角∠AOB是圆周角∠ADB的2倍，
∴ ∠AOB = 2∠ADB = 2×45° = 90°。
∵ ⊙O的半径为1，
∴ OA=OB=1，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
【答案】
$\sqrt{2}$
【知识点】
圆内接四边形的性质，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题是圆性质应用的典型题型，解题核心是借助辅助线构造圆内接四边形，将已知钝角转化为可关联圆心角的锐角圆周角，再结合特殊三角形的性质计算弦长，能有效考查学生对圆相关性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
13. ★★★ 如图, 正方形ABCD的四个顶点分别在$\odot O$上, 点P为$\overset{\frown}{CD}$上不同于点C,D的任意一点,则∠DPC的度数是
135
°.答案
13. 135 解析:如图,连接 BD,
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ $∠ DBC= 45°$,
∴ $∠ DPC= 180°-45°= 135°$。
解析
【分析】
要求∠DPC的度数，我们可以结合圆内接四边形的性质求解：首先构造辅助线连接BD，正方形的对角线会平分内角，可得到特殊角∠DBC=45°；又因为点B、C、P、D都在⊙O上，四边形BCPD是圆内接四边形，根据圆内接四边形对角互补的性质，可知∠DPC与∠DBC互补，代入角度计算即可得到结果。
【解析】
解：如图，连接BD，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠DBC = 45°，
∵ 四边形BCPD是⊙O的内接四边形，对角互补，
∴ ∠DPC + ∠DBC = 180°，
∴ ∠DPC = 180° - 45° = 135°。
【答案】
135
【知识点】
圆内接四边形性质、正方形的性质、圆周角定理
【点评】
本题是圆与正方形结合的基础综合题，解题的关键是合理作出辅助线，利用正方形的特殊角度和圆内接四边形的性质进行计算，能有效考查学生对基础几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
要求∠DPC的度数，我们可以结合圆内接四边形的性质求解：首先构造辅助线连接BD，正方形的对角线会平分内角，可得到特殊角∠DBC=45°；又因为点B、C、P、D都在⊙O上，四边形BCPD是圆内接四边形，根据圆内接四边形对角互补的性质，可知∠DPC与∠DBC互补，代入角度计算即可得到结果。
【解析】
解：如图，连接BD，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠DBC = 45°，
∵ 四边形BCPD是⊙O的内接四边形，对角互补，
∴ ∠DPC + ∠DBC = 180°，
∴ ∠DPC = 180° - 45° = 135°。
【答案】
135
【知识点】
圆内接四边形性质、正方形的性质、圆周角定理
【点评】
本题是圆与正方形结合的基础综合题，解题的关键是合理作出辅助线，利用正方形的特殊角度和圆内接四边形的性质进行计算，能有效考查学生对基础几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
14. ★★★ 如图,AB 是半圆的直径,以半圆的一条弦 BC(非直径)所在直线为对称轴将$\overset{\frown}{BC}$折叠,点 D 是折叠后的$\overset{\frown}{BC}$上一点.若∠ABC=20°,则∠CDB 的大小为
110°
.答案
14. 110° 解析:如图,作点 D 关于 BC 的对称点 D',连接 CD', D'B,AC,根据对称可得$∠ CDB=∠ CD'B$.
∵ AB 是半圆的直径,
∴ $∠ ACB= 90°$.
∵ $∠ ABC= 20°$,
∴ $∠ CAB= 70°$,
∴ $∠ CD'B= 180°-70°= 110°$,
∴ $∠ CDB= 110°$。
解析
【分析】
遇到折叠类几何题，首先利用折叠的对称性，折叠前后对应角相等，因此可作点D关于BC的对称点D'，则∠CDB=∠CD'B，且D'在原来以AB为直径的半圆弧上。接下来利用圆的相关性质求解∠CD'B即可：AB是直径，根据直径所对的圆周角为直角，可先求出△ABC中∠CAB的度数，再根据圆内接四边形对角互补，得到∠CD'B与∠CAB互补，求出∠CD'B后即可得到∠CDB的度数。
【解析】
如图，作点D关于BC的对称点D'，连接CD'、D'B、AC。
根据折叠的对称性可得：∠CDB=∠CD'B，且点D'在以AB为直径的原半圆圆弧上。
∵AB是半圆的直径，
∴∠ACB=90°（直径所对的圆周角为直角）。
在Rt△ABC中，∠ABC=20°，
∴∠CAB=90°-∠ABC=90°-20°=70°。
∵四边形ACD'B是圆内接四边形，
∴∠CD'B+∠CAB=180°（圆内接四边形对角互补），
∴∠CD'B=180°-70°=110°，
∴∠CDB=∠CD'B=110°。
【答案】
110°
【知识点】
折叠的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质
【点评】
本题将折叠变换与圆的性质结合考查，解题的核心是利用折叠的对称性将待求角转化为原半圆上的圆周角，再结合圆的基本性质求解，对转化思想的应用有一定要求。
【难度系数】
0.6
遇到折叠类几何题，首先利用折叠的对称性，折叠前后对应角相等，因此可作点D关于BC的对称点D'，则∠CDB=∠CD'B，且D'在原来以AB为直径的半圆弧上。接下来利用圆的相关性质求解∠CD'B即可：AB是直径，根据直径所对的圆周角为直角，可先求出△ABC中∠CAB的度数，再根据圆内接四边形对角互补，得到∠CD'B与∠CAB互补，求出∠CD'B后即可得到∠CDB的度数。
【解析】
如图，作点D关于BC的对称点D'，连接CD'、D'B、AC。
根据折叠的对称性可得：∠CDB=∠CD'B，且点D'在以AB为直径的原半圆圆弧上。
∵AB是半圆的直径，
∴∠ACB=90°（直径所对的圆周角为直角）。
在Rt△ABC中，∠ABC=20°，
∴∠CAB=90°-∠ABC=90°-20°=70°。
∵四边形ACD'B是圆内接四边形，
∴∠CD'B+∠CAB=180°（圆内接四边形对角互补），
∴∠CD'B=180°-70°=110°，
∴∠CDB=∠CD'B=110°。
【答案】
110°
【知识点】
折叠的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质
【点评】
本题将折叠变换与圆的性质结合考查，解题的核心是利用折叠的对称性将待求角转化为原半圆上的圆周角，再结合圆的基本性质求解，对转化思想的应用有一定要求。
【难度系数】
0.6
15. 如图，$\odot O$的内接四边形$ABCD$的两组对边的延长线分别交于点$E,F$.
(1)当$∠ E=∠ F$时，$∠ ADC=$
(2)当$∠ A=55°,∠ E=30°$时，求$∠ F$的度数；
(3)若$∠ E=α,∠ F=β$,且$α≠β$.请你用含有$α,β$的式子表示$∠ A$的大小.
(1)当$∠ E=∠ F$时，$∠ ADC=$
90
$°$；(2)当$∠ A=55°,∠ E=30°$时，求$∠ F$的度数；
(3)若$∠ E=α,∠ F=β$,且$α≠β$.请你用含有$α,β$的式子表示$∠ A$的大小.
答案
15. (1)90 解析:
∵ $∠ E=∠ F$,$∠ DCE=∠ BCF$,$∠ ADC=∠ E+∠ DCE$,$∠ ABC=∠ BCF+∠ F$,
∴ $∠ ADC=∠ ABC$.
∵ 四边形 ABCD 是$\odot O$ 的内接四边形,
∴ $∠ ADC+∠ ABC= 180°$,
∴ $∠ ADC= 90°$.
(2)
∵ 在$△ABE$中,$∠ A= 55°$,$∠ E= 30°$,
∴ $∠ ABE= 180°-∠ A-∠ E= 95°$,
∴ $∠ ADF= 180°-∠ ABE= 85°$,
∴ 在$△ADF$中,$∠ F= 180°-∠ ADF-∠ A= 40°$.
(3)
∵ $∠ ADC= 180°-∠ A-∠ F$,$∠ ABC= 180°-∠ A-∠ E$,$∠ ADC+∠ ABC= 180°$,
∴ $180°-∠ A-∠ F+ 180°-∠ A-∠ E= 180°$,
∴ $2∠ A+∠ E+∠ F= 180°$,
∴ $∠ A= 90°-\frac{∠ E+∠ F}{2}=90°-\frac{α+β}{2}$.
∵ $∠ E=∠ F$,$∠ DCE=∠ BCF$,$∠ ADC=∠ E+∠ DCE$,$∠ ABC=∠ BCF+∠ F$,
∴ $∠ ADC=∠ ABC$.
∵ 四边形 ABCD 是$\odot O$ 的内接四边形,
∴ $∠ ADC+∠ ABC= 180°$,
∴ $∠ ADC= 90°$.
(2)
∵ 在$△ABE$中,$∠ A= 55°$,$∠ E= 30°$,
∴ $∠ ABE= 180°-∠ A-∠ E= 95°$,
∴ $∠ ADF= 180°-∠ ABE= 85°$,
∴ 在$△ADF$中,$∠ F= 180°-∠ ADF-∠ A= 40°$.
(3)
∵ $∠ ADC= 180°-∠ A-∠ F$,$∠ ABC= 180°-∠ A-∠ E$,$∠ ADC+∠ ABC= 180°$,
∴ $180°-∠ A-∠ F+ 180°-∠ A-∠ E= 180°$,
∴ $2∠ A+∠ E+∠ F= 180°$,
∴ $∠ A= 90°-\frac{∠ E+∠ F}{2}=90°-\frac{α+β}{2}$.
解析
【分析】
(1) 第一问先利用三角形外角性质和对顶角相等，结合已知∠E=∠F推导出∠ADC=∠ABC，再根据圆内接四边形对角互补的性质，即可求出∠ADC的度数。
(2) 第二问先在△ABE中用三角形内角和定理求出∠ABE，再利用圆内接四边形对角互补得到∠ADF的度数，最后在△ADF中再次用内角和定理计算∠F即可。
(3) 第三问先分别用∠A、∠E、∠F表示出∠ADC和∠ABC，再结合圆内接四边形对角和为180°的性质，整理式子即可推导出∠A关于α、β的表达式。
【解析】
(1)
∵ ∠E=∠F，∠DCE=∠BCF（对顶角相等），
且∠ADC=∠E+∠DCE，∠ABC=∠BCF+∠F（三角形外角等于不相邻两个内角的和），
∴ ∠ADC=∠ABC。
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴ ∠ADC+∠ABC=180°（圆内接四边形对角互补），
∴ 2∠ADC=180°，即∠ADC=90°。
(2)
在△ABE中，∠A=55°，∠E=30°，
由三角形内角和为180°得：
∠ABE=180°-∠A-∠E=180°-55°-30°=95°。
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴ ∠ADF+∠ABE=180°，
∴ ∠ADF=180°-95°=85°。
在△ADF中：
∠F=180°-∠A-∠ADF=180°-55°-85°=40°。
(3)
由三角形内角和定理可得：
∠ADC=180°-∠A-∠F，∠ABC=180°-∠A-∠E，
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴ ∠ADC+∠ABC=180°，
将上述两式代入得：$(180°-∠A-β)+(180°-∠A-α)=180°$，
整理得：$2∠A+α+β=180°$，
∴ $∠A=90°-\frac{α+β}{2}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{90}$
(2) $\boldsymbol{40°}$
(3) $\boldsymbol{∠ A=90°-\dfrac{α+β}{2}}$
【知识点】
1. 圆内接四边形的性质
2. 三角形内角和定理
3. 三角形外角的性质
【点评】
本题梯度设置清晰，从特殊角度计算到一般式推导，核心考察圆内接四边形性质与三角形角度定理的结合应用，解题关键是理清各角之间的等量关系，熟练完成角度转化。
【难度系数】
0.65
(1) 第一问先利用三角形外角性质和对顶角相等，结合已知∠E=∠F推导出∠ADC=∠ABC，再根据圆内接四边形对角互补的性质，即可求出∠ADC的度数。
(2) 第二问先在△ABE中用三角形内角和定理求出∠ABE，再利用圆内接四边形对角互补得到∠ADF的度数，最后在△ADF中再次用内角和定理计算∠F即可。
(3) 第三问先分别用∠A、∠E、∠F表示出∠ADC和∠ABC，再结合圆内接四边形对角和为180°的性质，整理式子即可推导出∠A关于α、β的表达式。
【解析】
(1)
∵ ∠E=∠F，∠DCE=∠BCF（对顶角相等），
且∠ADC=∠E+∠DCE，∠ABC=∠BCF+∠F（三角形外角等于不相邻两个内角的和），
∴ ∠ADC=∠ABC。
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴ ∠ADC+∠ABC=180°（圆内接四边形对角互补），
∴ 2∠ADC=180°，即∠ADC=90°。
(2)
在△ABE中，∠A=55°，∠E=30°，
由三角形内角和为180°得：
∠ABE=180°-∠A-∠E=180°-55°-30°=95°。
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴ ∠ADF+∠ABE=180°，
∴ ∠ADF=180°-95°=85°。
在△ADF中：
∠F=180°-∠A-∠ADF=180°-55°-85°=40°。
(3)
由三角形内角和定理可得：
∠ADC=180°-∠A-∠F，∠ABC=180°-∠A-∠E，
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴ ∠ADC+∠ABC=180°，
将上述两式代入得：$(180°-∠A-β)+(180°-∠A-α)=180°$，
整理得：$2∠A+α+β=180°$，
∴ $∠A=90°-\frac{α+β}{2}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{90}$
(2) $\boldsymbol{40°}$
(3) $\boldsymbol{∠ A=90°-\dfrac{α+β}{2}}$
【知识点】
1. 圆内接四边形的性质
2. 三角形内角和定理
3. 三角形外角的性质
【点评】
本题梯度设置清晰，从特殊角度计算到一般式推导，核心考察圆内接四边形性质与三角形角度定理的结合应用，解题关键是理清各角之间的等量关系，熟练完成角度转化。
【难度系数】
0.65
16. “求知”学习小组在学完“圆内接四边形的对角互补”这个结论后进行了如下的探究活动：
(1)如图①,点A,B,C在$\odot O$上,点D在$\odot O$外,线段AD,CD与$\odot O$交于点E,F,试猜想$∠ B+∠ D$
(2)如图②,点A,B,C在$\odot O$上,点D在$\odot O$内,此时(1)中猜想的结论还成立吗?若成立,请予以证明;若不成立,请写出你的结论并予以证明.
(3)如图③,凸四边形ABCD中,对角线BD长为8, $∠ A = 30°$, $∠ C = 150°$, 则四边形ABCD面积的最大值是
(1)如图①,点A,B,C在$\odot O$上,点D在$\odot O$外,线段AD,CD与$\odot O$交于点E,F,试猜想$∠ B+∠ D$
＜
$180°$(填“＞”“＜”或“=” ).(2)如图②,点A,B,C在$\odot O$上,点D在$\odot O$内,此时(1)中猜想的结论还成立吗?若成立,请予以证明;若不成立,请写出你的结论并予以证明.
(3)如图③,凸四边形ABCD中,对角线BD长为8, $∠ A = 30°$, $∠ C = 150°$, 则四边形ABCD面积的最大值是
64
.答案
16. (1)＜ 解析:连接 CE,如图①.
∵ 四边形 ABCE 为$\odot O$ 的内接四边形,
∴ $∠ B+∠ AEC= 180°$.
∵ $∠ AEC＞∠ D$,
∴ $∠ B+∠ D＜ 180°$.
(2)(1)中的结论不成立,$∠ B+∠ D＞ 180°$,证明如下:延长 AD 交$\odot O$ 于点 E,连接 CE,如图②.
∵ 四边形 ABCE 为$\odot O$ 的内接四边形,
∴ $∠ B+∠ E= 180°$.在$△CDE$中,$∠ ADC＞∠ E$,
∴ $∠ B+∠ ADC＞ 180°$.
(3)64 解析:
∵ $∠ A+∠ C= 30°+ 150°= 180°$,四边形 ABCD 的内角和为$360°$,
∴ $∠ ABC+∠ ADC= 180°$,即四边形 ABCD 四点共圆.分别过点 A,C 作$AM⊥ BD$ 于点 M,$CN⊥ BD$ 于点 N,如图③.则四边形 ABCD 的面积=$S_{△ABD}+S_{△BCD}=\frac{1}{2}×BD·AM+\frac{1}{2}×BD·CN=\frac{1}{2}×BD×(AM+CN)$.故当 A,M,N,C 共线且 AC 为圆的直径时,四边形 ABCD 的面积最大.连接 OB,OD.
∵ $∠ BAD= 30°$,
∴ $∠ BOD= 2∠ BAD= 60°$.又
∵ $OB= OD$,故$△BDO$ 为等边三角形,
∴ $OB= OD= BD= 8$,则$AC= 2OB= 16$,则四边形 ABCD 面积的最大值=$\frac{1}{2}×BD×AC=\frac{1}{2}×8×16= 64$,故答案为 64。
解析
【分析】
(1) 比较∠B+∠D与180°的大小，可先构造圆内接四边形，利用其对角互补的性质将∠B转化为与180°相关的角，再结合三角形外角的性质比较角的大小：连接CE得到圆内接四边形ABCE，可得∠B+∠AEC=180°，再根据∠AEC是△CDE的外角，大于内角∠D，即可推出结论。
(2) 点D在圆内时，同理构造圆内接四边形：延长AD交圆于E，连接CE，得到圆内接四边形ABCE，可得∠B+∠E=180°，再根据∠ADC是△CDE的外角，大于内角∠E，即可推出∠B与∠ADC的和的大小。
(3) 首先根据对角和为180°判断四边形ABCD四点共圆，将四边形面积拆为△ABD和△BCD的面积和，两个三角形同以BD为底，面积和由两条高的和决定，当两条高共线且为圆的直径时高的和最大，面积最大；再结合圆周角定理求出直径长度，即可计算最大面积。
【解析】
(1) 连接CE，如图①：
∵ 四边形ABCE为$\odot O$的内接四边形，
∴ $∠ B+∠ AEC= 180°$。
∵ $∠ AEC$是$△ CDE$的外角，
∴ $∠ AEC＞∠ D$，
∴ $∠ B+∠ D＜180°$。
(2) (1)中的结论不成立，正确结论为$∠ B+∠ D＞180°$，证明如下：
延长AD交$\odot O$于点E，连接CE，如图②：
∵ 四边形ABCE为$\odot O$的内接四边形，
∴ $∠ B+∠ E= 180°$。
∵ $∠ ADC$是$△ CDE$的外角，
∴ $∠ ADC＞∠ E$，
∴ $∠ B+∠ ADC＞180°$。
(3)
∵ $∠ A+∠ C= 30°+ 150°= 180°$，四边形ABCD内角和为$360°$，
∴ $∠ ABC+∠ ADC= 180°$，即四边形ABCD四个顶点共圆。
分别过点A、C作$AM⊥ BD$于点M，$CN⊥ BD$于点N，如图③：
则四边形ABCD的面积$S=S_{△ ABD}+S_{△ BCD}=\frac{1}{2}× BD· AM+\frac{1}{2}× BD· CN=\frac{1}{2}× BD×(AM+CN)$。
要使S最大，需$AM+CN$最大，当A、M、N、C共线且AC为圆的直径时，$AM+CN$取得最大值，等于直径AC的长度。
连接OB、OD：
∵ $∠ BAD= 30°$，由圆周角定理得圆心角$∠ BOD= 2∠ BAD= 60°$，
又
∵ $OB= OD$，
∴ $△ BDO$为等边三角形，
∴ $OB= OD= BD= 8$，则直径$AC= 2OB= 16$，
∴ 四边形ABCD面积的最大值为$\frac{1}{2}×8×16=64$。
【答案】
(1) $＜$
(2) 不成立，$∠ B+∠ D＞180°$，证明见解析
(3) $64$
【知识点】
圆内接四边形的性质；圆周角定理；三角形面积计算
【点评】
本题以圆内接四边形的核心性质为载体，设置了点在圆外、点在圆内、四点共圆三个梯度的探究问题，既考查了基础几何定理的应用，也考查了辅助线构造、转化思想、最值分析的综合能力，能有效检验几何知识的灵活运用水平。
【难度系数】
0.6
(1) 比较∠B+∠D与180°的大小，可先构造圆内接四边形，利用其对角互补的性质将∠B转化为与180°相关的角，再结合三角形外角的性质比较角的大小：连接CE得到圆内接四边形ABCE，可得∠B+∠AEC=180°，再根据∠AEC是△CDE的外角，大于内角∠D，即可推出结论。
(2) 点D在圆内时，同理构造圆内接四边形：延长AD交圆于E，连接CE，得到圆内接四边形ABCE，可得∠B+∠E=180°，再根据∠ADC是△CDE的外角，大于内角∠E，即可推出∠B与∠ADC的和的大小。
(3) 首先根据对角和为180°判断四边形ABCD四点共圆，将四边形面积拆为△ABD和△BCD的面积和，两个三角形同以BD为底，面积和由两条高的和决定，当两条高共线且为圆的直径时高的和最大，面积最大；再结合圆周角定理求出直径长度，即可计算最大面积。
【解析】
(1) 连接CE，如图①：
∵ 四边形ABCE为$\odot O$的内接四边形，
∴ $∠ B+∠ AEC= 180°$。
∵ $∠ AEC$是$△ CDE$的外角，
∴ $∠ AEC＞∠ D$，
∴ $∠ B+∠ D＜180°$。
(2) (1)中的结论不成立，正确结论为$∠ B+∠ D＞180°$，证明如下：
延长AD交$\odot O$于点E，连接CE，如图②：
∵ 四边形ABCE为$\odot O$的内接四边形，
∴ $∠ B+∠ E= 180°$。
∵ $∠ ADC$是$△ CDE$的外角，
∴ $∠ ADC＞∠ E$，
∴ $∠ B+∠ ADC＞180°$。
(3)
∵ $∠ A+∠ C= 30°+ 150°= 180°$，四边形ABCD内角和为$360°$，
∴ $∠ ABC+∠ ADC= 180°$，即四边形ABCD四个顶点共圆。
分别过点A、C作$AM⊥ BD$于点M，$CN⊥ BD$于点N，如图③：
则四边形ABCD的面积$S=S_{△ ABD}+S_{△ BCD}=\frac{1}{2}× BD· AM+\frac{1}{2}× BD· CN=\frac{1}{2}× BD×(AM+CN)$。
要使S最大，需$AM+CN$最大，当A、M、N、C共线且AC为圆的直径时，$AM+CN$取得最大值，等于直径AC的长度。
连接OB、OD：
∵ $∠ BAD= 30°$，由圆周角定理得圆心角$∠ BOD= 2∠ BAD= 60°$，
又
∵ $OB= OD$，
∴ $△ BDO$为等边三角形，
∴ $OB= OD= BD= 8$，则直径$AC= 2OB= 16$，
∴ 四边形ABCD面积的最大值为$\frac{1}{2}×8×16=64$。
【答案】
(1) $＜$
(2) 不成立，$∠ B+∠ D＞180°$，证明见解析
(3) $64$
【知识点】
圆内接四边形的性质；圆周角定理；三角形面积计算
【点评】
本题以圆内接四边形的核心性质为载体，设置了点在圆外、点在圆内、四点共圆三个梯度的探究问题，既考查了基础几何定理的应用，也考查了辅助线构造、转化思想、最值分析的综合能力，能有效检验几何知识的灵活运用水平。
【难度系数】
0.6
