人教版九年级上册数学圆内接四边形
24.1.4圆周角圆内接四边形(教案)2021-2022学年九年级数学人教版上册
（四）学生小组讨论（用时10分钟）
1.讨论主题：学生将围绕“圆周角和圆内接四边形在实际生活中的应用”这一主题展开讨论。他们将被鼓励提出自己的观点和想法，并与其他小组成员进行交流。
2.引导与启发：在讨论过程中，我将作为一个引导者，帮助学生发现问题、分析问题并解决问题。我会提出一些开放性的问题来启发他们的思考。
在小组讨论环节，我尝试引导学生探索圆周角和圆内接四边形在实际生活中的应用，他们提出了许多有趣的例子。这个环节不仅增强了他们对知识的理解，还激发了他们的创造性思维。然而，我也观察到一些学生在讨论中较为沉默，我需要找到方法来鼓励这些学生更积极地参与到讨论中来。
实践活动是一个亮点，学生们通过动手操作，对理论知识的理解更加深刻。但在活动组织方面，我发现时间分配上可以更加合理，以确保每个小组都有足够的时间来完成实验和分享成果。
3.重点难点解析：在讲授过程中，我会特别强调圆周角的概念和圆内接四边形的性质这两个重点。对于难点部分，如圆周角与圆心角的关系，我会通过举例和比较来帮助大家理解。
（三）实践活动（用时10分钟）
1.分组讨论：学生们将分成若干小组，每组讨论一个与圆周角和圆内接四边形相关的实际问题。
2.实验操作：为了加深理解，我们将进行一个简单的实验操作，如利用量角器和圆规来验证圆周角和圆心角的关系。
（二）新课讲授（用时10分钟）
1.理论介绍：首先，我们要了解圆周角和圆内接四边形的基本概念。圆周角是由圆上两条半径或其延长线所夹的角，它等于其所对圆心角的一半。圆内接四边形是指四个顶点都在圆上的四边形，具有对角互补、对角线互相平分等重要性质。看一个具体的案例。通过分析圆周角和圆内接四边形在实际中的应用，如建筑设计中的圆拱桥，了解它们如何帮助我们解决问题。
人教版九年级数学上册优秀教学案例：24.1.4圆周角圆内接四边形
5.教学策略的灵活性：在教学过程中，我根据学生的学习情况和反馈，灵活调整教学策略。我注重关注每个学生的学习情况，给予个性化的指导，确保他们能够在理解的基础上掌握所学知识。同时，我也注重激发学生的学习兴趣和好奇心，创设有趣的教学活动，使学生在轻松愉快的氛围中学习和探索。这种灵活性的教学策略能够更好地满足学生的学习需求，提高他们的数学素养。
4.注重学生的反思与评价，培养学生的自我监控和自我调整能力。
五、教学延伸
1.设计与圆周角和圆内接四边形相关的拓展问题，提高学生的思维能力和问题解决能力。
2.引导学生运用圆周角和圆内接四边形的性质解决实际问题，培养学生的应用能力。
3.组织学生进行研究性学习，鼓励他们深入探究圆周角和圆内接四边形的性质，提高学生的研究能力。
2.引导学生运用圆周角定理和圆内接四边形的性质进行几何证明，提高学生的推理能力。
3.培养学生的合作学习能力，学会与他人交流、分享和合作解决问题。
（三）情感态度与价值观
1.激发学生对数学的兴趣和好奇心，培养他们积极主动学习数学的态度。
2.培养学生的自信心，让他们相信自己能够通过努力学习和思考解决问题。
四、教学内容与过程
（一）导入新课
1.利用实物模型或几何图形，展示一个与圆周角和圆内接四边形相关的实际问题，激发学生的兴趣和好奇心。
2.引导学生观察和思考问题，提出问题引导词，如“你能看到哪些角度？它们之间有什么关系？”等，引发学生对圆周角和圆内接四边形的关注。
人教版九年级数学上册《圆内接四边形》课件
已 知 :BD1800
求 证 :四 边 形 ABCD内 接 于 圆
D
A
D’
B
C
例2 如 图210,CF是ABC
C
的AB边 上 的 ,高FP BC, FQ Q
P
AC.求 证: A、B、P、Q四
点 共 圆.
A
F
B
图2 10
证明 连接 PQ .
在四 QF 边 中 ,P 因 C F为 PB,C FQ A,C
图5
(3)四边形ABCD内接于⊙O, ∠A:∠C=1:3,则
∠A=_4_5_°__,
A
100 D
O
B
C
(4)梯形ABCD内接于⊙O,AD∥BC, ∠B=750,则
∠C=__7_5_°_
A
D
O
B
C
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补充练习：
若ABCD为圆内接四边形，则下列哪
个选项可能成立（ B ）
（A）∠A∶∠B∶∠C∶∠D ＝ 1∶2∶3∶4 （B）∠A∶∠B∶∠C∶∠D ＝ 2∶1∶3∶4 （C）∠A∶∠B∶∠C∶∠D ＝ 3∶2∶1∶4 （D）∠A∶∠B∶∠C∶∠D ＝ 4∶3∶2∶1
所 F 以 Q A FP . 则 C Q、F、P、C四点共 .
故 QFCQP.又 C 因 C为 F A,B
所 以 QF 与 C Q互 FA .而 余 A 与 Q也 FA互 ,
则 A QF , A C QP . C 因此 ,A、B、P、Q四点共 . 圆
例2、如图，D为△ABC的边BC上一点，⊙O1 经过点B、D，交AB于另一点E，⊙O2 经过点 C、D，交AC于另一点F，⊙O1与⊙O2 交于点 G，求证：（1）∠BAC+∠EGF＝180°
人教版九年级上册圆内接四边形的性质与判定定理
O
则∠BAD= 50º ∠BCD= 130º B
D
AC
2、如图，四边形ABCD内接于⊙O， ∠DCE=75º，
则∠BOD=
150º
O
B
D
CE
思考：
经过上面的讨论，我们得到了圆内接四边形的 两条性质，那么它们的逆命题成立吗?
如果成立，就可以作为四边形存在外接圆的 判定定理。
下面我们探讨定理1的逆命题“若四边形 的对角互补，则该四边形为圆内接四边形
思考：
我们知道任意三角形都有外接圆，那么，任意正方形 有外接圆吗？任意矩形呢？一般地，任意四边形都有外 接圆吗？
A
BE
H
O
O
F
G
D
C
பைடு நூலகம்
D
C
E H
·O
·O
A
BF
G
请同学们自己动手画一些四边形，并尝试能否画出它们的外接圆。
思考：
我们发现并不是所有的四边形都有外接 圆，那么具备什么样条件的四边形才有外 接圆了
（四点共圆）”是否成立。
已知：四边形ABCD中，B D 180， 求证：A、B、C、D四点共圆 分析：不共线的三点确定一个圆。经过
A、B、C三点作⊙O，只需证明⊙O经 过点D，命题就得证了。
点D与⊙O的位置关系有几种呢？
(1)点D在圆外
(2)点D在圆内
(3)点D在圆上
(1)若点D在圆外
为了解决这个问题，我们还是先研究下圆的内接 四边形具有什么样的性质。
D
C
A
B
定理1：
圆的内接四边形的对角互补
D
C
即A C 180
九年级数学人教版上册24.1.4圆周角第2课时圆内接四边形教学设计
2.学生在几何证明过程中的逻辑思维能力，注重培养学生严谨的推理和证明习惯。
3.学生在解决圆内接四边形问题时，对图形的观察和分析能力，引导学生运用性质解决问题。
4.关注学生的学习兴趣和积极性，激发学生的学习动力，提高课堂参与度。
三、教学重难点和教学设想
（一）教学重难点
1.重点：圆内接四边形的性质及其应用。
2.难点：圆内接四边形对角互补的证明过程及其在实际问题中的应用。
（二）教学设想
1.对于重点内容的处理：
a.采用直观演示和动态图示相结合的方式，让学生形象地理解圆内接四边形的性质。
b.通过典型例题的讲解，引导学生运用性质解决实际问题，巩固重点知识。
4.教师对本节课的教学进行总结，指出学生的优点和不足，鼓励学生继续努力。
五、作业布置
为了巩固学生对圆内接四边形性质的理解和应用，以及提高学生的解题能力，特布置以下作业：
1.基础巩固题：
（1）判断以下图形是否为圆内接四边形，并说明理由。
（2）已知圆内接四边形ABCD，求证：∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°。
6.教学拓展：
a.引导学生探究圆内接四边形的性质在生活中的应用，提高学生的应用意识。
b.激发学生对几何学的兴趣，鼓励学生参加数学竞赛和课外活动，拓展知识面。
四、教学内容与过程
（一）导入新课
1.复习导入：通过提问方式复习圆周角定理，引导学生回顾圆周角的概念及其性质。在此基础上，提出问题：“圆内接四边形是否具有特殊的性质？”引发学生思考，为新课的学习做好铺垫。
b.计算题：计算圆内接四边形的对角线长度或角度。
c.应用题：运用圆内接四边形的性质解决实际问题。
人教版九年级数学上册教案：24.1.4圆内接四边形课堂优秀教学案例
1.创设生活化的情境导入
本教学案例以校园操场的跑道为背景，创设生活化的情境导入，使学生能够从现实生活的实例中感受到圆内接四边形的实际应用，从而激发他们的学习兴趣。这种导入方式充分体现了数学与生活的紧密联系，有助于提高学生对数学知识的应用意识。
2.问题导向的教学策略
本案例以问题导向的教学策略为核心，通过设计不同难度层次的问题，引导学生逐步深入探讨圆内接四边形的性质。这种策略有助于培养学生的逻辑思维能力和解决问题的能力，使学生在解决问题的过程中掌握知识、发展能力。
3.引导学生总结：在问题解决后，引导学生总结圆内接四边形的性质，提高他们的归纳总结能力。
（三）小组合作
小组合作是本节课的重要教学策略，通过分组讨论、合作探究，培养学生的团队协作能力和交流沟通能力。
1.分组讨论：将学生分成若干小组，让他们在组内讨论问题，共同探究圆内接四边形的性质。
2.交流分享：鼓励小组代表在全班分享本组的讨论成果，促进学生之间的交流与互动。
5.知识与技能、过程与方法、情感态度与价值观的全面培养
本教学案例在教学内容与过程中，充分关注知识与技能、过程与方法、情感态度与价值观的全面培养。通过讲授新知、学生小组讨论、总结归纳等环节，引导学生掌握圆内接四边形的性质，提高解题能力。同时，注重培养学生的合作意识、创新意识和数学应用意识，使他们在学习过程中形成正确的价值观。
3.教师评价：教师对学生进行全面的评价，包括知识掌握、技能运用、合作交流等方面，以激励学生不断进步。
四、教学内容与过程
（一）导入新课
在导入新课的环节，我将运用生动的生活实例和问题情境，引导学生从已知的几何知识出发，自然过渡到本节课的主题——圆内接四边形。
1.生活实例引入：展示一幅校园操场的图片，让学生观察并思考：“为什么操场上的跑道是椭圆形而不是圆形？椭圆形内接四边形有哪些特殊性质？”通过这个实例，让学生感受到圆内接四边形在实际生活中的应用，激发他们的学习兴趣。
人教版九年级数学上册：圆内接四边形性质 在解题中的具体应用
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.。
数学九年级上册-圆内接四边形六大题型人教版解析版
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．。
人教版九年级上册数学第24章 圆 圆内接四边形
解：如图，连接 EF. ∵四边形 ABCD 为⊙O 的内接四边形， ∴∠ECD＝∠A. ∵∠ECD＝∠1＋∠2，∴∠A＝∠1＋∠2. ∵∠A＋∠1＋∠2＋∠AEB＋∠AFD＝180°， ∴2∠A＋α＋β＝180°. ∴∠A＝90°－α＋2 β.
(1)求⊙O 半径的长； 解：如图，连接 OA，OC， 过点 O 作 OH⊥AC 于点 H. ∵∠ABC＝120°， ∴∠AMC＝180°－∠ABC＝60°.
∴∠AOC＝2∠AMC＝120°. ∴∠AOH＝12∠AOC＝60°. ∴∠OAH＝90°－∠AOH＝30°. ∴OA＝2OH. 易得 AH＝12AC＝ 3，且在 Rt△OAH 中，OA2＝OH2＋AH2， ∴OA＝2，即⊙O 半径的长为 2.
2．(2019·兰州)如图，四边形 ABCD 内接于⊙O，若∠A＝40°， 则∠C＝( D ) A．110° B．120° C．135° D．140°
3．(2019·德州)如图，点 O 为线段 BC 的中点，点 A，C，D 到点 O 的距离相等，若∠ABC＝40°，则∠ADC 的度数是( B ) A．130° B．140° C．150° D．160°
∴AB＝ME.
∵ME＋EB＝BM，
∴AB＋BC＝BM.
14．(2018·绥化)已知关于 x 的一元二次方程 x2－5x＋2m＝0 有实 数根．
(1)求 m 的取值范围； 解：∵方程有实数根， ∴Δ＝(－5)2－4×1×2m≥0， 则 m≤285.
圆内接四边形的定义及性质-九年级数学上册教学课件(人教版)
∵ 弧BCD和弧BAD所对的圆心角的和是周角，
∴∠A＋∠C＝180°， 同理∠B＋∠D＝180°.
推论：圆的内接四边形的对角互补.
图中∠A与∠DCE的大小有何关系？
∵ 弧BCD和弧BAD所对的圆心角的和是周角，
D
∴∠A＋∠C＝180°， 同理∠B＋∠D＝180°，
A O
延长BC到点E，有 ∠BCD＋∠DCE＝180°.
圆内接多边形 如果一个多边形所有顶点都在同一个圆上，这个多边形叫做圆内接多
边形，这个圆叫做这个多边形的外接圆.
探究性质 如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，⊙O为四边形ABCD的外
接圆.
猜想：∠A与∠C, ∠B与∠D之间的关系为：
∠A+ ∠C=180º， ∠B+ ∠D=180º
思考：如何证明你的猜想呢？
性质1：圆的内接四边形的对角互补.
性质2：圆的内接四边形的任何一个外角都等于它的内对角.
人教版 数学 九年级 上册
理解并掌握圆内接四边形的定义及性质. 能灵活运用圆内接四边形的性质解决相关问题.
圆周角定理
圆周角定理： 一条弧所对的圆周角等于该弧它所对的圆心角的一半；
圆周角定理的推论 同弧或等弧所对的圆周角相等.
圆周角和直径的关系
A2
A
A1
3
半圆或直径所对的圆周角都相等，都等于90°.
证明：∵四边形ACDG内接于⊙O， ∴∠FGD＝∠ACD. 又∵AB为⊙O的直径，CF⊥AB于E，∴AB垂 直平分CD， ∴AC＝AD， ∴∠ADC＝∠ACD， ∴∠FGD＝∠ADC.
【点睛】圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据．
如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，∠BOD＝120°，那么∠BCD是( A )
人教版九年级上册数学第24章 圆 圆内接四边形
感悟新知
知识点 1 圆内接四边形及其对角的性质
知1－讲
下面，我们探究四边形与圆的关系. 四个顶点都在同一个圆上的四边形叫做圆内接四边形， 这个圆叫做四边形的外接圆. 如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，⊙O为四边 形ABCD的外接圆.
感悟新知
知1－讲
特别解读 内接和外接是一个相对的概念，是一种位置关系. 每一个圆都有无数个内接四边形，但并不是所有的四 边形都有外接圆，只有对角互补的四边形才有外接圆.
知1－练
分析：由圆内接四边形ABCD的对角线交点恰好是该圆 的圆心，根据直径所对的圆周角是直角，可求得 四边形ABCD的四个内角都是直角，即可判定四 边形ABCD一定是矩形. 解：∵圆内接四边形ABCD的对角线交点恰好是该圆的 圆心，∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°， ∴四边形ABCD一定是矩形. 故选B.感悟新知例如1 图来自示，∠BAC是圆周角的是( ) A
知1－练
导引：顶点A必须在圆上，故排除D；AB, AC必须分 别与圆相交，B，C都不符合，故排除B，C.
感悟新知
知1－练
定义
四个顶点都在同一个圆上的四边形叫 做圆内接四边形，这个圆叫做四边形 的外接圆．
感悟新知
例1 如果圆内接四边形ABCD的对角线交点恰好是该 圆的圆心，则四边形ABCD一定是()B A.平行四边形B.矩形C.菱形D.正方形
知1－练
下面我们对它进行证明.
已知：如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形.
求证：∠BCD+∠BAD=180°，
∠ABC+∠ADC=180°.
感悟新知
证明：如图，连接OB，OD.
∵与所对的圆心角之和为360°，
∠BCD和B∠ABDADB分C别D为和所对的
九年级数学人教版(上册)第2课时 圆内接四边形
3．(2021·常德)如图，已知四边形 A40° ．
4．如图，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 30° ．
5．如图，四边形 ABCD 内接于⊙O，∠B＝50°，∠ACD＝25°， ∠BAD＝65°.求证：
(1)AD＝CD. 证明：∵∠ABC＝50°， ∴∠ADC＝180°－50°＝130°. 又∵∠ACD＝25°， ∴∠DAC＝180°－130°－25°＝25°＝∠ACD. ∴AD＝CD.
(2)AB 是⊙O 的直径． 证明：连接 BD，∵∠BAD＝65°， ∴∠BCD＝180°－65°＝115°. ∴∠BCA＝∠BCD－∠ACD＝115°－25°＝90°. ∴AB 是⊙O 的直径．
8．(2021·宁夏)如图，四边形 ABCD 是⊙O 的内接四边形，∠ADC ＝150°，弦 AC＝2，则⊙O 的半径等于 2 ．
9．(2021·贵港)如图，点 A，B，C，D 均在⊙O 上，直径 AB＝4， 点 C 是B︵D的中点，点 D 关于 AB 对称的 点为 E.若∠DCE＝100°，则弦 CE 的长 是2 3 ．
6．(2021·赤峰)如图，点 C，D 在以 AB 为直径的半圆上，且
∠ADC＝120°，点 E 是A︵D上任意一点，连接 BE，CE，则∠BEC
的度数为( B )
A．20°
B．30°
C．40°
D．60°
7．(2021·盘锦)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 D 的坐标是 (－ 3，1) ．
第二十四章 圆
24.1.4 第2课时 圆内接四边形 初中数学人教版数学九年级上册课件
∴ ∠C = 180°- ∠CBD - ∠BDC = 130°；
O
∴ ∠A = 180°- ∠C = 50°；
B
D
（圆内接四边形对角互补）
C
学习目标
概念剖析
典型例题
当堂检测
课堂总结
5. 已知 ∠OAB = 40°，求 ∠C 的度数.
解：延长 AO 至 D，交圆心于点 D，连接 BD；
D
O
∵ ∠OAB = 40°且 AD 是直径，
O B
( (
( (
∵ BCD 和BAD 所对的圆心角之和为 360°，
C
D
又 ∠BCD 和 ∠BAD 分别为 BCD 和BAD 所对的圆周角，
∴ ∠BCD + ∠BAD = 180°； 同理，∠ABC + ∠ADC = 180°.
总结：圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补.
学习目标
概念剖析
典型例题
形叫做圆内接多边形，这个圆叫做这个多边形的外接圆.
A 如图：
四边形 ABCD 为 ⊙ O 的内接四边形；
B
O
⊙ O 为四边形 ABCD 的外接圆.
C
D
学习目标
概念剖析
典型例题
当堂检测
课堂总结
问题 1：如图，圆内接四边形的四个角之间有什么关系？
A
猜想：∠A + ∠C = 1＿80＿°＿，∠B + ∠D = ＿1＿80＿°． B
当堂检测
课堂总结
（一）圆内接四边形的性质
例 1：如图所示，已知四边形 ABCD 为 ☉O 的内接四边形，∠ADE 为四
边形 ABCD 的一个外角. 求证：∠ABC = ∠ADE.
人教版九年级上册24.14：圆内接四边形教案
一、教学内容
人教版九年级上册24.14：圆内接四边形教案
1.圆内接四边形的定义与性质
-圆内接四边形的定义
-圆内接四边形的对角互补性质
-圆内接四边形的对边平行性质
2.圆内接四边形的判定方法
-判定定理1：四边形ABCD是圆内接四边形的充分必要条件是它的对角互补，即∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°
3.重点难点解析：在讲授过程中，我会特别强调圆内接四边形的定义和判定方法这两个重点。对于难点部分，如判定定理的理解，我会通过举例和比较来帮助大家理解。
（三）实践活动（用时10分钟）
1.分组讨论：学生们将分成若干小组，每组讨论一个与圆内接四边形相关的实际问题。
2.实验操作：为了加深理解，我们将进行一个简单的实验操作。这个操作将演示圆内接四边形的基本原理。
-圆内接四边形的定义与性质：理解圆内接四边形的内涵，掌握其对角互补、对边平行等重要性质。
-举例：解释为何圆内接四边形的对角互补，通过图形展示对边平行特点。
-圆内接四边形的判定方法：熟练运用判定定理1和定理2，判断四边形是否为圆内接四边形。
-举例：给出具体四边形，指导学生运用判定定理进行判断。
-圆内接四边形的周长与面积计算方法：掌握计算公式，能够准确求解。
（二）新课讲授（用时10分钟）
1.理论介绍：首先，我们要了解圆内接四边形的基本概念。圆内接四边形是指四个顶点都在同一圆上的四边形。它在几何学中有着重要的作用，可以帮助我们解决许多实际问题。
2.案例分析：接下来，我们来看一个具体的案例。这个案例展示了圆内接四边形在实际中的应用，以及它如何帮助我们解决问题。
此外，实践活动中的分组讨论环节，学生们表现得相当积极，但也有一些小组在讨论过程中偏离了主题。我觉得这可能是因为我对讨论主题的引导不够明确，或者是学生在探索问题时缺乏足够的方向感。针对这个问题，我计划在下次的讨论中，提供更明确的讨论指南，并在讨论过程中加强个别辅导，确保每个小组都能围绕主题展开深入探讨。
人教版初中九年级上册数学课件 《圆周角》圆(第2课时圆内接四边形的性质)
基础过关
1．【甘肃兰州中考】如图，四边形 ABCD 内接于⊙O，若∠A＝40°，则∠C＝( D )
A．110° C．135°
B．120° D．140°
6
2．如图，四边形 ABCD 是⊙O 的内接四边形，AD 与 BC 的延长线交于点 E， BA 与 CD 的延长线交于点 F，∠DCE＝80°，∠F＝25°，则∠E 的度数为( C )
证明：∵DB＝DC，∴∠DBC＝∠DCB．∵
四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠DAE＝
∠DCB，∴∠DAE＝∠DBC∵∠DAC＝
12
能力提升
8．【山东德州中考】如图，O 为线段 BC 的中点，点 A、C、D 到点 O 的距离相 等，若∠ABC＝40°，则∠ADC 的度数是( B )
A．130° C．150°
19
解：(2)∵∠A＝55°，∠E＝30°，∴∠ABE＝180°－∠A－∠E＝95°，∴∠ADF ＝180°－∠ABE＝85°，∴∠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°－∠E＋2 ∠F＝90°－α＋2 β.
B．140° D．160°
13
9．如图，已知⊙O 的半径为 2，△ABC 内接于⊙O，∠ACB＝135°，则 AB＝ ___2__2___.
14
︵ 10．如图，四边形 ABCD 内接于⊙O，AB 为⊙O 的直径，C 为BD的中点．若∠ A＝40°，则∠B＝____7_0___度．
11．【易错题】在⊙O 中，弦 AB 等于半径，则 AB 所对的圆周角的度数为 ____3_0_°__或__1_5__0_°______.
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活动4 例题与练习
例1 在圆内接四边形ABCD中，∠A，∠B，∠C的度 数的比是3∶2∶7，求四边形各内角的度数． 解：设∠A，∠B，∠C的度数分别为3x，2x，7x. ∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠A＋∠C＝180°，即 3x＋7x＝180°， ∴x＝18°， ∴∠A＝3x＝54°，∠B＝2x＝36°，∠C＝7x＝126°. 又∵∠B＋∠D＝180°， ∴∠D＝180°－36°＝144°.
提出问题： (1) 图24.1－17中，∠A是圆周角吗？∠ABC，∠C， ∠ADC呢？ (2) ∠A与∠C，∠ABC与∠ADC之间有什么关系？用圆 周角定理尝试证明； (3) 由此你能得出圆内接四边形的什么结论？
活动3 知识归纳 1．如果一个多边形的所有顶点都在同一个圆上，这个 多边形叫做_圆__内__接__多__边__形__，这个圆叫做这个多边形的 _外__接__圆__． 2．圆内接四边形的对角_互__补_．
(第2题图)
(第3题图)
活动2 探究新知 1、思考
圆内接四边形的4个角之间有什么关系？ 因为圆内接四边形的每一个角都是圆周角，所以 我们可以利用圆周角定理，来研究圆内接四边形的角 之间的关系
(
( ( (
如图17，连接OB，OD. 因为∠A所对的弧为BCD，∠C所对的弧为BAD， 又 BCD和BAD所对的圆心角的和是周角， ∴ ∠A+ ∠C= =180°. 同理 ∠B+ ∠D=180°. 这样，利用圆周角定理，我们得到 圆内接四边形的一个性质： 圆内接四边形的对角互补.
练习
1．教材P88 练习第2，5题． 2．如图，四边形ABCD内接于⊙O，四边形ABCO是平
行四边形，则∠ADC等于( C )
A．45D内接于⊙O，如果它的一个外
角∠DCE＝64°，那么∠BOD的度数为_1_2_8_°_．
(第2题图)
(第3题图)
4．如图，在⊙O中，∠CBD＝30°，∠BDC＝20°， 求∠A的度数． 解：∵在△BCD中，∠CBD＝30°，∠BDC＝20°， ∴∠C＝180°－∠CBD－∠BDC＝130°. ∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠A＝180°－∠C＝50°.
例2 如图，已知A，B，C，D四点共圆，且AC＝BC. 求证：DC平分∠BDE. 解：∵A，B，C，D四点共圆， ∴∠CDA＋∠ABC＝180°， 又∵∠3＋∠CDA＝180°， ∴∠3＝∠ABC. 又∵AC＝BC， ∴∠1＝∠ABC，∴∠1＝∠3. 又∵∠1＝∠2，∴∠2＝∠3， 即 DC平分∠BDE.
第2课时 圆内接四边形
一、教学目标
1．掌握圆内接多边形、多边形的外接圆的概念． 2．理解圆内接四边形的性质． 3．通过探究讨论，培养学生的推理能力．
二、教学重难点 重点
圆内接四边形性质的探究及运用．
难点 圆内接四边形性质的灵活运用以及几何图形中辅助线 的添加．
三、教学设计
活动1 新课导入 1．圆周角定理及其推论． 2．如图，点A，B，C在⊙O上，连接OA，OB.若 ∠ABO＝25°，则∠C＝__6_5_°． 3．如图，点A，B，C在⊙O上，已知∠B＝60°，则 ∠CAO＝_3_0_°_．