九年級數學上冊 第2章 對稱圖形-圓 2.4 圓周角 第3課時 圓的內接四邊形作業(yè) （新版）蘇科版.doc

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2．4　圓周角 [2.4　第3課時　圓的內接四邊形] 一、選擇題 1．如圖20－K－1，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形．若∠A＝70，則∠C的度數是(　　) 圖20－K－1 A．100 　　　B．110 C．120 　　　D．130 2．在圓內接四邊形ABCD中，∠A∶∠B∶∠C∶∠D可以是(　　) A．1∶2∶3∶4 B．1∶3∶2∶4 C．4∶2∶3∶1 D．4∶2∶1∶3 3．如圖20－K－2，四邊形ABCD是圓內接四邊形，∠BAD＝108，E是BC延長線上的一點．若CF平分∠DCE，則∠DCF的度數是(　　) 圖20－K－2 A．52 B．54 C．56 D．60 4．xx牡丹江如圖20－K－3，四邊形ABCD內接于⊙O，AB經過圓心，∠B＝3∠BAC，則∠ADC等于 (　　) 　　　圖20－K－3 A．100 B．112.5 C．120 D．135 二、填空題 5．如圖20－K－4，四邊形ABCD是圓內接四邊形，E是BC延長線上一點，若∠BAD＝105，則∠DCE的大小是________. 圖20－K－4 圖20－K－5 　　　 6.如圖20－K－5，四邊形ABCD內接于⊙O，AB為⊙O的直徑，C為的中點．若∠DAB＝40，則∠ADC＝________. 7．如圖20－K－6，在⊙O的內接四邊形ABCD中，∠BOD＝130，則∠A＝________. 圖20－K－6 圖20－K－7 　　　 8.如圖20－K－7，四邊形ABCD內接于⊙O，∠DAB＝130，連接OC，P是半徑OC上任意一點，連接DP，BP，則∠BPD可能為__________度(寫出一個即可)． 三、解答題 9．已知：如圖20－K－8，∠EAD是圓內接四邊形ABCD的一個外角，并且BD＝CD. 求證：AD平分∠EAC. 圖20－K－8 10．如圖20－K－9所示，⊙O1與⊙O2都經過A，B兩點，過點A的直線CD與⊙O1交于點C，與⊙O2交于點D，過點B的直線EF與⊙O1交于點E，與⊙O2交于點F.求證：CE∥DF. 圖20－K－9 11．如圖20－K－10，四邊形ABCD內接于⊙O，且AD是⊙O的直徑，C是的中點，AB和DC的延長線交⊙O外一點E.求證：BC＝EC. 圖20－K－10 12.如圖20－K－11，在⊙O的內接四邊形ABCD中，∠A＝60，∠B＝90，AB＝2，CD＝1，求BC和AD的長． 圖20－K－11 13．如圖20－K－12，⊙O的內接四邊形ABCD兩組對邊的延長線分別交于點E，F. (1)當∠E＝∠F時，∠ADC＝________； (2)當∠A＝55，∠E＝30時，求∠F的度數； (3)若∠E＝α，∠F＝β，且α≠β.請你用含有α，β的代數式表示∠A的大?。? 圖20－K－12 開放探究題如圖20－K－13，已知△ABC，AB＝AC，以邊AB為直徑的⊙O交BC于點D，交AC于點E，連接DE. (1)求證：DE＝DC. (2)如圖②，連接OE，將∠EDC繞點D逆時針旋轉，使∠EDC的兩邊分別交OE的延長線于點F，AC的延長線于點G.試探究線段DF，DG的數量關系． 圖20－K－13  詳解詳析 【課時作業(yè)】 [課堂達標] 1．[解析] B　因為∠A＋∠C＝180，∠A＝70，所以∠C＝110.故選B. 2．D 3．B 4．[解析] B　依據“直徑所對的圓周角是直角”可得∠ACB＝90，因此∠B＋∠BAC＝90，結合∠B＝3∠BAC可得∠B＝67.5，根據“圓內接四邊形的對角互補”可知∠B＋∠ADC＝180，所以∠ADC＝180－67.5＝112.5. 5．[答案] 105 [解析] ∵四邊形ABCD是圓內接四邊形， ∴∠BAD＋∠DCB＝180. 又∵∠DCB＋∠DCE＝180， ∴∠DCE＝∠BAD＝105. 故答案為105. 6．[答案] 110 [解析] 如圖，連接AC. ∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90.∵C為的中點，∴∠CAB＝∠DAB＝20，∴∠ABC＝70， ∴∠ADC＝180－∠ABC＝110. 7．[答案] 115 [解析] 因為∠C＝∠BOD，所以∠C＝65. 因為∠A＋∠C＝180，所以∠A＝180－65＝115.故答案為115. 8．答案] 答案不唯一，滿足50≤∠BPD≤100之間的任意一個度數都可以 [解析] 如圖，連接OB，OD. ∵四邊形ABCD內接于⊙O，∠DAB＝130， ∴∠DCB＝180－130＝50. 由圓周角定理，得∠DOB＝2∠DCB＝100， ∴∠DCB≤∠BPD≤∠DOB， 即50≤∠BPD≤100. 9．證明：∵四邊形ABCD是圓內接四邊形， ∴∠BCD＋∠BAD＝180. 又∵∠BAD＋∠EAD＝180， ∴∠EAD＝∠BCD. ∵∠DBC與∠DAC均為所對的圓周角， ∴∠DAC＝∠DBC. ∵BD＝CD， ∴∠BCD＝∠DBC， ∴∠EAD＝∠DAC， 即AD平分∠EAC. 10．[解析] 利用圓內接四邊形的性質定理證明同旁內角互補即可． 證明：連接AB. ∵四邊形ABEC是⊙O1的內接四邊形， ∴∠E＋∠BAC＝180. 又∵∠BAC＋∠BAD＝180， ∴∠BAD＝∠E. 又∵四邊形ABFD是⊙O2的內接四邊形， ∴∠BAD＋∠F＝180， ∴∠E＋∠F＝180，∴CE∥DF. 11．證明：如圖，連接AC. ∵AD是⊙O的直徑， ∴∠ACD＝90＝∠ACE. ∵四邊形ABCD內接于⊙O， ∴∠D＋∠ABC＝180. 又∵∠ABC＋∠EBC＝180， ∴∠EBC＝∠D. ∵C是的中點， ∴∠1＝∠2. ∵∠1＋∠E＝∠2＋∠D＝90， ∴∠E＝∠D， ∴∠E＝∠EBC， ∴BC＝EC. 12．解：如圖，延長AD，BC交于點P. 在Rt△PAB中，∵∠A＝60，∠B＝90， ∴∠P＝30，∴PA＝2AB＝22＝4， ∴PB＝＝2 . ∵四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形， ∴∠B＋∠ADC＝180， ∴∠ADC＝90，∴∠PDC＝90. 在Rt△PDC中，PC＝2CD＝21＝2，∴PD＝， ∴BC＝PB－PC＝2 －2，AD＝PA－PD＝4－. 13．[解析] (1)由∠E＝∠F，易得∠ADC＝∠ABC，由圓的內接四邊形的性質，即可求得答案； (2)由∠A＝55，∠E＝30，首先可求得∠ABC的度數，繼而利用圓的內接四邊形的性質，求得∠ADC的度數，則可求得答案； (3)由三角形的內角和定理與圓的內接四邊形的性質，即可求得180－∠A－∠F＋180－∠A－∠E＝180，繼而求得答案． 解：(1)∵∠E＝∠F，∠DCE＝∠BCF，∠ADC＝∠E＋∠DCE，∠ABC＝∠BCF＋∠F， ∴∠ADC＝∠ABC. ∵四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形， ∴∠ADC＋∠ABC＝180， ∴∠ADC＝90. 故答案為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－＝90－. [素養(yǎng)提升] [解析] (1)利用圓內接四邊形的性質得到∠DEC＝∠B，然后利用等角對等邊得到結論． (2)利用旋轉的性質及圓內接四邊形的性質證明△EDF≌△CDG后即可得到結論． 解：(1)證明：∵四邊形ABDE內接于⊙O， ∴∠B＋∠AED＝180. ∵∠DEC＋∠AED＝180， ∴∠DEC＝∠B. ∵AB＝AC， ∴∠C＝∠B， ∴∠DEC＝∠C， ∴DE＝DC. (2)∵四邊形ABDE內接于⊙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旋轉得到∠FDG， ∴∠EDC＝∠FDG， ∴∠EDC－∠FDC＝∠FDG－∠FDC， 即∠EDF＝∠CDG. 又∵DE＝DC， ∴△EDF≌△CDG(ASA)， ∴DF＝DG.