专题24.5 圆内接四边形【六大题型】（解析版）

专题245 圆内接四边形【六大题型】 【人版】 【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 【知识点1 圆内接四边形】 【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BD 内接于⊙，B 是⊙的直径，∠BD＝20°，则∠BD 的 度数是（ ） ．90° B．100° ．110° D．120° 【分析】方法一：根据圆周角定理可以得到∠D 的度数，再根据三角形内角和可以求得 ∠D 的度数，然后根据圆内接四边形对角互补，即可得到∠BD 的度数． 方法二：根据B 是⊙的直径，可以得到∠DB＝90°，再根据∠BD＝20°和三角形内角和， 可以得到∠的度数，然后根据圆内接四边形对角互补，即可得到∠BD 的度数． 【解答】解：方法一：连接D，如图所示， 圆的内接四边形对角互补 四边形 是 的内接四边形 E D C B A 1 ∵∠BD＝20°， ∴∠D＝40°， ∵＝D， ∴∠D＝∠D， ∵∠D+∠D+∠D＝180°， ∴∠D＝∠D＝70°， ∵四边形BD 是圆内接四边形， ∴∠D+∠BD＝180°， ∴∠BD＝110°， 故选：． 方法二：∵B 是⊙的直径， ∴∠DB＝90°， ∵∠BD＝20°， ∴∠＝70°， ∵四边形BD 是圆内接四边形， + ∴∠∠BD＝180°， ∴∠BD＝110°， 故选：． 【变式1-1】（2022•云州区一模）如图，四边形BD 内接于⊙，连接B，D．当四边形BD 是菱形时，则∠B+∠D 的度数是（ ） ．65° B．60° ．55° D．50° 【分析】连接，根据等腰三角形的性质求出∠B＝∠B，∠D＝∠D，求出∠B+∠D＝∠BD， 根据菱形的性质得出∠BD＝∠BD，根据圆周角定理得出∠BD＝2∠BD，求出∠BD＝ 2∠BD，根号圆内接四边形的性质得出∠BD+∠BD＝180°，求出∠BD，再求出答即可． 1 【解答】解：连接， ∵＝B，＝D， ∴∠B＝∠B，∠D＝∠D， ∴∠B+∠D＝∠B+∠D＝∠BD， ∵四边形BD 是菱形， ∴∠BD＝∠BD， 由圆周角定理得：∠BD＝2∠BD， ∴∠BD＝2∠BD， ∵四边形BD 是⊙的内接四边形， ∴∠BD+∠BD＝180°， 3 ∴∠BD＝180°， ∴∠BD＝60°， ∴∠B+∠D＝∠BD＝60°， 故选：B． 【变式1-2】（2022•蜀山区校级三模）如图，四边形BD 是⊙的内接四边形，BE 是⊙的直 径，连接E．若∠BD＝2∠BD，若连接D，则∠DE 的度数是 60° ． 【分析】根据圆内接四边形的性质得出∠BD+∠BD＝180°，根据∠BD＝2∠BD 求出∠BD ＝60°，根据圆周角定理求出∠BE＝90°，求出∠DE 的度数，再根据圆周角定理得出∠DE ＝2∠DE 即可． 【解答】解：∵四边形BD 是⊙的内接四边形， ∴∠BD+∠BD＝180°， ∵∠BD＝2∠BD， 1 ∴∠BD＝60°， ∵BE 是⊙的直径， ∴∠BE＝90°， ∴∠DE＝∠BE﹣∠BD＝90° 60° ﹣ ＝30°， ∴∠DE＝2∠DE＝60°， 故答为：60°． 【变式1-3】（2022 秋•包河区期末）如图，四边形BD 内接于⊙，∠1+ 2 ∠＝64°，∠3+ 4 ∠ ＝ 64 °． 【分析】利用圆内接四边形的性质，得出∠D+∠DB＝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BD 内接于⊙， ∴∠DB+∠DB＝180°，∠B+∠D＝180°， 又∵△为等腰三角形， 5 ∴∠＝∠， 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°， 1 ∴∠D＝∠1+ 2 ∠＝64°， ∴∠＝2∠D＝128， 在等腰三角形中， 2 5 ∠＝180°﹣∠＝180° 128° ﹣ ＝52°， 3+ 4 ∴∠ ∠＝116° 52° ﹣ ＝64°， 故答为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BD 是圆的内接四边形，∠＝45°，B＝ 4，D＝2❑ √2，则弦BD 的长为（ ） ．2❑ √5 B．3❑ √5 ．❑ √10 D．2❑ √10 【分析】如图，过点D 作DE⊥B 交B 的延长线于E．解直角三角形求出E，ED，再利 用勾股定理求出BD 即可． 【解答】解：如图，过点D 作DE⊥B 交B 的延长线于E． + ∵∠∠BD＝180°，∠＝45°， ∴∠BD＝135°， ∴∠DE＝45°， ∵∠E＝90°，D＝2❑ √2， ∴E＝ED＝2，BE＝E+B＝6， 在Rt△BED 中，∵∠E＝90°，BE＝6，DE＝2， ∴BD¿ ❑ √B E 2+D E 2= ❑ √6 2+2 2=¿2❑ √10， 故选：D． 【变式2-1】（2022•延边州二模）如图，四边形BD 内接于⊙，过B 点作B⊥D 于点，若 ∠BD＝135°，B＝4，则B 的长度为（ ） 1 ．❑ √2 B．2❑ √2 ．3❑ √2 D．不能确定 【分析】首先根据圆内接四边形的性质求得∠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BD 内接于⊙，∠BD＝135°， ∴∠＝180° 145° ﹣ ＝45°， ∵B⊥D，B＝4， ∴B¿ AB ❑ √2 = 4 ❑ √2=¿2❑ √2， 故选：B． 【变式2-2】（2022•宁津县模拟）如图，在平面直角坐标系xy 中，点在x 轴负半轴上，点 B 在y 轴正半轴上，⊙D 经过，B，，四点，∠＝120°，B＝4，则圆心点D 的坐标是（ ） ．(❑ √3，1) B．(−❑ √3，1) ．(−1，❑ √3) D．(−2，2❑ √3) 【分析】先利用圆内接四边形的性质得到∠B＝60°，再根据圆周角定理得到B 为⊙D 的 直径，则D 点为B 的中点，接着利用含30 度的直角三角形三边的关系得到B＝2， ¿2❑ √3，所以（−2❑ √3，0），B（0，2），然后利用线段的中点坐标公式得到D 点坐标． 【解答】解：∵四边形B 为圆的内接四边形， ∴∠B+∠＝180°， ∴∠B＝180° 120° ﹣ ＝60°， ∵∠B＝90°， ∴B 为⊙D 的直径， ∴D 点为B 的中点， 在Rt△B 中，∠B＝60°， 1 ∴B¿ 1 2B＝2， ∴¿ ❑ √3B¿2❑ √3 ∴（−2❑ √3，0），B（0，2）， ∴D 点坐标为（−❑ √3，1）． 故选：B． 【变式2-3】（2022 秋•汉川市期中）已知M 是弧B 的中点，MP 垂直于弦B 于P，若弦的 长度为x，线段P 的长度是x+1，那么线段PB 的长度是 2 x +1 ．（用含有x 的代数式 表示） 【分析】延长MP 交圆于点D，连接D 并延长交B 的延长线于E 点，连接BD，由M 是 弧B 的中点，可得∠BDM＝∠DM，又因为MP 垂直于弦B 于P，可得∠BPD＝∠EPD＝ 90°，然后由S 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：∠E＝∠B，进而可得：∠E＝ ∠E，然后根据等角对等边可得E＝，进而可得PB＝PE＝E+P＝+P，然后将＝x，P＝ x+1，代入即可得到PB 的长． 【解答】解：延长MP 交圆于点D，连接D 并延长交B 的延长线于E 点，连接BD， ∵M 是弧B 的中点， ∴∠BDM＝∠DM， ∵MP 垂直于弦B 于P， ∴∠BPD＝∠EPD＝90°， 在△DPE 和△DPB 中， ∵{ ∠BPD=∠EPD PD=PD ∠BDP=∠EDP ， ∴△DPE≌△DPB（S）， ∴∠B＝∠E，PB＝EP， ∵四边形BD 是圆内接四边形， ∴∠E＝∠B， ∴∠E＝∠E， ∴E＝， 1 ∴PB＝PE＝E+P＝+P， ∵＝x，P＝x+1， ∴PB＝2x+1． 故答为：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BD 内接于⊙，∠B：∠D＝2：1，B＝2，点为^ BD 的中点，延长B、D 交于点E，且∠E＝60°，则⊙的面积是（ ） ．π B．2π ．3π D．4π 【分析】连接，根据圆内接四边形的性质得到∠B＝120°，∠D＝60°，进而得出△DE 为等 边三角形，证明B＝BE，进而求出圆的半径，根据圆的面积公式计算，得到答． 【解答】解：连接， ∵四边形BD 内接于⊙， ∴∠B+∠D＝180°， ∵∠B：∠D＝2：1， ∴∠B＝120°，∠D＝60°， ∵∠E＝60°， ∴△DE 为等边三角形，△BE 为等边三角形， ∴D＝E，B＝BE，B∥D， ∵点为^ BD的中点， ∴∠D＝∠B， ∴⊥DE， ∴D 为⊙的直径， ∵B∥D， ∴∠D＝∠B， 1 ∴∠B＝∠B， ∴B＝B， ∴B＝BE， ∴⊙的半径为2， ∴⊙的面积＝4π， 故选：D． 【变式3-1】（2022 秋•青山区期中）如图，四边形BD 为⊙的内接四边形，∠D+∠B＝ 180°．若D＝2，B＝6，则△B 的面积为（ ） ．3 B．6 ．9 D．12 【分析】延长B 交⊙于E，连接E，可得∠E+∠B＝180°，∠BE＝90°，由∠D+∠B＝ 180°，∠D＝∠E，推出D＝E＝2，根据三角形的面积公式可求得△BE 的面积为6，由B＝ E，可得△B 的面积¿ 1 2△BE 的面积． 【解答】解：延长B 交⊙于E，连接E， 则∠E+∠B＝180°，∠BE＝90°， 即E⊥B， ∵∠D+∠B＝180°， ∴∠D＝∠E， ∴^ AD=^ CE， ∴D＝E＝2， ∵B＝6， ∴△BE 的面积为1 2B•E¿ 1 2 ×6×2＝6， 1 ∵B＝E， ∴△B 的面积¿ 1 2△BE 的面积¿ 1 2 ×6＝3， 故选：． 【变式3-2】（2022•鹿城区模拟）如图，圆内接四边形BD 中，∠BD＝90°，B＝D，点E 在 D 的延长线上，且DE＝B，连接E，若E＝4，则四边形BD 的面积为 8 ． 【分析】如图，连接，BD．由△B≌△DE（SS），推出∠B＝∠DE，＝E＝4，S△B＝S△DE， 推出S 四边形BD＝S△E，由此即可解决问题； 【解答】解：如图，连接，BD． ∵∠BD＝90°， ∴BD 是⊙的直径， ∴∠BD＝90°， ∵∠DE+∠D＝180°，∠B+∠D＝180°， ∴∠B＝∠DE， ∵B＝D，B＝DE， ∴△B≌△DE（SS）， ∴∠B＝∠DE，＝E＝4，S△B＝S△DE， ∴∠E＝∠BD＝90°， 1 ∴S 四边形BD＝S△E¿ 1 2 ×4×4＝8． 故答为8． 【变式3-3】（2022•碑林区校级一模）如图，已知＝2❑ √2，以为弦的⊙上有B、D 两点，且 ∠B＝∠D，则四边形BD 的面积最大值为 4 ． 【分析】如图，将△B 绕点顺时针旋转得到△TD．S 四边形BD＝S△T，因为＝T＝2❑ √2，所以 当⊥T 时，S△T的面积最大． 【解答】解：如图，将△B 绕点顺时针旋转得到△TD． ∵∠B+∠D＝180°，∠B＝∠DT， ∴∠D+∠DT＝180°， ∴S 四边形BD＝S△T， ∵＝T＝2❑ √2， ∴当⊥T 时，S△T的面积最大，最大值¿ 1 2 ×2❑ √2×2❑ √2=¿4． 故答为：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BD 的对角线，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（ ） 1 ．∠1＝∠4 B．∠1+ 2+ 3+ 5 ∠ ∠ ∠＝180° ．∠4＝∠7 D．∠D＝∠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D， 1 ∴∠＝∠4， 2 ∵∠，∠7 所对的弧都是弧B， 2 ∴∠＝∠7， 5 ∵∠，∠8 所对的弧都是弧B． 5 ∴∠＝∠8， 1+ 2+ 3+ 8 ∵∠ ∠ ∠ ∠＝180°，∠D＝∠8+ 7 ∠， 1+ 2+ 3+ 5 ∴∠ ∠ ∠ ∠＝180°，∠D＝∠2+ 5 ∠， 故，B，D 都正确， ∵^ BC和^ DC不一定相等， ∴B 与D 不一定相等， 4 ∴∠与∠7 不一定相等， 故错误， 故选：． 【变式4-1】（2022 秋•西湖区校级期中）若四边形BD 为圆内接四边形，则下列哪个选项 可能成立（ ） ．∠：∠B：∠：∠D＝1：2：3：4 B．∠：∠B：∠：∠D＝2：3：1：4 ．∠：∠B：∠：∠D＝3：1：2：4 D．∠：∠B：∠：∠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BD 内接于⊙， 1 + ∴∠∠＝180°＝∠B+∠D， 故选：． 【变式4-2】（2022•南皮县模拟）如图，已知四边形BE 内接于⊙，点D 在的延长线上，E 平分∠BD 交⊙于点E，则下列结论中一定正确的是（ ） ．B＝E B．B＝BE ．E＝BE D．B＝ 【分析】只要证明∠EB＝∠BE，∠ED＝∠BE，再根据角平分线定义即可解决问题． 【解答】解：连接E． ∵E 平分∠BD， ∴∠EB＝∠ED， ∵∠EB＝∠BE，∠ED＝∠BE， ∴∠BE＝∠BE， ∴E＝EB． 故选：． 【变式4-3】（2022•碑林区校级模拟）如图，，P，B，是⊙上的四个点，∠P＝∠PB＝60°， P 交B 于点E．（1）判断△B 的形状，证明你的结论；（2）①若P 是^ AB的中点，求证： P＝P+PB；②若点P 在^ AB上移动，判断P＝P+PB 是否成立，证明你的结论 【分析】（1）根据圆周角定理得到∠B＝∠PB＝60°，∠B＝∠PB＝60°，根据等边三角形 的判定定理证明； （2）在P 上截取P＝P，得到△P 为等边三角形，证明△PB≌△，根据全等三角形的性质， 结合图形证明即可． 【解答】（1）解：△B 是等边三角形， 1 理由如下：由圆周角定理得，∠B＝∠PB＝60°，∠B＝∠PB＝60°， ∴△B 是等边三角形； （2）①∵P 是^ AB的中点， ∴^ PB=^ PA， ∴P＝PB， ∵＝B， ∴P 垂直平分线段B， ∴P 是直径， ∴∠P＝∠PB＝90°， ∵∠P＝∠PB＝30°， ∴P＝2P＝2PB， ∴P+PB＝P． ②P＝P+PB 成立； 证明：在P 上截取P＝P， ∵∠P＝60°， ∴△P 为等边三角形， ∴P＝，∠P＝60°， 在△PB 和△中， { ∠APE=∠ACH ∠APB=∠AHC=120° AP=AH ， ∴△PB≌△（S） ∴PB＝， ∴P＝P+＝P+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BD 内接于⊙，∠D＝90°，P 为^ CD上一动点 （不与点，D 重合）． （1）若∠BP＝30°，B＝3，求⊙的半径； （2）若∠＝90°，^ AD=^ AB，求证：PB﹣PD¿ ❑ √2P． 1 【分析】（1）连接，得到是⊙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BD 为矩形．推出矩形BD 为正方形，根据全 等三角形的性质得到P＝E，得到△PE 为等腰直角三角形，即可得到结论． 【解答】解：（1）连接， ∵∠D＝90°， ∴是⊙的直径， ∵∠B＝∠P＝30°， ∴＝2B＝6， 所以圆的半径为3； （2）∵∠＝90°， ∴∠＝90°， ∵为圆直径， ∴∠D＝∠B＝90°， ∴四边形BD 为矩形． ∵^ AD=^ AB， ∴B＝D， ∴矩形BD 为正方形， 在BP 上截取BE＝DP， ∴△BE≌△DP， ∴P＝E， ∴△PE 为等腰直角三角形， ∴PE¿ ❑ √2P， ∴PB＝PD+❑ √2P． 【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 1 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． 如图1，∠E 是△B 中∠的遥望角，如图2，四边形BD 内接于⊙，^ AD=^ BD，四边形BD 的外角平分线DF 交⊙于点F，连接BF 并延长交D 的延长线于点E． 求证：∠BE 是△B 中∠B 的遥望角． 【分析】延长B 到点T，根据圆内接四边形的性质得到∠FD+∠FB＝180°，得到∠BF＝ ∠FB，根据圆周角定理得到∠D＝∠BFD，进而得到∠D＝∠DT，根据遥望角的定义证明 结论． 【解答】证明：如图2，延长B 到点T， ∵四边形FBD 内接于⊙， ∴∠FD+∠FB＝180°， ∵∠FDE+∠FD＝180°， ∴∠FDE＝∠FB， ∵DF 平分∠DE， ∴∠DF＝∠FDE， ∵∠DF＝∠BF， ∴