專題34第7章圓之四點共圓備戰(zhàn)2021中考數(shù)學解題方法系統(tǒng)訓練（全國通用）【有答案】

34第7章圓之四點共圓一、單選題1．下列長度的三根木棒首尾依次相接，不能搭成三角形框架的是（）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】C【分析】結合三角形滿足的三角形滿足的規(guī)律是兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊，依次分析各個選項，選出正確答案.【詳解】A選項中，5+6>7可以構成三角形；B選項中，3+7>8，能夠構成三角形；C選項中4+3=7不能構成三角形；D選項中2+4>5,能夠構成三角形.故選C.【點睛】考查三角形構成規(guī)則，抓住三角形滿足的規(guī)律是兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊，難度較容易.2．如圖，四邊形內(nèi)接于，，為中點，，則等于（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)，為中點求出∠CBD=∠ADB=∠ABD，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠ABC+∠ADC=180°，即可求出答案．【詳解】∵為中點，∴,∴∠ADB=∠ABD，AB=AD，∵，∴∠CBD=∠ADB=∠ABD，∵四邊形內(nèi)接于，∴∠ABC+∠ADC=180°，∴3∠ADB+60°=180°，∴=40°，故選：A．【點睛】此題考查圓周角定理：在同圓中等弧所對的圓周角相等、相等的弦所對的圓周角相等，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：對角互補．3．如圖，圓上有、、、四點，其中，若弧、弧的長度分別為、，則弧的長度為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出圓的周長，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得，然后根據(jù)圓周角定理可得弧所對圓心角的度數(shù)，最后根據(jù)弧長的定義即可得．【詳解】弧、弧的長度分別為、圓的周長為（圓內(nèi)接四邊形的對角互補）弧所對圓心角的度數(shù)為則弧的長度為故選：C．【點睛】本題考查了圓周角定理、弧長的定義、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，熟記圓的相關定理與性質(zhì)是解題關鍵．4．如圖1，在等腰三角形ABC中，AB=AC=4，BC=6．如圖2，在底邊BC上取一點D，連結AD，使得∠DAC=∠ACD．如圖3，將△ACD沿著AD所在直線折疊，使得點C落在點E處，連結BE，得到四邊形ABED．則BE的長是（）A．1 B． C． D．【答案】A【分析】只要證明，得，求出、即可解決問題．【詳解】解：，，，，，，，，，，，，，，即，，，，、、、四點共圓，，，，，．故選：．【點睛】本題考查翻折變換、等腰三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是充分利用相似三角形的性質(zhì)解決問題，本題需要三次相似解決問題，題目比較難，屬于中考選擇題中的壓軸題．二、填空題5．如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，若⊙O半徑為4，且∠C＝2∠A，則的長為__．【答案】4【分析】連接OB，OD，利用內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠A=60°，進而得出∠BOD=120°，利用含30°的直角三角形的性質(zhì)解答即可．【詳解】連接OB，OD，過O作OE⊥BD，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∠C=2∠A，∴∠C+∠A=3∠A=180°，解得：∠A=60°，∴∠BOD=120°，在Rt△BEO中，OB=4，∴BE=2，∴AC=4，故答案為：4．【點睛】此題考查內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，關鍵是利用內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠A=60°．6．如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，連接BE，則∠ABE的度數(shù)為____________度.【答案】36【分析】由正五邊形的性質(zhì)可知△ABE是等腰三角形，求出∠A的度數(shù)即可解決問題．【詳解】∵在正五邊形ABCDE中，∠A＝×（5?2）×180＝108°，AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB＝（180°?108°）＝36°．故答案為36．【點睛】本題主要考查多邊形內(nèi)角與外角的知識點，解答本題的關鍵是求出正五邊形的內(nèi)角，此題基礎題，比較簡單．7．如圖，在矩形ABCD中，AB＝9，AD＝6，點O為對角線AC的中點，點E在DC的延長線上且CE＝1.5，連接OE，過點O作OF⊥OE交CB延長線于點F，連接FE并延長交AC的延長線于點G，則＝_____．【答案】【分析】作OM⊥CD于M，ON⊥BC于N，根據(jù)三角形中位線定理分別求出OM、ON，根據(jù)勾股定理求出OE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出FN，得到FC的長，證明△GFC∽△GOE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，代入計算得到答案．【詳解】解：作OM⊥CD于M，ON⊥BC于N，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠D=90°，∠ABC=90°，∴OM∥AD，ON∥AB，∵點O為AC的中點，∴OM=AD=3，ON=AB=4.5，CM=4.5，CN=3，∵CE=1.5，∴ME=CM+CE=6，在Rt△OME中，OE==3，∵∠MON=90°，∠EOF=90°，∴∠MOE+∠NOE=∠NOF+∠NOE=90°，∴∠MOE=∠NOF，又∠OME=∠ONF=90°，∴△OME∽△ONF，∴，即，解得，F(xiàn)N=9，∴FC=FN+NC=12，∵∠FOE=∠FCE=90°，∴F、O、C、E四點共圓，∴∠GFC=∠GOE，又∠G=∠G，∴△GFC∽△GOE，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、圓周角定理的應用，掌握相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關鍵．8．如圖，正方形中，，點為上一點，且，點為邊上一動點，連接，過點作，交射線于點，連接，點為中點，連接，則的最小值為________．【答案】【分析】由已知可得AE=3，DE=6，又AB=9，，由勾股定理得BE=，由，，M為PF中點，可知M為四邊形BFEP外接圓的圓心，BE為圓M的弦，故圓心M在線段BE的垂直平分線上，作線段BE的垂直平分線GH交BE于G，交CD于H，過點D作于M，此時的線段DM即為所求最小值，過點E作于N，則四邊形EGMN為矩形，可得，GE=MN，可證，可得，代入數(shù)據(jù)得：DN=，又MN=EG=，可得DM的長度．【詳解】∵，AD=AB=9，∴AE=3，DE=6，又∵AB=9，，∴BE=，∵，，∴B、F、E、P四點共圓，且PF為直徑，∵M為PF中點，∴M為四邊形BFEP外接圓的圓心，∵E、B為定點，∴BE為圓M的弦，∴圓心M在線段BE的垂直平分線上，如下圖，作線段BE的垂直平分線GH交BE于G，交CD于H，過點D作于M，此時的線段DM即為所求最小值，過點E作于N，則四邊形EGMN為矩形，∴，GE=MN,∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，即，解得：DN=，∵BE=，∴EG=，∴MN=，∴DM=DN+MN=+=．【點睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形，圓的對稱性，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握圓周角定理及其逆定理確定四點共圓是解題的關鍵．三、解答題9．如圖，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D為BC邊上一點，連接AD．（1）如圖1，作BE⊥AD延長線于E，連接CE，求證：∠AEC＝45°；（2）如圖2，P為AD上一點，且∠BPD＝45°，連接CP．①若AP＝2，求△APC的面積；②若AP＝2BP，直接寫出sin∠ACP的值為______．【答案】（1）證明見解析；（2）①△APC的面積＝1；②．【分析】（1）由題意可證點A，點B，點E，點C四點共圓，可得∠AEC＝∠ABC＝45°；（2）①通過證明△APB∽△CEB，可求CE＝＝，由等腰直角三角形的性質(zhì)可求CF＝1，即可求解；②過點B作BE⊥AD，交AD的延長線于點E，過點C作CF⊥AD于F，過點P作PH⊥AC于H，設AP＝2a，則BP＝a，可得CE＝＝a，CF＝EF＝a，BE＝PE＝a，由勾股定理可求AC2，CP2，利用面積法可求PH2，即可求解．【詳解】證明：（1）∵等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∴AC＝BC，∠ABC＝∠CAB＝45°，AB＝BC，∵BE⊥AD，∴∠AEB＝90°＝∠ACB，∴點A，點B，點E，點C四點共圓，∴∠AEC＝∠ABC＝45°；（2）①如圖2，過點B作BE⊥AD，交AD的延長線于點E，過點C作CF⊥AD于F，∵∠BPD＝45°，BE⊥AD，∴∠PBE＝45°＝∠ABC，∴∠ABP＝∠CBE，∵∠AEB＝90°＝∠ACB，∴點A，點B，點E，點C四點共圓，∴∠BAE＝∠BCE，∠AEC＝∠ABC＝45°，∴△APB∽△CEB，∴CE＝＝，∵CF⊥AD，∠AEC＝45°，∴∠FCE＝∠CEF＝45°，∴CF＝EF＝CE＝1，∴△APC的面積＝×AP×CF＝1；②如圖，過點B作BE⊥AD，交AD的延長線于點E，過點C作CF⊥AD于F，過點P作PH⊥AC于H，設AP＝2a，則BP＝a，由①可知，CE＝＝a，CF＝EF＝a，∵BP＝a，∠BPE＝45°，∠BEP＝90°，∴BE＝PE＝a，∴AF＝AE﹣EF＝2a+a﹣a＝a+a，PF＝a﹣a，∴CP2＝CF2+PF2＝a2+（a﹣a）2＝a2﹣a2，AC2＝AF2+CF2＝a2+（a+a）2＝a2+a2，∵S△ACP＝×AC×PH＝×AP×CF，∴（AC?PH）2＝（AP?CF）2，∴PH2＝a2，∵（sin∠ACP）2＝＝＝，∴sin∠ACP＝，故答案為：．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了四點共圓，圓的有關知識，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)等知識，添加恰當輔助線構造相似三角形是本題的關鍵．10．在邊長為12cm的正方形ABCD中，點E從點D出發(fā)，沿邊DC以1cm/s的速度向點C運動，同時，點F從點C出發(fā)，沿邊CB以1cm/s的速度向點B運動，當點E達到點C時，兩點同時停止運動，連接AE、DF交于點P，設點E．

F運動時間為t秒．回答下列問題：(1)如圖1，當t為多少時，EF的長等于cm?(2)如圖2，在點E、F運動過程中，①求證：點A、B、F、P在同一個圓(⊙O)上；②是否存在這樣的t值，使得問題①中的⊙O與正方形ABCD的一邊相切?若存在，求出t值；若不存在，請說明理由；③請直接寫出問題①中，圓心O的運動的路徑長為_________．【答案】（1）t=4或8；（2）①證明見解析；②存在，t=3或12；③6cm．【分析】（1）由題意易得DE=CF=t，則有EC=12-t，然后利用勾股定理求解即可；（2）①由題意易證△ADE≌△DCF，則有∠CDF=∠DAE，然后根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠APF=90°，進而可得∠B+∠APF=180°，則問題得證；②由題意可知當⊙O與正方形ABCD的一邊相切時，可分兩種情況進行分類討論求解：一是當圓與AD相切時，一是當圓與邊DC相切時；③由動點E、F在特殊位置時得出圓心O的運動軌跡，進而求解即可．【詳解】解：（1）由題意易得：DE=CF=t，四邊形ABCD是正方形，AB=CD=BC=AD=12cm，∠C=∠B=∠ADC=∠DAB=90°，EC=12-t，EF的長等于cm，在Rt△CEF中，，即解得；（2）①由（1）可得AB=CD=BC=AD=12cm，∠C=∠B=∠ADC=∠DAB=90°，DE=CF=t，△ADE≌△DCF，∠CDF=∠DAE，∠CDF+∠PDA=90°，∠DAE+∠PDA=90°，∠ADP=∠APF=90°，∠APF+∠B=180°，由四邊形APFB內(nèi)角和為360°可得：∠PAB+∠PFB=180°，點A、B、F、P在同一個圓(⊙O)上；②由題意易得：當⊙O與正方形ABCD的一邊相切時，只有兩種情況；a、當⊙O與正方形ABCD的邊AD相切時，如圖所示：由題意可得AB為⊙O的直徑，t=12；b、當⊙O與正方形ABCD的邊DC相切于點G時，連接OG并延長交AB于點M，過點O作OH⊥BC交BC于點H，連接OF，如圖所示：OG⊥DC，GM⊥AB，HF=HB，四邊形OMBH、GOHC是矩形，OH=BM=GC，OG=HC，AB=BC=12cm，OH=6，CF=t，BF=12-t，，在Rt△FOH中，，即，解得：；綜上所述：當或t=12時，⊙O與正方形ABCD的邊相切；③由（1）（2）可得：當點E與點D重合及點F與點C重合時，圓心在正方形的中心上；當點E與點C重合及點F與點B重合時，圓心在AB的中點上，故圓心的運動軌跡為一條線段，如圖所示：OP即為圓心的運動軌跡，即OP=6cm．故答案為6cm．【點睛】本題主要考查圓的綜合，熟練掌握圓的性質(zhì)及切線定理解題的關鍵，注意運用分類討論思想解決問題．11．已知為銳角的高，為中點，于點，延長至，使得．（1）證明：；（2）證明：；（3）若，求四邊形的面積．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）通過得A，D，F(xiàn)，C四點共圓，得到，結合，證得；（2）通過，證得；（3）利用勾股定理求得AD，BD，CD，在中，求出DE，AE，得出，借助，求得，再用，得到，最后．【詳解】解：（1）∵∴四點共圓∴又∵∴（2）由（1）∴又∵∴∴即（3）∵∴∵中，∴而∴同理利用得到∴．【點睛】本題考查了四點共圓的判斷，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理的應用，相似三角形的證明，不規(guī)則圖形的面積的求法，熟練掌握其中的聯(lián)系，是解題的關鍵．12．四邊形內(nèi)接于圓，連接．(1)求證：；(2)求證：；(3)如圖2，點是上一點，連接并延長交的延長線于點，連接交圓于點，求的長．【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3)【分析】（1）根據(jù)題意可得，根據(jù)圓的內(nèi)接四邊形對角互補即可得證；（2）過點作交延長線于點P，易證△BDP為等腰直角三角形，通過“角邊角”證明，則，進而可得證；（3）連接，過點作交延長線于點，延長?點，使，連接，易證，，設則，整理可得，根據(jù)題意得到相關線段的長，在R中根據(jù)勾股定理可得，根據(jù)圓周角定理可得，得到，進而求得CG的長，最后得到答案.【詳解】解：，，，；過點作交延長線于點P，，，，，，（ASA），，；連接，過點作交延長線于點，延長?點，使，連接，易證，，設則，∴，，，，，，，，在R中根據(jù)勾股定理可得，，，，，即，，.【點睛】本題主要考查圓的綜合問題，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，綜合性較強，解此題的關鍵在于熟練掌握其知識點，構造適當輔助線幫助解題.13．已知：內(nèi)接于，過點作的切線，交的延長線于點，連接．（1）如圖1，求證：；（2）如圖2，過點作于點，連接，交于點，，求證：；（3）如圖3，在（2）的條件下，點為上一點，過點的切線交的延長線于點，連接，交的延長線于點，連接，，點為上一點，連接，若，，，，求的長．【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）【分析】（1）延長BO交于G，連接CG，根據(jù)切線的性質(zhì)可得可證∠DBC＋∠CBG=90°，然后根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可證∠CBG＋∠G=90°，再根據(jù)圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠DAB=∠G，從而證出結論；（2）在MB上截取一點H，使AM=MH，連接DH，根據(jù)垂直平分線性質(zhì)可得DH=AD，再根據(jù)等邊對等角可得∠DHA=∠DAH，然后根據(jù)等邊對等角和三角形外角的性質(zhì)證出∠ABC=∠C，可得AB=AC，再根據(jù)垂直平分線的判定可得AO垂直平分BC，從而證出結論；（3）延長CF交BD于M，延長BO交CQ于G，連接OE，證出tan∠BGE=tan∠ECF=2，然后利用AAS證出△CFN≌△BON，可設CF=BO=r，ON=FN=a，則OE=r，根據(jù)銳角三角函數(shù)和相似三角形即可證出四邊形OBPE為正方形，利用r和a表示出各線段，最后根據(jù)，即可分別求出a和CF．【詳解】解：（1）延長BO交于G，連接CG∵BD是的切線∴∠OBD=90°∴∠DBC＋∠CBG=90°∵BG為直徑∴∠BCG=90°∴∠CBG＋∠G=90°∴∠DBC=∠G∵四邊形ABGC為的內(nèi)接四邊形∴∠DAB=∠G∴∠DAB=∠DBC（2）在MB上截取一點H，使AM=MH，連接DH∴DM垂直平分AH∴DH=AD∴∠DHA=∠DAH∵，∴AD=BH∴DH=BH∴∠HDB=∠HBD∴∠DHA=∠HDB＋∠HBD=2∠HBD由（1）知∠DAB=∠DBC∴∠DHA=∠DAB=∠DBC∴∠DBC=2∠HBD∵∠DBC=∠HBD＋∠ABC∴∠HBD=∠ABC，∠DBC=2∠ABC∴∠DAB=2∠ABC∵∠DAB=∠ABC＋∠C∴∠ABC=∠C∴AB=AC∴點A在BC的垂直平分線上∵點O也在BC的垂直平分線上∴AO垂直平分BC∴（3）延長CF交BD于M，延長BO交CQ于G，連接OE，∵∴∠DMC=90°∵∠OBD=90°∴∠DMC=∠OBD∴CF∥OB∴∠BGE=∠ECF，∠CFN=∠BON，∴tan∠BGE=tan∠ECF=2由（2）知OA垂直平分BC∴∠CNF=∠BNO=90°，BN=CN∴△CFN≌△BON∴CF=BO，ON=FN，設CF=BO=r，ON=FN=a，則OE=r∵∴OQ=2a∵CF∥OB∴△QGO∽△QCF∴即∴OG=過點O作OE′⊥BG，交PE于E′∴OE′=OG·tan∠BGE=r=OE∴點E′與點E重合∴∠EOG=90°∴∠BOE=90°∵PB和PE是圓O的切線∴∠OBP=∠OEP=∠BOE=90°，OB=OE=r∴四邊形OBPE為正方形∴∠BOE=90°，PE=OB=r∴∠BCE=∠BOE==45°∴△NQC為等腰直角三角形∴NC=NQ=3a，∴BC=2NC=6a在Rt△CFN中，CF=∵∴PQ∥BC∴∠PQE=∠BCG∵PE∥BG∴∠PEQ=∠BGC∴△PQE∽△BCG∴即解得：PQ=4a∵，∴4a＋2a=解得：a=∴CF==10【點睛】此題考查的是圓的綜合大題，難度較大，掌握圓的相關性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、勾股定理、全等三角形的判定及性質(zhì)、等腰三角形的判定及性質(zhì)、正方形的判定及性質(zhì)是解決此題的關鍵．14．如圖，等腰三角形△ABC中，∠BAC=120°，AB=3．（1）求BC的長．（2）如圖，點D在CA的延長線上，DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，連EF．求EF的最小值．【答案】（1）BC=；（2）EF的最小值為【分析】（1）過點A作AM⊥BC于點M，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得∠B=30°，BM=CM，由直角三角形的性質(zhì)得BM=，進而即可求解；（2）連接BD，取BD的中點O，連接OE，OF，易得B，D，E，F(xiàn)四點共圓，從而得?OEF是等邊三角形，進而得EF=BD，由BD⊥CD時，BD的值最小，進而即可求解．【詳解】（1）過點A作AM⊥BC于點M，∵等腰三角形△ABC中，∠BAC=120°，AB=3，∴∠B=(180°-120°)÷2=30°，BM=CM，∴BM=3÷2×=，∴BC=2BM=2×=3；（2）連接BD，取BD的中點O，連接OE，OF，∵DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，∴在Rt?BDF與Rt?BDE中，OB=OD=OE=OF=BD，∴B，D，E，F(xiàn)四點共圓，∴∠EOF=2∠EBF=2×30°=60°，∴?OEF是等邊三角形，∴EF=OF=BD，∵∠C=∠EBF=30°，∴當BD⊥CD時，BD=BC=，此時，BD的值最小，∴EF的最小值=BD=×=．【點睛】本題主要考查圓的基本性質(zhì)以及等腰三角形，直角三角形的性質(zhì)定理，添加輔助線，構造四邊形的外接圓，是解題的關鍵．15．如圖1，拋物線經(jīng)過原點，兩點．（1）求的值；（2）如圖2，點是第一象限內(nèi)拋物線上一點，連接，若，求點的坐標；（3）如圖3，在（2）的條件下，過點的直線與軸交于點，作，連接交拋物線于點，點在線段上，連接、、，交于點，若，，求點的坐標．【答案】（1）；（2）點，；（3）點，．【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法，即可得到答案；（2）過點作于點，設點，，結合，列出關于m的方程，即可求解；（3）連接，易得直線解析式為：，點，，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理與外角的性質(zhì)，得點，點，點，點四點共圓，從而得，進而得點，過點，點，點，點四點的圓的圓心，，設點，根據(jù)兩點間的距離公式，列出關于a，b的方程，得，可得直線解析式為：，進而即可得到點Q的坐標．【詳解】（1）拋物線經(jīng)過原點，兩點．，；（2）如圖2，過點作于點，，，拋物線解析式為：點是第一象限內(nèi)拋物線上一點，設點，，，，點，；（3）連接，直線過點，，，直線解析式為：，當，，點，，，且，，，，，，，，，點，點，點，點四點共圓，，，，，，，，，設點，點設過點，點，點，點四點的圓的圓心，，，，，，，設點，，，①，②，由①②組成方程組可求：，設直線解析式為：，且過點，，，直線解析式為：，，（不合題意舍去），，點，．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)，一次函數(shù)以及幾何圖形的綜合，掌握圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)以及兩點間的距離公式，是解題的關鍵．16．定義：有一個角是其對角一半的圓的內(nèi)接四邊形叫做圓美四邊形，其中這個角叫做美角．已知四邊形是圓美四邊形．（1）求美角的度數(shù)；（2）如圖1，若的半徑為5，求的長；（3）如圖2，若平分，求證：．【答案】（1）60°；（2）；（3）見解析【分析】（1）根據(jù)美角的定義可得，然后根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可求出結論；（2）連接DO并延長，交與點E，連接BE，根據(jù)同弧所對的圓周角相等可得∠E=∠A=60°，然后根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠DBE=90°，最后利用銳角三角函數(shù)即可求出結論；（3）延長CB至F，使BF=DC，連接AF、BD，先證出△ABD為等邊三角形，然后利用SAS證出△ABF≌△ADC，從而得出AF=AC，∠F=∠DCA=60°，再證出△ACF為等邊三角形，利用等邊三角形的性質(zhì)和等量代換即可得出結論．【詳解】解：（1）根據(jù)題意可得：，而∠A＋∠C=180°∴∠A=60°（2）連接DO并延長，交與點E，連接BE∴∠E=∠A=60°∵DE為的直徑，的半