提優(yōu)專題15 圓中常作的輔助線（解析版）

專題15圓中常作的輔助線（解析版）第一部分典例剖析類型一連半徑1．（2021秋?溫州期中）如圖，在⊙O中，∠BAC＝15°，∠ADC＝20°，則∠ABO的度數(shù)為．思路引領(lǐng)：連接AO，根據(jù)同弧所對圓周角與圓心角的關(guān)系求出∠AOB，進(jìn)而求解．解：連接AO，CO，則∠AOC＝2∠ADC，∠BOC＝2∠BAC，∴∠AOB＝∠BOC+∠AOC＝2∠BAC+2∠ADC＝2×15°+2×20°＝70°，∵OA＝OB，∴∠ABO=12（180°﹣∠AOB）＝故答案為：55°．總結(jié)提升：本題考查圓周角定理，解題關(guān)鍵是通過添加輔助線求解．2．（2022?雙柏縣模擬）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，CD⊥AB于點(diǎn)D，若⊙O的半徑為2，則CD的長為（）A．1 B．22 C．2 D．3思路引領(lǐng)：連接OA，OC，根據(jù)圓周角定理得圓心角為90°，根據(jù)勾股定理求出AC，再根據(jù)在直角三角形中，30°所對的直角邊等于斜邊的一半即可求出CD．解：如圖，連接OA，OC．∵∠COA＝2∠CBA＝2×45°＝90°，在Rt△AOC中，根據(jù)勾股定理得：AC=OA2∵CD⊥AB，∠CAB＝30°，∴CD=12AC故選：C．總結(jié)提升：本題考查了圓周角定理，勾股定理，含30°角的直角三角形，其中構(gòu)造圓心角，利用圓周角定理是解題的關(guān)鍵．類型二作弦心距3．（2020秋?雁塔區(qū)校級期中）如圖，AB為⊙O的弦，半徑OC，OD分別交AB于點(diǎn)E，F(xiàn)．且AC=（1）求證：AE＝BF；（2）作半徑ON⊥AB于點(diǎn)M，若AB＝12，MN＝3，求OM的長．思路引領(lǐng)：（1）連接OA、OB，證明△AOE≌△BOF（ASA），即可得出結(jié)論；（2）連接OA，由垂徑定理得出AM=12AB＝6，設(shè)OM＝x，則OA＝ON＝x+3，在Rt△（1）證明：連接OA、OB，如圖1所示：∵OA＝OB，∴∠A＝∠B，∵AC=∴∠AOE＝∠BOF，在△AOE和△OBF中，∠A=∠BOA=OB∴△AOE≌△BOF（ASA），∴AE＝BF．（2）解：連接OA，如圖2所示：∵OM⊥AB，∴AM=12AB＝設(shè)OM＝x，則OA＝ON＝x+3，在Rt△AOM中，由勾股定理得：62+x2＝（x+3）2，解得：x＝4.5，∴OM＝4.5．總結(jié)提升：本題考查垂徑定理，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．4．（2022秋?慈溪市期中）如圖，⊙P與x軸交于點(diǎn)A（﹣5，0），B（1，0），與y軸的正半軸交于點(diǎn)C．若∠ACB＝60°，則點(diǎn)C的縱坐標(biāo)為．思路引領(lǐng)：過P點(diǎn)作PH⊥AB于H點(diǎn)，PD⊥OC于D點(diǎn)，連接PA、PB、PC，如圖，根據(jù)垂徑定理得到AH＝BH＝3，則OH＝2，再根據(jù)圓周角定理得到∠APB＝2∠ACB＝120°，所以∠APH＝60°，則利用含30度角的直角三角形三邊的關(guān)系計(jì)算出PH=3，PA＝23，接著利用四邊形PHOD為矩形得到OD=3，PD＝2，然后利用勾股定理計(jì)算出CD，從而得到解：過P點(diǎn)作PH⊥AB于H點(diǎn)，PD⊥OC于D點(diǎn)，連接PA、PB、PC，如圖，∵A（﹣5，0），B（1，0），∴OA＝5，OB＝1，∵PH⊥AB，∴AH＝BH=12AB＝∴OH＝2，∵∠APB＝2∠ACB＝2×60°＝120°，∴∠APH＝60°，在Rt△PAH中，∵PH=33AH∴PA＝2PH＝23，∵∠PHO＝∠PDO＝∠HOD＝90°，∴四邊形PHOD為矩形，∴OD＝PH=3，PD＝OH＝2在Rt△PCD中，∵PC＝PA＝23，PD＝2，∴CD=(23)∴OC＝OD+CD=3+2∴點(diǎn)C的縱坐標(biāo)為3+22故答案為：3+22總結(jié)提升：本題考查了垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。部疾榱藞A周角定理．5．（2020秋?肇源縣期末）已知：如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝25°，以點(diǎn)C為圓心、AC為半徑作⊙C，交AB于點(diǎn)D，求AD的度數(shù)．思路引領(lǐng)：因?yàn)榛∨c垂徑定理有關(guān)；與圓心角、圓周角有關(guān)；與弦、弦心距有關(guān)；弧與弧之間還存在著和、差、倍、半的關(guān)系，因此這道題有很多解法，僅選幾種供參考．解：解法一：（用垂徑定理求）如圖，過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)F，∴DF=又∵∠ACB＝90°，∠B＝25°，∴∠FCA＝25°，∴AF的度數(shù)為25°，∴AD的度數(shù)為50°；解法二：（用圓周角求）如圖，延長AC交⊙C于點(diǎn)E，連接ED，∵AE是直徑，∴∠ADE＝90°，∵∠ACB＝90°，∠B＝25°，∴∠E＝∠B＝25°，∴AD的度數(shù)為50°；解法三：（用圓心角求）如圖，連接CD，∵∠ACB＝90°，∠B＝25°，∴∠A＝65°，∵CA＝CD，∴∠ADC＝∠A＝65°，∴∠ACD＝50°，∴AD的度數(shù)為50°．總結(jié)提升：本題可以利用：1、垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分這條弦所對的兩段?。?、圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．6．（2021?浦東新區(qū)模擬）如圖，已知AB是圓O的直徑，弦CD交AB于點(diǎn)E，∠CEA＝30°，OE＝4，DE＝53，求弦CD及圓O的半徑長．思路引領(lǐng)：過點(diǎn)O作OM⊥CD于點(diǎn)M，聯(lián)結(jié)OD，根據(jù)垂徑定理解答即可．解：過點(diǎn)O作OM⊥CD于點(diǎn)M，聯(lián)結(jié)OD，∵∠CEA＝30°，∴∠OEM＝∠CEA＝30°，在Rt△OEM中，∵OE＝4，∴OM=12OE=2∵DE=53∴DM=DE-EM=33∵OM過圓心，OM⊥CD，∴CD＝2DM，∴CD=63∵OM=2，∴在Rt△DOM中，OD=O∴弦CD的長為63，⊙O的半徑長為31總結(jié)提升：此題考查了垂徑定理和直角三角形．有關(guān)弦、半徑、弦心距的問題常常利用它們構(gòu)造的直角三角形來研究，所以連半徑、作弦心距是圓中的一種常見輔助線添法．類型三圓周角為直角，連接直徑7．如圖，AB，AC是⊙O的兩條弦，且∠CAB＝90°，若AB＝10，AC＝8，求⊙O的半徑．思路引領(lǐng)：連接BC，由圓周角定理得BC是⊙O的直徑，由勾股定理求出BC＝241，則OB=41解：連接BC，如圖所示：∵∠CAB＝90°，∴BC是⊙O的直徑，BC=AB2∴OB=41即⊙O的半徑為41．總結(jié)提升：本題考查了圓周角定理和勾股定理；熟練掌握圓周角定理和勾股定理是解題的關(guān)鍵．類型四有直徑，做直徑所對的圓周角8．（2021?濟(jì)寧一模）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AB＝BC，∠BAC＝30°，AD是直徑，AD＝8，則AC的長為．思路引領(lǐng)：連接CD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ACB＝∠BAC＝30°，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠D＝180°﹣∠B＝60°，求得∠CAD＝30°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．解：連接CD，∵AB＝BC，∠BAC＝30°，∴∠ACB＝∠BAC＝30°，∴∠B＝180°﹣30°﹣30°＝120°，∴∠D＝180°﹣∠B＝60°，∵AD是直徑，∴∠ACD＝90°，∵∠CAD＝30°，AD＝8，∴CD=12AD＝∴AC=82-故答案為：43．總結(jié)提升：本題考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，正確的識別圖形是解題的關(guān)鍵．9．（2021秋?南寧期末）如圖1，已知AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點(diǎn)，AC平分∠DAB，AD⊥CD于點(diǎn)D，并與⊙O交于點(diǎn)E．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）若DE＝8，DC＝12，求⊙O的半徑；（3）如圖2，F(xiàn)為AB中點(diǎn)，連接EF，在（2）的條件下，求EF的長．思路引領(lǐng)：（1）連接OC，利用角平分線的定義，同圓的半徑相等，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)和圓的切線的判定定理解答即可；（2）連接OC，過點(diǎn)O作OF⊥AE于點(diǎn)F，利用切割線定理，垂徑定理和矩形的判定與性質(zhì)解答即可；（3）連接AF，BF，BE，過點(diǎn)B作BH⊥EF于點(diǎn)H，利用（2）的結(jié)論，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，勾股定理解答即可．（1）證明：連接OC，如圖，∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠BAC．∵OA＝OC，∴∠BAC＝∠OCA，∴∠OCA＝∠DAC，∴AD∥OC．∵AD⊥CD于點(diǎn)D，∴OC⊥CD．∵OC為⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）解：連接OC，連接CE，過點(diǎn)O作OF⊥AE于點(diǎn)F，如圖，則AF＝EF=12由（1）知：CD是⊙O的切線，∴∠DCE＝∠DAC．∵∠D＝∠D，∴△CDE∽△ADC，∴CD2＝DE?DA，∵DE＝8，DC＝12，∴DA＝18．∴AE＝DA﹣DE＝18﹣8＝10，∴EF＝5，∴DF＝EF+DE＝5+8＝13．由（1）知：OC⊥CD，∵DA⊥CD，OF⊥AD，∴四邊形OFDC為矩形，∴OC＝DF＝13，∴⊙O的半徑為13；（3）解：連接AF，BF，BE，過點(diǎn)B作BH⊥EF于點(diǎn)H，如圖，由（2）知：⊙O的半徑為13，AE＝10，∴AB＝26，∵AB為⊙O的直徑，∴∠AEB＝90°，∴BE=AB∵F為AB中點(diǎn)，∴AF=∴AF＝BF=22AB＝13∴∠FAB＝∠FBA＝45°，∵∠FEB＝∠FAB，∴∠FEB＝45°，∴△BHE為等腰直角三角形，∴BH＝HE=22BE＝12∵BH⊥EF，∴HF=BF2∴EF＝EH+HF＝122+52=17總結(jié)提升：本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，圓周角定理及其推論，平行線的判定與性質(zhì)，圓的切線的判定與性質(zhì)，切割線定理，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理，連接經(jīng)過切點(diǎn)的半徑和直徑所對的圓周角是解決此類問題常添加的輔助線．類型五見切線作半徑10．（2020?八步區(qū)一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC的角平分線交BC于點(diǎn)D，E為AB上一點(diǎn)，DE＝DC，以D為圓心，DB的長為半徑作⊙D，AB＝5，BE＝3．（1）求證：AC是⊙D的切線；（2）求線段AC的長．思路引領(lǐng)：（1）過點(diǎn)D作DF⊥AC于F，求出BD＝DF等于半徑，得出AC是⊙D的切線．（2）先證明△BDE≌△DCF（HL），根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等及切線的性質(zhì)的AB＝AF，得出AB+EB＝AC．（1）證明：過點(diǎn)D作DF⊥AC于F；∵AB為⊙D的切線，∴∠B＝90°，∴AB⊥BC，∵AD平分∠BAC，DF⊥AC，∴BD＝DF，∴AC與⊙D相切；（2）解：在△BDE和△DCF中；BD=DFDE=DC∴Rt△BDE≌Rt△DCF（HL），∴EB＝FC．∵AB＝AF，∴AB+EB＝AF+FC，即AB+EB＝AC，∴AC＝5+3＝8．總結(jié)提升：本題考查的是切線的判定、角平分線的性質(zhì)定理、全等三角形的判定與性質(zhì)；熟練掌握切線的判定方法，證明三角形全等得出EB＝FC是解決問題（2）的關(guān)鍵．11．（2020秋?臨邑縣期末）如圖，BD為△ABC外接圓⊙O的直徑，且∠BAE＝∠C．（1）求證：AE與⊙O相切于點(diǎn)A；（2）若AE∥BC，BC＝23，AC＝2，求⊙O的直徑．思路引領(lǐng)：（1）連接半徑OA，由等腰三角形的性質(zhì)及圓周角定理得出∠OAE＝90°．即可證出結(jié)論；（2）連接OC，連接OA交BC于點(diǎn)H，證出OA⊥BC，CH＝BH，分別在△ABH，△OBH中通過勾股定理即可求出結(jié)果．（1）證明：連接OA．∴OA＝OD．∴∠D＝∠DAO．∵∠D＝∠C，∴∠C＝∠DAO．∵∠BAE＝∠C，∴∠BAE＝∠DAO．∵BD是⊙O的直徑，∴∠BAD＝90°，即∠DAO+∠BAO＝90°．∴∠BAE+∠BAO＝90°，即∠OAE＝90°．∴AE⊥OA．又∵OA為⊙O的半徑，∴AE與⊙O相切于點(diǎn)A．（2）解：連接OC，連接AO交BC于點(diǎn)H，∵AE∥BC，OA⊥AE，∴OA⊥BC，∴CH＝BH=12BC在Rt△ABH中，AH=AB在Rt△OBH中，設(shè)OB＝r，∵OH2+BH2＝OB2，∴（r﹣1）2+（3）2＝r2，解得：r＝2，∴DB＝2r＝4．即⊙O的直徑為4．總結(jié)提升：本題考查了三角形的外接圓與外心，切線的判定，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，圓周角定理等知識點(diǎn)，能綜合運(yùn)用知識點(diǎn)進(jìn)行推理是解此題的關(guān)鍵．類型六連切點(diǎn)12．（2020?湘西州）如圖，PA、PB為圓O的切線，切點(diǎn)分別為A、B，PO交AB于點(diǎn)C，PO的延長線交圓O于點(diǎn)D．下列結(jié)論不一定成立的是（）A．△BPA為等腰三角形 B．AB與PD相互垂直平分 C．點(diǎn)A、B都在以PO為直徑的圓上 D．PC為△BPA的邊AB上的中線思路引領(lǐng)：根據(jù)切線的性質(zhì)即可求出答案．解：（A）∵PA、PB為圓O的切線，∴PA＝PB，∴△BPA是等腰三角形，故A選項(xiàng)不符合題意．（B）由圓的對稱性可知：PD垂直平分AB，但AB不一定平分PD，故B選項(xiàng)符合題意．（C）連接OB、OA，∵PA、PB為圓O的切線，∴∠OBP＝∠OAP＝90°，∴點(diǎn)A、B、P在以O(shè)P為直徑的圓上，故C選項(xiàng)不符合題意．（D）∵△BPA是等腰三角形，PD⊥AB，∴PC為△BPA的邊AB上的中線，故D選項(xiàng)不符合題意．故選：B．總結(jié)提升：本題考查切線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用切線的性質(zhì)，本題屬于中等題型．13．（2020?青海）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，則△ABC的內(nèi)切圓半徑r＝1．思路引領(lǐng)：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，根據(jù)勾股定理可得AB＝5，設(shè)△ABC的內(nèi)切圓與三條邊的切點(diǎn)分別為D、E、F，連接OD、OE、OF，可得OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，可得矩形EOFC，再根據(jù)切線長定理可得CE＝CF，所以矩形EOFC是正方形，可得CE＝CF＝r，所以AF＝AD＝3﹣r，BE＝BD＝4﹣r，進(jìn)而可得△ABC的內(nèi)切圓半徑r的值．解：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，根據(jù)勾股定理，得AB＝5，如圖，設(shè)△ABC的內(nèi)切圓與三條邊的切點(diǎn)分別為D、E、F，連接OD、OE、OF，∴OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，∵∠C＝90°，∴四邊形EOFC是矩形，根據(jù)切線長定理，得CE＝CF，∴矩形EOFC是正方形，∴CE＝CF＝r，∴AF＝AD＝AC﹣FC＝3﹣r，BE＝BD＝BC﹣CE＝4﹣r，∵AD+BD＝AB，∴3﹣r+4﹣r＝5，解得r＝1．則△ABC的內(nèi)切圓半徑r＝1．故答案為：1．總結(jié)提升：本題考查了三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，解決本題的關(guān)鍵是掌握三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心．類型七構(gòu)造弦或圓14．（2021秋?江寧區(qū)期中）如圖，⊙O經(jīng)過菱形ABCD的B，D兩頂點(diǎn)，分別交AB，BC，CD，AD于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H．（1）求證AE＝AH；（2）連接EF，F(xiàn)G，GH，EH，若BD是⊙O的直徑，求證：四邊形EFGH是矩形．思路引領(lǐng)：（1）連接DE、BH，利用△ADE≌△ABH即可得出結(jié)論；（2）連接DE，DF，通過證明△ADE≌△CDF和△AEH≌△CFG得到四邊形EFGH的兩組對邊相等，可以判定四邊形EFGH為平行四邊形，再利用平行四邊形的性質(zhì)和圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)證明∠FEH＝90°，則四邊形EFGH為矩形．證明：（1）連接DE、BH，如圖，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，在△ADE和△ABH中，∠ADE=∠ABHAD=AB∴△ADE≌△ABH（ASA），∴AE＝AH．（2）∵AB＝AD，AE＝AH．∴AB﹣AE＝AD﹣AH．即BE＝DH．∴BE=同理BF∴BE+即EF=∴EF＝GH．連接DE，DF，如圖，∵BD是⊙O的直徑，∴∠BED＝∠BFD＝90°．∴∠AED＝∠CFD＝90°．在△ADE和△CDF中，∠A=∠C∠AED=∠CFD∴△ADE≌△CDF（AAS）．∴AE＝CF．∵用（1）中同樣的方法可證CF＝CG∴AH＝CG．在△AEH和△CFG中，AE=CF∠A=∠C∴△AEH≌△CFG（SAS）．∴EH＝FG．∴四邊形EFGH是平行四邊形．∴∠FEH＝∠FGH．∵四邊形EFGH是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠FEH+∠FGH＝180°．∴∠FEH＝90°．∴四邊形EFGH是矩形．總結(jié)提升：本題主要考查了圓周角定理，三角形全等的匹配度與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，矩形的判定，利用同弧所對的圓周角相等是解題的關(guān)鍵．15．（2021?鄂州）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝23，BC＝3．點(diǎn)P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，且滿足PA2+PC2＝AC2．當(dāng)PB的長度最小時，△ACP的面積是（）A．3 B．33 C．334 D思路引領(lǐng)：取AC中點(diǎn)O，連接OP，BO，由勾股定理的逆定理可求∠APC＝90°，可得點(diǎn)P在以AC為直徑的圓上運(yùn)動，由三角形的三邊關(guān)系可得BP≥BO﹣OP，當(dāng)點(diǎn)P在線段BO上時，BP有最小值，由銳角三角函數(shù)可求∠BOC＝60°，即可求解．解：取AC中點(diǎn)O，連接OP，BO，∵PA2+PC2＝AC2，∴∠APC＝90°，∴點(diǎn)P在以AC為直徑的圓上運(yùn)動，在△BPO中，BP≥BO﹣OP，∴當(dāng)點(diǎn)P在線段BO上時，BP有最小值，∵點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)，∠APC＝90°，∴PO＝AO＝CO=3∵tan∠BOC=BC∴∠BOC＝60°，∴△COP是等邊三角形，∴S△COP=34OC2=3∵OA＝OC，∴△ACP的面積＝2S△COP=3故選：D．總結(jié)提升：本題考查了點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，直角三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理的逆定理等知識，找出點(diǎn)P在以AC為直徑的圓上運(yùn)動是解題的關(guān)鍵．專題提優(yōu)訓(xùn)練1．（2020秋?寶應(yīng)縣期末）如圖，點(diǎn)A、B、S在圓上，若弦AB的長度等于圓半徑的3倍，則∠ASB的度數(shù)是（）A．30° B．60° C．90° D．120°思路引領(lǐng)：連接OA，OB，過O作OC⊥AB于C，求出AC＝BC，解直角三角形求出∠OAB的度數(shù)，求出∠AOB，再根據(jù)圓周角定理求出答案即可．解：連接OA，OB，過O作OC⊥AB于C，設(shè)OA＝OB＝R，∵弦AB的長度等于圓半徑的3倍，∴AB=3R∵OA＝OB，OC⊥AB，∴AC＝BC=12AB=∴cos∠OAB=AC∴∠OAB＝30°，∵OA＝OB，∴∠OBA＝∠OAB＝30°，∴∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠OBA＝120°，∴∠ASB=12∠AOB故選：B．總結(jié)提升：本題考查了解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)和圓周角定理，注意：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半．2．（2021秋?遜克縣期末）如圖，⊙O的半徑為2，弦AB=23，AC=14AB，則OC的長為思路引領(lǐng)：過O作OD⊥AB于D，根據(jù)垂徑定理求出BD，根據(jù)勾股定理求出OD，根據(jù)勾股定理求出OC即可．解：過O作OD⊥AB于D，∵OD⊥AB，OD過O，AB=23∴AD＝BD=12AB∵AB=23，點(diǎn)C在弦AB上，AC=1∴AC=123，CD＝AD﹣在Rt△OBD中，由勾股定理得：OD=22在Rt△OCD中，由勾股定理得：OC=O故答案為：72總結(jié)提升：本題考查了垂徑定理和勾股定理的應(yīng)用，關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形，運(yùn)用定理進(jìn)行推理和計(jì)算的能力．3．（2021?吉林三模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，連接BD．若AC=BC，∠BDC＝50°，則∠ADC的大小是思路引領(lǐng)：根據(jù)圓周角定理求出∠ABC，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)計(jì)算，得到答案．解：∵AC=∴∠ABC＝∠BDC＝50°，∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣50°＝130°，故答案為：130．總結(jié)提升：本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理，掌握圓內(nèi)接四邊形的對角互補(bǔ)是解題的關(guān)鍵．4．（2021秋?鄖陽區(qū)期中）如圖，射線PG平分∠EPF，O為射線PG上一點(diǎn)，以O(shè)為圓心，13為半徑作⊙O，分別與∠EPF的兩邊相交于A、B和C、D，連接OA，且OA∥PE．（1）求證：AP＝AO；（2）若弦AB＝24，求OP的長．思路引領(lǐng)：（1）由PG平分∠EPF可得∠CPO＝∠APO，由AO∥PD可得∠CPO＝∠AOP，從而有∠APO＝∠AOP，則有AP＝AO．（2）過點(diǎn)O作OH⊥AB于H，如圖．根據(jù)垂徑定理可得AH＝BH＝12，從而可求出PH，在Rt△AHO中，運(yùn)用勾股定理可求出OH的長，從而進(jìn)一步可得OP的長．（1）證明：如圖，∵PG平分∠EPF，∴∠CPO＝∠APO．∵AO∥PE，∴∠CPO＝∠AOP，∴∠APO＝∠AOP，∴AP＝AO．（2）解：過點(diǎn)O作OH⊥AB于H，如圖．根據(jù)垂徑定理可得AH＝BH=12AB＝∴PH＝PA+AH＝AO+AH＝13+12＝25．在Rt△AHO中，OH=OA由勾股定理得：OP=OH2則OP的長為526．總結(jié)提升：本題考查了垂徑定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、平行線的性質(zhì)、角平分線的定義等知識，綜合性比較強(qiáng)．5．（2021秋?思明區(qū)校級期中）已知△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝AC，點(diǎn)D是⊙O上的點(diǎn)．（1）如圖1，若∠BAC＝40°，BD為⊙O的直徑，連接CD，求∠DBC和∠ACD的大??；（2）如圖2，若CD∥BA，連接AD，延長OC到E，連接DE，使得3∠BAC﹣∠E＝90°，判斷DE與⊙O關(guān)系并證明．思路引領(lǐng)：（1）如圖1，利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和計(jì)算出∠ABC＝70°，再根據(jù)圓周角定理得到∠BCD＝90°，∠D＝40°，利用互余計(jì)算出∠DBC的度數(shù)，利用圓周角定理計(jì)算∠ABD的度數(shù)，從而得到∠ACD的度數(shù)；（2）利用三角形內(nèi)角和定理證明∠DOE+∠E＝90°，推出OD⊥DE，可得結(jié)論．解：（1）如圖1中，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB=12（180°﹣∠BAC）=12×（180∵BD為直徑，∴∠BCD＝90°，∵∠D＝∠BAC＝40°，∴∠DBC＝90°﹣∠D＝90°﹣40°＝50°，∴∠ACD＝∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝7