《2025年金钥匙课时学案作业本九年级数学上册人教版》

8. 如图,等边三角形 $ABC$ 的顶点 $A$ 在 $\odot O$ 上,边 $AB,AC$ 与 $\odot O$ 分别交于点 $D,E,F$ 是 $\overset{\frown}{DE}$ 上一点(与点 $D,E$ 不重合),连接 $DF,EF$,则 $\angle DFE$ 的度数为 (C)
A.$115^{\circ}$
B.$118^{\circ}$
C.$120^{\circ}$
D.$125^{\circ}$
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答案： 【解析】：本题可根据等边三角形的性质以及圆内接四边形的性质来求解$\angle DFE$的度数。
步骤一：求出$\angle A$的度数
已知$\triangle ABC$是等边三角形，根据等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于$60^{\circ}$，可得$\angle A = 60^{\circ}$。
步骤二：利用圆内接四边形的性质求出$\angle DFE$的度数
因为四边形$AEDF$是圆内接四边形，根据圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补，即圆内接四边形的任意一组对角之和为$180^{\circ}$，在四边形$AEDF$中，$\angle A$与$\angle DFE$是一组对角，所以$\angle A + \angle DFE = 180^{\circ}$。
将$\angle A = 60^{\circ}$代入$\angle A + \angle DFE = 180^{\circ}$，可得$\angle DFE = 180^{\circ} - \angle A = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$。
【答案】：C

9. 如图,四边形 $ABCD$ 是 $\odot O$ 的内接四边形,$BE$ 是 $\odot O$ 的直径,连接 $BD$. 若 $\angle BCD = 2\angle BAD$,则 $\angle EBD$ 的度数为 (A)
A.$30^{\circ}$
B.$35^{\circ}$
C.$45^{\circ}$
D.$60^{\circ}$
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答案： 【解析】：本题可根据圆内接四边形的性质以及圆周角定理来求解$\angle EBD$的度数。
步骤一：利用圆内接四边形的性质得到$\angle BAD$与$\angle BCD$的关系
圆内接四边形的对角互补，即圆内接四边形的任意一组对角之和为$180^{\circ}$。
在四边形$ABCD$是$\odot O$的内接四边形中，$\angle BAD + \angle BCD = 180^{\circ}$。
步骤二：结合已知条件求出$\angle BAD$的度数
已知$\angle BCD = 2\angle BAD$，将其代入$\angle BAD + \angle BCD = 180^{\circ}$中，可得：
$\angle BAD + 2\angle BAD = 180^{\circ}$
$3\angle BAD = 180^{\circ}$
$\angle BAD = 180^{\circ} ÷ 3 = 60^{\circ}$
步骤三：根据圆周角定理求出$\angle BED$的度数
同弧所对的圆周角相等，因为$\overset{\frown}{BD}$所对的圆周角是$\angle BAD$和$\angle BED$，所以$\angle BED = \angle BAD = 60^{\circ}$。
步骤四：利用直径所对的圆周角是直角求出$\angle BDE$的度数
因为$BE$是$\odot O$的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可得$\angle BDE = 90^{\circ}$。
步骤五：在$\triangle BDE$中求出$\angle EBD$的度数
在$\triangle BDE$中，根据三角形内角和为$180^{\circ}$，可得：
$\angle EBD = 180^{\circ} - \angle BDE - \angle BED = 180^{\circ} - 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$
【答案】：A

10. (2024·巴中)如图,四边形 $ABCD$ 为 $\odot O$ 的内接四边形. 若四边形 $ABCO$ 为菱形,则 $\angle ADC = $ 60$^{\circ}$.

答案： 解：连接OB。
∵四边形ABCO为菱形，
∴OA=AB=BC=CO，且OA=OB=OC（半径相等），
∴△OAB、△OBC均为等边三角形，
∴∠AOB=∠BOC=60°，
∴∠AOC=∠AOB+∠BOC=120°。
∵∠ADC为弧ABC所对的圆周角，∠AOC为弧ABC所对的圆心角，
∴∠ADC=1/2∠AOC=60°。
60

11. (2023·淮安)如图,四边形 $ABCD$ 是 $\odot O$ 的内接四边形,$BC$ 是 $\odot O$ 的直径,$BC = 2CD$,则 $\angle BAD$ 的度数是 ______.
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120°

答案： 1. 首先，连接$OD$：
已知$BC$是$\odot O$的直径，设$CD = x$，因为$BC = 2CD$，$BC = 2r$（$r$为$\odot O$半径），所以$OD = OC=CD=x$。
由于$OD = OC = CD$，根据等边三角形的判定（三条边相等的三角形是等边三角形），可知$\triangle OCD$是等边三角形。
2. 然后，求$\angle OCD$的度数：
根据等边三角形的性质，等边三角形的三个内角都为$60^{\circ}$，所以$\angle OCD = 60^{\circ}$。
3. 接着，利用圆内接四边形的性质：
因为四边形$ABCD$是$\odot O$的内接四边形，根据圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补，即$\angle BAD+\angle BCD = 180^{\circ}$。
又因为$\angle BCD=\angle OCD = 60^{\circ}$。
所以$\angle BAD = 120^{\circ}$。
故答案为$120^{\circ}$。

12. 如图,四边形 $ABCD$ 是 $\odot O$ 的内接四边形,$\angle B = 90^{\circ},\angle BCD = 120^{\circ},AB = 2,CD = 1$,求 $AD$ 的长.
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答案： 1. 首先，连接$AC$：
因为四边形$ABCD$是$\odot O$的内接四边形，根据圆内接四边形的性质：$\angle B+\angle D = 180^{\circ}$，已知$\angle B = 90^{\circ}$，所以$\angle D=90^{\circ}$。
又因为$\angle BCD = 120^{\circ}$，在$\triangle ABC$中，$\angle B = 90^{\circ}$，根据三角形内角和为$180^{\circ}$，在$\triangle ADC$中，$\angle D = 90^{\circ}$。
在$\triangle ABC$中，$\angle BCA=180^{\circ}-\angle BCD = 60^{\circ}$。
2. 然后，在$Rt\triangle ABC$中：
已知$\angle B = 90^{\circ}$，$\angle BCA = 60^{\circ}$，$AB = 2$，根据三角函数关系$\sin\angle BCA=\frac{AB}{AC}$。
因为$\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，且$\sin\angle BCA=\frac{AB}{AC}$，所以$AC=\frac{AB}{\sin\angle BCA}$，将$AB = 2$，$\sin\angle BCA=\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$代入可得$AC=\frac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
3. 最后，在$Rt\triangle ADC$中：
已知$\angle D = 90^{\circ}$，$CD = 1$，$AC=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，根据勾股定理$AD=\sqrt{AC^{2}-CD^{2}}$。
把$AC=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，$CD = 1$代入$AD=\sqrt{AC^{2}-CD^{2}}$，则$AD=\sqrt{(\frac{4\sqrt{3}}{3})^{2}-1^{2}}=\sqrt{\frac{16×3}{9}-1}=\sqrt{\frac{16 - 3}{3}}=\sqrt{\frac{13}{3}}=\frac{\sqrt{39}}{3}$。
所以$AD$的长为$\frac{\sqrt{39}}{3}$。

13. 如图,$\odot O$ 的内接四边形 $ABCD$ 的两组对边的延长线分别交于点 $E,F$.
(1) 当 $\angle E = \angle F$ 时,求证:$\angle ADC = \angle ABC$;
(2) 当 $\angle E = \angle F = 42^{\circ}$ 时,求 $\angle A$ 的度数;
(3) 若 $\angle DEC = \alpha,\angle BFC = \beta$,且 $\alpha \neq \beta$,请用含 $\alpha,\beta$ 的代数式表示 $\angle A$ 的度数.
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答案：
(1) 证明：
∵∠E=∠F，∠ECD=∠FCB，
∴∠ADC=∠E+∠ECD，∠ABC=∠F+∠FCB，
∴∠ADC=∠ABC。
(2) 解：
∵∠E=∠F=42°，
由
(1)知∠ADC=∠ABC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∴∠ADC=∠ABC=90°，
在△ABE中，∠A=180°-∠E-∠ABC=180°-42°-90°=48°。
(3) 解：
设∠A=x，
∵∠E=α，∠F=β，
∴∠ABE=180°-x-α，∠ADF=180°-x-β，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
即∠ADF+∠ABC=180°，
∴(180°-x-β)+(180°-x-α)=180°，
解得x=90°-$\frac{\alpha+\beta}{2}$，
即∠A=90°-$\frac{\alpha+\beta}{2}$。