《2025年作业本江西教育出版社九年级数学全一册人教版》

1. 如图所示,四边形$ABCD内接于\odot O$,$AB为\odot O$的直径,$C为\overset{\frown}{BD}$的中点. 若$\angle DAB= 40^\circ$,则$\angle ABC= $$70^{\circ}$.

答案： 【解析】：本题主要考查了圆周角定理及其推论以及等腰三角形的性质，同时涉及到圆内接四边形的性质。
已知$AB$为$\odot O$的直径，根据直径所对的圆周角是直角这一性质，可得$\angle ADB = 90^{\circ}$。
在$\triangle ADB$中，已知$\angle DAB = 40^{\circ}$，$\angle ADB = 90^{\circ}$，根据三角形内角和为$180^{\circ}$，可求出$\angle ABD$的度数为：
$\angle ABD=180^{\circ}-\angle DAB - \angle ADB=180^{\circ}-40^{\circ}-90^{\circ}=50^{\circ}$
因为四边形$ABCD$内接于$\odot O$，根据圆内接四边形的对角互补这一性质，可得$\angle DCB + \angle DAB = 180^{\circ}$，已知$\angle DAB = 40^{\circ}$，则$\angle DCB = 180^{\circ} - 40^{\circ} = 140^{\circ}$。
又因为$C$为$\overset{\frown}{BD}$的中点，根据在同圆或等圆中，相等的弧所对的圆周角相等这一性质，可知$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{CB}$，所以$\angle CDB = \angle CBD$。
在$\triangle DCB$中，$\angle DCB = 140^{\circ}$，根据三角形内角和为$180^{\circ}$，可得$\angle CDB + \angle CBD = 180^{\circ} - 140^{\circ} = 40^{\circ}$，因为$\angle CDB = \angle CBD$，所以$\angle CBD = \frac{40^{\circ}}{2} = 20^{\circ}$。
最后求$\angle ABC$的度数，$\angle ABC = \angle ABD + \angle CBD$，将$\angle ABD = 50^{\circ}$，$\angle CBD = 20^{\circ}$代入可得：
$\angle ABC = 50^{\circ} + 20^{\circ} = 70^{\circ}$
【答案】：$70^{\circ}$

2. 如图所示,五边形$ABCDE为\odot O$的内接五边形. 若$\angle CAD= 35^\circ$,则$\angle B+\angle E= $$215^{\circ}$.

答案： 1. 首先，根据圆内接四边形的性质：
圆内接四边形的对角互补。对于圆内接四边形$ABCD$，有$\angle B+\angle ADC = 180^{\circ}$；对于圆内接四边形$AEDC$，有$\angle E+\angle ACD=180^{\circ}$。
那么$\angle B+\angle E=360^{\circ}-(\angle ADC + \angle ACD)$。
2. 然后，在$\triangle ACD$中，根据三角形内角和定理：
三角形内角和为$180^{\circ}$，即$\angle CAD+\angle ADC+\angle ACD = 180^{\circ}$。
已知$\angle CAD = 35^{\circ}$，则$\angle ADC+\angle ACD=180^{\circ}-\angle CAD$。
把$\angle CAD = 35^{\circ}$代入$\angle ADC+\angle ACD=180^{\circ}-\angle CAD$，可得$\angle ADC+\angle ACD = 180 - 35=145^{\circ}$。
3. 最后，求$\angle B+\angle E$的值：
因为$\angle B+\angle E=360^{\circ}-(\angle ADC + \angle ACD)$，$\angle ADC+\angle ACD = 145^{\circ}$。
所以$\angle B+\angle E=360^{\circ}-145^{\circ}=215^{\circ}$。
故答案为$215^{\circ}$。

3. 如图所示,已知$\odot O的半径为2$,$\triangle ABC内接于\odot O$. 若$\angle ACB= 135^\circ$,则$AB= $$2\sqrt{2}$.

答案： 解：在优弧AB上取一点D，连接AD、BD。
∵四边形ADBC内接于⊙O，∠ACB=135°，
∴∠ADB=180°-∠ACB=45°。
∵∠ADB是$\widehat{AB}$所对的圆周角，∠AOB是$\widehat{AB}$所对的圆心角，
∴∠AOB=2∠ADB=90°。
∵⊙O的半径为2，
∴OA=OB=2。
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
AB=$\sqrt{OA^2 + OB^2}=\sqrt{2^2 + 2^2}=2\sqrt{2}$。
故答案为$2\sqrt{2}$。

4. (1)如图①所示,$AB,CD是\odot O$的两条平行弦. 若$OE\perp CD交\odot O于点E$,则$\overset{\frown}{AC}$=$\overset{\frown}{BD}$.(填“$＞$”“$＜$”或“$=$”)
(2)如图②所示,$\triangle PAB是\odot O$的内接三角形. 若$OE\perp AB交\odot O于点E$,则$\angle APE$=$\angle BPE$.(填“$＞$”“$＜$”或“$=$”)
(3)如图③所示,$AB// CD$,$\triangle PAB是\odot O$的内接三角形,$\angle QPA$是它的外角,在$\overset{\frown}{AP}上有一点G$,满足$PG平分\angle QPA$. 请用无刻度的直尺,画出线段$PG$(不要求证明).

图略（按照解析中的步骤画出线段$PG$）

答案： 【解析】：
（1）考查了圆心角、弧、弦的关系。
过$O$作$OF\perp AB$于点$F$，
则$AC=BD$（垂径定理），
根据等弧对等弦，可得$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BD}$。
（2）考查了垂径定理和圆周角定理。
过$O$作$OF\perp AB$于点$F$，
则$AE=BE$（垂径定理），
根据等弦对等弧，可得$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{BE}$，
再根据同弧所对的圆周角相等，可得$\angle APE=\angle BPE$。
（3）考查了圆周角定理和角平分线的性质。
延长$OE$，交$\odot O$于点$N$，
延长$PO$，交$\odot O$于点$M$，
连接$AM$，$AN$，$NM$，
交$AB$于点$H$，$K$，
连接$KH$，
则$KH$即为所求的$PG$。
【答案】：
（1）$=$；（2）$=$；（3）图略（按照解析中的步骤画出线段$PG$）。

5. 如图所示,$\odot O的内接四边形ABCD两组对边的延长线分别交于点E,F$.
(1)若$\angle E= \angle F$,求证：$\angle ADC= \angle ABC$.
(2)当$\angle E= \angle F= 42^\circ$时,求$\angle A$的大小.
(3)若$\angle E= \alpha$,$\angle F= \beta$,且$\alpha\neq\beta$,请你用含$\alpha,\beta的代数式表示\angle A$的大小.

答案：
(1)证明：
∵∠E=∠F，∠ECD=∠FCB，
∴∠ADC=∠E+∠ECD，∠ABC=∠F+∠FCB，
∴∠ADC=∠ABC．
(2)解：
∵∠E=∠F=42°，
∴∠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：
∵∠E=α，∠F=β，
∴∠ADC=∠E+∠ECD=α+∠ECD，
∠ABC=∠F+∠FCB=β+∠FCB，
∵∠ECD=∠FCB，
∴∠ADC-∠ABC=α-β，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
联立得：∠ADC=90°+$\frac{α-β}{2}$，∠ABC=90°-$\frac{α-β}{2}$，
在△ABE中，∠A=180°-∠E-∠ABC=180°-α-(90°-$\frac{α-β}{2}$)=90°-$\frac{α+β}{2}$．