《培优》九年级部分题目解析.doc

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16.转化灵活的圆中角

【例1】（2011•荆门）如图，⊙O是△ABC的外接圆，CD是直径，∠B=40°，则∠ACD的度数是50°．

考点：

圆周角定理．

专题：

计算题．

分析：

连接AD，构造直角三角形，利用同弧所对的圆周角相等求得直角三角形的一个锐角，再求另一个锐角即可．

解答：

解：

连接AD，

∵CD是直径，

∴∠CAD=90°，

∵∠B=40°，

∴∠D=40°，

∴∠ACD=50°，

故答案为50°．

点评：

此题主要考查的是圆周角定理的推论：

半圆或直径所对的圆周角是90°；在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等．

【例2】如图，AB为⊙O的直径，AC交⊙O于E点，BC交⊙O于D点，CD=BD，∠C=70°，现给出以下四个结论：

①∠A=45°；②AC=AB；③； ④2CE•AB=BC2，其中正确结论的序号为②④．

考点：

圆周角定理；等腰三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质．

专题：

压轴题．

分析：

首先连接AD，OE，BE，由AB为⊙O的直径，CD=BD，易证得AB=AC，又由∠C=70°，可求得∠BAC=40°；继而可求得∠BOE=80°，∠AOE=100°，则可得弧AE≠弧BE；易证得△CEB∽△BDA，然后由相似三角形的对应边成比例，证得2CE•AB=BC2．

解答：

解：

连接AD，OE，BE，

∵AB为⊙O的直径，

∴∠ADB=∠AEB=90°，

∵CD=BD，

∴AC=AB，

故②正确；

∴∠B=∠C=70°，

∴∠BAC=180°-∠B-∠C=40°，

故①错误；

∵∠BOE=2∠BAC=80°，

∴∠AOE=180°-∠BOE=100°，

∴；

故③错误；

∵∠CEB=∠ADB=90°，∠CBE=∠CAD=∠BAD，

∴△CEB∽△BDA，

∴

∴BC•BD=AB•CE，

∵BC=2BD，

∴2CE•AB=BC2．

故④正确．

故答案为：

②④．

点评：

此题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质以及线段垂直平分线的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．

【例3】（2000•黑龙江）如图，已知四边形ABCD外接⊙O的半径为5，对角线AC与BD的交点为E，且AB2=AE•AC，BD=8，求△ABD的面积．

考点：

圆内接四边形的性质；相似三角形的判定与性质．

专题：

计算题．

分析：

求△ABD的面积，已知了底边BD的长，因此只需求出BD边上的高即可．连接OA、OB，交DB于F；已知AB2=AE•AC，易证得△ABE∽△ACB；可得∠BCA=∠DBA，即弧AD=弧AB，根据垂径定理，可知OA垂直平分BD；易求得OF=3，则AF=2，由此可求得△ABD的面积．

解答：

解：

如图，连接OA、OB，交DB于F；

∵AB2=AE•AC，即

又∵∠BAE=∠CAB，

∴△ABE∽△ACB；

∴∠DBA=∠BCA；

而∠BCA=∠BDA，∴∠DBA=∠BDA；

∴AB=AD，∴OA⊥BD，且F为BD的中点；

∴BF=4；

在Rt△BOF中，OB2=BF2+OF2，∴OF=3；

而OA=5，∴AF=2；

∴S△ABD=BD×AF=8．

点评：

本题综合考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、三角形面积公式等知识，综合性强，难度稍大．

【例4】（2011•广州）如图1，⊙O中AB是直径，C是⊙O上一点，∠ABC=45°，等腰直角三角形DCE中∠DCE是直角，点D在线段AC上．

（1）证明：

B、C、E三点共线；

（2）若M是线段BE的中点，N是线段AD的中点，证明：

MN=OM；

（3）将△DCE绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜90°）后，记为△D1CE1（图2），若M1是线段BE1的中点，N1是线段AD1的中点，M1N1=OM1是否成立？

若是，请证明；若不是，说明理由．

考点：

圆周角定理；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形中位线定理；旋转的性质．

专题：

证明题；压轴题．

分析：

（1）根据直径所对的圆周角为直角得到∠BCA=90°，∠DCE是直角，即可得到∠BCA+∠DCE=90°+90°=180°；

（2）连接BD，AE，ON，延长BD交AE于F，先证明Rt△BCD≌Rt△ACE，得到BD=AE，∠EBD=∠CAE，则∠CAE+∠ADF=∠CBD+∠BDC=90°，即BD⊥AE，再利用三角形的中位线的性质得到ON=BD，OM=AE，ON∥BD，AE∥OM，于是有ON=OM，ON⊥OM，即△ONM为等腰直角三角形，即可得到结论；

（3）证明的方法和

（2）一样．

解答：

（1）证明：

∵AB是直径，

∴∠BCA=90°，

而等腰直角三角形DCE中∠DCE是直角，

∴∠BCA+∠DCE=90°+90°=180°，

∴B、C、E三点共线；

（2）连接BD，AE，ON，延长BD交AE于F，如图1，

∵CB=CA，CD=CE，

∴Rt△BCD≌Rt△ACE，

∴BD=AE，∠EBD=∠CAE，

∴∠CAE+∠ADF=∠CBD+∠BDC=90°，即BF⊥AE，

又∵M是线段BE的中点，N是线段AD的中点，而O为AB的中点，

∴ON=BD，OM=AE，ON∥BD，AE∥OM；

∴ON=OM，ON⊥OM，即△ONM为等腰直角三角形，

∴MN=OM；

（3）成立．

理由如下：

如图2，连接BD1，AE1，ON1，

∵∠ACB-∠ACD1=∠D1CE1-∠ACD1，

∴∠BCD1=∠ACE1，

又∵CB=CA，CD1=CE1，

∴△BCD1≌△ACE1，

与

（2）同理可证BD1⊥AE1，△ON1M1为等腰直角三角形，

从而有M1N1=OM1.

点评：

本题考查了直径所对的圆周角为直角和三角形中位线的性质；也考查了三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的性质以及旋转的性质．

1.（2010•抚顺）如图所示，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，且∠AOC=80°，点D在⊙O上（不与B、C重合），则∠BDC的度数是50°或130°．

解：

如图；

∵∠AOC=80°，

∴∠BOC=180°-∠AOC=100°；

∴∠BEC=∠BOC=50°；

∵四边形BECF内接于⊙O，

∴∠BEC+∠BFC=180°，即∠BFC=180°-∠BEC=130°；

①当点D在优弧CAB上时，∠BDC=∠BEC=50°；

②当点D在劣弧BC上时，∠BDC=∠BFC=130°；

故∠BDC的度数为50°或130°．

注意：

由于点D的位置不确定，因此要分情况进行讨论：

（1）点D在优弧CAB上，

（2）点D在劣弧BC上．

3.（2010•苏州）如图，已知A、B两点的坐标分别为（，0）、（0，2），P是△AOB外接圆上的一点，且∠AOP=45°，则点P的坐标为（，）．

考点：

解直角三角形；坐标与图形性质；圆周角定理．

专题：

压轴题．

分析：

分P点在第一象限，P点在第四象限，由勾股定理即可求得P点的坐标．

解答：

解：

∵OB=2，OA=，

∴AB==4，

∵∠AOP=45°，

P点横纵坐标相等，可设为a，

∵∠AOB=90°，

∴AB是直径，

∴Rt△AOB外接圆的圆心为AB中点，坐标C（，1），

P点在圆上，P点到圆心的距离为圆的半径2．

过点C作CF∥OA，过点P作PE⊥OA于E交CF于F，

∴∠CFP=90°，

∴PF=a-1，CF=a-，PC=2，

∴（a-）2+（a-1）2=22，舍去不合适的根，可得a=1+，P（，）；即P点坐标为（，）.

点评：

此题主要考查了圆周角定理、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识的综合应用能力．

4.如图，四边形ABCD的对角线CA平分∠BCD且AD=AB，AE⊥CB于E，点O为四边形ABCD的外接圆的圆心，下列结论：

（1）OA⊥DB；

（2）CD+CB=2CE；（3）∠CBA-∠DAC=∠ACB；（4）若∠DAB=90°，则CD+CB=CA．其中正确的结论是（　　）

A．

（1）（3）（4）

B．

（1）

（2）（4）

C．

（2）（3）（4）

D．

（1）

（2）（3）

考点：

圆内接四边形的性质；全等三角形的判定与性质．

分析：

（1）易知：

OA=OB=OD（都是⊙O的半径），因此点O是△ABD的外心，因此O点在BD的垂直平分线上，由于△ABD是等腰三角形，因此OA⊥BD，可证得

（1）正确；

（2）本题可通过构建等腰三角形求解；延长CB至F，使BF=CD，连接AF；证△ABF≌△ADC；可的BF=CD，CF=2CE，即可证得

（2）的结论也正确；

（3）由

（2）可得：

∠BAF=∠DAC，因此∠CBA-∠BAF=∠F=∠ACB，可证得（3）的结论正确；

（4）若∠DAB=90°，那么△DAB和△ACF都是等腰直角三角形，那么CF=AC，即CB+CD=AC，显然（4）的结论是错误的．

解答：

解：

（1）中，根据点O为四边形ABCD的外接圆的圆心，则OA=OB=OD，

即点O也是三角形ABD的外心，

因此O是该三角形三边垂直平分线的交点，

又AB=AD，则OA⊥BD；故

（1）正确；

（2）中，延长CB至F，使BF=CD，连接AF，

根据圆内接四边形的对角互补，则∠ADC+∠ABC=180°，

又∠ABC+∠ABF=180°，∴∠ABF=∠ADC，

又AB=AD，BF=CD；∴△ABF≌△ADC，

∴AF=AC，又AE⊥CF，∴CE=EF，

即CD+CB=2CE，故

（2）正确；

（3）中，根据

（2）中的方法，得∠DAC=∠BAF，

∴∠CBA-∠DAC=∠CBA-∠BAF=∠AFC=∠ACB；因此（3）正确；

（4）中，若∠DAB=90°，则∠DCB=90°，则∠ACE=45°，

得到△ACE是等腰直角三角形，根据

（2）中的做法，则CD+CB=2CE=CA，故（4）错误．

因此正确的结论有：

（1）

（2）（3），故选D．

点评：

此题综合考查了圆内接四边形的性质，能够构造全等三角形，掌握全等三角形的判定和性质．

5.（2008•安顺）如图，△PQR是⊙O的内接正三角形，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，BC∥QR，

则∠AOQ=（　　）

A．60°B．65°

C．72°D．75°

考点：

正多边形和圆．

专题：

压轴题．

分析：

作辅助线连接OD，根据题意求出∠POQ和∠AOD的，利用平行关系求出∠AOP度数，即可求出∠AOQ的度数．

解答：

解：

连接OD，AR，

∵△PQR是⊙O的内接正三角形，

∴∠PRQ=60°，

∴∠POQ=2×∠PRQ=120°，

∵四边形ABCD是⊙O的内接正方形，

∴△AOD为等腰直角三角形，

∴∠AOD=90°，

∵BC∥RQ，AD∥BC，

∴AD∥QR，

∴∠ARQ=∠DAR，

∴弧AQ=弧DR，

∵△PQR是等边三角形，

∴PQ=PR，

∴弧PQ=弧PR，

∴弧AP=弧PD，

∴∠AOP=∠AOD=45°，

所以∠AOQ=∠POQ-∠AOP=120°-45°=75°．

故选D．

点评：

解决本题的关键是作出辅助线，利用中心角求解．

6.如图，AD是圆内接三角形ABC的高，AE是圆的直径，AB=，AC=，则AE×AD等于 ．

考点：

圆周角定理．

专题：

计算题．

分析：

根据圆周角定理及相似三角形的判定可得到△ABE∽△ADC，根据相似三角形的边对应成比例，不难求得AE×AD的值．

解答：

解：

∵AE是直径

∴∠ABE=∠ADC=90°

∵∠E=∠C

∴△ABE∽△ADC

∴,

∴AE×AD=AB•AC=3 ，故答案为3．

点评：

本题利用了直径对的圆周角是直角，圆周角定理，相似三角形的判定和性质求解．属于基础题．

7.如图，在⊙0中，P为弧BAC的中点，PD⊥CD交⊙0于A，若AC=AD=1，AB的长为（　　）

A．2.5

B．3

C．3.5

D．4

考点：

圆周角定理；全等三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系．

分析：

连接PCPBPA，过P做BA垂线于H点，根据P为的中点可知PB=PC，再由全等三角形的判定定理可得出△PBH≌△PCD，Rt△PHA≌Rt△PDA，根据AC=AD=1即可得出结论．

解答：

解：

连接PCPBPA，过P做BA垂线于H点

∵P为的中点

∴PB=PC

∴∠B=∠C，∠PHB=∠PDA，

∴∠BPH=∠DPC，

∵在△PBH与△PCD中，

，

∴△PBH≌△PCD（ASA），

∴BH=CD=2，PH=PD，

∵在Rt△PHA与Rt△PDA中，

，

∴Rt△PHA≌Rt△PDA（HL），

∴HA=AD=1

∴AB=BH+HA=3．

故选B．

点评：

本题考查的是圆周角定理及全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．

8.（2004•天津）如图，正△ABC内接于⊙O，P是劣弧BC上任意一点，PA与BC交于点E，有如下结论：

①PA=PB+PC；②；③PA•PE=PB•PC．其中，正确结论的个数为（　　）

A．3个B．2个C．1个D．0个

考点：

等边三角形的性质；圆周角定理；相似三角形的判定与性质．

专题：

压轴题．

分析：

根据题意：

易得△APC≌△BDC．即AP=BD，有PA=DB=PB+PD=PB+PC正确．同时可得：

②错误，同理易得△PBE∽△PAC，故有PA•PE=PB•PC；③正确．

解答：

解：

延长BP到D，使PD=PC，连接CD，可得∠CPD=∠BAC=60°，

则△PCD为等边三角形，

∵△ABC为正三角形，

∴BC=AC

∵∠PBC=∠CAP，∠CPA=∠CDB，

∴△APC≌△BDC（AAS）．

∴PA=DB=PB+PD=PB+PC，故①正确；

由

（1）知△PBE∽△PAC，则，，

，∴②错误；

∵∠CAP=∠EBP，∠BPE=∠CPA

∴△PBE∽△PAC

∴，

∴PA•PE=PB•PC，故③正确；

故选B．

点评：

本题考查等边三角形的性质与运用，其三边相等，三个内角相等，均为60°．

9.（2011•孝感）如图，等边△ABC内接于⊙O，P是上任一点（点P不与点A、B重合），连AP、BP，过点C作CM∥BP交PA的延长线于点M．

（1）填空：

∠APC=60度，∠BPC=60度；

（2）求证：

△ACM≌△BCP；

（3）若PA=1，PB=2，求梯形PBCM的面积．

考点：

圆周角定理；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；梯形．

专题：

几何综合题；压轴题．

分析：

（1）利用同弧所对的圆周角相等即可求得题目中的未知角；

（2）利用上题中得到的相等的角和等边三角形中相等的线段证得两三角形全等即可；

（3）利用上题证得的两三角形全等判定△PCM为等边三角形，进而求得PH的长，利用梯形的面积公式计算梯形的面积即可．

解答：

（1）解：

∠APC=60°，∠BPC=60°；

（2）证明：

∵CM∥BP，

∴∠BPM+∠M=180°，

∠PCM=∠BPC，

∵∠BPC=∠BAC=60°，

∴∠PCM=∠BPC=60°，

∴∠M=180°-∠BPM=180°-（∠APC+∠BPC）=180°-120°=60°，

∴∠M=∠BPC=60°，

又∵A、P、B、C四点共圆，

∴∠PAC+∠PBC=180°，

∵∠MAC+∠PAC=180°

∴∠MAC=∠PBC

∵AC=BC，

∴△ACM≌△BCP；

（3）解：

作PH⊥CM于H，

∵△ACM≌△BCP，

∴CM=CP AM=BP，

又∠M=60°，

∴△PCM为等边三角形，

∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3，

在Rt△PMH中，∠MPH=30°，∴PH=，

∴S梯形PBCM=（PB+CM）×PH=（2+3）×=．

点评：

本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定、全等三角形的性质及梯形的面积计算方法，是一道比较复杂的几何综合题．

10.（2010•三明）正方形ABCD的四个顶点都在⊙O上，E是⊙O上的一点．

（1）如图①，若点E在上，F是DE上的一点，DF=BE．求证：

△ADF≌△ABE；

（2）在

（1）的条件下，小明还发现线段DE、BE、AE之间满足等量关系：

DE-BE=AE．请你说明理由；

（3）如图②，若点E在上．写出线段DE、BE、AE之间的等量关系．（不必证明）

考点：

圆周角定理；全等三角形的判定；勾股定理；正方形的性质．

专题：

证明题；探究型．

分析：

（1）中易证AD=AB，EB=DF，所以只需证明∠ADF=∠ABE，利用同弧所对的圆周角相等不难得出，从而证明全等；

（2）中易证△AEF是等腰直角三角形，所以EF=AE，所以只需证明DE-BE=EF即可，由BE=DF不难证明此问题；

（3）类比

（2）不难得出（3）的结论．

解答：

解：

（1）在正方形ABCD中，AB=AD（1分）

∵∠1和∠2都对，

∴∠1=∠2，（3分）

在△ADF和△ABE中，，

∴△ADF≌△ABE（SAS）；（4分）

（2）由

（1）有△ADF≌△ABE，

∴AF=AE，∠3=∠4．（5分）

在正方形ABCD中，∠BAD=90°．

∴∠BAF+∠3=90°．

∴∠BAF+∠4=90°．

∴∠EAF=90°．（6分）

∴△EAF是等腰直角三角形．

∴EF2=AE2+AF2．

∴EF2=2AE2．（7分）

∴EF=AE．（8分）

即DE-DF=AE．

∴DE-BE=AE．（9分）

（3）BE-DE=AE．理由如下：

（12分）

在BE上取点F，使BF=DE，连接AF．

易证△ADE≌△ABF，

∴AF=AE，∠DAE=∠BAF．（5分）

在正方形ABCD中，∠BAD=90°．

∴∠BAF+∠DAF=90°．

∴∠DAE+∠DAF=90°．

∴∠EAF=90°．（6分）

∴△EAF是等腰直角三角形．

∴EF2=AE2+AF2．

∴EF2=2AE2．（7分）

∴EF=AE．（8分）

即BE-BF=AE．

∴BE-DE=AE．（9分）

点评：

本题主要考查圆周角定理，全等三角形的判定及勾股定理，难度适中．

11.已知△ABC外接圆的半径为2，AB=2，则∠C的度数是60°或120°．

考点：

三角形的外接圆与外心．

分析：

连接AO并延长交于圆于点D，连接BD．所以∠ABD=90°，∠ADB=∠ACB，则sin∠D=＝=，而求得角度．

解答：

解：

由题意如图

连接AO并延长交于圆于点D，连接BD．

∴∠ABD=90°，∠ADB=∠ACB

则sin∠D=＝=，

∴∠D=60°或120°．

故答案为：

60°或120°．

点评：

本题考查了有关三角形以及外接圆问题，本题主要利用直径所对的圆周角为直角．

12.（2010•武汉）如图，⊙O的直径AB的长为10，弦AC长为6，∠ACB的平分线交⊙O于D，则CD长为（　　）

A．7

B．7

C．8

D．9

考点：

解直角三角形；全等三角形的判定；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．

专题：

综合题；压轴题．

分析：

作DF⊥CA，交CA的延长线于点F，作DG⊥CB于点G，连接DA，DB．由CD平分∠ACB，根据角平分线的性质得出DF=DG，由HL证明△AFD≌△BGD，△CDF≌△CDG，得出CF=7，又△CDF是等腰直角三角形，从而求出CD=7．

解答：

解：

作DF⊥CA，垂足F在CA的延长线上，作DG⊥CB于点G，连接DA，DB．

∵CD平分∠ACB，

∴∠ACD=∠BCD

∴DF=DG，弧AD=弧BD，

∴DA=DB．

∵∠AFD=∠BGD=90°，

∴△AFD≌△BGD，

∴AF=BG．

易证△CDF≌△CDG，

∴CF=CG．

∵AC=6，BC=8，

∴AF=1，（也可以：

设AF=BG=X，BC=8，AC=6，得8-x=6+x，解x=1）

∴CF=7，

∵△CDF是等腰直角三角形，（这里由CFDG是正方形也可得）．

∴CD=7．

故选B．

点评：

本题综合考查了圆周角的性质，圆心角、弧、弦的对等关系，全等三角形的判定，角平分线的性质等知识点的运用．

此题是一个大综合题，难度较大．

13.（书上有改动）如图，在圆内接四边形ABCD中，∠A=60°，∠B=90°，AB=2，CD=1，则BC=-2．

解：

连接AC，延长BC、AD交于点E．

∵∠B=90°，

∴AC是直径，

∴∠ADC=90°．

又∵∠BAD=60°，

∴∠E=30°，

∵CD=1，

∴BE=，CE=2，

∴BC=-2．

故答案为-2．

点评：

连接AC，则AC是直径，得∠D=90°，延长BC、AD交于点E．在直角三角形ABE中，∠E=30°，AB=2，则BE=；在直角三角形CDE中，可以求得CE=2，从而确定BC的长．

14.（2011•嘉兴）如图，AB是半圆直径，半径OC⊥AB于点O，AD平分∠CAB交弧BC于点D，连接CD、OD，给出以下四个结论：

①AC∥OD；②CE=OE；③△ODE∽△ADO；④2CD2=CE•AB．其中正确结论的序号是①④．

考点：

相似三角形的判定与性质；三角形内角和定理；等腰三角形的判定；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．

专题：

压轴题．

分析：

①根据等腰三角形的性质和角平分线的性质，利用等量代换求证∠CAD=∠ADO即可；

②过点E作EF⊥AC，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得OE=EF，再根据直角三角形斜边大于直角边可证；

③两三角形中，只有一个公共角的度数相等，其它两角不相等，所以不能证明③△ODE∽△ADO；

④根据同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，求出∠COD=45°，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠CDE=45°，再求证△CED∽△CDO，利用其对应变成比例即可得出结论．

解答：

解：

①∵AB是半圆直径，

∴AO=OD，

∴∠OAD=∠ADO，

∵AD平分∠CAB交弧BC于点D，

∴∠CAD=∠DAO=∠CAB，

∴∠CAD=∠ADO，

∴AC∥OD，

∴①正确．

②过点E作EF⊥AC，

∵OC⊥AB，AD平分∠CAB交弧BC于点D，

∴OE=EF，

在Rt△EFC中，CE＞EF，

∴CE＞OE，

∴②错误．

③∵在△ODE和△ADO中，只有∠ADO=∠EDO，

∵∠COD=2∠CAD=2∠OAD，

∴∠DOE≠∠DAO，

∴不能证明△ODE和△ADO相似，

∴③错误；

④∵AD平分∠CAB交弧BC于点D，

∴∠CAD=×45°=22.5°，

∴∠COD=45°，

∵AB是半圆直径，

∴OC=OD，

∴∠OCD=∠ODC=67.5°

∵∠CAD=∠ADO=22.5°（已证），

∴∠CDE=∠ODC-∠ADO=67.5°-22.5°=45°，

∴△CED∽△CDO，

∴，

∴CD2=OC•CE=AB•CE，

∴2CD2=CE•AB．

∴④正确．

综上所述，只有①④正确．

故答案为：

①④．

点评：

此题主要考查相似三角形的判定与性质，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点的灵活运用，此题步骤繁琐，但相对而言，难易程度适中，很适合学生的训练是一道典型的题目．

15.如图，AB是半圆的直径，D是的中点，∠B=40°，则∠A等于（　　）

A．60°

B．50°

C．80°

D．70°