专题24.4圆周角（限时满分培优训练）-【拔尖特训】2023-2024学年九年级数学上册尖子生培优必刷题（解析版）【人教版】VIP

【拔尖特训】2023-2024学年九年级数学上册尖子生培优必刷题（人教版）专题24.4圆周角（限时满分培优训练）班级：___________________姓名：_________________得分：_______________注意事项：本试卷满分100分，试题共23题，其中选择10道、填空6道、解答7道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2022秋•普兰店区期末）如图，AB是⊙O的直径，AC、BC是⊙O的弦，若∠A＝30°，则∠B的度数为（）A．70° B．90° C．40° D．60°【答案】D【分析】根据直径所对的圆周角为90°，即可求解．【解答】解：∵AB是⊙O的直径，∴∠C＝90°，∵∠A＝30°，∴∠B＝90°﹣∠A＝60°，故选：D．【点评】本题考查圆周角定理，关键在于知道直径所对的圆周角为直角．2．（2022秋•从化区期末）如图，AB是⊙O的直径，若AC＝4，∠D＝60°，则BC的长等于（）A．8 B．10 C．23 D．43【答案】D【分析】由AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得∠ACB＝90°，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，求得∠A的度数，继而求得∠ABC＝30°，则可求得AB的长，再根据勾股定理即可求解．【解答】解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠D＝60°，∠A＝∠D，∴∠A＝60°，∴∠ABC＝90°﹣∠A＝30°，∵AC＝4，∴AB＝2AC＝8，∴BC2=AB2故选：D．【点评】此题考查了圆周角定理与含30°角的直角三角形的性质，熟记圆周角定理是解题的关键，此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．3．（2022秋•新乡期末）下列语句中不正确的有（）①平分弦的直径垂直于弦；②相等的圆心角所对的弧相等；③长度相等的两条弧是等弧；④圆是轴对称图形，任何一条直径都是它的对称轴；⑤圆内接四边形的对角互补；⑥在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么他们所对的圆周角相等．A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【答案】A【分析】根据垂径定理的推论、等弧的概念、轴对称图形、圆内接四边形的性质、圆周角定理判断即可．【解答】解：①平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，本说法错误；②在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，本说法错误；③能够完全重合的两条弧是等弧，本说法错误；④圆是轴对称图形，任何一条直径所在的直线都是它的对称轴，本说法错误；⑤圆内接四边形的对角互补，本说法正确；⑥在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么他们所对的圆周角相等或互补，本说法错误；故选：A．【点评】本题考查的是命题的真假判断，掌握垂径定理的推论、等弧的概念、轴对称图形、圆内接四边形的性质、圆周角定理是解题的关键．4．（2023•新疆一模）如图，AB是⊙O的直径，AC为弦，∠BAC＝25°，在⊙O上任取一点D，且点D与点C位于直径AB的两侧，连接AD和DC，则∠D的度数是（）A．50° B．60° C．65° D．75°【答案】C【分析】连接BC，由圆周角定理的推论得∠ACB＝90°，得∠B＝65°，再由圆周角定理的推论得解．【解答】解：连接BC，如图所示，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠BAC＝25°，∴∠B＝65°，∵AC=∴∠D＝∠B＝65°．故选：C．【点评】此题考查了圆周角定理的推论、直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理的两个推论是解答此题的关键．5．（2023•南关区校级模拟）如图，一块直角三角板的30°角的顶点P落在⊙O上，两边分别交⊙O于A，B两点，连结AO，BO，则∠AOB的度数是（）A．30° B．60° C．80° D．90°【答案】B【分析】利用圆周角定理解决问题即可．【解答】解：∵∠P＝30°，又∵∠AOB＝2∠P，∴∠AOB＝60°，故选：B．【点评】本题考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理，属于中考常考题型．6．（2022秋•增城区校级期末）如图，∠DCE是⊙O内接四边形ABCD的一个外角，若∠DCE＝82°，那么∠BOD的度数为（）A．160° B．162° C．164° D．170°【答案】C【分析】根据圆内接四边形的性质证得∠DCE＝∠A，在根据圆周角定理求出∠BOD即可．【解答】解：∵∠DCE+∠BCD＝180°，∠A+∠BCD＝180°，∴∠A＝∠BCD，∵∠BCD＝82°，∴∠A＝82°，∴∠BOD＝164°．故选：C．【点评】本题考查了圆内接四边形的性质以及圆周角定理，圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．7．（2023•岷县校级三模）如图，在⊙O中，AB是直径，弦AC＝5，∠BAC＝∠D．则AB的长为（）A．5 B．10 C．52 D．102【答案】C【分析】根据圆周角定理得出∠D＝∠B，进而得出△ABC是等腰直角三角形，进而解答即可．【解答】解：∵AC＝AC，∴∠D＝∠B，∵∠BAC＝∠D，∴∠B＝∠BAC，∴△ABC是等腰三角形，∵AB是直径，∴△ABC是等腰直角三角形，∵AC＝5，∴AB＝52，故选：C．【点评】此题考查圆周角定理，关键是根据圆周角定理得出∠D＝∠B解答．8．（2023•梁溪区模拟）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，AB=AD，AD、BC的延长线相交于点E，AF为直径，连接BF．若∠BAF＝32°，∠E＝40°，则∠A．16° B．24° C．12° D．14°【答案】D【分析】由圆周角定理推出∠DAF＝∠BAF＝32°，∠ABF＝90，得到∠BAD＝64°，由三角形内角和定理求出∠ABC的度数，即可求出∠CBF的．【解答】解：∵AF为圆的直径，∴∠ABF＝90°，ABF=∵AB=∴BF=∴∠DAF＝∠BAF＝32°，∴∠BAD＝64°，∵∠E＝40°，∴∠ABC＝180°﹣∠BAD﹣∠E＝76°，∴∠CBF＝∠ABF﹣∠ABC＝14°．故选：D．【点评】本题考查圆周角定理，三角形内角和定理，关键是由圆周角定理求出∠BAD的度数．9．（2023•全椒县三模）如图是以O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上．将该纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E，若AD＝ED，则∠B的度数为（）A．24° B．30° C．36° D．44°【答案】C【分析】先根据等边对等角和圆周角定理证明∠BEC＝∠BCE，再由折叠的性质得到∠ECO＝∠BCO，进一步由等边对等角得到∠OCB＝∠B，设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，则∠BCE＝2x，∠CEB＝2x，再根据三角形内角和定理得到x+2x+2x＝180°，解方程即可得到答案．【解答】解：∵AD＝DE，∴∠DAE＝∠DEA，∵∠DEA＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，∴∠BEC＝∠BCE，∵将该圆形纸片沿直线CO对折，∴∠ECO＝∠BCO，又∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠B，设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，∴∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∴∠CEB＝2x，∵∠BEC+∠BCE+∠B＝180°，∴x+2x+2x＝180°，∴x＝36°，∴∠B＝36°；故选：C．【点评】本题主要考查了圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，证明∠BEC＝∠BCE是解题的关键．10．（2021•武汉）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，先将BC沿BC翻折交AB于点D，再将BD沿AB翻折交BC于点E．若BE=DE，设∠ABC＝α，则A．21.9°＜α＜22.3° B．22.3°＜α＜22.7° C．22.7°＜α＜23.1° D．23.1°＜α＜23.5°【答案】B【分析】如图，连接AC，CD，DE．证明∠CAB＝3α，利用三角形内角和定理求出α，可得结论．【解答】解：如图，连接AC，CD，DE．∵ED=∴ED＝EB，∴∠EDB＝∠EBD＝α，∵AC=∴AC＝CD＝DE，∴∠DCE＝∠DEC＝∠EDB+∠EBD＝2α，∴∠CAD＝∠CDA＝∠DCE+∠EBD＝3α，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB+∠ABC＝90°，∴4α＝90°，∴α＝22.5°，故选：B．【点评】本题考查翻折变换，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．二．填空题（共6小题）11．（2023•武侯区校级模拟）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，对角线BD过点O，若∠ABD＝65°，则∠ACB的度数为25°．【答案】25．【分析】根据圆周角定理得出∠BCD＝90°，∠ACD＝65°，根据角的和差求解即可．【解答】解：∵BD是⊙O的直径，∴∠BCD＝90°，∵∠ABD＝65°，∠ABD＝∠ACD，∴∠ACD＝65°，∵∠ACB+∠ACD＝∠BCD，∴∠ACB＝25°，故答案为：25．【点评】此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键．12．（2022秋•西岗区校级期末）如图，在⊙O中，弦BC＝2，点A是圆上一点，且∠BAC＝30°，则⊙O的半径是2．【答案】2．【分析】连接OB、OC，根据圆周角定理得∠BOC＝2∠BAC＝60°，而OB＝OC，于是可判断△OBC为等边三角形，所以OB＝BC＝1．【解答】解：连接OB、OC，如图，∵∠BOC＝2∠BAC＝2×30°＝60°，而OB＝OC，∴△OBC为等边三角形，∴OB＝BC＝2，即⊙O的半径为2．故答案为：2．【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了等边三角形的判定与性质．13．（2023•武侯区模拟）半径为3cm的⊙O中有长为33的弦AB，则弦AB所对的圆周角为60°或120°【答案】见试题解答内容【分析】首先根据题意画出图形，作OD⊥AB，通过垂径定理，即可推出∠AOD的度数，求得∠AOB的度数，然后根据圆周角定理，即可推出∠AMB和∠ANB的度数．【解答】解：连接OA，OB，作OD⊥AB，∵OA＝3cm，AB＝33cm，∴AD＝BD=3∴AD：OA=3：2在Rt△AOD中，sin∠AOD=AD∴∠AOD＝60°，∴∠AOB＝120°，∴∠AMB＝60°，∴∠ANB＝120°．∴弦AB所对的圆周角度数为60°或120°．故答案为：60°或120°．【点评】本题主要考查圆周角定理、垂径定理，关键在于根据题意正确的画出图形，运用圆周角定理和垂径定理认真的进行分析．14．（2023•宁夏）如图，四边形ABCD内接于⊙O，延长AD至点E，已知∠AOC＝140°那么∠CDE＝70°．【答案】70．【分析】由圆内接四边形的性质，得到∠B+∠ADC＝180°，由邻补角的性质得到∠CDE+∠ADC＝180°，因此∠CDE＝∠B，由圆周角定理求出∠B＝70°，得到∠CDE＝70°．【解答】解：∵∠CDE+∠ADC＝180°，∠B+∠ADC＝180°，∴∠CDE＝∠B，∵∠B=12∠AOC=12∴∠CDE＝70°．故答案为：70．【点评】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，关键是由圆内接四边形的性质推出∠CDE＝∠B．15．（2023•丹徒区二模）如图，菱形ABCD的顶点A、D都在⊙O上，且∠OAD＝12°，设AC与⊙O交于点E，则∠AEB的度数是78°．​【答案】78°．【分析】连接DE，根据等边对等角和三角形内角和定理可求得∠AOD的度数，再利用圆周角定理可求得∠AEB的度数，然后利用菱形性质及全等三角形的判定及性质即可求得答案．【解答】解：如图，连接DE，∵OA＝OD，∴∠ODA＝∠OAD＝12°，∴∠AOD＝180°﹣12°﹣12°＝156°，∴∠AED=12∠AOD＝∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠BAE＝∠DAE，在△BAE和△DAE中，AB=AD∠BAE=∠DAE∴△BAE≌△DAE（SAS），∴∠AEB＝∠AED＝78°，故答案为：78°．【点评】本题考查圆，菱形性质与全等三角形的判定及性质的综合应用，连接DE构造全等三角形是解题的关键．16．（2021秋•海陵区校级月考）如图，半径为3的⊙O中，弦AB∥CD，∠AOC＝90°，设AB＝a，CD＝b，则a2+b2＝36．【答案】36．【分析】如图，过点O作OM⊥AB于点M交CD于点N．证明△AMO≌△ONC（AAS），推出OM＝CN=12b，再根据OA2＝AM2+OM【解答】解：如图，过点O作OM⊥AB于点M交CD于点N．∵AB∥CD，OM⊥AB，∴ON⊥CD，∴AM=12AB=12a，CN=∵∠AOC＝∠AMO＝∠CNO＝90°，∴∠AOM+∠CON＝90°，∠CON+∠OCN＝90°，∴∠AOM＝∠OCN，在△AMO和△ONC中，∠AMO=∠ONC∠AOM=∠OCN∴△AMO≌△ONC（AAS），∴OM＝CN=12∵OA2＝AM2+OM2，∴32＝（12a）2+（12b）∴a2+b2＝36．故答案为：36．【点评】本题考查垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．三．解答题（共7小题）17．（2022秋•淮阴区月考）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠ACB＝70°．求∠BCD和∠ABD的度数．【答案】见试题解答内容【分析】先由圆内接四边形的对角互补得出∠BCD＝180°﹣∠BAD＝120°，再由∠ACB＝70°得到∠ACD＝50°，然后根据圆周角定理即可得出∠ABD＝∠ACD＝50°．【解答】解：∵在⊙O的内接四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∴∠BCD＝180°﹣∠BAD＝120°，∵∠ACB＝70°，∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝50°，∴∠ABD＝∠ACD＝50°．【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，难度适中．准确求出∠BCD的度数是解题的关键．18．（2022秋•泗阳县期中）如图，AB是⊙O的直径，D是弦AC的延长线上一点，且CD＝AC，DB的延长线交⊙O于点E，CD与CE相等吗？为什么？【答案】见试题解答内容【分析】连接BC．首先证明BA＝BD，推出∠D＝∠BAD＝∠CED即可解决问题；【解答】解：CD与CE相等；理由：连接BC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ABC＝90°，即BC⊥AD，∵CD＝AC，∴AB＝BD，∴∠A＝∠D，∴∠CEB＝∠A，∴∠CEB＝∠D，∴CE＝CD．【点评】本题考查圆周角定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．19．（2022秋•滨湖区校级期中）如图，在⊙O中，直径AB与弦CD相交于点P，∠CAB＝45°，∠APD＝75°．（1）求∠B的大小；（2）已知圆心O到BD的距离为3，求AD的长．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据三角形外角性质求出∠C，根据圆周角定理得出∠B＝∠C，即可求出答案；（2）过O作OE⊥BD于E，根据垂径定理求出BE＝DE，根据三角形中位线求出AD＝2OE，代入求出即可．【解答】解：（1）∵∠CAB＝45°，∠APD＝75°．∴∠C＝∠APD﹣∠CAB＝30°，∵由圆周角定理得：∠C＝∠B，∴∠B＝30°；（2）过O作OE⊥BD于E，∵OE过O，∴BE＝DE，∵圆心O到BD的距离为3，∴OE＝3，∵AO＝BO，DE＝BE，∴AD＝2OE＝6．【点评】本题考查了圆周角定理，垂径定理的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键．20．（2023•新会区二模）如图，点A、B、C在⊙O上，BC是直径，∠ABC的角平分线BD与⊙O交于点D，与AC交于点M，且BM＝MD，连接OD，交AC于点N．（1）证明：OD⊥AC；（2）试猜想AB与OD之间的数量关系，并证明．【答案】（1）证明见解析；（2）OD=32【分析】（1）根据∠ABD＝∠DBO，证得AD=DC，进而根据垂径定理证得OD⊥（2）先证明ON是△ABC的中位线，得出AB＝2ON，进而得出结论．【解答】（1）证明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBO，∴AD=∴OD⊥AC；（2）解：猜想OD=32∵AD=DC，OD⊥∴AN＝NC．∵OB=12BC，AN∴ON是△ABC的中位线，∴AB＝2ON，AB∥ON．∴∠ABM＝∠NDM．∵BM＝MD，∠BMA＝∠DMN，∴△ABM≌△NDM（ASA），∴AB＝ND＝2ON．∴OD＝ON+ND=32【点评】本题考查了圆周角定理、垂径定理以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的定理和性质．21．（2023•浚县三模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，且对角线BD经过⊙O的圆心O，过点A作AE⊥CD，与CD的延长线交于点E，且DA平分∠BDE．（1）求证：∠ABO＝∠EAD；（2）若⊙O的半径为5，CD＝6，求AD的长．【答案】（1）见解答；（2）25．【分析】（1）先根据圆周角定理得到∠BAD＝90°，再根据角平分线的定义得到∠ADB＝∠ADE，然后利用等角的余角相等得到结论；（2）过O点作OH⊥CD于H点，连接OA，如图，根据垂径定理得到CH＝DH＝3，则利用勾股定理可计算出OH＝4，接着证明四边形OAEH为矩形得到AE＝OH＝4，HE＝OA＝5，所以DE＝2，然后利用勾股定理可计算出AD的长．【解答】（1）证明：∵BD为直径，∴∠BAD＝90°，∴∠ABD+∠ADB＝90°，∵AE⊥CE，∴∠ADE+∠EAD＝90°，∵DA平分∠BDE，∴∠ADB＝∠ADE，∴∠ABD＝∠EAD，即∠ABO＝∠EAD；（2）解：过O点作OH⊥CD于H点，连接OA，如图，则CH＝DH=12CD＝在Rt△ODH中，OH=OD∵OA＝OD，∴∠ODA＝∠OAD，∵∠ODA＝∠ADE，∴∠OAD＝∠ADE，∴OA∥CE，∴∠OAE＝180°﹣∠E＝90°，∵∠OHE＝∠E＝∠OAE＝90°，∴四边形OAEH为矩形，∴AE＝OH＝4，HE＝OA＝5，∴DE＝5﹣3＝2，在Rt△ADE中，AD=DE2【点评】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．也考查了圆周角定理和勾股定理．22．（2023春•南岗区校级月考）在圆⊙O中，AB为弦（不是直径），K为弧AB的中点，C为优弧AB上一点，连接KC交AB于M（1）如图1，作直径CT，连接KT，求证：∠KTC＝∠KMB；（2）如图2，作直径AD交KC于N，若∠ADC＝45°，求证：AN＝AM．【答案】见解答．【分析】（1）连接AK，如图1，先得到CK=AK+AC=AC+BK，再利用三角形外角性质得∠KMB＝∠A（2）连接OC，如图2，根据垂径定理得到OK⊥AB，则∠K+∠KMB＝90°，再利用∠D＝45°得到∠COD＝90°，所以∠OCK+∠ONC＝90°，然后证明∠AMN＝∠ANM，从而得到AM＝AN．【解答】证明：（1）连接AK，如图1，∵K为弧AB的中点，∴AK=∴CK=∵∠KMB＝∠A+∠AKM，而∠A对BK，∠AKC对AC，∴∠KTC＝∠KMB；（2）连接OC，如图2，∵K为弧AB的中点，∴OK⊥AB，∴∠K+∠KMB＝90°，∵OC＝OD，∠D＝45°，∴∠COD＝90°，∴∠OCK+∠ONC＝90°，而OK