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2024-2025九年级上册数学课堂同步练习【浙教版】
3.5圆周角六大题型（一课一练）
1．下列叙述正确的是（ ）
A．平分弦的直径垂直于弦 B．三角形的外心到三边的距离相等
C．相等的弧所对的圆心角相等 D．相等的圆周角所对的弧相等
【答案】C
【分析】本题综合考查了垂径定理推论、三角形的外心和内心的性质，圆周角定理的推论，解答关键是熟练掌握相关性质或定理．
【详解】解：A、平分弦（非直径）的直径垂直于弦，原说法错误，不符合题意；
B、三角形的外心到三个顶点的距离相等，原说法错误，不符合题意；
C、相等的弧所对的圆心角相等，原说法正确，符合题意；
D、同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等，原说法错误，不符合题意；
故选：C．
2．如图，A，B，C三点在上，，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】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；根据圆周角定理直接求解即可．
【详解】解：，，
，
故选：．
3．如图，是弦，半径于点C，为直径，，线段长为（ ）
A． B．8 C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧，也考查了勾股定理、圆周角定理，作出恰当的辅助线是解答此题的关键．先根据垂径定理求出的长，设的半径为，在中利用勾股定理求出的值，易得，连接，由是直径，根据圆周角定理得到，利用是的中位线得到，然后在中利用勾股定理可计算出．
【详解】解：连接，如图，
弦，，
，
设的半径，
，
在中，
，
解得：，
；
，，
，
是直径，
，
是的中位线，
，
在中，．
故选：D
4．如图，在 ABC中，以为直径作交于点D，则是的（ ）．
A．角平分线 B．中位数 C．中线 D．高线
【答案】D
【分析】本题主要考查了圆周角定理、三角形的相关线段等知识点，掌握圆周角定理成为解题的关键．
由圆周角定理可得，即可得到是的高．
【详解】解：∵以为直径作交于点D，
∴，
∴是的高．
故选D．
5．如图，内接于，点在上，连接，若，则的直径为（ ）
A．12 B． C．6 D．
【答案】A
【分析】本题主要考查圆周角定理和直角三角形的性质，连接，由，可得为的直径，当，可得，在中，，则，故可得解．
【详解】解：连接，如图，
∵，即，
∴为的直径，
∵所对的圆周角是，
∴
在中，，
，
故选：A．
6．如图，是工人李大爷自制的一个三角形纸板（厚度不计），已知，，，李大爷将该三角形纸板放置在一个圆形工件上，使得顶点A，C都在圆形工件的圆周上，将直角边与圆形工件圆周的交点记为点D，恰好发现，则该圆形工件的半径长为（ ）
A．10cm B．15cm C．20cm D．25cm
【答案】A
【分析】本题考查等腰三角形的性质，30°角的直角三角形的性质，90°的圆周角所对的弦是直径，先根据等边对等角的到，然后得到，进而求出，然后根据是圆O的直径即可解题．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是圆O的直径，即半径长为10cm，
故选A．
7．如图，线段是半圆O的直径．分别以点A和点O为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线，交半圆于点，交于点，连接，，若，则的长是（ ）
A．4 B．8 C．4 D．
【答案】D
【分析】本题考查了作图基本作图，圆周角定理的推论，线段垂直平分线的性质，根据作图知垂直平分，即可得，，根据圆的半径得，，根据圆周角定理的推论得，根据勾股定理即可得．
【详解】如图，连接．
根据作图知垂直平分，
，，
，
，
即，
线段是半圆的直径，
，
在中，根据勾股定理得，，
故选：D．
8．如图，动点在边长为的正方形内，且，是边上的一个动点，是边的中点，则线段 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】作点关于的对称点，设的中点为点，连接，交于点，连接，由轴对称的性质及的圆周角所对的弦是直径，可知线段的最小值为的值减去以为直径的圆的半径，根据正方形的性质及勾股定理计算即可．
【详解】解：作点关于的对称点，设的中点为点，连接，交于点，连接，如图：
动点在边长为的正方形内，且，
点在以为直径的圆上，，
正方形的边长为，
，，
是的中点，
，
点与点关于对称，
，，
，
在中，，
当共线时，最小
线段的最小值为：
．
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题、圆周角定理的推论、正方形的性质及勾股定理等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
9．图是用制作的表盘模型，其中点，分别与整钟点“时”，“时”重合，要使，则点应位于（ ）
A．“时”处 B．“时”处 C．“时”处 D．“时”处
【答案】B
【分析】本题主要考查了的圆周角所对的弦是直径，熟练掌握的圆周角所对的弦是直径是解题的关键，根据的圆周角所对的弦是直径求解即可。
【详解】解：如图，连接，，
∵，
∴是的直径，即
∵点，与整钟点“时”重合，
∴点应位于“时”处，
故选：
10．如图，正方形中，E是上一点， 将沿翻折得，点A的对应点是点F，直线与交于点H，与的平分线交于点G，连接，下列说法：①；②；③若连接，则；④若正方形边长为2，E为的中点，则．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】本题主要考查了正方形与折叠问题，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，等腰直角三角形的性质与判定，先由折叠的性质可得，再由角平分线的定义可得，进而证明，则是等腰直角三角，即可判断①；证明四点共圆，即可判断②；证明四点共圆，即可判断③；在中，由勾股定理得，由等面积法得到，则，即，即可判断④．
【详解】解：根据翻折可知，点A和点F关于对称，
∴．
∵是的平分线，
∴．
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴．故①正确；
如图所示，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴四点共圆，
∴，故②正确；
如图所示，连接，
∵，
∴四点共圆，
∴，
∴，故③正确；
∵正方形的边长为2，点E是的中点，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，故④正确；
∴正确的有4个，
故选：D．
11．已知点在上，若，则的度数为 ．
【答案】或
【分析】本题考查的是圆周角定理，分两种情况，由圆周角定理即可求得的度数，然后由圆的内接四边形的性质求得的度数.
【详解】解：如图，
当点在位置时，
，
，
，
，
综上， 的度数为或 ，
故答案为：或
12．如图，是 ABC的外接圆，若，则的度数为 ．
【答案】65
【分析】本题考查了圆周角定理.根据等腰三角形的性质由得，再根据三角形内角和定理计算出，然后根据圆周角定理求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：65．
13．如图，是一条弦，将劣弧沿弦翻折，连结并延长交翻折后的弧于点，连接．若，，则的长为 ．
【答案】7
【分析】延长交于点D，过点B作于点H，连接，先根据“在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等”，得到，即，然后根据直径所对的圆周角是直角，得到，利用勾股定理求出的长，进一步求出和的长，再根据等腰三角形三线合一性质，得到，由此即得答案．
【详解】解：延长交于点D，过点B作于点H，连接，
和是圆周角所对的弧，
，
，
是直径，
，
，
，
，
，
，，
，
．
故答案为：7．
【点睛】本题考查了圆弧的翻折，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握相关定理及性质是解答本题的关键．
14．在中，直径，是圆上除外的一点，分别是的中点，是弦的中点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，直角三角形的性质，三角形的三边关系，由圆周角定理可得，，即得，利用勾股定理可得，再根据三角形的三边关系得到，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，，
∵分别是的中点，
∴，，
∴，，
∵是直径，
∴，
即，
∴，
∵直径，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
15．如图，是的直径，点C为圆上一点，的平分线交于点D，，则的直径为 ．
【答案】
【分析】先利用圆周角定理得到，再根据角平分线的性质得到点到的距离等于，则利用三角形面积得到，设，，利用勾股定理得到，然后解方程得到的长，从而得到的半径．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．也考查了三角形面积公式．
【详解】解：是的直径，
，
平分，
点到的距离等于，
，
，
，
设，，
在中，，
解得，（舍去），
，
的直径为．
故答案为：．
16．如图，是的直径，C是上一点，连接，，以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点D，E，分别以点D，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点F，连接并延长，交于点P，连接．若．则的度数为 ．
【答案】26
【分析】首先由直径得到，然后利用直角三角形两锐角互余得到，然后由角平分线的概念得到，最后利用同弧所对的圆周角相等求解即可．
【详解】∵是的直径，
∴
∵
∴
由作图可得，平分
∴
∴．
故答案为：26．
【点睛】此题考查了直径所对的圆周角是直角，同圆中同弧所对的圆周角相等，角平分线的尺规作图，直角三角形的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
17．已知是的弦，点在上，连接，，，．
（1）如图①，当时， ；
（2）如图②，当时， ；
（3）如图③，当时， ．
【答案】 70 100 100
【分析】本题考查圆周角定理，平行线的性质，等边三角形的判定及性质等知识点，熟练掌握相关知识是解决问题的关键．
（1）根据圆周角定理及等腰三角形的性质即可求解；
（2）根据平行线的性质及等腰三角形的性质即可求解；
（3）先证明为等边三角形，即可求解．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：70；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，则，
故答案为：100；
（3）∵，，
∴，即：为等边三角形，
∴，则，
故答案为：100．
18．如图，菱形的对角线相交于点E，P是边的中点，O，G是上的两动点，以点O为圆心，长为半径作交于点F，连接交于点H，连接．若，则的最小值是 ．
【答案】/
【分析】本题考查了菱形的性质，圆周角定理，勾股定理，轴对称的性质等知识，判断出点H在以为直径的上是解答本题的关键． 连接，可得，则点H在以为直径的上，由菱形的性质得，当点G，H落在上时，的值最小，由勾股定理求出，进而求出，在中，求出即可求解．
【详解】解：连接，如下图．
是的直径，
，
点H在以为直径的上．
作的中点，连接，由菱形的性质得．连接，当点G，H落在上时，的值最小，此时．过点作于点
∵四边形是菱形，
，
，．
∵
∴在中，
的最小值是．
故答案为：．
19．如图，、是的弦，且，是直径，求证：四边形是矩形．
【答案】见详解
【分析】本题主要考查了直径所对的圆周角等于90度，矩形的判定，勾股定理，根据直径所对的圆周角等于90度，可得出，根据勾股定理可得出，再由即可得出．进而可得出四边形是平行四边形，结合即可证明．
【详解】证明：∵为的直径，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
由∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∴，
∴四边形是矩形．
20．如图，是的直径，是弦的延长线上一点，且，的延长线交于点．
(1)求证：；
(2)连接，若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】本题考查圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
（1）连接．首先证明，推出即可解决问题；
（2）连接，根据，只要求出即可．
【详解】（1）证明：连接，
是的直径，
，即，
，则垂直平分，
，
，
，
，
；
（2）解：连接．
，
，
，
是的直径，
，
．
21．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，经过格点A，B，C，仅用无刻度直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
(1)如图（1），先画出圆心O．再画一条弦，使；
(2)如图（2），先在圆上画点P，使，再在圆上画点Q，使．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取格点、、、，连接、交于点，连接并延长交于圆上于点，连接并延长交于圆上于，连接，即为所求；
（2）取格点，连接并延长交圆上于点，连接，延长交网格于点，连接，将向左上方平移，使得点平移到点，点平移到点，连接并延长交圆上于，点、点即为所求．
【详解】（1）解：取格点、、、，连接、交于点，连接并延长交于圆上于点，连接并延长交于圆上于，连接，即为所求，
，
由图可得：，
由圆周角定理可得，、为圆的直径，故、的交点即为圆心，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴；
（2）解：取格点，连接并延长交圆上于点，连接，延长交网格于点，连接，将向左上方平移，使得点平移到点，点平移到点，连接并延长交圆上于，点、点即为所求
，
由网格的特点可得，即，
由平移的性质可得：，，
∴四边形为平行四边形，
∴，即．
【点睛】本题考查了作图—复杂作图，圆周角定理，平行四边形的判定与性质，平移的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
22．如图，在中，弦相交于点M，且．
(1)求证：；
(2)连接，若是的直径，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的三线合一，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先得出，再进行弧运算，得出，结合圆周角定理，即可作答．
（2）根据圆周角定理得出，因为，所以得出，，再得出，运用勾股定理列式得出，运用等腰三角形的三线合一得出，再结合勾股定理内容，即可作答．
【详解】（1）证明：，
，
即；
∴
（2）解：如图，是的直径，
∵，
∴，，
设，则．
．
在中，由勾股定理得，
解得，
，
．
∴在中由勾股定理得．
23．如图，是 ABC的外接圆，且 过点 B作，垂足为点E， 延长交于点D， 连接， 并延长交于点F．
(1)写出图中一个与相等的角∶ ；
(2)求证∶
(3)若 ， 求的半径．
【答案】(1)（答案不唯一）
(2)见解析
(3)的半径为
【分析】本题考查圆周角定理，垂径定理及其推论，相似三角形的判定与性质；
（1）根据圆周角可得；
（2）延长交于，根据垂径定理的推论可得，，即可由得到，进而得到，由三线合一即可得到
（3）连，由勾股定理求得，进而依次得到，，，再求出，最后在中利用勾股定理求半径即可．
【详解】（1）由圆周角可得：，
故答案为：（答案不唯一）；
（2）延长交于，
∵延长交于点F
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
（3）连，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
∴
中，，
∴
解得，
∴的半径为．
24．如图（1），在 ABC中，，是的外接圆，过点作交于点，连接，延长至点，使．
(1)求证：．
(2)如图（2），当为直径，的半径为1时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和平行线的性质可得，进而可以解决问题；
（2）连接，，由（1）得，所以，可得和是等边三角形，可以求出的长，即可解决问题．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：连接，，
为直径，半径为1，
，，，
由（1）知：，
，
，
和是等边三角形，
，
，
，
，，
∴，
，
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理等知识点，灵活应用是关键．中小学教育资源及组卷应用平台
2024-2025九年级上册数学课堂同步练习【浙教版】
3.5圆周角六大题型（一课一练）
1．下列叙述正确的是（ ）
A．平分弦的直径垂直于弦 B．三角形的外心到三边的距离相等
C．相等的弧所对的圆心角相等 D．相等的圆周角所对的弧相等
2．如图，A，B，C三点在上，，则为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，是弦，半径于点C，为直径，，线段长为（ ）
A． B．8 C． D．
4．如图，在 ABC中，以为直径作交于点D，则是的（ ）．
A．角平分线 B．中位数 C．中线 D．高线
5．如图，内接于，点在上，连接，若，则的直径为（ ）
A．12 B． C．6 D．
6．如图，是工人李大爷自制的一个三角形纸板（厚度不计），已知，，，李大爷将该三角形纸板放置在一个圆形工件上，使得顶点A，C都在圆形工件的圆周上，将直角边与圆形工件圆周的交点记为点D，恰好发现，则该圆形工件的半径长为（ ）
A．10cm B．15cm C．20cm D．25cm
7．如图，线段是半圆O的直径．分别以点A和点O为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线，交半圆于点，交于点，连接，，若，则的长是（ ）
A．4 B．8 C．4 D．
8．如图，动点在边长为的正方形内，且，是边上的一个动点，是边的中点，则线段 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．图是用制作的表盘模型，其中点，分别与整钟点“时”，“时”重合，要使，则点应位于（ ）
A．“时”处 B．“时”处 C．“时”处 D．“时”处
10．如图，正方形中，E是上一点， 将沿翻折得，点A的对应点是点F，直线与交于点H，与的平分线交于点G，连接，下列说法：①；②；③若连接，则；④若正方形边长为2，E为的中点，则．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．已知点在上，若，则的度数为 ．
12．如图，是 ABC的外接圆，若，则的度数为 ．
13．如图，是一条弦，将劣弧沿弦翻折，连结并延长交翻折后的弧于点，连接．若，，则的长为 ．
14．在中，直径，是圆上除外的一点，分别是的中点，是弦的中点，则的取值范围是 ．
15．如图，是的直径，点C为圆上一点，的平分线交于点D，，则的直径为 ．
16．如图，是的直径，C是上一点，连接，，以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点D，E，分别以点D，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点F，连接并延长，交于点P，连接．若．则的度数为 ．
17．已知是的弦，点在上，连接，，，．
（1）如图①，当时， ；
（2）如图②，当时， ；
（3）如图③，当时， ．
18．如图，菱形的对角线相交于点E，P是边的中点，O，G是上的两动点，以点O为圆心，长为半径作交于点F，连接交于点H，连接．若，则的最小值是 ．
19．如图，、是的弦，且，是直径，求证：四边形是矩形．
20．如图，是的直径，是弦的延长线上一点，且，的延长线交于点．
(1)求证：；
(2)连接，若，求的度数．
21．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，经过格点A，B，C，仅用无刻度直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
(1)如图（1），先画出圆心O．再画一条弦，使；
(2)如图（2），先在圆上画点P，使，再在圆上画点Q，使．
22．如图，在中，弦相交于点M，且．
(1)求证：；
(2)连接，若是的直径，，求的长．
23．如图，是 ABC的外接圆，且 过点 B作，垂足为点E， 延长交于点D， 连接， 并延长交于点F．
(1)写出图中一个与相等的角∶ ；
(2)求证∶
(3)若 ， 求的半径．
24．如图（1），在 ABC中，，是的外接圆，过点作交于点，连接，延长至点，使．
(1)求证：．
(2)如图（2），当为直径，的半径为1时，求的长．
