【中考押题卷】2025年北师大版中考数学考前冲刺：圆周角与圆心角的关系（含解析）

中考押题卷：圆周角与圆心角的关系
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 清江浦区期末）如图，∠APB的边交⊙O于A、B、C、D，、、、的度数分别为α、β、γ、θ，若要确定∠APB的大小，则需要确定的弧的度数是（　　）
A．α、β B．β、γ C．γ、θ D．α、γ
2．（2024秋 济南期末）如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，∠C＝110°，则∠A的度数为（　　）
A．55° B．60° C．70° D．80°
3．（2024秋 包河区校级期末）如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E．若∠BOD＝40°，则∠BAC的度数为（　　）
A．20° B．50° C．40° D．25°
4．（2024秋 临潼区期末）如图，BC为⊙O的直径，D为的中点，，连接AB和AD，AD交BC于点E，则∠DEC的度数为（　　）
A．115° B．110° C．105° D．100°
5．（2024秋 长春校级期末）如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C，D，则tan∠ADC的值为（　　）
A． B． C． D．
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 清江浦区期末）如图，在⊙O内接四边形ABCD中，若∠D＝50°，则∠B＝ 　 　°．
7．（2024秋 红花岗区校级期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ACD＝15°，∠BAC＝∠CAD＝45°，AB+AD＝2，则⊙O的半径为：　 　．
8．（2024秋 崇川区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC为⊙O的直径，AB＝AD．点E在BA的延长线上，若∠EAD＝40°，则∠B的度数为　 　．
9．（2024秋 大足区期末）如图，在⊙O中，∠BCD＝120°，半径OF∥AD交AB于点E，若OF＝2，AE＝2EO，则∠BAD＝ 　 　°；AB＝ 　 　．
10．（2024秋 丽水期末）如图，C是以AB为直径的半圆O上的一点，且0°＜∠ABC＜45°，将沿弦BC折叠交AB于点D，E是的中点，连结CE恰好经过圆心O，若AB＝2，则AD的长为 　 　．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 包河区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为的中点，连接CD，CA，AD，延长AC，DB相交于点E．
（1）求证：AB＝BE；
（2）若，BD＝6，求直径AB的长．
12．（2024秋 番禺区期末）如图，⊙O的直径AB的长为10cm，弦AC长为6cm，∠ACB的平分线交⊙O于点D．试求BC，AD的长．
13．（2024秋 番禺区期末）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB交⊙O于点C，点D是⊙O上一点，连接BD，CD．若∠D＝28°，求∠OAB的度数．
14．（2024秋 建邺区期末）如图，在⊙O中，弦AC，BD相交于点M，且AM＝BM．求证：CM＝DM．
15．（2024秋 白云区期末）如图，OA、OB、OC都是⊙O的半径，∠ACB＝2∠BAC．
（1）求证：∠AOB＝2∠BOC；
（2）若AB＝8，，求⊙O的半径．
中考押题卷：圆周角与圆心角的关系
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5
答案 D C A C D
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 清江浦区期末）如图，∠APB的边交⊙O于A、B、C、D，、、、的度数分别为α、β、γ、θ，若要确定∠APB的大小，则需要确定的弧的度数是（　　）
A．α、β B．β、γ C．γ、θ D．α、γ
【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】D
【分析】连接BD，根据已知易得：∠ADBα，∠DBCγ，然后利用三角形的外角性质进行计算即可解答．
【解答】解：连接BD，
∵、的度数分别为α、γ，
∴∠ADBα，∠DBCγ，
∵∠ADB是△DBP的一个外角，
∴∠APB＝∠ADB﹣∠DBCαγ，
故选：D．
【点评】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
2．（2024秋 济南期末）如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，∠C＝110°，则∠A的度数为（　　）
A．55° B．60° C．70° D．80°
【考点】圆内接四边形的性质．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】C
【分析】根据圆内接四边形的对角互补，列式计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是圆O的内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，
∵∠C＝110°，
∴∠A＝180°﹣∠C＝180°﹣110°＝70°，
∴∠A的度数为70°，
故选：C．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
3．（2024秋 包河区校级期末）如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E．若∠BOD＝40°，则∠BAC的度数为（　　）
A．20° B．50° C．40° D．25°
【考点】圆周角定理；垂径定理．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】A
【分析】连接OC，利用垂径定理可知，故可得出∠BOD＝∠BOC＝40°，再由圆周角定理即可得出结论．
【解答】解：连接OC，
∵线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E．
∴，
∵∠BOD＝40°，
∴∠BOD＝∠BOC＝40°
∴∠BAC∠BOD＝20°，
故选：A．
【点评】本题考查的是垂径定理及圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，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；垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．
4．（2024秋 临潼区期末）如图，BC为⊙O的直径，D为的中点，，连接AB和AD，AD交BC于点E，则∠DEC的度数为（　　）
A．115° B．110° C．105° D．100°
【考点】圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】C
【分析】连接AO，BD，CD，根据圆周角定理得∠BDC＝90°，再求出∠C＝∠CBD＝45°，∠CDE∠AOC＝30°，根据三角形内角和定理即可得出答案．
【解答】解：如图，连接AO，BD，CD，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BDC＝90°，
∵D为的中点，
∴BD＝CD，
∴∠C＝∠CBD＝45°，
∵，
∴∠AOC180°＝60°，
∴∠CDE∠AOC＝30°，
∴∠DEC＝180°﹣45°﹣30°＝105°．
故选：C．
【点评】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
5．（2024秋 长春校级期末）如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C，D，则tan∠ADC的值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】圆周角定理；解直角三角形．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】D
【分析】接AC、BC，先根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，∠ADC＝∠ABC，在Rt△ACB中，由tan∠ADC＝tan∠ABC即可．
【解答】解：连接AC、BC，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AC＝AC，
∴∠ADC＝∠ABC，
在Rt△ACB中，
∵tan∠ABC．
∴tan∠ADC
故选：D．
【点评】本题考查圆周角定理、正切，掌握圆周角定理是解答的关键．
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 清江浦区期末）如图，在⊙O内接四边形ABCD中，若∠D＝50°，则∠B＝ 　130　°．
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】130．
【分析】根据圆内接四边形的对角互补计算即可．
【解答】解：∵四边形ABC为圆内接四边形，
∴∠D+∠B＝180°，
∵∠D＝50°，
∴∠B＝180°﹣50°＝130°，
故答案为：130．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质，熟记圆内接四边形对角互补是解题的关键．
7．（2024秋 红花岗区校级期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ACD＝15°，∠BAC＝∠CAD＝45°，AB+AD＝2，则⊙O的半径为：　　．
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】．
【分析】连接BD，依题意得AB是⊙O的直径，过点O作OE⊥BD交AB于点E，则OE是BD的垂直平分线，则∠EDB＝∠ABD＝15°，进而得∠AED＝30°，设AD＝a，则DE＝BE＝2a，AE，AB，再根据AB+AD＝2得，则AB，在Rt△ABD中，由勾股定理求出BD，进而可得⊙O的半径．
【解答】解：连接BD，如图1所示：
∵∠ACD＝15°，∠BAC＝∠CAD＝45°，
∴∠ABD＝∠ACD＝15°，∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝90°，
∴AB是⊙O的直径，
∴OB＝OD，
过点O作OE⊥BD交AB于点E，连接DE，如图2所示：
∴OE是BD的垂直平分线，
∴BE＝DE，
∴∠EDB＝∠ABD＝15°，
∴∠AED＝∠EDB+∠ABD＝30°，
在Rt△AED中，设AD＝a，
∴DE＝BE＝2AD＝2a，
由勾股定理得：AE，
∴AB＝BE+AE，
∴AB+AD＝2，
∴，
∴，
∴AB，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD，
∴OBBD．
∴⊙O的半径为．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理，灵活运用含有30°角的直角三角形的性质和勾股定理进行计算还是解决问题的关键．
8．（2024秋 崇川区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC为⊙O的直径，AB＝AD．点E在BA的延长线上，若∠EAD＝40°，则∠B的度数为　70°　．
【考点】圆内接四边形的性质；三角形的外角性质；等腰三角形的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】70°．
【分析】连接OA、OD，根据圆内接四边形的性质求出∠BCD，根据圆周角定理求出∠BOD，进而求出∠BOA，再根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：如图，连接OA、OD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BAD+∠EAD＝180°，∠EAD＝40°，
∴∠BCD＝∠EAD＝40°，
∴∠BOD＝2∠BCD＝80°，
∵AB＝AD，
∴，
∴∠BOA＝∠DOA＝40°，
∵OA＝OB，
∴∠B（180°﹣40°）＝70°，
故答案为：70°．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
9．（2024秋 大足区期末）如图，在⊙O中，∠BCD＝120°，半径OF∥AD交AB于点E，若OF＝2，AE＝2EO，则∠BAD＝ 　60　°；AB＝ 　10　．
【考点】圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力．
【答案】60；10．
【分析】作OF⊥AB，连接OA，利用圆内接四边形对角互补求出∠BAD，利用平行线得到∠OFE＝60°，根据解特殊直角三角形得到三边关系，设EF＝x，则AF＝5x，OFx，利用勾股定理求出x值继而得到AB长即可．
【解答】解：如图，作OF⊥AB，连接OA，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，且∠BCD＝120°，
∴∠BAD＝180°﹣120°＝60°，
∵OF∥AD，
∴∠DAB＝∠OFE＝60°，
∴EO＝2EF，OFEF，
∵AE＝2EO，
∴AE＝4EF，
设EF＝x，则AF＝5x，OFx，
在Rt△AFO 中，AO＝OF＝2，由勾股定理得：
x2+（x）2＝（2）2，
解得x（舍去负值），
∴AF＝5，
∴AB＝2AF＝10．
故答案为：60；10．
【点评】本题考查了圆周角定理及垂径定理，熟练掌握以上知识点是关键．
10．（2024秋 丽水期末）如图，C是以AB为直径的半圆O上的一点，且0°＜∠ABC＜45°，将沿弦BC折叠交AB于点D，E是的中点，连结CE恰好经过圆心O，若AB＝2，则AD的长为 　　．
【考点】圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】圆的有关概念及性质；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】连接CD，AC，过点C作CH⊥AB于点H，设弧DE的度数为α，根据折叠的性质及圆周角定理可求出α＝22.5°，则∠DCB＝45°，∠A＝67.5°，∠ADC＝67.5°，则AD＝2AH，△OCH是等腰直角三角形，即CH＝OH，再由勾股定理得OH，进而得AH，据此可得AD的长．
【解答】解：连接CD，AC，过点C作CH⊥AB于点H，如图所示：
∵点E是的中点，
∴，
∴设的度数为α，
则的度数为2α，∠DCE＝∠BCE＝α，
∵CE恰好经过圆心O，AB＝2，
∴OB＝OC＝OA＝1，
∴∠ABC＝∠BCE＝α，
∴的度数为α，的度数为α，
∴的度数为3α
由折叠的性质得：的度数为3α，
∵的度数为180°，
∴α+3α＝180°，
解得：α＝22.5°，
∴∠ABC＝∠BCE＝∠DCE＝22.5，
∴∠DCB＝∠DCE＝∠BCE＝45°，
∵AB为半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠ABC＝67.5°，
又∵∠ADC＝∠DCB+∠ABC＝67.5°，
∴AC＝CD，
∵CH⊥AB，
∴AH＝DH，
∴AD＝2AH，
在Rt△OCH中，∠COH＝∠ABC+∠BCE＝45°，
∴△OCH是等腰直角三角形，即CH＝OH，
由勾股定理得：OCOH，
∴OHOC，
∴AH＝OA﹣OH，
∴AD＝2AH．
【点评】此题主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，图形的折叠变换及其性质，理解圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握图形的折叠变换及其性质是解决问题的关键．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 包河区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为的中点，连接CD，CA，AD，延长AC，DB相交于点E．
（1）求证：AB＝BE；
（2）若，BD＝6，求直径AB的长．
【考点】圆周角定理；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；垂径定理．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）10．
【分析】（1）延长CO交⊙O于点F，连接BC，先根据圆周角定理得出∠ADB＝90°，再由点C为的中点可知CF⊥AD，故可得出OC∥BE，再由AO＝CO得出∠ACO＝∠CAO，故∠CAO＝∠E，进而得出结论；
（2）设⊙O的半径为R，则AB＝BE＝2R，由OA＝OB，OC∥BE可知OC是△ABE的中位线，再利用勾股定理求解即可．
【解答】（1）证明：如图，延长CO交⊙O于点F，连接BC．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，即DE⊥AD．
∵点C为的中点，
∴CF⊥AD，
∴OC∥BE，
∴∠ACO＝∠E．
∵AO＝CO，
∴∠ACO＝∠CAO，
∴∠CAO＝∠E，
∴AB＝BE；
（2）解：设⊙O的半径为R，则AB＝BE＝2R，
∵BD＝6．
∴DE＝BD+BE＝2R+6．
由（1）知，DE⊥AD，CF⊥AD，
∴OC∥BE，
∵OA＝OB，
∴OC是△ABE的中位线，
∴，
∴．
在Rt△ABD 中，由勾股定理得AD2＝AB2﹣BD2
在Rt△AED中，由勾股定理得AD2＝AE2﹣DE2
∴AB2﹣BD2＝AE2﹣DE2，即，
解得R1＝5种R2＝﹣8不合题意，舍去），
∴AB＝2R＝2×5＝10．
【点评】本题考查的是圆周角定理，垂径定理及勾股定理，等腰三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
12．（2024秋 番禺区期末）如图，⊙O的直径AB的长为10cm，弦AC长为6cm，∠ACB的平分线交⊙O于点D．试求BC，AD的长．
【考点】圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】8cm，5cm．
【分析】连接AD、BD、OD．由圆周角定理可知∠ACB＝90°，在Rt△ABC中利用勾股定理求出BC；根据角平分线的定义和圆周角定理得AD＝BD，根据等腰三角形的性质得∠AOD＝90°，在Rt△AOD中利用勾股定理求出AD即可．
【解答】解：如图，连接AD、BD、OD．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中利用勾股定理，得BC8（cm）；
∵CD是∠ACB的平分线，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴AD＝BD，
∵OA＝OB，
∴OD⊥AB，
∴∠AOD＝90°，
在Rt△AOD中利用勾股定理，得AD5（cm）．
【点评】本题考查圆周角定理，掌握圆周角定理、勾股定理、角平分线的性质、等腰三角形的性质是解题的关键．
13．（2024秋 番禺区期末）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB交⊙O于点C，点D是⊙O上一点，连接BD，CD．若∠D＝28°，求∠OAB的度数．
【考点】圆周角定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】34°．
【分析】先利用圆周角定理可得：∠COB＝2∠D＝56°，然后利用垂径定理可得：，从而可得∠AOC＝∠COB＝56°，进而可得∠AOB＝112°，最后利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理进行计算，即可解答．
【解答】解：∵∠D＝28°，
∴∠COB＝2∠D＝56°，
∵OC⊥AB，
∴，
∴∠AOC＝∠COB＝56°，
∴∠AOB＝∠AOC+∠COB＝112°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA34°．
【点评】本题考查了圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．
14．（2024秋 建邺区期末）如图，在⊙O中，弦AC，BD相交于点M，且AM＝BM．求证：CM＝DM．
【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】证明见解答过程．
【分析】连接CD，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠B，根据圆周角定理得到∠D＝∠A，∠C＝∠B，得到∠C＝∠D，根据等腰三角形的判定证明．
【解答】证明：如图，连接CD，
∵AM＝BM，
∴∠A＝∠B，
由圆周角定理得：∠D＝∠A，∠C＝∠B，
∴∠C＝∠D，
∴CM＝DM．
【点评】本题考查的是圆周角定理，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．
15．（2024秋 白云区期末）如图，OA、OB、OC都是⊙O的半径，∠ACB＝2∠BAC．
（1）求证：∠AOB＝2∠BOC；
（2）若AB＝8，，求⊙O的半径．
【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）5．
【分析】（1）利用圆周角定理可得，，结合∠ACB＝2∠BAC可证明结论；
（2）过点O作半径OD⊥AB于点E，可得AE＝BE，根据圆周角、弦、弧的关系可证得BD＝BC，即可求得BE＝4，DB＝2，利用勾股定理可求解DE＝2，再利用勾股定理可求解圆的半径．
【解答】（1）证明：∵，，∠ACB＝2∠BAC，
∴∠AOB＝2∠BOC；
（2）解：过点O作半径OD⊥AB于点E，连接DB，
∴AE＝BE，
∵∠AOB＝2∠BOC，∠DOB∠AOB，
∴∠DOB＝∠BOC．
∴BD＝BC．
∵AB＝8，BC＝2，
∴BE＝4，DB＝2，
在 Rt△BDE 中，∠DEB＝90°，
∴，
在Rt△BOE中，∠OEB＝90°，
OB2＝（OB﹣2）2+42，
解得OB＝5，
即⊙O的半径是5．
【点评】本题主要考查圆周角定理，勾股定理，垂径定理，圆心角、弦、弧的关系，掌握圆周角定理是解题的关键．
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