【中考核心考点】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）

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中考核心考点 圆周角与圆心角的关系
一．选择题（共7小题）
1．（2024.东川区二模）如图，点A，B，C在⊙O上，∠ABO＝40°，则∠C的度数是（　　）
A．40° B．50° C．55° D．60°
2．（2024.荥阳市）如图，量角器0°﹣180°线和含30°角的直角三角板的斜边重合，点D是量角器外边缘上一点，则图中∠ADB的度数是（　　）
A．60° B．50° C．40° D．30°
3．（2024.东莞市二模）如图，已知点A、B、C依次在⊙O上，∠C＝40°，则∠AOB的度数为（　　）
A．70° B．72° C．80° D．84°
4．（2024.永春县）如图，若AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，∠DCB＝24°，∠CDB＝40°，则∠AEC＝（　　）
A．96° B．76° C．64° D．74°
5．（2025春 北碚区）如图，AB是⊙O的直径，点C、D是圆上两点，连接OC、AC、AD、CD，若∠BOC＝∠ACD＝35°，则∠DAC的度数是（　　）
A．35° B．37° C．37.5° D．52.5°
6．（2024.泗洪县一模）如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上两点，若∠BCD＝38°，则∠ABD的大小为（　　）
A．76° B．52° C．50° D．38°
7．（2024.惠城区）如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的一个外角∠EBC＝65°，分别连接AC，BD，若
AC＝AD，则∠DBC的度数为（　　）
A．50° B．55° C．65° D．70°
二．填空题（共5小题）
8．（2024.浙江）如图，⊙O的半径为6，A为⊙O上一点，OD⊥弦BC于点D，∠BAC＝120°，则线段BC的长为　 　 ．
9．（2024.宝应县二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB是⊙O的直径，若∠BEC＝25°，则∠ADC的度数为 　 　 °．
10．（2024.碑林区四模）如图，AD，BD是⊙O的两条弦，点C在⊙O上，B是的中点，连接OB，OC，若∠BOC＝46°，则∠D的度数是 　 　 ．
11．（2024.海陵区一模）如图，AB是⊙O的直径，点C，D均在⊙O上，CD⊥AB，若∠ABC＝62°，则的度数为　 　 °．
12．（2024.中牟县）如图，方格纸中每个小正方形的边长为1，圆内接四边形ABCD的顶点B，D都在格点上，点A在劣弧BD上，点C在优弧BD上，∠BAD的度数为　 　 ．
三．解答题（共3小题）
13．（2024.文成县二模）如图，在圆内接四边形ABCD中，AC，BD是对角线，CD＜BC，在CD的延长线上取一点E，使得CE＝BC，在AC的延长线上取一点F，连结EF，使得∠CFE＝∠BDC．
（1）若AC是圆的直径，∠CFE＝30°，求∠ACB．
（2）求证：①AB∥EF．
②AD＝EF．
14．（2024.顺德区二模）线段BC是⊙O的一条弦，动点A是BC上方圆弧上一点，点D是的中点．连接AB、AC、AD，且∠BAC＝60°．
（1）如图1，当AD经过圆心O时，证明：AB+ACAD；
（2）如图2，当AD不经过圆心O时，AB+ACAD是否还成立？说明理由．
15．（2024.香洲区）如图，在边长为1的正方形网格图中，建立平面直角坐标系，一圆弧经过点A，B，C，D，其中A，B，C为网格点．
（1）请直接写出图中弧ABC所在圆的圆心P的坐标　 　 ；
（2）求圆周角∠ADC的度数．
中考核心考点 圆周角与圆心角的关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2024.东川区二模）如图，点A，B，C在⊙O上，∠ABO＝40°，则∠C的度数是（　　）
A．40° B．50° C．55° D．60°
【考点】圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】B
【分析】由半径相等，可求出∠BOA，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可解答．
【解答】解：∵∠ABO＝40°，OA＝OB，
∴∠BAO＝∠ABO＝40°，
∴∠BOA＝180°﹣∠BAO﹣∠ABO＝100°，
∴．
故选：B．
【点评】本题考查等边对等角，三角形的内角和，同弧所对的圆周角与圆心角的关系，掌握知识点是解题的关键．
2．（2024.荥阳市）如图，量角器0°﹣180°线和含30°角的直角三角板的斜边重合，点D是量角器外边缘上一点，则图中∠ADB的度数是（　　）
A．60° B．50° C．40° D．30°
【考点】圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】D
【分析】根据圆周角定理求解即可．
【解答】解：根据题意得，A、B、C、D四点共圆，
∴∠ADB＝∠ACB，
∵∠ACB＝30°，
∴∠ADB的度数是30°，
故选：D．
【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．
3．（2024.东莞市二模）如图，已知点A、B、C依次在⊙O上，∠C＝40°，则∠AOB的度数为（　　）
A．70° B．72° C．80° D．84°
【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】C
【分析】直接利用圆周角定理求解．
【解答】解：∵∠AOB和∠C所对的弧都是，
∴∠AOB＝2∠C＝2×40°＝80°．
故选：C．
【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．
4．（2024.永春县）如图，若AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，∠DCB＝24°，∠CDB＝40°，则∠AEC＝（　　）
A．96° B．76° C．64° D．74°
【考点】圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；几何直观；推理能力．
【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，可得∠ADC＝90°，又由∠DCB＝24°，∠CDB＝40°，即可求得∠A与∠ADC的度数，继而求得答案．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠CDB＝40°，
∴∠ADC＝50°，
∵∠A＝∠DCB＝24°，
∴∠AEC＝∠A+∠ADC＝74°．
故选：D．
【点评】此题考查了圆周角定理以及三角形外角的性质，解答本题的关键是掌握数形结合思想的应用．
5．（2025春 北碚区）如图，AB是⊙O的直径，点C、D是圆上两点，连接OC、AC、AD、CD，若∠BOC＝∠ACD＝35°，则∠DAC的度数是（　　）
A．35° B．37° C．37.5° D．52.5°
【考点】圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】C
【分析】连接OD，根据圆周角定理和等腰三角形的性质求出∠OCA的度数，从而求出∠OCD的度数，再由等腰三角形的性质求出∠ODC的度数，根据三角形内角和定理求出∠COD的度数，最后由圆周角定理求出∠DAC的度数即可．
【解答】解：如图，连接OD．
∵∠BOC＝35°，
∴∠OAC∠BOC35°＝17.5°，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝17.5°，
∵∠ACD＝35°，
∴∠OCD＝∠OCA+∠ACD＝17.5°+35°＝52.5°，
∵OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD＝52.5°，
∴∠COD＝180°﹣（∠ODC+∠OCD）＝180°﹣（52.5°+52.5°）＝75°，
∴∠DAC∠COD75°＝37.5°．
故选：C．
【点评】本题考查圆周角定理，掌握圆周角定理、等腰三角形的性质和三角形内角和定理是解题的关键．
6．（2024.泗洪县一模）如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上两点，若∠BCD＝38°，则∠ABD的大小为（　　）
A．76° B．52° C．50° D．38°
【考点】圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；几何直观．
【答案】B
【分析】解法一：连接AD，如图1，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠A＝∠BCD＝38°，然后利用互余计算∠ABD的度数或连接OD，如图2，根据圆周角定理得到∠DOB＝76°，然后利用等腰三角形和三角形内角和计算∠ABD的度数．
解法二：先利用同弧所对的圆周角和圆心角的关系得出角BOD，最后用等腰三角形的性质即可得胡结论．
【解答】解法一：连接AD，如图1，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠A＝∠BCD＝38°，
∴∠ABD＝90°﹣38°＝52°．
解法二：连接OD，如图2，
根据圆周角定理，∠DOB＝2∠DCB＝76°，
∵OD和OB均为⊙O的半径，
∴OD＝OB，
∴∠ODB＝∠ABD，
∴在△DOB中，∠ABD．
故选：B．
【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．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
7．（2024.惠城区）如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的一个外角∠EBC＝65°，分别连接AC，BD，若
AC＝AD，则∠DBC的度数为（　　）
A．50° B．55° C．65° D．70°
【考点】圆内接四边形的性质．
【专题】常规题型．
【答案】A
【分析】先根据圆内接四边形的性质得出∠ADC＝∠EBC＝65°，再根据AC＝AD得出∠ACD＝∠ADC＝65°，故可根据三角形内角和定理求出∠CAD＝50°，再由圆周角定理得出∠DBC＝∠CAD＝50°．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC＝∠EBC＝65°．
∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC＝65°，
∴∠CAD＝180°﹣∠ACD﹣∠ADC＝50°，
∴∠DBC＝∠CAD＝50°，
故选：A．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的关键．也考查了等腰三角形的性质以及三角形内角和定理．
二．填空题（共5小题）
8．（2024.浙江）如图，⊙O的半径为6，A为⊙O上一点，OD⊥弦BC于点D，∠BAC＝120°，则线段BC的长为　　 ．
【考点】圆周角定理；勾股定理；垂径定理．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】．
【分析】连接OB，先由圆周角定理得到∠BOC＝360°﹣240°＝120°，由等腰三角形的性质得到DB＝DC，∠COD＝60°，再解Rt△DOC即可求出DC，继而求解BC．
【解答】解：连接OB，
由题意可得：优弧所对的圆心角为240°，
∴∠BOC＝360°﹣240°＝120°，
∵OD⊥弦BC，OB＝OC，
∴DB＝DC，∠COD＝60°，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了圆周角定理，解直角三角形的相关计算，等腰三角形的性质等知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
9．（2024.宝应县二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB是⊙O的直径，若∠BEC＝25°，则∠ADC的度数为 　115　 °．
【考点】圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】115．
【分析】连接BD，由圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠CDB＝∠E＝25°，即可求出∠ADC的度数．
【解答】解：连接BD，
∵AB是圆的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠CDB＝∠E＝25°，
∴∠ADC＝∠ADB+∠CDB＝115°．
故答案为：115．
【点评】本题考查圆周角定理，关键是由圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠CDB＝∠E＝25°．
10．（2024.碑林区四模）如图，AD，BD是⊙O的两条弦，点C在⊙O上，B是的中点，连接OB，OC，若∠BOC＝46°，则∠D的度数是 　23°　 ．
【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】23°．
【分析】连接OA，根据已知易得：，从而可得∠BOC＝∠AOB＝46°，然后利用圆周角定理进行计算即可解答．
【解答】解：连接OA，
∵B是的中点，
∴，
∴∠BOC＝∠AOB＝46°，
∴∠D∠AOB＝23°，
故答案为：23°．
【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．
11．（2024.海陵区一模）如图，AB是⊙O的直径，点C，D均在⊙O上，CD⊥AB，若∠ABC＝62°，则的度数为　56　 °．
【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】56．
【分析】连接OC，先根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得：∠A＝28°，然后利用圆周角定理可得∠BOC＝56°，从而可得的度数为56°，再根据垂径定理可得：，即可解答．
【解答】解：连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ABC＝62°，
∴∠A＝90°﹣∠ABC＝28°，
∴∠BOC＝2∠A＝56°，
∴的度数为56°，
∵CD⊥AB，
∴，
∴的度数为56°，
故答案为：56．
【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添加适当的辅助线是解题的关键．
12．（2024.中牟县）如图，方格纸中每个小正方形的边长为1，圆内接四边形ABCD的顶点B，D都在格点上，点A在劣弧BD上，点C在优弧BD上，∠BAD的度数为　135°　 ．
【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】135°．
【分析】根据勾股定理的逆定理得到∠BOD＝90°，根据圆周角定理求出∠BCD，再根据圆内接四边形的性质计算即可．
【解答】解：设四边形ABCD的外接圆的圆心为O，连接OB、OD，
∵OB2+OD2＝22+22+22+22＝16，BD2＝42＝16，
∴OB2+OD2＝BD2，
∴∠BOD＝90°，
由圆周角定理得：∠BCD∠BOD＝45°，
∵四边形ABCD是圆O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∴∠BAD＝180°﹣45°＝135°，
故答案为：135°．
【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．
三．解答题（共3小题）
13．（2024.文成县二模）如图，在圆内接四边形ABCD中，AC，BD是对角线，CD＜BC，在CD的延长线上取一点E，使得CE＝BC，在AC的延长线上取一点F，连结EF，使得∠CFE＝∠BDC．
（1）若AC是圆的直径，∠CFE＝30°，求∠ACB．
（2）求证：①AB∥EF．
②AD＝EF．
【考点】圆内接四边形的性质；全等三角形的判定与性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】（1）60°；
（2）①②证明见解析．
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ABC＝90°，∠CAB＝∠BDC，求出∠CAB＝30°，进而求出∠ACB；
（2）①根据平行线的判定证明；
②在上取一点P，使AP＝BC，证明△ECF≌△APD，根据全等三角形的性质证明即可．
【解答】（1）解：∵AC是圆的直径，
∴∠ABC＝90°，
由圆周角定理得：∠CAB＝∠BDC，
∵∠BDC＝∠CFE＝30°，
∴∠CAB＝30°，
∴∠ACB＝90°﹣30°＝60°；
（2）证明：①∵∠CFE＝∠BDC，∠BDC＝∠CAB，
∴∠BAC＝∠CFE，
∴AB∥EF；
②如图，在上取一点P，使AP＝BC，
则，
∴∠ADP＝∠BDC，
∴∠ADP＝∠CFE，
∵∠APD+∠ACD＝180°，∠ACD+∠ECF＝180°，
∴∠APD＝∠ECF，
∵CE＝BC，BC＝AP，
∴AP＝EC，
在△ECF和△APD中，
，
∴△ECF≌△APD（AAS），
∴EF＝AD．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定和性质，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
14．（2024.顺德区二模）线段BC是⊙O的一条弦，动点A是BC上方圆弧上一点，点D是的中点．连接AB、AC、AD，且∠BAC＝60°．
（1）如图1，当AD经过圆心O时，证明：AB+ACAD；
（2）如图2，当AD不经过圆心O时，AB+ACAD是否还成立？说明理由．
【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．
【专题】图形的全等；圆的有关概念及性质；几何直观；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）成立，理由见解答过程．
【分析】（1）连接BD，CD，依题意得∠ABC＝∠ACD＝90°，设BD＝CD＝a，∠BAD＝∠CAD＝30°，根据含有30°角的直角三角形性质得AD＝2a，进而得AB，同理AC，则AB+AC，由此即可得出结论；
（2）过点D作DE⊥AC，交AC的延长线于点E，DF⊥AB于点F，依题意得AD是∠BAC的角平分线，则DF＝DE，由此可依据“DL”判定Rt△ADF和Rt△ADE全等，则AF＝AE，同理得Rt△DBF和Rt△DCE全等得BF＝CE，进而得AB+AC＝2AF，设DF＝a，据含有30°角的直角三角形性质得AD＝2a，继而得AF，则AB+AC＝2AF，由此即可得出答案．
【解答】（1）证明：连接BD，CD，如图1所示：
∵AD经过圆心O，
∴AD是⊙O的直径，
∴∠ABC＝∠ACD＝90°，
∵点D是的中点，∠BAC＝60°，
∴，
∴设BD＝CD＝a，∠BAD＝∠CAD∠BAC＝30°，
在Rt△BAD中，AD＝2BD＝2a，
由勾股定理得：AB，
同理：AC，
∴AB+ACAD；
（2）成立，理由如下：
过点D作DE⊥AC，交AC的延长线于点E，DF⊥AB于点F，如图2所示：
∵点D是的中点，∠BAC＝60°，
∴，
∴BD＝CD，∠BAD＝∠CAD＝1/2∠BAC＝30°，
∴AD是∠BAC的角平分线，
∵DE⊥AC，DF⊥AB，
∴DF＝DE，
在Rt△ADF和Rt△ADE中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），
∴AF＝AE，
∴AC＝AE﹣CE＝AF﹣CE，
在Rt△DBF和Rt△DCE中，
，
∴Rt△DBF≌Rt△DCE（HL），
∴BF＝CE，
∴AB＝AF+BF＝AF+CE，
∴AB+AC＝AF+CE+AF﹣CE＝2AF，
在Rt△ADF中，∠BAD＝30°，设DF＝a，
∴AD＝2DF＝2a，
由勾股定理得：AF，
∴AB+AC＝2AFAD．
【点评】此题主要考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，全等三角形的判定与性质，理解圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握全等三角形的判定与性质，勾股定理，含有30°角的直角三角形的性质是解决问题的关键．
15．（2024.香洲区）如图，在边长为1的正方形网格图中，建立平面直角坐标系，一圆弧经过点A，B，C，D，其中A，B，C为网格点．
（1）请直接写出图中弧ABC所在圆的圆心P的坐标　（2，0）　 ；
（2）求圆周角∠ADC的度数．
【考点】圆周角定理；坐标与图形性质；垂径定理．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】（1）（2，0）；
（2）45°．
【分析】（1）根据网格特征和垂径定理可知AB，AC的垂直平分线的交点即为圆心；
（2）根据可得，连接PA，PC，AC，根据勾股定理逆定理可得△APC是等腰直角三角形，即可求解．
【解答】解：（1）AB，AC的垂直平分线的交点即为圆心点P，
所以圆心P的坐标为（2，0）；
故答案为：（2，0）；
（2）由条件可知，
连接PA，PC，AC，
∴AP2＝20，PC2＝20，AC2＝40，
∴AP2+PC2＝AC2，PC＝AC，
∴△APC是等腰直角三角形，∠APC＝90°，
∴．
【点评】本题主要考查垂径定理、勾股定理及其逆定理：熟练掌握以上知识点是关键．
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