青岛版九年级上 3.3 圆周角 课后巩固（含答案）

青岛版九年级上 3.3 圆周角 课后巩固
一．选择题（共10小题）
1．如图，A、B、C是⊙O上的三点，已知∠O=60°，则∠C=（　　）
A．20° B．25° C．45° D．30°
2．如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，若BC=BD，∠OCD=28°，则∠D的度数是（　　）
A．31° B．34° C．56° D．59°
3．如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径作⊙O，分别交AB，BC于D，E，连接DE，CD，若∠B=70°，则∠CDE的度数为（　　）
A．10° B．20° C．30° D．40°
4．如图，AB是⊙O的直径，CD是弦且不是直径，AB⊥CD，垂足为E，则下列结论不一定正确的是（　　）
A．OE=BE B．CE=DE C．∠BOC=2∠BDC D．AC=AD
5．如图，在⊙O中，∠CBD=20°，∠BAC=30°，则∠BDO=（　　）
A．40° B．42° C．50° D．52°
6．如图，在⊙O中，弦AB、CD相交于点E，如果∠AEC=65°，∠D=60°，那么∠C=（　　）
A．45° B．55° C．60° D．65°
7．如图，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB，D为圆周上一点，若∠ADC的度数为35°，则∠ABO的度数为（　　）
A．15° B．20° C．25° D．30°
8．如图，点A，B，C，D都在⊙O的圆周上，AB∥OC，OA∥BC，则∠BDC的度数为（　　）
A．20° B．25° C．30° D．60°
9．如图，等腰△ABC的顶点B、C在圆O上，点A在圆O外，OD⊥AC于D点，若BC=8，sin∠ABC=，OD=3，则圆O的半径为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
10．“托勒密定理”由依巴谷提出，其指出圆的内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．如图，⊙O中有圆内接四边形ABCD，已知BD=8，CD=5，AB=6，∠BDC=60°，则AD=（　　）
A． B． C． D．
二．填空题（共5小题）
11．如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上两点，若∠BCD=40°，则∠ABD的大小为______．
12．如图，点A，B，C在半径为2的⊙O上，∠ACB=60°，OD⊥AB，垂足为E，交⊙O于点D，连接OA，则OE的长度为 ______．
13．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，对角线AC是⊙O的直径，AB=2，∠ADB=45°，则⊙O的半径长为 ______．
14．如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接OB，OD．若∠BOD=130°，则∠C的度数是 ______°．
15．如图，AB是半径为2的⊙O的弦，将弧AB沿AB将翻折后，恰好经过圆心O，点P是翻折的弧AB上的一动点；连接BP并延长交⊙O于C，点Q为PC的中点，连接OQ，则OQ的最小值为 ______．
三．解答题（共5小题）
16．如图，P是⊙O的直径AB延长线上的一点，PC与⊙O相交于点E和点C，过点C作CD⊥AB，交⊙O于点D，交AB于点F，联结PD．
（1）求证：PC=PD；
（2）如果PE的长等于⊙O的半径OC，求证：∠AOC=3∠APC．
17．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M是⊙O上一动点，∠M=∠D，连接BC．
（1）判断BC与MD的位置关系，并说明理由；
（2）若MD恰好经过圆心O，求∠D的度数．
18．如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，且CD⊥AB于点E，连接AD，BC，CO．
（1）当∠BCO=30°时，求∠A的度数；
（2）若CD=6，BE=6，求⊙O的半径．
19．如图，⊙O的直径AB平分非直径弦CD于点E，F是圆上一点，D是的中点，连接CF交AB于点G，连接BC．
（1）求证：GC=BC；
（2）若AG=4，BG=6，求CF的长．
20．Rt△ABC中，∠ACB=90°，⊙O经过点B，C分别交AB，AC于点D，E，边点C作CF⊥AB交⊙O于点F，垂足为G，连接BF，CD，且∠CDB=45°，
（1）求证：CD∥BF；
（2）若⊙O的半径为4，，求AD的长．
青岛版九年级上 3.3 圆周角 课后巩固
(参考答案)
一．选择题（共10小题）
1、D 2、A 3、B 4、A 5、A 6、B 7、B 8、C 9、C 10、B
二．填空题（共5小题）
11、50°； 12、1； 13、； 14、115； 15、；
三．解答题（共5小题）
16、证明：（1）∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴CF=DF，
∴PA为线段CD的垂直平分线，
∴PC=PD，
（2）连接OE，如图：

∵PE=OE=OC，
∴∠EOP=∠APC，∠OEC=∠OCE，
∴∠OEC=∠EOP+∠APC=2∠APC，
∴∠OCE=2∠APC，
∴∠AOC=∠OCE+∠APC=3∠APC．
17、解：（1）BC∥MD，
理由：∵在⊙O中，∠CBM=∠D，且∠M=∠D，
∴∠M=∠CBM，
∴BC∥MD；
（2）连接MC，如图2所示，
∵AB为⊙O的直径，AB⊥CD，
∴=，
∴∠CMB=∠BMD=∠D，
又∵MD过圆心，
∴∠MCD=90°，
∴∠D+∠CMB+∠BMD=90°，
∴∠D=30°．
18、解：（1）∵OB=OC，∠BCO=30°，
∴∠B=∠BCO=30°，
∵AB⊥CD，
∴∠BEC=90°，
∴∠BCD=90°-30°=60°，
∴∠A=∠BCD=60°；
（2）∵AB⊥CD，CD=6，
∴CE=CD=3，
∵OC=OB，BE=6，
∴OE=BE-OB=6-OC，
∵∠OEC=90°，
∴CE2+OE2=OC2，
∴（3）2+（6-OC）2=OC2，
解得：OC=，
即⊙O的半径为．
19、（1）证明：∵D是弧BF的中点，
∴弧FD=弧BD，
∴∠DCF=∠DCB，
即∠ECG=∠ECB，
∵⊙O的直径AB平分非直径弦CD于点E，
根据垂径定理得：AB⊥CD，
∴∠CEG=∠CEB=90°，
在△CEG和△CEB中，
，
∴△CEG≌△CEB（ASA），
∴GC=BC；
（2）解：连接OC，如图所示：
∵AG=4，BG=6，
∴AB=AG+BG=10，
∵AB是⊙O的直径，CD是⊙O非直径的弦，
∴OA=OB=OC=AB=5，
∴OG=BG-OB=6-5=1，
∵GC=BC，AB⊥CD，
∴BE=GE=BG=3，
∴OE=GE-OG=3-1=2，
在Rt△COE中，由勾股定理得：CE===，
在Rt△CGE中，由勾股定理得：CG==√=，
由相交弦定理得：CG FG=AG BG，
∴FG===，
∴CF=CG+FG==．
20、（1）证明：∵CF⊥AB，
∴∠CGD=90°，
∵∠CDB=45°，
∴∠DCF=45°，∠BFC=∠CDB=45°，
∴∠DCF=∠BFC，
∴CD∥BF．
（2）解：如图，连接BE、DE．
∵∠ACB=90°，
∴BE是⊙O的直径，则BE=4×2=8，
∴DE⊥AB，
∵∠CDB=45°，
∴∠CDE=45°，
∴∠CBE=∠CDE=45°，
∴BC=CE，
设BC=CE=x,
在Rt△BCE中利用勾股定理，得BC2+CE2=BE2，即2x2=82，
解得x1=4，x2=-4（舍去），
∴BC=CE=4，
∴AC=AE+CE=4+4=8，
∴tan∠A===，
∴tan∠A==，
∴AD=2DE，
在Rt△ADE中利用勾股定理，得DE2+AD2=AE2，即DE2+（2DE）2=（4）2，
解得DE=或DE=-（舍去），
∴AD=2DE=2×=．