中考数学《一轮专题讲义》（41专题）第39讲 与圆有关的角（解析版）学案

这是一份中考数学《一轮专题讲义》（41专题）第39讲 与圆有关的角（解析版）学案，共25页。学案主要包含了圆周角与垂径定理的关系，解答题等内容，欢迎下载使用。

 中考数学一轮复习讲义
考点三十九：与圆有关的角
聚焦考点☆温习理解
一、弧、弦、弦心距、圆心角之间的关系定理
1、圆心角
顶点在圆心的角叫做圆心角。
2、弧、弦、弦心距、圆心角之间的关系定理
在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦想等，所对的弦的弦心距相等。[来源:Z_xx_k.Com]
推论：在同圆或等圆中，如果两个圆的圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等。学-科网
3、圆周角
顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角。
4、圆周角定理
一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等。
推论2：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。
推论3：如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形。

名师点睛☆典例分类
考点典例一、圆心角、圆周角之间的换算.
【例1】(2019•甘肃庆阳•3分)如图，点A，B，S在圆上，若弦AB的长度等于圆半径的倍，则∠ASB的度数是(　　)

A．22.5° B．30° C．45° D．60°
【分析】设圆心为0，连接OA、OB，如图，先证明△OAB为等腰直角三角形得到∠AOB＝90°，然后根据圆周角定理确定∠ASB的度数．
【解答】解：设圆心为O，连接OA、OB，如图，
∵弦AB的长度等于圆半径的倍，
即AB＝OA，
∴OA2+OB2＝AB2，
∴△OAB为等腰直角三角形，∠AOB＝90°，
∴∠ASB＝∠AOB＝45°．
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．
【举一反三】
(2018海南中考模拟)如图，点A、B、C在⊙O上，AC∥OB，∠BAO=25°，则∠BOC的度数为( )

A．25° B．50° C．60° D．80°
【答案】B.
考点：圆周角定理及推论，平行线的性质.
考点典例二、圆周角与垂径定理的关系
【例2】(2019•山东威海•3分)如图，⊙P与x轴交于点A(﹣5，0)，B(1，0)，与y轴的正半轴交于点C．若∠ACB＝60°，则点C的纵坐标为(　　)

A．+ B．2+ C．4 D．2+2
【分析】连接PA，PB，PC，过P作PD⊥AB于D，PE⊥BC于E，根据圆周角定理得到∠APB＝120°，根据等腰三角形的性质得到∠PAB＝∠PBA＝30°，由垂径定理得到AD＝BD＝3，解直角三角形得到PD＝，PA＝PB＝PC＝2，根据勾股定理得到CE＝＝＝2，于是得到结论．
【解答】解：连接PA，PB，PC，过P作PD⊥AB于D，PE⊥BC于E，
∵∠ACB＝60°，
∴∠APB＝120°，
∵PA＝PB，
∴∠PAB＝∠PBA＝30°，
∵A(﹣5，0)，B(1，0)，
∴AB＝6，
∴AD＝BD＝3，
∴PD＝，PA＝PB＝PC＝2，
∵PD⊥AB，PE⊥BC，∠AOC＝90°，
∴四边形PEOD是矩形，
∴OE＝PD＝，PE＝OD＝2，
∴CE＝＝＝2，
∴OC＝CE+OE＝2+，
∴点C的纵坐标为2+，
故选：B．

【点评】本题考查了圆周角定理，坐标与图形性质，垂径定理，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
【举一反三】
(2019•四川省凉山州•4分)如图所示，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，∠A＝30°，CD＝2，则⊙O的半径是　2　．

【分析】连接BC，由圆周角定理和垂径定理得出∠ACB＝90°，CH＝DH＝CD＝，由直角三角形的性质得出AC＝2CH＝2，AC＝BC＝2，AB＝2BC，得出BC＝2，AB＝4，求出OA＝2即可．
【解答】解：连接BC，如图所示：
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，
∴∠ACB＝90°，CH＝DH＝CD＝，
∵∠A＝30°，
∴AC＝2CH＝2，
在Rt△ABC中，∠A＝30°，
∴AC＝BC＝2，AB＝2BC，
∴BC＝2，AB＝4，
∴OA＝2，
即⊙O的半径是2；
故答案为：2．

【点评】本题考查的是垂径定理、圆周角定理、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
考点典例三 圆周角与切线之间的关系
【例3】(2019•江苏无锡•3分)如图，PA是⊙O的切线，切点为A，PO的延长线交⊙O于点B，若∠P＝40°，则∠B的度数为(　　)

A．20° B．25° C．40° D．50°
【分析】连接OA，如图，根据切线的性质得∠PAO＝90°，再利用互余计算出∠AOP＝50°，然后根据等腰三角形的性质和三角形外角性质计算∠B的度数．
【解答】解：连接OA，如图，
∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥AP，
∴∠PAO＝90°，
∵∠P＝40°，
∴∠AOP＝50°，
∵OA＝OB，
∴∠B＝∠OAB，
∵∠AOP＝∠B+∠OAB，
∴∠B＝∠AOP＝×50°＝25°．
故选：B．

【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．

【举一反三】(2019•广西贺州•10分)如图，BD是⊙O的直径，弦BC与OA相交于点E，AF与⊙O相切于点A，交DB的延长线于点F，∠F＝30°，∠BAC＝120°，BC＝8．
(1)求∠ADB的度数；
(2)求AC的长度．

【分析】(1)由切线的性质得出AF⊥OA，由圆周角定理好已知条件得出∠F＝∠DBC，证出AF∥BC，得出OA⊥BC，求出∠BOA＝90°﹣30°＝60°，由圆周角定理即可得出结果；
(2)由垂径定理得出BE＝CE＝BC＝4，得出AB＝AC，证明△AOB是等边三角形，得出AB＝OB，由直角三角形的性质得出OE＝OB，BE＝OE＝4，求出OE＝，即可得出AC＝AB＝OB＝2OE＝．
【解答】解：(1)∵AF与⊙O相切于点A，
∴AF⊥OA，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝120°，
∴∠DAC＝30°，
∴∠DBC＝∠DAC＝30°，
∵∠F＝30°，
∴∠F＝∠DBC，
∴AF∥BC，
∴OA⊥BC，
∴∠BOA＝90°﹣30°＝60°，
∴∠ADB＝∠AOB＝30°；
(2)∵OA⊥BC，
∴BE＝CE＝BC＝4，
∴AB＝AC，
∵∠AOB＝60°，OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OB，
∵∠OBE＝30°，
∴OE＝OB，BE＝OE＝4，
∴OE＝，
∴AC＝AB＝OB＝2OE＝．
【点评】本题考查了切线的性质、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、垂径定理、直角三角形的性质等知识；熟练掌握切线的性质和圆周角定理，证出OA⊥BC是解题的关键．



考点典例四 与圆周角有关的证明
【例4】 (2019•湖南益阳•10分)如图，在Rt△ABC中，M是斜边AB的中点，以CM为直径作圆O交AC于点N，延长MN至D，使ND＝MN，连接AD、CD，CD交圆O于点E．
(1)判断四边形AMCD的形状，并说明理由；
(2)求证：ND＝NE；
(3)若DE＝2，EC＝3，求BC的长．

【考点】圆与相似．
【分析】(1)证明四边形AMCD的对角线互相平分，且∠CNM＝90°，可得四边形AMCD为菱形；
(2)可证得∠CMN＝∠DEN，由CD＝CM可证出∠CDM＝∠CMN，则∠DEN＝∠CDM，结论得证；
(3)证出△MDC∽△EDN，由比例线段可求出ND长，再求MN的长，则BC可求出．
【解答】(1)解：四边形AMCD是菱形，理由如下：
∵M是Rt△ABC中AB的中点，∴CM＝AM，
∵CM为⊙O的直径，∴∠CNM＝90°，∴MD⊥AC，∴AN＝CN，
∵ND＝MN，∴四边形AMCD是菱形．
(2)∵四边形CENM为⊙O的内接四边形，∴∠CEN+∠CMN＝180°，
∵∠CEN+∠DEN＝180°，∴∠CMN＝∠DEN，
∵四边形AMCD是菱形，∴CD＝CM，
∴∠CDM＝∠CMN，∴∠DEN＝∠CDM，∴ND＝NE．
(3)∵∠CMN＝∠DEN，∠MDC＝∠EDN，
∴△MDC∽△EDN，∴，
设DN＝x，则MD＝2x，由此得，
解得：x＝或x＝－(不合题意，舍去)，
∴，
∵MN为△ABC的中位线，∴BC＝2MN，∴BC＝2．
【点评】本题考查了圆综合知识，熟练运用圆周角定理、菱形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．


【举一反三】
已知是的直径，弦与相交，.

(Ⅰ)如图①，若D为的中点，求和的大小；
(Ⅱ)如图②，过点作的切线，与的延长线交于点P，若，求的大小.
【来源】天津市2018年中考数学试题
【答案】(1)52°，45°；(2)26°
【解析】分析：(Ⅰ)运用直径所对的圆周角是直角以及圆周角的度数等于它所对弧的度数求解即可；
(Ⅱ)运用圆周角定理求解即可.


(Ⅱ)如图，连接.
∵切于点D，
∴，即.
由，又，
∴是的外角，
∴.
∴.
又，得.
∴.

点睛：本题考查了圆周角定理，切线的性质以及等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
课时作业☆能力提升
一．选择题
1．【辽宁省盘锦市双台子区2019届九年级下学期第二次联考数学试题】如图，△ABC的顶点A、B、C均在⊙O上，若∠ABC+∠AOC=90°，则∠AOC的大小是

A．30° B．45° C．60° D．70°
【答案】C
【解析】∵∠ABC=∠AOC，
而∠ABC+∠AOC=90°，
∴∠AOC+∠AOC=90°，
∴∠AOC=60°．
故选C．
【名师点睛】此题考查圆周角定理及其推论，解题关键在于得到∠ABC=∠AOC．
2. 用反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，那么点与圆的位置关系只能是( )
A. 点在圆内 B. 点在圆上 C. 点在圆心上 D. 点在圆上或圆内
【来源】2018年浙江省舟山市中考数学试题
【答案】D
【解析】【分析】在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．
【解答】用反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，
那么点应该在圆内或者圆上.
故选D.
【点评】考查反证法以及点和圆的位置关系，解题的关键是掌握点和圆的位置关系.
3. (2018山东济南中考模拟)如图，□中，，，以为直径的⊙交于点，则弧的长为( )

A． B． C. D．
【答案】B．
【解析】
试题解析：连接OE，如图所示：

∵四边形ABCD是平行四边形，[来源:学&科&网Z&X&X&K]
∴∠D=∠B=70°，AD=BC=6，
∴OA=OD=3，
∵OD=OE，
∴∠OED=∠D=70°，
∴∠DOE=180°﹣2×70°=40°，
∴的长=.
故选：B．
考点：弧长的计算；平行四边形的性质；圆周角定理．
4. (2017新疆建设兵团第9题)如图，⊙O的半径OD垂直于弦AB，垂足为点C，连接AO并延长交⊙O于点E，连接BE，CE．若AB=8，CD=2，则△BCE的面积为(　　)

A．12 B．15 C．16 D．18[来源:学科网ZXXK]
【答案】A.
【解析】
试题解析：∵⊙O的半径OD垂直于弦AB，垂足为点C，AB=8，
∴AC=BC=AB=4．
设OA=r，则OC=r﹣2，
在Rt△AOC中，
∵AC2+OC2=OA2，即42+(r﹣2)2=r2，解得r=5，
∴AE=10，
∴BE==6，
∴△BCE的面积=BC•BE=×4×6=12．
故选A．
考点：圆周角定理；垂径定理
5. (山东省济南市长清区2018届九年级3月质量(模拟)检测数学试题)如图，直径为10的经过点C和点O，点B是y轴右侧优弧上一点，∠OBC=30°，则点C的坐标为( )

A. B. C. D.
【答案】A
故选A．

点睛：此题考查了圆周角定理与含30°角的直角三角形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想的应用．
6(西藏拉萨北京实验中学等四校2018届九年级第一次联考数学试题)如图，△ABC为⊙O的内接三角形，∠BOC=80°，则∠A等于(　　)

A. 80 B. 60 C. 50 D. 40
【答案】D
【解析】试题解析：由圆周角定理得,
故选D.
点睛：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半
二．填空题
1. 【2019年江苏省南京市秦淮区中考数学一模试卷】如图，⊙O的半径为6，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB，D是⊙O上一点，∠CDB=22.5°，则AB=__________．

【答案】6
【解析】∵∠CDB=22.5°，
∴∠COB=2∠CDB=45°，
∵OC⊥AB，
∴∠OBA=∠COB=45°，
∴∠OAB=∠OBA=45°，
∵半径为6，
∴AB=OA=6，
故答案为：6．
【名师点睛】本题考查了圆周角定理及垂径定理的知识，解题的关键是能够得到直角三角形，难度不大．
2. 如图，在矩形中，，，点E在上，，点在边上一动点，以为斜边作.若点在矩形的边上，且这样的直角三角形恰好有两个，则的值是__________．

【来源】2018年浙江省舟山市中考数学试题
【答案】0或或4
【解析】【分析】在点F的运动过程中分别以EF为直径作圆，观察圆和矩形矩形边的交点个数即可得到结论.
【解答】当点F与点A重合时，以为斜边恰好有两个，符合题意.
当点F从点A向点B运动时，
当时，共有4个点P使是以为斜边.
当时，有1个点P使是以为斜边.

当时，有2个点P使是以为斜边.
当时，有3个点P使是以为斜边.

当时，有4个点P使是以为斜边.
当点F与点B重合时，以为斜边恰好有两个，符合题意.
故答案为：0或或4
【点评】考查圆周角定理，熟记直径所对的圆周角是直角是解题的关键.注意分类讨论思想在数学中的应用.
3. 如图，是的外接圆，，，则的直径为__________．

【来源】山东省泰安市2018年中考数学试题
【答案】


点睛：本题主要考查了三角形的外接圆以及圆周角定理的运用，三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．
4. 如图1是小明制作的一副弓箭，点A，D分别是弓臂BAC与弓弦BC的中点，弓弦BC=60cm．沿AD方向拉弓的过程中，假设弓臂BAC始终保持圆弧形，弓弦不伸长．如图2，当弓箭从自然状态的点D拉到点D1时，有AD1=30cm，∠B1D1C1=120°．
(1)图2中，弓臂两端B1，C1的距离为_____cm．
(2)如图3，将弓箭继续拉到点D2，使弓臂B2AC2为半圆，则D1D2的长为_____cm．

【来源】浙江省金华市2018年中考数学试题
【答案】 30 10﹣10，
【解析】分析：(1)如图1中，连接B1C1交DD1于H．解直角三角形求出B1H，再根据垂径定理即可解决问题；
(2)如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G．利用弧长公式求出半圆半径即可解决问题；
详解：(1)如图2中，连接B1C1交DD1于H．

∵D1A=D1B1=30
∴D1是的圆心，
∵AD1⊥B1C1，
∴B1H=C1H=30×sin60°=15，
∴B1C1=30
∴弓臂两端B1，C1的距离为30
(2)如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G．
设半圆的半径为r，则πr=，
∴r=20，
∴AG=GB2=20，GD1=30-20=10，
在Rt△GB2D2中，GD2=
∴D1D2=10-10．
故答案为30，10-10，
点睛：本题考查垂径定理的应用、勾股定理、弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
5. (2018湖南株洲第中考模拟)如图，已知AM为⊙O的直径，直线BC经过点M，且AB=AC，∠BAM=∠CAM，线段AB和AC分别交⊙O于点D、E，∠BMD=40°，则∠EOM=　　．

【答案】80°.
【解析】
试题分析：连接EM，
∵AB=AC，∠BAM=∠CAM，∴AM⊥BC，
∵AM为⊙O的直径，∴∠ADM=∠AEM=90°，
∴∠AME=∠AMD=90°﹣∠BMD=50°∴∠EAM=40°，
∴∠EOM=2∠EAM=80°，
故答案为：80°．

考点：圆周角定理．
6. (2017湖北孝感第15题)已知半径为的中，弦，弦，则的度数为 ．
【答案】150°或30°

考点：1.垂径定理；2.解直角三角形；3.等边三角形的判定与性质；4.圆周角定理.
7. (2017青海西宁第17题)如图，四边形内接于，点在的延长线上，若，则______.

【答案】60°
【解析】
试题分析：∵∠BOD=120°，∴∠A=∠BOD=60°．
∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠DCE=∠A=60°．
考点： 1.圆内接四边形的性质；2.圆周角定理．
8. (2017海南第18题)如图，AB是⊙O的弦，AB=5，点C是⊙O上的一个动点，且∠ACB=45°，若点M、N分别是AB、AC的中点，则MN长的最大值是 ．

【答案】.
【解析】
试题分析：根据中位线定理得到MN的最大时，BC最大，当BC最大时是直径，从而求得直径后就可以求得最大值．
如图，∵点M，N分别是AB，AC的中点，∴MN=BC，
∴当BC取得最大值时，MN就取得最大值，当BC是直径时，BC最大，
连接BO并延长交⊙O于点C′，连接AC′，
∵BC′是⊙O的直径，∴∠BAC′=90°．
∵∠ACB=45°，AB=5，∴∠AC′B=45°，∴BC′===5，
∴MN最大=．故答案为：．

考点：三角形的中位线定理，等腰直角三角形的性质，圆周角定理，解直角三角形.
三、解答题
1. (2018湖北黄冈中考模拟) 如图，的直径 弦的平分线交于 过点作交延长线于点，连接

(1)由，，围成的曲边三角形的面积是 ；
(2)求证：是的切线；
(3)求线段的长.
【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)．
试题解析：(1)如图，连接OD，
∵AB是直径，且AB=10，∴∠ACB=90°，AO=BO=DO=5，
∵CD平分∠ACB，∴∠ABD=∠ACD=∠ACB=45°，∴∠AOD=90°，
则曲边三角形的面积是S扇形AOD+S△BOD= +×5×5=；

(2)由(1)知∠AOD=90°，即OD⊥AB，
∵DE∥AB，∴OD⊥DE，∴DE是⊙O的切线；
(3)∵AB=10、AC=6，∴BC==8，
过点A作AF⊥DE于点F，则四边形AODF是正方形，
∴AF=OD=FD=5，∴∠EAF=90°﹣∠CAB=∠ABC，∴tan∠EAF=tan∠CBA，
∴，即，∴EF=，∴DE=DF+EF=+5=．
考点：1.切线的判定；2.圆周角定理；3.正方形的判定与性质；4.正切函数的定义.
2. (2019•河南)如图，在△ABC中，BA=BC，∠ABC=90°，以AB为直径的半圆O交AC于点D，点E是上不与点B，D重合的任意一点，连接AE交BD于点F，连接BE并延长交AC于点G．
(1)求证：△ADF≌△BDG；
(2)填空：
①若AB=4，且点E是的中点，则DF的长为__________；
②取的中点H，当∠EAB的度数为__________时，四边形OBEH为菱形．

【解析】(1)∵BA=BC，∠ABC=90°，
∴∠BAC=45°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠AEB=90°，
∴∠DAF+∠BGD=∠DBG+∠BGD=90°，
∴∠DAF=∠DBG，
∵∠ABD+∠BAC=90°，
∴∠ABD=∠BAC=45°，
∴AD=BD，
∴△ADF≌△BDG．
(2)①如图2，过F作FH⊥AB于H，

∵点E是的中点，
∴∠BAE=∠DAE，
∵FD⊥AD，FH⊥AB，
∴FH=FD，
∵=sin∠ABD=sin45°=，
∴，即BF=FD，
∵AB=4，
∴BD=4cos45°=2，即BF+FD=2，( +1)FD=2，
∴FD==4-2，
故答案为：4-2．
②连接OH，EH，

∵点H是的中点，
∴OH⊥AE，
∵∠AEB=90°，
∴BE⊥AE，
∴BE∥OH，
∵四边形OBEH为菱形，
∴BE=OH=OB=AB，
∴sin∠EAB==，
∴∠EAB=30°．
故答案为：30°．
3.(2019•包头)如图，在⊙中，是⊙上的一点，，弦，弦平分交于点，连接．
(1)求⊙半径的长；
(2)求证：．

【解析】(1)连接，过作于点，如图1，

∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故⊙的半径为．
(2)在上截取，连接，如图2，

∵，平分，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【名师点睛】本题是圆的一个综合题，主要考查圆的圆内接四边形定理，圆周角定理，垂径定理，角平分线定义，三角形全等的性质与判定，等边三角形的性质与判定，解直角三角形，内容较多，有一定难度，第一题关键在于求∠AOC的度数，第二题的关键在于构造全等三角形．