专题2.5圆周角-2021-2022学年九年级数学上册同步培优题典【苏科版】

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2021-2022学年九年级数学上册尖子生同步培优题典【苏科版】
专题2.5圆周角
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2021•邳州市模拟）如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的两点，∠CDB＝20°，则∠ABC的度数为（　　）

A．60° B．65° C．70° D．75°
【分析】利用圆周角定理证明∠ACB＝90°，再利用圆周角定理求出∠CAB可得结论．
【解析】∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠CAB＝∠CDB＝20°，
∴∠ABC＝90°﹣20°＝70°，
故选：C．
2．（2021•常熟市一模）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠OCA＝40°，则∠BOC的度数为（　　）

A．80° B．90° C．100° D．50°
【分析】先利用等腰三角形的性质得到∠A＝∠OCA＝40°，然后根据圆周角定理得到∠BOC的度数．
【解析】∵OC＝OA，
∴∠A＝∠OCA＝40°，
∴∠BOC＝2∠A＝80°．
故选：A．
3．（2021•阜宁县二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝CD，A为BD中点，∠BDC＝54°，则∠ADB等于（　　）

A．42° B．46° C．50° D．54°
【分析】先根据已知条件推出AB=CD=AD，则∠ADB＝∠CBD＝∠ABD，再根据圆内接四边形互补∠ABC+∠ADC＝180°，得到3∠ADB＝126°，即求出∠ADB的度数
【解析】∵A为BD中点，
∴AB=AD，
∵AB＝CD，
∴AB=CD，
∴AB=CD=AD，
∴∠ADB＝∠CBD＝∠ABD，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ADB+∠CBD+ABD＝180°﹣∠BDC＝180°﹣54°＝126°，
∴3∠ADB＝126°，
∴∠ADB＝42°．
故选：A．
4．（2021•溧阳市一模）如图，⊙O中，弦AB，CD相交于点P，∠A＝42°，∠B＝34°，则∠APD的度数是（　　）

A．66° B．76° C．75° D．67°
【分析】由同弧所对的圆周角相等求得∠A＝∠D＝42°，再根据三角形的外角性质即可得出结果．
【解析】∵∠D＝∠A＝42°，
∴∠APD＝∠B+∠D＝34°+42°＝76°，
故选：B．
5．（2021•玄武区一模）如图，点A，B，C在⊙O上，BC∥OA，∠A＝20°，则∠B的度数为（　　）

A．10° B．20° C．40° D．50°
【分析】利用平行线的性质得到∠A＝∠C＝20°，∠AOB＝∠B，结合圆周角定理知∠AOB＝2∠C，易得答案．
【解析】如图，∵BC∥OA，∠A＝20°，
∴∠A＝∠C＝20°，∠AOB＝∠B，
∵AB=AB，
∴∠AOB＝2∠C＝40°．
∴∠B＝∠AOB＝40°．
故选：C．

6．（2021•姑苏区一模）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，若∠D＝110°，则∠BAC的度数为（　　）

A．20° B．35° C．55° D．90°
【分析】利用圆内接四边形的性质求出∠B，再利用圆周角定理求出∠CAB即可．
【解析】∵∠ADC+∠B＝180°，∠ADC＝110°，
∴∠ABC＝70°，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝20°．
故选：A．
7．（2021•海门市模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C、D、E都是⊙O上的点，则∠ACE+∠BDE＝（　　）

A．70° B．80° C．90° D．100°
【分析】连接AD，由圆周角定理可得∠ADE＝∠ACE，再根据直径所对的圆周角是直角即可解答．
【解析】连接AD，如图所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ADE与∠ACE是同弧所对的圆周角，
∴∠ADE＝∠ACE，
∴∠ACE+∠BDE＝∠ADB＝90°，
故选：C．

8．（2020秋•兴化市期末）如图，点A，B，C在⊙O上，且∠ACB＝105°，则∠α的度数为（　　）

A．150° B．130° C．105° D．75°
【分析】在优弧AB上任取一点D，连接AD，BD，先由圆内接四边形的性质求出∠ADB的度数，再由圆周角定理求出∠AOB的度数即可．
【解析】优弧AB上任取一点D，连接AD，BD，

∵四边形ACBD内接与⊙O，∠ACB＝105°，
∴∠ADB＝180°﹣∠C＝180°﹣105°＝75°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝2×75°＝150°．
故选：A．
9．（2020秋•南漳县期末）如图，⊙O中，弦AB、CD相交于P，∠A＝40°，∠APD＝75°，则∠B＝（　　）

A．15° B．40° C．35° D．75°
【分析】利用三角形的外角的性质求出∠C，再利用圆周角定理即可解决问题．
【解析】∵∠APD＝∠A+∠C，
又∵∠A＝40°，∠APD＝75°，
∴∠C＝∠APD﹣∠A＝75°﹣40°＝35°，
∴∠B＝∠C＝35°．
故选：C．
10．（2020•吴江区三模）如图，扇形AOB中，∠AOB＝90°，半径OA＝6，C是AB的中点，CD∥OA，交AB于点D，则CD的长为（　　）

A．22−2 B．2 C．2 D．62−6
【分析】连接OC交AB于T．求出OT，CT，证明CD=2CT可得结论．
【解析】连接OC交AB于T．

∵AC=BC，
∴∠AOC＝∠BOC=12∠AOB＝45°，
∵OA＝OB＝6，
∴AB=2OA＝62，
∴OC⊥AB，AT＝BT，
∴OT=12AB＝32，
∴CT＝OC＝OT＝6﹣32，
∵CD∥OA，
∴∠DCT＝∠AOC＝45°，
∵∠DTC＝90°，
∴CD=2CT＝62−6．
故选：D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2021•海陵区一模）如图，A、B、C、D是⊙O上四点，C为BD的中点，如果∠A＝25°，则∠CBD的度数为　25　°．

【分析】根据等弧对等角确定∠CDB＝∠CBD，然后利用等弧所对的圆周角相等∠CDB＝∠CBD＝∠A＝25°．
【解析】∵点C是BD的中点，
∴CD=CB，
∴CD＝CB，
∴∠CDB＝∠CBD＝∠A＝25°，
故答案为：25°．
12．（2021•金坛区模拟）如图，∠EBC是⊙O内接四边形也ABCD的一个外角，若∠CBE＝60°，则∠ADC＝　60　°．

【分析】根据圆内接四边形对角互补的性质求出∠D，得到答案．
【解析】∵∠CBE是圆内接四边形ABCD的一个外角，∠CBE＝60°，
∴∠ADC＝∠CBE＝60°，
故答案为：60．
13．（2020秋•新吴区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是直径，∠ABC＝40°，OD∥BC，则∠BCD的度数为　110°　．

【分析】根据平行线的性质和已知条件得出∠AOD＝∠ABC＝40°，根据等腰三角形的性质得出∠A＝∠ADO，求出∠A的度数，根据圆内接四边形的性质得出∠A+∠BCD＝180°，
【解析】∵∠ABC＝40°，OD∥BC，
∴∠AOD＝∠ABC＝40°，
∵OD＝OA，
∴∠A＝∠ADO=12（180°﹣∠AOD）＝70°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∴∠BCD＝180°﹣70°＝110°，
故答案为：110°．
14．（2021•建邺区一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若它的一个外角∠DCE＝122°，则另一个外角∠DAF＝　58°　．

【分析】直接利用圆内接四边形的性质对角互补即可得出答案．
【解析】∵∠DCE＝122°，
∴∠BCD＝180°﹣122°＝58°，
∴∠BAD＝180°﹣58°＝122°，
∴∠FAD＝180°﹣122°＝58°．
故答案为：58°．
15．（2021春•亭湖区校级月考）如图，在⊙O中，弦AB、CD相交于点E，∠C＝40°，∠AED＝100°，则∠D＝　60°　．

【分析】首先根据圆周角定理的推论，得∠C＝∠ABD，再根据三角形外角的性质即可求得∠D的度数．
【解析】∵∠C＝40°，
∴∠C＝∠B＝40°．
∵∠AED＝100°，
∴∠D＝∠AED﹣∠B＝100°﹣40°＝60°．
故答案是：60°．

16．（2021•泰兴市模拟）如图，⊙O的半径为13，四边形ABCD内接于⊙O，AC⊥BD，AD=23BC，则AD+BC的值为　10　．

【分析】作直径BE，连接DE，EC．证明AD＝EC，设EC＝2k，BC＝3k，利用勾股定理构建方程求解即可．
【解析】作直径BE，连接DE，EC．

∵BE是直径，
∴∠BDE＝∠BCE＝90°，
∴BD⊥DE，
∵AC⊥BD，
∴DE∥AC，
∴∠CDE＝∠ACD，
∴AD=EC，
∴AD＝EC，
∵AD=23BC，
∴EC=23BC，
∴可以假设EC＝2k，BC＝3k，
∵BC2+EC2＝BE2，
∴（3k）2+（2k）2＝（213）2，
∴k＝2或﹣2（舍弃），
∴BC＝6，EC＝4，
∴AD＝EC＝4，
∴AD+BC＝10，
故答案为10．
17．（2021•宜兴市模拟）如图，扇形OAB中，∠AOB＝90°，将扇形OAB绕点B逆时针旋转，得到扇形BDC，若点O刚好落在弧AB上的点D处，则ADAC的值为　3−12　．

【分析】如图，连OD、AB、BC，延长AD交BC于H点，由旋转的性质可得BD＝BO＝OD＝CD＝OA，∠BDC＝90°，可证△ABC是等边三角形，由线段垂直平分线的性质可得AH垂直平分BC，由等腰直角三角形的性质和等边三角形的性质可得AC＝2CH，AD=3CH﹣CH，即可求解．
【解析】如图，连OD、AB、BC，延长AD交BC于H点，

∵将扇形OAB绕点B逆时针旋转，得到扇形BDC，若点O刚好落在弧AB上的点D处，
∴BD＝BO＝OD＝CD＝OA，∠BDC＝90°，
∴∠OBD＝60°，即旋转角为60°，
∴∠ABC＝60°，又可知AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AH垂直平分BC，
∴∠CAH＝30°，
∴AC＝2CH，AH=3CH，
∵BD＝CD，∠BDC＝90°，DH⊥BC，
∴DH＝CH，
∴AD=3CH﹣CH，
∴ADAC=3−12，
故答案为：3−12．
18．（2021•泗洪县一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，且AC⊥BD，OF⊥CD，垂足分别为E、F，若OF=52，则AB＝　5　．

【分析】作直径DG，连接CG，如图，利用圆周角定理得到∠DCG＝90°，再证明∠ADB＝∠CDG，则AB＝CG，接着根据垂径定理得到DF＝CF，则OF为△DCG的中位线，所以CG＝2OF＝5，从而得到AB的长．
【解析】作直径DG，连接CG，如图，
∵DG为直径，
∴∠DCG＝90°，
∴∠CDG+∠G＝90°，
∵AC⊥BD，
∴∠DAC+∠ADB＝90°，
∵∠DAC＝∠G，
∴∠ADB＝∠CDG，
∴AB=CG，
∴AB＝CG，
∵OF⊥CD，
∴DF＝CF，
∵OD＝OG，
∴OF为△DCG的中位线，
∴CG＝2OF＝2×52=5，
∴AB＝5．
故答案为5．

三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020秋•梁溪区校级期中）如图，在⊙O中，直径AB与弦CD相交于点P，∠CAB＝45°，∠APD＝75°．
（1）求∠B的大小；
（2）已知圆心O到BD的距离为3，求AD的长．

【分析】（1）根据三角形外角性质求出∠C，根据圆周角定理得出∠B＝∠C，即可求出答案；
（2）过O作OE⊥BD于E，根据垂径定理求出BE＝DE，根据三角形中位线求出AD＝2OE，代入求出即可．
【解析】（1）∵∠CAB＝45°，∠APD＝75°．
∴∠C＝∠APD﹣∠CAB＝30°，
∵由圆周角定理得：∠C＝∠B，
∴∠B＝30°；

（2）过O作OE⊥BD于E，
∵OE过O，
∴BE＝DE，
∵圆心O到BD的距离为3，
∴OE＝3，
∵AO＝BO，DE＝BE，
∴AD＝2OE＝6．
20．（2020•南京）如图，在△ABC中，AC＝BC，D是AB上一点，⊙O经过点A、C、D，交BC于点E，过点D作DF∥BC，交⊙O于点F．
求证：（1）四边形DBCF是平行四边形；
（2）AF＝EF．

【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠BAC＝∠B，根据平行线的性质得出∠ADF＝∠B，求出∠ADF＝∠CFD，根据平行线的判定得出BD∥CF，根据平行四边形的判定得出即可；
（2）求出∠AEF＝∠B，根据圆内接四边形的性质得出∠ECF+∠EAF＝180°，根据平行线的性质得出∠ECF+∠B＝180°，求出∠AEF＝∠EAF，根据等腰三角形的判定得出即可．
【解答】证明：（1）∵AC＝BC，
∴∠BAC＝∠B，
∵DF∥BC，
∴∠ADF＝∠B，
∵∠BAC＝∠CFD，
∴∠ADF＝∠CFD，
∴BD∥CF，
∵DF∥BC，
∴四边形DBCF是平行四边形；


（2）连接AE，
∵∠ADF＝∠B，∠ADF＝∠AEF，
∴∠AEF＝∠B，
∵四边形AECF是⊙O的内接四边形，
∴∠ECF+∠EAF＝180°，
∵BD∥CF，
∴∠ECF+∠B＝180°，
∴∠EAF＝∠B，
∴∠AEF＝∠EAF，
∴AF＝EF．
21．（2020秋•鼓楼区期末）如图，⊙O的半径为4，点E在⊙O上，OE⊥弦AB，垂足为D，OD＝23．
（1）求AB的长；
（2）若点C为⊙O上一点（不与点A，B重合），直接写出∠ACB的度数．

【分析】（1）连接OA．利用勾股定理求出AD，再根据垂径定理可得结论．
（2）分两种情况讨论：点C在优弧AB或劣弧AB上，分别求解即可．
【解析】（1）连接OA，
∵弦AB⊥OE，
∴AD＝BD=12AB，∠ODA＝90°，
∴AD2+OD2＝OA2
∴AD2＝42﹣（23）2＝4，
∴AD＝2，
∴AB＝4；

（2）分两种情况讨论：
情况一，在优弧AB上，连接OA，OB，如图1，
∵OD＝23，OA＝4，
∴cos∠AOD=ODOA=234=32，
∴∠AOD＝30°，
∴∠AOB＝60°，
∴∠C=12∠AOB=12×60°=30°，
情况二，在劣弧AB上，
∠ACB＝180°﹣30°＝150°，
综上所述，∠ACB＝30°或150°．

22．（2020秋•高州市期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，且CD＝24，点M在⊙O上，MD经过圆心O，连接MB．
（1）若BE＝8，求⊙O的半径；
（2）若∠DMB＝∠D，求线段OE的长．

【分析】（1）根据题意和图形，利用勾股定理、垂径定理可以解答本题；
（2）根据三角形全等、勾股定理可以求得线段OE的长．
【解析】（1）设⊙O的半径长为r，
则OD＝r，OE＝r﹣8，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，且CD＝24，
∴DE＝12，
∴OD2＝OE2+DE2，
即r2＝（r﹣8）2+122，
解得，r＝13，
即⊙O的半径是13；
（2）连接BC，
∵∠DMB＝∠D，∠DMB＝∠DCB，
∴∠D＝∠DCB，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，且CD＝24，
∴CE＝DE＝12，∠CEB＝∠DEO，
∴△CEB≌△DEO（ASA），
∴OE＝BE＝0.5OB，
设⊙O的半径长为r，
则r2＝122+（0.5r）2，
解得，r=83或r＝﹣83（舍去），
∴OE＝43．
23．（2020秋•扬州期末）如图，AB是⊙O的直径，C是BD的中点，CE⊥AB于E，BD交CE于点F，
（1）求证：CF＝BF；
（2）若CD＝12，AC＝16，求⊙O的半径和CE的长．

【分析】（1）由AB是⊙O的直径，CE⊥AB，易得∠2＝∠A，又由C是BD的中点，可得∠1＝∠A，即可得∠1＝∠2，判定CF＝BF；
（2）由C是BD的中点，可得BC＝CD＝12，又由AB是⊙O的直径，可得∠ACB＝90°，即可求得AB的长，然后由三角的面积，求得CE的长．
【解析】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
又∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠2＝90°﹣∠ABC＝∠A，
又∵C是弧BD的中点，
∴∠1＝∠A，
∴∠1＝∠2，
∴CF＝BF；

（2）∵C是弧BD的中点，
∴BC=CD，
∴BC＝CD＝12，
又∵在Rt△ABC中，AC＝16，
∴由勾股定理可得：AB＝20，
∴⊙O的半径为10，
∵S△ABC=12AC•BC=12AB•CE，
∴CE=AC⋅BCAB=9.6．
24．（2020秋•扬州期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是弧AC上的点，AG，DC延长线交于点F．
（1）求证：∠FGC＝∠AGD．
（2）若BE＝2，CD＝8，求AD的长．

【分析】（1）利用垂径定理得到AC=AD，根据圆周角定理的推论得到∠AGD＝∠ADC，再利用圆内接四边形的性质得到∠FGC＝∠ADC，从而得到结论；
（2）连接OD，如图，根据垂径定理得到DE＝CE＝4，利用勾股定理得到DO2＝（OD﹣2）2+42，则可求出OD＝5，然后利用勾股定理计算AE的长．
【解答】（1）证明：∵弦CD⊥AB，
∴AC=AD，
∴∠AGD＝∠ADC，
∵四边形ABCG是圆内接四边形，
∴∠FGC＝∠ADC，
∴∠FGC＝∠AGD；
（2）解：连接OD，如图，
∵CD⊥AB，CD＝8
∴DE＝CE＝4，
在Rt△DOE中，∵DO2＝OE2+ED2，
∴DO2＝（OD﹣2）2+42，解得OD＝5，
∴AE＝10﹣2＝8，
∴AD=AE2+DE2=80=45．