初中24.3.1 圆周角定理同步达标检测题

这是一份初中24.3.1 圆周角定理同步达标检测题，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

北京市2022-2023年上学期期末数学试题知识点分类汇编-01圆周角定理

一、单选题
1．（2023秋·北京东城·九年级统考期末）如图，在中，是直径，弦的长为5，点D在圆上，且， 则的半径为（   ）

A． B．5 C． D．
2．（2023秋·北京密云·九年级统考期末）如图，是的直径，C、D是上两点，，则的度数是（    ）

A． B． C． D．
3．（2023秋·北京通州·九年级统考期末）有下列说法：①直径是圆中最长的弦；②等弦所对的圆周角相等；③圆中90°的角所对的弦是直径；④相等的圆心角对的弧相等．其中正确的有（   ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（2023秋·北京通州·九年级统考期末）如图，点A，B，C在⊙O上，∠ACB=35°，则∠AOB的度数是（    ）

A．75° B．70° C．65° D．55°
5．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是直径，点C、D将分成相等的三段弧，点P在上．已知点Q在上且，则点Q所在的弧是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题
6．（2023秋·北京密云·九年级统考期末）如图，的弦长为2，是的直径，．

①的半径长为 ．
②P是上的动点，则的最小值是 ．
7．（2023秋·北京密云·九年级统考期末）如图，A，B、C三点都在上，，过点A作的切线与的延长线交于点P，则的度数是 ．

8．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是的内接三角形，于点，若的半径为，，则 ．

9．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，已知内接于，是的直径，平分，交于点，若，则的长为 ．

10．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是正方形的外接圆，，点是上任意一点，于．当点从点出发按顺时针方向运动到点时，则的最小值为 ．

11．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是的内接三角形，，，，垂足为H，连接，则的最大值是 ．

12．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图， 上有两点， 点在内， 若的半径为， 则弦的弦心距离 ， ．

13．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是的内接三角形．若，，则的半径是 ．

14．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是⊙的直径，是⊙的弦，连结，．若，，则 ．

15．（2023秋·北京东城·九年级统考期末）如图，在⊙O中，AB切⊙O于点A，连接OB交⊙O于点C，过点A作AD∥OB交⊙O于点D，连接CD．若∠B=50°，则∠OCD的度数等于 ．

16．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，已知⊙O上有三点A、B、C，半径OC＝2，∠ABC＝30°，切线AP交OC延长线于点P，则△OAP的周长为

17．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，⊙O内接正五边形ABCDE与等边三角形AFG，则∠FBC＝ ．


三、解答题
18．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，四边形内接于，为的直径，若 ，，，求的长度．

19．（2023·北京海淀·九年级期末）已知：点，，在上，且．
求作：直线，使其过点，并与相切．
作法：①连接；
②分别以点，点为圆心，长为半径作弧，两弧交于外一点；
③作直线．
直线就是所求作直线．

(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
(2)完成下面的证明．
证明：连接，，
∵，
∴四边形是菱形，
∵点，，在上，且，
∴______°（_________________）（填推理的依据）．
∴四边形是正方形，
∴，即，
∵为半径，
∴直线为的切线（_________________）（填推理的依据）．
20．（2023·北京海淀·九年级期末）按要求作图：

(1)如图1，在正方形网格中，有一圆经过了两个小正方形的顶点A，B，利用无刻度直尺画出这个圆的一条直径；
(2)如图2，BA，BD是⊙O中的两条弦，C是BD上一点，ÐBAC=50°，利用无刻度直尺在图中画一个含有50°角的直角三角形；
(3)如图3，利用无刻度直尺和圆规，以AB边上一点O为圆心，过A、D两点作⊙O（不写作法，保留作图痕迹）；
(4)如图4，AB与圆相切，且切点为点B，利用无刻度直尺在网格中找出点B的位置．
21．（2023·北京海淀·九年级期末）如图，四边形OABC是平行四边形，以点O为圆心，OC为半径的⊙O与AB相切于点B，与AO相交于点D，AO的延长线交⊙O于点E，连接EB交OC于点F．求∠C和∠E的度数．

22．（2023·北京海淀·九年级期末）已知，是的直径，与相切于点，，点在上，且，两点位于异侧，，连接．

（1）如图1，求证：平分；
（2）如图2，若，，作于点，连接，求线段的长．

参考答案：
1．B
【分析】连接,由题意易得，在中解三角形求解．
【详解】连接,

在中，是直径，
，
在中，
，，


故选：B．

【点睛】本题主要考查圆周角定理及含直角三角形的性质；熟练掌握圆周角定理及含直角三角形的性质是解题的关键．
2．C
【分析】首先根据是直径得出，然后利用圆周角定理的推论得出，最后利用直角三角形两锐角互余即可得出答案．
【详解】解：∵AB是的直径，
．
∵和都是所对的圆周角，
，
，
故选：C．
【点睛】本题主要考查圆周角定理的推论及三角形内角和定理，掌握圆周角定理及其推论的内容是解题的关键．
3．A
【分析】根据直径的定义对①进行判断；根据圆周角定理对②③进行判断；根据圆心角、弧、弦的关系对④进行判断．
【详解】解：直径是圆中最长的弦，所以①正确；
在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等，所以②错误；
90°的圆周角所对的弦是直径，所以③错误；
在同圆或等圆中，相等的圆心角对的弧相等，所以④错误．
故选：A．
【点睛】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．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．也考查了圆的认识和圆心角、弧、弦的关系．掌握这些知识点是解题关键．
4．B
【分析】直接根据圆周角定理求解．
【详解】解：，
．
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解题的关键是掌握在同圆或等圆中，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．
5．D
【分析】根据圆周角定理和弧角关系求解．
【详解】解：如图，

∵AB为⊙O的直径，P在上，
∴∠APB=90°，
∵∠APQ=115°，∠APQ=∠APB+∠BPQ，
∴∠BPQ=25°，
∴∠BOQ=2∠BPQ=50°，
∵点C、D将分成相等的三段弧，
∴，
∴∠BOD=，
∵∠BOQ<∠BOD，
∴Q在上，
故选D．
【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握圆周角定理、弧角关系及直径所对圆周角大小是解题关键．
6． 2
【分析】①连接，易证是等边三角形，弦长为2，，即可得到答案；
②先证，延长交于点E，连接交于点P，连接,则此时，即的最小值是的长，再用勾股定理求出即可．
【详解】解：①连接，

∵
∴,
∵，
∴是等边三角形，
∵弦长为2，
∴，
即的半径长为2，
故答案为：2
②∵，
∴,
∴，
延长交于点E，连接交于点P，连接,则此时，即的最小值是的长，

∵，
∵，
∴，
∴，
∴，
即的最小值是．
故答案为：
【点睛】此题考查了圆周角定理、勾股定理、等边三角形的判定和性质、轴对称最短路径等知识，熟练掌握相关定理并灵活应用是解题的关键．
7．/20度
【分析】连接，则，由圆周角定理得：，进而求出的度数．
【详解】连接

∵
∴
∵过点A作的切线与的延长线交于点P
∴
∴
故答案为：
【点睛】本题考查切线的性质和圆周角定理，解题的关键是连接，运用相关定理求解．
8．1
【分析】连接，，由圆周角定理求得，再由等腰三角形三线合一性质求得，从而求得，得到，然后在中，，由勾股定理求解即可．
【详解】解：连接，，

∴，
∵于点，
∴，
∴，
∴，
在中，，由勾股定理，得
，
∴，
∴，
故答案为：1．
【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，等腰三角形三线合一性质是解题的关键．
9．
【分析】先由是的直径得出，再根据勾股定理求出的长，连接，则，再由平分可知，推出△是等腰直角三角形，由勾股定理即可求出的长．
【详解】解：连接，如图：

是的直径，
，，
平分，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，即，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，圆周角定理及等腰直角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答此题的关键．
10．
【分析】首先证明点的运动轨迹是为直径的，连接交于点，求出的最小值即可；
【详解】如图，

∵，
∴，
∴点的运动轨迹是为直径的，连接交于点，
在中，，
∴，
∴当点从点出发按顺时针方向运动到点时，的最小值为．
故答案是．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，点与圆的位置关系，勾股定理，解题的关键是正确寻找点的运动轨迹，属于中考常考题型．
11．/
【分析】连接，由圆周角定理可知，点H的轨迹是以为直径的圆上的优弧，以为直径的圆的圆心设为，连接并延长交弧于点，当H运动到处时，有最大值．连接，可证是等腰直角三角形，斜边，可得，则，在直角三角形中，由勾股定理得，则所求的有最大值为．
【详解】解：如图，

∵，
∴，
连接，
∴点H的轨迹是以为直径的圆上的优弧，如图所示，以为直径的圆的圆心设为，
连接并延长交弧于点，
连接，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
即的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质定理、圆周角定理等知识，熟练掌握圆周角定理找到点的运动轨迹是解题的关键．
12．
【分析】过点O作，垂足为D，根据垂径定理和勾股定理即可求出弦的弦心距离；延长交于点F，连接，，过点O作，垂足为点E，通过证明求出的长度，再结合垂径定理和勾股定理即可求出的长度．
【详解】解：过点O作，垂足为D，

在中，由勾股定理可得：，
∵，
∴，
∵半径为，
∴，
延长交于点F，连接，，过点O作，垂足为点E．

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，解得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理可得：，
∴在中，由勾股定理可得：，
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关知识点，根据题意作出辅助线求解．
13．
【分析】连接，根据圆周角定理得，然后用勾股定理得半径的长．
【详解】解：连接，如图所示，设半径为，
，，
，
，又

，
故答案为：．

【点睛】此题考查了圆周角定理、勾股定理，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解答此题的关键．
14．2
【分析】连接OC，根据圆心角与圆周角关系定理，得到OB⊥OC，得到△OBC是等腰直角三角形，根据勾股定理计算即可．
【详解】如图，连接OC，

∵，
∴∠AOC=90°，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∵，
∴OB=OC=1，
故AB=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了圆的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握圆的性质和勾股定理是解题的关键．
15．20°/20度
【分析】连接OA，如图，根据切线的性质得到∠OAB=90°，则利用互余可计算出∠AOB=40°，再利用圆周角定理得到∠ADC=20°，然后根据平行线的性质得到∠OCD的度数．
【详解】解：连接OA，如图，

∵AB切⊙O于点A，
∴OA⊥AB，
∴∠OAB=90°，
∵∠B=50°，
∴∠AOB=90°-50°=40°，
∴∠ADC=∠AOB=20°，
∵AD∥OB，
∴∠OCD=∠ADC=20°．
故答案为：20°．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理．
16．/
【分析】连接OA，根据圆周角定理求出的度数，再利用切线的性质得到，进而得到，然后利用含的直角三角形的性质求出OP的长度，用勾股定理求出AP的长度，即可得到的周长．
【详解】解：连接OA，如下图．


．
为的切线，
，
，
．
，
，
，
的周长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，含角的直角三角形的性质，勾股定理．掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解答关键．
17．12°
【分析】连接OA，OB，OF，OC，分别求出正五边形ABCDE和正三角形AFG的中心角，结合图形计算即可．
【详解】解：连接OA，OB，OF，OC．

∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠AOB＝360°＝72°，
∴∠AOC＝2×72°＝144°，
∵△AFG是正三角形，
∴∠AOF＝360°＝120°，
∴∠COF＝∠AOC−∠AOF＝144°−120°＝24°，
∴∠FBC＝∠COF＝×24°＝12°．
故答案为：12°．
【点睛】本题考查的是正多边形与圆的有关计算和圆周角定理，掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键．
18．
【分析】根据为的直径，可得，然后根据同弧所对的圆周角相等可得，然后根据勾股定理进行计算即可．
【详解】解：∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
在中， ，
在中， ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，熟知直径所对的圆周角是直角以及同弧所对的圆周角相等是解本题的关键．
19．(1)见解析；
(2)90°；一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线

【分析】（1）按照题中作法步骤作图即可；
（2）根据圆周角定理和切线的判定定理填空．
【详解】（1）解：补全图形，如图所示；

（2）90°；一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，圆周角定理，切线的判断和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
20．(1)见解析；
(2)见解析；
(3)见解析；
(4)见解析．

【分析】（1）根据垂径定理可知，AB 的垂直平分线过圆心，连接AB，利用网格找出线段AB的垂直平分线即可；
（2）延长AC交⊙O与点E，连接BO并延长交⊙O于点F，在连接EF，则即为所求；
（3）作线段AD的垂直平分线，交AB于点O，再以点O为圆心，OA为半径作圆即可；
（4）过点A作圆的两条割线：ACD和AEF；连接CF，DE交于点G，延长EC和FD交于点H，连接HG交圆于点B，连接AB即可．
【详解】（1）解：根据垂径定理可知，AB 的垂直平分线过圆心，连接AB，利用网格找出线段AB的垂直平分线即可，如图：EF即为直径；

（2）解：延长AC交⊙O与点E，连接BO并延长交⊙O于点F，在连接EF，则即为所求；

（3）解：作线段AD的垂直平分线，交AB于点O，再以点O为圆心，OA为半径作圆即可，如图；

（4）解：过点A作圆的两条割线：ACD和AEF；连接CF，DE交于点G，延长EC和FD交于点H，连接HG交圆于点B，连接AB即可，如图：

【点睛】本题考查作图，圆周角定理，切线性质，垂直平分线，解题的关键是理解题意，综合运用所学知识，是中考中常见题型．
21．，
【分析】根据切线性质得出OB⊥AB，根据平行四边形的性质，得出，，证明△OCB为等腰直角三角形，得出∠C＝∠OBC＝45°，根据平行线的性质得出∠AOB＝∠OBC＝45°最后根据圆周角定理即可得出∠E．
【详解】解：连接OB，如图所示：

∵⊙O与AB相切于点B，
∴OB⊥AB，
∵四边形ABCO为平行四边形，
∴，，
∴OB⊥OC，
∴∠BOC＝90°，
∵OB＝OC，
∴△OCB为等腰直角三角形，
∴∠C＝∠OBC＝45°，
∵，
∴∠AOB＝∠OBC＝45°，
∴∠E∠AOB＝22.5°．
【点睛】本题主要考查了切线的性质定理、圆周角定理，等腰直角三角形性质、平行四边形的性质，平行线的性质，熟练掌握圆的有关性质，是解题的关键．
22．（1）见详解；（2）OM=1．
【分析】（1）连接OD，由切线的性质得出，由平行线的性质得出∠BOD=∠AOD=，则可得出结论；
（2）连接AD，作ON⊥CD于N，取AD的中点H，连接OH，MH，由等腰直角三角形的判定与性质及勾股定理可求出答案．
【详解】证明：（1）连接OD，

∵EF与⊙O相切于点D，
∴，
又∵EF∥AB，
∴ ，
又∵∠ACD=∠AOD，∠DCB=∠DOB，
∴∠ACD=∠DCB，
∴CD平分∠ACB；
（2）连接AD，作ON⊥CD于N，

∵AM⊥CD，
∴ ，
取AD的中点H，连接OH，MH，
则AH=DH=OH=MH=AD，
∴A，D，O，M四点都在⊙H上，
∴ ，
又∵ON⊥CD，
∴△MNO是等腰直角三角形，
又∵AB是直径，
∴ ，
又∵CD平分∠ACB，AM⊥CD，
∴△AMC是等腰直角三角形，
又∵AC=6，
∴AM=CM=，
∴DM=CD-CM=7-3=4，
∴在Rt△AMD中由勾股定理可得 ，
∵在等腰△AOD中，OC=OD，
∴利用勾股定理得： 即，则：．
设MN=ON=x，则DN=4-x，
在Rt△OMD中ON2+DN2=DO2，
∴x2+（4-x）2=52 ，
∴ x=或 x=，，
又∵x＜5，
∴ x=，
∴OM=x=1．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰直角三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理等，熟练掌握切线的性质是解题的关键．