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初中数学浙教版（2024）九年级上册3.4 圆心角一课一练
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这是一份初中数学浙教版（2024）九年级上册3.4 圆心角一课一练，共77页。
一．圆心角、弧、弦的关系
（1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．
（2）推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧．
（3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系
三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与原图形完全重合．
（4）在具体应用上述定理解决问题时，可根据需要，选择其有关部分．
二．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）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．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
三．圆内接四边形的性质
（1）圆内接四边形的性质：
①圆内接四边形的对角互补．
②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．
（2）圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
四．相交弦定理
（1）相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．（经过圆内一点引两条线，各弦被这点所分成的两段的积相等）．
几何语言：若弦AB、CD交于点P，则PA•PB＝PC•PD（相交弦定理）
（2）推论：如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例中项．
几何语言：若AB是直径，CD垂直AB于点P，则PC2＝PA•PB（相交弦定理推论）．
【考点剖析】
一．圆心角、弧、弦的关系（共9小题）
1．（2023•杭州二模）如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB＝2∠BOC，则下列说法中正确的是（ ）
A．∠OBA＝∠OCAB．四边形OABC内接于⊙O
C．AB＝2BCD．∠OBA+∠BOC＝90°
2．（2022秋•鄞州区校级期末）如图，AB，CD是⊙O的直径，，若∠AOE＝32°，则∠COE的度数是 ．
3．（2022秋•越城区期末）如图，AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，若BC＝CD＝DA＝4，则⊙O的周长为（ ）
A．4πB．6πC．8πD．9π
4．（2023•越城区模拟）如图，AB，AC是⊙O的两条弦，OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，连结OB，OC．若∠DOE＝140°，则∠BOC的度数为（ ）
A．70°B．80°C．90°D．100°
5．（2023•路桥区校级二模）如图，弧AB所对圆心角∠AOB＝90°，半径为8，点C是OB中点，点D弧AB上一点，CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，则AE的最小值是 ．
6．（2023•宁波模拟）传统服饰日益受到关注，如图1为明清时期女子主要裙式之一的马面裙，如图2马面裙可以近似地看作扇环，其中AD长度为米，BC长度为米，圆心角∠AOD＝60°，则裙长AB为 ．
7．（2023•萧山区校级模拟）如图，BD是⊙O的直径，点A，C在⊙O上，AB＝AD，AC交BD于点E，已知∠COD＝135°．
（1）求∠AEB的度数，
（2）若CO＝1，求OE的长．
8．（2023•玉环市二模）如图，点A、B、C、D是⊙O上的点，AD为直径，AB∥OC．
（1）求证：点C平分弧BD．
（2）利用无刻度的直尺和圆规作出AB的中点P（保留作图痕迹）．
9．（2023•婺城区模拟）如图，AB是⊙O的直径，C是的中点，CE⊥AB于点E，BD交CE于点F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若CD＝6，AC＝8，求⊙O的半径及CE的长．
二．圆周角定理（共11小题）
10．（2023•鹿城区一模）如图，AC是⊙O的直径，B，D是⊙O上的两点，连结AB，BC，CD，BD，若∠A+∠D＝80°，则∠ACB的度数为（ ）
A．40°B．50°C．60°D．80°
11．（2023•西湖区校级三模）如图，点A、B、C在圆O上，若∠A＝50°，则∠OBC 的度数为（ ）
A．40°B．45°C．50°D．55°
12．（2023•宁波模拟）如图，AB是⊙O的直径，C，D两点在圆上，连接AD，CD，且＝，∠CAB＝25°，P为上一动点，在运动过程中，DP与AC相交于点M，当△CDM为等腰三角形时，∠PDC的度数为 ．
13．（2023•西湖区校级模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，若∠ABD＝60°，∠AED＝100°，则∠ABC＝ ．
14．（2023•杭州）如图，在⊙O中，半径OA，OB互相垂直，点C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，则∠BAC＝（ ）
A．23°B．24°C．25°D．26°
15．（2023•余杭区模拟）如图，AB是半圆O的直径，点D是弧AC的中点，若∠DAC＝25°．则∠BAC等于（ ）
A．40°B．42°C．44°D．46°
16．（2023•杭州模拟）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD＝ED，则∠B＝ 度；的值等于 ．
17．（2023•钱塘区三模）如图，AB是⊙O的直径，半径OD⊥AB，点E在OB上，连接DE并延长交⊙O于点C，连接BC．
（1）求∠B﹣∠D的值．
（2）当∠B＝75°时，求的值．
（3）若BC＝CE，△DOE与△CBE的面积分别记为S1，S2，求的值．
18．（2023•衢州二模）如图，在⊙O中，OA，OB是直径，C是劣弧上的一点．且∠AOB＝120°．
（1）求∠ACB的度数；
（2）若AC＝BC．求证：四边形ACBO是菱形．
19．（2023•金东区二模）如图，已知AB，CD是⊙O的直径，点E是CA延长线的一点，射线ED交⊙O点于F，连结AD，CF，∠CDA＝∠EDA，∠CAB＝30°，AB＝8．
（1）求证：AB∥FE．
（2）求∠FCA的度数．
（3）求CE的长．
20．（2023•滨江区一模）如图1，AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，，BF与CD交于点G．
（1）求证：CD＝BF．
（2）若BE＝1，BF＝4，求GE的长．
（3）连结GO，OF，如图2，求证：．
三．圆内接四边形的性质（共11小题）
21．（2022秋•嘉兴期末）已知，在圆内接四边形ABCD中，∠A：∠B：∠C＝1：2：5，则∠D的度数为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
22．（2023•宁波模拟）圆内接四边形ABCD，两组对边的延长线分别相交于点E、F，且∠E＝40°，∠F＝60°，求∠A＝ °．
23．（2023•龙港市一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连结CE，若∠BAD＝110°，则∠DCE＝ 度．
24．（2022秋•仙居县期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点C是弧BD的中点，连接BD，若∠CBD＝35°，求∠A的度数．
25．（2023•绍兴）如图，四边形ABCD内接于圆O，若∠D＝100°，则∠B的度数是 ．
26．（2023•萧山区二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点C是弧BD的中点，延长AB到点E，使得BE＝AD，连结AC，CE．
（1）求证：AC＝CE．
（2）若，，∠BCD＝120°，求BC的长．
27．（2023•金华三模）在⊙O中，点A，B，C，D都在圆周上，OB∥DC，OD∥BC，则∠A的度数为（ ）
A．45°B．50°C．55°D．60°
28．（2023•萧山区校级模拟）如图，A、B、C、D四个点均在⊙O上，∠AOD＝α，AO∥DC，∠B＝β，则α，β满足关系为（ ）
A．2α﹣β＝90°B．α+β＝90°C．2β+α＝180°D．α+9β＝540°
29．（2022秋•上城区期末）如图，四边形ABCD是半圆O的内接四边形，AB是直径，CD＝BC．若∠DCB＝100°，则∠ADC的度数为（ ）
A．100°B．110°C．120°D．130°
30．（2022秋•嵊州市期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，分别延长BC，AD，使它们相交于点E，AB＝8，且DC＝DE．
（1）求证：∠A＝∠AEB．
（2）若∠EDC＝90°，点C为BE的中点，求⊙O的半径．
31．（2023•杭州二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点F是CD延长线上的一点，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于点E．
（1）求证：AB＝AC．
（2）若BD＝11，DE＝2，求CD的长．
四．相交弦定理（共4小题）
32．（2021秋•东阳市月考）已知四边形ABCD两条对角线相交于点E，AB＝AC＝AD，AE＝3，EC＝1，则BE•DE
的值为（ ）
A．6B．7C．12D．16
33．（2021秋•余姚市期中）如图，⊙O的弦AB、CD相交于点P，若AP＝6，BP＝8，CP＝4，则CD长为（ ）
A．16B．24C．12D．不能确定
34．（2022秋•温州期末）已知四边形ABCD两条对角线相交于点E，AB＝AC＝AD，AE＝3，EC＝1，则BE•DE的值为（ ）
A．6B．7C．12D．16．
35．（2022秋•嵊州市期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交于点E，若AE＝2，BE＝8，CE＝2DE，则O到CD的距离为 ．
【过关检测】
一、单选题
1．（2022秋·浙江·九年级专题练习）如图，在中，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，点A，B，C，D在上，则图中一定与相等的角是（ ）
A．B．C．D．
3．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，四边形内接于⊙O，为直径，，连接．若，则的度数为（ ）
A．70°B．60°C．50°D．40°
4．（2023·浙江·模拟预测）已知弦AB把圆周分成两部分，则弦AB所对圆心角的度数为（ ）
A．B．C．或D．或
5．（2023秋·浙江台州·九年级统考期末）如图，是的直径，弦垂直于点，连接，，，，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
6．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，一块直角三角板的斜边与量角器的直径重合，点D对应的刻度值为，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
7．（2023·浙江·九年级假期作业）在中，满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．无法确定
8．（2023·浙江温州·统考三模）如图，点A，B，C，D均在以点O为圆心的圆O上，连接，及顺次连接O，B，C，D得到四边形，若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
9．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，在的内接四边形中，，，，则的直径为（ ）
A．B．C．D．
10．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是半圆O的直径，以弦为痕折叠后，恰好过点O则等于（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，、、是上的三个点，，则的度数是___________．
12．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，内接于，是的直径，点是上一点，，则________．
13．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，，，是上三点，，则的度数是______°．
14．（2022秋·浙江·九年级期末）如图，点A在半圆O上，是直径，．若，则的长为 __．
15．（2022秋·浙江杭州·九年级统考期末）如图，正内接于，的半径为10，则的弧长为_____________．
16．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，的半径为，是的内接三角形，半径于，当时，的长是________．
17．（2023春·九年级校考阶段练习）如图，已知是的直径，弦与交于点E，若， ，则___________．
18．（2023·浙江·九年级假期作业）如图所示，A、B是半径为2的上的两点，若，点C是弧的中点，则四边形的周长为_______．
三、解答题
19．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，以等边三角形的边为直径作交于，交于，连接．试判断，，之间的大小关系，并说明理由．
20．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，A是上一点，是直径，点D在上且平分．
(1)连接，求证：平分；
(2)若，，求的长．
21．（2023·浙江温州·校考二模）如图，在上依次取点B，A，C使，连接，取的中点D，连接，在弦右侧取点E，使，且，连接．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
22．（2023·浙江台州·统考二模）如图，点A、B、C、D是上的点，为直径，．
(1)求证：点C平分．
(2)利用无刻度的直尺和圆规做出的中点P（保留作图痕迹）．
23．（2023·浙江·一模）如图，在中，，以为直径的圆分别交，于点，连接交于点．若．
(1)求证：．
(2)求的长．
24．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是的直径，点C，D是上的点，且，分别与，相交于点E，F．
(1)求证：点D为弧的中点；
(2)若，，求的直径．
25．（2023秋·浙江杭州·九年级统考期末）如图，A，B，C，D是圆O上的点，，，分别交，，OC于点N，M．求证：
(1)；
(2)．
第09讲 圆心角与圆周角（4种题型）
【知识梳理】
一．圆心角、弧、弦的关系
（1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．
（2）推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧．
（3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系
三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与原图形完全重合．
（4）在具体应用上述定理解决问题时，可根据需要，选择其有关部分．
二．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）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．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
三．圆内接四边形的性质
（1）圆内接四边形的性质：
①圆内接四边形的对角互补．
②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．
（2）圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
四．相交弦定理
（1）相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．（经过圆内一点引两条线，各弦被这点所分成的两段的积相等）．
几何语言：若弦AB、CD交于点P，则PA•PB＝PC•PD（相交弦定理）
（2）推论：如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例中项．
几何语言：若AB是直径，CD垂直AB于点P，则PC2＝PA•PB（相交弦定理推论）．
【考点剖析】
一．圆心角、弧、弦的关系（共9小题）
1．（2023•杭州二模）如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB＝2∠BOC，则下列说法中正确的是（ ）
A．∠OBA＝∠OCAB．四边形OABC内接于⊙O
C．AB＝2BCD．∠OBA+∠BOC＝90°
【分析】过O作OD⊥AB于D交⊙O于E，由垂径定理得到＝，于是得到＝＝，推出AE＝BE＝BC，根据三角形的三边关系得到2BC＞AB，故C错误；根据三角形内角和得到∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝90°﹣∠BOC，∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝90°﹣∠BOC，推出∠OBA≠∠OCA，故A错误；由点A，B，C在⊙O上，而点O在圆心，得到四边形OABC不内接于⊙O，故B错误；根据余角的性质得到∠OBA+∠BOC＝90°，故D正确；
【解答】解：过O作OD⊥AB于D交⊙O于E，
则＝，
∴AE＝BE，∠AOE＝∠BOE＝AOB，
∵∠AOB＝2∠BOC，
∴∠AOE＝∠BOE＝∠BOC，
∴＝＝，
∴AE＝BE＝BC，
∴2BC＞AB，故C错误；
∵OA＝OB＝OC，
∴∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝90°﹣∠BOC，
∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝90°﹣∠BOC，
∴∠OBA≠∠OCA，故A错误；
∵点A，B，C在⊙O上，而点O在圆心，
∴四边形OABC不内接于⊙O，故B错误；
∵∠BOE＝∠BOC＝AOB，
∵∠BOE+∠OBA＝90°，
∴∠OBA+∠BOC＝90°，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了圆心角，弧，弦的关系，垂径定理，三角形的三边关系，正确的作出辅助线是解题的关键．
2．（2022秋•鄞州区校级期末）如图，AB，CD是⊙O的直径，，若∠AOE＝32°，则∠COE的度数是 64° ．
【分析】根据在同圆中，等弧所对的圆心角相等，可推出∠BOD＝∠AOE＝32°，再根据对顶角相等，可推出∠AOC＝∠BOD＝32°，最后用∠COE＝∠COA+∠AOE即可求解．
【解答】解：∵，∠AOE＝32°，
∴∠BOD＝∠AOE＝32°，
∵∠AOC＝∠BOD＝32°，
∴∠COE＝∠COA+∠AOE＝32°+32°＝64°．
故答案为：64°．
【点评】本题主要考查等弧和圆心角的关系，熟知在同圆中，等弧所对的圆心角相等，和对顶角相等是解题的关键．
3．（2022秋•越城区期末）如图，AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，若BC＝CD＝DA＝4，则⊙O的周长为（ ）
A．4πB．6πC．8πD．9π
【分析】如图，连接OD、OC．根据圆心角、弧、弦的关系证得△AOD是等边三角形，则⊙O的半径长为BC＝4cm；然后由圆的周长公式进行计算．
【解答】解：如图，连接OC、OD．
∵AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，BC＝CD＝DA＝4，
∴＝＝，
∴∠AOD＝∠DOC＝∠BOC＝60°．
又OA＝OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴OA＝AD＝4，
∴⊙O的周长＝2×4π＝8π．
故选：C．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，等边三角形的判定与性质．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对弦的弦心距也相等，即四者有一个相等，则其它三个都相等．
4．（2023•越城区模拟）如图，AB，AC是⊙O的两条弦，OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，连结OB，OC．若∠DOE＝140°，则∠BOC的度数为（ ）
A．70°B．80°C．90°D．100°
【分析】根据四边形的内角和等于360°计算可得∠BAC＝50°，再根据圆周角定理得到∠BOC＝2∠BAC，进而可以得到答案．
【解答】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC，
∴∠ADO＝90°，∠AEO＝90°，
∵∠DOE＝140°，
∴∠BAC＝360°﹣90°﹣90°﹣140°＝40°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝80°，
故选：B．
【点评】本题考查的是圆周角定理，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．
5．（2023•路桥区校级二模）如图，弧AB所对圆心角∠AOB＝90°，半径为8，点C是OB中点，点D弧AB上一点，CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，则AE的最小值是 4﹣8． ．
【分析】如图，连接OD，以OC为边向下作正方形OCTH，连接AT，ET．利用勾股定理求出AT，再证明△OCD≌△TCE（SAS），推出ET＝OD＝8，由AE≥AT﹣ET＝4﹣8，可得结论．
【解答】解：如图，连OD，以OC为边向下作正方形OCTH，连AT，ET．
∵OA＝OB＝8，OC＝CB＝CT＝OH＝HT＝4，
∴AH＝AO+OH＝12，
∴AT＝＝＝4，
∴∠OCT＝∠ECD＝90°，
∴∠OCD＝∠RCE，
在△OCD和△TCE中，
，
∴△OCD≌△TCE（SAS），
∴ET＝OD＝8，
∴AE≥AE﹣ET＝4﹣8，
∴AE的最小值为 4﹣8．
故答案为：4﹣8．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
6．（2023•宁波模拟）传统服饰日益受到关注，如图1为明清时期女子主要裙式之一的马面裙，如图2马面裙可以近似地看作扇环，其中AD长度为米，BC长度为米，圆心角∠AOD＝60°，则裙长AB为 0.8米 ．
【分析】由题意知，＝＝，＝＝计算求解OA，OB的值，然后根据AB＝OB﹣OA计算求解即可．
【解答】解：由题意知，＝＝，＝＝，
解得OA＝1，，
∴＝0.8（米），
故答案为：0.8米．
【点评】本题考查了扇形的弧长公式．解题的关键在于正确的计算．
7．（2023•萧山区校级模拟）如图，BD是⊙O的直径，点A，C在⊙O上，AB＝AD，AC交BD于点E，已知∠COD＝135°．
（1）求∠AEB的度数，
（2）若CO＝1，求OE的长．
【分析】（1）根据圆周角定理以及等腰直角三角形的性质可求出答案；
（2）由相似三角形的判定和性质得出＝，进而得到＝，而OE+BE＝OB＝1，代入求解即可．
【解答】解：（1）∵BD是⊙O的直径，点A在⊙O上，
∴∠BAD＝90°，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵∠COD＝135°，
∴∠BOC＝180°﹣135°＝45°，
∴∠BAC＝∠BOC＝22.5°，
∴∠AEB＝180°﹣45°﹣22.5°
＝112.5°；
（2）在Rt△ABD中，AB＝AD，BD＝2OC＝2，
∴AB＝×BD＝，
∵∠ABC＝∠BOC＝45°，
∴AB∥OC，
∴△COE∽△ABE，
∴＝，
即＝，而OE+BE＝OB＝1，
∴OE＝﹣1．
【点评】本题考查圆心角、弦、弧之间的关系，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，掌握圆心角、弦、弧之间的关系，圆周角定理是正确解答的前提．
8．（2023•玉环市二模）如图，点A、B、C、D是⊙O上的点，AD为直径，AB∥OC．
（1）求证：点C平分弧BD．
（2）利用无刻度的直尺和圆规作出AB的中点P（保留作图痕迹）．
【分析】（1）连接OB，由平行线的性质，等腰三角形的性质，得到∠DOC＝∠COB，由此点C平分．
（2）分别以A、B为圆心，大于AB的长为半径画弧，得到两弧的交点，从而得到点P．
【解答】（1）证明：连接OB，
∵OC∥AB，
∴∠DOC＝∠OAB，∠COB＝∠OBA．
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∴∠DOC＝∠COB，
∴点C平分．
（2）作法：①分别以A、B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧交于M，
②连接OM交AB于P，
∴点P即为所求作的点．
【点评】本题考查平行线的性质，圆心角、弧、弦的关系，尺规作图，关键是掌握圆心角、弧、弦的关系，用尺规作线段垂直平分线的方法．
9．（2023•婺城区模拟）如图，AB是⊙O的直径，C是的中点，CE⊥AB于点E，BD交CE于点F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若CD＝6，AC＝8，求⊙O的半径及CE的长．
【分析】（1）要证明CF＝BF，可以证明∠ECB＝∠DBC；AB是⊙O的直径，则∠ACB＝90°，又知CE⊥AB，则∠CEB＝90°，则∠DBC＝90°﹣∠ACE＝∠A，∠ECB＝∠A，则∠ECB＝∠DBC；
（2）在直角三角形ACB中，AB2＝AC2+BC2，又知，BC＝CD，所以可以求得AB的长，即可求得圆的半径；再利用面积法求得CE的长．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠ABC．
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB＝90°﹣∠ABC，
∴∠ECB＝∠A．
又∵C是的中点，
∴＝，
∴∠DBC＝∠A，
∴∠ECB＝∠DBC，
∴CF＝BF；
（2）解：∵＝，
∴BC＝CD＝6，
∵∠ACB＝90°，
∴AB＝＝＝10，
∴⊙O的半径为5，
∵S△ABC＝AB•CE＝BC•AC，
∴CE＝＝＝．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、等腰三角形的性质以及角平分线的性质等知识．此题综合性很强，难度适中，注意数形结合思想与方程思想的应用．
二．圆周角定理（共11小题）
10．（2023•鹿城区一模）如图，AC是⊙O的直径，B，D是⊙O上的两点，连结AB，BC，CD，BD，若∠A+∠D＝80°，则∠ACB的度数为（ ）
A．40°B．50°C．60°D．80°
【分析】根据圆周角定理得出∠ABC＝90°，∠A＝∠D＝40°，根据直角三角形的性质求解即可．
【解答】解：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠A+∠ACB＝90°，
∵∠A+∠D＝80°，∠A＝∠D，
∴∠A＝40°，
∴∠ACB＝50°，
故选：B．
【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．
11．（2023•西湖区校级三模）如图，点A、B、C在圆O上，若∠A＝50°，则∠OBC 的度数为（ ）
A．40°B．45°C．50°D．55°
【分析】根据圆周角定理求得∠BOC的度数，然后利用三角形内角和定理及等边对等角即可求得答案．
【解答】解：∵∠A＝50°，
∴∠BOC＝2∠A＝100°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝（180°﹣100°）÷2＝40°，
故选：A．
【点评】本题主要考查圆周角定理及等腰三角形性质，它们均为几何中重要知识点，必须熟练掌握．
12．（2023•宁波模拟）如图，AB是⊙O的直径，C，D两点在圆上，连接AD，CD，且＝，∠CAB＝25°，P为上一动点，在运动过程中，DP与AC相交于点M，当△CDM为等腰三角形时，∠PDC的度数为 40°或70°或100° ．
【分析】根据＝，∠CAB＝25°，得∠CAD＝∠CAB＝25°，由AB是⊙O的直径，得∠C＝40°，然后分三种情况讨论即可求出答案．
【解答】解：∵＝，∠CAB＝25°，
∴∠CAD＝∠CAB＝25°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠C＝40°，
当△CDM为等腰三角形时，
①当MD＝MC时，∠PDC＝∠C＝40°，
②当CD＝CM时，∠PDC＝＝70°，
③当DM＝DC时，∠PDC＝180°﹣2×40°＝100°，
故答案为：40°或70°或100°．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，关键是求出∠C的度数和分三种情况讨论求角．
13．（2023•西湖区校级模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，若∠ABD＝60°，∠AED＝100°，则∠ABC＝ 50° ．
【分析】连接AC，根据圆周角定理及三角形外角性质求解即可．
【解答】解：连接AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠BCD+∠ACD＝90°，
∵∠ACD＝∠ABD＝60°，
∴∠BCD＝90°﹣60°＝30°，
∵∠AED＝100°，
∴∠BED＝∠BCD+∠ABC＝80°，
∴∠ABC＝∠BED﹣∠BCD＝80°﹣30°＝50°，
故答案为：50°．
【点评】此题考查了圆周角定理，熟记“直径所对的圆周角等于90°”是解题的关键．
14．（2023•杭州）如图，在⊙O中，半径OA，OB互相垂直，点C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，则∠BAC＝（ ）
A．23°B．24°C．25°D．26°
【分析】连接OC，根据圆周角定理可求解∠AOC的度数，结合垂直的定义可求解∠BOC 的度数，再利用圆周角定理可求解．
【解答】解：连接OC，
∵∠ABC＝19°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝38°，
∵半径OA，OB互相垂直，
∴∠AOB＝90°，
∴∠BOC＝90°﹣38°＝52°，
∴∠BAC＝∠BOC＝26°，
故选：D．
【点评】本题主要考查圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
15．（2023•余杭区模拟）如图，AB是半圆O的直径，点D是弧AC的中点，若∠DAC＝25°．则∠BAC等于（ ）
A．40°B．42°C．44°D．46°
【分析】利用圆周角定理和弧与圆心角的关系求解即可．
【解答】解：连接OC，OD，
∵点D是弧AC的中点，
∴弧AD＝弧CD，
又∠DAC＝25°，
∴∠AOD＝∠COD＝2∠DAC＝50°，
∴∠BOC＝180°﹣∠AOD﹣∠COD＝80°，
∴，
故选：A．
【点评】本题考查圆周角定理、弧与圆心角的关系，熟练掌握圆周角定理是解答的关键．
16．（2023•杭州模拟）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD＝ED，则∠B＝ 36 度；的值等于 ．
【分析】由等腰三角形的性质得出∠DAE＝∠DEA，证出∠BEC＝∠BCE，由折叠的性质得出∠ECO＝∠BCO，设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，证出∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∠CEB＝2x，由三角形内角和定理可得出答案；证明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性质得出，设EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，得出a2＝x（x+a），求出OE＝a，进而可得出答案．
【解答】解：∵AD＝DE，
∴∠DAE＝∠DEA，
∵∠DEA＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，
∴∠BEC＝∠BCE，
∵将该圆形纸片沿直线CO对折，
∴∠ECO＝∠BCO，
又∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠B，
设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，
∴∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，
∴∠CEB＝2x，
∵∠BEC+∠BCE+∠B＝180°，
∴x+2x+2x＝180°，
∴x＝36°，
∴∠B＝36°；
∵∠ECO＝∠B，∠CEO＝∠CEB，
∴△CEO∽△BEC，
∴，
∴CE2＝EO•BE，
设EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，
∴a2＝x（x+a），
解得，x＝a（负值舍去），
∴OE＝a，
∴AE＝OA﹣OE＝a﹣a＝a，
∴＝＝．
故答案为：36，．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
17．（2023•钱塘区三模）如图，AB是⊙O的直径，半径OD⊥AB，点E在OB上，连接DE并延长交⊙O于点C，连接BC．
（1）求∠B﹣∠D的值．
（2）当∠B＝75°时，求的值．
（3）若BC＝CE，△DOE与△CBE的面积分别记为S1，S2，求的值．
【分析】（1）由圆周角定理求出∠BCD＝∠BOD＝45°，由等腰三角形的性质推出∠OBC﹣∠ODC＝∠OCB﹣∠OCD＝∠DCB＝45°；
（2）由直角三角形的性质得到＝，由等腰三角形的性质得到CD＝OD，即可求出的值；
（3）由OC∥BD，得到△CBD的面积＝△ODB的面积，因此△CBE的面积＝△OED的面积，即可解决问题．
【解答】解：（1）连接OC，
∵半径OD⊥AB，
∴∠BOD＝90°，
∴∠BCD＝∠BOD＝45°，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠OBC﹣∠ODC＝∠OCB﹣∠OCD＝∠DCB＝45°；
（2）∵∠B＝75°，∠DCB＝45°，
∴∠CEB＝60°，
∴∠OED＝60°，
∴＝，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝75°，
∴∠BOC＝30°，
∴∠COD＝∠BOD+∠BOC＝120°，
∴CD＝OD，
∴＝＝．
（3）连接BD，
∵BC＝CE，
∴∠CBE＝∠CEB，
∵∠BCE＝45°，
∴∠CBE＝67.5°，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠CBE＝67.5°，
∴∠OCE＝∠OCB﹣∠BCD＝22.5°，
∵∠BOC＝180°﹣∠OCB﹣∠OBC＝45°，
∴∠BDC＝∠BOC＝22.5°，
∴∠OCE＝∠BDC，
∴OC∥BD，
∴△CBD的面积＝△ODB的面积，
∴△CBE的面积＝△OED的面积，
∴＝1．
【点评】本题考查圆周角定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形的面积，关键是由圆周角定理∠BCD＝45°，由等腰三角形的性质即可求出∠OBC﹣∠ODC＝45°；由直角三角形的性质，等腰三角形的性质求出OE、CD与OD的数量关系，即可求出的值；由OC∥BD，即可得到△CBE的面积＝△OED的面积．
18．（2023•衢州二模）如图，在⊙O中，OA，OB是直径，C是劣弧上的一点．且∠AOB＝120°．
（1）求∠ACB的度数；
（2）若AC＝BC．求证：四边形ACBO是菱形．
【分析】（1）由题意可得劣弧＝120°，从而可得优弧＝240°，再由圆周角定理即可求∠ACB的度数；
（2）连接OC，利用SSS可证得△AOC≌△BOC，则有∠AOC＝∠BOC，可求得∠AOC＝∠BOC＝60°，可得△AOC是等边三角形，则有AO＝AC＝OC，同理得BO＝BC＝OC，故AO＝AC＝BC＝BO，即可判定四边形ACBO是菱形．
【解答】（1）解：∵C是劣弧上的一点，且∠AOB＝120°，
∴劣弧的度数为：120°，
∴优弧的度数为：240°，
∴∠ACB＝×240°＝120°；
（2）证明：连接OC，如图，
∵OA，OB是半径，点C在⊙O上，
∴OA＝OB＝OC，
在△AOC与△BOC中，
，
∴△AOC≌△BOC（SSS），
∴∠AOC＝∠BOC，
∵∠AOB＝120°，
∴∠AOC＝∠BOC＝60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴AO＝AC＝OC，
同理得：BO＝BC＝OC，
∴AO＝AC＝BC＝BO，
∴四边形ACBO是菱形．
【点评】本题主要考查圆周角定理，菱形的判定，圆心角，弦，弧的关系，解答的关键是熟记相应的知识并灵活运用．
19．（2023•金东区二模）如图，已知AB，CD是⊙O的直径，点E是CA延长线的一点，射线ED交⊙O点于F，连结AD，CF，∠CDA＝∠EDA，∠CAB＝30°，AB＝8．
（1）求证：AB∥FE．
（2）求∠FCA的度数．
（3）求CE的长．
【分析】（1）由OA＝OD，得到∠ODA＝∠OAD，而∠CDA＝∠EDA，因此∠OAD＝∠EDA，即可证明AB∥FE；
（2）由AB∥FE，得到∠E＝∠CAB＝30°，由圆周角定理得到∠EFC＝90°，由直角三角形的性质，即可得到∠FCA的度数；
（3）可以证明DC＝DE，由圆周角定理得到AD⊥CE，因此CE＝2CA，由cs∠DCA＝＝，CD＝AB＝8，求出AC的长，即可得到CE的长．
【解答】（1）证明：∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵∠CDA＝∠EDA，
∴∠OAD＝∠EDA，
∴AB∥FE；
（2）解：∵AB∥FE，
∴∠E＝∠CAB＝30°，
∵CD是圆的直径，
∴∠EFC＝90°，
∴∠FCA＝90°﹣∠E＝60°；
（3）解：∵OC＝OA，
∴∠OCA＝∠OAC＝30°，
∵∠E＝30°，
∴∠OCA＝∠E＝30°，
∴DC＝DE，
∵DC是圆的直径，
∴AD⊥CE，
∴CA＝EA，
∴CE＝2CA，
∵cs∠DCA＝＝，CD＝AB＝8，
∴AC＝4，
∴CE＝2×4＝8．
【点评】本题考查圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，掌握以上知识点是解题的关键．
20．（2023•滨江区一模）如图1，AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，，BF与CD交于点G．
（1）求证：CD＝BF．
（2）若BE＝1，BF＝4，求GE的长．
（3）连结GO，OF，如图2，求证：．
【分析】（1）由AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E得，又由，得到，从而得到，即，即可得证；
（2）连接BC，由（1）得：，CD＝BF＝4，从而得到∠FBC＝∠BCD，则BG＝CG，设EG＝x，则BG＝CG＝2﹣x，在△BEG中，EG2+BE2＝BG2，即x2+12＝（2﹣x）2，即可得到答案；
（3）连接OC交BF于I，则OC⊥BF，通过证明△OCG≌△OBG（SSS），得到∠IOB＝2∠EOG，再由等腰三角形的性质和三角形外角的性质，可得到，最后由∠IOB+∠IBO＝90°，即可得到答案．
【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴BF＝CD；
（2）解：如图所示：连接BC，
由（1）得：，CD＝BF＝4，
∴∠FBC＝∠BCD，
∴BG＝CG，
∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，
∴，
设EG＝x，则BG＝CG＝2﹣x，
在△BEG中，EG2+BE2＝BG2，即x2+12＝（2﹣x）2，
解得：，
∴GE的长为；
（3）解：如图所示：连接OC交BF于I，
∵，
∴，
在△OCG和△OBG中，
，
∴△OCG≌△OBG（SSS），
∴∠COG＝∠BOG，
∴∠IOB＝2∠EOG，
∵OF＝OB，OC为半径，
∴OC⊥BF，
∴∠OIB＝90°，
∵∠IOB+∠IBO＝90°，
∴．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，添加恰当的辅助线是解题的关键．
三．圆内接四边形的性质（共11小题）
21．（2022秋•嘉兴期末）已知，在圆内接四边形ABCD中，∠A：∠B：∠C＝1：2：5，则∠D的度数为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
【分析】先根据在圆内接四边形ABCD中∠A：∠B：∠C＝1：2：5，设∠A＝x，则∠B＝2x，∠C＝5x，再根据圆内接四边形的对角互补求出x的值，进而可得出结论．
【解答】解：∵圆内接四边形ABCD中∠A：∠B：∠C＝1：2：5，设∠A＝x，则∠B＝2x，∠C＝5x，
∵∠A+∠C＝180°，即x+5x＝180°，解得x＝30°，
∴2x＝60°．
即∠B＝60°，
∵∠B+∠D＝180°，
∴D＝120°．
故选：C．
【点评】本题考查的是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．
22．（2023•宁波模拟）圆内接四边形ABCD，两组对边的延长线分别相交于点E、F，且∠E＝40°，∠F＝60°，求∠A＝ 40 °．
【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠BCD＝180°﹣∠A，根据三角形的外角的性质计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BCD＝180°﹣∠A，
∵∠CBF＝∠A+∠E，∠DCB＝∠CBF+∠F，
∴180°﹣∠A＝∠A+∠E+∠F，即180°﹣∠A＝∠A+40°+60°，
解得∠A＝40°．
故答案为：40．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补、圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．
23．（2023•龙港市一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连结CE，若∠BAD＝110°，则∠DCE＝ 20 度．
【分析】由∠DAB+∠DCB＝180°，再结合圆周角定理，即可计算∠DCE的大小．
【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠BAD＝110°，
∴∠DAB+∠DCB＝180°，
∴∠DCB＝180°﹣110°＝70°，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠DCE+∠DCB＝90°，
∴∠DCE＝90°﹣∠DCB＝90°﹣70°＝20°．
故答案为：20．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
24．（2022秋•仙居县期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点C是弧BD的中点，连接BD，若∠CBD＝35°，求∠A的度数．
【分析】根据圆的性质及等腰三角形的性质得出∠CBD＝∠CDB＝35°，根据三角形内角和推出∠C＝110°，再根据圆内接四边形的性质即可求解．
【解答】解：∵点C是弧BD的中点，
∴＝，
∴BC＝CD，
∴∠CBD＝∠CDB＝35°，
∴∠C＝180°﹣35°﹣35°＝110°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，
∴∠A＝70°．
【点评】此题考查了圆内接四边形的性质，熟记“圆内接四边形的对角互补”是解题的关键．
25．（2023•绍兴）如图，四边形ABCD内接于圆O，若∠D＝100°，则∠B的度数是 80° ．
【分析】由圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补，即可得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠D＝100°，
∴∠B＝80°．
故答案为：80°．
【点评】本题考查圆内接四边形的性质，关键是掌握圆内接四边形的性质．
26．（2023•萧山区二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点C是弧BD的中点，延长AB到点E，使得BE＝AD，连结AC，CE．
（1）求证：AC＝CE．
（2）若，，∠BCD＝120°，求BC的长．
【分析】（1）根据圆内接四边形性质易得∠D＝∠CBE，再根据圆心角、弧、弦的关系可得CD＝CB，再结合已知条件证得△ACD≌△ECB，从而证得结论；
（2）作CM⊥AB交AB于点M，结合（1）中所求易得AE的长度，再根据圆内接四边形性质及圆心角、弧、弦的关系可得∠CBM＝30°，利用三线合一及三角函数可求得CM，BM的长度，最后利用勾股定理即可求得答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠D+∠ABC＝180°，
∵∠ABC+∠CBE＝180°，
∴∠D＝∠CBE，
∵点C时的中点，
∴CD＝CB，
在△ACD与△ECB中，
，
∴△ACD≌△ECB（SAS），
∴AC＝CE；
（2）如图，作CM⊥AB交AB于点M，
∵AD＝4，BE＝AD，
∴BE＝4，
∵AB＝6，
∴AE＝AB+BE＝6+4＝10，
∵AC＝CE，CM⊥AB，
∴AM＝AE＝5，
∴BM＝AB﹣AM＝6﹣5＝，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠BCD＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∵CD＝CB，
∴∠CAM＝∠BAD＝30°，
∵∠AMC＝90°，
∴tan∠CAM＝tan30°＝＝，
∴CM＝5×＝5，
∴BC＝＝＝＝2．
【点评】本题主要考查圆的相关性质及全等三角形的判定及性质，（2）中作CM⊥AB交AB于点M，构造直角三角形及利用三线合一求得线段长度是解题的关键．
27．（2023•金华三模）在⊙O中，点A，B，C，D都在圆周上，OB∥DC，OD∥BC，则∠A的度数为（ ）
A．45°B．50°C．55°D．60°
【分析】根据圆内接四边形的性质得出∠C+∠A＝180°，根据平行线的性质得出∠C+∠OBC＝180°，∠BOD+∠OBC＝180°，求出∠C＝∠BOD，根据圆周角定理得出∠BOD＝2∠A，求出∠C＝2∠A，再求出∠A即可．
【解答】解：∵点A，B，C，D都在圆周上，
∴∠C+∠A＝180°，
∵OB∥DC，OD∥BC，
∴∠C+∠OBC＝180°，∠BOD+∠OBC＝180°，
∴∠C＝∠BOD，
∵∠BOD＝2∠A，
∴∠C＝2∠A，
即3∠A＝180°，
∴∠A＝60°，
故选：D．
【点评】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，平行线的性质等知识点，能求出∠C+∠A＝180°和∠BOD＝2∠A是解此题的关键．
28．（2023•萧山区校级模拟）如图，A、B、C、D四个点均在⊙O上，∠AOD＝α，AO∥DC，∠B＝β，则α，β满足关系为（ ）
A．2α﹣β＝90°B．α+β＝90°C．2β+α＝180°D．α+9β＝540°
【分析】先根据平行线的性质得出∠ODC＝∠AOD＝α，再由等腰三角形的性质与三角形内角和定理求得∠DOC＝180°﹣2α，继而得出∠AOC＝∠AOD+∠DOC＝180°﹣α，然后利用圆周角定理∠ABC＝∠AOC求解即可．
【解答】解：连接OC，
∵AO∥DC，
∴∠ODC＝∠AOD＝α，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD＝α，
∴∠DOC＝180°﹣2α，
∴∠AOC＝∠AOD+∠DOC＝180°﹣α，
∴∠ABC＝∠AOC＝90°﹣α，
即β＝90°﹣α，
∴2β+α＝180°．
故选：C．
【点评】本题考查等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
29．（2022秋•上城区期末）如图，四边形ABCD是半圆O的内接四边形，AB是直径，CD＝BC．若∠DCB＝100°，则∠ADC的度数为（ ）
A．100°B．110°C．120°D．130°
【分析】连接BD，分别求出∠ADB，∠CDB，可得结论．
【解答】解：连接BD．
∵AB是直径，
∴∠ADC＝90°，
∵CD＝CB，∠C＝100°，
∴∠CDB＝∠CBDD＝40°，
∴∠ADC＝∠ADB+∠CDB＝90°+40°＝130°．
故选：D．
【点评】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，解题关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
30．（2022秋•嵊州市期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，分别延长BC，AD，使它们相交于点E，AB＝8，且DC＝DE．
（1）求证：∠A＝∠AEB．
（2）若∠EDC＝90°，点C为BE的中点，求⊙O的半径．
【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补可得∠A+∠BCD＝180°，再由邻补角互补可得∠BCD+∠DCE＝180°，根据同角的补角相等可得∠A＝∠DCE，再根据等边对等角可得∠E＝∠DCE，再根据等量代换可得∠A＝∠AEB．
（2）连接AC，根据直角所对的弦是直径得出AC为⊙O的直径，根据勾股定理求出AC，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠DCE＝180°，
∴∠A＝∠DCE，
∵DC＝DE
∴∠E＝∠DCE，
∴∠A＝∠AEB；
（2）解：如图，连接AC，
∵∠EDC＝90°，
∴AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵∠A＝∠AEB
∴AB＝BE
∵AB＝8，
∴BE＝8，
∵点C为BE的中点，
∴，
在Rt△ABC中，，
∴⊙O的半径为．
【点评】本题考查圆内接四边形的性质，直角所对的弦是直径，勾股定理，掌握以上知识是解题关键．
31．（2023•杭州二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点F是CD延长线上的一点，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于点E．
（1）求证：AB＝AC．
（2）若BD＝11，DE＝2，求CD的长．
【分析】（1）根据角平分线的定义、圆内接四边形的性质解答；
（2）过点A作AG⊥BD，分别证明Rt△AED≌Rt△AGD和Rt△AEC≌Rt△AGB，根据全等三角形的性质计算．
【解答】（1）证明：∵AD平分∠BDF，
∴∠ADF＝∠ADB，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠ADF＝∠ABC，
∵∠ACB＝∠ADB，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC；
（2）解：过点A作AG⊥BD，垂足为点G．
∵AD平分∠BDF，AE⊥CF，AG⊥BD，
∴AG＝AE，∠AGB＝∠AEC＝90°，
在Rt△AED和Rt△AGD中，
，
∴Rt△AED≌Rt△AGD，
∴GD＝ED＝2，
在Rt△AEC和Rt△AGB中，
，
∴Rt△AEC≌Rt△AGB（HL），
∴BG＝CE，
∵BD＝11，
∴BG＝BD﹣GD＝11﹣2＝9，
∴CE＝BG＝9，
∴CD＝CE﹣DE＝9﹣2＝7．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．
四．相交弦定理（共4小题）
32．（2021秋•东阳市月考）已知四边形ABCD两条对角线相交于点E，AB＝AC＝AD，AE＝3，EC＝1，则BE•DE
的值为（ ）
A．6B．7C．12D．16
【分析】由题意可知AB＝AC＝AD，点D、C、B在以点A为圆心的圆周上运动，由相交弦定理可得，BE•DE＝CE•EF即可求出答案．
【解答】解：∵AB＝AC＝AD，
∴点D、C、B在以点A为圆心的圆周上运动，
AE＝3，EC＝1，
∴AC＝AF＝AE+CE＝3+1＝4，
EF＝AE+AF＝3+4＝7，
由相交弦定理可得，
BE•DE＝CE•EF＝1×7＝7，
故选：B．
【点评】本题考查了相交弦定理，根据圆心和半径构建圆是解题的关键．
33．（2021秋•余姚市期中）如图，⊙O的弦AB、CD相交于点P，若AP＝6，BP＝8，CP＝4，则CD长为（ ）
A．16B．24C．12D．不能确定
【分析】由相交线定理可得出AP•BP＝CP•DP，再根据AP＝6，BP＝8，CP＝4，可得出PD的长，从而得出CD即可．
【解答】解：∵AP•BP＝CP•DP，
∴PD＝，
∵AP＝6，BP＝8，CP＝4，
∴PD＝12，
∴CD＝PC+PD＝12+4＝16．
故选：A．
【点评】本题考查了相交线定理，圆内两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．
34．（2022秋•温州期末）已知四边形ABCD两条对角线相交于点E，AB＝AC＝AD，AE＝3，EC＝1，则BE•DE的值为（ ）
A．6B．7C．12D．16．
【分析】由题意可知AB＝AC＝AD，点D、C、B在以点A为圆心的圆周上运动，由相交弦定理可得，BE•DE＝CE•EF即可求出答案．
【解答】解：∵AB＝AC＝AD，
∴点D、C、B在以点A为圆心的圆周上运动，
AE＝3，EC＝1，
∴AC＝AF＝AE+CE＝3+1＝4，
EF＝AE+AF＝3+4＝7，
由相交弦定理可得，
BE•DE＝CE•EF＝1×7＝7，
故选：B．
【点评】本题考查了相交弦定理，根据圆心和半径构建圆是解题的关键．
35．（2022秋•嵊州市期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交于点E，若AE＝2，BE＝8，CE＝2DE，则O到CD的距离为 ．
【分析】连接AD、BC、OC，过O作OH⊥CD交CD于H，先根据圆周角定理和相似三角形的判定证明△ADE∽△CBE，再利用相似三角形的性质求得进而求得，进而求得，然后利用垂径定理和勾股定理求得OH即可求解．
【解答】解：如图，连接AD、BC，
则∠ADE＝∠CBE，∠DAE＝∠BCE，
∴△ADE∽△CBE，
∴，
∵AE＝2，BE＝8，CE＝2DE，
∴2DE2＝AE•BE＝2×8＝16，AB＝10，
∴，，
∴，
过O作OH⊥CD交CD于H，连接OC，
则，
在Rt△OHC中，，
∴，
即O到CD的距离为，
故答案为：．
【点评】本题考查圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握圆周角定理和垂径定理，会利用相似三角形的判定与性质求线段长是解题的关键．
【过关检测】
一、单选题
1．（2022秋·浙江·九年级专题练习）如图，在中，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据同圆中等弧所对的圆心角相等，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了同圆或等圆中，等弧所对的圆心角相等，掌握同圆或等圆中，等弧所对的圆心角相等是解题的关键．
2．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，点A，B，C，D在上，则图中一定与相等的角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据同弧所对等圆周角相等求解即可．
【详解】∵所对应的弧为，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
3．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，四边形内接于⊙O，为直径，，连接．若，则的度数为（ ）
A．70°B．60°C．50°D．40°
【答案】A
【分析】连接，根据等弧所对的圆周角相等可得，再根据直径所对的圆周角为直角可得，最后根据三角形的内角和即可求解．
【详解】解：连接，
∵点C为的中点
∴
∵为的直径
∴
∴
故选：A．
【点睛】本题主要考查了在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角，三角形的内角和，解题的关键是熟练掌握相关知识并灵活运用．
4．（2023·浙江·模拟预测）已知弦AB把圆周分成两部分，则弦AB所对圆心角的度数为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】C
【分析】分优弧，劣弧两种情况，求解即可．
【详解】解：∵弦AB把圆周分成两部分，
∴劣弧的度数为：，即：劣弧所对的圆心角的度数为，
优弧的度数为：，即：优弧所对的圆心角的度数为，
∴弦AB所对圆心角的度数为或；
故选C．
【点睛】本题考查弦，弧，角之间的关系．注意弦分弧为优弧和劣弧两种情况．
5．（2023秋·浙江台州·九年级统考期末）如图，是的直径，弦垂直于点，连接，，，，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据垂径定理对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：∵是的直径，弦垂直于点，
∴，，，
∴，，
而不一定成立，
故选：B．
【点睛】本题考查的是垂径定理，垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解答此题的关键．
6．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，一块直角三角板的斜边与量角器的直径重合，点D对应的刻度值为，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆周角定理、平角的定义求解．
【详解】由题意知，所对的圆心角为，所以所对的圆心角为，
∵是直角三角板的斜边，
∴A,B,C,D四点共圆，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查圆周角定理；熟练运用圆周角定理是解题的关键．
7．（2023·浙江·九年级假期作业）在中，满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．无法确定
【答案】B
【分析】过O点作半径，根据垂径定理得到，根据圆心角、弧、弦的关系得到，然后根据三角形三边的关系可得到．
【详解】解：如图，过O点作半径，则＝，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
8．（2023·浙江温州·统考三模）如图，点A，B，C，D均在以点O为圆心的圆O上，连接，及顺次连接O，B，C，D得到四边形，若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，证明是等边三角形，再利用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可得出答案．
【详解】解：连接，
∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了等比三角形的判定与性质，同弧所对的圆周角和圆心角的关系，解题的关键是证明是等边三角形．
9．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，在的内接四边形中，，，，则的直径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作直径，连、证明，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：作直径，连、．
是圆的直径，
，
，
又，
，
，
，
，
，
的直径为．
故选：．
【点睛】本题考查勾股定理，圆周角定理，平行线的判定和性质等知识，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，属于中考常考题型．
10．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是半圆O的直径，以弦为痕折叠后，恰好过点O则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，过O作于D交圆O于E，根据折叠的性质得到，根据圆周角定理得到，根据三角形的中位线的性质得到，求得，据此求解即可得到结论．
【详解】解：如图，连接，过O作于D交圆O于E，
∵把半圆沿弦折叠，恰好经过点O，
∴，
∵是半圆O的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
是等边三角形，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了折叠的性质，垂径定理，圆周角定理，等边三角形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．
二、填空题
11．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，、、是上的三个点，，则的度数是___________．
【答案】
【分析】利用圆周角定理，进行计算即可解答．
【详解】∵、、是上的三个点，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
12．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，内接于，是的直径，点是上一点，，则________．
【答案】35
【分析】由同弧所对的圆周角相等，得再根据直径所对的圆周角为直角，得，然后由直角三角形的性质即可得出结果．
【详解】解：是所对的圆周角，
是的直径，
，
在中，，
故答案为: ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，以及直角三角形的性质，利用了转化的思想，熟练掌握圆周角定理是解本题的关键．
13．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，，，是上三点，，则的度数是______°．
【答案】
【分析】根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
14．（2022秋·浙江·九年级期末）如图，点A在半圆O上，是直径，．若，则的长为 __．
【答案】
【分析】连接，由圆心角，弦，弧的关系可得，结合等腰直角三角形的性质可求解的长，进而可求解的长．
【详解】解：连接，
∵ ，是直径，
∴，
∵，，
∴，
∴ ．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆周角，弦，弧的关系，等腰直角三角形的性质，求解，的长是解题的关键．
15．（2022秋·浙江杭州·九年级统考期末）如图，正内接于，的半径为10，则的弧长为_____________．
【答案】/
【分析】同圆或等圆中，两弦相等，所对的优弧或劣弧也对应相等，据此求解即可．
【详解】∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴的长等于周长的三分之一，
∵的半径为，
∴的周长，
∴的长等于，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆中弧与弦之间的关系，熟练掌握相关概念是解题关键．
16．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，的半径为，是的内接三角形，半径于，当时，的长是________．
【答案】
【分析】根据题意可得是等腰直角三角形，半径于，根据等腰三角形的“三线合一”，即可求解．
【详解】解：的半径为，
∴，
∵是的内接三角形，，
∴，
∴是等腰直角三角形，，，，
∵半径于，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，等腰直角三角形的性质的综合，掌握以上知识的综合运用解题的关键．
17．（2023春·九年级校考阶段练习）如图，已知是的直径，弦与交于点E，若， ，则___________．
【答案】/50度
【分析】连接，利用三角形外角的性质即可求出，即可求出答案．
【详解】解：连接，如图所示，
∵是的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆与三角形的性质，正确作出辅助线是关键．
18．（2023·浙江·九年级假期作业）如图所示，A、B是半径为2的上的两点，若，点C是弧的中点，则四边形的周长为_______．
【答案】8
【分析】通过等弧所对的圆心角相等和，得到和都是等边三角形，再求出四边形的周长．
【详解】解：∵C是的中点，
∴，而，
∴，
∵，
∴和都是等边三角形，
∴， 所以四边形的周长等于8．
故答案为：8．
【点睛】本题考查的是等弧所对的圆心角相等；等边三角形的判定和性质，熟练的运用等弧所对的圆心角相等是解本题的关键．
三、解答题
19．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，以等边三角形的边为直径作交于，交于，连接．试判断，，之间的大小关系，并说明理由．
【答案】，理由见解析
【分析】连接，．根据题意得出与都是等边三角形，继而得出，根据圆心角与弦的关系即可得证．
【详解】解：．理由如下：如图，连接，．
，，
与都是等边三角形．
．
．
．
．
【点睛】本题考查了在同圆中，相等的圆心角所对的弦相等，连接，，构造弦所对的圆心角是解此题的关键．
20．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，A是上一点，是直径，点D在上且平分．
(1)连接，求证：平分；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）利用圆周角定理即可证明结论；
（2）利用圆周角定理得到，再利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵点D在上且平分，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：∵是直径，
∴，
∵点D在上且平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，掌握“直径所对的圆周角是直角”是解题的关键．
21．（2023·浙江温州·校考二模）如图，在上依次取点B，A，C使，连接，取的中点D，连接，在弦右侧取点E，使，且，连接．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据即可证明；
（2）作于点H，求出，再根据得,从而可得结论．
【详解】（1）∵，
∴，
∵，
∴，
∵D为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
（2）作于点H，
∵，
∴.
∵，
∴，，
在中，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的有关概念，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
22．（2023·浙江台州·统考二模）如图，点A、B、C、D是上的点，为直径，．
(1)求证：点C平分．
(2)利用无刻度的直尺和圆规做出的中点P（保留作图痕迹）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接，因为，得到，，又因为半径相等，则，即可证明点C平分；
（2）分别以A、B为圆心，大于为半径，画弧交于一点，连接该点与圆心交于一点即为的中点P．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴点C平分；
（2）解：如图所示：点P为所求：
【点睛】本题主要考查圆的基本性质以及基本作图等知识内容，正确掌握基本作图的方法是解题的关键．
23．（2023·浙江·一模）如图，在中，，以为直径的圆分别交，于点，连接交于点．若．
(1)求证：．
(2)求的长．
【答案】(1)见解析
(2)7.2
【分析】（1）首先根据圆直径的性质得到，然后利用等腰三角形三线合一性质求解即可；
（2）首先利用勾股定理求出，然后利用等面积法得到，最后利用勾股定理即可求出的长．
【详解】（1）∵是圆的直径，
∴，
∵，
∴是等腰三角形，
∴；
（2）∵是圆的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵是圆的直径，
∴，
∴，
∴，
∴解得，
∴．
【点睛】此题考查了直径所对的圆周角是直角，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
24．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是的直径，点C，D是上的点，且，分别与，相交于点E，F．
(1)求证：点D为弧的中点；
(2)若，，求的直径．
【答案】(1)见解析
(2)20
【分析】（1）根据圆周角定理可得，再由平行线的性质可得，从而可得，再根据垂径定理即可得出结论；
（2）根据垂径定理可得，再利用勾股定理进行计算即可．
【详解】（1）证明：∵是直径
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点D为的中点；
（2）解：∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴的直径为20．
【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、勾股定理，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
25．（2023秋·浙江杭州·九年级统考期末）如图，A，B，C，D是圆O上的点，，，分别交，，OC于点N，M．求证：
(1)；
(2)．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由得到，推出，而，即可证明问题；
（2）由条件可以证明，即可证明．
【详解】（1），
，
，
，
；
（2），
，，
，
，
，，
，
．
【点睛】本题考查圆心角，弧，弦的关系，三角形全等，掌握以上知识点是解题的关键．
一．圆心角、弧、弦的关系
（1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．
（2）推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧．
（3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系
三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与原图形完全重合．
（4）在具体应用上述定理解决问题时，可根据需要，选择其有关部分．
二．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）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．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
三．圆内接四边形的性质
（1）圆内接四边形的性质：
①圆内接四边形的对角互补．
②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．
（2）圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
四．相交弦定理
（1）相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．（经过圆内一点引两条线，各弦被这点所分成的两段的积相等）．
几何语言：若弦AB、CD交于点P，则PA•PB＝PC•PD（相交弦定理）
（2）推论：如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例中项．
几何语言：若AB是直径，CD垂直AB于点P，则PC2＝PA•PB（相交弦定理推论）．
【考点剖析】
一．圆心角、弧、弦的关系（共9小题）
1．（2023•杭州二模）如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB＝2∠BOC，则下列说法中正确的是（ ）
A．∠OBA＝∠OCAB．四边形OABC内接于⊙O
C．AB＝2BCD．∠OBA+∠BOC＝90°
2．（2022秋•鄞州区校级期末）如图，AB，CD是⊙O的直径，，若∠AOE＝32°，则∠COE的度数是 ．
3．（2022秋•越城区期末）如图，AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，若BC＝CD＝DA＝4，则⊙O的周长为（ ）
A．4πB．6πC．8πD．9π
4．（2023•越城区模拟）如图，AB，AC是⊙O的两条弦，OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，连结OB，OC．若∠DOE＝140°，则∠BOC的度数为（ ）
A．70°B．80°C．90°D．100°
5．（2023•路桥区校级二模）如图，弧AB所对圆心角∠AOB＝90°，半径为8，点C是OB中点，点D弧AB上一点，CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，则AE的最小值是 ．
6．（2023•宁波模拟）传统服饰日益受到关注，如图1为明清时期女子主要裙式之一的马面裙，如图2马面裙可以近似地看作扇环，其中AD长度为米，BC长度为米，圆心角∠AOD＝60°，则裙长AB为 ．
7．（2023•萧山区校级模拟）如图，BD是⊙O的直径，点A，C在⊙O上，AB＝AD，AC交BD于点E，已知∠COD＝135°．
（1）求∠AEB的度数，
（2）若CO＝1，求OE的长．
8．（2023•玉环市二模）如图，点A、B、C、D是⊙O上的点，AD为直径，AB∥OC．
（1）求证：点C平分弧BD．
（2）利用无刻度的直尺和圆规作出AB的中点P（保留作图痕迹）．
9．（2023•婺城区模拟）如图，AB是⊙O的直径，C是的中点，CE⊥AB于点E，BD交CE于点F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若CD＝6，AC＝8，求⊙O的半径及CE的长．
二．圆周角定理（共11小题）
10．（2023•鹿城区一模）如图，AC是⊙O的直径，B，D是⊙O上的两点，连结AB，BC，CD，BD，若∠A+∠D＝80°，则∠ACB的度数为（ ）
A．40°B．50°C．60°D．80°
11．（2023•西湖区校级三模）如图，点A、B、C在圆O上，若∠A＝50°，则∠OBC 的度数为（ ）
A．40°B．45°C．50°D．55°
12．（2023•宁波模拟）如图，AB是⊙O的直径，C，D两点在圆上，连接AD，CD，且＝，∠CAB＝25°，P为上一动点，在运动过程中，DP与AC相交于点M，当△CDM为等腰三角形时，∠PDC的度数为 ．
13．（2023•西湖区校级模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，若∠ABD＝60°，∠AED＝100°，则∠ABC＝ ．
14．（2023•杭州）如图，在⊙O中，半径OA，OB互相垂直，点C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，则∠BAC＝（ ）
A．23°B．24°C．25°D．26°
15．（2023•余杭区模拟）如图，AB是半圆O的直径，点D是弧AC的中点，若∠DAC＝25°．则∠BAC等于（ ）
A．40°B．42°C．44°D．46°
16．（2023•杭州模拟）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD＝ED，则∠B＝ 度；的值等于 ．
17．（2023•钱塘区三模）如图，AB是⊙O的直径，半径OD⊥AB，点E在OB上，连接DE并延长交⊙O于点C，连接BC．
（1）求∠B﹣∠D的值．
（2）当∠B＝75°时，求的值．
（3）若BC＝CE，△DOE与△CBE的面积分别记为S1，S2，求的值．
18．（2023•衢州二模）如图，在⊙O中，OA，OB是直径，C是劣弧上的一点．且∠AOB＝120°．
（1）求∠ACB的度数；
（2）若AC＝BC．求证：四边形ACBO是菱形．
19．（2023•金东区二模）如图，已知AB，CD是⊙O的直径，点E是CA延长线的一点，射线ED交⊙O点于F，连结AD，CF，∠CDA＝∠EDA，∠CAB＝30°，AB＝8．
（1）求证：AB∥FE．
（2）求∠FCA的度数．
（3）求CE的长．
20．（2023•滨江区一模）如图1，AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，，BF与CD交于点G．
（1）求证：CD＝BF．
（2）若BE＝1，BF＝4，求GE的长．
（3）连结GO，OF，如图2，求证：．
三．圆内接四边形的性质（共11小题）
21．（2022秋•嘉兴期末）已知，在圆内接四边形ABCD中，∠A：∠B：∠C＝1：2：5，则∠D的度数为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
22．（2023•宁波模拟）圆内接四边形ABCD，两组对边的延长线分别相交于点E、F，且∠E＝40°，∠F＝60°，求∠A＝ °．
23．（2023•龙港市一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连结CE，若∠BAD＝110°，则∠DCE＝ 度．
24．（2022秋•仙居县期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点C是弧BD的中点，连接BD，若∠CBD＝35°，求∠A的度数．
25．（2023•绍兴）如图，四边形ABCD内接于圆O，若∠D＝100°，则∠B的度数是 ．
26．（2023•萧山区二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点C是弧BD的中点，延长AB到点E，使得BE＝AD，连结AC，CE．
（1）求证：AC＝CE．
（2）若，，∠BCD＝120°，求BC的长．
27．（2023•金华三模）在⊙O中，点A，B，C，D都在圆周上，OB∥DC，OD∥BC，则∠A的度数为（ ）
A．45°B．50°C．55°D．60°
28．（2023•萧山区校级模拟）如图，A、B、C、D四个点均在⊙O上，∠AOD＝α，AO∥DC，∠B＝β，则α，β满足关系为（ ）
A．2α﹣β＝90°B．α+β＝90°C．2β+α＝180°D．α+9β＝540°
29．（2022秋•上城区期末）如图，四边形ABCD是半圆O的内接四边形，AB是直径，CD＝BC．若∠DCB＝100°，则∠ADC的度数为（ ）
A．100°B．110°C．120°D．130°
30．（2022秋•嵊州市期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，分别延长BC，AD，使它们相交于点E，AB＝8，且DC＝DE．
（1）求证：∠A＝∠AEB．
（2）若∠EDC＝90°，点C为BE的中点，求⊙O的半径．
31．（2023•杭州二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点F是CD延长线上的一点，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于点E．
（1）求证：AB＝AC．
（2）若BD＝11，DE＝2，求CD的长．
四．相交弦定理（共4小题）
32．（2021秋•东阳市月考）已知四边形ABCD两条对角线相交于点E，AB＝AC＝AD，AE＝3，EC＝1，则BE•DE
的值为（ ）
A．6B．7C．12D．16
33．（2021秋•余姚市期中）如图，⊙O的弦AB、CD相交于点P，若AP＝6，BP＝8，CP＝4，则CD长为（ ）
A．16B．24C．12D．不能确定
34．（2022秋•温州期末）已知四边形ABCD两条对角线相交于点E，AB＝AC＝AD，AE＝3，EC＝1，则BE•DE的值为（ ）
A．6B．7C．12D．16．
35．（2022秋•嵊州市期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交于点E，若AE＝2，BE＝8，CE＝2DE，则O到CD的距离为 ．
【过关检测】
一、单选题
1．（2022秋·浙江·九年级专题练习）如图，在中，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，点A，B，C，D在上，则图中一定与相等的角是（ ）
A．B．C．D．
3．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，四边形内接于⊙O，为直径，，连接．若，则的度数为（ ）
A．70°B．60°C．50°D．40°
4．（2023·浙江·模拟预测）已知弦AB把圆周分成两部分，则弦AB所对圆心角的度数为（ ）
A．B．C．或D．或
5．（2023秋·浙江台州·九年级统考期末）如图，是的直径，弦垂直于点，连接，，，，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
6．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，一块直角三角板的斜边与量角器的直径重合，点D对应的刻度值为，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
7．（2023·浙江·九年级假期作业）在中，满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．无法确定
8．（2023·浙江温州·统考三模）如图，点A，B，C，D均在以点O为圆心的圆O上，连接，及顺次连接O，B，C，D得到四边形，若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
9．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，在的内接四边形中，，，，则的直径为（ ）
A．B．C．D．
10．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是半圆O的直径，以弦为痕折叠后，恰好过点O则等于（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，、、是上的三个点，，则的度数是___________．
12．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，内接于，是的直径，点是上一点，，则________．
13．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，，，是上三点，，则的度数是______°．
14．（2022秋·浙江·九年级期末）如图，点A在半圆O上，是直径，．若，则的长为 __．
15．（2022秋·浙江杭州·九年级统考期末）如图，正内接于，的半径为10，则的弧长为_____________．
16．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，的半径为，是的内接三角形，半径于，当时，的长是________．
17．（2023春·九年级校考阶段练习）如图，已知是的直径，弦与交于点E，若， ，则___________．
18．（2023·浙江·九年级假期作业）如图所示，A、B是半径为2的上的两点，若，点C是弧的中点，则四边形的周长为_______．
三、解答题
19．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，以等边三角形的边为直径作交于，交于，连接．试判断，，之间的大小关系，并说明理由．
20．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，A是上一点，是直径，点D在上且平分．
(1)连接，求证：平分；
(2)若，，求的长．
21．（2023·浙江温州·校考二模）如图，在上依次取点B，A，C使，连接，取的中点D，连接，在弦右侧取点E，使，且，连接．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
22．（2023·浙江台州·统考二模）如图，点A、B、C、D是上的点，为直径，．
(1)求证：点C平分．
(2)利用无刻度的直尺和圆规做出的中点P（保留作图痕迹）．
23．（2023·浙江·一模）如图，在中，，以为直径的圆分别交，于点，连接交于点．若．
(1)求证：．
(2)求的长．
24．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是的直径，点C，D是上的点，且，分别与，相交于点E，F．
(1)求证：点D为弧的中点；
(2)若，，求的直径．
25．（2023秋·浙江杭州·九年级统考期末）如图，A，B，C，D是圆O上的点，，，分别交，，OC于点N，M．求证：
(1)；
(2)．
第09讲 圆心角与圆周角（4种题型）
【知识梳理】
一．圆心角、弧、弦的关系
（1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．
（2）推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧．
（3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系
三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与原图形完全重合．
（4）在具体应用上述定理解决问题时，可根据需要，选择其有关部分．
二．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）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．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
三．圆内接四边形的性质
（1）圆内接四边形的性质：
①圆内接四边形的对角互补．
②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．
（2）圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
四．相交弦定理
（1）相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．（经过圆内一点引两条线，各弦被这点所分成的两段的积相等）．
几何语言：若弦AB、CD交于点P，则PA•PB＝PC•PD（相交弦定理）
（2）推论：如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例中项．
几何语言：若AB是直径，CD垂直AB于点P，则PC2＝PA•PB（相交弦定理推论）．
【考点剖析】
一．圆心角、弧、弦的关系（共9小题）
1．（2023•杭州二模）如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB＝2∠BOC，则下列说法中正确的是（ ）
A．∠OBA＝∠OCAB．四边形OABC内接于⊙O
C．AB＝2BCD．∠OBA+∠BOC＝90°
【分析】过O作OD⊥AB于D交⊙O于E，由垂径定理得到＝，于是得到＝＝，推出AE＝BE＝BC，根据三角形的三边关系得到2BC＞AB，故C错误；根据三角形内角和得到∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝90°﹣∠BOC，∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝90°﹣∠BOC，推出∠OBA≠∠OCA，故A错误；由点A，B，C在⊙O上，而点O在圆心，得到四边形OABC不内接于⊙O，故B错误；根据余角的性质得到∠OBA+∠BOC＝90°，故D正确；
【解答】解：过O作OD⊥AB于D交⊙O于E，
则＝，
∴AE＝BE，∠AOE＝∠BOE＝AOB，
∵∠AOB＝2∠BOC，
∴∠AOE＝∠BOE＝∠BOC，
∴＝＝，
∴AE＝BE＝BC，
∴2BC＞AB，故C错误；
∵OA＝OB＝OC，
∴∠OBA＝（180°﹣∠AOB）＝90°﹣∠BOC，
∠OCA＝（180°﹣∠AOC）＝90°﹣∠BOC，
∴∠OBA≠∠OCA，故A错误；
∵点A，B，C在⊙O上，而点O在圆心，
∴四边形OABC不内接于⊙O，故B错误；
∵∠BOE＝∠BOC＝AOB，
∵∠BOE+∠OBA＝90°，
∴∠OBA+∠BOC＝90°，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了圆心角，弧，弦的关系，垂径定理，三角形的三边关系，正确的作出辅助线是解题的关键．
2．（2022秋•鄞州区校级期末）如图，AB，CD是⊙O的直径，，若∠AOE＝32°，则∠COE的度数是 64° ．
【分析】根据在同圆中，等弧所对的圆心角相等，可推出∠BOD＝∠AOE＝32°，再根据对顶角相等，可推出∠AOC＝∠BOD＝32°，最后用∠COE＝∠COA+∠AOE即可求解．
【解答】解：∵，∠AOE＝32°，
∴∠BOD＝∠AOE＝32°，
∵∠AOC＝∠BOD＝32°，
∴∠COE＝∠COA+∠AOE＝32°+32°＝64°．
故答案为：64°．
【点评】本题主要考查等弧和圆心角的关系，熟知在同圆中，等弧所对的圆心角相等，和对顶角相等是解题的关键．
3．（2022秋•越城区期末）如图，AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，若BC＝CD＝DA＝4，则⊙O的周长为（ ）
A．4πB．6πC．8πD．9π
【分析】如图，连接OD、OC．根据圆心角、弧、弦的关系证得△AOD是等边三角形，则⊙O的半径长为BC＝4cm；然后由圆的周长公式进行计算．
【解答】解：如图，连接OC、OD．
∵AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，BC＝CD＝DA＝4，
∴＝＝，
∴∠AOD＝∠DOC＝∠BOC＝60°．
又OA＝OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴OA＝AD＝4，
∴⊙O的周长＝2×4π＝8π．
故选：C．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，等边三角形的判定与性质．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对弦的弦心距也相等，即四者有一个相等，则其它三个都相等．
4．（2023•越城区模拟）如图，AB，AC是⊙O的两条弦，OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，连结OB，OC．若∠DOE＝140°，则∠BOC的度数为（ ）
A．70°B．80°C．90°D．100°
【分析】根据四边形的内角和等于360°计算可得∠BAC＝50°，再根据圆周角定理得到∠BOC＝2∠BAC，进而可以得到答案．
【解答】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC，
∴∠ADO＝90°，∠AEO＝90°，
∵∠DOE＝140°，
∴∠BAC＝360°﹣90°﹣90°﹣140°＝40°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝80°，
故选：B．
【点评】本题考查的是圆周角定理，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．
5．（2023•路桥区校级二模）如图，弧AB所对圆心角∠AOB＝90°，半径为8，点C是OB中点，点D弧AB上一点，CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，则AE的最小值是 4﹣8． ．
【分析】如图，连接OD，以OC为边向下作正方形OCTH，连接AT，ET．利用勾股定理求出AT，再证明△OCD≌△TCE（SAS），推出ET＝OD＝8，由AE≥AT﹣ET＝4﹣8，可得结论．
【解答】解：如图，连OD，以OC为边向下作正方形OCTH，连AT，ET．
∵OA＝OB＝8，OC＝CB＝CT＝OH＝HT＝4，
∴AH＝AO+OH＝12，
∴AT＝＝＝4，
∴∠OCT＝∠ECD＝90°，
∴∠OCD＝∠RCE，
在△OCD和△TCE中，
，
∴△OCD≌△TCE（SAS），
∴ET＝OD＝8，
∴AE≥AE﹣ET＝4﹣8，
∴AE的最小值为 4﹣8．
故答案为：4﹣8．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
6．（2023•宁波模拟）传统服饰日益受到关注，如图1为明清时期女子主要裙式之一的马面裙，如图2马面裙可以近似地看作扇环，其中AD长度为米，BC长度为米，圆心角∠AOD＝60°，则裙长AB为 0.8米 ．
【分析】由题意知，＝＝，＝＝计算求解OA，OB的值，然后根据AB＝OB﹣OA计算求解即可．
【解答】解：由题意知，＝＝，＝＝，
解得OA＝1，，
∴＝0.8（米），
故答案为：0.8米．
【点评】本题考查了扇形的弧长公式．解题的关键在于正确的计算．
7．（2023•萧山区校级模拟）如图，BD是⊙O的直径，点A，C在⊙O上，AB＝AD，AC交BD于点E，已知∠COD＝135°．
（1）求∠AEB的度数，
（2）若CO＝1，求OE的长．
【分析】（1）根据圆周角定理以及等腰直角三角形的性质可求出答案；
（2）由相似三角形的判定和性质得出＝，进而得到＝，而OE+BE＝OB＝1，代入求解即可．
【解答】解：（1）∵BD是⊙O的直径，点A在⊙O上，
∴∠BAD＝90°，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵∠COD＝135°，
∴∠BOC＝180°﹣135°＝45°，
∴∠BAC＝∠BOC＝22.5°，
∴∠AEB＝180°﹣45°﹣22.5°
＝112.5°；
（2）在Rt△ABD中，AB＝AD，BD＝2OC＝2，
∴AB＝×BD＝，
∵∠ABC＝∠BOC＝45°，
∴AB∥OC，
∴△COE∽△ABE，
∴＝，
即＝，而OE+BE＝OB＝1，
∴OE＝﹣1．
【点评】本题考查圆心角、弦、弧之间的关系，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，掌握圆心角、弦、弧之间的关系，圆周角定理是正确解答的前提．
8．（2023•玉环市二模）如图，点A、B、C、D是⊙O上的点，AD为直径，AB∥OC．
（1）求证：点C平分弧BD．
（2）利用无刻度的直尺和圆规作出AB的中点P（保留作图痕迹）．
【分析】（1）连接OB，由平行线的性质，等腰三角形的性质，得到∠DOC＝∠COB，由此点C平分．
（2）分别以A、B为圆心，大于AB的长为半径画弧，得到两弧的交点，从而得到点P．
【解答】（1）证明：连接OB，
∵OC∥AB，
∴∠DOC＝∠OAB，∠COB＝∠OBA．
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∴∠DOC＝∠COB，
∴点C平分．
（2）作法：①分别以A、B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧交于M，
②连接OM交AB于P，
∴点P即为所求作的点．
【点评】本题考查平行线的性质，圆心角、弧、弦的关系，尺规作图，关键是掌握圆心角、弧、弦的关系，用尺规作线段垂直平分线的方法．
9．（2023•婺城区模拟）如图，AB是⊙O的直径，C是的中点，CE⊥AB于点E，BD交CE于点F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若CD＝6，AC＝8，求⊙O的半径及CE的长．
【分析】（1）要证明CF＝BF，可以证明∠ECB＝∠DBC；AB是⊙O的直径，则∠ACB＝90°，又知CE⊥AB，则∠CEB＝90°，则∠DBC＝90°﹣∠ACE＝∠A，∠ECB＝∠A，则∠ECB＝∠DBC；
（2）在直角三角形ACB中，AB2＝AC2+BC2，又知，BC＝CD，所以可以求得AB的长，即可求得圆的半径；再利用面积法求得CE的长．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠ABC．
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB＝90°﹣∠ABC，
∴∠ECB＝∠A．
又∵C是的中点，
∴＝，
∴∠DBC＝∠A，
∴∠ECB＝∠DBC，
∴CF＝BF；
（2）解：∵＝，
∴BC＝CD＝6，
∵∠ACB＝90°，
∴AB＝＝＝10，
∴⊙O的半径为5，
∵S△ABC＝AB•CE＝BC•AC，
∴CE＝＝＝．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、等腰三角形的性质以及角平分线的性质等知识．此题综合性很强，难度适中，注意数形结合思想与方程思想的应用．
二．圆周角定理（共11小题）
10．（2023•鹿城区一模）如图，AC是⊙O的直径，B，D是⊙O上的两点，连结AB，BC，CD，BD，若∠A+∠D＝80°，则∠ACB的度数为（ ）
A．40°B．50°C．60°D．80°
【分析】根据圆周角定理得出∠ABC＝90°，∠A＝∠D＝40°，根据直角三角形的性质求解即可．
【解答】解：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠A+∠ACB＝90°，
∵∠A+∠D＝80°，∠A＝∠D，
∴∠A＝40°，
∴∠ACB＝50°，
故选：B．
【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．
11．（2023•西湖区校级三模）如图，点A、B、C在圆O上，若∠A＝50°，则∠OBC 的度数为（ ）
A．40°B．45°C．50°D．55°
【分析】根据圆周角定理求得∠BOC的度数，然后利用三角形内角和定理及等边对等角即可求得答案．
【解答】解：∵∠A＝50°，
∴∠BOC＝2∠A＝100°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝（180°﹣100°）÷2＝40°，
故选：A．
【点评】本题主要考查圆周角定理及等腰三角形性质，它们均为几何中重要知识点，必须熟练掌握．
12．（2023•宁波模拟）如图，AB是⊙O的直径，C，D两点在圆上，连接AD，CD，且＝，∠CAB＝25°，P为上一动点，在运动过程中，DP与AC相交于点M，当△CDM为等腰三角形时，∠PDC的度数为 40°或70°或100° ．
【分析】根据＝，∠CAB＝25°，得∠CAD＝∠CAB＝25°，由AB是⊙O的直径，得∠C＝40°，然后分三种情况讨论即可求出答案．
【解答】解：∵＝，∠CAB＝25°，
∴∠CAD＝∠CAB＝25°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠C＝40°，
当△CDM为等腰三角形时，
①当MD＝MC时，∠PDC＝∠C＝40°，
②当CD＝CM时，∠PDC＝＝70°，
③当DM＝DC时，∠PDC＝180°﹣2×40°＝100°，
故答案为：40°或70°或100°．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，关键是求出∠C的度数和分三种情况讨论求角．
13．（2023•西湖区校级模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，若∠ABD＝60°，∠AED＝100°，则∠ABC＝ 50° ．
【分析】连接AC，根据圆周角定理及三角形外角性质求解即可．
【解答】解：连接AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠BCD+∠ACD＝90°，
∵∠ACD＝∠ABD＝60°，
∴∠BCD＝90°﹣60°＝30°，
∵∠AED＝100°，
∴∠BED＝∠BCD+∠ABC＝80°，
∴∠ABC＝∠BED﹣∠BCD＝80°﹣30°＝50°，
故答案为：50°．
【点评】此题考查了圆周角定理，熟记“直径所对的圆周角等于90°”是解题的关键．
14．（2023•杭州）如图，在⊙O中，半径OA，OB互相垂直，点C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，则∠BAC＝（ ）
A．23°B．24°C．25°D．26°
【分析】连接OC，根据圆周角定理可求解∠AOC的度数，结合垂直的定义可求解∠BOC 的度数，再利用圆周角定理可求解．
【解答】解：连接OC，
∵∠ABC＝19°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝38°，
∵半径OA，OB互相垂直，
∴∠AOB＝90°，
∴∠BOC＝90°﹣38°＝52°，
∴∠BAC＝∠BOC＝26°，
故选：D．
【点评】本题主要考查圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
15．（2023•余杭区模拟）如图，AB是半圆O的直径，点D是弧AC的中点，若∠DAC＝25°．则∠BAC等于（ ）
A．40°B．42°C．44°D．46°
【分析】利用圆周角定理和弧与圆心角的关系求解即可．
【解答】解：连接OC，OD，
∵点D是弧AC的中点，
∴弧AD＝弧CD，
又∠DAC＝25°，
∴∠AOD＝∠COD＝2∠DAC＝50°，
∴∠BOC＝180°﹣∠AOD﹣∠COD＝80°，
∴，
故选：A．
【点评】本题考查圆周角定理、弧与圆心角的关系，熟练掌握圆周角定理是解答的关键．
16．（2023•杭州模拟）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD＝ED，则∠B＝ 36 度；的值等于 ．
【分析】由等腰三角形的性质得出∠DAE＝∠DEA，证出∠BEC＝∠BCE，由折叠的性质得出∠ECO＝∠BCO，设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，证出∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∠CEB＝2x，由三角形内角和定理可得出答案；证明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性质得出，设EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，得出a2＝x（x+a），求出OE＝a，进而可得出答案．
【解答】解：∵AD＝DE，
∴∠DAE＝∠DEA，
∵∠DEA＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，
∴∠BEC＝∠BCE，
∵将该圆形纸片沿直线CO对折，
∴∠ECO＝∠BCO，
又∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠B，
设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，
∴∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，
∴∠CEB＝2x，
∵∠BEC+∠BCE+∠B＝180°，
∴x+2x+2x＝180°，
∴x＝36°，
∴∠B＝36°；
∵∠ECO＝∠B，∠CEO＝∠CEB，
∴△CEO∽△BEC，
∴，
∴CE2＝EO•BE，
设EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，
∴a2＝x（x+a），
解得，x＝a（负值舍去），
∴OE＝a，
∴AE＝OA﹣OE＝a﹣a＝a，
∴＝＝．
故答案为：36，．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
17．（2023•钱塘区三模）如图，AB是⊙O的直径，半径OD⊥AB，点E在OB上，连接DE并延长交⊙O于点C，连接BC．
（1）求∠B﹣∠D的值．
（2）当∠B＝75°时，求的值．
（3）若BC＝CE，△DOE与△CBE的面积分别记为S1，S2，求的值．
【分析】（1）由圆周角定理求出∠BCD＝∠BOD＝45°，由等腰三角形的性质推出∠OBC﹣∠ODC＝∠OCB﹣∠OCD＝∠DCB＝45°；
（2）由直角三角形的性质得到＝，由等腰三角形的性质得到CD＝OD，即可求出的值；
（3）由OC∥BD，得到△CBD的面积＝△ODB的面积，因此△CBE的面积＝△OED的面积，即可解决问题．
【解答】解：（1）连接OC，
∵半径OD⊥AB，
∴∠BOD＝90°，
∴∠BCD＝∠BOD＝45°，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠OBC﹣∠ODC＝∠OCB﹣∠OCD＝∠DCB＝45°；
（2）∵∠B＝75°，∠DCB＝45°，
∴∠CEB＝60°，
∴∠OED＝60°，
∴＝，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝75°，
∴∠BOC＝30°，
∴∠COD＝∠BOD+∠BOC＝120°，
∴CD＝OD，
∴＝＝．
（3）连接BD，
∵BC＝CE，
∴∠CBE＝∠CEB，
∵∠BCE＝45°，
∴∠CBE＝67.5°，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠CBE＝67.5°，
∴∠OCE＝∠OCB﹣∠BCD＝22.5°，
∵∠BOC＝180°﹣∠OCB﹣∠OBC＝45°，
∴∠BDC＝∠BOC＝22.5°，
∴∠OCE＝∠BDC，
∴OC∥BD，
∴△CBD的面积＝△ODB的面积，
∴△CBE的面积＝△OED的面积，
∴＝1．
【点评】本题考查圆周角定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形的面积，关键是由圆周角定理∠BCD＝45°，由等腰三角形的性质即可求出∠OBC﹣∠ODC＝45°；由直角三角形的性质，等腰三角形的性质求出OE、CD与OD的数量关系，即可求出的值；由OC∥BD，即可得到△CBE的面积＝△OED的面积．
18．（2023•衢州二模）如图，在⊙O中，OA，OB是直径，C是劣弧上的一点．且∠AOB＝120°．
（1）求∠ACB的度数；
（2）若AC＝BC．求证：四边形ACBO是菱形．
【分析】（1）由题意可得劣弧＝120°，从而可得优弧＝240°，再由圆周角定理即可求∠ACB的度数；
（2）连接OC，利用SSS可证得△AOC≌△BOC，则有∠AOC＝∠BOC，可求得∠AOC＝∠BOC＝60°，可得△AOC是等边三角形，则有AO＝AC＝OC，同理得BO＝BC＝OC，故AO＝AC＝BC＝BO，即可判定四边形ACBO是菱形．
【解答】（1）解：∵C是劣弧上的一点，且∠AOB＝120°，
∴劣弧的度数为：120°，
∴优弧的度数为：240°，
∴∠ACB＝×240°＝120°；
（2）证明：连接OC，如图，
∵OA，OB是半径，点C在⊙O上，
∴OA＝OB＝OC，
在△AOC与△BOC中，
，
∴△AOC≌△BOC（SSS），
∴∠AOC＝∠BOC，
∵∠AOB＝120°，
∴∠AOC＝∠BOC＝60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴AO＝AC＝OC，
同理得：BO＝BC＝OC，
∴AO＝AC＝BC＝BO，
∴四边形ACBO是菱形．
【点评】本题主要考查圆周角定理，菱形的判定，圆心角，弦，弧的关系，解答的关键是熟记相应的知识并灵活运用．
19．（2023•金东区二模）如图，已知AB，CD是⊙O的直径，点E是CA延长线的一点，射线ED交⊙O点于F，连结AD，CF，∠CDA＝∠EDA，∠CAB＝30°，AB＝8．
（1）求证：AB∥FE．
（2）求∠FCA的度数．
（3）求CE的长．
【分析】（1）由OA＝OD，得到∠ODA＝∠OAD，而∠CDA＝∠EDA，因此∠OAD＝∠EDA，即可证明AB∥FE；
（2）由AB∥FE，得到∠E＝∠CAB＝30°，由圆周角定理得到∠EFC＝90°，由直角三角形的性质，即可得到∠FCA的度数；
（3）可以证明DC＝DE，由圆周角定理得到AD⊥CE，因此CE＝2CA，由cs∠DCA＝＝，CD＝AB＝8，求出AC的长，即可得到CE的长．
【解答】（1）证明：∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵∠CDA＝∠EDA，
∴∠OAD＝∠EDA，
∴AB∥FE；
（2）解：∵AB∥FE，
∴∠E＝∠CAB＝30°，
∵CD是圆的直径，
∴∠EFC＝90°，
∴∠FCA＝90°﹣∠E＝60°；
（3）解：∵OC＝OA，
∴∠OCA＝∠OAC＝30°，
∵∠E＝30°，
∴∠OCA＝∠E＝30°，
∴DC＝DE，
∵DC是圆的直径，
∴AD⊥CE，
∴CA＝EA，
∴CE＝2CA，
∵cs∠DCA＝＝，CD＝AB＝8，
∴AC＝4，
∴CE＝2×4＝8．
【点评】本题考查圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，掌握以上知识点是解题的关键．
20．（2023•滨江区一模）如图1，AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，，BF与CD交于点G．
（1）求证：CD＝BF．
（2）若BE＝1，BF＝4，求GE的长．
（3）连结GO，OF，如图2，求证：．
【分析】（1）由AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E得，又由，得到，从而得到，即，即可得证；
（2）连接BC，由（1）得：，CD＝BF＝4，从而得到∠FBC＝∠BCD，则BG＝CG，设EG＝x，则BG＝CG＝2﹣x，在△BEG中，EG2+BE2＝BG2，即x2+12＝（2﹣x）2，即可得到答案；
（3）连接OC交BF于I，则OC⊥BF，通过证明△OCG≌△OBG（SSS），得到∠IOB＝2∠EOG，再由等腰三角形的性质和三角形外角的性质，可得到，最后由∠IOB+∠IBO＝90°，即可得到答案．
【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴BF＝CD；
（2）解：如图所示：连接BC，
由（1）得：，CD＝BF＝4，
∴∠FBC＝∠BCD，
∴BG＝CG，
∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，
∴，
设EG＝x，则BG＝CG＝2﹣x，
在△BEG中，EG2+BE2＝BG2，即x2+12＝（2﹣x）2，
解得：，
∴GE的长为；
（3）解：如图所示：连接OC交BF于I，
∵，
∴，
在△OCG和△OBG中，
，
∴△OCG≌△OBG（SSS），
∴∠COG＝∠BOG，
∴∠IOB＝2∠EOG，
∵OF＝OB，OC为半径，
∴OC⊥BF，
∴∠OIB＝90°，
∵∠IOB+∠IBO＝90°，
∴．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，添加恰当的辅助线是解题的关键．
三．圆内接四边形的性质（共11小题）
21．（2022秋•嘉兴期末）已知，在圆内接四边形ABCD中，∠A：∠B：∠C＝1：2：5，则∠D的度数为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
【分析】先根据在圆内接四边形ABCD中∠A：∠B：∠C＝1：2：5，设∠A＝x，则∠B＝2x，∠C＝5x，再根据圆内接四边形的对角互补求出x的值，进而可得出结论．
【解答】解：∵圆内接四边形ABCD中∠A：∠B：∠C＝1：2：5，设∠A＝x，则∠B＝2x，∠C＝5x，
∵∠A+∠C＝180°，即x+5x＝180°，解得x＝30°，
∴2x＝60°．
即∠B＝60°，
∵∠B+∠D＝180°，
∴D＝120°．
故选：C．
【点评】本题考查的是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．
22．（2023•宁波模拟）圆内接四边形ABCD，两组对边的延长线分别相交于点E、F，且∠E＝40°，∠F＝60°，求∠A＝ 40 °．
【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠BCD＝180°﹣∠A，根据三角形的外角的性质计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BCD＝180°﹣∠A，
∵∠CBF＝∠A+∠E，∠DCB＝∠CBF+∠F，
∴180°﹣∠A＝∠A+∠E+∠F，即180°﹣∠A＝∠A+40°+60°，
解得∠A＝40°．
故答案为：40．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补、圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．
23．（2023•龙港市一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连结CE，若∠BAD＝110°，则∠DCE＝ 20 度．
【分析】由∠DAB+∠DCB＝180°，再结合圆周角定理，即可计算∠DCE的大小．
【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠BAD＝110°，
∴∠DAB+∠DCB＝180°，
∴∠DCB＝180°﹣110°＝70°，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠DCE+∠DCB＝90°，
∴∠DCE＝90°﹣∠DCB＝90°﹣70°＝20°．
故答案为：20．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
24．（2022秋•仙居县期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点C是弧BD的中点，连接BD，若∠CBD＝35°，求∠A的度数．
【分析】根据圆的性质及等腰三角形的性质得出∠CBD＝∠CDB＝35°，根据三角形内角和推出∠C＝110°，再根据圆内接四边形的性质即可求解．
【解答】解：∵点C是弧BD的中点，
∴＝，
∴BC＝CD，
∴∠CBD＝∠CDB＝35°，
∴∠C＝180°﹣35°﹣35°＝110°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，
∴∠A＝70°．
【点评】此题考查了圆内接四边形的性质，熟记“圆内接四边形的对角互补”是解题的关键．
25．（2023•绍兴）如图，四边形ABCD内接于圆O，若∠D＝100°，则∠B的度数是 80° ．
【分析】由圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补，即可得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠D＝100°，
∴∠B＝80°．
故答案为：80°．
【点评】本题考查圆内接四边形的性质，关键是掌握圆内接四边形的性质．
26．（2023•萧山区二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点C是弧BD的中点，延长AB到点E，使得BE＝AD，连结AC，CE．
（1）求证：AC＝CE．
（2）若，，∠BCD＝120°，求BC的长．
【分析】（1）根据圆内接四边形性质易得∠D＝∠CBE，再根据圆心角、弧、弦的关系可得CD＝CB，再结合已知条件证得△ACD≌△ECB，从而证得结论；
（2）作CM⊥AB交AB于点M，结合（1）中所求易得AE的长度，再根据圆内接四边形性质及圆心角、弧、弦的关系可得∠CBM＝30°，利用三线合一及三角函数可求得CM，BM的长度，最后利用勾股定理即可求得答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠D+∠ABC＝180°，
∵∠ABC+∠CBE＝180°，
∴∠D＝∠CBE，
∵点C时的中点，
∴CD＝CB，
在△ACD与△ECB中，
，
∴△ACD≌△ECB（SAS），
∴AC＝CE；
（2）如图，作CM⊥AB交AB于点M，
∵AD＝4，BE＝AD，
∴BE＝4，
∵AB＝6，
∴AE＝AB+BE＝6+4＝10，
∵AC＝CE，CM⊥AB，
∴AM＝AE＝5，
∴BM＝AB﹣AM＝6﹣5＝，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠BCD＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∵CD＝CB，
∴∠CAM＝∠BAD＝30°，
∵∠AMC＝90°，
∴tan∠CAM＝tan30°＝＝，
∴CM＝5×＝5，
∴BC＝＝＝＝2．
【点评】本题主要考查圆的相关性质及全等三角形的判定及性质，（2）中作CM⊥AB交AB于点M，构造直角三角形及利用三线合一求得线段长度是解题的关键．
27．（2023•金华三模）在⊙O中，点A，B，C，D都在圆周上，OB∥DC，OD∥BC，则∠A的度数为（ ）
A．45°B．50°C．55°D．60°
【分析】根据圆内接四边形的性质得出∠C+∠A＝180°，根据平行线的性质得出∠C+∠OBC＝180°，∠BOD+∠OBC＝180°，求出∠C＝∠BOD，根据圆周角定理得出∠BOD＝2∠A，求出∠C＝2∠A，再求出∠A即可．
【解答】解：∵点A，B，C，D都在圆周上，
∴∠C+∠A＝180°，
∵OB∥DC，OD∥BC，
∴∠C+∠OBC＝180°，∠BOD+∠OBC＝180°，
∴∠C＝∠BOD，
∵∠BOD＝2∠A，
∴∠C＝2∠A，
即3∠A＝180°，
∴∠A＝60°，
故选：D．
【点评】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，平行线的性质等知识点，能求出∠C+∠A＝180°和∠BOD＝2∠A是解此题的关键．
28．（2023•萧山区校级模拟）如图，A、B、C、D四个点均在⊙O上，∠AOD＝α，AO∥DC，∠B＝β，则α，β满足关系为（ ）
A．2α﹣β＝90°B．α+β＝90°C．2β+α＝180°D．α+9β＝540°
【分析】先根据平行线的性质得出∠ODC＝∠AOD＝α，再由等腰三角形的性质与三角形内角和定理求得∠DOC＝180°﹣2α，继而得出∠AOC＝∠AOD+∠DOC＝180°﹣α，然后利用圆周角定理∠ABC＝∠AOC求解即可．
【解答】解：连接OC，
∵AO∥DC，
∴∠ODC＝∠AOD＝α，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD＝α，
∴∠DOC＝180°﹣2α，
∴∠AOC＝∠AOD+∠DOC＝180°﹣α，
∴∠ABC＝∠AOC＝90°﹣α，
即β＝90°﹣α，
∴2β+α＝180°．
故选：C．
【点评】本题考查等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
29．（2022秋•上城区期末）如图，四边形ABCD是半圆O的内接四边形，AB是直径，CD＝BC．若∠DCB＝100°，则∠ADC的度数为（ ）
A．100°B．110°C．120°D．130°
【分析】连接BD，分别求出∠ADB，∠CDB，可得结论．
【解答】解：连接BD．
∵AB是直径，
∴∠ADC＝90°，
∵CD＝CB，∠C＝100°，
∴∠CDB＝∠CBDD＝40°，
∴∠ADC＝∠ADB+∠CDB＝90°+40°＝130°．
故选：D．
【点评】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，解题关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
30．（2022秋•嵊州市期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，分别延长BC，AD，使它们相交于点E，AB＝8，且DC＝DE．
（1）求证：∠A＝∠AEB．
（2）若∠EDC＝90°，点C为BE的中点，求⊙O的半径．
【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补可得∠A+∠BCD＝180°，再由邻补角互补可得∠BCD+∠DCE＝180°，根据同角的补角相等可得∠A＝∠DCE，再根据等边对等角可得∠E＝∠DCE，再根据等量代换可得∠A＝∠AEB．
（2）连接AC，根据直角所对的弦是直径得出AC为⊙O的直径，根据勾股定理求出AC，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠DCE＝180°，
∴∠A＝∠DCE，
∵DC＝DE
∴∠E＝∠DCE，
∴∠A＝∠AEB；
（2）解：如图，连接AC，
∵∠EDC＝90°，
∴AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵∠A＝∠AEB
∴AB＝BE
∵AB＝8，
∴BE＝8，
∵点C为BE的中点，
∴，
在Rt△ABC中，，
∴⊙O的半径为．
【点评】本题考查圆内接四边形的性质，直角所对的弦是直径，勾股定理，掌握以上知识是解题关键．
31．（2023•杭州二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点F是CD延长线上的一点，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于点E．
（1）求证：AB＝AC．
（2）若BD＝11，DE＝2，求CD的长．
【分析】（1）根据角平分线的定义、圆内接四边形的性质解答；
（2）过点A作AG⊥BD，分别证明Rt△AED≌Rt△AGD和Rt△AEC≌Rt△AGB，根据全等三角形的性质计算．
【解答】（1）证明：∵AD平分∠BDF，
∴∠ADF＝∠ADB，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠ADF＝∠ABC，
∵∠ACB＝∠ADB，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC；
（2）解：过点A作AG⊥BD，垂足为点G．
∵AD平分∠BDF，AE⊥CF，AG⊥BD，
∴AG＝AE，∠AGB＝∠AEC＝90°，
在Rt△AED和Rt△AGD中，
，
∴Rt△AED≌Rt△AGD，
∴GD＝ED＝2，
在Rt△AEC和Rt△AGB中，
，
∴Rt△AEC≌Rt△AGB（HL），
∴BG＝CE，
∵BD＝11，
∴BG＝BD﹣GD＝11﹣2＝9，
∴CE＝BG＝9，
∴CD＝CE﹣DE＝9﹣2＝7．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．
四．相交弦定理（共4小题）
32．（2021秋•东阳市月考）已知四边形ABCD两条对角线相交于点E，AB＝AC＝AD，AE＝3，EC＝1，则BE•DE
的值为（ ）
A．6B．7C．12D．16
【分析】由题意可知AB＝AC＝AD，点D、C、B在以点A为圆心的圆周上运动，由相交弦定理可得，BE•DE＝CE•EF即可求出答案．
【解答】解：∵AB＝AC＝AD，
∴点D、C、B在以点A为圆心的圆周上运动，
AE＝3，EC＝1，
∴AC＝AF＝AE+CE＝3+1＝4，
EF＝AE+AF＝3+4＝7，
由相交弦定理可得，
BE•DE＝CE•EF＝1×7＝7，
故选：B．
【点评】本题考查了相交弦定理，根据圆心和半径构建圆是解题的关键．
33．（2021秋•余姚市期中）如图，⊙O的弦AB、CD相交于点P，若AP＝6，BP＝8，CP＝4，则CD长为（ ）
A．16B．24C．12D．不能确定
【分析】由相交线定理可得出AP•BP＝CP•DP，再根据AP＝6，BP＝8，CP＝4，可得出PD的长，从而得出CD即可．
【解答】解：∵AP•BP＝CP•DP，
∴PD＝，
∵AP＝6，BP＝8，CP＝4，
∴PD＝12，
∴CD＝PC+PD＝12+4＝16．
故选：A．
【点评】本题考查了相交线定理，圆内两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．
34．（2022秋•温州期末）已知四边形ABCD两条对角线相交于点E，AB＝AC＝AD，AE＝3，EC＝1，则BE•DE的值为（ ）
A．6B．7C．12D．16．
【分析】由题意可知AB＝AC＝AD，点D、C、B在以点A为圆心的圆周上运动，由相交弦定理可得，BE•DE＝CE•EF即可求出答案．
【解答】解：∵AB＝AC＝AD，
∴点D、C、B在以点A为圆心的圆周上运动，
AE＝3，EC＝1，
∴AC＝AF＝AE+CE＝3+1＝4，
EF＝AE+AF＝3+4＝7，
由相交弦定理可得，
BE•DE＝CE•EF＝1×7＝7，
故选：B．
【点评】本题考查了相交弦定理，根据圆心和半径构建圆是解题的关键．
35．（2022秋•嵊州市期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交于点E，若AE＝2，BE＝8，CE＝2DE，则O到CD的距离为 ．
【分析】连接AD、BC、OC，过O作OH⊥CD交CD于H，先根据圆周角定理和相似三角形的判定证明△ADE∽△CBE，再利用相似三角形的性质求得进而求得，进而求得，然后利用垂径定理和勾股定理求得OH即可求解．
【解答】解：如图，连接AD、BC，
则∠ADE＝∠CBE，∠DAE＝∠BCE，
∴△ADE∽△CBE，
∴，
∵AE＝2，BE＝8，CE＝2DE，
∴2DE2＝AE•BE＝2×8＝16，AB＝10，
∴，，
∴，
过O作OH⊥CD交CD于H，连接OC，
则，
在Rt△OHC中，，
∴，
即O到CD的距离为，
故答案为：．
【点评】本题考查圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握圆周角定理和垂径定理，会利用相似三角形的判定与性质求线段长是解题的关键．
【过关检测】
一、单选题
1．（2022秋·浙江·九年级专题练习）如图，在中，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据同圆中等弧所对的圆心角相等，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了同圆或等圆中，等弧所对的圆心角相等，掌握同圆或等圆中，等弧所对的圆心角相等是解题的关键．
2．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，点A，B，C，D在上，则图中一定与相等的角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据同弧所对等圆周角相等求解即可．
【详解】∵所对应的弧为，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
3．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，四边形内接于⊙O，为直径，，连接．若，则的度数为（ ）
A．70°B．60°C．50°D．40°
【答案】A
【分析】连接，根据等弧所对的圆周角相等可得，再根据直径所对的圆周角为直角可得，最后根据三角形的内角和即可求解．
【详解】解：连接，
∵点C为的中点
∴
∵为的直径
∴
∴
故选：A．
【点睛】本题主要考查了在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角，三角形的内角和，解题的关键是熟练掌握相关知识并灵活运用．
4．（2023·浙江·模拟预测）已知弦AB把圆周分成两部分，则弦AB所对圆心角的度数为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】C
【分析】分优弧，劣弧两种情况，求解即可．
【详解】解：∵弦AB把圆周分成两部分，
∴劣弧的度数为：，即：劣弧所对的圆心角的度数为，
优弧的度数为：，即：优弧所对的圆心角的度数为，
∴弦AB所对圆心角的度数为或；
故选C．
【点睛】本题考查弦，弧，角之间的关系．注意弦分弧为优弧和劣弧两种情况．
5．（2023秋·浙江台州·九年级统考期末）如图，是的直径，弦垂直于点，连接，，，，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据垂径定理对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：∵是的直径，弦垂直于点，
∴，，，
∴，，
而不一定成立，
故选：B．
【点睛】本题考查的是垂径定理，垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解答此题的关键．
6．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，一块直角三角板的斜边与量角器的直径重合，点D对应的刻度值为，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆周角定理、平角的定义求解．
【详解】由题意知，所对的圆心角为，所以所对的圆心角为，
∵是直角三角板的斜边，
∴A,B,C,D四点共圆，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查圆周角定理；熟练运用圆周角定理是解题的关键．
7．（2023·浙江·九年级假期作业）在中，满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．无法确定
【答案】B
【分析】过O点作半径，根据垂径定理得到，根据圆心角、弧、弦的关系得到，然后根据三角形三边的关系可得到．
【详解】解：如图，过O点作半径，则＝，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
8．（2023·浙江温州·统考三模）如图，点A，B，C，D均在以点O为圆心的圆O上，连接，及顺次连接O，B，C，D得到四边形，若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，证明是等边三角形，再利用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可得出答案．
【详解】解：连接，
∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了等比三角形的判定与性质，同弧所对的圆周角和圆心角的关系，解题的关键是证明是等边三角形．
9．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，在的内接四边形中，，，，则的直径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作直径，连、证明，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：作直径，连、．
是圆的直径，
，
，
又，
，
，
，
，
，
的直径为．
故选：．
【点睛】本题考查勾股定理，圆周角定理，平行线的判定和性质等知识，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，属于中考常考题型．
10．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是半圆O的直径，以弦为痕折叠后，恰好过点O则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，过O作于D交圆O于E，根据折叠的性质得到，根据圆周角定理得到，根据三角形的中位线的性质得到，求得，据此求解即可得到结论．
【详解】解：如图，连接，过O作于D交圆O于E，
∵把半圆沿弦折叠，恰好经过点O，
∴，
∵是半圆O的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
是等边三角形，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了折叠的性质，垂径定理，圆周角定理，等边三角形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．
二、填空题
11．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，、、是上的三个点，，则的度数是___________．
【答案】
【分析】利用圆周角定理，进行计算即可解答．
【详解】∵、、是上的三个点，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
12．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，内接于，是的直径，点是上一点，，则________．
【答案】35
【分析】由同弧所对的圆周角相等，得再根据直径所对的圆周角为直角，得，然后由直角三角形的性质即可得出结果．
【详解】解：是所对的圆周角，
是的直径，
，
在中，，
故答案为: ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，以及直角三角形的性质，利用了转化的思想，熟练掌握圆周角定理是解本题的关键．
13．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，，，是上三点，，则的度数是______°．
【答案】
【分析】根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
14．（2022秋·浙江·九年级期末）如图，点A在半圆O上，是直径，．若，则的长为 __．
【答案】
【分析】连接，由圆心角，弦，弧的关系可得，结合等腰直角三角形的性质可求解的长，进而可求解的长．
【详解】解：连接，
∵ ，是直径，
∴，
∵，，
∴，
∴ ．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆周角，弦，弧的关系，等腰直角三角形的性质，求解，的长是解题的关键．
15．（2022秋·浙江杭州·九年级统考期末）如图，正内接于，的半径为10，则的弧长为_____________．
【答案】/
【分析】同圆或等圆中，两弦相等，所对的优弧或劣弧也对应相等，据此求解即可．
【详解】∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴的长等于周长的三分之一，
∵的半径为，
∴的周长，
∴的长等于，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆中弧与弦之间的关系，熟练掌握相关概念是解题关键．
16．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，的半径为，是的内接三角形，半径于，当时，的长是________．
【答案】
【分析】根据题意可得是等腰直角三角形，半径于，根据等腰三角形的“三线合一”，即可求解．
【详解】解：的半径为，
∴，
∵是的内接三角形，，
∴，
∴是等腰直角三角形，，，，
∵半径于，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，等腰直角三角形的性质的综合，掌握以上知识的综合运用解题的关键．
17．（2023春·九年级校考阶段练习）如图，已知是的直径，弦与交于点E，若， ，则___________．
【答案】/50度
【分析】连接，利用三角形外角的性质即可求出，即可求出答案．
【详解】解：连接，如图所示，
∵是的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆与三角形的性质，正确作出辅助线是关键．
18．（2023·浙江·九年级假期作业）如图所示，A、B是半径为2的上的两点，若，点C是弧的中点，则四边形的周长为_______．
【答案】8
【分析】通过等弧所对的圆心角相等和，得到和都是等边三角形，再求出四边形的周长．
【详解】解：∵C是的中点，
∴，而，
∴，
∵，
∴和都是等边三角形，
∴， 所以四边形的周长等于8．
故答案为：8．
【点睛】本题考查的是等弧所对的圆心角相等；等边三角形的判定和性质，熟练的运用等弧所对的圆心角相等是解本题的关键．
三、解答题
19．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，以等边三角形的边为直径作交于，交于，连接．试判断，，之间的大小关系，并说明理由．
【答案】，理由见解析
【分析】连接，．根据题意得出与都是等边三角形，继而得出，根据圆心角与弦的关系即可得证．
【详解】解：．理由如下：如图，连接，．
，，
与都是等边三角形．
．
．
．
．
【点睛】本题考查了在同圆中，相等的圆心角所对的弦相等，连接，，构造弦所对的圆心角是解此题的关键．
20．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，A是上一点，是直径，点D在上且平分．
(1)连接，求证：平分；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）利用圆周角定理即可证明结论；
（2）利用圆周角定理得到，再利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵点D在上且平分，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：∵是直径，
∴，
∵点D在上且平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，掌握“直径所对的圆周角是直角”是解题的关键．
21．（2023·浙江温州·校考二模）如图，在上依次取点B，A，C使，连接，取的中点D，连接，在弦右侧取点E，使，且，连接．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据即可证明；
（2）作于点H，求出，再根据得,从而可得结论．
【详解】（1）∵，
∴，
∵，
∴，
∵D为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
（2）作于点H，
∵，
∴.
∵，
∴，，
在中，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的有关概念，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
22．（2023·浙江台州·统考二模）如图，点A、B、C、D是上的点，为直径，．
(1)求证：点C平分．
(2)利用无刻度的直尺和圆规做出的中点P（保留作图痕迹）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接，因为，得到，，又因为半径相等，则，即可证明点C平分；
（2）分别以A、B为圆心，大于为半径，画弧交于一点，连接该点与圆心交于一点即为的中点P．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴点C平分；
（2）解：如图所示：点P为所求：
【点睛】本题主要考查圆的基本性质以及基本作图等知识内容，正确掌握基本作图的方法是解题的关键．
23．（2023·浙江·一模）如图，在中，，以为直径的圆分别交，于点，连接交于点．若．
(1)求证：．
(2)求的长．
【答案】(1)见解析
(2)7.2
【分析】（1）首先根据圆直径的性质得到，然后利用等腰三角形三线合一性质求解即可；
（2）首先利用勾股定理求出，然后利用等面积法得到，最后利用勾股定理即可求出的长．
【详解】（1）∵是圆的直径，
∴，
∵，
∴是等腰三角形，
∴；
（2）∵是圆的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵是圆的直径，
∴，
∴，
∴，
∴解得，
∴．
【点睛】此题考查了直径所对的圆周角是直角，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
24．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是的直径，点C，D是上的点，且，分别与，相交于点E，F．
(1)求证：点D为弧的中点；
(2)若，，求的直径．
【答案】(1)见解析
(2)20
【分析】（1）根据圆周角定理可得，再由平行线的性质可得，从而可得，再根据垂径定理即可得出结论；
（2）根据垂径定理可得，再利用勾股定理进行计算即可．
【详解】（1）证明：∵是直径
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点D为的中点；
（2）解：∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴的直径为20．
【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、勾股定理，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
25．（2023秋·浙江杭州·九年级统考期末）如图，A，B，C，D是圆O上的点，，，分别交，，OC于点N，M．求证：
(1)；
(2)．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由得到，推出，而，即可证明问题；
（2）由条件可以证明，即可证明．
【详解】（1），
，
，
，
；
（2），
，，
，
，
，，
，
．
【点睛】本题考查圆心角，弧，弦的关系，三角形全等，掌握以上知识点是解题的关键．
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