2021学年24.1.4 圆周角当堂检测题

24.1.4 圆周角

1. 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°

2. 如图,线段 AB 是☉O 的直径,弦 CD⊥AB 于点 E,∠CAB=40°,则∠ABD 与∠AOD 分别等于( )

A.40°,80° B.50°,100°

C.50°,80° D.40°,100°

3. 将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上,使点 C 在半圆上,点 A,B 的读数分别为 86°,30°,

则∠ACB 的度数为( )

A.15° B.28° C.29° D.34°

4. 
   (2018·山东威海中考)如图,☉O 的半径为 5,AB 为弦,点 C 为�ˆ� 的中点,若∠ABC=30°,则弦 AB 的长为(              )

A.1

C.5 3

2

B.5

D.5 3

5. 如图,点 A,B,C,D 在圆上,AB=8,BC=6,AC=10,CD=4,则 AD=     .

6. 如图,AB 为☉O 的直径,C,D 为☉O 上的点,�ˆ�   = �ˆ� ,若∠CAB=40°,则∠CAD=      .

7. 如图,点 A,B,C,D 在☉O 上,点 O 在∠D 的内部,四边形 OABC 为平行四边形,则∠OAD+∠

OCD=        .

8. 如图,已知 AB 是☉O 的弦,∠OBC=30°,点 C 是弦 AB 上任意一点(不与点 A,B 重合),连接 CO 并延长

CO 交☉O 于点 D,连接 AD,DB.当∠ADC=18°时,求∠DOB 的度数.

9. 如图,在 Rt△ABC 中,∠ACB=90°,AD 平分∠BAC.过 A,C,D 三点的圆与斜边 AB 交于点 E,连接 DE.

(1) 求证:AC=AE;

(2) 若 AC=6,CB=8,求△ACD 外接圆的半径.

10. 如图,线段 AB 是☉O 的直径,弦 CD⊥AB,∠A=20°,则∠AOD 等于( )

A.160° B.150° C.140° D.120°

11. 如图,☉O 的半径为 1,AB 是☉O 的一条弦,且 AB=  3,则弦 AB 所对圆周角的度数为( )

A.30° B.60°

C.30°或 150° D.60°或 120°

12. 如图,四边形 ABCD 内接于☉O,DA=DC,∠CBE=50°,则∠DAC 的大小为( )

A.130° B.100° C.65° D.50°

13. 如图,已知�ˆ�   = �ˆ�  = �ˆ� ,点 P 为劣弧�ˆ� 上的一点.

(1) 求∠BPC 的度数; (2)求证:PA=PB+PC.

★14.如图,在△ABC 中,∠ACB=90°,D 是 AB 的中点,以 DC 为直径的☉O 交△ABC 的边于点 G,F,E.

求证:(1)F 是 BC 的中点; (2)∠A=∠GEF.

15. 如图,甲、乙两名队员相互配合向对方球门 MN 进攻,当甲带球冲到点 A 时,乙刚好跟随到了点 B,

从数学角度来看,此时甲是自己射门还是把球传给乙射门更有利,并说明理由.

参考答案

夯基达标

1.B ∵OA=OB,∠BAO=25°,

∴∠B=25°.

∵AC∥OB,

∴∠B=∠CAB=25°,

∴∠BOC=2∠CAB=50°.故选 B.

2.B ∵CD⊥AB,∴∠AEC=90°.

∵∠CAB=40°,

∴∠C=50°.

∴∠ABD=∠C=50°.

∴∠AOD=100°.故选 B.

3.B 由题意知�ˆ� 的度数为 86°-30°=56°,

所以∠ACB=1×56°=28°.

4. D 连接 OC,OA,

∵∠ABC=30°,

∴∠AOC=60°.

∵AB 为弦,点 C 为�ˆ� 的中点,

∴OC⊥AB.

在 Rt△OAE 中,AE=5 3.

∴AB=5 3.故选 D.

5.2  21 因为 62+82=102,即 AB2+BC2=AC2,所以△ABC 是直角三角形,∠B=90°.所以 AC 是直径,∠

D=90°.在 Rt△ACD 中,由勾股定理,得 AD= � � 2-�2 = 102-42=2 21.

6. 25° 连接 OC,OD,BC.

∵AB 是☉O 的直径,C,D 为☉O 上的点,

∴∠ACB=90°.

∵∠CAB=40°,∴∠B=50°.

∵�ˆ�   = �ˆ�  ,∴OD⊥AC,∠AOD=∠COD.∴OD∥BC.∴∠AOD=∠B=50°.

∴∠CAD= 1∠COD=25°.

7.60° ∵四边形 OABC 为平行四边形,∴∠B=∠AOC. 又∠D=1 AOC,

2

∴∠D=1 B.

2

又∠B+∠D=180°,

∴∠D=60°.

连接 OD,则有

∠ADC=∠ADO+∠CDO=∠OAD+∠OCD=60°.

8.解 (方法 1)如图,

连接 OA,∵∠ADC=18°,

∴∠AOC=2∠ADC=36°.

∵OA=OB,

∴∠OAC=∠OBC=30°.

∴∠OCB=∠OAC+∠AOC=66°.

∴∠DOB=∠OCB+∠OBC=96°.

(方法 2)如图,连接 OA,

∵OA=OB=OD,

∴∠OAB=∠OBC=30°,∠OAD=∠ADC=18°,

∴∠DAB=∠DAO+∠BAO=48°,

由圆周角定理得∠DOB=2∠DAB=96°.

9.(1)证明 (方法 1)∵∠ACB=90°,

∴AD 为直径,

∴∠AED=90°.

又 AD 平分∠CAE,

∴CD=DE.

∴Rt△ACD≌Rt△AED.

∴AC=AE.

(注:上述证法中用 AAS 证 Rt△ACD≌Rt△AED 也可.另外,根据圆内接四边形的性质,可得∠

AED=180°-∠C=90°.) (方法 2)∵∠ACB=90°,

∴AD 为直径.

又 AD 平分∠BAC,∴�ˆ�   = �ˆ� ,

∴�ˆ�  = �ˆ� .∴AC=AE.

(2) 解 设 CD=x,则 DE=x,BD=8-x.

∵AE=AC=6,

∴BE=AB-AE=10-6=4.

在 Rt△BDE 中,由勾股定理,得 DE2+BE2=BD2,

即 x2+42=(8-x)2,解得 x=3.

∴AD= �2 + � � 2 = 62 + 32=3 5.

∴△ACD 外接圆的半径为3 5.

培优促能

10.C

11.D 如图,连接 OA,OB,作 OC 垂直 AB 于点 C,易得 OA=1,AC= 3,OC=1.从而∠OAC=30°,

2 2

所以∠AOB=120°.

所以弦 AB 所对的优弧上的圆周角为 60°,所对劣弧上的圆周角为 120°.

12.C ∵∠CBE=50°,

∴∠ABC=180°-∠CBE=180°-50°=130°.

∵四边形 ABCD 为☉O 的内接四边形,

∴∠D=180°-∠ABC=180°-130°=50°.

∵DA=DC,

∴∠DAC=180°-∠� =65°,故选 C.

2

13.(1)解 ∵�ˆ�   = �ˆ�  = �ˆ� ,

∴AB=BC=AC.

∴∠BAC=60°.

又∠BPC+∠BAC=180°,

∴∠BPC=120°.

(2)证明 在 PA 上截取 PD=PC,连接 DC,

∵AB=AC=BC,

∴∠APB=∠APC=60°.

∴△PCD 为等边三角形.

∴∠ADC=120°.

又∠CAD=∠PBC,且 AC=BC,

∴△ACD≌△BCP.

∴AD=PB.

∴PA=PB+PC.

14. 证明 (方法 1)(1)如图①,连接 DF.

①

∵∠ACB=90°,D 是 AB 的中点,

∴BD=DC=1AB.

∵DC 是☉O 的直径,

∴DF⊥BC.

∴BF=FC,即 F 是 BC 的中点.

(2)∵D,F 分别是 AB,BC 的中点,

∴DF∥AC,∠A=∠BDF.

∵∠BDF=∠GEF,∴∠A=∠GEF.

(方法 2)(1)如图②,连接 DF,DE.

②

∵DC 是☉O 的直径,

∴∠DEC=∠DFC=90°.

∵∠ECF=90°,

∴四边形 DECF 是矩形.

∴EF=CD,DF=EC.

∵D 是 AB 的中点,∠ACB=90°,

∴EF=CD=BD=1AB.

∴Rt△DBF≌Rt△EFC.

故 BF=FC,

即 F 是 BC 的中点.

(2)∵△DBF≌△EFC,

∴∠BDF=∠FEC,∠B=∠EFC.

∵∠ACB=90°,(也可证 AB∥EF,得∠A=∠FEC)

∴∠A=∠FEC.∴∠A=∠BDF,

∵∠FEG=∠BDF,

∴∠A=∠GEF.

创新应用

15. 解 乙射门更有利.理由如下:

连接 NC.根据圆周角定理,得∠MBN=∠MCN.

因为∠MCN 是△NCA 的外角,

所以∠MCN>∠MAN.所以乙射门的角度范围大,射进的可能性大.故乙射门更有利.