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初中数学青岛版（2024）九年级上册第3章 对圆的进一步认识3.3 圆周角获奖教学ppt课件
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这是一份初中数学青岛版（2024）九年级上册第3章 对圆的进一步认识3.3 圆周角获奖教学ppt课件，文件包含33圆周角同步练习原卷板docx、33圆周角同步练习解析板docx等2份课件配套教学资源，其中PPT共0页， 欢迎下载使用。
3.3圆周角（同步练习）（解析板）一、单选题1．如图，点A，B，C，D在上，，点D是的中点，则的度数是（ ）A．36 B．40 C．46 D．72【答案】A【分析】连接OD，根据点D是中点求出∠COD，再利用圆周角定理得出结果．【详解】解：连接OD，∵D是的中点，∴∠COD= ，∴∠B= ，故选择A．【点睛】本题考查圆周角定理以及弧和圆心角关系，注意通过弧进行角的转化是解决问题的关键．2．下列说法：(1)等弧所对的圆周角相等；(2)过三点可以作一个圆；(3)平分弦的直径垂直于弦；(4)半圆是一条弧，其中正确的是( )A．(1)(2)(3)(4) B．(1)(2)(3)C．(2)(3)(4) D．(1)(4)【答案】D【分析】利用确定圆的条件、圆的有关性质及定义分别判断后即可确定正确的选项．【详解】解：(1)等弧所对的圆周角相等，正确；(2)过不在同一直线上的三点可以作一个圆，故原命题错误；(3)平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，故原命题错误；(4)半圆是一条弧，正确，其中正确的是(1)(4)，故选：D．【点睛】考查了确定圆的条件、圆的有关性质及定义，属于圆的基础知识，比较简单，解题的关键是牢记有关性质及定义.3．如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，先将沿BC翻折交AB于点D，再将沿AB翻折交BC于点E．若，则∠BCD的度数是（ ）A．22.5° B．30° C．45° D．60°【答案】C【分析】连接，，，设，证明，利用三角形内角和定理求出，可得结论；【详解】解：如图，连接，，，设，，，，，，，，∵是直径，，，，，，故选：C．【点睛】本题考查翻折变换，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．4．如图，在半径为5的中，弦，点C是优弧上一点（不与A、B重合），则的值为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】此题考查了圆周角定理、勾股定理以及三角函数的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．首先作直径AD，连接BD，由直径所对的圆周角是直角，即可得，然后由勾股定理求得BD的长，继而求得，又由圆周角定理，可得，则可求得答案．【详解】解：作直径AD，连接BD，∴，，∴在中，，∴，∵，∴．故选：C．5．如图，直径为10的经过点和点，是轴右侧优弧上一点，则的值为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先设与x轴的另一个交点为D，连接CD，根据90°的圆周角所对的弦为直径，即可得到CD是直径，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，可得∠OBC=∠ODC，继而可求出答案．【详解】解：设设与x轴的另一个交点为D，连接CD，∵∠COD=90°，∴CD是直径，即CD=10，∵，∴OC=5，∴OD=，∵∠OBC=∠ODC，∴===．故选C．【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数．注意掌握辅助线的作法及数形结合与转化思想的运用．6．如图，在平面直角坐标系中，点在轴的正半轴，点在轴的负半轴，经过四点，若，则点的坐标为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用圆内接四边形的性质得到，再根据圆周角定理得到为的直径，则点为的中点，接着利用含30度角的直角三角形三边的关系得到，即可确定点坐标．【详解】解：∵四边形为圆的内接四边形，，∴，∴，∵，∴为的直径，∴点为的中点，在中，∵，∴，∴，∴点坐标为．故选：A．【点睛】本题主要考查了坐标与图形、圆内接四边形的性质、圆周角定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握圆内接四边形的性质和圆周角定理是解题关键．7．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ACD=∠BAD，若tan∠DAC=，则tan∠BAC的值为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】延长AD、BC交于点E，由△EDC∽△EBA，推出，求出BE，AB即可解决问题．【详解】解：延长AD、BC交于点E，∴∠BAD=∠2，∵∠1=∠BAD，∴∠1=∠BAD=∠2，∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=，∴AD=DE，AC=CE，∵tan∠DAC=，即=，∴设CD=3k，则AD=DE=4k，AC=CE=5k，AE=8k，∵∠BAE=∠2，∠E公共，∴△EDC∽△EBA，∴，∴EB=，AB=，∴BC=BE-EC=-5k=，∴．故选：D．【点睛】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．8．如图，依次是残破镜子上的三个点，弓形的弦的长为，，则这个镜子的直径长为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，解直角三角形，设点为圆的圆心，连接，过点作于，由等腰三角形的性质可得，，又由圆周角定理可得，得到，最后解直角三角形即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：设点为圆的圆心，连接，过点作于，则，∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∴镜子的直径长为，故选．9．如图，在中，过点C作，垂足为点D，过点D分别作，，垂足分别为E，F．连接EF交线段CD于点O，若，，则的值为（ ）．A． B．4 C． D．6【答案】B【分析】由题意易得出，即说明点C，E，D，F四点共圆，得出，从而易证，得出．由题意可求出，即可求出．【详解】解：∵，，∴，∴点C，E，D，F四点共圆，∴，即．又∵，∴，∴，∴．∵，，∴，∴．故选B．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，四点共圆的知识，圆周角定理．确定点C，E，D，F四点共圆，从而可得出证明的条件是解题关键．10．如图，直角梯形中，，，，过A，B，D三点的分别交，CD于点E，M，且，下列结论：①；②；③的直径为2；④．其中正确的结论是 ( )A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④【答案】C【分析】连接BD，BM，，，DE，由90°角所对的弦为直径，得到BD为圆的直径，再利用直径所对的圆周角为直角，得到为直角，利用三个角为直角的四边形为矩形得到为矩形，利用矩形的对边相等得到，而，等量代换得到，可得出M为的中点，即，故选项①正确；由AB与MC平行且相等，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，得到四边形为平行四边形，可得出，而，等量代换得到，由BD为圆的直径，利用直径所对的圆周角为直角得到为直角三角形，由与的长，利用勾股定理求出DE的长，设，则，在直角中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，确定出的长，即为BD的长，确定出圆的直径，即可对于选项③作出判断；在直角中，由M为CD的中点，利用斜边上的中线等于斜边的一半得到与相等，都等于的一半，利用等弦所对的劣弧相等，得到，同时由，得到，等量代换得到，故选项②正确；在直角中，由与的长，利用勾股定理求出的长，即可对于选项④作出判断．【详解】连接BD，BM，，，DE，∵，∴BD为圆的直径，∴，∴，∴四边形矩形，∴，又∵，∴，即；故选项①正确；∵，，∴四边形是平行四边形，∴，又，∴，∵BD是直径，∴，即，又，，根据勾股定理得：，设，，在中，根据勾股定理得：，即，解得：，∴，故选项③错误；在中，M是中点，∴，∴，又∵，∴，∴，故选项②正确；在中，，，根据勾股定理得：；故选项④正确；则正确的选项为：①②④．故选C．【点睛】此题属于圆综合题，考查圆周角定理，圆心角、弦及弧之间的关系，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质，矩形的判定与性质，以及平行四边形的判定与性质，利用了方程的思想，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．二、填空题11．如图，在中，圆心角，那么圆周角 ．【答案】/度【分析】根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得答案．【详解】解：由题意得：．故答案为：12．已知的半径为4，弦长为 ，则弦所对的圆周角的度数为 °．【答案】或【分析】本题考查的是圆周角定理及垂径定理，圆内接四边形的性质，解题的关键是先根据题意画出图形，连接、，过作，由垂径定理和勾股定理可求出的长，可求出的度数，由圆周角定理及圆内接四边形的性质即可求出答案．【详解】解：如图所示，连接、，过作，则，，，，，则，，，在上取点，连接、，在优弧上取点，连接、，，∴．故答案为：或．13．如图，等边△ABC内接于⊙O，AD是直径，则∠CBD= °．【答案】30°．【详解】解：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠C=∠BAC =60°，根据圆周角定理得：∠D=∠C=60°，∵AD为直径，∴∠ABD=90°，∴∠BAD=30°∴∠CAD=∠BAC-∠BAD=90°-60°=30°∴∠CBD=∠CAD=30°．故答案为：30°14．如图，为锐角的外接圆，点在上，交于点，且满足，连接，设．（1）则 （用含的代数式表示）（2）若，，则 ．【答案】 ； ；【分析】（1）根据，，代入求解即可得到答案；（2）根据及（1）可得，结合，且，再利用相似三角形的判定与性质即可得到答案；【详解】（1）解：∵，，，∴，故答空1答案为：；（2）解：∵，∴，∵，，，∴，∵，∴，∵， ∴，∴，，连接，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴,即，变形得：，设，则有。解得，（不符合题意舍去），故答案为：；【点睛】本题主要考查了圆周角定理，平行线的性质，三角形内角和定理，相似三角形判定与性质解题的关键是根据圆周角定理，三角形内角和定理，平行线的性质得到等角从而得到三角形相似．15．如图，△ABC内接于⊙O，AB=BC，∠ABC=120°，AD为⊙O直径，AD=8，那么AB的长为 ．【答案】4【详解】∵AB=BC，∠ABC=120°，∴∠C=，又∵∠D=∠C，∴∠D=30°，∵AD是⊙O直径，∴∠ABD=90°，∴AB=AD=4.故答案为：.三、解答题16．如图，直线，分别交于，，，四点，，相交于点.若的度数是，的度数是，则，你认为正确吗？请说明理由.【答案】正确，理由见解析.【分析】如图，连接，，，，.由圆周角定理得和.则有.【详解】如图，连接，，，，.∵和分别是所对的圆周角和圆心角，∴，和分别是所对的圆周角和圆心角，∴.∴.【点睛】本题考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理.17．如图，的弦、的延长线相交于点，，的度数为．求、的度数． 【答案】，【分析】本题考查圆周角定理，三角形的外角的性质等知识，先根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，得，，再结合三角形的外角的性质，得，即可作答．解题的关键是熟练掌握圆周角定理．【详解】解：如图：在中， ∵，，∴，∵的度数为．∴，∵，∴．18．如图，为的直径，，为上的点，．若，求的度数．【答案】【分析】连接，，由圆周角定理得出，结合求出的度数，再利用圆周角定理即可求出的度数．【详解】连接，，如图所示：∵，∴，∵，∴，∴，∴【点睛】本题考查了圆周角定理以及圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理，利用等弧对的圆心角相等求出的度数是解题关键．19．如图所示，AB为的直径，点C为的中点，点M为OB的中点，连接CM并延长交于点D，若，求CD的长．【答案】【分析】方法1，求弦长，可以利用垂径定理，即过点O作于点H，利用已知条件求出CH的长．方法2，依据直径所对的圆周角是直角构造以CD为边的直角三角形，在该直角三角形中直接求出CD的长．【详解】方法1 如图所示，过点O作于点H，连接OC，则．点M为OB的中点，，．点C为的中点，．在中，．，即，，．方法2 如图所示，作直径CE，连接DE．点M为OB的中点，，．CE是的直径，，点C为的中点，．在中，．，即，．【点睛】本题考查垂径定理的应用、勾股定理的应用、圆周角的性质，关键是根据题意能分析出是利用垂径定理来解答，难点是分析作出辅助线的方法和灵魂运用勾股定理进行计算.20．如图，四边形为菱形，对角线和BD交于点，是的外接圆，与BD交于点，连接． (1)若，的半径为，求的长；(2)当时，探究与的位置关系，并说明理由．【答案】(1)(2)与相切，见解析【分析】（1）连接，，根据菱形的性质得出，根据圆周角定理得出，进而根据弧长公式即可求解；（2）根据菱形的性质证明是的直径，解法一： 连接CF，，设，是的垂直平分线，证明是等边三角形，得出，则，即可得证；解法二：连接CF，，证明，得出，则，得出是等边三角形，进而同解法一，即可得证．【详解】（1）解：连接，， 菱形，， ， （2）解：在菱形中，．，，．， ， ， ，是的直径． 解法一： 连接CF，，设， ， ， 在菱形中， ，， ， ， ． ， 是的垂直平分线 ， ， ， 是等边三角形， ， ． ， ，，， ， 是的半径， 与相切． 解法二：连接CF，， 是的直径． ， ，在菱形中，，， ，， ，， ． ． ，∴， ， ， ， ， ， ． ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 是的半径， 与相切．【点睛】本题考查了圆周角定理，求弧长，等边三角形的性质与判定，正切的定义，相似三角形的性质与判定，切线的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3.3圆周角（同步练习）（解析板）一、单选题1．如图，点A，B，C，D在上，，点D是的中点，则的度数是（ ）A．36 B．40 C．46 D．72【答案】A【分析】连接OD，根据点D是中点求出∠COD，再利用圆周角定理得出结果．【详解】解：连接OD，∵D是的中点，∴∠COD= ，∴∠B= ，故选择A．【点睛】本题考查圆周角定理以及弧和圆心角关系，注意通过弧进行角的转化是解决问题的关键．2．下列说法：(1)等弧所对的圆周角相等；(2)过三点可以作一个圆；(3)平分弦的直径垂直于弦；(4)半圆是一条弧，其中正确的是( )A．(1)(2)(3)(4) B．(1)(2)(3)C．(2)(3)(4) D．(1)(4)【答案】D【分析】利用确定圆的条件、圆的有关性质及定义分别判断后即可确定正确的选项．【详解】解：(1)等弧所对的圆周角相等，正确；(2)过不在同一直线上的三点可以作一个圆，故原命题错误；(3)平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，故原命题错误；(4)半圆是一条弧，正确，其中正确的是(1)(4)，故选：D．【点睛】考查了确定圆的条件、圆的有关性质及定义，属于圆的基础知识，比较简单，解题的关键是牢记有关性质及定义.3．如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，先将沿BC翻折交AB于点D，再将沿AB翻折交BC于点E．若，则∠BCD的度数是（ ）A．22.5° B．30° C．45° D．60°【答案】C【分析】连接，，，设，证明，利用三角形内角和定理求出，可得结论；【详解】解：如图，连接，，，设，，，，，，，，∵是直径，，，，，，故选：C．【点睛】本题考查翻折变换，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．4．如图，在半径为5的中，弦，点C是优弧上一点（不与A、B重合），则的值为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】此题考查了圆周角定理、勾股定理以及三角函数的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．首先作直径AD，连接BD，由直径所对的圆周角是直角，即可得，然后由勾股定理求得BD的长，继而求得，又由圆周角定理，可得，则可求得答案．【详解】解：作直径AD，连接BD，∴，，∴在中，，∴，∵，∴．故选：C．5．如图，直径为10的经过点和点，是轴右侧优弧上一点，则的值为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先设与x轴的另一个交点为D，连接CD，根据90°的圆周角所对的弦为直径，即可得到CD是直径，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，可得∠OBC=∠ODC，继而可求出答案．【详解】解：设设与x轴的另一个交点为D，连接CD，∵∠COD=90°，∴CD是直径，即CD=10，∵，∴OC=5，∴OD=，∵∠OBC=∠ODC，∴===．故选C．【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数．注意掌握辅助线的作法及数形结合与转化思想的运用．6．如图，在平面直角坐标系中，点在轴的正半轴，点在轴的负半轴，经过四点，若，则点的坐标为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用圆内接四边形的性质得到，再根据圆周角定理得到为的直径，则点为的中点，接着利用含30度角的直角三角形三边的关系得到，即可确定点坐标．【详解】解：∵四边形为圆的内接四边形，，∴，∴，∵，∴为的直径，∴点为的中点，在中，∵，∴，∴，∴点坐标为．故选：A．【点睛】本题主要考查了坐标与图形、圆内接四边形的性质、圆周角定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握圆内接四边形的性质和圆周角定理是解题关键．7．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ACD=∠BAD，若tan∠DAC=，则tan∠BAC的值为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】延长AD、BC交于点E，由△EDC∽△EBA，推出，求出BE，AB即可解决问题．【详解】解：延长AD、BC交于点E，∴∠BAD=∠2，∵∠1=∠BAD，∴∠1=∠BAD=∠2，∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=，∴AD=DE，AC=CE，∵tan∠DAC=，即=，∴设CD=3k，则AD=DE=4k，AC=CE=5k，AE=8k，∵∠BAE=∠2，∠E公共，∴△EDC∽△EBA，∴，∴EB=，AB=，∴BC=BE-EC=-5k=，∴．故选：D．【点睛】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．8．如图，依次是残破镜子上的三个点，弓形的弦的长为，，则这个镜子的直径长为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，解直角三角形，设点为圆的圆心，连接，过点作于，由等腰三角形的性质可得，，又由圆周角定理可得，得到，最后解直角三角形即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：设点为圆的圆心，连接，过点作于，则，∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∴镜子的直径长为，故选．9．如图，在中，过点C作，垂足为点D，过点D分别作，，垂足分别为E，F．连接EF交线段CD于点O，若，，则的值为（ ）．A． B．4 C． D．6【答案】B【分析】由题意易得出，即说明点C，E，D，F四点共圆，得出，从而易证，得出．由题意可求出，即可求出．【详解】解：∵，，∴，∴点C，E，D，F四点共圆，∴，即．又∵，∴，∴，∴．∵，，∴，∴．故选B．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，四点共圆的知识，圆周角定理．确定点C，E，D，F四点共圆，从而可得出证明的条件是解题关键．10．如图，直角梯形中，，，，过A，B，D三点的分别交，CD于点E，M，且，下列结论：①；②；③的直径为2；④．其中正确的结论是 ( )A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④【答案】C【分析】连接BD，BM，，，DE，由90°角所对的弦为直径，得到BD为圆的直径，再利用直径所对的圆周角为直角，得到为直角，利用三个角为直角的四边形为矩形得到为矩形，利用矩形的对边相等得到，而，等量代换得到，可得出M为的中点，即，故选项①正确；由AB与MC平行且相等，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，得到四边形为平行四边形，可得出，而，等量代换得到，由BD为圆的直径，利用直径所对的圆周角为直角得到为直角三角形，由与的长，利用勾股定理求出DE的长，设，则，在直角中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，确定出的长，即为BD的长，确定出圆的直径，即可对于选项③作出判断；在直角中，由M为CD的中点，利用斜边上的中线等于斜边的一半得到与相等，都等于的一半，利用等弦所对的劣弧相等，得到，同时由，得到，等量代换得到，故选项②正确；在直角中，由与的长，利用勾股定理求出的长，即可对于选项④作出判断．【详解】连接BD，BM，，，DE，∵，∴BD为圆的直径，∴，∴，∴四边形矩形，∴，又∵，∴，即；故选项①正确；∵，，∴四边形是平行四边形，∴，又，∴，∵BD是直径，∴，即，又，，根据勾股定理得：，设，，在中，根据勾股定理得：，即，解得：，∴，故选项③错误；在中，M是中点，∴，∴，又∵，∴，∴，故选项②正确；在中，，，根据勾股定理得：；故选项④正确；则正确的选项为：①②④．故选C．【点睛】此题属于圆综合题，考查圆周角定理，圆心角、弦及弧之间的关系，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质，矩形的判定与性质，以及平行四边形的判定与性质，利用了方程的思想，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．二、填空题11．如图，在中，圆心角，那么圆周角 ．【答案】/度【分析】根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得答案．【详解】解：由题意得：．故答案为：12．已知的半径为4，弦长为 ，则弦所对的圆周角的度数为 °．【答案】或【分析】本题考查的是圆周角定理及垂径定理，圆内接四边形的性质，解题的关键是先根据题意画出图形，连接、，过作，由垂径定理和勾股定理可求出的长，可求出的度数，由圆周角定理及圆内接四边形的性质即可求出答案．【详解】解：如图所示，连接、，过作，则，，，，，则，，，在上取点，连接、，在优弧上取点，连接、，，∴．故答案为：或．13．如图，等边△ABC内接于⊙O，AD是直径，则∠CBD= °．【答案】30°．【详解】解：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠C=∠BAC =60°，根据圆周角定理得：∠D=∠C=60°，∵AD为直径，∴∠ABD=90°，∴∠BAD=30°∴∠CAD=∠BAC-∠BAD=90°-60°=30°∴∠CBD=∠CAD=30°．故答案为：30°14．如图，为锐角的外接圆，点在上，交于点，且满足，连接，设．（1）则 （用含的代数式表示）（2）若，，则 ．【答案】 ； ；【分析】（1）根据，，代入求解即可得到答案；（2）根据及（1）可得，结合，且，再利用相似三角形的判定与性质即可得到答案；【详解】（1）解：∵，，，∴，故答空1答案为：；（2）解：∵，∴，∵，，，∴，∵，∴，∵， ∴，∴，，连接，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴,即，变形得：，设，则有。解得，（不符合题意舍去），故答案为：；【点睛】本题主要考查了圆周角定理，平行线的性质，三角形内角和定理，相似三角形判定与性质解题的关键是根据圆周角定理，三角形内角和定理，平行线的性质得到等角从而得到三角形相似．15．如图，△ABC内接于⊙O，AB=BC，∠ABC=120°，AD为⊙O直径，AD=8，那么AB的长为 ．【答案】4【详解】∵AB=BC，∠ABC=120°，∴∠C=，又∵∠D=∠C，∴∠D=30°，∵AD是⊙O直径，∴∠ABD=90°，∴AB=AD=4.故答案为：.三、解答题16．如图，直线，分别交于，，，四点，，相交于点.若的度数是，的度数是，则，你认为正确吗？请说明理由.【答案】正确，理由见解析.【分析】如图，连接，，，，.由圆周角定理得和.则有.【详解】如图，连接，，，，.∵和分别是所对的圆周角和圆心角，∴，和分别是所对的圆周角和圆心角，∴.∴.【点睛】本题考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理.17．如图，的弦、的延长线相交于点，，的度数为．求、的度数． 【答案】，【分析】本题考查圆周角定理，三角形的外角的性质等知识，先根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，得，，再结合三角形的外角的性质，得，即可作答．解题的关键是熟练掌握圆周角定理．【详解】解：如图：在中， ∵，，∴，∵的度数为．∴，∵，∴．18．如图，为的直径，，为上的点，．若，求的度数．【答案】【分析】连接，，由圆周角定理得出，结合求出的度数，再利用圆周角定理即可求出的度数．【详解】连接，，如图所示：∵，∴，∵，∴，∴，∴【点睛】本题考查了圆周角定理以及圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理，利用等弧对的圆心角相等求出的度数是解题关键．19．如图所示，AB为的直径，点C为的中点，点M为OB的中点，连接CM并延长交于点D，若，求CD的长．【答案】【分析】方法1，求弦长，可以利用垂径定理，即过点O作于点H，利用已知条件求出CH的长．方法2，依据直径所对的圆周角是直角构造以CD为边的直角三角形，在该直角三角形中直接求出CD的长．【详解】方法1 如图所示，过点O作于点H，连接OC，则．点M为OB的中点，，．点C为的中点，．在中，．，即，，．方法2 如图所示，作直径CE，连接DE．点M为OB的中点，，．CE是的直径，，点C为的中点，．在中，．，即，．【点睛】本题考查垂径定理的应用、勾股定理的应用、圆周角的性质，关键是根据题意能分析出是利用垂径定理来解答，难点是分析作出辅助线的方法和灵魂运用勾股定理进行计算.20．如图，四边形为菱形，对角线和BD交于点，是的外接圆，与BD交于点，连接． (1)若，的半径为，求的长；(2)当时，探究与的位置关系，并说明理由．【答案】(1)(2)与相切，见解析【分析】（1）连接，，根据菱形的性质得出，根据圆周角定理得出，进而根据弧长公式即可求解；（2）根据菱形的性质证明是的直径，解法一： 连接CF，，设，是的垂直平分线，证明是等边三角形，得出，则，即可得证；解法二：连接CF，，证明，得出，则，得出是等边三角形，进而同解法一，即可得证．【详解】（1）解：连接，， 菱形，， ， （2）解：在菱形中，．，，．， ， ， ，是的直径． 解法一： 连接CF，，设， ， ， 在菱形中， ，， ， ， ． ， 是的垂直平分线 ， ， ， 是等边三角形， ， ． ， ，，， ， 是的半径， 与相切． 解法二：连接CF，， 是的直径． ， ，在菱形中，，， ，， ，， ． ． ，∴， ， ， ， ， ， ． ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 是的半径， 与相切．【点睛】本题考查了圆周角定理，求弧长，等边三角形的性质与判定，正切的定义，相似三角形的性质与判定，切线的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
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