【名师导航】2026年中考数学一轮复习专题6.3 圆周角定理及其推论（全国通用版）练习（解析版）

这是一份【名师导航】2026年中考数学一轮复习专题6.3 圆周角定理及其推论（全国通用版）练习（解析版）
知识梳理
【考点一】圆周角的概念
1、圆周角定义: 顶点在圆上,并且两边都与圆相交的角叫做圆周角.
【特征】 ① 角的顶点在圆上. ②角的两边都与圆相交.
2、圆心角与圆周角的区别与联系
【考点二】 圆周角定理及其推论
圆周角定理：
（1）圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角的一半．如图，∠BAC=12∠BOC．

（2）同弧或等弧所对的圆周角相等．如图，AC=BD⇒∠ABC=∠BAD．
2.圆周角定理的推论：直径所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
如上图，AB是直径⇒∠ACB=∠ADB =90°；∠ACB=90°⇒AB是直径．
【考点三】圆内接四边形及其性质
1、圆内接四边形：一个四边形的四个顶点都在同一个圆上，这个四边形叫做圆的内接四边形，这个圆叫做四边形的外接圆.
如右图：四边形 ABCD 为⊙O 的内接四边形，⊙O 是四边形的外接圆.
2、圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补.
如右图：∵四边形 ABCD 为⊙O 的内接四边形，
∴ ∠A +∠C = 180°，∠B +∠D = 180°.
例题讲解
【题型一】圆周角的概念
◇典例1：
如图，在图中标出的4个角中，圆周角有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角的定义，顶点在圆周上，并且角的两边与圆相交的角叫做圆周角，由此即可得出答案，熟练掌握圆周角的定义是解此题的关键．
【详解】解：由图可得：∠1和∠3符合圆周角的定义，∠2顶点不在圆周上，∠4的一边和圆不想交，
故图中的圆周角有∠1和∠3，共2个，
故选：B．
◆变式训练
1.下列各图中，∠BAC为圆周角的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】此题考查了圆周角定义．顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角，此题比较简单，解题的关键是理解圆周角的定义．
根据由圆周角的定义逐项判定即可．
【详解】解：A、∠BAC的边AC不是与圆相交所得，所以∠BAC不是圆周角，故此选项不符合题意；
B、∠BAC的边AC、AB都不是与圆相交所得，所以∠BAC不是圆周角，故此选项不符合题意；
C、∠BAC的顶点没在圆上，所以∠BAC不是圆周角，故此选项不符合题意；
D、∠BAC符合圆周角定义，是圆周角，故此选项符合题意；
故选：D．
2.如图，点A,B,C在⊙O上，点D在⊙O外，CD与⊙O交于点E，AC，BE于点F．下列角中，弧AE所对的圆周角是（ ）
A．∠ADEB．∠ABEC．∠AFED．∠AOE
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角的定义，掌握圆周角的定义是解题的关键 ．直接运用圆周角的定义进行判断即可.
【详解】解：弧AE所对的圆周角是：∠ABE或∠ACE，
故选：B．
【题型二】圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角的一半
◇典例2：
如图，⊙O是△ABC的外接圆，已知OD⊥AB于点D，∠BOD=70°，则∠C的度数为 ．
【答案】70°/70度
【分析】本题考查圆周角定理，三线合一，连接OA，得到OA=OB，三线合一结合圆周角定理，得到∠C=∠DOB，即可．
【详解】解：连接OA，则：OA=OB，
∵OD⊥AB，
∴∠AOB=2∠BOD，
∵∠AOB=2∠C，
∴∠C=∠DOB=70°；
故答案为：70°
◆变式训练
1.如图，点△ABC内接于⊙O，连结OA、OC．若∠ABC=35°，则∠OAC的大小为（ ）
A．45°B．55°C．65°D．70°
【答案】B
【分析】本题主要考查了圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，由圆周角定理可得∠AOC的度数，再根据等边对等角和三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵∠ABC=35°，
∴∠AOC=2∠ABC=70°，
又∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=180°−∠AOC2=55°，
故选；B．
2.如图，BC为⊙O的弦，点A，D在⊙O上，OA⊥BC，∠ADB=30°，BC=23，则OC的长为 ．
【答案】2
【分析】本题考查垂径定理及圆周角定理，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理．
根据OA⊥BC可得CE=12BC=3，AC=AB，圆周角定理可得∠AOC=2∠ADB=60°，进而得到∠C=30°，因此OE=12OC，在Rt△COE中，根据勾股定理构造方程，即可求出OC的长．
【详解】解：设OA与BC交于点E，
∵OA⊥BC，BC=23，
∴CE=12BC=3，AC=AB，
∴∠AOC=2∠ADB=2×30°=60°，
∴在Rt△COE中，∠C=90°−∠AOC=30°
∴OE=12OC，
∵在Rt△COE中，OE2+CE2=OC2，
∴12OC2+32=OC2，
解得OC=2，
故答案为：2．
【题型三】同弧或等弧所对的圆周角相等
◇典例3：
如图，在⊙O中，弦AB,CD相交于点P，∠A=40∘，∠B=35∘，则∠APD的度数为（ ）
A．75∘B．65∘C．70∘D．80∘
【答案】A
【分析】本题主要考查了同弧所对的圆周角相等，三角形外角的性质，解题的关键是掌握圆周角定理．先根据同弧所对的圆周角相等得到∠B=∠C，再根据三角形外角等于与其不相邻的两个内角度数之和可解得所求．
【详解】解：∵AD=AD，
∴∠B=∠C=35°，
∵∠A=40∘，
∴∠APD=∠A+∠C=40°+35°=75°．
故选：A．
◆变式训练
1.如图，△ABC内接于⊙O，点D为劣弧AB上一点，连接OB、OD、BD，若BC=BD，∠D=50°，则∠A的度数为 °．
【答案】40
【分析】此题考查了圆周角定理，等弧所对的圆心角相等，等腰三角形的性质等知识，掌握以上知识点是解题的关键．
由∠D=50°，OB=OD可得到∠BOD=80°，再结合BC=BD，可得到劣弧BC所对的圆心角与∠BOD的度数相等，则∠A=12×80°=40°．
【详解】解：∵∠D=50°，OB=OD，
∴∠D=∠OBD=50°，
∴∠BOD=180°−50°−50°=80°，
∵BC=BD，
∴劣弧BC所对的圆心角与∠BOD的度数相等，
则∠A=12×80°=40°．
故答案为：40．
2.如图，△ABC内接于⊙O，DE为⊙O的直径，且DE⊥AB于点F，连接CE．若∠A=35°，∠CED=15°，则∠B的度数为（ ）
A．65°B．70°C．75°D．80°
【答案】A
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，三角形的内角和与外角定理，解题的关键是掌握垂径定理和圆周角定理．根据垂径定理得∠AFD=90°，AF=BF，得到AE=BE，推出∠ACB=2∠ACE，根据三角形的外角定理求出∠CGE，再根据三角形的内角和定理求出∠ACE，即可求解．
【详解】解：∵ DE为⊙O的直径，且DE⊥AB于点F，
∴ ∠AFD=90°，AF=BF，
∴ AE=BE，
∴ ∠ACE=∠BCE，即∠ACB=2∠ACE，
∵ ∠A=35°，
设AC与DE交于点G，
∴ ∠CGE=∠A+∠AFD=35°+90°=125°，
∵ ∠CED=15°，
∴ ∠ACE=180°−∠CGE−∠CED=40°，
∴ ∠ACB=2∠ACE=80°，
∴ ∠B=180°−∠ACB−∠A=180°−80°−35°=65°，
故选：A．
【题型四】直径所对的圆周角是直角
◇典例4：
如图，在以点O为圆心的半圆中，AB是直径，AD+BC=CD，连接AC，BD交于点E，连接OC交BD于点F，若CE=12AB，则CE:CA的值是（ ）
A．23B．22C．34D．33
【答案】D
【分析】本题考查圆周角定理、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，连接OD,BC，证明△BCE是等腰直角三角形，得到BC=CE=12AB，勾股定理得到AC=3CE，即可得出结论．
【详解】解：连接OD,BC，如下图，
∵AD+BC=CD，
∴∠COD=∠AOD+∠BOC，
∵∠COD+∠AOD+∠BOC=180°，
∴∠COD=90°，
∴∠CBD=12∠COD=45°，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CEB=90°−∠CBD=45°=∠CBD，即△BCE为等腰直角三角形，
∴BC=CE=12AB，
∴AC=AB2−BC2=3BC=3CE，
∴CE:CA=CE:3CE=33．
故选：D．
◆变式训练
1.如图，AB是⊙O的直径，点C，D是⊙O上位于直径AB两侧的点，连接AC，DC，且AD=BD，则∠ACD= 度．
【答案】45
【分析】本题考查了圆周角定理，由圆周角定理得出∠ADB=90°，再根据AD=BD得出∠DAB=∠DBA，进而即可求出答案．
【详解】解：连接AD、BD，
∵ AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
又∵ AD=BD，
∴∠DAB=∠DBA=45°，
∴∠ACD=∠ABD=45°，
故答案为：45．
2.如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，D为⊙O上一点，过点D作DE⊥AB，交AB于点E，交⊙O于点F，DF=AC，连接OD，BC．若DF=4AE=8，则BC的长为 ．
【答案】6
【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，由垂径定理得到DE=4，则设OD=r，则OE=r−2，由勾股定理可得42+(r−2)2=r2，解方程可求出AB=10，求出∠C=90°，则由勾股定理可得AB2−AC2=BC2，即102−82=BC2，解之即可得到答案．
【详解】解；∵DF=4AE=8，AB是⊙O的直径，DF⊥AB，
∴AE=2,DE=4，
设OD=r，则OE=r−2，
在Rt△DEO中，由勾股定理得DE2+OE2=OD2，
∴42+(r−2)2=r2，
解得r=5，
∴AB=10，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠C=90°．
∵DF=AC=8，
∴在Rt△ACB中，由勾股定理得AB2−AC2=BC2，即102−82=BC2，
∴BC=6或BC=−6（舍去），
故答案为：6．
【题型五】90°的圆周角所对的弦是直径
◇典例5：
如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，AB=2，∠BAC=30°，若点D在⊙O上，且∠BAD=60°，则CD长为 ．
【答案】1或2
【分析】本题考查了圆周角定理，含30度的直角三角形的性质，90度的圆周角所对的弦是直径，运用分类讨论思想是解题的关键．分两种情况：当点D在AC上时；当点D在ABC上时；然后分别进行计算即可解答．
【详解】解：分两种情况：
当点D在AC上时，如图：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CAB=30°，AB=2，
∴BC =12 AB=1，
∵∠DAB=60°，
∴∠DAC=∠DAB−∠CAB=30°，
∴∠DAC=∠CAB=30°，
∴DC=BC=1；
当点D在ABC上时，如图：
∵∠DAB=60°，∠CAB=30°，
∴∠CAD=∠BAD+∠CAB=90°，
∴CD是⊙O的直径，
∴CD=AB=2；
综上所述：CD=1或2，
故答案为：1或2．
◆变式训练
1.如图，Rt△ACB的斜边与半圆的直径AB重合放置，∠ACB=90°，点M为AB上任意一点，连接CM交半圆于N点，连接BN，若∠ABC=35°，则∠BNC的度数为（ ）
A．60°B．55°C．50°D．30°
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角的定理，掌握圆周角定理是解本题的关键．
根据∠ACB=90°，以点O为圆心的半圆O的直径和AB重合，可知点C在以点O为圆上，由∠ABC=35°，得∠CAB =55°，根据同弧所对的圆周角相等即可求解．
【详解】解：∵∠ACB=90°，以点O为圆心的半圆O的直径和AB重合，
∴点C在以点O为圆心的圆上，
∵∠ABC=35°，
∴∠CAB=180°−35°−90°=55°，
∵CB=CB，
∴∠BNC=∠BAC=55°，
故选：B．
2.如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点P在第一象限，⊙P过原点，且与x轴、y轴交于点A，B，点A的坐标为6,0，⊙P的直径为10．则点B的坐标为 ．
【答案】(0,8)
【分析】连接AB，根据90°的圆周角所对的弦是直径可知，AB是直径；再根据勾股定理求出OB的长，可得出答案．
【详解】连接AB,
∵∠AOB=90°，
∴AB是直径，
∴AB=10．
又∵∠AOB=90°，点A的坐标为6,0，
∴OA2+OB2=AB2，OA=6，
∴OB=AB2−OA2=102−62=8，
∴点B的坐标为(0，8)．
故答案为：(0，8)．
【题型六】圆内接四边形对角互补
◇典例6：
如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=AC，AB∥CD，∠B=70°，连接AC，则∠CAD的度数为（ ）
A．25°B．28°C．30°D．35°
【答案】C
【分析】本题考查了圆周角定理，圆的内接四边形性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形内角和定理等知识，掌握以上知识是解答本题的关键；
根据四边形ABCD内接于⊙O，得到∠B+∠D=180°；根据AB=AC，得到∠B=∠ACD=70°，利用平行线的性质得到∠BAC=∠ACD=40°，再运用三角形内角和定理解答即可．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠B=70°，
∴∠B+∠D=180°，
∴∠D=180°−70°=110°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACD=70°，
∵∠B+∠ACD+∠BAC=180°，
∴∠BAC=180°−70°−70°=40°，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD=40°，
∴∠CAD=180−∠ACD−∠D=30°；
故选：C.
◆变式训练
1.如图，⊙O是正方形ABCD的外接圆，点E为BC上任意一点，连接BE，CE，则∠BEC= ．
【答案】135°
【分析】此题考查了正方形的性质，圆内接四边形的性质，解题的关键是掌握以上知识点．
如图所示，连接AC，首先求出∠BAC=45°，然后得到⊙O是四边形ABEC的外接圆，然后根据圆内接四边形的性质求解即可．
【详解】如图所示，连接AC
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ABC=90°，AB=BC
∴∠BAC=45°
∵⊙O是正方形ABCD的外接圆，点E为BC上任意一点，
∴⊙O是四边形ABEC的外接圆，
∴∠BEC=180°−∠BAC=135°．
故答案为：135°．
2.如图，△ABC内接于⊙O，点D在⊙O上，连接DC、DA、OA，OA⊥BC，若∠ADC=25°，则∠CAB的度数是（ ）
A．140°B．130°C．120°D．110°
【答案】B
【分析】本题主要利用垂径定理、圆周角定理和圆内接四边形的性质来求解∠CAB的度数．
利用垂径定理得出AC=AB，再利用圆周角定理计算∠E的度数，最后利用圆内接四边形的性质计算∠CAB的度数．
【详解】解：在⊙O上取一点E，连接BE,CE，
∵OA⊥BC,OA是⊙O的半径，
∴AC=AB，
∵∠ADC=25°，
∴∠E=2∠ADC=50°，
∴∠CAB=180°−∠E=130°，
故选：B．
【题型七】圆周角定理的实际应用
◇典例7：
筒车作为我国古代伟大的水利灌溉发明，在水利发展史上意义非凡．图②是从正面看到的一个筒车（图①）的形状示意图，筒车⊙O与水面分别交于点A，B，连接PA，PB，点M在AB的延长线上．若∠PBM=110°，则∠APC的度数为（ ）
A．20°B．30°C．55°D．70°
【答案】A
【分析】本题考查了直径所对的圆周角为直角，同弧所对的圆周角相等，邻补角等知识．连接AC，由邻补角的性质求得∠PBA=70°，利用圆周角定理求得∠PBA=∠PCA=70°，∠PAC=90°，据此求解作答即可．
【详解】解：如图，连接AC，
∵∠PBM=110°，
∴∠PBA=70°，
∵AP=AP，
∴∠PBA=∠PCA=70°，
∵PC是⊙O的直径，
∴∠PAC=90°，
∴∠APC=90°−∠PCA=20°，
故选：A．
◆变式训练
1.如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点P处安装了一台监视器，它的监控角度是56°，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器 台．
【答案】4
【分析】本题考查了圆周角定理的应用：一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半，熟记相关结论即可．先画图，得出∠BOC=2∠BPC=112°，再进一步求解即可．
【详解】解：如图所示：记∠P与⊙O的交点为B,C，连接OB,OC，
∴∠BOC=2∠BPC=112°
∵360°÷112°=3314
∴最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器4台
故答案为：4
2.司南（如图1）是我国古代辨别方向用的一种仪器，是指南针的始祖．司南的中间为一圆形，如图2，圆心为O，根据八个方位将⊙O八等分（图2中的点A∼H为八个等分点），连接AD、AH、DG，AH与DG的延长线交于点P，则∠P的度数为（ ）
A．60°B．50°C．45°D．30°
【答案】C
【分析】本题考查了圆的基本性质，连接OA，OH，OG，OD，由正八边形得∠AOH=∠HOG=360°8=45°，由由对称性可知DH是⊙O的直径，由圆的基本性质得∠DAP=90°，即可求解；掌握正多边形与圆，圆的基本性质是解题的关键．
【详解】解：如图，连接OA，OH，OG，OD，
∵点A、B、C、D、E、F、G、H是⊙O的八等分点，
∴∠AOH=∠HOG=360°8=45°，
∴∠ADP=12∠AOG=45°，
由对称性可知，DH是⊙O的直径，
∴ ∠DAP=90°，
∴∠P=90°−45°=45°．
故选：C．
【题型八】圆周角定理与三角板的综合运用
◇典例8：
如图，量角器的直径与直角三角板ABC的斜边AC重合，其中量角器0刻度线的端点P与点C重合，射线BD从BC处出发绕点B沿逆时针方向以每秒2度的速度旋转，BD与量角器的半圆弧交于点E，第13秒时，点E在量角器上对应的读数是 度．
【答案】52
【分析】本题主要考查圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键；连接OE，由题意易得∠CBD=26°，点B在以AC为直径的圆上，然后可得∠COE=2∠CBE=52°，进而问题可求解．
【详解】解：连接OE，如图所示：
∵∠ABC=90°，
∴点B在以AC为直径的圆上，
由题意可知∠CBD=2°×13=26°，
∴∠COE=2∠CBE=52°，
∵量角器0刻度线的端点P与点C重合，
∴点E在量角器上对应的读数是52度；
故答案为：52．
◆变式训练
1.如图所示，活动课中顺顺将直角三角板45°角的顶点P落在⊙O上，两边分别交⊙O于点A，B．他发现量出AB的长，就可求⊙O的半径，当AB=8时，⊙O的半径为（ ）

A．22B．23C．4D．42
【答案】D
【分析】本题考查了圆周角定理、等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．连接OA、OB，利用圆周角定理可得∠AOB=2∠APB=90°，得出△AOB是等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图，连接OA、OB，

∵∠APB=45°，
∴∠AOB=2∠APB=90°，
又∵OA=OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴OA2+OB2=2OA2=AB2，
∴OA=42，
∴⊙O的半径为42．
故选：D．
2.如图，含30°角的直角三角板ABC的斜边AB与量角器的直径重合，点C和点D在量角器的半圆上，若点D在量角器上对应的读数是50°，则∠CAD的度数是 ；

【答案】35°/35度
【分析】连接OC,OD，由题意可知∠BAC=60°，∠BOD=50°，由圆周角定理得到∠BOC=2∠CAB=120°，得到∠DOC=70°，即可得到答案．
【详解】解：连接OC,OD，
由题意可知∠BAC=60°，∠BOD=50°，
∴∠BOC=2∠CAB=120°，
∴∠DOC=∠BOC−∠BOD=70°，
∴∠CAD=12∠DOC=35°
故答案为：35°
【题型九】利用圆周角定理解决格点中的求值问题
◇典例9：
如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，每个小正方形的边长为1，M、N分别是AB、BC上的格点．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM、PN，则满足∠MPN=45°的点P有（ ）个
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】先根据等腰直角三角形的两个锐角等于45°，构造出一个P点，再画出△P1MN的外接圆，这个外接圆与网格交点为格点的都符合题意．
【详解】解：如图，在BC边上取点P1，使BP1=AN=2，连接NP1，MP1，
∴NB=AM=4，
∵∠MAN=∠NBP1=90°，
∴△MAN≌△NBP1SAS，
∴MN=NP1，∠AMN=∠BNP1，
∵∠ANM+∠AMN=90°，
∴∠ANM+∠BNP1=90°，
∴△P1MN是等腰直角三角形，
∴∠MP1N=45°，
作△P1MN的外接圆交网格于P2、P3、P4、P5，
根据圆周角定理，得∠MP1N=∠MP2N=∠MP3N=∠MP4N=∠MP5N=45°，
故选：C．
◆变式训练
1.如图，网格图中的每个小正方形的边长均为1，点A、B、C、D为格点，设经过图中格点A、B、C三点的圆弧与AD交于E，则AE的长为 ．
【答案】522
【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理、等腰直角三角形的判定和性质、圆周角定理和，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．连接EB，BD，AB，根据勾股定理的逆定理和等腰三角形的判定可得△ABD是等腰直角三角形，再根据圆周角定理和弧长的计算公式进行求解即可．
【详解】如图，连接EB，BD，AB，
∵BD=AB=42+32=5，AD=12+72=52，
∴BD2+AB2=AD2，
∴∠ABD=90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∵∠ACB=90°，
∴AB是圆的直径，
∴∠AEB=90°，
∴AE=12AD=522．
2.如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC内接于圆，且顶点A，B均在格点上．
（1）线段AB的长为 ；
（2）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，在圆上画出点M，使∠MCB+∠BAC=90°，并简要说明点M的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【详解】解：（1）AB=32+42=5，
故答案为：5；
（2）如图所示，作直径EF,PQ交于点O，连接CO并延长交⊙O于点M，连接BM，
∵直径EF,PQ交于点O，
∴点O为圆心，
∴CM为直径，
∴∠CBM=90°，
∴∠CMB+∠MCB=90°，
∵CB=CB，
∴∠CAB=∠CMB，
∴∠MCB+∠CAB=90°，
∴点M即为所求点的位置．
真题在线
一、单选题
1．（2025·四川·中考真题）如图，点A，B，C在上，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查圆周角定理，掌握一条弧所对的圆周角等于这条弧所对圆心角的一半是解题的关键．
直接运用圆周角定理求解即可．
【详解】解：∵，
∴．
故选：B．
2．（2025·西藏·中考真题）如图，在中，直径，是的弦，若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了圆周角定理，求弧长．熟练掌握圆周角定理，弧长公式是解题的关键．连接，由圆周角定理可得，再求出半径，根据弧长公式计算求解即可．
【详解】解：如图，连接，
∵，
∴，
∵直径，
∴，
∴的长为．
故选：C．
3．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，，为的弦，连接，，．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】该题考查了圆周角定理，根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半得出，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选：C．
4．（2025·青海·中考真题）如图，是的直径，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了同弧或等弧所对的圆周角相等，直径对的圆周角是直角，熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键．根据是的直径得出，即可求解．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
5．（2025·山东青岛·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，，直线与相切于点．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，以及切线性质定理，等腰三角形的性质，根据可得，可求出的度数，再由和圆内接四边形的性质可求解的度数，根据圆周角定理求出，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出，最后根据切线性质定理即可求解．
【详解】解：连接，，，如图，
∵，，
∴，
∵，四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵直线为的切线，
∴，
∴．
故选：C ．
6．（2025·四川巴中·中考真题）如图，A、B、C是上的点，是圆的直径，在延长线上取一点D，使，连接，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了直径所对的圆周角为直角，等腰三角形的性质，根据题意可得，再利用等腰三角形的性质即可解答．
【详解】解：是圆的直径，
，
，
，
，
故选：C．
7．（2025·广东·中考真题）如图，在直径为的圆内有一个圆周角为的扇形．随机地往圆内投一粒米，该粒米落在扇形内的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图所示，过点A作于点D，证明出是等腰直角三角形，求出，然后得到，然后分别求出和，然后根据概率公式求解即可．
【详解】如图所示，过点A作于点D
∵是直径
∴
∵
∴是等腰直角三角形
∵
∴，
∴
∴，
∴该粒米落在扇形内的概率为．
故选：D．
【点睛】此题考查了几何概率，求扇形面积，等腰直角三角形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
8．（2025·广东广州·中考真题）如图，的直径，C为中点，点D在弧上，，点P是上的一个动点，则周长的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质，轴对称性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先作点关于的对称点，连接，交于点，因为的直径，C为中点，得，再结合，得，再证明是等边三角形，运用勾股定理列式计算得，则周长，即可作答．
【详解】解：作点关于的对称点，连接，记交于点，如图所示：
∴
∵的直径，C为中点，
∴点在上，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
则是等边三角形，
∴，
∵是直径，
∴
∴，
则周长，
∴周长的最小值是．
故选：B．
二、填空题
9．（2024·甘肃甘南·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，．若的半径为5，则弧的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了弧长的计算和圆周角定理．根据圆周角的性质，计算出弧所对的圆心角度数，按照弧长公式求出弧长即可．
【详解】解：如图，连接，
∵．
∴，
∴，
∴弧的长为．
故答案为：．
10．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，四边形内接于，，连接、，则 ．
【答案】140
【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
根据圆内接四边形的性质求出，再根据圆周角定理求出．
【详解】解：四边形内接于，
，
，
由圆周角定理得：，
故答案为：140．
11．（2025·江苏南京·中考真题）如图，扇形的圆心角为，若点在该扇形内，则的度数的范围是 ．
【答案】
【分析】本题考查了圆周角定理，三角形的外角性质，先延长交圆O于点C，则由圆周角定理得，再分两种情况讨论求解即可．
【详解】解：延长交圆O于点C，连接，如图所示：
∵扇形的圆心角为
∴圆心角，
根据圆周角定理得：，
当点在扇形内部延长线上时，则；
当点在扇形内部线段上时，连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
故答案为：．
12．（2025·江苏常州·中考真题）如图，是的直径，是的弦．若，，则 ．
【答案】
【分析】根据直径所对的圆周角为，可知，求出，得到，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵是的直径，
，
∵与对应同一段弧，
，
，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角为，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，等角对等边等性质，掌握圆周角定理的推论是解题的关键．
三、解答题
13．（2025·西藏·中考真题）如图，是的直径，点C在上，，过点C的切线交的延长线于点D．求证：．
【答案】见详解
【分析】此题重点考查等边三角形的判定与性质、圆周角定理、切线的性质、直角三角形的两个锐角互余、“等角对等边”等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
连接，则，因为，所以是等边三角形，则，所以，由切线的性质得，则，所以，即可证明．
【详解】证明：连接，则，
，
∴是等边三角形，
，
，
∵与相切于点，交的延长线于点，
，
，
，
，
．
14．（2025·宁夏·中考真题）如图，四边形内接于⊙平分，连接．
(1)求证：；
(2)延长至点，使，连接．求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、角平分线的定义以及全等三角形与相似三角形的判定和性质，解题的关键是利用圆周角与弧的对应关系转化角的等量关系，通过构造辅助线（延长线段）创造全等或相似的条件．
（1）利用平分得到角相等，结合圆周角定理（同弧所对的圆周角相等），将角平分线得到的等角转化为与、相关的角，进而证明两角相等．
（2）由可得通过圆内接四边形的对角互补性质得到结合第一问结论及角平分线性质证明再通过角的等量转化证明，最终得到比例式．
【详解】（1）证明：∵ 平分，
∴．
∵四边形内接于，
∴（同弧所对的圆周角相等）．
∵，
∴．
（2）证明：∵，
∴．
∵四边形内接于，
∴（圆内接四边形对角互补）．
又∵（平角定义），
∴．
由（1）知
∴（等角对等边）．
在和中
∴．
∴．
∵，
∴．
又∵ ，，
∴即
∴．
∴，
∴，即．
15．（2025·山东德州·中考真题）如图，点D是的内心，连接并延长交的外接圆于点E，与交于点F，连接．
(1)设，则 ；（用含的式子表示）
(2)求证：；
(3)若，求的长．
【答案】(1)或
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据内心是三角形角的平分线交点，在同圆或等圆中，同弧上圆周角相等解答即可；
（2）根据内心，三角形外角性质，等腰三角形的判定证明即可；
（3）设，根据题意，根据相似三角形的判定和性质，列式解答即可．
本题考查了三角形的内心，圆的性质，三角形外角性质，等腰三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．
【详解】（1）解：∵点D是的内心，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
（2）证明：连接，
∵点D是的内心，
∴，，
∵，，
，
∴，
∴．
（3）解：设，根据题意，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
解得．
故的长为．
专项练习
一、单选题
1．如图，四边形内接于，连接．若，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
根据圆周角定理证得，根据圆内接四边形的性质，证得，进而求出的度数即可．
【详解】解：
四边形内接于
故选：C．
2．如图，弦，都是的直径，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查圆周角定理，根据，，即可求得答案．
【详解】解：∵，
∴．
故选：B．
3．如图，在圆形纸片圆O中，为直径．把纸片折叠，使点A与点B重合，折痕为，把纸片再次折叠，使点A与点C重合，折痕为，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了折叠的性质，在同圆或等圆中同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角，熟知上述性质是解题的关键．根据折叠的性质可得，得到，根据第二次折叠得到．
【详解】解：把纸片折叠，使点A与点B重合，折痕为，
，
为直径，
，
，
∵，
，
把纸片再次折叠，使点A与点C重合，折痕为，
．
故选：D．
4．如图，，是半径为1的的弦，D为上的动点，M，N 分别为， 的中点，则的值等于线段（ ）的长．
A． B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了锐角三角函数的定义、三角形的中位线以及圆周角定理，是基础题，要熟练掌握，正确作出辅助线是解答本题的关键．
连接，连接并延长交圆于E点，连接，则为直径，由三角形中位线的判定和性质得出，根据同弧所对的圆周角相等得出，最后根据正弦的定义即可得出答案．
【详解】解：连接，连接并延长交圆于E点，连接，
∴为直径，
∴，
∵M、N分别为、的中点，
∴为的中位线，
∴，
∵．
，
故选C．
5．如图，交于点B，切于点D，点C在上．若，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了切线的性质：圆心与切点的连线垂直于切线，圆周角定理及直角三角形两锐角互余的性质．根据切线的性质得到，根据直角三角形的性质求出，根据圆周角定理计算即可．
【详解】解：∵切于点D，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
6．如图，是半圆的直径，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，三角形内角和定理，圆内接四边形对角互补等知识．由直径所对的圆周角是直角得出，由三角形内角和定理得出，再利用圆内接四边形对角互补即可得出答案．
【详解】解：∵是半圆的直径，
∴，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
故选：C．
7．如图，是的直径，D，C是上的点，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查圆的性质，圆内接四边形对角互补和直径所对圆周角等于90度；根据圆内接四边形对角互补和直径所对圆周角等于度求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
故选：A．
8．如图，与相切于，，与交于，延长与交于．若，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，掌握圆与三角形的综合知识是关键．
连接，可得平分，则，可得，从而，设交于点，由可得，根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵与相切于，
∴，
∵，
∴平分，
∴，
∴，
∴，
设交于点，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
9．如图，内接于是的直径，若，则的度数是（）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了圆周角定理（直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等），熟练掌握圆周角定理是解题的关键．先利用直径所对圆周角为直角得到直角三角形，再结合同弧所对圆周角相等，通过直角三角形内角和求出角度．
【详解】解：连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
在中，
∵，
∴，
故选：．
10．如图，为的弦，点在上，，，，则的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题考查垂径定理及圆周角定理，含角的直角三角形的性质，勾股定理．
设与的交点为，由得到，圆周角定理可得，进而得到，所以，在中，根据勾股定理构造方程，即可求出的长．
【详解】解：如图，设与的交点为，
为的弦，为半径，且，，
．
，
，
，
在中，．
设，则，
，
，
解得（负值舍去），
．
，
．
故选B．
二、填空题
11．如图，是的直径，、是的两条弦，连接，，平分，则的度数为 ．
【答案】
【分析】本题考查圆周角定理．根据同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角进行求解即可．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴
∵平分，
∴，
故答案为：.
12．如图，为半圆O的直径，，为半圆O的弦，D为的中点，于点M，若，则的长为 ．
【答案】1
【分析】本题考查了勾股定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握基本知识．
如图，连接交于，连接，利用勾股定理求出，再利用相似三角形的性质求出，，，证明，构建关系式即可解决问题．
【详解】解：如图，连接交于，连接，
为半圆O的直径，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
即，
．
故答案为：1．
13．如图，是的直径，为上一点，，为圆上一动点，为的中点，连接，若的半径为4，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】本题考查点与圆的位置关系，勾股定理，正确进行计算是解题关键．
根据题意得出点的移动轨迹，再根据圆外一点到圆上一点最大距离、最小距离进行计算即可．
【详解】解：当点在上移动时，为的中点，连接，根据垂径定理得出，
∵90度的圆周角所对的弦是直径，
∴的中点的轨迹是以为直径的，
①如图，当交于点，此时的值最大，
由题意得，，，
在中，，，
，
∴，
②如图，当交于点，此时的值最小，
∴，
∴的取值范围是．
故答案为：．
14．如图，以为直径的半圆上，，点是半圆弧上的任意点，点是的中点，连接交于点，平分交于点，则 度；当时，的长为 ．
【答案】
【分析】结合圆周角定理以及三角形内角平分线定理即可求解；
连接,求得，根据勾股定理可得,证明，，根据相似三角形性质求解．
此题考查了勾股定理，三角形相似，圆周角定理，综合运用勾股定理，三角形相似，圆周角定理的相关知识是解题关键．
【详解】解：①点是的中点，
,
平分，
，
根据图可知：
为半圆的直径，
∴
∴,
,
,
,
②连接,
,,
,
,
设，则，
根据勾股定理可得：,
，
点是的中点，
,
,
,
,
,
,
,
,,
,
,
, ．
故答案为：；．
15．如图，四边形内接于，为的直径．若，，则 ．
【答案】/度
【分析】本题主要考查了圆的性质，等边对等角和三角形内角和定理，掌握相关知识点是解题的关键．
根据等边对等角和三角形内角和定理可求出的度数，根据同弧所对的圆周角相等可得出的度数，根据直径所对的圆周角是直角可得的度数，最后结合三角形内角和可得求出的度数．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
故答案为：．
16．如图，在中，，，，点，分别在边，上，且，过，，三点的圆交边于点，两点，则线段的最大值是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、勾股定理和三角形的等面积法，熟练掌握圆周角定理、垂径定理、勾股定理和三角形的等面积法是解决问题的关键．
过点作于点，连接，，根据垂径定理和勾股定理推出最小时，取最大值，过点作于点，根据勾股定理求出的值，再由三角形的等面积法求出，根据，求出的最小值，最后根据勾股定理求出，即可求出的值．
【详解】解：过点作于点，连接，
∵，
∴为的直径，
∵
∴，
在中，，故最小时，取得最大值，
∵，
∴，
∴最大时，取得最大值，
过点作于点，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
由图可知，，
∴，
∴点在上时，最小，最小值为，
∴在中，，
∴．
故答案为：．
三、解答题
17．如图，四边形内接于，，点E在延长线上，且，求证：是的切线．
【答案】见解析
【分析】本题考查了同弧所对的圆周角相等，90度圆周角所对的弦是直径，证明直线是圆的切线，由可得是直径，由同弧所对的圆周角相等可得，结合题意可得，再求出，即可得证，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】证明：如图：连接，
∵，
∴是直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
则，
∵是半径，
∴是的切线．
18．如图，已知是半圆的直径，是半圆上的一点，连接，并延长到点，使，连接．
(1)求证：；
(2)若，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】()连接，由圆周角定理可知，再由即可得出结论；
()连接，根据等边对等角和三角形内角和定理求出的度数，由圆周角定理求出，根据等边三角形的性质可得，由勾股定理，和直角三角形的性质求得，根据即可得出结论.
【详解】（1）证明：如图，连接．
∵是半圆的直径，
∴，
∴．
∵，
∴；
（2）解：如图，连接，
∵，
∴，
∴．
∵是的中点，，
∴，
∴，
∴，
∴
【点睛】本题考查的是不规则图形的面积计算，扇形面积，圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，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.
19．如图，，分别是半圆的直径和割线，弦平分，与交于，于，．
(1)求证：是半圆的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长为4．
【分析】本题考查了切线的判定，圆周角定理，勾股定理，垂径定理．
（1）利用等角的余角相等求得，再求得，据此即可证明是半圆的切线；
（2）设半圆的半径为，证明，得到，求得，利用勾股定理列式计算求得，据此计算即可求解．
【详解】（1）证明：∵是半圆的直径，
∴，
∵弦平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是半圆的切线；
（2）解：设半圆的半径为，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
由勾股定理得，
∴，
解得（舍去），，
∴，
∴的长为4．
20．如图，的直径为10，弦为6，的平分线交于点D．

(1)求的大小；
(2)求，的长．
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角得，再根据角平分线的定义求解即可；
（2）连接，利用圆周角定理及勾股定理即可求解．
本题考查了角平分线的定义，圆周角定理及勾股定理，添加辅助线构造等腰直角三角形是解题的关键．
【详解】（1）解：∵是直径，
∴．
∵平分．
∴．
∴．
（2）如图，连接．

在中，，．
∴．
∵，
∴．
∴．
在中，，
即，
．
21．如图，是的内接三角形，，点是弧上异于，的一个动点，射线交底边所在的直线于点，连接交于点．
(1)求证：．
(2)若，
①求的值；
②当时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)①；②
【分析】（1）由圆内接四边形性质知，由知，从而得；
（2）①由，可证从而得，即可求解；
②连接并延长交于点，连接，证得，据此知，，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是圆的内接四边形，
．
，
．
；
（2）解：①∵四边形内接于圆，
．
又，
，
，
∵，则
．
②连接，延长交于点，连接，
，平分，
，则
，
．
又
．
，即是线段的中垂线．
，
，
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，垂直平分线的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
圆心角
圆周角
区 别
顶点在圆心
顶点在圆上
在同圆中，一条弧所对的圆心角是唯一的.
在同圆中，一条弧所对的圆周角有无数个.
联 系
两边都与圆相交