初中苏科版2.4 圆周角精品一课一练

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专题2.14 圆周角（知识梳理与考点分类讲解）

【知识点一】圆周角
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．像图中
∠AEB、∠ADB、∠ACB这样的角，它们都是圆周角。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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．
【知识点二】圆周角定理的推论
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．
要点说明：
　　(1) 圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上；②角的两边都和圆相交.
　　(2) 圆周角定理成立的前提条件是在同圆或等圆中.
【知识点三】圆内接四边形
4.圆内接四边形：
（1）定义: 圆内接四边形：顶点都在圆上的四边形，叫圆内接四边形．
（2）性质：圆内接四边形对角互补，外角等于内对角（即它的一个外角等于它相邻内角的对角）．

【考点一】圆周角➽➼概念理解与认识
【例1】下列四个图形的角是圆周角的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．即可求得答案．
解：A、图中的角是圆周角，故本选项符合题意；
B、图中的角不是圆周角，故本选项不符合题意；
C、图中的角不是圆周角，故本选项不符合题意；
D、图中的角不是圆周角，故本选项不符合题意；
故选：A．
【点拨】本题考查了圆周角的定义，能熟记圆周角定义的内容是解此题的关键．
【举一反三】
【变式1】如图，其中圆周角有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据圆周角的定义进行判断，即可得到答案．
解：根据题意，，是圆周角，共2个．
故选：B．
【点拨】本题考查了圆周角的定义，解题的关键是掌握圆周角的定义进行判断．
【变式2】如图，四边形ABCD的顶点A，B，C在圆上，且边CD与该圆交于点E，AC，BE交于点F.下列角中，弧AE所对的圆周角是（    ）

A．∠ADE B．∠AFE C．∠ABE D．∠ABC
【答案】C
【分析】直接运用圆周角的定义进行判断即可.
解：弧AE所对的圆周角是：∠ABE或∠ACE
故选：C
【点拨】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.
【考点二】圆周角➽➼圆周角定理➽➼求角★★求线段长★★证明

【例2】如图，是上的四个点，．判断的形状，并证明你的 结论．

【答案】等边三角形，见分析
【分析】利用圆周角定理可得∠BAC=∠CPB，∠ABC=∠APC，而∠APC=∠CPB=60°，所以∠BAC=∠ABC=60°，从而可判断△ABC的形状．
解：△ABC是等边三角形．证明如下：
由圆周角定理：∠BAC=∠CPB，∠ABC=∠APC
∵∠APC＝∠CPB＝60°，
∴∠BAC＝∠ABC＝60°，
∴∠ACB＝180°－∠BAC－∠ABC＝180°－60°－60°＝60°．
∴△ABC是等边三角形．
【点拨】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定，解题的关键是掌握圆周角定理，正确求出∠ABC=∠BAC=60°．
【举一反三】
【变式1】如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，连接AC，BC．
（1）求证：∠A＝∠BCD；
（2）若AB＝10，CD＝6，求BE的长．

【答案】（1）证明见分析；（2）BE＝1．
【分析】（1）由垂径定理可得，再由圆周角定理即可得证；
（2）连接OC，结合已知求得OE的长即可求得答案.
解：（1）∵直径AB⊥弦CD，
∴,
∴∠A=∠BCD；
（2）连接OC，
∵直径AB⊥弦CD，CD=6，
∴CE=ED=3，
∵直径AB=10，
∴CO=OB=5，
在Rt△COE中，
∵OC=5，CE=3，
∴OE==4，
∴BE=OB﹣OE=5﹣4=1．

【点拨】本题考查了垂径定理、圆周角定理，熟练掌握垂径定理是解本题的关键.
【变式2】如图，已知BC是⊙O的直径，半径OA⊥BC，点D在劣弧AC上（不与点A，点C重合），BD与OA交于点E．设∠AED＝α，∠AOD＝β，则（　　）

A．3α+β＝180° B．2α+β＝180° C．3α﹣β＝90° D．2α﹣β＝90°
【答案】D
【分析】根据直角三角形两锐角互余性质，用α表示∠CBD，进而由圆心角与圆周角关系，用α表示∠COD，最后由角的和差关系得结果．
解：∵OA⊥BC，
∴∠AOB＝∠AOC＝90°，
∴∠DBC＝90°﹣∠BEO
＝90°﹣∠AED
＝90°﹣α，
∴∠COD＝2∠DBC
＝180°﹣2α，
∵∠AOD+∠COD＝90°，
∴β+180°﹣2α＝90°，
∴2α﹣β＝90°，
故选：D．

【点拨】本题考查了圆周角定理以及直角三角形的两个锐角互余的关系，熟练掌握圆周角定理是解决本题的关键．
【考点三】圆周角➽➼同弧（等弧）所对的圆周角相等➽➼求角★★求线段长★★证明
【例3】如图，A，C，B．D四点都在⊙O上，AB是⊙O的直径，且AB＝6，∠ACD＝45°，求弦AD的长．

【答案】
【分析】根据直径所对的圆周角是直角，则可得∠ADB=90°，同圆中，同弧所对圆周的角相等，可得∠ABD=∠ACD=45°，即可得△ABD为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质，即可求得的长．
解：∵AB是⊙O的直径
∴∠ADB=90°
∵
∠ABD=∠ACD=45°，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴。
【点拨】本题考查了直径所对的圆周角是直角，同圆中，同弧所对圆周的角相等，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
【举一反三】
【变式1】如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，且CD⊥AB于E，连接AC，OC，BC．
（1）求证：∠1=∠2；
（2）若，求⊙O的半径的长．

【答案】（1）见分析；（2）
【分析】（1）根据垂径定理和圆的性质，同弧的圆周角相等，又因为△AOC是等腰三角形，即可求证．
（2）根据勾股定理，求出各边之间的关系，即可确定半径．
解：（1）证明：
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，

=．
∴∠A=∠2．
又∵OA=OC，
∴∠1=∠A．
∴∠1＝∠2．
（2）∵AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，CD=6
∴∠CEO＝90º，CE＝ED＝3．
设⊙O的半径是R，EB=2，则OE=R-2
∵在Rt△OEC中，
解得：
∴⊙O的半径是．
【点拨】本题考查垂弦定理、圆心角、圆周角的性质，关键是熟练运用垂径定理和圆周角的性质进行推理证明和计算．
【变式2】如图，点，，，在上，，，，则 ．

【答案】70°
【分析】根据=，得到，根据同弧所对的圆周角相等即可得到，根据三角形的内角和即可求出.
解：∵=，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为
【点拨】考查圆周角定理和三角形的内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键.
【考点四】圆周角➽➼半圆（直径）所对的圆周角是90度★★90度的圆周角所对的弦是直径➽➼求角★★求线段长★★证明
【例4】如图，在菱形ABCD中，，P为AC，BD的交点，经过A，B，P三点．
（1）求证：AB为的直径．
（2）请用无刻度的直尺在圆上找一点Q，使得BP=PQ（不写作法，保留作图痕迹）．

【分析】（1）根据菱形的性质可得∠APB=90°，再由90°角所对的弦为圆的直径，即可求证；
（2）延长DA交于点Q，连接PQ，则PQ即为所求，理由：连接BQ，根据AB为的直径，可得∠AQB=90°，从而得到∠BDQ+∠PBQ=90°，再由菱形的性质可得∠ABP+∠PBQ=90°，再由圆周角定理，即可求解．
解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠APB=90°，
∵经过A，B，P三点．
∴AB为的直径；
（2）解：如图，延长DA交于点Q，即为所求，

理由：连接BQ，
∵AB为的直径，
∴∠AQB=90°，
∴∠BDQ+∠PBQ=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB=AD，
∴∠APB=90°，∠BDQ=∠ABP，
∴∠ABP+∠PBQ=90°，
∵∠ABP+∠BAP=90°，  
∴∠BAP=∠PBQ，
∵∠BAP=∠BQP，
∴∠PBQ =∠BQP，
∴BP=PQ．
【点拨】本题主要考查了圆周角定理，菱形的性质，熟练掌握圆周角定理，菱形的性质是解题的关键．
【举一反三】
【变式1】如图，在中，，以AC为直径作⊙O分别交AB、BC于点D、E，连接EO并延长交⊙O于点F，连接AF．
（1）求证：；
（2）若，求AF的长．

【答案】（1）见分析；（2）
【分析】（1）根据，，根据等边对等角即可得证；
（2）证明四边形是平行四边形，连接，根据直径所对的圆周角是直角，根据等腰三角形的性质可得，根据平行四边形的性质即可求得的长．
解：（1），
，
，
，
，
（2），
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
连接，

是直径，
，
，
，
，
．
【点拨】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
【变式2】如图，AB为的直径，点C在上．
（1）尺规作图：作的平分线，与交于点D；连接OD，交BC于点E（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）探究OE与AC的位置和数量关系，并证明你的结论．

【答案】（1）见分析；（2），，理由见分析
【分析】（1）根据角平分线的作图方法作图即可；
（2）根据内错角相等两直线平行证明得到，再根据三角形中位线的性质得到.
解：（1）∴如图所示为所求．

（2），．
理由：∵AB为的直径，
∴，
∵，
∵，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
则点E为BC中点，
又∵点O为AB中点，
∴.
【点拨】此题考查了圆周角定理，角平分线的作图，三角形中位线的性质定理，熟记角平分线的作图方法及圆周角定理是解题的关键.
【考点五】圆周角➽➼圆内接四边形➽➼求角★★求线段长★★证明
【例5】如图，四边形是的内接四边形．平分，连接．
（1）求证：；
（2）若，求的度数．

【答案】（1）见分析；（2）
【分析】（1）根据平分，可得，再根据，可得，从而得到，即可．
（2）根据圆的内切四边形，对角互补，求出，再利用垂径定理，可得，可得到，即可求解．
解：（1）证明：∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，
，
，
∴，
，
，
平分，
．
【点拨】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握圆内接四边形的性质，垂径定理，圆周角定理．
【举一反三】
【变式1】如图，，是的两条弦，且，，D为弦所对优弧上一点，求的度数．

【答案】
【分析】根据圆周角定理以及，可得，再由，可得，从而得到， 再由圆内接四边形的性质，即可求解．
解：，，
，
，
，
，
．
【点拨】本题主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式2】如图，四边形ABCD内接于⊙O，D是弧AC的中点，延长BC到点E，使，连接BD，ED．

（1）求证：；
（2）若，，⊙O的直径长为 ．
【答案】（1）见分析；（2）10
【分析】（1）根据同弧所对的弦相等可得AD=CD，再由圆内接四边形的性质得到∠A=∠DCE，证明△ABD≌△CED，根据全等三角形的性质，即可证明结论；
（2）连接OA，OD，根据圆周角定理，可得∠AOD=60°，根据等边三角形的判定定理可得△AOD是等边三角形，故半径为5，即可求得直径．
解：（1）证明：∵D是弧AC的中点，
∴，
∴AD=CD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A=∠DCE，
在△ABD和△CED中，
，
∴△ABD≌△CED（SAS），
∴BD=ED．
（2）解：连接OA，OD，如图，

∵D是弧AC的中点，
∴，
∴∠ABD=∠CBD=，
∴∠AOD=2∠ABD=2×30°=60°，
∵OA=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴半径OA= AD=5，
∴直径长=10．
故答案为：10．
【点拨】本题考查的是圆内接四边形的性质、全等三角形的判定与性质、同弧所对的弦相等、圆周角定理、等边三角形的判定与性质．
【考点六】圆周角➽➼圆内接四边形➽➼求外接圆的直径
【例5】已知菱形中，，点分别在，上，，与交于点．
（1）求证：；
（2）当，时，求的长？
（3）当时，求的最大值？

【答案】（1）证明见分析；（2）6；（3）4
【分析】（1）如图所示，连接，先证明是等边三角形，得到，再证明得到，由此即可证明结论；
（2）延长到M使得，证明，得到，进而证明是等边三角形，则；
（3）先证明四点共圆，则当为直径时，最大，设圆心为O，连接，过点O作于M，在中求出的长即可得到答案．
解：（1）证明：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；

（2）解：延长到M使得，
由（1）可得，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴是等边三角形，
∴；

（3）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴当为直径时，最大，
设圆心为O，连接，过点O作于M，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；

【点拨】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆，圆周角定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
【举一反三】
【变式】已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）当时，方程的两根分别是矩形的长和宽，求该矩形外接圆的周长．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式，即可求解；
（2）求出方程的两个根，再利用勾股定理可得到该矩形外接圆的直径，即可求解．
（1）解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴，
解得：；
（2）解：当时，方程为，
解得：，
∴矩形的长是3，宽是2，
∴该矩形外接圆的直径为，
∴该矩形外接圆的周长为．
【点拨】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式和方程求解，准确理解矩形外接圆，判断出直径是解题的关键．