3.4圆周角和圆心角之间的关系 习题 2024-2025学年北师大版数学九年级下册

3.4圆周角和圆心角之间的关系 习题 2024-2025学年北师大版数学九下 一、单选题 1．如图，是的直径，点、在半圆上，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 2．如图，是的直径，，若，则的度数为（   ）    A． B． C． D． 3．如图，在中，，则的度数是（　　） A． B． C． D． 4．如图，点、、都在上，若，则的度数为（   ）    A． B． C． D． 5．如图，内接于，，，则的半径为（   ） A． B．8 C． D．9 6．如图，四边形是的内接四边形，，则的度数是 ． 7．如图， 点A， B， C均在上， 若， 则（    ） A． B． C． D． 8．如图，点A，B，C在上，，则的度数是（　　） A． B． C． D． 9．如图，四边形是的内接四边形，，则的度数是（      ） A． B． C． D． 10．如图，若是的直径，是的弦，，则度数为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 11．如图，点O是的外心，若，求弦所对的圆周角 ． 12．如图所示，点A、B、C都在上，若，，则 ． 13．如图，、是的弦，延长、相交于点P，已知，，则的度数是 ． 14．如图，四边形是的内接四边形，若，则的度数为 ． 15．如图，在中，且，垂足为D．若，，则的半径为 ． 三、解答题 16．如图，的弦相交于点，求证：． 17．如图，在中，，以为直径的分别交、于点D、E． (1)求证：点E是的中点； (2)若，求的度数． 18．如图，为的内接三角形，，以为边作矩形，使边过点C，交于点 F，连接． (1)当时，求的度数． (2)求证：． 19．如图，是ΔABC的外接圆，，P是上一点．请你只用无刻度的直尺，分别画出图①和图②中的平分线（保留作图痕迹，不写作法）． 20．如图，为的直径，弦于，为圆上一点，平分，交于点． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 21．如图，四边形内接于，为的直径，、的延长线相交于点E，且． (1)求证：； (2)若的半径为9，，求的长． 22．如图，已知在平面直角坐标系中，的圆心坐标为，点A、在上，，且点A在x轴上． (1)如图1，当点 A 的坐标为时，则点B的坐标为_____________，点C的坐标为____________； (2)如图2，当点C的坐标为时，求点 A、B的坐标； (3)如图3，点A，B，C的坐标分别为，请直接写出b的值． 23．定义：ΔABC内接于，I为ΔABC的内心，若I关于该三角形某条边的对称点恰好在上，则称ΔABC为的“完美三角形”． 【初步认识】（1）下列内接三角形一定是的“完美三角形”的有 （填序号）： ①等边三角形；②等腰直角三角形；③有一个角为的直角三角形． 【探索本质】（2）如图1，ΔABC是的“完美三角形”，其内心I关于的对称点D在上． ①求的度数； ②若，求的半径． 【理解应用】（3）如图2，⊙O的半径为，弦AB=24． ①仅用圆规在⊙O上作出点C，使ΔABC为⊙O的“完美三角形”（作出符合条件的一种情况即可，不写作法，保留作图痕迹）； ②直接写出AC所有可能的值． 24．【教材呈现】 现行人教版九年级下册数学教材85页“拓广探索”第14题： 14．如图，在锐角中，探究，，之间的关系．（提示：分别作和边上的高．）    【得出结论】 ． 【基础应用】 在中，，，，利用以上结论求的长； 【推广证明】 进一步研究发现，不仅在锐角三角形中成立，在任意三角形中均成立，并且还满足（R为外接圆的半径）． 请利用图1证明：． 【拓展应用】 如图2，四边形中，，，，． 求过A，B，D三点的圆的半径． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．连接，根据是的直径，得到，利用三角形内角和定理求出，再根据圆内接四边形的性质即可得到结论． 【详解】解：如图，连接， ∵是的直径， ∴， ， ， ∵四边形是的内接四边形， ， 故选：C． 2．B 【分析】本题考查了圆周角定理，弧与圆心角的关系．根据已知可得，可得，进而根据圆周角定理即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 3．B 【分析】本题考查圆周角定理，根据同弧（或等弧）所对圆周角是圆心角的一半求解即可，也是解题关键． 【详解】解：∵， ∴． 故选B． 4．C 【分析】本题主要考查了圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．根据圆周角定理可得，即可求解． 【详解】解：点、、都在上，且， ， 故选：C． 5．A 【分析】本题考查圆周角定理，勾股定理，以及等腰三角形性质，连接，并延长交于点D，连接，结合圆周角定理，等腰三角形性质，得到，，最后利用勾股定理求解，即可解题． 【详解】解：连接，并延长交于点D，连接， ， ， 为的直径， ， ， ， ， ， 的半径． 故选：A． 6．/度 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键，根据圆内接四边形的对角互补计算即可． 【详解】解：∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 7．A 【分析】此题考查了圆周角定理、等边对等角、三角形内角和定理等知识．先利用等边对等角求出，由三角形内角和定理求出，最后由圆周角定理即可求出答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∴, 故选：A 8．D 【分析】本题考查圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．根据圆周角定理计算即可． 【详解】解：∵，， ∴． 故选：D． 9．A 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理；先根据圆周角定理计算出，然后根据圆内接四边形的性质求的度数． 【详解】解：，而， ﹣． 故选：A． 10．A 【分析】本题考查圆周角定理，熟练掌握并灵活运用圆周角定理是解题的关键． 根据圆周角定理得到的度数，再由是的直径得到的度数，从而计算的度数即可． 【详解】解：是的直径， ， ， ， ． 故选：A． 11．或 【分析】本题考查了圆周角定理，内接四边形的性质，分两种情况：当是锐角三角形时；当是钝角三角形时，分别求解即可得解． 【详解】解：当是锐角三角形时， ∵， ∴， 当是钝角三角形时， ∵， ∴， 综上所述，弦所对的圆周角为或， 故答案为：或． 12． 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．连接，先利用等腰三角形的性质可得，从而可得，进而可得，然后利用圆周角定理进行计算即可解答． 【详解】解：连接， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 13．20 【分析】本题主要考查了圆周角定理，根据圆周角定理和三角形外角的性质解答即可． 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴的度数是． 故答案为：20． 14．/70度 【分析】本题主要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是解题的关键．根据圆内接四边形的性质求出即可． 【详解】解：∵四边形是的内接四边形，， ∴， 故答案为：． 15．5 【分析】本题主要考查垂径定理，勾股定理，圆心角，弧，弦的关系，熟练掌握垂径定理是解题的关键．过点作的垂线交于点，连接，根据圆的性质得到，由平分线的性质得到，设的半径为，则，将用含的代数式表示出来，再利用勾股定理进行计算即可． 【详解】解：过点作的垂线交于点，交于点，连接， ， ， ， ， ， ， 是的平分线， ， ， 设的半径为， 则， ， ， 在中利用勾股定理，得， ， ， 的半径为， 故答案为：． 16．证明见解析 【分析】本题考查了圆周角定理、三角形全等的判定与性质、弧与弦的关系，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．连接，先证出，再根据圆周角定理可得，然后证出，根据全等三角形的性质即可得证． 【详解】证明：如图，连接， ， ， ， ， 由圆周角定理得：， 在和中， ， ∴， ． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质及圆内接四边形的性质，关键是有圆周角定理得到． （1）连接，由圆周角定理推出，由等腰三角形的性质即可证明是的中点； （2）由等腰三角形的性质得到，求出，由圆内接四边形的性质推出，再求解即可． 【详解】（1）证明：连接， 是圆的直径， ， ， ， 是的中点； （2）解： ， ， ， 四边形是圆内接四边形， ， ， ， ． 18．(1) (2)见解析 【分析】本题考查弧，弦，角之间的关系，圆内接四边形，矩形的性质，熟练掌握等弧对等弦，是解题的关键： （1）先证明为等边三角形，得到，再根据圆内接四边形的对角互补，求出的度数即可； （2）证明，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵四边形为圆内接四边形， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴． 19．见解析 【分析】此题主要考查了基本作图以及圆心角、弧、弦的关系等知识，如图①中，连接，就是的平分线，如图②中，连接并延长，与交于点D，连接，就是的平分线． 【详解】解：如图①，连接，即为所求角平分线； 如图②，连接并延长，与交于点D，连接，即为所求角平分线． 20．(1)证明见解析 (2) 【分析】（）由角平分线的定义可得，即得，由垂径定理可得，得到，即得到，即可求证； （）连接，由垂径定理得，设圆的半径为，则，在中，由勾股定理得，解方程即可求解． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∴， ∵为直径，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图所示，连接， ∵，， ∴ 设圆的半径为，则， 在中，由勾股定理得，， ∴， 解得， ∴圆的半径为． 【点睛】本题考查了角平分线的定义，圆周角定理，垂径定理，等角对等边，勾股定理，掌握圆的有关性质定理是解题的关键． 21．(1)证明见详解 (2)6 【分析】（1）连接，根据等弧所对的圆周角相等定得，直径所对的圆周角等于90度得出，进而可得出，利用证明，从而证明． （2）连接，在中利用勾股定理求出，求出，利用全等三角形的性质得到，从而得到，设，则，在中利用勾股定理列关于x的方程并求解即可． 【详解】（1）证明∶如图，连接． ∵， ∴ ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴． （2）解：连接，如上图： ∵的半径为9， ∴， ∵为直径， ∴， ∴． 在中利用勾股定理，得， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 设，则 在中利用勾股定理，得， 即， 解得：， ∴． 【点睛】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定定理以及性质，勾股定理等知识，掌握周角定理，圆心角、弧、弦的关系和勾股定理是解题的关键． 22．(1)， (2)， (3) 【分析】本题主要考查了圆周角定理、勾股定理、等腰三角形得性质、解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识是解的关键． （1）根据题干易得是直径，所以，再解直角三角形求出C点坐标即可； （2）由C坐标很容易求出半径长度，进而求出，再根据得到，从而推出，再以为底角构造等腰直角三角形，再根据勾股定理列方程求解即可； （3）由半径相等可得，再根据构造直角三角形，作C关于y轴的对称点，作，连接，则tan∠C'=，整理得，然后结合前面b和c的关系求解即可． 【详解】（1）解：由题意可得：是直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 如图：过C作于点D，则， 则， ∴， ∴． 故答案为：， ． （2）解：如图，过C作轴于点D，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图：连接，过B作轴于点G， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴， 作简化示意图如下， 在上找一点H，连接，使， ∵， ∴， 设，则，， 在中，，即， 整理得，， ∴（负值舍去）， ∴， ∴． （3）解：如图，作C关于y轴的对称点，作，连接， 则， ∴， ∴，整理可得，， ∵， ∴， ∴， ∴，整理可得， 即， ∴或c=（舍去）， ∴． 23．（1）①③（2）①；②；（3）①见解析；② 或15或21 【分析】（1）根据定义判断解答即可． （2）①连接，利用对称性，圆的内接四边形的性质，三角形内角和定理，互补角的性质，解答即可； ②连接，过点作于点M，利用圆周角定理，垂径定理，特殊角的三角函数解答即可． （3）①作即可； ②分，，三种情况解答即可． 【详解】（1）解：当三角形的一个内角是时，该三角形就是其外接圆的“完美三角形”． 而等边三角形的三个内角都是，故该三角形是其外接圆的“完美三角形”． 等腰直角三角形没有角，故该三角形不是其外接圆的“完美三角形”． 有一个角为的直角三角形另一个锐角是，故该三角形是其外接圆的“完美三角形”． 故答案为：①③． （2）①解：连接， ∵是的“完美三角形”，其内心I关于的对称点D在上． ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， ∵内心I， ∴， ∴， ∵四边形内接于， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 故当三角形的一个内角是时，该三角形就是其外接圆的“完美三角形”． ②解：连接，过点作于点M， 则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故的半径为． （3）①根据题意，连接，过点作于点N， 当时， 则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 而的半径为， 故． 故只需作即可，由此作图如下： 证明：根据作图，得到都是等边三角形， ∴， ∴， ∴． ②解：由上面解答，得不成立，舍去， 当时， 连接，，过点作于点P， 则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 过点作于点H， ∵，， ∴，， ∴， ∴； 当，过点作交的延长线于点Q， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 当时，如图 根据前面的证明，得，且都是的圆周角的对边，根据前面的解答，得． 综上所述，的长为9或15或21． 【点睛】本题考查了圆的新定义，圆周角定理，垂径定理，圆的内接四边形的性质，特殊角的三角函数，勾股定理，等边三角形的判定和性质，基本作图，熟练掌握相关知识是解题的关键． 24．教材呈现：见解析；基础应用：；推广证明：见解析；拓展应用： 【分析】本题考查三角形的外接圆，三角形内角和，圆周角定理，等腰三角形性质，垂径定理，锐角三角函数．添加辅助线构造直角三角形是解题的关键． 教材呈现：分别作，垂足分别为，根据正弦的定义，在4个直角三角形中分别表示出，进而将等式变形，即可求得． 基础应用：利用三角形内角和定理求得，利用公式，代入数据求解即可； 推广证明：作直径，连接，利用圆周角定理求得，，推出，即，同理，，据此即可证明结论成立； 拓展应用：连接，作于点，证得四边形是矩形，利用勾股定理求得和，证明，利用三角函数的定义求得，再根据，据此即可求解． 【详解】解：教材呈现：如图，分别作，垂足分别为，   在中，， ， 在中，， ， ， ， 在中，， ， 在中，， ， ， ， ． 基础应用：∵中，，， ∴， 由题意得， ∴， 解得； 推广证明：作直径，连接，    ∵直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理，， ∴； 拓展应用：连接，作于点，     ∵， ∴四边形是矩形， ∵，，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，即， ∴． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$