2.4圆周角课时训练卷-2025-2026学年数学九年级上册苏科版

2.4圆周角课时训练卷-2025-2026学年数学九年级上册苏科版 一、单选题 1．如图，是的直径，为弦，于点E，连接，，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 2．如图在中，弦、相交于点P．若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．如图，已知四边形是的内接四边形，且，则的度数为（    ） A． B． C． D． 4．已知如图，是的内接三角形，是的直径，点D是上一点，若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 5．如图，已知是的直径，B，C，E是上的三个点，连接，，，，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 6．如图，内接于，，过点A作平行于，交的延长线于点D，则的度数（    ） A． B． C． D． 7．如图，等腰的一个锐角A的顶点在上，边，分别与交于点D，E，则的度数为（   ）. A． B． C． D． 8．如图，以一块含角的直角三角板的斜边为直径画圆，即内接于，，是的直径，D是上的任意一点，且不与A，B，C重合，连接，，则的度数是（    ） A． B． C．或 D．随着点D的变化一直在变 9．如图，是的直径，点在上，若，则（    ） A． B． C． D． 10．如图，已知是的直径，是弦，若，则等于（   ） A． B． C． D． 二、填空题 11．已知：的内接四边形中，，则的度数是 ． 12．如图，为等边三角形，点O在过点A且平行于的直线上运动，以的高为半径的分别交线段、于点E、F，则所对的圆周角的度数 13．如图，内接于，若，则 ． 14．如图，内接于，是的直径，是上一点，，则 ． 15．如图，点P在外，，的两边分别交于点A、B、C、D， ，，则的半径长为 ． 16．如图，是圆O的直径，，点B为弧的中点，点P是直径上的一个动点，则的最小值为 ． 三、解答题 17．如图，是的直径，四边形内接于，延长交于点E，且．已知，求的度数． 18．如图，是的直径，是弦的延长线上一点，且，的延长线交于点． (1)求证：； (2)连接，若，求的度数． 19．（1）如图1，在中，，，则的外接圆的半径为__________． （2）如图2，在直线上求作点P，使得． 20．如图，在中，，是边上一点，以为直径的圆经过点，是直径上一点（不与点，重合），连接并延长交圆于点，连接，． (1)求证：； (2)若，，求的度数． 21．如图，已知的半径为，四边形内接于，连接、，，． (1)求的长； (2)若经过圆心，延长交延长线于点，求的长． 22．如图，在中，，点为边上的一点，．过点作，延长交于点． (1)证明：； (2)作的角平分线交于点．若，，求的半径． 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 《2.4圆周角课时训练卷-2025-2026学年数学九年级上册苏科版》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D C D B C C B D 1．B 【分析】本题考查的是垂径定理，根据垂径定理可得：，，，，无法得到，，即可得到答案． 【详解】解：如图，连接，， 是的直径，为弦，于点E， ，，， ∴，， B选项结论成立，符合题意；A选项结论不成立，不符合题意； 无法判断， C选项结论不成立，不符合题意， ∵无法判断， D选项结论不成立，不符合题意， 故选：B． 2．A 【分析】本题主要考查圆周角，三角形外角的性质．根据题意可得，然后根据三角形外角的性质可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴； 故选：A． 3．D 【分析】本题主要考查圆内接四边形的性质，即圆内接四边形的对角和为．根据已知条件，通过圆内接四边形对角互补即可计算出未知角的度数． 【详解】四边形是的内接四边形， ， ， ， 故选：D． 4．C 【分析】本题考查了圆周角定理，由直径所对的圆周角为可得，求出，再根据同弧所对的圆周角相等即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 5．D 【分析】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质．根据圆内接四边形对角互补的性质求得的度数，再利用直径所对的圆周角是直角进行求解即可． 【详解】解：连接， ∵四边形内接于，且， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， 故选：D． 6．B 【分析】此题主要考查圆内角度求解，解题的关键是圆周角定理的性质． 连接，根据圆周角定理求出，再求出，根据平行线的性质即可求解． 【详解】解：连接，∵ ∴， ∵， ∴ ∵ ∴ 故选：B． 7．C 【分析】本题主要考查了圆周角定理，解题的关键是熟练掌握一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半． 先根据等腰直角三角形得到，再由圆周角定理得到． 【详解】解：由题意得，， ∴， 故选：C． 8．C 【分析】本题主要考查了同弧所对的圆周角相等及圆内接四边形的性质，熟知相关定理，正确画出图形，结合图形分情况讨论是正确解答此题的关键． 根据题意画出图形，分点D在和上两种情况利用同弧所对的圆周角相等及圆内接四边形对角互补即可求解． 【详解】解：内接于，， ， 分点D在和上两种情况∶ ①点D在上时，如图所示： 四边形是圆内接四边形，； ， ； ②点D在上时，如图所示： ， ， 综上所述，的度数是或， 故选：C． 9．B 【分析】本题考查圆周角定理，根据直径所对的圆周角为直角，同弧所对的圆周角相等，进行求解即可． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； 故选B． 10．D 【分析】本题考查了圆周角定理和等腰三角形的性质． 根据圆周角定理得到，，进而得到，再根据等边对等角作答即可． 【详解】是的直径， ， ∵， ∴， ． 又∵ ∴ 故选：D． 11．/20度 【分析】本题考查的是圆内接四边形的计算． 根据圆内接四边形对角互补和，列式计算即可． 【详解】解：根据圆内接四边形对角互补得：， ∵， ∴， 即． 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了圆周角定理，等边三角形的性质，注意数形结合思想的应用．根据是等边三角形，得到，根据圆周角定理即可得到结论． 【详解】解：∵为等边三角形， ∴， ∵点O在过点A且平行于的直线上运动， ∴， 作关于直线的对称点，在圆上，连接，， 则， ∴，， ∴， ∴B，A，G三点共线， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴所对的圆周角的度数是， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，连接，由圆周角定理得，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 14．/35度 【分析】本题考查了圆周角定理，以及直角三角形的性质，利用了转化的思想，熟练掌握圆周角定理是解本题的关键． 由同弧所对的圆周角相等，得再根据直径所对的圆周角为直角，得，然后由直角三角形的性质即可得出结果． 【详解】解：是所对的圆周角， 是的直径， ， 在中，， 故答案为:． 15． 【分析】连接、、、、，利用三角形外角的性质得到，利用圆周角定理得到，在上取一点，使得，连接、，则有，，推出，过点作交延长线于点，利用直角三角形的性质和勾股定理求出、的长，进而得到的长，再证明是等边三角形，即可得出结论． 【详解】解：连接、、、、， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在上取一点，使得，连接、， ∵， ∴，， ∴， 过点作交延长线于点，则， ∵在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， 即的半径长为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，直角三角形的性质，二次根式的应用，等边三角形的性质与判定，熟练掌握圆的基本性质是解题的关键．本题属于圆综合题，需要较强的几何推理能力和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生． 16．2 【分析】本题主要考查了圆心角与弧之间的关系，圆周角定理，轴对称最短路径问题，等边三角形的性质与判定，正确作出辅助线推出能取得最小值的情形是解题的关键． 作A关于的对称点Q，连接交于P，此时根据两点之间线段最短，的最小值为的长度． 【详解】解：作A关于的对称点Q，连接交 于P， ∵点B 为弧的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 即的最小值为2， 故答案为：2． 17． 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，等边对等角，三角形外角的性质，由圆内接四边形对角互补得到的度数，由等边对等角得到，再由三角形外角的性质可得答案． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴． 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查圆周角定理，垂直平分线的判定与性质，作出适当的辅助线是解题的关键． （1）连接，首先证明，推出，即可解决问题； （2）连接，根据，所以只要求出的度数即可． 【详解】（1）证明：如图， 连接， 是的直径， ，即， ， 垂直平分． ． ． ， ． ． （2）解：如图， 连接， ， ． ． 是的直径， ． ． 19．（1）2；（2）答案见解析 【分析】本题考查了圆周角定理，求特殊三角形的外接圆半径，等边三角形的判定与性质，熟练掌握圆周角定理及等边三角形的性质是解题的关键． （1）根据圆周角定理可求得，再根据等边三角形的判定与性质即可求得答案； （2）先以线段为边，向左下方作等边三角形，则再以点O为圆心，长为半径作，交已知直线于点P，根据圆周角定理可知，即知点P即为所求． 【详解】解：（1）所对的圆心角和圆周角分别是和， ， ， 是等边三角形， ， 即的外接圆的半径为2． 故答案为：2． （2）如图，点P即为所求． 20．(1)证明见解析 (2) 【分析】（）根据等腰三角形的性质和圆周角定理即可求证； （）连接，由垂径定理的推论可得，即得，又由（）得，再根据三角形的外角性质即可求解； 本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，垂径定理的推论等，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又∵， ∴； （2）解：连接， ∵ ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 21．(1) (2) 【分析】（1）先根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍得到直角，再根据勾股定理即可解决问题； （2）根据等边对等角得到角相等，根据同弧所对的圆周角相等得到角相等，根据对角互补和邻补角得到角相等，进而得到角平分线，判断三角形全等，根据三角形全等的性质得到边相等，再根据中位线的性质得到的长，进而可得到答案； 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵的半径为， ∴， ∴的长为； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴平分的外角． ∵经过圆心， ∴，即， ∴ ∴， 作，垂足为， ， ∵为的中位线， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，中位线定理，圆周角定理等知识点，解决此题的关键是合理的作出辅助线． 22．(1)证明见解析 (2) 【分析】（）连接，，利用等腰三角形的性质和圆周角定理可得，，，进而证明，利用全等三角形的性质可得，进而可得到，即得到，即可求证； （）过点作，设与交于点，根据全等三角形的性质可得，，，，利用角平分线的性质可得，，即证明四边形为矩形，再根据平行线的性质可得，，利用勾股定理和矩形的性质可得，设，在中，列式求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接，， ∵，， ∴， 设， ∴ ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 即； （2）过点作，设与交于点， 解：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵的角平分线交于点， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， 在中，， 解得：， 故的半径为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，矩形的性质和判定，勾股定理等，正确作出辅助线是解题的关键． 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 $