《3.4圆心角与圆周角的关系》同步练习 2025-2026学年北师大版九年级数学下册

2025-2026学年北师大版九年级数学下册《3.4圆心角与圆周角的关系》 同步自主达标测试题（附答案） 一、单选题（满分24分） 1．如图，点A在上做圆周运动，已知，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．如图所示，是的直径，是的弦，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 3．如图所示，是的直径，点 B，D都在上，连接，若，则的半径长为(     ) A． B． C．4 D．2 4．如图，是的直径，是的内接三角形．若，，则的直径的长为（   ）. A． B． C．6 D．7 5．如图，是四边形的外接圆，交于点，，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 6．如图，点均在上，且，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 7．经过坐标原点O，分别与x轴、y轴交于点A、点B，点C是位于第一象限部分上的一点，如图，若点A坐标为，点B坐标为，则的值为（   ） A． B． C． D． 8．如图，在中，为直径，点为圆上一点，将劣弧沿弦翻折，交于点，连接．若点与圆心不重合，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 二、填空题（满分24分） 9．如图，点在上，若，则的度数为 ． 10．如图，点A，B，C在上，点C在优弧上．若，则的度数为 ． 11．如图，是的直径，、是圆上的两点不与、重合，已知，，则 ． 12．如图，在中，弦与弦相交于点E，，，，则的半径长为 ． 13．如图，是的直径，点A是外一点，连接并延长交于点D，若，则 ． 14．如图，A、B、C、D是上的点，若的度数为，则 ． 15．如图，以半圆的一条弦（非直径）为对称轴将弧折叠与直径交于点D．若则 ． 16．如图，是的直径，，点在上，，为弧的中点，是直径上一动点，则的最小值为 ． 三、解答题（满分72分） 17．如图，在中，为直径，为弦，且，垂足为． (1)若，，求的长度； (2)若，则____°． 18．如图，是半的直径，点C，D在半上． (1)若，求的度数． (2)若的半径为6，，求圆心O到弦的距离． 19．如图，已知为的直径，是的弦，且于点，连接、、． (1)求证：； (2)若的半径为，，求弦的长． 20．如图，A，P，B，C是上的四个点，． (1)______； (2)判断的形状，并证明你的结论． (3)当点O落在上时，直接写出四边形的形状． 21．已知是的直径，延长弦到点，使，连接并延长与相交于点． (1)如图①，若，求和的大小； (2)如图②，若，求和的大小． 22．图①，图②，图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．经过A，B，C三点（其中点O，A，B为格点），只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图． (1)在图①中的上找一点D，使得． (2)在图②中的上找一点E，使得平分． (3)在图③中的上找一点F，使得． 23．如图1，内接于，点D为上一点，连接和，于点E． (1)求证：； (2)如图2，过点B作的垂线，垂足为点F，交于点G，且，若，请用含的代数式表示； (3)如图3，在（2）的条件下，点K为上一点，连接、和，与相交于点Q，延长到点R，使，过点R作的垂线，垂足为点H，延长交于点T，，在的延长线上取一点P，连接，使． ①求的度数； ②若，，求的长． 参考答案 1．解：当点A在优弧上做圆周运动时，如图， ∵， ∴． 当点A在劣弧上做圆周运动时，如图， ∵， ∴， ∴． 综上，则的最大值为， 故选：C． 2．解：如图，连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 3．C 【分析】本题考查圆周角定理，含30度角的直角三角形，根据直径所对的圆周角为直角，同弧所对的圆周角相等，得到，进而得到，即可得出结果． 【详解】解：∵是的直径， ∴， 又∵， ∴， ∴的半径长为； 故选C． 4．A 【分析】本题考查了在同圆中直径所对的圆周角是，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 连接，，根据在同圆中直径所对的圆周角是可得，根据圆周角定理可得，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：连接，，如图： ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， 在中，， 故选：A． 5．C 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质及平行线的性质，正确求出的度数是解题关键．利用圆内接四边形的性质得出，利用得出，再由得出，根据圆内接四边形的性质即可求出的度数． 【详解】解：∵是四边形的外接圆，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 6．D 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形对角互补是解题的关键．连接，根据圆内接四边形的性质得到，根据题意求出，根据在同圆（或等圆）中，圆心角所对的弧度数是其所对圆周角的 2 倍求出的度数． 【详解】解：如图，连接， 四边形为的内接四边形， ，即， ，即， ， ， 故选：D 7．B 【分析】此题考查了坐标与图形、勾股定理、圆周角定理以及锐角三角函数的定义．解题的关键是作辅助线，注意掌握数形结合思想的应用．首先连接，由圆周角定理可得，然后由锐角三角函数的定义，即可求解． 【详解】解∶连接， ，点A坐标为，点B坐标为， ． ∵， ∴， ∵， ． 故选：B． 8．C 【分析】本题考查圆内接四边形，圆周角定理，折叠的性质，三角形的外角，熟练掌握相关知识点是解题的关键，设点关于的对称点为，连接，圆周角定理得到，圆内接四边形的性质，得到，进而求出的度数，三角形的外角求出的度数，再根据角的和差关系进行求解即可． 【详解】解：设点关于的对称点为，连接， 则， ∴， ∵， ∴， ∵为直径， ∴， ∴； 故选C 9．/80度 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆内接四边形的对角互补以及等腰三角形的两底角相等是解题的关键． 通过连接，利用等腰三角形的性质得出，，从而求出的度数，再根据圆内接四边形的对角互补求出的度数． 【详解】解：连接． ∵，， ∴，， ∵， ∴ ∵， ∴． 故答案为：． 10． 【分析】根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得到，即而得到答案． 【详解】解： ， 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了圆周角定理，关键是找准同弧所对的圆周角和圆心角． 11． 【分析】本题考查的是圆周角定理，先根据圆周角定理得出，再由特殊角的三角函数值判断出，故可得出，所以是等腰直角三角形，再由勾股定理即可得出的长． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，直角所对的弦是直径，勾股定理；连接，过点作于点，连接，先证明得出是的直径，在中，根据勾股定理求得的长，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，过点作于点，连接， ∵，，则， ∴，， ∴， 又∵，， ∴． ∴，． ∴是的直径， ∴． ∴． ∴，则， 在中，． ∴． ∴的半径长为． 故答案为：． 13． 【分析】本题主要考查了圆周角定理、圆的内接四边形的性质等知识点，掌握圆的内接四边形的对角互补是解答本题的关键．连接、，由圆周角定理可得，再结合可得，进而得到；再根据圆的内接四边形的性质可得，进而得到，最后根据圆周角定理即可解答． 【详解】解：如图，连接，， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴． ∴． ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∴， ∴． 14．155 【分析】本题主要考查圆周角的性质及圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角的性质及圆内接四边形的性质是解题的关键；连接，由题意易得，然后可得，进而问题可求解． 【详解】解：连接，如图所示： ∵， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴，即， ∴； 故答案为155． 15．/ 【分析】连接并延长，使得，连接，交于点，连接，根据轴对称性质，得到，，利用勾股定理得到，结合三角形外角性质，推出，再根据正切定义求解，即可解题． 【详解】解：连接并延长，使得，连接，交于点，连接， 则，关于对称， ，， 为直径， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查轴对称性质，圆周角定理，勾股定理，三角形外角性质，正切定义，解题的关键在于熟练掌握相关知识． 16． 【分析】本题考查了圆周角定理，轴对称最短路线问题，垂径定理，直角三角形的性质，确定点的位置是解答本题的关键．连接，，，作点关于的对称点，连接交于点，则点就是所求作的点． 此时最小，且等于的长， 根据圆周角定理可求得的度数， 根据垂径定理得 ， 得到的度数， 进而得到、的度数， 过点作交于点，利用勾股定理解直角三角形即可求得的长，即可得解． 【详解】解：如图， 连接，，， 作点关于的对称点，连接交于点，则点就是所求作的点． 此时最小，且等于的长． ， ， 为弧的中点， ， 根据垂径定理得 ， ， ， ， ， ， 过点作交于点， ， ， ，即的最小值为． 故答案为： ． 17．(1) (2)60 【分析】本题考查垂径定理的应用、勾股定理、圆周角定理： （1）利用垂径定理和勾股定理即可求解； （2）连接，首先根据垂径定理和圆周角定理得到和的关系，然后利用求出，最后利用直角三角形中两个锐角互余的性质解之． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即的长度为． （2）解：连接， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∵， ∴，解得， ∴． ∵， ∴． 故答案为：60． 18．(1) (2) 【分析】本题主要考查了圆周角定理，圆内接四边形性质，中位线定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． （1）根据圆内接四边形对角互补，可求得的度数，再根据直径所对的圆周角为直角，三角形内角和定理即可求得的度数； （2）过作交于，连接，易得为中点，再根据勾股定理可求 ． 【详解】（1）解：∵四边形是的内接四边形， ∴， ， ∵是半圆O的直径， ∴， ， （2）过作交于，连接， 由题可知， 又∵， 为中点， ， ， 所以圆心O到弦的距离． 19．(1)见解析； (2). 【分析】本题主要考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理．解决本题的关键是根据垂径定理和圆周角定理找角之间的关系． 根据垂径定理可知，根据圆周角定理可知，根据等边对等角可得，利用等量代换可证结论成立； 利用勾股定理求出，再根据垂径定理求出的长即可． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， ； （2）解：的半径为， ， ， ， 于点， ，， 在中，， ， 弦的长是. 20．(1)60 (2)等边三角形，证明见解析 (3)菱形． 【分析】（1）首先求出，然后根据圆内接四边形的性质求解即可； （2）根据同弧所对的圆周角相等得到，进而证明即可； （3）如图所示，连接，，设与交于点D，根据题意证明出和都是等边三角形，得到，即可得到四边形是菱形． 【详解】（1）∵ ∴ ∴； （2）是等边三角形． 证明：， ． 由（1）得． ． ∴是等边三角形； （3）如图所示，连接，，设与交于点D ∵当点O落在上时， ∴ ∵ ∴和都是等边三角形 ∴ ∴四边形是菱形． 【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质和判定，同弧所对的圆周角相等等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 21．(1)，； (2)，； 【分析】本题考查了等腰三角形的性质和判定、同弧或等弧所对的圆周角相等、半圆（直径）所对的圆周角是直角等知识点，掌握相关结论是解题关键． （1）由题意得垂直平分，推出得即可求解； （2）根据，，可推出；是等腰三角形，进而得；结合（1）得，推出，即可求解． 【详解】（1）解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴； ∵， ∴； ∴； （2）解：∵，， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴，是等腰三角形， ∴； 由（1）可知：， ∴， ∵， ∴， ∴． 22．(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了格点作图，圆周角定理． （1）根据圆周角定理即可解答； （2）根据网格的特点取格点N，可得，根据等腰三角形三线合一性质可证，最后根据垂径定理即可解答； （3）取格点，使得，即可求解． 【详解】（1）解：如图所示．（答案不唯一）      （2）如图所示．（答案不唯一）， （3）如图所示．如图，，点F即为所求， 23．(1)见解析 (2) (3)①；②10． 【分析】（1）如图：连接，设，则，由圆周角定理得，由等腰三角形的性质求出即可求解； （2）由题意可得：，如图：连接，由“8”字三角形得，根据证明，可得，，再根据角的和差以及等量代换即可解答； （3）①如图：过点K作的平行线交于点S，根据证明得可证．②如图：过点C分别作和的垂线，垂足分别为点M和点N，由圆的性质证明，根据证明得，根据证明得可得．设，根据求出a，证明得，从而，设，则，在中利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：如图：连接， ∵于点E， ， 设，则， ∵， ∴， ， ， ∴． （2）解：如图 2，连接． ∵，， ∴， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴，即． （3）解：①如图：过点K作的平行线交于点S， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ，即． ②如图：过点C分别作和的垂线，垂足分别为点M和点N， ∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ， ∴， ∴， 设，， ∴，解得：， ， ， ， ， 设，则， 在中，， ， ， ． 学科网（北京）股份有限公司 $