2021学年24.1.4 圆周角当堂检测题

这是一份2021学年24.1.4 圆周角当堂检测题，共11页。试卷主要包含了 25°连接 OC,OD,BC，解 如图,，证明 ∵∠ACB=90°,等内容，欢迎下载使用。
24.1.4 圆周角
如图,点 A,B,C 在☉O 上,AC∥OB,∠BAO=25°,则∠BOC 的度数为( )
A.25° B.50° C.60° D.80° 如图,线段 AB 是☉O 的直径,弦 CD⊥AB 于点 E,∠CAB=40°,则∠ABD 与∠AOD 分别等于( )
A.40°,80° B.50°,100° C.50°,80° D.40°,100° 将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上,使点 C 在半圆上,点 A,B 的读数分别为 86°,30°, 则∠ACB 的度数为( )
A.15° B.28° C.29° D.34° 
(2018·山东威海中考)如图,☉O 的半径为 5,AB 为弦,点 C 为�ˆ� 的中点,若∠ABC=30°,则弦 AB 的长为(              )
A.1 C.5 32
B.5  D.5 3
 如图,点 A,B,C,D 在圆上,AB=8,BC=6,AC=10,CD=4,则 AD=     .
如图,AB 为☉O 的直径,C,D 为☉O 上的点,�ˆ�   = �ˆ� ,若∠CAB=40°,则∠CAD=      .
如图,点 A,B,C,D 在☉O 上,点 O 在∠D 的内部,四边形 OABC 为平行四边形,则∠OAD+∠ OCD=        .
如图,已知 AB 是☉O 的弦,∠OBC=30°,点 C 是弦 AB 上任意一点(不与点 A,B 重合),连接 CO 并延长 CO 交☉O 于点 D,连接 AD,DB.当∠ADC=18°时,求∠DOB 的度数.
    如图,在 Rt△ABC 中,∠ACB=90°,AD 平分∠BAC.过 A,C,D 三点的圆与斜边 AB 交于点 E,连接 DE.
(1) 求证:AC=AE;
(2) 若 AC=6,CB=8,求△ACD 外接圆的半径.         
如图,线段 AB 是☉O 的直径,弦 CD⊥AB,∠A=20°,则∠AOD 等于( )
A.160° B.150° C.140° D.120° 如图,☉O 的半径为 1,AB 是☉O 的一条弦,且 AB=  3,则弦 AB 所对圆周角的度数为( )
A.30° B.60° C.30°或 150° D.60°或 120° 如图,四边形 ABCD 内接于☉O,DA=DC,∠CBE=50°,则∠DAC 的大小为( )
A.130° B.100° C.65° D.50° 13. 如图,已知�ˆ�   = �ˆ�  = �ˆ� ,点 P 为劣弧�ˆ� 上的一点.

(1) 求∠BPC 的度数; (2)求证:PA=PB+PC.        ★14.如图,在△ABC 中,∠ACB=90°,D 是 AB 的中点,以 DC 为直径的☉O 交△ABC 的边于点 G,F,E.
求证:(1)F 是 BC 的中点; (2)∠A=∠GEF.        
15. 如图,甲、乙两名队员相互配合向对方球门 MN 进攻,当甲带球冲到点 A 时,乙刚好跟随到了点 B, 从数学角度来看,此时甲是自己射门还是把球传给乙射门更有利,并说明理由.

参考答案夯基达标 1.B ∵OA=OB,∠BAO=25°, ∴∠B=25°. ∵AC∥OB, ∴∠B=∠CAB=25°, ∴∠BOC=2∠CAB=50°.故选 B. 2.B ∵CD⊥AB,∴∠AEC=90°. ∵∠CAB=40°, ∴∠C=50°. ∴∠ABD=∠C=50°. ∴∠AOD=100°.故选 B. 3.B 由题意知�ˆ� 的度数为 86°-30°=56°, 所以∠ACB=1×56°=28°. 4. D 连接 OC,OA,
 ∵∠ABC=30°, ∴∠AOC=60°. ∵AB 为弦,点 C 为�ˆ� 的中点, ∴OC⊥AB. 在 Rt△OAE 中,AE=5 3. ∴AB=5 3.故选 D.
5.2  21 因为 62+82=102,即 AB2+BC2=AC2,所以△ABC 是直角三角形,∠B=90°.所以 AC 是直径,∠ D=90°.在 Rt△ACD 中,由勾股定理,得 AD= � � 2-�2 = 102-42=2 21. 6. 25° 连接 OC,OD,BC.
∵AB 是☉O 的直径,C,D 为☉O 上的点, ∴∠ACB=90°. ∵∠CAB=40°,∴∠B=50°. ∵�ˆ�   = �ˆ�  ,∴OD⊥AC,∠AOD=∠COD.∴OD∥BC.∴∠AOD=∠B=50°. ∴∠CAD= 1∠COD=25°.7.60° ∵四边形 OABC 为平行四边形,∴∠B=∠AOC. 又∠D=1 AOC,2∴∠D=1 B.2 又∠B+∠D=180°, ∴∠D=60°. 连接 OD,则有 ∠ADC=∠ADO+∠CDO=∠OAD+∠OCD=60°. 8.解 (方法 1)如图, 连接 OA,∵∠ADC=18°, ∴∠AOC=2∠ADC=36°. ∵OA=OB, ∴∠OAC=∠OBC=30°. ∴∠OCB=∠OAC+∠AOC=66°. ∴∠DOB=∠OCB+∠OBC=96°.
 (方法 2)如图,连接 OA, ∵OA=OB=OD, ∴∠OAB=∠OBC=30°,∠OAD=∠ADC=18°, ∴∠DAB=∠DAO+∠BAO=48°, 由圆周角定理得∠DOB=2∠DAB=96°. 9.(1)证明 (方法 1)∵∠ACB=90°, ∴AD 为直径, ∴∠AED=90°. 又 AD 平分∠CAE, ∴CD=DE. ∴Rt△ACD≌Rt△AED. ∴AC=AE. (注:上述证法中用 AAS 证 Rt△ACD≌Rt△AED 也可.另外,根据圆内接四边形的性质,可得∠ AED=180°-∠C=90°.) (方法 2)∵∠ACB=90°,∴AD 为直径. 又 AD 平分∠BAC,∴�ˆ�   = �ˆ� ,∴�ˆ�  = �ˆ� .∴AC=AE. (2) 解 设 CD=x,则 DE=x,BD=8-x. ∵AE=AC=6, ∴BE=AB-AE=10-6=4. 在 Rt△BDE 中,由勾股定理,得 DE2+BE2=BD2, 即 x2+42=(8-x)2,解得 x=3.
∴AD= �2 + � � 2 = 62 + 32=3 5.  ∴△ACD 外接圆的半径为3 5. 培优促能 10.C 11.D 如图,连接 OA,OB,作 OC 垂直 AB 于点 C,易得 OA=1,AC= 3,OC=1.从而∠OAC=30°,2 2 所以∠AOB=120°. 所以弦 AB 所对的优弧上的圆周角为 60°,所对劣弧上的圆周角为 120°.
 12.C ∵∠CBE=50°, ∴∠ABC=180°-∠CBE=180°-50°=130°. ∵四边形 ABCD 为☉O 的内接四边形, ∴∠D=180°-∠ABC=180°-130°=50°. ∵DA=DC, ∴∠DAC=180°-∠� =65°,故选 C.2 13.(1)解 ∵�ˆ�   = �ˆ�  = �ˆ� ,∴AB=BC=AC. ∴∠BAC=60°. 又∠BPC+∠BAC=180°, ∴∠BPC=120°. (2)证明 在 PA 上截取 PD=PC,连接 DC,

∵AB=AC=BC, ∴∠APB=∠APC=60°. ∴△PCD 为等边三角形. ∴∠ADC=120°. 又∠CAD=∠PBC,且 AC=BC, ∴△ACD≌△BCP. ∴AD=PB. ∴PA=PB+PC. 证明 (方法 1)(1)如图①,连接 DF.  
 ① ∵∠ACB=90°,D 是 AB 的中点, ∴BD=DC=1AB. ∵DC 是☉O 的直径, ∴DF⊥BC. ∴BF=FC,即 F 是 BC 的中点. (2)∵D,F 分别是 AB,BC 的中点, ∴DF∥AC,∠A=∠BDF. ∵∠BDF=∠GEF,∴∠A=∠GEF. (方法 2)(1)如图②,连接 DF,DE.
 ②   ∵DC 是☉O 的直径, ∴∠DEC=∠DFC=90°. ∵∠ECF=90°, ∴四边形 DECF 是矩形. ∴EF=CD,DF=EC. ∵D 是 AB 的中点,∠ACB=90°, ∴EF=CD=BD=1AB. ∴Rt△DBF≌Rt△EFC. 故 BF=FC, 即 F 是 BC 的中点. (2)∵△DBF≌△EFC, ∴∠BDF=∠FEC,∠B=∠EFC. ∵∠ACB=90°,(也可证 AB∥EF,得∠A=∠FEC) ∴∠A=∠FEC.∴∠A=∠BDF, ∵∠FEG=∠BDF, ∴∠A=∠GEF. 创新应用 解 乙射门更有利.理由如下: 连接 NC.根据圆周角定理,得∠MBN=∠MCN.
因为∠MCN 是△NCA 的外角, 所以∠MCN>∠MAN.所以乙射门的角度范围大,射进的可能性大.故乙射门更有利.