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九年级数学上册 24.1.4 圆周角 导学案
【知识清单】
圆周角：顶点在圆上，两边都和圆相交的角叫做圆周角.
　　 　圆周角的性质：
　　 　①圆周角等于它所对的弧所对的圆心角的一半.
　　 　②同弧或等弧所对的圆周角相等；在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等.
　　 　③90°的圆周角所对的弦为直径；半圆或直径所对的圆周角为直角.
　　 　④如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形.
　　 　⑤圆内接四边形的对角互补；外角等于它的内对角.
知识要点：
　　(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.
【典型例题】
考点1：圆周角的概念辨析
例1．已知弦把圆周分成两部分，则弦所对圆周角的度数为（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】D
【分析】分优弧，劣弧两种情况，求解即可．
【详解】解：∵弦把圆周分成两部分，
∴劣弧的度数为：，即：劣弧所对的圆周角的度数为，
优弧的度数为：，即：优弧所对的圆周角的度数为，
∴弦所对圆周角的度数为或；
故选：D．
【点睛】本题考查弦，弧，角之间的关系，解题的关键是注意弦分弧为优弧和劣弧两种情况．
考点2：圆周角定理
例2．如图，，是的两条直径，E是劣弧的中点，连接，．若，则的度数（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接，根据是的两条直径得到，结合，得到，最后结合圆周角定理即可得到答案．
【详解】解：∵是的两条直径，
∴，
∴，
∵E是劣弧的中点，
∴，
故选C；

【点睛】本题考查圆周角定理及其推论，解题的关键是得到．
考点3：同弧或等弧所对的圆周角相等
例3．下面四个命题中，是假命题的一项为（ ）
A．等腰三角形的两个底角相等 B．正方形的对角线互相平分
C．三角形内心到三边的距离相等 D．相等的圆心角所对的弧是等弧
【答案】D
【分析】根据能够得到的命题叫真命题，不能够得到的命题叫假命题直接逐个判断即可得到答案；
【详解】解：等腰三角形的两个底角相等能够得到是真命题，不符合题意，
正方形的对角线互相平分能够得到是真命题，不符合题意，
三角形内心到三边的距离相等能够得到是真命题，不符合题意，
在同圆或等圆中相等的圆心角所对的弧是等弧，故D是假命题，
故选：D．
【点睛】本题考查真假命题的定义：能够得到的命题叫真命题，不能够得到的命题叫假命题．
考点4：半圆（直径）所对的圆周角是直角
例4．如图，在中，，，．点P是内部的一个动点，且满足，则线段长的最小值是（ ）．

A．5 B． C． D．
【答案】C
【分析】首先证明点P在以为直径的上，连接与交于点P，此时最小，利用勾股定理求出即可解决问题．
【详解】解： ，
，
，
，
，
∴点P在以为直径的⊙O上，
如图，连接交于点P，

此时最小，在中，
，
，
， ，
，
，
，
最小值为：，
故选：C．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离，属于常考题型．
考点5:90度的圆周角所对的弦是直径
例5．下列命题中正确的有（ ）个．
①平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；②在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等；③圆是轴对称图形，直径所在的直线是圆的对称轴；④在圆中，的角所对的弦是直径；
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据垂径定理的相关推论即可判断①；根据弧，弦，圆心角的关系可判断②；根据圆的特点和轴对称图形的定义可判断③；根据圆周角定理的相关推论可判断④．
【详解】①平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧，故原说法错误；
②在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，说法正确；
③圆是轴对称图形，直径所在的直线是圆的对称轴，说法正确；
④在圆中，的角所对的弦是直径，说法正确．
综上可知命题中正确的有3个．
故选C．
【点睛】本题考查圆的相关知识点，轴对称图形的定义．掌握垂径定理、弧，弦，圆心角的关系、圆周角定理是解题关键．
考点6：已知圆内接四边形求角度
例6．如图，四边形内接于，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由可求，再由即可得到答案．
【详解】解：，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
考点7：求四边形外接圆的直径
例7．如图，在边长为8的正方形中，点O为正方形的中心，点E为边上的动点，连结，作交于点F，连接，P为的中点，G为边上一点，且，连接，则的最小值为（ ）
A．10 B． C． D．
【答案】D
【分析】过点O作于点H，作于点I，连接，证明点P运动的轨迹是线段，作点A关于直线的对称点，当点、点P、点G在同一直线上时，取得最小值，最小值为的长，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：过点O作于点H，作于点I，连接，，
∵点O为正方形的中心，
∴，，
∴四边形为正方形，为正方形的对角线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴与都是等腰直角三角形，
∴，
，
∴E、I、O、P四点共圆，
∴，
∵，
∴点P运动的轨迹是线段，
作点A关于直线的对称点，
当点、点P、点G在同一直线上时，取得最小值，最小值为的长，
过点作交延长线于点Q，
同理得四边形为正方形，且边长为4，
∴，，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，得到点P运动的轨迹是线段是解题的关键．
【巩固提升】
选择题
1．如图，多边形是由等腰和矩形组成，，若过，，三点，则的半径是（ ）

A． B．3 C． D．4
2．如图，C、D是以线段为直径的上两点，若，且，则（ ）

A． B． C． D．
3．如图，是的直径，C是上的一点，若，于点D，则的长为（　　）

A． B． C． D．
4．四边形是边长为4的正方形，点E在边上，连接，F为中点，连接，点G在上且，连接，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
5．如图，是的直径，点C、D在上，连接，若，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
6．如图，半径为，正方形内接于，点E在上运动，连接作，垂足为F，连接．则长的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．
二、填空题
7．直角三角形的三个顶点在上，则圆心O在 ．
8．如图，是的外接圆是的直径，若，则的度数是 ．
9．如图，内接于，连接，若，则的度数为 ．

10．如图，四边形内接于，，连接，点P是半径上任意一点，连接，，则可能为 度（写出一个即可）．
11．在菱形中，，，的两边分别交边、于点E、F，且，记的外心为点P，则P、C两点间的最小距离为 ．
三、解答题
12．如图，CD是⊙O的直径，∠EOD＝84°，AE交⊙O于点B，且AB＝OC，求的度数
13．如图，在四边形中，，，O是四边形内一点，且．求证：

(1)；
(2)四边形是菱形．
14．如图，，是的两条弦，．求证．

15．已知：如图，点E是边长为2的正方形中边上一点（不与A、B重合），以为直径的分别交和于点F、M，于点H．

(1)求证：
(2)猜想与的大小关系，并说明理由．
(3)当时，求的面积．
16．正方形边长为4，点E为平面内一点，以为腰作等腰直角，其中，可绕点C旋转．

(1)如图1，连接，．
①求证：；
②判断与的位置关系，并说明理由；
(2)设直线，交于点P，连接，求的最大值．
17．如图，四边形是的内接四边形，，求和的度数．

18．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？
参考答案
1．B
【分析】根据等腰三角形和矩形的性质可知道垂直平分，再根据垂径定理的推论可判定圆心在上，即可推出四边形为菱形，从而求出的半径.
【详解】解：过点作交于点，连接和如图所示，

为等腰三角形，，
垂直平分.
矩形，，
也垂直平分.
过点，，三点的圆的圆心在上，
.
.
，
.
，矩形，
，
，
，，
，
.
四边形为平行四边形.
，
四边形为菱形且.
的半径为3.
故选：B.
【点睛】本题考查了垂径定理的推论，菱形的判定和性质、等腰三角形的性质矩形的性质以及圆周角定理.解题的关键在于作对辅助线和证明圆心在上.
2．B
【分析】根据等腰三角形的性质先求出，根据，再根据直径的性质得，由此即可解决问题．
【详解】解：∵，，
∴，
，
是直径，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查同弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角是直角、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，属于中考常考题型．
3．B
【分析】由是的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得，由勾股定理，可求得的长，又由，根据垂径定理，易证得是的中位线，则可求得的长．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是的中位线，
∴．
故选：B．
【点睛】此题考查了圆周角定理、垂径定理、三角形中位线的性质以及勾股定理．注意掌握数形结合思想的应用．
4．C
【分析】连接，可得G点在上，取的中点H，则，得出G在上，进而根据两点之间线段最短，当H，G，C三点共线时，取得最小值，勾股定理求得的长，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，

四边形是正方形，
，
是的中点，
，
又，
点在半径为的上，
，
取的中点H，则，
在上，
当H，G，C三点共线时，取得最小值，
最小值为．

故选：C．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，直角所对的弦是直径，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
5．B
【分析】根据直径所对的的圆周角是直角得到，进而求得，再圆内接四边形的两个对角互补求解即可．
【详解】解：连接，如图所示：

∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题考查圆周角定理、直角三角形的两锐角互余、圆内接四边形，熟知直径所对的的圆周角是直角，以及圆内接四边形的两个对角互补是解答的关键．
6．A
【分析】取的中点K，连接，根据即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，取的中点K，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵正方形的外接圆的半径为，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴CF的最小值为．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，根据两点之间线段最短确定的最小值是解决本题的关键．
7．斜边的中点
【分析】根据圆的定义知圆心O到三角形的三个顶点距离相等，由三角形斜边的中线等于斜边的一半即可．
【详解】解：∵由三角形斜边的中线等于斜边的一半，
∴圆心O斜边上的中点到各顶点的距离相等．
故答案为：斜边的中点．
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质、直角三角形的性质等知识点，掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解答本题的关键．
8．/15度
【分析】连接，由直径，得,于是，由圆周角定理，得．
【详解】解：连接，则,
∴．
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查直径所对的圆周角是直角，直角三角形两锐角互余，圆周角定理；添加辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
9．/26度
【分析】延长交于点E，连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，从而可得，进而利用同弧所对的圆周角相等可得，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得，从而利用三角形内角和定理进行计算，即可解答．
【详解】解：延长交于点E，连接，如图，

∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，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．
10．80
【分析】连接、，根据圆内接四边形的性质求出的度数，根据圆周角定理求出的度数，得到．
【详解】解：连接、，
∵四边形内接于，，
∴，
由圆周角定理得，，
∴，即，
∴可能为，
故答案为：80．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
11．1
【分析】连接，则：，得到当三点共线时，P、C两点间的距离最小，根据菱形的性质，求出长，证明四点共圆，得到为的直径，即可得解．
【详解】解：连接，
则：，
∴当三点共线时，P、C两点间的距离最小，
∵菱形中，，，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∵的外心为点P，三点共线，
∴为的直径，
∴，
∴P、C两点间的最小距离为1；
故答案为：1．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，四点共圆．解题的关键是证明为的直径．
12．68°
【分析】连接OB，如图，利用等腰三角形的性质和三角形的外角性质得到∠EBO=2∠A，则∠E=2∠A，再利用∠EOD=84°得到2∠A+∠A=84°，解得∠A=28°，接着计算出∠BOE的度数，从而得到的度数．
【详解】解：连接OB，如图，
∵OB=OC，OC=AB，
∴OB=AB，
∴∠A=∠BOA，
∴∠EBO=∠A+∠BOA=2∠A，
∵OB=OE，
∴∠E=∠EBO=2∠A，
∵∠EOD=∠E+∠A，
∴2∠A+∠A=84°，解得∠A=28°，
∴∠E=∠EBO=56°，
∴∠BOE=180°-∠E-∠EBO=180°-56°-56°=68°，
∴的度数为68°．
【点睛】本题考查了圆的基本性质，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，添加辅助线，构造等腰三角形，是解题的关键．
13．(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】(1)先证点、、共圆，从而得到，又，即可得出结论；
(2) 连接，证得到，又由于，,结合可得，从而四边形是菱形．
【详解】（1）∵，
∴点、、在以点为圆心，为半径的圆上，
∴，
∵，
∴，
（2）证明：如图，连接，

∵，，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是菱形.
【点睛】此题考查了圆周角定理、全等三角形的判定和性质、菱形的判定等知识，解题的关键是灵活应用圆周角定理，学会添加常用辅助线．
14．证明见解析
【分析】连接，根据圆周角定理的推论可得，根据内错角相等，两直线平行，可证．
【详解】证明：如图，连接，

，，分别是，所对的圆周角，
，
．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，平行线的判定，解题的关键是掌握圆周角定理的推论．在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等．
15．(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）连接，根据正方形性质得出，根据直径所对圆周角为直角得出，证明四边形为矩形，即可求证；
（2）根据题意可得，，在中，，则，根据勾股定理得出，，得出，则；
（3）连接，证明，得出，则，根据三线合一得出，即可用勾股定理求出，根据，求出，在中，用勾股定理求出，最后根据三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）解：连接，
∵四边形为正方形，，
∴，
∵为直径，
∴，
∴四边形为矩形，
∴；

（2）解：，理由如下，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∵在中，，
∴，
在中，根据勾股定理可得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∴，即；
（3）解：连接，
∵为直径，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
则，
由（1）可得，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
在中，根据勾股定理可得：，
则，
∵，
∴，即，
解得：，
在中，，
∴．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，并熟练运用，正确作出辅助线，构造矩形和全等三角形．
16．(1)①证明见解析，②，理由见解析
(2)
【分析】（1）①由正方形的性质得出，，证出，可证明；
②延长交于点，交于点，由全等三角形的性质可得出结论；
（2）连接，由勾股定理求出，取中点，连接，由直角三角形的性质得出，则点在以为直径的上，可得出．
【详解】（1）①证明：四边形为正方形，
，，
为等腰直角三角形，
，，
，
即，
在和中，
，
；
②解：，理由如下：
延长交于点，交于点，

，
，
在中，，
在中，，
又，
，
，
；
（2）解：连接，
在中，，
由（1）得，
取中点，连接，

则有，
点在以为直径的上，
，
∵正方形，
∴，
∴点A在以为直径的上，点在以为直径的上，
∴当在同一直线上时，有最大值，
的最大值为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，灵活应用这些性质是解决问题的关键．
17．，
【分析】根据三角形内角和定理求出，根据圆周角定理求出的度数；根据圆周角定理求出，进而求出，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．
【详解】解：，，
，
，
；
由圆周角定理得：，
，
四边形是的内接四边形，
．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、三角形内角和定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
18．(1)证明见解析
(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．
【详解】（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，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
【点睛】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．
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