《2025年全科王同步课时练习九年级数学上册青岛版》

11. 如图,$AB为\odot O$的直径,$C$,$D为\odot O$上的点,$\overset{\frown}{BC}= \overset{\frown}{DC}$。若$\angle CBD = 35^{\circ}$,则$\angle ABD$的度数为( )

A.$20^{\circ}$
B.$35^{\circ}$
C.$40^{\circ}$
D.$70^{\circ}$

答案：
A[提示:如图，连接OC,OD,
∵∠CBD=35°,
∴∠COD=2∠CBD=2×35°=70°.
∵$\widehat{BC}=\widehat{DC}$,
∴∠BOC=∠COD=70°,
∴∠AOD=180°−∠BOC−∠COD=180°−70°−70°=40°,
∴∠ABD=$\frac{1}{2}$∠AOD=20°.]

12. 如图,$AB是\odot O$的直径,$\angle ACD = \angle CAB$,$AD = 2$,$AC = 4$,则$\odot O$的半径为($\sqrt{5}$)

A.$\sqrt{5}$
B.$2\sqrt{5}$
C.$2\sqrt{3}$
D.$3\sqrt{2}$

答案： A[提示:连接BC,
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°.
∵∠ACD =∠CAB,
∴$\widehat{AD}=\widehat{BC}$,
∴AD=BC=2.在Rt△ABC中,AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}=2\sqrt{5}$,
∴圆O的半径为$\sqrt{5}$]

13. 如图,已知$AB为\odot O$的直径,$AB = AC$,$BC交\odot O于点D$,$AC交\odot O于点E$,若$\angle ACB = 67^{\circ}$,则$\angle EBC = $23$^{\circ}$。

答案： 23[提示:
∵AB=AC,∠ACB=67°,
∴∠ABC=∠ACB=67°,
∴∠BAC=180°−2∠C=46°.
∵AB为直径，
∴∠AEB =90°,
∴∠ABE=90°−46°=44°,
∴∠EBC=∠ABC−∠ABE=67°−44°=23°.]

14. 如图,$AB是\odot O$的直径,若$\angle E = 25^{\circ}$,$\angle CAD = 45^{\circ}$,则$\angle CDA = $____$^{\circ}$。

答案：
35[提示:如图，连接BC,
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°,
∴∠CAB+∠ABC=90°.
∵∠CAB=∠CAD+∠BAD,∠ABC=∠BCD+∠E,∠BAD=∠BCD,
∴∠CAB+∠ABC =∠CAD+∠BAD+∠BAD+∠E=45°+2∠BAD+25°=70°+2∠BAD=90°,解得∠BAD=10°,
∴∠CDA=∠BAD +∠E=10°+25°=35°.]

15. 如图,$AB为\odot O$的直径,弦$CD与AB交于点E$,连接$AC$,$BD$,$\angle C = 75^{\circ}$,$\angle D = 45^{\circ}$。
(1)求$\angle AEC$的度数；
(2)连接$OC$,若$AC = 2\sqrt{6}$,则$\odot O$的半径为____2√3。
]
(1)
∵A,D在⊙O上,∠D=45°,
∴∠A=∠D=45°.
∵∠C=75°,
∴在△ACE中,∠AEC=180°−∠A−∠C=60°.

答案： 解:
(1)
∵A,D在⊙O上,∠D=45°,
∴∠A=∠D=45°.
∵∠C=75°,
∴在△ACE中,∠AEC=180°−∠A−∠C=60°.
(2)如图,连接OC,过O作OH⊥CD于H,
∵OA=OC,∠A=45°,
∴∠ACO=∠A=45°,
∴∠AOC=180°−45°−45°=90°.在Rt△AOC中,AO²+OC²=AC²,AC=2$\sqrt{6}$,
∴AO=OC=2$\sqrt{3}$.

16. 如图,将$\overset{\frown}{BC}沿弦BC$折叠,交直径$AB于点D$,若$AD = 4$,$DB = 5$,求$BC$的长。
]

答案：
解:如图，连接CA,CD,由折叠可知$\widehat{CD}$所对的圆周角等于∠CBD.
∵$\widehat{AC}$所对的圆周角是∠CBA,又∠CBD=∠CBA,
∴$\widehat{AC}=\widehat{CD}$,
∴AC=CD,
∴△CAD是等腰三角形.过C作CE⊥AB于E.
∵AD=4,
∴AE=DE=2.
∴BE=BD+DE=7.在Rt△ACB中,CE⊥AB,
∴△BCE∽△BAC,
∴$\frac{BC}{BA}=\frac{BE}{BC}$,
∴BC²=BE·AB=7×9 =63,
∴BC=3$\sqrt{7}$

17. 如图,已知$AB为\odot O$的直径,$CD$是弦,且$AB \perp CD于点E$。连接$AC$,$OC$,$BC$。
(1)求证：$\angle CAO = \angle BCD$；
(2)若$BE = 3$,$CD = 8$,求$\odot O$的直径。
]

答案：
(1)证明:
∵AB为⊙O的直径，CD是弦，且AB⊥CD于点E,
∴$\widehat{BC}=\widehat{BD}$,
∴∠CAO=∠BCD.
(2)解:设⊙O的半径为R,则OE=OB−BE=R−3.
∵AB⊥CD,CD=8,
∴CE=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{1}{2}$×8=4.在Rt△CEO中,由勾股定理得OC²=OE²+CE²,
∴R²=(R−3)²+4²,解得R=$\frac{25}{6}$,
∴⊙O的直径为$\frac{25}{3}$

18. 如图,$AB是\odot O$的直径,弦$CD \perp AB于点E$,点$C为\overset{\frown}{AF}$的中点,连接$AF交CD于G$,连接$OG$。
(1)求证：$AF = 2CE$；
(2)若$AB = 10$,$AC = 2\sqrt{5}$,直接写出$OG$的长。
]

答案：
(1)证明:
∵AB⊥CD,AB是直径，
∴$\widehat{AC}=\widehat{AD}$,EC=DE.
∵点C为$\widehat{AF}$的中点，
∴$\widehat{AC}=\widehat{CF}$,
∴$\widehat{AF}=\widehat{CD}$,
∴AF=CD=2CE.
(2)解:连接BC.
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°,
∴BC=$\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-(2\sqrt{5})^2}=4\sqrt{5}$.
∵$\frac{1}{2}$·AC·BC=$\frac{1}{2}$·AB·CE,
∴CE=$\frac{2\sqrt{5}×4\sqrt{5}}{10}$=4,
∴AE=$\sqrt{AC^2-CE^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2-4^2}$=2,
∴OE=OA−AE=5−2 =3.
∵$\widehat{CF}=\widehat{AD}$,
∴∠ACG=∠GAC,
∴AG=CG.设AG=GC =m,则有m²=2²+(4−m)²,
∴m=$\frac{5}{2}$,
∴GE=EC−CG =4−$\frac{5}{2}$=$\frac{3}{2}$,
∴OG=$\sqrt{OE^2+GE^2}=\sqrt{3^2+(\frac{3}{2})^2}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$