【B卷】第三章 圆-北师大版九年级数学下册单元测试（解析版）

【B卷】第三章圆一北师大版九年级下册单元测试

一、选择题（每题3分，共30分）

1.如图，AB为。O的直径，P为BA延长线上的一点，D在。。上（不与点A,点B重合），连结PD交。O

于点C,且PC=OB.设NP=a,NB邛，下列说法正确的是（）

D

A.a+p=90°B.3a+2p=180°

C.5a+4p=180°D.p-a=30°

【答案】B

【解析】【解答】解：连接oc、OD,如图：/I、.二7八

~~oT

=p.

:,乙POD=2乙B=2/?,

VPC=OB,

:・PC=OD=OC,

:.乙COP=Z.CPO=a,乙OCD==乙CDO,

,：“CD=2a,

VzP+乙POD+乙ODP=180%

•9•a+2/7+2a=180。，

即：3a+2/?=180。，

故答案为：R.

【分析】连接OC、OD,由圆周角定理得/。。0=2乙8=2夕，根据同圆半径相等、等边对等角及三角形外

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角性质即可表示出NODP,最后利用三角形内角和定理即可求解.

2.下列命题中，正确的命题是（）

A.三角形的外心是三角形三边中垂线的交点

B.三点确定一个圆

C.平分一条弦的直径一定垂直于弦

D.相等的两个圆心角所对的两条弧相等

【答案】A

【解析】【解答】解：A、三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点，故选项A正确;

B、如图,

ABC

点A、B、C三点在同一直线上，不在同一圆上，故选项B错误;

C、如图，

直径AB平分弦CD,但AB不垂直于CD,故选项C错误;

D、如图，

乙=力8工48/故选项D错误.

故答案为：A.

【分析】三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点；不在同一直线的三点确定一个圆；平分一条弦（非

直径）的直径一定垂直于弦；同圆或等圆中，相等的两个圆心角所对的两条弧相等，据此逐项判断得出答案.

3.一杈水平放置的圆柱形输水管道横截面如图所示，其中有水部分水面宽0.6米，最深处水深（）.1米，则此

【答案】D

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【解析】【解答】过点0作OCJ_AB于点C,连接OA、OB,如叁所示:

根据题意可得：AC=BC=1AB=0.3m,

设OA=r,则OOr-O.l,

在RtAAOC中，AO2=OC2+AC2,

Ar2=(r-0.1)2+0.32,

解得：r=0.5,

故答案为：D.

【分析】设OA=r,则OC=r-0.1,利用勾股定理可得8=(r-O.I)2+0.32,再求出r的值即可.

4.如图，点。是△/1BC外接圆的圆心，点I是△4BC的内心，连接OB,M.若乙£4/=35。，则408c的度数

为()

【答案】C

【解析】【解答】解：连接OC,如图所示:

•・,点I是△4BC的内心，/.CM=35%

AZCAB=70o,

.\ZBOC=140°,

VOB=OC,

:•(OBC=1x(180°-140°)=20%

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故答案为：C

【分析】连接OC,根据二角形内心的性质结合圆周角定理即可得到NBOC740。，再根据等腰二角形的性质

结合题意即可求解。

5.如图，四边形ABCD是半圆O的内接四边形，AB是直径，C是玩）的中点.若NC=UO。，则NABC的度

数为（）

A0H

A.55°B.60°C.65°D.75°

【答案】A

【解析】【解答】解：连接AC,

・・•四边形ABCD是半圆的内接四边形，

・•・ZDAB=180°-ZC=180°-110°=70°,

，：CD=BD'

・•・ZCAB=iZDAB=lx70°=35°,

VAB是直径，

.\ZACB=90°,

・•・ZABC=90o-ZCAB=90-35°=55°,

故答案为:55。.

【分析】首先连接AC,根据圆内接四边形的对角互补的性质求出/DAB的度数，再利用圆周角定理求出

/ACB、NCAB的度数即可解答.

6.如图，点A,B的坐标分别为A（2,0）,B（0,2）,点C为坐标平面内一点，BC=1,点M为线段AC

的中点，连接OM,则OM的最大值为（）

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2V2+1c.V2+1D.V2+i

乙

【答案】D

【解析】【解答】解:

•・•点C为坐标平面内一点，BC=1,

・••点C在OB上，且半径为1,

在x轴上取OD=OA=2,连接CD,

YAM二CM,OD=OA,

・・・0乂［是4ACD的中位线，

/.OM=1CD,

乙

当0M最大时，即CD最大，

・••当D,B,C三点共线时，OM最大,

VOB=OD=2,ZBOD=90°,

ABD=2V2,

.\CD=2V2+h

r.OM=V2+1,

AOM的最大值为e4-

故答案为：D.

【分析】根据同圆的半径相等得出，点C在半径为1的上，在x轴上取OD=OA=2,连接CD,根据三

角形中位线定理得出OM=^CD,从而得出当D,B,C三点共线时，OM最大，求出CD的长，即可得出

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0M的最大值.

7.如图，一个零刻度落在点A的量角器（半圆。），其直径为A〃，一等腰直角二角板MN“绕点〃旋转，

斜边8V交半圆。于点C,交半圆O于点。，点C在量角器上的读数为a.关于结论I,II,下列判断正

确的是（）

结论I:At+四=义脑；

结论1【：当边MN与半圆。相切于点E（点石在量角器上的读数为£）时，夕-2a=45

乙

A.只有结论I对B.只有结论II对

c.结论I、H都对D.结论I、n都不对

【答案】C

【解析】【解答】解：如图1,连接oc,OD,

VZMBN=45°,

Z.ZCOD=2ZMBN=90°,

・•・ZAOC+ZBOD=180°-90°=90°,

••AC^BD=CD；

・,・此+四=义肪；

・♦•结论I正确；

如图2,连接OC,OF,

・・,MN与半圆。相切于点石，

AOE1MN,

又,.,BMJ_MN,

・・・OE〃MN,

.\ZABM=ZAOE=p,

/.ZABM-ZABN=ZNBM=45°,

■:ZAOC=a,

JZABN=ia,

乙

.•.峥=45。。

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所以结论n正确;

图1图2

所以结论I正确；结论n也正确;

故答案为：Co

【分析】(1)如图1,连接OC,OD,首先根据圆周角定理求得/COD=90。，进而得出

ZAOC+ZBOD=90°,进一步可推导出Af+附=*脑；

(2)如图2,连接OC,OF,首先根据切线的性质得出OE_LMN,进而得出OE〃MN,从而得出

ZABM-ZAOE-p,然后再根据圆周角定理得出NABN-gNAONTu,再根据NABM-

ZABN=ZNBM=45°,等量代换即可得出答案。

8.如图，△ABC的内切圆与BCCA,48分别相切于点D,E,F,若。/的半径为r,乙4=a，则(8尸+

CE-BC)的值和乙F0E的大小分别为()

C.2r,90。D.0,90c-1

【答案】D

【解析】【解答】解：如图，连接IE、IF、ID,

VAC.BC、B分别与圆I相切于点E、D、F,

，RD=RF,CD=CE,ZIFA=ZIEA=9()°,

・•・BF+CE-BC=BD+CD-BC=BC-BC=O,

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Vz/1=a,ZIFA=ZIEA=90°,

AZriE=180°-a,

AZEDF=izFIE=l(180°-a)=90°-^

故答案为：D.

【分析】连接IE、IF、ID,由切线长定理得BD=BF,CD=CE,/IFA=NIEA=9()。，根据线段的和差即可求

出BF+CE-BC=0；进而根据四边形的内角和定理得NFIE=18O。-。，最后根据圆周角定理，由同弧所对的圆周

角等于圆心角的一半可得答案.

9.我国魏晋时期数学家刘微在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的

方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少.割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣“割

圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率7T的近似值为3.1416.如图，。。的半径为1,运川“割

圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计。。的面积，可得兀的估计值为竽，若用圆内接正十二边形作近似

估计，可得加的估计值为()

A.V3B.2V2C.3D.273

【答案】C

【解析】【解答】解：圆内接正十二边形可以看作12个全等三角形组成的，

三角形的顶角为各得兀，

Vsiniz=i,

oZ

••S三角形=gxsin去兀x1

二正十二边形的面积=12x：=3,

故答案为：C.

【分析】圆内接正十二边形可以看作12个全等三角形组成的，先求出三角形的顶角为暴，再求出sin3r的

OO

值，利用三角形的面积公式求出三角形的面积，进而不难求出正十二边形的面积.

10.如图所示，已知在平面直角坐标系中，点A,B的坐标分别为4(4,0),8(-6,0),点(;是丁轴正半轴

上的一点，且满足/4CR=45°,现有以下4个结论：①八'的外接圆的圆心在OC上：②/ARC=60。；

③〉ABC的外接圆的半径等于5或；@OC=12.其中正确的是().

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c.③④D.①④

【答案】C

【解析】【解答】解：如图，作出△ABC的外接圆，以AB为斜边在x轴上方作等腰直角三角形ABE,过点

E作ED_Lx轴于点D,连接EC,过点E作EFJ_y轴于点F,

,/△ABC的外接圆的圆心一定在弦AB的垂直平分线上,

・•・圆心肯定不在0C上，故①错误；

VZACB=45°,

・•・由圆周角定理得弧AB所对的圆心角一定为90°,

VZAEB=90°,

・••点E必为圆心，即AE、BE为半径，

VA(4,0),B(-6,0),

AAB=10,

在RlZkABE中，AE2+BE2=AB2,「・AE=5或，故③正确;

VAB=10,DE_LAB,

・・・AD;BD=5,

又,.,OB=6,

.\OD=1,

*/ZEDO=ZDOF=ZOFE=90°,

・•・四边形EDOF是矩形，

/.EF=OD=1,ED=OF=5.

在RSCEF中，由勾股定理得CF=7,

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・・・0F=12,故④正确；

nr

「tanN力BC=潴=2，

・・・NABC,60。，故②错误.

故答案为：C.

【分析】作出△ABC的外接圆，以AB为斜边在x轴上方作等腰直角三角形ABE,过点E作EDJ_x轴于点

D,连接EC,过点E作EF_Ly轴于点F,由垂径定理可得圆心一定在弦的垂直平分线上可判断①；再根据

圆周角定理证出点E为〉ABNC外接圆的圆心，利用勾股定理求出半径可判断③；判断出四边形EDOF是

矩形，得EF=OD=I,ED=OF=5,再在为△ECF中利用勾股定理算出CF,可求出OC的长及/ABC的正切

值，从而即可判断②④.

二、填空题（每题3分，共15分）

11.如图，在矩形A8C。中，A8=3,AO=6,点£、户分别是48、8c边上的动点，且4E：BF=2：1,连

接AF和DE交于点G,连接CG,则CG的最小值是.

【答案】3V2-3

【解析】【解答】解：•・・A5=3,AO=6,

：.ABtAD=\：2,

.AE_AD_

••丽二亚一乙n

又;N8=NBAO=90°,

:.△ABFs^DAE,

:.ZBAF=NADE,

：.ZBAF+ZAED=NAOE+NAEO=90。,

・•・NAGO=90。，

・•・点G在以AO为直径的圆上运动，

如图，取A。的中点。，连接。C,交。。于G,

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•・•点。是A。的中点,

：.A0=0D=3,

：・0C=y/OD2+CD2=V9T9=3四，

・・・CG=3&-3,

・・・CG的最小值为3尤・3,

故答案为：3四・3.

【分析】可得=可证z/G£)=90。，则点G在以/Z)为直径的圆上运动，由勾

股定理可求解.

12.如图所示的网格由边长均为1的小正方形组成，点A、B、C、D、E、F在小正方形的顶点上，贝必/lBC

【解析】【解答】解：根据题意可知，点D是△ABC外心.

,**DA=Vl2+22=V5♦DC=Vl2+22=V5»AC=Vl24-32=x^lO,

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DA2+DC2=AC2,DA=DC=店,

•••△OAC足等腰直角二角形，

・•・弧AC的长是浜晅=学，

loU2

故答案为：D,学.

【分析】三角形外接圆的圆心就是三边垂直平分线的交点，利用方格纸的特点即可得出点D是△ABC外

心，连接DA、DC,利用勾股定理算出DA、DC、AC的长，再根据勾股定理的逆定理判断出△DAC是直角

三角形且NADO90。，从而利用弧长公式即可算出答案.

13.已知一次函数y=kx+2的图像经过第一、二、四象限，以坐标原点O为圆心、r为半径作00.若对于

符合条件的任意实数匕一次函数y=k%+2的图像与00总有两个公共点，则I■的最小值为.

【答案】2

【解析】【解答】解：在了=日+2中，令汇=0,则y=2,

・二一次函数y=kx+2的图象与y轴交于（0,2）,

.•.一次函数过定点（0,2）,

当。O过（0,2）时，两者至少有一个交点，

•・•一次函数经过一、二、四象限，，直线与圆必有两个交点，而当。O半径小于2时，圆与直线存在相

离可能，

・•・半径至少为2,

故r的最小值为2,

故答案为：2.

【分析】在丫=1^+2中，令x=0,则y=2,于是得到一次函数y=kx+2的图象与y轴交于（0,2）,求得一

次函数过定点（0,2）,当。0过（0,2）时，两者至少有一个交点，根据一次函数经过一、二、四象限，

得到直线与圆必有两个交点，而当GO半径小于2时,圆与直线存在相离可能，于是得到结论.

14.如图，扇形纸片40B的半径为2,沿力8折叠扇形纸片，点O恰好落在脑上的点C处，图中阴影部分的

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面积为

【答案】^71—2^3

【解析】【解答】解：沿48折叠扇形纸片，点0恰好落在初上的点C处,

-'-AC=AO,BC=BO,

*：A0=BO,

・•・四边形408C是菱形，

连接。。交48于D,则A8_L0C,AB=2AD,

•：0C=OA,

△i40c是等边三角形，

：.^CAO=/-AOC=60°,AC=OA=2t

：.Z-AOB=120°,

'：AB_OC,

:・OD=\OC=1,

•'­AD=>JOA2-OD2=V3>

：-AB=2AD=2代,

2

・•・图中阴影部分的面积=S扇形.A0「S菱形A°RC=丹萨4x2x273=1-273.

故答案为：^TT-2A/3.

【分析】由折叠的性质和圆的性质可得OA=OB=BOAC,于是可知四边形AOBC是菱形，连接OC交AB

于点D,贝ljABJ_OC,AB=2AD；易得三角形AOC是等边三角形，贝I」NCAO=NAOC=60。，AC=OA,由平

行线的性质可得NAOC的度数，根据等边三角形的三线合一可得OD=：OC,在直角三角形AOD中，用勾股

定理可求得AD的值，于是AB=2AD可求得AB的值，于是根据阴影部分的面积的构成得S用影=S用形-S变形

AOBC可求解.

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15.量角器和三角板是我们平常数学学习中常用的工具.有一天，爱思考的小聪拿着两块工具拼成了如图I

的样子，计划让二角板的直角顶点始终在量角器的半圆弧上运动，紧接着小聪根据自己的想法画出了示意图

（如图2）。已知点C是量角器半圆弧的中点，点P为三角板的直角顶点，两直角边PE、PF分别过点A、

B.连结CP,过点O作OM_LCP交CP于点M,交AP于点N若AB=8,则NB的最小值为；若

点Q为周■的中点，则点P从点Q运动到点B时，N点的运动路径长为.

【答案】2a5-2我；竽n

【解析】【解答】解：当点P在弧上BC时，点N在线段0C的右侧，如图，连接AC、0C,

•・・c是半圆弧的中点，

：.Z-AOC=90°,即乙4PC=,440C=45°,

'：OA=OC,

•••△40C是等腰直角三角形，

作△AOC的外接圆OT,连接7W,TB,则有圆心T为AC中点,

*：0M1PC,

：-CM=PM,

.\NC=NP,

.\ZNPC=ZNCP=45°,

・•・ZCNP=180°-ZPCN-ZCPN=90°,

：.^ANC=乙PNC=90°,

・••点N在OT上，运动轨迹是弧OC,

过点T作THJ_AB于H,

VAB=8,

•­AO=^AB=4,

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VAO=OC,ZAOC=90°,

/.ZOAC=ZOCA=45°,AC=\[2A0=4g

-'-TA=TN=TC=^AC=2五,

在Rt"77/中,AH=OH=^A0=2,Z.TAH=45%

：.^ATH=4TAH=45°,

：.AH=TH=2,即8H=AB-AH=6,

在Rt△BTH中，BT=y/TH2+BH2=2V1U，

VBN>BT-TN,

：,BN>BT-TN=2V10-2&，

ABN的最小值为2«U-2V2:

当点P在弧AC上时，如图，

可知点N在线段OC的左侧，此时的BN明显大于2屈-2x/2,

综上可知：BN的最小值为2国-2企；

如图，连接PO.TO,

:2CTN=2“AN,乙POB=2^.PAB,乙CAN+^.PAB=4CAO=45。，

：・MTN=2(45°-4PA8)=90°-乙POB,

•・•点P从点Q运动到点B,点Q为弧BC的中点，

，终点时,乙POB=^Z,COB=45°,

:,乙CTN=90°-乙POB=45°,

J./OTN=90°-AC.TN=4S°.

-TA=TN=TC=2VL

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・••点N在07上，运动轨迹长为：27TX2&X蕉=*TT.

□OUL

故答案为：2VTU-2VL乎巾

【分析】如图，连接AC,0C，证明点N在。7上，且运动轨迹是弧0C,过点T作TH_L4B于〃.求出

BT,TN,可得结论；连接P。，TO,结合图形可得，点P从点Q运动到点B,点Q为弧BC的中点，运动

1

的终点时，LPOB=^LCOB=45°,即"TN=90°-"OB=45°,乙OTN=90。一乙CTN=45°,根据弧公

式解答即可.

三、作图题（共7分）

16.如图，在平面直角坐标系中，己知△4BC的三个顶点的坐标分别为做一1,1）,8（-3,1），C（-l,4）.

（1）△ABC的外接圆的半径为；

（2）将△力BC绕点B顺时针旋转90。后得到△&BG，请在图中画出

（3）在（2）的条件下，求出点C经过的路径长.

【答案】（1）警

（2）解：如图△AiBG就是所求的三角形；

（3）解：如图

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由旋转的性质得到4Q8C=90。，BC=月,

..4=90。xgx襦=学・

【解析】【解答］解：（1）MABC的三个顶点的坐标分别为A（-L1）,B（-3,1）,C（-l,4）,

••.AB=2,AC=3,BCR而有F=

.•.△ABC的外接圆的半径为零；

故答案为：孚；

【分析】（1）先由勾股定理求出BC的长，然后根据直角三角形外接圆的半径等于斜边的一半求△ABC的外

接圆的半径；

（2）根据旋转的性质及方格纸的特点，分别作出点A、C两点绕点B顺时针旋转90。后得到的对应点Ai、

Ci,再顺次连接Ai、B、G即可；

（3）由旋转的性质得到NG3C=90。，BC-然后利用弧长公式进行求解.

四、解答题（共7题，共68分）

17.平面内有A,B,C,D四个点，试探索：

（1）若四点共线，则过其中三点作圆，可作个圆.

（2）若有三点共线，则过其中三点作圆，可作个圆.

（3）若任意三点不共线，则过其中三点作圆，可作个圆.

（4）过A,B,C,D四个点中的任意三点作圆，最多可以作几个圆？最少可以作几个圆？

【答案】（1）0

（2）3

⑶1或4

（4）解：过A,B,C,D四个点中的任意三点作圆，最多可以作4个圆，最少可以作0个圈.

【解析】【解答］解：（1）若四点共线，则过其中三点作圆，可作0个圆；

（2）若有二点共线,则过其中二点作圆，可作3圆：

（3）若任意三点不共线，则过其中三点作圆，可作1或4个圆；

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【分析】(1)由不在同一条直线上的三点可以作圆得知四点共线不可以作圆；

(2)由线上的任意两点和线外的一点可以构成一个圆可得出可以作3个圆；

(3)如果4点不共圆，就是4个；如果4点共圆，就是1个；

(4)分三点共线和三点不共线两种情况讨论即可解答；

18.如图，△0A8中，Q4=O8=10c〃?，N4OB=80。，以点。为圆心，半径为的优弧时N分别交

OA、04于点M、N.

(I)点、P在右半弧上(N30P是锐角)，将OP绕点。逆时针旋转80。得OF.求证：AP=BP；

(2)点了在左半弧上，若AT与圆弧相切，求AT的长.

(3)Q为优弧上一点，当AAO。面积最大时，请直接写出NBOQ的度数为

【答案】(1)证明:VZAOB=ZPOPr=80°

・•・ZAOB+ZBOP=ZPOP^ZBOP即ZAOP=ZBOP,

在4AOP^jABOP，中

0A=OB

Z.AOP=乙BOP,

0P=0P'

.*.△AOP^ABOPf(SAS),

・・・AP=BP'；

(2)解：•・•AT与弧相切,连结OT,

AOT1AT

在RtZiAOT中，根据勾股定理,

AT=^JoA2-0T2

VOA=10,0T=6,

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/.AT=8；

（3）170。或者10°

【解析】【解答］解：（3）解：如图，当OQ_LOA时，ZkAOQ的面积最大;

理由是：

当Q点在优弧MN左侧上，

VOQ.OA,

AQO是^AOQ中最长的高，则4AOQ的面积最大,

・•・ZBOQ=ZAOQ+ZAOB=90°+80°=170°,

当Q点在优弧MN右侧上，

VOQ.OA,

AQO是^AOQ中最长的高，则4AOQ的面积最大，

・•・ZBOQ=ZAOQ-ZAOB=90°-80°=10°,

综上所述：当NBOQ的度数为10。或170。时，△AOQ的面积最大.

【分析】（1）欲证明AP=BP\只要证明^AOPgZXBOP，即可；（2）在RtAATO中，利用勾股定理计算即

可；（3）当OQ_LOA时，AAOQ面积最大，且左右两半弧上各存在一点分别求出即可.

19.定义：若圆内接三角形是等腰三角形，我们就称这样的三角形为“圆等三角形

（1）如图1,AB是。O的一条眩（非直径），若。O在上找一点C,使得△ABC是“圆等三角形”，则这

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样的点C能找到个.

(2)如图2,四边形ABCD足。O的内接四边形，连结对角线BD,△ABD和△BCD均为“圆等二角

形”,且AB=AD.

①当NA=140。时，求NADC的度数；

②如图3,当NA=120。，AB=6时，求阴影部分的面积.

【答案】(1)4

(2)解：①•・•四边形ABCD是。0的内接四边形，z/1=140°,

・•・“=180。-4=40。，

①当=时.,4BDC=乙。=40。，

9：AB=AD,

58=幽产=20。，

・••乙AOC=£.ADB+Z-BDC=60°,

②当BD=DC时，zC=乙DBC=40°,

，乙BDC=180°-乙DBC-乙C=100°,

：-z.ADC=£ADB+Z.BDC=120。，

③当BC=CO时，乙BDC=180："=70。,

•\^ADC=乙ADB+乙BDC=90。，

综上所述，NADC的度数可能为：90°,120°,60°,

②连接OA、OB、OC,过点E作OE_LBC,如下图:

•・•四边形ABCD是。O的内接四边形，々4=120。,

工乙BCD=180°-z/1=60。,

•・•△BCD均为“圆等三角形”,

•••△BCD为等边三角形，

第20页

・"BOC=2乙BDC=120°,

'：AB=AD,

i

"AOB=今乙BOD=60%

■:BO=AO,

为等边三角形，

•'•OB=AB=6,

在R£Zk80E中，OE=^OB=3,BE=WOE=3W,

，S△BOC=1x2x3V3x3=9技

扇形BOC的面积：I^xnx62=12n,

JOU

，阴影部分的面积为：1211-975.

【解析】【解答］解：（1）图下图：

图1

・♦,这样的点C能找到4个，

故答案为：4.

【分析】（1）根据圆等三角形的定义，即可求解；

（2）①根据圆内接四边形和已知条件求出乙。的度数，再分三种情况讨论，①当BC=80时，，②当BD=

QC时，③当=时，分别根据三角形内角和定理即可求解；

②连接OA、OB、OC,过点E作OE_LBC,根据圆内接四边形和己知条件求出4BC。的度数，根据圆等三

角形的定义得到△88为等边三角形，根据圆周角定理得到/BOC的度数，即可证明AAOB为等边三角形，

根据含30。角的直角三角形求出OE和BE的长，进而求出480C的面积和扇形BOC的面积，即可求出阴影

部分面积.

20.【我们画不出一个完美的圆，但完美的圆是存在的，虽不能至，心向往之一一罗翔】已知四边形48co是

半径为近00的内接四边形，弦力△的长度是2,点P是劣弧zm上的一个动点.

第21页

（1）填空：的度数是,并判断平行四边形48co是否会是正方形（填“是”或“不

是"）；

（2）如图1,若点E是弦BP的中点，连接0E,0P,当点P沿着劣弧45从点4开始，顺时针运动到点B时，

求^0PE的外心K所经过的路径的长度；

（3）如图2,点Q是劣弧池另一个动点，并始终满足乙408,CP、CQ分别交弦48,40于点

M、N,连接MN记△CDN的面积为I，ACBM的面积为S2,△CMN的面积为S.

①直接写出Si，S?,S之间的数量关系；（不必进行证明）

②令0N=a,BM=b,若满足2S£+S1S-2S/=0,求Q,3的值.

【答案】（1）90°；是

（2）解：•••0P=0B=&，点E是弦8P的中点，

0E1BP,

：,Rt△OPE的外心K为。P的中点，

当点P沿着劣弧片从点A开始，顺E寸针运动到点8时，点K所经过的路径是以。为四心，为半径，圆心角

为90。的扇形的弧，

：,△OPE的外心K所经过的路径的长度_%*_42

_180-4兀

（3）解：①S1+S2=S,理由如下：

延长/1B至点E,使BE=DN,连接CE,如图2,

CD=BC,zD="BE=90。

第22页

在△CDN和△C8E中,

CD=CB

乙D=£CBE=90。,

DN=BE

CDN9ACBE(S4S),

：.SI=SMBE，(DCN=^BCE,CN=CE.

•••乙DCN+乙NCB=90°,

乙NCB+乙BCE=90。，

即乙NCE=90°.

•••乙PCQ=^AOB=45。，

:.乙PCQ=乙PCE=45°.

在△CMN和△CME中，

CM=CM

乙PCQ=£PCE=45。,

CN=CE

••△CMNg4CME(SAS),

•*-S=SKME=52+S&cBE'

:.Si+S2=S.

②V2Sl+S1S-2Sj=0,Si+S2=S,

•e•2s取+S1+S'?~2S§=0,

3Sf+S1S2-2Sj=0,

(3S]-2s2)(Si+S2)=0,

•••3sl-2S2=0,

3sl=2S2.

1I

•••Si=”N・CD,S2=7BM,BC,AD=BC,DN=a,BM=b,

3a=2b

3

Ah=2a-

AB=AD=2,

：.AN=2—a,AM=2—b,

sCMN义ACME,

MN=ME=MB+BE=a+b,

-AM2+AN2=MN2,

(2—b)2+(2—a)2=(a+b)2，

第23页

:.2ab+4Q+4b-8=0.

将b=|a代人得：

3a2+10a-8=0,

解得：a=一4(不合题意，舍去)或Q=

:•b=1

【解析】【解答】解：(1)t：OA2+OB2=4=AB2,

・・・A40B是直角三角形,Z-AOB=90°；

•・•平行四边形4BCD,

：.^BAD=乙BCD,

•・•四边形ABC。是。。的内接四边形，

：.Z-BAD+/.BCD=180°,

：.Z-BAD=乙BCD=90°,

•・.四边形48CD是正方形。

故答案为：90。,是。

【分析】(1)运用勾股定理的逆定理判定A40B是直角三角形，根据平行四边形的对角相等，圆内接四边形

的对角互补证明四边形48C。是正方形；

(2)确定随着点P的运动，点K所经过的路径是以。为圆心，尸为半径，圆心角为90。的扇形的弧，再用

弧长公式求解；

(3)①Si+S2=S,延长48至点E,使BE=DN,连接CE,证明:心CDN*CBE,△

CME,即可得证；

②利用①的结论，结合已知条件进行变形，得出3s1=252,再结合图形得到b=|a.,最后利用勾股定理

建立方程求解。

21.【问题背景】如图1,在。。中，将劣弧力B沿弦所在的直线折叠，使得劣弧恰好过圆心。，圆心0

关于直线的对称点为0'.

第24页

图1图2图3

(1)【探究发现】如图1,连接A。、B0,并延长4。交。。于D,连接80.直接写出乙AOB的度数

为,80与BD的数量关系为；

(2)【深入探究】如图2,将劣弧48沿弦/1B所在的直线折叠，弧4B不经过圆心0,在劣弧AB上取一点。(

不与4、B重.合),连接4c并延长交0。于点。，连接8C、8D.猜想8C与80的数量关系，并说明理由；

(3)【拓展应用】如图3,在(2)条件下，若BC平分乙480,BD=15,CD=10,求48的长.

【答案】(1)120°：BO=BD

(2)解：BC=BD,理由如下：

设折叠前点C的对应点C',连接4。'、80,如图：

由折叠可知，乙4cB=乙4C'B,

•••四边形/C'80是O。的圆内接四边形,

•••Z-D+Z-ACB=180°,

•••乙BCD+Z.ACB=180°

•••Z.D=乙BCD,

ABC=BD：

(3)解：在(2)的条件下，BD=15,CD=10,则BC=BO=15.

延长BC交O0于点E,连接0E,过点B作，。。于点心如图，

第25页

则CF=DF=^CD=5.

在RtaBCr中，由勾股定理得，BF2=BC2-CF2=152-52=200,

Z.E=z.A,Z.CDE=Z.CBA,

CDEs>CBA,

ED_CD_10_2

：'AB=CB=1S=T

•••8c平分〃80,

ADBE=Z.ABC,

DE=ACf

:.AC=DE,

设4c=2匕则4B-3k,

•••4F=4C+CF=2k+5,

在RtZiABF中，由勾股定理得，BF2+AF2=AB2,

即200+(2k+5产=(3/c)2,

解得k=9或-5(不合题意，舍去)，

AB=3k=27.

即48的长为27.

【解析】【解答】解：(1)连接OO',O'A,O'B

由题意可得：。%=O'B=O'O=OA=OB

.•.△AO。'，△BOO'都为等边三角形

乙4。。'=乙BOO'=60°

第26页

^AOB=^AOO1+乙BOO'=120°

由折叠性质可知乙4。3=4AO'B=120°

乙BOD=180°-Z-AOB=60°

•・•四边形AO'BD是0。的内接四边形

•••乙D+^AOrB=180°

•••Z.D=180°-Z-AOrB=60°

Z-D=乙BOD

:.BO=BD

【分析】（I）连接00',O'A,O'B根据等边三角形判定定理可得A/OO，，△8。。'都为等边三角形可得

乙408=120。，由折叠性质，圆内按四边形性质即可求出答案。

（2）设折叠前点。的对应点C',连接4C'、BC,根据折叠性质，圆内接四边形性质即可求出答案。

（3）延长BC交。。于点E,连接DE,过点B作于点/，在中，由勾股定理得，BF2=

BC2-CF2=200,再根据相似三角形判定定理可得△CDEs—84即可得器=黑=|,再根据角平分线

性质可得4C=0E,设力C=2匕则4B-3k,则=4C+CF=2k+5,根据勾股定理列出方程，解方程

即可求出答案。

22.小明在学习了《圆周角定理及其推论》后，有这样的学习体会：在RtAABC中，ZC=90°,当48长度

不变时.则点C在以A8为直径的圆上运动（不与A、B重合）.

（1）【探索发现】

小明继续探究，在ABC中，ZC=90°,A8长度不变.作NA与4的角平分线交于点F,小明计算后发

现乙4尸B的度数为定值，小明猜想点F也在一个圆上运动.请你计算乙4/8的度数，并简要说明小明猜想的圆

的特征.

（2）【拓展应用】

在【探索发现】的条件下，若48=2百，求出△4FB面积的最大值.

（3）【灵活运用】

在等边△A8C中，48=2百，点D、点E分别在BC和4c边上，且80=CE,连接4。、BE交于点F,试求

出△4/8周长的最大值.

【答案】（1）解：•••/?!与的角平分线交于点F,且乙C=90。，・••乙凡48+乙『84=/（乙乙48+乙。84）

第27页

1

=^(180°-zC)

乙

1

=5(180。-90。)

=45。，

：./-AFB=180°-(Z.FAB+乙/84)=135°,

如图，以48为斜边的/?£△4%）,点F在以D为圆心，04为的圆D的劣弧AB上;

（2）9：AB=2圾,是定长,

二当点F至必B的距离最长时，△面积取得最大值,

此时尸。1力氏如图，

FA=FB,BG=AG=98=V5,

・・・OG=BG=遮,DF=BD=&BG=瓜,

:・GF=DF-DG=V6-V3,

.*.△MB面积取得最大值为盛力8xGF=3V2-3:

(3)解：•・•等边△ABC中，且8D=CE,

：.LABC=ZC=60°,AB=BCf

：・〉ABD三△BCE(SAS),

：.^BAD=乙CBE,

，乙BFD=乙BAF+乙ABF=乙CBF+乙ABF=60°,

第28页

：.LAFB=120°,

作等边△A3〃，作等边△43〃的外接圆G,点F在圆G的劣弧AS上;

以B尸为边作等边△?门,延长月交圆G于点H,如图，连接

■:乙BHI=乙BAF,乙HIB=180°-60°=120°=^AFB,BI=BF,

：.△BH1三△B4F(/L4S),

：.HI=AF,

：.AF+BF=HI+BI=HI+FI=HF,

*：AB=2V3,是定长，

・•・当+BF=HF的值最大时，△AF8的周长取得最大值，

即当弦”?为圆G直径时，的周长取得最大值，

:.BF=2/F,

V5F2=JF2+8尸，即8产=(lj?F)2+(遮产

乙

:,BF=AF=2,

的周长的最大值为4+2V3.

【解析】【分析】【探索发现】根据角平分线的概念结合内角和定理可得

ZFAB+ZFBA=l(ZCAB+ZCBA)=l(180°-ZC)=45°,然后利用内角和定理就可求出NAFB的度数；

乙乙

【拓展应用】由题意可得：当点F到AB的距离最长时，aAFB面积取得最大值，此时FDJ_AB,FA二FB,

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BG=AG=V3,DG=BG=V3,DF=BD=V6,GF=DF-DG=V6-A/3,然后根据三角形的面积公式进行计算；

【灵活运用】根据等边二角形的性质可得NABC=/C=60。，AD=DC,利用SAS证明△ABD冬△BCE,得

至IJ/BADtNCBE,进而求出NAFB的度数，作等边AABH,作等边△ABH的外接圆G,点F在圆G的劣

弧AB上，以BF为边作等边△BFL延长FI交圆G于点H,连接BH,证明△BHIgZXBAF,得至ljHI=AF,

贝ljAF+BF=HI+BI=HI+FI=HF,故当当弦HF为圆G直径时，△AFB的周长取得最大值，据此求解.

23.综合与实践

车轮设计成圆形的数学道理

小青发现路上.行驶的各种车辆，车轮都是圆形的.为什么车轮要做成圆形的呢？这里面有什么数学道理

吗？带着这样的疑问，小青做了如K的探究活动：

将车轮设计成不同的正多边形，在水平地