【B卷】第三章 圆-北师大版九年级数学下册单元测试（含答案）

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

于点C,且PC二OB.设NP=a,ZB=p,下列说法正确的是（）

A.a+p=90°B.3a+2p=18O°

C.5a+4p=180°D.p-a=30°

第1题图第3题图

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二弦D.相等的两个圆心角所对的两条弧相等

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0.1米，则此

输水管道的半径是（）米

A.1B.().8C.0.6D.().5

4.如图，点O是△A8C外接圆的圆心,点I是△A8C的内心，连接08,3.若46;4/=35。，则408c的度数

为（）

5.如图，四边形ABCD是半圆。的内接四边形，AB是直径，C是的的中点.若NC=110。，则NABC的度

数为（）

A.55°B.60°C.65°D.75°

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（）

A.2\/2—*

B.2a+1C.V2+1D.+劣

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7.如图，一个零刻度落在点4的量角器（半圆。），其直径为A8,一等腰直角三角板MN8绕点8旋转，

斜边/W交半圆。于点C,交半圆。于点以点C在量先器上的读数为a.关于结论I,II,下列判断正

确的是（）

结论I：4C+帅=3”；

结论II：当边MN与半圆。相切于点E（点E在量角器上的读数为B）时，/?-|a=45

A.只有结论I对B.只有结论n对

8.如图，的内切圆0/与BCCA,分别相切于点£）,E,F,若0/的半径为r,N/=a,则（BE+

CE-BC）的值和,产DE的大小分别为（）

A.2r,90。一aB.0,90。-aC.2r,90。一号D.0,90。一号

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v的近似值为3.1416.如图，。。的半径为1,运用“割

圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计。。的面积，可得71的估计值为孥，若用圆内接正十二边形作近似

估计，可得7T的估计值为（）

第9题图第10题图

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C是y轴正半轴

上的一点，且满足乙AC8=45°,现有以下4个结论：①△4BC的外接圆的圆心在OC上；②NABO60。；

@AABC的外接圆的半径等于5a；@OC=12.其中正确的是（）.

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A.①②B.②③C.③④D.①④

二、填空题（每题3分，共15分）

11.如图，在矩形A8CO中，AB=3,AO=6,点E、尸分别是48、8C边上的动点，且AE：BF=2：1,连

接AF和DE交于点G,连接CG,则CG的最小值是.

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，贝必人也

外接圆的圆心是点,弧4c的长是.

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0为圆心、r为半径作0。.若对于

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

14.如图，扇形纸片40后的半径为2,沿4?折叠扇形纸片，点。恰好落在脑上的点C处，图中阴影部分的

面积为.

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1

的样子，计划让三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。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"的中点，则点P从点Q运动到点B时，N点的运动路径长为.

三、作图题（共7分）

16.如图，在平面直角坐标系中，已知AABC的三个顶点的坐标分别为4（一1,1）,8（-3,1）,C（-l,4）.

（1）△ABC的外接圆的半径为

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（2）将△A8C绕点B顺时针旋转90。后得到△为8Q,请在图中画出△力中的：

（3）在（2）的条件下，求出点C经过的路径长.

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？

18.如图，aOAB中，04=08=IOc7〃，NAO8=80。，以点O为圆心，半径为&7〃的优弧阿N分别交

。4、08于点M、N.

（1）点P在右半弧上（N8。尸是锐角），将OP绕点O逆时针旋转80。得OP.求证：AP=BP；

（2）点了在左半弧上，若AT与圆弧相切，求AT的长.

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(3)0为优弧上一点，当△AOQ面积最大时，请直接写出的度数为

19.定义：若圆内接二角形是等腰二角形，我们就称这样的二角形为“圆等二角形”.

(1)如图1,AB是。。的一条弦：非直径)，若。0在上找一点C,使得△ABC是“圆等三角形”，则这样

的点C能找到个.

(2)如图2,四边形ABCD是。0的内接四边形，连结对角线BD,△ABD和△BCD均为“圆等三角形”，

且AB=AD.

①当/A=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.

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4BCO是

半径为此。。的内接四边形，弦的长度是2,点P是劣弧脑上的一个动点.

(1)填空：440B的度数是,并判断平行四边形力BCD是否会是正方形(填"是''或“不

是")；

(2)如图1,若点E是弦8P的中点，连接OE,0P,当点P沿着劣弧而从点4开始，顺时针运动到点8时，求

△0PE的外心K所经过的路径的长度;

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(3)如图2,点Q是劣弧的另一个动点，并始终满足4PCQ=建力。8,CP、“分别交弦48,40于点M、

N,连接MN记△C0N的面积为Si，AC8M的面积为S2，△CMN的面积为S.

①直接写出Si，S2,S之间的数量关系；(不必进行证明)

②令。N=a,BM=b,若满足2Sa+SiS-2S/=0,求a,b的值.

21.【问题背景】如图1,在。。中，将劣弧48沿弦48所在的直线折叠，使得劣弧4B恰好过圆心。，圆心0

关于直线48的对称点为。'.

(Y

图1图2图3

(1)【探究发现】如图1,连接力。、B0,并延长4。交。。于0,连接BD.直接写出乙4。8的度数

为,B0与BD的数量关系为

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

与力、8重合)，连接4c并延长交O0于点。，连接8C、8D猜想BC与8。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BD=15,CD=10,求力B的长.

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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：在中，4c=90。，当月8氏度

不变时.则点C在以48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RtZkABC中，Z.C=90°,AB长度不变.作乙A与的角平分线交于点F,小明计算后发现

乙/lFB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4FB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43=2百，求出△4FB面积的最大值.

(3)【灵活运用】

在等边△71BC中，48=275，点D、点E分别在和4c边上，且BD=CE,连接4。、BE交于点F,试求

出△4/8周长的最大值.

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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〈的探究活动：

将车轮设计成不同的正多边形，在水平地面上模拟行驶.

图5

\E\/

图6

（1）探究一：将车轮设计成等边三角形，转动过程如图1,设其中心到顶点的距离是2,以车轮转动一次

（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是附，BA=CA=DA=2,圆心角/B/10=120。.此时中心轨

迹最高点是。（即附的中点），转动一次前后中心的连线是8D（水平线），请在图2中计算C到的距离

丸

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（2）探究二：将车轮设计成正方形，转动过程如图3,设其中心到顶点的距离是2,以车轮转动一次（以一

个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是"，BA=CA=DA=2,圆心角/BAD=90。.此时中心轨迹最高点

是C（即加的中点），转动一次前后中心的连线是8。（水平线），请在图4中计算C到8。的距离血（结果保

留根号）.

（3）探究三：将车轮设计成正六边形，转动过程如图5,设其中心到顶点的距离是2,以车轮转动一次（以

一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是反D,圆心角.此时中心轨迹最高点是C（即的

的中点），转动一次前后中心的连线是8。（水平线），在图6中计算。到80的距离d3=（结果保

留根号）.

（4）归纳推理：比较山，d2,d3大小：,按此规律推理，车轮设计成的正多边形边数越多，

其中心轨迹最高点与转动一次前后中心连线（水平线）的距离（填“越大’或“越小.

（5）得出结论：将车轮设计成圆形，转动过程如图7,其中心（即圆心）的轨迹与水平地面平行，此时中心

轨迹最高点与转动前后中心连线（水平线）的距离d=.这样车辆行驶平稳、没有颠簸感.所以，将

车轮设计成圆形.

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答案解析部分

1.【答案】B

【解析】【解答】解：连接oc、OD,如图：/Iy7八

OT

.:乙B二B，

・"P00=2乙B=2B，

;PC=OB,

:・PC=0D=OC,

"COP=乙CPO=a,"CD="00,

,:乙OCD=2a,

VzP+乙POD+"DP=180°,

，a+2£+2a=180。，

即：+2/?=180°.

故答案为：B.

【分析】连接OC、OD,由圆周角定理得NPOO=2/8=20,根据同圆半径相等、等边对等角及三角形外

角性质即可表示出/ODP,最后利用三角形内角和定理即可求解.

2.【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,

A~~B~~C

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，

D

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直径AB平分弦CD,但AB不垂直于CD,故选项C错误;

D、如图，

乙4。8=乙仆。］々，0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.【答案】D

【解析】【解答】过点0作OC_LAB于点C,连接OA、0B,如羽所示：

根据题意可得：AC=BC=lAB=0.3m,

设OA=r,则OOr-O.l,

在RsAOC中，AO2=OC2+AC2,

r2=(r-0.1)2+0.3-

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(r-0.1)2+0.32,再求出r的值即可.

4.【答案】C

【解析】【解答】解：连接OC,如图所示：

,・,点I是AABC的内心,“4/=35。,

ZCAB=70°,

r.ZBOC=140°,

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VOB=OC,

-9•Z.OBC=1x(180°-140°)=20%

故答案为：C

【分析】连接OC,根据三角形内心的性质结合圆周角定理即可得到NBOC=140。，再根据等腰三角形的性质

结合题意即可求解。

5.【答案】A

【解析】【解答】解：连接AC,

丁四边形ABCD是半圆的内接四边形，

AZDAB=180°-ZC=180°-110°=70°,

：.ZCAB=lZDAB=lx70°=35°,

・・・AB是直径,

.\ZACB=90o,

r.ZABC=90°-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NDAB的度数，再利用圆周角定理求出

NACB、NCAB的度数即可解答.

6.【答案】D

V

•・•点C为坐标平面内一点，BC=I,

・••点C在08上，且半径为1,

在x轴上取OD=OA=2,连接CD,

VAM=CM,OD=OA,

・・・01\4是4ACD的中位线，

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.\OM=1CD,

当OM最大时，即CD最大，

・♦•当D,B,C三点共线时，OM最大，

VOB=OD=2,ZBOD=90°,

Z.BD=2V2,

ACD=2V2+1,

/.OM=V2+

AOM的最大值为企+

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OB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斗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

OM的最大值.

7.【答案】C

【解析】【解答】解：如图1,连接OC,OD,

VZMBN=45°,

.\ZCOD=2ZMBN=90°,

・•.ZAOC+ZBOD=180°-90°=90°,

••AC^BD=CD；

i

.••结论I正确；

如图2,连接OC,OF,

•・・MN与半圆O相切于点E,

AOE1MN,

又・「BMJ_MN,

・・・OE〃MN,

r.ZABM=ZAOE=p,

・•・ZABM-ZABN=ZNBM=45°,

•；ZAOC=a,

・•・ZABN=1a,

第13页

.,邛-|a=45。。

所以结论II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,0D,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AC+附二之脂；

(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-^NAONJI,再根据NABM-

ZABN=ZNBM=45°,等量代换即可得出答案。

8.【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,

ABD=BF,CD=CE,ZIFA=ZIEA=90°,

・•・BF+CE-BC=BD+CD-BC=BC-BOO,

=a,ZIFA=ZIEA=90°,

.,.ZFIE=180°-a,

ZEDF=1ZFIE=4(180°-a)=90°-.

乙乙J

故答案为：D.

【分析】连接IE、IF、ID,由切线长定理得BD=BF.CD=CF,ZIFA=ZIEA=90°,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=18(ra,最后根据圆周角定理，由同弧所对的圆周

第14页

角等于圆心角的一半可得答案.

9.【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,

三角形的顶角为卷兀=上，

iZO

・

•••sin1/=51，

oZ

••S加杉^^xsin^Ttx1

・•.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，兄求出三角形的顶角为&再求出si碟的

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.【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EDJ_x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OC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。，

*.*ZAEB=90°,

・••点E必为圆心,即AE、BE为半径,

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

.,.AB=10,

RtAABEAE2+BE2=AB2,AAE=5V2,故③正确；

VAB=10,DEIAB,

Z.AD=BD=5,

又・・・OB=6,

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AOD=1,

ZEDO=ZDOF=ZOFE=90°,

・•・四边形EDOF是矩形，

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

在Rt^CEF中，由勾股定理得CF=7,

.\OF=12,故④正确;

nr

Vtanz/15C=^=2,

・・・NABC，60。，故②错误.

故答案为：C.

【分析】作出△ABC的外接网，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,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=1,ED=OF=5,再在RsECF中利用勾股定理算出CF,可求出0C的长及/ABC的正切

值，从而即可判断②④.

11.【答案】3V2-3

【解析】【解答】解：,・・AB=3,AD=6,

：.AB：AD=\：2,

・AEAD_1

••丽二而，

又:Z^=Z^AD=90°,

.,•△AB/%△DAE,

...ZBAF=ZADEf

・•・ZBAF+ZAED=ZADE+ZAED=90°f

・•・N4G£>=90°,

・••点G在以A。为直径的圆上运动，

如图，取AD的中点O,连接OC,交。。于G,

B

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点。是4。的中点，

：.AO=OD=3,

'-0C=yJOD2+CD2=V9T9=3V2，

.\CG'=3V2-3,

・・・CG的最小值为3立-3,

故答案为：3V2-3.

【分析】s/\04E,可得乙8人F=乙409,可证乙4Go=90。，则点G在以40为直径的圆上运动，由勾

股定理可求解.

12.【答案】D；学

【解析】【解答】解：根据题意可知，点D是△ABC外心.

连接DA、DC,

'*DA=Vl2+22=V5»DC=Vl2+22=V5»i4C=Vl2+32=V10>

。炉+DC?=AC2,DA=DC=遥，

•••△ZX4C是等腰直角三角形，

・,•弧AC的长是吗黑号=学,

1802

故答案为：D,孚.

【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NADC=90。，从而利用弧长公式即可算出答案.

13.【答案】2

【解析】【解答】解：在），=丘+2中，令％=0,则），=2,

・•・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，

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

离可能，

・・・半径至少为2

故1•的最小值为2,

故答案为：2.

【分析】在y=kx+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。O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OO半径小于2时，圆与直线存在相离可能，于是得到结论.

14.【答案】^TT-2V3

【解析】【解答】解：沿48折叠扇形纸片，点O恰好落在脑上的点C处，

­\AC=AOfBC=BO,

*：AO=BO,

・•・四边形A08C是菱形，

连接。。交48于D，则A8_L0C，AB=24。，

VOC=。4,

•••△40C是等边三角形，

：.LCAO=^LAOC=60°,AC=0A=2t

：,/AOR=12。。，

'：AB_OC,

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：.0D=^0C=1,

・"。=y/OA2-OD2=V5，

•*-AB=2AD=2W,

2

・・・图中阴影部分的面积=S扇形A°「S菱形A°BC=巴萨-1X2X2V3=^-2V3.

故答案为：^-2V3.

【分析】由折叠的性质和圆的性质可得OA=OB二BOAC,于是可知四边形AOBC是菱形，连接0C交AB

于点D,贝i]AB_LOC,AB=2AD；易得三角形AOC是等边三角形，贝U/CAO=NA0060。，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畦=S审形-S就

AOBC可求解.

15.【答案】2A-2a):1T

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

•\/-AOC=90。，^\^APC=^AAOC=45。，

*：0A=OC,

・・・△AOC是等腰宜角三角形，

作△4。。的外接圆。T,连接TN,TB，则有圆心T为AC中点,

V0M1PC,

ACM=PM,

・・・NC=NP,

.\ZNPC=ZNCP=45O,

・•・ZCNP=1800-ZPCN-ZCPN=90°,

：.^ANC=乙PNC=90°,

・••点N在OT上，运动轨迹是弧OC,

过点T作TH_LAB十H,

VAB=8,

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•»A0==4,

VAO=OC,NA0090。，

・♦.ZOAC=ZOCA=45°,AC=y[2AO=4或，

-'•TA=TN=TC=^AC=2或，

在Rt△力7"中，AH=OH=^AO=2,^.TAH=45%

：.^ATH=4TAH=45°,

：.AH=TH=2,即8"=AB-AH=6,

在Rt△BTH中,BT=7TH2+8H2=2屈,

VBN>BT-TN,

:.BN>BT-TN=2V10-2V2»

・・・BN的最小值为2JIU—2鱼；

当点P在弧AC上时，如图，

可知点N在线段0C的左侧，此时的BN明显大于2同-2企,

综上可知；BN的最小值为2同-2匹；

如图，连接P。，T0,

■:乙CTN=24CAN,乙POB=2^PAB,乙CAN+Z-PAB=^CAO=45。，

・•・乙CTN=2(45°-LPAB)=90°一乙POB,

•・•点P从点Q运动到点B,点Q为弧BC的中点，

・••终点时，乙尸。8=2乙C08=45。，

;•乙CTN=90°-乙POB=45°,

:•乙OTN=90°一乙CTN=45°,

*：TA=TN=TC=2&,

・••点N在。7上，运动轨迹长为：2nx2&x孺5=¥n.

故答案为：2«5-2或，

【分析】如图，连接AC,0C，证明点N在。7上，旦运动轨迹是弧OC,过点T作77/于H.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，"。8=45。，即乙CTN=90。一4P08=45。，Z.OTN=90°-ZCT/V=45%根据弧公

式解答即可.

16.【答案】(1)孚

乙

(2)解：如图△AiBG就是所求的三角形；

(3)解：如图

由旋转的性质得到乙gBC=90°,BC=g，

・5=90。xgX磊=苧・

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

--.AB=2,AC=3,BO四酸+婚=g

ABC的外接圆的半径为芈;

故答案为：等;

第21页

【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A1、B、G即可；

（3）由旋转的性质得到乙G8C=90。，BC=g然后利用弧长公式进行求解.

17.【答案】（1）0

（2）3

（3）1或4

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

【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）若有三点共线，则过其中三点作圆，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；

【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.【答案】（1）证明：VZAOB=ZPOP,=80°

Z.ZAOB+ZBOP=ZPOPf+ZBOP即ZAOP=ZBOPf

在^AOP^ABOP,4,

OA=OB

Z.AOP=乙BOP,

OP=OP'

・•・△AOP々△BOP'（SAS）,

.•・AP=BP'；

（2）解：•・•AT与弧相切，连结OT,

AOT1AT

在RbAOT中，根据勾股定理,

第22页

AT=JoA2-OT2

VOA=10,0T=6,

，AT=8；

(3)170。或者10°

【解析】【解答］解：(3)解：如图，当OQ_LOA时，ZkACiQ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△AOQ的面积最大,

・•・ZBOQ=ZAOQ+ZAOB=90o+8()°=170°,

当Q点在优弧MN右侧上，

VOQ.OA,

AQO是^AOQ中最长的高，则△AOQ的面积最大，

・•・ZBOQ=ZAOQ-ZAOB=90o-8()°=10°,

综上所述：当/BOQ的度数为10。或170。时，△AOQ的面积最大.

【分析】(1)欲证明AP=BP1只要证明AAOP且△BOP，即可；(2)在RSATO中，利用勾股定理计算即

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

19.【答案】(1)4

(2)解：①•・•四边形ABCD是。。的内接四边形，/A=140。,

，乙(？=180°—乙A=40°,

第23页

①当BC=BO时，/_BDC=zC=40°,

AB=ADf

180°-140°

=20。，

•*-Z.ADB=2

-t-^ADC=/-ADB+乙BDC=60%

②当B0=OC时，z.C=2LDBC=40°,

;,乙BDC=180°乙DBC4C=100°,

：-Z-ADC=乙ADB+乙BDC=120%

③当BC=CO时，/BDC=180；"=70。,

・"ADC=4ADB+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OEJLBC,如下图:

图3

•・•四边形ABCD是四O的内接四边形，&=120%

:•乙BCD=180°-Z.A=60。,

VABCD均为“圆等三角形”,

•••△BCO为等边三角形，

:.(BOC=2乙BDC=120°,

=AD,

-'•^AOB=^BOD=60°,

"：BO=AO,

•••△408为等边三角形，

***OB=AB=6,

第24页

在RtziBOE中，OE=\OB=3,BE=WOE=36

.•・S△BOC=1x2x3>/3x3=9VL

扇形BOC的面积：鬻x冗x62=12冗，

DOU

・•・阴影部分的面积为：12TT—9H.

【解析】【解答】解：（1）图下图：

B

图1

.二这样的点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C的度数，再分三种情况讨论，①当BC=BO时，②当BD=

DC时，③当8C=C。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已知条件求出48co的度数，根据圆等三

角形的定义得到4/?。。为等边三角形，根据圆周角定理得到乙BOC的度数，即可证明△408为等边三角形，

根据含30。角的直角三角形求出0E和BE的长，进而求出△BOC的面积和扇形BOC的面积，即可求出阴影

部分面积.

20.【答案】（1）90°；是

（2）解：OP=OB=V2>点E是弦BP的中点，

•••0E*BP,

：,RE△OPE的夕卜心'K为OP的中点，

・•・当点P沿着劣弧前从点4开始，顺时针运动到点B时，点K所经过的路径是以。为圆心，：0P为半径，圆心角

为90。的扇形的弧，

f2

：,△OPE的外心K所经过的路径的长度_%吟_

-180.47r

（3）解：①Si+S2=S,理由如下：

延长//?至点/?・使。/?=ON.连接C?,如图2,

第25页

R

图2

•.•四边形48CD是正方形，

CD=BC,Z.D=Z.CBE=90°

在△CDN和aCBE中，

CD=CB

八)=乙CBE=90%

DN=BE

••△CDN/ACBE(SAS),

•••S]=S^CBE，乙DCN=乙BCE,CN=CE.

•••乙DCN+乙NCB=90°,

:.乙NCB+乙BCE=90°,

即4NCE=90°.

•••乙PCQ=^Z.AOB=45。，

:.乙PCQ=乙PCE=45°.

在4。时/7和4CME中，

CM=CM

乙PCQ=^PCE=45°,

CN=CE

:・ACMNg4CME(SAS),

•••S=S^CME=S2+S4CBE，

:.Si+$2=S.

②•••2Sl+S1S-2s5=0,S1+S2=S,

•••2S，+S"SIS2-2S/=0,

3Sf+&S2-2Sl=0,

•••(3S[-2s2)(Si+S2)=0,

•••3sl-2s2=0,

:.3sl=2s2.

11

；S[=*DN,CD,Sz=3BM♦BC，AD=FC,DN=a,6M=b,

3a=2b

第26页

3

••,bf

vAB=AD=2,

:•AN=2-a,AM=2-b,

•••△CMN经△CME,

:.MN=ME=MB+BE=a+hf

vAM2+AN2=MN2,

(2-b}2+(2-a)2=(a+b)2，

•••2ab+4Q+4b-8=0.

将b=，Q代入得：

3a2+10(2—8=0>

解得：Q=-4(不合题意，舍去)或a=

J

:•b=1

【解析】【解答】解：(1)・・・"+泌=4=业,

•••△A08是直角三角形，Z.AOB=90。；

:平行四边形，

：.Z.BAD=乙BCD,

•・•四边形4BCD是。。的内接四边形，

：.^BAD+^.BCD=180°,

：.Z-BAD=乙BCD=90°,

・•・四边形A8CD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48C0是正方形；

1

-

（2）确定随着点P的运动，点K所经过的路径是以。为圆心,2OP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A8至点E,使8E=0N,连接“，证明:心CDN2CBE,△CMN^^

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=2S2,再结合图形得到b=?a.,最后利用勾股定理

建立方程求解。

21•【答案】（1）120°；BO=BD

第27页

(2)解：8c=80,理由如下：

设折叠前点C的对应点C',连接A。'、3C',如图:

山折叠可知，4ACB=々AC'B,

•••四边形是O。的圆内接四边形,

ZD+^AC'B=180°,

•••乙BCD+2LACB=180°

Z.D=乙BCD,

:.BC=BD；

(3)解：在(2)的条件下，BD=15,CD=10,则BC==IS.

延长BC交O0于点E,连接。凡过点B作于点F,如图，

则=DF=^CD=5.

在RtaBCF中，山勾股定理得，BF2=BC2-CF2=152-52=200,

vZ-E=ZJ4,Z.CDE=Z.CBA,

COEs△CBA,

ED_CD_10_2

'通=ZT=15=3'

•••8C平分48。，

：•Z-DBE=乙ABC,

r\r\

•••DE=AC，

:.AC=OE,

设AC=2k,则48—3k,

AF=AC+CF=2k+5,

第28页

在R£△489中，由勾股定理得，BF2+AF2=AB2,

即200十（2/c+=（34,

解得k=9或-5（不合题意，舍去），

:.AB=3k=27.

即的长为27.

【解析】【解答］解：（1）连接OO',O'A,O'B

由题意可得：O'A=O'B=O'O=OA=OB

.•・△4。。'，△8。。'都为等边三角形

/.Z.AOO'=乙BOO'=60°

匕AOB=4400'+乙B00'=120°

由折叠性质可知44。8=/-AO'B=120°

•••乙BOD=180°-LAOB=60°

丁四边形AOBD是0。的内接四边形

・•・乙D+"O'B=180°

乙。=180。一乙40'B=60°

Z.D=乙BOD

BO=BD

【分析】（1）连接00',O'A,O'B根据等边三角形判定定理可得△B。。'都为等边三角形可得

△408=120。，由折叠性质，圆内接四边形性质即可求出答案。

（2）设折叠前点C的对应点C',连接AC'、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。0于点E,连接DE,过点8作J.CD于点八在RM8CF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△CDEsZicB4即可得器=黑=|,再根据角平分线

性质可得4c=0E,设AC=2k,则48—3k,^1AF=AC+CF=2k+5,根据勾股定理列出方程，解方程

即可求出答案。

22.【答案】⑴解：・・24与46的角平分线交于点F,且"=90%：.^FAB+^FBA=|^^CAB+£.CBA）

第29页

1

=^(180°-zC)

乙

1

=5(180。-90。)

乙

=45°,

：.^AFB=180°-(Z.FAB+Z.FBA)=135°,

点F在以D为圆心，OA为的阅D的劣弧A8上;

（2）解：・・Z8=2通，是定长,

•・.当点F至必8的距离最K:时，△/尸1?面积取得最大值,

: