第二十四章圓單元過關(guān)檢測(cè)02-2022-2023學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)同步考點(diǎn)知識(shí)清單＋例題講解＋課后練習(xí)（人教版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?2022—2023學(xué)年九年級(jí)上學(xué)期第四單元（2）
一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的，請(qǐng)用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目答案標(biāo)號(hào)涂黑）
1．（4分）已知⊙O的半徑是3cm，則⊙O中最長(zhǎng)的弦長(zhǎng)是（　?。?br /> A．3cm B．6cm C．1.5cm D．cm
【分析】利用圓的直徑為圓中最長(zhǎng)的弦求解．
【解答】解：∵圓的直徑為圓中最長(zhǎng)的弦，
∴⊙O中最長(zhǎng)的弦長(zhǎng)為2×3＝6（cm）．
故選：B．
2．（4分）如圖，一個(gè)圓柱形的玻璃水杯，將其橫放，截面是個(gè)半徑為5cm的圓，杯內(nèi)水面寬AB＝8cm，則水深CD是（　?。?br />
A．3cm B．2cm C． D．
【分析】連接OA、OC，先由垂徑定理可得AC長(zhǎng)，再由勾股定理得OD長(zhǎng)，從而求出CD長(zhǎng)．
【解答】解：如圖，連接OA、OC，
則OC⊥AB，
∴AC＝AB＝4（cm），
在Rt△OAD中，OD＝＝＝3（cm），
∴CD＝5﹣3＝2（cm）．
故選：B．

3．（4分）如圖，AB是半圓O的直徑，以弦AC為折痕折疊后，恰好經(jīng)過點(diǎn)O，則∠AOC等于（　?。?br />
A．120° B．125° C．130° D．145°
【分析】根據(jù)翻折變換得出AC垂直平分OQ，AQ＝AO，求出△AQO是等邊三角形，求出∠AOQ＝60°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出∠COQ＝∠AOQ，再求出答案即可．
【解答】解：O關(guān)于直線AC的對(duì)稱點(diǎn)是Q，連接OQ，交AC于M，

則AC垂直平分OQ，
即AQ＝AO，OM⊥AC，
∵OQ＝OA，
∴OQ＝AQ＝OA，
∴△AQO是等邊三角形，
∴∠AOQ＝60°，
∵OQ⊥AC，OA＝OC，
∴∠COQ＝∠AOQ＝60°，
∴∠AOC＝60°+60°＝120°，
故選：A．
4．（4分）如圖，在Rt△ACB中∠ACB＝60°，以直角邊AB為直徑的⊙O交線段AC于點(diǎn)E，點(diǎn)M是弧AE的中點(diǎn)，OM交AC于點(diǎn)D，⊙O的半徑是6，則MD的長(zhǎng)度為（　?。?br />
A． B． C．3 D．
【分析】根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠A＝30°，根據(jù)垂徑定理求出OD⊥AE，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)求出OD，再求出MD即可．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，∠ACB＝60°，
∴∠A＝30°，
∵M(jìn)為弧AE的中點(diǎn)，OM過圓心O，
∴OM⊥AD，
∴∠ADO＝90°，
∴OD＝OA＝＝3，
∴MD＝OM﹣OD＝6﹣3＝3，
故選：C．
5．（4分）如圖，AD是⊙O的直徑，PA，PB分別切⊙O于點(diǎn)A，B，若∠BCD＝α，則∠P的度數(shù)是（　?。?br />
A．90°﹣2α B．90°﹣α C．45° D．2α
【分析】連接OB，利用圓周角定理可得∠BOD＝2α，然后利用切線的性質(zhì)可得∠OAP＝∠OBP＝90°，從而利用四邊形內(nèi)角和可得∠P+∠AOB＝180°，最后利用同角的補(bǔ)角相等即可解答．
【解答】解：連接OB，

∵∠BCD＝α，
∴∠BOD＝2∠BCD＝2α，
∵PA，PB分別切⊙O于點(diǎn)A，B，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴∠P+∠AOB＝360°﹣∠OAP﹣∠OBP＝180°，
∵∠AOB+∠BOD＝180°，
∴∠P＝∠BOC＝2α，
故選：D．
6．（4分）如圖，要用一個(gè)扇形紙片圍成一個(gè)無底蓋的圓錐（接縫處忽略不計(jì)），若該圓錐的底面圓周長(zhǎng)為20πcm，側(cè)面積為240πcm2，則這個(gè)扇形的圓心角的度數(shù)是（　?。┒龋?br />
A．120° B．135° C．150° D．160°
【分析】先設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為lcm，由于圓錐的側(cè)面展開圖為一扇形，這個(gè)扇形的弧長(zhǎng)等于圓錐底面的周長(zhǎng)，扇形的半徑等于圓錐的母線長(zhǎng)，則根據(jù)扇形的面積公式得到×20π×l＝240π，解得l＝24，然后設(shè)這個(gè)扇形的圓心角的度數(shù)是n°，利用弧長(zhǎng)公式得到20π＝，最后解方程即可．
【解答】解：設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為lcm，
則×20π×l＝240π，
解得l＝24，
設(shè)這個(gè)扇形的圓心角的度數(shù)是n°，
根據(jù)題意得20π＝，
解得n＝150，
即這個(gè)扇形的圓心角的度數(shù)是150°．
故選：C．
7．（4分）工人師傅為檢測(cè)該廠生產(chǎn)的一種鐵球的大小是否符合要求，設(shè)計(jì)了一個(gè)如圖（1）所示的工件槽，其兩個(gè)底角均為90°，將形狀規(guī)則的鐵球放入槽內(nèi)時(shí)，若同時(shí)具有圖（1）所示的A、B、E三個(gè)接觸點(diǎn)，該球的大小就符合要求．圖（2）是過球心及A、B、E三點(diǎn)的截面示意圖，已知⊙O的直徑就是鐵球的直徑，AB是⊙O的弦，CD切⊙O于點(diǎn)E，AC⊥CD、BD⊥CD，若CD＝16cm，AC＝BD＝4cm，則這種鐵球的直徑為（　?。?br />
A．10cm B．15cm C．20cm D．24cm
【分析】連接OE，交AB于點(diǎn)F，連接OA，∵AC⊥CD、BD⊥CD，由矩形的判斷方法得出四邊形ACDB是矩形，得出AB∥CD，AB＝CD＝16cm，由切線的性質(zhì)得出OE⊥CD，得出OE⊥AB，得出四邊形EFBD是矩形，AF＝AB＝×16＝8（cm），進(jìn)而得出EF＝BD＝4cm，設(shè)⊙O的半徑為rcm，則OA＝rcm，OF＝OE﹣EF＝（r﹣4）cm，由勾股定理得出方程r2＝82+（r﹣4）2，解方程即可求出半徑，繼而求出這種鐵球的直徑．
【解答】解：如圖，連接OE，交AB于點(diǎn)F，連接OA，

∵AC⊥CD、BD⊥CD，
∴AC∥BD，
∵AC＝BD＝4cm，
∴四邊形ACDB是平行四邊形，
∴四邊形ACDB是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD＝16cm，
∵CD切⊙O于點(diǎn)E，
∴OE⊥CD，
∴OE⊥AB，
∴四邊形EFBD是矩形，AF＝AB＝×16＝8（cm），
∴EF＝BD＝4cm，
設(shè)⊙O的半徑為rcm，則OA＝rcm，OF＝OE﹣EF＝（r﹣4）cm，
在Rt△AOF中，OA2＝AF2+OF2，
∴r2＝82+（r﹣4）2，
解得：r＝10，
∴這種鐵球的直徑為20cm，
故選：C．
8．（4分）如圖，兩張完全相同的正六邊形紙片（邊長(zhǎng)為2a）重合在一起，下面一張保持不動(dòng)，將上面一張紙片六邊形A'B'C'D'E'F'沿水平方向向左平移a個(gè)單位長(zhǎng)度，則上面正六邊形紙片面積與折線A'﹣B'﹣C掃過的面積（陰影部分面積）之比是（　　）

A．3：1 B．4：1 C．5：2 D．2：1
【分析】求出正六邊形和陰影部分的面積即可解決問題．
【解答】解：正六邊形的面積＝6××（2a）2＝6a2，
陰影部分的面積＝a?2a＝2a2，
∴空白部分與陰影部分面積之比是＝6a2：2a2＝3：1，
故選：A．
9．（4分）如圖，將兩個(gè)正方形如圖放置（B，C，E共線，D，C，G共線），若AB＝3，EF＝2，點(diǎn)O在線段BC上，以O(shè)F為半徑作⊙O，點(diǎn)A，點(diǎn)F都在⊙O上，則OD的長(zhǎng)是（　?。?br />
A．4 B． C． D．
【分析】設(shè)OC＝x，根據(jù)圓上的點(diǎn)到圓心的距離相等，得＝，進(jìn)而求得x＝1，再根據(jù)勾股定理解決此題．
【解答】解：設(shè)OC＝x．
由題意得，OA＝OF．
∴＝．
∴．
∴x＝1．
∴OD＝＝．
故選：B．

10．（4分）某餐廳為了追求時(shí)間效率，推出一種液體“沙漏”免單方案（即點(diǎn)單完成后，開始倒轉(zhuǎn)“沙漏”，“沙漏”漏完前，客人所點(diǎn)的菜需全部上桌，否則該桌免費(fèi)用餐）．“沙漏”是由一個(gè)圓錐體和一個(gè)圓柱體相通連接而成．某次計(jì)時(shí)前如圖（1）所示，已知圓錐體底面半徑是6cm，高是6cm；圓柱體底面半徑是3cm，液體高是7cm．計(jì)時(shí)結(jié)束后如圖（2）所示，求此時(shí)“沙漏”中液體的高度為（　?。?br />
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
【分析】由圓錐體底面半徑是6cm，高是6cm，可得CD＝DE，根據(jù)圓錐、圓柱體積公式可得液體的體積為63πcm3，圓錐的體積為72πcm3，即知計(jì)時(shí)結(jié)束后，圓錐中沒有液體的部分體積為9πcm3，設(shè)計(jì)時(shí)結(jié)束后，“沙漏”中液體的高度AD為xcm，可得π?（6﹣x）2?（6﹣x）＝9π，即可解得答案．
【解答】解：如圖：

∵圓錐的圓錐體底面半徑是6cm，高是6cm，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴△CDE也是等腰直角三角形，即CD＝DE，
由已知可得：液體的體積為π×32×7＝63π（cm3），圓錐的體積為π×62×6＝72π（cm3），
∴計(jì)時(shí)結(jié)束后，圓錐中沒有液體的部分體積為72π﹣63π＝9π（cm3），
設(shè)計(jì)時(shí)結(jié)束后，“沙漏”中液體的高度AD為xcm，則CD＝DE＝（6﹣x）cm，
∴π?（6﹣x）2?（6﹣x）＝9π，
∴（6﹣x）3＝27，
解得x＝3，
∴計(jì)時(shí)結(jié)束后，“沙漏”中液體的高度為3cm，
故選：B．
11．（4分）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，AO是△ABC的中線．以O(shè)為圓心，OA長(zhǎng)為半徑作半圓，分別交AB，AC于點(diǎn)D，E，交BC于點(diǎn)F，G．則圖中陰影部分的面積為（　?。?br />
A． B． C． D．
【分析】連接DO，過點(diǎn)O作OH⊥AB，垂足為H，如圖，由已知條件根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠ABO的度數(shù)，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得，AO的長(zhǎng)度，根據(jù)勾股定理可得BO的長(zhǎng)度，即可算出S△ABO＝的面積，由∠BAOO＝60°，可得∠AOH＝30°，即可算出HO，AH的長(zhǎng)，即可算出S△ADO＝的面積，根據(jù)扇形面積的計(jì)算方法可得S扇DOF＝的面積，根據(jù)面積差可得S陰BDF＝S△ABO﹣S△ADO﹣S扇DOF的面積，由S陰＝2S陰BDF即可得出答案．
【解答】解：連接DO，過點(diǎn)O作OH⊥AB，垂足為H，如圖，
∵AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，
∴＝30°，
∴＝2，BO＝＝＝2，
∴S△ABO＝＝2＝2，
∵∠ABO＝60°，
∴∠AOH＝30°，
∴＝＝1，AH＝＝＝，
∴S△ADO＝＝＝，
∵∠DOF＝90°﹣60°＝30°，DO＝2，
S扇DOF＝＝＝，
S陰BDF＝S△ABO﹣S△ADO﹣S扇DOF＝2﹣＝，
S陰＝2S陰BDF＝2．
故選：A．

12．（4分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，將邊長(zhǎng)為2的正六邊形OABCDE繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)n個(gè)45°，得到正六邊形OAnBn?nDnEn，當(dāng)n＝2022時(shí)，正六邊形OAnBn?nDnEn的頂點(diǎn)Dn的坐標(biāo)是（　?。?br />
A．（﹣，﹣3） B．（﹣3，﹣） C．（3，﹣） D．（﹣，3）
【分析】由題意旋轉(zhuǎn)8次應(yīng)該循環(huán)，因?yàn)?022÷8＝252…6，所以Dn的坐標(biāo)與D6的坐標(biāo)相同．
【解答】解：由題意旋轉(zhuǎn)8次應(yīng)該循環(huán)，
∵2022÷8＝252…6，
∴Dn的坐標(biāo)與D6的坐標(biāo)相同，
如圖，過點(diǎn)D6H⊥OE于點(diǎn)H，

∵∠DOD6＝90°，∠DOE＝30°，OD＝OD6＝2，
∴OH＝OD6?cos60°＝，HD6＝OH＝3，
∴D6（﹣，﹣3），
∴頂點(diǎn)Dn的坐標(biāo)是（﹣，﹣3），
故選：A．
二、填空題（本題共4個(gè)小題，每小題4分，共16分，答題請(qǐng)用黑色墨水筆或簽字筆直接答在答題卡相應(yīng)的位置上）
13．（4分）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，如果它的一個(gè)外角∠DCE＝68°，那么∠BOD＝　　．

【分析】先根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和鄰補(bǔ)角的定義得到∠A+∠BCD＝180°，∠DCE+∠BCD＝180°，則∠A＝∠DCE＝68°，然后根據(jù)圓周角定理求解即可．
【解答】解：∵∠A+∠BCD＝180°，∠DCE+∠BCD＝180°，
∴∠A＝∠DCE＝68°，
∴∠BOD＝2∠A＝136°．
故答案為：136°．
14．（4分）如圖，⊙O與正六邊形OABCDE的邊OA，OE分別交于點(diǎn)F，G，M是劣弧FG的中點(diǎn)．若FM＝2，則⊙O的半徑為　　．

【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)以及圓周角定理可得出四邊形OFMG是菱形，進(jìn)而得到半徑．
【解答】解：如圖，連接OM，
∵六邊形OABCDE是正六邊形，
∴∠AOE＝＝120°，
∵M(jìn)是劣弧FG的中點(diǎn)．
∴∠AOM＝∠EOM＝∠AOB＝60°，
又∵OF＝OG＝OM，
∴四邊形OEMG是菱形，
∴OE＝MF＝2，
即⊙O的半徑為2，
故答案為：2．

15．（4分）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，對(duì)角線AC，BD的交點(diǎn)為O，分別以A、D為圓心，AB的長(zhǎng)為半徑畫弧，恰好經(jīng)過點(diǎn)O，則圖中陰影部分的面積為　　（結(jié)果保留π）．

【分析】根據(jù)已知得△AOB，△COD都為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，BC＝2，所以陰影部分的面積為三角形OBC的面積減去兩個(gè)弓形的面積．
【解答】解：根據(jù)已知得△AOB，△COD都為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，
∴BC＝2，
∵△AOB，△COD的面積為2×＝，扇形BAO和扇形CDO的面積為＝，
∴陰影部分的面積為2×﹣2×（﹣）＝3﹣π．
故答案為：3﹣π．
16．（4分）如圖，點(diǎn)C在以AB為直徑的半圓上，AB＝8，∠ABC＝30°，點(diǎn)D在線段AB上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)E與點(diǎn)D關(guān)于BC對(duì)稱，DF⊥DE于點(diǎn)D，并交EC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，下列結(jié)論：
①CE＝CF；②∠E＝30°；③線段EF的最小值為2；④當(dāng)AD＝2時(shí)，EF與半圓相切．其中正確結(jié)論的序號(hào)是　 ?。?br />
【分析】①由點(diǎn)E與點(diǎn)D關(guān)于AC對(duì)稱可得CE＝CD，再根據(jù)DF⊥DE即可證到CE＝CF，從而判斷正誤；
②由對(duì)稱性質(zhì)得BC⊥DE，∠BCD＝∠BCE，當(dāng)∠BCD≠60°時(shí)，∠E≠30°，從而判斷正誤；
③根據(jù)“點(diǎn)到直線之間，垂線段最短”可得CD⊥AB時(shí)CD最小，由于EF＝2CD，求出CD的最小值就可求出EF的最小值，從而判斷正誤；
④連接OC，易證△AOC是等邊三角形，AD＝OD，根據(jù)等腰三角形的“三線合一”可求出∠ACD，進(jìn)而可求出∠ECO＝90°，從而得到EF與半圓相切，從而判斷正誤．
【解答】解：①連接CD，

∵點(diǎn)E與點(diǎn)D關(guān)于AC對(duì)稱，
∴CE＝CD．
∴∠E＝∠CDE．
∵DF⊥DE，
∴∠EDF＝90°．
∴∠E+∠F＝90°，∠CDE+∠CDF＝90°．
∴∠F＝∠CDF．
∴CD＝CF．
∴CE＝CD＝CF．
故①的結(jié)論正確；
②∵點(diǎn)E與點(diǎn)D關(guān)于AC對(duì)稱，
∴DE⊥BC，∠BCD＝∠BCE，
當(dāng)∠BCD≠60°時(shí)，∠E≠30°，
故②的結(jié)論錯(cuò)誤；
③當(dāng)CD⊥AB時(shí)，
∵AB是半圓的直徑，
∴∠ACB＝90°．
∵AB＝8，∠CBA＝30°，
∴∠CAB＝60°，AC＝4，BC＝4．
∵CD⊥AB，∠CBA＝30°，
∴CD＝BC＝2．
根據(jù)“點(diǎn)到直線之間，垂線段最短”可得點(diǎn)D在線段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，CD的最小值為2．
∵CE＝CD＝CF，
∴EF＝2CD．
∴線段EF的最小值為4．
故③的結(jié)論錯(cuò)誤；
③當(dāng)AD＝2時(shí)，連接OC，

∵OA＝OC，∠CAB＝60°，
∴△OAC是等邊三角形．
∴CA＝CO，∠ACO＝60°．
∵AO＝4，AD＝2，
∴DO＝2．
∴AD＝DO．
∴∠ACD＝∠OCD＝30°，
∴∠BCO＝30°，
∵點(diǎn)E與點(diǎn)D關(guān)于AC對(duì)稱，
∴∠ECB＝∠DCB＝60°．
∴∠ECO＝90°．
∴OC⊥EF．
∵EF經(jīng)過半徑OC的外端，且OC⊥EF，
∴EF與半圓相切．
故④的結(jié)論正確；
故答案為：①④．
三、解答題（本題共8個(gè)小題，共86分，答題請(qǐng)用黑色墨水筆或簽字筆直接答在答題卡相應(yīng)的位置上，解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明步驟或演算步驟.）
17．（8分）如圖，AB為⊙O的直徑，E為OB的中點(diǎn)，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，連接CO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)F，連接BC．
（1）求證：△BOC是等邊三角形；
（2）若⊙O的半徑為2，求CD的長(zhǎng)．

【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的判定定理證明即可；
（2）根據(jù)勾股定理和垂徑定理解答即可．
【解答】（1）證明：∵E為OB的中點(diǎn)，
∴OE＝OB＝OC，
∵弦CD⊥AB于點(diǎn)E，
∴∠COE＝30°，
∴∠COE＝60°，
又∵OC＝OB，
∴△BOC是等邊三角形；
（2）解：在Rt△COE中，CO＝2，OE＝1，
∴CE＝，
∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，
∴CE＝DE＝CD，
∴CD＝2CE＝2．
18．（8分）石拱橋是我國(guó)古代入民勤勞和智慧的結(jié)晶（如圖1），隋代建造的趙州橋距今約有1400年歷史，是我國(guó)古代石拱橋的代表．如圖2是根據(jù)某石拱橋的實(shí)物圖畫出的幾何圖形，橋的主橋拱是圓弧形，表示為．橋的跨度（弧所對(duì)的弦長(zhǎng)）AB＝26m，設(shè)所在圓的圓心為O，半徑OC⊥AB，垂足為D．拱高（弧的中點(diǎn)到弦的距離）CD＝5m．連接OB．
（1）直接判斷AD與BD的數(shù)量關(guān)系；
（2）求這座石拱橋主橋拱的半徑（精確到1m）．

【分析】（1）根據(jù)垂徑定理便可得出結(jié)論；
（2）設(shè)主橋拱半徑為R，在Rt△OBD中，根據(jù)勾股定理列出R的方程便可求得結(jié)果．
【解答】解：（1）∵OC⊥AB，
∴AD＝BD；
（2）設(shè)主橋拱半徑為R，由題意可知AB＝26，CD＝5，
∴BD＝AB＝13，
OD＝OC﹣CD＝R﹣5，
∵∠ODB＝90°，
∴OD2+BD2＝OB2，
∴（R﹣5）2+132＝R2，
解得R＝19.4≈19，
答：這座石拱橋主橋拱的半徑約為19m．
19．（10分）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，點(diǎn)F是CD延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于點(diǎn)E．
（1）求證：AB＝AC．
（2）若BD＝18，DE＝2，求CD的長(zhǎng)．

【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)解答；
（2）過點(diǎn)A作AG⊥BD，分別證明Rt△AED≌Rt△AGD和Rt△AEC≌Rt△AGB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)計(jì)算．
【解答】（1）證明：∵AD平分∠BDF，
∴∠ADF＝∠ADB，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠ADF＝∠ABC，
∵∠ACB＝∠ADB，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC；
（2）解：過點(diǎn)A作AG⊥BD，垂足為點(diǎn)G．
∵AD平分∠BDF，AE⊥CF，AG⊥BD，
∴AG＝AE，∠AGB＝∠AEC＝90°，
在Rt△AED和Rt△AGD中，
，
∴Rt△AED≌Rt△AGD，
∴GD＝ED＝2，
在Rt△AEC和Rt△AGB中，
，
∴Rt△AEC≌Rt△AGB（HL），
∴BG＝CE，
∵BD＝18，
∴BG＝BD﹣GD＝18﹣2＝16，
∴CE＝BG＝16，
∴CD＝CE﹣DE＝16﹣2＝14．

20．（10分）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C為的中點(diǎn)，CF為⊙O的弦，且CF⊥AB，垂足為E，連接BD交CF于點(diǎn)G，連接CD，AD，BF．
（1）求證：△BFG≌△CDG；
（2）若AD＝BE＝4，求BF的長(zhǎng)．

【分析】（1）首先利用已知條件和垂徑定理證明CD＝BF，然后根據(jù)AAS證明△BFG≌△CDG；
（2）連接OF，設(shè)⊙O的半徑為r，由CF＝BD列出關(guān)于r的勾股方程就能求解．
【解答】（1）證明：∵C是中點(diǎn)，
∴＝，
∵AB是⊙O的直徑，且CF⊥AB，
∴＝，
∴＝，
∴CD＝BF，
在△BFG和△CDG中，
，
∴△BFG≌△CDG（AAS）；
（2）解：如圖，連接OF，設(shè)⊙O的半徑為r，
Rt△ADB中，BD2＝AB2﹣AD2，即BD2＝（2r）2﹣42，
Rt△OEF中，OF2＝OE2+EF2，即EF2＝r2﹣（r﹣4）2，
∵＝＝，
∴＝，
∴BD＝CF，
∴BD2＝CF2＝（2EF）2＝4EF2，
即（2r）2﹣42＝4[r2﹣（r﹣4）2]，
解得：r＝2（舍）或6，
∴BF2＝EF2+BE2＝62﹣（6﹣4）2+42＝48，
∴BF＝4．

21．（12分）如圖，等邊三角形ABC內(nèi)接于半徑長(zhǎng)為2的⊙O，點(diǎn)P在圓弧AB上以2倍速度從B向A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q在圓弧BC上以1倍速度從C向B運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P，O，Q三點(diǎn)處于同一條直線時(shí)，停止運(yùn)動(dòng)．
（1）求點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)總長(zhǎng)度；
（2）若M為弦PB的中點(diǎn)，求運(yùn)動(dòng)過程中CM的最大值．

【分析】（1）因?yàn)辄c(diǎn)P在圓弧AB上以2倍速度從B向A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q在圓弧BC上以1倍速度從C向B運(yùn)動(dòng)，所以可以假設(shè)∠COQ＝n，∠BOP＝2n，可得120°﹣n+2n＝180°，求出n，可得結(jié)論；
（2）如圖，取OB的中點(diǎn)J，連接JM，JC，過點(diǎn)J作JH⊥BC于點(diǎn)H．分別求出CJ，JM，可得結(jié)論．
【解答】解：（1）∵點(diǎn)P在圓弧AB上以2倍速度從B向A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q在圓弧BC上以1倍速度從C向B運(yùn)動(dòng)，
∴可以假設(shè)∠COQ＝n，∠BOP＝2n，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠A＝60°，
∴∠BCO＝2∠A＝120°，
∵P，O，Q共線，
∴120°﹣n+2n＝180°，
∴n＝60°，
∴點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)總長(zhǎng)度＝＝；
（2）如圖，取OB的中點(diǎn)J，連接JM，JC，過點(diǎn)J作JH⊥BC于點(diǎn)H．

∵OB＝OC＝2，∠BOC＝120°，
∴BC＝OB＝2，∠OBC＝∠OCB＝30°，
∵BJ＝OJ＝1，
∴JH＝BJ＝，BH＝，
∴CH＝，
∴CJ＝＝＝，
∵BM＝MP．BJ＝OJ，
∴JM＝OP＝1，
∴CM≤JM+CJ＝1+，
∴CM的最大值為1+．
22．（12分）如圖，C是圓O被直徑AB分成的半圓上一點(diǎn)，過點(diǎn)C的圓O的切線交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，連接CA，CO，CB．
（1）求證：∠ACO＝∠BCP；
（2）若∠ABC＝2∠BCP，求∠P的度數(shù)；
（3）在（2）的條件下，若AB＝4，求圖中陰影部分的面積（結(jié)果保留π和根號(hào)）．

【分析】（1）由AB是半圓O的直徑，CP是半圓O的切線，可得∠ACB＝∠OCP，即得∠ACO＝∠BCP；
（2）由∠ABC＝2∠BCP，可得∠ABC＝2∠A，從而∠A＝30°，∠ABC＝60°，可得∠P的度數(shù)是30°；
（3）∠A＝30°，可得BC＝AB＝2，AC＝BC＝2，即得S△ABC＝BC?AC＝2，故陰影部分的面積是π×（）2﹣2＝2π﹣2．
【解答】（1）證明：∵AB是半圓O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵CP是半圓O的切線，
∴∠OCP＝90°，
∴∠ACB＝∠OCP，
∴∠ACO＝∠BCP；
（2）解：由（1）知∠ACO＝∠BCP，
∵∠ABC＝2∠BCP，
∴∠ABC＝2∠ACO，
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠A，
∴∠ABC＝2∠A，
∵∠ABC+∠A＝90°，
∴∠A＝30°，∠ABC＝60°，
∴∠ACO＝∠BCP＝30°，
∴∠P＝∠ABC﹣∠BCP＝60°﹣30°＝30°，
答：∠P的度數(shù)是30°；
（3）解：由（2）知∠A＝30°，
∵∠ACB＝90°，
∴BC＝AB＝2，AC＝BC＝2，
∴S△ABC＝BC?AC＝×2×2＝2，
∴陰影部分的面積是π×（）2﹣2＝2π﹣2，
答：陰影部分的面積是2π﹣2．
23．（12分）如圖，以線段AB為直徑作⊙O，交射線AC于點(diǎn)C，AD平分∠CAB交⊙O于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作直線DE⊥AC于點(diǎn)E，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．連接BD并延長(zhǎng)交AC于點(diǎn)M．
（1）求證：直線DE是⊙O的切線；
（2）若∠F＝30°，求∠M的度數(shù)；
（3）在第二問的條件下，若ME＝1，求BF的長(zhǎng)．

【分析】（1）連接OD，由∠ODA＝∠OAD＝∠DAC證明OD∥AC，得∠ODF＝∠AED＝90°，即可證明直線DE是⊙O的切線；
（2）根據(jù)圓周角定理和等邊三角形的判定和性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（3）由∠AEF＝90°，∠F＝30°證明∠BAM＝60°，則△ABM是等邊三角形，所以∠M＝60°，則∠EDM＝30°，所以BD＝MD＝2ME＝2，再證明∠BDF＝∠F，得BF＝BD＝2．
【解答】（1）證明：連接OD，則OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD＝∠DAC，
∴∠ODA＝∠DAC，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴∠ODF＝∠AED＝90°，
∵OD是⊙O的半徑，且DE⊥OD，
∴直線DE是⊙O的切線；
（2）解：∵線段AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADM＝180°﹣∠ADB＝90°，
∴∠M+∠DAM＝90°，∠ABM+∠DAB＝90°，
∵∠DAM＝∠DAB，
∴∠M＝∠ABM，
∴AB＝AM．
∵∠AEF＝90°，∠F＝30°，
∴∠BAM＝60°，
∴△ABM是等邊三角形，
∴∠M＝60°；
（3）解：∵∠DEM＝90°，∠M＝60°，ME＝1，
∴∠EDM＝30°，
∴MD＝2ME＝2，
∴BD＝MD＝2，
∵∠BDF＝∠EDM＝30°，
∴∠BDF＝∠F，
∴BF＝BD＝2．

24．（14分）如圖，在△ABC中，D在邊AC上，圓O為銳角△BCD的外接圓，連結(jié)CO并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)E．
（1）若∠DBC＝α，請(qǐng)用含α的代數(shù)式表示∠DCE；
（2）如圖2，作BF⊥AC，垂足為F，BF與CE交于點(diǎn)G，已知∠ABD＝∠CBF．
①求證：EB＝EG；
②若CE＝5，AC＝8，求FG+FB的值．

【分析】（1）根據(jù)圓周角定理即可解決問題；
（2）①結(jié)合（1）利用三角形內(nèi)角和定理即可解決問題；
②作EM⊥BE，EN⊥AC，證明四邊形EMFN為矩形，再根據(jù)線段的和差即可解決問題．
【解答】（1）解：如圖，連結(jié)OD，

∵∠DOC＝2∠DBC＝2α，
又∵OD＝OC，
∴∠DCE＝90°﹣α；
（2）①證明：∵∠ABD＝∠CBF，
∴∠EBG＝∠ABD+∠DBF＝∠CBF+∠DBF＝∠DBC，
設(shè)∠DBC＝α，
由（1）得：∠DCE＝90°﹣α，
∵BF⊥AC，
∴∠FGC＝∠BGE＝α，
∴∠EBG＝∠EGB，
∴EB＝EG；
②解：如圖，作EM⊥BE，EN⊥AC，

由①得：∠EBG＝α，∠ACE＝90°﹣α，
∵BF⊥AC
∴∠A＝90°﹣α，
∴AE＝CE＝5，
∵EN⊥AC，AC＝8，
∴CN＝4，
∴EN＝3，
∵EM⊥BF，NF⊥BF，EN⊥AC，
∴四邊形EMFN為矩形，
∴EN＝MF＝3，
∵EB＝EG，EM⊥BG，
∴BM＝GM，
∴FG+FB＝FM﹣MG+FM+BM＝2FM＝6．

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