第3章對圓的進一步認識單元測試（B卷提升篇）（含解析）-2024-2025學(xué)年九年級上學(xué)期數(shù)學(xué)同步單元檢測AB卷(青島版)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

青島版9上數(shù)學(xué)第3章對圓的進一步認識單元測試（B卷提升篇）（含解析）學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________ 注意事項:1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。3.考試結(jié)束后，本試卷和答題卡一并交回。第I卷（選擇題）一、單選題 1．如圖是某商品標(biāo)牌的示意圖，⊙O與等邊△ABC的邊BC相切于點C，且⊙O的直徑與△ABC的高相等，已知等邊△ABC邊長為4，設(shè)⊙O與AC相交于點E，則AE的長為（　　） A． B．1 C．﹣1 D． 2．如圖，在△ABC中，∠BAC=45°，以AB為直徑的圓分別交BC，AC于D，E兩點，AD交BE于F點，現(xiàn)給出下列命題：①DE+BD=AD；②△ABE與△ABD的面積差為ED2??，則（　?。? A．①是假命題，②是真命題 B．①是真命題，②是假命題 C．①是假命題，②是假命題 D．①是真命題，②是真命題 3．如圖，在正方形中，對角線相交于點O，E是邊的中點，連接，分別交于點P，Q，將AP繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°交的延長線于點F．下列結(jié)論：①；②；③若三角形的面積為4，則正方形的面積為18；④．其中結(jié)論正確的序號有（????） A．①②③④ B．①②③ C．③④ D．①②④ 4．如圖，在正方形中，點P是對角線上一點（點P不與B、D重合），連接并延長交于點E，過點P作交于點F，連接交于點G，給出四個結(jié)論：①；②；③；上述結(jié)論中，所有正確結(jié)論的序號是（???） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 5．如圖，在中，，，經(jīng)過點且與邊相切的動圓與分別相交于點M，N，則線段長度的最小值是（????） A．3 B． C． D． 6．如圖所示，半徑為的的弦，，交于點，為上一點，連接，，，．有下列結(jié)論：①；②若．則；③若，，則．其中正確的是（????） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 7．如圖，已知是圓的直徑，，是圓的弦，，射線、交于點，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)，從與重合開始到與第一次重合停止，則點運動的路徑長為(????) A． B． C． D． 8．如圖1，已知正方形MNOK和正六邊形ABCDEF邊長均為1，把正方形放在正六邊形中，使OK邊與AB邊重合，如圖所示，按下列步驟操作，將正方形在正六邊形中繞點B順時針旋轉(zhuǎn)，使KM邊與BC邊重合，完成第一次旋轉(zhuǎn)，再繞點C順時針旋轉(zhuǎn)，使MN邊與CD邊重合，完成第二次旋轉(zhuǎn)；…，如圖2，是六次旋轉(zhuǎn)的位置圖象，圖中虛線是點M的運動軌跡，則在第四次旋轉(zhuǎn)的過程中，點B，M間的距離可能是（　?。? A．1.4 B．1.1 C．0.8 D．0.6 9．某校舉辦校慶晚會，其主舞臺為一圓形舞臺，圓心為O．A，B是舞臺邊緣上兩個固定位置，由線段AB及優(yōu)弧圍成的區(qū)域是表演區(qū)．若在A處安裝一臺某種型號的燈光裝置，其照亮區(qū)域如圖1中陰影所示．若在B處再安裝一臺同種型號的燈光裝置，恰好可以照亮整個表演區(qū)，如圖2中陰影所示若將燈光裝置改放在如圖3所示的點M，N或P處，能使表演區(qū)完全照亮的方案可能是（????） ①在M處放置2臺該型號的燈光裝置 ②在M，N處各放置1臺該型號的燈光裝置 ③在P處放置2臺該型號的燈光裝置 A．① B．①② C．②③ D．①②③ 10．如圖，在矩形ABCD中AB＝10，BC＝8，以CD為直徑作⊙O．將矩形ABCD繞點C旋轉(zhuǎn)，使所得矩形A1B1C1D1的邊A1B1與⊙O相切于點E，則BB1的長為（　　） A． B．2 C． D．第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明二、填空題 11．如圖，已知直線與x、y軸交于A、B兩點，的半徑為1，P為上一動點，切于Q點．當(dāng)線段長取最小值時，直線交y軸于M點，a為過點M的一條直線，則點P到直線a的距離的最大值為． 12．如圖，的直徑長為16，點E是半徑的中點，過點E作交于點C，D．點P在上運動，點Q在線段上，且，則的最大值是． 13．在已知線段，且、兩點都在的外，圓上動點與點的最小距離為6，與點的最小距離為4，若為直角三角形，則的半徑． 14．如圖，AB是⊙O的直徑，點D、E是半圓的三等分點，AE、BD的延長線交于點C，若CE＝2，則圖中陰影部分的面積為． 15．如圖，在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格中，線段的端點A，B均落在格點上．（Ⅰ）線段的長等于；（Ⅱ）經(jīng)過點A，B的圓交網(wǎng)格線于點，在上有一點，滿足，請用無刻度的直尺，在如圖所示的網(wǎng)格中，畫出點，并簡要說明點的位置是如何找到的（不要求證明）． 16．如圖，已知菱形中，，為鈍角，于點，為的中點，連接，.若，則過、、三點的外接圓半徑為 . 三、解答題 17．不在同一條直線上的三個點確定一個圓，因此，三角形的是三個頂點確定一個圓，這個圓叫做三角形的外接圓，外接圓的圓心叫做三角形的外心．（1）如圖1，△ABC是等邊三角形，BC=10，點O是△ABC的外心，求點O與點A之間的距離．（2）如圖2，在△ABC中，∠BAC=45°，AD⊥BC于點D，已知BD=6，CD=4，求AD的長．（3）如圖3，在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC=240°，∠C=3∠A,BD=10,求四邊形ABCD面積的最大值． 18．問題提出（1）如圖1，點P是的平分線OC上一點，，垂足為D，若，則點P到邊OB的距離是；問題探究（2）如圖2，已知矩形ABCD的一邊AB長為6，點P為邊AD上一動點，連接BP、CP，且滿足，求BC的最小值；（結(jié)果保留根號）問題解決（3）如圖3，正方形ABCD是某植物園的花卉展示區(qū)的部分平面示意圖，其中米，三條觀光小路BM、BN和MN（小路寬度不計，M在AD邊上，N在CD邊上）擬將這個展示區(qū)分成四個區(qū)域，用來展示不同的花卉，根據(jù)實際需要，MB平分，并且要求的面積盡可能小，那么是否存在滿足條件的面積最小的？若存在，請求出的面積的最小值．若不存在，請說明理由．（結(jié)果保留根號） 19．如圖，在平行四邊形中，于，，，經(jīng)過點作圓和邊切于點（點可與點、重合），交邊、邊于、．求的長；若點在邊上，求弧的長；若點與點重合，判斷點與圓的位置關(guān)系；設(shè)圓的半徑為，直接寫出的取值范圍． 20．問題提出（1）如圖1，在四邊形中，，，，與之間的距離為4，則四邊形的面積為______；問題探究（2）如圖2，在四邊形中，，若，對角線，求四邊形的最大面積；問題解決（3）某地在文旅開發(fā)建設(shè)中規(guī)劃設(shè)計梯形為非遺展示區(qū)，計劃分為傳統(tǒng)、創(chuàng)新兩個區(qū)域．如圖3，已知，，，，，則是否存在面積最大的四邊形？若存在，請求出這個最大值；若不存在，請說明理由． 21．如圖1，已知在平行四邊形ABCD中，AB=5，BC=8，，點P是邊BC上的動點，以CP為半徑的圓C與邊AD交于點E、F（點F在點E的右側(cè)），射線CE與射線BA交于點G． (1)當(dāng)圓C經(jīng)過點A時，求CP的長； (2)聯(lián)結(jié)AP，當(dāng)時，求弦EF的長； (3)當(dāng)△AGE是等腰三角形時，求圓C的半徑長． 22．在平面直角坐標(biāo)系中，的半徑為2．對于線段和點C（點C不在直線上），給出如下定義：過點C作直線的平行線l，如果線段關(guān)于直線l的對稱線段是的弦，那么線段稱為的點C對稱弦． (1)如圖，，，，，，在線段，中，的點H對稱弦是___________； (2)等邊的邊長為1，點，若線段是的點C對稱弦，求t的值； (3)點M在直線上，的半徑為1，過點M作直線的垂線，交于點P，Q．若點N在上，且線段是的點N對稱弦，直接寫出點M的橫坐標(biāo)m的取值范圍． 23．已知平面直角坐標(biāo)系中，以原點O為圓心，5為半徑的交y軸的正半軸于點P，小剛同學(xué)用手中的三角板（）進行了如下的實驗操作： ?? (1)如圖1，將三角板的斜邊放置于x軸上，邊恰好與相切于點D，則切線長； (2)如圖2，將三角板的頂點A在上滑動，直角頂點B恰好落在x軸的正半軸上，若邊與相切于點M，求點B的坐標(biāo)； (3)請在備用圖上繼續(xù)操作：將三角板的頂點A繼續(xù)在上滑動，直角頂點B恰好落在上且在y軸右側(cè)，邊與y軸的正半軸交于點G，與的另一交點為H，若，求的長． 24．如圖1，菱形邊長為3，延長至點C，使得．連接，．點E，F(xiàn)分別在線段和上，且滿足，連接，交于點O，過點B作，交延長線于點M，連接． (1)求與之間的數(shù)量關(guān)系； (2)當(dāng)時，求的長度； (3)如圖2，過點M作交于N，求的最大值．參考答案： 1．B 【分析】通過求解CE的長度來求出AE的長，連接OC，并過點O作OF⊥CE于F，求出等邊三角形的高即可得出⊙O的直徑，進而得到半徑OC的長度；根據(jù)切線和等邊三角形的性質(zhì)不難的得出∠OCF=30°，再在Rt△OFC中，利用特殊角的三角函數(shù)值求出FC的長，最后利用垂徑定理即可得出CE的長. 【詳解】連接OC，并過點O作OF⊥CE于F. ∵△ABC為等邊三角形，邊長為4， ∴∠ACB=60°，△ABC的高為2. ∵等邊三角形ABC的高與⊙O的直徑相等， ∴⊙O的半徑OC=. ∵⊙O與BC相切于點C， ∴∠OCB=90°. ∵∠ACB=60°， ∴∠OCF=30°. ∵在Rt△OFC中，∠OCF=30°，OC=， ∴FC=， ∴CE=2FC=3（cm） ∴AE=AC-CE=4-3=1（cm）故選B. 【點睛】本題考查了切線的性質(zhì), 垂徑定理, 圓周角定理, 弦切角定理等知識的綜合運用，通過求出CE的長間接求出AE的長，在解題過程中要仔細分析題目，想想要求CE的長，需要借助哪些輔助線進行解決. 2．D 【分析】①過點E作⊥HE交AD于H，構(gòu)造等腰直角三角形，根據(jù)圓周角定理，得到角相等，證明△AEH≌△BDE，得到AH=BD，由DH=DE，由等量代換得到DE+BD=AD； ②由①證得：DE+BD=AD，兩邊平方得：2DE2=（AD-BD）2=AD2+BD2-2AD?BD=AB2-2AD?BD，等式的兩邊乘以得：DE2=AB2-AD?BD=S△ABE-S△ABD，得到②是真命題．【詳解】①過點E作⊥HE交AD于H， ∵AB為⊙O的直徑， ∴∠AEB=90°，∠ADB=90° ∵∠EAB=45°，∴∠EBA=45°， ∴∠EDA=45°， ∴∠EHD=∠EDA=45°， ∴∠AHE=∠EDB=135°，在△AEH與△BDE中，， ∴△AEH≌△BDE， ∴AH=BD， ∵DH=DE， ∴AD=AH+DH=BD+DE， ∴①是真命題； ②∵S△ABE=AE?BE=AB2，S△ABD=AD?BD，由①證得：DE+BD=AD， ∴DE=AD-BD， ∴2DE2=（AD-BD）2=AD2+BD2-2AD?BD=AB2-2AD?BD ∴DE2=AB2-AD?BD=S△ABE-S△ABD， ∴②是真命題，故選D．【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積的求法，圓周角定理，正確的作出輔助線是解體的關(guān)鍵． 3．D 【分析】①正確．利用四點共圓證明即可； ②正確．設(shè),求出即可解決問題； ③錯誤，通過計算正方形的面積為； ④正確．證明即可．【詳解】∵四邊形是正方形， ∴，，連接． ∵， ∴， ∴A，P，B，F(xiàn)四點共圓， ∴， ∴， ∴，故①正確，設(shè),則， ∴，即，故②正確， ∵，E是邊的中點 ∴ ∴，故③錯誤， ∵E是邊的中點 ∴ ∴ ∴ ∵ ∴，故④正確，故選：D．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，四點共圓等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題． 4．D 【分析】取的中點，連接，利用直角三角形性質(zhì)可得，即，四點共圓，再運用勾股定理即可判斷結(jié)論①；將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，可證得，即可判斷結(jié)論②；連接，過點作于，過點作于，則四邊形是矩形，可證得，再結(jié)合等腰直角三角形性質(zhì)即可判斷結(jié)論③；【詳解】解：如圖1，取的中點，連接， ∵，四邊形是正方形，，，，四點共圓，，在中，，在中，， ∴；故①正確；將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，如圖2，，，共線，， ∴， ∴，在和中， ∴， ∴， ∵， ∴；故②正確；連接，過點作于，過點作于，則四邊形是矩形，如圖3，在和中，，，，，，，，，，故③正確；故選：D．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，四點共圓，圓周角定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題． 5．D 【分析】如圖所示，設(shè)的外接圓圓心為O，過點O作于E，連接，利用垂徑定理，圓周角定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)證明，可以得到要使最小，則的直徑要最小，過點C作于點，以為直徑作圓與分別相交于點，連接，此時，線段的長度最小，據(jù)此求解即可．【詳解】解：如圖所示，設(shè)的外接圓圓心為O，過點O作于E，連接， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴要使最小，則的直徑要最小，過點C作于點，以為直徑作圓與分別相交于點，連接，此時，線段的長度最小， ∵， ∴， ∴， ∴．故選D．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，垂徑定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等等，正確確定最小值時的情形是解題的關(guān)鍵． 6．D 【分析】①由弦，可得，進而可得，然后由圓周角定理，證得，即可判定；②連接，由，，可求得，進而可得是等腰直角三角形，則可求得；③設(shè)與BD相交于點G，連接，易證得是等腰三角形，即可判斷．【詳解】①∵弦， ∴， ∴，，故①正確； ②連接，， ∴，故②正確； ③設(shè)與BD相交于點G，連接， ∵，在和中， ∵，其中正確的是：①②③，故選D. 【點睛】本題考查圓的綜合問題，熟練掌握圓的相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵. 7．C 【分析】如圖，連接、，根據(jù)AB、CD的長可得，即可證明是等邊三角形，可得，可得旋轉(zhuǎn)的角度為，根據(jù)圓周角定理可得，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可得，即可得出點E的運動軌跡為的外接圓，且AB所對的圓心角為，設(shè)外接圓圓心為O1，O1E旋轉(zhuǎn)的角度為，連接，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得，利用勾股定理列方程可求出的長，利用弧長公式即可求出的長，即可得答案．【詳解】如圖，連接、、 ∵為的直徑， ∴， ∴是等邊三角形， ∴， ∵和是所對的圓周角和圓心角， ∴，同理：， ∴， ∵CD繞點順時針旋轉(zhuǎn)，從與重合開始到與第一次重合停止， ∴旋轉(zhuǎn)的角度為， ∴點的運動根據(jù)為的外接圓，且弦AB所對的圓心角為，設(shè)外接圓的圓心為，則旋轉(zhuǎn)的角度為，圖中為點的運動路徑，連接，則， ∵點為的圓心， ∴， ∴， ∴， ∴，即，解得：O1A=，(負值舍去) ∴， ∴．故選：C．【點睛】本題考查圓周角定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)及弧長公式，正確得出點E的運動軌跡并熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題關(guān)鍵． 8．D 【詳解】解：如圖，在這樣連續(xù)6次旋轉(zhuǎn)的過程中，點M的運動軌跡是圖中的紅線，觀察圖象可知點B，M間的距離大于等于2﹣2小于等于1．故選D．點睛：本題考查了正六邊形、正方形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵作出點M的運動軌跡，利用圖象解決問題，題目有一定的難度． 9．B 【分析】根據(jù)圓周角和三角形內(nèi)角和的性質(zhì)，對各個選項逐個分析，即可得到答案．【詳解】在M處放置2臺該型號的燈光裝置，如下圖 ∵在A、B兩處安裝各一臺某種型號的燈光裝置，恰好可以照亮整個表演區(qū)， ∴優(yōu)弧所對圓周角如要照亮整個表演區(qū)，則兩臺燈光照亮角度為，且 ∴為優(yōu)弧所對圓周角 ∴，即①方案成立；在M，N處各放置1臺該型號的燈光裝置，分別連接、、、、、,如下圖， ∵，， ∴②方案成立；在P處放置2臺該型號的燈光裝置，如下圖，和相切于點P 如要照亮整個表演區(qū)，則兩臺燈光照亮角度為總根據(jù)題意，，即兩臺燈光照亮角度總和 ∴③方案不成立；故選：B．【點睛】本題考查了圓、三角形內(nèi)角和的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握圓周角的性質(zhì)，從而完成求解． 10．C 【分析】連接EO并延長交線段CD1于點F，過點B1作B1G⊥BC于點G，由題意可得：四邊形B1EFC為矩形，則EF=B1C=8，由勾股定理可求線段CF的長；由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：∠OCF=∠B1CG，則，，利用直角三角形的邊角關(guān)系可求B1 G和CG，最后利用勾股定理可得結(jié)論．【詳解】解：如圖，連接EO并延長交線段CD1于點F，過點B1作B1G⊥BC于點G， ∵邊A1B1與⊙O相切于點E， ∴OE⊥A1B1， ∵四邊形A1B1C1D1是矩形， ∴A1B1⊥B1C，B1C⊥CD1， ∵四邊形B1EFC為矩形， ∴EF=B1C=8， ∵CD為直徑作⊙O， ∴， ∴OF=EF－OE=3， ∵A1B1 //CD1，OE⊥A1B1， ∴OF⊥CD1， ∴，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：， ∴，， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∴．故選：C．【點睛】本題主要考查了矩形的判定與性質(zhì)，圓的切線的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的邊角關(guān)系，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，連接EO，利用切線的性質(zhì)得到OE⊥A1B1，是解決此題的關(guān)鍵． 11．【分析】先找到長取最小值時P的位置即為OP⊥AB時，然后畫出圖形，由于PM即為P到直線a的距離的最大值，求出PM長即可．【詳解】解：如圖，在直線上，x=0時，y=4，y=0時，x=， ∴OB=4，OA=， ∴， ∴∠OBA=30°，由切于Q點，可知OQ⊥PQ， ∴，由于OQ=1，因此當(dāng)OP最小時長取最小值，此時OP⊥AB， ∴，此時，， ∴，即∠OPQ=30°，若使P到直線a的距離最大，則最大值為PM，且M位于x軸下方，過P作PE⊥y軸于E，，， ∴， ∵，∴∠OPE=30°， ∴∠EPM=30°+30°=60°，即∠EMP=30°， ∴，故答案為：．【點睛】本題考查了圓和函數(shù)的綜合問題，題解題中含義找到Ｐ點的位置是解題的關(guān)鍵． 12．【分析】延長到，使得，連接，，，．首先證明，解直角三角形求出，求出的最大值即可解決問題．【詳解】解：延長到，使得，連接，，，．，，，，，，，，，，，，，，在中，，，，，，的最大值為，的最大值為．故答案為：．【點睛】本題考查垂徑定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題． 13．2或20 【分析】設(shè)與交于點，與交于點，分當(dāng)時，當(dāng)時，當(dāng)時三種情況討論，再根據(jù)勾股定理，列方程求解即可．【詳解】解：設(shè)與交于點，與交于點，當(dāng)時，如圖，圓上動點與點的最小距離為6，與點的最小距離為4， ?? 則，在中，，，（舍去）；當(dāng)時，如圖，圓上動點與點的最小距離為6，與點的最小距離為4， ???? 則，在中，，，，當(dāng)時，為斜邊，，，故此情況不成立，舍去．綜上所述：的半徑的值為2或20．故答案為：2或20．【點睛】本題考查了點與圓的關(guān)系，勾股定理，解一元二次方程等知識，運用分類討論的思想方法是本題的關(guān)鍵． 14．π﹣．【分析】結(jié)合題意，利用三角形邊長關(guān)系，得出△OAE、△ODE、△OBD、△CDE都是等邊三角形，將陰影部分的面積轉(zhuǎn)化為三角形的面積，然后利用扇形面積，建立等式，計算結(jié)果，即可. 【詳解】連接OE、OD，點D、E是半圓的三等分點， ∴∠AOE＝∠EOD＝∠DOB＝60° ∵OA＝OE＝OD＝OB ∴△OAE、△ODE、△OBD、△CDE都是等邊三角形， ∴AB∥DE，S△ODE＝S△BDE； ∴圖中陰影部分的面積＝S扇形OAE﹣S△OAE+S扇形ODE＝=．故答案為．【點睛】考查圓綜合問題，考查等邊三角形的判定，關(guān)鍵將陰影部分面積轉(zhuǎn)化為苛求的三角形面積，難度中等． 15．作圖見解析【分析】（Ⅰ）直接利用勾股定理求解即可；（Ⅱ）先確定圓的兩條直徑，交點為圓心O；再連接AC交中間水平的網(wǎng)格線于點F，連接AC，作出垂直于AC的直徑交AB于I，連接CI并延長交⊙O于D，即為所求．【詳解】解：（Ⅰ）由勾股定理得：，故答案為：．（Ⅱ）連接MN，∠MAN=90°，則MN為直徑，連接AP交圓于Q，由格點△ASP≌△BTA可證得：∠PAB=90°，連接BQ，BQ為直徑，且BQ與MN的交點即為圓心O．連接AC，交中間水平的網(wǎng)格線于點F，可知F為AC的中點，連接OF并延長交AB于I，則OI為弦AC的垂直平分線，連接CI并延長交⊙O于點D，該點即為所求．理由：∵OI為AC的垂直平分線， ∴CI=AI， ∴∠ACI=∠CAI， ∴， ∴．【點睛】本題考查了勾股定理在格點中的應(yīng)用，圓心位置的確定，垂徑定理的推論，同圓中圓周角、弧的關(guān)系等知識點．利用垂徑定理的推論作出AC的垂直平分線是解題關(guān)鍵． 16．【分析】通過延長MN交DA延長線于點E，DF⊥BC,構(gòu)造全等三角形，根據(jù)全等性質(zhì)證出DE=DM,,再通過AE=BM=CF,在Rt△DMF和Rt△DCF中，利用勾股定理列方程求DM長，根據(jù)圓的性質(zhì)即可求解. 【詳解】如圖，延長MN交DA延長線于點E，過D作DF⊥BC交BC延長線于F,連接MD, ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AB=BC=CD=4，AD∥BC, ∴∠E=∠EMB, ∠EAN=∠NBM, ∵AN=BN, ∴△EAN≌BMN, ∴AE=BM,EN=MN, ∵, ∴DN⊥EM, ∴DE=DM, ∵AM⊥BC,DF⊥BC,AB=DC,AM=DF ∴△ABM≌△DCF, ∴BM=CF, 設(shè)BM=x,則DE=DM=4+x, 在Rt△DMF中，由勾股定理得，DF2=DM2-MF2=(4+x)2-42, 在Rt△DCF中，由勾股定理得，DF2=DC2-CF2=4 2-x2, ∴(4+x)2-42=4 2-x2, 解得，x1=,x2=（不符合題意，舍去） ∴DM=， ∴ ∴過、、三點的外接圓的直徑為線段DM, ∴其外接圓的半徑長為. 故答案為：. 【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，全等的判定與性質(zhì)，勾股定理及圓的性質(zhì)的綜合題目，根據(jù)已知條件結(jié)合圖形找到對應(yīng)的知識點，通過“倍長中線”構(gòu)建“X字型”全等模型是解答此題的突破口，也是解答此題的關(guān)鍵. 17．（1）OA=;(2)12;(3) 75+253. 【分析】（1）連接OA,OB,OC根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求解（2）先做△ABC的外接圓⊙ O,連接OB，OC,OA,過點O做OM⊥BC于點M，過點O做ON⊥AD與點N，結(jié)合直角三角形性質(zhì)，矩形性質(zhì)，勾股定理求解即可（3）分別做△ABD、△CBD的外接圓⊙ 0、⊙ 0＇，根據(jù)圓的性質(zhì)結(jié)合四邊形面積計算公式即可得到答案. 【詳解】連接OA,OB,OC，BC=10，過O點作OM⊥AB于點M, OA= (2)如圖，做△ABC的外接圓⊙ 0，連接OB，OC,OA,過點O做OM⊥BC于點M，過點O做ON⊥AD與點N，由∠BAC=45°，知∠BOC=90°，BM=（BD+CD）=5,易知△OBM是等腰直角三角形，故OA=OB=2 BM=52 ,易知四邊形OMDN是矩形，故DN=OM=5,ON=DM=1,在Rt△AON中12，有AN=??= =7,???? ∴AD=AN+ND=7+5=12. (3) ∵∠ABC+∠ADC=240°，∴∠A+∠C=120°，∵∠C=3∠A，∴∠A=30°，∠C=90°.如圖，分別做△ABD、△CBD的外接圓⊙ 0、⊙ 0＇，易知四邊形ABCD面積的最大值為四邊形A＇B＇C＇D＇的面積，其中A＇、C＇分別為其所在的優(yōu)弧的中點，連接OB、OD，則∠BOD=2∠A=60°，易知OA＇=BD=10, 0＇C＇=BD=5,OO＇=30＇B=53.∴四邊形A＇B＇C＇D＇為BD A＇C＇=10(10+53+5)=75+253.∴四邊形ABCD面積的最大值為75+253. 【點睛】此題重點考查學(xué)生對三角形外接圓的應(yīng)用能力，熟練掌握三角形外接圓的計算方法是解題的關(guān)鍵. 18．（1）2；（2）；（3）存在，平方米【分析】（1）根據(jù)角平分線上的點到角兩邊的距離相等性質(zhì)即可求得答案．（2）過點P作，可得四邊形ABGP是矩形，作的外接圓，過O作于F，根據(jù)題意可得到，即和都是的直角三角形，利用所對的直角邊等于斜邊的一半即可求得，，根據(jù)則根據(jù)三邊的關(guān)系即可求得R的取值范圍，即可求得答案．（3）過點B作于點G，根據(jù)正方形ABCD 的性質(zhì)結(jié)合判定定理求證，，從而可得，，即可得，作的外接圓，過O作于F，連接OM、ON、OB，根據(jù)結(jié)論可得，，從而得到三邊的關(guān)系，即可求得的取值范圍，當(dāng)取最小時即可求得的面積的最小值．【詳解】（1）解：點P是的平分線OC上一點，，且，點P到邊OB的距離為，故答案為：．（2）如圖2，過點P作于點G，則四邊形ABGP是矩形， ∴，作的外接圓，過O作于F，連接OB、OC、OP，，， ∴，設(shè)的半徑為R，則，， ∵， ∴，解得， ∴，即BC的最小值為．（3）存在．理由如下：如圖3，過點B作于點G， ∵四邊形ABCD是正方形， ∴米，， ∴，， ∵MB平分，，， ∴米，在和中，， ∴， ∴，同理可證， ∴， ∴，作的外接圓，過O作于F，連接OM、ON、OB，則，，設(shè)，則，， ∵， ∴，解得（米）， ∴（米）， ∴MN的最小值為（米）， ∴（平方米）．綜上，存在滿足條件的面積最小的，的面積的最小值為平方米．【點睛】本題考查了角平分線的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)、圓與四邊形的綜合應(yīng)用，熟悉角平分線上的點到角兩邊的距離相等的性質(zhì)、熟練掌握全等三角形的判定及性質(zhì)和線段間的最值問題是解題的關(guān)鍵． 19．（1）；（2）；（3）在圓的外部，理由見解析；（4）．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)以及勾股定理即可求解；（2）若點O在邊BC上，AC切⊙O于點C，連接OE，根據(jù)同角的三角函數(shù)求出OE，即可求解；（3）設(shè)⊙O交直線AD于點M，連接CM，AO，由切線的性質(zhì)及圓周角定理得出∠B=∠ACM，根據(jù)等角的三角函數(shù)求出AM，即可得出結(jié)論；（4）當(dāng)CE為⊙O的直徑時，半徑r最小，此時，Rt△ABC斜邊上的高CE為⊙O的直徑，根據(jù)三角形的面積可得CE，即可求出半徑r的最小值，當(dāng)點E與點B重合時，半徑r最大，連接OB，過O作ON⊥BC于N，根據(jù)等角的三角函數(shù)求出OB，即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）連接BD交AC于H， ∵于， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵四邊形是平行四邊形， ∴，， ∴， ∴；（2）若點O在邊BC上，如圖2， ∵∠ACB=90°， ∴AC切⊙O于點C，連接OE， ∴∠OEB=90°， ∴AE=AC=3， ∴BE=AB-AE=5-3=2， ∵， ∴，由于圓心在上，因此， ∴弧的長為；（3）設(shè)⊙O交直線AD于點M，連接CM，AO，如圖3， ∵∠DAC=90°， ∴CM是⊙O的直徑， ∵AB切⊙O于A點， ∴∠OAB=90°， ∵∠B+∠BAC=90°，∠OAC+∠BAC=90°， ∴∠B=∠OAC， ∵OA=OC， ∴∠ACM=∠OAC， ∴tan∠B==tan∠ACM=， ∴AM=＜AD， ∴點D在⊙O的外部；（4），當(dāng)CE為⊙O的直徑時，半徑r最小，此時，Rt△ABC斜邊上的高CE為⊙O的直徑，如圖4，由（1）知，AC=3，BC=4，AB=5， ∴CE=， ∴圓O的半徑為r=；當(dāng)點E與點B重合時，半徑r最大，連接OB，過O作ON⊥BC于N，如圖5， ∵∠OBA=90°，∠ONB=90°， ∴∠ABC+∠OBC=90°，∠OBC+∠BON=90°， ∴∠ABC=∠BON，在Rt△OBN中，tan∠BON=tan∠ABC=，又∵BC=4， ∴BN=BC=2， ∴ON=， ∴OB=，即r的最大值為，綜上，r的取值范圍為．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了平行四邊形的性質(zhì)以及勾股定理，切線的性質(zhì)，等角的三角函數(shù)，圓周角定理，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵． 20．（1）10 （2）四邊形的面積的最大值為（3）存在，四邊形的面積的最大值為【分析】（1）利用梯形的面積公式求解即可；（2）如圖2中，設(shè)交于，過點作于，交于，取的中點，連接．由，推出的最大值為3，當(dāng)?shù)闹底畲髸r，點與重合，此時，是等腰直角三角形，，由此即可解決問題；（3）如圖3中，延長交的延長線于，證明，，求出面積的最大值即可解決問題．【詳解】解：（1）在四邊形中，，，，，與之間的距離為4，四邊形的面積，故答案為：10．（2）如圖2，設(shè)交于點，過點作于點，延長交于點，取的中點，連接，，，，，，，的最大值為．當(dāng)?shù)闹底畲髸r，點與點重合．此時，和是等腰直角三角形，，的最大值為，四邊形的面積的最大值為．（3）存在，理由如下：如圖3，延長，交于點E，， ∴，，．，．設(shè)的面積為，則的面積為，的面積為，的面積為，四邊形的面積為，，，，點是在以點為圓心，且扇形圓心角所對的弧上，當(dāng)時，的面積最大，最大值為，，，的最大值為1003，四邊形的面積的最大值為．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了梯形的面積，三角形的面積，相似三角形的判定與性質(zhì)，垂線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題． 21．(1)5 (2) (3) 【分析】（1）當(dāng)點在上時，點和點重合，過點作于，直接利用勾股定理求出進而得出答案；（2）首先得出四邊形是菱形，進而得出的長，進而利用銳角三角函數(shù)關(guān)系得出以及的長；（3），只能，利用，得出，進而求出即可．【詳解】（1）解：如圖1，設(shè)的半徑為，當(dāng)點在上時，點和點重合，過點作于，，，，，此時；（2）解：如圖2，若，為平行四邊形，，四邊形是菱形，聯(lián)結(jié)、，則，，由（1）知，，則，，；（3）解：如圖3：聯(lián)結(jié)，過點作于點，設(shè)，，，，．，，，，，即，又，當(dāng)時，、、重合，則不存在．即只能，，，，，即，解得：，，．【點睛】此題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理以及銳角三角函數(shù)關(guān)系等知識，解題的關(guān)鍵是利用分類討論得出是等腰三角形時只能進而求解． 22．(1)，； (2)，，，； (3)，且．【分析】（1）根據(jù)題目中新定義，分別求出，，，，再判定這些點是否在上即可；（2）分類討論，當(dāng)點C在邊下方時，當(dāng)點C在邊上方時，分別求解即可；（3）如圖所示，分別求出m最小值與最大值，即可得出答案．【詳解】（1）解：∵，，， ∴，， ∵的半徑為2． ∴，在上， ∴線段是的點H對稱弦； ∵，，， ∴，， ∵的半徑為2． ∴，在上， ∴線段是的點H對稱弦．（2）解：如圖，當(dāng)在x上方，點C在邊下方時，線段是的點C對稱弦，為弦，設(shè)與y軸交于點M，與y軸交于點G，連接， ∴點M是的中點． ∵等邊的邊長為1， ∴，． ∵的半徑為2， ∴． ∴． ∴．當(dāng)點C在邊上方時，可以得到．當(dāng)在x下方時，利用圓的軸對稱性，同理可以得到，．（3）解：如圖所示，m取得最小值與最大值，過點M作軸于S，交直線于點K，則，，，由勾股定理得， ∴，設(shè)， ∴ 解得，又因點N不在直線上，所以， ∴點M的橫坐標(biāo)m的取值范圍為且．【點睛】本題考查新定義，等邊三角形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，注意分類討論思想的應(yīng)用，避免漏解． 23．(1) (2) (3)或【分析】（1）連接，得出，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理即可求得的長；（2）連接，設(shè)線段交于點，過點作于，得出四邊形是矩形，根據(jù)垂徑定理以及矩形的性質(zhì)得出，在中，勾股定理求得，中，勾股定理求得，即可求得點的坐標(biāo)；（3）分類討論，①當(dāng)在點上方時，過點作于點，連接，根據(jù)90度角所對的弦是直徑，得出是的直徑，進而勾股定理求得，垂徑定理求得，在中，得出，在中求得，繼而根據(jù)即可求解；②當(dāng)點在點下方時，過點作，同一法證明點重合，進而垂徑定理即可求解．【詳解】（1）如圖，連接， ?? ∵邊恰好與相切于點， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴中，,， ∴， ∴, 故答案為：；（2）如圖，連接，設(shè)線段交于點，過點作于， ?? ∵邊與相切于點， ∴，又， ∴四邊形是矩形， ∴，， ∵， ∴, ∵， ∴， ∴，在中，， ∴, ∴， ∴中，, ∴，（3）解：①如圖，當(dāng)在點上方時，過點作于點，連接， ?? ∵， ∴是的直徑， ∴， ∵，在中，， ∵， ∴, 在中，， ∵， ∴，在中，，， ∴； ②當(dāng)點在點下方時，如圖， ∵， ∴是的直徑， ∴， ∵，在中，，過點作， ∴，在中，， ∵， ∴， ∴，即點重合， ∴， ∴．【點睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理，圓周角定理，切線的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，綜合運用以上知識是解題的關(guān)鍵． 24．(1) (2) (3) 【分析】（1）可證明，從而，進而得出，進而得出結(jié)果；（2）作，交的延長線于點，作于點，根據(jù)得出，，從而，依次求得，，，，進而求得，，，進而求得，進一步得出結(jié)果；（3）以為邊在下方作等邊三角形，可求得，從而點在等邊三角形的外接圓上運動，連接，，，交于，則，，可證得，從而，進而求得，從而點在以為圓心，3為半徑的圓上運動，故當(dāng)與相切時，最大，從而得出最大，延長，交于點，根據(jù)得出設(shè)，則，從而得出，求得的值，進一步得出結(jié)果．【詳解】（1）四邊形是菱形，，，，，，，，，，，，；（2）如圖1，作，交的延長線于點，作于點，，，，，，，，，，，，，，；（3）如圖2，以為邊在下方作等邊三角形，由上知：，，點在等邊三角形的外接圓上運動，連接，，，交于，則，，，，，，，，，，，點在以為圓心，3為半徑的圓上運動，當(dāng)與相切時，最大，，最大，延長，交于點，，，，設(shè)，則，，，，，．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，確定圓的條件，解直角三角形等知識，解決問題的關(guān)鍵是較強的計算能力．