初中数学湘教版九年级下册第二章 圆 章末检测（提高练）

初中数学湘教版九年级下册第二章 圆 章末检测（提高练）
一、单选题
1．（2020九上·晋中月考）若 的外接圆半径为R，内切圆半径为 ，则其内切圆的面积与 的面积比为（　　）
A． B． C． D．
2．（2018九上·瑞安期末）如图，点A，B，C均在坐标轴上，AO=BO=CO=1，过A，O，C作⊙D，E是⊙D上任意一点，连结CE， BE，则 的最大值是（　　）
A．4 B．5 C．6 D．
3．（2020九上·北仑期中）如图，AB是⊙O的直径，点D，C在⊙O上，∠DOC＝90°，AD＝ ，BC＝1，则⊙O的半径为（　　）
A． B． C． D．
4．（2020九上·鄞州期中）如图，AC，BC是两个半圆的直径，∠ACP=30°，若AB=2a，则 PQ的值为（ ）
A．a B．1.5a C． D．
5．（2018九上·丽水期中）如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB=2∠BOC，则下列说法中正确的是（　　）
A．∠OBA=∠OCA B．四边形OABC内接于⊙O
C．AB=2BC D．∠OBA+∠BOC=90°
6．（2020九上·南昌期末）如图，直线y＝ x＋ 与x轴、y轴分别相交于A、B两点，圆心P的坐标为（1，0），⊙P与y轴相切于点O．若将⊙P沿x轴向左移动，当⊙P与该直线相交时，满足横坐标为整数的点P的个数是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
7．（2020九上·玉田期末）如图，已知直线l的函数表达式为 ，它与x轴、y轴的交点分别为 两点．
（1）若 的半径为2，说明直线 与 的位置关系；
（2）若 的半径为2， 经过点B且与x轴相切于点F，求圆心P的坐标；
（3）若 的内切圆圆心是点M，外接圆圆心是点N，请直接写出 的长度．
8．（2019九上·宜兴月考）在平面直角坐标系 中，直线经过点A（－3，0），点B（0， ），点P的坐标为（1，0），与 轴相切于点O，若将⊙P沿 轴向左平移，平移后得到（点P的对应点为点P′），当⊙P′与直线相交时，横坐标为整数的点P′共有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（2019九上·鄞州期末）在 Rt△ABC ，∠C=90°，AB=6．△ABC的内切圆半径为1，则△ABC的周长为（　　）
A．13 B．14 C．15 D．16
10．（2020九上·浙江期末）若四边形A鱿O的对角线AC，BD相交于O，△AOB，△BOC，△COD，△DOA的周长相等，且△AOB，△BOC，△COD的内切圆半径分别为3，4，6，则△DOA的内切圆半径是（　　)
A． B．
C． D．以上答案均不正确
11．（2020·宿州模拟）如图，王虎使一长为4cm，宽为3cm的长方形木板，在桌面上做无滑动的翻滚（顺时针方向）木板上点A位置变化为A→A1→A2，其中第二次翻滚被桌面上一小木块挡住，使木板与桌面成30°角，则点A翻滚到A2位置时共走过的路径长为（　　）
A．10cm B．4πcm C． D．
12．（2020·河北模拟）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示．按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转；……在这样连续6次旋转的过程中，点B，M间的距离不可能是（　　）
A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8
二、填空题
13．（2020九上·玉田期末）如图，在平面直角坐标系中， ，则经过 三点的圆弧所在圆的圆心M的坐标为　 　；点D坐标为 ，连接 ，直线 与 的位置关系是　 　．
14．（2020九上·扬州期中）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝2，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连AP，取AP中点Q，连CQ，则线段CQ的最大值为　 　.
15．（2020·沈阳模拟）如图，直线 与x轴、y轴分别交于点A、B；点Q是以C（0，﹣1）为圆心、1为半径的圆上一动点，过Q点的切线交线段AB于点P，则线段PQ的最小是　 　．
16．（2020·金华模拟）如图1是小明制作的一副弓箭，点A，D分别是弓臂BAC与弓弦BC的中点，弓弦BC＝60cm.沿AD方向拉动弓弦的过程中，假设弓臂BAC始终保持圆弧形，弓弦不伸长.如图2，当弓箭从自然状态的点D拉到点D1时，有AD1＝30cm，∠B1D1C1＝120°.
（1）图2中，弓臂两端B1，C1的距离为　 　cm.
（2）如图3，将弓箭继续拉到点D2，使弓臂B2AC2为半圆，则D1D2的长为　 　cm.
17．（2020九上·南京月考）如图，∠AOB=45°，点P、Q都在射线OA上，OP=2，OQ=6.M是射线OB上的一个动点，过P、Q、M三点作圆，当该圆与OB相切时，其半径的长为　 　.
18．（2020·连云港）如图，正六边形 内部有一个正五形 ，且 ，直线 经过 、 ，则直线 与 的夹角 　 　 .
三、综合题
19．（2020九上·南京月考）问题：我们知道，过任意的一个三角形的三个顶点能作一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆.
那么任意的一个四边形有外接圆吗？
（1）探索：如图给出了一些四边形，填写出你认为有外接圆的图形序号　 　.
（2）发现：相对的内角之和满足什么关系时，四边形一定有外接圆，写出你的发现：　 　.
（3）说理：如果四边形没有外接圆，那么相对的两个内角之和有上面的关系吗？请结合图④，说明理由.
20．（2020九上·天河期末）已知四边形ABCD的四个顶点都在⊙O上，对角线AC和BD交于点E．
（1）若∠BAD和∠BCD的度数之比为1：2，求∠BCD的度数；
（2）若AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为劣弧BD的中点，求弦AC的长；
（3）若⊙O的半径为1，AC+BD＝3，且AC⊥BD．求线段OE的取值范围．
21．（2019九上·陕县期中）车辆转弯时，能否顺利通过直角弯道的标准是：车辆是否可以行使到和路的边界夹角是45°的位置(如图1中②的位置)，例如，图2是某巷子的俯视图，巷子路面宽4m，转弯处为直角，车辆的车身为矩形ABCD，CD与DE、CE的夹角都是45°时，连接EF，交CD于点G，若GF的长度至少能达到车身宽度，则车辆就能通过.
（1）试说明长8m，宽3m的消防车不能通过该直角转弯；
（2）为了能使长8m，宽3m的消防车通过该弯道，可以将转弯处改为圆弧(分别是以O为圆心，以OM和ON为半径的弧)，具体方案如图3，其中OM⊥OM′，请你求出ON的最小值.
22．（2019·莲池模拟）问题提出
（1）如图①，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC＝5，则△ABC的外接圆半径R的值为　 　．
问题探究
（2）如图②，⊙O的半径为13，弦AB＝24，M是AB的中点，P是⊙O上一动点，求PM的最大值．
问题解决
（3）如图③所示，AB、AC、 是某新区的三条规划路，其中AB＝6km，AC＝3km，∠BAC＝60°， 所对的圆心角为60°，新区管委会想在 路边建物资总站点P，在AB，AC路边分别建物资分站点E、F，也就是，分别在 、线段AB和AC上选取点P、E、F．由于总站工作人员每天都要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP．为了快捷、环保和节约成本．要使得线段PE、EF、FP之和最短，试求PE+EF+FP的最小值．（各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计）
23．（2019·山西）阅读以下材料，并按要求完成相应地任务：
莱昂哈德·欧拉(Leonhard Euler)是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数，公式和定理，下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC中，R和r分别为外接圆和内切圆的半径，O和I分别为其外心和内心，则 .
如图1，⊙O和⊙I分别是△ABC的外接圆和内切圆，⊙I与AB相切分于点F，设⊙O的半径为R，⊙I的半径为r，外心O（三角形三边垂直平分线的交点）与内心I（三角形三条角平分线的交点）之间的距离OI＝d，则有d2＝R2﹣2Rr．
下面是该定理的证明过程（部分）：
延长AI交⊙O于点D，过点I作⊙O的直径MN，连接DM，AN.
∵∠D=∠N，∠DMI=∠NAI(同弧所对的圆周角相等)，
∴△MDI∽△ANI，
∴ ，
∴①，
如图2，在图1(隐去MD，AN)的基础上作⊙O的直径DE，连接BE，BD，BI，IF，
∵DE是⊙O的直径，∴∠DBE=90°，
∵⊙I与AB相切于点F，∴∠AFI=90°，
∴∠DBE=∠IFA，
∵∠BAD=∠E(同弧所对圆周角相等)，
∴△AIF∽△EDB，
∴ ，∴②，
任务：
（1）观察发现： ， 　 　(用含R，d的代数式表示)；
（2）请判断BD和ID的数量关系，并说明理由；
（3）请观察式子①和式子②，并利用任务(1)，(2)的结论，按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分；
（4）应用：若△ABC的外接圆的半径为5cm，内切圆的半径为2cm，则△ABC的外心与内心之间的距离为　 　cm.
24．（2020九上·合肥期末）阅读下列材料，然后解答问题．
经过正四边形(即正方形)各顶点的圆叫做这个正四边形的外接圆，圆心是正四边形的对称中心，这个正四边形叫做这个圆的内接正四边形．
如图，正方形ABCD内接于⊙O，⊙O的面积为S1，正方形ABCD的面积为S2．以圆心O为顶点作∠MON，使∠MON＝90°．将∠MON绕点O旋转，OM、ON分别与⊙O交于点E、F，分别与正方形ABCD的边交于点G、H．设由OE、OF、 及正方形ABCD的边围成的图形(阴影部分)的面积为S．
（1）当OM经过点A时(如图①)，则S、S1、S2之间的关系为：　 　(用含S1、S2的代数式表示)；
（2）当OM⊥AB于G时(如图②)，则(1)中的结论仍然成立吗？请说明理由；
（3）当∠MON旋转到任意位置时（如图③），则（1）中的结论任然成立吗：请说明理由.
25．（2020·无锡模拟）已知某种月饼形状的俯视图如图1所示，该形状由1个正六边形和6个半圆组成，半圆直径与正六边形的边长相等.
现商家设计了2种棱柱体包装盒，其底面分别为矩形和正六边形(如图2和图3)我们可从底面的利用率来记算整个包装盒的利用情况.(底面利用率= ×100%)
（1）请分别计算出图2与图3中的底面利用率(结果保留到0.1%)；
（2）考虑到节约成本，商家希望底面利用率能够不低于80%，且底面图形仍然采用最基本的几何形状，请问商家的要求是否能够满足，若可以满足，请设计一种方案，并直接写出此时的利用率；若不能满足，请说明理由.
26．（2020九上·石家庄月考）如图，在 中， ，动点 沿线段 从点 向点 运动，当点 与点 重合时，停止运动，以点 为圆心， 为半径作 ，点 在 上且在 外， ．
（1）当 时 　 　，点 到 的最远距离为　 　；
（2） 与 相切于点 时（如图2），求 的长？并求出此时劣弧 长度？（参考数据： ）
（3）直接写出点 的运动路径长为　 　， 的最短距离为　 　．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：如图，由题意得：
，
由切线长定理可得：
设
，
，
而
故答案为：B．
【分析】画好正确的图形，由切线长定理可得： 结合勾股定理可得： 再求解直角三角形的面积 ，从而可得直角三角形的内切圆的面积与直角三角形的面积之比．
2．【答案】C
【知识点】圆的相关概念；圆心角、弧、弦的关系；点与圆的位置关系
【解析】【解答】当BE为三角形BCE的斜边的时候 C E 2 + B E 2有最大值
∴EC⊥x轴，
∵AO⊥x轴
∴AO=EC=1
则BE2=BC2+CE2=5
C E 2 + B E 2=1+5=6
故答案选C。
【分析】题目属于分析动点最大值的问题，E在圆上运动，分析什么时候 C E 2 + B E 2有最大值，根据平方的关系联想勾股定理，如果有一边为斜边，即有最大值。
3．【答案】C
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图延长DO交⊙O于E，作EF⊥CB交CB的延长线于F，连接BE、EC.
∵∠AOD＝∠BOE，
∴ ，
∴AD＝BE＝ ，
∵∠DOC＝∠COE＝90°，OC＝OB＝OE，
∴∠OCB＝∠OBC，∠OBE＝∠OEB，
∴∠CBE＝ （360°﹣90°）＝135°，
∴∠EBF＝45°，
∴△EBF是等腰直角三角形，
∴EF＝BF＝1，
在Rt△ECF中，EC＝ ＝ ，
∵△OCE是等腰直角三角形，
∴OC＝ .
故答案为：C.
【分析】延长DO交⊙O于E，作EF⊥CB交CB的延长线于F，连接BE、EC，由对顶角相等可得∠AOD＝∠BOE，由圆心角和弧、弦的关系可得AD＝BE，可证△EBF是等腰直角三角形，即EF＝BF＝1，由勾股定理可得EC＝ 故可得OC的长度.
4．【答案】C
【知识点】矩形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接AP、BQ，作BH⊥AP于H，
∵AC、BC为直径，
∴∠APC=∠BQC=90°，
∴四边形BHPQ为矩形，
∴PQ=BH，
∵BH∥CP，
∴∠ABH=∠C=30°，
∴BH=ABcos30°=2a×=a，
∴PQ=a.
故答案为：C.
【分析】连接AP、BQ，作BH⊥AP于H，利用直径所对的圆周角是直角，结合垂直的定义可证四边形BHPQ为矩形，从而把PQ转化为BH，最后在Rt△AHB中用余弦函数即可求出BH的长，则PQ长可知.
5．【答案】D
【知识点】垂径定理的实际应用；圆心角、弧、弦的关系；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：A.∵OA=OB，
∴∠OBA=∠OAB，
∴∠OBA+∠OAB+∠AOB=180°，
∴∠OBA=（180°-∠AOB），
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠OBA=（180°-2∠BOC）=90°-∠BOC，
又∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠OCA+∠OAC+∠AOC=180°，
∴∠OCA=（180°-∠AOC），
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠AOC=3∠BOC，
∴∠OCA=（180°-3∠BOC）=90°-∠BOC，
∴∠OBA≠∠OCA，
故A错误，A不符合题意；B.∵点A、B、C在圆上，而点O在圆内，
∴四边形OABC不内接于⊙O，
故B错误，B不符合题意；
C.过点O作OD⊥AB交AB于D，交⊙O于E，
∴AE=BE，∠AOE=∠BOE=∠AOB，
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠AOE=∠BOE=∠BOC，
∴AE=BE=BC，
又∵AE+BE＞AB，
即2BC＞AB，
故C错误，C不符合题意；
D.由A知∠OBA=90°-∠BOC，
∴∠OBA+∠BOC=90°-∠BOC+∠BOC=90°，
故D正确，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据等腰三角形性质和三角形内角和定理可得∠OBA=90°-∠BOC，∠OCA=90°-∠BOC，得∠OBA≠∠OCA，故A错误；根据圆内接四边形定义可知B错误；过点O作OD⊥AB交AB于D，交⊙O于E，根据垂径定理和弦、弧、圆心角之间关系可得AE=BE=BC，由三角形三边关系得2BC＞AB，故C错误；由A知∠OBA=90°-∠BOC，计算即可得D正确.
6．【答案】A
【知识点】一次函数的图象；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：根据直线与坐标轴的交点，得出A，B的坐标，再利用三角形相似得出圆与直线相切时的坐标，进而得出相交时的坐标．
∵直线y＝ x＋ 与x轴、y轴分别相交于A、B两点，圆心P的坐标为（1，0），
∴A点的坐标为0＝ x＋
x=-3，A（-3，0），
B点的坐标为：（0， ），
∴AB=2
将圆P沿x轴向左移动，当圆P与该直线相切于C1时，P1C1=1，
根据△AP1C1∽△ABO，
∴AP1=2，
∴P1的坐标为：（-1，0），
将圆P沿x轴向左移动，当圆P与该直线相切于C2时，P2C2=1，
根据△AP2C2∽△ABO，
∴AP2=2，
P2的坐标为：（-5，0），
从-1到-5，整数点有-2，-3，-4，故横坐标为整数的点P的个数是3个．
故答案为：A．
【分析】先求出函数与x轴、y轴的交点坐标，进一步求出函数与x轴的夹角，计算出 ⊙P 与AB相切时点P的坐标，判断出P的横坐标的取值范围.
7．【答案】（1）解：∵直线l的函数表达式为y= x+3，
∴当x=0时，y=3；当y=0时，x=4；
∴A（﹣4，0），B（0，3），
∴OB=3，OA=4，
AB= =5，
过点O作OC⊥AB于C，如图1所示：
∵sin∠BAO= ，
∴ ，
∴OC= ＞2，
∴直线AB与⊙O的位置关系是相离；
（2）解：如图2所示，分两种情况：
①当点P在第一象限时，连接PB、PF，作PC⊥OB于C，
则四边形OCPF是矩形，
∴OC=PF=BP=2，
∴BC=OB﹣OC=3﹣2=1，
∴PC= ，
∴圆心P的坐标为：（ ，2）；
②当点P在第二象限时，
由对称性可知，在第二象限圆心P的坐标为：（- ，2）．
综上所知，圆心P的坐标为（ ，2）或（- ，2）．
（3）
【知识点】直线与圆的位置关系；圆的综合题
【解析】【解答】解：（3）设⊙M分别与OA、OB、AB相切于C、D、E，连接MC、MD、ME、BM，如图3所示：
则四边形OCMD是正方形，DE⊥AB，BE=BD，
∴MC=MD=ME=OD= （OA+OB﹣AB）= ×（4+3﹣5）=1，
∴BE=BD=OB﹣OD=3﹣1=2，
∵∠AOB=90°，∴△ABO外接圆圆心N在AB上，
∴AN=BN= AB= ，∴NE=BN﹣BE= ﹣2= ，
在Rt△MEN中，
MN= ．
【分析】（1）由直线解析式求出A（-4，0），B（0，3），得出OB=3，OA=4，由勾股定理得出AB= =5，过点O作OC⊥AB于C，由三角函数定义求出OC= ＞2，即可得出结论；（2）分两种情况：①当点P在第一象限，连接PB、PF，作PC⊥OB于C，则四边形OCPF是矩形，得出OC=PF=BP=2，BC=OB-OC=1，由勾股定理得出PC= ，即可得出答案；②当点P在的第二象限，根据对称性可得出此时点P的坐标；（3）设⊙M分别与OA、OB、AB相切于C、D、E，连接MC、MD、ME、BM，则四边形OCMD是正方形，DE⊥AB，BE=BD，得出MC=MD=ME=OD= （OA+OB-AB）=1，求出BE=BD=OB-OD=2，由直角三角形的性质得出△ABO外接圆圆心N在AB上，得出AN=BN= AB= ，NE=BN-BE= ，在Rt△MEN中，由勾股定理即可得出答案．
8．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；切线的性质
【解析】【解答】如图所示，
∵点P的坐标为（1，0），⊙P与y轴相切于点O，
∴⊙P的半径是1，
若⊙P与AB相切时，设切点为D，由点A（-3，0），点B（0， ），
∴OA=3，OB= ，
由勾股定理得：AB=2 ，∠DAM=30°，
设平移后圆与直线AB第一次相切时圆心为M（即对应的P′），
∴MD⊥AB，MD=1，又因为∠DAM=30°，
∴AM=2，M点的坐标为（-1，0），即对应的P′点的坐标为（-1，0），
同理可得圆与直线第二次相切时圆心N的坐标为（-5，0），
所以当⊙P′与直线l相交时，横坐标为整数的点P′的横坐标可以是-2，-3，-4共三个.
故答案为：C.
【分析】先求出⊙P的半径，继而求得相切时P′点的坐标，根据A（-3，0），可以确定对应的横坐标为整数时对应的数值.
9．【答案】B
【知识点】切线的性质；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：连结OA、OB、OC、OD、OE、OF（如图），
∵⊙O是 △ABC的内切圆 ，切点分别为D、E、F，
∴OD⊥AC，OE⊥AB，OF⊥BC，BE=BF，AD=AE，
∴∠ODC=∠ACB=∠OFC=90°，
∵OD=DC，
∴四边形ODCF为正方形，
∴OD=DC=CF=OF=1，
∵BE=BF，AD=AE，AE+BE=AB=6，
∴AD+BF=6，
∴C △ABC =AD+DC+CF+FB+BE+AE=6+1+1+6=14.
故答案为：B.
【分析】根据切线长定理得BE=BF，AD=AE，即AE+BE=AD+BF=6，由切线性质得∠ODC=∠ACB=∠OFC=90°，根据正方形的判定得四边形ODCF为正方形，从而得DC=CF=1，根据三角形周长计算即可.
10．【答案】A
【知识点】三角形的面积；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：如图，设四个三角形的周长为c，
S△AOB=×c×3，S△BOC=×c×4，
∴S△AOB：S△BOC=3：4，
，
∴OA：OC=3：4，
则S△AOD：S△COD=3：4，
∴S△AOD：S△COD=×c×r：×c×6=3：4，
解得r=.
故答案为：A.
【分析】因为三角形的面积等于周长和内切圆半径乘积的一半，结合四个三角形周长相等，于是可求 △AOB和△BOC之比， 再由△AOB和△BOC同高，从而得出OA和OC的比值，其等于△DOA 和△COD的面积之比，再根据三角形的面积等于周长和内切圆半径乘积的一半，即可求得△DOA的内切圆半径.
11．【答案】C
【知识点】矩形的性质；弧长的计算；旋转的性质
【解析】【解答】解：点 以 为旋转中心，以 为旋转角，顺时针旋转得到 ； 是由 以 为旋转中心，以 为旋转角，顺时针旋转得到，
， ， ， ，
点 翻滚到 位置时共走过的路径长 ．
故答案为： ．
【分析】根据旋转的定义得到点 以 为旋转中心，以 为旋转角，顺时针旋转得到 ； 是由 以 为旋转中心，以 为旋转角，顺时针旋转得到，由于 ， ， ， ，然后根据弧长公式计算即可．
12．【答案】A
【知识点】圆内接正多边形；旋转的性质
【解析】【解答】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，
观察图象可知点B，M间的距离大于等于2- 小于等于1，
故答案为：A．
【分析】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，观察图象可知点B，M间的距离大于等于2- 小于等于1，由此即可判断．
13．【答案】（2，0）；相切
【知识点】确定圆的条件；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：如图，作线段AB，CD的垂直平分线交点即为M，由图可知经过A、B、C三点的圆弧所在圆的圆心M的坐标为（2，0）．
连接MC，MD，
∵MC2=42+22=20，CD2=42+22=20，MD2=62+22=40，
∴MD2=MC2+CD2，∴∠MCD=90°，
又∵MC为半径，
∴直线CD是⊙M的切线．
故答案为：（2，0）；相切．
【分析】由网格容易得出AB的垂直平分线和BC的垂直平分线，它们的交点即为点M，根据图形即可得出点M的坐标；由于C在⊙M上，如果CD与⊙M相切，那么C点必为切点；因此可连接MC，证MC是否与CD垂直即可．可根据C、M、D三点坐标，分别表示出△CMD三边的长，然后用勾股定理来判断∠MCD是否为直角．
14．【答案】
【知识点】垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H.
∵AQ=QP
∴OQ⊥PA
∴∠AQO=90°
∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK
当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，
在 中，∵∠COH=60°，OC=1
∴OH= ，
在 中，
∴CQ的最大值为 .
故答案为： .
【分析】连接OQ，作CH⊥AB于H，首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题.
15．【答案】
【知识点】一次函数的图象；点与圆的位置关系；切线的性质
【解析】【解答】解：过点C作CP⊥直线AB于点P，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，此时PQ最小，连接CQ，如图所示．
当x=0时，y=3，∴点B的坐标为（0，3）；
当y=0时，x=4，∴点A的坐标为（4，0），∴OA=4，OB=3，∴AB= =5，∴sinB= ．
∵C（0，﹣1），∴BC=3﹣（﹣1）=4，∴CP=BC sinB= ．
∵PQ为⊙C的切线，∴在Rt△CQP中，CQ=1，∠CQP=90°，∴PQ= = ．
故答案为 ．
【分析】过点C作CP⊥直线AB于点P，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，此时PQ最小，连接CQ，先求出B的坐标为（0，3），点A的坐标为（4，0），利用勾股定理求出AB=5，从而可得sinB=，在Rt△CBP中，求出CP=BC sinB= ，在Rt△CQP中，利用勾股定理求出PQ的长即可.
16．【答案】（1）
（2）
【知识点】勾股定理；垂径定理；弧长的计算
【解析】【解答】解：（1）如图2中，连接B1C1交DD1于H.
∵D1A＝D1B1＝30
∴D1是 的圆心，
∵AD1⊥B1C1，
∴B1H＝C1H＝30×sin60°＝15 ，
∴B1C1＝30
∴弓臂两端B1，C1的距离为30 ；
（ 2 ）如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G.
设半圆的半径为r，则πr＝ ，
∴r＝20，
∴AG＝GB2＝20，GD1＝30﹣20＝10，
在Rt△GB2D2中，GD2＝ ＝10
∴D1D2＝10 ﹣10.
故答案为30 ，10 ﹣10，
【分析】（1）如图2中，连接B1C1交DD1于H.由D1A＝D1B1＝30，可得D1是 的圆心，根据垂径定理及锐角三角形函数可得B1H＝C1H＝30×sin60°＝15 ，从而求出B1C1＝B1H=30 ；
（2）如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G.设半圆的半径为r，则πr＝ ，求出r=20，从而可得AG＝GB2＝20，GD1＝30﹣20＝10，利用股股定理可得GD2＝10 ，由D1D2＝GD2-GD1即可求出结论.
17．【答案】
【知识点】垂径定理；切线的性质
【解析】【解答】解： 过 三点的圆与 相切，
点 为切点，
设过 三点的圆的圆心为 ，
连接 ，
则 ，
过 作 于 ，延长 交 于
，
，
设 ，
和 是等腰直角三角形，
，
，
，
解得： （不合题意舍去)，
半径的长为 ；
故答案为：》
【分析】根据已知条件得到点M为切点，设过P、Q、M三点的圆的圆心为O′，连接O′M，则O′M⊥OB，过O′作O′H⊥PQ于H，延长HO′交OB于G，根据垂径定理和勾股定理进行推理计算即可得到结论.
18．【答案】48
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】∵多边形 是正六边形，多边形 是正五边形
∴
∵
∴
∴
故答案为：48
【分析】已知正六边形 内部有一个正五形 ，可得出正多边形的内角度数，根据 和四边形内角和定理即可得出 的度数.
19．【答案】（1）②
（2）相对的内角之和等于180°时，四边形一定有外接圆
（3）解：没有上面的关系，理由如下
如图4左，连接BE
∵四边形ABED是圆O的内接四边形
∴∠A＋∠E=180°
根据三角形外角的性质可得∠BCD＞∠E
∴∠A＋∠BCD＞∠A＋∠E=180°；
如图4右，连接DE
∵四边形ABED是圆O的内接四边形
∴∠A＋∠BED=180°
根据三角形外角的性质可得∠BED＞∠BCD
∴∠A＋∠BCD＜∠A＋∠BED =180°；
综上：∠A＋∠BCD≠180°
【知识点】三角形的外角性质；圆的相关概念；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：探索：由平面内不存在一点到一般平行四边形的四个顶点距离相等，可得平行四边形没有外接圆；
由矩形的性质可知：矩形两条对角线的交点到矩形四个顶点的距离相等，可得矩形有外接圆；
由平面内不存在一点到菱形的四个顶点距离相等，可得菱形没有外接圆；
故答案为：②；
发现：相对的内角之和等于180°时，四边形一定有外接圆
故答案为：相对的内角之和等于180°时，四边形一定有外接圆；
【分析】（1）根据圆上任意一点到圆心的距离相等结合平行四边形的性质、矩形的性质和菱形的性质即可得出结论；
（2）根据矩形的对角性质结合圆的内接四边形的性质即可得出结论；
（3）根据图④分类讨论，然后根据圆的内接四边形的性质和三角形外角的性质即可得出结论.
20．【答案】（1）解：如图1中，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，
∵∠A：∠C＝1：2，
∴设∠A＝x，∠C＝2x，则x+2x＝180°，
解得，x＝60°，
∴∠C＝2x＝120°．
（2）解：如图2中，
∵A、B、C、D四点共圆，∠BAD＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，
∵点C为弧BD的中点，
∴BC＝CD，∠CAD＝∠CAB＝ ∠BAD＝30°，
将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，如图2所示：
则∠E＝∠CAD＝∠CAB＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，
∴∠ABC+∠EBC＝（180°﹣∠CAB﹣∠ACB）+（180°﹣∠E﹣∠BCE）＝360°﹣（∠CAB+∠ACB+∠ABC）＝360°﹣180°＝180°，
∴A、B、E三点共线，
过C作CM⊥AE于M，
∵AC＝CE，
∴AM＝EM＝ AE＝ （AB+AD）＝ ×（3+5）＝4，
在Rt△AMC中，AC＝ ．
（3）解：过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，
∵OA＝OD＝1，OM2＝OA2﹣AM2，ON2＝OD2﹣DN2，AM＝ AC，DN＝ BD，AC⊥BD，
∴四边形OMEN是矩形，
∴ON＝ME，OE2＝OM2+ME2，
∴OE2＝OM2+ON2＝2﹣ （AC2+BD2）
设AC＝m，则BD＝3﹣m，
∵⊙O的半径为1，AC+BD＝3，
∴1≤m≤2，
OE2＝2﹣ [（AC+BD）2﹣2AC×BD]＝﹣ m2+ m﹣ ＝﹣ （m﹣ ）2+ ，
∴ ≤OE2≤ ，
∴ ≤OE≤ ．
【知识点】圆内接四边形的性质；圆的综合题
【解析】【分析】(1)利用圆内接四边形对角互补构建方程解决问题即可．(2)将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，根据旋转的性质得出∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，求出A、B、E三点共线，解直角三角形求出即可；(3)由题知 AC⊥BD，过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，判断出四边形OMEN是矩形，进而得出OE2＝2﹣（AC2+BD2），设AC＝m，构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
21．【答案】（1）解：消防车不能通过该直角转弯.
理由如下：如图，作FH⊥EC，垂足为H，
∵FH=EH=4，
∴EF=4 ，且∠GEC=45°，
∵GC=4，
∴GE=GC=4，
∴GF=4 ﹣4＜3，
即GF的长度未达到车身宽度，
∴消防车不能通过该直角转弯.
（2）解：若C、D分别与M′、M重合，则△OGM为等腰直角三角形，
∴OG=4，OM=4 ，
∴OF=ON=OM﹣MN=4 ﹣4，
∴FG=OG﹣OF= ×8﹣(4 ﹣4)=8﹣4 ＜3，
∴C、D在 上，
设ON=x，连接OC，在Rt△OCG中，
OG=x+3，OC=x+4，CG=4，
由勾股定理得，OG2+CG2=OC2，
即(x+3)2+42=(x+4)2，
解得x=4.5.
答：ON至少为4.5米.
【知识点】勾股定理的应用；垂径定理的实际应用；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）过点F作FH⊥EC于点H，根据道路的宽度求出FH=EH=4m，然后根据等腰直角三角形的性质求出EF、GE的长度，相减即可得到GF的长度，如果不小于车身宽度，则消防车能通过，否则，不能通过；
（2）假设车身C、D分别与点M′、M重合，根据等腰直角三角形的性质求出OG= CD=4，OC= CG=4 ，然后求出OF的长度，从而求出可以通过的车宽FG的长度，如果不小于车宽，则消防车能够通过，否则，不能通过；设ON=x，表示出OC=x+4，OG=x+3，又OG= CD=4，在Rt△OCG中，利用勾股定理列式进行计算即可求出ON的最小值.
22．【答案】（1）解：设O是△ABC的外接圆的圆心， ∴OA＝OB＝OC， ∵∠A＝120°，AB＝AC＝5， ∴△ABO是等边三角形， ∴AB＝OA＝OB＝5
（2）解：当PM⊥AB时，此时PM最大， 连接OA，
由垂径定理可知：AM＝ AB＝12，
∵OA＝13，
∴由勾股定理可知：OM＝5，
∴PM＝OM+OP＝18
（3）解：设连接AP，OP 分别以AB、AC所在直线为对称轴，
作出P关于AB的对称点为M，P关于AC的对称点为N，
连接MN，交AB于点E，交AC于点F，连接PE、PF，
∴AM＝AP＝AN，
∵∠MAB＝∠PAB，∠NAC＝∠PAC，
∴∠BAC＝∠PAB+∠PAC＝∠MAB+∠NAC＝60°，
∴∠MAN＝120°
∴M、P、N在以A为圆心，AP为半径的圆上，
设AP＝r，
易求得：MN＝ r，
∵PE＝ME，PF＝FN，
∴PE+EF+PF＝ME+EF+FN＝MN＝ r，
∴当AP最小时，PE+EF+PF可取得最小值，
∵AP+OP≥OA，
∴AP≥OA﹣OP，即点P在OA上时，AP可取得最小值，
设AB的中点为Q，
∴AQ＝AC＝3，
∵∠BAC＝60°，
∴AQ＝QC＝AC＝BQ＝3，
∴∠ABC＝∠QCB＝30°， ∴∠ACB＝90°， ∴由勾股定理可知：BC＝3 ， ∵∠BOC＝60°，OB＝OC＝3 ， ∴△OBC是等边三角形，
∴∠OBC＝60°，
∴∠ABO＝90°
∴由勾股定理可知：OA＝3 ，
∵OP＝OB＝3 ，
∴AP＝r＝OA﹣OP＝3 ﹣3 ，
∴PE+EF+PF＝MN＝ r＝3 ﹣9
∴PE+EF+PF的最小值为（3 ﹣9）km．
【知识点】勾股定理；垂径定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【分析】（1）设O是△ABC的外接圆的圆心，易证△ABO是等边三角形，所以AB＝OA＝OB＝5；（2）当PM⊥AB时，此时PM最大，连接OA，由垂径定理可知：AM＝ AB＝12，再由勾股定理可知：OM＝5，所以PM＝OM+OP＝18，（3）设连接AP，OP，分别以AB、AC所在直线为对称轴，作出P关于AB的对称点为M，P关于AC的对称点为N，连接MN，交AB于点E，交AC于点F，连接PE、PF，所以AM＝AP＝AN，设AP＝r，
易求得：MN＝ r，所以PE+EF+PF＝ME+EF+FN＝MN＝ r，即当AP最小时，PE+EF+PF可取得最小值．
23．【答案】（1）R﹣d
（2）解：BD=ID，理由如下：
∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，
∵∠DBC=∠CAD，∠BID=∠BAD+∠ABI，∠DBI=∠DBC+∠CBI，
∴∠BID=∠DBI，
∴BD=ID
（3）解：由(2)知：BD=ID，
又 ， ，
∴DE·IF=IM·IN，
∴ ，
∴
∴
（4）
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：(1)∵O、I、N三点共线，
∴OI+IN＝ON，
∴IN＝ON﹣OI＝R﹣d，
故答案为：R﹣d；(4)由(3)知： ，
把R=5，r=2代入得： ，
∵d>0，
∴ ，
故答案为： .
【分析】（1）共线线段之间的关系。
（2）内心即三角形三条角平分线的交点，根据角平分线的性质，以及圆周角定理，综合分析即可求证 ∠BID=∠DBI ，所以 BD=ID 。
（3）利用等式替换进行解答，
（4）根据 ，代入数值计算即可。
24．【答案】（1）
（2）解：结论仍然成立，理由如下：
∵∠EOF=90°，
∴S扇形OEF= S圆O= S1
∵∠OGB=∠EOF=∠ABC=90°，
∴四边形OGBH为矩形，
∵OM⊥AB，
∴BG= AB= BC=BH，
∴四边形OGBH为正方形，
∴S四边形OGBH=BG2=（ AB）2= S2，
∴S=S扇形OEF-S四边形OGBH= S1- S2= （S1-S2）
（3）解：（1）中的结论仍然成立，理由如下：
∵∠EOF=90°，
∴S扇形OEF= S圆O= ，
过O作OR⊥AB，OS⊥BC，垂足分别为R、S，
由（2）可知四边形ORBS为正方形，
∴OR=OS，
∵∠ROS=90°，∠MON=90°，
∴∠ROG=∠SOH=90°-∠GOS，
在△ROG和△SOH中，
，
∴△ROG≌△SOH（ASA），
∴S△ORG=S△OSH，
∴S四边形OGBH=S正方形ORBS，
由（2）可知S正方形ORBS= S2，
∴S四边形OGBH= S2，
∴S=S扇形OEF-S四边形OGBH= （S1-S2）
【知识点】扇形面积的计算；圆的综合题；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】（1）当OM经过点A时由正方形的性质可知：∠MON=90°，
∴S△OAB= S正方形ABCD= S2，S扇形OEF= S圆O= S1，
∴S=S扇形OEF-S△OAB= S圆O- S正方形ABCD= S1- S2= （S1-S2），
【分析】（1）结合正方形的性质及等腰直角三角形的性质，容易得出结论；（2）仍然成立，可证得四边形OGHB为正方形，则可求出阴影部分的面积为扇形OEF的面积减去正方形OGBH的面积；（3）仍然成立，过O作OR⊥AB，OS⊥BC，垂足分别为R、S，则可证明△ORG≌△OSH，可得出四边形ORBS的面积=四边形OGBH的面积，再利用扇形OEF的面积减正方形ORBS的面积即可得出结论
25．【答案】（1）解：设半圆直径与正六边形的边长 a，连接正六边形的中心 和两相邻的顶点 ，则 ， ，∴ 是等边三角形，∴ =a，过点 作 ，∴ ， ，∴ = ，延长OC与其中一个半圆交于点D，则 ，∴ ， 40.2%；
= = = 66.4%；
答：图2、3的底面利用率分别约为66.4%、40.2%；
（2）解：商家的要求是否能够满足，设计如图所示底面为圆的包装盒，半径为 ，
= ，
答：设计底面为圆形的包装盒，利用率约为84.5%.
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）设半圆直径与正六边形的边长为a，根据正多边形和圆的知识，算出月饼面积，再算出图2正方形的边长，即可求出图2的面积，和图2底面的利用率；图3的包装盒六边形和月饼相似，利用面积比等于相似比的平方，求出图3包装盒的底面利用率；（2）设计底面为圆形的包装盒，求出其半径、面积、底面利用率，满足底面利用率不低于80%.
26．【答案】（1）；
（2）解：如图2， 与 相切与点 ，
连接 ，则 ，
在 ， ，
，
在 中， ，
设 半径为 ，则 ，
在 中， ，
；
，
∴
．
∴劣弧 长度为 .
（3）；
【知识点】圆的综合题；圆-动点问题
【解析】【解答】解：（1）如图，连结AP并延长交⊙P于N点，
则由勾股定理得： ，
∴AN=AP+CP= ，即点A到⊙P的最远距离为 ，
故答案为 ；（3）如图，由题意可以画出M的运动路径CE，BM的最短距离即为BN，
由已知，BE=BC=8，∠CBE=90°，
∴由勾股定理可得： ，
∴点 的运动路径长是 ， 的最短距离是 ．
【分析】（1）根据勾股定理及圆外一点到圆上的最远距离求解即可；
（2） 连接 PD ，则 ， 先求出AB，再利用锐角三角函数求解出半径，最后利用弧长公式计算即可；
（3）画出草图，知道点M的运动轨迹再求解即可。
1 / 1初中数学湘教版九年级下册第二章 圆 章末检测（提高练）
一、单选题
1．（2020九上·晋中月考）若 的外接圆半径为R，内切圆半径为 ，则其内切圆的面积与 的面积比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：如图，由题意得：
，
由切线长定理可得：
设
，
，
而
故答案为：B．
【分析】画好正确的图形，由切线长定理可得： 结合勾股定理可得： 再求解直角三角形的面积 ，从而可得直角三角形的内切圆的面积与直角三角形的面积之比．
2．（2018九上·瑞安期末）如图，点A，B，C均在坐标轴上，AO=BO=CO=1，过A，O，C作⊙D，E是⊙D上任意一点，连结CE， BE，则 的最大值是（　　）
A．4 B．5 C．6 D．
【答案】C
【知识点】圆的相关概念；圆心角、弧、弦的关系；点与圆的位置关系
【解析】【解答】当BE为三角形BCE的斜边的时候 C E 2 + B E 2有最大值
∴EC⊥x轴，
∵AO⊥x轴
∴AO=EC=1
则BE2=BC2+CE2=5
C E 2 + B E 2=1+5=6
故答案选C。
【分析】题目属于分析动点最大值的问题，E在圆上运动，分析什么时候 C E 2 + B E 2有最大值，根据平方的关系联想勾股定理，如果有一边为斜边，即有最大值。
3．（2020九上·北仑期中）如图，AB是⊙O的直径，点D，C在⊙O上，∠DOC＝90°，AD＝ ，BC＝1，则⊙O的半径为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图延长DO交⊙O于E，作EF⊥CB交CB的延长线于F，连接BE、EC.
∵∠AOD＝∠BOE，
∴ ，
∴AD＝BE＝ ，
∵∠DOC＝∠COE＝90°，OC＝OB＝OE，
∴∠OCB＝∠OBC，∠OBE＝∠OEB，
∴∠CBE＝ （360°﹣90°）＝135°，
∴∠EBF＝45°，
∴△EBF是等腰直角三角形，
∴EF＝BF＝1，
在Rt△ECF中，EC＝ ＝ ，
∵△OCE是等腰直角三角形，
∴OC＝ .
故答案为：C.
【分析】延长DO交⊙O于E，作EF⊥CB交CB的延长线于F，连接BE、EC，由对顶角相等可得∠AOD＝∠BOE，由圆心角和弧、弦的关系可得AD＝BE，可证△EBF是等腰直角三角形，即EF＝BF＝1，由勾股定理可得EC＝ 故可得OC的长度.
4．（2020九上·鄞州期中）如图，AC，BC是两个半圆的直径，∠ACP=30°，若AB=2a，则 PQ的值为（ ）
A．a B．1.5a C． D．
【答案】C
【知识点】矩形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接AP、BQ，作BH⊥AP于H，
∵AC、BC为直径，
∴∠APC=∠BQC=90°，
∴四边形BHPQ为矩形，
∴PQ=BH，
∵BH∥CP，
∴∠ABH=∠C=30°，
∴BH=ABcos30°=2a×=a，
∴PQ=a.
故答案为：C.
【分析】连接AP、BQ，作BH⊥AP于H，利用直径所对的圆周角是直角，结合垂直的定义可证四边形BHPQ为矩形，从而把PQ转化为BH，最后在Rt△AHB中用余弦函数即可求出BH的长，则PQ长可知.
5．（2018九上·丽水期中）如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB=2∠BOC，则下列说法中正确的是（　　）
A．∠OBA=∠OCA B．四边形OABC内接于⊙O
C．AB=2BC D．∠OBA+∠BOC=90°
【答案】D
【知识点】垂径定理的实际应用；圆心角、弧、弦的关系；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：A.∵OA=OB，
∴∠OBA=∠OAB，
∴∠OBA+∠OAB+∠AOB=180°，
∴∠OBA=（180°-∠AOB），
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠OBA=（180°-2∠BOC）=90°-∠BOC，
又∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠OCA+∠OAC+∠AOC=180°，
∴∠OCA=（180°-∠AOC），
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠AOC=3∠BOC，
∴∠OCA=（180°-3∠BOC）=90°-∠BOC，
∴∠OBA≠∠OCA，
故A错误，A不符合题意；B.∵点A、B、C在圆上，而点O在圆内，
∴四边形OABC不内接于⊙O，
故B错误，B不符合题意；
C.过点O作OD⊥AB交AB于D，交⊙O于E，
∴AE=BE，∠AOE=∠BOE=∠AOB，
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠AOE=∠BOE=∠BOC，
∴AE=BE=BC，
又∵AE+BE＞AB，
即2BC＞AB，
故C错误，C不符合题意；
D.由A知∠OBA=90°-∠BOC，
∴∠OBA+∠BOC=90°-∠BOC+∠BOC=90°，
故D正确，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据等腰三角形性质和三角形内角和定理可得∠OBA=90°-∠BOC，∠OCA=90°-∠BOC，得∠OBA≠∠OCA，故A错误；根据圆内接四边形定义可知B错误；过点O作OD⊥AB交AB于D，交⊙O于E，根据垂径定理和弦、弧、圆心角之间关系可得AE=BE=BC，由三角形三边关系得2BC＞AB，故C错误；由A知∠OBA=90°-∠BOC，计算即可得D正确.
6．（2020九上·南昌期末）如图，直线y＝ x＋ 与x轴、y轴分别相交于A、B两点，圆心P的坐标为（1，0），⊙P与y轴相切于点O．若将⊙P沿x轴向左移动，当⊙P与该直线相交时，满足横坐标为整数的点P的个数是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【知识点】一次函数的图象；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：根据直线与坐标轴的交点，得出A，B的坐标，再利用三角形相似得出圆与直线相切时的坐标，进而得出相交时的坐标．
∵直线y＝ x＋ 与x轴、y轴分别相交于A、B两点，圆心P的坐标为（1，0），
∴A点的坐标为0＝ x＋
x=-3，A（-3，0），
B点的坐标为：（0， ），
∴AB=2
将圆P沿x轴向左移动，当圆P与该直线相切于C1时，P1C1=1，
根据△AP1C1∽△ABO，
∴AP1=2，
∴P1的坐标为：（-1，0），
将圆P沿x轴向左移动，当圆P与该直线相切于C2时，P2C2=1，
根据△AP2C2∽△ABO，
∴AP2=2，
P2的坐标为：（-5，0），
从-1到-5，整数点有-2，-3，-4，故横坐标为整数的点P的个数是3个．
故答案为：A．
【分析】先求出函数与x轴、y轴的交点坐标，进一步求出函数与x轴的夹角，计算出 ⊙P 与AB相切时点P的坐标，判断出P的横坐标的取值范围.
7．（2020九上·玉田期末）如图，已知直线l的函数表达式为 ，它与x轴、y轴的交点分别为 两点．
（1）若 的半径为2，说明直线 与 的位置关系；
（2）若 的半径为2， 经过点B且与x轴相切于点F，求圆心P的坐标；
（3）若 的内切圆圆心是点M，外接圆圆心是点N，请直接写出 的长度．
【答案】（1）解：∵直线l的函数表达式为y= x+3，
∴当x=0时，y=3；当y=0时，x=4；
∴A（﹣4，0），B（0，3），
∴OB=3，OA=4，
AB= =5，
过点O作OC⊥AB于C，如图1所示：
∵sin∠BAO= ，
∴ ，
∴OC= ＞2，
∴直线AB与⊙O的位置关系是相离；
（2）解：如图2所示，分两种情况：
①当点P在第一象限时，连接PB、PF，作PC⊥OB于C，
则四边形OCPF是矩形，
∴OC=PF=BP=2，
∴BC=OB﹣OC=3﹣2=1，
∴PC= ，
∴圆心P的坐标为：（ ，2）；
②当点P在第二象限时，
由对称性可知，在第二象限圆心P的坐标为：（- ，2）．
综上所知，圆心P的坐标为（ ，2）或（- ，2）．
（3）
【知识点】直线与圆的位置关系；圆的综合题
【解析】【解答】解：（3）设⊙M分别与OA、OB、AB相切于C、D、E，连接MC、MD、ME、BM，如图3所示：
则四边形OCMD是正方形，DE⊥AB，BE=BD，
∴MC=MD=ME=OD= （OA+OB﹣AB）= ×（4+3﹣5）=1，
∴BE=BD=OB﹣OD=3﹣1=2，
∵∠AOB=90°，∴△ABO外接圆圆心N在AB上，
∴AN=BN= AB= ，∴NE=BN﹣BE= ﹣2= ，
在Rt△MEN中，
MN= ．
【分析】（1）由直线解析式求出A（-4，0），B（0，3），得出OB=3，OA=4，由勾股定理得出AB= =5，过点O作OC⊥AB于C，由三角函数定义求出OC= ＞2，即可得出结论；（2）分两种情况：①当点P在第一象限，连接PB、PF，作PC⊥OB于C，则四边形OCPF是矩形，得出OC=PF=BP=2，BC=OB-OC=1，由勾股定理得出PC= ，即可得出答案；②当点P在的第二象限，根据对称性可得出此时点P的坐标；（3）设⊙M分别与OA、OB、AB相切于C、D、E，连接MC、MD、ME、BM，则四边形OCMD是正方形，DE⊥AB，BE=BD，得出MC=MD=ME=OD= （OA+OB-AB）=1，求出BE=BD=OB-OD=2，由直角三角形的性质得出△ABO外接圆圆心N在AB上，得出AN=BN= AB= ，NE=BN-BE= ，在Rt△MEN中，由勾股定理即可得出答案．
8．（2019九上·宜兴月考）在平面直角坐标系 中，直线经过点A（－3，0），点B（0， ），点P的坐标为（1，0），与 轴相切于点O，若将⊙P沿 轴向左平移，平移后得到（点P的对应点为点P′），当⊙P′与直线相交时，横坐标为整数的点P′共有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；切线的性质
【解析】【解答】如图所示，
∵点P的坐标为（1，0），⊙P与y轴相切于点O，
∴⊙P的半径是1，
若⊙P与AB相切时，设切点为D，由点A（-3，0），点B（0， ），
∴OA=3，OB= ，
由勾股定理得：AB=2 ，∠DAM=30°，
设平移后圆与直线AB第一次相切时圆心为M（即对应的P′），
∴MD⊥AB，MD=1，又因为∠DAM=30°，
∴AM=2，M点的坐标为（-1，0），即对应的P′点的坐标为（-1，0），
同理可得圆与直线第二次相切时圆心N的坐标为（-5，0），
所以当⊙P′与直线l相交时，横坐标为整数的点P′的横坐标可以是-2，-3，-4共三个.
故答案为：C.
【分析】先求出⊙P的半径，继而求得相切时P′点的坐标，根据A（-3，0），可以确定对应的横坐标为整数时对应的数值.
9．（2019九上·鄞州期末）在 Rt△ABC ，∠C=90°，AB=6．△ABC的内切圆半径为1，则△ABC的周长为（　　）
A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】B
【知识点】切线的性质；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：连结OA、OB、OC、OD、OE、OF（如图），
∵⊙O是 △ABC的内切圆 ，切点分别为D、E、F，
∴OD⊥AC，OE⊥AB，OF⊥BC，BE=BF，AD=AE，
∴∠ODC=∠ACB=∠OFC=90°，
∵OD=DC，
∴四边形ODCF为正方形，
∴OD=DC=CF=OF=1，
∵BE=BF，AD=AE，AE+BE=AB=6，
∴AD+BF=6，
∴C △ABC =AD+DC+CF+FB+BE+AE=6+1+1+6=14.
故答案为：B.
【分析】根据切线长定理得BE=BF，AD=AE，即AE+BE=AD+BF=6，由切线性质得∠ODC=∠ACB=∠OFC=90°，根据正方形的判定得四边形ODCF为正方形，从而得DC=CF=1，根据三角形周长计算即可.
10．（2020九上·浙江期末）若四边形A鱿O的对角线AC，BD相交于O，△AOB，△BOC，△COD，△DOA的周长相等，且△AOB，△BOC，△COD的内切圆半径分别为3，4，6，则△DOA的内切圆半径是（　　)
A． B．
C． D．以上答案均不正确
【答案】A
【知识点】三角形的面积；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：如图，设四个三角形的周长为c，
S△AOB=×c×3，S△BOC=×c×4，
∴S△AOB：S△BOC=3：4，
，
∴OA：OC=3：4，
则S△AOD：S△COD=3：4，
∴S△AOD：S△COD=×c×r：×c×6=3：4，
解得r=.
故答案为：A.
【分析】因为三角形的面积等于周长和内切圆半径乘积的一半，结合四个三角形周长相等，于是可求 △AOB和△BOC之比， 再由△AOB和△BOC同高，从而得出OA和OC的比值，其等于△DOA 和△COD的面积之比，再根据三角形的面积等于周长和内切圆半径乘积的一半，即可求得△DOA的内切圆半径.
11．（2020·宿州模拟）如图，王虎使一长为4cm，宽为3cm的长方形木板，在桌面上做无滑动的翻滚（顺时针方向）木板上点A位置变化为A→A1→A2，其中第二次翻滚被桌面上一小木块挡住，使木板与桌面成30°角，则点A翻滚到A2位置时共走过的路径长为（　　）
A．10cm B．4πcm C． D．
【答案】C
【知识点】矩形的性质；弧长的计算；旋转的性质
【解析】【解答】解：点 以 为旋转中心，以 为旋转角，顺时针旋转得到 ； 是由 以 为旋转中心，以 为旋转角，顺时针旋转得到，
， ， ， ，
点 翻滚到 位置时共走过的路径长 ．
故答案为： ．
【分析】根据旋转的定义得到点 以 为旋转中心，以 为旋转角，顺时针旋转得到 ； 是由 以 为旋转中心，以 为旋转角，顺时针旋转得到，由于 ， ， ， ，然后根据弧长公式计算即可．
12．（2020·河北模拟）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示．按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转；……在这样连续6次旋转的过程中，点B，M间的距离不可能是（　　）
A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8
【答案】A
【知识点】圆内接正多边形；旋转的性质
【解析】【解答】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，
观察图象可知点B，M间的距离大于等于2- 小于等于1，
故答案为：A．
【分析】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，观察图象可知点B，M间的距离大于等于2- 小于等于1，由此即可判断．
二、填空题
13．（2020九上·玉田期末）如图，在平面直角坐标系中， ，则经过 三点的圆弧所在圆的圆心M的坐标为　 　；点D坐标为 ，连接 ，直线 与 的位置关系是　 　．
【答案】（2，0）；相切
【知识点】确定圆的条件；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：如图，作线段AB，CD的垂直平分线交点即为M，由图可知经过A、B、C三点的圆弧所在圆的圆心M的坐标为（2，0）．
连接MC，MD，
∵MC2=42+22=20，CD2=42+22=20，MD2=62+22=40，
∴MD2=MC2+CD2，∴∠MCD=90°，
又∵MC为半径，
∴直线CD是⊙M的切线．
故答案为：（2，0）；相切．
【分析】由网格容易得出AB的垂直平分线和BC的垂直平分线，它们的交点即为点M，根据图形即可得出点M的坐标；由于C在⊙M上，如果CD与⊙M相切，那么C点必为切点；因此可连接MC，证MC是否与CD垂直即可．可根据C、M、D三点坐标，分别表示出△CMD三边的长，然后用勾股定理来判断∠MCD是否为直角．
14．（2020九上·扬州期中）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝2，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连AP，取AP中点Q，连CQ，则线段CQ的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H.
∵AQ=QP
∴OQ⊥PA
∴∠AQO=90°
∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK
当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，
在 中，∵∠COH=60°，OC=1
∴OH= ，
在 中，
∴CQ的最大值为 .
故答案为： .
【分析】连接OQ，作CH⊥AB于H，首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题.
15．（2020·沈阳模拟）如图，直线 与x轴、y轴分别交于点A、B；点Q是以C（0，﹣1）为圆心、1为半径的圆上一动点，过Q点的切线交线段AB于点P，则线段PQ的最小是　 　．
【答案】
【知识点】一次函数的图象；点与圆的位置关系；切线的性质
【解析】【解答】解：过点C作CP⊥直线AB于点P，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，此时PQ最小，连接CQ，如图所示．
当x=0时，y=3，∴点B的坐标为（0，3）；
当y=0时，x=4，∴点A的坐标为（4，0），∴OA=4，OB=3，∴AB= =5，∴sinB= ．
∵C（0，﹣1），∴BC=3﹣（﹣1）=4，∴CP=BC sinB= ．
∵PQ为⊙C的切线，∴在Rt△CQP中，CQ=1，∠CQP=90°，∴PQ= = ．
故答案为 ．
【分析】过点C作CP⊥直线AB于点P，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，此时PQ最小，连接CQ，先求出B的坐标为（0，3），点A的坐标为（4，0），利用勾股定理求出AB=5，从而可得sinB=，在Rt△CBP中，求出CP=BC sinB= ，在Rt△CQP中，利用勾股定理求出PQ的长即可.
16．（2020·金华模拟）如图1是小明制作的一副弓箭，点A，D分别是弓臂BAC与弓弦BC的中点，弓弦BC＝60cm.沿AD方向拉动弓弦的过程中，假设弓臂BAC始终保持圆弧形，弓弦不伸长.如图2，当弓箭从自然状态的点D拉到点D1时，有AD1＝30cm，∠B1D1C1＝120°.
（1）图2中，弓臂两端B1，C1的距离为　 　cm.
（2）如图3，将弓箭继续拉到点D2，使弓臂B2AC2为半圆，则D1D2的长为　 　cm.
【答案】（1）
（2）
【知识点】勾股定理；垂径定理；弧长的计算
【解析】【解答】解：（1）如图2中，连接B1C1交DD1于H.
∵D1A＝D1B1＝30
∴D1是 的圆心，
∵AD1⊥B1C1，
∴B1H＝C1H＝30×sin60°＝15 ，
∴B1C1＝30
∴弓臂两端B1，C1的距离为30 ；
（ 2 ）如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G.
设半圆的半径为r，则πr＝ ，
∴r＝20，
∴AG＝GB2＝20，GD1＝30﹣20＝10，
在Rt△GB2D2中，GD2＝ ＝10
∴D1D2＝10 ﹣10.
故答案为30 ，10 ﹣10，
【分析】（1）如图2中，连接B1C1交DD1于H.由D1A＝D1B1＝30，可得D1是 的圆心，根据垂径定理及锐角三角形函数可得B1H＝C1H＝30×sin60°＝15 ，从而求出B1C1＝B1H=30 ；
（2）如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G.设半圆的半径为r，则πr＝ ，求出r=20，从而可得AG＝GB2＝20，GD1＝30﹣20＝10，利用股股定理可得GD2＝10 ，由D1D2＝GD2-GD1即可求出结论.
17．（2020九上·南京月考）如图，∠AOB=45°，点P、Q都在射线OA上，OP=2，OQ=6.M是射线OB上的一个动点，过P、Q、M三点作圆，当该圆与OB相切时，其半径的长为　 　.
【答案】
【知识点】垂径定理；切线的性质
【解析】【解答】解： 过 三点的圆与 相切，
点 为切点，
设过 三点的圆的圆心为 ，
连接 ，
则 ，
过 作 于 ，延长 交 于
，
，
设 ，
和 是等腰直角三角形，
，
，
，
解得： （不合题意舍去)，
半径的长为 ；
故答案为：》
【分析】根据已知条件得到点M为切点，设过P、Q、M三点的圆的圆心为O′，连接O′M，则O′M⊥OB，过O′作O′H⊥PQ于H，延长HO′交OB于G，根据垂径定理和勾股定理进行推理计算即可得到结论.
18．（2020·连云港）如图，正六边形 内部有一个正五形 ，且 ，直线 经过 、 ，则直线 与 的夹角 　 　 .
【答案】48
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】∵多边形 是正六边形，多边形 是正五边形
∴
∵
∴
∴
故答案为：48
【分析】已知正六边形 内部有一个正五形 ，可得出正多边形的内角度数，根据 和四边形内角和定理即可得出 的度数.
三、综合题
19．（2020九上·南京月考）问题：我们知道，过任意的一个三角形的三个顶点能作一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆.
那么任意的一个四边形有外接圆吗？
（1）探索：如图给出了一些四边形，填写出你认为有外接圆的图形序号　 　.
（2）发现：相对的内角之和满足什么关系时，四边形一定有外接圆，写出你的发现：　 　.
（3）说理：如果四边形没有外接圆，那么相对的两个内角之和有上面的关系吗？请结合图④，说明理由.
【答案】（1）②
（2）相对的内角之和等于180°时，四边形一定有外接圆
（3）解：没有上面的关系，理由如下
如图4左，连接BE
∵四边形ABED是圆O的内接四边形
∴∠A＋∠E=180°
根据三角形外角的性质可得∠BCD＞∠E
∴∠A＋∠BCD＞∠A＋∠E=180°；
如图4右，连接DE
∵四边形ABED是圆O的内接四边形
∴∠A＋∠BED=180°
根据三角形外角的性质可得∠BED＞∠BCD
∴∠A＋∠BCD＜∠A＋∠BED =180°；
综上：∠A＋∠BCD≠180°
【知识点】三角形的外角性质；圆的相关概念；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：探索：由平面内不存在一点到一般平行四边形的四个顶点距离相等，可得平行四边形没有外接圆；
由矩形的性质可知：矩形两条对角线的交点到矩形四个顶点的距离相等，可得矩形有外接圆；
由平面内不存在一点到菱形的四个顶点距离相等，可得菱形没有外接圆；
故答案为：②；
发现：相对的内角之和等于180°时，四边形一定有外接圆
故答案为：相对的内角之和等于180°时，四边形一定有外接圆；
【分析】（1）根据圆上任意一点到圆心的距离相等结合平行四边形的性质、矩形的性质和菱形的性质即可得出结论；
（2）根据矩形的对角性质结合圆的内接四边形的性质即可得出结论；
（3）根据图④分类讨论，然后根据圆的内接四边形的性质和三角形外角的性质即可得出结论.
20．（2020九上·天河期末）已知四边形ABCD的四个顶点都在⊙O上，对角线AC和BD交于点E．
（1）若∠BAD和∠BCD的度数之比为1：2，求∠BCD的度数；
（2）若AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为劣弧BD的中点，求弦AC的长；
（3）若⊙O的半径为1，AC+BD＝3，且AC⊥BD．求线段OE的取值范围．
【答案】（1）解：如图1中，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，
∵∠A：∠C＝1：2，
∴设∠A＝x，∠C＝2x，则x+2x＝180°，
解得，x＝60°，
∴∠C＝2x＝120°．
（2）解：如图2中，
∵A、B、C、D四点共圆，∠BAD＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，
∵点C为弧BD的中点，
∴BC＝CD，∠CAD＝∠CAB＝ ∠BAD＝30°，
将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，如图2所示：
则∠E＝∠CAD＝∠CAB＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，
∴∠ABC+∠EBC＝（180°﹣∠CAB﹣∠ACB）+（180°﹣∠E﹣∠BCE）＝360°﹣（∠CAB+∠ACB+∠ABC）＝360°﹣180°＝180°，
∴A、B、E三点共线，
过C作CM⊥AE于M，
∵AC＝CE，
∴AM＝EM＝ AE＝ （AB+AD）＝ ×（3+5）＝4，
在Rt△AMC中，AC＝ ．
（3）解：过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，
∵OA＝OD＝1，OM2＝OA2﹣AM2，ON2＝OD2﹣DN2，AM＝ AC，DN＝ BD，AC⊥BD，
∴四边形OMEN是矩形，
∴ON＝ME，OE2＝OM2+ME2，
∴OE2＝OM2+ON2＝2﹣ （AC2+BD2）
设AC＝m，则BD＝3﹣m，
∵⊙O的半径为1，AC+BD＝3，
∴1≤m≤2，
OE2＝2﹣ [（AC+BD）2﹣2AC×BD]＝﹣ m2+ m﹣ ＝﹣ （m﹣ ）2+ ，
∴ ≤OE2≤ ，
∴ ≤OE≤ ．
【知识点】圆内接四边形的性质；圆的综合题
【解析】【分析】(1)利用圆内接四边形对角互补构建方程解决问题即可．(2)将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，根据旋转的性质得出∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，求出A、B、E三点共线，解直角三角形求出即可；(3)由题知 AC⊥BD，过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，判断出四边形OMEN是矩形，进而得出OE2＝2﹣（AC2+BD2），设AC＝m，构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
21．（2019九上·陕县期中）车辆转弯时，能否顺利通过直角弯道的标准是：车辆是否可以行使到和路的边界夹角是45°的位置(如图1中②的位置)，例如，图2是某巷子的俯视图，巷子路面宽4m，转弯处为直角，车辆的车身为矩形ABCD，CD与DE、CE的夹角都是45°时，连接EF，交CD于点G，若GF的长度至少能达到车身宽度，则车辆就能通过.
（1）试说明长8m，宽3m的消防车不能通过该直角转弯；
（2）为了能使长8m，宽3m的消防车通过该弯道，可以将转弯处改为圆弧(分别是以O为圆心，以OM和ON为半径的弧)，具体方案如图3，其中OM⊥OM′，请你求出ON的最小值.
【答案】（1）解：消防车不能通过该直角转弯.
理由如下：如图，作FH⊥EC，垂足为H，
∵FH=EH=4，
∴EF=4 ，且∠GEC=45°，
∵GC=4，
∴GE=GC=4，
∴GF=4 ﹣4＜3，
即GF的长度未达到车身宽度，
∴消防车不能通过该直角转弯.
（2）解：若C、D分别与M′、M重合，则△OGM为等腰直角三角形，
∴OG=4，OM=4 ，
∴OF=ON=OM﹣MN=4 ﹣4，
∴FG=OG﹣OF= ×8﹣(4 ﹣4)=8﹣4 ＜3，
∴C、D在 上，
设ON=x，连接OC，在Rt△OCG中，
OG=x+3，OC=x+4，CG=4，
由勾股定理得，OG2+CG2=OC2，
即(x+3)2+42=(x+4)2，
解得x=4.5.
答：ON至少为4.5米.
【知识点】勾股定理的应用；垂径定理的实际应用；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）过点F作FH⊥EC于点H，根据道路的宽度求出FH=EH=4m，然后根据等腰直角三角形的性质求出EF、GE的长度，相减即可得到GF的长度，如果不小于车身宽度，则消防车能通过，否则，不能通过；
（2）假设车身C、D分别与点M′、M重合，根据等腰直角三角形的性质求出OG= CD=4，OC= CG=4 ，然后求出OF的长度，从而求出可以通过的车宽FG的长度，如果不小于车宽，则消防车能够通过，否则，不能通过；设ON=x，表示出OC=x+4，OG=x+3，又OG= CD=4，在Rt△OCG中，利用勾股定理列式进行计算即可求出ON的最小值.
22．（2019·莲池模拟）问题提出
（1）如图①，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC＝5，则△ABC的外接圆半径R的值为　 　．
问题探究
（2）如图②，⊙O的半径为13，弦AB＝24，M是AB的中点，P是⊙O上一动点，求PM的最大值．
问题解决
（3）如图③所示，AB、AC、 是某新区的三条规划路，其中AB＝6km，AC＝3km，∠BAC＝60°， 所对的圆心角为60°，新区管委会想在 路边建物资总站点P，在AB，AC路边分别建物资分站点E、F，也就是，分别在 、线段AB和AC上选取点P、E、F．由于总站工作人员每天都要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP．为了快捷、环保和节约成本．要使得线段PE、EF、FP之和最短，试求PE+EF+FP的最小值．（各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计）
【答案】（1）解：设O是△ABC的外接圆的圆心， ∴OA＝OB＝OC， ∵∠A＝120°，AB＝AC＝5， ∴△ABO是等边三角形， ∴AB＝OA＝OB＝5
（2）解：当PM⊥AB时，此时PM最大， 连接OA，
由垂径定理可知：AM＝ AB＝12，
∵OA＝13，
∴由勾股定理可知：OM＝5，
∴PM＝OM+OP＝18
（3）解：设连接AP，OP 分别以AB、AC所在直线为对称轴，
作出P关于AB的对称点为M，P关于AC的对称点为N，
连接MN，交AB于点E，交AC于点F，连接PE、PF，
∴AM＝AP＝AN，
∵∠MAB＝∠PAB，∠NAC＝∠PAC，
∴∠BAC＝∠PAB+∠PAC＝∠MAB+∠NAC＝60°，
∴∠MAN＝120°
∴M、P、N在以A为圆心，AP为半径的圆上，
设AP＝r，
易求得：MN＝ r，
∵PE＝ME，PF＝FN，
∴PE+EF+PF＝ME+EF+FN＝MN＝ r，
∴当AP最小时，PE+EF+PF可取得最小值，
∵AP+OP≥OA，
∴AP≥OA﹣OP，即点P在OA上时，AP可取得最小值，
设AB的中点为Q，
∴AQ＝AC＝3，
∵∠BAC＝60°，
∴AQ＝QC＝AC＝BQ＝3，
∴∠ABC＝∠QCB＝30°， ∴∠ACB＝90°， ∴由勾股定理可知：BC＝3 ， ∵∠BOC＝60°，OB＝OC＝3 ， ∴△OBC是等边三角形，
∴∠OBC＝60°，
∴∠ABO＝90°
∴由勾股定理可知：OA＝3 ，
∵OP＝OB＝3 ，
∴AP＝r＝OA﹣OP＝3 ﹣3 ，
∴PE+EF+PF＝MN＝ r＝3 ﹣9
∴PE+EF+PF的最小值为（3 ﹣9）km．
【知识点】勾股定理；垂径定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【分析】（1）设O是△ABC的外接圆的圆心，易证△ABO是等边三角形，所以AB＝OA＝OB＝5；（2）当PM⊥AB时，此时PM最大，连接OA，由垂径定理可知：AM＝ AB＝12，再由勾股定理可知：OM＝5，所以PM＝OM+OP＝18，（3）设连接AP，OP，分别以AB、AC所在直线为对称轴，作出P关于AB的对称点为M，P关于AC的对称点为N，连接MN，交AB于点E，交AC于点F，连接PE、PF，所以AM＝AP＝AN，设AP＝r，
易求得：MN＝ r，所以PE+EF+PF＝ME+EF+FN＝MN＝ r，即当AP最小时，PE+EF+PF可取得最小值．
23．（2019·山西）阅读以下材料，并按要求完成相应地任务：
莱昂哈德·欧拉(Leonhard Euler)是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数，公式和定理，下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC中，R和r分别为外接圆和内切圆的半径，O和I分别为其外心和内心，则 .
如图1，⊙O和⊙I分别是△ABC的外接圆和内切圆，⊙I与AB相切分于点F，设⊙O的半径为R，⊙I的半径为r，外心O（三角形三边垂直平分线的交点）与内心I（三角形三条角平分线的交点）之间的距离OI＝d，则有d2＝R2﹣2Rr．
下面是该定理的证明过程（部分）：
延长AI交⊙O于点D，过点I作⊙O的直径MN，连接DM，AN.
∵∠D=∠N，∠DMI=∠NAI(同弧所对的圆周角相等)，
∴△MDI∽△ANI，
∴ ，
∴①，
如图2，在图1(隐去MD，AN)的基础上作⊙O的直径DE，连接BE，BD，BI，IF，
∵DE是⊙O的直径，∴∠DBE=90°，
∵⊙I与AB相切于点F，∴∠AFI=90°，
∴∠DBE=∠IFA，
∵∠BAD=∠E(同弧所对圆周角相等)，
∴△AIF∽△EDB，
∴ ，∴②，
任务：
（1）观察发现： ， 　 　(用含R，d的代数式表示)；
（2）请判断BD和ID的数量关系，并说明理由；
（3）请观察式子①和式子②，并利用任务(1)，(2)的结论，按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分；
（4）应用：若△ABC的外接圆的半径为5cm，内切圆的半径为2cm，则△ABC的外心与内心之间的距离为　 　cm.
【答案】（1）R﹣d
（2）解：BD=ID，理由如下：
∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，
∵∠DBC=∠CAD，∠BID=∠BAD+∠ABI，∠DBI=∠DBC+∠CBI，
∴∠BID=∠DBI，
∴BD=ID
（3）解：由(2)知：BD=ID，
又 ， ，
∴DE·IF=IM·IN，
∴ ，
∴
∴
（4）
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：(1)∵O、I、N三点共线，
∴OI+IN＝ON，
∴IN＝ON﹣OI＝R﹣d，
故答案为：R﹣d；(4)由(3)知： ，
把R=5，r=2代入得： ，
∵d>0，
∴ ，
故答案为： .
【分析】（1）共线线段之间的关系。
（2）内心即三角形三条角平分线的交点，根据角平分线的性质，以及圆周角定理，综合分析即可求证 ∠BID=∠DBI ，所以 BD=ID 。
（3）利用等式替换进行解答，
（4）根据 ，代入数值计算即可。
24．（2020九上·合肥期末）阅读下列材料，然后解答问题．
经过正四边形(即正方形)各顶点的圆叫做这个正四边形的外接圆，圆心是正四边形的对称中心，这个正四边形叫做这个圆的内接正四边形．
如图，正方形ABCD内接于⊙O，⊙O的面积为S1，正方形ABCD的面积为S2．以圆心O为顶点作∠MON，使∠MON＝90°．将∠MON绕点O旋转，OM、ON分别与⊙O交于点E、F，分别与正方形ABCD的边交于点G、H．设由OE、OF、 及正方形ABCD的边围成的图形(阴影部分)的面积为S．
（1）当OM经过点A时(如图①)，则S、S1、S2之间的关系为：　 　(用含S1、S2的代数式表示)；
（2）当OM⊥AB于G时(如图②)，则(1)中的结论仍然成立吗？请说明理由；
（3）当∠MON旋转到任意位置时（如图③），则（1）中的结论任然成立吗：请说明理由.
【答案】（1）
（2）解：结论仍然成立，理由如下：
∵∠EOF=90°，
∴S扇形OEF= S圆O= S1
∵∠OGB=∠EOF=∠ABC=90°，
∴四边形OGBH为矩形，
∵OM⊥AB，
∴BG= AB= BC=BH，
∴四边形OGBH为正方形，
∴S四边形OGBH=BG2=（ AB）2= S2，
∴S=S扇形OEF-S四边形OGBH= S1- S2= （S1-S2）
（3）解：（1）中的结论仍然成立，理由如下：
∵∠EOF=90°，
∴S扇形OEF= S圆O= ，
过O作OR⊥AB，OS⊥BC，垂足分别为R、S，
由（2）可知四边形ORBS为正方形，
∴OR=OS，
∵∠ROS=90°，∠MON=90°，
∴∠ROG=∠SOH=90°-∠GOS，
在△ROG和△SOH中，
，
∴△ROG≌△SOH（ASA），
∴S△ORG=S△OSH，
∴S四边形OGBH=S正方形ORBS，
由（2）可知S正方形ORBS= S2，
∴S四边形OGBH= S2，
∴S=S扇形OEF-S四边形OGBH= （S1-S2）
【知识点】扇形面积的计算；圆的综合题；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】（1）当OM经过点A时由正方形的性质可知：∠MON=90°，
∴S△OAB= S正方形ABCD= S2，S扇形OEF= S圆O= S1，
∴S=S扇形OEF-S△OAB= S圆O- S正方形ABCD= S1- S2= （S1-S2），
【分析】（1）结合正方形的性质及等腰直角三角形的性质，容易得出结论；（2）仍然成立，可证得四边形OGHB为正方形，则可求出阴影部分的面积为扇形OEF的面积减去正方形OGBH的面积；（3）仍然成立，过O作OR⊥AB，OS⊥BC，垂足分别为R、S，则可证明△ORG≌△OSH，可得出四边形ORBS的面积=四边形OGBH的面积，再利用扇形OEF的面积减正方形ORBS的面积即可得出结论
25．（2020·无锡模拟）已知某种月饼形状的俯视图如图1所示，该形状由1个正六边形和6个半圆组成，半圆直径与正六边形的边长相等.
现商家设计了2种棱柱体包装盒，其底面分别为矩形和正六边形(如图2和图3)我们可从底面的利用率来记算整个包装盒的利用情况.(底面利用率= ×100%)
（1）请分别计算出图2与图3中的底面利用率(结果保留到0.1%)；
（2）考虑到节约成本，商家希望底面利用率能够不低于80%，且底面图形仍然采用最基本的几何形状，请问商家的要求是否能够满足，若可以满足，请设计一种方案，并直接写出此时的利用率；若不能满足，请说明理由.
【答案】（1）解：设半圆直径与正六边形的边长 a，连接正六边形的中心 和两相邻的顶点 ，则 ， ，∴ 是等边三角形，∴ =a，过点 作 ，∴ ， ，∴ = ，延长OC与其中一个半圆交于点D，则 ，∴ ， 40.2%；
= = = 66.4%；
答：图2、3的底面利用率分别约为66.4%、40.2%；
（2）解：商家的要求是否能够满足，设计如图所示底面为圆的包装盒，半径为 ，
= ，
答：设计底面为圆形的包装盒，利用率约为84.5%.
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）设半圆直径与正六边形的边长为a，根据正多边形和圆的知识，算出月饼面积，再算出图2正方形的边长，即可求出图2的面积，和图2底面的利用率；图3的包装盒六边形和月饼相似，利用面积比等于相似比的平方，求出图3包装盒的底面利用率；（2）设计底面为圆形的包装盒，求出其半径、面积、底面利用率，满足底面利用率不低于80%.
26．（2020九上·石家庄月考）如图，在 中， ，动点 沿线段 从点 向点 运动，当点 与点 重合时，停止运动，以点 为圆心， 为半径作 ，点 在 上且在 外， ．
（1）当 时 　 　，点 到 的最远距离为　 　；
（2） 与 相切于点 时（如图2），求 的长？并求出此时劣弧 长度？（参考数据： ）
（3）直接写出点 的运动路径长为　 　， 的最短距离为　 　．
【答案】（1）；
（2）解：如图2， 与 相切与点 ，
连接 ，则 ，
在 ， ，
，
在 中， ，
设 半径为 ，则 ，
在 中， ，
；
，
∴
．
∴劣弧 长度为 .
（3）；
【知识点】圆的综合题；圆-动点问题
【解析】【解答】解：（1）如图，连结AP并延长交⊙P于N点，
则由勾股定理得： ，
∴AN=AP+CP= ，即点A到⊙P的最远距离为 ，
故答案为 ；（3）如图，由题意可以画出M的运动路径CE，BM的最短距离即为BN，
由已知，BE=BC=8，∠CBE=90°，
∴由勾股定理可得： ，
∴点 的运动路径长是 ， 的最短距离是 ．
【分析】（1）根据勾股定理及圆外一点到圆上的最远距离求解即可；
（2） 连接 PD ，则 ， 先求出AB，再利用锐角三角函数求解出半径，最后利用弧长公式计算即可；
（3）画出草图，知道点M的运动轨迹再求解即可。
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