2023年浙教版数学九年级上册第三章 圆的基本性质 章末检测（B卷）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023九下·西湖月考）如图，已知OA，OB， OC是⊙O的半径，连结BC，交OA于点D，设∠ADB=a，∠OBC=p，∠AOC=y， 则（ ）
A．a+2β-y= 180° B．a+β+y= 180°
C．2a-β+y=180° D．3a-2β+y=180°
2．（2023九上·宁波期末）如图，在中，，，，点D在边上，，以点D为圆心作，其半径长为r，要使点A恰在外，点B在内，则r的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023九上·温岭期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，AC＝3，将△ABC绕点B逆时针旋转得，若点在AB上，则的长为（ ）
A． B．4 C． D．5
4．（2021九上·余姚期中）木条 、 、 如图用螺丝固定在木板 上在且 ，将木条 、木条 、木条 看作是在同一平面 内的三条直线 、 、 ，若使直线 、直线 达到平行的位置关系则下列描述错误的是（ ）
A．木条 、 固定不动，木条 绕点B顺时针旋转
B．木条 、 固定不动，木条 绕点 逆时针旋转
C．木条 、 固定不动，木条 绕点 逆时针旋转
D．木条 、 固定不动，木条 绕点 顺时针旋转
5．（2022九上·浦江期中）如图，四边形为矩形，AB = 3，BC = 4．点P是线段上一动点，点M为线段AP上一点．，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2021九上·温州期中）如图，AB是⊙O的一条弦， ， =120°，点D在⊙O上，CD⊥AB于点C，BC－AC=12，则CD的长为（ ）
A． B． C．13 D．12
7．（2023九下·义乌开学考）如图，是的内接三角形，是的直径，若则 （ ）
A． B． C． D．
8．（2021九上·北仑期中）如图，A、B，C是⊙O上的点，且∠ACB＝140°．在这个图中，画出下列度数的圆周角：40°，50°，90°，140°，仅用无刻度的直尺能画出的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（2022九上·瑞安期中）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，过点O作OM⊥边BC于点M，若⊙O的半径为4，则边心距OM的长为（ ）
A．2 B． C．2 D．2
10．（2021九上·衢州期中）如图，正方形ABCD的边长为3，将长为2 的线段QF的两端放在正方形相邻的两边上同时滑动.如果点Q从点A出发，在AB上滑动，同时点F在BC上滑动，当点F到达点C时，运动停止，那么在这个过程中，线段QF的中点M所经过的路线长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每空3分，共18分）
11．（2021九上·鄞州期末）如图，平面直角坐标系中有一点 ，在以 为圆心，2为半径的圆上有一点P，将点P绕点A旋转 后恰好落在x轴上，则点P的坐标是 .
12．（2023九下·义乌月考）如图，为的直径，弦，垂足为，，，，则弦的长度为 .
13．（2021九上·萧山月考）如图所示， 是 的直径， ， ，则 的度数为 ．
14．（2023九下·慈溪月考）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，将线段CD绕点C顺时针旋转α至射线l，作点D关于射线l的对称点M，连接BM交直线l于点N，当α＝ °时，线段AN取得最大值；线段AN的最大值为 .
15．（2022九上·杭州期中）如图，点A，B，C，D，E都是⊙O上的点，AC=AE，∠D=128°，则∠B= °。
16．（2018九上·镇海期末）如图，正方形 和正 都内接于半径为1的 ， 与 、 分别相交于点 、 ，则 的长为 .
三、解答题（共9题，共72分）
17．（2022九上·杭州月考）如图，在平面直角坐标系中，点，点，点.
（1）以点为中心，把逆时针旋转，画出旋转后的图形；
（2）在（1）中的条件下，
①扫过的面积为 （结果保留）；
②写出点的坐标为 .
18．（2021九上·慈溪期中）如图，有一座圆弧形拱桥，桥下水面宽度AB为12m，拱高CD为4m．
（1）求拱桥的半径．
（2）有一艘宽为7.8m的货船，船舱顶部为长方形，并高出水面3m，则此货船是否能顺利通过此圆弧形拱桥？并说明理由．
19．如图，已知正五边形ABCDE，AF∥CD交DB的延长线于点F，交DE的延长线于点G．
（1）写出图中所有的等腰三角形；
（2）求证：∠G=2∠F．
20．（2020九上·嵊州期中）如图，已知 是 的外接圆，点D是 上的一个动点，且C，D位于 的两侧，联结 ， ，过点C作 ，垂足为E.延长 交 于点F， ， 的延长线交于点P.
求证：
（1） .
（2） 是等腰三角形.
21．（2022九上·定海月考）已知：如图，内接于，为直径，的平分线交于点，交于点，于点，且交于点，连接.
（1）求证：；
（2）连接，若，，求的半径和的长.
22．（2020九上·柯桥月考）如图，在平面直角坐标系中，有Rt△ABC，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点A、B均在x轴上，边AC与y轴交于点D，连结BD，点B的坐标为（ ，0），若BD是∠ABC的角平分线.
（1）如图1，求点C的坐标；
（2）如图2，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转一个角度α（0°≤α≤180°）得到Rt△AB'C'，直线AC'交直线BD于点P，直线AB'交y轴于点Q，是否存在点P、Q，使△APQ为等腰三角形？若存在，直接写出∠APQ的度数；若不存在，请说明理由.
23．（2021九上·上城期中）如图，AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，与△ABC的外接圆交于点D，∠EAC＝120°.
（1）连OB，OC，求∠OCB；
（2）连DB，DC，求证：DB＝DC；
（3）探究线段AD，AB，AC之间的数量关系，并证明你的结论.
24．（2022九上·富阳期中）已知在圆O中，弦AB垂直弦CD于点E
（1）如图1：若CE=BE，求证：AB=CD；
（2）如图2：若AB=8，CD=6，OE=
①求圆的半径，
②求弓形CBD的面积。
25．（2021九上·嵊州期末）正方形ABCD的四个顶点都在上，点P是劣弧上一点（点P与点C，D不重合），连接PA，PD.
（1）如图1，求的度数.
（2）如图2，连接PB.在线段PB上取点M，使得，过点M作交PA于点N.记PA，PB与边CD交于点E，F.
①求证：.
②若，，求正方形ABCD的面积.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆的相关概念
【解析】【解答】解：∵OA=OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=β，
∵∠ADB=∠CDO=a，∠CDO+∠AOC+∠OCB=180°，
∴a+β+y= 180°.
故答案为：B
【分析】利用等边对等角可得到∠OCB=β，利用对顶角相等可知∠CDO=a；然后利用三角形的内角和为180°，可得到a、β、y之间的数量关系.
2．【答案】A
【知识点】勾股定理；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：在中，，，，
则，，
点A恰在外，点B在内，
故答案为：A.
【分析】根据勾股定理算出AD的长，设圆的半径为r，点到圆心的距离为d，当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内，据此判断即可得出答案.
3．【答案】A
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将△ABC绕点B逆时针旋转得△A′BC'，AC=3，BC=4
∴∠A'C'B＝∠C＝90°，A'C'＝AC＝3，BC'=BC=4，
在Rt△ABC中，AB＝＝5，
∴AC'＝AB-BC'=5-4＝1，
∴在Rt△AA'C'中，AA′＝＝=，
故答案为：A．
【分析】由旋转的性质得出A'C'、BC'的长度，在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AB的长，从而得AC'的长，最后在Rt△AA'C'中，利用勾股定理计算，即可求得AA′的长．
4．【答案】D
【知识点】平行线的判定；图形的旋转
【解析】【解答】解：A、木条 、 固定不动，木条 绕点B顺时针旋转20°，故A不符合题意；
B、木条 、 固定不动，木条 绕点 逆时针旋转160°，故B不符合题意；
C、木条 、 固定不动，木条 绕点 逆时针旋转20°，故C不符合题意；
D、木条 、 固定不动，木条 绕点 顺时针旋转110°，木条C和木条B重合，AC不平行DF，故D符合题意；
故答案为：D.
【分析】利用平行线的判定定理和旋转的性质，可得答案.
5．【答案】D
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；矩形的性质；垂径定理
【解析】【解答】解：以AD为直径作圆O，连接OB，OM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，AD=BC=4，
∵∠BAP+∠DAM=90°，
∵∠ADM=∠BAP，
∴∠ADM+∠DAM=90°，
∴∠AMD=90°，
∴AD是直径，
∴AO=OD=OM=AD=2，
∴，
∵，
∴当点B，M，O三点共线时，BM最小，最小值就是.
故答案为：D
【分析】以AD为直径作圆O，连接OB，OM，利用矩形的性质可证得∠BAD=90°，AD=BC=4，利用∠ADM=∠BAP，∠BAP+∠DAM=90°，可推出∠AMD=90°，利用圆周角定理可证得AD是直径，可求出OM，OA的长，利用勾股定理求出OB的长，利用三角形的三边关系定理可得到BM≤OB-ON，可知当点B，M，O三点共线时，BM最小，即可求出BM的最小值.
6．【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系
【解析】【解答】解：过点O作OF⊥AB于点F，OE⊥DC于点E，
∴BF=，∠BFO=∠DEO=∠CFO=∠CEO=∠ECF=90°，
∴四边形CEFO是矩形，
∴CE=OF，CF=OE
∵弧AB=120°，
∴∠BOF=×120°=60°，
∴∠B=90°-60°=30°，
∴设OB=2OF=2x
在Rt△BOF中
4x2-x2=（）2
解之：x=5（取正值）
∴OB=OD=2×5=10，OF=5
∵
解之：BC=6+
∴CF=BC-BF=6+-=6
∴OE=6，CE=5
在Rt△DOE中
∴CD=CE+DE=5+8=13.
故答案为：C.
【分析】过点O作OF⊥AB于点F，OE⊥DC于点E，利用垂径定理可求出BF的长，同时可证得四边形CEFO是矩形，利用矩形的性质可知CE=OF，CF=OE，再利用圆心角，弧，弦之间的关系，可得到∠BOF的度数，同时可求出∠B的度数；利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，设OB=2OF=2x，利用勾股定理求出x的值，可得到OB，OF的长，结合已知求出BC的长，即可得到CF的长；再求出OE，CE的长；然后利用勾股定理求出DE的长，根据CD=CE+DE，代入计算求出CD的长.
7．【答案】B
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：如图：连接BD，
∵AD是圆O的直径，
∴∠DBA=90°，
∵∠ABC=45°，
∴∠DBC=∠DBA-∠ABC=90°-45°=45°，
∵弧DC=弧DC，
∴∠DAC=∠DBC=45°.
故答案为：B.
【分析】根据直径所对的圆周角是直角得∠DBA=90°，根据角的和差，由∠DBC=∠DBA-∠ABC算出∠DBC的度数，进而根据同弧所对的圆周角相等得∠DAC=∠DBC=45°.
8．【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，作直径AD，连接BD，AB，在劣弧BC上取点E，连接AE，BE，
∵四边形ADC是圆的内接四边形，
∴∠ACB+∠D=180°，
∴∠D=180°-140°=40°；
∵四边形ADBE是圆的内接四边形，
∴∠AEB+∠D=180°，
∴∠AEB=180°-40°=140°；
∵AD是直径，
∴∠ADB=90°；
∴∠BAD+∠D=90°
∴∠BAD=90°-40°=50°.
∴能画出圆周角为40°，50°，90°，140° ，
故答案为：D.
【分析】作直径AD，连接BD，AB，在劣弧BC上取点E，连接AE，BE，利用圆内接四边形的对角互补，可求出∠D的度数，同时可求出∠AEB的度数，利用圆周角定理及三角形的内角和定理可求出∠BAD，∠ADB的度数，即可作出判断.
9．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接OB、OC．
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BOC＝60°，OB＝OC＝4，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC＝OB＝OC＝4，
∵OM⊥BC，
∴BM＝CM＝2，
在Rt△OBM中，OM＝ .
故答案为：A.
【分析】连接OB、OC，根据正六边形的性质可得∠BOC＝60°，OB＝OC＝4，推出△OBC是等边三角形，得到BC＝OB＝OC＝4，BM＝CM＝2，然后在Rt△OBM中，利用勾股定理就可求出OM.
10．【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；弧长的计算；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图所示，连接BM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠QBF=90°，
∵M是线段QF的中点，
∴ ，
∴M在以B为圆心，以 的长为半径的圆上运动，Q与A点重合时此时线段QF的中点为M的起始位置，当F与C重合时，此时线段QF的中点为M的终点位置，即线段QF的中点M所经过的路线长即为 ，
当Q与A重合时，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF=90°，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵M是AF（QF）的中点，
∴ ，
∴ ，
同理可求得 ，
∴ ，
∴线段QF的中点M所经过的路线长 .
故答案为：C.
【分析】连接BM，由正方形的性质可得∠QBF=90°，由直角三角形斜边上中线的性质可得BM=QF=，则M在以B为圆心，以的长为半径的圆上运动，线段QF的中点M所经过的路线长即为，由勾股定理求出BF，推出∠BAF=30°，由直角三角形斜边上中线的性质可得BM=AM=MF=，得到∠ABM=∠BAF=30°，同理可得∠CBM1=30°，∠MBM1=30°，然后利用弧长公式计算即可.
11．【答案】（ ，4）或（﹣ ，4）
【知识点】勾股定理；关于坐标轴对称的点的坐标特征；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：如图，
∵将点P绕点A旋转180°后恰好落在x轴上，点 ，
∴点P的纵坐标为4，
当点P在第一象限时，过点P作PT⊥y轴于T，连接PM.
∵T（0，4），M（0，3），
∴OM＝3.OT＝4，
∴MT＝1，
∴PT＝ ＝ ＝ ，
∴P（ ，4），
根据对称性可知，点P关于y轴的对称点P′（﹣ ，4）也满足条件.
综上所述，满足条件的点P的坐标为（ ，4）或（﹣ ，4）.
故答案为：（ ，4）或（﹣ ，4）.
【分析】画出示意图，由题意可得点P的纵坐标为4，当点P在第一象限时，过点P作PT⊥y轴于T，连接PM，根据点T、M的坐标可得OM＝3，OT＝4，则MT＝1，利用勾股定理求出PT，可得点P的坐标，根据对称性可知：点P关于y轴的对称点P′也满足条件，据此解答.
12．【答案】
【知识点】勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解：连接、，交于，如图，
∵，
，
设⊙的半径为，则，，
在中，，解得，
∵，
，，
在中，，①
在中，，②
解由①②组成的方程组得到，
.
故答案为.
【分析】连接、，交于，由垂径定理可得，设⊙的半径为，则，，在中，利用勾股定理建立关于r方程并解之，即得OA=5，由可得，，在中，①，在中，②，联立①②可得AG的长，继而得解.
13．【答案】51°
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆心角、弧、弦的关系
【解析】【解答】解：∵ ，
∴∠BOE=34°×3=102°，
∴∠AOE=180°-∠BOE=78°，
∵OE=OA，
∴∠AEO=∠EAO==51°.
故答案为：51°.
【分析】根据，求出∠BOE的度数，然后根据邻补角的性质求出∠AOE，最后根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质求出∠AEO即可.
14．【答案】45；4
【知识点】正方形的性质；圆周角定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：连接BD，DN，CM，
∵四边形ABCD是正方形
∴BC＝CD＝2，∠BCD＝90°
∴
∵点D，点M关于射线l对称
∴CM＝CD，MN＝DN，且CN＝CN
∴△MCN≌△DCN（SSS）
∴∠CMB＝∠CDN
∵CD＝BC，CM＝CD
∴CM＝BC
∴∠CBM＝∠CMB
∴∠CBM＝∠CDN，且∠BOC＝∠DON
∴∠BCD＝∠BND＝90°
∴点N在以BD为直径的圆上，
∴AN最大值为直径BD
∴AN最大值为4，
即点N与点C重合，且∠MND＝90°
∴α＝45°
故答案为：45，4.
【分析】连接BD，DN，CM， 首先根据正方形的性质及勾股定理算出BD的长，由轴对称的性质得CM＝CD，MN＝DN，结合CN＝CN，用SSS判断出△MCN≌△DCN，得∠CMB＝∠CDN，易得CM=BC，由等边对等角得∠CBM＝∠CMB，则∠CBM＝∠CDN，又∠BOC＝∠DON ，根据三角形的内角和定理得∠BCD＝∠BND＝90°，由圆周角定理得点N在以BD为直径的圆上，AN最大值为直径BD，即点N与点C重合，且∠MND＝90°，故α＝45°.
15．【答案】116
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接AC，CE，
∵四边形ACDE内接于圆O，
∴∠CAE+∠C=180°，
∴∠CAE=180°-128°=52°，
∵AC=CE，
∴∠ACE=∠AEC=（180°-52°）=64°，
∵四边形ABCE内接于圆O，
∴∠B+∠AEC=180°，
∴∠B=180°-64°=116°.
故答案为：116
【分析】连接AC，CE，利用圆内接四边形的对角互补，可求出∠CAE的度数；再利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠AEC的度数，再利用圆内接四边形的性质可证得∠B+∠AEC=180°，代入计算求出∠B的度数.
16．【答案】1
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接AC、BD、OF，
，
已知⊙O的半径是1，
则OF=1，
∵AO是∠EAF的平分线，
∴∠OAF=60°÷2=30°，
∵OA=OF，
∴∠OFA=∠OAF=30°，
∴∠COF=30°+30°=60°，
∴OI= ，CI= ，
∴ ，
BD=2，
故GH=1.
【分析】已知⊙O的半径是1，则OF=1，根据AO是∠EAF的平分线，求出∠COF=60°，在Rt△OIF中，求出FI的值是多少；然后判断出OI、CI的关系，再根据GH∥BD，求出GH的值是多少，再用EF的值比上GH的值，求出EF：GH的值是多少即可求GH.
17．【答案】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）；（-1，3）
【知识点】扇形面积的计算；作图﹣旋转；点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：（2）①∵，，
∴扫过的面积为，
故答案为：；
②由图知点的坐标为（-1，3），
故答案为：（-1，3）.
【分析】（1）根据旋转的性质，找出点A、B绕点C逆时针旋转90°的对应点A′、B′，然后顺次连接即可；
（2）①根据勾股定理可得AC的值，由题意可得AC扫过的面积可看作圆心角为90°，半径为5的扇形的面积，然后结合扇形的面积公式进行计算；
②根据点B′的位置可得相应的坐标.
18．【答案】（1）解：设圆心为O，连接OC，OB，
∴OC⊥AB，
∴BD=AB=6，
设拱桥的半径r米，则OD=r-4，
在Rt△OBD中
OD2+BD2=OB2即（r-4）2+62=r2
解之：r=.6.5.
（2）解：此货船不能顺利通过此圆弧形拱桥，理由如下，
如图，连接OE
∵船舱顶部为长方形，并高出水面3m，
∴DF=3，
∴CF=4-3=1，
∴OF=OC-CF=6.5-1=5.5，
在Rt△EOF中
，
∴NE=2EF=2×3.46=6.92＜7.8，
∴此货船不能顺利通过此圆弧形拱桥.
【知识点】垂径定理的实际应用
【解析】【分析】（1）设圆心为O，连接OC，OB，利用垂径定理求出BD的长，设拱桥的半径r米，可表示出OD的长，再利用勾股定理可得到关于r的方程，解方程求出r的值.
（2）连接OE，利用已知船舱顶部为长方形，并高出水面3m，可得到DF的长，根据CF=CD=DF，可求出CF的长，从而可求出OF的长，利用勾股定理可求出EF的长，根据NE=2EF，可求出NE的长，再根据货船宽为7.8m，将NE与7.8比较大小，可作出判断.
19．【答案】（1）解：∵DC=BC，
∴△CDB是等腰三角形，
∵∠C=108°，
∴∠1=∠CBD=36°，
∵AF∥CD，
∴∠F=∠1=36°，
可得四边形DEAB是等腰梯形，
∴∠DBA=∠2=72°，
∴∠F=∠BAF=36°，
∴△BAF是等腰三角形，
进而可得：∠GEA=∠G=∠2=72°，
∴△FDG，△AEG是等腰三角形，
故等腰三角形有：△BCD，△ABF，△FDG，△AEG．
（2）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠C=∠CDE=108°，CD=CB．
得∠1=36°，
∴∠2=108°﹣36°=72°．
又∵AF∥CD，
∴∠F=∠1=36°，
故∠G=180°﹣∠2﹣∠F=180°﹣72°﹣36°=72°=2∠F．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质以及正五边形的性质得出各角度进而得出答案；
（2）分别得出：∠G与∠F的度数进而得出它们之间的关系．
20．【答案】（1）证明：连接BF，
∵CE⊥BD，
∴∠DBF+∠BFC=90°，
又∵在Rt△ABC中∠ABC+∠BAC=90°，
∠BFC=∠BAC，
∴∠DBF=∠ABC，
∴∠DBF+∠ABD=∠ABC+∠ABD，
即∠DBC=∠ABF，
∴
（2）证明：由（1）得 ，
∴∠PFC=∠ACF，
∵∠PDA=∠ACF，∠PAD=∠PFC，
∴∠PDA=∠PAD，
∴△PAD是等腰三角形
【知识点】等腰三角形的判定；圆心角、弧、弦的关系
【解析】【点评】（1）连接BF，易得∠DBF+∠BFC=90°，∠ABC+∠BAC=90°，由圆周角定理可得∠BFC=∠BAC，则∠DBF=∠ABC，进而推出∠DBC=∠ABF，据此证明；
（2）由（1）得 ，则∠PFC=∠ACF，进而推出∠PDA=∠PAD，据此判断.
21．【答案】（1）证明：是的平分线，
，
由圆周角定理得：，
（2）解：如图：
，
，
，
的半径为5，
，
，
解得：.
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据角平分线定义得∠CBD=∠DBA，根据同弧所对的圆周角相等得∠DAC=∠CBD，再等量代换即可得出答案；
（2）根据圆心角、弧、弦的关系得AD=CD=6，利用勾股定理算出AB的长，根据等面积法即可建立方程求出DE的长.
22．【答案】（1）解：如图1中，过点C作CH⊥AB于H.
∵∠ABC＝90°，∠CAB＝30°，∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝ ∠ABC＝30°，
∴∠DAB＝∠DBA＝30°，∴DA＝DB，∵DO⊥AB，∴OA＝OB，
∵B（ ，0），∴OA＝OB＝ ，∴AB＝2 ，∴BC＝ AB＝ ，
∵CH⊥AB，∴∠CHB＝90°，∴BH＝ BC＝ ，CH＝ BH＝ ，
∴OH＝OB﹣BH＝ ，∴C（ ， ）.
（2）解：如图2，连接PQ，∵△PAQ是等腰三角形，∠PAQ＝30°，
∴当AP＝AQ时，∠APQ＝ （180°﹣30°）＝75°，
当PA＝PQ时，∠APQ＝120°，
当PQ＝AQ时，∠APQ＝∠PAQ＝30°
当点Q在Y轴的负半轴上时，等腰三角形的顶角为150°，此时∠APQ＝15°，
综上，满足条件的∠APQ的值为75°或120°或30°或15°.
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；旋转的性质
【解析】【分析】（1）过点C作CH⊥AB于H，利用角平分线的定义求出∠ABD的度数，再证明OA=OB，DA=DB，由此可求出OB的长，利用勾股定理求出AB，BC的长，再求出BH，CH的长，即可得到OH的长，由此可得到点C的坐标。
（2）连接PQ，可得到∠PAQ的度数，再分情况讨论：当AP＝AQ时，当PA＝PQ时，当PQ＝AQ时，当点Q在Y轴的负半轴上时，分别求出∠APQ的度数。
23．【答案】（1）解：连接OB，OC，
∵∠EAC＝120°，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BDC＝∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝2∠BDC＝2×60°＝120°
∴∠OCB=；
（2）证明：∵AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，
∴∠DAC＝ ∠EAC＝ 120°＝60°，
∴∠DBC＝∠DAC＝60°，
由（1）知∠BDC＝60°，
∴∠BDC＝∠DBC＝60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴BD＝CD；
（3）解：AC＝AD+AB，理由如下：
如图，延长AD至F，使DF＝AB，连接CF，
∵四边形ABCD是⊙O的内角四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∵∠ADC+∠CDF＝180°，
∴∠ABC＝∠CDF，
由（2）知△BDC是等边三角形，
∴BC＝CD，
∴△FDC≌△ABC（SAS），
∴∠ACB＝∠DCF，AC＝CF，
∴∠ACF＝∠BCD＝60°，
∴△ACF是等边三角形，
∴AC＝AF＝AD+AB.
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）连接OB、OC，由邻补角性质得∠BAC＝60°，由圆周角定理得∠BDC＝∠BAC＝60°，∠BOC＝2∠BDC，进而根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理即可算出答案；
（2）由角平分线的概念得∠DAC＝∠EAC＝60°，由圆周角定理得∠DBC＝∠DAC＝60°，由（1）知∠BDC＝60°，从而判断出三角形BDC是等边三角形，根据等边三角形的三边相等即可得出结论；
（3）延长AD至F，使DF＝AB，连接CF，由圆内接四边形的性质可得∠ADC+∠ABC＝180°，由邻补角的性质得∠ADC+∠CDF＝180°，则∠ABC＝∠CDF，由（2）知△BDC是等边三角形，则BC＝CD，证明△FDC≌△ABC，得到∠ACB＝∠DCF，AC＝CF，推出△ACF是等边三角形，据此解答.
24．【答案】（1）证明：连接AD，BC，
∵CE=BE，
∴∠B=∠C，
∵，
∴∠B=∠D，∠A=∠C，
∴∠A=∠D，
∴AE=BE，
∴AB=CD
（2）解：①连接OA，OD，OC，过点O作OF⊥AB于点F，OG⊥CD于点G，
∵AB⊥CD，
∴AF=AB=4，BG=CD=3，∠AOF=∠OFG=∠EGO=∠FEG=90°，
∴四边形OFEG是矩形，
∴FE=OG；
设圆的半径为r，
OF2=EG2=r2-16，EF2=OE2-OF2=11--OF2，EF2=OG2=r2-9
∴r2-9=11-（r2-16）
解之：r=
②在Rt△OGD中
∴OG=BG，
∵OC=OB，
∴∠B=∠C=45°，
∴∠COD=90°，
∴弓形CBD的面积=
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；圆周角定理；扇形面积的计算
【解析】【分析】（1）连接AD，BC，利用等边对等角可证得∠B=∠C，利用同弧所对的圆周角相等，可证得∠B=∠D，∠A=∠C，由此可推出∠A=∠D，利用等角对等边可得到AE=BE，即可证得结论.
（2）①连接OA，OD，OC，过点O作OF⊥AB于点F，OG⊥CD于点G，利用垂径定理可求出AF，BG的长，利用垂直的定义可知∠AOF=∠OFG=∠EGO=∠FEG=90°，可推出四边形OFEG是矩形，利用矩形的性质可证得FE=OG，设圆的半径为r，利用勾股定理可得到OF2=EG2=r2-16，EF2=11-OF2，EF2=OG2=r2-9，由此可得到关于r的方程，解方程求出r的值；
②在Rt△OGD中利用勾股定理求出OG的长，可得到OG=BG，可证得∠B=∠C=45°，由此可求出∠COD=90°；然后根据弓形CBD的面积=扇形COD的面积减去△COD的面积，列式计算可求出结果.
25．【答案】（1）解：如图1所示，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，
∴∠APD=∠ACD=45°；
（2）解：①∵AM=AB，
∴∠ABP=∠AMP，
∵四边形ABPD是圆内接四边形，
∴∠ABP+∠ADP=180°，
∵∠AMB+∠AMP=180°，
∴∠ADP=∠AMP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∴∠APD=∠APB，
又∵AP=AP，
∴△ADP≌△AMP（AAS）；
②如图所示，连接EM并延长交BC于Q，连接AQ交BF于G，
由①知△ADP≌△AMP，
∴∠DAP=∠MAP，
∵四边形ABCD是正方形，AM=AB，
∴AD=AB=AM，∠ADE=∠ABQ=90°，
在△DAE和△MAE中，
，
∴△DAE≌△MAE（SAS）
∴∠AME=∠ADE=90°，DE=ME，∠AME=∠DAE=90°
在Rt△AMQ和Rt△ABQ中，
，
∴Rt△AMQ≌Rt△ABQ（HL），
∴MQ=BQ，
∵AB=AM，MQ=BQ，
∴AQ是BM的垂直平分线，
∴∠BGQ=90°，
∴∠AQB+∠CBF=90°，
又∵∠CBF+∠BFC=90°，
∴∠AQB=∠BFC，
又∵∠ABQ=∠BCF=90°，AB=BC，
∴△ABQ≌△BCF（AAS），
∴BQ=CF=MQ=12，
设∠PAD=∠PAM=x，则∠BAM=90°-2x，
∵，
∴∠MNE=∠BAM=90°-2x，∠MAE=∠BAE=90°-x，
又∵∠MEN=90°-∠MNE=90°-x，
∴∠MNE=∠MEN，
∴ME=MN=5，
∴EQ=EM+QM=17，
设正方形ABCD的边长为a，则CE=CD-EM=CD-DE=a-5，CQ=BC-BQ=a-12，
在直角三角形ECQ中，
∴，
∴或a=-3（舍去），
∴.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】（1）连接AC，由圆周角定理可求解；
（2）①由圆内接四边形的性质和已知条件易证∠ADP＝∠AMP，∠APD＝∠APM，PA是公共边，用角角边可证△ADP≌△AMP；
②连接EM并延长交BC于Q，连接AQ，AQ交BF于G，由题意用边角边可证得△DAE≌△MAE，从而∠AME＝∠ADE＝90°，由HL定理可证△ABQ≌△AMQ，由角角边可证△ABQ≌△BCF，设∠PAD＝∠PAM＝α，可证得∠MNE＝∠MEN＝90° α，可得EM＝MN＝5，于是EQ＝EM＋MQ＝17， 设正方形ABCD的边长为a，则CE=CD-EM=CD-DE=a-5，CQ=BC-BQ=a-12，在直角三角形ECQ中，用勾股定理可得关于a的方程，解方程求得a的值；则S正方形ABCD=a2可求解．
1 / 12023年浙教版数学九年级上册第三章 圆的基本性质 章末检测（B卷）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023九下·西湖月考）如图，已知OA，OB， OC是⊙O的半径，连结BC，交OA于点D，设∠ADB=a，∠OBC=p，∠AOC=y， 则（ ）
A．a+2β-y= 180° B．a+β+y= 180°
C．2a-β+y=180° D．3a-2β+y=180°
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆的相关概念
【解析】【解答】解：∵OA=OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=β，
∵∠ADB=∠CDO=a，∠CDO+∠AOC+∠OCB=180°，
∴a+β+y= 180°.
故答案为：B
【分析】利用等边对等角可得到∠OCB=β，利用对顶角相等可知∠CDO=a；然后利用三角形的内角和为180°，可得到a、β、y之间的数量关系.
2．（2023九上·宁波期末）如图，在中，，，，点D在边上，，以点D为圆心作，其半径长为r，要使点A恰在外，点B在内，则r的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：在中，，，，
则，，
点A恰在外，点B在内，
故答案为：A.
【分析】根据勾股定理算出AD的长，设圆的半径为r，点到圆心的距离为d，当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内，据此判断即可得出答案.
3．（2023九上·温岭期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，AC＝3，将△ABC绕点B逆时针旋转得，若点在AB上，则的长为（ ）
A． B．4 C． D．5
【答案】A
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将△ABC绕点B逆时针旋转得△A′BC'，AC=3，BC=4
∴∠A'C'B＝∠C＝90°，A'C'＝AC＝3，BC'=BC=4，
在Rt△ABC中，AB＝＝5，
∴AC'＝AB-BC'=5-4＝1，
∴在Rt△AA'C'中，AA′＝＝=，
故答案为：A．
【分析】由旋转的性质得出A'C'、BC'的长度，在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AB的长，从而得AC'的长，最后在Rt△AA'C'中，利用勾股定理计算，即可求得AA′的长．
4．（2021九上·余姚期中）木条 、 、 如图用螺丝固定在木板 上在且 ，将木条 、木条 、木条 看作是在同一平面 内的三条直线 、 、 ，若使直线 、直线 达到平行的位置关系则下列描述错误的是（ ）
A．木条 、 固定不动，木条 绕点B顺时针旋转
B．木条 、 固定不动，木条 绕点 逆时针旋转
C．木条 、 固定不动，木条 绕点 逆时针旋转
D．木条 、 固定不动，木条 绕点 顺时针旋转
【答案】D
【知识点】平行线的判定；图形的旋转
【解析】【解答】解：A、木条 、 固定不动，木条 绕点B顺时针旋转20°，故A不符合题意；
B、木条 、 固定不动，木条 绕点 逆时针旋转160°，故B不符合题意；
C、木条 、 固定不动，木条 绕点 逆时针旋转20°，故C不符合题意；
D、木条 、 固定不动，木条 绕点 顺时针旋转110°，木条C和木条B重合，AC不平行DF，故D符合题意；
故答案为：D.
【分析】利用平行线的判定定理和旋转的性质，可得答案.
5．（2022九上·浦江期中）如图，四边形为矩形，AB = 3，BC = 4．点P是线段上一动点，点M为线段AP上一点．，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；矩形的性质；垂径定理
【解析】【解答】解：以AD为直径作圆O，连接OB，OM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，AD=BC=4，
∵∠BAP+∠DAM=90°，
∵∠ADM=∠BAP，
∴∠ADM+∠DAM=90°，
∴∠AMD=90°，
∴AD是直径，
∴AO=OD=OM=AD=2，
∴，
∵，
∴当点B，M，O三点共线时，BM最小，最小值就是.
故答案为：D
【分析】以AD为直径作圆O，连接OB，OM，利用矩形的性质可证得∠BAD=90°，AD=BC=4，利用∠ADM=∠BAP，∠BAP+∠DAM=90°，可推出∠AMD=90°，利用圆周角定理可证得AD是直径，可求出OM，OA的长，利用勾股定理求出OB的长，利用三角形的三边关系定理可得到BM≤OB-ON，可知当点B，M，O三点共线时，BM最小，即可求出BM的最小值.
6．（2021九上·温州期中）如图，AB是⊙O的一条弦， ， =120°，点D在⊙O上，CD⊥AB于点C，BC－AC=12，则CD的长为（ ）
A． B． C．13 D．12
【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系
【解析】【解答】解：过点O作OF⊥AB于点F，OE⊥DC于点E，
∴BF=，∠BFO=∠DEO=∠CFO=∠CEO=∠ECF=90°，
∴四边形CEFO是矩形，
∴CE=OF，CF=OE
∵弧AB=120°，
∴∠BOF=×120°=60°，
∴∠B=90°-60°=30°，
∴设OB=2OF=2x
在Rt△BOF中
4x2-x2=（）2
解之：x=5（取正值）
∴OB=OD=2×5=10，OF=5
∵
解之：BC=6+
∴CF=BC-BF=6+-=6
∴OE=6，CE=5
在Rt△DOE中
∴CD=CE+DE=5+8=13.
故答案为：C.
【分析】过点O作OF⊥AB于点F，OE⊥DC于点E，利用垂径定理可求出BF的长，同时可证得四边形CEFO是矩形，利用矩形的性质可知CE=OF，CF=OE，再利用圆心角，弧，弦之间的关系，可得到∠BOF的度数，同时可求出∠B的度数；利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，设OB=2OF=2x，利用勾股定理求出x的值，可得到OB，OF的长，结合已知求出BC的长，即可得到CF的长；再求出OE，CE的长；然后利用勾股定理求出DE的长，根据CD=CE+DE，代入计算求出CD的长.
7．（2023九下·义乌开学考）如图，是的内接三角形，是的直径，若则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：如图：连接BD，
∵AD是圆O的直径，
∴∠DBA=90°，
∵∠ABC=45°，
∴∠DBC=∠DBA-∠ABC=90°-45°=45°，
∵弧DC=弧DC，
∴∠DAC=∠DBC=45°.
故答案为：B.
【分析】根据直径所对的圆周角是直角得∠DBA=90°，根据角的和差，由∠DBC=∠DBA-∠ABC算出∠DBC的度数，进而根据同弧所对的圆周角相等得∠DAC=∠DBC=45°.
8．（2021九上·北仑期中）如图，A、B，C是⊙O上的点，且∠ACB＝140°．在这个图中，画出下列度数的圆周角：40°，50°，90°，140°，仅用无刻度的直尺能画出的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，作直径AD，连接BD，AB，在劣弧BC上取点E，连接AE，BE，
∵四边形ADC是圆的内接四边形，
∴∠ACB+∠D=180°，
∴∠D=180°-140°=40°；
∵四边形ADBE是圆的内接四边形，
∴∠AEB+∠D=180°，
∴∠AEB=180°-40°=140°；
∵AD是直径，
∴∠ADB=90°；
∴∠BAD+∠D=90°
∴∠BAD=90°-40°=50°.
∴能画出圆周角为40°，50°，90°，140° ，
故答案为：D.
【分析】作直径AD，连接BD，AB，在劣弧BC上取点E，连接AE，BE，利用圆内接四边形的对角互补，可求出∠D的度数，同时可求出∠AEB的度数，利用圆周角定理及三角形的内角和定理可求出∠BAD，∠ADB的度数，即可作出判断.
9．（2022九上·瑞安期中）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，过点O作OM⊥边BC于点M，若⊙O的半径为4，则边心距OM的长为（ ）
A．2 B． C．2 D．2
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接OB、OC．
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BOC＝60°，OB＝OC＝4，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC＝OB＝OC＝4，
∵OM⊥BC，
∴BM＝CM＝2，
在Rt△OBM中，OM＝ .
故答案为：A.
【分析】连接OB、OC，根据正六边形的性质可得∠BOC＝60°，OB＝OC＝4，推出△OBC是等边三角形，得到BC＝OB＝OC＝4，BM＝CM＝2，然后在Rt△OBM中，利用勾股定理就可求出OM.
10．（2021九上·衢州期中）如图，正方形ABCD的边长为3，将长为2 的线段QF的两端放在正方形相邻的两边上同时滑动.如果点Q从点A出发，在AB上滑动，同时点F在BC上滑动，当点F到达点C时，运动停止，那么在这个过程中，线段QF的中点M所经过的路线长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；弧长的计算；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图所示，连接BM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠QBF=90°，
∵M是线段QF的中点，
∴ ，
∴M在以B为圆心，以 的长为半径的圆上运动，Q与A点重合时此时线段QF的中点为M的起始位置，当F与C重合时，此时线段QF的中点为M的终点位置，即线段QF的中点M所经过的路线长即为 ，
当Q与A重合时，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF=90°，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵M是AF（QF）的中点，
∴ ，
∴ ，
同理可求得 ，
∴ ，
∴线段QF的中点M所经过的路线长 .
故答案为：C.
【分析】连接BM，由正方形的性质可得∠QBF=90°，由直角三角形斜边上中线的性质可得BM=QF=，则M在以B为圆心，以的长为半径的圆上运动，线段QF的中点M所经过的路线长即为，由勾股定理求出BF，推出∠BAF=30°，由直角三角形斜边上中线的性质可得BM=AM=MF=，得到∠ABM=∠BAF=30°，同理可得∠CBM1=30°，∠MBM1=30°，然后利用弧长公式计算即可.
二、填空题（每空3分，共18分）
11．（2021九上·鄞州期末）如图，平面直角坐标系中有一点 ，在以 为圆心，2为半径的圆上有一点P，将点P绕点A旋转 后恰好落在x轴上，则点P的坐标是 .
【答案】（ ，4）或（﹣ ，4）
【知识点】勾股定理；关于坐标轴对称的点的坐标特征；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：如图，
∵将点P绕点A旋转180°后恰好落在x轴上，点 ，
∴点P的纵坐标为4，
当点P在第一象限时，过点P作PT⊥y轴于T，连接PM.
∵T（0，4），M（0，3），
∴OM＝3.OT＝4，
∴MT＝1，
∴PT＝ ＝ ＝ ，
∴P（ ，4），
根据对称性可知，点P关于y轴的对称点P′（﹣ ，4）也满足条件.
综上所述，满足条件的点P的坐标为（ ，4）或（﹣ ，4）.
故答案为：（ ，4）或（﹣ ，4）.
【分析】画出示意图，由题意可得点P的纵坐标为4，当点P在第一象限时，过点P作PT⊥y轴于T，连接PM，根据点T、M的坐标可得OM＝3，OT＝4，则MT＝1，利用勾股定理求出PT，可得点P的坐标，根据对称性可知：点P关于y轴的对称点P′也满足条件，据此解答.
12．（2023九下·义乌月考）如图，为的直径，弦，垂足为，，，，则弦的长度为 .
【答案】
【知识点】勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解：连接、，交于，如图，
∵，
，
设⊙的半径为，则，，
在中，，解得，
∵，
，，
在中，，①
在中，，②
解由①②组成的方程组得到，
.
故答案为.
【分析】连接、，交于，由垂径定理可得，设⊙的半径为，则，，在中，利用勾股定理建立关于r方程并解之，即得OA=5，由可得，，在中，①，在中，②，联立①②可得AG的长，继而得解.
13．（2021九上·萧山月考）如图所示， 是 的直径， ， ，则 的度数为 ．
【答案】51°
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆心角、弧、弦的关系
【解析】【解答】解：∵ ，
∴∠BOE=34°×3=102°，
∴∠AOE=180°-∠BOE=78°，
∵OE=OA，
∴∠AEO=∠EAO==51°.
故答案为：51°.
【分析】根据，求出∠BOE的度数，然后根据邻补角的性质求出∠AOE，最后根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质求出∠AEO即可.
14．（2023九下·慈溪月考）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，将线段CD绕点C顺时针旋转α至射线l，作点D关于射线l的对称点M，连接BM交直线l于点N，当α＝ °时，线段AN取得最大值；线段AN的最大值为 .
【答案】45；4
【知识点】正方形的性质；圆周角定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：连接BD，DN，CM，
∵四边形ABCD是正方形
∴BC＝CD＝2，∠BCD＝90°
∴
∵点D，点M关于射线l对称
∴CM＝CD，MN＝DN，且CN＝CN
∴△MCN≌△DCN（SSS）
∴∠CMB＝∠CDN
∵CD＝BC，CM＝CD
∴CM＝BC
∴∠CBM＝∠CMB
∴∠CBM＝∠CDN，且∠BOC＝∠DON
∴∠BCD＝∠BND＝90°
∴点N在以BD为直径的圆上，
∴AN最大值为直径BD
∴AN最大值为4，
即点N与点C重合，且∠MND＝90°
∴α＝45°
故答案为：45，4.
【分析】连接BD，DN，CM， 首先根据正方形的性质及勾股定理算出BD的长，由轴对称的性质得CM＝CD，MN＝DN，结合CN＝CN，用SSS判断出△MCN≌△DCN，得∠CMB＝∠CDN，易得CM=BC，由等边对等角得∠CBM＝∠CMB，则∠CBM＝∠CDN，又∠BOC＝∠DON ，根据三角形的内角和定理得∠BCD＝∠BND＝90°，由圆周角定理得点N在以BD为直径的圆上，AN最大值为直径BD，即点N与点C重合，且∠MND＝90°，故α＝45°.
15．（2022九上·杭州期中）如图，点A，B，C，D，E都是⊙O上的点，AC=AE，∠D=128°，则∠B= °。
【答案】116
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接AC，CE，
∵四边形ACDE内接于圆O，
∴∠CAE+∠C=180°，
∴∠CAE=180°-128°=52°，
∵AC=CE，
∴∠ACE=∠AEC=（180°-52°）=64°，
∵四边形ABCE内接于圆O，
∴∠B+∠AEC=180°，
∴∠B=180°-64°=116°.
故答案为：116
【分析】连接AC，CE，利用圆内接四边形的对角互补，可求出∠CAE的度数；再利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠AEC的度数，再利用圆内接四边形的性质可证得∠B+∠AEC=180°，代入计算求出∠B的度数.
16．（2018九上·镇海期末）如图，正方形 和正 都内接于半径为1的 ， 与 、 分别相交于点 、 ，则 的长为 .
【答案】1
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接AC、BD、OF，
，
已知⊙O的半径是1，
则OF=1，
∵AO是∠EAF的平分线，
∴∠OAF=60°÷2=30°，
∵OA=OF，
∴∠OFA=∠OAF=30°，
∴∠COF=30°+30°=60°，
∴OI= ，CI= ，
∴ ，
BD=2，
故GH=1.
【分析】已知⊙O的半径是1，则OF=1，根据AO是∠EAF的平分线，求出∠COF=60°，在Rt△OIF中，求出FI的值是多少；然后判断出OI、CI的关系，再根据GH∥BD，求出GH的值是多少，再用EF的值比上GH的值，求出EF：GH的值是多少即可求GH.
三、解答题（共9题，共72分）
17．（2022九上·杭州月考）如图，在平面直角坐标系中，点，点，点.
（1）以点为中心，把逆时针旋转，画出旋转后的图形；
（2）在（1）中的条件下，
①扫过的面积为 （结果保留）；
②写出点的坐标为 .
【答案】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）；（-1，3）
【知识点】扇形面积的计算；作图﹣旋转；点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：（2）①∵，，
∴扫过的面积为，
故答案为：；
②由图知点的坐标为（-1，3），
故答案为：（-1，3）.
【分析】（1）根据旋转的性质，找出点A、B绕点C逆时针旋转90°的对应点A′、B′，然后顺次连接即可；
（2）①根据勾股定理可得AC的值，由题意可得AC扫过的面积可看作圆心角为90°，半径为5的扇形的面积，然后结合扇形的面积公式进行计算；
②根据点B′的位置可得相应的坐标.
18．（2021九上·慈溪期中）如图，有一座圆弧形拱桥，桥下水面宽度AB为12m，拱高CD为4m．
（1）求拱桥的半径．
（2）有一艘宽为7.8m的货船，船舱顶部为长方形，并高出水面3m，则此货船是否能顺利通过此圆弧形拱桥？并说明理由．
【答案】（1）解：设圆心为O，连接OC，OB，
∴OC⊥AB，
∴BD=AB=6，
设拱桥的半径r米，则OD=r-4，
在Rt△OBD中
OD2+BD2=OB2即（r-4）2+62=r2
解之：r=.6.5.
（2）解：此货船不能顺利通过此圆弧形拱桥，理由如下，
如图，连接OE
∵船舱顶部为长方形，并高出水面3m，
∴DF=3，
∴CF=4-3=1，
∴OF=OC-CF=6.5-1=5.5，
在Rt△EOF中
，
∴NE=2EF=2×3.46=6.92＜7.8，
∴此货船不能顺利通过此圆弧形拱桥.
【知识点】垂径定理的实际应用
【解析】【分析】（1）设圆心为O，连接OC，OB，利用垂径定理求出BD的长，设拱桥的半径r米，可表示出OD的长，再利用勾股定理可得到关于r的方程，解方程求出r的值.
（2）连接OE，利用已知船舱顶部为长方形，并高出水面3m，可得到DF的长，根据CF=CD=DF，可求出CF的长，从而可求出OF的长，利用勾股定理可求出EF的长，根据NE=2EF，可求出NE的长，再根据货船宽为7.8m，将NE与7.8比较大小，可作出判断.
19．如图，已知正五边形ABCDE，AF∥CD交DB的延长线于点F，交DE的延长线于点G．
（1）写出图中所有的等腰三角形；
（2）求证：∠G=2∠F．
【答案】（1）解：∵DC=BC，
∴△CDB是等腰三角形，
∵∠C=108°，
∴∠1=∠CBD=36°，
∵AF∥CD，
∴∠F=∠1=36°，
可得四边形DEAB是等腰梯形，
∴∠DBA=∠2=72°，
∴∠F=∠BAF=36°，
∴△BAF是等腰三角形，
进而可得：∠GEA=∠G=∠2=72°，
∴△FDG，△AEG是等腰三角形，
故等腰三角形有：△BCD，△ABF，△FDG，△AEG．
（2）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠C=∠CDE=108°，CD=CB．
得∠1=36°，
∴∠2=108°﹣36°=72°．
又∵AF∥CD，
∴∠F=∠1=36°，
故∠G=180°﹣∠2﹣∠F=180°﹣72°﹣36°=72°=2∠F．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质以及正五边形的性质得出各角度进而得出答案；
（2）分别得出：∠G与∠F的度数进而得出它们之间的关系．
20．（2020九上·嵊州期中）如图，已知 是 的外接圆，点D是 上的一个动点，且C，D位于 的两侧，联结 ， ，过点C作 ，垂足为E.延长 交 于点F， ， 的延长线交于点P.
求证：
（1） .
（2） 是等腰三角形.
【答案】（1）证明：连接BF，
∵CE⊥BD，
∴∠DBF+∠BFC=90°，
又∵在Rt△ABC中∠ABC+∠BAC=90°，
∠BFC=∠BAC，
∴∠DBF=∠ABC，
∴∠DBF+∠ABD=∠ABC+∠ABD，
即∠DBC=∠ABF，
∴
（2）证明：由（1）得 ，
∴∠PFC=∠ACF，
∵∠PDA=∠ACF，∠PAD=∠PFC，
∴∠PDA=∠PAD，
∴△PAD是等腰三角形
【知识点】等腰三角形的判定；圆心角、弧、弦的关系
【解析】【点评】（1）连接BF，易得∠DBF+∠BFC=90°，∠ABC+∠BAC=90°，由圆周角定理可得∠BFC=∠BAC，则∠DBF=∠ABC，进而推出∠DBC=∠ABF，据此证明；
（2）由（1）得 ，则∠PFC=∠ACF，进而推出∠PDA=∠PAD，据此判断.
21．（2022九上·定海月考）已知：如图，内接于，为直径，的平分线交于点，交于点，于点，且交于点，连接.
（1）求证：；
（2）连接，若，，求的半径和的长.
【答案】（1）证明：是的平分线，
，
由圆周角定理得：，
（2）解：如图：
，
，
，
的半径为5，
，
，
解得：.
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据角平分线定义得∠CBD=∠DBA，根据同弧所对的圆周角相等得∠DAC=∠CBD，再等量代换即可得出答案；
（2）根据圆心角、弧、弦的关系得AD=CD=6，利用勾股定理算出AB的长，根据等面积法即可建立方程求出DE的长.
22．（2020九上·柯桥月考）如图，在平面直角坐标系中，有Rt△ABC，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点A、B均在x轴上，边AC与y轴交于点D，连结BD，点B的坐标为（ ，0），若BD是∠ABC的角平分线.
（1）如图1，求点C的坐标；
（2）如图2，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转一个角度α（0°≤α≤180°）得到Rt△AB'C'，直线AC'交直线BD于点P，直线AB'交y轴于点Q，是否存在点P、Q，使△APQ为等腰三角形？若存在，直接写出∠APQ的度数；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：如图1中，过点C作CH⊥AB于H.
∵∠ABC＝90°，∠CAB＝30°，∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝ ∠ABC＝30°，
∴∠DAB＝∠DBA＝30°，∴DA＝DB，∵DO⊥AB，∴OA＝OB，
∵B（ ，0），∴OA＝OB＝ ，∴AB＝2 ，∴BC＝ AB＝ ，
∵CH⊥AB，∴∠CHB＝90°，∴BH＝ BC＝ ，CH＝ BH＝ ，
∴OH＝OB﹣BH＝ ，∴C（ ， ）.
（2）解：如图2，连接PQ，∵△PAQ是等腰三角形，∠PAQ＝30°，
∴当AP＝AQ时，∠APQ＝ （180°﹣30°）＝75°，
当PA＝PQ时，∠APQ＝120°，
当PQ＝AQ时，∠APQ＝∠PAQ＝30°
当点Q在Y轴的负半轴上时，等腰三角形的顶角为150°，此时∠APQ＝15°，
综上，满足条件的∠APQ的值为75°或120°或30°或15°.
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；旋转的性质
【解析】【分析】（1）过点C作CH⊥AB于H，利用角平分线的定义求出∠ABD的度数，再证明OA=OB，DA=DB，由此可求出OB的长，利用勾股定理求出AB，BC的长，再求出BH，CH的长，即可得到OH的长，由此可得到点C的坐标。
（2）连接PQ，可得到∠PAQ的度数，再分情况讨论：当AP＝AQ时，当PA＝PQ时，当PQ＝AQ时，当点Q在Y轴的负半轴上时，分别求出∠APQ的度数。
23．（2021九上·上城期中）如图，AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，与△ABC的外接圆交于点D，∠EAC＝120°.
（1）连OB，OC，求∠OCB；
（2）连DB，DC，求证：DB＝DC；
（3）探究线段AD，AB，AC之间的数量关系，并证明你的结论.
【答案】（1）解：连接OB，OC，
∵∠EAC＝120°，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BDC＝∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝2∠BDC＝2×60°＝120°
∴∠OCB=；
（2）证明：∵AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，
∴∠DAC＝ ∠EAC＝ 120°＝60°，
∴∠DBC＝∠DAC＝60°，
由（1）知∠BDC＝60°，
∴∠BDC＝∠DBC＝60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴BD＝CD；
（3）解：AC＝AD+AB，理由如下：
如图，延长AD至F，使DF＝AB，连接CF，
∵四边形ABCD是⊙O的内角四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∵∠ADC+∠CDF＝180°，
∴∠ABC＝∠CDF，
由（2）知△BDC是等边三角形，
∴BC＝CD，
∴△FDC≌△ABC（SAS），
∴∠ACB＝∠DCF，AC＝CF，
∴∠ACF＝∠BCD＝60°，
∴△ACF是等边三角形，
∴AC＝AF＝AD+AB.
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）连接OB、OC，由邻补角性质得∠BAC＝60°，由圆周角定理得∠BDC＝∠BAC＝60°，∠BOC＝2∠BDC，进而根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理即可算出答案；
（2）由角平分线的概念得∠DAC＝∠EAC＝60°，由圆周角定理得∠DBC＝∠DAC＝60°，由（1）知∠BDC＝60°，从而判断出三角形BDC是等边三角形，根据等边三角形的三边相等即可得出结论；
（3）延长AD至F，使DF＝AB，连接CF，由圆内接四边形的性质可得∠ADC+∠ABC＝180°，由邻补角的性质得∠ADC+∠CDF＝180°，则∠ABC＝∠CDF，由（2）知△BDC是等边三角形，则BC＝CD，证明△FDC≌△ABC，得到∠ACB＝∠DCF，AC＝CF，推出△ACF是等边三角形，据此解答.
24．（2022九上·富阳期中）已知在圆O中，弦AB垂直弦CD于点E
（1）如图1：若CE=BE，求证：AB=CD；
（2）如图2：若AB=8，CD=6，OE=
①求圆的半径，
②求弓形CBD的面积。
【答案】（1）证明：连接AD，BC，
∵CE=BE，
∴∠B=∠C，
∵，
∴∠B=∠D，∠A=∠C，
∴∠A=∠D，
∴AE=BE，
∴AB=CD
（2）解：①连接OA，OD，OC，过点O作OF⊥AB于点F，OG⊥CD于点G，
∵AB⊥CD，
∴AF=AB=4，BG=CD=3，∠AOF=∠OFG=∠EGO=∠FEG=90°，
∴四边形OFEG是矩形，
∴FE=OG；
设圆的半径为r，
OF2=EG2=r2-16，EF2=OE2-OF2=11--OF2，EF2=OG2=r2-9
∴r2-9=11-（r2-16）
解之：r=
②在Rt△OGD中
∴OG=BG，
∵OC=OB，
∴∠B=∠C=45°，
∴∠COD=90°，
∴弓形CBD的面积=
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；圆周角定理；扇形面积的计算
【解析】【分析】（1）连接AD，BC，利用等边对等角可证得∠B=∠C，利用同弧所对的圆周角相等，可证得∠B=∠D，∠A=∠C，由此可推出∠A=∠D，利用等角对等边可得到AE=BE，即可证得结论.
（2）①连接OA，OD，OC，过点O作OF⊥AB于点F，OG⊥CD于点G，利用垂径定理可求出AF，BG的长，利用垂直的定义可知∠AOF=∠OFG=∠EGO=∠FEG=90°，可推出四边形OFEG是矩形，利用矩形的性质可证得FE=OG，设圆的半径为r，利用勾股定理可得到OF2=EG2=r2-16，EF2=11-OF2，EF2=OG2=r2-9，由此可得到关于r的方程，解方程求出r的值；
②在Rt△OGD中利用勾股定理求出OG的长，可得到OG=BG，可证得∠B=∠C=45°，由此可求出∠COD=90°；然后根据弓形CBD的面积=扇形COD的面积减去△COD的面积，列式计算可求出结果.
25．（2021九上·嵊州期末）正方形ABCD的四个顶点都在上，点P是劣弧上一点（点P与点C，D不重合），连接PA，PD.
（1）如图1，求的度数.
（2）如图2，连接PB.在线段PB上取点M，使得，过点M作交PA于点N.记PA，PB与边CD交于点E，F.
①求证：.
②若，，求正方形ABCD的面积.
【答案】（1）解：如图1所示，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，
∴∠APD=∠ACD=45°；
（2）解：①∵AM=AB，
∴∠ABP=∠AMP，
∵四边形ABPD是圆内接四边形，
∴∠ABP+∠ADP=180°，
∵∠AMB+∠AMP=180°，
∴∠ADP=∠AMP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∴∠APD=∠APB，
又∵AP=AP，
∴△ADP≌△AMP（AAS）；
②如图所示，连接EM并延长交BC于Q，连接AQ交BF于G，
由①知△ADP≌△AMP，
∴∠DAP=∠MAP，
∵四边形ABCD是正方形，AM=AB，
∴AD=AB=AM，∠ADE=∠ABQ=90°，
在△DAE和△MAE中，
，
∴△DAE≌△MAE（SAS）
∴∠AME=∠ADE=90°，DE=ME，∠AME=∠DAE=90°
在Rt△AMQ和Rt△ABQ中，
，
∴Rt△AMQ≌Rt△ABQ（HL），
∴MQ=BQ，
∵AB=AM，MQ=BQ，
∴AQ是BM的垂直平分线，
∴∠BGQ=90°，
∴∠AQB+∠CBF=90°，
又∵∠CBF+∠BFC=90°，
∴∠AQB=∠BFC，
又∵∠ABQ=∠BCF=90°，AB=BC，
∴△ABQ≌△BCF（AAS），
∴BQ=CF=MQ=12，
设∠PAD=∠PAM=x，则∠BAM=90°-2x，
∵，
∴∠MNE=∠BAM=90°-2x，∠MAE=∠BAE=90°-x，
又∵∠MEN=90°-∠MNE=90°-x，
∴∠MNE=∠MEN，
∴ME=MN=5，
∴EQ=EM+QM=17，
设正方形ABCD的边长为a，则CE=CD-EM=CD-DE=a-5，CQ=BC-BQ=a-12，
在直角三角形ECQ中，
∴，
∴或a=-3（舍去），
∴.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】（1）连接AC，由圆周角定理可求解；
（2）①由圆内接四边形的性质和已知条件易证∠ADP＝∠AMP，∠APD＝∠APM，PA是公共边，用角角边可证△ADP≌△AMP；
②连接EM并延长交BC于Q，连接AQ，AQ交BF于G，由题意用边角边可证得△DAE≌△MAE，从而∠AME＝∠ADE＝90°，由HL定理可证△ABQ≌△AMQ，由角角边可证△ABQ≌△BCF，设∠PAD＝∠PAM＝α，可证得∠MNE＝∠MEN＝90° α，可得EM＝MN＝5，于是EQ＝EM＋MQ＝17， 设正方形ABCD的边长为a，则CE=CD-EM=CD-DE=a-5，CQ=BC-BQ=a-12，在直角三角形ECQ中，用勾股定理可得关于a的方程，解方程求得a的值；则S正方形ABCD=a2可求解．
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