【B卷】第三章 圆—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．（2023九上·东阳月考）如图，AB为⊙O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=OB．设∠P=α，∠B=β，下列说法正确的是（ ）
A．α+β=90° B．3α+2β=180°
C．5α+4β=180° D．β-α=30°
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外角性质；等腰三角形的性质；圆的相关概念；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接OC、OD，如图：
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∵
∴
即：
故答案为：B.
【分析】连接OC、OD，由圆周角定理得根据同圆半径相等、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．（2023九上·萧山期中）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于弦
D．相等的两个圆心角所对的两条弧相等
【答案】A
【知识点】垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；确定圆的条件；三角形的外接圆与外心
【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，
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，
直径AB平分弦CD，但AB不垂直于CD，故选项C错误；
D、如图，
，，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．（2023九上·石家庄月考）一根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．1 B．0.8 C．0.6 D．0.5
【答案】D
【知识点】垂径定理的实际应用
【解析】【解答】过点O作OC⊥AB于点C，连接OA、OB，如图所示：
根据题意可得：AC=BC=AB=0.3m，
设OA=r，则OC=r-0.1，
在Rt△AOC中，AO2=OC2+AC2，
∴r2=（r-0.1）2+0.32，
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r2=（r-0.1）2+0.32，再求出r的值即可.
4．（2023·聊城）如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：连接OC，如图所示：
∵点I是的内心，，
∴∠CAB=70°，
∴∠BOC=140°，
∵OB=OC，
∴，
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∠BOC=140°，再根据等腰三角形的性质结合题意即可求解。
5．如图，四边形ABCD是半圆O的内接四边形，AB是直径，C是的中点．若∠C=110°，则∠ABC的度数为（ ）
A．55° B．60° C．65° D．75°
【答案】A
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接AC，
∵四边形ABCD是半圆的内接四边形，
∴∠DAB=180°-∠C=180°-110°=70°，
∵=，
∴∠CAB=∠DAB=×70°=35°，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC=90°-∠CAB=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∠DAB的度数，再利用圆周角定理求出∠ACB、∠CAB的度数即可解答．
6．（2023九上·余姚期中）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． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；点与圆的位置关系；确定圆的条件；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，
∴点C在上，且半径为1，
在x轴上取OD=OA=2，连接CD，
∵AM=CM，OD=OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=CD，
当OM最大时，即CD最大，
∴当D，B，C三点共线时，OM最大，
∵OB=OD=2，∠BOD=90°，
∴BD=2，
∴CD=2+1，
∴OM=，
∴OM的最大值为.
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=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．（2023九上·平山期中） 如图，一个零刻度落在点A的量角器（半圆O），其直径为AB，一等腰直角三角板MNB绕点B旋转，斜边BN交半圆O于点C，BM交半圆O于点D，点C在量角器上的读数为.关于结论Ⅰ，Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
结论Ⅰ：；
结论Ⅱ：当边MN与半圆O相切于点E（点E在量角器上的读数为）时，
A．只有结论Ⅰ对 B．只有结论Ⅱ对
C．结论Ⅰ、Ⅱ都对 D．结论Ⅰ、Ⅱ都不对
【答案】C
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图1，连接OC，OD，
∵∠MBN=45°，
∴∠COD=2∠MBN=90°，
∴∠AOC+∠BOD=180°-90°=90°，
∴；
∴；
∴结论Ⅰ正确；
如图2，连接OC，OF，
∵MN与半圆O相切于点E ，
∴OE⊥MN，
又∵BM⊥MN，
∴OE∥MN，
∴∠ABM=∠AOE=β，
∴∠ABM-∠ABN=∠NBM=45°，
∵∠AOC=α，
∴∠ABN=α，
∴β-α=45°。
所以结论Ⅱ正确；
图1 图2
所以结论Ⅰ正确；结论Ⅱ也正确；
故答案为：C。
【分析】（1）如图1，连接OC，OD，首先根据圆周角定理求得∠COD=90°，进而得出∠AOC+∠BOD=90°，进一步可推导出；
（2）如图2，连接OC，OF，首先根据切线的性质得出OE⊥MN，进而得出OE∥MN，从而得出∠ABM=∠AOE=β，然后再根据圆周角定理得出∠ABN=∠AON=α，再根据∠ABM-∠ABN=∠NBM=45°，等量代换即可得出答案。
8．（2023·广州）如图，的内切圆与，，分别相切于点，，，若的半径为，，则的值和的大小分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】圆周角定理；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，连接IE、IF、ID，
∵AC、BC、B分别与圆I相切于点E、D、F，
∴BD=BF，CD=CE，∠IFA=∠IEA=90°，
∴BF+CE-BC=BD+CD-BC=BC-BC=0，
∵ ，∠IFA=∠IEA=90°，
∴∠FIE=180°-，
∴∠EDF=∠FIE=（180°-）= .
故答案为：D.
【分析】连接IE、IF、ID，由切线长定理得BD=BF，CD=CE，∠IFA=∠IEA=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∠FIE=180°-，最后根据圆周角定理，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可得答案.
9．（2023·福建）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，可得的估计值为，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【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π=π，
∵sinπ=，
∴S三角形=×sinπ×12=，
∴正十二边形的面积=12×=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，先求出三角形的顶角为π，再求出sinπ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．如图所示，已知在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，点是轴正半轴上的一点，且满足，现有以下4个结论：①的外接圆的圆心在OC上；②∠ABC=60°；③△ABC的外接圆的半径等于；④.其中正确的是（ ）.
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【答案】C
【知识点】垂径定理；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；解直角三角形；等腰直角三角形
【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ED⊥x轴于点D，连接EC，过点E作EF⊥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；
∵∠ACB=45°，
∴由圆周角定理得弧AB所对的圆心角一定为90°，
∵∠AEB=90°，
∴点E必为圆心，即AE、BE为半径，
∵A（4，0），B（-6，0），
∴AB=10，
在Rt△ABE中，AE2+BE2=AB2，∴AE=，故③正确；
∵AB=10，DE⊥AB，
∴AD=BD=5，
又∵OB=6，
∴OD=1，
∵∠EDO=∠DOF=∠OFE=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；
∵，
∴∠ABC≠60°，故②错误.
故答案为：C.
【分析】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ED⊥x轴于点D，连接EC，过点E作EF⊥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Rt△ECF中利用勾股定理算出CF，可求出OC的长及∠ABC的正切值，从而即可判断②④.
二、填空题（每题3分，共15分）
11．（2023九上·长安期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，点E、F分别是AB、BC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 ．
【答案】3﹣3
【知识点】勾股定理的应用；矩形的性质；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵AB＝3，AD＝6，
∴AB：AD＝1：2，
∴＝2，
又∵∠B＝∠BAD＝90°，
∴△ABF∽△DAE，
∴∠BAF＝∠ADE，
∴∠BAF+∠AED＝∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠AGD＝90°，
∴点G在以AD为直径的圆上运动，
如图，取AD的中点O，连接OC，交⊙O于G'，
∵点O是AD的中点，
∴AO＝OD＝3，
∴，
∴CG'＝3﹣3，
∴CG的最小值为3﹣3，
故答案为：3﹣3．
【分析】，可得，可证，则点在以为直径的圆上运动，由勾股定理可求解．
12．（2022九上·上城期中）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，则外接圆的圆心是点 ，弧的长是 .
【答案】D；
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；三角形的外接圆与外心；弧长的计算
【解析】【解答】解：根据题意可知，点D是△ABC外心.
连接DA、DC，
∵，，，
，，
∴是等腰直角三角形，
∴弧的长是，
故答案为：D，.
【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∠ADC=90°，从而利用弧长公式即可算出答案.
13．（2023·镇江）已知一次函数的图像经过第一、二、四象限，以坐标原点O为圆心、r为半径作．若对于符合条件的任意实数k，一次函数的图像与总有两个公共点，则r的最小值为 ．
【答案】2
【知识点】一次函数的图象；直线与圆的位置关系；一次函数的性质
【解析】【解答】解：在y＝kx+2中，令x＝0，则y＝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，
∵一次函数经过一、二、四象限，∴直线与圆必有两个交点，而当⊙O半径小于2时，圆与直线存在相离可能，
∴半径至少为2，
故r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⊙O半径小于2时，圆与直线存在相离可能，于是得到结论．
14．（2023·殷都模拟）如图，扇形纸片的半径为2，沿折叠扇形纸片，点O恰好落在上的点C处，图中阴影部分的面积为 .
【答案】
【知识点】扇形面积的计算；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：沿折叠扇形纸片，点O恰好落在上的点C处，
∴，
∵，
∴四边形是菱形，
连接交于D，则，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积.
故答案为：.
【分析】由折叠的性质和圆的性质可得OA=OB=BC=AC，于是可知四边形AOBC是菱形，连接OC交AB于点D，则AB⊥OC，AB=2AD；易得三角形AOC是等边三角形，则∠CAO=∠AOC=60°，AC=OA，由平行线的性质可得∠AOC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阴影=S扇形-S菱形AOBC可求解.
15．（2023九上·浙江期中）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O作OM⊥CP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 .
【答案】；
【知识点】垂径定理；圆周角定理；点与圆的位置关系；弧长的计算；等腰直角三角形
【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，
∵C是半圆弧的中点，
∴，即，
∵，
∴是等腰直角三角形，
作的外接圆，连接，则有圆心T为AC中点，
∵，
∴
∴NC=NP，
∴∠NPC=∠NCP=45°，
∴∠CNP=180°-∠PCN-∠CPN=90°，
∴，
∴点N在上，运动轨迹是弧OC，
过点T作TH⊥AB于H，
∵AB=8 ，
∴，
∵AO=OC，∠AOC=90°，
∴∠OAC=∠OCA=45°，，
∴，
在中，，
∴，
∴，即，
在中，，
∵BN≥BT-TN，
∴，
∴BN的最小值为；
当点P在弧AC上时，如图，
可知点N在线段OC的左侧，此时的BN明显大于，
综上可知：BN的最小值为；
如图，连接，
∵，
∴，
∵点P从点Q运动到点B，点Q为弧BC的中点，
∴终点时，，
∴
∴，
∵，
∴点N在上，运动轨迹长为：.
故答案为：，．
【分析】如图，连接，证明点N在上，且运动轨迹是弧OC，过点T作于．求出BT，TN，可得结论；连接，结合图形可得，点P从点Q运动到点B，点Q为弧BC的中点，运动的终点时，，即，根据弧公式解答即可．
三、作图题（共7分）
16．（2023九上·江北期中）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）的外接圆的半径为 ；
（2）将绕点B顺时针旋转后得到，请在图中画出；
（3）在（2）的条件下，求出点C经过的路径长．
【答案】（1）
（2）解：如图△A1BC1就是所求的三角形；
（3）解：如图
由旋转的性质得到，，
.
【知识点】三角形的外接圆与外心；弧长的计算；旋转的性质；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：（1）ΔABC的三个顶点的坐标分别为A(-1，1)，B(-3，1)，C(-1，4)，
AB=2，AC=3，BC=，
的外接圆的半径为；
故答案为：；
【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A1、C1，再顺次连接A1、B、C1即可；
（3）由旋转的性质得到，，然后利用弧长公式进行求解.
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？
【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，最多可以作4个圆，最少可以作0个圆．
【知识点】确定圆的条件
【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．（2020九上·唐县期末）如图，△OAB中，OA＝OB＝10cm，∠AOB＝80°，以点O为圆心，半径为6cm的优弧 分别交OA、OB于点M、N．
（1）点P在右半弧上(∠BOP是锐角)，将OP绕点O逆时针旋转80°得OP′．求证：AP＝BP′；
（2）点T在左半弧上，若AT与圆弧相切，求AT的长．
（3）Q为优弧上一点，当△AOQ面积最大时，请直接写出∠BOQ的度数为 ．
【答案】（1）证明：∵∠AOB＝∠POP′＝80°
∴∠AOB+∠BOP＝∠POP′+∠BOP即∠AOP＝∠BOP′
在△AOP与△BOP′中
，
∴△AOP≌△BOP′（SAS），
∴AP＝BP′；
（2）解：∵AT与弧相切，连结OT，
∴OT⊥AT
在Rt△AOT中，根据勾股定理，
AT＝
∵OA＝10，OT＝6，
∴AT＝8；
（3）170°或者10°
【知识点】切线的性质；圆的综合题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）解：如图，当OQ⊥OA时，△AOQ的面积最大；
理由是：
当Q点在优弧MN左侧上，
∵OQ⊥OA，
∴QO是△AOQ中最长的高，则△AOQ的面积最大，
∴∠BOQ=∠AOQ+∠AOB=90°+80°=170°，
当Q点在优弧MN右侧上，
∵OQ⊥OA，
∴QO是△AOQ中最长的高，则△AOQ的面积最大，
∴∠BOQ=∠AOQ-∠AOB=90°-80°=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=BP′，只要证明△AOP≌△BOP′即可；（2）在Rt△ATO中，利用勾股定理计算即可；（3）当OQ⊥OA时，△AOQ面积最大，且左右两半弧上各存在一点分别求出即可．
19．（2023九上·海曙月考）定义：若圆内接三角形是等腰三角形，我们就称这样的三角形为“圆等三角形”．
（1）如图1，AB是⊙O的一条弦（非直径），若⊙O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⊙O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∠ADC的度数；
②如图3，当∠A=120°，AB=6时，求阴影部分的面积．
【答案】（1）4
（2）解：①∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴
①当时，
∵
∴
∴
②当时，
∴
∴
③当时，
∴
综上所述，∠ADC的度数可能为：90°，120°，60°，
②连接OA、OB、OC，过点E作OE⊥BC，如下图：
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴
∵△BCD均为“圆等三角形”，
∴为等边三角形，
∴
∵
∴
∵
∴为等边三角形，
∴
在中，
∴
扇形BOC的面积：
∴阴影部分的面积为：.
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：（1）图下图：
∴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的度数，再分三种情况讨论，①当时，②当时，③当时，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⊥BC，根据圆内接四边形和已知条件求出的度数，根据圆等三角形的定义得到为等边三角形，根据圆周角定理得到的度数，即可证明为等边三角形，根据含30°角的直角三角形求出OE和BE的长，进而求出的面积和扇形BOC的面积，即可求出阴影部分面积.
20．（2023九上·雨花月考）【我们画不出一个完美的圆，但完美的圆是存在的，虽不能至，心向往之罗翔】已知四边形是半径为的内接四边形，弦的长度是，点是劣弧上的一个动点．
（1）填空：的度数是 ，并判断平行四边形是否会是正方形 填“是”或“不是”；
（2）如图，若点是弦的中点，连接，，当点沿着劣弧从点开始，顺时针运动到点时，求的外心所经过的路径的长度；
（3）如图，点是劣弧另一个动点，并始终满足，、分别交弦，于点、，连接记的面积为，的面积为，的面积为．
直接写出，，之间的数量关系；不必进行证明
令，，若满足，求，的值．
【答案】（1）；是
（2）解：，点是弦的中点，
，
的外心为的中点，
当点沿着劣弧从点开始，顺时针运动到点时，点所经过的路径是以为圆心，为半径，圆心角为的扇形的弧，
的外心所经过的路径的长度
（3）解：，理由如下：
延长至点，使，连接，如图，
四边形是正方形，
，
在和中，
，
≌，
，，．
，
，
即．
，
．
在和中，
，
≌，
，
．
，，
，
，
，
，
．
，，，，，
，
，，
≌，
，
，
，
．
将代入得：
，
解得：不合题意，舍去或．
【知识点】全等三角形的应用；勾股定理的逆定理；正方形的判定；垂径定理；弧长的计算
【解析】【解答】解：（1）∵，
∴是直角三角形，；
∵平行四边形 ，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴四边形是正方形。
故答案为： ，是。
【分析】（1）运用勾股定理的逆定理判定是直角三角形，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是正方形；
（2）确定随着点的运动， 点所经过的路径是以为圆心，为半径，圆心角为的扇形的弧 ，再用弧长公式求解；
（3） ，延长至点，使，连接， 证明 ≌， ≌， 即可得证；
利用的结论，结合已知条件进行变形，得出，再结合图形得到 ，最后利用勾股定理建立方程求解。
21．（2023·红花岗模拟） 【问题背景】如图，在中，将劣弧沿弦所在的直线折叠，使得劣弧恰好过圆心，圆心关于直线的对称点为．
（1）【探究发现】如图，连接、，并延长交于，连接直接写出的度数为 ，与的数量关系为 ；
（2）【深入探究】如图，将劣弧沿弦所在的直线折叠，弧不经过圆心，在劣弧上取一点不与、重合，连接并延长交于点，连接、猜想与的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展应用】如图，在条件下，若平分，，，求的长．
【答案】（1）；
（2）解：，理由如下：
设折叠前点的对应点，连接、，如图：
由折叠可知，，
四边形是的圆内接四边形，
，
，
；
（3）解：在的条件下，，，则．
延长交于点，连接，过点作于点，如图，
则．
在中，由勾股定理得，，
，，
∽，
，
平分，
，
，
，
设，则，
，
在中，由勾股定理得，，
即，
解得或不合题意，舍去，
．
即的长为．
【知识点】圆内接四边形的性质；圆的综合题
【解析】【解答】解：（1）连接OO'，O'A，O'B
由题意可得：
都为等边三角形
由折叠性质可知
∵四边形AO'BD是的内接四边形
【分析】(1)连接OO'，O'A，O'B根据等边三角形判定定理可得都为等边三角形可得，由折叠性质，圆内接四边形性质即可求出答案。
（2） 设折叠前点的对应点，连接、 ，根据折叠性质，圆内接四边形性质即可求出答案。
（3） 延长交于点，连接，过点作于点，在中，由勾股定理得，，再根据相似三角形判定定理可得∽，即可得，再根据角平分线性质可得，设，则，则，根据勾股定理列出方程，解方程即可求出答案。
22．（2023九上·靖江期末）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，，当长度不变时.则点C在以为直径的圆上运动（不与A、B重合）.
（1）【探索发现】
小明继续探究，在中，，长度不变.作与的角平分线交于点F，小明计算后发现的度数为定值，小明猜想点F也在一个圆上运动.请你计算的度数，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，求出面积的最大值.
（3）【灵活运用】
在等边中，，点D、点E分别在和边上，且，连接交于点F，试求出周长的最大值.
【答案】（1）解：∵与的角平分线交于点F，且，∴
，
∴，
如图，以为斜边的，点F在以D为圆心，为的圆D的劣弧上；
；
（2）解：∵，是定长，
∴当点F到的距离最长时，面积取得最大值，
此时，如图，
，，
∴，，
∴，
∴面积取得最大值为；
（3）解：∵等边中，且，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
作等边，作等边的外接圆G，点F在圆G的劣弧上；
以为边作等边，延长交圆G于点H，如图，连接，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，是定长，
∴当的值最大时，的周长取得最大值，
即当弦为圆G直径时，的周长取得最大值，
如图，，，
∴，
∵，即，
∴，
∴的周长的最大值为.
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等的判定；等边三角形的性质；三角形的外接圆与外心；角平分线的概念
【解析】【分析】 【探索发现】 根据角平分线的概念结合内角和定理可得∠FAB+∠FBA=(∠CAB+∠CBA)=(180°-∠C)=45°，然后利用内角和定理就可求出∠AFB的度数；
【拓展应用】由题意可得：当点F到AB的距离最长时，△AFB面积取得最大值，此时FD⊥AB，FA=FB，BG=AG=，DG=BG=，DF=BD=，GF=DF-DG=-，然后根据三角形的面积公式进行计算；
【灵活运用】 根据等边三角形的性质可得∠ABC=∠C=60°，AB=BC，利用SAS证明△ABD≌△BCE，得到∠BAD=∠CBE，进而求出∠AFB的度数，作等边△ABH，作等边△ABH的外接圆G，点F在圆G的劣弧AB上，以BF为边作等边△BFI，延长FI交圆G于点H，连接BH，证明△BHI≌△BAF，得到HI=AF，则AF+BF=HI+BI=HI+FI=HF，故当当弦HF为圆G直径时，△AFB的周长取得最大值，据此求解.
23．（2023·青海）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，小青做了如下的探究活动：
将车轮设计成不同的正多边形，在水平地面上模拟行驶.
（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，，圆心角.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），请在图2中计算C到的距离.
（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，，圆心角.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），请在图4中计算C到的距离（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，圆心角 .此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），在图6中计算C到的距离 （结果保留根号）.
（4）归纳推理：比较，，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 .这样车辆行驶平稳、没有颠簸感.所以，将车轮设计成圆形.
【答案】（1）解：图1，
∵C为的中点，AC为半径，
∴，
，，
，
，
是等边三角形，
∴BC=AC=2， ∠C=60°，
∴∠CBD=30°，
；
（2）解：如图2，
∵C为的中点，AC为半径，
∴，
，，
，
，
，
（3）；
（4）；越小
（5）0
【知识点】等边三角形的判定与性质；垂径定理；解直角三角形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：（3）如图，
∵AB=BD=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠BAD=∠ABD=60°，
∵C为的中点，AC为半径，
∴AC⊥BD，在Rt△ABE中，AE=AB×sin∠ABD=2×sin60°=，
∴d3=CE=AC-AE=；
故答案为：60°，；
（4）∵1＞＞，
∴d1＞d2＞d3，
∴ 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）的距离越小；
故答案为：d1＞d2＞d3，越小；
（5）∵圆的半径相等，
∴ 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=0.
故答案为：0.
【分析】（1）首先根据垂径定理可得AC⊥BD，根据等腰三角形的三线合一得∠BAC=∠CAD=∠BAD=60°，从而根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形得△ABC是等边三角形，则BC=AC=2，进而根据含30°角直角三角形性质可求出d1的长；
（2）首先根据垂径定理可得AC⊥BD，由等腰直角三角形性质可得∠ABD=45°，进而根据∠ABD的正弦函数可求出AE的长，最后根据d2=AC-AE可算出答案；
（3）由正六边形性质得AB=BD=AD，故△ABD是等边三角形，得∠BAD=∠ABD=60°，根据垂径定理可得AC⊥BD，进而根据∠ABD的正弦函数可求出AE的长，最后根据d3=AC-AE可算出答案；
（4）比较d1、d2、d3的大小即可得出答案；
（5）根据同圆的半径相等，可得结论.
1 / 1【B卷】第三章 圆—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．（2023九上·东阳月考）如图，AB为⊙O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=OB．设∠P=α，∠B=β，下列说法正确的是（ ）
A．α+β=90° B．3α+2β=180°
C．5α+4β=180° D．β-α=30°
2．（2023九上·萧山期中）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于弦
D．相等的两个圆心角所对的两条弧相等
3．（2023九上·石家庄月考）一根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．1 B．0.8 C．0.6 D．0.5
4．（2023·聊城）如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，四边形ABCD是半圆O的内接四边形，AB是直径，C是的中点．若∠C=110°，则∠ABC的度数为（ ）
A．55° B．60° C．65° D．75°
6．（2023九上·余姚期中）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． B． C． D．
7．（2023九上·平山期中） 如图，一个零刻度落在点A的量角器（半圆O），其直径为AB，一等腰直角三角板MNB绕点B旋转，斜边BN交半圆O于点C，BM交半圆O于点D，点C在量角器上的读数为.关于结论Ⅰ，Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
结论Ⅰ：；
结论Ⅱ：当边MN与半圆O相切于点E（点E在量角器上的读数为）时，
A．只有结论Ⅰ对 B．只有结论Ⅱ对
C．结论Ⅰ、Ⅱ都对 D．结论Ⅰ、Ⅱ都不对
8．（2023·广州）如图，的内切圆与，，分别相切于点，，，若的半径为，，则的值和的大小分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
9．（2023·福建）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，可得的估计值为，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为（ ）
A． B． C．3 D．
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，点是轴正半轴上的一点，且满足，现有以下4个结论：①的外接圆的圆心在OC上；②∠ABC=60°；③△ABC的外接圆的半径等于；④.其中正确的是（ ）.
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
二、填空题（每题3分，共15分）
11．（2023九上·长安期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，点E、F分别是AB、BC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．（2022九上·上城期中）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，则外接圆的圆心是点 ，弧的长是 .
13．（2023·镇江）已知一次函数的图像经过第一、二、四象限，以坐标原点O为圆心、r为半径作．若对于符合条件的任意实数k，一次函数的图像与总有两个公共点，则r的最小值为 ．
14．（2023·殷都模拟）如图，扇形纸片的半径为2，沿折叠扇形纸片，点O恰好落在上的点C处，图中阴影部分的面积为 .
15．（2023九上·浙江期中）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O作OM⊥CP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．（2023九上·江北期中）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）的外接圆的半径为 ；
（2）将绕点B顺时针旋转后得到，请在图中画出；
（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．（2020九上·唐县期末）如图，△OAB中，OA＝OB＝10cm，∠AOB＝80°，以点O为圆心，半径为6cm的优弧 分别交OA、OB于点M、N．
（1）点P在右半弧上(∠BOP是锐角)，将OP绕点O逆时针旋转80°得OP′．求证：AP＝BP′；
（2）点T在左半弧上，若AT与圆弧相切，求AT的长．
（3）Q为优弧上一点，当△AOQ面积最大时，请直接写出∠BOQ的度数为 ．
19．（2023九上·海曙月考）定义：若圆内接三角形是等腰三角形，我们就称这样的三角形为“圆等三角形”．
（1）如图1，AB是⊙O的一条弦（非直径），若⊙O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⊙O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∠ADC的度数；
②如图3，当∠A=120°，AB=6时，求阴影部分的面积．
20．（2023九上·雨花月考）【我们画不出一个完美的圆，但完美的圆是存在的，虽不能至，心向往之罗翔】已知四边形是半径为的内接四边形，弦的长度是，点是劣弧上的一个动点．
（1）填空：的度数是 ，并判断平行四边形是否会是正方形 填“是”或“不是”；
（2）如图，若点是弦的中点，连接，，当点沿着劣弧从点开始，顺时针运动到点时，求的外心所经过的路径的长度；
（3）如图，点是劣弧另一个动点，并始终满足，、分别交弦，于点、，连接记的面积为，的面积为，的面积为．
直接写出，，之间的数量关系；不必进行证明
令，，若满足，求，的值．
21．（2023·红花岗模拟） 【问题背景】如图，在中，将劣弧沿弦所在的直线折叠，使得劣弧恰好过圆心，圆心关于直线的对称点为．
（1）【探究发现】如图，连接、，并延长交于，连接直接写出的度数为 ，与的数量关系为 ；
（2）【深入探究】如图，将劣弧沿弦所在的直线折叠，弧不经过圆心，在劣弧上取一点不与、重合，连接并延长交于点，连接、猜想与的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展应用】如图，在条件下，若平分，，，求的长．
22．（2023九上·靖江期末）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，，当长度不变时.则点C在以为直径的圆上运动（不与A、B重合）.
（1）【探索发现】
小明继续探究，在中，，长度不变.作与的角平分线交于点F，小明计算后发现的度数为定值，小明猜想点F也在一个圆上运动.请你计算的度数，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，求出面积的最大值.
（3）【灵活运用】
在等边中，，点D、点E分别在和边上，且，连接交于点F，试求出周长的最大值.
23．（2023·青海）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，小青做了如下的探究活动：
将车轮设计成不同的正多边形，在水平地面上模拟行驶.
（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，，圆心角.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），请在图2中计算C到的距离.
（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，，圆心角.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），请在图4中计算C到的距离（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，圆心角 .此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），在图6中计算C到的距离 （结果保留根号）.
（4）归纳推理：比较，，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 .这样车辆行驶平稳、没有颠簸感.所以，将车轮设计成圆形.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外角性质；等腰三角形的性质；圆的相关概念；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接OC、OD，如图：
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∵
∴
即：
故答案为：B.
【分析】连接OC、OD，由圆周角定理得根据同圆半径相等、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
【知识点】垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；确定圆的条件；三角形的外接圆与外心
【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，
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，
直径AB平分弦CD，但AB不垂直于CD，故选项C错误；
D、如图，
，，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
【知识点】垂径定理的实际应用
【解析】【解答】过点O作OC⊥AB于点C，连接OA、OB，如图所示：
根据题意可得：AC=BC=AB=0.3m，
设OA=r，则OC=r-0.1，
在Rt△AOC中，AO2=OC2+AC2，
∴r2=（r-0.1）2+0.32，
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r2=（r-0.1）2+0.32，再求出r的值即可.
4．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：连接OC，如图所示：
∵点I是的内心，，
∴∠CAB=70°，
∴∠BOC=140°，
∵OB=OC，
∴，
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∠BOC=140°，再根据等腰三角形的性质结合题意即可求解。
5．【答案】A
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接AC，
∵四边形ABCD是半圆的内接四边形，
∴∠DAB=180°-∠C=180°-110°=70°，
∵=，
∴∠CAB=∠DAB=×70°=35°，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC=90°-∠CAB=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∠DAB的度数，再利用圆周角定理求出∠ACB、∠CAB的度数即可解答．
6．【答案】D
【知识点】勾股定理；点与圆的位置关系；确定圆的条件；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，
∴点C在上，且半径为1，
在x轴上取OD=OA=2，连接CD，
∵AM=CM，OD=OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=CD，
当OM最大时，即CD最大，
∴当D，B，C三点共线时，OM最大，
∵OB=OD=2，∠BOD=90°，
∴BD=2，
∴CD=2+1，
∴OM=，
∴OM的最大值为.
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=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
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图1，连接OC，OD，
∵∠MBN=45°，
∴∠COD=2∠MBN=90°，
∴∠AOC+∠BOD=180°-90°=90°，
∴；
∴；
∴结论Ⅰ正确；
如图2，连接OC，OF，
∵MN与半圆O相切于点E ，
∴OE⊥MN，
又∵BM⊥MN，
∴OE∥MN，
∴∠ABM=∠AOE=β，
∴∠ABM-∠ABN=∠NBM=45°，
∵∠AOC=α，
∴∠ABN=α，
∴β-α=45°。
所以结论Ⅱ正确；
图1 图2
所以结论Ⅰ正确；结论Ⅱ也正确；
故答案为：C。
【分析】（1）如图1，连接OC，OD，首先根据圆周角定理求得∠COD=90°，进而得出∠AOC+∠BOD=90°，进一步可推导出；
（2）如图2，连接OC，OF，首先根据切线的性质得出OE⊥MN，进而得出OE∥MN，从而得出∠ABM=∠AOE=β，然后再根据圆周角定理得出∠ABN=∠AON=α，再根据∠ABM-∠ABN=∠NBM=45°，等量代换即可得出答案。
8．【答案】D
【知识点】圆周角定理；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，连接IE、IF、ID，
∵AC、BC、B分别与圆I相切于点E、D、F，
∴BD=BF，CD=CE，∠IFA=∠IEA=90°，
∴BF+CE-BC=BD+CD-BC=BC-BC=0，
∵ ，∠IFA=∠IEA=90°，
∴∠FIE=180°-，
∴∠EDF=∠FIE=（180°-）= .
故答案为：D.
【分析】连接IE、IF、ID，由切线长定理得BD=BF，CD=CE，∠IFA=∠IEA=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∠FIE=180°-，最后根据圆周角定理，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可得答案.
9．【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【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π=π，
∵sinπ=，
∴S三角形=×sinπ×12=，
∴正十二边形的面积=12×=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，先求出三角形的顶角为π，再求出sinπ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
【知识点】垂径定理；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；解直角三角形；等腰直角三角形
【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ED⊥x轴于点D，连接EC，过点E作EF⊥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；
∵∠ACB=45°，
∴由圆周角定理得弧AB所对的圆心角一定为90°，
∵∠AEB=90°，
∴点E必为圆心，即AE、BE为半径，
∵A（4，0），B（-6，0），
∴AB=10，
在Rt△ABE中，AE2+BE2=AB2，∴AE=，故③正确；
∵AB=10，DE⊥AB，
∴AD=BD=5，
又∵OB=6，
∴OD=1，
∵∠EDO=∠DOF=∠OFE=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；
∵，
∴∠ABC≠60°，故②错误.
故答案为：C.
【分析】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ED⊥x轴于点D，连接EC，过点E作EF⊥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Rt△ECF中利用勾股定理算出CF，可求出OC的长及∠ABC的正切值，从而即可判断②④.
11．【答案】3﹣3
【知识点】勾股定理的应用；矩形的性质；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵AB＝3，AD＝6，
∴AB：AD＝1：2，
∴＝2，
又∵∠B＝∠BAD＝90°，
∴△ABF∽△DAE，
∴∠BAF＝∠ADE，
∴∠BAF+∠AED＝∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠AGD＝90°，
∴点G在以AD为直径的圆上运动，
如图，取AD的中点O，连接OC，交⊙O于G'，
∵点O是AD的中点，
∴AO＝OD＝3，
∴，
∴CG'＝3﹣3，
∴CG的最小值为3﹣3，
故答案为：3﹣3．
【分析】，可得，可证，则点在以为直径的圆上运动，由勾股定理可求解．
12．【答案】D；
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；三角形的外接圆与外心；弧长的计算
【解析】【解答】解：根据题意可知，点D是△ABC外心.
连接DA、DC，
∵，，，
，，
∴是等腰直角三角形，
∴弧的长是，
故答案为：D，.
【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∠ADC=90°，从而利用弧长公式即可算出答案.
13．【答案】2
【知识点】一次函数的图象；直线与圆的位置关系；一次函数的性质
【解析】【解答】解：在y＝kx+2中，令x＝0，则y＝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，
∵一次函数经过一、二、四象限，∴直线与圆必有两个交点，而当⊙O半径小于2时，圆与直线存在相离可能，
∴半径至少为2，
故r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⊙O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】
【知识点】扇形面积的计算；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：沿折叠扇形纸片，点O恰好落在上的点C处，
∴，
∵，
∴四边形是菱形，
连接交于D，则，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积.
故答案为：.
【分析】由折叠的性质和圆的性质可得OA=OB=BC=AC，于是可知四边形AOBC是菱形，连接OC交AB于点D，则AB⊥OC，AB=2AD；易得三角形AOC是等边三角形，则∠CAO=∠AOC=60°，AC=OA，由平行线的性质可得∠AOC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阴影=S扇形-S菱形AOBC可求解.
15．【答案】；
【知识点】垂径定理；圆周角定理；点与圆的位置关系；弧长的计算；等腰直角三角形
【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，
∵C是半圆弧的中点，
∴，即，
∵，
∴是等腰直角三角形，
作的外接圆，连接，则有圆心T为AC中点，
∵，
∴
∴NC=NP，
∴∠NPC=∠NCP=45°，
∴∠CNP=180°-∠PCN-∠CPN=90°，
∴，
∴点N在上，运动轨迹是弧OC，
过点T作TH⊥AB于H，
∵AB=8 ，
∴，
∵AO=OC，∠AOC=90°，
∴∠OAC=∠OCA=45°，，
∴，
在中，，
∴，
∴，即，
在中，，
∵BN≥BT-TN，
∴，
∴BN的最小值为；
当点P在弧AC上时，如图，
可知点N在线段OC的左侧，此时的BN明显大于，
综上可知：BN的最小值为；
如图，连接，
∵，
∴，
∵点P从点Q运动到点B，点Q为弧BC的中点，
∴终点时，，
∴
∴，
∵，
∴点N在上，运动轨迹长为：.
故答案为：，．
【分析】如图，连接，证明点N在上，且运动轨迹是弧OC，过点T作于．求出BT，TN，可得结论；连接，结合图形可得，点P从点Q运动到点B，点Q为弧BC的中点，运动的终点时，，即，根据弧公式解答即可．
16．【答案】（1）
（2）解：如图△A1BC1就是所求的三角形；
（3）解：如图
由旋转的性质得到，，
.
【知识点】三角形的外接圆与外心；弧长的计算；旋转的性质；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：（1）ΔABC的三个顶点的坐标分别为A(-1，1)，B(-3，1)，C(-1，4)，
AB=2，AC=3，BC=，
的外接圆的半径为；
故答案为：；
【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A1、C1，再顺次连接A1、B、C1即可；
（3）由旋转的性质得到，，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，最多可以作4个圆，最少可以作0个圆．
【知识点】确定圆的条件
【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：∵∠AOB＝∠POP′＝80°
∴∠AOB+∠BOP＝∠POP′+∠BOP即∠AOP＝∠BOP′
在△AOP与△BOP′中
，
∴△AOP≌△BOP′（SAS），
∴AP＝BP′；
（2）解：∵AT与弧相切，连结OT，
∴OT⊥AT
在Rt△AOT中，根据勾股定理，
AT＝
∵OA＝10，OT＝6，
∴AT＝8；
（3）170°或者10°
【知识点】切线的性质；圆的综合题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）解：如图，当OQ⊥OA时，△AOQ的面积最大；
理由是：
当Q点在优弧MN左侧上，
∵OQ⊥OA，
∴QO是△AOQ中最长的高，则△AOQ的面积最大，
∴∠BOQ=∠AOQ+∠AOB=90°+80°=170°，
当Q点在优弧MN右侧上，
∵OQ⊥OA，
∴QO是△AOQ中最长的高，则△AOQ的面积最大，
∴∠BOQ=∠AOQ-∠AOB=90°-80°=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=BP′，只要证明△AOP≌△BOP′即可；（2）在Rt△ATO中，利用勾股定理计算即可；（3）当OQ⊥OA时，△AOQ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⊙O的内接四边形，
∴
①当时，
∵
∴
∴
②当时，
∴
∴
③当时，
∴
综上所述，∠ADC的度数可能为：90°，120°，60°，
②连接OA、OB、OC，过点E作OE⊥BC，如下图：
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴
∵△BCD均为“圆等三角形”，
∴为等边三角形，
∴
∵
∴
∵
∴为等边三角形，
∴
在中，
∴
扇形BOC的面积：
∴阴影部分的面积为：.
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：（1）图下图：
∴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的度数，再分三种情况讨论，①当时，②当时，③当时，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⊥BC，根据圆内接四边形和已知条件求出的度数，根据圆等三角形的定义得到为等边三角形，根据圆周角定理得到的度数，即可证明为等边三角形，根据含30°角的直角三角形求出OE和BE的长，进而求出的面积和扇形BOC的面积，即可求出阴影部分面积.
20．【答案】（1）；是
（2）解：，点是弦的中点，
，
的外心为的中点，
当点沿着劣弧从点开始，顺时针运动到点时，点所经过的路径是以为圆心，为半径，圆心角为的扇形的弧，
的外心所经过的路径的长度
（3）解：，理由如下：
延长至点，使，连接，如图，
四边形是正方形，
，
在和中，
，
≌，
，，．
，
，
即．
，
．
在和中，
，
≌，
，
．
，，
，
，
，
，
．
，，，，，
，
，，
≌，
，
，
，
．
将代入得：
，
解得：不合题意，舍去或．
【知识点】全等三角形的应用；勾股定理的逆定理；正方形的判定；垂径定理；弧长的计算
【解析】【解答】解：（1）∵，
∴是直角三角形，；
∵平行四边形 ，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴四边形是正方形。
故答案为： ，是。
【分析】（1）运用勾股定理的逆定理判定是直角三角形，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是正方形；
（2）确定随着点的运动， 点所经过的路径是以为圆心，为半径，圆心角为的扇形的弧 ，再用弧长公式求解；
（3） ，延长至点，使，连接， 证明 ≌， ≌， 即可得证；
利用的结论，结合已知条件进行变形，得出，再结合图形得到 ，最后利用勾股定理建立方程求解。
21．【答案】（1）；
（2）解：，理由如下：
设折叠前点的对应点，连接、，如图：
由折叠可知，，
四边形是的圆内接四边形，
，
，
；
（3）解：在的条件下，，，则．
延长交于点，连接，过点作于点，如图，
则．
在中，由勾股定理得，，
，，
∽，
，
平分，
，
，
，
设，则，
，
在中，由勾股定理得，，
即，
解得或不合题意，舍去，
．
即的长为．
【知识点】圆内接四边形的性质；圆的综合题
【解析】【解答】解：（1）连接OO'，O'A，O'B
由题意可得：
都为等边三角形
由折叠性质可知
∵四边形AO'BD是的内接四边形
【分析】(1)连接OO'，O'A，O'B根据等边三角形判定定理可得都为等边三角形可得，由折叠性质，圆内接四边形性质即可求出答案。
（2） 设折叠前点的对应点，连接、 ，根据折叠性质，圆内接四边形性质即可求出答案。
（3） 延长交于点，连接，过点作于点，在中，由勾股定理得，，再根据相似三角形判定定理可得∽，即可得，再根据角平分线性质可得，设，则，则，根据勾股定理列出方程，解方程即可求出答案。
22．【答案】（1）解：∵与的角平分线交于点F，且，∴
，
∴，
如图，以为斜边的，点F在以D为圆心，为的圆D的劣弧上；
；
（2）解：∵，是定长，
∴当点F到的距离最长时，面积取得最大值，
此时，如图，
，，
∴，，
∴，
∴面积取得最大值为；
（3）解：∵等边中，且，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
作等边，作等边的外接圆G，点F在圆G的劣弧上；
以为边作等边，延长交圆G于点H，如图，连接，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，是定长，
∴当的值最大时，的周长取得最大值，
即当弦为圆G直径时，的周长取得最大值，
如图，，，
∴，
∵，即，
∴，
∴的周长的最大值为.
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等的判定；等边三角形的性质；三角形的外接圆与外心；角平分线的概念
【解析】【分析】 【探索发现】 根据角平分线的概念结合内角和定理可得∠FAB+∠FBA=(∠CAB+∠CBA)=(180°-∠C)=45°，然后利用内角和定理就可求出∠AFB的度数；
【拓展应用】由题意可得：当点F到AB的距离最长时，△AFB面积取得最大值，此时FD⊥AB，FA=FB，BG=AG=，DG=BG=，DF=BD=，GF=DF-DG=-，然后根据三角形的面积公式进行计算；
【灵活运用】 根据等边三角形的性质可得∠ABC=∠C=60°，AB=BC，利用SAS证明△ABD≌△BCE，得到∠BAD=∠CBE，进而求出∠AFB的度数，作等边△ABH，作等边△ABH的外接圆G，点F在圆G的劣弧AB上，以BF为边作等边△BFI，延长FI交圆G于点H，连接BH，证明△BHI≌△BAF，得到HI=AF，则AF+BF=HI+BI=HI+FI=HF，故当当弦HF为圆G直径时，△AFB的周长取得最大值，据此求解.
23．【答案】（1）解：图1，
∵C为的中点，AC为半径，
∴，
，，
，
，
是等边三角形，
∴BC=AC=2， ∠C=60°，
∴∠CBD=30°，
；
（2）解：如图2，
∵C为的中点，AC为半径，
∴，
，，
，
，
，
（3）；
（4）；越小
（5）0
【知识点】等边三角形的判定与性质；垂径定理；解直角三角形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：（3）如图，
∵AB=BD=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠BAD=∠ABD=60°，
∵C为的中点，AC为半径，
∴AC⊥BD，在Rt△ABE中，AE=AB×sin∠ABD=2×sin60°=，
∴d3=CE=AC-AE=；
故答案为：60°，；
（4）∵1＞＞，
∴d1＞d2＞d3，
∴ 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）的距离越小；
故答案为：d1＞d2＞d3，越小；
（5）∵圆的半径相等，
∴ 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=0.
故答案为：0.
【分析】（1）首先根据垂径定理可得AC⊥BD，根据等腰三角形的三线合一得∠BAC=∠CAD=∠BAD=60°，从而根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形得△ABC是等边三角形，则BC=AC=2，进而根据含30°角直角三角形性质可求出d1的长；
（2）首先根据垂径定理可得AC⊥BD，由等腰直角三角形性质可得∠ABD=45°，进而根据∠ABD的正弦函数可求出AE的长，最后根据d2=AC-AE可算出答案；
（3）由正六边形性质得AB=BD=AD，故△ABD是等边三角形，得∠BAD=∠ABD=60°，根据垂径定理可得AC⊥BD，进而根据∠ABD的正弦函数可求出AE的长，最后根据d3=AC-AE可算出答案；
（4）比较d1、d2、d3的大小即可得出答案；
（5）根据同圆的半径相等，可得结论.
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