2023-2024学年湘教版初中数学九年级下册 2.1 圆的对称性同步分层训练提升题
一、选择题
1．（2023九上·渝北期中）在平面直角坐标系中，以原点为圆心，为半径作圆，点的坐标是，则点与的位置关系是（ ）
A．点在内 B．点在外
C．点在上 D．点在上或在外
【答案】C
【知识点】勾股定理；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵圆心O的坐标为，点P的坐标为，
∴，因而点P在上．
故答案为：B
【分析】先根据勾股定理求出OP，进而根据点与圆的位置关系即可求解。
2．（2023九上·蓬江月考）在平面直角坐标系中，已知点，点，以点A为圆心，长为半径作，则原点O与的位置关系是（ ）
A．点O在上 B．点O在外
C．点O在内 D．以上皆有可能
【答案】C
【知识点】勾股定理；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵点A(3，0)，B（0，4）
∴AB==5
A的半径为5
点O到点A的距离为3
∴5>3
点O在A内
故选：C
【分析】本题考查点与圆的位置关系及坐标与图形性质，根据勾股定理求得圆的半径，再根据数量关系判断点和圆的位置关系.
3．已知⊙O的半径是4，OP=3，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在圆内 B．点P在圆上 C．点P在圆外 D．不能确定
【答案】A
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵OP=3＜4，故点P与⊙O的位置关系是点在圆内．
故选A．
【分析】点在圆上，则d=r；点在圆外，d＞r；点在圆内，d＜r（d即点到圆心的距离，r即圆的半径）．
4．（2019九上·诸暨月考）已知⊙O的半径为2，点P在⊙O内，则OP的长可能是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵点P在 ⊙O内，∴OP故答案为：A.
【分析】当点P在圆内时，OPr，据此分析求解即可.
5．（2023九上·萧山期中）已知☉O的半径为5，点P在☉O外，则OP的长可能是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解： ☉O的半径为5，点P在☉O外，
.
故答案为：D.
【分析】用r表示圆的半径，d表示同一平面内点到圆心的距离，当d>r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d6．（2022九上·拱墅期中）在⊙O中，弦AB等于圆的半径，则它所对应的圆心角的度数为（ ）
A．120° B．75° C．60° D．30°
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆的认识
【解析】【解答】解：连接OA、OB，如图，
∵OA＝OB＝AB，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
即弦AB所对应的圆心角的度数为60°.
故答案为：C.
【分析】连接OA、OB，由题意可得AB=OA=OB，推出△OAB为等边三角形，得到∠AOB＝60°，据此解答.
7．（2023九上·余杭期中）已知的半径为3，点在外，则的长可能是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵圆O的半径为3，且点P在圆外，
∴点P到点O的距离大于3，
∵1＜2＜3＜4，
∴A、B、C三个选项都错误，不符合题意，只有D选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】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.
8．如图，CD是⊙O的弦，A是⊙O上一点，OA与CD交于点E．有以下条件：
①∠COA=∠AOD= 60°；
②AC=AD=OA；
③E是AO，CD的中点；
④OA⊥CD，且∠ACO= 60°．
能推导出四边形OCAD是菱形的条件是（ ）．
A．① B．①② C．①②③ D．①②③④
【答案】D
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定；菱形的判定；圆的认识
【解析】【解答】解：①∵ ∠COA=∠AOD= 60°，
又∵OA=OC=OD，
∴△OAC与△OAD都是等边三角形，
∴OA=OC=OD=AC=AD，
∴四边形OCAD是菱形， 故①符合题意；
②∵AC=AD=OA，又∵OC=OA=OD，
∴OA=OC=OD=AC=AD，
∴四边形OCAD是菱形， 故②符合题意；
③∵ E是AO，CD的中点，
∴四边形OCAD是平行四边形，
又∵OC=OD，
∴平行四边形OCAD是菱形，故③符合题意；
④∵OA=OC，∠ACO=60°，
∴△OCA是等边三角形，
∴∠AOC=60°，AC=AO，
又∵OA⊥CD，OC=OD，
∴∠AOD=∠AOC=60°，又OA=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴AD=AO，
∴OA=OC=OD=AC=AD，
∴四边形OCAD是菱形， 故④符合题意，
综上能推出四边形OCAD是菱形的条件是①②③④.
故答案为：D.
【分析】①由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形可得△OAC与△OAD都是等边三角形，由等边三角形的性质及同圆半径相等可推出OC=OD=AC=AD，进而由四边相等的四边形是菱形可判断四边形OCAD是菱形；②由同圆半径相等可推出OC=OD=AC=AD，进而由四边相等的四边形是菱形可判断四边形OCAD是菱形；③首先由对角线互相平分的四边形是平行四边形得四边形OCAD是平行四边形，进而根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得平行四边形OCAD是菱形；④由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形可得△OCA是等边三角形，则∠AOC=60°，AC=AO，根据等腰三角形的三线合一得∠AOD=60°，由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形可得△ODA是等边三角形，则AD=AO，由同圆半径相等得OC=OD=AC=AD，进而由四边相等的四边形是菱形可判断四边形OCAD是菱形.
二、填空题
9．在中，，，以为圆心，CA长为半径作弧，交射线BC于点，连结AP.则的度数是 .
【答案】25°或 115°
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆的认识
【解析】【解答】解：如图，
∵以C为圆心，CA长为半径作弧，交射线BC于点P1或P2，
∵CA=CP1，
∴∠CAP1=∠CP1A，
∵∠ACB=∠CAP1+∠CP1A，∠ACB=50°，
∴∠CAP1=∠CP1A=25°，
∵∠B=40°，∠ACB=50°，
∴∠BAC=90°，
∴∠BAP1=∠BAC+∠CAP1=115°；
∵∵CA=CP2，∠ACB=50°，
∴∠CAP2=∠CP2A=（180°-50°）÷2=65°，
∴∠BAP2=∠BAC-∠CAP2=25°.
综上可得∠BAP的度数为25°或 115°.
故答案为：25°或 115°.
【分析】以C为圆心，CA长为半径作弧，交射线BC于点P1或P2，由同圆的半径相等得CA=CP1，由等边对等角得∠CAP1=∠CP1A，进而根据三角形的外交和可求出∠CAP1=∠CP1A=25°，由三角形的内角和定理可算出∠BAC=90°，从而由∠BAP1=∠BAC+∠CAP1可算出∠BAP1的度数；由同圆的半径相等得CA=CP2，由等边对等角及三角形的内角和定理可得∠CAP2=∠CP2A=（180°-50°）÷2=65°，进而根据∠BAP2=∠BAC-∠CAP2可算出∠BAP2的度数，综上可得答案.
10．（2023九上·长春期中）已知⊙O的半径为5cm，若OP= 6cm，那么点P在⊙O
【答案】外
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意可得：
r=5，OP=6>r
则点P在⊙O外
故答案为：外
【分析】根据点与圆的位置关系即可求出答案.
11．（2023九上·南昌月考）我国古代数学著作《增删算法统宗》记载“圆中方形”问题：“今有圆田一段，中间有个方池．丈量田地待耕犁，恰好三分在记，池面至周有数，每边三步无疑．内方圆径若能知，堪作算中第一．”其大意为：有一块圆形的田，中间有一块正方形水池，测量出除水池外圆内可耕地的面积恰好72平方步，从水池边到圆周，每边相距3步远．如果你能求出正方形边长和圆的直径，那么你的计算水平就是第一了．如图，设正方形的边长是x步，则列出的方程是 ．
【答案】
【知识点】圆的认识；一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】解：∵正方形的边长是x步，圆的半径为（）步
∴列方程得：.
故答案为：.
【分析】设正方形的边长是x步，圆的半径为（）步，根据圆的面积公式结合题意即可求解。
12．已知的半径为1，点与点之间的距离为，且关于的方程没有实数根，则点在 (填“内”“上”或“外”).
【答案】外
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵关于x的方程x2-2x+d=0没有实数根，
∴b2-4ac＜0，即（-2）2-4×1×d＜0，
解得d＞1，
而的半径为1，
∴ 点P在的外边.
故答案为：外.
【分析】由关于x的方程x2-2x+d=0没有实数根，可得b2-4ac＜0，据此建立不等式，求解得出d的取值范围，进而根据 点与圆存在三种位置关系：点在圆上，点在圆外，点在圆内； 如果用r表示圆的半径，d表示同一平面内一点到圆心的距离，则 d＞r 点在圆外， d=r 点在圆上 d＜r 点在圆内，即可判断得出答案.
13．（2023·武侯模拟）已知P是内一点（点P不与圆心O重合），点P到圆上各点的距离中，最小距离与最大距离是关于x的一元二次方程的两个实数根，则的直径为 ．
【答案】12
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设最小距离为m，最大距离为n，
由根与系数的关系得，m+n=，
∵P是圆O内一点，
∴点P到圆上各点的距离中，最小距离与最大距离的和等于圆的直径，即圆的直径是12，
故答案为：12.
【分析】由根与系数的关系求出两根之和，则最小距离与最大距离的和等于圆的直径.
三、解答题
14．如图，AB为⊙O的直径，CD为⊙O的弦，AB，CD的延长线交于点E．若AB=2DE，∠E=16°，求∠AOC的度数．
【答案】解：∵AB=2DE，
∴DE=DO，
∴∠E=∠DOE=16°，
∴∠CDO=∠E+∠DOE=32°，
∵OC=OD，
∴∠C=∠CDO=32°，
∴∠AOC=∠C+∠E=32°+16°=48°．
【知识点】等腰三角形的性质；圆的认识
【解析】【分析】先说明DE=DO，利用“在同一个三角形中，等边对等角”求出∠E，再利用三角形外角的性质求得∠CDO，再利用“在同一个三角形中，等边对等角”求出∠C，从而可利用三角形外角的性质求得∠AOC.
15．中国清朝末期的几何作图教科书
《最新中学教科书用器画》由国人自编（如图1），书中记载了大量几何作图题，所有内容均用浅近的文言文表述，第一编记载了这样一道几何作图题：
原文 释义
甲乙丙为定直角.
以乙为圆心，以任何半径作丁戊弧；
以丁为圆心，以乙丁为半径画弧得交点己；
再以戊为圆心，仍以原半径面弧得交点庚；
乙与己及庚相连作线.. 如图2，∠ABC为直角.
以点B为圆心，以任意长为半径画弧，交射线BA，BC分别于点D，E；
以点D为圆心，以BD长为半径画弧与DE相交于点F；
再以点E为圆心，仍以BD长为半径画弧与DE相交于点G；
作射线BF；BG.
（1）根据以上信息﹐请你用不带刻度的直尺和圆规，在图2中完成这道作图题（保留作图痕迹，不写作法）.
（2）根据（1）完成的图，直接写出∠DBG，∠GBF，∠FBE.的大小关系
【答案】（1）解：如图所示，射线BF，BG即为所求；
（2）
【知识点】圆的认识
【解析】【解答】解：（2）∠DBG，∠GBF，∠FBE的大小关系为：∠DBG=∠GBF=∠FBE；
连接DF，EG，
由题意可知BD=BF=DF=BE=BG=EG，
∴△BDF和△BEG为等边三角形，
∴∠DBF=∠EBG=60°，
∵∠DBE=90°，
∴∠DBG=∠GBF=∠FBE=30°．
【分析】（1）按释义部分的步骤画图即可；
（2）根据画图可知BD=BF=DF=BE=BG=EG，所以△BDF和△BEG为等边三角形，再通过∠DBE是直角，可求出 ∠DBG，∠GBF，∠FBE均为30°.
四、综合题
16．（2021九上·温州期中）如图，菱形 的对角线 与 交于点E， ， 的外接圆为 ．
（1）求 的半径；
（2）分别判断点D和点E与 的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）解：在菱形 中， ， ，
∴
∴ 所在直线为 的垂直平分线
∴点O在 所在直线上，
连结 ，∵点O在 的垂直平分线上，
∴
设 ，则 ，
在 中， ，解得 ，
所以 的半径长为5．
（2）解：由题（1）得， ，所以点E在 内．
，所以点E在 外．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；点与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质可求出BE的长，利用勾股定理求出AE的长；利用菱形的性质可知BE垂直平分AC，取BE的中点O，连接AO，利用直角三角形的性质可证得OB=OA；设BO=x，可表示出OE的长，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值，可得到圆O的半径长.
（2）先求出OE，OD的长，由此可得到点D和点E与圆O的位置关系.
17．（2021七下·吉林期中）公元前5世纪，古希腊哲学家阿那克萨哥拉因“亵渎神灵罪”而被投人监狱，在狱中他对方铁窗和圆月亮产生了兴趣．他不断变换观察的位置，一会儿看见圆比正方形大，一会儿看见正方形比圆大，于是伟大的古希腊尺规作图几何三大问题之--的化圆为方问题诞生了：作一个正方形，使它的面积等于已知圆的面积
（1）设有一个半径为 的圆，则这个圆的周长为 ，面积为 ，作化圆为方得到的正方形的边长为 (计算结果保留π)
（2）由于对尺规作图的限制(只能有限次地使用没有刻度的直尺和圆规进行作图)，包括化圆为方在内的几何三大问题都已被证明是不可能的．但若不受标尺的限制，化圆为方并非难事。达·芬奇(1452--1519)提出用已知圆为底，圆半径的 为高的圆柱，在平面上滚动一周，所得的长方形，其面积恰为圆的面积，然后再将长方形化为等面积的正方形即可设已知圆半径为R，请证明达·芬奇的作法可以完成化圆为方
【答案】（1）2π；3π；
（2）解：设圆柱的高为R，圆柱底面的周长为2πR
∴圆柱滚一周的长方形的面积为R×2πR=πR2
圆的面积为πR2
∴达·芬奇的做法可以化圆为方
【知识点】圆的认识
【解析】【解答】解：（1）圆的周长=2π×=2π；圆的面积=π×（）2=3π
∵圆的面积为3π，∴正方形的边长为
【分析】（1）根据圆的周长以及面积公式，计算得到答案即可；
（2）根据题意，计算得到圆柱滚动一周的面积，并与圆的面积作比较，计算得到答案即可。
1 / 12023-2024学年湘教版初中数学九年级下册 2.1 圆的对称性同步分层训练提升题
一、选择题
1．（2023九上·渝北期中）在平面直角坐标系中，以原点为圆心，为半径作圆，点的坐标是，则点与的位置关系是（ ）
A．点在内 B．点在外
C．点在上 D．点在上或在外
2．（2023九上·蓬江月考）在平面直角坐标系中，已知点，点，以点A为圆心，长为半径作，则原点O与的位置关系是（ ）
A．点O在上 B．点O在外
C．点O在内 D．以上皆有可能
3．已知⊙O的半径是4，OP=3，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在圆内 B．点P在圆上 C．点P在圆外 D．不能确定
4．（2019九上·诸暨月考）已知⊙O的半径为2，点P在⊙O内，则OP的长可能是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2023九上·萧山期中）已知☉O的半径为5，点P在☉O外，则OP的长可能是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
6．（2022九上·拱墅期中）在⊙O中，弦AB等于圆的半径，则它所对应的圆心角的度数为（ ）
A．120° B．75° C．60° D．30°
7．（2023九上·余杭期中）已知的半径为3，点在外，则的长可能是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．如图，CD是⊙O的弦，A是⊙O上一点，OA与CD交于点E．有以下条件：
①∠COA=∠AOD= 60°；
②AC=AD=OA；
③E是AO，CD的中点；
④OA⊥CD，且∠ACO= 60°．
能推导出四边形OCAD是菱形的条件是（ ）．
A．① B．①② C．①②③ D．①②③④
二、填空题
9．在中，，，以为圆心，CA长为半径作弧，交射线BC于点，连结AP.则的度数是 .
10．（2023九上·长春期中）已知⊙O的半径为5cm，若OP= 6cm，那么点P在⊙O
11．（2023九上·南昌月考）我国古代数学著作《增删算法统宗》记载“圆中方形”问题：“今有圆田一段，中间有个方池．丈量田地待耕犁，恰好三分在记，池面至周有数，每边三步无疑．内方圆径若能知，堪作算中第一．”其大意为：有一块圆形的田，中间有一块正方形水池，测量出除水池外圆内可耕地的面积恰好72平方步，从水池边到圆周，每边相距3步远．如果你能求出正方形边长和圆的直径，那么你的计算水平就是第一了．如图，设正方形的边长是x步，则列出的方程是 ．
12．已知的半径为1，点与点之间的距离为，且关于的方程没有实数根，则点在 (填“内”“上”或“外”).
13．（2023·武侯模拟）已知P是内一点（点P不与圆心O重合），点P到圆上各点的距离中，最小距离与最大距离是关于x的一元二次方程的两个实数根，则的直径为 ．
三、解答题
14．如图，AB为⊙O的直径，CD为⊙O的弦，AB，CD的延长线交于点E．若AB=2DE，∠E=16°，求∠AOC的度数．
15．中国清朝末期的几何作图教科书
《最新中学教科书用器画》由国人自编（如图1），书中记载了大量几何作图题，所有内容均用浅近的文言文表述，第一编记载了这样一道几何作图题：
原文 释义
甲乙丙为定直角.
以乙为圆心，以任何半径作丁戊弧；
以丁为圆心，以乙丁为半径画弧得交点己；
再以戊为圆心，仍以原半径面弧得交点庚；
乙与己及庚相连作线.. 如图2，∠ABC为直角.
以点B为圆心，以任意长为半径画弧，交射线BA，BC分别于点D，E；
以点D为圆心，以BD长为半径画弧与DE相交于点F；
再以点E为圆心，仍以BD长为半径画弧与DE相交于点G；
作射线BF；BG.
（1）根据以上信息﹐请你用不带刻度的直尺和圆规，在图2中完成这道作图题（保留作图痕迹，不写作法）.
（2）根据（1）完成的图，直接写出∠DBG，∠GBF，∠FBE.的大小关系
四、综合题
16．（2021九上·温州期中）如图，菱形 的对角线 与 交于点E， ， 的外接圆为 ．
（1）求 的半径；
（2）分别判断点D和点E与 的位置关系，并说明理由．
17．（2021七下·吉林期中）公元前5世纪，古希腊哲学家阿那克萨哥拉因“亵渎神灵罪”而被投人监狱，在狱中他对方铁窗和圆月亮产生了兴趣．他不断变换观察的位置，一会儿看见圆比正方形大，一会儿看见正方形比圆大，于是伟大的古希腊尺规作图几何三大问题之--的化圆为方问题诞生了：作一个正方形，使它的面积等于已知圆的面积
（1）设有一个半径为 的圆，则这个圆的周长为 ，面积为 ，作化圆为方得到的正方形的边长为 (计算结果保留π)
（2）由于对尺规作图的限制(只能有限次地使用没有刻度的直尺和圆规进行作图)，包括化圆为方在内的几何三大问题都已被证明是不可能的．但若不受标尺的限制，化圆为方并非难事。达·芬奇(1452--1519)提出用已知圆为底，圆半径的 为高的圆柱，在平面上滚动一周，所得的长方形，其面积恰为圆的面积，然后再将长方形化为等面积的正方形即可设已知圆半径为R，请证明达·芬奇的作法可以完成化圆为方
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】勾股定理；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵圆心O的坐标为，点P的坐标为，
∴，因而点P在上．
故答案为：B
【分析】先根据勾股定理求出OP，进而根据点与圆的位置关系即可求解。
2．【答案】C
【知识点】勾股定理；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵点A(3，0)，B（0，4）
∴AB==5
A的半径为5
点O到点A的距离为3
∴5>3
点O在A内
故选：C
【分析】本题考查点与圆的位置关系及坐标与图形性质，根据勾股定理求得圆的半径，再根据数量关系判断点和圆的位置关系.
3．【答案】A
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵OP=3＜4，故点P与⊙O的位置关系是点在圆内．
故选A．
【分析】点在圆上，则d=r；点在圆外，d＞r；点在圆内，d＜r（d即点到圆心的距离，r即圆的半径）．
4．【答案】A
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵点P在 ⊙O内，∴OP故答案为：A.
【分析】当点P在圆内时，OPr，据此分析求解即可.
5．【答案】D
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解： ☉O的半径为5，点P在☉O外，
.
故答案为：D.
【分析】用r表示圆的半径，d表示同一平面内点到圆心的距离，当d>r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d6．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆的认识
【解析】【解答】解：连接OA、OB，如图，
∵OA＝OB＝AB，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
即弦AB所对应的圆心角的度数为60°.
故答案为：C.
【分析】连接OA、OB，由题意可得AB=OA=OB，推出△OAB为等边三角形，得到∠AOB＝60°，据此解答.
7．【答案】D
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵圆O的半径为3，且点P在圆外，
∴点P到点O的距离大于3，
∵1＜2＜3＜4，
∴A、B、C三个选项都错误，不符合题意，只有D选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】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.
8．【答案】D
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定；菱形的判定；圆的认识
【解析】【解答】解：①∵ ∠COA=∠AOD= 60°，
又∵OA=OC=OD，
∴△OAC与△OAD都是等边三角形，
∴OA=OC=OD=AC=AD，
∴四边形OCAD是菱形， 故①符合题意；
②∵AC=AD=OA，又∵OC=OA=OD，
∴OA=OC=OD=AC=AD，
∴四边形OCAD是菱形， 故②符合题意；
③∵ E是AO，CD的中点，
∴四边形OCAD是平行四边形，
又∵OC=OD，
∴平行四边形OCAD是菱形，故③符合题意；
④∵OA=OC，∠ACO=60°，
∴△OCA是等边三角形，
∴∠AOC=60°，AC=AO，
又∵OA⊥CD，OC=OD，
∴∠AOD=∠AOC=60°，又OA=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴AD=AO，
∴OA=OC=OD=AC=AD，
∴四边形OCAD是菱形， 故④符合题意，
综上能推出四边形OCAD是菱形的条件是①②③④.
故答案为：D.
【分析】①由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形可得△OAC与△OAD都是等边三角形，由等边三角形的性质及同圆半径相等可推出OC=OD=AC=AD，进而由四边相等的四边形是菱形可判断四边形OCAD是菱形；②由同圆半径相等可推出OC=OD=AC=AD，进而由四边相等的四边形是菱形可判断四边形OCAD是菱形；③首先由对角线互相平分的四边形是平行四边形得四边形OCAD是平行四边形，进而根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得平行四边形OCAD是菱形；④由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形可得△OCA是等边三角形，则∠AOC=60°，AC=AO，根据等腰三角形的三线合一得∠AOD=60°，由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形可得△ODA是等边三角形，则AD=AO，由同圆半径相等得OC=OD=AC=AD，进而由四边相等的四边形是菱形可判断四边形OCAD是菱形.
9．【答案】25°或 115°
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆的认识
【解析】【解答】解：如图，
∵以C为圆心，CA长为半径作弧，交射线BC于点P1或P2，
∵CA=CP1，
∴∠CAP1=∠CP1A，
∵∠ACB=∠CAP1+∠CP1A，∠ACB=50°，
∴∠CAP1=∠CP1A=25°，
∵∠B=40°，∠ACB=50°，
∴∠BAC=90°，
∴∠BAP1=∠BAC+∠CAP1=115°；
∵∵CA=CP2，∠ACB=50°，
∴∠CAP2=∠CP2A=（180°-50°）÷2=65°，
∴∠BAP2=∠BAC-∠CAP2=25°.
综上可得∠BAP的度数为25°或 115°.
故答案为：25°或 115°.
【分析】以C为圆心，CA长为半径作弧，交射线BC于点P1或P2，由同圆的半径相等得CA=CP1，由等边对等角得∠CAP1=∠CP1A，进而根据三角形的外交和可求出∠CAP1=∠CP1A=25°，由三角形的内角和定理可算出∠BAC=90°，从而由∠BAP1=∠BAC+∠CAP1可算出∠BAP1的度数；由同圆的半径相等得CA=CP2，由等边对等角及三角形的内角和定理可得∠CAP2=∠CP2A=（180°-50°）÷2=65°，进而根据∠BAP2=∠BAC-∠CAP2可算出∠BAP2的度数，综上可得答案.
10．【答案】外
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意可得：
r=5，OP=6>r
则点P在⊙O外
故答案为：外
【分析】根据点与圆的位置关系即可求出答案.
11．【答案】
【知识点】圆的认识；一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】解：∵正方形的边长是x步，圆的半径为（）步
∴列方程得：.
故答案为：.
【分析】设正方形的边长是x步，圆的半径为（）步，根据圆的面积公式结合题意即可求解。
12．【答案】外
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵关于x的方程x2-2x+d=0没有实数根，
∴b2-4ac＜0，即（-2）2-4×1×d＜0，
解得d＞1，
而的半径为1，
∴ 点P在的外边.
故答案为：外.
【分析】由关于x的方程x2-2x+d=0没有实数根，可得b2-4ac＜0，据此建立不等式，求解得出d的取值范围，进而根据 点与圆存在三种位置关系：点在圆上，点在圆外，点在圆内； 如果用r表示圆的半径，d表示同一平面内一点到圆心的距离，则 d＞r 点在圆外， d=r 点在圆上 d＜r 点在圆内，即可判断得出答案.
13．【答案】12
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设最小距离为m，最大距离为n，
由根与系数的关系得，m+n=，
∵P是圆O内一点，
∴点P到圆上各点的距离中，最小距离与最大距离的和等于圆的直径，即圆的直径是12，
故答案为：12.
【分析】由根与系数的关系求出两根之和，则最小距离与最大距离的和等于圆的直径.
14．【答案】解：∵AB=2DE，
∴DE=DO，
∴∠E=∠DOE=16°，
∴∠CDO=∠E+∠DOE=32°，
∵OC=OD，
∴∠C=∠CDO=32°，
∴∠AOC=∠C+∠E=32°+16°=48°．
【知识点】等腰三角形的性质；圆的认识
【解析】【分析】先说明DE=DO，利用“在同一个三角形中，等边对等角”求出∠E，再利用三角形外角的性质求得∠CDO，再利用“在同一个三角形中，等边对等角”求出∠C，从而可利用三角形外角的性质求得∠AOC.
15．【答案】（1）解：如图所示，射线BF，BG即为所求；
（2）
【知识点】圆的认识
【解析】【解答】解：（2）∠DBG，∠GBF，∠FBE的大小关系为：∠DBG=∠GBF=∠FBE；
连接DF，EG，
由题意可知BD=BF=DF=BE=BG=EG，
∴△BDF和△BEG为等边三角形，
∴∠DBF=∠EBG=60°，
∵∠DBE=90°，
∴∠DBG=∠GBF=∠FBE=30°．
【分析】（1）按释义部分的步骤画图即可；
（2）根据画图可知BD=BF=DF=BE=BG=EG，所以△BDF和△BEG为等边三角形，再通过∠DBE是直角，可求出 ∠DBG，∠GBF，∠FBE均为30°.
16．【答案】（1）解：在菱形 中， ， ，
∴
∴ 所在直线为 的垂直平分线
∴点O在 所在直线上，
连结 ，∵点O在 的垂直平分线上，
∴
设 ，则 ，
在 中， ，解得 ，
所以 的半径长为5．
（2）解：由题（1）得， ，所以点E在 内．
，所以点E在 外．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；点与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质可求出BE的长，利用勾股定理求出AE的长；利用菱形的性质可知BE垂直平分AC，取BE的中点O，连接AO，利用直角三角形的性质可证得OB=OA；设BO=x，可表示出OE的长，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值，可得到圆O的半径长.
（2）先求出OE，OD的长，由此可得到点D和点E与圆O的位置关系.
17．【答案】（1）2π；3π；
（2）解：设圆柱的高为R，圆柱底面的周长为2πR
∴圆柱滚一周的长方形的面积为R×2πR=πR2
圆的面积为πR2
∴达·芬奇的做法可以化圆为方
【知识点】圆的认识
【解析】【解答】解：（1）圆的周长=2π×=2π；圆的面积=π×（）2=3π
∵圆的面积为3π，∴正方形的边长为
【分析】（1）根据圆的周长以及面积公式，计算得到答案即可；
（2）根据题意，计算得到圆柱滚动一周的面积，并与圆的面积作比较，计算得到答案即可。
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