第8期 3.1～3.3（参考答案见下期）-【数理报】2024-2025学年九年级(中考)数学学案（青岛版）

书 “直径所对的圆周角是直角，９０°的圆周角所对的弦 是直径”，这是由圆周角定理得出的推论，应用这一推论 可解决与此有关的一些试题．下面让我们一起体验． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、求圆的半径 例１　如图１，ＡＢ是⊙Ｏ的 直径，∠ＡＣＤ＝∠ＣＡＢ，ＡＤ＝２， ＡＣ＝４，则⊙Ｏ的半径为 （　　） 槡 槡Ａ．２３ 　　　Ｂ．３２ 槡 槡Ｃ．２５ 　　　Ｄ．５ 解析：连接ＢＣ，因为ＡＢ是直径， 所以∠ＡＣＢ＝９０°， 因为∠ＡＣＤ＝∠ＣＡＢ，所以 ) ) ＡＤ＝ＢＣ， 所以ＡＤ＝ＢＣ＝２， 在Ｒｔ△ＡＢＣ中，由勾股定理，得ＡＢ＝ ＡＣ２＋ＢＣ槡 ２ ＝ 槡２５， 所以⊙Ｏ的半径为槡５． 故选Ｄ． 二、求弦的长度 例２　如图２，ＡＤ为⊙Ｏ的直 径，ＡＤ＝８ｃｍ，∠ＤＡＣ＝∠ＡＢＣ， 则ＡＣ的长度为 （　　） 槡 槡Ａ．４２ｃｍ　 　　Ｂ．２２ｃｍ 槡Ｃ．４ｃｍ　 　　Ｄ．３３ｃｍ 解析：连接ＣＤ，因为ＡＤ是⊙Ｏ的直径，根据直径所 对的圆周角等于９０°，所以∠ＡＣＤ＝９０°． 由勾股定理得ＡＣ２＋ＣＤ２＝ＡＤ２，根据同弧所对的圆 周角相等可得∠ＡＢＣ＝∠ＡＤＣ， 因为∠ＤＡＣ＝∠ＡＢＣ， 所以∠ＤＡＣ＝∠ＡＤＣ， 所以ＡＣ＝ＣＤ，所以２ＡＣ２ ＝ＡＤ２， 因为ＡＤ＝８ｃｍ，所以ＡＣ＝ 槡４２（ｃｍ）． 故选Ａ． 三、求圆周角的度数 例３　如图３，△ＡＢＣ内接于 ⊙Ｏ，ＣＤ是 ⊙Ｏ的直径，∠ＡＣＤ ＝４０°，则∠Ｂ＝ （　　） Ａ．７０° 　　Ｂ．６０° Ｃ．５０° 　　Ｄ．４０° 解析：因为 ＣＤ是 ⊙Ｏ的直 径， 所以∠ＣＡＤ＝９０°， 所以∠ＡＣＤ＋∠Ｄ＝９０°， 因为∠ＡＣＤ＝４０°， 所以∠ＡＤＣ＝∠Ｂ＝５０°． 故选Ｃ． 【对应练习见《重点集训营》】 书 ７期参考答案 一、１．Ｂ；　２．Ｂ； ３．Ｄ；　４．Ｂ；　５．Ｂ； ６．Ｂ；　７．Ｂ；　８．Ｃ． 二、９．槡３； １０．（２－２ｃｏｓα）； １１．３．０８；　１２．槡２２； １３．（ 槡３６６－７２）； １４．１０３． 三、１５．（１）槡２３． １６．ｓｉｎＣ的值为１２１３． １７．铁塔 ＡＢ的高度约 为３０．５米． １８．（１）ＢＤ＝１２． （２）ｔａｎＣ＝ ３２． １９．（１）Ｂ处距离小岛 Ｃ的距离约为２２６海里． （２）过点 Ｃ作 ＣＮ⊥ ＢＥ于点Ｎ，在Ｒｔ△ＢＣＮ中， 因为∠ＣＢＮ＝４５°＋２５°＝ ７０°，ＢＣ＝ 槡１６２海里，所 以ＣＮ＝ＢＣ·ｓｉｎ∠ＣＢＮ≈ ２２．６×０９４≈ ２１２（海 里），因为２１．２＞２０，所以 能安全通过． ２０．（１）证明：由尺规 作图可知，ＡＢ＝ＡＦ，ＡＥ是 ∠ＢＡＦ的角平分线，所以 ∠ＥＡＢ＝∠ＥＡＦ，在△ＡＥＢ 和 △ＡＥＦ 中， ＡＢ＝ＡＦ， ∠ＢＡＥ＝∠ＦＡＥ， ＡＥ＝ＡＥ{ ， 所 以 △ＡＥＢ≌△ＡＥＦ（ＳＡＳ），所 以 ＢＥ＝ＥＦ，因为 ＡＤ∥ ＢＣ，所以∠ＢＥＡ＝∠ＦＡＥ， 所以 ∠ＡＥＢ＝∠ＥＡＢ，所 以ＢＥ＝ＡＢ，因为 ＥＦ＝ ＢＥ，ＡＢ＝ＡＦ，所以 ＡＢ＝ ＢＥ＝ＥＦ＝ＡＦ，所以四边 形ＡＢＥＦ是菱形． （２）１２． ２１．（１）过点 Ｂ，Ｃ作 ＢＨ⊥ＡＦ，ＣＩ⊥ＡＦ，垂足分 别为Ｈ，Ｉ，ＣＩ交ＡＢ于点Ｌ， 过点Ｂ作ＢＫ⊥ＣＩ于点Ｋ， 则四边形ＢＨＩＫ是矩形，所 以ＢＨ＝ＫＩ，因为∠ＣＬＢ＝ ∠ＡＬＩ，∠ＣＢＬ＝∠ＬＩＡ，所 以∠ＢＣＫ＝∠ＬＡＩ，因为斜 坡 ＡＢ的坡角为 ３７°，即 ∠ＢＡＦ＝３７°，所以∠ＢＣＫ ＝３７°，所以 ＣＫ＝ＢＣ× ｃｏｓ∠ＢＣＫ≈ １．６（米），ＢＨ ＝ＫＩ＝ＡＢ×ｓｉｎ∠ＢＡＨ≈ ２４（米），１．６＋２．４＋１．３ ＝５．３（米），所以车厢最高 点 Ｃ离地面的 距 离 为 ５．３米． （２）该货车不会发生 车辆倾覆安全事故，理由： 过点Ｇ作ＧＭ⊥ＡＦ于点Ｍ， 同（１）得ＣＩ＝ＣＫ＋ＫＩ＝ ＢＣ×ｃｏｓ∠ＢＣＫ＋ＡＢ × ｓｉｎ∠ＢＡＨ＝２×槡２２ ＋４× 书 ６期２版 ２．４解直角三角形 基础训练　１．Ｂ；　２．Ｄ；　３．（９２，６）； 槡 槡　４．２３＋２２． 能力提高　５．（１）ＢＣ的长为 槡２２＋１． （２）因为ＡＥ是ＢＣ边上的中线，所以ＣＥ＝１２ＢＣ＝槡２＋ １ ２， 所以ＤＥ＝ＣＥ－ＣＤ＝槡２－ １ ２，所以ｔａｎ∠ＤＡＥ＝ ＤＥ ＡＤ＝槡２－ １ ２． ２．５解直角三角形的应用（第一课时） 基础训练　１．Ｂ；　２．（１５０－ 槡５０３）；　３．１０５． ４．Ａ，Ｂ两点之间的距离约为１５６２米． 能力提高　５．（１）１６． （２）能实施有效救援，理由：当起重臂最长时，转动张角最 大，即ＡＣ＝３０米，∠ＣＡＥ＝１５０°，过点Ａ作ＡＧ⊥ＣＦ于点Ｇ，则 ∠ＣＡＧ＝６０°，在Ｒｔ△ＡＣＧ中，ＣＧ＝ＡＣ·ｓｉｎ６０°＝３０×槡３２ ＝ 槡１５３≈２５５（米），所以ＣＦ＝ＣＧ＋ＧＦ＝２５５＋４＝２９５（米）． 因为２９５＞２６，所以能实施有效救援． ２．５解直角三角形的应用（第二课时） 基础训练　１．Ｃ；　２．Ｂ；　３． 槡１０３；　４．８． 能力提高　５．（１）乙山Ｂ处到河边ＣＤ的垂直距离为３６０米． （２）过点Ｂ作ＢＦ⊥ＣＤ于点Ｆ，过点Ａ作ＡＥ⊥ＣＤ于点Ｅ， 过点Ａ作ＡＨ⊥ＢＦ于点Ｈ，则四边形ＡＥＦＨ为矩形，所以ＨＦ＝ ＡＥ＝１２０米，ＡＨ＝ＥＦ，所以ＢＨ＝２４０（米）．由题意易得∠ＢＡＨ ＝２５°，在Ｒｔ△ＡＢＨ中，ｔａｎ∠ＢＡＨ＝ＢＨＡＨ，所以ＡＨ≈５１５（米），所 以ＥＦ＝ＡＨ＝５１５（米），在Ｒｔ△ＡＣＥ中，易得ＣＥ＝５０（米），由 （１）易得ＤＦ＝２７０米，所以ＣＤ＝１９５（米）．所以河ＣＤ的宽度 约为１９５米． ６期３版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ｄ Ｃ Ａ Ｃ Ｃ Ｂ Ａ Ｂ 二、９．９５；　１０．６．４；　１１．ｍｃｏｓα－ｍｓｉｎα；　１２．１０； １３．１９；　１４．９６． 三、１５．ＡＤ的长为３，ＡＣ的长为槡１０． １６．灯管Ｄ距地面ＡＦ的高度约为８８ｍ． １７．风筝Ｃ处距离地面的高度为１３．９ｍ． １８．（１）过Ａ作ＡＨ⊥ＣＢ于点Ｈ，由题意知 ∠ＡＢＨ＝３１°， ∠ＡＣＨ＝２２°，在Ｒｔ△ＡＢＨ中，ＡＢ＝５米，ｓｉｎ３１°＝ＡＨＡＢ，所以ＡＨ ≈ １３５（米），在Ｒｔ△ＡＣＨ中，ｓｉｎ２２°＝ ＡＨ ＡＣ，所以ＡＣ≈ １０４ １５（米）． 所以新传送带ＡＣ的长度为１０４１５米． （２）需要挪走，理由：由（１）知，ＡＨ＝１３５米，在Ｒｔ△ＡＢＨ中， ｔａｎ３１°＝ＡＨＢＨ，所以 ＢＨ≈ １３ ３（米），在 Ｒｔ△ＡＣＨ中，ｔａｎ２２°＝ ＡＨ ＣＨ，所以ＣＨ≈ １３ ２（米），则ＣＰ＝ ５ ６ ＜１米，所以距离Ｂ点３米 的货物ＭＮＱＰ需要挪走． 附加题　（１）斜面ＡＤ的长度约为７米． （２）货车能顺利进入地下停车场．理由：过点Ｃ作ＣＥ⊥ＡＤ， 垂足为Ｅ，所以∠ＤＣＥ＋∠ＣＤＥ＝９０°，因为∠ＢＡＤ＋∠ＡＤＢ＝ ９０°，所以∠ＤＣＥ＝∠ＢＡＤ，所以ｔａｎ∠ＢＡＤ＝ｔａｎ∠ＤＣＥ＝ＤＥＥＣ＝ １ ３，设ＤＥ＝ｘ米，则ＥＣ＝３ｘ米，在Ｒｔ△ＣＤＥ中，由勾股定理，得 ３２２ ＝ｘ２＋（３ｘ）２，解得ｘ≈１．０１２，所以ＥＣ＝３０３６（米），因为 ３．０３６＞２．８，所以货车能进入地下停车场． ６期４版 重点集训营 １．ＤＣ的长度为（１１＋ 槡２３）米． ２．延长ＡＢ交ＥＤ的延长线于点Ｆ，过点Ｃ作ＣＧ⊥ＡＦ，垂足 为Ｇ． （１）ＢＣ的长度为３９米． （２）因为ＢＣ＝３９米，ＣＤ＝２６０米，所以ＢＤ＝２９９（米），因 为斜坡ＢＤ的坡度 ｉ＝１∶２．４，所以易得 ＢＦ＝１１５米，ＤＦ＝ ２７６米，因为ＡＢ＝１２９米，所以ＡＦ＝２４４（米），在Ｒｔ△ＡＥＦ中， ｔａｎ２７°＝ＡＦＥＦ，所以 ＥＦ ＝ ＡＦ ｔａｎ２７°≈ ４７８（米），所以 ＤＥ ＝ ２０２（米）． 答：轮船Ｅ距离海岸线Ｄ的距离ＥＤ的长约为２０２米． 书 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 １．如图１，弦ＣＤ所对的圆心角为１２０°，ＡＢ为直径， ＣＤ在半圆上滑动，Ｆ是ＣＤ的中点，过点 Ｄ作 ＡＢ的垂 线，垂足为Ｅ，则∠ＤＥＦ的度数为 （　　） Ａ．３０° Ｂ．４５° Ｃ．６０° Ｄ．７５° ２．如图２，点Ａ是以ＢＣ为直径的半圆的中点，连接 ＡＢ，点Ｄ是直径ＢＣ上一点，连接ＡＤ，分别过点Ｂ，点Ｃ 向ＡＤ作垂线，垂足为Ｅ和Ｆ，其中ＥＦ＝２，ＣＦ＝６，ＢＥ ＝８，则ＡＢ的长是 （　　） Ａ．４ Ｂ．６ Ｃ．８ Ｄ．１０ ３．如图 ３，已知 ＡＢ，ＣＤ是 ⊙Ｏ的两条弦，且ＡＢ＝４，ＣＤ＝ 槡３，分别连接 ＡＣ，ＢＤ并延长，两 线相交于点 Ｐ，若 ∠Ｐ＝３０°， ∠ＢＡＣ＝９０°，则 ⊙Ｏ的半径为 ． ４．如图４，圆内接四边形ＡＢＣＤ的对角线ＡＣ，ＢＤ相 交于点Ｅ，射线ＤＡ，ＣＢ相交于点Ｆ，过点Ｄ作ＤＧ⊥ＢＡ 交ＢＡ的延长线于点Ｇ，且ＡＤ平分∠ＣＡＧ． （１）求证：ＤＢ＝ＤＣ； （２）若ＡＣ是直径，求证：△ＦＡＢ∽△ＦＣＤ． １．如图１，在正方形ＡＢＣＤ外侧作直线ＤＥ，点Ｃ关 于直线ＤＥ的对称点为Ｍ，连接ＣＭ，ＡＭ．其中ＡＭ交直 线ＤＥ于点Ｎ．若４５°＜∠ＣＤＥ＜９０°，当ＭＮ＝４，ＡＮ＝ ３时，正方形ＡＢＣＤ的边长为 ． ２．如图２，将矩形ＡＢＣＤ绕点Ｂ顺时针旋转９０°至 矩形ＥＢＧＦ的位置，连接 ＡＣ，ＥＧ，取 ＡＣ，ＥＧ的中点 Ｍ， Ｎ，连接ＭＮ，若ＡＢ＝８，ＢＣ＝６，则ＭＮ＝ ． 书 【提示】 １．连接ＣＮ，ＤＭ，ＡＣ，根据对称的性质可知，ＮＣ ＝ＮＭ，ＤＣ＝ＤＭ，推出∠ＮＣＤ＝∠ＮＭＤ＝∠ＤＡＭ， 推出∠ＡＮＣ＝９０°，根据勾股定理求得ＡＣ，进而求得 正方形的边长． ２．连接ＢＤ，ＢＦ，ＤＦ，由矩形的性质可得ＭＮ是 △ＢＤＦ的中位线，由旋转的性质可得ＢＦ＝ＢＤ， ∠ＤＢＦ＝９０°，利用勾股定理求出ＤＦ的长，由ＭＮ＝ １ ２ＤＦ即可求解． 书 如图１，四边形ＡＢＣＤ的四个顶 点都在 ⊙Ｏ上，则四边形 ＡＢＣＤ内 接于⊙Ｏ，⊙Ｏ是四边形ＡＢＣＤ的外 接圆． 因为∠Ａ所对的弧为 ) ＢＣＤ，∠Ｃ 所对的弧为 ) ＢＡＤ，且 ) ＢＣＤ与 ) ＢＡＤ所 对圆心角的和为周角， 所以由圆周角定理，得 ∠Ａ＋∠Ｃ＝ １２ ×３６０°＝ １８０°． 同理，∠Ｂ＋∠Ｄ＝１８０°． 由此可得：圆内接四边形的对角互补． 利用这一性质解决与圆的内接四边形有关的边、角 问题，往往能够起到事半功倍的效果． 一、求角用 　　　　　　　　　　　　　　　　　　例１ 如图２，四边形 ＡＢＣＤ 是 ⊙Ｏ的内接四边形，若 ∠ＡＯＣ ＝１６０°，则∠ＡＢＣ的度数是 （　　） Ａ．８０° Ｂ．１００° Ｃ．１４０° Ｄ．１６０° 分析：先根据圆周角定理求 得∠Ｄ的度数，然后根据圆内接四边形的性质求出 ∠ＡＢＣ的度数即可． 解：因为∠ＡＯＣ＝１６０°，所以∠ＡＤＣ＝１２∠ＡＯＣ＝ ８０°， 因为四边形ＡＢＣＤ是⊙Ｏ的内接四边形， 所以∠ＡＢＣ＝１８０°－∠ＡＤＣ＝１８０°－８０°＝１００°． 故选Ｂ． 二、说理用 例２　 如图３，四边形 ＡＢＣＤ 为⊙Ｏ的内接四边形，已知∠Ｃ＝ ∠Ｄ，判断 ＡＢ与 ＣＤ的位置关系， 并说明理由． 分析：四边形ＡＢＣＤ是⊙Ｏ的 内接四边形，则 ∠Ａ与 ∠Ｃ互补， 再由∠Ｃ＝∠Ｄ，可得∠Ａ与∠Ｄ也互补，即可判断 ＡＢ 与ＣＤ的位置关系． 解：ＡＢ∥ＣＤ．理由如下： 因为四边形ＡＢＣＤ是⊙Ｏ的内接四边形， 所以∠Ａ＋∠Ｃ＝１８０°． 因为∠Ｃ＝∠Ｄ，所以∠Ａ＋∠Ｄ＝１８０°． 所以ＡＢ∥ＣＤ． 温馨提示：从以上几例可以看出，圆内接四边形的 性质虽简短，但在解决与圆的内接四边形有关的问题时 很有效，同学们在解题时要注意灵活选择运用． 书 弧是圆中的无名英雄，与圆有关的许多计算和证 明问题，表面上与弧没有直接关系，实际上却沟通着圆 周角、圆心角、弦等元素，起到了牵线搭桥的作用．下面 举例说明． 一、为弦牵线搭桥 例１　如图１，在以ＡＢ为直 径的半圆Ｏ中，Ｃ是它的中点，若 ＡＣ＝２，则△ＡＢＣ的面积为 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　Ａ．１．５ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４ 解析：因为Ｃ是半圆Ｏ的中点， 所以 ) ＡＣ＝ ) ＢＣ，所以ＡＣ＝ＣＢ＝２， 因为ＡＢ为直径，所以∠Ｃ＝９０°， 所以Ｓ△ＡＢＣ ＝２×２× １ ２ ＝２． 故选Ｂ． 二、为圆周角牵线搭桥 例２　如图２，ＡＢ是⊙Ｏ的 直径，Ｃ，Ｄ是⊙Ｏ上的两点，若 ∠ＣＡＢ＝６５°，则∠ＡＤＣ的度数 为 （　　） Ａ．２５° Ｂ．３５° Ｃ．４５° Ｄ．６５° 解析：因为ＡＢ是直径，所以∠ＡＣＢ＝９０°， 因为∠ＣＡＢ＝６５°， 所以∠ＡＢＣ＝９０°－∠ＣＡＢ＝２５°， 所以∠ＡＤＣ＝∠ＡＢＣ＝２５°． 故选Ａ． 三、为圆周角和圆心角牵线搭桥 例３　如图３，Ａ，Ｂ，Ｃ是⊙Ｏ 上的三点，若 ∠Ｃ ＝３５°，则 ∠ＡＢＯ的度数是 （　　） Ａ．３５° 　　　　Ｂ．５５° Ｃ．６０° 　　　　Ｄ．７０° 解析：连接ＯＡ，因为∠Ｃ＝３５°， 所以∠ＡＯＢ＝２∠Ｃ＝７０°， 因为ＯＡ＝ＯＢ，所以∠ＡＢＯ＝∠ＢＡＯ＝１２（１８０° －∠ＡＯＢ）＝５５°． 故选Ｂ． 四、为特殊角牵线搭桥 例４　如图４，ＡＢ是⊙Ｏ的 直径，Ｃ，Ｄ，Ｅ是 ⊙Ｏ上的点，则 ∠１＋∠２等于 ． 解析：连接ＡＣ，ＢＣ，则∠１＝ ∠ＡＢＣ，∠２＝∠ＣＡＢ， 所以∠１＋∠２＝∠ＡＢＣ＋ ∠ＣＡＢ． 因为ＡＢ为⊙Ｏ的直径，所以∠ＡＣＢ＝９０°， 所以∠１＋∠２＝∠ＡＢＣ＋∠ＣＡＢ＝９０°． 故填９０°． 书 垂径定理是圆的一条重要性质，指的是“垂直于弦 的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧”．它的应用非 常广泛，下面举例进行说明，供同学们学习时参考． 一、求半径 例１　如图１，ＡＢ是⊙Ｏ的直 径，弦ＣＤ⊥ＡＢ于点Ｅ，ＣＤ＝１０， ＢＥ＝２，则 ⊙Ｏ的半径 ＯＣ ＝ ． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　解析：因为弦 ＣＤ⊥ ＡＢ于点 Ｅ，ＣＤ＝１０，所以ＣＥ＝１２ＣＤ＝５， ∠ＯＥＣ＝９０°． 设ＯＢ＝ＯＣ＝ｘ，则ＯＥ＝ｘ－２，在Ｒｔ△ＯＣＥ中，由 勾股定理，得ＣＥ２＋ＯＥ２ ＝ＯＣ２，即５２＋（ｘ－２）２ ＝ｘ２， 解得ｘ＝２９４，即ＯＣ＝ ２９ ４．故填 ２９ ４． 二、求弦长 例２　如图２，ＡＢ是⊙Ｏ的直 径，ＯＤ垂直于弦ＡＣ于点Ｄ，ＤＯ的 延长线交 ⊙Ｏ于点 Ｅ．若 ＡＣ＝４ 槡２，ＤＥ＝４，则ＢＣ的长是 （　　） 槡Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．２ Ｄ．４ 解析：因为ＡＢ是⊙Ｏ的直径，所以∠Ｃ＝９０°，因为 ＯＤ⊥ＡＣ，所以点Ｄ是ＡＣ的中点，所以ＯＤ是△ＡＢＣ的 中位线，所以ＯＤ∥ＢＣ，且ＯＤ＝ １２ＢＣ． 设ＯＤ＝ｘ，则ＢＣ＝２ｘ，因为ＤＥ＝４，所以ＯＥ＝４ －ｘ，所以ＡＢ＝２ＯＥ＝８－２ｘ，在Ｒｔ△ＡＢＣ中，由勾股定 理可得，ＡＢ２ ＝ＡＣ２ ＋ＢＣ２，即（８－２ｘ）２ ＝（槡４２） ２ ＋ （２ｘ）２，解得ｘ＝１．所以ＢＣ＝２ｘ＝２．故选Ｃ． 三、实际应用 例３　 如图３，将一个球放 置在圆柱形玻璃瓶上，测得瓶高 ＡＢ＝２０ｃｍ，底面直径 ＢＣ ＝ １２ｃｍ，球的最高点到瓶底面的 距离为 ３２ｃｍ，则球的半径为 ｃｍ（玻璃瓶厚度忽略 不计）． 解析：设球心为Ｏ，过点Ｏ作 ＯＭ⊥ＡＤ于点Ｍ，连接ＯＡ， 设球的半径为ｒｃｍ，由题意得ＡＤ＝１２ｃｍ，ＯＭ＝３２ －２０－ｒ＝（１２－ｒ）ｃｍ， 由垂径定理，得ＡＭ ＝ＤＭ ＝ １２ＡＤ＝６（ｃｍ）， 在Ｒｔ△ＯＡＭ中，由勾股定理，得ＡＭ２＋ＯＭ２＝ＯＡ２， 即６２＋（１２－ｒ）２ ＝ｒ２，解得 ｒ＝７．５，即球的半径为 ７．５ｃｍ．故填７．５． ! ! " #! !!"" " $"% ! !"#$ !"# !$"%&'( )&*+,-.&/0 " 1 % ! !"#$ !"#$%&'" ()*+,-'. %&'()* 23456+78 23469:;<=>?@ 2346ABCDEFGH7I *JKLMNO% LPQRST UVWXYZO%[\Q!"#$%&'&'(!)( & '( RST ) & '( ]^_ ) # * +, `aT ) & '( b c ) & '( d e -+./0, ` f 12./0, `gh *34/5, i j *3467( klm ^no p q rst u v wxy ]z{ u|g } l ~t €S p‚ƒ „‚… ]S† ‡e& ˆ‰q Š y ‹Œ ^Ž 80-+( i  809:( ^ Ž ;<-+( ‘‚’ =>-+, “ ” ?@AB, •–— !˜K™š™% !›„™O% !MNŸ ¡Q&,+-.+/'#/+0 !˜K¢£Q23¤¥¦§s¨©ª«¬ -,/ \*JKL)&*+MNŸ !­®M¯Q&,&&&0 !§°Ÿ±K²³Q&,+-#+/'--/+ &,+-#+/'-/,'́ =µ( !±¶Q·¸˜K§°Ÿ£¹º»U¼½­¾¿À( !­®±¶²³Q---1+ !ÁÂÃıÅƱÇȱ !˜KÉ»U¼¤́ §ÊË9ÌÍÎK !ÏÐCDÑÁÒ\Q-2&&&&2&&&--& !ÏП ¡Q&,+-#+3'-/++ !˜KÓÔÕÖ×=>ØÙEFGH́ ÚÛ§ÜÝ©Þßàáâ;<ã -- \ÊäØ$åEØæçèéê$·¸˜K§°Ÿ£¹ëì """""""""""""""""""""""""""""""""""""""""" # íÕ ~Tî " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " ! " # $ % & ! $ ' % & ( ! - % $ ! / - & ) ( ! 2 $ ïð ñsò ( " ! % $ & ! / % " ! ( & ! ! % " ( & ! 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" " ! # $ % % 书 一、精心选一选（每小题４分，共３２分） 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 　　　　　　　　　　　　　　　　　　１．如图１所示的网格由边长相同 的小正方形组成，点 Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ｅ，Ｆ， Ｇ在小正方形的顶点上，则 △ＡＢＣ的 外心是 （　　） Ａ．点Ｄ 　　　　　Ｂ．点Ｅ Ｃ．点Ｆ 　　　　　Ｄ．点Ｇ ２．如图２，ＡＢ是⊙Ｏ的直径，∠ＢＯＣ＝４０°，则 ∠Ｄ 为 （　　） Ａ．４０° Ｂ．３０° Ｃ．２０° Ｄ．７０° ３．如图３，已知⊙Ｏ的半径等于２ｃｍ，ＡＢ是直径，Ｃ， Ｄ是⊙Ｏ上的两点，且 ) ) ) ＡＤ＝ＤＣ＝ＣＢ，则四边形ＡＢＣＤ的 周长等于 （　　） Ａ．８ｃｍ Ｂ．１０ｃｍ Ｃ．１２ｃｍ Ｄ．１６ｃｍ ４．如图４，以ＣＤ为直径的⊙Ｏ中，弦ＡＢ⊥ＣＤ于点 Ｍ，若ＡＢ＝２４，ＣＤ＝２６，则ＭＤ的长为 （　　） Ａ．５ Ｂ．７ Ｃ．８ Ｄ．１０ ５．如图５，ＡＢ是⊙Ｏ的直径，Ｃ，Ｄ是⊙Ｏ上的两点， 连接ＡＣ，ＡＤ，ＣＤ，若∠ＡＤＣ＝７０°，则∠ＣＡＢ的度数是 （　　） Ａ．２０° Ｂ．３０° Ｃ．７０° Ｄ．９０° ６．如图６，四边形ＡＢＣＤ是⊙Ｏ的内接四边形，ＢＥ是 ⊙Ｏ的直径，连接ＡＥ．若∠ＢＣＤ＝２∠ＢＡＤ，连接ＯＤ，则 ∠ＤＯＥ的度数是 （　　） Ａ．３５° Ｂ．４５° Ｃ．６０° Ｄ．３０° ７．数学活动课上，同学们想测出一个破损轮子的半 径，小宇的解决方案如下：如图７，在轮子圆弧上任取两 点Ａ，Ｂ，连接ＡＢ，再作出ＡＢ的垂直平分线，交ＡＢ于点Ｃ， 交 ) ＡＢ于点Ｄ，测出ＡＢ，ＣＤ的长度，即可计算得出轮子的 半径，现测出ＡＢ＝１６ｃｍ，ＣＤ＝４ｃｍ，则轮子的半径为 （　　） Ａ．６ｃｍ Ｂ．８ｃｍ Ｃ．１０ｃｍ Ｄ．１２ｃｍ ８．如图８，⊙Ｏ的直径为１０， 弦ＡＣ＝６，∠ＣＡＢ与∠ＡＣＢ的平 分线交于点Ｅ，则ＣＥ的长为 （　　） 槡 槡Ａ．２２ 　　　Ｂ．３２ 槡 槡Ｃ．２３ 　　　Ｄ．３３ 二、细心填一填（每小题４分，共２４分） ９．如图 ９，在 ⊙Ｏ中， ) ＡＢ＝ ) ＣＤ，Ａ，Ｃ之间的距离为４，则 Ｂ，Ｄ 之间的距离为 ． １０．如图１０，四边形ＡＢＣＤ内 接于 ⊙Ｏ，ＡＤ ＝ ＤＣ，∠ＤＡＣ ＝ ２５°，则∠ＡＢＣ＝ ． １１．如图１１，以原点Ｏ为圆心的圆交 ｘ轴于 Ａ，Ｂ两 点，交ｙ轴的正半轴于点Ｃ，且点Ａ的坐标为（－２，０），Ｄ 为第一象限内⊙Ｏ上的一点，若∠ＯＣＤ＝７５°，则ＡＤ＝ ． １２．如图１２，ＡＢ为⊙Ｏ的直径，点Ｃ，Ｄ，Ｅ在⊙Ｏ上， 且 ) ) ＡＤ＝ＣＤ，若∠Ｅ＝６４°，则∠ＡＢＣ的度数为 ． １３．在平面直角坐标系中，已知 Ａ（－１，－１），Ｂ（０， ２），Ｃ（３，３）都在⊙Ｍ上，则圆心Ｍ的坐标为 ． １４．如图１３，正方形ＡＢＣＤ的边长是４，Ｆ点是ＢＣ边 的中点，点 Ｈ是 ＣＤ边上的一个动点，以 ＣＨ为直径作 ⊙Ｏ，连接ＨＦ交⊙Ｏ于Ｅ点，连接ＤＥ，则线段ＤＥ的最小 值为 ． 三、耐心解一解（共４４分） １５．（１０分）如图１４，在破残的圆形轮片上，弦ＡＢ的 垂直平分线交弧ＡＢ于点Ｃ，交弦ＡＢ于点Ｄ．已知ＡＢ＝ ２４ｃｍ，ＣＤ＝８ｃｍ． （１）求作此残片所在的圆（不写作法，保留作图痕 迹）； （２）求（１）中所作圆的半径． １６．（１０分）如图１５，在⊙Ｏ中，点Ｅ是弦 ＣＤ的中 点，过点Ｏ，Ｅ作直径ＡＢ（ＡＥ＞ＢＥ），连接ＢＤ，过点Ｃ作 ＣＦ∥ＢＤ交ＡＢ于点Ｇ，交⊙Ｏ于点Ｆ，连接ＡＦ．求证：ＡＧ ＝ＡＦ． １７．（１２分）如图１６，已知四边形ＡＢＣＤ内接于圆Ｏ， 连接ＢＤ，∠ＢＡＤ＝１０５°，∠ＤＢＣ＝７５°． （１）求证：ＢＤ＝ＣＤ； （２）若圆Ｏ的半径为３，求ＢＣ的长． １８．（１２分）如图１７，市区古城门外有一水门（也可 以说是一种特殊的拱桥），已知水门的跨径（水门桥拱圆 弧所对的弦的长）为１８．２ｍ，拱高（水门桥拱圆弧的中 点到弦的距离）为６．２ｍ，求此水门的桥拱圆弧的半径 （精确到０．１ｍ）                                                                                                                                                                 ． 书 ３．１圆的对称性（第一课时） １．如图１，ＡＢ为⊙Ｏ的直径，弦ＣＤ⊥ＡＢ于点Ｅ，若 ＣＤ＝６，ＯＥ＝４，则⊙Ｏ的半径为 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　Ａ．４ Ｂ．５ Ｃ．６ Ｄ．７ ２．如图２，ＣＤ是⊙Ｏ的弦，直径ＡＢ⊥ＣＤ，垂足为 Ｍ，连接ＡＤ．若ＣＤ＝８，ＢＭ ＝２，则ＡＤ的长为 （　　） 槡Ａ．１０ Ｂ．５３ 槡 槡Ｃ．４５ Ｄ．３ １０ ３．如图３，⊙Ｏ的半径为５，弦ＡＢ＝６，Ｐ是弦ＡＢ上 的一个动点（不与Ａ，Ｂ重合），写出一个符合条件的ＯＰ 的值 ． ４．将一个篮球放在高为１８ｃｍ的长方体纸盒内，发 现篮球的一部分露出纸盒，其截面如图４所示，若测得 ＡＢ＝２４ｃｍ，则该篮球的半径为 ｃｍ． ５．如图５，某地欲搭建圆弧形拱桥，设计要求跨度 ＡＢ＝３２米，拱高ＣＤ＝８米． （１）求该圆弧所在圆的半径； （２）在距离桥的一端４米处欲立一桥墩 ＥＦ支撑， 求桥墩ＥＦ的高度． ３．１圆的对称性（第二课时） １．如图１，ＡＢ是⊙Ｏ的直径，点Ｅ在⊙Ｏ上，点Ｄ， Ｃ是 ) ＥＢ的三等分点，∠ＣＯＤ＝３４°，则∠ＡＯＥ的度数是 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　Ａ．７８° Ｂ．６８° Ｃ．５８° Ｄ．５６° ２．如图２，在⊙Ｏ中，ＡＣ＝ＢＤ，若∠ＡＯＣ＝１２０°，则 ∠ＢＯＤ＝ ． ３．如图３，已知Ｃ，Ｄ是以ＡＢ为直径的⊙Ｏ上的两 点，连接 ＢＣ，ＯＣ，ＯＤ，若 ＯＤ∥ ＢＣ，求证：Ｄ为 ) ＡＣ的中 点． ４．如图４，已知⊙Ｏ的直径ＢＡ与弦ＤＣ的延长线交 于点Ｐ，且ＰＣ＝ＣＯ， ) ) ) ＣＤ＝ＡＣ＋ＤＢ，求∠ＯＤＣ与∠ＤＯＢ 的度数． ３．２确定圆的条件 １．如图１，方格纸上每个小正方形的边长均为１个 单位长度，点Ｏ，Ａ，Ｂ，Ｃ均在格点（两条网格线的交点叫 格点）上，以点Ｏ为原点建立平面直角坐标系，则过Ａ， Ｂ，Ｃ三点的圆的圆心坐标为 （　　） Ａ．（－１，－１） Ｂ．（－２，－１） Ｃ．（－１，－２） Ｄ．（－２，－２） ２．用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小 于或等于６０°”时，首先应该假设这个三角形中（　　） Ａ．有一个内角小于６０° Ｂ．每一个内角都小于６０° Ｃ．有一个内角大于６０° Ｄ．每一个内角都大于６０° ３．下列条件中，不能确定一个圆的是 （　　） Ａ．圆心与半径 Ｂ．直径 Ｃ．平面上的三个已知点 Ｄ．三角形的三个顶点 ４．如图２所示，点Ａ，Ｂ，Ｃ在同一直线上，点Ｍ在ＡＣ 外，经过图中的三个点作圆，可以作 个． ５．如图３所示，△ＡＢＣ的三个 顶点的坐标分别为 Ａ（－１，３）， Ｂ（－２，－２），Ｃ（４，－２），则△ＡＢＣ 外接圆半径的长为 ． ６．如图４，在△ＡＢＣ中，∠Ｂ＝ ∠Ｃ＝３０°． （１）求作⊙Ｏ，使圆心 Ｏ落在 ＢＣ边上，且⊙Ｏ经过Ａ，Ｂ两点（尺规作图，保留作图痕 迹，不写作法）； （２）已知ＢＣ＝６，求⊙Ｏ的半径． ３．３圆周角 １．如图１，在⊙Ｏ中，∠ＢＯＣ＝１３０°，点Ａ在 ) ＢＡＣ上， 则∠ＢＡＣ的度数为 （　　） Ａ．５５° Ｂ．６５° Ｃ．７５° Ｄ．１３０° ２．如图２所示，四边形ＡＢＣＤ为⊙Ｏ的内接四边形， ∠ＢＣＤ＝１２０°，则∠ＢＯＤ的大小是 （　　） Ａ．６０° Ｂ．１１０° Ｃ．１２０° Ｄ．９０° ３．如图 ３，ＡＢ是 ⊙Ｏ的直径，ＣＤ是 ⊙Ｏ的弦， ∠ＣＡＢ＝４２°，则∠Ｄ的度数为 ． ４．如图４，四边形ＡＢＣＤ内接于⊙Ｏ，ＡＤ∥ＢＣ，ＢＤ 平分∠ＡＢＣ，∠Ａ＝１２６°，则∠ＢＤＣ的度数为 ． ５．如图５，ＡＢ是⊙Ｏ的直径，ＣＤ是⊙Ｏ的一条弦， 且ＣＤ⊥ＡＢ于点Ｅ，连接ＡＣ，ＯＣ，ＢＣ． （１）求证：∠１＝∠２； （２）若ＢＥ＝２，ＣＤ＝６，求⊙Ｏ的半径长． ６．如图６，⊙Ｏ的直径ＡＢ为１０ｃｍ，弦ＡＣ为６ｃｍ， ∠ＡＣＢ的平分线交⊙Ｏ于点Ｄ，求ＢＣ，ＡＤ，ＢＤ的长及四 边形ＡＣＢＤ的面积． 如图，在半径为５的⊙Ｏ中，ＡＢ为⊙Ｏ的直径，ＯＤ ⊥弦ＡＣ交⊙Ｏ于点Ｄ，垂足为Ｈ，ＢＤ交ＡＣ于点Ｅ，过 点Ｅ作ＥＦ⊥ＥＢ交⊙Ｏ于点Ｆ，且ＥＦ＝ＥＢ，连接ＯＦ， ＡＦ，ＢＦ． （１）求证：∠ＯＦＥ＝∠ＯＤＥ； （２）若ＥＨ＝１，求ＡＦ的长 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 ． 书 槡２ ２ ＝ 槡３２（米）．在Ｒｔ△ＣＩＡ 中，ＣＩ＝ 槡３ ２ 米，ＡＣ ＝ ＢＣ２＋ＡＢ槡 ２ ＝ 槡２５（米）， 所以由勾股定理得 ＡＩ＝ ＡＣ２－ＣＩ槡 ２ ＝槡２（米），因 为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所 以ＣＧ＝ＡＧ，因为ＧＭ∥ＣＩ， 所以 ＡＧ ＧＣ＝ ＡＭ ＭＩ，所以ＡＭ ＝ ＭＩ＝１２ＡＩ＝ 槡２ ２≈０７０７１ ＞０７，所以该货车不会发生 车辆倾覆安全事故． ２２．（１）ｓｉｎＢ＝槡５５． （２）因为 ＣＤ ＝槡５， ｓｉｎＢ＝槡５５，所以 ＡＢ ＝ ２ＣＤ＝ 槡２５，所以ＡＣ＝２． 因为 ∠ＣＡＨ＝∠Ｂ，所以 ｓｉｎ∠ＣＡＨ＝ｓｉｎＢ＝槡５５，设 ＣＥ＝ｘ（ｘ＞０），则 ＡＥ＝ 槡５ｘ，由勾股定理，得 ｘ２＋ ２２ ＝（槡５ｘ）２，所以ＣＥ＝ｘ ＝ １（负 值 舍 去）， 在 Ｒｔ△ＡＢＣ中，因为 ＡＢ ＝ 槡２５，ＡＣ＝２，所以由勾股 定理得ＢＣ＝４，所以ＢＥ＝ ＢＣ－ＣＥ＝３． ２３．（１）点Ａ到墙面的 距离约为４．４ｃｍ． （２）过点 Ｂ作 ＢＧ∥ ＣＤ，过点Ｄ作ＤＧ⊥ＢＧ，过 点Ａ作ＡＦ⊥ＢＧ，交ＣＤ于 点Ｅ，过点Ｏ作ＯＨ⊥ＢＧ于 点Ｈ，因为花洒的最高点 Ｂ 与身高１７５ｃｍ人的头顶的 铅垂距离为１５ｃｍ，所以ＢＧ ＝１５＋１７５＝１９０（ｃｍ），因 为 ∠ＣＯＡ ＝ ２６°，ＯＡ ＝ １０ｃｍ， 所 以 ＯＥ ＝ ＡＯｃｏｓ∠ＥＯＡ≈ ９．０（ｃｍ）， ∠ＥＡＯ＝９０°－∠ＣＯＡ＝ ６４°，所以∠ＯＡＦ＝１８０°－ ∠ＥＡＯ＝１１６°，所以∠ＢＡＦ ＝∠ＯＡＢ－∠ＯＡＦ＝３０°，所 以 ＢＦ ＝ ＡＢｓｉｎ３０° ＝ ４（ｃｍ）．因为四边形 ＯＥＦＨ 为矩形，所以 ＦＨ＝ＯＥ＝ ９０（ｃｍ），所以ＨＧ＝ＢＧ－ ＢＦ－ＦＨ＝１７７（ｃｍ），因为 四边形ＯＨＧＤ为矩形，所以 ＯＤ＝ＨＧ＝１７７（ｃｍ）． 答：旋转头的固定点Ｏ 与地面的距离约为１７７ｃｍ． ２４．（１）过点 Ｂ作 ＢＦ ⊥ＣＨ，垂足为 Ｆ，延长 ＡＤ 交ＢＦ于点Ｅ，则ＡＥ⊥ＢＦ， 垂足为 Ｅ，在 Ｒｔ△ＡＢＥ中， 因为ＡＢ＝４８ｍ，∠ＢＡＥ＝ ２２°，ｓｉｎ∠ＢＡＥ＝ＢＥＡＢ，所以 ３ ８ ＝ ＢＥ ４．８，解得 ＢＥ ＝ １．８ｍ，因为 ＥＦ＝ＤＨ ＝ １２ｍ，所以ＢＦ＝ＢＥ＋ＥＦ ＝３（ｍ）．所以点Ｂ到海面 ＨＣ的距离为３ｍ． （２）过点 Ｂ作 ＢＮ⊥ ＯＨ，垂足为 Ｎ，延长 ＡＤ交 ＢＮ于点Ｍ，则ＡＭ⊥ＢＮ，垂 足为Ｍ．在Ｒｔ△ＢＡＭ中，ＡＢ ＝４８ｍ，∠ＢＡＭ ＝５３°， ｃｏｓ∠ＢＡＭ ＝ ＡＭＡＢ， ｓｉｎ∠ＢＡＭ ＝ＢＭＡＢ，所以 ３ ５ ＝ＡＭ４．８， ４ ５ ＝ ＢＭ ４８，解得ＡＭ ＝ ２８８（ｍ），ＢＭ ＝ ３８４（ｍ）， 因 为 ＡＤ ＝ ０４ｍ，ＭＮ＝ＤＨ＝１２ｍ， 所以 ＤＭ ＝ＡＭ －ＡＤ ＝ ２．４８（ｍ），ＢＮ＝ＢＭ＋ＭＮ ＝５．０４（ｍ），在 Ｒｔ△ＢＯＮ 中，ＯＢ＝５４６ｍ，由勾股定 理，得ＯＮ＝ ＯＢ２－ＢＮ槡 ２ ＝２１（ｍ），所以ＯＨ＝ＯＮ ＋ＨＮ ＝ ＯＮ ＋ＤＭ ＝ ４．５８（ｍ）．所以点Ｏ到岸边 ＤＨ的距离为４．５８ｍ． !"#$ ! %& !" #$ %& '(")*+,- ./0123"45 # !"#$%&'()*+ !"#$%#&'$&() !",-%&'()*+ *"#$+#&'$$&# ! ! !"#$ 6789:;<70= $ 4 %&'( ! 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