第3章 圆的基本性质 单元巩固 2026-2027学年浙教版九年级上册数学

**基本信息** 聚焦圆的基本性质，通过选择、填空、解答题梯度设计，考查几何直观、推理能力及综合应用，适配初中数学圆的单元复习。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|10|圆周角定理、点与圆位置关系、扇形面积计算|网格点与圆位置关系（第2题）体现抽象能力| |填空题|6|外接圆半径、正多边形与圆、动态点路径|等腰直角三角形中动点路径（第14题）考查空间观念| |解答题|7|垂径定理应用、旋转与圆综合、圆内接四边形|等边三角形与圆综合证明（第21题）发展推理能力|

第3章 圆的基本性质 单元巩固 一、单选题 1.如图，△ABC内接于⊙O，BC=6，AC=2，∠A-∠B=90°，则⊙O的面积为（   ） A. 9.6π                                    B. 10π                                    C. 10.8π                                    D. 12π 2.在网格(每个小正方形的边长均为1)中选取9个格点(格线的交点称为格点)，如果以A为圆心，r为半径画圆；选取的格点中除点A外恰好有4个点在圆内，则r的取值范围为(    ) A. <r<                     B. <r≤                     C. <r≤5                    D. 5<r< 3.如图，O为锐角三角形ABC的外心，四边形OCDE为正方形，其中E点在△ABC的外部，判断下列叙述何者正确（   ） A. O是△AEB的外心，O是△AED的外心                    B. O是△AEB的外心，O不是△AED的外心 C. O不是△AEB的外心，O是△AED的外心                 D. O不是△MEB的外心，0不是△MED的外心 4.如图，⊙O的一条弦AB垂直平分半径OC，且AB=2 ，则这个圆的内接正十二边形的面积为（   ） A. 6                                  B. 6                                   C. 12                                  D. 12 5.已知扇形弧AB的半径为r1 ， 圆心角为a，弧长为l1 ， 面积为S1 ， 扇形弧CD的半径为r2 ， 圆心角为 ，弧长为l2 ， 面积为S2 ， 则以下结论错误的是（   ） A. 若l1＞l2 ， 则ar1＞ r2                                      B. 若r1＞r2 ， 则 C. 若a＞ ，则                                          D. 若S1＞S2 ， 则l1r1＞l2r2 6.如图，一段抛物线：y=﹣x（x﹣5）（0≤x≤5），记为C1 ， 它与x轴交于点O，A1；将C1绕点A1旋转180°得C2 ， 交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3 ， 交x轴于点A3；…如此进行下去，得到一“波浪线”，若点P（2018，m）在此“波浪线”上，则m的值为（   ） A. 4                                         B. ﹣4                                         C. ﹣6                                         D. 6 7.如图，⊙O的直径AB=10，E在⊙O内，且OE=4，则过E点所有弦中，长度为整数的条数为（   ） A. 4                                           B. 6                                           C. 8                                           D. 10 8.如图，半径为4的⊙O中，CD为直径，弦AB⊥CD且过半径OD的中点，点E为⊙O上一动点，CF⊥AE于点F。 当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为（  ） A.                                  B.                                  C.                                  D.  9.如图，锐角△ABC中，BC＞AB＞AC，若想找一点P，使得∠BPC与∠A互补，甲、乙、丙三人作法分别如下： 甲：以B为圆心，AB长为半径画弧交AC于P点，则P即为所求； 乙：分别以B，C为圆心，AB，AC长为半径画弧交于P点，则P即为所求； 丙：作BC的垂直平分线和∠BAC的平分线，两线交于P点，则P即为所求． 对于甲、乙、丙三人的作法，下列叙述正确的是（    ） A. 甲、丙正确，乙错误         B. 甲正确，乙、丙错误         C. 三人皆正确         D. 甲错误，乙、丙正确 10.如图，在矩形ABCD中AB＝ ，BC＝1，将矩形ABCD绕顶点B旋转得到矩形A'BC'D，点A恰好落在矩形ABCD的边CD上，则AD扫过的部分（即阴影部分）面积为（   ） A.                                   B.                                   C.                                   D.  二、填空题 11.已知△ABC的三边a，b，c，满足a+b2+|c﹣6|+28=4 +10b，则△ABC的外接圆半径=________． 12.如图，已知P、Q分别是⊙O的内接正六边形ABCDEF的边AB、BC上的点，AP=BQ，则∠POQ的度数为________°． 13.如图， 是半径为 的⊙ 的直径， 是圆上异于 ， 的任意一点， 的平分线交⊙ 于点 ，连接 和 ，△ 的中位线所在的直线与⊙ 相交于点 、 ，则 的长是________ . 14.如图，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=2，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点．当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是________．   15.如图，在四边形ABCD中，∠BAD=∠CDA=90°，AB=1，CD=2，过A，B，D三点的⊙O分别交BC，CD于点E，M，下列结论：①DM=CM；② ；③⊙O的直径为2；④AE=AD．其中正确的结论有________（填序号）． 16.如图，在菱形ABCD中，AB=1，∠DAB=60°，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，其中点C的运动路径为 ，则图中阴影部分的面积为________. 三、解答题 17.如图，∠AOB=90°，C、D是弧AB的三等分点，AB分别交OC、OD于点E、F，求证：AE=BF=CD． 18.已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E. （1）如图①，若CD＝8，BE＝2，求⊙O的半径； （2）如图②，点G是 上一点，AG的延长线与DC的延长线交于点F，求证：∠AGD＝∠FGC. 19.在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（5，0），点B（0，3），以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O、B、C的对应点分别为D、E、F，且点D恰好落在BC边上． （1）在原图上画出旋转后的矩形； （2）求此时点D的坐标． 20.我们将能完全覆盖某平面图形的最小圆称为该平面图形的最小覆盖圆．例如线段 的最小覆盖圆就是以线段 为直径的圆． （1）请分别作出图①中两个三角形的最小覆盖圆（要求用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）； （2）三角形的最小覆盖圆有何规律？请直接写出你所得到的结论（不要求证明）； （3）某城市有四个小区 （其位置如图②所示），现拟建一个手机信号基站，为了使这四个小区居民的手机都能有信号，且使基站所需发射功率最小（距离越小，所需功率越小），此基站应建在何处？请写出你的结论并说明研究思路． 21.已知:CP是等边△ABC的外角∠ACE的平分线，点D在边BC上，以D为顶点，DA为一条边作∠ADF=60°,另一边交射线CP于F （1）求证:AD=FD （2）若AB=2,BD=x,DF=y,求y关于x的函数解析式 （3）若点D在线段BC的延长线上，（1）中的结论还一定成立吗？若成立，请证明． 22.已知矩形ABCD， ， ，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转 ，得到矩形AEFG. （1）如图1，当点E在BD上时 求证： ； （2）当a为何值时， ？画出图形，并说明理由； （3）将矩形ABCD绕点A顺时针旋转 的过程中，求CD扫过的面积. 23.定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角． （1）如图1，若四边形ABCD是圆美四边形，求美角∠A的度数． （2）在(1)的条件下，若⊙O的半径为5． ①求BD的长．________ ②如图2，在四边形ABCD中，若CA平分∠BCD，则BC+CD的最大值是________． （3）在(1)的条件下，如图3，若AC是⊙O的直径，请用等式表示线段AB，BC，CD之间的数量关系，并说明理由． 答案解析部分 一、单选题 1. B 考点：圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，圆内接四边形的性质 解：如下图所示，过点B作圆的直径BE交圆于点E, 则∠ECB=90°， ∴∠E+∠EBC=90°， ∵圆的内接四边形对角互补, ∴∠E+∠A=180°①， ∵∠A−∠ABC=90°②， ①-②可得：∠E+∠ABC=90°， ∴∠ABC=∠EBC， ∴ ， ∴CE=AC=2， 在Rt△BCE中，由勾股定理得， ， ∴⊙O的半径为 ， ∴圆的面积= ， 故选B. 分析：过点B作圆的直径BE交圆于点E，由直径所对的圆周角是直角可得∠ECB=90°，再根据圆内接四边形的对角互补，推出 ，然后由勾股定理求出圆的直径，即可求出圆面积. 2. C 考点：点与圆的位置关系 解：如图， AB=， AC=， AD=， AE=， AF=， AG=， AH=， AI=. ∵较短的四条线段为：AE、AF、AI、AB， ∵d<r, ∴, 即 <r≤5 时恰有四个点在圆内 . 故答案为：C. 分析：因为当d<r时，点在圆内，先根据勾股定理求出每个点到点A的距离，再找出较短的四条线段，即可判断r的范围. 3. B 考点：三角形的外接圆与外心 解：∵O是△ABC的外心，∴OA=OB=OC，∵四边形OCDE是正方形，∴OC=OE=CD=ED，∴O是△ABE的外心；∵OA=OE≠OD，∴O不是△AED的外心。 故答案为：B 分析：此题主要考查外心的定义，三角形的外心到三角形各个顶点的距离相等，即OA=OB=OC，再根据正方形的性质，OC=OE=CD=ED，可知，OA=OB=OE，所以点O是△ABE的外心，而OD为正方形OCDE的对角线，不可能与OE相等，所以点O不是△AED的外心。 4. C 考点：正多边形和圆 解：如图,连接OA;取弧的中点D，连接AD、CD、OD；过点D作DE⊥OC于点E； ∵OF=OA,且∠OFA=90∘ ， ∴∠OAF=30∘,∠AOC=60∘,∠AOD=∠COD=30∘； ∵圆的内接正十二边形的中心角==30∘ ， ∴AD、DC为该圆的内接正十二边形的两边； ∵OC⊥AB,且AB= =2 ∴AF= =；在△AOF中，由勾股定理得： R2=(R)2+()2，解得：R=2； 在△ODE中,∵∠EOD=30∘ ， ∴DE=OD=1,S△OCD=OC⋅DE=1， ∴这个圆的内接正十二边形的面积为12. 故答案为：C. 分析：如图,连接OA;取弧的中点D，连接AD、CD、OD；过点D作DE⊥OC于点E；首先根据含30°直角三角形的性质求出首先∠OAF=30∘，进而根据圆周角定理求出该正多边形的中心角；运用勾股定理求出半径R；求出△OCD的面积，即可解决问题． 5. B 考点：弧长的计算，扇形面积的计算 解：A、∵l1＞l2 ， ∴ ∴ ar1＞ r2   ，故A不符合题意； B、 ∴ ∵ r1＞r2 ， 不能确定的大小，故B符合题意； C、 ∴ ∵α＞β ∴ ∴， 故C不符合题意； D、∵ ∴， 故D不符合题意； 故答案为：B 分析：利用弧长公式和扇形的面积公式，根据各选项的条件进行变形，可得答案。 6.C 考点：旋转的性质 解：当y=0时，﹣x（x﹣5）=0，解得x1=0，x2=5，则A1（5，0）， ∴OA1=5， ∵将C1绕点A1旋转180°得C2 ， 交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3 ， 交x轴于点A3；…；如此进行下去，得到一“波浪线”， ∴A1A2=A2A3=…=OA1=5， ∴抛物线C404的解析式为y=（x﹣5×403）（x﹣5×404），即y=（x﹣2015）（x﹣2020）， 当x=2018时，y=（2018﹣2015）（2018﹣2020）=﹣6， 即m=﹣6． 故答案为：C． 分析：先根据抛物线的解析式求得点A1坐标，再根据旋转求得“波浪线”与x轴交点的坐标规律，又5×403<2018<5×404，所以点P在抛物线C404 ， 即可求得m的值. 7.C 考点：垂径定理 解：∵AB=10， ∵OB=OA=OC=5， 过E作CD⊥AB于E，连接OC，则CD是过E的⊙O的最短的弦， ∵OB⊥CD， ∴∠CEO=90°， 由勾股定理得：CE= = =3， ∵OE⊥CD，OE过O， ∴CD=2CE=6， ∵AB是过E的⊙O的最长弦，AB=10， ∴过E点所有弦中，长度为整数的条数为1+2+2+2+1=8， 答案为：C． 分析：求出过E的最短的弦，就是以OE为弦心距的弦，最长的弦就是直径，在这个范围内取整数,注意对称性. 8. C 考点：圆周角定理，弧长的计算 解：如图，连接OA、AC， ∵AB过半径OD的中点，∴∠OAB=30°，∠AOD=60°， ∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°， ∵CF⊥AE，∴点F在以AC为直径的圆上运动， F点的起始位置为F0 ， 、终点位置为F1 ， 则点F运动的圆心角为60°， 运动的路径长为：. 故答案为：C. 分析：由CF⊥AE得到∠AFE始终为90°，于是联想到同弧圆周角相等，推出F的轨迹是以AC为直径的圆，找出起止位置，用弧长公式求路径长即可. 9. A 考点：三角形的外角性质，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质，作图—基本作图 解：如图1， ∴∠BAP=∠APB， ∵∠BPC+∠APB=180° ∴∠BPC+∠BAP=180°， ∴甲正确； 如图2， 乙：如图2，延长AC交⊙C于E，连接PE，PD， ∴∠A+∠DPE=∠A+∠DPC+∠CPE=180°， ∵PC=CE， ∴∠CPE=∠E， ∵∠E>∠DPB， ∴∠A+∠BPC=∠A+∠DPC+∠DPB<∠A+∠DPC+∠CPE， 即∠A+∠BPC<180°， ∴乙不正确， 如图， 丙：如图3，过P作PG⊥AB于G，作PH⊥AC于H， ∵AP平分∠BAC， ∴PG=PH， ∵PD是BC的垂直平分线， ∴PB=PC， ∴Rt△BPG≌Rt△CPH（HL）， ∴∠BPG=∠CPH， ∴∠BPC=∠GPH， ∵∠AGP=∠AHP=90°， ∴∠BAC+∠GPH=180°， ∴∠BAC+∠BPC=180°， ∴丙正确； 综上，甲丙正确，乙错误. 故答案为：A. 分析： 甲：根据作图可得AB=BP，利用等边对等角得：∠BAP=∠APB，由平角的定义可知：∠BPC+∠APB=180°，根据等量代换可作判断； 乙：根据圆内接四边形对角互补可得：∠DPE+∠A=180°，再由圆周角定理和等边对等角可计算∠BAC+∠BPC<180°，可作判断； 丙：利用角平分线的性质，作辅助线，证明Rt△BPG≌Rt△CPH（HL），可得∠BAC+∠BPC=180°，作判断即可． 10. A 考点：三角形的面积，矩形的性质，扇形面积的计算，旋转的性质 解：先连接BD,首先求得正方形ABCD的面积为 ，由分析可以求出∠ABA´＝∠DBD´＝45°，即可以求得扇形ABA´的面积为 ，扇形BDD´的面积为 ，面积ADA´＝面积ABCD－面积A´BC－扇形面积ABA´＝ ；面积DA´D´＝扇形面积BDD´－面积DBA´－面积BA´D´＝ ，阴影部分面积＝面积DA´D´+面积ADA´＝ 分析：本题首先利用A点恰好落在边CD上，可以求出A´C＝BC´＝1，又因为A´B＝ 可以得出△A´BC为等腰直角三角形，即可以得出∠ABA´、∠DBD´的大小，然后将阴影部分利用切割法分为两个部分来求，即面积ADA´和面积DA´D´ 二、填空题 11. 考点：三角形的外接圆与外心 解： ∵a+b2+|c-6|+28=4 +10b， ∴（a-1-4 +4）+（b2-10b+25）+|c-6|=0， ∴（ -2）2+（b-5）2+|c-6|=0， ∴ −2＝0，b-5=0，c-6=0， 解得，a=5，b=5，c=6， ∴AC=BC=5，AB=6， 作CD⊥AB于点D， 则AD=3，CD=4， 设△ABC的外接圆的半径为r， 则OC=r，OD=4-r，OA=r， ∴32+（4-r）2=r2 ， 解得，r= ， 故答案为： ． 分析：将a、b、c满足的等式根据完全平方公式整理可得，根据平方和绝对值的非负性可求得a、b、c的值，即可求得三角形的三边长，作CD⊥AB于点D，用勾股定理列方程即可求解。 12. 60 考点：全等三角形的判定与性质，正多边形和圆 解：连接OA、OB、OC， ∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形， ∴∠AOB=∠BOC=60°， ∵OA=OB，OB=OC， ∴∠OBA=∠OCB=60°， ∵AP=BQ，AB=BC， ∴BP=CQ， 在△OBP和△OCQ中， ， ∴△OBP≌△OCQ， ∴∠BOP=∠COQ， ∵∠POQ=∠BOP+∠BOQ，∠BOC=∠BOQ+∠QOC， ∴∠POQ=∠BOC=60°． 故答案为：60°． 分析：连接OA、OB、OC，根据圆的内接正六边形的性质得出∠AOB=∠BOC=60°，根据等边对等角及三角形的内角和得出∠OBA=∠OCB=60°，根据等式的性质，由AP=BQ，AB=BC，得出BP=CQ，然后根据SAS判断出△OBP≌△OCQ，根据全等三角形的对应角相等得出∠BOP=∠COQ，根据等式的性质得出∠POQ=∠BOC=60°． 13.4 考点：垂径定理的应用 解：如图所示： ∵PC是∠APB的角平分线， ∴∠APC=∠CPB， ∴=； ∴AC=BC； ∵AB是直径， ∴∠ACB=90∘. 即△ABC是等腰直角三角形。 连接OC，交EF于点D，则OC⊥AB； ∵MN是△ABC的中位线， ∴MN∥AB； ∴OC⊥EF，OD= OC=2. 连接OE，根据勾股定理，得：DE= =2 ， ∴EF=2ED=4 . 故答案为：4 . 分析：先根据角平分线的性质得出∠APC=∠CPB，在同一个圆内相等的圆周角对应的弧长和弦长相等，可得出AC=BC，连接OC则OC⊥AB，根据垂径定理结合中位线可得出OD= OC=2，再在内根据勾股定理求出ED的长度，EF的长度是ED长度的2倍。 14. 考点：圆周角定理 解：取AB中点O，AC中点F，连结OC、OP、OM、OF、EF，如图： ∵在等腰Rt△ABC中，AC=BC=2， ∴AB=AC=2， ∴OC=OP=AB=， ∵M为PC中点， ∴OM⊥PC， ∴∠OMC=90°， ∴点M在以OC为直径的圆上， 当点P在点A时，点M在点E；当点P在点B时，点M在点F； 易得四边形CEOF为正方形， ∴EF=OC=， ∴M点的路径为以EF为直径的半圆， ∴M点运动的路径为：×2××=. 故答案为：.​​​​ 分析：取AB中点O，AC中点F，连结OC、OP、OM、OF、EF，由等腰直角三角形的性质可得AB=2， OC=OP=；由等腰三角形得性质∠OMC=90°，由圆周角定理可得点M在以OC为直径的圆上；当点P在点A时，点M在点E；当点P在点B时，点M在点F；易得四边形CEOF为正方形，从而得EF=OC=， 所以M点的路径在以EF为直径的半圆上，根据周长公式即可得出答案. 15. ①②④ 考点：圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，圆内接四边形的性质 解：如下图，连接AM，连接MB，过点O作OG⊥AM，OH⊥AM， ∵∠BAD=∠CDA=90°， ∴AM过圆心O，而A、D、M、B四点共圆， ∴四边形ADMB为矩形， ∵AB=1，CD=2， ∴CM=2-1=1=AB=DM， 故①正确； 又∵AB∥CD， ∴四边形ABMC为平行四边形， ∴∠AEB=∠MAE， = ， 故②正确； ∵四边形ADMB为矩形， ∴AB=DM， ∴ = ， ∴=， ∴∠DAM=∠EAM， 过点O作OG⊥AM，OH⊥AM， ∴OG=OH， ∴AD=AE， 故④正确； 由题设条件求不出直径的大小， 故③⊙O的直径为2，错误； 故答案为：①②④. 分析：①根据圆周角定理和圆的内接四边形可知四边形ADMB为矩形，从而可求得DM=CM，故①正确； ②根据平行四边形的判定可知四边形ABMC为平行四边形，由平行线的性质可知∠AEB=∠MAE，从而可得 ②正确； ③由题设条件求不出直径的大小，故③错误； ④根据矩形的性质和弦、弧之间的关系可得=， 从而可得∠DAM=∠EAM，再由角平分线的性质可得OG=OH，从而可得④正确. 16. 考点：菱形的性质，扇形面积的计算，旋转的性质 解：根据菱形的性质以及旋转角为30°，连接CD′和BC′， 可得A、D′、C及A、B、C′分别共线，求出扇形面积，再根据AAS证得两个小三角形全等，求得其面积，最后根据扇形ACC′的面积﹣两个小的三角形面积即可. 分析：连接CD′和BC′，根据菱形的性质以及旋转角为30°,可得A、D′、C及A、B、C′分别共线，利用阴影部分的面积=扇形ACC′的面积﹣△COD'与△BOC'三角形面积即可求出结论. 三、解答题 17.证明：连接AC、BD， ∵C、D是弧AB的三等分点， ∴AC=CD=DB， ∵∠AOB=90°，C、D是弧AB的三等分点， ∴∠AOC=∠COD=∠DOB=30°， 又∵OA=OC， ∴∠OAC=∠OCA=75°， ∵OA=OB， ∴∠OAB=∠OBA=45°， ∴∠AEC=∠EAO+∠AOE=45°+30°=75°， ∴∠AEC=∠OCA, ∴AE=AC， 同理可得：BF=BD， ∴AE=BF=CD. 考点：圆心角、弧、弦的关系 分析：连接AC、BD，根据圆心角，弦，弧的关系可得AC=CD=DB，结合已知条件得∠AOC度数，由等腰三角形性质得∠OCA度数，由三角形外角性质得∠AEC度数，根据等角对等边得AE=AC；同理可得：BF=BD，再由等量代换即可得证. 18. （1）解：如图①，连接OD， 设⊙O的半径为r，则OE＝r﹣2， ∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB， ∴DE＝ CD＝4， 在Rt△OED中，OD2＝OE2+DE2 ， 即r2＝（r﹣2）2+42 ， 解得：r＝5，即⊙O的半径为5； （2）解：证明：如图②，连接AD， ∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB， ∴ ， ∴∠ADC＝∠AGD， ∵四边形ADCG是圆内接四边形， ∴∠ADC＝∠FGC， ∴∠FGC＝∠AGD. 考点：勾股定理，垂径定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质 分析：（1）连接OD，设⊙O的半径为r，根据垂径定理求出DE，根据勾股定理列式计算；（2）连接AD，根据垂径定理得到 ，根据圆周角定理得到∠ADC＝∠AGD，根据圆内接四边形的性质得到∠ADC＝∠FGC，等量代换即可证明. 19. （1）解：如图所示，矩形AFED即为所求， （2）解：∵A（5，0），B（0，3）， ∴OA=5，OB=3， ∵四边形AOBC是矩形， ∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°， ∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到， ∴AD=AO=5， 在Rt△ADC中，CD= =4， ∴BD=BC-CD=1， ∴D（1，3）． 考点：旋转的性质 分析：(1)画出旋转后的矩形AFED(如图所示)； (2)根据旋转的性质知AD=OA=5，在Rt△ACD中，由勾股定理求得CD的长，进而得BD的长，求得点D坐标。 20. （1）解：如图所示： （2）解：锐角三角形的最小覆盖圆是其外接圆，钝角三角形的最小覆盖圆是以其最长边为直径的圆，直角三角形的最小覆盖圆二者均可 （3）解：结论： 的外接圆的圆心为手机信号基站所在位置． 研究思路： a．手机信号基站应建在四边形 的最小覆盖圆的圆心处；所以先考虑四边形 的外接圆，因为对角不互补，所以该四边形没有外接圆； b．作四边形对角线，将四边形分割成两个三角形，考虑其中一个三角形的最小覆盖圆能否覆盖另一个三角形，从而将四边形最小覆盖圆问题转化为三角形最小覆盖圆问题来研究； c．若沿 分割，因为 ，所以这两个三角形的最小覆盖圆均不能完全覆盖另一个三角形； d．若沿 分割，因为 ，所以存在一个三角形的最小覆盖圆能完全覆盖另一个三角形的情况，又因为 ，所以 的最小覆盖圆，即其外接圆能完全覆盖 ，因此 的外接圆的圆心为手机信号基站所在位置． 考点：三角形的外接圆与外心 分析：（1）按新定义规则作图；（2）新定义图形要结合学习过的知识，钝角三角形的最小覆盖圆就比其外接圆小;（3）要借鉴（2）的规律，先判断这个四边形不是圆内接四边形，Δ H E F 的最小覆盖圆，即其外接圆能完全覆盖 Δ H G F，Δ H E F 的外接圆的圆心为手机信号基站所在位置. 21. （1）证明：连接AF， ∵∠ACB=60°， ∴∠ACE=120°， ∵CP平分∠ACE， ∴∠ACP=∠PCE=60°， ∴∠ADF=∠ACP=60°， ∴A、D、C、F四点共圆， ∴∠AFD=∠ACB=60°， ∴∠ADF=∠AFD=60°， ∴∠DAF=60°， ∴△ADF是等边三角形， ∴AD=FD （2）解：过A作AM⊥BC于M，如图， ∵△ABC是等边三角形， ∴BC=AB=2，BM= BC=1， ∴AM= ∵BD=x， ∴MD=x-1， ∵△ADF是等边三角形， ∴AD=DF=y， 在Rt△AMD中， ∴ ，即 （3）解：如图， 同（1）得：∠ADF=∠ACF=60°， ∴A、C、D、F四点共圆， ∴∠FAD=∠FCD=60°， ∴∠AFD=60°， ∴△ADF 是等边三角形， ∴AD=FD． 考点：等边三角形的判定与性质，圆周角定理 分析：（1）利用外角平分线得：∠ACP=∠PCE=60°，证明A、D、C、F四点共圆，从而得出△ADF是等边三角形，所以AD=FD；（2）作AM⊥BC于M．证明AD2=AE•AB，即可解决问题；（3）同（1）得：A、C、D、F四点共圆，则△ADF 是等边三角形，所以AD=FD． 22. （1）解：由旋转可得， ， ， ， ， 又 ， ， 又 ， ≌ ， ， 又 ， （2）解：如图，当 时，点G在BC的垂直平分线上， 分两种情况讨论： 当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M， ， ， 四边形ABHM是矩形， ， 垂直平分AD， ， 是等边三角形， ， 旋转角 ； 当点G在AD左侧时，同理可得 是等边三角形， ， 旋转角 （3）解：如图3， ， ， 考点：全等三角形的判定与性质，矩形的性质，扇形面积的计算，旋转的性质，几何图形的面积计算-割补法 分析：（1）根据旋转的性质及矩形的性质可知 ， ， ， 根据等边对等角得出 ， 根据等角的余角相等得出 ， 从而运用SAS判定△AED≌△FDE，可得DF＝AE，再根据AE＝AB＝CD，即可得出CD＝DF； （2）当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论， 当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，根据等腰三角形的三线合一得出GH⊥BC，进而判断出 四边形ABHM是矩形， 根据矩形的对边相等得出 ，进而判断出 是等边三角形，故∠DAG＝60°，从而得出旋转角α的度数； 当点G在AD左侧时，同理可得 是等边三角形，  依据∠DAG＝60°，从而得出旋转角α的度数； （3）利用割补法可知：边CD扫过的（阴影部分）面积就是两个扇形的面积之差，利用扇形的面积公式即可求得。 23. （1）解：∵四边形ABCD是圆美四边形， ∴ ，∠A+∠C=180° ∴∠A=60°. （2）解：连结OB，OD，作OE⊥BD于点E， ∴∠BOD=2∠A=120°， ∵OB=OD， ∴∠BOE= ∠BOD=60°， ∴∠OBE=30°， ∴OE= OB= ∴ BE = OE = ， ∴ BD =2BE = ；10 （3）解：延长BC，AD交于点E ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠BAD+∠BCD=180°， ∵∠DCE+∠BCD=180°， ∴∠BAD=∠DCE=60°， ∵AC为⊙O的直径， ∴∠B=∠ADC=90°=∠CDE， ∴∠E=30°， 在Rt△CDE和Rt△ABE中 CE=2CD，BE= AB=BC+CE ∴BC+2CD= AB. 考点：含30度角的直角三角形，圆内接四边形的性质 解：（2）②如图， ∵∠BAD=60°, ∴∠BCD=120°, ∵CA平分∠BCD， ∴∠ACB=∠ACD= , ∴AB=AD， ∴△ABD是等边三角形. ∴当点AC是直径时，BC+CD的值最大. ∵AC是直径， ∴BC=CD，∠ABC=90°， ∴∠BAC= ， ∴BC= , ∴BC+CD=2BC=10. 分析：（1）由圆美四边形的定义，可知四边形ABCD是圆内接四边形，则对角互补；且美角是对角的一半，依此可求得美角∠A的度数；（2）①由（1）得∠A的度数，则可知弦BD所对的圆心角度数；连结OB，OD，作OE⊥BD于点E构造直角三角形，即可求得BE和BD； ②结合CA平分∠BCD，∠BCD=120°, ∠BAD=60°,可证△ABD是等边三角形，则要使BC+CD的值最大，AC要过圆心，即AC为直径，求出此时BC+CD的值即可；（3）由（1）得∠A的度数为60°，在直角三角形中60°角可以得到边之间的数量关系，则延长BC，AD交于点E构造直角三角形；易求得∠BAD=∠DCE=60°，则在Rt△CDE和Rt△ABE中，可得相应边的数量关系. www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $