10. (2026·温州期中) 如图①,已知 AB,CD 是$\odot O$中位于圆心 O 上下两侧的两条弦,且满足$\overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{CD}=180°$,设弦$AB=x$,$CD^2=y$,y 关于x 的函数图象如图②所示,当$CD=2AB$时,CD 的长为.

连接 $OA,OB,OC,OD$,作 $OE ⊥ CD$,$OF ⊥ AB$,则 $OA=OB=OC=OD$,$AF = \dfrac{1}{2} AB$,$DE = \dfrac{1}{2} CD$,$∠ DOE = \dfrac{1}{2} ∠ DOC$,$∠ AOF = \dfrac{1}{2} ∠ AOB$.$\because \overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{CD}=180°$,$\therefore ∠ COD + ∠ AOB = 180°$,$\therefore ∠ DOE + ∠ AOF = 90°$.$\because ∠ AOF + ∠ FAO = 90°$,$\therefore ∠ FAO = ∠ DOE$.$\because ∠ DEO = ∠ AFO = 90°$,$OD=OA$,$\therefore △ OED ≌ △ AFO$,$\therefore OE = AF = \dfrac{1}{2} AB$.$\because CD=2AB$,$\therefore OE = \dfrac{1}{4} CD = \dfrac{1}{2} DE$,由图象可知,当 $x=0$ 时,$y=4$,此时 $CD$ 为直径,$\therefore$ 圆 $O$ 的直径为 $\sqrt{4}=2$,$\therefore OD=1$,在 $\mathrm{Rt} △ OED$ 中,设 $OE=x$,则 $DE=2x$,由勾股定理,得 $OD = \sqrt{OE^2+DE^2} = \sqrt{5}x = 1$,$\therefore x = \dfrac{\sqrt{5}}{5}$,$\therefore CD=4OE=4x = \dfrac{4\sqrt{5}}{5}$.

【分析】
要解决这个问题，我们可以通过作弦的垂线，利用弧与圆心角的关系转化角度，结合垂径定理、全等三角形和勾股定理推导。首先，根据弧AB与弧CD的和为180°，得到对应的圆心角之和为180°，再作两条弦的垂线，利用垂径定理得到半弦长，证明三角形全等得到线段关系；结合函数图像求出圆的半径，最后根据CD=2AB的条件设未知数，用勾股定理计算CD的长度。
【解析】
连接$OA,OB,OC,OD$，作$OE⊥CD$于$E$，$OF⊥AB$于$F$。
根据垂径定理：$AF=\frac{1}{2}AB$，$DE=\frac{1}{2}CD$，且$∠ DOE=\frac{1}{2}∠ COD$，$∠ AOF=\frac{1}{2}∠ AOB$。
因为$\overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{CD}=180°$，所以$∠ AOB+∠ COD=180°$，则$∠ DOE+∠ AOF=90°$。
在$Rt△ AOF$中，$∠ AOF+∠ OAF=90°$，故$∠ OAF=∠ DOE$。
又$∠ AFO=∠ OED=90°$，$OA=OD$，所以$△ AOF≌△ ODE$（AAS），得$OE=AF=\frac{1}{2}AB$。
由图②知，当$AB=x=0$时，$CD^2=y=4$，此时$CD$为直径，故圆的直径为$\sqrt{4}=2$，半径$OD=1$。
设$AB=x$，则$CD=2x$，所以$DE=\frac{1}{2}CD=x$，$OE=\frac{1}{2}AB=\frac{x}{2}$。
在$Rt△ OED$中，由勾股定理：$OD^2=OE^2+DE^2$，代入得：
$1^2=(\frac{x}{2})^2+x^2$，即$1=\frac{x^2}{4}+x^2=\frac{5x^2}{4}$，解得$x^2=\frac{4}{5}$，$x=\frac{2\sqrt{5}}{5}$（长度为正）。
因此$CD=2x=2×\frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
$\frac{4\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
垂径定理、全等三角形判定、勾股定理
【点评】
本题综合运用圆的核心性质，通过辅助线转化角度关系，结合全等三角形和勾股定理求解，需要学生掌握弦、弧、圆心角的联系，以及垂径定理的应用，是一道综合性较强的圆的计算题。
【难度系数】
0.4

11. (2025·无锡模拟)如图,某大桥的拱桥线均为相等的圆弧,其中两拱脚之间的水平距离$L=40\ \mathrm{m}$,弓形的高度$S=10\ \mathrm{m}$.
(1)桥拱圆弧所在圆的半径为.
(2)图中阴影部分为货轮通过此桥时的横截面示意图,$AB$为船身宽,为保证安全,点$A,B$与其正上方拱桥上的对应点$E,F$的距离均应不小于2 m.某日,测得拱顶$C$点高出水面15 m.现有一艘货轮露出水面部分的高度为$13.2\ \mathrm{m}$,$AB=14\ \mathrm{m}$.该货轮每增加货物10 吨,船身就会下降 0.1 m,请问要保证该货轮安全通过大桥,是否需要提前增加货物?如果需要,至少需要增加多少吨?

(1)$25\ \mathrm{m}$ 解析:如图①,设桥拱圆弧所在圆的圆心为点 $O$,连接 $OM,OQ$,由题意得,$OQ ⊥ MN$,$MN=L=40\ \mathrm{m}$,$PQ=S=10\ \mathrm{m}$,$\therefore MP = \dfrac{1}{2} MN = \dfrac{1}{2} × 40 = 20(\mathrm{m})$,设 $OQ=OM=x\ \mathrm{m}$,则 $OP=OQ-PQ=(x-10)\ \mathrm{m}$.$\because$ 在 $\mathrm{Rt} △ OPM$ 中,$OP^2+MP^2=OM^2$,$\therefore (x-10)^2+20^2=x^2$,解得 $x=25$,$\therefore$ 桥拱圆弧所在圆的半径为 $25\ \mathrm{m}$.

(2)如图②,设桥拱圆弧所在圆的圆心为点 $O$,连接 $OE,EF$,连接 $OC$ 交 $EF$ 于点 $G$,由题意得,四边形 $ABFE$ 是矩形,$\therefore EF=AB=14\ \mathrm{m}$.$\because OC ⊥ EF$,$\therefore EG = \dfrac{1}{2} EF = \dfrac{1}{2} × 14 = 7(\mathrm{m})$,由(1)得,$OE=OC=25\ \mathrm{m}$,$\therefore OG = \sqrt{OE^2-EG^2} = \sqrt{25^2-7^2} = 24(\mathrm{m})$,$\therefore CG=OC-OG=25-24=1(\mathrm{m})$,要保证该货轮安全通过大桥,则货轮露出水面部分的高度应不超过 $15-1-2=12(\mathrm{m})$.$\because 13.2＞12$,$\therefore$ 需要提前增加货物,由题意得,至少需要增加 $\dfrac{13.2-12}{0.1} × 10 = 120$(吨).
答:要保证该货轮安全通过大桥,需要提前增加货物,至少需要增加 120 吨.

【分析】
第(1)问需利用垂径定理构造直角三角形，结合勾股定理列方程求解桥拱圆弧的半径：先确定圆心位置，通过垂径定理得到弦长的一半，设半径为未知数，用弓形高度表示直角三角形的另一条直角边，代入勾股定理即可算出半径。
第(2)问需先计算AB对应的拱高，再结合安全距离要求得到货轮允许的最大露出水面高度，与实际高度对比判断是否需要增加货物，最后根据“每增加10吨货物船下降0.1m”的关系，计算需要增加的货物吨数。
【解析】
(1) 如图①，设桥拱圆弧所在圆的圆心为点$O$，连接$OM$、$OQ$。
由题意得：$OQ ⊥ MN$，$MN=L=40\ \mathrm{m}$，$PQ=S=10\ \mathrm{m}$，根据垂径定理，$MP=\dfrac{1}{2}MN=\dfrac{1}{2}×40=20\ \mathrm{m}$。
设圆的半径$OM=OQ=x\ \mathrm{m}$，则$OP=OQ-PQ=(x-10)\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△OPM$中，由勾股定理得：$OP^2+MP^2=OM^2$，即$(x-10)^2+20^2=x^2$，
展开化简：$x^2-20x+100+400=x^2$，解得$x=25$，故桥拱圆弧所在圆的半径为$25\ \mathrm{m}$。
(2) 如图②，设桥拱圆弧所在圆的圆心为$O$，连接$OE$、$OC$，$OC$交$EF$于点$G$。
由题意，四边形$ABFE$是矩形，故$EF=AB=14\ \mathrm{m}$。
因为$OC ⊥ EF$，根据垂径定理，$EG=\dfrac{1}{2}EF=\dfrac{1}{2}×14=7\ \mathrm{m}$。
由(1)知$OE=25\ \mathrm{m}$，在$\mathrm{Rt}△OGE$中，由勾股定理得：$OG=\sqrt{OE^2-EG^2}=\sqrt{25^2-7^2}=24\ \mathrm{m}$，
则$CG=OC-OG=25-24=1\ \mathrm{m}$。
要保证安全，货轮露出水面部分的高度应不超过：$15-1-2=12\ \mathrm{m}$，
已知货轮露出水面高度为$13.2\ \mathrm{m}$，$13.2＞12$，故需要提前增加货物。
货轮需要下降的高度为$13.2-12=1.2\ \mathrm{m}$，每增加10吨货物船下降0.1m，故需要增加的货物吨数为：$\dfrac{1.2}{0.1}×10=120$吨。
【答案】
(1)$25\ \mathrm{m}$；
(2)需要提前增加货物，至少需要增加120吨。
【知识点】
垂径定理、勾股定理、圆的实际应用
【点评】
本题以桥梁为背景，将实际问题转化为圆的几何问题，考查垂径定理与勾股定理的应用，解题关键是构造直角三角形建立方程，逻辑清晰，贴近生活，难度适中。
【难度系数】
0.5

12. (2026·盐城期中)在一节数学实践活动课上,老师拿出三个边长都为4 cm 的正方形硬纸板,他向同学们提出了这样一个问题:若将三个正方形纸板不重叠地放在桌面上,用一个圆形硬纸板将其盖住,这样的圆形硬纸板的最小直径应有多大？问题提出后,同学们经过讨论,大家觉得本题实际上就是求将三个正方形硬纸板无重叠地适当放置,圆形硬纸板能盖住时的最小直径.老师将同学们讨论过程中探索出的三种不同摆放类型的图形画在黑板上,如图所示：

(1)通过计算(结果保留根号与$π$).
(Ⅰ)图①能盖住三个正方形所需的圆形硬纸板最小半径应为cm；
(Ⅱ)图②能盖住三个正方形所需的圆形硬纸板最小半径为cm；
(Ⅲ)图③能盖住三个正方形所需的圆形硬纸板最小半径为cm；
(2)其实上面三种放置方法所需的圆形硬纸板的直径都不是最小的,请你画出用圆形硬纸板盖住三个正方形时直径最小的放置方法,(只要画出示意图,不要求说明理由),此时圆形硬纸板的直径为cm.

(1)(Ⅰ)$2\sqrt{10}$ 解析:如图①,设圆心为 $O$,$A,B,C$ 为正方形与圆的交点,$\therefore ∠ ABC=90°$,$AB=4\ \mathrm{cm}$,$BC=3×4=12(\mathrm{cm})$,连接 $OA,OB,OC$,过 $O$ 作 $OE ⊥ AB$ 于点 $E$,作 $OF ⊥ BC$ 于点 $F$,$\therefore AE=EB = \dfrac{1}{2} AB = 2\ \mathrm{cm}$,$BF=CF = \dfrac{1}{2} BC = 6\ \mathrm{cm}$.$\because ∠ OEB = ∠ EBF = ∠ OFB = 90°$,$\therefore$ 四边形 $OEBF$ 是矩形,$\therefore OF=BE=2\ \mathrm{cm}$,$\therefore OB = \sqrt{OF^2+BF^2} = \sqrt{2^2+6^2} = 2\sqrt{10}(\mathrm{cm})$.

(Ⅱ)$4\sqrt{2}$ 解析:如图②,半径为正方形对角线长 $OA = \sqrt{4^2+4^2} = 4\sqrt{2}(\mathrm{cm})$.
(Ⅲ)$4\sqrt{2}$ 解析:如图③,半径为正方形对角线长 $OA = \sqrt{4^2+4^2} = 4\sqrt{2}(\mathrm{cm})$.

(2)作图:如图④,设圆心为 $O$,$GH$ 与 $AB$ 交点为 $P$,连接 $OA,OB,ON$. $\dfrac{5\sqrt{17}}{2}$ 解析:如图④可知 $PG$ 垂直平分 $NF$,$AB$,$OA=OB=ON$,$\therefore O$ 在 $PG$ 上,$AP=PB = \dfrac{1}{2} AB = 2\ \mathrm{cm}$,设 $OG=x\ \mathrm{cm}$,则 $OP=PG-OG=4×2-x=(8-x)\ \mathrm{cm}$,在 $\mathrm{Rt} △ APO$ 中,$OA^2=AP^2+OP^2$,在 $\mathrm{Rt} △ NGO$ 中,$ON^2=NG^2+OG^2$,$\therefore AP^2+OP^2=NG^2+OG^2$,$\therefore 2^2+(8-x)^2=4^2+x^2$,解得 $x=\dfrac{13}{4}$,$\therefore ON = \sqrt{NG^2+OG^2} = \sqrt{4^2+(\dfrac{13}{4})^2} = \dfrac{5\sqrt{17}}{4}\ (\mathrm{cm})$.$\therefore$ 直径为 $\dfrac{5\sqrt{17}}{2}\ \mathrm{cm}$.

【分析】
本题是求覆盖三个边长为4cm的正方形的最小圆形硬纸板的半径，需根据不同摆放方式，结合正方形性质、圆的性质及勾股定理计算。对于图①，需确定圆心位置，利用矩形的性质和勾股定理求半径；图②和图③，圆心在三个正方形的公共顶点，半径为正方形的对角线长；最优摆放时，设圆心，利用勾股定理列方程求解半径，进而得到直径。
【解析】
(Ⅰ) 如图①，设圆心为$O$，$A,B,C$为正方形与圆的交点，$∠ ABC=90°$，$AB=4\ \mathrm{cm}$，$BC=3×4=12\ \mathrm{cm}$。连接$OA,OB,OC$，过$O$作$OE ⊥ AB$于$E$，$OF ⊥ BC$于$F$，则$AE=EB=2\ \mathrm{cm}$，$BF=CF=6\ \mathrm{cm}$。因为$∠ OEB=∠ EBF=∠ OFB=90°$，所以四边形$OEBF$是矩形，故$OF=BE=2\ \mathrm{cm}$。在$\mathrm{Rt}△ OBF$中，$OB=\sqrt{OF^2+BF^2}=\sqrt{2^2+6^2}=2\sqrt{10}\ \mathrm{cm}$，即最小半径为$2\sqrt{10}\ \mathrm{cm}$。
(Ⅱ) 如图②，圆心在三个正方形的公共顶点，半径为正方形的对角线长，$OA=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，故最小半径为$4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
(Ⅲ) 如图③，同理，圆心在三个正方形的公共顶点，半径为正方形的对角线长，$OA=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，故最小半径为$4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
(2) 最优摆放如图④，设圆心为$O$，$PG$垂直平分$AB,NF$，$OA=OB=ON$。设$OG=x\ \mathrm{cm}$，则$OP=(8-x)\ \mathrm{cm}$，在$\mathrm{Rt}△ APO$中，$OA^2=AP^2+OP^2$；在$\mathrm{Rt}△ NGO$中，$ON^2=NG^2+OG^2$，故$2^2+(8-x)^2=4^2+x^2$，解得$x=\dfrac{13}{4}$。则$ON=\sqrt{4^2+(\dfrac{13}{4})^2}=\dfrac{5\sqrt{17}}{4}\ \mathrm{cm}$，直径为$2×\dfrac{5\sqrt{17}}{4}=\dfrac{5\sqrt{17}}{2}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(Ⅰ)$2\sqrt{10}$；(Ⅱ)$4\sqrt{2}$；(Ⅲ)$4\sqrt{2}$；(2)示意图如题目中图④，直径为$\dfrac{5\sqrt{17}}{2}$ cm
【知识点】
圆的性质、勾股定理、正方形的性质
【点评】
本题结合正方形与圆的几何性质，考查利用勾股定理求解覆盖图形的最小圆半径，需要学生具备空间想象能力和几何计算能力，是一道综合性较强的几何应用题。
【难度系数】
0.5