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1. 车轮要做成圆形,实际上利用的就是圆的下列特征中的( )
A.同弧所对的圆周角相等
B.直径是圆中最大的弦
C.圆上各点到圆心的距离相等
D.圆是中心对称图形
A.同弧所对的圆周角相等
B.直径是圆中最大的弦
C.圆上各点到圆心的距离相等
D.圆是中心对称图形
答案
C
2. 如图,四边形 $ABCD$ 内接于 $\odot O$,$AB = CD$,$A$ 为 $\overset{\frown}{BD}$ 的中点,$\angle BDC = 60^{\circ}$,则 $\angle ADB$ 的度数为( )
A.$40^{\circ}$
B.$50^{\circ}$
C.$60^{\circ}$
D.$70^{\circ}$
A.$40^{\circ}$
B.$50^{\circ}$
C.$60^{\circ}$
D.$70^{\circ}$
答案
A
3. 如图,$CD$ 是 $\odot O$ 的弦,直径 $AB$ 过 $CD$ 的中点 $M$,若 $\angle BOC = 40^{\circ}$,则 $\angle ABD= $( )
A.$40^{\circ}$
B.$60^{\circ}$
C.$70^{\circ}$
D.$80^{\circ}$
A.$40^{\circ}$
B.$60^{\circ}$
C.$70^{\circ}$
D.$80^{\circ}$
答案
C
解析
解：
∵AB是直径，M是CD中点，
∴AB⊥CD（垂径定理），∠BMC=90°．
∵∠BOC=40°，OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC=(180°-40°)/2=70°．
在Rt△BMC中，∠ABD=∠OBC=70°．
答案：C
∵AB是直径，M是CD中点，
∴AB⊥CD（垂径定理），∠BMC=90°．
∵∠BOC=40°，OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC=(180°-40°)/2=70°．
在Rt△BMC中，∠ABD=∠OBC=70°．
答案：C
4. 如图,$\odot C$ 过原点,且与两坐标轴分别交于点 $A$、点 $B$,点 $A$ 的坐标为 $(0,3)$,$M$ 是第三象限内 $\overset{\frown}{OB}$ 上一点,$\angle BMO = 120^{\circ}$,则 $\odot C$ 的半径为( )
A.$6$
B.$5$
C.$3$
D.$3\sqrt{2}$
A.$6$
B.$5$
C.$3$
D.$3\sqrt{2}$
答案
C
解析
解：连接AB。
∵∠AOB=90°，
∴AB是⊙C的直径。
∵四边形ABMO内接于⊙C，
∴∠BAO+∠BMO=180°。
∵∠BMO=120°，
∴∠BAO=60°。
在Rt△ABO中，OA=3，∠BAO=60°，
∴cos∠BAO=OA/AB，即cos60°=3/AB。
∵cos60°=1/2，
∴1/2=3/AB，解得AB=6。
∴⊙C的半径为AB/2=3。
答案：C
∵∠AOB=90°，
∴AB是⊙C的直径。
∵四边形ABMO内接于⊙C，
∴∠BAO+∠BMO=180°。
∵∠BMO=120°，
∴∠BAO=60°。
在Rt△ABO中，OA=3，∠BAO=60°，
∴cos∠BAO=OA/AB，即cos60°=3/AB。
∵cos60°=1/2，
∴1/2=3/AB，解得AB=6。
∴⊙C的半径为AB/2=3。
答案：C
5. 如图,在菱形 $ABCD$ 中,点 $E$ 是 $BC$ 的中点,以 $C$ 为圆心、$CE$ 为半径作弧,交 $CD$ 于 $F$,连接 $AE$,$AF$。若 $AB = 6$,$\angle B = 60^{\circ}$,则阴影部分的面积为( )
A.$9\sqrt{3}-3\pi$
B.$9\sqrt{3}-2\pi$
C.$18\sqrt{3}-9\pi$
D.$18\sqrt{3}-6\pi$
A.$9\sqrt{3}-3\pi$
B.$9\sqrt{3}-2\pi$
C.$18\sqrt{3}-9\pi$
D.$18\sqrt{3}-6\pi$
答案
A
解析
解：
∵四边形$ABCD$是菱形，$AB=6$，$\angle B=60°$，
∴$AB=BC=CD=AD=6$，$\angle BCD=120°$。
连接$AC$，则$\triangle ABC$为等边三角形，$AC=AB=6$。
∵点$E$是$BC$中点，$CE=CF=3$（半径），
∴$S_{\triangle AEC}=S_{\triangle AFC}=\frac{1}{2} × 3 × 3\sqrt{3}=\frac{9\sqrt{3}}{2}$（高为$AC \cdot \sin 60°=3\sqrt{3}$）。
阴影面积$=S_{\triangle AEC}+S_{\triangle AFC}-S_{扇形ECF}$
$=\frac{9\sqrt{3}}{2}+\frac{9\sqrt{3}}{2}-\frac{120°}{360°} × \pi × 3^2$
$=9\sqrt{3}-3\pi$。
答案：$9\sqrt{3}-3\pi$。
∵四边形$ABCD$是菱形，$AB=6$，$\angle B=60°$，
∴$AB=BC=CD=AD=6$，$\angle BCD=120°$。
连接$AC$，则$\triangle ABC$为等边三角形，$AC=AB=6$。
∵点$E$是$BC$中点，$CE=CF=3$（半径），
∴$S_{\triangle AEC}=S_{\triangle AFC}=\frac{1}{2} × 3 × 3\sqrt{3}=\frac{9\sqrt{3}}{2}$（高为$AC \cdot \sin 60°=3\sqrt{3}$）。
阴影面积$=S_{\triangle AEC}+S_{\triangle AFC}-S_{扇形ECF}$
$=\frac{9\sqrt{3}}{2}+\frac{9\sqrt{3}}{2}-\frac{120°}{360°} × \pi × 3^2$
$=9\sqrt{3}-3\pi$。
答案：$9\sqrt{3}-3\pi$。
6. 如图,$\angle PAC = 30^{\circ}$,在射线 $AC$ 上顺次截取 $AD = 3\ cm$,$DB = 10\ cm$,以 $DB$ 为直径作 $\odot O$,交射线 $AP$ 于 $E$,$F$ 两点,则线段 $EF$ 的长是______$cm$。
答案
6
解析
证明：过点 $ O $ 作 $ OG \perp AP $ 于点 $ G $，连接 $ OE $。
$\because DB = 10\ cm$，$\therefore OD = OB = 5\ cm$。
$\because AD = 3\ cm$，$\therefore AO = AD + OD = 3 + 5 = 8\ cm$。
$\because \angle PAC = 30°$，$OG \perp AP$，$\therefore OG = AO \cdot \sin 30° = 8 × \frac{1}{2} = 4\ cm$。
在 $ Rt\triangle OGE $ 中，$OE = 5\ cm$，$OG = 4\ cm$，
$\therefore EG = \sqrt{OE^2 - OG^2} = \sqrt{5^2 - 4^2} = 3\ cm$。
$\because OG \perp EF$，$\therefore EF = 2EG = 6\ cm$。
6
$\because DB = 10\ cm$，$\therefore OD = OB = 5\ cm$。
$\because AD = 3\ cm$，$\therefore AO = AD + OD = 3 + 5 = 8\ cm$。
$\because \angle PAC = 30°$，$OG \perp AP$，$\therefore OG = AO \cdot \sin 30° = 8 × \frac{1}{2} = 4\ cm$。
在 $ Rt\triangle OGE $ 中，$OE = 5\ cm$，$OG = 4\ cm$，
$\therefore EG = \sqrt{OE^2 - OG^2} = \sqrt{5^2 - 4^2} = 3\ cm$。
$\because OG \perp EF$，$\therefore EF = 2EG = 6\ cm$。
6
7. 一个圆的内接正三角形的边长为 $4$,则该圆的内接正方形的边长为______。
答案
$\frac{4\sqrt{6}}{3}$
解析
设圆的半径为$R$。
对于圆的内接正三角形，边长$a = 4$，由正弦定理$\frac{a}{\sin A} = 2R$（$A = 60°$），得$\frac{4}{\sin 60°} = 2R$。
$\sin 60° = \frac{\sqrt{3}}{2}$，则$2R = \frac{4}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{8}{\sqrt{3}} = \frac{8\sqrt{3}}{3}$，$R = \frac{4\sqrt{3}}{3}$。
设圆的内接正方形边长为$b$，正方形对角线长为$2R$，则$b\sqrt{2} = 2R$，$b = \frac{2R}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}R$。
将$R = \frac{4\sqrt{3}}{3}$代入，得$b = \sqrt{2} × \frac{4\sqrt{3}}{3} = \frac{4\sqrt{6}}{3}$。
$\frac{4\sqrt{6}}{3}$
对于圆的内接正三角形，边长$a = 4$，由正弦定理$\frac{a}{\sin A} = 2R$（$A = 60°$），得$\frac{4}{\sin 60°} = 2R$。
$\sin 60° = \frac{\sqrt{3}}{2}$，则$2R = \frac{4}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{8}{\sqrt{3}} = \frac{8\sqrt{3}}{3}$，$R = \frac{4\sqrt{3}}{3}$。
设圆的内接正方形边长为$b$，正方形对角线长为$2R$，则$b\sqrt{2} = 2R$，$b = \frac{2R}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}R$。
将$R = \frac{4\sqrt{3}}{3}$代入，得$b = \sqrt{2} × \frac{4\sqrt{3}}{3} = \frac{4\sqrt{6}}{3}$。
$\frac{4\sqrt{6}}{3}$
8. 如图,$AB$,$CD$ 是 $\odot O$ 的弦,$AB\perp CD$,$BE$ 是 $\odot O$ 的直径。若 $AC = 3$,则 $DE = $ 。
答案
3
解析
证明：连接 $AD$。
因为 $BE$ 是 $\odot O$ 的直径，所以 $\angle BAE = 90°$，即 $BA \perp AE$。
又因为 $AB \perp CD$，所以 $AE // CD$。
所以 $\angle ACD = \angle CAE$。
因为 $\angle ACD = \angle ABD$，$\angle CAE = \angle CDE$，所以 $\angle ABD = \angle CDE$。
所以 $\overset{\frown}{AD} = \overset{\frown}{AD}$，故 $AC = DE$。
因为 $AC = 3$，所以 $DE = 3$。
3
因为 $BE$ 是 $\odot O$ 的直径，所以 $\angle BAE = 90°$，即 $BA \perp AE$。
又因为 $AB \perp CD$，所以 $AE // CD$。
所以 $\angle ACD = \angle CAE$。
因为 $\angle ACD = \angle ABD$，$\angle CAE = \angle CDE$，所以 $\angle ABD = \angle CDE$。
所以 $\overset{\frown}{AD} = \overset{\frown}{AD}$，故 $AC = DE$。
因为 $AC = 3$，所以 $DE = 3$。
3
9. 如图,$\odot O$ 中,$\overset{\frown}{AB}= \overset{\frown}{CB}$,过点 $A$ 作 $BC$ 的平行线,交过点 $C$ 的圆的切线于点 $D$,若 $\angle ABC = 46^{\circ}$,则 $\angle ADC$ 的度数为______。
答案
$67°$
