b.丙班五个单项得分表：

根据以上信息,回答下列问题:
(1)已知丙班第二个单项比赛中,五名裁判的打分分别为80,84,86,83,82,求丙班第二个单项的得分m;
(2)若团体最终成绩相同,则整体发挥稳定性最好的班级排名靠前,那么在(1)的情况下,获得团体比赛冠军的是班;(填“甲”“乙”或“丙”)
(3)获得团体决赛前两名的班级可得到一套图书奖励,现有A,B,C三种图书可供选择,请用列表或画树状图的方法,求两个班级都选择同一种图书的概率.

23. (1)由题意得去掉一个最高分86分,去掉一个最低分80分,则 $m=\dfrac{84+83+82}{3}=83$(分).
(2)乙 解析:甲班总分:80+83+98+92+93=446(分),乙班总分:84+88+93+86+95=446(分),丙班总分:78+83+94+90+92=437(分),甲班总分=乙班总分＞丙班总分,甲班平均分:$\dfrac{446}{5}=89.2$(分),则 $s_甲^2=\dfrac{1}{5}×[(80-89.2)^2+(83-89.2)^2+(98-89.2)^2+(92-89.2)^2+(93-89.2)^2]=44.56$,乙班平均分:$\dfrac{446}{5}=89.2$(分),则 $s_乙^2=\dfrac{1}{5}×[(84-89.2)^2+(88-89.2)^2+(93-89.2)^2+(86-89.2)^2+(95-89.2)^2]=17.36$.
∵ $s_乙^2＜s_甲^2$,
∴ 乙班整体发挥稳定性最好.
∴ 获得团体比赛冠军的是乙班.
(3)列表如下.
| 第二名 第一名 | A | B | C |
| --- | --- | --- | --- |
| A | (A,A) | (A,B) | (A,C) |
| B | (B,A) | (B,B) | (B,C) |
| C | (C,A) | (C,B) | (C,C) |
由列表可以看出,所有可能出现的结果共有9种,两个班级选择同一种图书的情况有3种,
∴ $P(两个班级都选择同一种图书)=\dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3}$.

【分析】
本题包含三个小问题，解题思路如下：
1. 第(1)题：比赛单项得分通常采用“去掉一个最高分和一个最低分，再计算剩余分数的平均值”的规则，因此先从5个打分中去掉最高分和最低分，再求剩余3个分数的平均数即可得到m。
2. 第(2)题：确定团体冠军需先计算三个班的总分，总分相同的情况下，通过计算方差比较班级发挥的稳定性，方差越小稳定性越好，进而确定冠军班级。
3. 第(3)题：求两个班级选择同一种图书的概率，使用列表法列出所有可能的选择情况，再找出符合条件的情况数，最后根据概率公式计算结果。
【解析】
(1) 已知5个打分分别为80、84、86、83、82，去掉最高分86和最低分80，剩余分数为84、83、82，因此：
$m=\dfrac{84+83+82}{3}=\dfrac{249}{3}=83$（分）。
(2) 计算各班总分：
甲班总分：$80+83+98+92+93=446$（分）；
乙班总分：$84+88+93+86+95=446$（分）；
丙班总分：$78+83+94+90+92=437$（分）；
甲、乙总分相同且高于丙班，再计算方差比较稳定性：
甲班平均分：$\dfrac{446}{5}=89.2$分，
甲班方差：$s_甲^2=\dfrac{1}{5}×[(80-89.2)^2+(83-89.2)^2+(98-89.2)^2+(92-89.2)^2+(93-89.2)^2]=44.56$；
乙班平均分：$\dfrac{446}{5}=89.2$分，
乙班方差：$s_乙^2=\dfrac{1}{5}×[(84-89.2)^2+(88-89.2)^2+(93-89.2)^2+(86-89.2)^2+(95-89.2)^2]=17.36$；
因为$s_乙^2 ＜ s_甲^2$，乙班稳定性更好，故团体冠军是乙班。
(3) 用列表法列出两个班级选择图书的所有等可能结果：
| 第二名\第一名 | A | B | C |
| --- | --- | --- | --- |
| A | (A,A) | (A,B) | (A,C) |
| B | (B,A) | (B,B) | (B,C) |
| C | (C,A) | (C,B) | (C,C) |
所有结果共9种，其中两个班级选择同一种图书的情况有3种，因此概率为：
$P=\dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3}$。
【答案】
(1) $m=83$分；(2) 乙；(3) $\dfrac{1}{3}$
【知识点】
平均数、方差、概率（列表法）
【点评】
本题是统计与概率的综合应用题，结合实际比赛规则考查平均数、方差的应用，以及列表法求概率，需掌握相关统计概念和概率计算方法，难度适中。
【难度系数】
0.6

24. (10 分)(2026·南京校级月考)如图,AB 是$\odot O$的一条弦.
(1) 如图①,只用无刻度的直尺作弦 CD,使$AB=CD;$
(2) 如图②,用无刻度的直尺和圆规作弦CD,使$AB=CD$,且$AB ⊥ CD$.(要求:保留作图痕迹,不写作法)

期末提优测试卷

24. (1)如图①,弦 CD 即为所求.

解析:如图①,连接 AO,BO 并延长,分别交⊙O 于点 C,D,连接 CD,
∵ AC=BD,且 AC,BD 互相平分,
∴ 四边形 ABCD 是矩形,
∴ AB=CD,弦 CD 即为所求.
(2)如图②,弦 CD 即为所求.(画法不唯一)

解析:如图②,连接 AO 并延长交⊙O 于点 E,连接 BE,过点 O 作 CF ⊥ AE 交⊙O 于点 C,F,
∴ ∠AOC=90°,作弦 FD=BE,连接 CD,分别交 AE,AB 于点 M,N.
∵ AE,CF 为⊙O 的直径,
∴ ∠B=∠D=90°,在 Rt△ABE 和 Rt△CDF 中,$\begin{cases}AE=CF,\\BE=DF,\end{cases}$
∴ Rt△ABE ≌ Rt△CDF,
∴ AB=CD.
∵ FD=BE,
∴ ∠A=∠C.又
∵ ∠AMD=∠OMC,
∴ ∠ANM=∠COM=90°,
∴ AB ⊥ CD,弦 CD 即为所求.(画法不唯一)
一题多解 如图③,过点 O 作 OM ⊥ AB 于点 M,作正方形 OMNP,则 OP=OM,将 NP 两端延长,交⊙O 于点 C,D,则 CD=AB,弦 CD 即为所求.

【分析】
第(1)问：利用圆的直径互相平分的性质构造平行四边形，结合直径所对圆周角为直角得到矩形，矩形对边相等，据此作出等于AB的弦CD；第(2)问：结合直径的直角性质，通过构造全等三角形，用尺规作图实现弦CD与AB相等且垂直，需掌握圆的性质及几何图形的判定方法。
【解析】
(1) 如图①，连接AO并延长交⊙O于点C，连接BO并延长交⊙O于点D，连接CD。
∵ AC、BD是⊙O的直径，
∴ AC与BD互相平分，四边形ABCD是平行四边形。
又
∵ AC为直径，
∴ ∠ABC=90°（直径所对的圆周角为直角），故平行四边形ABCD是矩形，因此AB=CD，弦CD即为所求。
(2) 如图②，连接AO并延长交⊙O于点E，连接BE；过点O作CF⊥AE，交⊙O于点C、F；在CF上截取FD=BE，连接CD，弦CD即为所求。
【答案】
(1) 如图①，弦CD即为所求。
(2) 如图②，弦CD即为所求。
【知识点】
圆的基本性质、矩形判定、全等三角形
【点评】
本题考查圆的弦的作图，综合运用圆的直径性质、矩形判定、全等三角形等知识，需通过构造特殊几何图形满足弦的等量与垂直关系，是几何作图与性质应用的综合考查，难度适中。
【难度系数】
0.5

25. (14 分) 新题型 新定义 (2025·泰州期中)定义:对角线互相垂直的圆内接四边形叫作圆的“闪亮四边形”.
(1) 若$□ ABCD$是圆的“闪亮四边形”,则$□ ABCD$是.(填序号)
①矩形;②菱形;③正方形.
(2) 如图①,已知$\odot O$的半径为$R$,$OE ⊥ BC$于点$E$,四边形$ABCD$是$\odot O$的“闪亮四边形”.
①求证:$OE=\dfrac{1}{2}AD$;
②求证:$AB^2+CD^2=4R^2$.
(3) 如图②,四边形$ABCD$为$\odot O$的“闪亮四边形”,$AC$,$BD$相交于点$P$,$AC=BD=\dfrac{5}{2}\sqrt{2}$,$BC=4$,求$\odot O$的半径$R$.

4星学霸171

25. (1)③ 解析:
∵ 四边形 ABCD 为平行四边形,
∴ AD//BC,AB//CD,
∴ ∠ADC+∠BCD=∠BCD+∠ABC=180°,
∴ ∠ADC=∠ABC.
∵ □ABCD 是圆内接四边形,
∴ ∠ADC+∠ABC=180°,
∴ ∠ADC=∠ABC=90°,
∴ □ABCD 是矩形.
∵ □ABCD 是圆的“闪亮四边形”,
∴ AC ⊥ BD,
∴ □ABCD 是菱形.
∴ □ABCD 是矩形,
∴ □ABCD 是正方形,故答案为③.
(2) ①如图,连接 BO 并延长交⊙O 于点 F,分别连接 OA,OD,OC,CF.
∵ OE ⊥ BC,
∴ BE=CE,
∴ 点 E 是 BC 的中点.
∵ 点 O 是 BF 的中点,
∴ OE 是△BCF 的中位线,
∴ $OE=\dfrac{1}{2}CF$.
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BC}$,
∴ ∠BDC=∠F.
∵ BF 是⊙O 的直径,
∴ ∠FCB=90°,
∴ ∠F+∠CBF=90°.
∵ 四边形 ABCD 是“闪亮四边形”,
∴ AC ⊥ BD,
∴ ∠BDC+∠ACD=90°,
∴ ∠CBF=∠ACD.
∵ OB=OC,
∴ ∠CBF=∠BCO,
∴ ∠COF=2∠CBF.
∵ ∠AOD=2∠ACD,
∴ ∠COF=∠AOD,
∴ $\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{AD}$,
∴ CF=AD,
∴ $OE=\dfrac{1}{2}AD$.

②由 ①知 $OE=\dfrac{1}{2}AD$,
∵ $OE^2+EC^2=R^2$,$EC=\dfrac{1}{2}BC$,
∴ $(\dfrac{1}{2}AD)^2 + (\dfrac{1}{2}BC)^2 = R^2$,
∴ $AD^2+BC^2=4R^2$,设 AC,BD 交点为 P,
∵ AC ⊥ BD,
∴ $AP^2+DP^2=AD^2$,$BP^2+CP^2=BC^2$,$DP^2+CP^2=DC^2$,$AP^2+BP^2=AB^2$,
∴ $AB^2+CD^2=AD^2+BC^2$,
∴ $AB^2+CD^2=4R^2$.
(3)
∵ AC=BD,
∴ ∠ABC=∠BCD.又
∵ AD=AD,
∴ ∠ABD=∠ACD,
∴ ∠ACB=∠CBD,
∴ PB=PC.
∵ 四边形 ABCD 为⊙O 的“闪亮四边形”,BC=4,
∴ $PB^2+PC^2=BC^2=16$,∠APB=∠DPC=90°,
∴ $PB=PC=2\sqrt{2}$ (负值舍去).
∵ $AC=BD=\dfrac{5}{2}\sqrt{2}$,
∴ $AP=DP=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
∵ $AP^2+BP^2=AB^2$,$DP^2+CP^2=CD^2$,
∴ $AB=CD=\dfrac{\sqrt{34}}{2}$ (负值舍去),同(2)②推理可得 $AB^2+CD^2=4R^2$,解得 $R=\dfrac{\sqrt{17}}{2}$ (负值舍去).

【分析】
本题是结合圆性质的新定义题型，分三步思考：
1. 第(1)问：先由平行四边形性质和圆内接四边形对角互补，推出平行四边形ABCD是矩形；再根据“闪亮四边形”对角线垂直，得该四边形是菱形，既是矩形又是菱形的四边形为正方形，确定答案。
2. 第(2)问①：要证OE=1/2AD，通过构造直径BF，利用垂径定理得E是BC中点，结合中位线定理得OE=1/2CF；再通过圆周角定理和“闪亮四边形”的垂直关系，证明弧CF与弧AD相等，进而得弦CF=AD，完成证明。
3. 第(2)问②：利用勾股定理在Rt△OEC中结合①的结论，推导出AD²+BC²=4R²；再利用对角线垂直的四边形中，AB²+CD²=AD²+BC²，完成证明。
4. 第(3)问：由AC=BD推出PB=PC，结合“闪亮四边形”的垂直关系和BC=4，算出PB、PC的长度；再根据AC、BD的长度算出AP、DP，求出AB²+CD²，最后用第(2)问②的结论求出半径R。
【解析】
(1) 因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD//BC，AB//CD，故∠ADC+∠BCD=180°。又四边形ABCD是圆内接四边形，所以∠ADC+∠ABC=180°，因此∠ADC=∠ABC=90°，平行四边形ABCD是矩形。又ABCD是“闪亮四边形”（对角线互相垂直），所以矩形ABCD是菱形，既是矩形又是菱形的四边形是正方形，故答案为③。
(2) ① 如图，连接BO并延长交⊙O于点F，连接OA、OD、OC、CF。因为OE⊥BC，由垂径定理得BE=CE，即E是BC中点；又O是BF中点，所以OE是△BCF的中位线，故OE=1/2CF。同弧所对圆周角相等，得∠BDC=∠F；BF是直径，故∠FCB=90°，则∠F+∠CBF=90°。因为ABCD是“闪亮四边形”，AC⊥BD，所以∠BDC+∠ACD=90°，故∠CBF=∠ACD。又OB=OC，得∠CBF=∠BCO，所以∠COF=2∠CBF，而∠AOD=2∠ACD，故∠COF=∠AOD，因此弧CF=弧AD，CF=AD，所以OE=1/2AD。
② 由①知OE=1/2AD，在Rt△OEC中，OE²+EC²=R²，又EC=1/2BC，代入得(1/2AD)² + (1/2BC)² = R²，即AD²+BC²=4R²。设AC、BD交于P，因AC⊥BD，故AP²+DP²=AD²，BP²+CP²=BC²，DP²+CP²=DC²，AP²+BP²=AB²，所以AB²+CD²=AP²+BP²+DP²+CP²=AD²+BC²，因此AB²+CD²=4R²。
(3) 因为AC=BD，所以∠ABC=∠BCD，又AD=AD，故∠ABD=∠ACD，得∠ACB=∠CBD，所以PB=PC。因ABCD是“闪亮四边形”，AC⊥BD，BC=4，在Rt△PBC中，PB²+PC²=BC²=16，又PB=PC，故2PB²=16，得PB=PC=2√2。已知AC=BD=5√2/2，所以AP=AC-PC=5√2/2 -2√2=√2/2，同理DP=√2/2。在Rt△APB中，AB²=AP²+PB²=(√2/2)² + (2√2)²=17/2，同理CD²=17/2，故AB²+CD²=17。由(2)②的结论AB²+CD²=4R²，得17=4R²，解得R=√17/2（半径为正）。
【答案】③；(2)①②证明见上述解析；(3)$\dfrac{\sqrt{17}}{2}$
【知识点】圆内接四边形性质、正方形判定、勾股定理
【点评】本题为新定义题型，综合考查圆的性质、特殊四边形判定及勾股定理，需灵活运用中位线、圆周角定理等知识点，逻辑推理要求较高，是一道综合性较强的几何题。
【难度系数】0.4