玄武外国语学校2025-2026学年九年级上学期9月月考数学试题（解析版）_江苏省南京市2025-2026学年7-9年级上学期10月第一次月考试卷（全科合集）

南京玄武外国语学校 2025-2026 学年九年级上学期 9 月月考数学试题
初三数学练习【提优班】
（时间：70分钟 满分：120分）
一、选择题（本大题共 6小题；每小题 4分，满分 24分）
1. 下列命题中，是真命题的为（ ）
A 三点确定一个圆
.
B. 同弦所对的圆周角相等
C. 对角互补的四边形四点共圆
D. 垂直于半径的直线是圆的切线
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查真假命题的判定，圆的性质，圆周角定理，四点共圆的判定以及切线的判定，根据
这些知识一一判定即可得出答案．
【详解】解：A．不共线的三点确定一个圆，原命题是假命题，故该选项不符合题意；
B．在同圆或等圆中，同弦所对的圆周角相等，原命题是假命题，故该选项不符合题意；
C．对角互补的四边形四点共圆，原命题是真命题，故该选项符合题意；
D．经过半径的外端并且垂直于半径的直线是圆的切线，原命题是假命题，故该选项不符合题意；
故选：C．
2. 如图，V ABC内接于O，AB  AC ，BAC 60，AD为的直径，BE  AC交AD于P，BE 的
延长线交O于点F ，连接AF ，CF ，AD交BC于G，在不添加其他辅助线的情况下，图中除AB  AC
外，相等的线段共有（ ）对．
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】C
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【分析】此题主要考查圆与三角形综合，熟练掌握垂径定理，直角三角形性质，等腰三角形的判定和性质，
线段垂直平分线性质，是解决问题的关键.
根据垂径定理得到BGCG，连接CP，根据线段垂直平分线的性质得到PB PC，根据余角的性质得到
CAG CBE ，推出APE AFE，得到AP AF ，EP  FE ，CPCF，得到CF  BP．
【详解】解：∵AB  AC ，
∴» AB » AC ，
∵AD经过圆心O，
∴ADBC ，
∴BGCG，AGC=90，
∴CAGACG90，
连接CP，
则PB PC，
∵BF AC ，
∴BEC 90，
∴CBEBCE 90，
∴CAG CBE，
∵CAF CBF ，
∴EAF EAP，
∵EAPAPE 90，EAF AFE 90，
∴APE AFE，
∴AP AF ，
∵AC  FP，
∴EP  FE ，
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学科网（北京）股份有限公司∴CPCF，
∴CF  BP，
∴相等的线段共有4对，
故选：C．
3. 如图，在V ABC 中，AB 12，BC 10，V ABC 的内心、外心分别为点I 、点O，且有OI  AI ，
则AC的长度为（ ）
A.8 B.6 C. 3 5 D. 4 3
【答案】A
【解析】
【分析】延长AI交V ABC 外接圆于点D，连接OA，OD，CD，CI ，过I作IF  AC于F，IG AB
于G，IH  BC于H，根据三角形内切圆和圆周角定理求出CD ID AI，根据AAS证明DCE≌IAF，
可得出AF CE 5，根据点I是V ABC 的内心，可得出ABACBC 2AF，即可求解．
【详解】解∶延长AI交V ABC 外接圆于点D，连接OA，OD，CD，CI ，过I作IF  AC于F，IG AB
于G，IH  BC于H，
则AB与V ABC 的内切圆相切于G，AC 与V ABC 的内切圆相切于F，BC与V ABC的内切圆相切于H，
∴AG AH ，BGBH ，CF CH ，
∴AB ACBC  AGBG AF CF BH CH 2AF，
∵AO DO，OI  AI ，
∴AI  DI ，
∵点I是V ABC 的内心，
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学科网（北京）股份有限公司∴BADCAD，ACI BCI，
∴B  DC  D，
∴CADBCD，
∵DIC DACACI，DCI BCDBCI ，
∴DIC DCI ，
∴DI  DC  AI ，
∵B  DC  D，OD是半径，
1
∴BE CE  BC 5，OD  BC ，
2
在△DCE和FAI 中，
DEC AFI  90

DCE EAF ，

DC IA
∴DCE≌IAF，
∴CE  AF 5，
∴ABACBC 10，即12 AC1010，
解得AC 8，
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的外心与内心，切线长定理，全等三角形的判定与性质，垂径定理等知识，明
确题意，添加合适的辅助线是解题的关键．
4. 如图，平行四边形ABCD中，D60,AD10，以BC为直径的O交AB 于点E，则 B  E 的长为
（ ）
5 5
A. π B. π C.5 D. π
3 6
【答案】B
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】本题主要考查了弧长的计算、平行四边形的性质及等边三角形的判定与性质，熟知弧长的计算公
式及平行四边形的性质是解题的关键．先根据平行四边形的性质得出BC的长，再连接EO求出BOE的
度数，最后根据弧长公式即可解决问题．
【详解】解：四边形ABCD是平行四边形，且AD10，D60，
BC  AD10，ABC 60，
连接EO，
BO EO，
BOE是等边三角形，
BOE 60，
1
又BO BC 5，
2
 602π5 5
BE   π，
360 3
故选：B．
5. 如图，四边形ABCD是O的内接四边形，BAD90，AB AD4 2，E为AC上一点，
CED45，则BE的最小值为（ ）
A. 2 22 B. 2 52 C. 4 54 D. 4 24
【答案】C
【解析】
【分析】如图，以AD边为斜边，在AD的下方构造等腰直角ALD，以L为圆心，AL为半径作L，在
L的优弧AD上取一点M ，连接AM 、DM ，连接BD，AL，DL，BL，由勾股定理及圆周角定理
 2  2
的推论得 BD  4 2  4 2 8 ， BD 是 O 的直径，根据等腰直角三角形的性质得
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AMD ALD 45，ADLDAL45，从而AEDALD180，点E在定圆L的
2

AD
上运动，利用勾股定理得BL 4 5，进而利用三角形的三边关系即可得解．
【详解】解：如图，以AD边为斜边，在AD的下方构造等腰直角ALD，以L为圆心，AL为半径作L，
在L的优弧AD上取一点M ，连接AM 、DM ，连接BD，AL，DL，BL，
∵BAD90，AB AD4 2，
 2  2
∴BD  4 2  4 2 8，BD是O的直径，
∵CED45，
∴AED180CED135，
∵ALD是等腰直角三角形，
∴AL AD，ALD90，
1
∴AMD ALD 45，ADLDAL45，
2
∴AEDALD180，
∴点E在定圆L的
AD
上运动，
∴根据三角形的两边只差小于第三边得，当B、E、L三点共线时，BE最小，
∵ALD90，AL AD，
 2
∴AL2 DL2  2DL2  AD2  4 2 32，
∴AL DL4，
∵ADLADB45，
∴ADB90，
∴BL BD2 DL2  6416 4 5，
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学科网（北京）股份有限公司∴BE的最小值为BLLE  4 54，
故选∶C．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理的推论，勾股定理，等腰三角形的性质，三角
形的三边关系，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理的推论，勾股定理是解题的关键．
6.
如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标是3,4，点B是A上一点，A的半径为2，将OB绕
O点顺时针方向旋转90得OC，连接AC ，则线段AC 的最小值为（ ）
A. 5 22 B. 3 21 C.5 D.6
【答案】A
【解析】
【分析】把OA绕O点顺时针方向旋转90得OA，过点A作AF  x轴于点F ，过点A作AG x轴于
点G，以点A为圆心作A，使A的半径为2，点B是A上一点，则点C是A上一点，当点A,O,A
三点共线，即点C在AA上时，AC 最小．
【详解】解：如图，把OA绕O点顺时针方向旋转90得OA，过点A作AF  x轴于点F ，过点A作
AG x轴于点G，以点A为圆心作A，使A的半径为2，
OAOA,AOA90，AFOOGA90，
AOF AOG 180AOA90, AOF OAF 90,
OAF AOG，
V AFO≌VOGA(AAS)，
AF OG 4,OF  AG 3，
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学科网（北京）股份有限公司A(4,3)，
过A作AH  AF 于点H ，AH 4(3)7,AH 431，
在RtV AHA中，AA (AH)2 (AH)2  12 72 5 2，
点B是A上一点，则点C是A上一点，AC 2，
当点A,O,A三点共线，即点C在AA上时，AC最小，
AC  AACA5 22，
故线段AC的最小值为5 22．
故选：A．
【点睛】本题考查了圆的基本概念，动点问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，本题的关键是作出
正确的辅助线，运用数形结合的思想方法．
二、填空题（本大题共 8小题；每小题 4分，满分 32分）
7. 如图，在扇形AOB中，AOB30，点C为半径OA上一点，现以点O为圆心，OC长为半径作弧，
该弧交半径OB于点D，记
AB
的长为m，BD的长度为d，则C  D的长为______．（用含m，d的式子表示）
πd
【答案】m
6
【解析】
6m 6m
【分析】本题考查的是弧长的计算，先利用弧长公式求解OA ，可得OC  d ，再利用弧长公
π π
式计算即可．
【详解】解：∵
AB
的长为m，AOB30，
30πOA
∴m ，
180
6m
∴OA ，
π
6m
∴OC  d ，
π
30π 6m  πd
∴C  D的长为   d  m ，
180  π  6
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学科网（北京）股份有限公司πd
故答案为：m
6
8. 如图，BC是O的直径，A是O外一点，连接AC 交O于点E，连接AB并延长交O于点D．若
A30，则DOE的大小是______度．
【答案】120
【解析】
【分析】本题考查了圆内接四边形对角互补，圆周角定理，直径所对的圆周角相等，掌握知识点的应用是
解题的关键；连接CD、BE，根据直径所对的圆周角是直角可得BEC 90，进而可根据A30，
可得ABE 60，根据圆内接四边形可得DCE 60，根据圆周角定理即可求得DOE的大小．
【详解】解：如图，连接CD、BE，
∵BC是O的直径，
∴BEC 90，
∴AEB  90，
∵A30，
∴ABE 60，
∵四边形BECD是O的内接四边形，
∴EBDECD180，
∵EBDABE 180，
∴DCE ABE 60，
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学科网（北京）股份有限公司∴DOE 2DCE 120，
故答案为：120．
9. 已知一次函数 yk  x3 1图像与一圆心为  0,1  ，半径为1的圆相切，则切点坐标为________．
   
1 2 2 1 2 2
【答案】 ,1  ， ,1  
   
3 3 3 3
   
【解析】
【分析】本题考查切线的性质、两点坐标距离公式、勾股定理，熟练掌握切线的性质是解答的关键．先得
到一次函数 yk  x3 1图像过定点P  3,1  ，设切点坐标为H  x,y  ，圆心为E  0,1  ，根据切线定义、
勾股定理以及两点坐标距离公式列方程求解即可．
【详解】解：对于 yk  x3 1，当x3时， y 1，
∴一次函数 yk  x3 1图像过定点P  3,1  ，
   
如图，设切点坐标为 H x,y ，圆心为E 0,1 ，
则EH 1，EH PH ，PE 3，
∴ x0 2  y1 2 1①，
由勾股定理得EH2 PH2 PE2，
则12  x3 2  y1 2 32②，
1 2 2
由①②解得x ， y  1  ，
3 3
1 2 2  1 2 2 
∴切点坐标为 ,1 ， ,1 ，
   
3 3 3 3
   
1 2 2  1 2 2 
故答案为： ,1 ， ,1 ．
   
3 3 3 3
   
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学科网（北京）股份有限公司10. 如图1，OA是O的半径，点M是OA的中点，点N在O上从点A开始沿逆时针方向动一周回到点
A，运动停止，设运动过程中AN的长为x，MN 的长为y，图2是y随x变化的关系图象，则a的值为______．
【答案】 7
【解析】
【分析】本题考查弧长公式应用、直角三角形性质及勾股定理 ，解题关键是利用图象信息确定半径，通过
弧长公式求圆心角，借助直角三角形性质求线段长，进而用勾股定理得出最大值．
4
先由图象中N与A重合时MN 的长度及M是OA中点确定圆半径；再根据弧长公式求出x  时对应的
3
圆心角；接着构造直角三角形，利用其性质求出相关线段长；最后用勾股定理算出MN ，即a的值．
【详解】解：结合题图可知，当点N与点A重合时，MN 的长 y OM ，由图象知此时 y 1，
∵点M是OA的中点，
∴OA=2OM=2，即圆O的半径r 2，
4
当弧AN的长x  时，设AON n，
3
4
将l  ，r 2代入可得：
3
n2 4
 
180 3
解得：n120，即此时AON 120，
过点N作NG AO，交AO的延长线于点G，
∵AON 120，
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学科网（北京）股份有限公司∴NOG 180120 60， 
∴ONG 30，
在RtVNOG中，ON OA2，
1
OG  ON 1，
2
NG ON2 OG2  22 12  3，
1
∵OA 2，OM  OA1 ，则GM GOOM 2，
2
在RtMNG中，根据勾股定理MN  NG2 GM2 ，
已知NG 3，GM 2，则MN  ( 3)2 22  7 ，
由图象可知MN 的值为a，
∴a  7．
故答案为 7 ．
11.
如图，在Rt△ABC中，ACB 90，A60，AB2，将Rt△ABC绕点C顺时针旋转90°后
得到Rt△DEC，点B经过的路径为
B

E
，将线段AB绕点A顺时针旋转60后，点B恰好落在CE上的点F
处，点B经过的路径为弧
B

F
，则图中阴影部分的面积是______．
3 
【答案】 
2 12
【解析】
【分析】本题考查扇形的面积公式，解直角三角形、旋转变换等知识，先求出AC 1，BCCE 3，
根据S S S S 计算即可．
阴 ACB 扇形CBE 扇形ABF
【详解】解：在Rt△ABC中，ACB 90，A60，AB2，
1
AC  ABcosA2 1，BC CE  ABsinA 2sin60 3 ，
2
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学科网（北京）股份有限公司S S S S
阴 ACB 扇形CBE 扇形ABF
 2
1 90 3 6022
 1 3 
2 360 360
3 
  ，
2 12
3 
故答案为：  ．
2 12
12. 如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，连接AE、BE，EA平分DEB，点O是BCE的内心，
连接AO，AO AB，若AD5，则AB的长为____________．
25
【答案】
4
【解析】
【分析】连接OB、OE ，设 AO交BE 于点L，由矩形的性质得BC  AD 5,AB CD,CD∥AB ，则
AEDEAB，因为AEDAEB ，所以EAB AEB，则 AB  EB CD，由AO AB，得
AOBABO ， 则 BAO1802 ABEOBE  ， 因 为 点 O 是 BCE 的 内 心 ， 所 以
1
OBE OBC  CBE，可证明BAO 90ABE，则ALE BAOAEB 90，进而
2
证明AED≌AEL ，得 EL  ED,AL  AD 5 ，推导出AEO90，再证明ALE∽ELO ，得
AL EL
 ，则EL2 5OL，作BCE的内切圆与BC、CE分别相切于点F、H ，则圆心为点O，连接
EL OL
OF、OH ，可证明OLOF OH ，且点L为切点，推导出CH CF 2CH  BCCEEB 5EL，
5
再证明OLOH CH ，则2OL5EL，所以EL52OL，由 52OL 2 5OL，求得OL  ，
4
25
则AB  AO  ，于是得到问题的答案．
4
【详解】解：如图，连接OB、OE，设AO交BE 于点L，
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学科网（北京）股份有限公司∵四边形ABCD是矩形，AD5 ，
∴BC  AD 5,AB CD,CD∥AB,ABC D C 90 ，
∴AEDEAB,ABECBE ABC 90 ，
∵EA平分DEB，
∴AEDAEB ，
∴EAB AEB，
∴AB  EB CD，
∵AO AB，
AOBABO，
BAO1802ABO1802 ABEOBE  ，
∵点O是BCE的内心，
1
OBE OBC  CBE，
2
 1 
BAO 1802 ABE CBE 180ABEABECBE 90ABE，
 2 
ALE BAOAEB 90，
AELAED，ALE D 90，AE AE ，
AED≌AEL  AAS  ，
EL ED，AL AD 5 ，
1 1
AELAED DEL ，OELOEC  CEB ，
2 2
1 1
AEO AELOEL DELCEL  18090，
2 2
∴ALE ELO 90,EALOEL 90AEL ，
∴ALE∽ELO，
AL EL
  ，
EL OL
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学科网（北京）股份有限公司EL2  ALOL 5OL ，
如上图，作BCE的内切圆与BC、CE分别相切于点F、H ，则圆心为点O，连接OF、OH ，
∵O与BE 相切，且OL BE于点L，
∴OLOF OH ，且点L为切点，
∴EH EL,BL BF,CH CF ，
∴CH CF 2CH  BCCEEB 5CDED AB 5EL，
∵CE OH,BC OF ，
∴OHC OFC C 90，
∴四边形OFCH 是矩形，
CH CF ，
∴四边形OFCH 是正方形，
OLOH CH ，
2OL5EL，
EL52OL，
 52OL 2 5OL，
5
∴解得：OL  或OL5（不符合题意，舍去），
4
5 25
AB AO ALOL 5  ，
4 4
25
故答案为： ．
4
【点睛】此题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内切圆
与内心，切线的性质，正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题
的关键．
13. 如图，AB为O的直径，且AB2 2，点C在半圆上，OC  AB，垂足为点O，P为半圆上任意
一点，过P点作PE OC于点E，设OPE 的内心为M ，连接OM 、PM ．当点P在半圆上从点B运动
到点A时，内心M 所经过的路径长为______．
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学科网（北京）股份有限公司【答案】π
【解析】
【分析】过C、M 、O三点作O，连OC，OO，在优弧CO取点D，连DA，DO，点M 在以OC
为弦，并且所对的圆周角为135的两段劣弧上(OMC和ONC)，当点M 在扇形BOC和扇形AOC内，先求
出CMO135，进而判断出点M 的轨迹，再求出∠OOC 90，最后用弧长公式即可得出结论．
【详解】解：△OPE的内心为M ，
MOPMOC，MPOMPE，
1
PMO180MPOMOP180 (EOPOPE) ，
2
PE OC ，即PEO90，
1 1
PMO180 (EOPOPE)180 (18090)135 ，
2 2
OP OC，OM OM ，
而MOPMOC ，
OPM≌OCM(SAS)，
CMOPMO135，
所以点M 在以OC为弦，并且所对的圆周角为135的两段劣弧上(OMC和ONC)；
点M 在扇形BOC内时，
如图，过C、M 、O三点作O，连OC，OO，在优弧CO取点D，连DA，DO，
CMO135，
CDO18013545 ，
1
COO90，而OC  AB  2，
2
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学科网（北京）股份有限公司2 2
OO OC   2 1，
2 2
901 
弧OMC 的长  ，
180 2

同理：点M 在扇形AOC内时，同①的方法得，弧ONC的长为 ，
2
 
所以内心M 所经过的路径长为  ．
2 2
故答案为：π．
nR
【点睛】本题考查了弧长的计算公式：l  ，其中l表示弧长，n表示弧所对的圆心角的度数．同时考
180
查了三角形内心的性质、三角形全等的判定与性质、圆周角定理和圆的内接四边形的性质，解题的关键是
正确寻找点M的运动轨迹，属于中考压轴题．
14. 如图，在Rt△ABC中，AB  AC ，点P是BC边上一点，且PC  2PB  4，点M 、N 分别是边AB、
AC 上的动点，且始终满足MPN 135，连接MN ，则线段MN 的最小值为______．
【答案】3 2
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，平行线的性质，垂线段最短等知识，掌握知识点的应用是解
题的关键．
作PMN 的外接圆O，连接OM、ON、OP、OA，构造圆内接四边形HMPN，设外接圆O的半径
为r ，又MPN 135，则H 45，故有MON 90，即△MON 是等腰直角三角形，从而可得
点O、M、N、A四点共圆，则有OA∥BC，过A作AG  BC 于点G，AGBGCG3，然后通过
垂线段最短即可求解．
【详解】解：如图，作PMN 的外接圆O，连接OM、ON、OP、OA，构造圆内接四边形HMPN，
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学科网（北京）股份有限公司设外接圆O的半径为r ，
∵MPN 135，
∴H 45，
∴MON 90，
∴△MON 是等腰直角三角形，
∴MN  2r，OMN ONM 45，
∵MON BAC  90，
∴点O、M、N、A四点共圆，
∴OAM ONM 45，
∴OA∥BC，
如图，过A作AG  BC于点G ，
∵AB  AC ，BAC 90，
1
∴AG BGCG BC，
2
∵PC  2PB  4，
∴BC 6，
∴AGBGCG3，
∴r OP3，
∴MN  2r 3 2，
∴线段MN 的最小值为3 2，
故答案为：3 2．
三、解答题（本大题共 6小题；满分 58分）
15. 真命题“在同一个圆中，两条平行的弦所夹的弧相等”，请根据这个命题画出图形，写出已知求证并完
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学科网（北京）股份有限公司成证明．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查圆心角、圆周角、弧和弦的关系，掌握几者的关系是解题的关键．连接BC，AO，CO，
BO，DO，由平行线的性质得ABC BCD，由圆心角与圆周角的关系得∠AOC 2∠ABC，
BOD2BCD，从而推出AOC BOD，由弧、弦、圆心角的关系即可得出答案．
【详解】已知：如图，AB，CD是O的两条弦，AB∥CD，
求证： AC  B  D．
证明：如图所示，连接BC，AO，CO，BO，DO，
AB∥CD，
ABC BCD，
AOC 2ABC，BOD2BCD，
AOC BOD，
 AC  B  D．
16. 如图，四边形ABCD内接于一圆，延长BC到点E．
（1）求证：DABDCE；
（2）连接AC 、BD，若DAB65，CD平分ACE，求ADB的度数．
【答案】（1）证明见解析
（2）50
【解析】
【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，解题的关键是掌握圆内接四边形的对角互补．
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学科网（北京）股份有限公司（1）根据圆内接四边形的性质得到DABDCB180，根据同角的补角相等证明结论；
（2）根据角平分线的定义得出ACE，再根据圆周角定理即可解答．
【小问1详解】
证明：∵四边形ABCD内接于一圆，
∴DABDCB180，
∵DCEDCB180，
∴DABDCE；
【小问2详解】
解：由（1）得DABDCE，
∵DAB65，
∴DCE 65，
∵CD平分ACE，
∴ACE  2DCE 130，
ACB180ACE 50，
∴ADBACB50．
17. 如图，BC是O的直径，且BC4 3，D为B  C上一动点（不与点B、C重合）过点C作O的
切线交BD延长线于点A，E为AC 中点，连接DE．
（1）求证：DE 是O的切线；
（2）若A30，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析 （2）12 34π
【解析】
【分析】（1）如图，连接OD、CD、OE ，根据切线的性质得到 AC OC ，根据圆周角定理得到
1
CDB90，由点 E 是 AC 的中点，得到 DE CE  AE  AC ，根据全等三角形的性质得到
2
ODE ACB 90，根据切线的判定定理得到结论；
（2）根据三角形的内角和定理得到B90A60 ，根据圆周角定理得到COD120．求得
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学科网（北京）股份有限公司OB OC  2 3，根据三角形的中位线性质和平行线的性质得到OEC A30，根据含30度角的
直角三角形的性质和勾股定理得到 CE  OE2 OC2 6 ，根据三角形的面积公式和扇形的面积公式即可
得到结论．
【小问1详解】
证明：如图，连接OD、CD、OE，
∵AC与O相切于点C，
∴AC OC，
∴ACB 90，
∵BC是O的直径，
∴CDB90，
∴ADC 180CDB 90，
∵点E是AC 的中点，
1
∴DE CE  AE  AC，
2
∵OC OD，OE OE，
∴OCE≌ODE  SSS  ，
∴ODE ACB 90，则DE^ OD，
∵DE经过O的半径OD的外端，
∴DE是O的切线；
【小问2详解】
解：∵ACB 90，A30，
∴B90A60，
∴COD2B260120，
∵BC4 3，
∴OB OC  2 3，
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学科网（北京）股份有限公司∵EAEC，OBOC，
∴OE是V ABC的中位线，
∴OE∥AB，
∴OEC A30，
∴OE 2OC 4 3，
∴ CE  OE2 OC2 6 ，
1
∴S  S  2 366 3，
ODE OCE 2
∴S S S 12 3，
四边形DOCE OCE ODE
 2
120π 2 3
∵ ，
S  4π
扇形DOC
360
∴S S S 12 34π．
阴影 四边形DOCE 扇形DOC
【点睛】此题是圆的综合题，重点考查圆的切线的判定与性质、圆周角定理、三角形的中位线定理、直角
三角形斜边上的中线等于斜边的一半、直角三角形中30角所对的直角边等于斜边一半、勾股定理的应用、
三角形的面积公式及扇形的面积公式等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
18. 分别用两种方法作出三角形的外心与内心．（尺规作图，保留作图痕迹，写出必要的文字说明）
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了作图—垂直平分线的作法，已知角的角平分线的作法，三角形的内心与外心，熟练掌
握基本作图方法为解题关键，根据三角形三条边的垂直平分线的交点为三角形的外心，三角形内角平分线
的交点为三角形的内心进行画图即可得出答案．
【详解】解：（1）如图，分别作三角形边AB,BC的垂直平分线，交于点O，点O即为V ABC 的外心；
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学科网（北京）股份有限公司如图，分别找到三角形边AB，BC的中点D，E，再以点D，E为顶点，利用三角板画垂直于边AB，BC
的直线，相交于点O，点O即为V ABC的外心；
（2）如图，分别作ABC与ACB的平分线，相交于点O，点O即为V ABC 的内心；
如图，以点C为圆心，画两个不同半径的弧，得到点D，E，F，G，连接DG，EF 交于点M，连接CM ，
以点C为圆心，画两个不同半径的弧，得到点P，Q，R，H，连接PH ，RQ交于点N，连接BN ，CM 与
BN 相交于点O，点O即为V ABC的内心．
19. 在平面内，将小棒AB经过适当的运动，使它调转方向(调转前后的小棒不一定在同一条直线上)，那么
小棒扫过区域的面积如何尽可能地小呢？
已知小棒长度为4，宽度不计．
方案1：将小棒绕AB中点O旋转180°到BA，设小棒扫过区域的面积为S (即图中灰色区域的面积，下
1
同)；
方案2：将小棒先绕A逆时针旋转60°到AC ，再绕C逆时针旋转60°到CB，最后绕B逆时针旋转60°到BA，
设小棒扫过区域的面积为S ．
2
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学科网（北京）股份有限公司（1）①S  ______，S ______；(结果保留 )
1 2
②比较S 与S 的大小．(参考数据：3.14， 3 1.73．)
1 2
（2）方案2可优化为方案3：首次旋转后，将小棒先沿着小棒所在的直线平移再分别进行第2、3次旋转，
三次旋转扫过的面积会重叠更多，最终小棒扫过的区域是一个等边三角形．
①补全方案3的示意图；
②设方案3中小棒扫过区域的面积为S ，求S ．
3 3
（3）设计方案4，使小棒扫过区域的面积S 小于S ，画出示意图并说明理由．
4 3
【答案】（1）①4，88 3；②S S
1 2
16 3
（2）①见解析；②S 
3 3
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）①利用圆的面积公式计算S ，利用方案2扫过区域为三个圆心角为60°且半径为4的扇形面
1
积减去两倍V ABC 的面积计算S ；
2
②利用参考数据计算近似值再比较即可；
（2）①依题意补全方案3的示意图即可；
②利用等边三角形的高是4，计算出底边，再利用面积公式计算即可；
（3）作等边V ABC ，首先让点B在BC上运动，点A在CB的延长线上，运动，使得AB的长度保持不变，
当点 B 运动到点 C 时，由此 AB 边调转到 AC
 AB
边，接着两次同样的方式旋转到BC
 AB
边和
AB  BA 边，从而得到最终小棒扫过的区域，由于所得区域非常不规则，因此可以利用放缩法证明S S ．
4 3
【小问1详解】
解：①由依题意得：AB2r 4，
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学科网（北京）股份有限公司r 2，
∴S r2  4
1
又依题意得：方案2扫过区域为三个圆心角为60°且半径为4的扇形面积减去两倍V ABC 的面积．等边三
3
角形的面积公式：S  a2，a为等边三角形的边长．
4
6042 3
∴S 3 2 42 88 3
2 360 4
故答案是：4，88 3；
②∵S 443.1412.56，S 83.1481.7311.28，12.5611.28，
1 2
∴S S ；
1 2
【小问2详解】
①依题意补全方案3的示意图如下：
②连接EM ，M为切点，则AA的中点，EM 4
设AM  x，则AE2x，
由勾股定理得：AM2 EM2  AE2，即x2 42 4x2，
4 3
解得：x  ，
3
8 3
∴AA AE 2x ，
3
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学科网（北京）股份有限公司1 1 8 3 16 3
∴S  AAEM   4 ．
3 2 2 3 3
【小问3详解】
设计方案4：如下图，V ABC 是等边三角形，首先让点B在BC上运动，点A在CB的延长线上运动，使
得AB的长度保持不变，当点B运动到点C时，由此AB边调转到AC
 AB
边，接着两次同样的方式旋
转到BC
 AB
边和AB
 BA
边，最终小棒扫过的区域是如下图所示．
对于第一次旋转，当旋转AB旋转到DH 时，此时DH  BC，
又作DE平行AB，则S S S S
△CDE 3 △ABC 梯形ABEB
依题意得：阴影部分比等边三角形ABC多三块全等的图形，记每块面积为a，
则有aS ，F为AB的中点，
△ADF
∵S S ，
△ADF △GDF
1 1
∴S  S  S ，
△ADF
2
△GDAF
4
梯形ABEB
1
∴aS  S ，
△ADF
4
梯形ABEB
3
∴S S 3aS  S S S S ．
4 △ABC △ABC 4 梯形ABEB △ABC 梯形ABEB 3
20. 如图，在平面直角坐标系中，点A、B是y轴、x轴上的两个定点，OM 经过A、B两点且与x轴正半轴、
y轴负半轴分别交于D、C两点，过点O作EF  AB于点E，交CD于点F．
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学科网（北京）股份有限公司（1）若BOE 28，则BDC______°；
（2）求证：点F是CD的中点；
（3）若A  0,a 、B  b,0  ，其中a、b是方程x2 x120的两个根，连接MF，当圆心M运动时，MF
的长度是否发生变化？若不变，求出MF的长度；若变化，求出MF的取值范围．
【答案】（1）28
5
（2）见解析 （3）MF 的长度不变，MF 
2
【解析】
【分析】1）利用角度等量代换得到BOE BAO28，由同弧所对的圆周角相等即可求解．
（2）利用角度等量代换得到两个等腰三角形△COF,△DOF 即可求解．
（3）过M作圆的直径，由直径所对的圆周角等于90得出ADBCDG，圆周角相等即所对的弦也相
等，解一元二次方程求出A、B坐标即可知线段AB的长，最后利用中位线的性质即可求解．
【小问1详解】
解：OE AB，
BEO90，
BOEOBE 90，
Q AOB90，
ABOBAO90
BOE BAO28
CDBBAO，
CDBBOE 28，
故BDC 28．
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司证明：AOD90，
AOEDOF 90 ，
OE AB，
AOEBAO90，
BAODOF ，Q BAOBDC，
DOF BDC，OF FD，
同理：OF CF，CF DF，
F点是CD的中点．
【小问3详解】
如图：过M 作直径DG，连接CG，
1
点F是CD的中点，M点是DG中点，MF  CG，
2
 DG是圆M的直径，DCG90，GCDG90
AOD90，CADADB90，
GCAD，ADBCDG，
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学科网（北京）股份有限公司 ABC  G ，AB CG，
解方程x2 x120得，x 4，x 3，
1 2
由题意可知：A  0,4  ，B 3,0  ，
AB5，CG5，
5
MF  ．
2
5
当圆心M运动时，MF的长度不变，MF  ．
2
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，解一元二次方程，中位线的性质，勾股定理等，熟
悉圆中各种的基本性质是解题关键．
【中考链接】（2025·南京中考）
21. 如图，已知扇形AOB，点D为圆弧上一点，且ADB的度数为250°，若P为扇形内一点，则APB
的取值范围是__________．
【答案】55APB110
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理并结合扇形内点的位置分析角的取值范围．
先根据圆周角定理，结合点P在扇形内的位置，确定APB的取值范围．
【详解】解：根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半．
1 1
当点P在优弧AB上时，APB  AOB   36025055；
2 2
当点P在扇形内（不包括优弧AB上的点）时，APB大于55，小于  360250110，
所以APB的取值范围是55APB110．
故答案为：55APB110．
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