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第3 章圆
单元自测卷
【新教材，苏科版】
（考试时间：90 分钟
试卷满分：100 分）
考前须知：
1．本卷试题共26 题，单选8 题，填空8 题，解答10 题，满分100 分，限时90 分钟。
2．本卷选题均为重难点题型，考点全覆盖，旨在检测学习成果。
第Ⅰ卷
一、单项选择题（本题共8 小题，每小题2 分，共16 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的。）
1．已知
O
的半径是2，如果点P 到圆心O 的距离为3，那么点P 与
O
的位置关系是（
）
A．点P 在
O
外
B．点P 在
O
上
C．点P 在
O
内
D．不能确定
【答案】A
【分析】设
O
的半径为r ，点P 到圆心的距离为d ，当d
r
> 时，点P 在圆外，d
r
时，点P 在圆上，当
d
r
时，点P 在圆内，据此可得答案．
【详解】解：设
O
的半径为r ，点P 到圆心O的距离为d ，
由题意得
2
r
，
3
d
，
∵3
2
，即d
r
> ，
∴点P 在
O
外．
2．已知某圆锥的底面直径为6cm，母线长4cm，则它的全面积为（
）
A．
2
21 cm
B．
2
60 cm
C．
2
24 cm
D．
2
12 cm
【答案】A
【分析】先根据已知条件得到底面半径，再分别计算底面积和侧面积，求和后即可得到结果．
【详解】解：由圆锥底面直径为6cm 可得底面半径
3
r
cm
，则底面积为
2
2
9 cm
r
，
圆锥侧面积公式为S
rl
侧
，则
2
3 4
12 cm
S
侧
，
则圆锥的全面积为
2
21 cm
S
S
S
侧
全
底
，
A 选项符合题意．
3．如图，AB 为
O
的直径，点C，D 是
O
上的两点，
50
D
，则
ABC
的大小为（
）
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A．40
B．50
C．60
D．70
【答案】A
【分析】连接AC ，利用圆周角定理得到
CAB
D
，再根据直径所对的圆周角是直角得到
90
ACB
，
最后利用直角三角形两锐角互余计算即可．
【详解】解：连接AC ，
BC
BC
，
50
CAB
D
，
AB
为
O
的直径，
90
ACB
，
90
90
50
40
ABC
CAB
．
4．如图，甲同学利用尺规作图找到了一件圆形“青花瓷盘”文物瓷片的圆心O，点A ，B ，C 均在圆弧上，
经测量得
144
ABC
，则
AOC
的度数为（
）
A．34
B．56
C．68
D．72
【答案】D
【分析】补全整个圆，进而根据圆周角定理作答即可．
【详解】解：如图，
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∵
144
ABC
，
∴
180
144
36
ADC
，
∴
2
72
AOC
ADC
．
5．如图，已知四边形ABCD是平行四边形，O
经过点
,
,
A B C ，与CD相交于点E ，连接AE ．若
75
B
，
则
DAE
的度数为（
）
A．25
B．30
C．35
D．40
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质得
75
B
D
，再根据圆内接四边形的性质得
105
AEC
，然后根据
三角形外角的性质得
AEC
DAE
D
，则此题可解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
75
B
，
∴
75
B
D
．
∵四边形ABCE 是
O
的内接四边形，
∴
180
B
AEC
，
∴
105
AEC
．
∵
AEC
是ADE
的外角，
∴
AEC
DAE
D
，
即105
75
DAE
，
∴
30
DAE
．
6．把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，截面如图所示，已知
8
EF
CD
cm
，则球的半径长是
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（
）
A．4cm
B．5cm
C．6cm
D．7cm
【答案】B
【分析】过球心O作OH
EF
于H ，延长HO 交BC 于G ，设球的半径为cm
r
，根据垂径定理求出EH 的长，
根据平行线间的距离处处相等和切线的性质表示出OH 的长，在Rt OEH
中利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：过点O作OH
EF
于点H ，延长HO 交BC 于点G ，设球的半径为cm
r
，
OH
EF
，
1
1
8
4
2
2
EH
FH
EF
cm
，
由题意，四边形ABCD是长方形，
//
AD BC
，CD
AD
，
又OH
EF
，
∴HG
AD
，
8
HG
CD
cm
，
球放在长方体纸盒内，
球与BC 相切，
∵OG
BC
，
∴OG
r
，
(8
)
OH
HG
OG
r cm
，
在Rt OEH
中，
2
2
2
OE
OH
EH
，
2
2
2
8
4
r
r
，解得
5
r
，
即球的半径长是5cm ．
7．如图，ABC
内接于
O
，
70
BAC
．下列说法错误的是（
）
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A．劣弧BC 的度数为140
B．优弧BC 与劣弧BC 的度数之差为80
C．弦BC 所对的圆周角有2 个，小者与大者的度数之比为7:11
D．若弧AB 的度数为80，则弧AC 的度数为70
【答案】D
【分析】根据圆周角定理得
2
140
BOC
BAC
，再根据劣弧、优弧的定义逐项判断．
【详解】解：A、∵
70
BAC
，
∴
2
140
BOC
BAC
，
即劣弧BC 的度数为140，
故A 选项正确；
B、∵劣弧BC 的度数为140，
∴优弧BC 的度数为360
140
220
，
220
140
80
，
即优弧BC 与劣弧BC 的度数之差为80，
故B 选项正确；
C、弦BC 所对的圆周角有2 个，一个为
70
BAC
，另一个为180
110
BAC
，
∴小者与大者的度数之比为70 :110
7:11
，
故C 选项正确；
D、∵弧AB 的度数为80，劣弧BC 的度数为140，
∴劣弧AC 的度数为360
80
140
140
，
故D 选项错误．
故选：D．
8．如图，在正方形ABCD中，
4
AB
，点E，F 分别在CD
AD
，
上，CE
DF
BE
CF
，
，
相交于点G，连结
DG ．当点E 从点C 运动到点D 的过程中，DG 的最小值为（
）
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A．2
B．2 5
2
C．4
D．2 5
【答案】B
【分析】先利用正方形的边相等、内角为直角的性质，结合CE
DF
证明BCE
CDF
≌
，进而推出
90
CGB
，从而确定点G 的运动轨迹是以BC 为直径的圆弧，将求线段最小值问题转化为圆外一点到圆
上一点的最短距离问题，当O，G，D 共线时，DG 有最小值，用点到圆心的距离减去半径即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴
,
90
BC
CD
BCE
CDF
，
在Rt BCE
和Rt CDF
中，
BC
CD
BCE
CDF
CE
DF
∴
BCE
CDF SAS
≌
，
∴
EBC
FCD
，
∵
90
FCD
BCG
，
∴
90
CBE
BCG
，
∴
90
CGB
，
∴点G 的运动轨迹是以BC 为直径的圆弧，当O，G，D 共线时，DG 有最小值，
如图，以BC 为直径作
O
，连接OG ，
在正方形ABCD中，
4
AB
，
∴
2,
4
OC
CD
AB
，
∴
2
2
2
2
4
2
2 5
OD
CD
OC
，
∴
2 5
2
DG
OD
OG
，
即DG 的最小值为2 5
2
．
【点睛】“定弦定角”模型是发现隐圆、进而求解最值的关键核心．
二、填空题（本题共8 小题，每小题2 分，共16 分）
9．
O
的半径是5cm ，同一平面内，若点P 到点O 的距离是6cm ，则点P 与
O
的位置关系为________．
【答案】点P 在
O
外
【详解】解：已知
O
的半径
5
r
cm
，点P 到圆心O的距离
6
d
cm
，
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可得
6
5
d
cm
r
cm
，
因此点P 与
O
的位置关系是点P 在圆外．
10．如图，四边形ABCD内接于
O
，若
130
C
，则
BOD
的度数为_________ ．
【答案】100/100 度
【详解】解：∵四边形ABCD内接于
O
，
130
C
，
∴
180
130
50
A
，
∴
2
100
BOD
A
．
11．如图，A，B，C，D 为一个正多边形的顶点，点O 为该正多边形外接圆的圆心，连接AD 、BD ，
20
ADB
，
则这个正多边形是边数为____________．
【答案】9/九
【分析】连接
,
OA OB ，圆周角定理求出
40
AOB
，再根据正多边形的中心角的计算公式，进行求解即可.
【详解】解：连接
,
OA OB ，则
2
AOB
ADB
，
∵
20
ADB
，
∴
40
AOB
，
∵A，B，C，D 为一个正多边形的顶点，点O 为该正多边形外接圆的圆心，
∴这个正多边形是边数为360
9
40
.
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12．我国古代数学著作《九章算术》中有这样一道题：今有圆材，径二尺五寸，欲为方放，令厚七寸，问：
广几何？用数学语言可表述为：如图，
O
的直径为25 寸，矩形ABCD内接于
O
，若
7
AB
寸，则
BC ______寸．
【答案】24
【分析】连接AC ，由矩形的性质得
90
ABC
，即得AC 是
O
的直径，再利用勾股定理解答即可求解．
【详解】解：如图，连接AC ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴
90
ABC
，
∴AC 是
O
的直径，
∴
25
AC
寸，
∵
7
AB
寸，
∴
2
2
2
2
25
7
24
BC
AC
AB
(寸)．
13．如图，在等边ABC
中，
2
AB
，D 是边AB 的中点，以点C 为圆心，CD的长为半径作圆，交边AC 于
点E ，交边BC 于点F ，则图中阴影部分的面积为________（结果保留根号和π）．
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【答案】
3
2
【分析】连接CD，根据阴影面积等于
ABC
ECF
S
S
扇形
求解即可．
【详解】解：连接CD，
因为在等边ABC
中，
2
AB
，D 是边AB 的中点，
所以
2
AB
BC
CA
，
1
1
2
BD
AB
，CD
AB
，
60
ACB
，
所以
2
2
3
CD
BC
BD
，
阴影部分的面积为：
2
60
3
1
2
360
ABC
ECF
S
S
AB CD
扇形
1
2
3
2
2
3
2
．
14．如图，在
O
中，AB 是
O
的弦，AC 与
O
相切于点A ，连接BC 交
O
于点D ，连接DO 并延长交AB
于点E ．若
80
AED
，
45
B
，则
C
_________．
【答案】35
【分析】连接OA，由切线的性质可得
90
OAC
，由圆周角定理可得
2
AOD
B
，从而证明DE
AC
，
根据平行线的性质结合三角形外角的性质求解
C
的度数即可．
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【详解】解：如图，连接OA，
AC
是
O
的切线，
90
OAC
，
45
B
，
2
90
AOD
B
，
180
AOD
OAC
，
DE
AC
，
80
45
35
C
BDE
AED
B
．
15．在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，过点
2,1
P
作直线
3
y
ax
（a 为任意实数）的垂线，垂足
为点H ，则线段OH 长度的最小值是________．
【答案】
5
2
/
2
5
【分析】容易判断直线
3
y
ax
过定点
0, 3
Q
，结合PH
OH
可得点H 在以PQ 为直径的圆上．以PQ 为
直径作圆M ，连接OM 、MH ，由中点公式可得
1, 1
M
，由勾股定理可得
5
MP
，
2
OM
，则
5
MH
MP
，由OH
MH
OM
可得OH 的最小值为
5
2
．
【详解】解：将
0
x
代入
3
y
ax
，得
3
y
，
∴点Q 的坐标为
0, 3
，
∵PH
OH
，
∴
90
PHQ
，
∴点H 在以PQ 为直径的圆上，且点H 不在y 轴上，
如图，以PQ 为直径作圆M ，连接OM 、MH ，
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∵
2,1
P
，
0, 3
Q
，
∴点M 的坐标为
1, 1
，
由勾股定理可得，
2
2
1 2
1 1
5
MP
，
2
2
1 0
1 0
2
OM
，
∴
5
MH
MP
，
∵
5
2
OH
MH
OM
，
∴当点H 在MO 的延长线上时，OH 取得最小值
5
2
．
16．如图，ABC
内接于
O
，CD
AB
于D 点，若O为BCD
的内心，则AD
BD ______．
【答案】
2
1
【分析】连接OA
OB
OC
、
、
，由CD
AB
得
90
DBC
DCB
，进而由内心的定义得
1
45
2
OBC
OCB
DBC
DCB
，即得到
135
BOC
，再根据等腰三角形的性质和三角形内角
和定理得
135
AOB
BOC
，得到
90
AOC
，即得到
1
45
2
ABC
AOC
，BDC
是等腰直角三
角形，得BD
CD
，设BD
CD
a
，则
2
2
2
2
2
CB
BD
CD
a
a
a
，由
SAS
ABO
CBO
≌
得
2
AB
CB
a
，得到
2
1
AD
AB
BD
a
，最后代入计算即可求解．
【详解】解：如图，连接OA
OB
OC
、
、
，
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∵CD
AB
于D 点，
∴
90
BDC
，
∴
90
DBC
DCB
，
∵O为BCD
的内心，
∴
1
1
1
45
2
2
2
OBC
OCB
DBC
DCB
DBC
DCB
，
∴
135
BOC
，
∵OA
OB
OC
，
OBA
OBC
，
∴
OBA
OAB
OBC
OCB
，
∴
135
AOB
BOC
，
∴
360
135
135
90
AOC
，
∴
1
45
2
ABC
AOC
，
∴BDC
是等腰直角三角形，
∴BD
CD
，
设BD
CD
a
，则
2
2
2
2
2
CB
BD
CD
a
a
a
，
在ABO
和CBO
中，
BO
BO
AOB
COB
OA
OC
，
∴
SAS
ABO
CBO
≌
，
∴
2
AB
CB
a
，
∴
2
2
1
AD
AB
BD
a
a
a
，
∴
2
1
2
1
a
AD
BD
a
．
三、解答题（共68 分）
17．如图，在
O
中，
AC
CB
CD
OA
，
于D
CE
OB
，
于E，求证：OD
OE
．
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【答案】见解析
【分析】本题考查了相等的弧对的圆心角相等，全等三角形的判定与性质；由相等的弧对的圆心角相等，
得
COA
COB
，进而可证明COD
COE
≌
，即可证明结论．
【详解】解：∵
AC
CB
，
∴
COA
COB
，
∵CD
OA
，CE
OB
，
∴
90
CDO
CEO
，
∵OC
OC
，
∴
AAS
COD
COE
≌
，
∴OD
OE
．
18．Rt ABC
中，
90
ACB
，点O在AC 上，以OC 为半径的圆交AB 于点D ，交AC 于点E ，且BD
BC
．求
证：AB 是
O
的切线．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查了切线的判定定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定方法（证明直
线与圆的半径垂直）是解题的关键．
要证明AB 是
O
的切线，需证明圆心O到AB 的距离等于半径（或证明OD
AB
）．通过连接OD ，利用
已知条件BD
BC
、OD
OC
，结合公共边OB ，证明OBD
OBC
≌
，从而得到
90
ODB
OCB
，即
可得证．
【详解】证明：连接OD ，
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BD
BC
，OB
OB
，OD
OC
，
(SSS)
OBD
OBC
≌
，
90
ODB
OCB
；
OD 为
O
的半径，
AB 是
O
的切线；
19．如图，在
O
中，AB 是直径，CD是弦，AB
CD
于点E，连接AC ，AD ．
(1)证明：
ACD
ADC
；
(2)当
9
AE
，
6
CD
时，求
O
的半径．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由垂径定理可得
AC
AD
，再由圆周角定理即可得证；
（2）连接OC ，设的半径为r，由垂径定理可得
3
CE
DE
，从而得出
9
OE
r
，再由勾股定理计算即
可．
【详解】（1）解：在
O
中，AB 是直径，CD是弦，AB
CD
AC
AD
ACD
ADC
（2）解：由(1)可知
3
CE
DE
连接OC ，
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设半径r，则
9
OE
r
在Rt OCE
中，
2
2
2
3
9
r
r
9
81 18
0
r
，
解得
5
r
20．如图，在平面直角坐标系xOy 中，点
3,3
A
，
4,0
B
，
0, 1
C
．
(1)以点C 为旋转中心，把ABC
逆时针旋转90，画出旋转后的A B C
；
(2)在（1）的条件下，
①点A 经过路径的长度为（结果保留）；
②点B的坐标为．
【答案】(1)见解析
(2)①5
2 ；②
1,3
【分析】本题考查旋转变换作图，关键在于先找到旋转后对应的点，也需要牢记弧长公式．
（1）利用网格和旋转的性质画出点A、B 对应的点A和B，相连得到所求三角形．
（2）①先根据勾股定理求出AC 的长，然后根据弧长公式求解即可；②根据所画图形写出B的坐标即可．
【详解】（1）解：如图所示，
A B C
即为所求；
（2）解：①
2
2
3
4
5
AC
，
90
ACA
所以点A 经过的路径为90
5
5
180
2
；
②由图形可得∶点B的坐标为∶
1,3
．
故答案为：
1,3
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21．如图，ABC
内接于
O
，AB 为
O
的直径，点D 在AB 的延长线上，连接CD，使
BCD
A
．
(1)求证：CD是
O
的切线．
(2)若
30
ODC
，
3
BD
，求
O
的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
O
的半径为3
【分析】本题考查了圆的切线判定以及含30角的直角三角形性质，熟练掌握切线判定定理和直角三角形边
角关系是解题关键．
（1）利用“直径所对圆周角为直角”得到角的互余关系，结合等腰三角形性质和已知角相等的条件，推导出
半径与直线垂直，从而证明切线；
（2）在直角三角形中，根据30角所对直角边是斜边的一半，结合线段和差关系，建立关于半径的等式求
解．
【详解】（1）证明：连接OC
AB
是
O
的直径，
90
ACB
，
90
A
ABC
，
OB
OC
，
ABC
OCB
，
BCD
A
，
90
BCD
OCB
，即
90
OCD
，
OC
CD
，
OC
为
O
的半径，
CD
是
O
的切线；
（2）解：
90
OCD
，
30
ODC
，
1
2
OC
OD ，
即
2
OD
OC
，
OB
BD
OD
，
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又
OB
OC
，
3
OB
OC
BD
，
O
的半径为3．
22．如图，AC 为
O
的直径．
(1)使用直尺和圆规作图（不写作法，保留作图痕迹）．
①在AC 上方的
O
上求作一点B ，使得AOB
为等边三角形；
②在①的基础上作
O
的内接矩形ABCD；
(2)说明（1）中所作四边形ABCD是矩形的理由．
【答案】(1)①如图所示，AOB
即为所求；
②矩形ABCD即为所求；
(2)解：理由如下：
点A ，C 都在
O
上，
OA
OC
，OB
OD
，
四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形），
又
AC
是
O
的直径，
90
ABC
（直径所对的圆周角是直角），
四边形ABCD是矩形．
【分析】1）以点A 为圆心，AO 长为半径作弧．交AC 上方的
O
于点B ；连接BO，则AOB
为等边三角
形；
②延长BO交
O
于点D ；顺次连接AB 、BC 、CD和DA ，四边形ABCD就是所求作的矩形．
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（2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可得结论．
【详解】（1）略
（2）略
23．如图，AB 为
O
的直径，在ABC
中，
10
AB
AC
，BC 交
O
于点D ，过点D 作DE
AC
，垂足
为点E ．
(1)求证：DE 是
O
的切线；
(2)若
30
B
，求阴影部分的面积．
【答案】(1)证明：如图：连接
,
AD OD ，
∵DE
AC
，
∴
90
CED
，
∵AB 为
O
的直径，
∴
90
ADB
，即AD
BC
，
∵AB
AC
，
∴
CAD
BAD
，
∵OA
OD
，
∴
ADO
BAD
，
∴
ADO
CAD
，
∴AC
OD
，
∴
90
ODE
CED
，即OD
DE
，
∴DE 是
O
的切线．
(2) 25 3
25
4
6
【分析】（1）如图：连接
,
AD OD ，利用垂直的定义、圆周角定理可证明、等腰三角形三线合一的性质可
证明AC
OD
，易得OD
DE
，再利用切线的判定定理即可证明结论；
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（2）如图：连接OD ，过O作OF
BD
与F，则
2
BD
BF
，利用含30 度直角三角形的性质、勾股定理可
得
5
2
OF
、
5 3
2
BF
，进而得到
5 3
BD
；再说明
60
AOD
，最后根据
OBD
OAD
S
S
S
阴影
扇形
求解即可．
【详解】（1）略
（2）解：∵AB 为
O
的直径，
10
AB
，
∴
5
OB
OD
OA
，
如图：连接OD ，过O作OF
BD
与F，则
2
BD
BF
，
∵
30
B
，
∴
1
5
2
2
OF
OB
，
∴
2
2
5 3
2
BF
OB
OF
，
∴
2
5 3
BD
BF
；
∵OD
OB
，
30
B
，
∴
30
ODB
B
，
∴
60
AOD
ODB
B
，
∴
2
2
1
60
1
5
60
5
25 3
25
5 3
2
360
2
2
360
4
6
OBD
OAD
OB
S
S
S
BD OF
阴影
扇形
．
24．如图，在Rt ABC
中，
90
C
，
O
是ABC
的内切圆，切点分别是D 、E 、F ．
(1)连接OA、OB ，则
AOB
______．
(2)若
6
BD
，
4
AD
，求
O
的半径．
(3)在（2）的条件下，Rt ABC
的外心和内心的距离等于______．
【答案】(1)135
(2)2
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(3) 5
【分析】（1）内心O是三角形三条角平分线的交点，故OA平分
CAB
，OB 平分
CBA
．在Rt ABC
中，
90
CAB
CBA
，因此
45
OAB
OBA
，再由三角形内角和定理得
135
AOB
．
（2）设半径为r，由切线长定理得
6
BE
BD
，
4
AF
AD
，
CE
CF
r ．于是三边可表示为
4
AC
r
，
6
BC
r
，
10
AB
．利用勾股定理建立关于r 的方程，即可求得答案．
（3）由（2）知
6
AC
，
8
BC ，
10
AB
．直角三角形的外心位于斜边中点，设斜边AB 的中点为M ，则
M 到切点D 的距离为1，而
2
OD
r
且OD
AB
，在Rt OMD
中利用勾股定理可求得外心与内心的距离．
【详解】（1）解：
O
是ABC
的内切圆，
OA
平分
CAB
，OB 平分
CBA
，
在Rt ABC
中，
90
C
，
90
CAB
CBA
，
1 (
)
45
2
OAB
OBA
CAB
CBA
，
180
45
135
AOB
．
（2）解：设半径为r，连接OE 、OF ，
O
是ABC
的内切圆，切点分别为D 、E 、F ，
由切线长定理得：
6
BE
BD
，
4
AF
AD
，CE
CF
，
90
C
，OE
BC
，OF
AC
，
四边形OECF 是正方形，
CE
CF
r ，
4
AC
AF
CF
r
，
6
BC
BE
CE
r
，
4
6
10
AB
AD
BD
，
在Rt ABC
中，由勾股定理得：
2
2
2
(4
)
(6
)
10
r
r
，
解得：
2
r
或
12
r
（舍去负值），
O
的半径
2
r
．
（3）解：由（2）知
6
AC
，
8
BC ，
10
AB
，
设斜边AB 的中点为M ，则M 是Rt ABC
的外心，
分别连接
,
OM OD ，
4
AD
，
10
AB
，
1
5
2
AM
AB
，
5
4
1
MD
AM
AD
，
OD
是内切圆半径，OD
AB
，
2
OD
r
，
在Rt OMD
中，由勾股定理得：
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2
2
2
2
2
1
5
OM
OD
MD
，
Rt ABC
的外心和内心的距离为
5 ．
25．在第一阶段质量监测中，我们介绍了“曲柄滑块机构”，它可用于活塞发动机．在另一种转子发动机（图
（1）是某汽车转子发动机的截面图）中，有一个可以转动的部件，它的示意图如图（2）所示．图（2）的
画法如下：画一个边长为a 的正三角形ABC ，分别以A，B，C 为圆心，以a 为半径画
BC ，
AC ，
AB ．这
三段弧组成的图形叫作圆弧三角形ABC ．
(1)圆弧三角形ABC 的周长为______，面积为______．（都用含a 的代数式表示）
(2)圆弧三角形ABC 运动时有何特性呢？
①如图（3），圆弧三角形ABC 沿直线向右滚动一周，在滚动过程中，它每时每刻都有一个最高点，最高点
形成的图形大致为（
）
A．
B．
C．
D．
②数学家发现：圆弧三角形ABC 能在边长为a 的正方形DEFG 中转动，且始终保持与正方形的每一边都有
且只有一个公共点．图（4）是转动过程中的一种情形（点B，C 分别在边EF ，FG 上，
AC 与边DG 有且
只有一个公共点M）．求证：
AB 与DE 有且只有一个公共点．
(3)尝试画一个“圆弧多边形”，使其满足以下要求：①将它放在边长为a 的正方形中转动时，也能始终保持
与正方形的每一边都有且只有一个公共点；②该图形不能是圆弧三角形或圆．请画出示意图并写出画法．
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【答案】(1) a
；
2
3
2
a
(2)①A；
②证明：过点C 作CN
ED
，垂足为N ，
∴
90
DNC
，
∵四边形DEFG 是正方形，
∴
90
G
D
，
∴四边形CGDN 是矩形，
∴CN
DG
a
，
∴CN 是
AB 的半径，
∴DE 与
AB 相切，即
AB 与DE 有且只有一个公共点．
(3)如图所示，圆弧五边形即为所求作的图形：
【分析】（1）圆弧三角形ABC 的周长由
BC ，
AC ，
AB 三段弧长构成，由
60
ABC
ACB
BAC
，
AB
BC
AC
a
，利用弧长公式计算即可；圆弧三角形ABC 的面积可通过计算三个扇形的面积，但是中
间的等边三角形的面积被多算了两次，只需减两次等边三角形的面积即可求出；
（2）①圆弧三角形ABC 沿直线向右滚动一周，在滚动过程中，与地面接触的圆弧是与地面相切的，而无论
切点P 的位置在哪段圆弧上，距离切点最远的长度都是相同的，即在滚动过程中的最高点距离地面的高度
是保持不变的，所以最高点形成的图形是一条直线；②过点C 作CN
ED
，垂足为N ，利用正方形的性质
可得CN
a
，得出CN 是
AB 的半径，结论即可得证；
（3）先画出使其对角线长为a 的正五边形ABCDE ，分别以A
B
C
D
E
、、、、
为圆心，以a 为半径画
DC 、
DE 、
AE 、
AB 、
BC ，这五段圆弧组成圆弧五边形，再通过圆弧五边形画出正方形
I
FGH ．
【详解】（1）解：由题意可得：圆弧三角形ABC 是由三段圆弧围成的，
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∴圆弧三角形ABC 的周长为
AC
BC
AB
l
l
l
，
∵ABC
是等边三角形，
∴
60
ABC
ACB
BAC
，AB
BC
AC
a
，
∴
60
1
2
360
3
AC
BC
AB
l
l
l
a
a
，
∴圆弧三角形ABC 的周长为
1
3 3
AC
BC
AB
l
l
l
a
a
，
过点A 作AH
BC
，垂足为H ，
∴
3
sin
sin 60
2
AH
ACB
AC
a
a
，
∴
2
1
1
3
3
2
2
2
4
ABC
S
BC
AH
a
a
a
△
，
∴
2
2
60
1
360
6
ABC
S
a
a
扇形
，
∴圆弧三角形ABC 的面积为
2
2
2
1
3
3
3
2
3
2
6
4
2
ABC
ABC
S
S
a
a
a
△
扇形
．
（2）解：①圆弧三角形ABC 沿直线向右滚动一周，在滚动过程中，与地面接触的圆弧是与地面相切的，如
图所示：
∵AP
CP
BP
a
，
∴无论切点P 的位置在哪段圆弧上，距离切点最远的长度都是相同的，
∴在滚动过程中的最高点距离地面的高度是保持不变的，
∴最高点形成的图形是一条直线；
②略
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（3）解：如图，画正五边形ABCDE ，使其对角线AD
BD
BE
CA
CE
a
，分别以A
B
C
D
E
、、、、
为
圆心，以a 为半径画
DC 、
DE 、
AE 、
AB 、
BC ，这五段圆弧组成圆弧五边形，
连接AC ，分别过点A 、点C 作AC 的垂线，过点B 作AC 的平行线，与过点A 、点C 作的AC 的垂线分别
交于点F
G
、
，过点B 作AC 的垂线交
DE 于点M ，过点M 作AC 的平行线，与过点A 、点C 作AC 的垂线
分别交于点I
H
、
，
∴FG
AC
IH
a
，GH
BM
FI
a
，
90
F
G
H
I
，
∴四边形
I
FGH 是边长为a 的正方形，
∴圆弧五边形可以在正方形
I
FGH 中转动，并且始终保持与正方形的每一边都有且只有一个公共点，所作图
形符合题意．
26．如图①，在半径为10 的
O
中，弦
12
AB
，点P 在优弧AB 上，过点P 作PC
AB
分别交
O
、弦AB
于点C、D．连接PB ，过点A 作AE
PB
分别交
O
、弦PB 、PC 于点E、F、G．
(1)如图②，当PC 为
O
的直径时，求CD的长；
(2)求证：CD
GD
；
(3)当点P 运动时，PG 的长是否随之改变呢？若不改变，请直接写出PG 的长；若改变，请说明PG 的长的
变化情况．
【答案】(1)2
(2)见解析
(3)当点P 运动时，PG 的长不改变；PG 的长为16
【分析】（1）根据垂径定理勾股定理求解即可；
（2）连接AC ，证明
AGD
DGF
B
C
，可得AC
AG
，即可求证；
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（3）作直径AH ，连接
,
,
,
PH AP BH GB ，根据题意可得BG
AP
，再证明四边形PGBH 为平行四边形，可
得PG
BH
，即可解答．
【详解】（1）解：如图，连接OA，
∵PC 为
O
的直径，PC
AB
，
12
AB
，
∴
1
6
2
AD
AB
，
∵
O
的半径为10，
∴
10
OA
OC
，
在Rt OAD
中，
2
2
2
2
10
6
8
OD
OA
AD
，
∴
2
CD
OC
OD
；
（2）证明：如图，连接AC ，
∵
AP
AP
，
∴
C
B
，
∵PC
AB
，AE
PB
，
∴
90
GDB
GFB
，
∴
180
B
DGF
，
∵
180
AGD
DGF
，
∴
AGD
DGF
B
C
，
∴AC
AG
，
∵AD
CG
，
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∴CD
GD
；
（3）解：当点P 运动时，PG 的长不改变，
作直径AH ，连接
,
,
,
PH AP BH GB ，
在ABP
中，
,
PD
AB AF
PB
，
∴点G 为ABP
的垂心，
∴BG
AP
，
∵AH 为
O
的直径，
∴
90
APH
ABH
，
∴
,
PH
BG PG
BH
∥
∥
，
∴四边形PGBH 为平行四边形，
∴PG
BH
，
在Rt ABH
中，
2
2
2
2
20
12
16
BH
AH
AB
，
∴
16
PG
BH
，
∴当点P 运动时，PG 的长不改变，PG 的长为16．
