《2025年教与学课程同步讲练九年级数学全一册浙教版》

8. 如图,在正方形ABCD中,AC和BD相交于点O,过点O的直线EF交AB于点E(点E不与点A,B重合),交CD于点F.以点O为圆心,OC的长为半径的圆交直线EF于点M,N.若AB= 1,则图中阴影部分的面积为(B)

A.$\frac{\pi}{8}-\frac{1}{8}$
B.$\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}$
C.$\frac{\pi}{2}-\frac{1}{8}$
D.$\frac{\pi}{2}-\frac{1}{4}$

答案： B

9. 如图,某玩具品牌的标志由半径为1 cm的三个等圆构成,且三个等圆$\odot O_{1},\odot O_{2},\odot O_{3}$相互经过彼此的圆心,则图中三个阴影部分的面积之和为(C)
A.$\frac{\pi}{4}\ \text{cm}^{2}$
B.$\frac{\pi}{3}\ \text{cm}^{2}$
C.$\frac{\pi}{2}\ \text{cm}^{2}$
D.$\pi\ \text{cm}^{2}$

答案： C

10. 如图,两个半径长均为$\sqrt{2}且圆心角为90^{\circ}$的扇形的圆心分别在对方的圆弧上,扇形FCD的圆心C是$\widehat{AB}$的中点,且扇形FCD绕着点C旋转,半径AE,CF相交于点G,半径BE,CD相交于点H,则图中阴影部分的面积为(D)
A.$\frac{\pi}{2}-1$
B.$\frac{\pi}{2}-2$
C.$\pi-1$
D.$\pi-2$

答案： D

11. 如图,在$\odot O$中,半径OA⊥OB,过OA的中点C作FD//OB交$\odot O$于D,F两点,且$CD= \sqrt{3}$,以点O为圆心,OC长为半径作$\widehat{CE}$,交OB于点E.求：
(1)$\odot O$的半径.
(2)阴影部分的面积.

答案： 1. （1）求$\odot O$的半径：
解：连接$OD$。
因为$OA\perp OB$，$FD// OB$，所以$OA\perp FD$，即$\angle OCD = 90^{\circ}$。
设$\odot O$的半径为$r$，因为$C$是$OA$的中点，所以$OC=\frac{1}{2}r$，$OD = r$。
在$Rt\triangle OCD$中，根据勾股定理$OD^{2}=OC^{2}+CD^{2}$，已知$CD = \sqrt{3}$，则$r^{2}=(\frac{1}{2}r)^{2}+(\sqrt{3})^{2}$。
展开得$r^{2}=\frac{1}{4}r^{2}+3$。
移项得$r^{2}-\frac{1}{4}r^{2}=3$，即$\frac{3}{4}r^{2}=3$。
两边同时除以$\frac{3}{4}$：$r^{2}=4$，解得$r = 2$（$r=-2$舍去）。
2. （2）求阴影部分的面积：
解：由（1）知$OC=\frac{1}{2}r = 1$，$OD = 2$。
在$Rt\triangle OCD$中，$\cos\angle COD=\frac{OC}{OD}=\frac{1}{2}$，所以$\angle COD = 60^{\circ}$。
$S_{\triangle OCD}=\frac{1}{2}OC\cdot CD=\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
$S_{扇形OCE}=\frac{60\pi×1^{2}}{360}=\frac{\pi}{6}$。
阴影部分面积$S = S_{\triangle OCD}-S_{扇形OCE}$。
所以$S=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi}{6}$。
综上，（1）$\odot O$的半径为$2$；（2）阴影部分面积为$\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi}{6}$。

12. 如图,直线$y= -2x+2$与坐标轴相交于A,B两点,P是线段AB上的一个动点,过点P作y轴的平行线交直线$y= -x+3$于点Q,$\triangle OPQ$绕点O按顺时针方向旋转$45^{\circ}$,求边PQ扫过区域(阴影部分)的面积的最大值.

答案：
设点 $P(m,-2m+2)$,则点 $Q(m,-m+3)$. $\therefore OP^{2}=m^{2}+(-2m+2)^{2}=5m^{2}-8m+4$, $OQ^{2}=m^{2}+(-m+3)^{2}=2m^{2}-6m+9$. 如解图,设 $\triangle OPQ$ 绕点 $O$ 按顺时针方向旋转 $45^{\circ}$ 到达 $\triangle ODC$ 的位置,则 $\triangle OPQ\cong\triangle ODC$,$\angle QOC=\angle POD=45^{\circ}$,$S_{\triangle OPQ}=S_{\triangle ODC}$. $\therefore S_{阴影}=S_{扇形QOC}+S_{\triangle ODC}-S_{扇形POD}-S_{\triangle OPQ}=S_{扇形QOC}-S_{扇形POD}=\frac{45}{360}×\pi\cdot OQ^{2}-\frac{45}{360}\pi\cdot OP^{2}=\frac{\pi}{8}(-3m^{2}+2m+5)=-\frac{3\pi}{8}(m-\frac{1}{3})^{2}+\frac{2\pi}{3}$. 当 $-2x+2=0$ 时,$x=1$,$\therefore$ 点 $B$ 的坐标为 $(1,0)$,$\therefore 0\leqslant m\leqslant1$,$\therefore$ 当 $m=\frac{1}{3}$ 时,阴影部分的面积最大,最大面积为 $\frac{2\pi}{3}$.