《2025年绩优学案九年级数学上册人教版》

1. (2024重庆中考)如图24-4-1-3,在矩形 $ ABCD $ 中,分别以点 $ A $ 和 $ C $ 为圆心,$ AD $ 长为半径画弧,两弧有且仅有一个公共点。若 $ AD = 4 $,则图中阴影部分的面积为(D)

A.$ 32 - 8\pi $
B.$ 16\sqrt{3} - 4\pi $
C.$ 32 - 4\pi $
D.$ 16\sqrt{3} - 8\pi $

答案： D

2. 如图24-4-1-4,在边长为 $ 1 $ 的正方形组成的网格中,$ \triangle ABC $ 的顶点都在格点上,将 $ \triangle ABC $ 绕点 $ C $ 顺时针旋转 $ 60^{\circ} $,则顶点 $ A $ 所经过的路径长为(C)

A.$ 10\pi $
B.$ \frac{\sqrt{10}}{3} $
C.$ \frac{\sqrt{10}}{3}\pi $
D.$ \pi $

答案： C

3. 如图24-4-1-5,$ AB $ 与 $ \odot O $ 相切于点 $ B $,$ AO $ 的延长线交 $ \odot O $ 于点 $ C $,连接 $ BC $,若 $ \angle ABC = 120^{\circ} $,$ OC = 3 $,则 $ \overset{\frown}{BC} $ 的长为 2π。

答案： 2π

4. 如图24-4-1-6,半圆的直径 $ AB = 40 $,$ C $,$ D $ 是半圆的三等分点,求弦 $ AC $,$ AD $ 与 $ \overset{\frown}{CD} $ 围成的阴影部分的面积。

答案： $\frac{200}{3}\pi$

5. 如图24-4-1-7,在 $ □ ABCD $ 中,$ AB $ 为 $ \odot O $ 的直径,$ \odot O $ 与 $ DC $ 相切于 $ E $,与 $ AD $ 相交于 $ F $,$ AB = 12 $,$ \angle C = 60^{\circ} $,则 $ \overset{\frown}{FE} $ 的长为(C)

A.$ \frac{\pi}{3} $
B.$ \frac{\pi}{2} $
C.$ \pi $

D.$ 2\pi $

答案： C

6. 如图24-4-1-8,在矩形 $ ABCD $ 中,$ AB = 3 $,$ AD = 4 $,将矩形 $ ABCD $ 绕点 $ D $ 顺时针旋转 $ 90^{\circ} $ 得到矩形 $ A'B'C'D $,则点 $ B $ 经过的路径与 $ BA $,$ AC' $,$ C'B' $ 所围成的封闭图形的面积是 $\frac{25}{4}\pi+12$。(结果保留 $ \pi $)

答案： $\frac{25}{4}\pi+12$

7. 如图24-4-1-9,$ AB $ 是 $ \odot O $ 的直径,点 $ C $,$ D $ 在 $ \odot O $ 上,$ \angle D = 60^{\circ} $,$ BC = 4 $,求劣弧 $ AC $ 的长。

答案： $\frac{8}{3}\pi$

8. 如图24-4-1-10,已知 $ AB $ 为 $ \odot O $ 的直径,$ CD $ 是弦,$ AB \perp CD $,垂足为点 $ E $,若 $ EB = 5 \, cm $,$ CD = 10\sqrt{3} \, cm $,设 $ OE = x \, cm $,求 $ x $ 的值及图中阴影部分的面积。

答案： 解:连接OC。
∵AB为$\odot O$的直径,CD是弦,$AB\perp CD$,
∴$\angle OEC=90°$,$CE=\frac{1}{2}CD=5\sqrt{3}(cm)$。
在Rt$\triangle OCE$中,$OE=x\ cm$,$OB=OC=(5+x)\ cm$。
由勾股定理,得$OC^2=EC^2+EO^2$,
即$(5+x)^2=(5\sqrt{3})^2+x^2$,解得$x=5$,
即$OE=5\ cm$,$OC=10\ cm$。
在Rt$\triangle OCE$中,$OC=2OE$,
故$\angle OCE=30°$,$\therefore\angle COE=60°$。
由圆的对称性可知阴影部分的面积为
$S_{阴影}=2(S_{扇形OBC}-S_{\triangle OCE})$
$=2×\left(\frac{60\pi×10^2}{360}-\frac{1}{2}×5\sqrt{3}×5\right)$
$=\left(\frac{100\pi}{3}-25\sqrt{3}\right)(cm^2)$。