《2025年全科王同步课时练习九年级数学上册青岛版》

10. 如图,边长为1的正方形网格中,$O$,$A$,$B$,$C$,$D$是网格线的交点,若$\overset{\frown}{AB}与\overset{\frown}{CD}所在圆的圆心都为点O$,则阴影部分的面积为($\frac{3}{2}\pi - 2$)

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

答案： C[提示:如图,
∵ $AC = AO = 2$, $\angle CAO=90°$,
∴ $\angle AOC=\angle ACO = 45°$. 同理$\angle BCO=\angle COB = 45°$, $\angle BOD=\angle BDO = 45°$, $OB = BC = BD = 2$. 由勾股定理得$OC=\sqrt{2^2 + 2^2}=2\sqrt{2}$,
∴ $S_{阴影}=(S_{扇形COE}-S_{扇形FOB})+(S_{扇形EOD}-S_{\triangle OBD})=[\frac{45\pi × (2\sqrt{2})^2}{360}-\frac{45\pi × 2^2}{360}]+[\frac{45\pi × (2\sqrt{2})^2}{360}-\frac{1}{2} × 2 × 2]=\pi-\frac{1}{2}\pi+\pi - 2=\frac{3}{2}\pi - 2$.]

11. 如图,$\odot O$,$\odot O_1都经过A$,$B$两点,且点$O在\odot O_1$上,连接$AO$并延长,交$\odot O于点C$,连接$BC交\odot O_1于点D$,连接$AD$,$AD \perp BO$,若$AB = 3$,则劣弧$\overset{\frown}{BD}$的长为(D)

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

答案： D[提示:
∵ $AD$ 是$\odot O_1$的直径, $AD \perp BO$,
∴ $AD$ 垂直平分$BO$, $\angle ABD = 90°$,
∴ $AB = AO$.
∵ $OA = OB$,
∴ $OA = OB = AB$,
∴ $\triangle AOB$是等边三角形,
∴ $\angle ADB = 60°$,
∴ $\angle BAD = 30°$.
∵ $AB = 3$,
∴ $BD=\sqrt{3}$. 连接$O_1B$,
∵ $\angle BO_1D = 2\angle BAD = 60°$, $O_1B = O_1D$,
∴ $\triangle O_1BD$是等边三角形,
∴ $O_1B = BD=\sqrt{3}$,
∴ 劣弧$\overset{\frown}{BD}$的长为$\frac{60\pi × \sqrt{3}}{180}=\frac{\sqrt{3}}{3}\pi$.]

12. 如图,扇形$OAB$中,$\angle AOB = 90°$,$OA = 4$,点$C为OB$的中点,将扇形$OAB绕点C顺时针旋转90°$,得到扇形$O'A'B'$,则图中阴影部分的面积为($\frac{4\pi}{3}+2\sqrt{3}-4$)

A.$\frac{4\pi}{3} + \frac{5\sqrt{3}}{3} - 4$
B.$\frac{4\pi}{3} + 2\sqrt{3} - 4$
C.$\frac{4\pi}{3} + \frac{7\sqrt{3}}{3} - 4$
D.$\frac{4\pi}{3} + \frac{8\sqrt{3}}{3} - 4$

答案： B[提示:如图,过点$B$作$BE \perp O'A'$于点$E$, 过点$A'$作$A'F \perp OB$交$OB$的延长线于点$F$, 设$A'B'$交$OF$于点$D$, $\overset{\frown}{AB}$交$O'A'$于点$M$, 连接$O'D$,
∵ $O'C=\frac{1}{2}OB=\frac{1}{2}× 4 = 2$, 则四边形$CO'EB$, $BEA'F$是正方形,
∴ $O'D = O'B'=OB$, $\cos \angle CO'D=\frac{O'C}{O'D}=\frac{1}{2}$,
∴ $\angle CO'D = 60°$. 在$Rt\triangle CO'D$中, $CD=\sqrt{O'D^2 - O'C^2}=\sqrt{4^2 - 2^2}=2\sqrt{3}$,
∴ $S_{\triangle CO'D}=\frac{1}{2}O'C \cdot CD=\frac{1}{2} × 2 × 2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$.
∵ 图形$MEB$的面积与图形$A'FD$的面积相等,
∴ $S_{阴影}=S_{扇形O'BA'}-(S_{扇形O'BD}-S_{\triangle CO'D})-S_{正方形A'EBF}=\frac{90 × \pi × 4^2}{360}-(\frac{60 × \pi × 4^2}{360}-2\sqrt{3})-4 = 4\pi-\frac{8\pi}{3}+2\sqrt{3}-4=\frac{4\pi}{3}+2\sqrt{3}-4$.]

13. 如图,$\odot O$的半径为2,$AB$是弦,点$C在优弧\overset{\frown}{AB}$上.将$\odot O沿AB$折叠后,连接$CB$,$CB交劣弧\overset{\frown}{AB}于点D$,连接$AD$.若$\angle ADB = 108°$,则$\overset{\frown}{ADB}$的长是______.

$\frac{8\pi}{5}$

答案： $\frac{8\pi}{5}$[提示:如图,连接$OA$, $OB$,
∵ $\angle ADB = 108°$,
∴ $\angle AOB = 360° - 2× 108°=144°$,
∴ $\overset{\frown}{ADB}$的长是$\frac{144\pi × 2}{180}=\frac{8\pi}{5}$.]

14. 如图,在矩形$ABCD$中,$AC = 6$,$BC = 3$,以$A$为圆心,$AB$长为半径画弧,与$AC交于点E$,则图中阴影部分的面积为$\frac{9\sqrt{3}}{2}-\frac{9}{4}\pi$.

答案： $\frac{9\sqrt{3}}{2}-\frac{9}{4}\pi$[提示:
∵ 四边形$ABCD$是矩形,
∴ $\angle ABC = 90°$,
∵ $\sin \angle BAC=\frac{BC}{AC}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$,
∴ $\angle BAC = 30°$,
∴ $AB=\sqrt{3}BC = 3\sqrt{3}$,
∴ $S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB \cdot BC=\frac{1}{2} × 3\sqrt{3} × 3=\frac{9\sqrt{3}}{2}$.
∵ $S_{扇形ABE}=\frac{30\pi × (3\sqrt{3})^2}{360}=\frac{9}{4}\pi$,
∴ $S_{阴影}=S_{\triangle ABC}-S_{扇形ABE}=\frac{9\sqrt{3}}{2}-\frac{9}{4}\pi$.]

15. 如图,已知四边形$ABCD内接于\odot O$,连接$BD$,$\angle BAD = 105°$,$\angle DBC = 75°$.
(1) 求证：$BD = CD$；
(2) 若$\odot O$的半径为3,求劣弧$\overset{\frown}{BC}$的长.

答案：
(1)证明:
∵ 四边形$ABCD$内接于$\odot O$,
∴ $\angle C = \angle BAD = 75°$.
∵ $\angle DBC = 75°$,
∴ $\angle DBC=\angle C$,
∴ $DB = DC$.
(2)解:连接$OB$, $OC$,
∵ $\angle DBC=\angle C = 75°$,
∴ $\angle BDC = 30°$,
∴ $\angle BOC = 2\angle BDC = 60°$,
∴ 劣弧$\overset{\frown}{BC}$的长为$\frac{60\pi × 3}{180}=\pi$.

16. 如图,已知$AB是\odot O$的直径,且$AB = 8$,$C$,$D是\odot O$上的点,$OC // BD$,交$AD于点E$,连接$BC$,$\angle CBD = 30°$.
(1) 求$\angle COA$的度数；
(2) 求图中劣弧$\overset{\frown}{BD}与弦BD$围成的阴影部分的面积.

答案： 解:
(1)
∵ $OC // BD$,
∴ $\angle OCB=\angle CBD = 30°$.
∵ $OC = OB$,
∴ $\angle OCB=\angle OBC = 30°$,
∴ $\angle COA=\angle OCB+\angle OBC = 60°$.
(2)连接$OD$,
∵ $\angle CBD=\angle OBC = 30°$,
∴ $\angle OBD = 60°$.
∵ $OB = OD$,
∴ $\triangle BOD$是等边三角形,
∴ $\angle BOD = 60°$,
∴ $S_{阴影}=S_{扇形BOD}-S_{\triangle BOD}=\frac{60\pi × 4^2}{360}-\frac{1}{2} × 4 × \frac{\sqrt{3}}{2} × 4=\frac{8}{3}\pi - 4\sqrt{3}$.

17. 如图,已知$AB是半圆O$的直径,$C点是\overset{\frown}{AB}$上的一点,$CE \perp AB于E$,点$D是\overset{\frown}{BC}$的中点,$AD交CE于点F$,交$BC于点G$,连接$AC$,$BD$.
(1) 判断$\triangle FGC$的形状,并证明.
(2) 若$\angle CAD = 30°$,$AB = 6$.
① 求$CF$的长；
② 求阴影部分的面积.

答案： 解:
(1)$\triangle FGC$是等腰三角形. 证明如下:
∵ $AB$是半圆$O$的直径,
∴ $\angle ACB = 90°$,
∴ $\angle CAD+\angle AGC = 90°$.
∵ $CE \perp AB$,
∴ $\angle AFE+\angle BAD = 90°$.
∵ $D$为$\overset{\frown}{BC}$的中点,
∴ $\angle CAD=\angle BAD$,
∴ $\angle AGC=\angle AFE$.
∵ $\angle AFE=\angle CFG$,
∴ $\angle CGF=\angle CFG$,
∴ $CF = CG$,
∴ $\triangle CFG$是等腰三角形.
(2)①
∵ $\angle BAD=\angle CAD = 30°$,
∴ $\angle BAC = 30°+30° = 60°$,
∴ $\angle ABC = 90° - 60° = 30°$,
∴ $AC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2} × 6 = 3$.
∵ $\angle ACG = 90°$,
∴ $\tan \angle CAD=\tan 30°=\frac{CG}{AC}$,
∴ $CF = CG=AC \cdot \tan 30°=3 × \frac{\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}$. ②连接$OC$,
∵ $\angle OAC = 60°$, $OA = OC$,
∴ $\triangle OAC$是等边三角形,
∴ $\angle AOC = 60°$, $OA = OC = 3$.
∵ $CE \perp AB$,
∴ $OE = AE=\frac{1}{2}OA=\frac{3}{2}$,
∴ $CE=\sqrt{OC^2 - OE^2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$,
∴ $S_{阴影}=S_{扇形AOC}-S_{\triangle AOC}=\frac{60\pi × 3^2}{360}-\frac{1}{2} × 3 × \frac{3\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}\pi-\frac{9\sqrt{3}}{4}$.