《2025年基础训练大象出版社九年级数学全一册人教版》

15. (★★)(2023·重庆)如图 24 - 37,在 $Rt\triangle ABC$ 中, $\angle ACB = 90^{\circ}$, $\angle B = 30^{\circ}$,以点 $C$ 为圆心,$CA$ 为半径画弧,分别与 $AB$, $CB$ 交于点 $D$, $E$,若图中阴影部分的面积为 $\frac{\pi}{6}$,则 $AC$ 的长为1.

答案： 1

16. (★★)如图 24 - 38,两个半径长均为 $1$ 的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上,扇形 $CFD$ 的圆心 $C$ 是 $\overset{\frown}{AB}$ 的中点,且扇形 $CFD$ 绕着点 $C$ 旋转,半径 $AE$, $CF$ 交于点 $G$,半径 $BE$, $CD$ 交于点 $H$,则图中阴影部分的面积等于 【A】

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

答案： A

17. (★★)图 24 - 39①是一枚残缺的古代钱币.如图 24 - 39②,经测量发现,钱币完好部分的弧长为 $3\pi$,其内部正方形 $ABCD$ 的边长为 $1$.已知正方形 $ABCD$ 的中心与 $\odot O$ 的圆心重合,且 $E$, $F$ 分别是边 $BC$, $CD$ 的延长线与 $\odot O$ 的交点,则图中阴影部分的面积为$\pi + \frac{1 - \sqrt{15}}{4}$.

答案： 【解析】：
1. 求圆的半径 $ R $：
正方形 $ ABCD $ 边长为 1，中心与圆心 $ O $ 重合，其边 $ BC \perp CD $，延长线 $ CE \perp CF $，故 $ \angle EOF = 90° $（残缺部分弧长对应圆心角）。设圆半径为 $ R $，完好部分弧长为 $ 3\pi $，占圆周长的 $ \frac{3}{4} $（因残缺部分圆心角 $ 90° = \frac{1}{4} × 360° $）。
圆周长 $ 2\pi R = 4\pi $（完好弧长 $ 3\pi $ 对应 $ \frac{3}{4} $ 圆周），解得 $ R = 2 $。
2. 求 $ E $、$ F $ 坐标及相关线段长：
圆方程 $ x^2 + y^2 = R^2 = 4 $。$ E $ 在 $ BC $ 延长线（$ x = 0.5 $），代入圆方程得 $ y = -\frac{\sqrt{15}}{2} $；$ F $ 在 $ CD $ 延长线（$ y = -0.5 $），代入得 $ x = -\frac{\sqrt{15}}{2} $。
$ CE = \frac{\sqrt{15}}{2} - \frac{1}{2} $，$ CF = \frac{\sqrt{15}}{2} - \frac{1}{2} $。
3. 求阴影部分面积：
阴影部分为扇形 $ OEF $ 减去 $ \triangle OCE $ 与 $ \triangle OCF $ 面积之和。
扇形 $ OEF $ 面积：$ \frac{90°}{360°} × \pi R^2 = \pi $。
$ \triangle OCE $ 与 $ \triangle OCF $ 面积之和：$ 2 × \frac{1}{2} × \left( \frac{\sqrt{15}}{2} - \frac{1}{2} \right) × \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{15} - 1}{4} $。
阴影面积：$ \pi - \frac{\sqrt{15} - 1}{4} = \pi + \frac{1 - \sqrt{15}}{4} $。
【答案】：$\pi + \frac{1 - \sqrt{15}}{4}$

18. (★★)(2024·河南)如图 24 - 40, $\odot O$ 是边长为 $4\sqrt{3}$ 的等边三角形 $ABC$ 的外接圆,点 $D$ 是 $\overset{\frown}{BC}$ 的中点,连接 $BD$, $CD$.以点 $D$ 为圆心,$BD$ 的长为半径在 $\odot O$ 内画弧,则阴影部分的面积为 【C】

A.$\frac{8\pi}{3}$
B.$4\pi$
C.$\frac{16\pi}{3}$
D.$16\pi$

答案： C

19. (★★)(2022·贵港节选)如图 24 - 41,在 $\triangle ABC$ 中, $\angle ACB = 90^{\circ}$, $D$ 是 $AB$ 边的中点,点 $O$ 在 $AC$ 边上, $\odot O$ 经过点 $C$ 且与 $AB$ 边相切于点 $E$, $\angle FAC = \frac{1}{2}\angle BDC$.求证:$AF$ 是 $\odot O$ 的切线.

答案： 证明：
∵∠ACB=90°，D是AB中点，
∴CD=AD=BD（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）。
∴CD=BD，
∴∠B=∠BCD（等边对等角）。
在△BDC中，∠BDC=180°-∠B-∠BCD=180°-2∠B（三角形内角和定理）。
∵在Rt△ABC中，∠A+∠B=90°，
∴∠B=90°-∠A。
∴∠BDC=180°-2(90°-∠A)=2∠A。
∵∠FAC=1/2∠BDC，
∴∠FAC=∠A。
连接OE，
∵⊙O与AB相切于E，
∴OE⊥AB（切线垂直于过切点的半径），即∠OEA=90°。
过点O作OH⊥AF于H，则∠OHA=90°。
∵∠FAC=∠A，即∠HAO=∠EAO，且∠OHA=∠OEA=90°，
∴△OHA∽△OEA（AA相似判定）。
∴OH/OE=OA/OA=1（相似三角形对应边成比例），
∴OH=OE。
∵OE是⊙O的半径，
∴OH=OE=⊙O的半径。
又
∵OH⊥AF，
∴AF是⊙O的切线（到圆心距离等于半径的直线是圆的切线）。
结论：AF是⊙O的切线。