莫尔圆练习题
土体中的应力(工程岩土)
基底压力的 分布形式十 分复杂
基础尺寸较小 荷载不是很大
简化计算方法：
假定基底压力按直线分布的材料力学 方法
21
基底压力计算
（一）中心荷载下的基底压力
中心荷载下的基础，其所受荷裁的合力通过基底形心。基底压力假定 为均匀分布，此时基底平均压力设计值P(kPa)按下式计算：
F G P A
式中：F—作用任基础上的竖向力设计值(kN)； G—基础自重设计值及其上回填土重标准值的总重(kN)；
cx cy K 0 cz
xy yz zx 0
式中:K0―比例系数，称为土的侧压力系数或静止土压力 系数。
地基中自重应力的计算
1.计算公式
均质地基
竖直向： sz z
sz W A zA A z
K0 1
水平向： sx sy K 0 sz
p0 p c p 0 d
式中：p —基底平均压力设计值(kPa)； c—土中自重应力标准值，基底处: c 0 d (kPa) 0—基础底面标高以上天然土层的加权平度， 0 i hi / ， hi 其中地下水位下土层的重度取有效重度； d —基础埋深，必须从天然地面算起，对于新填土场地则应 从老天然地面起算，d=h1+h2+...+hn(m)。
•土质点或土单元不可能有侧向位移侧限应 变条件； •任何竖直面都是对称面 应变条件
z
sA sB
y x 0;
xy yz zx 0
6
土体中应力状态 发生变化
引起地基土的变形，导 致建筑物的沉降，倾斜 或水平位移。 当应力超过地基土的强 度时，地基就会因丧失 稳定性而破坏，造成建 筑物倒塌。
呼伦贝尔市小学数学六年级上册第五单元《圆》检测题(包含答案解析)
呼伦贝尔市小学数学六年级上册第五单元《圆》检测题（包含答案解析）一、选择题1．用油漆在一块大标语牌上均匀地涂出下面三种标点符号：句号、逗号、问号。
已知大圆半径为R，小圆半径为r，且R=2r，那么（）用的油漆最多。
A. B. C.2．已知一个圆的半径是R，且R满足3：R=R：4，则这个圆的面积为（）A. 7πB. 7C. 12πD. 无法求出3．关于圆，下列说法错误的是（）.A. 圆有无数条半径B. 圆有无数条对称轴C. 半径越大，周长越大D. 面积越大，周长越小4．下图中，正方形的面积是16平方厘米，圆的面积是（）cm2。
A. 50.24B. 47.1C. 43.98D. 37.68 5．如图所示圆环的面积是（）cm2．（计算时π取3.14）A. 3.14B. 28.26C. 113.04D. 263.76 6．如图有（）条对称轴．A. 1B. 2C. 3D. 47．已知圆的周长是18.84厘米，它的直径是（）A. 6厘米B. 12.56厘米C. 12厘米8．一个圆的周长扩大3倍，它的面积就扩大（）倍．A. 3B. 6C. 99．用一块长12米、宽8米的长方形铁皮剪成半径是2米的小圆（不能剪拼），至多能剪（）个。
A. 7B. 8C. 6D. 13 10．大圆的半径是小圆的直径，则大圆面积是小圆面积的（）。
A. 2倍B. 4倍C. 12D. 14 11．下图是一个半径为5厘米的半圆，求它的周长的正确算式是（）。
A. 3.14×5+5×2B. （3.14×52） ÷2C. [3.14×（5×2）]÷2+5D. 3．14×5÷2+5 12．半圆的周长是直径的（）。
A. π倍B. π倍C. （π+1）倍二、填空题13．一个半圆的周长是25.7 cm，这个半圆的面积是________cm2.14．两个圆的半径比是4：9，则它们的周长比是________，面积比是________．15．用圆规画一个周长是12.56dm的圆，圆规两脚之间的距离是________dm，这个圆的面积是________dm2。
土力学课堂练习题
土力学课堂练习题第一章1. 砂土的结构通常是：(A)絮状结构 (B)单粒结构 (C)蜂窝结构2.土中水可分为( )和自由水。
3.下列矿物，亲水性最强的是:(A)伊利石； (B)高岭石； (C)蒙脱石。
4.对土骨架产生浮力作用的水是:(A)重力水； (B)毛细水；(C)强结合水； (D)弱结合水。
5.砂粒和粉粒的界限粒径是（），粉粒和黏粒的界限粒径是（），巨粒和粗粒的界限粒径是（）。
6.判断题：根据图中的几条级配曲线，确定下列结论是否正确?（1）土样A比土样B均匀。
（2）土样A的有效粒径比土样B的大（3）土样A比土样B好压实（4）土样C中含粘土颗粒最多（5）哪种土是级配良好的土?（6）哪条曲线粉粒以下的土粒占的成分最大？第二章有一块50cm3的原状土样重95.15g，烘干后重75.05g，已知土粒相对密度2.67，试求其天然重度、干重度、饱和重度、浮重度、天然含水量、孔隙比、孔隙率、饱和度。
已知某地基土试样有关数据如下：①天然重度18.4 kN / m3 ,干重度为13. 2kN/ m3; ②液限试验，取湿土14. 5g，烘干后重10. 3g;③搓条试验，取湿土条5. 2g,烘干后重4. 1g,求：(1)确定土的天然含水量，塑性指数和液性指数;(2)确定土的名称和状态。
1.若某砂土的天然孔隙比与其能达到的最大孔隙比相等，则该土(A)处于最疏松状态 (B)处于中等密实状态 (C)处于最密实状态2.饱和土的组成为：(A)固相 (B)固相＋液相(C)固相＋液相＋气相 (D)液相3.在土的三相比例指标中，三项基本的试验指标是( )、( )、( )。
它们分别可以采用( )法、( )法和( )法测定。
4. 所谓土的含水量，是指：(A)水的质量与土体总质量比 (B)水的体积与孔隙体积之比 (C)水的质量与土体中固体部分质量之比5.下列土的物理性质指标中，反映土密实程度的是:(A)土的重度 (B)孔隙比 (C)干重度 (D)土粒比重。
《岩石力学》课程综合练习题-知识归纳整理
知识归纳整理《岩石力学》课程综合练习题绪论一、名词解释1.岩石力学岩石力学是研究岩石和岩体力学性能的理论和应用的科学，它是力学的一具分支，是探讨岩石和岩体对其身边物理环境中力场的反应。
2.静岩压力地球内部在不同深度处单位面积地球内部岩石压力基本上保持平衡，类似于静水压力；其数值与该处上覆岩石的总分量相等，称为静岩压力，其大小可用P=ρgh来表达，即静岩压力（P）等于某一深度（h）、该处上覆物质平均密度（ρ）与平均重力加速度（g）的乘积。
二、简答题1 岩石具有哪三种特性？①非均质性；②不延续性。
岩体不但有微观的裂隙，而且有层理、片理、节理以至于断层等不延续面；③各向异性。
2 怎样明白岩石的多相体？岩石是由岩石骨架和孔隙组成。
岩石骨架是固体，孔隙里面充满了流体，流体包括油气水。
所以，岩石是由固体和流体组成的，是固液两相或固液气三相，所以岩石是多相体。
3. 岩石力学的复杂性体如今什么地方？岩石力学的复杂性表如今：⑴岩石具有局部破坏特性；⑵尺寸效应；⑶抗拉强度比较小；⑷地下水的影响；⑸风化；⑹岩体外载的不确定。
4. 钻井中有哪些问题与岩石力学有关？①井壁稳定问题，包括井眼缩径、井壁坍塌、井漏等；②岩石破碎问题，包括岩石的剪切破坏与抗压破坏等。
第一章应力与应变一、挑选题1、在地下，岩石所受到的应力普通为（ B ）。
A、拉应力B、压应力C、剪应力二、名词解释1、什么是面力？什么是体力？所谓面力指的是作用在物体表面上的力，如压力、摩擦力等。
体力指弥漫在物体内部各质点上的力，如重力、惯性力、电磁力等。
2、什么是正应力？什么是剪应力？作用力与受力面的关系可以呈任意方向，如果作用力是沿着受力面的法线方向，作用力就称为法向力，除以受力面的面积得到的值算是正应力值。
如果作用力与受力面的法线方向垂直，即与受力面平行，作用力就称为剪切力，除以受力面的面积得到的值算是剪应力值。
3、什么是第一正应力不变量？第一正应力不变量用I1表示，它不随坐标挑选的不同而变化。
第1章应力分析及应力平衡微分方程
，可以把σij（Stress tensor ）分解成与体积变化有关 的量和形状变化有关的量。前者称为应力球张量
(Spherical stress tensor) ，后者称为应力偏张量
(Deviatoric stress tensor) 。设σm为平均应力，则有
m
1 3
(
x
y
z)
按照应力叠加原理，σij具有可分解性。因此有
整理后可得S：zdA xzdAx yzdAy zdAz
求和约定： 全应力：
Sx xl yxm zxn S y xyl ym zyn Sz xzl yzm zn
S j ijli
S2
S
2 x
Sy2
Sz2
很重要！ （１－１）
（１－２）
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1.1.２ 点的应力状态
由于微元体处于静力平衡状态，所以，绕其各轴 的合力矩为零，因此可以得到
xy= yx, yz= zy zx= xz 称为剪应变互等定律
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1.1.２ 点的应力状态
一，一点的应力状态：是指通过变形体内某点的 单元体所有截面上的应力的有无、大小、方向等 情况。
一点的应力状态的描述
（１） 数值表达：x=50MPa，xz=35MPa （２） 图示表达：在单元体的三个正交面上标
第1章 应力分析
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第 1 章 应力分析
1.1 点的应力状态 1.2特殊应力状态 1.3应力平衡微分方程
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1.1 点的应力状态
1.1 .1应力 1.1.2 点的应力状态 1.1.3主应力及应力张量不变量 1.1.4主切应力和最大切应力 1.1.5应力偏张量和应力球张量 1.1.6八面体应力和等效应力 1.1.7应力莫尔圆
3-1-4 应力分析_应力莫尔圆及应力平衡微分方程
10 3 10
l1=
10 1
m2= 10
最大切应力τmax=500MPa
金属塑性成形原理
解析法验证：
2 3 0
三个不变量： J1 x y z 4
J2
(x y
yz
zx )
2 xy
2 yz
2 zx
21
ij 3
0
6 0(100MPa) 0 0
J3
x
y z
2 xy
yz zx
( x
金属塑性成形原理
练习题1： 应用莫尔圆分析单向拉伸时的各横截面上的应力变化状态。
y B（ σy＝40 τyx＝0 ） θ
τ C (0,20)
2θ
A
A
（ σx＝0 τxy＝0 ）
Bσ
(40,0)
x
当2θ＝90°（θ＝45°）时，截面的剪切力 达到最大值20MPa
金属塑性成形原理
练习题2：物体中某点为平面应力状态，应力张量为：
试利用莫尔圆图解主应力,主方向和最大切应力
τ
τmax (0,5)
2 3 0
ij 3 6 0(100MPa)
0 0 0
2α2
B(6,3)
σ2 (-3,0) 2β2
A(-2,-3) σ2＝－3
2α1 σ1(7,0)
O(2,0) D
σ
2β1 σ1＝7
OD的长度＝1/2（6+2）＝4；R＝5；
y
B
以应力主轴为坐标轴，作一斜微分面，其方向
余弦为l，m，n，则有 :
金属塑性成形原理
l2 m2 n2 1
S1 1 l S2 2 m S3 3 n S 2 S12 S22 S32 12l 2 22m2 32n2
复习资料1--土质土力学(必过)
土质土力学练习题目一、选择题1. 当摩尔应力圆与抗剪强度线相离时，土体处于的状态是（ B ）。
A 、破坏状态；B 、未破坏状态；C 、极限平衡状态；D 、已破坏状态2. 成层土中竖向自重应力沿深度的增大而发生的变化为（B ）。
A 、折线减小B 、折线增大C 、斜线减小D 、斜线增大。
3．下列不属于土的三相是（ B ）。
A 、固相B 、石相C 、气相D 、液相。
4．某砂土地基，天然重度3/18m kN =γ,饱和重度3/20m kN sat =γ,地下水位距地表2m ，地表下深度为4m 处的竖向自重应力为（ A ）。
A 、56；B 、76；C 、72；D 、805．由建筑荷载产生的，并能引起土体产生新的变形和导致土体破坏的是（ B ）。
A 、自重应力；B 、附加应力；C 、总应力；D 、中性压力。
6．对非压缩性土，分层总和法确定地基沉降计算深度的标准是（B ）。
A 、附加应力小于等于0.1倍的自重应力；B 、附加应力小于等于0.2倍的自重应力；C 、自重应力小于等于0.1倍的附加应力；D 、自重应力小于等于0.2倍的附加应力。
7．已知砂土的天然孔隙比e=0.303，最大孔隙比762.0m ax =e ，最小孔隙比114.0m in =e ，则该砂土处于（ A ）。
A 、密实；B 、中密；C 、松散；D 、稍密。
8．超固结比大于1的土属于（B ）。
A 、正常固结土；B 、超固结土；C 、欠固结土；D 、非正常土。
9．分析粘性土坡稳定时，假设滑动面为（C ）。
A 、斜平面；B 、水平面；C 、圆弧面；D 、曲面。
10．分层总和法计算地基最终沉降量的分层厚度一般为（C ）。
A 、0.4m ；B 、0.4l(l 为基础底面长度)；C 、0.4(b 为基础底面宽度)；D 、天然土层厚度。
11．地基破坏时滑动面延续到地表的破坏形式是（C ）。
A 、刺入式破坏；B 、冲剪式破坏；C 、整体剪切破坏；D 、局部剪切破坏。
土力学与地基基础(土的抗剪强度及地基承载力)
土的抗剪强度： 的极限能力， 土的抗剪强度：指土体抵抗剪切破坏的极限能力，数值上 等于剪切破坏时滑动面上的 等于剪切破坏时滑动面上的剪应力。土体的破坏通常都是 剪切破坏。 剪切破坏。 土体破坏过程： 土体破坏过程： 如果土体内某一部分的剪应力达到土的抗剪强度， 某一部分的剪应力达到土的抗剪强度 如果土体内某一部分的剪应力达到土的抗剪强度，在该部 分就开始出现剪切破坏，随着荷载的增加，剪切破坏的范 分就开始出现剪切破坏，随着荷载的增加，剪切破坏的范 围逐渐扩大，最终在土体中形成连续的滑动面 连续的滑动面， 围逐渐扩大，最终在土体中形成连续的滑动面，地基发生 整体剪切破坏而丧失稳定性。以下是滑坡和地基破坏 滑坡和地基破坏示意 整体剪切破坏而丧失稳定性。以下是滑坡和地基破坏示意 图。
△σ σ3 σ3 σ3 σ3 σ3 △σ σ3
τ ϕ c σ
(σ1-σ3)f σ σ
(σ1-σ3)f σ σ
试验类型 不固结不排水试验（UU UU试验） UU
抗剪强度线为水平线
τ
f
cu 、ϕu
适于排水不良的土
= cu =
1 (σ 1 − σ 3 ) 2
ϕu = 0
ccu 、ϕcu
固结不排水试验（CU CU试验） CU
由三角函数关系, 由三角函数关系,经化简后得 粘性土极限平衡条件如下： 粘性土极限平衡条件如下：
1 1 (σ 1 − σ 3 ) = c ⋅ ctgϕ + (σ 1 + σ 3 ) sin ϕ 2 2 无粘性土（ 无粘性土（c=0）极限平衡条件： ）极限平衡条件：
σ1 = σ3 tan2 (45o + ) + 2c ⋅ tan(45o + )
呼伦贝尔数学圆 几何综合单元测试与练习(word解析版)
呼伦贝尔数学圆 几何综合单元测试与练习（word 解析版）一、初三数学 圆易错题压轴题（难）1．已知圆O 的半径长为2，点A 、B 、C 为圆O 上三点，弦BC=AO ，点D 为BC 的中点，(1)如图，连接AC 、OD ，设∠OAC=α，请用α表示∠AOD ； (2)如图，当点B 为AC 的中点时，求点A 、D 之间的距离：(3)如果AD 的延长线与圆O 交于点E ，以O 为圆心，AD 为半径的圆与以BC 为直径的圆相切，求弦AE 的长．【答案】（1）1502AOD α∠=︒-；（2）7AD =3）33133122or【解析】 【分析】（1）连接OB 、OC ，可证△OBC 是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOC 等于30°，OA=OC 可得∠ACO=∠CAO=α，利用三角形的内角和定理即可表示出∠AOD 的值. （2）连接OB 、OC ，可证△OBC 是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOB 等于30°，因为点D 为BC 的中点，则∠AOB=∠BOC=60°，所以∠AOD 等于90°，根据OA=OB=2,在直角三角形中用三角函数及勾股定理即可求得OD 、AD 的长.（3）分两种情况讨论：两圆外切，两圆内切.先根据两圆相切时圆心距与两圆半径的关系，求出AD 的长，再过O 点作AE 的垂线，利用勾股定理列出方程即可求解. 【详解】(1)如图1：连接OB 、OC. ∵BC=AO ∴OB=OC=BC∴△OBC 是等边三角形 ∴∠BOC=60° ∵点D 是BC 的中点 ∴∠BOD=1302BOC ∠=︒ ∵OA=OC∴OAC OCA ∠=∠=α ∴∠AOD=180°-α-α-30︒=150°-2α(2)如图2：连接OB、OC、OD.由（1）可得：△OBC是等边三角形，∠BOD=130 2BOC∠=︒∵OB=2，∴OD=OB∙cos30︒=3∵B为AC的中点，∴∠AOB=∠BOC=60°∴∠AOD=90°根据勾股定理得：AD=227AO OD+=（3）①如图3.圆O与圆D相内切时：连接OB、OC，过O点作OF⊥AE∵BC是直径，D是BC的中点∴以BC为直径的圆的圆心为D点由（2）可得：3D的半径为1∴31设AF=x在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，2222OA AF OD DF -=-即()2222331x x -=-+-解得：331x 4+=∴AE=3312AF +=②如图4.圆O 与圆D 相外切时： 连接OB 、OC ，过O 点作OF ⊥AE ∵BC 是直径，D 是BC 的中点 ∴以BC 为直径的圆的圆心为D 点 由（2）可得：3D 的半径为1 ∴31 在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，2222OA AF OD DF -=-即()2222331x x -=- 解得：331x 4-=∴AE=3312AF -=【点睛】本题主要考查圆的相关知识：垂径定理，圆与圆相切的条件，关键是能灵活运用垂径定理和勾股定理相结合思考问题，另外需注意圆相切要分内切与外切两种情况.2．选做题：从甲乙两题中选作一题，如果两题都做，只以甲题计分题甲：已知矩形两邻边的长、是方程的两根.（1）求的取值范围；（2）当矩形的对角线长为时，求的值；（3）当为何值时，矩形变为正方形？题乙：如图，是直径，于点，交于点，且．（1）判断直线和的位置关系，并给出证明；（2）当，时，求的面积．【答案】题甲（1）（2）（3）题乙：（1）BD是切线；证明所以OB⊥BD，BD是切线（2）S=【解析】试题分析：题甲：（1）、是方程的两根，则其；由得（2）矩形两邻边的长、，矩形的对角线的平方=；矩形两邻边的长、是方程的两根，则；因为，所以；解得由得（3）矩形变为正方形，则a=b；、是方程的两根，所以方程有两个相等的实数根，即，由得题乙：（1）BD是切线；如图所示，是弧AC所对的圆周角，；因为，所以；于点，，所以，，在三角形OBD中，所以OB⊥BD；BD是切线（2），AB是圆的直径，所以OB=5；于点，交于点，F是BC的中点；，BF=4；在直角三角形OBF中由勾股定理得OF=；根据题意，，则，所以，从而，解得DF=，的面积=考点：直线与圆相切，相似三角形点评：本题考查直线与圆相切，相似三角形；解本题的关键是会判断直线与圆是否相切，能判定两个三角形相似3．在△ABC中，∠A=90°，AB=4，AC=3，M是AB上的动点（不与A，B重合），过M点作MN∥BC交AC于点N．（1）如图1，把△AMN沿直线MN折叠得到△PMN，设AM=x．i．若点P正好在边BC上，求x的值；ii．在M的运动过程中，记△MNP与梯形BCNM重合的面积为y，试求y关于x的函数关系式，并求y的最大值．（2）如图2，以MN为直径作⊙O，并在⊙O内作内接矩形AMQN．试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由．【答案】（1）i．当x=2时，点P恰好落在边BC上；ii． y=，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2；（2）当x=时，⊙O与直线BC相切；当x＜时，⊙O与直线BC相离；x＞时，⊙O与直线BC相交．【解析】试题分析：（1）i．根据轴对称的性质，可求得相等的线段与角，可得点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上；ii．分两种情况讨论：①当0＜x≤2时，△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，根据轴对称的性质△MNP的面积等于△AMN的面积，易见y=x2②当2＜x＜4时，如图2，设PM，PN分别交BC于E，F，由i．知ME=MB=4-x∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，由题意知△PEF∽△ABC，利用相似三角形的性质即可求得．（2）利用分类讨论的思想，先求的直线BC与⊙O相切时，x的值，然后得到相交，相离时x的取值范围．试题解析：（1）i．如图1，由轴对称性质知：AM=PM，∠AMN=∠PMN，又MN∥BC，∴∠PMN=∠BPM，∠AMN=∠B，∴∠B=∠BPM，∴AM=PM=BM，∴点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上．ii．以下分两种情况讨论：①当0＜x≤2时，∵MN∥BC，∴△AMN∽△ABC，∴，∴，∴AN=，△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，∴，②当2＜x＜4时，如图2，设PM，PN分别交BC于E，F，由（2）知ME=MB=4-x，∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，由题意知△PEF∽△ABC，∴，∴S△PEF=（x-2）2，∴y=S△PMN-S△PEF=，∵当0＜x≤2时，y=x2，∴易知y最大=，又∵当2＜x＜4时，y=，∴当x=时（符合2＜x＜4），y最大=2，综上所述，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2．（2））如图3，设直线BC与⊙O相切于点D，连接AO，OD，则AO=OD=MN．在Rt△ABC中，BC==5；由（1）知△AMN∽△ABC，∴，即，∴MN=x∴OD=x，过M点作MQ⊥BC于Q，则MQ=OD=x，在Rt△BMQ与Rt△BCA中，∠B是公共角，∴△BMQ∽△BCA，∴，∴BM=，AB=BM+MA=x+x=4∴x=，∴当x=时，⊙O与直线BC相切；当x＜时，⊙O与直线BC相离；x＞时，⊙O与直线BC相交．考点：圆的综合题．4．我们把“有两条边和其中一边的对角对应相等的两个三角形”叫做“同族三角形”，如图1，在△ABC和△ABD中，AB=AB，AC=AD，∠B=∠B，则△ABC和△ABD是“同族三角形”．（1）如图2，四边形ABCD内接于圆，点C是弧BD的中点，求证：△ABC和△ACD是同族三角形；（2）如图3，△ABC内接于⊙O，⊙O的半径为32AB=6，∠BAC=30°，求AC的长；（3）如图3，在（2）的条件下，若点D在⊙O上，△ADC与△ABC是非全等的同族三角形，AD＞CD，求ADCD的值．【答案】（1）详见解析；（2）3；（3）ADCD=622或62【解析】【分析】(1）由点C是弧BD的中点，根据弧与弦的关系，易得BC=CD，∠BAC=∠DAC，又由公共边AC，可证得：△ABC和△ACD是同族三角形；(2）首先连接0A，OB，作点B作BE⊥AC于点E，易得△AOB是等腰直角三角形，继而求得答案；(3)分别从当CD=CB时与当CD=AB时进行分析求解即可求得答案．【详解】（1）证明：∵点C是弧BD的中点，即BC CD=，∴BC=CD，∠BAC=∠DAC，∵AC=AC，∴△ABC和△ACD是同族三角形.（2）解：如图1，连接OA，OB，作点B作BE⊥AC于点E，∵OA=OB=32，AB=6，∴OA2+OB2=AB2，∴△AOB是等腰直角三角形，且∠AOB=90°，∴∠C=∠AOB=45°，∵∠BAC=30°，∴BE=AB=3，∴AE=22-=33，AB BE∵CE=BE=3，∴AC=AE+CE=33+3.（3）解：∵∠B=180°﹣∠BAC﹣∠ACB=180°﹣30°﹣45°=105°，∴∠ADC=180°﹣∠B=75°，如图2，当CD=CB时，∠DAC=∠BAC=30°，∴∠ACD=75°，∴3，22，∴AD 333CD 32+==62+； 如图3，当CD=AB 时，过点D 作DF ⊥AC ，交AC 于点F ，则∠DAC=∠ACB=45°，∴∠ACD=180°﹣∠DAC ﹣∠ADC=60°， ∴33 ∴2DF=36 ∴AD 36CD 6==62综上所述：AD CD 62+6 【点睛】本题考查圆的综合应用问题，综合运用弧与弦的关系，等腰三角形的性质结合图形作辅助线进行分析证明以及求解，难度较大.5．在平面直角坐标系xOy 中，⊙C 的半径为r (r ＞1)，点P 是圆内与圆心C 不重合的点，⊙C 的“完美点”的定义如下：过圆心C 的任意直线CP 与⊙C 交于点A ，B ，若满足|PA ﹣PB |＝2，则称点P 为⊙C 的“完美点”，如图点P 为⊙C 的一个“完美点”． (1)当⊙O 的半径为2时 ①点M (32，0) ⊙O 的“完美点”，点(﹣32，﹣12) ⊙O 的“完美点”；(填“是”或者“不是”)②若⊙O 的“完美点”P 在直线y ＝34x 上，求PO 的长及点P 的坐标； (2)设圆心C 的坐标为(s ，t )，且在直线y ＝﹣2x +1上，⊙C 半径为r ，若y 轴上存在⊙C 的“完美点”，求t 的取值范围．【答案】(1)①不是，是；②PO的长为1，点P的坐标为(45，35)或(﹣45，﹣35)；(2)t的取值范围为﹣1≤t≤3．【解析】【分析】（1）①利用圆的“完美点”的定义直接判断即可得出结论.②先确定出满足圆的“完美点”的OP的长度，然后分情况讨论计算即可得出结论；（2）先判断出圆的“完美点”的轨迹，然后确定出取极值时OC与y轴的位置关系即可得出结论.【详解】解：(1)①∵点M(32，0)，∴设⊙O与x轴的交点为A，B，∵⊙O的半径为2，∴取A(﹣2，0)，B(2，0)，∴|MA﹣MB|＝|(32+2)﹣(2﹣32)|＝3≠2，∴点M不是⊙O的“完美点”，同理：点(312)是⊙O的“完美点”．故答案为不是，是．②如图1，根据题意，|PA﹣PB|＝2，∴|OP+2﹣(2﹣OP)|＝2，∴OP＝1．若点P在第一象限内，作PQ⊥x轴于点Q，∵点P在直线y＝34x上，OP＝1，∴43,55 OQ PQ==．∴P(43,55)．若点P在第三象限内，根据对称性可知其坐标为(﹣45，﹣35)．综上所述，PO的长为1，点P的坐标为(43,55)或（43,55--）)．(2)对于⊙C的任意一个“完美点”P都有|PA﹣PB|＝2，∴|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2．∴CP＝1．∴对于任意的点P，满足CP＝1，都有|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2，∴|PA﹣PB|＝2，故此时点P为⊙C的“完美点”．因此，⊙C的“完美点”是以点C为圆心，1为半径的圆．设直线y＝﹣2x+1与y轴交于点D，如图2，当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的上方时，t的值最大．设切点为E，连接CE，∵⊙C的圆心在直线y＝﹣2x+1上，∴此直线和y轴，x轴的交点D(0，1)，F(12，0)，∴OF＝12，OD＝1，∵CE∥OF，∴△DOF∽△DEC，∴OD OF DE CE=，∴112 DE=，∴DE＝2，∴OE＝3，t的最大值为3，当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的下方时，t的值最小．同理可得t的最小值为﹣1．综上所述，t的取值范围为﹣1≤t≤3．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了新定义，相似三角形的性质和判定，直线和圆的位置关系，解本题的关键是理解新定义的基础上，会用新定义，是一道比中等难度的中考常考题.6．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为直径，AC和BD交于点E，AB＝BC．（1）求∠ADB的度数；（2）过B作AD的平行线，交AC于F，试判断线段EA，CF，EF之间满足的等量关系，并说明理由；（3）在（2）条件下过E，F分别作AB，BC的垂线，垂足分别为G，H，连接GH，交BO 于M，若AG＝3，S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，求⊙O的半径．【答案】（1）45°；（2）EA2+CF2＝EF2，理由见解析；（3）2【解析】【分析】（1）由直径所对的圆周角为直角及等腰三角形的性质和互余关系可得答案；（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2=EF2．如图2，设∠ABE=α，∠CBF=β，先证明α+β=45°，再过B作BN⊥BE，使BN=BE，连接NC，判定△AEB≌△CNB （SAS）、△BFE≌△BFN（SAS），然后在Rt△NFC中，由勾股定理得：CF2+CN2=NF2，将相关线段代入即可得出结论；（3）如图3，延长GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2=EF2，变形推得S△ABC=S矩形BGKH，S△BGM=S四边形COMH，S△BMH=S四边形AGMO，结合已知条件S四边形AGMO：S四边形CHMO=8：9，设BG=9k，BH=8k，则CH=3+k，求得AE的长，用含k的式子表示出CF和EF，将它们代入EA2+CF2=EF2，解得k的值，则可求得答案．【详解】解：（1）如图1，∵AC为直径，∴∠ABC＝90°，∴∠ACB+∠BAC＝90°，∵AB＝BC，∴∠ACB＝∠BAC＝45°，∴∠ADB＝∠ACB＝45°；（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2＝EF2．理由如下：如图2，设∠ABE＝α，∠CBF＝β，∵AD∥BF，∴∠EBF＝∠ADB＝45°，又∠ABC＝90°，∴α+β＝45°，过B作BN⊥BE，使BN＝BE，连接NC，∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN，∴△AEB≌△CNB（SAS），∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°，∴∠FCN＝90°．∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF，∴△BFE ≌△BFN （SAS ），∴EF ＝FN ， ∵在Rt △NFC 中，CF 2+CN 2＝NF 2，∴EA 2+CF 2＝EF 2；（3）如图3，延长GE ，HF 交于K ，由（2）知EA 2+CF 2＝EF 2，∴12EA 2+12CF 2＝12EF 2， ∴S △AGE +S △CFH ＝S △EFK ，∴S △AGE +S △CFH +S 五边形BGEFH ＝S △EFK +S 五边形BGEFH ，即S △ABC ＝S 矩形BGKH ，∴12S △ABC ＝12S 矩形BGKH ， ∴S △GBH ＝S △ABO ＝S △CBO ，∴S △BGM ＝S 四边形COMH ，S △BMH ＝S 四边形AGMO ，∵S 四边形AGMO ：S 四边形CHMO ＝8：9，∴S △BMH ：S △BGM ＝8：9，∵BM 平分∠GBH ，∴BG ：BH ＝9：8， 设BG ＝9k ，BH ＝8k ，∴CH ＝3+k ，∵AG ＝3，∴AE ＝2，∴CF 2（k+3），EF 2（8k ﹣3），∵EA 2+CF 2＝EF 2，∴222(32)2(3)]2(83)]k k ++=-，整理得：7k 2﹣6k ﹣1＝0，解得：k 1＝﹣17（舍去），k 2＝1． ∴AB ＝12，∴AO ＝22AB ＝2， ∴⊙O 的半径为2．【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆的相关性质及定理、全等三角形的判定与性质、多边形的面积公式、勾股定理及解一元二次方程等知识点，熟练运用相关性质及定理是解题的关键．7．如图①②，在平面直角坐标系中，边长为2的等边CDE ∆恰好与坐标系中的OAB ∆重合，现将CDE ∆绕边AB 的中点(G G 点也是DE 的中点），按顺时针方向旋转180︒到△1C DE 的位置．（1）求1C 点的坐标； （2）求经过三点O 、A 、1C 的抛物线的解析式；（3）如图③，G 是以AB 为直径的圆，过B 点作G 的切线与x 轴相交于点F ，求切线BF 的解析式；（4）抛物线上是否存在一点M ，使得:16:3AMF OAB S S ∆∆=．若存在，请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）13)C ；（2）23333y x x =-；（3）32333y x =+；（4）1283834,,2,33M M ⎛⎫⎛- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭．【解析】【分析】（1）利用中心对称图形的性质和等边三角形的性质，可以求出．（2）运用待定系数法，代入二次函数解析式，即可求出．（3）借助切线的性质定理，直角三角形的性质，求出F ，B 的坐标即可求出解析式． （4）当M 在x 轴上方或下方，分两种情况讨论．【详解】解：（1）将等边CDE ∆绕边AB 的中点G 按顺时针方向旋转180︒到△1C DE ， 则有，四边形'OAC B 是菱形，所以1C 的横坐标为3，根据等边CDE ∆的边长是2，利用等边三角形的性质可得13)C ；（2）抛物线过原点(0,0)O ，设抛物线解析式为2y ax bx =+，把(2,0)A，C '代入，得42093a b a b +=⎧⎪⎨+=⎪⎩解得3a =，b = ∴抛物线解析式为233y x x =-；（3）90ABF ∠=︒，60BAF ∠=︒，30AFB ∴∠=︒，又2AB =，4AF ∴=，2OF ∴=， (2,0)F ∴-，设直线BF 的解析式为y kx b =+，把B ，(2,0)F -代入，得20k b k b ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩，解得k =b = ∴直线BF的解析式为33y x =+； （4）①当M 在x轴上方时，存在2()M x ，211:[4)]:[216:322AMF OAB S S ∆∆=⨯⨯⨯=， 得2280x x --=，解得14x =，22x =-，当14x =时，244y ， 当12x =-时，2(2)(2)y =--=1M ∴，2(M -； ②当M 在x轴下方时，不存在，设点2()M x x ，211:[4)]:[216:322AMF OAB S S ∆∆=-⨯⨯⨯=，得2280x x -+=，240b ac -<无解，综上所述，存在点的坐标为183(4,)M ，283(2,)M -． 【点睛】此题主要考查了旋转，等边三角形的性质，菱形的判定和性质，以及待定系数法求解二次函数解析式和切线的性质定理等，能熟练应用相关性质，是解题的关键．8．AB 是O 直径，,C D 分别是上下半圆上一点，且弧BC =弧BD ，连接,AC BC ，连接CD 交AB 于E ，（1）如图(1)求证：90AEC ∠=︒；（2）如图(2)F 是弧AD 一点，点,M N 分别是弧AC 和弧FD 的中点，连接FD ，连接MN 分别交AC ，FD 于,P Q 两点，求证：MPC NQD ∠=∠（3）如图(3)在(2)问条件下，MN 交AB 于G ，交BF 于L ，过点G 作GH MN ⊥交AF 于H ，连接BH ，若,6,BG HF AG ABH ==∆的面积等于8，求线段MN 的长度【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）24105MN =． 【解析】【分析】（1）由垂径定理即可证明； （2）利用等弧所对的圆周角相等和三角形外角性质即可得到结论；（3）由∠MPC=∠NQD 可得：∠BGL=∠BLG ，BL=BG ，作BR ⊥MN ，GT ⊥AF ，HK ⊥AB ，证明：GH 平分∠AGT ，利用相似三角形性质和角平分线性质求得△AGT 三边关系，再求出HK 与GH ，OS ⊥MN ，再利用相似三角形性质求出OS ，利用勾股定理求MN 即可．【详解】解：()1证明：∵BC BD =，AB 为直径，∴AB ⊥CD∴∠AEC=90°；()2连接,OM ON ，∵点M 是弧AC 的中点，点N 是弧DF 的中点，∴AM CM =，FN DN =，∴,OM AC ON FD ⊥⊥，∵OM=ON ，∴M N ∠=∠，∵90M MPC N NQB ∠+∠=∠+∠=︒，MPC NQD ∴∠=∠；()3如图3，过G 作GT ⊥AF 于T ，过H 作HK ⊥AB 于K ，过B 作BR ⊥MN 于R ，过O 作OS ⊥MN 于S ，连接OM ，设BG=m ，∵△ABH 的面积等于8，AG=6 ∴HK=166m +， ∵BC BD =，∴∠BAC=∠BFD ，由（2）得∠MPC=∠NQD∴∠AGM=∠FLN∴∠BGL=∠BLG∴BL=BG ，∵BR ⊥MN∴∠ABR=∠FBR∵GH ⊥MN∴GH ∥BR∴∠AGH=∠ABR∵AB 是直径，GT ⊥AF∴∠AFB=∠ATG=90°∴GT ∥BF ，又∵GH ∥BR∴∠TGH=∠FBR∴∠AGH=∠TGH ，又∵HK ⊥AG ，HT ⊥GT ，∴HT=HK=166m +， ∵FH=BG=m ， ∴FT=16(8)(2)66m m m m m +--=++， ∵GT ∥BF ， ∴AT AG FT BG=， ∴6(8)(2)(6)m m AT m m +-=+，616m AH m -=，48(6)(38)m KG TG m m ==+-， ∵222AT TG AG +=，代入解得：m=4；∴AB=10，OM=5，GK=245，HK=85，OG=1∴GH=5， ∵OS ⊥MN∴∠OSG=∠GKH=90°，GH ∥OS∴∠HGK=∠GOS∴△HGK ∽△GOS ， ∴OS GK OG GH=，∴OS =∴MG =∴MN =【点睛】 本题考查了圆的性质，圆周角定理，垂径定理，相似三角形判定和性质，勾股定理等，综合性较强，尤其是第（3）问难度很大，计算量大，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确作出辅助线，运用数形结合的思想进行解题．9．阅读材料：“最值问题”是数学中的一类较具挑战性的问题．其实，数学史上也有不少相关的故事，如下即为其中较为经典的一则：海伦是古希腊精通数学、物理的学者，相传有位将军曾向他请教一个问题﹣﹣如图1，从A点出发，到笔直的河岸l去饮马，然后再去B 地，走什么样的路线最短呢？海伦轻松地给出了答案：作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B交l于点P，则PA+PB＝A′B的值最小．解答问题：（1）如图2，⊙O的半径为2，点A、B、C在⊙O上，OA⊥OB，∠AOC＝60°，P是OB上一动点，求PA+PC的最小值；（2）如图3，已知菱形ABCD的边长为6，∠DAB＝60°．将此菱形放置于平面直角坐标系中，各顶点恰好在坐标轴上．现有一动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度，沿A→C 的方向，向点C运动．当到达点C后，立即以相同的速度返回，返回途中，当运动到x轴上某一点M时，立即以每秒1个单位的速度，沿M→B的方向，向点B运动．当到达点B 时，整个运动停止．①为使点P能在最短的时间内到达点B处，则点M的位置应如何确定？②在①的条件下，设点P的运动时间为t（s），△PAB的面积为S，在整个运动过程中，试求S与t之间的函数关系式，并指出自变量t的取值范围．【答案】（1）PA+PC的最小值是32）①点M30）时，用时最少；②S与t之间的函数关系式是当3t3S＝3﹣3t；当0＜t3S ＝3t．当3t3S＝﹣3t3【解析】【分析】（1）延长AO交圆O于M，连接CM交OB于P，连接AC，AP+PC＝PC+PM＝CM最小；（2）①根据运动速度不同以及运动距离，得出当PB⊥AB时，点P能在最短的时间内到达点B处；②根据三角形的面积公式求出从A到C时，s与t的关系式和从C3，0）以及到B 的解析式．【详解】解：（1）延长AO交圆O于M，连接CM交OB于P，连接AC，则此时AP+PC＝PC+PM＝CM最小，∵AM是直径，∠AOC＝60°，∴∠ACM＝90°，∠AMC＝30°，∴AC＝12AM＝2，AM＝4，由勾股定理得：CM＝22AM AC＝23．答：PA+PC的最小值是23．（2）①根据动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度，沿A→C的方向，向点C运动．当到达点C后，立即以相同的速度返回，返回途中，当运动到x轴上某一点M时，立即以每秒1个单位的速度，沿M→B的方向，向点B运动，即为使点P能在最短的时间内到达点B处，∴当PB⊥AB时，根据垂线段最短得出此时符合题意，∵菱形ABCD，AB＝6，∠DAB＝60°，∴∠BAO＝30°，AB＝AD，AC⊥BD，∴△ABD是等边三角形，∴BD＝6，BO＝3，由勾股定理得：AO＝3在Rt△APB中，AB＝6，∠BAP＝30°，BP＝12AP，由勾股定理得：AP＝3，BP＝3，∴点M30）时，用时最少．②当0＜t3AP＝2t，∵菱形ABCD，∴∠OAB＝30°，∴OB＝12AB＝3，由勾股定理得：AO＝CO＝3，∴S＝12AP×BO＝12×2t×3＝3t；③当33＜t≤43时，AP＝63﹣（2t﹣63）＝123﹣2t，∴S＝12AP×BO＝12×（123﹣2t）×3＝183﹣3t．当43＜t≤63时，S＝12AB×BP＝12×6×[23﹣（t﹣43）]＝﹣3t+183，答：S与t之间的函数关系式是当33＜t≤43时，S＝183﹣3t；当0＜t≤33时，S＝3t．当43＜t≤63时，S＝﹣3t+183．【点睛】本题主要考查对含30度角的直角三角形，勾股定理，三角形的面积，轴对称-最短问题，圆周角定理等知识点的理解和掌握，能综合运用性质进行计算是解此题的关键．10．△ABC内接于⊙O，AB=AC，BD⊥AC，垂足为点D，交⊙O于点E，连接AE．（1）如图1，求证：∠BAC=2∠CAE；（2）如图2，射线AO交线段BD于点F，交BC边于点G，连接CE，求证：BF=CE；（3）如图3，在（2）的条件下，连接CO并延长，交线段BD于点H，交⊙O于点M，连接FM，交AB边于点N，若BH=DH，四边形BHOG的面积为2，求线段MN的长．【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）6MN【解析】【分析】（1）先依据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理证明∠BAC+2∠C=180°，然后得到2∠CAE+2∠E=180°，然后根据同弧所对的圆周角相等得到∠E=∠C，即可得到结论；（2）连接OB、OC．先依据SSS证明△ABO≌△ACO，从而得到∠BAO=∠CAO，然后在依据ASA证明△ABF≌△ACE，最后根据全等三角形的性质可证明BF=CE；（3）连接HG、BM．由三线合一的性质证明BG=CG，从而得到HG是△BCD的中位线，则∠FHO=∠AFD=∠HFO，于是可得到HO=OF，然后得到∠OGH=∠OHG，从而得到OH=OG，则OF=OG，接下来证明四边形MFGB是矩形，然后由MF∥BC证明△MFH∽△CBH，从而可证明HF=FD．接下来再证明△ADF≌△GHF，由全等三角形的性质的到AF=FG，然后再证明△MNB≌△NAF，于是得到MN=NF．设S△OHF=S△OHG=a，则S△FHG=2a，S△BHG=4a，然后由S四边形BHOG=52，可求得a=2，设HF=x ，则BH=2x ，然后证明△GFH ∽△BFG ，由相似三角形的性质可得到HG=2x ，然后依据S △BHG =12BH•HG=42，可求得x=2，故此可得到HB 、GH 的长，然后依据勾股定理可求得BG 的长，于是容易求得MN 的长．【详解】解：（1）∵AB=AC ，∴∠ABC=∠ACB ．∴∠BAC+2∠C=180°．∵BD ⊥AC ，∴∠ADE=90°．∴∠E+∠CAE=90°．∴2∠CAE+2∠E=180°．∵∠E=∠ACB ，∴2∠CAE+2∠ACB=180°．∴∠BAC=2∠CAE ．（2）连接OB 、OC ．∵AB=AC ，AO=AO ，OB=OC ，∴△ABO ≌△ACO ．∴∠BAO=∠CAO ．∵∠BAC=2∠CAE ，∴∠BAO=∠CAE ．在△ABF 和△ACE 中，ABF ACE AB ACBAF CAE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ∴△ABF ≌△ACE ．∴BF=CE ．（3）连接HG 、BM ．∵AB=AC ，∠BAO=∠CAO ，∴AG ⊥BC ，BG=CG ．∵BH=DH ，∴HG 是△BCD 的中位线．∴HG ∥CD ．∴∠GHF=∠CDE=90°．∵OA=OC ，∴∠OAC=∠OCA ．∵∠OAC+∠AFD=90°，∠OCA+∠FHO=90°，∴∠FHO=∠AFD=∠HFO ．∴HO=OF ．∵∠HFO+∠OGH=90°，∠OHF+∠OHG=90°，∴∠OGH=∠OHG ．∴OH=OG ．∴OF=OG ．∵OM=OC ，∴四边形MFCG 是平行四边形．又∵MC 是圆O 的直径，∴∠CBM=90°．∴四边形MFGB 是矩形．∴MB=FG ，∠FMB=∠AFN=90°．∵MF ∥BC ，∴△MFH ∽△CBH ． ∴12HF MF BH CB ==． ∴HF ：HD=1：2．∴HF=FD ． 在△ADF 和△GHF 中，AFD GFH ADF GHF FH FD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADF ≌△GHF ．∴AF=FG ．∴MB=AF ．在△MNB 和△NAF 中，90BMF AFN ANF BNM MB AF ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△MNB ≌△NAF ．∴MN=NF ．设S △OHF =S △OHG =a ，则S △FHG =2a ，S △BHG =4a ，∴S 四边形BHOG．∴．设HF=x ，则BH=2x ．∵∠HHG=∠GFB ，∠GHF=∠FGB ，∴△GFH ∽△BFG ． ∴HF GH HG BH =，即2x HG HG x=． ∴． ∴S △BHG =12BH•HG=12， 解得：x=2．∴HB=4，．由勾股定理可知：．∴．∴．【点睛】本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了圆周角定理、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判断、勾股定理的应用、矩形的性质和判定，找出图中相似三角形和全等三角形是解题的关键．。
浙教版数学九年级上第3章圆的基本性质练习题(Word版)
浙教版数学九年级上第3章圆的基本性质练习题（Word 版）一、选择题(每题 4 分，共 32 分)1．到圆心的距离不大于半径的一切点必在(D )A ．圆的外部B ．圆的外部C ．圆上D ．圆的外部或圆上2．有以下说法：①半径是弦；②半圆是弧，但弧不一定是半圆；③面积相等的两个圆是等 圆．其中正确的有(C )A ．0 个B ．1 个C ．2 个D ．3 个3．假设直角三角形的两条直角边长区分为 3和 1，那么它的外接圆直径是(B )A ．1B ．2C ．3D ．44．圆弧形蔬菜大棚的剖面图如下图，AB ＝6 m ，∠CAD ＝30°，那么大棚的高度 CD 约为(B )(第 4 题)A ．3 mB ．1.7 mC ．3.4 mD ．5.2 m【解】 设点 O 为该圆弧的圆心，连结 OC ，OA . ∵AC ＝BC ，∴OC ⊥AB .∵CD ⊥AB ，∴C ，D ，O 三点共线．∴AD ＝12AB ＝3 m. ∵∠CAD ＝30°，∴CD ＝12AC . 在Rt △ACD 中，AC 2＝AD 2＋CD 2，即(2CD )2＝32＋CD 2，解得 CD 1.7(m)．5．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，△A ′B ′C ′由△ABC 绕点 P 旋转失掉，那么点 P 的坐 标为(B )A ．(0，1)B ．(1，－1)C ．(0，－1)D ．(1，0) (第 5 题)【解】 如图，对应点的连线 CC ′，AA ′的垂直平分线的交点是(1，－1)，依据旋转变换 的性质，点(1，－1)即为旋转中心．6．如图，在⊙O 中，AB ，AC 是相互垂直的两条弦，OD ⊥AB 于点 D ，OE ⊥AC 于点 E ，且 AB ＝8 cm ，AC ＝6 cm ，那么⊙O 的半径 OA 长为(C )A ．3 cmB ．4 cmC ．5 cmD ．6 cm(第 6 题)【解】 ∵OD ⊥AB ，OE ⊥，∴AE ＝12AC ＝12×6＝3(cm)，AD ＝12AB ＝12×8＝4(cm)，∠OEA ＝∠ODA ＝90°. ∵AB ，AC 是相互垂直的两条弦，∴∠BAC ＝90°，∴四边形 OEAD 是矩形， ∴OD ＝AE ＝3 cm ， 在 Rt △OAD 中，OA ＝5 cm.7．如图，在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AD ⊥BC 于点 D ，假定△ABC ，△ABD ，△ACD 的外 接圆半径区分为 R ，R 1，R 2，那么(D )A ．R ＝R 1＋R 2B ．R ＝122R RC ．R 2＝R 1R 2D ．R 2＝R 12 ＋R 22【解】 ∵∠BAC ＝90°，AD ⊥BC ，∴R ＝12BC ，R 1＝12AB ，R 2＝12AC .∵BC2＝AB2＋AC2，∴R2＝R2＋R 2.1(第7 题) (第8 题)8．如图，▱ABCD 中，AE⊥BC 于点E，以点B 为中心，取旋转角等于∠ABC，把△BAE 顺时针旋转失掉△BA′E′，连结DA′.假定∠ADC＝60°，∠ADA′＝50°，那么∠DA′E′的度数为(C)A．130°B．150°C．160°D．170°【解】∵四边形ABCD 是平行四边形，∠ADC＝60°，∴∠ABC＝60°，∠DCB＝120°.∵∠ADA′＝50°，∴∠A′DC＝10°，∴∠DA′B＝130°.∵AE⊥BC 于点E，∴∠BAE＝30°.∵△BAE 顺时针旋转失掉△BA′E′，∴∠BA′E′＝∠BAE＝30°，∴∠DA′E′＝∠DA′B＋∠BA′E′＝160°.二、填空题(每题4 分，共24 分)9．如图，EF 所在的直线垂直平分线段AB，应用这样的工具最少运用2 次，就可以找到圆形工件的圆心．(第9 题) (第10 题)10．如图，在⊙O 中，点A，O，D 以及点B，O，C 区分在一条直线上，那么图中的弦有3条．11．赵州桥是我国修建史上的一大创举，它距今约1400 年，历经有数次洪水冲击和8 次地震却平安无事．如图，假定桥跨度AB 约为40 m，主拱高CD 约为10 m，那么桥弧AB 所在圆的半径R 约为25m.(第11 题)【解】设桥弧AB 所在圆圆心为O，连结OC，OA.由题意，得AC＝BC，∴OC⊥AB.∵CD⊥AB，∴C，D，O 三点共线，AD＝12AB＝20 m.在Rt△AOD 中，∵OD＝(R－10)m，AO2＝AD2＋OD2，∴R2＝202＋(R－10)2，解得R＝25(m)．12．如图，将Rt△ABC 绕直角顶点C 顺时针旋转90°失掉△A′B′C，连结AA′.假定∠1＝20°，那么∠B 的度数是65°．【解】提示：∠CAA′＝45°，从而失掉∠B＝∠A′B′C＝65°.(第12 题) (第13 题)13．如图，在矩形ABCD 中，AB＝4，AD＝3，以顶点D 为圆心作半径为r 的圆，假定要求另外三个顶点A，B，C 中至少有一个点在圆内，且至少有一个点在圆外，那么r 的取值范围是3＜r＜5．【解】连结BD.在Rt△ABD 中，AB＝4，AD＝3，那么BD＝32＋42＝5.由图可知3＜r＜5.14．圆的两弦AB，CD 的长是方程x2－42x＋432＝0 的两根，且AB∥CD.假定两弦之间的距离为3，那么圆的半径是15．【解】解方程x2－42x＋432＝0，得x1＝24，x2＝18.设AB＝24，CD＝18，圆的半径是r，作OM⊥AB 于点M，ON⊥CD 于点N，连结OA，OC.那么AM＝12，CN＝9，OM＝OA2－AM2＝r2－122＝r2－144，ON＝OC2－CN2＝r2－92＝r2－81.如解图①，当AB 与CD 在圆心的两边时，OM＋ON＝3，即r2－144＋r2－81＝3，方程无解．如解图②，当AB 与CD 在圆心的同侧时，ON－OM＝3，即r2－81－r2－144＝3，解得r＝15.综上所述，圆的半径是15.(第14 题解)三、解答题(共44 分)BC(如图)，用直尺和圆规求作⊙O，使⊙O 经过B，15．(10 分)△ABC 和线段a，且a>12C 两点，且半径为a，并说出可以作出几个圆(要求写出作法)．(第15 题) (第15 题解)【解】如解图．①作△ABC 的边BC 的垂直平分线DE.②以点B 为圆心，a 为半径画弧，交DE 于O，O′两点．③区分以点O 和O′为圆心，a 为半径画圆．那么⊙O 和⊙O′就是所要求作的圆．可以作出两个圆(即⊙O 和⊙O′)．16．(10 分)如图，在⊙O 中，CD 是直径，AB 是弦，AB⊥CD 于点M，CD＝15 cm.假定OM∶OC ＝3∶5，求弦AB 的长．(第16 题)【解】连结OA.由垂径定理，得AM＝BM.∵CD＝15 cm，∴OA＝OC＝12CD＝7.5 cm.又∵OM∶OC＝3∶5，∴OM＝4.5 cm.在Rt△AOM 中，由勾股定理，得AM＝OA2－OM2＝6 cm，∴AB＝2AM＝12 cm.17．(10 分)如图，在△ABC 和△AEF 中，∠B＝∠E，AB＝AE，BC＝EF，∠BAE＝25°，∠F＝60°. (1)求证：∠CAF＝∠BAE.(2)△ABC 可以经过图形变换失掉△AEF，请你描画这个变换．(3)求∠AMB 的度数．(第17 题)【解】(1)∵∠B＝∠E，AB＝AE，BC＝EF，∴△ABC≌△AEF.∴∠BAC＝∠EAF.∴∠BAC－∠P AF＝∠EAF－∠P AF，即∠CAF＝∠BAE.(2)经过观察可知，△ABC 绕点A 顺时针旋转25°失掉△AEF.(3)由(1)知，∠C ＝∠F ＝60°，∠CAF ＝∠BAE ＝25°，∴∠AMB ＝∠C ＋∠CAF ＝60°＋25°＝85°.18．(14 分)如图①，⊙O 的半径为 1，PQ 是⊙O 的直径，n 个相反的正三角形沿 PQ 排 成一列，一切正三角形都关于 PQ 对称，其中第一个△A 1B 1C 1 的顶点 A 1 与点 P 重合，第二 个△A 2B 2C 2 的顶点 A 2 是 B 1C 1 与 PQ 的交点……最后一个△A n B n C n 的顶点 B n ，C n 在圆上． (第 18 题)(1)如图②，当 n ＝1 时，求正三角形的边长 a 1. (2)如图③，当 n ＝2 时，求正三角形的边长 a 2. (3)如图①，求正三角形的边长 a n (用含 n 的代数式表示)．【解】 (1)易知△A 1B 1C 1的高为32，那么边长为3，∴a 1＝3 (2)设△A 1B 1C 1 的高为 h ，那么 A 2O ＝1－h ，连结 B 2O ，设 B 2C 2 与 PQ 交于点 F ，那么有 OF ＝2h －1.∵B 2O 2＝B 2F 2＋OF 2，∴1＝(12＋a 2) 2 ＋(2h －1)2.，∴1＝14a 2 2＋ a －1)2解得 a 2＝13 (3)同(2)，连结 B n O ，设 B n C n 与 PQ 交于点 F ，那么有 B n O 2＝B n F 2＋OF 2，即 1＝(1a n ) 2 ＋(n h －1)2.∵h＝2 a ，∴1＝14a n 2＋(2 a －1)2解得 a n ＝231n。
塑性理论练习题
课件作业：1、应力分析：已知某点应力状态的应力分量为：⏹ （1）、该点的应力张量、应力偏张量、应力球张量； ⏹ （2）、求其主应力和主应力的方向(用两种方法)； ⏹ （3）、求其主切(剪)面上的正应力、切(剪)应力； ⏹ （4）、求其八面体上的正应力、切(剪)应力； ⏹ （5）、求其等效应力； ⏹ （6）、画出该点的应力莫尔圆，并标出主切(剪平)面和八面体平面的的位置。
解：（1）（2）、解法一：状态的特征方程032213=---J J J σσσ中的应力不变量为：)(21125)(70)(222322221=++-+=-=+++++-==++=xy z xz y yz x zx yz xy z y x x zx yx xy x z z y y x z y x J J J τστστστττσσστττσσσσσσσσσ 得力状态的特征方程：011257023=+-σσσ 解得： 0,2545321===σσσ，求三个主应力分量的作用方向：先求主应力451=σ的微分面的方向：解此方程得可得451=σ的微分面的方向， 同理，可分别求得02532==σσ和所作用的微分平面的方向：解法二：（3）、主切面上的正应力、切应力： 102/,352/21122112±=-±==+=）（）（σστσσσ （4）、因为有：33321±===l l l 3.3233/3218=++==）（σσσσσm (5)、等效应力:[]0512.392/2/32312322218=-+-+-==）（）（）（σσσσσστσ （6）、57737.03157785.07.540=≈=COS2、应变分析：已知某受应力作用点的三个应变分量为：161430321-=-==εεε，，，试求60cos ==n m 线元r r γε,。
解：x x30,40,y xy y σσττ====1：什么是金属的塑性？什么是塑性成形？与金属切削相比，塑性成形有何特点？答：塑性：在外力作用下使材料发生塑性变形而不破坏其完整性的能力称为塑性。
圆的认识六年级练习题
圆的认识六年级练习题一、选择题1. 圆的定义是：A. 没有起点和终点的曲线B. 只有起点没有终点的曲线C. 等距离于圆心的点的集合2. 下图中，哪个几何图形是圆？A. △ ABCB. ○ DEFC. □ GHI3. 圆的特点是：A. 只有一条曲线B. 没有边界C. 所有点到圆心的距离相等4. 下列几何图形中，属于圆内部的是：A. A、B、CB. A、B、DC. A、B、E5. 下列哪个命题是正确的？A. 圆的半径大于直径B. 圆的半径等于直径的一半C. 圆的半径小于直径二、填空题1. 圆的中心点叫做________。
2. 圆的直径是圆上任意两点之间的________。
3. 圆的半径是圆心到任意一点的________。
4. 圆上的任意一条弧的长度叫做________。
5. 圆的边界叫做________。
三、解答题1. 画出下列圆的直径，并用两个字母表示直径的两个端点。
A. ○ PQRB. ○ STU2. 画出下列圆的半径，并用一个字母表示半径的起点。
A. ○ VWXB. ○ YZZ3. 用尺规法作出一个半径为5厘米的圆。
（提示：利用尺子测量5厘米的长度，在纸上标记起点和终点，再将圆规的一只脚放在起点，另一只脚与终点相接，然后固定圆规，画出一个完整的圆。
）四、应用题小明家的花园中有一个圆形花坛，其直径为8米。
请回答以下问题：1. 这个圆形花坛的半径是多少米？2. 这个圆形花坛的周长是多少米？3. 这个圆形花坛的面积是多少平方米？五、判断题判断下列说法是否正确，正确的用“√”表示，错误的用“×”表示。
1. 圆和正方形的边长相等。
（）2. 圆的周长等于直径的两倍。
（）3. 圆的面积等于直径与3.14的乘积。
（）六、解析题请根据题目要求完成下列问题。
1. 画一个圆，标出圆心、直径和半径。
2. 标出圆上的两个弧，并求出其长度。
3. 画一个圆，标出一个半径和一个直径，使直径是半径的两倍。
4. 求一个圆的半径为6厘米时，这个圆的周长和面积分别是多少？七、综合题请根据题目要求完成下列问题。
莫尔圆练习题
50
x y
2
) 2 (xy) 2 (
50 10 2 ) (40) 2 50 2
(kg/cm2)
1, 2
x y
2
(
x y
2
) 2 (xy) 2
50 10 50 10 2 ( ) (40) 2 (70,30) 2 2
10
莫尔圆解
圓心座標=1/2(50+(-10))=20 (σ,τ)=(20,0) 半徑r=√(302+402)=50 α=tan-1(40/30)=53.130 1σθ τθ=50sin66.87° =45.981(kg/cm2) =20-50xcos66.870 =0.359(kg/cm2)
B
50 (kg/cm2)
10 (kg/cm2)
10
公式解
σn=1/2(σx+σy)+1/2(σx-σy) cos2θ-τxysin2θ
B
40
θ=300
A
=1/2(50+(-10))+1/2(50-(-10)) cos2x30° -40sin2x30° =0.359(kg/cm2) τ=1/2(σx-σy)sin2θ+ τxysin2θ =1/2(50-(-10)) sin2x30° -40sin2x30° =45.981(kg/cm2)
B
y
A
=200
σ
x
=400
平面应力分析例題
如图所示σx=50 kg/cm2，σy=10 kg/cm2， τxy=40kg/cm2 。试以 1.公式解 2.ax是多少？ (3)σ1，σ2各为多少？
呼伦贝尔市九年级数学上册第四单元《圆》检测题(包含答案解析)
一、选择题1．在ABC 中，90,4,3C AC BC ∠=︒==，把它绕AC 旋转一周得一几何体，该几何体的表面积为（ ）A ．24πB ．21πC ．16.8πD ．36π2．如图，在平行四边形ABCO 中，45C ∠=︒，点A ，B 在⊙O 上，点D 在优弧ADB 上，DA DB =，则AOD ∠的度数为（ ）A ．165°B ．155°C ．145°D ．135°3．2020年温州市实验中学数学文化节征稿文化节LOGO ，小明利用古希腊医学家希波克拉底所画图形进行设计．如图ABC 内接于一个半径为5的半圆，90ACB ∠=︒，分别以AB ，BC ，AC 为直径向外作半圆．若阴影部分图形面积之和是空白部分图形面积之和的3倍，则ABC 的面积为（ ）A ．5πB ．7.5πC ．253πD ．10π4．点P 到圆上各点的最大距离为10cm ，最小距离为6cm ，则此圆的半径为（ ） A ．8cmB ．5cm 或3cmC ．8cm 或2cmD ．3cm 5．已知正方形的边长a ，其内切圆的半径为r ，外接圆的半径为R ，则::R r a =（ ） A 22 B 2 C 2 D ．224 6．如图，在ABC 中，90C ∠=︒，7AB =，4AC =，以点C 为圆心、CA 为半径的圆交AB 于点D ，求弦AD 的长为（ ）A ．4337B ．327C ．2337D ．1677．如图，正六边形ABCDEF 内接于O ，过点O 作OM ⊥弦BC 于点M ，若O 的半径为4，则弦心距OM 的长为（ ）A ．23B ．3C ．2D ．22 8．如图，ABC 的三个顶点都在5×5的网格（每个小正方形的边长均为1个单位长度）的格点上，将ABC 绕点B 顺时针旋转到A B C '''的位置，且点A '、C '仍落在格点上，则线段AB 扫过的图形的面积是（ ）平方单位（结果保留）A ．254πB ．134πC ．132πD ．136π 9．下列命题中，正确的是（ ）A ．平面上三个点确定一个圆B ．等弧所对的圆周角相等C ．三角形的外心在三角形的外面D ．与某圆一条半径垂直的直线是该圆的切线10．如图，PA 、PB 、CD 是O 的切线，切点分别是A 、B 、E ，CD 分别交PA 、PB 于C 、D 两点，若60APB ∠=︒，则COD ∠的度数（ ）A ．50°B ．60°C ．70°D ．75°11．如图，点M 是矩形ABCD 的边BC 、CD 上的点，过点B 作BN ⊥AM 于点P ，交矩形ABCD 的边于点N ，连接DP ，若AB=6，AD=4，则DP 的长的最小值为（ ）A ．2B ．121313C ．4D ．512．在△ABC 中，∠ACB 为锐角，分别以AB ，AC 为直径作半圆，过点B ，A ，C 作弧BAC ，如图所示．若AB=4，AC=2，图中两个新月形面积分别为S 1，S 2，两个弓形面积分别为S 3，S 4，S 1-S 2=14π，则S 3-S 4的值是( )A ．294πB ．234πC ．114πD ．54π 二、填空题13．如图，矩形ABCD 和正方形BEFG 中2AB =，3AD =，1BE =，正方形BEFG 绕点B 旋转过程中，线段DF 的最小值为______．14．如图，正六边形ABCDEF 的边长为2，分别以点A ，D 为圆心，以AB ，DC 为半径作扇形ABF ，扇形DCE ．则图中阴影部分的面积是______．15．如图所示，已知矩形ABCD 的边3AB cm =，4AD cm =．以点A 为圆心作圆，使B ，C ，D 三点中至少有一点在圆外，且至少有一点在圆内，此圆半径R 的取值范围是______．16．一点到O 上的最近距离为3cm ，最远距离为11cm ，则这圆的半径是______． 17．边长为2的正方形ABCD 的外接圆半径是____________．18．如图，⊙O 的半径为1，作两条互相垂直的直径AB 、CD ，弦AC 是⊙O 的内接正四边形的一条边．若以A 为圆心，以1为半径画弧，交⊙O 于点E ，F ，连接AE 、CE ，弦EC 是该圆内接正n 边形的一边，则该正n 边形的面积为____．19．如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝3cm ，BC ＝4cm ，若以C 为圆心，r 为半径所作的圆与斜边AB 相切，则r 的值是________20．在半径为4cm 的圆中，长为4cm 的弦所对的圆周角的度数为________三、解答题21．如图，AB 为O 的直径，C 为O 上一点，AD 和过点C 的切线相互垂直，垂足为D ，且交O 于点E ，连接OC ，BE ，相交于点F ．（1）求证：EF BF =；（2）若4DC =，2DE =，求直径AB 的长．22．如图，在平面直角坐标系xOy 中，点A （3，3），点B （4，0），点C （0，﹣1）． （1）以点C 为中心，把△ABC 逆时针旋转90°，画出旋转后的图形△A′B′C ；（2）在（1）中的条件下，①点A 经过的路径1AA 的长为 （结果保留π）；②写出点B′的坐标为 ．23．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，ABC ∆的顶点均在格点上，点B 的坐标为()1,0．（1）画出ABC ∆关于x 轴对称的111A B C ∆，写出1C 点的坐标；（2）画出将ABC ∆绕原点O 按逆时针旋转90︒所得的222A B C ∆，写出2B 点的坐标并求出A 运动经过的路径的长度．24．如图，AB 是O 的弦，CD 是O 的直径，CD AB ⊥，垂足为E ．1CE =，3ED =．（1）求O 的半径．（2）求AB 的长． 25．已知：如图，AB 是O 的直径，弦CD AB ⊥于点E ，G 是AC 上一点，AG 与DC 的延长线交于点F ．（1）求证：12∠=∠．（2）当6DC =，1BE =时，求O 的半径． 26．图①、图②均为 4×4 的正方形网格，线段 AB 、BC 的端点均在格点上，按要求在图①、图②中作图并计算其面积．（1）在图①中画一个四边形 ABCD ，点D 在格点上，使四边形 ABCD 有一组对角相等，并求=四边形ABCD S ．（2）在图②中画一个四边形 ABCE ，点E 在格点上，使四边形 ABCE 有一组对角互补，并求ABCE S =四边形 ．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．A解析：A【分析】以直线AC 为轴旋转一周所得到的几何体的表面积是圆锥的侧面积加底面积，根据圆锥的侧面积公式计算即可．【详解】解：根据题意得：圆锥的底面周长6π=， 所以圆锥的侧面积165152ππ=⨯⨯=， 圆锥的底面积239ππ=⨯=，所以以直线AC 为轴旋转一周所得到的几何体的表面积15924πππ=+=．故选：A ．【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了扇形的面积公式．2．D解析：D【分析】连接OB ，根据平行四边形的性质可得∠OAB=∠C=45°，再根据等腰三角形的等边对等角得∠OBA=∠OAB=45°，则∠AOB=90°，由DA=DB 得∠AOD=∠BOD ，进而可求得∠AOD 的度数．【详解】解：连接OB ，∵四边形ABCO 是平行四边形，∴∠OAB=∠C=45°，∵OA=OB ，∴∠OBA=∠OAB=45°，∴∠AOB=90°，∵DA=DA ，∴∠AOD=∠BOD=12（360°﹣90°）=135°， 故选：D ．【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的性质，圆心角、弧、弦的关系等知识，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质，熟知等弦所对的圆心角相等是解答的关键． 3．B解析：B【分析】设AC=a ，BC=b ，由勾股定理可求得a 2+b 2=102，由三角形的面积公式和圆的面积公式分别求出空白部分图形面积和阴影部分图形面积，利用阴影部分图形面积之和是空白部分图形面积之和的3倍可求得ab ，进而可求得△ABC 的面积．【详解】解：设AC=a ，BC=b ，由题意，AB=10，∴a 2+b 2=102， 由图可知，空白部分面积为（25122ab π-）， 阴影部分面积= 22111251()()2222222a b ab ab πππ⨯+⨯⨯+-+ = 22()2582a b ab ππ+-+ =1002582ab ππ-+ = ab ， ∵阴影部分图形面积之和是空白部分图形面积之和的3倍，∴ab =3（25122ab π-）， 解得：15ab π=，∴△ABC=12ab =7.5π， 故选：B ．【点睛】 本题考查了圆的面积公式、三角形的面积公式、勾股定理、解方程等知识，熟记面积公式，利用割补法和整体思想解决问题是解答的关键．4．C解析：C【分析】分析题意，本题应分两种情况讨论：（1）点P 在圆内；（2）点P 在圆外；根据“一个点到圆的最大距离和最短距离都在过圆心的直线上”可知，点P 到圆的最大距离与最小距离的和或差即是圆的直径，进而即可得出半径的长．【详解】当点P 在圆内时，圆的直径是10+6=16cm ，所以半径是8cm ．当点P 在圆外时，圆的直径是10-6=4cm ，所以半径是2cm ．故选C ．【点睛】本题考查了圆的有关性质，熟知一个点到圆的最大距离和最短距离都在过圆心的直线上是解题的关键．5．A解析：A【分析】经过圆心O 作正方形一边AB 的垂线OC ，垂足是C ．连接OA ，则在直角△OAC 中，∠AOC=45°．OC 是边心距r ，OA 即半径R ，进而即可求解【详解】如图：作出正方形的边心距，连接正方形的一个顶点和中心可得到一直角三角形 在中心的直角三角形的角为360°÷4÷2=45°，∴内切圆的半径为2a ，外接圆的半径为2a ， ∴::R r a2a ：2a ：a=2:1:2 故选A【点睛】本题主要考查正多边形的外接圆与内切圆的半径，掌握相关概念，作出图形，是解题的关键．6．B解析：B【分析】过C 作CF ⊥AB 于F ，根据垂径定理得出AD=2AF ，根据勾股定理求BC ，根据三角形面积公式求出CF ，根据勾股定理求出AF 即可．【详解】过C作CF⊥AB于F，∵CF⊥AB，CF过圆心C，∴AD=2AF．∵△ABC中，∠ACB是直角，AC=4，AB=7，∴由勾股定理得：BC=22227433AB AC-=-=，由三角形的面积公式得：AC×BC=AB×CF，即4×33=7CF，∴CF=433，在△AFC中，由勾股定理得：AF=222243316477 AC CF⎛⎫-=-=⎪⎪⎝⎭，∴AD=2AF=327．故选：B．【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，三角形的面积等知识点的应用，关键是求出AF的长．7．A解析：A【分析】如图，连接OB、OC．首先证明△OBC是等边三角形，求出BC、BM，根据勾股定理即可求出OM．【详解】解：如图，连接OB、OC．∵ABCDEF是正六边形，∴∠BOC=60°，OB=OC=4，∴△OBC是等边三角形，∴BC=OB=OC=4，∵OM⊥BC，∴BM=CM=2，在Rt△OBM中，OM==，故选：A．【点睛】本题考查正多边形与圆、等边三角形的性质、勾股定理、弧长公式等知识，解题的关键是记住等边三角形的性质，弧长公式，属于基础题，中考常考题型．8．B解析：B【分析】在Rt△ABC中，由勾股定理求AB，观察图形可知，线段AB扫过的图形为扇形，旋转角为90°，根据扇形面积公式求解．【详解】解：在Rt△ABC中，由勾股定理，得==由图形可知，线段AB扫过的图形为扇形ABA′，旋转角为90°，∴线段AB扫过的图形面积=2290n13= 3603604AB⨯=πππ．故选：B．【点睛】本题考查了旋转的性质，扇形面积公式的运用，关键是理解题意，明确线段AB扫过的图形是90°的扇形，难度一般．9．B解析：B【分析】根据在一条直线上的三点就不能确定一个圆可以判断A，再利用圆周角定理得出B正确；由不同三角形判断C项，以及利用切线的判定对D进行判定．【详解】A．平面上不共线的三个点确定一个圆，所以A选项错误；B．等弧所对的圆周角相等，所以B选项正确；C．钝角三角形的外心在三角形的外面，锐角三角形的外心在三角形内部，直角三角形的外心为斜边的中点，所以C选项错误；D．过半径的外端与半径垂直的直线为圆的切线，所以D选项错误．故选：B．【点睛】此题主要考查了切线的判断和圆的确定、圆周角定理以及外心等知识，熟练掌握定义是解题关键．10．B解析：B【分析】连接AO ，BO ，OE 由切线的性质可得90PAO PBO ︒∠=∠=，结合已知条件和四边形的内角和为360°可求出AOB 的度数，再由切线长定理即可求出COD 的度数.【详解】如图，连接AO ，BO ，OE ，∵PA 、PB 是O 的切线，∴∠PAO =∠PBO =90∘，∵60APB ∠=︒，∴36029060120AOB ∠=︒-⨯︒-︒=︒，∵PA 、PB 、CD 是⊙O 的切线，∴∠ACO =∠ECO ，∠DBO =∠DEO ，∴∠AOC =∠EOC ，∠EOD =∠BOD ， ∴1602COD COE EOD AOB ∠=∠+∠=∠=︒， 故选B.【点睛】本题考查了切线的性质及切线长定理，解答本题的关键是熟练掌握：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线，平分两条切线的夹角.11．A解析：A【分析】易证∠APB ＝90°，则P 点的运动轨迹是以AB 为直径，在AB 上方的半圆，取AB 的中点为O ，连接OD ，OD 与半圆的交点P′就是DP 的长的最小值时的位置，OP′＝OA ＝12AB ＝3，OD ＝5，DP′＝OD−OP′＝2，即可得出结果．【详解】解：∵BN ⊥AM ，∴∠APB ＝90°，∵AB ＝6为定长，则P 点的运动轨迹是以AB 为直径，在AB 上方的半圆，取AB 的中点为O ，连接OD ，OD 与半圆的交点P′就是DP 长的最小值时的位置，如图所示：∵AB ＝6，AD ＝4，∴OP′＝OA ＝12AB ＝3， OD 22AD +OA 224+3＝5，∴DP′＝OD−OP′＝5−3＝2，∴DP 的长的最小值为2，故选：A ．【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、轨迹等知识；判断出P 点的运动轨迹，找出DP 长的最小值时的位置是解题的关键．12．D解析：D【分析】根据AB 和AC 的长和圆的面积公式可求得S 1+S 3，S 2+S 4的值，然后再两值相减即可得出结论．【详解】解：∵AB=4，AC=2，∴S 1+S 3=2π，S 2+S 4=2π， ∴（S 1+S 3）﹣（S 2+S 4）=（S 1﹣S 2）+（S 3﹣S 4）=32π ∵S 1-S 2=14π， ∴S 3-S 4= 32π﹣14π= 54π， 故选：D ．【点睛】 本题考查了圆的面积，正确表示出S 1+S 3，S 2+S 4的值是解答的关键．二、填空题13．【分析】由勾股定理可求BD=BF=由题意可得点F 在以点B 为圆心BF 为半径的圆上则当点F 在线段DB 上时DF 的值最小即可求解【详解】解：连接BDBF ∵矩形∴∠C=90°∴∵正方形∴∴点F 在以点B 为圆心B 解析：132- 【分析】 由勾股定理可求BD=13，BF=2，由题意可得点F 在以点B 为圆心，BF 为半径的圆上，则当点F 在线段DB 上时，DF 的值最小，即可求解．【详解】解：连接BD 、BF∵矩形ABCD ，2AB =，3AD =，∴∠C=90°∴222313BD =+=∵正方形BEFG ，1BE =∴22112=+=BF∴点F 在以点B 为圆心，BF 为半径的圆上，∴当点F 在线段DB 上时，DF 的值最小，∴DF 的最小值132【点睛】此题主要考查了旋转的性质以及勾股定理的运用，正确的判断出DF 最小时F 点的位置是解答此题的关键．14．﹣【分析】根据题意和图形可知阴影部分的面积是正六边形的面积减去两个扇形的面积从而可以解答本题【详解】解：∵正六边形ABCDEF 的边长为2∴正六边形ABCDEF 的面积是：6××22＝∠FAB ＝∠EDC解析：383π 【分析】根据题意和图形可知阴影部分的面积是正六边形的面积减去两个扇形的面积，从而可以解答本题．【详解】解：∵正六边形ABCDEF 的边长为2，∴正六边形ABCDEF 的面积是：6×4×22＝，∠FAB ＝∠EDC ＝120°， ∴图中阴影部分的面积是：2×21202360π⋅⋅＝83π，故答案为：83π． 【点睛】本题考查正多边形和圆、扇形面积的计算，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 15．【分析】使BCD 三点至少有一个在圆内且至少有一个在圆外也就是说圆的半径不能小于AB 不能大于AC 可求得AC=5所以3<r<5【详解】如图连接AC ∵ 在矩形ABCD 中AB=3cmAD=4cm ∠ABC=9解析：35R <<【分析】使B 、C 、D 三点至少有一个在圆内，且至少有一个在圆外，也就是说圆的半径不能小于AB,不能大于AC ，可求得AC=5，所以3<r<5.【详解】如图，连接AC ，∵ 在矩形ABCD 中，AB=3cm ，AD=4cm ，∠ABC=90°，BD=AC ，∴5cm ==，∴AB<AD<AC ，∵B ，C ，D 三点中至少有一点在⊙A 内，且至少有一点⊙A 在外，∴点B 一定在⊙A 内，点C 一定在⊙A 外，∴⊙A 半径R 的取值范围应大于AB 的长，小于对角线AC 的长，即3<R<5．故答案为：3<R<5．【点睛】本题考查确定点与圆的位置关系，解题的关键是掌握确定点到圆心的距离与半径的大小关系，设点与圆心的距离d，圆的半径为r，则d>r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d<r时，点在圆内．16．4cm或7cm【分析】当点P在圆内时点P到圆的最大距离与最小距离之和就是圆的直径当点P在圆外时点P到圆的最大距离与最小距离的差就是圆的直径知道了直径就能确定圆的半径【详解】当点P在圆外时如图1点P到解析：4cm或7cm【分析】当点P在圆内时，点P到圆的最大距离与最小距离之和就是圆的直径．当点P在圆外时，点P到圆的最大距离与最小距离的差就是圆的直径．知道了直径就能确定圆的半径．【详解】当点P在圆外时，如图1，点P到圆的最大距离与最小距离的差为8cm，就是圆的直径，所以半径是4cm．当点P在圆内时，如图2，点P到圆的最大距离与最小距离的和为14cm，就是圆的直径，所以半径是7cm．故答案是：4cm或7cm．【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系，根据点到圆的最大距离和最小距离，可以得到圆的直径，然后确定圆的半径．17．【分析】如图：连接ACBD交于点O即为正方形ABCD外接圆的圆心根据正方形的性质可得OA=OC∠AOC＝90°根据勾股定理可得OA和OC的值即为为正方形ABCD外接圆的半径【详解】解：如图：连接AC解析：2【分析】如图：连接AC、BD交于点O，即为正方形ABCD外接圆的圆心，根据正方形的性质可得OA=OC，∠AOC＝90°，根据勾股定理可得OA和OC的值，即为为正方形ABCD外接圆的半径．【详解】解：如图：连接AC、BD交于点O，即为正方形ABCD外接圆的圆心，∴OA、OB、OC、OD为正方形ABCD外接圆的半径∵四边形ABCD是正方形，∴OA=OC，∠AOC＝90°在Rt△AOC中，AC2＝OA2＋OC2，∵AC＝2，OA=OC，∴4＝2 OA2，∴OA＝2即正方形ABCD外接圆的半径为2故答案为2【点睛】本题考查正方形外接圆的有关知识，利用到正方形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握所学知识．18．3【分析】利用正多边形和圆的关系可知弦EC是该圆内接正十二边形的一边所以∠EOC=30°然后计算出△EOC的面积最后乘以12即为该多边形的面积【详解】解：如图所示连接EO作EF⊥CO交CO于点F由题解析：3【分析】利用正多边形和圆的关系可知弦EC是该圆内接正十二边形的一边，所以∠EOC=30°，然后计算出△EOC的面积，最后乘以12即为该多边形的面积．【详解】解：如图所示，连接EO ，作EF ⊥CO 交CO 于点F由题意可得n =12∴∠EOC=30°∴EF=12EO=12∴S △EOC =1·2EF CO =11××122=14 ∴该正12边形的面积=12 S △EOC =3故答案为：3【点睛】本题主要考查圆的内接正多边形的性质及其应用，解题的关键是灵活运用有关定理来分析、判断、推理或解答．19．【分析】根据相切的定义可得利用等面积法即可求解【详解】解：∵∠C ＝90°AC ＝3cmBC ＝4cm ∴由题意可得∴即故答案为：【点睛】本题考查直线与圆的位置关系勾股定理掌握相切的定义是解题的关键解析：125【分析】根据相切的定义可得CD AB ⊥，利用等面积法即可求解． 【详解】解：∵∠C ＝90°，AC ＝3cm ，BC ＝4cm ， ∴225cm AB AC BC =+=，由题意可得CD AB ⊥，∴1122AC BC AB CD ⋅=⋅，即125CD =， 故答案为：125． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、勾股定理，掌握相切的定义是解题的关键．20．或【分析】首先根据题意画出图形然后在优弧上取点C 连接ACBC 在劣弧上取点D 连接ADBD 易得是等边三角形再利用圆周角定理即可得出答案【详解】解：如图在优弧上取点C 连接ACBC 在劣弧上取点D 连接ADBD 解析：30或150︒【分析】首先根据题意画出图形，然后在优弧上取点C ，连接AC 、BC ，在劣弧上取点D ，连接AD 、BD ，易得OAB 是等边三角形，再利用圆周角定理，即可得出答案．【详解】解：如图，在优弧上取点C ，连接AC 、BC ，在劣弧上取点D ，连接AD 、BD ，4,4OA OB cm AB cm OA OB AB===∴== OAB ∴是等边三角形，601302180150AOB C AOB D C ∴∠=︒∴∠=∠=︒∴∠=︒-∠=︒∴所对的圆周角度数为：30或150︒故答案为：30或150︒．【点睛】本题考查圆周角定理及等边三角形的判定与性质，注意两种情况．三、解答题21．（1）见解析（2）10【分析】（1）根据题意和平行线的性质、垂径定理可以证明结论成立；（2）根据题意，利用矩形的性质和勾股定理可以解答本题．【详解】（1）证明：∵OC ⊥CD ，AD ⊥CD ，∴OC ∥AD ，∴∠AEB＝∠OFB，∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB＝90°，∴∠OFB＝90°，∴OF⊥BE且平分BE，∴EF＝BF；（2）∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB＝90°，∵∠OCD＝∠CFE＝90°，∴四边形EFCD是矩形，∴EF＝CD，DE＝CF，∵DC＝4，DE＝2，∴EF＝4，CF＝2，设⊙O的为r，∵∠OFB＝90°，∴OB2＝OF2＋BF2，即r2＝（r−2）2＋42，解得，r＝5，∴AB＝2r＝10，即直径AB的长是10．【点睛】本题考查切线的性质、垂径定理、矩形的判定与性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．22．（1）见解析；（2）①52π；②（﹣1，3）．【分析】（1）根据旋转的定义作出点A、B绕点C逆时针旋转90°得到的对应点，再顺次连接即可；（2）①根据弧长公式列式计算即可；②根据（1）中所作图形可得点B'的坐标；【详解】（1）如图所示，△A B C''即为所求；（2）① ∵AC 2234=5+，∠ACA′＝90°，∴点A 经过的路径ACA ' 的长为90551802ππ⨯⨯= ， 故答案为：52π ；②由图知点B '的坐标为(﹣1，3)，故答案为：(﹣1，3)．【点睛】本题主要考查作图-旋转变换，解题的关键是根据旋转角度、旋转方向、旋转中心作出对应点；23．（1）如图，111A B C ∆为所作，见解析；1C (3,-1)；（2）如图，222A B C ∆为所作，见解析；A 2π【分析】（1）根据网格结构找出点A 、B 、C 关于x 轴的对称点1A 、1B 、1C 的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点1C 的坐标即可；（2）根据网格结构找出点A 、B 、C 关绕点O 按照逆时针旋转90°后的对应点2A 、2B 、2C 的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点2B 的坐标再根据弧长公式求解即可；【详解】（1）如图，111A B C ∆为所作∴ 1C (3，-1) ，(2)如图，222A B C ∆为所作∴2B (0，1)，∵点A(2，2)，∴ OA=22∵∠2AOA =90°∴A 运动经过的路径的长度为：90222180ππ⋅⋅=【点睛】本题考查了利用旋转变换与对称轴变换作图，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键；24．（1）2；（2）23．【分析】（1）求出CD ，即可得出答案；（2）求出OA 、OE ，根据勾股定理求出AE ，根据垂径定理求出AB=2AE ，即可求出答案．【详解】解：（1）∵CE=1，ED=3， ∴CD=CE+DE=4，∴⊙O 的半径为2；（2）∵直径CD ⊥AB ，∴AB=2AE ，∠OEA=90°，连接OA ，则OA=OC=2，OE=OC-CE=2-1=1，在Rt △OEA 中，由勾股定理得：2222213OA OE --，∴3【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理的应用，能根据垂径定理求出AB=2AE 是解此题的关键． 25．（1）见解析；（2）O 的半径为5【分析】（1）连接AD ，根据垂径定理得到AD AC =，根据圆周角定理得到∠ADC=∠AGD ，根据圆内接四边形的性质证明即可；（2）连接OC．设⊙O的半径为R．在Rt△OEC中，根据OC2=OE2+EC2，构建方程即可解决问题．【详解】（1）连接AD，∵弦CD⊥AB，∴AD AC，∴∠ADC=∠2，∵四边形ADCG是圆内接四边形，∴∠ADC=∠1，∴∠1=∠2；（2）连接OC．设⊙O的半径为R．∵CD⊥AB，∴DE=EC=3，在Rt△OEC中，∵OC2=OE2+EC2，∴R2=(R-1)2+32，解得R=5．∴O的半径为5．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理的应用，掌握圆周角定理、垂径定理是解题的关键，学会添加常用辅助线．26．（1）图见详解，6 ；（2）图见详解，4.5【分析】（1）过C画AB的平行线，过A画BC的平行线，两线交于一点D，根据平行四边形的判定定理可得四边形ABCD是平行四边形，由平行四边形的性质可知∠CBA=∠CDA，然后用用割补法求出面积即可；（2）根据图中正方形网格和∠B的特点，作出∠E与∠B互补，然后用割补法求面积即可．【详解】解：（1）如图，S四边形ABCD=3×4-122⨯×2-222⨯-112⨯=6；（2）如图，S四边形ABCE=3×3-122⨯×2-222⨯-112⨯=92．【点睛】此题主要考查了应用设计作图，首先要理解题意，弄清问题中对所作图形的要求，然后利用割补法求面积．。
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x
1 1 x sin 2 50 sin 90 25kg / cm 2 2 2 1 50kg / cm 2
2 0kg / cm 2 450 max 25kg / cm 2
1000kg
450 1000kg
θ=450
σ 莫尔圆解
x
σx
σx=1000/(4x5)=50
40
θ=300
A
τ
σ2=30 (σn ,τ ) r=50
50
A
2θ=600 (50 ,40) α=53.130
2.最大剪應力 θ=45° τmax=r =50(kg/cm2) σ1=20+50=70 σ2=20-50=-30
B
(10 ,40)
(20,0)
σ
x y =20
2
σ1=70
半徑r=1/2(400-200)=100
B
400
θ=300
A
τ
x y
2
=300 (350, 50√3) 2θ=600 (300,0)
1.σn=300+100cos60° =350(kg/cm2) τ=100sin60° =50√3(kg/cm2) 2.最大剪應力 θ=45° τmax=r =100(kg/cm2)
B
y
A
=200
σ
x
=400
平面应力分析例題
如图所示σx=50 kg/cm2，σy=10 kg/cm2， τxy=40kg/cm2 。试以 1.公式解 2.莫尔圆求： (1)θ=30° 时的σn，τ各是多少? (2)最大剪应力τmax是多少？ (3)σ1，σ2各为多少？
10 (kg/cm2) 40 (kg/cm2) y 50(kg/cm2) x
σ1=50
双轴应力分析
如图所示σx=400kg/cm2，σy=200kg/cm2。试求： (1)θ=30° 时的σn，τ各为多少? (2)最大剪应力τmax为多少？ 1.公式解 2.莫尔圆
σy=200kg/cm2
θ σx=400kg/cm2
200
平面应力公式解 σx
σθ=1/2(σx+σy)+1/2(σx-σy) cos 2θ =1/2(400+200)+1/2(400-200) cos(2x30° ) =350 (kg/cm2)
B
400
θ=300
A
σy
τθ=1/2(σx-σy)sin2θ =1/2(400-200) sin(2x30° )
=50√3 (kg/cm2) θ=45° τmax=1/2(σx-σy)
=1/2(400-200)
=100(kg/cm2)
200
莫尔圆解
圓心座標=1/2(400+200)=300 (σ,τ)=(300,0)
圆心坐标=1/2(50+0)=25
τ
(σ,τ)=(25,0)
半径 r=1/2(50 - 0)=25 1. σθ=25 (kg/cm2) τθ=25 (kg/cm2) 2. σ1=50(kg/cm2) σ2=0(kg/cm2)
r=25
(σθ,τθ) 2θ=900 (25,0)
(50,0)
σ
τmax=25(kg/cm2)
( θ=45° τmax=
50
x y
2
) 2 (xy) 2 (
50 10 2 ) (40) 2 50 2
(kg/cm2)
1, 2
x y
2
(
x y
2) 2 (xy)Fra bibliotek2 50 10 50 10 2 ( ) (40) 2 (70,30) 2 2
10
莫尔圆解
圓心座標=1/2(50+(-10))=20 (σ,τ)=(20,0) 半徑r=√(302+402)=50 α=tan-1(40/30)=53.130 1σθ τθ=50sin66.87° =45.981(kg/cm2) =20-50xcos66.870 =0.359(kg/cm2)
B
50 (kg/cm2)
10 (kg/cm2)
10
公式解
σn=1/2(σx+σy)+1/2(σx-σy) cos2θ-τxysin2θ
B
40
θ=300
A
=1/2(50+(-10))+1/2(50-(-10)) cos2x30° -40sin2x30° =0.359(kg/cm2) τ=1/2(σx-σy)sin2θ+ τxysin2θ =1/2(50-(-10)) sin2x30° -40sin2x30° =45.981(kg/cm2)
单轴应力分析
如图所示，一矩形断面受1000kg之拉力，其断面为 4cm x 5cm， 。试以 1.公式解 2.莫尔圆求： (1)θ=450° 时的σn，τ各为多少? (2)最大剪应力τmax为多少？ (3)σ1，σ2各为多少？
450
1000kg
1000kg
公式解
P 1000 50kg / cm 2 A 45 n x cos2 50 cos2 450 25kg / cm 2