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浙教版初中数学九年级上册第三单元《圆的基本性质》单元测试卷（困难）（含答案解析）
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这是一份浙教版初中数学九年级上册第三单元《圆的基本性质》单元测试卷（困难）（含答案解析），共42页。
浙教版初中数学九年级上册第三单元《圆的基本性质》单元测试卷
考试范围：第三章 考试时间 ：120分钟 总分 ：120分
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点(不与A、B重合)，对角线AC、BD相交于点O，过点P分别作AC、BD的垂线，分别交AC、BD于点E、F，交AD、BC于点M、N.下列结论：
①△APE≌△AME；
②PM+PN=AC；
③PE2+PF2=PO2；
④△POF∽△BNF；
⑤点O在M、N两点的连线上．
其中正确的是( )
A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①②③④⑤ D. ③④⑤
2. 如图，点A，B的坐标分别为A(2,0)，B(0,2)，点C为平面直角坐标系内一点，BC=1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为( )
A. 2+1 B. 2+12 C. 2 2+1 D. 2 2-12
3. 如图，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，点D为EF的中点，若AB=2 5，连接BF，则BF的长为( )
A. 4 5
B. 2 15
C. 5 3
D. 2 17
4. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=2，线段BC绕点B旋转到BD，连AD，E为AD的中点，连CE，则CE的长不可能是( )
A. 1.2 B. 2.05 C. 2.7 D. 3.1
5. 如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD⊥AB，垂足为D，AD=2，点E是⊙O上的动点(不与C重合)，点F为CE的中点，若在E运动过程中DF的最大值为4，则CD的值为( )
A. 2 3 B. 2 2 C. 3 2 D. 72
6. 如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，点E是AB上的一动点(不与A，B重合)，点F是BC上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且∠EOF=90°，有以下结论：①AE=BF；②△OGH是等腰三角形；③四边形OGBH的面积随着点E位置的变化而变化；④△GBH周长的最小值为4+ 2.其中正确的个数是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
7. 在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，A( 3,0)、B(3 3,0)、C(0,-5)，点D在直角坐标系中， 且∠ADB=60°，则线段CD的长的最大值为( )
A. 2 7-2 B. 2 7+2 C. 4 3-2 D. 4 3+2
8. 如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB=2∠BOC，则下列说法中正确的是( )
A. ∠OBA=∠OCA B. 四边形OABC内接于⊙O
C. AB=2BC D. ∠OBA+∠BOC=90°
9. 已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF的边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示，按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转……在这样连续6次旋转的过程中，点B，M间的距离可能是( )
A. 1.4 B. 1.1 C. 0.8 D. 0.5
10. 如图，在边长为 2的正八边形ABCDEFGH中，已知I，J，K，L分别是边AH，BC，DE，FG上的动点，且满足IA=JC=KE=LG，则四边形IJKL面积的最大值为( )
A. 4+2 2
B. 2+2 2
C. 4+ 2
D. 2+4 2
11. 如图是一个半径为6cm的⊙O的纸片，△ABC是⊙O的内接三角形，分别以直线AB和AC折叠⊙O纸片，AB和AC都经过圆心O，则图中阴影部分的面积是( )
A. 9 3cm2
B. 8 3cm2
C. 9 6cm2
D. 12cm2
12. 如图，点A(2,0)，B(0,2)，将扇形AOB沿x轴正方向做无滑动的滚动，在滚动过程中点O的对应点依次记为点O1，点O2，点O3…，则O14的坐标是 ( )
A. (16+4π,0) B. (14+4π,2) C. (14+3π,2) D. (12+3π,0)
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图．在△ABC中，∠A=60°，BC=5cm.能够将△ABC完全覆盖的最小圆形纸片的直径是______cm．
14. 如图，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90∘，点D是BC的中点，作正方形DEFG，连接AE，若BC=DE=4，将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转，在旋转过程中，当AE为最大值时，则AF的值______．
15. 如图，在Rt▵ABC中，∠ACB=90∘，AB=2.分别以AC、BC为斜边，向三角形外作等腰直角三角形ACD和等腰直角三角形BCE，则▵ACD和▵BCE面积之和为 ；连接BD，则线段BD的最大值为 ．
16. 如图，边长为2的正方形ABCD的顶点A、B在一个半径为2的圆上，顶点C、D在圆内，将正方形ABCD沿圆的内壁作无滑动的滚动．当滚动一周回到原位置时，点C运动的路径长为______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图所示，已知A，B两点的坐标分别为(2 3,0)，(0,2)，点P是△AOB外接圆上一点，且∠AOP=45°，OP与AB交于C点．
(1)求∠BAO的度数；
(2)求OC及AC的长；
(3)求OP的长及点P的坐标．
18. (本小题8.0分)
如图，△ABC是等边三角形，D是BC边的中点，以D为顶点作一个120°的角，角的两边分别交直线AB，AC于M，N两点，以点D为中心旋转∠MDN(∠MDN的度数不变)，若DM与AB垂直时(如图①所示)，易证BM+CN=BD．
(1)如图②，若DM与AB不垂直时，点M在边AB上，点N在边AC上，上述结论是否成立？
若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(2)如图③，若DM与AB不垂直时，点M在边AB上，点N在边AC的延长线上，上述结论是否成立？若不成立，请写出BM，CN，BD之间的数量关系，不用证明．
19. (本小题8.0分)
某工厂准备翻建新的厂门，厂门要求设计成轴对称的拱型曲线．已知厂门的最大宽度AB=12m，最大高度OC=4m，工厂的特种运输卡车的高度是3m，宽度是5.8m.现设计了两种方案：方案一：建成抛物线形状；方案二：建成圆弧形状(如图).为确保工厂的特种卡车在通过厂门时更安全，你认为应采用哪种设计方案？请说明理由．
20. (本小题8.0分)
定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”.例如：凸四边形ABCD中，若∠A=∠C，∠B≠∠D，则称四边形ABCD为准平行四边形．
(1)如图①，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC=∠CPB=60°，延长BP到Q，使AQ=AP.求证：四边形AQBC是准平行四边形；
(2)如图②，准平行四边形ABCD内接于⊙O，AB≠AD，BC=DC，若⊙O的半径为5，AB=6，求AC的长；
(3)如图③，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=2，若四边形ABCD是准平行四边形，且∠BCD≠∠BAD，请直接写出BD长的最大值．
21. (本小题8.0分)
如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=BC，对角线AC为⊙O的直径，E为⊙O外一点，AB平分∠DAE，AD=AE，连接BE．
(1)求∠AEB的度数；
(2)连接CE，求证：2BE2+AE2=CE2．
22. (本小题8.0分)
定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
(1)如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A=α，请用含α的代数式表示∠E．
(2)如图2，四边形ABCD内接于⊙O，AD=BD，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E.求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
(3)如图3，在(2)的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．
①求∠AED的度数；
②若AB=8，CD=5，求△DEF的面积．
23. (本小题8.0分)
如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，AD，CE，CE交AD于点F．
(1)求∠CAD的度数．
(2)已知AB=2，求DF的长．
24. (本小题8.0分)
定义：P、Q分别是两条线段a和b上任意一点，线段PQ长度的最小值叫做线段a与线段b的“冰雪距离”.已知O(0,0)，A(1,1)，B(m,n)，C(m,n+2)是平面直角坐标系中四点．
(1)根据上述定义，完成下面的问题：
①当m=2，n=1时，如图1，线段BC与线段OA的“冰雪距离”是____．
②当m=2时，线段BC与线段OA的“冰雪距离”是1，则n的取值范围是____．
(2)如图2，若点B落在圆心为A，半径为1的圆上，当n≥1时，线段BC与线段OA的“冰雪距离”记为d，结合图象，求d的最小值；
(3)当m的值变化时，动线段BC与线段OA的“冰雪距离”始终为1，线段BC的中点为M.求点M随线段BC运动所走过的路径长．
25. (本小题8.0分)
如图是一纸杯，它的母线AC和EF延长后形成的立体图形是圆锥．该圆锥的侧面展开图是扇形OAB，经测量，纸杯上开口圆的直径为6 cm，下底面的直径为4 cm，母线长EF=8 cm.求扇形OAB的圆心角及这个纸杯的全面积．(面积计算结果用π表示)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
依据正方形的性质以及等腰直角三角形、矩形的判定方法即可判断△APM和△BPN以及△APE、△BPF都是等腰直角三角形，四边形PEOF是矩形，从而作出判断．
本题考查正方形的性质、矩形的判定、等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，以及三角形的外接圆与外心．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAC=∠DAC=45°，
∵在△APE和△AME中，
∠PAE=∠MAEAE=AE∠AEP=∠AEM，
∴△APE≌△AME(ASA)，故①正确；
∴PE=EM=12PM，
同理，FP=FN=12NP，
∵正方形ABCD中，AC⊥BD，
又∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，且△APE中AE=PE，
∴四边形PEOF是矩形，
∴PF=OE，
∴PE+PF=OA，
又∵PE=EM=12PM，FP=FN=12NP，OA=12AC，
∴PM+PN=AC，故②正确；
∵四边形PEOF是矩形，
∴PE=OF，
在直角△OPF中，OF2+PF2=PO2，
∴PE2+PF2=PO2，故③正确;
∵△BNF是等腰直角三角形，而△POF不一定是，故④错误；
∵OA垂直平分线段PM，OB垂直平分线段PN，
∴OM=OP，ON=OP，
∴OM=OP=ON，
∴点O是△PMN的外接圆的圆心，
∵∠MPN=90°，
∴MN是直径，
∴M，O，N三点共线，故⑤正确．
故选B．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了点与圆的位置关系，坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最大值时点C的位置是关键，也是难点．
根据同圆的半径相等可知：点C在半径为1的⊙B上，通过画图可知，当点C是线段DB延长线与圆B的交点时，OM最大，再根据三角形的中位线定理可得结论．
【解答】
解：如图，
∵点C为平面直角坐标系内一点，BC=1，
∴点C在⊙B上，且半径为1，
取OD=OA=2，连接CD，
∵M为AC中点，
∴AM=CM
∵AM=CM，OD=OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=12CD．
当OM最大时，即CD最大，而当D，B，C三点共线，即C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB=OD=2，∠BOD=90°，
∴BD= OD2+OB2=2 2，
∴CD=2 2+1，
∴OM=12CD= 2+12，即OM的最大值为 2+12，
故选：B．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理以及旋转图形的性质，熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
将△ADF绕点A顺时针旋转90°得△ABF'，使得AD与AB重合，连接AF'先求得DE=DF=2，AE=EF=2DE=4，再证明△EAF'≌△EAF，从而有EF=EF'=4，∠AF'E=∠AFE=45°，进而得点F、E、F'三点共线，从而证明∠BF'F=∠AF'E+∠AF'B=90°，利用勾股定理即可得解．
【解答】
解：将△ADF绕点A顺时针旋转90°得△ABF'，使得AD与AB重合，连接AF，BF'，
∵四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，点D为EF的中点，
∴∠AED=90°，AE=EF=2DE，AD=AB=2 5，∠EAF=∠AFE=45°，
∴DE2+AE2=AD2，即DE2+4DE2=20，
∴DE=DF=2，AE=EF=2DE=4，
∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°得△ABF'，使得AD与AB重合，
∴∠FAF'=90°，AF=AF'，∠AF'B=∠AFE=45°，BF'=DF=2，
∴∠EAF'=∠FAF'-∠EAF=90°-45°=45°=∠EAF，
∵AE=AE，
∴△EAF'≌△EAF(SAS)，
∴∠AEF'=∠AEF=90°，EF=EF'=4，∠AF'E=∠AFE=45°，
∴∠FEF'=∠AEF'+∠AEF=180°，，
∴点F、E、F'三点共线，
∵∠AF'E=45°，∠AF'B=45°，
∴∠BF'F=∠AF'E+∠AF'B=90°，
∵BF'=2，FF'=EF+EF'=8，
∴BF= (BF')2+(FF')2=2 17，
故选：D．
4.【答案】D
【解析】解：作AB的中点O，连接OE，如图：
由题意知：BD=BC=2，
∵点E为AD的中点，点O为AB中点，
∴OE=12BD=1，
∴点E的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆，
∴当点E在CO延长线上时，CE最大，
而由∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=2可得AB=4，
∵点O为AB中点，
∴OC=12AB=2，
∴CE最大为OC+OE=2+1=3，
∴CE的长度不能是3.1，
故选：D．
作AB的中点O，连接OE，根据E为AD的中点，O为AB中点，可得OE=12BD=1，从而知点E的轨迹是以点O为圆心，1为半径的圆，可求得CE最大值为3，即可得到答案．
本题考查直角三角形中的旋转问题，解题的关键是作AB的中点，从而由已知得出点E的轨迹．
5.【答案】A
【解析】解：如图所示：连接OE、OC，取OC的中点M，连接MF和DM，设⊙O的半径为r，
∵点F为CE的中点，
∴MF=12OE=r2，
∵点E是⊙O上的动点(不与C重合)，点C为顶点，
∴点F的运动轨迹是以点M圆心，以MF的长为半径的圆上，
则DF≤DM+MF，
∴当点D、M、F三点共线时，DF有最大值4，此时DF=DM+MF，
∴DM=4-r2，
∵CD⊥AB，
∴∠CDO=90°，
∵点M为OC的中点，
∴DM=12OC=r2，
∴r2=4-r2，解得：r=4，
∴OD=OA-AD=2，
在Rt△CDO中，CD= OC2-OD2=2 3；
故选：A．
首先根据题意取OC的中点，根据点E的运动轨迹，确定点F的运动轨迹，根据DF≤DM+MF，可确定当点D、M、F三点共线时，DF有最大值4，此时DF=DM+MF，求出DM=4-r2，再根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，则DM=12OC=r2，联立即可求出半径r的值，然后求出OD的长，利用勾股定理即可求出CD的长．
本题主要考查的是圆的动点综合题型，解题关键是确定点D、M、F三点共线时，DF有最大值4．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了正方形的性质，全等三角形判定和性质，圆的有关概念和性质等知识．连接OC、OB、CF、BE， ①先证BE=CF，由AB=BC即可证明结论；
②只要证明△BOG≌△COH即可解决问题;
③只要证明S四边形OGBH=S△BOC=14S正方形ABCD是定值即可;
④推出当OH⊥BC时，OH的值最小，GH的值最小，此时OG=OH=2，GH=2 2，求出△GBH的周长的最小值即可．
【解答】
解：连接OC、OB、CF、BE，
在正方形ABCD中，AB=BC，∠BOC=90°，∠OBG=∠OCH=45°，OC=OB，
∵∠BOE+∠BOF=90∘，∠COF+∠BOF=90∘，
∴∠BOE=∠COF，
∴BE=CF，
∵AB=BC，
∴AE=BF，
∴AE=BF，故 ①正确；
在△BOG和△COH中，
{∠BOG=∠COHOB=OC∠OBG=∠OCH=45∘,
∴△BOG≌△COH，
∴OG=OH，
∴△OGH是等腰三角形，故②正确；
∵△BOG≌△COH，
∴S△OBG=S△COH，
∴S四边形OGBH=S△COB=14S正方形ABCD是定值，故 ③错误；
∵△BOG≌△COH，
∴CH=BG，
∵△BGH的周长=GH+BG+BH=GH+BH+HC=GH+BC，
∴当OH⊥BC时，OH的值最小，GH的值最小，此时OG=OH=2，GH=2 2，
∴△BGH的周长的最小值为4+2 2，故 ④错误．
故选B．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了点与圆的位置关系，坐标与图形的性质，圆周角定理及勾股定理，解决本题的关键是判出点D在线段CＰ的延长线与⊙P的交点上时CD最长．作圆，求出半径和PC的长度，判出只有点D在线段CＰ的延长线与⊙P的交点上时，CD最长，CD=CP+DP求解．
【解答】
解：如图，
设圆心为P，连结PA、PB、PC，PE⊥AB于E，
∵A( 3,0)、B(3 3,0)，
∴E(2 3,0)
又因为∠ADB=60°，
∴∠APB=120°(圆心角所对的角等于圆周角的二倍)，
∴PE=1，PA=2PE=2，
∴P(2 3,1)，
∵C(0,-5)，
∴PC= (2 3)2+(-5-1)2=4 3，
又∵PD=PA=2，
∴只有点D在线段CＰ的延长线与⊙P的交点上时，CD最长(点D在别的位置时构成△CDP)，
∴CD最大值为：4 3+2．
故选D．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了圆心角，弧，弦的关系，垂径定理，三角形的三边关系，圆内接四边形，三角形内角和定理的有关知识，正确的作出辅助线是解题的关键．过O作OD⊥AB于D交⊙O于E，由垂径定理得到AE=BE，于是得到AE=BE=BC，推出AE=BE=BC，根据三角形的三边关系得到2BC>AB，故C错误；根据三角形内角和得到∠OBA=12(180°-∠AOB)=90°-∠BOC，∠OCA=12(180°-∠AOC)=90°-32∠BOC，推出∠OBA≠∠OCA，故A错误；由点A，B，C在⊙O上，而点O在圆心，得到四边形OABC不内接于⊙O，故B错误；根据余角的性质得到∠OBA+∠BOC=90°，故D正确；
【解答】
解：过O作OD⊥AB于D交⊙O于E，
则AE=BE，
∴AE=BE，∠AOE=∠BOE=12∠AOB，
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠AOE=∠BOE=∠BOC，
∴AE=BE=BC，
∴AE=BE=BC，
∴2BC>AB，故C错误；
∵OA=OB=OC，
∴∠OBA=12(180°-∠AOB)=90°-∠BOC，
∠OCA=12(180°-∠AOC)=90°-32∠BOC，
∴∠OBA≠∠OCA，故A错误；
∵点A，B，C在⊙O上，而点O在圆心，
∴四边形OABC不内接于⊙O，故B错误；
∵∠BOE=∠BOC=12∠AOB，
∵∠BOE+∠OBA=90°，
∴∠OBA+∠BOC=90°，故D正确；
故选D．
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查正六边形、正方形的性质等知识，解题的关键作出点M的运动轨迹，利用图象解决问题，题目有一定的难度．
如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的弧线，分别对6次旋转过程进行分析，可知2- 2≤BM≤1，由此即可判断．
【解答】
解：如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的弧线，
观察图象可知：在第一次旋转过程中，BM=1;
在第二次旋转过程中，点M的位置不变，BM=1;
在第三次旋转过程中，BM的长由1逐渐变小为 3-1；
在第四次旋转过程中，点M在以点E为圆心， 2为半径的圆弧上，BM的长由 3-1逐渐变小为2- 2，然后逐渐变大为 3-1；
在第五次旋转过程中，BM的长由 3-1逐渐变大为1；
在第六次旋转过程中，点M的位置不变，BM=1．
显然连续六次旋转的过程中，2- 2≤BM≤1．
故选：C．
10.【答案】A
【解析】解：连接ⅠK，JL，
∵正八边形，IA=JC=KE=LG，
∴IJ=JK=KL=LI，IK=JL，
∴四边形IJKL为正方形，
∴四边形IJKL的面积为IJ2，
当IJ最大时，四边形IJKL的面积最大，
∴IJ=AC即为正八边形的对角线时，四边形IJKG的面积最大，
如图，连接AE，CG交于点O，连接OB，交AC于点M，
则△AOC为等腰直角三角形，O为正八边形的中心，
∴OC=OB=OA，OB垂直平分AC，
∴OM=AM= 22OA'，
设OM=AM=x，
则OC=OB=OA= 2x，
∴BM= 2x-x，
在Rt△AMB中，AB2=BM2+AM2，
即( 2)2=x2+( 2x-x)2，
解得：x= 2 2+42(负值不合题意，舍去)，
∴AC=2AM= 2 2+4，
∴四边形IJKL的最大面积为AC2=4+2 2，
故选：A．
易得四边形IJKL为正方形，得到四边形IJKL的面积为IJ2，进而得到当IJ最大时，四边形IJKL的面积最大，即IJ=AC即为正八边形的对角线时，四边形IJKG的面积最大，即可得解．
本题考查正多边形的性质，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理．本题的难度较大，熟练掌握相关性质，求出正八边形的边长是解题的关键．
11.【答案】A
【解析】解：连接AO、BO、CO，延长AO交BC于点D，如图所示：
∵△ABC是⊙O的内接三角形，⊙O的半径为6cm，
∴AD⊥BC，AO=6cm，
∴OD=3cm，
∴CD= OC2-OD2=3 3，
∴BC=2CD=6 3cm，
由图得，阴影部分得面积即为△OBC的面积，
∴S阴影=S△OBC=12BC⋅OD=12×6 3×3=9 3cm2，
故选：A．
连接AO、BO、CO，延长AO交BC于点D，由三角形的内接三角形的性质得出OD=3cm，由勾股定理得出CD=3 3，再由垂径定理得出BC=2CD=6 3cm，结合图形得出阴影部分得面积即为△OBC的面积，计算三角形面积即可．
题目主要考查等边三角形及外接圆的性质，垂径定理及勾股定理解三角形，不规则图形的面积等，理解题意，结合图形求解是解题关键．
12.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了规律型：点的坐标，主要考查了从滚动中找出规律，根据规律确定坐标对应点是解本题的关键．
由点A(2,0)，B(0,2)，得到OA=2，OB=2，∠AOB=90°，根据弧长的计算公式得到AB的长度=90⋅π×2 180=π，得到O1O2=AB=π，于是得到结论．
【解答】
解：∵点A(2,0)，B(0,2)，
∴OA=2，OB=2，∠AOB=90°，
∴AB的长度=90⋅π×2 180=π，
∵将扇形AOB沿x轴正方向做无滑动的滚动，
∴O1O2=AB的长=π，
∴点O1(2,2)，点O2(2+π,2)，点O3(4+π,0)，点O4(4+π,0)，点O5(6+π,2)…，
∵14÷4=3…2，
∴O14的(14+4π,2)．
故选B．
13.【答案】10 33
【解析】解：设圆的圆心为点O，能够将△ABC完全覆盖的最小圆是△ABC的外接圆，
∵在△ABC中，∠A=60°，BC=5cm，
∴∠BOC=120°，
作OD⊥BC于点D，则∠ODB=90°，∠BOD=60°，
∴BD=52，∠OBD=30°，
∴OB=52sin60°，得OB=5 33，
∴2OB=10 33，
即△ABC外接圆的直径是10 33cm，
故答案为：10 33．
根据题意作出合适的辅助线，然后根据圆的相关知识即可求得△ABC外接圆的直径，本题得以解决．
本题考查三角形的外接圆和外心，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线，利用数形结合的思想解答．
14.【答案】2 13
【解析】【分析】
本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系.也考查了三角形三边的关系、等腰直角三角形的性质．
连接AD，如图，利用等腰直角三角形的性质得AD⊥BC，AD=12BC=2，再根据旋转的性质得到点E在以D点圆心，DE为半径的圆上，估计三角形三边的关系得到AE≤AD+DE(当且仅当AE过圆心D时取等号)，从而得到AE的最大值为6，然后利用勾股定理计算出此时AF的长．
【解答】
解：连接AD，如图，
∵点D为等腰直角三角形斜边的中点，
∴AD⊥BC，AD=12BC=2，
∵正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转，
∴点E在以D点圆心，DE为半径的圆上，
∵AE≤AD+DE(当且仅当AE过圆心D时取等号)，
∴AE的最大值为6，
此时AF= 42+62=2 13．
故答案为2 13．
15.【答案】1
10+ 22
【解析】【分析】
本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，圆内接四边形的性质，直角三角形斜边上的中线，解答本题的关键是掌握求线段BD的最大值的思路与方法；首先根据等腰直角三角形的性质得出AD=CD，BE=CE，然后根据三角形的面积公式和勾股定理可得即可求出▵ACD和▵BCE面积之和；先证得D、C、E三点在同一条直线上，设AB的中点为点O，连接OC，根据直角三角形斜边上的中线性质可得，OC=12AB=OA=OB，以O为圆心，以OA的长为半径画⊙O，则⊙O为△ABC的外接圆，AB为外接圆的直径，根据AB=2，得出OA=OB=OC=1，设⊙O与DE相交于点F，连接OF、AF、BF，则四边形ABCF是⊙O的内接四边形，根据圆内接四边形的性质得出∠BAF+∠BCF=180°，根据邻补角的概念得出∠BCE+∠BCF=180°，进一步求出∠BAF=∠BCE=45°，OA=OF，∠OFA=∠OAF=45°，∠AOF=180°-∠OFA-∠OAF=90°，∠BOF=180°-∠AOF=90°，△AOF和△BOF都是等腰直角三角形，利用勾股定理求出AF= 2，BF= 2，取AF的中点为M，连接BM、DM，则MF=12AF= 22，根据直角三角形斜边上的中线性质可得，DM=12AF= 22，根据BM+DM≥BD，得出当B、M、D三点共线时，BD有最大值，此时BD=BM+DM，最后利用勾股定理求出BM的长，通过BM+DM即可求出BD的最大值．
【解答】
解：∵△ADC和△BEC都是等腰直角三角形，∠ADC=∠BEC=90°，
∴AD=CD，BE=CE，
∴S△ACD=12AD·CD=12AD2，S△BCE=12BE·CE=12BE2，
根据勾股定理可得，AD2+CD2=AC2，BE2+CE2=BC2，AC2+BC2=AB2，
∴2AD2=AC2，2BE2=BC2，AC2+BC2=22=4，
∴AD2+BE2=12AC2+BC2=12×4=2，
∴S△ACD+S△BCE=12AD2+BE2=12×2=1；
∵△ADC和△BEC都是等腰直角三角形，∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠ACD=∠BCE=45°，
∴∠ACD+∠ACB+∠BCE=45°+90°+45°=180°，
∴D、C、E三点在同一条直线上，
设AB的中点为点O，连接OC，如图：
根据直角三角形斜边上的中线性质可得，OC=12AB=OA=OB，
∴以O为圆心，以OA的长为半径画⊙O，则⊙O为△ABC的外接圆，AB为外接圆的直径，
∵AB=2，
∴OA=OB=OC=1，
设⊙O与DE相交于点F，连接OF、AF、BF，则四边形ABCF是⊙O的内接四边形，
∴∠BAF+∠BCF=180°，
又∵∠BCE+∠BCF=180°，
∴∠BAF=∠BCE=45°，
∵OA=OF，
∴∠OFA=∠OAF=45°，
∴∠AOF=180°-∠OFA-∠OAF=90°，∠BOF=180°-∠AOF=90°，
∴△AOF和△BOF都是等腰直角三角形，
∴AF= OA2+OF2= 12+12= 2，BF= OB2+OF2= 12+12= 2，
取AF的中点为M，连接BM、DM，则MF=12AF= 22，
则DM=12AF= 22
∵BM+DM≥BD，
∴当B、M、D三点共线时，BD有最大值，此时BD=BM+DM，
在Rt△BFM中，∠BFM=90°，BF= 2，MF= 22，
∴BM= BF2+MF2= 22+ 222= 102，
∴BD的最大值为BM+DM= 102+ 22= 10+ 22．
故答案为：1； 10+ 22．
16.【答案】(23 2+1)π
【解析】【分析】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的运用以及弧长公式的运用，题目的综合性较强，解题的关键是正确的求出旋转角的度数．
作辅助线，首先求出∠D'AB的大小，进而求出旋转的角度，利用弧长公式问题即可解决．
【解答】
解：如图，分别连接OA、OB、OD'、AC、AC'，
∵OA=OB=AB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAB=60°；
同理可证：∠OAD'=60°，
∴∠D'AB=120°；
∵∠D'AB'=90°，
∴∠BAB'=120°-90°=30°，
由旋转变换的性质可知∠C'AC=∠B'AB=30°；
∵四边形ABCD为正方形，且边长为2，
∴∠ABC=90°，AC= 22+22=2 2，
∴当点D第一次落在圆上时，点C运动的路线长为：30π×2 2180= 2π3．
以D或B为圆心滚动时，每次C点运动π3，
以A做圆心滚动两次，以B和D做圆心滚动三次，所以总路径= 2π3×2+π3×3=(23 2+1)π．
故答案为：(23 2+1)π．
17.【答案】解：(1)∵A(2 3,0)，B(0,2)，
∴OA=2 3，OB=2，
∴∠BAO=30°；
(2)如图，过点C作CD⊥x轴于点D，
∵∠AOP=45°，
∴∠OCD=45°，
∴DC=DO，
∴OC= 2OD，
由(1)知：∠BAO=30°，
∴AC=2CD=2OD，AD= 3CD= 3OD，
∵AO=OD+AD=( 3+1)OD=2 3，
∴OD=3- 3，
∴OC= 2(3- 3)=3 2- 6，AC=2(3- 3)=6-2 3；
∴OC及AC的长分别为3 2- 6，6-2 3；
(3)作PH⊥x轴于H，连接PA、PB，如图，
∵∠AOB=90°，
∴AB为△AOB外接圆的直径，
∴∠BPA=90°，
∵A(2 3,0)，B(0,2)，
∴OA=2 3，OB=2，
∴AB= OA2+OB2=4，
∵∠AOP=45°，
∴∠PBA=45°，
∴△PAB和△POH都为等腰直角三角形，
∴PA= 22AB=2 2，PH=OH，
设OH=t，则PH=t，AH=2 3-t，
在Rt△PHA中，
∵PH2+AH2=PA2，
∴t2+(2 3-t)2=(2 2)2，
整理得t2-2 3t+2=0，解得t1= 3+1，t2= 3-1(舍去)，
∴OH=PH= 3+1，
∴OP= 2OH= 6+ 2；
∴P点坐标为( 3+1, 3+1)．
【解析】(1)根据A(2 3,0)，B(0,2)，可得OA=2 3，OB=2，进而可以解决问题；
(2)过点C作CD⊥x轴于点D，可得OC= 2OD，AC=2CD=2OD，然后根据AO=OD+AD=( 3+1)OD=2 3，求出OD的长，进而可以解决问题；
(3)作PH⊥x轴于H，连接PA、PB，根据圆周角定理由∠AOB=90°，得到AB为△AOB外接圆的直径，则∠BPA=90°，再利用勾股定理计算出AB=4，根据圆周角定理由∠AOP=45°得到∠PBA=45°，则可判断△PAB和△POH都为等腰直角三角形，所以PA= 22AB=2 2，PH=OH，设OH=t，则PH=t，AH=2 3-t，在Rt△PHA中，根据勾股定理得到OP的长和P点坐标．
本题考查了三角形外接圆与外心，坐标与图形性质，解决本题的关键是得到△PAB和△POH都为等腰直角三角形．
18.【答案】解：(1)结论BM+CN=BD成立，理由如下：
过点D作DE//AC交AB于E，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵DE//AC，
∴∠BED=∠A=60°，∠BDE=∠C=60°，
∴∠B=∠BED=∠BDE=60°，
∴△BDE是等边三角形，∠EDC=120°，
∴BD=BE=DE，∠EDN+∠CDN=120°，
∵∠EDM+∠EDN=∠MDN=120°，
∴∠CDN=∠EDM，
∵D是BC边的中点，
∴DE=BD=CD，
在△CDN和△EDM中，∠C=∠DEM=60°CD=DE∠CDN=∠EDM，
∴△CDN≌△EDM(ASA)，
∴CN=EM，
∴BD=BE=BM+EM=BM+CN；
(2)上述结论不成立，BM，CN，BD之间的数量关系为：BM-CN=BD；理由如下：
过点D作DE//AC交AB于E，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∴∠NCD=120°，
∵DE//AC，
∴∠BED=∠A=60°，∠BDE=∠C=60°，
∴∠B=∠BED=∠BDE=60°，
∴△BDE是等边三角形，∠MED=∠EDC=120°，
∴BD=BE=DE，∠NCD=∠MED，∠EDM+∠CDM=120°，
∵∠CDN+∠CDM=∠MDN=120°，
∴∠CDN=∠EDM，
∵D是BC边的中点，
∴DE=BD=CD，
在△CDN和△EDM中，∠NCD=∠MEDCD=DE∠CDN=∠EDM，
∴△CDN≌△EDM(ASA)，
∴CN=EM，
∴BD=BE=BM-EM=BM-CN，
∴BM-CN=BD．
【解析】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助线构建全等三角形是解题的关键．
(1)过点D作DE//AC交AB于E，易证△BDE是等边三角形，∠EDC=120°，得出BD=BE=DE，∠EDN+∠CDN=120°，证明∠CDN=∠EDM，由D是BC边的中点，得出DE=BD=CD，由ASA证得△CDN≌△EDM得出CN=EM，即可得出结论；
(2)过点D作DE//AC交AB于E，易证△BDE是等边三角形，∠MED=∠EDC=120°，得出BD=BE=DE，∠NCD=∠MED，∠EDM+∠CDM=120°，证明∠CDN=∠EDM，由D是BC边的中点得出DE=BD=CD，由ASA证得△CDN≌△EDM得出CN=EM，即可得出结果．
19.【答案】解：(1)第一方案：设抛物线的表达式是y=a(x+6)(x-6)，
因C(0,4)在抛物线的图象上，代入表达式，
得a=-19．
故抛物线的表达式是y=-19x2+4．
令y=3得，3=-19x2+4，
解得x=±3，
∴当高度是3m时，最大宽度是6m．
(2)第二方案：由垂径定理得：圆心O'在y轴上(原点的下方)，
设圆的半径是R，那么在Rt△OAO'中，由勾股定理得：62+(R-4)2=R2
解得R=6.5，
当高度是3m时，最大宽度=2 R2-5.52=4 3≈6.9m，
∵6<6.9，
∴为了工厂的特种卡车通过厂门更安全，所以采用第二种方案更合理．
【解析】本题考查了二次函数的应用，垂径定理和勾股定理的应用．
求出方案一中抛物线的解析式，再令y=3，求出最大宽度，然后根据垂径定理和勾股定理求出圆的半径，然后求出最大宽度，则宽度较大的设计方案能确保工厂的特种卡车在通过厂门时更安全．
20.【答案】(1)证明：如图①，
∵四边形APBC内接于⊙O，
∴∠APB+∠ACB=180°．
∵∠APB+∠APQ=180°，
∴∠APQ=∠ACB．
∵AQ=AP，
∴∠APQ=∠Q．
∴∠ACB=∠Q．
∵∠BAC=∠BPC=60°，∠ABC=∠APC=60°，
∴∠ACB=60°=∠Q=∠APQ=∠QAP．
∵∠QBC=∠ABC+∠ABQ<120°，
∠QAC>∠BAC+∠QAP=120°，
∴∠QBC≠∠QAC．
∴四边形AQBC是准平行四边形．
(2)解：如图②，连接BD，过点C作CH⊥CA，交AD的延长线于点H．
由题意AB≠AD，BC=DC，可知∠ABC≠∠ADC.
∵四边形ABCD是准平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD．
∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠BAD=∠BCD=90°.
∴BD是⊙O的直径，BD=10.
∴AD= BD2-AB2=8. ·
∵∠BCD=∠ACH=90°，
∴∠DCH=∠BCA.
又∠CDH=180°-∠ADC=∠CBA，
在△CDH和△CBA中，∠DCH=∠BCA. CD=CB∠CDH=∠CBA,
∴△CDH≌△CBA(ASA)．
∴DH=AB=6，CH=CA.
∴△ACH为等腰直角三角形，斜边AH=14．
根据勾股定理得2AC2=AH2，
∴AC=7 2．
(3)BD长的最大值为2 3+2．
【解析】【分析】
本题是圆的综合题，主要考查圆的内接四边形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质等．
(1)根据准平行四边形的定义，圆的内接四边形的性质和圆周角定理即可解答；
(2)连接BD，过点C作CH⊥CA，交AD的延长线于点H.根据准平行四边形的定义得，
∠BAD=∠BCD=90°.再证明△CDH ≌ △CBA，利用全等三角形的性质和勾股定理即可解答；
(3)根据准平行四边形的定义和∠BCD≠∠BAD得∠ABC=∠CDA=60°，作三角形ACD的外接圆圆O，再根据两点之间线段最短和含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质即可解答．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)∵四边形ABCD是准平行四边形，且∠BCD≠∠BAD，
∴∠ABC=∠CDA=60°，
作三角形ACD的外接圆圆O，当O、B、D在一条直线上时，BD最大．
过O作OH⊥AC于点H，过C作CG⊥OB于点G，
∵∠D=60°，
∴∠AOC=120°，
∴∠OAC=∠OCA=30°，
∵∠BCA=90°，∠BAC=30°，BC=2，
∴AC=2 3
∴AH=CH= 3，
∴OC=2=CB，
∵∠BCO=90°+30°=120°，
∴∠CBO=∠COB=30°，
∴GB=GO= 3，
∴BD'=OB+OD'=2 3+2．
故答案为：2 3+2．
21.【答案】(1)解：连接BD，
∵AB平分∠DAE，
∴∠EAB=∠BAD，
∵AE=AD，AB=AB，
∴△ABE≌△ABD(SAS)，
∴∠AEB=∠ADB，
∵∠ADB=∠ACB，
∴∠AEB=∠ACB，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵AB=BC，
∴∠ACB=45°，
∴∠AEB=∠ACB=45°；
(2)证明：延长EA交⊙O于F，连接BF，CF，
∵AC是圆的直径，
∴∠AFC=90°，
∴EF2+CF2=CE2，
由(1)知∠FEB=45°，
∵∠BFE=∠ACB=45°，
∴△BFE是等腰直角三角形，
∴EF2=2BE2，
∵BD=BE，
∴BD=BF，
∴BD=BF，
∴AF=CD ，
∴AD=CF，
∴CF=AD=AE，
∴2BE2+AE2=CE2．
【解析】(1)连接BD，由条件推出△ABE≌△ABD，得到∠AEB=∠ADB，由圆周角定理即可求出∠AEB的度数；
(2)延长EA交⊙O于F，连接BF，CF，由圆周角定理得到∠AFC=90°，由勾股定理得到EF2+CF2=CE2，由等腰直角三角形的性质，勾股定理得到EF2=2BE2，由圆心角、弧、弦的关系得到CF=AE，从而证明问题．
本题考查圆周角定理，勾股定理，圆心角、弧、弦的关系，全等三角形的判定和性质，综合应用以上知识点是解题的关键．
22.【答案】解：(1)∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠E=∠ECD-∠EBD=12(∠ACD-∠ABC)=12∠A=12α，
(2)如图1，延长BC到点T，
∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC=180°，
又∵∠FDE+∠FDC=180°，
∴∠FDE=∠FBC，
∵DF平分∠ADE，
∴∠ADF=∠FDE，
∵∠ADF=∠ABF，
∴∠ABF=∠FBC，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵AD=BD，
∴∠ACD=∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD=180°，∠DCT+∠BCD=180°，
∴∠DCT=∠BFD，
∴∠ACD=∠DCT，
∴CE是△ABC的外角平分线，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
(3)①如图2，连接CF，
∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
∴∠BAC=2∠BEC，
∵∠BFC=∠BAC，
∴∠BFC=2∠BEC，
∵∠BFC=∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC=∠FCE，
∵∠FCE=∠FAD，
∴∠BEC=∠FAD，
又∵∠FDE=∠FDA，FD=FD，
∴△FDE≌△FDA(AAS)，
∴DE=DA，
∴∠AED=∠DAE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠AED+∠DAE=90°，
∴∠AED=∠DAE=45°，
②如图3，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠FAC=∠EBC=12∠ABC=45°，
∵∠AED=45°，
∴∠AED=∠FAC，
∵∠FED=∠FAD，
∴∠AED-∠FED=∠FAC-∠FAD，
∴∠AEG=∠CAD，
∵∠EGA=∠ADC=90°，
∴△EGA∽△ADC，
∴AEAC=AGCD，
∵在Rt△ABG中，AG= 22AB=4 2，
在Rt△ADE中，AE= 2AD，
∴ADAC=45，
在Rt△ADC中，AD2+DC2=AC2，
∴设AD=4x，AC=5x，则有(4x)2+52=(5x)2，
∴x=53，
∴ED=AD=203，
∴CE=CD+DE=353，
∵∠BEC=∠FCE，
∴FC=FE，
∵FM⊥CE，
∴EM=12CE=356，
∴DM=DE-EM=56，
∵∠FDM=45°，
∴FM=DM=56，
∴S△DEF=12DE⋅FM=259．
【解析】本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
(1)由角平分线的定义可得出结论；
(2)由圆内接四边形的性质得出∠FDC+∠FBC=90°，得出∠FDE=∠FBC，证得∠ABF=∠FBC，证出∠ACD=∠DCT，则CE是△ABC的外角平分线，可得出结论；
(3)①连接CF，由条件得出∠BFC=∠BAC，则∠BFC=2∠BEC，得出∠BEC=∠FAD，证明△FDE≌△FDA(AAS)，由全等三角形的性质得出DE=DA，则∠AED=∠DAE，得出∠ADC=90°，则可求出答案；
②过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，证得△EGA∽△ADC，得出AEAC=AGCD，求出ADAC=45，设AD=4x，AC=5x，则有(4x)2+52=(5x)2，解得x=53，求出ED，CE的长，求出DM，由等腰直角三角形的性质求出FM，根据三角形的面积公式可得出答案．
23.【答案】解：(1)∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD=DE=AE，BA//CE，AD//BC，DE//AC，AC=AD=CE，∠BAE=15(5-2)×180°=108°．
∴四边形ABCF是菱形，
∴∠BAC=∠CAD，
同理可求：∠CAD=∠DAE，
∴∠BAC=∠CAD=∠DAE=13×108°=36°；
(2)∵四边形ABCF是菱形，
∴CF=AF=AB=2．
∵∠BAC=∠CAD=∠DAE=36°，
同理∠DCE=36°，
∴△DCF∽△DAC，
∴CDDF=ADCD，即CD2=DF×AD，
设DF=x，则AD=x+2，
∴22=x(x+2)，即x2+2x-4=0，
解得x= 5-1(舍去负值)．
∴DF的长是 5-1．
【解析】(1)根据五边形ABCDE是正五边形，判断出AB=BC=CD=DE=AE，BA//CE，AD//BC，DE//AC，AC=AD=CE，∠BAE=108°.即可得到∠BAC=∠CAD=∠DAE=13×108°=36°；
(2)证明△DCF∽△DAC，推出CD2=DF×AD，设DF=x，则AD=x+2，列出方程，解方程即可求出DF的长．
本题考查了正多边形和圆，根据正五边形的性质，找到相似三角形，利用相似三角形的性质是解题的关键．
24.【答案】解：(1) ①1.
②-1≤n≤1.
(2)如图，B2(0,1)为圆A与y轴的切点，B1(1- 22,1+ 22)满足∠B1AO=90∘．
当B在B1右侧时，冰雪距离d≥B1A= 22．
当B在弧B1B2上时，冰雪距离d为点B到OA的距离，
结合图象可知，当且仅当B处在点B2时，d取最小值 22．
(3)如图，当点B位于图中弧DI、线段IH、弧HG时，线段BC与线段OA的“冰雪距离”始终为1．
当点C位于图中弧DE、线段EF、弧FG时，线段BC与线段OA的“冰雪距离”始终为1．
当线段BC由图中B1D向上平移到DC3时，或由B2G向上平移到GC4时，线段BC与线段OA的“冰雪距离”始终为1.对应中点M所走过的路线长为：2π+4+2 2．
【解析】【分析】
本题考查了坐标和图形性质，新定义等知识.题中通过介绍“冰雪距离”来引出学生对动态图象理想距离的识别，这是新课标要求我们掌握的技能．在深度理解理想距离定义、特点后难度并不高，并且再讨论运动路径的时候需要学生动手作图理解运动过程，是一道非常值得学生锻炼的题目．
(1) ①读懂题意，结合图形可判断AB极为冰雪距离; ②注意到A到BC的距离正好为1，可知点A到BC的垂足正好在线段BC上;
(2)结合图象观察点B在移动时，d的变化情况，判断出取最小值的点，再计算;
(3)找出BC运动的情况，注意到点M运动的路径长与点B、C运动的路径长相同，转化为求B或C运动的路径长即可．
【解答】
解：(1) ①当m=2，n=1时，B(2,1)，C(2,3)．
线段BC与线段OA的冰雪距离为AB=1;
②当m=2时，点A到直线BC的距离为1．
若线段BC与线段OA的冰雪距离是1，则点A到BC的垂线的垂足在线段BC上，
∴n≤1≤n+2，即-1≤n≤1;
(2)，(3)见答案．
25.【答案】解：由题意可知BA=6πcm，CD=4πcm，
设∠AOB=n°，AO=Rcm，则CO=(R-8)cm，
由题意得nπR180=6π，nπ(R-8)180=4π，
∴6×180=nR4×180=nR-8n,
解得n=45R=24,
故扇形OAB的圆心角是45∘，
∵R=24，
∴R-8=16，
∴S扇形OCD=12×4π×16=32π(cm2)，
S扇形OAB=12×6π×24=72π(cm2)，
纸杯侧面积=S扇形OAB-S扇形OCD=72π-32π=40π(cm2)，
纸杯底面积=π×22=4π(cm2)，
纸杯表面积=40π+4π=44π(cm2).
【解析】本题主要考查圆锥的侧面展开图与底面周长之间的关系和扇环的面积的求法.设∠AOB=n°，AO=Rcm，则CO=(R-8)cm，利用圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面周长作为相等关系列方程，并联立成方程组求解即可得出n，R；求纸杯的侧面积即为扇环的面积，需要用大扇形的面积减去小扇形的面积，纸杯表面积=S纸杯侧面积+S纸杯底面积．
浙教版初中数学九年级上册第三单元《圆的基本性质》单元测试卷
考试范围：第三章 考试时间 ：120分钟 总分 ：120分
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点(不与A、B重合)，对角线AC、BD相交于点O，过点P分别作AC、BD的垂线，分别交AC、BD于点E、F，交AD、BC于点M、N.下列结论：
①△APE≌△AME；
②PM+PN=AC；
③PE2+PF2=PO2；
④△POF∽△BNF；
⑤点O在M、N两点的连线上．
其中正确的是( )
A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①②③④⑤ D. ③④⑤
2. 如图，点A，B的坐标分别为A(2,0)，B(0,2)，点C为平面直角坐标系内一点，BC=1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为( )
A. 2+1 B. 2+12 C. 2 2+1 D. 2 2-12
3. 如图，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，点D为EF的中点，若AB=2 5，连接BF，则BF的长为( )
A. 4 5
B. 2 15
C. 5 3
D. 2 17
4. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=2，线段BC绕点B旋转到BD，连AD，E为AD的中点，连CE，则CE的长不可能是( )
A. 1.2 B. 2.05 C. 2.7 D. 3.1
5. 如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD⊥AB，垂足为D，AD=2，点E是⊙O上的动点(不与C重合)，点F为CE的中点，若在E运动过程中DF的最大值为4，则CD的值为( )
A. 2 3 B. 2 2 C. 3 2 D. 72
6. 如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，点E是AB上的一动点(不与A，B重合)，点F是BC上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且∠EOF=90°，有以下结论：①AE=BF；②△OGH是等腰三角形；③四边形OGBH的面积随着点E位置的变化而变化；④△GBH周长的最小值为4+ 2.其中正确的个数是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
7. 在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，A( 3,0)、B(3 3,0)、C(0,-5)，点D在直角坐标系中， 且∠ADB=60°，则线段CD的长的最大值为( )
A. 2 7-2 B. 2 7+2 C. 4 3-2 D. 4 3+2
8. 如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB=2∠BOC，则下列说法中正确的是( )
A. ∠OBA=∠OCA B. 四边形OABC内接于⊙O
C. AB=2BC D. ∠OBA+∠BOC=90°
9. 已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF的边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示，按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转……在这样连续6次旋转的过程中，点B，M间的距离可能是( )
A. 1.4 B. 1.1 C. 0.8 D. 0.5
10. 如图，在边长为 2的正八边形ABCDEFGH中，已知I，J，K，L分别是边AH，BC，DE，FG上的动点，且满足IA=JC=KE=LG，则四边形IJKL面积的最大值为( )
A. 4+2 2
B. 2+2 2
C. 4+ 2
D. 2+4 2
11. 如图是一个半径为6cm的⊙O的纸片，△ABC是⊙O的内接三角形，分别以直线AB和AC折叠⊙O纸片，AB和AC都经过圆心O，则图中阴影部分的面积是( )
A. 9 3cm2
B. 8 3cm2
C. 9 6cm2
D. 12cm2
12. 如图，点A(2,0)，B(0,2)，将扇形AOB沿x轴正方向做无滑动的滚动，在滚动过程中点O的对应点依次记为点O1，点O2，点O3…，则O14的坐标是 ( )
A. (16+4π,0) B. (14+4π,2) C. (14+3π,2) D. (12+3π,0)
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图．在△ABC中，∠A=60°，BC=5cm.能够将△ABC完全覆盖的最小圆形纸片的直径是______cm．
14. 如图，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90∘，点D是BC的中点，作正方形DEFG，连接AE，若BC=DE=4，将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转，在旋转过程中，当AE为最大值时，则AF的值______．
15. 如图，在Rt▵ABC中，∠ACB=90∘，AB=2.分别以AC、BC为斜边，向三角形外作等腰直角三角形ACD和等腰直角三角形BCE，则▵ACD和▵BCE面积之和为 ；连接BD，则线段BD的最大值为 ．
16. 如图，边长为2的正方形ABCD的顶点A、B在一个半径为2的圆上，顶点C、D在圆内，将正方形ABCD沿圆的内壁作无滑动的滚动．当滚动一周回到原位置时，点C运动的路径长为______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图所示，已知A，B两点的坐标分别为(2 3,0)，(0,2)，点P是△AOB外接圆上一点，且∠AOP=45°，OP与AB交于C点．
(1)求∠BAO的度数；
(2)求OC及AC的长；
(3)求OP的长及点P的坐标．
18. (本小题8.0分)
如图，△ABC是等边三角形，D是BC边的中点，以D为顶点作一个120°的角，角的两边分别交直线AB，AC于M，N两点，以点D为中心旋转∠MDN(∠MDN的度数不变)，若DM与AB垂直时(如图①所示)，易证BM+CN=BD．
(1)如图②，若DM与AB不垂直时，点M在边AB上，点N在边AC上，上述结论是否成立？
若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(2)如图③，若DM与AB不垂直时，点M在边AB上，点N在边AC的延长线上，上述结论是否成立？若不成立，请写出BM，CN，BD之间的数量关系，不用证明．
19. (本小题8.0分)
某工厂准备翻建新的厂门，厂门要求设计成轴对称的拱型曲线．已知厂门的最大宽度AB=12m，最大高度OC=4m，工厂的特种运输卡车的高度是3m，宽度是5.8m.现设计了两种方案：方案一：建成抛物线形状；方案二：建成圆弧形状(如图).为确保工厂的特种卡车在通过厂门时更安全，你认为应采用哪种设计方案？请说明理由．
20. (本小题8.0分)
定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”.例如：凸四边形ABCD中，若∠A=∠C，∠B≠∠D，则称四边形ABCD为准平行四边形．
(1)如图①，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC=∠CPB=60°，延长BP到Q，使AQ=AP.求证：四边形AQBC是准平行四边形；
(2)如图②，准平行四边形ABCD内接于⊙O，AB≠AD，BC=DC，若⊙O的半径为5，AB=6，求AC的长；
(3)如图③，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=2，若四边形ABCD是准平行四边形，且∠BCD≠∠BAD，请直接写出BD长的最大值．
21. (本小题8.0分)
如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=BC，对角线AC为⊙O的直径，E为⊙O外一点，AB平分∠DAE，AD=AE，连接BE．
(1)求∠AEB的度数；
(2)连接CE，求证：2BE2+AE2=CE2．
22. (本小题8.0分)
定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
(1)如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A=α，请用含α的代数式表示∠E．
(2)如图2，四边形ABCD内接于⊙O，AD=BD，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E.求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
(3)如图3，在(2)的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．
①求∠AED的度数；
②若AB=8，CD=5，求△DEF的面积．
23. (本小题8.0分)
如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，AD，CE，CE交AD于点F．
(1)求∠CAD的度数．
(2)已知AB=2，求DF的长．
24. (本小题8.0分)
定义：P、Q分别是两条线段a和b上任意一点，线段PQ长度的最小值叫做线段a与线段b的“冰雪距离”.已知O(0,0)，A(1,1)，B(m,n)，C(m,n+2)是平面直角坐标系中四点．
(1)根据上述定义，完成下面的问题：
①当m=2，n=1时，如图1，线段BC与线段OA的“冰雪距离”是____．
②当m=2时，线段BC与线段OA的“冰雪距离”是1，则n的取值范围是____．
(2)如图2，若点B落在圆心为A，半径为1的圆上，当n≥1时，线段BC与线段OA的“冰雪距离”记为d，结合图象，求d的最小值；
(3)当m的值变化时，动线段BC与线段OA的“冰雪距离”始终为1，线段BC的中点为M.求点M随线段BC运动所走过的路径长．
25. (本小题8.0分)
如图是一纸杯，它的母线AC和EF延长后形成的立体图形是圆锥．该圆锥的侧面展开图是扇形OAB，经测量，纸杯上开口圆的直径为6 cm，下底面的直径为4 cm，母线长EF=8 cm.求扇形OAB的圆心角及这个纸杯的全面积．(面积计算结果用π表示)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
依据正方形的性质以及等腰直角三角形、矩形的判定方法即可判断△APM和△BPN以及△APE、△BPF都是等腰直角三角形，四边形PEOF是矩形，从而作出判断．
本题考查正方形的性质、矩形的判定、等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，以及三角形的外接圆与外心．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAC=∠DAC=45°，
∵在△APE和△AME中，
∠PAE=∠MAEAE=AE∠AEP=∠AEM，
∴△APE≌△AME(ASA)，故①正确；
∴PE=EM=12PM，
同理，FP=FN=12NP，
∵正方形ABCD中，AC⊥BD，
又∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，且△APE中AE=PE，
∴四边形PEOF是矩形，
∴PF=OE，
∴PE+PF=OA，
又∵PE=EM=12PM，FP=FN=12NP，OA=12AC，
∴PM+PN=AC，故②正确；
∵四边形PEOF是矩形，
∴PE=OF，
在直角△OPF中，OF2+PF2=PO2，
∴PE2+PF2=PO2，故③正确;
∵△BNF是等腰直角三角形，而△POF不一定是，故④错误；
∵OA垂直平分线段PM，OB垂直平分线段PN，
∴OM=OP，ON=OP，
∴OM=OP=ON，
∴点O是△PMN的外接圆的圆心，
∵∠MPN=90°，
∴MN是直径，
∴M，O，N三点共线，故⑤正确．
故选B．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了点与圆的位置关系，坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最大值时点C的位置是关键，也是难点．
根据同圆的半径相等可知：点C在半径为1的⊙B上，通过画图可知，当点C是线段DB延长线与圆B的交点时，OM最大，再根据三角形的中位线定理可得结论．
【解答】
解：如图，
∵点C为平面直角坐标系内一点，BC=1，
∴点C在⊙B上，且半径为1，
取OD=OA=2，连接CD，
∵M为AC中点，
∴AM=CM
∵AM=CM，OD=OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=12CD．
当OM最大时，即CD最大，而当D，B，C三点共线，即C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB=OD=2，∠BOD=90°，
∴BD= OD2+OB2=2 2，
∴CD=2 2+1，
∴OM=12CD= 2+12，即OM的最大值为 2+12，
故选：B．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理以及旋转图形的性质，熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
将△ADF绕点A顺时针旋转90°得△ABF'，使得AD与AB重合，连接AF'先求得DE=DF=2，AE=EF=2DE=4，再证明△EAF'≌△EAF，从而有EF=EF'=4，∠AF'E=∠AFE=45°，进而得点F、E、F'三点共线，从而证明∠BF'F=∠AF'E+∠AF'B=90°，利用勾股定理即可得解．
【解答】
解：将△ADF绕点A顺时针旋转90°得△ABF'，使得AD与AB重合，连接AF，BF'，
∵四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，点D为EF的中点，
∴∠AED=90°，AE=EF=2DE，AD=AB=2 5，∠EAF=∠AFE=45°，
∴DE2+AE2=AD2，即DE2+4DE2=20，
∴DE=DF=2，AE=EF=2DE=4，
∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°得△ABF'，使得AD与AB重合，
∴∠FAF'=90°，AF=AF'，∠AF'B=∠AFE=45°，BF'=DF=2，
∴∠EAF'=∠FAF'-∠EAF=90°-45°=45°=∠EAF，
∵AE=AE，
∴△EAF'≌△EAF(SAS)，
∴∠AEF'=∠AEF=90°，EF=EF'=4，∠AF'E=∠AFE=45°，
∴∠FEF'=∠AEF'+∠AEF=180°，，
∴点F、E、F'三点共线，
∵∠AF'E=45°，∠AF'B=45°，
∴∠BF'F=∠AF'E+∠AF'B=90°，
∵BF'=2，FF'=EF+EF'=8，
∴BF= (BF')2+(FF')2=2 17，
故选：D．
4.【答案】D
【解析】解：作AB的中点O，连接OE，如图：
由题意知：BD=BC=2，
∵点E为AD的中点，点O为AB中点，
∴OE=12BD=1，
∴点E的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆，
∴当点E在CO延长线上时，CE最大，
而由∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=2可得AB=4，
∵点O为AB中点，
∴OC=12AB=2，
∴CE最大为OC+OE=2+1=3，
∴CE的长度不能是3.1，
故选：D．
作AB的中点O，连接OE，根据E为AD的中点，O为AB中点，可得OE=12BD=1，从而知点E的轨迹是以点O为圆心，1为半径的圆，可求得CE最大值为3，即可得到答案．
本题考查直角三角形中的旋转问题，解题的关键是作AB的中点，从而由已知得出点E的轨迹．
5.【答案】A
【解析】解：如图所示：连接OE、OC，取OC的中点M，连接MF和DM，设⊙O的半径为r，
∵点F为CE的中点，
∴MF=12OE=r2，
∵点E是⊙O上的动点(不与C重合)，点C为顶点，
∴点F的运动轨迹是以点M圆心，以MF的长为半径的圆上，
则DF≤DM+MF，
∴当点D、M、F三点共线时，DF有最大值4，此时DF=DM+MF，
∴DM=4-r2，
∵CD⊥AB，
∴∠CDO=90°，
∵点M为OC的中点，
∴DM=12OC=r2，
∴r2=4-r2，解得：r=4，
∴OD=OA-AD=2，
在Rt△CDO中，CD= OC2-OD2=2 3；
故选：A．
首先根据题意取OC的中点，根据点E的运动轨迹，确定点F的运动轨迹，根据DF≤DM+MF，可确定当点D、M、F三点共线时，DF有最大值4，此时DF=DM+MF，求出DM=4-r2，再根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，则DM=12OC=r2，联立即可求出半径r的值，然后求出OD的长，利用勾股定理即可求出CD的长．
本题主要考查的是圆的动点综合题型，解题关键是确定点D、M、F三点共线时，DF有最大值4．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了正方形的性质，全等三角形判定和性质，圆的有关概念和性质等知识．连接OC、OB、CF、BE， ①先证BE=CF，由AB=BC即可证明结论；
②只要证明△BOG≌△COH即可解决问题;
③只要证明S四边形OGBH=S△BOC=14S正方形ABCD是定值即可;
④推出当OH⊥BC时，OH的值最小，GH的值最小，此时OG=OH=2，GH=2 2，求出△GBH的周长的最小值即可．
【解答】
解：连接OC、OB、CF、BE，
在正方形ABCD中，AB=BC，∠BOC=90°，∠OBG=∠OCH=45°，OC=OB，
∵∠BOE+∠BOF=90∘，∠COF+∠BOF=90∘，
∴∠BOE=∠COF，
∴BE=CF，
∵AB=BC，
∴AE=BF，
∴AE=BF，故 ①正确；
在△BOG和△COH中，
{∠BOG=∠COHOB=OC∠OBG=∠OCH=45∘,
∴△BOG≌△COH，
∴OG=OH，
∴△OGH是等腰三角形，故②正确；
∵△BOG≌△COH，
∴S△OBG=S△COH，
∴S四边形OGBH=S△COB=14S正方形ABCD是定值，故 ③错误；
∵△BOG≌△COH，
∴CH=BG，
∵△BGH的周长=GH+BG+BH=GH+BH+HC=GH+BC，
∴当OH⊥BC时，OH的值最小，GH的值最小，此时OG=OH=2，GH=2 2，
∴△BGH的周长的最小值为4+2 2，故 ④错误．
故选B．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了点与圆的位置关系，坐标与图形的性质，圆周角定理及勾股定理，解决本题的关键是判出点D在线段CＰ的延长线与⊙P的交点上时CD最长．作圆，求出半径和PC的长度，判出只有点D在线段CＰ的延长线与⊙P的交点上时，CD最长，CD=CP+DP求解．
【解答】
解：如图，
设圆心为P，连结PA、PB、PC，PE⊥AB于E，
∵A( 3,0)、B(3 3,0)，
∴E(2 3,0)
又因为∠ADB=60°，
∴∠APB=120°(圆心角所对的角等于圆周角的二倍)，
∴PE=1，PA=2PE=2，
∴P(2 3,1)，
∵C(0,-5)，
∴PC= (2 3)2+(-5-1)2=4 3，
又∵PD=PA=2，
∴只有点D在线段CＰ的延长线与⊙P的交点上时，CD最长(点D在别的位置时构成△CDP)，
∴CD最大值为：4 3+2．
故选D．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了圆心角，弧，弦的关系，垂径定理，三角形的三边关系，圆内接四边形，三角形内角和定理的有关知识，正确的作出辅助线是解题的关键．过O作OD⊥AB于D交⊙O于E，由垂径定理得到AE=BE，于是得到AE=BE=BC，推出AE=BE=BC，根据三角形的三边关系得到2BC>AB，故C错误；根据三角形内角和得到∠OBA=12(180°-∠AOB)=90°-∠BOC，∠OCA=12(180°-∠AOC)=90°-32∠BOC，推出∠OBA≠∠OCA，故A错误；由点A，B，C在⊙O上，而点O在圆心，得到四边形OABC不内接于⊙O，故B错误；根据余角的性质得到∠OBA+∠BOC=90°，故D正确；
【解答】
解：过O作OD⊥AB于D交⊙O于E，
则AE=BE，
∴AE=BE，∠AOE=∠BOE=12∠AOB，
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠AOE=∠BOE=∠BOC，
∴AE=BE=BC，
∴AE=BE=BC，
∴2BC>AB，故C错误；
∵OA=OB=OC，
∴∠OBA=12(180°-∠AOB)=90°-∠BOC，
∠OCA=12(180°-∠AOC)=90°-32∠BOC，
∴∠OBA≠∠OCA，故A错误；
∵点A，B，C在⊙O上，而点O在圆心，
∴四边形OABC不内接于⊙O，故B错误；
∵∠BOE=∠BOC=12∠AOB，
∵∠BOE+∠OBA=90°，
∴∠OBA+∠BOC=90°，故D正确；
故选D．
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查正六边形、正方形的性质等知识，解题的关键作出点M的运动轨迹，利用图象解决问题，题目有一定的难度．
如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的弧线，分别对6次旋转过程进行分析，可知2- 2≤BM≤1，由此即可判断．
【解答】
解：如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的弧线，
观察图象可知：在第一次旋转过程中，BM=1;
在第二次旋转过程中，点M的位置不变，BM=1;
在第三次旋转过程中，BM的长由1逐渐变小为 3-1；
在第四次旋转过程中，点M在以点E为圆心， 2为半径的圆弧上，BM的长由 3-1逐渐变小为2- 2，然后逐渐变大为 3-1；
在第五次旋转过程中，BM的长由 3-1逐渐变大为1；
在第六次旋转过程中，点M的位置不变，BM=1．
显然连续六次旋转的过程中，2- 2≤BM≤1．
故选：C．
10.【答案】A
【解析】解：连接ⅠK，JL，
∵正八边形，IA=JC=KE=LG，
∴IJ=JK=KL=LI，IK=JL，
∴四边形IJKL为正方形，
∴四边形IJKL的面积为IJ2，
当IJ最大时，四边形IJKL的面积最大，
∴IJ=AC即为正八边形的对角线时，四边形IJKG的面积最大，
如图，连接AE，CG交于点O，连接OB，交AC于点M，
则△AOC为等腰直角三角形，O为正八边形的中心，
∴OC=OB=OA，OB垂直平分AC，
∴OM=AM= 22OA'，
设OM=AM=x，
则OC=OB=OA= 2x，
∴BM= 2x-x，
在Rt△AMB中，AB2=BM2+AM2，
即( 2)2=x2+( 2x-x)2，
解得：x= 2 2+42(负值不合题意，舍去)，
∴AC=2AM= 2 2+4，
∴四边形IJKL的最大面积为AC2=4+2 2，
故选：A．
易得四边形IJKL为正方形，得到四边形IJKL的面积为IJ2，进而得到当IJ最大时，四边形IJKL的面积最大，即IJ=AC即为正八边形的对角线时，四边形IJKG的面积最大，即可得解．
本题考查正多边形的性质，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理．本题的难度较大，熟练掌握相关性质，求出正八边形的边长是解题的关键．
11.【答案】A
【解析】解：连接AO、BO、CO，延长AO交BC于点D，如图所示：
∵△ABC是⊙O的内接三角形，⊙O的半径为6cm，
∴AD⊥BC，AO=6cm，
∴OD=3cm，
∴CD= OC2-OD2=3 3，
∴BC=2CD=6 3cm，
由图得，阴影部分得面积即为△OBC的面积，
∴S阴影=S△OBC=12BC⋅OD=12×6 3×3=9 3cm2，
故选：A．
连接AO、BO、CO，延长AO交BC于点D，由三角形的内接三角形的性质得出OD=3cm，由勾股定理得出CD=3 3，再由垂径定理得出BC=2CD=6 3cm，结合图形得出阴影部分得面积即为△OBC的面积，计算三角形面积即可．
题目主要考查等边三角形及外接圆的性质，垂径定理及勾股定理解三角形，不规则图形的面积等，理解题意，结合图形求解是解题关键．
12.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了规律型：点的坐标，主要考查了从滚动中找出规律，根据规律确定坐标对应点是解本题的关键．
由点A(2,0)，B(0,2)，得到OA=2，OB=2，∠AOB=90°，根据弧长的计算公式得到AB的长度=90⋅π×2 180=π，得到O1O2=AB=π，于是得到结论．
【解答】
解：∵点A(2,0)，B(0,2)，
∴OA=2，OB=2，∠AOB=90°，
∴AB的长度=90⋅π×2 180=π，
∵将扇形AOB沿x轴正方向做无滑动的滚动，
∴O1O2=AB的长=π，
∴点O1(2,2)，点O2(2+π,2)，点O3(4+π,0)，点O4(4+π,0)，点O5(6+π,2)…，
∵14÷4=3…2，
∴O14的(14+4π,2)．
故选B．
13.【答案】10 33
【解析】解：设圆的圆心为点O，能够将△ABC完全覆盖的最小圆是△ABC的外接圆，
∵在△ABC中，∠A=60°，BC=5cm，
∴∠BOC=120°，
作OD⊥BC于点D，则∠ODB=90°，∠BOD=60°，
∴BD=52，∠OBD=30°，
∴OB=52sin60°，得OB=5 33，
∴2OB=10 33，
即△ABC外接圆的直径是10 33cm，
故答案为：10 33．
根据题意作出合适的辅助线，然后根据圆的相关知识即可求得△ABC外接圆的直径，本题得以解决．
本题考查三角形的外接圆和外心，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线，利用数形结合的思想解答．
14.【答案】2 13
【解析】【分析】
本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系.也考查了三角形三边的关系、等腰直角三角形的性质．
连接AD，如图，利用等腰直角三角形的性质得AD⊥BC，AD=12BC=2，再根据旋转的性质得到点E在以D点圆心，DE为半径的圆上，估计三角形三边的关系得到AE≤AD+DE(当且仅当AE过圆心D时取等号)，从而得到AE的最大值为6，然后利用勾股定理计算出此时AF的长．
【解答】
解：连接AD，如图，
∵点D为等腰直角三角形斜边的中点，
∴AD⊥BC，AD=12BC=2，
∵正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转，
∴点E在以D点圆心，DE为半径的圆上，
∵AE≤AD+DE(当且仅当AE过圆心D时取等号)，
∴AE的最大值为6，
此时AF= 42+62=2 13．
故答案为2 13．
15.【答案】1
10+ 22
【解析】【分析】
本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，圆内接四边形的性质，直角三角形斜边上的中线，解答本题的关键是掌握求线段BD的最大值的思路与方法；首先根据等腰直角三角形的性质得出AD=CD，BE=CE，然后根据三角形的面积公式和勾股定理可得即可求出▵ACD和▵BCE面积之和；先证得D、C、E三点在同一条直线上，设AB的中点为点O，连接OC，根据直角三角形斜边上的中线性质可得，OC=12AB=OA=OB，以O为圆心，以OA的长为半径画⊙O，则⊙O为△ABC的外接圆，AB为外接圆的直径，根据AB=2，得出OA=OB=OC=1，设⊙O与DE相交于点F，连接OF、AF、BF，则四边形ABCF是⊙O的内接四边形，根据圆内接四边形的性质得出∠BAF+∠BCF=180°，根据邻补角的概念得出∠BCE+∠BCF=180°，进一步求出∠BAF=∠BCE=45°，OA=OF，∠OFA=∠OAF=45°，∠AOF=180°-∠OFA-∠OAF=90°，∠BOF=180°-∠AOF=90°，△AOF和△BOF都是等腰直角三角形，利用勾股定理求出AF= 2，BF= 2，取AF的中点为M，连接BM、DM，则MF=12AF= 22，根据直角三角形斜边上的中线性质可得，DM=12AF= 22，根据BM+DM≥BD，得出当B、M、D三点共线时，BD有最大值，此时BD=BM+DM，最后利用勾股定理求出BM的长，通过BM+DM即可求出BD的最大值．
【解答】
解：∵△ADC和△BEC都是等腰直角三角形，∠ADC=∠BEC=90°，
∴AD=CD，BE=CE，
∴S△ACD=12AD·CD=12AD2，S△BCE=12BE·CE=12BE2，
根据勾股定理可得，AD2+CD2=AC2，BE2+CE2=BC2，AC2+BC2=AB2，
∴2AD2=AC2，2BE2=BC2，AC2+BC2=22=4，
∴AD2+BE2=12AC2+BC2=12×4=2，
∴S△ACD+S△BCE=12AD2+BE2=12×2=1；
∵△ADC和△BEC都是等腰直角三角形，∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠ACD=∠BCE=45°，
∴∠ACD+∠ACB+∠BCE=45°+90°+45°=180°，
∴D、C、E三点在同一条直线上，
设AB的中点为点O，连接OC，如图：
根据直角三角形斜边上的中线性质可得，OC=12AB=OA=OB，
∴以O为圆心，以OA的长为半径画⊙O，则⊙O为△ABC的外接圆，AB为外接圆的直径，
∵AB=2，
∴OA=OB=OC=1，
设⊙O与DE相交于点F，连接OF、AF、BF，则四边形ABCF是⊙O的内接四边形，
∴∠BAF+∠BCF=180°，
又∵∠BCE+∠BCF=180°，
∴∠BAF=∠BCE=45°，
∵OA=OF，
∴∠OFA=∠OAF=45°，
∴∠AOF=180°-∠OFA-∠OAF=90°，∠BOF=180°-∠AOF=90°，
∴△AOF和△BOF都是等腰直角三角形，
∴AF= OA2+OF2= 12+12= 2，BF= OB2+OF2= 12+12= 2，
取AF的中点为M，连接BM、DM，则MF=12AF= 22，
则DM=12AF= 22
∵BM+DM≥BD，
∴当B、M、D三点共线时，BD有最大值，此时BD=BM+DM，
在Rt△BFM中，∠BFM=90°，BF= 2，MF= 22，
∴BM= BF2+MF2= 22+ 222= 102，
∴BD的最大值为BM+DM= 102+ 22= 10+ 22．
故答案为：1； 10+ 22．
16.【答案】(23 2+1)π
【解析】【分析】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的运用以及弧长公式的运用，题目的综合性较强，解题的关键是正确的求出旋转角的度数．
作辅助线，首先求出∠D'AB的大小，进而求出旋转的角度，利用弧长公式问题即可解决．
【解答】
解：如图，分别连接OA、OB、OD'、AC、AC'，
∵OA=OB=AB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAB=60°；
同理可证：∠OAD'=60°，
∴∠D'AB=120°；
∵∠D'AB'=90°，
∴∠BAB'=120°-90°=30°，
由旋转变换的性质可知∠C'AC=∠B'AB=30°；
∵四边形ABCD为正方形，且边长为2，
∴∠ABC=90°，AC= 22+22=2 2，
∴当点D第一次落在圆上时，点C运动的路线长为：30π×2 2180= 2π3．
以D或B为圆心滚动时，每次C点运动π3，
以A做圆心滚动两次，以B和D做圆心滚动三次，所以总路径= 2π3×2+π3×3=(23 2+1)π．
故答案为：(23 2+1)π．
17.【答案】解：(1)∵A(2 3,0)，B(0,2)，
∴OA=2 3，OB=2，
∴∠BAO=30°；
(2)如图，过点C作CD⊥x轴于点D，
∵∠AOP=45°，
∴∠OCD=45°，
∴DC=DO，
∴OC= 2OD，
由(1)知：∠BAO=30°，
∴AC=2CD=2OD，AD= 3CD= 3OD，
∵AO=OD+AD=( 3+1)OD=2 3，
∴OD=3- 3，
∴OC= 2(3- 3)=3 2- 6，AC=2(3- 3)=6-2 3；
∴OC及AC的长分别为3 2- 6，6-2 3；
(3)作PH⊥x轴于H，连接PA、PB，如图，
∵∠AOB=90°，
∴AB为△AOB外接圆的直径，
∴∠BPA=90°，
∵A(2 3,0)，B(0,2)，
∴OA=2 3，OB=2，
∴AB= OA2+OB2=4，
∵∠AOP=45°，
∴∠PBA=45°，
∴△PAB和△POH都为等腰直角三角形，
∴PA= 22AB=2 2，PH=OH，
设OH=t，则PH=t，AH=2 3-t，
在Rt△PHA中，
∵PH2+AH2=PA2，
∴t2+(2 3-t)2=(2 2)2，
整理得t2-2 3t+2=0，解得t1= 3+1，t2= 3-1(舍去)，
∴OH=PH= 3+1，
∴OP= 2OH= 6+ 2；
∴P点坐标为( 3+1, 3+1)．
【解析】(1)根据A(2 3,0)，B(0,2)，可得OA=2 3，OB=2，进而可以解决问题；
(2)过点C作CD⊥x轴于点D，可得OC= 2OD，AC=2CD=2OD，然后根据AO=OD+AD=( 3+1)OD=2 3，求出OD的长，进而可以解决问题；
(3)作PH⊥x轴于H，连接PA、PB，根据圆周角定理由∠AOB=90°，得到AB为△AOB外接圆的直径，则∠BPA=90°，再利用勾股定理计算出AB=4，根据圆周角定理由∠AOP=45°得到∠PBA=45°，则可判断△PAB和△POH都为等腰直角三角形，所以PA= 22AB=2 2，PH=OH，设OH=t，则PH=t，AH=2 3-t，在Rt△PHA中，根据勾股定理得到OP的长和P点坐标．
本题考查了三角形外接圆与外心，坐标与图形性质，解决本题的关键是得到△PAB和△POH都为等腰直角三角形．
18.【答案】解：(1)结论BM+CN=BD成立，理由如下：
过点D作DE//AC交AB于E，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵DE//AC，
∴∠BED=∠A=60°，∠BDE=∠C=60°，
∴∠B=∠BED=∠BDE=60°，
∴△BDE是等边三角形，∠EDC=120°，
∴BD=BE=DE，∠EDN+∠CDN=120°，
∵∠EDM+∠EDN=∠MDN=120°，
∴∠CDN=∠EDM，
∵D是BC边的中点，
∴DE=BD=CD，
在△CDN和△EDM中，∠C=∠DEM=60°CD=DE∠CDN=∠EDM，
∴△CDN≌△EDM(ASA)，
∴CN=EM，
∴BD=BE=BM+EM=BM+CN；
(2)上述结论不成立，BM，CN，BD之间的数量关系为：BM-CN=BD；理由如下：
过点D作DE//AC交AB于E，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∴∠NCD=120°，
∵DE//AC，
∴∠BED=∠A=60°，∠BDE=∠C=60°，
∴∠B=∠BED=∠BDE=60°，
∴△BDE是等边三角形，∠MED=∠EDC=120°，
∴BD=BE=DE，∠NCD=∠MED，∠EDM+∠CDM=120°，
∵∠CDN+∠CDM=∠MDN=120°，
∴∠CDN=∠EDM，
∵D是BC边的中点，
∴DE=BD=CD，
在△CDN和△EDM中，∠NCD=∠MEDCD=DE∠CDN=∠EDM，
∴△CDN≌△EDM(ASA)，
∴CN=EM，
∴BD=BE=BM-EM=BM-CN，
∴BM-CN=BD．
【解析】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助线构建全等三角形是解题的关键．
(1)过点D作DE//AC交AB于E，易证△BDE是等边三角形，∠EDC=120°，得出BD=BE=DE，∠EDN+∠CDN=120°，证明∠CDN=∠EDM，由D是BC边的中点，得出DE=BD=CD，由ASA证得△CDN≌△EDM得出CN=EM，即可得出结论；
(2)过点D作DE//AC交AB于E，易证△BDE是等边三角形，∠MED=∠EDC=120°，得出BD=BE=DE，∠NCD=∠MED，∠EDM+∠CDM=120°，证明∠CDN=∠EDM，由D是BC边的中点得出DE=BD=CD，由ASA证得△CDN≌△EDM得出CN=EM，即可得出结果．
19.【答案】解：(1)第一方案：设抛物线的表达式是y=a(x+6)(x-6)，
因C(0,4)在抛物线的图象上，代入表达式，
得a=-19．
故抛物线的表达式是y=-19x2+4．
令y=3得，3=-19x2+4，
解得x=±3，
∴当高度是3m时，最大宽度是6m．
(2)第二方案：由垂径定理得：圆心O'在y轴上(原点的下方)，
设圆的半径是R，那么在Rt△OAO'中，由勾股定理得：62+(R-4)2=R2
解得R=6.5，
当高度是3m时，最大宽度=2 R2-5.52=4 3≈6.9m，
∵6<6.9，
∴为了工厂的特种卡车通过厂门更安全，所以采用第二种方案更合理．
【解析】本题考查了二次函数的应用，垂径定理和勾股定理的应用．
求出方案一中抛物线的解析式，再令y=3，求出最大宽度，然后根据垂径定理和勾股定理求出圆的半径，然后求出最大宽度，则宽度较大的设计方案能确保工厂的特种卡车在通过厂门时更安全．
20.【答案】(1)证明：如图①，
∵四边形APBC内接于⊙O，
∴∠APB+∠ACB=180°．
∵∠APB+∠APQ=180°，
∴∠APQ=∠ACB．
∵AQ=AP，
∴∠APQ=∠Q．
∴∠ACB=∠Q．
∵∠BAC=∠BPC=60°，∠ABC=∠APC=60°，
∴∠ACB=60°=∠Q=∠APQ=∠QAP．
∵∠QBC=∠ABC+∠ABQ<120°，
∠QAC>∠BAC+∠QAP=120°，
∴∠QBC≠∠QAC．
∴四边形AQBC是准平行四边形．
(2)解：如图②，连接BD，过点C作CH⊥CA，交AD的延长线于点H．
由题意AB≠AD，BC=DC，可知∠ABC≠∠ADC.
∵四边形ABCD是准平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD．
∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠BAD=∠BCD=90°.
∴BD是⊙O的直径，BD=10.
∴AD= BD2-AB2=8. ·
∵∠BCD=∠ACH=90°，
∴∠DCH=∠BCA.
又∠CDH=180°-∠ADC=∠CBA，
在△CDH和△CBA中，∠DCH=∠BCA. CD=CB∠CDH=∠CBA,
∴△CDH≌△CBA(ASA)．
∴DH=AB=6，CH=CA.
∴△ACH为等腰直角三角形，斜边AH=14．
根据勾股定理得2AC2=AH2，
∴AC=7 2．
(3)BD长的最大值为2 3+2．
【解析】【分析】
本题是圆的综合题，主要考查圆的内接四边形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质等．
(1)根据准平行四边形的定义，圆的内接四边形的性质和圆周角定理即可解答；
(2)连接BD，过点C作CH⊥CA，交AD的延长线于点H.根据准平行四边形的定义得，
∠BAD=∠BCD=90°.再证明△CDH ≌ △CBA，利用全等三角形的性质和勾股定理即可解答；
(3)根据准平行四边形的定义和∠BCD≠∠BAD得∠ABC=∠CDA=60°，作三角形ACD的外接圆圆O，再根据两点之间线段最短和含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质即可解答．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)∵四边形ABCD是准平行四边形，且∠BCD≠∠BAD，
∴∠ABC=∠CDA=60°，
作三角形ACD的外接圆圆O，当O、B、D在一条直线上时，BD最大．
过O作OH⊥AC于点H，过C作CG⊥OB于点G，
∵∠D=60°，
∴∠AOC=120°，
∴∠OAC=∠OCA=30°，
∵∠BCA=90°，∠BAC=30°，BC=2，
∴AC=2 3
∴AH=CH= 3，
∴OC=2=CB，
∵∠BCO=90°+30°=120°，
∴∠CBO=∠COB=30°，
∴GB=GO= 3，
∴BD'=OB+OD'=2 3+2．
故答案为：2 3+2．
21.【答案】(1)解：连接BD，
∵AB平分∠DAE，
∴∠EAB=∠BAD，
∵AE=AD，AB=AB，
∴△ABE≌△ABD(SAS)，
∴∠AEB=∠ADB，
∵∠ADB=∠ACB，
∴∠AEB=∠ACB，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵AB=BC，
∴∠ACB=45°，
∴∠AEB=∠ACB=45°；
(2)证明：延长EA交⊙O于F，连接BF，CF，
∵AC是圆的直径，
∴∠AFC=90°，
∴EF2+CF2=CE2，
由(1)知∠FEB=45°，
∵∠BFE=∠ACB=45°，
∴△BFE是等腰直角三角形，
∴EF2=2BE2，
∵BD=BE，
∴BD=BF，
∴BD=BF，
∴AF=CD ，
∴AD=CF，
∴CF=AD=AE，
∴2BE2+AE2=CE2．
【解析】(1)连接BD，由条件推出△ABE≌△ABD，得到∠AEB=∠ADB，由圆周角定理即可求出∠AEB的度数；
(2)延长EA交⊙O于F，连接BF，CF，由圆周角定理得到∠AFC=90°，由勾股定理得到EF2+CF2=CE2，由等腰直角三角形的性质，勾股定理得到EF2=2BE2，由圆心角、弧、弦的关系得到CF=AE，从而证明问题．
本题考查圆周角定理，勾股定理，圆心角、弧、弦的关系，全等三角形的判定和性质，综合应用以上知识点是解题的关键．
22.【答案】解：(1)∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠E=∠ECD-∠EBD=12(∠ACD-∠ABC)=12∠A=12α，
(2)如图1，延长BC到点T，
∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC=180°，
又∵∠FDE+∠FDC=180°，
∴∠FDE=∠FBC，
∵DF平分∠ADE，
∴∠ADF=∠FDE，
∵∠ADF=∠ABF，
∴∠ABF=∠FBC，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵AD=BD，
∴∠ACD=∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD=180°，∠DCT+∠BCD=180°，
∴∠DCT=∠BFD，
∴∠ACD=∠DCT，
∴CE是△ABC的外角平分线，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
(3)①如图2，连接CF，
∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
∴∠BAC=2∠BEC，
∵∠BFC=∠BAC，
∴∠BFC=2∠BEC，
∵∠BFC=∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC=∠FCE，
∵∠FCE=∠FAD，
∴∠BEC=∠FAD，
又∵∠FDE=∠FDA，FD=FD，
∴△FDE≌△FDA(AAS)，
∴DE=DA，
∴∠AED=∠DAE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠AED+∠DAE=90°，
∴∠AED=∠DAE=45°，
②如图3，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠FAC=∠EBC=12∠ABC=45°，
∵∠AED=45°，
∴∠AED=∠FAC，
∵∠FED=∠FAD，
∴∠AED-∠FED=∠FAC-∠FAD，
∴∠AEG=∠CAD，
∵∠EGA=∠ADC=90°，
∴△EGA∽△ADC，
∴AEAC=AGCD，
∵在Rt△ABG中，AG= 22AB=4 2，
在Rt△ADE中，AE= 2AD，
∴ADAC=45，
在Rt△ADC中，AD2+DC2=AC2，
∴设AD=4x，AC=5x，则有(4x)2+52=(5x)2，
∴x=53，
∴ED=AD=203，
∴CE=CD+DE=353，
∵∠BEC=∠FCE，
∴FC=FE，
∵FM⊥CE，
∴EM=12CE=356，
∴DM=DE-EM=56，
∵∠FDM=45°，
∴FM=DM=56，
∴S△DEF=12DE⋅FM=259．
【解析】本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
(1)由角平分线的定义可得出结论；
(2)由圆内接四边形的性质得出∠FDC+∠FBC=90°，得出∠FDE=∠FBC，证得∠ABF=∠FBC，证出∠ACD=∠DCT，则CE是△ABC的外角平分线，可得出结论；
(3)①连接CF，由条件得出∠BFC=∠BAC，则∠BFC=2∠BEC，得出∠BEC=∠FAD，证明△FDE≌△FDA(AAS)，由全等三角形的性质得出DE=DA，则∠AED=∠DAE，得出∠ADC=90°，则可求出答案；
②过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，证得△EGA∽△ADC，得出AEAC=AGCD，求出ADAC=45，设AD=4x，AC=5x，则有(4x)2+52=(5x)2，解得x=53，求出ED，CE的长，求出DM，由等腰直角三角形的性质求出FM，根据三角形的面积公式可得出答案．
23.【答案】解：(1)∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD=DE=AE，BA//CE，AD//BC，DE//AC，AC=AD=CE，∠BAE=15(5-2)×180°=108°．
∴四边形ABCF是菱形，
∴∠BAC=∠CAD，
同理可求：∠CAD=∠DAE，
∴∠BAC=∠CAD=∠DAE=13×108°=36°；
(2)∵四边形ABCF是菱形，
∴CF=AF=AB=2．
∵∠BAC=∠CAD=∠DAE=36°，
同理∠DCE=36°，
∴△DCF∽△DAC，
∴CDDF=ADCD，即CD2=DF×AD，
设DF=x，则AD=x+2，
∴22=x(x+2)，即x2+2x-4=0，
解得x= 5-1(舍去负值)．
∴DF的长是 5-1．
【解析】(1)根据五边形ABCDE是正五边形，判断出AB=BC=CD=DE=AE，BA//CE，AD//BC，DE//AC，AC=AD=CE，∠BAE=108°.即可得到∠BAC=∠CAD=∠DAE=13×108°=36°；
(2)证明△DCF∽△DAC，推出CD2=DF×AD，设DF=x，则AD=x+2，列出方程，解方程即可求出DF的长．
本题考查了正多边形和圆，根据正五边形的性质，找到相似三角形，利用相似三角形的性质是解题的关键．
24.【答案】解：(1) ①1.
②-1≤n≤1.
(2)如图，B2(0,1)为圆A与y轴的切点，B1(1- 22,1+ 22)满足∠B1AO=90∘．
当B在B1右侧时，冰雪距离d≥B1A= 22．
当B在弧B1B2上时，冰雪距离d为点B到OA的距离，
结合图象可知，当且仅当B处在点B2时，d取最小值 22．
(3)如图，当点B位于图中弧DI、线段IH、弧HG时，线段BC与线段OA的“冰雪距离”始终为1．
当点C位于图中弧DE、线段EF、弧FG时，线段BC与线段OA的“冰雪距离”始终为1．
当线段BC由图中B1D向上平移到DC3时，或由B2G向上平移到GC4时，线段BC与线段OA的“冰雪距离”始终为1.对应中点M所走过的路线长为：2π+4+2 2．
【解析】【分析】
本题考查了坐标和图形性质，新定义等知识.题中通过介绍“冰雪距离”来引出学生对动态图象理想距离的识别，这是新课标要求我们掌握的技能．在深度理解理想距离定义、特点后难度并不高，并且再讨论运动路径的时候需要学生动手作图理解运动过程，是一道非常值得学生锻炼的题目．
(1) ①读懂题意，结合图形可判断AB极为冰雪距离; ②注意到A到BC的距离正好为1，可知点A到BC的垂足正好在线段BC上;
(2)结合图象观察点B在移动时，d的变化情况，判断出取最小值的点，再计算;
(3)找出BC运动的情况，注意到点M运动的路径长与点B、C运动的路径长相同，转化为求B或C运动的路径长即可．
【解答】
解：(1) ①当m=2，n=1时，B(2,1)，C(2,3)．
线段BC与线段OA的冰雪距离为AB=1;
②当m=2时，点A到直线BC的距离为1．
若线段BC与线段OA的冰雪距离是1，则点A到BC的垂线的垂足在线段BC上，
∴n≤1≤n+2，即-1≤n≤1;
(2)，(3)见答案．
25.【答案】解：由题意可知BA=6πcm，CD=4πcm，
设∠AOB=n°，AO=Rcm，则CO=(R-8)cm，
由题意得nπR180=6π，nπ(R-8)180=4π，
∴6×180=nR4×180=nR-8n,
解得n=45R=24,
故扇形OAB的圆心角是45∘，
∵R=24，
∴R-8=16，
∴S扇形OCD=12×4π×16=32π(cm2)，
S扇形OAB=12×6π×24=72π(cm2)，
纸杯侧面积=S扇形OAB-S扇形OCD=72π-32π=40π(cm2)，
纸杯底面积=π×22=4π(cm2)，
纸杯表面积=40π+4π=44π(cm2).
【解析】本题主要考查圆锥的侧面展开图与底面周长之间的关系和扇环的面积的求法.设∠AOB=n°，AO=Rcm，则CO=(R-8)cm，利用圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面周长作为相等关系列方程，并联立成方程组求解即可得出n，R；求纸杯的侧面积即为扇环的面积，需要用大扇形的面积减去小扇形的面积，纸杯表面积=S纸杯侧面积+S纸杯底面积．
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