北师大版九年级下册1 圆课后练习题

这是一份北师大版九年级下册1 圆课后练习题，共33页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第三章 圆
一、选择题（本大题共14个小题，每题2分，共28分，在每个小题的四个选项中只有一项是符合题目要求的）
1．已知的半径为2，点为内一定点，且，过点作的弦，其中最短的弦的长度是（ ）
A．4 B． C． D．2
【答案】C
【分析】
过点P作AB⊥OP，交于A、B两点，连结OA，OB，由等腰三角形性质可得AP=PB，在Rt△AOP中，AP=即可．
【详解】
解：过点P作AB⊥OP，交于A、B两点，连结OA，OB，
∵的半径为2，
∴OA=OB=2，
∵OP⊥AB，
∴AP=PB，
在Rt△AOP中，AP=，
∴AB=2AP=．
故选择C．

【点睛】
本题考查等腰三角形性质，勾股定理，掌握等腰三角形性质，勾股定理，圆的半径相等是解题关键．
2．在平面直角坐标系中，以点(3，﹣4)为圆心，2为半径的圆，与直线x＝1的位置关系为（　　）
A．相交 B．相切 C．相离 D．不能确定
【答案】B
【分析】
本题应将该点到直线x＝1的距离与半径对比即可判断．
【详解】
解：∵点（3，﹣4）到直线x＝1的距离为2，半径为2，
则有2＝2，
∴这个圆与直线x＝1相切．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的位置，解题的关键在于能够准确算出圆心到直线的距离然后与半径比较.
3．如图，P为的弦上的点，，的半径为5，则等于（ ）

A． B． C． D．4
【答案】A
【分析】
连接，过点作，垂足为，由垂径定理求得，再由勾股定理求得，再在直角三角形中，利用勾股定理求得即可．
【详解】
解：如图，连接，过点作，垂足为，
，，
，
∵，
，
，
，
由勾股定理得，，
．
故选：A．

【点睛】
本题考查了勾股定理和垂径定理，解此类题目要注意将圆的问题转化成三角形的问题再进行计算．
4．已知△ABC中，AB＝BC，若以点B为圆心，以AB为半径作圆，则点C在（　　）
A．在⊙B上 B．在⊙B外 C．在⊙B内 D．不能确定
【答案】A
【分析】
根据点与圆的位置关系：d=r，点在圆上，dr，点在圆外，再由AB=BC得出点A、C在以点B为圆心，以AB为半径的圆上，即可求解．
【详解】
∵AB=BC，
∴点A，C均在以点B为圆心，以AB为半径的圆上．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了点与圆的位置关系，熟练掌握：若d是点到圆心的距离，r是圆的半径，则d=r时，点在圆上；dr时，点在圆外．
5．如图，⊙O中，如果∠AOB＝2∠COD，那么（ ）

A．AB＝DC B．AB＜DC C．AB＜2DC D．AB＞2DC
【答案】C
【分析】
过点O作OE⊥AB交⊙O于点E，连接AE、BE，可得∠AOE＝∠BOE＝∠AOB，根据∠COD＝∠AOB，知∠AOE＝∠BOE＝∠COD，即CD＝AE＝BE，在△ABE中，由AE＋BE＞AB可得2CD＞AB．
【详解】
解：如图，过点O作OE⊥AB交⊙O于点E，连接AE、BE，

∴∠AOE＝∠BOE＝∠AOB，
又∵∠COD＝∠AOB，
∴∠AOE＝∠BOE＝∠COD，
∴CD＝AE＝BE，
∵在△ABE中，AE＋BE＞AB，
∴2CD＞AB，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查垂径定理和圆心角定理，根据∠AOB＝2∠COD利用垂径定理将角平分，从而根据圆心角定理得出答案是解题的关键．
6．如图，将放在每个小正方形的边长为1的网格中，点，，均落在格点上，用一个圆面去覆盖，能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径是（ ）

A．4 B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据题意可得能够完全覆盖这个三角形的最小圆为外接圆，圆心位于 和 的垂直平分线的交点处，求出，即可求解．
【详解】
解：如图，点为外接圆的圆心，则为半径，

故能完全覆盖该三角形的最小圆面的半径是．
故选：C
【点睛】
本题主要考查了三角形的外接圆，勾股定理，熟练掌握三角形的外接圆圆心就是三角形三边垂直平分线的交点是解题的关键．
7．如图，PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，点C为⊙O上一点，连接AC、BC，若∠P＝50°，则∠ACB的度数为（　　）

A．60° B．75° C．70° D．65°
【答案】D
【分析】
连接OA、OB，根据切线的性质，以及已知条件求得，根据圆周角定理可得，即可求得答案．
【详解】
解：连接OA、OB，

∵PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴∠AOB＝180°﹣∠P＝180°﹣50°＝130°，
，
∴∠ACB＝∠AOB＝×130°＝65°．
故选：D．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，添加辅助线是解题的关键．
8．若半径为6的圆中，扇形面积为，则它的弧长为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据扇形面积公式即可求解．
【详解】
根据扇形面积公式可知：，
∴弧长
故选：B．
【点睛】
本题考查扇形面积公式和弧长公式，解题的关键是熟练掌握扇形面积和弧长关系．
9．如图，PA、PB切⊙O于点A、B，PA＝4，CD切⊙O于点E，交PA、PB于C、D两点，则△PCD的周长是（ ）

A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】B
【分析】
根据切线长定理即可得结论．
【详解】
解：∵PA、PB切⊙O于点A、B，
∴PB＝PA＝4，
∵CD切⊙O于点E，交PA、PB于C、D两点，
∴CA＝CE，DB＝DE，
∴PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PD＝PC+CA+DB+PD＝PA+PB＝4+4＝8．
则△PCD的周长是8．
故选：B．
【点睛】
本题考查了切线长定理，解决本题的关键是掌握切线的性质．
10．如图，△ABC是圆O的内接正三角形，弦EF过BC的中点D，且EF∥AB，若AB＝4，则DE的长为（ ）

A．1 B．﹣1 C． D．2
【答案】B
【分析】
如图，连接交于点,连接，，，根据△ABC是圆O的内接正三角形，可知，进而勾股定理求得，，根据即可求得答案．
【详解】
如图，连接交于点,连接，，，

△ABC是圆O的内接正三角形，
,，
，
，
是BC的中点，

，
，
，
是BC的中点，AB＝4，
，
设，则（），
，
即，
解得，
，
，
，
在中
，
．
故选B．
【点睛】
本题考查了圆的性质，正三角形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线和熟练掌握正三角形的性质和圆的性质是解题的关键．
11．如图，等边△ABC边长为3，将△ABC绕AC上的三等分点O逆时针旋转60°得到△，其中点B的运动轨迹为，图中阴影部分面积为（ ）


A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
分别连接OB、，过O作OD⊥BC于点D，设与BC交于点E，则有关系式：，利用等边三角形的性质可分别求得的面积，及四边形的面积，易得，故有，利用直角三角形的性质及勾股定理可求得OB的长，进而可求得扇形的面积，最后可求得结果．
【详解】
如图，分别连接OB、，过O作OD⊥BC于点D，设与BC交于点E

由题意得：为等边三角形，且边长为3，易得其面积为；为等边三角形，且边长为1，易得其面积为；为等边三角形，且边长为2，易得其面积为，所以四边形的面积为
由旋转的性质得：为等边三角形，，
∴
∴
∴
∴
在Rt△OCD中，∠COD=90°-∠ACB=30°
∴
∴，
在Rt△ODB中，由勾股定理得
∴
∵
∴
∴
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，三角形全等的判定与性质，求图形的面积等知识，难点在于将不规则图形的面积转化为规则图形面积的和差来解决，本题的解答有一定的难度．
12．在《几何原本》中，记载了一种将长方形化为等面积正方形的方法：如图，延长长方形的边到E，使，以为直径作，延长交于点H，则，则以为边的正方形的面积等于长方形的面积．若，点E是中点，则的长为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【分析】
先根据正方形的性质可得，设，从而可得，，再代入可得一个关于的一元二次方程，解方程即可得．
【详解】
解：四边形是正方形，
，
点是中点，
，
设，则，
，
，
由同圆半径相等得：，
，
，
，
解得或（不符题意，舍去），
则，
故选：A．
【点睛】
本题考查了同圆半径相等、正方形的性质、一元二次方程的应用等知识点，熟练掌握同圆半径相等是解题关键．
13．如图，点为的内心，，，点，分别为，上的点，且．

甲、乙、丙三人有如下判断：
甲：；
乙：四边形的面积是定值；
丙：当时，的周长取得最小值．
则下列说法正确的是（ ）
A．只有甲正确 B．只有丙错误 C．乙、丙都正确 D．甲、乙、丙都正确
【答案】B
【分析】
点为的内心，可用角平分线的性质，再用三角形全等可判断甲和乙，当最小，即当时，的周长最小即可判断丙．
【详解】
（1）∵点为的内心，

∴当于，于时，．
当，不垂直于，时，
如图1，过点作于，于．
则．
∵，
∴．∵，
∴．
∵点为的内心，，，
∴．
∴≌．
∴．故甲的判断正确．
（2）如图1，连接．
由（1）可知，四边形的面积为．
∵点的位置固定，
∴四边形的面积是定值．故乙的判断正确．
（3）如图2，过点作于点．

由（1）可得，．
∴的周长．
∴当最小，即当时，的周长最小，此时不垂直于，故丙的判断不正确．
综上所述，答案选B．
【点睛】
此题考查的是三角形的内心，熟悉掌握三角形内心的性质是解题的关键．
14．如图，⊙M的半径为2，圆心M的坐标为（3，4），点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最小值为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【详解】
思路引领：由Rt△APB中AB＝2OP知要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，连接OM，交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最小值，据此求解可得．
答案详解：连接OP，
∵PA⊥PB，
∴∠APB＝90°，
∵AO＝BO，
∴AB＝2PO，
若要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，
连接OM，交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最小值，
过点M作MQ⊥x轴于点Q，
则OQ＝3、MQ＝4，
∴OM＝5，
又∵MP′＝2，
∴OP′＝3，
∴AB＝2OP′＝6，
故选：D．
二、填空题（本题共4个小题；每个小题3分，共12分，把正确答案填在横线上）
15．如图，是的直径，点、在上，且点、在的异侧，连接、、．若，且，则的度数为___________．

【答案】
【分析】
利用平行线的性质先求解 再利用等腰三角形的性质求解 再利用三角形的内角和定理可得答案.
【详解】
解： ，，




故答案为：
【点睛】
本题考查的是平行线的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形地方性质，圆的基本性质，掌握同圆的半径相等是解题的关键.
16．已知半径为2cm的扇形，其弧长为，则这个扇形的面积S扇＝_______．
【答案】
【详解】
17．如图，以△ABC的边AB为直径的☉O恰好过BC的中点D，过点D作DE⊥AC于E，连接OD，则下列结论中：①OD//AC；②∠B=∠C；③2OA=AC；④DE是☉O的切线；⑤∠EDA=∠B，正确的序号是_______．

【答案】①②③④⑤．
【分析】
连接，根据三角形中位线定理得到，①正确；根据圆周角定理得到，根据等腰三角形的性质得到，②正确；根据切线的判定定理得到是的切线，④正确；根据余角的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，求得，⑤正确；根据线段垂直平分线的性质得到，求得，③正确．
【详解】
解：如图示，连接，

为中点，点为的中点，
为的中位线，
，①正确；
是的直径，
，
即，又，
为等腰三角形，
，②正确；
，且，
，
是半径，
是的切线，④正确；
，
，
，
，
，
，⑤正确；
为中点，，
，
，
，
③正确，
故答案为：①②③④⑤．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，三角形中位线定理，正确的识别图形是解题的关键．
18．如图，若点O是正六边形ABCDEF的中心，，且角的两边分别交六边形的边AB、EF于M、N两点．若多边形AMONF的面积为，则正六边形ABCDEF的外接圆的面积是__________．

【答案】
【分析】
连接AO，FO，首先根据正六边形的性质证明出，然后根据多边形AMONF的面积求出△AOB的面积，进而求出AB的长度，即可根据圆的面积公式求得．
【详解】
如图所示，连接AO，FO．

∵点O是正六边形ABCDEF的中心，
∴OB=OF，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵多边形AMONF的面积为，
∴菱形ABOF的面积为，
∵多边形ABCDEF是正六边形，
∴和都是等边三角形，且，
∴，
又∵，
∴，
解得：．
∴正六边形ABCDEF的外接圆的面积=．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了正六边形的性质，等边三角形和全等三角形等知识，解题的关键是熟练掌握正六边形的性质，等边三角形和全等三角形的性质．
三、解答题（本题共8道题，19-21每题6分，22-25每题8分，26题10分，满分60分）
19．我们将能完全覆盖某平面图形的最小圆称为该平面图形的最小覆盖圆．如图，将△ABC放在每个小正方形边长为1的网格中，点A、B、C均落在格点上．
（1）用无刻度直尺画出△ABC的最小覆盖圆的圆心（保留作图痕迹）；
（2）该最小覆盖圆的半径是 ．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）作出线段AB，AC的垂直平分线的交点O即可．
（2）连接OA，利用勾股定理求出OA即可．
【详解】
解：（1）如图，点O即为所求．

（2）半径OA=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查作图-应用与设计作图，三角形的外接圆，勾股定理等知识，解题的关键是理解三角形的外心是各边垂直平分线的交点．
20．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以点A为圆心，AC长为半径作圆，交BC于点D，交AB于点E，连接DE．
（1）若∠ABC＝20°，求∠DEA的度数；
（2）若AC＝3，AB＝4，求CD的长．

【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）连接AD，求出∠DAE，再利用等腰三角形的性质解决问题即可．
（2）如图，过点A作AF⊥CD，垂足为F．利用面积法求出AF，再利用勾股定理求出CF，可得结论．
【详解】
解：（1）如图，连接AD．

∵∠BAC＝90°，∠ABC＝20°，
∴∠ACD＝70°．
∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC＝70°，
∴∠CAD＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∴∠DAE＝90°﹣40°＝50°．
又∵AD＝AE，
∴．
（2）如图，过点A作AF⊥CD，垂足为F．

∵∠BAC＝90°，AC＝3，AB＝4，
∴BC＝5．
又∵•AF•BC＝•AC•AB，
∴，
∴．
∵AC＝AD，AF⊥CD，
∴．
【点睛】
本题考查垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
21．一个等腰如图所示，将它绕直线AC旋转一周，形成一个几何体．
（1）写出这个几何体的名称，并画出这个几何体的三视图．
（2）依据图中的测量数据，计算这个几何体的表面积（结果保留π）．

【答案】（1）圆锥，图详见解析；（2）
【分析】
（1）由旋转方式可知旋转后的几何体为圆锥，再画出旋转后所得圆锥的三视图即可；
（2）根据圆锥的表面积公式计算即可．
【详解】
（1）圆锥
；
（2）几何体的表面积为：．
【点睛】
本题考查了平面图形的旋转问题和圆锥的表面积，掌握知识点是解题关键．
22．如图1，在⊙中，，，点E在上运动，连接EC，BE，交AC于点F．

（1）求的度数：
（2）当点E运动到使时，如图2，连接AO并延长，交BE于点G，交BC于点D，交⊙于点M，求证：D为中点．
【答案】（1）30°；（2）见解析．
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理，得到∠BAC=30°，根据同弧上的圆周角相等计算即可；
（2）连接BM，根据直径所对的圆周角是直角，圆周角的性质，证明AD⊥BC，利用角的度数相等证明∠MBD=∠GBD即可得到结论．
【详解】
（1）如图，∵AB=AC，∠ACB=75°，
∴∠ABC=∠ACB=75°，

∴∠BAC=30°，
∴∠E=∠BAC=30°；
（2）连接BM，∵AM是⊙O的直径，
∴∠ABM=90°，

∵∠AMB=∠ACB=75°，
∴∠BAM=15°，
∵∠BAC=30°，
∴∠CAM=15°，
∴∠BAM=∠CAM，
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴∠MBD=15°，
∵AC⊥BE，∠ACB=75°，
∴∠GBD=15°，
∴∠MBD=∠GBD，
∵BD=BD，
∴△GBD≌△MBD，
∴GD=MD，
即点D是GM的中点．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，圆的基本性质，熟练掌握圆的基本性质是解题的关键．
23．如图，为圆的直径，取的中点，过点作交圆于点，在的上方，连接，，点在线段的延长线上，且．
（1）求的度数；
（2）求直线与圆的公共点个数．

【答案】（1）；（2）直线与图形的公共点个数为1．
【分析】
（1）连接，先证明是等边三角形，则，即可得到答案；
（2）由题意，求出，然后得到是的切线，即可得到结论成立．
【详解】
解：（1）如图，连接，

∴
∵点为的中点，，
∴
∴
∴是等边三角形．
∴
∴．
（2）如图，∵，
∴
∵
∴
∴
∴是的切线．
∴直线与的公共点个数为1．
【点睛】
本题考查了切线的判定，等边三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是掌握所学的知识，正确的作出辅助线进行解题．
24．如图①，小慧同学把一个等边三角形纸片（即△OAB）放在直线l1上，OA边与直线l1重合，然后将三角形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转120°，此时点O运动到了点O1处，点B运动到了点B1处；小慧又将三角形纸片AO1B1绕B1点按顺时针方向旋转120°，点A运动到了点A1处，点O1运动到了点O2处（即顶点O经过上述两次旋转到达O2处）．
小慧还发现：三角形纸片在上述两次旋转过程中，顶点O运动所形成的图形是两段圆弧，即弧OO1和弧O1O2，顶点O所经过的路程是这两段圆弧的长度之和，并且这两段圆弧与直线l1围成的图形面积等于扇形AOO1的面积、△AO1B1的面积和扇形B1O1O2的面积之和．
小慧进行类比研究：如图②，她把边长为1的正方形纸片OABC放在直线l2上，OA边与直线l2重合，然后将正方形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转90°，此时点O运动到了点O1处（即点B处），点C运动到了点C1处，点B运动到了点B1处；小慧又将正方形纸片AO1C1B1绕B1点按顺时针方向旋转90°，……，按上述方法经过若干次旋转后，她提出了如下问题：
（1）若正方形纸片OABC按上述方法经过3次旋转，求顶点O经过的路程，并求顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线l2围成图形的面积；若正方形OABC按上述方法经过5次旋转，求顶点O经过的路程；
（2）正方形纸片OABC按上述方法经过多少次旋转，顶点O经过的路程是？

【答案】（1）；；；（2）41次
【分析】
（1）根据正方形旋转3次和5次的路径，利用弧长计算公式以及扇形面积公式求出即可；
（2）利用正方形纸片OABC经过4次旋转得出旋转路径，进而得出π=10×π+π，即可得出旋转次数．
【详解】
解：（1）如图所示，正方形纸片OABC经过3次旋转，顶点O运动所形成的图形是三段弧，即弧OO1、弧O1O2以及弧O2O3，
∴ 顶点O运动过程中经过的路程为：
，
顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线l2围成图形的面积为：
=1+π，
正方形OABC经过5次旋转，顶点O经过的路程为：
．

（2）∵ 正方形OABC经过3次旋转，顶点O经过的路程为：
，
根据第四次正方形旋转O点不动，也就是此时也是正方形OABC经过4次旋转的路程，
∴ π=10×π+π，
∴正方形纸片OABC经过了：10×4+1=41次旋转．
【点睛】
本题主要考查了图形的旋转以及扇形面积公式和弧长计算公式，分别求出旋转3，4，5次旋转的路径是解决问题的关键．
25．如图，AB为⊙O的直径，弦CD交AB于点E，且DE=OE

（1）求证：∠BAC＝3∠ACD；
（2）点F在弧BD上，且∠CDF＝∠AEC，连接CF交AB于点G，求证：CF＝CD；
（3）在（2）的条件下，若OG＝4，FG=11，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）如图1中，连接OD，OC，设∠D＝x．求出∠A，∠ACD，可得结论．
（2）连接CO，延长CO交DF于T．想办法证明CT⊥DF，可得结论．
（3）连接CO，延长CO交DF于T，过点O作OM⊥CD于M，ON⊥CF于N．设OE＝DE＝a，OA＝OB＝2R，构建方程求出a，R，可得结论．
【详解】
解：（1）证明：如图1中，连接OD，OC，设∠D＝x．

∵ED＝EO，
∴∠D＝∠EOD＝x，
∵OD＝OC，
∴∠D＝∠OCD＝x，
∴∠CEO＝∠D+∠EOD＝2x，∠COB＝∠OEC+∠OCD＝3x，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO，
∵∠A+∠ACO＝∠COB＝3x，
∴∠A＝∠ACO＝x，
∴∠ACD＝x，
∴∠BAC＝3∠ACD．
（2）证明：连接CO，延长CO交DF于T．

由（1）可知，∠AEC＝180°﹣2x，
∵∠AEC＝2∠CDF，
∴∠CDF＝90°﹣x，
∴∠CDF+∠DCO＝90°，
∴CT⊥DF，
∴DT＝TF，
∴CD＝CF．
（3）解：连接CO，延长CO交DF于T，过点O作OM⊥CD于M，ON⊥CF于N．

由（2）可知，CD＝CF，CT⊥DF
∴∠DCO＝∠FCO＝x，
∵ON⊥CF，OM⊥CD，
∴OM＝ON，
设OE＝DE＝a，OA＝OB＝2R，
∵∠GEC＝∠GCE＝2x，
∴GE＝GC＝a+4，
∴CD＝CF＝CG+FG＝15+a，
∴EC＝CD﹣DE＝15，
∵＝＝，
∴，
∴a2+4a﹣60＝0，
∴a＝6或﹣10（舍弃），
∴CG＝10，
∵CG•FG＝AG•GB，
∴110＝（R+4）（R﹣4），
∴R＝3或﹣3，
∴⊙O的半径为3．
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考常考题型．
26．如图，在矩形中，，，点从点出发沿以的速度向点移动；同时，点从点出发沿以的速度向点移动．

（1）几秒钟后的面积等于；
（2）在运动过程中，是否存在这样的时刻，使点恰好落在以点为圆心，为半径的圆上？若存在，求出运动时间；若不存在，请说明理由．
（3）在点、的运动过程中，几秒后是直角三角形？请直接写出答案．
【答案】（1）2秒或4秒；（2）存在，时间为秒；（3）0秒或秒或6秒
【分析】
（1）设秒后，的面积等于，利用割补法表示，建立方程求解即可；
（2）点恰好落在以点为圆心，为半径的圆上，即为PQ=QD，即PQ2=QD2，根据勾股定理将PQ2、QD2分别用x表示出来，列方程求出x的值即可；
（3）分别表示出，，，然后结合勾股定理进行分类讨论即可．
【详解】
解：（1）设秒后，的面积等于，
则由题意，秒后，，，，
∵，
，
，
，
，
∴，
整理得：，
解得：或，
∴经过2秒或4秒后，的面积等于；
（2）假设运动开始后第秒时，满足条件，则：，
∵，
，
∴，
整理得：，
解得：，
∵，
∴运动开始后第秒时，点恰好落在以点为圆心，为半径的圆上．
（3）设秒后，满足条件，其中，
则，，，
①若∠PQD=90°，则，
即：，
整理得：，
解得：或；
②若∠PDQ=90°，则，
即：，
解得：，不合题意，舍去；
③若∠DPQ=90°，则，
即：，
整理得：，
解得：或（不符合题意，舍去）；
综上，当或或时满足为直角三角形
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程的应用、勾股定理以及割补法求三角形面积，本题关键在于设未知数，找出等量关系，列方程求解．