24.1 圆的有关性质
一、单选题
1．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，D是以点为圆心，1为半径的圆上的动点，E是线段AD的中点，连接OE，BD，则线段OE的最小值是（ ）
A． B．2 C． D．
2．（2022秋·福建厦门·九年级统考期末）某村东西向的废弃小路/两侧分别有一块与l距离都为20 m的宋代碑刻A，B，在小路l上有一座亭子P． A，P分别位于B的西北方向和东北方向，如图所示．该村启动“建设幸福新农村”项目，计划挖一个圆形人工湖，综合考虑景观的人文性、保护文物的要求、经费条件等因素，需将碑刻A，B原址保留在湖岸（近似看成圆周）上，且人工湖的面积尽可能小．人工湖建成后，亭子P到湖岸的最短距离是（ ）
A．20 m B．20m
C．（20 - 20）m D．（40 - 20）m
3．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）往直径为的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽，则水的最大深度为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022秋·福建龙岩·九年级统考期末）如图，⊙O的直径CD＝10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM：OC＝3：5，则AB的长为（ ）
A．cm B．8cm C．6cm D．4cm
5．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）下列三个命题：①圆既是轴对称图形，又是中心对称图形；②垂直于弦的直径平分这条弦；③相等圆心角所对的弧相等；其中是假命题的是（ ）
A．③ B．②③ C．①③ D．①②③
6．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上两点，CD⊥AB，若∠DAB=66°，则∠BOC=（ ）
A．24° B．48° C．132° D．114°
7．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，，则∠AOC的度数是（ ）
A．70° B．110° C．135° D．140°
8．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＝90°，D是的中点，连接CD，BD交AC于点E，若∠ACD＝55°，则∠AED的度数是（ ）
A．80° B．75° C．67.5° D．60°
9．（2022秋·福建厦门·九年级统考期末）如图，△ABC内接于圆，弦BD交AC于点P，连接AD．下列角中，所对圆周角的是（ ）
A．∠APB B．∠ABD C．∠ACB D．∠BAC
10．（2022秋·福建南平·九年级统考期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠B＝85°，则∠D的度数是（ ）
A．85° B．95° C．105° D．115°
11．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）如图，、、是上的三个点， ，则的度数是（ ）.
A． B． C． D．
12．（2022秋·福建南平·九年级统考期末）下列图形中，∠B＝2∠A的是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
13．（2022秋·福建南平·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，点P坐标为，点Q为图形M上一点，则我们将线段长度的最大值与最小值之间的差定义为点P视角下图形M的“宽度”．现有，O为原点，半径为2，则点P视角下的“宽度”为 ．
14．（2022秋·福建龙岩·九年级统考期末）如图，四边形内接于⊙，点M在的延长线上，，则 ．
15．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）如图，在正十边形中，连接，，则 ．
16．（2022秋·福建厦门·九年级统考期末）在△ABC中，AB = AC，以AB为直径的圆O交BC边于点D．要使得圆O与AC边的交点E关于直线AD的对称点在线段OA上（不与端点重合），需满足的条件可以是 ．（写出所有正确答案的序号）①∠BAC > 60°；②45° < ∠ABC < 60°；③BD > AB；④AB < DE < AB．
17．（2022秋·福建厦门·九年级统考期末）如图，四边形ABCD内接于圆，E为CD延长线上一点， 图中与∠ADE相等的角是 ．
18．（2022秋·福建南平·九年级统考期末）如图，A、B、C是⊙O上的点，若∠BOC=100°，则∠BAC= °．
三、解答题
19．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）如图，直线，点，分别在直线，上，连接交直线于点，.
（1）尺规作图：在直线上从左到右依次确定，两点，使得四边形是矩形(保留作图痕迹，不必写作法及证明)；
（2）在（1）的情况下，若，，求矩形的周长.
20．（2022秋·福建南平·九年级统考期末）如图，为的直径，弦于点E，若，，求弦的长．
21．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）如图，在⊙O中，半径弦AB于点C，，若，求OO的半径．
22．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）如图，已知C，D是以AB为直径的⊙O上的两点，连接BC，OC，OD，若OD//BC，求证：D为的中点．
23．（2022秋·福建南平·九年级统考期末）如图，C为线段上一点，分别以、为边在的同侧作等边与等边，连接．
(1)如图1，当时，直接写出与的数量关系为___________；
(2)在（1）的条件下，点C关于直线的对称点为E，连接、，求证：平分；
(3)现将图1中绕点C顺时针旋转一定角度，如图2，点C关于直线的对称点为E，则（2）中的结论是否成立并证明．
参考答案：
1．B
【分析】根据抛物线解析式即可得出A点与B点坐标，结合题意进一步可以得出BC长为5，利用三角形中位线性质可知OE=BD，而BD最小值即为BC长减去圆的半径，据此进一步求解即可.
【详解】∵，
∴当时，，
解得：，
∴A点与B点坐标分别为：(，0)，(3，0)，
即：AO=BO=3，
∴O点为AB的中点，
又∵圆心C坐标为(0，4)，
∴OC=4，
∴BC长度=，
∵O点为AB的中点，E点为AD的中点，
∴OE为△ABD的中位线，
即：OE=BD，
∵D点是圆上的动点，
由图可知，BD最小值即为BC长减去圆的半径，
∴BD的最小值为4，
∴OE=BD=2，
即OE的最小值为2，
故选：B.
【点睛】本题主要考查了抛物线性质与三角形中位线性质的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
2．D
【分析】根据人工湖面积尽量小，故圆以AB为直径构造，设圆心为O，当O，P共线时，距离最短，计算即可．
【详解】∵人工湖面积尽量小，
∴圆以AB为直径构造，设圆心为O，
过点B作BC ⊥，垂足为C，
∵A，P分别位于B的西北方向和东北方向，
∴∠ABC=∠PBC=∠BOC=∠BPC=45°，
∴OC=CB=CP=20，
∴OP=40，OB==，
∴最小的距离PE=PO-OE=40 - 20（m），
故选D．
【点睛】本题考查了圆的基本性质，方位角的意义，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握圆中点圆的最小距离是解题的关键．
3．C
【分析】过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，根据垂径定理即可求得AD的长，又由⊙O的直径为，求得OA的长，然后根据勾股定理，即可求得OD的长，进而求得油的最大深度的长．
【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，
由垂径定理得：，
∵⊙O的直径为，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴油的最大深度为，
故选：．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的知识．此题难度不大，解题的关键是注意辅助线的作法，构造直角三角形，利用勾股定理解决．
4．B
【分析】由于⊙O的直径CD＝10cm，则⊙O的半径为5cm，又已知OM：OC＝3：5，则可以求出OM＝3，OC＝5，连接OA，根据勾股定理和垂径定理可求得AB．
【详解】解：如图所示，连接OA．
⊙O的直径CD＝10cm，
则⊙O的半径为5cm，
即OA＝OC＝5，
又∵OM：OC＝3：5，
所以OM＝3，
∵AB⊥CD，垂足为M，OC过圆心
∴AM＝BM，
在Rt△AOM中，，
∴AB＝2AM＝2×4＝8．
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形，是解题的关键.
5．A
【分析】判断命题是否为假命题，就要判断由题设能否推出结论，能推出，则该命题为真命题；不能推出，则该命题为假命题．
【详解】解：①由于圆沿着每条直径所在直线对折后能够完全重合，所以圆是轴对称图形；由于圆绕着圆心旋转180°后能与本身重合，所以圆是中心对称图形；所以此命题为真命题，故本选项不符合题意；
②垂直于弦的直径平分弦，符合垂径定理，是真命题，故本选项不符合题意；
③相等的圆心角所对的弧相等，说法不确切，应为“在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等”， 是假命题，故本选项符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了命题与定理，不仅要熟悉命题的概念，还要熟悉圆的定义及相关知识，难度不大．
6．C
【分析】由CD⊥AB，若∠DAB=66°，可求得∠D的度数，然后由圆周角定理，求得∠AOC的度数．
【详解】解：如图设AB交CD于点T．
∵CD⊥AB，
∴∠ATD=90°，
∵∠DAB=66°，
∴∠D=90°-∠DAB=24°，
∴∠AOC=2∠D=48°．
∴∠BOC=180°-∠AOC =132°．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
7．D
【分析】根据四边形ABCD内接于⊙O，，求得，进而根据圆周角定理即可求得
【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，，
∴
故选D
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，圆周角定理，求得是解题的关键．
8．B
【分析】由同弧所对的圆周角相等求出∠ABD=∠ACD=55°，由D是的中点求出∠ABC+∠CAB=110°，进而求出∠CAB=20°，再由△AEB的外角定理求出∠AED=∠CAB+∠ABD=75°．
【详解】解：由同弧所对的圆周角相等可知：∠ABD=∠ACD=55°，
∵D是的中点，
∴∠ABC+∠CAB=2∠ABD=110°，又∠ABC=90°，
∴∠CAB=20°，
由三角形的外角定理可知，∠AED=∠CAB+∠ABD=20°+55°=75°，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理及三角形的外角定理，属于基础题，熟练掌握常见性质是解题的关键．
9．C
【分析】根据题意可直接进行求解．
【详解】解：由图可知：所对圆周角的是∠ACB或∠ADB，
故选C．
【点睛】本题主要考查圆周角的定义，熟练掌握圆周角是解题的关键．
10．B
【分析】利用圆内接四边形的对角和为180°求解．
【详解】解：∵四边形ABCD为圆内接四边形∠B＝85°，
∴∠D＝180° 85°＝95°，
故选：B．
【点睛】考查了圆内接四边形的特征，关键是利用圆内接四边形的对角和为180°解答．
11．D
【分析】根据圆周角定理解答即可．
【详解】解：∵，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，属于基础题型，熟练掌握该定理是解题的关键．
12．D
【分析】根据圆周角定理对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：A中，∠A=∠B；
B中，∠A与∠B的大小无法判定；
C中，∠A+∠B=180°；
D中，∠B=2∠A．
故选D．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．
13．4
【分析】连接PA，PB，连接PO并延长，交⊙O于点E，F，利用图形的“宽度”的定义分别求出这点到图形的长度的最大值与最小值即可得出结论．
【详解】解：连接PA，PB，连接PO并延长，交⊙O于点E，F，如图，
则PE，PF为点P到⊙O的长度的最大值与最小值，
∴在点P视角下，⊙O的“宽度”为PF PE＝EF＝4.
故答案为：4．
【点睛】本题考查了点和圆的位置关系，本题是新定义型题目，熟练运用新定义是解题的关键．
14．
【分析】先求出∠ADC=180°-∠CDM=109°，然后求出∠B=180°-∠ADC=71°，再由圆周角定理求解即可．
【详解】解：∵∠CDM=71°，
∴∠ADC=180°-∠CDM=109°，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠B=180°-∠ADC=71°，
∴∠AOC=2∠B=142°，
故答案为：142°．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形，圆周角定理，熟知相关知识是解题的关键．
15．/54度
【分析】找出正十边形的圆心O，连接A7O，A4O，再由圆周角定理即可得出结论．
【详解】解：如图，设正十边形内接于⊙O，连接A7O，A4O，
∵正十边形的各边都相等，
∴∠A7OA4=×360°=108°，
∴∠A4A1A7=×108°=54°．
故答案为：54．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，根据题意作出辅助线，构造出圆周角是解答此题的关键．
16．②④
【分析】将所给四个条件逐一判断即可得出结论．
【详解】解：在中，
①当∠BAC > 60°时，若时，点E与点A重合，不符合题意，故①不满足；
②当∠ABC时，点E与点A重合，不符合题意，当∠ABC时，点E与点O不关于AD对称，当时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，
所以，当45° < ∠ABC < 60°时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，故②满足条件；
③当时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，故③不满足条件；
④当AB < DE < AB时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，故④满足条件；
所以，要使得与AC边的交点E关于直线AD的对称点在线段OA上（不与端点重合），需满足的条件可以是45° < ∠ABC < 60°或AB < DE < AB
故答案为②④
【点睛】本题考查了圆周角定理，正确判断出每种情况是解答本题的关键．
17．∠ABC
【分析】根据圆内接四边形的性质可得，再由题意可得，由等式的性质即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于圆，
∴，
∵E为CD延长线上一点，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查圆内接四边形的性质，熟练掌握这个性质是解题关键．
18．50
【分析】利用圆周角定理计算即可．
【详解】∵∠BOC=100°，∴∠BAC=∠BOC=50°．
故答案为50．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．
19．（1）详见解析；（2）
【分析】（1）以点E为圆心，AE为半径画圆，与的两个交点即为B、D，顺次连接四点即可；
（2）先利用等边三角形的性质求出AB的长，再利用勾股定理求出AD的长，最后根据矩形的周长公式即可得.
【详解】（1）以点E为圆心，AE为半径画圆，与的两个交点即为B、D，顺次连接四点可得矩形ABCD，画图结果如下所示：（理由：对角线相等且互相平分的四边形是矩形）
（2），
是等边三角形
又
故矩形的周长为：.
【点睛】本题考查了利用尺规作图：矩形、等边三角形的性质、勾股定理，掌握矩形的判定定理是尺规作图的关键.
20．8
【分析】连接，根据垂径定理得到，根据，求出、的长，根据，求出的长，利用勾股定理求出，即可得到的长．
【详解】解：连接，如图所示：
∵为的直径，，，
∴，，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理等，解决问题的关键是添加辅助线，熟练掌握垂直弦的直径平分弦，勾股定理解直角三角形，是解题的关键．
21．9
【分析】连接OA，由垂径定理得到，设⊙O的半径为r，由得到，最后在中，由勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，连OA，
∵半径弦AB于点C，
∴C是AB的中点，．
设⊙O的半径为r，
∵，
∴，，
在中由勾股定理可知：，代入数据：
∴，解得，(舍)，
故圆的半径为9．
【点睛】本题考查了垂径定理及勾股定理，属于基础题，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
22．见解析
【分析】根据可得，，，根据半径相等，由等边对等角可得，等量代换可得，根据圆心角与弧长的关系可得，即可证明D为的中点．
【详解】，
，.
，
，
.
.
∴D为的中点．
【点睛】本题考查了平行线的性质，等边对等角，弧与圆心角的关系，掌握圆的相关知识是解题的关键．
23．(1)
(2)证明见解析
(3)结论仍然正确，理由见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质得出∠HCD = 180°-∠ACH –∠DCB= 60°，从而根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解；
（2）由对称性得，可得，由（1）可得，可得，等量代换即可得证；
（3）证明，则A，C，E都在以H为圆心，为半径的圆上，圆周角定理可得，，同理可得，从而得出结论．
【详解】（1）∵△HAC与△DCB都是等边三角形，
∴∠ACH = ∠DCB = 60°， AC = HC，BC = CD，
∴∠HCD = 180°-∠ACH –∠DCB= 60°
∵∠DHC = 90°，
∴∠HDC= 180° -∠DHC- ∠HCD= 30°
∴CD=2CH，
故答案为：CD=2CH；
（2）如图1，由对称性得，
∵，
∴，
∵，
∴E，H，C三点共线，
∴，
由（1）可得，
∴，
∴，即平分；
（3）结论仍然正确，理由如下：
如图2，由对称性可知：，
又∵，
∴，
则A，C，E都在以H为圆心，为半径的圆上，
∴
同理可得．，
∴，
∴平分．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，圆周角定理，旋转的性质，掌握性质的性质，证明三点共圆是解题的关键．24.2 点和圆、直线和圆的位置关系
一、单选题
1．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）⊙O的半径为5，点P到圆心O的距离为5，点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O内 B．点P在⊙O外 C．点P在⊙O上 D．无法确定
2．（2022秋·福建福州·九年级期末）平面内，的半径为，点到的距离为，过点可作的切线条数为（ ）
A．条 B．条 C．条 D．无数条
3．（2022秋·福建龙岩·九年级统考期末）若A，B，C是⊙上三点，，则⊙的半径是（ ）
A． B． C．6 D．
4．（2022秋·福建泉州·九年级期末）如图，为直径，，、为圆上两个动点，为中点，于，当、在圆上运动时保持，则的长（ ）
A．随、的运动位置而变化，且最大值为4
B．随、的运动位置而变化，且最小值为2
C．随、的运动位置长度保持不变，等于2
D．随、的运动位置而变化，没有最值
5．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）如图，AB、AC、BD是⊙O的切线，切点分别是P、C、D．若AB＝5，AC＝3，则BD的长是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题
6．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8，AB是⊙O的直径．将矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形，且交⊙O于点E，交⊙O于点F，与⊙O相切于点M．下列说法正确的有 ．（只填写序号）①AE＝4；②；③；④．
7．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）《九章算术》是东方数学思想之源，该书中记载：“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆径几何．”其意思为：“今有直角三角形，勾(短直角边)长为8步，股(长直角边)长为15步，问该直角三角形内切圆的直径是多少步．”该问题的答案是 步．
三、解答题
8．（2022秋·福建莆田·九年级期末）如图，在中，．
(1)请作出经过A、B两点的圆，且该圆的圆心O落在线段AC上（尺规作图，保留作图痕迹，不写做法）；
(2)在（1）的条件下，已知，将线段AB绕点A逆时针旋转后与⊙O交于点E．试证明：B、C、E三点共线．
9．（2022秋·福建泉州·九年级期末）已知：四边形为的内接四边形，、相交于点，．
(1)如图1，求证：：
(2)如图2，过点作于点，交于点，当时，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接并延长交于点，当时，求的长．
10．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的平分线交BC于点D，点O在AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆恰好经过点D．求证：直线BC是⊙O的切线．
11．（2022秋·福建南平·九年级统考期末）如图，四边形ABCD为菱形，以AD为直径作⊙O交AB于点F，连接DB交⊙O于点H，过点D作⊙O的切线交BC于点E．
(1)求证：AF=CE；
(2)若BF=2，，求⊙O的半径．
12．（2022秋·福建宁德·九年级期末）已知，如图，AB是⊙O的直径，AD平分∠BAC交⊙O于点D，过点D的切线交AC的延长线于E．求证：DE⊥AE．
13．（2022秋·福建南平·九年级统考期末）如图，点P是的直径延长线上的一点（），点E是线段的中点．在直径上方的圆上作一点C，使得．求证：是的切线．
14．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，D在AB上，C为⊙O上一点，AD＝AC，CD的延长线交⊙O于点E．
(1)点F在CD延长线上，BC＝BF，求证：BF是⊙O的切线；
(2)若AB＝2，，求∠CAE的度数．
15．（2022秋·福建龙岩·九年级统考期末）如图1，是⊙的直径，绕点A顺时针旋转得到线段，连接交⊙于点D，过D作于E．
(1)求证：是⊙的切线；
(2)过D作，交⊙于点F，直线交⊙于点G，连接．
①如图2，证明：；
②当旋转到如图3的位置，在上取一点H，使得．若，证明：D，O，H在同一条直线上．
16．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）如图，半圆O的直径是AB，AD、BC是两条切线，切点分别为A、B，CO平分．
(1)求证：CD是半圈O的切线．
(2)若，，求BC和AB的长．
17．（2022秋·福建宁德·九年级期末）如图，PA，PB是圆的切线，A，B为切点．
(1)求作：这个圆的圆心O（用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法和证明）；
(2)在（1）的条件下，延长AO交射线PB于C点，若AC＝4，PA＝3，请补全图形，并求⊙O的半径．
18．（2022秋·福建泉州·九年级期末）如图，点E是的内心，AE的延长线交BC于点F，交的外接圆点D．过D作直线．
(1)求证：DM是的切线；
(2)求证：；
(3)若，，求的半径．
19．（2022秋·福建福州·九年级期末）如图，AB为的直径，点C在上，连接AC，BC，过点O作于点D，过点C作的切线交OD的延长线于点E．
（1）求证：；
（2）连接AD．若，，求AD的长．
20．（2022秋·福建莆田·九年级期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E，延长EC，AB交于点F，∠ECD＝∠BCF．
（1）求证：CE为⊙O的切线；
（2）若DE＝1，CD＝3，求⊙O的半径．
21．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）如图，与等边的边，分别交于点，，是直径，过点作于点．
（1）求证：是的切线；
（2）连接，当是的切线时，求的半径与等边的边长之间的数量关系．
22．（2022秋·福建福州·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC=3．
（1）以BC边上一点O为圆心作⊙O，使⊙O分别与AC、AB都相切 (要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法) ；
（2）求⊙O的面积．
23．（2022秋·福建厦门·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是角平分线，点O在AB上，以点O为圆心，OB为半径的圆经过点D，交BC于点E．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若OB=10，CD=8，求BE的长．
参考答案：
1．C
【分析】直接根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】解：∵⊙O的半径为5，点P到圆心O的距离为5，
∴点P到圆心O的距离等于圆的半径，
∴点P在⊙O上．
故选：C．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：点P在圆外 d＞r；点P在圆上 d＝r；点P在圆内 d＜r．
2．C
【分析】先确定点与圆的位置关系，再根据切线的定义即可直接得出答案．
【详解】解：的半径为，点到圆心的距离为，
，
点与的位置关系是：在外，
过圆外一点可以作圆的条切线，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，切线的定义，切线就是与圆有且只有个公共点的直线，理解定义是关键．
3．C
【分析】⊙O的优弧AC上取一点D，连接AD、CD，连接OA、OC，∠ADC＝180° ∠ABC＝30°，根据圆周角定理求得∠AOC＝2∠ADC＝60°，根据等边三角形的判定定理知△AOB是等边三角形，所以等边三角形的三条边相等，即可求解．
【详解】解：⊙O的优弧AC上取一点D，连接AD、CD，连接OA、OC，如图所示：
∵∠ABC＝150°，
∴∠ADC＝180° ∠ABC＝30°，
∴∠AOC＝2∠ADC＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴OA＝OC＝AC＝6，
∴⊙O的半径是6．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理和等边三角形的判定与性质．解答该题时，利用圆周角定理要注意圆心角与圆周角的定义，只有三个点都在圆上所组成的角才称之为圆周角．
4．C
【分析】连接OC、ON、OD，由垂径定理可知ON⊥CD，∠CON=∠DON，然后由∠ONC+∠CMO=180°，可证明O、N、C、M四点共圆，从而可得到∠NOC=∠NMC=30°，于是可证明△OCD为等边三角形，从而得到CD=2．
【详解】解；连接：OC、ON、OD．
∵N是CD的中点，
∴ON⊥CD，∠CON=∠DON．
又∵CM⊥AB，
∴∠ONC+∠CMO=180°．
∴O、N、C、M四点共圆．
∴∠NOC=∠NMC=30°．
∴∠COD=60°．
又∵OC=OD，
∴△OCD为等边三角形．
∴CD=
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是轨迹问题，发现O、N、C、M四点共圆，从而证得△OCD为等边三角形是解题的关键．
5．C
【分析】由于AB、AC、BD是⊙O的切线，则AC＝AP，BP＝BD，求出BP的长即可求出BD的长．
【详解】解：∵AC、AP为⊙O的切线，
∴AC＝AP＝3，
∵BP、BD为⊙O的切线，
∴BP＝BD，
∴BD＝PB＝AB﹣AP＝5﹣3＝2．
故选：C．
【点睛】本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键．
6．①②③④
【分析】连接OE，OM，过点O作ON⊥AD′于点N，可得四边形OMD′N是矩形，证明OM=ND′=4，根据OA=OE，ON⊥AD′，可得AN=EN=2，进而可以判断①正确；证明△OAE是等边三角形，可得∠EOM=60°，∠BOM=60°，进而可以判断②正确；连接BF，根据AB是⊙O的直径，可得∠AFB=90°，利用含30度角的直角三角形即可判断③正确；根据∠DAB=90°，∠D′AO=60°，即可判断④正确．
【详解】解：如图，连接OE，OM，过点O作ON⊥AD′于点N，
∵D′C'与⊙O相切于点M，
∴OM⊥C′D′，
∴四边形OMD′N是矩形，
∴OM=ND′，
∵AB=8，AB是⊙O的直径，
∴OM=ND′=4，
在矩形ABCD中，由旋转可知：AD′=AD=6，
∴AN=AD′-ND′=6-4=2，
∵OA=OE，ON⊥AD′，
∴AN=EN=2，
∴AE=4，故①正确；
∵AE=AO=OE=4，
∴△OAE是等边三角形，
∴∠AOE=∠OEA=60°，
∴∠OED′=120°，
∵∠D′=∠OMD′=90°，
∴∠EOM=60°，
∴∠BOM=60°，
∴，故②正确；
如图，连接BF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB=90°，
∵∠EAO=60°，∠D′AB′=90°，
∴∠BAF=30°，
∴BF=AB=4，
∴AF=，故③正确；
∵∠DAB=90°，∠D′AO=60°，
∠DAD′=30°，故④正确．
综上所述：正确的有①②③④．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，矩形的判定与性质，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是得到△OAE是等边三角形．
7．6
【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径，得到直径．
【详解】解：根据勾股定理得：斜边为=17，
设内切圆半径为r，由面积法
r= 3（步），即直径为6步，
故答案为：6．
【点睛】考点：三角形的内切圆与内心．
8．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）只需要作AB的垂直平分线，其与AC的交点即为圆心O，由此作图即可；
（2）先由圆周角定理求出，再由旋转的性质求出，从而得到，证明△OBC≌△OEC得到∠OCE=∠OCB=90°，则∠OCB+∠OCE=180°，即可证明B、C、E三点共线．
【详解】（1）解：如图所示，圆O即为所求；
（2）解：如图所示，连接CE，OE，
∵，
∴，
由旋转的性质可知，
∴，
∴，
在△OBC和△OEC中，
，
∴△OBC≌△OEC（SAS），
∴∠OCE=∠OCB=90°，
∴∠OCB+∠OCE=180°，
∴B、C、E三点共线．
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的尺规作图，画圆，圆周角定理，旋转的性质，全等三角形的性质与判定等等，熟知性格知识是解题的关键．
9．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据圆周角定理，将转化为的内角和即可；
（2）过点作交于点，交于点，可得，利用圆周角定理可知：，从而可得，再利用直角三角形两锐角互余可得，便能得到，从而证明结论；
（3）连接，作于，延长交于，由（2）知：，在上取，则四边形为，利用等腰三角形性质、平行四边形性质及勾股定理可求得，，，，，由弦AC与BD相交于E，可得，列出比例式即可求解．
【详解】（1）如图1，∵，
∴，
又∵，
∴，，
∴
（2）证明：过点作交于点，交于点，
∵，
∴，
∴
又∵，
∴．
∴，
∴
∵于，另有对顶角存在，
即：
∴，
∴，
∴，
∴：
（3）如图3，连接，作于，延长交于，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴平分，
∴；．
连接，，
∴，
∴，
由（2）知：，在上取，则四边形为矩形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，则
∵，
∴，，
∴，，
在中，
∵，
则，
∴，
∵弦AC与BD相交于E，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的相关性质，平行四边形的判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
10．证明见解析
【分析】连接，则，根据角平分线的定义可得∠CAD＝∠OAD，等量代换可得∠CAD＝∠ODA，可得，进而可证明OD⊥BC，即可得证．
【详解】解：证明：如图，连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD＝∠OAD，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴，
∴∠ODB＝∠C，
∵∠C＝90°，
∴∠ODB＝90°，
即OD⊥BC，
∵OD过圆心O，
∴直线BC是⊙O的切线．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定，熟练掌握圆的切线的相关知识是解题的关键．
11．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接DF，根据菱形的性质可得AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．再由切线的性质，可得∠CED=∠ADE=90°．可证得△DAF≌△DCE．即可求证；
（2）连接AH，DF，根据等腰三角形的性质可得．在Rt△ADF和Rt△BDF中，根据勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接DF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．
∵DE是⊙O的切线，
∴∠ADE=90°．
∵AD∥BC，
∴∠CED=∠ADE=90°．
∵AD是⊙O的直径，
∴∠DFA=90°．
∴∠AFD=∠CED=90°．
在△DAF和△DCE中，，
∴△DAF≌△DCE（AAS）．
∴AF=CE．
（2）解：如图，连接AH，DF，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AHD=∠DFA=90°．
∵AD=AB，，
∴．
在Rt△ADF和Rt△BDF中，
由勾股定理，得DF2=AD2－AF2，DF2=BD2－BF2，
∴AD2－AF2=BD2－BF2．
∴AD2－（AD－BF）2=BD2－BF2．
∴．
∴AD=5．
∴⊙O的半径为．
【点睛】本题考查了圆的综合，涉及了圆周角定理，菱形的性质，切线的性质，三角形全等的性质和判定，勾股定理等知识，解答本题的关键是根据勾股定理列方程解决问题．
12．见解析
【分析】由切线的性质可知∠ODE＝90°，证得OD∥AE即可解决问题．
【详解】证明：连接OD．
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∴∠ODE＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠DAB，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴OD∥AE，
∴∠E+∠ODE＝180°，
∴∠E＝90°，
∴DE⊥AE．
【点睛】本题考查切线的性质，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
13．证明见解析
【分析】连接OC，根据线段中点的定义得到OE＝EP，求得OE＝EC＝EP，得到∠COE＝∠ECO，∠ECP＝∠P，利用三角形内角和定理求出，根据切线的判定定理即可得到结论．
【详解】证明：连接，
∵点E是线段的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线．
【点睛】本题考查了切线的判定，等边对等角，三角形内角和定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
14．(1)见解析
(2)45°
【分析】（1）要证明BF是⊙O的切线，只要求出∠OBF=90°即可，先根据直径所对的圆周角是直角，求出∠ACB=90°，再利用等边对等角得出∠ACD=∠ADC，∠BCD=∠F，即可解答；
（2）根据直径的长可得出半径的长，所以连接OC，OE，然后利用勾股定理的逆定理证明△COE是直角三角形，最后利用圆周角定理即可解答．
【详解】（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∵AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，
∵∠ADC=∠BDF，
∴∠ACD=∠BDF，
∵BC=BF，
∴∠BCD=∠F，
∴∠BDF+∠F=90°，
∴∠FBD=180°-（∠FDB+∠F）=90°，
∵OB是圆O的半径，
∴BF是⊙O的切线；
（2）连接CO，EO，
∵AB=2，
∴OC=OE=1，
∵CE=，
∴CO2+EO2=2，CE2=（）2=2，
∴CO2+EO2=CE2，
∴∠COE=90°，
∴∠CAE=∠COE=45°．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，根据题目个已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
15．(1)见解析
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）如图4，连接OD、AD，根据旋转可证得△ABC是等腰三角形，根据直径所对的圆周角是直角可得出AD⊥BC，根据三角形中位线性质可得ODAC，进而推出OD⊥DE，再运用切线的判定定理即可；
（2）①如图5，连接BG、AD，根据直径所对的圆周角是直角可得出AD⊥BC，再运用弦、弧、圆周角的关系即可证得结论；
②如图6，连接OD，运用圆周角定理及三角形内角和定理证明∠BDH＝∠BDO，即可证得结论．
【详解】（1）证明：如图4，连接OD、AD，
∵AB绕点A顺时针旋转得到线段AC，
∴AB＝AC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，即AD⊥BC，
∴BD＝CD且AO＝BO，
∴OD是△ABC的中位线，
∴ODAC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）①证明：如图5，连接BG、AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BGA＝∠BDA＝90°，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BD＝DC，
∴BD＝GD，
∴，
∵DF⊥AB，
∴，
∴，
∴∠1＝∠2，
∴FGBD；
②证明：如图6，连接OD，
∵DF⊥AB，AB是⊙O的直径，
∴，
∴∠3＝∠4＝∠5，
∵AB＝AC，
∴∠3＝∠C，
∴∠5＝∠C，
∴FGDB，
∴，
∴∠DBF＝∠BDG，
∵BF⊥DG，
∴∠DBF＝∠BDG＝45°，，
∴∠3＝∠4＝∠DBF＝22.5°，
∴∠7＝90°﹣∠4＝67.5°，
∵DF＝DH，
∴∠6＝∠7＝67.5°，
∴∠BDH＝∠6﹣∠DBF＝22.5°，
∵OB＝OD，
∴∠3＝∠BDO＝22.5°，
∴∠BDH＝∠BDO，
∴D，O，H在同一条直线上．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理，圆周角定理，垂径定理，圆周角、弧、弦的关系等，熟练掌握圆周角、弧、弦的关系及圆的性质是解题关键．
16．(1)见解析
(2)
【分析】（1）过点O作OE⊥DC，垂足为E．由角平分线的性质定理得到OE=OB，从而可知DC是半圆O的切线；
（2）由切线长定理可知：DE=DA，EC=CB，从而可求得BC的长．
【详解】（1）证明：如图，过点O作于点E．
∵BC是半圆O的切线，
∴．
∵CO平分，
∴，
∴CD是半圆O的切线．
（2）解：∵AD，CD，BC是半圆O的切线，
∴，．
∵，
∴，
∴．
如图，过点D作于点F，故四边形DABF为矩形，
∴，，
∴．
在中，由勾股定理得，
∴．
【点睛】本题主要考查的是切线的性质和判定、切线长定理的应用，掌握切线的性质和判定、切线长定理是解题的关键．
17．(1)见解析；
(2)见解析，的半径为
【分析】（1）过点B作BP的垂线，作∠APB的平分线，二线的交点就是圆心；
（2）根据切线的性质，利用勾股定理，建立一元一次方程求解即可．
【详解】（1）如图所示，点O即为所求
（2）如图，∵PA是圆的切线，AO是半径，PB是圆的切线，
∴∠CAP=90°，PA=PB=3，∠CBO=90°，
∵AC=4，
∴PC==5，BC=5-3=2，
设圆的半径为x，则OC=4-x，
∴，
解得x=，
故圆的半径为．
【点睛】本题考查了垂线的画法，角的平分线的画法，切线的性质，切线长定理，勾股定理，一元一次方程的解法，熟练掌握切线的性质，切线长定理和勾股定理是解题的关键．
18．(1)见解析
(2)见解析
(3)⊙O的半径为5．
【分析】（1）连接OD交BC于H，根据圆周角定理和切线的判定即可证明；
（2）连接BD，由点E是△ABC的内心，得到∠ABE=∠CBE，∠DBC=∠BAD，推出∠BED=∠DBE，根据等角对等边得到BD=DE；
（3）根据垂径定理和勾股定理即可求出结果．
【详解】（1）证明：连接OD交BC于H，如图，
∵点E是△ABC的内心，
∴AD平分∠BAC，
即∠BAD=∠CAD，
∴，
∴OD⊥BC，BH=CH，
∵DM∥BC，
∴OD⊥DM，
∴DM是⊙O的切线；
（2）证明：∵点E是△ABC的内心，
∴∠ABE=∠CBE，
∵，
∴∠DBC=∠BAD，
∴∠DEB=∠BAD+∠ABE=∠DBC+∠CBE=∠DBE，
即∠BED=∠DBE，
∴BD=DE；
（3）解：设⊙O的半径为r，
连接OD，OB，如图，
由（1）得OD⊥BC，BH=CH，
∵BC=8，
∴BH=CH=4，
∵DE=2，BD=DE，
∴BD=2，
在Rt△BHD中，BD2=BH2+HD2，
∴（2）2=42+HD2，解得：HD=2，
在Rt△BHO中，
r2=BH2+（r-2）2，解得：r=5．
∴⊙O的半径为5．
【点睛】本题考查了三角形的内心，切线的判定与性质，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，垂径定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．
19．（1）证明见解析；（2）AD=4
【分析】（1）连接OC通过垂径定理和等腰三角形性质证明∠E=∠B
（2）连接AD通过计算发现BC=EC，再通过证明△CED≌△ABC得到AC=DC=4．
【详解】（1）证明：连接OC如图：
OD⊥CB
∴OB=OC，∠B=OCD
又CE为圆O的切线
∴OC⊥CE
∴∠ECD+∠DCO=∠ECD+∠E=90°
∴∠E=∠DCO=∠B
∴∠E=∠B
（2）连接AD如图
∵△EDC为Rt△
∴DE==8
由（1）得∠E=∠B
又AB为直径
∴∠BCA=90°
在△CED和△ABC中
∵
∴△CED≌△ABC（AAS）
∴AC=DC==4
∴
【点睛】本题考查垂径定理和全等三角形的判定与性质，掌握这些是本题解题关键．
20．（1）见解析；（2）⊙O的半径是4.5
【分析】（1）如图1，连接OC，先根据四边形ABCD内接于⊙O，得，再根据等量代换和直角三角形的性质可得，由切线的判定可得结论；
（2）如图2，过点O作于G，连接OC，OD，则，先根据三个角是直角的四边形是矩形得四边形OGEC是矩形，设⊙O的半径为x，根据勾股定理列方程可得结论．
【详解】（1）证明：如图1，连接OC，
∵，
∴，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴
又
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE为⊙O的切线；
（2）解：如图2，过点O作于G，连接OC，OD，则，
∵，
∴四边形OGEC是矩形，
∴，
设⊙O的半径为x，
Rt△CDE中，，
∴，
∴，，
由勾股定理得，
∴，
解得：，
∴⊙O的半径是4.5．
【点睛】本题考查的是圆的综合，涉及到圆的切线的证明、勾股定理以及矩形的性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键．
21．（1）见详解；（2）
【分析】（1）连接OD，由题意易得∠A=∠B=60°，则有△AOD为等边三角形，进而可得OD∥BC，然后可得∠CFD=∠FDO=90°，最后问题可求证；
（2）连接DE，由（1）及题意易得，∠FDE=60°，则有△FDE是等边三角形，进而可得DE=DF，然后易得△CDF≌△AED，则有AE=CD=2r，最后问题可求解．
【详解】（1）证明：连接OD，如图所示：
∵等边，
∴∠A=∠B=60°，
∵，
∴△AOD为等边三角形，
∴，
∴OD∥BC，
∵，
∴∠CFD=∠FDO=90°，
∵OD是半径，
∴是的切线；
（2）解：连接DE，如图所示：
由（1）可得是的切线，∠FDO=90°，△AOD为等边三角形，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴△FDE是等边三角形，
∴DE=DF，
∵，是直径，
∴，
∴△CDF≌△AED（AAS），
∴AE=CD=2r，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查切线的判定定理、切线长定理及等边三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定定理、切线长定理及等边三角形的判定与性质是解题的关键．
22．（1）图形见解析（2）3π
【分析】（1）直接利用角平分线的作法得出∠CAB的角平分线，进而得出答案；
（2）利用勾股定理得出⊙O的半径，进而利用圆的面积求法得出答案．
【详解】解:（1）如图所示：⊙O为所求的图形．
（2）在Rt△ABC中，
∵∠ABC＝30°，
∴∠CAB＝60°，
∵AO平分∠CAB，
∴∠CAO＝30°，
设，则，
∵在Rt△ACO中，，
∴,
解得：或（负值不合题意，舍去），
∴⊙O的面积为．
【点睛】此题主要考查了复杂作图以及勾股定理，正确掌握角平分线的性质是解题关键．
23．（1）证明过程见解析；（2）12．
【分析】（1）连接OD，由BD为角平分线得到一对角相等，根据OB=OD，等边对等角得到一对角相等，等量代换得到一对内错角相等，进而确定出OD与BC平行，利用两直线平行同位角相等得到∠ODA为直角，即可得证；
（2）过O作OG⊥BC，可得出四边形ODCG为矩形，在Rt△OBG中，利用勾股定理求出BG的长，由垂径定理可得BE＝2BG．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵BD为∠ABC的平分线，
∴∠1=∠2，
∵OB=OD，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴OD∥BC，
∵∠C=90°，
∴∠ODA=90°，
∴AC为⊙O的切线；
（2）解：过O作OG⊥BC，连接OE，
∵∠C=∠ODC=90°，
∴∠C=∠ODC=∠OGC=90°，
∴四边形ODCG为矩形，
∴GC＝OD＝OB＝10，OG＝CD＝8，
在Rt△OBG中，利用勾股定理得：BG＝6，
∵OG⊥BE，OB＝OE，
∴BE＝2BG＝12．
【点睛】此题考查了切线的判定，矩形的判定和性质，勾股定理以及垂径定理，熟练掌握切线的判定方法是解本题的关键．24.3-24.4 正多边形和圆、弧长和扇形的面积
一、单选题
1．（2022秋·福建泉州·九年级期末）若正多边形的中心角为72°，则该正多边形的边数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
2．（2022秋·福建莆田·九年级期末）一个正多边形的半径与边长相等，则这个正多边形的边数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
3．（2022秋·福建福州·九年级期末）如图，为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心，若，则这个正多边形是( )
A．正六边形 B．正七边形 C．正八边形 D．正九边形
4．（2022秋·福建厦门·九年级期末）阅读图中的材料，解答下面的问题：
已知是一个正十二边形的外接圆，该正十二边形的半径为1，如果用它的面积来近似估计的面积，则的面积约是（ ）
A．3 B．3.1 C．3.14 D．
5．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）如图，若干全等正五边形排成形状，图中所示的是前个正五边形，则要完成这一圆环还需这样的正五边形（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
6．（2022秋·福建南平·九年级统考期末）已知扇形的半径为6，圆心角为20°，则扇形的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022秋·福建莆田·九年级期末）如图，在中，点在优弧上，将弧沿折叠后刚好经过的中点．若的半径为5，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·福建福州·九年级期末）如图所示，在矩形纸片上剪下一个扇形和一个圆形，使之恰好能围成一个圆锥模型．若扇形的半径为，圆的半径为，则与满足的数量关系是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2022秋·福建宁德·九年级统考期末）将三个正六边形按如图方式摆放，若小正六边形的面积是6，则大正六边形的面积是
10．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）已知的内接正六边形的边心距为2．则该圆的的半径为 ．
11．（2022秋·福建龙岩·九年级统考期末）如图，在扇形AOB中，∠AOB=90°，半径OA=4．将扇形AOB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在弧AB上点C处，折痕交OA于点D，则图中阴影部分的面积为 ．
12．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）如图，在⊙O内有一个平行四边形OABC，点A，B，C在圆上，点N为边AB上一动点（点N与点B不重合），⊙O的半径为1，则阴影部分面积为 ．
13．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）一张扇形纸片，半径是6，圆心角为120°．把它围成一个圆锥，则这个圆锥的底面周长为 ．
14．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）如图，在中，，，以AB为直径的⊙O分别与BC，AC交于点D，E，过点D作，垂足为点F．下列结论正确的是 ．
①点D是BC的中点；②点D是的中点；③阴影部分的面积为10π；④．
15．（2022秋·福建福州·九年级期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，斜边AC的中点为O，分别以点A，C为圆心，以AO的长为半径画弧，分别与AB，BC相交，则图中的阴影部分的面积为 ．（结果保留π）
16．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）用半径为4，圆心角为90°的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径为 ．
17．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）已知一个扇形的圆心角为100°，半径为4，则此扇形的弧长是 ．
18．（2022秋·福建南平·九年级统考期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，边长AB＝2，则扇形AOB的面积为 ．
三、解答题
19．（2022秋·福建泉州·九年级期末）如图，已知扇形AOB的圆心角为120°，半径OA为9cm．
(1)求扇形AOB的弧长和扇形面积；
(2)若把扇形纸片AOB卷成一个圆锥形无底纸帽，求这个纸帽的高OH．
20．（2022秋·福建厦门·九年级期末）如图，在△ABC中，已知AB＝AC．
(1)尺规作图：画△ABC的外接圆⊙O（保留作图痕迹，不写画法）．
(2)连接OB，OC，若∠A＝45°，BC＝6，求弧BC的长．
21．（2022秋·福建厦门·九年级统考期末）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，点P在BA的延长线上，连接BC，PC．若AB = 6，的长为π，BC = PC．求证：直线PC与⊙O相切．
参考答案：
1．B
【分析】根据正多边形的中心角，求出n即可．
【详解】由题意，，
解得.
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正多边形的中心角问题，熟记基本公式是解题关键．
2．C
【分析】如图（见解析），先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据正多边形的中心角与边数的关系即可得．
【详解】解：如图，由题意得：，
是等边三角形，
，
则这个正多边形的边数为，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形，熟练掌握正多边形的中心角与边数的关系是解题关键．
3．A
【分析】根据圆周角定理可得正多边形的边所对的圆心角，再根据正多边形的一条边所对的圆心角的度数与边数之间的关系可得答案．
【详解】如图，设正多边形的外接圆为，连接，，
，
，
而，
这个正多边形为正六边形，
故选：A．
【点睛】本题考查正多边形与圆，圆周角，掌握圆周角定理是解决问题的关键，理解正多边形的边数与相应的圆心角之间的关系是解决问题的前提．
4．A
【分析】根据圆的面积公式得O的面积S，先求得得圆的内接正十二边形的面积S△ABO ，最后可求解本题
【详解】如图，构造，，作于点．
∵，∴，
∴，
∴正十二边形的面积为，
故选A．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，正确的求出正十二边形的面积是解题的关键．
5．B
【分析】如下图所示，先求出正五边形的每个内角，进而得到∠O=36°，再用周角除以36°得到一圈所需要的正五边形的个数．
【详解】解：∵多边形是正五边形，
∴正五边形的每个内角为，如下图所示：
∴∠O=360°-3×108°=36°，
∵围成一圈，O处的周角为360°，
∴共需要正五边形的个数为：360°÷36°=10个，
故还需要10-3=7个，
故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，掌握多边形的内角和定理，能求出每个正五边形每个内角是解此题的关键．
6．D
【分析】根据扇形的面积公式即可得．
【详解】解：扇形的半径为6，圆心角为，
扇形的面积为，
故选：D．
【点睛】本题考查了扇形的面积，熟记公式是解题关键．
7．A
【分析】连接AC、OB、OD、CD，作于点F，作于点E，由垂径定理可知于点D，由勾股定理可知OD的值，再利用折叠性质判断AC=DC，利用等腰三角形性质得出，再证明四边形ODFE为正方形，得到△CFB为等腰三角形，计算出弧AC所对圆周角度数，进而得弧AC所对圆周角度数，再代入弧长公式可得弧长．
【详解】解：连接AC、OB、OD、CD，作于点F，作于点E，
由垂径定理可知于点D，
又
CA、CD所对的圆周角为、，且
，△CAD为等腰三角形
又四边形ODFE为矩形且OD=DF=
四边形ODFE为正方形
故△CFB为等腰三角形，
所对的圆心角为
故选A．
【点睛】本题考查了弧长的计算、圆的折叠的性质、圆周角定理和垂径定理，熟练掌握性质定理和弧长公式是解题的关键．
8．D
【分析】利用圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，根据弧长公式计算．
【详解】解：扇形的弧长是：，
圆的半径为r，则底面圆的周长是2πr，
圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长则得到：=2πr，
即：R=4r，
R与r之间的关系是R=4r．
故选：D．
【点睛】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．
9．
【分析】由正六边形的性质，可知图中每个三角形都为等边三角形且全等，再确定每个小正三角形得面积，即可得出结果．
【详解】解：如图连线：
∵多边形为正六边形，
∴图中每个三角形都为等边三角形且全等，
∵小正六边形的面积是6，
∴每个三角形的面积为，
由图得共有54个等边小三角形，
故大正六边形的面积是，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查正多边形的性质，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．
10．
【分析】连接OA、OB，证出△AOB是等边三角形，根据锐角三角函数的定义即可求得半径．
【详解】如图所示，连接OA、OB，过O作OM⊥AB于M，则OM=2
∵多边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=60°，
∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠OAM=60°，
∴，
∴，
∴该圆的半径为
故答案为：．
【点睛】本题考查的是正六边形的性质、等边三角形的判定与性质；熟练掌握正六边形的性质，由30°直角三角形求出OA是解决问题的关键．
11．
【分析】根据题意和图形，可以得到△OBC是等边三角形，从而可以得到∠OBD的度数，然后即可得到OD的长，从而可以得到△BOD的面积，根据折叠的性质，△BOD的面积和△BCD的面积一样，然后即可得到阴影部分的面积就是扇形OAB的面积减去△OBD和△BCD的面积．
【详解】解：连接OC，
∵OB=BC=CO，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠OBD=30°，
∵∠BOD=90°，OB=OA=4，
∴OD=OB tan30°=，
∴△BOD的面积是：，
∴△BCD的面积是，
∴阴影部分的面积是：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算、折叠的性质、等边三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
12．
【分析】根据题意可证AB=OA=OB，得到∠AOB=60°，根据同底等高的三角形面积相等得到，即可得到，计算即可求解．
【详解】解：连接OB，
∵四边形OABC是平行四边形，OA=OC
∴四边形OABC是菱形
∴∠AOB=∠BOC
∴∠ABO=∠AOB
∴AB=OA=OB
∴△AOB是等边三角形
∴∠AOB=60°
∵AB∥OC
∴
∴
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是阴影部分面积、扇形面积的计算，等边三角形的判定与性质，同底等高的三角形面积相等，把阴影部分面积转化为特殊图形的面积和差是解题的关键．
13．
【分析】根据圆锥的底面圆的周长=扇形的弧长，由此构建方程求解即可．
【详解】解：设圆锥的底面半径为r．
由题意， ，
∴r=2，
∴这个圆锥的底面周长为
故答案为： ．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，弧长公式等知识，解题的关键是熟知圆锥的底面圆的周长等于扇形的弧长．
14．①②④
【分析】如图，连接，，由直径所对的圆周角为90°，可得，根据等腰三角形的性质，可说明，，进而可判断①②的正误；由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得，的值，进而可得的值，进而可判断④的正误；根据，可判断③的正误．
【详解】解：如图，连接，
由题意可得，
∴
∵
∴，，
∴点D是BC的中点，，点D是的中点，故①②正确；
∴
∴
故④正确；
∴
∵
∴
故③错误；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角为90°，等弧所对的圆周角相等，扇形的面积，等腰三角形的性质．解题的关键在于对知识的灵活运用．
15．
【分析】观察图形发现阴影部分面积等于Rt△ABC的面积减去两个半径为，角度为的扇形面积，则勾股定理求得的长根据扇形面积公式进行计算即可
【详解】解：在等腰Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，斜边AC的中点为O，
,，,
阴影部分面积
故答案为：
【点睛】本题考查了求扇形面积，掌握扇形面积公式是解题的关键．
16．1
【分析】设这个圆锥的底面圆半径为r，利用弧长公式得到并解关于r的方程即可．
【详解】设这个圆锥的底面圆半径为r，
根据题意得2πr=，
解得r=1，
所以这个圆锥的底面圆半径为1．
故答案为1．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，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．
17．
【分析】将圆心角的角度数转为弧度数，再利用弧长公式（其中为圆心角弧度数，为半径）.
【详解】圆心角转化为弧度数：
则此扇形的弧长为
故答案为：.
【点睛】本题考查了弧长的计算公式，将角度制圆心角转化为弧度制圆心角是解题关键.
18．.
【分析】根据已知条件得到∠AOB=60°，推出△AOB是等边三角形，得到OA=OB=AB=2，根据扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，
∴∠AOB＝60°，
∵OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝OB＝AB＝2，
扇形的面积，
故答案为．
【点睛】此题考查等边三角形的性质，扇形的面积，解题关键在于掌握计算公式.
19．(1)，
(2)
【分析】（1）根据弧长公式和扇形面积公式求解即可；
（2）先求出底面圆的半径，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：由题意得扇形AOB的弧长，；
（2）解：如图所示，AH为底面圆的半径，OA为母线长，
由题意可得，，
∴．
【点睛】本题主要考查了求扇形面积，求弧长，求圆锥的高，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握弧长公式和扇形面积公式．
20．(1)见详解
(2)
【分析】（1）作∠BAC的角平分线AM，线段AB的垂直平分线EF，直线EF交AM于点O，以O为圆心，OA为半径作⊙O即可．
（2）求出∠BOC和半径，由弧长公式进行计算，即可解决问题．
【详解】（1）解：如图，⊙O即为所求．
（2）解：连接OB，OC．
∵∠A=45°，
∴∠BOC=90°，
∵BC=6，
∴OB=，
∴弧BC的长=．
【点睛】本题考查作图——复杂作图，弧长公式，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形的外接圆等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
21．见详解
【分析】连接OC，由题意易得∠AOC=60°，则有∠B=∠OCB=30°，然后可得∠P=∠B=30°，进而可得∠OCP=90°，最后问题可求证．
【详解】证明：连接OC，如图所示：
∵的长为π，AB=6，
∴OC=OA=3，，
∴，
∵OB=OC，
∴∠B=∠OCB=30°，
∵BC=PC，
∴∠P=∠B=30°，
∴∠POC+∠P=90°，即∠OCP=90°，
∵OC是圆O的半径，
∴直线PC与⊙O相切．
【点睛】本题主要考查切线的判定定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
