24.1 圆的有关性质
一、单选题
1．（2022秋·甘肃定西·九年级统考期末）小明在半径为5的圆中测量弦的长度，下列测量结果中一定是错误的是（ ）
A．4 B．5 C．10 D．11
2．（2022秋·甘肃平凉·九年级统考期末）如图，在中，，连接AC，CD，则AC与CD的关系是（ ）．
A． B．
C． D．无法比较
3．（2022秋·甘肃武威·九年级统考期末）下列结论中，正确的是（ ）
A．长度相等的两条弧是等弧
B．相等的圆心角所对的弧相等
C．平分弦的直径垂直于弦
D．圆是中心对称图形
4．（2022秋·甘肃金昌·九年级统考期末）如图，是的外接圆，连接、，若，则为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022秋·甘肃定西·九年级统考期末）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，且CO⊥AB于点O，弦CD与AB相交于点E，连接AD，若∠A=20°，则∠BED的度数为（ ）
A．45° B．55° C．65° D．75°
6．（2022秋·甘肃武威·九年级统考期末）如图，AB是半圆O的直径，AB=4，点C，D在半圆上，OC⊥AB，D是（靠近C）弧的三等分点，点P是OC上的一个动点，则BP+DP的最小值为（ ）
A． B． C． D．2
7．（2022秋·甘肃武威·九年级统考期末）如图，四边形ABCD为的内接四边形，已知，则的度数为（ ）
A．40° B．50° C．80° D．100°
8．（2022秋·甘肃平凉·九年级统考期末）如图，四边形内接于，在延长线上，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022秋·甘肃嘉峪关·九年级期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形ABCO是平行四边形，则∠ADC的大小为( )
A． B． C． D．
二、填空题
10．（2022秋·甘肃武威·九年级期末）⊙O的半径为13cm，弦ABCD，AB＝10cm， CD＝24cm，则AB与CD之间的距离是 ．
11．（2022秋·甘肃平凉·九年级统考期末）如图，将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕的长为 cm．
12．（2022秋·甘肃金昌·九年级统考期末）如图，AB是圆O的弦，半径OC⊥AB于点D，且OC=5cm，DC=2cm，则AB= ．
13．（2022秋·甘肃张掖·九年级期末）《九章算术》中记载有一问题“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”小辉同学根据原文题意，画出圆材截面图如图所示，已知：锯口深1寸，锯道尺（1尺=10寸），则该圆材的直径为 寸.
14．（2022秋·甘肃平凉·九年级统考期末）如图，点A，点B，点C在⊙O上，分别连接AB，BC，OC．若AB＝BC，∠B＝40°，则∠OCB＝ ．
15．（2022秋·甘肃定西·九年级统考期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠A=125°，则∠C的度数为 ．
16．（2022秋·甘肃陇南·九年级期末）如图，BD是⊙O的直径，∠CBD＝30°，则∠A的度数为 ．
三、解答题
17．（2022秋·甘肃张掖·九年级期末）已知直线a和直线外的两点A、B，经过A、B作一圆，使它的圆心在直线a上．
18．（2022秋·甘肃嘉峪关·九年级期末）如图所示，在中直径垂直于弦，垂足为，若，．求的半径．
19．（2022秋·甘肃武威·九年级期末）如图所示，在⊙O中直径AB垂直于弦CD，垂足为E，若BE=2cm，CD=6cm．求⊙O的半径．
20．（2022秋·甘肃张掖·九年级期末）已知：如图，在⊙O中，∠ABD=∠CDB．求证：AB=CD．
21．（2022秋·甘肃定西·九年级统考期末）已知：的两条弦，相交于点M，且．
(1)如图1，连接.求证：．
(2)如图2.若．在上取一点E，使，交于点F，连接、．判断与是否相等，并说明理由．
22．（2022秋·甘肃金昌·九年级统考期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，D是弧AC的中点，延长BC到点E，使，连接BD，ED．
(1)求证：；
(2)若，，⊙O的直径长为 ．
23．（2022秋·甘肃张掖·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，且CD⊥AB于E，连接AC，OC，BC．
（1）求证：∠1=∠2；
（2）若，求⊙O的半径的长．
参考答案：
1．D
【分析】根据直径是圆中最长的弦即可求解．
【详解】解：∵半径为5的圆，直径为10，
∴在半径为5的圆中测量弦AB的长度，AB的取值范围是：0
∴弦AB的长度可以是4，5，10，不可能为11．
故选：D．
【点睛】本题考查了圆的认识，掌握弦与直径的定义是解题的关键．连接圆上任意两点的线段叫弦，经过圆心的弦叫直径．
2．B
【分析】连接AB，BC，根据得，再根据三角形三边关系可得结论．
【详解】解：连接AB，BC，如图，
∵
∴
又
∴
故选：B
【点睛】本题考查了三角形三边关系，弧、弦的关系等知识，熟练掌握上述知识是解答本题的关键．
3．D
【分析】利用等弧的定义、确定圆的条件、圆周角定理及垂径定理的知识分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】A. 在同圆或等圆中，能够重合的两条弧是等弧；故A错误；
B. 在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等；故B错误；
C. 平分弦(不是直径)的直径垂直于弦；故C错误；
D. 圆是中心对称图形，圆心是圆的对称中心，故D正确；
故选D.
【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系，垂径定理及其推论，中心对称图形等知识，熟练掌握有关性质是解答关键.
4．C
【分析】先根据等腰三角形的性质求得，再根据圆周角定理得到即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解答的关键．
5．C
【分析】利用圆周角定理求出∠D，再利用三角形的外角的性质求出∠BED即可．
【详解】解：∵OC⊥AB，
∴∠COA=90°，
∴∠D=∠COA=45°，
∵∠BED=∠D+∠A，∠A=20°，
∴∠BED=45°+20°=65°，
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
6．B
【分析】如图，连接AD，PA，PD，OD．首先证明PA=PB，再根据PD+PB=PD+PA≥AD，求出AD即可解决问题．
【详解】解：如图，连接AD，PA，BD，OD．
∵OC⊥AB，OA=OB，
∴PA=PB，∠COB=90°，
∵D是（靠近C）弧CB的三等分点，
∴∠DOB=×90°=60°，
∵OD=OB，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠ABD=60°，
∵AB是直径，且AB=4，
∴∠ADB=90°，
∴∠BAD=30°，BD=2，
∴AD=，
∵PB+PD=PA+PD≥AD，
∴PD+PB≥，
∴PD+PB的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角，弧，弦之间的关系等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
7．C
【分析】由圆内接四边形的对角互补可得∠A=40°，再根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，即可求出∠BOD的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A=180°-∠BCD=180°-140°=40°，
∴∠BOD=2∠A=80°，
故选C．
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质和同弧所对的圆周角与圆心角之间的关系，解题的关键是利用圆内接四边形的性质求出∠A的度数．
8．A
【分析】根据圆内接四边形的性质即可解决．
【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O
∴∠ADC +∠B=180°
∵∠ADE+∠ADC=180°
∴∠ADE=∠B=100°
故选：A．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，掌握此性质是关键．
9．C
【分析】根据平行四边形的性质和圆周角定理可得出答案．
【详解】根据平行四边形的性质可知∠B=∠AOC，
根据圆内接四边形的对角互补可知∠B+∠D=180°，
根据圆周角定理可知∠D=∠AOC，
因此∠B+∠D=∠AOC+∠AOC=180°，
解得：∠AOC=120°，
因此∠ADC=60°．
故选：C．
【点睛】该题主要考查了圆周角定理及其应用问题；应牢固掌握该定理并能灵活运用．
10．17cm或7cm
【分析】首先作AB、CD的垂线EF，然后根据垂径定理求得CF＝DF=12cm，AE=BE＝5cm，在直角三角形OEA和直角三角形OCF中，利用勾股定理求得OE、OF的长度；最后根据图示的两种情况计算EF的长度即可．
【详解】解：有两种情况．如图．过O作AB、CD的垂线OE，OF，交AB于点E，交CD于点F．
∴EF就是AB、CD间的距离．
∵AB＝10cm，CD＝24cm，
根据垂径定理，得CF＝DF=12cm，AE=BE＝5cm，
∵AO=CO＝13cm，
∴在直角三角形OEA和直角三角形OCF中，
∴OE＝cm，OF＝cm，
∴①EF＝12-5＝7cm②EF＝12+5＝17cm．
故答案是：17cm或7cm．
【点睛】题目主要考查垂径定理及勾股定理解三角形，解题关键是要进行分类讨论．
11．
【分析】在图中构建直角三角形，先根据勾股定理得AD的长，再根据垂径定理得AB的长．
【详解】解：作OD⊥AB于D，连接OA．
根据题意得：OD=OA=1cm，
再根据勾股定理得：AD=cm，
根据垂径定理得：AB=2cm．
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），勾股定理以及垂径定理．注意由题目中的折叠即可发现OD=OA=1．
12．8
【分析】连接OA，根据垂径定理得到∠ODA＝90°，AD＝BD，根据勾股定理求出AD，计算即可．
【详解】解：连接OA，
∵半径OC⊥AB，
∴∠ODA＝90°，AD＝BD，
由题意得，OD＝OC CD＝3，
在Rt△OAD中，AD＝＝4，
∴AB＝2AD＝8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查的是垂径定理，勾股定理的应用，掌握垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．
13．26
【分析】如图，设的半径为，过O作OD⊥AB于D，延长OD与交于E，连接AO，由垂径定理可得寸，在Rt△AOD中，利用勾股定理建立方程可求出，从而得到直径.
【详解】如图，设的半径为，过O作OD⊥AB于D，延长OD与交于E，连接AO，
在Rt△AOD中，寸， ，，
由勾股定理可得，即，
解得，
∴该圆材的直径为26寸，
故答案为26.
【点睛】本题考查圆的计算，根据垂径定理作出辅助线，再由勾股定理建立方程是本题的关键.
14．20°
【分析】连接AO，BO，然后根据等弦对等圆心角得到∠BOC=∠AOB，再根据三角形内角和得到∠OBA=∠OBC，再由∠ABC=40°，OB=OC，即可得到结果．
【详解】解：如图，连接AO，BO，
∴OA=OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，∠OAB=∠OBA，
∵AB=BC，
∴∠BOC=∠AOB，
∴，
∵∠ABC=40°，OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=20°．
故答案为：20°．
【点睛】本题主要考查圆内相关概念和定理，三角形内角和定理等内容．掌握圆内相关概念是解题基础．
15．55°/55度
【分析】根据圆内接四边形的性质得出∠A+∠C=180°，再求出答案即可．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠C=180°，
∵∠A=125°，
∴∠C=180°-125°=55°，
故答案为：55°．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，能熟记圆内接四边形的对角互补是解此题的关键．
16．60°
【详解】解：∵BD是⊙O的直径，
∴∠BCD=90°（直径所对的圆周角是直角），
∵∠CBD=30°，
∴∠D=60°（直角三角形的两个锐角互余），
∴∠A=∠D=60°（同弧所对的圆周角相等）；
故答案是：60°
17．见详解
【详解】解：连接AB，作出AB的垂直平分线交直线a于O点，以O为圆心，OA为半径作圆．
如图所示：
18．的半径为 ．
【分析】连接，设半径为，由垂径定理求得的长，在中，根据勾股定理列出方程，解方程求得即可
【详解】解 连接，设半径为，
，，
，
，
，
在中，，
解得： ，
即的半径为 ．
【点睛】本题考查垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解答的关键．
19． cm
【分析】连接OD，设半径为r，由垂径定理求得DE的长，在RT△OED中，根据勾股定理列出方程，解方程求得r即可.
【详解】解: 连接OD，设半径为r，
∵AB⊥CD，CD=6cm，
∴CE=DE=3cm，
∵BE=2cm，
∴OE=r-2，
∴在Rt△OED中，r =3 +(r-2) ，
解得：r= ，
即⊙O的半径为 cm．
【点睛】本题考查垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解答的关键．
20．见解析
【分析】根据∠ABD=∠CDB，可知，则有，由此可得，进而可证AB=CD．
【详解】证明：∵∠ABD=∠CDB，
∴，
∴，
∴，
∴AB=CD．
【点睛】本题考查圆心角、弧、弦之间的关系，即在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等，能够熟练掌握圆心角、弧、弦之间的关系是解决本题的关键．
21．(1)证明见解析
(2)与相等．理由见解析
【分析】（1）根据得，即，，得，即可得；
（2）连接，根据得，根据得，即，根据，即可得．
【详解】（1）证明：，
即，
，
，
．
（2）与相等．理由如下：
解：连接，如图，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了圆的性质，解题的关键是掌握圆周角定理，垂经定理，角、弧、弦的关系．
22．(1)见解析
(2)10
【分析】（1）根据同弧所对的弦相等可得AD=CD，再由圆内接四边形的性质得到∠A=∠DCE，证明△ABD≌△CED，根据全等三角形的性质，即可证明结论；
（2）连接OA，OD，根据圆周角定理，可得∠AOD=60°，根据等边三角形的判定定理可得△AOD是等边三角形，故半径为5，即可求得直径．
【详解】（1）证明：∵D是弧AC的中点，
∴，
∴AD=CD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A=∠DCE，
在△ABD和△CED中，
，
∴△ABD≌△CED（SAS），
∴BD=ED．
（2）解：连接OA，OD，如图，
∵D是弧AC的中点，
∴，
∴∠ABD=∠CBD=，
∴∠AOD=2∠ABD=2×30°=60°，
∵OA=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴半径OA= AD=5，
∴直径长=10．
故答案为：10．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、全等三角形的判定与性质、同弧所对的弦相等、圆周角定理、等边三角形的判定与性质．
23．（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据垂径定理和圆的性质，同弧的圆周角相等，又因为△AOC是等腰三角形，即可求证．
（2）根据勾股定理，求出各边之间的关系，即可确定半径．
【详解】（1）证明：
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
=．
∴∠A=∠2．
又∵OA=OC，
∴∠1=∠A．
∴∠1＝∠2．
（2）∵AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，CD=6
∴∠CEO＝90 ，CE＝ED＝3．
设⊙O的半径是R，EB=2，则OE=R-2
∵在Rt△OEC中，
解得：
∴⊙O的半径是．
【点睛】本题考查垂弦定理、圆心角、圆周角的性质，关键是熟练运用垂径定理和圆周角的性质进行推理证明和计算．24.2 点和圆、直线和圆的位置关系
一、单选题
1．（2022秋·甘肃张掖·九年级期末）下列说法正确的是（ ）
A．平分弦的直径垂直于弦
B．等弧所对的圆心角相等
C．经过三点可以做一个圆
D．三角形的外心到三角形三边的距离相等
2．（2022秋·甘肃平凉·九年级统考期末）已知⊙O的半径为1，点P在⊙O外，则OP的长（ ）
A．大于1 B．小于1 C．大于2 D．小于2
3．（2022秋·甘肃张掖·九年级期末）在平面直角坐标系中，以原点O为圆心，5为半径作圆，若点P的坐标是（3，4），则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O外 B．点P在⊙O内
C．点P在⊙O上 D．点P在⊙O上或在⊙O外
4．（2022秋·甘肃陇南·九年级期末）如图，是的直径，点在的延长线上，与相切于点，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
5．（2022秋·甘肃武威·九年级统考期末）如图，分别与相切于两点，，则（ ）．
A． B． C． D．
二、填空题
6．（2022秋·甘肃武威·九年级期末）已知点P在半径为5的⊙O外，如果设OP＝x，那么x的取值范围是 ．
7．（2022秋·甘肃武威·九年级期末）已知⊙O的半径是4cm，点A到圆心O的距离为3cm，则点A在 ．（填“圆内”、“圆上”或“圆外”）
8．（2022秋·甘肃金昌·九年级统考期末）若一直角三角形外接圆的半径为2.5，内切圆的半径为1，则其面积是 ．
9．（2022秋·甘肃嘉峪关·九年级期末）如图，是外一点，、分别和切于、，是弧上任意一点，过作的切线分别交、于、，若的周长为，则长为 ．
10．（2022秋·甘肃平凉·九年级统考期末）以平面直角坐标系原点O为圆心，半径为3的圆与直线x=3的位置关系是 ．
11．（2022秋·甘肃武威·九年级统考期末）如图，P是⊙O外一点，PA、PB分别和⊙O切于A、B，C是弧AB上任意一点，过C作⊙O的切线分别交PA、PB于D、E，若△PDE的周长为20cm，则PA长为 ．
12．（2022秋·甘肃定西·九年级统考期末）如图，与相切于点B，的延长线交于点C．若，则∠C= ．
13．（2022秋·甘肃定西·九年级期末）如图所示，AB，AC与⊙O相切于点B，C，∠A=50°，点P是圆上异于B，C的一动点，则∠BPC的度数是 ．
三、解答题
14．（2022秋·甘肃金昌·九年级统考期末）如图，为的切线，为切点，过作，垂足为C，交于点B，延长与的延长线交于点D．
(1)求证：为的切线；
(2)若，求的长．
15．（2022秋·甘肃陇南·九年级期末）如图，在中，，的角平分线交边于D，以上一点O为圆心作，使经过A、D两点．试判断与的位置关系．
16．（2022春·甘肃陇南·九年级期末）如图，已知正方形ABCD的边长为4cm，动点P从点B出发，以2cm/s的速度沿B→C→D方向，向点D运动；动点Q从点A出发，以1cm/s的速度沿A→B方向，向点B运动．若P、Q两点同时出发，运动时间为t秒．
(1)连结PD、PQ、DQ，设△PQD的面积为S，试求S与t之间的函数关系式；
(2)当点P在BC上运动时，是否存在这样的t，使得△PQD是以PD为一腰的等腰三角形？若存在，请求出符合条件的t的值；若不存在，请说明理由；
(3)以点P为圆心，作⊙P，使得⊙P与对角线BD相切．问：当点P沿B→C→D运动时，是否存在这样的t，使得⊙P恰好经过正方形ABCD的某一边的中点？若存在，请直接写出符合条件的t的值．
17．（2022秋·甘肃武威·九年级期末）如图，⊙O与△ABC的边BC相切于点D，与AB、AC的延长线分别相切于点E、F，连接OB，OC．
(1)若∠ABC=80°，∠ACB=40°，求∠BOC的度数．
(2)∠BOC与∠A有怎样的数量关系，并说明理由．
18．（2022秋·甘肃武威·九年级期末）如图，已知CD是△ABC中AB边上的高，以CD为直径的⊙O分别交CA，CB于点E，F，点G是AD的中点．求证：GE是⊙O的切线．
19．（2022秋·甘肃武威·九年级期末）如图，在⊙O中，PA是直径，PC是弦，PH平分∠APB且与⊙O交于点H，过H作HB⊥PC交PC的延长线于点B．
（1）求证：HB是⊙O的切线；
（2）若HB＝4，BC＝2，求⊙O的直径．
20．（2022秋·甘肃定西·九年级期末）如图，在中，，点在边上，经过点和点且与边相交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的半径．
21．（2022秋·甘肃定西·九年级统考期末）如图，已知△ABC，且∠ACB＝90°．
（1）请用直尺和圆规按要求作图（保留作图痕迹，不写作法和证明）：
①以点A为圆心，BC边的长为半径作⊙A；
②以点B为顶点，在AB边的下方作∠ABD＝∠BAC．
（2）请判断直线BD与⊙A的位置关系，并说明理由．
22．（2022秋·甘肃陇南·九年级期末）如图，点A，B在⊙O上，直线AC是⊙O的切线，OC⊥OB，连接AB交OC于点D．求证：AC=CD．
参考答案：
1．B
【分析】根据垂径定理，等弧与圆心角的关系，确定圆的条件，三角形的外心逐项分析判断即可
【详解】解：A、平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，故不符合题意；
B、等弧所对的圆心角相等，故符合题意；
C、经过不在同一直线上的三点可以做一个圆，故不符合题意；
D、三角形的外心到三角形三顶点的距离相等，故不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理，等弧与圆心角的关系，确定圆的条件，三角形的外心，掌握以上知识是解题的关键．
2．A
【分析】根据题意可以求得OP的取值范围，从而可以解答本题．
【详解】解：∵O的半径为1，点P在⊙O外，
∴OP＞1，
故选：A．
【点睛】本题考查了点和圆的位置关系，解题的关键是明确题意，求出OP的取值范围．
3．C
【分析】先求出点P与原点O的距离，然后再根据点与圆的位置关系进行判断即可.
【详解】∵点P的坐标是(3，4)，
∴OP==5，
而⊙O的半径为5，
∴OP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，关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．
4．B
【分析】连接，如图，根据切线的性质得，利用直角三角形两锐角互余得，再利用等腰三角形的性质和三角形外角性质可得，然后计算即可．
【详解】解：连接，如图，
∵与相切于点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
而，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系，正确作出辅助线是解答本题的关键．
5．B
【分析】连接，根据切线的性质以及四边形内角和求得，进而根据圆周角定理求得
【详解】如图，连接，
分别与相切于两点,
,
，
，
，
．
故选B．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，圆周角定理，求得是解题的关键．
6．x＞5
【详解】解：根据点在圆外的判断方法，由点P在半径为5的⊙O外，可得OP＞5，即x＞5．
故答案为：x＞5．
【点睛】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．
7．圆内
【分析】根据点到圆心的距离d与圆的半径r大小的比较，确定点A与⊙O的位置关系：d>r,点在圆外；d=r,点在圆上；d【详解】∵OA=3cm<4cm，∴点A在⊙O内，
故答案为圆内.
【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系，根据点到圆心的距离比圆的半径小，可以确定点A在圆内．
8．6
【分析】切于，切于，切于，连接，，，得出正方形推出，根据切线长定理得出，，，求出，即可求出的周长，在结合即可求得面积．
【详解】解：切于，切于，切于，连接，，，
则，，
∴四边形是正方形，
∴，
由切线长定理得：，，，
∵直角三角形的外接圆半径为2.5，内切圆半径为1，
∴，
即的周长是，
∴．
故答案为：6．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心、内切圆与内心，掌握圆周角定理、直角三角形的内心与三边的关系是解题的关键．
9．
【分析】先根据切线长定理求得，，，再由的周长为，即可求解．
【详解】解：、、分别切于、、，
，，；
的周长为，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了切线长定理：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，掌握切线长定理是解题的关键．
10．相切
【分析】本题应将原点到直线x=3的距离与半径对比即可判断．
【详解】解：∵原点到直线x=3的距离为3，半径为3，
则有3=3，
∴这个圆与直线x=3相切．
故答案为：相切．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、坐标与图形性质．直线与圆相切，直线到圆的距离等于半径；与圆相离，直线到圆的距离大于半径．
11．10cm
【分析】根据切线长定理，可将△PDE的周长转化为两条切线长的和，已知了△PDE的周长，即可求出切线的长．
【详解】解：根据切线长定理得：
AD＝CD，CE＝BE，PA＝PB，
则△PDE的周长＝
2PA＝20，
PA＝10．
故答案为：
【点睛】本题考查的是切线长定理，三角形的周长的计算，掌握切线长定理是解题的关键
12．/25度
【分析】连接，与相切于点B，得到，根据三角形内角和得到的度数，然后用三角形外角的性质求出的度数．
【详解】解：如图：连接，
∵与相切于点B，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故答案是：．
【点睛】本题考查了切线的性质，三角形的内角和定理和三角形外角的性质，求出的度数是解题的关键．
13．65°或115°/115°或65°
【详解】本题要分两种情况考虑，如下图，分别连接OC；OB；BP1；BP2；CP1；CP2
（1）当∠BPC为锐角，也就是∠BP1C时：
∵AB，AC与⊙O相切于点B，C两点
∴OC⊥AC，OB⊥AB，
∴∠ACO=∠ABO=90°，
∵∠A=50°，
∴在四边形ABOC中，∠COB=130°，
∴∠BP1C=65°，
（2）如果当∠BPC为钝角，也就是∠BP2C时
∵四边形BP1CP2为⊙O的内接四边形，
∵∠BP1C=65°，
∴∠BP2C=115°.
综合（1）、（2）可知，∠BPC的度数为65°或115°.
14．(1)答案见详解
(2)
【分析】（1）连接，根据切线的性质得到，证明，根据全等三角形的性质得到，根据切线的判定定理证明结论；
（2）根据勾股定理得出，根据切线的性质得到，再根据勾股定理得出，根据勾股定理求出，然后利用三角形的面积即可得解．
【详解】（1）证明：连接，
，，
，
为的切线，
，
在与中，
，
，
，
，
为的切线；
（2），，
在中，，
、为的切线，
，
在中，，即，
，
在中，
，
，
，
，
．
【点睛】此题考查了切线的判定与性质、勾股定理，三角形的面积，熟记切线的判定与性质是解题的关键．
15．相切
【分析】连接，根据，可得，再证明，可得，进而得到直线与的位置关系．
【详解】与相切．
连接，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为半径，
∴与相切．
【点睛】此题主要考查了直线与圆的位置关系，等腰三角形的性质，平行线的判定，熟练掌握经过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线是解答本题的关键．
16．(1)
(2)存在，或
(3)存在，
【分析】（1）根据正方形的性质和面积公式，利用割补法即可求解；
（2）根据勾股定理、等腰三角形的性质得出一元二次方程，分情况讨论以PD为腰的等腰三角形即可说明．
（3）分点P在BC上运动时经过BC的中点或经过CD的中点，点P在CD上运动时经过BC的中点或经过CD的中点几种情况求解，即可求出t的值．
【详解】（1）①当0≤t≤2时，即点P在BC上时，
＝16－×4×t－×2 t×（4－t）－×（4－2 t）×4
＝t 2－2 t＋8．
②当2＜t≤4时，即点P在CD上时，DP＝8－2 t．
S＝×（8－2 t）×4＝16－4 t．
∴；
（2）①若PD＝QD，
∵CD=AD，∠PCD=∠DAQ=90°，
∴Rt△DCP≌Rt△DAQ（HL）．
∴CP＝AQ．
即t＝4－2 t，解得t＝．
②若PD＝PQ，则，即，
解得t＝－4±4，其中t＝－4－4＜0不合题意，舍去，
∴t＝－4＋4．
∴t＝或t＝－4＋4时，△PQD是以PD为一腰的等腰三角形．
（3）当P在BC上运动时，
若⊙P经过BC的中点E，设⊙P切BD于M．
则BP=2t，则PE=PM= 2-2t，
在Rt△BPM中，由于∠PBM=45°，
所以BP=PM，
∴2t=(2-2t)，
∴t=2-；
若⊙P经过CD的中点E，设圆的半径为r，则CP=4-2t，
．
因为BP=PM，即．
∴．
解得t=4-，t=4+（舍去）
∴t=4-，
故当点P在BC上运动时，若t=2-或4-，则⊙P恰好经过正方形ABCD的某一边的中点．
当P在CD上运动时，
若⊙P经过BC的中点E，设⊙P切BD于M．
则CP=2t-4，．
在Rt△PMD中，由于∠PDM=45°，
所以DP=PM，即．
∴．
解得t=±，负值舍去，
∴t=，
若⊙P经过CD的中点E，设圆的半径为r，则DP=2-r，
∵∠PDM=45°，
∴DP=PM，
∴2-r=r，
∴r=2（-1），
故t=2+，
故当点P在CD上运动时，若t=或2+，则⊙P恰好经过正方形ABCD的某一边的中点．
综上可知，t的值为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，勾股定理，一元二次方程的应用，切线的性质等知识点．要注意不同的情况要进行分类讨论，不要丢掉任任何一种情况．
17．(1)60°
(2)∠BOC=90°-∠A，见解析
【分析】（1）方法一：先根据平角的定义求出∠EBC和∠DCF的度数，再根据切线长定理得到∠EBO=∠DBO=∠EBC=50°，∠DCO=∠FCO=∠DCF=70° ，据此理由三角形内角和定理求解即可；方法二：如图，连接OD，OE，OF，则由切线的性质可知，证明Rt△ODB≌Rt△OEB(HL) ， Rt△ODC≌Rt△OFC(HL)，得到∠EOB=∠DOB ，∠COD=∠COF，先求出∠A的 度数，再利用四边形内角和定理求出∠EOF=120°，则∠BOC=∠BOD+∠COD=∠EOF=60°．
（2）同（1）方法二求解即可．
【详解】（1）解：方法一： 由题意得∠EBC=180°-∠ABC=180°-80°=100°，∠DCF=180°-∠ACB=180°-40°=140°，
由切线长定理可知，∠EBO=∠DBO=∠EBC=50°，∠DCO=∠FCO=∠DCF=70° ，
∴在△OBC中，∠BOC=180°-∠OBC-∠BCO=180°-70°-50°=60°；
方法二：如图，连接OD，OE，OF，则由切线的性质可知，
∠BEO=∠BDO=∠CDO=∠CFO=90°，
又∵OD=OE=OF，OB=OB，OC=OC，
∴Rt△ODB≌Rt△OEB(HL) ， Rt△ODC≌Rt△OFC(HL)，
∴∠EOB=∠DOB ，∠COD=∠COF，
在△ABC中，∠A=180°-∠ABC-∠ACB=60°，
在四边形AEOF中，∠A+∠EOF=180°，
∴∠EOF=120°，
∴∠BOC=∠BOD+∠COD=∠EOF=60°．
（2）解：同（1）方法二可得，∠EOB=∠DOB ，∠COD=∠COF，
∴∠BOC=∠BOD+∠COD=∠EOF=．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，切线长定理，三角形内角和定理，四边形内角和定理，全等三角形的性质与判定等等，熟知切线的性质和切线长定理是解题的关键．
18．证明见解析
【分析】要证GE是⊙O的切线，只要证明∠OEG=90°即可．
【详解】证明：连接OE，DE，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠AED=∠CED=90°，
∵G是AD的中点，
∴EG=AD=DG，
∴∠1=∠2；
∵OE=OD，
∴∠3=∠4，
∴∠1+∠3=∠2+∠4，
∴∠OEG=∠ODG=90°，
故GE是⊙O的切线．
【点睛】本题考查切线的判定方法及圆周角定理运用．
19．（1）详见解析；（2）10．
【分析】（1）连接OH，由题意可得∠OHP＝∠HPA＝∠HPB，可证OH∥BP，则可得OH⊥BH，根据切线的判定可证HB是⊙O的切线；
（2）过点O作OE⊥PC，垂足为E，可证四边形EOHB是矩形，可得OE＝BH＝4，OH＝BE，再根据勾股定理可求OP的长，即可得⊙O的直径．
【详解】证明：（1）如图，连接OH，
∵PH平分∠APB，
∴∠HPA＝∠HPB，
∵OP＝OH，
∴∠OHP＝∠HPA，
∴∠HPB＝∠OHP，
∴OH∥BP，
∵BP⊥BH，
∴OH⊥BH，
∴HB是⊙O的切线；
（2）如图，过点O作OE⊥PC，垂足为E，
∵OE⊥PC，OH⊥BH，BP⊥BH，
∴四边形EOHB是矩形，
∴OE＝BH＝4，OH＝BE，
∴CE＝OH﹣2，
∵OE⊥PC
∴PE＝EC＝OH﹣2＝OP﹣2，
在Rt△POE中，OP2＝PE2+OE2，
∴OP2＝（OP﹣2）2+16
∴OP＝5，
∴AP＝2OP＝10，
∴⊙O的直径是10．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，垂径定理，角平分线的性质，矩形的判定与性质，熟练掌握切线的判定与性质是解本题的关键．
20．(1)见解析；(2)
【分析】(1)连接，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据三角形的内角和得到，于是得到是的切线；
(2)连接，推出是等边三角形，得到，求得，得到，于是得到结论．
【详解】(1)证明：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线；
(2)解：连接，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的半径．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
21．（1）详见解析；（2）直线BD与⊙A相切，理由详见解析．
【分析】（1）①以点A为圆心，以BC的长度为半径画圆即可；
②以点A为圆心，以任意长为半径画弧，与边AB、AC相交于两点E、F，再以点B为圆心，以同等长度为半径画弧，与AB相交于一点M，再以点M为圆心，以EF长度为半径画弧，与前弧相交于点N，作射线BN即可得到∠ABD；
（2）根据内错角相等，两直线平行可得AC∥BD，再根据平行线间的距离相等可得点A到BD的距离等于BC的长度，然后根据直线与圆的位置关系判断直线BD与⊙A相切．
【详解】解：（1）如图所示；
（2）直线BD与⊙A相切．
∵∠ABD＝∠BAC，
∴AC∥BD，
∵∠ACB＝90°，⊙A的半径等于BC，
∴点A到直线BD的距离等于BC，
∴直线BD与⊙A相切．
【点睛】本题考查了复杂作图，主要利用了作一个角等于已知角，直线与圆的位置关系的判断，是基本作图，难度不大．
22．证明详见解析．
【分析】AC为圆的切线，利用切线的性质得到∠OAC为直角，再由OC与OB垂直，得到∠BOC为直角，由OA=OB，利用等边对等角得到一对角相等，再利用对顶角相等及等角的余角相等得到一对角相等，利用等角对等边即可得证．
【详解】证明：∵直线AC与⊙O相切，
∴OA⊥AC，
∴∠OAC=90°，即∠OAB+∠CAB=90°，
∵OC⊥OB，
∴∠BOC=90°，
∴∠B+∠ODB=90°，
而∠ODB=∠ADC，
∴∠ADC+∠B=90°，
∴OA=OB，
∴∠OAB=∠B，
∴∠ADC=∠CAB，
∴AC=CD．
【点睛】本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质及判定、等角的余角相等以及直角三角形的两锐角互余，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．24.4 弧长和扇形的面积
一、单选题
1．（2022秋·甘肃武威·九年级统考期末）小明用图中所示的扇形纸片作一个圆锥的侧面.已知扇形的半径为5cm,弧长是8cm，那么这个圆锥的高是（ ）
A．8cm B．6cm C．3cm D．4cm
2．（2022秋·甘肃定西·九年级统考期末）如图．在中，，将绕顶点C顺时针方向旋转至的位置，且三点在同一条直线上，则点A所经过的最短路线的长为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022秋·甘肃武威·九年级期末）一个圆锥的母线长为6，侧面展开图是半圆，则圆锥的侧面积是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022春·甘肃陇南·九年级期末）如图，将绕点旋转得到，已知，，则线段扫过的图形面积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022秋·甘肃定西·九年级期末）在中，已知，，．如图所示，将绕点按逆时针方向旋转后得到．则图中阴影部分面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022秋·甘肃金昌·九年级期末）如图，是的直径，弦，垂足为点．连接，．如果，，那么图中阴影部分的面积是（ ）．
A． B． C． D．
二、填空题
7．（2022秋·甘肃嘉峪关·九年级期末）一个扇形的半径为4，圆心角为，则此扇形的弧长为 ．（结果保留）
8．（2022秋·甘肃定西·九年级期末）一个扇形的半径是12cm，圆心角的度数是90°，把它做成一个圆锥的侧面，则圆锥的高是 ．
9．（2022秋·甘肃武威·九年级统考期末）在半径为4的圆中，120°的圆心角所对的弧长是 ．
10．（2022春·甘肃陇南·九年级期末）圆锥的底面直径是8，母线长是12，则这个圆锥侧面展开图的扇形圆心角是 度．
11．（2022秋·甘肃金昌·九年级统考期末）若一个圆锥的底面半径为2，母线长为6，则该圆锥侧面展开图的圆心角是 °．
12．（2022秋·甘肃陇南·九年级期末）如图，已知圆锥的高为，高所在直线与母线的夹角为30°，圆锥的侧面积为 ．
13．（2022秋·甘肃定西·九年级统考期末）如图所示：用一个半径为60cm，圆心角为150°的扇形围成一个圆锥，则这个圆锥的底面半径为 cm．
14．（2022秋·甘肃武威·九年级统考期末）圆锥的母线长是5 cm,底面半径长是3 cm,它的侧面展开图的圆心角是 .
三、解答题
15．（2022秋·甘肃定西·九年级统考期末）如图，已知△ABC内接于以AB为直径的⊙O中，P为AB延长线上一点，且∠PCB=∠A．
(1)求证：PC是⊙O的切线．
(2)若∠P=30°，AP=12，求的长．
16．（2022秋·甘肃武威·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点A（-3，1），B（-1，3）．
(1)画出△OAB绕原点O顺时针旋转90°得到的三角形，A的对应点为；
(2)点的坐标为_______________；
(3)求点B在上述运动过程中的路径的长度．
17．（2022秋·甘肃定西·九年级期末）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，4），B（1，1），C（4，3）．
（1）请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
（2）请画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A2BC2；
（3）求出（2）中C点旋转到C2点所经过的路径长（记过保留根号和π）．
18．（2022秋·甘肃陇南·九年级期末）如图，AB为⊙O的直径，DE为切线，AE⊥DE，若，，求图中阴影部分的面积．
19．（2022秋·甘肃平凉·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，点C是BA延长线上一点，CD切⊙O于D点，弦DE∥CB，Q是AB上一动点，CA＝1，CD是⊙O半径的倍．
(1)求⊙O的半径R；
(2)当Q从A向B运动的过程中，图中阴影部分的面积是否发生变化？若发生变化，请你说明理由；若不发生变化，请你求出阴影部分的面积．
20．（2022秋·甘肃武威·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠C=60°，⊙O是△ABC的外接圆，点P在直径BD的延长线上，且AB=AP．
(1)求证：PA是⊙O的切线；
(2)若AB=2，求图中阴影部分的面积．（结果保留π和根号）
21．（2022秋·甘肃定西·九年级统考期末）如图，CD为⊙O的直径，CD⊥AB，垂足为点F，AO⊥BC，垂足为点E，OA＝6.
（1）求∠C的大小；
（2）求阴影部分的面积．
22．（2022秋·甘肃定西·九年级统考期末）如图，圆锥的底面半径，高，求该圆锥的侧面积．
23．（2022秋·甘肃金昌·九年级期末）在一块大铁皮上裁剪如图所示圆锥形的烟囱帽，它的底面直径为80cm，母线为50cm．，求裁剪的面积．
参考答案：
1．C
【分析】结合圆锥的性质和勾股定理即可计算出圆锥的高.
【详解】设圆锥底面半径为，由题可知圆锥底面周长为，即，解得，圆锥的母线长，由勾股定理得.
故选C.
【点睛】本题主要考查圆锥的性质和勾股定理.
2．D
【分析】计算出，由弧长公式即可求得．
【详解】解：∵，A、C、三点在同一条直线上，
∴．
又，
∴点A所经过的最短路线的长为=．
故选D．
【点睛】本题考查了求运动路径长，掌握弧长公式是关键．
3．C
【分析】圆锥的侧面积为半径为6的半圆的面积．
【详解】解：圆锥的侧面积=半圆的面积=，
故选C．
【点睛】本题主要考查了求圆锥的侧面积，解决本题的关键是把圆锥的侧面积转换为规则图形的面积．
4．D
【分析】根据图形可以得出AB扫过的图形的面积=，由旋转的性质就可以得出就可以得出AB扫过的图形的面积=求出其值即可．
【详解】解：∵△ABC绕点C旋转60°得到△A′B′C，
∴△ABC≌△A′B′C，
∴， ．
∵AB扫过的图形的面积=，
∴AB扫过的图形的面积=，
∴AB扫过的图形的面积=．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质的运用，全等三角形的性质的运用，扇形的面积公式的运用，解答时根据旋转的性质求解是关键．
5．B
【分析】先求出AC、AB，在根据求解即可．
【详解】解：在Rt△ABC中，∵，
∴AC=2BC=2，
∴，
∵绕点按逆时针方向旋转后得到，
∴
∴
∴．
故选：B
【点睛】本题考查了不规则图形面积的求法，熟记扇形面积公式，根据求解是解题关键．
6．B
【分析】根据是的直径，弦，由垂径定理得，再根据证得，即可证明，即可得出．
【详解】解：是的直径，弦，
，，
，
，
，
又，
，
，
在和中，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，平行线的性质，全等三角形的判定，扇形的面积，等积变换，解此题的关键是证出，从而将阴影部分的面积转化为扇形OBC的面积，题目比较典型，难度适中．
7．
【分析】直接根据弧长公式计算即可．
【详解】，
故答案为．
【点睛】本题考查了扇形的弧长公式，如果扇形的圆心角是，扇形的半径为r，则扇形的弧长l的计算公式为：．
8．
【分析】设圆锥底面圆半径为r，根据底面圆的周长等于扇形的弧长求出r，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：设圆锥底面圆半径为r，
由题意得：，
∴，
∴圆锥的高，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了求圆锥的高，勾股定理，弧长公式，正确求出圆锥底面圆半径是解题的关键．
9．
【分析】根据弧长的公式l=进行解答．
【详解】解：根据弧长的公式l=，
得到：l==．
故答案为.
【点睛】本题考查弧长的计算，熟记弧长公是解题关键，属于基础题．
10．120
【分析】圆锥的母线长是12，是圆锥侧面展开图的扇形的半径r=12；圆锥的底面圆周长是这个圆锥侧面展开图的扇形弧长=；由扇形的弧长公式，可求解得n．
【详解】∵圆锥的母线长是12，
∴圆锥侧面展开图的扇形的半径r=12；
∵圆锥的底面圆周长是这个圆锥侧面展开图的扇形弧长=，
∴，
解得n=120°．
故答案为：120．
【点睛】本题考查求扇形的圆心角，本题的关键是要清楚圆锥与其侧面展开图的扇形的关系．
11．120
【详解】解：圆锥侧面展开图的弧长是：2π×2=4π（cm），
设圆心角的度数是n度．
则=4π，
解得：n=120．
故答案为120．
12．2π
【详解】试题分析：如图，
∠BAO=30°，AO=，
在Rt△ABO中，∵tan∠BAO=，
∴BO=tan30°=1，即圆锥的底面圆的半径为1，
∴AB=，即圆锥的母线长为2，
∴圆锥的侧面积=．
考点：圆锥的计算．
13．25
【详解】试题分析：半径为60cm，圆心角为150°的扇形的弧长是
，
圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，因而圆锥的底面周长是50π，
设圆锥的底面半径是r，
则得到2πr=50π，
解得：r=25cm，
这个圆锥的底面半径为25cm．
考点：圆锥的有关计算
14．216°.
【详解】圆锥的底面周长为2π×3=6π(cm),
设圆锥侧面展开图的圆心角是n°,则=6π,
解得n=216.
故答案为216°.
【点睛】本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
15．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据AB是直径可得∠ACB=90°，再根据OC=OB得出∠OCB=∠OBC，再根据∠PCB=∠A，得出∠OCP=90°即可；
（2）根据已知和（1）求出半径，然后由弧长公式求的长即可．
【详解】（1）证明：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠A+∠ABC=90°，
连接OC，可得OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
又∵∠PCB=∠A，
∴∠PCB+∠OCB=90°，
∴∠OCP=90°，
∴PC是OO的切线；
（2）解：由（1）得∠PCO=90°，
∵∠P=30°，
∴OC=OP，∠BOC=60°，
∵AO=BO，
∴OC=AP=×12=4，
∴LBC=．
【点睛】本题考查切线的判定与性质以及弧长公式，关键是切线的判定与性质的应用．
16．(1)画图见解析
(2)（1，3）
(3)
【分析】（1）先根据旋转的性质求出A、B对应点、的坐标，然后顺次连接，即可得到答案；
（2）根据（1）所求即可得到答案；
（3）点B的运动路径长即为以O为圆心，以OB长为半径，圆心角为90度的扇形弧长，据此求解即可．
（1）
解：如图所示，即为所求；
（2）
解：由（1）得，点的坐标为（1，3），
故答案为：（1，3）；
（3）
解：，
∴点B的运动路径长为：．
【点睛】本题主要考查了在坐标系中画旋转图形，求旋转图形对应点坐标，求弧长，正确画出旋转图形是解题的关键．
17．（1）作图见试题解析，A1（2，﹣4）；（2）作图见试题解析；（3）．
【分析】（1）找到点A、B、C的对应点A1、B1、C1的位置，然后描点即可得到△A1B1C1；
（2）利用网格特点和旋转的性质，画出点A、C的对应点A2、C2，则可得到△A2BC2；
（3）C点旋转到C2点所经过的路径是以B点为圆心，BC为半径，圆心角为90°的弧，然后根据弧长公式计算即可．
【详解】解：（1）如图，△A1B1C1为所作，点A1的坐标为（2，﹣4）；
（2）如图，△A2BC2为所作；
（3）BC==，所以C点旋转到C2点所经过的路径长=．
【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换,轴对称变换,勾股定理及弧长公式，解题的关键是能够准确找出对应点.
18．
【分析】连接，根据切线的性质得到，进而求出，根据含角的直角三角形的性质分别求出、，根据勾股定理求出，根据三角形面积公式、扇形面积公式计算，得到答案．
【详解】解：如图，连接，
∵为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是切线的性质、扇形面积计算，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
19．（1）R=1；（2）阴影部分的面积不发生变化，为．
【分析】（1）连OD，根据勾股定理即可列方程求解；
（2）根据弦DE∥CB，可以连接OD，OE，则阴影部分的面积就转化为扇形ODE的面积．所以阴影部分的面积不变．只需根据直角三角形的边求得角的度数即可．
【详解】解：（1）连OD，根据题意，得CD＝R，CO=R+1，
∵CD切⊙O于D点，
∴DO⊥CD，
在直角三角形CDO中，由勾股定理，得3R2+R2＝（1+R）2，解得：R＝1或R＝﹣（负数舍去）．
即⊙O的半径R为1；
（2）当Q从A向B运动的过程中，图中阴影部分的面积不发生变化．
连接OE；
∵DE∥CB，
∴S△ODE＝S△QDE；
∴S阴影＝S扇形ODE；
∵CD切⊙O于D点，
∴DO⊥CD，
∴∠CDO＝90°，
∵＝，
∴∠DCO＝30°，
∴∠COD＝60°，
∴∠ODE＝60°，
∴△ODE是等边三角形；
∴∠DOE＝60°，
∴S阴影＝S扇形ODE＝．
所以阴影部分的面积不发生变化，为．
【点睛】本题考查了切线的性质、扇形面积的计算等知识，熟练掌握圆的相关知识是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据圆周角定理可得∠AOB=120°，根据等腰三角形的性质及外角性质证明∠OAP＝90°即可；
（2）过点O作OM⊥AB，由垂径定理得出AM、BM的值，利用三角函数求出OM，OA的值，进而求出△AOB和扇形OAB的面积即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接；
则∠AOB=2∠ACB=120°
∵OA=OB
∴∠ABO=∠BAO=30°
∴∠AOP=60°，
∵AB=AP
∴∠P=∠ABO=30°
∴∠P+∠AOP=90°，
∴∠OAP=90°
∴PA是⊙O的切线
（2）解：过点O作OM⊥AB，则AM=BM=
∵tan30°= ，sin30°=
∴OM=1，OA=2
∴
∴图中阴影部分的面积是
【点睛】本题考查了切线的判定，阴影部分面积的计算，是中考必考题，掌握切线的判定方法和扇形的面积公式是解题的关键．
21．（1）∠C ＝30°；（2）
【分析】（1）根据垂径定理可得，然后可得∠C＝∠AOD，然后在Rt△COE中可求出∠C的度数；
（2）连接OB，根据（1）可求出∠AOB＝120°，在Rt△AOF中，求出AF，OF，然后根据S阴影＝S扇形OADB S△OAB，即可得出答案．
【详解】解：（1）∵CD是圆O的直径，CD⊥AB，
∴，
∴∠C＝∠AOD，
∵∠AOD＝∠COE，
∴∠C＝∠COE，
∵AO⊥BC，
∴∠C＝30°；
（2）连接OB，
由（1）知，∠C＝30°，
∴∠AOD＝∠BOD＝60°，
∴∠AOB＝120°，
在Rt△AOF中，OA＝6，∠AOF＝60°，
∴OF＝3，AF＝，
∴AB＝2AF＝，
∴S阴影＝S扇形OADB S△OAB＝．
【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理、三角形内角和定理、解直角三角形以及扇形的面积计算等，解答本题的关键是求出∠C和∠AOB的度数，难度一般．
22．
【分析】先求出母线的长，再根据圆锥的侧面积公式解题．
【详解】解：由题意得，
在中，
答：该圆锥的侧面积为．
【点睛】本题考查圆锥的侧面积，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
23．2000π
【分析】利用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，则利用扇形的面积公式计算出圆锥的侧面积即可．
【详解】解：根据题意，圆锥的侧面积为：×80π×50=2000π（cm2）．
【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．