24.1 圆的有关性质
一、单选题
1．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，点A、B、C、D都在上，，，则等于（ ）
A．25° B．30° C．40° D．50°
2．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，，点、、、都在上，，，则等于（ ）
A． B． C． D．
3．（2022秋·贵州黔南·九年级统考期末）如图，在中，是直径，是弦，于，，，则的长为（ ）
A．4 B．1 C． D．2
4．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）如图，在⊙O中，CD是⊙O的直径，于点E，若，，则⊙O的直径为（ ）
A． B． C．4 D．8
5．（2022秋·贵州遵义·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，点C为的中点，在上取一点E，过点E作弦ED⊥AB于点F，延长DE交AC的延长线于点G，连接AD、CD、CE．若AB＝4，∠DCE＝∠GCE，则DG的长为（ ）
A．1+2 B．1+2 C．3+ D．3+
6．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）数学活动课上，同学们想测出一个残损轮子的半径，小宇的解决方案如下：如图，在轮子圆弧上任取两点A，B，连接，再作出的垂直平分线，交于点C，交于点D，测出的长度，即可计算得出轮子的半径．现测出，则轮子的半径为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，⊙O的半径为5，弦AB的长为8，M是弦AB上的动点，则线段OM长的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
8．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）已知⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，P为⊙O上除C、D外任意一点，则∠CPD的度数为（ ）
A．30° B．30°或150°
C．60° D．60°或120°
9．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，的半径为10，弦，M是弦上的动点，则的最小值是（ ）
A．10 B．8 C．6 D．无法确定
10．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，将含角的三角板的顶点放在半圆上，这个三角板的两边分别与半圆相交于点A，B，则弦所对的圆心角是（ ）
A． B． C． D．
11．（2022秋·贵州黔西·九年级期末）如图，O为线段的中点，点A，C，D到点O的距离相等，则∠A与∠C的数量关系为（ ）
A． B． C． D．
12．（2022秋·贵州黔西·九年级期末）如图，AB为⊙O的直径，∠BED＝20°，则∠ACD的度数为（ ）
A．80° B．75° C．70° D．65°
二、填空题
13．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，是半圆O的直径，点C、D在半圆O上，点D是弧的中点，点P是直径上的动点，连接AC．若，，则的最小值为 ．
14．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，是半圆的直径，点、在半圆上，点是弧的中点，点是直径上的动点，连接．若，，则的最小值为 ．
15．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，的弦，过点O作于点C，交于点P，若，则的半径为 ．
16．（2022秋·贵州遵义·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，点E是边AB上一动点，连接CE，把△BCE沿直线CE翻折得到△B’CE，连接AB’，若AB＝12，BC＝8．则线段AB’的最小值为 ；连接B’D，取B’D的中点F，连接AF，则线段AF的最小值为 ．
17．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）如图，在等腰中，，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点．当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是 ．
18．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，若∠ABD=55°，则∠BCD的度数 ．
19．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）已知：如图，等腰三角形ABC中，AB=AC=4，若以AB为直径的⊙O与BC相交于点D，DE∥AB，DE与AC相交于点E，则DE= ．
三、解答题
20．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）（1）【学习心得】
小明同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
例如：如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB为半径作辅助⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝ °．
（2）【问题解决】
如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝27°，求∠BAC的数．
（3）【问题拓展】
如图3，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为4，则线段DH长度的最小值是 ．
21．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，有一座圆弧形拱桥，它的跨度为，拱高为，当洪水泛滥到跨度只有时，就要采取紧急措施，若某次洪水中，拱顶离水面只有，即时，试通过计算说明是否需要采取紧急措施.
22．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图1是我国古代的水车．如图2，其示意图是以轴心O为圆心，长为半径的圆．若被水面截得的弦的长为，求水车在水面以下的最大深度．
参考答案：
1．C
【分析】先根据垂径定理由得到，然后根据圆周角定理计算即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理：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．也考查了垂径定理．
2．C
【分析】先根据垂径定理由得到，然后根据圆周角定理计算即可．
【详解】解：，
，
，
，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理：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．也考查了垂径定理．
3．D
【分析】连接，利用垂径定理可求出的长，再由勾股定理即可求出的长，进而可求出的长．
【详解】解：连接，
是直径，是弦，于，，
，
，
，
．
．
故选：D．
【点睛】本题考查的是垂径定理及勾股定理，解题的关键是连接，构造出直角三角形，利用勾股定理求解．
4．D
【分析】由垂径定理得，由勾股定理求出半径OA，即可求出直径．
【详解】解：∵CD是⊙O的直径，，，
，
在Rt△OAE中，由勾股定理得：
，
，
即⊙O的直径为8．
故选：D．
【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理，熟练利用垂径定理求出AE的长度是解题的关键．
5．D
【分析】连接AE，OD，先证明∠DAE＝∠ADE得到EA＝ED，再利用垂径定理证明AF垂直平分ED，则AE＝AD，于是可判断△ADE为等边三角形，则∠EAB＝∠DAB＝30°，利用圆周角定理得到∠DOF＝60°，则可计算出OF＝1，DF＝，然后证明∠BAC＝45°得到GF＝AF＝3，于是计算GF＋FD即可．
【详解】连接AE，OD，如图，
∵∠ACE＋∠ADE＝180°，∠GCE＋∠ACE＝180°，
∴∠GCE＝∠ADE，
∵∠DCE＝∠GCE，
∴∠DCE＝∠ADE，
∵∠DCE＝∠DAE，
∴∠DAE＝∠ADE，
∴EA＝ED，
∵ED⊥AB，
∴EF＝DF，，
即AF垂直平分ED，
∴AE＝AD，
∴AE＝DE＝AD，
∴△ADE为等边三角形，
∴∠DAE＝60°，
∴∠EAB＝∠DAB＝30°，
∵∠DOF＝2∠DAB＝60°，AB=4
∴OF＝OD＝1，
∴DF＝OF＝，
∵AB是⊙O的直径，点C为的中点，
∴∠BAC＝45°，
在Rt△AGF中，GF＝AF＝OA＋OF＝2＋1＝3，
∴GD＝GF＋FD＝3＋．
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理：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．也考查了垂径定理．
6．C
【分析】由垂径定理，可得出BC的长；连接OB，在Rt△OBC中，可用半径OB表示出OC的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径即可．
【详解】解：设圆心为O，连接OB．
Rt△OBC中，BC=AB=20cm，
根据勾股定理得：
OC2+BC2=OB2，即：
（OB-10）2+202=OB2，
解得：OB=25；
故轮子的半径为25cm．
故选：C．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
7．B
【分析】过O作CO⊥AB于C，根据垂线段最短知线段OM的最小值为OC，连接OA，根据垂径定理得AC=4，再由勾股定理求出OC即可．
【详解】解：过O作CO⊥AB于C，则线段OM的最小值为OC，
连接OA，
∵CO⊥AB，AB=6，
∴AC=AB=3，
在Rt△ACO中，AO=5，由勾股定理得：
，
即线段OM的最小值为3，
故选：B．
【点睛】本题考查垂径定理、勾股定理、垂线段最短，熟练掌握垂径定理，熟知垂线段最短是解答的关键
8．B
【分析】连接OC，OD，分P点在优弧CAD上时与P点在劣弧CD上时两种情况，根据圆周角定理进行解答即可.
【详解】解：连接OC，OD，
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴∠COD=60°，
如图1，当P点在弧CAD上时，
∠CPD=∠COD=30°；
如图2，当P点在弧CD上时，
∠CPD=（360°﹣∠COD）=150°.
故选B.
【点睛】本题主要考查正六边形的性质，圆周角定理，解此题的关键在于熟练掌握其知识点，根据题意分情况进行讨论.
9．C
【分析】先过O作于D，连接，根据勾股定理求出的值，进而可求出的取值范围．
【详解】解：过O作于D，连接，
∵，，
∴，
∴，
∴，即．
∴的最小值是6，
故选：C．
【点睛】本题考查了垂径定理及勾股定理，垂线段最短，能根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
10．C
【分析】连接，，根据圆周角定理得出．
【详解】解：连接，，
由圆周角定理得：，
∵，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，能根据圆周角定理得出是解此题的关键．
11．D
【分析】根据题意可得四边形为的圆内接四边形，即可求解．
【详解】解∶∵O为线段的中点，点A，C，D到点O的距离相等，
∴点A，B，C，D到点O的距离相等，
∴点A，B，C，D在以O为圆心的圆上，即四边形为的圆内接四边形，
∴．
故选：D
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
12．C
【分析】连接BC，证明∠ACB＝90°，∠DCB＝20°，可得结论．
【详解】解：连接BC．
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠DCB＝∠DEB＝20°，
∴∠ACD＝90°﹣∠DCB＝70°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，准确分析计算是解题的关键．
13．1
【分析】作点D关于的对称点为点E，连接交于点P，连接，，，，根据对称性可得，，从而可得，此时有最小值，再利用圆周角定理可得，从而可得，再根据垂径定理可得，从而可得，进而可得，最后可得是等边三角形，利用等边三角形的性质即可解答．
【详解】解：作点D关于的对称点为点E，连接交于点P，连接，，，，
∴，，
∴，此时有最小值，
∵，
∴，
∵点D是弧的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴的最小值为1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了轴对称：最短路线问题，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题目的已知条件并结合图添加适当的辅助线是解题的关键．
14．1
【分析】作点关于的对称点为点，连接交于点，连接，，，，根据对称性可得，，从而可得，此时有最小值，再利用圆周角定理可得，然后根据已知易得，从而可得，再根据垂径定理可得，从而可得，进而可得，最后可得是等边三角形，利用等边三角形的性质即可解答．
【详解】解：作点关于的对称点为点，连接交于点，连接，，，，
，，
，此时有最小值，
，
，
点是弧的中点，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
的最小值为1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了轴对称：最短路线问题，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题目的已知条件并结合图添加适当的辅助线是解题的关键．
15．
【分析】连接，根据题意，令，则，再根据线段之间的数量关系和圆的性质，得出，再根据垂径定理，得出，再根据勾股定理，得出，解出即可得出的半径．
【详解】解：如图，连接，
∵，
令，则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：或（舍去），
∴，
∴的半径为．
故答案为：
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理、解一元二次方程，解本题的关键在熟练掌握垂径定理．
16． 6
【分析】连接AC，根据△BCE沿直线CE翻折得到△CE，知C＝BC＝8，即的轨迹是以C为圆心，8为半径的弧，故当与A、C共线时，线段A最小，由AB＝12，BC＝8，即可得到A最小值为AC C＝4 8，取CD的中点G，连接GF、AG，由G是CD中点，F为D的中点，知FG＝C＝BC＝4，故F点的轨迹是以G为圆心，4为半径的弧，即得F与A、G共线时，AF最小，而AG＝＝10，即得AF最小为AG FG＝10 4＝6．
【详解】解：连接AC，如图：
∵△BCE沿直线CE翻折得到△CE，
∴B’C＝BC＝8，
∴的轨迹是以C为圆心，8为半径的弧，
∴当与A、C共线时，线段A最小，
∵AB＝12，BC＝8，四边形ABCD是矩形，
∴AC＝，
∴A最小值为AC C，
取CD的中点G，连接GF、AG，如图：
∵G是CD中点，F为D的中点，
∴FG是△CD的中位线，
∴FG＝C＝BC＝4，
∴F点的轨迹是以G为圆心，4为半径的弧，
∴F与A、G共线时，AF最小，
∵AG＝＝10，
∴AF最小为AG FG＝10 4＝6，
故答案为：，6．
【点睛】本题考查矩形中的折叠问题，勾股定理，根据点与圆的位置关系求最值，解题的关键是掌握折叠的性质，找到和F的轨迹．
17．
【分析】取AB中点O，连接OP，OC，取OC中点D，连接MD，由勾股定理可得的长度，由三角形中位线定理可知，可以推出点的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆．
【详解】取AB中点O，连接OP，OC，取OC中点D，连接MD，
∵为等腰直角三角形，
∴，
，
，
由题意可知，点M的运动路径是以点D为圆心，以为半径的半圆，
点M的运动路径长，
故答案为：．
【点睛】本题考查了轨迹、点按一定规律运动所形成的的圆形为点运动的轨迹、等腰直角三角形的性质、勾股定理、三角形中位线定理、圆的周长的计算等知识点，解答本题的关键是作出辅助线，正确寻找点的运动轨迹．
18．35°
【分析】连接AD，根据圆周角的性质得到∠ADB=90°，根据余角的性质得到∠DAB=35°，最后根据同弧多对圆周角相等即可求解．
【详解】连接AD
∵AB是⊙O的直径
∴∠ADB=90°
∵∠ABD=55°
∵∠DAB=90°-55°=35°
∴∠BCD=∠DAB=35°
故答案为35°．
【点睛】本题考查了圆周角定理，正确的做出辅助线是本题的关键，并且要熟练应用圆周角的性质．
19．2.
【详解】解：连接AD，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
又∵AB=AC，
∴D为BC的中点，
又∵DE∥AB，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE=AB=×4=2．
20．（1）45；（2）27°；（3）2﹣2
【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．
（2）由A、B、C、D共圆，得出∠BDC=∠BAC，
（3）根据正方形的性质可得AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，然后利用“边角边”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2，利用“SAS”证明△ADG和△CDG全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，取AB的中点O，连接OH、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=AB=2，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．
【详解】解：（1）如图1，
∵AB＝AC，AD＝AC，
∴以点A为圆心，AB为半径作辅助⊙A，则点B、C、D必在⊙A上，
∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，
∴∠BDC＝∠BAC＝45°，
故答案是：45；
（2）如图2，
取BD的中点O，连接AO、CO．
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴点A、B、C、D共圆，
∴∠BDC＝∠BAC，
∵∠BDC＝27°，
∴∠BAC＝27°，
（3）如图3，
在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠1＝∠2，
在△ADG和△CDG中，
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAH+∠3＝∠BAD＝90°，
∴∠1+∠BAH＝90°，
∴∠AHB＝180°﹣90°＝90°，
取AB的中点O，连接OH、OD，
则OH＝AO＝AB＝2，
在Rt△AOD中，OD＝＝＝2，
根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，
∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，
最小值＝OD﹣OH＝2﹣2．
故答案为：2﹣2．
【点睛】本题主要考查了圆的综合题，需要掌握圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握圆的性质及正方形的性质是解题的关键．
21．不需要采取紧急措施，理由详见解析.
【分析】连接OA′，OA．设圆的半径是R，则ON＝R 4，OM＝R 18．根据垂径定理求得AM的长，在直角三角形AOM中，根据勾股定理求得R的值，在直角三角形A′ON中，根据勾股定理求得A′N的值，再根据垂径定理求得A′B′的长，从而作出判断．
【详解】设圆弧所在圆的圆心为，连结，，如图所示
设半径为则
由垂径定理可知，
∵，∴，且
在中，由勾股定理可得
即，解得
∴
在中，由勾股定理可得
∴
∴不需要采取紧急措施.
【点睛】此类题综合运用了勾股定理和垂径定理，解题的关键是熟知垂径定理的应用.
22．
【分析】过点作半径于，利用垂径定理得到，再利用勾股定理计算出，然后计算出的长即可．
【详解】解：过点作半径于，如图，
，
在中，，
，
答：水车在水面以下的最大深度为．
【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．24.2 点和圆、直线和圆的位置关系
一、单选题
1．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，是的切线，为切点，连接、，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）如图，与分别相切于点A，B，，则（ ）
A． B．2 C． D．3
3．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）如图，在正六边形ABCDEF中，连接BF，BE，则关于△ABF外心的位置，下列说法正确的是（ ）
A．在△ABF内 B．在△BFE内
C．在线段BF上 D．在线段BE上
4．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，⊙O的半径为2，PA，PB，CD分别切⊙O于点A，B，E，CD分别交PA，PB于点C，D，且P，E，O三点共线．若∠P＝60°，则CD的长为（ ）
A．4 B．2 C．3 D．6
5．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）以正方形的边为直径作半圆，过点作直线切半圆于点，交边于点，若的周长为12，则直角梯形周长为（ ）
A．12 B．13 C．14 D．15
6．（2022秋·贵州遵义·九年级期末）如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，若∠C＝65°，则∠P的度数为( )
A．65° B．130° C．50° D．100°
二、填空题
7．（2022秋·贵州贵阳·九年级统考期末）在矩形中，，，点M是平面内一动点，且满足，N为的中点，点M运动过程中线段长度的取值范围是 ．
8．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，内接于是直径，过点A作的切线．若，则的度数是 度．
三、解答题
9．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，在中，，点为边上一点，以点为圆心，长为半径的圆与边相交于点，连接，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，的半径为，求的长．
10．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，在中，，点O为边上一点，以点O为圆心，长为半径的圆与边相交于点D，连接，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，的半径为1，求的长．
11．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，在中，，的平分线交于D，E为上一点，，以D为圆心，的长为半径画圆．求证：
(1)是的切线；
(2)若，．求的半径．
12．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）如图，已知AB是⊙P的直径，点在⊙P上，为⊙P外一点，且∠ADC＝90°，2∠B＋∠DAB＝180°
(1)试说明：直线为⊙P的切线．
(2)若∠B＝30°，AD＝2，求CD的长．
13．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若CE＝2，DE＝5，求⊙O的半径．
14．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）如图，AB为⊙D的切线，BD是∠ABC的平分线，以点D为圆心，DA为半径的⊙D与AC相交于点E．
（1）求证：BC是⊙D的切线；
（2）若AB=5，BC=13，求AC和AD的长．
15．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）材料：在平面直角坐标系中，已知点和直线，则点P到直线的距离d可用公式计算．例如：求点到直线的距离，因为直线，其中，，所以点到直线的距离为．
根据以上材料，解答下列问题：
(1)求点到直线的距离；
(2)已知的圆心坐标为，半径r为3，判断与直线的位置关系，并说明理由．
16．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，已知O是的内心，连接，，．若内切圆的半径为2，的周长为12，求的面积．
17．（2022秋·贵州黔西·九年级期末）如图，线段经过圆心O，交于点A、C，点D在上，连接、，，是的切线吗？请说明理由．
18．（2022秋·贵州遵义·九年级期末）如图，是上一点，点在直径的延长线上，的半径为，，.
求证：是的切线.
19．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，以四边形ABCD的对角线BD为直径作圆，圆心为O，过点A作的延长线于点E，已知DA平分．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径和AD的长．
20．（2022秋·贵州黔西·九年级期末）如图，已知AB是⊙O的直径，点P是⊙O上一点，连接OP，点A关于OP的对称点C恰好落在⊙O上．
（1）求证：OP∥BC；
（2）过点C作⊙O的切线CD，交AP的延长线于点D．如果∠D＝90°，DP＝1，求⊙O的直径．
参考答案：
1．B
【分析】根据切线的性质和三角形的内角和即可得到结论．
【详解】解：是的切线，为切点，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质，三角形的内角和，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
2．B
【分析】根据切线长定理得到，由此推出是等边三角形，即可得到答案．
【详解】解：∵与分别相切于点A，B，
∴，∵，
∴是等边三角形，
∴．
故选：B．
【点睛】此题考查了切线长定理，等边三角形的判定和性质，熟记切线长定理是解题的关键．
3．D
【分析】先判断△BFE的形状，再确定外心的位置．
【详解】解：∵正六边形的每一个外角都是360°÷6=60°，
∴正六边形的每一个内角都为180° 60°=120°，
∴∠A=∠AFE=120°
在正六边形ABCDEF中，AB=AF，
∴∠AFB=∠ABF=(180° 120°)=30°，
∴∠BFE=∠AFE ∠AFB=120° 30°=90°，
∴△BFE是直角三角形，
∴△BFE的外心是BE的中点，
故选：D．
【点睛】本题考查了正六边形的性质，三角形外心（三角形外接圆的圆心），等腰三角形的性质及直角三角形的判定，解题的关键是明确锐角三角形的外心在三角形的内，直角三角形的外心在斜边中点，钝角三角形的外心在三角形的外部．
4．A
【分析】，先证明，得出，，得出，过点作，在中，设，则，利用勾股定理求出，即可求解．
【详解】解：连接，
在和，
PA，PB，分别切⊙O于点A，B，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
又，
，
，
，
过点作，如下图
根据等腰三角形的性质，
点为的中点，
，
在中，
设，则，
，
，
解得：，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆的切线，三角形全等、等腰三角形、勾股定理，解题的关键是添加适当的辅助线，掌握切线的性质来求解．
5．C
【分析】根据切线的性质知：，；根据的周长可求出正方形的边长；在中，利用勾股定理可将的长求出，进而可求出直角梯形的周长．
【详解】解：设的长为，正方形的边长为，
与半圆相切于点，
，，
，
，
，
正方形的边长为4；
在中，，即，解得：，
，
直角梯形周长为14．
故选：C．
【点睛】本题考查的是切线长定理，切线长定理图提供了很多等线段，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等切线长．
6．C
【详解】解：是的切线，
，
，
又∵ ，
则．
故选：C．
7．
【分析】连接，取的中点，连接，可知为的中位线，则可得，进而可知点在以为圆心，以为半径的圆上运动，在矩形中，根据进而得出答案．
【详解】解：连接，取的中点，连接，，
∵为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∴点在以为圆心，以为半径的圆上运动，
在矩形中，，
∴的取值范围为，
即，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，中位线定理，点和圆的位置关系等知识点，灵活运用所学知识点得出点的运动轨迹是解本题的关键．
8．35
【分析】根据直径所对的圆周角是直角，可得∠BAC=55°，再根据切线的性质可得∠BAD=90°，即可求解．
【详解】解：∵AB为直径，
∴∠C=90°，
∵，
∴∠BAC=55°，
∵AD与相切，
∴AB⊥AD，即∠BAD=90°，
∴∠CAD=90°-∠BAC=35°．
故答案为：35
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质，直径所对的圆周角是直角是解题的关键．
9．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用圆周角定理可以得到，然后根据切线的判定方法可得结论；
（2）连接，利用圆周角定理可得，根据角的倍分关系可得，最后利用勾股定理可得答案．
【详解】（1）证明：连接．
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，即，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：连接，
∵是的的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形外角的性质，熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．
10．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用圆周角定理可以得到，然后根据切线的判定方法可得结论；
（2）连接，利用圆周角定理可得，根据角的倍分关系可得，最后利用勾股定理可得答案．
【详解】（1）证明：连接．
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，即，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：连接，
∵是的的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形外角的性质，熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．
11．(1)见解析
(2)的半径为4
【分析】（1）过点D作DF⊥AC于F，求出BD=DF等于半径，得出AC是⊙D的切线；
（2）先证明△BDE≌△FCD（HL），根据全等三角形对应边相等及切线的性质的AB=AF，得出AB+EB=AC；再通过勾股定理即可求解；
【详解】（1）证明：(1)过点作于;
∵，以为圆心，以的长为半径画圆，
∴AB为圆D的切线
又∵，且AD平分∠BAC
,且DF⊥AC，
是⊙的切线；
（2）由，DB是半径得AB的是⊙D的切线，
又由（1）可知是⊙的切线
∵,
∴
即.
∵
∴
设DF=x，则DC=9-x
∵
∴
∴x=4
∴的半径为4
【点睛】本题考查的是切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；及全等三角形的判断，全等三角形的对应边相等；掌握圆相关性质并结合三角形的全等以及勾股定理进行求解是解题的关键．
12．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接PC，则∠APC＝2∠B，可证PC∥DA，证得PC⊥CD，则结论得证；
（2）连接AC，根据∠B=30°，等腰三角形外角性质∠CPA=2∠B=60°，再证△APC为等边三角形，可求∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°，AD＝2，∠ADC＝90°，利用30°直角三角形性质得出AC=2AD=4，然后根据勾股定理CD=即可．
【详解】（1）连接PC，
∵PC＝PB，
∴∠B＝∠PCB，
∴∠APC＝2∠B，
∵2∠B+∠DAB＝180°，
∴∠DAP+∠APC＝180°，
∴PC∥DA，
∵∠ADC＝90°，
∴∠DCP＝90°，
即DC⊥CP，
∴直线CD为⊙P的切线；
（2）连接AC，
∵∠B=30°，
∴∠CPA=2∠B=60°，
∵AP=CP，∠CPA=60°，
∴△APC为等边三角形，
∵∠DCP=90°，
∴∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°，
∵AD＝2，∠ADC＝90°，
∴AC=2AD=4，
∴CD=．
【点睛】本题考查切线的判定、平行线判定与性质，勾股定理、等腰三角形性质，外角性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题．
13．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OD，证明，即可得，即证明DE是圆的切线．
（2）作OF⊥BC于F，可得四边形OFED是矩形，可得OF＝DE＝5，OD＝EF，由垂径定理可得BF＝CF，设⊙O的半径为R，在Rt△BOF中，利用勾股定理构造方程求出R值即可．
【详解】解：（1）如下图，连OD，
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠OBD．
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBD＝∠CBD，
∴∠ODB＝∠CBD，
∴OD∥BC，
∵DE⊥BC，
∴∠E＝90°，
∴∠ODE＝90°，即OD⊥DE．
∴DE是⊙O的切线；
（2）如图，过点O作OF⊥BC于F，
∵OB=OC，OF⊥BC，
∴BF＝CF，
∵DE⊥BE，OD⊥DE，OF⊥BC，
∴四边形OFED是矩形，
∴OF＝DE＝5，OD＝EF，
设⊙O的半径为R，则BF＝CF＝R﹣2，
在Rt△BOF中，BF2+OF2＝OB2，
∴（R﹣2）2+52＝R2，
解得R＝，
即⊙O的半径为．
【点睛】本题考查切线的判定，角平分线的定义，平行线的性质与判定，垂径定理，矩形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键在于能够正确作出辅助线求解．
14．（1）见解析；（2）AC=12，AD=
【分析】（1）过点D作DF⊥BC于点F，由AB为⊙D的切线可得∠BAD=90°，根据角平分线的性质可得AD=DF，进而即可证明BC是⊙D的切线；
（2）直接根据勾股定理求得的长，根据（1）的结论和切线长定理求得，进而求得的长，设，则，在中，由勾股定理列出方程，解方程求解即可．
【详解】（1）证明：过点D作DF⊥BC于点F，
∵AB为⊙D的切线
∵∠BAD=90°
又∵BD平分∠ABC，
∴AD=DF．
∵AD是⊙D的半径，DF⊥BC，
DF是⊙D的半径，
∴BC是⊙D的切线；
（2）如图，
AB=5，BC=13，∠BAD=90°
是⊙D的切线；
，
，
设，则，
中，
解得
AC=12，AD=
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，切线长定理，勾股定理，掌握切线的性质与判定是解题的关键．
15．(1)
(2)相交，理由见解析
【分析】（1）将点直接代入距离公式计算．
（2）计算圆心到直线的距离，将距离与半径比较，判断圆与直线之间的关系．
【详解】（1）解：由题意可得：
点到直线的距离为：；
（2）与直线的位置关系为相交．理由如下：
圆心到直线的距离为：．
的半径，即，
与直线相交．
【点睛】本题主要考查了点到直线的距离公式应用，解题关键是能够理解题目中距离的计算公式求得点与直线的距离．
16．12
【分析】设切点为D，E，F，连接，，，将三角形面积表示为，结合周长可得结果．
【详解】解：设切点为D，E，F，连接，，，
∴，
∵的周长为12，
∴，
∴的面积为：
．
【点睛】本题考查了三角形的面积，内切圆的性质，解题的关键是将面积用三个三角形的和表示．
17．是的切线，理由见解析
【分析】先猜想是的切线，再根据切线的判定进行分析，得到是的半径，且，从而可得到结论．
【详解】解：是的切线，理由如下：
连接，
，又是半径
是的切线．
【点睛】本题考查切线的判定方法及三角形的内角和等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
18．见解析
【分析】连接，证明得是直角三角形，即，则是的切线．
【详解】证明：如图，连接，
∵的半径为，，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∴是的切线．
【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理的逆定理，掌握切线的判定定理是解题的关键．
19．(1)见解析
(2)5，
【分析】（1）连接OA，根据已知条件证明即可解决问题；
（2）取CD中点F，连接OF，根据垂径定理可得，所以四边形AEFO是矩形，利用勾股定理即可求出结果．
【详解】（1）证明：如下图，连接OA，
∵，
∴．
∵DA平分，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵OA是半径，
∴是切线；
（2）解：如上图，取CD中点F，连接OF，
∴于点F，
∴四边形AEFO是矩形．
∵，
∴．
在Rt△OFD中，，
∴，
在Rt△AED中，
，，
∴，
∴的长是．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，解决本题的关键是掌握切线的判定与性质．
20．（1）见解析；（2）⊙O的直径AB＝4．
【分析】（1）由题意可知，根据同弧所对的圆心角相等得到∠AOP＝∠AOC，再根据同弧所对的圆心角和圆周角的关系得出∠ABC＝∠AOC，利用同位角相等两直线平行，可得出PO与BC平行；
（2）由CD为圆O的切线，利用切线的性质得到OC垂直于CD，又AD垂直于CD，利用平面内垂直于同一条直线的两直线平行得到OC与AD平行，根据两直线平行内错角相等得到∠APO=∠COP，由∠AOP=∠COP，等量代换可得出∠APO=∠AOP，再由OA=OP，利用等边对等角可得出一对角相等，等量代换可得出三角形AOP三内角相等，确定出三角形AOP为等边三角形，根据等边三角形的内角为60°得到∠AOP为60°，由OP平行于BC，利用两直线平行同位角相等可得出∠OBC=∠AOP=60°，再由OB=OC，得到三角形OBC为等边三角形，可得出∠COB为60°，利用平角的定义得到∠POC也为60°，再加上OP=OC，可得出三角形POC为等边三角形，得到内角∠OCP为60°，可求出∠PCD为30°，在直角三角形PCD中，利用30°所对的直角边等于斜边的一半可得出PD为PC的一半，而PC等于圆的半径OP等于直径AB的一半，可得出PD为AB的四分之一，即AB=4PD=4．
【详解】（1）证明：∵A关于OP的对称点C恰好落在⊙O上．
∴
∴∠AOP＝∠COP，
∴∠AOP＝∠AOC，
又∵∠ABC＝∠AOC，
∴∠AOP＝∠ABC，
∴PO∥BC；
（2）解：连接PC，
∵CD为圆O的切线，
∴OC⊥CD，又AD⊥CD，
∴OC∥AD，
∴∠APO＝∠COP，
∵∠AOP＝∠COP，
∴∠APO＝∠AOP，
∴OA＝AP，
∵OA＝OP，
∴△APO为等边三角形，
∴∠AOP＝60°，
又∵OP∥BC，
∴∠OBC＝∠AOP＝60°，又OC＝OB，
∴△BCO为等边三角形，
∴∠COB＝60°，
∴∠POC＝180°﹣（∠AOP+∠COB）＝60°，又OP＝OC，
∴△POC也为等边三角形，
∴∠PCO＝60°，PC＝OP＝OC，
又∵∠OCD＝90°，
∴∠PCD＝30°，
在Rt△PCD中，PD＝PC，
又∵PC＝OP＝AB，
∴PD＝AB，
∴AB＝4PD＝4．
【点睛】此题考查了切线的性质，等边三角形的判定与性质，含30°直角三角形的性质，轴对称的性质，圆周角定理，以及平行线的判定与性质，熟练掌握性质及判定是解本题的关键．24.3 正多边形和圆
一、单选题
1．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）已知四个正六边形按如图所示摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F均在上，连接．若两个大正六边形的边长均为4，两个小正六边形全等，则小正六边形的边长是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）半径为2cm的圆内接正六边形的面积等于（ ）
A．4 B．5 C． D．6
3．（2022秋·贵州黔西·九年级期末）如图，与正五边形的两边相切于两点，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022秋·贵州贵阳·九年级期末）如图，AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三边形的边，BC是圆内接n边形的一边，则n等于（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
5．（2022秋·贵州毕节·九年级期末）如图，四边形是半圆的内接四边形，是直径，．若，则的度数等于（ ）
A． B． C． D．
6．（2022秋·贵州毕节·九年级期末）如图，四边形内接于，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2022秋·贵州贵阳·九年级期末）尺规作图是初中数学学习中一个非常重要的内容．小明按以下步骤进行尺规作图：①将半径为的六等分，依次得到六个分点；②分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点；③连结．则的长是（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·贵州黔西·九年级期末）如图，四边形是的内接四边形，，则的度数为（ ）
A．70° B．90° C．100° D．110°
9．（2022秋·贵州黔南·九年级期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，BD平分∠ABC，∠A＝130°，则∠BDC的度数为（ ）
A．100° B．105° C．110° D．115°
10．（2022秋·贵州贵阳·九年级期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，半径为4，则这个正六边形的边心距OM的长为（ ）
A．2 B．2 C． D．4
二、填空题
11．（2022秋·贵州黔东南·九年级期末）边长为2的正六边形的面积为 ．
12．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，四边形ABCD为⊙O的内接正四边形，△AEF为⊙O的内接正三角形，连接DF．若DF恰好是同圆的一个内接正多边形的一边，则这个正多边形的边数为 ．
13．（2022秋·贵州铜仁·九年级期末）一个正多边形的一个外角为30°，则它的内角和为 ．
14．（2022秋·贵州安顺·九年级期末）如图，边长为a的正六边形内有两个三角形（数据如图），则＝ ．
15．（2022秋·贵州黔西·九年级期末）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BCD＝120°，则∠BOD的大小是 ．
16．（2022秋·贵州毕节·九年级期末）如图，扇形AOB的圆心角为122°，C是上一点，则∠ACB= °.
三、解答题
17．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，正方形ABCD内接于⊙O，P为上的一点，连接DP，CP．
(1)求∠CPD的度数；
(2)当点P为的中点时，CP是⊙O的内接正n边形的一边，求n的值．
参考答案：
1．B
【分析】在边长为4的大正六边形中，根据正六边形和圆的性质可求出和半径，进而得出小正六边形对应点的距离，再根据正六边形的性质求出半径，即边长即可．
【详解】解：∵连接交于，
∴点是圆心，
过点作于，连接，取的中点，连接，，
由对称性可知，，
由正六边形的性质可得，
，
，
由正六边形的性质可知，、、都是正三角形，
，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形和圆的性质是解决问题的关键．
2．C
【分析】根据圆内接正多边形的特点求正六边形的面积即可；
【详解】如图：
求半径为2cm的圆内接正六边形的面积等于求六个与该圆半径为边长的六个等边三角形的面积，
∴该面积为：，
故选：C．
【点睛】本题主要考查圆的内接正多边形的性质，掌握圆的内接正多边形的性质是解题的关键．
3．A
【分析】根据切线的性质，可得∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，结合正五边形的每个内角的度数为108°，即可求解．
【详解】解： ∵AE、CD切⊙O于点A、C，
∴∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，
∴正五边形ABCDE的每个内角的度数为： ，
∴∠AOC＝540° 90° 90° 108° 108°＝144°，
故选：A．
【点睛】本题主要考查正多边形的内角和公式的应用，以及切线的性质定理，掌握正多边形的内角和定理是解题的关键．
4．C
【分析】连接OA、OB、OC，根据正方形及正三角形的性质得出∠AOB==90°，∠AOC==120°，进而得出∠BOC=30°，即可得出n的值．
【详解】如图，连接OA、OB、OC，
∵AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三角形的边，
∴∠AOB==90°，∠AOC==120°，
∴∠BOC=∠AOC-∠AOB=30°，
∴n==12，
故选C.
【点睛】此题主要考查了正多边形和圆的性质，根据已知得出∠BOC=30°是解题关键．
5．A
【分析】连接AC，根据圆内接四边形的性质求出∠DAB，根据圆周角定理求出∠ACB、∠CAB，计算即可．
【详解】连接AC，
∵四边形ABCD是半圆的内接四边形，
∴∠DAB=180°-∠C=70°，
∵，
∴∠CAB=∠DAB=35°，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC=90°-∠CAB=55°，
故选A．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
6．D
【分析】直接利用圆内接四边形的对角互补计算∠C的度数．
【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A＝400，
∴∠C＝1800－400＝1400，
故选D.
【点睛】此题考查圆内接四边形的性质，解题关键在于利用圆内接四边形的对角互补
7．C
【分析】如图（见解析），先根据六等分点可得是的直径，，再根据圆周角定理、勾股定理可得，从而可得，然后根据等腰三角形的三线合一可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】解：如图，连接，
是的六等分点，
是的直径，，
由圆周角定理得：，
在中，，
分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，
，
又点是的中点，
（等腰三角形的三线合一），
在中，，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的三线合一等知识点，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
8．C
【分析】先根据圆内接四边形内对角的和为180度，解得的度数，再根据同圆中，同弧所对的圆周角等于其圆心角的一半解题即可．
【详解】四边形是的内接四边形，，
，
故选：C．
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质、圆周角定理及其推论等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
9．B
【分析】根据圆内接四边形的性质得出∠C的度数，进而利用平行线的性质得出∠ABC的度数，利用角平分线的定义和三角形内角和解答即可．
【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A=130°，
∴∠C=180°-130°=50°，
∵AD∥BC，
∴∠ABC=180°-∠A=50°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC=25°，
∴∠BDC=180°-25°-50°=105°，
故选B．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，关键是根据圆内接四边形的性质得出∠C的度数．
10．B
【详解】分析：连接OC、OB，证出△BOC是等边三角形，根据锐角三角函数的定义求解即可．
详解：
如图所示，连接OC、OB
∵多边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BOC=60°，
∵OC=OB，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠OBM=60°，
∴OM=OBsin∠OBM=4×＝2.
故选B.
点睛：考查的是正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、三角函数；熟练掌握正六边形的性质，由三角函数求出OM是解决问题的关键．
11．
【分析】根据题意画出图形，由正六边形的特点求出∠AOB的度数及OG的长，再由△OAB的面积即可求解．
【详解】解：∵此多边形为正六边形，
∴∠AOB60°；
∵OA＝OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA＝AB＝2，
∴OG＝OA ＝2，
∴S△OABAB×OG2，
∴S六边形＝6S△OAB＝66．
故答案为：6．
【点睛】此题考查了学生对正多边形的概念掌握和计算的能力，不仅要熟悉正六边形的性质，还要熟悉正三角形的面积公式．
12．12
【分析】连接OA、OD、OF，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正四边形与内接正三角形的中心角得到∠AOD=90°，∠AOF=120°，则∠DOF=30°，然后计算即可得到n的值．
【详解】解：连接OA、OD、OF，如图，设这个正多边形为n边形，
∵AD，AF分别为⊙O的内接正四边形与内接正三角形的一边，
∴∠AOD==90°，∠AOF==120°，
∴∠DOF=∠AOF-∠AOD=30°，
∴n==12，即DF恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了正多边形与圆：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆；熟练掌握正多边形的有关概念．
13．1800°
【详解】解：根据题意得：这个正多边形的边数为=12，
所以这个正多边形的内角和为（12﹣2）×180°=1800°．
故答案为1800°．
14．
【分析】结合正多边形和等边三角形的性质求解．
【详解】解：根据题意，采用割补法，如图，边长为a的正六边形内的空白部分是一个边长为a的等边三角形
∴
∴
故答案为：
【点睛】本题考查了正多边形和圆，正六边形的边长等于半径，面积可以分成六个等边三角形的面积来计算．
15．120°
【分析】根据圆内接四边形的对角互补，得∠A =180°- ∠BCD =60°，再根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，得∠BOD=2∠A=120°.
【详解】∵∠BCD＝120°，
∴∠A =180°- ∠BCD =60°，
∴∠BOD=2∠A=120°.
故答案为120°.
【点睛】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质.
16．119
【分析】在⊙O上取点D，连接AD，BD，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求出∠ADB的度数；又因为四边形ADBC是圆内接四边形，可知圆内接四边形对角互补，据此进行求解即可.
【详解】如图所示，在⊙O上取点D，连接AD，BD，
∵∠AOB=122°，
∴∠ADB=∠AOB=×122°=61°，
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠ACB=180°-61°=119°．
故答案为119．
【点睛】本题考查的是圆周角定理以及圆内接四边形的性质，作出正确的辅助线是解题关键.
17．(1)
(2)
【分析】（1）连接OD，OC，根据正方形ABCD内接于⊙O，结合圆周角定理可得∠CPD；
（2）结合正多边形的性质以及圆周角定理得出∠COP的度数，进而得出答案．
【详解】（1）解：连接OD，OC，
∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴∠DOC＝90°，
∴．
（2）解：连接PO，OB，如图所示：
∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴∠COB＝90°，
∵点P为的中点，
∴，
∴，
∴n＝360÷45＝8．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆以及圆周角定理、正方形的性质，解题的关键是熟练掌握同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．24.4 弧长和扇形的面积
一、单选题
1．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，有圆锥形粮堆，其正视图是边长为6的正三角形，粮堆母线的中点P处有一老鼠正在偷吃粮食，此时，小猫正在处，它要沿圆锥侧面到达P处，捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是（ ）
A．3 B． C． D．4
2．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，四边形是半径为2的的内接四边形，连接．若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）如图，在中，，将△AOC绕点O顺时针旋转后得到，则AC边在旋转过程中所扫过的图形的面积为（ ）．
A． B． C． D．
4．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）小明同学在计算某扇形的面积和弧长时，分别写出如下式子：，，经核对，两个结果均正确，则下列说法正确的（ ）
A．该扇形的圆心角为，直径是4 B．该扇形的圆心角为，直径是3
C．该扇形的圆心角为，直径是6 D．该扇形的圆心角为，直径是4
5．（2022秋·贵州黔东南·九年级期末）如图，半径为10的扇形中，，为弧上一点，，，垂足分别为，．若，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022秋·贵州贵阳·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，，，以点B为圆心，BC为半径画弧，交AD于点F，则图中阴影部分面积为（ ）．（结果保留）．
A． B．
C． D．
7．（2022秋·贵州安顺·九年级期末）某小区内的消防车道有一段弯道，如图，弯道的内外边缘均为圆弧，，所在圆的圆心为O，点C，D分别在OA，OB上，已知消防车道半径OC=12m，消防车道宽AC=4m，，则弯道外边缘的长为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·贵州铜仁·九年级期末）如图，正五边形ABCDE边长为6，以A为圆心，AB为半径画圆，图中阴影部分的面积为（ ）．
A． B． C． D．
9．（2022秋·贵州贵阳·九年级期末）如图， ABCD中，∠C＝110°，AB＝2，以AB为直径的⊙O交BC于点E，则的长为（ ）
A． B． C． D．
10．（2022秋·贵州黔西·九年级期末）如图，直径的半圆，绕点顺时针旋转，此时点到了点，则图中阴影部分的面积是（ ）．
A． B． C． D．
11．（2022秋·贵州毕节·九年级期末）在数学跨学科主题活动课上，芳芳用半径，圆心角的扇形纸板，做了一个圆锥形的生日帽，如图所示．在不考虑接缝的情况下，这个圆锥形生日帽的底面圆半径是（ ）
A． B． C． D．
12．（2022秋·贵州铜仁·九年级期末）已知圆锥底面圆的半径为6m，它的侧面积为60πcm2，则这个圆锥的高是（ ）
A．6cm B．8cm C．10cm D．12cm
二、填空题
13．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，，将绕点O顺时针旋转到，扫过的面积记为，交x轴于点；将绕点O顺时针旋转到，扫过的面积记为，交y轴于点；将绕点O顺时针旋转到，扫过的面积记为，交x轴于点；…；按此规律，则的值为 ．
14．（2022秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，在边长为10的菱形ABCD中，分别以点A、B、C、D为圆心，以AB为半径画弧，与菱形ABCD的边相交，则图中阴影部分的面积是 ．
15．（2022秋·贵州遵义·九年级统考期末）等腰Rt△A1B1C1，等腰Rt△A2C1C2，等腰Rt△A3C2C3……按如图所示放置，点B的横坐标为1，点A1，A2，A3，A4，……直线y＝x上，分别以A2C2，A3C2，A4C3，……的中点O1，O2，O3……为圆心，A2O1，A3O2，A4O3……的长为半径画弧，，……依次按此作法进行下去，则的长是 （结果保留π）．
16．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，是一个半径为6cm，面积为的扇形纸片，现需要一个半径R cm的圆形纸片，使两张纸片刚好能组合成圆锥体，则 cm．
17．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝CB＝2．分别以A、B、C为圆心，以AC为半径画弧，三条弧与边AB所围成的阴影部分的面积是 ．（保留π）
18．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，从一个边长是5的正五边形纸片上剪出一个扇形（阴影部分），将剪下来的扇形围成一个圆锥，这个圆锥的底面直径为 ．
19．（2022秋·贵州黔西·九年级期末）一个扇形的半径为8cm，弧长为πcm，则扇形的圆心角为 ．
三、解答题
20．（2022秋·贵州遵义·九年级期末）如图，在中，，与，分别相切于点E，F，平分，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）若，的半径是1，求图中阴影部分的面积．
21．（2022秋·贵州贵阳·九年级期末）如图，已知，为的直径，过点A作弦垂直于直径于F，点B恰好为 的中点，连接，．
(1)求证：；
(2)若，求的半径；
(3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积．
22．（2022秋·贵州铜仁·九年级期末）如图，已知AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，点E在⊙O外，∠EAC=∠B．
（1）求证：直线AE是⊙O的切线；
（2）若∠D=60°，AB=6时，求劣弧的长（结果保留π）．
参考答案：
1．B
【分析】求这只小猫经过的最短距离的问题首先应转化为圆锥的侧面展开图的问题，转化为平面上两点间的距离的问题．根据圆锥的轴截面是边长为的等边三角形可知，展开图是半径是6的半圆．点是半圆的一个端点，而点是平分半圆的半径的中点，根据勾股定理就可求出两点和在展开图中的距离，就是这只小猫经过的最短距离．
【详解】解：圆锥的底面周长是，则，
，即圆锥侧面展开图的圆心角是180度．
则在圆锥侧面展开图中，，度．
在圆锥侧面展开图中．
故小猫经过的最短距离是．故选：．
【点睛】本题考查的是平面展开最短路线问题，根据题意画出圆锥的侧面展开图，利用勾股定理求解是解答此题的关键．
2．D
【分析】设，则，，利用圆内接四边形的性质得，进而可求得，最后再结合弧长公式进行解答即可．
【详解】解：∵，
∴设，则，
∴，
四边形ABCD内接于，
，
，
解得：，
∴，
又的半径为2，
的长为．
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的内接四边形的性质以及弧长的计算，熟练掌握圆周角定理以及圆的内接四边形的性质是解决本题的关键．
3．B
【分析】根据旋转的性质可以得到阴影部分的面积＝扇形OAB的面积﹣扇形OCD的面积，利用扇形的面积公式即可求解．
【详解】解：
∴阴影部分的面积＝扇形OAB的面积﹣扇形OCD的面积
故选B．
【点睛】考查了旋转的性质以及扇形的面积公式，正确理解：阴影部分的面积＝扇形OAB的面积﹣扇形OCD的面积是解题关键．
4．D
【分析】根据，，可以写出和的形式，然后即可判断哪个选项是正确的，本题得以解决．
【详解】解：，，
，，
该扇形的圆心角为，直径是4，
故选：D．
【点睛】本题考查扇形面积的计算、弧长的计算，解答本题的关键是明确扇形的和．
5．C
【分析】连接OC，易证得四边形CDOE是矩形，则△DOE≌△CEO，得到∠COB＝∠DEO＝40°，图中阴影部分的面积＝扇形OBC的面积，利用扇形的面积公式即可求得．
【详解】解：如图，连接OC，
∵∠AOB＝90°，CD⊥OA，CE⊥OB，
∴四边形CDOE是矩形，
∴OD＝CE，DE＝OC，CD∥OE，
∵∠CDE＝40°，
∴∠DEO＝∠CDE＝40°，
在△DOE和△CEO中，，
∴△DOE≌△CEO（SSS），
∴∠COB＝∠DEO＝40°，
∴图中阴影部分的面积＝扇形OBC的面积，
∵S扇形OBC＝＝，
∴图中阴影部分的面积为，
故选：C．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，矩形的判定与性质，利用扇形OBC的面积等于阴影的面积是解题的关键．
6．A
【分析】连接BE．则阴影部分的面积=S矩形ABCD-S△ABE-S扇形BCE，根据题意知BE=BC=4，则∠AEB=∠EBC=30°，AE=，进而求出即可．
【详解】解：如图，连接BE，
则BE=BC=4，
在Rt△ABE中，AB=2、BE=4，
∴∠AEB=∠EBC=30°，AE=，
则阴影部分的面积=S矩形ABCD-S△ABE-S扇形BCE
=2×4-×2×-
=8--，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了扇形面积求法，本题中能够将不规则图形的面积进行转换成规则图形的面积差是解题的关键．
7．C
【分析】确定半径OA，.根据弧长公式可得．
【详解】OA=OC+AC=12+4=16(m)，的长为： （m）,故选C .
【点睛】本题主要考查了弧长的计算公式，解题的关键是牢记弧长的公式．
8．C
【分析】先根据正五边形的内角和求出的度数，再利用扇形的面积公式即可得．
【详解】解：五边形是边长为6的正五边形，
，
则图中阴影部分的面积为，
故选：C．
【点睛】本题考查了扇形的面积、正五边形，熟练掌握正五边形的内角和是解题关键．
9．C
【分析】根据平行线的性质，可以得到∠B的度数，然后根据等腰三角形的性质和三角形的外角与内角的关系，可以得到∠AOB的度数，再根据弧长公式l＝，即可计算出的长．
【详解】解：连接OE，如图：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠B+∠C＝180°，
∵∠C＝110°，
∴∠B＝70°，
∵OB＝OE，
∴∠B＝∠OEB，
∴∠OEB＝70°，
∴∠AOE＝∠B+∠OEB＝70°+70°＝140°，
∵AB＝2，AB为⊙O的直径，
∴OA＝OB＝OE＝1，
∴的长为：，
故选：C．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、弧长的计算、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确弧长公式和平行四边形的性质，利用数形结合的思想解答．
10．D
【分析】由半圆A′B面积+扇形ABA′的面积-空白处半圆AB的面积即可得出阴影部分的面积．
【详解】解：∵半圆AB，绕B点顺时针旋转30°，
∴S阴影=S半圆A′B+S扇形ABA′-S半圆AB
= S扇形ABA′
=
=3π
故选D．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算以及旋转的性质，熟记扇形面积公式和旋转前后不变的边是解题的关键．
11．C
【分析】利用扇形的弧长等于圆锥的底圆周长求解即可．
【详解】解：由题意可知：
扇形的弧长
设底面圆半径为r,
∵扇形的弧长等于圆锥的底圆周长
∴，解得：，
故选：C．
【点睛】本题考查弧长公式，解题的关键是理解扇形的弧长等于圆锥的底圆周长．
12．B
【分析】先根据圆锥的侧面积公式求出圆锥的母线长，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：设这个圆锥的母线长为lcm，根据题意，得：×2π×6×l＝60π，解得l＝10，
所以圆锥的高＝＝8（cm）．
故选：B．
【点睛】本题考查了圆锥的知识，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，掌握基本知识是关键.
13．
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得出扇形的半径，写出部分的值，根据数的变化找出变化规律，依此规律即可得出结论．
【详解】由题意、、、、都是等腰直角三角形，
∴，， ，，
∴， ， ， ，；
∴，
∴，
故答案为：
【点睛】本题考查了坐标与图形性质旋转，等腰直角三角形的性质以及扇形的面积，解题的关键是找出规律．
14．25π
【分析】计算四个扇形的面积即可求解．
【详解】解：∵∠ABC+∠BCD+∠CDA+∠DAB=360°，
∴四个扇形的面积，是一个以AB的长为半径的圆，
∴图中阴影部分的面积=π×52=25π，
故答案为：25π．
【点睛】本题考查菱形的性质、扇形面积计算．关键在于图中四个扇形的面积实际上是一个圆的面积．
15．22019π
【分析】根据等腰直角三角形性质，OB＝1，可得A1B＝1，A2C1＝2，A3C2＝4，A4C3＝8.....，可以此类推，则AnCn 1＝2n 1，由分别以A2C1，A3C2，A4C3…的中点O1，O2，O3…为圆心，可得的半径为2 1，的半径为4 2，的半径为8 4.....，可以此类推，的半径为2n 2n 1，再根据是以半径为22021 22020的圆，即可得出答案．
【详解】解：如图所示，根据等腰直角三角形性质可得，
A1B＝1，A2C1＝2，A3C2＝4，A4C3＝8.....，
以此类推，则AnCn 1＝2n 1，
∵的半径为2 1，的半径为4 2，的半径为8 4.....，
以此类推，以此类推，的半径为2n 2n 1，
∴是以半径为22021 22020的圆
∴×2πr＝×2π×(22021 22020)＝π（22020 22019）＝22019π．
故答案为：22019π．
【点睛】本题主要考查了弧长的计算，规律型问题及一次函数图象上坐标的特征，熟练掌握弧长的计算，及一次函数图象上坐标的特征，找出问题的规律进行计算是解决本题的关键．
16．2
【分析】能组合成圆锥体，那么扇形的弧长等于圆形纸片的周长．应先利用扇形的面积=圆锥的弧长母线长，得到圆锥的弧长=2扇形的面积母线长，进而根据圆锥的底面半径=圆锥的弧长求解．
【详解】解：圆锥的弧长,
圆锥的底面半径,
故答案为2．
【点睛】本题考查了求圆锥底面半径，解决本题的难点是得到圆锥的弧长与扇形面积之间的关系，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点．
17．2﹣
【分析】由于三条弧所对的圆心角的和为180°，根据扇形的面积公式可计算出三个扇形的面积和，而三条弧与边AB所围成的阴影部分的面积=S△ABC-三个扇形的面积和，再利用三角形的面积公式计算出S△ABC，然后代入即可得到答案．
【详解】∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝CB＝2．
∴AC =1，S△ABC=×2×2=2，
∵三条弧所对的圆心角的和为180°，
∴三个扇形的面积和==，
∴三条弧与边AB所围成的阴影部分的面积=S△ABC 三个扇形的面积和=2﹣
故答案为：2﹣
【点睛】本题主要考查扇形的面积公式，熟练掌握S扇形=，是解题的关键．
18．3
【分析】先求出正五边形的内角的度数，根据扇形的弧长等于圆锥的底面周长，可求出底面直径．
【详解】解：五边形是正五边形，
，
则弧的长为，即圆锥底面周长为，
圆锥底面直径为，
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形与圆，扇形弧长及圆周长，掌握扇形弧长、圆周长的计算方法是正确解决问题的关键．
19．120°
【详解】试题分析：设扇形的圆心角为n°，
根据题意得π=，解得n=120，
所以扇形的圆心角为120°．
故答案为120°．
考点：弧长的计算．
20．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）过点作于点，连接，先根据圆的切线的性质可得，再根据角平分线的定义可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据圆的切线的判定即可得证；
（2）设分别交于点，连接，先根据圆的切线的性质、矩形的判定与性质可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据直角三角形全等的判定定理与性质可得，从而可得，最后根据图中阴影部分的面积等于即可得．
【详解】证明：（1）如图，过点作于点，连接，
与相切于点，
，
平分，
，
在和中，，
，
，
是的半径，
又，
是的切线；
（2）如图，设分别交于点，连接，
的半径是1，
，
与相切于点，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
，
，
则图中阴影部分的面积为．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、扇形的面积公式等知识点，熟练掌握圆的切线的判定与性质是解题关键．
21．(1)证明见详解；
(2)2；
(3)．
【分析】（1）连接 ，，为的直径，得到两个直角及两条线段相等，再根据弧的中点得到弧相等，从而等到角相等，证明两个三角形全等即可得到答案；
（2）连接，根据弧的中点得到弧相等，从而等到圆周角圆心角的关系，结合平角，求出的度数，在中根据勾股定理即可得到答案；
（3）由（2）可得圆心角度数直接求扇形面积，再算出的面积即可得到阴影部分面积．
【详解】（1）证明：连接 ，
∵，为的直径，
∴，，
∵点B是 的中点，
∴，
∴，
在与中，
∵，，，
∴≌，
∴；
（2）解：连接，
∵点B是 的中点，
∴，
∴，，
∵垂直于直径于F， ，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，
，
解得：；
（3）由（2）可得，
，
在中，
∴，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理、扇形的面积以及解直角三角形等，作出辅助线构建直角三角形和等边三角形是解题的关键．
22．（1）证明见试题解析；（2）2π．
【分析】（1）由AB是⊙O的直径，得到∠ACB=90°，∠CBA+∠CAB=90°，由∠EAC=∠B，得到∠CAE+∠BAC=90°，从而可得直线AE是⊙O的切线；
（2）连接CO，计算出AO的长，再利用圆周角定理得到∠AOC的度数，然后利用弧长公式可得答案．
【详解】（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CBA+∠CAB=90°，
∵∠EAC=∠B，
∴∠CAE+∠BAC=90°，即 BA⊥AE，
∴AE是⊙O的切线；
（2）连接CO，∵AB=6，
∴AO=3，
∵∠D=60°，
∴∠AOC=120°，
∴==2π．
