24.1 圆的有关性质 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河南信阳·九年级统考期末）如图，我们把一个半圆与抛物线的一部分围成的封闭图形称为C“果圆”．已知点A、B、C、D分别是“果圆”与坐标轴的交点，抛物线的解析式为，AB为半圆的直径，则这个“果圆”被y轴截得的弦CD的长为（ ）
A．3 B． C． D．
2．（2022秋·河南周口·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，AB是⊙M的直径，若，，则点B的坐标是（ ）
A． B． C． D．
3．（2022秋·河南三门峡·九年级统考期末）在中，直径，弦于点，若，则的周长为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
4．（2022秋·河南商丘·九年级统考期末）在直径为200cm的圆柱形油槽内装入一些油以后，截面如图．若油面的宽AB=160cm，则油的最大深度为（ ）
A．40cm B．60cm C．80cm D．100cm
5．（2022秋·河南南阳·九年级统考期末）如图，A，B是⊙O上的点，∠AOB＝120°，C是的中点，若⊙O的半径为5，则四边形ACBO的面积为（ ）
A．25 B．25 C． D．
6．（2022秋·河南漯河·九年级统考期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC平分∠BAD，则下列结论正确的是（ ）
A．AB=AD B．BC=CD C． D．∠BCA=∠DCA
7．（2022秋·河南商丘·九年级统考期末）如图，是的直径，是的弦，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·河南新乡·九年级统考期末）如图，内接于，是的直径，，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2022秋·河南周口·九年级统考期末）如图，两条弦AB，CD相交于点E，且弧AD等于弧CB，，则∠CEB的度数为（ ）
A．50° B．80° C．90° D．100°
10．（2022秋·河南信阳·九年级统考期末）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接．若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
11．（2022秋·河南许昌·九年级统考期末）如图，在中，是的直径，点C、D在圆上，，则的度数为（ ）
A．30° B．40° C．45° D．50°
12．（2022秋·河南漯河·九年级统考期末）如图，在中，，直径于点N，P是上一点，则的度数是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．15°
13．（2022秋·河南开封·九年级统考期末）正方形ABCD的边长为4，点E、F分别是BC，CD上的一动点，且BE＝CF，连结AE，BF，两线交于点P，连接CP，则CP的最小值是（ ）
A． B． C． D．
14．（2022秋·河南三门峡·九年级统考期末）如图：点A，B，C都在⊙O上，且点C在弦AB所对的优弧上，若∠AOB＝72°，则∠ACB的度数是（ ）
A．18° B．30° C．36° D．72°
15．（2022秋·河南商丘·九年级统考期末）如图，已知BC是⊙O的直径，∠AOC＝58°，则∠A的度数为（ ）
A．28° B．29° C．32° D．42°
16．（2022秋·河南郑州·九年级统考期末）如图，BC是⊙O的直径，A是⊙O上的一点，∠OAC=32°，则∠B的度数是（ ）
A．58° B．60° C．64° D．68°
二、填空题
17．（2022秋·河南三门峡·九年级统考期末）如图，为的直径，弦于点E，若，，则的半径为 ．
18．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）小英家的圆形镜子被打碎了，她拿了如图（网格中的每个小正方形边长为1）的一块碎片到玻璃店，配制成形状、大小与原来一致的镜面，则这个镜面的半径是 ．
19．（2022秋·河南南阳·九年级统考期末）如图，ABCD是的内接四边形，，点E在AD的延长线上，，则 ．
20．（2022秋·河南濮阳·九年级统考期末）如图，以BC为直径作⊙O，A，D为圆周上的点，，．若点P为BC垂直平分线MN上的一动点，则阴影部分周长的最小值为 ．
三、解答题
21．（2022秋·河南许昌·九年级统考期末）某地新建一座石拱桥，它的主桥拱是圆弧形，如图，若桥跨度（弧所对的弦的长）AB为40米，主拱高（弧的中点到弦的距离）CD为10米．
(1)尺规作图，找到弧AB所在圆的圆心O（不写作法，保留作图痕迹）
(2)求弧AB所在圆的半径．
22．（2022秋·河南周口·九年级统考期末）如图，为的直径，是弦，且于点E．连接、、．
(1)求证：；
(2)若，求弦的长．
23．（2022秋·河南商丘·九年级统考期末）九年级某数学兴趣小组通过研究发现，利用圆可以作出正方形．他们的作法如下：在圆中作两条相等且互相垂直的弦AB、CD．垂足为E，再过圆心O作两条弦的垂线，垂足分别为G、F，则四边形OGEF为正方形．
下面给出了不完整的“已知”和“求证”，请根据上面的作法补充完整，并写出证明过程．
已知：如图AB、CD是中的两条弦，，垂足为E，且______________________．
求证：________________________________．
24．（2022秋·河南许昌·九年级统考期末）如图，AB为☉O的直径，点C为直径AB上方半圆上一个动点（不与A，B重合），点D为直径AB下方半圆的中点．
(1)如图1，若AB=10，AC=6．
①填空：BC=_______，AD= ，BD= ；
②请求出CD的长；观察所求的线段长，直接写出线段CA，CB与CD之间的数量关系.
(2)当点C在半圆上运动时，（1）中线段CA，CB与CD之间的数量关系还成立吗 若成立，请就图2的情形进行证明；若不成立，请说明理由．
25．（2022秋·河南洛阳·九年级统考期末）定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．例如：凸四边形ABCD中，若∠A＝∠C，∠B≠∠D，则称四边形ABCD为等对角四边形．
(1)如图1，点A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC＝∠BPC＝60°，延长BP到Q，使PQ＝AP，连接AQ．求证：四边形AQBC是等对角四边形；
(2)如图2，等对角四边形ABCD内接于⊙O，AB≠AD，BC＝DC，
①请判断四边形ABCD中哪一组对角相等，并说明理由；
②若圆O的半径为5，AB＝6，求AD，BC的长；
③请直接写出AC的长．
参考答案：
1．D
【分析】连接CM，根据抛物线解析式求出OD=3，AO=1，BO=3，AB=4，M（1，0），利用勾股定理求出OC，即可得到CD的长度．
【详解】解：连接CM，
∵抛物线的解析式为，
∴点D的坐标为（0，-3），
∴OD=3，
令y=0，则，解得：或，
∴A（-1，0），B（3，0）.
∴AO=1，BO=3，AB=4，M（1，0），
∴MC=2，OM=1，
在Rt△COM中，
∴，
即这个“果圆”被y轴截得的线段CD的长．
故选：D
【点睛】此题考查二次函数的性质，图象与坐标轴的交点坐标，数轴上两点之间的距离，圆的半径相等的性质，勾股定理，正确掌握基础知识点是解题的关键．
2．A
【分析】设点B的坐标为（x，y），利用M点为AB的中点得到1＝，0＝，然后求出x、y得到B点坐标．
【详解】解：设点B的坐标为（x，y），
∵AB是⊙M的直径，
∴M点为AB的中点，
∵A（a，b），M（1，0），，
∴1＝，0＝，
解得：x＝2 a，y＝ b，
∴B点坐标为（2 a， b）．
故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质，灵活运用线段的中点坐标公式是解决问题的关键．
3．D
【分析】根据已知条件求出，利用勾股定理求出，再根据等腰三角形的性质即可求解．
【详解】解：，
，
又，
，
在中，
，
又为半径且，
，
的周长为：，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、解题的关键是：利用题目条件求出相应边长，再结合勾股定理和垂径定理求解．
4．A
【分析】连接OA，过点O作OE⊥AB，交AB于点M，由垂径定理求出AM的长，再根据勾股定理求出OM的长，进而可得出ME的长．
【详解】解：连接OA，过点O作OE⊥AB，交AB于点M，交圆O于点E，
∵直径为200cm，AB=160cm，
∴OA=OE=100cm，AM=80cm，
，
∴ME=OE-OM=100-60=40cm．
故选：A．
考点：(1)、垂径定理的应用；(2)、勾股定理．
5．D
【分析】根据在同圆或等圆中，相等的弧所对的圆心角相等得到∠AOC=∠BOC=60°，易得△OAC和△OBC都是等边三角形，即可解决问题．
【详解】解：连OC，如图，
∵C是的中点，∠AOB=120°，
∴∠AOC=∠BOC=60°，
又∵OA=OC=OB，
∴△OAC和△OBC都是等边三角形，
∴S四边形AOBC=．
故选：D．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，相等的弧所对的圆心角相等．也考查了等边三角形的判定与性质．
6．B
【分析】根据圆心角，弧，弦的关系对各选项进行逐一判断即可．
【详解】解：A、∵∠ACB与∠ACD的大小关系不确定，
∴AB与AD不一定相等，故此选项不符合题意；
B、∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∴BC=CD，，故此选项符合题意；
C、∵∠ACB与∠ACD的大小关系不确定，
∴与不一定相等，不符合题意；
D、∠BCA与∠DCA的大小关系不确定，不符合题意．
故答案为：B．
【点睛】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系，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．
7．D
【分析】根据直径所对圆周角是直角得到，由得到，由同弧所对的圆周角相等即可得到答案．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：D
【点睛】此题考查了圆周角定理，熟知直径所对圆周角是直角和同弧所对的圆周角相等是解题的关键．
8．A
【分析】根据是的直径，可得，从而得到，再由圆周角定理，即可求解．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：A
【点睛】本题主要考查了圆周角定理以及推论，熟练掌握直径所对的圆周角是直角是解题的关键．
9．D
【分析】根据圆周角定理得到∠A=∠C=50°，由三角形外角的性质即可解答．
【详解】解：∵弧AD=弧CB，
∴∠A=∠C=50°
∴∠CEB=∠A+∠C=100°．
故答案为D．
【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形外角等知识点，掌握等弧所对的圆周角相等是解答本题的关键．
10．A
【分析】连接DE，根据圆内接四边形的性质，可得：．结合，可求出，．由同弧所对的圆周角相等，可知．由于BE是直径，所以．即可求出．
【详解】解：连接DE
四边形是的内接四边形
BE是的直径
在中，
故选A．
【点睛】本题主要考查知识点为：圆内接四边形的性质，即圆内接四边形的对角互补．圆周角定理的推论，即同弧所对的圆周角相等和直径所对的圆周角是直角．圆的知识点很多，在做题时要仔细审题并且仔细观察图形．熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理的推论是解决本题的关键．
11．B
【分析】根据圆周角定理，等弧所对的圆周角相等，三角形内角和定理计算求值即可；
【详解】解：∵AB是圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC=∠ADC=50°，
∴∠BAC=180°-∠ACB-∠ABC=40°，
故选： B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等弧所对的圆周角相等等知识，解题的关键是梳理出图形中角与角的关系．
12．A
【分析】如图所示，连接AO，BO，由垂径定理可证，则，，即可得到．
【详解】解：如图所示，连接AO，BO，
∵CD⊥AB，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题主要考查了垂径定理和圆周角定理，正确作出辅助线求解是关键．
13．A
【分析】证明△ABE≌△BCF，即可得到∠APB=90°，再取AB中点H，HP=BC=2，点P在以点H为圆心，以HP为半径的半圆上运动，因此当H、P、C在同一条直线上时，CP取最小值，依据HP与CH的长，即可得出CP的最小值．
【详解】解：如图，取AB中点H，连接HP，HC，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE=∠CBF，
∴∠BAE+∠ABP=∠CBF+ABP=90°，
∴∠APB=90°，
∴HP=BC=2，点P在以点H为圆心，以HP为半径的半圆上运动，
∴当H、P、C在同一条直线上时，CP取最小值，
Rt△BCH中，HC==2，
∴CP的最小值=HC-HP=2-2，
故选A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，解决本题的关键是取AB中点H，由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得出当H、P、C在同一条直线上时，CP取最小值．
14．C
【分析】根据同圆中同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，即可求得结果．
【详解】∵圆心角∠AOB与圆周角∠ACB均对着
∴
故选：C
【点睛】本题考查了圆周角定理，掌握此定理是解题的关键．
15．B
【分析】根据圆周角定理：圆周角是同弧所对圆心角的一半；等腰三角形底角相等即可得到答案．
【详解】解：∵∠AOC＝58°，
∴∠B＝∠AOC＝29°，
∵OA＝OB，
∴∠A＝∠B＝29°，
故选：B．
【点睛】本题考查圆周角定理和等腰三角形性质，掌握这些是本题解题关键．
16．A
【分析】根据，根据等边对等角得到根据是直径，得到根据直角三角形的性质即可求得的度数.
【详解】 均为半径，
，
是直径，
在中，
故选A.
【点睛】本题考查圆周角的性质及等腰三角形的性质，掌握直径所对的圆周角是直角是解题的关键.
17．5
【分析】利用垂径定理进行求解即可．
【详解】解：连接，
∵为的直径，弦于点E，
∴，
∴，
∴的半径为；
故答案为：．
【点睛】本题考查垂径定理．熟练掌握垂径定理，是解题的关键．
18．
【详解】解：如图所示，作AB，BD的中垂线，交点O就是圆心．
连接OA、OB，
∵OC⊥AB，
∵AC=1，OC=2，
∴OA=．
【点睛】考点：1．垂径定理的应用；2．勾股定理．
19．52°/52度
【分析】根据圆内接四边形的性质先求∠ABC的度数，从而得到∠AOC的度数，再根据AD=DC即可求出答案．
【详解】解：∵ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
又∵∠CDE+∠ADC=180°，
∴∠ABC=∠CDE=52°，
∴∠AOC=2×52°=104°，
∵AD=CD，
∴∠AOD=∠COD=104°÷2=52°．
故答案为：52°．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质等知识，注意：圆内接四边形的对角互补，并且一个外角等于它的内对角．
20．
【分析】根据对称的性质可知阴影部分的周长的最小值为AC+CD，求出AC的长即可．
【详解】解：连接AC，根据对称的意义可知，PD+PC的最小值为AC，
∵AD∥BC，AB=CD=AD=2，
∴，
∴∠ABC=2∠ACB，
∵BC为直径，
∴∠BAC=90°，
∴∠ACB=30°，∠ABC=60°，
∴AC=AB=，
所以阴影部分周长的最小值为AC+CD=，
故答案为：．
【点睛】本题考查轴对称的性质，圆周角定理，理解轴对称的性质是解决问题的关键．
21．(1)见详解；
(2)25米；
【分析】（1）连接AC，作AC的垂直平分线，交CD延长线于点O，即可得到圆心；
（2）连接OA，由垂径定理和勾股定理，即可求出圆的半径．
【详解】（1）解：如图所示：点O为圆心，
（2）解：如图，连接OA，
∵，，，
由垂径定理，则
，，
在直角三角形AOD中，由勾股定理，则
，
∴
∴，
解得：；
∴弧AB所在圆的半径为25米．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理；垂直平分线，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出图形．
22．(1)见解析
(2)弦BD的长为16cm
【分析】（1）根据垂径定理可得，进而可得∠ABD＝∠C，根据半径相等可得∠C＝∠CBO，等量代换即可得证；
（2）在Rt△OBE中，勾股定理求得，根据垂径定理可得BE＝DE，即可求解．
【详解】（1）∵AC为⊙O的直径，且AC⊥BD，
∴
∴∠ABD＝∠C，
∵OB＝OC，
∴∠C＝∠CBO，
∴∠CBO＝∠ABD；
（2）∵AE＝4，CE＝16，
∴OA＝10，OE＝6，
在Rt△OBE中，，
∵AC为⊙O的直径，且AC⊥BD，
∴BE＝DE，
∴BD＝2BE＝16cm．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理等，掌握垂径定理是解题的关键．
23．，四边形OGEF为正方形，证明见解析
【分析】先证明四边形OGEF为矩形，再由圆周角定理及垂径定理得到条件来证明，利用全等三角形的性质即可证明结论．
【详解】已知：如图AB、CD是中的两条弦，，垂足为E，且．
求证：四边形OGEF为正方形．
证明：连接OA，OD，
，
，
四边形OGEF为矩形，
，
，
，
，
四边形OGEF为正方形．
【点睛】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质及圆周角定理，垂径定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
24．(1)（1）8；；；②
(2)成立，证明见解析
【分析】（1）①由直径所对圆周角是直角可证是直角三角形，根据勾股定理可得BC=8，再证明是等腰直角三角形，可得；②作，交CA的延长线于点F，作于点D，连接DA，DB，证明得AF=BG，再证明得CF=CG，进一步得出DF=CF=7，由勾股定理得，进一步得出；
（2）成立，将绕点D逆时针旋转90°得到，证明C，A，F三点共线，得为等腰直角三角形，从而得，再证明即可得出结论．
【详解】（1）①∵AB是圆的直径
∴
∴是直角三角形
∵
∴
又点D为下半圆的中点，
∴AD=BD，
由勾股定理得，
∴
∴（负值舍去）
②作，交CA的延长线于点F，作于点D，连接DA，DB
∴
∵D为半圆的中点，
∴
∴
在和中
∴
∴
在和中
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
在中，
∴
∴
又
即
（2）成立，证明如下：
将绕点D逆时针旋转90°得到，如图，
∵四边形ADBC是圆内接四边形
∴
又
∴
∴点C，A，F共线，
∴
∴是等腰直角三角形
∴
∵
∴
∴
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，旋转的性质以及直角三角形全等的判定与性质等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
25．(1)见解析
(2)①∠BAD＝∠BCD，见解析；②BC＝5，AD＝8；③7
【分析】（1）根据圆周角的性质，得，根据补角的性质，得∠APQ，通过证明△APQ是等边三角形，得∠Q＝60°，通过圆内接四边形、等边三角形的性质，推导得∠Q＝∠ACB；根据四边形内角和的性质分析，即可完成证明；
（2）①连接BD，结合题意，根据圆周角的性质分析，即可得到答案；
②根据圆内接四边形的性质，得∠BAD+∠BCD＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，结合（2）①的结论，得BD是直径，再经勾股定理的性质计算，即可得到答案；
③将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△CDH，根据旋转的性质，得AB＝DH＝6，AC＝CH，∠ACH＝90°，∠ABC＝∠CDH，根据圆内接四边形的性质，推导点A，点D，点H三点共线，再根据勾股定理和一元二次方程的性质计算，即可得到答案．
【详解】（1）∵∠APC＝∠BPC＝60°，
∴，
∴∠APQ＝，
∵PQ＝AP，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠Q＝∠APQ＝∠QAP＝60°
∵四边形APBC是圆内接四边形，
∴
∴∠APQ＝∠ACB＝60°
∴为等边三角形，∠Q＝∠ACB＝60°
∴∠BAC＝60°
∵∠Q+∠ACB+∠QAC+∠QBC＝360°，
∴∠QAC+∠QBC＝240°，
∵∠QAC＝∠QAP+∠BAC+∠PAB＝120°+∠PAB＞120°，
∴∠QBC＜120°，
∴∠QAC≠∠QBC，
∴四边形AQBC是等对角四边形；
（2）①连接BD，
∵AB≠AD，BC＝DC，
∴∠ABD≠∠ADB，∠CBD＝∠CDB，
∴∠ABC≠∠ADC，
∵四边形ABCD是等对角四边形，
∴∠BAD＝∠BCD；
②∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴BD是直径，
∵圆O的半径为5，
∴BD＝10，
∴BC＝CD＝BD＝，；
③将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△CDH，如下图：
∴AB＝DH＝6，AC＝CH，∠ACH＝90°，∠ABC＝∠CDH，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ADC+∠CDH＝180°，
∴点A，点D，点H三点共线，
∴AH＝AD+DH＝14，
∵AC2+CH2＝AH2，AC＝CH，
∴2AC2＝196，
∴AC＝7．
【点睛】本题考查了圆周角、圆内接四边形、勾股定理、旋转、等边三角形、四边形内角和、一元二次方程的知识；解题的关键是熟练掌握圆周角、圆内接四边形、旋转的知识，从而完成求解．24.2 点和圆、直线和圆的位置关系 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河南漯河·九年级统考期末）⊙O的半径为R，点P到圆心O的距离为d，并且d≥R，则P点（ ）
A．在⊙O内或⊙O上 B．在⊙O外
C．在⊙O上 D．在⊙O外或⊙O上
2．（2022秋·河南信阳·九年级统考期末）若的半径是4，点A在内，则OA的长可能是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
3．（2022秋·河南安阳·九年级统考期末）如图，P为⊙外的一点，PA，PB分别切⊙于点A，B，CD切⊙于点E，且分别交PA，PB于点C，D，若，则的周长为（ ）
A．5 B．7 C．8 D．10
4．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，、分别与相切于、两点，点为上一点，连接，、，若，的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，是⊙O的内接三角形，，，则弦的长为（ ）
A．4 B． C．2 D．
6．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，是的直径，点，在上，点是的中点，过点画的切线，交的延长线于点，连接．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022秋·河南周口·九年级统考期末）如图，AB是的直径，BC是的切线，若，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
8．（2022秋·河南信阳·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（0，3），点B（2，1），点C（2，﹣3）．则经画图操作可知：△ABC的外心坐标应是 ．
9．（2022秋·河南平顶山·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点的坐标为，点的坐标为．经画图操作可知的外心坐标可能是
10．（2022秋·河南许昌·九年级统考期末）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 ．
11．（2022秋·河南商丘·九年级统考期末）设⊙O的半径为4cm，直线L上一点A到圆心的距离为4cm，则直线L与⊙O的位置关系是 ．
12．（2022秋·河南周口·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，BC与⊙O交于点D，连接OD．若，则∠AOD的度数为 ．
13．（2022秋·河南洛阳·九年级统考期末）如图，⊙O与△OAB的边AB相切、切点为B．将△OAB绕点B按顺时针方向旋转得到△O'A'B，使点O落在⊙O上，边A'B交线段AO于点C．若∠A'＝27°，则∠OCB＝ 度．
14．（2022秋·河南南阳·九年级统考期末）如图，在三角形ABC中，∠BAC＝90°，AC＝12，AB＝10，D是AC上一动点，以AD为直径的⊙O交BD于点E，则线段CE的最小值是 ．
15．（2022秋·河南信阳·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，D是直线上的一个动点，的半径为，过点D作的切线，切点为A，则长度的最小值为 ．
三、解答题
16．（2022秋·河南新乡·九年级统考期末）如图，是的外接圆，是的直径，点B是的中点，过点B的切线与的延长线交于点D．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
17．（2022秋·河南濮阳·九年级期末）如图，的边为直径的交于D，，作垂足为E，连接，
(1)求证：是的切线．
(2)若，．求线段的长．
18．（2022秋·河南安阳·九年级统考期末）小华是一个善于思考的同学．学习直线和圆的位置关系时，她知道了如何过圆上一点作圆的切线，课后通过动手操作，她发现过圆内一点作不出圆的切线，过圆外一点可以作出圆的两条切线．下面是她过圆外一点作圆的两条切线的方法：
已知：和外一点P；
求作：过点P作的切线．
作法：①连接OP；
②作线段OP的垂直平分线MN，垂足为C；
③以点C为圆心，CO为半径画圆，交于点A，B；
④作直线PA，PB，则直线PA，PB即为所求．
(1)根据小华的作法，完善上面作图（保留作图痕迹）﹔
(2)为了说明这一方法的正确性，需要对其进行证明，请给出证明过程．
19．（2022秋·河南郑州·九年级统考期末）如图，为的直径，是弧的中点，是上一点．
(1)请按以下步骤作图：
①连接；
②以点为圆心，线段的长为半径作弧，交弧于点；
③连接并延长到点，使得；
④连接，．
(2)判断与的位置关系并证明．
(3)在（1）的条件下，假设点从点出发绕点顺时针旋转，当 时，以点为顶点的四边形是菱形．
20．（2022秋·河南许昌·九年级统考期末）如图，在中，，CD是斜边AB上的中线，以CD为直径的分别交AC、BC于点M、N，连接ND，过点N作的切线NE，交AB于点E．
(1)求证：；
(2)若的半径为，，求BN的长．
21．（2022秋·河南商丘·九年级统考期末）如图，在△中，∠C＝90°，点O在AC上，以OA长为半径的交AB于D点，EF垂直平分BD交BC于E点，交BD于F点，连接DE．求证：直线DE与相切．
22．（2022秋·河南焦作·九年级统考期末）某兴趣小组通过探究圆的基本知识，找到了借助圆作“过直线外一点作已知直线的平行线”的方法，如图，过点C作直线l的平行线．作图过程如下:
第一步：在直线l上任意取两点A，B，连接AC，BC，且AC＞BC；
第二步：作△ABC的外接圆O；
第三步：以点A为圆心，CB长为半径作弧，交于点D，连接AD；
第四步：作直线CD，则直线CD即为所求作的平行线．
(1)为了说明这一方法的正确性，需要对其进行证明如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程．
已知：如图，△ABC内接于⊙O，AC＞BC，D为AC上一点，且满足 ．求证: ．
(2)聪聪认为，在△ABC中，若AC＝BC，过点C作直线l的平行线，则为⊙O的切线，你认为聪聪的想法正确吗？请说明理由．
23．（2022秋·河南信阳·九年级统考期末）如图，AB为圆O的直径，取OA的中点C，过点C作CD⊥AB交圆O于点D，D在AB的上方，连接AD，BD，点E在线段CA的延长线上，且∠ADE＝∠ABD．
（1）求∠ABD的度数；
（2）求直线DE与圆O的公共点个数．
24．（2022秋·河南三门峡·九年级统考期末）如图，在RtABC中，∠C＝90°，BD是ABC的角平分线，点O在AB上，以点O为圆心，OB长为半径的圆经过点D，交BC于点E，交AB于点F．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若CE＝2，CD＝4，求半径的长．
25．（2022秋·河南漯河·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点O在AC上，以OA为半径的半圆O交AB于点D，交AC于点E，点F在BC上，且BF=DF．
（1）求证：DF是半圆O的切线；
（2）若AC=4，BC=3，CF=1，求半圆O的半径长．
26．（2022秋·河南开封·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，CF为⊙O的切线，OE⊥AB于点O，分别交AC，CF于D，F两点．
（1）求证：ED＝EC；
（2）若EC＝1，∠A＝30°，求图中阴影部分的面积．
参考答案：
1．D
【分析】根据⊙O的半径为R和点P到圆心O的距离为d之间的关系，对点与圆的位置关系进行判断即可．
【详解】解：∵d≥R，
∴点P在⊙O上或点P在⊙O外．
故选D．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，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．解题关键是熟记点和圆的位置关系与圆的半径和点到圆心的距离的关系．
2．A
【分析】根据点在圆内，点到圆心的距离小于圆的半径进行判断．
【详解】的半径为4，点A在内，
∴OA<4；
∵2<4；
∴2符合；
故选：A．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：设的半径为r，点P到圆心的距离OP= d，则有：点P在圆外台d> r；点P在圆上台d= r；点P在圆内分d< r．
3．C
【分析】根据切线长定理得到PB=PA、CA=CE，DE=DB，根据三角形的周长公式计算即可．
【详解】解：∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，
∴PB=PA=4，
∵CD切⊙O于点E且分别交PA、PB于点C，D，
∴CA=CE，DE=DB，
∴△PCD的周长=PC+PD+CD=PC+CA+PD+DB=PA+PB=8，
故选：C．
【点睛】本题考查的是切线长定理的应用，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．
4．A
【分析】由切线的性质得出∠OAP=∠OBP=90°，利用四边形内角和可求∠AOB=130°，再利用圆周角定理可求∠ADB=65°，再根据圆内接四边形对角互补可求∠ACB．
【详解】解：如图所示，连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，
∵AP、BP是切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠AOB=360°-90°-90°-50°=130°，
∴∠ADB=65°，
又∵圆内接四边形的对角互补，
∴∠ACB=180°-∠ADB=180°-65°=115°．
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质．解题的关键是连接OA、OB，求出∠AOB．
5．D
【分析】如图，首先证得OA⊥BC；然后由圆周角定理推知∠C=30°，通过解直角△ACD可以求得CD的长度．则BC=2CD．
【详解】解：如图，设AO与BC交于点D．
∵∠AOB=60°，，
∴∠C=∠AOB=30°，
又∵AB=AC，
∴，
∴AD⊥BC，
∴BD=CD，
∴在直角△ACD中，CD=AC×=2×=，
∴BC=2CD=，
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形，圆周角定理等知识点．推知△OAB是等边三角形是解题的难点，证得AD⊥BC是解题的关键．
6．B
【分析】根据切线的性质得到BA⊥AD，根据直角三角形的性质求出∠B，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，进而求出∠BAC，根据垂径定理得到BA⊥EC，进而得出答案．
【详解】解：∵AD是⊙O的切线，
∴BA⊥AD，
∵∠ADB=58.5°，
∴∠B=90°-∠ADB=31.5°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°-∠B=58.5°，
∵点A是弧EC的中点，
∴BA⊥EC，
∴∠ACE=90°-∠BAC=31.5°，
故选：B．
【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
7．C
【分析】根据切线的性质，得∠ABC=90°，再根据直角三角形的性质，即可求解．
【详解】解：∵AB是的直径，BC是的切线，
∴AB⊥BC，即∠ABC=90°，
∵，
∴=90°-35°=55°，
故选C．
【点睛】本题主要考查切线的性质以及直角三角形的性质，掌握圆的切线的性质定理，是解题的关键．
8．（﹣2，﹣1）
【分析】作线段AB与BC的垂直平分线，交点即为△ABC的外心．
【详解】解：如图，作线段AB与BC的垂直平分线，交点即为△ABC的外心，
可知，△ABC的外心坐标为（-2，-1），
故答案为：（-2，-1）．
【点睛】此题考查了三角形外心的定义：三角形三边垂直平分线的交点即为三角形的外心．
9．（ 2， 1）
【分析】首先由△ABC的外心是三角形三边垂直平分线的交点，所以在平面直角坐标系中作AB与BC的垂直平分线，它们的交点即为△ABC的外心．
【详解】解：∵△ABC的外心是三角形三边垂直平分线的交点，
∴如图，AB和BC的垂直平分线的交点O′即为所求的△ABC的外心，
∴△ABC的外心坐标是（ 2， 1），
故答案为：（ 2， 1）．
【点睛】此题考查了三角形外心的知识．注意三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点．解此题的关键是数形结合思想的应用．
10．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．
11．相切或相交
【分析】根据直线与圆有三种位置关系：相离（直线到圆心距离大于直线半径）、相切（直线到圆心距离等于半径）、相交（直线到圆心距离小于半径）即可作答．
【详解】∵直线上一点到圆心距离为4cm，
∴圆心到直线的距离≤4cm，
∴直线与圆相切或相交．
故答案为：相切或相交
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，熟练地掌握直线与圆的三种位置关系并能够通过圆心与直线的距离判断直线与圆的位置关系是解题的关键．
12．70°
【分析】根据切线的性质得，根据和三角形内角和定理得，又OB=OD可得，最后根据三角形的外角的性质即可解答．
【详解】解：∵是的直径，是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵OB=OD，
∴，
∴．
故答案为：70°．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、等腰三角形的性质、三角形内角定理和三角形的外角性质等知识点，掌握切线的性质是解答本题的关键．
13．87
【分析】连接OO'，根据切线的性质得到AB⊥OB，根据旋转变换的性质得到OB＝OO'，根据等边三角形的性质得到∠OBO'＝60°，根据三角形的外角性质计算，得到答案．
【详解】解：连接OO'，
∵⊙O与△OAB的边AB相切，
∴AB⊥OB，
由旋转的性质可知，∠O'BA'＝∠OBA＝90°，BO＝BO'，
∵OB＝OO'，
∴OB＝O'B＝OO'，
∴△OBO'为等边三角形，
∴∠OBO'＝60°，
∴∠ABC＝60°，
∴∠OCB＝∠A+∠ABC＝27°+60°＝87°，
故答案为：87．
【点睛】本题考查了切线的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题关键
14．8
【分析】连接AE，可得∠AED＝∠BEA＝90°，从而知点E在以AB为直径的⊙Q上，继而知点Q、E、C三点共线时CE最小，根据勾股定理求得QC的长，即可得线段CE的最小值．
【详解】解：如图，连接AE，则∠AED＝∠BEA＝90°，
∴点E在以AB为直径的⊙Q上，
∵AB＝10，
∴QA＝QB＝5，
当点Q、E、C三点共线时，QE＋CE＝CQ（最短），
而QE长度不变，故此时CE最小，
∵AC＝12，
∴QC＝，
∴CE＝QC QE＝13 5＝8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了圆周角定理和勾股定理的综合应用，解决本题的关键是确定E点运动的轨迹，从而把问题转化为圆外一点到圆上一点的最短距离问题．
15．4
【分析】当OD与直线y=-x+6垂直时，连接AO，AD，此时OD最小，AD也最小，根据等腰直角三角形的性质得到OD，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：如图
∵DA为切线,
∴OA⊥DA，OA=
∴当OD最小时，AD的值最小.
∴当OD与直线y= x+6垂直时，AD的值最小，
如图，设y= x+6交x，y轴于B，C，
B(6，0)，C(0，6)，
∴OB=OC=6.
∵∠BOC= 90°，
∴△OBC为等腰直角三角形，
∴BC== 6 ，
∴OD=BC=3
即OD的最小值为:3
在Rt△OAD中，
AD最小值==
故答案为：4
【点睛】本题主要考查切线的性质，掌握过切点的半径与切线垂直是解题的关键，用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题.
16．(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）连接，由为的切线，得到，证明推出即可；
（2）连接，根据圆周角定理得到，根据三角函数得到，求出，根据勾股定理求出即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵为的切线，
∴，
∵点B为的中点，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
（2）连接，
∵是的直径，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴的半径为．
【点睛】此题考查了证明直线是圆的切线，圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数，正确掌握圆周角定理是解题的关键．
17．(1)见详解
(2)
【分析】（1）连接OD，由三角形中位线可知OD∥AC，然后问题可求证；
（2）连接AD，则可得△ABC是等边三角形，然后可得DC=4，则可知AB=8，OD=4，进而根据勾股定理可进行求解．
【详解】（1）证明：连接OD，如图所示：
∵AB是的直径，
∴，
∵，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵，
∴，
∴OD⊥DE，
∵OD是的半径，
∴是的切线；
（2）解：连接AD，如图所示：
∵AB是的直径，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴△ABC是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在Rt△ODE中，由勾股定理得：．
【点睛】本题主要考查切线的判定、勾股定理、等边三角形的性质与判定及圆周角定理，熟练掌握切线的判定、勾股定理、等边三角形的性质与判定及圆周角定理是解题的关键．
18．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据题目描述作图即可．
（2）借助圆周角定理得到、，然后根据切线的判定定理得到结论．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）证明：连接OA，OB，
∵MN垂直平分OP于点C
∴OP为的直径，
∴
∵OA为的半径
∴PA是的切线，同理PB是的切线
【点睛】本题考查尺规作图、圆周角定理、切线的判定，解决本题的关键是熟练应用性质定理．
19．(1)见解析
(2)相切，证明见解析
(3)或
【分析】（1）根据题意，按照步骤作出图形即可；
（2）由作图可知： ，是等边三角形，，进而可得，得出，即可得证；
（3）根据题意作出图形，根据等边三角形的性质与菱形的性质即可求解旋转角的度数．
【详解】（1）如图；
与相切．
（2）证明：由作图可知： ，
∴是等边三角形，，
又，
∴．
又
∴，
∴，
∴
∴是的切线，即与相切．
（3）连接，如图，
是的中点，
，
由（2）可得，是等边三角形，
，
①当四边形为菱形时，
，
，
即，
②当四边形为菱形时，
综上所述，的度数为：或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，菱形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)6
【分析】（1）连接ON，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半，等边对等角，同位角相等两直线平行，证明，根据切线垂直于过切点的半径，最后可得证．
（2）利用O为直径CD中点，证明BN=BC，根据勾股定理求出BC即可求出．
【详解】（1）证明：连接，
∵在中，CD为斜边AB的中线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵NE为的切线，
∴，
∴．
（2）∵的半径为，
∴，
由（1）知，
在中，，
∴，
∵为的中点，，
∴N为BC的中点，
∴．
【点睛】本题考查了圆与三角形的综合，熟练掌握和运用直角三角形、圆的半径与直径、平行线的判定和性质是解题关键．
21．证明见解析
【分析】连接OD，根据线段垂直平分线的性质得ED=EB，则∠EDB=∠B，再利用等量代换计算出∠ODE=90°，则OD⊥DE，然后根据切线的判定定理得到结论．
【详解】证明：连接OD，如图，
∵EF垂直平分BD，
∴ED=EB，
∴∠EDB=∠B，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ODA，
∵∠A＋∠B=90°，
∴∠ODA＋∠EDB=90°，
∴∠ODE=90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是O的半径，
∴直线DE是O的切线．
【点睛】本题考查切线的判定，中垂线的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
22．(1)AD＝BC，AB∥CD；证明过程见解析
(2)聪聪的想法正确，见解析
【分析】（1）根据题意写出已知、求证、证明，由AD＝BC得到∠DCA＝∠CAB，即可求解；
（2）证明直线CO垂直平分线段AB，即OC⊥AB，进而求解．
【详解】（1）已知：如图，△ABC内接于⊙O，AC＞BC，D为AC上一点，且满足于AD＝BC，
求证：AB∥CD；
证明：∵AD＝BC，
∴∠DCA＝∠CAB，
∴AB∥CD，
故答案为：AD＝BC，AB∥CD；
（2）解：聪聪的想法正确，理由：
连接OA、OB、OC，如下图:
∵CA＝CB，OA＝OB，
∴直线CO垂直平分线段AB，即OC⊥AB，
∵AB∥l′，
∴CO⊥l′，
∵OC是圆O的半径，
∴为⊙O的切线．
【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆，切线的判定，平行线的判定，圆周角定理，熟练掌握三角形的外接圆，切线的判定，平行线的判定，圆周角定理是解题的关键．
23．（1）；（2）直线DE与⊙O的公共点个数为1
【分析】（1）如图，连接OD，根据等腰三角形的性质得到AD＝OD．推出△OAD是等边三角形．得到∠AOD＝60°．于是得到∠ABD＝30°．
（2）根据三角形的内角和定理得到∠ODE＝90°．由垂直的定义得到OD⊥DE．推出DE是⊙O的切线．于是得到结论．
【详解】解：（1）如图，连接OD，
∴OA＝OD，
∵点C为OA的中点，CD⊥AB，
∴AD＝OD，
∴OA＝OD＝AD，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠AOD＝60°，
∴∠ABD＝30°；
（2）∵∠ADE＝∠ABD，
∴∠ADE＝30°，
∵△OAD是等边三角形，
∴∠ADO＝60°，
∴∠ODE＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线，
∴直线DE与⊙O的公共点个数为1．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，圆切线的判定，圆周角定理，解题的关键在于能够根据题意证明△OAD是等边三角形．
24．（1）见解析；（2）半径的长为5．
【分析】（1）连接，由为角平分线得到一对角相等，再根据等腰三角形的性质得出一对内错角相等，进而确定出与平行，利用两直线平行同位角相等得到为直角，由此即可得证；
（2）过作垂直于，可得出四边形为矩形，由此可得OG＝CD＝4，设OE＝OD＝CG＝x，利用勾股定理列出方程即可求得答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，
为的平分线，
，
，
，
，
∴，
，
，
是的切线；
（2）解：过作，连接，
∵，，
∴四边形为矩形，
∴，，
设OE＝OD＝CG＝x，则GE＝CG－CE＝x－2，
∵在中，，
∴，
解得：，
∴，
即半径的长为5．
【点睛】此题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，矩形的判定与性质，平行线的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握切线的判定方法是解本题的关键．
25．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OD，由BF=DF，可得∠B=∠FDB，由OA=OD可得∠A=∠ADO，进而证明∠BDF+∠ADO=∠A+∠B=90°，从而可证DF是半圆O的切线；
（2）设半径为r，连接OD，OF，则OC=4-r，求得DF，再由勾股定理，利用OF为中间变量列出r的方程便可求得结果．
【详解】解：（1）连接OD，如图1
∵BF=DF
∴∠B=∠BDF，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ODA，
∵∠C=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∴∠ODA+∠FDB=90°，
∴∠ODF=90°，
∴DF是半圆O的切线；
（2）连接OF，OD，如图2，
设圆的半径为r，则OD=OE=r，
∵AC=4，BC=3，CF=1，
∴OC=4-r，DF=BF=3-1=2，
∵OD2+DF2=OF2=OC2+CF2，
∴r2+22=（4-r）2+12，解得：r=
∴半圆O的半径长为
【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，求证切线，往往连接半径为辅助线，第（2）题关键是由勾股定理列出方程．
26．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OC，由切线的性质得出，结合得出∠ACE＝∠ODA，再结合对等角相等，得出∠ACE＝∠CDE即可；
（2）由∠CDE＝∠ODA＝及ED=EC，可判断出△CDE为等边三角形，在Rt△OCE中，由∠CEO＝可求出∠COE=，继而可求的OE及OC，所以S阴影部分＝S△OCE－S扇形OCD．
【详解】（1）证明：连接OC，如下图：
∵CF为⊙O的切线，
∴∠OCE＝，
∴∠OCA＋∠ACE＝，
∵OE⊥AB，
∴∠DOA＝，
∴∠OAC＋∠ODA＝，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠ACE＝∠ODA，
又∠ODA＝∠CDE，
∴∠ACE＝∠CDE，
∴ED＝EC；
（2）∠CDE＝∠ODA＝，
又ED＝EC，
∴△CDE为等边三角形，
∴∠CEO＝，
∵∠OCE＝，
∴∠COE＝，
∴OE＝2CE＝2，
∴OC＝，
∴S阴影部分＝S△OCE－S扇形OCD＝．
【点睛】本题考查了圆及其切线的基本性质、直角三角形的性质及扇形的面积，正确识别图形及添加合适的辅助线是解题的关键．24.3 正多边形和圆 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河南新乡·九年级统考期末）如图，的外切正六边形的边心距的长度为，那么正六边形的周长为（ ）
A．2 B．6 C．12 D．
2．（2022秋·河南信阳·九年级统考期末）若正六边形的边长为4，则它的外接圆的半径为（ ）
A． B．4 C． D．2
3．（2022秋·河南驻马店·九年级平舆县第二初级中学期末）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，正六边形内接于⊙，正六边形的周长是12，则⊙的半径是（ ）
A． B．2 C． D．
5．（2022秋·河南·九年级河南大学附属中学期末）若正六边形的边长为6，则其外接圆半径与内切圆半径的大小分别为（ ）
A．6，3 B．6，3 C．3，6 D．6，3
6．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）有一题目：“已知；点为的外心，，求．”嘉嘉的解答为：画以及它的外接圆，连接，，如图．由，得．而淇淇说：“嘉嘉考虑的不周全，还应有另一个不同的值．”，下列判断正确的是（ ）
A．淇淇说的对，且的另一个值是115°
B．淇淇说的不对，就得65°
C．嘉嘉求的结果不对，应得50°
D．两人都不对，应有3个不同值
7．（2022秋·河南信阳·九年级统考期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点P是上的任意一点，则∠APB的大小是（ ）
A．15° B．30° C．45° D．60°
8．（2022秋·河南南阳·九年级期末）正方形ABCD内接于⊙O，若⊙O的半径是，则正方形的边长是( )．
A．1 B．2 C． D．
9．（2022秋·河南新乡·九年级统考期末）如图，正五边形内接于⊙，为上的一点（点不与点重合），则的度数为（ ）
A． B． C． D．
10．（2022秋·河南商丘·九年级统考）一个圆的半径为2，则该圆的内接正方形的边长为（ ）
A． B． C． D．
11．（2022秋·河南商丘·九年级统考）如图，正六边形内接于，点M在上，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
12．（2022秋·河南洛阳·九年级河南省洛阳市第二十三中学）如图，取两根等宽的纸条折叠穿插，拉紧，可得边长为2的正六边形.则原来的纸带宽为（ ）
A．1 B． C． D．2
13．（2022秋·河南驻马店·九年级统考）如图，四边形ABCD内接于圆O，AD∥BC，∠DAB＝48°，则∠AOC的度数是（ ）
A．48° B．96° C．114° D．132°
二、填空题
14．（2022秋·河南商丘·九年级商丘市第十六中学期末）一个圆内接正六边形的边长为2，那么这个正六边形的边心距为 ．
15．（2022秋·河南周口·九年级统考期末）如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在上，则∠BPC的度数为 ．
16．（2022秋·河南周口·九年级期末）半径是6cm的圆内接正三角形的边长是 cm．
17．（2022秋·河南三门峡·九年级统考期末）圆内接正六边形的边长为10cm，则它的边心距等于 cm．
18．（2022秋·河南洛阳·九年级洛阳市第二外国语学校）若正方形的外接圆半径为2，则其内切圆半径为 ．
19．（2022秋·河南驻马店·九年级统考）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角后能够与它本身重合，则角可以为 度．（写出一个即可）
20．（2022秋·河南新乡·九年级河南师大附中）一个正多边形的中心角是30°，则这个多边形是正 边形．
21．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，、、、为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为 ．
参考答案：
1．C
【分析】过点O作OG⊥AB，垂足为G，根据边心距得到OG=，证明△OAB是等边三角形，利用勾股定理求出AB，从而可得周长．
【详解】解：如图，过点O作OG⊥AB，垂足为G，
由题意可得：OG=，
在正六边形ABCDEF中，∠AOB==60°，OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴AB=OA==2，
∴正六边形ABCDEF的周长为2×6=12，
故选：C．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，根据正六边形的性质求出△OAB是等边三角形是解答此题的关键．
2．B
【分析】画出图形（见解析），先求出正六边形的中心角的度数，再根据等边三角形的判定与性质即可得．
【详解】解：如图，正六边形的中心角，边长，
，
是等边三角形，
，
即这个正六边形的外接圆的半径为4，
故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形与圆、等边三角形的判定与性质，正确求出正六边形的中心角的度数是解题关键．
3．B
【分析】首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2022次旋转后，点A的坐标即可．
【详解】解：正六边形ABCDEF边长为2，中心与原点O重合，轴，
∴AP＝1， AO＝2，∠OPA＝90°，
∴OP＝＝，
∴A（1，），
第1次旋转结束时，点A的坐标为（，-1）；
第2次旋转结束时，点A的坐标为（-1，）；
第3次旋转结束时，点A的坐标为（，1）；
第4次旋转结束时，点A的坐标为（1，）；
∵将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
∴4次一个循环，
∵2022÷4＝505……2，
∴经过第2022次旋转后，点A的坐标为（-1，），
故选：B
【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化﹣旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
4．B
【分析】连接OB，OC，根据等边三角形的性质可得⊙O的半径，进而可得出结论
【详解】解：连接OB，OC，
∵多边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BOC=60°，
∵OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC，
∵正六边形的周长是12，
∴BC=2，
∴⊙O的半径是2，
故选：B．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，熟知正六边形的性质是解答此题的关键．
5．B
【分析】如图1，⊙O是正六边形的外接圆，连接OA，OB，求出∠AOB=60°，即可证明△OAB是等边三角形，得到OA=AB=6；如图2，⊙O1是正六边形的内切圆，连接O1A，O1B，过点O1作O1M⊥AB于M，先求出∠AO1B＝60°，然后根据等边三角形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）如图1，⊙O是正六边形的外接圆，连接OA，OB，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=360°÷6=60°，
∵OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA=AB=6；
（2）如图2，⊙O1是正六边形的内切圆，连接O1A，O1B，过点O1作O1M⊥AB于M，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AO1B＝60°，
∵O1A= O1B，
∴△O1AB是等边三角形，
∴O1A= AB=6，
∵O1M⊥AB，
∴∠O1MA＝90°，AM＝BM，
∵AB＝6，
∴AM＝BM，
∴O1M．
故选B．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，等边三角形的性质与判定，勾股定理，熟知正多边形与圆的知识是解题的关键．
6．A
【分析】直接利用圆内接四边形的性质结合圆周角定理得出答案．
【详解】解：如图所示：
∵∠BOC=130°，
∴∠A=65°，
∠A还应有另一个不同的值∠A′与∠A互补．
故∠A′＝180° 65°＝115°．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了三角形的外接圆，正确分类讨论是解题关键．
7．B
【分析】由正六边形的性质得出∠AOB=120°，由圆周角定理求出∠APC=30°．
【详解】解：连接OA、OB、如图所示：
∵∠AOB＝＝60°，
∴∠APC＝∠AOC＝30°，
故选：B．
【点睛】本题考查了正六边形的性质、圆周角定理；熟练掌握正六边形的性质，由圆周角定理求出∠AOB=60°是解决问题的关键．
8．B
【分析】连接OB，CO，在Rt△BOC中，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：连接OB，OC，则，根据正方形的性质得：∠BOC=90°，
在Rt△BOC中，．
∴正方形的边长是2，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了正多边形和圆，本题需仔细分析图形，利用勾股定理即可解决问题．
9．B
【分析】根据圆周角的性质即可求解.
【详解】连接CO、DO，正五边形内心与相邻两点的夹角为72°，即∠COD=72°，
同一圆中，同弧或同弦所对应的圆周角为圆心角的一半，
故∠CPD=,
故选B.
【点睛】此题主要考查圆内接多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理的应用.
10．D
【分析】通过添加辅助线构造直角三角形，进而运用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：根据题意可画出图形，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，即，
∴（负值舍去），
故选：D．
【点睛】本题考查了圆内接正方形，勾股定理，解题的关键是熟练运用圆内接正多边形解决问题．
11．D
【分析】先求出正六边形的中心角，再利用圆周角定理求解即可．
【详解】解：连接OC、OD、OE，如图所示：
∵正六边形内接于，
∴∠COD= =60°，则∠COE=120°，
∴∠CME= ∠COE=60°，
故选：D．
【点睛】本题考查正多边形的中心角、圆周角定理，熟练掌握正n多边形的中心角为是解答的关键．
12．C
【分析】结合题意标上字母，作，根据题意可得：是边长为2的等边三角形，等边三角形的高为原来的纸带宽度，在中，根据勾股定理即可求得答案.
【详解】如图，作，
依题可得：是边长为2的等边三角形，
在中，
∵，，
∴，
即原来的纸宽为.
故答案为C.
【点睛】本题考查正多边形和圆：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．熟练掌握正六边形的性质．
13．B
【分析】根据平行线的性质求出∠B，根据圆内接四边形的性质求出∠D，根据圆周角定理解答．
【详解】∵AD∥BC，
∴∠B＝180°﹣∠DAB＝132°，
∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠D＝180°﹣∠B＝48°，
由圆周角定理得，∠AOC＝2∠D＝96°，
故选B．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、平行线的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
14．
【分析】根据正六边形的特点，通过中心作边的垂线，连接半径，结合解直角三角形的相关知识即可解决问题．
【详解】解：如图，连接OA、OB，过点O作OH⊥AB于点H，
在Rt△AOH中，OA=2，∠AOH=30°，
∴OH==；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查正多边形的计算问题，属于常规题，判断清楚正三角形是解题的关键．
15．45°/45度
【分析】连接OB、OC，根据正方形的性质得到∠BOC的度数，利用圆周角与圆心角的关系得到答案．
【详解】解：连接OB、OC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOC=90°，
∴∠BPC=，
故答案为：45°．
【点睛】此题考查了圆内接正方形的性质，圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，熟记各知识点是解题的关键．
16．6
【分析】根据题意画出图形，作出辅助线，利用垂径定理及等边三角形的性质解答即可．
【详解】如图所示，OB=OA=6，
∵△ABC是正三角形，
由于正三角形的中心就是圆的圆心，
且正三角形三线合一，
所以BO是∠ABC的平分线；
∠OBD=60°×=30°，
BD=cos30°×6=6×=3；
根据垂径定理，BC=2×BD=6，
故答案为6．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，正三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键，根据圆的内接正三角形的特点，求出内心到每个顶点的距离，可求出内接正三角形的边长．
17．．
【详解】试题解析：如图所示，连接OB、OC，过O作OG⊥BC于G，
∵此多边形是正六边形，
∴△OBC是等边三角形，
∴边心距
故答案为
18．
【分析】根据题意画出图形，再由正方形的性质判断出为等腰直角三角形，然后再用勾股定理即可求得答案．
【详解】解：如图，连接、，根据题意知，
∵是小圆的切线，
∴，
∵四边形是正方形，
∴是等腰直角三角形，，
∴在中根据勾股定理得：
，
∴，解得或（舍去），
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形和圆、勾股定理、等腰三角形的性质等知识，根据题意画出图形并利用勾股定理是解答本题的关键，属于中考常考题型．
19．60或120或180或240或300（写出一个即可）
【分析】如图（见解析），求出图中正六边形的中心角，再根据旋转的定义即可得．
【详解】解：这个图案对应着如图所示的一个正六边形，它的中心角，
，
角可以为或或或或，
故答案为：60或120或180或240或300（写出一个即可）．
【点睛】本题考查了正多边形的中心角、图形的旋转，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．
20．十二
【分析】根据正多边形的边数=周角÷中心角，计算即可得．
【详解】解：∵一个正多边形的中心角是30°，
∴这个多边形是：360°÷30°＝12，即正十二边形，
故答案为：十二．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，解题的关键是掌握正多边形的中心角与边数的关系．
21．10
【分析】连接AO,BO，根据圆周角定理得到∠AOB=36°，根据中心角的定义即可求解．
【详解】如图，连接AO,BO，
∴∠AOB=2∠ADB=36°
∴这个正多边形的边数为=10
故答案为：10．
【点睛】此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．24.4 弧长和扇形面积 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河南三门峡·九年级统考期末）如图，在扇形中，，将扇形沿着过点B的直线折叠，点O恰好落在弧上的点D处，折痕交于点C，则弧的长为（结果保留）（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·河南三门峡·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为8，以点A为圆心，AD为半径，画圆弧DE得到扇形DAE（阴影部分，点E在对角线AC上）．若扇形DAE正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是（ ）
A． B．2 C． D．1
3．（2022秋·河南濮阳·九年级期末）如图，如果从半径为6cm的圆形纸片剪去圆周的一个扇形，将留下的扇形围成一个圆锥(接缝处不重叠)，那么这个圆锥的底面半径为( )
A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm
4．（2022秋·河南三门峡·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
二、填空题
5．（2022秋·河南安阳·九年级统考期末）如图，在扇形OAB中，，则的长为 cm．
6．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，先将沿BC翻折交AB于点D，再将沿AB翻折交BC于点E．若，AB＝4，则的长度为 ．
7．（2022秋·河南南阳·九年级统考期末）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝110°，半径OA＝18，将扇形AOB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上的点D处，折痕交OA于点C，则阴影部分的周长是 ．
8．（2022秋·河南周口·九年级统考期末）如图，扇形AOB的圆心角为60°，线段CD和扇形AOB相切，切点M为圆弧的中点，，连接MA，MB，利用扇形与四边形AOBM和五边形AOBCD的面积关系估计圆周率的范围是 ．
9．（2022秋·河南许昌·九年级统考期末）如图，△ABC的三个顶点都在5×5的网格（每个小正方形的边长均为1个单位长度）的格点上，将△ABC绕点B逆时针旋转到△A′BC′的位置，且点A′、C′仍落在格点上，则图中阴影部分的面积是 ．
10．（2022秋·河南商丘·九年级统考期末）如图，从一块直径为2cm的圆形铁皮上剪出一圆心角为90°的扇形，则此扇形的面积为 cm2．
11．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，P是半圆外一点，PC，PD是⊙O的切线，CD为切点，过C，D分别作直径AB的垂线，垂足为E，F，若 ，直径AB=10cm，则图中阴影部分的面积是 cm2；
12．（2022秋·河南开封·九年级统考期末）如图，草坪上的自动喷水装置能旋转220°，若它的喷射半径是20m，则它能喷灌的草坪的面积为 m2．
13．（2022秋·河南洛阳·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝60°，BC＝1，点P从点A出发沿AB方向运动，到达点B时停止运动，连结CP，点A关于直线CP的对称点为A'，连结A'C，A'P．点P到达点B时，线段A'P扫过的面积为 ．
14．（2022秋·河南信阳·九年级期末）如图，已知的半径为2，内接于，，则弓形（阴影部分）的面积为 ．
15．（2022秋·河南新乡·九年级统考期末）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转后得到，则图中阴影部分的面积是 ．
16．（2022秋·河南安阳·九年级统考期末）如图，AB是半圆O的直径，且AB=10，点P为半圆上一点．将此半圆沿AP所在的直线折叠，若恰好弧AP过圆心O，则图中阴影部分的面积是 ．（结果保留π）
17．（2022秋·河南信阳·九年级统考期末）如图，点P为⊙O外一点，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，，若⊙O半径为3，则图中阴影部分的面积为 （结果保留π）
18．（2022秋·河南漯河·九年级统考期末）如图，有一圆锥形粮堆，其主视图是边长为6m的正三角形ABC，母线AC的中点处有一老鼠正在偷吃粮食，小猫从B处沿圆锥表面去偷袭老鼠，则小猫经过的最短路程是 m（结果保留根号）
三、解答题
19．（2022秋·河南周口·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，，点O是AB边上一点，以O为圆心，OB为半径的半圆与AC边相切于点D，与边AB、BC分别相交于点E、F，连接DF、OF．
(1)求证：；
(2)当，，求的长．
20．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）某种冰激凌的外包装可以视为圆锥，它的底面圆直径与母线长之比为．制作这种外包装需要用如图所示的等腰三角形材料，其中，．将扇形围成圆锥时，，恰好重合．
（1）求这种加工材料的顶角的大小
（2）若圆锥底面圆的直径为5cm，求加工材料剩余部分（图中阴影部分）的面积．（结果保留）
21．（2022秋·河南三门峡·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，．
(1)请画出关于原点对称的；
(2)请画出绕点B逆时针旋转后的，求点A到所经过的路径长．
22．（2022秋·河南周口·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，M是半圆弧的中点，点C是上的动点（不与端点M，B重合），点D在弦AC上，．
(1)求证：；
(2)填空：若，则点D移动的路径长等于________．
23．（2022秋·河南新乡·九年级统考期末）边长为4的正方形ABCD绕顶点A，按顺时针方向旋转至正方形，记旋转角为．
（1）如图1，当时，求弧的长度和线段AC扫过的扇形面积；
（2）如图2，当时，记BC与的交点为E，求线段的长度；
（3）如图3，在旋转过程中，若F为线段的中点，求线段DF长度的取值范围．
24．（2022秋·河南信阳·九年级统考期末）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点A（5，2）、B（5，5）、C（1，1）均在格点上．
(1)将△ABC向下平移5个单位得到△A1B1C1，画出图形并写出点A1的坐标；
(2)画出△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90°后得到的△A2B2C1，并写出点A2的坐标；
(3)在（2）的条件下，求△A1B1C1在旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
25．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，把△ABC绕点C逆时针旋转90°后得到△A1B1C．
(1)画出△A1B1C，；
(2)求在旋转过程中，CA所扫过的面积．
26．（2022秋·河南三门峡·九年级统考期末）如图Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC，AD交BC于点D，点E在AB上，以AE为直径的⊙O经过点D．
(1)求证：直线BC是⊙O的切线．
(2)若AC=6，∠B=30°，求图中阴影部分的面积．
参考答案：
1．B
【分析】如图，连接OD．根据折叠的性质、圆的性质推知△ODB是等边三角形，则易求∠AOD=100°-∠DOB=40°；然后由弧长公式弧长的公式 来求的长即可．
【详解】解：如图，连接OD．
根据折叠的性质知，OB=DB．
又∵OD=OB，
∴OD=OB=DB，即△ODB是等边三角形，
∴∠DOB=60°．
∵∠AOB=100°，
∴∠AOD=∠AOB-∠DOB=40°，
∴的长为 =2π．
故选：B．
【点睛】本题考查了弧长的计算，翻折变换（折叠问题）．折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．所以由折叠的性质推知△ODB是等边三角形是解答此题的关键之处．
2．D
【分析】根据圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等列式计算即可．
【详解】解：设圆锥的底面圆的半径为r，
根据题意可知：
AD=AE=8，∠DAE=45°，
底面圆的周长等于弧长：
∴2πr= ，
解得r=1．
所以，该圆锥的底面圆的半径是1
故选：D．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，解决本题的关键是掌握圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等．
3．B
【分析】因为圆锥的高，底面半径，母线构成直角三角形，首先求得留下的扇形的弧长，利用勾股定理求圆锥的高即可.
【详解】解：∵从半径为6cm的圆形纸片剪去圆周的一个扇形，
∴剩下的扇形的角度=360°×=240°，
∴留下的扇形的弧长=，
∴圆锥的底面半径cm；
故选：B.
【点睛】此题主要考查了主要考查了圆锥的性质，要知道（1）圆锥的高，底面半径，母线构成直角三角形，（2）此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
4．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．
5．/
【分析】利用弧长公式，代入数值计算即可．
【详解】解：由题意得的长＝＝(cm)，
故答案为：
【点睛】此题考查了弧长，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
6．
【分析】由同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等可得，因此．结合AB是的直径，可得所对的圆心角的度数．再利用弧长公式计算的长即可．
【详解】∵、、、所在的圆是等圆
又∵、、所对的圆周角都是
∴==
又∵=
∴===
又∵ +++=
∴=
∴
又∵AB是的直径
∴所对的圆心角为
∴的长=
故答案为
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，弧长的计算，翻折变换．求所对的圆心角的度数是解题的关键．
7．
【分析】连接OD，根据折叠的性质可得OB=BD，即可证明△OBD是等边三角形，可得∠BOD=60°，根据弧长公式即可求出的长，进而求出即可得答案．
【详解】如图，连接OD，
∵将扇形OAB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上的点D处，
∴OB=OD=BD，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠BOD=60°，
∵半径OA=18，OB=OA，
∴，
∴阴影部分的周长=，
故答案为：．
【点睛】本题考查折叠性质、等边三角形的判定与性质及弧长公式，根据折叠性质得到△OBD是等边三角形并熟记弧长公式是解题的关键．
8．3＜＜
【分析】连接，，与交于点，利用切线的性质定理和垂径定理和已知条件，得到四边形和四边形为全等的矩形，计算出扇形与四边形和五边形的面积，利用，列出关于的不等式，解不等式即可得出结论．
【详解】解：连接，，与交于点，如图，
线段和扇形相切点，
．
切点为圆弧的中点，
．
，．
，
四边形和四边形为全等的矩形．
．
，，
，．
设，
，
．
．
．
．
，，
．
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了切线的性质定理，圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，扇形的面积，连接，利用切线的性质定理解答是解题的关键．
9．
【分析】首先求得扇形的半径和圆心角，然后根据扇形面积公式求得扇形的面积，然后计算出的面积，相减即可得出阴影部分面积．
【详解】解：由题意得，
，
旋转角，
，
∵，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了扇形面积的计算、勾股定理等，牢固掌握扇形面积公式是做出本题的关键．
10．
【分析】连接AC，根据圆周角定理得出AC为圆的直径，解直角三角形求出AB，根据扇形面积公式进行求解即可．
【详解】解：如图，连接AC，
∵从一块直径为2cm的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形，即∠ABC=90°，
∴AC为直径，即AC=2cm，AB=BC（扇形的半径相等），
∵在中，，
∴AB=BC=，
∴阴影部分的面积是 （cm2）．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理和扇形的面积计算，熟记扇形的面积公式是解题的关键．
11．12.5
【分析】阴影部分的面积是S阴影PDC+S阴影ADF+S阴影CEB，S阴影PDC等于正方形面积减去90度的扇形面积，S阴影ADF+S阴影CEB等于2个扇形面积减去△DFO和△COE.
【详解】
阴影部分的面积是S阴影PDC+S阴影ADF+S阴影CEB
=25－
=12.5
【点睛】本题的解题关键是掌握扇形面积的计算方法.
12．
【分析】根据题意可得它能喷灌的草坪是扇形，半径为20m，圆心角为220°，再根据扇形面积公式，即可求解．
【详解】解：∵草坪上的自动喷水装置能旋转220°，它的喷射半径是20m，
∴它能喷灌的草坪是扇形，半径为20m，圆心角为220°，
∴它能喷灌的草坪的面积为： =m2．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了扇形面积的计算，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
13．
【分析】依据轴对称的性质，即可得到AC＝A'C，进而得出点A'的运动轨迹为以C为圆心，AC长为半径的一段圆弧；再根据扇形面积的计算公式，即可得到线段A'P扫过的面积．
【详解】解：∵△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝60°，BC＝1，
∴∠ABC＝90°，AC＝2BC＝2，AB＝，
如图①所示，点A关于直线CP的对称点为A'，
∴AC＝A'C，
∴点A'的运动轨迹为以C为圆心，AC长为半径的一段圆弧，
当点P与点B重合时，线段A'P扫过的区域为弓形，如图②，
∠APA'＝180°，∠ACA'＝120°，
∴线段A'P扫过的面积为，
故答案为．
【点睛】本题主要考查圆中扇形面积的计算，根据动点准确做出轨迹是解题的关键．
14．
【分析】根据圆内接四边形对角互补和同弧所对的圆心角是圆周角的二倍，可以求得∠AOB的度数，然后根据弓形ACB的面积=S扇形OAB-S△OAB得出结果即可．
【详解】解：设点D为优弧AB上一点，连接AD、BD、OA、OB，如图所示，
∵⊙O的半径为2，△ABC内接于⊙O，∠ACB=135°，
∴∠ADB=45°，
∴∠AOB=90°，
∵OA=OB=2，
∴弓形ACB的面积=S扇形OAB-S△OAB==，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查求弓形的面积，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
15．
【分析】先利用含30度的直角三角形三边的关系计算出，，再根据旋转的性质得到，，，则，接着在中计算出，从而得到，然后根据扇形的面积公式，利用图中阴影部分的面积进行计算．
【详解】解：，，
，，，
将绕点逆时针旋转后得到，
，，，
，
在中，
，
，
，
图中阴影部分的面积．
故答案为．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算：设圆心角是，圆的半径为R的扇形面积为S，则 或（其中l为扇形的弧长）．求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．也考查了旋转的性质．
16．
【分析】过点O作OD⊥BC于点D，交弧AP于点E，则可判断点O是弧AOP的中点，由折叠的性质可得OD=DE=R=，在Rt△OBD中求出∠OAD=30°，继而得出∠AOC，求出扇形AOC的面积即可得出阴影部分的面积．
【详解】解：过点O作OD⊥BC于点D，交弧AP于点E，连接OP，
则点E是弧AEP的中点，由折叠的性质可得点O为弧AOP的中点，
∴S弓形AO=S弓形PO，
在Rt△AOD中，OA=OB=R=5，OD=DE=R=，
∴∠OAD=30°，
∴∠BOP=60°，
∴S阴影=S扇形BOP==π．
故答案为：π．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，解答本题的关键是作出辅助线，判断点O是弧AOP的中点，将阴影部分的面积转化为扇形的面积．
17．
【分析】连接，先根据圆的切线的性质可得，再根据正方形的判定可得四边形是正方形，根据正方形的性质可得，然后利用正方形的面积减去扇形的面积即可得．
【详解】解：如图，连接，
分别与相切于点，
，
又，
四边形是正方形，
，
则图中阴影部分的面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、扇形的面积、正方形的判定与性质，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
18．3
【分析】根据两点之间，线段最短，首先要展开圆锥的半个侧面，再连接BP，根据勾股定理可求出BP.
【详解】
根据圆锥的侧面积等于展开扇形的面积得：,设圆锥侧面展开图圆心角为n，则=18π，解得n=180，展开的半个侧面的圆心角是90（如图），
因为两点之间线段最短，则根据勾股定理得:BP==(m).
【点睛】本题考查了求圆锥侧面展开图圆心角的度数，以及勾股定理求边长，解题关键是熟练掌握圆锥侧面展开图相关知识.
19．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OD，如图，根据切线的性质得OD⊥AC，则OD∥BC，根据平行线的性质证明∠DOE＝∠DOF，所以，从而得到结论；
（2）首先求出，再求出半径和圆心角即可．
【详解】（1）解：连结OD，
∵AC与半圆相切，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：在Rt△ABC中，，，
∴，
设的半径为r，则，
∴，
在Rt△AOD中，，
∴，，，
∴．
【点睛】题考查了切线的性质，含30度角的直角三角形，弧长的计算，解决本题的关键是掌握切线的性质．
20．（1）=90°；（2）S阴影=（100-）cm2．
【分析】（1）设ED=x，则AD=2x，根据圆的周长求 弧长，利用弧长公式求即可；
（2）由，=90°，可得△ABC为等腰直角三角形，由可求BD=CD=AD=10cm， 利用三角形面积公式求S△BAC=，利用扇形面积公式求，利用面积差求S阴影即可．
【详解】解：（1）设ED=x，则AD=2x，
∴弧长，
∴，
∴=90°；
（2）∵ED=5cm，
∴AD=2ED=10cm，
∵，=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵，
∴BD=CD=AD=10cm，
∴BC=BD+CD=20cm，
∴S△BAC=cm2，
∴，
∴S阴影= S△BAC-=（100-）cm2．
【点睛】本题考查圆锥，侧面展开图，扇形面积公式，等腰直角三角形判定与性质，利用割补法求阴影面积，掌握圆锥，侧面展开图，扇形面积公式，等腰直角三角形判定与性质，利用割补法求阴影面积是解题关键．
21．(1)见解析
(2)见解析，
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点，，即可．
（2）分别作出A，B，C的对应点，，即可，再利用弧长公式求解即可．
【详解】（1）如图所示即为所求；
（2）如图所示即为所求，
，
点A到经过的路径长．
【点睛】本题考查作图——旋转变换，中心对称，勾股定理和弧长公式，解题的关键是正确得出对应点的位置．
22．(1)见解析
(2)π
【分析】（1）连接MA、MB，证明△AMD≌△BMC（SAS），即可解决问题；
（2）由∠MDC=45°，推出∠ADM=180°-45°=135°，推出点D的运动轨迹是弧ADM，设圆心为T，连接AT，MT，则∠T=90°，利用弧长公式求解即可．
【详解】（1）证明：连接MA，MB
∵M是半圆弧的中点，
∴，，
∴∠MAB=∠MBA=45°，
∴．
∵，
∴△DCM是等腰直角三角形．
∴．
∵，，
∴．
∴△AMD≌△BMC（SAS）．
∴．
（2）∵∠MDC=45°，
∴∠ADM=180°-45°=135°，
∴点D的运动轨迹是弧ADM，设圆心为T，连接AT，MT，则∠T=90°，
∵AB=4，
∴AM=，
∴AT=TM=2，
∴的长=．
【点睛】本题考查动点的轨迹，弧长公式，圆周角定理、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
23．（1）弧的长度，扇形的面积；（2）；（3）DF的取值范围为．
【分析】（1）根据正方形的性质得到AD=CD=4，∠D=90°，由勾股定理得到，根据弧长的计算公式和扇形的面积公式即可得到结论；
（2）连接，根据题意得到B在对角线AC1上，根据勾股定理得，求得，推出是等腰直角三角形，得到，于是得到结论；
（3）如图3，连接，取中点，根据三角形中位线定理得到，，推出点F的轨迹是以О为圆心、2为半径的圆，于是得到结论．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴的长度，
扇形的面积；
（2）如图2，连接，
∵旋转角，
∴，
∴点B在对角线上，
在中，，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（3）如图3，连接，取中点，
则，
又∵
∴，，
∴点F的轨迹是以О为圆心、2为半径的圆，
∵，
∴，
∴，
∴DF的取值范围为．
【点睛】本题考查了圆的综合题，正方形性质，全等三角形判定与性质，三角形中位线定理.（3）问解题的关键是利用中位线定理得出点P的轨迹．
24．(1)图见解析；点A1的坐标为（5，﹣3）
(2)图见解析；点A2的坐标为（0，0）
(3)△A1B1C1在旋转过程中扫过的面积为
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1，再连接A1B1，A1C1，B1C1，再写出点的坐标即可．
（2）分别作出A1，B1的对应点A2，B2，再连接A2B2，A2C1，B2C1，再写出点的坐标即可．
（3）根据=S扇形B2C1B1+S△A1B1C1，利用扇形面积公式和三角形面积公式求解即可．
【详解】（1）解：如图所示，△A1B1C1即为所求，
点A1的坐标为（5，﹣3）；
（2）如图所示，△A2B2C1即为所求，点A2的坐标为（0，0）；
（3）解；如图，△A1B1C1在旋转过程中扫过的面积为：
．
【点睛】本题考查平移作图与旋转作图，扇形的面积，熟练掌握利用平移的性质和旋转的性质作图，扇形面积公式是解题的关键．
25．(1)见解析;(2).
【分析】（1）根据旋转中心方向及角度找出点A、B的对应点A1、B1的位置，然后顺次连接即可.
（2）利用勾股定理求出AC的长，CA所扫过的面积等于扇形CAA1的面积,然后列式进行计算即可．
【详解】解：
(1)△A1B1C为所求作的图形：
(2)∵AC=，∠ACA1=90°,
∴在旋转过程中，CA所扫过的面积为：
．
【点睛】本题考查的知识点是作图-旋转变换, 扇形面积的计算，解题的关键是熟练的掌握作图-旋转变换, 扇形面积的计算.
26．(1)见解析
(2)阴影部分的面积为π-4．
【分析】（1）连接OD，由AD平分∠BAC，可知∠OAD=∠CAD，易证∠ODA=∠OAD，所以∠ODA=∠CAD，所以OD∥AD，由于∠C=90°，所以∠ODB=90°，从而可证直线BC是⊙O的切线；
（2）根据含30度角的直角三角形性质可求出AB的长度，然后求出∠AOD的度数，然后根据扇形的面积公式即可求出答案．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD=∠CAD，
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD∥AC，
∵∠C=90°，
∴∠ODB=90°，
∴OD⊥BC，
∴直线BC是⊙O的切线；
（2）解：由∠B=30°，∠C=90°，∠ODB=90°，
得：AB=2AC=12，OB=2OD，∠AOD=120°，
∠DAC=30°，
∵OA=OD，
∴OB=2OA，
∴OA=OD=4，
由∠DAC=30°，得DC=2，
∴S阴影=S扇形OAD-S△OAD
=
=π-4．
【点睛】本题考查圆的综合问题，涉及角平分线的性质，平行线的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，扇形面积公式等，需要学生灵活运用所学知识．
